10. (2025·江苏常州模拟)已知四边形ABCD的两条对角线AC,BD所成的锐角为45°,则当AC+BD=9时,四边形ABCD面积的最大值为(
A.$\frac{75\sqrt{2}}{4}$
B.$\frac{81\sqrt{2}}{16}$
C.$19\sqrt{2}$
D.$21\sqrt{2}$
B
)A.$\frac{75\sqrt{2}}{4}$
B.$\frac{81\sqrt{2}}{16}$
C.$19\sqrt{2}$
D.$21\sqrt{2}$
答案：
10.B 解析：如图，设AC与BD相交于点O，过点B作BE⊥AC，交CA的延长线于点E，过点D作DF⊥AC于点F，则∠OEB=∠OFD=90°。因为AC与BD所成的锐角为45°，所以∠BOE=∠DOF=45°，所以$BE=OB·\sin\angle BOE=\frac{\sqrt{2}}{2}OB$，$DF=OD·\sin\angle DOF=\frac{\sqrt{2}}{2}OD$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC· BE=\frac{\sqrt{2}}{4}AC· OB$，$S_{\triangle ADC}=\frac{1}{2}AC· DF=\frac{\sqrt{2}}{4}AC· OD$，所以四边形ABCD的面积$S=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ADC}=\frac{\sqrt{2}}{4}AC·(OB + OD)=\frac{\sqrt{2}}{4}AC· BD$。设AC=x。因为AC+BD=9，所以BD=9 - x，所以$S=\frac{\sqrt{2}}{4}x(9 - x)=-\frac{\sqrt{2}}{4}x^{2}+\frac{9\sqrt{2}}{4}x=-\frac{\sqrt{2}}{4}(x-\frac{9}{2})^{2}+\frac{81\sqrt{2}}{16}$，所以当$x=\frac{9}{2}$时，S取最大值$\frac{81\sqrt{2}}{16}$。故四边形ABCD面积的最大值为$\frac{81\sqrt{2}}{16}$。
10.B 解析：如图，设AC与BD相交于点O，过点B作BE⊥AC，交CA的延长线于点E，过点D作DF⊥AC于点F，则∠OEB=∠OFD=90°。因为AC与BD所成的锐角为45°，所以∠BOE=∠DOF=45°，所以$BE=OB·\sin\angle BOE=\frac{\sqrt{2}}{2}OB$，$DF=OD·\sin\angle DOF=\frac{\sqrt{2}}{2}OD$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC· BE=\frac{\sqrt{2}}{4}AC· OB$，$S_{\triangle ADC}=\frac{1}{2}AC· DF=\frac{\sqrt{2}}{4}AC· OD$，所以四边形ABCD的面积$S=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ADC}=\frac{\sqrt{2}}{4}AC·(OB + OD)=\frac{\sqrt{2}}{4}AC· BD$。设AC=x。因为AC+BD=9，所以BD=9 - x，所以$S=\frac{\sqrt{2}}{4}x(9 - x)=-\frac{\sqrt{2}}{4}x^{2}+\frac{9\sqrt{2}}{4}x=-\frac{\sqrt{2}}{4}(x-\frac{9}{2})^{2}+\frac{81\sqrt{2}}{16}$，所以当$x=\frac{9}{2}$时，S取最大值$\frac{81\sqrt{2}}{16}$。故四边形ABCD面积的最大值为$\frac{81\sqrt{2}}{16}$。
11. 在△OMN中,OM=6,ON=4,∠M=30°,则MN的长为
$3\sqrt{3}\pm\sqrt{7}$
.答案：11.$3\sqrt{3}\pm\sqrt{7}$
易错警示
注意分类讨论，避免漏解。
易错警示
注意分类讨论，避免漏解。
12. 如图,已知∠MAN=60°.若△ABC的顶点B在射线AM上,且AB=2,点C在射线AN上运动,则当△ABC是锐角三角形时,BC长的取值范围是
$\sqrt{3}＜BC＜2\sqrt{3}$
.答案：12.$\sqrt{3}＜BC＜2\sqrt{3}$
解析：
解：过点$B$作$BD⊥ AN$于点$D$，在$Rt\triangle ABD$中，$AB = 2$，$\angle MAN=60°$，则$BD=AB·\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$。
当$\angle ABC = 90°$时，在$Rt\triangle ABC$中，$AC=\frac{AB}{\cos60°}=\frac{2}{\frac{1}{2}} = 4$，$BC=AB·\tan60°=2\sqrt{3}$。
因为$\triangle ABC$是锐角三角形，所以点$C$在$D$点右侧且不与使$\angle ABC = 90°$的点重合，此时$BC$的取值范围是$\sqrt{3}＜BC＜2\sqrt{3}$。
$\sqrt{3}＜BC＜2\sqrt{3}$
当$\angle ABC = 90°$时，在$Rt\triangle ABC$中，$AC=\frac{AB}{\cos60°}=\frac{2}{\frac{1}{2}} = 4$，$BC=AB·\tan60°=2\sqrt{3}$。
因为$\triangle ABC$是锐角三角形，所以点$C$在$D$点右侧且不与使$\angle ABC = 90°$的点重合，此时$BC$的取值范围是$\sqrt{3}＜BC＜2\sqrt{3}$。
$\sqrt{3}＜BC＜2\sqrt{3}$
13. 如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC+BC=14,tan B=$\frac{3}{4}$,D,E分别是边AB,BC上的动点,则CD+DE的最小值为
$\frac{192}{25}$
.答案：
13.$\frac{192}{25}$ 解析：如图，作点C关于直线AB的对称点C'，连接CC'交AB于点O，过点C'作C'E⊥BC于点E，交AB于点D，连接CD，则CD=C'D，CO=C'O，所以CD+DE=C'D+DE=C'E，此时CD+DE的值最小，且最小值即为线段C'E的长。因为∠ACB=90°，所以$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}$。设AC=3m，则BC=4m，所以AC+BC=7m。因为AC+BC=14，所以7m=14，解得m=2，所以AC=6，BC=8，所以$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=10$。因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CO$，所以$CO=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{24}{5}$，所以$CC'=2CO=\frac{48}{5}$。因为∠C'+∠ODC'=90°，∠B+∠BDE=90°，∠ODC'=∠BDE，所以∠C'=∠B，所以$\tan C'=\tan B=\frac{3}{4}$，所以$\frac{CE}{C'E}=\frac{3}{4}$。设CE=3x，则C'E=4x，所以$CC'=\sqrt{CE^{2}+C'E^{2}}=5x$，所以$5x=\frac{48}{5}$，解得$x=\frac{48}{25}$，所以$C'E=\frac{192}{25}$，即CD+DE的最小值为$\frac{192}{25}$。
13.$\frac{192}{25}$ 解析：如图，作点C关于直线AB的对称点C'，连接CC'交AB于点O，过点C'作C'E⊥BC于点E，交AB于点D，连接CD，则CD=C'D，CO=C'O，所以CD+DE=C'D+DE=C'E，此时CD+DE的值最小，且最小值即为线段C'E的长。因为∠ACB=90°，所以$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}$。设AC=3m，则BC=4m，所以AC+BC=7m。因为AC+BC=14，所以7m=14，解得m=2，所以AC=6，BC=8，所以$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=10$。因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CO$，所以$CO=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{24}{5}$，所以$CC'=2CO=\frac{48}{5}$。因为∠C'+∠ODC'=90°，∠B+∠BDE=90°，∠ODC'=∠BDE，所以∠C'=∠B，所以$\tan C'=\tan B=\frac{3}{4}$，所以$\frac{CE}{C'E}=\frac{3}{4}$。设CE=3x，则C'E=4x，所以$CC'=\sqrt{CE^{2}+C'E^{2}}=5x$，所以$5x=\frac{48}{5}$，解得$x=\frac{48}{25}$，所以$C'E=\frac{192}{25}$，即CD+DE的最小值为$\frac{192}{25}$。
14. 新素养 推理能力 (2025·四川成都)如图,点C在以AB为直径的半圆O上,连接AC,BC,过点C作半圆O的切线,交AB的延长线于点D,在$\overset{\frown}{AC}$上取点E,使$\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$,连接BE,交AC于点F.
(1) 求证:BE//CD;
(2) 若sin D=$\frac{2}{3}$,BD=1,求半圆O的半径及EF的长.
(1) 求证:BE//CD;
(2) 若sin D=$\frac{2}{3}$,BD=1,求半圆O的半径及EF的长.
答案：14.(1)连接OC，OE。因为CD是⊙O的切线，所以OC⊥CD。因为$\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$，所以∠BOC=∠EOC。因为OB=OE，所以OC⊥BE，所以BE//CD。
(2)过点F作FG⊥AB于点G，连接AE，则∠AEB=90°，所以BE⊥AE。设⊙O的半径为r，则OB=OC=r。因为BD=1，所以OD=OB+BD=r + 1。因为∠OCD=90°，所以$\sin D=\frac{OC}{OD}=\frac{2}{3}$，所以$OD=\frac{3}{2}OC$，即$r + 1=\frac{3}{2}r$，解得r=2，所以AB=2OB=4。因为BE//CD，所以∠ABE=∠D，所以$\sin\angle ABE=\sin D=\frac{2}{3}$，所以$AE=AB·\sin\angle ABE=\frac{8}{3}$，所以$BE=\sqrt{AB^{2}-AE^{2}}=\frac{4\sqrt{5}}{3}$。因为$\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$，所以∠CAE=∠BAC，所以EF=FG，所以$\frac{S_{\triangle AEF}}{S_{\triangle ABF}}=\frac{\frac{1}{2}AE· EF}{\frac{1}{2}AB· FG}=\frac{AE}{AB}=\sin\angle ABE=\frac{2}{3}$。又$\frac{S_{\triangle AEF}}{S_{\triangle ABF}}=\frac{EF}{BF}$，所以$\frac{EF}{BF}=\frac{2}{3}$，所以$EF=\frac{2}{5}BE=\frac{8\sqrt{5}}{15}$。故半圆O的半径为2，EF的长为$\frac{8\sqrt{5}}{15}$。
(2)过点F作FG⊥AB于点G，连接AE，则∠AEB=90°，所以BE⊥AE。设⊙O的半径为r，则OB=OC=r。因为BD=1，所以OD=OB+BD=r + 1。因为∠OCD=90°，所以$\sin D=\frac{OC}{OD}=\frac{2}{3}$，所以$OD=\frac{3}{2}OC$，即$r + 1=\frac{3}{2}r$，解得r=2，所以AB=2OB=4。因为BE//CD，所以∠ABE=∠D，所以$\sin\angle ABE=\sin D=\frac{2}{3}$，所以$AE=AB·\sin\angle ABE=\frac{8}{3}$，所以$BE=\sqrt{AB^{2}-AE^{2}}=\frac{4\sqrt{5}}{3}$。因为$\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$，所以∠CAE=∠BAC，所以EF=FG，所以$\frac{S_{\triangle AEF}}{S_{\triangle ABF}}=\frac{\frac{1}{2}AE· EF}{\frac{1}{2}AB· FG}=\frac{AE}{AB}=\sin\angle ABE=\frac{2}{3}$。又$\frac{S_{\triangle AEF}}{S_{\triangle ABF}}=\frac{EF}{BF}$，所以$\frac{EF}{BF}=\frac{2}{3}$，所以$EF=\frac{2}{5}BE=\frac{8\sqrt{5}}{15}$。故半圆O的半径为2，EF的长为$\frac{8\sqrt{5}}{15}$。
15. 如图,在△ABC中,AB=AC=10,tan A=2,BE⊥AC于点E,D是线段BE上的一个动点,则CD+$\frac{\sqrt{5}}{5}$BD的最小值是(
A.$2\sqrt{5}$
B.$4\sqrt{5}$
C.$5\sqrt{3}$
D.10
B
)A.$2\sqrt{5}$
B.$4\sqrt{5}$
C.$5\sqrt{3}$
D.10
答案：
15.B 解析：如图，过点D作DH⊥AB于点H，过点C作CM⊥AB于点M，则∠BHD=90°。因为BE⊥AC，所以∠AEB=90°，所以$\tan A=\frac{BE}{AE}=2$，所以BE=2AE。设AE=a，则BE=2a，所以$AB=\sqrt{AE^{2}+BE^{2}}=\sqrt{5}a$。因为AB=10，所以$\sqrt{5}a=10$，解得$a=2\sqrt{5}$，所以$AE=2\sqrt{5}$，$BE=4\sqrt{5}$。因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· CM=\frac{1}{2}AC· BE$，AB=AC，所以CM=BE=4$\sqrt{5}$。因为$\sin\angle DBH=\frac{DH}{BD}=\frac{AE}{AB}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，所以$DH=\frac{\sqrt{5}}{5}BD$，所以$CD+\frac{\sqrt{5}}{5}BD=CD+DH$。因为$CD+DH\geqslant CM$，所以$CD+\frac{\sqrt{5}}{5}BD\geqslant4\sqrt{5}$。故$CD+\frac{\sqrt{5}}{5}BD$的最小值是$4\sqrt{5}$。
15.B 解析：如图，过点D作DH⊥AB于点H，过点C作CM⊥AB于点M，则∠BHD=90°。因为BE⊥AC，所以∠AEB=90°，所以$\tan A=\frac{BE}{AE}=2$，所以BE=2AE。设AE=a，则BE=2a，所以$AB=\sqrt{AE^{2}+BE^{2}}=\sqrt{5}a$。因为AB=10，所以$\sqrt{5}a=10$，解得$a=2\sqrt{5}$，所以$AE=2\sqrt{5}$，$BE=4\sqrt{5}$。因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· CM=\frac{1}{2}AC· BE$，AB=AC，所以CM=BE=4$\sqrt{5}$。因为$\sin\angle DBH=\frac{DH}{BD}=\frac{AE}{AB}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，所以$DH=\frac{\sqrt{5}}{5}BD$，所以$CD+\frac{\sqrt{5}}{5}BD=CD+DH$。因为$CD+DH\geqslant CM$，所以$CD+\frac{\sqrt{5}}{5}BD\geqslant4\sqrt{5}$。故$CD+\frac{\sqrt{5}}{5}BD$的最小值是$4\sqrt{5}$。
16. 新素养 几何直观 如图是由10个完全相同的等边三角形构成的网格,则cos(α+β)的值为
$\frac{\sqrt{21}}{7}$
.答案：
16.$\frac{\sqrt{21}}{7}$ 解析：如图，连接DE。在△ABC中，∠ABC=120°，BA=BC，所以α=30°。同理可知∠CDE=∠CED=30°=α。因为∠AEC=60°，所以∠AED=∠AEC+∠CED=90°。设等边三角形的边长为a，则BD=AE=2a。在Rt△BED中，∠EBD=60°，所以$DE=BD·\sin\angle EBD=\sqrt{3}a$，所以$AD=\sqrt{AE^{2}+DE^{2}}=\sqrt{7}a$。因为α+β=∠CDE+∠ADB=∠ADE，所以$\cos(\alpha+\beta)=\cos\angle ADE=\frac{DE}{AD}=\frac{\sqrt{21}}{7}$。
16.$\frac{\sqrt{21}}{7}$ 解析：如图，连接DE。在△ABC中，∠ABC=120°，BA=BC，所以α=30°。同理可知∠CDE=∠CED=30°=α。因为∠AEC=60°，所以∠AED=∠AEC+∠CED=90°。设等边三角形的边长为a，则BD=AE=2a。在Rt△BED中，∠EBD=60°，所以$DE=BD·\sin\angle EBD=\sqrt{3}a$，所以$AD=\sqrt{AE^{2}+DE^{2}}=\sqrt{7}a$。因为α+β=∠CDE+∠ADB=∠ADE，所以$\cos(\alpha+\beta)=\cos\angle ADE=\frac{DE}{AD}=\frac{\sqrt{21}}{7}$。
17. 如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,BC=1,以边AC上一点O为圆心,OA为半径的⊙O经过点B.
(1) 求⊙O的半径;
(2) P为$\overset{\frown}{AB}$的中点,作PQ⊥AC,垂足为Q,求OQ的长;
(3) 在(2)的条件下,连接PC,求tan∠PCA的值.
(1) 求⊙O的半径;
(2) P为$\overset{\frown}{AB}$的中点,作PQ⊥AC,垂足为Q,求OQ的长;
(3) 在(2)的条件下,连接PC,求tan∠PCA的值.
答案：
17.(1)如图，连接OB。因为OA=OB，所以∠ABO=∠A=30°。因为∠ACB=90°，所以∠ABC=90° - ∠A=60°，所以∠OBC=∠ABC - ∠ABO=30°。因为BC=1，所以$OB=\frac{BC}{\cos\angle OBC}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。故⊙O的半径为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
(2)如图，连接OP。因为P为$\overset{\frown}{AB}$的中点，所以$\overset{\frown}{PA}=\overset{\frown}{PB}$，所以∠AOP=∠BOP。因为OA=OB，所以OP⊥AB，所以∠A+∠QOP=90°。因为PQ⊥AC，所以∠OPQ+∠QOP=90°，所以∠OPQ=∠A=30°，所以$OQ=\frac{1}{2}OP$。因为$OP=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$OQ=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
(3)因为∠ACB=90°，∠OBC=30°，$OB=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$OC=\frac{1}{2}OB=\frac{\sqrt{3}}{3}$。因为$OQ=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$CQ=OC+OQ=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。因为∠OQP=90°，$OP=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，∠OPQ=30°，所以$PQ=OP·\cos\angle OPQ=1$，所以$\tan\angle PCA=\frac{PQ}{CQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
17.(1)如图，连接OB。因为OA=OB，所以∠ABO=∠A=30°。因为∠ACB=90°，所以∠ABC=90° - ∠A=60°，所以∠OBC=∠ABC - ∠ABO=30°。因为BC=1，所以$OB=\frac{BC}{\cos\angle OBC}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。故⊙O的半径为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
(2)如图，连接OP。因为P为$\overset{\frown}{AB}$的中点，所以$\overset{\frown}{PA}=\overset{\frown}{PB}$，所以∠AOP=∠BOP。因为OA=OB，所以OP⊥AB，所以∠A+∠QOP=90°。因为PQ⊥AC，所以∠OPQ+∠QOP=90°，所以∠OPQ=∠A=30°，所以$OQ=\frac{1}{2}OP$。因为$OP=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$OQ=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
(3)因为∠ACB=90°，∠OBC=30°，$OB=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$OC=\frac{1}{2}OB=\frac{\sqrt{3}}{3}$。因为$OQ=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$CQ=OC+OQ=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。因为∠OQP=90°，$OP=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，∠OPQ=30°，所以$PQ=OP·\cos\angle OPQ=1$，所以$\tan\angle PCA=\frac{PQ}{CQ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。