一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编(难题易错题)
1.已知:如图,在四边形 ABCD 中, AB ∥CD , ∠ACB =90°, AB=10cm , BC=8cm , OD 垂直平分 A C .点 P 从点 B 出发,沿 BA 方向匀速运动,速度为 1cm/s ;同时,点 Q 从点 D 出发,沿 DC 方向匀速运动,速度为 1cm/s ;当一个点停止运动,另一个点也停止运动.过点 P 作 PE ⊥AB ,交 BC 于点 E ,过点 Q 作 QF ∥AC ,分别交 AD , OD 于点 F , G .连接 OP ,EG .设运动时间为 t ( s )(0<t <5) ,解答下列问题: (1)当 t 为何值时,点 E 在
BAC 的平分线上?
(2)设四边形 PEGO 的面积为 S(cm 2) ,求 S 与 t 的函数关系式;
(3)在运动过程中,是否存在某一时刻 t ,使四边形 PEGO 的面积最大?若存在,求出t 的值;若不存在,请说明理由;
(4)连接 OE , OQ ,在运动过程中,是否存在某一时刻 t ,使 OE ⊥OQ ?若存在,求出t 的值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)4s t =;(2)PEGO S 四边形2
31568
8
t t =-+
+ ,(05)t <<;(3)5
2t =时,
PEGO S 四边形取得最大值;(4)16
5
t =
时,OE OQ ⊥. 【解析】 【分析】
(1)当点E 在∠BAC 的平分线上时,因为EP ⊥AB ,EC ⊥AC ,可得PE=EC ,由此构建方程即可解决问题.
(2)根据S 四边形OPEG =S △OEG +S △OPE =S △OEG +(S △OPC +S △PCE -S △OEC )构建函数关系式即可. (3)利用二次函数的性质解决问题即可.
(4)证明∠EOC=∠QOG ,可得tan ∠EOC=tan ∠QOG ,推出EC GQ
OC OG
=,由此构建方程即可解决问题. 【详解】
(1)在Rt △ABC 中,∵∠ACB=90°,AB=10cm ,BC=8cm , ∴22108-=6(cm ), ∵OD 垂直平分线段AC , ∴OC=OA=3(cm ),∠DOC=90°, ∵CD ∥AB ,
∴∠BAC=∠DCO , ∵∠DOC=∠ACB , ∴△DOC ∽△BCA , ∴AC AB BC
OC CD OD ==, ∴
61083CD OD
==, ∴CD=5(cm ),OD=4(cm ), ∵PB=t ,PE ⊥AB , 易知:PE=
34
t ,BE=54t ,
当点E 在∠BAC 的平分线上时, ∵EP ⊥AB ,EC ⊥AC , ∴PE=EC ,
∴
34
t=8-5
4t ,
∴t=4.
∴当t 为4秒时,点E 在∠BAC 的平分线上. (2)如图,连接OE ,PC .
S 四边形OPEG =S △OEG +S △OPE =S △OEG +(S △OPC +S △PCE -S △OEC ) =
1414153154338838252
524524t t t t t ?????????
?-?+??-+?-?-??- ? ? ? ??????????? =2
815
16(05)3
3
t t t -+
+<<. (3)存在.
∵2
8568
(05)323
S t t ??=--+<< ???,
∴t=
52
时,四边形OPEG 的面积最大,最大值为683.
(4)存在.如图,连接OQ . ∵OE ⊥OQ ,
∴∠EOC+∠QOC=90°,∵∠QOC+∠QOG=90°,∴∠EOC=∠QOG,
∴tan∠EOC=tan∠QOG,∴EC GQ
OC OG
=,
∴
3
5
8
5
4
4
34
5
t
t
t
-
=
-
,
整理得:5t2-66t+160=0,
解得
16
5
t=或10(舍弃)
∴当16
5
t=秒时,OE⊥OQ.
【点睛】
本题属于四边形综合题,考查了解直角三角形,相似三角形的判定和性质,锐角三角函数,多边形的面积等知识,解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题.
2.(6分)某海域有A,B两个港口,B港口在A港口北偏西30°方向上,距A港口60海里,有一艘船从A港口出发,沿东北方向行驶一段距离后,到达位于B港口南偏东75°方向的C 处,求该船与B港口之间的距离即CB的长(结果保留根号).
【答案】.
【解析】
试题分析:作AD⊥BC于D,于是有∠ABD=45°,得到AD=BD=,求出∠C=60°,根据正切的定义求出CD的长,得到答案.
试题解析:作AD⊥BC于D,∵∠EAB=30°,AE∥BF,∴∠FBA=30°,又∠FBC=75°,
∴∠ABD=45°,又AB=60,∴AD=BD=,∵∠BAC=∠BAE+∠CAE=75°,∠ABC=45°,
∴∠C=60°,在Rt△ACD中,∠C=60°,AD=,则tanC=,∴CD==,
∴BC=.故该船与B港口之间的距离CB的长为海里.
考点:解直角三角形的应用-方向角问题.
3.如图,PB为☉O的切线,B为切点,过B作OP的垂线BA,垂足为C,交☉O于点A,连接PA,AO.并延长AO交☉O于点E,与PB的延长线交于点D.
(1)求证:PA是☉O的切线;
(2)若=,且OC=4,求PA的长和tan D的值.
【答案】(1)证明见解析;(2)PA =3,tan D=.
【解析】
试题分析: (1)连接OB,先由等腰三角形的三线合一的性质可得:OP是线段AB的垂直平分线,进而可得:PA=PB,然后证明△PAO≌△PBO,进而可得∠PBO=∠PAO,然后根据切线的性质可得∠PBO=90°,进而可得:∠PAO=90°,进而可证:PA是⊙O的切线;
(2)连接BE,由,且OC=4,可求AC,OA的值,然后根据射影定理可求PC的值,从而可求OP的值,然后根据勾股定理可求AP的值.
试题解析:(1)连接OB,则OA=OB,
∵OP⊥AB,∴AC=BC,
∴OP是AB的垂直平分线,∴PA=PB,
在△PAO和△PBO中,∵,∴△PAO≌△PBO(SSS)
∴∠PBO=∠PAO,PB=PA,
∵PB为⊙O的切线,B为切点,∴∠PBO=90°,∴∠PAO=90°,即PA⊥OA,
∴PA是⊙O的切线;
(2)连接BE,
∵,且OC=4,∴AC=6,∴AB=12,
在Rt△ACO中,由勾股定理得:AO=,
∴AE=2OA=4,OB=OA=2,
在Rt△APO中,∵AC⊥OP,∴AC2=OC PC,解得:PC=9,∴OP=PC+OC=13,
在Rt△APO中,由勾股定理得:AP==3.
易证,所以,解得,
则,在中,.
考点:1.切线的判定与性质;2.相似三角形的判定与性质;3.解直角三角形.
4.在正方形ABCD中,BD是一条对角线.点P在射线CD上(与点C,D不重合),连接AP,平移△ADP,使点D移动到点C,得到△BCQ,过点Q作QH⊥BD于点H,连接AH、PH.
(1)若点P在线CD上,如图1,
①依题意补全图1;②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明;
(2)若点P在线CD的延长线上,且∠AHQ=152°,正方形ABCD的边长为1,请写出求
DP长的思路.(可以不写出计算结果)
【答案】(1)①如图;②AH=PH,AH⊥PH.证明见解析(2)或
【解析】
试题分析:(1)①如图(1);②(1)法一:轴对称作法,判断:AH=PH,
AH⊥PH.连接CH,根据正方形的每条对角线平分一组对角得:△DHQ等腰Rt△,根据平移的性质得DP=CQ,证得△HDP≌△△HQC,全等三角形的对应边相等得PH=CH,等边对等角得∠HPC=∠HCP,再结合BD是正方形的对称轴得出∠AHP=180°-∠ADP=90°,∴AH=PH且AH⊥PH.四点共圆作法,同上得:∠HPC=∠DAH,∴A、D、P、H共向,∴∠AHP=90°,∠APH=∠ADH=45°,∴△APH等腰Rt△.
(2)轴对称作法同(1)作HR⊥PC于R,∵∠AHQ=152°,∴∠AHB=62°,∴∠DAH=17°
∴∠DCH=17°.设DP=x,则.由代入HR,CR解方程即可得出x的值. 四点共圆作法,A、H、D、P共向,∴∠APD=∠AHB=62°,
∴.
试题解析:(1)①
法一:轴对称作法,判断:AH=PH,AH⊥PH
证:连接CH,得:△DHQ等腰Rt△,又∵DP=CQ,∴△HDP≌△△HQC,∴PH=CH,
∠HPC=∠HCP
BD为正方形ABCD对称轴,∴AH=CH,∠DAH=∠HCP,∴AH=PH,∠DAH=∠HPC,
∴∠AHP=180°-∠ADP=90°,∴AH=PH且AH⊥PH.
法二:四点共圆作法,同上得:∠HPC=∠DAH,∴A、D、P、H共向,∴∠AHP=90°,
∠APH=∠ADH=45°,∴△APH等腰Rt△.
(2)法一:轴对称作法
考虑△DHQ等腰Rt△,PD=CQ,作HR⊥PC于R,∵∠AHQ=152°,∴∠AHB=62°,
∴∠DAH=17°
∴∠DCH=17°.设DP=x,则.
由得:,∴.即PD=
法二:四点共向作法,A、H、D、P共向,∴∠APD=∠AHB=62°,
∴.
考点:全等三角形的判定;解直角三角形;正方形的性质;死电脑共圆
5.已知:如图,AB为⊙O的直径,AC与⊙O相切于点A,连接BC交圆于点D,过点D作⊙O的切线交AC于E.
(1)求证:AE=CE
(2)如图,在弧BD上任取一点F连接AF,弦GF与AB交于H,与BC交于M,求证:∠FAB+∠FBM=∠EDC.
(3)如图,在(2)的条件下,当GH=FH,HM=MF时,tan∠ABC=3
4
,DE=
39
4
时,N
为圆上一点,连接FN交AB于L,满足∠NFH+∠CAF=∠AHG,求LN的长.
【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3)
4013 NL
【解析】
【分析】
(1)由直径所对的圆周角是直角,得∠ADC=90°,由切线长定理得EA=ED,再由等角的余角相等,得到∠C=∠EDC,进而得证结论.
(2)由同角的余角相等,得到∠BAD=∠C,再通过等量代换,角的加减进而得证结论.
(3)先由条件得到AB=26,设HM=FM=a,GH=HF=2a,BH=4
3
a,再由相交弦定理
得到GH?HF=BH?AH,从而求出FH,BH,AH,再由角的关系得到△HFL∽△HAF,从而求出HL,AL,BL,FL,再由相交弦定理得到LN?LF=AL?BL,进而求出LN的长.
【详解】
解:
(1)证明:如图1中,连接AD.
∵AB是直径,
∴∠ADB=∠ADC=90°,
∵EA、ED是⊙O的切线,
∴EA=ED,
∴∠EAD=∠EDA,
∵∠C+∠EAD=90°,∠EDC+∠EDA=90°,∴∠C=∠EDC,
∴ED=EC,
∴AE=EC.
(2)证明:如图2中,连接AD.
∵AC是切线,AB是直径,
∴∠BAC=∠ADB=90°,
∴∠BAD+∠CAD=90°,∠CAD+∠C=90°,∴∠BAD=∠C,
∵∠EDC=∠C,
∴∠BAD=∠EDC,
∵∠DBF=∠DAF,
∴∠FBM+∠FAB=∠FBM+∠DAF=∠BAD,∴∠FAB+∠FBM=∠EDC.
(3)解:如图3中,
由(1)可知,DE=AE=EC,∵DE=39
4
,
∴AC=39
2
,
∵tan∠ABC=3
4
=
AC
AB
,
∴
39 32 4AB =,
∴AB=26,
∵GH=FH,HM=FN,设HM=FM=a,GH=HF=2a,BH=4
3
a,∵GH?HF=BH?AH,
∴4a2=4
3a(26﹣
4
3
a),
∴a=6,
∴FH=12,BH=8,AH=18,
∵GH=HF,
∴AB⊥GF,
∴∠AHG=90°,
∵∠NFH+∠CAF=∠AHG,
∴∠NFH+∠CAF=90°,
∵∠NFH+∠HLF=90°,
∴∠HLF=∠CAF,
∵AC∥FG,
∴∠CAF=∠AFH,
∴∠HLF=∠AFH,
∵∠FHL=∠AHF,
∴△HFL∽△HAF,
∴FH2=HL?HA,
∴122=HL?18,
∴HL=8,
∴AL
=10,BL=16,FL=
∵LN?LF=AL?BL,
∴
LN=10?16,
∴LN
【点睛】
本题考查了圆的综合问题,涉及到的知识有:切线的性质;切线长定理;圆周角定理;相
交弦定理;相似三角形性质与判定等,熟练掌握圆的相关性质是解题关键.
6.如图所示的是一个地球仪及它的平面图,在平面图中,点A 、B 分别为地球仪的南、北极点,直线AB 与放置地球仪的平面交于点D ,所夹的角度约为67°,半径OC 所在的直线与放置它的平面垂直,垂足为点E ,DE =15cm ,AD =14cm .
(1)求半径OA 的长(结果精确到0.1cm ,参考数据:sin67°≈0.92,cos67°≈0.39,tan67°≈2.36)
(2)求扇形BOC 的面积(π取3.14,结果精确到1cm )
【答案】(1)半径OA 的长约为24.5cm ;(2)扇形BOC 的面积约为2822cm . 【解析】 【分析】
(1)在Rt △ODE 中,DE=15,∠ODE=67°,根据∠ODE 的余弦值,即可求得OD 长,减去AD 即为OA .
(2)用扇形面积公式即可求得. 【详解】
(1)在Rt △ODE 中,15cm DE =,67ODE ∠=?. ∵cos DE
ODE DO
∠=, ∴15
0.39
OD ≈
, ∴()384614245cm OA OD AD =-≈-≈.
., 答:半径OA 的长约为24.5cm . (2)∵67ODE ∠=?, ∴157BOC ∠=?, ∴2
360
BOC
n r S π=
扇形 2
157 3.1424.52360
??≈
()2822cm ≈.
答:扇形BOC 的面积约为2822cm . 【点睛】
此题主要考查了解直角三角形的应用,本题把实际问题转化成数学问题,利用三角函数中余弦定义来解题是解题关键.
7.现有一个“Z“型的工件(工件厚度忽略不计),如图所示,其中AB为20cm,BC为
60cm,∠ABC=90,∠BCD=60°,求该工件如图摆放时的高度(即A到CD的距离).(结果精确到0.1m,参考数据:≈1.73)
【答案】工件如图摆放时的高度约为61.9cm.
【解析】
【分析】
过点A作AP⊥CD于点P,交BC于点Q,由∠CQP=∠AQB、∠CPQ=∠B=90°知∠A=∠C =60°,在△ABQ中求得分别求得AQ、BQ的长,结合BC知CQ的长,在△CPQ中可得PQ,根据AP=AQ+PQ得出答案.
【详解】
解:如图,过点A作AP⊥CD于点P,交BC于点Q,
∵∠CQP=∠AQB,∠CPQ=∠B=90°,
∴∠A=∠C=60°,
在△ABQ中,∵AQ=(cm),
BQ=AB tan A=20tan60°=20(cm),
∴CQ=BC﹣BQ=60﹣20(cm),
在△CPQ中,∵PQ=CQ sin C=(60﹣20)sin60°=30(﹣1)cm,
∴AP =AQ+PQ=40+30(﹣1)≈61.9(cm),
答:工件如图摆放时的高度约为61.9cm.
【点睛】
本题主要考查解直角三角形的应用,熟练掌握三角函数的定义求得相关线段的长度是解题的关键.
8.如图①,在菱形ABCD 中,60B ?∠= ,4AB =.点P 从点A 出发以每秒2个单位的速度沿边AD 向终点D 运动,过点P 作PQ AC ⊥交边AB 于点Q ,过点P 向上作
//PN AC ,且3
PN PQ =
,以PN 、PQ 为边作矩形PQMN .设点P 的运动时间为t (秒),矩形PQMN 与菱形ABCD 重叠部分图形的面积为S . (1)用含t 的代数式表示线段PQ 的长. (2)当点M 落在边BC 上时,求t 的值. (3)当0t 1<<时,求S 与t 之间的函数关系式,
(4)如图②,若点O 是AC 的中点,作直线OM .当直线OM 将矩形PQMN 分成两部分图形的面积比为12:时,直接写出t 的值
【答案】(1)23PQ t =;(2)
45
;(3)2193403163t t -+-;(4) 2
3t = 或
8
7
t = . 【解析】 【分析】
(1)由菱形性质得∠D=∠B=60°,AD=AB=CD=4,△ACD 是等边三角形,证出△APQ 是等腰三角形,得出PF=QF ,3,即可得出结果;
(2)当点M 落在边BC 上时,由题意得:△PDN 是等边三角形,得出PD=PN ,由已知得3
,得出PD=3t ,由题意得出方程,解方程即可; (3)当0<t≤45时,3t ,3
,S=矩形PQMN 的面积=PQ×PN ,即可得出结果;当
4
5
<t <1时,△PDN 是等边三角形,得出PE=PD=AD-PA=4-2t ,∠FEN=∠PED=60°,得出NE=PN-PE=5t-4,33(5t-4),S=矩形PQMN 的面积-2△EFN 的面积,即可得出结果;
(4)分两种情况:当0<t≤
4
5
时,△ACD 是等边三角形,AC=AD=4,得出OA=2,OG 是△MNH 的中位线,得出OG=4t-2,NH=2OG=8t-4,由面积关系得出方程,解方程即可;
当4
5
<t≤2时,由平行线得出△OEF∽△MEQ,得出
EF OF
EQ MQ
=,即
2
3
3
EF t
t
EF t
-
=
+
,
解得EF=
2
4
3
2
3
2t t
t
-
-
,得出EQ=
2
33
2
2
3
4
t t
t
t
-
-
+,由三角形面积关系得出方程,解方
程即可.
【详解】
(1)∵在菱形ABCD中,∠B=60°,
∴∠D=∠B=60°,AD=AB=CD=4,△ACD是等边三角形,∴∠CAD=60°,
∵PQ⊥AC,
∴△APQ是等腰三角形,
∴PF=QF,PF=PA?sin60°=2t×3
2
=3t,
∴PQ=23t;
(2)当点M落在边BC上时,如图2所示:
由题意得:△PDN是等边三角形,
∴PD=PN,
∵PN=3PQ=3×23t=3t,
∴PD=3t,
∵PA+PD=AD,
即2t+3t=4,
解得:t=4
5
.
(3)当0<t≤4
5
时,如图1所示:
PQ=23t,PN=
3
2
PQ=
3
2
×23t=3t,
S=矩形PQMN的面积=PQ×PN=23t×3t=63t2;
当4
5
<t<1时,如图3所示:
∵△PDN是等边三角形,
∴PE=PD=AD-PA=4-2t,∠FEN=∠PED=60°,
∴NE=PN-PE=3t-(4-2t)=5t-4,
∴FN=3NE=3(5t-4),
∴S=矩形PQMN的面积-2△EFN的面积=63t2-2×1
2
×3(5t-4)2=-19t2+403t-163,即S=-19t2+403t-163;
(4)分两种情况:当0<t≤4
5
时,如图4所示:
∵△ACD是等边三角形,
∴AC=AD=4,
∵O是AC的中点,
∴OA=2,OG是△MNH的中位线,
∴OG=3t-(2-t)=4t-2,NH=2OG=8t-4,
∴△MNH的面积=1
2MN×NH=
1
2
3(8t-4)=
1
3
3t2,
解得:t=2
3
;
当4
5
<t≤2时,如图5所示:
∵AC ∥QM , ∴△OEF ∽△MEQ ,
∴EF OF EQ MQ =233t
t EF t -=+, 解得:2332t t -,
∴2
332
34t t t t --+,
∴△MEQ 的面积=12×3t×2
3322
34t t t t -+)=1332,
解得:t=
87
; 综上所述,当直线OM 将矩形PQMN 分成两部分图形的面积比为1:2时,t 的值为
23
或87
. 【点睛】
本题是四边形综合题目,考查了菱形的性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识;本题综合性强,难度较大,熟练掌握菱形和矩形的性质,综合运用知识,进行分类讨论是解题的关键.
9.已知Rt △ABC ,∠BAC =90°,点D 是BC 中点,AD =AC ,BC =3A ,D 两点作⊙O ,交AB 于点E , (1)求弦AD 的长;
(2)如图1,当圆心O 在AB 上且点M 是⊙O 上一动点,连接DM 交AB 于点N ,求当ON 等于多少时,三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形?
(3)如图2,当圆心O 不在AB 上且动圆⊙O 与DB 相交于点Q 时,过D 作DH ⊥AB (垂足为H )并交⊙O 于点P ,问:当⊙O 变动时DP ﹣DQ 的值变不变?若不变,请求出其值;若变化,请说明理由.
【答案】(1)23
(2)当ON等于13﹣1时,三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形
(3)不变,理由见解析
【解析】
【分析】
(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到AD的长;
(2)连DE、ME,易得当ED和EM为等腰三角形EDM的两腰,根据垂径定理得推论得OE⊥DM,易得到△ADC为等边三角形,得∠CAD=60°,则∠DAO=30°,∠DON=60°,然后
根据含30°的直角三角形三边的关系得DN=1
2
3
3
;
当MD=ME,DE为底边,作DH⊥AE,由于3∠DAE=30°,得到3,
∠DEA=60°,DE=2,于是OE=DE=2,OH=1,
又∠M=∠DAE=30°,MD=ME,得到∠MDE=75°,则∠ADM=90°-75°=15°,可得到
∠DNO=45°,根据等腰直角三角形的性质得到33;
(3)连AP、AQ,DP⊥AB,得AC∥DP,则∠PDB=∠C=60°,再根据圆周角定理得
∠PAQ=∠PDB,∠AQC=∠P,则∠PAQ=60°,∠CAQ=∠PAD,易证得△AQC≌△APD,得到DP=CQ,则DP-DQ=CQ-DQ=CD,而△ADC为等边三角形,3DP-DQ的值.
【详解】
解:(1)∵∠BAC=90°,点D是BC中点,BC=3
∴AD=1
2
BC=3
(2)连DE、ME,如图,∵DM>DE,
当ED和EM为等腰三角形EDM的两腰,
∴OE⊥DM,
又∵AD=AC,
∴△ADC为等边三角形,
∴∠CAD=60°,
∴∠DAO=30°,
∴∠DON=60°,
在Rt△ADN中,DN=1
2
AD3,
在Rt△ODN中,ON=
3
3
DN=1,
∴当ON等于1时,三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形;
当MD=ME,DE为底边,如图3,作DH⊥AE,
∵AD=23,∠DAE=30°,
∴DH=3,∠DEA=60°,DE=2,
∴△ODE为等边三角形,
∴OE=DE=2,OH=1,
∵∠M=∠DAE=30°,
而MD=ME,
∴∠MDE=75°,
∴∠ADM=90°﹣75°=15°,
∴∠DNO=45°,
∴△NDH为等腰直角三角形,
∴NH=DH=3,
∴ON=3﹣1;
综上所述,当ON等于1或3﹣1时,三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形;(3)当⊙O变动时DP﹣DQ的值不变,DP﹣DQ=23.理由如下:
连AP、AQ,如图2,
∵∠C=∠CAD=60°,
而DP⊥AB,
∴AC∥DP,
∴∠PDB=∠C=60°,
又∵∠PAQ=∠PDB,
∴∠PAQ=60°,
∴∠CAQ=∠PAD,
∵AC=AD,∠AQC=∠P,
∴△AQC≌△APD,
∴DP=CQ,
∴DP﹣DQ=CQ﹣DQ=CD=23.
【点睛】
本题考查了垂径定理和圆周角定理:平分弧的直径垂直弧所对的弦;在同圆和等圆中,相
等的弧所对的圆周角相等.也考查了等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系.
10.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°,
∴0 tan30
OD
PD
=,解得OD=1,
∴PO,
∴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.