提優(yōu)專題24 銳角三角函數(shù)與幾何圖形的綜合（解析版）

專題24銳角三角函數(shù)與幾何圖形的綜合（解析版）類型一銳角三角函數(shù)與矩形的綜合1．（2022秋?通川區(qū)期末）如圖，在矩形紙片ABCD中，AB＝5，BC＝3，將△BCD沿BD折疊到△BED位置，DE交AB于點F，則cos∠ADF的值為（）A．817 B．517 C．1517 思路引領(lǐng)：利用矩形和折疊的性質(zhì)可得BF＝DF，設(shè)BF＝x，則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，進(jìn)而可得cos∠ADF．解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，AB∥CD，AD＝BC＝3，AB＝CD＝5，∴∠BDC＝∠DBF，由折疊的性質(zhì)可得∠BDC＝∠BDF，∴∠BDF＝∠DBF，∴BF＝DF，設(shè)BF＝x，則DF＝x，AF＝5﹣x，在Rt△ADF中，32+（5﹣x）2＝x2，∴x=17∴cos∠ADF=3故選：C．總結(jié)提升：本題主要考查矩形的性質(zhì)、解直角三角形、折疊的性質(zhì)、勾股定理等，解題關(guān)鍵是利用矩形和折疊的性質(zhì)得到DF＝BF．2．（2022?通遼）如圖，在矩形ABCD中，E為AD上的點，AE＝AB，BE＝DE，則tan∠BDE＝．思路引領(lǐng)：用含有AB的代數(shù)式表示AD，再根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義進(jìn)行計算即可．解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∵AB＝AE，設(shè)AB＝a，則AE＝a，BE=a2+a∴AD＝AE+DE＝（2+1）a在Rt△ABD中，tan∠BDE=ABAD故答案為：2-1總結(jié)提升：本題考查解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)以及勾股定理，掌握直角三角形的邊角關(guān)系和等腰三角形的性質(zhì)是正確解答的前提．3．（2021?寧波模擬）把矩形紙片ABCD，先沿AE折疊使點B落在AD邊上的B'，再沿AC折疊，恰好點E也落到AD上，記為E'．求：（1）∠B'EE'的度數(shù)；（2）∠DAC的正切值．思路引領(lǐng)：（1）由折疊的性質(zhì)可證明四邊形ABEB'為正方形．△AEE'為等腰三角形．故AE＝AE'，由∠B'AE＝∠AEB'＝45°，可推出∠AEE'＝∠AE'E＝67.5°，進(jìn)而∠B'EE'＝∠AEE'﹣∠AEB'＝22.5°；（2）設(shè)正方形ABEB'的邊長為a，由勾股定理得AE=2a=AE'，B'E'＝AE'﹣AB'=2a-a，由同角的余角相等可推出∠DAC＝∠B'EE'，由此tan∠DAC＝tan∠B'解：（1）由折疊性質(zhì)可知，∠ABE＝∠AB'E＝90°，AB＝AB'，又∠BAB'＝90°，∴四邊形ABEB'為矩形，又AB＝AB'，∴四邊形ABEB'為正方形．∴∠B'AE＝∠AEB'＝45°．又沿AC折疊，點E也落到AD上，故AE＝AE'，∴∠AEE'＝∠AE'E=180°-45°2∴∠B'EE'＝∠AEE'﹣∠AEB'＝67.5°﹣45°＝22.5°．（2）設(shè)正方形ABEB'的邊長為a，如圖所示．則AB＝BE＝EB'＝B'A＝a，AE=2a=AE∴B'E'＝AE'﹣AB'=2由折疊可知，AC垂直平分EE'，∴∠DAC+∠AE'F＝90°，又∠B'EE'+∠AE'E＝90°，∴∠DAC＝∠B'EE'，∴tan∠DAC＝tan∠B'EE'=B'E'總結(jié)提升：本題考查了解直角三角形、正方形性質(zhì)、折疊變換性質(zhì)、等腰三角形性質(zhì)等知識，解題關(guān)鍵在于要熟悉折疊的性質(zhì)，三角函數(shù)的定義．類型一銳角三角函數(shù)與菱形的綜合3．（2022?瀘州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形OABC的頂點B的坐標(biāo)為（10，4），四邊形ABEF是菱形，且tan∠ABE=43．若直線l把矩形OABC和菱形ABEF組成的圖形的面積分成相等的兩部分，則直線A．y＝3x B．y=-34x+152 C．y＝﹣2x+11 D．y思路引領(lǐng)：分別求出矩形OABC和菱形ABEF的中心的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求經(jīng)過兩中心的直線即可得出結(jié)論．解：連接OB，AC，它們交于點M，連接AE，BF，它們交于點N，則直線MN為符合條件的直線l，如圖，∵四邊形OABC是矩形，∴OM＝BM．∵B的坐標(biāo)為（10，4），∴M（5，2），AB＝10，BC＝4．∵四邊形ABEF為菱形，BE＝AB＝10．過點E作EG⊥AB于點G，在Rt△BEG中，∵tan∠ABE=4∴EGBG設(shè)EG＝4k，則BG＝3k，∴BE=EG2∴5k＝10，∴k＝2，∴EG＝8，BG＝6，∴AG＝4．∴E（4，12）．∵B的坐標(biāo)為（10，4），AB∥x軸，∴A（0，4）．∵點N為AE的中點，∴N（2，8）．設(shè)直線l的解析式為y＝ax+b，∴5a+b=22a+b=8解得：a=-2b=12∴直線l的解析式為y＝﹣2x+12，故選：D．總結(jié)提升：本題主要考查了矩形和菱形的性質(zhì)，中點坐標(biāo)的特征，直角三角形的邊角關(guān)系定理，利用待定系數(shù)法確定函數(shù)的解析式是解題的關(guān)鍵．4．（2022?長春）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＜BC．點D是AC的中點，過點D作DE⊥AC交BC于點E．延長ED至點F，使得DF＝DE，連結(jié)AE、AF、CF．（1）求證：四邊形AECF是菱形；（2）若BEEC=14，則tan∠BCF的值為思路引領(lǐng)：（1）先證四邊形AECF是平行四邊形，再由DE⊥AC，即可得出結(jié)論；（2）設(shè)BE＝a，則CE＝4a，由菱形的性質(zhì)得AE＝CE＝4a，AE∥CF，則∠BEA＝∠BCF，再由勾股定理得AB=15a（1）證明：∵點D是AC的中點，∴AD＝CD，∵DF＝DE，∴四邊形AECF是平行四邊形，又∵DE⊥AC，∴平行四邊形AECF是菱形；（2）解：∵BEEC∴CE＝4BE，設(shè)BE＝a，則CE＝4a，由（1）可知，四邊形AECF是菱形，∴AE＝CE＝4a，AE∥CF，∴∠BEA＝∠BCF，∵∠ABC＝90°，∴AB=AE∴tan∠BCF＝tan∠BEA=AB故答案為：15．總結(jié)提升：本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及銳角三角函數(shù)定義等知識，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2016?岳麓區(qū)校級自主招生）如圖，△ABC中，∠BCA＝90°，CD是邊AB上的中線，分別過點C，D作BA，BC的平行線交于點E，且DE交AC于點O，連接AE．（1）求證：四邊形ADCE是菱形；（2）若AB＝10，tan∠BAC=12，求菱形思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)DE∥BC，EC∥AB，得出EC∥DB且EC＝DB，在Rt△ABC中，根據(jù)CD是邊AB上的中線，得出四邊形ADCE是平行四邊形，求出∠AOD＝∠ACB＝90°，從而得出四邊形ADCE是菱形；（2）在Rt△ABC中，根據(jù)tan∠BAC=BCAC=12，設(shè)BC＝x，得出AC＝2BC＝2x，再根據(jù)勾股定理求出x的值，因為四邊形DBCE是平行四邊形，求出DE＝BC＝25，最后根據(jù)SADCE解：（1）∵DE∥BC，EC∥AB，∴四邊形DBCE是平行四邊形，∴EC∥DB，且EC＝DB，在Rt△ABC中，CD是邊AB上的中線，∴AD＝DB＝CD，∴EC＝AD，∴四邊形ADCE是平行四邊形，∴ED∥BC，∴∠AOD＝∠ACB，∴∠ACB＝90°，∴∠AOD＝∠ACB＝90°，∴四邊形ADCE是菱形；（2）在Rt△ABC中，tan∠BAC=BC設(shè)BC＝x，∴AC＝2BC＝2x，由勾股定理得：x2+（2x）2＝102，解得：x＝25，∵四邊形DBCE是平行四邊形，∴DE＝BC＝25，∴SADCE=12×AC×DE=12×總結(jié)提升：此題主要考查了菱形的性質(zhì)和判定以及面積的計算，使學(xué)生能夠靈活運用菱形知識解決有關(guān)問題．類型三銳角三角函數(shù)與正方形的綜合6．（2022?南通）如圖，點O是正方形ABCD的中心，AB＝32．Rt△BEF中，∠BEF＝90°，EF過點D，BE，BF分別交AD，CD于點G，M，連接OE，OM，EM．若BG＝DF，tan∠ABG=13，則△OEM的周長為思路引領(lǐng)：如圖，連接BD，過點F作FH⊥CD于點H．解直角三角形求出AG，BG，利用相似三角形的性質(zhì)求出EG，DE，再證明FH＝BC，推出BM＝MF，求出MF，BD可得結(jié)論．解：如圖，連接BD，過點F作FH⊥CD于點H．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝32，∠A＝∠ADC＝90°，∵tan∠ABG=AG∴AG=2，DG＝22∴BG=AB2∵∠BAG＝∠DEG＝90°，∠AGB＝∠DGE，∴△BAG∽△DEG，∴BADE=AGEG=∴32∴DE=655，∴BE＝BG+EG＝25+∵∠ADH＝∠FHD＝90°，∴AD∥FH，∴∠EDG＝∠DFH，∴∠ABG＝∠DFH，∵BG＝DF＝25，∠A＝∠FHD＝90°，∴△BAG≌△FHD（AAS），∴AB＝FH，∵AB＝BC，∴FH＝BC，∵∠C＝∠FHM＝90°，∴FH∥CB，∴FMBM=∴FM＝BM，∵EF＝DE+DF=655∴BF=BE2+E∵∠BEF＝90°，BM＝MF，∴EM=12BF＝2∵BO＝OD，BM＝MF，∴OM=12DF∵OE=12BD=12∴△OEM的周長＝3+5+25=解法二：輔助線相同．證明△BAG≌△FHD，推出AB＝HF＝32，再證明△FHM≌△BCM，推出CM＝HM=2求出BD，DF，BF，利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，三角形中位線定理，可得結(jié)論．故答案為：3+35．總結(jié)提升：本題考查正方形的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．7．（2021?浦東新區(qū)校級自主招生）如圖，小正方形面積為20，大正方形面積為100，求sinθ?cosθ．思路引領(lǐng)：根據(jù)正方形的面積公式可得大正方形的邊長為10，小正方形的邊長為25，再根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系列式即可求解．解：∵小正方形面積為20，大正方形面積為100，∴小正方形的邊長是25，大正方形的邊長是10，即AB＝10，CD＝25，∴AC＝10cosθ，BC＝10sinθ，∵CD＝AC﹣AD＝AC﹣BC＝25，∴10cosθ﹣10sinθ＝25，∴cosθ﹣sinθ=5∴（sinθ﹣cosθ）2=1sinsin2θ﹣2sinθ?cosθ+cos2θ=11﹣2sinθ?cosθ=1∴sinθ?cosθ=2總結(jié)提升：本題考查了解直角三角形，銳角三角形函數(shù)的定義，利用三角函數(shù)的定義表示直角三角形的邊解題的關(guān)鍵．8．（2019?朝陽區(qū)二模）【問題背景】如圖1，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，連接格點A、B和C、D，AB和CD相交于點P，求tan∠CPB的值．小馬同學(xué)是這樣解決的：連接格點B、E可得BE∥CD，則∠ABE＝∠CPB，連接AE，那么∠CPB就變換到Rt△ABE中．則tan∠CPB的值為．【探索延伸】如圖2，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，AB和CD相交于點P，求sin∠APD的值．思路引領(lǐng)：【問題背景】在Rt△ABE中，利用正切函數(shù)的定義求出tan∠ABE即可．【探索延伸】如圖2，連接CE，DE，作DM⊥CE于M．先證明四邊形ABCE是平行四邊形，得出CE∥AB，那么∠APD＝∠ECD．利用割補(bǔ)法求出△ECD的面積=11由勾股定理求出CE=17，那么根據(jù)三角形的面積公式得出DM=111717，然后利用正弦函數(shù)定義求出解：【問題背景】如圖1，∵BE∥CD，∴∠ABE＝∠CPB，∴tan∠ABE＝tan∠CPB，∵∠AEB＝90°，∴tan∠CPB＝tan∠ABE=AEBE故答案為3．【探索延伸】如圖2，連接CE，DE，作DM⊥CE于M．∵BC∥AE，BC＝AE，∴四邊形ABCE是平行四邊形，∴CE∥AB，∴∠APD＝∠ECD．∵△ECD的面積＝3×4-12×1×4-12×2×3∴12CE?DM=∵CE=17∴DM=11∴sin∠APD＝sin∠ECD=DM總結(jié)提升：本題考查了解直角三角形，平行四邊形的判定與性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，有一定難度．9．（2019春?江岸區(qū)校級月考）如圖，每個小正方形的邊長為1，四邊形ABCD的每個頂點都在格點（小正方形的頂點）上，且AD=37，CD＝25（1）在圖中補(bǔ)齊四邊形ABCD；（2）直接寫出四邊形ABCD的面積為；（3）連AC，求tan∠ACB．思路引領(lǐng)：（1）由AD=37，CD＝25，利用勾股定理以及網(wǎng)格特點即可確定D（2）所求四邊形的面積等于長方形的面積減去四周三個直角三角形的面積以及梯形的面積；（3）利用勾股定理求出AB2，BC2，AC2，根據(jù)勾股定理的逆定理得出∠ABC＝90°，再根據(jù)正切函數(shù)的定義求解．解：（1）如圖所示：（2）S四邊形ABCD＝6×5-12×6×1-12×4×2-12＝30﹣3﹣4﹣1﹣6＝16．故答案為16．（3）如圖．∵AB2＝42+22＝20，BC2＝12+22＝5，AC2＝42+32＝25，∴AB2+BC2＝AC2，∴∠ABC＝90°，∴tan∠ACB=ABBC總結(jié)提升：本題考查了解直角三角形，勾股定理及其逆定理，四邊形的面積，銳角三角函數(shù)定義，難度適中．確定出D點的位置是解題的關(guān)鍵．10．（2020?余杭區(qū)一模）已知：PA=2，PB＝4，以AB為一邊作正方形ABCD，使P、D兩點落在直線AB（1）如圖，當(dāng)∠APB＝45°時，求AB及PD的長；（2）當(dāng)∠APB變化，且其它條件不變時，求PD的最大值，及相應(yīng)∠APB的大?。悸芬I(lǐng)：（1）作輔助線，過點A作AE⊥PB于點E，在Rt△PAE中，已知∠APE，AP的值，根據(jù)三角函數(shù)可將AE，PE的值求出，由PB的值，可求BE的值，在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理可將AB的值求出；求PD的值有兩種解法，解法一：可將△PAD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△P'AB，可得△PAD≌△P'AB，求PD長即為求P′B的長，在Rt△AP′P中，可將PP′的值求出，在Rt△PP′B中，根據(jù)勾股定理可將P′B的值求出；解法二：過點P作AB的平行線，與DA的延長線交于F，交PB于G，在Rt△AEG中，可求出AG，EG的長，進(jìn)而可知PG的值，在Rt△PFG中，可求出PF，在Rt△PDF中，根據(jù)勾股定理可將PD的值求出；（2）將△PAD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△P'AB，PD的最大值即為P'B的最大值，故當(dāng)P'、P、B三點共線時，P'B取得最大值，根據(jù)P'B＝PP'+PB可求P'B的最大值，此時∠APB＝180°﹣∠APP'＝135°．解：（1）①如圖，作AE⊥PB于點E，∵△APE中，∠APE＝45°，PA=2∴AE＝PE=2×∵PB＝4，∴BE＝PB﹣PE＝3，在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∴AB=AE②解法一：如圖，因為四邊形ABCD為正方形，可將△PAD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△P'AB，可得△PAD≌△P'AB，PD＝P'B，PA＝P'A．∴∠PAP'＝90°，∠APP'＝45°，∠P'PB＝90°∴PP′=2PA＝2∴PD＝P′B=PP'解法二：如圖，過點P作AB的平行線，與DA的延長線交于F，與DA的延長線交PB于G．在Rt△AEG中，可得AG=AEcos∠EAG=AEcos∠ABE=103，EG=在Rt△PFG中，可得PF＝PG?cos∠FPG＝PG?cos∠ABE=105，F(xiàn)G在Rt△PDF中，可得，PD=PF（2）如圖所示，將△PAD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△P'AB，PD的最大值即為P'B的最大值，∵△P'PB中，P'B＜PP'+PB，PP′=2PA＝2，PB＝4且P、D兩點落在直線AB的兩側(cè)，∴當(dāng)P'、P、B三點共線時，P'B取得最大值（如圖）此時P'B＝PP'+PB＝6，即P'B的最大值為6．此時∠APB＝180°﹣∠APP'＝135度．總結(jié)提升：考查綜合應(yīng)用解直角三角形、直角三角形性質(zhì)，進(jìn)行邏輯推理能力和運算能力，在解題過程中要求學(xué)生充分發(fā)揮想象空間，確定P′B取得最大值時點P′的位置．類型四銳角三角函數(shù)與圓的綜合11．（2022秋?鄞州區(qū)期末）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，點D在BC延長線上，且滿足∠CAD＝∠B．（1）求證：AD是⊙O的切線；（2）若AC是∠BAD的平分線，sinB=35，BC＝4，求⊙思路引領(lǐng)：（1）連接OA，OC與AB相交于點E，如圖，由OA＝OC，可得∠OAC＝∠OCA，根據(jù)圓周角定理可得∠B=12∠AOC，由已知∠CAD＝∠B，可得∠AOC＝2∠CAD，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可得∠OCA+∠CAO+∠AOC＝180°，等量代換可得∠CAO+∠CAD（2）根據(jù)角平分線的定義可得∠BAC＝∠DAC，由已知可得∠BAC＝∠B，根據(jù)垂徑定理可得，OC⊥AB，BE＝AE，在Rt△BEC中，根據(jù)正弦定理可得sinB=CEBC=CE4=35，即可算出CE的長度，根據(jù)勾股定理可算出BE=BC2-CE2的長度，設(shè)⊙O的半徑為r，則CE＝OC﹣CE＝r-證明：（1）連接OA，OC與AB相交于點E，如圖，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵AC=∴∠B=1∵∠CAD＝∠B，∴∠AOC＝2∠CAD，∵∠OCA+∠CAO+∠AOC＝180°，∴2∠CAO+2∠CAD＝180°，∴∠CAO+∠CAD＝90°，∴∠OAD＝90°，∵OA是⊙O的半徑，∴AD是⊙O的切線；解：（2）∵AC是∠BAD的平分線，∴∠BAC＝∠DAC，∵∠CAD＝∠B，∴∠BAC＝∠B，∴OC⊥AB，BE＝AE，在Rt△BEC中，∵BC＝4，∴sinB=CE∴CE=12∴BE=B設(shè)⊙O的半徑為r，則CE＝OC﹣CE＝r-12在Rt△AOE中，OA2＝OE2+AE2，r2＝（r-125）2解得：r=10總結(jié)提升：本題主要考查了切線的性質(zhì)與判定，垂徑定理及解直角三角形，熟練掌握切線的性質(zhì)與判定，垂徑定理及解直角三角形的方法進(jìn)行求解是解決本題的關(guān)鍵．12．（2022?揚州）如圖，AB為⊙O的弦，OC⊥OA交AB于點P，交過點B的直線于點C，且CB＝CP．（1）試判斷直線BC與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；（2）若sinA=55，OA＝8，求思路引領(lǐng)：（1）連接OB，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠A＝∠OBA，∠CPB＝∠CBP，結(jié)合對頂角的性質(zhì)得出∠APO＝∠CBP，由垂直的性質(zhì)得出∠A+∠APO＝90°，進(jìn)而得出∠OBA+∠CBP＝90°，即可得出直線BC與⊙O相切；（2）由sinA=55，設(shè)OP=5x，則AP＝5x，由勾股定理得出方程(5x)2+82=(5x)2，解方程求出x的值，進(jìn)而得出OP=5解：（1）直線BC與⊙O相切，理由：如圖，連接OB，∵OA＝OB，∴∠A＝∠OBA，∵CP＝CB，∴∠CPB＝∠CBP，∵∠APO＝∠CPB，∴∠APO＝∠CBP，∵OC⊥OA，∴∠A+∠APO＝90°，∴∠OBA+∠CBP＝90°，∴∠OBC＝90°，∵OB為半徑，∴直線BC與⊙O相切；（2）在Rt△AOP中，sinA=OP∵sinA=5∴設(shè)OP=5x，則AP＝5x∵OP2+OA2＝AP2，∴(5解得：x=455∴OP=5×∵∠OBC＝90°，∴BC2+OB2＝OC2，∵CP＝CB，OB＝OA＝8，∴BC2+82＝（BC+4）2，解得：BC＝6，∴CB的長為6．總結(jié)提升：本題考查了切線的判定，勾股定理，銳角三角函數(shù)的定義，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)，切線的判定與性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)的定義，一元二次方程的解法是解決問題的關(guān)鍵．13．（2022?通遼）如圖，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，以O(shè)為圓心，OB的長為半徑的圓交邊AB于點D，點C在邊OA上且CD＝AC，延長CD交OB的延長線于點E．（1）求證：CD是圓的切線；（2）已知sin∠OCD=45，AB＝45，求思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的兩銳角互余以及等量代換得出∠ODB+∠BDE＝90°，即OD⊥EC，進(jìn)而得出EC是切線；（2）根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系可求出OD、CD、AC、OC，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出EC，根據(jù)S陰影部分＝S△COE﹣S扇形進(jìn)行計算即可．（1）證明：如圖，連接OD，∵AC＝CD，∴∠A＝∠ADC＝∠BDE，∵∠AOB＝90°，∴∠A+∠ABO＝90°，又∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∴∠ODB+∠BDE＝90°，即OD⊥EC，∵OD是半徑，∴EC是⊙O的切線；（2）解：在Rt△COD中，由于sin∠OCD=4設(shè)OD＝4x，則OC＝5x，∴CD=OC2-OD在Rt△AOB中，OB＝OD＝4x，OA＝OC+AC＝8x，AB＝45，由勾股定理得，OB2+OA2＝AB2，即：（4x）2+（8x）2＝（45）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，∴OCEC即5EC∴EC=25∴S陰影部分＝S△COE﹣S扇形=12×=503=50-12π答：AC＝3，陰影部分的面積為50-12π3總結(jié)提升：本題考查切線的判定，扇形面積的計算以及直角三角形的邊角關(guān)系，掌握切線的判定方法，直角三角形的邊角關(guān)系以及扇形、三角形面積的計算方法是正確解答的前提．14．（2022?石家莊模擬）古希臘數(shù)學(xué)家畢達(dá)哥拉斯認(rèn)為：“一切平面圖形中最美的是圓”，它的完美來自對稱．其中切弦（chordofcontact）亦稱切點弦，是一條特殊弦，從圓外一點向圓引兩條切線，連接這兩個切點的弦稱為切弦．此時，圓心與已知點的連線垂直平分切弦．（1）為了說明切弦性質(zhì)的正確性，需要對其進(jìn)行證明．如下給出了不完整的“已知”和“求證”，請補(bǔ)充完整，并寫出“證明”過程．已知：如圖1，P是⊙O外一點，．求證：．（2）如圖2，在（1）的條件下，CD是⊙O的直徑，連接AD，BC，若∠ADC＝50°，∠BCD＝70°，OC＝2，求OP的長．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)命題的條件和結(jié)論即可寫成已知和求證，連接OA、OB，根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠OAP＝∠OBP＝90°，然后證明Rt△OAP≌Rt△OBP，從而可得∠AOP＝∠BOP，最后利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)即可解答；（2）連接OA、OB，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出∠AOD和∠BOC，從而求出∠AOB，然后在Rt△OBP中利用銳角三角函數(shù)進(jìn)行計算即可解答．解：（1）已知：如圖1，P是⊙O外一點，PA、PB與⊙O分別相切于點A、B，連接AB，OP，求證：OP垂直平分AB，證明：連接OA、OB，∵PA、PB與⊙O分別相切于點A、B，∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∵OA＝OB，OP＝OP，∴Rt△OAP≌Rt△OBP（HL），∴∠AOP＝∠BOP，∵OA＝OB，∴OP垂直平分AB，故答案為：PA、PB與⊙O分別相切于點A、B，連接AB，OP；OP垂直平分AB；（2）連接OA、OB，∵OA＝OD，∴∠ADC＝∠DAO＝50°，∴∠AOD＝180°﹣∠ADC﹣∠DAO＝80°，