全国中考数学锐角三角函数的综合中考真题汇总附答案

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，将一副直角三角形拼放在一起得到四边形ABCD，其中∠BAC=45°，∠ACD=30°，点E为CD边上的中点，连接AE，将△ADE沿AE所在直线翻折得到△AD′E，D′E交AC于F 点．若AB=6cm．

（1）AE的长为 cm；

（2）试在线段AC上确定一点P，使得DP+EP的值最小，并求出这个最小值；

（3）求点D′到BC的距离．

【答案】（1）；（2）12cm；（3）cm．

【解析】

试题分析：（1）首先利用勾股定理得出AC的长，进而求出CD的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进而得出答案：

∵∠BAC=45°，∠B=90°，∴AB=BC=6cm，∴AC=12cm．

∵∠ACD=30°，∠DAC=90°，AC=12cm，∴（cm）．

∵点E为CD边上的中点，∴AE=DC=cm．

（2）首先得出△ADE为等边三角形，进而求出点E，D′关于直线AC对称，连接DD′交AC 于点P，根据轴对称的性质，此时DP+EP值为最小，进而得出答案．

（3）连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，进而得出△ABD′≌△CBD′（SSS），则

∠D′BG=45°，D′G=GB，进而利用勾股定理求出点D′到BC边的距离．

试题解析：解：（1）．

（2）∵Rt△ADC中，∠ACD=30°，∴∠ADC=60°，

∵E为CD边上的中点，∴DE=AE．∴△ADE为等边三角形．

∵将△ADE沿AE所在直线翻折得△AD′E，∴△AD′E为等边三角形，∠AED′=60°．

∵∠EAC=∠DAC﹣∠EAD=30°，∴∠EFA=90°，即AC所在的直线垂直平分线段ED′．

∴点E，D′关于直线AC对称．

如答图1，连接DD′交AC于点P，∴此时DP+EP值为最小，且DP+EP=DD′．

∵△ADE是等边三角形，AD=AE=，

∴，即DP+EP最小值为12cm．

（3）如答图2，连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，

∵AC垂直平分线ED′，∴AE=AD′，CE=CD′，

∵AE=EC，∴AD′=CD′=．

在△ABD′和△CBD′中，∵，∴△ABD′≌△CBD′

（SSS）．∴∠D′BG=∠D′BC=45°．∴D′G=GB．

设D′G长为xcm，则CG长为cm，

在Rt△GD′C中，由勾股定理得，

解得：（不合题意舍去）．

∴点D′到BC边的距离为cm．

考点：1．翻折和单动点问题；2．勾股定理；3．直角三角形斜边上的中线性质；4．等边三角形三角形的判定和性质；5．轴对称的应用（最短线路问题）；6．全等三角形的判定和性质；7．方程思想的应用．

2．2018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13DE ＝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0.12，3）

【答案】该停车库限高约为2.2米．【解析】

【分析】

据题意得出

3

tan 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，

3 tan

3

B=

∵MN∥AD，

∴∠A＝∠B，

∴tan A3，

∵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∠FCE3

在Rt△CEF中，设EF＝x，CF3x（x＞0），CE＝2.5，

代入得（5

2

）2＝x2+3x2，

解得x＝1.25，

∴CF3x≈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．

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

－x－与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F．

（1）请直接写出OE、⊙M的半径r、CH的长；

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

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

【答案】（1）OE=5，r=2，CH=2

（2）；

（3）a=4

【解析】

【分析】

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

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

（3）连接AK，AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，由圆周角定理可知，

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

【详解】

（1）OE=5，r=2，CH=2

（2）如图1，连接QC、QD，则∠CQD =90°，∠QHC =∠QDC，

易知△CHP∽△DQP，故，得DQ=3，由于CD=4，

；

（3）如图2，连接AK，AM，延长AM，

与圆交于点G，连接TG，则

，

由于，故，；

而，故

在和中，；

故△AMK∽△NMA

;

即：

故存在常数，始终满足

常数a="4"

解法二：连结BM，证明∽

得

4．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】

AB=-73.2 (米)．…6分

解：（1）100(31)

(2) 此车制速度v==18.3米/秒

5．关于三角函数有如下的公式：

sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ①

cos（α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ②

tan（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△ADE

AB=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.

6．如图，AB为⊙O的直径，P是BA延长线上一点，CG是⊙O的弦∠PCA＝∠ABC，

CG⊥AB，垂足为D

(1)求证：PC是⊙O的切线；

(2)求证：PA AD PC CD

；

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

5

，CF＝5，求BE

的长．

【答案】（1）见解析；（2）BE=12．

【解析】

【分析】

（1）连接OC，由PC切⊙O于点C，得到OC⊥PC，于是得到∠PCA+∠OCA=90°，由AB为⊙O的直径，得到∠ABC+∠OAC=90°，由于OC=OA，证得∠OCA=∠OAC，于是得到结论；（2）由AE∥PC，得到∠PCA=∠CAF根据垂径定理得到弧AC=弧AG，于是得到

∠ACF=∠ABC，由于∠PCA=∠ABC，推出∠ACF=∠CAF，根据等腰三角形的性质得到

CF=AF，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=3

5

，求得FD=3，AD=4，CD=8，在R t△OCD中，

设OC=r，根据勾股定理得到方程r2=（r-4）2+82，解得r=10，得到AB=2r=20，由于AB为

⊙O的直径，得到∠AEB=90°，在R t△ABE中，由sin∠EAD=3

5，得到

BE

AB

＝

3

5

，于是求得

结论．

【详解】

（1）证明：连接OC，

∵PC切⊙O于点C，∴OC⊥PC，

∴∠PCO=90°，

∴∠PCA+∠OCA=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，

∴∠ABC+∠OAC=90°，∵OC=OA，

∴∠OCA=∠OAC，

∴∠PCA=∠ABC；（2）解：∵AE∥PC，∴∠PCA=∠CAF，

∵AB⊥CG，

∴弧AC=弧AG，

∴∠ACF=∠ABC，

∵∠PCA=∠ABC，

∴∠ACF=∠CAF，

∴CF=AF，

∵CF=5，

∴AF=5，

∵AE∥PC，

∴∠FAD=∠P，

∵sin∠P=3

5

，

∴sin∠FAD=3

5

，

在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=3

5

，

∴FD=3，AD=4，∴CD=8，

在R t△OCD中，设OC=r，

∴r2=（r﹣4）2+82，

∴r=10，

∴AB=2r=20，

∵AB为⊙O的直径，

∴∠AEB=90°，在R t△ABE中，

∵sin∠EAD=3

5，∴

3

5

BE

AB

，

∵AB=20，

∴BE=12．

【点睛】

本题考查切线的性质，锐角三角函数，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题关键是连接OC构造直角三角形．

7．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．

8．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.

9．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．

10．已知Rt △ABC,∠A=90°,BC=10,以BC 为边向下作矩形BCDE,连AE 交BC 于F. (1)如图1,当AB=AC,且sin ∠BEF=35

时，求BF CF 的值；

(2)如图2,当tan ∠ABC=

1

2

时,过D 作DH ⊥AE 于H,求EH EA ⋅的值； (3)如图3,连AD 交BC 于G,当2FG BF CG =⋅时,求矩形BCDE 的面积

【答案】(1)1

7

；（2）80；（3）100. 【解析】 【分析】

(1)过A 作AK ⊥BC 于K ,根据sin ∠BEF=

35得出

3

5

FK AK =,设FK =3a ,AK =5a ，可求得BF =a ,故1

7

BF CF =；（2）过A 作AK ⊥BC 于K ,延长AK 交ED 于G ,则AG ⊥ED ，得△EGA ∽△EHD ，利用相似三角形的性质即可求出；（3）延长AB 、ED 交于K ,延长AC 、ED 交于T ,根据相似三角形的性质可求出BE =ED ，故可求出矩形的面积. 【详解】

解：(1)过A 作AK ⊥BC 于K , ∵sin ∠BEF ＝35,sin ∠FAK ＝35

, ∴

35

FK AK =, 设FK =3a ,AK =5a , ∴AK =4a ,

∵AB =AC ,∠BAC =90°, ∴BK =CK =4a ,

∴BF =a , 又∵CF =7a , ∴

1

7

BF CF = (2)过A 作AK ⊥BC 于K ,延长AK 交ED 于G ,则AG ⊥ED ， ∵∠AGE =∠DHE =90°, ∴△EGA ∽△EHD , ∴

EH ED

EG EA

=， ∴·EH EA EG ED ⋅=,其中EG =BK , ∵BC =10,tan ∠ABC ＝1

2

， cos ∠ABC

∴BA ＝BC · cos ∠ABC

BK= BA·cos ∠ABC 8

= ∴EG =8,

另一方面：ED =BC =10, ∴EH ·EA =80

(3)延长AB 、ED 交于K ,延长AC 、ED 交于T , ∵BC ∥KT , BF AF FG KE AE ED

==， ∴

BF KE FG DE =，同理：FG ED

CG DT

= ∵FG 2= BF ·CG ∴BF FG

FG CG =， ∴ED 2= KE ·DT ∴

KE ED

DE DT

= ， 又∵△KEB ∽△CDT ,∴

KE CD

BE DT

=， ∴KE ·DT ＝BE 2， ∴BE 2＝ED 2 ∴ BE =ED

∴1010100BCDE S =⨯=矩形

【点睛】

此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键根据题意作出辅助线再进行求解.