中考数学(锐角三角函数提高练习题)压轴题训练附详细答案

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，平台AB高为12m，在B处测得楼房CD顶部点D的仰角为45°，底部点C的俯角为30°，求楼房CD的高度（3＝1．7）．

【答案】32．4米． 【解析】

试题分析：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关系式求解．

试题解析：如图，过点B作BE⊥CD于点E， 根据题意，∠DBE=45°，∠CBE=30°． ∵AB⊥AC，CD⊥AC， ∴四边形ABEC为矩形， ∴CE=AB=12m， 在Rt△CBE中，cot∠CBE=

BE， CE∴BE=CE•cot30°=12×3=123， 在Rt△BDE中，由∠DBE=45°， 得DE=BE=123．

∴CD=CE+DE=12（3+1）≈32.4． 答：楼房CD的高度约为32.4m．

考点：解直角三角形的应用——仰角俯角问题．

2．如图，将一副直角三角形拼放在一起得到四边形ABCD，其中∠BAC=45°，∠ACD=30°，点E为CD边上的中点，连接AE，将△ADE沿AE所在直线翻折得到△AD′E，D′E交AC于F点．若AB=6

cm．

（1）AE的长为 cm；

（2）试在线段AC上确定一点P，使得DP+EP的值最小，并求出这个最小值； （3）求点D′到BC的距离．

【答案】（1）【解析】

；（2）12cm；（3）

cm．

试题分析：（1）首先利用勾股定理得出AC的长，进而求出CD的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进而得出答案： ∵∠BAC=45°，∠B=90°，∴AB=BC=6

cm，∴AC=12cm．

∵∠ACD=30°，∠DAC=90°，AC=12cm，∴∵点E为CD边上的中点，∴AE=DC=

cm．

（cm）．

（2）首先得出△ADE为等边三角形，进而求出点E，D′关于直线AC对称，连接DD′交AC于点P，根据轴对称的性质，此时DP+EP值为最小，进而得出答案．

（3）连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，进而得出△ABD′≌△CBD′（SSS），则∠D′BG=45°，D′G=GB，进而利用勾股定理求出点D′到BC边的距离． 试题解析：解：（1）

．

（2）∵Rt△ADC中，∠ACD=30°，∴∠ADC=60°， ∵E为CD边上的中点，∴DE=AE．∴△ADE为等边三角形．

∵将△ADE沿AE所在直线翻折得△AD′E，∴△AD′E为等边三角形，∠AED′=60°． ∵∠EAC=∠DAC﹣∠EAD=30°，∴∠EFA=90°，即AC所在的直线垂直平分线段ED′． ∴点E，D′关于直线AC对称．

如答图1，连接DD′交AC于点P，∴此时DP+EP值为最小，且DP+EP=DD′． ∵△ADE是等边三角形，AD=AE=∴

，

，即DP+EP最小值为12cm．

（3）如答图2，连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G， ∵AC垂直平分线ED′，∴AE=AD′，CE=CD′， ∵AE=EC，∴AD′=CD′=

．

在△ABD′和△CBD′中，∵，∴△ABD′≌△CBD′cm，

，

（不合题意舍去）． cm．

（SSS）．∴∠D′BG=∠D′BC=45°．∴D′G=GB． 设D′G长为xcm，则CG长为在Rt△GD′C中，由勾股定理得解得：

∴点D′到BC边的距离为

考点：1．翻折和单动点问题；2．勾股定理；3．直角三角形斜边上的中线性质；4．等边三角形三角形的判定和性质；5．轴对称的应用（最短线路问题）；6．全等三角形的判定和性质；7．方程思想的应用．

3．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为D，BE=1cm．点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M同时同方向以相同的速度运动，以MN为边在BC的上方作正方形MNGH．点M到达点D时停止运动，点N到达点C时停止运动．设运动时间为t（s）． （1）当t为何值时，点G刚好落在线段AD上？

（2）设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S，当重叠部分的图形是正方形时，求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围．

（3）设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P，连接DP，当t为何值时，△CPD是等腰三角形？

【答案】（1）3；（2）【解析】

；（3）t=9s或t=（15﹣6

）s.

试题分析：（1）求出ED的距离即可求出相对应的时间t.

（2）先求出t的取值范围，分为H在AB上时，此时BM的距离，进而求出相应的时间．同样当G在AC上时，求出MN的长度，继而算出EN的长度即可求出时间，再通过正方形的面积公式求出正方形的面积.

（3）分DP=PC和DC=PC两种情况，分别由EN的长度便可求出t的值． 试题解析：∵∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm ∴AB=8cm，BD=4cm，AC=8

cm，DC=12cm，AD=4

cm.

（1）∵当G刚好落在线段AD上时，ED=BD﹣BE=3cm ∴t=s=3s．

（2）∵当MH没有到达AD时，此时正方形MNGH是边长为1的正方形，令H点在AB上，

则∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1 ∴BM=

cm.∴t=

s.

当MH到达AD时，那么此时的正方形MNGH的边长随着N点的继续运动而增大，令G点在AC上，

设MN=xcm，则GH=DH=x，AH=∵AD=AH+DH=∴x=3． 当

≤t≤4时，SMNGN=1cm2．

x+x=

x=4

x， ，

当4＜t≤6时，SMNGH=（t﹣3）2cm2

∴S关于t的函数关系式为：（3）分两种情况：

.

①∵当DP=PC时，易知此时N点为DC的中点，∴MN=6cm ∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s

故当t=9s的时候，△CPD为等腰三角形； ②当DC=PC时，DC=PC=12cm ∴NC=6

cm

cm=（15﹣6

）cm

）s

）s时，△CPD为等腰三角形．

）s时，△CPD为等腰三角形．

∴EN=16cm﹣1cm﹣6∴t=（15﹣6故当t=（15﹣6

综上所述，当t=9s或t=（15﹣6

考点：1.双动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.正方形的性质；5.由实际问题列函数关系式；6.等腰三角形的性质；7.分类思想的应用.

4．如图，在△ABC中，∠A=90°，∠ABC=30°，AC=3，动点D从点A出发，在AB边上以每秒1个单位的速度向点B运动，连结CD，作点A关于直线CD的对称点E，设点D运动时间为t（s）．

（1）若△BDE是以BE为底的等腰三角形，求t的值； （2）若△BDE为直角三角形，求t的值； （3）当S△BCE≤

9时，所有满足条件的t的取值范围 （所有数据请保留准确值，参考2数据：tan15°=2﹣3）． 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）如图1，先由勾股定理求得AB的长，根据点A、E关于直线CD的对称，得CD垂直平分AE，根据线段垂直平分线的性质得：AD=DE，所以AD=DE=BD，由AB=33，可得t的值；

（2）分两种情况：

①当∠DEB=90°时，如图2，连接AE，根据AB=3t=33，可得t的值；

②当∠EDB=90°时，如图3，根据△AGC≌△EGD，得AC=DE，由AC∥ED，得四边形CAED是平行四边形，所以AD=CE=3，即t=3；

（3）△BCE中，由对称得：AC=CE=3，所以点D在运动过程中，CE的长不变，所以△BCE面积的变化取决于以CE作底边时，对应高的大小变化， ①当△BCE在BC的下方时，

33；（2）3秒或3秒；（3）6﹣33≤t≤3 2②当△BCE在BC的上方时，

分别计算当高为3时对应的t的值即可得结论． 【详解】

解：（1）如图1，连接AE， 由题意得：AD=t， ∵∠CAB=90°，∠CBA=30°， ∴BC=2AC=6， ∴AB=6232=33， ∵点A、E关于直线CD的对称， ∴CD垂直平分AE， ∴AD=DE，

∵△BDE是以BE为底的等腰三角形， ∴DE=BD， ∴AD=BD， ∴t=AD=33； 2（2）△BDE为直角三角形时，分两种情况： ①当∠DEB=90°时，如图2，连接AE， ∵CD垂直平分AE， ∴AD=DE=t， ∵∠B=30°， ∴BD=2DE=2t， ∴AB=3t=33， ∴t=3；

②当∠EDB=90°时，如图3， 连接CE， ∵CD垂直平分AE， ∴CE=CA=3， ∵∠CAD=∠EDB=90°， ∴AC∥ED， ∴∠CAG=∠GED， ∵AG=EG，∠CGA=∠EGD， ∴△AGC≌△EGD， ∴AC=DE， ∵AC∥ED，

∴四边形CAED是平行四边形， ∴AD=CE=3，即t=3；

综上所述，△BDE为直角三角形时，t的值为3秒或3秒；

（3）△BCE中，由对称得：AC=CE=3，所以点D在运动过程中，CE的长不变，所以△BCE面积的变化取决于以CE作底边时，对应高的大小变化，

①当△BCE在BC的下方时，过B作BH⊥CE，交CE的延长线于H，如图4，当AC=BH=3时，

119AE•BH=×3×3=， 222易得△ACG≌△HBG， ∴CG=BG，

∴∠ABC=∠BCG=30°， ∴∠ACE=60°﹣30°=30°， ∵AC=CE，AD=DE，DC=DC， ∴△ACD≌△ECD， ∴∠ACD=∠DCE=15°，

此时S△BCE=tan∠ACD=tan15°=∴t=6﹣33，

由图形可知：0＜t＜6﹣33时，△BCE的BH越来越小，则面积越来越小， ②当△BCE在BC的上方时，如图3，CE=ED=3，且CE⊥ED， 此时S△BCE=

t=2﹣3， 3119CE•DE=×3×3=，此时t=3， 2229时，t的取值范围是6﹣33≤t≤3． 2综上所述，当S△BCE≤

【点睛】

本题考查三角形综合题、平行四边形的判定和性质、直角三角形的性质、三角形的面积问题、轴对称等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会用分类讨论的思想思考问题，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．

5．已知：如图，AB为⊙O的直径，AC与⊙O相切于点A，连接BC交圆于点D，过点D作⊙O的切线交AC于E． （1）求证：AE＝CE

（2）如图，在弧BD上任取一点F连接AF，弦GF与AB交于H，与BC交于M，求证：∠FAB+∠FBM＝∠EDC．

339，DE＝时，N

44为圆上一点，连接FN交AB于L，满足∠NFH+∠CAF＝∠AHG，求LN的长．

（3）如图，在（2）的条件下，当GH＝FH，HM＝MF时，tan∠ABC＝

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）NL【解析】 【分析】

4013 13（1）由直径所对的圆周角是直角，得∠ADC＝90°，由切线长定理得EA＝ED，再由等角的余角相等，得到∠C＝∠EDC，进而得证结论.

（2）由同角的余角相等，得到∠BAD＝∠C，再通过等量代换，角的加减进而得证结论. （3）先由条件得到AB＝26，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝

4a，再由相交弦定理3得到GH•HF＝BH•AH，从而求出FH，BH，AH，再由角的关系得到△HFL∽△HAF，从而求出HL，AL，BL，FL，再由相交弦定理得到LN•LF＝AL•BL，进而求出LN的长. 【详解】 解：

（1）证明：如图1中，连接AD．

∵AB是直径， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°， ∵EA、ED是⊙O的切线，

∴EA＝ED， ∴∠EAD＝∠EDA，

∵∠C+∠EAD＝90°，∠EDC+∠EDA＝90°， ∴∠C＝∠EDC， ∴ED＝EC， ∴AE＝EC．

（2）证明：如图2中，连接AD．

∵AC是切线，AB是直径， ∴∠BAC＝∠ADB＝90°，

∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠C＝90°， ∴∠BAD＝∠C， ∵∠EDC＝∠C， ∴∠BAD＝∠EDC， ∵∠DBF＝∠DAF，

∴∠FBM+∠FAB＝∠FBM+∠DAF＝∠BAD， ∴∠FAB+∠FBM＝∠EDC． （3）解：如图3中，

由（1）可知，DE＝AE＝EC，∵DE＝∴AC＝

39， 439， 2∵tan∠ABC＝

3AC＝， AB439∴3,

24AB∴AB＝26，

∵GH＝FH，HM＝FN，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝∵GH•HF＝BH•AH，

4a， 344a（26﹣a）， 33∴a＝6，

∴4a2＝

∴FH＝12，BH＝8，AH＝18， ∵GH＝HF， ∴AB⊥GF， ∴∠AHG＝90°， ∵∠NFH+∠CAF＝∠AHG， ∴∠NFH+∠CAF＝90°， ∵∠NFH+∠HLF＝90°， ∴∠HLF＝∠CAF， ∵AC∥FG， ∴∠CAF＝∠AFH， ∴∠HLF＝∠AFH， ∵∠FHL＝∠AHF， ∴△HFL∽△HAF， ∴FH2＝HL•HA， ∴122＝HL•18， ∴HL＝8，

∴AL＝10，BL＝16，FL＝FH2HL2 ＝413， ∵LN•LF＝AL•BL， ∴413•LN＝10•16， ∴LN＝4013 . 13【点睛】

本题考查了圆的综合问题，涉及到的知识有：切线的性质；切线长定理；圆周角定理；相交弦定理；相似三角形性质与判定等，熟练掌握圆的相关性质是解题关键.

6． 兰州银滩黄河大桥北起安宁营门滩，南至七里河马滩，是黄河上游的第一座大型现代化斜拉式大桥如图，小明站在桥上测得拉索AB与水平桥面的夹角是31°，拉索AB的长为152米，主塔处桥面距地面7.9米（CD的长），试求出主塔BD的高．（结果精确到0.1米，参考数据：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60）

【答案】主塔BD的高约为86.9米． 【解析】 【分析】

根据直角三角形中由三角函数得出BC相应长度，再由BD=BC+CD可得出. 【详解】

在Rt△ABC中，∠ACB=90°，

sinABC． AB∴BCABsinA152sin311520.5279.04．

BDBCCD79.047.986.9486.9（米） 答：主塔BD的高约为86.9米． 【点睛】

本题考察了直角三角形与三角函数的结合，熟悉掌握是解决本题的关键.

7．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，动点P在线段BC上，点Q在线段AB上，且PQ＝BQ，延长QP交射线AC于点D． （1）求证：QA＝QD；

（2）设∠BAP＝α，当2tanα是正整数时，求PC的长；

（3）作点Q关于AC的对称点Q′，连结QQ′，AQ′，DQ′，延长BC交线段DQ′于点E，连结AE，QQ′分别与AP，AE交于点M，N（如图2所示）．若存在常数k，满足k•MN＝PE•QQ′，求k的值．

【答案】（1）证明见解析（2）PC的长为【解析】

33或（3）8 72【分析】

（1）由等腰三角形的性质得出∠B＝∠BPQ＝∠CPD，由直角三角形的性质得出∠BAC＝∠D，即可得出结论；

（2）过点P作PH⊥AB于H，设PH＝3x，BH＝4x，BP＝5x，由题意知tanα＝1或tanα＝1时，HA＝PH＝3x，与勾股定理得出3x+4x＝5，解得x＝当tanα＝

1，当25，即可求出PC长； 711时，HA＝2PH﹣6x，得出6x+4x＝5，解得x＝，即可求出PC长； 221AD，证出四边形BEQ'Q是平行四边2（3）设QQ′与AD交于点O，由轴对称的性质得出AQ′＝AQ＝DQ＝DQ′，得出四边形AQDQ′是菱形，由菱形的性质得出QQ′⊥AD，AO＝

形，得出QQ′＝BE，设CD＝3m，则PC＝4m，AD＝3+3m，即QQ′﹣BE＝4m+4，PE＝8m，由三角函数得出【详解】

（1）证明：∵PQ＝BQ， ∴∠B＝∠BPQ＝∠CPD， ∵∠ACB＝∠PCD＝90°，

∴∠A+∠BAC＝90°，∠D+∠CPD＝90°， ∴∠BAC＝∠D， ∴QA＝QD；

（2）解：过点P作PH⊥AB于H，如图1所示： 设PH＝3x，BH＝4x，BP＝5x， 由题意得：tan∠BAC＝

MOPC＝tan∠PAC＝，即可得出结果． AOAC4，∠BAP＜∠BAC， 31， 2∴2tanα是正整数时，tanα＝1或当tanα＝1时，HA＝PH＝3x， ∴3x+4x＝3242＝5， ∴x＝

5， 73； 7即PC＝4﹣5x＝当tanα＝

1时，HA＝2PH﹣6x， 2∴6x+4x＝5，

∴x＝

1， 2即PC＝4﹣5x＝

3； 233或； 72综上所述，PC的长为

（3）解：设QQ′与AD交于点O，如图2所示： 由轴对称的性质得：AQ′＝AQ＝DQ＝DQ′， ∴四边形AQDQ′是菱形， ∴QQ′⊥AD，AO＝∵BC⊥AC， ∴QQ′∥BE， ∵BQ∥EQ′，

∴四边形BEQ'Q是平行四边形， ∴QQ′＝BE，

设CD＝3m，则PC＝4m，AD＝3+3m， 即QQ′﹣BE＝4m+4，PE＝8m， ∵

1AD， 2MOPC＝tan∠PAC＝， AOACMO4m∴33m＝，

32即MN＝2MO＝4m（1+m）， ∴k＝

PEQQ′8m(44m)＝＝8． 4m(1m)MN

【点睛】

本题是三角形综合题目，考查了等腰三角形的性质与判定、三角函数、勾股定理、菱形的判定与性质、平行线的性质以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，灵活运用三角函数是解题关键．

8．已知：如图，直线y＝－x＋12分别交x轴、y轴于A、B点，将△AOB折叠，使A点恰好落在OB的中点C处，折痕为DE． (1)求AE的长及sin∠BEC的值；

(2)求△CDE的面积．

【答案】（1）52，sin∠BEC=【解析】 【分析】

375；（2） （1）如图，作CF⊥BE于F点，由函数解析式可得点B，点A坐标，继而可得∠A=∠B=45°，再根据中点的定义以及等腰直角三角形的性质可得OC=BC=6，CF=BF=32，

设AE=CE=x，则EF=AB-BF-AE=122-32-x=92-x，在Rt△CEF中，利用勾股定理求出x的值即可求得答案；

（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，根据三角形面积公式则可得S△CDE=S△AED=

2AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，利用勾股定理求4出y，继而可求得答案. 【详解】

（1）如图，作CF⊥BE于F点，

由函数解析式可得点B（0，12），点A（12，0），∠A=∠B=45°，

又∵点C是OB中点， ∴OC=BC=6，CF=BF=32，

设AE=CE=x，则EF=AB-BF-AE=122-32-x=92-x， 在Rt△CEF中，CE2=CF2+EF2，即x2=（92-x）2+（32）2， 解得：x=52， 故可得sin∠BEC=

CF3，AE=52； CE5（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，

1112AD•EM=AD×AEsin∠EAM=AD•AE×sin45°=AD×AE， 2224设AD=y，则CD=y，OD=12-y，

在Rt△OCD中，OC2+OD2=CD2，即62+（12-y）2=y2，

1515解得：y=，即AD=，

22则S△CDE=S△AED=故S△CDE=S△AED=【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，涉及了勾股定理、折叠的性质、三角形面积、一次函数的性质等知识，综合性较强，正确添加辅助线、熟练应用相关知识是解题的关键.

752AD×AE=．

44

9．如图，某人在山坡坡脚C处测得一座建筑物顶点A的仰角为63.4°，沿山坡向上走到P处再测得该建筑物顶点A的仰角为53°．已知BC＝90米，且B、C、D在同一条直线上，山坡坡度i＝5：12．

(1)求此人所在位置点P的铅直高度．(结果精确到0.1米)

(2)求此人从所在位置点P走到建筑物底部B点的路程(结果精确到0.1米)(测倾器的高度忽略不计，参考数据：tan53°≈

4，tan63.4°≈2) 3

【答案】（1）此人所在P的铅直高度约为14.3米；（2）从P到点B的路程约为127.1米 【解析】

分析：(1)过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E，设PF＝5x，在Rt△ABC中求出AB，用含x的式子表示出AE，EP，由tan∠APE，求得x即可；(2)在Rt△CPF中，求出CP的长. 详解：过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E，

∵斜坡的坡度i＝5:12， 设PF＝5x，CF＝12x， ∵四边形BFPE为矩形， ∴BF＝PEPF＝BE. 在RT△ABC中，BC＝90， tan∠ACB＝

AB， BC∴AB＝tan63.4°×BC≈2×90＝180， ∴AE＝AB－BE＝AB－PF＝180－5x， EP＝BC＋CF≈90＋120x. 在RT△AEP中， tan∠APE＝∴x＝

AE1805x4＝， EP90＋12x320， 710014.3. 7∴PF＝5x＝

答：此人所在P的铅直高度约为14.3米.

由(1)得CP＝13x，

2037.1，BC＋CP＝90＋37.1＝127.1. 7答：从P到点B的路程约为127.1米.

∴CP＝13×

点睛：本题考查了解直角三角形的应用，关键是正确的画出与实际问题相符合的几何图形，找出图形中的相关线段或角的实际意义及所要解决的问题，构造直角三角形，用勾股定理或三角函数求相应的线段长.

10．如图，半圆O的直径AB＝20，弦CD∥AB，动点M在半径OD上，射线BM与弦CD相交于点E（点E与点C、D不重合），设OM＝m． （1）求DE的长（用含m的代数式表示）； （2）令弦CD所对的圆心角为α，且sin

2=4． 5①若△DEM的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出m的取值范围；

②若动点N在CD上，且CN＝OM，射线BM与射线ON相交于点F，当∠OMF＝90° 时，求DE的长．

10010m503m260m300【答案】（1）DE＝；（2）①S＝，（＜m＜10），

m13m5. 2【解析】 【分析】

②DE＝

（1）由CD∥AB知△DEM∽△OBM，可得

DEDM，据此可得； OBOM1∠COD，据此2（2）①连接OC、作OP⊥CD、MQ⊥CD，由OC＝OD、OP⊥CD知∠DOP＝可得sin∠DOP＝sin∠DMQ＝DMsin∠ODP＝

43、sin∠ODP＝，继而由OM＝m、OD＝10得QM＝553（10﹣m），根据三角形的面积公式即可得；如图2，先求得PD＝8、CD5CDDM50，求得OM＝，据此可得m的取值范围； BOOM133＝6，可得OM＝8，根据（1）所求结果可得答5＝16，证△CDM∽△BOM得

②如图3，由BM＝OBsin∠BOM＝10×案． 【详解】 （1）∵CD∥AB， ∴△DEM∽△OBM， ∴

DEDMDE10m，即， OBOM10m10010m； m∴DE＝

（2）①如图1，连接OC、作OP⊥CD于点P，作MQ⊥CD于点Q，

∵OC＝OD、OP⊥CD， ∴∠DOP＝∵sin

1∠COD， 22＝

4， 3，sin∠ODP＝， 55∴sin∠DOP＝sin∠DMQ＝∵OM＝m、OD＝10， ∴DM＝10﹣m， ∴QM＝DMsin∠ODP＝

3（10﹣m）， 51110010m33m260m300×（10﹣m）＝则S△DEM＝DE•MQ＝×，

22m5m如图2，

∵PD＝ODsin∠DOP＝10×∴CD＝16， ∵CD∥AB， ∴△CDM∽△BOM， ∴

4＝8， 5CDDM1610OM=，即， BOOM10OM50， 13解得：OM＝∴

50＜m＜10， 13503m260m300∴S＝，（＜m＜10）．

13m②当∠OMF＝90°时，如图3，

则∠BMO＝90°，

在Rt△BOM中，BM＝OBsin∠BOM＝10×则OM＝8， 由（1）得DE＝【点睛】

本题主要考查圆的综合题，解题的关键是熟练掌握圆的有关性质、相似三角形的判定与性质及解直角三角形的能力．

3＝6， 51001085． 82