中考数学直角三角形的边角关系提高练习题压轴题训练含答案
中考数学直角三角形的边角关系提高练习题压轴题训练含答案
一、直角三角形的边角关系
1．如图，山坡上有一棵树AB，树底部B点到山脚C点的距离BC为63米，山坡的坡角为30°．小宁在山脚的平地F处测量这棵树的高，点C到测角仪EF的水平距离CF=1米，从E处测得树顶部A的仰角为45°，树底部B的仰角为20°，求树AB的高度．（参考数
值：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36）
【答案】6.4米
【解析】
解：∵底部B点到山脚C点的距离BC为6 3 米，山坡的坡角为30°．
∴DC=BC?cos30°=3
=?=米，
639
∵CF=1米，
∴DC=9+1=10米，
∴GE=10米，
∵∠AEG=45°，
∴AG=EG=10米，
在直角三角形BGF中，
BG=GF?tan20°=10×0.36=3.6米，
∴AB=AG-BG=10-3.6=6.4米，
答：树高约为6.4米
首先在直角三角形BDC中求得DC的长，然后求得DF的长，进而求得GF的长，然后在直角三角形BGF中即可求得BG的长，从而求得树高
2．在等腰△ABC中，∠B=90°，AM是△ABC的角平分线，过点M作MN⊥AC于点N，
∠EMF=135°．将∠EMF绕点M旋转，使∠EMF的两边交直线AB于点E，交直线AC于点F，请解答下列问题：
（1）当∠EMF绕点M旋转到如图①的位置时，求证：BE+CF=BM；
（2）当∠EMF绕点M旋转到如图②，图③的位置时，请分别写出线段BE，CF，BM之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1）和（2）的条件下，tan∠BEM=，AN=+1，则BM=，CF=．
【答案】（1）证明见解析（2）见解析（3）1，1+或1﹣
【解析】
【分析】
(1)由等腰△ABC中，∠B=90°，AM是△ABC的角平分线，过点M作MN⊥AC于点N，可得BM=MN，∠BMN=135°，又∠EMF=135°，可证明的△BME≌△NMF，可得BE=NF，
NC=NM=BM进而得出结论；
（2）①如图②时，同（1）可证△BME≌△NMF，可得BE﹣CF=BM，
②如图③时，同（1）可证△BME≌△NMF，可得CF﹣BE=BM；
(3) 在Rt△ABM和Rt△ANM中，，
可得Rt△ABM≌Rt△ANM，后分别求出AB、 AC、 CN 、BM、 BE的长，结合（1）（2）的结论对图①②③进行讨论可得CF的长.
【详解】
（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠C=45°，
∵AM是∠BAC的平分线，MN⊥AC，
∴BM=MN，
在四边形ABMN中，∠，BMN=360°﹣90°﹣90°﹣45°=135°，
∵∠ENF=135°，，
∴∠BME=∠NMF，
∴△BME≌△NMF，
∴BE=NF，
∵MN⊥AC，∠C=45°，
∴∠CMN=∠C=45°，
∴NC=NM=BM，
∵CN=CF+NF，
∴BE+CF=BM；
（2）针对图2，同（1）的方法得，△BME≌△NMF，
∴BE=NF，
∵MN⊥AC，∠C=45°，
∴∠CMN=∠C=45°，
∴NC=NM=BM ， ∵NC=NF ﹣CF ， ∴BE ﹣CF=BM ；
针对图3，同（1）的方法得，△BME ≌△NMF ， ∴BE=NF ，
∵MN ⊥AC ，∠C=45°， ∴∠CMN=∠C=45°， ∴NC=NM=BM ， ∵NC=CF ﹣NF ， ∴CF ﹣BE=BM ；
（3）在Rt △ABM 和Rt △ANM 中，，
∴Rt △ABM ≌Rt △ANM （HL ）， ∴AB=AN=+1，
在Rt △ABC 中，AC=AB=
+1， ∴AC=
AB=2+
， ∴CN=AC ﹣AN=2+﹣（+1）=1， 在Rt △CMN 中，CM=
CN=
， ∴BM=BC ﹣CM=
+1﹣
=1，
在Rt △BME 中，tan ∠BEM==
=
，
∴BE=
，
∴①由（1）知，如图1，BE+CF=BM ， ∴CF=BM ﹣BE =1﹣
②由（2）知，如图2，由tan ∠BEM=，
∴此种情况不成立；
③由（2）知，如图3，CF ﹣BE=BM ， ∴CF=BM+BE=1+， 故答案为1，1+或1﹣
．
【点睛】
本题考查三角函数与旋转与三角形全等的综合，难度较大，需综合运用所学知识求解.
3．如图，反比例函数() 0k y k x
=
≠ 的图象与正比例函数 2y x = 的图象相交于A (1,a ),B 两点，点C 在第四象限，CA ∥y 轴，90ABC ∠=?. (1)求k 的值及点B 的坐标；
(2)求tanC 的值.
【答案】（1）2k =，()1,2B --；（2）2. 【解析】
【分析】（1）先根据点A 在直线y=2x 上，求得点A 的坐标，再根据点A 在反比例函数
()0k
y k x
=
≠ 的图象上，利用待定系数法求得k 的值，再根据点A 、B 关于原点对称即可求得点B 的坐标；
（2）作BH ⊥AC 于H ，设AC 交x 轴于点D ，根据90ABC ∠=? ， 90BHC ∠=? ，可得C ABH ∠∠=，再由已知可得AOD ABH ∠∠=，从而得C AOD ∠∠=，求出C
tan 即可.
【详解】（1）∵点A (1，a )在2y x =上， ∴a =2，∴
A (1，2)，
把A (1，2)代入 k
y x
= 得2k =， ∵反比例函数()0k
y k x
=
≠ 的图象与正比例函数 2y x = 的图象交于A ，B 两点， ∴A B 、 两点关于原点O 中心对称，
∴()1
2B --， ； （2）作BH ⊥AC 于H ，设AC 交x 轴于点D ，
∵
90ABC ∠=? ， 90BHC ∠=? ，∴C ABH ∠∠=，
∵CA ∥y 轴，∴BH ∥x 轴，∴AOD ABH ∠∠=，∴C AOD ∠∠=，
∴AD 2
2OD 1
tanC tan AOD =∠=
==.
【点睛】本题考查了反比例与一次函数综合问题，涉及到待定系数法、中心对称、三角函数等知识，熟练掌握和应用相关知识是解题的关键，（2）小题求出∠C=∠AOD是关键.
4．已知：△ABC内接于⊙O，D是弧BC上一点，OD⊥BC，垂足为H．
（1）如图1，当圆心O在AB边上时，求证：AC=2OH；
（2）如图2，当圆心O在△ABC外部时，连接AD、CD，AD与BC交于点P，求证：
∠ACD=∠APB；
（3）在（2）的条件下，如图3，连接BD，E为⊙O上一点，连接DE交BC于点Q、交AB 于点N，连接OE，BF为⊙O的弦，BF⊥OE于点R交DE于点G，若∠ACD﹣
∠ABD=2∠BDN，AC=，BN=，tan∠ABC=，求BF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）24.
【解析】
试题分析：（1）易证OH为△ABC的中位线，可得AC=2OH；（2）∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，又∵∠PAC =∠BCD，可证∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB与OD相交于点M，连接OB，易证∠GBN=∠ABC，所以BG=BQ.
在Rt△BNQ中，根据tan∠ABC=，可求得NQ、BQ的长.利用圆周角定理可求得IC和AI 的长度，设QH=x，利用勾股定理可求出QH和HD的长度，利用垂径定理可求得ED的长度，最后利用tan∠OED=即可求得RG的长度，最后由垂径定理可求得BF的长度．
试题解析：（1）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴BH=HC，∵点O是AB的中点，∴AC=2OH；（2）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴弧BD=弧CD，∴∠PAC=∠BCD，∵∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，∴∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB 与OD相交于点M，连接OB，
∵∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，∴∠ACD﹣∠BDN=∠ABD+∠BDN，∵∠ABD+∠BDN=∠AND，∴∠ACD﹣∠BDN=∠AND，∵∠ACD+∠ABD=180°，∴2∠AND=180°，∴∠AND=90°，
∵tan∠ABC=，∴，∴，
∴，∵∠BNQ=∠QHD=90°，
∴∠ABC=∠QDH，∵OE=OD，
∴∠OED=∠QDH，∵∠ERG=90°，∴∠OED=∠GBN，∴∠GBN=∠ABC，∵AB⊥ED，
∴BG=BQ=，GN=NQ=，
∵∠ACI=90°，tan∠AIC=tan∠ABC=，∴，∴IC=，∴由勾股定理可求得：
AI=25，
设QH=x，∵tan∠ABC=tan∠ODE=，∴，∴HD=2x，∴OH=OD﹣HD=，BH=BQ+QH=，
∵OB2=BH2+OH2，∴，解得：，当QH=
时，∴QD=，
∴ND=，∴MN=，MD=15,∵，∴QH=不符合题意，舍去，当QH=时，∴QD=
∴ND=NQ+QD=，ED=，∴GD=GN+ND=,∴EG=ED﹣GD=，
∵tan∠OED=，∴，
∴EG=RG，∴RG=，∴ BR=RG+BG=12,∴BF=2BR=24．
考点：1圆；2相似三角形；3三角函数；4直角三角形.
5．问题探究：
（一）新知学习：
圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）．
（二）问题解决：
已知⊙O的半径为2，AB，CD是⊙O的直径．P是上任意一点，过点P分别作AB，CD 的垂线，垂足分别为N，M．
（1）若直径AB⊥CD，对于上任意一点P（不与B、C重合）（如图一），证明四边形PMON内接于圆，并求此圆直径的长；
（2）若直径AB⊥CD，在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程汇总，证明MN的长为定值，并求其定值；
（3）若直径AB与CD相交成120°角．
①当点P运动到的中点P1时（如图二），求MN的长；
②当点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中（如图三），证明MN的长为定值．（4）试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值．
【答案】（1）证明见解析，直径OP=2；
（2）证明见解析，MN的长为定值，该定值为2；
（3）①MN=；②证明见解析；
（4）MN取得最大值2．
【解析】
试题分析：（1）如图一，易证∠PMO+∠PNO=180°，从而可得四边形PMON内接于圆，直径OP=2；
（2）如图一，易证四边形PMON是矩形，则有MN=OP=2，问题得以解决；
（3）①如图二，根据等弧所对的圆心角相等可得∠COP1=∠BOP1=60°，根据圆内接四边形的对角互补可得∠MP1N=60°．根据角平分线的性质可得P1M=P1N，从而得到△P1MN是等边三角形，则有MN=P1M．然后在Rt△P1MO运用三角函数就可解决问题；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，根据圆周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中运用三角函数可得：
MN=QN?sin∠MQN，从而可得MN=OP?sin∠MQN，由此即可解决问题；
（4）由（3）②中已得结论MN=OP?sin∠MQN可知，当∠MQN=90°时，MN最大，问题
得以解决．
试题解析：（1）如图一，
∵PM⊥OC，PN⊥OB，∴∠PMO=∠PNO=90°，∴∠PMO+∠PNO=180°，∴四边形PMON内接于圆，直径OP=2；
（2）如图一，
∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，∴四边形PMON是矩形，
∴MN=OP=2，∴MN的长为定值，该定值为2；
（3）①如图二，
∵P1是的中点，∠BOC=120°，∴∠COP1=∠BOP1=60°，∠MP1N=60°，∵P1M⊥OC，
P1N⊥OB，∴P1M=P1N，∴△P1MN是等边三角形，∴MN=P1M．
∵P1M=OP1?sin∠MOP1=2×sin60°=，∴MN=；
②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，
交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，
则有∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，
在Rt△QMN中，sin∠MQN=，∴MN=QN?sin∠MQN，
∴MN=OP?sin ∠MQN=2×sin60°=2×=
，∴MN 是定值．
（4）由（3）②得MN=OP?sin ∠MQN=2sin ∠MQN ．
当直径AB 与CD 相交成90°角时，∠MQN=180°﹣90°=90°，MN 取得最大值2． 考点：圆的综合题．
6．（本题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）小题满分5分，第（3）小题满分5分）
已知：如图，AB 是半圆O 的直径，弦//CD AB ，动点P 、Q 分别在线段OC 、CD 上，且DQ OP =，AP 的延长线与射线OQ 相交于点E 、与弦CD 相交于点F （点F 与点C 、D 不重合），20AB =，4
cos 5
AOC ∠=
．设OP x =，CPF ?的面积为y ．
（1）求证：AP OQ =；
（2）求y 关于x 的函数关系式，并写出它的定义域； （3）当OPE ?是直角三角形时，求线段OP 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）236030050
(10)13
x x y x x -+=<<；（3）8OP =
【解析】 【分析】
（1）证明线段相等的方法之一是证明三角形全等，通过分析已知条件，OP DQ =，联结
OD 后还有OA DO =，再结合要证明的结论AP OQ =，则可肯定需证明三角形全等，寻
找已知对应边的夹角，即POA QDO ∠=∠即可；
（2）根据PFC ?∽PAO ?，将面积转化为相似三角形对应边之比的平方来求；（3）分成三种情况讨论，充分利用已知条件4
cos 5
AOC ∠=、以及（1）（2）中已证的结论，注意要对不符合（2）中定义域的答案舍去． 【详解】
（1）联结OD ，∵OC OD =， ∴OCD ODC ∠=∠， ∵//CD AB ， ∴OCD COA ∠=∠，
∴POA QDO ∠=∠． 在AOP ?和ODQ ?中，
{OP DQ
POA QDO OA DO
=∠=∠=， ∴AOP ?≌ODQ ?， ∴AP OQ =；
（2）作PH OA ⊥，交OA 于H ， ∵4cos 5
AOC ∠=， ∴4455OH OP x =
=，35PH x =， ∴1
32
AOP S AO PH x ?=
?=． ∵//CD AB ， ∴PFC ?∽PAO ?， ∴
22
10(
)()AOP
y CP x S OP x
?-==， ∴2360300
x x y x
-+=，当F 与点D 重合时，
∵4
2cos 210165
CD OC OCD =?∠=??=， ∴
101016x x =-，解得50
13
x =， ∴2360300x x y x
-+=
50
(10)13x <<； （3）①当90OPE ∠=o 时，90OPA ∠=o ， ∴4
cos 1085
OP OA AOC =?∠=?
=； ②当90POE ∠=o 时，
101025
4cos cos 25OC CQ QCO AOC =
===
∠∠，
∴252OP DQ CD CQ CD ==-=-2571622
=-=， ∵
50
1013
OP <<， ∴7
2
OP =
（舍去）；
③当90PEO ∠=o 时，∵//CD AB ， ∴AOQ DQO ∠=∠， ∵AOP ?≌ODQ ?， ∴DQO APO ∠=∠， ∴AOQ APO ∠=∠，
∴90AEO AOP ∠=∠=o ，此时弦CD 不存在，故这种情况不符合题意，舍去； 综上，线段OP 的长为8．
7．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）；（2）12cm ；（3）
cm ．
【解析】
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 ，∴（cm ）．
∵点E 为CD 边上的中点，∴AE=DC=
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′
（SSS）．∴∠D′BG=∠D′BC=45°．∴D′G=GB．
设D′G长为xcm，则CG长为cm，
在Rt△GD′C中，由勾股定理得，
解得：（不合题意舍去）．
∴点D′到BC边的距离为cm．
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．
8．2018年12月10日，郑州市城乡规划局网站挂出《郑州都市区主城区停车场专项规划》，将停车纳入城市综合交通体系，计划到2030年，在主城区新建停车泊位33.04万个，2019年初，某小区拟修建地下停车库，如图是停车库坡道入口的设计图，其中MN是水平线，MN∥AD，AD⊥DE，CF⊥AB，垂足分别为D，F，坡道AB的坡度为13DE
＝3米，点C在DE上，CD＝0.5米，CD是限高标志屏的高度（标志牌上写有：限高米），如果进入该车库车辆的高度不能超过线段CF的长，则该停车库限高多少米？（结果精确到0.1米，参考数据2≈1.41，3≈1.73）
【答案】该停车库限高约为2.2米．
【解析】
【分析】
据题意得出
3
tan B=，即可得出tan A，在Rt△ADE中，根据勾股定理可求得DE，即可
得出∠1的正切值，再在Rt△CEF中，设EF＝x，即可求出x，从而得出CF3的长．【详解】
解：由题意得，
3 tan
3
B=
∵MN∥AD，
∴∠A＝∠B，
∴tan A＝3
3
，
∵DE⊥AD，
∴在Rt△ADE中，tan A＝DE
AD
，
∵DE＝3，
又∵DC＝0.5，
∴CE＝2.5，
∵CF⊥AB，
∴∠FCE+∠CEF＝90°，
∵DE⊥AD，
∴∠A+∠CEF＝90°，
∴∠A＝∠FCE，
∴tan∠FCE＝3
3
．
在Rt△CEF中，设EF＝x，CF3x（x＞0），CE＝2.5，
代入得（5
2
）2＝x2+3x2，
解得x＝1.25，
∴CF＝3x≈2.2，
∴该停车库限高约为2.2米．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，坡面坡角问题和勾股定理，解题的关键是坡度等于坡角的正切值．
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°，3
∴0 tan30
OD
PD
=，解得OD=1，
∴22
PO PD OD
+，
∴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，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点，点F在边BC的延长线上，且=，连接DE，DF，EF. FH平分EFB
CF AE
∠交BD于点H.
⊥；
（1）求证：DE DF
=：
（2）求证：DH DF
⊥于点M，用等式表示线段AB，HM与EF之间的数量关系，并（3）过点H作HM EF
证明.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）22EF AB HM =-，证明详见解析. 【解析】 【分析】
（1）根据正方形性质， CF AE =得到DE DF ⊥.
（2）由AED CFD △△≌，得DE DF =.由90ABC ∠=?，BD 平分ABC ∠， 得45DBF ∠=?.因为FH 平分EFB ∠，所以EFH BFH ∠=∠.由于
45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=?+∠,45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=?+∠, 所以DH DF =.
（3）过点H 作HN BC ⊥于点N ，由正方形ABCD 性质，得
222BD AB AD AB =
+=.由FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，得
HM HN =.因为4590HBN HNB ∠=?∠=?，
，所以22sin 45HN
BH HN HM ===?
.
由22cos 45DF
EF DF DH =
==?
，得22EF AB HM =-.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴AD CD =，90EAD BCD ADC ∠=∠=∠=?. ∴90EAD FCD ∠=∠=?. ∵CF AE =。 ∴AED CFD △△≌. ∴ADE CDF ∠=∠.
∴90EDF EDC CDF EDC ADE ADC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=?. ∴DE DF ⊥.
（2）证明：∵AED CFD △△≌， ∴DE DF =. ∵90EDF ∠=?， ∴45DEF DFE ∠=∠=?.
∵90ABC ∠=?，BD 平分ABC ∠， ∴45DBF ∠=?. ∵FH 平分EFB ∠， ∴EFH BFH ∠=∠.
∵45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=?+∠,
45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=?+∠, ∴DHF DFH ∠=∠. ∴DH DF =.
（3）22EF AB HM =-.
证明：过点H 作HN BC ⊥于点N ，如图，
∵正方形ABCD 中，AB AD =，90BAD ∠=?， ∴222BD AB AD AB =
+=.
∵FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，
∴HM HN =.
∵4590HBN HNB ∠=?∠=?，
， ∴22sin 45HN
BH HN HM =
==?
.
∴22DH BD BH AB HM =-=.
∵22cos 45DF
EF DF DH =
==?
，
∴22EF AB HM =-. 【点睛】
本题考查正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数，题目难度较大，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数.
11．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
4
，求OE 的长．
【答案】（1）见解析；（25.【解析】
【分析】
（1）由切线的性质即可得证.（2）连接OC，利用tan∠PDA=3
4
，可求出CD=2,进而求得
OC=3
2
，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.
【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=4，22
PA AD
+，∴CD=PD-PC=5-3=2，
∵tan∠PDA=3
4
，
∴在Rt△OCD中，
OC=3
2
，
22
OC CD
+
5
2
，
∵∠EPD=∠ODE，∠OCP=∠E=90°，∴△OED∽△DEP，
∴PD
DO =
PE
DE
=
DE
OE
=2，
∴DE=2OE,
在Rt △OED 中，OE 2
+DE 2
=OD 2
，即5OE 2
=2
52?? ???
=254，
∴OE=
5
2
．
【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
4
，得线段的长是解题关键.
12．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
A 的坐标为（4，0），点D 在边A
B 上，且tan ∠AOD ＝
1
2
，点E 是射线OB 上一动点，EF ⊥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；
（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﹣
2，8﹣2）或（2，2）或42164216++??或16421642,77?-- ??
，理由见解析 【解析】 【分析】