中考數(shù)學一輪復習考點練習考向32 銳角三角函數(shù)（含答案詳解）-試卷下載-教習網

1．（2022·陜西·統(tǒng)考中考真題）如圖，是的高，若，，則邊的長為（）
A．B．C．D．
2．（2022·四川樂山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，，點D是AC上一點，連接BD．若，，則CD的長為（）
A．B．3C．D．2
3．（2020·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，中，，點在上，．若，則的長度為（）
A．B．C．D．
4．（2022·山東濟南·統(tǒng)考中考真題）數(shù)學活動小組到某廣場測量標志性建筑AB的高度．如圖，他們在地面上C點測得最高點A的仰角為22°，再向前70m至D點，又測得最高點A的仰角為58°，點C，D，B在同一直線上，則該建筑物AB的高度約為（）（精確到1m．參考數(shù)據：，，，）
A．28mB．34mC．37mD．46m
5．（2022·廣東廣州·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形ABCD的面積為3，點E在邊CD上，且CE = 1，∠ABE的平分線交AD于點F，點M，N分別是BE，BF的中點，則MN的長為（）
A．B．
C．D．
6．（2020·山東濟南·中考真題）如圖，在矩形紙片ABCD中，AD＝10，AB＝8，將AB沿AE翻折，使點B落在處，AE為折痕；再將EC沿EF翻折，使點C恰好落在線段EB'上的點處，EF為折痕，連接．若CF＝3，則tan＝_____．
7．（2022·重慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，三角形花園緊鄰湖泊，四邊形是沿湖泊修建的人行步道．經測量，點在點的正東方向，米．點在點的正北方向．點，在點的正北方向，米．點在點的北偏東，點在點的北偏東．
(1)求步道的長度（精確到個位）；
(2)點處有直飲水，小紅從出發(fā)沿人行步道去取水，可以經過點到達點，也可以經過點到達點．請計算說明他走哪一條路較近？（參考數(shù)據：，）
8．（2021·四川內江·統(tǒng)考中考真題）如圖，是的直徑，、是上兩點，且，過點的直線交的延長線于點，交的延長線于點，連接、交于點．
（1）求證：是的切線；
（2）若，的半徑為2，求陰影部分的面積；
（3）連結，在（2）的條件下，求的長．
【考點梳理】
考點1：銳角三角函數(shù)的定義、特殊角的三角函數(shù)值
1．銳角三角函數(shù)的概念
（1）銳角A的正弦、余弦、正切、余切都叫做∠A的銳角三角函數(shù).
（2）在△ABC中，∠C=90°,
∠A的正弦sin A= ,∠A的余弦cs A= ,∠A的正切tan A= .
2．特殊角的三角函數(shù)值(填寫下表)
考點二．解直角三角形
（1）解直角三角形的概念
在直角三角形中,除直角外,一共有5個元素,即3條邊和2個銳角,由直角三角形中除直角外的已知元素求出所有未知元素的過程,叫做解直角三角形.
（2）直角三角形的解法
直角三角形的解法按除直角外已知2個元素的不同情況可大致分為四種類型:
① 已知一條直角邊和一個銳角(如a,∠A),其解法為:∠B=90°-∠A,c=;
② 已知斜邊和一個銳角(如c,∠A),其解法為:∠B=90°-∠A,a=;
③ 已知兩直角邊(如a,b),其解法為:c2=a2+b2,tan A=;
④ 已知斜邊和一直角邊(如c,a),其解法為:b2=c2-a2,sin A=.

考點三：解直角三角形的實際應用
【題型探究】
題型一：銳角三角函數(shù)的定義、特殊角的三角函數(shù)值
9．（2023·河北石家莊·?？家荒＃┰谡叫尉W格中，以格點O為圓心畫圓，使該圓經過格點A，B，并在點A，B的右側圓弧上取一點C，連接AC，BC，則的值為（）
A．B．C．1D．
10．（2023·陜西西安·西安市鐵一中學?？既＃┤鐖D，已知正方形，若點E在正方形內，且，當時，的度數(shù)為（）
A．30°B．150°C．45°D．135°
11．（2023·廣東·一模）如圖，在中，，將繞點A逆時針旋轉，得到，連接并延長交AB于點D，當時，的長是（）
A．B．C．D．
題型二：同角三角函數(shù)求值
12．（2022·廣東梅州·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt和Rt中，，，AB=AE=5．連接BD，CE，將△繞點A旋轉一周，在旋轉的過程中當最大時，△ACE的面積為（）．
A．6B．C．9D．
13．（2021·江蘇·校聯(lián)考二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，D是邊AB上一點，連結CD，將△ACD沿CD翻折得到△ECD，連結BE．若四邊形BCDE是平行四邊形，則BC的長為（）
A．B．3C．2D．3
14．（2019·陜西寶雞·統(tǒng)考一模）如圖，直徑為10的⊙A經過點C(0，5)和點O(0，0)，B是y軸右側⊙A優(yōu)弧上一點，則∠OBC的余弦值為( )
A．B．C．D．
題型三：解直接三角形
15．（2023·陜西西安·高新一中?？寄M預測）如圖，在中，，點D在邊上，且，連接，若，則的長為（）
A．8B．7C．6D．5
16．（2023·陜西寶雞·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，，，則邊的長為（）
A．B．C．D．
17．（2023·山西臨汾·統(tǒng)考一模）如圖，在中，過點作，垂足為．若，，，則的長為（）．
A．B．C．D．
18．（2022·浙江杭州·?？级＃┤鐖D，的半徑于點C，連接并延長交于點E，連接．若，，則為（）
A．B．C．D．
題型四：仰角俯角問題
19．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖，甲乙兩樓相距30米，乙樓高度為36米，自甲樓頂A處看乙樓樓頂B處仰角為，則甲樓高度為（）
A．15米B．米C．米D．米
20．（2023·四川綿陽·統(tǒng)考二模）年月日，神舟十三號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸，神舟十三號載人飛行任務收得圓滿成功，中國航天，又站在了一個新的起點．如圖年月日，神舟十三號載人飛船從地面處成功發(fā)射，當飛船到達點時，地面處的雷達站測得米，仰角為，秒后，飛船直線上升到達點處，此時地面處的雷達站測得處的仰角為．點，，在同一直線上，已知，兩處相距米，則飛船從到處的平均速度為（）米秒．（結果精確到米；參考數(shù)據：，）
A．336B．335C．334D．333
題型五：方位角問題
21．（2023·陜西西安·?？既＃┠瞅屩鹋炘诤Ｉ蠄?zhí)行任務后剛返回到港口，接到上級指令，發(fā)現(xiàn)在其北偏東方向上有一艘可疑船只，與此同時在港口處北偏東方向上且距離處有另一艘驅逐艦也收到了相關指令，驅逐艦恰好在可疑船只的南偏東的方向上，則可疑船只距離港口的距離為（）
A．B．C．D．
22．（2022·河北石家莊·二模）如圖，某漁船正在海上P處捕魚，先向北偏東30°的方向航行10km到A處．然后右轉40°再航行到B處，在點A的正南方向，點P的正東方向的C處有一條船，也計劃駛往B處，那么它的航向是（）
A．北偏東20°B．北偏東30°C．北偏東35°D．北偏東40°
題型六：坡度坡比問題
23．（2022·山東濟南·統(tǒng)考模擬預測）小明去爬山，在山腳A看山頂D的仰角，小明在坡比為的山坡上走1300米到達B處，此時小明看山頂?shù)难鼋?，則山高為（）米
A．B．C．D．
24．（2022·廣東廣州·廣州市第一中學?？寄M預測）如圖，某人在山坡坡腳C處測得一座建筑物頂點A的仰角為，沿山坡向上走到P處再測得該建筑物頂點A的仰角為．已知BC=90米，且B、C、D在同一條直線上，山坡坡度i=5：12，求此人從所在位置點P走到建筑物底部B點的路程（）米.（結果精確到0.1米）（測傾器的高度忽略不計，參考數(shù)據：，）
A．B．C．D．
題型七：三角函數(shù)和其他知識點綜合
25．（2023·廣東汕頭·校聯(lián)考一模）如圖，、是的切線，、是切點，是的直徑，連接，交于點，交于點．
(1)求證：；
(2)若恰好是的中點，且四邊形的面積是，求陰影部分的面積；
(3)若，且，求切線的長．
26．（2023·廣西桂林·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形中，，以點為原點，分別以，所在直線為軸，軸，建立直角坐標系，反比例函數(shù)的圖象與邊交于點，交邊于點，連接．
(1)求k的值；
(2)求的值（用含n的代數(shù)式表示）；
(3)將沿翻折，當點C恰好落在x軸上時，求n的值．
27．（2023·湖北孝感·?？家荒＃┰谥校?，，線段繞點A逆時針旋轉至（不與AC重合），旋轉角記為，的平分線與射線相交于點E，連接．
(1)如圖①，當時，的度數(shù)是_______；
(2)如圖②，當時，求證：；
(3)當，時，請直接寫出的值．
【必刷好題】
一、單選題
28．（2023·江蘇宿遷·統(tǒng)考一模）如圖，在正方形網格中，的頂點均在格點上，則的值為（）
A．B．C．D．
29．（2023·廣東廣州·執(zhí)信中學?？家荒＃毒耪滤阈g》是我國古代數(shù)學成就的杰出代表．其中《方田》章給出計算弧田面積所用公式為：弧田面積（弦×矢+矢2），弧田（如圖）是由圓弧和其所對的弦所圍成，公式中“弦”指圓弧所對弦長AB“矢”等于半徑長與圓心О到弦的距離之差．在如圖所示的弧田中，“弦”為8，“矢”為3，則（）
A．B．C．D．
30．（2023·江蘇無錫·江蘇省錫山高級中學實驗學校?？家荒＃┤鐖D，點A是反比例函數(shù)圖像上一動點，連接AO并延長交圖像另一支于點B．又C為第一象限內的點，且，當點A運動時，點C始終在函數(shù)的圖像上運動．則∠CAB的正切值為（）
A．2B．4C．D．
31．（2023·廣東深圳·二模）如圖分別是個高壓電塔的位置．已知電塔兩點水平之間的距離為米（），，則從電視塔到海拔上升的高度（的長）為（）
A．B．C．D．
32．（2023·湖北武漢·校聯(lián)考模擬預測）如圖，，分別為的切線，切點為，，點為弧上一動點，過點作的切線，分別交，于點，，作的內切圓，若，的半徑為，的半徑為，則的面積是（）
A．B．C．D．
33．（2023·廣東深圳·模擬預測）如圖，在菱形中，，交的延長線于點E．連接交于點F，交于點G．于點H，連接．有下列結論：①；②；③；④則上述結論中正確的有（）
A．1個B．2個C．3個D．4個
二、填空題
34．（2023·廣東惠州·校考一模）如圖，在的外接圓中，，，點E為的中點，則的直徑為______．
35．（2023·上海徐匯·統(tǒng)考一模）如圖，在由正三角形構成的網格圖中，三點均在格點上，則的值為___________．
36．（2023·湖北孝感·?？家荒＃┤鐖D，小明在一塊平地上測山高，先在B處測得山頂A的仰角為，然后向山腳直行200米到達C處，再測得山頂A的仰角為，那么山高約是___米（結果保留整數(shù)，參考數(shù)據：，）
37．（2023·湖北武漢·校聯(lián)考模擬預測）如圖，某科技興趣小組在操場上活動，此時無人機在離地面的點處，無人機測得操控者的俯角為，測得點處的俯角為．又經過人工測量操控者和教學樓之間的水平距離為，教學樓的高度________．（注：點，，，在同一平面上，參考數(shù)據：，結果保留整數(shù)）
38．（2023·安徽安慶·統(tǒng)考一模）如圖，D是等腰的斜邊邊上一點，連接，作的外接圓，并將沿直線折疊，點C的對應點E恰好落在的外接圓上，若，．① _____ ②的外接圓的面積為__________（結果保留）
39．（2023·湖南衡陽·校考模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，的解析式為，點A坐標為，過A作，垂足為點；過點作軸，垂足為點；再過點作，垂足為點；再過點作軸，垂足為點，這樣一直作下去，則的縱坐標為_____．
三、解答題
40．（2023·陜西西安·高新一中校考二模）長安塔是2011西安世園會的標志，也是園區(qū)的觀景塔，游人可登塔俯瞰，全園美景盡收眼底．該塔的設計既體現(xiàn)了中國建筑文化的內涵，又彰顯出時尚現(xiàn)代的都市風貌，是生態(tài)建筑的實踐和示范，建成后的目標是成為提升西安城市建筑文化內涵的標志性建筑．小華是一位數(shù)學愛好者，想利用所學的知識測量長安塔的高度，陽光明媚的一天，小華站在點D處利用測傾器測得塔尖A的仰角為，然后沿著方向走了60米到達點F處，此時塔的影子頂端與小華的影子頂端恰好重合，小華身高米，測得米，測傾器的高度米，已知，，．請你根據以上信息，計算塔的高度．（結果精確到1米；參考數(shù)據：）
41．（2023·山東濟寧·統(tǒng)考一模）如圖，為的直徑，C為上一點，D為延長線上一點，．
(1)求證：為的切線；
(2)若的半徑為5，，求的長．
42．（2023·廣東佛山·校考一模）如圖，是的直徑，弦于點E，點F在上，與交于點G，點H在的延長線上，且是的切線，延長交的延長線于點M．
(1)求證：；
(2)連接，若，，求的長．
43．（2023·陜西西安·?？级＃┤A山是陜西著名的景點之一，西峰是華山最秀麗險峻的山峰，峰頂翠云宮前有巨石狀如蓮花，故又名蓮花峰．游客可以從山底乘坐索道車到達西峰，小明要測量峰頂翠云宮的高度，他在索道A處測得翠云宮底部B的仰角約為，測得翠云宮頂部C的仰角約為，索道車從A處運行到B處的距離約為300米．請你利用小明測量的數(shù)據，求翠云宮的高度．（結果保留整數(shù)．參考數(shù)據：）
44．（2023·廣東惠州·校聯(lián)考一模）如圖，四邊形內接于，是的直徑，，垂足為E，平分．
(1)求證：是的切線；
(2)若，，求和弧的長．
45．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形中，，點在上，，，于點分別是線段上的點，且滿足，設，．
(1)求的長．
(2)求關于的函數(shù)表達式．
(3)連結，過點作交于點，連結．
①在中，以為一邊的角等于時，求的值．
②作點關于的對稱點，當點落在邊上時，求的值．
三角函數(shù)
30°
45°
60°
sin a
cs a
tan a
參考答案：
1．D
【分析】先解直角求出AD，再在直角中應用勾股定理即可求出AB．
【詳解】解：∵，
∴，
∵直角中，，
∴，
∴直角中，由勾股定理可得，．
故選D．
【點睛】本題考查利用銳角函數(shù)解直角三角形和勾股定理，難度較小，熟練掌握三角函數(shù)的意義是解題的關鍵．
2．C
【分析】先根據銳角三角函數(shù)值求出，再由勾股定理求出過點D作于點E，依據三角函數(shù)值可得從而得，再由得AE=2，DE=1，由勾股定理得AD=，從而可求出CD．
【詳解】解：在中，，，
∴
∴
由勾股定理得,
過點D作于點E，如圖，
∵，，
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴,
在中,
∴
∵
∴
故選：C
【點睛】本題主要考查了勾股定理，由銳角正切值求邊長，正確作輔助線求出DE的長是解答本題的關鍵．
3．C
【分析】先根據，求出AB=5，再根據勾股定理求出BC=3，然后根據，即可得cs∠DBC=csA=，即可求出BD．
【詳解】∵∠C=90°，
∴，
∵，
∴AB=5，
根據勾股定理可得BC==3，
∵，
∴cs∠DBC=csA=，
∴cs∠DBC==，即=
∴BD=，
故選：C．
【點睛】本題考查了解直角三角形和勾股定理，求出BC的長是解題關鍵．
4．C
【分析】在Rt△ABD中，解直角三角形求出，在Rt△ABC中，解直角三角形可求出AB．
【詳解】解：在Rt△ABD中，tan∠ADB＝，
∴，
在Rt△ABC中，tan∠ACB＝，
∴，
解得：m，
故選：C．
【點睛】本題考查了解直角三角形的應用，熟練掌握正切函數(shù)的定義是解題的關鍵．
5．D
【分析】如圖，連接EF，先證明再求解可得再求解可得為等腰直角三角形，求解再利用三角形的中位線的性質可得答案．
【詳解】解：如圖，連接EF，
∵正方形ABCD的面積為3，

∵
∴
∴
∴

∵平分

∴
∴
∴為等腰直角三角形，

∵分別為的中點，

故選D
【點睛】本題考查的是正方形的性質，銳角三角函數(shù)的應用，等腰直角三角形的判定與性質，角平分線的定義，三角形的中位線的性質，求解是解本題的關鍵．
6．
【分析】連接AF，設CE＝x，用x表示AE、EF，再證明∠AEF＝90°，由勾股定理得通過AF進行等量代換列出方程便可求得x，再進一步求出B′C′，便可求得結果．
【詳解】解：連接AF，設CE＝x，則C′E＝CE＝x，BE＝B′E＝10﹣x，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴AE2＝AB2+BE2＝82+（10﹣x）2＝164﹣20x+x2，
EF2＝CE2+CF2＝x2+32＝x2+9，
由折疊知，∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF，
∵∠AEB+∠AEB′+∠CEF+∠C′EF＝180°，
∴∠AEF＝∠AEB′+∠C′EF＝90°，
∴AF2＝AE2+EF2＝164﹣20x+x2+x2+9＝2x2﹣20x+173，
∵AF2＝AD2+DF2＝102+（8﹣3）2＝125，
∴2x2﹣20x+173＝125，
解得，x＝4或6，
當x＝6時，EC＝EC′＝6，BE＝B′E＝8﹣6＝2，EC′＞B′E，不合題意，應舍去，
∴CE＝C′E＝4，
∴B′C′＝B′E﹣C′E＝（10﹣4）﹣4＝2，
∵∠B′＝∠B＝90°，AB′＝AB＝8，
∴tan∠B'AC′＝=．
故答案為：．
【點睛】本題考查了矩形的性質，折疊的性質，銳角三角函數(shù)，勾股定理，掌握折疊的性質是解題關鍵．
7．(1)283米
(2)經過點到達點較近
【分析】（1）過作的垂線，垂足為，可得四邊形ACHE是矩形，從而得到米，再證得△DEH為等腰直角三角形，即可求解；
（2）分別求出兩種路徑的總路程，即可求解．
【詳解】（1）解：過作的垂線，垂足為，
∴∠CAE=∠C=∠CHE=90°，
∴四邊形ACHE是矩形，
∴米，
根據題意得：∠D=45°，
∴△DEH為等腰直角三角形，
∴DH=EH=200米，
∴（米）；
（2）解：根據題意得：∠ABC=∠BAE=30°，
在中，
∴米，
∴經過點到達點，總路程為AB+BD=500米，
∴（米），
∴（米），
∴經過點到達點，總路程為，
∴經過點到達點較近．
【點睛】本題主要考查了解直角三角形的實際應用，明確題意，準確構造直角三角形是解題的關鍵．
8．（1）見解析；（2）；（3）
【分析】（1）根據同圓中等弧所對的圓周角相等得到∠CAD=∠DAB，根據等邊對等角得到∠DAB=∠ODA，則∠CAD=∠ODA，即可判定OD∥AE，進而得到OD⊥DE，據此即可得解；
（2）連接BD，根據相似三角形的性質求出AE=3，AD=2，解直角三角形得到∠DAB=30°，則∠EAF=60°，∠DOB=60°，DF=2，再根據S陰影=S△DOF-S扇形DOB即可得解；
（3）過點E作EM⊥AB于點M，連接BE，解直角三角形得到AM=，EM=，則MB=，再根據勾股定理求解即可．
【詳解】解：（1）證明：如圖，連接，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半徑，
是的切線；
（2）解：，
，
，
，的半徑為2，
，
，
如圖，連接，
是的直徑，，
，
，
，
，
即，
，
在中，，
，
，，
，
，
，
；
（3）如圖，過點作于點，連接，
在中，，，
，
．
【點睛】此題是圓的綜合題，考查了切線的判定與性質、扇形的面積、相似三角形的判定與性質、解直角三角形，熟練掌握切線的判定與性質、相似三角形的判定與性質并證明△OGD∽△EGA求出AE是解題的關鍵．
9．D
【分析】根據圓周角定理得出，進而即可求解．
【詳解】解：∵，
∴，
故選：D．
【點睛】本題考查了圓周角定理，求特殊角的正弦值，掌握以上知識是解題的關鍵．
10．C
【分析】如圖所示，過點E作于F，分別求出，，進而推出，然后解直角三角形即可得到答案．
【詳解】解：如圖所示，過點E作于F，
∴，
∵四邊形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，即，
故選C．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質，解直角三角形，正確求出是解題的關鍵．
11．B
【分析】先證，再求出AB的長，最后根據弧長公式求得．
【詳解】解：，
，
是繞點A逆時針旋轉得到，
，，
在中，，
，
，
，
，
，
，
的長=，
故選：B．
【點睛】本題考查了圖形的旋轉變換，等腰三角形的性質，三角函數(shù)定義，弧長公式，正確運用三角函數(shù)定義求線段的長度是解本題的關鍵．
12．A
【分析】先分析出D的軌跡為以A為圓心AD的長為半徑的圓，當BD與該圓相切時，∠DBA最大，過C作CF⊥AE于F，由勾股定理及三角函數(shù)計算出BD、CF的長，代入面積公式求解即可．
【詳解】解：由題意知，D點軌跡為以A為圓心AD的長為半徑的圓，
當BD與D點的軌跡圓相切時，∠DBA取最大值，此時∠BDA=90°，如圖所示，
過C作CF⊥AE于F，
∵∠DAE=90°，∠BAC=90°，
∴∠CAF=∠BAD，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD=，
∴由sin∠CAF=sin∠BAD得：
，
即，
解得：CF=，
∴此時三角形ACE的面積==6，
故選：A．
【點睛】本題考查了旋轉的性質、銳角三角函數(shù)、勾股定理等知識點．此題綜合性較強，解題關鍵是利用D的軌跡圓確定出∠DBA取最大值時的位置．
13．A
【分析】設相交于點，由翻折及題目信息可以推出，繼而求出，運用三角函數(shù)值解決問題．
【詳解】如圖：設相交于點
由翻折可知：,
∠ACB＝90°
四邊形BCDE是平行四邊形
,
在中
，
AC＝3
故選A．
【點睛】本題考查了圖形的翻折，平行四邊形的性質，特殊角的銳角三角函數(shù)值，求出的度數(shù)是解題的關鍵．
14．C
【分析】連接CD，由直徑所對的圓周角是直角，可得CD是直徑；由同弧所對的圓周角相等可得∠OBC=∠ODC，在Rt△OCD中，由OC和CD的長可求出sin∠ODC．
【詳解】設⊙A交x軸于另一點D，連接CD，
∵∠COD=90°，
∴CD為直徑，
∵直徑為10，
∴CD=10，
∵點C（0，5）和點O（0，0），
∴OC=5，
∴sin∠ODC= = ，
∴∠ODC=30°，
∴∠OBC=∠ODC=30°，
∴cs∠OBC=cs30°= ．
故選C．
【點睛】此題考查了圓周角定理、銳角三角函數(shù)的知識．注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結合思想的應用．
15．B
【分析】在中，利用銳角三角函數(shù)的定義先求出，再利用勾股定理求出，進而求出，即可解答．
【詳解】解：在中，，，，
∴，
∴，
，
，
，
故選：B．
【點睛】本題考查了解直角三角形，勾股定理，熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義是解題的關鍵．
16．B
【分析】過點A作于點D，根據三角函數(shù)值和勾股定理求出，再根據，求出，根據求出，最后求出結果即可．
【詳解】解：過點A作于點D，如圖所示：
∵在中，，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：或（舍去），
∴，
∵在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故B正確．
故選：B．
【點睛】本題主要考查了解直角三角形，特殊角的三角函數(shù)值，解題的關鍵是熟練掌握特殊角的三角函數(shù)值，求出．
17．B
【分析】過點A作于點H，根據平行四邊形性質可知，，求出長度，再跟據平行四邊形面積公式，列出方程解答即可．
【詳解】
如圖過點A作于點H，
∵四邊形為平行四邊形，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
故選：B．
【點睛】本題考查了平行四邊形及其對角線的性質，特殊角的三角函數(shù)，平行四邊形的面積等知識點，熟練掌握上述知識點是解答本題的關鍵．
18．A
【分析】連接，過C作于Q，根據垂徑定理求出，根據圓周角定理求出，根據勾股定理求出的半徑，求出，根據勾股定理求出，根據三角形的面積公式求出，根據勾股定理求出，再解直角三角形求出答案即可．
【詳解】解：連接，過C作于Q，設的半徑為R，
∵，過O，，
∴，，
由勾股定理得：，
即，
解得：，
即，
∵為的直徑，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
故選：A．
【點睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理，圓周角定理，三角形的面積，解直角三角形等知識點，能求出的長度是解此題的關鍵．
19．B
【分析】分析題意可得：過點作，交于點；可構造，利用已知條件可求；而乙樓高．
【詳解】解：過點作，交于點，
在中，米，，
∴（米），
∴（米）．
∴甲樓高為（）米．
故選B．
【點睛】此題主要考查三角函數(shù)的應用，解題的關鍵是熟知特殊角的三角函數(shù)值.
20．B
【分析】在中求得，進而得出，根據速度等于路程除以時間即可求解．
【詳解】解：依題意，，，米，，
在中，，
在中，，
∴，
∴飛船從到處的平均速度為米秒，
故選：C．
【點睛】本題考查了解直角三角形的應用，掌握直角三角形中的邊角關系是解題的關鍵．
21．C
【分析】由題目條件，，得到是直角三角形，由的正弦定義即可求解．
【詳解】解：船只在港口北偏東方向，在港口A處北偏東方向，
，
驅逐艦在可疑船只的南偏東的方向上，
，
，
，，
．
故選：C．
【點睛】本題考查了解直角三角形-方位角的應用，三角形內角和定理，熟練掌握特殊角的三角函數(shù)值是解題的關鍵．
22．C
【分析】連接BC，由銳角三角函數(shù)定義得AC=PA= km，則AC=AB，再由等腰三角形的性質得∠ACB=∠ABC=35°，即可得出結論．
【詳解】解：如圖，連接BC，
由題意得：∠ACP=∠ACD=90°，∠PAC=30°，PA=10km，∠BAE=40°，AB=km，
∴∠BAC=180°—∠PAC—∠BAE=180°—30°—40°=110°，
∵cs∠PAC==cs30°= ，
∴AC=PA=×10= km，
∴AC=AB，
∴∠ACB=∠ABC=×（180°—∠BAC）=×（180°—110°）=35°，
即B處在C處的北偏東35°方向，
故選：C．
【點睛】本題考查了解直角三角形的應用—方向角問題，等腰三角形的性質，銳角三角函數(shù)定義等知識，由銳角三角函數(shù)定義求出AC的長是解題的關鍵．
23．B
【分析】根據，可得，從而得到米，米，設米，則米，由，可得米，再由，可得，從而得到，求出x，即可求解．
【詳解】解：∵，，
∴，
∵米，
∴米，米，
設米，則米，
∵，
∴米，
又∵，
∴，
即：，
解得，
∴米，
∴米．
即山高為米．
故選：B
【點睛】本題主要考查了解直角三角形的實際應用，明確題意，準確構造直角三角形是解題的關鍵．
24．D
【分析】首先過點P作PE⊥AB于E，PH⊥BD于H，由題意可知i=PH：CH=5：12，然后設PH=5x米，CH=12x米，在Rt△ABC中，，BC=90米，則可得，利用正切函數(shù)的知識可求AB，在Rt△AEP中，，利用正切函數(shù)可得關于x的方程，從而得出PH，在Rt△PHC中，利用勾股定理可求CP的長度，進一步可求此人從所在位置點P走到建筑物底部B點的路程．
【詳解】解：如圖：過點P作PE⊥AB于E，PH⊥BD于H，
設PH=BE=5x米，CH=12x米，
在Rt△ABC中，
，BC=90米，則，
即，
∴AB=180(米)，
在Rt△AEP中，，AE=AB-BE=180-5x，BH=EP=BC+CH=90+12x，
∴，
解得，
經檢驗是原方程的解，且符合題意，
∴(米)，
在Rt△PHC中，(米)，
故此人從所在位置點P走到建筑物底部B點的路程是：(米)，
故選：D．
【點睛】本題考查了仰角的定義，以及解直角三角形的實際應用問題，解題的關鍵是要能借助仰角構造直角三角形并解直角三角形，注意數(shù)形結合思想的應用，注意輔助線的作法．
25．(1)見解析
(2)
(3)
【分析】（1）根據切線長定理以及垂徑定理以及直徑所對圓周角為直角進行判定即可；
（2）利用三線合一以及圓的性質得到是等邊三角形，在利用含角的直角三角形的性質用含表示各邊的長度，最后結合的面積列方程求解，最后利用整體減部分的方法求陰影部分面積；；
（3）設，根據三角函數(shù)值以及勾股定理表示出，再利用勾股定理列方程求解，最后結合切線的性質以及余角的性質，利用等角的三角函數(shù)值相等求解即可．
【詳解】（1）證明：、是的切線
是的直徑
（2）解：恰好是的中點，
是等邊三角形
設，則
四邊形的面積是
解得：或（舍去）
（3）解：在中，
設，則，
在中，
解得：或（舍去）
是的切線
【點睛】本題主要考查圓與三角形綜合問題，熟練運用切線長定理，三線合一以及三角函數(shù)值及勾股定理解直角三角形是解決本題的關鍵．
26．(1)3
(2)
(3)
【分析】（1）將點的坐標代入反比例函數(shù)表達式，即可求解；
（2）設點，得到，，即可求解；
（3）證明，得到，即可求解．
【詳解】（1）解：將代入反比例函數(shù)表達式得：，
∴；
（2）由點的坐標知，，
，則，
設點，
則，，
則；
（3）過點作于點，
由（2）知，點，點，
則，，，
，
，，
，
，
而，
，
解得：（負值舍去）．
【點睛】本題考查的反比例函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)的性質、圖象的折疊、解直角三角形等，綜合性強，難度適中．
27．(1)
(2)見解析
(3)或
【分析】（1）根據旋轉的性質可知，當時，可根據等腰三角形的性質結合三角形內角和定理計算出的角度．再由，是的平分線可知，最后由三角形外角的性質，即得出；
（2）延長到F，使，連接．先證明，可推導，再由已知條件及等腰三角形的性質推導，然后證明，推導，最后根據等腰直角三角形的性質結合勾股定理即可證明；
（3）分兩種情況討論：①當時，借助（2）可知，，，再結合題意可得出，最后根據正切的定義求解即可；②當時，在線段上取點F，使得，由（2）同理易證，即得出，，，，進而可求出，又知為等腰直角三角形，即得出，從而可推出，最后根據正切的定義即可求解．
【詳解】（1）解：由旋轉可知．
∵，
∴．
∵，是的平分線，
∴，
∴．
故答案為：；
（2）證明：如圖，延長到F，使，連接．
∵，
∴．
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴為等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴；
（3）分類討論：①當時，由（2）可知，，，
∵，
∴，
∴；
②當時，如圖，在線段上取點F，使得，
由（2）同理易證，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵為等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
綜上所述，當，時，的值為或．
【點睛】本題主要考查了旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理，銳角三角函數(shù)等知識，解題關鍵是熟練掌握相關性質，并通過作輔助線構建全等三角形．
28．C
【分析】根據正切函數(shù)的定義，即在直角三角形中，一個角的正切值等于這個角的對邊與鄰邊的比值，即可求解．
【詳解】解：由圖可知：，
故選：C．
【點睛】本題考查了正切函數(shù)的定義，熟練掌握和運用正切函數(shù)的定義是解決本題的關鍵．
29．D
【分析】如圖，作交于H,交圓弧于C，利用垂徑定理和勾股定理構建方程組求出OA，OH，利用余弦函數(shù)定義即可解決問題．
【詳解】解：如圖，作交于H,交圓弧于C
由題意：，
∴，
∵，為半徑，
∴，
在中
由勾股定理得，
∴，
∴，
∴，，
∴．
故選：D．
【點睛】本題主要考查垂徑定理、勾股定理、三角函數(shù)的定義等知識點，靈活運用垂徑定理與勾股定理是解題關鍵．
30．A
【分析】連接，過點作軸于點，過點作軸于點，如圖所示：根據軸對稱的性質得到．根據等腰三角形的性質得到．根據相似三角形的性質得到，得到，，即可得到結論．
【詳解】解：連接，過點作軸于點，過點作軸于點，如圖所示：
由直線與反比例函數(shù)的對稱性可知、點關于點對稱，
．
又，
．
，，
，
又，，
，
，
，，
，，
，
（負值舍去），
的正切值為，
故選：A．
【點睛】本題考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征、反比例函數(shù)的性質以及相似三角形的判定及性質，解題的關鍵是求出．本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時，巧妙的利用了相似三角形的性質找出對應邊的比例，再結合反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征找出結論．
31．A
【分析】在中根據的正切值即可求解．
【詳解】解：根據題意可知，，，，
∴，
∴，
故選：．
【點睛】本題主要考查直角三角形中正切的計算，理解正切的計算方法是解題的關鍵．
32．D
【分析】設的內切圓與、、的交點分別為、、，連接、、、、、、，由題意及證明可得：，，最后由，即可求解．
【詳解】如圖，設的內切圓與、、的交點分別為、、連接、、、、、、
，，
根據題意，過點作的切線，分別交，于點，
，
，分別為的切線
，
是的角平分線
．
故答案選：D．
【點睛】本題考查了切線長定理和銳角三角函數(shù)的概念，證明是解題的關鍵．
33．D
【分析】利用菱形的性質和全等三角形的判定證明①，證明，從而證明②，由含30°直角三角形的性質和相似三角形的性質分析求解，從而證明③和④．
【詳解】解：在菱形中，，
又∵，
∴，
∴，故①正確；
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，故②正確；
∵在菱形中，，
∴，
又∵，
∴在中，，
∴，
∴在菱形中，，
又∵，
∴，
∴，
∴
由②已證，
設，
∴，，
∴，故③正確；
由③已知，
設，
∴，
∴在中，，
在中，，
，
在中，，，
∴，
∴在中，，
又由②③已證，，，
設，則，
∴，解得（負值舍去），
∴，
∴，故④正確，
故選D．
【點睛】本題考查菱形的性質，相似三角形的性質與判定，勾股定理以及解直角三角形，題目有一定難度，掌握相關性質定理正確推理計算是解題關鍵．
34．####2.5
【分析】連接，根據等腰三角形的性質得到，，根據正弦函數(shù)可求得半徑，即可求解．
【詳解】解：連接，則，
∵點E為的中點，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴的直徑為．
故答案為：．
【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，圓周角定理，正弦函數(shù)，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．
35．##
【分析】根據等邊三角形的性質可得，然后設正三角形構成的網格線段長為，分別求出直角邊，，然后根據勾股定理求出，最后根據三角函數(shù)定理即可求出．
【詳解】解：由正三角形的性質可知，
設正三角形構成的網格線段長為，
在中，，，
根據勾股定理，可得，
，
故答案為：．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，三角函數(shù)、勾股定理，熟練掌握相關知識點是解題關鍵．
36．273
【分析】設，易得，在中，利用，進行求解即可．
【詳解】解：由題意，得：，
設，
在中，，，
∴，
∴，
在中，，
即：，
解得：．
答：山高約是米；
故答案為：273．
【點睛】本題考查解直角三角形的應用．熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義，熟記特殊角的三角函數(shù)值，是解題的關鍵．
37．15
【分析】過點D作于點E，過點C作于點F，由銳角三角形函數(shù)的定義得到，接著求出，再求出，即可解決問題．
【詳解】如圖：
過點D作于點E，過點C作于點F，則四邊形是矩形，
由題意得：，，
在中，
四邊形是矩形
在中，
故答案為：15．
【點睛】本題考查了直角三角形的應用中仰角、俯角問題，正確做出輔助線構造直角三角形是解題關鍵．
38． 6
【分析】根據沿直線折疊得到可得，根據圓周角定理可得，，根據等腰可得，結合三角形內外角關系即可得到，即可得到，結合，即可得，，設半徑為r，即可得到答案；
【詳解】解：過A作交于F，連接交于O，
∵沿直線折疊得到，
∴，
∵弧弧，弧弧，
∴，，
∵是等腰三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是直徑，
∴點O是圓心，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
根據勾股定理可得，
，
設圓的半徑為r，
∴ ，，
∴，
解得：，
∴，
故答案為：6，；
【點睛】本題考查圓周角定理，勾股定理，等腰三角形底邊上三線合一，解題的關鍵是根據圓周角定理得到等腰三角形．
39．
【分析】根據確定，利用直角三角形的性質，特殊角的三角函數(shù)值，確定，，確定變化規(guī)律計算即可．
【詳解】∵
∴，
∴，
∵點A坐標為，
∴，，
∴，
同理可得，
故，
故答案為：．
【點睛】本題考查了直角三角形的性質，特殊角的三角函數(shù)值，規(guī)律的探索，熟練掌握直角三角形的性質，特殊角的三角函數(shù)值，確定正確的變化規(guī)律是解題的關鍵．
40．95米
【分析】過點C作于點N，設米，則米，米，根據，列比例式計算即可．
【詳解】如圖，過點C作于點N，
∵，，，
則四邊形是矩形，
∴，
設米，米，
∵，
∴米，米，米，
∵，，，，
∴，
∴，
∴，
解得（米），
∴米．
故塔高約95米．
【點睛】本題考查了解直角三角形的應用，三角形相似的判定和性質，矩形的判定和性質，熟練掌握三角形相似的判定和性質，靈活解直角三角形是解題的關鍵．
41．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）如圖所示，連接，由直徑所對的圓周角是直角得到，則，再根據等邊對等角和已知條件證明，推出，由此即可證明為的切線；
（2）先解，得到，，證明，得到，設，則，利用勾股定理建立方程，解方程即可得到答案．
【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，
∵為的直徑，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴為的切線；
（2）解：在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
設，則，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得（不合題意的值舍去），
∴．
【點睛】本題主要考查了切線的判定，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性質與判定，等邊對等角等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．
42．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接，根據切線性質得出，根據余角的性質證明，根據對頂角相等得出，求出，即可證明結論；
（2）連接，證明，得出，根據得出，即，求出，得出，，，根據勾股定理求出，證明，最后根據勾股定理求出結果即可．
【詳解】（1）證明：連接，如圖所示：
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的切線，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：連接，如圖所示：
由（1）得，，
∴，
∵是的直徑，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（負值舍去），
∴．
【點睛】本題主要考查了切線的性質，勾股定理，三角形相似的判定和性質，等腰三角形的判定，三角函數(shù)的應用，余角的性質，解題的關鍵是作出輔助線，證明．
43．45米
【分析】利用正弦、余弦的概念，在中，得到，的長，再根據的長，解出在中的長，最后得到．
【詳解】解：在中，米，
（米），（米）．
在中，，
（米）．
（米）．
翠云宮的高度約為45米．
【點睛】本題考查了解直角三角形中的仰角俯角問題，熟練運用直角三角形中正弦、余弦、正切的概念是解題的關鍵．
44．(1)見解析
(2)；
【分析】1）連接，推出，推出，推出，即可得出答案；
（2）先求出，可得，求出，即可求出，連接，繼而求得半徑，，根據弧長公式求得弧，即可求解．
【詳解】（1）連接．
∵，
∴．
∵平分，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵是的半徑，
∴是的切線．
（2）∵是的直徑，
∴．
∵
∴
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
連接，
∴，
∴
【點睛】本題主要考查了切線的性質和判定、弧長公式、三角形的內角和定理、含30度角的直角三角形、等腰三角形、平行線的判定及性質等知識點的應用，掌握以上知識是解題的關鍵．
45．(1)
(2)
(3)①；②
【分析】（1）設，可用含的式子表示，在中，由勾股定理即可求解；
（2）根據，，可求出，在中，根據，即可求解；
（3）①由題意可知，分類討論，當時；當時；②的對應點恰好落在上，可得，根據，可得，，，由此即可求解．
【詳解】（1）解：設，
在矩形中，，，
∴，
在中，由勾股定理得，解得，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
在中，，
∴，，
∴．
（3）解：由題意可知，
①如圖1，當時，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
如圖2，當時，
作于點，于點，
∵，
∴，即，
∴，
∴，即，
∴；
②如圖3．
∵的對應點恰好落在上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，得，
∴，
∴，
∴，，
∴．

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