【数学】数学锐角三角函数的专项培优易错试卷练习题及详细答案
数学锐角三角函数的专项培优 易错 难题练习题及答案解析
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，山坡上有一棵树AB，树底部B点到山脚C点的距离BC为63米，山坡的坡角为30°．小宁在山脚的平地F处测量这棵树的高，点C到测角仪EF的水平距离CF=1米，从E处测得树顶部A的仰角为45°，树底部B的仰角为20°，求树AB的高度．（参考数值：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36）【答案】6.4米【解析】解：∵底部B点到山脚C点的距离BC为6 3 米，山坡的坡角为30°．∴DC=BC•cos30°=36392==米，∵CF=1米，∴DC=9+1=10米，∴GE=10米，∵∠AEG=45°，∴AG=EG=10米，在直角三角形BGF中，BG=GF•tan20°=10×0.36=3.6米，∴AB=AG-BG=10-3.6=6.4米，答：树高约为6.4米首先在直角三角形BDC中求得DC的长，然后求得DF的长，进而求得GF的长，然后在直角三角形BGF中即可求得BG的长，从而求得树高2．在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点P在线段BC上（不含点B），∠BPE=12∠ACB，PE交BO于点E，过点B作BF⊥PE，垂足为F，交AC于点G．（1）当点P与点C重合时（如图1）．求证：△BOG≌△POE；（2）通过观察、测量、猜想：BFPE=，并结合图2证明你的猜想；（3）把正方形ABCD改为菱形，其他条件不变（如图3），若∠ACB=α，求BF PE的值．（用含α的式子表示）【答案】（1）证明见解析（2）12BFPE=（3）1tan2BFPEα=【解析】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，P与C重合，∴OB="OP" ，∠BOC=∠BOG=90°．∵PF⊥BG ，∠PFB=90°，∴∠GBO=90°—∠BGO，∠EPO=90°—∠BGO．∴∠GBO=∠EPO ．∴△BOG≌△POE（AAS）．（2）BF1PE2=．证明如下：如图，过P作PM//AC交BG于M，交BO于N，∴∠PNE=∠BOC=900，∠BPN=∠OCB．∵∠OBC=∠OCB =450，∴∠NBP=∠NPB．∴NB=NP．∵∠MBN=900—∠BMN，∠NPE=900—∠BMN，∴∠MBN=∠NPE．∴△BMN≌△PEN（ASA）．∴BM=PE．∵∠BPE=12∠ACB，∠BPN=∠ACB，∴∠BPF=∠MPF．∵PF⊥BM，∴∠BFP=∠MFP=900．又∵PF=PF，∴△BPF≌△MPF（ASA）．∴BF="MF" ，即BF=12 BM．∴BF=12PE，即BF1PE2=．（3）如图，过P作PM//AC交BG于点M，交BO于点N，∴∠BPN=∠ACB=α，∠PNE=∠BOC=900．由（2）同理可得BF=12BM ， ∠MBN=∠EPN ． ∵∠BNM=∠PNE=900，∴△BMN ∽△PEN ． ∴BM BN PE PN=． 在Rt △BNP 中，BN tan =PN α， ∴BM =tan PE α，即2BF =tan PE α． ∴BF 1=tan PE 2α． （1）由正方形的性质可由AAS 证得△BOG ≌△POE ．（2）过P 作PM//AC 交BG 于M ，交BO 于N ，通过ASA 证明△BMN ≌△PEN 得到BM=PE ，通过ASA 证明△BPF ≌△MPF 得到BF=MF ，即可得出BF 1PE 2=的结论． （3）过P 作PM//AC 交BG 于点M ，交BO 于点N ，同（2）证得BF=12BM ， ∠MBN=∠EPN ，从而可证得△BMN ∽△PEN ，由BM BN PE PN =和Rt △BNP 中BN tan =PN α即可求得BF 1=tan PE 2α．3．已知Rt △ABC 中，∠ACB=90°，点D 、E 分别在BC 、AC 边上，连结BE 、AD 交于点P ，设AC=kBD ，CD=kAE ，k 为常数，试探究∠APE 的度数：（1）如图1，若k=1，则∠APE 的度数为 ；（2）如图2，若31）中的结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，求出∠APE 的度数．（3）如图3，若3D 、E 分别在CB 、CA 的延长线上，（2）中的结论是否成立，请说明理由．【答案】（1）45°；（2）（1）中结论不成立，理由见解析；（3）（2）中结论成立，理由见解析.【解析】分析：（1）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△FAE≌△ACD，得出EF=AD=BF，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；（2）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△FAE∽△ACD，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；（3）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△ACD∽△HEA，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；详解：（1）如图1，过点A作AF∥CB，过点B作BF∥AD相交于F，连接EF，∴∠FBE=∠APE，∠FAC=∠C=90°，四边形ADBF是平行四边形，∴BD=AF，BF=AD．∵AC=BD，CD=AE，∴AF=AC．∵∠FAC=∠C=90°，∴△FAE≌△ACD，∴EF=AD=BF，∠FEA=∠ADC．∵∠ADC+∠CAD=90°，∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EHD．∵AD∥BF，∴∠EFB=90°．∵EF=BF，∴∠FBE=45°，∴∠APE=45°．（2）（1）中结论不成立，理由如下：如图2，过点A 作AF ∥CB ，过点B 作BF ∥AD 相交于F ，连接EF ，∴∠FBE=∠APE ，∠FAC=∠C=90°，四边形ADBF 是平行四边形，∴BD=AF ，BF=AD ．∵AC=3BD ，CD=3AE ， ∴3AC CD BD AE==． ∵BD=AF ， ∴3AC CD AF AE==． ∵∠FAC=∠C=90°，∴△FAE ∽△ACD ， ∴3AC AD BF AF EF EF===，∠FEA=∠ADC ． ∵∠ADC+∠CAD=90°，∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EMD ．∵AD ∥BF ，∴∠EFB=90°． 在Rt △EFB 中，tan ∠FBE=33EF BF =， ∴∠FBE=30°，∴∠APE=30°，（3）（2）中结论成立，如图3，作EH ∥CD ，DH ∥BE ，EH ，DH 相交于H ，连接AH ，∴∠APE=∠ADH ，∠HEC=∠C=90°，四边形EBDH 是平行四边形，∴BE=DH ，EH=BD ．∵3BD ，3AE ，∴3AC CD BD AE ==． ∵∠HEA=∠C=90°，∴△ACD ∽△HEA ， ∴3AD AC AH EH==，∠ADC=∠HAE ． ∵∠CAD+∠ADC=90°，∴∠HAE+∠CAD=90°，∴∠HAD=90°． 在Rt △DAH 中，tan ∠ADH=3AH AD =， ∴∠ADH=30°，∴∠APE=30°．点睛：此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，构造全等三角形和相似三角形的判定和性质．4．如图，等腰△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=36°，BC=1，点D 在边AC 上且BD 平分∠ABC ，设CD=x ．（1）求证：△ABC ∽△BCD ；（2）求x 的值；（3）求cos36°-cos72°的值．【答案】(1)证明见解析；（215-+；（3758+ 【解析】 试题分析：（1）由等腰三角形ABC 中，顶角的度数求出两底角度数，再由BD 为角平分线求出∠DBC 的度数，得到∠DBC=∠A ，再由∠C 为公共角，利用两对角相等的三角形相似得到三角形ABC 与三角形BCD 相似；（2）根据（1）结论得到AD=BD=BC ，根据AD+DC 表示出AC ，由（1）两三角形相似得比例求出x 的值即可；（3）过B 作BE 垂直于AC ，交AC 于点E ，在直角三角形ABE 和直角三角形BCE 中，利用锐角三角函数定义求出cos36°与cos72°的值，代入原式计算即可得到结果．试题解析：（1）∵等腰△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=36°，∴∠ABC=∠C=72°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD=36°，∵∠CBD=∠A=36°，∠C=∠C，∴△ABC∽△BCD；（2）∵∠A=∠ABD=36°，∴AD=BD，∵BD=BC，∴AD=BD=CD=1，设CD=x，则有AB=AC=x+1，∵△ABC∽△BCD，∴AB BC BD CD=，即111xx+=，整理得：x2+x-1=0，解得：x1=152-+，x2=152--（负值，舍去），则x=15-+；（3）过B作BE⊥AC，交AC于点E，∵BD=CD，∴E为CD中点，即15-+在Rt△ABE中，cosA=cos36°=151514151AEAB-+++ ==-++在Rt△BCE中，cosC=cos72°=1515414ECBC-+-+==，则cos36°-cos72°=514=-154-+=12．【考点】1.相似三角形的判定与性质；2.等腰三角形的性质；3.黄金分割；4.解直角三角形．5．如图，AB是⊙O的直径，E是⊙O上一点，C在AB的延长线上，AD⊥CE交CE的延长线于点D，且AE平分∠DAC．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若AB＝6，∠ABE＝60°，求AD的长．【答案】（1）详见解析；（2）9 2【解析】【分析】（1）利用角平分线的性质得到∠OAE＝∠DAE，再利用半径相等得∠AEO＝∠OAE，等量代换即可推出OE∥AD，即可解题，（2）根据30°的三角函数值分别在Rt△ABE中，AE＝AB·cos30°，在Rt△ADE中，AD=cos30°×AE即可解题.【详解】证明：如图，连接OE，∵AE平分∠DAC，∴∠OAE＝∠DAE．∵OA＝OE，∴∠AEO＝∠OAE．∴∠AEO＝∠DAE．∴OE∥AD．∵DC⊥AC，∴OE⊥DC．∴CD是⊙O的切线．（2）解：∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，∠ABE＝60°．在Rt △ABE 中，AE ＝AB·cos30°=6×3=33， 在Rt △ADE 中，∠DAE ＝∠BAE ＝30°，∴AD=cos30°×AE=3×33=92. 【点睛】本题考查了特殊的三角函数值的应用，切线的证明，中等难度，利用特殊的三角函数表示出所求线段是解题关键.6．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6cm ，AD ＝8cm ，连接BD ，将△ABD 绕B 点作顺时针方向旋转得到△A ′B ′D ′（B ′与B 重合），且点D ′刚好落在BC 的延长上，A ′D ′与CD 相交于点E ． （1）求矩形ABCD 与△A ′B ′D ′重叠部分（如图1中阴影部分A ′B ′CE ）的面积；（2）将△A ′B ′D ′以每秒2cm 的速度沿直线BC 向右平移，如图2，当B ′移动到C 点时停止移动．设矩形ABCD 与△A ′B ′D ′重叠部分的面积为y ，移动的时间为x ，请你直接写出y 关于x 的函数关系式，并指出自变量x 的取值范围；（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x ，使得△AA ′B ′成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x 的值，若不存在，请你说明理由．【答案】（1）452；（2）详见解析；（3）使得△AA ′B ′成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32 秒、695- ． 【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可知B ′D ′＝BD ＝10，CD ′＝B ′D ′﹣BC ＝2，由tan ∠B ′D ′A ′＝'''''=A B CE A D CD 可求出CE ，即可计算△CED ′的面积，S ABCE ＝S ABD ′﹣S CED ′； （2）分类讨论，当0≤x ≤115时和当115＜x ≤4时，分别列出函数表达式； （3）分类讨论，当AB ′＝A ′B ′时；当AA ′＝A ′B ′时；当AB ′＝AA ′时，根据勾股定理列方程即可．【详解】解：（1）∵AB ＝6cm ，AD ＝8cm ，根据旋转的性质可知B ′D ′＝BD ＝10cm ，CD ′＝B ′D ′﹣BC ＝2cm ，∵tan ∠B ′D ′A ′＝'''''=A B CE A D CD ∴682=CE ∴CE ＝32cm ， ∴S ABCE ＝S ABD ′﹣S CED ′＝8634522222⨯-⨯÷=（cm 2）； （2）①当0≤x ＜115时，CD ′＝2x +2，CE ＝32（x +1）， ∴S △CD ′E ＝32x 2+3x +32， ∴y ＝12×6×8﹣32x 2﹣3x ﹣32＝﹣32x 2﹣3x +452； ②当115≤x ≤4时，B ′C ＝8﹣2x ，CE ＝43（8﹣2x ） ∴()214y 8223x =⨯-＝83x 2﹣643x +1283． （3）①如图1，当AB ′＝A ′B ′时，x ＝0秒； ②如图2，当AA ′＝A ′B ′时，A ′N ＝BM ＝BB ′+B ′M ＝2x +185，A ′M ＝NB ＝245， ∵AN 2+A ′N 2＝36，∴（6﹣245）2+（2x +185）2＝36，解得：x x （舍去）； ③如图2，当AB ′＝AA ′时，A ′N ＝BM ＝BB ′+B ′M ＝2x +185，A ′M ＝NB ＝245， ∵AB 2+BB ′2＝AN 2+A ′N 2∴36+4x 2＝（6﹣245）2+（2x +185）2 解得：x ＝32．综上所述，使得△AA ′B ′成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32【点睛】本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．7．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD 的边AB 在x 轴上，点B 坐标（﹣6，0），点C 在y 轴正半轴上，且cos B ＝35，动点P 从点C 出发，以每秒一个单位长度的速度向D 点移动（P 点到达D 点时停止运动），移动时间为t 秒，过点P 作平行于y 轴的直线l 与菱形的其它边交于点Q ．（1）求点D 坐标；（2）求△OPQ 的面积S 关于t 的函数关系式，并求出S 的最大值； （3）在直线l 移动过程中，是否存在t 值，使S ＝320ABCD S 菱形？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）点D 的坐标为（10，8）．（2）S 关于t 的函数关系式为S ＝24(04)220(410)33t t t t t ⎧⎪⎨-+<⎪⎩，S 的最大值为503．（3）3或7. 【解析】【分析】（1）在Rt △BOC 中，求BC,OC,根据菱形性质再求D 的坐标；（2）分两种情况分析：①当0≤t ≤4时和②当4＜t ≤10时，根据面积公式列出解析式，再求函数的最值；（3）分两种情况分析：当0≤t ≤4时，4t ＝12，；当4＜t ≤10时，22201233t t -+= 【详解】解：（1）在Rt △BOC 中，∠BOC ＝90°，OB ＝6，cos B ＝35， 10cos OB BC B∴==8OC ∴==∵四边形ABCD 为菱形，CD ∥x 轴，∴点D 的坐标为（10，8）．（2）∵AB ＝BC ＝10，点B 的坐标为（﹣6，0），∴点A 的坐标为（4，0）．分两种情况考虑，如图1所示．①当0≤t ≤4时，PQ ＝OC ＝8，OQ ＝t ，∴S ＝12PQ •OQ ＝4t ， ∵4＞0， ∴当t ＝4时，S 取得最大值，最大值为16；②当4＜t ≤10时，设直线AD 的解析式为y ＝kx +b （k ≠0），将A （4，0），D （10，8）代入y ＝kx +b ，得：4k b 010k b 8+=⎧⎨+=⎩，解得：4k 316b 3⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， ∴直线AD 的解析式为41633y x =-． 当x ＝t 时，41633y t =-， 41648(10)333PQ t t ⎛⎫∴=--=- ⎪⎝⎭ 21220233S PQ OP t t ∴=⋅=-+ 22202502(5),033333S t t t =-+=--+-<∴当t ＝5时，S 取得最大值，最大值为503．综上所述：S 关于t 的函数关系式为S ＝24(04)220(410)33t t tt t ⎧⎪⎨-+<⎪⎩，S 的最大值为503． （3）S 菱形ABCD ＝AB •OC ＝80．当0≤t ≤4时，4t ＝12，解得：t ＝3；当4＜t ≤10时，222033t t -+＝12， 解得：t 1＝5﹣7（舍去），t 2＝5+ 7． 综上所述：在直线l 移动过程中，存在t 值，使S ＝320ABCD S 菱形，t 的值为3或5+7．【点睛】考核知识点：一次函数和二次函数的最值问题.数形结合，分类讨论是关键.8．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=12；当MD=ME ，DE 为底边，作DH ⊥AE ，由于∠DAE=30°，得到，∠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 ＝12BC ＝ （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 ＝12AD ，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＝3，∴ON＝3﹣1；综上所述，当ON等于1或3﹣1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＝23．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．9．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﹣【解析】【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.10．问题探究：（一）新知学习：圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）．（二）问题解决：已知⊙O的半径为2，AB，CD是⊙O的直径．P是上任意一点，过点P分别作AB，CD 的垂线，垂足分别为N，M．（1）若直径AB⊥CD，对于上任意一点P（不与B、C重合）（如图一），证明四边形PMON内接于圆，并求此圆直径的长；（2）若直径AB⊥CD，在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程汇总，证明MN的长为定值，并求其定值；（3）若直径AB与CD相交成120°角．①当点P运动到的中点P1时（如图二），求MN的长；②当点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中（如图三），证明MN的长为定值．（4）试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值．【答案】（1）证明见解析，直径OP=2；（2）证明见解析，MN的长为定值，该定值为2；（3）①MN=；②证明见解析；（4）MN取得最大值2．【解析】试题分析：（1）如图一，易证∠PMO+∠PNO=180°，从而可得四边形PMON内接于圆，直径OP=2；（2）如图一，易证四边形PMON是矩形，则有MN=OP=2，问题得以解决；（3）①如图二，根据等弧所对的圆心角相等可得∠COP1=∠BOP1=60°，根据圆内接四边形的对角互补可得∠MP1N=60°．根据角平分线的性质可得P1M=P1N，从而得到△P1MN是等边三角形，则有MN=P1M．然后在Rt△P1MO运用三角函数就可解决问题；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，根据圆周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中运用三角函数可得：MN=QN•sin∠MQN，从而可得MN=OP•sin∠MQN，由此即可解决问题；（4）由（3）②中已得结论MN=OP•sin∠MQN可知，当∠MQN=90°时，MN最大，问题得以解决．试题解析：（1）如图一，∵PM⊥OC，PN⊥OB，∴∠PMO=∠PNO=90°，∴∠PMO+∠PNO=180°，∴四边形PMON内接于圆，直径OP=2；（2）如图一，∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，∴四边形PMON是矩形，∴MN=OP=2，∴MN的长为定值，该定值为2；（3）①如图二，∵P1是的中点，∠BOC=120°，∴∠COP1=∠BOP1=60°，∠MP1N=60°，∵P1M⊥OC，P1N⊥OB，∴P1M=P1N，∴△P1MN是等边三角形，∴MN=P1M．∵P1M=OP1•sin∠MOP1=2×sin60°=，∴MN=；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，则有∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中，sin∠MQN=，∴MN=QN•sin∠MQN，∴MN=OP•sin∠MQN=2×sin60°=2×=，∴MN是定值．（4）由（3）②得MN=OP•sin∠MQN=2sin∠MQN．当直径AB与CD相交成90°角时，∠MQN=180°﹣90°=90°，MN取得最大值2．考点：圆的综合题．。
人教数学锐角三角函数的专项培优易错试卷练习题(含答案)及答案
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，△ABC 内接于⊙O ，2,BC AB AC ==，点D 为AC 上的动点，且10cos B =. (1)求AB 的长度； (2)在点D 运动的过程中，弦AD 的延长线交BC 的延长线于点E ，问AD•AE 的值是否变化？若不变，请求出AD•AE 的值；若变化，请说明理由.(3)在点D 的运动过程中，过A 点作AH ⊥BD ，求证：BH CD DH =+.【答案】(1) 10AB；(2) 10AD AE ⋅=；（3）证明见解析.【解析】 【分析】（1）过A 作AF ⊥BC ，垂足为F ，交⊙O 于G ，由垂径定理可得BF=1，再根据已知结合RtΔAFB 即可求得AB 长；（2）连接DG ，则可得AG 为⊙O 的直径，继而可证明△DAG ∽△FAE ，根据相似三角形的性质可得AD•AE=AF•AG ，连接BG ，求得AF=3，FG=13，继而即可求得AD•AE 的值； （3）连接CD ，延长BD 至点N ，使DN=CD ，连接AN ，通过证明△ADC ≌△ADN ，可得AC=AN ，继而可得AB=AN ，再根据AH ⊥BN ，即可证得BH=HD+CD. 【详解】（1)过A 作AF ⊥BC ，垂足为F ，交⊙O 于G ，∵AB=AC ，AF ⊥BC ，∴BF=CF=12BC=1， 在RtΔAFB 中，BF=1，∴AB=10cos 10BF B == （2）连接DG ，∵AF ⊥BC ，BF=CF ，∴AG 为⊙O 的直径，∴∠ADG=∠AFE=90°，又∵∠DAG=∠FAE ，∴△DAG ∽△FAE ， ∴AD ：AF=AG ：AE ，∴AD•AE=AF•AG ，连接BG ，则∠ABG=90°，∵BF ⊥AG ，∴BF 2=AF•FG ，∵22AB BF -=3， ∴FG=13，∴AD•AE=AF•AG=AF•（AF+FG）=3×10=10；3（3）连接CD，延长BD至点N，使DN=CD，连接AN，∵∠ADB=∠ACB=∠ABC，∠ADC+∠ABC=180°，∠ADN+∠ADB=180°，∴∠ADC=∠ADN，∵AD=AD，CD=ND，∴△ADC≌△ADN，∴AC=AN，∵AB=AC，∴AB=AN，∵AH⊥BN，∴BH=HN=HD+CD.【点睛】本题考查了垂径定理、三角函数、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.2．（6分）某海域有A，B两个港口，B港口在A港口北偏西30°方向上，距A港口60海里，有一艘船从A港口出发，沿东北方向行驶一段距离后，到达位于B港口南偏东75°方向的C处，求该船与B港口之间的距离即CB的长（结果保留根号）．【答案】．【解析】试题分析：作AD⊥BC于D，于是有∠ABD=45°，得到AD=BD=，求出∠C=60°，根据正切的定义求出CD的长，得到答案．试题解析：作AD⊥BC于D，∵∠EAB=30°，AE∥BF，∴∠FBA=30°，又∠FBC=75°，∴∠ABD=45°，又AB=60，∴AD=BD=，∵∠BAC=∠BAE+∠CAE=75°，∠ABC=45°，∴∠C=60°，在Rt△ACD中，∠C=60°，AD=，则tanC=，∴CD==，∴BC=．故该船与B港口之间的距离CB的长为海里．考点：解直角三角形的应用-方向角问题．3．如图（1），在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．Rt△CDE中，∠CDE=90°，CD=4，DE=4，直角边CD在y轴上，且点C与点A重合．Rt△CDE沿y轴正方向平行移动，当点C运动到点O时停止运动．解答下列问题：（1）如图（2），当Rt△CDE运动到点D与点O重合时，设CE交AB于点M，求∠BME 的度数．（2）如图（3），在Rt△CDE的运动过程中，当CE经过点B时，求BC的长．（3）在Rt△CDE的运动过程中，设AC=h，△OAB与△CDE的重叠部分的面积为S，请写出S与h之间的函数关系式，并求出面积S的最大值．【答案】（1）∠BME=15°；（2BC=4；（3）h≤2时，S=﹣h2+4h+8，当h≥2时，S=18﹣3h．【解析】试题分析：（1）如图2，由对顶角的定义知，∠BME=∠CMA，要求∠BME的度数，需先求出∠CMA的度数．根据三角形外角的定理进行解答即可；（2）如图3，由已知可知∠OBC=∠DEC=30°，又OB=6，通过解直角△BOC就可求出BC的长度；（3）需要分类讨论：①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，S=S△EDC﹣S△EFM；②当h≥2时，如图3，S=S△OBC．试题解析：解：（1）如图2，∵在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．∴OA=OB，∴∠OAB=45°，∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，∴∠OCE=60°，∴∠CMA=∠OCE﹣∠OAB=60°﹣45°=15°，∴∠BME=∠CMA=15°；如图3，∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，∴∠OBC=∠DEC=30°，∵OB=6，∴BC=4；（3）①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，∵CD=4，DE=4，AC=h，AN=NM，∴CN=4﹣FM，AN=MN=4+h﹣FM，∵△CMN∽△CED，∴，∴，解得FM=4﹣，∴S=S△EDC﹣S△EFM=×4×4﹣（44﹣h）×（4﹣）=﹣h2+4h+8，②如图3，当h≥2时，S=S△OBC=OC×OB=（6﹣h）×6=18﹣3h．考点：1、三角形的外角定理；2、相似；3、解直角三角形4．如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=1，点D在边AC上且BD平分∠ABC，设CD=x．（1）求证：△ABC∽△BCD；（2）求x的值；（3）求cos36°-cos72°的值．【答案】(1)证明见解析；（2）152-+；（3）5816．【解析】试题分析：（1）由等腰三角形ABC中，顶角的度数求出两底角度数，再由BD为角平分线求出∠DBC的度数，得到∠DBC=∠A，再由∠C为公共角，利用两对角相等的三角形相似得到三角形ABC与三角形BCD相似；（2）根据（1）结论得到AD=BD=BC，根据AD+DC表示出AC，由（1）两三角形相似得比例求出x的值即可；（3）过B作BE垂直于AC，交AC于点E，在直角三角形ABE和直角三角形BCE中，利用锐角三角函数定义求出cos36°与cos72°的值，代入原式计算即可得到结果．试题解析：（1）∵等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，∴∠ABC=∠C=72°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD=36°，∵∠CBD=∠A=36°，∠C=∠C，∴△ABC∽△BCD；（2）∵∠A=∠ABD=36°，∴AD=BD，∵BD=BC，∴AD=BD=CD=1，设CD=x，则有AB=AC=x+1，∵△ABC∽△BCD，∴AB BC BD CD=，即111xx+=，整理得：x2+x-1=0，解得：x1=15-+，x2=15--（负值，舍去），则x=152-+；（3）过B作BE⊥AC，交AC于点E，∵BD=CD，∴E为CD中点，即15-+在Rt△ABE中，cosA=cos36°=1515144151AEAB-++==-++，在Rt△BCE中，cosC=cos72°=151541ECBC-+-+==，则cos36°-cos72°=514=-154-+=12．【考点】1.相似三角形的判定与性质；2.等腰三角形的性质；3.黄金分割；4.解直角三角形．5．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＝203m，在RT△MFC中，设MN＝x m，则AN＝xm．FC＝3xm，可得x＋203＝3 ( 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＝203m设MN＝x m，则AN＝xm．FC＝3xm，在RT△MFC中MF＝MN－FN＝MN－CE＝x－20FC＝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.6．如图，已知二次函数212y x bx c =++的图象经过点A （-3，6），并与x 轴交于点B （-1，0）和点C ，顶点为点P ．（1）求这个二次函数解析式；（2）设D 为x 轴上一点，满足∠DPC =∠BAC ，求点D 的坐标； （3）作直线AP ，在抛物线的对称轴上是否存在一点M ，在直线AP 上是否存在点N ，使AM +MN 的值最小？若存在，求出M 、N 的坐标：若不存在，请说明理由．【答案】（1）点C 坐标为（3，0），点P （1，-2）；（2）点P （7，0）；（3）点N （-75，145）． 【解析】【分析】（1）将点A 、B 坐标代入二次函数表达式，即可求解；（2）利用S △ABC =12×AC×BH= 12×BC×y A ，求出sinα= 222105BH AB ==，则ta nα= 12，在△PMD 中，tanα= MD PM 1222x =+，即可求解； （3）作点A 关于对称轴的对称点A′（5，6），过点A′作A′N ⊥AP 分别交对称轴与点M 、交AP 于点N ，此时AM+MN 最小，即可求解．【详解】（1）将点A 、B 坐标代入二次函数表达式得：96332102b b c ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--+⎪⎩，解得：132b c =-⎧⎪⎨=-⎪⎩， 故：抛物线的表达式为：y =12x 2-x -32， 令y =0，则x =-1或3，令x =0，则y =-32， 故点C 坐标为（3，0），点P （1，-2）；（2）过点B作BH⊥AC交于点H，过点P作PG⊥x轴交于点G，设：∠DPC=∠BAC=α，由题意得：AB=210，AC=62，BC=4，PC=22，S△ABC=12×AC×BH=12×BC×y A，解得：BH=22，sinα=BHAB=22210=5，则tanα=12，由题意得：GC=2=PG，故∠PCB=45°，延长PC，过点D作DM⊥PC交于点M，则MD=MC=x，在△PMD中，tanα=MDPM=22x+=12，解得：x=22，则CD=2x=4，故点P（7，0）；（3）作点A关于对称轴的对称点A′（5，6），过点A′作A′N⊥AP分别交对称轴与点M、交AP于点N，此时AM+MN最小，直线AP表达式中的k值为：84-=-2，则直线A′N表达式中的k值为12，设直线A′N的表达式为：y=12x+b，将点A′坐标代入上式并求解得：b=72，故直线A′N的表达式为：y=12x+72…①，当x=1时，y=4，故点M（1，4），同理直线AP的表达式为：y=-2x…②，联立①②两个方程并求解得：x=-75，故点N（-75，145）．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等知识，其中（3），利用对称点求解最小值，是此类题目的一般方法．7．3米/秒 =65.88千米/小时>60千米/小时．∴此车超过限制速度．…4分8．如图，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝35，点P是AC边上一动点（不与点A、C重合），以PA长为半径的⊙P与边AB的另一个交点为D，过点D作DE⊥CB于点E．（1）当⊙P与边BC相切时，求⊙P的半径．（2）连接BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围．（3）在（2）的条件下，当以PE长为直径的⊙Q与⊙P相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（1）409R=;（2）25880320xy x xx=-++（3）505-【解析】【分析】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝35，则sinC＝45，sinC＝HPCP＝10RR-＝45，即可求解；（2）首先证明PD∥BE，则EB BFPD PF=，即：2024588x yxxxy-+--=，即可求解；（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG＝EP＝BD，即：AB＝DB+AD＝AG+AD＝45，即可求解．【详解】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝35，则sinC＝45，sinC＝HPCP＝10RR-＝45，解得：R＝409；（2）在△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝35，设AP＝PD＝x，∠A＝∠ABC＝β，过点B作BH⊥AC，则BH＝ACsinC＝8，同理可得：CH＝6，HA＝4，AB＝5tan∠CAB＝2，BP228+(4)x-2880x x-+DA 25x，则BD＝525x，如下图所示，PA ＝PD ，∴∠PAD ＝∠CAB ＝∠CBA ＝β，tanβ＝2，则cosβ＝5，sinβ＝5， EB ＝BDcosβ＝（45﹣25x ）×5＝4﹣25x ， ∴PD ∥BE ， ∴EB BF PD PF =，即：2024588x y x xx y -+--=， 整理得：y ＝25x x 8x 803x 20-++； （3）以EP 为直径作圆Q 如下图所示，两个圆交于点G ，则PG ＝PQ ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D ， GD 为相交所得的公共弦，∵点Q 是弧GD 的中点，∴DG ⊥EP ，∵AG 是圆P 的直径，∴∠GDA ＝90°，∴EP ∥BD ，由（2）知，PD ∥BC ，∴四边形PDBE 为平行四边形，∴AG ＝EP ＝BD ，∴AB ＝DB+AD ＝AG+AD ＝5设圆的半径为r ，在△ADG 中，AD＝2rcosβ＝5，DG＝5，AG＝2r，5+2r＝45，解得：2r＝51+，则：DG＝5＝50﹣105，相交所得的公共弦的长为50﹣105．【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．9．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sin4 =25α．①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．【答案】（1）DE＝10010mm-；（2）①S＝2360300m mm-+，（5013＜m＜10），②DE＝5 2 .【解析】【分析】（1）由CD∥AB知△DEM∽△OBM，可得DE DMOB OM=，据此可得；（2）①连接OC、作OP⊥CD、MQ⊥CD，由OC＝OD、OP⊥CD知∠DOP＝12∠COD，据此可得sin∠DOP＝sin∠DMQ＝45、sin∠ODP＝35，继而由OM＝m、OD＝10得QM＝DM sin∠ODP＝35（10﹣m），根据三角形的面积公式即可得；如图2，先求得PD＝8、CD＝16，证△CDM ∽△BOM 得CD DM BO OM =，求得OM ＝5013，据此可得m 的取值范围； ②如图3，由BM ＝OB sin ∠BOM ＝10×35＝6，可得OM ＝8，根据（1）所求结果可得答案．【详解】（1）∵CD ∥AB ，∴△DEM ∽△OBM ，∴DE DM OB OM =，即1010DE m m-=， ∴DE ＝10010m m -； （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 ＝12∠COD ， ∵sin 2α＝45， ∴sin ∠DOP ＝sin ∠DMQ ＝45，sin ∠ODP ＝35， ∵OM ＝m 、OD ＝10，∴DM ＝10﹣m ，∴QM ＝DM sin ∠ODP ＝35（10﹣m ）， 则S △DEM ＝12DE •MQ ＝12×10010m m -×35（10﹣m ）＝2360300m m m-+， 如图2，∵PD ＝OD sin ∠DOP ＝10×45＝8， ∴CD ＝16，∵CD ∥AB ，∴△CDM ∽△BOM ，∴CD DM BO OM =，即1610=10OM OM-， 解得：OM ＝5013， ∴5013＜m ＜10， ∴S ＝2360300m m m-+，（5013＜m ＜10）． ②当∠OMF ＝90°时，如图3，则∠BMO ＝90°，在Rt △BOM 中，BM ＝OB sin ∠BOM ＝10×35＝6， 则OM ＝8，由（1）得DE ＝100108582-⨯=． 【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．10．如图，Rt △ABC ，CA ⊥BC ，AC ＝4，在AB 边上取一点D ，使AD ＝BC ，作AD 的垂直平分线，交AC 边于点F ，交以AB 为直径的⊙O 于G ，H ，设BC ＝x ．（1）求证：四边形AGDH 为菱形；（2）若EF ＝y ，求y 关于x 的函数关系式；（3）连结OF ，CG ．①若△AOF 为等腰三角形，求⊙O 的面积；②若BC ＝330＝______．（直接写出答案）．【答案】（1）证明见解析；（2）y＝18x2（x＞0）；（3）①163π或8π或（17+2）π；21．【解析】【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质以及垂径定理证明AG=DG=DH=AH即可；（2）只要证明△AEF∽△ACB，可得AE EFAC BC=解决问题；（3）①分三种情形分别求解即可解决问题；②只要证明△CFG∽△HFA，可得GFAF=CGAH，求出相应的线段即可解决问题；【详解】（1）证明：∵GH垂直平分线段AD，∴HA＝HD，GA＝GD，∵AB是直径，AB⊥GH，∴EG＝EH，∴DG＝DH，∴AG＝DG＝DH＝AH，∴四边形AGDH是菱形．（2）解：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵AE⊥EF，∴∠AEF＝∠ACB＝90°，∵∠EAF＝∠CAB，∴△AEF∽△ACB，∴AE EFAC BC=，∴124x yx=，∴y＝18x2（x＞0）．（3）①解：如图1中，连接DF．∵GH 垂直平分线段AD ，∴FA ＝FD ，∴当点D 与O 重合时，△AOF 是等腰三角形，此时AB ＝2BC ，∠CAB ＝30°， ∴AB ＝83， ∴⊙O 的面积为163π． 如图2中，当AF ＝AO 时，∵AB 22AC BC +216x +∴OA ＝2162x +， ∵AF 22EF AE +2221182x ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴216x +2221182x ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 解得x ＝4（负根已经舍弃），∴AB ＝2∴⊙O 的面积为8π．如图2﹣1中，当点C与点F重合时，设AE＝x，则BC＝AD＝2x，AB＝2164x+，∵△ACE∽△ABC，∴AC2＝AE•AB，∴16＝x•2164x+，解得x2＝217﹣2（负根已经舍弃），∴AB2＝16+4x2＝817+8，∴⊙O的面积＝π•14•AB2＝（217+2）π综上所述，满足条件的⊙O的面积为163π或8π或（217+2）π；②如图3中，连接CG．∵AC＝4，BC＝3，∠ACB＝90°，∴AB＝5，∴OH＝OA＝52，∴AE＝32，∴OE＝OA﹣AE＝1，∴EG＝EH2512⎛⎫-⎪⎝⎭212，∵EF ＝18x 2＝98， ∴FG＝2﹣98，AF158，AH， ∵∠CFG ＝∠AFH ，∠FCG ＝∠AHF ，∴△CFG ∽△HFA ， ∴GF CG AF AH=，∴928158-= ∴CG，∴＝．故答案为【点睛】本题考查圆综合题、相似三角形的判定和性质、垂径定理、线段的垂直平分线的性质、菱形的判定和性质、勾股定理、解直角三角形等知识，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，学会用分类讨论的思想思考问题．。
初三数学锐角三角函数的专项培优 易错 难题练习题(含答案)含答案
初三数学锐角三角函数的专项培优 易错 难题练习题(含答案)含答案一、锐角三角函数1．如图（9）所示（左图为实景侧视图，右图为安装示意图），在屋顶的斜坡面上安装太阳能热水器：先安装支架AB 和CD （均与水平面垂直），再将集热板安装在AD 上.为使集热板吸热率更高，公司规定：AD 与水平面夹角为1θ，且在水平线上的射影AF 为1.4m .现已测量出屋顶斜面与水平面夹角为2θ，并已知1tan 1.082θ=，2tan 0.412θ=．如果安装工人确定支架AB 高为25cm ，求支架CD 的高（结果精确到1cm ）？ 【答案】【解析】过A 作AF CD ⊥于F ，根据锐角三角函数的定义用θ1、θ2表示出DF 、EF 的值，又可证四边形ABCE 为平行四边形，故有EC=AB=25cm ，再再根据DC=DE+EC 进行解答即可．2．如图（1），在平面直角坐标系中，点A （0，﹣6），点B （6，0）．Rt △CDE 中，∠CDE=90°，CD=4，DE=4，直角边CD 在y 轴上，且点C 与点A 重合．Rt △CDE 沿y 轴正方向平行移动，当点C 运动到点O 时停止运动．解答下列问题：（1）如图（2），当Rt △CDE 运动到点D 与点O 重合时，设CE 交AB 于点M ，求∠BME 的度数．（2）如图（3），在Rt △CDE 的运动过程中，当CE 经过点B 时，求BC 的长．（3）在Rt △CDE 的运动过程中，设AC=h ，△OAB 与△CDE 的重叠部分的面积为S ，请写出S 与h 之间的函数关系式，并求出面积S 的最大值．【答案】（1）∠BME=15°；（2BC=4；（3）h≤2时，S=﹣h2+4h+8，当h≥2时，S=18﹣3h．【解析】试题分析：（1）如图2，由对顶角的定义知，∠BME=∠CMA，要求∠BME的度数，需先求出∠CMA的度数．根据三角形外角的定理进行解答即可；（2）如图3，由已知可知∠OBC=∠DEC=30°，又OB=6，通过解直角△BOC就可求出BC的长度；（3）需要分类讨论：①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，S=S△EDC﹣S△EFM；②当h≥2时，如图3，S=S△OBC．试题解析：解：（1）如图2，∵在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．∴OA=OB，∴∠OAB=45°，∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，∴∠OCE=60°，∴∠CMA=∠OCE﹣∠OAB=60°﹣45°=15°，∴∠BME=∠CMA=15°；如图3，∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，∴∠OBC=∠DEC=30°，∵OB=6，∴BC=4；（3）①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，∵CD=4，DE=4，AC=h，AN=NM，∴CN=4﹣FM，AN=MN=4+h﹣FM，∵△CMN∽△CED，∴，∴，解得FM=4﹣，∴S=S△EDC﹣S△EFM=×4×4﹣（44﹣h）×（4﹣）=﹣h2+4h+8，②如图3，当h≥2时，S=S△OBC=OC×OB=（6﹣h）×6=18﹣3h．考点：1、三角形的外角定理；2、相似；3、解直角三角形3．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﹣【解析】【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．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．（1）求证：∠AEC=90°；（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；（3）若DC=2，求DH的长．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AOCD为菱形；（3）DH=2．【解析】试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．试题解析：（1）连接OC，∵EC与⊙O切点C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90°，∵点CD是半圆O的三等分点，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA ，∴∠DAC=∠OCA ，∴AE ∥OC （内错角相等，两直线平行）∴∠AEC+∠OCE=180°，∴∠AEC=90°；（2）四边形AOCD 为菱形．理由是： ∵，∴∠DCA=∠CAB ，∴CD ∥OA ，又∵AE ∥OC ，∴四边形AOCD 是平行四边形，∵OA=OC ，∴平行四边形AOCD 是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD ．∵四边形AOCD 为菱形，∴OA=AD=DC=2，∵OA=OD ，∴OA=OD=AD=2，∴△OAD 是等边三角形，∴∠AOD=60°，∵DH ⊥AB 于点F ，AB 为直径，∴DH=2DF ，在Rt △OFD 中，sin ∠AOD=， ∴DF=ODsin ∠AOD=2sin60°=，∴DH=2DF=2． 考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．5．在平面直角坐标系中，四边形OABC 是矩形，点()0,0O ，点()3,0A ，点()0,4C ，连接OB ，以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOCB ，旋转角为()0360αα︒<<︒，得到矩形ADEF ，点,,O C B 的对应点分别为,,D E F .(Ⅰ)如图，当点D 落在对角线OB 上时，求点D 的坐标；(Ⅱ)在(Ⅰ)的情况下，AB 与DE 交于点H .①求证BDE DBA ∆≅∆；②求点H 的坐标.(Ⅲ)α为何值时，FB FA =.(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)点D 的坐标为5472(,)2525；(Ⅱ)①证明见解析；②点H 的坐标为(3，258)；(Ⅲ)60α=︒或300︒.【解析】【分析】 (Ⅰ) 过A D 、分别作,AM OB DN OA ⊥⊥，根据点A 、点C 的坐标可得出OA 、OC 的长，根据矩形的性质可得AB 、OB 的长，在Rt △OAM 中，利用∠BOA 的余弦求出OM 的长，由旋转的性质可得OA=AD ，利用等腰三角形的性质可得OD=2OM ，在Rt △ODN 中，利用∠BOA 的正弦和余弦可求出DN 和ON 的长，即可得答案；(Ⅱ)①由等腰三角形性质可得∠DOA=∠ODA ，根据锐角互余的关系可得ABD BDE ∠∠=，利用SAS 即可证明△DBA ≌△BDE ；②根据△DBA ≌△BDE 可得∠BEH=∠DAH ，BE=AD ，即可证明△BHE ≌△DHA ，可得DH=BH ，设AH=x ，在Rt △ADH 中，利用勾股定理求出x 的值即可得答案；（Ⅲ）如图，过F 作FO ⊥AB ，由性质性质可得∠BAF=α，分别讨论0<α≤180°时和180°<α<360°时两种情况，根据FB=FA 可得OA=OB ，利用勾股定理求出FO 的长，由余弦的定义即可求出∠BAF 的度数.【详解】(Ⅰ)∵点()30A ，，点()04C ，， ∴3,4OA OC ==.∵四边形OABC 是矩形，∴AB=OC=4，∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的∴3AD AO ==.在Rt OAB ∆中，225OB OA AB +=，过A D 、分别作B,DN OA AM O ⊥⊥在Rt ΔOAM 中，OM OA 3cos BOA OA OB 5∠===， ∴9OM 5= ∵AD=OA ，AM ⊥OB ，∴18OD 2OM 5==. 在Rt ΔODN 中：DN 4sin BOA OD 5∠==，cos ∠BOA=ON OD =35， ∴72DN 25=，54ON 25=. ∴点D 的坐标为5472,2525⎛⎫⎪⎝⎭.(Ⅱ)①∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的，∴OA AD 3,ADE 90,DE AB 4∠===︒==.∴OD AD =.∴DOA ODA ∠∠=.又∵DOA OBA 90∠∠+=︒，BDH ADO 90∠∠+=︒∴ABD BDE ∠∠=. 又∵BD BD =， ∴ΔBDE ΔDBA ≅.②由ΔBDE ΔDBA ≅，得BEH DAH ∠∠=，BE AD 3==，又∵BHE DHA ∠∠=，∴ΔBHE ΔDHA ≅.∴DH=BH ，设AH x =，则DH BH 4x ==-，在Rt ΔADH 中，222AH AD DH =+，即()222x 34x =+-，得25x 8=， ∴25AH 8=.∴点H 的坐标为253,8⎛⎫ ⎪⎝⎭. (Ⅲ)如图，过F 作FO ⊥AB ，当0<α≤180°时，∵点B 与点F 是对应点，A 为旋转中心，∴∠BAF 为旋转角，即∠BAF=α，AB=AF=4，∵FA=FB ，FO ⊥AB ，∴OA=12AB=2， ∴cos ∠BAF=OA AF =12， ∴∠BAF=60°，即α=60°，当180°<α<360°时， 同理解得：∠BAF′=60°，∴旋转角α=360°-60°=300°.综上所述：α60=︒或300︒.【点睛】本题考查矩形的性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，正确找出对应边与旋转角并熟记特殊角的三角函数值是解题关键.6．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，直线4y kx =+交x 轴、y 轴分别于点A 、点B ，且ABO ∆的面积为8.（1）求k 的值；（2）如图，点P 是第一象限直线AB 上的一个动点，连接PO ，将线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ，设点P 的横坐标为t ，点C 的横坐标为m ，求m 与t 之间的函数关系式（不要求写出自变量t 的取值范围）；（3）在（2）的条件下，过点B 作直线BM OP ⊥，交x 轴于点M ，垂足为点N ，点K 在线段MB 的延长线上，连接PK ，且0PK KB P +=，2PMB KPB ∠=∠，连接MC ，求四边形BOCM 的面积.【答案】（1）1k =；（2）4m t =+；（3）32BOCM S =Y .【解析】【分析】（1）先求出A 的坐标，然后利用待定系数法求出k 的值；(2) 过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，证POD OCE ∆≅∆可得OE PD =，进一步得出m 与t 的函数关系式；（3）过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，先证出QTB PTO ∆≅∆；再证出KPB BPN ∠=∠；设KPB x ∠=︒，通过计算证出PO PM =；再过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ，根据tan tan OPD BMO ∠=∠得到OD BO PD MO =，列式可求得t=4；所以OM=8进一步得出四边形BOCM 是平行四边形，最后可得其面积为32.【详解】解：（1）把0x =代入4y kx =+，4y =，∴4BO =，又∵4ABO S ∆=， ∴142AO BO ⋅=，4AO =， ∴(4,0)A -，把4x =-，0y =代入4y kx =+，得044k =-+，解得1k =.故答案为1；（2）解：把x t =代入4y x =+，4y t =+， ∴(,4)P t t +如图，过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，∴90PDO CEO ∠=∠=︒，∴90POD OPD ∠+∠=︒，∵线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ，∴90POC ∠=︒，OP OC =，∴90POD EOC ∠+∠=︒，∴OPD EOC ∠=∠，∴POD OCE ∆≅∆，∴OE PD =，4m t =+.故答案为4m t =+.（3）解：如图，过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，由（1）知，4AO BO ==，90BOA ∠=︒，∴ABO ∆为等腰直角三角形，∴45ABO BAO ∠=∠=︒，9045BOT ABO ABO ∠=︒-∠=︒=∠，∴BT TO =，∵90BTO ∠=︒，∴90TPO TOP ∠+∠=︒，∵PO BM ⊥，∴90BNO ∠=︒，∴BQT TPO ∠=∠，∴QTB PTO ∆≅∆，∴QT TP =，PO BQ =，∴PQT QPT ∠=∠，∵PO PK KB =+，∴QB PK KB =+，QK KP =，∴KQP KPQ ∠=∠，∴PQT KQP QPT KPQ ∠-∠=∠-∠，TQB TPK ∠=∠，∴KPB BPN ∠=∠，设KPB x ∠=︒，∴BPN x ∠=︒，∵2PMB KPB ∠=∠，∴2PMB x ∠=︒，45POM PAO APO x ∠=∠+∠=︒+︒，9045NMO POM x ∠=︒-∠=︒-︒， ∴45PMO PMB NMO x POM ∠=∠+∠=︒+︒=∠，∴PO PM =，过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ，∴22OM OD t ==，9045OPD POD x BMO ∠=︒-∠=︒-︒=∠，tan tan OPD BMO ∠=∠，OD BO PD MO =，442t t t=+， 14t =，22t =-（舍）∴8OM =，由（2）知，48m t OM =+==，∴CM y P 轴，∵90PNM POC ∠=∠=︒，∴BM OC P ，∴四边形BOCM 是平行四边形，∴4832BOCM S BO OM =⨯=⨯=Y .故答案为32.【点睛】本题考查了一次函数和几何的综合题，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，添加适当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．7．如图，A （0，2），B （6，2），C （0，c ）（c ＞0），以A 为圆心AB 长为半径的¶BD交y 轴正半轴于点D ，¶BD与BC 有交点时，交点为E ，P 为¶BD 上一点．（1）若c ＝，①BC＝，¶DE的长为；②当CP＝62时，判断CP与⊙A的位置关系，井加以证明；（2）若c＝10，求点P与BC距离的最大值；（3）分别直接写出当c＝1，c＝6，c＝9，c＝11时，点P与BC的最大距离（结果无需化简）【答案】（1）①12，π；②详见解析；（2）①65；②65（3）答案见详解【解析】【分析】（1）①先求出AB，AC，进而求出BC和∠ABC，最后用弧长公式即可得出结论；②判断出△APC是直角三角形，即可得出结论；（2）分两种情况，利用三角形的面积或锐角三角函数即可得出结论；（3）画图图形，同（2）的方法即可得出结论．【详解】（1）①如图1，∵c＝3+2，∴OC＝3，∴AC＝3﹣2＝3∵AB＝6，在Rt△BAC中，根据勾股定理得，BC＝12，tan∠ABC＝ACAB3∴∠ABC＝60°，∵AE＝AB，∴△ABE 是等边三角形，∴∠BAE ＝60°，∴∠DAE ＝30°，∴»DE 的长为306180π⨯＝π， 故答案为12，π；②CP 与⊙A 相切． 证明：∵AP ＝AB ＝6，AC ＝OC ﹣OA ＝63，∴AP 2+CP 2＝108，又AC 2＝（63）2＝108，∴AP 2+PC 2＝AC 2．∴∠APC ＝90°，即：CP ⊥AP ．而AP 是半径，∴CP 与⊙A 相切．（2）若c ＝10，即AC ＝10﹣2＝8，则BC ＝10．①若点P 在»BE上，AP ⊥BE 时，点P 与BC 的距离最大，设垂足为F ， 则PF 的长就是最大距离，如图2，S △ABC ＝12AB ×AC ＝12BC ×AF ， ∴AF ＝AB AC BC ⋅＝245， ∴PF ＝AP ﹣AF ＝65； ②如图3，若点P 在»DE 上，作PG ⊥BC 于点G ，当点P 与点D 重合时，PG 最大．此时，sin ∠ACB ＝PG AB CP BC=，即PG＝AB CPBC⋅＝65∴若c＝10，点P与BC距离的最大值是65；（3）当c＝1时，如图4，过点P作PM⊥BC，sin∠BCP＝AB PM BC CD=∴PM＝67423737AB CDBC⋅⨯===423737；当c＝6时，如图5，同c＝10的①情况，PF＝6﹣1213=1213613-，当c＝9时，如图6，同c＝10的①情况，PF＝4285685 -，当c＝11时，如图7，点P和点D重合时，点P到BC的距离最大，同c＝10时②情况，DG 18117．此题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，勾股定理和逆定理，三角形的面积公式，锐角三角函数，熟练掌握锐角三角函数是解本题的关键．8．如图，正方形OABC 的顶点O 与原点重合，点A ，C 分别在x 轴与y 轴的正半轴上，点A 的坐标为（4，0），点D 在边AB 上，且tan ∠AOD ＝12，点E 是射线OB 上一动点，EF ⊥x 轴于点F ，交射线OD 于点G ，过点G 作GH ∥x 轴交AE 于点H ．（1）求B ，D 两点的坐标；（2）当点E 在线段OB 上运动时，求∠HDA 的大小； （3）以点G 为圆心，GH 的长为半径画⊙G ．是否存在点E 使⊙G 与正方形OABC 的对角线所在的直线相切？若不存在，请说明理由；若存在，请求出所有符合条件的点E 的坐标．【答案】（1）B （4，4），D （4，2）；（2）45°；（3）存在，符合条件的点为（8﹣2，8﹣2）或（2，2）或42164216++⎝⎭或16421642,77⎛-- ⎝⎭，理由见解析 【解析】【分析】（1）由正方形性质知AB=OA=4，∠OAB=90°，据此得B （4，4），再由tan ∠AOD= 12得AD=12OA=2，据此可得点D 坐标； （2）由1tan 2GF GOF OF ∠==知GF=12OF ，再由∠AOB=∠ABO=45°知OF=EF ，即GF=12EF ，根据GH ∥x 轴知H 为AE 的中点，结合D 为AB 的中点知DH 是△ABE 的中位线，即HD ∥BE ，据此可得答案；（3）分⊙G 与对角线OB 和对角线AC 相切两种情况，设PG=x ，结合题意建立关于x 的方程求解可得．解：（1）∵A（4，0），∴OA＝4，∵四边形OABC为正方形，∴AB＝OA＝4，∠OAB＝90°，∴B（4，4），在Rt△OAD中，∠OAD＝90°，∵tan∠AOD＝12，∴AD＝12OA＝12×4＝2，∴D（4，2）；（2）如图1，在Rt△OFG中，∠OFG＝90°∴tan∠GOF＝GFOF ＝12，即GF＝12OF，∵四边形OABC为正方形，∴∠AOB＝∠ABO＝45°，∴OF＝EF，∴GF＝12EF，∴G为EF的中点，∵GH∥x轴交AE于H，∴H为AE的中点，∵B（4，4），D（4，2），∴D为AB的中点，∴DH是△ABE的中位线，∴HD∥BE，∴∠HDA＝∠ABO＝45°．（3）①若⊙G与对角线OB相切，如图2，当点E在线段OB上时，过点G作GP⊥OB于点P，设PG＝x，可得PE＝x，EG＝FG＝2x，OF＝EF＝22x，∵OA＝4，∴AF＝4﹣22x，∵G为EF的中点，H为AE的中点，∴GH为△AFE的中位线，∴GH＝12AF＝12×（4﹣22x）＝2﹣2x，则x＝2﹣2x，解得：x＝22﹣2，∴E（8﹣42，8﹣42），如图3，当点E在线段OB的延长线上时，x2x﹣2，解得：x＝2∴E（2，2②若⊙G与对角线AC相切，如图4，当点E在线段BM上时，对角线AC，OB相交于点M，过点G 作GP ⊥OB 于点P ，设PG ＝x ，可得PE ＝x ， EG ＝FG ＝2x ， OF ＝EF ＝22x ，∵OA ＝4， ∴AF ＝4﹣22x ，∵G 为EF 的中点，H 为AE 的中点，∴GH 为△AFE 的中位线，∴GH ＝12AF ＝12×（4﹣22x ）＝2﹣2x ， 过点G 作GQ ⊥AC 于点Q ，则GQ ＝PM ＝3x ﹣22， ∴3x ﹣22＝2﹣2x ，∴4227x +=， ∴42164216,E ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭； 如图5，当点E 在线段OM 上时，GQ ＝PM ＝23x ，则23x ＝22， 解得4227x =，∴16421642,77E ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭； 如图6，当点E 在线段OB 的延长线上时，3x ﹣22＝2x ﹣2，解得：4227x -=（舍去）； 综上所述，符合条件的点为（8﹣42，8﹣42）或（8+42，8+42）或42164216,77⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭或16421642,77⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭． 【点睛】本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握正方形和直角三角形的性质、正切函数的定义、三角形中位线定理及分类讨论思想的运用．9．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．10．如图，在ABC △中，10AC BC ==，3cos 5C =,点P 是BC 边上一动点（不与点,A C 重合），以PA 长为半径的P e 与边AB 的另一个交点为D ，过点D 作DE CB ⊥于点E .()1当P e 与边BC 相切时，求P e 的半径；()2联结BP 交DE 于点F ，设AP 的长为x ，PF 的长为y ，求y 关于x 的函数解析式，并直接写出x 的取值范围；()3在()2的条件下，当以PE 长为直径的Q e 与P e 相交于AC 边上的点G 时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（1）409；（2）)25880010x x x y x -+=<<；（3）105- 【解析】【分析】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=35，则sinC=45，sinC=HPCP=R10R-=45，即可求解；（2）PD∥BE，则EBPD＝BFPF，即：2248805x x x yx y--+-=，即可求解；（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可求解．【详解】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=35，则sinC=35，sinC=HPCP=R10R-=45，解得：R=409；（2）在△ABC中，AC=BC=10，cosC=35，设AP=PD=x，∠A=∠ABC=β，过点B作BH⊥AC，则BH=ACsinC=8，同理可得：CH=6，HA=4，5tan∠()2284x+-2880x x-+DA=255x，则BD=45-255x，如下图所示，PA=PD，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，tanβ=2，则cosβ=5，sinβ=5，EB=BDcosβ=（45-255x）×5=4-25x，∴PD∥BE，∴EBPD＝BFPF，即：2248805x x x yx--+-=，整理得：y=()25x x8x800x10-+<<；（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，两个圆交于点G，则PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，∵点Q时弧GD的中点，∴DG⊥EP，∵AG是圆P的直径，∴∠GDA=90°，∴EP∥BD，由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形，∴AG=EP=BD，∴AB=DB+AD=AG+AD=45，设圆的半径为r，在△ADG中，AD=2rcosβ=5，DG=5，AG=2r，5+2r=45，解得：2r=51，则：DG=5=10-25，相交所得的公共弦的长为10-25．【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．11．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＝12∠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＝35，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；（32010 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=12∠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=35AH AC =，设AH=3a ，可得AC=5a ，CH=4a ，则tan ∠CAH=43CH 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=513，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=12∠ACH ， ∴∠ACH=2α，∴∠ACH=∠E ，∴CA ∥FE ． （3）作NP ⊥AC 于P ．∵∠ACH=∠E ，∴sin ∠E=sin ∠ACH=35AH AC =，设AH=3a ，AC=5a ，则4a =，tan ∠CAH=43CH AH =， ∵CA ∥FE ，∴∠CAK=∠AGE ，∵∠AGE=∠AKH ，∴∠CAK=∠AKH ，∴AC=CK=5a ，HK=CK ﹣CH=4a ，tan ∠AKH=AHHK =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=43PN 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，∴CN=22PN CP+=410b⋅=2010 13．12．抛物线y=ax²+bx+4（a≠0）过点A(1, ﹣1)，B(5, ﹣1)，与y轴交于点C．（1）求抛物线表达式；（2）如图1，连接CB，以CB为边作▱CBPQ，若点P在直线BC下方的抛物线上，Q为坐标平面内的一点，且▱CBPQ的面积为30，①求点P坐标;②过此二点的直线交y轴于F, 此直线上一动点G,当GB+2GF2最小时,求点G坐标.（3）如图2，⊙O1过点A、B、C三点，AE为直径，点M为上的一动点（不与点A，E重合），∠MBN为直角，边BN与ME的延长线交于N，求线段BN长度的最大值【答案】（1）y=x²﹣6x+4（2）①P(2, -4)或P(3, -5) ②G(0, -2)（3）313【解析】【分析】（1）把点A（1，-1），B（5，-1）代入抛物线y=ax2+bx+4解析式，即可得出抛物线的表达式；（2）①如图，连接PC，过点P作y轴的平行线交直线BC于R，可求得直线BC的解析式为：y=-x+4，设点P（t，t2-6t+4），R（t，-t+4），因为▱CBPQ的面积为30，所以S△PBC=1 2×(−t+4−t2+6t−4)×5＝15，解得t的值，即可得出点P的坐标；②当点P为（2，-4）时，求得直线QP的解析式为：y=-x-2，得F（0，-2），∠GOR=45°，因为GB+2 2GF=GB+GR，所以当G于F重合时，GB+GR最小，即可得出点G的坐标；当点P为（3，-5）时，同理可求；（3）先用面积法求出sin∠ACB=213 13，tan∠ACB=23，在Rt△ABE中，求得圆的直径，因为MB⊥NB，可得∠N=∠AEB=∠ACB，因为tanN=MBBN＝23，所以BN=32MB，当MB为直径时，BN的长度最大．【详解】(1) 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）过点A（1，-1），B（5，-1），∴1412554a ba b-++⎧⎨-++⎩＝，＝解得16ab⎧⎨-⎩＝，＝∴抛物线表达式为y=x²﹣6x+4．(2)①如图，连接PC，过点P作y轴的平行线交直线BC于R，设直线BC的解析式为y=kx+m，∵B（5，-1），C（0，4），∴154k mm-+⎧⎨⎩＝＝，解得14km＝，＝-⎧⎨⎩∴直线BC的解析式为：y=-x+4，设点P（t，t2-6t+4），R（t，-t+4），∵▱CBPQ的面积为30，∴S△PBC=12×(−t+4−t2+6t−4)×5＝15，解得t=2或t=3，当t=2时，y=-4当t=3时，y=-5，∴点P坐标为（2，-4）或（3，-5）；②当点P为（2，-4）时，∵直线BC解析式为：y=-x+4， QP∥BC，设直线QP的解析式为：y=-x+n，将点P代入，得-4=-2+n，n=-2，∴直线QP的解析式为：y=-x-2，∴F（0，-2），∠GOR=45°，∴GB+22GF=GB+GR当G于F重合时，GB+GR最小，此时点G的坐标为（0，-2），同理，当点P为（3，-5）时，直线QP的解析式为：y=-x-2，同理可得点G的坐标为（0，-2），(3) ）∵A（1，-1），B（5，-1）C（0，4），∴AC=26，BC=52，∵S△ABC=12AC×BCsin∠ACB＝12AB×5，∴sin∠ACB=21313，tan∠ACB=23，∵AE为直径，AB=4，∴∠ABE=90°，∵sin∠AEB=sin∠ACB=213＝4AE，∴AE=213，∵MB⊥NB，∠NMB=∠EAB，∴∠N=∠AEB=∠ACB，∴tanN=MBBN ＝23，∴BN=32MB，当MB为直径时，BN的长度最大，为313．【点睛】题考查用到待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，圆周角定理，锐角三角函数定义，平行四边形性质．解决（3）问的关键是找到BN与BM之间的数量关系．13．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=35；（2）754【解析】【分析】（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=24AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，利用勾股定理求出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=6，2设AE=CE=x，则222-x，在Rt△CEF中，CE2=CF2+EF2，即x2=（2）2+（2）2，解得：2故可得sin∠BEC=35CFCE，2（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，则S△CDE=S△AED=12AD•EM=12AD×AEsin∠EAM=12AD•AE×sin45°=24AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，OC2+OD2=CD2，即62+（12-y）2=y2，解得：y=152，即AD=152，故S△CDE=S△AED=24AD×AE=754．【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.14．如图，某次中俄“海上联合”反潜演习中，我军舰A测得潜艇C的俯角为30°．位于军舰A正上方1000米的反潜直升机B侧得潜艇C的俯角为68°．试根据以上数据求出潜艇C 离开海平面的下潜深度．（结果保留整数．参考数据：sin68°≈0.9，cos68°≈0.4，tan68°≈2.5，3≈1.7）【答案】潜艇C离开海平面的下潜深度约为308米【解析】试题分析：过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，则AD即为潜艇C的下潜深度，用锐角三角函数分别在Rt△ACD中表示出CD和在Rt△BCD中表示出BD，利用BD=AD+AB二者之间的关系列出方程求解．试题解析：过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，则AD即为潜艇C的下潜深度，根据题意得：∠ACD=30°，∠BCD=68°，设AD=x，则BD=BA+AD=1000+x，在Rt△ACD中，CD=tan AD ACD=tan30x3x在Rt △BCD 中，BD=CD •tan68°，∴325+x= 3x •tan68°解得：x ≈100米，∴潜艇C 离开海平面的下潜深度为100米．点睛：本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是作出辅助线，从题目中找出直角三角形并选择合适的边角关系求解．视频15．如图，在航线l 的两侧分别有观测点A 和B ，点B 到航线l 的距离BD 为4km ，点A 位于点B 北偏西60°方向且与B 相距20km 处．现有一艘轮船从位于点A 南偏东74°方向的C 处，沿该航线自东向西航行至观测点A 的正南方向E 处．求这艘轮船的航行路程CE 的长度．（结果精确到0.1km ）（参考数据：3≈1.73，sin74°≈0.96，cos74°≈0.28，tan74°≈3.49）【答案】20.9km【解析】分析：根据题意，构造直角三角和相似三角形的数学模型，利用相似三角形的判定与性质和解直角三角形即可.详解：如图，在Rt △BDF 中，∵∠DBF=60°，BD=4km ，∴BF=cos 60BD o =8km ， ∵AB=20km ，∴AF=12km ， ∵∠AEB=∠BDF ，∠AFE=∠BFD ，∴△AEF ∽△BDF ，∴AE BD，AF BF∴AE=6km，在Rt△AEF中，CE=AE•tan74°≈20.9km．故这艘轮船的航行路程CE的长度是20.9km．点睛：本题考查相似三角形，掌握相似三角形的概念，会根据条件判断两个三角形相似.。
数学 锐角三角函数的专项 培优 易错 难题练习题含答案
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，海上观察哨所B 位于观察哨所A 正北方向，距离为25海里．在某时刻，哨所A 与哨所B 同时发现一走私船，其位置C 位于哨所A 北偏东53°的方向上，位于哨所B 南偏东37°的方向上．（1）求观察哨所A 与走私船所在的位置C 的距离；（2）若观察哨所A 发现走私船从C 处以16海里/小时的速度向正东方向逃窜，并立即派缉私艇沿北偏东76°的方向前去拦截．求缉私艇的速度为多少时，恰好在D 处成功拦截．（结果保留根号）（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37 ＝sin53°≈去，tan37°≈2，tan76°≈）【答案】（1）观察哨所A 与走私船所在的位置C 的距离为15海里；（2）当缉私艇以每小时617D 处成功拦截. 【解析】 【分析】（1）先根据三角形内角和定理求出∠ACB ＝90°，再解Rt △ABC ，利用正弦函数定义得出AC 即可；（2）过点C 作CM ⊥AB 于点M ，易知，D 、C 、M 在一条直线上．解Rt △AMC ，求出CM 、AM ．解Rt △AMD 中，求出DM 、AD ，得出CD ．设缉私艇的速度为x 海里/小时，根据走私船行驶CD 所用的时间等于缉私艇行驶AD 所用的时间列出方程，解方程即可． 【详解】（1）在ABC △中，180180375390ACB B BAC ︒︒︒︒︒∠=-∠-∠=--=. 在Rt ABC 中，sin AC B AB =，所以3sin 3725155AC AB ︒=⋅=⨯=（海里）. 答：观察哨所A 与走私船所在的位置C 的距离为15海里.（2）过点C 作CM AB ⊥，垂足为M ，由题意易知，D C M 、、在一条直线上. 在Rt ACM 中，4sin 15125CM AC CAM =⋅∠=⨯=，3cos 1595AM AC CAM =⋅∠=⨯=.在Rt ADM △中，tan MDDAM AM∠=，所以tan 7636MD AM ︒=⋅=. 所以222293691724AD AM MD CD MD MC =+=+==-=，.设缉私艇的速度为v 海里/小时，则有2491716v=，解得617v =. 经检验，617v =是原方程的解.答：当缉私艇以每小时617海里的速度行驶时，恰好在D 处成功拦截.【点睛】此题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．2．如图，反比例函数() 0ky k x=≠ 的图象与正比例函数 2y x = 的图象相交于A (1,a ),B 两点，点C 在第四象限，CA ∥y 轴，90ABC ∠=︒. (1)求k 的值及点B 的坐标； (2)求tanC 的值.【答案】（1）2k =，()1,2B --；（2）2. 【解析】【分析】（1）先根据点A 在直线y=2x 上，求得点A 的坐标，再根据点A 在反比例函数()0ky k x=≠ 的图象上，利用待定系数法求得k 的值，再根据点A 、B 关于原点对称即可求得点B 的坐标；（2）作BH ⊥AC 于H ，设AC 交x 轴于点D ，根据90ABC ∠=︒ ， 90BHC ∠=︒ ，可得C ABH ∠∠=，再由已知可得AOD ABH ∠∠=，从而得C AOD ∠∠=，求出Ctan 即可.【详解】（1）∵点A (1，a )在2y x =上，∴a =2，∴A (1，2)，把A (1，2)代入 ky x= 得2k =， ∵反比例函数()0ky k x=≠ 的图象与正比例函数 2y x = 的图象交于A ，B 两点， ∴A B 、 两点关于原点O 中心对称，∴()12B --， ； （2）作BH ⊥AC 于H ，设AC 交x 轴于点D ，∵90ABC ∠=︒ ， 90BHC ∠=︒ ，∴C ABH ∠∠=，∵CA ∥y 轴，∴BH ∥x 轴，∴AOD ABH ∠∠=，∴C AOD ∠∠=，∴AD 22OD 1tanC tan AOD =∠===.【点睛】本题考查了反比例与一次函数综合问题，涉及到待定系数法、中心对称、三角函数等知识，熟练掌握和应用相关知识是解题的关键，（2）小题求出∠C=∠AOD 是关键.3．如图，已知点从出发，以1个单位长度/秒的速度沿轴向正方向运动，以为顶点作菱形，使点在第一象限内，且；以为圆心，为半径作圆．设点运动了秒，求： （1）点的坐标（用含的代数式表示）； （2）当点在运动过程中，所有使与菱形的边所在直线相切的的值．【答案】解：（1）过作轴于，，，，，点的坐标为．（2）①当与相切时（如图1），切点为，此时，，，．②当与，即与轴相切时（如图2），则切点为，，过作于，则，，．③当与所在直线相切时（如图3），设切点为，交于，则，，．过作轴于，则，，化简，得，解得，，．所求的值是，和．【解析】（1）过作轴于,利用三角函数求得OD、DC的长，从而求得点的坐标⊙P与菱形OABC的边所在直线相切，则可与OC相切；或与OA相切；或与AB相切，应分三种情况探讨：①当圆P与OC相切时，如图1所示，由切线的性质得到PC垂直于OC，再由OA=+t，根据菱形的边长相等得到OC=1+t，由∠AOC的度数求出∠POC为30°，在直角三角形POC中，利用锐角三角函数定义表示出cos30°=oc/op，表示出OC，等于1+t列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值；②当圆P与OA，即与x轴相切时，过P作PE垂直于OC，又PC=PO，利用三线合一得到E为OC的中点，OE为OC的一半，而OE=OPcos30°，列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值；③当圆P与AB所在的直线相切时，设切点为F，PF与OC交于点G，由切线的性质得到PF垂直于AB，则PF垂直于OC，由CD=FG，在直角三角形OCD中，利用锐角三角函数定义由OC表示出CD，即为FG，在直角三角形OPG中，利用OP表示出PG，用PG+GF表示出PF，根据PF=PC，表示出PC，过C作CH垂直于y轴，在直角三角形PHC中，利用勾股定理列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值，综上，得到所有满足题意的t的值．4．如图，某公园内有一座古塔AB，在塔的北面有一栋建筑物，某日上午9时太阳光线与水平面的夹角为32°，此时塔在建筑物的墙上留下了高3米的影子CD．中午12时太阳光线与地面的夹角为45°，此时塔尖A在地面上的影子E与墙角C的距离为15米（B、E、C在一条直线上），求塔AB的高度．（结果精确到0.01米）参考数据：sin32°≈0.5299，cos32°≈0.8480，tan32°≈0.6249，2 1.4142．【答案】塔高AB约为32.99米.【解析】【分析】过点D作DH⊥AB，垂足为点H，设AB＝x，则AH＝x﹣3，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：过点D 作DH ⊥AB ，垂足为点H ．由题意，得 HB = CD = 3，EC = 15，HD = BC ，∠ABC =∠AHD = 90°， ∠ADH = 32°．设AB = x ，则 AH = x – 3．在Rt △ABE 中，由 ∠AEB = 45°，得 tan tan451ABAEB EB∠=︒==． ∴ EB = AB = x ．∴ HD = BC = BE + EC = x + 15． 在Rt △AHD 中，由 ∠AHD = 90°，得 tan AHADH HD∠=． 即得 3tan3215x x -︒=+． 解得 15tan32332.991tan32x ⋅︒+=≈-︒．∴ 塔高AB 约为32.99米． 【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．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．（参考数据：2 1.414,3 1.73≈≈）．【答案】 【小题1】73.2【小题2】超过限制速度． 【解析】解：（1）100(31)AB =-73.2 (米)．…6分(2) 此车制速度v==18.3米/秒6．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 ＝12∠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 ＝35，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；（3201013【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=12∠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=35AH AC =，设AH=3a ，可得AC=5a ，CH=4a ，则tan ∠CAH=43CH 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=3AHHK=，10a ，结合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=513，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=12∠ACH ， ∴∠ACH=2α， ∴∠ACH=∠E ， ∴CA ∥FE ．（3）作NP ⊥AC 于P ． ∵∠ACH=∠E ， ∴sin ∠E=sin ∠ACH=35AH AC =，设AH=3a ，AC=5a ，则4a=，tan∠CAH=43 CHAH=，∵CA∥FE，∴∠CAK=∠AGE，∵∠AGE=∠AKH，∴∠CAK=∠AKH，∴AC=CK=5a，HK=CK﹣CH=4a，tan∠AKH=AHHK=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=43PNAP=，设PN=12b，则AP=9b，在Rt△CPN中，tan∠ACN=PNCP=3，∴CP=4b，∴AC=AP+CP=13b，∵AC=5，∴13b=5，∴b=513，∴=b7．抛物线y=ax²+bx+4（a≠0）过点A(1, ﹣1)，B(5, ﹣1)，与y轴交于点C．（1）求抛物线表达式；（2）如图1，连接CB，以CB为边作▱CBPQ，若点P在直线BC下方的抛物线上，Q为坐标平面内的一点，且▱CBPQ的面积为30，①求点P坐标;②过此二点的直线交y轴于F, 此直线上一动点G,当GB+2GF2最小时,求点G坐标.（3）如图2，⊙O1过点A、B、C三点，AE为直径，点M为上的一动点（不与点A，E重合），∠MBN为直角，边BN与ME的延长线交于N，求线段BN长度的最大值【答案】（1）y=x²﹣6x+4（2）①P(2, -4)或P(3, -5) ②G(0, -2)（3）313【解析】【分析】（1）把点A（1，-1），B（5，-1）代入抛物线y=ax2+bx+4解析式，即可得出抛物线的表达式；（2）①如图，连接PC，过点P作y轴的平行线交直线BC于R，可求得直线BC的解析式为：y=-x+4，设点P（t，t2-6t+4），R（t，-t+4），因为▱CBPQ的面积为30，所以S△PBC=1 2×(−t+4−t2+6t−4)×5＝15，解得t的值，即可得出点P的坐标；②当点P为（2，-4）时，求得直线QP的解析式为：y=-x-2，得F（0，-2），∠GOR=45°，因为2GF=GB+GR，所以当G于F重合时，GB+GR最小，即可得出点G的坐标；当点P为（3，-5）时，同理可求；（3）先用面积法求出sin∠ACB=1313，tan∠ACB=23，在Rt△ABE中，求得圆的直径，因为MB⊥NB，可得∠N=∠AEB=∠ACB，因为tanN=MB BN＝23，所以BN=32MB，当MB为直径时，BN的长度最大．【详解】(1) 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）过点A（1，-1），B（5，-1），∴1412554a ba b-++⎧⎨-++⎩＝，＝解得16ab⎧⎨-⎩＝，＝∴抛物线表达式为y=x²﹣6x+4．(2)①如图，连接PC，过点P作y轴的平行线交直线BC于R，设直线BC的解析式为y=kx+m，∵B（5，-1），C（0，4），∴154k mm-+⎧⎨⎩＝＝，解得14km＝，＝-⎧⎨⎩∴直线BC的解析式为：y=-x+4，设点P（t，t2-6t+4），R（t，-t+4），∵▱CBPQ的面积为30，∴S△PBC=12×(−t+4−t2+6t−4)×5＝15，解得t=2或t=3，当t=2时，y=-4当t=3时，y=-5，∴点P坐标为（2，-4）或（3，-5）；②当点P为（2，-4）时，∵直线BC解析式为：y=-x+4， QP∥BC，设直线QP的解析式为：y=-x+n，将点P代入，得-4=-2+n，n=-2，∴直线QP的解析式为：y=-x-2，∴F（0，-2），∠GOR=45°，∴GB+22GF=GB+GR当G于F重合时，GB+GR最小，此时点G的坐标为（0，-2），同理，当点P为（3，-5）时，直线QP的解析式为：y=-x-2，同理可得点G的坐标为（0，-2），(3) ）∵A（1，-1），B（5，-1）C（0，4），∴AC=26，BC=52，∵S△ABC=12AC×BCsin∠ACB＝12AB×5，∴sin∠ACB=21313，tan∠ACB=23，∵AE为直径，AB=4，∴∠ABE=90°，∵sin∠AEB=sin∠ACB=213＝4AE，∴AE=213，∵MB⊥NB，∠NMB=∠EAB，∴∠N=∠AEB=∠ACB，∴tanN=MBBN ＝23，∴BN=32MB，当MB为直径时，BN的长度最大，为313．【点睛】题考查用到待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，圆周角定理，锐角三角函数定义，平行四边形性质．解决（3）问的关键是找到BN与BM之间的数量关系．8．如图，正方形ABCD2+1，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAC分别交BC、BD于E、F，（1）求证：△ABF∽△ACE；（2）求tan∠BAE的值；（3）在线段AC上找一点P，使得PE+PF最小，求出最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）tan∠EAB＝2﹣1；（3）PE+PF的最小值为 ．22【解析】【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似判断即可；（2）如图1中，作EH⊥AC于H．首先证明BE=EH=HC，设BE=EH=HC=x，构建方程求出x 即可解决问题；（3）如图2中，作点F关于直线AC的对称点H，连接EH交AC于点P，连接PF，此时PF+PE的值最小，最小值为线段EH的长；【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACE＝∠ABF＝∠CAB＝45°，∵AE平分∠CAB，∴∠EAC＝∠BAF＝22.5°，∴△ABF∽△ACE．（2）解：如图1中，作EH⊥AC于H．∵EA平分∠CAB，EH⊥AC，EB⊥AB，∴BE＝EB，∵∠HCE＝45°，∠CHE＝90°，∴∠HCE＝∠HEC＝45°，∴HC＝EH，∴BE＝EH＝HC，设BE＝HE＝HC＝x，则EC2，∵BC2+1，∴x+x2+1，∴x＝1，在Rt△ABE中，∵∠ABE＝90°，∴tan ∠EAB ＝1221BE AB ＝＝+﹣1． （3）如图2中，作点F 关于直线AC 的对称点H ，连接EH 交AC 于点P ，连接PF ，此时PF+PE 的值最小．作EM ⊥BD 于M ．BM ＝EM ＝22， ∵AC ＝22AB BC +＝2+2，∴OA ＝OC ＝OB ＝12AC ＝22+ ， ∴OH ＝OF ＝OA•tan ∠OAF ＝OA•tan ∠EAB ＝222+ •（2﹣1）＝22， ∴HM ＝OH+OM ＝222+， 在Rt △EHM 中，EH ＝2222222EM HM 22⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝ ＝22+．． ∴PE+PF 的最小值为22+．．【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定，勾股定理，最短问题等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．9．小明坐于堤边垂钓，如图①，河堤AC 的坡角为30°，AC 长米，钓竿AO 的倾斜角是60°，其长为3米，若AO 与钓鱼线OB 的夹角为60°，求浮漂B 与河堤下端C 之间的距离(如图②)．【答案】1．5米．【解析】试题分析：延长OA交BC于点D．先由倾斜角定义及三角形内角和定理求出在Rt△ACD中,米，CD=2AD=3米，再证明△BOD是等边三角形，得到米，然后根据BC=BD−CD即可求出浮漂B与河堤下端C之间的距离．试题解析：延长OA交BC于点D.∵AO的倾斜角是，∴∵在Rt△ACD中, (米)，∴CD=2AD=3米，又∴△BOD是等边三角形，∴(米)，∴BC=BD−CD=4.5−3=1.5(米).答：浮漂B与河堤下端C之间的距离为1.5米.10．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD交于点O，且AC＝80，BD＝60．动点M、N分别以每秒1个单位的速度从点A、D同时出发，分别沿A→O→D和D→A运动，当点N到达点A时，M、N同时停止运动．设运动时间为t秒．(1)求菱形ABCD的周长；(2)记△DMN的面积为S，求S关于t的解析式，并求S的最大值；(3)当t=30秒时，在线段OD的垂直平分线上是否存在点P，使得∠DPO=∠DON？若存在，这样的点P有几个？并求出点P到线段OD的距离；若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）在菱形ABCD中，∵AC⊥BD，AC=80，BD=60，∴。
中考数学 锐角三角函数 培优 易错 难题练习(含答案)及详细答案
中考数学锐角三角函数培优易错难题练习(含答案)及详细答案一、锐角三角函数1．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﹣【解析】【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.2．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3．我市在创建全国文明城市的过程中，某社区在甲楼的A 处与E 处之间悬挂了一副宣传条幅，在乙楼顶部C 点测得条幅顶端A 点的仰角为45°，条幅底端E 点的俯角为30°，若甲、乙两楼之间的水平距离BD 为12米，求条幅AE 的长度．(结果保留根号)【答案】AE 的长为(123)+ 【解析】 【分析】在Rt ACF V 中求AF 的长, 在Rt CEF V 中求EF 的长,即可求解. 【详解】过点C 作CF AB ⊥于点F 由题知：四边形CDBF 为矩形12CF DB ∴==在Rt ACF V 中，45ACF ∠=︒tan 1AFACF CF∴∠== 12AF ∴= 在Rt CEF V 中，30ECF ∠=︒ tan EFECF CF∴∠= 3123EF ∴=43EF ∴=1243AE AF EF ∴=+=+ ∴求得AE 的长为()1243+【点睛】本题考查了三角函数的实际应用,中等难度,作辅助线构造直角三角形是解题关键.4．许昌芙蓉湖位于许昌市水系建设总体规划中部，上游接纳清泥河来水，下游为鹿鸣湖等水系供水，承担着承上启下的重要作用，是利用有限的水资源、形成良好的水生态环境打造生态宜居城市的重要部分．某校课外兴趣小组想测量位于芙蓉湖两端的A ，B 两点之间的距离他沿着与直线AB 平行的道路EF 行走，走到点C 处，测得∠ACF=45°，再向前走300米到点D 处，测得∠BDF=60°．若直线AB 与EF 之间的距离为200米，求A ，B 两点之间的距离（结果保留一位小数）【答案】215.6米． 【解析】 【分析】过A 点做EF 的垂线，交EF 于M 点，过B 点做EF 的垂线，交EF 于N 点，根据Rt △ACM 和三角函数tan BDF ∠求出CM 、DN ，然后根据MN MD DN AB =+=即可求出A 、B 两点间的距离. 【详解】解：过A 点做EF 的垂线，交EF 于M 点，过B 点做EF 的垂线，交EF 于N 点在Rt △ACM 中，∵45ACF ∠=︒， ∴AM=CM=200米，又∵CD=300米，所以100MD CD CM =-=米， 在Rt △BDN 中，∠BDF=60°，BN=200米 ∴115.6tan 60BNDN =≈o米，∴215.6MN MD DN AB =+=≈米 即A ，B 两点之间的距离约为215.6米． 【点睛】本题主要考查三角函数，正确做辅助线是解题的关键.5．在平面直角坐标系中，四边形OABC 是矩形，点()0,0O ，点()3,0A ，点()0,4C，连接OB ，以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOCB ，旋转角为()0360αα︒<<︒，得到矩形ADEF ，点,,O C B 的对应点分别为,,D E F . (Ⅰ)如图，当点D 落在对角线OB 上时，求点D 的坐标； (Ⅱ)在(Ⅰ)的情况下，AB 与DE 交于点H . ①求证BDE DBA ∆≅∆； ②求点H 的坐标.(Ⅲ)α为何值时，FB FA =.(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)点D 的坐标为5472(,)2525；(Ⅱ)①证明见解析；②点H 的坐标为(3，258)；(Ⅲ)60α=︒或300︒. 【解析】 【分析】(Ⅰ) 过A D 、分别作,AM OB DN OA ⊥⊥，根据点A 、点C 的坐标可得出OA 、OC 的长，根据矩形的性质可得AB 、OB 的长，在Rt △OAM 中，利用∠BOA 的余弦求出OM 的长，由旋转的性质可得OA=AD ，利用等腰三角形的性质可得OD=2OM ，在Rt △ODN 中，利用∠BOA 的正弦和余弦可求出DN 和ON 的长，即可得答案；(Ⅱ)①由等腰三角形性质可得∠DOA=∠ODA ，根据锐角互余的关系可得ABD BDE ∠∠=，利用SAS 即可证明△DBA ≌△BDE ；②根据△DBA ≌△BDE 可得∠BEH=∠DAH ，BE=AD ，即可证明△BHE ≌△DHA ，可得DH=BH ，设AH=x ，在Rt △ADH 中，利用勾股定理求出x 的值即可得答案；（Ⅲ）如图，过F 作FO ⊥AB ，由性质性质可得∠BAF=α，分别讨论0<α≤180°时和180°<α<360°时两种情况，根据FB=FA 可得OA=OB ，利用勾股定理求出FO 的长，由余弦的定义即可求出∠BAF 的度数. 【详解】(Ⅰ)∵点()30A ，，点()04C ，， ∴3,4OA OC ==. ∵四边形OABC 是矩形， ∴AB=OC=4，∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的 ∴3AD AO ==.在Rt OAB ∆中，225OB OA AB +=，过A D 、分别作B,DN OA AM O ⊥⊥ 在Rt ΔOAM 中，OM OA 3cos BOA OA OB 5∠===， ∴9OM 5=∵AD=OA ，AM ⊥OB ， ∴18OD 2OM 5==. 在Rt ΔODN 中：DN 4sin BOA OD 5∠==，cos ∠BOA=ON OD =35， ∴72DN 25=，54ON 25=. ∴点D 的坐标为5472,2525⎛⎫⎪⎝⎭.(Ⅱ)①∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的， ∴OA AD 3,ADE 90,DE AB 4∠===︒==. ∴OD AD =.∴DOA ODA ∠∠=.又∵DOA OBA 90∠∠+=︒，BDH ADO 90∠∠+=︒ ∴ABD BDE ∠∠=.又∵BD BD =， ∴ΔBDE ΔDBA ≅.②由ΔBDE ΔDBA ≅，得BEH DAH ∠∠=，BE AD 3==， 又∵BHE DHA ∠∠=，∴ΔBHE ΔDHA ≅. ∴DH=BH ，设AH x =，则DH BH 4x ==-， 在Rt ΔADH 中，222AH AD DH =+， 即()222x 34x =+-，得25x 8=，∴25AH 8=. ∴点H 的坐标为253,8⎛⎫ ⎪⎝⎭. (Ⅲ)如图，过F 作FO ⊥AB ， 当0<α≤180°时，∵点B 与点F 是对应点，A 为旋转中心， ∴∠BAF 为旋转角，即∠BAF=α，AB=AF=4， ∵FA=FB ，FO ⊥AB ， ∴OA=12AB=2， ∴cos ∠BAF=OA AF =12， ∴∠BAF=60°，即α=60°， 当180°<α<360°时，同理解得：∠BAF′=60°， ∴旋转角α=360°-60°=300°.综上所述：α60=︒或300︒. 【点睛】本题考查矩形的性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，正确找出对应边与旋转角并熟记特殊角的三角函数值是解题关键.6．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≤92时，所有满足条件的t的取值范围（所有数据请保留准确值，参考数据：tan15°=2【答案】（1）2；（2秒或3秒；（3）6﹣【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，可得t 的值；（2）分两种情况：①当∠DEB=90°时，如图2，连接AE，根据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，②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，∴∵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=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，此时S△BCE=12AE•BH=12×3×3=92，易得△ACG≌△HBG，∴CG=BG，∴∠ABC=∠BCG=30°，∴∠ACE=60°﹣30°=30°，∵AC=CE，AD=DE，DC=DC，∴△ACD≌△ECD，∴∠ACD=∠DCE=15°，tan∠ACD=tan15°=t3=23，∴t=6﹣3由图形可知：0＜t＜6﹣3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=12CE•DE=12×3×3=92，此时t=3，综上所述，当S△BCE≤92时，t的取值范围是6﹣33≤t≤3．【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．7．如图，在⊙O的内接三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，过C作AB的垂线l交⊙O 于另一点D，垂足为E．设P是»AC上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G．（1）求证：△PAC∽△PDF；（2）若AB＝5，¼¼AP BP=，求PD的长．【答案】(1)证明见解析；（2310【解析】【分析】（1）根据AB⊥CD，AB是⊙O的直径，得到¶¶AD AC=，∠ACD＝∠B，由∠FPC＝∠B，得到∠ACD＝∠FPC，可得结论；（2）连接OP ，由¶¶APBP =，得到OP ⊥AB ，∠OPG ＝∠PDC ，根据AB 是⊙O 的直径，得到∠ACB ＝90°，由于AC ＝2BC ，于是得到tan ∠CAB ＝tan ∠DCB ＝BC AC ，得到12CE BE AE CE ==，求得AE ＝4BE ，通过△OPG ∽△EDG ，得到OG OP GE ED=，然后根据勾股定理即可得到结果．【详解】（1）证明：连接AD ，∵AB ⊥CD ，AB 是⊙O 的直径，∴¶¶ADAC =， ∴∠ACD ＝∠B ＝∠ADC ，∵∠FPC ＝∠B ，∴∠ACD ＝∠FPC ，∴∠APC ＝∠ACF ，∵∠FAC ＝∠CAF ，∴△PAC ∽△CAF ；（2）连接OP ，则OA ＝OB ＝OP ＝1522AB =， ∵¶¶APBP =， ∴OP ⊥AB ，∠OPG ＝∠PDC ，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB ＝90°，∵AC ＝2BC ，∴tan ∠CAB ＝tan ∠DCB ＝BC AC， ∴12CE BE AE CE ==， ∴AE ＝4BE ，∵AE+BE ＝AB ＝5， ∴AE ＝4，BE ＝1，CE ＝2，∴OE ＝OB ﹣BE ＝2.5﹣1＝1.5，∵∠OPG ＝∠PDC ，∠OGP ＝∠DGE ，∴△OPG ∽△EDG ，∴OG OP GE ED=， ∴ 2.52OE GE OP GE CE -==， ∴GE ＝23，OG ＝56，∴PG＝225OP OG6+=，GD＝222 3DE GE+=，∴PD＝PG+GD＝3102．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理，证得△OPG∽△EDG是解题的关键．8．如图，公路AB为东西走向，在点A北偏东36.5︒方向上，距离5千米处是村庄M，在点A北偏东53.5︒方向上，距离10千米处是村庄N；要在公路AB旁修建一个土特产收购站P(取点P在AB上)，使得M，N两村庄到P站的距离之和最短，请在图中作出P的位置（不写作法）并计算：（1）M，N两村庄之间的距离；（2）P到M、N距离之和的最小值.（参考数据：sin36.5°＝0.6，cos36.5°＝0.8，tan36.5°＝0.75计算结果保留根号.）【答案】(1) M，N29千米;(2) 村庄M、N到P站的最短距离和是5【解析】【分析】（1）作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．求出DN，DM，利用勾股定理即可解决问题．（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．【详解】解：作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．（1）在Rt△ANE中，AN=10，∠NAB=36.5°∴NE=AN•sin∠NAB=10•sin36.5°=6，AE=AN•cos∠NAB=10•cos36.5°=8，过M作MC⊥AB于点C，在Rt△MAC中，AM=5，∠MAB=53.5°∴AC=MA•sin∠AMB=MA•sin36.5°=3，MC=MA•cos∠AMC=MA•cos36.5°=4，过点M作MD⊥NE于点D，在Rt△MND中，MD=AE-AC=5，ND=NE-MC=2，∴MN22+2952即M，N29（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．DN′=10，MD=5，在Rt△MDN′中，由勾股定理，得MN22+5510∴村庄M、N到P站的最短距离和是5【点睛】本题考查解直角三角形，轴对称变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．9．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，7AC=2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C 顺时针旋转得到△A′B′C(点A，B的对应点分别为A'，B′)，射线CA′，CB′分別交直线m于点P，Q．(1)如图1，当P与A′重合时，求∠ACA′的度数；(2)如图2，设A′B′与BC的交点为M，当M为A′B′的中点时，求线段PQ的长；(3)在旋转过程中，当点P，Q分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形PA'B′Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形PA′B′Q 的最小面积；若不存在，请说明理由．【答案】（1）60°；（2）PQ ＝72；（3）存在，S 四边形PA 'B ′Q ＝33【解析】【分析】 （1）由旋转可得：AC =A 'C =2，进而得到BC 3=∠A 'BC =90°，可得cos ∠A 'CB 3'BC A C ==∠A 'CB =30°，∠ACA '=60°； （2）根据M 为A 'B '的中点，即可得出∠A =∠A 'CM ，进而得到PB 32=BC 32=，依据tan ∠Q =tan ∠A 3=BQ =BC 3=2，进而得出PQ =PB +BQ 72=； （3）依据S 四边形PA 'B 'Q =S △PCQ ﹣S △A 'CB '=S △PCQ 3-S 四边形PA 'B 'Q 最小，即S △PCQ 最小，而S △PCQ 12=PQ ×BC 3=，利用几何法即可得到S △PCQ 的最小值=3，即可得到结论．【详解】（1）由旋转可得：AC =A 'C =2．∵∠ACB =90°，AB 7=AC =2，∴BC 3=∵∠ACB =90°，m ∥AC ，∴∠A 'BC =90°，∴cos ∠A 'CB 3'BC A C ==∴∠A 'CB =30°，∴∠ACA '=60°；（2）∵M 为A 'B '的中点，∴∠A 'CM =∠MA 'C ，由旋转可得：∠MA 'C =∠A ，∴∠A =∠A 'CM ，∴tan ∠PCB =tan ∠A 3=∴PB 3=32=． ∵∠BQC =∠BCP =∠A ，∴tan ∠BQC =tan ∠A 32=，∴BQ =BC 3=2，∴PQ =PB +BQ 72=； （3）∵S 四边形PA 'B 'Q =S △PCQ ﹣S △A 'CB '=S △PCQ 3∴S 四边形PA 'B 'Q 最小，即S △PCQ 最小，∴S △PCQ 12=PQ ×BC 32=， 取PQ 的中点G ．∵∠PCQ =90°，∴CG 12=PQ ，即PQ =2CG ，当CG 最小时，PQ 最小，∴CG ⊥PQ ，即CG 与CB 重合时，CG 最小，∴CG min 3=，PQ min =23，∴S △PCQ 的最小值=3，S 四边形PA 'B 'Q =33-；【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题时注意：旋转变换中，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．10．如图①,在菱形ABCD 中,60B ︒∠= ，4AB =.点P 从点A 出发以每秒2个单位的速度沿边AD 向终点D 运动，过点P 作PQ AC ⊥交边AB 于点Q ，过点P 向上作//PN AC ，且3PN PQ =，以PN 、PQ 为边作矩形PQMN .设点P 的运动时间为t （秒），矩形PQMN 与菱形ABCD 重叠部分图形的面积为S .（1）用含t 的代数式表示线段PQ 的长.（2）当点M 落在边BC 上时，求t 的值.（3）当0t 1<<时，求S 与t 之间的函数关系式，（4）如图②,若点O 是AC 的中点，作直线OM .当直线OM 将矩形PQMN 分成两部分图形的面积比为12：时，直接写出t 的值【答案】（1）23PQ t =；（2）45；（3）2193403163t t -+-；（4） 23t = 或87t = ． 【解析】【分析】（1）由菱形性质得∠D=∠B=60°，AD=AB=CD=4，△ACD 是等边三角形，证出△APQ 是等腰三角形，得出PF=QF，PF=PA•sin60°=3t，即可得出结果；（2）当点M落在边BC上时，由题意得：△PDN是等边三角形，得出PD=PN，由已知得PN=3PQ=3t，得出PD=3t，由题意得出方程，解方程即可；（3）当0＜t≤45时，PQ=23t，PN=3PQ=3t，S=矩形PQMN的面积=PQ×PN，即可得出结果；当45＜t＜1时，△PDN是等边三角形，得出PE=PD=AD-PA=4-2t，∠FEN=∠PED=60°，得出NE=PN-PE=5t-4，FN=3NE=3（5t-4），S=矩形PQMN的面积-2△EFN的面积，即可得出结果；（4）分两种情况：当0＜t≤45时，△ACD是等边三角形，AC=AD=4，得出OA=2，OG是△MNH的中位线，得出OG=4t-2，NH=2OG=8t-4，由面积关系得出方程，解方程即可；当45＜t≤2时，由平行线得出△OEF∽△MEQ，得出EF OFEQ MQ=，即233ttEF t-=+，解得EF=2332t t-，得出EQ=23323t tt-+，由三角形面积关系得出方程，解方程即可．【详解】（1）∵在菱形ABCD中，∠B=60°，∴∠D=∠B=60°，AD=AB=CD=4，△ACD是等边三角形，∴∠CAD=60°，∵PQ⊥AC，∴△APQ是等腰三角形，∴PF=QF，PF=PA•sin60°=2t×32=3t，∴PQ=23t；（2）当点M落在边BC上时，如图2所示：由题意得：△PDN是等边三角形，∴PD=PN，∵333t=3t，∴PD=3t，∵PA+PD=AD，即2t+3t=4，解得：t=45．（3）当0＜t≤45时，如图1所示：PQ=23t，PN=3PQ=3×23t=3t，S=矩形PQMN的面积=PQ×PN=23t×3t=63t2；当45＜t＜1时，如图3所示：∵△PDN是等边三角形，∴PE=PD=AD-PA=4-2t，∠FEN=∠PED=60°，∴NE=PN-PE=3t-（4-2t）=5t-4，∴335t-4），∴S=矩形PQMN的面积-2△EFN的面积32-2×1235t-4）2=-19t233，即S=-19t233（4）分两种情况：当0＜t≤45时，如图4所示：∵△ACD 是等边三角形，∴AC=AD=4，∵O 是AC 的中点，∴OA=2，OG 是△MNH 的中位线，∴OG=3t-（2-t ）=4t-2，NH=2OG=8t-4，∴△MNH 的面积=12MN×NH=12×23t×（8t-4）=13×63t 2， 解得：t=23； 当45＜t≤2时，如图5所示：∵AC ∥QM ，∴△OEF ∽△MEQ ，∴EF OF EQ MQ =233t t EF t-=+， 解得：2332t t -， ∴23323t t t - ∴△MEQ 的面积=12×3t×23323t t t -+=1332， 解得：t=87； 综上所述，当直线OM 将矩形PQMN 分成两部分图形的面积比为1：2时，t 的值为23或87．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握菱形和矩形的性质，综合运用知识，进行分类讨论是解题的关键．11．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边的中线，DE⊥BC于E，连结CD，点P在射线CB上（与B，C不重合）（1）如果∠A＝30°，①如图1，∠DCB等于多少度；②如图2，点P在线段CB上，连结DP，将线段DP绕点D逆时针旋转60°，得到线段DF，连结BF，补全图2猜想CP、BF之间的数量关系，并证明你的结论；（2）如图3，若点P在线段CB 的延长线上，且∠A＝α（0°＜α＜90°），连结DP，将线段DP绕点逆时针旋转2α得到线段DF，连结BF，请直接写出DE、BF、BP三者的数量关系（不需证明）【答案】（1）①∠DCB＝60°．②结论：CP＝BF．理由见解析；（2）结论：BF﹣BP＝2DE•tanα．理由见解析．【解析】【分析】（1）①根据直角三角形斜边中线的性质，结合∠A＝30°，只要证明△CDB是等边三角形即可；②根据全等三角形的判定推出△DCP≌△DBF，根据全等的性质得出CP＝BF，（2）求出DC＝DB＝AD，DE∥AC，求出∠FDB＝∠CDP＝2α+∠PDB，DP＝DF，根据全等三角形的判定得出△DCP≌△DBF，求出CP＝BF，推出BF﹣BP＝BC，解直角三角形求出CE＝DEtanα即可．【详解】（1）①∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，∴∠B＝60°，∵AD＝DB，∴CD＝AD＝DB，∴△CDB是等边三角形，∴∠DCB＝60°．②如图1，结论：CP＝BF．理由如下：∵∠ACB ＝90°，D 是AB 的中点，DE ⊥BC ，∠DCB ＝60°， ∴△CDB 为等边三角形. ∴∠CDB ＝60°∵线段DP 绕点D 逆时针旋转60°得到线段DF ， ∵∠PDF ＝60°，DP ＝DF ， ∴∠FDB ＝∠CDP ， 在△DCP 和△DBF 中DC DB CDP BDF DP DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△DCP ≌△DBF ， ∴CP ＝BF.（2）结论：BF ﹣BP ＝2DEtanα．理由：∵∠ACB ＝90°，D 是AB 的中点，DE ⊥BC ，∠A ＝α， ∴DC ＝DB ＝AD ，DE ∥AC ，∴∠A ＝∠ACD ＝α，∠EDB ＝∠A ＝α，BC ＝2CE ， ∴∠BDC ＝∠A+∠ACD ＝2α， ∵∠PDF ＝2α，∴∠FDB ＝∠CDP ＝2α+∠PDB ，∵线段DP 绕点D 逆时针旋转2α得到线段DF ， ∴DP ＝DF ， 在△DCP 和△DBF 中DC DB CDP BDF DP DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△DCP ≌△DBF ， ∴CP ＝BF ， 而 CP ＝BC+BP ， ∴BF ﹣BP ＝BC ，在Rt △CDE 中，∠DEC ＝90°， ∴tan ∠CDE ＝CEDE，∴CE＝DEtanα，∴BC＝2CE＝2DEtanα，即BF﹣BP＝2DEtanα．【点睛】本题考查了三角形外角性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，旋转的性质的应用，能推出△DCP≌△DBF是解此题的关键，综合性比较强，证明过程类似．12．如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过点，．点为轴上一动点，过点且垂直于轴的直线分别交直线及抛物线于点，．（1）填空：点的坐标为，抛物线的解析式为；（2）当点在线段上运动时（不与点，重合），①当为何值时，线段最大值，并求出的最大值；②求出使为直角三角形时的值；（3）若抛物线上有且只有三个点到直线的距离是，请直接写出此时由点，，，构成的四边形的面积．【答案】（1），；（2）①当时，有最大值是3；②使为直角三角形时的值为3或；（3）点，，，构成的四边形的面积为：6或或.【解析】【分析】（1）把点A坐标代入直线表达式y＝，求出a＝−3，把点A、B的坐标代入二次函数表达式，即可求解；（2）①设：点P（m，），N（m，）求出PN值的表达式，即可求解；②分∠BNP＝90°、∠NBP＝90°、∠BPN＝90°三种情况，求解即可；（3）若抛物线上有且只有三个点N到直线AB的距离是h，则只能出现：在AB直线下方抛物线与过点N的直线与抛物线有一个交点N，在直线AB上方的交点有两个，分别求解即可．【详解】解：（1）把点坐标代入直线表达式，解得：，则：直线表达式为：，令，则：，则点坐标为，将点的坐标代入二次函数表达式得：，把点的坐标代入二次函数表达式得：，解得：，故：抛物线的解析式为：，故：答案为：，；（2）①∵在线段上，且轴，∴点，，∴，∵，∴抛物线开口向下，∴当时，有最大值是3，②当时，点的纵坐标为-3，把代入抛物线的表达式得：，解得：或0（舍去），∴；当时，∵，两直线垂直，其值相乘为-1，设：直线的表达式为：，把点的坐标代入上式，解得：，则：直线的表达式为：，将上式与抛物线的表达式联立并解得：或0（舍去），当时，不合题意舍去，故：使为直角三角形时的值为3或；（3）∵，，在中，，则：，，∵轴，∴，若抛物线上有且只有三个点到直线的距离是，则只能出现：在直线下方抛物线与过点的直线与抛物线有一个交点，在直线上方的交点有两个.当过点的直线与抛物线有一个交点，点的坐标为，设：点坐标为：，则：，过点作的平行线，则点所在的直线表达式为：，将点坐标代入，解得：过点直线表达式为：，将拋物线的表达式与上式联立并整理得：，，将代入上式并整理得：，解得：，则点的坐标为，则：点坐标为，则：，∵，，∴四边形为平行四边形，则点到直线的距离等于点到直线的距离，即：过点与平行的直线与抛物线的交点为另外两个点，即：、，直线的表达式为：，将该表达式与二次函数表达式联立并整理得：，解得：，则点、的横坐标分别为，，作交直线于点，则，作轴，交轴于点，则：，，，则：，同理：，故：点，，，构成的四边形的面积为：6或或.【点睛】本题考查的是二次函数知识的综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等相关知识，其中（3）中确定点N 的位置是本题的难点，核心是通过△＝0，确定图中N 点的坐标．13．已知：如图，在Rt △ABO 中，∠B =90°，∠OAB =30°，OA =3．以点O 为原点，斜边OA 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，以点P （4，0）为圆心，PA 长为半径画圆，⊙P 与x 轴的另一交点为N ，点M 在⊙P 上，且满足∠MPN =60°．⊙P 以每秒1个单位长度的速度沿x 轴向左运动，设运动时间为ts ，解答下列问题： （发现）（1）MN n的长度为多少；（2）当t =2s 时，求扇形MPN （阴影部分）与Rt △ABO 重叠部分的面积． （探究）当⊙P 和△ABO 的边所在的直线相切时，求点P 的坐标．（拓展）当MN n与Rt △ABO 的边有两个交点时，请你直接写出t 的取值范围．【答案】【发现】（1）MN n的长度为π3；（2）重叠部分的面积为38；【探究】：点P 的坐标为10（，）；或230）或230（）；【拓展】t 的取值范围是23t ≤＜或45t ≤＜，理由见解析．【解析】 【分析】发现：（1）先确定出扇形半径，进而用弧长公式即可得出结论； （2）先求出PA =1，进而求出PQ ，即可用面积公式得出结论； 探究：分圆和直线AB 和直线OB 相切，利用三角函数即可得出结论；拓展：先找出·MN和直角三角形的两边有两个交点时的分界点，即可得出结论． 【详解】 [发现]（1）∵P （4，0），∴OP =4．∵OA =3，∴AP =1，∴·MN的长度为6011803ππ⨯=． 故答案为3π； （2）设⊙P 半径为r ，则有r =4﹣3=1，当t =2时，如图1，点N 与点A 重合，∴PA =r =1，设MP 与AB 相交于点Q ．在Rt △ABO 中，∵∠OAB =30°，∠MPN =60°． ∵∠PQA =90°，∴PQ 12=PA 12=，∴AQ =AP ×cos30°32=，∴S 重叠部分=S △APQ 12=PQ ×AQ 38=． 即重叠部分的面积为38． [探究]①如图2，当⊙P 与直线AB 相切于点C 时，连接PC ，则有PC ⊥AB ，PC =r =1． ∵∠OAB =30°，∴AP =2，∴OP =OA ﹣AP =3﹣2=1； ∴点P 的坐标为（1，0）；②如图3，当⊙P 与直线OB 相切于点D 时，连接PD ，则有PD ⊥OB ，PD =r =1，∴PD ∥AB ，∴∠OPD =∠OAB =30°，∴cos ∠OPD PD OP =，∴OP 12330cos ==︒，∴点P 的坐标为（233，0）； ③如图4，当⊙P 与直线OB 相切于点E 时，连接PE ，则有PE ⊥OB ，同②可得：OP 23=； ∴点P 的坐标为（233-，0）；[拓展]t 的取值范围是2＜t ≤3，4≤t ＜5，理由：如图5，当点N 运动到与点A 重合时，·MN与Rt △ABO 的边有一个公共点，此时t =2； 当t ＞2，直到⊙P 运动到与AB 相切时，由探究①得：OP =1，∴t 411-==3，·MN与Rt △ABO 的边有两个公共点，∴2＜t ≤3．如图6，当⊙P 运动到PM 与OB 重合时，·MN与Rt △ABO 的边有两个公共点，此时t =4； 直到⊙P 运动到点N 与点O 重合时，·MN与Rt △ABO 的边有一个公共点，此时t =5； ∴4≤t ＜5，即：t 的取值范围是2＜t ≤3，4≤t ＜5．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，切线的性质，锐角三角函数，三角形面积公式，作出图形是解答本题的关键．14．如图，在航线l 的两侧分别有观测点A 和B ，点B 到航线l 的距离BD 为4km ，点A 位于点B 北偏西60°方向且与B 相距20km 处．现有一艘轮船从位于点A 南偏东74°方向的C 处，沿该航线自东向西航行至观测点A 的正南方向E 处．求这艘轮船的航行路程CE 的长度．（结果精确到0.1km ）（参考数据：3≈1.73，sin74°≈0.96，cos74°≈0.28，tan74°≈3.49）【答案】20.9km 【解析】分析：根据题意，构造直角三角和相似三角形的数学模型，利用相似三角形的判定与性质和解直角三角形即可. 详解：如图，在Rt △BDF 中，∵∠DBF=60°，BD=4km ，∴BF=cos 60BDo=8km ，∵AB=20km ， ∴AF=12km ，∵∠AEB=∠BDF ，∠AFE=∠BFD ， ∴△AEF ∽△BDF ，∴AE BDAF BF =， ∴AE=6km ，在Rt △AEF 中，CE=AE•tan74°≈20.9km ． 故这艘轮船的航行路程CE 的长度是20.9km ．点睛：本题考查相似三角形，掌握相似三角形的概念，会根据条件判断两个三角形相似.15．已知：在△ABC 中，∠ACB=90°，CD ⊥AB 于D ，BE ：AB=3：5，若CE= 2 ，cos ∠ACD=45，求tan ∠AEC 的值及CD 的长．【答案】tan ∠AEC=3, CD=12125【解析】解：在RT △ACD 与RT △ABC 中∵∠ABC+∠CAD=90°, ∠ACD+∠CAD=90°∴∠ABC=∠ACD, ∴cos ∠ABC=cos ∠ACD=45在RT △ABC 中，45BC AB = 令BC=4k,AB=5k 则AC=3k 由35BE AB = ,BE=3k 则CE=k,且2 则2，2 ∴RT △ACE 中，tan ∠AEC=ACEC=3 ∵RT △ACD 中cos ∠ACD=45CD AC = ,，12125。
【数学】数学锐角三角函数的专项培优易错试卷练习题附答案
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，抛物线y=﹣x2+3x+4与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点D在抛物线上且横坐标为3．（1）求tan∠DBC的值；（2）点P为抛物线上一点，且∠DBP=45°，求点P的坐标．【答案】（1）tan∠DBC=；（2）P（﹣，）．【解析】试题分析：（1）连接CD，过点D作DE⊥BC于点E．利用抛物线解析式可以求得点A、B、C、D的坐标，则可得CD//AB，OB=OC，所以∠BCO=∠BCD=∠ABC=45°．由直角三角形的性质、勾股定理和图中相关线段间的关系可得BC=4，BE=BC﹣DE=．由此可知tan∠DBC=；（2）过点P作PF⊥x轴于点F．由∠DBP=45°及∠ABC=45°可得∠PBF=∠DBC，利用（1）中的结果得到：tan∠PBF=．设P（x，﹣x2+3x+4），则利用锐角三角函数定义推知=，通过解方程求得点P的坐标为（﹣，）．试题解析：（1）令y=0，则﹣x2+3x+4=﹣（x+1）（x﹣4）=0，解得 x1=﹣1，x2=4．∴A（﹣1，0），B（4，0）．当x=3时，y=﹣32+3×3+4=4，∴D（3，4）．如图，连接CD，过点D作DE⊥BC于点E．∵C（0，4），∴CD//AB，∴∠BCD=∠ABC=45°．在直角△OBC中，∵OC=OB=4，∴BC=4．在直角△CDE中，CD=3．∴CE=ED=，∴BE=BC﹣DE=．∴tan∠DBC=；（2）过点P作PF⊥x轴于点F．∵∠CBF=∠DBP=45°，∴∠PBF=∠DBC，∴tan∠PBF=．设P（x，﹣x2+3x+4），则=，解得 x1=﹣，x2=4（舍去），∴P（﹣，）．考点：1、二次函数；2、勾股定理；3、三角函数2．如图，已知正方形在直角坐标系中，点分别在轴、轴的正半轴上，点在坐标原点.等腰直角三角板的直角顶点在原点，分别在上，且将三角板绕点逆时针旋转至的位置，连结（1）求证：（2）若三角板绕点逆时针旋转一周，是否存在某一位置，使得若存在，请求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，或【解析】（1）证明：∵四边形为正方形，∴∵三角板是等腰直角三角形，∴又三角板绕点逆时针旋转至的位置时，∴···························· 3分（2）存在.································· 4分∵∴过点与平行的直线有且只有一条，并与垂直，又当三角板绕点逆时针旋转一周时，则点在以为圆心，以为半径的圆上，························ 5分∴过点与垂直的直线必是圆的切线，又点是圆外一点，过点与圆相切的直线有且只有2条，不妨设为和此时，点分别在点和点，满足·························· 7分当切点在第二象限时，点在第一象限，在直角三角形中，∴∴∴点的横坐标为：点的纵坐标为：∴点的坐标为··························· 9分当切点在第一象限时，点在第四象限，同理可求：点的坐标为综上所述，三角板绕点逆时针旋转一周，存在两个位置，使得此时点的坐标为或································ 11分（1）根据旋转的性质找到相等的线段，根据SAS定理证明；（2）由于△OEF是等腰Rt△，若OE∥CF，那么CF必与OF垂直；在旋转过程中，E、F的轨迹是以O为圆心，OE（或OF）长为半径的圆，若CF⊥OF，那么CF必为⊙O的切线，且切点为F；可过C作⊙O的切线，那么这两个切点都符合F点的要求，因此对应的E点也有两个；在Rt△OFC中，OF=2，OC=OA=4，可证得∠FCO=30°，即∠EOC=30°，已知了OE 的长，通过解直角三角形，不难得到E点的坐标，由此得解．3．如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E（30，0），交y轴于点D（0，40），直线AB：y＝13x+5交x轴于点A，交y轴于点B，交直线DE于点P，过点E作EF⊥x轴交直线AB于点F，以EF为一边向右作正方形EFGH．（1）求边EF的长；（2）将正方形EFGH沿射线FB的方向以每秒10个单位的速度匀速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移过程中边F1G1始终与y轴垂直，设平移的时间为t秒（t＞0）．①当点F1移动到点B时，求t的值；②当G1，H1两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形E1F1G1H1与△APE 重叠部分的面积．【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120；【解析】【分析】（1）根据已知点E（30，0），点D（0，40），求出直线DE的直线解析式y=-43x+40，可求出P点坐标，进而求出F点坐标即可；（2）①易求B（0，5），当点F1移动到点B时，t=1010÷10=10；②F点移动到F'的距离是10t，F垂直x轴方向移动的距离是t，当点H运动到直线DE上时，在Rt△F'NF中，NFNF'=13，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，43MHEM'=，t=4，S=12×(12+454)×11=10238；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，PKF K'=13，PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，PKKG'＝31539tt--+＝43，t=7，S=15×（15-7）=120.【详解】（1）设直线DE的直线解析式y＝kx+b，将点E（30，0），点D（0，40），∴30040k bb+=⎧⎨=⎩，∴4340kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴y＝﹣43x+40，直线AB与直线DE的交点P（21，12），由题意知F（30，15），∴EF＝15；（2）①易求B（0，5），∴BF＝1010，∴当点F1移动到点B时，t＝101010÷＝10；②当点H运动到直线DE上时，F点移动到F'10，在Rt △F'NF 中，NF NF '=13， ∴FN ＝t ，F'N ＝3t ， ∵MH'＝FN ＝t ，EM ＝NG'＝15﹣F'N ＝15﹣3t ， 在Rt △DMH'中，43MH EM '=， ∴41533t t =-， ∴t ＝4，∴EM ＝3，MH'＝4，∴S ＝1451023(12)11248⨯+⨯=； 当点G 运动到直线DE 上时，F 点移动到F'10， ∵PF ＝10 ∴PF'10t ﹣10， 在Rt △F'PK 中，13PK F K ='， ∴PK ＝t ﹣3，F'K ＝3t ﹣9， 在Rt △PKG'中，PK KG '＝31539t t --+＝43， ∴t ＝7，∴S ＝15×（15﹣7）＝120. 【点睛】本题考查一次函数图象及性质，正方形的性质；掌握待定系数法求函数解析式，利用三角形的正切值求边的关系，利用勾股定理在直角三角形中建立边之间的联系，准确确定阴影部分的面积是解题的关键．4．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°，sin BCAAB=．∴sin152sin311520.5279.04BC AB A︒=⨯=⨯=⨯=．79.047.986.9486.9BD BC CD=+=+=≈（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.5．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4，动点P从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动．过点P作PD⊥AC于点D(点P不与点A，B重合)，作∠DPQ＝60°，边PQ交射线DC于点Q．设点P的运动时间为t秒．（1）用含t的代数式表示线段DC的长：_________________；（2）当t =__________时，点Q与点C重合时；（3）当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，求出t的值．【答案】（1）；（2）1；（3）t的值为或或.【解析】【分析】（1）先求出AC，用三角函数求出AD，即可得出结论；（2）利用AQ=AC，即可得出结论；（3）分三种情况，利用锐角三角函数，即可得出结论．【详解】（1）∵AP= , AB=4,∠A＝30°∴AC= , AD=∴CD=；（2）AQ=2AD=当AQ=AC时，Q与C重合即=∴t=1；（3）①如图，当PQ的垂直平分线过AB的中点F时，∴∠PGF＝90°，PG＝PQ＝AP＝t，AF＝AB＝2.∵∠A＝∠AQP＝30°，∴∠FPG＝60°，∴∠PFG＝30°，∴PF＝2PG＝2t，∴AP＋PF＝2t＋2t＝2，∴t＝②如图，当PQ的垂直平分线过AC的中点N时，∴∠QMN＝90°，AN＝AC＝，QM＝PQ＝AP＝t.在Rt△NMQ中，∵AN＋NQ＝AQ，∴③如图，当PQ的垂直平分线过BC的中点F时，∴BF＝BC＝1，PE＝PQ＝t，∠H＝30°.∵∠ABC＝60°，∴∠BFH＝30°＝∠H，∴BH＝BF＝1.在Rt△PEH中，PH＝2PE＝2t.∵AH ＝AP ＋PH ＝AB ＋BH ，∴2t ＋2t ＝5，∴t ＝.即当线段PQ 的垂直平分线经过△ABC 一边中点时，t 的值为或或. 【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数，垂直平分线的性质，正确作出图形是解本题的关键．6．如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y ＝﹣14x 2+bx +c 与直线y ＝12x ﹣3分别交x 轴、y 轴上的B 、C 两点，设该抛物线与x 轴的另一个交点为点A ，顶点为点D ，连接CD 交x 轴于点E ．（1）求该抛物线的表达式及点D 的坐标； （2）求∠DCB 的正切值；（3）如果点F 在y 轴上，且∠FBC ＝∠DBA +∠DCB ，求点F 的坐标．【答案】（1）21y 234x x =-+-，D （4，1）；（2）13；（3）点F 坐标为（0，1）或（0，﹣18）． 【解析】 【分析】 （1）y ＝12x ﹣3，令y ＝0，则x ＝6，令x ＝0，则y ＝﹣3，求出点B 、C 的坐标，将点B 、C 坐标代入抛物线y ＝﹣14x 2+bx+c ，即可求解； （2）求出则点E （3，0），EH ＝EB•sin ∠OBC 5CE ＝2，则CH 5解；（3）分点F 在y 轴负半轴和在y 轴正半轴两种情况，分别求解即可． 【详解】 （1）y ＝12x ﹣3，令y ＝0，则x ＝6，令x ＝0，则y ＝﹣3， 则点B 、C 的坐标分别为（6，0）、（0，﹣3），则c ＝﹣3， 将点B 坐标代入抛物线y ＝﹣14x 2+bx ﹣3得：0＝﹣14×36+6b ﹣3，解得：b ＝2，故抛物线的表达式为：y＝﹣14x2+2x﹣3，令y＝0，则x＝6或2，即点A（2，0），则点D（4，1）；（2）过点E作EH⊥BC交于点H，C、D的坐标分别为：（0，﹣3）、（4，1），直线CD的表达式为：y＝x﹣3，则点E（3，0），tan∠OBC＝3162OCOB==，则sin∠OBC5，则EH＝EB•sin∠OBC5CE＝2CH5则tan∠DCB＝13 EHCH=；（3）点A、B、C、D、E的坐标分别为（2，0）、（6，0）、（0，﹣3）、（4，1）、（3，0），则BC＝5∵OE＝OC，∴∠AEC＝45°，tan∠DBE＝164-＝12，故：∠DBE＝∠OBC，则∠FBC＝∠DBA+∠DCB＝∠AEC＝45°，①当点F在y轴负半轴时，过点F作FG⊥BG交BC的延长线与点G，则∠GFC＝∠OBC＝α，设：GF＝2m，则CG＝GFtanα＝m，∵∠CBF＝45°，∴BG＝GF，即：5＝2m，解得：m＝5CF22GF CG5＝15，故点F（0，﹣18）；②当点F在y轴正半轴时，同理可得：点F（0，1）；故：点F坐标为（0，1）或（0，﹣18）．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等相关知识，其中（3），确定∠FBC＝∠DBA+∠DCB＝∠AEC＝45°，是本题的突破口．7．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°≈43，tan63.4°≈2)【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＝1805490123 AE xEP x-≈＝＋，∴x＝207，∴PF＝5x＝10014.37≈.答：此人所在P的铅直高度约为14.3米.由(1)得CP ＝13x ，∴CP ＝13×207≈37.1，BC ＋CP ＝90＋37.1＝127.1. 答：从P 到点B 的路程约为127.1米. 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.8．如图所示，一堤坝的坡角62ABC ∠=︒，坡面长度25AB =米(图为横截面)，为了使堤坝更加牢固，一施工队欲改变堤坝的坡面，使得坡面的坡角50ADB ∠=︒，则此时应将坝底向外拓宽多少米？(结果保留到0.01 米)(参考数据：sin620.88︒≈，cos620.47︒≈，tan50 1.20︒≈)【答案】6.58米【解析】试题分析：过A 点作AE ⊥CD 于E ．在Rt △ABE 中，根据三角函数可得AE ，BE ，在Rt △ADE 中，根据三角函数可得DE ，再根据DB=DE ﹣BE 即可求解．试题解析：过A 点作AE ⊥CD 于E ． 在Rt △ABE 中，∠ABE=62°． ∴AE=AB•sin62°=25×0.88=22米，BE=AB•cos62°=25×0.47=11.75米， 在Rt △ADE 中，∠ADB=50°， ∴DE==18米，∴DB=DE ﹣BE≈6.58米． 故此时应将坝底向外拓宽大约6.58米．考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题．9．如图，Rt △ABC ，CA ⊥BC ，AC ＝4，在AB 边上取一点D ，使AD ＝BC ，作AD 的垂直平分线，交AC 边于点F ，交以AB 为直径的⊙O 于G ，H ，设BC ＝x ．（1）求证：四边形AGDH 为菱形；（2）若EF ＝y ，求y 关于x 的函数关系式；（3）连结OF，CG．①若△AOF为等腰三角形，求⊙O的面积；②若BC＝3，则30CG+9＝______．（直接写出答案）．【答案】（1）证明见解析；（2）y＝18x2（x＞0）；（3）①163π或8π或（17+2）π；21．【解析】【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质以及垂径定理证明AG=DG=DH=AH即可；（2）只要证明△AEF∽△ACB，可得AE EFAC BC=解决问题；（3）①分三种情形分别求解即可解决问题；②只要证明△CFG∽△HFA，可得GFAF=CGAH，求出相应的线段即可解决问题；【详解】（1）证明：∵GH垂直平分线段AD，∴HA＝HD，GA＝GD，∵AB是直径，AB⊥GH，∴EG＝EH，∴DG＝DH，∴AG＝DG＝DH＝AH，∴四边形AGDH是菱形．（2）解：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵AE⊥EF，∴∠AEF＝∠ACB＝90°，∵∠EAF＝∠CAB，∴△AEF∽△ACB，∴AE EFAC BC=，∴124x yx=，∴y ＝18x 2（x ＞0）． （3）①解：如图1中，连接DF ．∵GH 垂直平分线段AD ，∴FA ＝FD ，∴当点D 与O 重合时，△AOF 是等腰三角形，此时AB ＝2BC ，∠CAB ＝30°，∴AB ＝83， ∴⊙O 的面积为163π． 如图2中，当AF ＝AO 时，∵AB 22AC BC +216x +∴OA ＝2162x +， ∵AF 22EF AE +2221182x ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴2162x +2221182x ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 解得x ＝4（负根已经舍弃），∴AB＝42，∴⊙O的面积为8π．如图2﹣1中，当点C与点F重合时，设AE＝x，则BC＝AD＝2x，AB＝2164x+，∵△ACE∽△ABC，∴AC2＝AE•AB，∴16＝x•2164x+，解得x2＝217﹣2（负根已经舍弃），∴AB2＝16+4x2＝817+8，∴⊙O的面积＝π•14•AB2＝（217+2）π综上所述，满足条件的⊙O的面积为163π或8π或（217+2）π；②如图3中，连接CG．∵AC＝4，BC＝3，∠ACB＝90°，∴AB＝5，∴OH＝OA＝52，∴AE＝32，∴OE＝OA﹣AE＝1，∴EG＝EH＝2512⎛⎫-⎪⎝⎭＝212，∵EF＝18x 2＝98，∴FG ＝212﹣98，AF ＝22AE EF+＝158，AH＝22AE EH+＝302，∵∠CFG＝∠AFH，∠FCG＝∠AHF，∴△CFG∽△HFA，∴GF CGAF AH=，∴2192815308-=，∴CG＝2705﹣33010，∴30CG+9＝421．故答案为421．【点睛】本题考查圆综合题、相似三角形的判定和性质、垂径定理、线段的垂直平分线的性质、菱形的判定和性质、勾股定理、解直角三角形等知识，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，学会用分类讨论的思想思考问题．10．如图，在平行四边形ABCD中，平分，交于点，平分，交于点，与交于点，连接，.（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】试题分析：（1）根据AE平分∠BAD、BF平分∠ABC及平行四边形的性质可得AF=AB=BE，从而可知ABEF为平行四边形，又邻边相等，可知为菱形（2）由菱形的性质可知AP的长及∠PAF=60°，过点P作PH⊥AD于H，即可得到PH、DH 的长，从而可求tan∠ADP试题解析：(1)∵AE平分∠BAD BF平分∠ABC∴∠BAE=∠EAF ∠ABF=∠EBF∵AD//BC∴∠EAF=∠AEB ∠AFB=∠EBF∴∠BAE=∠AEB ∠AFB=∠ABF∴AB=BE AB=AF∴AF=AB=BE∵AD//BC∴ABEF为平行四边形又AB=BE∴ABEF为菱形（2）作PH⊥AD于H由∠ABC=60°而已（1）可知∠PAF=60°，PA=2，则有PH=，AH=1，∴DH=AD-AH=5∴tan∠ADP=考点：1、平行四边形；2、菱形；3、直角三角形；4、三角函数。
九年级数学锐角三角函数的专项培优易错试卷练习题含答案
九年级数学锐角三角函数的专项培优易错试卷练习题含答案一、锐角三角函数1．如图，山坡上有一棵树AB ，树底部B 点到山脚C 点的距离BC 为63米，山坡的坡角为30°．小宁在山脚的平地F 处测量这棵树的高，点C 到测角仪EF 的水平距离CF=1米，从E 处测得树顶部A 的仰角为45°，树底部B 的仰角为20°，求树AB 的高度．（参考数值：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36）【答案】6.4米【解析】解：∵底部B 点到山脚C 点的距离BC 为6 3 米，山坡的坡角为30°．∴DC=BC•cos30°=3639==米， ∵CF=1米，∴DC=9+1=10米，∴GE=10米，∵∠AEG=45°，∴AG=EG=10米，在直角三角形BGF 中，BG=GF•tan20°=10×0.36=3.6米，∴AB=AG-BG=10-3.6=6.4米，答：树高约为6.4米首先在直角三角形BDC 中求得DC 的长，然后求得DF 的长，进而求得GF 的长，然后在直角三角形BGF 中即可求得BG 的长，从而求得树高2．如图，△ABC 内接于⊙O ，2,BC AB AC ==，点D 为»AC 上的动点，且10cos B =(1)求AB 的长度；(2)在点D 运动的过程中，弦AD 的延长线交BC 的延长线于点E ，问AD•AE 的值是否变化？若不变，请求出AD•AE 的值；若变化，请说明理由.(3)在点D 的运动过程中，过A 点作AH ⊥BD ，求证：BH CD DH =+.【答案】(1) 10AB (2) 10AD AE ⋅=；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）过A 作AF ⊥BC ，垂足为F ，交⊙O 于G ，由垂径定理可得BF=1，再根据已知结合RtΔAFB 即可求得AB 长；（2）连接DG ，则可得AG 为⊙O 的直径，继而可证明△DAG ∽△FAE ，根据相似三角形的性质可得AD•AE=AF•AG ，连接BG ，求得AF=3，FG=13，继而即可求得AD•AE 的值； （3）连接CD ，延长BD 至点N ，使DN=CD ，连接AN ，通过证明△ADC ≌△ADN ，可得AC=AN ，继而可得AB=AN ，再根据AH ⊥BN ，即可证得BH=HD+CD.【详解】（1)过A 作AF ⊥BC ，垂足为F ，交⊙O 于G ，∵AB=AC ，AF ⊥BC ，∴BF=CF=12BC=1， 在RtΔAFB 中，BF=1，∴AB=10cos 10BF B == （2）连接DG ，∵AF ⊥BC ，BF=CF ，∴AG 为⊙O 的直径，∴∠ADG=∠AFE=90°，又∵∠DAG=∠FAE ，∴△DAG ∽△FAE ，∴AD ：AF=AG ：AE ，∴AD•AE=AF•AG ，连接BG ，则∠ABG=90°，∵BF ⊥AG ，∴BF 2=AF•FG ，∵22AB BF -=3， ∴FG=13， ∴AD•AE=AF•AG=AF•（AF+FG ）=3×103=10； （3）连接CD ，延长BD 至点N ，使DN=CD ，连接AN ，∵∠ADB=∠ACB=∠ABC ，∠ADC+∠ABC=180°，∠ADN+∠ADB=180°，∴∠ADC=∠ADN ，∵AD=AD ，CD=ND ，∴△ADC ≌△ADN ，∴AC=AN ，∵AB=AC，∴AB=AN，∵AH⊥BN，∴BH=HN=HD+CD.【点睛】本题考查了垂径定理、三角函数、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.3．如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，以AC为直径的⊙O分别交AB、BC于点M、N，点P在AB的延长线上，且∠CAB=2∠BCP．（1）求证：直线CP是⊙O的切线．（2）若BC=2，sin∠BCP=，求点B到AC的距离．（3）在第（2）的条件下，求△ACP的周长．【答案】（1）证明见解析（2）4（3）20【解析】试题分析：（1）利用直径所对的圆周角为直角，2∠CAN=∠CAB，∠CAB=2∠BCP判断出∠ACP=90°即可；（2）利用锐角三角函数，即勾股定理即可．试题解析：（1）∵∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，∵AC为⊙O的直径，∴∠ANC=90°，∴∠CAN+∠ACN=90°，2∠BAN=2∠CAN=∠CAB，∵∠CAB=2∠BCP，∴∠BCP=∠CAN，∴∠ACP=∠ACN+∠BCP=∠ACN+∠CAN=90°，∵点D在⊙O上，∴直线CP是⊙O的切线；（2）如图，作BF⊥AC∵AB=AC，∠ANC=90°，∴CN=CB=，∵∠BCP=∠CAN，sin∠BCP=，∴sin∠CAN=，∴∴AC=5，∴AB=AC=5，设AF=x，则CF=5﹣x，在Rt△ABF中，BF2=AB2﹣AF2=25﹣x2，在Rt△CBF中，BF2=BC2﹣CF2=2O﹣（5﹣x）2，∴25﹣x2=2O﹣（5﹣x）2，∴x=3，∴BF2=25﹣32=16，∴BF=4，即点B到AC的距离为4．考点：切线的判定4．问题背景:如图（a）,点A、B在直线l的同侧，要在直线l上找一点C，使AC与BC的距离之和最小，我们可以作出点B关于l的对称点B′,连接A B′与直线l交于点C，则点C即为所求.（1）实践运用：如图(b)，已知，⊙O的直径CD为4，点A 在⊙O 上，∠ACD=30°，B 为弧AD 的中点，P为直径CD上一动点，则BP+AP的最小值为．（2）知识拓展：如图(c)，在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于点D，E、F分别是线段AD和AB上的动点，求BE+EF的最小值，并写出解答过程．【答案】解：（1）22．（2）如图，在斜边AC上截取AB′=AB，连接BB′．∵AD平分∠BAC，∴点B与点B′关于直线AD对称．过点B′作B′F⊥AB,垂足为F，交AD于E，连接BE．则线段B′F的长即为所求 (点到直线的距离最短) ．在Rt△AFB/中，∵∠BAC=450, AB/="AB=" 10，∴．∴BE+EF的最小值为【解析】试题分析：（1）找点A或点B关于CD的对称点，再连接其中一点的对称点和另一点，和MN的交点P就是所求作的位置，根据题意先求出∠C′AE，再根据勾股定理求出AE，即可得出PA+PB的最小值：如图作点B关于CD的对称点E，连接AE交CD于点P，此时PA+PB最小，且等于A．作直径AC′，连接C′E，根据垂径定理得弧BD=弧DE．∵∠ACD=30°，∴∠AOD=60°，∠DOE=30°．∴∠AOE=90°．∴∠C′AE=45°．又AC为圆的直径，∴∠AEC′=90°．∴∠C′=∠C′AE=45°．∴C′E=AE=AC′=22．∴AP+BP的最小值是22．（2）首先在斜边AC上截取AB′=AB，连接BB′，再过点B′作B′F⊥AB，垂足为F，交AD于E，连接BE，则线段B′F的长即为所求．5．如图，抛物线C1：y=（x+m）2（m为常数，m＞0），平移抛物线y=﹣x2，使其顶点D 在抛物线C1位于y轴右侧的图象上，得到抛物线C2．抛物线C2交x轴于A，B两点（点A 在点B的左侧），交y轴于点C，设点D的横坐标为a．（1）如图1，若m=．①当OC=2时，求抛物线C2的解析式；②是否存在a，使得线段BC上有一点P，满足点B与点C到直线OP的距离之和最大且AP=BP？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；（2）如图2，当OB=2﹣m（0＜m＜）时，请直接写出到△ABD的三边所在直线的距离相等的所有点的坐标（用含m的式子表示）．【答案】(1) ①y=﹣x2+x+2．②．（2）P1（﹣m，1），P2（﹣m，﹣3），P3（﹣﹣m，3），P4（3﹣m，3）．【解析】试题分析：（1）①首先写出平移后抛物线C2的解析式（含有未知数a），然后利用点C （0，2）在C2上，求出抛物线C2的解析式；②认真审题，题中条件“AP=BP”意味着点P在对称轴上，“点B与点C到直线OP的距离之和最大”意味着OP⊥BC．画出图形，如图1所示，利用三角函数（或相似），求出a的值；（2）解题要点有3个：i）判定△ABD为等边三角形；ii）理论依据是角平分线的性质，即角平分线上的点到角两边的距离相等；iii）满足条件的点有4个，即△ABD形内1个（内心），形外3个．不要漏解．试题解析：（1）当m=时，抛物线C1：y=（x+）2．∵抛物线C2的顶点D在抛物线C1上，且横坐标为a，∴D（a，（a+）2）．∴抛物线C2：y=﹣（x﹣a）2+（a+）2（I）．①∵OC=2，∴C（0，2）．∵点C在抛物线C2上，∴﹣（0﹣a）2+（a+）2=2，解得：a=，代入（I）式，得抛物线C2的解析式为：y=﹣x2+x+2．②在（I）式中，令y=0，即：﹣（x﹣a）2+（a+）2=0，解得x=2a+或x=﹣，∴B（2a+，0）；令x=0，得：y=a+，∴C（0，a+）．设直线BC的解析式为y=kx+b，则有：，解得，∴直线BC的解析式为：y=﹣x+（a+）．假设存在满足条件的a值．∵AP=BP，∴点P在AB的垂直平分线上，即点P在C2的对称轴上；∵点B与点C到直线OP的距离之和≤BC，只有OP⊥BC时等号成立，∴OP⊥BC．如图1所示，设C2对称轴x=a（a＞0）与BC交于点P，与x轴交于点E，则OP⊥BC，OE=a．∵点P在直线BC上，∴P（a，a+），PE=a+．∵tan∠EOP=tan∠BCO=，∴，解得：a=．∴存在a=，使得线段BC上有一点P，满足点B与点C到直线OP的距离之和最大且AP="BP"（3）∵抛物线C2的顶点D在抛物线C1上，且横坐标为a，∴D（a，（a+m）2）．∴抛物线C2：y=﹣（x﹣a）2+（a+m）2．令y=0，即﹣（x﹣a）2+（a+m）2=0，解得：x1=2a+m，x2=﹣m，∴B（2a+m，0）．∵OB=2﹣m，∴2a+m=2﹣m，∴a=﹣m．∴D（﹣m，3）．AB=OB+OA=2﹣m+m=2．如图2所示，设对称轴与x轴交于点E，则DE=3，BE=AB=，OE=OB﹣BE=﹣m．∵tan∠ABD=，∴∠ABD=60°．又∵AD=BD，∴△ABD为等边三角形．作∠ABD的平分线，交DE于点P1，则P1E=BE•tan30°=×=1，∴P1（﹣m，1）；在△ABD形外，依次作各个外角的平分线，它们相交于点P2、P3、P4．在Rt△BEP2中，P2E=BE•tan60°=•=3，∴P2（﹣m，﹣3）；易知△ADP3、△BDP4均为等边三角形，∴DP3=DP4=AB=2，且P3P4∥x轴．∴P3（﹣﹣m，3）、P4（3﹣m，3）．综上所述，到△ABD的三边所在直线的距离相等的所有点有4个，其坐标为：P1（﹣m，1），P2（﹣m，﹣3），P3（﹣﹣m，3），P4（3﹣m，3）．【考点】二次函数综合题．6．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．（3）如图，在（2）的条件下，当GH＝FH，HM＝MF时，tan∠ABC＝34，DE＝394时，N为圆上一点，连接FN交AB于L，满足∠NFH+∠CAF＝∠AHG，求LN的长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）4013 NL【解析】【分析】（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＝43a，再由相交弦定理得到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＝394，∴AC＝392，∵tan∠ABC＝34＝ACAB，∴39 32 4AB ,∴AB＝26，∵GH＝FH，HM＝FN，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝43a，∵GH•HF＝BH•AH，∴4a2＝43a（26﹣43a），∴a＝6，∴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＝∵LN•LF＝AL•BL，∴LN＝10•16，∴LN＝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.7．如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E（30，0），交y轴于点D（0，40），直线AB：y＝13x+5交x轴于点A，交y轴于点B，交直线DE于点P，过点E作EF⊥x轴交直线AB于点F，以EF为一边向右作正方形EFGH．（1）求边EF的长；（2）将正方形EFGH沿射线FB个单位的速度匀速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移过程中边F1G1始终与y轴垂直，设平移的时间为t秒（t＞0）．①当点F1移动到点B时，求t的值；②当G1，H1两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形E1F1G1H1与△APE 重叠部分的面积．【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120；【解析】【分析】（1）根据已知点E（30，0），点D（0，40），求出直线DE的直线解析式y=-43x+40，可求出P点坐标，进而求出F点坐标即可；（2）①易求B（0，5），当点F1移动到点B时，1010=10；②F点移动到F'10t，F垂直x轴方向移动的距离是t，当点H运动到直线DE上时，在Rt△F'NF中，NFNF'=13，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，43MHEM'=，t=4，S=12×(12+454)×11=10238；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，PKF K'=13，PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，PKKG'＝31539tt--+＝43，t=7，S=15×（15-7）=120.【详解】（1）设直线DE的直线解析式y＝kx+b，将点E（30，0），点D（0，40），∴30040k bb+=⎧⎨=⎩，∴4340kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴y＝﹣43x+40，直线AB与直线DE的交点P（21，12），由题意知F（30，15），∴EF＝15；（2）①易求B（0，5），∴BF＝10，∴当点F1移动到点B时，t＝1010＝10；②当点H 运动到直线DE 上时，F 点移动到F'的距离是10t ， 在Rt △F'NF 中，NF NF '=13， ∴FN ＝t ，F'N ＝3t ， ∵MH'＝FN ＝t ，EM ＝NG'＝15﹣F'N ＝15﹣3t ， 在Rt △DMH'中，43MH EM '=， ∴41533t t =-， ∴t ＝4，∴EM ＝3，MH'＝4，∴S ＝1451023(12)11248⨯+⨯=； 当点G 运动到直线DE 上时，F 点移动到F'10， ∵PF ＝10 ∴PF'10t ﹣10， 在Rt △F'PK 中，13PK F K ='，∴PK ＝t ﹣3，F'K ＝3t ﹣9， 在Rt △PKG'中，PK KG '＝31539t t --+＝43， ∴t ＝7，∴S ＝15×（15﹣7）＝120. 【点睛】本题考查一次函数图象及性质，正方形的性质；掌握待定系数法求函数解析式，利用三角形的正切值求边的关系，利用勾股定理在直角三角形中建立边之间的联系，准确确定阴影部分的面积是解题的关键．8．如图，在正方形ABCD 中，E 是边AB 上的一动点，点F 在边BC 的延长线上，且CF AE =，连接DE ，DF ，EF . FH 平分EFB ∠交BD 于点H .（1）求证：DE DF ⊥； （2）求证：DH DF =：（3）过点H 作HM EF ⊥于点M ，用等式表示线段AB ，HM 与EF 之间的数量关系，并证明.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）22EF AB HM =-，证明详见解析. 【解析】 【分析】（1）根据正方形性质， CF AE =得到DE DF ⊥.（2）由AED CFD △△≌，得DE DF =.由90ABC ∠=︒，BD 平分ABC ∠， 得45DBF ∠=︒.因为FH 平分EFB ∠，所以EFH BFH ∠=∠.由于45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠, 所以DH DF =.（3）过点H 作HN BC ⊥于点N ，由正方形ABCD 性质，得222BD AB AD AB =+=.由FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，得HM HN =.因为4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，，所以22sin 45HNBH HN HM ===︒.由22cos 45DFEF DF DH ===︒，得22EF AB HM =-.【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴AD CD =，90EAD BCD ADC ∠=∠=∠=︒. ∴90EAD FCD ∠=∠=︒. ∵CF AE =。
人教【数学】数学锐角三角函数的专项培优易错试卷练习题(含答案)及答案
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，山坡上有一棵树AB ，树底部B 点到山脚C 点的距离BC 为63米，山坡的坡角为30°．小宁在山脚的平地F 处测量这棵树的高，点C 到测角仪EF 的水平距离CF=1米，从E 处测得树顶部A 的仰角为45°，树底部B 的仰角为20°，求树AB 的高度．（参考数值：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36）【答案】6.4米【解析】解：∵底部B 点到山脚C 点的距离BC 为6 3 米，山坡的坡角为30°．∴DC=BC•cos30°=36392==米， ∵CF=1米，∴DC=9+1=10米，∴GE=10米，∵∠AEG=45°，∴AG=EG=10米，在直角三角形BGF 中，BG=GF•tan20°=10×0.36=3.6米，∴AB=AG-BG=10-3.6=6.4米，答：树高约为6.4米首先在直角三角形BDC 中求得DC 的长，然后求得DF 的长，进而求得GF 的长，然后在直角三角形BGF 中即可求得BG 的长，从而求得树高2．如图，△ABC 内接于⊙O ，2,BC AB AC ==，点D 为AC 上的动点，且10cos 10B =. (1)求AB 的长度；(2)在点D 运动的过程中，弦AD 的延长线交BC 的延长线于点E ，问AD•AE 的值是否变化？若不变，请求出AD•AE 的值；若变化，请说明理由.(3)在点D 的运动过程中，过A 点作AH ⊥BD ，求证：BH CD DH =+.【答案】(1) 10AB；(2) 10AD AE ⋅=；（3）证明见解析.【解析】 【分析】（1）过A 作AF ⊥BC ，垂足为F ，交⊙O 于G ，由垂径定理可得BF=1，再根据已知结合RtΔAFB 即可求得AB 长；（2）连接DG ，则可得AG 为⊙O 的直径，继而可证明△DAG ∽△FAE ，根据相似三角形的性质可得AD•AE=AF•AG ，连接BG ，求得AF=3，FG=13，继而即可求得AD•AE 的值； （3）连接CD ，延长BD 至点N ，使DN=CD ，连接AN ，通过证明△ADC ≌△ADN ，可得AC=AN ，继而可得AB=AN ，再根据AH ⊥BN ，即可证得BH=HD+CD.【详解】（1)过A 作AF ⊥BC ，垂足为F ，交⊙O 于G ，∵AB=AC ，AF ⊥BC ，∴BF=CF=12BC=1， 在RtΔAFB 中，BF=1，∴AB=10cos 10BF B == （2）连接DG ，∵AF ⊥BC ，BF=CF ，∴AG 为⊙O 的直径，∴∠ADG=∠AFE=90°，又∵∠DAG=∠FAE ，∴△DAG ∽△FAE ，∴AD ：AF=AG ：AE ，∴AD•AE=AF•AG ，连接BG ，则∠ABG=90°，∵BF ⊥AG ，∴BF 2=AF•FG ，∵22AB BF -=3， ∴FG=13， ∴AD•AE=AF•AG=AF•（AF+FG ）=3×103=10； （3）连接CD ，延长BD 至点N ，使DN=CD ，连接AN ，∵∠ADB=∠ACB=∠ABC ，∠ADC+∠ABC=180°，∠ADN+∠ADB=180°，∴∠ADC=∠ADN ，∵AD=AD ，CD=ND ，∴△ADC ≌△ADN ，∴AC=AN ，∵AB=AC ，∴AB=AN ，∵AH ⊥BN ，∴BH=HN=HD+CD.【点睛】本题考查了垂径定理、三角函数、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.3．如图，某校数学兴趣小组为测量校园主教学楼AB 的高度，由于教学楼底部不能直接到达，故兴趣小组在平地上选择一点C ，用测角器测得主教学楼顶端A 的仰角为30°，再向主教学楼的方向前进24米，到达点E 处（C ，E ，B 三点在同一直线上），又测得主教学楼顶端A 的仰角为60°，已知测角器CD 的高度为1.6米，请计算主教学楼AB 的高度．（3≈1.73，结果精确到0.1米）【答案】22.4m【解析】【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等量关系，进而求解．【详解】解：在Rt △AFG 中，tan ∠AFG 3，∴FG =tan 3AG AFG =∠， 在Rt △ACG 中，tan ∠ACG =AG CG ， ∴CG =tan AG ACG∠=3． 又∵CG ﹣FG =24m ，即3AG ﹣3=24m ， ∴AG =123m ，∴AB =123+1.6≈22.4m ．4．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6cm ，AD ＝8cm ，连接BD ，将△ABD 绕B 点作顺时针方向旋转得到△A ′B ′D ′（B ′与B 重合），且点D ′刚好落在BC 的延长上，A ′D ′与CD 相交于点E ． （1）求矩形ABCD 与△A ′B ′D ′重叠部分（如图1中阴影部分A ′B ′CE ）的面积；（2）将△A ′B ′D ′以每秒2cm 的速度沿直线BC 向右平移，如图2，当B ′移动到C 点时停止移动．设矩形ABCD 与△A ′B ′D ′重叠部分的面积为y ，移动的时间为x ，请你直接写出y 关于x 的函数关系式，并指出自变量x 的取值范围；（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x ，使得△AA ′B ′成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x 的值，若不存在，请你说明理由．【答案】（1）452；（2）详见解析；（3）使得△AA ′B ′成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32 669-． 【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可知B ′D ′＝BD ＝10，CD ′＝B ′D ′﹣BC ＝2，由tan ∠B ′D ′A ′＝'''''=A B CE A D CD 可求出CE ，即可计算△CED ′的面积，S ABCE ＝S ABD ′﹣S CED ′； （2）分类讨论，当0≤x ≤115时和当115＜x ≤4时，分别列出函数表达式； （3）分类讨论，当AB ′＝A ′B ′时；当AA ′＝A ′B ′时；当AB ′＝AA ′时，根据勾股定理列方程即可．【详解】解：（1）∵AB ＝6cm ，AD ＝8cm ，∴BD ＝10cm ，根据旋转的性质可知B ′D ′＝BD ＝10cm ，CD ′＝B ′D ′﹣BC ＝2cm ，∵tan ∠B ′D ′A ′＝'''''=A B CE A D CD ∴682=CE ∴CE ＝32cm ， ∴S ABCE ＝S ABD ′﹣S CED ′＝8634522222⨯-⨯÷=（cm 2）； （2）①当0≤x ＜115时，CD ′＝2x +2，CE ＝32（x +1）， ∴S △CD ′E ＝32x 2+3x +32， ∴y ＝12×6×8﹣32x 2﹣3x ﹣32＝﹣32x 2﹣3x +452； ②当115≤x ≤4时，B ′C ＝8﹣2x ，CE ＝43（8﹣2x ） ∴()214y 8223x =⨯-＝83x 2﹣643x +1283． （3）①如图1，当AB ′＝A ′B ′时，x ＝0秒； ②如图2，当AA ′＝A ′B ′时，A ′N ＝BM ＝BB ′+B ′M ＝2x +185，A ′M ＝NB ＝245， ∵AN 2+A ′N 2＝36，∴（6﹣245）2+（2x +185）2＝36，解得：x x （舍去）； ③如图2，当AB ′＝AA ′时，A ′N ＝BM ＝BB ′+B ′M ＝2x +185，A ′M ＝NB ＝245， ∵AB 2+BB ′2＝AN 2+A ′N 2∴36+4x 2＝（6﹣245）2+（2x +185）2 解得：x ＝32．综上所述，使得△AA ′B ′成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32【点睛】本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．5．如图，在⊙O的内接三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，过C作AB的垂线l交⊙O 于另一点D，垂足为E．设P是AC上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G．（1）求证：△PAC∽△PDF；（2）若AB＝5，AP BP=，求PD的长．【答案】(1)证明见解析；（2310【解析】【分析】（1）根据AB⊥CD，AB是⊙O的直径，得到AD AC=，∠ACD＝∠B，由∠FPC＝∠B，得到∠ACD＝∠FPC，可得结论；（2）连接OP，由AP BP=，得到OP⊥AB，∠OPG＝∠PDC，根据AB是⊙O的直径，得到∠ACB＝90°，由于AC＝2BC，于是得到tan∠CAB＝tan∠DCB＝BCAC，得到12CE BE AE CE ==，求得AE ＝4BE ，通过△OPG ∽△EDG ，得到OG OP GE ED=，然后根据勾股定理即可得到结果．【详解】（1）证明：连接AD ，∵AB ⊥CD ，AB 是⊙O 的直径，∴AD AC =，∴∠ACD ＝∠B ＝∠ADC ，∵∠FPC ＝∠B ，∴∠ACD ＝∠FPC ，∴∠APC ＝∠ACF ，∵∠FAC ＝∠CAF ，∴△PAC ∽△CAF ；（2）连接OP ，则OA ＝OB ＝OP ＝1522AB =， ∵AP BP =，∴OP ⊥AB ，∠OPG ＝∠PDC ，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB ＝90°，∵AC ＝2BC ，∴tan ∠CAB ＝tan ∠DCB ＝BC AC， ∴12CE BE AE CE ==， ∴AE ＝4BE ，∵AE+BE ＝AB ＝5， ∴AE ＝4，BE ＝1，CE ＝2，∴OE ＝OB ﹣BE ＝2.5﹣1＝1.5，∵∠OPG ＝∠PDC ，∠OGP ＝∠DGE ，∴△OPG ∽△EDG ，∴OG OP GE ED =， ∴ 2.52OE GE OP GE CE -==， ∴GE ＝23，OG ＝56，∴PG 56=，GD 23=，∴PD＝PG+GD＝3102．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理，证得△OPG∽△EDG是解题的关键．6．在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，点D是边BC上一点，连接AD，将线段AD绕点A 逆时针旋转90°，得到线段AE，连接DE．（1）如图①，当点E落在边BA的延长线上时，∠EDC＝度（直接填空）；（2）如图②，当点E落在边AC上时，求证：BD＝12 EC；（3）当AB＝22，且点E到AC的距离等于3﹣1时，直接写出tan∠CAE的值．【答案】（1）90；（2）详见解析；（3）633 tan11EAC-∠=【解析】【分析】（1）利用三角形的外角的性质即可解决问题；（2）如图2中，作PA⊥AB交BC于P，连接PE．只要证明△BAD≌△PAE（SAS），提出BD=PE，再证明EC=2PE即可；（3）如图3，作EF⊥AC于F，延长FE交BC于H，作AG⊥BC于G，PA⊥AB交BC于P，连接PE．设PH＝x，在Rt△EPH中，可得EP3，EH＝2PH＝2x，由此FH＝31，CF＝33，由△BAD≌△PAE，得BD＝EP3x，AE＝AD，在Rt△ABG中， AG＝GB＝2，在Rt△AGC中，AC＝2AG＝4，故AE2＝AD2＝AF2+EF2，由勾股定理得AF＝1+3，由此tan∠EAF＝2﹣3，根据对称性可得tan∠EAC＝6-33．【详解】（1）如图1中，∵∠EDC＝∠B+∠BED，∠B＝∠BED＝45°，∴∠EDC＝90°，故答案为90；（2）如图2中，作PA⊥AB交BC于P，连接PE．∵∠DAE＝∠BAP＝90°，∴∠BAD＝∠PAE，∵∠B＝45°，∴∠B＝∠APB＝45°，∴AB＝AP，∵AD＝AE，∴△BAD≌△PAE（SAS），∴BD＝PE，∠APE＝∠B＝45°，∴∠EPD＝∠EPC＝90°，∵∠C＝30°，∴EC＝2PE＝2BD；（3）如图3，作EF⊥AC于F，延长FE交BC于H，作AG⊥BC于G，PA⊥AB交BC于P，连接PE．设PH＝x，在Rt△EPH中，∵∠EPH＝90°，∠EHP＝60°，∴EP3，EH＝2PH＝2x，∴FH＝31，CF3FH＝33∵△BAD≌△PAE，∴BD＝EP3，AE＝AD，在Rt△ABG中，∵AB＝2∴AG＝GB＝2，在Rt△AGC中，AC＝2AG＝4，∵AE2＝AD2＝AF2+EF2，∴22+（23）231）2+（4﹣3﹣32，整理得：9x2﹣12x＝0，解得x＝43（舍弃）或0∴PH＝0，此时E，P，H共点，∴AF＝3∴tan∠EAF＝EFAF 331+＝23根据对称性可知当点E在AC的上方时，同法可得tan∠EAC 6-33．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．7．如图，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝35，点P是AC边上一动点（不与点A、C重合），以PA长为半径的⊙P与边AB的另一个交点为D，过点D作DE⊥CB于点E．（1）当⊙P与边BC相切时，求⊙P的半径．（2）连接BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围．（3）在（2）的条件下，当以PE长为直径的⊙Q与⊙P相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（1）409R=;（2）25880320xy x xx=-++;（3）50105-.【解析】【分析】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝35，则sinC＝45，sinC＝HPCP＝10RR-＝45，即可求解；（2）首先证明PD∥BE，则EB BFPD PF=，即：2024588x yxxxy-+--=，即可求解；（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG＝EP＝BD，即：AB＝DB+AD＝AG+AD＝45，即可求解．【详解】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝35，则sinC＝45，sinC ＝HP CP ＝10R R -＝45，解得：R ＝409； （2）在△ABC 中，AC ＝BC ＝10，cosC ＝35， 设AP ＝PD ＝x ，∠A ＝∠ABC ＝β，过点B 作BH ⊥AC ，则BH ＝ACsinC ＝8，同理可得：CH ＝6，HA ＝4，AB ＝45，则：tan ∠CAB ＝2， BP ＝228+(4)x -＝2880x x -+， DA ＝25x ，则BD ＝45﹣25x ， 如下图所示，PA ＝PD ，∴∠PAD ＝∠CAB ＝∠CBA ＝β，tanβ＝2，则cosβ5，sinβ5， EB ＝BDcosβ＝（525x ）5＝4﹣25x ， ∴PD ∥BE ， ∴EB BF PD PF =，即：2024588x y x xx -+--=， 整理得：y 25x x 8x 803x 20-++ （3）以EP 为直径作圆Q 如下图所示，两个圆交于点G，则PG＝PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，∵点Q是弧GD的中点，∴DG⊥EP，∵AG是圆P的直径，∴∠GDA＝90°，∴EP∥BD，由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形，∴AG＝EP＝BD，∴AB＝DB+AD＝AG+AD＝45，设圆的半径为r，在△ADG中，AD＝2rcosβ＝5，DG＝5，AG＝2r，5+2r＝45，解得：2r＝51，则：DG＝5＝50﹣105，相交所得的公共弦的长为50﹣105．【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．8．关于三角函数有如下的公式：sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ①cos（α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ②tan（α+β）=③利用这些公式可将某些不是特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数来求值，如：tan105°=tan（45°+60°）==﹣（2+）．根据上面的知识，你可以选择适当的公式解决下面的实际问题：如图，直升飞机在一建筑物CD上方A点处测得建筑物顶端D点的俯角α=60°，底端C点的俯角β=75°，此时直升飞机与建筑物CD的水平距离BC为42m，求建筑物CD的高．【答案】建筑物CD的高为84米．【解析】分析：如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意易得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，∠ADE=60°，这样在Rt△ABC和在Rt△ADE中，结合题中所给关系式分别求出AB和AE的长，即可由CD=BE=AB-AE求得结果了.详解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意可得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，CD=BE，∠ADE=60°，∴在Rt△ABC和Rt△ADEAB=BC•tan75°=42tan75°=，AE=，∴CD=AB﹣AE=（米）.答：建筑物CD的高为84米.睛：读懂题意，把已知量和未知量转化到Rt△ABC和Rt△ADE中，这样利用直角三角形中边角间的关系结合题目中所给的“两角和的三角形函数公式”即可使问题得到解决.9．如图，在一次军事演习中，蓝方在一条东西走向的公路上的A处朝正南方向撤退，红方在公路上的B处沿南偏西60°方向前进实施拦截，红方行驶1000米到达C处后，因前方无法通行，红方决定调整方向，再朝南偏西45°方向前进了相同的距离，刚好在D处成功拦截蓝方，求拦截点D处到公路的距离（结果不取近似值）．【答案】拦截点D处到公路的距离是(500＋500)米．【解析】试题分析：过B作AB的垂线，过C作AB的平行线，两线交于点E；过C作AB的垂线，过D作AB的平行线，两线交于点F，则∠E=∠F=90°，拦截点D处到公路的距离DA=BE+CF．解Rt△BCE，求出BE=BC=×1000=500米；解Rt△CDF，求出CF=CD=500米，则DA=BE+CF=（500+500）米．试题解析：如图，过B作AB的垂线，过C作AB的平行线，两线交于点E；过C作AB的垂线，过D作AB的平行线，两线交于点F，则∠E=∠F=90°，拦截点D处到公路的距离DA=BE+CF．在Rt△BCE中，∵∠E=90°，∠CBE=60°，∴∠BCE=30°，∴BE=BC=×1000=500米；在Rt△CDF中，∵∠F=90°，∠DCF=45°，CD=BC=1000米，∴CF=CD=500米，∴DA=BE+CF=（500+500）米，故拦截点D处到公路的距离是（500+500）米．考点：解直角三角形的应用-方向角问题．10．如图，公路AB为东西走向，在点A北偏东36.5︒方向上，距离5千米处是村庄M，在点A北偏东53.5︒方向上，距离10千米处是村庄N；要在公路AB旁修建一个土特产收购站P(取点P在AB上)，使得M，N两村庄到P站的距离之和最短，请在图中作出P的位置（不写作法）并计算：（1）M，N两村庄之间的距离；（2）P到M、N距离之和的最小值.（参考数据：sin36.5°＝0.6，cos36.5°＝0.8，tan36.5°＝0.75计算结果保留根号.）【答案】(1) M，N两村庄之间的距离为29千米;(2) 村庄M、N到P站的最短距离和是55千米．【解析】【分析】（1）作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．求出DN，DM，利用勾股定理即可解决问题．（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．【详解】解：作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．（1）在Rt△ANE中，AN=10，∠NAB=36.5°∴NE=AN•sin∠NAB=10•sin36.5°=6，AE=AN•cos∠NAB=10•cos36.5°=8，过M作MC⊥AB于点C，在Rt△MAC中，AM=5，∠MAB=53.5°∴AC=MA•sin∠AMB=MA•sin36.5°=3，MC=MA•cos∠AMC=MA•cos36.5°=4，过点M作MD⊥NE于点D，在Rt△MND中，MD=AE-AC=5，ND=NE-MC=2，∴MN即M，N（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．DN′=10，MD=5，在Rt△MDN′中，由勾股定理，得MN∴村庄M、N到P站的最短距离和是【点睛】本题考查解直角三角形，轴对称变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．。
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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，山坡上有一棵树AB ，树底部B 点到山脚C 点的距离BC 为63米，山坡的坡角为30°．小宁在山脚的平地F 处测量这棵树的高，点C 到测角仪EF 的水平距离CF=1米，从E 处测得树顶部A 的仰角为45°，树底部B 的仰角为20°，求树AB 的高度．（参考数值：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36）【答案】6.4米 【解析】解：∵底部B 点到山脚C 点的距离BC 为6 3 米，山坡的坡角为30°． ∴DC=BC•cos30°=36392==米， ∵CF=1米， ∴DC=9+1=10米， ∴GE=10米， ∵∠AEG=45°， ∴AG=EG=10米， 在直角三角形BGF 中， BG=GF•tan20°=10×0.36=3.6米， ∴AB=AG-BG=10-3.6=6.4米， 答：树高约为6.4米首先在直角三角形BDC 中求得DC 的长，然后求得DF 的长，进而求得GF 的长，然后在直角三角形BGF 中即可求得BG 的长，从而求得树高2．已知在平面直角坐标系中，点()()()3,0,3,0,3,8A B C --，以线段BC 为直径作圆，圆心为E ，直线AC 交E 于点D ，连接OD . （1）求证：直线OD 是E 的切线；（2）点F 为x 轴上任意一动点，连接CF 交E 于点G ，连接BG ：①当1an 7t ACF ∠=时，求所有F 点的坐标 （直接写出）； ②求BGCF的最大值.【答案】（1）见解析；（2）①143,031F ⎛⎫⎪⎝⎭，2(5,0)F ；② BG CF 的最大值为12.【解析】 【分析】（1）连接DE ，证明∠EDO=90°即可；（2）①分“F 位于AB 上”和“F 位于BA 的延长线上”结合相似三角形进行求解即可； ②作GM BC ⊥于点M ，证明1~ANF ABC ∆∆，得12BG CF ≤，从而得解. 【详解】（1）证明：连接DE ，则：∵BC 为直径 ∴90BDC ∠=︒ ∴90BDA ∠=︒ ∵OA OB = ∴OD OB OA == ∴OBD ODB ∠=∠ ∵EB ED =∴EBD EDB ∠=∠∴EBD OBD EDB ODB ∠+∠=∠+∠ 即：EBO EDO ∠=∠ ∵CB x ⊥轴 ∴90EBO ∠=︒ ∴90EDO ∠=︒ ∴直线OD 为E 的切线.（2）①如图1，当F 位于AB 上时： ∵1~ANF ABC ∆∆∴11NF AF AN AB BC AC== ∴设3AN x =，则114,5NF x AF x ==∴103CN CA AN x =-=-∴141tan 1037F N x ACF CN x ∠===-，解得：1031x = ∴150531AF x ==1504333131OF =-=即143,031F ⎛⎫⎪⎝⎭如图2，当F 位于BA 的延长线上时： ∵2~AMF ABC ∆∆∴设3AM x =，则224,5MF x AF x == ∴103CM CA AM x =+=+ ∴241tan 1037F M x ACF CM x ∠===+ 解得：25x =∴252AF x ==2325OF =+=即2(5,0)F②如图，作GM BC ⊥于点M ， ∵BC 是直径∴90CGB CBF ∠=∠=︒ ∴~CBF CGB ∆∆∴8BG MG MGCF BC == ∵MG ≤半径4=∴41882BG MG CF =≤= ∴BG CF的最大值为12.【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．3．如图13，矩形的对角线，相交于点，关于的对称图形为．（1）求证：四边形是菱形；（2）连接，若，．①求的值；②若点为线段上一动点（不与点重合），连接，一动点从点出发，以的速度沿线段匀速运动到点，再以的速度沿线段匀速运动到点，到达点后停止运动．当点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时，求的长和点走完全程所需的时间．【答案】（1）详见解析；（2）①②和走完全程所需时间为【解析】试题分析：（1）利用四边相等的四边形是菱形；（2）①构造直角三角形求；②先确定点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时的位置，再计算运到的时间.试题解析：解：（1）证明：四边形是矩形.与交于点O,且关于对称四边形是菱形.（2）①连接,直线分别交于点,交于点关于的对称图形为在矩形中，为的中点，且O为AC的中点为的中位线同理可得：为的中点，②过点P 作交于点由运动到所需的时间为3s由①可得，点O 以的速度从P 到A 所需的时间等于以从M 运动到A即：由O 运动到P 所需的时间就是OP+MA 和最小.如下图，当P 运动到,即时，所用时间最短.在中，设解得：和走完全程所需时间为考点：菱形的判定方法；构造直角三角形求三角函数值；确定极值时动点的特殊位置4．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，直线4y kx =+交x 轴、y 轴分别于点A 、点B ，且ABO ∆的面积为8. （1）求k 的值；（2）如图，点P 是第一象限直线AB 上的一个动点，连接PO ，将线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ，设点P 的横坐标为t ，点C 的横坐标为m ，求m 与t 之间的函数关系式（不要求写出自变量t 的取值范围）；（3）在（2）的条件下，过点B 作直线BM OP ⊥，交x 轴于点M ，垂足为点N ，点K 在线段MB 的延长线上，连接PK ，且0PK KB P +=，2PMB KPB ∠=∠，连接MC ，求四边形BOCM 的面积.【答案】（1）1k =；（2）4m t =+；（3）32BOCMS =.【解析】 【分析】（1）先求出A 的坐标，然后利用待定系数法求出k 的值；(2) 过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，证POD OCE ∆≅∆可得OE PD =，进一步得出m 与t 的函数关系式；（3）过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，先证出QTB PTO ∆≅∆；再证出KPB BPN ∠=∠；设KPB x ∠=︒，通过计算证出PO PM =；再过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ，根据tan tan OPD BMO ∠=∠得到OD BOPD MO=，列式可求得t=4；所以OM=8进一步得出四边形BOCM 是平行四边形，最后可得其面积为32. 【详解】解：（1）把0x =代入4y kx =+，4y =， ∴4BO =， 又∵4ABO S ∆=，∴142AO BO ⋅=，4AO =， ∴(4,0)A -，把4x =-，0y =代入4y kx =+， 得044k =-+， 解得1k =. 故答案为1；（2）解：把x t =代入4y x =+，4y t =+， ∴(,4)P t t +如图，过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，∴90PDO CEO ∠=∠=︒， ∴90POD OPD ∠+∠=︒，∵线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ， ∴90POC ∠=︒，OP OC =， ∴90POD EOC ∠+∠=︒， ∴OPD EOC ∠=∠， ∴POD OCE ∆≅∆， ∴OE PD =，4m t =+.故答案为4m t =+.（3）解：如图，过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，由（1）知，4AO BO ==，90BOA ∠=︒， ∴ABO ∆为等腰直角三角形，∴45ABO BAO ∠=∠=︒，9045BOT ABO ABO ∠=︒-∠=︒=∠， ∴BT TO =， ∵90BTO ∠=︒， ∴90TPO TOP ∠+∠=︒， ∵PO BM ⊥， ∴90BNO ∠=︒， ∴BQT TPO ∠=∠， ∴QTB PTO ∆≅∆， ∴QT TP =，PO BQ =， ∴PQT QPT ∠=∠， ∵PO PK KB =+，∴QB PK KB =+，QK KP =， ∴KQP KPQ ∠=∠，∴PQT KQP QPT KPQ ∠-∠=∠-∠，TQB TPK ∠=∠， ∴KPB BPN ∠=∠， 设KPB x ∠=︒， ∴BPN x ∠=︒， ∵2PMB KPB ∠=∠， ∴2PMB x ∠=︒，45POM PAO APO x ∠=∠+∠=︒+︒，9045NMO POM x ∠=︒-∠=︒-︒， ∴45PMO PMB NMO x POM ∠=∠+∠=︒+︒=∠， ∴PO PM =，过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ， ∴22OM OD t ==，9045OPD POD x BMO ∠=︒-∠=︒-︒=∠， tan tan OPD BMO ∠=∠， OD BO PD MO =，442t t t =+， 14t =，22t =-（舍）∴8OM =，由（2）知，48m t OM =+==， ∴CM y 轴， ∵90PNM POC ∠=∠=︒， ∴BM OC ，∴四边形BOCM 是平行四边形，∴4832BOCMSBO OM =⨯=⨯=.故答案为32. 【点睛】本题考查了一次函数和几何的综合题，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，添加适当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．5．如图，AB是⊙O的直径，E是⊙O上一点，C在AB的延长线上，AD⊥CE交CE的延长线于点D，且AE平分∠DAC．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若AB＝6，∠ABE＝60°，求AD的长．【答案】（1）详见解析；（2）9 2【解析】【分析】（1）利用角平分线的性质得到∠OAE＝∠DAE，再利用半径相等得∠AEO＝∠OAE，等量代换即可推出OE∥AD，即可解题，（2）根据30°的三角函数值分别在Rt△ABE中，AE＝AB·cos30°，在Rt△ADE中，AD=cos30°×AE即可解题.【详解】证明：如图，连接OE，∵AE平分∠DAC，∴∠OAE＝∠DAE．∵OA＝OE，∴∠AEO＝∠OAE．∴∠AEO＝∠DAE．∴OE∥AD．∵DC⊥AC，∴OE⊥DC．∴CD是⊙O的切线．（2）解：∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，∠ABE＝60°．∴∠EAB ＝30°，在Rt △ABE 中，AE ＝AB·cos30°=6×3=33， 在Rt △ADE 中，∠DAE ＝∠BAE ＝30°，∴AD=cos30°×AE=3×33=92. 【点睛】本题考查了特殊的三角函数值的应用，切线的证明，中等难度，利用特殊的三角函数表示出所求线段是解题关键.6．如图，在正方形ABCD 中，E 是边AB 上的一动点，点F 在边BC 的延长线上，且CF AE =，连接DE ，DF ，EF . FH 平分EFB ∠交BD 于点H .（1）求证：DE DF ⊥；（2）求证：DH DF =：（3）过点H 作HM EF ⊥于点M ，用等式表示线段AB ，HM 与EF 之间的数量关系，并证明.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）22EF AB HM =-，证明详见解析.【解析】【分析】（1）根据正方形性质， CF AE =得到DE DF ⊥.（2）由AED CFD △△≌，得DE DF =.由90ABC ∠=︒，BD 平分ABC ∠， 得45DBF ∠=︒.因为FH 平分EFB ∠，所以EFH BFH ∠=∠.由于45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠, 所以DH DF =.（3）过点H 作HN BC ⊥于点N ，由正方形ABCD 性质，得222BD AB AD AB =+=.由FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，得HM HN =.因为4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，，所以22sin 45HN BH HN HM ===︒. 由22cos 45DF EF DF DH ===︒，得22EF AB HM =-. 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 是正方形，∴AD CD =，90EAD BCD ADC ∠=∠=∠=︒.∴90EAD FCD ∠=∠=︒.∵CF AE =。