一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点P在线段BC上（不含点B），
1 ∠ACB，PE交BO于点E，过点B作BF⊥PE，垂足为F，交AC于点G． 2（1）当点P与点C重合时（如图1）．求证：△BOG≌△POE；
∠BPE=
（2）通过观察、测量、猜想：
BF= ，并结合图2证明你的猜想； PEBF的PE（3）把正方形ABCD改为菱形，其他条件不变（如图3），若∠ACB=α，求值．（用含α的式子表示）
【答案】（1）证明见解析（2）【解析】
BF1BF1 （3）tan PE2PE2解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，P与C重合， ∴OB=\"OP\" ， ∠BOC=∠BOG=90°．
∵PF⊥BG ，∠PFB=90°，∴∠GBO=90°—∠BGO，∠EPO=90°—∠BGO． ∴∠GBO=∠EPO ．∴△BOG≌△POE（AAS）． （2）
BF1．证明如下： PE2如图，过P作PM//AC交BG于M，交BO于N，
∴∠PNE=∠BOC=900， ∠BPN=∠OCB． ∵∠OBC=∠OCB =450， ∴∠NBP=∠NPB． ∴NB=NP．
∵∠MBN=900—∠BMN， ∠NPE=900—∠BMN，∴∠MBN=∠NPE．
∴△BMN≌△PEN（ASA）．∴BM=PE．
1∠ACB，∠BPN=∠ACB，∴∠BPF=∠MPF． 2∵PF⊥BM，∴∠BFP=∠MFP=900．
∵∠BPE=
又∵PF=PF， ∴△BPF≌△MPF（ASA）．∴BF=\"MF\" ，即BF=∴BF=
1BM． 21BF1． PE， 即
2PE2（3）如图，过P作PM//AC交BG于点M，交BO于点N，
∴∠BPN=∠ACB=α，∠PNE=∠BOC=900．
1BM， ∠MBN=∠EPN． 2∵∠BNM=∠PNE=900，∴△BMN∽△PEN．
由（2）同理可得BF=∴
BMBN． PEPNBNBM2BF=tan，即=tan． ， ∴
PNPEPE在Rt△BNP中，tan=∴
BF1=tan． PE2（1）由正方形的性质可由AAS证得△BOG≌△POE．
（2）过P作PM//AC交BG于M，交BO于N，通过ASA证明△BMN≌△PEN得到BM=PE，通过ASA证明△BPF≌△MPF得到BF=MF，即可得出
BF1的结论． PE21BM， 2（3）过P作PM//AC交BG于点M，交BO于点N，同（2）证得BF=∠MBN=∠EPN，从而可证得△BMN∽△PEN，由可求得
BMBNBN和Rt△BNP中tan=即PEPNPNBF1=tan． PE2
2．（2013年四川攀枝花12分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，点B（10，0），C（7，4）．直线l经过A，D两点，且sin∠DAB=2．动点P2在线段AB上从点A出发以每秒2个单位的速度向点B运动，同时动点Q从点B出发以每秒5个单位的速度沿B→C→D的方向向点D运动，过点P作PM垂直于x轴，与折线A→D→C相交于点M，当P，Q两点中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设点P，Q运动的时间为t秒（t＞0），△MPQ的面积为S．
（1）点A的坐标为 ，直线l的解析式为 ；
（2）试求点Q与点M相遇前S与t的函数关系式，并写出相应的t的取值范围； （3）试求（2）中当t为何值时，S的值最大，并求出S的最大值；
（4）随着P，Q两点的运动，当点M在线段DC上运动时，设PM的延长线与直线l相交于点N，试探究：当t为何值时，△QMN为等腰三角形？请直接写出t的值． 【答案】解：（1）（﹣4，0）；y=x+4． （2）在点P、Q运动的过程中： ①当0＜t≤1时，如图1，
过点C作CF⊥x轴于点F，则CF=4，BF=3，由勾股定理得BC=5． 过点Q作QE⊥x轴于点E，则BE=BQ•cos∠CBF=5t•∴PE=PB﹣BE=（14﹣2t）﹣3t=14﹣5t，
3=3t． 511PM•PE=×2t×（14﹣5t）=﹣5t2+14t． 22②当1＜t≤2时，如图2，
S=
过点C、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为F，E，则CQ=5t﹣5，PE=AF﹣AP﹣EF=11﹣2t﹣（5t﹣5）=16﹣7t．
11PM•PE=×2t×（16﹣7t）=﹣7t2+16t． 22③当点M与点Q相遇时，DM+CQ=CD=7，
S=
即（2t﹣4）+（5t﹣5）=7，解得t=当2＜t＜
16． 716时，如图3， 7
MQ=CD﹣DM﹣CQ=7﹣（2t﹣4）﹣（5t﹣5）=16﹣7t， S=
11PM•MQ=×4×（16﹣7t）=﹣14t+32． 225t214t0 （3）①当0＜t≤1时，S5t214t5t 557∵a=﹣5＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=， 52∴当0＜t≤1时，S随t的增大而增大． ∴当t=1时，S有最大值，最大值为9． 2864， ②当1＜t≤2时，S7t16t7t 772∵a=﹣7＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=∴当t= 8， 7864时，S有最大值，最大值为． 7716时，S=﹣14t+32 716时，S=0，∴0＜S＜4． 7③当2＜t＜ ∵k=﹣14＜0，∴S随t的增大而减小． 又∵当t=2时，S=4；当t=综上所述，当t= 864时，S有最大值，最大值为． 772012或t=时，△QMN为等腰三角形． 59【解析】 （4）t= （1）利用梯形性质确定点D的坐标，由sin∠DAB=2，利用特殊三角函数值，得到2△AOD为等腰直角三角形，从而得到点A的坐标；由点A、点D的坐标，利用待定系数法求出直线l的解析式： ∵C（7，4），AB∥CD，∴D（0，4）． ∵sin∠DAB= 2，∴∠DAB=45°．∴OA=OD=4．∴A（﹣4，0）． 24kb0k1，解得：{．∴y=x+4． b4b4设直线l的解析式为：y=kx+b，则有{∴点A坐标为（﹣4，0），直线l的解析式为：y=x+4． （2）弄清动点的运动过程分别求解：①当0＜t≤1时，如图1；②当1＜t≤2时，如图2；③当2＜t＜ 16时，如图3． 7（3）根据（2）中求出的S表达式与取值范围，逐一讨论计算，最终确定S的最大值． （4）△QMN为等腰三角形的情形有两种，需要分类讨论： ①如图4，点M在线段CD上， MQ=CD﹣DM﹣CQ=7﹣（2t﹣4）﹣（5t﹣5）=16﹣7t，MN=DM=2t﹣4， 由MN=MQ，得16﹣7t=2t﹣4，解得t= 20． 9②如图5，当点M运动到C点，同时当Q刚好运动至终点D， 此时△QMN为等腰三角形，t=∴当t= 12． 52012或t=时，△QMN为等腰三角形． 59考点：一次函数综合题，双动点问题，梯形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，由实际问题列函数关系式，一次函数和二次函数的性质，等腰三角形的性质，分类思想的应用． 3．如图，某校数学兴趣小组为测量校园主教学楼AB的高度，由于教学楼底部不能直接到达，故兴趣小组在平地上选择一点C，用测角器测得主教学楼顶端A的仰角为30°，再向主教学楼的方向前进24米，到达点E处（C，E，B三点在同一直线上），又测得主教学楼顶端A的仰角为60°，已知测角器CD的高度为1.6米，请计算主教学楼AB的高度．（3≈1.73，结果精确到0.1米） 【答案】22.4m 【解析】 【分析】 首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造等量关系，进而求解． 【详解】 解：在Rt△AFG中，tan∠AFG=3， AGAG∴FG=， tanAFG3在Rt△ACG中，tan∠ACG=∴CG= AG， CGAG=3AG． tanACG又∵CG﹣FG=24m， 即3AG﹣AG=24m， 3∴AG=123m， ∴AB=123+1.6≈22.4m． 4．如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E（30，0），交y轴于点D（0， 1x+5交x轴于点A，交y轴于点B，交直线DE于点P，过点E作3EF⊥x轴交直线AB于点F，以EF为一边向右作正方形EFGH． （1）求边EF的长； 40），直线AB：y＝ （2）将正方形EFGH沿射线FB的方向以每秒10个单位的速度匀速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移过程中边F1G1始终与y轴垂直，设平移的时间为t秒（t＞0）． ①当点F1移动到点B时，求t的值； ②当G1，H1两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形E1F1G1H1与△APE重叠部分的面积． 【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120； 【解析】 【分析】 （1）根据已知点E（30，0），点D（0，40），求出直线DE的直线解析式y=-求出P点坐标，进而求出F点坐标即可； （2）①易求B（0，5），当点F1移动到点B时，t=1010÷10=10； 4x+40，可3②F点移动到F'的距离是10t，F垂直x轴方向移动的距离是t，当点H运动到直线DE上时，在Rt△F'NF中，t=4，S= NF1MH4，=，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中， NF3EM31451023PK1×(12+)×11==，；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，248FK3PKt34＝＝，t=7，S=15×（15-7）=120. KG153t93PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，【详解】 （1）设直线DE的直线解析式y＝kx+b， 将点E（30，0），点D（0，40）， 30kb0∴， b404k∴3， b40∴y＝﹣ 4x+40， 3直线AB与直线DE的交点P（21，12）， 由题意知F（30，15）， ∴EF＝15； （2）①易求B（0，5）， ∴BF＝1010， ∴当点F1移动到点B时，t＝101010＝10； ②当点H运动到直线DE上时， F点移动到F'的距离是10t， 在Rt△F'NF中， NF1=， NF3∴FN＝t，F'N＝3t， ∵MH'＝FN＝t， EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t， 在Rt△DMH'中， MH4， EM3t4， 153t3∴t＝4， ∴ ∴EM＝3，MH'＝4， 1451023(12)11； 248当点G运动到直线DE上时， ∴S＝ F点移动到F'的距离是10t， ∵PF＝310， ∴PF'＝10t﹣310， 在Rt△F'PK中， PK1， FK3∴PK＝t﹣3，F'K＝3t﹣9， 在Rt△PKG'中，∴t＝7， ∴S＝15×（15﹣7）＝120. 【点睛】 本题考查一次函数图象及性质，正方形的性质；掌握待定系数法求函数解析式，利用三角形的正切值求边的关系，利用勾股定理在直角三角形中建立边之间的联系，准确确定阴影部分的面积是解题的关键． PKt34＝＝， KG153t93 5．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822cm2． 【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，DE15cm，ODE67． ∵cosODE∴ODDE， DO15， 0.39461424．5cm， ∴OAODAD38．答：半径OA的长约为24.5cm． (2)∵ODE67， ∴BOC157， ∴S扇形BOCnr2 3601573.1424.522 360822cm2． 答：扇形BOC的面积约为822cm2． 【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． 6．如图（1），已知正方形ABCD在直线MN的上方BC在直线MN上，E是BC上一点， 以AE为边在直线MN的上方作正方形AEFG． （1）连接GD，求证：△ADG≌△ABE； （2）连接FC，观察并直接写出∠FCN的度数（不要写出解答过程） （3）如图（2），将图中正方形ABCD改为矩形ABCD，AB＝6，BC＝8，E是线段BC上一动点（不含端点B、C），以AE为边在直线MN的上方作矩形AEFG，使顶点G恰好落在射线CD上．判断当点E由B向C运动时，∠FCN的大小是否总保持不变，若∠FCN的大小不变，请求出tan∠FCN的值．若∠FCN的大小发生改变，请举例说明． 【答案】（1）见解析；（2）∠FCN＝45°，理由见解析；（3）当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，tan∠FCN＝【解析】 【分析】 （1）根据三角形判定方法进行证明即可． （2）作FH⊥MN于H．先证△ABE≌△EHF，得到对应边相等，从而推出△CHF是等腰直角三角形，∠FCH的度数就可以求得了． （3）解法同（2），结合（1）（2）得：△EFH≌△GAD，△EFH∽△ABE，得出EH=AD=BC=8，由三角函数定义即可得出结论． 【详解】 （1）证明：∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴AB＝AD，AE＝AG＝EF，∠BAD＝∠EAG＝∠ADC＝90°， ∴∠BAE+∠EAD＝∠DAG+∠EAD，∠ADG＝90°＝∠ABE， ∴∠BAE＝∠DAG， 在△ADG和△ABE中， 4．理由见解析. 3ADGABEDAGBAE， ADAB∴△ADG≌△ABE（AAS）． （2）解：∠FCN＝45°，理由如下： 作FH⊥MN于H，如图1所示： 则∠EHF＝90°＝∠ABE， ∵∠AEF＝∠ABE＝90°， ∴∠BAE+∠AEB＝90°，∠FEH+∠AEB＝90°， ∴∠FEH＝∠BAE，在△EFH和△ABE中， EHFABEFEHBAE， EFAE∴△EFH≌△ABE（AAS）， ∴FH＝BE，EH＝AB＝BC， ∴CH＝BE＝FH， ∵∠FHC＝90°， ∴∠FCN＝45°． （3）当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，理由如下： 作FH⊥MN于H，如图2所示： 由已知可得∠EAG＝∠BAD＝∠AEF＝90°， 结合（1）（2）得：△EFH≌△GAD，△EFH∽△ABE， ∴EH＝AD＝BC＝8， ∴CH＝BE， ∴ EHFHFH； ABBECHFHEH84， CHAB634． 3在Rt△FEH中，tan∠FCN＝ ∴当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，tan∠FCN＝【点睛】 本题是四边形综合题目，考查了正方形，矩形的判定及全等三角形的判定方法等知识点的 综合运用，其重点是通过证三角形全等或相似来得出线段的相等或成比例． 7．如图，建筑物 , 上有一旗杆 ， ，从与 相距） 的处观测旗杆顶部的仰角为 ， 观测旗杆底部的仰角为 ，求旗杆 的高度.（参考数据： 【答案】旗杆【解析】 【分析】 的高度约为. 在Rt△BDC中，根据tan∠BDC=tan∠ADC=【详解】 解：∵在Rt△BDC中，tan∠BDC=在Rt△ADC中，tan∠ADC=∴tan50°= ∴AB 7.6m =1.19 = = 求出BC，接着在Rt△ADC中，根据 即可求出AB的长度 =1，∴BC=CD= 40m 答：旗杆AB的高度约为7.6m. 【点睛】 此题主要考查了三角函数的应用 8．如图，在△ABC中，ACBC10，cosC重合），以PA长为半径的 3,点P是BC边上一动点（不与点A,C5P与边AB的另一个交点为D，过点D作DECB于点E. 1当P与边BC相切时，求P的半径； 2联结BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式， 并直接写出x的取值范围； 3在2的条件下，当以PE长为直径的 所得的公共弦的长. Q与P相交于AC边上的点G时，求相交 2405xx8x80【答案】（1）；（2）y0x10；（3）1025 93x20【解析】 【分析】 （1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=sinC= 3，则54HPR4==，即可求解； ，sinC= 5CP10R524xEBBF（2）PD∥BE，则＝，即：5PDPFx求解． 【详解】 x28x80y，即可求解； y（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R， 连接HP，则HP⊥BC，cosC=sinC= 33，则sinC=， 55HPR440==，解得：R=； CP10R593， 5（2）在△ABC中，AC=BC=10，cosC= 设AP=PD=x，∠A=∠ABC=β，过点B作BH⊥AC， 则BH=ACsinC=8， 同理可得： CH=6，HA=4，AB=45，则：tan∠CAB=2BP=82x4=x28x80， DA=22525x，则BD=45-x， 55如下图所示， PA=PD，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β， tanβ=2，则cosβ=12，sinβ=， 551225x）×=4-x， 555EB=BDcosβ=（45-∴PD∥BE， 24xEBBF∴＝，即：5PDPFxx28x80y， y25xx8x80整理得：y=0x10； 3x20（3）以EP为直径作圆Q如下图所示， 两个圆交于点G，则PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦， ∵点Q时弧GD的中点， ∴DG⊥EP， ∵AG是圆P的直径， ∴∠GDA=90°， ∴EP∥BD， 由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形， ∴AG=EP=BD， ∴AB=DB+AD=AG+AD=45， 设圆的半径为r，在△ADG中， 2r4rAD=2rcosβ=，DG=，AG=2r， 552r20+2r=45，解得：2r=， 551则：DG=4r=10-25， 5相交所得的公共弦的长为10-25． 【点睛】 本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大． 9．如图，AB为⊙O的直径，P是BA延长线上一点，CG是⊙O的弦∠PCA＝∠ABC，CG⊥AB，垂足为D (1)求证：PC是⊙O的切线； (2)求证： PAAD； PCCD3，CF＝5，求BE5(3)过点A作AE∥PC交⊙O于点E，交CD于点F，连接BE，若sin∠P＝的长． 【答案】（1）见解析；（2）BE=12． 【解析】 【分析】 （1）连接OC，由PC切⊙O于点C，得到OC⊥PC，于是得到∠PCA+∠OCA=90°，由AB为⊙O的直径，得到∠ABC+∠OAC=90°，由于OC=OA，证得∠OCA=∠OAC，于是得到结论； （2）由AE∥PC，得到∠PCA=∠CAF根据垂径定理得到弧AC=弧AG，于是得到∠ACF=∠ABC，由于∠PCA=∠ABC，推出∠ACF=∠CAF，根据等腰三角形的性质得到CF=AF，在Rt△AFD中，AF=5，sin∠FAD= 3，求得FD=3，AD=4，CD=8，在Rt△OCD中，53BE3，得到＝，于是求得5AB5设OC=r，根据勾股定理得到方程r2=（r-4）2+82，解得r=10，得到AB=2r=20，由于AB为⊙O的直径，得到∠AEB=90°，在Rt△ABE中，由sin∠EAD=结论． 【详解】 （1）证明：连接OC， ∵PC切⊙O于点C， ∴OC⊥PC， ∴∠PCO=90°， ∴∠PCA+∠OCA=90°， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB=90°， ∴∠ABC+∠OAC=90°， ∵OC=OA， ∴∠OCA=∠OAC， ∴∠PCA=∠ABC； （2）解：∵AE∥PC， ∴∠PCA=∠CAF， ∵AB⊥CG， ∴弧AC=弧AG， ∴∠ACF=∠ABC， ∵∠PCA=∠ABC， ∴∠ACF=∠CAF， ∴CF=AF， ∵CF=5， ∴AF=5， ∵AE∥PC， ∴∠FAD=∠P， ∵sin∠P= 3， 53， 5∴sin∠FAD= 在Rt△AFD中，AF=5，sin∠FAD=∴FD=3，AD=4，∴CD=8， 在Rt△OCD中，设OC=r， ∴r2=（r﹣4）2+82 ， ∴r=10， ∴AB=2r=20， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠AEB=90°，在Rt△ABE中， ∵sin∠EAD=∵AB=20， ∴BE=12． 【点睛】 3， 53BE3， ，∴ 5AB5本题考查切线的性质，锐角三角函数，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题关键是连接OC构造直角三角形． 10．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD交于点O，且AC＝80，BD＝60．动点M、N分别以每秒1个单位的速度从点A、D同时出发，分别沿A→O→D和D→A运动，当点N到达点A时，M、N同时停止运动．设运动时间为t秒． (1)求菱形ABCD的周长； (2)记△DMN的面积为S，求S关于t的解析式，并求S的最大值； (3)当t=30秒时，在线段OD的垂直平分线上是否存在点P，使得∠DPO=∠DON？若存在，这样的点P有几个？并求出点P到线段OD的距离；若不存在，请说明理由． 【答案】解：（1）在菱形ABCD中， ∵AC⊥BD，AC=80，BD=60，∴∴菱形ABCD的周长为200。 （2）过点M作MP⊥AD，垂足为点P． ①当0＜t≤40时，如答图1， 。 ∵ ∴MP=AM•sin∠OAD=t。 S=DN•MP=×t×t= t2。 ， ②当40＜t≤50时，如答图2，MD=70﹣t， ∵ ， ∴MP=（70﹣t）。 ∴S△DMN=DN•MP=×t×（70﹣t）= t2+28t= （t﹣35）2+490。 。 ∴S关于t的解析式为 当0＜t≤40时，S随t的增大而增大，当t=40时，最大值为480； 当40＜t≤50时，S随t的增大而减小，最大值不超过480。 综上所述，S的最大值为480。 （3）存在2个点P，使得∠DPO=∠DON。 如答图3所示，过点N作NF⊥OD于点F， 则NF=ND•sin∠ODA=30×DF=ND•cos∠ODA=30× =24， =18。 ∴OF=12。∴ 。 作∠NOD的平分线交NF于点G，过点G作GH⊥ON于点H， 则FG=GH。 ∴S△ONF=OF•NF=S△OGF+S△OGN=OF•FG+ON•GH=（OF+ON）•FG。 ∴ 。 。 ∴ 设OD中垂线与OD的交点为K，由对称性可知：∠DPK=∠DPO=∠DON=∠FOG， ∴∴PK= 。 。 根据菱形的对称性可知，在线段OD的下方存在与点P关于OD轴对称的点P′。 ∴存在两个点P到OD的距离都是【解析】 试题分析：本题考查了相似三角形的判定与性质、菱形、等腰三角形、中垂线、勾股定理、解直角三角形、二次函数极值等知识点，涉及考点较多，有一定的难度．第（2）问中，动点M在线段AO和OD上运动时，是两种不同的情形，需要分类讨论；第（3）问中，满足条件的点有2个，注意不要漏解. （1）根据勾股定理及菱形的性质，求出菱形的周长； （2）在动点M、N运动过程中：①当0＜t≤40时，如答图1所示，②当40＜t≤50时，如答图2所示．分别求出S的关系式，然后利用二次函数的性质求出最大值； （3）如答图4所示，作ON的垂直平分线，交EF于点I，连接OI，IN．过点N作NG⊥OD，NH⊥EF，垂足分别为G，H．易得△DNG∽△DAO，由EF垂直平分OD，得到OE=ED=15，EG=NH=3，再设OI=R，EI=x，根据勾股定理，在Rt△OEI和Rt△NIH中，得到关于R和x的 方程组，解得R和x的值，把二者相加就是点P到OD的距离，即PE=PI＋IE=R+x，又根据对称性可得，在BD下方还存在一个点P′也满足条件，故存在两个点P，到OD的距离也相同，从而问题解决． 试题解析：（1）如图①)在菱形ABCD中，OA=AC=40， OD=BD=30， ∵AC⊥BD， ∴AD= =50， ∴菱形ABCD的周长为200； （2）(如图②)过点M作MH⊥AD于点H． ① (如图②甲)①当0＜t≤40时， ∵sin∠OAD=∴MH=t， ∴S=DN·MH=∴MD=80-t， ∵sin∠ADO=∴MH=(70-t)， ∴S=DN·MH, =-t2＋28t ＝-(t-35)2＋490． -， t2． = =， ②(如图②乙)当40＜t≤50时， ∴S= ， 当0＜t≤40时，S随t的增大而增大，当t=40时，最大值为480． 当40＜t≤50时，S随t的增大而增大，当t=40时，最大值为480． 综上所述，S的最大值为480； (3)存在2个点P，使得∠DPO=∠DON． (如图④)作ON的垂直平分线，交EF于点I，连接OI，IN． 过点N作NG⊥OD，NH⊥EF，垂足分别为G，H． 当t=30时，DN=OD=30，易知△DNG∽△DAO， ∴NG=24，DG=18． ∵EF垂直平分OD， ∴OE=ED=15，EG=NH=3， 设OI=R，EI=x，则 在Rt△OEI中，有R2=152＋x2……①， 在Rt△NIH中，有R2=32＋(24-x)2……②， 由①,②可得：∴PE=PI＋IE= ． , 根据对称性可得，在BD下方还存在一个点P′也满足条件， ∴存在两个点P，到OD的距离都是 ． 考点：相似性综合题. 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容