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8. (广安中考)如图，AB是$\odot O$的直径，且经过弦CD的中点H，已知$\cos∠ CDB=\dfrac{4}{5},BD=5$，则OH的长度为（
A.$\dfrac{2}{3}$
B.$\dfrac{5}{6}$
C.$1$
D.$\dfrac{7}{6}$
D
）A.$\dfrac{2}{3}$
B.$\dfrac{5}{6}$
C.$1$
D.$\dfrac{7}{6}$
答案
8. D 解析:连接 OD,
∵ AB 是$\odot O$的直径,且经过弦 CD 的中点 H,
∴ $AB ⊥ CD$,
∴ $∠OHD = ∠BHD = 90°$.
∵ $\cos∠CDB=\frac{DH}{BD}=\frac{4}{5}$,$BD=5$,
∴ $DH=4$,
∴ $BH=\sqrt{BD^2-DH^2}=3$.设 $OH=x$,则 $OD=OB=x+3$.在 Rt△ODH 中,由勾股定理得 $x^2+4^2=(x+3)^2$,解得 $x=\frac{7}{6}$,
∴ $OH=\frac{7}{6}$.故选 D.
∵ AB 是$\odot O$的直径,且经过弦 CD 的中点 H,
∴ $AB ⊥ CD$,
∴ $∠OHD = ∠BHD = 90°$.
∵ $\cos∠CDB=\frac{DH}{BD}=\frac{4}{5}$,$BD=5$,
∴ $DH=4$,
∴ $BH=\sqrt{BD^2-DH^2}=3$.设 $OH=x$,则 $OD=OB=x+3$.在 Rt△ODH 中,由勾股定理得 $x^2+4^2=(x+3)^2$,解得 $x=\frac{7}{6}$,
∴ $OH=\frac{7}{6}$.故选 D.
9. (2026·陕西中考)如图,正方形ABCD和正方形CEFG,点E在BC的延长线上.若$CE=2BC$,则$\tan∠ AFC$的值为 (
A.2
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
B
)A.2
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
答案
9. B 解析:连接 AC,如图,设 $BC=a$,
∵ 四边形 ABCD 和 CEFG 是正方形,$CE=2BC$,
∴ $AB=BC=CD=DA=a$,$CE=EF=FG=GC=2a$,$∠B=∠E=90°$,
∴ $AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{2}a$,$CF=\sqrt{CE^2+EF^2}=2\sqrt{2}a$.
∵ AC,CF 分别是正方形 ABCD,CEFG 的对角线,
∴ $∠ACD=45°$,$∠GCF=45°$,
∴ $∠ACF=∠ACD+∠GCF=45°+45°=90°$,
∴ 在 Rt△ACF 中,$\tan∠AFC=\frac{AC}{CF}=\frac{\sqrt{2}a}{2\sqrt{2}a}=\frac{1}{2}$.
10. (2025·西宁中考)如图，用四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到大正方形ABCD和小正方形EFGH，连接BD交CH于点P.若$BP=BC$，则$\tan∠ CBG$的值是(
A.$\sqrt{2}-1$
B.$2-\sqrt{2}$
C.$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
D.$\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$
A
)A.$\sqrt{2}-1$
B.$2-\sqrt{2}$
C.$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
D.$\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$
答案
10. A 解析:由题意,得 $CG=DH$,$BG=CH$,$BG ⊥ CH$,$DE // BG$,设 $CG=DH=b$,$BG=CH=a$,则 $HG=CH-CG=a-b$.
∵ $BP=BC$,$BG ⊥ CH$,
∴ $PG=CG=b$,
∴ $HP=CH-PG-CG=a-2b$.
∵ $DE // BG$,
∴ $△DHP∽△BGP$,
∴ $\frac{DH}{BG}=\frac{HP}{PG}$,即 $\frac{b}{a}=\frac{a-2b}{b}$,解得 $a=(\sqrt{2}+1)b$ 或 $a=(1-\sqrt{2})b$(不合题意,舍去).在 Rt△BGC 中,$\tan∠CBG=\frac{CG}{BG}=\frac{b}{(\sqrt{2}+1)b}=\sqrt{2}-1$.故选 A.
∵ $BP=BC$,$BG ⊥ CH$,
∴ $PG=CG=b$,
∴ $HP=CH-PG-CG=a-2b$.
∵ $DE // BG$,
∴ $△DHP∽△BGP$,
∴ $\frac{DH}{BG}=\frac{HP}{PG}$,即 $\frac{b}{a}=\frac{a-2b}{b}$,解得 $a=(\sqrt{2}+1)b$ 或 $a=(1-\sqrt{2})b$(不合题意,舍去).在 Rt△BGC 中,$\tan∠CBG=\frac{CG}{BG}=\frac{b}{(\sqrt{2}+1)b}=\sqrt{2}-1$.故选 A.
11. (2025·苏州中考)如图, $∠ MON=60°$, 以O为圆心,2为半径画弧,分别交OM,ON于A,B两点,再分别以A,B为圆心,$\sqrt{6}$为半径画弧,两弧在$∠ MON$内部相交于点C,作射线OC,连接AC,BC,则$\tan∠ BCO=$
(结果保留根号)
$\frac{\sqrt{5}}{5}$
.(结果保留根号)
答案
11. $\frac{\sqrt{5}}{5}$ 解析:如图,过点 B 作 $BD ⊥ OC$ 于点 D,由作图过程可知 OC 平分 MON,
∴ $∠BOD=\frac{1}{2}∠MON=30°$,
∴ $BD=\frac{1}{2}OB=\frac{1}{2}×2=1$.
∵ $BC=\sqrt{6}$,
∴ $CD=\sqrt{BC^2-BD^2}=\sqrt{6-1}=\sqrt{5}$,
∴ $\tan∠BCO=\frac{BD}{CD}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.
12. (2024·常州中考)如图,在矩形ABCD中,对角线BD的垂直平分线分别交边AB,CD于点E,F.若AD=8,BE=10,则$\tan ∠ ABD=$
$\frac{1}{2}$
.答案
12. $\frac{1}{2}$ 解析:
∵ BD 的垂直平分线分别交边 AB,CD 于点 E,F,
∴ $EF ⊥ BD$,$BO=\frac{1}{2}BD$,
∴ $∠BOE=∠A=90°$,
∴ $\sin∠ABD=\sin∠OBE$,
∴ $\frac{AD}{BD}=\frac{OE}{BE}$.
∵ $AD=8$,$BE=10$,$BO=\frac{1}{2}BD$,
∴ $\frac{8}{2BO}=\frac{OE}{10}$,
∴ $OE · BO=40$.
∵ $OE^2+OB^2=BE^2=100$,令 $OE=x$,$OB=y$,
∴ $\begin{cases}xy=40,\\x^2+y^2=100,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=2\sqrt{5},\\y=4\sqrt{5}\end{cases}$ 或 $\begin{cases}x=4\sqrt{5},\\y=2\sqrt{5}\end{cases}$ (舍去),
∴ $\tan∠ABD=\frac{OE}{BO}=\frac{2\sqrt{5}}{4\sqrt{5}}=\frac{1}{2}$.
∵ BD 的垂直平分线分别交边 AB,CD 于点 E,F,
∴ $EF ⊥ BD$,$BO=\frac{1}{2}BD$,
∴ $∠BOE=∠A=90°$,
∴ $\sin∠ABD=\sin∠OBE$,
∴ $\frac{AD}{BD}=\frac{OE}{BE}$.
∵ $AD=8$,$BE=10$,$BO=\frac{1}{2}BD$,
∴ $\frac{8}{2BO}=\frac{OE}{10}$,
∴ $OE · BO=40$.
∵ $OE^2+OB^2=BE^2=100$,令 $OE=x$,$OB=y$,
∴ $\begin{cases}xy=40,\\x^2+y^2=100,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=2\sqrt{5},\\y=4\sqrt{5}\end{cases}$ 或 $\begin{cases}x=4\sqrt{5},\\y=2\sqrt{5}\end{cases}$ (舍去),
∴ $\tan∠ABD=\frac{OE}{BO}=\frac{2\sqrt{5}}{4\sqrt{5}}=\frac{1}{2}$.
13. (上海中考)如图,已知$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,CD是斜边AB上的中线,过点A作$AE⊥ CD$,AE分别与CD,CB相交于点H,E,$AH=2CH$.
(1)求$\sin B$的值;
(2)如果$CD=\sqrt{5}$,求BE的值.
(1)求$\sin B$的值;
(2)如果$CD=\sqrt{5}$,求BE的值.
答案
13. (1)
∵ $∠ACB=90°$,CD 是斜边 AB 上的中线,
∴ $CD=BD$,
∴ $∠B=∠BCD$.
∵ $AE ⊥ CD$,
∴ $∠CAH+∠ACH=90°$.又 $∠ACB=90°$,
∴ $∠BCD+∠ACH=90°$,
∴ $∠B=∠BCD=∠CAH$.
∵ $AH=2CH$,
∴ 由勾股定理得 $AC=\sqrt{5}CH$,
∴ $CH:AC=1:\sqrt{5}$,
∴ $\sin B=\sin∠CAH=\frac{\sqrt{5}}{5}$.
(2)
∵ △ABC 是直角三角形,CD 是斜边 AB 上的中线,
∴ $AB=2CD=2\sqrt{5}$.
∵ $\sin B=\frac{\sqrt{5}}{5}$,
∴ $AC:AB=1:\sqrt{5}$,
∴ $AC=2$.由(1)知 $\sin∠CAH=\sin B=\frac{\sqrt{5}}{5}$,设 $CE=x(x＞0)$,则 $AE=\sqrt{5}x$,则 $x^2+2^2=(\sqrt{5}x)^2$,
∴ $CE=x=1$.在 Rt△ABC 中,$AC^2+BC^2=AB^2$,
∴ $BC=4$,
∴ $BE=BC-CE=3$.
∵ $∠ACB=90°$,CD 是斜边 AB 上的中线,
∴ $CD=BD$,
∴ $∠B=∠BCD$.
∵ $AE ⊥ CD$,
∴ $∠CAH+∠ACH=90°$.又 $∠ACB=90°$,
∴ $∠BCD+∠ACH=90°$,
∴ $∠B=∠BCD=∠CAH$.
∵ $AH=2CH$,
∴ 由勾股定理得 $AC=\sqrt{5}CH$,
∴ $CH:AC=1:\sqrt{5}$,
∴ $\sin B=\sin∠CAH=\frac{\sqrt{5}}{5}$.
(2)
∵ △ABC 是直角三角形,CD 是斜边 AB 上的中线,
∴ $AB=2CD=2\sqrt{5}$.
∵ $\sin B=\frac{\sqrt{5}}{5}$,
∴ $AC:AB=1:\sqrt{5}$,
∴ $AC=2$.由(1)知 $\sin∠CAH=\sin B=\frac{\sqrt{5}}{5}$,设 $CE=x(x＞0)$,则 $AE=\sqrt{5}x$,则 $x^2+2^2=(\sqrt{5}x)^2$,
∴ $CE=x=1$.在 Rt△ABC 中,$AC^2+BC^2=AB^2$,
∴ $BC=4$,
∴ $BE=BC-CE=3$.
14. (2024·大庆中考)如图,△ABC为⊙O的内接三角形,AB为⊙O的直径,将△ABC沿直线AB翻折到△ABD,点D在⊙O上.连接CD,交AB于点E,延长BD,CA,两线相交于点P,过点A作⊙O的切线交BP于点G.
(1)求证:AG//CD;
(2)求证:$PA^2=PG·PB$;
(3)若$\sin∠ APD=\frac{1}{3}$,PG=6.求$\tan∠ AGB$的值.
(1)求证:AG//CD;
(2)求证:$PA^2=PG·PB$;
(3)若$\sin∠ APD=\frac{1}{3}$,PG=6.求$\tan∠ AGB$的值.
答案
14. (1)
∵ 将△ABC 沿直线 AB 翻折到△ABD,
∴ $AB ⊥ CD$.
∵ AB 为⊙O 的直径,AG 是切线,
∴ $AG ⊥ AB$,
∴ $AG//CD$.
(2)
∵ AG 是切线,
∴ $AG ⊥ AB$.
∵ AB 为⊙O 的直径,
∴ $∠ADB=90°$,
∴ $∠ABD=90°-∠DAB=∠GAD$.
∵ 由折叠可得 $∠ABD=∠ABC$,
∴ $∠CBD=2∠ABD$.
∵ 四边形 ADBC 是⊙O 的内接四边形,
∴ $∠PAD=180°-∠CAD=∠DBC=2∠ABD$,
∴ $∠PAG=∠PAD-∠GAD=2∠ABD-∠ABD=∠ABD$.又
∵ $∠APG=∠BPA$,
∴ $△APG∽△BPA$,
∴ $\frac{AP}{BP}=\frac{PG}{PA}$,即 $PA^2=PG·PB$.
(3)
∵ $\sin∠APD=\frac{AD}{AP}=\frac{1}{3}$,设 $AD=a$,则 $AP=3a$,
∴ $PD=\sqrt{AP^2-AD^2}=2\sqrt{2}a$,
∴ $\tan∠APD=\frac{AD}{PD}=\frac{a}{2\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{4}$.
∵ 由折叠可得 $AC=AD=a$,
∴ $PC=PA+AC=3a+a=4a$.
∵ 在 Rt△PCB 中,$\tan∠CPB=\frac{CB}{PC}=\frac{\sqrt{2}}{4}$,
∴ $BD=CB=\frac{\sqrt{2}}{4}PC=\sqrt{2}a$.
∵ $AD ⊥ BD$,$GA ⊥ AB$,
∴ $∠AGB=90°-∠GAD=∠DAB$,
∴ $\tan∠AGB=\tan∠DAB=\frac{BD}{AD}=\frac{\sqrt{2}a}{a}=\sqrt{2}$.
∵ 将△ABC 沿直线 AB 翻折到△ABD,
∴ $AB ⊥ CD$.
∵ AB 为⊙O 的直径,AG 是切线,
∴ $AG ⊥ AB$,
∴ $AG//CD$.
(2)
∵ AG 是切线,
∴ $AG ⊥ AB$.
∵ AB 为⊙O 的直径,
∴ $∠ADB=90°$,
∴ $∠ABD=90°-∠DAB=∠GAD$.
∵ 由折叠可得 $∠ABD=∠ABC$,
∴ $∠CBD=2∠ABD$.
∵ 四边形 ADBC 是⊙O 的内接四边形,
∴ $∠PAD=180°-∠CAD=∠DBC=2∠ABD$,
∴ $∠PAG=∠PAD-∠GAD=2∠ABD-∠ABD=∠ABD$.又
∵ $∠APG=∠BPA$,
∴ $△APG∽△BPA$,
∴ $\frac{AP}{BP}=\frac{PG}{PA}$,即 $PA^2=PG·PB$.
(3)
∵ $\sin∠APD=\frac{AD}{AP}=\frac{1}{3}$,设 $AD=a$,则 $AP=3a$,
∴ $PD=\sqrt{AP^2-AD^2}=2\sqrt{2}a$,
∴ $\tan∠APD=\frac{AD}{PD}=\frac{a}{2\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{4}$.
∵ 由折叠可得 $AC=AD=a$,
∴ $PC=PA+AC=3a+a=4a$.
∵ 在 Rt△PCB 中,$\tan∠CPB=\frac{CB}{PC}=\frac{\sqrt{2}}{4}$,
∴ $BD=CB=\frac{\sqrt{2}}{4}PC=\sqrt{2}a$.
∵ $AD ⊥ BD$,$GA ⊥ AB$,
∴ $∠AGB=90°-∠GAD=∠DAB$,
∴ $\tan∠AGB=\tan∠DAB=\frac{BD}{AD}=\frac{\sqrt{2}a}{a}=\sqrt{2}$.
