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专题 08 锐角三角形及其应用
目 录
题型01 锐角三角函数与三角形综合
题型02 锐角三角函数与四边形综合
题型03 锐角三角函数与圆综合
题型04 锐角三角函数与圆及四边形综合
题型05 锐角三角函数与圆及三角形综合
题型06 锐角三角函数与函数综合
题型07 12345模型
题型08 锐角三角形应用-仰角俯角问题
题型09 锐角三角形应用-方位角问题
题型10 锐角三角形应用-坡度坡角问题
题型11 锐角三角形应用-与不易测量相关问题
题型12 锐角三角形应用-与可调节的滑动悬杆问题
（时间：60分钟）
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题型 01 锐角三角函数与三角形综合
1．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，在锐角三角形ABC中，tanA=√3,BC=√5，线段BD､CE分别
是AC､AB边上的高线，连接DE，则三角形ADE面积的最大值是 ．
5√3 5
【答案】 / √3
16 16
【分析】利用特殊角的三角函数值求得∠A的度数，利用三角形的高的意义求得∠ACE=∠ABD=30°，
1
利用含30°角的直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质定理得到S ❑ = S ❑ ，作出△ABC
△ ADE 4 △ ABC
的外接圆，得出当点A为优B´C的中点时，BC边上的高最大，即△ABC的面积最大，此时AB=AC，
△ABC为等边三角形，利用等边三角形的性质求得△ABC的面积最大值，则结论可求．
【详解】解：∵tan∠A=√3，
∴∠A=60°，
∵BD、CE分别是AC、AB边上的高线，
∴CE⊥AB,BD⊥AC，
∴∠ACE=∠ABD=30°，
1 1
∴AD= AB，AE= AC，
2 2
AE AD
∴ = ，
AC AB
∵∠A=∠A，
∴△ADE∼△ABC，
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∴
S
△
❑
ADE=
(AD) 2
=
(1) 2
=
1
，
S ❑ AB 2 4
△ ABC
1
∴S ❑ = S ❑ ，
△ ADE 4 △ ABC
∴当△ABC面积最大时，三角形ADE面积有最大值，
作出△ABC的外接圆，如图，
点A为优弧BC上的点，且∠A=60°，
∵BC=√5，
∴当点A为优B´C的中点时，BC边上的高最大，即△ABC的面积最大，此时AB=AC，
∴ △ABC为等边三角形，
1 5√3
∵S ❑ 的最大值= ×√5×√5×sin60°= ，
△ ABC 2 4
5√3
∴三角形ADE面积的最大值是 ，
16
5√3
故答案为 ．
16
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用，直角三角形的边角关系定理，
特殊角的三角函数值，利用三角形的性质求得△ABC的面积的最大值是解题的关键．
2．（2023·河南南阳·三模）小明参加了学校组织的数学兴趣小组，在一次数学活动课上，他们对两块大小
不等的等腰直角三角板摆放不同的位置，做了如下探究：
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(1)将两块三角板的直角顶点重合，如图1，在△ACB和△DCE中，∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，
DC=CE，当点D在线段AB上时（点D不与点A，B重合），
①由题意可得△ACD≌△BCE，其依据是：___________；
A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS
②直接写出AD与BE的数量关系___________．
(2)将两块三角板的锐角顶点重合，如图2，在△ACB和△DCE中，∠CAB=∠CDE=90°，AC=AB，
CD=DE，点A与线段DE不在同一直线上，（1）中AD与BE的数量关系是否仍然成立？若不成立，请
求出新的数量关系；
(3)将小三角板的锐角顶点与大三角板的直角顶点重合，如图3，在△ACB和△EDC中，
∠ACB=∠EDC=90°，AC=BC=4，CD=ED．将△EDC绕点C在平面内旋转，当点D落在边AB上
√5
时，满足sin∠BCE= ，请直接写出AD的长．
5
【答案】(1)①B；②AD=BE
(2)不成立，见解析
(3)√2或3√2
【分析】（1）①根据∠ACB=∠DCE=90°可推出∠ACD=∠BCE，即可根据SAS证明
△ACD≌△BCE；②根据全等三角形对应边相等，即可得出结论；
CB CE
（2）根据题意可得∠DCE=∠ACB=45°， =√2， =√2，再推出∠ACD=∠BCE，即可证明
CA CD
△ACD∽△BCE，即可得出结论；
（3）连接BF，过点E作EF⊥AB于点F，分两种情况进行讨论即可：①当∠BCE在BC左边时，②当
∠BCE在BC右边时．
【详解】（1）解：①∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACB−∠DCB=∠DCE−∠DCB，即∠ACD=∠BCE，
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在△ACD和△BCE中，
¿，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
故选：B；
②由①可得△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE；
（2）解：不成立．
∵△CDE和△CAB都是等腰直角三角形，
CB CE
∴∠DCE=∠ACB=45°， =√2， =√2．
CA CD
∴∠ACB−∠DCB=∠DCE−∠DCB．
CB CE
∴∠ACD=∠BCE， = ．
CA CD
∴△ACD∽△BCE．
BE CB
∴ = =√2．
AD CA
即BE=√2AD．
故（1）中BE和AD的数量关系不存在；
（3）解：连接BF，过点E作EF⊥AB于点F，
①当∠BCE在BC左边时，
∵∠ACB=∠EDC=90°，AC=BC，CD=ED，
∴∠CED=∠CBD=45°，
∴点C，D，E，B四点共圆，
∴∠DBE=∠DCE=45°，∠BCE=∠BDE，
∵∠EDC=90°，
∴∠CBE=180°−∠EDC=90°，
BE √5
∴sin∠BCE= = ，
CE 5
设BE=√5k,CE=5k，
在Rt△BCE中，根据勾股定理可得BC2+BE2=CE2，
2√5 2√5
则42+(√5k) 2=(5k) 2，解得：k = ，k =− （舍），
1 5 2 5
∴BE=2,CE=4，
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∵∠DBE=45°，EF⊥AB，
∴BF=BE⋅cos45°=√2，则BF=EF=√2，
∵∠BCE=∠BDE，∠CBE=∠DFE=90°，
∴△CBE=△DFE，
EF DF √2 DF
∴ = ，即 = ，
BE BC 2 4
解得：DF=2√2，
∵AC=BC=4，
∴AB=√AC2+BC2=4√2，
∴AD=AB−DF−BF=4√2−2√2−√2=√2；
②当∠BCE在BC右边时，
同理可得：DF=2√2，BF=EF=√2，
∴AD=AB−(DF−BF)=4√2−(2√2−√2)=3√2，
综上：AD的长为√2或3√2．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，
解题的关键是熟练掌握相关定理和性质，正确画出辅助线，根据题意进行分类讨论．
3．（2023·重庆沙坪坝·二模）等边△ABC中，点D为直线AB上一动点，连接DC．
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(1)如图1，在平面内将线段DC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CE，连接BE．若D点在AB边上，且
1
DC=√5，tan∠ACD= ，求BE的长度；
2
(2)如图2，若点D在AB延长线上，点G为线段DC上一点，点F在CB延长线上，连接FG、AG．在点D
的运动过程中，若∠GAF+∠ABF=180°，且FB−BD=AC，猜想线段CG与线段DG之间的数量关系，
并证明你的猜想；
1
(3)如图3，将△BDC沿直线BC翻折至△ABC所在平面内得到△BD'C，M点在AB边上，且AM= AB，
4
将MA绕点A逆时针方向旋转120°得到线段AN，点H是直线AC上一动点，将△MNH沿直线MH翻折至
△MNH所在平面内得到△M N'H，在点D，H运动过程中，当N'D'最小时，若AB=4，请直接写出
DN'H的面积．
2√3
【答案】(1)
3
(2)见解析
21√3
(3)
8
【分析】（1）作DF⊥AC，求出DF长，再求出AD，证明△ACD≌△BCE，BE=AD即可；
（2）作DE ∥ AC，交AG的延长线于点E，由条件∠FAB=∠E，AC=DE，再证明出
△FAB≌△ADE，得到DE=AB=AC，再证出△DHE≌△AGC，即可证明出结论；
（3）判断出点D'在过B且平行于BC的直线上，点N'定在以M为圆心，MN为半径的⊙M上，连接DN'，
作直线M D'，交NH于F，作DE⊥M D'于E，用梯形DEFH的面积减去三角形DEN'的面积，再减去三
角形FH N'的面积即可．
【详解】（1）解：如图1，作DF⊥AC于点F，
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1
∵ tan∠ACD= ，
2
∴CF=2DF，
∵ DC=√5，
∴ DF2+(2DF) 2=(√5) 2 ，
∴DF=1，CF=2，
∵∠A=60°，
DF 2√3
∴ AD= = ，
sin60° 3
∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
∵AC=BC，DC=EC，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
2√3
∴BE=AD= ；
3
（2）DG=CG．
如图2，作DE ∥ AC，交AG的延长线于点E，
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∵∠GAF+∠ABF=180°，
∴∠GAF=60°，即∠FAB+∠DAG=60°，
∵ DE∥AC，
∴∠ADE=120°，即∠E+∠DAG=60°，
∴∠FAB=∠E，
∵FB−BD=AC，
∴FB=BD+AC=BD+AB=AD，
∵∠FBA=∠ADE=120°，
∴△FAB≌△ADE(AAS)，
∴AB=DE，
∴AC=DE，
∵AC ∥ DE，
∴∠E=∠GAC，
∵∠DGE=∠AGC，
∴△DHE≌△AGC(AAS)，
∴DG=CG；
（3）如图3，若将△BDC沿直线BC翻折得到△BD'C，则BD=BD'，
∴点D'在过B且平行于BC的直线上，
将△MNH沿直线MH翻折得到△M N'H，则MN=M N'，
∴点N'定在以M为圆心，MN为半径的⊙M上，
过M作M D'⊥BD'于D'，交⊙M于点N'，
则D'N'的长为最小值，
连接DD'，作直线M D'，交NH于F，作DE⊥M D'于E，
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由题得点H在⊙M上，且MF⊥NH，
1
∵AM= AB，AB=4，
4
∴AM=1=AN，
∵∠MAF=60°，
√3
∴MF=AMsin30°= ，MN=2MF=√3，
2
由折叠得，∠MHN=∠MH N'=30°，
MF 3
∴FH= = ，
tan30° 2
3√3
∴N'F=FH⋅tan60°=
，
2
∵MB=3，∠D'BM=60°
3√3
∴M D'=MB⋅sin60°= ，
2
3√3 √3
∴D'N'= −√3= ，
2 2
∠D'MD=∠D'DM=30°，
3√3
∴M D'=DD'= ，
2
∵∠DD'E=60°，
1 3√3 9
∴D'E= DD'= ,DE=DD' ⋅sin60°= ，
2 4 4
5√3
∴EN'=
，
4
11√3
∴EF= ，
4
1 165√3
∴S = (DE+FH)⋅EF= ，
梯形DEFH 2 32
1 45√3
S = DE⋅EN'= ，
△DEN' 2 32
1 9√3
S = N'F' ⋅FH= ，
△N'FH 2 8
165√3 45√3 9√3 21√3
∴S = − − = ．
△DN'H 32 32 8 8
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、三角形全等等知识点的综合应用，解直角三角形、点的轨迹的判
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断、直线与圆的位置关系是解题关键．
题型 02 锐角三角函数与四边形综合
4．（2023·山东青岛·一模）【阅读与思考】
我们知道，四边形具有不稳定性，容易变形．如图1，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个
1
平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为α，我们把 的值叫做这个平行四边形的变形度．
sinα
【探究与应用】
(1)若矩形发生变形后的平行四边形有一个内角是120°，则这个平行四边形的变形度是______；
1
(2)若矩形的面积为S ，其变形后的平行四边形面积为，试猜想S ，S ， 之间的数量关系，并说明理
1 1 2 sinα
由；
(3)如图2，在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，且AB2=AE⋅AD，这个矩形发生变形后为
▱A B C D ，E 为E的对应点，连接B E ，B D ，若矩形ABCD的面积为√2m(m>0)的
1 1 1 1 1 1 1 1 1
▱A B C D 面积为√m(m>0)，求∠A E B +∠A D B 的大小．
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2√3
【答案】(1)
3
1 S
(2) = 1，理由见详解
sinα S
2
(3)45°
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得到α=60°，根据三角函数的定义即可得到结论；
（2）如图1，设矩形的长和宽分别为a，b，变形后的平行四边形的高为h，根据平行四边形和矩形的面
积公式即可得到结论；
（3）由已知条件得到△B A E ∽△D A B ，由相似三角形的性质得到∠A B E =∠A D B ，根据
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
平 行 线 的 性 质 得 到 ∠A E B =∠C B E ， 求 得
1 1 1 1 1 1
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∠A D B +∠A E B =∠C E B +∠A B E =∠A B C ，证得∠A B C =45°，于是得到结论．
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
【详解】（1）
解：∵平行四边形有一个内角是120°，
∴α=60°，
1 1 2√3
∴ = = ；
sinα sin60° 3
2√3
故答案为： ；
3
1 S
（2）解： = 1 ，理由如下：
sinα S
2
如图1，设矩形的长和宽分别为a，b，变形后的平行四边形的高为h，
h
∴S =ab，S =ah，sinα=
1 2 b
S ab b
∴ 1= =
S ah h
2
1 S
则 = 1 ；
sinα S
2
（3）解：如图2，
∵AB2=AE×AD，
A B A E
∴A B 2=A E ×A D ，即 1 1 = 1 1 ，
1 1 1 1 1 1 A D A B
1 1 1 1
∵∠B A E =∠D A B ，
1 1 1 1 1 1
∴△B A E ∽△D A B ，
1 1 1 1 1 1
∴∠A B E =∠A D B
1 1 1 1 1 1
∵A D ∥B C ，
1 1 1 1
∴∠A E B =∠C B E
1 1 1 1 1 1
∴∠A D B +∠A E B =∠C B E +∠A B E =∠A B C
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
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1 S
由（2）知， = 1 ；
sinα S
2
1 √2m
可知 = =√2，
sin∠A B C √m
1 1 1
√2
∴sin∠A B C = ，
1 1 1 2
∴∠A B C =45°，
1 1 1
∴∠A E B +∠A D B =45°．
1 1 1 1 1 1
【点睛】本题考查了相似综合题，需要掌握平行四边形的性质，矩形的性质，三角函数的定义，相似三角
形的判定和性质等知识点，正确的理解“变形度”的定义是解题的关键．
5．（2023·吉林长春·模拟预测）【实践操作】如图①，在矩形纸片ABCD中，AB=5cm，AD=3cm，E
为边AB上一点，把△ADE沿着DE折叠得到△A'DE，作射线EA'交射线DC于点F.过点F作FH⊥AB
于点H．
(1)求证：△A'DF≌△HFE；
(2)当AE=2cm时，CF= ______ cm；
(3)【问题解决】如图②，在正方形纸片ABCD中，取边AB中点E，AD=3cm，将△ADE沿着DE折叠得
到△A'DE，作射线DA'交边BC于点G，点F为CD边中点，P是边BC上一动点，将△CFP沿着FP折叠
得到△C'FP，当点C'落在线段A'D上时，tan∠CFP= ______ ．
【答案】(1)见解析
7
(2)
4
3
(3)
4
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，等腰三角形的性质和判定，翻折变换，
锐角三角函数，解决本题的关键是熟练掌握折叠的性质．
（1）根据AAS可证明：△A'DF≌△HFE；
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（2）设EH=xcm，根据勾股定理列方程可解答；
（3）如图②，连接CC'，EG，根据对称和等腰三角形的性质可得△DCC'是直角三角形，由三角形中位
线定理得P是CG的中点，设BG= ycm，根据勾股定理列方程可得y的值，最后由三角函数定义可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠A=90°，
∴AD⊥AB，
∵FH⊥AB，
∴FH=AD，
由折叠得：AD=A'D，∠A=∠EA'D=90°，
∴∠DA'F=∠EHF=90°，A'D=FH，
∵AB∥CD，
∴∠HEF=∠DF A'，
∴△A'DF≌△HFE(AAS)；
（2）解：设EH=xcm，
∵△A'DF≌△HFE，
∴A'F=EH=xcm，
∵AE=A'E=2cm，
∴EF=(x+2)cm，
在Rt△EHF中，EF2=EH2+FH2，
∴(x+2) 2=x2+32，
5
∴x= ，
4
5 7
∴CF=BH=5−2− = (cm)；
4 4
7
故答案为： ；
4
（3）解：如图②，连接CC'，EG，
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∵CC'关于FP对称，
∴CC'⊥FP，CF=C'F，
∵F是CD的中点，
∴DF=CF，
∴DF=CF=C'F，
∴△DCC'是直角三角形，
∴CC'⊥DG，
∴DG∥FP，
∵F为CD的中点，
∴P是CG的中点，
∵E为AB的中点，AD=3，
3
∴A'E=AE=BE= ，A'D=AD=3cm，
2
设BG= ycm，
则EG2=1.52+ y2，
∵∠B=∠EA'G=90°，EB=A'E，EG=EG，
∴Rt△EBG≌Rt△EA'G(HL)，
∴BG=A'G= ycm，
在Rt△DGC中，
∵DG2=DC2+CG2，
∴(y+3) 2=(3−y) 2+32，
3
∴y= ，
4
3 9
∴CG=3− = ，
4 4
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9
∴CP= ，
8
9
CP 8 3
∴tan∠CFP= = = ．
CF 3 4
2
3
故答案为： ．
4
6．（2023·吉林长春·模拟预测）【操作一】如图①，在正方形ABCD中，点M是AB的中点，MN∥BC
交CD于点N．点E是AB边上的一点，连结CE，将正方形纸片沿CE所在直线折叠，点B的对应点B'落在
MN上．求∠CB'N的大小．
以下是小明同学的部分解答过程，请你补充完整．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠B=∠BCD=∠D=90°，AB=BC=CD．
∵MN∥BC，
∴MB=NC，∠MNC=∠D=90°
∵M是AB的中点，
1 1
∴MB= AB=NC= BC
2 2
由折叠，得CB=CB'
1
∴CN= ______
2
在Rt△B'CN中，
NC 1
sin∠CB'N= =
．
CB' 2
∴∠CB'N= ______ 度．
【操作二】在图①的基础上继续折叠，如图②，点F是CE边上的一点，连结AF，将正方形纸片沿AF所
在直线折叠，点D的对应点D'落在MN上．求证：△BCE≌△DAF．
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【应用】在图②的基础上，如图③，G、H分别是CE、AF的中点，顺次连接B'、G、D'、H，若
AB=2，直接写出点H、G之间的距离．
【答案】【操作一】B'C，30；【操作二】见解析；【应用】2√3−2
【分析】[操作一]由所给证明过程可推导得出答案；
[操作二]先由①得∠CB'N=30°，进一步证明∠BCB'=∠CB'N=30°，再由折叠可得
1
∠BCE=∠B'CE，BE=B'E和∠CB'E=∠B=90°，并证明∠BCE=∠B'CE= ∠BCB'=15°，同
2
理∠DAF=∠D' AF=15°，即可得到∠BCE=∠DAF，最后根据ASA证明结论；
[应用]先根据△BCE≌△DAF，证明BE=DF和CE=AF，以及AE=CF，进一步证明四边形AECF是平
行四边形，以及四边形AEGH是平行四边形，得到GH=AE，再设GH=AE=x，则
√3
B'E=BE=AB−AE=2−x，得到ME=EB' ⋅cos∠MEB'=(2−x)⋅ ，再根据M是AB的中点得到
2
√3
EM=AE−AM=x−1，最后解方程(2−x)⋅ =x−1，求出x=2√3−2，即可得到点H、G之间的距
2
离为2√3−2．
【详解】解：[操作一]∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，∠B=∠BCD=∠D=90°，AB=BC=CD，
∵MN∥BC，
∴MB=NC，∠MNC=∠D=90°，
∵M是AB的中点，
1 1
∴MB= AB=NC= BC，
2 2
由折叠，得CB=CB'，
1
∴CN= CB' ，
2
在Rt△B'CN中，
NC 1
sin∠CB'N= =
，
CB' 2
∴∠CB'N=30°．
故答案为：B'C，30°．
[操作二]∵MN∥BC，
∴∠BCB'=∠CB'N=30°，
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由折叠可得∠BCE=∠B'CE，BE=B'E，∠CB'E=∠B=90°，
1
∴∠BCE=∠B'CE= ∠BCB'=15°，
2
同理∠DAF=∠D' AF=15°，
∴∠BCE=∠DAF，
在△BCE和△DAF中，
¿，
∴△BCE≌△DAF(ASA)．
[应用]如图，连接HG，
∵△BCE≌△DAF，
∴BE=DF，CE=AF，
∴AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴CE∥AF，
∵G、H分别是CE、AF的中点，
∴EG=AH，
∴四边形AEGH是平行四边形，
∴GH=AE，
设GH=AE=x，则B'E=BE=AB−AE=2−x，
∵∠CB'E=∠B=90°，
∴∠CB'N+∠BEB'=180°，
∵∠MEB'+∠BEB'=180°，
∴∠MEB'=∠CB'N=30°，
∵MN⊥AB，
√3
∴ME=EB' ⋅cos∠MEB'=(2−x)⋅
，
2
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∵M是AB的中点，
1
∴AM= AB=1，
2
∴EM=AE−AM=x−1，
√3
∴(2−x)⋅ =x−1，
2
解得x=2√3−2，
即点H、G之间的距离为2√3−2．
【点睛】本题考查了正方形、矩形、平行四边形性在应用，勾股定理的计算及三角形全等的证明是解题关
键．
7．（2023·浙江宁波·一模）【基础巩固】
（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上与点B不重合的任意一点，EF=AE，
∠AEF=90°，点G是射线BC上一点，求证：∠FCG=45°．
证明思路：在AB上截取BK=BE，因为AB=BC，所以AK=CE，请完成接下去的证明；
【尝试应用】
EF
（2）如图2，在矩形ABCD中，点E是边BC上与B不重合的任意一点，tan∠FCG= =2，
AE
AB
∠AEF=90°，点G是射线BC上一点，求 的值；
BC
【拓展提高】
（3）如图3，在矩形ABCD中，点E是边AD上一点，连结BE，作∠EFG=∠EBF，使点F，G分别落
1
在边BC，CD．上．若2BE=5BF，且tan∠CFG= ，求sin∠EFC的值．
3
1 √10
【答案】（1）见解析；（2） ；（3）
2 4
【分析】
（ 1 ） 先 证 明∠BAE=∠CEF， 证 明△EAK≌△FEC(SAS)， 得 出∠AKE=∠ECF， 进 而 可 得
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∠FCG=∠BKE=45°；
AM AE 1
（2）作∠AEM=∠F，交线段AB于点M，证明△AEM∽△EFC，得出 = = ，进而可得
EC EF 2
BE
=tan∠EMB=tan∠FCG=2，即可求解；
BM
GH BF 2
（3）过点G作∠FGH=∠EFG，即EF∥GH．△EBF∽△FGH，得出 = = ，设CG=a，则
FG BE 5
2√10
CF=3a，FG=√10a，得出GH= a，进而根据正弦的定义，即可求解．
5
【详解】证明：（1）∵∠AEF=90°．
∴∠AEB+∠CEF=90°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠CEF．
在△EAK和△FEC中，
¿，
∴△EAK≌△FEC(SAS)，
∴∠AKE=∠ECF，
∵BK=BE，∠B=90°，
∴∠FCG=∠BKE=45°．
（2）作∠AEM=∠F，交线段AB于点M．
∵∠AEF=90°．
∴∠AEB+∠CEF=90°．
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AD=BC，
∴∠AEB+∠BAE=90°，
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∴∠BAE=∠CEF，
∴△AEM∽△EFC，
AM AE 1
∴ = = ，∠AME=∠ECF
EC EF 2
又∴∠BME=∠FCG，
BE
∴ =tan∠EMB=tan∠FCG=2，
BM
AB AM+BM AM+BM 1
∴ = = = ．
BC CE+BE 2AM+2BM 2
（3）如图，过点G作∠FGH=∠EFG，即EF∥GH．
∴∠BFE=∠GHF，
∵∠EFC=∠EFG+∠GFC=∠EBF+∠BEF
∵∠EFG=∠EBF
∴∠BEF=∠GFC，
∴△EBF∽△FGH，
GH BF 2
∴ = = ．
FG BE 5
1
∵tan∠CFG= ，
3
设CG=a，则CF=3a，FG=√10a，
2√10
则GH= a，
5
a √10
∴sin∠EFC=sin∠GHC= =
2 4 ．
√10a
5
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形性质与判定，解直角三角形，矩形的性质，勾
股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
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题型 03 锐角三角函数与圆综合
8．（2023·广西梧州·二模）如图，在△ABC中，O为AC上一点，以点O为圆心，OC为半径作圆，与BC
相切于点C，过点A作AD⊥BO交BO的延长线于点D，且∠AOD=∠BAD．
(1)求证：AB为⊙O的切线；
4
(2)若AB=10，sin∠ABC= ，求AD的长．
5
【答案】(1)见解析
(2)AD的长为2√5
【分析】（1）作OE⊥AB于点E，由∠AOD=∠BAD得到∠CBD=∠ABD，根据角平分线定理，即
可得到OC=OE，即可得证，
（2）先根据锐角三角函数，求出AC、BC的长，由S +S =S ，可求OC、OA、OB的长，根
△AOB △COB △ABC
AB BC
据 =cos∠OAD=cos∠CBD= ，即可求解，
OA OB
本题考查了切线的性质与判定，角平分线定理，锐角三角函数，勾股定理，解题的关键是：熟练掌握相关
性质定理．
【详解】（1）证明：作OE⊥AB于点E，则∠OEA=∠OEB=90°，
∵⊙O与BC相切于点C，
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∴BC⊥OC，
∵AD⊥BO交BO的延长线于点D，
∴∠C=∠D=90°，
∵∠CBD+∠BOC=90°，∠OAD+∠AOD=90°，∠BOC=∠AOD，
∴∠CBD=∠OAD，
∵∠AOD=∠BAD，
∴∠ODA=180°−∠AOD−∠D=180°−∠BAD−∠D=∠ABD，
∴∠CBD=∠ABD，
∴OC=OE，
∴点E在⊙O上，
∵OE是⊙O的半径，且AB⊥OE，
∴AB是⊙O的切线，
AC 4
（2）解：∵ =sin∠ABC= ，AB=10，
AB 5
4 4
∴AC= AB= ×10=8，
5 5
∴BC=√AB2−AC2=√102−82=6，
∵S +S =S ，
△AOB △COB △ABC
1 1 1
∴ AB⋅OE+ BC⋅OC= AC⋅BC，
2 2 2
1 1 1
∴ ×10×OE+ ×6×OC= ×8×6，
2 2 2
∴OC=3，
∴OA=AC−OC=8−3=5，OB=√BC2+OC2=√62+32=3√5，
AB BC
∵ =cos∠OAD=cos∠CBD= ，
OA OB
OA⋅BC 5×6
∴AD= = =2√5．
OB 3√5
3
9．（2023·广东深圳·模拟预测）已知Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，且tan∠A= ，M为线段AB
4
的中点，作DM⊥AB，点P在线段CB上，点Q在线段AC上，以PQ为直径的圆始终过点M，且PQ交
线段DM于点E．
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(1)求线段DM的长度；
(2)求tan∠PQM的值；
(3)当△MPE是等腰三角形时，求出线段AQ的长．
15
【答案】(1)
4
4
(2)
3
25
(3) 或5
8
1
【分析】（1）在Rt△AMD中，AM= AB=5，然后在Rt△AMD中利用三角函数即可求解；
2
（2）证明∠ACM=∠A=∠QPM，然后根据等角的三角函数值相等即可求解；
（3）证明△AMQ∽△PME，故当△MPE是等腰三角形时，则△AMQ为等腰三角形．然后分①当
AM=AQ=5时，②当AM=MQ时，③当AQ=MQ时三种情况求解．
【详解】（1）∵DM⊥AB，
∴△ADM为直角三角形，
∵M为线段AB的中点，AB=10，
1
∴AM= AB=5，
2
在Rt△AMD中，
3 15
则DM=AMtan A=5× = ；
4 4
（2）连接CM，
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在Rt△ABC中，∵CM是中线，
∴CM=BM=AM，
∴∠MBC=∠MCB，
∵M´P=M´P,,
∴∠MCB=∠PQM，
∴∠MBC=∠MCB=∠PQM，
BC 3 AC 4
在Rt△ABC中，tan∠A= = ，则tan∠ABC= = ，
AC 4 BC 3
4
∴tan∠PQM=tan∠ABC= ；
3
（3）∵∠QMA+∠QMD=90°，∠PME+∠QMD=90°，
∴∠QMA=∠PME，
在Rt△ABC中，∵CM是中线，
∴CM=BM=AM，
∴∠ACM=∠A，
∵M´Q=M´Q,
∴∠ACM=∠QPM，
∴∠ACM=∠A=∠QPM，
∴△AMQ∽△PME，
∴当△MPE是等腰三角形时，则△AMQ为等腰三角形，
①当AM=AQ=5时，
此时AQ=5；
②当AM=MQ时，
∴∠A=∠AQM.
∵∠AQM>∠ACM=∠A,
∴此种情况不存在；
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③当AQ=MQ时，
∴∠A=∠AMQ.
∵∠A+∠ADM=90°,∠AMQ+∠DMQ=90°,
∴∠DMQ=∠ADM,
∴DQ=MQ,
∴AQ=DQ,
1
∴AQ= AD，
2
在Rt△AMD中，AD=√AM2+DM2=
√
52+
(15) 2
=
25
，
4 4
25
则AQ= ；
8
25
综上，AQ= 或5．
8
【点睛】本题考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、等腰三角形的性质、三角形相似、解直角三
角形等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
10．（2023·浙江杭州·三模）如图1，三角形ABC内接于圆O，点D在圆O上，连接AD和CD，CD交AB
于点E，∠ADE+∠CAB=90°
(1)求证：AB是直径；
(2)如图2，点F在线段BE上，AC=AF，∠DCF=45°
①求证：DE=DA；
②若AB=kAD，用含k的表达式表示cosB．
【答案】(1)证明见解析
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k2−2
(2)①证明见解析；②
k2
【分析】（1）先根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABC，从而可得∠ABC+∠CAB=90°，再根据圆周
角定理即可得证；
（2）①先根据等腰三角形的性质可得∠AFC=∠ACF，根据三角形的外角性质可得
∠AFC=∠ACE+45°，再根据圆周角定理可得∠DAE=∠BCD=90°−∠ACE，从而可得
∠AED=∠DAE，然后根据等腰三角形的判定即可得证；
y
②过点A作AH⊥CD于点H，设DE=DA=x(x>0)，BC= y，则AB=kx，cosB= ，设
kx
y
cosB= =a(a<1)，则y=kxa，先根据等腰三角形的判定可得BE=BC=kxa，再证出△ADH∽△ABC，
kx
根据相似三角形的性质可得DH=xa，然后利用勾股定理可得AD2−DH2=AH2=AE2−EH2，建立方
程，解方程即可得．
【详解】（1）证明：由圆周角定理得：∠ADE=∠ABC，
∵∠ADE+∠CAB=90°，
∴∠ABC+∠CAB=90°，
∴∠ACB=90°，
∴AB是直径．
（2）证明：①∵AC=AF，∠DCF=45°，
∴∠AFC=∠ACF=∠ACE+∠DCF=∠ACE+45°，
∴∠AED=∠CEF=180°−∠DCF−∠AFC=90°−∠ACE，
由圆周角定理得：∠DAE=∠BCD=∠ACB−∠ACE=90°−∠ACE，
∴∠AED=∠DAE，
∴DE=DA；
②如图，过点A作AH⊥CD于点H，
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BC y
设DE=DA=x(x>0)，BC= y，则AB=kx，cosB= = ，
AB kx
在Rt△ABC中，BC0)与x轴交于
1
A(−2,0)、B(1,0)两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线L 对应的函数表达式；
1
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(2)如图1，点D为直线AC下方抛物线上的一动点，DM⊥AC于点M,DN∥y轴交AC于点N．求线段
DM的最大值和此时点D的坐标；
(3)如图2，将抛物线L :y=ax2+x+c(a>0)沿着x轴向左平移后得到抛物线L ，若点P是抛物线L 与L 在
1 2 1 2
1
x轴下方的交点且tan∠ACP= ，求抛物线L 对应的函数表达式．
3 2
【答案】(1)y=x2+x−2
√2
(2)线段DM的最大值是 ，此时点D的坐标为(−1,−2)
2
(3)抛物线L 对应的函数表达式为y=x2+5x+4．
2
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线L 对应的函数表达式为y=x2+x−2；
1
（2）求出C(0,−2)，直线AC解析式为y=−x−2，设D(m,m2+m−2)，可得
DN=−m−2−(m2+m−2)=−m2−2m，而OA=OC=2，可推得△DNM是等腰直角三角形，
√2 √2 √2 √2 √2
DM= DN，故DM= (−m2−2m)=− m2−√2m=− (m+1) 2+ ，由二次函数性质可得答
2 2 2 2 2
案；
1
（3）过A作AH⊥CP于H，过H作KR∥y轴交x轴于K，过C作CR⊥KR于R，由tan∠ACP= ，证
3
AK HK AH 1 ( 12 4)
明△AKH∽△HRC，得 = = = ，设AK=p，HK=q，可得¿，从而H − ，− ，直
HR CR CH 3 5 5
线HC解析式为y=− 1 x−2，联立¿，解得P ( − 3 ，− 5) ，设抛物线L 解析式为y=(x+t) 2− 9 ，解得
2 2 4 2 4
5 1 5 2 9
t= 或t= （舍去），故抛物线L 对应的函数表达式为y=(x+ ) − ．
2 2 2 2 4
【详解】（1）解：把A(−2,0)、B(1,0)代入y=ax2+x+c得：
¿，
解得¿，
∴抛物线L 对应的函数表达式为y=x2+x−2；
1
（2）解：在y=x2+x−2中，令x=0得y=−2，
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∴C(0,−2)，
由A(−2,0)，C(0,−2),设直线AC解析式为y=k x+b ，
1 1
¿
¿
则直线AC解析式为y=−x−2，
设D(m,m2+m−2)，则N(m,−m−2)，
∴DN=−m−2−(m2+m−2)=−m2−2m，
∵OA=OC=2，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠ACO=45°，
∵DN∥OC，
∴∠DNM=∠ACO=45°，
∴△DNM是等腰直角三角形，
√2
∴DM= DN，
2
√2 √2 √2 √2
∴DM= (−m2−2m)=− m2−√2m=− (m+1) 2+ ，
2 2 2 2
√2
∵− <0，
2
√2
∴当m=−1时，DM取最大值 ，此时D的坐标为(−1,−2)；
2
√2
∴线段DM的最大值是 ，此时点D的坐标为(−1,−2)；
2
（3）解：过A作AH⊥CP于H，过H作KR∥y轴交x轴于K，过C作CR⊥KR于R，如图：
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1
∵tan∠ACP= ，
3
AH 1
∴ = ，
CH 3
∵∠AHK=90°−∠CHR=∠HCR，∠AKH=∠CRH=90°，
∴△AKH∽△HRC，
AK HK AH 1
∴ = = = ，
HR CR CH 3
∴HR=3AK，CR=3HK，
设AK=p，HK=q，则HR=3p，CR=3q，
∵CR=OK=OA+AK，HK+HR=OC，
∴ ¿，
解得¿，
( 12 4)
∴H − ，− ，
5 5
( 12 4) 1
由H − ，− ，C(0,−2)同上得：直线HC解析式为y=− x−2，
5 5 2
联立¿，
解得¿或¿，
( 3 5)
∴P − ，− ，
2 4
∵y=x2+x−2= ( x+ 1) 2 − 9 ，将抛物线y=x2+x−2沿着x轴向左平移后得到抛物线L ，
2 4 2
9
∴设抛物线L 解析式为y=(x+t) 2− ，
2 4
将P ( − 3 ，− 5) 代入y=(x+t) 2− 9 得：
2 4 4
5 3 2 9
− =(− +t) − ，
4 2 4
5 1
解得t= 或t= （舍去），
2 2
( 5) 2 9
∴抛物线L 对应的函数表达式为y= x+ − 即y=x2+5x+4．
2 2 4
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定
与性质，平移变换，锐角三角函数等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点的坐标和相关线段的
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长度．
18．（2023·山东泰安·二模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数 y=ax+b(a≠0)与反比例函数
k
y= (k≠0且x>0)交于A、B两点，与x轴、y轴分别交于C、D两点，连接OA、OB.若OA=2√13；
x
2√13
sin∠AOC= ，点B的坐标为(m,−8)
13
(1)求反比例函数和一次函数的解析式；
(2)连接OB，若点P是y轴上一点，且△BOP是以OB为腰的等腰三角形，请直接写出点P的坐标．
24 4
【答案】(1)y=− ，y= x−12
x 3
(2)点P的坐标为(0,√73)或(0,−√73)或(0,−16)
【分析】
本题考查的是一次函数与反比例函数的综合，勾股定理的应用，等腰三角形的定义，锐角三角函数的应用，
熟练的求解函数解析式是解本题的关键；
（1）利用三角函数先求解A的坐标可得反比例函数的解析式，再求解B的坐标，可得一次函数的解析式，
从而可得答案；
（2）先利用勾股定理求解OB的长，再分两种情况建立方程求解即可．
【详解】（1）
解：过A作AE⊥x轴于点E，如图，
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2√13
∵OA=2√13，sin∠AOC= ，
13
AE 2√13 AE 2√13
∴ = ，即 = ，
OA 13 2√13 13
解得AE=4，
∴OE=√OA2−AE2=6，
∴A(6,−4)，
k
∵反比例函数y= (k≠0且x>0)过A点，
x
∴k=−4×6=−24，
24
∴反比例函数解析式为y=− ，
x
k
∵反比例函数y= (k≠0且x>0)经过B点，
x
∴−8m=−24，解得m=3，
∴B(3,−8)，
∵一次函数y=ax+b(a≠0)过A、B两点，
∴¿，
解得¿，
4
∴一次函数解析式为y= x−12；
3
（2）
∵B(3,−8)，
∴OB=√32+(−8) 2=√73，
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设P点坐标为(0,y)，则OP=|y|，PB=√32+(y+8) 2，
∵△BOP是以OB为腰的等腰三角形，
∴OP=OB或PB=OB，
当OP=OB时，则有|y|=√73，解得y=±√73，
此时P点坐标为(0,√73)或(0,−√73)；
当PB=OB时，则有√32+(y+8) 2=√73，
解得y=−16或y=0(舍去)，
此时P点坐标为(0,−16)，
综上可知满足条件的点P的坐标为(0,√73)或(0,−√73)或(0,−16)．
19．（2023·山东济南·二模）如图，点B坐标为(−1,0)，点A在x轴的正半轴上，四边形BDEA是平行四
k
边形，DF⊥x轴于点F，BD=3√5,tan∠DBA=2，反比例函数y= (k>0)在第一象限内的图象经过
x
AC 1
点D，与AE交于点C，且 = ．
CE 2
(1)求反比例函数解析式及C点坐标；
(2)若线段BD上一点P，使得∠DCP=∠BDF，求点P的坐标；
(3)过点C作CG∥y轴，交DE于点G，点M为直线CG上的一个动点，H为反比例函数上的动点，是否存
在这样的点H、M，使得以C、H、M为顶点的三角形与△ABE相似？若存在，求出所有满足条件的M点
坐标；若不存在，请说明理由．
12
【答案】(1)反比例函数的解析式为y= ，C(6,2)；
x
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6 26
(2)P( , )
7 7
1
(3)存在H、M，使得以C、H、M为顶点的三角形与△ABE相似，M点的坐标为(6,0)或(6,− )或
2
113 249 20 103
(6, )或(6, )或(6, )或(6, )．
14 14 3 6
【分析】
（1）根据正切函数及勾股定理解三角形得出DF=6，BF=3，即可确定D(2,6)，代入反比例函数解析式
12
即可求解；设C(t, )，过点C作CG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，根据平行四边形及相
t
似三角形的判定和性质求解即可；
（2）过点P作PT⊥CD于点T，作PW⊥x轴于点W，过点B作BR⊥CD于点R，延长DC交x轴于点
M，过点C作CK⊥x轴于点K，利用待定系数法确定直线CD的解析式为y=−x+8，再由等腰直角三角
形的性质及勾股定理解三角形确定CM=2√2，DM=6√2，再由正切函数及相似三角形的判定和性质求
解即可；
（3）根据题分情况分析：当点C与点A为对应点时，点H在点C右侧的双曲线上，当点C与点B为对应
点时，当点C与点E为对应点时，当点C与点A为对应点时，分别作出相应图形，然后利用相似三角形的
判定和性质求解即可．
【详解】（1）
DF
解：∵tan∠DBA=2= ，
BF
∴DF=2BF，
∵DF⊥x轴于点F，
∴DB2=DF2+BF2，即45=5BF2，
∴BF=3，
∴DF=6，
∵点B坐标为(−1,0)，
∴FO=2，
∴D(2,6)，
k
∵反比例函数y= (k>0)在第一象限内的图象经过点D，
x
∴k=12，
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12
∴反比例函数的解析式为y= ，
x
12
设C(t, )，过点C作CG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，如图所示：
t
∵四边形BDEA是平行四边形，
∴DE∥AB，
∴EH=DF=6,
∵CG⊥x轴，EH⊥x轴，
∴CG∥EH，
∴△ACG∽△AEH，
CG AC
∴ = ，
EH AE
AC 1
∵ = ，
CE 2
AC 1
∴ = ，
AE 3
GC 1
∴ = ，
EH 3
1
∴CG= EH=2，
3
12
∴2= ，
x
解得x=6，
∴C(6,2)；
（2）
如图，过点P作PT⊥CD于点T，作PW⊥x轴于点W，过点B作BR⊥CD于点R，延长DC交x轴于点
M，过点C作CK⊥x轴于点K，
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设直线CD的解析式为y=mx+n，
∵C(6,2),D(2,6)，
¿，解得¿，
∴直线CD的解析式为y=−x+8，
令y=0，得x=8，
∴M(8,0)，
∵FM=8−2=6,DF=6，
∴FM=DF，
∵∠DFM=90°，
∴∠DMF=45°，
∵∠CKM=90°，
∴CM=√2CK=2√2，DM=√2DF=6√2，
∴CD=DM−CM=4√2，
∵BR⊥CD，BM=9，
9√2
∴BR=RM= ，
2
3√2
∴DR=DM−RM= ，
2
∴BR=3DR，
∵∠DCP=∠BDF，
∴tan∠DCP=tan∠BDF，
PT BF 1
∴ = = ，
CT DF 2
∴CT=2PT，
∵PT⊥CD，BR⊥CD，
∴PT∥BR，
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DT DR 1
∴ = = ，
PT BR 3
∴PT=3DT，
∴CT=6DT，
∵DT+CT=CD即DT+6DT=4√2，
4√2
∴DT= ，
7
12√2
∴PT= ，
7
DP PT 8
∴ = = ，
DB BR 21
BP 13
∴ = ，
DB 21
∵PW⊥x轴，DT⊥x轴，
∴PW∥DT，
∴△BPW∽△BDT，
BW PW BP 13
∴ = = = ，
BF FD BD 21
13 13 13 26
∴BW = BF= ，PW = DF= ，
21 7 21 7
∵B(−1,0)，
6 26
∴P( , )；
7 7
（3）
存在，理由如下：
根据图象得：△ABE为钝角三角形，
∴当点C与点A为对应点时，点H在点C右侧的双曲线上，在x轴上取点Q(10,0)，
∵AC2+CQ2=5+20=25,AQ2=25，
∴AC2+CQ2=AQ2，
∴∠ACQ=90°，
∴∠GCQ=90°+∠ECG=∠BAE，
设直线CQ的解析式为y=m x+n ，
1 1
∵C(6,2),Q(10,0)，
¿，解得¿，
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1
∴直线CQ的解析式为y=− x+5，
2
联立方程组¿，
解得：¿, ¿，
∴直线CQ与双曲线的交点为(6,2)和(4,3)均不符合题意，
当点C与点B为对应点时，如图所示：
12
设H(m, )，
m
过点H作HL∥x轴，交CG于点L，作EN⊥x轴于点N，
12
则EN=6,BN=9,HL=6−m,CL= −2，
m
∵∠HCL=∠ABE，
∴tan∠HCL=tan∠ABE，
6−m 6
HL EN =
∴ = ，即12 9
CL DN −2
m
4
解得：m =6（舍去），m = ，
1 2 3
4
∴H( ,9)，
3
√ 4 2 7√13
∴CH= (6− ) +(2−9) 2= ，
3 3
设M(6,y)，
∵△CHM∽△BEA或△CMH∽△BEA
CH BE CM BE
∴ = 或 =
CM BA CH BA
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7√13
y−2 √92+62
3 √92+62或 = ，
∴ = 7√13 6
y−2 6
20 103
解得：y= 或y= ，
3 6
20 103
∴M(6, )或(6, )；
3 6
当点C与点E为对应点时，如图所示：
作AS⊥BE于点S，
AB⋅EN 6×6 12√13 21√13
∴AS= = = ，ES=√AE2−AS2=
，
BE √92+62 13 13
∵∠HCL=∠AEB，
∴tan∠HCL=tan∠AEB，
12√13
HL AS 6−m 13
∴ = ，即 = ，
CL ES 12 21√13
−2
m 13
8
解得：m=6（舍去），m= ，
7
8 21
∴H( , )，
7 2
√ 8 2 21 2 17√65
∴CH= (6− ) +(2− ) = ，
7 2 14
∵△CHM∽△EBA或△CMH∽△EBA，
CH BE CM BE
∴ = 或 = ，
CM AE CH AE
17√65 y−2 √92+62
=
∴
14
=
√92+62 或17√65 √32+62，
y−2 √32+62 14
113 249
解得：y= 或y= ，
14 14
113 249
∴M(6, )或M(6, )；
14 14
当点C与点A为对应点时，如图所示：
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12
设H(m, )，过点H作HL∥x轴，交CG于点L，作EN⊥x轴于点N，
m
12
则EN=6,AN=3,HL=6−m,CL= −2，
m
∵∠HCL=∠EAN，
∴tan∠HCL=tan∠EAN，
6−m 6
HL EN =
∴ = ，即12 3
CL AN −2
m
解得：m =6（舍去），m =4，
1 2
∴H(4,3)，
∴CH=√H L2+CL2=√5，
设M(6,y)，则CM=2−y，
∵△HMC∽△EBA或△MHC∽△EBA
CH AE CH BA
∴ = 或 =
CM BA CM AE
√5 3√5 √5 6
∴ = 或 = ，
2−y 6 2−y 3√5
1
解得：y=0或y=− ，
2
1
∴M(6,0)或(6,− )；
2
综上所述，存在H、M，使得以C、H、M为顶点的三角形与△ABE相似，
1 113 249 20 103
M点的坐标为(6,0)或(6,− )或(6, )或(6, )或(6, )或(6, )．
2 14 14 3 6
【点睛】
题目主要考查平行四边形的性质，反比例函数的应用，相似三角形的判定和性质，解直角三角形的应用等，
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理解题意，综合运用这些知识点，然后进行分情况分析是解题关键．
20．（2023·江苏宿迁·二模）阅读下列材料：
在九年级下册“5.2二次函数的图像和性质”课时学习中，我们发现，函数：y=a(x−k) 2+h中a的符号决
定图像的开口方向，|a|决定图像的开口大小，为了进一步研究函数的图像和性质，我们作如下规定：如图
1，抛物线上任意一点（A）（异于顶点O）到对称轴的垂线段的长度（AB的长度）叫做这个点的“勾
距”，记作m；垂足（B）到抛物线的顶点（O）的距离（BO）叫这个点的“股高”，记作h；点（A）
到顶点（O）的距离（AO的长度）叫这个点的“弦长”，记作l；过这个点（A）和顶点（O）的直线（
AO）与对称轴（BO）相交所成的锐角叫做这个点的“偏角”，记作α．
由图1可得，对于函数y=ax2(a≠0)：
（1）当勾距m为定值时
①h=|am2|、l=m√(1+a2m2)；股高和弦长均随|a|增大而增大；
| 1 |
②tanα= ；偏角随|a|增大而减小；
am
| 1 | √3
（如：函数y=√3x2中，当m=1时，h=|am2|=√3、l=m√(1+a2m2)=2；tanα= = ,α=30°）
am 3
（2）当偏角α为定值时
| 1 | | 1 | |cosα |
m= 、h= 、l=
，勾距、股高和弦长均随|a|增大而减小；
atanα a(tanα) 2 a(sinα) 2
| 1 | | 1 | |cosα |
（如：函数y=x2中，当α=45°时，m= =1、h= =1、l= =√2）
atanα a(tanα) 2 a(sinα) 2
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利用以上结论，完成下列任务：
1
如图2：已知以A为顶点的抛物线y = (x−2) 2 与y轴相交于点B，若抛物线y =a(x−b) 2的顶点也是A，
1 2 2
并与直线AB相交于点C，与y轴相交于点D．
(1)函数y=2x2中，①当m=1时，h=________，②当α=60°时，l=________；
1
(2)如图2：以A(2,0)为顶点作抛物线：y = (x−2) 2 和y =a(x−b) 2,y 与y轴相交于点B,y 与直线AB相
1 2 2 1 2
交于点C，与y轴相交于点D：
1
①当a> 时，设S=AC⋅OD，随a的取值不同，S的值是否发生改变，如果不变，请求出S的值，如果发
2
生改变，请直接写出S的取值范围；
②若点M在抛物线y 上，直线AM与y 的另一个交点为N，记△BAM的面积为S ，△CAN的面积为S ，
1 2 1 2
若4S =9S ，请求出a的值
1 2
【答案】(1)①2；②3
1
(2)①S=4√2；②a=
3
【分析】（1）①根据材料（1）勾距m为定值时，h=|am2|；
|cosα |
②当偏角α为定值时，l=
，代入数据即可求解．
a(sinα) 2
（2）①根据题意，分别求得AC,OD，进而即可求解；
②根据题意，分求得AM,AN，AC,AB，进而证明△NAC∽△MAB，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：①函数y=2x2中，①当m=1时，h= |am2|=2×12=2，②当α=60°时，
1
|cosα | |cos60° | 2
l= = = =3
，
a(sinα) 2 2(sin60°) 2 (√3) 2
2×
2
故答案为：2，3．
（2）①如图所示，过点D作DF⊥AE于点F，过点C作CG⊥AE于点G
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1
以A(2,0)为顶点作抛物线：y = (x−2) 2 和y =a(x−b) 2
1 2 2
∴y =a(x−2) 2
2
1
以A为顶点的抛物线y = (x−2) 2 与y轴相交于点B，
1 2
1
由y = (x−2) 2 ，令x=0，解得：y=2，
1 2
∴B(0,2)，
∴AO=BO=2，
∴△AOB是等边三角形，∠BAO=45°，
则α=45°，
√2
|cos45° | 2 √2
AC=l = = =
∴
1 a(sin45°) 2 (√2) 2 a
a×
2
1
∵a>
2
∴y =a(x−2) 2 与y轴交于点D，AO=DF=2=m ，
2 2
∴OD=AF=h =|am2|=4a，
2
√2
∴S=AC⋅OD= ×4a=4√2
a
1
②当a> 时，如图所示
2
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√2
由①可得AC= ，AB=√OA2+OB2=2√2，
a
√2
∴AC a 1
= =
AB 2√2 2a
∵设∠MAE=β，M(m,2(m−2) 2)
|cosβ |
|cosβ | AM=
∴AN=
， 1
a(sinβ) 2 (sinβ) 2
2
1
∴ AN a 1
= =
AM 2 2a
AC AN
∴ =
AB AM
又∠NAC=∠MAB，
∴△NAC∽△MAB
∴
S 1= ( 1 ) 2
S 2a
2
又4S =9S ，
1 2
( 1 ) 2 9
∴ =
2a 4
1 3
∴ =±
2a 2
1 1
解得：a= 或a=− （不合题意，舍去）
3 3
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【点睛】本题考查了二次函数的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，熟练掌握题目所给的材
料是解题的关键．
题型 07 12345 模型
21．（2023·广东深圳·二模）如图，A，B，C，D是边长为1的小正方形组成的6×5网格中的格点，连接
BD交AC于点E，连接EF．给出4个结论：①BF=EF；②∠ABE=∠CEF；③tan∠AED=2；④
CA⋅CE=10．其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】连接CD，利用全等三角形的判定与性质得到∠DCB=90°，则△CDB为等腰直角三角形；利用
BE BF
角平分线的性质定理和平行线分线段成比例定理得到 = =2，则EF∥CD，利用平行线的性质得到
DE CF
∠FEB=∠CDB=45°，则ΔFEB为等腰直角三角形，则得①的结论正确；利用三角形的内角和定理得到
∠ABE=∠DCE，利用两直线平行，内错角相等得到∠CEF=∠DCE，则②的结论正确；利用三角形的
外交的性质得到∠AED=∠CBA，在RtΔCHB中，利用直角三角形的边角关系定理得到
CH
tan∠CBA= =3，则得③的结论不正确；利用相似三角形的判定与性质，列出比例式计算，则得④的
BH
结论正确．
【详解】解：连接CD，G，H为格点，如图，
由题意得：AD=2，AB=4，CD=CB=√10，∠DAC=∠BAC=45°．
在△DCG和△CBH中，
¿，
∴△DCG≌△CBH(SAS)，
∴∠DCG=∠CBH，
∵∠CBH+∠BCH=90°，
∴∠DCG+∠BCH=90°，
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∴∠DCB=90°，
∴△DCB为等腰直角三角形，
∴∠CDB=∠CBD=45°．
∵∠DAC=∠BAC=45°，
BE AB 4
∴ = = =2，
DE AD 2
∵FG∥BH，
BF HG
∴ = =2，
CF CG
BE BF
∴ = ，
DE CF
∴EF∥CD，
∴∠FEB=∠CDB=45°，
∴∠FEB=∠CBD=45°，
∴BF=EF．
∴①的结论正确；
∵∠CAB=∠CDB=45°，∠AEB=∠DEC，
∴∠ABE=∠DCE．
∵EF∥CD，
∴∠CEF=∠DCE，
∴∠ABE=∠CEF．
∴②的结论正确；
∵∠AED=∠EAB+∠ABE=45°+∠ABE，∠CBA=∠CBD+∠ABE=45°+∠ABE，
∴∠AED=∠CBA，
在Rt△CHB中，
CH
tan∠CBA= =3，
BH
∴tan∠AED=tan∠CBA=3，
∴③的结论不正确；
∵∠CBD=∠CAB=45°，∠ECB=∠BCA，
∴△BCE∽△ACB，
CE CB
∴ = ，
CB CA
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∴CA⋅CE=CB2=(√10) 2=10，
∴④的结论正确．
综上，正确的结论有：①②④．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质平行线
的判定与性质，平行线分线段成比例定理，等腰直角三角形的判定与性质，本题是网格题，熟练掌握网格
的特性是解题的关键．
22．（2023·河南郑州·三模）如图，把矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA、OC分别落在x轴、
1
y轴上，连接OB将纸片沿OB折叠，使A落在A'的位置，OB=√5,tan∠BOC= ，则点A'的坐标为
2
（ ）
( 3 4) ( 4 3) ( √5 )
A． − , B． − , C．(−1,2) D． − ,√5
5 5 5 5 5
【答案】A
【分析】本题以平面直角坐标系为载体，以翻折变换为方法构造而成，综合考查了矩形的性质，三角函数
的应用，勾股定理等知识，构造方程是解题关键．过点A'作x轴的垂线，垂足为D，根据先求出AB、BC
的长度，借助面积公式求出A'D、OD的长度即可解决问题．
【详解】解：如图，过点A'作x轴的垂线，垂足为D，
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设A'D=a，OD=b，
∵四边形ABCO是矩形，
∠OAB=∠OCB=90°，
∴四边形ABA'D为梯形，
设AB=OC=x，BC=AO= y，
1
∵OB=√5，tan∠BOC= ，
2
∴¿，
解得¿，（负值舍去）
由题意得A'O=AO=1，
∴△ABO≌△A'BO(SSS)，
由勾股定理得a2+b2=1①，
1 1 1
由面积公式得 ab+2× ×2×1= ×(a+2)×(b+1)②，
2 2 2
4 3
联立①②解得a= ，b= ，
5 5
( 4 3)
∴点A'的坐标为 − , .
5 5
故选：A．
23．（2022·江苏无锡·一模）如图所示的网格是正方形网格，则tan∠PAB+tan∠PBA= ，
∠PAB+∠PBA= °（点A，B，P是网格线交点）．
5
【答案】 45
6
【分析】根据正切的定义即可求得tan∠PAB+tan∠PBA的值，延长AP交格点于D，连接BD，根据勾
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股定理及其逆定理，可证得△DPB是等腰直角三角形，根据三角形外角的性质即可得到结论．
1 1 5
【详解】解：tan∠PAB+tan∠PBA= + =
2 3 6
如图：延长AP交格点于点D，连接BD，
则PD2=BD2=12+22=5，PB2=12+32=10，
∴PD2+DB2=PB2，
∴△DPB是等腰直角三角形，∠PDB=90°，
∴∠DPB=∠PAB+∠PBA=45°，
5
故答案为： ，45．
6
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，三角形的外角的性质，等腰直角三角形的判定和性质，
正确的作出辅助线是解题的关键．
24．（2023九年级下·江苏·专题练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB的解析式为y=−x+m分
别交x轴，y轴于A，B两点，已知点C(2,0)．
（1）当直线AB经过点C时，m= ；
（2）设点P为线段OB的中点，连接PA，PC，若∠CPA=∠ABO，则m的值是 ．
【答案】 2 12
【分析】（1）将点点C(2,0)代入直线AB的解析式即可求解；
（2）如图所示（见详解），作OD=OC=2，连接CD．则∠PDC=45°，由（1）可知A(m,0)，
B(0,m)，由此得OA=OB=m，AB=√2m，当△PCD∽△APB时，∠APC=∠ABP，由此即可求解．
【详解】解：（1）当直线AB经过点C时，点A与点C重合，
当x=2时，y=−2+m=0，即m=2，
故答案为2．
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（2）如图所示，
作OD=OC=2，连接CD．则∠PDC=45°， 且又y=−x+m可得A(m,0)，B(0,m)．
∴OA=OB=m，AB=√2m，则∠OBA=∠OAB=45°，
当m<0时，∠APC>∠OBA=45°，
∴∠CPA>45°，不符合题意；
当m>0时，
∵∠CPA=∠ABO=45°，
∴∠BPA+∠OPC=∠BAP+∠BPA=135°，即∠OPC=∠BAP，
∴△PCD∽△APB，
1
m+2
PD CD 2 2√2
∴ = ，即 = ，解得m=12．
AB PB √2m 1
m
2
故答案是：12．
【点睛】本题主要考查一次函数与几何图形的综合，掌握一次函数图形的特点，几何图像的变换是解题的
关键．
题型 08 锐角三角形应用-仰角俯角问题
25．（2024·江苏南京·模拟预测）今年除夕夜小李和亮亮相约去看烟花，并测量烟花的燃放高度，如图，
小李从B点出发，沿坡度i=5:12的山坡BA走了260米到达坡顶A点，亮亮则沿B点正东方向到达离A点
水平距离80米的C点观看，此时烟花在与B、C同一水平线上的点D处点燃，一朵朵灿烂的烟花在点D的
正上方E点绽放，小李在坡顶A处看烟花绽放处E的仰角为45°，亮亮在C处测得E点的仰角为60°，
（点A、B、C、D、E在同一平面内）．烟花燃放结束后，小李和亮亮来到烟花燃放地帮忙清理现场的垃
圾，他们清理时发现刚才燃放的烟花盒子上的说明书写着烟花的燃放高度为430±5米，请你帮他们计算一
下说明书写的烟花燃放高度（图中DE）是否属实？（参考数据：√2≈1.414，√3≈1.732）
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【答案】说明书写的烟花燃放高度属实
【分析】本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题．过A作AG⊥BD于G，根据矩形的性质得到
∠AGD=∠AGB=∠AFE=∠D=90°，AF=DG，AG=DF，设AG=5k，BG=12k，根据勾股定理
得到AB=√AG2+BG2=13k=260，BG=12k=240米，根据CG=80米，DF=100米，求得
AF=DG=(80+CD)米，得到EF=AF=80+CD，根据三角函数的定义即可得到结论．
【详解】解：过A作AG⊥BD于G，AF⊥DE于F，
则四边形AGDF是矩形，
∴∠AGD=∠AGB=∠AFE=∠D=90°，AF=DG，AG=DF，
AG 5
在Rt△ABG中，AB=260米， = ，
BG 12
设AG=5k，BG=12k，
∴AB=√AG2+BG2=13k=260，
∴k=20，
∴AG=100米．BG=12k=240米，
∵CG=80米，DF=AG=100米，
∴AF=DG=(80+CD)米，
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∵∠EAF=45°，
∴∠AEF=∠EAF=45°，
∴EF=AF=80+CD，
DE
在Rt△CDE中，∠DCE=60°，DE=80+CD+100=180+CD，tan∠DCE= ，
CD
∴180+CD=√3CD，
∴CD=90+90√3，
∴DE=180+90+90√3≈426（米)．
∵426在430±5即425与435的范围内，
答：说明书写的烟花燃放高度属实．
26．（2024·江苏南京·一模）如图，山顶有一塔AB，在塔的正下方沿直线CD有一条穿山隧道EF，从与E
点相距80m的C处测得A，B的仰角分别为27°，22°．从与F点相距50m的D处测得A的仰角为45°．
若隧道EF的长为323m，求塔AB的高．（参考数据：tan22°≈0.40，tan27°≈0.51．）
【答案】33m
【分析】延长AB交CD于点H，则AH⊥CD，结合角的正切分析求解直角三角形．
【详解】解：如图，延长AB交CD于点H，则AH⊥CD
在Rt△ACH中，∠ACH=27°，
AH
∵tan27°=
．
CH
AH AH
∴CH= = ．
tan27° 0.51
在Rt△BCH中，∠BCH=22°，
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BH BH
∵CH= = ，
tan22° 0.40
在Rt△ADH中，∠D=45°，
AH
∵tan45°= ，
HD
∴HD=AH．
由题意可得CE=80m，EF=323m，DF=50m
∴CD=CE+EF+DF=453
∴CH+DH=CH+AH=453
AH
又∵CH= ，
0.51
AH
∴ +AH=453，解得AH=153，
0.51
153
∴CH= =300
0.51
BH
∴ =300，解得BH=120
0.40
∴AB=AH−BH=33m
答：塔AB的高为33m．
【点睛】本题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．
27．（2024·陕西商洛·一模）数学兴趣小组在“测量教学楼高度”的活动中，设计并实施了以下方案：
课题 测量教学楼AB的高度
测量方案示意图
测得数据 CD=4.7m，∠ACG=22°，∠BCG=13°
说明 图上所有点均在同一平面内
sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40
参考数据 ，
sin13°≈0.22，cos13°≈0.97，tan13°≈0.23
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请你依据此方案，求教学楼AB的高度．（结果保留整数）
【答案】教学楼的高度约为13m
【分析】本题考查解直角三角形的应用，根据题意得四边形BDCE是矩形，则可得
CG=BD，CD=BG=4.7m，然后分别在Rt△BCG与Rt△ACG中，利用三角函数的知识，求得CG与
AG的长，进而可得AB，注意能借助仰角与俯角构造直角三角形并解直角三角形是关键．
【详解】根据题意得：四边形BDCE是矩形，
∴CG=BD，CD=BG=4.7m，
在Rt△BCG中，∠BCG=13°，
∴BG=CG⋅tan13°，
BG
∴CG= ，
tan13°
在Rt△ACG中，∠ACG=22°，
BG 4.7
∴AG=CG⋅tan22°= ×tan22°≈ ×0.40≈8(m)，
tan13° 0.23
∴AB=AG+BG=8+4.7≈13(m)，
答：教学楼的高度约为13m．
28．（2024·陕西西安·三模）某校“综合与实践”活动小组的同学要测量两座楼之间的距离，他们借助无
人机设计了如下测量方案：无人机在两楼之间上方的点O处，点O距地面AC的高度为60m，此时观测到楼
AB底部点A处的俯角为70°，楼CD上点E处的俯角为30°，沿水平方向由点O飞行24m到达点F，测得点
E处俯角为60°，其中点A，B，C，D，E，F，O均在同一竖直平面内．请根据以上数据求楼AB与CD
之间的距离AC的长．（结果精确到1m，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，
√3≈1.73)
【答案】58m
【分析】本题考查了解直角三角形的应用−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；延长AB交OF于点G，延长CD交OF于点H，根据题意可得：AG⊥OF，
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CH⊥OF，AG=60m，OF=24m，GH=AC，然后在Rt△AGO中，利用锐角三角函数的定义求出OG
的长，再利用三角形的外角性质可得∠FOE=∠FEO=30°，从而可得O=EF=24m，最后在Rt△EFH
中，利用锐角三角函数的定义求出FH的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【详解】解：延长AB交OF于点G，延长CD交OF于点H，
由题意得：AG⊥OF，CH⊥OF，AG=60m，OF=24m，GH=AC，
在Rt△AGO中，∠AOG=70°，
AG 60
∴GO= ≈ ≈21.8(m)，
tan70° 2.75
∵∠HFE是△OFE的一个外角，∠HFE=60°，∠FOE=30°，
∴∠FEO=∠HFE−∠FOE=30°，
∴∠FOE=∠FEO=30°，
∴FO=EF=24m，
1
在Rt△EFH中，FH=EF⋅cos60°=24× =12(m)，
2
∴AC=GH=OG+OF+FH=21.8+24+12≈58(m)，
∴楼AB与CD之间的距离AC的长约为58m．
题型 09 锐角三角形应用-方位角问题
29．（2023·贵州贵阳·模拟预测）如图，为了测量河对岸A，B两点间的距离，数学兴趣小组在河岸南侧选
定观测点C，测得A，B均在C的北偏东37°方向上，沿正东方向行走100米至观测点D，测得A在D 的
正北方向，B在D的北偏西53°方向上．求A，B两点间的距离（精确度到1米）．参考数据：
sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75．sin53°≈0.80，cos53°≈0.60， tan53°≈1.33
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【答案】A，B两点间的距离约107米
【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，证得△BCD和△ABD是直角三角形是解决问题的关键．
由三角形内角和定理证得△BCD和△ABD是直角三角形，解直角三角形即可求出AB．
【详解】解：根据题意得A，B，C三点共线，
∵CE∥AD，
∴∠A=∠ECA=37°，
∴∠CBD=∠A+∠ADB=37°+53°=90°，
∴∠ABD=90°，
BD
在Rt△BCD中，∠BDC=90°−53°=37°，CD=100米，cos∠BDC= ，
CD
∴BD=CD⋅cos∠37°≈100×0.80=80（米），
BD
在Rt△ABD中，∠A=37°，BD=80米，tanA= ，
AB
BD 80
∴AB= ≈ ≈107（米）．
tan37° 0.75
答：A，B两点间的距离约107米．
30．（2023·重庆·模拟预测）如图，四边形ABCD是某公园内的休闲步道．经测量，点B在点A的正东方
向，AB=100米，点C在点B的正北方向，点D在点A的西北方向，AD=200√2米，点D在点C的南偏
西60°方向上．（参考数据：√2≈1.414,√3≈1.732）
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(1)求步道BC的长度；（精确到个位）
(2)甲以90米/分的速度沿A→B→C→D的方向步行，同时乙骑自行车以300米/分的速度沿
A→B→C→D的方向行驶．两人能否在3分钟内相遇？请说明理由．
【答案】(1)步道BC的长度为373米
(2)两人可以在3分钟内相遇，理由见解析
【分析】本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，正确地作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
（1）过点D作DE⊥BC于E过点A作AF⊥DE于F，则四边形ABEF是矩形，求得EF=AB=100米，
AF=BE，解直角三角形即可得到结论；
（2）解直角三角形即可得到结论．
【详解】（1）解：过点D作DE⊥BC于E过点A作AF⊥DE于F，
则四边形ABEF是矩形，
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∴EF=AB=100米，AF=BE，
在Rt△DAF中，∠DAF=45°，AD=200√2米，
√2
∴AF=DF=AD⋅tan∠DAF=200√2× =200（米)，
2
∴BE=200米，DE=DF+EF=300米，
DE
在Rt△DCE中，∠DCE=60°，DE=DF+EF=300米，tan∠DCE= ，
CE
DE 300
∴CE= = =100√3（米)，
tan60° √3
∴BC=BE+CE=200+100√3≈200+100×1.732=373.2≈373（米)．
答：步道BC的长度约为373米；
（2）解：两人能在3分钟内相遇，理由如下：
在Rt△DCE中，∠DCE=60°，CE=100√3米，
∴∠CDE=30°，
∴CD=2CE=200√3米，
∴四边形ABCD的周长为300+300√3+200√2，
∴(300+300√3+200√2)÷(300+90)≈2.8（秒)，
故两人能在3分钟内相遇．
31．（2023·重庆·模拟预测）如图，一艘巡逻船以每小时50海里的速度从正北向正南方向进行巡逻，在点
A处测得码头C在其南偏东60°方向上，继续向正南方向航行2小时到达点B处，测得码头C在其北偏东
30°方向上．
(1)求此时巡逻船所在点B处与码头C的距离；（结果保留根号）
(2)巡逻船在点B处发现其南偏东75°方向上的点D处有一只正在非法捕鱼的渔船，于是立即调整方向以原
速朝着点D处行驶，同时，巡逻船与停靠在码头C的海监船取得联系，渔船在码头C的南偏东15°方向上，
海监船得到命令后整理装备用时10分钟，然后以每小时80海里的速度朝渔船行驶．求海监船从码头C到
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达渔船所在的点D处的时间；并据此判断海监船能否比巡逻船提前到达D处．（结果精确到百分位，参考
数据：√2≈1.41,√3≈1.73,√6≈2.45）
【答案】(1)50√3海里
(2)海监船从码头C到达渔船所在的，点D处用时1.21小时，且海监船能比巡逻船提前到达点D处
【分析】本题考查的是解直角三角形的应用，理解方位角的含义是解本题的关键．
（1）先求解∠ACB=90°，AB=50×2=100海里，再解直角三角形可得BC的长度；
（2）先求解∠CBD=75°,∠BCD=45°，∠BDC=60°．过点B作BE⊥DC于点E．求解
BE DE
BE=CE=BC⋅cos45°=25√6海里．DE= =25√2海里，BD= =50√2海里．再计算时
tan60° cos60°
间进行比较即可．
【详解】（1）解：由题意，得∠BAC=60°，∠ABC=30°，
∴∠ACB=90°，AB=50×2=100（海里）．
在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，
√3
∴BC=AB⋅cos30°=100× =50√3（海里）．
2
答：此时巡逻船所在点B处与码头C的距离为50√3海里．
（2）由题意，得∠CBD=180°−30°−75°=75°,∠BCD=30°+15°=45°，
∴∠BDC=180°−75°−45°=60°．
过点B作BE⊥DC于点E．
在Rt△CEB中，∠CEB=90°，∠BCE=45°，
√2
∴BE=CE=BC⋅cos45°=50√3× =25√6（海里）．
2
在Rt△DEB中，∠DEB=90°，∠BDE=60°，
BE 25√6
∴DE= = =25√2（海里），
tan60° √3
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DE 25√2
BD= = =50√2
cos60° 1 （海里）．
2
CE+DE 25√6+25√2 5
海监船用时为 = ≈ ×(2.45+1.41)≈1.21（时），
80 80 16
BD 50√2
巡逻船用时为 = =√2≈1.41（时）．
50 50
10
∵1.21+ ≈1.21+0.17=1.38<1.41，
60
∴海监船能比巡逻船提前到达点D处．
答：海监船从码头C到达渔船所在的，点D处用时1.21小时，且海监船能比巡逻船提前到达点D处．
32．（2024·重庆·一模）如图，车站A在车站B的正西方向，它们之间的距离为100千米，修理厂C在车
站B的正东方向．现有一辆客车从车站 B出发，沿北偏东45°方向行驶到达D处，已知D在A的北偏东
60°方向，D在C的北偏西30°方向．
(1)求车站B到目的地D的距离（结果保留根号）
(2)客车在D处准备返回时发生了故障，司机在D处拨打了救援电话并在原地等待，一辆救援车从修理厂C
出发以35千米每小时的速度沿CD方向前往救援，同时一辆应急车从车站A以60千米每小时的速度沿AD
方向前往接送滞留乘客，请通过计算说明救援车能否在应急车到达之前赶到D处．（参考数据：
√2≈1.41,√3≈1.73,√6≈2.45）
【答案】(1)(50√6+50√2)千米
(2)能
【分析】
本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题：
（1）过点D作DE⊥AC于点E，得出BE=DE，BD=√2DE，设BE=DE=x千米，则BD=√2x千米，
在Rt△ADE中，AE=√3x千米，根据AE=AB+BE列方程求出x=50√3+50，从而可求出BD；
（2）分别求出AD,CD的长，再求出应急车和救援车从出发地到目的地行驶时间，再进行比较即可得出答
案
【详解】（1）解：过点D作DE⊥AC于点E，如图，
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则∠DEB=90°,
由题意知，∠ADE=60°, ∠DBE=90°−45°=45°,
∴△DBE是等腰直角三角形，
∴DE=BE,BD=√2DE,
设BE=DE=x千米，则BD=√2x千米，
AE
在Rt△ADE中，tan∠ADE= =tan60°=√3，
DE
∴AE=√3DE=√3x，
∵AB+BE=AE，
∴100+x=√3x，
解得：x=50√3+50，
∴BD=√2x=√2(50√3+50)=(50√6+50√2)千米，
即车站B到目的地D的距离为(50√6+50√2)千米；
（2）解：根据题意得，∠CDE=30°,
DE √3
又cos∠EDC= = ，
CD 2
2 2 ( 100√3)
∴CD= DE= ×(50√3+50)= 100+ 千米，
√3 √3 3
又∵∠DAE=30°,
∴AD=2DE=2×(50√3+50)=(100√3+100)千米，
( 100√3)
救援车所用时间为： 100+ ÷35≈4.5（时）；
3
应急车所用时间为：(100√3+100)÷60≈4.55（时）
∵4.5<4.55，
∴救援车能在应急车到达之前赶到D处．
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题型 10 锐角三角形应用-坡度坡角问题
33．（2024·河南周口·一模）2024年春节前夕，哈尔滨旅游市场的火热带动了全国“冰雪旅游”的繁荣，
某地准备依山建设一个滑雪场带动本地旅游的发展．如图，小山AB的山腰CN上有一个平台CD长为
45m，从点C看山顶A的仰角为63°，山坡DE的坡度为i=1:2.4，该地准备利用斜坡DE建设一个滑雪场，
且DE的长度为390m，若点D到地面BE的垂线段与BN构成的四边形恰好为正方形时，且图中各点均在一
个平面内，求小山AB的高度．（精确到整数，参考数据：sin63°≈0.89，cos63°≈0.45，
tan63°≈1.96）
【答案】小山AB的高度约为356m
【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，勾股定理，正方形的性质，先解直角三角形得到
DM 5
= ，设DM=5xm，则ME=12xm，由勾股定理得到(5x) 2+(12x) 2=3902，解方程求出
ME 12
DM=150m，再由正方形的性质推出CN=105m，解直角三角形求出AN=205.8m，进而求出AB的长即
可得到答案．
【详解】解：∵山坡DE的坡度为i=1:2.4，
DM 1 5
∴ = = ，
ME 2.4 12
设DM=5xm，则ME=12xm，
在Rt△DME中，由勾股定理DM2+M E2=DE2，
∴(5x) 2+(12x) 2=3902
解得x=30或x=−30（舍去），
∴DM=30×5=150m，
∵四边形NBMD为正方形，
∴BN=DM=DN=150m，
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∴CN=DN−CD=150−45=105m，
在Rt△ANC中，∠ACN=63°，
∴AN=NC⋅tan63°=205.8m，
∴AB=AN+BN=355.8≈356m，
答：小山AB的高度约为356m．
34．（2024·广东江门·一模）甲、乙两人去登山，甲从小山西边山脚B处出发，已知西面山坡的坡度
i =1:√3（坡度：坡面的垂直高度与水平长度的比，即tanB=1:√3）．同时，乙从东边山脚C处出发，
1
东面山坡的坡度i =3:4，坡面AC=1000米．
2
(1)求甲、乙两人出发时的水平距离BC．
(2)已知甲每分钟比乙多走10米．两人同时出发，并同时达到山顶A．求：甲、乙两人的登山速度．
【答案】(1)BC=(600√3+800)米
(2)甲的登山速度为60分钟/米，乙的登山速度为50分钟/米；
【分析】本题考查的是解直角三角形的应用−坡度坡角问题，掌握坡度的概念、熟记锐角三角函数的定义
是解题的关键．
（1）过点A作AD⊥BC，根据坡度比设AD=3x，则CD=4x，利用勾股定理即可求解；
（2）设乙的速度为v分钟/米，则甲的速度为(v+10)分钟/米，列分式方程即可求解．
【详解】（1）解：过点A作AD⊥BC，如图，
AD AD 3
由题意得：tanB= =1:√3，tanC= = ，
BD CD 4
∴设AD=3x，则CD=4x，
∴AC=√AD2+CD2=5x=1000，解得：x=200，
∴AD=600，CD=800
600
∴ =1:√3，解得：BD=600√3，
BD
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∴BC=BD+CD=(600√3+800)米；
（2）解：由（1）得：AD=600，BD=600√3，
∴AB=√AD2+BD2=1200，
设乙的速度为v分钟/米，则甲的速度为(v+10)分钟/米，
1200 1000
由题意得： = ，解得：v=50，
v+10 v
经检验：v=50是分式方程的解，
则50+10=60，
∴甲的登山速度为60分钟/米，乙的登山速度为50分钟/米；
35．（2024·四川达州·模拟预测）如图为某单位地下停车库入口处的平面示意图，在司机开车经过坡面即
将进入车库时，在车库入口CD的上方BC处会看到一个醒目的限高标志，现已知图中BC高度为0.5m，
AB宽度为9m，坡面的坡角为30°．√3≈1.73，结果精确到 0.1米．
(1)根据图1求出入口处顶点C到坡面的铅直高度CD；
(2)图2中，线段CE为顶点C到坡面AD的垂直距离，现已知某货车高度为3.9米，请判断该车能否进入该
车库停车？
【答案】(1)4.6m
(2)该车能进入该车库停车
【分析】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的
比是解题的关键．
（1）根据正切的定义求出BD，进而求出CD；
（2）根据正弦的定义求出CE，根据题意解答即可．
【详解】（1）解：在Rt△ABD中，∠BAD=30°，AB=9m，
√3
∴BD=AB⋅tan∠BAD=9× =3√3(m)，
3
∴CD=BD−BC=3√3−0.5≈4.6(m)，
答：点C到坡面的铅直高度CD约为4.6m；
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（2）解：在Rt△CDE中，∠CDE=60°，CD=(3√3−0.5)m，
√3 9 √3
∴CE=CD⋅sin∠CDE=(3√3−0.5)× = − ≈4.1(m)，
2 2 4
∵4.1>3.9，
∴该车能进入该车库停车．
36．（2023·山东青岛·模拟预测）我国南水北调中线工程的起点是丹江水库，按照工程计划，需对原水库
大坝进行混凝土加高，使坝高由原来的162米增加到173米，以抬高蓄水位．如图是某一段坝体加高工程
的截面示意图，其中原坝体的高为BE，背水坡坡角∠BAE=68°，新坝体的高为DE，背水坡坡角
∠DCE=60°．求工程完工后背水坡坡底端水平方向增加的宽度AC．（结果精确到1米．参考数据：
sin68°≈0.93，cos68°≈0.37，tan68°≈2.50， √3≈1.73）．
【答案】工程完工后背水坡底端水平方向增加的宽度AC约为35米．
【分析】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握正切的定义是解题的关键．根据正切的
定义分别求出CE、AE，计算即可．
DE
【详解】解：在Rt△DCE中，tan∠DCE= ，
CE
∵∠DCE=60°，DE=173米，
DE 173
∴CE= = ≈100（米），
tan∠DCE √3
BE
在Rt△BAE中，tan∠BAE= ，
AE
∵∠BAE=68°，BE=162米，
BE 162
∴AE= ≈ =64.8（米），
tan∠BAE 2.50
∴AC=CE−AE=100−64.8≈35（米），
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答：工程完工后背水坡底端水平方向增加的宽度AC约为35米．
题型 11 锐角三角形应用-与不易测量相关问题
37．（2024·安徽合肥·一模）如图，为了测量湖泊东西方向的距离AB，测绘员在湖泊正东方向的D处
（B，A，D在同一直线上）利用无人机升空测量，当无人机恰好在点D的正上方C处时，测得湖泊东岸A
的俯角∠ECA为65°，测得湖泊西岸B的俯角∠ECB为22°，此时无人机距离地面的高度CD为200m，求
湖 泊 东 西 方 向 的 距 离 AB ． （ sin65°≈0.91， cos65°≈0.42， tan65°≈2.14， sin22°≈0.37，
cos22°≈0.93，tan22°≈0.40，结果保留1位小数）
【答案】湖泊东西方向的距离AB约为406.5m．
【分析】
本题考查解直角三角形的应用．先在Rt△ACD中利用正切的定义计算出AD，然后在Rt△BCD中利用正
切的定义计算BD，进一步计算即可求解．
【详解】
解：在Rt△ACD中，∠CAD=65°，CD=200m，
CD
∵tan∠CAD= ，
AD
200
∴AD= ≈93.5(m)，
2.14
在Rt△BCD中，∠B=22°，CD=200m，
CD
∵tanB= ，
BD
200
∴BD= =500(m)．
0.4
∴AB=BD−AD=500−93.5=406.5(m)．
答：湖泊东西方向的距离AB约为406.5m．
38．（2024·浙江温州·一模）【问题背景】
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一旗杆直立（与水平线垂直）在不平坦的地面上（如图1）．两个学习小组为了测量旗杆的高度，准备利
用附近的小山坡进行测量估算．
【问题探究】
如图2，在坡角点C处测得旗杆顶点A的仰角∠ACE的正切值为2，山坡上点D处测得顶点A的仰角
7 3
∠ADG的正切值为 ，斜坡CD的坡比为 ，两观测点CD的距离为15m．
9 4
学习小组成员对问题进行如下分解，请探索并完成任务．
（1）计算C，D两点的垂直高度差．
（2）求顶点A到水平地面的垂直高度．
【问题解决】
为了计算得到旗杆AB的高度，两个小组在共同解决任务1和2后，采取了不同的方案：
2
小组一：在坡角点C处测得旗杆底部点B的仰角∠BCE的正切值为 ；
5
1
小组二：在山坡上点D处测得旗杆底部点B的俯角∠GDB的正切值为 ．
9
（3）请选择其中一个小组的方案计算旗杆AB的高度．
【答案】（1）C，D两点的垂直高度差DH=9m；（2）顶点A到水平地面的垂直高度AN=30m；（3）
若选择小组一：旗杆AB的高度为24m；若选择小组二：旗杆AB的高度为24m
【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，矩形的判定和性质，三角函数的定义，解题的关键是熟练
掌握三角形函数的定义．
3
（1）作DH⊥CF交于点H，根据斜坡CD的坡比为 ，CD=15m，求出CH=12m，DH=9m即可；
4
（2）延长DG交AB于M，延长CE交AB延长线于N，根据∠ACE的正切值为2，仰角∠ADG的正切值
7 AN AM 7
为 ，得出 =2， = ，设NC=a，则AN=2a，AM=AN−MN=2a−9，
9 NC MD 9
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AM 2a−9 7
MD=NC+CH=a+12，得出 = = ，求出a的值即可得出答案；
MD a+12 9
（3）根据测出的仰角或俯角的正切值，解直角三角形得出答案即可．
【详解】解：（1）作DH⊥CF交于点H，
3
∵斜坡CD的坡比为 ，
4
∴设DH=3xm，CH=4xm，
∴CD=√DH2+CH2=5x，
∵CD=15m，
∴5x=15，
解得：x=3
∴CH=12m，DH=9m，
∴C，D两点的垂直高度差DH=9m；
（2）延长DG交AB于M，延长CE交AB延长线于N，
7
∵∠ACE的正切值为2，仰角∠ADG的正切值为 ，
9
AN AM 7
∴ =2， = ，
NC MD 9
∵∠DMN=∠MNH=∠DHN=90°，
∴四边形MNHD为矩形，
∴DH=MN=9m，MD=NH，
设NC=a，则AN=2a，AM=AN−MN=2a−9，MD=NC+CH=a+12，
AM 2a−9 7
∴ = = ，
MD a+12 9
解得a=15，
∴AN=30m，AM=21m，MD=27m，
∴顶点A到水平地面的垂直高度AN=30m；
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2
（3）小组一：∵∠BCE的正切值为 ，
5
BN 2
∴ = ，
NC 5
∵NC=15m，
2
∴BN= NC=6m，
5
∴AB=AN−BN=30−6=24(m)；
1
小组二：∵∠GDB的正切值为 ，
9
BM 1
∴ = ，
MD 9
∵MD=27m，
1
∴BM= MD=3m，
9
∵AM=21m，
∴AB=AM+BM=24m．
39．（2023·海南海口·二模）小明学了《解直角三角形》内容后，对一条东西走向的隧道AB进行实地测量．
如图所示，他在地面上点C处测得隧道一端点A在他的北偏东15°方向上，他沿西北方向前进100√3米后
到达点D，此时测得点A在他的东北方向上，端点B在他的北偏西60°方向上，点A、B、C、D在同一平
面内．
(1)填空：∠BAC=________°，∠ADC=________°；
(2)求点D到点A的距离；
(3)求隧道AB的长．（结果保留根号）
【答案】(1)75，90
(2)点D到点A的距离为300米
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(3)隧道AB的长为(150√2+150√6)米
【分析】（1）如图，过点D作DE⊥AB于点E，根据方位图易得∠ADC=90°，∠ACD=60°，根据三
角形内角和定理可得∠DAC=30°，∠EAD=45°，进而可得∠BAC=75°；
（2）在Rt△ADC中，∠ACD=60°，根据三角函数即可求出AD的长；
（3）在Rt△ADE中，根据三角函数求出AE的长，在Rt△BDE中，根据三角函数求出BE的长，即可求
出AB的长．
本题考查的是解直角三角形的应用-方向角问题，掌握方向角的概念、熟记特殊角的三角函数值是解题的关
键．
【详解】（1）解：如图
如图，过点D作DE⊥AB于点E，
∵∠DCG=45°，
∴∠CDF=45°，
又∵∠ADE=45°，
∴∠ADC=180°−∠CDF−∠ADE=90°，
∵∠ACD=∠ACG+∠DCG=15°+45°=60°，
∴∠DAC=180°−∠ADC−∠ACD=30°，
在Rt△ADE中，∠ADE=45°，
∴∠EAD=90°−45°=45°，
∴∠BAC=∠EAD+∠DAC=45°+30°=75°，
故答案为：75，90．
（2）在Rt△ADC中，∠ACD=60°，
AD=DC×tan∠ACD=100√3×tan60°=100√3×√3=300．
答：点D到点A的距离为300米．
（3）（3）如图1，过点D作DE⊥AB于点E．
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∵AB是东西走向，
∴∠ADE=45°，∠BDE=60°．
在Rt△ADE中，
DE=AE=AD×sin∠ADE=300×sin45°=150√2．
在Rt△BDE中，
BE=DE×tan∠BDE=150√2×tan60°=150√6．
∴AB=AE+BE=150√2+150√6．
答：隧道AB的长为(150√2+150√6)米．
题型 12 锐角三角形应用-与可调节的滑动悬杆问题
40．（2024·辽宁盘锦·一模）图1是一台实物投影仪，图2是它的示意图，折线B−A−O表示固定支架，
AO垂直水平桌面OE于点O，点B为旋转点，BC可转动，当BC绕点B顺时针旋转时，投影探头CD始终
垂直于水平桌面OE，经测量：AO=6.4cm，CD=8cm，AB=40cm，BC=45cm．
（参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，sin40°≈0.64，cos40°≈0.77)
(1)如图2，∠ABC=70°，BC∥OE．
①填空：∠BAO=_____°；
②投影探头的端点D到桌面OE的距离为_____cm．
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(2)如图3，将（1）中的BC向下旋转，当∠ABC=30°时，求投影探头的端点D到桌面OE的距离．
【答案】(1)①160；②36
(2)投影探头的端点D到桌面OE的距离为7.2cm
【分析】此题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是构造直角三角形．
（1）①延长OA交BC于F，先证明OF⊥BC得到∠AFB=90°，再利用三角形外角的性质求出∠BAO
的度数即可；②解Rt△ABF求出AF，进而计算AF+OA−CD即可求解；
（2）如图所示，延长CD交OE于点H，过点B作BM⊥CD，与DC延长线相交于点M，过A作
AF⊥BM于点F，则四边形FMHO是矩形，由（1）得∠MBA=70°，OF=44cm，则
MH=OF=44cm，求出∠MBC=40°，解Rt△MBC，求出CM=28.8cm，则
DH=MH−CD−CM=7.2cm，即投影探头的端点D到桌面OE的距离为7.2cm．
【详解】（1）解：①如图所示，延长OA交BC于F，
∵BC∥OE，OA⊥OE，
∴OF⊥BC，
∴∠AFB=90°，
∴∠BAO=∠B+∠AFB=160°，
故答案为：160；
②在Rt△ABF中，AB=40cm，∠B=70°，∠AFB=90°，
∴AF=AB⋅sinB≈40×0.94=37.6cm，
∴OF=OA+AF=44cm，
∵CD=8cm，
∴投影探头的端点D到桌面OE的距离为44−8=36cm，
故答案为：36；
（2）解：如图所示，延长CD交OE于点H，过点B作BM⊥CD，与DC延长线相交于点M，过A作
AF⊥BM于点F，则四边形FMHO是矩形，
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由（1）得∠MBA=70°，OF=44cm，
∴MH=OF=44cm，
∵∠ABC=30°，
∴∠MBC=40°，
在Rt△MBC中，BC=45cm，∠M=90°，
∴CM=BC⋅sin∠MBC≈45×0.64=28.8cm，
∴DH=MH−CD−CM=7.2cm，
∴投影探头的端点D到桌面OE的距离为7.2cm．
41．（2023·四川成都·模拟预测）桌面上的某创意可折叠台灯的实物图如图①所示，将其抽象成图②，经
测量∠BCD=70°，∠CDE=155°，灯杆CD的长为30cm，灯管DE的长为20cm，底座AB的厚度为
3cm．不考虑其它的因素，求台灯的高（点E到桌面的距离）．（结果精确到1cm；参考数据：√2≈1.41，
sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）
【答案】45cm
【分析】本题考查了解直角三角形的其他应用：过点D作AB的平行线DM，过点D作AB的垂线，垂足为
点G，过点E作DM的垂线，垂足为点F．在Rt△≝¿中，根据勾股定理，得EF≈14.1cm，在Rt△CDG
中，∠DGC=90°，∠DCG=70°，CD=30cm，DG≈28.2(cm)．注意底座的厚度为3cm，即可作答．
【详解】解：如图，过点D作AB的平行线DM，过点D作AB的垂线，垂足为点G，过点E作DM的垂线，
垂足为点F．
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∵∠BCD=70°，
∴∠CDM=180°−∠BCD=110°．
∵∠CDE=155°，
∴∠EDM=∠CDE−∠CDM=155°−110°=45°
在Rt△≝¿中，∠EFD=90°，∠EDF=45°，DE=20cm
√2
∴EF= DE≈14.1cm．
2
在Rt△CDG中，∠DGC=90°，∠DCG=70°，CD=30cm，
∴DG=CD×sin70°≈30×0.94=28.2(cm)．
∵底座AB的厚度为3cm
∴点E到桌面的距离为14.1+28.2+3≈45cm．
答：台灯的高（点E到桌面的距离）约为45cm
42．（23-24九年级下·江苏苏州·阶段练习） 有一种可折叠台灯，它放置在水平桌面上，图1是台灯的平
面示意图，其中点B，E，D均为可转动点，现测得AB=BE=ED=CD=18cm，经多次调试发现当点
B，E都在CD的垂直平分线上时（如图2所示）放置最平稳．
(1)求放置最平稳时灯座CD与灯杆DE的夹角的大小；
(2)当A点到水平桌面（CD所在直线）的距离为42cm−43cm时，台灯光线最佳，能更好的保护视力．若
台灯放置最平稳时，将∠ABE调节到105°，试通过计算说明此时光线是否为最佳．（参考数据：
sin15°=0.26，cos15°=0.97，tan15°=0.27，√3=1.73）
【答案】(1)灯座DC与灯杆DE的夹角为60°；
(2)此时光线不是最佳．
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【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，线段垂直平分线的性质，正确作出辅助线构造直角三
角形是解题的关键．
（1）延长BE交DC于点F，由线段垂直平分线的性质可得EF⊥CD且FD=CD=9cm，利用三角函数的
定义由此求解即可；
（2）作AM⊥DC于点M，作BG⊥AM于点G，则四边形GMFB是矩形，解直角三角形求出AM的长即
可得到答案．
【详解】（1）解：延长BE交DC于点F，则由题可知EF⊥CD且FD=CD=9cm；
DF 1
∴cos∠D= = ，
DE 2
∴∠D=60°，即灯座DC与灯杆DE的夹角为60°；
（2）解：作AM⊥DC于点M，作BG⊥AM于点G，则四边形GMFB是矩形，
∴∠GBF=90°，
∵EF=DE⋅sinD=9√3(cm)，
∴GM=BE+EF=18+9√3≈33.6(cm)，
∵∠ABE=105°，
∴∠ABG=15°，
∴AG=AB⋅sin15°=4.7cm，
∴AM=33.6+4.7=38.3(cm)，
∴此时光线不是最佳．
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（时间：60分钟）
一、单选题
1．（2024·辽宁盘锦·模拟预测）点P(sin30°,tan45°)关于x轴的对称点为Q，点Q关于原点的对称点为
M，则M的坐标为（ ）
(1 ) ( 1 )
A． ,−1 B． − ,1
2 2
( 1 )
C． − ,−1 D．以上答案都不对
2
【答案】B
【分析】本题主要考查了特殊角的三角函数值，坐标与图形，解题的关键是熟练掌握特殊角的三角函数值，
(1 )
求出P ,1 ，然后根据关于x轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数，得出点Q的坐标，最后根据
2
原点对称的点横、纵坐标互为相反数，求出M点的坐标即可．
(1 )
【详解】解：点P(sin30°,tan45°)的坐标为P ,1 ,
2
(1 )
∴点P关于x轴的对称点Q的坐标为 ,−1 ，
2
( 1 )
∴点Q关于原点的对称点M的坐标为 − ，1 ，故B正确．
2
故选：B．
2．（2023·浙江温州·模拟预测）如图，飞行员在空中观察地面的区域是一个圆，当观察角度为50°，飞机
的飞行高度为1000米时，观察区域的半径是（ ）米．
1000
A．1000tan25° B． C．1000tan50° D．1000sin25°
tan25°
【答案】A
【分析】本题考查了正切函数，解直角三角形的应用；根据正切函数的定义即可完成求解．
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1
【详解】解：如图，∠CAB= ×50°=25°，AB⊥BC，BC为观察区域的半径，
2
BC BC
∵tan∠CAB= = ，
AB 1000
∴BC=1000tan25°，
故选：A．
3．（2024·山西大同·一模）中考新考法：真实问题情境·实物，如图是椭圆机在使用过程中某时刻的侧面
示意图，已知手柄AD⊥滚轮连杆AB，且AD=20cm,AB=160cm，连杆AB与底坐BC的夹角为60°，
则该椭圆机的机身高度（点D到地面的距离）为（ ）
A．80√2cm B．80√3cm C．(80√2+20)cm D．(80√3+10)cm
【答案】D
【分析】此题考查了解直角三角形的应用，矩形的判定和性质等知识，作DE⊥BC,AH⊥BC，垂足分
别为点E和点H，作AF⊥DE于点F，证明四边形EFAH是矩形，同时得到∠BAF=∠ABC=60°，求
得AH，DF的值，即可得到答案．
【详解】解：如图，作DE⊥BC,AH⊥BC，垂足分别为点E和点H，作AF⊥DE于点F，
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∴∠DEH=∠EHA=∠AFE=90°，AF∥BC，
∴四边形EFAH是矩形，∠BAF=∠ABC=60°，
∴EF=AH, ∠DAF=∠DAB−∠BAF=30°，
∵AD=20cm,AB=160cm，
√3 1
∴AH=ABsin∠ABC=160× =80√3(cm)，DF= AD=10(cm)，
2 2
∴EF=AH=80√3(cm),
∴DE=EF+DF=(80√3+10)cm，
故选：D
4．（2023·安徽·模拟预测）如图，AB为半圆O的直径，点O为圆心，点C是弧上的一点，沿CB为折痕
折叠B´C交AB于点M，连接CM，若点M为AB的黄金分割点（BM>AM），则sin∠BCM的值为（
）
√5−1 √5+1 √5−1 1
A． B． C． D．
2 2 4 2
【答案】A
【分析】过点M作MD⊥CB，垂足为D，延长MD交半⊙O于点M'，连接CM'，BM'，根据折叠的性
质可得：∠CMB=∠CM'B，BC⊥MM'，从而可得∠BDM=90°，再根据黄金分割的定义可得
BM √5−1
= ，然后利用直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，从而证明A字模型相似三角形
AB 2
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DM BM √5−1
△DBM∽△CBA，进而利用相似三角形的性质可得 = = ，最后根据圆内接四边形对角互
AC AB 2
补以及平角定义定义可得：∠A=∠AMC，从而可得CA=CM，再在Rt△CDM中，利用锐角三角函数
的定义进行计算，即可解答．
【详解】解：过点M作MD⊥CB，垂足为D，延长MD交半⊙O于点M'，连接CM'，BM'，
由折叠得：∠CMB=∠CM'B，BC⊥MM'，
∴∠BDM=90°，
∵点M为AB的黄金分割点（BM>AM），
BM √5−1
∴ = ，
AB 2
∵AB为半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠MDB，
∵∠DBM=∠CBA，
∴△DBM∽△CBA，
DM BM √5−1
∴ = = ，
AC AB 2
∵四边形ACM'B是半⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠CM'B＝180°，
∵∠AMC+∠CMB＝180°，∠CMB=∠CM'B，
∴∠A=∠AMC，
∴CA=CM，
DM DM √5−1
在Rt△CDM中，sin∠BCM= = = ．
CM AC 2
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，黄金分割，解直角三角形，翻折变换（折叠问题），圆周
角定理，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．
5．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AD=5，tanB=2，E是AB上一点，将菱形
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ABCD沿DE折叠，使B、C的对应点分别是B'、C'，当∠BEB'=90°时，则点C'到BC的距离是（ ）
A．5+√5 B．2√5+2 C．6 D．3√5
【答案】D
【分析】过C作CH⊥AD于H，过C'作C'F⊥AD于F，由菱形性质和正切定义求出HD=√5，
HC=2√5，再由折叠证明∠BED=∠B'ED=135°，得到∠EDC=∠EDC'=45°，从而得到
△CHD≌△DFC'，则C'F=HD=√5，则问题可解．
【详解】解：过C作CH⊥AD于H，过C'作C'F⊥AD于F，
由已知，AD=5，tanB=2，
HC
∴CD=5，tan∠CDH= =2，
HD
∴设HD=x，则HC=2x，
∴在Rt△HDC中，HC2+H D2=CD2，
(2x) 2+x2=52，
解得x=√5，
∴HD=√5，HC=2√5，
由折叠可知，∠BED=∠B'ED，∠EDC=∠EDC'，CD=C'D
∵∠BEB'=90°，
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∴∠BED=∠B'ED=135°，
∵AB∥DC，
∴∠EDC=180°−∠BED=45°，
∴∠EDC=∠EDC'=45°
∴∠CDC'=90°
∵∠CHD=∠C' AD=90°，
∴∠CDH+C'DF=90°，
∵∠CDH+∠HCD=90°，
∴∠C'DF=∠HCD，
∴△CHD≌△DFC'，
∴C'F=HD=√5，
∴点C'到BC的距离是C'F+CH=√5+2√5=3√5．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、菱形的性质、图形的折叠以及正切定义的应用，解答关键
是根据折叠的条件推出∠BED=∠B'ED=135°．
6．（2023·浙江杭州·二模）如图，已知△ABC内接于⊙O，∠BAC=θ(0<θ<60°)，BC=6，点P为
△ABC的重心，当点A到BC的距离最大时，线段PO的长为（ ）
1 2 2 1
A． − B． −
tanθ sinθ tanθ sinθ
C． tanθ−2sinθ D．2tanθ−sinθ
【答案】B
【分析】
1
根据题意作出对应的图形，连接OC，BO，得 AH⊥BC，由垂径定理得BH= BC=3，再由
2
BH 3 BH 3 3
tanθ= ，OH= ，sinθ= ，BO= ，半径相等，AO= ，再由点P为△ABC的重心，
OH tanθ OB sinθ sinθ
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2 2 2
可知AP= AH，得AP= + ，最后列式OP=AP−AO即可．
3 tanθ sinθ
【详解】解：如图所示，连接AO，过点O作OH⊥BC于H，连接OC，BO，如图所示，设点A到BC的
距离为h：
∵h≤OA+OH，
∴当点A到BC的距离最大时，A，O，H三点共线，
1
∴AH⊥BC，BH= BC=3，
2
∵∠BAC=θ(0<θ<60°)，
1
∴∠BOC=2θ，∠BOH=θ，BH= BC=3，
2
BH BH
∵在Rt△BOH，tanθ= ，sinθ= ，
OH OB
3 3
∴OH= ，BO= ，
tanθ sinθ
∵AO=BO，
3 3 3
∴AO= ，AH=AO+OH= + ，
sinθ tanθ sinθ
∵点P为△ABC的重心，
2 2 2 ( 3 3 ) 2 2
∴AP= AH= (AO+OH)= × + = + ，
3 3 3 tanθ sinθ tanθ sinθ
2 2 3 2 1
∴OP=AP−AO= + − = − ，
tanθ sinθ sinθ tanθ sinθ
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是解直角三角形以及三角形的重心，正确掌握三角形的重心是三条中线的交点是
解题的关键．
7．（22-23九年级上·浙江温州·阶段练习）如图，已知正方形ABCD和正方形BEFG，且A、B、E三点
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在一条直线上，连接CE，以CE为边构造正方形CPQE，PQ交AB于点M，连接CM．设∠APM=α，
∠BCM=β．若点Q、B、F三点共线，tanα=ntanβ，则n的值为（ ）
2 3 6 12
A． B． C． D．
3 5 7 13
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，余角性质，三角
函数，过点Q作QN⊥AB于N，连接Q、B、F，先证明△ENQ≌△CBE，得到
EB=QN=BN=BG=CG，设EB=QN=BN=BG=CG=a，则AB=BC=CD=AD=2a，AN=a，再
1 3
证明△CBE≌△CDP、△PAM≌△QNM，得到PA=a，AM= a，BM= a，利用三角函数即可求解，
2 2
正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：过点Q作QN⊥AB于N，连接Q、B、F，则∠QNE=∠QNM=90°，
∵四边形ABCD、四边形BEFG、四边形CPQE是正方形，
∴EC=EQ，CB=CD，∠GBE=∠CEQ=∠BCD=∠PCE=∠A=90°，
∵点Q、B、F三点共线，
∴∠QBN=∠EBF=45°，
∴△EBF、△BQN都是等腰直角三角形，
∴QN=BN，
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∵∠BCE+∠BEC=90°，∠QEN+∠BEC=90°，
∴∠BCE=∠QEN，
在△ENQ和△CBE中，
¿，
∴△ENQ≌△CBE(AAS)，
∴EN=CB，QN=EB，
∵QN=BN，
∴EN=CB=2EB，
∴EB=QN=BN=BG=CG，
设EB=QN=BN=BG=CG=a，则AB=BC=CD=AD=2a，AN=2a−a=a，
∵∠DCP+∠BCP=90°，∠BCE+∠BCP=90°，
∴∠DCP=∠BCE，
在△CBE和△CDP中，
¿，
∴△CBE≌△CDP(ASA)，
∴BE=DP=a，
∴PA=2a−a=a，
∴PA=QN，
在△PAM和△QNM中，
¿，
∴△PAM≌△QNM(AAS)，
1 1
∴AM=MN= AN= a，
2 2
1 3
∴BM=2a− a= a，
2 2
1
a
在Rt△PAM中， AM 2 1，
tan∠APM=tanα= = =
PA a 2
3
a
在Rt△BCM中， BM 2 3，
tan∠BCM=tanβ= = =
BC 2a 4
∵tanα=ntanβ，
1 3
∴ =n× ，
2 4
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2
∴n= ，
3
故选：A．
二、填空题
8．（2024·浙江温州·一模）如图，⊙O的内接四边形ABCD，AD∥BC，⊙O的直径AE与BC交于点
2
F，连接BD．若AE∥CD，sin∠DBC= ，EF=2，则AE的长为 ．
3
【答案】6
【分析】如图：连接DE,EC，DE交BC于G点，先证明△DEC≌△BDA(AAS)可得BD=DE，再证
GE 1
DE⊥BC，再根据平行线分线段成比例定理可得 = ，然后代入相关数据计算即可解答．
DE 3
【详解】解：如图：连接DE,EC，DE交BC于G点，
∵AD∥BC，
∴A´B=C´D，
∴∠DEC=∠BDA,AB=CD，
∵AE∥CD，
∴A´D=C´E，
∴∠EDC=∠DBA,AD=CE,
∴△DEC≌△BDA(AAS)，
∴BD=DE
∵AE是直径，
∴∠ADE=90°，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠FGE=90°,即DE⊥BC,
2
∵sin∠DBC= ，
3
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DG 2
∴ = ，
BD 3
∵BD=DE
DG 2 GE 1
∴ = ，即 = ，
DE 3 DE 3
∴AD=AF，
∵AD∥BC，
GE EF 1
∴ = = ，即AE=3EF=6．
DE AE 3
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了圆的相关性质、平行线分线段成比例定理、全等三角形的判定与性质、正弦的定
义等知识点，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键．
9．（2024·安徽合肥·一模）如图，在四边形ABCD中，BC⊥DC，点E是四边形外一点，连接CE交AD
于点F，O在CE上，连接OA、OB、AE，OA=OB=AE=BC=CD，∠AOB=90°
（1）若∠E=25°，则∠BCE= °
（2）若OA=13，OC=10，则 tan∠OAD=
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7
【答案】 65
17
【分析】（1）由等腰三角形的性质得∠AOE=∠AEO=25°，可得∠BOC=65°,由OB=OC可得
∠BCE=65°；
（2）过点D作DM⊥CE于点M，BM⊥CE于点N，FR⊥AO于点R，AS⊥CE于S，得
AS∥DM∥BN, △ASO≌△ONB,得AS=ON,OS=BN,由勾股定理求出BN=12,
35 84
△BNC≌△CMD, △ASF≌△DMF,求出OF=7,证明△ORF∽△BNO,得FR= ，RO= ，
12 13
85
AR= ,从而可得答案
13
【详解】解：（1）∵AE=AO,
∴∠E=∠AOE=25°,
∵BC⊥DC,
∴∠AOB=90°,
∴∠BOC=180°−25°−90°=65°,
∵OB=CB,
∴∠BOC=∠BCE=65°；
（2）过点D作DM⊥CE于点M，BN⊥CE于点N，FR⊥AO于点R，AS⊥CE于S，如图，
则AS∥DM∥BN,
∴∠ASO=∠BNO=∠BNC=∠DMC=∠DMH=90°=∠AOB,
∴∠NBO+∠BON=∠BON+∠AOS=90°，
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∴∠NBO=∠AOS，
∵OA=OB,∠ASO=∠BNO=90°,
∴△ASO≌△ONB,
∴AS=ON,OS=BN,
∵OB=BC,BN⊥OC,
1
∴∠NBO=∠NBC,CN=ON= OC=5,
2
由勾股定理得，BN=√OB2−NC2=12,
∴AS=5,OS=12,
∵BC⊥DC，
∴∠BCD=90°,
∴∠DCM+∠BCN=90°,
又∠BCN+∠CBN=90°,
∴∠DCM=∠CBN
∵BC=CD,∠BNC=∠DMC=90°,
∴△BNC≌△CMD,
∴CM=BN=12,DM=CN=5,
∴OM=CM−OC=2,SM=12−2=10,
∵∠ASF=∠DMF=90°,∠AFS=∠DFM,AS=DM=5,
∴△ASF≌△DMF,
∴SF=MF=5,
∴OF=7,
∵∠NBO=∠AOS, ∠FRO=∠BNO=90°,
∴△ORF∽△BNO,
FR RO OF
∴ = = ,
ON BN OB
FR RO 7
∴ = = ,
5 12 13
35 84
∴FR= ，RO= ，
12 13
84 85
∴AR=13− = ,
13 13
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FR 7
∴tan∠OAD= =
AR 17
7
故答案为：65；
17
【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定与性质在，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性
质，勾股定理以及求角的正切值，正确作出辅助线构造全等三角形以及相似三角形是解答本题的关键
10．（2024·浙江·模拟预测）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，若点E，F分别在边AC和边BC
上，沿直线EF将△CEF翻折，使点C落于△ABC所在平面内，记为点D．直线CD交AB于点G．
AG
（1）若CF落在边AB上，则 = ；
GB
AG
（2）若 =λ，则tan∠CEF= （用含的代数式表示）
GB
1
【答案】 √2−1
λ
【详解】解：（1）如图，
由折叠得，CE=≥¿，点B与点F重合，
则BG=BC,
设BC=a，则BG=a,
在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，则AB=√2a,
∴AG=AB−BG=(√2−1)a,
AG (√2−1)a
∴ = =√2−1；
GB a
（2）过点G作GH⊥AC于点H，
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∴∠CEF+∠CGH=90°
∵∠CEF+∠ECG=90°，
∴∠CEF=∠CGH,
AG
由 =λ，设GB=x,则AG=λx，
GB
∴AB=AG+BG=λx+x,
√2 √2
在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，则AC= AB,AH= AG,
2 2
√2
∴CH=AC−AH= (AB−AG),
2
又由作图得△GHB为等腰直角三角形，
√2
∴GH= AG,，
2
√2
(AB−AG)
CH 2 AB−AG
∴tan∠CGH= = = ，
GH √2 AG
AG
2
AB−AG λx+x−λx 1
∴tan∠CEF= = = ,
AG λx λ
1
故答案为：√2−1，
λ
m
11．（2024·江西·一模）如图，已知过点A(−2√3,0)的直线y=kx+2与反比例函数y= (x>0)的图象交
x
于点B(√3,3)，连接OB，将△AOB绕着点O顺时针旋转后，△AOB的顶点依然在该反比例函数的图象上，
则旋转的角度为 ．
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【答案】30°,120°或150°
【分析】过点B作BD⊥x轴于点D，求出∠BOD=60°，由反比例函数对称性可知△AOB还可以经过点
(3,√3)，然后分三种情况求解即可．
【详解】解：如图，过点B作BD⊥x轴于点D，
∵B(√3,3)，
3
∴OB=√(√3) 2+32=2√3，tan∠BOD= =√3，
√3
∴∠BOD=60°，
∴∠BOA=120°．
∵A(−2√3,0)，
∴OB=OA=2√3．
根据反比例函数的对称性和图形旋转的性质可知，△AOB还可以经过点(3,√3)．
若点B经过(3,√3)，如图所示，
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√3
此时tan∠BOD= ，
3
∴∠BOD=30°，即△AOB绕着点O顺时针旋转了30°．
若点A经过(3,√3)，如图所示，
√3
此时tan∠AOD= ，
3
∴∠AOD=30°，即△AOB绕着点O顺时针旋转了150°；
若点A经过(√3,3)，如图所示，
3
此时tan∠AOD= =√3，
√3
∴∠AOD=60°，即△AOB绕着点O顺时针旋转了120°．
综上可知，△AOB绕着点O顺时针旋转30°,120°或150°后使△AOB的顶点依然在该反比例函数的图象上．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数交点问题，反比例函数与几何综合，解直角三角形，分类讨论
是解答本题的关键．
三、解答题
12．（2023·重庆万州·模拟预测）万州二中教育集团数学爱好者小艺为测量教学楼对面的大楼AB的高度，
她先到达教学楼FH顶部的休闲区点C的位置，看到对面大楼AB顶端的视线与水平线的夹角为38.7°，然
后沿长5米、坡度为3：4的斜坡CD到达斜坡顶端，再向前走2米到达教学最边缘的观测点E处，看到对面
大楼AB底端的视线与水平线的夹角为45°，已知大楼底部和教学楼底部在同一水平面上，目高1.5米，教
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学楼FH高为9米．（参考数据：sin38.7°≈0.63，cos38.7°≈0.78，tan38.7°≈0.80）
(1)求教学楼FH与对面大楼AB的水平距离BF的长；
(2)求对面大楼AB的高．
【答案】(1)教学楼FH与对面大楼AB的水平距离BF的长为13.5米
(2)对面大楼AB的高约为26.1米
【分析】本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，坡度坡角问题，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．
（1）过点M作MG⊥AB，垂足为G，根据题意设DO=3x米，则OC=4x米，在Rt△DOC中，利用勾
股定理进行计算可求出DO，OC的长，从而求出BG的长，最后在Rt△BGM中，利用锐角三角函数的定
义求出GM的长，即可解答；
（2）过点P作PQ⊥AB，垂足为Q，根据题意得PQ=19.5米，求出PQ的长，然后在Rt△APQ中，利用
锐角三角函数的定义求出AQ的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【详解】（1）解：过点M作MG⊥AB，垂足为G，
，
由题意得：MG=BF，DO=EH，ME=1.5米，DO⊥CH，∠BMG=45°，
∵斜坡CD的坡度为3:4，
DO 3
∴ = ，
OC 4
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∴设DO=3x米，则OC=4x米，
在Rt△DOC中，DC=√(3x) 2+(4x) 2=5x（米），
∵CD=5米，
∴5x=5，
∴x=1，
∴EH=DO=3米，OC=4米，
∵FH=9米，
∴BG=ME+EH+FH=1.5+3+9=13.5（米），
BG
在Rt△BGM中，GM= =13.5米，
tan45°
∴BF=GM=13.5米，
∴教学楼FH与对面大楼AB的水平距离BF的长为13.5米；
（2）解：过点P作PQ⊥AB，垂足为Q，
，
由题意得：OH=DE=2米，PC=1.5米，∠APQ=38.7°，
∵OC=4米，BF=13.5米，
∴PQ=OC+OH+BF=4+2+13.5=19.5米，
在Rt△APQ中，AQ=PQ⋅tan38.7°≈19.5×0.8=15.6米，
∴AB=AQ+PC+FH=15.6+1.5+9=26.1米，
∴对面大楼AB的高约为26.1米．
13．（2023·浙江衢州·模拟预测）在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E在射线BC上，连接AE，点B
关于直线AE的对称点为B'，连接AB'，B'E．
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(1)如图1，当B'E经过点D时，求证：AD=DE．
(2)如图2，当E为BC的中点，连结B'C，求tan∠B'CE．
1
(3)当CE= BC时，求△AB'E与矩形ABCD重合部分的面积．
3
【答案】(1)见解析
4
(2)
3
(3)8
【分析】（1）根据对称，证明△ABF≌△AB'F(SAS)，进而证明△ABE≌△AB'E(SAS)，对应角相等，
再根据矩形的性质推出∠DAE=∠B'EA，进而作答；
（2）连接BB'，由（1）△ABM∽△AEB，对应线段成比例，求出BM，△BB'C为直角三角形，根据勾
股定理推出B'C，进而求tan∠B'CE；
1
（3）CE= BC时，AB=BE，△ABE为等腰直角三角形，根据正方形的性质，△AB'E与矩形ABCD重
3
合部分的面积，即，△AB'E的面积．
【详解】（1）证明：连接BB'，交AE于点F，
∵点B关于直线AE的对称点为B'，
∴BF=B'F，∠AFB=∠AFB'=90°，
又∵ AF=AF
∴ △ABF≌△AB'F(SAS)，
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∴AB=AB'，∠B' AE=∠BAE，
又∵ AE=AE，
∴△ABE≌△AB'E(SAS)，
∴∠BEA=∠B'EA，
∵矩形ABCD，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠DAE+∠BAE=90°，
∠BAE+∠BEA=90°，
∴∠DAE=∠BEA，
∴∠DAE=∠B'EA，
∴AD=DE；
（2）解：连接BB'交AE于M，
由（1）得，
BB'⊥AE，BM=B'M，BE=B'E=3
∵∠BAE=∠BAE，∠BMA=∠ABC=90°，
∴△ABM∽△AEB，
BM AB
∴ = ，
FB AE
12
∴BM= ，
5
24
BB'=2BM=
，
5
点E为BC的中点，
∴BE=CE=B'E=3，
∴ △BB'C为直角三角形，
18
B'C=√BC2−BB'2=
，
5
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24
BB' 5 4
∴tan∠B'CE= = = ，
B'C 18 3
24
1
（3）解：当CE= BC时，即BE=AB=4，
3
∴△ABE为等腰直角三角形，
连接B'E，则四边形ABEB'为正方形，
∴ △AB'E与矩形ABCD重合部分的面积为△AB'E 的面积，
1 1
∴S = AB' ⋅B'E= ×4×4=8．
△AB'E 2 2
【点睛】本题考查矩形性质，对称的性质，三角形相似的判定与性质，三角函数，三角形全等的判定与性
质，等综合题，作辅助线是解题的关键．
14．（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
2
ABCD的对角线，sin∠BDC= ．
5
(1)求点B到DC的距离；
(2)如图2，点E在AD边上，且AE=4．以B为圆心，BC长为半径作⊙B，点F为⊙B上一点，连接EF交
4
AB于P．tanC= ．
3
①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
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(2)①√55；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BE，由（1）以及tanC= 可以求出BC的长，然后根据勾股定理求出BE的长，再根据勾股
3
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RtΔBFG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
在直角△BDM中，sin∠BDC= = ，
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°，
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∴BE=√AE2+AB2=4√5，
∵EF是圆B的切线，
∴BF⊥EF，
∴EF=√BE2−BF2=√55；
②过F作FG⊥AB于G，如图：
∵∠A=90°，EF∥AB，
∴四边形AEFG为矩形，
∴FG=AE=4，AG=EF，
在直角△BFG中，BG=√BF2−FG2=3，
∴AG=AB±BG=5或11，
∴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．
118
