全国中考数学锐角三角函数的综合中考真题汇总及答案解析

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1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上一点，点F在射线CM上,∠AEF=90°，AE=EF，过点F作射线BC的垂线，垂足为H，连接AC．

(1) 试判断BE与FH的数量关系，并说明理由；

(2) 求证：∠ACF=90°；

(3) 连接AF，过A，E，F三点作圆，如图2. 若EC=4，∠CEF=15°，求的长.

图1 图2

【答案】（1）BE="FH" ；理由见解析

（2）证明见解析

（3）=2π

【解析】

试题分析：（1）由△ABE≌△EHF（SAS）即可得到BE=FH

（2）由（1）可知AB=EH，而BC=AB，FH=EB，从而可知△FHC是等腰直角三角形，∠FCH 为45°，而∠ACB也为45°，从而可证明

（3)由已知可知∠EAC=30°，AF是直径，设圆心为O，连接EO，过点E作EN⊥AC于点N，则可得△ECN为等腰直角三角形，从而可得EN的长，进而可得AE的长，得到半径，得到所对圆心角的度数，从而求得弧长

试题解析：（1）BE=FH．理由如下：

∵四边形ABCD是正方形∴∠B=90°，

∵FH⊥BC ∴∠FHE=90°

又∵∠AEF=90°∴∠AEB+∠HEF="90°" 且∠BAE+∠AEB=90°

∴∠HEF=∠BAE ∴∠AEB=∠EFH 又∵AE=EF

∴△ABE≌△EHF（SAS）

∴BE=FH

(2)∵△ABE≌△EHF

∴BC=EH，BE=FH 又∵BE+EC=EC+CH ∴BE="CH"

∴CH=FH

∴∠FCH=45°，∴∠FCM=45°

∵AC是正方形对角线，∴∠ACD=45°

∴∠ACF=∠FCM +∠ACD =90°

（3）∵AE=EF，∴△AEF是等腰直角三角形

△AEF外接圆的圆心在斜边AF的中点上．设该中点为O．连结EO得∠AOE=90°

过E 作EN ⊥AC 于点N

Rt △ENC 中，EC=4，∠ECA=45°，∴EN=NC=

Rt △ENA 中，EN =

又∵∠EAF=45° ∠CAF=∠CEF=15°（等弧对等角）

∴∠EAC=30° ∴AE=

Rt △AFE 中，AE=

= EF ，∴AF=8

AE 所在的圆O 半径为4，其所对的圆心角为∠AOE=90° =2π·4·（90°÷360°）=2π

考点：1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圆周角定理；4、三角函数

2．（本题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）小题满分5分，第（3）小题满分5分）

已知：如图，AB 是半圆O 的直径，弦//CD AB ，动点P 、Q 分别在线段OC 、CD 上，且DQ OP =，AP 的延长线与射线OQ 相交于点E 、与弦CD 相交于点F （点F 与点C 、D 不重合），20AB =，4

cos 5

AOC ∠=

．设OP x =，CPF ?的面积为y ．

（1）求证：AP OQ =；

（2）求y 关于x 的函数关系式，并写出它的定义域； （3）当OPE ?是直角三角形时，求线段OP 的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）236030050

(10)13

x x y x x -+=<<；（3）8OP =

【解析】 【分析】

（1）证明线段相等的方法之一是证明三角形全等，通过分析已知条件，OP DQ =，联结

OD 后还有OA DO =，再结合要证明的结论AP OQ =，则可肯定需证明三角形全等，寻

找已知对应边的夹角，即POA QDO ∠=∠即可；

（2）根据PFC ?∽PAO ?，将面积转化为相似三角形对应边之比的平方来求；（3）分成三种情况讨论，充分利用已知条件4

cos 5

AOC ∠=、以及（1）（2）中已证的结论，注意要对不符合（2）中定义域的答案舍去． 【详解】

（1）联结OD ，∵OC OD =， ∴OCD ODC ∠=∠， ∵//CD AB ， ∴OCD COA ∠=∠， ∴POA QDO ∠=∠． 在AOP ?和ODQ ?中，

{OP DQ

POA QDO OA DO

=∠=∠=， ∴AOP ?≌ODQ ?， ∴AP OQ =；

（2）作PH OA ⊥，交OA 于H ， ∵4cos 5

AOC ∠=， ∴4455OH OP x =

=，3

5PH x =， ∴1

32

AOP S AO PH x ?=

?=． ∵//CD AB ， ∴PFC ?∽PAO ?， ∴

22

10(

)()AOP

y CP x S OP x

?-==， ∴2360300

x x y x

-+=，当F 与点D 重合时，

∵4

2cos 210165

CD OC OCD =?∠=??=， ∴

101016x x =-，解得50

13

x =， ∴2360300x x y x

-+=

50

(10)13x <<； （3）①当90OPE ∠=时，90OPA ∠=，

∴4

cos 1085

OP OA AOC =?∠=

?

=； ②当90POE ∠=时，

101025

4cos cos 25OC CQ QCO AOC =

===

∠∠，

∴252OP DQ CD CQ CD ==-=-2571622

=-=， ∵

50

1013

OP <<， ∴7

2

OP =

（舍去）； ③当90PEO ∠=时，∵//CD AB ， ∴AOQ DQO ∠=∠， ∵AOP ?≌ODQ ?， ∴DQO APO ∠=∠， ∴AOQ APO ∠=∠，

∴90AEO AOP ∠=∠=，此时弦CD 不存在，故这种情况不符合题意，舍去； 综上，线段OP 的长为8．

3．如图，MN 为一电视塔，AB 是坡角为30°的小山坡(电视塔的底部N 与山坡的坡脚A 在同一水平线上，被一个人工湖隔开)，某数学兴趣小组准备测量这座电视塔的高度．在坡脚A 处测得塔顶M 的仰角为45°；沿着山坡向上行走40m 到达C 处，此时测得塔顶M 的仰角为30°，请求出电视塔MN 的高度．(参考数据：2≈1.41，3≈1.73，结果保留整数)

【答案】95m 【解析】

【分析】过点C 作CE ⊥AN 于点E ， CF ⊥MN 于点F ．在△ACE 中，求AE ＝3m ，在RT △MFC 中，设MN ＝x m ，则AN ＝xm ．FC 3xm ，可得x ＋33 ( x －20)，解方程可得答案..

【详解】解：过点C 作CE ⊥AN 于点E ， CF ⊥MN 于点F ． 在△ACE 中，AC ＝40m ，∠CAE ＝30° ∴CE ＝FN ＝20m ，AE ＝3

设MN＝x m，则AN＝xm．FC＝3xm，在RT△MFC中

MF＝MN－FN＝MN－CE＝x－20

FC＝NE＝NA＋AE＝x＋203

∵∠MCF＝30°

∴FC＝3MF，

即x＋203＝3 ( x－20)

解得：x＝403 31

＝60＋203≈95m

答：电视塔MN的高度约为95m．

【点睛】本题考核知识点：解直角三角形.解题关键点：熟记解直角三角形相关知识，包括含特殊角的直角三角形性质.

4．如图1，以点M（－1，0）为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线y＝

－x－与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F．

（1）请直接写出OE、⊙M的半径r、CH的长；

（2）如图2，弦HQ交x轴于点P，且DP:PH＝3:2，求cos∠QHC的值；

（3）如图3，点K为线段EC上一动点（不与E、C重合），连接BK交⊙M于点T，弦AT 交x轴于点N．是否存在一个常数a，始终满足MN·MK＝a，如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）OE=5，r=2，CH=2

（2）；

（3）a=4

【解析】

【分析】

（1）在直线y＝－x－中，令y=0，可求得E的坐标，即可得到OE的长为5；连接MH，根据△EMH与△EFO相似即可求得半径为2；再由EC=MC=2，∠EHM=90°，可知CH 是RT△EHM斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出CH的长；

（2）连接DQ、CQ．根据相似三角形的判定得到△CHP∽△QPD，从而求得DQ的长，在直角三角形CDQ中，即可求得∠D的余弦值，即为cos∠QHC的值；

（3）连接AK，AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，由圆周角定理可知，

∠GTA=90°，∠3=∠4，故∠AKC=∠MAN，再由△AMK∽△NMA即可得出结论．

【详解】

（1）OE=5，r=2，CH=2

（2）如图1，连接QC、QD，则∠CQD =90°，∠QHC =∠QDC，

易知△CHP∽△DQP，故，得DQ=3，由于CD=4，

；

（3）如图2，连接AK，AM，延长AM，

与圆交于点G，连接TG，则

，

由于，故，；

而，故

在和中，；

故△AMK∽△NMA

;

即：

故存在常数，始终满足

常数a="4"

解法二：连结BM，证明∽

得

5．超速行驶是引发交通事故的主要原因．上周末，小明和三位同学尝试用自己所学的知识检测车速，如图，观测点设在到万丰路（直线AO）的距离为120米的点P处．这时，一辆小轿车由西向东匀速行驶，测得此车从A处行驶到B处所用的时间为5秒且∠APO＝60°，∠BPO＝45°．

（1）求A、B之间的路程；

（2）请判断此车是否超过了万丰路每小时65千米的限制速度？请说明理由．（参考数≈≈）．

23 1.73

【答案】

【小题1】73.2

【小题2】超过限制速度．

【解析】

AB=-73.2 (米)．…6分

解：（1）100(31)

(2) 此车制速度v==18.3米/秒

6．现有一个“Z“型的工件（工件厚度忽略不计），如图所示，其中AB为20cm，BC为

60cm，∠ABC＝90，∠BCD＝60°，求该工件如图摆放时的高度（即A到CD的距离）．（结果精确到0.1m，参考数据：≈1.73）

【答案】工件如图摆放时的高度约为61.9cm．

【解析】

【分析】

过点A作AP⊥CD于点P，交BC于点Q，由∠CQP＝∠AQB、∠CPQ＝∠B＝90°知∠A＝∠C ＝60°，在△ABQ中求得分别求得AQ、BQ的长，结合BC知CQ的长，在△CPQ中可得PQ，根据AP＝AQ+PQ得出答案．

【详解】

解：如图，过点A作AP⊥CD于点P，交BC于点Q，

∵∠CQP＝∠AQB，∠CPQ＝∠B＝90°，

∴∠A＝∠C＝60°，

在△ABQ中，∵AQ＝（cm），

BQ＝AB tan A＝20tan60°＝20（cm），

∴CQ＝BC﹣BQ＝60﹣20（cm），

在△CPQ中，∵PQ＝CQ sin C＝（60﹣20）sin60°＝30（﹣1）cm，

∴AP＝AQ+PQ＝40+30（﹣1）≈61.9（cm），

答：工件如图摆放时的高度约为61.9cm．

【点睛】

本题主要考查解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数的定义求得相关线段的长度是解题的关键．

7．已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于F，切点为G，连接AG交CD于K．

（1）如图1，求证：KE＝GE；

（2）如图2，连接CABG，若∠FGB＝1

2

∠ACH，求证：CA∥FE；

（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG交AB于点N，若sin E＝3

5

，AK＝10，求CN

的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）△EAD是等腰三角形．证明见解析；（320

10 13

【解析】

试题分析：

（1）连接OG，则由已知易得∠OGE=∠AHK=90°，由OG=OA可得∠AGO=∠OAG，从而可得∠KGE=∠AKH=∠EKG，这样即可得到KE=GE；

（2）设∠FGB=α，由AB是直径可得∠AGB=90°，从而可得∠KGE=90°-α，结合GE=KE可得∠EKG=90°-α，这样在△GKE中可得∠E=2α，由∠FGB=1

2

∠ACH可得∠ACH=2α，这样可得∠E=∠ACH，由此即可得到CA∥EF；

（3）如下图2，作NP⊥AC于P，

由（2）可知∠ACH=∠E，由此可得sinE=sin∠ACH=

3

5

AH

AC

，设AH=3a，可得AC=5a，

CH=4a ，则tan ∠CAH=

4

3

CH AH =，由（2）中结论易得∠CAK=∠EGK=∠EKG=∠AKC ，从而可得CK=AC=5a ，由此可得HK=a ，tan ∠AKH=

3AH

HK

=，AK=10a ，结合AK=10可得a=1，则AC=5；在四边形BGKH 中，由∠BHK=∠BKG=90°，可得∠ABG+∠HKG=180°，结合∠AKH+∠GKG=180°，∠ACG=∠ABG 可得∠ACG=∠AKH ， 在Rt △APN 中，由tan ∠CAH=43PN AP

=，可设PN=12b ，AP=9b ，由tan ∠ACG=

PN CP =tan ∠AKH=3可得CP=4b ，由此可得AC=AP+CP=13b =5，则可得b=5

13

，由此即可在Rt △CPN 中由勾股定理解出CN 的长. 试题解析：

（1）如图1，连接OG ．

∵EF 切⊙O 于G ， ∴OG ⊥EF ，

∴∠AGO+∠AGE=90°， ∵CD ⊥AB 于H ， ∴∠AHD=90°， ∴∠OAG=∠AKH=90°， ∵OA=OG ， ∴∠AGO=∠OAG ， ∴∠AGE=∠AKH ， ∵∠EKG=∠AKH ， ∴∠EKG=∠AGE ， ∴KE=GE ． （2）设∠FGB=α， ∵AB 是直径， ∴∠AGB=90°，

∴∠AGE =∠EKG=90°﹣α， ∴∠E=180°﹣∠AGE ﹣∠EKG=2α，

∵∠FGB=

1

2

∠ACH ， ∴∠ACH=2α， ∴∠ACH=∠E ，

∴CA ∥FE ．

（3）作NP ⊥AC 于P ． ∵∠ACH=∠E ， ∴sin ∠E=sin ∠ACH=3

5

AH AC =，设AH=3a ，AC=5a ，

则4a =，tan ∠CAH=

4

3

CH AH =， ∵CA ∥FE ， ∴∠CAK=∠AGE ， ∵∠AGE=∠AKH ， ∴∠CAK=∠AKH ，

∴AC=CK=5a ，HK=CK ﹣CH=4a ，tan ∠AKH=AH

HK

=3，=， ∵

∴

=

∴a=1．AC=5， ∵∠BHD=∠AGB=90°， ∴∠BHD+∠AGB=180°，

在四边形BGKH 中，∠BHD+∠HKG+∠AGB+∠ABG=360°， ∴∠ABG+∠HKG=180°， ∵∠AKH+∠HKG=180°， ∴∠AKH=∠ABG ， ∵∠ACN=∠ABG ， ∴∠AKH=∠ACN ， ∴tan ∠AKH=tan ∠ACN=3， ∵NP ⊥AC 于P ， ∴∠APN=∠CPN=90°， 在Rt △APN 中，tan ∠CAH=4

3PN AP =，设PN=12b ，则AP=9b ， 在Rt △CPN 中，tan ∠ACN=PN

CP

=3， ∴CP=4b ， ∴AC=AP+CP=13b ， ∵AC=5， ∴13b=5， ∴b=

513

，

∴

=b

8．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：PA AD PC CD

；

(3)过点A作AE∥PC交⊙O于点E，交CD于点F，连接BE，若sin∠P＝3

5

，CF＝5，求BE

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R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=3

5

，求得FD=3，AD=4，CD=8，在R t△OCD中，

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R t△ABE中，由sin∠EAD=3

5，得到

BE

AB

＝

3

5

，于是求得

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

5

，

∴sin∠FAD=3

5

，

在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=3

5

，

∴FD=3，AD=4，∴CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，∴r2=（r﹣4）2+82，

∴r=10，

∴AB=2r=20，

∵AB为⊙O的直径，

∴∠AEB=90°，在R t△ABE中，

∵sin∠EAD=3

5，∴

3

5

BE

AB

，

∵AB=20，

∴BE=12．

【点睛】

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．

9．已知Rt△ABC，∠BAC＝90°，点D是BC中点，AD＝AC，BC＝43，过A，D两点作⊙O，交AB于点E，

（1）求弦AD的长；

（2）如图1，当圆心O在AB上且点M是⊙O上一动点，连接DM交AB于点N，求当ON 等于多少时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形？

（3）如图2，当圆心O不在AB上且动圆⊙O与DB相交于点Q时，过D作DH⊥AB（垂足为H）并交⊙O于点P，问：当⊙O变动时DP﹣DQ的值变不变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．

【答案】（1）23

（2）当ON等于13﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形

（3）不变，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到AD的长；

（2）连DE、ME，易得当ED和EM为等腰三角形EDM的两腰，根据垂径定理得推论得OE⊥DM，易得到△ADC为等边三角形，得∠CAD=60°，则∠DAO=30°，∠DON=60°，然后

根据含30°的直角三角形三边的关系得DN=1

2

3

3

；

当MD=ME，DE为底边，作DH⊥AE，由于3∠DAE=30°，得到3，∠DEA=60°，DE=2，于是OE=DE=2，OH=1，

又∠M=∠DAE=30°，MD=ME，得到∠MDE=75°，则∠ADM=90°-75°=15°，可得到

∠DNO=45°，根据等腰直角三角形的性质得到

； （3）连AP 、AQ ，DP ⊥AB ，得AC ∥DP ，则∠PDB=∠C=60°，再根据圆周角定理得∠PAQ=∠PDB ，∠AQC=∠P ，则∠PAQ=60°，∠CAQ=∠PAD ，易证得△AQC ≌△APD ，得到

DP=CQ ，则DP-DQ=CQ-DQ=CD ，而△ADC 为等边三角形，DP-DQ 的值． 【详解】

解：（1）∵∠BAC ＝90°，点D 是BC 中点，BC ＝ ∴AD ＝

1

2

BC ＝ （2）连DE 、ME ，如图，∵DM ＞DE ， 当ED 和EM 为等腰三角形EDM 的两腰， ∴OE ⊥DM ， 又∵AD ＝AC ，

∴△ADC 为等边三角形， ∴∠CAD ＝60°， ∴∠DAO ＝30°， ∴∠DON ＝60°，

在Rt △ADN 中，DN ＝1

2

AD ，

在Rt △ODN 中，ON DN ＝1， ∴当ON 等于1时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形； 当MD ＝ME ，DE 为底边，如图3，作DH ⊥AE ， ∵AD ＝∠DAE ＝30°，

∴DH

∠DEA ＝60°，DE ＝2， ∴△ODE 为等边三角形， ∴OE ＝DE ＝2，OH ＝1， ∵∠M ＝∠DAE ＝30°， 而MD ＝ME ， ∴∠MDE ＝75°，

∴∠ADM ＝90°﹣75°＝15°， ∴∠DNO ＝45°，

∴△NDH 为等腰直角三角形， ∴NH ＝DH

∴ON ﹣1；

综上所述，当ON 等于11时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；

（3）当⊙O 变动时DP ﹣DQ 的值不变，DP ﹣DQ ＝．理由如下：

连AP、AQ，如图2，

∵∠C＝∠CAD＝60°，

而DP⊥AB，

∴AC∥DP，

∴∠PDB＝∠C＝60°，

又∵∠PAQ＝∠PDB，

∴∠PAQ＝60°，

∴∠CAQ＝∠PAD，

∵AC＝AD，∠AQC＝∠P，

∴△AQC≌△APD，

∴DP＝CQ，

∴DP﹣DQ＝CQ﹣DQ＝CD＝23．

【点睛】

本题考查了垂径定理和圆周角定理：平分弧的直径垂直弧所对的弦；在同圆和等圆中，相等的弧所对的圆周角相等．也考查了等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．

10．如图，湿地景区岸边有三个观景台、、.已知米，米，

点位于点的南偏西方向，点位于点的南偏东方向.

(1)求的面积；

(2)景区规划在线段的中点处修建一个湖心亭，并修建观景栈道.试求、间的距离.(结果精确到米)

(参考数据：，，，，，，

)

【答案】（1）560000（2）565.6

【解析】

试题分析：（1）过点作交的延长线于点，，然后根据直角三角形的内角和求出∠CAE，再根据正弦的性质求出CE的长，从而得到△ABC的面积；

（2）连接，过点作，垂足为点，则.然后根据中点的性质和余

弦值求出BE、AE的长，再根据勾股定理求解即可.

试题解析：(1)过点作交的延长线于点，

在中，，

所以米.

所以(平方米).

(2)连接，过点作，垂足为点，则.因为是中点，

所以米，且为中点，

米，

所以米.

所以米，由勾股定理得，

米.

答：、间的距离为米.

考点：解直角三角形