文档内容
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专题 08 锐角三角形及其应用
目 录
一、考情分析
二、知识建构
考点一 解直角三角形
【真题研析 · 规律探寻】
题型01 锐角三角函数与几何图形综合
类型一 锐角三角函数与等腰三角形综合
类型二 锐角三角函数与等边三角形综合
类型三 锐角三角函数与直角三角形综合
类型四 锐角三角函数与矩形综合
类型五 锐角三角函数与菱形综合
类型六 锐角三角函数与正方形综合
类型七 锐角三角函数与圆综合
类型八 锐角三角函数与圆及四边形综合
类型九 锐角三角函数与圆及三角形综合
题型02 锐角三角函数与函数综合
类型一 锐角三角函数与反比例函数综合
类型二 锐角三角函数与二次函数综合
题型03 12345模型
【核心提炼 · 查漏补缺】
【好题必刷 · 强化落实】
考点二 解直角三角形的实际应用
【真题研析 · 规律探寻】
题型01 仰角俯角问题
题型02 方位角问题
题型03 坡度坡角问题
题型04 与不易测量相关问题
题型05 与可调节的滑动悬杆问题
【核心提炼 · 查漏补缺】
【好题必刷 · 强化落实】
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考点要求 命题预测
中考数学中，对锐角三角函数的考察主要以特殊角的三角函数值及其有关计
解直角三角形
算、解直角三角形、解直角三角形的应用三个方面为主.其中，锐角三角函数的性质
解直角三角形的实际 及解直角三角形多以选择填空题为主，解直角三角形的应用多以解答题为主，考点
应用 所占分值有3-12分，还是需要考生对这块考点多加重视.
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考点一 解直角三角形
题型01 锐角三角函数与几何图形综合
类型一 锐角三角函数与等腰三角形综合
1
1．（2021·浙江绍兴·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，cosB= ，点D是边BC的中点，
4
CE
以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使∠ADE=∠B，连接CE，则 的值为（ ）
AD
3 √15
A． B．√3 C． D．2
2 2
【答案】D
1
【分析】由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得出AD=BD=CD= BC，在结合题意可得
2
∠BAD=∠B=∠ADE，即证明AB//DE，从而得出∠BAD=∠B=∠ADE=∠CDE，即易证
△ADE≅△CDE(SAS)，得出AE=CE．再由等腰三角形的性质可知AE=CE=DE，
CE BD
∠BAD=∠B=∠ADE=∠DAE，即证明△ABD∼△ADE，从而可间接推出 = ．最后由
AD AB
AB 1 BD CE
cosB= = ，即可求出 的值，即 的值．
BC 4 AB AD
【详解】∵在Rt△ABC中，点D是边BC的中点，
1
∴AD=BD=CD= BC，
2
∴∠BAD=∠B=∠ADE，
∴AB//DE．
∴∠BAD=∠B=∠ADE=∠CDE，
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∴在△ADE和△CDE中，¿，
∴△ADE≅△CDE(SAS)，
∴AE=CE，
∵△ADE为等腰三角形，
∴AE=CE=DE，∠BAD=∠B=∠ADE=∠DAE，
∴△ABD∼△ADE，
DE AD CE BD
∴ = ，即 = ．
BD AB AD AB
AB 1
∵cosB= = ，
BC 4
AB 1
∴ = ，
BD 2
CE BD
∴ = =2．
AD AB
故选D．
【点睛】本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，全等三角形与相似三角
形的判定和性质以及解直角三角形．熟练掌握各知识点并利用数形结合的思想是解答本题的关键．
1
2．（2021·江苏镇江·中考真题）如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝6，cos∠ABC＝ ，点P在边
3
AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，则BD长
的最大值为 ．
【答案】9√3
【分析】由旋转知 BPD是顶角为120°的等腰三角形，可求得BD＝√3BP，当BP最大时，BD取最大值，
即点P与点A重合时，BP＝BA最大，求出AB的长即可解决问题．
△
【详解】解：∵将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，
∴BP＝PD，
∴△BPD是等腰三角形，
∴∠PBD＝30°，
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过点P作PH⊥BD于点H，
∴BH＝DH，
BH √3
∵cos30°＝ ＝ ，
BP 2
√3
∴BH＝ BP，
2
∴BD＝√3BP，
∴当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，
过点A作AG⊥BC于点G，
∵AB＝AC，AG⊥BC，
1
∴BG＝ BC＝3，
2
1
∵cos∠ABC＝ ，
3
BG 1
∴ = ，
AB 3
∴AB＝9，
∴BD最大值为：√3BP＝9√3．
故答案为：9√3．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，三角函数等知识，证明出BD=√3BP是解题的关键．
3．（2020·甘肃天水·中考真题）性质探究
如图（1），在等腰三角形ABC中，∠ACB=120°，则底边AB与腰AC的长度之比为_________．
理解运用
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（1）若顶角为120°的等腰三角形的周长为4+2√3，则它的面积为_________；
（2）如图（2），在四边形EFGH中，EF=EG=EH.在边FG，GH上分别取中点M,N，连接MN.若
∠FGH=120°，EF=20，求线段MN的长．
类比拓展
顶角为2α的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为__________(用含α的式子表示)
【答案】性质探究：√3:1(或√3)；理解运用：（1）√3；（2）MN=10√3；类比拓展：2sinα:1(或
2sinα)．
【分析】性质探究
作CD⊥AB于D，则∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性质得出AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角
形的性质得出AC=2CD，AD=√3CD，得出AB=2AD=2√3CD，即可得出结果；
理解运用
（1）同上得出则AC=2CD，AD=√3CD，由等腰三角形的周长得出4CD+2√3CD=4+2√3，解得：CD=1，
得出AB=2√3，由三角形面积公式即可得出结果；
（2）①由等腰三角形的性质得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出
∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH即可；
②连接FH，作EP⊥FH于P，由等腰三角形的性质得出PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，由
四边形内角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性质得出∠EFH=30°，由直角三角形的性质得出PE=
1
EF=10，PF=√3PE=10√3，得出FH=2PF=20√3，证明MN是 FGH的中位线，由三角形中位线定理即可
2
得出结果； △
类比拓展
1
作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性质得出BD=CD，∠BAD= ∠BAC=α，由三角函数得出
2
BD=AB×sinα，得出BC=2BD=2AB×sinα，即可得出结果．
【详解】性质探究
解：作CD⊥AB于D，如图①所示：
则∠ADC=∠BDC=90°，
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∵AC=BC，∠ACB=120°，
∴AD=BD，∠A=∠B=30°，
∴AC=2CD，AD=√3CD，
∴AB=2AD=2√3CD，
AB 2√3CD
∴ = =√3；
AC 2CD
故答案为：√3:1(或√3)；
理解运用
（1）解：如图①所示：同上得：AC=2CD，AD=√3CD，
∵AC+BC+AB=4+2√3，
∴4CD+2√3CD=4+2√3，
解得：CD=1，
∴AB=2√3，
1 1
∴△ABC的面积= AB×CD= ×2√3×1=√3；
2 2
故答案为：√3
（2）①证明：∵EF=EG=EH，
∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，
∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH；
②解：连接FH，作EP⊥FH于P，如图②所示：
则PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，
∴∠FEH=360°-120°-120°=120°，
∵EF=EH，
∴∠EFH=30°，
1
∴PE= EF=10，
2
∴PF=√3PE=10√3，
∴FH=2PF=20√3，
∵点M、N分别是FG、GH的中点，
∴MN是 FGH的中位线，
△
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1
∴MN= FH=10√3；
2
类比拓展
解：如图③所示：作AD⊥BC于D，
∵AB=AC，
1
∴BD=CD，∠BAD= ∠BAC=α，
2
BD
∵cosα= ，
AB
∴BD=AB×sinα，
∴BC=2BD=2AB×sinα，
BC 2AB⋅sinα
∴ = =2sinα；
AB AB
故答案为：2sinα（或2sinα:1）．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理、四
边形内角和定理、解直角三角形等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和含30°角的直角三
角形的性质是解题的关键．
类型二 锐角三角函数与等边三角形综合
1．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，已知点A(3,0)，B(0,4)，
点C在x轴负半轴上，连接AB，BC，若tan∠ABC=2，以BC为边作等边三角形BCD，则点C的坐标
为 ；点D的坐标为 ．
【答案】 (−2,0) (−1−2√3,2+√3)或(2√3−1,2−√3)
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【分析】过点C作CE⊥AB于点E，根据tan∠ABC=2，设BE=x,CE=2x，则BC=√5x，根据勾股
5
定理可得求出AB=√OA2+OB2=5，用等面积法推出OC= x−3，最后在Rt△OBC中，根据勾股定理
2
可得：OC2+OB2=BC2，列出方程求出x的值，即可得出点C的坐标；易得BC2=20，设D(m,n)，根
据两点之间的距离公式得出BD2=m2+(n−4) 2，CD2=(m+2) 2+n2，根据等边三角形的性质得出
BC2=BD2=CD2，即可罗列出方程组¿，求解即可．
【详解】解：过点C作CE⊥AB于点E，
∵tan∠ABC=2，
CE
∴ =2，
BE
设BE=x,CE=2x，
根据勾股定理可得：BC=√BE2+CE2=√5x，
∵A(3,0)，B(0,4)，
∴OA=3,OB=4，
在Rt△AOB中，根据勾股定理可得：AB=√OA2+OB2=5，
1 1
∵S = AB⋅CE= AC⋅OB，
△ABC 2 2
1 1 5
∴ ×5×2x= ×4×(OC+3)，整理得：OC= x−3，
2 2 2
在Rt△OBC中，根据勾股定理可得：OC2+OB2=BC2，
∴ (5 x−3 ) 2 +42=(√5x) 2 ，
2
解得：x =2,x =10（舍去），
1 2
5 5
∴OC= x−3= ×2−3=2，
2 2
∴C(−2,0)
∵B(0,4)，C(−2,0)，
∴OB=4,OC=2，
∴BC2=OB2+OC2=42+22=20，
设D(m,n)，
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则BD2=m2+(n−4) 2，CD2=(m+2) 2+n2，
∵△BCD为等边三角形，
∴BC2=BD2=CD2，
即¿，
整理得¿，
②−①得：4m+8n=12，则m=3−2n，
将m=3−2n代入①得：(3−2n) 2+n2−8n=4，
解得：n =2+√3，n =2−√3，
1 2
当n=2+√3时，m=3−2n=−1−2√3，即D(−1−2√3,2+√3)，
当n=2−√3时，m=3−2n=2√3−1，即D(2√3−1,2−√3)，
故答案为：(−2,0)；(−1−2√3,2+√3)或(2√3−1,2−√3)．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，等边三角形的性质，解题的关键是正确画出辅助线，构造直角三
角形，掌握等边三角形三边相等，以及勾股定理．
2．（2023·湖南郴州·中考真题）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，
使CE=AD，连接DE交射线AC于点F．
(1)如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由；
(2)如图2，当点D在线段AB的延长线上时，
①线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AE．设AB=4，若∠AEB=∠DEB，求四边形BDFC的面积．
1
【答案】(1)CF= BD，理由见解析
2
(2)①成立，理由见解析②4√3+6√6
【分析】
1
（1）过点D作DG∥BC，交AC于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到CF=FG= CG，
2
即可得出结论．
（2）①过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到
1
CF=FG= CG，即可得出结论；②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，
2
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AH MN
交BC于点H，交DE于点N，根据已知条件推出tan∠AEH=tan∠MDN，得到 = ，证明
EH DN
BC AH AH
△ABC∽△ADG， 得 到 = = ， 求 出 DG的 长 ， 利 用 四 边 形 BDFC的 面 积 为
DG AN AM+MN
S −S −S =S −S −S 进行求解即可．
△ADG △ABC △DFG △ADG △ABC △CEF
1
【详解】（1）解：CF= BD，理由如下：
2
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC于点G，
∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AB−AD=AC−AG，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECF(AAS)，
1
∴CF=FG= CG，
2
1
∴CF= BD；
2
（2）①成立，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，
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∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AD−AB=AG−AC，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECF(AAS)，
1
∴CF=FG= CG，
2
1
∴CF= BD；
2
②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，交BC于点H，交DE于点N，则：
AN⊥BC，
1
由①知：△ADG为等边三角形，△DGF≌△ECF(AAS)，CF=FG= BD，
2
∵△ABC为等边三角形，
1
∴AB=AC=BC=4,BH=CH= BC=2，
2
∴AH=√AB2−BH2=2√3，
∵∠AEB=∠DEB，EH=EH,∠AHE=∠MHE=90°
∴△AEH≌△MEH，
∴MH=AH=2√3，
∴AM=2AH=4√3，
∵△DGF≌△ECF(AAS)，
∴∠CEF=∠MDN，DG=CE，
∴∠AEH=∠MDN，
∴tan∠AEH=tan∠MDN，
AH MN
∴ = ，
EH DN
1 1
设MN= y,DG=CE=x，则：EH=CE+CH=2+x，DN= DG= x，
2 2
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2√3 y
= ①
∴x+2 x ，
2
∵DG∥BC，
∴△ABC∽△ADG，
BC AH AH 4 2√3
∴ = = ，即： = ②，
DG AN AM+MN x 4√3+ y
联立①②可得：x=4√2+4（负值已舍去），
经检验x=4√2+4是原方程的根，
1
∴DG=CE=4√2+4，DN=2√2+2，CF=FG= (x−4)=2√2，
2
∴AN=2√6+2√3，
1 1
∴S = CE⋅AH= (4√2+4)⋅2√3=4√6+4√3，
△ACE 2 2
S AC 4
∵ △ACE= = ，
S CF 2√2
△CEF
√2
∴S = (4√6+4√3)=4√3+2√6，
△CEF 2
∴四边形BDFC的面积为S −S −S =S −S −S
△ADG △ABC △DFG △ADG △ABC △CEF
1 1
= (4√2+4)(2√6+2√3)− ×4×2√3−4√3−2√6
2 2
=4√3+6√6．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，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．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似
三角形．
3．（2023·甘肃武威·中考真题）【模型建立】
（1）如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点C关于AD的对称点F在BD边上．
①求证：AE=CD；
②用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，△ABC是直角三角形，AB=AC，CD⊥BD，垂足为D，点C关于AD的对称点F在BD边
上．用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若AD=4√2，BD=3CD，求cos∠AFB的值．
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【答案】（1）①见解析；②AD=DF+BD，理由见解析；（2）√2AD=DF+BD，理由见解析；（3）
√5
5
【分析】（1）①证明：∠ABE=∠CBD，再证明△ABE≅△CBD(SAS)即可；②由DF和DC关于AD对
称，可得DF=DC．证明AE=DF，从而可得结论；
（2）如图，过点B作BE⊥AD于点E，得∠BED=90°，证明∠ADF=∠ADC=45°，∠EBD=45°．
√2 √2
可得DE= BD，证明AB= BC，∠ABE=∠CBD，可得sin∠ABE=sin∠CBD，则
2 2
√2
AE⋅BC=CD⋅AB，可得AE= CD，从而可得结论；
2
（3）由BD=3CD=3DF，可得√2AD=DF+3DF=4DF，结合AD=4√2，求解DF=DC=2，
1
BD=6，如图，过点A作AH⊥BD于点H．可得HF= BF=2，BC=√62+22=2√10，可得
2
√2
AF=AC= BC=2√5，再利用余弦的定义可得答案．
2
【详解】（1）①证明：∵△ABC和△BDE都是等边三角形，
∴AB=BC，BE=BD，∠ABC=∠EBD=60°，
∴∠ABC−∠CBE=∠EBD−∠CBE，
∴∠ABE=∠CBD，
∴△ABE≅△CBD(SAS)．
∴AE=CD．
②AD=DF+BD．理由如下：
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∵DF和DC关于AD对称，
∴DF=DC．
∵AE=CD，
∴AE=DF．
∴AD=AE+DE=DF+BD．
（2）√2AD=DF+BD．理由如下：
如图，过点B作BE⊥AD于点E，得∠BED=90°．
∵DF和DC关于AD对称，
∴DF=DC，∠ADF=∠ADC．
∵CD⊥BD，
∴∠ADF=∠ADC=45°，
∴∠EBD=45°．
√2
∴DE= BD．
2
∵△ABC是直角三角形，AB=AC，
√2
∴∠ABC=45°，AB= BC，
2
∴∠ABC−∠CBE=∠EBD−∠CBE，
∴∠ABE=∠CBD，
∴sin∠ABE=sin∠CBD，
AE CD
∴ = ，
AB BC
∴AE⋅BC=CD⋅AB，
√2
∴AE= CD．
2
√2 √2 √2 √2
∴AD=AE+DE= CD+ BD= DF+ BD，即√2AD=DF+BD．
2 2 2 2
（3）∵BD=3CD=3DF，
∴√2AD=DF+3DF=4DF，
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∵AD=4√2，
∴DF=DC=2，
∴BD=6．
如图，过点A作AH⊥BD于点H．
∵AB=AC=AF，
1 1
∴HF= BF= (BD−DF)=2，
2 2
BC=√BD2+CD2=√62+22=2√10．
√2 √2
∴AF=AC= BC= ×2√10=2√5．
2 2
HF 2 √5
∴cos∠AFB= = = ．
AF 2√5 5
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，
锐角三角函数的灵活应用，本题难度较高，属于中考压轴题，作出合适的辅助线是解本题的关键．
类型三 锐角三角函数与直角三角形综合
1．（2023·浙江温州·中考真题）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中
相邻两个直角三角形组合而成．作菱形CDEF，使点D，E，F分别在边OC，OB，BC上，过点E作
EH⊥AB于点H．当AB=BC，∠BOC=30°，DE=2时，EH的长为（ ）
3 4
A．√3 B． C．√2 D．
2 3
【答案】C
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【分析】根据菱形性质和解直角三角形求出OB=3√3，BE=√3，继而OA=√OB2−AB2=3√2求出再根
OA EH √6
据sin∠OBA= = = ，即可求EH=EB·sin∠OBA=√2．
OB EB 3
【详解】解：∵在菱形CDEF中，CD=DE=EF=CF=2，DE∥BC，
∴∠CBO=∠DEO=90°，
又∵∠BOC=30°，
DE 2
∴OD= = =4，OE=OD·cos∠BOC=4×cos30°=2√3，
sin∠BOC sin30°
∴OC=CD+OD=2+4=6，，
1
∴BC=OC·sin∠BOC=6× =3，OB=OC·cos∠BOC=6×cos30°=3√3，
2
∴BE=OB−OE=3√3−2√3=√3
∵AB=BC=3，
∴在Rt△OBA中，OA=√OB2−AB2=√ (3√3) 2 −32=3√2，
∵EH⊥AB，
OA EH 3√2 √6
∴sin∠OBA= = = = ，
OB EB 3√3 3
√6
∴EH=EB·sin∠OBA=√3× =√2，
3
故选C．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形、菱形的性质，根据菱形性质和解直角三角形求出OC、OB、OA
是解题关键．
2．（2022·四川德阳·中考真题）如图，直角三角形ABC纸片中，∠ACB=90°，点D是AB边上的中点，
连接CD，将△ACD沿CD折叠，点A落在点E处，此时恰好有CE⊥AB．若CB=1，那么CE= ．
【答案】√3
【分析】根据D为AB中点，得到AD=CD=BD，即有∠A=∠DCA，根据翻折的性质有∠DCA=∠DCE，
CE=AC，再根据CE⊥AB，求得∠A=∠BCE，即有∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°，则有∠A=30°，在Rt△ACB
中，即可求出AC，则问题得解．
【详解】∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
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∵D为AB中点，
∴在直角三角形中有AD=CD=BD，
∴∠A=∠DCA，
根据翻折的性质有∠DCA=∠DCE，CE=AC，
∵CE⊥AB，
∴∠B+∠BCE=90°，
∵∠A+∠B=90°，
∴∠A=∠BCE，
∴∠BCE=∠ECD=∠DCA，
∵∠BCE+∠ECD+∠DCA=∠ACB=90°，
∴∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°
∴∠A=30°，
∴在Rt△ACB中，BC=1，
BC 1
则有AC= = =√3，
tan∠A tan30∘
∴CE=AC=√3，
故答案为：√3．
【点睛】本题考查了翻折的性质、直角三角形斜边中线的性质、等边对等角以及解直角三角形的知识，求
出∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°是解答本题的关键．
3．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（0°<α<180°），过点A
作射线AM交射线BC于点D，将AM绕点A逆时针旋转α得到AN，过点C作CF//AM交直线AN于点
F，在AM上取点E，使∠AEB=∠ACB．
（1）当AM与线段BC相交时，
①如图1，当α=60°时，线段AE，CE和CF之间的数量关系为 ．
②如图2，当α=90°时，写出线段AE，CE和CF之间的数量关系，并说明理由．
4
（2）当tanα= ，AB＝5时，若△CDE是直角三角形，直接写出AF的长．
3
5√5 15
【答案】（1）①AE＝CF+CE；②EC=√2(AE−CF)，理由见解析；（2） 或
4 4
【分析】（1）①结论：AE＝CF+CE．如图1中，作CT//AF交AM于T．想办法证明AT＝CF，
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ET＝CE，可得结论．
②结论：EC＝√2（AE﹣CF）．过点C作CQ⊥AE于Q．想办法证明CF＝AQ，CE＝√2EQ，
可得结论．
（2）分两种情形：如图3－1中，当∠CDE＝90°时，过点B作BJ⊥AC于J，过点F作FK⊥AE于
K．利用勾股定理以及面积法求出CD，再证明FK＝CD，可得结论．如图3－2中，当∠ECD＝90°时，
∠DAB＝90°，解直角三角形求出AK，可得结论．
【详解】解：（1）①结论：AE＝CF+CE．
理由：如图1中，作CT//AF交AM于T．
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴CA＝CB，∠ACB＝60°，
∵AF//CT，CF//AT，
∴四边形AFCT是平行四边形，
∴CF＝AT，
∵∠ADC＝∠BDE，∠DEB＝∠ACD，
∴△ACD∽△BED，
AD CD
∴ = ，
BD ED
AD BD
∴ = ，
DC ED
∵∠ADB＝∠CDE，
∴△ADB∽△CDE，
∴∠ABD＝∠CED＝60°，
∵CT//AF，
∴∠CTE＝∠FAE＝60°，
∴△CTE是等边三角形，
∴EC＝ET，
∴AE＝AT+ET＝CF+CE．
故答案为：AE＝CF+CE．
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②如图2中，结论：EC=√2(AE−CF)．
理由：过点C作CQ⊥AE于Q．
∵CF//AM，
∴∠CFA+∠MAN＝180°，
∵∠MAN＝90°，
∴∠CFA＝∠FAQ＝90°，
∵∠CQA＝90°，
∴四边形AFCQ是矩形，
∴CF＝AQ，
∵∠ADC＝∠BDE，∠DEB＝∠ACD，
∴△ACD∽△BED，
AD CD
∴ = ，
BD ED
AD BD
∴ = ，
DC ED
∵∠ADB＝∠CDE，
∴△ADB∽△CDE，
∴∠ABD＝∠CED＝45°，
∵∠CQE＝90°，
∴CE＝√2EQ，
∴AE﹣CF＝AE﹣AQ＝EQ，
∴EC=√2(AE−CF)．
（2）如图3－1中，当∠CDE＝90°时，过点B作BJ⊥AC于J，过点F作FK⊥AE于K．
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BJ 4
在Rt△ABJ中，tan∠BAJ＝ ＝ ，AB＝5，
AJ 3
∴AJ＝3，BJ＝4，
∵AC＝AB＝5，
∴CJ=AC−AJ=5−3=2，
∴BC＝√BJ2+CJ2＝√22+42＝2√5，
1 1
∵ AC⋅BJ＝ BC⋅AD，
2 2
5×4
∴AD＝ ＝2√5，
2√5
∴CD＝√AC2−AD2＝ √52−(2√5) 2 ＝√5，
∵FK⊥AD，
∴∠CDE＝∠FKD＝90°，
∴CD//FK，
∵CF//DK，
∴四边形CDKF是平行四边形，
∵∠FKD＝90°，
∴四边形CDKF是矩形，
∴FK＝CD＝√5，
4
∵tan∠FAK＝tan∠CAB＝ ，
3
FK 4
∴ = ，
AK 3
3
∴AK＝ √5，
4
√ 3√5 2 5√5
∴AF＝√AK2+FK2＝ (√5) 2+( ) ＝ ．
4 4
如图3－2中，当∠ECD＝90°时，同理可得：
∠DAB＝∠EAC+∠CAB=∠EBC+∠CEB=90°，
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∵CF//AM，
∴∠AKF＝∠DAB＝90°，
CK 4
在Rt△ACK中，tan∠CAK＝ ＝ ，AC＝5，
AK 3
∴CK＝4，AK＝3，
∵∠MAN＝∠CAB，
∴∠CAN＝∠DAB＝90°，
∴∠CAB+∠BAF＝90°，∠BAF+∠AFK＝90°，
∴∠AFK＝∠CAB，
AK 4
∴tan∠AFK＝ ＝ ，
FK 3
9
∴FK＝ ，
4
√ 9 2 15
∴AF＝√AK2+K F2＝ 32+( ) ＝ ．
4 4
5√5 15
综上所述，满足条件的AF的值为 或 ．
4 4
【点睛】此题是几何变换综合题．考查了等边三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，相似三角
形的判定及性质，勾股定理，锐角三角函数，此题是一道几何综合题，掌握各知识点并掌握推理能力是解
题的关键．
类型四 锐角三角函数与矩形综合
1．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD=60°，
AE⊥BD，垂足为点E，F是OC的中点，连接EF，若EF=2√3，则矩形ABCD的周长是（ ）
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A．16√3 B．8√3+4 C．4√3+8 D．8√3+8
【答案】D
【分析】根据矩形的性质得出OA=OB，即可求证△ABO为等边三角形，进而得出点E为OB中点，根据
中位线定理得出BC=2EF=4√3，易得∠CBD=30°，求出CD=BC⋅tan∠BCD=4，即可得出矩形的
周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∵∠ABD=60°，
∴△ABO为等边三角形，
∵AE⊥BD，
∴点E为OB中点，
∵F是OC的中点，若EF=2√3，
∴BC=2EF=4√3，
∵∠ABD=60°，
∴∠CBD=30°，
√3
∴CD=BC⋅tan∠BCA=4√3× =4，
3
∴矩形ABCD的周长=2(BC+CD)=2(4√3+4)=8√3+8，
故选：D．
【点睛】矩形主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线定理，解直角三角形，解题的关
键是掌握矩形的对角线相等，等边三角形三线合一，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，
以及解直角三角形的方法和步骤．
2．（2023·北京·中考真题）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BE=DF，AC=EF．
(1)求证：四边形AECF是矩形；
1
(2)AE=BE，AB=2，tan∠ACB= ，求BC的长．
2
【答案】(1)见解析
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(2)3√2
【分析】（1）利用平行四边形的性质求出AF=EC，证明四边形AECF是平行四边形，然后根据对角线
相等的平行四边形是矩形得出结论；
（2）证明△ABE是等腰直角三角形，可得AE=BE=√2，然后再解直角三角形求出EC即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵BE=DF，
∴AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC=EF，
∴平行四边形AECF是矩形；
（2）解：由（1）知四边形AECF是矩形，
∴∠AEC=∠AEB=90°，
∵AE=BE，AB=2，
∴△ABE是等腰直角三角形，
√2
∴AE=BE= AB=√2，
2
AE 1
又∵tan∠ACB= = ，
EC 2
√2 1
∴ = ，
EC 2
∴EC=2√2，
∴BC=BE+EC=√2+2√2=3√2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及解直角三角形，熟练掌握相关判定
定理和性质定理是解题的关键．
3．（2023·江苏泰州·中考真题）如图，矩形ABCD是一张A4纸，其中AD=√2AB，小天用该A4纸玩折
纸游戏．
游戏1 折出对角线BD，将点B翻折到BD上的点E处，折痕AF交BD于点G．展开后得到图①，发现点
F恰为BC的中点．
游戏2 在游戏1的基础上，将点C翻折到BD上，折痕为BP；展开后将点B沿过点F的直线翻折到BP上
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的点H处；再展开并连接GH后得到图②，发现∠AGH是一个特定的角．
(1)请你证明游戏1中发现的结论；
(2)请你猜想游戏2中∠AGH的度数，并说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)120°，理由见解析
【分析】（1）由折叠的性质可得AF⊥BD，根据题意可得∠BAG=∠ADB=∠GBF，再设AB=a，然
后表示出AD、BD，再由锐角三角函数求出BF即可；
（2）由折叠的性质可知∠GBH=∠FBH，BF=HF，从而可得出∠GBH=∠BHF，进而得到
BD∥HF，∠DGH=∠GHF，由（1）知AF⊥BD，可得AF⊥HF，在RtΔGFH中求出∠GHF的
正切值即可解答．
【详解】（1）证明：由折叠的性质可得AF⊥BD，
∴∠AGB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠BAG=∠ADB=∠GBF，
∵AD=√2AB，
设AB=a，则AD=√2a，BD=√3a，
∴sin∠BAG=sin∠ADB，
BG AB
即 = ，
AB BD
BG a
∴ = ，
a √3a
√3
解得BG= a，
3
√6
根据勾股定理可得AG= a，
3
cos∠GBF=cos∠BAG，
BG AG
即 = ，
BF AB
√3 √6
a a
∴ 3 3 ．
=
BF a
√2
解得BF= a，
2
∵BC=AD=√2a，
1
∴BF= BC，
2
∴点F为BC的中点．
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（2）解：∠AGH=120°，理由如下：
连接HF，如图：
由折叠的性质可知∠GBH=∠FBH，BF=HF，
∴∠GBH=∠FBH，∠FBH=∠FHB，
∴∠GBH=∠BHF，
∴BD∥HF，
∴∠DGH=∠GHF，
由（1）知AF⊥BD，可得AF⊥HF，
∴∠AGD=90°，
√2
设AB=a，则AD=√2a=BC，BF=HF= a，
2
√3
∴BG= a，
3
√6
∴GF= a，
6
√6
a
GF 6 √3
在RtΔGFH中，tan∠GHF= = = ，
HF √2 3
a
2
∴∠GHF=30°，
∴∠DGH=30°，
∴∠AGH=∠AGD+∠DGH=90°+30°=120°．
【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握以上知识是解题关键．
类型五 锐角三角函数与菱形综合
1．（2023·山东济南·中考真题）如图，将菱形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点D落在射线CA上的
点E处，折痕CP交AD于点P．若∠ABC=30°，AP=2，则PE的长等于 ．
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【答案】√2+√6
【分析】过点A作AQ⊥PE于点Q，根据菱形性质可得∠DAC=75°，根据折叠所得∠E=∠D=30°，
AQ
结合三角形的外角定理得出∠QAP=45°，最后根据PQ=AP⋅cos45°=√2，EQ= =√6即可求
tan30°
解．
【详解】解：过点A作AQ⊥PE于点Q，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=30°，
∴AB=BC=CD=AC，∠ABC=∠D=30°，
1
∴∠DAC= (180°−30°)=75°，
2
∵△CPE由△CPD沿CP折叠所得，
∴∠E=∠D=30°，
∴∠EPA=75°−30°=45°，
∵AQ⊥PE，AP=2，
∴PQ=AP⋅cos45°=√2，则AQ=PQ=√2，
AQ
∴EQ= =√6，
tan30°
∴PE=EQ+PQ=√2+√6，
故答案为：√2+√6．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握菱形和折叠的
性质，正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
2．（2023·广东广州·中考真题）如图，AC是菱形ABCD的对角线．
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(1)尺规作图：将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点B旋转后的对应点为D（保留作图痕迹，不写
作法）；
(2)在（1）所作的图中，连接BD，CE；
①求证：△ABD∽△ACE；
1
②若tan∠BAC= ，求cos∠DCE的值．
3
【答案】(1)作法、证明见解答；
3
(2)①证明见解答；②cos∠DCE的值是 ．
5
【分析】
（1）由菱形的性质可知AD=AB，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，也就是以AD为一边在菱形
ABCD外作一个三角形与△ABC全等，第三个顶点E的作法是：以点D为圆心，BC长为半径作弧，再以
点A为圆心，AC长为半径作弧，交前弧于点E；
AB AD
（2）①由旋转得AB=AD，AC=AE，∠BAC=∠DAE，则 = ，∠BAD=∠CAE，即可根据
AC AE
“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”证明△ABD∽△ACE；
②延长AD交CE于点F，可证明ΔABC≅ΔADC，得∠BAC=∠DAC，而∠BAC=∠DAE，所以
∠DAE=∠DAC，由等腰三角形的“三线合一”得 AD⊥CE，则∠CFD=90°，设CF=m，
CF 1
CD=AD=x，则 =tan∠DAC=tan∠BAC= ，所以 AF=3m， DF=3m−x，由勾股定理得
AF 3
5 CF 3
m2+(3m−x) 2=x2，求得CD=x= m，则cos∠DCE= = ．
3 CD 5
【详解】（1）
解：如图1，△ADE就是所求的图形．
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．
（2）
证明：①如图2，由旋转得AB=AD，AC=AE，∠BAC=∠DAE，
AB AD
∴ = ，∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
AC AE
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD∽△ACE．
②如图2，延长AD交CE于点F，
∵AB=AD，BC=DC，AC=AC，
∴△ABC≌△ADC(SSS)，
∴∠BAC=∠DAC，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠DAE=∠DAC，
∵AE=AC，
∴AD⊥CE，
∴∠CFD=90°，
设CF=m，CD=AD=x，
CF 1
∵ =tan∠DAC=tan∠BAC= ，
AF 3
∴AF=3CF=3m，
∴DF=3m−x，
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∵CF2+DF2=CD2，
∴m2+(3m−x) 2=x2，
5
∴解关于x的方程得x= m，
3
5
∴CD= m，
3
CF m 3
∴cos∠DCE= = =
CD 5 5，
m
3
3
∴cos∠DCE的值是 ．
5
【点睛】
此题重点考查尺规作图、旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、
勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
3．（2023·广东深圳·中考真题）（1）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，
①若BE=BC，过C作CF⊥BE交BE于点F，求证：△ABE≌△FCB；
②若S =20时，则BE⋅CF=______．
矩形ABCD
1
（2）如图，在菱形ABCD中，cosA= ，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交
3
AD于点F，若S =24时，求EF⋅BC的值．
菱形ABCD
（3）如图，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB=6，AD=5，点E在CD上，且CE=2，点F为BC
上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF⋅EG=7√3时，请直接写出
AG的长．
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3
【答案】（1）①见解析；②20；（2）32；（3）3或4或
2
【分析】
（1）①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，进而证明∠FCB=∠ABE结
合已知条件，即可证明△ABE≌△FCB；
AB BE
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°，证明△ABE∽△FCB，得出 = ，根据
CF BC
S =AB⋅CD=20，即可求解；
矩形ABCD
1 4
（2）根据菱形的性质得出AD∥BC，AB=BC，根据已知条件得出BE= BC,AE= AB，证明
3 3
△AFE∽△BEC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过
点E作EH⊥DM于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出MG=7，根据
tan∠MEH=tan∠HGE，得出H E2=HM⋅HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，
如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG
是平行四边形，同理证明△ENG∽△ECM，根据tan∠FEH=tan∠M得出EH2=FH⋅HM，建立方程，
25√3
解方程即可求解；③当G点在BC边上时，如图所示，过点B作BT⊥DC于点T，求得S = ，而
△BTC 8
7
S = √3，得出矛盾，则此情况不存在．
△EFG 2
【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
又∵CF⊥BC，
∴∠FCB+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，
∴∠FCB=∠ABE，
又∵BC=BE，
∴△ABE≌△FCB；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°
∴△ABE∽△FCB
AB BE
∴ = ，
CF BC
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又∵S =AB⋅CD=20
矩形ABCD
∴BE⋅CF=AB⋅BC=20,
故答案为：20．
1
（2）∵在菱形ABCD中，cosA= ，
3
∴AD∥BC，AB=BC，
则∠CBE=∠A，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°，
BE
∵cos∠CBE=
CB
1
∴BE=BC⋅cos∠CBE=BC×cos∠A= BC，
3
1 1 4
∴AE=AB+BE=AB+ BC=AB+ AB= AB，
3 3 3
∵EF⊥AD，CE⊥AB
∴∠AFE=∠BEC=90°,
又∠CBE=∠A，
∴△AFE∽△BEC，
AE EF AF
∴ = = ，
BC CE BE
4 4 4
∴EF⋅BC =AE⋅CE= AB×CE= S = ×24=32；
3 3 菱形ABCD 3
（3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM
于点H，
∵平行四边形ABCD中，AB=6，CE=2，
∴CD=AB=6，DE=DC−EC=6−2=4,
∵DM∥FC，
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∴△EDM∽△ECF
EM ED 4
∴ = = =2，
EF EC 2
S EM
∴ △MGE= =2
S EF
△FEG
∴S =2S = EF⋅EG=7√3
△MGE △EFG
在Rt△DEH中，∠HDE=∠A=60°，
√3 √3 1
则EH= DE= ×4=2√3，DH= DE=2，
2 2 2
1
∴ MG×HE=7√3
2
∴MG=7，
∵¿⊥EF,EH⊥MG，
∴∠MEH=90°−∠HEG=∠HGE
∴tan∠MEH=tan∠HGE
HE HM
∴ =
HG HE
∴H E2=HM⋅HG
设AG=a，则GD=AD−AG=5−a，GH=GD+HD=5−a+2=7−a，
HM=GM−GH=7−(7−a)=a，
∴(2√3)
2=x(7−x)
解得：a=3或a=4，
即AG=3或AG=4，
②当G点在AB边上时，如图所示，
连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边
形，
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设AG=x，则DN=AG=x，EN=DE−DN=4−x，
∵GN∥CM
∴△ENG∽△ECM
EG EN GN 4−x
∴ = = = ，
EM EC CM 2
2GN 10
∴CM= =
4−x 4−x
S EG 4−x
∴ △GEF = = ，
S EM 2
△MEF
∵EF⋅EG=7√3
2S 7√3
∴S = △GEF =
△MEF 4−x 4−x
过点E作EH⊥BC于点H，
在Rt△EHC中，EC=2,∠ECH=60°，
∴EH=√3，CH=1，
1 1 7√3
∴S = ×MF×EH，则 ×√3×MF= ，
△MEF 2 2 4−x
14
∴MF= ，
4−x
14 10 x 10 14−x
∴FH=MF−CM−CH= − −1= ，MH=CM+CH= +1=
4−x 4−x 4−x 4−x 4−x
∵∠MEF=∠EHM=90°，
∴∠FEH=90°−∠MEH=∠M
∴tan∠FEH=tan∠M，
FH EH
即 = ，
EH HM
∴EH2=FH⋅HM
x 14−x
即(√3)
2=
×
4−x 4−x
3
解得：x = ,x =8（舍去）
1 2 2
3
即AG= ；
2
③当G点在BC边上时，如图所示，
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过点B作BT⊥DC于点T，
1 5 5√3
在Rt△BTC中，CT= BC= ，BT=√3TC= ，
2 2 2
1 1 5√3 5 25√3
∴S = BT×TC= × × = ，
△BTC 2 2 2 2 8
∵EF⋅EG=7√3，
7
∴S = √3，
△EFG 2
25 7
∵ √3< √3，
8 2
∴G点不可能在BC边上，
3
综上所述，AG的长为3或4或 ．
2
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌
握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
类型六 锐角三角函数与正方形综合
1．（2023·山东淄博·中考真题）勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图”的
证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千
百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连接EG，DG．若正方形ABCD与EFGH
的边长之比为√5:1，则sin∠DGE等于（ ）
√10 √5 3 2
A． B． C． √10 D． √5
10 5 10 5
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【答案】A
【分析】设△ABG的长直角边为a，短直角边为b，大正方形的边长为√5x，小正方形的边长为x，由题意
得¿，解得¿，即可求解．
【详解】解：过点D作ND⊥≥¿交GE的延长线于点N，
由题意可得，两个正方形之间是4个相等的三角形，
设△ABG的长直角边为a，短直角边为b，大正方形的边长为√5x，小正方形的边长为x，
即ED=BG=HC=AF=b，AG=BH=CE=DF=a，EG=√2b，
由题意得，¿，解得¿，
√2 √2 √2
在△GDE中，EG=√2GH=√2b，则NE=ND= ED= b= x，
2 2 2
EG=√2GH=√2(a−b)=√2x，
√2
x
则 ND 2 1，
tan∠DGE= = =
GN 2√2x+√2x 3
√10
∴sin∠DGE= ，
10
故选：A．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用、正方形的性质及勾股定理，确定a、b和x之间的关系是解题的关
键．
2．（2023·浙江衢州·中考真题）下面是勾股定理的一种证明方法：图 1 所示纸片中，
∠ACB=90°(AC0)的图象与BC交于点D，与对角线
x
OB交于点E，与AB交于点F，连接OD，DE，EF，DF．下列结论：①sin∠DOC=cos∠BOC；②
OE=BE；③S =S ；④OD:DF=2:3．其中正确的结论有（ ）
△DOE △BEF
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A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
CD OC
【分析】根据题意，图中各点的坐标均可以求出来，sin∠DOC= ，cos∠BOC= ，只需证明
OD OB
CD OC 2
= 即可证明结论①；先求出直线OB的解析式，然后求直线OB与反比例函数y= (x>0)的交点
OD OB x
坐标，即可证明结论②；分别求出S 和S ，进行比较即可证明结论③；只需证明△OCD∽△DBF，
△DOE △BEF
即可求证结论④．
【详解】解：∵OABC为矩形，点B的坐标为（4，2），
∴A点坐标为(4，0)，C点坐标为(0，2)，
2
根据反比例函数y= (x>0)，
x
当y=2时，x=1，即D点坐标为(1，2)，
1 1
当x=4时，y= ，即F点坐标为(4， )，
2 2
∵OC=2，CD=1，
∴OD=√22+12=√5，
∵OC=2，CB=4，
∴OB=√22+42=2√5，
CD 1 √5
∴sin∠DOC= = = ，
OD √5 5
OC 2 √5
cos∠BOC= = = ，
OB 2√5 5
∴sin∠DOC=cos∠BOC，
故结论①正确；
设直线OB的函数解析式为：y=kx，
点B代入则有：2=4k，
1
解得：k= ，
2
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1
故直线OB的函数解析式为：y= x，
2
1 2
当 x= 时，x =2；x =−2(舍)
2 x 1 2
即x=2时，y=1，
∴点E的坐标为(2，1)，
∴点E为OB的中点，
∴OE=BE，
故结论②正确；
1
∵CD=1，AF= ，
2
3
∴BD=3，BF= ，
2
1 3
由②得：S =S = ×BD×1= ，
△DOE △DBE 2 2
1 3
S = ×BF×2= ，
△BEF 2 2
∴S =S ，
△DOE △BEF
故结论③正确；
在Rt△OCD和Rt△DBF中，
OC DB 3
=2， = =2
CD BF 3 ，
2
∴△OCD∽△DBF，
∴OD:DF=OC:DB=2:3，
故结论④正确，
综上：①②③④均正确，
故选：A．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，相似三角形判定与性质，锐角三角函数，反比例函数与几何综合，结
合题意求出图中各点坐标是解决本题的关键．
k
2．（2023·辽宁营口·中考真题）如图，点 A在反比例函数y= (x>0)的图象上，AB⊥y轴于点B，
x
1
tan∠AOB= ，AB=2．
2
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(1)求反比例函数的解析式；
(2)点C在这个反比例函数图象上，连接AC并延长交x轴于点D，且∠ADO=45°，求点C的坐标．
8
【答案】(1)y=
x
(2)C(4,2)
【分析】
（1）利用正切值，求出OB=4，进而得到A(2,4)，即可求出反比例函数的解析式；
（2）过点A作AE⊥x轴于点E，易证四边形ABOE是矩形，得到OE=2，AE=4，再证明△AED是等腰
直角三角形，得到DE=4，进而得到D(6,0)，然后利用待定系数法求出直线AD的解析式为y=−x+6，
联立反比例函数和一次函数，即可求出点C的坐标．
【详解】（1）解：∵AB⊥y轴，
∴∠ABO=90°，
1
∵tan∠AOB= ，
2
AB 1
∴ = ，
OB 2
∵AB=2，
∴OB=4，
∴A(2,4)，
k
∵点A在反比例函数y= (x>0)的图象上，
x
∴k=2×4=8，
8
∴反比例函数的解析式为y= ；
x
（2）解：如图，过点A作AE⊥x轴于点E，
∵∠ABO=∠BOE=∠AEO=90°，
∴四边形ABOE是矩形，
∴OE=AB=2，OB=AE=4，
∵∠ADO=45°，
∴△AED是等腰直角三角形，
∴DE=AE=4，
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∴OD=OE+DE=2+4=6，
∴D(6,0)，
设直线AD的解析式为y=kx+b，
∴¿，解得：¿，
∴直线AD的解析式为y=−x+6，
8
∵点A、C是反比例函数y= 和一次函数y=−x+6的交点，
x
联立¿，解得：¿或¿，
∵A(2,4)，
∴C(4,2)．
【点睛】本题是反比例函数综合题，考查了锐角三角函数值，矩形的判定和性质，待定系数法求函数解析
式，反比例函数和一次函数交点问题等知识，求出直线AD的解析式是解题关键．
1 k
3．（2021·青海西宁·中考真题）如图，正比例函数y= x与反比例函数y= (x>0)的图象交于点A，
2 x
2
AB⊥x轴于点B，延长AB至点C，连接OC．若cos∠BOC= ，OC=3．
3
（1）求OB的长和反比例函数的解析式；
（2）将△AOB绕点О旋转90°，请直接写出旋转后点A的对应点A'的坐标．
2
【答案】（1）OB=2，y= (x>0)；（2）A'(−1，2)或(1，−2)
x
【分析】（1）由三角函数值，即可求出OB=2，然后求出点A的坐标，即可求出反比例函数的解析式；
（2）根据题意，可分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，两种情况进行分析，即可得到答案．
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【详解】解：（1） ∵AB⊥x轴于点B
∴∠OBC=90°
2
在Rt△OBC中，OC=3，cos∠BOC=
3
OB 2
∴ = ，OB=2
OC 3
∴点A的横坐标为2
1
又∵点A在正比例函数y= x的图象上
2
1
∴y= ×2=1，
2
∴A(2,1)
k k
把A(2,1)代入y= ，得1=
x 2
∴k=2，
2
∴反比例函数的解析式是y= (x>0) ；
x
（2）根据题意，
∵点A为（2，1），
∵将△AOB绕点О旋转90°，
则分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，如图：
∴A'(−1，2)或(1，−2)．
【点睛】本题考查了反比例函数和一次函数的综合，以及三角函数，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握
所学的知识，正确的画出图像进行分析．
类型二 锐角三角函数与二次函数综合
1
1．（2023·江苏·中考真题）如图，二次函数y= x2+bx−4的图像与x轴相交于点A(−2,0)、B，其顶
2
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点是C．
(1)b=_______；
5
(2)D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD= ；将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物
2
线经过点D，过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，求k的取值范
围；
(3)将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接
PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求点P的坐标．
【答案】(1)−1；
(2)k≤−3；
( 5) ( 5)
(3) 3,− 或 −1,− ．
2 2
【分析】
1
（1）把A(−2,0)代入y= x2+bx−4即可求解；
2
1
（2）过点D作DM⊥OA于点M，设D ( m, 1 m2−m−4 ) ，由 DM − 2 m2+m+4 5，解
2 tan∠AOD= = =
OM −m 2
( 5)
得D −1,− ，进而求得平移后得抛物线，
2
1 9
平移后得抛物线为y= (x+3) 2− ，根据二次函数得性质即可得解；
2 2
（3）先设出平移后顶点为P ( p, 1 p2−p−4 ) ，根据原抛物线y= 1 (x−1) 2− 9 ，求得原抛物线的顶点
2 2 2
C ( 1,− 9) ，对称轴为x=1，进而得Q ( 1,p2−2p− 7) ，再根据勾股定理构造方程即可得解．
2 2
【详解】（1）
1
解：把A(−2,0)代入y= x2+bx−4得，
2
1
0= ×(−2) 2+b×(−2)−4，
2
解得b=−1，
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故答案为−1；
（2）
解：过点D作DM⊥OA于点M，
∵b=−1，
1
∴二次函数的解析式为y= x2−x−4
2
设D ( m, 1 m2−m−4 ) ，
2
5
∵D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD= ，
2
1
− m2+m+4
∴ DM 2 5，
tan∠AOD= = =
OM −m 2
解得m=−1或m=8（舍去），
1 1 5
当m=−1时， m2−m−4= +1−4=− ，
2 2 2
( 5)
∴D −1,− ，
2
1 1 9
∵y= x2−x−4= (x−1) 2− ，
2 2 2
1 9
∴设将原抛物线向左平移后的抛物线为y= (x+a) 2− ，
2 2
把D ( −1,− 5) 代入y= 1 (x+a) 2− 9 得− 5 = 1 (−1+a) 2− 9 ，
2 2 2 2 2 2
解得a=3或a=−1（舍去），
1 9
∴平移后得抛物线为y= (x+3) 2−
2 2
∵过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，
1 9
在y= (x+3) 2− 的对称轴x=−3的左侧，y随x的增大而减小，此时原抛物线也是y随x的增大而减小，
2 2
∴k≤−3；
（3）
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1 9 1
解：由y= (x−1) 2− ，设平移后的抛物线为y= (x−p) 2+q，则顶点为P(p,q)，
2 2 2
1 9
∵顶点为P(p,q)在y= (x−1) 2− 上，
2 2
1 9 1
∴q= (p−1) 2− = p2−p−4，
2 2 2
∴平移后的抛物线为y= 1 (x−p) 2+ 1 p2−p−4，顶点为P ( p, 1 p2−p−4 ) ，
2 2 2
1 9
∵原抛物线y= (x−1) 2− ，
2 2
( 9)
∴原抛物线的顶点C 1,− ，对称轴为x=1，
2
∵平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，
∴Q ( 1,p2−2p− 7) ，
2
∵点Q、C在直线x=1上，平移后的抛物线顶点P在原抛物线顶点C的上方，两抛物线的交点Q在顶点P
的上方，
∴∠PCQ与∠CQP都是锐角，
∵△PCQ是直角三角形，
∴∠CPQ=90°，
∴QC2=PC2+PQ2，
∴ ( p2−2p− 7 + 9) 2 =(p−1) 2+ (1 p2−p−4+ 9) 2 +(p−1) 2+ (1 p2−p−4−p2+2p+ 7) 2 化 简 得
2 2 2 2 2 2
(p−1) 2 (p−3)(p+1)=0，
∴p=1（舍去），或p=3或p=−1，
1 1 5
当p=3时，
p2−p−4= ×32−3−4=−
，
2 2 2
1 5
当p=−1时， ×(−1) 2+1−4=− ，
2 2
( 5) ( 5)
∴点P坐标为 3,− 或 −1,− ．
2 2
【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，勾股定理，解直角三角形以及待定系数法求二次函数的解析
式，熟练掌握二次函数的图像及性质是解题的关键．
1
2．（2022·江苏无锡·中考真题）已知二次函数y=− x2+bx+c图像的对称轴与x轴交于点A（1，0），
4
图像与y轴交于点B（0，3），C、D为该二次函数图像上的两个动点（点C在点D的左侧），且
∠CAD=90∘．
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(1)求该二次函数的表达式；
(2)若点C与点B重合，求tan∠CDA的值；
(3)点C是否存在其他的位置，使得tan∠CDA的值与（2）中所求的值相等？若存在，请求出点C的坐标；
若不存在，请说明理由．
1 1
【答案】(1)y=− x2+ x+3
4 2
(2)1
(3)(−2,1)，(3−√17,√17−2)，(−1−√17,−2−√17)
【分析】（1）二次函数与y轴交于点B(0,3)，判断c=3，根据A(1,0)，即二次函数对称轴为x=1，求出b
的值，即可得到二次函数的表达式；
（2）证明△ADE∽△BAO，得到 BO = OA ，即BO⋅DE=OA⋅AE，设D ( t,− 1 t2+ 1 t+3 ) ，点D在
AE DE 4 2
第一象限，根据点的坐标写出长度，利用BO⋅DE=OA⋅AE求出t的值，即可AE，DE的值，进一步得
出tan∠CDA的值；
（3）根据题目要求，找出符合条件的点C的位置，在利用集合图形的性质，求出对应点C的坐标即可。
1
【详解】（1）解：∵二次函数y=− x2+bx+c与y轴交于点B(0,3)，
4
1
∴c=3，即y=− x2+bx+3，
4
∵A(1,0)，即二次函数对称轴为x=1，
b b
x=− =− =1
∴ 2a ( 1) ，
2× −
4
1
∴b= ，
2
1 1
∴二次函数的表达式为y=− x2+ x+3．
4 2
（2）解：如图，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接BD，
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∵∠CAD=90∘，
∴∠BAO+∠DAE=90∘，
∵∠ADE+∠DAE=90∘，
∴∠ADE=∠BAO，
∵∠BOA=∠DEA=90°，
∴△ADE∽△BAO，
BO OA
∴ = ，即BO⋅DE=OA⋅AE，
AE DE
∵B(0,3)，A(1,0)，
∴BO=3，OA=1，
设：D ( t,− 1 t2+ 1 t+3 ) ，点D在第一象限，
4 2
1 1
∴OE=t，DE=− t2+ t+3，AE=OE−OA=t−1，
4 2
∴3× ( − 1 t2+ 1 t+3 ) =1×(t−1)，
4 2
10
解得：t =− （舍），t =4（舍），
1 3 2
1 1
当t =4时，y=− ×42+ ×4+3=1，
2 4 2
∴AE=4−1=3，DE=1，
∴AD=√DE2+AE2=√12+32=√10，
AB=√OA2+OB2=√12+32=√10
∵在Rt△BAD中，
AB √10
∴tan∠CDA= = =1
AD √10
（3）解：存在，
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如图，（2）图中Rt△BAD关于对称轴对称时，tan∠CDA=1，
∵点D的坐标为(4,1)，
∴此时，点C的坐标为(−2,1)，
如图，当点C、D关于对称轴对称时，此时AC与AD长度相等，即tan∠CDA=1，
当点C在x轴上方时，
过点C作CE垂直于x轴，垂足为E，
∵∠CAD=90∘，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAE=45∘，
∴△CAE为等腰直角三角形，
∴CE=AE，
设点C的坐标为 ( m,− 1 m2+ 1 m+3 ) ，
4 2
1 1
∴CE=− m2+ m+3，AE=1−m，
4 2
1 1
∴− m2+ m+3=1−m
4 2
解得：m =3−√17，m =3+√17（舍），
1 2
此时，点C的坐标为(3−√17,√17−2)，
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当点C在x轴下方时，
过点C作CF垂直于x轴，垂足为F，
∵∠CAD=90∘，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAF=45∘，
∴△CAF为等腰直角三角形，
∴CF=AF，
设点C的坐标为 ( m,− 1 m2+ 1 m+3 ) ，
4 2
1 1
∴CF= m2− m−3，AE=1−m，
4 2
1 1
∴ m2− m−3=1−m
4 2
解得：m =−1+√17（舍），m =−1−√17，
1 2
此时，点C的坐标为(−1−√17,−2−√17)，
综上：点C的坐标为(−2,1)，(3−√17,√17−2)，(−1−√17,−2−√17)．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
5
3．（2023·辽宁鞍山·中考真题）如图1，抛物线y=ax2+ x+c经过点(3,1)，与y轴交于点B(0,5)，点E
3
为第一象限内抛物线上一动点．
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(1)求抛物线的解析式．
2
(2)直线y= x−4与x轴交于点A，与y轴交于点D，过点E作直线EF⊥x轴，交AD于点F，连接BE．
3
当BE=DF时，求点E的横坐标．
3
(3)如图2，点N为x轴正半轴上一点，OE与BN交于点M．若OE=BN，tan∠BME= ，求点E的坐标．
4
5
【答案】(1)y=−x2+ x+5
3
7
(2) 或1
3
3 91 5
(3)E( , )或E( ,5)
4 16 3
【分析】（1）利用待定系数法，把已知点坐标代入解析式即可求解函数的解析式；
（2）分别过E，F向y轴作垂线，垂足为G，H，根据HL证得 Rt△BEG≌Rt△DFH，从而BG=DH，
设E点坐标，分别表示出G，H坐标，再列方程求解即可；
3
（3）将OE平移到NP，连接EP，则tan∠BNP=tan∠BME= ；过P作PQ⊥BN于Q，过Q作
4
QR⊥y轴于R，过P作PS⊥PQ交延长线于S，延长PE交y轴于T，设PQ=3m，则QN=4m，
BR BQ
BN=OE=NP=5m，BQ=m，由△BRQ∽△BON可得 = ，从而BR=1，设RQ=n由
BO BN
△BRQ∽△QSP可得PS=3n，QS=3， RS=3+n，再求出E点坐标为(3−4n,3n+4)，代入抛物线解
9 1
析式中即可求得n= 或n= ，从而可得E点坐标 ．
16 3
【详解】（1）解：把(3，1)和(0，5)代入到解析式中可得
¿，解得¿，
5
抛物线的解析式为：y=−x2+ x+5；
3
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2
（2）直线y= x−4中，令y=0，则x=6，所以A(6，0)，
3
2
直线y= x−4中，令x=0，则y=−4，所以D(0，−4)，
3
分别过E，F向y轴作垂线，垂足为G，H，
根据题意可得EG=FH，
∵EG⊥y轴，FH⊥y轴，
∴△BEG和△DFH为直角三角形，
在Rt△BEG和Rt△DFH中，
¿，
∴Rt△BEG≌Rt△DFH，
∴BG=DH，
5
设E(t,−t2+ t+5)，
3
2
则F(t, t−4)，
3
5 2
∴G(0,−t2+ t+5)，H(0, t−4)，
3 3
| 5 | | 5 | |2 | |2 |
从而BG= 5−(−t2+ t+5) = t2− t ，DH= t−4−(−4) = t ，
3 3 3 3
5 2 5 2
则有t2− t= t或t2− t=− t，
3 3 3 3
7
解得t=0（舍去），或t= ，或t=1
3
7
故点E的横坐标为： 或1；
3
3
（3）将OE平移到NP，连接EP，则四边形ONPE为平行四边形，tan∠BNP=tan∠BME= ，过P作
4
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PQ⊥BN于Q，过Q作QR⊥y轴于R，过P作PS⊥RQ交延长线于S，延长PE交y轴于T，
PQ 3
∵tan∠BNP= = ，
QN 4
∴可设PQ=3m，则QN=4m，
∴BN=OE=NP=√(3m) 2+(4m) 2=5m，
则BQ=m，
设RQ=n，
∵RQ∥x轴，
∴△BRQ∽△BON，
BR BQ RQ
∴ = = ，
BO BN ON
1
∴BR= BO=1，RO=4，EP=NO=5RQ=5n，
5
∵PQ⊥BM，PS⊥RS，BR⊥RS，
∴∠BRQ=∠QSP=∠BQP=90°，
∴∠BQR+∠PQS=90°，∠BQR+∠QBR=90°，
∴∠PQS=∠QBR，
∴△BRQ∽△QSP
QS PS PQ
∴ = = =3，
BR RQ BQ
∴PS=3n，QS=3，则RS=3+n，
∴x =TE=TP−EP=RS−EP=3+n−5n=3−4n，y =¿=TR+RO=PS+RO=3n+4，
E E
∴E(3−4n,3n+4)，
5
代入抛物线解析式中有：3n+4=−(3−4n) 2+ (3−4n)+5，
3
9 1
解得：n= 或n= ，
16 3
9 3 91
当n= 时，E( , )，
16 4 16
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1 5
当n= 时，E( ,5)．
3 3
【点睛】本题是二次函数与相似三角形综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定
与性质，全等三角形的判定与性质，正切的定义等知识，解题关键是在坐标系中利用等线段构造全等进行
计算，构造相似三角形解决问题．
题型03 12345模型
1 1
【12345模型简介】对于角α和角β，若满足α+β=45°，tanα= ，则一定tanβ= ，并且这三个式子，
2 3
只要满足其中任意两个，都可以推出另外一个。
1 1
已知△ABC为等腰直角三角形，点D为线段AB的中点，设∠BCD=α，∠ACD=β, 且tanα= ，则tanβ=
2 3
【证明过程】过点D作DE⊥AC
1
设AB=BC=4,则AD=2，AC=4√2, DE=AE=√2 ∴CE=3√2 ∴tanβ=
3
∵α+β=45°，∴tan（α+β）=1, ∠CDE=α+45°，∠BDE=β+45°（三角形内角和为180°）
∴tan（α+45°）=3，tan（β+45°）=2
在BC上取一点F，使DF=FC, 设BF=x，则DF=4-x
4 3
在Rt△BDF中，由勾股定理解得x=1.5，∴tan2α= ，tan2β=
3 4
A
√2
45°
2 E
√2
D
α+45°
3√2
2β
2 β+45° 4-x
β
2α α
B x F C
1．（2022·四川泸州·中考真题）如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E是边AB上的点，且BE=2AE，
过点E作DE的垂线交正方形外角∠CBG的平分线于点F，交边BC于点M，连接DF交边BC于点N，则
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MN的长为（ ）
2 5 6
A． B． C． D．1
3 6 7
【答案】B
【分析】在AD上截取AG=AE,连接GE，延长BA至H，使AH=CN,连接EN，可得出
△EGD≅△FBE(ASA)，进而推出△DCN≅△DHA(SAS), △NDE=△HDE(SAS),得出
EN=EH,，设CN=x,则BN=3−x,用勾股定理求出EN=√BE2+BN2=√4+(3−x) 2,由EN=EH,可列
1
方程1+x=√4+(3−x) 2,解出x，即CN的长，由正切函数，∠ADE=∠BEM,tan∠ADE= ,求出BM
3
的长，由MN=BC−CN−BM即可得出结果．
【详解】解：如图所示：在AD上截取AG=AE,连接GE，延长BA至H，使AH=CN,连接EN，
∵AD=AB,AG=AE,
∴DG=BE,
∵DE⊥EF,
∴∠≝=90°,
∴∠AED+∠BEF=90°,
∵∠ADE+∠AED=90°,
∴∠ADE=∠BEF,
∴AG=AE,∠GAE=90°,
∴∠AGE=∠AEG=45°,
∴∠EGD=135°,
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∵BF为正方形外角∠CBG的平分线，
∴∠CBF=45°,
∴∠EBF=90°+45°=135°,
∴∠EDG=∠FBE,
在△GDE和△BEF中，
∵¿
∴△EGD≅△FBE(ASA),
∴ED=FE,
∴∠EDF=45°,
∴∠CDN+∠ADE=45°,
在Rt△EDC和Rt△HDA中，
∵¿
∴△DCN≅△DHA(SAS),
∴DN=DH,∠CDN=∠ADH,
∠HDE=45°,
在△NDE和△HDE中，
∵¿
∴△NDE=△HDE(SAS),
∴EN=EH,
∵BC=AB=3, BE=2AE,
∴AE=1,BE=2,
设CN=x,则BN=3−x,
在Rt△BEN中，
∴EN=√BE2+BN2=√4+(3−x) 2,
∴1+x=√4+(3−x) 2,
3
∴x= ,
2
1
∵∠ADE=∠BEM,tan∠ADE= ,
3
BM BM 1
∴tan∠BEM= = = ,
BE 2 3
3 2 5
∴MN=BC−CN−BM=3− − = ,
2 3 6
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理等知识．此题综
合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．
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2．（2023·四川·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(1,0)，点B(0,−3)，点C在x轴上，
1
且点C在点A右方，连接AB，BC，若tan∠ABC= ，则点C的坐标为 ．
3
(9 )
【答案】 ,0
4
AC CB
【分析】根据已知条件得出∠ABO=∠ABC，根据等面积法得出 = ，设C(m,0)，则AC=m−1，
OA OB
进而即可求解．
【详解】解：∵点A(1,0)，点B(0,−3)，
∴OA=1,OB=3，
1
tan∠OBA= ，
3
1
∵tan∠ABC= ，
3
∴∠ABO=∠ABC，
过点A作AD⊥BC于点D，
∵AO⊥BO,AD⊥BC，AB是∠OBC的角平分线，
∴AO=AD=1
1 1
OA×OB OB×OA
S 2 2
∵ △ABO= =
S 1 1
△ABC AC×OB BC×AD
2 2
AC CB
∴ =
OA OB
设C(m,0)，则AC=m−1，BC=√32+m2
m−1 √32+m2
∴ =
1 3
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9
解得：m= 或m=0（舍去）
4
(9 )
∴C ,0
4
(9 )
故答案为： ,0 ．
4
【点睛】本题考查了正切的定义，角平分线的性质，勾股定理，熟练掌握角平分线的定义是解题的关键．
3．（2021·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩
形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD
＝4，BE＝2，则DF的长是（ ）
7 3√2
A．2 B． C． D．3
4 2
【答案】A
【分析】构造如图所示的正方形CMPD，然后根据相似三角形的判定和性质解直角三角形FNP即可．
【详解】如图，延长CE，FG交于点N，过点N作l//AB，延长CB,DA交l于M,P，
∴∠CMN=∠DPN=90°，
∴四边形CMPD是矩形，
根据折叠，∠MCN=∠GCN，CD=CG，DF=FG，
∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，
∴RtΔMNC≅RtΔGNC，
∴CM=CG=CD=6，MN=NG
∴四边形CMPD为正方形，
∵BE//MN
∴△CBE∼△CMN，
BE CB 4 2
∴ = = = ，
MN CM 6 3
∵BE=2，∴MN=3，
∴NP=3，
设DF=x,则AF=4−x，
在Rt△PNF中，由FP2+N P2=N F2可得(4−x+2) 2+32=(3+x) 2
解得x=2；
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故选A．
【点睛】本题考查了折叠问题，正方形的性质与判定，矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和
判定，相似三角形，勾股定理等知识点的综合运用，难度较大．作出合适的辅助线是解题的关键．
4．（2023·湖北黄冈·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，以点B为圆心，适当长为半径
1
画弧，分别交BC，BD于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于 EF长为半径画弧交于点P，作射线
2
BP，过点C作BP的垂线分别交BD,AD于点M，N，则CN的长为（ ）
A．√10 B．√11 C．2√3 D．4
【答案】A
【分析】由作图可知BP平分∠CBD，设BP与CN交于点O，与CD交于点R，作RQ⊥BD于点Q，根据
角平分线的性质可知RQ=RC，进而证明Rt△BCR ≌Rt△BQR，推出BC=BQ=4，设RQ=RC=x，
4
则DR=CD−CR=3−x，解Rt△DQR求出QR=CR= ．利用三角形面积法求出OC，再证
3
△OCR∽△DCN，根据相似三角形对应边成比例即可求出CN．
【详解】解：如图，设BP与CN交于点O，与CD交于点R，作RQ⊥BD于点Q，
∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴ CD=AB=3，
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∴ BD=√BC2+CD2=5．
由作图过程可知，BP平分∠CBD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ CD⊥BC，
又∵ RQ⊥BD，
∴ RQ=RC，
在Rt△BCR和Rt△BQR中，
¿，
∴ Rt△BCR ≌Rt△BQR (HL)，
∴ BC=BQ=4，
∴ QD=BD−BQ=5−4=1，
设RQ=RC=x，则DR=CD−CR=3−x，
在Rt△DQR中，由勾股定理得DR2=DQ2+RQ2，
即(3−x) 2=12+x2，
4
解得x= ，
3
4
∴ CR= ．
3
4
∴ BR=√BC2+CR2= √10．
3
1 1
∵ S = CR⋅BC= BR⋅OC，
△BCR 2 2
4
×4
CR⋅BC 3 2
∴ OC= = = √10．
BR 4 5
√10
3
∵ ∠COR=∠CDN=90°，∠OCR=∠DCN，
∴ △OCR∽△DCN，
2 4
OC CR √10
∴ = ，即5 3 ，
DC CN =
3 CN
解得CN=√10．
故选A．
【点睛】本题考查角平分线的作图方法，矩形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股
定理，相似三角形的判定与性质等，涉及知识点较多，有一定难度，解题的关键是根据作图过程判断出
BP平分∠CBD，通过勾股定理解直角三角形求出CR．
5．（2023·四川凉山·中考真题）阅读理解题：
阅读材料：
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1
如图1，四边形ABCD是矩形，△AEF是等腰直角三角形，记∠BAE为α、∠FAD为β，若tanα= ，则
2
1
tanβ= ．
3
1
证明：设BE=k，∵tanα= ，∴AB=2k，
2
易证△AEB≌△EFC(AAS)
∴EC=2k,CF=k，
∴FD=k,AD=3k
DF k 1
∴tanβ= = = ，
AD 3k 3
1 1
若α+β=45°时，当tanα= ，则tanβ= ．
2 3
1 1
同理：若α+β=45°时，当tanα= ，则tanβ= ．
3 2
根据上述材料，完成下列问题：
m
如图2，直线y=3x−9与反比例函数y= (x>0)的图象交于点A，与x轴交于点B．将直线AB绕点A顺
x
时针旋转45°后的直线与y轴交于点E，过点A作AM⊥x轴于点M，过点A作AN⊥y轴于点N，已知
OA=5．
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(1)求反比例函数的解析式；
(2)直接写出tan∠BAM、tan∠NAE的值；
(3)求直线AE的解析式．
12
【答案】(1)y= (x>0)
x
1 1
(2)tan∠BAM= ，tan∠NAE=
3 2
1
(3)y= x+1
2
【分析】（1）首先求出点B(3,0)，然后设A(a,3a−9)，在Rt△AOM中，利用勾股定理求出a=4，得到
m
A(4,3)，然后代入y= (x>0)求解即可；
x
（2）首先根据A(4,3)，B(3,0)得到MO=4，BO=3，求出MB=1，AM=3，然后利用正切值的概念求
BM 1
出tan∠BAM= = ，然后证明出四边形NOMA是矩形，得到∠BAM+∠NAE=45°，然后由
AM 3
1 1
tan∠BAM= 即可求出tan∠NAE= ；
3 2
1
（3）首先根据矩形的性质得到AN=OM=4，NO=AM=3，然后利用tan∠NAE= 求出NE=2，进而
2
得到E(0,1)，然后设直线AE的解析式为y=kx+b，利用待定系数法将E(0,1)和A(4,3)代入求解即可．
【详解】（1）将y=0代入y=3x−9得，x=3，
∴B(3,0)，
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m
∵直线y=3x−9与反比例函数y= (x>0)的图象交于点A，
x
∴设A(a,3a−9)，
∵AM⊥x，OA=5，
∴在Rt△AOM中，OM2+AM2=AO2，
∴a2+(3a−9) 2=52，
7
∴解得a =4，a = ，
1 2 5
∵点A的横坐标要大于点B的横坐标，
7
∴a = 应舍去，
2 5
∴a=4，
∴A(4,3)，
m
∴将A(4,3)代入y= (x>0)，解得m=12；
x
12
∴反比例函数的解析式为y= (x>0)；
x
（2）∵A(4,3)，B(3,0)，
∴MO=4，BO=3，
∴MB=1，AM=3，
∵AM⊥x，
BM 1
∴tan∠BAM= = ，
AM 3
∵AN⊥y，∠NOM=90°，
∴四边形NOMA是矩形，
∴∠NAM=90°，
∵将直线AB绕点A顺时针旋转45°后的直线与y轴交于点E，
∴∠BAE=45°，
∴∠BAM+∠NAE=45°，
1
∵tan∠BAM= ，
3
1
∴tan∠NAE= ；
2
（3）∵四边形NOMA是矩形，
∴AN=OM=4，NO=AM=3，
1
∵AN⊥y，tan∠NAE= ，
2
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NE 1 NE 1
∴ = ，即 = ，
AN 2 4 2
∴解得NE=2，
∴OE=ON−NE=1，
∴E(0,1)，
∴设直线AE的解析式为y=kx+b，
∴将E(0,1)和A(4,3)代入得，¿，
∴解得¿，
1
∴直线AE的解析式为y= x+1．
2
【点睛】此题考查了反比例函数，一次函数和几何综合题，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，
解题的关键是正确理解材料的内容．
在解直角三角形的过程中，一般要用到下面一些关系：
1）直角三角形的五个元素：边：a、b、c，角：∠A、∠B
2）三边之间的关系：a2+b2=c2（勾股定理）
A
3）两锐角之间的关系：∠A＋∠B＝90°
4）边角之间的关系：
c
∠A所对的边 a ∠B所对的边 b b
sin A= = ，sin B= =
斜边 c 斜边 c
a
∠A所邻的边 b ∠B所邻的边 a C B
cos A= = ，cosB= =
斜边 c 斜边 c
∠A所对的边 a ∠B所对的边 b
tan A= = ，tanB= =
邻边 b 邻边 a
解直角三角形常见类型及方法：
已知类型 已知条件 解法步骤
斜边和一直角边
(如c,a) ① ② ③∠B=90°－∠A
两边
两直角边
(如a,b) ① ② ③∠B=90°－∠A
斜边和一锐角
（如c，∠A） ①∠B=90°－∠A ②
一边和一锐角 ③
一直角边和一锐角
（如a，∠A） ①∠B=90°－∠A ②
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③
另一直角边和一锐角
（如b，∠A） ①∠B=90°－∠A ②
③
1．（2023·重庆·模拟预测）如图，P是⊙O外一点，过点P作⊙O的两条切线，分别交⊙O于点A和点B，
3
连接AB，C为⊙O上一点，连接AC，BC．若cosC= ，AP=6，则AB的长度为（ ）
5
36 32 20
A． B．7 C． D．
5 5 3
【答案】A
【分析】连接OP，AD，BO并延长交⊙O于D，根据切线的性质得到OP⊥AB，PB=PA=6，
9
AD⊥AB，OB⊥PB，根据平行线的性质得到∠D=∠POB，根据三角函数的定义得到OB= ，
2
15
OP= ，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
2
【详解】解：连接OP，AD，BO并延长交⊙O于D，
∵过点P作⊙O的两条切线、分别交⊙O于点A和点B，
∴OP⊥AB，PB=PA=6，
∵BD是⊙O的切线，
∴AD⊥AB，OB⊥PB，
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∴AD∥OP，
∴∠D=∠POB，
∵∠D=∠C，
∴∠POB=∠C，
3
∵cosC= ，
5
OB 3
∴cos∠POB= = ，
OP 5
∴设OB=3k，OP=5k，
∴PB=4k=6，
3
∴k= ，
2
9 15
∴OB= ，OP= ，
2 2
∵∠DAB=∠PBO=90°，∠D=∠POB，
∴△ABD∽△BPO，
PB OP
∴ = ，
AB BD
15
∴ 6 2 ，
=
AB 9
36
∴AB= ．
5
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的作出辅
助线是解题的关键．
2．（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
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【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，
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．
3
3．（2023·重庆·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，AD=5，AB=12，cosA= ，过点D作
5
DE⊥AB，垂足为E，连接CE，则sin∠BCE的值为（ ）
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7√10 √10 9√10 9√10
A． B． C． D．
50 50 50 10
【答案】C
【分析】此题考查了解直角三角形，平行四边形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知
识点．
过点B作BF⊥EC于点F，解直角三角形得到BC=5，CD=12，AE=3，然后利用勾股定理求出
BE⋅DE 9√10
DE=√AD2−AE2=4，CE=√CD2+DE2=4√10，然后利用等面积法求出BF= = ，然
CE 10
后利用正弦值的概念求解即可．
【详解】过点B作BF⊥EC于点F．
∵在平行四边形ABCD中，DE⊥AB，
3
AD=5，AB=12，cosA= ，
5
∴BC=5，CD=12，AE=3，
∴BE=9，DE=√AD2−AE2=4，
∴CE=√CD2+DE2=4√10．
1 1
∵S = BE⋅DE= CE⋅BF，
△BCE 2 2
BE⋅DE 9√10
∴BF= = ，
CE 10
BF 9√10
∴sin∠BCE= = ．
BC 50
故选：C．
4．（2023·安徽合肥·模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，点D在BC上，∠CDA=∠CAB．若
3
BC=4， tanB= ，则AD的长度为（ ）
4
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9 12 15
A． B． C． D．4
4 5 4
【答案】C
【分析】本题考查解直角三角形，先根据正切值求出AC的长，根据∠CDA=∠CAB，得到
∠DAC=∠B，再利用正切值求出CD的长，勾股定理求出AD的长即可．
AC 3
【详解】解：在Rt△ACB中，BC=4，tanB= = ，
BC 4
3
∴AC= BC=3，
4
∵∠CDA=∠CAB，∠CDA+∠CAD=∠CAB+∠B=90°，
∴∠DAC=∠B，
CD 3
∴tan∠DAC=tanB= = ，
AC 4
3 9
∴CD= AC= ，
4 4
15
∴AD=√AC2+CD2=
；
4
故选C．
5．（2024·重庆·一模）如图，在正方形ABCD中，O为对角线BD的中点，连接OC，E为边AB上一点，
CF⊥DE于点F，若OF= √2，CF=5，则AE的长为( )
3√34
A．2√3 B．√34−2 C．3 D．
5
【答案】D
【分析】
本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，正切的定义；过点O作OG⊥OF交DE于点G，证
AE FD
明△GOD≌△FOC(ASA)，进而求得DC=AD=√34，根据tan∠ADE=tan∠DCF，得出 = ，
AD DC
即可求解．
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【详解】解：如图所示，过点O作OG⊥OF交DE于点G，
∵O为正方形ABCD对角线BD的中点，
∴∠COD=90°,CD=OD
∴∠COF=∠DOG
∵CF⊥DE
∴∠DCF=90°−∠FDA=∠ADE
又∵∠ADE=45°−∠GDB，∠FCD=45°−∠OCF
∴∠GDO=∠FCO
∴△GOD≌△FOC(ASA)
∴OG=OF=√2,GD=FC
∴GF=2
又∵CF=5
∴FD=GD−GF=5−2=3
∴DC=√DF2+FC2=√52+32=√34
∵tan∠ADE=tan∠DCF
AE FD
∴ =
AD DC
AD×FD 3√34
∴AE= =
DC 5
故选：D．
二、填空题
6．（2024·山西吕梁·一模）如图，在正方形ABCD中，点E为AD的中点，点F在DA的延长线上，CF与
2
AB相交于点G，若AD=2，tan∠FCE= ，则AG的长为 ．
3
6
【答案】
7
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【分析】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，
连接GE，过F作FH⊥CE交延长线于点H，证明△EDC∽△EHF，△AGF∽△DCF，然后利用性质即
可求解，熟练掌握知识点的应用及利用参数建立方程是解题的关键．
【详解】连接GE，过F作FH⊥CE交延长线于点H，
∵∠EDC=∠EHF，∠CED=∠FEH，
∴△EDC∽△EHF，
EH FH EF
∴ = = ，
ED CD CE
∵CD=AD=2，点E为AD的中点，
∴DE=1，
∴由勾股定理得CE=√CD2+DE2=√22+12=√5，
FH 2
在Rt△FHC中，tan∠FCE= = ，
HC 3
设FH=2n，CH=3n，
GE 2n 3n−√5 √5
∴ = = ，解得：n= ，
√5 2 1 2
3√5
∴FH=√5，CH= ，
2
√5
∴EH= ，
2
5 3
∴EF= ，AF= ，
2 2
∵AB∥CD，
∴△AGF∽△DCF，
AG AF AG 3
∴ = ，即 = ，
CD DF 2 7
6
∴AG= ，
7
6
故答案为： ．
7
7．（2024·江苏常州·模拟预测）某三棱柱的三视图如图所示，其中主视图和左视图为矩形，俯视图为
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1
△ABC，已知tanB= ，∠C=45°，则左视图的面积是 ．
3
【答案】2
【分析】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体三视图的形状是正确解答的前
1
提．根据这个几何体的三视图，得出这个三棱柱，高为2,BC=4，设CD=m，由tanB= ,求出m的值，
3
进而确定AD=1，即可解答．
【详解】解：过点A作AD⊥BC，由简图可知，这个几何体是三棱柱，高为2,BC=4，设CD=m，
∵∠C=45°,
∴AD=CD=m，
1 AD
∵tanB= = ，BD=4−m，
3 BD
1 m
∴ = ,
3 4−m
解得m=1，
∴AD=1，
则1×2=2，
∴左视图长方形的长为2，宽为1，所以左视图的面积是2．
故答案为：2．
8．（2024·山西临汾·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E是BC边上一点，点F在BA边的
延长线上，且CE=AF，连接EF交AD边于点G，HN垂直平分EF，分别交AD，EF，AB于点H，M，
N．若CE=2，则MH的长为 ．
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10
【答案】
3
【分析】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质和解直角三角形，根据题意求得
1 AF FG
FE，结合垂直平分可得FM=ME= FE，进一步证明△AGF∽△BEF，有 = ，可求得FG、
2 BF FE
MG和AG，利用tan∠F=tan∠GHM，解得MH．
【详解】解：∵AB=6，BC=8，CE=AF=2，
∴BF=8，BE=6，
∴FE=√BF2+BE2=10，
∵HN垂直平分EF，
1
∴FM=ME= FE=5，
2
∵四边形ABCD为矩形，点F在BA边的延长线上，
∴∠FAG=∠B=90°，
∵∠F=∠F，
∴△AGF∽△BEF，
AF FG
∴ = ，
BF FE
则FG=2.5，
∴MG=2.5，
在Rt△FAG中，AG=√FG2−AF2=1.5，
∵∠F=∠GHM，
∴tan∠F=tan∠GHM，
AG GM 10
∴ = ，解得MH= ．
AF MH 3
10
故答案为： ．
3
三、解答题
9．（2024·贵州安顺·一模）如图，在矩形ABCD中，AE⊥BD于点F，交BC于点E，过点F作∠AFD的
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2
角平分线交AD于点G，tan∠DBC= ．
3
(1)求证：AE⋅BC=AB⋅BD；
(2)求∠AFG；
(3)若DC=4，求四边形EFDC的面积．
【答案】(1)见详解
(2)45°
404
(3)
39
【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定，角平分线的性质，三角形的面积．
（1）由AE⊥BD，得∠BFE=90°，即∠FBE+∠FEB=90°，由四边形ABCD是矩形，得
∠ABE=90°，即∠ABF+∠FBE=90°，进而得到∠FEB=∠ABF，故△ABE∽△BCD，能得
AE⋅BC=AB⋅BD；
1 1
（2）由∠AFD=90°，FG平分∠AFD能得到∠AFG= ∠AFD= ×90°=45°；
2 2
2
（3）由tan∠DBC= ，DC=4，得BC=6，∠BAF+∠ABF=∠ABF+∠FBE得∠BAF=∠FBE，
3
BE 2 8
= ，故BE= ，再用勾股定理求得BF,EF,最后求面积用∴S =S −S 即可．
AB 3 3 四边形EFDC △BCD △BEF
【详解】（1）证明：∵ AE⊥BD
∴∠BFE=90°
∴∠FBE+∠FEB=90°
∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABE=90°
即∠ABF+∠FBE=90°
∴∠FEB=∠ABF
又∵∠ABE=∠C=90°
∴△ABE∽△BCD
AB AE
∴ =
BC BD
∴AE⋅BC=AB⋅BD；
（2）∵ AE⊥BD
∴∠AFD=90°
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∵ FG平分∠AFD
1 1
∴∠AFG= ∠AFD= ×90°=45°；
2 2
2
（3）∵ tan∠DBC= ，DC=4
3
4 2
∴ =
BC 3
∴BC=6
∵∠BAF+∠ABF=∠ABF+∠FBE
∴∠BAF=∠FBE
BE 2
∴ =
AB 3
∵AB=CD=4
8
∴BE=
3
2
设BF=x，则EF= x
3
∵BF2+EF2=BE2
2 2 8 2
∴x2+( x) =( )
3 3
8 8
解得x= √13或x=− √13（舍去）
13 13
2 2 8 16
∴ EF= x= × √13= √13
3 3 13 39
1 1 8√13 16√13
∴S =S −S = ×6×4− × ×
四边形EFDC △BCD △BEF 2 2 13 39
64
=12−
39
404
= ．
39
10．（2024·山东济南·一模）如图，AB是⊙O的直径，点C，E在⊙O上，过点E作⊙O的切线与AB的
延长线交于点F，且∠AFE=∠ABC．
(1)求证：∠CAB=2∠EAB；
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4
(2)若BF=1，sin∠AFE= ，求BC的长．
5
【答案】(1)见解析
24
(2)
5
【分析】（1）连接OE，根据等腰三角形的性质得出∠OAE=∠OEA，根据三角形外角的性质得出
∠FOE=∠OAE+∠OEA=2∠EAB，根据∠OEF=90°，∠ACB=90°， 得出∠FOE=∠CAB，求
出结果即可；
4 OE r
（2）设半径为r，即OE=OB=r，则OF=r+1，根据sin∠AFE= = = ，求出r=4，根据
5 OF r+1
AC 4 4 32
sin∠ABC= =sin∠AFE= ，AB=8，求出AC= ×8= ，根据勾股定理求出结果即可．
AB 5 5 5
【详解】（1）证明：如图，连接OE，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∴∠FOE=∠OAE+∠OEA=2∠EAB，
∵EF为⊙O的切线，
∴OE⊥EF，
∴∠OEF=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠AFE=∠ABC，
∴90°−∠AFE=90°−∠ABC，
即∠FOE=∠CAB，
∴∠CAB=2∠EAB；
（2）解：在Rt△EOF中，设半径为r，即OE=OB=r，则OF=r+1，
4 OE r
∵sin∠AFE= = = ，
5 OF r+1
∴r=4，
∴AB=2r=8，
AC 4
在Rt△ABC中，sin∠ABC= =sin∠AFE= ，AB=8，
AB 5
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4 32
∴AC= ×8= ，
5 5
24
∴BC=√AB2−AC2=
．
5
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，余角
的性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质，利用数形结合的思想求解．
11．（2024·重庆·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于点A，B，与y轴
交于点C，其中B(3√2,0)，抛物线的对称轴是直线x=√2．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图，点P是直线BC下方抛物线上一动点，点M是线段BC上一动点，直线PM交y轴于点N．若
√2
tan∠PNC= ，求PM的最大值及此时点P的坐标；
3
(3)另有抛物线y'的顶点E在线段BC上，y'经过点C，将抛物线y'平移得到新的抛物线yn，点E，C平移后
的对应点分别是点F，G，连接GE．若¿∥x轴，点F在x轴上，yn经过点C，写出所有符合条件的点F的坐
标，并写出求解点F的坐标的其中一种情况的过程．
1
【答案】(1)y= x2−√2x−3
2
9√11 (3√2 15)
(2)PM的最大值为 ，此时P点坐标为 ,−
16 2 4
(3)F(3,0)或F(−3,0)
【分析】（1）根据对称轴的定义，求出b与a的关系，再将点B代入抛物线解析式，从而求出a的值，即可
求函数的解析式；
√2
（2）连接AC，根据内错角相等得到AC∥PM，过P点与BC平行的直线l解析式为y= x+m，当直线
2
√2
y= x+m与抛物线有一个交点时，P点到直线BC的距离最大，此时PM的值也最大，建立方程，利用
2
21 √2 21 ( 21) (3√2 15)
Δ=0，求出m=− ，此时直线的解析式y= x− ，与y轴的交点K 0,− ，P ,− ，
4 2 4 4 2 4
过C作CG⊥l交于G点，过A点作AH⊥BC交于H点，过P点PQ⊥BC交于Q点，利用等积法求
4√6 4√6 PQ 9√11
AH= ，在Rt△ACH中，sin∠ACH ，则PM= = ；
3 3√11 sin∠PMQ 16
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（3）设E ( n, √2 n−3 ) ，抛物线y'=a' (x−n) 2+ √2 n−3，将点C代入，可得a=− √2 ，根据题意可知G
2 2 2n
√2 √2 √2 3√2
点纵坐标为 n−3，F点纵坐标为0，根据平移的性质可得−3− n+3= n−3，解得n= ，则
2 2 2 2
1 3√2 2 3 1
抛物线y'=− (x− ) − ，设平移后F(s,0)，则yn=− (x−s) 2 ，将点C代入，可得s=±3，从而
3 2 2 3
求出F点坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴是直线x=√2，
b
∴− =√2，即b=−2√2a，
2a
∵B点在抛物线上，
∴18a+3√2b−3=0，
1
∴18a−12a−3=0，解得a= ，
2
1
∴抛物线的解析式为y= x2−√2x−3；
2
（2）解：连接AC，如图所示：
1
当y=0时， x2−√2x−3=0，解得x=−√2或x=3√2，
2
∴A(−√2,0)，
∵OA=√2，OC=3，
√2
∴tan∠ACO= ，
3
√2
∵tan∠PNC= ，
3
∴∠ACO=∠PNC，
∴AC∥PM，
设直线BC的解析式为y=kx−3，
√2
∴3√2k−3=0，解得k= ，
2
√2
∴直线BC的解析式为y= x−3，
2
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√2
过P点与BC平行的直线l解析式为y= x+m，
2
√2
当直线y= x+m与抛物线有一个交点时，P点到直线BC的距离最大，此时PM的值也最大，
2
1 √2
∴ x2−√2x−3= x+m，即x2−3√2x−6−2m=0，
2 2
21
当Δ=0时，(3√2) 2+4(2m+6)=0，解得m=− ，
4
√2 21 ( 21)
此时直线的解析式y= x− ，与y轴的交点K 0,− ，
2 4 4
1 √2 21 3√2
由 x2−√2x−3= x− ，解得x= ，
2 2 4 2
(3√2 15)
∴P ,− ，
2 4
过C作CG⊥l交于G点，过A点作AH⊥BC交于H点，过P点PQ⊥BC交于Q点，如图所示：
21 9 3√2 √6
∵CK= −3= ，sin∠CKG=sin∠OCB= = ，
4 4 3√3 3
9 √6 3√6
∴CG= × = ，
4 3 4
3√6
∴PQ=CG= ，
4
1 1
∵S = ×AB×OC= ×BC×AH，
△ABC 2 2
4√6
∴4√2×3=3√3AH，解得AH= ，
3
4√6
在Rt△ACH中， AH 3 4√6 ，
sin∠ACH= = =
AC √11 3√11
∵AC∥PM，
∴∠QMP=∠ACH，
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3√6
PQ 4 9√11
∴PM= = = ，
sin∠PMQ 4√6 16
3√11
9√11 (3√2 15)
∴PM的最大值为 ，此时P点坐标为 ,− ；
16 2 4
（3）解：设E ( n, √2 n−3 ) ，抛物线y'=a' (x−n) 2+ √2 n−3，
2 2
√2 √2
将点C代入，可得an2+ n=0，解得n=0（舍)或a=− ，
2 2n
∵平移后点E，C平移后的对应点分别是点F，G，¿∥x轴，
√2
∴G点纵坐标为 n−3，
2
∵F点在x轴上，
∴F点纵坐标为0，
√2 √2 3√2
∴−3− n+3= n−3，解得n= ，
2 2 2
2
∴抛物线y'=−
1(
x−
3√2)
−
3
，
3 2 2
1
设平移后F(s,0)，则yn=− (x−s) 2 ，将点C代入，可得s=±3，
3
∴F(3,0)或F(−3,0)．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象平移的性质，平行
线的性质，直角三角形的三角函数值是解题的关键．
12．（2023·河南平顶山·一模）（1）如图1，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC，CD上．连接
AM，AN，MN．∠MAN=45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易
证：△ANM≌△ANE，从而可得：线段DM，BN与MN的关系：______．（请直接写出结论，不必说明
理由）
（2）如图2，在正方形ABCD中，点M，N分别在边DC，BC上，连接AM，AN，MN，
1 1
∠MAN=45°，若tan∠BAN= ，求证：tan∠DAM= ．
3 2
（3）如图3，在矩形ABCD中，AB=12，AD=16，点M，N分别在边DC，BC上，连接AM，AN，
已知∠MAN=45°，BN=4，则DM的长是______．
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【答案】（1）MN=BN+DM，（2）证明见解析，（3）8
【分析】（1）利用旋转的性质结合SAS可以证明△ANM≌△ANE，从而得到DM+BN=MN．
1
（2）根据设BN=m，DM=n，则MN=m+n，利用tan∠BAN= ，可得正方形边长为3m，从而得到
3
CM=3m−n，CN=2m，根据勾股定理得到：CM2+CN2=M N2，代入可得关于m，n得方程，继而
3 DM
得到n= m，最后代入tan∠DAM= ，即可证明结论．
2 AD
（3）延长AB至P，使BP=BN=4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接
EM，将图③补充成边长为16的正方形，从而得到与前两问的图形，利用PQ∥BC可得△ABN∽△APE，
继而求出PE的长度，从而利用前面的结论，并利用勾股定理列方程即可求出结果．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，
由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，
∴BE=DM，∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，即∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=90°−45°=45°，
∴∠MAN=∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
¿，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN=EN，
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=BN+DM，
故答案为：MN=BN+DM；
（2）证明：设BN=m，DM=n，
由（1）可知，MN=BN+DM=m+n，
1
∵∠B=90°，tan∠BAN = ，
3
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BN 1
∴tan∠BAN = = ，
AB 3
∴AB=3BN=3m，
∴CN=BC−BN=2m，CM=CD−DM=3m−n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=M N2
∴(2m) 2+(3m−n) 2=(m+n)2，
3
整理得：n= m，
2
3
m
∴ DM 2 1，
tan∠DAM= = =
AD 3m 2
（3）解：延长AB至P，使BP=BN=4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，
连接EM，如图③所示：
则四边形APQD是正方形，
∴PQ=DQ=AP=AB+BP=12+4=16，
设DM=a，则MQ=16−a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
BN AB 12 3
∴ = = = ，
PE AP 16 4
4 16
∴PE = BN = ，
3 3
16 32
∴EQ=PQ−PE=16 − = ，
3 3
16
由（1）得：EM=PE+DM = + a，
3
在Rt△QEM中，由勾股定理得：
EQ2+MQ2=EM2
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32 2 16 2
( ) +(16−a) 2=( +a) ，
3 3
解得：a=8，
即DM的长是8；
故答案为：8．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用勾股定理解
直角三角形等知识，灵活运用前两问中结论DM+BN=MN，已知直角三角形CMN中勾股定理结论
CM2+CN2=M N2是解题的关键．
考点二 解直角三角形的实际应用
题型01 仰角俯角问题
1．（2023·内蒙古·中考真题）某数学兴趣小组借助无人机测量一条河流的宽度CD．如图所示，一架水平
飞行的无人机在A处测得河流左岸C处的俯角为α，无人机沿水平线AF方向继续飞行12米至B处，测得河
流右岸D处的俯角为30°，线段AM=24√3米为无人机距地面的铅直高度，点M，C，D在同一条直线上，
其中tanα=2．求河流的宽度CD（结果精确到1米，参考数据：√3≈1.7）．
【答案】河流的宽度CD约为64米
【分析】过点B作BE⊥MD于点E，分别解Rt△AMC、Rt△BDE即可．
【详解】解：过点B作BE⊥MD于点E．则四边形AMEB是矩形．
∴BE=AM=24√3，ME=AB=12
∵AF∥MD
∴∠ACM=α
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在Rt△AMC中，∠AMC=90°
AM
∴tanα= =2，
MC
24√3
∴ =2
MC
∴MC=12√3
在Rt△BDE中，∠BED=90°，∠DBE=90°−30°=60°
DE
∴tan∠DBE= ，∴
BE
DE
tan60°= =√3，
24√3
∴DE=24√3×√3=72
∴CD=DE−CE=DE−(MC−ME)=72−(12√3−12)=84−12√3≈84−12×1.7=84−20.4≈64米
答：河流的宽度CD约为64米．
【点睛】本题考查了关于俯仰角的解直角三角形的问题．作垂线构造直角三角形是解题关键．
2．（2023·湖南·中考真题）2023年5月30日9点31分，“神舟十六号”载人飞船在中国酒泉卫星发射中心
点火发射，成功把景海鹏、桂海潮、朱杨柱三名航天员送入到中国空间站．如图，在发射的过程中，飞船
从地面O处发射，当飞船到达A点时，从位于地面C处的雷达站测得AC的距离是8km，仰角为30°；10s
后飞船到达B处，此时测得仰角为45°．
(1)求点A离地面的高度AO；
(2)求飞船从A处到B处的平均速度．(结果精确到0.1km/s，参考数据：√3 ≈1.73)
【答案】(1)4km
(2)飞船从A处到B处的平均速度约为0.3km/s
【分析】
（1）根据含30度角的直角三角形的性质即可得到结论；
√3
（2）在Rt△AOC中，根据直角三角形的性质得到OC= AC=4 √3 (km)，在Rt△BOC中，根据等
2
腰直角三角形的性质得到OB=OC=4 √3 km，于是得到结论．
【详解】（1）
解：在Rt△AOC中，∵∠AOC=90°，∠ACO=30°，AC=8km，
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1 1
∴AO= AC= ×8=4 (km)，
2 2
（2）
在Rt△AOC中，∵∠AOC=90°，∠ACO=30°，AC=8km，
√3
∴OC= AC=4 √3 (km)，
2
在Rt△BOC中，∵∠BOC=90°，∠BCO=45°，
∴∠BCO=∠OBC=45°，
∴OB=OC=4 √3 km，
∴AB=OB−OA=(4 √3−4 )km，
4√3−4
∴飞船从A处到B处的平均速度= ≈0.3(km/s)．
10
【点睛】
本题考查了解直角三角形-俯角仰角问题，准确识图，熟练运用相关知识是解题的关键．
3．（2023·山东·中考真题）无人机在实际生活中的应用广泛，如图所示，某人利用无人机测最大楼的高度
BC，无人机在空中点P处，测得点P距地面上A点80米，点A处俯角为60°，楼顶C点处的俯角为30°，
已知点A与大楼的距离AB为70米（点A，B，C，P在同一平面内），求大楼的高度BC（结果保留根
号）
【答案】大楼的高度BC为30√3m．
【分析】如图，过P作PH⊥AB于H，过C作CQ⊥PH于Q，而CB⊥AB，则四边形CQHB是矩形，可
√3
得QH=BC，BH=CQ，求解PH=AP·sin60°=80× =40√3，AH=AP·cos60°=40，可得
2
CQ=BH=70−40=30，PQ=CQ·tan30°=10√3，可得BC=QH=40√3−10√3=30√3．
【详解】解：如图，过P作PH⊥AB于H，过C作CQ⊥PH于Q，而CB⊥AB，
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则四边形CQHB是矩形，
∴QH=BC，BH=CQ，
由题意可得：AP=80，∠PAH=60°，∠PCQ=30°，AB=70，
√3
∴PH=AP·sin60°=80× =40√3，AH=AP·cos60°=40，
2
∴CQ=BH=70−40=30，
∴PQ=CQ·tan30°=10√3，
∴BC=QH=40√3−10√3=30√3，
∴大楼的高度BC为30√3m．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，理解仰角与俯角的含义是解本题的
关键．
4．（2023·湖南永州·中考真题）永州市道县陈树湘纪念馆中陈列的陈树湘雕像高2.9米（如图1所示），
寓意陈树湘为中国革命“断肠明志”牺牲时的年龄为29岁．如图2，以线段AB代表陈树湘雕像，一参观
者在水平地面BN上D处为陈树湘雕拍照，相机支架CD高0.9米，在相机C处观测雕像顶端A的仰角为
45°，然后将相机架移到MN处拍照，在相机M处观测雕像顶端A的仰角为30°，求D、N两点间的距离
（结果精确到0.1米，参考数据：√3≈1.732）
【答案】1.5
【分析】如图，AB=2.9，CD=0.9，四边形EBNM，四边形EBDC是矩形，四边形CDNM是矩形，
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Rt△AEC中，∠ACE=45°，AE=AB−EB=2，EC=AE=2，Rt△AEM中，∠AME=30°，
AE √3
tan30°= = ，所以EM=√3AE=2√3，进一步求得CM=EM−EC≈1.5，所以DN=CM=1.5．
EM 3
【详解】如图，AB=2.9米，CD=0.9米
四边形EBNM，四边形EBDC是矩形，四边形CDNM是矩形
∴EB=CD=MN=0.9米，DN=CM
∵Rt△AEC中，∠ACE=45°，
∴AE=AB−EB=AB−CD=2.9−0.9=2米，
∴EC=AE=2米
∵Rt△AEM中，∠AME=30°，
AE √3
∴tan30°= =
EM 3
∴EM=√3AE=2√3米
∴CM=EM−EC=2√3−2≈2×1.732−2≈1.5米
∴DN=CM=1.5米
【点睛】本题考查解直角三角形，矩形的判定和性质，观察图形，确定组合图形中，通过直角三角形、矩
形之间的位置关系确定线段间的数量关系是解题的关键．
题型02 方位角问题
1．（2023·辽宁丹东·中考真题）一艘轮船由西向东航行，行驶到A岛时，测得灯塔B在它北偏东31°方向
上，继续向东航行10nmile到达C港，此时测得灯塔B在它北偏西61°方向上，求轮船在航行过程中与灯
塔B的最短距离．（结果精确到0.1nmile）（参考数据：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，
tan31°≈0.60，sin61°≈0.87，cos61°≈0.48，tan61°≈1.80）．
【答案】轮船在航行过程中与灯塔B的最短距离为4.2nmile
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【分析】过点B作BD⊥AC于点D，则∠ABD=31°,∠CBD=61°，进而得出AD≈0.6BD，
CD≈1.8BD，根据AC=10nmile，得出AD+CD=0.6BD+1.8BD=10，即可求解．
【详解】解：过点B作BD⊥AC于点D，
∵AE⊥AC,CF⊥AC，
∴BD∥AE∥CF，
∴∠ABD=31°,∠CBD=61°，
∴AD=BD⋅tan∠ABD=BD⋅tan31°≈0.6BD，CD=BD⋅tan∠CBD=BD⋅tan61°≈1.8BD，
∵AC=10nmile，
∴AD+CD=0.6BD+1.8BD=10，
25
解得：BD= nmile，
6
∴BD≈4.2nmile，
答：轮船在航行过程中与灯塔B的最短距离为4.2nmile．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，解题的关键是正确画出辅助线，构造直角三角形，熟
练掌握解直角三角形的方法和步骤．
2．（2023·海南·中考真题）如图，一艘轮船在A处测得灯塔M位于A的北偏东30°方向上，轮船沿着正北
方向航行20海里到达B处，测得灯塔M位于B的北偏东60°方向上，测得港口C位于B的北偏东45°方向上．
已知港口C在灯塔M的正北方向上．
(1)填空：∠AMB= 度，∠BCM= 度；
(2)求灯塔M到轮船航线AB的距离（结果保留根号）；
(3)求港口C与灯塔M的距离（结果保留根号）．
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【答案】(1)30，45
(2)灯塔M到轮船航线AB的距离为10√3海里
(3)港口C与灯塔M的距离为10(√3−1)海里
【分析】（1）作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，由三角形外角的定义与性质可得
∠AMB=30°，再由平行线的性质可得∠BCM=45°，即可得解；
（2）作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，由（1）可得：∠A=∠BMA=30°，从而得到
BM=AB=20海里，再由EM=BM⋅sin∠EBM进行计算即可；
（3）作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，证明四边形CDEM是矩形，得到
CD=EM=10√3海里，DE=CM，由BE=BM⋅cos∠EBM计算出BE的长度，证明△CDB是等腰直角
三角形，得到CD=BD=10√3海里，即可得到答案．
【详解】（1）解：如图，作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，
，
∵∠DBM=∠A+∠AMB=30°+∠AMB=60°，
∴∠AMB=30°，
∵AB、CM都是正北方向，
∴AB∥CM，
∵∠DBC=45°，
∴∠BCM=45°，
故答案为：30，45；
（2）解：如图，作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，
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，
由（1）可得：∠A=∠BMA=30°，
∴BM=AB=20海里，
在Rt△BEM中，∠EBM=60°，BM=20海里，
√3
∴EM=BM⋅sin∠EBM=20×sin60°=20× =10√3海里；
2
∴灯塔M到轮船航线AB的距离为10√3海里；
（3）解：如图，作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，
，
∵ CD⊥AB，ME⊥AB，AB、CM都是正北方向，
∴四边形CDEM是矩形，
∴CD=EM=10√3海里，DE=CM，
在Rt△BEM中，∠EBM=60°，BM=20海里，
1
∴BE=BM⋅cos∠EBM=20×cos60°=20× =10海里，
2
∵在Rt△CDB中，∠DBC=45°，
∴△CDB是等腰直角三角形，
∴CD=BD=10√3海里，
∴CM=DE=BD−BE=10√3−10=10(√3−1)海里，
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∴港口C与灯塔M的距离为10(√3−1)海里．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的定义与性
质，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
3．（2023·辽宁营口·中考真题）为了丰富学生的文化生活，学校利用假期组织学生到素质教育基地A和科
技智能馆B参观学习，学生从学校出发，走到C处时，发现A位于C的北偏西25°方向上，B位于C的北
偏西55°方向上，老师将学生分成甲乙两组，甲组前往A地，乙组前往B地，已知B在A的南偏西20°方
向上，且相距1000米，请求出甲组同学比乙组同学大约多走多远的路程（参考数据：√2≈1.41，
√6≈2.45）
【答案】甲组同学比乙组同学大约多走520米的路程
【分析】过B点作BD⊥AC于点D，根据题意有：∠BAS=20°，∠ACN=25°，∠BCN=55°，进而
可得∠BCA=∠BCN−∠ACN=30°，∠SAD=∠ACN=25°，∠BAD=∠SAB+∠SAD=45°，结
√2
合直角三角形的知识可得AD=BD= AB=500√2（米），BC=2BD=1000√2（米），
2
DC=BC×cos∠ACB=500√6（米），即有AC=AD+DC=500√2+500√6（米），问题随之得解．
【详解】如图，过B点作BD⊥AC于点D，
根据题意有：∠BAS=20°，∠ACN=25°，∠BCN=55°，
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∴∠BCA=∠BCN−∠ACN=30°，∠SAD=∠ACN=25°，
∴∠BAD=∠SAB+∠SAD=45°，
∵BD⊥AC，
∴∠BDA=90°，
∴∠BAD=∠ABD=45°，
∵AB=1000（米），
√2
∴AD=BD= AB=500√2（米），
2
∵在Rt△BDC中，∠BCA=30°，BD=500√2（米），
∴BC=2BD=1000√2（米），
∴DC=BC×cos∠ACB=500√6（米），
∴AC=AD+DC=500√2+500√6（米），
∴AC−BC=500√2+500√6−1000√2=500√6−500√2（米），
即AC−BC=500√6−500√2≈520（米），
答：甲组同学比乙组同学大约多走520米的路程．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用以及方位角的知识，正确理解方位角，是解答本题的关键．
题型03 坡度坡角问题
1．（2023·江苏宿迁·中考真题）【问题背景】由光的反射定律知：反射角等于入射角（如图，即
∠CEF=∠AEF）．小军测量某建筑物高度的方法如下：在地面点E处平放一面镜子，经调整自己位置
后，在点D处恰好通过镜子看到建筑物AB的顶端A．经测得，小军的眼睛离地面的距离CD=1.7m，
BE=20m，DE=2m，求建筑物AB的高度．
【活动探究】
观察小军的操作后，小明提出了一个测量广告牌高度的做法（如图）：他让小军站在点D处不动，将镜子
移动至E 处，小军恰好通过镜子看到广告牌顶端G，测出DE =2m；再将镜子移动至E 处，恰好通过镜
1 1 2
子看到广告牌的底端A，测出DE =3.4m．经测得，小军的眼睛离地面距离CD=1.7m，BD=10m，求这
2
个广告牌AG的高度．
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【应用拓展】
小军和小明讨论后，发现用此方法也可测量出斜坡上信号塔AB的高度．他们给出了如下测量步骤（如
图）：①让小军站在斜坡的底端D处不动（小军眼睛离地面距离CD=1.7m），小明通过移动镜子（镜子
平放在坡面上）位置至E处，让小军恰好能看到塔顶B；②测出DE=2.8m；③测出坡长AD=17m；④测
8
出坡比为8:15（即tan∠ADG= ）．通过他们给出的方案，请你算出信号塔AB的高度（结果保留整
15
数）．
【答案】[问题背景] AB=17m；[活动探究] AG=3.5m；[应用拓展] AB≈20m
【分析】[问题背景]根据反射定理，结合两个三角形相似的判定与性质，列出相似比代值求解即可得到答
案；
[活动探究] 根据反射定理，结合两个三角形相似的判定与性质，运用两次三角形相似，列出相似比代值，
作差求解即可得到答案；
AM AB
[应用拓展] 过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CN⊥AD于点N，证△DCN∽△ABM，得 = ，
DN CD
AM 8 15a 15b
再由锐角三角函数定义得tan∠ABM= = ，设DN=am，AM=bm，则CN= ，BM= ，
BM 15 8 8
BM EM
进而由勾股定理求出a=0.8m，然后由相似三角形的性质得 = ，即可解决问题．
CN EN
【详解】解：[问题背景]如图所示：
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∵ ∠CEF=∠AEF，AB⊥BD,FE⊥BD,CD⊥BD，
∴∠AEB=∠CED,∠B=∠D=90°，
∴△ABE∽△CDE，
AB CD
∴ = ，
BE DE
∵ CD=1.7m，BE=20m，DE=2m，
AB 1.7
∴ = ，解得AB=17m；
20 2
[活动探究]如图所示：
∵ GB⊥BD,CD⊥BD，
∴∠B=∠D=90°，
∵∠GE B=∠CE D
1 1
∴△GBE ∽△CDE ，
1 1
GB CD
∴ = ，
BE DE
1 1
∵ DE =2m，BD=10m，
1
∴ BE =BD−DE =10−2=8m，
1 1
∵CD=1.7m，
GB 1.7
∴ = ，解得GB=6.8m；
8 2
∵ GB⊥BD,CD⊥BD，
∴∠B=∠D=90°，
∵∠AE B=∠CE D
2 2
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∴△ABE ∽△CDE ，
2 2
AB CD
∴ = ，
BE DE
2 2
∵ DE =3.4m，BD=10m，
2
∴ BE =BD−DE =10−3.4=6.6m，
2 2
∵CD=1.7m，
AB 1.7
∴ = ，解得GB=3.3m；
6.6 3.4
∴AG=GB−AB=6.8−3.3=3.5m；
[应用拓展] 如图，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CN⊥AD于点N，
由题意得：BG⊥DG，CD⊥DG，
∴∠AGD=∠CDG=∠BMA=∠CND=90°，
∵∠BAM=∠GAD，
∴90°−∠BAM=90°−∠GAD，
即∠ABM=∠ADG，
∵∠ADG+∠DAG=90°，∠ADG+∠CDN=90°，
∴∠CDN=∠DAG，
∴90°−∠CDN=90°−∠DAG，
即∠DCN=∠ADG，
∴∠DCN=∠ADG=∠ABM，
∴△DCN∽△ABM，
AM AB
∴ = ，
DN CD
由题意得：AE=AD−DE=17−2.8=14.2(m)，
8
∵tan∠ADG= ，
15
DN 8 AM 8
∴tan∠DCN= = ，tan∠ABM= = ，
CN 15 BM 15
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15a 15b
设DN=am，AM=bm，则CN= ，BM= ，
8 8
∵CN2+DN2=CD2，
∴
(15a) 2
+a2=1.72 ，
8
解得：a=0.8(m)（负值已舍去），
15×0.8
∴EN=DE−DN=2.8−0.8=2(m)，CN= =1.5(m)，
8
b AB
∴ = ，
0.8 1.7
17b
∴AB= ，
8
同【问题背景】得：△BME∽△CNE，
BM EM
∴ = ，
CN EN
15b
∴ 8 14.2+b，
=
1.5 2
426
解得：b= (m)，
45
17 426
∴AB= × ≈20(m)，
8 45
答：信号塔AB的高度约为20m．
【点睛】本题考查解直角三角形综合，涉及相似三角形的判定与性质、三角函数求线段长、勾股定理等知
识，读懂题意，熟练掌握相似三角形测高、三角函数测高的方法步骤是解决问题的关键．
2．（2023·四川自贡·中考真题）为测量学校后山高度，数学兴趣小组活动过程如下：
(1)测量坡角
如图1，后山一侧有三段相对平直的山坡AB，BC，CD，山的高度即为三段坡面的铅直高度
BH，CQ，DR之和，坡面的长度可以直接测量得到，要求山坡高度还需要知道坡角大小．
如图2，同学们将两根直杆MN，MP的一端放在坡面起始端A处，直杆MP沿坡面AB方向放置，在直杆
MN另一端N用细线系小重物G，当直杆MN与铅垂线NG重合时，测得两杆夹角α的度数，由此可得山坡
AB坡角β的度数．请直接写出α，β之间的数量关系．
(2)测量山高
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同学们测得山坡AB，BC，CD的坡长依次为40米，50米，40米，坡角依次为24°，30°，45°；为
求BH，小熠同学在作业本上画了一个含24°角的Rt△TKS（如图3），量得KT≈5cm，TS≈2cm．求山
高DF．（√2≈1.41，结果精确到1米）
(3)测量改进
由于测量工作量较大，同学们围绕如何优化测量进行了深入探究，有了以下新的测量方法．
如图4，5，在学校操场上，将直杆NP置于MN的顶端，当MN与铅垂线NG重合时，转动直杆NP，使点
N，P，D共线，测得∠MNP的度数，从而得到山顶仰角β ，向后山方向前进40米，采用相同方式，测得
1
山顶仰角β ；画一个含β 的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为a 厘米，b 厘米，再画一个含
2 1 1 1
β 的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为a 厘米，b 厘米．已知杆高MN为1.6米，求山高DF．
2 2 2
（结果用不含β ，β 的字母表示）
1 2
【答案】(1)α+β=90°；
(2)山高DF为69米；
40a a
( )
(3)山高DF的高为 1 2 +1.6 米．．
a b −a b
2 1 1 2
【分析】（1）利用互余的性质即可求解；
（2）先求得sin24°=0.4，再分别在Rt△ABH、Rt△BCQ、Rt△CDR中，解直角三角形即可求解；
a a
（3）先求得tanβ = 1 ，tanβ = 2 ，在Rt△NDL和Rt△N'DL中，分别求得NL和N'L的长，得到方程
1 b 2 b
1 2
NL−N'L=40，据此即可求解．
【详解】（1）解：由题意得∠NMO=90°，
∴α+β=90°；
（2）解：在Rt△TKS中，KT≈5cm，TS≈2cm．
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TS 2
∴sin24°= ≈ =0.4，
KT 5
在Rt△ABH中，∠ABH=24°，AB=40米，
∴BH=AB⋅sin24°=40×0.4=16(米)，
在Rt△BCQ中，∠CBQ=30°，BC=50米，
1
∴CQ=BC⋅sin30°=50× =25(米)，
2
在Rt△CDR中，∠DCR=45°，CD=40米，
√2
∴DR=CD⋅sin45°=40× ≈28(米)，
2
∴山高DF=16+25+28=69(米)，
答：山高DF为69米；
a a
（3）解：如图，由题意得tanβ = 1 ，tanβ = 2 ，
1 b 2 b
1 2
设山高DF=x+1.6，则DL=x，
在Rt△NDL中，∠DNL=β ，DL=x，
1
DL a
∴ =tanβ = 1 ，
NL 1 b
1
b
∴NL= 1 x，
a
1
在Rt△N'DL中，∠DN'L=β ，DL=x，
2
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DL a
∴ =tanβ = 2 ，
N'L 2 b
2
b
∴N'L= 2 x，
a
2
∵N N'=M M'=40，
b b
∴NL−N'L=40，即 1 x− 2 x=40，
a a
1 2
40a a 40a a
解得x= 1 2 ，山高DF= 1 2 +1.6
a b −a b a b −a b
2 1 1 2 2 1 1 2
40a a
( )
答：山高DF的高为 1 2 +1.6 米．
a b −a b
2 1 1 2
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，能够正确地构建出直角三角形，将实际问题化归为解直角三角
形的问题是解答此类题的关键．
3．（2023·江苏泰州·中考真题）如图，堤坝AB长为10m，坡度i为1:0.75，底端A在地面上，堤坝与对
面的山之间有一深沟，山顶D处立有高20m的铁塔CD．小明欲测量山高DE，他在A处看到铁塔顶端C刚
好在视线AB上，又在坝顶B处测得塔底D的仰角α为26°35'．求堤坝高及山高DE．（sin26°35'≈0.45，
cos26°35'≈0.89，tan26°35'≈0.50，小明身高忽略不计，结果精确到1m）
【答案】堤坝高为8米，山高DE为20米．
【分析】过B作BH⊥AE于H，设BH=4x，AH=3x，根据勾股定理得到AB=√AH2+BH2=5x=10，
求得AH=6，BH=8，过B作BF⊥CE于F，则EF=BH=8，BF=EH，设DF=a，解直角三角形即
可得到结论．
【详解】解：过B作BH⊥AE于H，
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∵坡度i为1:0.75，
∴设BH=4x，AH=3x，
∴AB=√AH2+BH2=5x=10，
∴x=2，
∴AH=6，BH=8，
过B作BF⊥CE于F，
则EF=BH=8，BF=EH，
设DF=a，
∵α=26°35'．
DF a
∴BF= = =2a，
tan26°35' 0.5
∴AE=6+2a，
∵坡度i为1:0.75，
∴CE：AE=(20+a+8)：(6+2a)=1：0．75，
∴a=12，
∴DF=12（米），
∴DE=DF+EF=12+8=20（米），
答：堤坝高为8米，山高DE为20米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-俯角仰角，解直角三角形的应用-坡角坡度，正确地作出辅助线
是解题的关键．
题型04 与不易测量相关问题
1．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，直线MN和EF为河的两岸，且MN∥EF，为了测量河两岸之间
的距离，某同学在河岸FE的B点测得∠CBE=30°，从B点沿河岸FE的方向走40米到达D点，测得
∠CDE=45°．
(1)求河两岸之间的距离是多少米？（结果保留根号）
(2)若从D点继续沿DE的方向走(12√3+12)米到达P点．求tan∠CPE的值．
【答案】(1)河两岸之间的距离是20√3+20米
5
(2)tan∠CPE=
2
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【分析】（1）过点C作CM⊥EF于点M，设CM=a米，在Rt△MCB中，MB=√3a，在Rt△MCD中，
MD=MC=a，根据BD=40，建立方程，解方程即可求解；
（2）根据题意求得MP的长，进而根据正切的定义，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，
过点C作CM⊥EF于点M，设CM=a米，
∵∠CBE=30°
CM √3
∴tan∠CBM= =tan30°= ，
PB 3
∴MB=√3a，
CM
在Rt△MCD中，tan∠CDM= =tan45°=1，
MD
∴MD=MC=a
∴BD=MB−MD=√3a−a=40
解得：a=20√3+20
答：河两岸之间的距离是20√3+20米；
（2）解：如图所示，
依题意，PB=BD+DP=40+(12√3+12)=52+12√3，
∴MP=MB−PB=(20√3+20)√3−(52+12√3)=8+8√3，
CM 20√3+20 5
在Rt△CMP中，tan∠CPM= = = ，
MP 8+8√3 2
5
∴tan∠CPE= ．
2
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数关系是解题的关键．
2．（2022·山东济宁·中考真题）知识再现：如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C的对边分
别为a，b，c．
a b
∵sinA= ，sinB=
c c
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a b
∴c= ，c=
sin A sinB
a b
∴ =
sinA sinB
a b
(1)拓展探究：如图2，在锐角ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c．请探究 ， ，
sinA sinB
c
之间的关系，并写出探究过程．
sinC
(2)解决问题：如图3，为测量点A到河对岸点B的距离，选取与点A在河岸同一侧的点C，测得AC＝
60m，∠A＝75°，∠C＝60°．请用拓展探究中的结论，求点A到点B的距离．
a b c
【答案】(1) = = ，证明见解析
sin∠A sinB sin∠C
(2)30√6米
【分析】拓展研究：作CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，根据正弦的定义得AE = csinB，
AE= bsin∠BCA，CD= asinB，CD = bsin∠BAC，从而得出结论；
AB AC
解决问题：由拓展探究知， = 代入计算即可．
sinC sin∠CBA
【详解】（1）（拓展探究）证明：作CD⊥AB于点D，AC⊥BC于点E．
AE AE
在RtΔABE中，sinB= = ，
AB c
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CD CD
同理：sinB= = ，
BC a
CD CD AE AE
sin∠BAC= = ,sin∠BCA= = ．
AC b AC b
∴AE=csinB,AE=bsin∠BCA,
CD=asinB,CD=bsin∠BAC．
∴csinB=bsin∠BCA,asinB=bsin∠BAC．
b c a b
∴ = , = ．
sinB sin∠BCA sin∠BAC sinB
a b c
∴ = = ．
sin∠BAC sinB sin∠BCA
（2）（解答问题）解：在ΔABC中，∠CBA=180∘−∠A−∠C=180∘−75∘−60∘=45∘.
AB AC
∵ = ,
sinC sin∠CBA
AB 60
∴∴ =
sin60∘ sin45∘
解得：AB=30√6
答：点A到点B的距离为AB=30√6m．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，对于锐角三角形，利用正弦的定义，得出
a b c
= = 是解题的关键．
sin∠BAC sinB sin∠BCA
3．（2021·江苏南京·中考真题）如图，为了测量河对岸两点A，B之间的距离，在河岸这边取点C，D．测
得CD=80m，∠ACD=90°，∠BCD=45°，∠ADC=19°17'，∠BDC=56°19'，设A，B，C，D在
同一平面内，求A，B两点之间的距离．（参考数据：tan19°17'≈0.35,tan56°19'≈1.50．）
【答案】52m
【分析】作BE⊥CD于E，作BF⊥CA交CA延长线于F．先证明四边形CEBF是正方形，设CE=BE=xm，
根据三角函数表示出DE，根据CD=80m列方程求出CE=BE=48m，进而求出CF=BF=48m，解直角三角形
ACD求出AC，得到AF，根据勾股定理即可求出AB，问题得解．
【详解】解：如图，作BE⊥CD于E，作BF⊥CA交CA延长线于F．
∵∠FCD=90°，
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∴四边形CEBF是矩形，
∵BE⊥CD，∠BCD=45°，
∴∠BCE=∠CBE=45°，
∴CE=BE，
∴矩形CEBF是正方形．
设CE=BE=xm，
在Rt△BDE中，
BE x 2
DE= = ≈ xm，
tan∠BDE tan56°19' 3
∵CD=80m，
2
∴x+ x=80，
3
解得x=48，
∴CE=BE=48m，
∵四边形CEBF是正方形，
∴CF=BF=48m，
∵在Rt△ACD中，AC=CD·tan∠ADC=80×tan19°17'≈80×0.35=28m，
∴AF=CF-AC=20m，
∴在Rt△ABF中，AB=√AF2+BF2=√202+482=52m，
∴A，B两点之间的距离是52m．
【点睛】本题考查了解直角三角形应用，理解题意，添加辅助线构造正方形和直角三角形是解题关键．
题型05 与可调节的滑动悬杆问题
1．（2023·浙江衢州·中考真题）如图，一款可调节的笔记本电脑支架放置在水平桌面上，调节杆
BC=√2a，AB=b，AB的最大仰角为α.当∠C=45°时，则点A到桌面的最大高度是（ ）
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b b
A．a+ B．a+ C．a+bcosa D．a+bsinα
cosa sinα
【答案】D
【分析】
过点A作AF⊥BE于F，过点B作BG⊥CD于G，利用解直角三角形可得AF=bsinα，BG=a，根据点
A到桌面的最大高度=BG+AF，即可求得答案．
【详解】
如图，过点A作AF⊥BE于F，过点B作BG⊥CD于G，
在Rt△ABF中，AF=AB⋅sinα=bsinα，
√2
在Rt△BCG中，BG=BC⋅sin45°=√2a× =a，
2
∴点A到桌面的最大高度=BG+AF=a+bsinα，
故选：D．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，解题关键是添加辅助线，构造直角三角形，利用解直角三角形解决问题．
2．（2022·江苏盐城·中考真题）2022年6月5日，“神舟十四号”载人航天飞船搭载“明星”机械臂成功
发射．如图是处于工作状态的某型号手臂机器人示意图，OA是垂直于工作台的移动基座，AB、BC为机
械臂，OA=1m，AB=5m，BC=2m，∠ABC=143°．机械臂端点C到工作台的距离CD=6m．
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(1)求A、C两点之间的距离；
(2)求OD长．
（结果精确到0.1m，参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，√5≈2.24）
【答案】(1)6.7m
(2)4.5m
【分析】（1）连接AC，过点A作AH⊥BC，交CB的延长线于H，根据锐角三角函数定义和勾股定理即
可解决问题．
（2）过点A作AG⊥DC，垂足为G，根据锐角三角函数定义和勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）解：如图2，连接AC，过点A作AH⊥BC，交CB的延长线于H．
在Rt△ABH中，∠ABH=180°−∠ABC=37°，
AH
sin37°= ，所以AH=AB⋅sin37°≈3m，
AB
BH
cos37°= ，所以BH=AB⋅cos37°≈4m，
AB
在Rt△ACH中，AH=3m，CH=BC+BH=6m，
根据勾股定理得AC=√CH2+AH2=3√5≈6.7m，
答：A、C两点之间的距离约6.7m．
（2）如图2，过点A作AG⊥DC，垂足为G，
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则四边形AGDO为矩形，GD=AO=1m，AG=OD，
所以CG=CD−GD=5m，
在Rt△ACG中，AC=3√5m，CG=5m，
根据勾股定理得AG=√AC2−CG2=2√5≈4.5m．
∴OD=AG=4.5m．
答：OD的长为4.5m．
【点睛】求角的三角画数值或者求线段的长时，我们经常通过观察图形将所求的角成者线段转化到直角三
角形中（如果没有直角三角形，设法构造直角三角形），再利用锐角三角画数求解
测量物体的高度的常见模型：
1）利用水平距离测量物体高度（双直角三角形）
解题方法：这两种模型种都有一条公共的直角边，解题时，往往通过这条边为中介在两个三角形中依次求
边，或通过公共边相等，列方程求解.
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2）测量底部可以到达的物体高度
模型 需测量数据 数量关系 原理
测量仪高m， h−m
tanα=
n
h 水平距离n，
α 倾斜角α h= m+n•tanα 矩形的性质与直角三
m
n
角形的边角关系
水平距离n， h h
tana= 1，tanβ= 2
h
1
仰角α， n n
α
β 俯角β h=h 1 +h 2 =n（
h
2 tana+tanaβ）
n
3）测量底部不可到达的物体的高度
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1．（2023·云南·模拟预测）2023年4月20日，云南大学迎来百年校庆，当天晚间，千架无人机在云南大
学上空变换着“云南大学校徽”等图案（如图1） ，书写着百年学府的深厚积淀．小李为记录这次表演，
携带无人机航拍，如图2，某一时刻小李在水平地面点 A 处测得无人机位置点 B的仰角为60°，无人机从
点 B水平飞至点 C 处，小李在点 A 处测得点 C 的仰角为45°，水平地面AF∥BC，若BC=4米，则
此时无人机距离水平地面的距离为（ ）
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A．(6+2√3)米 B．8米 C．(2+2√3)米 D．8√3米
【答案】A
【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，矩形的性质和判定，正确作出辅助线构造直角三角形
是解题的关键．如图所示，过点B作BG⊥AF于G，过点C作CH⊥AF于H，证明四边形BCHG是矩形，
√3
得到GH=BC=4米， BG=CH，设BG=CH=x米, 解Rt△ABG得到AG= x，解Rt△ACH得到
3
√3
AH=x，则GH=x− x=4，据此求解即可．
3
【详解】解：如图所示， 过点B作BG⊥AF于G，过点C作CH⊥AF于H，
∵AF∥BC，
∴BG⊥BC，
∵四边形BCHG是矩形，
∴GH=BC=4米，BG=CH，
设BG=CH=x米，
在Rt△ABG中, ∠BGA=90°,∠BAG=60°,
BG x √3
∴AG= = = x，
tan∠BAG √3 3
在Rt△ACH中, ∠CHA=90°,∠CAH=45°,
BG
∴AH= =x，
tan∠CAH
√3
∴GH=AH−AG=x− x=4，
3
∴x=6+2√3，
∴CH=6+2√3（米）．
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故选:A
2．（2023·山东泰安·一模）某区域平面示意图如图，点O在河的一侧，AC和BC表示两条互相垂直的公
路．甲侦测员在A处测得点O位于北偏东45°，乙勘测员在B处测得点O位于南偏西73.7°，测得
24
AC=840m，BC=500m，请求出点O到BC的距离（ ）m．（参考数据sin73.7°≈ ，
25
7 24
cos73.7°≈ ，tan73.7°≈ ）
25 7
A．140m B．340m C．360m D．480m
【答案】D
【分析】
作OM⊥BC于M，ON⊥AC于N，设OM=x，根据矩形的性质用x表示出OM、MC，根据正切的定义
用x表示出BM，根据题意列式计算即可．
【详解】解：作OM⊥BC于M，ON⊥AC于N，
则四边形ONCM为矩形，
∴ON=MC，OM=NC，
设OM=x，则NC=x，AN=840−x，
在Rt△ANO中，∠OAN=45°，
∴ON=AN=840−x，则MC=ON=840−x，
OM 7
在Rt△BOM中，BM= ≈ x，
tan∠OBM 24
7
由题意得，840−x+ x=500，
24
解得，x=480，
即点O到BC的距离约为480m，
故选：D．
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【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用，掌握锐角三角函数的定义、正确标注方向角是解题的关键．
3．（2023·河南南阳·一模）一艘轮船位于灯塔P的南偏东60°方向，距离灯塔45海里的A处，它沿北偏东
30°方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的北偏东67°方向上的B处，此时与灯塔P的距离约为（ ）
3 4 3
（参考数据：sin37°≈ ，cos37°≈ ，tan37°≈ ）
5 5 4
A．27海里 B．50海里 C．75海里 D．15√3海里
【答案】C
【分析】由题意可得∠CAP=∠EPA=60°，∠CAB=30°，PA=30，则∠PAB=90°，∠B=37°，在
Rt△PAB中，利用正弦函数的定义求解即可．
【详解】解：如图所示标注字母，根据题意得：
∠CAP=∠EPA=60°，∠CPD=67°，∠CAB=30°，PA=45，
∴∠PAB=∠CAP+∠CAB=60°+30°=90°，
∠APB=180°−67°−60°=53°，
∴∠B=90°−∠APB=90°−53°=37°，
PA
在Rt△PAB中，sin∠B= ，
PB
PA 45 45
PB= = ≈ =75
∴ sin∠B sin37° 3 （海里），
5
∴此时与灯塔P的距离约为75海里．
故选：C．
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【点睛】本题考查解直角三角形的应用—方向角问题，理解题意，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的
关键．也考查了三角形的内角和定理和直角三角形两锐角互余．
4．（2023·广东深圳·二模）在综合实践课上，某班同学测量校园内一棵树的高度．如图，测量仪在A处测
得树顶D的仰角为45°，在C处测得树顶D的仰角为37°（点A、B、C在同一条水平主线上），已知测量
仪的高度AE=CF=1.65米，AC=28米，则树BD的高度是（ ）【参考数据：sin37°≈0.60，
cos37°≈0.80，tan37°≈0.75】
A．12米 B．12.65米 C．13米 D．13.65米
【答案】D
【分析】设DM=x米，根据∠DEM=45°可得到EM=DM=x、MF=28−x，然后利用解直角三角形
的知识计算求解即可．
【详解】解：连接EF交BD于点M，则EF⊥BD，
AE=BM=CF=1.65，EF=AC=28．
设DM=x米，
∵在Rt△DEM中，∠DEM=45°，
∴EM=DM=x，
∴MF=28−x．
在Rt△DFM中，∠DFM=37°，
DM x
∴tan∠DFM= ，即：tan37°= ≈0.75，解得x=12，即DM=12．
MF 28−x
∴BD=DM+BM=12+1.65=13.65（米）．
∴树BD的高度约为13.65米．
故选D．
【点睛】本题主要考查了仰角型解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形的基本步骤是解答本题的关
键．
5．（2022·山东济南·一模）如图，为了测量某建筑物BC 的高度，小颖采用了如下的方法：先从与建筑物
底端B在同一水平线上的A点出发，沿斜坡AD行走100米至坡顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若
干米到点E处，在E点测得该建筑物顶端C的仰角为59°，建筑物底端B的俯角为45°，点A、B、C、D、
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4
E在同一平面内，斜坡AD的坡度i=1: ．根据以上数据，计算出建筑物BC的高度约为（结果精确到
3
1．参考数据：sin59°≈0.86，cos59°≈0.52，tan59°≈1.66）（ ）
A．158米 B．161米 C．159米 D．160米
【答案】D
【分析】先利用斜坡AD的坡度求出DF，再利用矩形的性质和等腰三角形的性质求出
EH=BH=EG=DF=60，之后利用正切求出CH的值，最后通过求和即可得到建筑物BC的高度．
【详解】解：如图：过点D作DF⊥AB于点F，过点E作EG⊥AB于点G，过点E作EH⊥BC于点H
4
∵斜坡AD的坡度i=1:
3
4
∴DF:AF=1:
3
4
∴可设DF=x，AF= x
3
∵在Rt△ADF中，DF2+AF2=AD2，
∴x2+ (4 x ) 2 =1002
3
∴x=60
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∴EH=EG=DF=60
∵在Rt△BEH中，∠BEH=45°
∴EH=BH=60
∵在Rt△CEH中，tan∠CEH≈1.66
∴CH≈EH⋅tan△CEH≈60×1.66≈90
∴CB=CH+BH=100+60=160
故选：D．
【点睛】本题考查坡度的意义，等腰直角三角形的性质和解直角三角形，选取恰当的方法正确求出线段长
度是解题关键．
6．（23-24九年级下·重庆·阶段练习）春节期间，白居寺长江大桥凭借其独特的造型、科幻的氛围、“星
际穿越”的视感吸引众多游客纷纷前来打卡拍照．某校数学社团的同学们欲测量白居寺长江大桥桥塔的高
度，如图2，他们在桥下地面MB上架设测角仪CM（测角仪垂直于地面放置），此时测得白居寺长江大桥
桥塔最高点A的仰角∠ACE=35°，然后将测角仪沿MB方向移动100.5米到达点N处，并测出点A的仰角
∠ADE=45°，测角仪高度CM=DN=1.6米．（点M，N，B在同一水平线上，AB⊥BM）
(1)白居寺长江大桥桥塔的高度AB约为多少米？（结果保留到个位，参考数据：sin35°≈0.57，
cos35°≈0.82，tan35°≈0.70，√2≈1.41）
(2)如图3，在（1）问条件下，小明在某大楼Q处测得白居寺长江大桥桥塔最高点A的仰角∠AQG=18°，
最低点B的俯角∠BQG=53°，则小明所在地Q处与AB的水平距离约为多少米？（结果保留到个位，参考
数据：sin72°≈0.95，cos72°≈0.3，tan72°≈3，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75）
【答案】(1)236.1
(2)141.66
【分析】本题考查解直角三角形的应用，通过仰角俯角问题测量物体高度，熟练掌握锐角三角函数的定义
是解答本题的关键．
（1）延长CD，交AB于点F，设DF=x, 则CF=x+100.5，在Rt△ADF中,∠ADF=45° ，可得AF=x，
AF x
在Rt△ACF中，∠ACE=35°，tan35°= = ≈0.7，求出x，再根据AB=AF+BF得出答案；
CF x+100.5
（2）延长QG交AB于点M，由题意可知QM⊥AB，AB=236.1，根据题意可得 ∠A=72°,∠B=37°，
QM QM
设AM=x，则BM=236.1−x，根据tan∠A=tan72°= ≈3，tan∠B=tan∠37°= ≈0.75，可
AM BM
tan37° AM x 0.75
得 = = = ，解得x=47.22，从而可得QM的值．
tan72° BM 236.1−x 3
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【详解】（1）解：如图所示，延长CD，交AB于点F，
由题意得CD=MN=100.5, DF=BN, ∠AFD=90°,CM=DN=BF=1.6
设DF=x, 则CF=x+100.5
在Rt△ADF中,∠ADF=45°
∴AF=x
AF x
在Rt△ACF中，∠ACE=35°，tan35°= = ≈0.7
CF x+100.5
∴x≈234.5
经检验x≈234.5是原方程的解且符合题意
∴AB=AF+BF=234.5+1.6=236.1米
∴白居寺长江大桥桥塔的高度AB约为236.1米；
（2）解：延长QG交AB于点M，由题意可知QM⊥AB，AB=236.1
∵ ∠AQG=18°，∠BQG=53°
∴∠A=72°,∠B=37°
设AM=x，则BM=236.1−x
QM
∵tan∠A=tan72°= ≈3
AM
QM
tan∠B=tan∠37°= ≈0.75
BM
tan37° AM x 0.75
∴ = = =
tan72° BM 236.1−x 3
解得x=47.22
∴ QM=AM⋅tan72°=47.22×3=141.66
故Q处与AB的水平距离约为141.66米
7．（2023·贵州贵阳·二模）为加快城乡发展，建设美丽乡村，某地区对A，B两地间的公路进行改建．如
图，A，B两地之间有一座山、汽车原来从A地到B地需途径C地沿折线ACB行驶，现开通隧道后，汽车
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可直接沿直线AB行驶．已知BC=100千米，∠A=45°,∠B=30°．
(1)求C地到公路AB的距离；
(2)开通隧道后，汽车从A地到B地可以少走多少千米？（结果精确到1米）（参考数据：
√2≈1.4,√3≈1.7）
【答案】(1)50千米
(2)35千米
【分析】
本题考查了解直角三角形的实际应用，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解
决的方法就是作高线．
（1）过点C作AB的垂线CD，垂足为D．在直角△ACD中，解直角三角形求出CD，进而解答即可；
（2）在直角△CBD中，解直角三角形求出BD，再求出AD，即可得解．
【详解】（1）解：过点C作AB的垂线CD，垂足为D．
∵AB⊥CD,∠B=30°，
1
∴CD= BC=50（千米），
2
答：C地到公路AB的距离为50千米；
CD
（2）解：∵∠A=45°,sin∠A= ，
AC
CD
∴AC= =50√2（千米），
sin45°
∴AC+BC=100+50√2≈170（千米），
∴开通隧道前，汽车从A地到B地要走170千米；
BD
∵∠B=30°,cos∠B= ,BC=100（千米），
BC
√3
∴BD=BC⋅cos30°=100× =50√3（千米），
2
∵∠A=45°，
∵∠ADC=90°，
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∴AD=CD=50（千米）
∴AB=AD+BD=50+50√3=135（千米）
∴170−135=35（千米）
答：开通隧道后，汽车从A地到B地可以少走35千米．
8．（2023·河南濮阳·一模）某种落地灯如图1所示，立杆AB垂直于地面，其高为120cm,BC为支杆，它
可绕点B旋转，其中BC的长为30cm，悬杆CD=40cm，如图2所示，当∠BCD=70°，∠ABC=135°
时，求灯泡悬挂点D到地面的距离DF的长．（结果精确到1cm；参考数据：
sin25°≈0.42,cos25°≈0.91,tan25°≈0.47,√2≈1.41）
【答案】158cm
【分析】如图，过点C作CG⊥DF于点G，延长AB交CG于点H．在Rt△CDG中，求出DG=16.8cm．
在Rt△BCH中，求得BH≈21cm，可求出FG=141cm，从而可得结论．
【详解】解：如图，过点C作CG⊥DF于点G，延长AB交CG于点H．
∵∠ABC=135°，
∴∠HBC=180°−∠ABC=45°，
∴∠BCH=45°，
∴∠DCG=70°−45°=25°．
在Rt△CDG中，DG=CD⋅sin∠DCG≈40×0.42=16.8cm．
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√2
在Rt△BCH中，BH=BC⋅cos∠HBC=30× ≈15×1.41≈21cm，
2
∴FG=AH=AB+BH=120+21=141cm，
∴DF=FG+DG=141+16.8≈158cm．
答：灯泡悬挂点D到地面的距离DF的长约为158cm．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．
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