TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc32422" 【題型1 利用設(shè)參數(shù)法求銳角三角函數(shù)值】 PAGEREF _Tc32422 \h 1
\l "_Tc32720" 【題型2 在網(wǎng)格中求銳角三角函數(shù)值】 PAGEREF _Tc32720 \h 5
\l "_Tc25988" 【題型3 特殊角的三角函數(shù)值的計(jì)算與應(yīng)用】 PAGEREF _Tc25988 \h 9
\l "_Tc15935" 【題型4 銳角三角函數(shù)與平面直角坐標(biāo)系的綜合】 PAGEREF _Tc15935 \h 11
\l "_Tc1590" 【題型5 銳角三角函數(shù)與一元二次方程的綜合應(yīng)用】 PAGEREF _Tc1590 \h 18
\l "_Tc10444" 【題型6 靈活運(yùn)用已知條件解直角三角形】 PAGEREF _Tc10444 \h 19
\l "_Tc16076" 【題型7 解雙直角三角形】 PAGEREF _Tc16076 \h 22
\l "_Tc31730" 【題型8 解直角三角形與四邊形的綜合應(yīng)用】 PAGEREF _Tc31730 \h 27
【題型1 利用設(shè)參數(shù)法求銳角三角函數(shù)值】
【例1】（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，AB=BC=AD，AD⊥BC于點(diǎn)E，AC⊥CD，則sin∠B= ．

【答案】45
【分析】設(shè)AB=BC=AD=1，AE=x，則DE=1?x，根據(jù)已知條件得出∠DAC=∠DCE，根據(jù)真切的定義得出EC2=AE?DE=x1?x，進(jìn)而在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，勾股定理建立方程，解方程，即可求解．
【詳解】解：設(shè)AB=BC=AD=1，AE=x，則DE=1?x
∵AD⊥BC，AC⊥CD，
∴∠D+∠DAC=90°,∠D+∠DCE=90°，
∴∠DAC=∠DCE，
∴tan∠DAC=tan∠DCE，
∴ECAE=DEEC，
∴EC2=AE?DE=x1?x，
∴BE=1?EC=1?x1?x，
在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，
∴12=x2+1?x1?x2，
整理得，5x2=4x，
解得：x=0或x=45，
∴sinB=AEAB=45
故答案為：45．
【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形，勾股定理，熟練掌握三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．
【變式1-1】（2023秋·廣西賀州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在菱形ABCD中，DE⊥AB，BE=2，csA=35，則菱形的周長(zhǎng)為 ．
【答案】20
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AB=BC=CD=AD，結(jié)合csA=AEAD=35，設(shè)AE=3k，則AD=5k，再建立方程求解k的值，從而可得答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵DE⊥AB，
∴∠DEA=90°，
∴csA=AEAD=35，
設(shè)AE=3k，則AD=5k，
∴BE=5k?3k=2k=2，
∴k=1，
∴AD=5，
∴菱形的周長(zhǎng)=4AD=4×5=20，
故答案為：20．
【點(diǎn)睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，熟記銳角的余弦的定義，并靈活應(yīng)用是解本題的關(guān)鍵．
【變式1-2】（2023秋·山西運(yùn)城·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，連接CD，過點(diǎn)D作DE⊥CD交BC于點(diǎn)E，若tanA=43，BE=7，則DE的長(zhǎng)為 ．

【答案】15
【分析】由∠ACB=90°， tanA=43，可設(shè)AC=3x，BC=4x，由勾股定理得到AB=5x，由直角角三角形斜邊上中線的性質(zhì)得到CD=BD=AD=12AB=52x，再證∠A=∠DEC，求得DE=158x，據(jù)此求解即可得到答案．
【詳解】解：∵∠ACB=90°， tanA=43，
∴設(shè)AC=3x，BC=4x，
∴AB=AC2+BC2=5x，
∵D是AB的中點(diǎn)，
∴CD=BD=AD=12AB=52x，
∴∠DCB=∠DBC，
又DE⊥CD，
∴∠A=∠DEC，
∴tanA=tan∠DEC=CDDE=52xDE=43，
∴DE=158x，
∴CE=CD2+DE2=258x，
∵BE=7，
∴4x?258x=7，
解得x=8，
∴DE=158×8=15．
故答案為：15．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理、三角函數(shù)、直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，掌握三角函數(shù)，直角三角形中線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式1-3】（2023·山西太原·太原五中校考一模）如圖，在△ABC中，AC=3，BC=4，D、E分別在CA、CB上，點(diǎn)F在△ABC內(nèi)．若四邊形CDFE是邊長(zhǎng)為1的正方形，則sin∠FBA= ．
【答案】1010
【分析】連接AF，過點(diǎn)F作FG⊥AB于G，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AD=2，BE=3，根據(jù)勾股定理得到FG=1，BF=10，即可解答．
【詳解】解：連接AF，過點(diǎn)F作FG⊥AB于G，
∵四邊形CDFE是邊長(zhǎng)為1的正方形，
∴CD=CE=DF=EF=1，∠C=∠ADF=90°，
∵AC=3，BC=4，
∴AD=2，BE=3，
∴AB=AC2+BC2=5，AF=AD2?DF2=5，BF=BE2+EF2=10，
設(shè)BG=x，
∴AG=5?x,
∵FG2=AF2?AG2=BF2?BG2，
∴5?5?x2=10?x2，解得：x=3，
∴FG=BF2?BG2=1，
∴sin∠FBA=FGBF=1010，
故答案為：1010．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理，掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．
【題型2 在網(wǎng)格中求銳角三角函數(shù)值】
【例2】（2023·湖北省直轄縣級(jí)單位·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖是6個(gè)形狀、大小完全相同的菱形組成的網(wǎng)格，菱形的頂點(diǎn)稱為格點(diǎn)．已知菱形的一個(gè)角( ∠O )為60°，點(diǎn)A，B，C，D都在格點(diǎn)上，且線段AB，CD相交于點(diǎn)P，則tan∠BPD的值是( )

A．13B．12C．33D．32
【答案】D
【分析】如圖取格點(diǎn)E，連接EC、DE．設(shè)小菱形的邊長(zhǎng)為1．首先證明∠APC=∠ECD，再證明∠CDE=90°，根據(jù)tan∠APC=tan∠ECD，即可解決問題．
【詳解】解：如圖取格點(diǎn)E，連接EC、DE．設(shè)小菱形的邊長(zhǎng)為1．
∵AC=BE,AC∥BE
∴四邊形ACEB是平行四邊形，
∴EC∥AB，
∴∠APC=∠ECD，
依題意∠O=60°，則△OCD是等邊三角形，
則∠CDO=60°，∠EDB=30°，
∴∠CDE=90°，
∵CD=2，DB=BE=1，

如圖所示，過點(diǎn)B作BF⊥DE，∵DB=BE=1，
∴∠BDF=12×60°=30°，BF=12DB=12，
∴DF=DB2?BF2=12?122=1?14=34=32，
又∵DF=FE
∴DE=DF+FE=32+32=3，
∴tan∠BPD=tan∠APC=tan∠ECD= DECD=32
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．
【變式2-1】（2023·江蘇宿遷·統(tǒng)考中考真題）如圖，在網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)均為1，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)稱為格點(diǎn)．點(diǎn)A、B、C三點(diǎn)都在格點(diǎn)上，則sin∠ABC= ．

【答案】22
【分析】取AB的中點(diǎn)D，連接AC,CD，先根據(jù)勾股定理可得AC=BC=10,CD=5，再根據(jù)等腰三角形的三線合一可得CD⊥AB，然后根據(jù)正弦的定義即可得．
【詳解】解：如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接AC,CD，

∵AC=12+32=10,BC=12+32=10,CD=12+22=5，
∴AC=BC，
又∵點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，
∴CD⊥AB，
∴sin∠ABC=CDBC=510=22，
故答案為：22．
【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理與網(wǎng)格問題、等腰三角形的三線合一、正弦，熟練掌握正弦的求解方法是解題關(guān)鍵．
【變式2-2】（2023秋·上海·九年級(jí)上海外國(guó)語(yǔ)大學(xué)附屬大境初級(jí)中學(xué)校考期中）如圖，A、B、C三點(diǎn)在正方形網(wǎng)格線的交點(diǎn)處，若將△ACB繞著點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△AC′B′，使點(diǎn)B′落在射線AC上，則cs∠B′CB的值為 ．

【答案】55
【分析】取網(wǎng)格點(diǎn)D點(diǎn)，連接BD，BB′，由網(wǎng)格利用勾股定理得：BC=10，CD=2，BD=22，即有CD2+BD2=BC2，可得△CDB是直角三角形，則BD⊥B′C，問題隨之得解．
【詳解】解：如圖所示：取網(wǎng)格點(diǎn)D點(diǎn)，連接BD，BB′，

由網(wǎng)格利用勾股定理得：BC=10，CD=2，BD=22，
∴CD2+BD2=BC2，
∴△CDB是直角三角形，
則BD⊥B′C，
∴cs∠B′CB=CDCB=210=55，
故答案為： 55．
【點(diǎn)睛】本題考查了利用網(wǎng)格圖求解角的余弦函數(shù)值的知識(shí)，理解余弦的意義，作出合理的輔助線，是解答本題的關(guān)鍵．
【變式2-3】（2023·四川廣元·統(tǒng)考二模）如圖，在由10個(gè)完全相同的正三角形構(gòu)成的網(wǎng)格圖中，∠α、∠β如圖所示，則sin(α+β)=（ ）
A．277B．77C．22D．32
【答案】A
【分析】連接DE，利用等腰三角形的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理可得出∠α=30°，同理可得出∠CDE=∠CED=30°=∠α，由∠AEC=60°結(jié)合∠AED=∠AEC+∠CED可得出∠AED=90°，設(shè)等邊三角形的邊長(zhǎng)為a，則AE=2a，DE=3a，利用勾股定理可得出AD的長(zhǎng)，由三角函數(shù)定義即可得出答案．
【詳解】解：連接DE，如圖所示：

在△ABC中，∠ABC=120°，BA=BC，
∴∠α=30°，
同理得：∠CDE=∠CED=30°=∠α．
又∵∠AEC=60°，
∴∠AED=∠AEC+∠CED=90°．
設(shè)等邊三角形的邊長(zhǎng)為a，則AE=2a，DE=2×sin60°×a=3a，
∴AD=AE2+DE2=2a2+3a2=7a，
∴sinα+β=AEAD=2a7a=277．
故選：A
【點(diǎn)睛】此題考查解直角三角形、等邊三角形的性質(zhì)以及圖形的變化規(guī)律，構(gòu)造出含一個(gè)銳角等于∠α+∠β的直角三角形是解題的關(guān)鍵．
【題型3 特殊角的三角函數(shù)值的計(jì)算與應(yīng)用】
【例3】（2023春·山東泰安·九年級(jí)?？计谀┰凇鰽BC中，若csA=22，tanB=3，則這個(gè)三角形一定是（ ）
A．銳角三角形B．直角三角形C．鈍角三角形D．等腰三角形
【答案】A
【詳解】試題解析：∵csA=22，tanB=3，
∴∠A=45°，∠B=60°．
∴∠C=180°-45°-60°=75°．
∴△ABC為銳角三角形．
故選A．
【變式3-1】（2023秋·河北保定·九年級(jí)統(tǒng)考期末）計(jì)算： 2sin30°+2cs45°?3tan60°+π?50
【答案】0
【分析】先計(jì)算特殊角三角函數(shù)值和零指數(shù)冪，再根據(jù)二次根式的混合計(jì)算法則求解即可．
【詳解】解：原式=2×12+2×22?3×3+1
=1+1?3+1
=0．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了特殊角三角函數(shù)值的混合計(jì)算，熟知相關(guān)特殊角的三角函數(shù)值是解題的關(guān)鍵．
【變式3-2】（2023·上海嘉定·模擬預(yù)測(cè)）計(jì)算：
(1)12sin30°+22cs45°+sin30°tan60°；
(2) sin45°?cs45°+sin60°?tan45°tan45°?tan60°+3tan230°+tan45°cs30°．
【答案】(1)3+234
(2)2+233
【分析】（1）先將特殊角三角函數(shù)值代入，然后先算乘法，再算加法；
（2）先將特殊角三角函數(shù)值代入，然后先算乘方，再算乘除，最后算加減．
【詳解】（1）解：原式=12×12+22×22+12×3
=14+12+32
=34+32
=3+234；
（2）原式=22×22+32×11×3+3×(33)2+132
=12+12+3×13+233
=1+1+233
=2+233．
【點(diǎn)睛】本題考查特殊角三角函數(shù)值，二次根式的混合運(yùn)算，掌握特殊角三角函數(shù)值以及二次根式混合運(yùn)算的運(yùn)算順序和計(jì)算法則是解題關(guān)鍵．
【變式3-3】（2023秋·甘肅嘉峪關(guān)·九年級(jí)?？计谀┰凇鰽BC中，2csA?1+3?tanB2=0，則△ABC的形狀是 ．
【答案】等邊三角形
【分析】先根據(jù)非負(fù)數(shù)的性質(zhì)求出2csA?1=0，3?tanB=0，再根據(jù)三角函數(shù)作答．
【詳解】∵2csA?1+3?tanB2=0，
∴2csA?1=0，3?tanB=0，
即csA=12，tanB=3，
∴∠A=60°，∠B=60°，
∴∠C=60°，
則△ABC一定是等邊三角形，
故答案為:等邊三角形．
【點(diǎn)睛】本題考查了非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，三角函數(shù)，等邊三角形的判定，數(shù)量掌握特殊角的三角函數(shù)值是解題的關(guān)鍵．
【題型4 銳角三角函數(shù)與平面直角坐標(biāo)系的綜合】
【例4】（2023·江蘇·九年級(jí)江陰市祝塘中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，長(zhǎng)度為5的動(dòng)線段AB分別與坐標(biāo)系橫軸、縱軸的正半軸交于點(diǎn)A、點(diǎn)B，點(diǎn)O和點(diǎn)C關(guān)于AB對(duì)稱，連接CA、CB，過點(diǎn)C作x軸的垂線段CD，交x軸于點(diǎn)D
(1)移動(dòng)點(diǎn)A，發(fā)現(xiàn)在某一時(shí)刻，△AOB和以點(diǎn)B、D、C為頂點(diǎn)的三角形相似，求這一時(shí)刻點(diǎn)C的坐標(biāo)；
(2)移動(dòng)點(diǎn)A，當(dāng)tan∠OAB=12時(shí)求點(diǎn)C的坐標(biāo)．
【答案】(1)點(diǎn)C的坐標(biāo)為154,534；(2)C855,455．
【分析】（1）根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)得：AB是OC的垂直平分線，由垂直平分線的性質(zhì)得：OB=BC，OA=AC，△AOB和以點(diǎn)B、D、C為頂點(diǎn)的三角形相似，存在兩種情況：
①當(dāng)∠ABO=∠CBD時(shí)，②當(dāng)∠ABO=∠BCD時(shí)，根據(jù)角的關(guān)系分別計(jì)算點(diǎn)C的坐標(biāo)即可；
（2）先根據(jù)三角函數(shù)定義求OB=5，OA=25，利用面積法得OG和OC的長(zhǎng)，根據(jù)等角的三角函數(shù)可知：OG=2BG，證明△BGO∽△CDO，列比例式可得結(jié)論．
【詳解】(1)連接OC，交AB于G，
∵點(diǎn)O和點(diǎn)C關(guān)于AB對(duì)稱，
∴AB是OC的垂直平分線，
∴OB=BC，OA=AC，
∴∠ABO=∠ABC，
∵∠AOB=∠BDC=90°，
∴ΔAOB和以點(diǎn)B、D、C為頂點(diǎn)的三角形相似，存在兩種情況：
①當(dāng)∠ABO=∠CBD時(shí)，∠ABO=∠ABC=∠CBD=60°，
∴∠BAO=∠BCD=30°，
∵AB=5，
∴OB=BC=12AB=52,BD=12BC=54，
∴OD=OB+BD=52+54=154,CD=534，
∴C154,534；
②當(dāng)∠ABO=∠BCD時(shí)，∠ABO=∠ABC=∠BCD，
∴AB//CD，
∵CD⊥x軸，
∴AB⊥x軸，此種情況不成立；
綜上所述，ΔAOB和以點(diǎn)B、D、C為頂點(diǎn)的三角形相似，這一時(shí)刻點(diǎn)C的坐標(biāo)為154,534；
(2)∵tan∠OAB=12=OBOA，
設(shè)OB=x，則OA=2x，
∴x2+(2x)2=52，
x=5或?5(舍)，
∴OB=5,OA=25，
SΔAOB=12OA?OB=12AB?OG，
5?25=50G，
OG=2，
∴OC=2OG=4，
∵∠GOB=∠OAB，
∴tan∠GOB=tan∠OAB=12=BGOG，
∴OG=1，
∴OB=5，
∵∠GOB=∠DOC,∠BGO=∠CDO，
∴ΔBGO∽ΔCDO，
∴OGOD=BGCD，
∴2OD=1CD，
∴OD=2CD，
∴OD=855, CD=455，
∴C855,455．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了軸對(duì)稱的性質(zhì)、三角函數(shù)、等腰三角形的性質(zhì)及相似三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是△AOB和以點(diǎn)B、D、C為頂點(diǎn)的三角形相似時(shí)分不同情況解決問題．
【變式4-1】（2023春·吉林長(zhǎng)春·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，將一塊直角三角形紙板如圖放置，直角頂點(diǎn)與原點(diǎn)O重合，頂點(diǎn)A、B恰好分別落在函數(shù)y=?1x(x0)的圖像上，則sin∠ABO的值為（ ）

A．13B．64C．25D．55
【答案】D
【分析】點(diǎn)A，B落在函數(shù)y=?1x(x0)的圖像上，根據(jù)反比例函數(shù)的幾何意義，可得直角三角形的面積；根據(jù)題意又可知這兩個(gè)直角三角形相似，而相似比恰好是直角三角形AOB的兩條直角邊的比，再利用勾股定理，可得直角邊與斜邊的比，從而得出答案．
【詳解】解：過點(diǎn)A、B分別作AD⊥x軸，BE⊥x軸，垂足為D、E，

∵點(diǎn)A在反比例函數(shù)y=?1x(x0)上，
∴S△AOD=12，S△BOE=2，
又∵∠AOB=90°
∴∠AOD=∠OBE，
∴△AOD∽△OBE，
∴(OAOB)2=S△AODS△BOE=14，
∴OAOB=12，
設(shè)OA=m，則OB=2m，AB=m2+(2m)2=5m，
在Rt△AOB中，sin∠ABO=OAAB=m5m=55．
故選：D．
【點(diǎn)睛】考查反比例函數(shù)的幾何意義、相似三角形的性質(zhì)，將面積比轉(zhuǎn)化為相似比，利用勾股定理可得直角邊與斜邊的比，求出sin∠ABO的值．
【變式4-2】（2023春·江蘇連云港·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，點(diǎn)O為坐標(biāo)系原點(diǎn)，點(diǎn)A為y軸正半軸上一點(diǎn)，點(diǎn)B為第一象限內(nèi)一點(diǎn)，OA=AB，∠OAB=90°，將△OAB繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)銳角度數(shù)至△OA′B′，此時(shí)反比例函數(shù)y=kxk>0剛好經(jīng)過OA′，OB′的中點(diǎn)，則tan∠AOA′= ．
【答案】5?12
【分析】如圖，過A′作A′H⊥OA于H，過B′作B′Q⊥A′H于Q，證明△A′OH≌△B′A′Q，設(shè)A′m,n，可得OH=A′Q=n，A′H=B′Q=m，B′m+n,n?m，可得OA′，OB′的中點(diǎn)坐標(biāo)為：12m,12n，12m+12n,12n?12m，可得14mn=14n2?14m2，整理得mn2+mn?1=0，再解方程即可得到答案．
【詳解】解：如圖，過A′作A′H⊥OA于H，過B′作B′Q⊥A′H于Q，
∴∠OHA′=∠A′QB=90°，而∠OA′B′=90°，
∴∠OA′H+∠B′A′Q=90°=∠B′A′Q+∠A′B′Q，
∴∠OA′H=∠A′B′Q，
∵OA′=A′B′，
∴△A′OH≌△B′A′Q，設(shè)A′m,n，
∴OH=A′Q=n，A′H=B′Q=m，
∴B′m+n,n?m，
∴OA′，OB′的中點(diǎn)坐標(biāo)為：12m,12n，12m+12n,12n?12m，
∵反比例函數(shù)y=kxk>0剛好經(jīng)過OA′，OB′的中點(diǎn)，
∴14mn=14n2?14m2，
∴mn2+mn?1=0，
解得：mn=?1+52或mn=?1?52（不合題意舍去），
∴tan∠AOA′=mn=5?12；
故答案為：5?12．
【點(diǎn)睛】本題考查的是反比例函數(shù)的應(yīng)用，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，求解銳角的正切，熟練的建立方程求解是解本題的關(guān)鍵．
【變式4-3】（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級(jí)哈爾濱市第四十七中學(xué)校考開學(xué)考試）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)系的原點(diǎn)，直線y=kx?152交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B，tan∠OAB=34．
（1）求直線AB的解析式；
（2）在線段AB上有一點(diǎn)P，連接OP，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，△AOP的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)解析式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，在直線y=2x的第一象限上取一點(diǎn)D，連接AD，若S=15，∠AOP+∠BPO=2∠ADO，求點(diǎn)D的坐標(biāo)．
【答案】（1）y=34x?152；（2）S=?154t+752；（3）（6，12）．
【分析】（1）先根據(jù)解析式求出點(diǎn)B坐標(biāo)，再用三角函數(shù)求出點(diǎn)A坐標(biāo)，代入解析式即可；
（2）用t表示點(diǎn)P的縱坐標(biāo)，利用三角形面積公式列出函數(shù)解析式即可；
（3）根據(jù)S=15求出點(diǎn)P坐標(biāo)，得出∠AOP+∠BPO=2∠ADO=90°，作AE⊥OD于E，作EF⊥OA于F，設(shè)點(diǎn)D坐標(biāo)為（a，2a），點(diǎn)E坐標(biāo)為（b，2b），根據(jù)勾股定理列出方程即可．
【詳解】解：（1）當(dāng)x=0時(shí)，y=?152，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，?152），OB=152，
∵tan∠OAB=34，
∴OBOA=34，OA=10，A點(diǎn)坐標(biāo)為（10，0），代入y=kx?152得，0=10k?152，解得，k=34，
直線AB的解析式為y=34x?152；
（2）把點(diǎn)P的橫坐標(biāo)t代入y=34x?152得，y=34t?152，
∵點(diǎn)P在線段AB上，
∴S=12×10×(?34t+152)，即S=?154t+752；
（3）當(dāng)S=15時(shí)，15=?154t+752，解得，t=6，代入y=34t?152得，y=?3，
點(diǎn)P的坐標(biāo)為（6，-3），
∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，?152），
∴BP= 62+(?3+152)2=152，
∴BP=OB，
∴∠BOP=∠BPO，
∠AOP+∠BPO=∠BOP+∠AOP=90°，
∵∠AOP+∠BPO=2∠ADO，
∴∠ADO=45°，
作AE⊥OD于E，作EF⊥OA于F，設(shè)點(diǎn)D坐標(biāo)為（a，2a），點(diǎn)E坐標(biāo)為（b，2b），
OE=OF2+EF2=5b，AF=10-b，
∵AE2=EF2+AF2，AE2=OA2?OE2
∴102?(5b)2=(2b)2+(10?b)2，解得，b1=0（舍去），b2=2，
則點(diǎn)E坐標(biāo)為（2，4），AE=DE= 42+82=45，
OD= 25+45=65，
∵點(diǎn)D坐標(biāo)為（a，2a），
∴a2+4a2=180，解得，a1=6，a2=-6（舍去），
D點(diǎn)坐標(biāo)為（6，12）．
【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的綜合，解題關(guān)鍵是求出函數(shù)解析式，利用函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理列出方程．
【題型5 銳角三角函數(shù)與一元二次方程的綜合應(yīng)用】
【例5】（2023·全國(guó)·九年級(jí)假期作業(yè)）已知sin30°=a+1a，則一元二次方程x2+ax+2=0解的情況是（ ）
A．有兩個(gè)相同的實(shí)數(shù)根B．有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根
C．沒有實(shí)數(shù)根D．無法判斷
【答案】C
【分析】先利用sin30°=a+1a求出a的值，即可得到一元二次方程，再根據(jù)根的判別式Δ=b2?4ac的值即可選擇．
【詳解】由sin30°=a+1a，
12=a+1a
a=?2
則有x2?2x+2=0
由Δ=b2?4ac=(?4)2?4×1×2=?40，方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根
∴x=?b±b2?4ac2a=33±32×2
∴x1=3，x2=32
∵csα是關(guān)于x的一元二次方程2x2－33x＋3＝0的一個(gè)根，且cs30°=32
∴α＝30°
【點(diǎn)睛】本題考查了余弦函數(shù)的計(jì)算，熟練掌握特殊角的函數(shù)值是解題的關(guān)鍵.
【題型6 靈活運(yùn)用已知條件解直角三角形】
【例6】（2023秋·廣東河源·九年級(jí)?？计谀┰赗t△ABC中，∠C=90°，c=83，∠A=60°，解這個(gè)直角三角形．
【答案】見解析
【分析】根據(jù)含有30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理解決此題．
【詳解】解：如圖．
在Rt△ABC中，∠C=90°，c=AB=83，∠A=60°，
∴∠B=180°?∠C?∠A=30°．
∴AC=12AB=43．
∴BC=BC2=AB2?AC2=(83)2?(43)2=12．
【點(diǎn)睛】本題主要考查含30度角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理是解決本題的關(guān)鍵．
【變式6-1】（2023秋·甘肅張掖·九年級(jí)校考期中）在△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C的對(duì)邊分別為a，b，c
（1）已知a＝6，b＝23，解這個(gè)直角三角形
（2）已知∠B＝45°，a+b＝6，解這個(gè)直角三角形
（3）已知sinA＝12，c＝6，解這個(gè)直角三角形．
【答案】（1）c=43；（2）a=b=3，c=32；（3）a=3，b=33
【分析】（1）直角三角形中知兩邊，求第三邊，運(yùn)用勾股定理即可
（2）∠B=45°，即a=b，a+b=6，即可知a=b=3．再運(yùn)用勾股定理即可
（3）sinA=ac=12，其中c=6，即可求解．
【詳解】解：依題意
（1）在Rt△ABC中，∠C=90°，
∵a=6，b=23，
∴根據(jù)勾股定理a2+b2=c2得，c=a2+b2=62+(23)2=43，
∴c=43；
（2）∵∠B=45°，
∴Rt△ABC為等腰直角三角形，
∵a+b=6，
∴a=b=3，
∴根據(jù)勾股定理得，
c=a2+b2=32+32=32，
∴ c=32，
∴此三角形的三邊分別為：a=32，b=32，c=6；
（3）∵在△ABC中，∠C=90°，
∴sinA=ac=12，
∵c=6，
∴a=12c=3，
根據(jù)勾股定理得．
b=c2?a2=62?32=33，
∴此三角形的三邊分別為：a=3，b=33，c=6．
【點(diǎn)睛】此題主要考查直角三角形勾股定理的運(yùn)用，要掌握三角形“知二求三”的技巧，熟練運(yùn)用勾股定理．
【變式6-2】（2023秋·江蘇鹽城·九年級(jí)統(tǒng)考期末）在RtΔABC中，∠C=90°，∠A?∠B=30°，a?b=23?2，解這個(gè)直角三角形．
【答案】a＝23、 b＝2、c＝4
【分析】利用三角形內(nèi)角和定理構(gòu)建方程組求出∠A，∠B的值，再利用正切的定義得a=3b，解方程組求出a，b，即可解決問題．
【詳解】解：由題意知： ∠A?∠B=30°∠A+∠B=90°，
解得：∠A=60°∠B=30°，
∵ tanA=ab，
∴ a=btanA=btan60°=3b，
由a?b=23?2a=b3，
解得：a=23b=2，
∵ sinB=bc，
∴c=2b=4．
【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形，特殊角的三角函數(shù)值等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用數(shù)量關(guān)系構(gòu)建方程組解決問題．
【變式6-3】（2023秋·山東煙臺(tái)·九年級(jí)統(tǒng)考期中）在ΔABC中，已知∠C=90°，b+c=30，∠A?∠B=30°．解這個(gè)直角三角形．
【答案】∠A=60°，∠B=30°，a=103，b=10，c=20．
【分析】根據(jù)∠C=90°可得∠A+∠B=90°，再結(jié)合∠A-∠B=30°可算出∠A、∠B、∠C的度數(shù)，再根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值計(jì)算出三邊長(zhǎng)即可．
【詳解】解：∵∠C=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∵∠A-∠B=30°，
∴∠A=60°，∠B=30°，
∵sin30°=bc=12，
∴b=12c，
∵b+c=30，
∴12c+c=30，
解得c=20，
則b=10，
a=202?102=103．
【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形，解題的關(guān)鍵是掌握特殊角的三角函數(shù)值．
【題型7 解雙直角三角形】
【例7】（2023秋·山西運(yùn)城·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，BC=2，tanB=12，點(diǎn)D是BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，tan∠ACD=34．

(1)求點(diǎn)A到BD的距離；
(2)求sinA的值．
【答案】(1)3
(2)2255
【分析】（1）作AE⊥BD于點(diǎn)E，設(shè)AE=3x，由tanB=12可得BE=2AE=6x，由tan∠ACE=AECE=34可得CE=43AE=4x．由BC=BE?CE得到2=6x?4x，解得x=1，得到AE=3，即可得到點(diǎn)A到BD的距離；
（2）作CF⊥AB于點(diǎn)F，由（1）可得BE=6，CE=4，由勾股定理得到AB=35，AC=5，由S△ABC=12BC?AE=12AB?CF得到CF＝255，即可得到sinA的值．
【詳解】（1）解：作AE⊥BD于點(diǎn)E，

設(shè)AE=3x，
在Rt△ABE中，∠AEB=90°，
∵tanB=AEBE=12，
∴BE=2AE=6x，
在Rt△ACE中，∠AEC=90°，
∵tan∠ACE=AECE=34，
∴CE=43AE=4x．
∵BC=BE?CE，
∴2=6x?4x，
∴x=1，
∴AE=3；
即點(diǎn)A到BD的距離為3；
（2）作CF⊥AB于點(diǎn)F，

由（1）可得BE=2AE=6x=6，CE=4x=4，
在Rt△ABE中，AB=AE2+BE2=32+62=35，
在Rt△ACE中，AC=AE2+CE2=32+42=5，
∵S△ABC=12BC?AE=12AB?CF，
∴12×2×3=12×35CF，
∴CF=255，
在Rt△ACF中，∠AFC=90°，
則sin∠BAC=CFAC=2555=2255．
【點(diǎn)睛】此題考查了解直角三角形、勾股定理等知識(shí)，熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義和勾股定理是解題的關(guān)鍵．
【變式7-1】（2023秋·安徽蚌埠·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=5，點(diǎn)D是AC上一點(diǎn)，連接BD．若tanA=12，tan∠ABD=13，則CD= ．
【答案】5
【分析】過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E．由tanA=BCAC=12，可求出AC=25，進(jìn)而由勾股定理可求出AB=5．再根據(jù)tanA=DEAE=12，tan∠ABD=DEBE=13，可設(shè)DE=x，則AE=2x，BE=3x，從而由AE+BE=AB可列出關(guān)于x的等式，解出x 的值，即可求出DE=1，AE=2，最后根據(jù)勾股定理可求出AD，進(jìn)而可求出CD．
【詳解】如圖，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E．
∵∠C=90°，
∴tanA=BCAC=12，即5AC=12，
解得：AC=25，
∴AB=AC2+BC2=(25)2+(5)2=5．
∵tanA=DEAE=12，tan∠ABD=DEBE=13，
∴可設(shè)DE=x，則AE=2x，BE=3x．
∵AE+BE=AB，
∴2x+3x=5
解得：x=1，
∴DE=1，AE=2，
∴AD=DE2+BE2=5，
∴CD=AC?AD=5．
故答案為：5．
【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形，勾股定理等知識(shí)．正確作出輔助線是解題關(guān)鍵．
【變式7-2】（2023秋·陜西渭南·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在四邊形ABCD中，∠B=90°,AB=2．連接AC,AC⊥CD．若sin∠ACB=13,tan∠DAC=43，求CD的長(zhǎng)．

【答案】8
【分析】先在△ABC中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出AC的長(zhǎng)，然后在△ACD中，利用銳角三角函數(shù)的定義進(jìn)行計(jì)算即可解答；
【詳解】解：∵∠B=90°,AB=2,sin∠ACB=13，
∴AC=ABsin∠ACB=213=6
∵AC⊥CD,
∴∠ACD=90°，
在Rt△ACD中，tan∠DAC=43,AC=6，
∴CD=AC?tan∠DAC=6×43=8．
【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形，熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵
【變式7-3】（2023·湖北武漢·?？家荒＃┤鐖D，已知D為等腰Rt△ABC的腰AB上一點(diǎn)，CD繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至ED，連接BE，CE，M為BE的中點(diǎn)，則當(dāng)tan∠EDA=12時(shí)，DMBC= ．

【答案】14
【分析】連接AE，過點(diǎn)E作EF⊥AB于點(diǎn)F，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得CD=ED，∠CDE=90°，推出∠EDA=∠ACD，則tan∠ACD=ADAC=ADAB=12，根據(jù)三角形的中位線定理可得DM=12AE，通過證明△ACD≌△FDE，可推出△ABC∽△FEA，得出AE=12BC，即可求解．
【詳解】解：連接AE，過點(diǎn)E作EF⊥AB于點(diǎn)F，
∵CD繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至ED，
∴CD=ED，∠CDE=90°，則∠CDA+∠EDA=90°，
∵△ABC為等腰直角三角形，
∴AC=AB,∠BAC=90°，
∴∠CDA+∠ACD=90°，
∴∠EDA=∠ACD，
∵tan∠EDA=12，
∴tan∠ACD=ADAC=ADAB=12，
∴點(diǎn)D為AB中點(diǎn)，
∵M(jìn)為BE的中點(diǎn)，
∴DM=12AE，
∵∠EDA=∠ACD，∠F=∠CAD，CD=ED，
∴△ACD≌△FDE，
∴EF=AD=12AB,DF=CA，
∴DF=AB，
∴DF?AD=AB?AD，即AF=BD，
則AF=12AB=12AC，
∵EF=12AB，∠F=∠BAC，AF=12AC，
∴△ABC∽△FEA，
∴AE=12BC，
∴DM=12AE=14BC，即DMBC=14，
故答案為：14．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等，相似三角性質(zhì)對(duì)應(yīng)邊成比例．
【題型8 解直角三角形與四邊形的綜合應(yīng)用】
【例8】（2023秋·湖南衡陽(yáng)·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在矩形ABCD中，AB=8，BC=12，點(diǎn)E在AB上，AE=5，P是AD上一點(diǎn)，將矩形沿PE折疊，點(diǎn)A落在點(diǎn)A′處．連接AC，與PE相交于點(diǎn)F，設(shè)AP=x．

(1)AC=________；
(2)若點(diǎn)A在∠BAC的平分線上，求FC的長(zhǎng)；
(3)求點(diǎn)A′，D距離的最小值，并求此時(shí)tan∠APE的值．
【答案】(1)AC=413
(2)CF=413?5
(3)tan∠APE=32
【分析】（1）利用勾股定理求解即可．
（2）證明AE=AF=5，可得結(jié)論．
（3）利用勾股定理求出DE，根據(jù)DA′≥DE?EA′，可得結(jié)論．
【詳解】（1）如圖1中，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵AB=8，BC=12，
∴AC=AB2+BC2=82+122=413，
故答案為：AC=413；
（2）如圖1中，∵AA′平分∠BAC，

∴∠EAA′=∠FAA′，
由翻折可知，AA′⊥EF，
∴∠EAA′+∠AEF=90°，∠AFE+∠FAA′=90°，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF=5，
∴CF=AC?AF=413?5；
（3）如圖2中，連接DE，DA′．

在Rt△ADE中，∠EAD=90°，AE=5，AD=BC=12，
∴DE=AE2+AD2=52+122=13，
∵EA=EA′=5，
∴DA′≥DE?EA′=8，
∴DA′的最小值為8，
此時(shí)E，A′，D共線，設(shè)PA=PA′=x，則有12?x2=x2+82，
解得x=103，
∴tan∠APE=AEAP=5103=32．
【點(diǎn)睛】本題考查了四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，翻折變換，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題．
【變式8-1】（2023春·廣東揭陽(yáng)·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，△COD關(guān)于CD的對(duì)稱圖形為△CED．

(1)求證：四邊形OCED是菱形；
(2)連接AE，若CD=6cm，AD=83cm．
①求sin∠EAD的值；
②若點(diǎn)P為線段AE上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A重合），連接OP，一動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)O出發(fā)，以1cm/s的速度沿線段OP勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P，再以53cm/s的速度沿線段PA勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A，到達(dá)點(diǎn)A后停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)Q沿上述路線運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A所需要的時(shí)間為t，求t的最小值．
【答案】(1)見解析
(2)①sin∠EAD=35；②t的最小值為3
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得OD=OC，折疊的性質(zhì)可得DE=EC=OD=OC，即可求證；
（2）①連接EO交CD于點(diǎn)M，作EH⊥AD交AD的延長(zhǎng)線于H，根據(jù)菱形的性質(zhì)得出，DM=CM=12CD=3，OM=EM=12AD=43，通過證明四邊形EHDM是矩形，得出EH=3， DH=EM=43，則AH=AD+DH=4，根據(jù)勾股定理得出AE=EH2+AH2=5最后根據(jù)sin∠EAD=EHAE，即可求解；②根據(jù)題意得出點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=OP+35PA ，連接OP，過點(diǎn)P作PH⊥AD于H，則PHPA=35，進(jìn)而得出t=OP+PH，根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)點(diǎn)O，P，H共線且與OM重合時(shí)，t有最小值，t的最小值為OM的值，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OA=OC，OB=OD，
∴OD=OC，
∵△COD關(guān)于CD的對(duì)稱圖形為△CED，
∴DE=EC=OD=OC，
∴四邊形ODEC是菱形．
（2）解：①如答圖1中，連接EO交CD于點(diǎn)M，作EH⊥AD交AD的延長(zhǎng)線于H．

∵四邊形EDOC是菱形，
∴OE⊥CD，EM=OM，DM=CM=12CD=3
∵OA=OC，
∴OM為△ACD中位線，
∴OM=EM=12AD=43，
∵∠H=∠HDM=∠EMD=90°，
∴四邊形EHDM是矩形，
∴EH=3， DH=EM=43，
∴AH=AD+DH=83+43=4，
在Rt△AHE中，
AE=EH2+AH2=32+42=5
∴sin∠EAD=EHAE=35
②由題意得：點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=OP1+PA53=OP+35PA
如答圖2中，連接OP，過點(diǎn)P作PH⊥AD于H，

由①sin∠EAD=35，得PHPA=35
∴35PA=PH
∴t=OP+PH
過點(diǎn)O作OM⊥AD于M．如答圖2
根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)點(diǎn)O，P，H共線且與OM重合時(shí)，
t有最小值，t的最小值為OM的值，
又OM=12CD=3
所以t的最小值為3．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、三角形的中位線定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)利用垂線段最短解決最值問題，是中考?jí)狠S題．
【變式8-2】（2023春·湖南株洲·九年級(jí)統(tǒng)考期中）中國(guó)最早的一部數(shù)學(xué)著作《周髀算經(jīng)》中記載著勾股定理，約1400年后的漢代數(shù)學(xué)家趙爽創(chuàng)制了一幅“勾股圓方圖”，用數(shù)形結(jié)合的方法給出了勾股定理的證明．這就是如圖所示的“趙爽弦圖”，若sinα?csα=55，則小正方形與直角三角形的面積比為（ ）

A．1:5B．1∶1C．2:5D．1∶5
【答案】B
【分析】在Rt△ABC中，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義得出sinα=BCAB，csα=ACAB，代入sinα?csα=55，兩邊平方得出BC?ACAB2=15，由“趙爽弦圖”，結(jié)合圖形可知BC?AC等于小正方形的邊長(zhǎng)，那么S小正方形S大正方形=15．再根據(jù)S小正方形+4S直角三角形=S大正方形，即可求解．
【詳解】解：如圖．

在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，
∴sinα=BCAB，csα=ACAB．
∵sinα?csα=55，
∴BCAB?ACAB2=552，
∴BC?ACAB2=15，
即S小正方形S大正方形=15．
設(shè)S小正方形=k，則S大正方形=5k，
∴S直角三角形=14(S大正方形?S小正方形)=k，
∴S小正方形S直角三角形=kk=1．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，正方形的面積，勾股定理的證明等知識(shí)，難度中等．知道“趙爽弦圖”中各線段之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
【變式8-3】（2023秋·山西運(yùn)城·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在?ABCD中，對(duì)角線AC的垂直平分線分別交AD，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)，EF與AC相交于點(diǎn)O，連接AF，CE．
（1）求證：四邊形AECF是菱形；
（2）已知sin∠ACF=55，CF=5，AB=6，請(qǐng)你寫出sinB的值．
【答案】（1）見解析；（2）23
【分析】（1）方法一：先證明ΔAOE≌ΔCOF，可得OE=OF，再證明四邊形AECF是平行四邊形，結(jié)合EA=EC，從而可得結(jié)論；方法二：先證明ΔAOE≌ΔCOF，可得OE=OF，再證明四邊形AECF是平行四邊形，結(jié)合EF⊥AC，從而可得結(jié)論；方法三：證明EA=EC=FC=FA，從而可得結(jié)論；
（2）如圖，過A作AH⊥BC于H, 利用菱形的性質(zhì)結(jié)合三角函數(shù)先求解菱形的對(duì)角線的長(zhǎng)及菱形的面積，再利用12AC·EF=CF·AH, 求解AH, 從而可得答案.
【詳解】（1）方法一：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC
∴∠EAC=∠ACF,∠AEF=∠CFE.
又∵EF垂直平分AC，
∴OA=OC．EA=EC．
∴ΔAOE≌ΔCOF．
∴OE=OF．
∴四邊形AECF是平行四邊形．
∵EA=EC
∴四邊形AECF是菱形．
方法二：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC．
∴∠EAC=∠ACF,∠AEF=∠CFE.
又∵EF垂直平分AC，
∴OA=OC．EF⊥AC．
∴ΔAOE≌ΔCOF．
∴OE=OF．
∴四邊形AECF是平行四邊形．
∵EF⊥AC，
∴四邊形AECF是菱形．
方法三：∵EF垂直平分AC，
∴OA=OC，EA=EC,FA=FC.
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC．
∴∠EAC=∠ACF,∠AEF=∠CFE.
∴ΔAOE≌ΔCOF．
∴AE=CF．
∴EA=EC=FC=FA.
∴四邊形AECF是菱形．
（2）如圖，過A作AH⊥BC于H,
∵ 四邊形AECF是菱形．
∴AC⊥EF,OE=OF,OA=OC,
∵CF=5,sin∠ACF=55,
∴OFCF=55, 則OF=5,EF=25,
∴OC=CF·cs∠ACF=5×255=25,AC=45,
∵12AC·EF=CF·AH,
∴AH=205=4,
∴sinB=AHAB=46=23.
【點(diǎn)睛】本題考查的是平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定，菱形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，掌握“選擇合適的判定方法判斷菱形及利用等面積法求解菱形的高”是解本題的關(guān)鍵.

相關(guān)試卷

初中數(shù)學(xué)蘇科版八年級(jí)上冊(cè)4.3 實(shí)數(shù)課時(shí)練習(xí)：

這是一份初中數(shù)學(xué)蘇科版八年級(jí)上冊(cè)4.3 實(shí)數(shù)課時(shí)練習(xí)，共6頁(yè)。

初中數(shù)學(xué)蘇科版八年級(jí)上冊(cè)3.1 勾股定理當(dāng)堂檢測(cè)題：

這是一份初中數(shù)學(xué)蘇科版八年級(jí)上冊(cè)3.1 勾股定理當(dāng)堂檢測(cè)題，共38頁(yè)。

初中數(shù)學(xué)蘇科版八年級(jí)上冊(cè)3.1 勾股定理課時(shí)練習(xí)：

這是一份初中數(shù)學(xué)蘇科版八年級(jí)上冊(cè)3.1 勾股定理課時(shí)練習(xí)，共13頁(yè)。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

初中數(shù)學(xué)蘇科版七年級(jí)上冊(cè)3.2 代數(shù)式同步達(dá)標(biāo)檢測(cè)題

初中數(shù)學(xué)蘇科版七年級(jí)上冊(cè)3.2 代數(shù)式同步達(dá)標(biāo)檢測(cè)題
初中數(shù)學(xué)人教版七年級(jí)下冊(cè)7.1.2平面直角坐標(biāo)系課時(shí)作業(yè)

初中數(shù)學(xué)人教版七年級(jí)下冊(cè)7.1.2平面直角坐標(biāo)系課時(shí)作業(yè)
專題7.6 銳角三角函數(shù)章末九大題型總結(jié)（拔尖篇）-2023-2024學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)舉一反三系列（蘇科版）

專題7.6 銳角三角函數(shù)章末九大題型總結(jié)（拔尖篇）-2023-2024學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)舉一反三系列（蘇科版）
蘇科版九年級(jí)下冊(cè)第5章 二次函數(shù)5.1 二次函數(shù)同步練習(xí)題

蘇科版九年級(jí)下冊(cè)第5章 二次函數(shù)5.1 二次函數(shù)同步練習(xí)題
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部