中考数学——锐角三角函数的综合压轴题专题复习含答案

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜边AC交⊙O于点D，且AD=DC，延长CB交⊙O 于点E．

（1）图1的A、B、C、D、E五个点中，是否存在某两点间的距离等于线段CE的长？请说明理由；

（2）如图2，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F．

①若CF=CD时，求sin∠CAB的值；

②若CF=aCD（a＞0）时，试猜想sin∠CAB的值．（用含a的代数式表示，直接写出结果）

【答案】（1）AE=CE；（2）①；②．

【解析】

试题分析：（1）连接AE、DE，如图1，根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于

AD=DC，根据垂直平分线的性质可得AE=CE；

（2）连接AE、ED，如图2，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直径，根据切线的性质可得

∠AEF=90°，从而可证到△ADE∽△AEF，然后运用相似三角形的性质可得=AD?AF．①当CF=CD时，可得，从而有EC=AE=CD，在Rt△DEC中运用三角函数可得

sin∠CED=，根据圆周角定理可得∠CAB=∠DEC，即可求出sin∠CAB的值；②当CF=aCD（a＞0）时，同①即可解决问题．

试题解析：（1）AE=CE．理由：

连接AE、DE，如图1，∵∠ABC=90°，∴∠ABE=90，∴∠ADE=∠ABE=90°，∵AD=DC，

∴AE=CE；

（2）连接AE、ED，如图2，∵∠ABE=90°，∴AE是⊙O的直径，∵EF是⊙OO的切线，

∴∠AEF=90°，∴∠ADE=∠AEF=90°，又∵∠DAE=∠EAF，∴△ADE∽△AEF，∴，∴=AD?AF．

①当CF=CD 时，AD=DC=CF ，AF=3DC ，∴=DC?3DC=，∴AE=DC ，∵EC=AE ，

∴EC=

DC ，∴sin ∠CAB=sin ∠CED=

=

=；

②当CF=aCD （a ＞0）时，sin ∠CAB=．

∵CF=aCD ，AD=DC ，∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD ，∴

=DC?（a+2）DC=（a+2），

∴AE=

DC ，∵EC=AE ，∴EC=

DC ，

∴sin ∠CAB=sin ∠CED=

=

．

考点：1．圆的综合题；2．探究型；3．存在型．

2．如图，反比例函数() 0k y 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

()0k

y 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C

tan 即可.

【详解】（1）∵点A (1，a )在2y x =上， ∴a =2，∴

A (1，2)，

把A (1，2)代入 k

y x

= 得2k =， ∵反比例函数()0k

y 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，

∴()1

2B --， ； （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 2

2OD 1

tanC 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，矩形OABC 中，A(6，0)、C(0，3、D(0，3)，射线l 过点D 且与x 轴平行，点P 、Q 分别是l 和x 轴的正半轴上的动点，满足∠PQO ＝60o．

(1)点B的坐标是，∠CAO＝ o，当点Q与点A重合时，点P的坐标

为；

(2)设点P的横坐标为x，△OPQ与矩形OABC重叠部分的面积为S，试求S与x的函数关系式和相应的自变量x的取值范围．

【答案】（1）（6，23）． 30．（3，33）（2）

()

()

()

()

2

43

x430x3

3

31333

x x3x5

S{

23

x1235x9

3

543

x9

+≤≤

-+-<≤

=

-+<≤

>

【解析】

解：（1）（6，23）． 30．（3，33）．

（2）当0≤x≤3时，

如图1，

OI=x，IQ=PI?tan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x；

由题意可知直线l∥BC∥OA，

可得

EF PE DC31

==

OQ PO DO3

33

==，∴EF=

1

3

（3+x），

此时重叠部分是梯形，其面积为：

EFQO

14343

S S EF OQ OC 3x x 432

33

==+?=+=+梯形（）（）

当3＜x≤5时，如图2，

()HAQ EFQO EFQO 221

S S S S AH AQ

2

43331333 x 43x 3=x x 32232

?=-=-??=+---+

-梯形梯形。

当5＜x≤9时，如图3，

12S BE OA OC 312x 23

23 =x 123=+?=--+（）（）

。

当x ＞9时，如图4，

111833

S OA AH 6=

22x x

=

?=??． 综上所述，S 与x 的函数关系式为：

()

()

()

()

2

43

x 430x3

3

31333

x x3x5

232

S{

23

x1235x9

3

543

x9

x

+≤≤

-+-<≤

=

-+<≤

>

．

（1）①由四边形OABC是矩形，根据矩形的性质，即可求得点B的坐标：

∵四边形OABC是矩形，∴AB=OC，OA=BC，

∵A（6，0）、C（0，23），∴点B的坐标为：（6，23）．

②由正切函数，即可求得∠CAO的度数：

∵OC233

tan CAO==

OA63

∠=，∴∠CAO=30°．

③由三角函数的性质，即可求得点P的坐标；如图：当点Q与点A重合时，过点P作PE⊥OA于E，

∵∠PQO=60°，D（0，33），∴PE=33．

∴

PE

AE3

tan60

==．

∴OE=OA﹣AE=6﹣3=3，∴点P的坐标为（3，33）．

（2）分别从当0≤x≤3时，当3＜x≤5时，当5＜x≤9时，当x＞9时去分析求解即可求得答案．

4．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．

5．2018年12月10日，郑州市城乡规划局网站挂出《郑州都市区主城区停车场专项规划》，将停车纳入城市综合交通体系，计划到2030年，在主城区新建停车泊位33.04万个，2019年初，某小区拟修建地下停车库，如图是停车库坡道入口的设计图，其中MN是水平线，MN∥AD，AD⊥DE，CF⊥AB，垂足分别为D，F，坡道AB的坡度为1：3，DE ＝3米，点C在DE上，CD＝0.5米，CD是限高标志屏的高度（标志牌上写有：限高米），如果进入该车库车辆的高度不能超过线段CF的长，则该停车库限高多少米？（结果精确到0.1米，参考数据2≈1.41，3≈1.73）

【答案】该停车库限高约为2.2米．

【解析】

【分析】

据题意得出

3

tan

3

B ，即可得出tan A，在Rt△ADE中，根据勾股定理可求得DE，即可

得出∠1的正切值，再在Rt△CEF中，设EF＝x，即可求出x，从而得出CF3的长．【详解】

解：由题意得，tan

3

B=

∵MN∥AD，

∴∠A＝∠B，

∴tan A，

∵DE⊥AD，

∴在Rt△ADE中，tan A＝DE

AD

，

∵DE＝3，

又∵DC＝0.5，

∴CE＝2.5，

∵CF⊥AB，

∴∠FCE+∠CEF＝90°，

∵DE⊥AD，

∴∠A+∠CEF＝90°，

∴∠A＝∠FCE，

∴tan∠FCE＝

3

．

在Rt△CEF中，设EF＝x，CF x（x＞0），CE＝2.5，

代入得（5

2

）2＝x2+3x2，

解得x＝1.25，

∴CF

x≈2.2，

∴该停车库限高约为2.2米．

【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，坡面坡角问题和勾股定理，解题的关键是坡度等于坡角的正切值．

6．3米/秒 =65.88千米/小时>60千米/小时．

∴此车超过限制速度．…4分

7．如图，正方形ABCD+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 ＝

1221

BE 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 ＝

2

2

， ∵AC ＝22AB BC +＝2+2， ∴OA ＝OC ＝OB ＝

12AC ＝22+ ， ∴OH ＝OF ＝OA?tan ∠OAF ＝OA?tan ∠EAB ＝222+ ?（2﹣1）＝2

2

， ∴HM ＝OH+OM ＝

22

2

+， 在Rt △EHM 中，EH ＝2

2

22222EM 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．

8．在矩形ABCD 中，AD ＞AB ，点P 是CD 边上的任意一点（不含C ，D 两端点），过点P 作PF ∥BC ，交对角线BD 于点F ．

（1）如图1，将△PDF 沿对角线BD 翻折得到△QDF ，QF 交AD 于点E ．求证：△DEF 是等

腰三角形；

（2）如图2，将△PDF 绕点D 逆时针方向旋转得到△P'DF'，连接P'C ，F'B ．设旋转角为α（0°＜α＜180°）．

①若0°＜α＜∠BDC ，即DF'在∠BDC 的内部时，求证：△DP'C ∽△DF'B ． ②如图3，若点P 是CD 的中点，△DF'B 能否为直角三角形？如果能，试求出此时tan ∠DBF'的值，如果不能，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②12 【解析】

【分析】（1）根据翻折的性质以及平行线的性质可知∠DFQ=∠ADF ，所以△DEF 是等腰三角形；

（2）①由于PF ∥BC ，所以△DPF ∽△DCB ，从而易证△DP′F′∽△DCB ；

②由于△DF'B 是直角三角形，但不知道哪个的角是直角，故需要对该三角形的内角进行分类讨论．

【详解】（1）由翻折可知：∠DFP=∠DFQ ， ∵PF ∥BC ， ∴∠DFP=∠ADF ， ∴∠DFQ=∠ADF ， ∴△DEF 是等腰三角形；

（2）①若0°＜α＜∠BDC ，即DF'在∠BDC 的内部时， ∵∠P′DF′=∠PDF ，

∴∠P′DF′﹣∠F′DC =∠PDF ﹣∠F′DC ， ∴∠P′DC=∠F′DB ，

由旋转的性质可知：△DP′F′≌△DPF ， ∵PF ∥BC ， ∴△DPF ∽△DCB ， ∴△DP′F′∽△DCB ∴

'

'

DC DP DB DF = ， ∴△DP'C ∽△DF'B ；

②当∠F′DB=90°时，如图所示， ∵DF′=DF=1

2

BD ， ∴

'1

2

DF BD =， ∴tan ∠DBF′=

'1

2

DF BD =；

当∠DB F′=90°，此时DF′是斜边，即DF′＞DB，不符合题意；

当∠DF′B=90°时，如图所示，

∵DF′=DF=1

BD，

2

∴∠DBF′=30°，

∴tan∠DBF′=3

.

3

【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，涉及旋转的性质，锐角三角函数的定义，相似三角形的性质以及判定等知识，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握相关的性质与定理、运用分类思想进行讨论是解题的关键.

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．如图，AB是⊙O的直径，PA、PC与⊙O分别相切于点A，C，PC交AB的延长线于点D，DE⊥PO交PO的延长线于点E．

(1)求证：∠EPD=∠EDO；

(2)若PC=3，tan∠PDA=3

4

，求OE的长．

【答案】（1）见解析；（2

5.

【解析】【分析】

（1）由切线的性质即可得证.（2）连接OC，利用tan∠PDA=3

4

，可求出CD=2,进而求得

OC=3

2

，再证明△OED∽△DEP，根据相似三角形的性质和勾股定理即可求出OE的长.

【详解】

（1）证明：∵PA，PC与⊙O分别相切于点A，C，∴∠APO=∠CPO, PA⊥AO，

∵DE⊥PO，

∴∠PAO=∠E=90°，

∵∠AOP=∠EOD，

∴∠APO=∠EDO，

∴∠EPD=∠EDO.

（2）连接OC，

∴PA=PC=3，

∵tan∠PDA=3

4

，

∴在Rt△PAD中，

AD=4，，∴CD=PD-PC=5-3=2，

∵tan∠PDA=3

4

，

∴在Rt△OCD中，

OC=3

2

，

5

2

，

∵∠EPD=∠ODE，∠OCP=∠E=90°，∴△OED∽△DEP，

∴PD

DO =

PE

DE

=

DE

OE

=2，

∴DE=2OE,

在Rt△OED中，OE2+DE2=OD2，即5OE2=

2

5

2

??

?

??

=

25

4

，

∴．

【点睛】

本题考查了切线的性质；锐角三角函数；勾股定理和相似三角形的判定与性质，充分利用

tan∠PDA=3

4

，得线段的长是解题关键.