人教培优锐角三角函数辅导专题训练含答案

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D、E分别在BC、AC边上，连结BE、AD交于点P，设AC=kBD，CD=kAE，k为常数，试探究∠APE的度数： （1）如图1，若k=1，则∠APE的度数为 ；

（2）如图2，若k=3，试问（1）中的结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，求出∠APE的度数．

（3）如图3，若k=3，且D、E分别在CB、CA的延长线上，（2）中的结论是否成立，请说明理由．

【答案】（1）45°；（2）（1）中结论不成立，理由见解析；（3）（2）中结论成立，理由见解析. 【解析】

分析：（1）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△FAE≌△ACD，得出EF=AD=BF，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论； （2）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△FAE∽△ACD，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；

（3）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△ACD∽△HEA，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；

详解：（1）如图1，过点A作AF∥CB，过点B作BF∥AD相交于F，连接EF，

∴∠FBE=∠APE，∠FAC=∠C=90°，四边形ADBF是平行四边形， ∴BD=AF，BF=AD． ∵AC=BD，CD=AE， ∴AF=AC． ∵∠FAC=∠C=90°，

∴△FAE≌△ACD，

∴EF=AD=BF，∠FEA=∠ADC． ∵∠ADC+∠CAD=90°， ∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EHD． ∵AD∥BF， ∴∠EFB=90°． ∵EF=BF， ∴∠FBE=45°， ∴∠APE=45°．

（2）（1）中结论不成立，理由如下：

如图2，过点A作AF∥CB，过点B作BF∥AD相交于F，连接EF，

∴∠FBE=∠APE，∠FAC=∠C=90°，四边形ADBF是平行四边形， ∴BD=AF，BF=AD． ∵AC=3BD，CD=3AE，

ACCD3． BDAE∵BD=AF，

∴

ACCD3． AFAE∵∠FAC=∠C=90°， ∴△FAE∽△ACD，

∴

ACADBF3，∠FEA=∠ADC． AFEFEF∵∠ADC+∠CAD=90°，

∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EMD． ∵AD∥BF， ∴∠EFB=90°．

∴

在Rt△EFB中，tan∠FBE=∴∠FBE=30°， ∴∠APE=30°，

（3）（2）中结论成立，如图3，作EH∥CD，DH∥BE，EH，DH相交于H，连接AH，

EF3， BF3

∴∠APE=∠ADH，∠HEC=∠C=90°，四边形EBDH是平行四边形， ∴BE=DH，EH=BD． ∵AC=3BD，CD=3AE，

ACCD3． BDAE∵∠HEA=∠C=90°， ∴△ACD∽△HEA，

∴

ADAC3，∠ADC=∠HAE． AHEH∵∠CAD+∠ADC=90°， ∴∠HAE+∠CAD=90°， ∴∠HAD=90°．

∴

在Rt△DAH中，tan∠ADH=∴∠ADH=30°， ∴∠APE=30°．

点睛：此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，构造全等三角形和相似三角形的判定和性质．

AH3， AD

2．如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=1，点D在边AC上且BD平分∠ABC，设CD=x．

（1）求证：△ABC∽△BCD； （2）求x的值；

（3）求cos36°-cos72°的值．

【答案】(1)证明见解析；（2）【解析】

75815；（3）．

162试题分析：（1）由等腰三角形ABC中，顶角的度数求出两底角度数，再由BD为角平分线求出∠DBC的度数，得到∠DBC=∠A，再由∠C为公共角，利用两对角相等的三角形相似得到三角形ABC与三角形BCD相似；

（2）根据（1）结论得到AD=BD=BC，根据AD+DC表示出AC，由（1）两三角形相似得比例求出x的值即可；

（3）过B作BE垂直于AC，交AC于点E，在直角三角形ABE和直角三角形BCE中，利用锐角三角函数定义求出cos36°与cos72°的值，代入原式计算即可得到结果． 试题解析：（1）∵等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°， ∴∠ABC=∠C=72°， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD=∠CBD=36°， ∵∠CBD=∠A=36°，∠C=∠C， ∴△ABC∽△BCD； （2）∵∠A=∠ABD=36°， ∴AD=BD， ∵BD=BC， ∴AD=BD=CD=1，

设CD=x，则有AB=AC=x+1， ∵△ABC∽△BCD，

ABBCx11， ，即BDCD1x整理得：x2+x-1=0，

∴解得：x1=则x=1515，x2=（负值，舍去），

2215； 2（3）过B作BE⊥AC，交AC于点E，

∵BD=CD，

∴E为CD中点，即DE=CE=

15， 415AE514在Rt△ABE中，cosA=cos36°=， AB112115在Rt△BCE中，cosC=cos72°=EC15， 4BC14则cos36°-cos72°=51151-=． 244【考点】1.相似三角形的判定与性质；2.等腰三角形的性质；3.黄金分割；4.解直角三角形．

3．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，以AB的中点O为圆心，OA为半径的圆交AC于点D，E是BC的中点，连接DE，OE．

（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）求证：BC2＝2CD•OE； （3）若cosBAD314,BE，求OE的长． 53

【答案】（1）DE为⊙O的切线，理由见解析；（2）证明见解析；（3）OE =【解析】

35． 6试题分析：（1）连接OD，BD，由直径所对的圆周角是直角得到∠ADB为直角，可得出△BCD为直角三角形，E为斜边BC的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到CE=DE，从而得∠C=∠CDE，再由OA=OD，得∠A=∠ADO，由Rt△ABC中两锐角互余，从而可得∠ADO与∠CDE互余，可得出∠ODE为直角，即DE垂直于半径OD，可得出DE为⊙O的切线；

（2）由已知可得OE是△ABC的中位线，从而有AC=2OE，再由∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，可得△ABC∽△BDC，根据相似三角形的对应边的比相等，即可证得；

（3）在直角△ABC中，利用勾股定理求得AC的长，根据三角形中位线定理OE的长即可求得．

试题解析：（1）DE为⊙O的切线，理由如下： 连接OD，BD，

∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB=90°，

在Rt△BDC中，E为斜边BC的中点， ∴CE=DE=BE=

BC，

∴∠C=∠CDE， ∵OA=OD， ∴∠A=∠ADO， ∵∠ABC=90°， ∴∠C+∠A=90°， ∴∠ADO+∠CDE=90°， ∴∠ODE=90°，

∴DE⊥OD，又OD为圆的半径， ∴DE为⊙O的切线；

（2）∵E是BC的中点，O点是AB的中点， ∴OE是△ABC的中位线， ∴AC=2OE，

∵∠C=∠C，∠ABC=∠BDC， ∴△ABC∽△BDC， ∴

，即BC2=AC•CD．

∴BC2=2CD•OE； （3）解：∵cos∠BAD=∴sin∠BAC=又∵BE=∴AC=

，

，

，

，E是BC的中点，即BC=．

又∵AC=2OE，

∴OE=AC=

．

考点：1、切线的判定；2、相似三角形的判定与性质；3、三角函数

4．在正方形ABCD中，BD是一条对角线.点P在射线CD上（与点C，D不重合），连接AP，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于点H，连接AH、PH.

（1）若点P在线CD上，如图1，

①依题意补全图1；②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明；

（2）若点P在线CD的延长线上，且∠AHQ＝152°，正方形ABCD的边长为1，请写出求DP长的思路.（可以不写出计算结果）

【答案】（1）①如图；②AH＝PH，AH⊥PH．证明见解析（2）【解析】

试题分析：（1）①如图（1）；②（1）法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，

AH⊥PH．连接CH，根据正方形的每条对角线平分一组对角得：△DHQ等腰Rt△，根据平移的性质得DP＝CQ，证得△HDP≌△△HQC，全等三角形的对应边相等得PH＝CH，等边对等角得∠HPC＝∠HCP，再结合BD是正方形的对称轴得出∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．

（2）轴对称作法同（1）作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17° ∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则

.由

代入HR，CR解方程即

或

可得出x的值. 四点共圆作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴

试题解析： （1）①

法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，AH⊥PH

证：连接CH，得：△DHQ等腰Rt△，又∵DP＝CQ，∴△HDP≌△△HQC，∴PH＝CH，∠HPC＝∠HCP

BD为正方形ABCD对称轴，∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，∴AH＝PH，∠DAH＝∠HPC，∴∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．

．

法二：四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．

（2）法一：轴对称作法

考虑△DHQ等腰Rt△，PD＝CQ，作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°

∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则

.

由得：，∴．即PD=

法二：四点共向作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴

．

考点：全等三角形的判定；解直角三角形；正方形的性质；死电脑共圆

5．阅读下面材料：

观察与思考：阅读下列材料，并解决后面的问题．在锐角△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别是a、b、c，过A作AD⊥BC于D（如图），则sinB＝csinB，AD＝bsinC，于是csinB＝bsinC，即

ADAD ，sinC＝，即AD＝cbbcca ．同理有：，sinBsinCsinCsinAababc，所以． sinAsinBsinCsinAsinB即：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等．在锐角三角形中，若已知三个元素（至少有一条边），运用上述结论和有关定理就可以求出其余三个未知元素．根据上述材料，完成下列各题．

（1）如图，△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝60，则AB＝ ；

（2）如图，一货轮在C处测得灯塔A在货轮的北偏西30°的方向上，随后货轮以60海里/时的速度按北偏东30°的方向航行，半小时后到达B处，此时又测得灯塔A在货轮的北偏西75°的方向上（如图），求此时货轮距灯塔A的距离AB． （3）在（2）的条件下，试求75°的正弦值．（结果保留根号）

【答案】（1）206；（2）156海里；（3）【解析】 【分析】

6+2. 4（1）根据材料：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，写出比例关系，代入数值即可求得AB的值.

（2）此题可先由速度和时间求出BC的距离，再由各方向角得出∠A的角度，过B作BM⊥AC于M，求出∠MBC=30°，求出MC，由勾股定理求出BM，求出AM、BM的长，由勾股定理求出AB即可；

（3）在三角形ABC中，∠A=45，∠ABC=75，∠ACB=60，过点C作AC的垂线BD，构造直角三角形ABD，BCD，在直角三角形ABD中可求出AD的长，进而可求出sin75°的值． 【详解】

解：（1）在△ABC中，∠B=75°，∠C=45°，BC=60，则∠A=60°， ∵∴

ABBC =， sinCsinAAB60 =， sin45sin60AB60即2 =3，

22解得：AB=206. （2）如图，

依题意：BC=60×0.5=30（海里） ∵CD∥BE， ∴∠DCB+∠CBE=180° ∵∠DCB=30°， ∴∠CBE=150° ∵∠ABE=75°． ∴∠ABC=75°， ∴∠A=45°， 在△ABC中，

BC30ABAB= 即= ， sinAsin45?sinACBsin60?解之得：AB=156．

答：货轮距灯塔的距离AB=156海里． （3）过点B作AC的垂线BM，垂足为M.

在直角三角形ABM中，∠A=45°，AB=156，

所以AM=153，在直角三角形BDC中，∠BCM=60°，BC=30°，可求得CM=15， 所以AC=153+15，

由题意得，【点睛】

1566+215315 ＝ ． ，sin75°=sin604sin75本题考查方向角的含义，三角形的内角和定理，含30度角的直角三角形，等腰三角形的性质和判定等知识点，解题关键是熟练掌握解直角三角形方法．

6．如图所示的是一个地球仪及它的平面图，在平面图中，点A、B分别为地球仪的南、北极点，直线AB与放置地球仪的平面交于点D，所夹的角度约为67°，半径OC所在的直线与放置它的平面垂直，垂足为点E，DE=15cm，AD=14cm．

（1）求半径OA的长（结果精确到0.1cm，参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，tan67°≈2.36）

（2）求扇形BOC的面积（π取3.14，结果精确到1cm）

【答案】(1)半径OA的长约为24.5cm；(2)扇形BOC的面积约为822cm2． 【解析】 【分析】

(1)在Rt△ODE中，DE=15，∠ODE=67°，根据∠ODE的余弦值，即可求得OD长，减去AD即为OA．

(2)用扇形面积公式即可求得. 【详解】

(1)在Rt△ODE中，DE15cm，ODE67． ∵cosODE∴ODDE， DO15， 0.39461424．5cm， ∴OAODAD38．答：半径OA的长约为24.5cm． (2)∵ODE67， ∴BOC157， ∴S扇形BOCnr2 3601573.1424.522 360822cm2．

答：扇形BOC的面积约为822cm2． 【点睛】

此题主要考查了解直角三角形的应用，本题把实际问题转化成数学问题，利用三角函数中余弦定义来解题是解题关键．

7．如图（1），已知正方形ABCD在直线MN的上方BC在直线MN上，E是BC上一点，以AE为边在直线MN的上方作正方形AEFG． （1）连接GD，求证：△ADG≌△ABE；

（2）连接FC，观察并直接写出∠FCN的度数（不要写出解答过程）

（3）如图（2），将图中正方形ABCD改为矩形ABCD，AB＝6，BC＝8，E是线段BC上一动点（不含端点B、C），以AE为边在直线MN的上方作矩形AEFG，使顶点G恰好落在射线CD上．判断当点E由B向C运动时，∠FCN的大小是否总保持不变，若∠FCN的大小不变，请求出tan∠FCN的值．若∠FCN的大小发生改变，请举例说明．

【答案】（1）见解析；（2）∠FCN＝45°，理由见解析；（3）当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，tan∠FCN＝【解析】 【分析】

（1）根据三角形判定方法进行证明即可．

（2）作FH⊥MN于H．先证△ABE≌△EHF，得到对应边相等，从而推出△CHF是等腰直角三角形，∠FCH的度数就可以求得了．

（3）解法同（2），结合（1）（2）得：△EFH≌△GAD，△EFH∽△ABE，得出EH=AD=BC=8，由三角函数定义即可得出结论． 【详解】

（1）证明：∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴AB＝AD，AE＝AG＝EF，∠BAD＝∠EAG＝∠ADC＝90°， ∴∠BAE+∠EAD＝∠DAG+∠EAD，∠ADG＝90°＝∠ABE， ∴∠BAE＝∠DAG， 在△ADG和△ABE中，

4．理由见解析. 3ADGABEDAGBAE， ADAB∴△ADG≌△ABE（AAS）． （2）解：∠FCN＝45°，理由如下： 作FH⊥MN于H，如图1所示：

则∠EHF＝90°＝∠ABE， ∵∠AEF＝∠ABE＝90°，

∴∠BAE+∠AEB＝90°，∠FEH+∠AEB＝90°， ∴∠FEH＝∠BAE，在△EFH和△ABE中，

EHFABEFEHBAE， EFAE∴△EFH≌△ABE（AAS）， ∴FH＝BE，EH＝AB＝BC， ∴CH＝BE＝FH， ∵∠FHC＝90°， ∴∠FCN＝45°．

（3）当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，理由如下： 作FH⊥MN于H，如图2所示：

由已知可得∠EAG＝∠BAD＝∠AEF＝90°，

结合（1）（2）得：△EFH≌△GAD，△EFH∽△ABE， ∴EH＝AD＝BC＝8， ∴CH＝BE， ∴

EHFHFH； ABBECHFHEH84， CHAB63在Rt△FEH中，tan∠FCN＝

∴当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，tan∠FCN＝【点睛】

4． 3本题是四边形综合题目，考查了正方形，矩形的判定及全等三角形的判定方法等知识点的综合运用，其重点是通过证三角形全等或相似来得出线段的相等或成比例．

8．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣

121x+bx+c与直线y＝x﹣3分别交x42轴、y轴上的B、C两点，设该抛物线与x轴的另一个交点为点A，顶点为点D，连接CD交x轴于点E．

（1）求该抛物线的表达式及点D的坐标； （2）求∠DCB的正切值；

（3）如果点F在y轴上，且∠FBC＝∠DBA+∠DCB，求点F的坐标．

【答案】（1）y（0，﹣18）． 【解析】 【分析】 （1）y＝

121x2x3，D（4，1）；（2）；（3）点F坐标为（0，1）或431x﹣3，令y＝0，则x＝6，令x＝0，则y＝﹣3，求出点B、C的坐标，将点B、2C坐标代入抛物线y＝﹣

12

x+bx+c，即可求解； 439（2）求出则点E（3，0），EH＝EB•sin∠OBC＝，CE＝32，则CH＝，即可求55解；

（3）分点F在y轴负半轴和在y轴正半轴两种情况，分别求解即可． 【详解】 （1）y＝

1x﹣3，令y＝0，则x＝6，令x＝0，则y＝﹣3， 2121x+bx﹣3得：0＝﹣×36+6b﹣3，解得：b＝2， 44则点B、C的坐标分别为（6，0）、（0，﹣3），则c＝﹣3， 将点B坐标代入抛物线y＝﹣故抛物线的表达式为：y＝﹣

12

x+2x﹣3，令y＝0，则x＝6或2， 4即点A（2，0），则点D（4，1）； （2）过点E作EH⊥BC交于点H，

C、D的坐标分别为：（0，﹣3）、（4，1）， 直线CD的表达式为：y＝x﹣3，则点E（3，0），tan∠OBC＝

OCOB31162，则sin∠OBC＝5，

则EH＝EB•sin∠OBC＝35， CE＝32，则CH＝95， 则tan∠DCB＝

EHCH13； （3）点A、B、C、D、E的坐标分别为（2，0）、（（3，0）， 则BC＝35，

∵OE＝OC，∴∠AEC＝45°，

tan∠DBE＝

164＝12， 故：∠DBE＝∠OBC，

则∠FBC＝∠DBA+∠DCB＝∠AEC＝45°， ①当点F在y轴负半轴时，

过点F作FG⊥BG交BC的延长线与点G，

6，0）、（0，﹣3）、（4，1）、

则∠GFC＝∠OBC＝α，

设：GF＝2m，则CG＝GFtanα＝m， ∵∠CBF＝45°，∴BG＝GF，

即：35+m＝2m，解得：m＝35， CF＝GF2CG2＝5m＝15， 故点F（0，﹣18）； ②当点F在y轴正半轴时， 同理可得：点F（0，1）；

故：点F坐标为（0，1）或（0，﹣18）． 【点睛】

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等相关知识，其中（3），确定∠FBC＝∠DBA+∠DCB＝∠AEC＝45°，是本题的突破口．

9．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＝

1AD＝3， 2在Rt△ODN中，ON＝

3DN＝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．

10．已知：如图，在Rt△ABO中，∠B=90°，∠OAB=30°，OA=3．以点O为原点，斜边OA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，以点P（4，0）为圆心，PA长为半径画圆，⊙P与x轴的另一交点为N，点M在⊙P上，且满足∠MPN=60°．⊙P以每秒1个单位长度的速度沿x轴向左运动，设运动时间为ts，解答下列问题： （发现）（1）MN的长度为多少；

（2）当t=2s时，求扇形MPN（阴影部分）与Rt△ABO重叠部分的面积． （探究）当⊙P和△ABO的边所在的直线相切时，求点P的坐标．

（拓展）当MN与Rt△ABO的边有两个交点时，请你直接写出t的取值范围．

【答案】【发现】（1）MN的长度为的坐标为；或（，10）（ π3；（2）重叠部分的面积为；【探究】：点P382323或；【拓展】t的取值范围是2＜t3或，0）（ ，0）334t＜5，理由见解析．

【解析】 【分析】

发现：（1）先确定出扇形半径，进而用弧长公式即可得出结论； （2）先求出PA=1，进而求出PQ，即可用面积公式得出结论； 探究：分圆和直线AB和直线OB相切，利用三角函数即可得出结论；

拓展：先找出MN和直角三角形的两边有两个交点时的分界点，即可得出结论． 【详解】 [发现]

（1）∵P（4，0），∴OP=4． ∵OA=3，∴AP=1，∴MN的长度为故答案为

601． 1803； 3（2）设⊙P半径为r，则有r=4﹣3=1，当t=2时，如图1，点N与点A重合，∴PA=r=1，设MP与AB相交于点Q．在Rt△ABO中，∵∠OAB=30°，∠MPN=60°． ∵∠PQA=90°，∴PQ113PA，∴AQ=AP×cos30°，∴S重叠部分222=S△APQ13PQ×AQ． 283． 8即重叠部分的面积为[探究]

①如图2，当⊙P与直线AB相切于点C时，连接PC，则有PC⊥AB，PC=r=1． ∵∠OAB=30°，∴AP=2，∴OP=OA﹣AP=3﹣2=1； ∴点P的坐标为（1，0）；

②如图3，当⊙P与直线OB相切于点D时，连接PD，则有PD⊥OB，PD=r=1，∴PD∥AB，∴∠OPD=∠OAB=30°，∴cos∠OPD坐标为（PD123，∴OP，∴点P的OPcos30323，0）； 3③如图4，当⊙P与直线OB相切于点E时，连接PE，则有PE⊥OB，同②可得：OP23； 323，0）； 3∴点P的坐标为（

[拓展]

t的取值范围是2＜t≤3，4≤t＜5，理由：

如图5，当点N运动到与点A重合时，MN与Rt△ABO的边有一个公共点，此时t=2； 当t＞2，直到⊙P运动到与AB相切时，由探究①得：OP=1，∴tRt△ABO的边有两个公共点，∴2＜t≤3．

如图6，当⊙P运动到PM与OB重合时，MN与Rt△ABO的边有两个公共点，此时t=4； 直到⊙P运动到点N与点O重合时，MN与Rt△ABO的边有一个公共点，此时t=5；

413，MN与1∴4≤t＜5，即：t的取值范围是2＜t≤3，4≤t＜5．

【点睛】

本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，切线的性质，锐角三角函数，三角形面积公式，作出图形是解答本题的关键．