2020-2021初三数学直角三角形的边角关系的专项培优 易错 难题练习题(含答案)含答案解析

2020-2021初三数学直角三角形的边角关系的专项培优易错难题练习题(含答案)
含答案解析
一、直角三角形的边角关系
1．如图，从地面上的点A看一山坡上的电线杆PQ，测得杆顶端点P的仰角是45°，向前
走6m到达B点，测得杆顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60°和30°．
（1）求∠BPQ的度数；
（2）求该电线杆PQ的高度（结果精确到1m）．备用数据：，
【答案】（1）∠BPQ=30°；
（2）该电线杆PQ的高度约为9m．
【解析】
试题分析：（1）延长PQ交直线AB于点E，根据直角三角形两锐角互余求得即可；
（2）设PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB=AE-BE即可列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解．
试题解析：延长PQ交直线AB于点E，
（1）∠BPQ=90°-60°=30°；
（2）设PE=x米．
在直角△APE中，∠A=45°，
则AE=PE=x米；
∵∠PBE=60°
∴∠BPE=30°
在直角△BPE中，BE=
3
3
PE=
3
3
x米，
∵AB=AE-BE=6米，
则3
，
解得：x=9+33．
则BE=（33+3）米．
在直角△BEQ中，QE=3
BE=
3
（33+3）=（3+3）米．
∴PQ=PE-QE=9+33-（3+3）=6+23≈9（米）．
答：电线杆PQ的高度约9米．
考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．
2．如图，在平行四边形ABCD中，平分，交于点，平分，交于点，与交于点，连接，.
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
试题分析：（1）根据AE平分∠BAD、BF平分∠ABC及平行四边形的性质可得AF=AB=BE，从而可知ABEF为平行四边形，又邻边相等，可知为菱形
（2）由菱形的性质可知AP的长及∠PAF=60°，过点P作PH⊥AD于H，即可得到PH、DH 的长，从而可求tan∠ADP
试题解析：(1)∵AE平分∠BAD BF平分∠ABC
∴∠BAE=∠EAF ∠ABF=∠EBF
∵AD//BC
∴∠EAF=∠AEB ∠AFB=∠EBF
∴∠BAE=∠AEB ∠AFB=∠ABF
∴AB=BE AB=AF
∴AF=AB=BE
∵AD//BC
∴ABEF为平行四边形
又AB=BE
∴ABEF为菱形
（2）作PH⊥AD于H
由∠ABC=60°而已（1）可知∠PAF=60°，PA=2，则有PH=，AH=1，∴DH=AD-AH=5
∴tan∠ADP=
考点：1、平行四边形；2、菱形；3、直角三角形；4、三角函数
3．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.
4．下图是某儿童乐园为小朋友设计的滑梯平面图.已知BC=4 m,AB=6 m,中间平台宽度DE=1 m,EN,DM,CB为三根垂直于AB的支柱,垂足分别为N,M,B,∠EAB=31°,DF⊥BC于点
F,∠CDF=45°,求DM和BC的水平距离BM的长度.(结果精确到0.1 m.参考数据:sin
31°≈0.52,cos 31°≈0.86,tan 31°≈0.60)
【答案】2.5m.
【解析】
试题分析：设DF=x，在Rt△DFC中，可得CF=DF=x，则BF=4-x，根据线段的和差可得
AN=5-x，EN=DM=BF=4－，在Rt△ANE中，∠EAB=，利用∠EAB的正切值解得x的值．
试题解析：解：设DF=，在Rt△DFC中，∠CDF=，
∴CF=tan·DF=，
又∵CB=4，
∴BF=4－，
∵AB=6，DE=1，BM= DF=，
∴AN=5－，EN=DM=BF=4－，
在Rt△ANE中，∠EAB=，EN=4－，AN=5－，
tan==0．60，
解得=2．5，
答：DM和BC的水平距离BM为2．5米．
考点：解直角三角形．
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．某条道路上通行车辆限速60千米/时，道路的AB段为监测区，监测点P到AB的距离PH为50米（如图）．已知点P在点A的北偏东45°方向上，且在点B的北偏西60°方向上，点B在点A的北偏东75°方向上，那么车辆通过AB段的时间在多少秒以内，可认定为超速？（参考数据：
3≈1.7，2≈1.4）．
【答案】车辆通过AB段的时间在8.1秒以内，可认定为超速
【解析】
分析：根据点到直线的距离的性质，构造直角三角形，然后利用解直角三角形的应用，解
直角三角形即可.
详解：如图，由题意知∠CAB=75°，∠CAP=45°，∠PBD=60°，
∴∠PAH=∠CAB–∠CAP=30°，
∵∠PHA=∠PHB=90°，PH=50，∴AH=
tan
PH
PAH
∠
33，
∵AC∥BD，∴∠ABD=180°–∠CAB=105°，∴∠PBH=∠ABD–∠PBD=45°，则PH=BH=50，∴3，
∵60千米/时=50
3
米/秒，∴时间
50350
3
+
3≈8.1（秒），即车辆通过AB段的时间在8.1秒以内，可认定为超速．
点睛：该题考查学生通过构建直角三角形，利用某个度数的三角函数值求出具体边长，即实际路程，并进行判断相关的量。

7．2018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1：3，DE ＝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 A3，
∵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． 在Rt △CEF 中，设EF ＝x ，CF ＝3x （x ＞0），CE ＝2.5，
代入得（
52
）2＝x 2+3x 2， 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．
8．如图，直线y ＝
12x +2与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，抛物线y ＝﹣12
x 2+bx +c 经过A 、B 两点，与x 轴的另一个交点为 C ．
（1）求抛物线的解析式； （2）根据图象，直接写出满足12x +2≥﹣12
x 2+bx +c 的x 的取值范围； （3）设点D 为该抛物线上的一点、连结AD ，若∠DAC ＝∠CBO ，求点D 的坐标．
【答案】（1）213222y x x =-
-+；（2）当x ≥0或x ≤﹣4；（3）D 点坐标为（0，2）或（2，﹣3）．
【解析】
【分析】
（1）由直线y ＝
12
x +2求得A 、B 的坐标，然后根据待定系数法即可求得抛物线的解析式； （2）观察图象，找出直线在抛物线上方的x 的取值范围；
（3）如图，过D 点作x 轴的垂线，交x 轴于点E ，先求出CO ＝1，AO ＝4，再由∠DAC ＝∠CBO ，得出tan ∠DAC ＝tan ∠CBO ，从而有，DE CO AE BO =,最后分类讨论确定点D 的坐标．
【详解】 解：（1）由y ＝
1
2
x +2可得： 当x ＝0时，y ＝2；当y ＝0时，x ＝﹣4， ∴A （﹣4，0），B （0，2），
把A 、B 的坐标代入y ＝﹣12x 2+bx +c 得： 322
b c ⎧=-⎪
⎨⎪=⎩，，
∴抛物线的解析式为：213
222y x x =-
-+ （2）当x ≥0或x ≤﹣4时，12x +2≥﹣1
2
x 2+bx +c
（3）如图，过D 点作x 轴的垂线，交x 轴于点E ，
由213
222
y x x =
-+令y ＝0， 解得：x 1＝1，x 2＝﹣4， ∴CO ＝1，AO ＝4，
设点D 的坐标为（m ，213
222
m m --+），
∵∠DAC ＝∠CBO ，
∴tan ∠DAC ＝tan ∠CBO ，
∴在Rt △ADE 和Rt △BOC 中有DE CO
AE BO
=， 当D 在x 轴上方时，213
2
12242
--+=
+m m m 解得：m 1＝0，m 2＝﹣4（不合题意，舍去）， ∴点D 的坐标为（0，2）．
当D 在x 轴下方时，213
(2)
12242
---+=
+m m m 解得：m 1＝2，m 2＝﹣4（不合题意，舍去）， ∴点D 的坐标为（2，﹣3），
故满足条件的D 点坐标为（0，2）或（2，﹣3）．
【点睛】
本题是二次函数综合题型，主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式．解题的关键是能够熟练掌握一次函数和二次函数的有关知识解决问题，分类讨论是第（3）题的难点．
9．如图1，以点M（－1，0）为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线y＝
－x－与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F．
（1）请直接写出OE、⊙M的半径r、CH的长；
（2）如图2，弦HQ交x轴于点P，且DP:PH＝3:2，求cos∠QHC的值；
（3）如图3，点K为线段EC上一动点（不与E、C重合），连接BK交⊙M于点T，弦AT 交x轴于点N．是否存在一个常数a，始终满足MN·MK＝a，如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）OE=5，r=2，CH=2
（2）；
（3）a=4
【解析】
【分析】
（1）在直线y＝－x－中，令y=0，可求得E的坐标，即可得到OE的长为5；连接MH，根据△EMH与△EFO相似即可求得半径为2；再由EC=MC=2，∠EHM=90°，可知CH 是RT△EHM斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出CH的长；
（2）连接DQ、CQ．根据相似三角形的判定得到△CHP∽△QPD，从而求得DQ的长，在直角三角形CDQ中，即可求得∠D的余弦值，即为cos∠QHC的值；
（3）连接AK，AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，由圆周角定理可知，
∠GTA=90°，∠3=∠4，故∠AKC=∠MAN，再由△AMK∽△NMA即可得出结论．
【详解】
（1）OE=5，r=2，CH=2
（2）如图1，连接QC、QD，则∠CQD =90°，∠QHC =∠QDC，
易知△CHP∽△DQP，故，得DQ=3，由于CD=4，
；
（3）如图2，连接AK，AM，延长AM，
与圆交于点G，连接TG，则
，
由于，故，；
而，故
在和中，；
故△AMK∽△NMA
;
即：
故存在常数，始终满足
常数a="4"
解法二：连结BM，证明∽
得
10．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的边AB在x轴上，点B坐标（﹣6，0），点
C在y轴正半轴上，且cos B＝3
5
，动点P从点C出发，以每秒一个单位长度的速度向D点
移动（P点到达D点时停止运动），移动时间为t秒，过点P作平行于y轴的直线l与菱形的其它边交于点Q．
（1）求点D坐标；
（2）求△OPQ的面积S关于t的函数关系式，并求出S的最大值；
（3）在直线l移动过程中，是否存在t值，使S＝3
20ABCD
S
菱形
？若存在，求出t的值；若
不存在，请说明理由．
【答案】（1）点D 的坐标为（10，8）．（2）S 关于t 的函数关系式为S ＝
24(04)220
(410)3
3t t t t t ⎧⎪
⎨-+<⎪⎩剟
…，S 的最大值为503．（3）3或7. 【解析】 【分析】
（1）在Rt △BOC 中，求BC,OC,根据菱形性质再求D 的坐标；（2）分两种情况分析：①当0≤t ≤4时和②当4＜t ≤10时，根据面积公式列出解析式，再求函数的最值；（3）分两种情况分析：当0≤t ≤4时，4t ＝12，；当4＜t ≤10时，2220
1233
t t -+= 【详解】
解：（1）在Rt △BOC 中，∠BOC ＝90°，OB ＝6，cos B ＝
35
， 10cos OB
BC B
∴=
= 228OC BC OB ∴=-=∵四边形ABCD 为菱形，CD ∥x 轴， ∴点D 的坐标为（10，8）．
（2）∵AB ＝BC ＝10，点B 的坐标为（﹣6，0）， ∴点A 的坐标为（4，0）． 分两种情况考虑，如图1所示．
①当0≤t ≤4时，PQ ＝OC ＝8，OQ ＝t ，
∴S ＝1
2PQ •OQ ＝4t ，
∵4＞0，
∴当t ＝4时，S 取得最大值，最大值为16；
②当4＜t ≤10时，设直线AD 的解析式为y ＝kx +b （k ≠0）， 将A （4，0），D （10，8）代入y ＝kx +b ，得：
4k b 010k b 8+=⎧⎨
+=⎩，解得：4k 3
16b 3⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩
，
∴直线AD 的解析式为41633
y x =-． 当x ＝t 时，416
33
y t =
-， 4164
8(10)3
33PQ t t ⎛⎫∴=--=- ⎪⎝⎭
21220
233
S PQ OP t t ∴=
⋅=-+ 22202502
(5),033333S t t t =-+=--+-<Q ∴当t ＝5时，S 取得最大值，最大值为
503
． 综上所述：S 关于t 的函数关系式为S ＝24(04)220(410)3
3t t t t t ⎧⎪
⎨-+<⎪⎩剟
…，S 的最大值为503．
（3）S 菱形ABCD ＝AB •OC ＝80． 当0≤t ≤4时，4t ＝12， 解得：t ＝3； 当4＜t ≤10时，2220
33
t t -
+＝12， 解得：t 1＝5﹣7（舍去），t 2＝5+ 7． 综上所述：在直线l 移动过程中，存在t 值，使S ＝
3
20
ABCD S 菱形，t 的值为3或5+7．
【点睛】
考核知识点：一次函数和二次函数的最值问题.数形结合，分类讨论是关键.
11．如图，在ABC △中，10AC BC ==，3
cos 5
C =
,点P 是BC 边上一动点（不与点,A C 重合），以PA 长为半径的P e 与边AB 的另一个交点为D ，过点D 作DE CB ⊥于点E .
()1当P e与边BC相切时，求P e的半径；
()2联结BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，
并直接写出x的取值范围；
()3在()2的条件下，当以PE长为直径的Q
e与P
e相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.
【答案】（1）40
9
；（2）()
2
5
880
010
320
x x x
y x
x
-+
=<<
+
；（3）1025
-
【解析】
【分析】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=
3
5
，则sinC=
4
5
，sinC=
HP
CP
=
R
10R
-
=
4
5
，即可求解；
（2）PD∥BE，则
EB
PD
＝
BF
PF
，即：2
2
4880
5
x x x y
x y
--+-
=，即可求解；
（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可求解．
【详解】
（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，
连接HP，则HP⊥BC，cosC=
3
5
，则sinC=
3
5
，
sinC=
HP
CP
=
R
10R
-
=
4
5
，解得：R=
40
9
；
（2）在△ABC中，AC=BC=10，cosC=
3
5
，
设AP=PD=x，∠A=∠ABC=β，过点B作BH⊥AC，
则BH=ACsinC=8，
同理可得：
CH=6，HA=4，AB=45，则：tan∠CAB=2BP=()2
2
84
x
+-=2880
x x
-+，DA=
25
x，则BD=45-
25
x，
如下图所示，
PA=PD，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，
tanβ=2，则
55
EB=BDcosβ=（5
5
5
x）
5
2
5
x，
∴PD∥BE，
∴EB
PD
＝
BF
PF
，即：2
2
4880
5
x x x y
x y
--+
=，
整理得：y=)
2
x8x80
0x10
3x20
-+
<<
+
；
（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，
两个圆交于点G，则PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，
∵点Q时弧GD的中点，
∴DG⊥EP，
∵AG是圆P的直径，
∴∠GDA=90°，
∴EP∥BD，
由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形，
∴AG=EP=BD，
∴5
设圆的半径为r，在△ADG中，
55
AG=2r，
55
51
+
，
则：
5
5
相交所得的公共弦的长为5
【点睛】
本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．
12．已知Rt△ABC,∠A=90°,BC=10,以BC为边向下作矩形BCDE,连AE交BC于F.
(1)如图1,当AB=AC,且sin∠BEF=3
5
时，求
BF
CF
的值；
(2)如图2,当tan∠ABC=1
2
时,过D作DH⊥AE于H,求EH EA
⋅的值；
(3)如图3,连AD交BC于G,当2
FG BF CG
=⋅时,求矩形BCDE的面积
【答案】(1)1
7
；（2）80；（3）100. 【解析】 【分析】
(1)过A 作AK ⊥BC 于K ,根据sin ∠BEF=
35得出
3
5
FK AK =,设FK =3a ,AK =5a ，可求得BF =a ,故1
7
BF CF =；（2）过A 作AK ⊥BC 于K ,延长AK 交ED 于G ,则AG ⊥ED ，得△EGA ∽△EHD ，利用相似三角形的性质即可求出；（3）延长AB 、ED 交于K ,延长AC 、ED 交于T ,根据相似三角形的性质可求出BE =ED ，故可求出矩形的面积. 【详解】
解：(1)过A 作AK ⊥BC 于K , ∵sin ∠BEF ＝35,sin ∠FAK ＝35
, ∴
35
FK AK =, 设FK =3a ,AK =5a , ∴AK =4a ,
∵AB =AC ,∠BAC =90°, ∴BK =CK =4a , ∴BF =a , 又∵CF =7a , ∴
1
7
BF CF = (2)过A 作AK ⊥BC 于K ,延长AK 交ED 于G ,则AG ⊥ED ， ∵∠AGE =∠DHE =90°, ∴△EGA ∽△EHD , ∴
EH ED
EG EA
=， ∴·EH EA EG ED ⋅=,其中EG =BK , ∵BC =10,tan ∠ABC ＝
12
，
cos ∠ABC ＝5， ∴BA ＝BC · cos ∠ABC ＝
5， BK= BA·cos ∠ABC ＝
855
⨯= ∴EG =8,
另一方面：ED =BC =10,
∴EH ·EA =80 (3)延长AB 、ED 交于K ,延长AC 、ED 交于T ,
∵BC ∥KT ,
BF AF FG KE AE ED ==， ∴BF KE FG DE =，同理：FG ED CG DT
= ∵FG 2= BF ·CG ∴
BF FG FG CG =， ∴ED 2= KE ·DT ∴KE ED DE DT
= ， 又∵△KEB ∽△CDT ,∴
KE CD BE DT
=， ∴KE ·DT ＝BE 2， ∴BE 2＝ED 2
∴ BE =ED
∴1010100BCDE S =⨯=矩形
【点睛】
此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键根据题意作出辅助线再进行求解.。