第二十五章 锐角的三角比（四大题型）（40道压轴题专练）（解析版）

第二十五章锐角的三角比（四大题型）（40道压轴题专练）压轴题型一锐角的三角比的意义1．（2022春·九年级单元测试）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC、AB上一点，且AF＝BE，AE与DF交于点G，连接CG．若CG＝BC，则AF：FB的比为（）A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4【答案】A【分析】作CH⊥DF于点H，证明△AGD≌△DHC，可得AG＝DH＝GH，tan∠ADG==．由此可解决此问题．【详解】解：作CH⊥DF于点H，如图所示，在△ADF和△BAE中，，∴△ADF和△BAE（SAS）．∴∠ADF＝∠BAE，又∠BAE＋∠GAD＝90°，∴∠ADF＋∠GAD＝90°，即∠AGD＝90°．又∵∠ADG＋∠CDG＝90°，∠HDC＋∠CDG＝90°，∴∠ADG＝∠HDC．在△AGD和△DHC中，，∴△AGD≌△DHC（AAS）．∴DH＝AG．又∵CG＝BC，BC＝DC，∴CG＝DC．∴GH＝DH，∴AG＝DH＝GH．∴tan∠ADG=，∴tan∠ADF=，∴AF=AB．即F为AB中点，∴AF：FB＝1：1．故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数等知识，学会添加常用辅助线构造全等三角形是解题关键．2．（2023春·江苏南京·九年级校考阶段练习）如图，在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，将纸片折叠，点A，D分别落在点，处，且经过点B，EF为折痕，当⊥CD时，的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】延长DC和，两延长线相交于点G，利用菱形的性质可证得∠A＝∠DCB＝60°，AB＝BC＝DC，利用折叠的性质可得到∠D＝∠F＝120°，DF＝F，再证明∠CBG＝∠G＝30°，利用等角对等边可得到BC＝CG，设CF＝x，DF＝y，用含x，y的代数式表示出DC，CG，FG的长，然后在Rt△FG中，利用解直角三角形可得到x与y的关系式，据此可求出CF与DF的比值．【详解】解：延长DC和，两延长线相交于点G，∵菱形ABCD，∠A＝60°，∴∠A＝∠DCB＝60°，AB＝BC＝DC∴∠BCG＝180°－60°＝120°，

∵将纸片折叠，点A，D分别落在点处，且经过点B，EF为折痕，∴∠D＝∠F＝120°，DF＝F∵F⊥DC，∴∠FG＝90°，∴∠G＝90°－60°＝30°∴∠CBG＝180°－∠G－∠BCG＝180°－30°－120°＝30°∴∠CBG＝∠G∴BC＝CG，设CF＝x，DF＝y，则DC＝CG＝x＋y∴FG＝2x＋y，在Rt△FG中，．故选：A．【点睛】此题考查了折叠的性质、菱形的性质、等腰三角形的判定与性质以及锐角三角函数的应用．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意折叠中的对应关系，注意数形结合思想的应用．3．（2020·重庆璧山·校考一模）△ABC中，∠ACB=45°，D为AC上一点，AD=5，连接BD，将△ABD沿BD翻折至△EBD，点A的对应点E点恰好落在边BC上．延长BC至点F，连接DF，若CF=2，tan∠ABD=，则DF长为（）A． B． C．5 D．7【答案】B【分析】过作于，交于，作于．设，，由，可知．由折叠可知，平分，，得，在中，，得出，因此，，，所以，得，，，再由勾股定理．【详解】解：如图．过A作AH⊥BC于H，交BD于P，作DG⊥BC于G．设PH=x，AP=y，∵tan∠ABD=，∴BH=2HP=2x．由折叠可知，BD平分∠ABC，∴，∴AB=2y，在Rt△ABH中，AH2+BH2=AB2，即，（x+y）2+（2x）2=（2y）2，∴y=x，∴AB=，AH=AP+PH=+x=x，∵∠ACB=45°，AH⊥BC，∴CH=AH=BC=BH+CH=2x+=，∴，∴CD=7，∴DG=CG=7，∵CF=2，∴FG=7+2=9，∴DF==，故选：B．【点睛】本题考查了折叠问题，要熟练掌握角平分线的性质．构造直角三角形，利用勾股定理、三角函数表示各线段数量关系，构造方程是解题的关键．4．（2023·湖北孝感·统考三模）如图，在边长为2正方形中，点为边中点，连接与对角线交于点，连接，且与交于点．则下列结论：①；②；③若点是上的一动点，连接，则最小值是；④．其中正确的个数是（

）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】证明根据全等三角形的性质判断①；证和导角可知②正确，根据对称性得出的最小值为的长，勾股定理即可求解；证，可得④正确，【详解】解：四边形是正方形，点是的中点，，，，，，，故①正确，，，，，，，，，，故②正确；如图所示，连接，点是对角线上的一动点，当三点共线时，,故③正确点为边中点，，，，设，，则，，则，，，，，解得，，，故④正确；故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，轴对称的性质，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．5．（2023春·江西·九年级专题练习）在平面直角坐标系中，已知，，点在轴上，连接，把绕点顺时针旋转得到线段，连接．若是直角三角形，点的横坐标为．【答案】2或或【分析】分情况讨论：①当点在轴的正半轴上，且时，②当点在轴的正半轴上，且时，③当点在轴的负半轴上，且时，利用全等三角形及直角三角形的性质和正切值求解即可．【详解】解：，，，，设点，当时，点在直线上（且不与点重合），点不能为直角顶点，①如图，当点在轴的正半轴上，且时，由旋转可知，，，，，，，，，，，即点的横坐标为2；②如图，当点在轴的正半轴上，且时，过点作于点，则，由旋转可知，，，，，，，，，，，，，，，，，即，解得：或（不合题意，舍去），点的横坐标为；③如图，当点在轴的负半轴上，且时，过点作于点，则，同理可得，，，，，同理可得，，，即，解得：或（不合题意，舍去），点的横坐标为；综上所述，点的横坐标为2或或，故答案为：2或或．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，角的正切，解题的关键是熟练掌握知识点，注意分类讨论思想的运用．6．（2023·湖北武汉·统考一模）在平面直角坐标系中，点，则m的值为．【答案】，．【分析】如图，过点B作，交于点D，则过点B作轴，过点D作，过点C作，分别交于点E，F；分点C在x轴上方、下方种情况：（1）当点C在x轴下方时：可求证，从而，得，，所以点D的横坐标为，纵坐标为；待定系数确定直线的解析式为，将点D的坐标代入，求得m；（2）当点C在x轴上方时，同理求解．【详解】如图，过点B作，交于点D，则过点B作轴，过点D作，过点C作，分别交于点E，F；当点C在x轴下方时，

∵∴而∴又∴∴而，∴，∴点D的横坐标为，纵坐标为设直线的解析式为，将点代入得，，解得∴直线解析式为将点D的坐标代入，得解得，，或（舍去）所以当点C在x轴上方时，

同理可得∴而，∴，∴点D的横坐标为，纵坐标为代入直线的解析式，得解得，或，（舍去）所以综上，，或故答案为：，．【点睛】本题考查相似三角形判定与性质，锐角三角函数，待定系数法确定函数解析式；结合已知，添设辅助线构造相似三角形，从而求出相关线段是解题的关键．7．（2023·上海·九年级假期作业）如图，菱形的边，，E是的中点，F是边上一点，将四边形沿直线折叠，A的对应点为，当的长度最小时，的长是．【答案】【分析】由E是的中点可得，再根据题意可得点在以以E圆心、以半径的弧上，则当C，E，在一条直线上时，有最小值；过过点，设，由勾股定理列方程可得先求得，进而求得；再运用勾股定理可得，然后利用折叠的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质可得即可解答．【详解】解：∵E是的中点，∴，∵将四边形沿直线折叠，A的对应点为，∴点在以以E圆心、以半径的弧上，∴当C，E，在一条直线上时，有最小值，此时如图：过点，设，∴，即，解得：，∴，∴∴∵菱形∴∴∵∴∴．故答案为．【点睛】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理的应用、翻折的性质、等腰三角形的判定与性质、正切的定义等知识点，确定出取得最小值的条件是解题的关键．8．（2023春·山东济南·九年级专题练习）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=4，AD=4，E是AD的中点，将这张纸片依次折叠两次；第一次折叠纸片，使B点落在E点，折痕为N；第二次折叠纸片，使N点与E点重合，点C在C'处，折痕为FH.则tan∠EHF=·【答案】【分析】利用折叠的性质，将所求的∠EHF转化为求∠EBN，即可求解．【详解】解：如下图，连接BE，过点E作EG⊥BC于点G，在矩形纸片ABCD中，AB=4，AD=，点E是AD的中点，∴AE=BG=AD=BC=，EG=AB=4，由折叠性质可得：HF⊥EN，BE⊥MN，∠MEN=∠ABC=90°，∠EHF=∠NHF，∠BMN=∠EMN，∴HFME，∴∠NHF=∠EMN，∴∠EHF=∠BMN，∵∠EBN=90°-∠ABE=∠BMN，∴∠EHF=∠EBN，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了图形折叠的性质，矩形的性质，角度的转化，三角函数等知识点，解题的关键在于推出∠EHF=∠EBN．9．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）探索发现；（1）如图1，在中，；求证：；初步应用：（2）如图2，在中，，，，连接、；求证：．迁移拓展：（3）如图3，在中，，H为上一点使，过H作交AB于G，，求的值；

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）3【分析】（1）先证明，再根据相似三角形的性质即可证明结论；（2）先证明可得，进而得到即，再结合可证，则；由正弦的定义可得，再运用等量代换即可证明结论；（3）由平行线等分线段和比的性质可得，即G是的中点；进而说明，设设，则，然后代入可得，最后代入计算即可【详解】解：（1）在和中，，，∴，∴，∴；（2）∵，，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴；（3）∵，∴，即，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，即G是的中点，∴，设，则，∵，∴，解得：，∴．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、正弦的定义等知识点，灵活运用相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．10．（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，在中，，，，，两点分别在和的延长线上运动，且始终保持，连接交于点，过点作，垂足为．

(1)如图（1），若，求的长；(2)如图（2），求证：的长是定值；(3)如图（2），若是的中点，直接写出的值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）根据正切的定义可得，根据可得，即可求得；（2）过点作的平行线交于点，根据相似三角形的判定和性质可得，，推得，根据正切的定义可得，，推得，，根据勾股定理可得，即可得到，即可证明；（3）根据（2）中结论求得，，，即可求得．【详解】（1）∵在中，，∴∵，∴∵，∴即解得（2）过点作的平行线交于点，如图：

∵∴∴又∴，∴同理∴∵∴∴∵∴在中，在中，，即又∵，∴故在中，，即故∵∴∴在中，故∴的长是定值（3）由（2）可知，，，∵是的中点故∴∴【点睛】本题考查了正切的定义，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键是做出辅助线构建相似三角形．压轴题型二求锐角的三角比的值1．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，在四边形中，，，为边上的点，为等边三角形，，，则的值为（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】作于点，于点，解直角，得出，证明，得出，再求出，，然后利用正切函数定义即可求解．【详解】如图，作于点，于点，

∵，，∴，∴．∵为等边三角形，∴，，∵，，∴，在与中，，∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴．故选：．【点睛】此题考查了解直角三角形，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，含角的直角三角形的性质，锐角三角函数定义等知识，准确作出辅助线，构造全等三角形以及直角三角形是解题的关键．2．（2023春·江苏无锡·九年级统考期中）如图，正方形的边长为，是边上一点，连接，将绕着点逆时针旋转得到、交于，连接交于，连接，若，，则的长为（

）A．4 B．5 C．6 D．4或6【答案】C【分析】将绕点逆时针旋转，得到，得出，，证明，得出，根据得出，进而得出，，根据，建立方程，解方程即可求解．【详解】解：如图所示，将绕点逆时针旋转，得到∴，，∵将绕着点逆时针旋转得到∴∴是等腰直角三角形，∴，∵四边形是正方形，∴，∴∵∴在中，∴∴，设，则，∵∴∵∴即解得：∴∴∵∴解得：（舍去）故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，正切的定义，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．3．（2023春·安徽黄山·九年级统考阶段练习）矩形纸片中，，将纸片对折，使顶点A与顶点C重合，得折痕，将纸片展开铺平后再进行折叠，使顶点B与顶点D重合，得折痕，展开铺平后如图所示．若折痕与较小的夹角记为，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接、、、，设，，由，得出的值，过点M作于点G，易得，进而求出，，结合根据，即可解题．【详解】如图，连接、、、，过点M作于点G，∵四边形是矩形，，∴，，∴，∴，∴，设，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，由折叠可知，，∴，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查了矩形和折叠问题，读懂题意正确作出辅助线是解题的关键．4．（2023春·四川自贡·九年级校考阶段练习）已知的面积为，，．若的顶点都在双曲线（）上，且过坐标原点，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据，且的面积为，求得，，，的长，设点，，，通过证得∽可得，再根据勾股定理求得A的坐标满足，从而可求得k的值．【详解】解：如图，过B点作轴，，，，，，，，∽，，，，，，，的面积为，，，，，，，设点，由双曲线的对称性可得，，，，，解得：．故选：A．【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征以及相似三角形的综合应用，构建三角形相似是解题的关键．5．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，，点C是射线上的动点，连接，作，，动点E在延长线上，，连接，，当，时，的长是．

【答案】或【分析】如图，过点C作于点T，过点D作交的延长线于点J，连接．由，可以假设，，证明，推出，，再利用勾股定理，构建方程求解即可．【详解】解：如图，过点C作于点T，过点D作交的延长线于点J，连接，

∵，∴设，则，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴C，E，D，J四点共圆，∵，∴，∴，∵，∴，整理得：，∴，∴或，∴或5，故答案为：或5．【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形函数的应用，三角形全等的判定和性质，四点共圆，解题的关键是作出辅助线，根据勾股定理列出方程．6．（2023·四川成都·校考三模）如图，在菱形中，，点为边中点，点在边上，将四边形沿直线翻折，使的对应边为，当时，的值为．

【答案】/【分析】过点D作于点K，设与的交点为E，延长交于点L，根据三角函数的意义，菱形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，勾股定理计算即可．【详解】过点D作于点K，设与的交点为E，延长交于点L，∵四边形沿直线翻折，∴，∵，，∴，∴设，则，∴，∵点为边中点，∴，∵四边形是菱形，∴，，，∴，，，∵，，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，，∴设，∴，根据折叠的性质，得，∴∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查锐角三角形函数，菱形，折叠，矩形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握锐角三角形函数的运用，菱形的性质，折叠的性质，勾股定理．7．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）平面直角坐标系中，四边形是正方形，点，在坐标轴上，点，是射线上一点，将绕点顺时针旋转得到，是点旋转后的对应点，当时，则点的坐标为．

【答案】【分析】先根据正方形的性质和旋转的性质得出点在线段的延长线上，然后求出、的长，从而求出的长，再根据等腰直角三角形的性质求出和的长，即可求出点的坐标．【详解】解：当点在线段上时，∵点的坐标为，四边形是正方形，∴，，，在中，，将绕点顺时针旋转得到，∴，∴，∴，与相矛盾，故点不在线段上，当点在线段的延长线上时，如图，过点作轴于点，由旋转的性质可得，，∴，由图可知，，解方程组，解得，∴，设与轴交于点，∵，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∵，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴点的坐标为，故答案为：．

【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数．正确得出点的位置是解题的关键．8．（2023·广东深圳·校考一模）如图，已知在中，，，点D在边上，连接．以为斜边作，且，，边的中点F恰好落在边上．若，则．

【答案】【分析】过点A作于点G，根据，等腰三角形性质，得到，，根据，得到，根据，推出，得到，根据，，得到，，根据中点性质得到，根据勾股定理得到，推出，，根据正切定义得到，解得，得到．【详解】解：过点A作于点G，如图，

∵，，∴，，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵点F是的中点，∴，∴，∴，，解得：，，在中，，∴，解得：，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了等腰三角形，相似三角形，含的直角三角形，勾股定理，锐角三角函数等，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形等边对等角与三线合一的性质，相似三角形的判定和性质，含的直角三角形的边的性质，勾股定理解直角三角形，正切定义．9．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，在中，，，是斜边的中线，E是射线上的一个动点，连接，将射线绕点E逆时针旋转90°，交射线于点F．

(1)点E在线段上时：①求的度数；②线段，，之间的数量关系为；(2)点E在线段的延长线上时，②中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的结论，画出图形，并证明．(3)若，，请直接写出线段的长．【答案】(1)①的度数为45°；②(2)②中的结论不成立，此时线段，，之间的数量关系为，证明见解析(3)线段的长为1或4【分析】（1）①由是等腰直角三角形及斜边上的中线的性质可得，设与的交点为M，再说明，即可得出的度数；②数量关系：，如图，过点E作交于点H，由是等腰直角三角形，可得，，证明，可得结论；（2）②中的结论不成立，此时线段，，之间的数量关系为，如图，过点E作交于点H，由是等腰直角三角形，可得，，证明，可得结论；（3）当点E在线段上时和点E在线段的延长线时两种情况进行求解即可．【详解】（1）解：①∵，，∴是等腰直角三角形，∵是斜边的中线，∴，如图，设与的交点为M，∴，∵射线绕点E逆时针旋转90°且交射线于点F，，∴，∴，∴，∴的度数为45°；②，如图，过点E作交于点H，由①知：，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，故答案为：．

（2）②中的结论不成立，此时线段，，之间的数量关系为，如图，证明：过点E作交于点H，∵是等腰直角三角形，是斜边的中线，∴，∴，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，，∵，∴，∵，，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴．

（3）如图，当点E在线段上时，过点E作交于点H，过点E作于点G，∴，由②知：是等腰直角三角形，，，设，，∵，∴，∵是等腰直角三角形，，∴，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，解得：，∴；

如图，当点E在线段的延长线时，过点E作交于点H，过点E作于点G，∴，由（2）知：是等腰直角三角形，，，设，，∵，∴，∵是等腰直角三角形，，∴，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，解得：，∴；综上所述，线段的长为1或4．

【点睛】本题是三角形综合题，考查等腰直角三角形的判定与性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，运用了分类讨论的思想．通过作适当辅助线构造全等三角形是解题的关键．10．（2023·浙江·九年级专题练习）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．(1)如图1，求边上的高的长．(2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．①如图2，当点落在射线上时，求的长．②当是直角三角形时，求的长．【答案】(1)8(2)①；②或【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案；（2）①先证明，再证明，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可；②分三种情况讨论完成，第一种：为直角顶点；第二种：为直角顶点；第三种，为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案．【详解】（1）解：在中，，在中，；（2）①如图1，作于点，由（1）得，，则，作交延长线于点，则，

∴，∵，∴，由旋转知，∴，设，则．∵，∴，∴，∴，即，∴，∴．②由旋转得，，又因为，所以．情况一：当以为直角顶点时，如图2．

∵，∴落在线段延长线上．∵，∴，由（1）知，，∴．情况二：当以为直角顶点时，如图3．

设与射线的交点为，作于点．∵，∴，∵，∴，∴．又∵，∴，∴．设，则，∴∵，∴，∴，∴，∴，化简得，解得，∴．情况三：当以为直角顶点时，点落在的延长线上，不符合题意．综上所述，或．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似三角形的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键．压轴题型三解直角三角形1．（2023春·浙江温州·八年级校联考期中）如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，连结，交于点，过点作于点．过点作交延长线于点，，，则的值为（）

A．30 B．11 C． D．【答案】B【分析】设与交于点，利用正方形性质可证得，得出，，设，，根据，可得，，利用勾股定理建立方程求解可得，再由，可得，利用等腰三角形性质和解直角三角形可求得，再证明四边形是矩形，得出，利用即可求得答案．【详解】解：设与交于点，

四边形、、均为正方形，，，，，，，，，，，，，，，设，，则，，，，，即，，，，，，，解得：或（舍去），，，，，、、三点共线，，，，，，，，，，，，，，四边形是矩形，，．故选：B．【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，三角函数定义等知识，利用勾股定理建立方程求得是解题的关键．2．（2023春·安徽·九年级专题练习）在中，，，点D是点B关于的对称点，连接，，E，F是，上两点，作，，垂足分别为M，N，若，，则的值是（）A． B．5 C． D．【答案】A【分析】作出相应的图形，由轴对称的性质可得，，，从而可求得，由勾股定理求得，再由平行线的性质可得，可判定，则有，，再由线段的比即可求解．【详解】解：如图，

∵点D是点B关于的对称点，，∴，，，∵，∴，即，解得：，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∵，，∴，，∴，，∴，，∵，∴，即，∴，∴，即．故选：A．【点睛】本题主要考查解直角三角形，轴对称的性质，平行线的性质，解题的关键是结合图形分析清楚各边的关系．3．（2023春·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如图，在中，，，，点、、分别在、，上，则周长的最小值为（

）

A．15 B． C． D．20【答案】C【分析】分别作点E关于，的对称点P，Q．连接，，，，，，根据轴对称的性质，得出，，，，再根据角之间的数量关系，得出，再根据三角形的内角和定理，得出，过点A作交于点M，再根据三线合一的性质，得出，再根据余弦的定义，得出，进而得出，过点A作于点H，再根据正弦的定义，得出，根据三角形的三边关系，即可得出周长的最小值为的长度．【详解】解：分别作点E关于，的对称点P，Q．连接，，，，，，

则，，，，∵，∴，即，∵，∴，过点A作交于点M，∵，∴，在中，，∴．过点A作于点H，在中，，∴的周长为：．故选：C．【点睛】本题主要考查了轴对称的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质、解直角三角形、三角形的三边关系，对“动点”进行两次轴对称变换是解决问题的难点．4．（2023春·安徽合肥·九年级校考阶段练习）在中，，，，于点，一束光线从点出发，经过边反射后，再经边反射，最后回到点，则光线经过的最短路程为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据最短路径问题进行分析，根据锐角三角函数，三角形内角和定理和勾股定理进行求解即可．【详解】如图，作点关于的对称点，作点关于的对称点，连接分别交，于点，，连接，，则即为最短路程．

∵于点，∴，∴，∴，，∴，∴在中，根据勾股定理得，故光线经过的最短路程为．故选：C．【点睛】本题考查了最短路径问题，勾股定理，特殊角的三角函数，三角形内角和定理，熟练掌握最短路径问题是解题的关键．5．（2023春·上海浦东新·八年级校考期末）如图，两条宽度都为1的纸条，交叉重叠放在一起，它们的夹角，它们重叠部分（图中阴影部分的面积是．

【答案】【分析】如图：过C作，，垂足为E，F，则重叠部分为平行四边形，运用三角函数定义先求边长，再根据平行四边形的面积公式求解即可．【详解】解：如图：过C作，，垂足为E，F，由题意可得：，，∵，即，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴重叠部分（图中阴影部分）的面积为．故答案为．

【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角函数的应用，利用三角函数求出BC的长是解答本题的关键．6．（2023·上海·模拟预测）如图，已知中，，点是的中点，将沿所在的直线翻折，点落在点处，，且交于点，的值为．【答案】【分析】连接，交于点，可设，，由直角三角形斜边上的中线的定义可得是有斜边上的中线，可得，，再由折叠的性质可得，，，从而可求得，则可证得是以点为直角顶点的等腰直角三角形，故有，从而可求得，再由，，得，可求得，，即可求解．【详解】解：连接，交于点，如图，设，，是的中点，，是有斜边上的中线，，即，，，，，即，，、关于对称，，，，，．，，，，，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，，，，，，，，故，在中，，在中，，，，，，故，，，，，，，，即的值为．【点睛】本题主要考查翻折变换（折叠问题），解答的关键是明确折叠的过程中相应的边或角之间的关系．7．（2023·上海崇明·统考一模）如图，在中，，点在边上，点在射线上，将沿翻折，使得点落在点处，当且时，的长为．【答案】/【分析】求出，勾股定理求出，根据题意，易得：，，进而求出的长，过作，过点作，过点作，交于点，延长交于点，易得四边形，四边形均为矩形，分别求出，得到，设，则：，分别用含的式子，表示出，利用勾股定理求出的值，进而得解．【详解】解：在中，，∴；，∵将沿翻折，使得点落在点处，当且，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，过作，过点作，过点作，交于点，延长交于点，∵，∴，∴四边形，四边形均为矩形，∴，，∴，∴，设，则：，∴，，，连接，则：，在中，，即：，解得：，∴；故答案为：．【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的判定和性质，解直角三角形．本题难度大，综合性强，根据题意，准确的作图，构造特殊图形，是解题的关键．8．（2023·上海·一模）新定义：有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形.如图，已知在对余四边形中，，，，，那么边的长为．【答案】9【分析】连接AC，作交BC于E点，由，，可得AE=6，BE=8，并求出AC的长，作交AD于F点，可证，最后求得AF和DF的长，可解出最终结果．【详解】解：如图，连接AC，作交BC于E点，，，，设AE=3x，BE=4x，，则，解得x=2，则AE=6，BE=8，又，CE=BC-BE=4，，作交AD于F点，，，，==，又，同理可得DF=3，CF=4，，AD=AF+DF=9．故答案为：9．【点睛】本题考查四边形综合问题，涉及解直角三角形，勾股定理，有一定难度，熟练掌握直角三角形和勾股定理知识点，根据题意做出正确的辅助线是解决本题的关键．9．（2023·上海·一模）如图，在中，，，，，平分交边于点D，点E是边上的一个动点（不与B、C重合），F是边上一点，且，与相交于点G．

(1)求证：；(2)设，，求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围；(3)当是以为腰的等腰三角形时，求的长．【答案】(1)见解析(2)y=(3)的长为1或【分析】（1）要证，只需证，只需证到，．由，平分∠ABC可证到；由可证到，问题解决．（2）作的垂直平分线交于点M，交于点N，易证，从而可以证到，可得．只需用x、y表示出、，问题就得以解决．（3）当是以为腰的等腰三角形时，可分和两种情况讨论．当时，由可得，从而可以得到x与y的等量关系，再结合（2）中的y与x的关系就可求出x的值；当时，易证，过点F作，垂足为H，则有，结合，就可得到x与y的等量关系，再结合（2）中的y与x的关系就可求出x的值．【详解】（1）证明：∵平分，∴．∵，∴．∵，，，∴．∵，，∴．∴．（2）解：作的垂直平分线交于点M，交于点N，如图2，

则有．在中，，则．∵垂直平分，∴．∴．∴．∵，∴．∵，，∴．∴．∴．∵，，，∴．又∵，∴．∴．（3）解：①，如图3，

∵（已证），∴．∵，∴．∵，，∴．∴．∴．整理得：．则有．解得：（舍），．②，过点F作，垂足为H，如图4，

∵，∴．∵，，∴．∵，∴．∴．∵，∴．∵，∴．在中，．∴．∴．∴．∴．整理得：．则有．∴，．∵，∴．综上所述：当是以为腰的等腰三角形时，的长为1或．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、用因式分解法解一元二次方程、锐角三角函数的定义、三角形内角和定理、三角形的外角性质、垂直平分线的性质等知识，综合性非常强．而作的垂直平分线交于点M，进而证到是解决第二小题和第三小题的关键．10．（2023·上海宝山·一模）如图1，在中，，，．点D、E分别在边、上（不与端点重合），和交于点，满足．(1)求证：；(2)如图2，当时，求的长；(3)当是等腰三角形时，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)或4【分析】（1）作于，解直角三角形，求得和，进而解直角三角形，求得，从而得出，进一步得出，从而，进一步得出结论；（2）作于，解直角三角形，求得，，解，得出，进而设，，，从而，进而由得，，进一步得出结果；（3）有两种情形：当时，可推出，作于，作于，进而证明，从而，，进而求得，根据（1）：，求得，进而求得，进一步得出结果；当时，可推出，作于，可得出，同样根据（1）求得，进一步得出结果．【详解】（1）解：证明：如图1，作于，，，，，，，，，，，，，，；（2）如图2，作于，，，，，，，在中，，设，，，，由得，，，；（3）如图3，当时，，，，，作于，作于，，，，，，，，由（1）知：，，，；如图4，当时，，，作于，，，，，由（1）知：，，，，，综上所述：或4．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质及分类，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是理清线段之间的关系．压轴题型四解直角三角形的应用1．（2023春·海南儋州·九年级专题练习）某公园有一座古塔，古塔前有一个斜坡坡角，斜坡高米，是平行于水平地面的一个平台、小华想利用所学知识测量古塔的高度，她在平台的点处水平放置一平面镜，她沿着方向移动，当移动到点时，刚好在镜面中看到古塔顶端点的像，这时，测得小华眼睛与地面的距离米，米，米，米，已知，根据题中提供的相关信息，古塔的高度约为（参考数据：）（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由正切定义求出CE，延长GD交AB于点H，则BH＝DE＝1.8（米），DH＝BE＝BC+CE＝18（米），HG＝DH+DG＝26（米），证明△AHG∽△MNG，求出AH的长，则可求出答案．【详解】解：在Rt△CDE中，tan∠DCE，∴0.9，∴CE＝2，延长GD交AB于点H，则BH＝DE＝1.8（米），DH＝BE＝BC+CE＝18（米），HG＝DH+DG＝26（米），∵∠AHG＝∠MNG＝90°，∠AGH＝∠MGN，∴△AHG∽△MNG，∴，即，∴AH＝19.5（米），∴AB＝AH+HB＝21.3（米）．答：古塔的高度AB为21.3米．故选：C．【点睛】此题考查了解直角三角形应用﹣坡度坡角问题，相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．2．（2023秋·山东济南·九年级期末）5G时代，万物互联．互联网、大数据、人工智能与各行业应用深度融合，助力数字经济发展，共建智慧生活．网络公司在改造时，把某一5G信号发射塔建在了山坡的平台上，已知山坡的坡度为．身高1.6米的小明站在A处测得塔顶M的仰角是，向前步行6米到达B处，再延斜坡步行6.5米至平台点C处，测得塔顶M的仰角是，若在同一平面内，且和分别在同一水平线上，则发射塔的高度约为（

）（结果精确到0.1米，参考数据：，，，，，）A．17.3米 B．18.9米 C．65.0米 D．66.6米【答案】B【分析】如图，设C点处垂线与B处视线交点为F，过点F作FL⊥MN于L，过点E作EI⊥MN于I，延长MN交AB的延长线于H，设，，利用三角形函数构建方程求出x即可解决问题．【详解】解：如图，设C点处垂线与B处视线交点为F，过点F作FL⊥MN于L，过点E作EI⊥MN于I，延长MN交AB的延长线于H，设，，在中，∵，∴，∵，∴，，在中，，∵，，∴，则，在中，，∵，，∴，则，∴，解得．故选：B．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．3．（2023春·海南儋州·九年级专题练习）高铁沙坪坝站双子塔为国内首例在高铁站上实施商业开发的综合体．如图，小南在与塔底同一高度的地面处测得塔顶的仰角为．接下来，他沿一条坡比为1:2.4的斜坡行进了156米后，在处测得塔顶的仰角为，点在同一平面内，则小南测得的双子塔的高度约为（

）米．（参考数据：，，）A．193 B．196 C．201 D．206【答案】B【分析】过点D作于E，于F，连接AC，则，得到四边形DEBF是矩形，求出DF，进而求出BC的高度．【详解】分别过点D作于E，于F，连接AC，如图所示：则，∴四边形DEBF是矩形，∴，∵斜坡AD的坡比为1:2.4，∴，设，在中，，即，解得，(舍去)，∴(米)，(米)，∴(米)，(米)，∵，∴，∴，∴(米)，在，，∴，解得，(米)，∴(米)，∴(米)，故选：B．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题，解题的关键是能根据题意，结合图形利用三角函数解直角三角形．4．（2023春·安徽·九年级校联考阶段练习）如图，一艘船由港沿北偏东65°方向航行至港，然后再沿北偏西40°方向航行至港，港在港北偏东20°方向，则，两港之间的距离为（

）.A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意作BD垂直于AC于点D，根据计算可得，;根据直角三角形的性质求解即可.【详解】解：根据题意作BD垂直于AC于点D.可得AB=，所以可得因此可得故选B.【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，根据特殊角的三角函数值计算即可.5．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）在一次数学课外实践活动中，某小组要测量一幢大楼的高度，如图，在山坡的坡脚A处测得大楼顶部M的仰角是，沿着山坡向上走55米到达B处，在B处测得大楼顶部M的仰角是，斜坡的坡度（坡度是指坡而的铅直高度与水平宽度的比），则大楼的高度为米．（结果保留整数，参考数据：）

【答案】187【分析】过点B作，垂足为D，过点B作，垂足为E，根据题意可得：，根据已知可设米，则米，然后在中，利用勾股定理进行计算可求出和的长，再设米，则米，最后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，再在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，从而求出的长，进而列出关于y的方程，进行计算即可解答．【详解】：过点B作，垂足为D，过点B作，垂足为E，

由题意得：，∵斜坡的坡度，∴设米，则米，在中，（米），∵米，∴，解得：，∴米，米，∴米，设米，∴米，在中，，（米），在中，，∴米，∴米，∴，解得：，∴（米），∴大楼的高度约为187米．故答案为：187．【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题、坡度坡角问题等知识点，结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．6．（2023·浙江温州·校联考二模）长嘴壶茶艺表演是一项深受群众喜爱的民俗文化，所用到的长嘴壶更是历史悠久．图1是某款长嘴壶模型放置在水平桌面l上的抽象示意图，已知壶身，，壶嘴，且，，，则，如图2，若长嘴壶中装有若干茶水，绕点A转动壶身，当恰好倒出茶水时，，则此时出水口F到桌面的距离为cm．

【答案】【分析】过点D作，交于点G，过点A作，利用勾股定理求出即可得出，再由当，过D点作，垂足为，过点作，垂足为，构造，，解三角形即可。【详解】解：如图，过点D作，交于点G，过点A作，

∵，∴四边形是平行四边形，∴，，∴∴，∴，解得：（负值已舍去）∴，，∴，∵，，∴，∴∴，当，过D点作，垂足为，过点作，垂足为，

∴，，∵，，∴，∴，∴在中，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，即则此时出水口F到桌面的距离为．故答案为①，②．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，平行线的性质，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键．7．（2023·浙江温州·统考二模）图1是一种双层电脑支架实物图，图是其示意图，，，为固定点，支杠，可分别绕着点，旋转，点，分别在，上移动．，，，当支点与点的距离为时，则点到的距离为，此时，再移动支点，当点与点重合时，、两点的水平距离是垂直距离的两倍，则．

【答案】/【分析】（1）过点作于，过点作于，则，勾股定理求得，根据题意得出，根据即可求解；（2）由（1）可得，过点作，过点作于点，过点作于，过点作于点，交于点，则，依题意，，，得出，在中，求得,在中,设，则，进而得出，，在中勾股定理求得，最后根据，即可求解．【详解】解：（1）如图所示，过点作于，过点作于，则，

∵，，，∴,在中，∵∴，∴∴，故答案为：．（2）由（1）可得如图所示，

过点作，过点作于点，过点作于，过点作于点，交于点，∵，∴，依题意，∵∴∴，设，则，在中，∵，∴，∴，∵，∴∴∴在中，在中，设∴∴∴，在中，，，∴∴，故答案为：．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角形函数的定义是解题的关键．8．（2023·浙江温州·统考二模）如图，公园里有一灯杆垂直水平地面，灯架是一段劣弧，点为灯泡，与相切于点．小明调节带支架的测角仪使得，，且测角仪的高为1.6m，在处测得点的仰角为．沿着向灯杆