专题08 锐角三角形及其应用 （讲练）（解析版）

专题08锐角三角形及其应用目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u一、考情分析二、知识建构考点一解直角三角形【真题研析·规律探寻】题型01锐角三角函数与几何图形综合类型一锐角三角函数与等腰三角形综合类型二锐角三角函数与等边三角形综合类型三锐角三角函数与直角三角形综合类型四锐角三角函数与矩形综合类型五锐角三角函数与菱形综合类型六锐角三角函数与正方形综合类型七锐角三角函数与圆综合类型八锐角三角函数与圆及四边形综合类型九锐角三角函数与圆及三角形综合题型02锐角三角函数与函数综合类型一锐角三角函数与反比例函数综合类型二锐角三角函数与二次函数综合题型0312345模型【核心提炼·查漏补缺】【好题必刷·强化落实】考点二解直角三角形的实际应用【真题研析·规律探寻】题型01仰角俯角问题题型02方位角问题题型03坡度坡角问题题型04与不易测量相关问题题型05与可调节的滑动悬杆问题【核心提炼·查漏补缺】【好题必刷·强化落实】

考点要求命题预测解直角三角形中考数学中，对锐角三角函数的考察主要以特殊角的三角函数值及其有关计算、解直角三角形、解直角三角形的应用三个方面为主.其中，锐角三角函数的性质及解直角三角形多以选择填空题为主，解直角三角形的应用多以解答题为主，考点所占分值有3-12分，还是需要考生对这块考点多加重视.解直角三角形的实际应用考点一解直角三角形题型01锐角三角函数与几何图形综合类型一锐角三角函数与等腰三角形综合1．（2021·浙江绍兴·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，cosB=14，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使A．32 B．3 C．152 D【答案】D【分析】由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得出AD=BD=CD=12BC，在结合题意可得∠BAD=∠B=∠ADE，即证明AB//DE，从而得出∠BAD=∠B=∠【详解】∵在Rt△ABC中，点D是边BC∴AD=∴∠BAD∴AB//∴∠BAD∴在△ADE和△CDE中，∴△ADE∴AE=∵△ADE∴AE=CE=∴△ABD∴DEBD=AD∵cosB∴ABBD∴CEAD故选D．【点睛】本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，全等三角形与相似三角形的判定和性质以及解直角三角形．熟练掌握各知识点并利用数形结合的思想是解答本题的关键．2．（2021·江苏镇江·中考真题）如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝6，cos∠ABC＝13，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，则BD长的最大值为【答案】93【分析】由旋转知△BPD是顶角为120°的等腰三角形，可求得BD＝3BP，当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，求出AB的长即可解决问题．【详解】解：∵将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，∴BP＝PD，∴△BPD是等腰三角形，∴∠PBD＝30°，过点P作PH⊥BD于点H，∴BH＝DH，∵cos30°＝BHBP＝3∴BH＝32BP∴BD＝3BP，∴当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，过点A作AG⊥BC于点G，∵AB＝AC，AG⊥BC，∴BG＝12BC＝3∵cos∠ABC＝13∴BGAB∴AB＝9，∴BD最大值为：3BP＝93．故答案为：93．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，三角函数等知识，证明出BD=3BP是解题的关键．3．（2020·甘肃天水·中考真题）性质探究如图（1），在等腰三角形ABC中，∠ACB=120°，则底边AB与腰AC的长度之比为

理解运用（1）若顶角为120°的等腰三角形的周长为4+23，则它的面积为_________（2）如图（2），在四边形EFGH中，EF=EG=EH.在边FG，GH上分别取中点M,N，连接MN.若

类比拓展顶角为2α的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为__________(用含α的式子表示【答案】性质探究：3:1(或3)；理解运用：（1）3；（2）MN=103；类比拓展：2sinα【分析】性质探究作CD⊥AB于D，则∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性质得出AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角形的性质得出AC=2CD，AD=3CD，得出AB=2AD=23CD，即可得出结果；理解运用（1）同上得出则AC=2CD，AD=3CD，由等腰三角形的周长得出4CD+23CD=4+23，解得：CD=1，得出AB=23，由三角形面积公式即可得出结果；（2）①由等腰三角形的性质得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH即可；②连接FH，作EP⊥FH于P，由等腰三角形的性质得出PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，由四边形内角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性质得出∠EFH=30°，由直角三角形的性质得出PE=12EF=10，PF=3PE=103，得出FH=2PF=203，证明MN是△FGH类比拓展作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性质得出BD=CD，∠BAD=12∠BAC=α，由三角函数得出BD=AB×sinα，得出BC=2BD=2AB×sinα【详解】性质探究解：作CD⊥AB于D，如图①所示：

则∠ADC=∠BDC=90°，∵AC=BC，∠ACB=120°，∴AD=BD，∠A=∠B=30°，∴AC=2CD，AD=3CD，∴AB=2AD=23CD，∴ABAC故答案为：3:1(或3)理解运用（1）解：如图①所示：同上得：AC=2CD，AD=3CD，∵AC+BC+AB=4+23，∴4CD+23CD=4+23，解得：CD=1，∴AB=23，∴△ABC的面积=12AB×CD=12×23×1=故答案为：3（2）①证明：∵EF=EG=EH，∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH；②解：连接FH，作EP⊥FH于P，如图②所示：

则PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，∴∠FEH=360°-120°-120°=120°，∵EF=EH，∴∠EFH=30°，∴PE=12EF=10∴PF=3PE=103，∴FH=2PF=203，∵点M、N分别是FG、GH的中点，∴MN是△FGH的中位线，∴MN=12FH=103类比拓展解：如图③所示：作AD⊥BC于D，

∵AB=AC，∴BD=CD，∠BAD=12∠BAC=α∵cosα∴BD=AB×sinα，∴BC=2BD=2AB×sinα，∴BCAB故答案为：2sinα（或2sin【点睛】本题是四边形综合题目，考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理、四边形内角和定理、解直角三角形等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．类型二锐角三角函数与等边三角形综合1．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，已知点A3,0，B0,4，点C在x轴负半轴上，连接AB，BC，若tan∠ABC=2，以BC为边作等边三角形BCD，则点C的坐标为；点

【答案】-2,0-1-2【分析】过点C作CE⊥AB于点E，根据tan∠ABC=2，设BE=x,CE=2x，则BC=5x，根据勾股定理可得求出AB=OA2+OB2=5【详解】解：过点C作CE⊥AB于点∵tan∠∴CEBE设BE=根据勾股定理可得：BC=∵A3,0，B∴OA=3,在Rt△AOB中，根据勾股定理可得：∵S△∴12×5×2x在Rt△OBC中，根据勾股定理可得：∴52解得：x1∴OC=∴C

∵B0,4，C∴OB=4,∴BC设Dm则BD2=∵△BCD∴BC即m2整理得m2②-①得：4m将m=3-2n代入①得：解得：n1=2+3当n=2+3时，m=3-2当n=2-3时，m=3-2故答案为：-2,0；-1-23【点睛】本题主要考查了解直角三角形，等边三角形的性质，解题的关键是正确画出辅助线，构造直角三角形，掌握等边三角形三边相等，以及勾股定理．2．（2023·湖南郴州·中考真题）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，使CE=AD，连接DE交射线AC

(1)如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由；(2)如图2，当点D在线段AB的延长线上时，①线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由；②如图3，连接AE．设AB=4，若∠AEB=∠【答案】(1)CF=(2)①成立，理由见解析②4【分析】（1）过点D作DG∥BC，交AC于点G，易得BD=CG，证明（2）①过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到CF=FG=12CG，即可得出结论；②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，交BC于点H，交DE【详解】（1）解：CF=∵△ABC∴AB=过点D作DG∥BC，交AC于点

∴∠ADG=∠ABC∴△ADG∴AD=∵AD=CE，∴DG=CE，又∠DFG∴△DGF∴CF=∴CF=（2）①成立，理由如下：∵△ABC∴AB=过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点

∴∠ADG=∠ABC∴△ADG∴AD=∵AD=CE，∴DG=CE，又∠DFG∴△DGF∴CF=∴CF=②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，交BC于点H，交DE于点

由①知：△ADG为等边三角形，△DGF≌△∵△ABC∴AB=∴AH=∵∠AEB=∠∴△AEH∴MH=∴AM=2∵△DGF∴∠CEF=∠MDN∴∠AEH∴tan∠∴AHEH设MN=y,DG=∴23∵DG∥∴△ABC∴BCDG=AHAN联立①②可得：x=4经检验x=4∴DG=CE=42+4∴AN=2∴S△∵S△∴S△∴四边形BDFC的面积为S==43【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似三角形．3．（2023·甘肃武威·中考真题）【模型建立】（1）如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点C关于AD的对称点F在①求证：AE=②用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由．【模型应用】（2）如图2，△ABC是直角三角形，AB=AC，CD⊥BD，垂足为D，点C关于AD的对称点F在BD边上．用等式写出线段AD【模型迁移】（3）在（2）的条件下，若AD=42，BD=3

【答案】（1）①见解析；②AD=DF+BD，理由见解析；（2）2【分析】（1）①证明：∠ABE=∠CBD，再证明△ABE≅△CBDSAS即可；②由DF和DC（2）如图，过点B作BE⊥AD于点E，得∠BED=90°，证明∠ADF=∠ADC=45°，∠EBD=45°．可得DE=（3）由BD=3CD=3DF，可得2AD=DF+3DF=4DF，结合AD=42，求解DF=【详解】（1）①证明：∵△ABC和△∴AB=BC，BE=∴∠ABC∴∠ABE∴△ABE∴AE=

②AD=∵DF和DC关于AD对称，∴DF=∵AE=∴AE=∴AD=（2）2AD如图，过点B作BE⊥AD于点E，得

∵DF和DC关于AD对称，∴DF=DC，∵CD⊥∴∠ADF∴∠EBD∴DE=∵△ABC是直角三角形，AB∴∠ABC=45°∴∠ABC∴∠ABE∴sin∠∴AEAB∴AE⋅∴AE=∴AD=AE+（3）∵BD=3∴2AD∵AD=4∴DF=∴BD=6如图，过点A作AH⊥BD于点

∵AB=∴HF=BC=∴AF=∴cos∠【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，锐角三角函数的灵活应用，本题难度较高，属于中考压轴题，作出合适的辅助线是解本题的关键．类型三锐角三角函数与直角三角形综合1．（2023·浙江温州·中考真题）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形CDEF，使点D，E，F分别在边OC，OB，BC上，过点E作EH⊥AB于点H．当AB=BC，∠BOC=30°，

A．3 B．32 C．2 D．【答案】C【分析】根据菱形性质和解直角三角形求出OB=33，BE=3，继而OA=【详解】解：∵在菱形CDEF中，CD=DE=∴∠CBO又∵∠BOC∴OD=DEsin∴OC=∴BC=OC·∴BE∵AB=∴在Rt△OBA中，∵EH⊥∴sin∠∴EH=故选C．【点睛】本题主要考查了解直角三角形、菱形的性质，根据菱形性质和解直角三角形求出OC、OB、OA是解题关键．2．（2022·四川德阳·中考真题）如图，直角三角形ABC纸片中，∠ACB=90°，点D是AB边上的中点，连接CD，将△ACD沿CD折叠，点A落在点E处，此时恰好有CE⊥AB．若【答案】3【分析】根据D为AB中点，得到AD=CD=BD，即有∠A=∠DCA，根据翻折的性质有∠DCA=∠DCE，CE=AC，再根据CE⊥AB，求得∠A=∠BCE，即有∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°，则有∠A=30°，在Rt△ACB中，即可求出AC，则问题得解．【详解】∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°，∵D为AB中点，∴在直角三角形中有AD=CD=BD，∴∠A=∠DCA，根据翻折的性质有∠DCA=∠DCE，CE=AC，∵CE⊥AB，∴∠B+∠BCE=90°，∵∠A+∠B=90°，∴∠A=∠BCE，∴∠BCE=∠ECD=∠DCA，∵∠BCE+∠ECD+∠DCA=∠ACB=90°，∴∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°∴∠A=30°，∴在Rt△ACB中，BC=1，则有AC=∴CE=故答案为：3．【点睛】本题考查了翻折的性质、直角三角形斜边中线的性质、等边对等角以及解直角三角形的知识，求出∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°是解答本题的关键．3．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（0°<α<180°），过点A作射线AM交射线BC于点D，将AM绕点A逆时针旋转α得到AN，过点C作CF（1）当AM与线段BC相交时，①如图1，当α=60°时，线段AE，CE和CF之间的数量关系为②如图2，当α=90°时，写出线段AE，CE和CF（2）当tanα=43，AB＝【答案】（1）①AE＝CF+CE；②EC=2【分析】（1）①结论：AE＝CF+CE．如图1中，作CT//AF交AM于②结论：EC＝2（AE﹣CF）．过点C作CQ（2）分两种情形：如图3－1中，当∠CDE＝90°时，过点B作BJ⊥AC于J，过点F作FK⊥AE于K．利用勾股定理以及面积法求出CD，再证明FK＝CD，可得结论．如图3【详解】解：（1）①结论：AE＝理由：如图1中，作CT//AF交AM于∵AB＝AC∴△ABC∴CA＝CB∵AF//CT∴四边形AFCT是平行四边形，∴CF∵∠ADC＝∠∴△ACD∴AD∴AD∵∠ADB∴△ADB∴∠ABD∵CT∴∠CTE∴△CTE∴EC∴AE故答案为：AE＝②如图2中，结论：EC=理由：过点C作CQ⊥AE于∵CF∴∠CFA∵∠MAN∴∠CFA∵∠CQA∴四边形AFCQ是矩形，∴CF∵∠ADC＝∠∴△ACD∴AD∴AD∵∠ADB∴△ADB∴∠ABD∵∠CQE∴CE∴AE∴EC（2）如图3－1中，当∠CDE＝90°时，过点B作BJ⊥AC于J，过点F在Rt△ABJ中，tan∠∴AJ＝3∵AC∴CJ∴BC∵1∴AD∴CD∵FK∴∠CDE∴CD∵CF∴四边形CDKF是平行四边形，∵∠FKD∴四边形CDKF是矩形，∴FK∵tan∴FK∴AK∴AF如图3－2中，当∠ECD∠DAB∵CF∴∠AKF在Rt△ACK中，tan∠∴CK＝4∵∠MAN∴∠CAN∴∠CAB+∠BAF∴∠AFK∴tan∴FK∴AF综上所述，满足条件的AF的值为554或【点睛】此题是几何变换综合题．考查了等边三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，锐角三角函数，此题是一道几何综合题，掌握各知识点并掌握推理能力是解题的关键．类型四锐角三角函数与矩形综合1．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD=60°，AE⊥BD，垂足为点E，F是OC的中点，连接EF，若EF=2A．163 B．83+4 C．4【答案】D【分析】根据矩形的性质得出OA=OB，即可求证△ABO为等边三角形，进而得出点E为OB中点，根据中位线定理得出BC=2EF【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴OA=∵∠ABD∴△ABO∵AE⊥∴点E为OB中点，∵F是OC的中点，若EF=2∴BC=2∵∠ABD∴∠CBD∴CD=∴矩形ABCD的周长=2BC故选：D．【点睛】矩形主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线定理，解直角三角形，解题的关键是掌握矩形的对角线相等，等边三角形三线合一，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，以及解直角三角形的方法和步骤．2．（2023·北京·中考真题）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BE=DF

(1)求证：四边形AECF是矩形；(2)AE=BE，AB=2，tan【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）利用平行四边形的性质求出AF=EC，证明四边形（2）证明△ABE是等腰直角三角形，可得AE=BE【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，∵BE=∴AF=∴四边形AECF是平行四边形，∵AC=∴平行四边形AECF是矩形；（2）解：由（1）知四边形AECF是矩形，∴∠AEC∵AE=BE，∴△ABE∴AE=又∵tan∠∴2EC∴EC=2∴BC=【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及解直角三角形，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．3．（2023·江苏泰州·中考真题）如图，矩形ABCD是一张A4纸，其中AD=2游戏1

折出对角线BD，将点B翻折到BD上的点E处，折痕AF交BD于点G．展开后得到图①，发现点F恰为BC的中点．游戏2

在游戏1的基础上，将点C翻折到BD上，折痕为BP；展开后将点B沿过点F的直线翻折到BP上的点H处；再展开并连接GH后得到图②，发现∠AGH(1)请你证明游戏1中发现的结论；(2)请你猜想游戏2中∠AGH【答案】(1)证明见详解(2)120°，理由见解析【分析】（1）由折叠的性质可得AF⊥BD，根据题意可得∠BAG=∠ADB=∠GBF，再设AB（2）由折叠的性质可知∠GBH=∠FBH，BF=HF，从而可得出∠GBH=∠BHF，进而得到BD∥HF，∠DGH【详解】（1）证明：由折叠的性质可得AF⊥∴∠AGB∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD∴∠BAG∵AD设AB=a，则AD=∴sin即BGAB∴BGa解得BG=根据勾股定理可得AG=cos∠即BGBF∴33解得BF=∵BC∴BF∴点F为BC的中点．（2）解：∠AGH连接HF，如图：由折叠的性质可知∠GBH=∠FBH∴∠GBH=∠FBH∴∠GBH∴BD∴∠DGH由（1）知AF⊥BD，可得∴∠AGD设AB=a，则AD=∴BG∴GF在RtΔGFH中，tan∴∠GHF∴∠DGH∴∠AGH【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握以上知识是解题关键．类型五锐角三角函数与菱形综合1．（2023·山东济南·中考真题）如图，将菱形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点D落在射线CA上的点E处，折痕CP交AD于点P．若∠ABC=30°，AP=2，则PE

【答案】2【分析】过点A作AQ⊥PE于点Q，根据菱形性质可得∠DAC=75°，根据折叠所得∠E=∠D【详解】解：过点A作AQ⊥PE于点∵四边形ABCD为菱形，∠ABC∴AB=BC=∴∠DAC∵△CPE由△CPD沿∴∠E∴∠EPA∵AQ⊥PE，∴PQ=AP⋅∴EQ=∴PE=故答案为：2+【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握菱形和折叠的性质，正确画出辅助线，构造直角三角形求解．2．（2023·广东广州·中考真题）如图，AC是菱形ABCD的对角线．

(1)尺规作图：将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点B旋转后的对应点为(2)在（1）所作的图中，连接BD，CE；①求证：△ABD②若tan∠BAC=【答案】(1)作法、证明见解答；(2)①证明见解答；②cos∠DCE的值是【分析】（1）由菱形的性质可知AD=AB，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，也就是以AD为一边在菱形ABCD外作一个三角形与△ABC全等，第三个顶点E的作法是：以点D为圆心，BC长为半径作弧，再以点A（2）①由旋转得AB=AD，AC=AE，∠BAC=∠DAE，则ABAC=②延长AD交CE于点F，可证明ΔABC≅ΔADC，得∠BAC=∠DAC，而∠BAC=∠DAE，所以∠DAE=∠DAC，由等腰三角形的“三线合一”得AD⊥CE，则∠CFD=90°【详解】（1）解：如图1，△ADE．（2）证明：①如图2，由旋转得AB=AD，AC=∴ABAC=AD∴∠BAD∴△ABD②如图2，延长AD交CE于点F，

∵AB=AD，BC∴△ABC∴∠BAC∵∠BAC∴∠DAE∵AE∴AD∴∠CFD设CF=m，∵CFAF∴AF∴DF∵C∴m∴解关于x的方程得x=∴CD∴cos∴cos∠DCE【点睛】此题重点考查尺规作图、旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．3．（2023·广东深圳·中考真题）（1）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，①若BE=BC，过C作CF⊥BE交BE于点②若S矩形ABCD=20时，则

（2）如图，在菱形ABCD中，cosA=13，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交

（3）如图，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB=6，AD=5，点E在CD上，且CE=2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD

【答案】（1）①见解析；②20；（2）32；（3）3或4或3【分析】（1）①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF=90°，∠CFB②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°（2）根据菱形的性质得出AD∥BC，AB=BC（3）分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出MG=7，根据tan∠MEH=tan∠HGE，得出HE2=HM⋅HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A∴∠ABE又∵CF⊥∴∠FCB+∠CBF∴∠FCB又∵BC=∴△ABE②由①可得∠FCB=∠∴△∴ABCF又∵S∴BE⋅故答案为：20．（2）∵在菱形ABCD中，cosA∴AD∥BC，则∠CBE∵CE⊥∴∠CEB∵cos∴BE=∴AE=∵EF⊥AD∴∠AFE又∠CBE∴△AFE∴AEBC∴EF⋅BC（3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点

∵平行四边形ABCD中，AB=6，CE∴CD=AB=6∵DM∥∴△∴EMEF∴S∴S△MGE在Rt△DEH中，则EH=32∴1∴MG=7∵GE⊥∴∠∴tan∴HE∴H设AG=a，则GD=AD-AG∴2解得：a=3或a即AG=3或AG②当G点在AB边上时，如图所示，

连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥设AG=x，则DN=∵GN∴△∴EGEM∴CM∴S△∵EF∴S过点E作EH⊥BC于点在Rt△EHC中，∴EH=3，∴S△MEF=∴MF=∴FH=MF∵∠MEF∴∠∴tan∠即FHEH∴E即3解得：x1即AG=③当G点在BC边上时，如图所示，

过点B作BT⊥DC于点在Rt△BTC中，CT=∴S△∵EF⋅∴S△∵258∴G点不可能在BC边上，综上所述，AG的长为3或4或32【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．类型六锐角三角函数与正方形综合1．（2023·山东淄博·中考真题）勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图”的证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连接EG，DG．若正方形ABCD与EFGH的边长之比为5:1，则sin∠DGE

A．1010 B．55 C．310【答案】A【分析】设△ABG的长直角边为a，短直角边为b，大正方形的边长为5x，小正方形的边长为x，由题意得a2【详解】解：过点D作ND⊥GE交GE的延长线于点由题意可得，两个正方形之间是4个相等的三角形，设△ABG的长直角边为a，短直角边为b，大正方形的边长为5x，小正方形的边长为即ED=BG=HC=由题意得，a2+b在△GDE中，EG=2EG=则tan∠∴sin∠故选：A．

【点睛】本题考查解直角三角形的应用、正方形的性质及勾股定理，确定a、b和x之间的关系是解题的关键．2．（2023·浙江衢州·中考真题）下面是勾股定理的一种证明方法：图1所示纸片中，∠ACB=90°AC<BC，四边形ACDE，CBFG是正方形．过点C，B将纸片CBFG分别沿与AB平行、垂直两个方向剪裁成四部分，并与正方形ACDE

（1）若cos∠ABC=34，△ABC的面积为16（2）若PQBQ=1915【答案】9259/【分析】（1）在图1中，过C作CM⊥AB于M，由cos∠ABC=34，可得CT=34BC，CM（2）标识字母如图，设NT=19t，证明△BFN≌△CBW(ASA)，可得BN=CW=34t，由△BCT【详解】（1）在图1中，过C作CM⊥AB于

∵CT∴∠ABC∵cos∴cos∠BCT∴CT∵∠ACM∴cos∠ACM∴CM∴CT∵△ABC的面积为16∴12∴BC∴CT∴纸片Ⅲ的面积为12故答案为：9；（2）如图：

∵PQBQ∴NTBT设NT=19t，则BT=15∵∠FBN=90°-∠CBN=∠BCW∴△BFN∴BN∵∠BCT=∠WBT∴△BCT∴BTWT∴CT∴CT解得CT=9t或当CT=9t时，当CT=25t时，而BK=CT，∴BKAK故答案为：259【点睛】本题考查相似三角形的性质与判定，涉及正方形性质及应用，全等三角形性质与判定，锐角三角函数等知识，解题的关键是掌握三角形相似的判定定理．3．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE，EF，CF．

(1)若正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点．①如图1，当∠FEC=90°时，求证：②如图2，当tan∠FCE=(2)如图3，延长CF，DA交于点G，当GE=DE,【答案】(1)①详见解析；②AF(2)详见解析【分析】（1）①由∠ADC=∠BAD=∠FEC=90°，证明∠AEF=∠ECD，可得结论；②如图，延长DA，CF交于点G作GH⊥CE，垂足为H，证明△CED∽△GEH，可得GE（2）如图，延长CE，作GH⊥CE，垂足为H，证明△CED∽△GEH，设AD=CD=a,GE=DE=t,EH=x,【详解】（1）解：如图，

正方形ABCD中，CD=①∵∠ADC∴∠AEF∴∠AEF∴△AEF②如图，

延长DA，CF交于点G，作GH⊥CE，垂足为∵∠EDC=∠EHG∴△CED∴GE∵CD∴CE方法一：设EH=∴GE5∴GH=2∵在Rt△CHG中，∴m∴EG方法二：在Rt△GHE中，由tan∠∴3∴n∴GE又∵∠GAF=∠GDC∴△AGF∴AG∴3∴AF（2）如图

延长CE，作GH⊥CE，垂足为∵∠EDC=∠EHG∴△CED设AD=∴x∴x在Rt△CHG中，∴tan∴y∴22∴2∴22∵在Rt△CDE中，∴22∴a∴(a-又∵∠GAF=∠GDC∴△AGF∴AG∴AF∴AF∵AE∴AE【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，本题计算量大，对学生的要求高，熟练的利用参数建立方程是解本题的关键．类型七锐角三角函数与圆综合1．（2023·山东·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C是圆上一点，D是BC的中点，弦DE⊥AB

(1)求证：BC=(2)P是AE上一点，AC=6,BF=2(3)在（2）的条件下，当CP是∠ACB的平分线时，求CP【答案】(1)证明见解析；(2)4(3)7【分析】（1）由D是BC的中点得CD=BD，由垂径定理得BE=（2）连接OD，证明△ACB∽△OFD，设⊙O的半径为r，利用相似三角形的性质得r=5，AB=2r=10（3）过点B作BG⊥CP交CP于点G，证明△CBG是等腰直角三角形，解直角三角形得到CG=BG=BCcos45°=4【详解】（1）解：∵D是BC的中点，∴CD=∵DE⊥AB且AB为∴BE=∴BC=∴BC=（2）解：连接OD，

∵CD=∴∠CAB∵AB为⊙O∴∠ACB∵DE⊥∴∠DFO∴△ACB∴ACAB设⊙O的半径为r则62解得r=5，经检验，r∴AB=2∴BC=∴tan∠∵∠BPC∴tan∠BPC（3）解：如图，过点B作BG⊥CP交CP于点

∴∠∵∠ACB=90°，CP是∴∠∴∠∴CG=∵tan∠BPC∴BGGP∴GP=3∴CP=4【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定理及推论，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．2．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，MN为⊙O的直径，且MN=15，MC与ND为圆内的一组平行弦，弦AB交MC于点H．点A在MC上，点B在NC上，∠

(1)求证：MH⋅(2)求证：AC=(3)在⊙O中，沿弦ND所在的直线作劣弧ND的轴对称图形，使其交直径MN于点G．若sin∠CMN=【答案】(1)见解析(2)见解析(3)21【分析】（1）证明△AMH（2）连接OC，交AB于点F，根据平行线的性质和已知条件证明垂直平分即可；（3）利用对称的性质作辅助线，根据已知条件，转化为解直角三角形问题即可．【详解】（1）∵∠ABC和∠AMC是∴∠ABC∵∠AHM∴△AMH∴AHCH∴MH⋅（2）连接OC，交AB于点F，

∵MC与ND为一组平行弦，即：MC∥∴∠OND∵OM=∴∠OMC∵∠OND∴∠OCM∴∠HFC∴OC⊥∴OC是AB的垂直平分线，∴AC=（3）连接DM、DG，过点D作DE⊥MN，垂足为E，设点G的对称点G'，连接G

∵DG=DG∴DM^∴DG∴DG=∴△DGM∵DE⊥∴GE=∵DN∥∴∠CMN∵MN为直径，∴∠MDN∴∠MDE∵DE⊥∴∠DEN∴∠DNM∴sin∠在Rt△MND中，∴sin∠∴MD15∴MD=9在Rt△MED中，∴ME∴ME=∴NG∴NG故答案为：215【点睛】本题考查了圆的综合问题，同弧所对圆周角相等、构建合适的辅助线是解题的关键；熟练掌握相似三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、熟悉锐角三角函数解决直角三角形．类型八锐角三角函数与圆及四边形综合1．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⊙O经过A，B，P三点．（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．【答案】（1）相切，见解析；（2）5【分析】（1）如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，与半径半径，可得结论．（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．【详解】解：（1）如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，∴AP＝AB2+BP∵OH⊥AB，∴AH＝HB，∵OA＝OP，AH＝HB，∴OH＝12PB＝3∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，∴四边形AHED是矩形，∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，∴OE＝EH＝OH＝4﹣32＝5∴OE＝OP，∴直线CD与⊙O相切．（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，∴△ADE≌△TCE（ASA），∴AD＝CT＝4，∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，∵∠ABT＝90°，∴AT＝AB2+BT2∵AP是直径，∴∠AQP＝90°，∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，∴PB＝PQ，设PB＝PQ＝x，∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，∴12×4×8＝12×45×x+12∴x＝25﹣2，∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝PBAB＝5【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，正方形的性质，解直角三角形、相似三角形判定和性质等知识，解题的关键是掌握切线的证明方法：已知垂直证半径，已知半径证垂直，利用三角形面积不同的表示方法构建方程解决问题是难点．2．（2023·陕西·中考真题）（1）如图①，在△OAB中，OA=OB，∠AOB=120°，AB=24．若⊙O的半径为4，点P在⊙O上，点（2）如图②所示，五边形ABCDE是某市工业新区的外环路，新区管委会在点B处，点E处是该市的一个交通枢纽．已知：∠A=∠ABC=∠AED=90°，AB=AE=10000m，BC=DE=6000m．根据新区的自然环境及实际需求，现要在矩形AFDE区域内（含边界）修一个半径为30m的圆型环道⊙O；过圆心O，作OM⊥AB，垂足为M，与⊙O交于点N．连接BN，点P在⊙O上，连接EP．其中，线段

【答案】（1）43-4；（【分析】（1）连接OP，OM，过点O作OM'⊥AB，垂足为M'（2）分别在BC，AE上作BB'=AA'=r=30(m)，连接A'B'，B'O、OP、OE、B'E．证出四边形BB'ON是平行四边形．由平行四边形的性质得出BN=B'O．当点O在B'E上时，【详解】解：（1）如图①，连接OP，OM，过点O作OM'⊥

则OP+∵⊙O半径为4∴PM∵OA=OB∴∠A∴O∴PM∴线段PM的最小值为43（2）如图②，分别在BC，AE上作BB

连接A'B'，B'O、OP∵OM⊥AB，B∴四边形BB∴BN∵B∴BN∴当点O在B'E上时，作⊙O'，使圆心O'在B作O'M'⊥AB，垂足为M∴O'∴△B'O'∴O'∵⊙O'在矩形∴当⊙O'与FD相切时，B'此时，O'∵M∴M∴O∴O∴此时环道⊙O的圆心O到AB的距离OM的长为4047.91【点睛】本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质，切线的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．类型九锐角三角函数与圆及三角形综合1．（2023·浙江台州·中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，AB是⊙O的直径，直线l是⊙O的切线，B为切点．P，Q是圆上两点（不与点A重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线l于点C，点

(1)如图1，当AB=6，BP⏜的长为π时，求(2)如图2，当AQAB=34，(3)如图3，当sin∠BAQ=64，BC=CD【答案】(1)2(2)3(3)10【分析】（1）根据扇形的弧长公式即可求出∠BOP度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出BC（2）根据等弧所对圆周角相等推出∠BAC=∠DAC，再根据角平分线的性质定理推出CF（3）根据三角形相似的性质证明△APQ∽△ADC和△APB∽△【详解】（1）解：如图1，连接OP，设∠BOP的度数为n

∵AB=6，BP⏜∴n∴n=60，即∴∠BAP∵直线l是⊙O∴∠ABC∴BC=（2）解：如图2，连接BQ，过点C作CF⊥AD于点

∵AB∴∠BQA∴cos∵BP∴∠BAC∵CF⊥AD∴CF∵∠BAQ+∠ADB∴∠FCD∴BC（3）解：104如图3，连接BQ，

∵AB⊥BC∴∠ABQ+∠BAD∴∠ABQ∵∠ABQ∴∠APQ∵∠PAQ∴△APQ∴PQCD∵∠BAP=∠BAC∴△APB∴BPBC∵B①÷②得，∵sin∴cos【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及三角函数、切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关计算公式．2．（2023·黑龙江大庆·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上的一点，CD⊥AD于点D，AD交⊙O于点F，连接AC，若AC平分∠DAB，过点F作FG⊥AB于点G，交AC于点H

(1)求证：CD是⊙O(2)求证：AF⋅(3)若sin∠DEA=【答案】(1)证明，见解析(2)证明，见解析(3)AH【分析】（1）连接OC，根据AC平分∠DAB，则∠DAC=∠CAB，根据（2）由（1）得，∠DAC=∠CAB，根据∠（3）根据sin∠DEA=45，则OCOE=45，设⊙O的半径为4x，则OE=5x，根据勾股定理求出CE；根据【详解】（1）连接OC∵AC平分∠DAB∴∠DAC∵OA=∴∠CAB∴∠DAC∴AD∥∵CD⊥∴∠D∴CD是⊙O

（2）证明，如下：由（1）得，∠OCE∵∠DAC∵FG⊥∴∠FGA∴∠AHF∵∠ACE∴△ACE∴ACAH∴AC⋅（3）∵sin∠∴OCOE设⊙O的半径为4∴OE=5∴CE=∵AE=∴AD=45∵DE=∴DC=∵AC∴AC=∵△ACE∴AHFH【点睛】本题考查圆，相似三角形，锐角三角形函数的知识，解题的关键圆的切线定理的运用，相似三角形的判定和性质，锐角三角形函数的运用．3．（2022·山东德州·中考真题）如图1，在等腰三角形ABC中，AB=AC，O为底边BC的中点，过点O作OD⊥AB，垂足为D，以点O为圆心，OD为半径作圆，交BC(1)AB与⊙O的位置关系为_______(2)求证：AC是⊙O(3)如图2，连接DM，DM=4，∠A=96°，求⊙O的直径．【答案】(1)相切(2)见解析(3)9.8【分析】（1）利用直线与圆的相切的定义解答即可；（2）过点O作OE⊥AC于点E，连接OA，通过证明（3）过点O作OF⊥DM于点F，利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求得【详解】（1）解：∵OD⊥AB，点O∴圆心O到直线AB的距离等于圆的半径，∴AB为⊙∴AB与⊙故答案为：相切；（2）证明：过点O作OE⊥AC于点E，连接∵AB=AC，O∴AO为∠∵OD⊥AB∴OD∵OD为⊙∴OE为⊙∴AC是⊙（3）解：过点O作OF⊥DM于点∵AB=AC∠B=∠C∵OD∴∠BOD∵OF∴DF=MF=∵OD=OM∴OF为∠∴∠DOF=12在Rt△∵sin∴OD∴⊙O的直径=2【点睛】本题主要考查了解直角三角形，垂径定理，圆的切线的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，三角形的内角和定理，过圆心作直线的垂线段是解决此类问题常添加的辅助线，综合运用以上知识是解题的关键．4．（2023·浙江·中考真题）如图，在⊙O中，AB是一条不过圆心O的弦，点C,D是AB的三等分点，直径CE交AB于点F，连结AD交CF于点G，连结AC，过点C的切线交BA

(1)求证：AD∥(2)若OGGC=2，求(3)连结BC交AD于点N，若⊙O的半径为①若OF=52②若AH=10，求③若HF⋅AB=88【答案】(1)见解析(2)5(3)①527；②1310【分析】（1）根据点C,D是AB三等分点，得出AC=CD=DB，根据CE是⊙O（2）如图1，连接AO，证明△CAG≌△FAG，则CG=FG，设CG=a，则FG（3）①如图1，连接OA，勾股定理确定AG，根据AD=CB，可得②如图2，连接CD，设CG=x，则FG=x,OG=5-x，解得③如图3，过点O作OM⊥AB于点M，则AM=MB=12AB．设CG=x，则FG=x,OG【详解】（1）解：∵点C,D是∴AC=由CE是⊙O∴CE⊥∵HC是⊙O∴HC⊥∴AD∥（2）如图1，连结AO，∵BD=

∴∠BAD由CE⊥AD，则又∵AG=∴△CAG∴CG=设CG=a，则∵OGCG∴OG=2在Rt△AOG中由勾股定理得∴(3a∴AG=∴tan∠（3）①如图1，连结OA，∵OF=

∴CF=∴CG=∴OG=∴AG=∵CE⊥∴AD=2∵AC=∴AD=∴BC=②如图2，连结CD，

∵AD∥∴AH=∵∠HCF∴AC=设CG=x，则由勾股定理得AG即25-(5-解得x=1∴AG∵CD=∴∠DAC∵∠CDN∴△CND∴NDCD∴ND=∵∠BAD∴△ANB∴C△③如图3，过点O作OM⊥AB于点M，则

设CG=x，则由勾股定理得AGAF∵AD∥∴AH=∴AG=∴AF⋅∵∠AGF∴△AFG∴AFOF∴AF⋅∴AF⋅可得方程10x解得x1∴CG=∴OG=3∴AG=4∴HC=8,∴S△∵AD∥∴∠CAD∵AC=∴∠B∴∠B∵∠H∴△CHA∴S△【点睛】本题考查了圆的综合问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，切线的性质，相似三角形的性质与判定熟练掌握是解题的关键．题型02锐角三角函数与函数综合类型一锐角三角函数与反比例函数综合1．（2021·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的OA边在x轴的正半轴上，OC边在y轴的正半轴上，点B的坐标为（4，2），反比例函数y=2x(x>0)的图象与BC交于点D，与对角线OB交于点E，与AB交于点F，连接OD，DE，EF，DF．下列结论：①sin∠DOC=cos∠BOCA．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】根据题意，图中各点的坐标均可以求出来，sin∠DOC=CDOD，cos∠BOC=OCOB，只需证明CDOD=OCOB即可证明结论①；先求出直线OB的解析式，然后求直线OB与反比例函数【详解】解：∵OABC为矩形，点B的坐标为（4，2），∴A点坐标为(4，0)，C点坐标为(0，2)，根据反比例函数y=当y=2时，x=1，即D点坐标为(1，当x=4时，y=12，即F点坐标为(4∵OC=2∴OD=∵OC=2∴OB=∴sin∠cos∠∴sin∠故结论①正确；设直线OB的函数解析式为：y=点B代入则有：2=解得：k=故直线OB的函数解析式为：y=当12x=2x即x=2时，y∴点E的坐标为(2，1)，∴点E为OB的中点，∴OE=故结论②正确；∵CD=1∴BD=3由②得：S△S△∴S△故结论③正确；在Rt△OCD和OCCD∴△OCD∴OD:故结论④正确，综上：①②③④均正确，故选：A．【点睛】本题主要考查矩形的性质，相似三角形判定与性质，锐角三角函数，反比例函数与几何综合，结合题意求出图中各点坐标是解决本题的关键．2．（2023·辽宁营口·中考真题）如图，点A在反比例函数y=kxx>0的图象上，AB⊥y

(1)求反比例函数的解析式；(2)点C在这个反比例函数图象上，连接AC并延长交x轴于点D，且∠ADO=45°，求点【答案】(1)y(2)C【分析】（1）利用正切值，求出OB=4，进而得到A（2）过点A作AE⊥x轴于点E，易证四边形ABOE是矩形，得到OE=2，AE=4，再证明△AED是等腰直角三角形，得到DE=4，进而得到D6,0【详解】（1）解：∵AB∴∠ABO∵tan∴AB∵AB∴OB∴A∵点A在反比例函数y=∴k∴反比例函数的解析式为y=（2）解：如图，过点A作AE⊥x轴于点∵∠ABO∴四边形ABOE是矩形，∴OE=AB∵∠ADO∴△AED∴DE∴OD∴D设直线AD的解析式为y=∴2k+∴直线AD的解析式为y=-∵点A、C是反比例函数y=8x联立y=8xy=-∵A∴C

【点睛】本题是反比例函数综合题，考查了锐角三角函数值，矩形的判定和性质，待定系数法求函数解析式，反比例函数和一次函数交点问题等知识，求出直线AD的解析式是解题关键．3．（2021·青海西宁·中考真题）如图，正比例函数y=12x与反比例函数y=kx(x>0)的图象交于点A，AB⊥x轴于点（1）求OB的长和反比例函数的解析式；（2）将△AOB绕点О旋转90°，请直接写出旋转后点A的对应点A'的【答案】（1）OB=2，y=2x(x【分析】（1）由三角函数值，即可求出OB=2，然后求出点A的坐标，即可求出反比例函数的解析式；（2）根据题意，可分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，两种情况进行分析，即可得到答案．【详解】解：（1）∵AB⊥x∴∠在Rt△OBC中，OC∴OBOC=2∴点A的横坐标为2又∵点A在正比例函数y=∴y=∴A把A(2,1)代入y=∴k=2∴反比例函数的解析式是y=2（2）根据题意，∵点A为（2，1），∵将△AOB绕点О旋转90°则分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，如图：∴A'(-1，2)【点睛】本题考查了反比例函数和一次函数的综合，以及三角函数，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的画出图像进行分析．类型二锐角三角函数与二次函数综合1．（2023·江苏·中考真题）如图，二次函数y=12x2+bx

(1)b=_______(2)D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD=52；将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物线经过点D，过点(k,0)作x(3)将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求点P【答案】(1)-1(2)k≤-3(3)3,-52或【分析】（1）把A(-2,0)代入y（2）过点D作DM⊥OA于点M，设Dm,12m平移后得抛物线为y=（3）先设出平移后顶点为Pp,12p2-p-4【详解】（1）解：把A(-2,0)代入y0=1解得b=-1故答案为-1（2）解：过点D作DM⊥OA于点M，

∵b=-1∴二次函数的解析式为y设Dm∵D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠∴tan∠解得m=-1或m=8当m=-1时，1∴D-∵y=∴设将原抛物线向左平移后的抛物线为y=把D-1,-52代入解得a=3或a=-1∴平移后得抛物线为y∵过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在在y=12x+32-92的对称轴x=-∴k≤-3（3）解：由y=12x-∵顶点为Pp,q∴q=∴平移后的抛物线为y=12∵原抛物线y=∴原抛物线的顶点C1,-92，对称轴为∵平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，∴Q1,∵点Q、C在直线x=1上，平移后的抛物线顶点P在原抛物线顶点C的上方，两抛物线的交点Q在顶点P的上方，∴∠PCQ与∠CQP都是锐角，∵△PCQ∴∠CPQ=90°，∴QC∴p2-2∴p=1（舍去），或p=3或p=-1当p=3时，12当p=-1时，1∴点P坐标为3,-52或【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，勾股定理，解直角三角形以及待定系数法求二次函数的解析式，熟练掌握二次函数的图像及性质是解题的关键．2．（2022·江苏无锡·中考真题）已知二次函数y=-14x2+bx+c图像的对称轴与x轴交于点A（1，0），图像与y轴交于点B（0，3），C(1)求该二次函数的表达式；(2)若点C与点B重合，求tan∠CDA的值；(3)点C是否存在其他的位置，使得tan∠CDA的值与（2）中所求的值相等？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y(2)1(3)-2,1，3-17【分析】（1）二次函数与y轴交于点B0,3，判断c=3，根据A1,0，即二次函数对称轴为x（2）证明△ADE∽△BAO，得到BOAE=OADE，即BO⋅DE=OA⋅AE，设Dt（3）根据题目要求，找出符合条件的点C的位置，在利用集合图形的性质，求出对应点C的坐标即可。【详解】（1）解：∵二次函数y=-14x2∴c=3，即y∵A1,0，即二次函数对称轴为x∴x=-∴b=∴二次函数的表达式为y=-（2）解：如图，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接BD，∵∠CAD∴∠BAO∵∠ADE∴∠ADE∵∠BOA∴△ADE∴BOAE=OA∵B0,3，A∴BO=3，OA设：Dt,-1∴OE=t，DE=-∴3×-解得：t1=-10当t2=4时，∴AE=4-1=3，DE∴AD=AB∵在Rt△∴tan（3）解：存在，如图，（2）图中Rt△BAD关于对称轴对称时，∵点D的坐标为4,1，∴此时，点C的坐标为-2,1如图，当点C、D关于对称轴对称时，此时AC与AD长度相等，即tan∠当点C在x轴上方时，过点C作CE垂直于x轴，垂足为E，∵∠CAD=90∘，点∴∠CAE∴△CAE∴CE=设点C的坐标为m,-∴CE=-14∴-解得：m1=3-17此时，点C的坐标为3-17当点C在x轴下方时，过点C作CF垂直于x轴，垂足为F，∵∠CAD=90∘，点∴∠CAF∴△CAF∴CF=设点C的坐标为m,-∴CF=14∴1解得：m1=-1+17此时，点C的坐标为-1-综上：点C的坐标为-2,1，3-17,【点睛】本题考查二次函数的综合问题，运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．3．（2023·辽宁鞍山·中考真题）如图1，抛物线y=ax2+53x+

(1)求抛物线的解析式．(2)直线y=23x-4与x轴交于点A，与y轴交于点D，过点E作直线EF⊥x轴，交AD于点(3)如图2，点N为x轴正半轴上一点，OE与BN交于点M．若OE=BN，tan∠【答案】(1)y(2)73或(3)E(3【分析】（1）利用待定系数法，把已知点坐标代入解析式即可求解函数的解析式；（2）分别过E，F向y轴作垂线，垂足为G，H，根据HL证得Rt△BEG≌Rt△DFH，从而BG=（3）将OE平移到NP，连接EP，则tan∠BNP=tan∠BME=34；过P作PQ⊥BN于Q，过Q作QR⊥y轴于R，过P作PS⊥PQ交延长线于S，延长PE交y轴于T，设PQ=3m，则QN=4m，BN=OE=NP=5m，BQ=m，由△BRQ∽△【详解】（1）解：把(3，1)和9a+5+c抛物线的解析式为：y=-（2）直线y=23x-4中，令直线y=23x-4中，令分别过E，F向y轴作垂线，垂足为G，H，

根据题意可得EG=∵EG⊥y∴△BEG和△在Rt△BEG和BE=∴Rt∴BG设E(则F(∴G(0,-t从而BG=5-(-t则有t2-5解得t=0（舍去），或t=故点E的横坐标为：73或1（3）将OE平移到NP，连接EP，则四边形ONPE为平行四边形，tan∠BNP=tan∠BME=34，过P作PQ⊥BN于Q，过Q作QR⊥y轴于R∵tan∴可设PQ=3m，则∴BN=则BQ=

设RQ=∵RQ∴△BRQ∴BR∴BR=15BO∵PQ⊥BM，PS∴∠BRQ∴∠BQR+∠PQS∴∠PQS∴△∴QS∴PS=3n，QS∴xE=∴E代入抛物线解析式中有：3n解得：n=916当n=916当n=13【点睛】本题是二次函数与相似三角形综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正切的定义等知识，解题关键是在坐标系中利用等线段构造全等进行计算，构造相似三角形解决问题．题型0312345模型【12345模型简介】对于角α和角β，若满足α+β=45°，tanα=12，则一定tanβ=13已知△ABC为等腰直角三角形，点D为线段AB的中点，设∠BCD=α，∠ACD=β,且tanα=12，则tanβ=【证明过程】过点D作DE⊥AC设AB=BC=4,则AD=2，AC=42,DE=AE=2∴CE=32∴tan∵α+β=45°，∴tan（α+β）=1,∠CDE=α+45°，∠BDE=β+45°（三角形内角和为180°）∴tan（α+45°）=3，tan（β+45°）=2在BC上取一点F，使DF=FC,设BF=x，则DF=4-x在Rt△BDF中，由勾股定理解得x=1.5，∴tan2α=43，tan2β=1．（2022·四川泸州·中考真题）如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E是边AB上的点，且BE=2AE，过点E作DE的垂线交正方形外角∠CBG的平分线于点F，交边BC于点M，连接DF交边BC于点N，则MNA．23 B．56 C．67【答案】B【分析】在AD上截取AG=AE,连接GE，延长BA至H，使AH=CN,连接EN，可得出EN=EH,，设CN=x,则BN=3-x,用勾股定理求出EN=BE2+B【详解】解：如图所示：在AD上截取AG=AE,连接GE，延长BA至H，使AH∵∴∵∴∠∴∠∵∠∴∠∴∴∠∴∠∵BF为正方形外角∠∴∠∴∠∴∠在△GDE和△∵∴△∴∴∠∴∠在Rt△EDC和∵∴△∴∠在△NDE和△∵∴△∴∵BC=∴设CN=x在Rt△∴∴1+∴∵∠∴∴故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理等知识．此题综合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．2．（2023·四川·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(1,0)，点B(0,-3)，点C在x轴上，且点C在点A右方，连接AB，BC，若tan∠ABC=1

【答案】9【分析】根据已知条件得出∠ABO=∠ABC，根据等面积法得出ACOA=【详解】解：∵点A(1,0)，点B∴OA=1,tan∠∵tan∠∴∠ABO过点A作AD⊥BC于点

∵AO⊥BO,AD⊥∴AO∵S∴AC设Cm,0，则AC∴m解得：m=94∴C9故答案为：94【点睛】本题考查了正切的定义，角平分线的性质，勾股定理，熟练掌握角平分线的定义是解题的关键．3．（2021·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（

）A．2 B．74 C．322【答案】A【分析】构造如图所示的正方形CMPD，然后根据相似三角形的判定和性质解直角三角形FNP即可．【详解】如图，延长CE，FG交于点N，过点N作l//AB，延长CB,DA交∴∠CMN=∠DPN=90°，∴四边形CMPD是矩形，根据折叠，∠MCN=∠GCN，CD=CG，DF=∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，∴RtΔMNC≅∴CM=CG∴四边形CMPD为正方形，∵∴△CBE∴BEMN∵BE=2，∴NP设DF=x,则在Rt△PNF中，由F解得x=2故选A．【点睛】本题考查了折叠问题，正方形的性质与判定，矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形，勾股定理等知识点的综合运用，难度较大．作出合适的辅助线是解题的关键．4．（2023·湖北黄冈·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BC，BD于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于12EF长为半径画弧交于点P，作射线BP，过点C作BP的垂线分别交BD,AD于点

A．10 B．11 C．23 D．【答案】A【分析】由作图可知BP平分∠CBD，设BP与CN交于点O，与CD交于点R，作RQ⊥BD于点Q，根据角平分线的性质可知RQ=RC，进而证明Rt△BCR≌Rt△BQR，推出BC=BQ=4，设RQ【详解】解：如图，设BP与CN交于点O，与CD交于点R，作RQ⊥BD于点

∵矩形ABCD中，AB=3∴CD=∴BD=由作图过程可知，BP平分∠CBD∵四边形ABCD是矩形，∴CD⊥又∵RQ⊥∴RQ=在Rt△BCR和RQ=∴Rt△BCR≌Rt∴BC=∴QD=设RQ=RC=在Rt△DQR中，由勾股定理得即3-x解得x=∴CR=∴BR=∵S△∴OC=∵∠COR=∠CDN∴△OCR∴OCDC=CR解得CN=故选A．【点睛】本题考查角平分线的作图方法，矩形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等，涉及知识点较多，有一定难度，解题的关键是根据作图过程判断出BP平分∠CBD，通过勾股定理解直角三角形求出CR5．（2023·四川凉山·中考真题）阅读理解题：阅读材料：如图1，四边形ABCD是矩形，△AEF是等腰直角三角形，记∠BAE为α、∠FAD为β，若tan

证明：设BE=k，∵tanα=易证△∴EC=2∴FD∴tanβ若α+β=45°时，当tan同理：若α+β=45°时，当tan根据上述材料，完成下列问题：如图2，直线y=3x-9与反比例函数y=mx(x>0)的图象交于点A，与x轴交于点B．将直线AB绕点A顺时针旋转45°后的直线与y轴交于点E，过点A作AM⊥

(1)求反比例函数的解析式；(2)直接写出tan∠(3)求直线AE的解析式．【答案】(1)y(2)tan∠BAM(3)y【分析】（1）首先求出点B3,0，然后设Aa,3a-9，在Rt△（2）首先根据A4,3，B3,0得到MO=4，BO=3，求出MB=1，AM=3，然后利用正切值的概念求出tan∠BAM=（3）首先根据矩形的性质得到AN=OM=4，NO=AM=3，然后利用tan∠NAE=12求出NE【详解】（1）将y=0代入y=3x∴B3,0∵直线y=3x-9与反比例函数∴设Aa∵AM⊥x，∴在Rt△AOM中，∴a2∴解得a1=4，∵点A的横坐标要大于点B的横坐标，∴a2∴a=4∴A4,3∴将A4,3代入y=m∴反比例函数的解析式为y=（2）∵A4,3，B∴MO=4，BO∴MB=1，AM∵AM⊥∴tan∠∵AN⊥y，∴四边形NOMA是矩形，∴∠NAM∵将直线AB绕点A顺时针旋转45°后的直线与y轴交于点E，∴∠BAE∴∠BAM∵tan∠∴tan∠（3）∵四边形NOMA是矩形，∴AN=OM=4∵AN⊥y，∴NEAN=1∴解得NE=2∴OE=∴E0,1∴设直线AE的解析式为y=∴将E0,1和A4,3代入得，∴解得b=1∴直线AE的解析式为y=【点睛】此题考查了反比例函数，一次函数和几何综合题，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是正确理解材料的内容．在解直角三角形的过程中，一般要用到下面一些关系：1）直角三角形的五个元素：边：a、b、c，角：∠A、∠B2）三边之间的关系：a2+3）两锐角之间的关系：∠A＋∠B＝90°4）边角之间的关系：sinA=∠A所对的边斜边=ac，sinB=∠BcosA=∠A所邻的边斜边tanA=∠A所对的边邻边解直角三角形常见类型及方法：已知类型已知条件解法步骤两边斜边和一直角边(如c,a)①②③∠B=90°－∠A两直角边(如a,b)①②③∠B=90°－∠A一边和一锐角斜边和一锐角（如c，∠A）①∠B=90°－∠A②③一直角边和一锐角（如a，∠A）①∠B=90°－∠A②③另一直角边和一锐角（如b，∠A）①∠B=90°－∠A②③1．（2023·重庆·模拟预测）如图，P是⊙O外一点，过点P作⊙O的两条切线，分别交⊙O于点A和点B，连接AB，C为⊙O上一点，连接AC，BC．若cosC=3A．365 B．7 C．325 D【答案】A【分析】连接OP，AD，BO并延长交⊙O于D，根据切线的性质得到OP⊥AB，PB=PA=6，AD⊥AB，【详解】解：连接OP，AD，BO并延长交⊙O于D∵过点P作⊙O的两条切线、分别交⊙O于点A和点∴OP⊥AB∵BD是⊙∴AD⊥AB∴AD∴∠D∵∠D∴∠POB∵cos∴cos∴设OB=3k，∴PB∴k∴OB=9∵∠DAB=∠PBO∴△ABD∴PBAB∴6AB∴AB故选：A．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．2．（2023·河南郑州·三模）如图，把矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA、OC分别落在x轴、y轴上，连接OB将纸片沿OB折叠，使A落在A'的位置，OB=5,tanA．-35,45 B．-4【答案】A【分析】本题以平面直角坐标系为载体，以翻折变换为方法构造而成，综合考查了矩形的性质，三角函数的应用，勾股定理等知识，构造方程是解题关键．过点A'作x轴的垂线，垂足为D，根据先求出AB、BC的长度，借助面积公式求出A'D【详解】解：如图，过点A'作x轴的垂线，垂足为D设A'D=∵四边形ABCO是矩形，∠OAB∴四边形ABA设AB=OC=∵OB=5，∴x2解得x=1由题意得A'∴△ABO由勾股定理得a2由面积公式得12联立①②解得a=45∴点A'的坐标为-故选：A．3．（2023·重庆·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，AD=5，AB=12，cosA=35，过点D作DE⊥AB，垂足为A．71050 B．1050 C．9【答案】C【分析】此题考查了解直角三角形，平行四边形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．过点B作BF⊥EC于点F，解直角三角形得到BC=5，CD=12，AE=3，然后利用勾股定理求出DE【详解】过点B作BF⊥EC于点∵在平行四边形ABCD中，DE⊥AD=5，AB=12，∴BC=5，CD=12∴BE=9，∴CE∵S∴BF∴sin故选：C．4．（2023·安徽合肥·模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，点D在BC上，∠CDA=∠CAB．若A．94 B．125 C．154【答案】C【分析】本题考查解直角三角形，先根据正切值求出AC的长，根据∠CDA=∠CAB，得到∠DAC=∠【详解】解：在Rt△ACB中，BC=4∴AC=∵∠CDA=∠CAB∴∠DAC∴tan∠∴CD=∴AD=故选C．5．（2024·重庆·一模）如图，在正方形ABCD中，O为对角线BD的中点，连接OC，E为边AB上一点，CF⊥DE于点F，若OF=2，CF=5，则AEA．23 B．34-2 C．3【答案】D【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，正切的定义；过点O作OG⊥OF交DE于点G，证明△GOD≌△FOCASA，进而求得【详解】解：如图所示，过点O作OG⊥OF交DE于点∵O为正方形ABCD对角线BD的中点，∴∠∴∠∵CF∴∠又∵∠ADE=45°-∠∴∠∴△∴OG=OF∴GF又∵CF∴FD∴DC∵tan∴AE∴AE故选：D．二、填空题6．（2024·山西吕梁·一模）如图，在正方形ABCD中，点E为AD的中点，点F在DA的延长线上，CF与AB相交于点G，若AD=2，tan∠FCE=2【答案】6【分析】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，连接GE，过F作FH⊥CE交延长线于点H，证明△EDC【详解】连接GE，过F作FH⊥CE交延长线于点∵∠EDC=∠EHF∴△EDC∴EHED∵CD=AD=2，点E∴DE=1∴由勾股定理得CE=在Rt△FHC设FH=2n，∴GE5=2∴FH=5，∴EH=∴EF=52∵AB∥∴△AGF∴AGCD=AF∴AG=故答案为：677．（2024·江苏常州·模拟预测）某三棱柱的三视图如图所示，其中主视图和左视图为矩形，俯视图为△ABC，已知tanB=13

【答案】2【分析】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体三视图的形状是正确解答的前提．根据这个几何体的三视图，得出这个三棱柱，高为2,BC=4，设CD=m，由tanB【详解】解：过点A作AD⊥BC，由简图可知，这个几何体是三棱柱，高为2,BC

∵∠∴AD∵tanB=1∴解得m=1∴AD=1则1×2=2，∴左视图长方形的长为2，宽为1，所以左视图的面积是2．故答案为：2．8．（2024·山西临汾·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E是BC边上一点，点F在BA边的延长线上，且CE=AF，连接EF交AD边于点G，HN垂直平分EF，分别交AD，EF，AB于点H，M，N．若CE=2【答案】10【分析】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质和解直角三角形，根据题意求得FE，结合垂直平分可得FM=ME=12FE，进一步证明△AGF∽△BEF，有AFBF【详解】解：∵AB=6，BC=8，∴BF=8，BE∴FE=∵HN垂直平分EF，∴FM=∵四边形ABCD为矩形，点F在BA边的延长线上，∴∠FAG∵∠F∴