九年级数学 锐角三角函数的专项 培优练习题及答案

一、锐角三角函数

1．如图，海上观察哨所B位于观察哨所A正北方向，距离为25海里．在某时刻，哨所A与哨所B同时发现一走私船，其位置C位于哨所A北偏东53°的方向上，位于哨所B南偏东37°的方向上．

（1）求观察哨所A与走私船所在的位置C的距离；

（2）若观察哨所A发现走私船从C处以16海里/小时的速度向正东方向逃窜，并立即派缉私艇沿北偏东76°的方向前去拦截．求缉私艇的速度为多少时，恰好在D处成功拦截．（结果保留根号）

（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37 ＝sin53°≈去，tan37°≈2，tan76°≈）

【答案】（1）观察哨所A与走私船所在的位置C的距离为15海里；（2）当缉私艇以每小时617海里的速度行驶时，恰好在D处成功拦截. 【解析】 【分析】

（1）先根据三角形内角和定理求出∠ACB＝90°，再解Rt△ABC，利用正弦函数定义得出AC即可；

（2）过点C作CM⊥AB于点M，易知，D、C、M在一条直线上．解Rt△AMC，求出CM、AM．解Rt△AMD中，求出DM、AD，得出CD．设缉私艇的速度为x海里/小时，根据走私船行驶CD所用的时间等于缉私艇行驶AD所用的时间列出方程，解方程即可． 【详解】

（1）在△ABC中，ACB180BBAC180375390. 在RtABC中，sinB3AC，所以ACABsin372515（海里）. AB5答：观察哨所A与走私船所在的位置C的距离为15海里.

（2）过点C作CMAB，垂足为M，由题意易知，D、C、M在一条直线上. 在RtACM中，CMACsinCAM15412，53AMACcosCAM159.

5MD在Rt△ADM中，tanDAM，

AM所以MDAMtan7636. 所以ADAM2MD292362917，CDMDMC24.

设缉私艇的速度为v海里/小时，则有经检验，v617是原方程的解.

24917，解得v617. 16v答：当缉私艇以每小时617海里的速度行驶时，恰好在D处成功拦截.

【点睛】

此题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．

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

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

的长.

图1 图2

【答案】（1）BE=\"FH\" ；理由见解析 （2）证明见解析 （3）

=2π

【解析】

试题分析：（1）由△ABE≌△EHF（SAS）即可得到BE=FH

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

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

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

∵FH⊥BC ∴∠FHE=90°

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

(2)∵△ABE≌△EHF

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

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

（3）∵AE=EF，∴△AEF是等腰直角三角形

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

过E作EN⊥AC于点N

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

又∵∠EAF=45° ∠CAF=∠CEF=15°（等弧对等角）

= EF，∴AF=8

Rt△AFE中，AE=

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

考点：1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圆周角定理；4、三角函数

3．如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=1，点D在边AC上且BD平分∠ABC，设CD=x．

（1）求证：△ABC∽△BCD； （2）求x的值；

（3）求cos36°-cos72°的值．

【答案】(1)证明见解析；（2）【解析】

75815；（3）．

162试题分析：（1）由等腰三角形ABC中，顶角的度数求出两底角度数，再由BD为角平分线求出∠DBC的度数，得到∠DBC=∠A，再由∠C为公共角，利用两对角相等的三角形相似得到三角形ABC与三角形BCD相似；

（2）根据（1）结论得到AD=BD=BC，根据AD+DC表示出AC，由（1）两三角形相似得比例求出x的值即可；

（3）过B作BE垂直于AC，交AC于点E，在直角三角形ABE和直角三角形BCE中，利用锐角三角函数定义求出cos36°与cos72°的值，代入原式计算即可得到结果． 试题解析：（1）∵等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°， ∴∠ABC=∠C=72°， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD=∠CBD=36°， ∵∠CBD=∠A=36°，∠C=∠C， ∴△ABC∽△BCD； （2）∵∠A=∠ABD=36°， ∴AD=BD， ∵BD=BC， ∴AD=BD=CD=1，

设CD=x，则有AB=AC=x+1， ∵△ABC∽△BCD，

ABBCx11， ，即BDCD1x2

整理得：x+x-1=0，

∴解得：x1=则x=

1515，x2=（负值，舍去），

2215； 2（3）过B作BE⊥AC，交AC于点E，

∵BD=CD，

∴E为CD中点，即DE=CE=15， 415AE514在Rt△ABE中，cosA=cos36°=， AB15412115在Rt△BCE中，cosC=cos72°=EC15， 4BC14则cos36°-cos72°=51151-=． 244【考点】1.相似三角形的判定与性质；2.等腰三角形的性质；3.黄金分割；4.解直角三角形．

4．如图，湿地景区岸边有三个观景台位于(1)求

点的南偏西

的面积；

的中点米)

，

，

，

，

，

，

处修建一个湖心亭，并修建观景栈道

.试求

、

间的

方向，

、

、

.已知

米，方向.

米，

点

点位于

点的南偏东

(2)景区规划在线段距离.(结果精确到(参考数据：

)

【答案】（1）560000（2）565.6 【解析】

试题分析：（1）过点（2）连接

，过点

作作

交

的延长线于点

点，则

，，然后根据直角三角形的内角

.然后根据中点的性质和余

和求出∠CAE，再根据正弦的性质求出CE的长，从而得到△ABC的面积；

，垂足为

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

是

，过点

作

，垂足为

中，

米.

(平方米). 点，则

.

作

交

的延长线于点

， ，

中点，

米，且

米，

为

中点，

所以所以

米.

米，由勾股定理得，

米.

答：、间的距离为米.

考点：解直角三角形

5．如图，二次函数y＝x2+bx﹣3的图象与x轴分别相交于A、B两点，点B的坐标为（3，0），与y轴的交点为C，动点T在射线AB上运动，在抛物线的对称轴l上有一定点D，其纵坐标为23，l与x轴的交点为E，经过A、T、D三点作⊙M． （1）求二次函数的表达式； （2）在点T的运动过程中，

①∠DMT的度数是否为定值？若是，请求出该定值：若不是，请说明理由； ②若MT＝

1AD，求点M的坐标； 2（3）当动点T在射线EB上运动时，过点M作MH⊥x轴于点H，设HT＝a，当OH≤x≤OT时，求y的最大值与最小值（用含a的式子表示）．

2

【答案】（1）y＝x﹣2x﹣3（2）①在点T的运动过程中，∠DMT的度数是定值②（0，

3）（3）见解析

【解析】 【分析】

（1）把点B的坐标代入抛物线解析式求得系数b的值即可；

（2）①如图1，连接AD．构造Rt△AED，由锐角三角函数的定义知，tan∠DAE＝

3．即∠DAE＝60°，由圆周角定理推知∠DMT＝2∠DAE＝120°；

②如图2，由已知条件MT＝

11AD，MT＝MD，推知MD＝AD，根据△ADT的外接圆圆22心M在AD的中垂线上，得到：点M是线段AD的中点时，此时AD为⊙M的直径时，MD＝

1AD．根据点A、D的坐标求得点M的坐标即可； 21AT．易得H（a﹣1，0），T（2a﹣1，20）．由性条件OH≤x≤OT、动点T在射线EB上运动可以得到：0≤a﹣1≤x≤2a﹣1．

（3）如图3，作MH⊥x于点H，则AH＝HT＝需要分类讨论：（i）当的极值．

12a1…4，即1„a，根据抛物线的增减性求得y

2a1131(a1)…0a1„14（ii）当2a11，即＜a≤2时，根据抛物线的增减性求得y的极值．

31(a1)2a11（iii）当a﹣1＞1，即a＞2时，根据抛物线的增减性求得y的极值． 【详解】

22

解：（1）把点B（3，0）代入y＝x+bx﹣3，得3+3b﹣3＝0，

解得b＝﹣2，

2

则该二次函数的解析式为：y＝x﹣2x﹣3；

（2）①∠DMT的度数是定值．理由如下：

如图1，连接AD．

∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4． ∴抛物线的对称轴是直线x＝1． 又∵点D的纵坐标为23， ∴D（1，23）．

由y＝x﹣2x﹣3得到：y＝（x﹣3）（x+1）， ∴A（﹣1，0），B（3，0）． 在Rt△AED中，tan∠DAE＝∴∠DAE＝60°．

∴∠DMT＝2∠DAE＝120°．

∴在点T的运动过程中，∠DMT的度数是定值； ②如图2，∵MT＝∴MD＝

2

DE233． AE21AD．又MT＝MD， 21AD． 21AD． 2∵△ADT的外接圆圆心M在AD的中垂线上，

∴点M是线段AD的中点时，此时AD为⊙M的直径时，MD＝∵A（﹣1，0），D（1，23）， ∴点M的坐标是（0，3）．

（3）如图3，作MH⊥x于点H，则AH＝HT＝又HT＝a，

∴H（a﹣1，0），T（2a﹣1，0）． ∵OH≤x≤OT，又动点T在射线EB上运动， ∴0≤a﹣1≤x≤2a﹣1． ∴0≤a﹣1≤2a﹣1． ∴a≥1， ∴2a﹣1≥1． （i）当1AT． 212a1…4a，即1剟时，

1(a1)…2a1132

2

当x＝a﹣1时，y最大值＝（a﹣1）﹣2（a﹣1）﹣3＝a﹣4a； 当x＝1时，y最小值＝4．

0a1„14（ii）当2a11，即＜a≤2时，

31(a1)2a1122

当x＝2a﹣1时，y最大值＝（2a﹣1）﹣2（2a﹣1）﹣3＝4a﹣8a．

当x＝1时，y最小值＝﹣4． （iii）当a﹣1＞1，即a＞2时，

22

当x＝2a﹣1时，y最大值＝（2a﹣1）﹣2（2a﹣1）﹣3＝4a﹣8a．

当x＝a﹣1时，y最小值＝（a﹣1）﹣2（a﹣1）﹣3＝a﹣4a．

22

【点睛】

主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系；另外，解答（3）题时，一定要分类讨论，以防漏解或错解．

6．已知：如图，AB为⊙O的直径，AC与⊙O相切于点A，连接BC交圆于点D，过点D作⊙O的切线交AC于E． （1）求证：AE＝CE

（2）如图，在弧BD上任取一点F连接AF，弦GF与AB交于H，与BC交于M，求证：∠FAB+∠FBM＝∠EDC．

339，DE＝时，N

44为圆上一点，连接FN交AB于L，满足∠NFH+∠CAF＝∠AHG，求LN的长．

（3）如图，在（2）的条件下，当GH＝FH，HM＝MF时，tan∠ABC＝

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）NL【解析】 【分析】

4013 13（1）由直径所对的圆周角是直角，得∠ADC＝90°，由切线长定理得EA＝ED，再由等角的余角相等，得到∠C＝∠EDC，进而得证结论.

（2）由同角的余角相等，得到∠BAD＝∠C，再通过等量代换，角的加减进而得证结论.

（3）先由条件得到AB＝26，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝

4a，再由相交弦定理3得到GH•HF＝BH•AH，从而求出FH，BH，AH，再由角的关系得到△HFL∽△HAF，从而求出HL，AL，BL，FL，再由相交弦定理得到LN•LF＝AL•BL，进而求出LN的长. 【详解】 解：

（1）证明：如图1中，连接AD．

∵AB是直径， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°， ∵EA、ED是⊙O的切线， ∴EA＝ED， ∴∠EAD＝∠EDA，

∵∠C+∠EAD＝90°，∠EDC+∠EDA＝90°， ∴∠C＝∠EDC， ∴ED＝EC， ∴AE＝EC．

（2）证明：如图2中，连接AD．

∵AC是切线，AB是直径， ∴∠BAC＝∠ADB＝90°，

∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠C＝90°， ∴∠BAD＝∠C， ∵∠EDC＝∠C， ∴∠BAD＝∠EDC， ∵∠DBF＝∠DAF，

∴∠FBM+∠FAB＝∠FBM+∠DAF＝∠BAD， ∴∠FAB+∠FBM＝∠EDC．

（3）解：如图3中，

由（1）可知，DE＝AE＝EC，∵DE＝∴AC＝

39， 439， 2∵tan∠ABC＝

3AC＝， 4AB39∴3,

24AB∴AB＝26，

∵GH＝FH，HM＝FN，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝∵GH•HF＝BH•AH，

4a， 344a（26﹣a）， 33∴a＝6，

∴4a2＝

∴FH＝12，BH＝8，AH＝18， ∵GH＝HF， ∴AB⊥GF， ∴∠AHG＝90°， ∵∠NFH+∠CAF＝∠AHG， ∴∠NFH+∠CAF＝90°， ∵∠NFH+∠HLF＝90°， ∴∠HLF＝∠CAF， ∵AC∥FG， ∴∠CAF＝∠AFH， ∴∠HLF＝∠AFH， ∵∠FHL＝∠AHF， ∴△HFL∽△HAF， ∴FH2＝HL•HA， ∴122＝HL•18， ∴HL＝8，

∴AL＝10，BL＝16，FL＝FH2HL2 ＝413， ∵LN•LF＝AL•BL， ∴413•LN＝10•16， ∴LN＝4013 . 13【点睛】

本题考查了圆的综合问题，涉及到的知识有：切线的性质；切线长定理；圆周角定理；相交弦定理；相似三角形性质与判定等，熟练掌握圆的相关性质是解题关键.

7．如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝8cm，连接BD，将△ABD绕B点作顺时针方向旋转得到△A′B′D′（B′与B重合），且点D′刚好落在BC的延长上，A′D′与CD相交于点E． （1）求矩形ABCD与△A′B′D′重叠部分（如图1中阴影部分A′B′CE）的面积；

（2）将△A′B′D′以每秒2cm的速度沿直线BC向右平移，如图2，当B′移动到C点时停止移动．设矩形ABCD与△A′B′D′重叠部分的面积为y，移动的时间为x，请你直接写出y关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；

（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x，使得△AA′B′成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x的值，若不存在，请你说明理由．

【答案】（1）秒、

45；（2）详见解析；（3）使得△AA′B′成为等腰三角形的x的值有：023669 秒、 ． 25【解析】 【分析】

（1）根据旋转的性质可知B′D′＝BD＝10，CD′＝B′D′﹣BC＝2，由tan∠B′D′A′＝

A'B'CE可求出CE，即可计算△CED′的面积，SABCE＝SABD′﹣SCED′； A'D'CD'（2）分类讨论，当0≤x≤

1111时和当＜x≤4时，分别列出函数表达式； 55（3）分类讨论，当AB′＝A′B′时；当AA′＝A′B′时；当AB′＝AA′时，根据勾股定理列方程即可． 【详解】

解：（1）∵AB＝6cm，AD＝8cm，

∴BD＝10cm，

根据旋转的性质可知B′D′＝BD＝10cm，CD′＝B′D′﹣BC＝2cm， ∵tan∠B′D′A′＝∴

A'B'CE A'D'CD'6CE 823cm， 2863452

22（cm）； 222∴CE＝

∴S ABCE＝SABD′﹣SCED′＝（2）①当0≤x＜∴S△CD′E＝∴y＝②当

113时，CD′＝2x+2，CE＝（x+1）， 52323x+3x+， 22133345×6×8﹣x2﹣3x﹣＝﹣x2﹣3x+； 22222114≤x≤4时，B′C＝8﹣2x，CE＝（8﹣2x） 53148128282x＝x2﹣x+． 23333（3）①如图1，当AB′＝A′B′时，x＝0秒；

∴y②如图2，当AA′＝A′B′时，A′N＝BM＝BB′+B′M＝2x+∵AN2+A′N2＝36， ∴（6﹣

1824，A′M＝NB＝， 55242182

）+（2x+）＝36， 55669669，x＝（舍去）； 55解得：x＝③如图2，当AB′＝AA′时，A′N＝BM＝BB′+B′M＝2x+∵AB2+BB′2＝AN2+A′N2 ∴36+4x2＝（6﹣解得：x＝

1824，A′M＝NB＝， 55242182

）+（2x+） 553． 23669秒、． 25综上所述，使得△AA′B′成为等腰三角形的x的值有：0秒、

【点睛】

本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．

8．如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E（30，0），交y轴于点D（0，

1x+5交x轴于点A，交y轴于点B，交直线DE于点P，过点E作3EF⊥x轴交直线AB于点F，以EF为一边向右作正方形EFGH． （1）求边EF的长；

40），直线AB：y＝

（2）将正方形EFGH沿射线FB的方向以每秒10个单位的速度匀速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移过程中边F1G1始终与y轴垂直，设平移的时间为t秒（t＞0）． ①当点F1移动到点B时，求t的值；

②当G1，H1两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形E1F1G1H1与△APE重叠部分的面积．

【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120； 【解析】 【分析】

（1）根据已知点E（30，0），点D（0，40），求出直线DE的直线解析式y=-求出P点坐标，进而求出F点坐标即可；

（2）①易求B（0，5），当点F1移动到点B时，t=1010÷10=10；

4x+40，可3②F点移动到F'的距离是10t，F垂直x轴方向移动的距离是t，当点H运动到直线DE上时，在Rt△F'NF中，t=4，S=

NF1MH4，=，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，

NF3EM31451023PK1×(12+)×11==，；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，248FK3PKt34＝＝，t=7，S=15×（15-7）=120. KG153t93PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，【详解】

（1）设直线DE的直线解析式y＝kx+b， 将点E（30，0），点D（0，40），

30kb0∴，

b404k∴3， b40∴y＝﹣

4x+40， 3直线AB与直线DE的交点P（21，12）， 由题意知F（30，15）， ∴EF＝15；

（2）①易求B（0，5）， ∴BF＝1010，

∴当点F1移动到点B时，t＝101010＝10； ②当点H运动到直线DE上时，

F点移动到F'的距离是10t，

在Rt△F'NF中，

NF1=， NF3∴FN＝t，F'N＝3t， ∵MH'＝FN＝t，

EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t， 在Rt△DMH'中，

MH4， EM3t4， 153t3∴t＝4，

∴

∴EM＝3，MH'＝4，

1451023(12)11； 248当点G运动到直线DE上时，

∴S＝

F点移动到F'的距离是10t， ∵PF＝310， ∴PF'＝10t﹣310， 在Rt△F'PK中，

PK1， FK3∴PK＝t﹣3，F'K＝3t﹣9， 在Rt△PKG'中，∴t＝7，

∴S＝15×（15﹣7）＝120. 【点睛】

本题考查一次函数图象及性质，正方形的性质；掌握待定系数法求函数解析式，利用三角形的正切值求边的关系，利用勾股定理在直角三角形中建立边之间的联系，准确确定阴影部分的面积是解题的关键．

PKt34＝＝， KG153t93

9．阅读下面材料：

观察与思考：阅读下列材料，并解决后面的问题．在锐角△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别是a、b、c，过A作AD⊥BC于D（如图），则sinB＝csinB，AD＝bsinC，于是csinB＝bsinC，即

ADAD ，sinC＝，即AD＝cbbcca ．同理有：，sinBsinCsinCsinAababc，所以． sinAsinBsinCsinAsinB即：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等．在锐角三角形中，若已知三个元素（至少有一条边），运用上述结论和有关定理就可以求出其余三个未知元素．根据上述材料，完成下列各题．

（1）如图，△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝60，则AB＝ ；

（2）如图，一货轮在C处测得灯塔A在货轮的北偏西30°的方向上，随后货轮以60海里/时的速度按北偏东30°的方向航行，半小时后到达B处，此时又测得灯塔A在货轮的北偏西75°的方向上（如图），求此时货轮距灯塔A的距离AB． （3）在（2）的条件下，试求75°的正弦值．（结果保留根号）

【答案】（1）206；（2）156海里；（3）【解析】 【分析】

6+2. 4（1）根据材料：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，写出比例关系，代入数值即可求得AB的值.

（2）此题可先由速度和时间求出BC的距离，再由各方向角得出∠A的角度，过B作BM⊥AC于M，求出∠MBC=30°，求出MC，由勾股定理求出BM，求出AM、BM的长，由勾股定理求出AB即可；

（3）在三角形ABC中，∠A=45，∠ABC=75，∠ACB=60，过点C作AC的垂线BD，构造直角三角形ABD，BCD，在直角三角形ABD中可求出AD的长，进而可求出sin75°的值． 【详解】

解：（1）在△ABC中，∠B=75°，∠C=45°，BC=60，则∠A=60°， ∵

ABBC =， sinCsinA∴

AB60 =， sin45sin60AB60即2 =3，

22解得：AB=206. （2）如图，

依题意：BC=60×0.5=30（海里） ∵CD∥BE， ∴∠DCB+∠CBE=180° ∵∠DCB=30°， ∴∠CBE=150° ∵∠ABE=75°． ∴∠ABC=75°， ∴∠A=45°，

BC30ABAB= 即= ， 在△ABC中，

sinACBsinAsin60?sin45?解之得：AB=156．

答：货轮距灯塔的距离AB=156海里． （3）过点B作AC的垂线BM，垂足为M.

在直角三角形ABM中，∠A=45°，AB=156，

所以AM=153，在直角三角形BDC中，∠BCM=60°，BC=30°，可求得CM=15， 所以AC=153+15， 由题意得，【点睛】

本题考查方向角的含义，三角形的内角和定理，含30度角的直角三角形，等腰三角形的性质和判定等知识点，解题关键是熟练掌握解直角三角形方法．

1566+215315 ＝ ． ，sin75°=sin604sin75

10．

3，点P是AC边上一动点（不与点A、C重合），5以PA长为半径的⊙P与边AB的另一个交点为D，过点D作DE⊥CB于点E． （1）当⊙P与边BC相切时，求⊙P的半径．

如图，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝

（2）连接BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围．

（3）在（2）的条件下，当以PE长为直径的⊙Q与⊙P相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.

【答案】（1）R【解析】 【分析】

405xx28x80;（3）50105. ;（2）y93x20（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝sinC＝

3，则54HPR4，sinC＝＝＝，即可求解； 5CP10R524xEBBF（2）首先证明PD∥BE，则，即：5PDPFx45，即可求解． 【详解】

（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，

x28x80y，即可求解；

y（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG＝EP＝BD，即：AB＝DB+AD＝AG+AD＝

连接HP，则HP⊥BC，cosC＝sinC＝

34，则sinC＝， 5540HPR4＝＝，解得：R＝； CP10R593， 5（2）在△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝

设AP＝PD＝x，∠A＝∠ABC＝β，过点B作BH⊥AC，

则BH＝ACsinC＝8，

同理可得：CH＝6，HA＝4，AB＝45，则：tan∠CAB＝2， BP＝82+(x4)2＝DA＝x28x80，

2525x，则BD＝45﹣x， 55如下图所示，PA＝PD，∴∠PAD＝∠CAB＝∠CBA＝β，

2tanβ＝2，则cosβ＝，sinβ＝，

551EB＝BDcosβ＝（45﹣∴PD∥BE，

1225x）×＝4﹣x，

55524xEBBF∴，即：5PDPFx整理得：y＝x28x80y，

y5xx28x80；

3x20（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，

两个圆交于点G，则PG＝PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D， GD为相交所得的公共弦， ∵点Q是弧GD的中点， ∴DG⊥EP， ∵AG是圆P的直径， ∴∠GDA＝90°， ∴EP∥BD，

由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形， ∴AG＝EP＝BD，

∴AB＝DB+AD＝AG+AD＝45， 设圆的半径为r，在△ADG中，

2r4rAD＝2rcosβ＝，DG＝，AG＝2r，

552r20+2r＝45，解得：2r＝， 551则：DG＝4r＝50﹣105， 5相交所得的公共弦的长为50﹣105． 【点睛】

本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．

11．关于三角函数有如下的公式： sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ① cos（α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ② tan（α+β）=

③

利用这些公式可将某些不是特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数来求值，如：

tan105°=tan（45°+60°）==﹣

（2+

）．

根据上面的知识，你可以选择适当的公式解决下面的实际问题：

如图，直升飞机在一建筑物CD上方A点处测得建筑物顶端D点的俯角α=60°，底端C点的俯角β=75°，此时直升飞机与建筑物CD的水平距离BC为42m，求建筑物CD的高．

【答案】建筑物CD的高为84米． 【解析】 分析：

如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意易得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，∠ADE=60°，这样在Rt△ABC和在Rt△ADE中，结合题中所给关系式分别求出AB和AE的长，即可由CD=BE=AB-AE求得结果了. 详解：

如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意可得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，CD=BE，∠ADE=60°， ∴在Rt△ABC和Rt△ADE

AB=BC•tan75°=42tan75°=AE=

∴CD=AB﹣AE=

，

（米）.

，

答：建筑物CD的高为84米.

睛：读懂题意，把已知量和未知量转化到Rt△ABC和Rt△ADE中，这样利用直角三角形中边角间的关系结合题目中所给的“两角和的三角形函数公式”即可使问题得到解决.

12．抛物线y=ax²+bx+4（a≠0）过点A(1, ﹣1)，B(5, ﹣1)，与y轴交于点C．

（1）求抛物线表达式；

（2）如图1，连接CB，以CB为边作▱CBPQ，若点P在直线BC下方的抛物线上，Q为坐标平面内的一点，且▱CBPQ的面积为30， ①求点P坐标;

②过此二点的直线交y轴于F, 此直线上一动点G,当GB+

2GF最小时,求点G坐标. 2（3）如图2，⊙O1过点A、B、C三点，AE为直径，点M为 上的一动点（不与点A，E重合），∠MBN为直角，边BN与ME的延长线交于N，求线段BN长度的最大值

【答案】（1）y=x²﹣6x+4（2）①P(2, -4)或P(3, -5) ②G(0, -2)（3）313 【解析】 【分析】

2

（1）把点A（1，-1），B（5，-1）代入抛物线y=ax+bx+4解析式，即可得出抛物线的表

达式；

（2）①如图，连接PC，过点P作y轴的平行线交直线BC于R，可求得直线BC的解析式

2

为：y=-x+4，设点P（t，t-6t+4），R（t，-t+4），因为▱CBPQ的面积为30，所以S△PBC=

1 2×(−t+4−t2+6t−4)×5＝15，解得t的值，即可得出点P的坐标；②当点P为（2，-4）时，求得直线QP的解析式为：y=-x-2，得F（0，-2），∠GOR=45°，因为GB+2 2GF=GB+GR，所以当G于F重合时，GB+GR最小，即可得出点G的坐标；当点P为（3，-5）时，同理可求；

（3）先用面积法求出sin∠ACB=

2213，tan∠ACB=，在Rt△ABE中，求得圆的直径，

313MB23＝，所以BN=MB，当MB为BN32因为MB⊥NB，可得∠N=∠AEB=∠ACB，因为tanN=直径时，BN的长度最大． 【详解】

(1) 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）过点A（1，-1），B（5，-1），

1a＝， 解得b＝6∴抛物线表达式为y=x²﹣6x+4．

∴＝ab41＝25a5b41，

(2)①如图，连接PC，过点P作y轴的平行线交直线BC于R，

设直线BC的解析式为y=kx+m， ∵B（5，-1），C（0，4）， ∴＝5km1k＝1 ，解得4＝mm＝4，

∴直线BC的解析式为：y=-x+4，

2

设点P（t，t-6t+4），R（t，-t+4），

∵▱CBPQ的面积为30，

1 ×(−t+4−t2+6t−4)×5＝15， 2解得t=2或t=3， 当t=2时，y=-4 当t=3时，y=-5，

∴S△PBC=

∴点P坐标为（2，-4）或（3，-5）； ②当点P为（2，-4）时，

∵直线BC解析式为：y=-x+4， QP∥BC， 设直线QP的解析式为：y=-x+n， 将点P代入，得-4=-2+n，n=-2， ∴直线QP的解析式为：y=-x-2， ∴F（0，-2），∠GOR=45°， ∴GB+

2GF=GB+GR 2当G于F重合时，GB+GR最小，此时点G的坐标为（0，-2）， 同理，当点P为（3，-5）时，直线QP的解析式为：y=-x-2， 同理可得点G的坐标为（0，-2）， (3) ）∵A（1，-1），B（5，-1）C（0，4）， ∴AC=26 ，BC=52， ∵S△ABC=

11AC×BCsin∠ACB＝AB×5， 222213，tan∠ACB=，

313∴sin∠ACB=∵AE为直径，AB=4， ∴∠ABE=90°， ∵sin∠AEB=sin∠ACB=∴AE=213，

∵MB⊥NB，∠NMB=∠EAB， ∴∠N=∠AEB=∠ACB， ∴tanN=∴BN=

4213＝， AE13MB2＝， BN33MB， 2当MB为直径时，BN的长度最大，为313．

【点睛】

题考查用到待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，圆周角定理，锐角三角函数定义，平行四边形性质．解决（3）问的关键是找到BN与BM之间的数量关系．

13．如图，在一次军事演习中，蓝方在一条东西走向的公路上的A处朝正南方向撤退，红方在公路上的B处沿南偏西60°方向前进实施拦截，红方行驶1000米到达C处后，因前方无法通行，红方决定调整方向，再朝南偏西45°方向前进了相同的距离，刚好在D处成功拦截蓝方，求拦截点D处到公路的距离（结果不取近似值）．

【答案】拦截点D处到公路的距离是(500＋500【解析】

)米．

试题分析：过B作AB的垂线，过C作AB的平行线，两线交于点E；过C作AB的垂线，过D作AB的平行线，两线交于点F，则∠E=∠F=90°，拦截点D处到公路的距离DA=BE+CF．解Rt△BCE，求出BE=

BC=

×1000=500米；解Rt△CDF，求出

CF=CD=500米，则DA=BE+CF=（500+500）米．

试题解析：如图，过B作AB的垂线，过C作AB的平行线，两线交于点E；过C作AB的垂线，过D作AB的平行线，两线交于点F，则∠E=∠F=90°，拦截点D处到公路的距离DA=BE+CF．

在Rt△BCE中，∵∠E=90°，∠CBE=60°， ∴∠BCE=30°， ∴BE=

BC=

×1000=500米；

在Rt△CDF中，∵∠F=90°，∠DCF=45°，CD=BC=1000米， ∴CF=

CD=500

米，

）米，

）米．

∴DA=BE+CF=（500+500

故拦截点D处到公路的距离是（500+500

考点：解直角三角形的应用-方向角问题．

14．如图，某人在山坡坡脚C处测得一座建筑物顶点A的仰角为63.4°，沿山坡向上走到P处再测得该建筑物顶点A的仰角为53°．已知BC＝90米，且B、C、D在同一条直线上，山坡坡度i＝5：12．

(1)求此人所在位置点P的铅直高度．(结果精确到0.1米)

(2)求此人从所在位置点P走到建筑物底部B点的路程(结果精确到0.1米)(测倾器的高度忽略不计，参考数据：tan53°≈

4，tan63.4°≈2) 3

【答案】（1）此人所在P的铅直高度约为14.3米；（2）从P到点B的路程约为127.1米

【解析】

分析：(1)过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E，设PF＝5x，在Rt△ABC中求出AB，用含x的式子表示出AE，EP，由tan∠APE，求得x即可；(2)在Rt△CPF中，求出CP的长. 详解：过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E， ∵斜坡的坡度i＝5:12， 设PF＝5x，CF＝12x， ∵四边形BFPE为矩形， ∴BF＝PEPF＝BE. 在RT△ABC中，BC＝90， tan∠ACB＝

AB， BC∴AB＝tan63.4°×BC≈2×90＝180， ∴AE＝AB－BE＝AB－PF＝180－5x， EP＝BC＋CF≈90＋120x. 在RT△AEP中， tan∠APE＝∴x＝

AE1805x4＝， EP90＋12x320， 710014.3. 7∴PF＝5x＝

答：此人所在P的铅直高度约为14.3米.

由(1)得CP＝13x，

2037.1，BC＋CP＝90＋37.1＝127.1. 7答：从P到点B的路程约为127.1米.

∴CP＝13×

点睛：本题考查了解直角三角形的应用，关键是正确的画出与实际问题相符合的几何图形，找出图形中的相关线段或角的实际意义及所要解决的问题，构造直角三角形，用勾股定理或三角函数求相应的线段长.

15．小明坐于堤边垂钓，如图①，河堤AC的坡角为30°，AC长离(如图②)．

米，钓竿AO的倾斜角

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

【答案】1．5米． 【解析】

试题分析：延长OA交BC于点D．先由倾斜角定义及三角形内角和定理求出

在Rt△ACD中,

米，再证明△BOD是等边三角形，得到

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

米，CD=2AD=3 米，然后根据

∵AO的倾斜角是∴∵

，

在Rt△ACD中,∴CD=2AD=3米， 又

∴△BOD是等边三角形， ∴

∴BC=BD−CD=4.5−3=1.5(米).

答：浮漂B与河堤下端C之间的距离为1.5米.

(米)，

(米)，