中考数学一轮复习：专题24.8 解直角三角形章末九大题型总结（拔尖篇）（华东师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题24.8 解直角三角形章末九大题型总结（拔尖篇）（华东师大版）（解析版），共71页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc25597" 【题型1 构建直角三角形求锐角三角函数值】 PAGEREF _Tc25597 \h 1
\l "_Tc32654" 【题型2 用等角转换法求锐角三角函数值】 PAGEREF _Tc32654 \h 7
\l "_Tc21021" 【题型3 锐角三角函数与相似三角形的综合应用】 PAGEREF _Tc21021 \h 13
\l "_Tc17309" 【题型4 锐角三角函数与圆的综合应用】 PAGEREF _Tc17309 \h 18
\l "_Tc26825" 【题型5 解非直角三角形】 PAGEREF _Tc26825 \h 26
\l "_Tc11437" 【题型6 巧设辅助未知数解直角三角形】 PAGEREF _Tc11437 \h 32
\l "_Tc9593" 【题型7 构造直角三角形进行线段或角的计算】 PAGEREF _Tc9593 \h 41
\l "_Tc4507" 【题型8 解直角三角形与圆的综合应用】 PAGEREF _Tc4507 \h 50
\l "_Tc7632" 【题型9 构造直角三角形解决实际问题】 PAGEREF _Tc7632 \h 60
【题型1 构建直角三角形求锐角三角函数值】
【例1】（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，在四边形ABCD中，∠B=60°，∠C=90°，E为边BC上的点，△ADE为等边三角形，BE=8，CE=2，则tan∠AEB的值为（ ）

A．375B．275C．335D．435
【答案】C
【分析】作EF⊥AB于点F，AH⊥BE于点H，解直角△BEF，得出BF=12BE=4，证明△AEF≌△EDC，得出AF=EC=2，再求出AH=33，HE=5，然后利用正切函数定义即可求解．
【详解】如图，作EF⊥AB于点F，AH⊥BE于点H，

∵∠B=60°，BE=8，
∴∠BEF=90°−∠B=30°，
∴BF=12BE=4．
∵△ADE为等边三角形，
∴∠AED=60°，AE=DE，
∵∠BAE+∠B+∠AEB=180°，∠DEC+∠AED+∠AEB=180°，
∴∠BAE=∠DEC，
在△AEF与△EDC中，
∠EAF=∠DEC∠AFE=∠CAE=ED，
∴△AEF≌△EDCAAS，
∴AF=EC=2，
∴AB=AF+BF=2+4=6，
∵∠AHB=90°，∠BAH=90°−∠B=30°，
∴BH=12AB=3，AH=3BH=33，
∴HE=BE−BH=8−3=5，
∴tan∠AEH=AHHE=335．
故选：C．
【点睛】此题考查了解直角三角形，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，锐角三角函数定义等知识，准确作出辅助线，构造全等三角形以及直角三角形是解题的关键．
【变式1-1】（2023春·湖北襄阳·九年级统考期中）如图，在△ABD中，∠A=90°，若BE=mAC，CD=mAB，连接BC、DE交于点F，则cs∠BFE的值为 ．
【答案】m2+1m2+1
【分析】过C作CG⊥BC，过D作DG⊥AD，如图所示，先证明△ABC∽△DCG，得到BE=ma=DG，从而判定四边形BEDG是平行四边形，进而ED∥BG，得到∠BFE=∠CBG，在Rt△ABC中，BC=a2+b2；在Rt△CDG中，GC=ma2+b2；在Rt△BCG中，BG=BC2+CG2=1+m2a2+b2，即可得到cs∠BFE=cs∠CBG=BCBG=a2+b21+m2a2+b2=m2+1m2+1．
【详解】解：过C作CG⊥BC，过D作DG⊥AD，如图所示：
∴DG∥AB，∠BCG=90°，∠CDG=90°，
∵ ∠A=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90°，
∵∠BCG=90°，
∴∠ACB+∠DCG=90°，
∴∠ABC=∠DCG，
∴△ABC∽△DCG，
∴ABDC=ACDG，
∵ BE=mAC，CD=mAB，
设AC=a,AB=b，则BE=ma,CD=mb，则bmb=aDG，解得DG=ma，
∴BE=ma=DG，
∵BE∥DG，
∴四边形BEDG是平行四边形，
∴ ED∥BG，
∴ ∠BFE=∠CBG，
在Rt△ABC中，∠A=90°，AC=a,AB=b，则BC=a2+b2，
在Rt△CDG中，∠CDG=90°，BE=ma,CD=mb，则GC=ma2+b2，
在Rt△BCG中，∠BCG=90°，则BG=BC2+CG2=1+m2a2+b2 cs∠BFE=cs∠CBG=BCBG=a2+b21+m2a2+b2=m2+1m2+1，
故答案为：m2+1m2+1．
【点睛】本题考查求三角函数值，涉及相似三角形判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理及余弦函数定义，准确构造辅助线，熟练运用相似三角形判定与性质是解决问题的关键．
【变式1-2】（2023·四川成都·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，CD平分∠ACB交AB于点D，过D作DE∥BC交AC于点E，将△DEC沿DE折叠得到△DEF，DF交AC于点G．若AGGE=73，则tanA= ．

【答案】377
【分析】过点G作GM⊥DE于M，证明△DGE∽△CGD，得出DG2=GE×GC，根据AD∥GM，得AGGE=73=DMME，设GE=3,AG=7，EM=3n，则DM=7n，则EC=DE=10n，在Rt△DGM中，GM2=DG2−DM2，在Rt△GME中，GM2=GE2−EM2，则DG2−DM2=GE2−EM2，解方程求得n=34，则EM=94，GE=3，勾股定理求得GM，根据正切的定义，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点G作GM⊥DE于M，

∵CD平分∠ACB交AB于点D，DE∥BC
∴∠1=∠2,∠2=∠3
∴∠1=∠3
∴ED=EC
∵折叠，
∴∠3=∠4，
∴∠1=∠4,
又∵∠DGE=∠CGD
∴△DGE∽△CGD
∴DGCG=GEDG
∴DG2=GE×GC
∵∠ABC=90°，DE∥BC，则AD⊥DE，
∴AD∥GM
∴AGGE=DMME，∠MGE=∠A，
∵AGGE=73=DMME
设GE=3,AG=7，EM=3n，则DM=7n，则EC=DE=10n，
∵DG2=GE×GC
∴DG2=3×3+10n=9+30n
在Rt△DGM中，GM2=DG2−DM2
在Rt△GME中，GM2=GE2−EM2
∴DG2−DM2=GE2−EM2
即9+30n−7n2=32−3n2
解得：n=34
∴EM=94，GE=3
则GM=GE2−ME2=32−942=374
∴tanA=tan∠EGM=MEMG=94374=377
故答案为：377．
【点睛】本题考查了求正切，折叠的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·江苏常州·九年级校考期末）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=4，AD是BC边上的高，将△ABC绕点C旋转到△EFC（点E、F分别与点A、B对应），点F落在线段AD上，连接AE，则cs∠EAF= ．
【答案】21−2310
【分析】过点E作EG⊥AD于点G，结合旋转的性质可求cs∠FCD=CDCF=12，进而可证△ACE是等边三角形，可求出AD=21−23，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作EG⊥AD于点G，
∵将△ABC绕点C旋转，点B落在线段AD上的点F处，
∴CF=BC=4，CE=EF=AB=5，∠ACB=∠ECF，AC=EC，
∴∠FCD+∠ACF=∠ACE+∠ACF，
∴∠FCD=∠ACE；
∵AB=AC，AD是BC边上的高，
∴CD=12BC=2，
∴cs∠FCD=CDCF=24=12，
∴∠FCD=60°，
∴DF=CF•sin∠FCD =4×32=23，
∴∠ACE=∠FCD=60°，
∵AC=EC，
∴△ACE是等边三角形，
∴AE=EF=5，
∴在Rt△ACD中
AD=AC2−CD2 =52−22=21，
∴AF=AD−DF =21−23，
∵AE=EF，EG⊥AD，
∴AG=12AF=21−232，
∴cs∠EAF=AGAE =21−2325 =21−2310．
故答案为：21−2310．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形“三线合一”，等边三角形的判定及性质，特殊角的三角函数等，掌握相关性质及定理，构建直角三角形是解题的关键．
【题型2 用等角转换法求锐角三角函数值】
【例2】（2023秋·江苏常州·九年级统考期末）已知点P在△ABC内，连接PA、PB、PC，在△PAB、△PBC、△PAC中，如果存在一个三角形与△ABC相似，那么就称点P为△ABC的自相似点，如图，在直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=12，BC=5，如果点P为直角△ABC的自相似点，那么tan∠ACP= ．
【答案】512
【分析】先找到Rt△ABC的内相似点，再根据三角函数的定义计算tan∠ACP即可．
【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=12，BC=5，
∴∠CAB<∠CBA，
故可在∠CBA内作∠CBP＝∠CAB，
又∵点P为△ABC的自相似点，
∴过点C作CP⊥PB，并延长CP交AB于点D，

则△BPC∽△ACB，
∴点P为△ABC的自相似点，
∴∠BCP=∠CBA，
∴∠ACP=∠BAC，
∴tan∠ACP=tan∠BAC=BCAC=512，
故答案为：512．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，利用条件先确定出P点的位置是解题的关键．
【变式2-1】（2023春·吉林长春·九年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，连结AC，延长BC到点E，使CE=AC，过点E作AC的平行线与AD的延长线交于点F．

(1)求证：四边形ACEF是菱形；
(2)连结AE，若tan∠ACB=158，则tan∠AEF的值为________．
【答案】(1)见解析
(2)35
【分析】（1）根据进行的性质得出AF∥CE，进而得出四边形ACEF是平行四边形．根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得证；
（2）根据tan∠ACB=158，在Rt△ACB中，设AB=15k，则BC=8k，根据菱形的性质得出AC=EC=17k，∠AEF=∠AEB，进而根据正切的定义，即可求解．
【详解】（1）证明：∵在矩形ABCD中，AD∥BC，即AF∥CE，
又∵EF∥AC，
∴四边形ACEF是平行四边形．
又∵CE=AC,
∴四边形ACEF是菱形．
（2）解：如图所示，

连接AE,CF交与点O，
∵四边形ACEF是菱形，
∴AE⊥FC
∵tan∠ACB=158，
在Rt△ACB中，设AB=15k，则BC=8k，
则AC=AB2+BC2=17k，
∵四边形ACEF是菱形，
∴AC=EC=17k，∠AEF=∠AEB，
∴tan∠AEF=tan∠AEB=ABBE=15k17k+8k=35．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，求正切，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【变式2-2】（2023秋·上海黄浦·九年级统考期末）如图，平面上七个点A、B、C、D、E、F、G，图中所有的连线长均相等，则cs∠BAF= ．
【答案】56
【分析】连接AC、AD，过点D作DM⊥AC，垂足为M，过点A作AN⊥CD于点N．由各边都相等，得△ABG、△AEF、△CBG和△DEF都是等边三角形，四边形ABCG、四边形AEDF是菱形，若设AB的长为x，根据等边三角形、菱形的性质，计算出AD的长3x，∠BAC＝∠EAD＝30°，可证明∠BAF＝∠CAD；易得△CMD∽△CNA，从而示求得CM的长，进而求得AM的长，在直角△AMD中，由余弦的定义即可求出cs∠CAD从而求得结果．
【详解】解：连接AC、AD，过点D作DM⊥AC，垂足为M，过点A作AN⊥CD于点N，如图．
设AE的长为x，则AB＝AG＝BG＝CG＝CB＝AF＝AE＝EF＝x
∴△ABG、△AEF、△CBG和△DEF都是等边三角形
四边形ABCG、四边形AEDF是菱形
∴∠BAC＝∠EAD＝30°
∴AC＝AD＝2×cs∠BAC×AB＝2×32x＝3x
∵∠CAD＝∠BAE−∠BAC−∠EAD＝∠BAE−60°，∠BAF＝∠BAE−∠EAF＝∠BAE−60°
∴∠BAF＝∠CAD
∵DM⊥AC，AN⊥CD，∠CAN=∠CDM
∴△CMD∽△CNA
∴CMCN=CDAC
∵AC=AD， AN⊥CD
∴CN=12CD=12x
∴CM=CD·CNAC=x×12x÷(3x)=36x
∴AM=AC−CM=3x−36x=536x
在Rt△AMD中， cs∠CAD=AMAD=56
∴cs∠BAF＝56．
故答案为56.
【点晴】本题考查了等边三角形的性质和判定、菱形的性质和判定、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数．把求∠BAE的余弦转化为求∠CAD的余弦是解决本题的关键．
【变式2-3】（2023春·山东菏泽·九年级统考期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O．点M是BC边的中点，连接AM、OM，作CF∥AM．已知OC平分∠BCF，OB平分∠AOM，若BD=32，则sin∠BAM的值为
【答案】255
【分析】过点E作EH⊥AB于H，由角平分线的定义和平行线的性质证明MA=MC，再由等腰三角形的性质证明∠AOM=90°，由题意证明OM为△ABC的中位线，得到OM∥AB，OM＝12AB，则有∠BAO=90°，进而推出AB=AO=22OB=32，利用勾股定理得到AM=OM2+OA2=354，证明△ABE∽△MOE，得到AEME=ABOM=BEOE=2，求出AE=23AM=52,BE=23OB=2，再推出BH=EH=22BE=1，得到AH=12，利用sin∠BAM=sin∠HAE则问题可解．
【详解】解：如图所示，过点E作EH⊥AB于H，
∵OC平分∠BCF，
∴∠OCF=∠OCB，
∵CF∥AM，
∴∠CAM=∠ACF，
∴∠MAC=∠MCA，
∴MA=MC，
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，
∴OB=12BD=322,OA=OC
∴OM⊥AC，即∠AOM=90°，
∵OB平分∠AOM，
∴∠AOB=45°，
∵M为BC的中点，
∴OM为△ABC的中位线，
∴OM∥AB，OM＝12AB，
∴∠BAO=180°−∠AOM=90°，
∴∠ABO=45°=∠AOB，
∴AB=AO=22OB=32，
∴OM=12AB=34，
∴AM=OM2+OA2=354，
∵OM∥AB，
∴△ABE∽△MOE，
∴AEME=ABOM=BEOE=2，
∴AE=23AM=52,BE=23OB=2，
∵EH⊥AB，
∴∠BEH=45°=∠EBH，
∴BH=EH=22BE=1，
∴AH=12，
∴sin∠BAM=sin∠HAE=HEAE=255，
故答案为：255
【点睛】本题主要考查了锐角三角函数，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，三角形中位线定理，相似三角形的性质与判定等等，利用相似三角的性质构造比例式，得到线段之间数量关系是解题的关键．
【题型3 锐角三角函数与相似三角形的综合应用】
【例3】（2023春·九年级课时练习）如图，四边形ABCD为矩形，点E为边AB一点，将△ADE沿DE折叠，点A落在矩形ABCD内的点F处，连接BF，且BE=EF，∠BEF的正弦值为2425，则ADAB的值为（ ）
A．23B．45C．35D．2425
【答案】A
【分析】过点F作FP⊥AB于点P，根据折叠的性质及BE=EF，可得∠AED=∠EBF，从而可得△ADE∽△PFB，由∠BEF的正弦值为2425，设EF=25a，则PF=24a，由勾股定理求得PE=7a，从而可得BP，则由相似可得AEAD=BPPF，再由折叠的性质可得点E是AB的中点，从而可求得结果．
【详解】如图，过点F作FP⊥AB于点P
由折叠的性质可得：AE=EF，∠AED=∠FED
∵BE=EF
∴BE=AE=EF，∠EFB=∠EBF
∵∠BEF+2∠AED=∠BEF+2∠EBF=180゜
∴∠AED=∠EBF
∵四边形ABCD为矩形，PF⊥AB
∴∠A=∠FPB=90゜
∴△ADE∽△PFB
∴AEAD=BPPF
∵在Rt△PEF中，sin∠BEF=2425=PFEF
∴设EF=25a，则PF=24a
由勾股定理求得PE=EF2−PF2=7a
∴BP=BE－PE=18a
∴AEAD=BPPF=18a24a=34
∴ABAD=2AEAD=32
∴ADAB=23
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，关键是由正弦值出发设EF与PF的长，难点是证明△ADE∽△PFB．
【变式3-1】（2023·福建·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，点M、N分别在边AB、AD上（不与端点重合），且DM⊥CN于点P．若∠APD=135°，则cs∠MNP= ．
【答案】55
【分析】根据题意得出A,N,P,M四点共圆，结合题意得出△ANM是等腰直角三角形，设AM=AN=a，证明△AMD∽△DNC得出a=23，勾股定理得出MN,DM，证明△DPN∽△DAM得出NP，进而根据余弦的定义即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，DM⊥CN
∴∠MAN=∠MPN=90°，
∴A,N,P,M四点共圆，
∵∠APD=135°，
∴∠ANM=∠APM=180°−∠APD=45°，
∴△ANM是等腰直角三角形，
设AM=AN=a，
∵∠ADM=90−∠DNP=∠DCN，∠MAD=∠NDC=90°，
∴△AMD∽△DNC
∴AMDN=ADDC
∴a2−a=24
解得：a=23，
∴AM=AN=23,ND=43，则MN=2AM=232,
∴DM=AM2+AD2=232+22=2103
又∵∠DPN=∠DAM=90°,∠ADM=∠PDN
∴△DPN∽△DAM
∴NPAM=NDDM
∴NP=AM×NDDM=23×432310=21015
∴cs∠MNP=NPMN=21015223=55,
故答案为：55．
【点睛】本题考查了90°角所对的弦是直径，相似三角形的性质与判定，求余弦，证明△AMD∽△DNC，△DPN∽△DAM是解题的关键．
【变式3-2】（2023春·浙江杭州·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，csB=35，将△ABC绕顶点C旋转得到△A′B′C′，且使得B′恰好落在AB边上，A′B′与AC交于点D，则B′DCD的值为（ ）

A．25B．720C．310D．920
【答案】B
【分析】如图（见解析），设BC=3a(a>0)，先根据余弦三角函数得出BE的长，再根据等腰三角形的三线合一可得BB′的长，从而可得AB′的长，然后根据旋转的性质可得A′C=4a，∠A=∠A′，最后根据相似三角形的判定与性质可得B′DCD=AB′A′C，由此即可得出答案．
【详解】如图，过点C作CE⊥AB于点E
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，csB=BCAB=35
∴可设BC=3a(a>0)，则AB=5a，AC=AB2−BC2=4a
∴△BCB′是等腰三角形
∴BB′=2BE（等腰三角形的三线合一）
由旋转的性质可知，B′C=BC=3a,A′C=AC=4a，∠A=∠A′
在Rt△BCE中，csB=BEBC，即BE3a=35
解得BE=9a5
∴BB′=2BE=18a5
∴AB′=AB−BB′=5a−18a5=7a5
在△AB′D和△A′CD中，∠A=∠A′∠ADB′=∠A′DC
∴△AB′D∼△A′CD
∴B′DCD=AB′A′C=7a54a=720
故选：B．

【点睛】本题考查了余弦三角函数、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、旋转的性质等知识点，通过作辅助线，运用余弦三角函数求出BE的长是解题关键．
【变式3-3】（2023·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠BAC＝12，AD＝2，BD＝4，连接CD，则CD长的最大值是（ ）
A．25+34B．25+1C．25+32D．25＋2
【答案】B
【分析】过点A作∠DAP=∠BAC，过点D作AD⊥DP交AP于点P，分别求出PD，PC，在△PDC中，利用三角形的三边关系即可求出CD长的最大值．
【详解】解：如图，过点A作∠DAP=∠BAC，过点D作AD⊥DP交AP于点P，
∵∠ABC=90°，tan∠BAC=12，
∴tan∠DAP=tan∠BAC=12，
∴DPAD=12，
∵AD=2，
∴DP=1，
∵∠DAP=∠BAC，∠ADP=∠ABC，
∴△ADP∽△ABC，
∴APAC=ADAB，
∵∠DAB=∠DAP+∠PAB，∠PAC=∠PAB+∠BAC，∠DAP=∠BAC，
∴∠DAB=∠PAC，APAC=ADAB，
∴△ADB∽△APC，
∴ADAP=DBPC，
∵AP=AD2+DP2=22+12=5，
∴PC=AP⋅DBAD=5×42=25，
∴PD+PC=1+25，PC−PD=25−1，
在△PDC中，∵PD+PC>DC，PC−PD∴25−1当D，P，C三点共线时，DC最大，最大值为25+1，
故选：B．
【点睛】本题考查了锐角三角函数的定义，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的三边关系，构造相似三角形是解题的关键．
【题型4 锐角三角函数与圆的综合应用】
【例4】（2023·广东惠州·校考模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点E为弧AC的中点，AC、BE交于点D，过A的切线交BE的延长线于F．

(1)求证：AD=AF；
(2)若AOAF=23，求tan∠OAD的值．
【答案】(1)见详解
(2)724
【分析】（1）连接AE，由AB是直径，得到∠AEB=90°，由题知∠FAB=90°，经过角的等量代换得到∠ABE=∠FAE，再根据等弧所对的圆周角相等得到∠B=∠CAE，即有∠FAE=∠DAE，再证明△AEF≌△AED，问题得解；
（2）连接OD、OE，根据OE=OA结合（1）所得，证明OE⊥AC，由AOAF=23得到tan∠B=34，设EF=DE=3a，可解得OA=OE=10a3，在Rt△DEG中解直角三角形可得DG=9a5，GE=12a5，由此计算得OG=14a15，AG=16a5， 问题得解．
【详解】（1）连接AE，
∵AB是直径，
∴ ∠AEB=90°，即∠AEF=90°，
∵ AF是切线，
∴∠FAB=90°，
∵∠B+∠F=90°=∠F+∠FAE，
∴∠FAE=∠B，
又∵CE=AE，
∴∠CAE=∠B，
∴∠FAE=∠DAE，
∵∠FAE=∠DAE，AE=AE，∠AEF=∠AED=90°，
∴△AEF≌△AED，
∴AD=AF；
（2）连接OD、OE，
∵OE=OA，
∴∠B=∠OEB=∠DAE，
∴∠OEB+∠ADE=90°，即OE⊥AC，
∵AOAF=23，AB=2OA，
∴ABAF=43，
∴tan∠B=34，
设AB=4x，AF=3x，
利用勾股定理可得：BF=5x，
∴sin∠B=AFBF=35，cs∠B=ABBF=45，
再设EF=DE=3a，则AE=4a，AD=AF=5a，
在Rt△DEG中，DG=DE⋅sin∠OEB=DE⋅sin∠B=3a×35=9a5，GE=DE⋅cs∠OEB=DE⋅cs∠B=3a×45=12a5，
∴AG=AD−DG=5a−9a5=16a5，
又∵ AOAF=23，
∴OA=OE=10a3，OG=OE−GE=10a3−12a5=14a15，
tan∠OAD=OGAG=14a1516a5=724．

【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形三线合一的性质，圆的切线，解直角三角形；熟悉相关的性质，熟练地在图形中进行角的转换、解直角三角形是本题的关键．
【变式4-1】（2023·湖北武汉·校考三模）如图，AB是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，PB交⊙O于D，点C是弧BD上一点，PC=PA．

(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)若CD∥AB，求sin∠PCD的值．
【答案】(1)见解析
(2)13
【分析】（1）连接OP，OC，利用全等三角形的判定与性质，切线的性质定理和判定定理解答即可；
（2）作圆的直径CE，连接OP，AC，它们交于点G，连接ED，BC，利用平行线的性质，圆周角定理和直角三角形的性质可得AF=BF=PF；利用切线长定理和等腰三角形的性质可得OP⊥AC，AG=GC；利用平行线分线段成比例定理可得GF=FC，则得BF=AF=3FC，利用直角三角形的边角关系定理可求sin∠FBC，利用切线及圆周角定理得出∠PCD=∠FBC，则结论可求．
【详解】（1）证明：连接OP，OC，如图，

∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥AP，
∴∠A=90°．
在△OAP和△OCP中，
OA=OCPA=PCOP=OP，
∴△OAP≌△OCPSSS．
∴∠A=∠OCP=90°，
∴OC⊥CP，
∵OC为⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线；
（2）解：作圆的直径CE，连接OP，AC，它们交于点G，连接ED，BC，如图，
∵CD∥AB，
∴ AD=BC，
∴∠BAC=∠DBA，
∴AF=BF．
∵∠OAP=90°，
∴∠BAC+∠CAP=90°，∠DBA+∠APB=90°，
∴∠CAP=∠APB，
∴AF=PF，
∴AF=BF=PF．
∵PA，PC是⊙O的切线，
∴OP平分∠APC，
∵PA=PC，
∴OP⊥AC，AG=GC．
∵AB为⊙O的直径，
∴AC⊥BC，
∴OP∥BC，
∴ GFFC=PFBF，
∴GF=FC，
∴AG=GC=2FC，
∴AF=3FC，
∴BF=AF=3FC．
在Rt△BFC中，
sin∠FBC=FCBF=13．
∵PC是⊙O的切线，
∴∠PCE=∠PCD+∠DCE=90°，
∵DC=DC，
∴∠CBD=∠CED，
∵CE为直径，
∴∠CDE=90°，
∴∠CED+∠DCE=90°，
∴∠CED=∠PCD，
∴∠PCD=∠FBC，
∴sin∠PCD=sin∠FBC=13．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的判定与性质，切线长定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，解题的关键是连接OC，OP，添加适当的辅助线．
【变式4-2】（2023·浙江杭州·校考三模）如图1，三角形ABC内接于圆O，点D在圆O上，连接AD和CD，CD交AB于点E，∠ADE+∠CAB=90°

(1)求证：AB是直径；
(2)如图2，点F在线段BE上，AC=AF，∠DCF=45°
①求证：DE=DA；
②若AB=kAD，用含k的表达式表示csB．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②k2−2k2
【分析】（1）先根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABC，从而可得∠ABC+∠CAB=90°，再根据圆周角定理即可得证；
（2）①先根据等腰三角形的性质可得∠AFC=∠ACF，根据三角形的外角性质可得∠AFC=∠ACE+45°，再根据圆周角定理可得∠DAE=∠BCD=90°−∠ACE，从而可得∠AED=∠DAE，然后根据等腰三角形的判定即可得证；
②过点A作AH⊥CD于点H，设DE=DA=xx>0，BC=y，则AB=kx，csB=ykx，设csB=ykx=aa<1，则y=kxa，先根据等腰三角形的判定可得BE=BC=kxa，再证出△ADH∽△ABC，根据相似三角形的性质可得DH=xa，然后利用勾股定理可得AD2−DH2=AH2=AE2−EH2，建立方程，解方程即可得．
【详解】（1）证明：由圆周角定理得：∠ADE=∠ABC，
∵∠ADE+∠CAB=90°，
∴∠ABC+∠CAB=90°，
∴∠ACB=90°，
∴AB是直径．
（2）证明：①∵AC=AF，∠DCF=45°，
∴∠AFC=∠ACF=∠ACE+∠DCF=∠ACE+45°，
∴∠AED=∠CEF=180°−∠DCF−∠AFC=90°−∠ACE，
由圆周角定理得：∠DAE=∠BCD=∠ACB−∠ACE=90°−∠ACE，
∴∠AED=∠DAE，
∴DE=DA；
②如图，过点A作AH⊥CD于点H，

设DE=DA=xx>0，BC=y，则AB=kx，csB=BCAB=ykx，
在Rt△ABC中，BC∴csB=ykx<1，
设csB=ykx=aa<1，则y=kxa，
∵∠CEF=∠AED，∠DAE=∠BCD，∠AED=∠DAE，
∴∠CEF=∠BCD，
∴BE=BC=y=kxa，
∴AE=AB−BE=kx1−a，
由圆周角定理得：∠ADH=∠B，
在△ADH和△ABC中，∠ADH=∠B∠AHD=∠ACB=90°，
∴△ADH∽△ABC，
∴DHBC=ADAB，即DHkxa=xkx，
解得DH=xa，
∴EH=DE−DH=x1−a，
由勾股定理得：AD2−DH2=AH2=AE2−EH2，
∴x2−xa2=kx1−a2−x1−a2，
整理得：k2a2+2−2k2a+k2−2=0，
解得a=k2−2k2或a=1（舍去），
则csB=k2−2k2．
【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的应用、余弦等知识点，较难的是题（2）②，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
【变式4-3】（2023·广东湛江·统考二模）如图CD是⊙O直径，A是⊙O上异于C，D的一点，点B是DC延长线上一点，连AB、AC、AD，且∠BAC=∠ADB．
(1)求证：直线AB是⊙O的切线；
(2)若BC=2OC，求tan∠ADB的值；
(3)在（2）的条件下，作∠CAD的平分线AP交⊙O于P，交CD于E，连PC、PD，若AB=26，求AE⋅AP的值．
【答案】(1)见解析
(2)tan∠ADB=22
(3)AE⋅AP=42
【分析】（1）连接OA，由CD是⊙O的直径可得∠CAD=90°，即∠OAC+∠OAD=90°，由OA=OD得到∠OAD=∠ODA，又∠BAC=∠ADB，从而∠BAC+∠OAC=90°，即AB⊥OA，又OA为半径得证直线AB是⊙O的切线；
（2）易证△BCA∽△BAD得到ACAD=BCAB，设半径OC=OA=r，则BC=2r,OB=3r，在Rt△BAO中，AB=OB2−OA2=22r，因此在Rt△CAD中，tan∠ADC=ACAD=BCBA=22；
（3）由AB=22r=26可得r=3，CD=23，在Rt△CAD中，根据ACAD=22，AC2+AD2=CD2，求得AC=2，AD=22，根据∠CAP=∠EAD，∠APC=∠ADE，证得△CAP∽△EAD，因此ACAE=APAD，变形得到AE⋅AP=AC⋅AD=42．
【详解】（1）证明：如图，连接OA，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CAD=90°，
∴∠OAC+∠OAD=90°，
又∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
又∵∠BAC=∠ADB，
∴∠BAC+∠OAC=90°，
即∠BAO=90°，
∴AB⊥OA，
又∵OA为半径，
∴直线AB是⊙O的切线；
（2）解：∵∠BAC=∠ADB，∠B=∠B，
∴△BCA∽△BAD，
∴ACAD=BCAB，
设半径OC=OA=r，
∵BC=2OC，
∴BC=2r,OB=3r，
在Rt△BAO中，AB=OB2−OA2=3r2−r2=22r，
在Rt△CAD中，tan∠ADC=ACAD=BCBA=2r22r=22；
（3）解：在（2）的条件下，AB=22r=26，
∴r=3，
∴CD=23，
在Rt△CAD中，ACAD=22，AC2+AD2=CD2，
解得AC=2，AD=22，
∵AP平分∠CAD，
∴∠CAP=∠EAD，
又∵∠APC=∠ADE，
∴△CAP∽△EAD，
∴ACAE=APAD，
∴AE⋅AP=AC⋅AD=2×22=42．
【点睛】本题考查圆的相关知识，切线的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，综合运用各个知识是解题的关键．
【题型5 解非直角三角形】
【例5】（2023·天津河北·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=23，连接AC，点E在AC上，∠DEF=90°,EC平分∠DEF,AE= ．

【答案】3−3
【分析】过点D作DG⊥AC，由∠DEF=90°,EC平分∠DEF可得△DEG是等腰直角三角形，再根据矩形性质和勾股定理易求对角线AC长，进而解三角形求出CG、DG即可解答．
【详解】解：过点D作DG⊥AC，如图：

∵∠DEF=90°,EC平分∠DEF，
∴∠DEG=45°，
∴DG=EG，
∵在矩形ABCD中，AB=2,BC=23，
∴CD=2，AD=23，∠ADC=∠ABC=90°，
∴AC=AD2+CD2=4，
∴sin∠ACD=ADAC=32，cs∠ACD=CDAC=12，
∴EG=GD=CDsin∠ACD=2×32=3，
GC=CDcs∠ACD=2×12=1，
∴AE=AC−EG−GC=4−3−1=3−3，
故答案为：3−3．
【点睛】本题主要考查了矩形性质和解三角形，解题关键是过点D作DG⊥AC构造△DEG是等腰直角三角形，再解三角形．
【变式5-1】（2023春·九年级单元测试）在△ABC中，AB=2，AC=3，cs∠ACB=223，则∠ABC的大小为 度．
【答案】30或150
【分析】作AD⊥BC于点D，在Rt△ACD中，先求出CD的长，进而分两种情况求解∠ABC的大小即可，①若点B在AD左侧，②若点B在AD右侧．
【详解】如图，作AD⊥BC于点D，在Rt△ACD中，
∵AC=3，cs∠ACB=223，
∴CD=ACcs∠ACB=3×223=22，则AD=AC2−CD2=32−222=1，
①若点B在AD左侧，
∵AB=2、AD=1，
∴∠ABC=30°；
②若点B在AD右侧，则∠AB′D=30°，
∴∠AB′C=150°，
故答案为30或150．
【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数值，勾股定理，理解题意，运用数形结合思想是解题的关键．
【变式5-2】（2023春·江苏苏州·九年级苏州市景范中学校校考期末）已知：在△ABC中，AC=a，AB与BC所在直线成45°角，AC与BC所在直线形成的夹角的余弦值为255（即csC=255），则AC边上的中线长是 ．
【答案】8510a或510a
【详解】解：分两种情况：
①△ABC为锐角三角形时，如图1．
作△ABC的高AD，BE为AC边的中线．
∵在直角△ACD中，AC=a，csC=255，
∴CD=255a，AD=55a．
∵在直角△ABD中，∠ABD=45°，
∴BD=AD=55a，
∴BC=BD+CD=355a．
在△BCE中，由余弦定理，得
BE2=BC2+EC2-2BC•EC•csC=95a2+14a2−2×355a×12a×255=1720a2
∴BE=8510a；
②△ABC为钝角三角形时，如图2．
作△ABC的高AD，BE为AC边的中线．
∵在直角△ACD中，AC=a，csC=255，
∴CD=255a，AD=55a．
∵在直角△ABD中，∠ABD=45°，
∴BD=AD=55a，
∴BC=BD+CD=355a．
在△BCE中，由余弦定理，得
BE2=BC2+EC2-2BC•EC•csC
=15a2+14a2−2×55a×12a×255=120a2
∴BE=510a．
综上可知AC边上的中线长是8510a或510a．
【变式5-3】（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考模拟预测）已知：在△ABC中，BA=BC，sin∠CAB=45，点E是AC的中点，F是直线BC上一点，连接EF，将△EFC沿着EF折叠，点C的对应点为D，连接AD．

(1)如图1，若点D在线段AB上，求证：EF∥AD；
(2)如图2，DF与AB交于点M，连接AF，若∠DAF=∠EAF，求证：点M是AB的中点；
(3)如图3，点F在CB延长线上，DF与AB交于点M，EF交AB于点N，若DE=EN=3，求MF·MA．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)MF·MA=6.25．
【分析】（1）连接CD，由折叠可知，DC⊥EF，DE=EC，再证明点A、D、C三点在以AC为直径的圆上，再利用垂直同一直线的两直线平行，即可得到结论；
（2）同理推出点点A、F、C三点在以AC为直径的圆上，设∠C=∠BAC=α，得到∠EFC=∠DFE=α，再证明∠MAF=∠MFA，据此即可证明结论；
（3）设∠C=α，利用三角形内角和定理以及折叠的性质，求得∠NED=2α，推出∠NEM=∠MED=α，证明△MEN∽△BAC，求得MN=ME=2.5，再证明△AME∽△EMF，即可求解．
【详解】（1）解：连接CD，

由折叠可知，DC⊥EF，DE=EC，
∵点E是AC的中点，
∴AE=EC=DE，即点A、D、C三点在以AC为直径的圆上，
∴∠ADC=90°，即DC⊥AD，
∴EF∥AD；
（2）证明：由（1）知EF∥AD，
∴∠DAF=∠AFE，
∵∠DAF=∠EAF，
∴∠AFE=∠EAF，
∴EF=AE=CE，
∴点A、F、C三点在以AC为直径的圆上，
∴∠AFC=∠AFB=90°，
设∠C=∠BAC=α，
∴∠EFC=∠DFE=α，
∴∠B=∠MFB=180°−2α，
∴90°−∠B=90°−∠MFB，即∠MAF=∠MFA，
∴MA=MF=MB，即点M是AB的中点；
（3）解：连接EM、DN，BE，

设∠C=α，
∵DE=EN=3，AE=EC=ED，
∴AE=EN=3，
∴∠BAC=∠FDE=∠ANE=α，
∴∠AEN=180°−2α，∠DAE=∠ADE=180°−2α，
∴∠AED=4α−180°，
∴∠NED=2α，
∵DE=EN，
∴∠NDE=∠DNE，
∵∠FDE=∠ANE，
∴∠MDN=∠MND，
∴MD=MN，
∴△MDE≌△MNE，
∴∠NEM=∠MED=α，
∴∠NEM=∠MNE，
∴△MEN∽△BAC，
∴MNBC=NEAC=MEBA=12，
∴MN=ME=12AB，
∵BE⊥AC，sin∠CAB=45，
∴cs∠CAB=35
∴AEAB=35，即3AB=35，
∴AB=5，
∴MN=ME=2.5，
同理△AME∽△EMF，
∴MAME=MEMF，
∴MF·MA=ME2=2.52=6.25．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了等腰三角形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，证明等腰三角形，利用（1）中结论是解决问题（2）、（3）的关键．
【题型6 巧设辅助未知数解直角三角形】
【例6】（2023·辽宁沈阳·统考二模）如图，在平行四边形ABCD中，sinA=1213,BC=13,CD=24，点E在边CD上，将△BCE沿直线BE翻折，点C落在点F处，且AF=BF，则CE的长为 ．
【答案】16917或17
【分析】画出图形，由折叠及sinA=1213，AF=BF，及BC=13,CD=24，可以求出BF、AN、BN等线段长度，在分当F在▱ABCD的内部或外部，根据勾股定理列出方程进行求解即可．
【详解】解：∵AF=BF，
∴F在AB的垂直平分线上．
在平行四边形ABCD中，AB=CD=24,
过C作CP⊥AB于P,作AB的垂直平分线交CD于M,交AB于N，
∴AN=NB=12AB=12．
在平行四边形ABCD中，AD//BC,AB//CD，
∴∠A=∠CBP，
∴sinA=sin∠CBP=1213,
∴sin∠CBP=CPBC=1213,
∴CP=1213×BC=12,
∴BP=132−122=5，
∴PN=BP+NB=5+12=17．
∵MN垂直平分AB，
∴MN⊥AB，
∵CP⊥AB，
∴MN//CP，
∵AB//CD，
∴四边形NPCM是平行四边形，
∴CM=NP=17，MN=CP=12．
由折叠可知BC=BF=13，设CE=EF=x，则ME=17−x，
在Rt△FNB中：FN=FB2−BN2=132−122=5，
当F在▱ABCD的内部时，如图：
∵MF=MN−FN=12−5=7，
∴ 在Rt△FNB中：FM2+ME2=EF2，
∴72+17−x2=x2，
∴x=16917，
∴CE=16917．
当F在▱ABCD的外部时，如图：
∵MF=MN+FN=12+5=17，
∴在Rt△FNB中：FM2+ME2=EF2，
∴172+17−x2=x2，
∴x=17，
∴CE=17．
综上所述：CE的长为16917或17．
故答案为：16917或17．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质判定，勾股定理的运用，锐角三角函数求边的长度，，掌握折叠的性质，平行四边形的性质判定，及能利用勾股定理列出方程是解题的关键．
【变式6-1】（2023·上海·九年级期末）如图，在Rt△ABC，∠C=90°，AC=6，BC=8，D是BC的中点，点E在边AB上，将△BDE沿直线DE翻折，使得点B落在同一平面内的点B′处，线段B′D交边AB于点F，联结AB′，当△AB′F是直角三角形时，BE的长为 ．
【答案】2或4017
【分析】分两种情况讨论， 当∠AFB′=90°时，则∠BFD=90°，利用锐角三角函数先求解DF，BF，B′F，设BE=x，再表示B′E,EF，再利用勾股定理求解x即可得到答案；当∠AB′F=90°时，如图，联结AD，过E作EH⊥BD于H，先证明：Rt△ADC≌△ADB′，再证明∠ADE=90°， 设BE=5x，利用∠B的锐角三角函数可得EH=3，BH=4x,DH=4−4x, AE=10−5x, 利用勾股定理求解x可得答案．
【详解】解：∵AC=6，BC=8，∠C=90°，
∴AB=10，
∵ D是BC的中点，
∴BD=CD=B′D=4，
当∠AFB′=90°时，则∠BFD=90°，
∵sin∠B=ACAB=35=DFDB，
∴DF=125，
∴BF=42−(125)2=165，
∴B′F=4−125=85，
设BE=x, 则B′E= x，EF=BF−x=165−x，
∴x2=(85)2+(165−x)2,
∴x=2,
即：BE=2.
当∠AB′F=90°时，如图，联结AD，过E作EH⊥BD于H，
同理可得：CD=BD=B′D=4，
∵AD=AD，∠C=90°，
∴Rt△ADC≌△ADB′(HL)
∴∠ADC=∠ADB′，
∵∠BDE=∠B′DE，
∴∠ADB′+∠B′DE=90°=∠ADE,
设BE=5x,
由sinB=ACAB=35=EHBE,
∴EH=3x,BH=4x,
∴DH=4−4x，
∴DE2=(3x)2+(4−4x)2,
AE2=(10−5x)2,
AD2=62+42=52，
∴(10−5x)2=52+(3x)2+(4−4x)2,
∴x=817,
∴BE=5x=4017
当∠B′AF=90°，不合题意，舍去．
综上：BE的长为2或4017．
故答案为：2或4017.
【点睛】本题考查的是折叠的性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键，要注意分情况讨论．
【变式6-2】（2023春·浙江·九年级期末）如图，四边形ABCD，CEFG均为菱形，∠A=∠F，连结BE，EG，EG//BC，EB⊥BC，若sin∠EGD=13，菱形ABCD的周长为12，则菱形CEFG的周长为 ．
【答案】123．
【分析】过G点作GH⊥EC 交EC于H点，根据四边形ABCD，CEFG均为菱形，∠A=∠F，利用SAS易证△BCE≌△DCG，得∠BEC=∠DGC，利用EG//BC，可得△GHE∼△EBC，∠HGE=∠BEC，可得∠EGD=∠CGH，即可有sin∠CGH=13=HCCG，设HC=x，根据四边形CEFG为菱形，得EC=CG=3x，EH=2x，利用勾股定理，可得： EG=23x，根据BC=3，△GHE∼△EBC，可求得x=3，即CG=33，菱形CEFG的周长即可得出。
【详解】解：如图示，过G点作GH⊥EC 交EC于H点，
∵四边形ABCD，CEFG均为菱形，
∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠A，∠ECG=∠F，
∵∠A=∠F，
∴∠BCD=∠ECG，
∴∠BCD−∠ECD=∠ECG−∠ECD，
即∠BCE=∠DCG，
∴△BCE≌△DCG（SAS）．
∴∠BEC=∠DGC，
∵EG//BC，
∴∠GEH=∠ECB，
又∵GH⊥EC，EB⊥BC，
∴∠GHE=∠EBC=90∘,
∴△GHE∼△EBC，∠HGE=∠BEC
∴∠HGE=∠DGC
∴∠EGD=∠CGH
∵sin∠EGD=13
∴sin∠CGH=13=HCCG，即CG=3HC，
∵四边形CEFG为菱形，
∴EC=CG=3HC
设HC=x，则EC=CG=3x，EH=2x
根据勾股定理，可得：HG2=CG2−HC2=(3x)2−x2=8x2，
则EG=EH2+HG2=(2x)2+8x2=23x，
∵菱形ABCD的周长为12，
∴BC=3
又∵△GHE∼△EBC，
∴GEEC=EHCB，即有23x3x=2x3，
解之得：x=3，
∴CG=33，
∴菱形CEFG的周长为：4CG=4×33=123，
故答案为：123．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，相似三角形，全等三角形，三角函数等知识点，能添加辅助线证明△BCE≌△DCG，判断出△GHE∼△EBC是解题的关键．
【变式6-3】（2023秋·福建泉州·九年级校考期中）如图，▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD=∠ACB，G是线段OD上一点，且∠DGC−∠DCG=90°，①当AC⊥BD时，OGGD的值为 ，②当tan∠CDB=24时，OGGD的值为 ．

【答案】 22/122 7+13
【分析】①利用平行四边形的性质，正方形的判定与性质和角平分线的性质定理解答即可；
②过点C作CE⊥OD于点E，过点G作GF⊥CD于点F，利用全等三角形的判定与性质和直角三角形的边角关系定理，设GF=2k，则DF=4k，GE=GF=2k，DG=32k，DE=42k，CF=2k，CD=6k，再利用平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质求得OC，再进一步求得OE，则OG=OE+EG，则结论可求．
【详解】解：①∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴∠BOC=90°，
∴∠ACB+∠OBC=90°，
∵∠ABD=∠ACB，
∴∠ABD+∠OBC=90°，
即∠ABC=90°，
∴四边形ABCD为正方形，
∴∠CDO=45°．
∴ OCCD=12=22．
∵∠DGC−∠DCG=90°，∠DGC−∠OCG=90°，
∴∠DCG=∠OCG，
∴ OGGD=OCCD=22，
故答案为：22；
②过点C作CE⊥OD于点E，过点G作GF⊥CD于点F，如图，

∵CE⊥OD，
∴∠CED=90°，
∵∠DGC−∠DCG=90°，∠DGC−∠OCG=90°，
∴∠DCG=∠OCG，
∵EG⊥CE，GF⊥CD，
∴GE=GF，
在Rt△CEG和Rt△CFG中，
GE=GFCG=CG，
∴Rt△CEG≌Rt△CFG(HL)，
∴CE=CF．
∵tan∠CDB=24，GF⊥CD，EG⊥CE，
∴ GFDF=24，CEDE=24．
设GF=2k，则DF=4k，GE=GF=2k，
∴DG=GF2+DF2=32k，
∴DE=EG+DG=42k，
∴ CE42k=24，
∴CE=2k，
∴CF=2k，
∴CD=CF+DF=6k．
∵AB∥CD，
∴∠ABD=∠ODC，
∵∠ABD=∠ACB，
∴∠ODC=∠ACB．
∵AD∥BC，
∴∠ACB=∠DAC，
∴∠ODC=∠DAC，
∵∠OCD=∠DCA，
∴△COD∽△CDA，
∴ OCCD=CDAC．
∴CD2=OC⋅AC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∴AC=2OC，
∴CD2=2OC2，
∴OC=12CD2=32k．
∴OE=OC2−CE2=14k，
∴OG=OE+EG=14+2k，
∴ OGGD=14+2k32k=7+13．
故答案为：7+13．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【题型7 构造直角三角形进行线段或角的计算】
【例7】（2023·江苏无锡·校联考一模）如图，已知四边形ABCD为矩形，AB=4，BC=8，点E在BC上且CE=AE，则CE= ；若点F为平面内一点，且∠AFC=90°，连接EF，当tan∠CEF=2时，EF的值为 ．
【答案】 5 35或−35+21055
【分析】设BE为x，CE=AE=8−x，在Rt△ABE中，勾股定理构造x的方程，求解即可求出CE的长．分情况讨论，当F在BC左侧、F在BC右侧两种情况，构造三角形相似的“K型图”利用对应线段成比例即可求解．
【详解】解：设BE=x，则CE=AE=8−x，
在Rt△ABE中，
有AE2=AB2+BE2，8−x2=42+x2
解得x=3，
∴CE=8−3=5；
过点F作FH⊥BC于点H，
∵tan∠CEF=2，
设FH=2m，则EH=m，
∴ EF=5m，
当点F在BC左侧时，过点F作PQ∥BC交CD、BA的延长线于点P、Q（“K形图”），
∵四边形ABCD为矩形，
∴PQ⊥CP，PQ⊥BA，PF=CH，PQ=BC，
∴∠CPF=∠FQA=90°，
∵∠AFC=90°，
∴∠PFC+∠PCF=∠PFC+∠QFA=90°，
∴∠PCF=∠QFA，
∴△PCF∽△QFA，
∴ PCFQ=PFQA，
∴2m3+m=5−m2m−4，
∴ m=−1（舍去）或m=3，
∴ EF=5m=35，
当点F在BC右侧时，
过点F构造“K形图”，
同理可得△PCF∽△QFA，
∴ PCFQ=PFQA，
∴2m3+m=5−m2m+4，
∴ m=−3−2215(舍去)或m=−3+2215，
∴ EF=5m=−35+21055．
故答案为：5；35或−35+21055．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数及相似三角形的判定和性质，构造“K字”模型是解题的关键．
【变式7-1】（2023·黑龙江哈尔滨·统考一模）如图，在四边形ABCD中，AD=BC，∠ADC=∠ABC，tan∠ADC=43，延长AB、DC交于点P，若CD=114，PB=3CD，则线段AD的长为 ．
【答案】254
【分析】分别过点A、C作AE⊥PD，CF⊥AB于点E、F，证△ADE≌△CBF得CF=AE，DE=BF，再证△PEA≌△PFC得PC=PA，PE=PF，设AE=4x，DE=3x，则BF=DE=3x，CF=AE=4x，从而有PE=PF= 334+3x，PA=PC= 112+6x，再利用勾股定理构造方程334+3x2+4x2=112+6x2即可求解．
【详解】解：分别过点A、C作AE⊥PD，CF⊥AB于点E、F，
∵AE⊥PD，CF⊥AB，
∴∠AED=∠CFB=∠AEP=90°，
∵AD=BC，∠ADC=∠ABC，
∴△ADE≌△CBF，
∴CF=AE，DE=BF，
∵∠PEA=∠PFC，∠P=∠P，
∴△PEA≌△PFC，
∴PC=PA，PE=PF，
在Rt△ADE中，
∵tan∠ADC=AEDE=43，
∴设AE=4x，DE=3x，则BF=DE=3x，CF=AE=4x，
∵CD=114，PB=3CD，
∴PB=334，
∴PE=PF=PB+BF= 334+3x，CE=DE−CD= 3x−114，
∴PA=PC=PE+CE= 112+6x，
在Rt△PAE中，∠PEA=90°，
∴PE2+AE2=PA2，即334+3x2+4x2=112+6x2，
∴16x2+24x−55=0，
解得x=54或x=−114，
∴AE=5，DE= 154，
∴AD=AE2+DE2=52+1542=254，
故答案为254．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、全等三角形的判定及性质以及正切，熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·江苏常州·九年级校考期末）如图，在△ABC中，AB=AC=10，点D、E分别是边AB、边BC上的点，连接CD，∠CDE=∠B，F是DE延长线上一点，连接FC，∠FCE=∠ACD．
(1)判断△CDF的形状，并说明理由；
(2)若AD=4，求EFDE的值；
(3)若sinB=35，BD=BE．
①求BDDE的值；
②求FC的长．
【答案】(1)等腰三角形，见解析
(2)23
(3)①102；②210
【分析】（1）证明∠FCD=∠CDF即可；
（2）利用等腰三角形的判定与相似三角形的判定与性质解答即可；
（3）①过点E作EK⊥AB于点K，由题意得：sinB=35，推出EKBE=35，推出EK=35BE=35BD，推出BK=45BD，推出DK=15BD．可得DE=DK2+EK2=105BD；
②证明△CDE∽△CBD，推出DEBD=CDCB，推出105BDBD=CD16，可得CD=16105．由（1）知：△ABC∽△FCD，推出BCCD=ABCF，可得结论．
【详解】（1）解：结论：△CDF是等腰三角形．
理由：∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵∠FCE=∠ACD，
∴∠FCD=∠ACB，
∵∠CDE=∠B，
∴∠FCD=∠CDF，
∴FC=FD，
∴△CDF是等腰三角形；
（2）解：∵∠ECF=∠ACD，
∴∠ACB=∠DCF．
∵∠B=∠CDE，
∴△ABC∽△FCD，
∴∠BAC=∠F．
∵AB=AC，
∴FD=FC．
∵∠BAC=∠F，∠ACD=∠FCE，
∴△ACD∽△FCE，
∴ACAD=CFEF，
∵AB=10，AD=4，
∴CFEF=104=52,，
∵DE+EF=FC，
∴EFDE=23；
（3）解：①过点E作EK⊥AB于点K，如图，
由题意得：sinB=35，
∴EKBE=35，
∴EK=35BE=35BD，
∴BK=45BD，
∴DK=15BD．
∴DE=DK2+EK2=105BD，
∴BDDE=102；
②∵∠CDE=∠B，∠DCE=∠BCD，
∴△CDE∽△CBD，
∴DEBD=CDCB，
∴105BDBD=CD16，
∴CD=16105．
由（1）知：△ABC∽△FCD，
∴BCCD=ABCF，
∴1616105=10CF．
∴CF=210．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，三角形的内角和定理，相似三角形的判定与性质，利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键．
【变式7-3】（2023春·安徽·九年级专题练习）如图1，△ABC的内角∠ABC和外角∠ACP的平分线相交于点D，AE平分∠BAC并交BD于点E．

(1)求证：∠BAC=2∠D；
(2)若BC=AC，且cs∠BAC=35，求BEDE，
(3)如图2，过点D作DF⊥BC，垂足为F,BFDF=3，其中BEDE=12，连接AD、EC，求ABBC．
【答案】(1)证明见解析
(2)BEDE的值为35
(3)ABBC=7+265
【分析】（1）利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和即可求证；
（2）构造相似三角形得到△BEG∽△DEC即可求解；
（3）取DE的中点O，过点O分别作OH⊥BF，OI⊥AB，连接OA、OC，构造四点共圆，利用相似三角形的判定、性质和直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）∵△ABC的内角∠ABC和外角∠ACP的平分线相交于点D，
∴∠DBC=12∠ABC，∠DCP=12∠ACP，
又∵∠DCP、∠ACP分别是△BCD、△ABC的一个外角，
∴∠D=∠DCP−∠DBC=12∠ACP−12∠ABC=12∠BAC ，
∴∠BAC=2∠D ．
（2）连接CE并延长交AB于点G，则CG平分∠ACB

又∵BC=AC，
∴CG⊥AB，∠ABC=∠BAC，
又∵∠DCP=12∠ACP=∠ABC，
∴AB∥CD，
∴CG⊥CD，∠D=∠ABD=∠DBC
∴△BEG∽△DEC ，CD=BC
∴BEDE=BGCD=BGBC=AGAC=cs∠BAC=35，
答：BEDE的值为35．
（3）如图，取DE的中点O，过点O分别作OH⊥BF于H，OI⊥AB于I，连接OA、OC，
∵BFDF=3，
可设DF=x，则BF=3x，
∵DF⊥BC，
∴BD=DF2+BF2=x2+3x2=10x，
又∵BEDE=12，点O是DE的中点，
∴OBBD=23
∵OH⊥BF，DF⊥BC，
∴OH∥DF，
∴△BOH~△BDF，
∴BHBF=BOBD=OHDF=23，
∴BH=2x，OH=23x，
∵BD是∠ABC的平分线，
∴OH=OI=23x，
∴BI=BH=2x．

由（1）（2）知CE平分∠ACB，CD平分∠ACF．
∴∠ECD=∠ECA+∠ACD=12∠BCA+∠ACF=90°,
∵∠BAC=2∠BDC(小题1中已证),
∴∠EAC=∠BDC,
∴点A、E、C、D四点共圆，
∵∠ECD=90°，O为ED中点，
∴ED为圆的直径，
∴∠DCE=∠DAE=90°，
∴OA=OC=12DE=103x，
∴AI=CH=OC2−OH2=103x2−23x2=63x
∴AB=AI+IB=2+63x，
∴BC=2−63x，
∴ABBC=2+632−63=7+265．
【点睛】本题考查了角平分线的定义及性质定理、三角形外角的性质、相似三角形的判定与性质、四点共圆的判定与圆的基本性质等知识，解题关键是作辅助线构造相似三角形，本题综合性较强，需要学生具有较强的图形分析能力，且对相应知识点理解到位并熟练运用．
【题型8 解直角三角形与圆的综合应用】
【例8】（2023·黑龙江绥化·校考三模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一点，经过点A，D的圆O分别交AB，AC于点E，F，连接EF．

(1)求证：BC是圆O的切线；
(2)求证：AD2=AF⋅AB；
(3)若BE=16，sinB=513，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)601313
【分析】（1）连接OD，证明∠CAD=∠ODA得到OD∥AC，从而得到∠ODB=∠C=90°，即可得证；
（2）连接DF，先证EF∥BC得到∠AEF=∠B，再由圆周角定理可得∠AEF=∠ADF，从而得到∠B=∠ADF，再由角平分线的定义可得∠BAD=∠CAD，从而推出△ABD∽△ADF，得AB:AD=AD:AF，即可得证；
（3）先由锐角三角函数的定义得出sinB=ODOB=513，设圆O的半径为r，则rr+16=513，解得r=10，则AE=20，AB=AE+BE=36，再由三角函数定义求出AF=10013，结合AD2=AF⋅AB进行计算即可得到答案．
【详解】（1）证明：连接OD，如图所示：

∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∵OA=OD，
∴∠BAD=∠ODA，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD∥AC，
∴∠ODB=∠C=90°，
∴BC⊥OD，
又∵OD是圆O的半径，
∴BC是圆O的切线；
（2）证明：连接DF，如图所示：

∵AE是圆O的直径，
∴∠AFE=90°，
∴∠AFE=∠C=90°，
∴EF∥BC，
∴∠AEF=∠B，
∵∠AEF=∠ADF，
∴∠B=∠ADF，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴△ABD∽△ADF，
∴AB:AD=AD:AF，
∴AD2=AF⋅AB；
（3）解：在Rt△BOD中，sinB=ODOB=513，
设圆O的半径为r，则rr+16=513，
解得：r=10，
∴AE=2r=20，AB=AE+BE=36，
在Rt△AEF中，∠AFE=90°，sin∠AEF=sinB=AFAE=AF20=513，
∴AF=10013，
由（2）得：AD2=AF⋅AB，
∴AD=AF⋅AB=10013×36=601313．
【点睛】本题主要考查了切线的判定、圆周角定理、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解题的关键．
【变式8-1】（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）点D在以AB为直径的⊙O上，分别以AB，AD为边作平行四边形ABCD．
(1)如图（1），若∠C=45°，求证：CD与⊙O相切；
(2)如图（2），CD与⊙O交于点E，若csA=35，求DECE的值．
【答案】(1)见解析
(2)DECE=718．
【分析】（1）连接OD，由四边形ABCD是平行四边形，∠C=45°，OA=OD，推出△AOD是等腰直角三角形，得到DO⊥AB，OD⊥DC，即可推出结论；
（2）连接BE，OD，过点D作DG⊥AB于点G，过点E作EH⊥AB于点H，推出四边形ABED是等腰梯形，四边形DEHG是矩形，设AG=3aa>0，OA=xx>0，根据csA=35及勾股定理即可用含a的代数式表示x，进一步将DE、CE用含a的代数式表示，即可得到答案．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠C=45°，
∴∠A=∠C=45°，AB∥CD，
∵OA=OD，
∴∠ADO=∠A=45°，
∴∠AOD=90°，
∴DO⊥AB，
∴OD⊥DC，
∴CD与⊙O相切；
（2）解：连接BE，OD，过点D作DG⊥AB于点G，过点E作EH⊥AB于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴AD=BE，
∴AD=BE，
∴四边形ABED是等腰梯形，
∵DG⊥AB，EH⊥AB，
∴∠AGD=∠OGD=90°，EH∥DG，
∴四边形DEHG是平行四边形，
∴四边形DEHG是矩形，
∴DG=EH，DE=GH，
∴AG=BH，
∴OG=OH，
设AG=3aa>0，则csA=AGAD=3aAD=35，
∴AD=5a，
∴DG=AD2−AG2=4a，
设OA=xx>0，则OD=OA=x，AB=2OA=2x，
∴OG=OA−AG=x−3a，
在Rt△DOG中，OG2+DG2=OD2，
∴x−3a2+4a2=x2，
解得x=256a，
∴OG=256a−3a=76a，AB=2x=253a，
∴GH=2OG=73a，
∴DE=GH=73a，
∵CD=AB=253a，
∴CE=CD−DE=183a，
∴DECE=73a13a=718．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，切线的判定，垂径定理以及勾股定理，解直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【变式8-2】（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，连接AC、BC，D为BC延长线上一点，连接AD，∠DAC=∠B．

(1)求证：AD为⊙O的切线；
(2)若E为弧AB的中点，连接AE、CE，tan∠AEC=23，CE=10，求⊙O的半径．
【答案】(1)见详解；
(2)26
【分析】（1）根据AB 为 ⊙O 的直径，得出∠ACB=90°，再根据∠DAC=∠B，即可证得∠BAD=90°，即可解答；
（2）连接 OE作 AM⊥BC 于点 M，点E为AB的中点，得∠AOE=∠BOE=90°，∠ACM=45°，再根据AM⊥EC得CM=AM，由tan∠AEM=tan∠AEC=AMEM =23，和CM+EM=CE=10得出AM=4，再根据勾股定理得出AC=AM2+CM2=42+42 =42，由tanB=tan∠AEC=23和勾股定理求出AB，即可得出⊙O的半径；
【详解】（1）证明：∵AB 为 ⊙O 的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠B+∠BAC=90°，
∵∠DAC=∠B，
∴∠DAC+∠BAC=90°，
∠BAD=90°，
∵AB 为 ⊙O 的直径，
∴AD 为 ⊙O 的切线；
（2）如图连接 OE，作 AM⊥EC 于点 M，

∵点E为AB的中点，
∴AE=BE，
∴∠AOE=∠BOE=90°，
∴∠ACE=12∠AOE=12×90° =45°，
即∠ACM=45°，
∵AM⊥EC，
∴∠AME=∠AMC=90°，
∴∠CAM=90°−∠ACM=90° −45°=45°，
∴∠CAM=∠ACM，
∴CM=AM，
∵∠AME=90°，
∴tan∠AEM=tan∠AEC=AMEM =23，
∴EM=32AM，
∵CM+EM=CE=10，
∴AM+32AM=10，
∴AM=4，
∴CM=AM=4，
∵∠AMC=90°，
∴AC=AM2+CM2=42+42 =42，
∵∠B=∠AEC，
∴tanB=tan∠AEC=23，
∵∠ACB=90°，
∴tanB=ACBC，
∴42BC=23，
∴BC=62，
∴AB=AC2+BC2=32+72 =226，
∵AB为⊙O的直径，
∴⊙O的半径为：12AB=12×226=26．
【点睛】该题主要考查了圆中切线证明，以及解直角三角形、勾股定理等知识点，解题的关键是能够将圆的相关知识点和其他几何知识点融会贯通
【变式8-3】（2023·湖南长沙·校考一模）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB是⊙O的直径，⊙O交AC于点D，过点D的直线交BC于点E，交AB的延长线于点P，PD是⊙O的切线．

(1)求证：BE=CE；
(2)若BP=3，∠P=∠PDB，求图中阴影部分的周长；
(3)如图2，AM=BM，连接DM，交AB于点N，若tan∠DMB=12，求MN:MD的值．
【答案】(1)见解析
(2)33+π
(3)MNMD=59
【分析】（1）PD是⊙O的切线，得出∠PDO=90°，从而∠PDB+∠BDO=90°，根据∠ABC=90°，得出∠PDB=∠DBC，从而DE=BE，再推出∠CDE=∠DCE，得出DE=CE，从而BE=CE；
（2）证明△OBD是等边三角形，可得∠DOB=60°，再由弧BD的长度=60×π×3180=π，在Rt△CDB中，求出CD=3，BC=23，则阴影部分的周长为π+33；
（3）连接OM，过点D作DF⊥AB交于点F，利用同弧所对的圆周角相等，得到tan∠DMB=tan∠DAB=BDAD=12，设BD=a，则AD=2a，分别求出OM=52a，DF=255a，再由OM∥DF，得到DNMN=DFOM，即可求出MN:MD=59．
【详解】（1）证明：连接OD，

∵PD是⊙O的切线，
∴∠PDO=90°，
∴∠PDB+∠BDO=90°，
又∵OB=OD，
∴∠BDO=∠OBD，
∵∠ABC=90°
∴∠OBD+∠DBC=90°；
∴∠PDB=∠DBC
∴DE=BE
由∵∠CDE=90°−∠PDB;∠DCE=90°−∠DBC
∴∠CDE=∠DCE，
∴DE=CE，
∴BE=CE．
（2）解：∵∠P=∠PDB，
∴BD=BP=3，
∵PD是⊙O的切线，
∴OD⊥PD，
∴∠ODP+∠PDB=90°，∠P+∠POD=90°，
∵∠P=∠PDB，
∴BO=BD=3，
∴OB=BD=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠DOB=60°，
∴ BD的长度=60×π×3180=π，
在Rt△CDB中，BD=3，∠CBD=30°，
∴CD=3，BC=23，
∴阴影部分的周长为π+33；
（3）解：连接OM，过点D作DF⊥AB交于点F，

∵AM=BM，
∴OM⊥AB，
∵ BD=BD，
∴∠DMB=∠DAB，
∴tan∠DMB=tan∠DAB，
∵tan∠DMB=12，
∴tan∠DAB=BDAD=12
设BD=a，则AD=2a，
∴AB=5a，
∴OM=52a，
∵AD⋅BD=AB⋅DF，
∴DF=255a，
∵DF⊥AB，OM⊥AB，
∴OM∥DF，
∴△OMN∽△FDN，
∴ DNMN=DFOM，
∴ DNMN=255a52a=45，
∴MN:MD=59．
【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握圆的性质，切线的性质，弧长公式，同弧所对的圆周角相等，三角形相似的判定及性质，平行线的性质是解题的关键．
【题型9 构造直角三角形解决实际问题】
【例9】（2023·浙江温州·校联考二模）长嘴壶茶艺表演是一项深受群众喜爱的民俗文化，所用到的长嘴壶更是历史悠久．图1是某款长嘴壶模型放置在水平桌面l上的抽象示意图，已知壶身AB=AD=BC=120cm，CD=40cm，壶嘴EF=150cm，且CD∥AB，EF∥BC，DE=3AE，则sin∠FED= ，如图2，若长嘴壶中装有若干茶水，绕点A转动壶身，当恰好倒出茶水时，FD∥l，则此时出水口F到桌面的距离为 cm．

【答案】 492 20033
【分析】过点D作DG∥BC，交AB于点G，过点A作AH⊥DG，利用勾股定理求出EH即可得出sin∠FED= sin∠ADH=292，再由当FD∥l，过D点作DQ⊥l，垂足为Q，过F点作FM⊥AD，垂足为M，构造Rt△FDM，Rt△ADQ，解三角形即可。
【详解】解：如图，过点D作DG∥BC，交AB于点G，过点A作AH⊥DG，

∵CD∥AB，
∴四边形BCDG是平行四边形，
∴BG=CD=40cm，DG=BC=120cm，
∴AG=AB−BG=80cm
∴AH2=AD2−DH2=AG2−HG2，
∴1202−(120−HG)2=802−HG2，
解得：HG=803(cm)（负值已舍去）
∴AH=16032(cm)，DH=2803(cm)，
∴sin∠ADH=AHAD=16032120=492，cs∠ADH=2803120=79
∵EF∥BC，DG∥BC，
∴EF∥DG，
∴∠ADH=∠FED
∴sin∠FED=sin∠ADH=492，
cs∠FED=cs∠ADH=79
当FD∥l，过D点作DQ⊥l，垂足为Q，过F点作FM⊥AD，垂足为M，

∴FM=AFsin∠FED=150×492=20032(cm)，
EM=AFcs∠FED=150×79=3503(cm)，
∵DE=3AE，AD=120cm，
∴DE=90(cm)，
∴DM=3503−90=803(cm)，
∴在Rt△FDM中，FD=FM2+DM2=(20032)2+(803)2=406，
∵FD∥l，
∴∠QAD=∠MDF，
∴sin∠QAD=sin∠MDF，
∴FMFD=DQAD，
∴20032406=DQ120，
∴DQ=20033(cm)，即则此时出水口F到桌面的距离为20033cm．
故答案为①492，②20033．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，平行线的性质，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【变式9-1】（2023春·浙江·九年级专题练习）火灾是最常见、最多发的威胁公众安全和社会发展的主要灾害之一，消防车是消防救援的主要装备．图1是某种消防车云梯，图2是其侧面示意图，点D，B，O在同一直线上，DO可绕着点O旋转，AB为云梯的液压杆，点O，A，C在同一水平线上，其中BD可伸缩，套管OB的长度不变，在某种工作状态下测得液压杆AB=3m，∠BAC=53°，∠DOC=37°．

(1)求BO的长．
(2)消防人员在云梯末端点D高空作业时，将BD伸长到最大长度6m，云梯DO绕着点O顺时针旋转一定的角度，消防人员发现铅直高度升高了3m，求云梯OD旋转了多少度．（参考数据：sin37°≈35，tan37°≈34，sin53°≈45，tan53°≈43，sin64°≈0.90，cs64°≈0.44）
【答案】(1)OB=4m
(2)27°
【分析】（1）构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系进行计算即可解答；
（2）求出旋转前点D的高度DF，进而求出旋转后点D′的高度D′G，再根据锐角三角函数的定义求出∠D′OG的大小即可解答．
【详解】（1）解：如图，过点B作BE⊥OC于点E，
在Rt△ABE中，∠BAC=53°，AB=3m，
∴BE=AB⋅sin∠BAE=3×sin53°≈3×45=125，
在Rt△BOE中，∠BOE=37°，BE=125，
∵sin∠BOE=BEOB，
∴OB=BEsin∠BOE=12535=4．
答：OB=4m．

（2）解：如图，过点D作DF⊥OC于点F，旋转后点D的对应点为D′，过点D′作D′G⊥OC于点G，过点D作DH⊥D′G于点H，
在Rt△FOD中，OD=OB+BD=4+6=10，∠DOF=37°，
∴DF=OD⋅sin37°≈10×35=6m，
∴D′G=D′H+HG=3+6=9m，
在Rt△D′OG中，OD′=10m,D′G=9m,
∴sin∠D′OG=D′GD′O=910，
∴∠D′OG≈64°，
∴∠D′OD=64°−37°=27°，即云梯OD大约旋转了27°．

【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提，构造直角三角形是解答本题的关键．
【变式9-2】（2023·浙江温州·统考二模）如图1是一款便携式拉杆车，其侧面示意图如图2所示，前轮⊙O的直径为12cm，拖盘OE与后轮⊙O′相切于点N，手柄OF⊥OE．侧面为矩形ABCD的货物置于拖盘上，AB=20cm，BC=52cm．如图3所示，倾斜一定角度拉车时，货物绕点B旋转，点C落在OF上，若tan∠ABE=15，则OC的长为 cm，同一时刻，点C离地面高度ℎ=56cm，则点A离地面高度为 cm．

【答案】 1026 20413
【分析】先证明∠OCB=∠ABE得到tan∠OCB=tan∠ABE=15，解Rt△COB得到tan∠OCB=OBOC=15，设OB=x，则OC=5x，由勾股定理得x2+5x2=522，解得x=226，则OC=1026cm；如图所示，过点O作OG⊥FQ于G，过点A作AH⊥FQ于H，过点A作AP垂直于水平面于P，在OC 上取一点T，使得BT=CT，连接BT，设AH、BC交于S，则四边形APQH是矩形，则AP=QH，求出QG=6cm，则CG=CQ−QG=50cm，利用勾股定理求出OG=10cm；则tan∠OCG=OGCG=15，即可证明∠OCG=∠OCB，即∠BCG=2∠OCB，设CT=BT=xcm，则OT=1026−xcm，由勾股定理得x2=2262+1026−x2，解得x=26265，则BT=26265，OT=24265，即可得到tan∠BCG=tan∠BTO=512，cs∠BCG=cs∠BTO=1213，咱们∠SAB=∠SCH，得到tan∠SAB=tan∠SCH，解Rt△ABS，求出BS=253cm，则CS=1313cm，再求出CH=52413cm，即可得到AP=HQ=CQ−CH=20413cm．
【详解】解：∵∠ABC=∠COE=90°，
∴∠OBC+∠OCB=90°=∠OBC+∠ABE，
∴∠OCB=∠ABE，
∴tan∠OCB=tan∠ABE=15，
在Rt△COB中，tan∠OCB=OBOC=15，
设OB=x，则OC=5x，
在Rt△COB中，由勾股定理得BC2=OB2+OC2，
∴x2+5x2=522，
解得x=226，
∴OC=1026cm；
如图所示，过点O作OG⊥FQ于G，过点A作AH⊥FQ于H，过点A作AP垂直于水平面于P，在OC 上取一点T，使得BT=CT，连接BT，设AH、BC交于S，则四边形APQH是矩形，
∴AP=QH，
∵前轮⊙O的直径为12cm，
∴QG=6cm，
∴CG=CQ−QG=50cm，
∴OG=OC2−CG2=10cm；
∴tan∠OCG=OGCG=15，
∴∠OCG=∠OCB，即∠BCG=2∠OCB，
∵BT=CT，
∴∠TBC=∠TCB，
∴∠BTO=∠TBC+∠TCB=2∠TCB=∠BCG，
设CT=BT=xcm，则OT=OC−CT=1026−xcm，
在Rt△OBT中，由勾股定理得BT2=OB2+OT2，
∴x2=2262+1026−x2，
解得x=26265，
∴BT=26265，OT=24265，
∴tan∠BCG=tan∠BTO=OBOT=512，cs∠BCG=cs∠BTO=OTBT=1213，
∵∠ASB=∠CSH，∠ABS=∠CHS=90°，
∴∠SAB=∠SCH，
∴tan∠SAB=tan∠SCH，
在Rt△ABS中，BS=AB⋅tan∠BAS=253cm，
∴CS=BC−BS=1313cm，
∴CH=CS⋅cs∠HCS=52413cm，
∴AP=HQ=CQ−CH=20413cm，
故答案为：1026，20413．

【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，勾股定理，矩形的性质与判定，等腰三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【变式9-3】（2023·江西九江·统考三模）如图1是某品牌的纸张打孔机的实物图，图2是从中抽象出的该打孔机处于打孔前状态的侧面示意图，其中打孔机把柄OA=5cm，BE是底座，OA与BE所成的夹角为36.8°，O点是把柄转轴所在的位咒，且O点到底座BE的距离OC=2cm．OD与一根套管相连，OD可绕O点转动，此时，OD∥BE，套管内含打孔针MN，打孔针的顶端M触及到OA，但与OA不相连，MN始终与BE垂直，且OM=1cm，MN=2cm．

(1)打孔针MN的针尖N离底座BE的距离是多少厘米?
(2)压下把柄OA，直到A点与B点重合，如图3，此时，M．D两点重合，把柄OA将压下打孔针MN并将它锲入放在底座BE上的纸张与底座之内，从而完成纸张打孔，问：打孔针MN锲入底座BE有多少厘米？
（参考数据：sin36.8°≈35，cs36.8°≈45，tan36.8°≈34）
【答案】(1)打孔针MN的针尖N离底座BE的距离是0.6厘米
(2)打孔针MN锲入底座BE有0.32厘米
【分析】（1）如答图1，连接CN，先说明四边形COMN是平行四边形可得CN=OM=1cm，再解直角三角形可得NP≈0.6cm即可解答；
（2）如答图1，由题意可得四边形CODP是平行四边形可得OD=CP=0.8cm．如图3中，设MN与BE的交点为Q，则OM=OD=0.8cm，BM=OB–OM=4.2cm．又MN∥OC可得△BMQ∼△BOC即BM:OB=MQ:OC，进而求得MQ=1.68cm，最后根据线段的和差即可解答．
【详解】（1）解：如答图1，连接CN，

由题意可知，OC⊥BE，MN⊥BE，
∴OC∥MN
∵OC=MN=2cm，
∴四边形COMN是平行四边形．
∴CN=OM=1cm．
又∵OA与BE所成的夹角为36．8°，
∴∠NCP=36.8°．
在Rt△NCP中，NP=CN⋅sin∠NCP=1×sin36.8°≈0.6cm．CP=CN⋅cs∠NCP=1×cs36.8°≈0.8cm．
∴打孔针MN的针尖N离底座BE的距离是0．6厘米．
（2）解：如答图1，
∵OD∥BE，OC∥MN，
∴四边形CODP是平行四边形．
∴OD=CP=0.8cm
如图3中，设MN与BE的交点为Q，则OM=OD=0.8cm，BM=OB–OM=4.2cm．
∵MN∥OC，
∴△BMQ∼△BOC
∴BM:OB=MQ:OC，
∴4.2:5=MQ:2，解得MQ=1.68cm．
∴QN=MN–MQ=2−1.68=0.32cm．
∴打孔针MN锲入底座BE有0．32厘米．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，正确做出辅助线是解答本题的关键．