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 _.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6M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.(参考数一。…「【答案】6.4米【解析】解：:底部B点到山脚C点的距离BC为63米，山坡的坡角为30°.・•.DC=BC・cos30°==6<3义—=9米，2;CF=1米，「.DC=9+1=10米，・•.GE=10米，「乙AEG=45°,AG=EG=10米，在直角三角形BGF中，BG=GF・tan20°=10x0.36=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.在等腰△ABC中，NB=90°,AM是^ABC的角平分线，过点M作MN±AC于点N,NEMF=135°.将NEMF绕点M旋转，使NEMF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NEMF绕点M旋转到如图①的位置时，求证：BE+CF=BM；(2)当NEMF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，tanNBEM=\J,AN=\：'+1,贝UBM=,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，NB=90°,AM是^ABC的角平分线，过点M作MN±AC于点N,可得BM=MN,NBMN=135°,又NEMF=135°,可证明的^BMEM△NMF,可得BE=NF,NC=NM=BM进而得出结论；（2）①如图②时，同（1）可证△BMEM△NMF,可得BE-CF=BM,②如图③时，同（1）可证△BME^△NMF,可得CF-BE=BM；⑶在RSABM和R3ANM中，, .，[AM=AM可得RSABMMRSANM,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，「.NBAC=NC=45°,丁AM是NBAC的平分线，MN±AC,「.BM=MN,在四边形ABMN中，N,BMN=360°-90°-90°-45°=135°,丁NENF=135°,,「.NBME=NNMF,△BME^△NMF,「.BE=NF,;MN±AC,NC=45°,「.NCMN=NC=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,NC=45°,「.NCMN=NC=45°-,

「.NC=NM=BM，;NC=NF-CF,「.BE-CF=BM；NMF,针对图3，同（1）的方法得，△NMF,「.BE=NF，「MN±AC，NC=45°，..NCMN=NC=45°，..NC=NM=BM，「NC=CF-NF,..CF-BE=BM；(3)在RtAABM和RtAANM中，「.RtAABMMRtAANM(HL)，AB=AN=1+1，=1，在RtAABC中，AC=AB=.+1，AC=_-'AB=2+二CN=AC-AN=2+-'-(-'+1=1，在RtACMN中，CM=.CN=..「.BM=BC-CM=一：+1--=1，在RtABME中，tanNBEM='.：=:'：=.■，DEDE「.BE》/「・①由（1）知，如图1，BE+CF=BM，「.CF=BM-BE=1-②由（2）知，如图2，由tanNBEM=.-,「•此种情况不成立；③由（2）知，如图3，CF-BE=BM，「.CF=BM+BE=1+等故答案为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.如图，反比例函数y=-（k丰0）的图象与正比例函数y=2%的图象相交于xA（1/）,B两点，点C在第四象限，CA11y轴，zABC=90。.⑴求k的值及点B的坐标；⑵求tanC的值.【答案】（1）k=2,B（-1,-2）;（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y=k（k丰0）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x求得点B的坐标；（2）作BH±AC于H，设AC交x轴于点D，根据（ABC=90。，/BHC=90°，可得NC=NABH，再由已知可得ZAOD=/ABH，从而得ZC=/AOD，求出tanC即可.【详解】（1），.点A（1，a）在y=2x上，二a=2，，A（1，2），, k把A（1，2）代入y=得k=2，x••反比例函数y=-（k丰0）的图象与正比例函数y=2x的图象交于A，B两点，x•・A、B两点关于原点O中心对称，B（—1，—2）.；（2）作BH±AC于H，设AC交x轴于点D，ZABC=90°，ZBHC=90°，」.ZC=ZABH，「CAIIy轴，「.BHIIx轴，，ZAOD=ZABH，」.ZC=ZAOD，atanC=tanZAOD=处=2=2OD1【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NC=NAOD是关键..已知：△ABC内接于OO,D是弧BC上一点，ODLBC,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：NACD=NAPB；(3)在(2)的条件下，如图3,连接BD,E为OO上一点，连接DE交BC于点Q、交AB于点N,连接OE,BF为OO的弦，BF±OE于点R交DE于点G,若NACD-NABD=2NBDN,AC=f术,BN=_",,tanNABC=-,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)NAPB=NPAC+NACP,NACD=NACB+NBCD,又「NPAC=NBCD,可证NACD=NAPB；(3)连接AO延长交于OO于点I,连接IC,AB与OD相交于点M,连接OB,易证NGBN=NABC,所以BG=BQ.1在RSBNQ中，根据tanNABC=T，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1度，最后利用tanNOED=t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OO中，.「OD^BC,「.BH=HC,二・点O是AB的中点，，AC=2OH；(2)在OO中，;OD±BC,「.弧BD=<CD,，NPAC=NBCD,,:NAPB=NPAC+NACP,NACD=NACB+NBCD,ANACD=NAPB；(3)连接AO延长交于OO于点I,连接IC,AB与OD相交于点M,连接OB,「乙ACD-乙ABD=2NBDN,「.乙ACD-乙BDN=NABD+NBDN,「乙ABD+NBDN=NAND,「.NACD-「.NACD-NBDN=NAND,丁NACD+NABD=180°,「.2NAND=180°,「.NAND=90°,「.NOED=NQDH,.:NERG=90°,「.NOED=NGBN,「.NGBN=NABC,;AB±ED,」.BG=BQ=21,GN=NQ=，价,2 2丁NACI=90°,丁NACI=90°,tanNAIC=tanNABC=-,2CI」•IC/；木，:由勾股定理可求得:AI=25,i设QH=x,vtanNABC=tanNODE=T,i设QH=x,vtanNABC=tanNODE=T,QH

~HD_j.二5'「.HD".0HRHD—、.•,丁OB2=BH2+OH2,「.25十 ，解得：元二二或1,当QH=4时，，qd=H^,j- j- 15 9 5,ND=.-.生,..MN=_:行MD=15,v二匚，.，「.QH=t不符合题意，舍去，当QH==时，..QD=^^RG,」.ND=NQ+QDf出vtanNOED=—,RG,」.ND=NQ+QDf出vtanNOED=—,」.EG=RG,」.RG=-,..BR=RG+BG=12,」BF=2BR=24.,ED=「.垂,.GD=GN+ND=--^",.-.EG=ED-GD=~归,2考点：1圆；2相似三角形；3三角函数；4直角三角形..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BC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ABLCD,对于BC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ABLCD,在点P（不与B、C重合）从B运动至UC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^匚的中点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；@MN=TJ;②证明见解析；MN取得最大值2.【解析】试题分析：（1）如图一，易证NPMO+NPNO=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NCOP『NBOP『60°,根据圆内接四边形的对角互补可得N”「d=60°.根据角平分线的性质可得P1M=也此从而得到^P1MN是等边三角形，则有MN=P1M.然后在RtAP1MO运用三角函数就可解决问题；②设四边形PMON的外接圆为OO',连接NO'并延长，交OO'于点Q,连接QM,如图三，根据圆周角定理可得NQMN=90°,NMQN=NMPN=60°,在RtAQMN中运用三角函数可得：MN=QN・sinNMQN,从而可得MN=OP・sinNMQN,由此即可解决问题；（4）由（3）②中已得结论MN=OP・sinNMQN可知，当NMQN=90°时，MN最大，问题

得以解决.试题解析：（1）如图一，;PM±OC,PN±OB,「.NPMO=NPNO=90°,「.NPMO+ZPNO=180°,「.四边形PMON内接于圆，直径OP=2；图(2)如图一，丁AB^OC，即NBOC=90°，，NBOC=NPMO=NPNO=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，P.「P1是8匚的中点，NBOC=120°，，NCOP「NBOP『60°，NMP1N=60°，:P1M，OC，P1N±OB，AP1M=P1N，A△P1MN是等边三角形，「.MN=P1M.:P1M=OPjsinNMOP1=2xsin60°=-/?，AMN=W;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，图.则有NQMN=90°,NMQN=NMPN=60°,MN在RtAQMN中，sinNMQN= ,AMN=QN・sinNMQN,QN

出L「.MN=OP・sinNMQN=2xsin60°=2x士=J二,「.MN是定值.（4）由（3）②得MN=OP・sinNMQN=2sinNMQN.当直径AB与CD相交成90°角时，NMQN=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），AB=20,cos/AOC=4.设OP=x,ACPF的面积为儿（1）求证：AP二OQ；（2）求》关于x的函数关系式，并写出它的定义域;（3）当AOPE是直角三角形时，求线段OP的长.【答案】（1）证明见解析:y【答案】（1）证明见解析:y=3x2—60x+300/50 1小 (——<x<10)；13OP=8【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，0P=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APFC-APAO,将面积转化为相似三角形对应边之比的平方来求；（3）分4一 * 、成三种情况讨论，充分利用已知条件cos/AOC=5、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,丁OC=OD,ZOCD=ZODC,CD//AB,/OCD=ZCOA

在AAOP和AODQ中，OP=DQ{/POA=/QDO,OA=DOAAOP合AODQ,・••AP=OQ.;(2)作PH1OA,交OA于h,TOC\o"1-5"\h\z.. 4「cos/AOC=5,4_4 - 3...OH=-OP=-x,PH=-x,5 5 5c 1，八 c・.・S=AO-PH=3x.AAOP2丁CD//AB,APFC〜APAO,广二（AAOPCPOP1广二（AAOPCPOP1 ,10-x.)2=( )2x3x2-60x+300，当F与点D重合时,442OC-cos/OCD=2义10x—=16,5 ，1010-x―161010-x―1650，解得x=—,3x2-60x+300y= (竺<x<10)13(3)①当/OPE=90o时，/OPA=90o,「.OP=OA-cos/AOC=10义4=8.TOC\o"1-5"\h\z5 ，»OC 10 1025CQ= = =—=——②当/POE=90o时， cos/QCOcos/AOC42,5一一一25一一25OP=DQ=CD-CQ=CD--=16-一22<—<OP<10,13③当/PEO=90o时，:CD//AB,/AOQ=/DQO,「AAOP合AODQ,/DQO=/APO,/AOQ=/APO,•二/AEO=/AOP=90o,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NBAC=45°，NACD=30°，点E为CD边上的中点，连接八£,将4ADE沿AE所在直线翻折得到△AD,E,D’E交AC于F点.若AB=6'.cm.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.工 B【答案】(1)%：；(2)12cm；(3)%：Vcm.【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：丁NBAC=45°,NB=90°,「.AB=BC=612cm,「.AC=12cm.AC12CD- - -cos30a、2 %.:NACD=30°,NDAC=90°,AC=12cm,「. - (cm).•・•点E为CD边上的中点，「.AE=DC=h：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DZG±BC于点G,进而得出^ABD竺△CBD'(SSS),贝UND‘BG=45°,D'G=GB,进而利用勾股定理求出点D'至UBC边的距离.试题解析：解：(1)；」.:《△ADC中，NACD=30°,「.NADC=60°,丁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，NAED‘=60°.丁NEAC=NDAC-NEAD=30°,「.NEFA=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=K；：，DO,「2•皿-2•4./--12• - '.: ，即DP+EP最小值为12cm.答图1(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'=h'：.AB=EC

BD'-BDf在4ABD,和ACBD,中，: ，•△ABD"△CBD,（SSS）.•ND/BG=ND/BC=45°.•D‘G=GB.设D,G长为xcm,则CG长为飞’cm,在RtAGD’C中，由勾股定理得‘：f，＜"•: 匕：，解得：」'J、' 「 :（不合题意舍去）.・••点D/到BC边的距离为cm.答图2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..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，MNIIAD,AD±DE,CF±AB，垂足分别为D,F,坡道AB的坡度为1：33,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"■,'?=1.41,<3=1.73）限窗一米& A【答案】该停车库限高约为2.2米.【解析】【分析】据题意得出tanB=亘，即可得出tan4在RtAADE中，根据勾股定理可求得DE,即可3得出N1的正切值，再在RtACEF中，设EF=x，即可求出x，从而得出CF=<3x的长.【详解】解：由题意得，tanB. 3「MNIIAD,，NA=NB,「.tanA="3,3;DE±AD,DE」.在RtAADE中，tanA= AD;DE=3,又丁DC=0.5,「.CE=2.5,;CF±AB,「.NFCE+NCEF=90°,;DE±AD,「.NA+NCEF=90°,:・NA=NFCE,」.tanNFCE=%'3.3在RtACEF中，设EF=x,CF=<3x(x>0),CE=2.5,5代入得(,)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..如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且NPDA=NPBD.延长PD交圆的切线BE于点E(1)判断直线PD是否为。0的切线，并说明理由；⑵如果NBED=60°,PD=\；3，求PA的长；⑶将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF,点F正好在圆0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0D,由AB是圆0的直径可得NADB=90°,进而求得NADO+NPDA=90°,即可得出直线PD为。0的切线；(2)根据BE是。0的切线，则NEBA=90°,即可求得NP=30°,再由PD为。0的切线，得NPD0=90°,根据三角函数的定义求得0D,由勾股定理得0P,即可得出PA；(3)根据题意可证得NADF=NPDA=NPBD=NABF,由AB是圆0的直径，得NADB=90°,设NPBD=x°,则可表示出NDAF=NPAD=90°+x°,NDBF=2x°,由圆内接四边形的性质得出x的值，可得出ABDE是等边三角形.进而证出四边形DFBE为菱形.【详解】(1)直线PD为。0的切线，理由如下：如图1,连接0D,四.「AB是圆O的直径，」.乙ADB=90°,」.乙ADO+NBDO=90°,又:DO=BO,「.NBDO=NPBD,丁NPDA=NPBD,「.NBDO=NPDA,「.NADO+NPDA=90°,即PD±OD,•・•点D在。O上，「•直线PD为。O的切线；(2)丁BE是。O的切线，「.NEBA=90°,丁NBED=60°,「.NP=30°,丁PD为。O的切线，「.NPDO=90°,在RtAPDO中，NP=30°,PD=口,-tan300=OD，解得OD=1,「•PO=pDD2+OD2=2,pa=PO-AO=2-1=1；(3)如图2,依题意得：NADF=NPDA,NPAD=NDAF,丁NPDA=NPBDNADF=NABF,「.NADF=NPDA=NPBD=NABF,丁AB是圆O的直径，「.NADB=90°,设NPBD=x°,则NDAF=NPAD=90°+x°,NDBF=2x°,丁四边形AFBD内接于OO,「.NDAF+NDBF=180°,即90°+x+2x=180°,解得x=30°,「.NADF=NPDA=NPBD=NABF=30°,「BE、ED是OO的切线，「.DE=BE,NEBA=90°,「.NDBE=60°,「.△BDE是等边三角形，BD=DE=BE,又「NFDB=NADB-NADF=90°-30°=60°NDBF=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CF=AE，连接DE,DF,EF.FH平分/EFB交BD于点H.(1)求证：DE1DF；(2)求证：DH=DF：(3)过点H作HM±EF于点M，用等式表示线段AB,HM与EF之间的数量关系，并证明.CF

【答案】(1)详见解析；(2)详见解析；(3)EF=2A5—2HM，证明详见解析.【解析】【分析】(1)根据正方形性质，。b=A石得到。石_L。尸.(2)由△/1£0名△CT。，得。石=。尸.由4450=90。，平分/A5C,得/DBF=45。.因为尸〃平分ZEFB,所以ZEFH=ZBFH.由于ZDHF=/DBF+ZBFH=45°+ZBFH,ZDFH=ZDFE+ZEFH=45。+/EFH,所以DH=DF.(3)过点〃作HNLBC于点N,由正方形ABC。性质，得BD=mAB?+ .由FH平分,EFB,HM±EF,HN1BC,得HM=HN,因为/HBN=45。，/HNB=90。,所以七〃= =®HN=叵HMsin45°df由£b= -=>/2DF=y/2DH,得EF=2AB—2HM.cos45【详解】(1)证明：二.四边形是正方形，..AD=CD,ZEAD=ZBCD=ZADC=90°.・•.ZEAD=ZFCD=90°.,/CF=AEo..AAED^ACFD...ZADE=ZCDF...ZEDF=ZEDC+ZCDF=/EDC+/ADE=ZADC=90°...DELDF.(2)证明：••・aaed^acfd,..DE=DF.vAEDF=90°,../DEF=/DFE=45。.AABC=90°, 平分ZA5C,..ZDBF=45°.,/FH平分/EFB,/EFH=ZBFH./DHF=/DBF+ZBFH=45。+/BFH,/DFH=/DFE+/EFH=45。+/EFH,「./DHF=/DFH■DH=DF■EF=2AB—2HM.二BD=aA2+AD2=2A.AB■FH平分/EFB,HMLEF,HN1BC,HM=HN./HBN=45。,/HNB=90。，「.BH=HN=OHN=CHMsin45。•DH=BD-BH=2A,AB-<2HM.EF=DF=<2DF=aDH,cos45。「.EF=2AB—2HM.【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.⑴求证：NEPD=NEDO；3⑵若PC=3,tanNPDA=4，求OE的长.2【解析】【分析】3（1）由切线的性质即可得证.（2）连接OC,利用tanzPDA=4,可求出CD=2,进而求得3OC=-，再证明^OED-ADEP，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，「.ZAPO=ZCPO,PA±AO，;DE±PO，「.ZPAO=ZE=90°，丁ZAOP=ZEOD，「.ZAPO=ZEDO，「.ZEPD=ZEDO.（2）连接OC，pa=PC=3，「tanZPDA=-4」.在RtAPAD中，AD=4，PD=PA2+AD2=5,「.CD=PD-PC=5-3=2，3vtanZPDA=—4」.在RtAOCD中，OC=3，2OD=J0C2+CD2vZEPD=ZODE，ZOCP=ZE=90°，「.△OED-△DEP，PDPEDE = = =2DODEOE「.DE=2OE,I r5¥25在RtAOED中，0£2+口£2=0口2,即5OE2=一=一12J 4・•.OE=11.2【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3tanzPDA=4，得线段的长是解题关键.12.如图，正方形OABC的顶点。与原点重合，点A,C分别在x轴与y轴的正半轴上，点一 1A的坐标为(4,0),点D在边AB上，且tanzAOD=5,点E是射线0B上一动点，EF±x轴于点F,交射线0D于点G，过点G作GHIIx轴交AE于点H.(1)求B,D两点的坐标；(2)当点E在线段0B上运动时，求ZHDA的大小；(3)以点G为圆心，GH的长为半径画OG.是否存在点E使OG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(8-4汇2,8-422)或(8+422,8+422)或，理由见解析【解析】【分析】

1(1)由正方形性质知AB=OA=4,NOAB=90°,据此得B(4,4),再由tanNAOD=不得GF1(2)由tan/