数学锐角三角函数的专项培优 易错 难题练习题(含答案)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．如图，海上观察哨所B 位于观察哨所A 正北方向，距离为25海里．在某时刻，哨所A 与哨所B 同时发现一走私船，其位置C 位于哨所A 北偏东53°的方向上，位于哨所B 南偏东37°的方向上．

（1）求观察哨所A 与走私船所在的位置C 的距离；

（2）若观察哨所A 发现走私船从C 处以16海里/小时的速度向正东方向逃窜，并立即派缉私艇沿北偏东76°的方向前去拦截．求缉私艇的速度为多少时，恰好在D 处成功拦截．（结果保留根号）

（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37 ＝sin53°≈去，tan37°≈2，tan76°≈）

【答案】（1）观察哨所A 与走私船所在的位置C 的距离为15海里；（2）当缉私艇以每小时617D 处成功拦截.

【解析】

【分析】

（1）先根据三角形内角和定理求出∠ACB ＝90°，再解Rt △ABC ，利用正弦函数定义得出AC 即可；

（2）过点C 作CM ⊥AB 于点M ，易知，D 、C 、M 在一条直线上．解Rt △AMC ，求出CM 、AM ．解Rt △AMD 中，求出DM 、AD ，得出CD ．设缉私艇的速度为x 海里/小时，根据走私船行驶CD 所用的时间等于缉私艇行驶AD 所用的时间列出方程，解方程即可．

【详解】

（1）在ABC △中，180180375390ACB B BAC ?????∠=-∠-∠=--=.

在Rt ABC 中，sin AC B AB =，所以3sin 3725155

AC AB ?=?=?=（海里）. 答：观察哨所A 与走私船所在的位置C 的距离为15海里.

（2）过点C 作CM AB ⊥，垂足为M ，由题意易知，D C M 、、在一条直线上. 在Rt ACM 中，4sin 15125

CM AC CAM =?∠=?=，3cos 1595

AM AC CAM =?∠=?=. 在Rt ADM △中，tan MD DAM AM

∠=， 所以tan 7636MD AM ?=?=. 所以222293691724AD AM MD CD MD MC =+=+==-=，.

设缉私艇的速度为v海里/小时，则有24917

16

=，解得617

v=.

经检验，617

v=是原方程的解.

答：当缉私艇以每小时617海里的速度行驶时，恰好在D处成功拦截.

【点睛】

此题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．

2．如图，在⊙O的内接三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，过C作AB的垂线l交⊙O 于另一点D，垂足为E.设P是上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G.

(1)求证：△PAC∽△PDF；

(2)若AB＝5，，求PD的长；

(3)在点P运动过程中，设＝x，tan∠AFD＝y，求y与x之间的函数关系式．(不要求写出x的取值范围)

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.

【解析】

试题分析：（1）应用圆周角定理证明∠APD＝∠FPC，得到∠APC＝∠FPD，又由∠PAC＝∠PDC，即可证明结论.

（2）由AC=2BC，设，应用勾股定理即可求得BC，AC的长，则由AC=2BC得，由△ACE∽△ABC可求得AE，CE的长，由可知△APB是等腰直角三角形，从而可求得PA的长，由△AEF是等腰直角三角形求得EF=AE=4，从而求得DF的长，由（1）△PAC∽△PDF得，即可求得PD的长.

（3）连接BP，BD，AD，根据圆的对称性，可得，由角的转换可得

，由△AGP∽△DGB可得，由△AGD∽△PGB可得，两式相乘可得结果.

试题解析：（1）由APCB内接于圆O，得∠FPC＝∠B，

又∵∠B＝∠ACE＝90°－∠BCE，∠ACE＝∠APD，∴∠APD＝∠FPC.

∴∠APD＋∠DPC＝∠FPC＋∠DPC，即∠APC＝∠FPD.

又∵∠PAC＝∠PDC，∴△PAC∽△PDF.

（2）连接BP，设，∵∠ACB=90°，AB=5，

∴.∴.

∵△ACE∽△ABC，∴，即. ∴.

∵AB⊥CD，∴.

如图，连接BP，

∵，∴△APB是等腰直角三角形. ∴∠PAB＝45°，.

∴△AEF是等腰直角三角形. ∴EF=AE=4. ∴DF=6.

由（1）△PAC∽△PDF得，即.

∴PD的长为.

（3）如图，连接BP，BD，AD，

∵AC=2BC，∴根据圆的对称性，得AD=2DB，即.

∵AB⊥CD，BP⊥AE，∴∠ABP＝∠AFD.

∵，∴.

∵△AGP∽△DGB，∴.

∵△AGD∽△PGB，∴.

∴，即.

∵，∴.

∴与之间的函数关系式为.

考点：1.单动点问题；2.圆周角定理；3.相似三角形的判定和性质；4.勾股定理；5.等腰直角三角形的判定和性质；6.垂径定理；7.锐角三角函数定义；8.由实际问题列函数关系式.

3．如图，矩形OABC 中，A(6，0)、C(0，2

3)、D(0，33)，射线l 过点D 且与x 轴平行，点P 、Q 分别是l 和x 轴的正半轴上的动点，满足∠PQO ＝60o．

(1)点B 的坐标是 ，∠CAO ＝ o，当点Q 与点A 重合时，点P 的坐标 为 ；

(2)设点P 的横坐标为x ，△OPQ 与矩形OABC 重叠部分的面积为S ，试求S 与x 的函数关系式和相应的自变量x 的取值范围．

【答案】（1）（6，3）． 30．（3，3）（2）

))))243x 430x 33

313333x 5S {23x 1235x 93

543x 9+≤≤+<≤=-+<≤>

【解析】

解：（1）（6，

23）． 30．（3，33）． （2

）当0≤x≤3时，

如图1，

OI=x ，IQ=PI?tan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x ； 由题意可知直线l ∥BC ∥OA ，

可得EF PE DC 31==OQ PO DO 333==，∴EF=13（3+x ）， 此时重叠部分是梯形，其面积为：

EFQO 14343S S EF OQ OC 3x x 43233

==+?=+=+梯形（）（） 当3＜x≤5时，如图2，

()HAQ EFQO EFQO 221S S S S AH AQ 243331333 x 43x 3=x x ?=-=-??=+---+-梯形梯形。 当5＜x≤9时，如图3，

12

S BE OA OC312x

23

23

=x123

3

=+?=-

-

+

（）（）

。

当x＞9时，如图4，

11183543

S OA AH6=

22

=?=??．

综上所述，S与x的函数关系式为：

()

()

()

()

2

43

x430x3

31333

x x3x5

232

S{

23

x1235x9

543

x9

x

+≤≤

-+-<≤

=

-+<≤

>

．

（1）①由四边形OABC是矩形，根据矩形的性质，即可求得点B的坐标：

∵四边形OABC是矩形，∴AB=OC，OA=BC，

∵A（6，0）、C（0，23），∴点B的坐标为：（6，23）．

②由正切函数，即可求得∠CAO的度数：

∵OC233

tan CAO==

OA

∠=，∴∠CAO=30°．

③由三角函数的性质，即可求得点P的坐标；如图：当点Q与点A重合时，过点P作PE⊥OA于E，

∵∠PQO=60°，D（0，3∴3

∴0PE AE 3tan 60==．

∴OE=OA ﹣AE=6﹣3=3，∴点P 的坐标为（3，33）．

（2）分别从当0≤x≤3时，当3＜x≤5时，当5＜x≤9时，当x ＞9时去分析求解即可求得答案．

4．如图，已知，在O 中，弦AB 与弦CD 相交于点E ，且AC BD =. （1）求证：AB CD =；

（2）如图，若直径FG 经过点E ，求证：EO 平分AED ∠；

（3）如图，在（2）的条件下，点P 在CG 上，连接FP 交AB 于点M ，连接MG ，若AB CD ⊥，MG 平分PMB ∠，2MG =，FMG ?的面积为2，求O 的半径的长.

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）O 10.

【解析】

【分析】

(1) 利用相等的弧所对的弦相等进行证明； （2）连接AO 、DO ，过点O 作OJ AB ⊥于点J ，OQ CD ⊥于点Q ，证明AOJ DOQ ???得出OJ OQ =，根据角平分线的判定定理可得结论；

（3）如图，延长GM 交O 于点H ，连接HF ，求出2FH =，在HG 上取点L ，使HL FH =，延长FL 交O 于点K ，连接KG ，求出22FL =HM n =，则有

22LK KG n ==，2222

FK FL LK n =+=+，再证明KFG EMG HMF ∠=∠=∠，从而得到tan tan KFG HMF ∠=∠，

KG HF FK HM

=，再代入LK 和FK 的值可得n=4,再求得FG 的长，最后得到圆的半径为10．

【详解】

解：（1）证明：∵AC BD =，∴AC CB BD CB +=+， ∴AB CD =，

∴AB CD =. （2）证明：如图，连接AO 、DO ，过点O 作OJ AB ⊥于点J ，OQ CD ⊥于点Q ，

∴90AJO DQO ∠=∠=?，1122

AJ AB CD DQ =

==， 又∵AO DO =，

∴AOJ DOQ ???，

∴OJ OQ =，

又∵OJ AB ⊥，OQ CD ⊥，

∴EO 平分AED ∠.

（3）解：∵CD AB ⊥，∴90AED ∠=?，

由（2）知，1452

AEF AED ∠=∠=?， 如图，延长GM 交O 于点H ，连接HF ，

∵FG 为直径，∴90H ∠=?，122

MFG S MG FH ?=

??=， ∵2MG =，∴2FH =， 在HG 上取点L ，使HL FH =，延长FL 交O 于点K ，连接KG ， ∴45HFL HLF ∠=∠=?，45KLG HLF ∠=∠=?，

∵FG 为直径，∴90K ∠=?， ∴9045KGL KLG KLG ∠=?-∠=?=∠，∴LK KG =， 在Rt FHL ?中，222FL FH HL =+，22FL = 设HM n =，2HL MG ==，

∴GL LM MG HL LM HM n =+=+==，

在Rt LGK ?中，222LG LK KG =+，22LK KG ==，222FK FL LK =+=， ∵GMP GMB ∠=∠，∵PMG HMF ∠=∠，∴HMF GMB ∠=∠， ∵1452

AEF AED ∠=∠=?， ∴45MGF EMG MEF ∠+∠=∠=?，45MGF KFG HLF ∠+∠=∠=?， ∴KFG EMG HMF ∠=∠=∠，

∴tan tan KFG HMF ∠=∠， ∴KG HF FK HM =，∴2222222n

n =+，4n =， ∴6HG HM MG =+=，

在Rt HFG ?中，222FG FH HG =+，210FG =10FO = 即O 10

【点睛】

考查了圆的综合题，本题是垂径定理、圆周角定理以及三角函数等的综合应用，适当的添

加辅助线是解题的关键．

5．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，直线4y kx =+交x 轴、y 轴分别于点A 、点B ，且ABO ?的面积为8.

（1）求k 的值；

（2）如图，点P 是第一象限直线AB 上的一个动点，连接PO ，将线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ，设点P 的横坐标为t ，点C 的横坐标为m ，求m 与t 之间的函数关系式（不要求写出自变量t 的取值范围）；

（3）在（2）的条件下，过点B 作直线BM OP ⊥，交x 轴于点M ，垂足为点N ，点K 在线段MB 的延长线上，连接PK ，且0PK KB P +=，2PMB KPB ∠=∠，连接MC ，求四边形BOCM 的面积.

【答案】（1）1k =；（2）4m t =+；（3）32BOCM S =.

【解析】

【分析】

（1）先求出A 的坐标，然后利用待定系数法求出k 的值；

(2) 过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，证POD OCE ???可得OE PD =，进一步得出m 与t 的函数关系式；

（3）过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，先证出QTB PTO ???；再证出KPB BPN ∠=∠；设KPB x ∠=?，通过计算证出PO PM =；再过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ，根据tan tan OPD BMO ∠=∠得到OD BO PD MO =，列式可求得t=4；所以OM=8进一步得出四边形BOCM 是平行四边形，最后可得其面积为32.

【详解】

解：（1）把0x =代入4y kx =+，4y =，

∴4BO =，

又∵

4ABO S ?=， ∴142

AO BO ?=，4AO =， ∴(4,0)A -，

把4x =-，0y =代入4y kx =+， 得044k =-+，

解得1k =.

故答案为1；

（2）解：把x t =代入4y x =+，4y t =+， ∴(,4)P t t + 如图，过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，

∴90PDO CEO ∠=∠=?，

∴90POD OPD ∠+∠=?，

∵线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ， ∴90POC ∠=?，OP OC =，

∴90POD EOC ∠+∠=?，

∴OPD EOC ∠=∠，

∴POD OCE ???，

∴OE PD =，

4m t =+.

故答案为4m t =+.

（3）解：如图，过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，

由（1）知，4AO BO ==，90BOA ∠=?， ∴ABO ?为等腰直角三角形，

∴45ABO BAO ∠=∠=?，9045BOT ABO ABO ∠=?-∠=?=∠， ∴BT TO =，

∵90BTO ∠=?，

∴90TPO TOP ∠+∠=?，

∵PO BM ⊥，

∴90BNO ∠=?，

∴BQT TPO ∠=∠，

∴QTB PTO ???，

∴QT TP =，PO BQ =，

∴PQT QPT ∠=∠，

∵PO PK KB =+，

∴QB PK KB =+，QK KP =， ∴KQP KPQ ∠=∠，

∴PQT KQP QPT KPQ ∠-∠=∠-∠，TQB TPK ∠=∠， ∴KPB BPN ∠=∠，

设KPB x ∠=?，

∴BPN x ∠=?，

∵2PMB KPB ∠=∠，

∴2PMB x ∠=?，

45POM PAO APO x ∠=∠+∠=?+?，9045NMO POM x ∠=?-∠=?-?， ∴45PMO PMB NMO x POM ∠=∠+∠=?+?=∠， ∴PO PM =，

过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ， ∴22OM OD t ==，

9045OPD POD x BMO ∠=?-∠=?-?=∠， tan tan OPD BMO ∠=∠，

OD BO PD MO =，442t t t

=+， 14t =，22t =-（舍）

∴8OM =，由（2）知，48m t OM =+==，

∴CM

y 轴， ∵90PNM POC ∠=∠=?， ∴BM

OC ， ∴四边形BOCM 是平行四边形， ∴4832BOCM S BO OM =?=?=.

故答案为32.

【点睛】

本题考查了一次函数和几何的综合题，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，添加适当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．

6．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

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 ＝

43

．理由见解析. 【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， 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 AE EF ∠=∠??∠=∠??=?

，

∴△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 ， ∴EH FH FH AB BE CH

==； 在Rt △FEH 中，tan ∠FCN ＝8463

FH EH CH AB ===， ∴当点E 由B 向C 运动时，∠FCN 的大小总保持不变，tan ∠FCN ＝

43． 【点睛】

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．

8．3米/秒 =65.88千米/小时>60千米/小时．

∴此车超过限制速度．…4分

9．如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y ＝﹣14x 2+bx +c 与直线y ＝12

x ﹣3分别交x 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）21y 234x x =-+-，D （4，1）；（2）13；（3）点F 坐标为（0，1）或（0，﹣18）．

【解析】

【分析】

（1）y ＝12

x ﹣3，令y ＝0，则x ＝6，令x ＝0，则y ＝﹣3，求出点B 、C 的坐标，将点B 、C 坐标代入抛物线y ＝﹣

14x 2+bx+c ，即可求解； （2）求出则点E （3，0），EH ＝EB?sin ∠OBC ＝

5，CE ＝32，则CH ＝5

，即可求解； （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 ＝12

x ﹣3，令y ＝0，则x ＝6，令x ＝0，则y ＝﹣3， 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 ＝﹣

14x 2+bx ﹣3得：0＝﹣14×36+6b ﹣3，解得：b ＝2， 故抛物线的表达式为：y ＝﹣14

x 2+2x ﹣3，令y ＝0，则x ＝6或2， 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 ＝3162OC OB ==，则sin ∠OBC 5，

则EH＝EB?sin∠OBC＝

5

，

CE＝32，则CH＝

5

，

则tan∠DCB＝

1

3 EH

CH

=；

（3）点A、B、C、D、E的坐标分别为（2，0）、（6，0）、（0，﹣3）、（4，1）、（3，0），

则BC＝35，

∵OE＝OC，∴∠AEC＝45°，

tan∠DBE＝

1

64

-

＝

1

2

，

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，

则∠GFC＝∠OBC＝α，

设：GF＝2m，则CG＝GFtanα＝m，

∵∠CBF＝45°，∴BG＝GF，

即：5＝2m，解得：m＝5

CF22

GF CG

+5＝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．

10．如图，在ABC △中，10AC BC ==，3

cos 5C =

,点P 是BC 边上一动点（不与点,A C 重合），以PA 长为半径的P 与边AB 的另一个交点为D ，过点D 作DE CB ⊥于点E .

()1当P 与边BC 相切时，求P 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 与P 相交于AC 边上的点G 时，求相交

所得的公共弦的长. 【答案】（1）409；（2）)25880010x x x y x -+=<<；（3）105- 【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=35，则sinC=45，sinC=HP CP =R 10R -=45

，即可求解； （2）PD ∥BE ，则EB PD ＝BF PF ，即：2248805x 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：5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=35，则sinC=35， sinC=HP CP =R 10R -=45，解得：R=409

； （2）在△ABC 中，AC=BC=10，cosC=

35， 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=()2284x +-=2880x x -+， DA=25x ，则BD=45-25x ， 如下图所示，

PA=PD ，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，

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