7. (3分)上分点三 如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，连接PO并延长与⊙O交于点C，D. 若CD=12，PA=8，则sin∠ADB的值为(
A.$\frac{4}{5}$
B.$\frac{3}{5}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{4}{3}$
A
)A.$\frac{4}{5}$
B.$\frac{3}{5}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{4}{3}$
答案：7.A
解析：
证明：连接OA，AB。
∵PA，PB是⊙O切线，
∴OA⊥PA，OP平分∠APB，OP垂直平分AB。
∵CD=12，
∴OA=OD=6。
在Rt△OAP中，PA=8，OA=6，
∴OP=$\sqrt{OA^2+PA^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵∠ADB=∠PAB（同弧所对圆周角与弦切角相等），
在Rt△OAP中，sin∠PAB=sin∠ADB=$\frac{OA}{OP}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$。
答案：B
∵PA，PB是⊙O切线，
∴OA⊥PA，OP平分∠APB，OP垂直平分AB。
∵CD=12，
∴OA=OD=6。
在Rt△OAP中，PA=8，OA=6，
∴OP=$\sqrt{OA^2+PA^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵∠ADB=∠PAB（同弧所对圆周角与弦切角相等），
在Rt△OAP中，sin∠PAB=sin∠ADB=$\frac{OA}{OP}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$。
答案：B
8. (3分)上分点二 如图，在平面直角坐标系中，O是原点，矩形OABC的边OA，OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点B的坐标为(1,2)，连接OB，将△OAB沿直线OB翻折. 若点A落在点D的位置，则cos∠COD的值为(
A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{4}{5}$
D
)A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{4}{5}$
答案：8.D
9. (2025·江苏扬州模拟·3分)如图，△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC=θ(θ是锐角)，则△ABC面积的最大值为(
A.$\cos\theta(1+\cos\theta)$
B.$\cos\theta(1+\sin\theta)$
C.$\sin\theta(1+\sin\theta)$
D.$\sin\theta(1+\cos\theta)$
D
)A.$\cos\theta(1+\cos\theta)$
B.$\cos\theta(1+\sin\theta)$
C.$\sin\theta(1+\sin\theta)$
D.$\sin\theta(1+\cos\theta)$
答案：9.D 解析：过点$A$作$AD⊥ BC$于点$D$，则$\angle ADB = 90°$.因为$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}BC· AD$，且$BC$的长为定值，所以当$AD$的长最大时，$S_{\triangle ABC}$取最大值.易知当点$O$在$AD$上时，$AD$的长最大，此时$BD = CD = \frac{1}{2}BC$.连接$OB$，$OC$，则$\angle BOC = 2\angle BAC$.因为$OB = OC$，所以$\angle BOD = \angle COD = \frac{1}{2}\angle BOC$，所以$\angle BOD = \angle BAC = \theta$.因为$\odot O$的半径为$1$，所以$OA = OB = 1$，所以$OD = OB·\cos\angle BOD = \cos\theta$，$BD = OB·\sin\angle BOD = \sin\theta$，所以$AD = OA + OD = 1 + \cos\theta$，$BC = 2BD = 2\sin\theta$，所以$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}BC· AD = \sin\theta(1 + \cos\theta)$.故$\triangle ABC$面积的最大值为$\sin\theta(1 + \cos\theta)$.
10. (3分)如图，以锐角三角形ABC的边AB为直径作⊙O，分别交AC，BC于E，D两点. 若AC=14，$\sin C=3\tan B$，则BD=
6
.答案：10.6
解析：
证明：连接AD。
∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB=∠AEB=90°，即AD⊥BC，AE⊥BE。
在Rt△ADC中，$\sin C=\frac{AD}{AC}=\frac{AD}{14}$。
在Rt△ABD中，$\tan B=\frac{AD}{BD}$。
∵$\sin C=3\tan B$，
∴$\frac{AD}{14}=3×\frac{AD}{BD}$。
∵AD≠0，
∴$\frac{1}{14}=\frac{3}{BD}$，解得$BD=42$。
1
∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB=∠AEB=90°，即AD⊥BC，AE⊥BE。
在Rt△ADC中，$\sin C=\frac{AD}{AC}=\frac{AD}{14}$。
在Rt△ABD中，$\tan B=\frac{AD}{BD}$。
∵$\sin C=3\tan B$，
∴$\frac{AD}{14}=3×\frac{AD}{BD}$。
∵AD≠0，
∴$\frac{1}{14}=\frac{3}{BD}$，解得$BD=42$。
1
11. (3分)如图，在△ABC中，AC=3，BC=4，点D，E分别在边AC，BC上，点F在△ABC内. 若四边形CDFE是边长为1的正方形，则sin∠FBA=
$\frac{\sqrt{10}}{10}$
.答案：11.$\frac{\sqrt{10}}{10}$
解析：
解：过点F作FG⊥AB于点G，
∵四边形CDFE是边长为1的正方形，
∴CD=CE=EF=DF=1，∠C=∠CDF=∠CEF=90°，
∵AC=3，BC=4，
∴AD=AC-CD=3-1=2，BE=BC-CE=4-1=3，
在Rt△ADF中，AD=2，DF=1，
根据勾股定理得：AF=$\sqrt{AD^2+DF^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，
在Rt△ABC中，AC=3，BC=4，
根据勾股定理得：AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
设FG=h，AG=x，则BG=AB-AG=5-x，
∵S_{△ABC}=S_{△ADF}+S_{△BEF}+S_{正方形CDFE}+S_{△AFB}，
S_{△ABC}=$\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×3×4=6$，
S_{△ADF}=$\frac{1}{2}×AD×DF=\frac{1}{2}×2×1=1$，
S_{△BEF}=$\frac{1}{2}×BE×EF=\frac{1}{2}×3×1=\frac{3}{2}$，
S_{正方形CDFE}=1×1=1，
S_{△AFB}=$\frac{1}{2}×AB×FG=\frac{1}{2}×5×h=\frac{5}{2}h$，
∴6=1+$\frac{3}{2}$+1+$\frac{5}{2}h$，
解得h=$\frac{1}{\sqrt{10}}$，
在Rt△BFG中，BG=5-x，FG=$\frac{1}{\sqrt{10}}$，BF=$\sqrt{BG^2+FG^2}$，
又
∵在Rt△AFG中，AG=x，FG=$\frac{1}{\sqrt{10}}$，AF=$\sqrt{5}$，
∴x^2+($\frac{1}{\sqrt{10}}$)^2=($\sqrt{5}$)^2，
解得x=$\frac{7}{\sqrt{10}}$，
∴BG=5-$\frac{7}{\sqrt{10}}$，
在Rt△BFG中，sin∠FBA=$\frac{FG}{BF}=\frac{\frac{1}{\sqrt{10}}}{\sqrt{(\frac{3}{\sqrt{10}})^2+(\frac{1}{\sqrt{10}})^2}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$。
$\frac{\sqrt{10}}{10}$
∵四边形CDFE是边长为1的正方形，
∴CD=CE=EF=DF=1，∠C=∠CDF=∠CEF=90°，
∵AC=3，BC=4，
∴AD=AC-CD=3-1=2，BE=BC-CE=4-1=3，
在Rt△ADF中，AD=2，DF=1，
根据勾股定理得：AF=$\sqrt{AD^2+DF^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，
在Rt△ABC中，AC=3，BC=4，
根据勾股定理得：AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
设FG=h，AG=x，则BG=AB-AG=5-x，
∵S_{△ABC}=S_{△ADF}+S_{△BEF}+S_{正方形CDFE}+S_{△AFB}，
S_{△ABC}=$\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×3×4=6$，
S_{△ADF}=$\frac{1}{2}×AD×DF=\frac{1}{2}×2×1=1$，
S_{△BEF}=$\frac{1}{2}×BE×EF=\frac{1}{2}×3×1=\frac{3}{2}$，
S_{正方形CDFE}=1×1=1，
S_{△AFB}=$\frac{1}{2}×AB×FG=\frac{1}{2}×5×h=\frac{5}{2}h$，
∴6=1+$\frac{3}{2}$+1+$\frac{5}{2}h$，
解得h=$\frac{1}{\sqrt{10}}$，
在Rt△BFG中，BG=5-x，FG=$\frac{1}{\sqrt{10}}$，BF=$\sqrt{BG^2+FG^2}$，
又
∵在Rt△AFG中，AG=x，FG=$\frac{1}{\sqrt{10}}$，AF=$\sqrt{5}$，
∴x^2+($\frac{1}{\sqrt{10}}$)^2=($\sqrt{5}$)^2，
解得x=$\frac{7}{\sqrt{10}}$，
∴BG=5-$\frac{7}{\sqrt{10}}$，
在Rt△BFG中，sin∠FBA=$\frac{FG}{BF}=\frac{\frac{1}{\sqrt{10}}}{\sqrt{(\frac{3}{\sqrt{10}})^2+(\frac{1}{\sqrt{10}})^2}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$。
$\frac{\sqrt{10}}{10}$
12. (7分)新素养 推理能力 如图，D是△ABC的边BC上一点，连接AD，作△ABD的外接圆，将△ADC沿直线AD折叠，点C的对应点E落在$\overset{\frown}{BD}$上，连接BE.
（1）求证：AB=AE；
（2）若∠CAB=90°，$\cos\angle ADB=\frac{1}{3}$，BE=2，求BC的长.
（1）求证：AB=AE；
（2）若∠CAB=90°，$\cos\angle ADB=\frac{1}{3}$，BE=2，求BC的长.
答案：12.(1)由折叠的性质，得$\angle AED = \angle ACD$，$AE = AC$.因为$\angle ABD = \angle AED$，所以$\angle ABD = \angle ACD$，所以$AB = AC$，所以$AB = AE$.
(2)过点$A$作$AH⊥ BE$于点$H$.因为$AB = AE$，$BE = 2$，所以$\angle ABE = \angle AEB$，$BH = EH = \frac{1}{2}BE = 1$.因为$\angle AEB = \angle ADB$，所以$\angle ABE = \angle ADB$，所以$\cos\angle ABE = \cos\angle ADB = \frac{1}{3}$，所以$\frac{BH}{AB} = \frac{1}{3}$，所以$AC = AB = 3$.因为$\angle CAB = 90°$，所以$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = 3\sqrt{2}$.
(2)过点$A$作$AH⊥ BE$于点$H$.因为$AB = AE$，$BE = 2$，所以$\angle ABE = \angle AEB$，$BH = EH = \frac{1}{2}BE = 1$.因为$\angle AEB = \angle ADB$，所以$\angle ABE = \angle ADB$，所以$\cos\angle ABE = \cos\angle ADB = \frac{1}{3}$，所以$\frac{BH}{AB} = \frac{1}{3}$，所以$AC = AB = 3$.因为$\angle CAB = 90°$，所以$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = 3\sqrt{2}$.