中考数学二轮复习核心考点拓展训练专题24 锐角三角函数与几何图形的综合（2份，原卷版+解析版）

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1．（2022秋•通川区期末）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝5，BC＝3，将△BCD沿BD折叠到△BED位置，DE交AB于点F，则cs∠ADF的值为（ ）
A．B．C．D．
思路引领：利用矩形和折叠的性质可得BF＝DF，设BF＝x，则DF＝x，AF＝5﹣x，在Rt△ADF中利用勾股定理列方程，即可求出x的值，进而可得cs∠ADF．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AB∥CD，AD＝BC＝3，AB＝CD＝5，
∴∠BDC＝∠DBF，
由折叠的性质可得∠BDC＝∠BDF，
∴∠BDF＝∠DBF，
∴BF＝DF，
设BF＝x，则DF＝x，AF＝5﹣x，
在Rt△ADF中，32+（5﹣x）2＝x2，
∴x，
∴cs∠ADF，
故选：C．
总结提升：本题主要考查矩形的性质、解直角三角形、折叠的性质、勾股定理等，解题关键是利用矩形和折叠的性质得到DF＝BF．
2．（2022•通辽）如图，在矩形ABCD中，E为AD上的点，AE＝AB，BE＝DE，则tan∠BDE＝ ．
思路引领：用含有AB的代数式表示AD，再根据锐角三角函数的定义进行计算即可．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵AB＝AE，
设AB＝a，则AE＝a，BEa＝ED，
∴AD＝AE+DE＝（1）a，
在Rt△ABD中，tan∠BDE1，
故答案为：1．
总结提升：本题考查解直角三角形，等腰三角形的性质以及勾股定理，掌握直角三角形的边角关系和等腰三角形的性质是正确解答的前提．
3．（2021•宁波模拟）把矩形纸片ABCD，先沿AE折叠使点B落在AD边上的B'，再沿AC折叠，恰好点E也落到AD上，记为E'．
求：（1）∠B'EE'的度数；
（2）∠DAC的正切值．
思路引领：（1）由折叠的性质可证明四边形ABEB'为正方形．△AEE'为等腰三角形．故AE＝AE'，由∠B'AE＝∠AEB'＝45°，可推出∠AEE'＝∠AE'E＝67.5°，进而∠B'EE'＝∠AEE'﹣∠AEB'＝22.5°；
（2）设正方形ABEB'的边长为a，由勾股定理得AEAE'，B'E'＝AE'﹣AB'，由同角的余角相等可推出∠DAC＝∠B'EE'，由此tan∠DAC＝tan∠B'EE'，即可求得答案．
解：（1）由折叠性质可知，∠ABE＝∠AB'E＝90°，AB＝AB'，
又∠BAB'＝90°，
∴四边形ABEB'为矩形，
又AB＝AB'，
∴四边形ABEB'为正方形．
∴∠B'AE＝∠AEB'＝45°．
又沿AC折叠，点E也落到AD上，故AE＝AE'，
∴∠AEE'＝∠AE'E67.5°，
∴∠B'EE'＝∠AEE'﹣∠AEB'＝67.5°﹣45°＝22.5°．
（2）设正方形ABEB'的边长为a，如图所示．
则AB＝BE＝EB'＝B'A＝a，AEAE'，
∴B'E'＝AE'﹣AB'，
由折叠可知，AC垂直平分EE'，
∴∠DAC+∠AE'F＝90°，
又∠B'EE'+∠AE'E＝90°，
∴∠DAC＝∠B'EE'，
∴tan∠DAC＝tan∠B'EE'．
总结提升：本题考查了解直角三角形、正方形性质、折叠变换性质、等腰三角形性质等知识，解题关键在于要熟悉折叠的性质，三角函数的定义．
类型一 锐角三角函数与菱形的综合
3．（2022•泸州）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点B的坐标为（10，4），四边形ABEF是菱形，且tan∠ABE．若直线l把矩形OABC和菱形ABEF组成的图形的面积分成相等的两部分，则直线l的解析式为（ ）
A．y＝3xB．yxC．y＝﹣2x+11D．y＝﹣2x+12
思路引领：分别求出矩形OABC和菱形ABEF的中心的坐标，利用待定系数法求经过两中心的直线即可得出结论．
解：连接OB，AC，它们交于点M，连接AE，BF，它们交于点N，
则直线MN为符合条件的直线l，如图，
∵四边形OABC是矩形，
∴OM＝BM．
∵B的坐标为（10，4），
∴M（5，2），AB＝10，BC＝4．
∵四边形ABEF为菱形，
BE＝AB＝10．
过点E作EG⊥AB于点G，
在Rt△BEG中，
∵tan∠ABE，
∴，
设EG＝4k，则BG＝3k，
∴BE5k，
∴5k＝10，
∴k＝2，
∴EG＝8，BG＝6，
∴AG＝4．
∴E（4，12）．
∵B的坐标为（10，4），AB∥x轴，
∴A（0，4）．
∵点N为AE的中点，
∴N（2，8）．
设直线l的解析式为y＝ax+b，
∴，
解得：，
∴直线l的解析式为y＝﹣2x+12，
故选：D．
总结提升：本题主要考查了矩形和菱形的性质，中点坐标的特征，直角三角形的边角关系定理，利用待定系数法确定函数的解析式是解题的关键．
4．（2022•长春）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＜BC．点D是AC的中点，过点D作DE⊥AC交BC于点E．延长ED至点F，使得DF＝DE，连结AE、AF、CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若，则tan∠BCF的值为 ．
思路引领：（1）先证四边形AECF是平行四边形，再由DE⊥AC，即可得出结论；
（2）设BE＝a，则CE＝4a，由菱形的性质得AE＝CE＝4a，AE∥CF，则∠BEA＝∠BCF，再由勾股定理得ABa，然后由锐角三角函数定义即可得出结论．
（1）证明：∵点D是AC的中点，
∴AD＝CD，
∵DF＝DE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵DE⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形；
（2）解：∵，
∴CE＝4BE，
设BE＝a，则CE＝4a，
由（1）可知，四边形AECF是菱形，
∴AE＝CE＝4a，AE∥CF，
∴∠BEA＝∠BCF，
∵∠ABC＝90°，
∴ABa，
∴tan∠BCF＝tan∠BEA，
故答案为：．
总结提升：本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
5．（2016•岳麓区校级自主招生）如图，△ABC中，∠BCA＝90°，CD是边AB上的中线，分别过点C，D作BA，BC的平行线交于点E，且DE交AC于点O，连接AE．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）若AB＝10，tan∠BAC，求菱形ADCE的面积．
思路引领：（1）根据DE∥BC，EC∥AB，得出EC∥DB且EC＝DB，在Rt△ABC中，根据CD是边AB上的中线，得出四边形ADCE是平行四边形，求出∠AOD＝∠ACB＝90°，从而得出四边形ADCE是菱形；
（2）在Rt△ABC中，根据tan∠BAC，设BC＝x，得出AC＝2BC＝2x，再根据勾股定理求出x的值，因为四边形DBCE是平行四边形，求出DE＝BC＝2，最后根据SADCEAC×DE，代值计算即可．
解：（1）∵DE∥BC，EC∥AB，
∴四边形DBCE是平行四边形，
∴EC∥DB，且EC＝DB，
在Rt△ABC中，CD是边AB上的中线，
∴AD＝DB＝CD，
∴EC＝AD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∴ED∥BC，
∴∠AOD＝∠ACB，
∴∠ACB＝90°，
∴∠AOD＝∠ACB＝90°，
∴四边形ADCE是菱形；
（2）在Rt△ABC中，tan∠BAC，
设BC＝x，
∴AC＝2BC＝2x，
由勾股定理得：x2+（2x）2＝102，
解得：x＝2，
∵四边形DBCE是平行四边形，
∴DE＝BC＝2，
∴SADCEAC×DE4220．
总结提升：此题主要考查了菱形的性质和判定以及面积的计算，使学生能够灵活运用菱形知识解决有关问题．
类型三 锐角三角函数与正方形的综合
6．（2022•南通）如图，点O是正方形ABCD的中心，AB＝3．Rt△BEF中，∠BEF＝90°，EF过点D，BE，BF分别交AD，CD于点G，M，连接OE，OM，EM．若BG＝DF，tan∠ABG，则△OEM的周长为 ．
思路引领：如图，连接BD，过点F作FH⊥CD于点H．解直角三角形求出AG，BG，利用相似三角形的性质求出EG，DE，再证明FH＝BC，推出BM＝MF，求出MF，BD可得结论．
解：如图，连接BD，过点F作FH⊥CD于点H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝3，∠A＝∠ADC＝90°，
∵tan∠ABG，
∴AG，DG＝2，
∴BG2，
∵∠BAG＝∠DEG＝90°，∠AGB＝∠DGE，
∴△BAG∽△DEG，
∴，∠ABG＝∠EDG，
∴，
∴DE，EG，
∴BE＝BG+EG＝2，
∵∠ADH＝∠FHD＝90°，
∴AD∥FH，
∴∠EDG＝∠DFH，
∴∠ABG＝∠DFH，
∵BG＝DF＝2，∠A＝∠FHD＝90°，
∴△BAG≌△FHD（AAS），
∴AB＝FH，
∵AB＝BC，
∴FH＝BC，
∵∠C＝∠FHM＝90°，
∴FH∥CB，
∴1，
∴FM＝BM，
∵EF＝DE+DF2，
∴BF4，
∵∠BEF＝90°，BM＝MF，
∴EMBF＝2，
∵BO＝OD，BM＝MF，
∴OMDF，
∵OEBD6＝3，
∴△OEM的周长＝323+3，
解法二：辅助线相同．
证明△BAG≌△FHD，推出AB＝HF＝3，
再证明△FHM≌△BCM，推出CM＝HM，
求出BD，DF，BF，利用直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线定理，可得结论．
故答案为：3+3．
总结提升：本题考查正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
7．（2021•浦东新区校级自主招生）如图，小正方形面积为20，大正方形面积为100，求sinθ•csθ．
思路引领：根据正方形的面积公式可得大正方形的边长为10，小正方形的边长为2，再根据直角三角形的边角关系列式即可求解．
解：∵小正方形面积为20，大正方形面积为100，
∴小正方形的边长是2，大正方形的边长是10，
即AB＝10，CD＝2，
∴AC＝10csθ，BC＝10sinθ，
∵CD＝AC﹣AD＝AC﹣BC＝2，
∴10csθ﹣10sinθ＝2，
∴csθ﹣sinθ，
∴（sinθ﹣csθ）2，
sinsin2θ﹣2sinθ•csθ+cs2θ，
1﹣2sinθ•csθ，
∴sinθ•csθ．
总结提升：本题考查了解直角三角形，锐角三角形函数的定义，利用三角函数的定义表示直角三角形的边解题的关键．
8．（2019•朝阳区二模）【问题背景】如图1，在边长为1的正方形网格中，连接格点A、B和C、D，AB和CD相交于点P，求tan∠CPB的值．小马同学是这样解决的：连接格点B、E可得BE∥CD，则∠ABE＝∠CPB，连接AE，那么∠CPB就变换到Rt△ABE中．则tan∠CPB的值为 ．
【探索延伸】如图2，在边长为1的正方形网格中，AB和CD相交于点P，求sin∠APD的值．
思路引领：【问题背景】在Rt△ABE中，利用正切函数的定义求出tan∠ABE即可．
【探索延伸】如图2，连接CE，DE，作DM⊥CE于M．先证明四边形ABCE是平行四边形，得出CE∥AB，那么∠APD＝∠ECD．利用割补法求出△ECD的面积，
由勾股定理求出CE，那么根据三角形的面积公式得出DM，然后利用正弦函数定义求出sin∠ECD即可．
解：【问题背景】如图1，
∵BE∥CD，
∴∠ABE＝∠CPB，
∴tan∠ABE＝tan∠CPB，
∵∠AEB＝90°，
∴tan∠CPB＝tan∠ABE3，
故答案为3．
【探索延伸】如图2，连接CE，DE，作DM⊥CE于M．
∵BC∥AE，BC＝AE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
∴CE∥AB，
∴∠APD＝∠ECD．
∵△ECD的面积＝3×41×42×31×3，
∴CE•DM，
∵CE，
∴DM，
∴sin∠APD＝sin∠ECD．
总结提升：本题考查了解直角三角形，平行四边形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会用转化的思想思考问题，有一定难度．
9．（2019春•江岸区校级月考）如图，每个小正方形的边长为1，四边形ABCD的每个顶点都在格点（小正方形的顶点）上，且AD，CD＝2．
（1）在图中补齐四边形ABCD；
（2）直接写出四边形ABCD的面积为 ；
（3）连AC，求tan∠ACB．
思路引领：（1）由AD，CD＝2，利用勾股定理以及网格特点即可确定D点位置，即可求解；
（2）所求四边形的面积等于长方形的面积减去四周三个直角三角形的面积以及梯形的面积；
（3）利用勾股定理求出AB2，BC2，AC2，根据勾股定理的逆定理得出∠ABC＝90°，再根据正切函数的定义求解．
解：（1）如图所示：
（2）S四边形ABCD＝6×56×14×22×1（1+5）×2
＝30﹣3﹣4﹣1﹣6
＝16．
故答案为16．
（3）如图．
∵AB2＝42+22＝20，BC2＝12+22＝5，AC2＝42+32＝25，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴∠ABC＝90°，
∴tan∠ACB2．
总结提升：本题考查了解直角三角形，勾股定理及其逆定理，四边形的面积，锐角三角函数定义，难度适中．确定出D点的位置是解题的关键．
10．（2020•余杭区一模）已知：，PB＝4，以AB为一边作正方形ABCD，使P、D两点落在直线AB的两侧．
（1）如图，当∠APB＝45°时，求AB及PD的长；
（2）当∠APB变化，且其它条件不变时，求PD的最大值，及相应∠APB的大小．
思路引领：（1）作辅助线，过点A作AE⊥PB于点E，在Rt△PAE中，已知∠APE，AP的值，根据三角函数可将AE，PE的值求出，由PB的值，可求BE的值，在Rt△ABE中，根据勾股定理可将AB的值求出；
求PD的值有两种解法，解法一：可将△PAD绕点A顺时针旋转90°得到△P'AB，可得△PAD≌△P'AB，求PD长即为求P′B的长，在Rt△AP′P中，可将PP′的值求出，在Rt△PP′B中，根据勾股定理可将P′B的值求出；
解法二：过点P作AB的平行线，与DA的延长线交于F，交PB于G，在Rt△AEG中，可求出AG，EG的长，进而可知PG的值，在Rt△PFG中，可求出PF，在Rt△PDF中，根据勾股定理可将PD的值求出；
（2）将△PAD绕点A顺时针旋转90°，得到△P'AB，PD的最大值即为P'B的最大值，故当P'、P、B三点共线时，P'B取得最大值，根据P'B＝PP'+PB可求P'B的最大值，此时∠APB＝180°﹣∠APP'＝135°．
解：（1）①如图，作AE⊥PB于点E，
∵△APE中，∠APE＝45°，PA，
∴AE＝PE1，
∵PB＝4，∴BE＝PB﹣PE＝3，
在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，
∴AB．
②解法一：如图，因为四边形ABCD为正方形，可将
△PAD绕点A顺时针旋转90°得到△P'AB，
可得△PAD≌△P'AB，PD＝P'B，PA＝P'A．
∴∠PAP'＝90°，∠APP'＝45°，∠P'PB＝90°
∴PP′PA＝2，
∴PD＝P′B；
解法二：如图，过点P作AB的平行线，与DA的延长线交于F，与DA的
延长线交PB于G．
在Rt△AEG中，
可得AG，EG，PG＝PE﹣EG．
在Rt△PFG中，
可得PF＝PG•cs∠FPG＝PG•cs∠ABE，FG．
在Rt△PDF中，可得，
PD．
（2）如图所示，
将△PAD绕点A顺时针旋转90°
得到△P'AB，PD的最大值即为P'B的最大值，
∵△P'PB中，P'B＜PP'+PB，PP′PA＝2，PB＝4，
且P、D两点落在直线AB的两侧，
∴当P'、P、B三点共线时，P'B取得最大值（如图）
此时P'B＝PP'+PB＝6，即P'B的最大值为6．
此时∠APB＝180°﹣∠APP'＝135度．
总结提升：考查综合应用解直角三角形、直角三角形性质，进行逻辑推理能力和运算能力，在解题过程中要求学生充分发挥想象空间，确定P′B取得最大值时点P′的位置．
类型四 锐角三角函数与圆的综合
11．（2022秋•鄞州区期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D在BC延长线上，且满足∠CAD＝∠B．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若AC是∠BAD的平分线，sinB，BC＝4，求⊙O的半径．
思路引领：（1）连接OA，OC与AB相交于点E，如图，由OA＝OC，可得∠OAC＝∠OCA，根据圆周角定理可得，由已知∠CAD＝∠B，可得∠AOC＝2∠CAD，根据三角形内角和定理可得∠OCA+∠CAO+∠AOC＝180°，等量代换可得∠CAO+∠CAD＝90°，即可得出答案；
（2）根据角平分线的定义可得∠BAC＝∠DAC，由已知可得∠BAC＝∠B，根据垂径定理可得，OC⊥AB，BE＝AE，在Rt△BEC中，根据正弦定理可得sinB，即可算出CE的长度，根据勾股定理可算出BE的长度，设⊙O的半径为r，则CE＝OC﹣CE＝r，在Rt△AOE中，OA2＝OE2+AE2，代入计算即可得出答案．
证明：（1）连接OA，OC与AB相交于点E，如图，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵，
∴，
∵∠CAD＝∠B，
∴∠AOC＝2∠CAD，
∵∠OCA+∠CAO+∠AOC＝180°，
∴2∠CAO+2∠CAD＝180°，
∴∠CAO+∠CAD＝90°，
∴∠OAD＝90°，
∵OA是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
解：（2）∵AC是∠BAD的平分线，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵∠CAD＝∠B，
∴∠BAC＝∠B，
∴OC⊥AB，BE＝AE，
在Rt△BEC中，
∵BC＝4，
∴sinB，
∴CE，
∴BE，
设⊙O的半径为r，则CE＝OC﹣CE＝r，
在Rt△AOE中，
OA2＝OE2+AE2，
r2＝（r）2，
解得：r．
总结提升：本题主要考查了切线的性质与判定，垂径定理及解直角三角形，熟练掌握切线的性质与判定，垂径定理及解直角三角形的方法进行求解是解决本题的关键．
12．（2022•扬州）如图，AB为⊙O的弦，OC⊥OA交AB于点P，交过点B的直线于点C，且CB＝CP．
（1）试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若sinA，OA＝8，求CB的长．
思路引领：（1）连接OB，由等腰三角形的性质得出∠A＝∠OBA，∠CPB＝∠CBP，结合对顶角的性质得出∠APO＝∠CBP，由垂直的性质得出∠A+∠APO＝90°，进而得出∠OBA+∠CBP＝90°，即可得出直线BC与⊙O相切；
（2）由sinA，设OPx，则AP＝5x，由勾股定理得出方程，解方程求出x的值，进而得出OP4，再利用勾股定理得出BC2+82＝（BC+4）2，即可求出CB的长．
解：（1）直线BC与⊙O相切，
理由：如图，连接OB，
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠OBA，
∵CP＝CB，
∴∠CPB＝∠CBP，
∵∠APO＝∠CPB，
∴∠APO＝∠CBP，
∵OC⊥OA，
∴∠A+∠APO＝90°，
∴∠OBA+∠CBP＝90°，
∴∠OBC＝90°，
∵OB为半径，
∴直线BC与⊙O相切；
（2）在Rt△AOP中，sinA，
∵sinA，
∴设OPx，则AP＝5x，
∵OP2+OA2＝AP2，
∴，
解得：x或（不符合题意，舍去），
∴OP4，
∵∠OBC＝90°，
∴BC2+OB2＝OC2，
∵CP＝CB，OB＝OA＝8，
∴BC2+82＝（BC+4）2，
解得：BC＝6，
∴CB的长为6．
总结提升：本题考查了切线的判定，勾股定理，锐角三角函数的定义，熟练掌握等腰三角形的性质，切线的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数的定义，一元二次方程的解法是解决问题的关键．
13．（2022•通辽）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，以O为圆心，OB的长为半径的圆交边AB于点D，点C在边OA上且CD＝AC，延长CD交OB的延长线于点E．
（1）求证：CD是圆的切线；
（2）已知sin∠OCD，AB＝4，求AC长度及阴影部分面积．
思路引领：（1）根据等腰三角形的性质，直角三角形的两锐角互余以及等量代换得出∠ODB+∠BDE＝90°，即OD⊥EC，进而得出EC是切线；
（2）根据直角三角形的边角关系可求出OD、CD、AC、OC，再根据相似三角形的性质可求出EC，根据S阴影部分＝S△COE﹣S扇形进行计算即可．
（1）证明：如图，连接OD，
∵AC＝CD，
∴∠A＝∠ADC＝∠BDE，
∵∠AOB＝90°，
∴∠A+∠ABO＝90°，
又∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠ODB+∠BDE＝90°，
即OD⊥EC，
∵OD是半径，
∴EC是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△COD中，由于sin∠OCD，
设OD＝4x，则OC＝5x，
∴CD3x＝AC，
在Rt△AOB中，OB＝OD＝4x，OA＝OC+AC＝8x，AB＝4，由勾股定理得，
OB2+OA2＝AB2，
即：（4x）2+（8x）2＝（4）2，
解得x＝1或x＝﹣1（舍去），
∴AC＝3x＝3，OC＝5x＝5，OB＝OD＝4x＝4，
∵∠ODC＝∠EOC＝90°，∠OCD＝∠ECO，
∴△COD∽△CEO，
∴，
即，
∴EC，
∴S阴影部分＝S△COE﹣S扇形
4
4π
，
答：AC＝3，阴影部分的面积为．
总结提升：本题考查切线的判定，扇形面积的计算以及直角三角形的边角关系，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及扇形、三角形面积的计算方法是正确解答的前提．
14．（2022•石家庄模拟）古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”，它的完美来自对称．其中切弦（chrdfcntact）亦称切点弦，是一条特殊弦，从圆外一点向圆引两条切线，连接这两个切点的弦称为切弦．此时，圆心与已知点的连线垂直平分切弦．
（1）为了说明切弦性质的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．
已知：如图1，P是⊙O外一点， ．
求证： ．
（2）如图2，在（1）的条件下，CD是⊙O的直径，连接AD，BC，若∠ADC＝50°，∠BCD＝70°，OC＝2，求OP的长．
思路引领：（1）根据命题的条件和结论即可写成已知和求证，连接OA、OB，根据切线的性质可得∠OAP＝∠OBP＝90°，然后证明Rt△OAP≌Rt△OBP，从而可得∠AOP＝∠BOP，最后利用等腰三角形的三线合一性质即可解答；
（2）连接OA、OB，根据等腰三角形的性质求出∠AOD和∠BOC，从而求出∠AOB，然后在Rt△OBP中利用锐角三角函数进行计算即可解答．
解：（1）已知：如图1，P是⊙O外一点，PA、PB与⊙O分别相切于点A、B，连接AB，OP，
求证：OP垂直平分AB，
证明：连接OA、OB，
∵PA、PB与⊙O分别相切于点A、B，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∵OA＝OB，OP＝OP，
∴Rt△OAP≌Rt△OBP（HL），
∴∠AOP＝∠BOP，
∵OA＝OB，
∴OP垂直平分AB，
故答案为：PA、PB与⊙O分别相切于点A、B，连接AB，OP；OP垂直平分AB；
（2）连接OA、OB，
∵OA＝OD，
∴∠ADC＝∠DAO＝50°，
∴∠AOD＝180°﹣∠ADC﹣∠DAO＝80°，
∵OB＝OC，
∴∠DCB＝∠OBC＝70°，
∴∠BOC＝180°﹣∠DCB﹣∠OBC＝40°，
∴∠AOB＝180°﹣∠AOD﹣∠BOC＝60°，
由（1）得：
∠BOP＝∠AOP∠AOB＝30°，
∵∠OBP＝90°，OB＝OC＝2，
∴OP，
∴OP的长为．
总结提升：本题考查了解直角三角形，切线的性质，圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，根题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
类型五 锐角三角函数与圆及四边形的综合
15．（2021•镇江）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⨀O经过A，B，P三点．
（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．
思路引领：（1）如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，与半径比较，可得结论．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．
解：（1）如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，
∴AP是直径，
∴AP5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝BH，
∵OA＝OP，AH＝HB，
∴OHPB，
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
∴OE＝EH﹣OH＝4，
∴OE＝OP，
∴直线CD与⊙O相切．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．
∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，
∴△ADE≌△TCE（ASA），
∴AD＝CT＝4，
∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，
∵∠ABT＝90°，
∴AT4，
∵AP是直径，
∴∠AQP＝90°，
∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，
∴PB＝PQ，
设PB＝PQ＝x，
∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，
∴4×84x4×x，
∴x＝22，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB．
备注：本题也可以用面积法，连接PQ，PE，设BP＝x，
在Rt△PEQ中，
PE2＝x2+（24）2，
在Rt△PEC中，
PE2＝（4﹣x）2+22，
则x2+（24）2＝（4﹣x）2+22，
解得x＝PB＝22，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB．
总结提升：本题考查直线与圆的位置关系，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．