2020-2021全国中考数学锐角三角函数的综合中考真题汇总附答案解析

一、锐角三角函数

1．某地是国家AAAA级旅游景区，以“奇山奇水奇石景，古賨古洞古部落”享誉巴渠，被誉为 “小九寨”．端坐在观音崖旁的一块奇石似一只“啸天犬”，昂首向天，望穿古今．一个周末，某数学兴趣小组的几名同学想测出“啸天犬”上嘴尖与头顶的距离．他们把蹲着的“啸天犬”抽象成四边形ABCD，想法测出了尾部C看头顶B的仰角为40o，从前脚落地点D看上嘴尖A的仰角刚好60o，CB＝5m,CD＝2.7m．景区管理员告诉同学们，上嘴尖到地面的距离是3m．于是，他们很快就算出了AB的长．你也算算？（结果精确到0.1m．参考数据：sin400.，cos400.77，tan400.84.21.41,31.73）

【答案】AB的长约为0.6m． 【解析】 【分析】

作BFCE于F，根据正弦的定义求出BF，利用余弦的定义求出CF，利用正切的定义求出DE，结合图形计算即可． 【详解】

解：作BFCE于F，

在RtBFC中，BF＝BCsinBCF3.20，

CF＝BCcosBCF3.85，

AB3DE31.73， 在RtADEE中，

tanADE3BH＝BF﹣HF＝0.20，AH＝EF＝CDDE﹣CF＝0.58

由勾股定理得，ABBH2AH20.6(m)， 答：AB的长约为0.6m．

【点睛】

考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．

2．如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上一点，点F在射线CM上,∠AEF=90°，AE=EF，过点F作射线BC的垂线，垂足为H，连接AC． (1) 试判断BE与FH的数量关系，并说明理由； (2) 求证：∠ACF=90°；

(3) 连接AF，过A，E，F三点作圆，如图2. 若EC=4，∠CEF=15°，求

的长.

图1 图2

【答案】（1）BE=\"FH\" ；理由见解析 （2）证明见解析 （3）

=2π

【解析】

试题分析：（1）由△ABE≌△EHF（SAS）即可得到BE=FH

（2）由（1）可知AB=EH，而BC=AB，FH=EB，从而可知△FHC是等腰直角三角形，∠FCH为45°，而∠ACB也为45°，从而可证明

（3)由已知可知∠EAC=30°，AF是直径，设圆心为O，连接EO，过点E作EN⊥AC于点N，则可得△ECN为等腰直角三角形，从而可得EN的长，进而可得AE的长，得到半径，得到

所对圆心角的度数，从而求得弧长 试题解析：（1）BE=FH．理由如下： ∵四边形ABCD是正方形 ∴∠B=90°， ∵FH⊥BC ∴∠FHE=90°

又∵∠AEF=90° ∴∠AEB+∠HEF=\"90°\" 且∠BAE+∠AEB=90° ∴∠HEF=∠BAE ∴ ∠AEB=∠EFH 又∵AE=EF ∴△ABE≌△EHF（SAS） ∴BE=FH

(2)∵△ABE≌△EHF

∴BC=EH，BE=FH 又∵BE+EC=EC+CH ∴BE=\"CH\" ∴CH=FH

∴∠FCH=45°，∴∠FCM=45° ∵AC是正方形对角线，∴ ∠ACD=45° ∴∠ACF=∠FCM +∠ACD =90°

（3）∵AE=EF，∴△AEF是等腰直角三角形

△AEF外接圆的圆心在斜边AF的中点上．设该中点为O．连结EO得∠AOE=90°

过E作EN⊥AC于点N

Rt△ENC中，EC=4，∠ECA=45°，∴EN=NC=Rt△ENA中，EN =∴∠EAC=30° ∴AE=

又∵∠EAF=45° ∠CAF=∠CEF=15°（等弧对等角）

= EF，∴AF=8

Rt△AFE中，AE=

AE所在的圆O半径为4，其所对的圆心角为∠AOE=90° =2π·4·（90°÷360°）=2π

考点：1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圆周角定理；4、三角函数

3．如图，反比例函数yk k0 的图象与正比例函数 y2x 的图象相交于xA(1,a),B两点，点C在第四象限，CA∥y 轴，ABC90. (1)求k的值及点B的坐标； (2)求tanC的值.

【答案】（1）k2，B1,2；（2）2. 【解析】

【分析】（1）先根据点A在直线y=2x上，求得点A的坐标，再根据点A在反比例函数

kk0 的图象上，利用待定系数法求得k的值，再根据点A、B关于原点对称即可x求得点B的坐标； y（2）作BH⊥AC于H，设AC交x轴于点D，根据ABC90 ， BHC90 ，可得

CABH，再由已知可得AODABH，从而得CAOD，求出tanC即可.

【详解】（1）∵点A(1，a)在y2x上， ∴a=2，∴

A(1，2)，

k

得k2， x

把A(1，2)代入 y∵反比例函数ykk0 的图象与正比例函数 y2x 的图象交于A，B两点， x∴A、B 两点关于原点O中心对称，

，2 ； ∴B1（2）作BH⊥AC于H，设AC交x轴于点D，

ABC90 ， BHC90 ，∴CABH，

∵CA∥y 轴，∴BH∥x轴，∴AODABH，∴CAOD，

∵

∴tanCtanAODAD22. OD1

【点睛】本题考查了反比例与一次函数综合问题，涉及到待定系数法、中心对称、三角函数等知识，熟练掌握和应用相关知识是解题的关键，（2）小题求出∠C=∠AOD是关键.

4．问题探究： （一）新知学习：

圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）． （二）问题解决：

已知⊙O的半径为2，AB，CD是⊙O的直径．P是的垂线，垂足分别为N，M． （1）若直径AB⊥CD，对于

上任意一点P（不与B、C重合）（如图一），证明四边形

PMON内接于圆，并求此圆直径的长；

（2）若直径AB⊥CD，在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程汇总，证明MN的长为定值，并求其定值；

（3）若直径AB与CD相交成120°角．

上任意一点，过点P分别作AB，CD

①当点P运动到的中点P1时（如图二），求MN的长；

②当点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中（如图三），证明MN的长为定值． （4）试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值．

【答案】（1）证明见解析，直径OP=2； （2）证明见解析，MN的长为定值，该定值为2； （3）①MN=

；②证明见解析；

（4）MN取得最大值2． 【解析】

试题分析：（1）如图一，易证∠PMO+∠PNO=180°，从而可得四边形PMON内接于圆，直径OP=2；

（2）如图一，易证四边形PMON是矩形，则有MN=OP=2，问题得以解决；

（3）①如图二，根据等弧所对的圆心角相等可得∠COP1=∠BOP1=60°，根据圆内接四边形的对角互补可得∠MP1N=60°．根据角平分线的性质可得P1M=P1N，从而得到△P1MN是等边三角形，则有MN=P1M．然后在Rt△P1MO运用三角函数就可解决问题；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，根据圆周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中运用三角函数可得：MN=QN•sin∠MQN，从而可得MN=OP•sin∠MQN，由此即可解决问题；

（4）由（3）②中已得结论MN=OP•sin∠MQN可知，当∠MQN=90°时，MN最大，问题得以解决．

试题解析：（1）如图一，

∵PM⊥OC，PN⊥OB，∴∠PMO=∠PNO=90°，∴∠PMO+∠PNO=180°，∴四边形PMON内接于圆，直径OP=2；

（2）如图一，

∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，∴四边形PMON是矩形， ∴MN=OP=2，∴MN的长为定值，该定值为2；

（3）①如图二，

∵P1是

的中点，∠BOC=120°，∴∠COP1=∠BOP1=60°，∠MP1N=60°，∵P1M⊥OC，

P1N⊥OB，∴P1M=P1N，∴△P1MN是等边三角形，∴MN=P1M． ∵P1M=OP1•sin∠MOP1=2×sin60°=交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，

，∴MN=

；

②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，

则有∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°， 在Rt△QMN中，sin∠MQN=

，∴MN=QN•sin∠MQN，

∴MN=OP•sin∠MQN=2×sin60°=2×=

，∴MN是定值．

（4）由（3）②得MN=OP•sin∠MQN=2sin∠MQN．

当直径AB与CD相交成90°角时，∠MQN=180°﹣90°=90°，MN取得最大值2． 考点：圆的综合题．

5．在正方形ABCD中，BD是一条对角线.点P在射线CD上（与点C，D不重合），连接AP，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于点H，连接AH、PH.

（1）若点P在线CD上，如图1，

①依题意补全图1；②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明；

（2）若点P在线CD的延长线上，且∠AHQ＝152°，正方形ABCD的边长为1，请写出求DP长的思路.（可以不写出计算结果）

【答案】（1）①如图；②AH＝PH，AH⊥PH．证明见解析（2）【解析】

或

试题分析：（1）①如图（1）；②（1）法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，

AH⊥PH．连接CH，根据正方形的每条对角线平分一组对角得：△DHQ等腰Rt△，根据平移的性质得DP＝CQ，证得△HDP≌△△HQC，全等三角形的对应边相等得PH＝CH，等边对等角得∠HPC＝∠HCP，再结合BD是正方形的对称轴得出∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．

（2）轴对称作法同（1）作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17° ∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则

.由

代入HR，CR解方程即

可得出x的值. 四点共圆作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴

试题解析： （1）①

法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，AH⊥PH

证：连接CH，得：△DHQ等腰Rt△，又∵DP＝CQ，∴△HDP≌△△HQC，∴PH＝CH，∠HPC＝∠HCP

BD为正方形ABCD对称轴，∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，∴AH＝PH，∠DAH＝∠HPC，∴∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．

法二：四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．

．

（2）法一：轴对称作法

考虑△DHQ等腰Rt△，PD＝CQ，作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°

∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则

.

由得：，∴．即PD=

法二：四点共向作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴

．

考点：全等三角形的判定；解直角三角形；正方形的性质；死电脑共圆

6．（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5t214t5t

55∵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．

22758，

②当1＜t≤2时，S7t16t7t

772∵a=﹣7＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=∴当t=

8， 78时，S有最大值，最大值为．

77③当2＜t＜

16时，S=﹣14t+32 716时，S=0，∴0＜S＜4． 7∵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=

8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{{设直线l的解析式为：y=kx+b，则有，解得：．∴y=x+4． b4b4∴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．

7．如图，矩形OABC中，A(6，0)、C(0，23)、D(0，33)，射线l过点D且与x轴平行，点P、Q分别是l和x轴的正半轴上的动点，满足∠PQO＝60º．

(1)点B的坐标是 ，∠CAO＝ º，当点Q与点A重合时，点P的坐标 为 ；

(2)设点P的横坐标为x，△OPQ与矩形OABC重叠部分的面积为S，试求S与x的函数关系式和相应的自变量x的取值范围．

【答案】（1）（6，23）． 30．（3，33）（2）

43x430x33321333xx3x5232S{

23x1235x93543x9x【解析】

解：（1）（6，23）． 30．（3，33）． （2）当0≤x≤3时， 如图1，

OI=x，IQ=PI•tan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x； 由题意可知直线l∥BC∥OA， 可得

1EFPEDC31==，∴EF=（3+x）， OQPODO3333此时重叠部分是梯形，其面积为：

14343SS梯形EFQO（EFOQ）OC（3x）x43 233当3＜x≤5时，如图2，

1SS梯形EFQOSHAQS梯形EFQOAHAQ2

4333213332 x43x。x3=x32232当5＜x≤9时，如图3，

12S（BEOA）OC（312x）23

23 =x123。3当x＞9时，如图4，

S11183543． OAAH6=22xx综上所述，S与x的函数关系式为：

43x430x33321333xx3x5232S{．

23x1235x93543x9x（1）①由四边形OABC是矩形，根据矩形的性质，即可求得点B的坐标： ∵四边形OABC是矩形，∴AB=OC，OA=BC，

∵A（6，0）、C（0，23），∴点B的坐标为：（6，23）． ②由正切函数，即可求得∠CAO的度数： ∵tanCAOOC233，∴∠CAO=30°． ==OA63③由三角函数的性质，即可求得点P的坐标；如图：当点Q与点A重合时，过点P作PE⊥OA于E，

∵∠PQO=60°，D（0，33），∴PE=33． ∴AEPEtan6003．

∴OE=OA﹣AE=6﹣3=3，∴点P的坐标为（3，33）．

（2）分别从当0≤x≤3时，当3＜x≤5时，当5＜x≤9时，当x＞9时去分析求解即可求得答案．

8．如图，某校数学兴趣小组为测量校园主教学楼AB的高度，由于教学楼底部不能直接到达，故兴趣小组在平地上选择一点C，用测角器测得主教学楼顶端A的仰角为30°，再向主教学楼的方向前进24米，到达点E处（C，E，B三点在同一直线上），又测得主教学楼顶端A的仰角为60°，已知测角器CD的高度为1.6米，请计算主教学楼AB的高度．（3≈1.73，结果精确到0.1米）

【答案】22.4m 【解析】 【分析】

首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造等量关系，进而求解． 【详解】

解：在Rt△AFG中，tan∠AFG=3， ∴FG=

AGAG，

tanAFG3AG， CG在Rt△ACG中，tan∠ACG=∴CG=

AG=3AG．

tanACG又∵CG﹣FG=24m，

即3AG﹣AG=24m， 3∴AG=123m， ∴AB=123+1.6≈22.4m．

9．许昌芙蓉湖位于许昌市水系建设总体规划中部，上游接纳清泥河来水，下游为鹿鸣湖等水系供水，承担着承上启下的重要作用，是利用有限的水资源、形成良好的水生态环境打造生态宜居城市的重要部分．某校课外兴趣小组想测量位于芙蓉湖两端的A，B两点之间的距离他沿着与直线AB平行的道路EF行走，走到点C处，测得∠ACF=45°，再向前走300米到点D处，测得∠BDF=60°．若直线AB与EF之间的距离为200米，求A，B两点之间的距离（结果保留一位小数）

【答案】215.6米． 【解析】 【分析】

过A点做EF的垂线，交EF于M点，过B点做EF的垂线，交EF于N点，

根据Rt△ACM和三角函数tanBDF求出CM、DN，然后根据MNMDDNAB即可求出A、B两点间的距离. 【详解】

解：过A点做EF的垂线，交EF于M点，过B点做EF的垂线，交EF于N点

在Rt△ACM中，∵ACF45， ∴AM=CM=200米，

又∵CD=300米，所以MDCDCM100米， 在Rt△BDN中，∠BDF=60°，BN=200米 ∴DNBN115.6米， otan60∴MNMDDNAB215.6米 即A，B两点之间的距离约为215.6米． 【点睛】

本题主要考查三角函数，正确做辅助线是解题的关键.

10．在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点O0,0，点A3,0，点C0,4，

连接OB，以点A为中心，顺时针旋转矩形AOCB，旋转角为0360，得到矩形ADEF，点O,C,B的对应点分别为D,E,F. (Ⅰ)如图，当点D落在对角线OB上时，求点D的坐标； (Ⅱ)在(Ⅰ)的情况下，AB与DE交于点H. ①求证BDEDBA； ②求点H的坐标.

(Ⅲ)为何值时，FBFA.(直接写出结果即可).

【答案】(Ⅰ)点D的坐标为((Ⅲ)60或300. 【解析】 【分析】

255472,)；(Ⅱ)①证明见解析；②点H的坐标为(3，)；25258(Ⅰ) 过A、D分别作AMOB,DNOA，根据点A、点C的坐标可得出OA、OC的长，根据矩形的性质可得AB、OB的长，在Rt△OAM中，利用∠BOA的余弦求出OM的长，由旋转的性质可得OA=AD，利用等腰三角形的性质可得OD=2OM，在Rt△ODN中，利用∠BOA的正弦和余弦可求出DN和ON的长，即可得答案；(Ⅱ)①由等腰三角形性质可得∠DOA=∠ODA，根据锐角互余的关系可得ABDBDE，利用SAS即可证明△DBA≌△BDE；②根据△DBA≌△BDE可得∠BEH=∠DAH，BE=AD，即可证明

△BHE≌△DHA，可得DH=BH，设AH=x，在Rt△ADH中，利用勾股定理求出x的值即可得答案；（Ⅲ）如图，过F作FO⊥AB，由性质性质可得∠BAF=，分别讨论0<≤180°时和180°<<360°时两种情况，根据FB=FA可得OA=OB，利用勾股定理求出FO的长，由余弦的定义即可求出∠BAF的度数. 【详解】

0，点C0，4， (Ⅰ)∵点A3，∴OA3,OC4. ∵四边形OABC是矩形， ∴AB=OC=4，

∵矩形DAFE是由矩形AOBC旋转得到的 ∴ADAO3.

在RtOAB中，OBOA2AB25， 过A、D分别作AMOB,DNOA 在RtΔOAM中，cosBOA∴OMOMOA3， OAOB59 5∵AD=OA，AM⊥OB，

∴OD2OM18. 5在RtΔODN中：sinBOA∴DNDN4ON3，cos∠BOA==， OD5OD57254. ，ON25255472,. 2525∴点D的坐标为

(Ⅱ)①∵矩形DAFE是由矩形AOBC旋转得到的， ∴OAAD3,ADE90,DEAB4. ∴ODAD.

DOAODA.

又∵DOAOBA90，BDHADO90 ∴ABDBDE.

∴

又∵BDBD， ∴ΔBDEΔDBA.

②由ΔBDEΔDBA，得BEHDAH，BEAD3， 又∵

BHEDHA，

∴ΔBHEΔDHA. ∴DH=BH，

设AHx，则DHBH4x， 在RtΔADH中，AH2AD2DH2， 即x2324x，得x∴AH225， 825. 825. 8∴点H的坐标为3,(Ⅲ)如图，过F作FO⊥AB， 当0<α≤180°时，

∵点B与点F是对应点，A为旋转中心，

∴∠BAF为旋转角，即∠BAF=α，AB=AF=4， ∵FA=FB，FO⊥AB， ∴OA=

1AB=2， 2OA1=， AF2∴∠BAF=60°，即α=60°， 当180°<α<360°时，

∴cos∠BAF=

同理解得：∠BAF′=60°， ∴旋转角α=360°-60°=300°.

综上所述：α60或300. 【点睛】

本题考查矩形的性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，正确找出对应边与旋转角并熟记特殊角的三角函数值是解题关键.

11．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．

12．在正方形ABCD中，AC是一条对角线，点E是边BC上的一点（不与点C重合），连接AE，将△ABE沿BC方向平移，使点B与点C重合，得到△DCF，过点E作EG⊥AC于点G，连接DG，FG．

（1）如图，①依题意补全图；②判断线段FG与DG之间的数量关系与位置关系，并证明；

（2）已知正方形的边长为6，当∠AGD＝60°时，求BE的长．

【答案】（1）①见解析，②FG＝DG，FG⊥DG，见解析；（2）BE23. 【解析】 【分析】

（1）①补全图形即可，

②连接BG，由SAS证明△BEG≌△GCF得出BG＝GF，由正方形的对称性质得出BG＝DG，得出FG＝DG，在证出∠DGF＝90°，得出FG⊥DG即可，（2）过点D作DH⊥AC，交AC于点H．由等腰直角三角形的性质得出DH＝AH＝32，由直角三角形的性质得出FG＝DG＝2GH＝26，得出DF＝2DG＝43，在Rt△DCF中，由勾股定理得出CF＝23，即可得出结果． 【详解】

解：（1）①补全图形如图1所示， ②FG＝DG，FG⊥DG，理由如下， 连接BG，如图2所示， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACB＝45°， ∵EG⊥AC， ∴∠EGC＝90°，

∴△CEG是等腰直角三角形，EG＝GC， ∴∠GEC＝∠GCE＝45°， ∴∠BEG＝∠GCF＝135°， 由平移的性质得：BE＝CF，

BECF在△BEG和△GCF中，BEGGCF，

EGCG∴△BEG≌△GCF（SAS）， ∴BG＝GF，

∵G在正方形ABCD对角线上， ∴BG＝DG， ∴FG＝DG，

∵∠CGF＝∠BGE，∠BGE+∠AGB＝90°， ∴∠CGF+∠AGB＝90°， ∴∠AGD+∠CGF＝90°， ∴∠DGF＝90°， ∴FG⊥DG.

（2）过点D作DH⊥AC，交AC于点H．如图3所示, 在Rt△ADG中， ∵∠DAC＝45°， ∴DH＝AH＝32，

在Rt△DHG中，∵∠AGD＝60°， ∴GH＝DH3＝323＝6，

∴DG＝2GH＝26， ∴DF＝2DG＝43， 在Rt△DCF中，CF＝∴BE＝CF＝23．

43262＝23，

【点睛】

本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、解直角三角形的应用等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键．

¶13．如图，A（0，2），B（6，2），C（0，c）（c＞0），以A为圆心AB长为半径的BD¶与BC有交点时，交点为E，P为BD¶上一点． 交y轴正半轴于点D，BD（1）若c＝63+2，

¶的长为 ； ①BC＝ ，DE②当CP＝62时，判断CP与⊙A的位置关系，井加以证明； （2）若c＝10，求点P与BC距离的最大值；

（3）分别直接写出当c＝1，c＝6，c＝9，c＝11时，点P与BC的最大距离（结果无需化简）

【答案】（1）①12，π；②详见解析；（2）①【解析】 【分析】

66；②（3）答案见详解 55（1）①先求出AB，AC，进而求出BC和∠ABC，最后用弧长公式即可得出结论；②判断出△APC是直角三角形，即可得出结论；

（2）分两种情况，利用三角形的面积或锐角三角函数即可得出结论； （3）画图图形，同（2）的方法即可得出结论． 【详解】 （1）①如图1，

∵c＝63+2， ∴OC＝63+2，

∴AC＝63+2﹣2＝63， ∵AB＝6，

在Rt△BAC中，根据勾股定理得，BC＝12，tan∠ABC＝∴∠ABC＝60°， ∵AE＝AB，

∴△ABE是等边三角形， ∴∠BAE＝60°， ∴∠DAE＝30°，

AC＝3， AB306＝π， 180故答案为12，π； ②CP与⊙A相切．

»的长为∴DE证明：∵AP＝AB＝6，AC＝OC﹣OA＝63， ∴AP2+CP2＝108， 又AC2＝（63）2＝108， ∴AP2+PC2＝AC2．

∴∠APC＝90°，即：CP⊥AP． 而AP是半径， ∴CP与⊙A相切．

（2）若c＝10，即AC＝10﹣2＝8，则BC＝10．

»上，AP⊥BE时，点P与BC的距离最大，设垂足为F， ①若点P在BE则PF的长就是最大距离，如图2，

11AB×AC＝BC×AF， 22ABAC24∴AF＝＝，

BC56∴PF＝AP﹣AF＝；

5»上，作PG⊥BC于点G， ②如图3，若点P在DES△ABC＝

当点P与点D重合时，PG最大． 此时，sin∠ACB＝即PG＝

PGAB， CPBCABCP6＝ BC5∴若c＝10，点P与BC距离的最大值是（3）当c＝1时，如图4，

6； 5

过点P作PM⊥BC，sin∠BCP＝

ABPM BCCDABCD67424237∴PM＝=； BC373737当c＝6时，如图5，同c＝10的①情况，PF＝6﹣121213=6， 1313

当c＝9时，如图6，同c＝10的①情况，PF＝64285 ， 85

当c＝11时，如图7，

点P和点D重合时，点P到BC的距离最大，同c＝10时②情况，DG＝【点睛】

18117 ． 117此题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，勾股定理和逆定理，三角形的面积公式，锐角三角函数，熟练掌握锐角三角函数是解本题的关键．

14．如图所示的是一个地球仪及它的平面图，在平面图中，点A、B分别为地球仪的南、北极点，直线AB与放置地球仪的平面交于点D，所夹的角度约为67°，半径OC所在的直线与放置它的平面垂直，垂足为点E，DE=15cm，AD=14cm．

（1）求半径OA的长（结果精确到0.1cm，参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，tan67°≈2.36）

（2）求扇形BOC的面积（π取3.14，结果精确到1cm）

【答案】(1)半径OA的长约为24.5cm；(2)扇形BOC的面积约为822cm2． 【解析】 【分析】

(1)在Rt△ODE中，DE=15，∠ODE=67°，根据∠ODE的余弦值，即可求得OD长，减去AD即为OA．

(2)用扇形面积公式即可求得. 【详解】

(1)在Rt△ODE中，DE15cm，ODE67． ∵cosODE∴ODDE， DO15， 0.39461424．5cm， ∴OAODAD38．答：半径OA的长约为24.5cm． (2)∵ODE67， ∴BOC157， ∴S扇形BOCnr2 3601573.1424.522 360822cm2．

答：扇形BOC的面积约为822cm2． 【点睛】

此题主要考查了解直角三角形的应用，本题把实际问题转化成数学问题，利用三角函数中余弦定义来解题是解题关键．

15．如图，AB为⊙O的直径，P是BA延长线上一点，CG是⊙O的弦∠PCA＝∠ABC，CG⊥AB，垂足为D (1)求证：PC是⊙O的切线； (2)求证：

PAAD； PCCD3，CF＝5，求BE5(3)过点A作AE∥PC交⊙O于点E，交CD于点F，连接BE，若sin∠P＝的长．

【答案】（1）见解析；（2）BE=12． 【解析】 【分析】

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

∠ACF=∠ABC，由于∠PCA=∠ABC，推出∠ACF=∠CAF，根据等腰三角形的性质得到CF=AF，在Rt△AFD中，AF=5，sin∠FAD=

3，求得FD=3，AD=4，CD=8，在Rt△OCD中，53BE3，得到＝，于是求得5AB5设OC=r，根据勾股定理得到方程r2=（r-4）2+82，解得r=10，得到AB=2r=20，由于AB为⊙O的直径，得到∠AEB=90°，在Rt△ABE中，由sin∠EAD=结论． 【详解】

（1）证明：连接OC，

∵PC切⊙O于点C， ∴OC⊥PC， ∴∠PCO=90°， ∴∠PCA+∠OCA=90°， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB=90°， ∴∠ABC+∠OAC=90°， ∵OC=OA， ∴∠OCA=∠OAC， ∴∠PCA=∠ABC； （2）解：∵AE∥PC， ∴∠PCA=∠CAF， ∵AB⊥CG， ∴弧AC=弧AG， ∴∠ACF=∠ABC， ∵∠PCA=∠ABC， ∴∠ACF=∠CAF， ∴CF=AF， ∵CF=5， ∴AF=5， ∵AE∥PC， ∴∠FAD=∠P，

∵sin∠P=

3， 53， 5∴sin∠FAD=

在Rt△AFD中，AF=5，sin∠FAD=∴FD=3，AD=4，∴CD=8， 在Rt△OCD中，设OC=r， ∴r2=（r﹣4）2+82 ， ∴r=10， ∴AB=2r=20， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠AEB=90°，在Rt△ABE中， ∵sin∠EAD=∵AB=20， ∴BE=12． 【点睛】

3， 53BE3， ，∴

5AB5本题考查切线的性质，锐角三角函数，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题关键是连接OC构造直角三角形．