中考数学锐角三角函数(大题培优易错试卷)及答案

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．在△ABC中，AB=BC，点O是AC的中点，点P是AC上的一个动点（点P不与点A，O，C重合）．过点A，点C作直线BP的垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF． （1）如图1，请直接写出线段OE与OF的数量关系；

（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由

（3）若|CF﹣AE|=2，EF=23，当△POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP的长．

【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP的长为62或23. 3【解析】

【分析】（1）如图1中，延长EO交CF于K，证明△AOE≌△COK，从而可得OE=OK，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE；

（2）如图2中，延长EO交CF于K，由已知证明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，继而可证得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK，OF=OE； （3）分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得. 【详解】（1）如图1中，延长EO交CF于K，

∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO， ∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，

1EK=OE； 2（2）如图2中，延长EO交CF于K，

∵△EFK是直角三角形，∴OF=

∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，

∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF， ∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF， ∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF， ∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；

（3）如图3中，点P在线段AO上，延长EO交CF于K，作PH⊥OF于H，

∵|CF﹣AE|=2，EF=23，AE=CK，∴FK=2， 在Rt△EFK中，tan∠FEK=∴EK=2FK=4，OF=

3，∴∠FEK=30°，∠EKF=60°， 31EK=2， 21PF=1，HF=3，OH=2﹣3， 2∵△OPF是等腰三角形，观察图形可知，只有OF=FP=2， 在Rt△PHF中，PH=∴OP=1223262.

如图4中，点P在线段OC上，当PO=PF时，∠POF=∠PFO=30°， ∴∠BOP=90°， ∴OP=

323OE=， 3323. 3综上所述：OP的长为62或【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.

2．如图，在⊙O的内接三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，过C作AB的垂线l交⊙O于另一点D，垂足为E.设P是PD，PD交AB于点G. (1)求证：△PAC∽△PDF； (2)若AB＝5，

，求PD的长；

＝x，tan∠AFD＝y，求y与x之间的函数关系式．(不要求写出

上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与

(3)在点P运动过程中，设x的取值范围)

【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

；（3）

.

试题分析：（1）应用圆周角定理证明∠APD＝∠FPC，得到∠APC＝∠FPD，又由∠PAC＝∠PDC，即可证明结论. （2）由AC=2BC，设

，应用勾股定理即可求得BC，AC的长，则由AC=2BC得

可知△APB是等腰直角三角

，由△ACE∽△ABC可求得AE，CE的长，由

形，从而可求得PA的长，由△AEF是等腰直角三角形求得EF=AE=4，从而求得DF的长，

由（1）△PAC∽△PDF得

，即可求得PD的长.

，由角的转换可得，由△AGD∽△PGB可得

，两

（3）连接BP，BD，AD，根据圆的对称性，可得

，由△AGP∽△DGB可得

式相乘可得结果.

试题解析：（1）由APCB内接于圆O，得∠FPC＝∠B，

又∵∠B＝∠ACE＝90°－∠BCE，∠ACE＝∠APD，∴∠APD＝∠FPC. ∴∠APD＋∠DPC＝∠FPC＋∠DPC，即∠APC＝∠FPD. 又∵∠PAC＝∠PDC，∴△PAC∽△PDF. （2）连接BP，设∴

∵△ACE∽△ABC，∴∵AB⊥CD，∴如图，连接BP， ∵

，∴△APB是等腰直角三角形. ∴∠PAB＝45°，

.

.

，∵∠ACB=90°，AB=5，.∴

，即

.

. ∴

.

∴△AEF是等腰直角三角形. ∴EF=AE=4. ∴DF=6.

由（1）△PAC∽△PDF得∴PD的长为

.

，即

.

（3）如图，连接BP，BD，AD，

∵AC=2BC，∴根据圆的对称性，得AD=2DB，即∵AB⊥CD，BP⊥AE，∴∠ABP＝∠AFD. ∵

，∴

. .

. .

.

∵△AGP∽△DGB，∴∵△AGD∽△PGB，∴∴∵

，∴

，即.

∴与之间的函数关系式为

.

考点：1.单动点问题；2.圆周角定理；3.相似三角形的判定和性质；4.勾股定理；5.等腰直角三角形的判定和性质；6.垂径定理；7.锐角三角函数定义；8.由实际问题列函数关系式.

3．如图，将一副直角三角形拼放在一起得到四边形ABCD，其中∠BAC=45°，∠ACD=30°，点E为CD边上的中点，连接AE，将△ADE沿AE所在直线翻折得到△AD′E，D′E交AC于F点．若AB=6

cm．

（1）AE的长为 cm；

（2）试在线段AC上确定一点P，使得DP+EP的值最小，并求出这个最小值； （3）求点D′到BC的距离．

【答案】（1）【解析】

；（2）12cm；（3）

cm．

试题分析：（1）首先利用勾股定理得出AC的长，进而求出CD的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进而得出答案： ∵∠BAC=45°，∠B=90°，∴AB=BC=6

cm，∴AC=12cm．

∵∠ACD=30°，∠DAC=90°，AC=12cm，∴∵点E为CD边上的中点，∴AE=DC=

cm．

（cm）．

（2）首先得出△ADE为等边三角形，进而求出点E，D′关于直线AC对称，连接DD′交AC

于点P，根据轴对称的性质，此时DP+EP值为最小，进而得出答案．

（3）连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，进而得出△ABD′≌△CBD′（SSS），则∠D′BG=45°，D′G=GB，进而利用勾股定理求出点D′到BC边的距离． 试题解析：解：（1）

．

（2）∵Rt△ADC中，∠ACD=30°，∴∠ADC=60°， ∵E为CD边上的中点，∴DE=AE．∴△ADE为等边三角形．

∵将△ADE沿AE所在直线翻折得△AD′E，∴△AD′E为等边三角形，∠AED′=60°． ∵∠EAC=∠DAC﹣∠EAD=30°，∴∠EFA=90°，即AC所在的直线垂直平分线段ED′． ∴点E，D′关于直线AC对称．

如答图1，连接DD′交AC于点P，∴此时DP+EP值为最小，且DP+EP=DD′． ∵△ADE是等边三角形，AD=AE=∴

，

，即DP+EP最小值为12cm．

（3）如答图2，连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G， ∵AC垂直平分线ED′，∴AE=AD′，CE=CD′， ∵AE=EC，∴AD′=CD′=

．

在△ABD′和△CBD′中，∵，∴△ABD′≌△CBD′cm，

，

（不合题意舍去）． cm．

（SSS）．∴∠D′BG=∠D′BC=45°．∴D′G=GB． 设D′G长为xcm，则CG长为在Rt△GD′C中，由勾股定理得解得：

∴点D′到BC边的距离为

考点：1．翻折和单动点问题；2．勾股定理；3．直角三角形斜边上的中线性质；4．等边三角形三角形的判定和性质；5．轴对称的应用（最短线路问题）；6．全等三角形的判定和性质；7．方程思想的应用．

4．如图，正方形OABC的顶点O与原点重合，点A，C分别在x轴与y轴的正半轴上，点

1，点E是射线OB上一动点，2EF⊥x轴于点F，交射线OD于点G，过点G作GH∥x轴交AE于点H． （1）求B，D两点的坐标；

（2）当点E在线段OB上运动时，求∠HDA的大小；

A的坐标为（4，0），点D在边AB上，且tan∠AOD＝

（3）以点G为圆心，GH的长为半径画⊙G．是否存在点E使⊙G与正方形OABC的对角线所在的直线相切？若不存在，请说明理由；若存在，请求出所有符合条件的点E的坐标．

【答案】（1）B（4，4），D（4，2）；（2）45°；（3）存在，符合条件的点为（8﹣

421216,42，8﹣42）或（8+42，8+42）或或7716421642,，理由见解析 77【解析】 【分析】

（1）由正方形性质知AB=OA=4，∠OAB=90°，据此得B（4，4），再由tan∠AOD= AD=

1得21OA=2，据此可得点D坐标； 2GF11知GF=OF，再由∠AOB=∠ABO=45°知OF=EF，即OF22（2）由tanGOFGF=

1EF，根据GH∥x轴知H为AE的中点，结合D为AB的中点知DH是△ABE的中位2线，即HD∥BE，据此可得答案；

（3）分⊙G与对角线OB和对角线AC相切两种情况，设PG=x，结合题意建立关于x的方程求解可得．

【详解】

解：（1）∵A（4，0）， ∴OA＝4，

∵四边形OABC为正方形， ∴AB＝OA＝4，∠OAB＝90°， ∴B（4，4），

在Rt△OAD中，∠OAD＝90°， ∵tan∠AOD＝∴AD＝

1， 211OA＝×4＝2， 22∴D（4，2）；

（2）如图1，在Rt△OFG中，∠OFG＝90°

GF11＝，即GF＝OF， OF22∵四边形OABC为正方形， ∴∠AOB＝∠ABO＝45°， ∴OF＝EF，

∴tan∠GOF＝∴GF＝

1EF， 2∴G为EF的中点， ∵GH∥x轴交AE于H， ∴H为AE的中点， ∵B（4，4），D（4，2）， ∴D为AB的中点， ∴DH是△ABE的中位线， ∴HD∥BE，

∴∠HDA＝∠ABO＝45°． （3）①若⊙G与对角线OB相切， 如图2，当点E在线段OB上时，

过点G作GP⊥OB于点P，设PG＝x，可得PE＝x，EG＝FG＝2x， OF＝EF＝22x， ∵OA＝4， ∴AF＝4﹣22x，

∵G为EF的中点，H为AE的中点， ∴GH为△AFE的中位线， ∴GH＝

11AF＝×（4﹣22x）＝2﹣2x， 22则x＝2﹣2x， 解得：x＝22﹣2， ∴E（8﹣42，8﹣42），

如图3，当点E在线段OB的延长线上时，

x＝2x﹣2， 解得：x＝2+2， ∴E（8+42，8+42）； ②若⊙G与对角线AC相切，

如图4，当点E在线段BM上时，对角线AC，OB相交于点M，

过点G作GP⊥OB于点P，设PG＝x，可得PE＝x， EG＝FG＝2x， OF＝EF＝22x， ∵OA＝4， ∴AF＝4﹣22x，

∵G为EF的中点，H为AE的中点， ∴GH为△AFE的中位线， ∴GH＝

11AF＝×（4﹣22x）＝2﹣2x， 22过点G作GQ⊥AC于点Q，则GQ＝PM＝3x﹣22， ∴3x﹣22＝2﹣2x， ∴x422， 7421216E,∴； 77如图5，当点E在线段OM上时，

GQ＝PM＝22﹣3x，则22﹣3x＝2﹣2x， 解得x422， 7∴E16421642,； 77如图6，当点E在线段OB的延长线上时，

3x﹣22＝2x﹣2， 解得：x422（舍去）； 7综上所述，符合条件的点为（8﹣42，8﹣42）或（8+42，8+42）或

42121616421642,,或． 7777【点睛】

本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握正方形和直角三角形的性质、正切函数的定义、三角形中位线定理及分类讨论思想的运用．

5．已知Rt△ABC，∠BAC＝90°，点D是BC中点，AD＝AC，BC＝43，过A，D两点作⊙O，交AB于点E， （1）求弦AD的长；

（2）如图1，当圆心O在AB上且点M是⊙O上一动点，连接DM交AB于点N，求当ON等于多少时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形？

（3）如图2，当圆心O不在AB上且动圆⊙O与DB相交于点Q时，过D作DH⊥AB（垂足为H）并交⊙O于点P，问：当⊙O变动时DP﹣DQ的值变不变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．

【答案】（1）23 （2）当ON等于1或3﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形

（3）不变，理由见解析 【解析】 【分析】

（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到AD的长；

（2）连DE、ME，易得当ED和EM为等腰三角形EDM的两腰，根据垂径定理得推论得OE⊥DM，易得到△ADC为等边三角形，得∠CAD=60°，则∠DAO=30°，∠DON=60°，然后根据含30°的直角三角形三边的关系得DN=

13AD=3，ON=DN=1； 23当MD=ME，DE为底边，作DH⊥AE，由于AD=23，∠DAE=30°，得到DH=3，∠DEA=60°，DE=2，于是OE=DE=2，OH=1，

又∠M=∠DAE=30°，MD=ME，得到∠MDE=75°，则∠ADM=90°-75°=15°，可得到∠DNO=45°，根据等腰直角三角形的性质得到NH=DH=3，则ON=3-1； （3）连AP、AQ，DP⊥AB，得AC∥DP，则∠PDB=∠C=60°，再根据圆周角定理得∠PAQ=∠PDB，∠AQC=∠P，则∠PAQ=60°，∠CAQ=∠PAD，易证得△AQC≌△APD，得到 DP=CQ，则DP-DQ=CQ-DQ=CD，而△ADC为等边三角形，CD=AD=23，即可得到DP-DQ的值． 【详解】

解：（1）∵∠BAC＝90°，点D是BC中点，BC＝43， ∴AD＝

1BC＝23； 2（2）连DE、ME，如图，∵DM＞DE， 当ED和EM为等腰三角形EDM的两腰， ∴OE⊥DM， 又∵AD＝AC，

∴△ADC为等边三角形， ∴∠CAD＝60°， ∴∠DAO＝30°， ∴∠DON＝60°， 在Rt△ADN中，DN＝在Rt△ODN中，ON＝1AD＝3， 23DN＝1， 3∴当ON等于1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形； 当MD＝ME，DE为底边，如图3，作DH⊥AE， ∵AD＝23，∠DAE＝30°， ∴DH＝3，∠DEA＝60°，DE＝2， ∴△ODE为等边三角形，

∴OE＝DE＝2，OH＝1， ∵∠M＝∠DAE＝30°， 而MD＝ME， ∴∠MDE＝75°，

∴∠ADM＝90°﹣75°＝15°， ∴∠DNO＝45°，

∴△NDH为等腰直角三角形， ∴NH＝DH＝3， ∴ON＝3﹣1；

综上所述，当ON等于1或3﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形； （3）当⊙O变动时DP﹣DQ的值不变，DP﹣DQ＝23．理由如下： 连AP、AQ，如图2， ∵∠C＝∠CAD＝60°， 而DP⊥AB， ∴AC∥DP， ∴∠PDB＝∠C＝60°， 又∵∠PAQ＝∠PDB， ∴∠PAQ＝60°， ∴∠CAQ＝∠PAD， ∵AC＝AD，∠AQC＝∠P， ∴△AQC≌△APD， ∴DP＝CQ，

∴DP﹣DQ＝CQ﹣DQ＝CD＝23．

【点睛】

本题考查了垂径定理和圆周角定理：平分弧的直径垂直弧所对的弦；在同圆和等圆中，相等的弧所对的圆周角相等．也考查了等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．

6．如图，半圆O的直径AB＝20，弦CD∥AB，动点M在半径OD上，射线BM与弦CD相交于点E（点E与点C、D不重合），设OM＝m． （1）求DE的长（用含m的代数式表示）；

（2）令弦CD所对的圆心角为α，且sin

2=4． 5①若△DEM的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出m的取值范围；

②若动点N在CD上，且CN＝OM，射线BM与射线ON相交于点F，当∠OMF＝90° 时，求DE的长．

10010m503m260m300【答案】（1）DE＝；（2）①S＝，（＜m＜10），

m13m5. 2【解析】 【分析】

②DE＝

（1）由CD∥AB知△DEM∽△OBM，可得

DEDM，据此可得； OBOM1∠COD，据此2（2）①连接OC、作OP⊥CD、MQ⊥CD，由OC＝OD、OP⊥CD知∠DOP＝可得sin∠DOP＝sin∠DMQ＝DMsin∠ODP＝

43、sin∠ODP＝，继而由OM＝m、OD＝10得QM＝553（10﹣m），根据三角形的面积公式即可得；如图2，先求得PD＝8、CD5CDDM50，求得OM＝，据此可得m的取值范围； BOOM133＝6，可得OM＝8，根据（1）所求结果可得答5＝16，证△CDM∽△BOM得

②如图3，由BM＝OBsin∠BOM＝10×案． 【详解】 （1）∵CD∥AB， ∴△DEM∽△OBM， ∴

DEDMDE10m，即， OBOM10m∴DE＝

10010m； m（2）①如图1，连接OC、作OP⊥CD于点P，作MQ⊥CD于点Q，

∵OC＝OD、OP⊥CD， ∴∠DOP＝∵sin

1∠COD， 22＝

4， 543，sin∠ODP＝， 55∴sin∠DOP＝sin∠DMQ＝∵OM＝m、OD＝10， ∴DM＝10﹣m， ∴QM＝DMsin∠ODP＝

3（10﹣m）， 51110010m33m260m300×（10﹣m）＝则S△DEM＝DE•MQ＝×，

22m5m如图2，

∵PD＝ODsin∠DOP＝10×∴CD＝16， ∵CD∥AB， ∴△CDM∽△BOM， ∴

4＝8， 5CDDM1610OM=，即， BOOM10OM50， 13解得：OM＝∴

50＜m＜10， 13503m260m300∴S＝，（＜m＜10）．

13m②当∠OMF＝90°时，如图3，

则∠BMO＝90°，

在Rt△BOM中，BM＝OBsin∠BOM＝10×则OM＝8， 由（1）得DE＝【点睛】

本题主要考查圆的综合题，解题的关键是熟练掌握圆的有关性质、相似三角形的判定与性质及解直角三角形的能力．

3＝6， 51001085． 82

7．如图所示，一堤坝的坡角ABC62，坡面长度AB25米(图为横截面)，为了使堤坝更加牢固，一施工队欲改变堤坝的坡面，使得坡面的坡角ADB50，则此时应将坝底向外拓宽多少米？(结果保留到0.01 米)(参考数据：sin62≈0.88，cos62≈0.47，

tan50≈1.20)

【答案】6.58米 【解析】

试题分析：过A点作AE⊥CD于E．在Rt△ABE中，根据三角函数可得AE，BE，在Rt△ADE中，根据三角函数可得DE，再根据DB=DE﹣BE即可求解． 试题解析：过A点作AE⊥CD于E． 在Rt△ABE中，∠ABE=62°． ∴AE=AB•sin62°=25×0.88=22米，

BE=AB•cos62°=25×0.47=11.75米， 在Rt△ADE中，∠ADB=50°， ∴DE=∴DB=DE﹣BE≈6.58米． 故此时应将坝底向外拓宽大约6.58米．

=18

米，

考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题．

8．如图，在航线l的两侧分别有观测点A和B，点B到航线l的距离BD为4km，点A位于点B北偏西60°方向且与B相距20km处．现有一艘轮船从位于点A南偏东74°方向的C处，沿该航线自东向西航行至观测点A的正南方向E处．求这艘轮船的航行路程CE的长度．（结果精确到0.1km）（参考数据：3≈1.73，sin74°≈0.96，cos74°≈0.28，tan74°≈3.49）

【答案】20.9km 【解析】

分析：根据题意，构造直角三角和相似三角形的数学模型，利用相似三角形的判定与性质和解直角三角形即可. 详解：如图，

在Rt△BDF中，∵∠DBF=60°，BD=4km，

BD=8km，

cos60∵AB=20km， ∴AF=12km，

∴BF=

∵∠AEB=∠BDF，∠AFE=∠BFD， ∴△AEF∽△BDF，

AEBD， AFBF∴AE=6km，

∴

在Rt△AEF中，CE=AE•tan74°≈20.9km． 故这艘轮船的航行路程CE的长度是20.9km．

点睛：本题考查相似三角形，掌握相似三角形的概念，会根据条件判断两个三角形相似.

9．如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD．延长PD交圆的切线BE于点E

(1)判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由； (2)如果∠BED=60°，PD=3，求PA的长；

(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．

【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；

（2）根据BE是⊙O的切线，则∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD为⊙O的切线，得∠PDO=90°，根据三角函数的定义求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；

（3）根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圆O的直径，得∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出x的值，可得出△BDE是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形． 【详解】

（1）直线PD为⊙O的切线， 理由如下： 如图1，连接OD，

∵AB是圆O的直径， ∴∠ADB=90°， ∴∠ADO+∠BDO=90°， 又∵DO=BO，

∴∠BDO=∠PBD， ∵∠PDA=∠PBD， ∴∠BDO=∠PDA，

∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD， ∵点D在⊙O上， ∴直线PD为⊙O的切线； （2）∵BE是⊙O的切线， ∴∠EBA=90°， ∵∠BED=60°， ∴∠P=30°， ∵PD为⊙O的切线， ∴∠PDO=90°，

在Rt△PDO中，∠P=30°，PD=3， ∴tan30∴PO0OD，解得OD=1， PDPD2OD2=2，

∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1； （3）如图2，

依题意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF， ∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF， ∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF， ∵AB是圆O的直径， ∴∠ADB=90°，

设∠PBD=x°，则∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°， ∵四边形AFBD内接于⊙O， ∴∠DAF+∠DBF=180°， 即90°+x+2x=180°，解得x=30°， ∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°， ∵BE、ED是⊙O的切线， ∴DE=BE，∠EBA=90°，

∴∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形， ∴BD=DE=BE，

又∵∠FDB=∠ADB﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°， ∴△BDF是等边三角形， ∴BD=DF=BF， ∴DE=BE=DF=BF， ∴四边形DFBE为菱形.

【点睛】

本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档题，难度较大．

10．如图，AB是⊙O的直径，PA、PC与⊙O分别相切于点A，C，PC交AB的延长线于点D，DE⊥PO交PO的延长线于点E． (1)求证：∠EPD=∠EDO； (2)若PC=3，tan∠PDA=

3，求OE的长． 4

【答案】（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

5. 2（1）由切线的性质即可得证.（2）连接OC，利用tan∠PDA=OC=

3，可求出CD=2,进而求得43，再证明△OED∽△DEP，根据相似三角形的性质和勾股定理即可求出OE的长. 2【详解】

（1）证明：∵PA，PC与⊙O分别相切于点A，C， ∴∠APO=∠CPO, PA⊥AO， ∵DE⊥PO，

∴∠PAO=∠E=90°， ∵∠AOP=∠EOD， ∴∠APO=∠EDO， ∴∠EPD=∠EDO. （2）连接OC， ∴PA=PC=3，

∵tan∠PDA=

3， 4∴在Rt△PAD中，

AD=4，PD=PA2AD2=5， ∴CD=PD-PC=5-3=2， ∵tan∠PDA=

3， 4∴在Rt△OCD中， OC=

3， 2OD=OC2CD2=5， 2∵∠EPD=∠ODE，∠OCP=∠E=90°， ∴△OED∽△DEP，

PDPEDE===2， DODEOE∴DE=2OE,

∴

525，

在Rt△OED中，OE2+DE2=OD2，即5OE2==

42∴OE=5． 22

【点睛】

本题考查了切线的性质；锐角三角函数；勾股定理和相似三角形的判定与性质，充分利用tan∠PDA=

3，得线段的长是解题关键. 4