难点11锐角三角函数的常考题型（6大热考题型）（解析版）_2数学总复习_2025中考复习资料_2025年中考数学一轮知识梳理_难点11+锐角三角函数的常考题型（6大热考题型）

难点 11 锐角三角函数的常考题型 （6 大热考题型） 题型一：正弦概念的辨析与应用 题型二：余弦概念的辨析与应用 题型三：正切的概念辨析与应用 题型四：特殊角三角函数值的应用 题型五：解直角三角形的相关运算 题型六：解直角三角形的实际应用 题型一：正弦概念的辨析与应用 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在矩形 中， 是边 上两点，且 ，连接 与 相交于点 ，连接 ．若 ， ，则 的值为 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，求角的正弦值：过点 作 ，证明 ，得到 ，再证明 ，分别求出 的长，进而求出 的长， 勾股定理求出 的长，再利用正弦的定义，求解即可． 【详解】解：∵矩形 ， ， ， ， ∴ ， ，∴ ， ， ∴ ， ∴ 过点 作 ，则： ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ， ∴ ； 故选A． 【变式1-1】（2024·四川资阳·中考真题）第 届国际数学教育大会（ ）会标如图 所示，会标 中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图 所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（ ， ， ， ）和一个小正方形 拼成的大正方形 ．若 ，则 （ ）A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设 ，则 ，根据全等三角形，正方形的性质可得 ，再根据勾股定理可得 ，即可求出 的值． 【详解】解：根据题意，设 ，则 ， ∵ ，四边形 为正方形， ∴ ， ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 故选： ． 【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形，正方形的性质，三角函数值的知识，熟练掌握以上知识是解 题的关键． 【变式1-2】（2024·江苏扬州·中考真题）如图，已知两条平行线 、 ，点A是 上的定点， 于点 B，点C、D分别是 、 上的动点，且满足 ，连接 交线段 于点E， 于点H，则 当 最大时， 的值为 ． 【答案】 【分析】证明 ，得出 ，根据 ，得出 ，说明点H 在以 为直径的圆上运动，取线段 的中点O，以点O为圆心， 为半径画圆，则点 在 上运动， 说明当 与 相切时 最大，得出 ，根据 ，利用，即可求出结果． 【详解】解：∵两条平行线 、 ，点A是 上的定点， 于点B， ∴点B为定点， 的长度为定值， ∵ ， ∴ ， ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴点H在以 为直径的圆上运动， 如图，取线段 的中点O，以点O为圆心， 为半径画圆， 则点 在 上运动， ∴当 与 相切时 最大， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，切线的性质，解直角三 角形等知识点，解题的关键是确定点H的运动轨迹．【变式1-3】（2024·山东潍坊·中考真题）如图，已知 内接于 ， 是 的直径， 的平 分线交 于点 ，过点 作 ，交 的延长线于点 ，连接 ． (1)求证： 是 的切线； (2)若 ， ，求 的直径． 【答案】(1)证明见解析； (2) ． 【分析】（ ）连接 ，由角平分线可得 ，又由 可得 ，即得 ，由 得 ，进而可得 ，即得 ，即 可求证； （ ） 是 的直径可得 ，又由（ ）知 ， 由 ， ，进而可得 ，再根据 ， ， ，可得 ，得到 ， ，解 得到 ，再解 即可求解； 本题考查了角平分线的定义，等腰三角形的性质，切线的判定，圆周角定理，三角函数，掌握圆的有关定 理是解题的关键． 【详解】（1）证明：连接 ， ∵ 平分 ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ，∴ ， 即 ， ∴ ， ∵ 是 半径， ∴ 是 的切线； （2）解：∵ 是 的直径， ∴ ， ∴ ， 即 ， ∵ ， ∴ ， ∴ ∵ ， ， ∴ ， ∵ ， ， ， ∴ ∴ ， ， 在 中， ， ∴ ， ∴ ， 在 中， ， ∴ ， 即 的直径为 ． 【变式1-4】（2024·上海·中考真题）在平面直角坐标系 中，反比例函数 （k为常数且 ）上有一点 ，且与直线 交于另一点 ． (1)求k与m的值； (2)过点A作直线 轴与直线 交于点C，求 的值． 【答案】(1) ， ； (2) ． 【分析】本题考查了反比例函数与一次函数，锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是： （1）把B的坐标代入 ，求出n，然后把B的坐标代入 ，求出k，最后把A的坐标代入 求出m即可； （2）根据 轴求出C的纵坐标，然后代入 ，求出C的横坐标，利用勾股定理求出 ，最后 根据正弦的定义求解即可． 【详解】（1）解：把 代入 ， 得 ， 解得 ， ∴ ， 把 代入 ， 得 ， ∴ ，把 代入 ， 得 ； （2）解：由（1）知： 设l与y轴相交于D， ∵ 轴， 轴 轴， ∴A、C、D的纵坐标相同，均为2， ， 把 代入 ，得 ， 解得 ， ∴ ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·河北张家口·模拟预测）在 中， ， ， ， 则 的值为 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了锐角三角函数的定义及勾股定理，熟知锐角三角函数正弦的定义是解决问题的关键． 由勾股定理得 进而利用三角函数定义即可得解．【详解】解：如图，根据勾股定理得， 故选 ． 2．（2024·广东·模拟预测）正方形网格中， 如图所示放置（点A，O，C均在网格的格点上，且点 C 在 上），则 的值为（ ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】本题考查了锐角三角函数的定义，勾股定理，勾股定理逆定理，找出 边上的格点 ，连接 ， 利用勾股定理求出 、 、 的长度，再利用勾股定理逆定理证明 是直角三角形，然后根据 正弦的定义计算即可得解． 【详解】如图， 为 边上的格点，连接 ， 根据勾股定理， ， ，， 所以， ， 所以， 是直角三角形， ． 故选：B． 3．（2024·广东广州·模拟预测）在 中， ， ， ，则 的值为 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了锐角三角函数的定义，先根据勾股定理求出 ，再根据在直角三角形中锐角三角函 数的定义解答． 【详解】 在 中， ， ， ， ， ． 故选：A． 4．（2024·陕西西安·模拟预测）直角三角形的斜边与一直角边的比是 ，且较大的锐角为 ，则 等于（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查锐角三角函数的定义，勾股定理及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边， 余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边． 设斜边与一直角边分别为 、 ，利用勾股定理列式求出另一直角边，再根据锐角的正弦等于对边比斜 边列式计算即可得解． 【详解】解：设斜边与一直角边分别为 、 ，由勾股定理得，另一直角边 ， 较大的锐角为 ， ∴ ， 故选：D． 5．（2025·上海奉贤·一模）在平面直角坐标系的第一象限内有一点 ，射线 与x轴正半轴的夹 角为 ，如果 ，那么点P坐标为 ． 【答案】 【分析】过点P作 轴于点M，利用三角函数的定义，勾股定理，点的坐标的意义解答． 本题考查了正弦函数的应用，勾股定理，坐标的确定，熟练掌握正弦函数，勾股定理是解题的关键． 【详解】解：如图，过点P作 轴于点M， ∵ ， ， ∴ ， ∴ ， ∴点 ． 故答案为： ． 6．（2024·四川成都·模拟预测）如图，正方形 的边长为2，M是AD的中点，将四边形 沿翻折得到四边形 ，连接 ，则 的值等于 ． 【答案】 【分析】延长CF，AD交于G，过D作 于H，则 ， ，由折叠得 ，有 ，设 ，则 ，利用勾股定理求得 和 ， 根据等面积求得 ，即可得 ， ， ，根 据解直角三角形得 ，结合平行线的判定和性质得 即可． 【详解】解：延长CF，AD交于G，过D作 于H，如图： ∵正方形 的边长为2，M是AD的中点， ∴ ， ， ∴ ， ∵将四边形 沿 翻折得到四边形 ， ∴ ， ， ， ∴ ， ∴ ， 设 ，则 ， 在 中， ，∴ ， 解得 ， ∴ ， ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ； 【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、勾股定理、解直角三角形和平行线的判定和性质，解 题的关键是做辅助线和找到对应的边角关系． 7．（2024·上海青浦·模拟预测）如图是一张矩形纸片 ，点M是对角线 的中点，点E在 边上， 把 沿直线 折叠，使点C落在对角线 上的点F处，连接 ．若 ，则 的 正弦值为 ．【答案】 【分析】本题考查了矩形与折叠问题，相似三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的知识，证明 是解答本题的关键．由折叠的性质可知， ， ，证明 得 ，设 ， ，则 ， ，代入比例式求出 ，则 ，然后根据正弦定义求解即可． 【详解】解：如图，设 与 交于点G， 由折叠的性质可知， ， ． ∵四边形 是矩形， ∴ ， ， ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， 设 ， ，则 ， ∴ ， ∴ ， ∴ 或 （舍去） ∴ ，∴ ． 故答案为： ． 8．（2024·广东·模拟预测）如图，在 的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，四边形 的 顶点均在网格的格点上． (1)求 的值． (2)操作与计算：用尺规作图法过点C作 ，垂足为E，并直接写出 的长．（保留作图痕迹，不 要求写出作法） 【答案】(1) (2)图见解析， 【分析】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理、正弦、作垂线，熟练掌握正弦的定义是解题关键． （1）先根据勾股定理和勾股定理的逆定理得出 是以 为直角的直角三角形，再根据正弦的定 义求解即可得； （2）先以点 为圆心、 为半径画弧交 于点 ，再分别以点 为圆心， 长为半径画弧，分别 交于点 ，然后画直线 ，交 于点 ，则 即为所作；最后利用正弦的定义即可求出 的长． 【详解】（1）解：如图，连接 ，∵ ， ， ， ∴ ， ∴ 是以 为直角的直角三角形， ∴ ． （2）解：用尺规作图法过点 作 ，垂足为 ，作图如下： 在 中， ． 9．（2024·北京·模拟预测）如图， 是等腰三角形， ．已知 ，用两种方法表示 的面积______ 【探究】你能否从这里得出 的计算公式呢？ 【答案】题空： ，探究： 【分析】此题主要考查了锐角三角形函数恒等式．熟练掌握等腰三角形的性质，三角形面积证法，正弦和 余弦定义，是解题的关键． 填空：根据等腰三角形性质得到 ，其面积的两种表示法为 ， ， 探究：得到 ，结合等腰三角形性质得到 ，根据 ， ， ， ， ，即得 ． 【详解】题空： ∵ 是等腰三角形， ， ∴ ， ， 故答案为： ， ； 探究： ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ， ， ∴ ． 题型二：余弦概念的辨析与应用 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·四川眉山·中考真题）如图，在矩形 中， ， ，点 在 上，把 沿 折叠，点 恰好落在 边上的点 处，则 的值为（ ）A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，求角的三角函数等知识点，正确利用折叠的性 质是解题的关键． 根据折叠的性质，可求得 ， ，从而求得 ， ，在 中，由勾股定理，得 ，即可求得结果． 【详解】解： 四边形 是矩形， ， ， 把 沿 折叠，点 恰好落在 边上的点 处， ， ， ， ， 在 中， ， 由勾股定理，得 ， ， ， ，， 故选：A． 【变式2-1】（2023·四川攀枝花·中考真题） 中， 、 、 的对边分别为 、 、 ．已知 ， ， ，则 的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先判断 是直角三角形，再根据余弦的定义可直接进行求解． 【详解】解：∵ ， ， ， ∴ ， ∴ ， ∴ ； 故选C． 【点睛】本题主要考查余弦，熟练掌握求一个角的余弦值是解题的关键． 【变式2-2】（2023·江苏扬州·中考真题）在 中， ， ，若 是锐角三角形，则满 足条件的 长可以是( ) A．1 B．2 C．6 D．8 【答案】C 【分析】如图，作 ， ，则 ， ， ， ，由 是锐角三角形，可得 ，即 ，然后作答即可． 【详解】解：如图，作 ， ，交 的延长线于点E ∴ ， ，∴ ， ， ∵ 是锐角三角形， ∴ ，即 ， ∴满足条件的 长可以是6， 故选：C． 【点睛】本题考查了余弦，锐角三角形．解题的关键在于确定 的取值范围． 【变式2-3】（2024·山东青岛·中考真题）如图， 中， ，以 为直径的半圆O分别交 于点D，E，过点E作半圆O的切线，交 于点M，交 的延长线于点N．若 ， ，则半径 的长为 ． 【答案】6 【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等边对等角，平行线的性质与判定等等，解题的关 键在于证明 ，根据等边对等角推出 ，则可证明 得到 ， 再由切线的性质得到 ，则解 求出 的长即可． 【详解】解：如图所示，连接 ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ，∵ 是 的切线， ∴ ， ∴在 中， ， ∴ ， ∴半径 的长为6， 故答案为： ． 【变式2-4】（2024·四川雅安·中考真题）如图，把矩形纸片 沿对角线 折叠，使点C落在点E处， 与 交于点F，若 ， ，则 的值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题关键． 折叠问题优先考虑利用勾股定理列方程，证 ，再利用 求出边长，从而求解即可． 【详解】解：∵折叠， ， ∵四边形 是矩形， ， ， ， ， ， 在 中， ， ， 解得 ，， 故答案为： ． 【变式2-5】（2024·上海·中考真题）在平行四边形 中， 是锐角，将 沿直线 翻折至 所 在直线，对应点分别为 ， ，若 ，则 ． 【答案】 或 / 或 【分析】本题考查了平行四边形的翻折，求余弦值，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨 论的思想进行求解． 【详解】解：当 在 之间时，作下图， 根据 ，不妨设 ， 由翻折的性质知： ， 沿直线 翻折至 所在直线， ， 。 ， 过 作 的垂线交于 ， ， ， 当 在 的延长线上时，作下图，根据 ，不妨设 ， 同理知： ， 过 作 的垂线交于 ， ， ， 故答案为： 或 ． 【变式2-6】（2023·山东·中考真题）如图， 是边长为6的等边三角形，点 在边 上，若 ， ，则 ． 【答案】 【分析】过点A作 于H，根据等边三角形的性质可得 ，再由 ，可得 ，再根据 ，可得 ，从而可得 ，利用锐角三角函数求得 ，再由 ，求得，即可求得结果． 【详解】解：过点A作 于H， ∵ 是等边三角形， ∴ ， ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查等边三角形的性质、锐角三角函数，熟练掌握等边三角形的性质证明 是 解题的关键．【中考模拟即学即练】 1．（2025·湖南娄底·一模）若 是一个锐角，且 ，则 的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了求角的余弦值，可根据题意作出直角三角形，根据三角函数的定义即可求解． 【详解】解：如图所示： 设 ， ∵ ， ∴ ， 设 ， 则 ， ∴ ． 故选：C． 2．（2024·湖南·模拟预测）我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出“赵爽弦图”，如图所示，它 是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．若大正方形面积为 ，小正方形 面积为 ，则 的值为（ ）4 4 A． B． C． D． 3 5 【答案】D 【分析】本题主要考查了求角的余弦值，勾股定理，设大正方形的边长为 ，直角三角形的短直角边为 ， ba1，c5 长直角边为 ，根据正方形面积计算公式可得 ，则 ，再由勾股定理得到 a2a12 252 a b ，解方程求出 的值，进而求出 的值，最后根据余弦的定义求解即可． 【详解】解：设大正方形的边长为c，直角三角形的短直角边为a，长直角边为b， ∵大正方形面积为25，小正方形面积为1， c2 25，ba2 1 ∴ ， ∴ba1，c5， ∴ba1， a2b2 c2 由勾股定理得 ， a2a12 252 ∴ ， ∴a3或a4（舍去）， ∴b4， b 4 ∴cos  ， c 5 故选：D． 3．（2024·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，在正方形网格中，已知VABC的三个顶点均在格点上，则A的 余弦值为（ ） 5 2 3 10 2 10 A． 5 B． 2 C． 10 D． 10 【答案】C 【分析】由勾股定理得出AC的长，由三角函数定义即可得出答案．本题考查了解直角三角形以及勾股定理的运用；熟练掌握勾股定理，构造直角三角形是解题的关键． 【详解】解：如图所示： AC  3212  10 则 ， 3 3 10 cosA  ∴ 10 10 ， 故选：C． A y A  B  4．（2024·广东·模拟预测）如图，直径为10的 经过点C(0,6)和点O(0,0)， 是 轴右侧 上一点， 则OBC的余弦值为（ ） 3 3 1 4 A．2 B．4 C． 2 D． 5 【答案】D 【分析】此题考查了圆周角定理、锐角三角函数的知识．连接CD，结合圆周角定理及勾股定理可知 OD8，由圆周角定理可知OBC ODC，结合余弦的定义即可求解．注意掌握辅助线的作法，注意掌 握数形结合思想的应用． 【详解】解：如图，连接CD，， COD90  CD为 O的直径， CD10， C0,6  ， OC 6， 在Rt  COD中，由勾股定理得， OD CD2OC2 8 ，    OC OC， OBC ODC， OD 8 4 cosOBC cosODC    ， CD 10 5 故选：D．  O AB CE  O C 5．（2023·广东东莞·模拟预测）如图，在 中，E是直径 延长线上一点， 切 于点 ，若 CE2BE，则E的余弦值为（ ） 3 4 3 4 A． B． C． D． 5 5 4 3 【答案】B 【分析】此题重点考查切线的性质定理、勾股定理等知识，根据勾股定理列出关系式 1 (OE CE)2CE2 OE2 2 是解题的关键．连接OC，由切线的性质得 OCE90 ，则 OC2CE2 OE2，由 1 1 1 5 BE CE OCOBOE CE (OE CE)2CE2 OE2 OE CE CE2BE 2 2 2 41 1 1 5 ，得BE CE，所以OCOBOE CE，于是得(OE CE)2CE2 OE2，即可求得OE CE， CE2BE 2 2 2 4 CE CE 4 cosE   OE 5 5 则 CE ，于是得到问题的答案． 4 【详解】解：连接OC， 切 于点 ，  CE  O C CEOC， OCE90， OC2CE2 OE2，  CE 2BE， 1 BE CE， 2 1 OC OBOEBEOE CE， 2 1 (OE CE)2CE2 OE2 ， 2 5 CE( CEOE)0 整理得 ， 4  CE0， 5 CEOE0 ， 4 5 OE CE ， 4 CE CE 4 cosE   OE 5 5 CE ， 4 4 的余弦值为 ， E 5 故选：B． 6．（2024·上海·模拟预测）在Rt△ABC中，ACB90，CD AB于D，若 ACD和 BCD的面积比为 4:9，则A的余弦值为【答案】 2 2 13 13 13 / 13 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、余弦的求解，根据题意证VBCA∽VCDA，根据 ACD和 AC 的面积比为 可得 和 的面积比为 ，结合 即可求解； BCD 4:9 ACD ABC 4:13 cosA AB    【详解】解：如图所示： ∵ACBCDA90 ∴VBCA∽VCDA ∵ ACD和 BCD的面积比为4:9， ∴ ACD和 ABC的面积比为4:13， ∵VBCA∽VCDA 4 2 AC:AB  13 ∴ 13 13 AC 2 ∴  13 cosA AB 13 2 故答案为： 13 13 7．（2024·甘肃兰州·模拟预测）如图，  DBE内接于☉O，DB是☉O的直径，BE平分DBC， C 90，延长BD交CE的延长线于点A，连接OE． (1)求证：AC是☉O的切线； 1 (2)若cosABC＝ ， ，求 的值． 2 AD8 AE【答案】(1)见解析 8 3 (2) 【分析】本题考查切线的性质，直角三角形的边角关系，圆周角定理以及相似三角形的判的性质，掌握切 线的性质，直角三角形的边角关系，圆周角定理以及相似三角形的判的性质是正确解答的关键． （1）根据角平分线的定义，等腰三角形的性质，平行线的性质以及切线的判定方法进行解答即可； 1 （2）设 的半径为r，则 ， ，由 证出 ．由cosABC  ☉O OE ODr AO8r OE∥BC ABC AOE 2 OE r 1 得cosAOE   ，求出 ，即 ，由勾股定理得出 的值． AO 8r 2 r8 AO16 AE 【详解】（1）证明：∵BE平分DBC， ∴OBE CBE ， ∵OBOE， ∴OBEOEB， ∴OEBCBE， ∴OE∥BC， ∵C 90， ∴OEA90， 即OE  AC， ∵OE是半径， ∴AC是 O的切线； （2）解：设☉O的半径为r，则OE ODr，AO8r． 由（1）知OE∥BC， ∴ABC AOE． 1 ∵cosABC  ， 2 OE r 1 ∴cosAOE   ， AO 8r 2 1 ∴r r8 ， 2 解得r8， ∴AO16， AE AO2OE2 8 3 ∴ ．题型三：正切的概念辨析与应用 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·云南·中考真题）在Rt△ABC中，�B�90 ，已知AB3，BC 4则tanA的值为 （ ） 4 3 4 3 A． B． C． D． 5 5 3 4 【答案】C 【分析】本题考查了锐角三角形函数的定义，熟练掌握正切等于对边比邻边是解题的关键． 根据锐角三角函数正切的定义求解即可． 【详解】如图：在Rt△ABC中，�B�90 ， AB3，BC 4， ， BC 4 tanA   AB 3 故选：C． 【典例2】（2024·四川内江·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB3，AD5，点E在DC上，将矩形 ABCD沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F 处，那么tanEFC  ． 4 1 【答案】 /1 3 3 【分析】先根据矩形的性质得BC  AD5，CD AB3，再根据折叠的性质得AF  AD5，EF DE， 在Rt  ABF中，利用勾股定理计算出BF 4，则CF BCBF 1，设CE x，则DEEF 3x，然后 x212 3x2 在Rt  ECF 中根据勾股定理得到 ，解方程即可得到x，进一步得到EF的长，再根据正切数 的定义即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，∴BC  AD5，CD AB3，BC90， ∵矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的F 处， ∴AF  AD5，EF DE， Rt ABF BF  AF2AB2 4 ∴在  中， ， ∴CF BCBF 541， 设CE x，则EF DECDCE3x Rt ECF CE2FC2 EF2  ∵在 中， ， 4 ∴x212 3x2，解得x ， 3 4 ∴CE  ， 3 CE 4 ∴tanEFC  ． FC 3 4 故答案为： 3 【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变， 位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质和勾股定理，正切的定义． 【变式3-1】（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形ABCD中，BC 2AB，点M ，N 分别在边 BC，AD上．连接MN，将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处．则tanAMN的值 是（ ） 2 3 5 A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】连接AC交MN于点F，设AB2m，则BC 2AB4m，利用勾股定理求得 1 AC  AB2BC2 2 5m ，由折叠得到 AM CM ， MN 垂直平分 AC ，则AF CF  2 AC  5m，由 5 5 AF AM  m MF  AM2AF2  m tanAMN  2 AB2BM2  AM2 2 2 MF5 5 AF AM  m MF  AM2AF2  m tanAMN  2 AB2BM2  AM2代入求得 2 ，则 2 ，所以 MF ，于是得 到问题的答案． 【详解】解：连接AC交MN于点F， 设AB2m，则BC 2AB4m， ∵四边形ABCD是矩形， ∴�B�90 ， AC  AB2BC2 2 5m ∴ ∵将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处， ∴点C与点A关于直线MN对称， ∴AM CM ，MN垂直平分AC， 1 ∴ ， ，AF CF  AC  5m， BM BCCM 4mAM AFM 90 2 ∵AB2BM2  AM2， 2m24mAM2  AM2 ∴ 5 ∴AM  m， 2 5 MF  AM2AF2  m ∴ 2 AF 5m tanAMN   2 ∴ MF 5 ． m 2 故选：A． 【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是 解题的关键． 【变式3-2】（2024·四川达州·中考真题）如图，由8个全等的菱形组成的网格中，每个小菱形的边长均为2，ABD120，其中点A，B，C都在格点上，则tanBCD的值为（ ） 3 A．2 B． C． D．3 2 3 2 【答案】B BC F AF E,G 【分析】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，延长 交格点于点 ，连接 ， 分别在格点上， 根据菱形的性质，进而得出AFC 90，解直角三角形求得AF,FC的长，根据对顶角相等，进而根据正 切的定义，即可求解． BC F AF E,G 【详解】解：如图所示，延长 交格点于点 ，连接 ， 分别在格点上， EGF 120,EGGF GF GC,FGC 60 依题意， ， CEF 30,ECF 60 ∴ ∴AFC 90 又FC2， 3 AF 2EF 4EGcos3042 4 3 ∴ 2 AF 4 3 tanBCDtanACF   2 3 ∴ FC 2 故选：B． 【变式3-3】（2024·江苏常州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线分别交边 AB、CD于点E、F．若AD8，BE10，则tanABD ．1 【答案】2 【分析】本题主要考查三角形相似的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握三角形的判定和性质是解题的关 键．设EF与BD相交于点O，证明△BOE∽△BAD，根据相似的性质进行计算即可； 【详解】解：BD的垂直平分线分别交边AB、CD于点E、F． 1 ，BO BD， EF BD 2 BOEA90，  ABDABD， △BOE∽△BAD， BE OE   ， BD AD 1 ， ，BO BD， AD8 BE10 2  10 OE   ， 2BO 8 OEBO40， OE2OB2 BE2 100  ， OEx,OB y 令 ， xy40  x2y2 100，  x2 5  x4 5   解得 或 （舍去）， y4 5 y2 5 OE 2 5 1 tanABD   BO 4 5 2．1 故答案为：2 ． 【变式3-4】（2024·江西·中考真题）将图1所示的七巧板，拼成图2所示的四边形ABCD，连接AC，则 tanCAB ． 1 【答案】 / 2 0.5 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，三角函数，如图1，设等腰直角 △MNQ a 的直角边为 ，利用图形的位置关系求出大正方形的边长和大等腰直角三角形的直角边长，进而根 据正切的定义即可求解，掌握等腰直角三角形和正方形的性质是解题的关键． 1 △MNQ a MQ 2a a 【详解】解：如图 ，设等腰直角 的直角边为 ，则 ，小正方形的边长为 ， ∴MP2a， EM  2a2 2a2 2 2a ∴ ， MT EM 2 2a ∴ ， QT 2 2a 2a 2a ∴ ， 如图2，过点C作CH  AB的延长线于点H，则CH BD，BH CD， 1 ABBD2 2a CD 2a 2a2 2a 由图（ ）可得， ， ， CH 2 2a BH 2 2a ∴ ， ，AH 2 2a2 2a4 2a ∴ ， CH 2 2a 1 tanCAB   ∴ AH 4 2a 2， 1 故答案为：2 ． 【变式3-5】（2023·江苏·中考真题）如图，3个大小完全相同的正六边形无缝隙、不重叠的拼在一起，连 接正六边形的三个顶点得到VABC，则tanACB的值是 ． 2 3 【答案】 3 【分析】如图所示，补充一个与已知相同的正六边形，根据正六边形的内角为120，设正六边形的边长为 CD,AD 1，求得 ，根据正切的定义，即可求解． 【详解】解：如图所示，补充一个与已知相同的正六边形， ∵正六边形对边互相平行，且内角为120， EDF 30,ADB90 ∴过点E作EGFD于G， FD2FG2EFcos30 3 ∴ CD3 AD2FD2 3 设正六边形的边长为1，则 ， ， AD 2 3 tanACB  ∴ CD 3 2 3 故答案为： ． 3 【点睛】本题考查了正六边形的性质，解直角三角形，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键． 【变式3-6】（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在 ABCD中，对角线AC，BD相交于点O， ABC90． (1)求证：AC BD； (2)点E在BC边上，满足CEOCOE．若AB6，BC8，求CE的长及tanCEO的值． 【答案】(1)见解析 (2)CE5，tanCEO3 【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，熟练 掌握矩形的判定与性质是解答的关键． （1）直接根据矩形的判定证明即可； 1 （2）先利用勾股定理结合矩形的性质求得 ， ．进而可得CO AC5，再根据等腰三角 AC 10 OBOC 2形的判定得到CECO5，过点O作OF BC于点F，根据等腰三角形的性质，结合勾股定理分别求得 CF 4，EF 1，OF 3，然后利用正切定义求解即可． 【详解】（1）证明：因为四边形ABCD是平行四边形，且ABC90， 所以四边形ABCD是矩形． 所以AC BD； （2）解：在Rt△ABC中，AB6，BC8， AC  AB2BC2  6282 10 所以 ， 因为四边形ABCD是矩形， 1 所以CO AC5， ． 2 OBOC 因为CEOCOE，所以CECO5． 1 过点O作 于点F，则CF  BC 4， OF BC 2 所以EF CECF 541， Rt△COF OF  OC2CF2  5242 3 在 中， ， OF 所以tanCEO 3． EF 【中考模拟即学即练】 1．（2024·内蒙古包头·模拟预测）如图，在边长为1的正方形网格中，点A、B、C、D、E都在小正方 形格点的位置上，连接AB，CD相交于点P，根据图中提示所添加的辅助线，可以求得tanBPC的值是 （ ）5 1 A．2 B． 5 C．2 D． 5 【答案】C 【分析】本题考查了三角函数，勾股定理，平行线的性质，解题的关键是数形结合．由题得：CD∥BE， AED45 BED45 AE2 2 BE 2 tanABE 2 ， ，根据勾股定理求出 ， ，进而求出 ，即可求解． 【详解】解：由题得，CD∥BE，AED45，BED45， BPCABE AEB90 ， ， AE 2222 2 2 BE 1212  2  ， ， AE 2 2 tanABE  2 在Rt△ABE中， BE 2 ， 则tanBPC tanABE 2， 故选：C． 2．（2023·四川乐山·模拟预测）在如图所示88的网格中，小正方形的边长为1，点A、B、C、D都在格 点上，则AED的正切值是（ ） 2 5 1 A．2 B．2 C．3 D． 5 【答案】B【分析】本题考查解直角三角形，如图，取格点K，连接AK，BK ．观察图形可知AK BK ，BK 2AK ， BK∥CD，推出AEDABK，解直角三角形求出tanABK 即可． 【详解】解：如图，取格点K，连接AK，BK ，则BK∥CD， AK  13 BK 2 13 AB 65 观察图形可知 ， ， ， ∴AK2BK2  AB2，BK 2AK ， ∴AK BK ， ∵BK∥CD， ∴AEDABK， AK 1 ∴tanAEDtanABK   ， BK 2 故选：B． 3．（2024·广东·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，C 90，AB2，BC1，延长CA到点D，使 AD AB，连接BD．利用此图，可算出tan75的值是（ ） 31 3 A．2 3 B．2 C． 2 D． 3 【答案】A BAC 30 AC  3 【分析】根据锐角三角函数可求 ，由勾股定理求得 ，根据等腰三角形的性质以及外角 2 3 tanCBD 2 3 求得CBD156075，最后在Rt△DBC中， 1 ．BC 1 【详解】解：在 中，sinBAC   ， Rt△ABC AB 2 BAC 30， AC AB2BC2  41 3 AC 3，BCA60  AD AB， DABD15， CBD156075， CD 2 3 tanCBDtan75  2 3 在Rt△DBC中， BC 1 ， 故选：A． 【点睛】本题考查锐角三角函数，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练利用数形结合的思 想是解题的关键． 1 4 4．（2024·广东广州·模拟预测）已知点 与点 分别在反比例函数y x0 与y x0 的图像上， A B x x 且OAOB，则tanBAO的值为（ ） 1 1 A． 2 B． 4 C．2 D．4 【答案】C 【分析】本题考查反比例函数与几何的综合应用，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，过点A作 1 AC  y 轴，过点 B 作 BD y 轴，根据 k 值的几何意义，得到S △AOC  2 ，S △BOD 2，证明  ACO∽  ODB ， 根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，求出AO:BO的值，即可． 【详解】解：过点A作AC  y轴，过点B作BD y轴，则：ACOBDO90，∴OACCOA90， ∵OAOB， ∴AOB90， ∴AOCBOD90， ∴OAC BOD， ∴ ACO∽  ODB， S OB 2 BOD   ∴S OA ， AOC 1 4 ∵点 与点 分别在反比例函数y x0 与y x0 的图像上， A B x x 1 ∴S △AOC  2 ，S △BOD 2， S OB 2 4 BOD    ∴S OA 1 ， AOC OB ∴ 2， OA ∵AOB90， OB ∴tanBAO 2； OA 故选C． 1 5．（2024·陕西渭南·一模）在 中， ，tanA ，则 的值为 ． VABC C 90 3 cosA 3 10 【答案】 10 【分析】本题主要考查三角函数，熟练掌握三角函数是解题的关键；如图，由题意易得AC3BC，则有 AB 10BC ，然后根据余弦的定义可进行求解．【详解】解：如图， 1 ∵ ，tanA ， C 90 3 BC 1 ∴tanA  ， AC 3 ∴AC3BC， AB BC2AC2  10BC ∴ ， AC 3 10 cosA  ∴ AB 10 ； 3 10 故答案为 ． 10 6．（2025·山东青岛·一模）如图所示，在矩形ABCD中，BC 2AB，点M，N 分别在边BC，AD上．连 MN CMND MN C，D A,E tanAMN 接 ，将四边形 沿 翻折，点 分别落在点 处．则 的值是 ． 【答案】2 【分析】本题主要考查矩形的性质，翻转变化的性质，勾股定理； AC MN AB2m BC 2AB4m AC  AB2BC2 2 5m 连接 交 于点F，设 ，则 ，求出 ，结合点C与点5 5 AM  m MF  AM2AF2  m A关于直线MN对称，得到AM CM ，MN垂直平分AC，求出 2 ， 2 即 可求出． 【详解】解：连接AC交MN于点F， 设AB2m，则BC 2AB4m， ∵四边形ABCD是矩形， ∴�B�90 ， AC  AB2BC2  2m2 4m2 2 5m ∴ CMND MN C，D A,E ∵将四边形 沿 翻折，点 分别落在点 处， ∴点C与点A关于直线MN对称， ∴AM CM ，MN垂直平分AC， ∴BM BCCM 4mAM ，AFM 90， 1 AF CF  AC  5m， 2 ∵AB2BM2  AM2， 2m24mAM2  AM2 ∴ ， 5 AM  m， 2 5  2  2 5 ∴ MF  AM2AF2   m  5m  m 2  2 AF ∴tanAMN  2 MF 故答案为：2． 7．（2024·甘肃定西·模拟预测）已知在Rt△ABC中，C 90，若BC:AB5:13，则tanA的值为． 5 【答案】 12 BC 5x,AB13x 【分析】本题考查了勾股定理、锐角三角形函数的定义．先可设 ，利用勾股定理求出 AC 12x，再根据锐角三角函数正切的定义：锐角A的对边a与邻边b的比叫做A的正切，记作tanA， 求解即可． 【详解】解：如图： 在Rt△ABC中，C 90，BC:AB5:13， BC 5x,AB13x ∴可设 ， AC  AB2BC2  13x25x2 12x ∴ ， BC 5 故tanA  ． AC 12 5 故答案为： ． 12 题型四：特殊角三角函数值的应用 【中考母题学方法】 1 1 18  2sin45 【典例1】（2024·山东青岛·中考真题）计算： 3 ． 2 23 32 2 【答案】 / 【分析】本题主要考查了二次根式的加减计算，负整数指数幂和求特殊角三角函数值，先计算特殊角三角 函数值，负整数指数幂和化简二次根式，再根据二次根式的加减计算法则求解即可． 1 1 18  2sin45 【详解】解： 32 3 232 2 3 23 2 2 23 ， 2 23 故答案为： ． 132tan60 1220 【变式4-1】（2024·西藏·中考真题）计算： ． 【答案】0 【分析】本题考查了实数的混合运算，先计算乘方、零指数幂、特殊角的三角函数值、二次根式，再计算 乘法，最后计算加减即可得出答案，熟练掌握运算法则是解此题的关键． 132tan60 1220 【详解】解： =-1+2� 3+2 3 1 =-1+2 3-2 3+1 0． 1 1 9(π3.14)0   3 2cos30 【变式4-2】（2024·山东济南·中考真题）计算： 4 ． 【答案】6 【分析】本题考查了实数的运算，熟练掌握负整数指数幂、绝对值、特殊角的三角函数值、零指数幂的性 质是解题的关键． 根据负整数指数幂、绝对值、特殊角的三角函数值、零指数幂的性质进行化简，然后根据实数运算法则进 行计算即可 3 314 32 6 【详解】解：原式 2 ． 【中考模拟即学即练】 cot30 1．（2025·上海普陀·一模）计算：2cos304sin260 ． 3tan30tan45 3 3 【答案】 2 【分析】本题考查了特殊角的三角函数值，将特殊角的三角函数值代入求解．cot30 【详解】解：2cos304sin260 3tan30tan45 2 3  3 3 2 4     2  2  3 3 1 3 3 3  33 2 3 3  2 ． 82 π20240   1  2 4cos45 2．（2025·广东·模拟预测）计算：  2 ． 【答案】3 【分析】本题考查了实数的运算，根据特殊角的三角函数值，零指数幂，负整指数幂以及二次根式的化简 即可解答本题. 2  82144 【详解】原式 2 2 22142 2 3． 2sin30 12 5 π30 3．（2025·湖南·模拟预测）计算： ． 52 3 【答案】 【分析】考查了实数的运算，解题关键是先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号 里面的，同级运算按从左到右的顺序进行． 利用二次根式的性质和特殊角的三角函数值、零指数幂的性质、绝对值的性质分别化简，再相加减即可． 1 【详解】解：2sin30 12 5 π30 2 2 35152 3． 2 题型五：解直角三角形的相关运算 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，AE、CF分别是BAD，BCD的平分线，且E、F分别在边BC，AD上． (1)求证：四边形AECF是平行四边形； (2)若ADC 60，DF 2AF 2，求 GDF 的面积． 【答案】(1)见解析 2 (2)S  3． GDF 3 【分析】（1）由平行四边形的性质得到BADBCD，AD∥BC，结合角平分线的条件得到 DAEBCF ，由AD∥BC得到DFC BCF，DAEDFC，根据平行线的判定得到AE∥FC， 根据平行四边形的判定即可得到AECF是平行四边形； （2）求得△DFC是等边三角形，得到DF DC CF 2，CE AF 1，证明△DFG∽△ECG，求得 4 2 FG ，作 于点 ，在 中，求得GH  3，据此求解即可． 3 GH DF H Rt  FGH 3 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BADBCD，AD∥BC， ∵AE，CF分别是BAD、BCD的平分线， 1 1 ∴BAEDAE BAD，BCF DCF  BCD， 2 2 ∴DAEBCF ， ∵AD∥BC， ∴DFC BCF， ∴DAEDFC， ∴AE∥FC， ∴四边形AECF是平行四边形； 1 （2）解：由（1）得 ，BCF DCF  BCD， DFC BCF 2 ∴DFC DCF ， ∵ADC 60， ∴△DFC是等边三角形，∴DFC 60， ∵DF 2AF 2， ∴DF DC CF 2，CE AF 1， ∵AD∥BC， ∴△DFG∽△ECG， FG DF 2 ∴   2， CG CE 1 2 4 ∴FG CF  ， 3 3 作GH DF于点H， 4 在 中， ，FG ， Rt FGH GFH 60 3  2 ∴GH FGsin60 3， 3 1 1 2 2 ∴S  DFGH  2 3 3． GDF 2 2 3 3 【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，等 边三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 【变式5-1】（2024·海南·中考真题）如图，在 ABCD中，AB8，以点D为圆心作弧，交AB于点M、 1 N，分别以点M、N为圆心，大于 MN 为半径作弧，两弧交于点F，作直线 交 于点E，若 2 DF AB BCEDCE，DE4，则四边形BCDE的周长是（ ） A．22 B．21 C．20 D．18 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．CE BEBC BGCE G CGEG2 5 利用勾股定理求得 的长，再证明 ，作 于点 ，求得 ，利用 tanDCEtanBCE BG 5 BEBC 5 ，求得 ，再利用勾股定理求得 ，据此求解即可． 【详解】解：∵ ABCD，AB8， ∴CD AB8， 由作图知DEAB， ∵ ABCD， ∴AB∥CD， ∴DECD， ∵DE4， CE  4282 4 5 ∴ ， ∵AB∥CD， ∴DCEBEC， ∵BCE DCE， ∴BCE BEC， ∴BEBC， 作BGCE于点G， 1 则CGEG CE 2 5， 2 ∵DCEBCE， ∴tanDCEtanBCE， DE BG 4 BG ∴  ，即  ， CD CG 8 2 5 BG 5 ∴ ，  2  2 ∴BEBC  5  2 5 5， ∴四边形BCDE的周长是485522，故选：A． 【变式5-2】（2024·江苏南通·中考真题）若菱形的周长为20cm，且有一个内角为45，则该菱形的高为 cm ． 5 2 【答案】 2 【分析】本题考查的是菱形的性质，锐角的正弦的含义，先画图，求解EF EH 5cm，过E作FI EH 于H，结合E45可得答案． 【详解】解：如图，菱形EFGH 的周长为20cm， ∴EF EH 5cm， 过E作FI EH 于H，而E45， 2 5 2 FI EFsin455  ∴ 2 2 ， 5 2 故答案为： 2 【变式5-3】（2024·山西·中考真题）如图，在 ABCD中，AC为对角线，AEBC于点E，点F是AE延 ACF CAF AB 5 AD4 tanABC＝2 BG 长线上一点，且 ，线段的延长线交于点G．若 ， ， ，则 的 长为 ． 20 5 20 5 【答案】 19 /19 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形的应用、相似三角形的判定和性质等知识点，正确地添加辅助线构造相似三角形并利用相似三角形的性质进行计算是解题的难点和关键． AE 如图：过点F作 于H，延长 与 的延长线交于K，由tanABC 2得 ，进而 FH AC AD GC BE AE2BE 13 得 ，则 ，再由 得 ，则AH CH  ，由 BE1，AE2 CE3，AC  13 ACF CAF FAFC 2 1 1 AFCE 3AF 13 S  AC·FH  AF·CE，得FH   ，在 中由勾股定理得AF  ，则 FAC 2 2 AC 13 Rt△AFH 4 5 39 19 EF  AFAE ，证明 得AK  ，则DK  AKAD ，再证明 得 4 FCE∽ FKA 5 5 KDC∽ KAG     39 5 AG 19 ，由此可得BG的长． 【详解】解：如图：过点F作FH AC于H，延长AD与GC的延长线交于K， ∵四边形ABCD为平行四边形， ABCD 5,BC  AD4 AB∥CD，BC∥AD ∴ ， ， 又∵AEBC， AE 在 中，tanABC 2， Rt△ABE BE ∴AE2BE， 2BE2 BE2   5 2 由勾股定理得：AE2BE2  AB2，即 ， ∴BE1， ∴AE2BE2， ∴CE BCBE 3， Rt ACE AC AE2CE2  13 在  中，由勾股定理得： ，∵ACF CAF ， ∴FAFC， ∵FH AC， 1 13 ∴AH CH  AC  ， 2 2 1 1 ∵S  ACFH  AFCE， FAC 2 2 AFCE 3AF ∴FH   ， AC 13 3AF  2  13 2 在 Rt△AFH 中，由勾股定理得： AF2FH2  AH2 ，即 AF2   13      2    ， 13 ∴AF  ， 4 5 ∴EF  AFAE ， 4 ∵BC∥AD， ∴ FCE∽  FKA， 5 13 ∴ ，即 : 3:AK ， EF：AF CE：AK 4 4 39 ∴AK  ， 5 19 ∴DK  AKAD ， 5 ∵AB∥CD， ∴ KDC∽  KAG， 19 39 ∴ ，即 :  5:AG， DK：AK CD：AG 5 5 39 5 AG ∴ 19 ， 39 5 20 5 ∴BG AGAB  5  ． 19 19 20 5 故答案为： ． 19 【变式5-4】（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点A的坐标为 B,C x VABC A 30 △ABC CB,C x VABC A 30 △ABC C (0,4)，点 均在 轴上．将 绕顶点 逆时针旋转 得到 ，则点 的坐标为 ． 4 3 (4,4 ) 【答案】 3 【分析】本题主要考查旋转的性质，三角函数的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．作CF  AO， 求出OF ，C'F 的值即可得到答案． 【详解】解：作CF  AO，交y轴于点F， 由题可得：OA4，  ABC是等边三角形，AOBC， ∴AO是BAC的角平分线， OAC 30， 1 OC AC， 2 Rt AOC AO2OC2  AC2  在 中， ， 1 即16( AC)2  AC2 ， 2 8 3 AC  解得 3 ，8 3 AC AC  3 ， 4 3 OF  AOAF 4ACcos604 3 ， 8 3 3 FC ACsin60  4 3 2 ， 4 3 C(4,4 ) 3 ， 4 3 (4,4 ) 故答案为： 3 ． 【变式5-5】（2024·江苏南通·中考真题）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展 主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积． 等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表 图 BAD的度 角平分线AD的长 腰长 两腰之和 两腰之积 序 数 图 1 60 2 4 4 ① 图 1 45 √2 2 2 2 ② 图 1 30 ______ ______ ______ ③ 请补全表格中数据，并完成以下猜想． 已知VABC的角平分线AD1，AB AC，BAD，用含的等式写出两腰之和ABAC与两腰之积 ABAC之间的数量关系：______．【变式思考】 （2）已知VABC的角平分线AD1，BAC60，用等式写出两边之和ABAC与两边之积ABAC之间 的数量关系，并证明． 【拓展运用】 （3）如图④，VABC中，AB AC 1，点D在边AC上，BDBC  AD．以点C为圆心，CD长为半径 作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补全图形，并分析 1 1  的值是否变化？ BM BN ABAC 1 1 【答案】（1）见解析； 2cos，（2） ，证明见解析；（3）  ABAC ABAC  3ABAC BM BN 是定值 AD 1 【分析】（1）根据特殊角的三角函数值分别计算，再填表即可；再由AB AC   可得结论； cos cos （2）如图，延长AB至E使AE AC，连接CE，过B作BH CE于H，延长AD交CE于F ，证明 △ACE为等边三角形，AF CE，EAF CAF 30，设AC  AECE2x，EH a，利用相似三角 2 3x22x a 形的性质求解 2 3x1 ，再进一步可得ABAC  3ABAC； （3）根据题目要求画图，设A，运用等腰三角形性质和三角形内角和定理可求得36，过点E作 EF  AB F EH BC H N NG AB G S △BMN S △BEM S △BEN 于 ， 于 ，过点 作 于 ，利用 ，即可求得答案． 【详解】解：（1）∵BADCAD30，AD是VABC的角平分线，AD1， ∴ADBC， AD 1 2 3 AB AC    ∴ cos30 3 3 ； 24 3 4 ABAC  ABAC  ∴ 3 ， 3； 图 角平分线AD的 BAD的度 腰长 两腰之和 两腰之积 序 长 数 图 1 60 2 4 4 ① 图 1 45 √2 2 2 2 ② 图 2 3 4 3 4 1 30 ③ 3 3 3 如图，由（1）可得：ADBC， AD 1 ∴AB AC   ， cos cos 2 1 ∴ABAC  ，ABAC  ， cos cos2 ABAC ∴ 2cos； ABAC ABAC  3ABAC （2）猜想： ，理由如下： 如图，延长AB至E使AE AC，连接CE，过B作BH CE于H，延长AD交CE于F ， ∵BAC60，AD平分BAC， ∴△ACE为等边三角形，AF CE，EAF CAF 30， 设AC  AECE2x，EH a， CF EF  x AF  3x AD1 ∴ ， ，而 ，DF  3x1 ∴ ， ∵BH CE，AF CE， ∴BH∥AF ， ∴EBH EAF 30， CDF∽  CBH ， BE2a EH  3a ∴ ， ， ∵ CDF∽  CBH ， DF CF 3x1 x   ∴BH CH ，即 3a 2xa ， 2 3x22x a 解得： 2 3x1 ， 2 3x22x 4 3x2 ABAC 4x2a4x  ∴ 2 3x1 2 3x1； 4x2 ABAC 2x2x2a4x24ax 2 31， ABAC  3ABAC ∴ ； （3）补全图形如图所示： 设A，  BD AD， ABDA， BDCABDA2，  BDBC，BCDBDC2，  ABAC， ABC ACB2，  AABCACB180， 22180， 解得：36， AABDCBD36， 如图，过点E作EF  AB于F ，EH BC于H，过点N 作NG AB于G， ， S S S  △BMN △BEM △BEN 1 1 1 BMNG BMEF BNEH  2 2 2 ，  ABDCBD，EF  AB，EH BC， EF EH ， 在Rt△BNG中，NGBNsinABC BNsin72， BMBNsin72(BM BN)EH， sin72 BM BN 1 1     EH BMBN BM BN ， EH sinCBDsin36 ， BE  EH BEsin36， 1 1 sin72    BM BN BEsin36 ， 由VABC是确定的，由作图可得BE为定长，而sin36和sin72为定值， sin72  BEsin36 为定值， 1 1 即  为定值． BM BN【点睛】本题属于实际探究题，考查了类比方法的应用，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质， 勾股定理的应用，锐角三角函数的灵活应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 【中考模拟即学即练】 1 1．（2024·浙江宁波·二模）如图 与 均为等腰直角三角形，AD ABa，直线 与直线 VABC VADE 3 BD CE交于点P，在VABC与VADE绕点A任意旋转的过程中，P到直线BC的距离的最小值为 （ ） 3 7 5 A． B． 2a C． 2a D． 2a 2a 2 6 4 【答案】C 【分析】根据题意，先证△ABD≌△ACE，进而易得出BPCBAC90，则点P在以BC为直径的圆 上运动，当BP与以A为圆心，a为半径的圆相切时，点P到BC的距离最小，再解直角三角形求解即可得 到答案． 【详解】解：设BP与AC交于点F ，如图所示： AB AC,BAC DAE90,AD AE 由题易知 ， BADCAE，  ABD≌ ACESAS   ， ABDACE，  AFBCFP， BPC BAC 90， 点A、B、C、P四点共圆，且BC为直径，设圆心为O，当BP与以A为圆心，a为半径的圆相切时，点P到BC的距离最小， 过点F 作FH BC，过点P作PGBC于点G，如图所示： ， 1 AD ABa  3 AB3a， BC  2AB3 2a ，  BP与 A切于点D， ADB90， BD AB2AD2 2 2a ， AD AF tanABD  ， BD AB a AF   ， 2 2a 3a 3 2 AF  a 4 ，  3 2 CF CACF CAAF 3 a  4  ，   2 3 2 3 FH CH  CF   a 2  2 4  ，   AD AF 1 9 2 sinABD   BF  a 由 AB BF 3得 4 ， FH 2 2 sinFBH    BF 3 6 ，2 2 cosFBH  1sin2FBH   3 6 ，  CPGFBH 90BPG， PG 2 2 cosCPG   PC 3 6 ， PGPCcosCPG，  PC BCsinFBH ， 2 22 2 7 2 PGBCsinFBHcosCPG3 2a     a  3 6  3 6  6 ，    故选： C． 【点睛】本题主要考查动点最值-辅助圆问题，涉及旋转的性质、全等三角形得判定和性质、圆的性质、等 腰直角三角形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识处理辅助圆问题是解题的关键． ABCD AB1 BC  3 AC BAC 2．（2025·湖南·模拟预测）如图，在矩形 中， ， ， 为对角线， 的平分线 交BC于点E，连接DE交AC于点F．则下列结论中错误的是（ ） 2 3 3 21 EC  S  DF  A．BCA30 B． 3 C． ADE 3 D． 5 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质，解直角三角形，勾股定理和相似三角形的判定和性质，先根据勾股定理求 出AC 2，然后利用三角函数得到ACB30即可判断A选项，然后利用角平分线和30°的直角三角形的 S 性质判断B选项；利用面积求出 ADE判断C选项；再根据勾股定理判断D选项即可解题． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， B90， AB1,BC  3  ，AC 2, AB 1 ∵sinACB  AC 2 ∴ACB30， 故A正确，不符合题意； BAC 60， ∵AE是BAC的角平分线， BAE30， 3 2 3 BE ,EC  , 3 3 故B正确，不符合题意； 1 1 3 S  ADAB  31 ADE 2 2 2 ，故C错误，符合题意； 3 BC  3,CD AB1,BE  3 ， 3 2 3 EC  3  3 3 ， 2 2 3 21 ∴DE DC2EC2  12      ， 3 3   又∵AD  BC， ∴DAF ACE，ADEDEC， ∴ ADF∽  CEF ， DF AD 3 3    EF CE 2 3 2 ∴ ， 3 3 21 DF  DE ∴ 5 5 ，故D正确，不符合题意； 故选： C． 1 3．（2024·四川绵阳·三模）如图 中，tanC ， ，若 ， ，且 的面 VABC 2 DEAC CE5 DE1 VBEC 积是VADE面积的10倍，则BE的长度是（ ）5 7 A．2 B． 2 C． 5 D． 7 【答案】C 【分析】本题考查三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理等．作辅助线，构建三角形高线，根据 1 已知的三角函数值tanC 设未知数：设 ，则 ， ，证明 ，根据相 2 BF x FC 2x EF 52x AED∽ AFB   似三角形对应边成比例列式，表示出AE的长，根据已知的面积关系：VBEC的面积是VADE面积的10倍， 列方程解出即可． 【详解】解：如图，作BFAC于点F， BF 1 则tanC   ， FC 2 设BF x，则FC 2x，EF CEFC 52x，  DEAC，BFAC， AEDAFB90， 又  DAEBAF ，   AED∽  AFB， DE AE   ， BF AF 1 AE   ， x AE52x 52x AE ， x1  VBEC的面积是VADE面积的10倍，1 1  ECBF 10 AEDE， 2 2 1 1 52x 即 5x10  1， 2 2 x1 x23x100 整理得 ， x 5 x 2 解得 1 （舍）， 2 ， 经检验，x2是原方程的解， BF 2，EF 5221， BE EF2BF2  1222  5 由勾股定理得 ， 故选C． 2 4．（2025·上海普陀·一模）已知 中， ， 是边 上的高，cotDAC  ．如果 VABC BAC 90 AD BC 3 BD4，那么AD ． 【答案】6 【分析】本题考查了余切的定义，根据已知可得B90DABDAC，进而根据余切的定义，得出 BD 2 cotB  ，即可求解． AD 3 【详解】解：如图所示， 中， ， 是边 上的高， VABC BAC 90 AD BC ∴B90DABDAC 2 ∵cotDAC  ． 3 BD 2 ∴cotB  AD 3 ∵BD4， ∴AD6，故答案为：6． ABCD BC,CD sinEAF  5．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）正方形 中，E，F分别是 的中点，则 3 【答案】 /0.6 5 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，正确构造直角三角形是解题的关键． FE FG AE 2 5a AF  AE 5a EF  10a 连接 ，过点 于点G，设正方形的边长为 ，由勾股定理得 ， ，设 EGx AG5ax AF2AG2 FG2 EF2EG2 ，则 ，则由勾股定理得 ，那么 5a2 5ax2   10a 2 x2 ，解得：xa，再由勾股定理求出FG3a，即可求解． 【详解】解：连接FE，过点FG AE于点G， 2 5a 设正方形的边长为 ， ∵四边形ABCD为正方形， DC B90 AD ABCDBC 2 5a ∴ ， ， BC,CD ∵E，F分别是 的中点， DF CF CEBE 5a ∴ ， 2  2 ∴在Rt△ADF,Rt△ABE中，由勾股定理得：AF  AE 5a  2 5a 5a， Rt△CEF EF  CF2CE2  10a 在 中，由勾股定理得： ， 设EGx，则AG5ax， ∵FG AE， AF2AG2 FG2 EF2EG2 ∴ ， 5a2 5ax2   10a 2 x2 ∴ ， 解得：xa， ∴AG4a， FG AF2AG2 3a ∴ ， FG 3 ∴sinEAF   ， AF 5 3 故答案为： ． 5 6．（2024·甘肃嘉峪关·二模）如图，已知 ABC，ACB90，BAC 30． (1)尺规作图：作 ABC的边AB的垂直平分线，交AB于点D，交AC于点E（保留作图痕迹，不写作法）； (2)若BC 3，求DE的长． 【答案】(1)见详解 3 (2) 【分析】本题考查了作图-基本作图，熟练掌握基本作图（作已知线段的垂直平分线）是解决问题的关键． 也考查了线段垂直平分线的性质和解直角三角形、角平分线的性质． （1）利用基本作图作AB的垂直平分线即可； （2）根据线段垂直平分线的性质得到AEBE，根据角平分线的性质和正切定义即可得到结论． 【详解】（1）解：如图，DE为所作；（2）解：连接BE， ∵DE是AC的垂直平分线， AE BE,DE  AB， ACB90,BAC 30  ， ABEA30,ABC60 ， CBE30， CBEABE， 又ACBBDE 90， 3 DECEBCtanCBE BC  3 3 ， DE 3 故 的长为 ． AB  O AC  O BC 7．（2023·四川乐山·模拟预测）如图， 为 的直径， 是 的一条弦，D为弧 的中点，过点 D作DEAC，垂足为AC的延长线上的点E，连接DA． DE  O (1)求证： 是 的切线； (2)延长ED交AB的延长线于F，若AE8，tanADE2，求BF的长． 【答案】(1)见解析 10 (2) 3【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，三角函数解直角三角形、勾股定 理等： （1）连接OD，根据等边对等角得出DAOODA，根据D 是弧BC的中点，可得CADDAB，等 量代换得出CADODA，推出OD∥AE，结合DEAE得出ODDE，即可证明DE是 O的切线； （2）先利用三角函数和勾股定理解Rt  ADE求出AE，再证  AED∽  ADB，求出AB，再证 △AEF∽△ODF，根据对应边成比例列式即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接OD， ∵OAOD， ∴DAOODA， ∵D 是弧BC的中点， ∴CADDAB， ∴CADODA， ∴OD∥AE， ∵DEAE， ∴ODDE， ∴DE是 O的切线； （2）解：在Rt  ADE 中，∵AE8，tanADE2， DE4 AD AE2DE2  8242 4 5 ∴ ， ， 如图，连接BD， ∵AB为直径，∴E ADB90， ∵EADDAB， ∴ AED∽ ADB，   AD AE   ， AB AD  2 AD2 4 5 AB  10， AE 8 O  ∴ 的半径为5， ∵DEAE，ODDE， ∴AEF ODF 90， 又∵AFEOFD， ∴△AEF∽△ODF， OD OF ∴  ， AE AF 5 5BF ∴  ， 8 10BF 10 解得BF  ． 3 8．（2024·河北邢台·一模）如图1，四边形ABCD中，A90，AD6，AB8，BD为四边形ABCD 2 的对角线，sinBDC  ． 5 (1)求点B到DC的距离； E AD AE4 B BC  B F  B EF (2)如图2，点 在 边上，且 ．以 为圆心， 长为半径作 ，点 为 上一点，连接 4 交 于 ．tanC ． AB P 3①当EF与 B相切时，求EF的长； ②当EF∥AB时，直接写出EF的长． 【答案】(1)4 55 (2)① ；②5或11 【分析】（1）由勾股定理求出BD的长，然后根据三角函数的定义求出B到CD的距离即可； 4 （2）①连接 ，由（1）以及tanC 可以求出 的长，然后根据勾股定理求出 的长，再根据勾股 BE 3 BC BE 定理求出EF的长即可； ②过F 作FGAB与G，所以四边形FGAE为矩形，在Rt△BFG中运用勾股定理即可求出BG的长，从而 可以求出EF的长． 【详解】（1）解：过B作BM CD于M ，如图： ， ， ， A90 AD6 AB8  BD AB2AD2 10 ， BM 2 在 中，sinBDC  ， Rt BDM BD 5  2 BM BD 4， 5 即点B到DC的距离为4； （2）解：①连接BE，如图： 由（1）知，BM 4， 4 BM  tanC  ， 3 CM CM 3，BC  CM2DM2 5 ， AE4，AB8，A90，  BE AE2AB2 4 5 ，  EF 是 B的切线， BF EF， EF  BE2BF2  55 ； F FG AB G ②过 1作 1 1 于 1，如图： ， ， A90 EF∥AB   AEFG 1 1 四边形 为矩形， FG  AE4 AG EF 1 1 ， 1 1， Rt△BFG BG  BF2FG2 3 在 1 1中， 1 1 1 1 ， AG  ABBG 5 1 1 ； AG  ABBG 11 同理， 2 2 ， EF 5或11． 【点睛】本题主要考查了圆的切线，矩形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，合理构造直角三角形 是本题解题的关键． 题型六：解直角三角形的实际应用 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·山西·中考真题）研学实践：为重温解放军东渡黄河“红色记忆”，学校组织研学活动． 同学们来到毛主席东渡黄河纪念碑所在地，在了解相关历史背景后，利用航模搭载的3D扫描仪采集纪念 碑的相关数据．数据采集：如图，点A是纪念碑顶部一点，AB的长表示点A到水平地面的距离．航模从纪念碑前水平地 面的点M 处竖直上升，飞行至距离地面20米的点C处时，测得点A的仰角ACD18.4；然后沿CN 方 向继续飞行，飞行方向与水平线的夹角NCD37，当到达点A正上方的点E处时，测得AE9米； 数据应用：已知图中各点均在同一竖直平面内，E，A，B三点在同一直线上．请根据上述数据，计算纪 A AB sin370.60 cos370.80 念碑顶部点 到地面的距离 的长（结果精确到1米．参考数据： ， ， tan370.75 sin18.40.32 cos18.40.95 tan18.40.33) ， ， ， ． 【答案】点A到地面的距离AB的长约为27米 【分析】本题考查解直角三角形的应用—仰角俯角问题、锐角三角函数，解答本题的关键是明确题意，利 用数形结合的思想解答． 延长CD交AB于点H，根据矩形的性质得到CM HB20，解直角三角形即可得到结论． 【详解】解：延长CD交AB于点H， 由题意得，四边形CMBH 为矩形， CM HB20， 在Rt  ACH 中，AHC 90，ACH 18.4， AH tanACH  ，  CH AH AH AH CH    ，  tanACH tan18.4 0.33 在Rt△ ECH 中，EHC 90，ECH 37， EH tanECH  ，  CH EH EH EH CH    ，  tanECH tan37 0.75 设AH  x米．  AE 9，EH x9， x x9  ，  0.33 0.75 解得x7.1， AB AH HB7.12027.127（米）； 答：点A到地面的距离AB的长约为27米． 【变式6-1】（2024·山东日照·中考真题）潮汐塔是万平口区域内的标志性建筑，在其塔顶可俯视景区全貌． 某数学兴趣小组用无人机测量潮汐塔AB的高度，测量方案如图所示：无人机在距水平地面119m的点M处 测得潮汐塔顶端A的俯角为22，再将无人机沿水平方向飞行74m到达点N，测得潮汐塔底端B的俯角为 45 M,N,A,B AB （点 在同一平面内），则潮汐塔 的高度为（ ） （结果精确到1m．参考数据：sin220.37,cos220.93,tan220.40） A．41m B．42m C．48m D．51m 【答案】B 【分析】本题考查了解直角三角形的应用一仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅 助线是解题的关键． BA MN BC MN,BC 119m,MN 74m Rt△CNB 延长 交 于点C，根据题意得 ，然后在 中，利用锐角三角 函数的定义求出CN 的长，从而求出MC的长，再在Rt△AMC中，利用锐角三角函数的定义求出AC的长， 最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答． 【详解】如图，延长BA交MN于点C．由题意得BC MN,BC 119m,MN 74m． 在Rt△CNB中，CNB45， BC CN  119m ， tan45 MC MNNC 193m． 在Rt△AMC中，AMC 22， AC MCtan221930.477.2(m)， ABBCAC 11977.242(m)． 故选B． 【变式6-2】（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在徐州云龙湖旅游景区，点A为“彭城风华”观演场地， 点B为“水族展览馆”，点C为“徐州汉画像石艺术馆”．已知BAC 60，BCA45， AC1640m．求“彭城风华”观演场地与“水族展览馆”之间的距离AB（精确到1m）．（参考数据： 2 1.41 31.73 ， ） 【答案】“彭城风华”观演场地与“水族展览馆”之间的距离AB约是1201m 【分析】本题考查解直角三角形的应用，关键是过B作BH  AC于H，构造包含特殊角的直角三角形，用 解直角三角形的方法来解决问题． 过B作BH  AC于H，设AH xm，由含30度角的直角三角形的性质得到AB2AH 2x，由锐角的正 BH  3 xm △BHC CH BH  3 xm 3 xx1640 切定义得到 ，判定 是等腰直角三角形，因此 ，得到 ， 求出x600.7，即可得到AB的长． 【详解】解：过B作BH  AC于H，设AH xm， ∵BAC60， ∴ABH 906030， ∴AB2AH 2xm， BH ∴tanAtan60  3， AH BH  3 xm ∴ ， ∵BCA45，BHC 90， ∴△BHC是等腰直角三角形， CH BH  3 xm ∴ ， AH CH  3 xx AC 1640 ∵ ， 1640 ∴x 600.7， 31 AB2x1201m ∴ ． 答：“彭城风华”观演场地与“水族展览馆”之间的距离AB约是1201m． 【变式6-3】（2024·四川巴中·中考真题）某兴趣小组开展了测量电线塔高度的实践活动．如图所示，斜坡 BE i1: 3 BE6m B CD D 45 E CD D 的坡度 ， ，在 处测得电线塔 顶部 的仰角为 ，在 处测得电线塔 顶部 的仰角为60．(1)求点B离水平地面的高度AB． (2)求电线塔CD的高度（结果保留根号）． 【答案】(1)AB3m；   6 39 m (2)电线塔CD的高度 ． 【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用． AB 1 3   （1）由斜坡 BE 的坡度i1: 3，求得 AE 3 3 ，利用正切函数的定义得到BEA30，据此求解 即可； 3 EC  x3 （2）作BF⊥CD于点F ，设DF x，先解Rt△DBF 得到BF x，解RtVDCE得到 3 米，进 3 3 3 x3 x 而得到方程 3 ，解方程即可得到答案． BE i1: 3 【详解】（1）解：∵斜坡 的坡度 ， AB 1 3   ∴ AE 3 3 ， AB 3 tanBEA  ∵ AE 3 ， ∴BEA30， ∵BE6m， 1 ∴AB BE 3m ； 2（2）解：作BF⊥CD于点F ，则四边形ABFC是矩形，ABCF 3m，BF  AC， 设DF xm， DF tanDBF  在Rt△DBF 中， BF ， DF ∴BF  xm， tan∠DBF Rt△ABE AE  BE2AB2 3 3 在 中， ， DC 在 中，DC DFCF x3m，tanDEC ， RtVDCE EC x3 3 EC   x3 ∴ tan60 3 ， ∴BF  AEEC ， 3 3 3 x3 x ∴ 3 ， x6 36 ∴ ， CD6 363 x6 39 ∴   6 39 m 答：电线塔CD的高度 ． 【变式6-4】（2023·江苏南京·中考真题）如图，为了测量无人机的飞行高度，在水平地面上选择观测点 A，B． 无人机悬停在C处，此时在A处测得C的仰角为3652无人机垂直上升5m悬停在D处，此时在B 处测得 D的仰角为6326，AB10m，点A， B， C， D在同一平面内， A， B两点在 CD的同侧． 求 tan36520.75,tan63262.00 无人机在 C 处时离地面的高度．（参考数据： ）【答案】15m AM 10xm CM AB BM xm 【分析】过点C作 于点M， 设 ， 则 ，根据仰角，解直角三角形计算 即可． 本题考查了仰角解直角三角形，分式方程的应用，熟练掌握解直角三角形的应用是解题的关键． AM 10xm CM AB BM xm 【详解】解：过点C作 于点M， 设 ， 则 ， 在Rt  BDM 中， DBM 6326， DM DM 则tanDBM tan6326  2， BM x 则DM 2x，CM 2x5； 在Rt  ACM 中， CAM 3652， CM 2x5 3 则tanCAM tan3652   ， AM 10x 4 解得：x10， 经检验，x10是该分式方程的解． ∴CM 2x515m． 答：无人机在C处时离地面15m． 【变式6-5】（2024·山东青岛·中考真题）“滑滑梯”是同学们小时候经常玩的游戏，滑梯的坡角越小，安 全性越高．从安全性及适用性出发，小亮同学对所在小区的一处滑梯进行调研，制定了如下改造方案，请 你帮小亮解决方案中的问题．方案 滑梯安全改造 名称 测量 测角仪、皮尺等 工具 如图，将滑梯顶端BC拓宽为BE，使CE1m，并将原来的滑梯CF改为EG，（图中所有点均在 同一平面内，点B,C,E在同一直线上，点A,D,F,G在同一直线上） 方案 设计 【步骤一】利用皮尺测量滑梯的高度CD1.8m； 测量 【步骤二】在点F 处用测角仪测得CFD42； 数据 【步骤三】在点G处用测角仪测得EGD32． 解决 调整后的滑梯会多占多长一段地面？（即求FG的长） 问题 17 17 5 27 3 9 （参考数据：sin32 ,cos32 ,tan32 ,sin42 ,cos42 ,tan42 ） 32 20 8 40 4 10 【答案】调整后的滑梯会多占1.88m的一段地面 【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，矩形的性质与判定，过点E作EH  AG于H，则四边 形CDHE是矩形，可得DH CE 1m，EH CD1.8m，再解直角三角形求出DF，GH 的长即可得到答 案． 【详解】解：如图所示，过点E作EH  AG于H，则四边形CDHE是矩形， ∴DH CE 1m，EH CD1.8m， 在Rt△CDF中，∠CDF 90，∠CFD42， CD ∴tan∠CFD ， DF CD 1.8 1.8 DF    2m ∴ tan∠CFD tan42 9 ， 10 在Rt△EHG中，∠EHG90，∠EGH 32， EH ∴tan∠EGH  ， HGEH 1.8 1.8 HG   2.88m ∴ tanEGH tan32 5 ， 8 ∴FGDH GH DF 2.88121.88m， 答：调整后的滑梯会多占1.88m的一段地面． 【变式6-6】（2024·海南·中考真题）木兰灯塔是亚洲最高、世界第二高的航标灯塔，位于海南岛的最北端， 是海南岛东北部最重要的航标．某天，一艘渔船自西向东（沿AC方向）以每小时10海里的速度在琼州海 峡航行，如图所示． 航行记录记录一：上午8时，渔船到达木兰灯塔P北偏西60方向上的A处． 记录二：上午8时30分，渔船到达木兰灯塔P北偏西45方向上的B处． 记录三：根据气象观测，当天凌晨4时到上午9时，受天文大潮和天气影响，琼州海峡C点周围5海里 内，会出现异常海况，点C位于木兰灯塔P北偏东15方向． 请你根据以上信息解决下列问题： (1)填空：PAB________，APC ________，AB ________海里； (2)若该渔船不改变航线与速度，是否会进入“海况异常”区，请计算说明． 2 1.41，31.73，6 2.45 （参考数据： ） 【答案】(1)30；75；5 (2)该渔船不改变航线与速度，会进入“海况异常”区 【分析】本题主要考查了方位角的计算，解直角三角形的实际应用，三角形内角和定理： （1）根据方位角的描述和三角形内角和定理可求出两个角的度数，根据路程等于速度乘以时间可以计算出对应线段的长度； PD （2）设 海里，先解 得到 ，再解 得到AD  3x海里， PDx Rt  PDB BDx Rt  APD tanA PD AP 2x海里，据此可得 ，解得AP2x  5 35  海里；证明 ，则 sinA x5 3x C APC   AC  AP 5 35 海里；再求出上午9时时船与C点的距离即可得到结论． 【详解】（1）解：如图所示，过点P作PD AC于D， 由题意得，∠APD60，∠BPD45，∠CPD15 ， ∴∠PAB90∠APD30，∠APC ∠APD∠CPD75； ∵一艘渔船自西向东（沿AC方向）以每小时10海里的速度在琼州海峡航行，上午8时从A出发到上午8 时30分到达B， ∴AB100.55海里． （2）解：设PDx海里， 在Rt  PDB中，BDPDtan∠DPB x海里， PD PD 在 中，AD  3x海里，AP 2x海里， Rt APD tanA sinA  ∵AD ABBD， x5 3x ∴ ， 5 5 35 x  解得 31 2 ，   AP2x 5 35 ∴ 海里， ∵∠C 180∠A∠APC 75， ∴C APC，  AC  AP 5 35 ∴ 海里； 上午9时时，船距离A的距离为10110海里， 5 35105 3551.7353.655 ∵ ， ∴该渔船不改变航线与速度，会进入“海况异常”区． 【变式6-7】（2024·山东济南·中考真题）城市轨道交通发展迅猛，为市民出行带来极大方便，某校“综合 实践”小组想测得轻轨高架站的相关距离，数据勘测组通过勘测得到了如下记录表： 综合实践活动记录表 活 动 测量轻轨高架站的相关距离 内 容 测 量 测倾器，红外测距仪等 工 具 过 相关数据及说明：图中点A,B,C,D，E,F在同平面内，房顶AB，吊顶 程 CF和地面DE所在的直线都平行，点F 在与地面垂直的中轴线AE上， 资 BCD98，CDE 97,AE 8.5m,CD6.7m． 料 成 果 …… 梳 理 请根据记录表提供的信息完成下列问题： (1)求点C到地面DE的距离； (2)求顶部线段BC的长．（结果精确到0.01m，参考数据：sin150.259，cos150.966，tan150.268， sin830.993,cos830.122,tan838.144） 【答案】(1)点C到地面DE的距离为6.65m； (2)顶部线段BC的长为7.14m．【分析】本题主要考查了平行线的性质及解直角三角形，熟练掌握解直角三角形是解题的关键． （1）过点C作CN ED，交ED的延长线于点N ，由CDE97得CDN 83，在Rt△CDN中 ， 解直 角三角形即可得解； （2）过点B作BPCF ，垂足为P ， 由平行线的性质得FCDCDN 83，进而得 BCPBCDFCD15，根据平行线间的距离处处相等得EF CN 6.65，从而得 BP AF  AEEF 8.56.651.85，最后在Rt△BCP中，解直角三角形即可得解． 【详解】（1）解：如图，过点C作CN ED，交ED的延长线于点N ， CDE 97  CDN 83 在Rt△CDN中 ， CN sinCDN sin83 0.993,CD6.7 CD CN CDsin836.70.9936.65 答：点C到地面DE的距离为6.65m （2）解：如图，过点B作BPCF ，垂足为P ， ，  CF ∥DE FCDCDN 83  BCD98， BCPBCDFCD15 平行线间的距离处处相等 EF CN 6.65， ∵AE8.5，BP AF  AEEF 8.56.651.85 在Rt△BCP中， BP sinBCPsin15 0.259 BC BP 1.85 BC   7.14 sin15 0.259 答：顶部线段BC的长为7.14m． 【中考模拟即学即练】 1．（2025·山东临沂·一模）某中学为新操场采购了一批可调节高度的篮球架，右图是其侧面示意图，底座 高度忽略不计．已知其支架AD221cm，DE140cm，安装完毕后小明测得CAB72，ADE138 ， 国家规定中学生所用篮球架中篮筐距地面标准高度约为280cm，请你帮小明判断安装后的这批篮球架 sin720.95,cos720.31,tan723.08 是否符合国家标准？（参为数据： ，结果保留整数） 【答案】符合国家标准 【分析】本题考查解直角三角形的实际应用，过 点D作DH  AO于 点H，过 点E作EP AO于点P， DQEP FG AO DHPQ EPGF 过点D作 于点P ，过点F作 于点G，易得四边形 为矩形，四边形 为矩形， Rt  ADH DH Rt△EDQ EQEDsin301400.570cm EP 在 中，求出 的长，在 中，求出 ，进而求出 的 长即可． 【详解】解：符合国家标准； DH  AO EP AO DQEP 理 由：过 点D作 于 点H，过 点E作 于点P，过点D作 于点Q，过点F作 FG AO于点G，DHADHPEPADQP90 ∴ ， DHPQ EPGF ∴四边形 为矩形，同理可得，四边形 为矩形， DH PQ,HDQ90,EPFG ∴ ， 在Rt  ADH 中，DH  ADsin722210.95210cm， PQDH 210cm ∴ ， ∵ADE138,HDQ90,ADH 907218， ∴EDQ30， Rt△EDQ EQEDsin301400.570cm 在 中， ， EPFGEQPQ21070280cm ∴ ， ∴FGEP280cm； ∴符合国家标准． 2．（2025·山东青岛·一模）阿代的数学研学日记 课题：测量旗杆的高度 地点：青岛市山海二十六中学操场 时间：2025月3月2日 昨天上午代兴国老师要带我们去操场测量旗杆的高度，昨天我们小组设计了一个方案，方案如下：小亮拿 着标杆垂直于地面放置，我和小聪用卷尺测量标杆、标杆的影长和旗杆的影长，如图1所示，标杆AB=a ，影长BC b，旗杆的影长DF c，则可求得旗杆DE的高度为_______．今天测量时阴天就不能用昨天的方案了，如图2 所示，张世昌老师将升旗用绳子拉直，使绳子的底端G刚好触到地面，用仪器测得绳子与地面的夹角为 37，然后又将绳子拉到一个0.5米高的平台上，拉直绳子使绳子上的H点刚好触到平台，剩余的绳子长度 为5米，此时测得绳子与平台的夹角为54，利用这些数据能求出旗杆DE的高度吗？ 请你回答阿代的问题．若能，请求出旗杆的高度；若不能，请说明理由． （参考数据：sin370.6，cos370.8，tan370.75；sin540.8，cos540.58，tan541.45） ac 【答案】 ；旗杆高度可求，为 米 b 10.5 【分析】本题主要考查解直角三角形的应用，相似三角形的应用，解决本题的关键是要熟练掌握解直角三 角形的方法． AB BC ac （1）首先证明出 ，得到  ，然后代入即可求出DE ； BCA∽ DFE DE DF b   （2）如图所示，过点H，作HN DE于N，设DE x米，解直角三角形得到CE的长，进而求解即可． AC EF  【详解】（1）解：因为 ， 所以ACBEFD， 所以 BCA∽  DFE， AB BC 所以  ， DE DF a c 所以  ， DE b ac 所以DE ； b （2）如图所示，过点H，作HN DE于N，设DE x米，  1  EN x   2米， 在Rt△EDG中，DEx，DGE37， x 5 GE  x， sin37 3 1 在 中，EN x ， ， Rt△ENH 2 EHN 54 1 x EH  2  5 x 1  ， sin54 4 2  GEEH 5， 5 5 1  x x 5 3 4 2 ， 解得：x10.5， 答：旗杆高度可求，为10.5米． 3．（2024·浙江·一模）图1是我国古代提水的器具桔槔（jié gāo），创造于春秋时期．它选择大小两根竹 竿，大竹竿中点架在作为杠杆的竹梯上．大竹竿末端悬挂一个重物，前端连接小竹竿（小竹竿始终与地面 垂直），小竹竿上悬挂水桶．其原理是通过对架在竹梯上的大竹竿末端下压用力，从而提水出井．当放松 大竹竿时，小竹竿下降，水桶就会回到井里．如图2是桔槔的示意图，大竹竿AB8米，O为AB的中点， 支架OD垂直地面EF，此时水桶在井里时，AOD120．(1)如图2，求支点O到小竹竿AC的距离（结果精确到0.1米）； (2)如图3，当水桶提到井口时，大竹竿 AB 旋转至 A 1 B 1的位置，小竹竿 AC 至 A 1 C 1的位置，此时 AOD143 31.73 sin370.6 1 ，求点A上升的高度（结果精确到0.1米）．（参考数据： ， ， cos370.8，tan370.75） 【答案】(1)支点O到小竹竿AC的距离3.5m (2)点A上升的高度为1.2m 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关 键． 1 （1）作 于点G，由题意可知OA AB4m， ，在 中，应用特殊角三角 OG AC 2 AOG30 Rt△ AOG 函数值求OG即可； （2）记 OG 交 A 1 C 1于点H，由题意推出 OA 1 H 37 ，在 Rt  OA 1 H 中，求 A 1 H ，在 Rt△ AOG 中求 AG ， 则点A上升的高度可解． 【详解】（1）解：作OG AC 于点G（图1）， ∵O为 的中点， ， AB AB8m 1 ∴OA AB4m， 2 ∵OGPGPDPDO90， ∴DOG90 ∵AOD120，∴AOG30， 在Rt△ AOG中， ∴OGOA·cos303.5m ∴支点O到小竹竿AC的距离3.5m． OG AC （2）解：记 交 1 1于点H（图2）， ∵ ， ， AC EF AC EF 1 1 AC∥AC ∴ 1 1， AHO90 ∴ 1 ∵AOD143， AOH 53 ∴ 1 ， OAH 37 ∴ 1 Rt OAH 在  1 中， AH OA·sinAOH 4cos373.2m 1 1 1 ， 在Rt△ AOG中， AGOA·sinAOG4sin302m AH AG3.221.2m ∴点A上升的高度为 1 ． 4．（2024·浙江绍兴·二模）随着时代的发展，手机“直播带货”已经成为当前最为强劲的购物新潮流．某 种手机支架如图1所示，立杆AB垂直于地面，其高为115cm，BC为支杆，它可绕点B旋转，其中BC长 为30cm，CD为悬杆，滑动悬杆可调节CD的长度．（参考数据：sin530.80，cos530.60，tan531.33 ）(1)如图2，当B、C、D三点共线，CD40cm时，且支杆BC与立杆AB之间的夹角ABC为53，求端 点D距离地面的高度； (2)调节支杆BC，悬杆CD，使得ABC 60，BCD97，如图3所示，且点D到地面的距离为140cm， 求CD的长．（结果精确到1cm） 【答案】(1)端点D距离地面的高度约为73cm； (2)CD的长约为50cm． 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关 键． （1）过点D作DEAB，垂足为E，根据已知易得：BD70cm，然后在Rt  DBE中，利用锐角三角函 数的定义求出BE的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答； （2）过点D作DF  AE ，交AE的延长线于点F ，过点C作CGDF ，垂足为G，延长GC交AB于点 H，根据题意得：GH  AB，AH FG，DF 140cm，从而可得BHG90，进而可得BCH 30， 然后在Rt△BCH 中，利用含30度角的直角三角形的性质可得BH 15cm，从而可得FGAH 100cm，进 而可得DG40cm，最后利用平角定义可得DCG53，从而在Rt△ DCG中，利用锐角三角函数的定义 求出DC的长，即可解答． 【详解】（1）解：过点D作DEAB，垂足为E， ， ， BC 30cm CD40cm  BDBCCD70cm ， 在Rt  DBE中，ABC 53， BEBDcos53700.642cm ， AB115cm， AE ABBE1154273cm ， 端点D距离地面的高度约为73cm； （2）解：过点D作DF  AE ，交AE的延长线于点F ，过点C作CGDF ，垂足为G，延长GC交AB 于点H， 由题意得：GH  AB，AH FG，DF 140cm， BHG90，  ABC 60， BCH 90ABC30，  BC 30cm， 1 BH  BC 15cm ， 2  AB115cm， FG AH  ABBH 11515100cm ， DGDFFG14010040cm ，  BCD97， DCG180BCH BCD53， DG 40 在 中，CD  50cm ， Rt△ DCG sin53 0.8 答：CD的长约为50cm． 5．（2024·甘肃定西·模拟预测）甘肃科技馆（如图）是甘肃省有史以来投资和建设规模最大的社会公益性 科普项目，是实施科教兴国战略和创新驱动发展战略的重要基础设施建设．甘肃科技馆的建成，标志着甘 肃省科普阵地建设迈上了新台阶．某校学习小组把测量甘肃科技馆CD的高度作为一次课题活动，同学们制定了测量方案，并完成了实地测 量，测得结果如下表 课题 测量甘肃科技馆CD的高度 测量示 意图 甘肃科技馆楼顶一角的D处到地面的高度为CD，在A点用仪器测得点D的仰角为，在E点用 说明 该仪器测得点D的仰角为，且点A，B，C，D，E，F均在同一竖直平面内 测量数 76，80，AE 15m，测角仪AB(EF)的高度为2m 据 请你根据上表的测量数据，帮助该小组求出甘肃科技馆CD的高度（结果保留一位小数）． （参考数据：sin760.97，cos760.24，tan764.01，sin800.98，cos80≈0.17，tan80≈5.67） 【答案】甘肃科技馆CD的高度约为37.2m． 【分析】本题考查了解直角三角形的应用仰角俯角问题．连接BF，交CD于点G，根据题意可得： CDBF，ABCGFE2m，BF AE15m，然后设BGxm，则GF (15x)m，在Rt△BDG中，利用 锐角三角函数的定义求出DG的长，再在Rt△DGF中，利用锐角三角函数的定义求出DG的长，从而列出 关于x的方程，进行计算可求出DG的长，最后利用线段的和差关系进行计算即可解答． 【详解】解：连接BF，交CD于点G， 由题意得：CDBF ，ABCGFE2m，BF AE15m，设BGxm， GF BFBG(15x)m， 在Rt△BDG中，DBG76， DGBGtan764.01x(m)， 在Rt△DGF中，DFG80， DGFGtan805.67(15x)m， 4.01x5.67(15x)， 解得：x8.79， DG4.01x35.23(m)， CDDGCG37.2(m)， 甘肃科技馆CD的高度约为37.2m． 6．（2024·上海浦东新·一模）如图1是古代数学家杨辉在《详解九章算法》中对“邑的计算”的相关研究． 2 km 数学兴趣小组也类比进行了如下探究：如图2，正八边形游乐城AA A A A A A A 的边长为 2 ，南门O 1 2 3 4 5 6 7 8 A A A A 设立在 6 7边的正中央，游乐城南侧有一条东西走向的道路 BM ， 6 7在 BM 上（门宽及门与道路间距离 BC A 45 忽略不计），东侧有一条南北走向的道路 ，C处有一座雕塑．在 1处测得雕塑在北偏东 方向上，在 A 59 2 处测得雕塑在北偏东 方向上． CAA  CA A  (1) 1 2 __________  ， 2 1 __________  ；A BC (2)求点 1到道路 的距离； (3)若该小组成员小李出南门O后沿道路MB向东行走，求她离B处不超过多少千米，才能确保观察雕塑不 0.1km 2 1.41 cos140.97 cot144 会受到游乐城的影响？（结果精确到 ，参考数据： ， ， ， sin590.86，tan591.66） 【答案】(1)90，76 (2)2.0km (3)24km 【分析】（1）求出正八边形的一个外角的度数，再根据角的和差关系进行求解即可； 2 CA  AA cot14 4.002 2 （2）过点A 1 作A 1 DBC，垂足为D，解 Rt△CA 2 A 1 ，求出 1 1 2 2 ，解 2 ADCA cos452 2 2.0km Rt△CA 1 D ，求出 1 1 2 ，即可； （3）连接 CA 8并延长交 BM 于点 E ，延长 A 1 A 8交 BE 于点 G ，过点 A 8作 A 8 F BC ，垂足为 F ，解 Rt△A AG AG Rt△CAF∽Rt△CEB 7 8 ，求出 8 ，证明 8 ，列出比例式进行求解即可． 360 【详解】（1）解：∵正八边形的一个外角的度数为： 45， 8 CAA 454590 CA A 180455976 ∴ 1 2 ， 2 1 ； A ADBC （2）解：过点 1作 1 ，垂足为 D ．CAA 90 ∵ 1 2 2 A A  ∴在 Rt△CA A 中， 2 1 2 ，CA A 76， 2 1 2 1 ACA 907614 ∴ 1 2 ， 2 CA  AA cot14 4.002 2km 1 1 2 2 ． Rt△CAD CAD904545 在 1 中， 1 ， 2 ADCA cos452 2 2.0km 1 1 2 ． A BC 2.0 答：点 1到道路 的距离为 千米． （3）解：连接 CA 8并延长交 BM 于点 E ，延长 A 1 A 8交 BE 于点 G ，过点 A 8作 A 8 F BC ，垂足为 F ． 正八边形的外角均为45， 2 1 AG A A   在 Rt△A 7 A 8 G 中， 8 7 8 2 2． 1 FB AG ． 8 2 2 DF  AA  又 A 8 F  A 1 DCD2 ， 1 8 2 ， 5 2 CBCDDFFB 2 ． CFA B,FCA BCE ∵ 8 8 ， Rt△CAF∽Rt△CEB ∴ 8 ， 2 2 2 2  ，即 ， CF AF 5 2 EB   8 CB EB 22 1.41  ， EB2.4km． 答：小李离点B不超过2.4km，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响． 【点睛】本题考查正多边形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，作出合适的辅助线是解本 题的关键． 7．（2024·湖南长沙·模拟预测）为推进《学生出入校门智能管理方案》的实施，图1是某校安装的人脸识 别系统（整个头部需在摄像头视角范围内才能被识别），其示意图如图2，摄像头A的仰角、俯角均为15， 摄像头高度OA160cm，识别的最远水平距离OB150cm．（计算结果精确到0.1cm） (1)头部高度为26cm、身高198cm的小帅站在离摄像头水平距离130cm的点C处，请问小帅最少需要下蹲 多少厘米才能被识别？ (2)头部高度为16cm，身高120cm的小美踮起脚尖可以增高3cm，但仍无法被识别，若学校工作人员及时 将摄像头的仰角、俯角都调整为20，此时小美能被识别吗？请计算说明．（参考数据：sin150.26， cos150.97，tan150.27，sin200.34，cos200.94，tan200.36) 【答案】(1)2.9厘米 (2)能；理由见解析 【分析】此题主要考查了解解直角三角形的应用仰角俯角问题，视点、视角和盲区． （1）过C作OB的垂线分别交仰角、俯角线于点E，D，交水平线于点F ，在Rt  AEF中，根据三角函数 EF  AFtan151300.2735.1(cm) 的定义得到 ，根据全等三角形的性质得到结论； （2）如图2，过B作OB的垂线分别交仰角、俯角线于M、N，交水平线于P，根据三角函数的定义得到 MP APtan201500.3654.0(cm) PN MP54.0cm ，根据全等三角形的性质得到 ，于是得到结论． 【详解】（1）解：过C作OB的垂线分别交仰角、俯角线于点E，D，交水平线于点F，EF 在 中，tanEAF  ， Rt AEF AF  EF  AFtan151300.2735.1(cm) ∴ ， ∵AF  AF，EAF DAF，AFEAFD90， ∴△ADF≌△AEF(SAS)， ∴EF DE 35.1cm， CE 16035.1195.1(cm) ∴ ， ∴小帅最少需要下蹲198195.12.9厘米才能被识别； （2）解：如图3，过B作OB的垂线分别交仰角、俯角线于M、N，交水平线于P， MP 在 中，tanMAP ， Rt△APM AP MP APtan201500.3654.0(cm) ∴ ， ∵AP AP，MAPNAP，APM APN 90， ∴△AMP≌△ANP(ASA)， ∴PN MP54.0cm， BN 16054.0106.0(cm) ∴ ， 1203123(cm) ∴小美踮起脚尖后头顶的高度为 ， 123106.017.0(cm)15cm ∴小美头顶超出点N的高度为： ， ∴踮起脚尖小美能被识别．8．（2024·重庆南岸·模拟预测）春天是踏青的好季节，小明和小华决定去公园出游踏青．如图，已知A为 B A 400 2 E A 30 B E 公园入口，景点 位于 点东北方向 米处，景点 位于 点南偏东 方向，景点 在景点 的正 北方向，景点C既位于景点B正东方向310米处，又位于景点D的北偏西37.5方向．景点F 既位于景点E 的正东方向，又位于景点D的正南方向．DF 400米． 3 4 3 （参考数据： 2 1.41，31.73，sin37.5 ，cos37.5 ，tan37.5 ） 5 5 4 (1)求BE的长；（精确到个位） (2)小明选择了游览路线①：ABCD，小明行驶的平均速度是72米/分，小明在景点B、C处各停留了 10分钟、5分钟．小华选择了游览路线②：AEFD，小华行驶的平均速度为96米/分．小华在景点 E、F处各停留了9分钟、8分钟．请通过计算说明：小明和小华谁先到达景点D处． 【答案】(1)BE长约1092米； (2)小华先到景点D处，理由见解析． 【分析】本题考查了解直角三角形的应用——方位角问题，矩形的判定和性质，作辅助线构造直角三角形， 灵活运算锐角三角函数是解题关键． （1）过点 A 作 AH BE 于点 H ，由题意可知， AB400 2 米， BAH 45 ，则 ABH 是等腰直角三角 AH BH 400 EH 400 3 形，求出 米，再利用锐角三角函数值，求出 米，即可得出BE的长； （2）过点C作CNEF于点N ，过点D作DM BE于点M ，交CN 于点G，则四边形BCNE和四边形 DFNG都是矩形，得出CGCNGN 400 3米，利用锐角三角函数值，求出CD865米，DG519米， AE800米，再分别求出小明和小华的游览时间，即可得到答案． 【详解】（1）解：如图所示，过点A作AH BE于点H，米， BAH 45，AB400 2  2 AH BH  AB400 2 米，  AEB30， HE 3AH 400 3 AE 2AH 800 米， 米， BE 400400 31092 （米）． BE长约1092米． （2）解：小华先到达景点D处，理由如下： 如图，过点C作CNEF于点N ，过点D作DM BE于点M ，交CN 于点G， 则四边形BCNE和四边形DFNG都是矩形，   BECN  400400 3 BC EN ， 米，GN DF 400米，DGNF， CGCNGN 400 3米， 景点C既位于景点B正东方向310米处，又位于景点D的北偏西37.5方向． BC310（米），DCN 37.5， CG DG cosDCN  tanDCN  在Rt  CGD中， CD ， CG ，CG 400 3 CD  865 cos37.5 4 （米），DGCGtan37.5400 3 3 519（米）， 5 4 EF ENNF BCDG829（米）， 小明选择了游览路线①：ABCD，小明行驶的平均速度是72米/秒．小明在景点B、C处各停留了 10分钟、5分钟， 400 2310865 10539 小明的游览时间为 72 （分钟）， 在Rt△AEH 中，AH 400米，EAH 60， AH 400 AE  800 cos60 1 （米）， 2 小华选择了游览路线②：AEFD，小华行驶的平均速度为96米/秒．小华在景点E、F处各停留了9 分钟、8分钟， 800829400 小华的游览时间为 9838（分钟），  96  小华的游览时间更短，先到达景点D处． 9．（2024·黑龙江绥化·一模）根据以下素材，探索完成任务． 图①是宁宁家安装的户外遮阳篷．图②是其侧面示意图，已知该遮阳篷安装在垂直于地面BC的墙面 上，篷面安装点A离地面4米，篷面与墙面的夹角DAB60，篷面宽AD3米．除此之外，为了 保障遮阳篷的稳定性，还加装了支架MN稳定篷面．支架MN的安装方式如下：点M固定在墙面 上，位于点A的正下方，即点A，M，B共线；点N固定在篷面上离A点1米处（点A，N，D共 线），即AN 1米，支架MN与墙面的夹角AMN 45． 素 材 1 宁宁所在地区某天下午不同时间的太阳高度角（太阳光线与地面的夹角）的正切值参照表： 时刻 12点 13点 14点 15点 素 材 角的正切 2 4 3 2.5 2 值宁宁养了一株龙舌兰（图③），该植物喜阳，所以宁宁经常把龙舌兰搬到能被太阳光照射到的地 方，以保证龙舌兰有充足的光照，如图②，这株龙舌兰摆放的位置记为点E． 素 材 3 任 务 确定安装点 请求出支架MN的固定点M与A点的距离AM 的长． 1 任 务 确定影子长 请求出这天13点时遮阳篷落在地面上影子的长度． 2 任 判断能否照射 这天14点，宁宁将龙舌兰摆放到点E处，为了保证龙舌兰能被太阳光照射到，请 务 到 求出此时摆放点离墙角距离的取值范围． 3 1 3 9 35 3 3- 2 AM  【答案】任务1： 2 米；任务2： 6 米，任务3：大于 2 米． 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、解直角三角形的应用，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题 的关键． 1 HN 3 AH  ANcosDAB HM   任务1：过N 作HN  AM 于H， 解三角形即可求出 2， tanAMN 2 ，进 1 3 AM  AH HM  而可得 2 ， 任务2：过D作DG AB于G，过B作DKBC于K，得四边形BKDG为矩形，再解三角形求出 3 3 3 5 3 3 DG AGsinDAB AG BGDK  DGBK  2 米， 2米，进而求出 2米， 2 米，根据13点时， DK 太阳高度角 ，由FK  即可完成任务2， =�DFK tanDFK 任务3：由表格可知，在12时15时，角的正切值逐渐减小，即BEM 逐渐较小，当14时，此时BE的DK 长度就是龙舌兰摆放位置与墙壁的最大距离，求出此时EK  1米，即可完成任务3． tan 【详解】解：任务1：如图，过N 作HN  AM 于H， ， ∴NHANHM 90， 又∵DAB60，AMN 45， 3 3 HN  ANsinDAB1  ∴ 2 2 （米）， 1 1 AH  ANcosDAB1  （米）， 2 2 HN 3 3 HM   tan45 tanAMN 2 2 （米）， 1 3 1 3 AM    ∴ 2 2 2 （米）， 任务2：如解图2，过D作DG AB于G，过B作DKBC于K， ， 则DGBDKBABC 90， 四边形BKDG为矩形， BGDK ，DGBK ， ∵AD3米，DAB60，3 3 3 DG AGsinDAB3  ∴ 2 2 （米）， 1 3 AG ADcosDAB3  （米）， 2 2 HN 3 3 HM   tan45 tanAMN 2 2 （米）， ∵由题意可知：AB4米， 3 5 ∴BG ABAG4  （米） 2 2 5 3 3 BGDK  DGBK  ∴ 2（米）， 2 （米）， ∵13点时，太阳高度角=�DFK， ∴tan�DFK =tan 3， DK 5 5 ∴FK   3 （米） tanDFK 2 6 3 3 5 9 35 BKFK    ∴13点时遮阳篷落在地面上影子的长度 2 6 6 （米） 任务3： 由表格可知，在12时15时，角的正切值逐渐减小，即BEM 逐渐较小，  当14时，此时BE的长度就是绿萝摆放位置与墙壁的最大距离， DK 如解图3，在 中，tanDEK  ， Rt DEK EK  5 即EK  DK  2 1（米）， tan 2.53 3 3 32 BEBKEK  1 2 2 （米）， 3 3- 2 答：龙舌兰能被太阳光照射到，此时摆放点离墙角距离的大于 米． 2 10．（2024·广西贵港·模拟预测）数学兴趣小组对“测量某池塘宽度AB”进行了热烈讨论，展示方法如下： 小丽的方法：如图（1），在过点B且与AB垂直的直线l上确定一点D，使点D可直接到达点A，连接 AD，在AB的延长线上确定一点C，使CD AD，测出BC的长，则ABBC． 小丽的理由： CD AD，DB AC，ABBC．（依据是：______） 小强的方法：如图（2），在地面上选取一个可以直接到达点A，B的点C，连接AC，BC，在AC和BC 上分别取点D和E，使ADCD，BECE，连接DE，测出DE的长，则AB2DE． 小强的理由： ADCD，BECE，DE是VABC的中位线，AB2DE．（依据是：______） 小亮的方法：如图（3），在BA的延长线上取一点C，在过点C且与AB垂直的直线a上确定一点D，使 从点D可直接到达点B，在过点A且与AB垂直的直线b上确定一点E，使点B，E，D在同一条直线上， 测出AC，AE，CD的长，即可求出AB的长． 小方的方法：如图（4）在过点A且与AB垂直的直线l上确定一点C，只需测得BCA的度数和CA的长度， 就可求出池塘AB的宽度． 请根据以上方法按要求完成以下问题： (1)填空：小丽的方法依据是 ；小强的方法依据是 ； (2)若按照小亮的方法，测出AC 10m，AE 40m，CD60m，请你求出池塘AB的宽度； BCA30 CA AB (3)若按照小方的方法，测得 ， 的长度为34米，求池塘 的宽度． 【答案】(1)等腰三角形的顶角角平分线，底边上的高，底边上的中线互相重合；三角形的中位线平行于第 三边，并且等于第三边的一半(2)池塘AB的宽度为20m 34 3 (3)池塘AB的宽度为 3 米 【分析】（1）由等腰三角形的性质，三角形的中位线定理可求解； AE AB （2）通过证明 ，可得  ，即可求解； AEB∽ CDB CD BC   （3）由特殊角的三角函数可求解． 【详解】（1）解：小丽的理由： CD AD，DB AC， ABBC（依据是：等腰三角形的顶角角平分线，底边上的高，底边上的中线互相重合）； 小强的理由： ADCD，BECE， DE是VABC的中位线， AB2DE．（依据是：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半）； 故答案为：等腰三角形的顶角角平分线，底边上的高，底边上的中线互相重合；三角形的中位线平行于第 三边，并且等于第三边的一半； （2）解： AEAB，CD AB，  AE∥CD， △AEB∽△CDB， AE AB   ， CD BC 40 AB   ， 60 AB10 AB20， 池塘AB的宽度为20m； （3）解： BCA30，ABAC，CA的长度为34米， AB 3 tanBCA  AC 3 ， 34 3 AB 3 ， 34 3 池塘 的宽度为 米．  AB 3 【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质， 锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．