专题2.22解直角三角形与几何综合大题专练（培优强化30题）（解析版）

一．解答题（共30小题）1浦东新区校级模拟）已知在Rt△ABC中，∠C＝90°,AC＝6，BC＝4，BD是AC边中线，DG平分∠BDC，且BG⊥DG于点G，交BC于点F.（1）求∠ABD的正弦值；（2）求BG的长.【分析】（1）过D点作DM⊥AB于M，则∠AMD＝90°,利用勾股定理可求解AB，BD的长，通过解直角三角形可求解AM的长，再由勾股定理可求解DM的长，利用解直角三角形可求解；（2）过F作FN⊥BD于N，通过△DCF≌△DNF可得DN＝3，CF＝NF，BN＝2，再由勾股定理可求解CF，DF的长，证明△DCF∽△DGB列比例式可求解.【解答】解1）过D点作DM⊥AB于M，则∠AMD＝90°,∴AB=,∴cos∠A=,解得AM=,∴DM=,（2）过F作FN⊥BD于N，∵DG平分∠BDC，∠C＝90°,∴∠CDF=∠BDF，∠C=∠DNF＝90°,在△DCF和△DNF中，∴△DCF≌△DNF（AAS∴DC＝DN＝3，CF＝NF，在Rt△BFN中，BN2+FN2＝BF2，即22+CF24﹣CF）2，解得CF=,∵BG⊥DG，∴△DCF∽△DGB，解得BG=√5.2海淀区二模）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°,点D，E、F分别为AB，AC，BC的中点，连接DF，EF.（1）求证：四边形AEFD是矩形；（2）连接BE，若AB＝2，tanC求BE的长.3西湖区校级一模）在△ABC中，AC＝4，BC＝6，∠C为锐角且tanC＝1.（1）求△ABC的面积；（2）求AB的值；（3）求cos∠ABC的值.【分析】（1）过点A作AD⊥BC，根据∠C的正切值确定∠C的度数，再利用直角三角形的边角间关系求出AD、CD，最后利用三角形的面积公式算出△ABC的面积；（2）先利用线段的和差关系求出BD，再利用勾股定理求出AB；（3）在Rt△ABD中利用直角三角形的边角间关系求出∠B的余弦值.【解答】解1）过点A作AD⊥BC，垂足为D.∴∠C＝45°=∠DAC.∴AD＝DC.∵sinCAC＝4，∴S△ABC＝BC×AD=×6×4＝12.在Rt△ABD中，AB2.（3）在Rt△ABD中，cos∠ABC===.4闵行区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°,AC＝BC＝6，点D在边AC上，且AD＝2CD，DE⊥AB，垂足为点E，联结CE，求：（1）线段BE的长；（2）∠ECB的余弦值.【分析】（1）根据题意，AC＝BC＝6，AD＝2CD，可得AD的长度，根据等腰直角三角形的性质可得AB=,由AE＝sin45°•AD的长度，则BE＝AB﹣AE，计算即可得出答案；（2）过点E作EF⊥BC，垂足为F，如图，根据等腰直角三角形的性质可得，EF＝BF＝sin45°•BE，则CF＝BC﹣BF，根据勾股定理可得CE=,在Rt△ECF中，由cos∠ECB=计算即可得出答案.【解答】解1）∵AC＝BC＝6，AD＝2CD，∴AB==6，（2）过点E作EF⊥BC，垂足为F，如图，∴EF＝BF＝sin45°•BE==4，∴CF＝BC﹣BF＝2，∴CE===2，在Rt△ECF中，cos∠ECB===5浦东新区校级期中）如图，在△ABC中，CD是边AB上的高，AE是BC边上的中线，已知AD＝8，BD＝4，cos∠ABC=（1）求高CD的长；（2）求tan∠EAB的值.【分析】（1）在Rt△BCD中，由已知条件cos∠ABC=,即可算出BC的长，根据勾股定理即可得出答案；（2）过点E作EF⊥AB，垂足为F，如图，可得CD∥EF，由E为BC的中点，可得EF是△BCD的中位线，即可算出EF==即可得出答案.=,DF的长度，即可算出AF＝AD+DF的长度，在Rt△AEF中，根据tan∠EAB【解答】解1）在Rt△BCD中，∵cos∠ABC=,（2）过点E作EF⊥AB，垂足为F，如图，∵EF⊥BD，∴CD∥EF，∵E为BC的中点，∴EF是△BCD的中位线，∴EFDF2，∴AF＝AD+DF＝8+2＝10，在Rt△AEF中，∴tan∠EAB===6泗洪县二模1）如图甲，已知：在△ABC中，∠A＝30°,∠B＝45°,AC＝4，求AB；C=2，AD＝CD＝2，在Rt△BCD中，根据等腰直角三角形的性质得BD＝CD＝2，于是得到AB=AD+BD＝2+2；（2）过C点作CD⊥AB于点D，在BD上取点E，使CE＝BE．解Rt△ACD，根据等腰直角三角形的性质得AD＝CD＝AC解Rt△CDE，根据含30度的直角三角形三边的关系得DE＝CD=CE＝2CD那么BE于是得到AB的长.【解答】解1）如图甲，过C点作CD⊥AB于点D.（2）如图乙，过C点作CD⊥AB于点D，在BD上取点E，使CE＝BE，∴∠CED=∠BCE+∠B＝30°.∴AD＝CD＝AC=,∴BE＝CE=,7萧山区校级一模）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°,点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使∠ADE=∠B，连结CE，则：（1）求证：DE∥AB；（2）若cosB=【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线性质可得AD＝BD＝BC，从而可得∠B=∠DAB，进而可得∠ADE=∠BAD，即可解答；（2）过点E作EF⊥CD垂足为F，设DE与AC交于点G，根据直角三角形斜边上的中线性质可得AD=CD＝BC，再利用（1）的结论可得∠BAC=∠DGC＝90°,∠B=∠EDC，从而可得DG是AC的垂直平分线，进而可得ED＝EC，然后利用等腰三角形的性质可证cos∠ECD即可解答.【解答】证明1）∵∠BAC＝90°,点D是边BC的中点，∴∠B=∠DAB，∵∠ADE=∠B，∴DE∥AB；（2）过点E作EF⊥CD，垂足为F，设DE与AC交于点G，∵DE∥AB，∴DG是AC的垂直平分线，∴∠EDC=∠ECD，∵EF⊥CD，∴CF=∵cosB=,∴cos∠ECD=,在Rt△EFC中，cos∠ECD===,8漳州模拟）如图，在Rt△ABC中，已知∠C＝90°.（1）在AB边上求作点D，连接CD、使得∠CDB＝2∠A要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）（2）在（1）所作的图形中，当AB＝10，BC＝6时，求sin∠CDB的值.【分析】（1）作AB的垂直平分线交AB于D，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出CD=AD＝BD＝AB，根据等腰三角形的性质以及三角形外角的性质可得∠CDB＝2∠A；（2）作BE⊥CD于E．由（1）知CD＝AD＝BD＝AB＝5．设DE＝x，则CE＝CD﹣DE＝5﹣x．根据勾股定理得出52﹣x2＝625﹣x）2，求出x＝1.4，再求出BE4.8，然后利用正弦函数定义得出sin∠CDB==【解答】解1）如图，作AB的垂直平分线交AB于D，则D为AB的中点，∴∠ACD=∠A，∴∠CDB=∠ACD+∠A＝2∠A；（2）如图，作BE⊥CD于E.设DE＝x，则CE＝CD﹣DE＝5﹣x.在Rt△BDE中，BE2＝BD2﹣DE2＝52﹣x2，在Rt△BCE中，BE2＝BC2﹣CE2＝625﹣x）2，∴52﹣x2＝625﹣x）2，∴DE＝1.4，BE=∴sin∠CDB======4.8，=.9瑶海区校级开学）小龙同学在学习三角函数知识时，老师告诉他求一个角的三角函数值，这个角应该在直角三角形环境里才好求，但是小龙在解题过程中遇到了这样一个难题，题目：在Rt△ABC中，∠C你能运用所学知识帮他解决吗？【分析】过A点作AE⊥BD交BD的延长线于E点．设CD＝a，则BD＝2a，求出AB，AE，可得结论.【解答】解：过A点作AE⊥BD交BD的延长线于E点.在Rt△BDC中，∠BDC＝60°,∴cos∠BDC==在Rt△BDC中，由勾股定理可得：BC＝a，在Rt△ACB中，由勾股定理可得：AB＝a，在Rt△ADE中，=sin∠ADE===在Rt△ABE中，sin∠ABD==10工业园区校级自主招生）若α,β为锐角且α+β≠90°时，现有公式：tan(α+β)=利用此公式求解下列问题：（1）求tan75°的值；（2）若A，B为锐角且A+B＝45°时，求（1+tanA1+tanB）的值；（3）求（1+tan1°1+tan2°1+tan3°）…【分析】（1）利用公式根据特殊角的三角函数值求解即可；（2）利用公式求解即可；（3）利用（2）中结论求解即可．【解答】解1）tan75°＝tan（30°+45°）＝；（2）当A+B＝45°时，tan（A+B即tanA+tanB＝1﹣tanαAtanB（1+tanA1+tanB1+tanA+tanB+tanAtanB＝1+1﹣tanAtanB+tanAtanB＝2；（3）由（2）可知1+tan1°1+tan44∴原式222．11三水区一模）如图，已知Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝6，AC＝4，以A为圆心，AB为半径画圆，与边BC交于另一点D．（1）求BD的长；（2）连接AD，求∠DAC的余弦值．【分析】（1）过点A作AH⊥BD于H，利用面积法求出AH，再利用勾股定理求出BH，由垂径定理即可解决问题；（2）过点D作DM⊥AC于M，利用面积法求出DM，再由勾股定理求出AM即可解决问题.【解答】解1）过点A作AH⊥BD于H，如图1所示：∵AB•AC＝BC•AH，∴AH===,∴BH===,∵AH⊥BD，∴BD=;（2）过点D作DM⊥AC于M，如图2所示：由（1）得：AHBDAB＝2，∵AH•CD＝DM•AC，∴DM===,=在Rt△ADM中，由勾股定理得：AM==∴cos∠DAC===.=,12甘井区期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝3cm，BC＝4cm，点P从点B出发，沿线段BC以2cm/s的速度向终点C运动，点Q从点C出发，沿着C→A→B的方向以3cm/s的速度向终点B运动，P，Q同时出发，设点P运动的时间为t（s△CPQ的面积为S（cm2）.（1）求sinB；（2）求S关于t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围.【分析】（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，利用等腰三角形的三线合一性质求出BD的长，再利用勾股定理求出AD的长即可解答；（2）分两种情况，当0＜t≤1时，当1＜t＜2时.【解答】解1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，∴BD＝BC＝2cm，在Rt△ABD中，AB＝3cm，BD＝2cm，=∴AD==∴sinB==;=（2）过点Q作QE⊥BC，垂足为E，∵AB＝AC，，分两种情况：当0＜t≤1时，由题意得：CQ＝3t，BP＝2t，∴CP＝BC﹣BP＝4﹣2t，在Rt△CQE中，QE＝CQsinC＝3t•＝t，∴CP＝BC﹣BP＝4﹣2t，BQ＝AB+AC﹣（CA+AQ）＝6﹣3t，在Rt△BQE中，QE＝BQsinB6﹣3t）•＝2∴S＝CP•QE＝•（4﹣2t）•（2﹣tt2﹣4√5t+4√5，13金山区期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°,D是AB的中点，ED⊥AB交AC于点E，tan∠EBC=,求∠ABE的正切值.【分析】利用∠EBC的正切先设出CE、BC，利用勾股定理求出BE．再说明∠ABE=∠BAE、计算AC，最后利用直角三角形的边角间关系求出∠CAB的正切.【解答】解：Rt△EBC中，∠ECB＝90°,∴tan∠EBC=则BE＝5k.∵D是BC的中点，ED⊥BC，∴AE＝BE＝5k.∴∠ABE的正切值为.14青浦区期末）如图，在△ABC中，点D是BC的中点，联结AD，AB＝AD，BD＝4，tanC=（1）求AB的长；（2）求点C到直线AB的距离.【分析】（1）过点A作AH⊥BD，垂足为点H．先算HD、AH，再算AB；（2）过点C作CG⊥BA，交BA的延长线于点G．可利用sinB计算CG.【解答】解1）∵过点A作AH⊥BD，垂足为点H.∴BH＝HD＝BD＝2.=,.==.（2）过点C作CG⊥BA，交BA的延长线于点G.∴点C到直线AB的距离为.15杨浦区期末）如图，已知在△ABC中，CD⊥AB，垂足为点D，AD＝2，BD＝6，tan∠B=边BC的中点.（1）求边AC的长；（2）求∠EAB的正弦值.【分析】（1）利用∠B的正切值先求出CD，再利用勾股定理求出AC；（2）过点E作EF⊥AB，垂足为F．先判断EF是三角形的中位线，再求出EF、DF、AF及AE，最后求出∠EAB的正弦值.【解答】解1）∵CD⊥AB，∴△ACD、△BCD均为直角三角形.在Rt△CDB中，∵BD＝6，tan∠B==,在Rt△CDA中，AC===2.（2）过点E作EF⊥AB，垂足为F.∴CD∥EF.又∵点E是边BC的中点，∴EF是△BCD的中位线.∴DF＝BF＝3，EF=在Rt△AEF中，AE===.∴sin∠EAB===.16二七区校级期末）已知如图，cos∠ABC点M在射线BA上，BM＝8，点N在射线BC上.序号（2）在第（1）题中选一个使BN的长唯一确定的条件，求出此时BN的长度.【分析】（1）条件②③能使得BN唯一确定；（2）当MN＝9时，如图1中，过点M作MD⊥BC于点D．解直角三角形求出BD，DN即可；当∠BMN=75°时，如图2中，过点M作MD⊥BC于点D．解直角三角形求出BD，DN即可.【解答】解1）条件②③能使得BN唯一确定；故答案为：②③;（2）当MN＝9时，如图1中，过点M作MD⊥BC于点D.∴BD＝BM•cosB＝8×=4，DM＝BM•sin60°=4，∵MN＝9，∴DN===,∴BN＝BD+DN＝4+，当∠BMN＝75°时，如图2中，过点M作MD⊥BC于点D.∴DM＝DN＝4，∴BN＝BD+DN＝4+4.17江阴市期中）定义：在△ABC中，若BC＝a，AC＝b，AB＝c，a，b，c满足ac+a2＝b2则称这个三角形为“类勾股三角形”．请根据以上定义解决下列问题：（1）命题：“直角三角形都是类勾股三角形”是假（填“真”或“假”）命题.（2）如图1所示、若等腰三角形ABC是“类勾股三角形”，其中AB＝BC，AC＞AB，请求∠A的度数.（3）如图2所示，在△ABC中，∠B＝2∠A，且∠C＞∠A.①当∠A＝28°时，你能把这一个三角形分成两个等腰三角形吗？若能，请在图2中画出分割线，并标注被分割后的两个等腰三角形的顶角的度数；若不能，请说明理由.②请证明△ABC为“类勾股三角形”.【分析】（1）先由直角三角形是类勾股三角形得出ab+a2＝c2，再由勾股定理得a2+b2＝c2，即可判断出此直角三角形是等腰直角三角形；（2）由类勾股三角形的定义判断出此三角形是等腰直角三角形，即可得出结论；（3）①分三种情况，利用等腰三角形的性质即可得出结论；②先求出CD＝CB＝a，AD＝CD＝a，DB＝AB﹣AD＝c﹣a，DG＝BGc﹣aAGa+c两个直角三角形中利用勾股定理建立方程即可得出结论.【解答】解1）如图1，假设Rt△ABC是类勾股三角形，:ab+a2＝c2，在Rt△ABC中，上C＝90。，根据勾股定理得，a2+b2＝c2，:ab+b2＝a2+b2，:a＝b，:△ABC是等腰直角三角形，:等腰直角三角形是类勾股三角形，即：原命题是假命题，故答案为：假；（2）」AB＝BC，AC＞AB，:a＝c，b＞c，」△ABC是类勾股三角形:△ABC是等腰直角三角形，（3）①在△ABC中，上ABC＝2上BAC，上BAC＝28。，:上ABC＝56。，根据三角形的内角和定理得，上ACB＝180。-上BAC-上ABC＝96。，」把这个三角形分成两个等腰三角形，:Ⅰ、分割线分上ACB，:上BCD＝上BDC＝62。，:△ACD不是等腰三角形，此种情况不成立；:上BDC＝68。，:上ACD＝40。，:△ACD是等腰三角形，此种情况不成立；(Ⅲ)、当上BDC＝上ABC＝56。时，:△ACD是等腰三角形，图形如图2所示：两个等腰三角形的顶角的度数分别为124。和68。.Ⅲ、分割线分上BAC，同(Ⅱ)的方法，判断此种情况不成立；②如图，在AB边上取点D，连接CD，使上ACD＝上A，作CG丄AB于G，:上CDB＝上ACD+上A＝2上A，:CD＝CB＝a，:AD＝CD＝a，」CG丄AB∴AG＝AD+DG＝a+（c﹣aa+c在Rt△ACG中，CG2＝AC2﹣AG2＝b2﹣[（c+a）]2，在Rt△BCG中，CG2＝BC2﹣BG2＝a2﹣[（c﹣a）]2，∴b2﹣[（a+c）]2＝a2﹣[（c﹣a）]2，∴△ABC是“类勾股三角形”.18海淀区校级一模）如图，线段BC长为13，以C为顶点，CB为一边的∠α满足cosα=.锐角△ABC的顶点A落在∠α的另一边l上，且满足sinA求△ABC的高BD及AB边的长，并结合你的计算过程画出高BD及AB边图中提供的单位长度供补全图形使用）【分析】先利用直角作出BD，再用勾股定理求出BD，再用锐角三角函数求出AB，AD，即可得出结论.【解答】解：如图，作BD⊥l于点D，∴cosC＝cosα=,∴CD＝BC•cosC＝13×=5，BD=在Rt△ABD中，BD＝12，sinA=,∴tanA=,作图，以点D为圆心，9为半径作弧与射线l交于点A，连接AB，19宁远县校级月考）如图，点C在线段AB上，点D，E在直线AB的同侧，∠A=∠DCE=∠CBE＝90°,∠ADC=∠ABD，AC＝3，BC=【分析】根据∠A=∠DCE=∠CBE＝90°,∠ADC=∠ABD，可推出△ADC∽△ABD，从而求出相应的线段长度，得到tan∠CDB的值.【解答】解：如图，设CE交BD于G.∴△ADC∽△ABD，∴,解得AD＝5，∴DC==,DB==∵∠A=∠ECD=∠CBE＝90°,∴∠ADC=∠ECB，设∠DBA=∠CDA=α,则∠ECB=α,∴∠GCB=∠GBC=α,∴DG=﹣x，解得x=,∴tan∠CDB==.△ABC中，AB＝4，∠B＝45°,∠C＝6F是AC边上任一点，作点A关于线段EF的对称点P，连接AP，交EF于点M．连接EP，FP．当PF⊥AC时，求AP的长.【分析】如图1中，过点A作AD⊥BC于D．根据三角函数的定义得到AD＝4，如图2中，根据垂直的定义得到∠PFA＝90°,根据折叠的性质得到∠AFE=∠PFE＝45°,AF＝PF，根据相似三角形的性质即可得到结论.【解答】解：如图1中，过点A作AD⊥BC于D.在Rt△ABD中，AD＝AB•sin45°如图2中，AC===∵PF⊥AC，∵沿EF将△AEF折叠得到△PEF.∴△AEF≌△PEF，∴∠AFE=∠B，∵∠EAF=∠CAB，21雁塔区校级模拟）问题提出形ABCD的面积结果保留根号）问题探究（2）某地有两条平行的道路m、n，以及与其相交的另一条道路l，交点分别为A、B两点（如图2所示在道路m、n上分别有一点P、Q，且AP＝60m，BQ＝180m，AB＝240m，∠ABQ＝60°,现计划在道路m、n之间，道路1右侧选取两点M、N，修建四边形花园PMQN，且满足PM＝PN，∠MPN＝120°,∠MQN＝30°,想使得这个花园（四边若存在，请求出其面积的最小值；若不存在，请说明理由.【分析】（1）根据四边形常作的辅助线是对角线，把它分割成三角形进行即可，可得连接BD，延长DA、BC交于点E，过点A作AF⊥BE于点F，过点B作BH⊥AD于点H，过点D作DG⊥BC于点G，可得AE＝AB＝3，进而得到DE＝7，EFBE＝3，进而得到CE＝5=,再由四形ABCD的面积等于S△ABD+S△CBD，即可求解.可得∠E=∠ABE，从而得到,BH=,BH=（2）理由同（1）连接PQ，过点A作AC⊥BQ于点C，可证得四边形ACQP是矩形，从而得到PQ∥AC，PQ＝AC＝120m，∠APQ＝90°,再由四边形PMQN等于S△PMQ+S△PNQ，可得要使四边形PMQN的面积最小，则点M、N到PQ的距离的和最小，此时MN⊥PQ，可得到PQ垂直平分MN，从而得到∠MQP﹣∠MQN＝15°,然后连接MN交PQ于点D，延长PM交AB于点F，连接FQ，可得∠APF=∠AFP，从而得到AF＝AP＝60m，可证得△BFQ是等边三角形，根据角平分线的性质定理可得DM＝FM，然后在直角△PDM中，利用锐角三角函数可得DM360﹣180）m，即可求解.【解答】解1）如图，连接BD，延长DA、BC交于点E，过点A作AF⊥BE于点F，过点B作BH⊥AD于点H，过点D作DG⊥BC于点G，∴AF∥DG，∴△AEF∽△DEG，∴=∴EF＝BF，∴AF＝AEBH＝BE，∴EF=,∴=,解得：DG=,∴四边形ABCD的面积等于S△ABD+S△CBD＝AD•BH+BC•DG=;+2×=（2）存在符合要求的四边形PMQN，理由如下：如图，连接PQ，过点A作AC⊥BQ于点C，:AB＝2BC，“AB＝240m，:BC＝120m，:AC＝120m，“BQ＝180m，AP＝60m，:CQ＝AP＝60m，“APⅡCO，:四边形ACQP是平行四边形，“上ACQ＝90。，:四边形ACQP是矩形，:PQⅡAC，PQ＝AC＝120m，上APQ＝90。，“四边形PMQN等于S△PMQ+S△PNQ，:要使四边形PMQN的面积最小，则点M，点N到PQ的距离的和最小，此时MN丄PQ，“PM＝PN，:PQ垂直平分MN，:QM＝QN，MN＝2DM，:上MQP＝上NQP=上MQN＝15。，连接MN交PQ于点D，延长PM交AB于点F，连接FQ，“PM＝PN，上MPN＝120。，:上APM＝30。，“mⅡn，上ABC＝60。，:上PAF＝120。，:上AFP＝30。，:上APF＝上AFP，:AF＝AP＝60m，:BF＝AB-AF＝180m，:BF＝BQ，:△BFQ是等边三角形，∴∠PQF＝30°,∴∠FQM=∠MQP，∴DM﹣FM，∴PF＝FQ•tan∠PQF＝60m，设FM＝DM＝xm，则PM60﹣x）m，在直角△PDM中，sin∠MPD=,∴sin60°=,解得：x＝360﹣180，即DM360﹣180）m，∴MN720﹣360）m，∴四边形PMQN的面积为MN•PQ＝120×（720﹣36086400﹣129600）m2，综上所述，存在符合要求的四边形PMQN，其面积的最小值为（86400﹣129600）m2.22双阳区一模）如图，在△ABC中，AC＝AB＝10过点C作CD⊥AB交AB于点D，动点P、Q同时出发，点P从点A出发沿AC运动到终点C，速度为每秒5个单位长度，点Q从点B出发沿BC运动到终点C，速度为每秒个单位长度，连接PQ，过点P作PE⊥EQ，∠PQE=∠A，点E在PQ的下方，设点P运动的时间为t秒（t＞0）.（2）求QE的长（用含t的代数式表示）.（3）连接DE，若DE∥AC，求t的值.（4）连接BE，当△BEQ的某一个内角与∠ACD互余时，直接写出t的值.【分析】（1）在Rt△ACD中，利用sinA求出CD，然后利用勾股定理求出AD，再求出BD和BC即可；（2）先证明△ABC∽△PQC，得出PC＝PQ，然后QE的长即可；（3）根据题意，证得四边形ADQP是平行四边形，再利用相似三角形对应边成比例列出关于t的方程，解方程即可；（4）三角形有三个角，需要分三种情况进行讨论，分析成立的情况，利用相似三角形对应边成比例列出方程求解.【解答】解1）∵CD⊥AB，∴∠ADC=∠BDC＝90° 故答案为：6（2）设点P运动的时间为t秒（t＞0∵∠PCQ=∠ACB，∴△ABC∽△PQC，∴∠PQC=∠B=∠ACB，QE＝PQcos∠PQE=（10﹣5t）＝8﹣4t；（3）若DE∥AC，则有点D落在QE上.易得四边形ADQP是平行四边形，DQ＝DB，则AP＝DQ＝DB，解得t=;（4）连接BE，分三种情况讨论：第一种情况，当∠EQB+∠ACD＝90°时，∠EQB=∠A，∵∠EQB=∠ACB≠∠A，∴此种情况不成立.第二种情况，当∠EBQ+∠ACD＝90°时，∠EBQ=∠A，∵∠EQB=∠ACB，∴△ABC∽△BQE，则有，解得t=;第三种情况，当∠BEQ+∠ACD＝90°,∠BEQ=∠A，∵∠EQB=∠ACB，∴△ACB∽△EQB，则有，解得t=,综上所述，t的值为或.23锡山区校级二模）已知△ABC，∠B＝60°,.（1）如图1，若BC＝2，求AC的长；（2）如图2，试确定四边形ABCD，满足∠ADC+∠B＝180°,且AD＝2DC尺规作图，不需写作法，但要保留作图痕迹.)==用勾股定理得AC的长为√页；（2）作△ABC的外接圆，再以A为圆心，BC为半径作弧与外接圆交点即为D.【解答】解1）过C作CH⊥AB于H，如图：＝，∵=,∴AB＝BC=×2＝3，∴AH＝AB﹣BH＝2，在Rt△AHC中，AC==答：AC的长为√页；=,（2）如图：四边形ABCD即为所求四边形.24鄞州区校级期中）如图1，△ABC中，tan∠Asin∠B=.（1）求的值.（2）如图2，以AC，BC为斜边在△ABC外侧作Rt△CAD和Rt△CBE，取AB中点M，连结DM，EM，若D，C，B不共线，当DM＝EM时，求△CAD和△CBE的面积之比.【分析】（1）如图1中，过点C作CH⊥AB于点H．设CH＝m．用m表示出AC，BC，可得结论.（2）证明△ADC∽△BEC，可得结论.【解答】解1）如图1中，过点C作CH⊥AB于点H．设CH＝m.∵tanA==,∴AH＝2m，AC=√5m，∵sinB==,∴==;（2）如图2中，取AC，BC的中点Q，P，连接DQ，QM，PE，PM.∵AQ＝QC，AM＝BM，PB＝CP，∴QM＝BC，PM＝AC，QM∥BC，PM∥AC，∴四边形QMPC是平行四边形，∴∠MPC=∠MQC，∴DQ＝PM，QM＝PE，∵DM＝EM，∴△DQM≌△MPE（SSS∴∠DQM=∠MPE，∴∠MQC+∠CQD=∠MPC+∠CPE，∴∠DQC=∠CPE，∴∠DCQ=∠PCE，∴△ADC∽△BEC，25衢江区期末）阅读材料：关于三角函数有如下的公式：sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ,tan(α+β)=.利用这些公式可以将两角和的三角函数值转化成两个三角函数值的和（差如tan75°=tan（30°+45°)==2+.问题解决：根据以上阅读材料，请选择适当的公式解答下列问题.（1）求sin75°;（2）如图，边长为2的正△ABC沿直线滚动，设当△ABC滚动240°时，C点的位置在C′，当△ABC滚动480°时，A点的位置在A′.①求tan∠CAC′的值；②试确定∠CAC′+∠CAA′的度数.（2）①过C′作C′E⊥l于E，根据等边三角形的性质可得C′E和AE的长，再根据正切的定义可得答案；②根据①的思路得到tan∠CAA′的值，再利用tan(α+β)=代入可得答案.【解答】解1）sin75°=sin（30°+45°)=sin30°•cos45°+cos30°•sin45°=+=;∵△ABC是等边三角形且边长为2，∴tan∠CAC′==;②过A′作A′F⊥l于F，∵△ABC是等边三角形且边长为2，∴A′FAF＝2+2+2+2+1＝9，∴tan∠CAA′==.tan(α+β)===,∴α+β=30°,26永春县模拟）如图在等腰三角形ABC中，AB＝AC，点D、E分别是AB、BC的中点，过点B作BF⊥AC于点F，BF与DE交于点G.（1）求证：DE⊥BF；（2）连结EF，若S△CEF＝S△BDG，求cos∠CEF的值.【分析】（1）由两个中点得三角形中位线，进一步推平行，推角相等，进一步得垂直；（2）由平行推相似，用相似三角形的性质推三角形的面积之比，再由已知推三角形面积之比，最后得出结果.【解答】证明1）“点D、E分别是AB、BC的中点，:DE是△ABC的中位线，:DEⅡAC.:上DGB＝上AFB.“BF丄AC，:上AFB＝上BFC＝90。.:上DGB＝90。，:DE丄BF.（2）“上BFC＝90。，点E是BC的中点，:EF＝BE＝EC，:上EFC＝上C.“AB＝AC，:上ABC＝上C.:上CEF＝180。-2上C＝上BAC.“DEⅡAC，点D是AB的中点，:△BDG∞△BAF，:=.“点E是BC的中点，:S△BFC＝2S△CEF，∵S△CEF=,∴S△ABC＝S△ABF+S△BCF＝S△ABF+2S△CEF＝S△CEF.∴==S△CEF：S△CEF=,在Rt△ABF中，cos∠CEF＝cos∠BAF===.27邛崃市模拟）如图，以△ABC的边AC上一点O作。O经过点B、C，交AC于点D．连接BD，作OG∥BD交。O于点G，交BC于点E，连接DG交BC于点F.（1）当∠ABD=∠C时，求证：AB为。O的切线；（3）若sin∠GDB求tan∠BGD的值.【分析】（1）连接OB，则OB＝OC，由∠ABD=∠C及直径所对圆周角位90°可得OB⊥AB.（2）由OG∥BD可得OG⊥BC通过证明△GBD∽△GFB可得GB2＝GF.GD进而求解.（3）连接CG，设GE为x，半径为r，通过解直角三角形用含x代数式表示BD及BC进而求解.【解答】解1）证明：如图1，连接OB，则OB＝OC，∴∠OBC=∠C，∵∠ABD=∠C，∴∠ABD=∠OBC，即上OBC+上OBD＝90。，:上ABO＝上ABD+上OBD＝上OBC+上OBD＝90。，:OB丄AB，“OB是。O的半径，:AB是。O的切线.（2）证明：“CD是。O的直径，:上CBD＝90。，即CB丄BD“OGⅡBD，:OG丄BC，:，:上GDB＝上GBF，又“上DGB＝上BGF，:△GBD∞△GFB；:，:GB2＝GF•GD，:42＝8GF，:GF＝2，:FD＝8-2＝6.（3）连接CG，如图2所示：“上GDB＝上GCB，OG丄BC，:,:在Rt△OCE中，OE2+CE2＝OC2，解得：，在Rt△DBC中，BD2+BC2＝CD2，，∴BD＝7x或BD=﹣7x（舍去28武汉模拟）如图，已知BC是。O的直径，CA平分∠BCE，延长EC交。O于点D，连接DO并延长交AB于点F.（1）求证：AO⊥BD；（2）已知tan∠ACE求tan∠AFO.【分析】（1）根据BC是。O的直径，得到BD⊥DE，利用CA平分∠BCE和OA＝OC，求出∠OAC=∠ACE，进而得到AO∥DE，即可证明AO⊥BD；（2）延长DF交。O于点G，连接BG，过点O作OT⊥AB，设AH＝3a，AO＝OB＝r，根据勾股