TOC \ "1-3" \n \h \z \u 一、考情分析
二、知識(shí)建構(gòu)
\l "_Tc163467469" 考點(diǎn)一 解直角三角形
\l "_Tc163467470" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真題研析·規(guī)律探尋】
\l "_Tc163467471" 題型01 銳角三角函數(shù)與幾何圖形綜合
\l "_Tc163467472" 類型一 銳角三角函數(shù)與等腰三角形綜合
\l "_Tc163467473" 類型二 銳角三角函數(shù)與等邊三角形綜合
\l "_Tc163467474" 類型三 銳角三角函數(shù)與直角三角形綜合
\l "_Tc163467475" 類型四 銳角三角函數(shù)與矩形綜合
\l "_Tc163467476" 類型五 銳角三角函數(shù)與菱形綜合
\l "_Tc163467477" 類型六 銳角三角函數(shù)與正方形綜合
\l "_Tc163467478" 類型七 銳角三角函數(shù)與圓綜合
\l "_Tc163467479" 類型八 銳角三角函數(shù)與圓及四邊形綜合
\l "_Tc163467480" 類型九 銳角三角函數(shù)與圓及三角形綜合
\l "_Tc163467481" 題型02 銳角三角函數(shù)與函數(shù)綜合
\l "_Tc163467482" 類型一 銳角三角函數(shù)與反比例函數(shù)綜合
\l "_Tc163467483" 類型二 銳角三角函數(shù)與二次函數(shù)綜合
\l "_Tc163467484" 題型03 12345模型
\l "_Tc163467485" \l "_Tc160094604" 【核心提煉·查漏補(bǔ)缺】
\l "_Tc163467486" \l "_Tc160094605" 【好題必刷·強(qiáng)化落實(shí)】
\l "_Tc163467487" 考點(diǎn)二 解直角三角形的實(shí)際應(yīng)用
\l "_Tc163467488" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真題研析·規(guī)律探尋】
\l "_Tc163467489" 題型01 仰角俯角問題
\l "_Tc163467490" 題型02 方位角問題
\l "_Tc163467491" 題型03 坡度坡角問題
\l "_Tc163467492" 題型04 與不易測量相關(guān)問題
\l "_Tc163467493" 題型05 與可調(diào)節(jié)的滑動(dòng)懸桿問題
\l "_Tc163467494" \l "_Tc160094604" 【核心提煉·查漏補(bǔ)缺】
\l "_Tc163467495" \l "_Tc160094605" 【好題必刷·強(qiáng)化落實(shí)】
考點(diǎn)一 解直角三角形
題型01 銳角三角函數(shù)與幾何圖形綜合
類型一 銳角三角函數(shù)與等腰三角形綜合
1．（2021·浙江紹興·中考真題）如圖，Rt△ABC中，∠BAC=90°，csB=14，點(diǎn)D是邊BC的中點(diǎn)，以AD為底邊在其右側(cè)作等腰三角形ADE，使∠ADE=∠B，連接CE，則CEAD的值為（ ）
A．32B．3C．152D．2
【答案】D
【分析】由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半可得出AD=BD=CD=12BC，在結(jié)合題意可得∠BAD=∠B=∠ADE，即證明AB//DE，從而得出∠BAD=∠B=∠ADE=∠CDE，即易證△ADE?△CDE(SAS)，得出AE=CE．再由等腰三角形的性質(zhì)可知AE=CE=DE，∠BAD=∠B=∠ADE=∠DAE，即證明△ABD～△ADE，從而可間接推出CEAD=BDAB．最后由csB=ABBC=14，即可求出BDAB的值，即CEAD的值．
【詳解】∵在Rt△ABC中，點(diǎn)D是邊BC的中點(diǎn)，
∴AD=BD=CD=12BC，
∴∠BAD=∠B=∠ADE，
∴AB//DE．
∴∠BAD=∠B=∠ADE=∠CDE，
∴在△ADE和△CDE中，AD=CD∠ADE=∠CDEDE=DE，
∴△ADE?△CDE(SAS)，
∴AE=CE，
∵△ADE為等腰三角形，
∴AE=CE=DE，∠BAD=∠B=∠ADE=∠DAE，
∴△ABD～△ADE，
∴DEBD=ADAB，即CEAD=BDAB．
∵csB=ABBC=14，
∴ABBD=12，
∴CEAD=BDAB=2．
故選D．
【點(diǎn)睛】本題考查直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，全等三角形與相似三角形的判定和性質(zhì)以及解直角三角形．熟練掌握各知識(shí)點(diǎn)并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解答本題的關(guān)鍵．
2．（2021·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）如圖，等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝6，cs∠ABC＝13，點(diǎn)P在邊AC上運(yùn)動(dòng)（可與點(diǎn)A，C重合），將線段BP繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段DP，連接BD，則BD長的最大值為 ．
【答案】93
【分析】由旋轉(zhuǎn)知△BPD是頂角為120°的等腰三角形，可求得BD＝3BP，當(dāng)BP最大時(shí)，BD取最大值，即點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，BP＝BA最大，求出AB的長即可解決問題．
【詳解】解：∵將線段BP繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段DP，
∴BP＝PD，
∴△BPD是等腰三角形，
∴∠PBD＝30°，
過點(diǎn)P作PH⊥BD于點(diǎn)H，
∴BH＝DH，
∵cs30°＝BHBP＝32，
∴BH＝32BP，
∴BD＝3BP，
∴當(dāng)BP最大時(shí)，BD取最大值，即點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，BP＝BA最大，
過點(diǎn)A作AG⊥BC于點(diǎn)G，
∵AB＝AC，AG⊥BC，
∴BG＝12BC＝3，
∵cs∠ABC＝13，
∴BGAB=13，
∴AB＝9，
∴BD最大值為：3BP＝93．
故答案為：93．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)和判定，三角函數(shù)等知識(shí)，證明出BD=3BP是解題的關(guān)鍵．
3．（2020·甘肅天水·中考真題）性質(zhì)探究
如圖（1），在等腰三角形ABC中，∠ACB=120°，則底邊AB與腰AC的長度之比為_________．

理解運(yùn)用
（1）若頂角為120°的等腰三角形的周長為4+23，則它的面積為_________；
（2）如圖（2），在四邊形EFGH中，EF=EG=EH.在邊FG，GH上分別取中點(diǎn)M,N，連接MN.若∠FGH=120°，EF=20，求線段MN的長．

類比拓展
頂角為2α的等腰三角形的底邊與一腰的長度之比為__________(用含α的式子表示)
【答案】性質(zhì)探究：3:1(或3)；理解運(yùn)用：（1）3；（2）MN=103；類比拓展：2sinα:1(或2sinα)．
【分析】性質(zhì)探究
作CD⊥AB于D，則∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性質(zhì)得出AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出AC=2CD，AD=3CD，得出AB=2AD=23CD，即可得出結(jié)果；
理解運(yùn)用
（1）同上得出則AC=2CD，AD=3CD，由等腰三角形的周長得出4CD+23CD=4+23，解得：CD=1，得出AB=23，由三角形面積公式即可得出結(jié)果；
（2）①由等腰三角形的性質(zhì)得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH即可；
②連接FH，作EP⊥FH于P，由等腰三角形的性質(zhì)得出PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，由四邊形內(nèi)角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠EFH=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出PE=12EF=10，PF=3PE=103，得出FH=2PF=203，證明MN是△FGH的中位線，由三角形中位線定理即可得出結(jié)果；
類比拓展
作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性質(zhì)得出BD=CD，∠BAD=12∠BAC=α，由三角函數(shù)得出BD=AB×sinα，得出BC=2BD=2AB×sinα，即可得出結(jié)果．
【詳解】性質(zhì)探究
解：作CD⊥AB于D，如圖①所示：

則∠ADC=∠BDC=90°，
∵AC=BC，∠ACB=120°，
∴AD=BD，∠A=∠B=30°，
∴AC=2CD，AD=3CD，
∴AB=2AD=23CD，
∴ABAC=23CD2CD=3；
故答案為：3:1(或3)；
理解運(yùn)用
（1）解：如圖①所示：同上得：AC=2CD，AD=3CD，
∵AC+BC+AB=4+23，
∴4CD+23CD=4+23，
解得：CD=1，
∴AB=23，
∴△ABC的面積=12AB×CD=12×23×1=3；
故答案為：3
（2）①證明：∵EF=EG=EH，
∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，
∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH；
②解：連接FH，作EP⊥FH于P，如圖②所示：

則PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，
∴∠FEH=360°-120°-120°=120°，
∵EF=EH，
∴∠EFH=30°，
∴PE=12 EF=10，
∴PF=3PE=103，
∴FH=2PF=203，
∵點(diǎn)M、N分別是FG、GH的中點(diǎn)，
∴MN是△FGH的中位線，
∴MN=12FH=103；
類比拓展
解：如圖③所示：作AD⊥BC于D，

∵AB=AC，
∴BD=CD，∠BAD=12∠BAC=α，
∵csα=BDAB，
∴BD=AB×sinα，
∴BC=2BD=2AB×sinα，
∴BCAB=2AB?sinαAB=2sinα；
故答案為：2sinα（或2sinα:1）．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、三角形中位線定理、四邊形內(nèi)角和定理、解直角三角形等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
類型二 銳角三角函數(shù)與等邊三角形綜合
1．（2023·遼寧丹東·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，已知點(diǎn)A3,0，B0,4，點(diǎn)C在x軸負(fù)半軸上，連接AB，BC，若tan∠ABC=2，以BC為邊作等邊三角形BCD，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為 ；點(diǎn)D的坐標(biāo)為 ．

【答案】 -2,0 -1-23,2+3或23-1,2-3
【分析】過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，根據(jù)tan∠ABC=2，設(shè)BE=x,CE=2x，則BC=5x，根據(jù)勾股定理可得求出AB=OA2+OB2=5，用等面積法推出OC=52x-3，最后在Rt△OBC中，根據(jù)勾股定理可得：OC2+OB2=BC2，列出方程求出x的值，即可得出點(diǎn)C的坐標(biāo)；易得BC2=20，設(shè)Dm,n，根據(jù)兩點(diǎn)之間的距離公式得出BD2=m2+n-42，CD2=m+22+n2，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出BC2=BD2=CD2，即可羅列出方程組m2+n-42=20m+22+n2=20，求解即可．
【詳解】解：過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，
∵tan∠ABC=2，
∴CEBE=2，
設(shè)BE=x,CE=2x，
根據(jù)勾股定理可得：BC=BE2+CE2=5x，
∵A3,0，B0,4，
∴OA=3,OB=4，
在Rt△AOB中，根據(jù)勾股定理可得：AB=OA2+OB2=5，
∵S△ABC=12AB?CE=12AC?OB，
∴12×5×2x=12×4×OC+3，整理得：OC=52x-3，
在Rt△OBC中，根據(jù)勾股定理可得：OC2+OB2=BC2，
∴52x-32+42=5x2，
解得：x1=2,x2=10（舍去），
∴OC=52x-3=52×2-3=2，
∴C-2,0

∵B0,4，C-2,0，
∴OB=4,OC=2，
∴BC2=OB2+OC2=42+22=20，
設(shè)Dm,n，
則BD2=m2+n-42，CD2=m+22+n2，
∵△BCD為等邊三角形，
∴BC2=BD2=CD2，
即m2+n-42=20m+22+n2=20，
整理得m2+n2-8n=4①m2+n2+4m=16②，
②-①得：4m+8n=12，則m=3-2n，
將m=3-2n代入①得：3-2n2+n2-8n=4，
解得：n1=2+3，n2=2-3，
當(dāng)n=2+3時(shí)，m=3-2n=-1-23，即D-1-23,2+3，
當(dāng)n=2-3時(shí)，m=3-2n=23-1，即D23-1,2-3，
故答案為：-2,0；-1-23,2+3或23-1,2-3．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了解直角三角形，等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確畫出輔助線，構(gòu)造直角三角形，掌握等邊三角形三邊相等，以及勾股定理．
2．（2023·湖南郴州·中考真題）已知△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D是射線AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，延長BC至點(diǎn)E，使CE=AD，連接DE交射線AC于點(diǎn)F．

(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段AB上時(shí)，猜測線段CF與BD的數(shù)量關(guān)系并說明理由；
(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段AB的延長線上時(shí)，
①線段CF與BD的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？請說明理由；
②如圖3，連接AE．設(shè)AB=4，若∠AEB=∠DEB，求四邊形BDFC的面積．
【答案】(1)CF=12BD，理由見解析
(2)①成立，理由見解析②43+66
【分析】
（1）過點(diǎn)D作DG∥BC，交AC于點(diǎn)G，易得BD=CG，證明△DGF≌△ECF，得到CF=FG=12CG，即可得出結(jié)論．
（2）①過點(diǎn)D作DG∥BC，交AC的延長線于點(diǎn)G，易得BD=CG，證明△DGF≌△ECF，得到CF=FG=12CG，即可得出結(jié)論；②過點(diǎn)D作DG∥BC，交AC的延長線于點(diǎn)G，過點(diǎn)A作AN⊥DG，交BC于點(diǎn)H，交DE于點(diǎn)N，根據(jù)已知條件推出tan∠AEH=tan∠MDN，得到AHEH=MNDN，證明△ABC∽△ADG，得到BCDG=AHAN=AHAM+MN，求出DG的長，利用四邊形BDFC的面積為S△ADG-S△ABC-S△DFG=S△ADG-S△ABC-S△CEF進(jìn)行求解即可．
【詳解】（1）解：CF=12BD，理由如下：
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
過點(diǎn)D作DG∥BC，交AC于點(diǎn)G，

∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG為等邊三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AB-AD=AC-AG，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECFAAS，
∴CF=FG=12CG，
∴CF=12BD；
（2）①成立，理由如下：
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
過點(diǎn)D作DG∥BC，交AC的延長線于點(diǎn)G，

∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG為等邊三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AD-AB=AG-AC，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECFAAS，
∴CF=FG=12CG，
∴CF=12BD；
②過點(diǎn)D作DG∥BC，交AC的延長線于點(diǎn)G，過點(diǎn)A作AN⊥DG，交BC于點(diǎn)H，交DE于點(diǎn)N，則：AN⊥BC，

由①知：△ADG為等邊三角形，△DGF≌△ECFAAS，CF=FG=12BD，
∵△ABC為等邊三角形，
∴AB=AC=BC=4,BH=CH=12BC=2，
∴AH=AB2-BH2=23，
∵∠AEB=∠DEB，EH=EH,∠AHE=∠MHE=90°
∴△AEH≌△MEH，
∴MH=AH=23，
∴AM=2AH=43，
∵△DGF≌△ECFAAS，
∴∠CEF=∠MDN，DG=CE，
∴∠AEH=∠MDN，
∴tan∠AEH=tan∠MDN，
∴AHEH=MNDN，
設(shè)MN=y,DG=CE=x，則：EH=CE+CH=2+x，DN=12DG=12x，
∴23x+2=yx2①，
∵DG∥BC，
∴△ABC∽△ADG，
∴BCDG=AHAN=AHAM+MN，即：4x=2343+y②，
聯(lián)立①②可得：x=42+4（負(fù)值已舍去），
經(jīng)檢驗(yàn)x=42+4是原方程的根，
∴DG=CE=42+4，DN=22+2，CF=FG=12x-4=22，
∴AN=26+23，
∴S△ACE=12CE?AH=1242+4?23=46+43，
∵S△ACES△CEF=ACCF=422，
∴S△CEF=2246+43=43+26，
∴四邊形BDFC的面積為S△ADG-S△ABC-S△DFG=S△ADG-S△ABC-S△CEF
=1242+426+23-12×4×23-43-26
=43+66．
【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，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．本題的綜合性強(qiáng)，難度大，屬于中考?jí)狠S題，解題的關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造特殊三角形，全等和相似三角形．
3．（2023·甘肅武威·中考真題）【模型建立】
（1）如圖1，△ABC和△BDE都是等邊三角形，點(diǎn)C關(guān)于AD的對稱點(diǎn)F在BD邊上．
①求證：AE=CD；
②用等式寫出線段AD，BD，DF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【模型應(yīng)用】
（2）如圖2，△ABC是直角三角形，AB=AC，CD⊥BD，垂足為D，點(diǎn)C關(guān)于AD的對稱點(diǎn)F在BD邊上．用等式寫出線段AD，BD，DF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【模型遷移】
（3）在（2）的條件下，若AD=42，BD=3CD，求cs∠AFB的值．

【答案】（1）①見解析；②AD=DF+BD，理由見解析；（2）2AD=DF+BD，理由見解析；（3）55
【分析】（1）①證明：∠ABE=∠CBD，再證明△ABE?△CBDSAS即可；②由DF和DC關(guān)于AD對稱，可得DF=DC．證明AE=DF，從而可得結(jié)論；
（2）如圖，過點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，得∠BED=90°，證明∠ADF=∠ADC=45°，∠EBD=45°．可得DE=22BD，證明AB=22BC，∠ABE=∠CBD，可得sin∠ABE=sin∠CBD，則AE?BC=CD?AB，可得AE=22CD，從而可得結(jié)論；
（3）由BD=3CD=3DF，可得2AD=DF+3DF=4DF，結(jié)合AD=42，求解DF=DC=2，BD=6，如圖，過點(diǎn)A作AH⊥BD于點(diǎn)H．可得HF=12BF=2，BC=62+22=210，可得AF=AC=22BC=25，再利用余弦的定義可得答案．
【詳解】（1）①證明：∵△ABC和△BDE都是等邊三角形，
∴AB=BC，BE=BD，∠ABC=∠EBD=60°，
∴∠ABC-∠CBE=∠EBD-∠CBE，
∴∠ABE=∠CBD，
∴△ABE?△CBDSAS．
∴AE=CD．

②AD=DF+BD．理由如下：
∵DF和DC關(guān)于AD對稱，
∴DF=DC．
∵AE=CD，
∴AE=DF．
∴AD=AE+DE=DF+BD．
（2）2AD=DF+BD．理由如下：
如圖，過點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，得∠BED=90°．

∵DF和DC關(guān)于AD對稱，
∴DF=DC，∠ADF=∠ADC．
∵CD⊥BD，
∴∠ADF=∠ADC=45°，
∴∠EBD=45°．
∴DE=22BD．
∵△ABC是直角三角形，AB=AC，
∴∠ABC=45°，AB=22BC，
∴∠ABC-∠CBE=∠EBD-∠CBE，
∴∠ABE=∠CBD，
∴sin∠ABE=sin∠CBD，
∴AEAB=CDBC，
∴AE?BC=CD?AB，
∴AE=22CD．
∴AD=AE+DE=22CD+22BD=22DF+22BD，即2AD=DF+BD．
（3）∵BD=3CD=3DF，
∴2AD=DF+3DF=4DF，
∵AD=42，
∴DF=DC=2，
∴BD=6．
如圖，過點(diǎn)A作AH⊥BD于點(diǎn)H．

∵AB=AC=AF，
∴HF=12BF=12BD-DF=2，
BC=BD2+CD2=62+22=210．
∴AF=AC=22BC=22×210=25．
∴cs∠AFB=HFAF=225=55．
【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，軸對稱的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的靈活應(yīng)用，本題難度較高，屬于中考?jí)狠S題，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．
類型三 銳角三角函數(shù)與直角三角形綜合
1．（2023·浙江溫州·中考真題）圖1是第七屆國際數(shù)學(xué)教育大會(huì)（ICME）的會(huì)徽，圖2由其主體圖案中相鄰兩個(gè)直角三角形組合而成．作菱形CDEF，使點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在邊OC，OB，BC上，過點(diǎn)E作EH⊥AB于點(diǎn)H．當(dāng)AB=BC，∠BOC=30°，DE=2時(shí)，EH的長為（ ）

A．3B．32C．2D．43
【答案】C
【分析】根據(jù)菱形性質(zhì)和解直角三角形求出OB=33，BE=3，繼而OA=OB2-AB2=32求出再根據(jù)sin∠OBA=OAOB=EHEB=63，即可求EH=EB·sin∠OBA=2．
【詳解】解：∵在菱形CDEF中，CD=DE=EF=CF=2，DE∥BC，
∴∠CBO=∠DEO=90°，
又∵∠BOC=30°，
∴OD=DEsin∠BOC=2sin30°=4，OE=OD·cs∠BOC=4×cs30°=23，
∴OC=CD+OD=2+4=6，，
∴BC=OC·sin∠BOC=6×12=3，OB=OC·cs∠BOC=6×cs30°=33，
∴BE=OB-OE=33-23=3
∵AB=BC=3，
∴在Rt△OBA中，OA=OB2-AB2=(33)2-32=32，
∵EH⊥AB，
∴sin∠OBA=OAOB=EHEB=3233=63，
∴EH=EB·sin∠OBA=3×63=2，
故選C．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了解直角三角形、菱形的性質(zhì)，根據(jù)菱形性質(zhì)和解直角三角形求出OC、OB、OA是解題關(guān)鍵．
2．（2022·四川德陽·中考真題）如圖，直角三角形ABC紙片中，∠ACB=90°，點(diǎn)D是AB邊上的中點(diǎn)，連接CD，將△ACD沿CD折疊，點(diǎn)A落在點(diǎn)E處，此時(shí)恰好有CE⊥AB．若CB=1，那么CE= ．
【答案】3
【分析】根據(jù)D為AB中點(diǎn)，得到AD=CD=BD，即有∠A=∠DCA，根據(jù)翻折的性質(zhì)有∠DCA=∠DCE，CE=AC，再根據(jù)CE⊥AB，求得∠A=∠BCE，即有∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°，則有∠A=30°，在Rt△ACB中，即可求出AC，則問題得解．
【詳解】∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∵D為AB中點(diǎn)，
∴在直角三角形中有AD=CD=BD，
∴∠A=∠DCA，
根據(jù)翻折的性質(zhì)有∠DCA=∠DCE，CE=AC，
∵CE⊥AB，
∴∠B+∠BCE=90°，
∵∠A+∠B=90°，
∴∠A=∠BCE，
∴∠BCE=∠ECD=∠DCA，
∵∠BCE+∠ECD+∠DCA=∠ACB=90°，
∴∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°
∴∠A=30°，
∴在Rt△ACB中，BC=1，
則有AC=BCtan∠A=1tan30°=3，
∴CE=AC=3，
故答案為：3．
【點(diǎn)睛】本題考查了翻折的性質(zhì)、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、等邊對等角以及解直角三角形的知識(shí)，求出∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°是解答本題的關(guān)鍵．
3．（2021·遼寧鞍山·中考真題）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（0°0)；（2）A'(-1，2)或(1，-2)
【分析】（1）由三角函數(shù)值，即可求出OB=2，然后求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，即可求出反比例函數(shù)的解析式；
（2）根據(jù)題意，可分為：順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度和逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度，兩種情況進(jìn)行分析，即可得到答案．
【詳解】解：（1） ∵AB⊥x軸于點(diǎn)B
∴∠OBC=90°
在Rt△OBC中，OC=3，cs∠BOC=23
∴OBOC=23，OB=2
∴點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2
又∵點(diǎn)A在正比例函數(shù)y=12x的圖象上
∴y=12×2=1，
∴A(2,1)
把A(2,1)代入y=kx，得1=k2
∴k=2，
∴反比例函數(shù)的解析式是y=2x(x>0) ；
（2）根據(jù)題意，
∵點(diǎn)A為（2，1），
∵將△AOB繞點(diǎn)О旋轉(zhuǎn)90°，
則分為：順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度和逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度，如圖：
∴A'(-1，2)或(1，-2)．
【點(diǎn)睛】本題考查了反比例函數(shù)和一次函數(shù)的綜合，以及三角函數(shù)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的知識(shí)，正確的畫出圖像進(jìn)行分析．
類型二 銳角三角函數(shù)與二次函數(shù)綜合
1．（2023·江蘇·中考真題）如圖，二次函數(shù)y=12x2+bx-4的圖像與x軸相交于點(diǎn)A(-2,0)、B，其頂點(diǎn)是C．

(1)b=_______；
(2)D是第三象限拋物線上的一點(diǎn)，連接OD，tan∠AOD=52；將原拋物線向左平移，使得平移后的拋物線經(jīng)過點(diǎn)D，過點(diǎn)(k,0)作x軸的垂線l．已知在l的左側(cè)，平移前后的兩條拋物線都下降，求k的取值范圍；
(3)將原拋物線平移，平移后的拋物線與原拋物線的對稱軸相交于點(diǎn)Q，且其頂點(diǎn)P落在原拋物線上，連接PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【答案】(1)-1；
(2)k≤-3；
(3)3,-52或-1,-52．
【分析】
（1）把A(-2,0)代入y=12x2+bx-4即可求解；
（2）過點(diǎn)D作DM⊥OA于點(diǎn)M，設(shè)Dm,12m2-m-4，由tan∠AOD=DMOM=-12m2+m+4-m=52，解得D-1,-52，進(jìn)而求得平移后得拋物線，
平移后得拋物線為y=12x+32-92，根據(jù)二次函數(shù)得性質(zhì)即可得解；
（3）先設(shè)出平移后頂點(diǎn)為Pp,12p2-p-4，根據(jù)原拋物線y=12x-12-92，求得原拋物線的頂點(diǎn)C1,-92，對稱軸為x=1，進(jìn)而得Q1,p2-2p-72，再根據(jù)勾股定理構(gòu)造方程即可得解．
【詳解】（1）
解：把A(-2,0)代入y=12x2+bx-4得，
0=12×-22+b×-2-4，
解得b=-1，
故答案為-1；
（2）
解：過點(diǎn)D作DM⊥OA于點(diǎn)M，

∵b=-1，
∴二次函數(shù)的解析式為y=12x2-x-4
設(shè)Dm,12m2-m-4，
∵D是第三象限拋物線上的一點(diǎn)，連接OD，tan∠AOD=52，
∴tan∠AOD=DMOM=-12m2+m+4-m=52，
解得m=-1或m=8（舍去），
當(dāng)m=-1時(shí)，12m2-m-4=12+1-4=-52，
∴D-1,-52，
∵y=12x2-x-4=12x-12-92，
∴設(shè)將原拋物線向左平移后的拋物線為y=12x+a2-92，
把D-1,-52代入y=12x+a2-92得-52=12-1+a2-92，
解得a=3或a=-1（舍去），
∴平移后得拋物線為y=12x+32-92
∵過點(diǎn)(k,0)作x軸的垂線l．已知在l的左側(cè)，平移前后的兩條拋物線都下降，
在y=12x+32-92的對稱軸x=-3的左側(cè)，y隨x的增大而減小，此時(shí)原拋物線也是y隨x的增大而減小，
∴k≤-3；
（3）
解：由y=12x-12-92，設(shè)平移后的拋物線為y=12x-p2+q，則頂點(diǎn)為Pp,q，
∵頂點(diǎn)為Pp,q在y=12x-12-92上，
∴q=12p-12-92=12p2-p-4，
∴平移后的拋物線為y=12x-p2+12p2-p-4，頂點(diǎn)為Pp,12p2-p-4，
∵原拋物線y=12x-12-92，
∴原拋物線的頂點(diǎn)C1,-92，對稱軸為x=1，
∵平移后的拋物線與原拋物線的對稱軸相交于點(diǎn)Q，
∴Q1,p2-2p-72，
∵點(diǎn)Q、C在直線x=1上，平移后的拋物線頂點(diǎn)P在原拋物線頂點(diǎn)C的上方，兩拋物線的交點(diǎn)Q在頂點(diǎn)P的上方，
∴∠PCQ與∠CQP都是銳角，
∵△PCQ是直角三角形，
∴∠CPQ=90°，
∴QC2=PC2+PQ2，
∴p2-2p-72+922=p-12+12p2-p-4+922+p-12+12p2-p-4-p2+2p+722化簡得p-12p-3p+1=0，
∴p=1（舍去），或p=3或p=-1，
當(dāng)p=3時(shí)，12p2-p-4=12×32-3-4=-52，
當(dāng)p=-1時(shí)，12×-12+1-4=-52，
∴點(diǎn)P坐標(biāo)為3,-52或-1,-52．
【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形以及待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，熟練掌握二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
2．（2022·江蘇無錫·中考真題）已知二次函數(shù)y=-14x2+bx+c圖像的對稱軸與x軸交于點(diǎn)A（1，0），圖像與y軸交于點(diǎn)B（0，3），C、D為該二次函數(shù)圖像上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)C在點(diǎn)D的左側(cè)），且∠CAD=90°．
(1)求該二次函數(shù)的表達(dá)式；
(2)若點(diǎn)C與點(diǎn)B重合，求tan∠CDA的值；
(3)點(diǎn)C是否存在其他的位置，使得tan∠CDA的值與（2）中所求的值相等？若存在，請求出點(diǎn)C的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)y=-14x2+12x+3
(2)1
(3)-2,1，3-17,17-2，-1-17,-2-17
【分析】（1）二次函數(shù)與y軸交于點(diǎn)B0,3，判斷c=3，根據(jù)A1,0，即二次函數(shù)對稱軸為x=1，求出b的值，即可得到二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）證明△ADE∽△BAO，得到BOAE=OADE，即BO?DE=OA?AE，設(shè)Dt,-14t2+12t+3，點(diǎn)D在第一象限，根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)寫出長度，利用BO?DE=OA?AE求出t的值，即可AE，DE的值，進(jìn)一步得出tan∠CDA的值；
（3）根據(jù)題目要求，找出符合條件的點(diǎn)C的位置，在利用集合圖形的性質(zhì)，求出對應(yīng)點(diǎn)C的坐標(biāo)即可。
【詳解】（1）解：∵二次函數(shù)y=-14x2+bx+c與y軸交于點(diǎn)B0,3，
∴c=3，即y=-14x2+bx+3，
∵A1,0，即二次函數(shù)對稱軸為x=1，
∴x=-b2a=-b2×-14=1，
∴b=12，
∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=-14x2+12x+3．
（2）解：如圖，過點(diǎn)D作x軸的垂線，垂足為E，連接BD，
∵∠CAD=90°，
∴∠BAO+∠DAE=90°，
∵∠ADE+∠DAE=90°，
∴∠ADE=∠BAO，
∵∠BOA=∠DEA=90°，
∴△ADE∽△BAO，
∴BOAE=OADE，即BO?DE=OA?AE，
∵B0,3，A1,0，
∴BO=3，OA=1，
設(shè)：Dt,-14t2+12t+3，點(diǎn)D在第一象限，
∴OE=t，DE=-14t2+12t+3，AE=OE-OA=t-1，
∴3×-14t2+12t+3=1×t-1，
解得：t1=-103（舍），t2=4（舍），
當(dāng)t2=4時(shí)，y=-14×42+12×4+3=1，
∴AE=4-1=3，DE=1，
∴AD=DE2+AE2=12+32=10，
AB=OA2+OB2=12+32=10
∵在Rt△BAD中，
∴tan∠CDA=ABAD=1010=1
（3）解：存在，
如圖，（2）圖中Rt△BAD關(guān)于對稱軸對稱時(shí)，tan∠CDA=1，
∵點(diǎn)D的坐標(biāo)為4,1，
∴此時(shí)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為-2,1，
如圖，當(dāng)點(diǎn)C、D關(guān)于對稱軸對稱時(shí)，此時(shí)AC與AD長度相等，即tan∠CDA=1，
當(dāng)點(diǎn)C在x軸上方時(shí)，
過點(diǎn)C作CE垂直于x軸，垂足為E，
∵∠CAD=90°，點(diǎn)C、D關(guān)于對稱軸對稱，
∴∠CAE=45°，
∴△CAE為等腰直角三角形，
∴CE=AE，
設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為m,-14m2+12m+3，
∴CE=-14m2+12m+3，AE=1-m，
∴-14m2+12m+3=1-m
解得：m1=3-17，m2=3+17（舍），
此時(shí)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為3-17,17-2，
當(dāng)點(diǎn)C在x軸下方時(shí)，
過點(diǎn)C作CF垂直于x軸，垂足為F，
∵∠CAD=90°，點(diǎn)C、D關(guān)于對稱軸對稱，
∴∠CAF=45°，
∴△CAF為等腰直角三角形，
∴CF=AF，
設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為m,-14m2+12m+3，
∴CF=14m2-12m-3，AE=1-m，
∴14m2-12m-3=1-m
解得：m1=-1+17（舍），m2=-1-17，
此時(shí)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為-1-17,-2-17，
綜上：點(diǎn)C的坐標(biāo)為-2,1，3-17,17-2，-1-17,-2-17．
【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合問題，運(yùn)用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·遼寧鞍山·中考真題）如圖1，拋物線y=ax2+53x+c經(jīng)過點(diǎn)3,1，與y軸交于點(diǎn)B0,5，點(diǎn)E為第一象限內(nèi)拋物線上一動(dòng)點(diǎn)．

(1)求拋物線的解析式．
(2)直線y=23x-4與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)D，過點(diǎn)E作直線EF⊥x軸，交AD于點(diǎn)F，連接BE．當(dāng)BE=DF時(shí)，求點(diǎn)E的橫坐標(biāo)．
(3)如圖2，點(diǎn)N為x軸正半軸上一點(diǎn)，OE與BN交于點(diǎn)M．若OE=BN，tan∠BME=34，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．
【答案】(1)y=-x2+53x+5
(2)73或1
(3)E(34,9116)或E(53,5)
【分析】（1）利用待定系數(shù)法，把已知點(diǎn)坐標(biāo)代入解析式即可求解函數(shù)的解析式；
（2）分別過E，F(xiàn)向y軸作垂線，垂足為G，H，根據(jù)HL證得 Rt△BEG≌Rt△DFH，從而BG=DH，設(shè)E點(diǎn)坐標(biāo)，分別表示出G，H坐標(biāo)，再列方程求解即可；
（3）將OE平移到NP，連接EP，則tan∠BNP=tan∠BME=34；過P作PQ⊥BN于Q，過Q作QR⊥y軸于R，過P作PS⊥PQ交延長線于S，延長PE交y軸于T，設(shè)PQ=3m，則QN=4m，BN=OE=NP=5m，BQ=m，由△BRQ∽△BON可得BRBO=BQBN，從而BR=1，設(shè)RQ=n由 △BRQ∽△QSP可得PS=3n，QS=3， RS=3+n，再求出E點(diǎn)坐標(biāo)為(3-4n,3n+4)，代入拋物線解析式中即可求得n=916或n=13，從而可得E點(diǎn)坐標(biāo) ．
【詳解】（1）解：把(3，1)和(0，5)代入到解析式中可得
9a+5+c=1c=5，解得a=-1c=5，
拋物線的解析式為：y=-x2+53x+5；
（2）直線y=23x-4中，令y=0，則x=6，所以A(6，0)，
直線y=23x-4中，令x=0，則y=-4，所以D(0，-4)，
分別過E，F(xiàn)向y軸作垂線，垂足為G，H，

根據(jù)題意可得EG=FH，
∵EG⊥y軸，F(xiàn)H⊥y軸，
∴△BEG和△DFH為直角三角形，
在Rt△BEG和Rt△DFH中，
BE=DFEG=FH，
∴Rt△BEG≌Rt△DFH，
∴BG=DH，
設(shè)E(t,-t2+53t+5)，
則F(t,23t-4)，
∴G(0,-t2+53t+5)，H(0,23t-4)，
從而BG=5-(-t2+53t+5)=t2-53t，DH=23t-4--4=23t，
則有t2-53t=23t或t2-53t=-23t，
解得t=0（舍去），或t=73，或t=1
故點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為：73或1；
（3）將OE平移到NP，連接EP，則四邊形ONPE為平行四邊形，tan∠BNP=tan∠BME=34，過P作PQ⊥BN于Q，過Q作QR⊥y軸于R，過P作PS⊥RQ交延長線于S，延長PE交y軸于T，
∵tan∠BNP=PQQN=34，
∴可設(shè)PQ=3m，則QN=4m，
∴BN=OE=NP=(3m)2+(4m)2=5m，
則BQ=m，

設(shè)RQ=n，
∵RQ∥x軸，
∴△BRQ∽△BON，
∴BRBO=BQBN=RQON，
∴BR=15BO=1，RO=4，EP=NO=5RQ=5n，
∵PQ⊥BM，PS⊥RS，BR⊥RS，
∴∠BRQ=∠QSP=∠BQP=90°，
∴∠BQR+∠PQS=90°，∠BQR+∠QBR=90°，
∴∠PQS=∠QBR，
∴△BRQ∽△QSP
∴QSBR=PSRQ=PQBQ=3，
∴PS=3n，QS=3，則RS=3+n，
∴xE=TE=TP-EP=RS-EP=3+n-5n=3-4n，yE=TO=TR+RO=PS+RO=3n+4，
∴E(3-4n,3n+4)，
代入拋物線解析式中有：3n+4=-(3-4n)2+53(3-4n)+5，
解得：n=916或n=13，
當(dāng)n=916時(shí)，E(34,9116)，
當(dāng)n=13時(shí)，E(53,5)．
【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)與相似三角形綜合題，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，正切的定義等知識(shí)，解題關(guān)鍵是在坐標(biāo)系中利用等線段構(gòu)造全等進(jìn)行計(jì)算，構(gòu)造相似三角形解決問題．
題型03 12345模型
【12345模型簡介】對于角α和角β，若滿足α+β=45°，tanα=12，則一定tanβ=13，并且這三個(gè)式子，只要滿足其中任意兩個(gè)，都可以推出另外一個(gè)。
已知△ABC為等腰直角三角形，點(diǎn)D為線段AB的中點(diǎn)，設(shè)∠BCD=α，∠ACD=β, 且tanα=12，則tanβ=13
【證明過程】過點(diǎn)D作DE⊥AC
設(shè)AB=BC=4,則AD=2，AC=42, DE=AE=2 ∴CE=32 ∴tanβ=13
∵α+β=45°，∴tan（α+β）=1, ∠CDE=α+45°，∠BDE=β+45°（三角形內(nèi)角和為180°）
∴tan（α+45°）=3，tan（β+45°）=2
在BC上取一點(diǎn)F，使DF=FC, 設(shè)BF=x，則DF=4-x
在Rt△BDF中，由勾股定理解得x=1.5，∴tan2α=43，tan2β=34
1．（2022·四川瀘州·中考真題）如圖，在邊長為3的正方形ABCD中，點(diǎn)E是邊AB上的點(diǎn)，且BE=2AE，過點(diǎn)E作DE的垂線交正方形外角∠CBG的平分線于點(diǎn)F，交邊BC于點(diǎn)M，連接DF交邊BC于點(diǎn)N，則MN的長為（ ）
A．23B．56C．67D．1
【答案】B
【分析】在AD上截取AG=AE,連接GE，延長BA至H，使AH=CN,連接EN，可得出△EGD?△FBEASA，進(jìn)而推出△DCN?△DHASAS, △NDE=△HDESAS,得出
EN=EH,，設(shè)CN=x,則BN=3-x,用勾股定理求出EN=BE2+BN2=4+3-x2,由EN=EH,可列方程1+x=4+3-x2,解出x，即CN的長，由正切函數(shù)，∠ADE=∠BEM,tan∠ADE=13,求出BM的長，由MN=BC-CN-BM即可得出結(jié)果．
【詳解】解：如圖所示：在AD上截取AG=AE,連接GE，延長BA至H，使AH=CN,連接EN，
∵AD=AB,AG=AE,
∴DG=BE,
∵DE⊥EF,
∴∠DEF=90°,
∴∠AED+∠BEF=90°,
∵∠ADE+∠AED=90°,
∴∠ADE=∠BEF,
∴AG=AE,∠GAE=90°,
∴∠AGE=∠AEG=45°,
∴∠EGD=135°,
∵BF為正方形外角∠CBG的平分線，
∴∠CBF=45°,
∴∠EBF=90°+45°=135°,
∴∠EDG=∠FBE,
在△GDE和△BEF中，
∵∠GDE=∠BEFGD=BE∠EGD=∠FBE,
∴△EGD?△FBEASA,
∴ED=FE,
∴∠EDF=45°,
∴∠CDN+∠ADE=45°,
在Rt△EDC和Rt△HDA中，
∵DC=DA∠DCN=∠DAHCN=AH,
∴△DCN?△DHASAS,
∴DN=DH,∠CDN=∠ADH,
∠HDE=45°,
在△NDE和△HDE中，
∵DN=DH∠NDE=∠HDEDE=DE,
∴△NDE=△HDESAS,
∴EN=EH,
∵BC=AB=3, BE=2AE,
∴AE=1,BE=2,
設(shè)CN=x,則BN=3-x,
在Rt△BEN中，
∴EN=BE2+BN2=4+3-x2,
∴1+x=4+3-x2,
∴x=32,
∵∠ADE=∠BEM,tan∠ADE=13,
∴tan∠BEM=BMBE=BM2=13,
∴MN=BC-CN-BM=3-32-23=56,
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理等知識(shí)．此題綜合性很強(qiáng)，圖形比較復(fù)雜，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用與輔助線的準(zhǔn)確選擇．
2．（2023·四川·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A(1,0)，點(diǎn)B(0,-3)，點(diǎn)C在x軸上，且點(diǎn)C在點(diǎn)A右方，連接AB，BC，若tan∠ABC=13，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為 ．

【答案】94,0
【分析】根據(jù)已知條件得出∠ABO=∠ABC，根據(jù)等面積法得出ACOA=CBOB，設(shè)Cm,0，則AC=m-1，進(jìn)而即可求解．
【詳解】解：∵點(diǎn)A(1,0)，點(diǎn)B(0,-3)，
∴OA=1,OB=3，
tan∠OBA=13，
∵tan∠ABC=13，
∴∠ABO=∠ABC，
過點(diǎn)A作AD⊥BC于點(diǎn)D，

∵AO⊥BO,AD⊥BC，AB是∠OBC的角平分線，
∴AO=AD=1
∵S△ABOS△ABC=12OA×OB12AC×OB=12OB×OA12BC×AD
∴ACOA=CBOB
設(shè)Cm,0，則AC=m-1，BC=32+m2
∴m-11=32+m23
解得：m=94或m=0（舍去）
∴C 94,0
故答案為：94,0．
【點(diǎn)睛】本題考查了正切的定義，角平分線的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握角平分線的定義是解題的關(guān)鍵．
3．（2021·四川宜賓·中考真題）如圖，在矩形紙片ABCD中，點(diǎn)E、F分別在矩形的邊AB、AD上，將矩形紙片沿CE、CF折疊，點(diǎn)B落在H處，點(diǎn)D落在G處，點(diǎn)C、H、G恰好在同一直線上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，則DF的長是（ ）
A．2B．74C．322D．3
【答案】A
【分析】構(gòu)造如圖所示的正方形CMPD，然后根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)解直角三角形FNP即可．
【詳解】如圖，延長CE，F(xiàn)G交于點(diǎn)N，過點(diǎn)N作l//AB，延長CB,DA交l于M,P，
∴∠CMN=∠DPN=90°，
∴四邊形CMPD是矩形，
根據(jù)折疊，∠MCN=∠GCN，CD=CG，DF=FG，
∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，
∴RtΔMNC?RtΔGNC，
∴CM=CG=CD=6，MN=NG
∴四邊形CMPD為正方形，
∵BE//MN
∴△CBE～△CMN，
∴BEMN=CBCM=46=23，
∵BE=2，∴MN=3，
∴NP=3，
設(shè)DF=x,則AF=4-x，
在Rt△PNF中，由FP2+NP2=NF2可得(4-x+2)2+32=(3+x)2
解得x=2；
故選A．
【點(diǎn)睛】本題考查了折疊問題，正方形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用，難度較大．作出合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．
4．（2023·湖北黃岡·中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，以點(diǎn)B為圓心，適當(dāng)長為半徑畫弧，分別交BC，BD于點(diǎn)E，F(xiàn)，再分別以點(diǎn)E，F(xiàn)為圓心，大于12EF長為半徑畫弧交于點(diǎn)P，作射線BP，過點(diǎn)C作BP的垂線分別交BD,AD于點(diǎn)M，N，則CN的長為（ ）

A．10B．11C．23D．4
【答案】A
【分析】由作圖可知BP平分∠CBD，設(shè)BP與CN交于點(diǎn)O，與CD交于點(diǎn)R，作RQ⊥BD于點(diǎn)Q，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可知RQ=RC，進(jìn)而證明Rt△BCR ≌Rt△BQR，推出BC=BQ=4，設(shè)RQ=RC=x，則DR=CD-CR=3-x，解Rt△DQR求出QR=CR=43．利用三角形面積法求出OC，再證△OCR∽△DCN，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例即可求出CN．
【詳解】解：如圖，設(shè)BP與CN交于點(diǎn)O，與CD交于點(diǎn)R，作RQ⊥BD于點(diǎn)Q，

∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴ CD=AB=3，
∴ BD=BC2+CD2=5．
由作圖過程可知，BP平分∠CBD，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴ CD⊥BC，
又∵ RQ⊥BD，
∴ RQ=RC，
在Rt△BCR和Rt△BQR中，
RQ=RCBR=BR，
∴ Rt△BCR ≌Rt△BQR HL，
∴ BC=BQ=4，
∴ QD=BD-BQ=5-4=1，
設(shè)RQ=RC=x，則DR=CD-CR=3-x，
在Rt△DQR中，由勾股定理得DR2=DQ2+RQ2，
即3-x2=12+x2，
解得x=43，
∴ CR=43．
∴ BR=BC2+CR2=4310．
∵ S△BCR=12CR?BC=12BR?OC，
∴ OC=CR?BCBR=43×44310=2510．
∵ ∠COR=∠CDN=90°，∠OCR=∠DCN，
∴ △OCR∽△DCN，
∴ OCDC=CRCN，即25103=43CN，
解得CN=10．
故選A．
【點(diǎn)睛】本題考查角平分線的作圖方法，矩形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等，涉及知識(shí)點(diǎn)較多，有一定難度，解題的關(guān)鍵是根據(jù)作圖過程判斷出BP平分∠CBD，通過勾股定理解直角三角形求出CR．
5．（2023·四川涼山·中考真題）閱讀理解題：
閱讀材料：
如圖1，四邊形ABCD是矩形，△AEF是等腰直角三角形，記∠BAE為α、∠FAD為β，若tanα=12，則tanβ=13．

證明：設(shè)BE=k，∵tanα=12，∴AB=2k，
易證△AEB≌△EFCAAS
∴EC=2k,CF=k，
∴FD=k,AD=3k
∴tanβ=DFAD=k3k=13，
若α+β=45°時(shí)，當(dāng)tanα=12，則tanβ=13．
同理：若α+β=45°時(shí)，當(dāng)tanα=13，則tanβ=12．
根據(jù)上述材料，完成下列問題：
如圖2，直線y=3x-9與反比例函數(shù)y=mx(x>0)的圖象交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)B．將直線AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后的直線與y軸交于點(diǎn)E，過點(diǎn)A作AM⊥x軸于點(diǎn)M，過點(diǎn)A作AN⊥y軸于點(diǎn)N，已知OA=5．

(1)求反比例函數(shù)的解析式；
(2)直接寫出tan∠BAM、tan∠NAE的值；
(3)求直線AE的解析式．
【答案】(1)y=12x(x>0)
(2)tan∠BAM=13，tan∠NAE=12
(3)y=12x+1
【分析】（1）首先求出點(diǎn)B3,0，然后設(shè)Aa,3a-9，在Rt△AOM中，利用勾股定理求出a=4，得到A4,3，然后代入y=mx(x>0)求解即可；
（2）首先根據(jù)A4,3，B3,0得到MO=4，BO=3，求出MB=1，AM=3，然后利用正切值的概念求出tan∠BAM=BMAM=13，然后證明出四邊形NOMA是矩形，得到∠BAM+∠NAE=45°，然后由tan∠BAM=13即可求出tan∠NAE=12；
（3）首先根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AN=OM=4，NO=AM=3，然后利用tan∠NAE=12求出NE=2，進(jìn)而得到E0,1，然后設(shè)直線AE的解析式為y=kx+b，利用待定系數(shù)法將E0,1和A4,3代入求解即可．
【詳解】（1）將y=0代入y=3x-9得，x=3，
∴B3,0，
∵直線y=3x-9與反比例函數(shù)y=mx(x>0)的圖象交于點(diǎn)A，
∴設(shè)Aa,3a-9，
∵AM⊥x，OA=5，
∴在Rt△AOM中，OM2+AM2=AO2，
∴a2+3a-92=52，
∴解得a1=4，a2=75，
∵點(diǎn)A的橫坐標(biāo)要大于點(diǎn)B的橫坐標(biāo)，
∴a2=75應(yīng)舍去，
∴a=4，
∴A4,3，
∴將A4,3代入y=mx(x>0)，解得m=12；
∴反比例函數(shù)的解析式為y=12x(x>0)；
（2）∵A4,3，B3,0，
∴MO=4，BO=3，
∴MB=1，AM=3，
∵AM⊥x，
∴tan∠BAM=BMAM=13，
∵AN⊥y，∠NOM=90°，
∴四邊形NOMA是矩形，
∴∠NAM=90°，
∵將直線AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后的直線與y軸交于點(diǎn)E，
∴∠BAE=45°，
∴∠BAM+∠NAE=45°，
∵tan∠BAM=13，
∴tan∠NAE=12；
（3）∵四邊形NOMA是矩形，
∴AN=OM=4，NO=AM=3，
∵AN⊥y，tan∠NAE=12，
∴NEAN=12，即NE4=12，
∴解得NE=2，
∴OE=ON-NE=1，
∴E0,1，
∴設(shè)直線AE的解析式為y=kx+b，
∴將E0,1和A4,3代入得，b=14k+b=3，
∴解得b=1k=12，
∴直線AE的解析式為y=12x+1．
【點(diǎn)睛】此題考查了反比例函數(shù)，一次函數(shù)和幾何綜合題，矩形的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確理解材料的內(nèi)容．
在解直角三角形的過程中，一般要用到下面一些關(guān)系：
1）直角三角形的五個(gè)元素：邊：a、b、c，角：∠A、∠B
2）三邊之間的關(guān)系：a2+b2=c2（勾股定理）
3）兩銳角之間的關(guān)系：∠A＋∠B＝90°
4）邊角之間的關(guān)系：
sin A= ∠A所對的邊斜邊 = ac ，sin B= ∠B所對的邊斜邊 = bc
cs A= ∠A所鄰的邊斜邊 = bc ，csB= ∠B所鄰的邊斜邊= ac
tan A= ∠A所對的邊鄰邊 = ab ，tanB= ∠B所對的邊鄰邊= ba
解直角三角形常見類型及方法：
1．（2023·重慶·模擬預(yù)測）如圖，P是⊙O外一點(diǎn)，過點(diǎn)P作⊙O的兩條切線，分別交⊙O于點(diǎn)A和點(diǎn)B，連接AB，C為⊙O上一點(diǎn)，連接AC，BC．若csC=35，AP=6，則AB的長度為（ ）
A．365B．7C．325D．203
【答案】A
【分析】連接OP，AD，BO并延長交⊙O于D，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OP⊥AB，PB=PA=6，AD⊥AB，OB⊥PB，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠D=∠POB，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到OB=92，OP=152，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論．
【詳解】解：連接OP，AD，BO并延長交⊙O于D，
∵過點(diǎn)P作⊙O的兩條切線、分別交⊙O于點(diǎn)A和點(diǎn)B，
∴OP⊥AB，PB=PA=6，
∵BD是⊙O的切線，
∴AD⊥AB，OB⊥PB，
∴AD∥OP，
∴∠D=∠POB，
∵∠D=∠C，
∴∠POB=∠C，
∵csC=35，
∴cs∠POB=OBOP=35，
∴設(shè)OB=3k，OP=5k，
∴PB=4k=6，
∴k=32，
∴OB=92，OP=152，
∵∠DAB=∠PBO=90°，∠D=∠POB，
∴△ABD∽△BPO，
∴ PBAB=OPBD，
∴ 6AB=1529，
∴AB=365．
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·河南鄭州·三模）如圖，把矩形紙片OABC放入平面直角坐標(biāo)系中，使OA、OC分別落在x軸、y軸上，連接OB將紙片沿OB折疊，使A落在A'的位置，OB=5,tan∠BOC=12，則點(diǎn)A'的坐標(biāo)為（ ）
A．-35,45B．-45,35C．-1,2D．-55,5
【答案】A
【分析】本題以平面直角坐標(biāo)系為載體，以翻折變換為方法構(gòu)造而成，綜合考查了矩形的性質(zhì)，三角函數(shù)的應(yīng)用，勾股定理等知識(shí)，構(gòu)造方程是解題關(guān)鍵．過點(diǎn)A'作x軸的垂線，垂足為D，根據(jù)先求出AB、BC的長度，借助面積公式求出A'D、OD的長度即可解決問題．
【詳解】解：如圖，過點(diǎn)A'作x軸的垂線，垂足為D，

設(shè)A'D=a，OD=b，
∵四邊形ABCO是矩形，
∠OAB=∠OCB=90°，
∴四邊形ABA'D為梯形，
設(shè)AB=OC=x，BC=AO=y，
∵OB=5，tan∠BOC=12，
∴x2+y2=52xy=12，
解得x=1y=2，（負(fù)值舍去）
由題意得A'O=AO=1，
∴△ABO≌△A'BOSSS，
由勾股定理得a2+b2=1①，
由面積公式得12ab+2×12×2×1=12×a+2×b+1②，
聯(lián)立①②解得a=45，b=35，
∴點(diǎn)A'的坐標(biāo)為-45,35.
故選：A．
3．（2023·重慶·模擬預(yù)測）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD=5，AB=12，csA=35，過點(diǎn)D作DE⊥AB，垂足為E，連接CE，則sin∠BCE的值為（ ）
A．71050B．1050C．91050D．91010
【答案】C
【分析】此題考查了解直角三角形，平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)．
過點(diǎn)B作BF⊥EC于點(diǎn)F，解直角三角形得到BC=5，CD=12，AE=3，然后利用勾股定理求出DE=AD2-AE2=4，CE=CD2+DE2=410，然后利用等面積法求出BF=BE?DECE=91010，然后利用正弦值的概念求解即可．
【詳解】過點(diǎn)B作BF⊥EC于點(diǎn)F．
∵在平行四邊形ABCD中，DE⊥AB，
AD=5，AB=12，csA=35，
∴BC=5，CD=12，AE=3，
∴BE=9，DE=AD2-AE2=4，
∴CE=CD2+DE2=410．
∵S△BCE=12BE?DE=12CE?BF，
∴BF=BE?DECE=91010，
∴sin∠BCE=BFBC=91050．
故選：C．
4．（2023·安徽合肥·模擬預(yù)測）如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，點(diǎn)D在BC上，∠CDA=∠CAB．若BC=4， tanB=34，則AD的長度為（ ）
A．94B．125C．154D．4
【答案】C
【分析】本題考查解直角三角形，先根據(jù)正切值求出AC的長，根據(jù)∠CDA=∠CAB，得到∠DAC=∠B，再利用正切值求出CD的長，勾股定理求出AD的長即可．
【詳解】解：在Rt△ACB中，BC=4，tanB=ACBC=34，
∴AC=34BC=3，
∵∠CDA=∠CAB，∠CDA+∠CAD=∠CAB+∠B=90°，
∴∠DAC=∠B，
∴tan∠DAC=tanB=CDAC=34，
∴CD=34AC=94，
∴AD=AC2+CD2=154；
故選C．
5．（2024·重慶·一模）如圖，在正方形ABCD中，O為對角線BD的中點(diǎn)，連接OC，E為邊AB上一點(diǎn)，CF⊥DE于點(diǎn)F，若OF= 2，CF=5，則AE的長為( )
A．23B．34-2C．3D．3345
【答案】D
【分析】
本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)，正切的定義；過點(diǎn)O作OG⊥OF交DE于點(diǎn)G，證明△GOD≌△FOCASA，進(jìn)而求得DC=AD=34，根據(jù)tan∠ADE=tan∠DCF，得出AEAD=FDDC，即可求解．
【詳解】解：如圖所示，過點(diǎn)O作OG⊥OF交DE于點(diǎn)G，
∵O為正方形ABCD對角線BD的中點(diǎn)，
∴∠COD=90°,CD=OD
∴∠COF=∠DOG
∵CF⊥DE
∴∠DCF=90°-∠FDA=∠ADE
又∵∠ADE=45°-∠GDB，∠FCD=45°-∠OCF
∴∠GDO=∠FCO
∴△GOD≌△FOCASA
∴OG=OF=2,GD=FC
∴GF=2
又∵CF=5
∴FD=GD-GF=5-2=3
∴DC=DF2+FC2=52+32=34
∵tan∠ADE=tan∠DCF
∴AEAD=FDDC
∴AE=AD×FDDC=3345
故選：D．
二、填空題
6．（2024·山西呂梁·一模）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在DA的延長線上，CF與AB相交于點(diǎn)G，若AD=2，tan∠FCE=23，則AG的長為 ．
【答案】67
【分析】本題考查的是正方形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，連接GE，過F作FH⊥CE交延長線于點(diǎn)H，證明△EDC∽△EHF，△AGF∽△DCF，然后利用性質(zhì)即可求解，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用及利用參數(shù)建立方程是解題的關(guān)鍵．
【詳解】連接GE，過F作FH⊥CE交延長線于點(diǎn)H，
∵∠EDC=∠EHF，∠CED=∠FEH，
∴△EDC∽△EHF，
∴EHED=FHCD=EFCE，
∵CD=AD=2，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，
∴DE=1，
∴由勾股定理得CE=CD2+DE2=22+12=5，
在Rt△FHC中，tan∠FCE=FHHC=23，
設(shè)FH=2n，CH=3n，
∴GE5=2n2=3n-51，解得：n=52，
∴FH=5，CH=352，
∴EH=52，
∴EF=52，AF=32，
∵AB∥CD，
∴△AGF∽△DCF，
∴AGCD=AFDF，即AG2=37，
∴AG=67，
故答案為：67．
7．（2024·江蘇常州·模擬預(yù)測）某三棱柱的三視圖如圖所示，其中主視圖和左視圖為矩形，俯視圖為△ABC，已知tanB=13，∠C=45°，則左視圖的面積是 ．

【答案】2
【分析】本題考查簡單幾何體的三視圖，理解視圖的定義，掌握簡單幾何體三視圖的形狀是正確解答的前提．根據(jù)這個(gè)幾何體的三視圖，得出這個(gè)三棱柱，高為2,BC=4，設(shè)CD=m，由tanB=13,求出m的值，進(jìn)而確定AD=1，即可解答．
【詳解】解：過點(diǎn)A作AD⊥BC，由簡圖可知，這個(gè)幾何體是三棱柱，高為2,BC=4，設(shè)CD=m，

∵∠C=45°,
∴AD=CD=m，
∵tanB=13=ADBD，BD=4-m，
∴13=m4-m,
解得m=1，
∴AD=1，
則1×2=2，
∴左視圖長方形的長為2，寬為1，所以左視圖的面積是2．
故答案為：2．
8．（2024·山西臨汾·一模）如圖，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E是BC邊上一點(diǎn)，點(diǎn)F在BA邊的延長線上，且CE=AF，連接EF交AD邊于點(diǎn)G，HN垂直平分EF，分別交AD，EF，AB于點(diǎn)H，M，N．若CE=2，則MH的長為 ．
【答案】103
【分析】本題主要考查矩形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)和解直角三角形，根據(jù)題意求得FE，結(jié)合垂直平分可得FM=ME=12FE，進(jìn)一步證明△AGF∽△BEF，有AFBF=FGFE，可求得FG、MG和AG，利用tan∠F=tan∠GHM，解得MH．
【詳解】解：∵AB=6，BC=8，CE=AF=2，
∴BF=8，BE=6，
∴FE=BF2+BE2=10，
∵HN垂直平分EF，
∴FM=ME=12FE=5，
∵四邊形ABCD為矩形，點(diǎn)F在BA邊的延長線上，
∴∠FAG=∠B=90°，
∵∠F=∠F，
∴△AGF∽△BEF，
∴AFBF=FGFE，
則FG=2.5，
∴MG=2.5，
在Rt△FAG中，AG=FG2-AF2=1.5，
∵∠F=∠GHM，
∴tan∠F=tan∠GHM，
∴AGAF=GMMH，解得MH=103．
故答案為：103．
三、解答題
9．（2024·貴州安順·一模）如圖，在矩形ABCD中，AE⊥BD于點(diǎn)F，交BC于點(diǎn)E，過點(diǎn)F作∠AFD的角平分線交AD于點(diǎn)G，tan∠DBC=23．
(1)求證：AE?BC=AB?BD；
(2)求∠AFG；
(3)若DC=4，求四邊形EFDC的面積．
【答案】(1)見詳解
(2)45°
(3)40439
【分析】本題考查矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定，角平分線的性質(zhì)，三角形的面積．
（1）由AE⊥BD，得∠BFE=90°，即∠FBE+∠FEB=90°，由四邊形ABCD是矩形，得∠ABE=90°，即∠ABF+∠FBE=90°，進(jìn)而得到∠FEB=∠ABF，故△ABE∽△BCD，能得AE?BC=AB?BD；
（2）由∠AFD=90°，F(xiàn)G平分∠AFD能得到∠AFG=12∠AFD=12×90°=45°；
（3）由tan∠DBC=23，DC=4，得BC=6，∠BAF+∠ABF=∠ABF+∠FBE得∠BAF=∠FBE，BEAB=23，故BE=83，再用勾股定理求得BF,EF,最后求面積用∴S四邊形EFDC=S△BCD-S△BEF即可．
【詳解】（1）證明：∵ AE⊥BD
∴∠BFE=90°
∴∠FBE+∠FEB=90°
∵四邊形ABCD是矩形
∴∠ABE=90°
即∠ABF+∠FBE=90°
∴∠FEB=∠ABF
又∵∠ABE=∠C=90°
∴△ABE∽△BCD
∴ABBC=AEBD
∴AE?BC=AB?BD；
（2）∵ AE⊥BD
∴∠AFD=90°
∵ FG平分∠AFD
∴∠AFG=12∠AFD=12×90°=45°；
（3）∵ tan∠DBC=23，DC=4
∴4BC=23
∴BC=6
∵∠BAF+∠ABF=∠ABF+∠FBE
∴∠BAF=∠FBE
∴BEAB=23
∵AB=CD=4
∴BE=83
設(shè)BF=x，則EF=23x
∵BF2+EF2=BE2
∴x2+(23x)2=(83)2
解得x=81313或x=-81313（舍去）
∴ EF=23x=23×81313=163913
∴S四邊形EFDC=S△BCD-S△BEF=12×6×4-12×81313×161339
=12-6439
=40439．
10．（2024·山東濟(jì)南·一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C，E在⊙O上，過點(diǎn)E作⊙O的切線與AB的延長線交于點(diǎn)F，且∠AFE=∠ABC．
(1)求證：∠CAB=2∠EAB；
(2)若BF=1，sin∠AFE=45，求BC的長．
【答案】(1)見解析
(2)245
【分析】（1）連接OE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠OAE=∠OEA，根據(jù)三角形外角的性質(zhì)得出∠FOE=∠OAE+∠OEA=2∠EAB，根據(jù)∠OEF=90°，∠ACB=90°， 得出∠FOE=∠CAB，求出結(jié)果即可；
（2）設(shè)半徑為r，即OE=OB=r，則OF=r+1，根據(jù)sin∠AFE=45=OEOF=rr+1，求出r=4，根據(jù)sin∠ABC=ACAB=sin∠AFE=45，AB=8，求出AC=45×8=325，根據(jù)勾股定理求出結(jié)果即可．
【詳解】（1）證明：如圖，連接OE，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∴∠FOE=∠OAE+∠OEA=2∠EAB，
∵EF為⊙O的切線，
∴OE⊥EF，
∴∠OEF=90°，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∵∠AFE=∠ABC，
∴90°-∠AFE=90°-∠ABC，
即∠FOE=∠CAB，
∴∠CAB=2∠EAB；
（2）解：在Rt△EOF中，設(shè)半徑為r，即OE=OB=r，則OF=r+1，
∵sin∠AFE=45=OEOF=rr+1，
∴r=4，
∴AB=2r=8，
在Rt△ABC中，sin∠ABC=ACAB=sin∠AFE=45，AB=8，
∴AC=45×8=325，
∴BC=AB2-AC2=245．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，余角的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合的思想求解．
11．（2024·重慶·一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx-3與x軸交于點(diǎn)A，B，與y軸交于點(diǎn)C，其中B32,0，拋物線的對稱軸是直線x=2．
(1)求拋物線的表達(dá)式；
(2)如圖，點(diǎn)P是直線BC下方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)M是線段BC上一動(dòng)點(diǎn)，直線PM交y軸于點(diǎn)N．若tan∠PNC=23，求PM的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(3)另有拋物線y'的頂點(diǎn)E在線段BC上，y'經(jīng)過點(diǎn)C，將拋物線y'平移得到新的拋物線yn，點(diǎn)E，C平移后的對應(yīng)點(diǎn)分別是點(diǎn)F，G，連接GE．若GE∥x軸，點(diǎn)F在x軸上，yn經(jīng)過點(diǎn)C，寫出所有符合條件的點(diǎn)F的坐標(biāo)，并寫出求解點(diǎn)F的坐標(biāo)的其中一種情況的過程．
【答案】(1)y=12x2-2x-3
(2)PM的最大值為91116，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為322,-154
(3)F(3,0)或F(-3,0)
【分析】（1）根據(jù)對稱軸的定義，求出b與a的關(guān)系，再將點(diǎn)B代入拋物線解析式，從而求出a的值，即可求函數(shù)的解析式；
（2）連接AC，根據(jù)內(nèi)錯(cuò)角相等得到AC∥PM，過P點(diǎn)與BC平行的直線l解析式為y=22x+m，當(dāng)直線y=22x+m與拋物線有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，P點(diǎn)到直線BC的距離最大，此時(shí)PM的值也最大，建立方程，利用Δ=0，求出m=-214，此時(shí)直線的解析式y(tǒng)=22x-214，與y軸的交點(diǎn)K0,-214，P322,-154，過C作CG⊥l交于G點(diǎn)，過A點(diǎn)作AH⊥BC交于H點(diǎn)，過P點(diǎn)PQ⊥BC交于Q點(diǎn)，利用等積法求AH=463，在Rt△ACH中，sin∠ACH46311，則PM=PQsin∠PMQ=91116；
（3）設(shè)En,22n-3，拋物線y'=a'(x-n)2+22n-3，將點(diǎn)C代入，可得a=-22n，根據(jù)題意可知G點(diǎn)縱坐標(biāo)為22n-3，F(xiàn)點(diǎn)縱坐標(biāo)為0，根據(jù)平移的性質(zhì)可得-3-22n+3=22n-3，解得n=322，則拋物線y'=-13(x-322)2-32，設(shè)平移后F(s,0)，則yn=-13(x-s)2，將點(diǎn)C代入，可得s=±3，從而求出F點(diǎn)坐標(biāo)．
【詳解】（1）解：∵拋物線的對稱軸是直線x=2，
∴-b2a=2，即b=-22a，
∵B點(diǎn)在拋物線上，
∴18a+32b-3=0，
∴18a-12a-3=0，解得a=12，
∴拋物線的解析式為y=12x2-2x-3；
（2）解：連接AC，如圖所示：
當(dāng)y=0時(shí)，12x2-2x-3=0，解得x=-2或x=32，
∴A-2,0，
∵OA=2，OC=3，
∴tan∠ACO=23，
∵tan∠PNC=23，
∴∠ACO=∠PNC，
∴AC∥PM，
設(shè)直線BC的解析式為y=kx-3，
∴32k-3=0，解得k=22，
∴直線BC的解析式為y=22x-3，
過P點(diǎn)與BC平行的直線l解析式為y=22x+m，
當(dāng)直線y=22x+m與拋物線有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，P點(diǎn)到直線BC的距離最大，此時(shí)PM的值也最大，
∴ 12x2-2x-3=22x+m，即x2-32x-6-2m=0，
當(dāng)Δ=0時(shí)，322+42m+6=0，解得m=-214，
此時(shí)直線的解析式y(tǒng)=22x-214，與y軸的交點(diǎn)K0,-214，
由12x2-2x-3=22x-214，解得x=322，
∴P322,-154，
過C作CG⊥l交于G點(diǎn)，過A點(diǎn)作AH⊥BC交于H點(diǎn)，過P點(diǎn)PQ⊥BC交于Q點(diǎn)，如圖所示：
∵CK=214-3=94，sin∠CKG=sin∠OCB=3233=63，
∴CG=94×63=364，
∴PQ=CG=364，
∵S△ABC=12×AB×OC=12×BC×AH，
∴42×3=33AH，解得AH=463，
在Rt△ACH中，sin∠ACH=AHAC=46311=46311，
∵AC∥PM，
∴∠QMP=∠ACH，
∴PM=PQsin∠PMQ=36446311=91116，
∴PM的最大值為91116，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為322,-154；
（3）解：設(shè)En,22n-3，拋物線y'=a'(x-n)2+22n-3，
將點(diǎn)C代入，可得an2+22n=0，解得n=0（舍)或a=-22n，
∵平移后點(diǎn)E，C平移后的對應(yīng)點(diǎn)分別是點(diǎn)F，G，GE∥x軸，
∴G點(diǎn)縱坐標(biāo)為22n-3，
∵F點(diǎn)在x軸上，
∴F點(diǎn)縱坐標(biāo)為0，
∴-3-22n+3=22n-3，解得n=322，
∴拋物線y'=-13x-3222-32，
設(shè)平移后F(s,0)，則yn=-13(x-s)2，將點(diǎn)C代入，可得s=±3，
∴F(3,0)或F(-3,0)．
【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，函數(shù)圖象平移的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，直角三角形的三角函數(shù)值是解題的關(guān)鍵．
12．（2023·河南平頂山·一模）（1）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)N，M分別在邊BC，CD上．連接AM，AN，MN．∠MAN=45°，將△AMD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)D與點(diǎn)B重合，得到△ABE．易證：△ANM≌△ANE，從而可得：線段DM，BN與MN的關(guān)系：______．（請直接寫出結(jié)論，不必說明理由）
（2）如圖2，在正方形ABCD中，點(diǎn)M，N分別在邊DC，BC上，連接AM，AN，MN，∠MAN=45°，若tan∠BAN=13，求證：tan∠DAM=12．
（3）如圖3，在矩形ABCD中，AB=12，AD=16，點(diǎn)M，N分別在邊DC，BC上，連接AM，AN，已知∠MAN=45°，BN=4，則DM的長是______．

【答案】（1）MN=BN+DM，（2）證明見解析，（3）8
【分析】（1）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)結(jié)合SAS可以證明△ANM≌△ANE，從而得到DM+BN=MN．
（2）根據(jù)設(shè)BN=m，DM=n，則MN=m+n，利用tan∠BAN=13，可得正方形邊長為3m，從而得到CM=3m-n，CN=2m，根據(jù)勾股定理得到：CM2+CN2=MN2，代入可得關(guān)于m，n得方程，繼而得到n=32m，最后代入tan∠DAM=DMAD，即可證明結(jié)論．
（3）延長AB至P，使BP=BN=4，過P作BC的平行線交DC的延長線于Q，延長AN交PQ于E，連接EM，將圖③補(bǔ)充成邊長為16的正方形，從而得到與前兩問的圖形，利用PQ∥BC可得△ABN∽△APE，繼而求出PE的長度，從而利用前面的結(jié)論，并利用勾股定理列方程即可求出結(jié)果．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：△ABE≌△ADM，
∴BE=DM，∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，即∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=90°-45°=45°，
∴∠MAN=∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
AM=AE∠MAN=∠EANAN=AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN=EN，
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=BN+DM，
故答案為：MN=BN+DM；
（2）證明：設(shè)BN=m，DM=n，
由（1）可知，MN=BN+DM=m+n，
∵∠B=90°，tan∠BAN =13，
∴tan∠BAN =BNAB=13，
∴AB=3BN=3m，
∴CN=BC-BN=2m，CM=CD-DM=3m-n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=MN2
∴(2m)2+(3m-n)2=(m+n)2，
整理得：n=32m，
∴tan∠DAM=DMAD=32m3m=12，
（3）解：延長AB至P，使BP=BN=4，過P作BC的平行線交DC的延長線于Q，延長AN交PQ于E，連接EM，如圖③所示：

則四邊形APQD是正方形，
∴PQ=DQ=AP=AB+BP=12+4=16，
設(shè)DM=a，則MQ=16-a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴BNPE=ABAP=1216=34，
∴PE =43 BN =163，
∴EQ=PQ-PE=16 -163=323，
由（1）得：EM=PE+DM =163+ a，
在Rt△QEM中，由勾股定理得：
EQ2+MQ2=EM2
(323)2+(16-a)2=(163+a)2，
解得：a=8，
即DM的長是8；
故答案為：8．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，利用勾股定理解直角三角形等知識(shí)，靈活運(yùn)用前兩問中結(jié)論DM+BN=MN，已知直角三角形CMN中勾股定理結(jié)論CM2+CN2=MN2是解題的關(guān)鍵．
考點(diǎn)二 解直角三角形的實(shí)際應(yīng)用
題型01 仰角俯角問題
1．（2023·內(nèi)蒙古·中考真題）某數(shù)學(xué)興趣小組借助無人機(jī)測量一條河流的寬度CD．如圖所示，一架水平飛行的無人機(jī)在A處測得河流左岸C處的俯角為α，無人機(jī)沿水平線AF方向繼續(xù)飛行12米至B處，測得河流右岸D處的俯角為30°，線段AM=243米為無人機(jī)距地面的鉛直高度，點(diǎn)M，C，D在同一條直線上，其中tanα=2．求河流的寬度CD（結(jié)果精確到1米，參考數(shù)據(jù)：3≈1.7）．

【答案】河流的寬度CD約為64米
【分析】過點(diǎn)B作BE⊥MD于點(diǎn)E，分別解Rt△AMC、Rt△BDE即可．
【詳解】解：過點(diǎn)B作BE⊥MD于點(diǎn)E．則四邊形AMEB是矩形．

∴BE=AM=243，ME=AB=12
∵AF∥MD
∴∠ACM=α
在Rt△AMC中，∠AMC=90°
∴tanα=AMMC=2，
∴243MC=2
∴MC=123
在Rt△BDE中，∠BED=90°，∠DBE=90°-30°=60°
∴tan∠DBE=DEBE，∴
tan60°=DE243=3，
∴DE=243×3=72
∴CD=DE-CE=DE-MC-ME=72-123-12=84-123≈84-12×1.7=84-20.4≈64米
答：河流的寬度CD約為64米．
【點(diǎn)睛】本題考查了關(guān)于俯仰角的解直角三角形的問題．作垂線構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵．
2．（2023·湖南·中考真題）2023年5月30日9點(diǎn)31分，“神舟十六號(hào)”載人飛船在中國酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射，成功把景海鵬、桂海潮、朱楊柱三名航天員送入到中國空間站．如圖，在發(fā)射的過程中，飛船從地面O處發(fā)射，當(dāng)飛船到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，從位于地面C處的雷達(dá)站測得AC的距離是8km，仰角為30°；10s后飛船到達(dá)B處，此時(shí)測得仰角為45°．

(1)求點(diǎn)A離地面的高度AO；
(2)求飛船從A處到B處的平均速度．(結(jié)果精確到0.1km/s，參考數(shù)據(jù)：3 ≈1.73)
【答案】(1)4km
(2)飛船從A處到B處的平均速度約為0.3km/s
【分析】
（1）根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）在Rt△AOC中，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到OC= 32 AC=4 3 (km)，在Rt△BOC中，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到OB=OC=4 3 km，于是得到結(jié)論．
【詳解】（1）
解：在Rt△AOC中，∵∠AOC=90°，∠ACO=30°，AC=8km，
∴AO= 12 AC= 12×8=4 (km)，
（2）
在Rt△AOC中，∵∠AOC=90°，∠ACO=30°，AC=8km，
∴OC= 32 AC=4 3 (km)，
在Rt△BOC中，∵∠BOC=90°，∠BCO=45°，
∴∠BCO=∠OBC=45°，
∴OB=OC=4 3 km，
∴AB=OB-OA=(4 3-4 )km，
∴飛船從A處到B處的平均速度= 43-410 ≈0.3(km/s)．
【點(diǎn)睛】
本題考查了解直角三角形-俯角仰角問題，準(zhǔn)確識(shí)圖，熟練運(yùn)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·山東·中考真題）無人機(jī)在實(shí)際生活中的應(yīng)用廣泛，如圖所示，某人利用無人機(jī)測最大樓的高度BC，無人機(jī)在空中點(diǎn)P處，測得點(diǎn)P距地面上A點(diǎn)80米，點(diǎn)A處俯角為60°，樓頂C點(diǎn)處的俯角為30°，已知點(diǎn)A與大樓的距離AB為70米（點(diǎn)A，B，C，P在同一平面內(nèi)），求大樓的高度BC（結(jié)果保留根號(hào)）

【答案】大樓的高度BC為303m．
【分析】如圖，過P作PH⊥AB于H，過C作CQ⊥PH于Q，而CB⊥AB，則四邊形CQHB是矩形，可得QH=BC，BH=CQ，求解PH=AP·sin60°=80×32=403，AH=AP·cs60°=40，可得CQ=BH=70-40=30，PQ=CQ·tan30°=103，可得BC=QH=403-103=303．
【詳解】解：如圖，過P作PH⊥AB于H，過C作CQ⊥PH于Q，而CB⊥AB，

則四邊形CQHB是矩形，
∴QH=BC，BH=CQ，
由題意可得：AP=80，∠PAH=60°，∠PCQ=30°，AB=70，
∴PH=AP·sin60°=80×32=403，AH=AP·cs60°=40，
∴CQ=BH=70-40=30，
∴PQ=CQ·tan30°=103，
∴BC=QH=403-103=303，
∴大樓的高度BC為303m．
【點(diǎn)睛】本題考查的是矩形的判定與性質(zhì)，解直角三角形的實(shí)際應(yīng)用，理解仰角與俯角的含義是解本題的關(guān)鍵．
4．（2023·湖南永州·中考真題）永州市道縣陳樹湘紀(jì)念館中陳列的陳樹湘雕像高2.9米（如圖1所示），寓意陳樹湘為中國革命“斷腸明志”犧牲時(shí)的年齡為29歲．如圖2，以線段AB代表陳樹湘雕像，一參觀者在水平地面BN上D處為陳樹湘雕拍照，相機(jī)支架CD高0.9米，在相機(jī)C處觀測雕像頂端A的仰角為45°，然后將相機(jī)架移到MN處拍照，在相機(jī)M處觀測雕像頂端A的仰角為30°，求D、N兩點(diǎn)間的距離（結(jié)果精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)：3≈1.732）
【答案】1.5
【分析】如圖，AB=2.9，CD=0.9，四邊形EBNM，四邊形EBDC是矩形，四邊形CDNM是矩形，Rt△AEC中，∠ACE=45°，AE=AB-EB=2，EC=AE=2，Rt△AEM中，∠AME=30°，tan30°=AEEM=33，所以EM=3AE=23，進(jìn)一步求得CM=EM-EC≈1.5，所以DN=CM=1.5．
【詳解】如圖，AB=2.9米，CD=0.9米
四邊形EBNM，四邊形EBDC是矩形，四邊形CDNM是矩形
∴EB=CD=MN=0.9米，DN=CM
∵Rt△AEC中，∠ACE=45°，
∴AE=AB-EB=AB-CD=2.9-0.9=2米，
∴EC=AE=2米
∵Rt△AEM中，∠AME=30°，
∴tan30°=AEEM=33
∴EM=3AE=23米
∴CM=EM-EC=23-2≈2×1.732-2≈1.5米
∴DN=CM=1.5米
【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形，矩形的判定和性質(zhì)，觀察圖形，確定組合圖形中，通過直角三角形、矩形之間的位置關(guān)系確定線段間的數(shù)量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
題型02 方位角問題
1．（2023·遼寧丹東·中考真題）一艘輪船由西向東航行，行駛到A島時(shí)，測得燈塔B在它北偏東31°方向上，繼續(xù)向東航行10nmile到達(dá)C港，此時(shí)測得燈塔B在它北偏西61°方向上，求輪船在航行過程中與燈塔B的最短距離．（結(jié)果精確到0.1nmile）（參考數(shù)據(jù)：sin31°≈0.52，cs31°≈0.86，tan31°≈0.60，sin61°≈0.87，cs61°≈0.48，tan61°≈1.80）．

【答案】輪船在航行過程中與燈塔B的最短距離為4.2nmile
【分析】過點(diǎn)B作BD⊥AC于點(diǎn)D，則∠ABD=31°,∠CBD=61°，進(jìn)而得出AD≈0.6BD，CD≈1.8BD，根據(jù)AC=10nmile，得出AD+CD=0.6BD+1.8BD=10，即可求解．
【詳解】解：過點(diǎn)B作BD⊥AC于點(diǎn)D，
∵AE⊥AC,CF⊥AC，
∴BD∥AE∥CF，
∴∠ABD=31°,∠CBD=61°，
∴AD=BD?tan∠ABD=BD?tan31°≈0.6BD，CD=BD?tan∠CBD=BD?tan61°≈1.8BD，
∵AC=10nmile，
∴AD+CD=0.6BD+1.8BD=10，
解得：BD=256nmile，
∴BD≈4.2nmile，
答：輪船在航行過程中與燈塔B的最短距離為4.2nmile．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了解直角三角形的實(shí)際應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是正確畫出輔助線，構(gòu)造直角三角形，熟練掌握解直角三角形的方法和步驟．
2．（2023·海南·中考真題）如圖，一艘輪船在A處測得燈塔M位于A的北偏東30°方向上，輪船沿著正北方向航行20海里到達(dá)B處，測得燈塔M位于B的北偏東60°方向上，測得港口C位于B的北偏東45°方向上．已知港口C在燈塔M的正北方向上．

(1)填空：∠AMB= 度，∠BCM= 度；
(2)求燈塔M到輪船航線AB的距離（結(jié)果保留根號(hào)）；
(3)求港口C與燈塔M的距離（結(jié)果保留根號(hào)）．
【答案】(1)30，45
(2)燈塔M到輪船航線AB的距離為103海里
(3)港口C與燈塔M的距離為103-1海里
【分析】（1）作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，由三角形外角的定義與性質(zhì)可得∠AMB=30°，再由平行線的性質(zhì)可得∠BCM=45°，即可得解；
（2）作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，由（1）可得：∠A=∠BMA=30°，從而得到BM=AB=20海里，再由EM=BM?sin∠EBM進(jìn)行計(jì)算即可；
（3）作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，證明四邊形CDEM是矩形，得到CD=EM=103海里，DE=CM，由BE=BM?cs∠EBM計(jì)算出BE的長度，證明△CDB是等腰直角三角形，得到CD=BD=103海里，即可得到答案．
【詳解】（1）解：如圖，作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，
，
∵∠DBM=∠A+∠AMB=30°+∠AMB=60°，
∴∠AMB=30°，
∵AB、CM都是正北方向，
∴AB∥CM，
∵∠DBC=45°，
∴∠BCM=45°，
故答案為：30，45；
（2）解：如圖，作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，
，
由（1）可得：∠A=∠BMA=30°，
∴BM=AB=20海里，
在Rt△BEM中，∠EBM=60°，BM=20海里，
∴EM=BM?sin∠EBM=20×sin60°=20×32=103海里；
∴燈塔M到輪船航線AB的距離為103海里；
（3）解：如圖，作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，
，
∵ CD⊥AB，ME⊥AB，AB、CM都是正北方向，
∴四邊形CDEM是矩形，
∴CD=EM=103海里，DE=CM，
在Rt△BEM中，∠EBM=60°，BM=20海里，
∴BE=BM?cs∠EBM=20×cs60°=20×12=10海里，
∵在Rt△CDB中，∠DBC=45°，
∴△CDB是等腰直角三角形，
∴CD=BD=103海里，
∴CM=DE=BD-BE=103-10=103-1海里，
∴港口C與燈塔M的距離為103-1海里．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了解直角三角形，矩形的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形外角的定義與性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)，添加適當(dāng)?shù)妮o助線，構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·遼寧營口·中考真題）為了豐富學(xué)生的文化生活，學(xué)校利用假期組織學(xué)生到素質(zhì)教育基地A和科技智能館B參觀學(xué)習(xí)，學(xué)生從學(xué)校出發(fā)，走到C處時(shí)，發(fā)現(xiàn)A位于C的北偏西25°方向上，B位于C的北偏西55°方向上，老師將學(xué)生分成甲乙兩組，甲組前往A地，乙組前往B地，已知B在A的南偏西20°方向上，且相距1000米，請求出甲組同學(xué)比乙組同學(xué)大約多走多遠(yuǎn)的路程（參考數(shù)據(jù)：2≈1.41，6≈2.45）

【答案】甲組同學(xué)比乙組同學(xué)大約多走520米的路程
【分析】過B點(diǎn)作BD⊥AC于點(diǎn)D，根據(jù)題意有：∠BAS=20°，∠ACN=25°，∠BCN=55°，進(jìn)而可得∠BCA=∠BCN-∠ACN=30°，∠SAD=∠ACN=25°，∠BAD=∠SAB+∠SAD=45°，結(jié)合直角三角形的知識(shí)可得AD=BD=22AB=5002（米），BC=2BD=10002（米），DC=BC×cs∠ACB=5006（米），即有AC=AD+DC=5002+5006（米），問題隨之得解．
【詳解】如圖，過B點(diǎn)作BD⊥AC于點(diǎn)D，

根據(jù)題意有：∠BAS=20°，∠ACN=25°，∠BCN=55°，
∴∠BCA=∠BCN-∠ACN=30°，∠SAD=∠ACN=25°，
∴∠BAD=∠SAB+∠SAD=45°，
∵BD⊥AC，
∴∠BDA=90°，
∴∠BAD=∠ABD=45°，
∵AB=1000（米），
∴AD=BD=22AB=5002（米），
∵在Rt△BDC中，∠BCA=30°，BD=5002（米），
∴BC=2BD=10002（米），
∴DC=BC×cs∠ACB=5006（米），
∴AC=AD+DC=5002+5006（米），
∴AC-BC=5002+5006-10002=5006-5002（米），
即AC-BC=5006-5002≈520（米），
答：甲組同學(xué)比乙組同學(xué)大約多走520米的路程．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用以及方位角的知識(shí)，正確理解方位角，是解答本題的關(guān)鍵．
題型03 坡度坡角問題
1．（2023·江蘇宿遷·中考真題）【問題背景】由光的反射定律知：反射角等于入射角（如圖，即∠CEF=∠AEF）．小軍測量某建筑物高度的方法如下：在地面點(diǎn)E處平放一面鏡子，經(jīng)調(diào)整自己位置后，在點(diǎn)D處恰好通過鏡子看到建筑物AB的頂端A．經(jīng)測得，小軍的眼睛離地面的距離CD=1.7m，BE=20m，DE=2m，求建筑物AB的高度．

【活動(dòng)探究】
觀察小軍的操作后，小明提出了一個(gè)測量廣告牌高度的做法（如圖）：他讓小軍站在點(diǎn)D處不動(dòng)，將鏡子移動(dòng)至E1處，小軍恰好通過鏡子看到廣告牌頂端G，測出DE1=2m；再將鏡子移動(dòng)至E2處，恰好通過鏡子看到廣告牌的底端A，測出DE2=3.4m．經(jīng)測得，小軍的眼睛離地面距離CD=1.7m，BD=10m，求這個(gè)廣告牌AG的高度．

【應(yīng)用拓展】
小軍和小明討論后，發(fā)現(xiàn)用此方法也可測量出斜坡上信號(hào)塔AB的高度．他們給出了如下測量步驟（如圖）：①讓小軍站在斜坡的底端D處不動(dòng)（小軍眼睛離地面距離CD=1.7m），小明通過移動(dòng)鏡子（鏡子平放在坡面上）位置至E處，讓小軍恰好能看到塔頂B；②測出DE=2.8m；③測出坡長AD=17m；④測出坡比為8:15（即tan∠ADG=815）．通過他們給出的方案，請你算出信號(hào)塔AB的高度（結(jié)果保留整數(shù)）．

【答案】[問題背景] AB=17m；[活動(dòng)探究] AG=3.5m；[應(yīng)用拓展] AB≈20m
【分析】[問題背景]根據(jù)反射定理，結(jié)合兩個(gè)三角形相似的判定與性質(zhì)，列出相似比代值求解即可得到答案；
[活動(dòng)探究] 根據(jù)反射定理，結(jié)合兩個(gè)三角形相似的判定與性質(zhì)，運(yùn)用兩次三角形相似，列出相似比代值，作差求解即可得到答案；
[應(yīng)用拓展] 過點(diǎn)B作BM⊥AD于點(diǎn)M，過點(diǎn)C作CN⊥AD于點(diǎn)N，證△DCN∽△ABM，得AMDN=ABCD，再由銳角三角函數(shù)定義得tan∠ABM=AMBM=815，設(shè)DN=am，AM=bm，則CN=15a8，BM=15b8，進(jìn)而由勾股定理求出a=0.8m，然后由相似三角形的性質(zhì)得BMCN=EMEN，即可解決問題．
【詳解】解：[問題背景]如圖所示：

∵ ∠CEF=∠AEF，AB⊥BD,FE⊥BD,CD⊥BD，
∴∠AEB=∠CED,∠B=∠D=90°，
∴△ABE∽△CDE，
∴ABBE=CDDE，
∵ CD=1.7m，BE=20m，DE=2m，
∴AB20=1.72，解得AB=17m；
[活動(dòng)探究]如圖所示：

∵ GB⊥BD,CD⊥BD，
∴∠B=∠D=90°，
∵∠GE1B=∠CE1D
∴△GBE1∽△CDE1，
∴GBBE1=CDDE1，
∵ DE1=2m，BD=10m，
∴ BE1=BD-DE1=10-2=8m，
∵CD=1.7m，
∴GB8=1.72，解得GB=6.8m；
∵ GB⊥BD,CD⊥BD，
∴∠B=∠D=90°，
∵∠AE2B=∠CE2D
∴△ABE2∽△CDE2，
∴ABBE2=CDDE2，
∵ DE2=3.4m，BD=10m，
∴ BE2=BD-DE2=10-3.4=6.6m，
∵CD=1.7m，
∴AB6.6=1.73.4，解得GB=3.3m；
∴AG=GB-AB=6.8-3.3=3.5m；
[應(yīng)用拓展] 如圖，過點(diǎn)B作BM⊥AD于點(diǎn)M，過點(diǎn)C作CN⊥AD于點(diǎn)N，
由題意得：BG⊥DG，CD⊥DG，
∴∠AGD=∠CDG=∠BMA=∠CND=90°，
∵∠BAM=∠GAD，
∴90°-∠BAM=90°-∠GAD，
即∠ABM=∠ADG，
∵∠ADG+∠DAG=90°，∠ADG+∠CDN=90°，
∴∠CDN=∠DAG，
∴90°-∠CDN=90°-∠DAG，
即∠DCN=∠ADG，
∴∠DCN=∠ADG=∠ABM，
∴△DCN∽△ABM，
∴ AMDN=ABCD，
由題意得：AE=AD-DE=17-2.8=14.2(m)，
∵tan∠ADG=815，
∴tan∠DCN=DNCN=815，tan∠ABM=AMBM=815，
設(shè)DN=am，AM=bm，則CN=15a8，BM=15b8，
∵CN2+DN2=CD2，
∴15a82+a2=1.72，
解得：a=0.8(m)（負(fù)值已舍去），
∴EN=DE-DN=2.8-0.8=2(m)，CN=15×0.88=1.5(m)，
∴ b0.8=AB1.7，
∴AB=17b8，
同【問題背景】得：△BME∽△CNE，
∴ BMCN=EMEN，
∴ 15b81.5=14.2+b2，
解得：b=42645(m)，
∴AB=178×42645≈20(m)，
答：信號(hào)塔AB的高度約為20m．
【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形綜合，涉及相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)求線段長、勾股定理等知識(shí)，讀懂題意，熟練掌握相似三角形測高、三角函數(shù)測高的方法步驟是解決問題的關(guān)鍵．
2．（2023·四川自貢·中考真題）為測量學(xué)校后山高度，數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)過程如下：

(1)測量坡角
如圖1，后山一側(cè)有三段相對平直的山坡AB，BC，CD，山的高度即為三段坡面的鉛直高度BH，CQ，DR之和，坡面的長度可以直接測量得到，要求山坡高度還需要知道坡角大小．
如圖2，同學(xué)們將兩根直桿MN，MP的一端放在坡面起始端A處，直桿MP沿坡面AB方向放置，在直桿MN另一端N用細(xì)線系小重物G，當(dāng)直桿MN與鉛垂線NG重合時(shí)，測得兩桿夾角α的度數(shù)，由此可得山坡AB坡角β的度數(shù)．請直接寫出α，β之間的數(shù)量關(guān)系．
(2)測量山高
同學(xué)們測得山坡AB，BC，CD的坡長依次為40米，50米，40米，坡角依次為24°，30°，45°；為求BH，小熠同學(xué)在作業(yè)本上畫了一個(gè)含24°角的Rt△TKS（如圖3），量得KT≈5cm，TS≈2cm．求山高DF．（2≈1.41，結(jié)果精確到1米）
(3)測量改進(jìn)
由于測量工作量較大，同學(xué)們圍繞如何優(yōu)化測量進(jìn)行了深入探究，有了以下新的測量方法．

如圖4，5，在學(xué)校操場上，將直桿NP置于MN的頂端，當(dāng)MN與鉛垂線NG重合時(shí)，轉(zhuǎn)動(dòng)直桿NP，使點(diǎn)N，P，D共線，測得∠MNP的度數(shù)，從而得到山頂仰角β1，向后山方向前進(jìn)40米，采用相同方式，測得山頂仰角β2；畫一個(gè)含β1的直角三角形，量得該角對邊和另一直角邊分別為a1厘米，b1厘米，再畫一個(gè)含β2的直角三角形，量得該角對邊和另一直角邊分別為a2厘米，b2厘米．已知桿高M(jìn)N為1.6米，求山高DF．（結(jié)果用不含β1，β2的字母表示）
【答案】(1)α+β=90°；
(2)山高DF為69米；
(3)山高DF的高為40a1a2a2b1-a1b2+1.6米．．
【分析】（1）利用互余的性質(zhì)即可求解；
（2）先求得sin24°=0.4，再分別在Rt△ABH、Rt△BCQ、Rt△CDR中，解直角三角形即可求解；
（3）先求得tanβ1=a1b1，tanβ2=a2b2，在Rt△NDL和Rt△N'DL中，分別求得NL和N'L的長，得到方程N(yùn)L-N'L=40，據(jù)此即可求解．
【詳解】（1）解：由題意得∠NMO=90°，

∴α+β=90°；
（2）解：在Rt△TKS中，KT≈5cm，TS≈2cm．

∴sin24°=TSKT≈25=0.4，
在Rt△ABH中，∠ABH=24°，AB=40米，
∴BH=AB?sin24°=40×0.4=16(米)，
在Rt△BCQ中，∠CBQ=30°，BC=50米，
∴CQ=BC?sin30°=50×12=25(米)，
在Rt△CDR中，∠DCR=45°，CD=40米，
∴DR=CD?sin45°=40×22≈28(米)，
∴山高DF=16+25+28=69(米)，
答：山高DF為69米；
（3）解：如圖，由題意得tanβ1=a1b1，tanβ2=a2b2，

設(shè)山高DF=x+1.6，則DL=x，

在Rt△NDL中，∠DNL=β1，DL=x，
∴DLNL=tanβ1=a1b1，
∴NL=b1a1x，
在Rt△N'DL中，∠DN'L=β2，DL=x，
∴DLN'L=tanβ2=a2b2，
∴N'L=b2a2x，
∵NN'=MM'=40，
∴NL-N'L=40，即b1a1x-b2a2x=40，
解得x=40a1a2a2b1-a1b2，山高DF=40a1a2a2b1-a1b2+1.6
答：山高DF的高為40a1a2a2b1-a1b2+1.6米．
【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，能夠正確地構(gòu)建出直角三角形，將實(shí)際問題化歸為解直角三角形的問題是解答此類題的關(guān)鍵．
3．（2023·江蘇泰州·中考真題）如圖，堤壩AB長為10m，坡度i為1:0.75，底端A在地面上，堤壩與對面的山之間有一深溝，山頂D處立有高20m的鐵塔CD．小明欲測量山高DE，他在A處看到鐵塔頂端C剛好在視線AB上，又在壩頂B處測得塔底D的仰角α為26°35'．求堤壩高及山高DE．（sin26°35'≈0.45，cs26°35'≈0.89，tan26°35'≈0.50，小明身高忽略不計(jì)，結(jié)果精確到1m）

【答案】堤壩高為8米，山高DE為20米．
【分析】過B作BH⊥AE于H，設(shè)BH=4x，AH=3x，根據(jù)勾股定理得到AB=AH2+BH2=5x=10，求得AH=6，BH=8，過B作BF⊥CE于F，則EF=BH=8，BF=EH，設(shè)DF=a，解直角三角形即可得到結(jié)論．
【詳解】解：過B作BH⊥AE于H，

∵坡度i為1:0.75，
∴設(shè)BH=4x，AH=3x，
∴AB=AH2+BH2=5x=10，
∴x=2，
∴AH=6，BH=8，
過B作BF⊥CE于F，
則EF=BH=8，BF=EH，
設(shè)DF=a，
∵α=26°35'．
∴BF=DFtan26°35'=a0.5=2a，
∴AE=6+2a，
∵坡度i為1:0.75，
∴CE：AE=20+a+8：6+2a=1：0．75，
∴a=12，
∴DF=12（米），
∴DE=DF+EF=12+8=20（米），
答：堤壩高為8米，山高DE為20米．
【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用-俯角仰角，解直角三角形的應(yīng)用-坡角坡度，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
題型04 與不易測量相關(guān)問題
1．（2023·黑龍江綏化·中考真題）如圖，直線MN和EF為河的兩岸，且MN∥EF，為了測量河兩岸之間的距離，某同學(xué)在河岸FE的B點(diǎn)測得∠CBE=30°，從B點(diǎn)沿河岸FE的方向走40米到達(dá)D點(diǎn)，測得∠CDE=45°．

(1)求河兩岸之間的距離是多少米？（結(jié)果保留根號(hào)）
(2)若從D點(diǎn)繼續(xù)沿DE的方向走(123+12)米到達(dá)P點(diǎn)．求tan∠CPE的值．
【答案】(1)河兩岸之間的距離是203+20米
(2)tan∠CPE=52
【分析】（1）過點(diǎn)C作CM⊥EF于點(diǎn)M，設(shè)CM=a米，在Rt△MCB中，MB=3a，在Rt△MCD中，MD=MC=a，根據(jù)BD=40，建立方程，解方程即可求解；
（2）根據(jù)題意求得MP的長，進(jìn)而根據(jù)正切的定義，即可求解．
【詳解】（1）解：如圖所示，

過點(diǎn)C作CM⊥EF于點(diǎn)M，設(shè)CM=a米，
∵∠CBE=30°
∴tan∠CBM=CMPB=tan30°=33，
∴MB=3a，
在Rt△MCD中，tan∠CDM=CMMD=tan45°=1，
∴MD=MC=a
∴BD=MB-MD=3a-a=40
解得：a=203+20
答：河兩岸之間的距離是203+20米；
（2）解：如圖所示，

依題意，PB=BD+DP=40+(123+12)=52+123，
∴MP=MB-PB=203+203-52+123=8+83，
在Rt△CMP中，tan∠CPM=CMMP=203+208+83=52，
∴tan∠CPE=52．
【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，熟練掌握三角函數(shù)關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
2．（2022·山東濟(jì)寧·中考真題）知識(shí)再現(xiàn)：如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C的對邊分別為a，b，c．
∵sinA=ac，sinB=bc
∴c=asinA，c=bsinB
∴asinA=bsinB
(1)拓展探究：如圖2，在銳角ABC中，∠A，∠B，∠C的對邊分別為a，b，c．請?zhí)骄縜sinA，bsinB，csinC之間的關(guān)系，并寫出探究過程．
(2)解決問題：如圖3，為測量點(diǎn)A到河對岸點(diǎn)B的距離，選取與點(diǎn)A在河岸同一側(cè)的點(diǎn)C，測得AC＝60m，∠A＝75°，∠C＝60°．請用拓展探究中的結(jié)論，求點(diǎn)A到點(diǎn)B的距離．
【答案】(1)asin∠A=bsinB=csin∠C，證明見解析
(2)306米
【分析】拓展研究：作CD⊥AB于點(diǎn)D，AE⊥BC于點(diǎn)E，根據(jù)正弦的定義得AE = csinB，
AE= bsin∠BCA，CD= asinB，CD = bsin∠BAC，從而得出結(jié)論；
解決問題：由拓展探究知，ABsinC=ACsin∠CBA 代入計(jì)算即可．
【詳解】（1）（拓展探究）證明：作CD⊥AB于點(diǎn)D，AC⊥BC于點(diǎn)E．
在RtΔABE中，sinB=AEAB=AEc，
同理：sinB=CDBC=CDa，
sin∠BAC=CDAC=CDb,sin∠BCA=AEAC=AEb．
∴AE=csinB,AE=bsin∠BCA,
CD=asinB,CD=bsin∠BAC．
∴csinB=bsin∠BCA,asinB=bsin∠BAC．
∴bsinB=csin∠BCA,asin∠BAC=bsinB．
∴asin∠BAC=bsinB=csin∠BCA．
（2）（解答問題）解：在ΔABC中，∠CBA=180°-∠A-∠C=180°-75°-60°=45°.
∵ABsinC=ACsin∠CBA,
∴∴ABsin60°=60sin45°
解得：AB=306
答：點(diǎn)A到點(diǎn)B的距離為AB=306m．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了解直角三角形，對于銳角三角形，利用正弦的定義，得出asin∠BAC=bsinB=csin∠BCA是解題的關(guān)鍵．
3．（2021·江蘇南京·中考真題）如圖，為了測量河對岸兩點(diǎn)A，B之間的距離，在河岸這邊取點(diǎn)C，D．測得CD=80m，∠ACD=90°，∠BCD=45°，∠ADC=19°17'，∠BDC=56°19'，設(shè)A，B，C，D在同一平面內(nèi)，求A，B兩點(diǎn)之間的距離．（參考數(shù)據(jù)：tan19°17'≈0.35,tan56°19'≈1.50．）
【答案】52m
【分析】作BE⊥CD于E，作BF⊥CA交CA延長線于F．先證明四邊形CEBF是正方形，設(shè)CE=BE=xm，
根據(jù)三角函數(shù)表示出DE，根據(jù)CD=80m列方程求出CE=BE=48m，進(jìn)而求出CF=BF=48m，解直角三角形ACD求出AC，得到AF，根據(jù)勾股定理即可求出AB，問題得解．
【詳解】解：如圖，作BE⊥CD于E，作BF⊥CA交CA延長線于F．
∵∠FCD=90°，
∴四邊形CEBF是矩形，
∵BE⊥CD，∠BCD=45°，
∴∠BCE=∠CBE=45°，
∴CE=BE，
∴矩形CEBF是正方形．
設(shè)CE=BE=xm，
在Rt△BDE中，
DE=BEtan∠BDE=xtan56°19'≈23xm，
∵CD=80m，
∴x+23x=80，
解得x=48，
∴CE=BE=48m，
∵四邊形CEBF是正方形，
∴CF=BF=48m，
∵在Rt△ACD中，AC=CD·tan∠ADC=80×tan19°17'≈80×0.35=28m，
∴AF=CF-AC=20m，
∴在Rt△ABF中，AB=AF2+BF2=202+482=52m，
∴A，B兩點(diǎn)之間的距離是52m．
【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形應(yīng)用，理解題意，添加輔助線構(gòu)造正方形和直角三角形是解題關(guān)鍵．
題型05 與可調(diào)節(jié)的滑動(dòng)懸桿問題
1．（2023·浙江衢州·中考真題）如圖，一款可調(diào)節(jié)的筆記本電腦支架放置在水平桌面上，調(diào)節(jié)桿BC=2a，AB=b，AB的最大仰角為α.當(dāng)∠C=45°時(shí)，則點(diǎn)A到桌面的最大高度是（ ）

A．a(chǎn)+bcsaB．a(chǎn)+bsinαC．a(chǎn)+bcsaD．a(chǎn)+bsinα
【答案】D
【分析】
過點(diǎn)A作AF⊥BE于F，過點(diǎn)B作BG⊥CD于G，利用解直角三角形可得AF=bsinα，BG=a，根據(jù)點(diǎn)A到桌面的最大高度=BG+AF，即可求得答案．
【詳解】
如圖，過點(diǎn)A作AF⊥BE于F，過點(diǎn)B作BG⊥CD于G，

在Rt△ABF中，AF=AB?sinα=bsinα，
在Rt△BCG中，BG=BC?sin45°=2a×22=a，
∴點(diǎn)A到桌面的最大高度=BG+AF=a+bsinα，
故選：D．
【點(diǎn)睛】
本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，解題關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造直角三角形，利用解直角三角形解決問題．
2．（2022·江蘇鹽城·中考真題）2022年6月5日，“神舟十四號(hào)”載人航天飛船搭載“明星”機(jī)械臂成功發(fā)射．如圖是處于工作狀態(tài)的某型號(hào)手臂機(jī)器人示意圖，OA是垂直于工作臺(tái)的移動(dòng)基座，AB、BC為機(jī)械臂，OA=1m，AB=5m，BC=2m，∠ABC=143°．機(jī)械臂端點(diǎn)C到工作臺(tái)的距離CD=6m．
(1)求A、C兩點(diǎn)之間的距離；
(2)求OD長．
（結(jié)果精確到0.1m，參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75，5≈2.24）
【答案】(1)6.7m
(2)4.5m
【分析】（1）連接AC，過點(diǎn)A作AH⊥BC，交CB的延長線于H，根據(jù)銳角三角函數(shù)定義和勾股定理即可解決問題．
（2）過點(diǎn)A作AG⊥DC，垂足為G，根據(jù)銳角三角函數(shù)定義和勾股定理即可解決問題．
【詳解】（1）解：如圖2，連接AC，過點(diǎn)A作AH⊥BC，交CB的延長線于H．
在Rt△ABH中，∠ABH=180°-∠ABC=37°，
sin37°=AHAB，所以AH=AB?sin37°≈3m，
cs37°=BHAB，所以BH=AB?cs37°≈4m，
在Rt△ACH中，AH=3m，CH=BC+BH=6m，
根據(jù)勾股定理得AC=CH2+AH2=35≈6.7m，
答：A、C兩點(diǎn)之間的距離約6.7m．
（2）如圖2，過點(diǎn)A作AG⊥DC，垂足為G，
則四邊形AGDO為矩形，GD=AO=1m，AG=OD，
所以CG=CD-GD=5m，
在Rt△ACG中，AC=35m，CG=5m，
根據(jù)勾股定理得AG=AC2-CG2=25≈4.5m．
∴OD=AG=4.5m．
答：OD的長為4.5m．
【點(diǎn)睛】求角的三角畫數(shù)值或者求線段的長時(shí)，我們經(jīng)常通過觀察圖形將所求的角成者線段轉(zhuǎn)化到直角三角形中（如果沒有直角三角形，設(shè)法構(gòu)造直角三角形），再利用銳角三角畫數(shù)求解
測量物體的高度的常見模型：
1）利用水平距離測量物體高度（雙直角三角形）
解題方法：這兩種模型種都有一條公共的直角邊，解題時(shí)，往往通過這條邊為中介在兩個(gè)三角形中依次求邊，或通過公共邊相等，列方程求解.
2）測量底部可以到達(dá)的物體高度
3）測量底部不可到達(dá)的物體的高度
1．（2023·云南·模擬預(yù)測）2023年4月20日，云南大學(xué)迎來百年校慶，當(dāng)天晚間，千架無人機(jī)在云南大學(xué)上空變換著“云南大學(xué)?；铡钡葓D案（如圖1） ，書寫著百年學(xué)府的深厚積淀．小李為記錄這次表演，攜帶無人機(jī)航拍，如圖2，某一時(shí)刻小李在水平地面點(diǎn) A 處測得無人機(jī)位置點(diǎn) B的仰角為60°，無人機(jī)從點(diǎn) B水平飛至點(diǎn) C 處，小李在點(diǎn) A 處測得點(diǎn) C 的仰角為45°，水平地面AF∥BC，若BC=4米，則此時(shí)無人機(jī)距離水平地面的距離為（ ）

A．6+23米B．8米C．2+23米D．83米
【答案】A
【分析】本題主要考查了解直角三角形的實(shí)際應(yīng)用，矩形的性質(zhì)和判定，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．如圖所示，過點(diǎn)B作BG⊥AF于G，過點(diǎn)C作CH⊥AF于H，證明四邊形BCHG是矩形，得到GH=BC=4米， BG=CH，設(shè)BG=CH=x米, 解Rt△ABG得到AG=33x，解Rt△ACH得到AH=x，則GH=x-33x=4，據(jù)此求解即可．
【詳解】解：如圖所示， 過點(diǎn)B作BG⊥AF于G，過點(diǎn)C作CH⊥AF于H，

∵AF∥BC，
∴BG⊥BC，
∵四邊形BCHG是矩形，
∴GH=BC=4米，BG=CH，
設(shè)BG=CH=x米，
在Rt△ABG中, ∠BGA=90°,∠BAG=60°,
∴AG=BGtan∠BAG=x3=33x，
在Rt△ACH中, ∠CHA=90°,∠CAH=45°,
∴AH=BGtan∠CAH=x，
∴GH=AH-AG=x-33x=4，
∴x=6+23，
∴CH=6+23（米）．
故選:A
2．（2023·山東泰安·一模）某區(qū)域平面示意圖如圖，點(diǎn)O在河的一側(cè)，AC和BC表示兩條互相垂直的公路．甲偵測員在A處測得點(diǎn)O位于北偏東45°，乙勘測員在B處測得點(diǎn)O位于南偏西73.7°，測得AC=840m，BC=500m，請求出點(diǎn)O到BC的距離（ ）m．（參考數(shù)據(jù)sin73.7°≈2425，cs73.7°≈725，tan73.7°≈247）

A．140mB．340mC．360mD．480m
【答案】D
【分析】
作OM⊥BC于M，ON⊥AC于N，設(shè)OM=x，根據(jù)矩形的性質(zhì)用x表示出OM、MC，根據(jù)正切的定義用x表示出BM，根據(jù)題意列式計(jì)算即可．
【詳解】解：作OM⊥BC于M，ON⊥AC于N，

則四邊形ONCM為矩形，
∴ON=MC，OM=NC，
設(shè)OM=x，則NC=x，AN=840-x，
在Rt△ANO中，∠OAN=45°，
∴ON=AN=840-x，則MC=ON=840-x，
在Rt△BOM中，BM=OMtan∠OBM≈724x，
由題意得，840-x+724x=500，
解得，x=480，
即點(diǎn)O到BC的距離約為480m，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查的是解直角三角形的應(yīng)用，掌握銳角三角函數(shù)的定義、正確標(biāo)注方向角是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·河南南陽·一模）一艘輪船位于燈塔P的南偏東60°方向，距離燈塔45海里的A處，它沿北偏東30°方向航行一段時(shí)間后，到達(dá)位于燈塔P的北偏東67°方向上的B處，此時(shí)與燈塔P的距離約為（ ）（參考數(shù)據(jù)：sin37°≈35，cs37°≈45，tan37°≈34）
A．27海里B．50海里C．75海里D．153海里
【答案】C
【分析】由題意可得∠CAP=∠EPA=60°，∠CAB=30°，PA=30，則∠PAB=90°，∠B=37°，在Rt△PAB中，利用正弦函數(shù)的定義求解即可．
【詳解】解：如圖所示標(biāo)注字母，根據(jù)題意得：
∠CAP=∠EPA=60°，∠CPD=67°，∠CAB=30°，PA=45，
∴∠PAB=∠CAP+∠CAB=60°+30°=90°，
∠APB=180°-67°-60°=53°，
∴∠B=90°-∠APB=90°-53°=37°，
在Rt△PAB中，sin∠B=PAPB，
∴PB=PAsin∠B=45sin37°≈4535=75（海里），
∴此時(shí)與燈塔P的距離約為75海里．
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形的應(yīng)用—方向角問題，理解題意，熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．也考查了三角形的內(nèi)角和定理和直角三角形兩銳角互余．
4．（2023·廣東深圳·二模）在綜合實(shí)踐課上，某班同學(xué)測量校園內(nèi)一棵樹的高度．如圖，測量儀在A處測得樹頂D的仰角為45°，在C處測得樹頂D的仰角為37°（點(diǎn)A、B、C在同一條水平主線上），已知測量儀的高度AE=CF=1.65米，AC=28米，則樹BD的高度是（ ）【參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75】
A．12米B．12.65米C．13米D．13.65米
【答案】D
【分析】設(shè)DM=x米，根據(jù)∠DEM=45°可得到EM=DM=x、MF=28-x，然后利用解直角三角形的知識(shí)計(jì)算求解即可．
【詳解】解：連接EF交BD于點(diǎn)M，則EF⊥BD，
AE=BM=CF=1.65，EF=AC=28．
設(shè)DM=x米，
∵在Rt△DEM中，∠DEM=45°，
∴EM=DM=x，
∴MF=28-x．
在Rt△DFM中，∠DFM=37°，
∴tan∠DFM=DMMF，即：tan37°=x28-x≈0.75，解得x=12，即DM=12．
∴BD=DM+BM=12+1.65=13.65（米）．
∴樹BD的高度約為13.65米．
故選D．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了仰角型解直角三角形的應(yīng)用，熟練掌握解直角三角形的基本步驟是解答本題的關(guān)鍵．
5．（2022·山東濟(jì)南·一模）如圖，為了測量某建筑物BC 的高度，小穎采用了如下的方法：先從與建筑物底端B在同一水平線上的A點(diǎn)出發(fā)，沿斜坡AD行走100米至坡頂D處，再從D處沿水平方向繼續(xù)前行若干米到點(diǎn)E處，在E點(diǎn)測得該建筑物頂端C的仰角為59°，建筑物底端B的俯角為45°，點(diǎn)A、B、C、D、E在同一平面內(nèi)，斜坡AD的坡度i=1:43 ．根據(jù)以上數(shù)據(jù)，計(jì)算出建筑物BC的高度約為（結(jié)果精確到1．參考數(shù)據(jù)：sin59°≈0.86，cs59°≈0.52，tan59°≈1.66）（ ）
A．158米B．161米C．159米D．160米
【答案】D
【分析】先利用斜坡AD的坡度求出DF，再利用矩形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)求出EH=BH=EG=DF=60，之后利用正切求出CH的值，最后通過求和即可得到建筑物BC的高度．
【詳解】解：如圖：過點(diǎn)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，過點(diǎn)E作EG⊥AB于點(diǎn)G，過點(diǎn)E作EH⊥BC于點(diǎn)H
∵斜坡AD的坡度i=1:43
∴DF:AF=1:43
∴可設(shè)DF=x，AF=43x
∵在Rt△ADF中，DF2+AF2=AD2，
∴x2+43x2=1002
∴x=60
∴EH=EG=DF=60
∵在Rt△BEH中，∠BEH=45°
∴EH=BH=60
∵在Rt△CEH中，tan∠CEH≈1.66
∴CH≈EH?tan△CEH≈60×1.66≈90
∴CB=CH+BH=100+60=160
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查坡度的意義，等腰直角三角形的性質(zhì)和解直角三角形，選取恰當(dāng)?shù)姆椒ㄕ_求出線段長度是解題關(guān)鍵．
6．（23-24九年級(jí)下·重慶·階段練習(xí)）春節(jié)期間，白居寺長江大橋憑借其獨(dú)特的造型、科幻的氛圍、“星際穿越”的視感吸引眾多游客紛紛前來打卡拍照．某校數(shù)學(xué)社團(tuán)的同學(xué)們欲測量白居寺長江大橋橋塔的高度，如圖2，他們在橋下地面MB上架設(shè)測角儀CM（測角儀垂直于地面放置），此時(shí)測得白居寺長江大橋橋塔最高點(diǎn)A的仰角∠ACE=35°，然后將測角儀沿MB方向移動(dòng)100.5米到達(dá)點(diǎn)N處，并測出點(diǎn)A的仰角∠ADE=45°，測角儀高度CM=DN=1.6米．（點(diǎn)M，N，B在同一水平線上，AB⊥BM）

(1)白居寺長江大橋橋塔的高度AB約為多少米？（結(jié)果保留到個(gè)位，參考數(shù)據(jù)：sin35°≈0.57，cs35°≈0.82，tan35°≈0.70，2≈1.41）
(2)如圖3，在（1）問條件下，小明在某大樓Q處測得白居寺長江大橋橋塔最高點(diǎn)A的仰角∠AQG=18°，最低點(diǎn)B的俯角∠BQG=53°，則小明所在地Q處與AB的水平距離約為多少米？（結(jié)果保留到個(gè)位，參考數(shù)據(jù)：sin72°≈0.95，cs72°≈0.3，tan72°≈3，sin37°≈0.6，cs37°≈0.8，tan37°≈0.75）
【答案】(1)236.1
(2)141.66
【分析】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，通過仰角俯角問題測量物體高度，熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義是解答本題的關(guān)鍵．
（1）延長CD，交AB于點(diǎn)F，設(shè)DF=x, 則CF=x+100.5，在Rt△ADF中,∠ADF=45° ，可得AF=x，在Rt△ACF中，∠ACE=35°，tan35°=AFCF=xx+100.5≈0.7，求出x，再根據(jù)AB=AF+BF得出答案；
（2）延長QG交AB于點(diǎn)M，由題意可知QM⊥AB，AB=236.1，根據(jù)題意可得 ∠A=72°,∠B=37°，設(shè)AM=x，則BM=236.1-x，根據(jù)tan∠A=tan72°=QMAM≈3，tan∠B=tan∠37°=QMBM≈0.75，可得tan37°tan72°=AMBM=x236.1-x=0.753，解得x=47.22，從而可得QM的值．
【詳解】（1）解：如圖所示，延長CD，交AB于點(diǎn)F，

由題意得CD=MN=100.5, DF=BN, ∠AFD=90°,CM=DN=BF=1.6
設(shè)DF=x, 則CF=x+100.5
在Rt△ADF中,∠ADF=45°
∴AF=x
在Rt△ACF中，∠ACE=35°，tan35°=AFCF=xx+100.5≈0.7
∴x≈234.5
經(jīng)檢驗(yàn)x≈234.5是原方程的解且符合題意
∴AB=AF+BF=234.5+1.6=236.1米
∴白居寺長江大橋橋塔的高度AB約為236.1米；
（2）解：延長QG交AB于點(diǎn)M，由題意可知QM⊥AB，AB=236.1

∵ ∠AQG=18°，∠BQG=53°
∴∠A=72°,∠B=37°
設(shè)AM=x，則BM=236.1-x
∵tan∠A=tan72°=QMAM≈3
tan∠B=tan∠37°=QMBM≈0.75
∴tan37°tan72°=AMBM=x236.1-x=0.753
解得x=47.22
∴ QM=AM?tan72°=47.22×3=141.66
故Q處與AB的水平距離約為141.66米
7．（2023·貴州貴陽·二模）為加快城鄉(xiāng)發(fā)展，建設(shè)美麗鄉(xiāng)村，某地區(qū)對A，B兩地間的公路進(jìn)行改建．如圖，A，B兩地之間有一座山、汽車原來從A地到B地需途徑C地沿折線ACB行駛，現(xiàn)開通隧道后，汽車可直接沿直線AB行駛．已知BC=100千米，∠A=45°,∠B=30°．
(1)求C地到公路AB的距離；
(2)開通隧道后，汽車從A地到B地可以少走多少千米？（結(jié)果精確到1米）（參考數(shù)據(jù)：2≈1.4,3≈1.7）
【答案】(1)50千米
(2)35千米
【分析】
本題考查了解直角三角形的實(shí)際應(yīng)用，求三角形的邊或高的問題一般可以轉(zhuǎn)化為解直角三角形的問題，解決的方法就是作高線．
（1）過點(diǎn)C作AB的垂線CD，垂足為D．在直角△ACD中，解直角三角形求出CD，進(jìn)而解答即可；
（2）在直角△CBD中，解直角三角形求出BD，再求出AD，即可得解．
【詳解】（1）解：過點(diǎn)C作AB的垂線CD，垂足為D．
∵AB⊥CD,∠B=30°，
∴CD=12BC=50（千米），
答：C地到公路AB的距離為50千米；
（2）解：∵∠A=45°,sin∠A=CDAC，
∴AC=CDsin45°=502（千米），
∴AC+BC=100+502≈170（千米），
∴開通隧道前，汽車從A地到B地要走170千米；
∵∠B=30°,cs∠B=BDBC,BC=100（千米），
∴BD=BC?cs30°=100×32=503（千米），
∵∠A=45°，
∵∠ADC=90°，
∴AD=CD=50（千米）
∴AB=AD+BD=50+503=135（千米）
∴170-135=35（千米）
答：開通隧道后，汽車從A地到B地可以少走35千米．
8．（2023·河南濮陽·一模）某種落地?zé)羧鐖D1所示，立桿AB垂直于地面，其高為120cm,BC為支桿，它可繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，其中BC的長為30cm，懸桿CD=40cm，如圖2所示，當(dāng)∠BCD=70°，∠ABC=135°時(shí)，求燈泡懸掛點(diǎn)D到地面的距離DF的長．（結(jié)果精確到1cm；參考數(shù)據(jù)：sin25°≈0.42,cs25°≈0.91,tan25°≈0.47,2≈1.41）

【答案】158cm
【分析】如圖，過點(diǎn)C作CG⊥DF于點(diǎn)G，延長AB交CG于點(diǎn)H．在Rt△CDG中，求出DG=16.8cm．在Rt△BCH中，求得BH≈21cm，可求出FG=141cm，從而可得結(jié)論．
【詳解】解：如圖，過點(diǎn)C作CG⊥DF于點(diǎn)G，延長AB交CG于點(diǎn)H．

∵∠ABC=135°，
∴∠HBC=180°-∠ABC=45°，
∴∠BCH=45°，
∴∠DCG=70°-45°=25°．
在Rt△CDG中，DG=CD?sin∠DCG≈40×0.42=16.8cm．
在Rt△BCH中，BH=BC?cs∠HBC=30×22≈15×1.41≈21cm，
∴FG=AH=AB+BH=120+21=141cm，
∴DF=FG+DG=141+16.8≈158cm．
答：燈泡懸掛點(diǎn)D到地面的距離DF的長約為158cm．
【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義是解答本題的關(guān)鍵．考點(diǎn)要求
命題預(yù)測
解直角三角形
中考數(shù)學(xué)中，對銳角三角函數(shù)的考察主要以特殊角的三角函數(shù)值及其有關(guān)計(jì)算、解直角三角形、解直角三角形的應(yīng)用三個(gè)方面為主.其中，銳角三角函數(shù)的性質(zhì)及解直角三角形多以選擇填空題為主，解直角三角形的應(yīng)用多以解答題為主，考點(diǎn)所占分值有3-12分，還是需要考生對這塊考點(diǎn)多加重視.
解直角三角形的實(shí)際應(yīng)用
已知類型
已知條件
解法步驟
兩邊
斜邊和一直角邊
(如c,a)
① ② ③∠B=90°－∠A
兩直角邊
(如a,b)
① ② ③∠B=90°－∠A
一邊和一銳角
斜邊和一銳角
（如c，∠A）
①∠B=90°－∠A ②
③
一直角邊和一銳角
（如a，∠A）
①∠B=90°－∠A ②
③
另一直角邊和一銳角
（如b，∠A）
①∠B=90°－∠A ②
③
模型
需測量數(shù)據(jù)
數(shù)量關(guān)系
原理
測量儀高m，
水平距離n，
傾斜角α
tanα=h-mn
h= m+n?tanα
矩形的性質(zhì)與直角三角形的邊角關(guān)系
水平距離n，
仰角α，
俯角β
tana=h1n，tanβ=h2n
h=h1+h2=n（tana+tanaβ）

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