全國中考數(shù)學(xué)銳角三角函數(shù)的綜合中考真題匯總附答案

1、一、銳角三角函數(shù)真題與模擬題分類匯編(難題易錯(cuò)題)1.如圖，將一副直角三角形拼放在一起得到四邊形ABCD,其中/BAC=45,ZACD=30,點(diǎn)E為CD邊上的中點(diǎn)，連接AE，將厶ADE沿AE所在直線翻折得到ADEDZE交AC于F點(diǎn).若AB=6、cm.AE的長為cm；試在線段AC上確定一點(diǎn)P,使得DP+EP的值最小，并求出這個(gè)最小值;(3)求點(diǎn)D到BC的距離.【答案】(1)；(2)12cm；(3)vcm.解析】試題分析：(1)首先利用勾股定理得出AC的長，進(jìn)而求出CD的長，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半進(jìn)而得出答案：ZBAC=45，ZB=90,AB=BC=6icm，AC=12cm.12

2、ACCD-2TZACD=30，ZDAC=90，AC=12cm，(cm)點(diǎn)E為CD邊上的中點(diǎn)，.AE=DC=*cm.首先得出厶ADE為等邊三角形，進(jìn)而求出點(diǎn)E，D關(guān)于直線AC對(duì)稱，連接DD交AC于點(diǎn)P,根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)，此時(shí)DP+EP值為最小，進(jìn)而得出答案.連接CD,BD,過點(diǎn)D作DG丄BC于點(diǎn)G,進(jìn)而得出厶ABD仝CBD(SSS)，則ZDBG=45,DG=GB，進(jìn)而利用勾股定理求出點(diǎn)D到BC邊的距離.試題解析：解：(1)(2)TRtAADC中，ZACD=30,.ZADC=60,TE為CD邊上的中點(diǎn)，.DE=AE.ADE為等邊三角形.T將厶ADE沿AE所在直線翻折得厶ADE,.ADE為等邊三角形

3、，ZAED=60.TZEAC=ZDAC-ZEAD=30,.ZEFA=90，即AC所在的直線垂直平分線段ED.點(diǎn)E,D關(guān)于直線AC對(duì)稱.如答圖1,連接DD交AC于點(diǎn)P,此時(shí)DP+EP值為最小，且DP+EP=DD.TADE是等邊三角形，AD=AE=WDD=；，即DP+EP最小值為12cm.(3)如答圖2,連接CD，,BDZ,過點(diǎn)D作DZG丄BC于點(diǎn)G,TAC垂直平分線ED,AE=AD,CE=CDZ,TAE=EC,.AD=CD=Z：.AB=BCBD-BDl-CD在厶ABD和厶CBD中，T,ABD仝CBD(SSS).ZDBG=ZDBC=45.DG=GB.設(shè)DG長為xcm，則CG長為:cm,在RtAGD

4、C中，由勾股定理得1：l，y.,解得：(不合題意舍去).點(diǎn)D到BC邊的距離為*二汀cm.CED3GA答團(tuán)2考點(diǎn)：1.翻折和單動(dòng)點(diǎn)問題；2.勾股定理；3.直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)；4.等邊三角形三角形的判定和性質(zhì)；5.軸對(duì)稱的應(yīng)用（最短線路問題）；6.全等三角形的判定和性質(zhì)；7.方程思想的應(yīng)用.2018年12月10日，鄭州市城鄉(xiāng)規(guī)劃局網(wǎng)站掛出鄭州都市區(qū)主城區(qū)停車場專項(xiàng)規(guī)劃，將停車納入城市綜合交通體系，計(jì)劃到2030年，在主城區(qū)新建停車泊位33.04萬個(gè)，2019年初，某小區(qū)擬修建地下停車庫，如圖是停車庫坡道入口的設(shè)計(jì)圖，其中MN是水平線，MNIIAD,AD丄DE,CF丄AB,垂足分別為D,F,

5、坡道AB的坡度為1：”3,DE=3米，點(diǎn)C在DE上,CD=0.5米，CD是限高標(biāo)志屏的高度（標(biāo)志牌上寫有：限高米），如果進(jìn)入該車庫車輛的高度不能超過線段CF的長，則該停車庫限高多少米？（結(jié)果精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)=1.41,朽=1.73）答案】該停車庫限高約為2.2米解析】分析】據(jù)題意得出tanB，即可得出悶在RfADE中根據(jù)勾股定理可求得DE，即可得出/1的正切值，再在RtACEF中，設(shè)EF=x,即可求出x,從而得出CF=j3x的長.詳解】解：由題意得，tanB衛(wèi)3TMNIIAD,.tanA=、*,3TDEAD,在RtAADE中,tanA=DEADTDE=3,又TDC=0.5,.CE=2.

6、5，TCF丄AB,.ZFCE+ZCEF=90,TDE丄AD,.ZA+ZCEF=90,.ZA=ZFCE,J3.tanZFCE=3在RtACEF中，設(shè)EF=x,CF=、忑x(x0),CE=2.5,5代入得(2)2=X2+3X2,解得x=1.25,.CF=V3X=2.2,.該停車庫限高約為2.2米.【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，坡面坡角問題和勾股定理，解題的關(guān)鍵是坡度等于坡角的正切值如圖1,以點(diǎn)M(1,0)為圓心的圓與y軸、x軸分別交于點(diǎn)A、B、C、D,直線x與OM相切于點(diǎn)H,交x軸于點(diǎn)E,交y軸于點(diǎn)F.(1)請(qǐng)直接寫出OE、OM的半徑r、CH的長;(2)如圖2,弦HQ交x軸于點(diǎn)P,且DP:

7、PH=3:2，求cosZQHC的值;(3)如圖3,點(diǎn)K為線段EC上一動(dòng)點(diǎn)(不與E、C重合)，連接BK交OM于點(diǎn)T,弦AT交x軸于點(diǎn)N.是否存在一個(gè)常數(shù)a,始終滿足MNMK=a,如果存在，請(qǐng)求出a的值；如pECMDMHH2-SDJ果不存在,請(qǐng)說明理由.【答案】(1)OE=5,r=2,CH=2-；3)a=4解析】【分析】在直線y=:x中，令y=0,可求得E的坐標(biāo)，即可得到0E的長為5；連接MH,根據(jù)EMH與厶EFO相似即可求得半徑為2；再由EC=MC=2,ZEHM=90，可知CH是RTAEHM斜邊上的中線，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可得出CH的連接DQ、CQ.根據(jù)相似三角形的判定得

8、到CHP-QPD,從而求得DQ的長，在直角三角形CDQ中，即可求得/D的余弦值，即為cosZQHC的值；連接AK,AM,延長AM,與圓交于點(diǎn)G,連接TG,由圓周角定理可知，ZGTA=90,Z3=Z4,故ZAKC=ZMAN，再由AMK-NMA即可得出結(jié)論.【詳解】(1)OE=5,r=2,CH=2(2)如圖1,連接QC、QD,則ZCQD=90,ZQHC=ZQDC,FBiDPDQTa/Tj易知CHP-DQP,故，得DQ=3,由于CD=4,QD3-cosQDC-(3)如圖2,連接AK,AM,延長AM,與圓交于點(diǎn)g,連接tg,貝y-，JZ2+AA-90e-.Z3-Z2+Z3-號(hào)0由于,故,E：；而故：在

9、山禾口呂中也1壯；LAMK廠A.NMA故厶AMK-NMAMNAM麗=顧f即：:p二:匕=-故存在常數(shù)，始終滿足n*常數(shù)a=4解法二：連結(jié)BM,證明二得=-=-超速行駛是引發(fā)交通事故的主要原因.上周末，小明和三位同學(xué)嘗試用自己所學(xué)的知識(shí)檢測車速，如圖，觀測點(diǎn)設(shè)在到萬豐路(直線A0)的距離為120米的點(diǎn)P處.這時(shí)，一輛小轎車由西向東勻速行駛，測得此車從A處行駛到B處所用的時(shí)間為5秒且/APO=60,ZBPO=45.求A、B之間的路程；請(qǐng)判斷此車是否超過了萬豐路每小時(shí)65千米的限制速度？請(qǐng)說明理由.(參考數(shù)據(jù)：J2沁1.414,3沁1.73).【答案】【小題U73.2【小題2】超過限制速度.【解析】

10、解：(1)AB二100(，31)二73.2(米).6分712此車制速度v=18.3米/秒4關(guān)于三角函數(shù)有如下的公式：sin(a+B)=sinacosB+cosasinBcos(a+B)=cosacosB-sinasinBtariff+tan/?tan(a+B)=利用這些公式可將某些不是特殊角的三角函數(shù)轉(zhuǎn)化為特殊角的三角函數(shù)來求值，如:tan45Q+tan60fl1+&(itan105=tan(45+60)_廠=-(2+).根據(jù)上面的知識(shí)，你可以選擇適當(dāng)?shù)墓浇鉀Q下面的實(shí)際問題：如圖，直升飛機(jī)在一建筑物CD上方A點(diǎn)處測得建筑物頂端D點(diǎn)的俯角a=60，底端C點(diǎn)的俯角B=75,此時(shí)直升飛機(jī)與建筑物C

11、D的水平距離BC為42m,求建筑物CD的高.【答案】建筑物CD的高為84米.【解析】分析：如圖，過點(diǎn)D作DE丄AB于點(diǎn)E,由題意易得/ACB=75,ZABC=90,DE=BC=42m,ZADE=60，這樣在RtAABC和在RtAADE中，結(jié)合題中所給關(guān)系式分別求出AB和AE的長,即可由CD=BE=AB-AE求得結(jié)果了.詳解：如圖，過點(diǎn)D作DE丄AB于點(diǎn)E,由題意可得ZACB=75,ZABC=90,DE=BC=42m,CD=BE,ZADE=60,在RtAABC和RtAADEtan45fl4tan30Q=42x42x1-tan45tan30DAB=BCtan75=42tan75=ae=42x也n6

12、（T-42護(hù).CD=AB-AEI-（米）.答：建筑物CD的高為84米.睛：讀懂題意，把已知量和未知量轉(zhuǎn)化到RtAABC和RtAADE中，這樣利用直角三角形中邊角間的關(guān)系結(jié)合題目中所給的“兩角和的三角形函數(shù)公式”即可使問題得到解決.6.如圖，AB為O0的直徑，P是BA延長線上一點(diǎn)，CG是O0的弦ZPCA=ZABC,CG丄AB,垂足為D求證：PC是OO的切線；3PAAD求證：PCCD過點(diǎn)A作AEIIPC交OO于點(diǎn)E,交CD于點(diǎn)F,連接BE,若sinZP=5,CF=5,求BE的長【答案】(1)見解析；(2)BE=12.【解析】【分析】連接OC,由PC切OO于點(diǎn)C,得到OC丄PC,于是得到ZPCA+Z

13、OCA=90,由AB為OO的直徑，得到ZABC+ZOAC=90,由于OC=OA,證得ZOCA=ZOAC，于是得到結(jié)論；由AEIIPC,得到ZPCA=ZCAF根據(jù)垂徑定理得到弧AC=弧AG,于是得到ZACF=ZABC，由于ZPCA=ZABC，推出ZACF=ZCAF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到3CF=AF,在AFD中，AF=5,sinZFAD=5，求得FD=3,AD=4,CD=8，在OCD中，設(shè)OC=r,根據(jù)勾股定理得到方程r2=(r-4)2+82，解得r=10，得到AB=2r=20,由于AB為3BE3OO的直徑，得到ZAEB=90，在rAABE中，由sinZEAD=一，得到=一，于是求得t5AB5

14、結(jié)論.【詳解】(1)證明：連接OC,PC切OO于點(diǎn)C,OC丄PC,ZPCO=90,.ZPCA+ZOCA=90AB為OO的直徑，.ZACB=90,.ZABC+ZOAC=90OC=OA,.ZOCA=ZOAC,ZPCA=ZABC；(2)解：TAEIIPC,.ZPCA=ZCAF,/AB丄CG,.弧人。=弧AG,.ZACF=ZABC,TZPCA=ZABC.ZACF=ZCAF,.CF=AF,TCF=5,.AF=5,TAEIPC,.ZFAD=ZP,/sinZP=sinZFAD=-在RQAFD中,3AF=5,sinZFAD=5,.FD=3,AD=4,.CD=8,設(shè)OC=r,在OCD中，.r2=(r-4)2+8

15、2,.r=10,.AB=2r=20,AB為OO的直徑，.ZAEB=90，在RABE中,3BE3/sinZEAD=5AB5TAB=20,.BE=12【點(diǎn)睛】本題考查切線的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是連接OC構(gòu)造直角三角形337.如圖，直線與軸交于點(diǎn)幣，與軸交于點(diǎn)，拋物線一_z+經(jīng)過點(diǎn)點(diǎn);為軸上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)打且垂直于峙由的直線分別交直線川及拋物線于點(diǎn)；填空：點(diǎn);:的坐標(biāo)為，拋物線的解析式為;當(dāng)點(diǎn)叮在線段上運(yùn)動(dòng)時(shí)(不與點(diǎn)匚重合)，當(dāng)“為何值時(shí)，線段八最大值，并求出八的最大值；求出使為直角三角形時(shí)$的值；若拋物線上有且只有三個(gè)點(diǎn)訃到直線X的距離是請(qǐng)直接寫出此時(shí)由點(diǎn)；，,

16、訃,:構(gòu)成的四邊形的面積.39【答案】(1).-；11當(dāng)m時(shí)，八有最大值是3；使n為直角三角形時(shí),的值為3或,；點(diǎn)：，,:構(gòu)成的四邊形的面積為：6或-或二【解析】【分析】3把點(diǎn)A坐標(biāo)代入直線表達(dá)式y(tǒng)=Jr,求出a=-3，把點(diǎn)A、B的坐標(biāo)代入二次函數(shù)表達(dá)式，即可求解；339設(shè)：點(diǎn)P(m,J；巧，N(m,)求出PN值的表達(dá)式，即可求解；分/BNP=90、ZNBP=90、ZBPN=90三種情況，求解即可；若拋物線上有且只有三個(gè)點(diǎn)N到直線AB的距離是h,則只能出現(xiàn)：在AB直線下方拋物線與過點(diǎn)N的直線與拋物線有一個(gè)交點(diǎn)N,在直線AB上方的交點(diǎn)有兩個(gè)，分別求解即可【詳解】解：(1)把點(diǎn)；坐標(biāo)代入直線表達(dá)式

17、：卜解得：、，貝y：直線表達(dá)式為：.：，令，貝y:.=-：則點(diǎn);:坐標(biāo)為八：,將點(diǎn)：的坐標(biāo)代入二次函數(shù)表達(dá)式得：”-：,把點(diǎn)；的坐標(biāo)代入二次函數(shù)表達(dá)式得：|1：|,解得：十I,TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark2 o Current Document 39故：拋物線的解析式為 HYPERLINK l bookmark8 o Current Document 39故：答案為：;（2）V廠在線段;上，且戈二丄二軸,339.點(diǎn)I.：-，：匸.二3393.TI：，.，.-.-:丫-4匚.拋物線開口向下，.當(dāng)衛(wèi)-時(shí)，八有最大值是3，當(dāng)n,：i時(shí)，點(diǎn)的縱坐標(biāo)為-3,39把

18、代入拋物線的表達(dá)式得：-解得:二=或0（舍去二=-）,.，:-1當(dāng):W川時(shí)，兩直線垂直，其;值相乘為-1,4設(shè)：直線八的表達(dá)式為：-：，4把點(diǎn)的坐標(biāo)代入上式，解得：亠貝y：直線的表達(dá)式為：-：,11將上式與拋物線的表達(dá)式聯(lián)立并解得：F或0（舍去亠,：|）,當(dāng)n時(shí)，不合題意舍去，11故：使“八為直角三角形時(shí)的值為3或，；（3）0A斗，0E3,434在H中，tanof言，貝y:co占嘆一弓，sincr-；、:軸，.BPN=jLABO=a若拋物線上有且只有三個(gè)點(diǎn)到直線沐的距離是，則只能出現(xiàn)：在直線下方拋物線與過點(diǎn)的直線與拋物線有一個(gè)交點(diǎn)，在直線.上方的交點(diǎn)有兩個(gè).當(dāng)過點(diǎn)的直線與拋物線有一個(gè)交點(diǎn)訃，點(diǎn)

19、叮的坐標(biāo)為，設(shè)：點(diǎn)5坐標(biāo)為：y,TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark10 o Current Document 39則：.兒匕過點(diǎn)作沐的平行線，3則點(diǎn)所在的直線表達(dá)式為：二將點(diǎn)坐標(biāo)代入， HYPERLINK l bookmark36 o Current Document 33解得：過點(diǎn)直線表達(dá)式為：廠+；?一宀將拋物線的表達(dá)式與上式聯(lián)立并整理得：丨八A-144-3X4X(0-12+3m-4n)-0,39,將廠代入上式并整理得：；：_j,：i9解得：=-二，則點(diǎn)的坐標(biāo)為丄二，則：點(diǎn)坐標(biāo)為二廠，貝y:小亠f四邊形2汐為平行四邊形，則點(diǎn)到直線的距離等于點(diǎn)到直線“的距離

20、，即：過點(diǎn)與.平行的直線與拋物線的交點(diǎn)為另外兩個(gè)點(diǎn)，即：、，3直線的表達(dá)式為：，將該表達(dá)式與二次函數(shù)表達(dá)式聯(lián)立并整理得：-1，解得：一I+1,則點(diǎn)、的橫坐標(biāo)分別為作交直線于點(diǎn)門，12貝ip=；：.、i一，OP5作-軸，交啪于點(diǎn)，貝y：宀宀，:出廠*，則：一.、，同理：，-，故：點(diǎn)八，”，：構(gòu)成的四邊形的面積為：6或-或-二【點(diǎn)睛】本題考查的是二次函數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)、解直角三角形等相關(guān)知識(shí)，其中(3)中確定點(diǎn)N的位置是本題的難點(diǎn)，核心是通過=0,確定圖中N點(diǎn)的坐標(biāo).8在等腰ABC中，ZB=90,AM是厶ABC的角平分線，過點(diǎn)M作MN丄AC于點(diǎn)N，zEMF=135.將/EMF繞點(diǎn)M

21、旋轉(zhuǎn)，使/EMF的兩邊交直線AB于點(diǎn)E,交直線AC于點(diǎn)F,請(qǐng)解答下列問題：*（1）當(dāng)ZEMF繞點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)到如圖的位置時(shí)，求證：BE+CF=BM；（2）當(dāng)ZEMF繞點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)到如圖，圖的位置時(shí)，請(qǐng)分別寫出線段BE，CF，BM之間的數(shù)量關(guān)系，不需要證明；（3）在（1）和（2）的條件下，tanZBEM=:，AN=J+1,則BM=，CF=.團(tuán)【答案】證明見解析（2）見解析（3）1,1+或1-丄-【解析】【分析】由等腰ABC中，ZB=90,AM是厶ABC的角平分線，過點(diǎn)M作MN丄AC于點(diǎn)N,可得BM=MN，ZBMN=135,又ZEMF=135，可證明的BMENMF,可得BE=NF,NC=NM=BM進(jìn)而得出結(jié)

22、論；（2）如圖時(shí)，同（1）可證BME竺NMF,可得BE-CF=BM,如圖時(shí)，同（1）可證BME竺NMF,可得CF-BE=BM；在RtAABM和RtAANM中，、，“，AM二AM可得RtAABM竺RtAANM,后分別求出AB、AC、CN、BM、BE的長，結(jié)合（1）（2）的結(jié)論對(duì)圖進(jìn)行討論可得CF的長.【詳解】（1）證明：ABC是等腰直角三角形，ZBAC=ZC=45,TAM是ZBAC的平分線，MN丄AC,.BM=MN，在四邊形ABMN中，Z，BMN=360-90-90-45=135，TZENF=135，.ZBME=ZNMF，.BME竺NMF,.BE=NF，TMN丄AC,ZC=45,.ZCMN=ZC

23、=45，.NC=NM=BM，TCN=CF+NF,BE+CF=BM；（2）針對(duì)圖2,同（1）的方法得，BME竺NMF,.BE=NF,TMN丄AC,ZC=45,ZCMN=ZC=45,.NC=NM=BM,TNC=NF-CF,.BE-CF=BM；針對(duì)圖3,同（1）的方法得，BME竺NMF,.BE=NF,TMN丄AC,ZC=45,.ZCMN=ZC=45,.NC=NM=BM,TNC=CF-NF,（3）在RtAABM和RtAANMRtAABM竺RtAANM（HL）,AB=AN=二+1,在RtAABC中，AC=AB=.；+1,AC=AB=2+二，CN=AC-AN=2+二-（二+1）=1,在RtACMN中，CM

24、=.CN=一:,.BM=BC-CM=二+1-_-=1,.CF-BE=BM；3由（1）知，如圖1,BE+CF=BM,.CF=BM-BE=1-由（2）知，如圖2,由tanZBEM=.-,.此種情況不成立；由（2）知，如圖3,CF-BE=BM,.CF=BM+BE=1+,故答案為1,1+或1-點(diǎn)睛】本題考查三角函數(shù)與旋轉(zhuǎn)與三角形全等的綜合，難度較大，需綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)求解.9問題探究：（一）新知學(xué)習(xí)：圓內(nèi)接四邊形的判斷定理：如果四邊形對(duì)角互補(bǔ)，那么這個(gè)四邊形內(nèi)接于圓（即如果四邊形EFGH的對(duì)角互補(bǔ)，那么四邊形EFGH的四個(gè)頂點(diǎn)E、F、G、H都在同個(gè)圓上）（二）問題解決：已知OO的半徑為2,AB,CD是

25、OO的直徑.P是BC上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P分別作AB,CD的垂線，垂足分別為N，M.（1）若直徑AB丄CD,對(duì)于EC上任意一點(diǎn)P（不與B、C重合）（如圖一），證明四邊形PMON內(nèi)接于圓，并求此圓直徑的長；（2）若直徑AB丄CD,在點(diǎn)P（不與B、C重合）從B運(yùn)動(dòng)到C的過程匯總，證明MN的長為定值，并求其定值；（3）若直徑AB與CD相交成120角.當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到BC的中點(diǎn)P時(shí)（如圖二），求MN的長；當(dāng)點(diǎn)P（不與B、C重合）從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中（如圖三），證明MN的長為定值.（4）試問當(dāng)直徑AB與CD相交成多少度角時(shí)，MN的長取最大值，并寫出其最大值.C【答案】（1）證明見解析，直徑OP=2；（2）證明見

26、解析，MN的長為定值，該定值為2；（3）MN=J；證明見解析；（4）MN取得最大值2.【解析】試題分析：（1）如圖一，易證ZPMO+ZPNO=180,從而可得四邊形PMON內(nèi)接于圓，直徑OP=2；（2）如圖一，易證四邊形PMON是矩形，則有MN=OP=2，問題得以解決；（3）如圖二，根據(jù)等弧所對(duì)的圓心角相等可得ZCOPT=ZBOP=60，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)可得/MPN=60.根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得PM=PN,從而得到厶PMN是等邊三角形，則有MN=PM.然后在RtAPMO運(yùn)用三角函數(shù)就可解決問題；設(shè)四邊形PMON的外接圓為OOZ，連接NO,并延長，交OOZ于點(diǎn)Q,連接QM,如圖三，根據(jù)

27、圓周角定理可得ZQMN=90,ZMQN=ZMPN=60,在RtAQMN中運(yùn)用三角函數(shù)可得：MN=QNsinZMQN,從而可得MN=OPsinZMQN,由此即可解決問題；（4）由（3）中已得結(jié)論MN=OPsinZMQN可知，當(dāng)ZMQN=90時(shí)，MN最大，問題得以解決試題解析：（1）如圖一，TPM丄OC,PN丄OB,ZPMO=ZPNO=90,AZPMO+ZPNO=180,A四邊形PMON內(nèi)接于圓，直徑OP=2；（2）如圖一,TAB丄OC,即ZBOC=90,AZBOC=ZPMO=ZPNO=90,A四邊形PMON是矩形,AMN=OP=2,AMN的長為定值,該定值為2；（3）如圖二，TP是EC的中點(diǎn)，ZBOC=120,AZCOP=ZBOP=60,ZMPN=60,TP】M丄OC,PN丄OB,APM=PN,P#N是等邊三角形，AMN=P#.TP1M=OP1sinZMOP=2xsin60=77,AMNJ；設(shè)四邊形PMON的外接圓為OOZ，連接NO并延長，交OO于點(diǎn)Q,連接QM,如圖三，則有ZQMN=90,ZMQN=ZMPN=60,MN在RtAQMN中，sinZMQN=,AMN=QNsinZMQN,M