中考数学锐角三角函数综合练习题及答案解析

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．下图是某儿童乐园为小朋友设计的滑梯平面图.已知BC=4 m,AB=6 m,中间平台宽度DE=1 m,EN,DM,CB为三根垂直于AB的支柱,垂足分别为N,M,B,∠EAB=31°,DF⊥BC于点

F,∠CDF=45°,求DM和BC的水平距离BM的长度.(结果精确到0.1 m.参考数据:sin

31°≈0.52,cos 31°≈0.86,tan 31°≈0.60)

【答案】2.5m.

【解析】

试题分析：设DF=x，在Rt△DFC中，可得CF=DF=x，则BF=4-x，根据线段的和差可得

AN=5-x，EN=DM=BF=4－，在Rt△ANE中，∠EAB=，利用∠EAB的正切值解得x的值．

试题解析：解：设DF=，在Rt△DFC中，∠CDF=，

∴CF=tan·DF=，

又∵CB=4，

∴BF=4－，

∵AB=6，DE=1，BM= DF=，

∴AN=5－，EN=DM=BF=4－，

在Rt△ANE中，∠EAB=，EN=4－，AN=5－，

tan==0．60，

解得=2．5，

答：DM和BC的水平距离BM为2．5米．

考点：解直角三角形．

2．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′=2．

∴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．

3．某条道路上通行车辆限速60千米/时，道路的AB段为监测区，监测点P到AB的距离PH为50米（如图）．已知点P在点A的北偏东45°方向上，且在点B的北偏西60°方向上，点B在点A的北偏东75°方向上，那么车辆通过AB段的时间在多少秒以内，可认定为超速？（参考数据：3≈1.7，2≈1.4）．

【答案】车辆通过AB段的时间在8.1秒以内，可认定为超速

【解析】

分析：根据点到直线的距离的性质，构造直角三角形，然后利用解直角三角形的应用，解直角三角形即可.

详解：如图，由题意知∠CAB=75°，∠CAP=45°，∠PBD=60°，

∴∠PAH=∠CAB–∠CAP=30°，

∵∠PHA=∠PHB=90°，PH=50，∴AH=

tan PH PAH

∠

3

3

3，

∵AC∥BD，∴∠ABD=180°–∠CAB=105°，∴∠PBH=∠ABD–∠PBD=45°，则PH=BH=50，∴3，

∵60千米/时=50

3米/秒，∴时间t=

50350

50

3

3≈8.1（秒），

即车辆通过AB段的时间在8.1秒以内，可认定为超速．

点睛：该题考查学生通过构建直角三角形，利用某个度数的三角函数值求出具体边长，即实际路程，并进行判断相关的量。

4．如图，在平面直角坐标系xOy中，点P是⊙C外一点，连接CP交⊙C于点Q，点P关于点Q的对称点为P′，当点P′在线段CQ上时，称点P为⊙C“友好点”．已知A(1，0)，B(0，2)，C(3，3)

(1)当⊙O的半径为1时，

①点A，B，C中是⊙O“友好点”的是；

②已知点M在直线y＝﹣3

x+2 上，且点M是⊙O“友好点”，求点M的横坐标m的取值

范围；

(2)已知点D(23，0)，连接BC，BD，CD，⊙T的圆心为T(t，﹣1)，半径为1，若在△BCD 上存在一点N，使点N是⊙T“友好点”，求圆心T的横坐标t的取值范围．

【答案】(1)①B；②0≤m3(2)﹣3t＜3

【解析】

【分析】

(1))①根据“友好点”的定义，OB＝＜2r＝2，所以点B是⊙O“友好点”；

②设M(m 3

+2 )，根据“友好点”的定义，OM

2

2

3

22

2

m m

??

+-+≤

?

?

??

，由此

求解即可；

(2)B(0，2)，C(3，3)，D30)，⊙T的圆心为T(t，﹣1)，点N是⊙T“友好点”，NT≤2r＝2，所以点N只能在线段BD上运动，过点T作TN⊥BD于N，作TH∥y轴，与BD交于点

H．易知∠BDO＝30°，∠OBD＝60°，NT 3

，直线BD：y

3

x+2，可知H(t，﹣

3 3t+2)，继而可得NT＝﹣

1

2

t+

33

2

，由此可得关于t的不等式，解出t的范围即可.

【详解】

(1)①∵r＝1，

∴根据“友好点”的定义，OB＝＜2r＝2，

∴点B是⊙O“友好点”，

∵OC22

33

+2>2r＝2，∴点C不是⊙O“友好点”，A(1，0)在⊙O上，不是⊙O“友好点”，

故答案为B ； ②如图，

设M (m ，﹣

3

3

m +2 )，根据“友好点”的定义， ∴OM ＝2

23

22

2m m ??+-+≤ ? ???

， 整理，得2m 2﹣23m ≤0， 解得0≤m ≤3；

∴点M 的横坐标m 的取值范围：0≤m ≤3；

(2)∵B (0，2)，C (3，3)，D (23，0)，⊙T 的圆心为T (t ，﹣1)，点N 是⊙T “友好点”， ∴NT ≤2r ＝2，

∴点N 只能在线段BD 上运动，过点T 作TN ⊥BD 于N ，作TH ∥y 轴，与BD 交于点H ．

∵tan ∠BDO ＝

3

3

23OB OD ==

∴∠BDO=30°， ∴∠OBD ＝60°， ∴∠THN=∠OBD=60°，

∴NT＝HT?sin∠THN=3

2

HT，

∵B(0，2)，D(23，0)，

∴直线BD：y＝﹣3x+2，

∵H点BD上，

∵H(t，﹣3

3

t+2)，

∴HT＝﹣3t+2﹣(﹣1)＝﹣3t+3，

∴NT＝3HT＝3(﹣3t+3)＝﹣1

2t+

33

，

∴﹣1

2t+

33

≤2，

∴t≥﹣4+33，

当H与点D重合时，点T的横坐标等于点D的横坐标，即t＝33，

此时点N不是“友好点”，

∴t＜33，

故圆心T的横坐标t的取值范围：﹣4+33≤t＜33．

【点睛】

本题是圆的综合题，正确理解“友好点”的意义，熟练运用相似三角形的性质与特殊三角函数是解题的关键．

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；（2 【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 ＝

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，

∴AD AC =， ∴∠ACD ＝∠B ＝∠ADC ， ∵∠FPC ＝∠B ， ∴∠ACD ＝∠FPC ， ∴∠APC ＝∠ACF ， ∵∠FAC ＝∠CAF ， ∴△PAC ∽△CAF ；

（2）连接OP ，则OA ＝OB ＝OP ＝1522

AB =， ∵AP BP =，

∴OP ⊥AB ，∠OPG ＝∠PDC ， ∵AB 是⊙O 的直径， ∴∠ACB ＝90°， ∵AC ＝2BC ，

∴tan ∠CAB ＝tan ∠DCB ＝

BC AC

， ∴

1

2CE 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

=，

∴

2.5

2 OE GE OP

GE CE

-

==，

∴GE＝2

3，OG＝

5

6

，

∴PG＝225

OP OG

6

+=，

GD＝222 3

DE GE

+=，

∴PD＝PG+GD＝310

2

．

【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．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

7．如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y ＝﹣

14x 2+bx +c 与直线y ＝1

2

x ﹣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）1

3

；（3）点F 坐标为（0，1）或（0，﹣18）． 【解析】 【分析】 （1）y ＝

1

2

x ﹣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 ＝﹣

14

x 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 ＝

1

2

x ﹣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＝﹣1

4

×36+6b ﹣3，解得：b ＝2， 故抛物线的表达式为：y ＝﹣

14

x 2

+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＝

31

62

OC

OB

==，则sin∠OBC＝

5

，

则EH＝EB?sin∠OBC＝

5

，

CE＝32，则CH＝

5

，

则tan∠DCB＝

1

3 EH

CH

=；

（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＝35，

∵OE＝OC，∴∠AEC＝45°，

tan∠DBE＝

1

64

-

＝

1

2

，

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：35+m＝2m，解得：m＝35，

CF＝22

＝5m＝15，

GF CG

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．

8．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.

9．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；②1

2

3

【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∠DBF′=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

2

BD ， ∴∠DBF′=30°，

∴tan ∠DBF′=

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.

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?si n∠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．