人教备战中考数学备考之锐角三角函数压轴突破训练∶培优篇附详细答案(1)

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，山坡上有一棵树AB，树底部B点到山脚C点的距离BC为63米，山坡的坡角为30°．小宁在山脚的平地F处测量这棵树的高，点C到测角仪EF的水平距离CF=1米，从E处测得树顶部A的仰角为45°，树底部B的仰角为20°，求树AB的高度．（参考数

值：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36）

【答案】6.4米 【解析】

解：∵底部B点到山脚C点的距离BC为6 3 米，山坡的坡角为30°． ∴DC=BC•cos30°=63∵CF=1米， ∴DC=9+1=10米， ∴GE=10米， ∵∠AEG=45°， ∴AG=EG=10米， 在直角三角形BGF中， BG=GF•tan20°=10×0.36=3.6米， ∴AB=AG-BG=10-3.6=6.4米， 答：树高约为6.4米

首先在直角三角形BDC中求得DC的长，然后求得DF的长，进而求得GF的长，然后在直角三角形BGF中即可求得BG的长，从而求得树高

39米， 2

2．已知：如图，在四边形 ABCD 中， AB∥CD， ∠ACB =90°， AB=10cm， BC=8cm， OD 垂直平分 A C．点 P 从点 B 出发，沿 BA 方向匀速运动，速度为 1cm/s；同时，点 Q 从点 D 出发，沿 DC 方向匀速运动，速度为 1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点 P作 PE⊥AB，交 BC 于点 E，过点 Q 作 QF∥AC，分别交 AD， OD 于点 F， G．连接 OP，EG．设运动时间为 t ( s )（0＜t＜5） ，解答下列问题： （1）当 t 为何值时，点 E 在

BAC 的平分线上？

（2）设四边形 PEGO 的面积为 S(cm2) ，求 S 与 t 的函数关系式；

（3）在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使四边形 PEGO 的面积最大？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；

（4）连接 OE， OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使 OE⊥OQ？若存在，求出t

的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）t=4s；（2）S四边形PEGOt382155t6 ，(0t5)；（3）t时，

28S四边形PEGO取得最大值；（4）t【解析】 【分析】

16时，OEOQ. 5（1）当点E在∠BAC的平分线上时，因为EP⊥AB，EC⊥AC，可得PE=EC，由此构建方程即可解决问题．

（2）根据S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC）构建函数关系式即可． （3）利用二次函数的性质解决问题即可．

（4）证明∠EOC=∠QOG，可得tan∠EOC=tan∠QOG，推出可解决问题． 【详解】

（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=10cm，BC=8cm， ∴AC=10282=6（cm）， ∵OD垂直平分线段AC， ∴OC=OA=3（cm），∠DOC=90°， ∵CD∥AB， ∴∠BAC=∠DCO， ∵∠DOC=∠ACB， ∴△DOC∽△BCA， ∴∴

ECGQ，由此构建方程即OCOGACABBC， OCCDOD6108， 3CDOD∴CD=5（cm），OD=4（cm）， ∵PB=t，PE⊥AB， 易知：PE=

35t，BE=t，

44当点E在∠BAC的平分线上时， ∵EP⊥AB，EC⊥AC，

∴PE=EC，

35t=8-t，

44∴t=4．

∴

∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上． （2）如图，连接OE，PC．

S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC） =

1144153154t338t8tt38t 25452452283215t16(0t5)． 3（3）存在．

=t8568∵St(0t5)，

3232568时，四边形OPEG的面积最大，最大值为．

32（4）存在．如图，连接OQ． ∵OE⊥OQ，

∴∠EOC+∠QOC=90°， ∵∠QOC+∠QOG=90°， ∴∠EOC=∠QOG，

∴tan∠EOC=tan∠QOG， ECGQ∴， OCOG∴t=

35t8t54∴， 434t5整理得：5t2-66t+160=0， 解得t16或10（舍弃） 516秒时，OE⊥OQ． 5【点睛】

∴当t本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题.

3．已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点M是斜边AB的中点，MD∥BC，且MD=CM，DE⊥AB于点E，连结AD、CD． （1）求证：△MED∽△BCA； （2）求证：△AMD≌△CMD；

（3）设△MDE的面积为S1，四边形BCMD的面积为S2，当S2=值．

17S1时，求cos∠ABC的5

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）cos∠ABC=【解析】 【分析】

5. 7（1）易证∠DME=∠CBA，∠ACB=∠MED=90°，从而可证明△MED∽△BCA； （2）由∠ACB=90°，点M是斜边AB的中点，可知MB=MC=AM，从而可证明∠AMD=∠CMD，从而可利用全等三角形的判定证明△AMD≌△CMD； （3）易证MD=2AB，由（1）可知：△MED∽△BCA，所以

2S1SACBMD1，所以AB4S1ME12S△MCB=S△ACB=2S1，从而可求出S△EBD=S2﹣S△MCB﹣S1=S1，由于，从而可SEBDEB25ME57，设ME=5x，EB=2x，从而可求出AB=14x，BC=，最后根据锐角三角函数的EB22定义即可求出答案． 【详解】

（1）∵MD∥BC， ∴∠DME=∠CBA， ∵∠ACB=∠MED=90°， ∴△MED∽△BCA；

（2）∵∠ACB=90°，点M是斜边AB的中点，

知

∴MB=MC=AM， ∴∠MCB=∠MBC， ∵∠DMB=∠MBC， ∴∠MCB=∠DMB=∠MBC， ∵∠AMD=180°﹣∠DMB，

∠CMD=180°﹣∠MCB﹣∠MBC+∠DMB=180°﹣∠MBC， ∴∠AMD=∠CMD， 在△AMD与△CMD中，

MDMDAMDCMD， AMCM∴△AMD≌△CMD（SAS）； （3）∵MD=CM， ∴AM=MC=MD=MB， ∴MD=2AB，

由（1）可知：△MED∽△BCA， ∴

2S1SACBMD1， AB4∴S△ACB=4S1， ∵CM是△ACB的中线， ∴S△MCB=

1S△ACB=2S1， 22S1， 5∴S△EBD=S2﹣S△MCB﹣S1=∵

S1SEBDME， EBS1ME∴2，

S1EB5∴

ME5， EB2设ME=5x，EB=2x， ∴MB=7x， ∴AB=2MB=14x，

MDME1， ABBC2∴BC=10x，

∵

∴cos∠ABC=

BC10x5. AB14x7【点睛】

本题考查相似三角形的综合问题，涉及直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，三角形面积的面积比，锐角三角函数的定义等知识，综合程度较高，熟练掌握和灵活运用相关的性质及定理进行解题是关键.

4．（2013年四川攀枝花12分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，点B（10，0），C（7，4）．直线l经过A，D两点，且sin∠DAB=2．动点P2在线段AB上从点A出发以每秒2个单位的速度向点B运动，同时动点Q从点B出发以每秒5个单位的速度沿B→C→D的方向向点D运动，过点P作PM垂直于x轴，与折线A→D→C相交于点M，当P，Q两点中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设点P，Q运动的时间为t秒（t＞0），△MPQ的面积为S．

（1）点A的坐标为 ，直线l的解析式为 ；

（2）试求点Q与点M相遇前S与t的函数关系式，并写出相应的t的取值范围； （3）试求（2）中当t为何值时，S的值最大，并求出S的最大值；

（4）随着P，Q两点的运动，当点M在线段DC上运动时，设PM的延长线与直线l相交于点N，试探究：当t为何值时，△QMN为等腰三角形？请直接写出t的值． 【答案】解：（1）（﹣4，0）；y=x+4． （2）在点P、Q运动的过程中： ①当0＜t≤1时，如图1，

过点C作CF⊥x轴于点F，则CF=4，BF=3，由勾股定理得BC=5． 过点Q作QE⊥x轴于点E，则BE=BQ•cos∠CBF=5t•∴PE=PB﹣BE=（14﹣2t）﹣3t=14﹣5t，

3=3t． 511PM•PE=×2t×（14﹣5t）=﹣5t2+14t． 22②当1＜t≤2时，如图2，

S=

过点C、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为F，E，则CQ=5t﹣5，PE=AF﹣AP﹣EF=11﹣2t﹣（5t﹣5）=16﹣7t．

11PM•PE=×2t×（16﹣7t）=﹣7t2+16t． 22③当点M与点Q相遇时，DM+CQ=CD=7，

S=

即（2t﹣4）+（5t﹣5）=7，解得t=当2＜t＜

16． 716时，如图3， 7

MQ=CD﹣DM﹣CQ=7﹣（2t﹣4）﹣（5t﹣5）=16﹣7t， S=

11PM•MQ=×4×（16﹣7t）=﹣14t+32． 225t214t0S{7t216t1749，

（3）①当0＜t≤1时，S5t14t5t

5522∵a=﹣5＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=， ∴当0＜t≤1时，S随t的增大而增大． ∴当t=1时，S有最大值，最大值为9．

275864，

②当1＜t≤2时，S7t216t7t

77∵a=﹣7＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=

8， 7∴当t=

864时，S有最大值，最大值为．

7716时，S=﹣14t+32 7③当2＜t＜

∵k=﹣14＜0，∴S随t的增大而减小． 又∵当t=2时，S=4；当t=综上所述，当t=（4）t=

16时，S=0，∴0＜S＜4． 7864时，S有最大值，最大值为．

772012或t=时，△QMN为等腰三角形．

59【解析】

（1）利用梯形性质确定点D的坐标，由sin∠DAB=

2，利用特殊三角函数值，得到2△AOD为等腰直角三角形，从而得到点A的坐标；由点A、点D的坐标，利用待定系数法求出直线l的解析式：

∵C（7，4），AB∥CD，∴D（0，4）． ∵sin∠DAB=2，∴∠DAB=45°．∴OA=OD=4．∴A（﹣4，0）． 24kb0k1，解得：{．∴y=x+4．

b4b4设直线l的解析式为：y=kx+b，则有{∴点A坐标为（﹣4，0），直线l的解析式为：y=x+4．

（2）弄清动点的运动过程分别求解：①当0＜t≤1时，如图1；②当1＜t≤2时，如图2；③当2＜t＜

16时，如图3． 7（3）根据（2）中求出的S表达式与取值范围，逐一讨论计算，最终确定S的最大值． （4）△QMN为等腰三角形的情形有两种，需要分类讨论： ①如图4，点M在线段CD上，

MQ=CD﹣DM﹣CQ=7﹣（2t﹣4）﹣（5t﹣5）=16﹣7t，MN=DM=2t﹣4，

由MN=MQ，得16﹣7t=2t﹣4，解得t=

20． 9②如图5，当点M运动到C点，同时当Q刚好运动至终点D，

此时△QMN为等腰三角形，t=∴当t=

12． 52012或t=时，△QMN为等腰三角形．

59考点：一次函数综合题，双动点问题，梯形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，由实际问题列函数关系式，一次函数和二次函数的性质，等腰三角形的性质，分类思想的应用．

5．如图，已知点从为顶点作菱形

，使点

出发，以1个单位长度/秒的速度沿轴向正方向运动，以

在第一象限内，且

；以

为圆心，

为

半径作圆．设点运动了秒，求： （1）点的坐标（用含的代数式表示）； （2）当点在运动过程中，所有使

与菱形

的边所在直线相切的的

值．

【答案】解：（1）过作

，

， ，

轴于，

，

点的坐标为（2）①当

与

．

相切时（如图1），切点为，此时

，

，．

②当

与

，

，即与轴相切时（如图2），则切点为，

，

过作于，则

，

，

．

交

于，

③当与所在直线相切时（如图3），设切点为，

则，

， ．

过作轴于，则

，

，

化简，得解得

， ， ．

所求的值是【解析】 （1）过作

，

和

，

．

轴于,利用三角函数求得OD、DC的长，从而求得点的坐标

⊙P与菱形OABC的边所在直线相切，则可与OC相切；或与OA相切；或与AB相切，应分三种情况探讨：①当圆P与OC相切时，如图1所示，由切线的性质得到PC垂直于OC，再由OA=+t，根据菱形的边长相等得到OC=1+t，由∠AOC的度数求出∠POC为30°，在直角三角形POC中，利用锐角三角函数定义表示出cos30°=oc/op，表示出OC， 等于1+t列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值；②当圆P与OA，即与x轴相切时，过P作PE垂直于OC，又PC=PO，利用三线合一得到E为OC的中点，OE为OC的一半，而OE=OPcos30°，列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值；③当圆P与AB所在的直线相切时，设切点为F，PF与OC交于点G，由切线的性质得到PF垂直于AB，则PF垂直于OC，由CD=FG，在直角三角形OCD中，利用锐角三角函数定义由OC表示出CD，即为FG，在直角三角形OPG中，利用OP表示出PG，用PG+GF表示出PF，根据PF=PC，表示出PC，过C作CH垂直于y轴，在直角三角形PHC中，利用勾股定理列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值，综上，得到所有满足题意的t的值．

6．水库大坝截面的迎水坡坡比（DE与AE的长度之比）为1：0.6，背水坡坡比为1：2，大坝高DE=30米，坝顶宽CD=10米，求大坝的截面的周长和面积．

【答案】故大坝的截面的周长是（634+305+98）米，面积是1470平方米． 【解析】

试题分析：先根据两个坡比求出AE和BF的长，然后利用勾股定理求出AD和BC，再由大坝的截面的周长=DC+AD+AE+EF+BF+BC，梯形的面积公式可得出答案． 试题解析：∵迎水坡坡比（DE与AE的长度之比）为1：0.6，DE=30m， ∴AE=18米，

在RT△ADE中，AD=DE2AE2=634米 ∵背水坡坡比为1：2， ∴BF=60米，

在RT△BCF中，BC=CF2BF2=305米，

∴周长=DC+AD+AE+EF+BF+BC=634+10+305+88=（634+305+98）米， 面积=（10+18+10+60）×30÷2=1470（平方米）．

故大坝的截面的周长是（634+305+98）米，面积是1470平方米．

7．如图，已知，在

O中，弦AB与弦CD相交于点E，且ACBD.

（1）求证：ABCD；

（2）如图，若直径FG经过点E，求证：EO平分AED；

（3）如图，在（2）的条件下，点P在CG上，连接FP交AB于点M，连接MG，若

ABCD，MG平分PMB，MG2，FMG的面积为2，求O的半径的长.

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】 【分析】

(1) 利用相等的弧所对的弦相等进行证明；

O的半径的长为10.

（2）连接AO、DO，过点O作OJAB于点J，OQCD于点Q，证明

AOJDOQ得出OJOQ，根据角平分线的判定定理可得结论；

（3）如图，延长GM交

O于点H，连接HF，求出FH2，在HG上取点L，使

HLFH，延长FL交O于点K，连接KG，求出FL22，设HMn，则有LKKG22n，FKFLLK22n，再证明22KFGEMGHMF，从而得到tanKFGtanHMF，

LK和FK的值可得n=4,再求得FG的长，最后得到圆的半径为10． 【详解】

解：（1）证明：∵ACBD，∴ACCBBDCB， ∴ABCD， ∴ABCD.

KGHF，再代入FKHM（2）证明：如图，连接AO、DO，过点O作OJAB于点J，OQCD于点Q，

∴AJODQO90，AJ又∵AODO， ∴AOJDOQ， ∴OJOQ，

又∵OJAB，OQCD， ∴EO平分AED.

11ABCDDQ， 22

（3）解：∵CDAB，∴AED90，

1AED45， 2如图，延长GM交O于点H，连接HF，

由（2）知，AEF

∵FG为直径，∴H90，SMFG∵MG2，∴FH2，

1MGFH2， 2在HG上取点L，使HLFH，延长FL交∵FG为直径，∴K90，

O于点K，连接KG，

∴HFLHLF45，KLGHLF45， ∴KGL90KLG45KLG，∴LKKG， 在RtFHL中，FL2FH2HL2，FL22， 设HMn，HLMG2，

∴GLLMMGHLLMHMn， 在RtLGK中，LG2LK2KG2，LKKG2n，2FKFLLK222n， 2∵GMPGMB，∵PMGHMF，∴HMFGMB， ∵AEF1AED45， 2∴MGFEMGMEF45，MGFKFGHLF45， ∴KFGEMGHMF， ∴tanKFGtanHMF，

∴

KGHF，∴FKHM2n2222n22，n4， n∴HGHMMG6，

在RtHFG中，FG2FH2HG2，FG210，FO10. 即

O的半径的长为10.

【点睛】

考查了圆的综合题，本题是垂径定理、圆周角定理以及三角函数等的综合应用，适当的添加辅助线是解题的关键．

8．如图，半圆O的直径AB＝20，弦CD∥AB，动点M在半径OD上，射线BM与弦CD相交于点E（点E与点C、D不重合），设OM＝m． （1）求DE的长（用含m的代数式表示）； （2）令弦CD所对的圆心角为α，且sin

2=4． 5①若△DEM的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出m的取值范围；

②若动点N在CD上，且CN＝OM，射线BM与射线ON相交于点F，当∠OMF＝90° 时，

求DE的长．

10010m503m260m300【答案】（1）DE＝；（2）①S＝，（＜m＜10），

m13m5. 2【解析】 【分析】

②DE＝

（1）由CD∥AB知△DEM∽△OBM，可得

DEDM，据此可得； OBOM1∠COD，据此2（2）①连接OC、作OP⊥CD、MQ⊥CD，由OC＝OD、OP⊥CD知∠DOP＝可得sin∠DOP＝sin∠DMQ＝DMsin∠ODP＝

43、sin∠ODP＝，继而由OM＝m、OD＝10得QM＝553（10﹣m），根据三角形的面积公式即可得；如图2，先求得PD＝8、CD5CDDM50，求得OM＝，据此可得m的取值范围； BOOM133＝6，可得OM＝8，根据（1）所求结果可得答5＝16，证△CDM∽△BOM得

②如图3，由BM＝OBsin∠BOM＝10×案． 【详解】 （1）∵CD∥AB， ∴△DEM∽△OBM， ∴

DEDMDE10m，即， OBOM10m10010m； m∴DE＝

（2）①如图1，连接OC、作OP⊥CD于点P，作MQ⊥CD于点Q，

∵OC＝OD、OP⊥CD， ∴∠DOP＝∵sin

1∠COD， 24＝， 2543，sin∠ODP＝， 55∴sin∠DOP＝sin∠DMQ＝∵OM＝m、OD＝10， ∴DM＝10﹣m， ∴QM＝DMsin∠ODP＝

3（10﹣m）， 51110010m33m260m300×（10﹣m）＝则S△DEM＝DE•MQ＝×，

22m5m如图2，

∵PD＝ODsin∠DOP＝10×∴CD＝16， ∵CD∥AB， ∴△CDM∽△BOM， ∴

4＝8， 5CDDM1610OM=，即， BOOM10OM50， 13解得：OM＝∴

50＜m＜10， 13503m260m300∴S＝，（＜m＜10）．

13m②当∠OMF＝90°时，如图3，

则∠BMO＝90°，

在Rt△BOM中，BM＝OBsin∠BOM＝10×则OM＝8， 由（1）得DE＝【点睛】

本题主要考查圆的综合题，解题的关键是熟练掌握圆的有关性质、相似三角形的判定与性质及解直角三角形的能力．

3＝6， 51001085． 82

9．小明坐于堤边垂钓，如图①，河堤AC的坡角为30°，AC长离(如图②)．

米，钓竿AO的倾斜角

是60°，其长为3米，若AO与钓鱼线OB的夹角为60°，求浮漂B与河堤下端C之间的距

【答案】1．5米． 【解析】

试题分析：延长OA交BC于点D．先由倾斜角定义及三角形内角和定理求出

在Rt△ACD中,

米，再证明△BOD是等边三角形，得到

BC=BD−CD即可求出浮漂B与河堤下端C之间的距离． 试题解析：延长OA交BC于点D.

米，CD=2AD=3 米，然后根据

∵AO的倾斜角是∴∵

，

在Rt△ACD中,∴CD=2AD=3米， 又

∴△BOD是等边三角形， ∴

∴BC=BD−CD=4.5−3=1.5(米).

答：浮漂B与河堤下端C之间的距离为1.5米.

(米)，

(米)，

10．如图，湿地景区岸边有三个观景台点位于(1)求

点的南偏西的面积；

的中点米)

，

，

，

，

，

，

处修建一个湖心亭，并修建观景栈道

.试求

、

间的

方向，

、

、

.已知

米，方向.

米，

点位于

点的南偏东

(2)景区规划在线段距离.(结果精确到(参考数据：

)

【答案】（1）560000（2）565.6 【解析】

试题分析：（1）过点（2）连接

，过点

作作作

交交

的延长线于点

点，则

，

，，然后根据直角三角形的内角

.然后根据中点的性质和余

和求出∠CAE，再根据正弦的性质求出CE的长，从而得到△ABC的面积；

，垂足为

弦值求出BE、AE的长，再根据勾股定理求解即可. 试题解析：(1)过点在所以所以(2)连接因为

是

，过点

作

，垂足为

中，

米.

(平方米). 点，则

.

的延长线于点

，

中点，

所以米，且

米，

为中点，

所以所以

米.

米，由勾股定理得，

米.

答：、间的距离为米.

考点：解直角三角形