第1章 解直角三角形（基础、典型、易错、压轴）分类专项训练（解析版）

第1章解直角三角形（基础、典型、易错、压轴）分类专项训练【基础】一、单选题1．（2022·浙江·金华市南苑中学九年级阶段练习）已知在中，，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正弦定义解答，正弦定义是在中，，∠A的对边与斜边的比叫做∠A的正弦．【详解】解：∵中，，，，∴,故选A．【点睛】本题主要考查了锐角三角函数中的正弦，解决问题的关键是熟练掌握正弦的定义．2．（2022·浙江湖州·九年级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝4，则tanB的值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据勾股定理求出BC的长，再根据tanB＝即可解答．【详解】解：∵直角△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝4，∴BC＝．∴tanB＝．故选：D．【点睛】本题考查的是勾股定理及锐角三角函数的定义，即在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．3．（2022·浙江丽水·一模）如图，点A为边上的任意一点，作于点C，于点D，下列用线段比表示的值，错误的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据，，可得∠A+=90°∠ACD+∠A=90°，从而得∠ACD=，再根据正切的定义，即可求解．【详解】解：∵，，∴∠ACB=∠BDC=∠ADC=90°，∴∠A+=90°∠ACD+∠A=90°，∴∠ACD=，∴，，，∴选项A、B、D正确，不符合题意；选项C错误，符合题意．故选：C【点睛】本题主要考查了求正切值，余角的性质，熟练掌握直角三角形中，锐角的正切值等于它的对边与邻边的比值是解题的关键．4．（2022·浙江宁波·二模）如图，在Rt中，为上一点且于，连结，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设,根据求出FC、BC的长，由此得解.【详解】解：设，，则AB=5x，∵,∴∠AFE=∵,∴，∴x，在Rt△BCF中，∠C=90，∴.故选：D.【点睛】此题考察三角函数，角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，此题根据设未知数是解题的关键.5．（2022·浙江温州·一模）如图，小羽利用仪器测量一电线杆AB的拉线AC的长度，测得拉线AC与水平地面BC的夹角为，并测得C点到电线杆的距离BC为5米，则拉线AC的长度为（

）A．米 B．米 C．米 D．米【答案】B【分析】在直角△ABC中，利用余弦函数即可求解．【详解】解：在直角△ABC中，BC=5，，∴，故选：B．【点睛】本题考查了解直角三角形，解题的关键是把实际问题转化为数学问题．6．（2022·浙江·温州市第十四中学三模）“儿童放学归来早，忙趁东风放纸鸢”，小明周末在龙潭公园草坪上放风筝，已知风筝拉线长100米且拉线与地面夹角为（如图所示，假设拉线是直的，小明身高忽略不计），则风筝离地面的高度可以表示为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】过点A作AC⊥BC于C，根据正弦的定义解答即可．【详解】解：如图，过点A作AC⊥BC于C，在Rt△ABC中，sinB=，则AC=AB•sinB=100sin65°（米），故选：A．【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．7．（2022·浙江·九年级专题练习）如图，小慧的眼睛离地面的距离为，她用三角尺测量广场上的旗杆高度，仰角恰与三角板角的边重合，量得小慧与旗杆之间的距离为，则旗杆的高度（单位：）为（

）A．6.6 B．11.6 C． D．【答案】D【分析】根据题意可知米，．再利用特殊角的三角函数解直角三角形即可求出AC长，从而求出AD长．【详解】根据题意可知米，．∵，∴在中，米．∴米．故选D．【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用．掌握特殊角的三角函数值是解答本题的关键．二、填空题8．（2022·浙江·九年级专题练习）计算：sin30°＝____．【答案】【分析】直接利用特殊角的三角函数值化简即可．【详解】解：sin30°＝．故答案为：．【点睛】此题考查了特殊角的三角函数值，牢记各值是解答此题的关键．9．（2022·浙江宁波·九年级专题练习）比较与的大小，结果为：______．【答案】【分析】根据特殊角的三角函数值直接比较即可．【详解】解：，，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值和实数的大小比较，牢记特殊角的三角函数值是解题的关键．10．（2022·浙江湖州·模拟预测）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=4，AC=1，则cosB=___．【答案】【分析】根据锐角三角函数的定义即可求出答案．【详解】解：由勾股定理可知：BC==，∴cosB==，故答案为：．【点睛】本题考查锐角三角函数，解题的关键是正确理解锐角三角函数的定义，本题属于基础题型．三、解答题11．（2022·浙江金华·三模）计算：【答案】5【分析】按照0指数幂，负整数指数幂，特殊角的正弦，二次根式的化简，绝对值的定义将每一项进行化简，再进行实数的运算即可．【详解】解：==1+2-1+3=5【点睛】本题考查了实数的混合运算，以及0指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数，二次根式的化简，绝对值的定义，熟悉以上运算法则是解题的关键．12．（2022·浙江金华·九年级期中）计算：．【答案】【分析】根据零指数幂，负指数幂，特殊角度的三角函数值以及算数平方根运算法则计算即可．【详解】解：．【点睛】本题考查了实数的混合运算，涉及到了零指数幂，负指数幂，特殊角度的三角函数值以及算数平方根运算法则，熟练掌握这些法则是解题关键．13．（2022·浙江·九年级专题练习）计算：【答案】1【分析】根据特殊三角函数值，零次幂及二次根式的化简运算求解即可．【详解】解：原式=－+1=1【点睛】本题主要考查特殊三角函数值、零次幂及二次根式化简，熟练掌握特殊三角函数值、零次幂及二次根式的化简是解题的关键．14．（2022·浙江金华·一模）计算：【答案】【分析】原式利用负整数指数幂，二次根式的性质，绝对值，特殊角的三角函数值计算即可得到结果．【详解】．【点睛】此题考查了实数的运算以及绝对值、特殊角的三角函数，熟练掌握运算法则是解本题的关键．15．（2022·浙江宁波·九年级期末）如图，某渔船向正东方向以14海里/时的速度航行，在处测得小岛在北偏东方向，2小时后渔船到达处，测得小岛在北偏东方向，已知该岛周围20海里范围内有暗礁．（参考数据：）(1)求处距离小岛的距离（精确到海里）；(2)为安全起见，渔船在处向东偏南转了继续航行，通过计算说明船是否安全？【答案】(1)22.6海里(2)能安全通过．【分析】（1）根据方向角的定义得出∠CAD＝90°﹣70°＝20°，∠CBD＝90°﹣45°＝45°，在两个直角三角形中，由直角三角形的边角关系可求出CM，进而求出BC；（2）求出点C到BE的距离CN的值，比较得出答案．（1）解：如图，过点C作CM⊥AD于M，CN⊥BE于N，由题意得，∠CAD＝90°﹣70°＝20°，∠CBD＝90°﹣45°＝45°，AB＝14×2＝28海里，∵∠CBD＝45°，∴CM＝BM，在Rt△CAM中，∵tan∠ACM＝，∴tan70°＝，解得CM≈16，在Rt△BCM中，BC＝CM＝16≈22.6（海里），答：B处距离小岛C的距离约为22.6海里；（2）解：在Rt△BCN中，∠CBN＝45°+25°＝70°，BC＝16海里，∴CN＝BC•sin∠CBN≈16×0.94≈21.2（海里），∵21.2＞20，∴能安全通过，答：能安全通过．【点睛】本题考查直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的前提，作垂线构造直角三角形是解决问题的关键．【典型】一、单选题1．（2022·浙江绍兴·一模）如图，A，B，C，三点在正方形网格线的交点处，若将绕着点A逆时针旋转得到，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】过C点作CD⊥AB，垂足为D，根据旋转性质可知，∠B′=∠B，把求tanB′的问题，转化为在Rt△BCD中求tanB．【详解】过C点作，垂足为D则根据旋转性质可知，在中，所以故选B．【点睛】本题考查了旋转的性质，旋转后对应角相等；三角函数的定义及三角函数值的求法．二、填空题2．（2021·浙江温州·三模）如图，在直角坐标系中有一直角三角板的直角顶点C落在x轴的负半轴上，点A，B分别落在反比例函数y＝的两个分支上，∠CAB＝30°，若AC边与y轴相交于AC的中点D，点A的纵坐标为2，则k的值为_____．【答案】【分析】过点C作EF⊥x轴，过A点作AM⊥y轴交EF于E，过B点作BN⊥y轴交EF于F，根据题意得出A（，2），E（﹣，2），通过三角形相似，求得，得出，即可得出，根据反比例函数图象上点的坐标图像k＝xy，得出，解得k＝【详解】解：过点C作EF⊥x轴，过A点作AM⊥y轴交EF于E，过B点作BN⊥y轴交EF于F，∵点A，B分别落在反比例函数y＝的两个分支上，点A的纵坐标为2，∴A（，2），∴EC＝2，AM＝，∵AC边与y轴相交于AC的中点D，∴EM＝AM＝，∴AE＝k，∴E（﹣，2），∴F点的横坐标为﹣，在Rt△ABC中，∠CAB＝30°，∴tan30°=，∵∠ACB＝90°，∴∠ACE+∠BCF＝90°，∵∠ACM+∠CAE＝90°，∴∠BCF＝∠CAE，∵∠CFB＝∠AEC＝90°，∴△BCF∽△CAE，∴，∴，∴F（﹣，﹣k），∴，∴，解得k1＝，k2＝0（舍去），∴k＝，故答案为：．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解直角三角形以及三角形相似的判定和性质，表示出点B的坐标是解题的关键．三、解答题3．（2022·浙江衢州·模拟预测）在等腰△ABC中，∠B=90°，AM是△ABC的角平分线，过点M作MN⊥AC于点N，∠EMF=135°．将∠EMF绕点M旋转，使∠EMF的两边交直线AB于点E，交直线AC于点F，请解答下列问题：（1）当∠EMF绕点M旋转到如图①的位置时，求证：BE+CF=BM；（2）当∠EMF绕点M旋转到如图②，图③的位置时，请分别写出线段BE，CF，BM之间的数量关系，不需要证明；（3）在（1）和（2）的条件下，tan∠BEM=，AN=+1，则BM=，CF=．【答案】（1）证明见解析（2）见解析（3）1，1+或1﹣【分析】(1)由等腰△ABC中，∠B=90°，AM是△ABC的角平分线，过点M作MN⊥AC于点N，可得BM=MN，∠BMN=135°，又∠EMF=135°，可证明的△BME≌△NMF，可得BE=NF，NC=NM=BM进而得出结论；（2）①如图②时，同（1）可证△BME≌△NMF，可得BE﹣CF=BM，②如图③时，同（1）可证△BME≌△NMF，可得CF﹣BE=BM；(3)在Rt△ABM和Rt△ANM中，，可得Rt△ABM≌Rt△ANM，后分别求出AB、AC、CN、BM、BE的长，结合（1）（2）的结论对图①②③进行讨论可得CF的长.【详解】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC=∠C=45°，∵AM是∠BAC的平分线，MN⊥AC，∴BM=MN，在四边形ABMN中，∠，BMN=360°﹣90°﹣90°﹣45°=135°，∵∠ENF=135°，，∴∠BME=∠NMF，∴△BME≌△NMF，∴BE=NF，∵MN⊥AC，∠C=45°，∴∠CMN=∠C=45°，∴NC=NM=BM，∵CN=CF+NF，∴BE+CF=BM；（2）针对图2，同（1）的方法得，△BME≌△NMF，∴BE=NF，∵MN⊥AC，∠C=45°，∴∠CMN=∠C=45°，∴NC=NM=BM，∵NC=NF﹣CF，∴BE﹣CF=BM；针对图3，同（1）的方法得，△BME≌△NMF，∴BE=NF，∵MN⊥AC，∠C=45°，∴∠CMN=∠C=45°，∴NC=NM=BM，∵NC=CF﹣NF，∴CF﹣BE=BM；（3）在Rt△ABM和Rt△ANM中，，∴Rt△ABM≌Rt△ANM（HL），∴AB=AN=+1，在Rt△ABC中，AC=AB=+1，∴AC=AB=2+，∴CN=AC﹣AN=2+﹣（+1）=1，在Rt△CMN中，CM=CN=，∴BM=BC﹣CM=+1﹣=1，在Rt△BME中，tan∠BEM===，∴BE=，∴①由（1）知，如图1，BE+CF=BM，∴CF=BM﹣BE=1﹣②由（2）知，如图2，由tan∠BEM=，∴此种情况不成立；③由（2）知，如图3，CF﹣BE=BM，∴CF=BM+BE=1+，故答案为1，1+或1﹣．【点睛】本题考查三角函数与旋转与三角形全等的综合，难度较大，需综合运用所学知识求解.4．（2021·浙江杭州·九年级期末）如图，在中，，垂足为D，．（1）求的值；（2）过点B作，若，求的长．【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据，求出CD，再根据勾股定理求出AB的长，即可求得的值；（2）作AF⊥BE，易得四边形ADBF是矩形，即可求得AF和EF，然后根据勾股定理即可求得AE的长．【详解】（1）在Rt△ADC中∵∴CD=4∴BD=12－4=8在Rt△ABD中，根据勾股定理可得∴（2）作AF⊥BE于点F∵，∴四边形ADBF是矩形∴AF=BD=8，AD=BF=6∴EF=10－6=4在Rt△AEF中，根据勾股定理可得【点睛】本题考查三角函数和勾股定理，掌握解直角三角形的方法是解题的关键．5．（2020·浙江台州·二模）某校组织数学兴趣探究活动，爱思考的小实同学在探究两条直线的位置关系查阅资料时发现，两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”．如图1、图2、图3中，、是的中线，于点，像这样的三角形均称为“中垂三角形”．【特例探究】（1）如图1，当，时，_____，______；如图2，当，时，_____，______；【归纳证明】（2）请你观察（1）中的计算结果，猜想、、三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明你的结论；【拓展证明】（3）如图4，在中，，，、、分别是边、的中点，连结并延长至，使得，连结，当于点时，求的长．【答案】（1），，，；（2），证明见解析；（3）．【分析】(1)由三角函数的性质得到根据三角形中位线的性质,得到EF//AB．,由平行线分线段成比例可得，可求得PE、PE的长，再由勾股定理得到结果;由三角函数的性质得到根据三角形中位线的性质,得到EF//AB．，由平行线分线段成比例可得，可求得PE、PE的长再由勾股定理得到结果;(2)设，，则，，利用勾股定理用x、y、z分别表示出：、、，再用x、y、z分别表示出，，由即可得出答案；（3）连结，过点作交于点，交于点，可得四边形是平行四边形，可得是中垂三角形，即可知：，代入（2）中结论可求得【详解】(1)解:如图，连接EF∵，，∴∵、是的中线，是交点∴∴∴∵∴由勾股定理可得：∴如图连接EF∵，，∴，∵、是的中线，是交点∴∴∴，∵∴由勾股定理可得：，∴，故答案为：，，，．（2）,理由如下：设，，则，∵∴∴，∴即（3）连结，过点作交于点，交于点，∵，∴∵是的中点∴是的中点∵，是，的中点∴，∵∴，∴四边形是平行四边形∴是的中点∴是中垂三角形∵，，∴，有（2）中结论可知：∴【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定、勾股定理、三角形的中位线定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．6．（2021·浙江杭州·一模）已知在平面直角坐标系中，点，以线段为直径作圆，圆心为，直线交于点，连接.（1）求证：直线是的切线；（2）点为轴上任意一动点，连接交于点，连接：①当时，求所有点的坐标（直接写出）；②求的最大值.【答案】（1）见解析；（2）①，；②的最大值为.【分析】（1）连接，证明∠EDO=90°即可；（2）①分“位于上”和“位于的延长线上”结合相似三角形进行求解即可；②作于点，证明，得，从而得解.【详解】（1）证明：连接，则：∵为直径∴∴∵∴∴∵∴∴即：∵轴∴∴∴直线为的切线.（2）①如图1，当位于上时：∵∴∴设，则∴∴，解得：∴即如图2，当位于的延长线上时：∵∴设，则∴∴解得：∴即②如图，作于点，∵是直径∴∴∴∵半径∴∴的最大值为.【点睛】本题考查了圆的综合题：熟练掌握切线的判定定理、解直角三角形；相似三角形的判定和性质和相似比计算线段的长；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．【易错】一．选择题（共6小题）1．（2022春•鄞州区校级月考）如图，先锋村准备在坡角为α的山坡上栽树，要求相邻两树之间的水平距离为5米，那么这两树在坡面上的距离AB为（）A．5cosα B． C．5sinα D．【分析】利用所给的角的余弦值求解即可．【解答】解：如图，过点B作BC⊥AF于点C．∵BC＝5米，∠CBA＝∠α．∴AB＝＝．故选：B．【点评】此题主要考查学生对坡度、坡角的理解及运用．2．（2022春•兰溪市月考）若∠A是锐角，且sinA＝，则（）A．0°＜∠A＜30° B．30°＜∠A＜45° C．45°＜∠A＜60° D．60°＜∠A＜90°【分析】正弦值随着角度的增大（或减小）而增大（或减小），据此可得结论．【解答】解：∵∠A是锐角，且sinA＝＜＝sin30°，∴0°＜∠A＜30°，故选：A．【点评】本题主要考查了锐角三角函数的增减性，正弦值随着角度的增大（或减小）而增大（或减小）．3．（2022•鹿城区校级三模）铁路道口的栏杆如图．已知栏杆长为3米，当栏杆末端从水平位置上升到点C处时，栏杆前端从水平位置下降到点A处，下降的垂直距离AD为0.5米（栏杆的粗细忽略不计），上升前后栏杆的夹角为α，则栏杆末端上升的垂直距离CE的长为（）A．米 B．米 C．（3tanα﹣0.5）米 D．（3sinα﹣0.5）米【分析】过点A作AF∥DE，交CE的延长线于点F，根据锐角三角函数的定义即可求出答案．【解答】解：如图：过点A作AF∥DE，交CE的延长线于点F，∵CE⊥DE，∴∠CED＝90°，∵AF∥DE，∴∠CFA＝∠CED＝90°，∠CAF＝∠CBE＝α，由题意可知：EF＝AD＝0.5米，AC＝3米，∵sin∠CAF＝，∴CF＝3sinα（米），∴CE＝CF﹣EF＝（3sinα﹣0.5）（米），即栏杆末端上升的垂直距离CE的长为（3sinα﹣0.5）米．故选：D．【点评】本题考查了解直角三角形，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义．4．（2022•西湖区模拟）如图，边长为1的小正方形网格中，点A、B、C、E在格点上，连接AE、BC，点D在BC上且满足AD⊥BC，则∠AED的正切值是（）A． B．2 C． D．【分析】连接OD，证明点A、D、B、E在以O为圆心，1为半径的同一个圆上，把求∠AED的正切值转化为求∠ABC的正切值．【解答】解：连接OD，∵AD⊥BC，O是AB中点，∴OD＝AB＝1，∴OD＝OA＝OE＝OD，∴点A、D、B、E在以O为圆心，1为半径的同一个圆上，∴∠ABC＝∠AED，∴tan∠AED＝tan∠ABD＝，故选：A．【点评】本题考查了解直角三角形，掌握四点共圆的证明及三角函数的应用是解题关键，其中连接OD，证明点A、D、B、E在以O为圆心，1为半径的同一个圆上是本题的难点．5．（2022•瑞安市二模）某村计划挖一条引水渠，渠道的横断面ABCD是一个轴对称图形（如图所示）．若渠底宽BC为2m，渠道深BH为3m，渠壁CD的倾角为α，则渠口宽AD为（）A．（2+3•tanα）m B．（2+6•tanα）m C．（2+）m D．（2+）m【分析】过点C作CE⊥AD，垂足为E，根据题意可得BH＝CE＝3m，BC＝HE＝2m，AH＝DE，∠ADC＝α，然后在Rt△DEC中，利用锐角三角函数的定义求出DE的长，从而求出AH的长，然后进行计算即可解答．【解答】解：过点C作CE⊥AD，垂足为E，则BH＝CE＝3m，BC＝HE＝2m，∵四边形ABCD是一个轴对称图形，∴AH＝DE，∵AD∥BC，∴∠ADC＝α，在Rt△DEC中，DE＝＝（m），∴AH＝DE＝m，∴AD＝AH+DE+HE＝2+×2＝（2+）m，故选：D．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，轴对称图形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．6．（2022春•杭州月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，E为AC边的中点，线段BE的垂直平分线交边BC于点D．设BD＝x，tan∠ACB＝y，则x与y满足关系式为（）A．x﹣y2＝3 B．2x﹣y2＝6 C．3x﹣y2＝9 D．4x﹣y2＝12【分析】过A作AQ⊥BC于Q，过E作EM⊥BC于M，连接DE，根据线段垂直平分线求出DE＝BD＝x，根据等腰三角形求出BQ＝CQ＝4，求出CM＝QM＝2，解直角三角形求出EM＝2y，AQ＝4y，在Rt△DEM中，根据勾股定理求出即可．【解答】解：如图，过A作AQ⊥BC于Q，过E作EM⊥BC于M，连接DE，∵BE的垂直平分线交BC于D，BD＝x，∴BD＝DE＝x，∵AB＝AC，BC＝8，tan∠ACB＝y，∴＝＝y，BQ＝CQ＝4，∴AQ＝4y，∵AQ⊥BC，EM⊥BC，∴AQ∥EM，∵E为AC中点，∴MC＝QM＝CQ＝2，∴EM＝2y，∴DM＝8﹣2﹣x＝6﹣x，在Rt△EDM中，由勾股定理得：x2＝（2y）2+（6﹣x）2，即3x﹣y2＝9，故选：C．【点评】本题考查了线段垂直平分线性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识点，能正确作出辅助线是解此题的关键．二．填空题（共7小题）7．（2022秋•鄞州区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，若sinA＝，则cosB＝．【分析】根据三角函数的定义即可得到cosB＝sinA＝．【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∵sinA＝＝，∴cosB＝＝．故答案为：．【点评】本题考查了三角函数的定义，由定义可推出互余两角的三角函数的关系：若∠A+∠B＝90°，则sinA＝cosB，cosA＝sinB．熟知相关定义是解题关键．8．（2022•长兴县开学）计算tan45°的正确结果是1．【分析】根据特殊角的三角函数值判断即可．【解答】解：tan45°＝1，故答案为：1．【点评】本题考查了特殊角的三角函数值，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．9．（2022春•定海区期末）公元前240年前后，在希腊的亚历山大城图书馆当馆长的埃拉托色尼通过测得有关数据，求得了地球圆周的长度，他是如何测量的呢？如图所示，由于太阳距离地球很远，太阳射来的光线可以看作平行线，在同时刻，光线与A城和地心的连线OP所夹的锐角记为∠1，光线与B城和地心的连线OQ重合，通过测量A，B两城间的路程（即弧AB）和∠1的度数，利用圆的有关知识，地球圆周的长度就可以大致算出来了．已知弧AB的长度约为800km，若∠1≈7.2°，则地球的周长约为40000km．【分析】首先根据弧长公式求出地球的半径，再利用圆的周长公式即可求解．【解答】解：∵太阳射来的光线可以看作平行线，∴∠AOB＝∠1≈7.2°．设地球的半径为R千米，由题意得＝800，解得R＝，∴地球的周长约为2π×＝40000（千米）．故答案为：40000．【点评】本题考查了弧长公式：l＝（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）．在弧长的计算公式中，n是表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位．也考查了圆的周长公式．10．（2022•丽水一模）如图1的一汤碗，其截面为轴对称图形，碗体ECDF呈半圆形状（碗体厚度不计），直径EF＝26cm，碗底AB＝10cm，∠A＝∠B＝90°，AC＝BD＝3cm．（1）如图1，当汤碗平放在桌面MN上时，碗的高度是15cm．（2）如图2，将碗放在桌面MN上，绕点B缓缓倾斜倒出部分汤，当碗内汤的深度最小时，tan∠ABM的值是．【分析】（1）由垂径定理和勾股定理可求PO的长，即可求解；（2）由旋转的性质可得OB＝O'B＝5cm，∠ABM＝∠OBO'，由勾股定理可求RB的长，由面积关系可求OK的长，由锐角三角函数可求解．【解答】解：（1）如图，设半圆的圆心为O，连接OC，OB，过点O作直线OP⊥CD于P，交AB于Q，∴四边形ACPQ是矩形，四边形BDPQ是矩形，∴AC＝PQ＝3cm，PD＝QB，∵OP⊥CD，∴CP＝DP＝QB＝5cm，∵OP＝＝＝12（cm），∴OQ＝OP+PQ＝15cm．∴碗的高度为15cm；（2）如图1，OB＝＝＝5cm，∵将碗放在桌面MN上，绕点B缓缓倾斜倒出部分汤，∴当半圆O与直线MN相切时，碗内汤的深度最小，如图2，设半圆O与直线MN相切于点R，连接O'R，连接OO'，O'B，过点O作OK⊥O'B于K，∵旋转，∴OB＝O'B＝5cm，∠ABM＝∠OBO'，∵半圆O与直线MN相切于点R，∴O'R⊥MN，∴O'R＝13cm，∴BR＝＝＝9cm，∵S△OO'B＝S梯形OQO'R﹣S△OBQ﹣S△BRO'，∴S△OO'B＝×（5+9）×（15+13）﹣×15×5﹣×13×9＝100（cm2），∴×O'B×OK＝100，∴×5×OK＝100，∴OK＝4cm，∴BK＝＝＝3cm，∴tan∠OBO'＝＝＝，∴tan∠MBA＝，故答案为：．【点评】本题考查了圆的有关知识，锐角三角函数，勾股定理，旋转的等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．11．（2022•萧山区校级一模）如图，在△ABC中，sinB＝，tanC＝，AB＝4，则AC的长为．【分析】过点A作AD⊥BC，垂足为D，先在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，再在Rt△ADC中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，然后根据勾股定理求出AC的长即可解答．【解答】解：过点A作AD⊥BC，垂足为D，在Rt△ABD中，sinB＝，AB＝4，∴AD＝AB•sinB＝4×＝1，在Rt△ADC中，tanC＝，∴DC＝＝＝2，∴AC＝＝＝，故答案为：．【点评】本题考查了解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．12．（2022秋•鄞州区校级月考）在△ABC中，如果∠A、∠B满足|tanA﹣1|+（cosB﹣）2＝0，那么∠C＝75°．【分析】先根据△ABC中，tanA＝1，cosB＝，求出∠A及∠B的度数，进而可得出结论．【解答】解：∵△ABC中，|tanA﹣1|+（cosB﹣）2＝0∴tanA＝1，cosB＝∴∠A＝45°，∠B＝60°，∴∠C＝75°．故答案为：75°．【点评】本题考查的是特殊角的三角函数值，熟记各特殊角度的三角函数值是解答此题的关键．13．（2022•富阳区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，∠OAB＝45°，∠ABO＝60°，BD＝8．点P从B点出发沿着BD方向运动，到达点O停止运动．连接AP，点B关于直线AP的对称点为Q．当点Q落在AC上时，则OQ＝2+2﹣2，在运动过程中，点Q到直线BD的距离的最大值为2．【分析】过点O作OH⊥AB，垂足为H，根据题意可得AQ＝AB，利用平行四边形的性质可得OB＝4，然后在Rt△OBH中，利用锐角三角函数的定义求出OH，BH的长，再在Rt△AHO中，利用锐角三角函数的定义求出AH的长，AO的长，从而求出AB，AQ的长，进行计算即可求出OQ的长；根据题意可得点Q的轨迹为：以点A为圆心，AB长为半径的圆弧上，当点P运动到点O，则点Q在圆弧终点的位置，连接BQ，过点Q作QG⊥BD，垂足为G，连接OQ，根据轴对称的性质可得OQ＝OB，AQ＝AB，∠QAB＝2∠OAB＝90°，从而可得QB＝AB＝2+2，∠QBA＝∠AQB＝45°，进而求出∠OBQ＝15°，然后利用等腰三角形的性质以及三角形的外角性质可得∠QOG＝30°，最后设QG＝x，则OQ＝OB＝2x，OG＝x，再在Rt△QGB中，利用勾股定理进行计算即可解答．【解答】解：过点O作OH⊥AB，垂足为H，由题意得：AQ＝AB，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB＝BD＝4，在Rt△OBH中，∠ABO＝60°，∴OH＝OB•sin60°＝4×＝2，BH＝OB•cos60°＝4×＝2，在Rt△AHO中，∠OAB＝45°，∴AH＝＝＝2，OA＝＝＝2，∴AQ＝AB＝AH+BH＝2+2，∴OQ＝AQ﹣OA＝2+2﹣2，∴当点Q落在AC上时，则OQ＝2+2﹣2，∵AQ＝AB，∴点Q的轨迹为：以点A为圆心，AB长为半径的圆弧上，当点P运动到点O，则点Q在圆弧终点的位置，连接BQ，过点Q作QG⊥BD，垂足为G，连接OQ，∵点B关于直线AP的对称点为Q，∴OQ＝OB，AQ＝AB，∠QAB＝2∠OAB＝90°，∴QB＝AB＝2+2，∠QBA＝∠AQB＝45°，∵∠OBA＝60°，∴∠OBQ＝∠OBA﹣∠QBA＝15°，∵OQ＝OB，∴∠OQB＝∠OBQ＝15°，∴∠QOG＝∠OQB+∠OBQ＝30°，设QG＝x，则OQ＝OB＝2x，∴OG＝QG＝x，∴BG＝OB+OG＝（2+）x，在Rt△QGB中，QG2+GB2＝BQ2，∴x2+[（2+）x]2＝（2+2）2，∴x＝2或x＝﹣2（舍去），∴QG＝2，∴在运动过程中，点Q到直线BD的距离的最大值为2．故答案为：2+2﹣2，2．【点评】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，勾股定理，轴对称的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．三．解答题（共8小题）14．（2022•嘉兴一模）倡导“低碳环保”让“绿色出行”成为一种生活常态．嘉嘉买了一辆自行车作为代步工具，各部件的名称如图1所示，该自行车的车轮半径为30cm，图2是该自行车的车架示意图，立管AB＝27cm，上管AC＝36cm，且它们互相垂直，座管AE可以伸缩，点A，B，E在同一条直线上，且∠ABD＝75°．（1）求下管BC的长；（2）若后下叉BD与地面平行，座管AE伸长到18cm，求座垫E离地面的距离．（结果精确到1cm，参考数据sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73）【分析】（1）在Rt△ABC中，利用勾股定理进行计算即可解答；（2）过点E作EF⊥BD，垂足为F，根据已知可求出BE的长，然后在Rt△BEF中，利用锐角三角函数的定义求出EF的长，进行计算即可解答．【解答】解：（1）∵BA⊥AC，∴∠BAC＝90°，在Rt△ABC中，AB＝27cm，AC＝36cm，∴BC＝＝＝45（cm），∴下管BC的长为45cm；（2）过点E作EF⊥BD，垂足为F，∵AE＝18cm，AB＝27cm，∴BE＝AE+AB＝45cm，在Rt△BEF中，∠ABD＝75°，∴EF＝BE•sin75°≈45×0.97＝43.65（cm），∴座垫E离地面的距离＝43.65+30≈74（cm），∴座垫E离地面的距离约为74cm．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．15．（2022春•磐安县期中）某数学兴趣小组通过调查研究把“如何测量嵩岳寺塔的高度”作为一项课题活动，他们制订了测量方案，并利用课余时间实地测量．课题测量嵩岳寺塔的高度测量工具测量角度的仪器，皮尺等测量方案在点C处放置高为1.3米的测角仪CD，此时测得塔顶端A的仰角为45°，再沿BC方向走22米到达点E处，此时测得塔顶端A的仰角为32°．说明：E、C、B三点在同一水平线上请你根据表中信息结合示意图帮助该数学兴趣小组求嵩岳寺塔AB的高度．（精确到0.1米，参考数据：sin32°≈0.52，cos32°≈0.84，tan32°≈0.62）【分析】延长FD交AB于点G，根据题意可得FG⊥AB，CD＝GB＝1.3米，DF＝CE＝22米，设AG＝x米，然后在Rt△AGD中，利用锐角三角函数定义求出GD的长，从而求出FG的长，最后在Rt△AGF中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算即可解答．【解答】解：延长FD交AB于点G，则FG⊥AB，CD＝GB＝1.3米，DF＝CE＝22米，设AG＝x米，在Rt△AGD中，∠ADG＝45°，∴GD＝＝x（米），∴GF＝GD+DF＝（x+22）米，在Rt△AGF中，∠AFG＝32°，∴tan32°＝＝≈0.62，∴x≈35.89，经检验，x≈35.89是原方程的根，∴AG≈35.89米，∴AB＝AG+BG＝35.89+1.3≈37.2（米），∴嵩岳寺塔AB的高度约为37.2米．【点评】本题考查了解直角三角形的应用仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．16．（2022•温岭市一模）如图所示是国际标准的篮球架，某兴趣小组想知道篮筐中心A到地面的高度，现测得如下数据：CD垂直于地面，CD＝255cm，BC＝90cm，AB平行于地面，∠ABC＝145°，请你利用学过的知识帮他们求出该高度．（结果精确到1cm，参考数据：sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70）【分析】过点A作AM⊥EF，垂足为M，过点C作CN⊥AM，垂足为N，过点B作BQ⊥CN，垂足为Q，根据题意可得CD＝MN＝255cm，BQ＝AN，CN∥AB，从而求出∠BCN的度数，然后在Rt△BCQ中，利用锐角三角函数的定义求出BQ的长，从而求出AN的长，进行计算即可解答．【解答】解：过点A作AM⊥EF，垂足为M，过点C作CN⊥AM，垂足为N，过点B作BQ⊥CN，垂足为Q，则CD＝MN＝255cm，BQ＝AN，CN∥AB，∵∠ABC＝145°，∴∠BCN＝180°﹣∠ABC＝35°，在Rt△BCQ中，BC＝90cm，∴BQ＝BC•sin35°≈90×0.57＝51.3（cm），∴AN＝BQ＝51.3cm，∴AM＝AN+MN＝51.3+255≈306（cm），∴篮筐中心A到地面的高度约为306cm．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．17．（2022•金东区三模）如图，一个书架上放着8个完全一样的长方体档案盒，其中左边7个档案盒紧贴书架内侧竖放，右边一个档案盒自然向左斜放，档案盒的顶点D在书架底部，顶点F靠在书架右侧，顶点C靠在档案盒上，若书架内侧长为60cm，∠CDE＝53°，档案盒长度AB＝35cm．（参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）（1）求点C到书架底部距离CE的长度；（2）求ED的长度；（3）求出该书架中最多能放几个这样的档案盒．【分析】（1）根据题意可得AB＝CD＝35cm，然后在Rt△CDE中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答；（2）在Rt△CDE中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答；（3）根据题意可得：∠DGF＝∠CDF＝90°，先利用平角定义求出∠FDG＝27°，从而求出∠DFG＝53°，设每一个档案盒的厚度为xcm，然后在Rt△DFG中，利用锐角三角函数的定义求出DG的长，最后根据书架内侧长为60cm，列出关于x的方程，进行计算即可解答．【解答】解：（1）由题意得：AB＝CD＝35cm，在Rt△CDE中，∠CDE＝53°，∴CE＝CD•sin53°≈35×0.8＝28（cm），∴点C到书架底部距离CE的长度约为28cm；（2）在Rt△CDE中，∠CDE＝53°，CD＝35cm，∴DE＝CD•cos53°≈35×0.6＝21（cm），∴ED长度约为21cm；（3）如图：由题意得：∠DGF＝∠CDF＝90°，∵∠CDE＝53°，∴∠FDG＝180°﹣∠CDE﹣∠CDF＝37°，∴∠DFG＝90°﹣∠FDG＝53°，设每一个档案盒的厚度为xcm，在Rt△DFG中，DF＝xcm，∴DG＝DF•sin53°≈0.8x（cm），由题意得：7x+0.8x+21＝60，∴x＝5，∴60÷5＝12（个），∴该书架中最多能放12个这样的档案盒．【点评】本题考查了解直角三角形的应用．熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．18．（2022•鹿城区校级三模）如图1是某路灯，图2是此路灯在铅垂面内的示意图，灯芯A在地面上的照射区域BC长为7米，从B，C两处测得灯芯A的仰角分别为α和β，且tanα＝6，tanβ＝1．（1）求灯芯A到地面的高度．（2）立柱DE的高为6米，灯杆DF与立柱DE的夹角∠D＝120°，灯芯A到顶部F的距离为1米，且DF⊥AF，求灯杆DF的长度．【分析】（1）过点A作AH⊥BC，垂足为H，设BH＝x米，在Rt△ABH中利用锐角三角函数的定义求出AH的长，再在Rt△ACH中，利用锐角三角函数的定义求出CH的长，从而根据BC＝7列出关于x的方程，进行计算即可解答；（2）连接AD，根据已知易证四边形DEHA是矩形，可得∠EDA＝90°，从而求出∠ADF＝30°，然后在Rt△DFA中，利用锐角三角函数的定义求出DF的长，进行计算即可解答．【解答】解：（1）过点A作AH⊥BC，垂足为H，设BH＝x米，在Rt△ABH中，tanα＝6，∴AH＝BH•tanα＝6x（米），在Rt△ACH中，tanβ＝1，∴CH＝＝6x（米），∵BC＝7米，∴BH+CH＝7，∴x+6x＝7，∴x＝1，∴AH＝6米，∴灯芯A到地面的高度为6米；（2）连接AD，∵DE⊥BC，AH⊥BC，∴DE∥AH，∵DE＝AH＝6米，∴四边形DEHA是平行四边形，∵∠DEH＝90°，∴四边形DEHA是矩形，∴∠EDA＝90°，∵∠EDF＝120°，∴∠ADF＝∠EDF﹣∠EDA＝30°，∵DF⊥AF，∴∠F＝90°，∴在Rt△DFA中，AF＝1米，∴DF＝＝＝（米），∴灯杆DF的长度为米．【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．19．（2022•诸暨市模拟）图1是一种可折叠台灯，它放置在水平桌面上，将其抽象成图2，其中点B，E，D均为可转动点，现测得AB＝BE＝ED＝CD＝20cm，经多次调试发现当点B，E都在CD的垂直平分线上时（如图3所示）放置最平稳．（1）求放置最平稳时灯座DC与灯杆DE的夹角的大小；（2）当A点到水平桌面（CD所在直线）的距离为42cm﹣43cm时，台灯光线最佳，能更好的保护视力．若台灯放置最平稳时，将∠ABE调节到105°，试通过计算说明此时光线是否为最佳．（参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27，≈1.73）【分析】（1）延长BE交DC于点F，根据题意可得EF⊥CD，FD＝CD＝CD＝10cm，然后在Rt△DEF中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答；（2）过点A作AM⊥DC，交DC的延长线于点M，过点B作BG⊥AM，垂足为G，则GM＝BF，∠GBF＝90°，先在Rt△DEF中，利用勾股定理求出EF的长，从而求出BF，GM的长，然后根据∠ABE＝105°，求出∠ABG的度数，最后在Rt△ABG中，利用锐角三角函数的定义求出AG的长，进行计算即可解答．【解答】解：（1）延长BE交DC于点F，由题意得：EF⊥CD，FD＝CD＝CD＝10cm，在Rt△DEF中，DE＝20cm，∴cosD＝＝＝，∴∠D＝60°，∴灯座DC与灯杆DE的夹角为60°；（2）过点A作AM⊥DC，交DC的延长线于点M，过点B作BG⊥AM，垂足为G，则GM＝BF，∠GBF＝90°，在Rt△DEF中，DE＝20cm，DF＝10cm，∴EF＝＝＝10（cm），则GM＝BF＝BE+EF＝（20+10）cm，∵∠ABE＝105°，∴∠ABG＝∠ABF﹣∠GBF＝15°，在Rt△ABG中，AB＝20cm，∴AG＝AB⋅sin15°≈20×0.26＝5.2（cm），∴AM＝AG+GM＝20+10+5.2≈42.5（cm），∴A点到水平桌面（CD所在直线）的距离约为42.5cm，∴此时光线最佳．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，线段垂直平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．20．（2022•北仑区一模）某镇为创建特色小镇，助力乡村振兴，决定在辖区的一条河上修建一座步行观光桥．如图，该河旁有一座小山，山高BC＝100m，坡面AB的坡比为1：0.7（注：坡比是指坡面的铅垂高度与水平宽度的比），点C、A与河岸E，F在同一水平线上，从山顶B处测得河岸E和对岸F的俯角∠DBE，∠DBF分别为45°，28°．（1）求山脚A到河岸E的距离；（2）若在此处建桥，试求河宽EF的长度．（结果精确到0.1m）（参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53）【分析】（1）根据题意可求出AC的长，然后在Rt△BCE中，求出CE，进行计算即可解答；（2）在Rt△BCF中，求出CF的长，然后再减去CE，进行计算即可解答．【解答】解：（1）由题意得：＝，BC＝100m，∴AC＝0.7BC＝70（m），在Rt△BCE中，∠BEC＝45°，∴CE＝＝100（m），∴AE＝CE﹣AC＝30（m），∴山脚A到河岸E的距离为30m；（2）在Rt△BCF中，∠BFC＝28°，∴CF＝＝≈188.68（m），∴EF＝CF﹣CE＝188.68﹣100≈88.7（m），∴河宽EF的长度为88.7m．【点评】本题考查了解答直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，坡度坡角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．21．（2022•柯城区二模）图①是某小区折叠道闸的实景图，图②是其工作示意图，道闸由垂直于地面的立柱AB，CD和折叠杆“AE﹣EF”组成，其中AB＝CD＝1.2m，AB，CD之间的水平距离BD＝2.5m，AE＝1.5m．道闸工作时，折叠杆“AE﹣EF”可绕点A在一定范围内转动，张角为∠BAE（90°≤∠BAE≤150°），同时杆EF始终与地面BD保持平行．（参考数据：≈1.414，≈1.732）（1）当张角∠BAE为135°时，求杆EF与地面BD之间的距离（结果精确到0.01m）；（2）试通过计算判断宽度为1.8m，高度为2.45m的小型厢式货车能否正常通过此道闸？【分析】（1）要求杆EF与地面BD之间的距离，所以过点E作EM⊥BD，垂足为M，交AC于点N，在Rt△AEN中进行计算即可解答；（2）当张角为∠BAE为150°时，按照（1）的思路求出EM的长，再计算当QD＝1.8米时，GQ的长度，然后与车的宽度进行比较即可解答．【解答】解：（1）过点E作EM⊥BD，垂足为M，交AC于点N，则EN⊥AC，∵AB⊥BD，∴四边形ABMN是矩形，∴AB＝MN＝1.2（米），∠BAN＝90°，∵∠BAE＝135°，∴∠EAN＝∠BAE﹣∠BAN＝45°，在Rt△AEN中，EN＝AEsin45°＝1.5×＝（米），∴EM＝EN+MN＝+1.2≈2.26（米），答：杆EF与地面BD之间的距离为2.26米；（2）由（1）得：∠BAN＝90°，当∠BAE＝150°时，∴∠EAN＝∠BAE﹣∠BAN＝60°，在Rt△AEN中，EN＝AEsin60°＝1.5×＝（米），∴EM＝EN+MN＝+1.2≈2.5（米），当QD＝PC＝1.8m，∴BQ＝AP＝2.5﹣1.8＝0.7m，当∠BAE＝150°时，∴∠EAP＝∠BAE﹣∠BAP＝60°，在Rt△AGP中，GP＝APtan60°＝0.7≈1.212米，∴GP+PQ＝1.212+1.2＝2.412米，∵2.412＜2.45，∴宽度为1.8m，高度为2.45m的小型厢式货车不能正常通过此道闸．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．【压轴】一、单选题1．（2021·浙江·温州市第二中学三模）如图，扇形AOB中，∠AOB＝90°．在扇形内放一个Rt△EDF，其中DE＝10，DF＝9，直角顶点D在半径OB上，OD＝2DB，点E在半径OA上，点F在弧上．则半径OA的长为（

）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】看到点想位置，用角度刻画F在上的位置，再利用建立等量关系解得半径【详解】解：连接OF，作FG⊥OB于点G，过F作于H，设半径为r，，在中，，∵，，∴，又，∴，∴，由，∴，∴，，∴，，在中，因为解方程复杂，代入检验得：故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理，首先要明确的一点是：△EDF的形状是确定的．D点在OB上的位置也是确定的，所以点F在弧AB上的位置以及点E在OA上的位置也是确定的，应当思考利用什么样的数量关系去刻画这两点的位置关系，而这恰恰是解题的关键．二、填空题2．（2022·浙江·温州市第二实验中学二模）飞机导航系统的正常工作离不开人造卫星的信号传输（如图1）．五颗同轨道同步卫星，其位置A，B，C，D，E如图2所示，是它们的运行轨道，弧AC度数为120°，点B到点C和点A的距离相等，于M，AD交BE于N，交CE于H，连结CD，AE．已知一架飞机从M飞到N的直线距离为8千公里，则轨道的半径为______千公里．当时，则线段AE，CD的长度之和为______千公里．【答案】

【分析】如图，连接BC，AB，OA，OB，OC，MN，AC，AC与OB的交点记为点P，证明都为等边三角形，四边形OCBA为菱形，再证明可得再利用三角函数可得圆的半径，过作于设由可得再利用勾股定理列方程即可．【详解】解：如图，连接BC，AB，OA，OB，OC，MN，AC，AC与OB的交点记为点P，弧AC度数为120°，优弧的度数为而都为等边三角形，∴四边形OCBA为菱形，弧AC度数为120°，为等边三角形，同理：则过作于设即同理即解得：（负根舍去）故答案为：【点睛】本题考查的是弧与圆心角，圆周角的关系，等边三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，菱形的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，本题综合程度较高，属于中考压轴题．三、解答题3．（2022·浙江·宁波外国语学校九年级阶段练习）已知一个直角三角形纸片，其中，，，点、分别是、边上的一动点，连接，将纸片的一角沿折叠．(1)若折叠后点落在边上的点处（如图，且，求的长；(2)若，折叠后点的对应点为点（如图，连结．①若点恰好在边上（如图，求的长．②求的最小值．【答案】(1)(2)①，②【分析】（1）由折叠的性质得出，，得出，由已知得出，证明，得出，即可求出的长；（2）①如图3中，漏解交于点．证明四边形是菱形，求出菱形的边长，再利用相似三角形的性质求解即可；②由①可知，四边形是菱形，推出，推出点的运动轨迹是的角平分线，推出当时，的值最小．【详解】（1）如图1中，的一角沿折叠，折叠后点落在边上的点处，，，，，，在中，，，，，，，，即，；（2）①如图3中，连接交于点．，，，，四边形是菱形，，，，，设，，，，

，则，，，，，，，，，，，，

，，，；②如图，由①中图形可知，四边形是菱形，，，点的运动轨迹是的角平分线，当时，的值最小，此时．【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、菱形的判定和性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似和运用勾股定理得出方程是解决问题的关键，属于中考常考题型．4．（2022·浙江·义乌市宾王中学九年级阶段练习）如图1，小明将一张直角梯形纸片沿虚线剪开，得到矩形和三角形两张纸片，测得，．在进行如下操作时遇到了下列几个问题，请你帮助解决．(1)如图2，将的顶点G移到矩形的顶点B处，再将三角形绕点B顺时针旋转使E点落在边上，此时EF恰好经过点A，请证明：；(2)如图3，在（1）的条件下，小明先将的边和矩形的边重合，然后将△EFG沿直线向右平移，至F点与B重合时停止．在平移过程中，设G点平移的距离为x，两纸片重叠部分面积为y，求在平移的整个过程中，y与x的函数关系式．(3)如图，在（1）的条件下，小明把该图形放在直角坐标系中，使B（G）为坐标原点为x轴，在x轴和y上分别找P，Q两点使与相似，直接写出P点的坐标．【答案】(1)见解析(2)(3)，，，【分析】（1）先证明，然后根据两角相等的两个三角形相似解答即可；（2）先由（1）求出BF的长，然后分当时和当时两种情况求解；（3）当时，由相似三角形的判定和性质可证此种情况不符合题意；然后分和两种情况求解．【详解】（1）证明：∵，∴，又∵，∴，在和中，，∴；（2）解：∵∴．由（1）知，，∴，∴．分两种情况：①当时，如图1，与相交于P，过P作于Q点，∵的直角边，∴，∵，∴，四边形是矩形，∴．∵，∴，，∴重叠部分，②当时，如图2，EF与AB相交于P，与CD相交于R，∴．综上可知，．（3）解：∵与相似，∴或．当时，∵，，∴．∵，∴，∴，这与或矛盾，∴．当时，当时，则．∵，，∴．∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴．当时，则．同理可求，∴．当时，当时，则．∵，，∴．∵，∴，∴．∵，∴，∴∴，∴．当时，则，同理可求，∴．综上可知，，，，．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，列函数解析式，以及锐角三角函数的知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质、分类讨论是解答本题的关键．5．（2022·浙江宁波·一模）如图1，在中，，于D，E为边上的点，过A、D、E三点的交于F，连接，．(1)求证：．(2)若，求的面积．(3)如图2，点P为上一动点，连接，，．①若P为的中点，设为x，的面积为S，求S关于x的函数表达式；②在点P运动过程中，试探索，，之间的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析；(2)；(3)①S＝；②PF＝PE＋PD，证明见解析．【分析】（1）求出∠C＝∠DAB，∠CFD＝∠AED，利用AAS证明，根据全等三角形的性质解答即可；（2）连接EF，先求出∠EDF＝90°，可得EF为直径，再利用tan∠AEF＝tan∠ADF＝3，求出AF＝3AE，可得AF＝3CF，求出AF和AE，利用勾股定理求得EF的值，则的面积可求；（3）①连接EF，OP，OD，利用勾股定理求得直径EF，利用平行线之间的距离相等和同底等高的三角形的面积相等，得到，证明∠FOD＝2∠CAD＝90°，通过计算的面积即可得出结论；②连接EF，过点D作DN⊥DP，交PF于点N，通过证明，得到EP＝FN，DN＝DP，利用等腰直角三角形的性质和线段的和差即可得出结论．（1）证明：∵在Rt中，AB＝AC，∴∠C＝∠B＝45°，∵AD⊥BC，∴∠CAD＝45°，∠BAD＝45°，AD＝CD＝BD＝BC，∴∠C＝∠DAB，∵四边形FAED是圆的内接四边形，∴∠CFD＝∠AED，在和中，∴（AAS）．∴AE＝CF；（2）解：连接EF，如图，∵AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴∠ADF＋∠FDC＝90°．∵，∴∠CDF＝∠ADE，∴∠ADF＋∠ADE＝90°，∴∠FDE＝90°，∴EF为⊙O的直径，∵∠ADF＝∠AEF，∴tan∠AEF＝tan∠ADF＝3，∵tan∠AEF＝，∴AF＝3AE，∵AE＝CF，∴AF＝3CF，∵AC＝4，∴CF＝1，AF＝3，∴AE＝1，∴EF＝，∴⊙O的面积为：；（3）解：①连接EF，OP，OD，如图，∵AE为x，AE＝CF，∴CF＝x，AF＝AC−CF＝4−x，∴EF＝，∴OF＝OD＝，∵P为的中点，∴∠EOP＝∠DOP＝∠EOD，∵∠EFD＝∠EOD，∴∠EOP＝∠EFD，∴OPFD，∴，∵∠FOD＝2∠CAD＝90°，∴OD⊥OF，∴＝，∴S＝；②PD，PE，PF之间的数量关系为：PF＝PE＋PD，证明：连接EF，过点D作DN⊥DP，交PF于点N，如图，∵DN⊥DP，∴∠NDE＋∠EDP＝90°，∵∠EDF＝90°，∴∠NDE＋∠NDF＝90°，∴∠EDP＝∠FDN，∵∠DEF＝∠DAC＝45°，∴为等腰直角三角形，∴DE＝DF，在和中，，∴（ASA），∴EP＝FN，DN＝DP，∴为等腰直角三角形，∴NP＝PD，∴PF＝NF＋NP＝PE＋PD．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，圆的面积，圆内接四边形的性质，三角形的面积，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，依据题意添加适当的辅助线是解题的关键．6．（2022·浙江丽水·一模）在菱形中，，，点E在边上，，点P是边上一个动点，连结，将沿翻折得到．(1)当时，求的度数；(2)若点F落在对角线上，求证：；(3)若点P在射线上运动，设直线与直线交于点H，问当为何值时，为直角三角形．【答案】(1)60°；(2)见解析；(3)或或或．【分析】（1）由平行线的性质得，求得，由翻折的性质可得，即可求解；（2）易证是等边三角形，由翻折可得，证得，即可证明相似；（3）如图2，当点P在线段AB上，∠PHB=90°，延长EF交AB的延长线于点K，由翻折的性质可得：AP=FP，，，设AP=x，则FP=x，求得，，，在中，，求解即可得；如图3，当点P在线段AB上，∠HPB=90°，过点E作EQ⊥AB于点Q，由折叠的性质可得：，求得，，，即可得AP的长度；如图4，当点P在BA的延长线上，∠HPB=90°，过点E作EM⊥AB于点M，设AP=a，易得，，在中，，∴，求解即可；如图5，当点P在BA延长线上，∠PHB=90°，延长EF交AB于点N，由翻折的性质可得：AP=FP，，，证得，，，即可求得AP的长度．（1）解：∵，∴，∵∴∵是由翻折得到，∴，∴；（2）证明：当点F在BD上时，如图1所示，∵菱形ABCD中，，∴AD=AB，是等边三角形，∴∵是由翻折得到，∴，∴∵∴∴在和中，∴；（3）解：如图2，当点P在线段AB上，∠PHB=90°，延长EF交AB的延长线于点K，由翻折的性质可得：AP=FP，，设AP=x，则FP=x，∵∠PHB=90°，∴，∴，，∴∵，∴，∴，在中，，即，解得：，即；如图3，当点P在线段AB上，∠HPB=90°，过点E作EQ⊥AB于点Q，由折叠的性质可得：，∵EQ⊥AB，∴，，∴，，∴，∴；如图4，当点P在BA的延长线上，∠HPB=90°，过点E作EM⊥AB于点M，设AP=a，∵EM⊥AB，，∴，由折叠的性质可得：，∵EM⊥AB，∴，在中，，∴，解得：，即；如图5，当点P在BA延长线上，∠PHB=90°，延长EF交AB于点N，由翻折的性质可得：AP=FP，，∵∠PHB=90°，∠PBH=60°，∴，∵∴∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴．综上，AP的长度为或或或．【点睛】本题考查菱形的性质，相似三角形的判定，解直角三角形，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质和等腰三角形的性质等，第（3）问要注意分情况讨论，做到不重不漏．7．（2022·浙江·温州市第二实验中学二模）如图1，中，，，，延长BC至D，使，E为AC边上一点，连结DE并延长交AB于点F．作的外接圆，EH为的直径，射线AC交于点G，连结GH．(1)求证：．(2)①如图2，当时，求GH的长及的值．②如图3，随着E点在CA边上从下向上移动，的值是否发生变化，若不变，请你求出的值，若变化，求出的范围．(3)若要使圆心O落在的内部（不包括边上），求CE的长度范围．【答案】(1)证明见解析(2)①6，；②，不变，理由见解析(3)【分析】（1）先证明再证明从而可得结论；（2）①当时，则此时重合，重合，从而可得答案；②过作于延长交HG的延长线于证明可得结论；（3）当O在BC上时，由（2）可得：证明可得设则再建立方程求解即可，当O在AB上时，可得从而可得答案．（1）解：，，（2）①当时，则为外接圆的直径，此时重合，重合，②值不变，理由如下：过作于延长交HG的延长线于则为的直径，而而同理可得；（3）如图，当O在BC上时，由（2）可得：∵∴设则解得：经检验符合题意；如图，当O在AB上时，为的直径，∴要使圆心O落在的内部（不包括边上），CE的长度范围为：【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，是动态几何体，准确的画出图形是解本题的关键．8．（2022·浙江金华·三模）在四边形中，，，．(1)如图1，①求证：；②求的正切值；(2)如图2，动点从点出发，以1个单位每秒速度，沿折线运动，同时，动点从点出发，以2个单位每秒速度，沿射线运动，当点到达点时，点，同时停止运动，设运动时间为秒，以为斜边作，使点落在线段或上，在整个运动过程中，当不再连接其他线段，且图中存在与相似的三角形时，求的值．【答案】(1)①见解析；②(2)或或或【分析】（1）①连接AC，根据“SSS”证明，即可得出结论；②过点A作，交CD于点E，过点E作EF⊥BC于点F，先证明四边形为矩形，得出，∠AEF=90°，再根据“ASA”证明，得出，设，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得出x的值，即可得出结果；（2）按照点M、N、P的位置，或，以及当三角形全等也是特殊的相似，进行分类讨论，求出t的值即可．（1）证明：①连接AC，如图所示：∵在△ABC和△ADC中，，∴，∴；②过点A作，交CD于点E，过点E作EF⊥BC于点F，如图所示：，∴，∴四边形为平行四边形，∵∠EFC=90°，∴四边形为矩形，∴，∠AEF=90°，∴，，，∴，，∴，∴，设，则，∵，，解得：，，，，，．（2）当点M在AD上，时，过点M作交CD于点E，延长BA，交EM于点G，如图所示：∵，∴，，∵，∴，即，，∴，，∴四边形BNMG为矩形，同理可得四边形GBFE为矩形，∴GM=BN=2t，，，，，∴，，∵，∴，∴，，∴，∴，，∵，，∴，∴，即，解得：；②当点M在AD上，时，过点M作交CD于点E，延长BA，交EM于点G，过点P作PH⊥MN于点H，如图所示：∵，∴，∴，∴四边形GEFB为矩形，∴，，，∴，∴，∵DM=t，∴，∴，，∴，∴，，∵，∴，∵，，∵，∴PH=PB，，∴（HL），∴，NH=NB=2t，，，，∵，PM=PM，∴（AAS），∴PH=PG，MH=GM，∴，∵，，∴，∴，即，∴，，，∴，∵，，∴，即，解得：；③当M与A点重合，N与C点重合时，P在B点或在D点时，，此时相似比为1，符合要求，此时；④当点M在AB上，N在BC的延长线上时，，∵MN=MN，∴此时，∴NP=NB=2t，PM=MB=10-t，过点D作，过点N作，DE与NF交于点E，延长AD，交NF于点F，过点M作MH⊥DH，交DA的延长线于点H，延长BA交ED于点G，如图所示：，，四边形DCNE为平行四边形，，，，∴，，，∴，，，，∵，∴，∴，∵，，，∵，∴，，，∵，，∴，，，∴，即，解得：，，∴，解得：或（舍去）；综上分析可知，或或或．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，解直角三角形，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握相关的三角形判定的性质和判定，作出辅助线，进行分类讨论是解题的关键．9．（2022·浙江温州·九年级专题练习）如图，在矩形中，于点，交边于点．平分交于点，并经过边的中点．(1)求证：．(2)求的值．(3)若，试在上找一点（不与，重合），使直线经过四边形一边的中点，求所有满足条件的的值．【答案】(1)见解析(2)(3)，，【分析】（1）四边形为矩形，得，得∠AGE＋∠FAH＝90°，平分，得到∠DAH＝∠FAH，进一步证得结论；（2）延长，交于点，先证明△AFQ是等腰三角形，再证明（AAS），进一步得，再证DG＝DH，设，则，，则BD＝DG＋BG＝3a，由勾股定理求得AD，得到答案；（3）先求出BE的长，再分三种情况分别求解即可．（1）证明∵四边形为矩形，

∴，∴，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴；（2）解：延长，交于点，∵，∴，∴△AFQ是等腰三角形，∵点是中点，∴，∵∠AHD＝∠QHC，∴（AAS）∴，，∴，

∴∠FHC＋∠QHC＝90°，∵∠FHC＋∠HFC＝90°，∴，∵四边形ABCD是矩形，∴，∠BAD＝90°，∴∠BAG＝∠DHG，∵∠BGA＝∠DGH，，∴∠DHG＝∠DGH，∴DG＝DH，

设，则，，∴BD＝DG＋BG＝3a，∴，∴＝（3）：∵，，∴HC＝CF＝2，∴，，，∴BF＝BC－CF＝AD－CF＝，∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠BFE，∵∠AED＝∠FEB，∴△AED∽△FEB，∴∴，①当点经过的中点N时，作交CM的延长线于点Q，EF交QC于点N，如图2，则∠Q＝∠NCF，EN＝FN，∵∠QNE＝∠CNF，∴△QNE≌△CNF（AAS），∴设，则∵，∴△QME∽△CMB，∴∴∴∴；②当点经过的中点时，即M是DE的中点，如图3，∵，∴ME＝DE＝，∴BM＝BE＋ME＝；③当点经过的中点P时，作MN交BC于点N，如图4，∵△CFH是直角三角形，∴PC＝PF，∴设，则，，∵MN，∴，∴∴，∴BN＝2＝，MN＝，∴；∴综上所述的值为：，，【点睛】此题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，添加适当的辅助线是解决问题的关键．10．（2021·浙江·绍兴市第一初级中学九年级阶段练习）定义：如果一个四边形能被一条直线分割成一个平行四边形和一个等腰三角形，那么称这个四边形为平等四边形，这条分割线为平等线．(1)如图1，在四边形ABCD中，ADBC，AD＝AB＝2，∠B＝30°，若四边形ABCD为平等四边形，直接写出BC边可能的长；(2)如图2，AD为四边形EBCD的平等线，且BC＝ED，求证：BD2﹣BC2＝AB•BE；(3)如图3，在（2）的条件下，作平等四边形EBCD的外接圆，连接AC，若∠BAC＝∠BDE，那么BD与BC有何数量关系？并说明理由．【答案】(1)+2或2+2或4(2)见解析(3)BD＝BC，见解析【分析】（1）分AB＝BE、AB＝AE、AE＝BE三种情况，通过数形结合的方法，分别求解即可；（2）在Rt△BFD中，BD2＝DF2+（AF+AB）2，在Rt△AFD中，AD2＝DF2+AF2，则BD2﹣AD2＝2AB•AF+AB2＝AB（2AF+AB）＝AB（AE+AB）＝AB•BE，进而求解；（3）证明△ABC∽△DEB，则AB•BE＝DE•BC＝BC2，而BD2﹣BC2＝AB•BE，即可求解．（1）解：①如图，当AB＝BE＝2，则EC＝AD＝2，所以BC＝BE+EC＝4；②如图，AB＝AE＝2，EC＝AD＝2，过点A作AF⊥BE于F，则BF＝EF，在Rt△ABF中，∵∠B＝30°，∴BF＝ABcos30°＝，∴EF＝BF＝．∴BC＝BE+EC＝2+2；③如图，AE＝BE，AD＝EC＝2，过点E作EF⊥AB于F，则AF＝BF＝1，在Rt△BEF中，∵∠B＝30°，∴设EF＝x，则BE＝2x，由BF2+EF2＝BE2，即1+x2＝4x2，解得x＝，即EF＝，∴BE＝2x＝，∴BC＝BE+EC＝+2；综上，BC＝+2或2+2或4；（2）解：如图4，过点D作DF⊥AE于F，由题意知，BC＝AD，又BC＝ED，∴AD＝DE，∵DF⊥AE，∴EF＝AF，在Rt△BFD中，BD2＝DF2+（AF+AB）2，在Rt△AFD中，AD2＝DF2+AF2，∴BD2﹣AD2＝2AB•AF+AB2＝AB（2AF+AB）＝AB（AE+AB）＝AB•BE，∵BC＝AD，∴BD2﹣BC2＝AB•BE；（3）解：如（2）图，∵AD∥BC，∴∠ABC＝∠DAE，∵DA＝DE，∴∠DAE＝∠E，∴∠ABC＝∠E，∵∠BAC＝∠BDE，∠ABC＝∠E，∴△ABC∽△DEB，∴，∴AB•BE＝DE•BC＝BC2．由（2）知，BD2﹣BC2＝AB•BE；∴BD2﹣BC2＝BC2；∴BD＝BC．【点睛】本题主要考查了新定义、平行四边形的性质、三角形相似、等腰三角形的性质、三角函数、勾股定理的运用等，其中（1），通过画图，利用数形结合的方法分类求解，避免遗漏．11．（2021·浙江·温州市第二中学二模）如图，在矩形ABCD中，AD＞AB，∠A的平分线AF交BC边于点E，交DC的廷长线于点F．取EF的中点G，连结DG(1)求证：BC＝DF．(2)当△ADE≌△FDG时，求tan∠DEC的值．(3)连结BD，BG，若S△ADE＝2S△DEG．①求S△DBG：S△DGF的值．②记BD与AE的交点为M，P是线段AM上一个动点．将△ABP沿BP翻折得到△A′BP，A′B与AG交于点Q，当与△BDG的一边平行时，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)①；②或【分析】（1）先证明BC=AD，再证明∠DAF=∠AFD，从而可得答案；（2）设AB=x，则AE=，AF=3AE=，BC=AD=DF=3x，所以EC=2x，从而得到结果；（3）①可推出AE=AF，所以AD=2AB，推出△DGC≌△BGE得△BDG是等腰直角三角形，进而求得比值；②分为分别与BD、BG、DG平行，当时，设AB=a，可得AQ=，进而求得结果，当时，点Q与M重合，当时，这种情形不成立，（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴BC=AD，∠BAD=∠ADC=90°，∵AF平分BAD，∴∠DAF=∠BAE=∠BAD=45°，∴∠F=90°-∠DAF