备战中考数学锐角三角函数(大题培优 易错 难题)含详细答案

备战中考数学锐角三角函数(大题培优 易错 难题)含详细答案
一、锐角三角函数
1．某地是国家AAAA 级旅游景区，以“奇山奇水奇石景，古賨古洞古部落”享誉巴渠，被誉为 “小九寨”．端坐在观音崖旁的一块奇石似一只“啸天犬”，昂首向天，望穿古今．一个周末，某数学兴趣小组的几名同学想测出“啸天犬”上嘴尖与头顶的距离．他们把蹲着的“啸天犬”抽象成四边形ABCD ，想法测出了尾部C 看头顶B 的仰角为40o ，从前脚落地点D 看上嘴尖A 的仰角刚好60o ，5CB m ＝, 2.7CD m ＝．景区管理员告诉同学们，上嘴尖到地面的距离是3m ．于是，他们很快就算出了AB 的长．你也算算？（结果精确到0.1m ．参考数据：400.64400.77400.84sin cos tan ︒≈︒≈︒≈，，.2 1.41,3 1.73≈≈）
【答案】AB 的长约为0.6m ． 【解析】 【分析】
作BF CE ⊥于F ，根据正弦的定义求出BF ，利用余弦的定义求出CF ，利用正切的定义求出DE ，结合图形计算即可． 【详解】
解：作BF CE ⊥于F ，
在Rt BFC ∆中， 3.20BF BC sin BCF ⋅∠≈＝，
3.85CF BC cos BCF ⋅∠≈＝，
在Rt ADE ∆E 中，
3 1.73tan 3AB DE ADE ===≈∠， 0.200.58BH BF HF AH EF CD DE CF ∴+＝﹣＝，＝＝﹣＝
由勾股定理得，22BH AH 0.6(m)AB =+≈， 答：AB 的长约为0.6m ．
【点睛】
考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
2．如图，平台AB高为12m，在B处测得楼房CD顶部点D的仰角为45°，底部点C的俯角为30°，求楼房CD的高度（3＝1．7）．
【答案】32．4米．
【解析】
试题分析：首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造关系式求解．
试题解析：如图，过点B作BE⊥CD于点E，
根据题意，∠DBE=45°，∠CBE=30°．
∵AB⊥AC，CD⊥AC，
∴四边形ABEC为矩形，
∴CE=AB=12m，
在Rt△CBE中，cot∠CBE=BE CE
，
∴BE=CE•cot30°=12×3=123，
在Rt△BDE中，由∠DBE=45°，
得DE=BE=123．
∴CD=CE+DE=12（3+1）≈32.4．
答：楼房CD的高度约为32.4m．
考点：解直角三角形的应用——仰角俯角问题．
3．如图（1），在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．Rt△CDE中，
∠CDE=90°，CD=4，DE=4，直角边CD在y轴上，且点C与点A重合．Rt△CDE沿y轴正方向平行移动，当点C运动到点O时停止运动．解答下列问题：
（1）如图（2），当Rt△CDE运动到点D与点O重合时，设CE交AB于点M，求∠BME 的度数．
（2）如图（3），在Rt△CDE的运动过程中，当CE经过点B时，求BC的长．
（3）在Rt△CDE的运动过程中，设AC=h，△OAB与△CDE的重叠部分的面积为S，请写出S与h之间的函数关系式，并求出面积S的最大值．
【答案】（1）∠BME=15°；
（2BC=4；
（3）h≤2时，S=﹣h2+4h+8，
当h≥2时，S=18﹣3h．
【解析】
试题分析：（1）如图2，由对顶角的定义知，∠BME=∠CMA，要求∠BME的度数，需先求出∠CMA的度数．根据三角形外角的定理进行解答即可；
（2）如图3，由已知可知∠OBC=∠DEC=30°，又OB=6，通过解直角△BOC就可求出BC的长度；
（3）需要分类讨论：①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，S=S△EDC﹣S△EFM；②当h≥2时，如图3，S=S△OBC．
试题解析：解：（1）如图2，
∵在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．
∴OA=OB，
∴∠OAB=45°，
∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，
∴∠OCE=60°，
∴∠CMA=∠OCE﹣∠OAB=60°﹣45°=15°，
∴∠BME=∠CMA=15°；
如图3，
∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，
∴∠OBC=∠DEC=30°，
∵OB=6，
∴BC=4；
（3）①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，
∵CD=4，DE=4，AC=h，AN=NM，
∴CN=4﹣FM，AN=MN=4+h﹣FM，
∵△CMN∽△CED，
∴，
∴，
解得FM=4﹣，
∴S=S△EDC﹣S△EFM=×4×4﹣（44﹣h）×（4﹣）=﹣h2+4h+8，②如图3，当h≥2时，
S=S△OBC=OC×OB=（6﹣h）×6=18﹣3h．
考点：1、三角形的外角定理；2、相似；3、解直角三角形
4．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的
延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．
（1）求证：∠AEC=90°；
（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；
（3）若DC=2，求DH的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）四边形AOCD为菱形；
（3）DH=2．
【解析】
试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得
，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出
∠AEC=90°；
（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；
（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由
DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．
试题解析：（1）连接OC，
∵EC与⊙O切点C，
∴OC⊥EC，
∴∠OCE=90°，
∵点CD是半圆O的三等分点，
∴，
∴∠DAC=∠CAB，
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠OCA，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）
∴∠AEC+∠OCE=180°，
∴∠AEC=90°；
（2）四边形AOCD为菱形．理由是：
∵，
∴∠DCA=∠CAB，
∴CD∥OA，
又∵AE∥OC，
∴四边形AOCD是平行四边形，
∵OA=OC，
∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；
（3）连接OD．
∵四边形AOCD为菱形，
∴OA=AD=DC=2，
∵OA=OD，
∴OA=OD=AD=2，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∵DH⊥AB于点F，AB为直径，
∴DH=2DF，
在Rt△OFD中，sin∠AOD=，
∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=，
∴DH=2DF=2．
考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．5．如图，在⊙O的内接三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，过C作AB的垂线l交⊙O
于另一点D，垂足为E.设P是上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G.
(1)求证：△PAC∽△PDF；
(2)若AB＝5，，求PD的长；
(3)在点P运动过程中，设＝x，tan∠AFD＝y，求y与x之间的函数关系式．(不要求写出x的取值范围)
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
试题分析：（1）应用圆周角定理证明∠APD＝∠FPC，得到∠APC＝∠FPD，又由∠PAC＝∠PDC，即可证明结论.
（2）由AC=2BC，设，应用勾股定理即可求得BC，AC的长，则由AC=2BC得
，由△ACE∽△ABC可求得AE，CE的长，由可知△APB是等腰直角三角形，从而可求得PA的长，由△AEF是等腰直角三角形求得EF=AE=4，从而求得DF的长，
由（1）△PAC∽△PDF得，即可求得PD的长.
（3）连接BP，BD，AD，根据圆的对称性，可得，由角的转换可得
，由△AGP∽△DGB可得，由△AGD∽△PGB可得，两式相乘可得结果.
试题解析：（1）由APCB内接于圆O，得∠FPC＝∠B，
又∵∠B＝∠ACE＝90°－∠BCE，∠ACE＝∠APD，∴∠APD＝∠FPC.
∴∠APD＋∠DPC＝∠FPC＋∠DPC，即∠APC＝∠FPD.
又∵∠PAC＝∠PDC，∴△PAC∽△PDF.
（2）连接BP，设，∵∠ACB=90°，AB=5，
∴.∴.
∵△ACE∽△ABC，∴，即. ∴.
∵AB⊥CD，∴.
如图，连接BP，
∵，∴△APB是等腰直角三角形. ∴∠PAB＝45°，.
∴△AEF是等腰直角三角形. ∴EF=AE=4. ∴DF=6.
由（1）△PAC∽△PDF得，即.
∴PD的长为.
（3）如图，连接BP，BD，AD，
∵AC=2BC，∴根据圆的对称性，得AD=2DB，即.
∵AB⊥CD，BP⊥AE，∴∠ABP＝∠AFD.
∵，∴.
∵△AGP∽△DGB，∴.
∵△AGD∽△PGB，∴.
∴，即.
∵，∴.
∴与之间的函数关系式为.
考点：1.单动点问题；2.圆周角定理；3.相似三角形的判定和性质；4.勾股定理；5.等腰直角三角形的判定和性质；6.垂径定理；7.锐角三角函数定义；8.由实际问题列函数关系式.
6．已知：△ABC内接于⊙O，D是弧BC上一点，OD⊥BC，垂足为H．
（1）如图1，当圆心O在AB边上时，求证：AC=2OH；
（2）如图2，当圆心O在△ABC外部时，连接AD、CD，AD与BC交于点P，求证：
∠ACD=∠APB；
（3）在（2）的条件下，如图3，连接BD，E为⊙O上一点，连接DE交BC于点Q、交AB 于点N，连接OE，BF为⊙O的弦，BF⊥OE于点R交DE于点G，若∠ACD﹣
∠ABD=2∠BDN，AC=，BN=，tan∠ABC=，求BF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）24.
【解析】
试题分析：（1）易证OH为△ABC的中位线，可得AC=2OH；（2）∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，又∵∠PAC =∠BCD，可证∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB与OD相交于点M，连接OB，易证∠GBN=∠ABC，所以BG=BQ.
在Rt△BNQ中，根据tan∠ABC=，可求得NQ、BQ的长.利用圆周角定理可求得IC和AI 的长度，设QH=x，利用勾股定理可求出QH和HD的长度，利用垂径定理可求得ED的长度，最后利用tan∠OED=即可求得RG的长度，最后由垂径定理可求得BF的长度．
试题解析：（1）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴BH=HC，∵点O是AB的中点，∴AC=2OH；（2）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴弧BD=弧CD，∴∠PAC=∠BCD，∵∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，∴∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB 与OD相交于点M，连接OB，
∵∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，∴∠ACD﹣∠BDN=∠ABD+∠BDN，∵∠ABD+∠BDN=∠AND，∴∠ACD﹣∠BDN=∠AND，∵∠ACD+∠ABD=180°，∴2∠AND=180°，∴∠AND=90°，
∵tan∠ABC=，∴，∴，
∴，∵∠BNQ=∠QHD=90°，
∴∠ABC=∠QDH，∵OE=OD，
∴∠OED=∠QDH，∵∠ERG=90°，∴∠OED=∠GBN，∴∠GBN=∠ABC，∵AB⊥ED，
∴BG=BQ=，GN=NQ=，
∵∠ACI=90°，tan∠AIC=tan∠ABC=，∴，∴IC=，∴由勾股定理可求得：AI=25，
设QH=x，∵tan∠ABC=tan∠ODE=，∴，∴HD=2x，∴OH=OD﹣HD=，BH=BQ+QH=，
∵OB2=BH2+OH2，∴，解得：，当QH=
时，∴QD=，
∴ND=，∴MN=，MD=15,∵，∴QH=不符合题意，舍去，当QH=时，∴QD=
∴ND=NQ+QD=，ED=，∴GD=GN+ND=,∴EG=ED﹣GD=，
∵tan∠OED=，∴，
∴EG=RG，∴RG=，∴ BR=RG+BG=12,∴BF=2BR=24．
考点：1圆；2相似三角形；3三角函数；4直角三角形.
7．如图，矩形OABC中，A(6，0)、C(0，3、D(0，3)，射线l过点D且与x轴平行，点P、Q分别是l和x轴的正半轴上的动点，满足∠PQO＝60º．
(1)点B的坐标是，∠CAO＝ º，当点Q与点A重合时，点P的坐标
为；
(2)设点P的横坐标为x，△OPQ与矩形OABC重叠部分的面积为S，试求S与x的函数关系式和相应的自变量x的取值范围．
【答案】（1）（6，23）． 30．（3，33）（2）
()
()
()
()
2
43
x430x3
3
31333
x x3x5
S{
23
x1235x9
3
543
x9
+≤≤
-+-<≤
=
-+<≤
>
【解析】
解：（1）（6，23）． 30．（3，33）．
（2）当0≤x≤3时，
如图1，
OI=x，IQ=PI•tan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x；
由题意可知直线l∥BC∥OA，
可得
EF PE DC31
==
OQ PO DO3
33
==，∴EF=
1
3
（3+x），
此时重叠部分是梯形，其面积为：
EFQO
14343S S EF OQ OC 3x x 432
33
==+⋅=+=+梯形（）（） 当3＜x≤5时，如图2，
()HAQ EFQO EFQO 221S S S S AH AQ 243331333 x 43x 3=x x 32232
∆=-=-⋅⋅=+---+-梯形梯形。

当5＜x≤9时，如图3，
12S BE OA OC 312x 2323 =x 123=+⋅=--+（）（）。

当x ＞9时，如图4，
111833S OA AH 6=22x x
=⋅=⋅⋅． 综上所述，S 与x 的函数关系式为：
(
)()()()243x 430x 33
31333x x 3x 5S {23x 1235x 9543x 9+≤≤-+-<≤=-+<≤>． （1）①由四边形OABC 是矩形，根据矩形的性质，即可求得点B 的坐标：
∵四边形OABC 是矩形，∴AB=OC ，OA=BC ，
∵A （6，0）、C （0，23），∴点B 的坐标为：（6，23）．
②由正切函数，即可求得∠CAO 的度数：
∵OC 233tan CAO ==OA 63
∠=，∴∠CAO=30°． ③由三角函数的性质，即可求得点P 的坐标；如图：当点Q 与点A 重合时，过点P 作PE ⊥OA 于E ，
∵∠PQO=60°，D （0，3∴3
∴0PE
AE 3tan 60==．
∴OE=OA ﹣AE=6﹣3=3，∴点P 的坐标为（3，3）．
（2）分别从当0≤x≤3时，当3＜x≤5时，当5＜x≤9时，当x ＞9时去分析求解即可求得答案．
8．如图，某校数学兴趣小组为测量校园主教学楼AB 的高度，由于教学楼底部不能直接到达，故兴趣小组在平地上选择一点C ，用测角器测得主教学楼顶端A 的仰角为30°，再向主教学楼的方向前进24米，到达点E 处（C ，E ，B 三点在同一直线上），又测得主教学楼顶端A 的仰角为60°，已知测角器CD 的高度为1.6米，请计算主教学楼AB 的高
3，结果精确到0.1米）
【答案】22.4m
【解析】
【分析】
首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造等量关系，进而求解．
【详解】
解：在Rt △AFG 中，tan ∠AFG =3， ∴FG =tan 3
AG AFG =∠， 在Rt △ACG 中，tan ∠ACG =
AG CG ， ∴CG =tan AG ACG
∠=3AG ． 又∵CG ﹣FG =24m ，
即3AG ﹣3
=24m ， ∴AG =123m ，
∴AB =123+1.6≈22.4m ．
9．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，
40），直线AB ：y ＝
13
x +5交x 轴于点A ，交y 轴于点B ，交直线DE 于点P ，过点E 作EF ⊥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； （2）将正方形EFGH 沿射线FB 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=-4
3
x+40，可
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，1010=10；
②F点移动到F'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，NF
NF'
=
1
3
，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，
4
3
MH
EM
'
=，
t=4，S=1
2
×(12+
45
4
)×11=
1023
8
；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，
PK
F K'
=
1
3
，
PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，PK
KG'
＝
3
1539
t
t
-
-+
＝
4
3
，t=7，S=15×（15-7）=120.
【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），
∴
300
40
k b
b
+=
⎧
⎨
=
⎩
，
∴
4
3
40
k
b
⎧
=-
⎪
⎨
⎪=
⎩
，
∴y＝﹣4
3
x+40，
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F 1移动到点B 时，t ＝101010÷＝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，NF NF '=13
， ∴FN ＝t ，F'N ＝3t ，
∵MH'＝FN ＝t ，
EM ＝NG'＝15﹣F'N ＝15﹣3t ，
在Rt △DMH'中，
43
MH EM '=， ∴
41533
t t =-， ∴t ＝4， ∴EM ＝3，MH'＝4，
∴S ＝
1451023(12)11248
⨯+⨯=； 当点G 运动到直线DE 上时，
F 点移动到F'10，
∵PF ＝10
∴PF'10t ﹣10，
在Rt △F'PK 中， 13PK F K ='， ∴PK ＝t ﹣3，F'K ＝3t ﹣9，
在Rt △PKG'中，
PK KG '＝31539t t --+＝43
， ∴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．
10．如图，A （0，2），B （6，2），C （0，c ）（c ＞0），以A 为圆心AB 长为半径的¶BD
交y 轴正半轴于点D ，¶BD
与BC 有交点时，交点为E ，P 为¶BD 上一点． （1）若c ＝63+2，
①BC ＝ ，¶DE
的长为 ； ②当CP ＝62时，判断CP 与⊙A 的位置关系，井加以证明；
（2）若c ＝10，求点P 与BC 距离的最大值；
（3）分别直接写出当c ＝1，c ＝6，c ＝9，c ＝11时，点P 与BC 的最大距离（结果无需化简）
【答案】（1）①12，π；②详见解析；（2）①
65；②65
（3）答案见详解 【解析】
【分析】 （1）①先求出AB ，AC ，进而求出BC 和∠ABC ，最后用弧长公式即可得出结论；②判断出△APC 是直角三角形，即可得出结论；
（2）分两种情况，利用三角形的面积或锐角三角函数即可得出结论；
（3）画图图形，同（2）的方法即可得出结论．
【详解】
（1）①如图1，
∵c ＝3+2，
∴OC ＝3，
∴AC ＝3﹣2＝3
∵AB ＝6，
在Rt △BAC 中，根据勾股定理得，BC ＝12，tan ∠ABC ＝
AC AB 3 ∴∠ABC ＝60°，
∵AE ＝AB ，
∴△ABE 是等边三角形，
∴∠BAE ＝60°，
∴∠DAE ＝30°， ∴»DE 的长为306180
π⨯＝π， 故答案为12，π；
②CP 与⊙A 相切． 证明：∵AP ＝AB ＝6，AC ＝OC ﹣OA ＝3
∴AP 2+CP 2＝108，
又AC 2＝（32＝108，
∴AP 2+PC 2＝AC 2．
∴∠APC ＝90°，即：CP ⊥AP ．
而AP 是半径，
∴CP 与⊙A 相切．
（2）若c ＝10，即AC ＝10﹣2＝8，则BC ＝10．
①若点P 在»BE
上，AP ⊥BE 时，点P 与BC 的距离最大，设垂足为F ， 则PF 的长就是最大距离，如图2，
S △ABC ＝12AB ×AC ＝12BC ×AF ， ∴AF ＝AB AC BC ⋅＝245
， ∴PF ＝AP ﹣AF ＝65
； ②如图3，若点P 在»DE 上，作PG ⊥BC 于点G ，
当点P 与点D 重合时，PG 最大．
此时，sin ∠ACB ＝
PG AB CP BC =， 即PG ＝AB CP BC ⋅＝65
∴若c ＝10，点P 与BC 距离的最大值是
65； （3）当c ＝1时，如图4，
过点P 作PM ⊥BC ，sin ∠BCP ＝
AB PM BC CD = ∴PM ＝3737AB CD BC ⋅===423737
； 当c ＝6时，如图5，同c ＝10的①情况，PF ＝6131213613
-，
当c＝9时，如图6，同c＝10的①情况，PF＝
4285
6
85 ，
当c＝11时，如图7，
点P和点D重合时，点P到BC的距离最大，同c＝10时②情况，DG＝18117
．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，勾股定理和逆定理，三角形的面积公式，锐角三角函数，熟练掌握锐角三角函数是解本题的关键．
11．兰州银滩黄河大桥北起安宁营门滩，南至七里河马滩，是黄河上游的第一座大型现代化斜拉式大桥如图，小明站在桥上测得拉索AB与水平桥面的夹角是31°，拉索AB的长为152米，主塔处桥面距地面7.9米（CD的长），试求出主塔BD的高．（结果精确到0.1米，参考数据：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60）
【答案】主塔BD的高约为86.9米．
【解析】
【分析】
根据直角三角形中由三角函数得出BC 相应长度，再由BD=BC+CD 可得出.
【详解】
在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，
sin BC A AB
=． ∴sin 152sin311520.5279.04BC AB A ︒=⨯=⨯=⨯=．
79.047.986.9486.9BD BC CD =+=+=≈（米）
答：主塔BD 的高约为86.9米．
【点睛】
本题考察了直角三角形与三角函数的结合，熟悉掌握是解决本题的关键.
12．如图，正方形OABC 的顶点O 与原点重合，点A ，C 分别在x 轴与y 轴的正半轴上，点
A 的坐标为（4，0），点D 在边A
B 上，且tan ∠AOD ＝
12
，点E 是射线OB 上一动点，EF ⊥x 轴于点F ，交射线OD 于点G ，过点G 作GH ∥x 轴交AE 于点H ．
（1）求B ，D 两点的坐标；
（2）当点E 在线段OB 上运动时，求∠HDA 的大小； （3）以点G 为圆心，GH 的长为半径画⊙G ．是否存在点E 使⊙G 与正方形OABC 的对角线所在的直线相切？若不存在，请说明理由；若存在，请求出所有符合条件的点E 的坐标．
【答案】（1）B （4，4），D （4，2）；（2）45°；（3）存在，符合条件的点为（8﹣
2，8﹣2）或（2，2）或42164216,77⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
或16421642,77⎛-- ⎝⎭
，理由见解析 【解析】
【分析】
（1）由正方形性质知AB=OA=4，∠OAB=90°，据此得B （4，4），再由tan ∠AOD= 12
得
AD=1
2
OA=2，据此可得点D坐标；
（2）由
1
tan
2
GF
GOF
OF
∠==知GF=
1
2
OF，再由∠AOB=∠ABO=45°知OF=EF，即
GF=1
2
EF，根据GH∥x轴知H为AE的中点，结合D为AB的中点知DH是△ABE的中位
线，即HD∥BE，据此可得答案；
（3）分⊙G与对角线OB和对角线AC相切两种情况，设PG=x，结合题意建立关于x的方程求解可得．
【详解】
解：（1）∵A（4，0），
∴OA＝4，
∵四边形OABC为正方形，
∴AB＝OA＝4，∠OAB＝90°，
∴B（4，4），
在Rt△OAD中，∠OAD＝90°，
∵tan∠AOD＝1
2
，
∴AD＝1
2OA＝
1
2
×4＝2，
∴D（4，2）；
（2）如图1，在Rt△OFG中，∠OFG＝90°
∴tan∠GOF＝GF
OF ＝
1
2
，即GF＝
1
2
OF，
∵四边形OABC为正方形，∴∠AOB＝∠ABO＝45°，∴OF＝EF，
∴GF＝1
2
EF，
∴G为EF的中点，
∵GH∥x轴交AE于H，
∴H为AE的中点，
∵B（4，4），D（4，2），
∴D为AB的中点，
∴DH是△ABE的中位线，
∴HD∥BE，
∴∠HDA＝∠ABO＝45°．
（3）①若⊙G与对角线OB相切，
如图2，当点E在线段OB上时，
过点G作GP⊥OB于点P，设PG＝x，可得PE＝x，EG＝FG＝2x，OF＝EF＝22x，
∵OA＝4，
∴AF＝4﹣22x，
∵G为EF的中点，H为AE的中点，
∴GH为△AFE的中位线，
∴GH＝1
2AF＝
1
2
×（4﹣22x）＝2﹣2x，
则x＝2﹣2x，
解得：x＝22﹣2，
∴E（8﹣42，8﹣42），
如图3，当点E在线段OB的延长线上时，
x2x﹣2，
解得：x ＝2+2， ∴E （8+42，8+42）；
②若⊙G 与对角线AC 相切，
如图4，当点E 在线段BM 上时，对角线AC ，OB 相交于点M ，
过点G 作GP ⊥OB 于点P ，设PG ＝x ，可得PE ＝x ，
EG ＝FG ＝2x ，
OF ＝EF ＝22x ，
∵OA ＝4，
∴AF ＝4﹣22x ，
∵G 为EF 的中点，H 为AE 的中点，
∴GH 为△AFE 的中位线，
∴GH ＝12AF ＝12
×（4﹣22x ）＝2﹣2x ， 过点G 作GQ ⊥AC 于点Q ，则GQ ＝PM ＝3x ﹣22，
∴3x ﹣22＝2﹣2x ，
∴4227
x +=， ∴42164216,E ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭
； 如图5，当点E 在线段OM 上时，
GQ ＝PM ＝22﹣3x ，则22﹣3x ＝2﹣2x ， 解得4227
x -=， ∴16421642,77E ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭
； 如图6，当点E 在线段OB 的延长线上时，
3x ﹣22＝2x ﹣2，
解得：422x -=（舍去）； 综上所述，符合条件的点为（8﹣42，8﹣42）或（8+42，8+42）或42164216,77⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭或16421642,77⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭
． 【点睛】
本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握正方形和直角三角形的性质、正切函数的定义、三角形中位线定理及分类讨论思想的运用．
13．已知：如图，直线y ＝－x ＋12分别交x 轴、y 轴于A 、B 点，将△AOB 折叠，使A 点恰好落在OB 的中点C 处，折痕为DE ．
(1)求AE 的长及sin ∠BEC 的值；
(2)求△CDE 的面积．
【答案】（1）2，sin ∠BEC=
35；（2）754
【解析】
【分析】
（1）如图，作CF⊥BE于F点，由函数解析式可得点B，点A坐标，继而可得
∠A=∠B=45°，再根据中点的定义以及等腰直角三角形的性质可得OC=BC=6，
CF=BF=32，
设AE=CE=x，则EF=AB-BF-AE=122-32-x=92-x，在Rt△CEF中，利用勾股定理求出x 的值即可求得答案；
（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，根据三角形面积公式则可得
S△CDE=S△AED=
2
4
AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，利用勾股定理求
出y，继而可求得答案.
【详解】
（1）如图，作CF⊥BE于F点，
由函数解析式可得点B（0，12），点A（12，0），∠A=∠B=45°，
又∵点C是OB中点，
∴OC=BC=6，CF=BF=32，
设AE=CE=x，则EF=AB-BF-AE=122-32-x=92-x，
在Rt△CEF中，CE2=CF2+EF2，即x2=（92-x）2+（32）2，
解得：x=52，
故可得sin∠BEC=
3
5
CF
CE
，AE=52；
（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，
则S△CDE=S△AED=1
2
AD•EM=
1
2
AD×AEsin∠EAM=
1
2
AD•AE×sin45°=
2
4
AD×AE，
设AD=y，则CD=y，OD=12-y，
在Rt△OCD中，OC2+OD2=CD2，即62+（12-y）2=y2，
解得：y=152，即AD=152
， 故S △CDE =S △AED =24
AD×AE=754． 【点睛】 本题考查了解直角三角形的应用，涉及了勾股定理、折叠的性质、三角形面积、一次函数的性质等知识，综合性较强，正确添加辅助线、熟练应用相关知识是解题的关键. 14．已知：如图，在Rt △ABO 中，∠B =90°，∠OAB =30°，OA =3．以点O 为原点，斜边OA 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，以点P （4，0）为圆心，PA 长为半径画圆，⊙P 与x 轴的另一交点为N ，点M 在⊙P 上，且满足∠MPN =60°．⊙P 以每秒1个单位长度的速度沿x 轴向左运动，设运动时间为ts ，解答下列问题：
（发现）（1）MN n
的长度为多少；
（2）当t =2s 时，求扇形MPN （阴影部分）与Rt △ABO 重叠部分的面积．
（探究）当⊙P 和△ABO 的边所在的直线相切时，求点P 的坐标．
（拓展）当MN n 与Rt △ABO 的边有两个交点时，请你直接写出t 的取值范围．
【答案】【发现】（1）MN n 的长度为
π3；（23P 的坐标为10（，）；或23 0）或23 0（）；【拓展】t 的取值范围是23t ≤＜或45t ≤＜，理由见解析．
【解析】
【分析】
发现：（1）先确定出扇形半径，进而用弧长公式即可得出结论；
（2）先求出PA =1，进而求出PQ ，即可用面积公式得出结论；
探究：分圆和直线AB 和直线OB 相切，利用三角函数即可得出结论；
拓展：先找出·MN
和直角三角形的两边有两个交点时的分界点，即可得出结论． 【详解】
[发现]
（1）∵P （4，0），∴OP =4．
∵OA =3，∴AP =1，∴·MN 的长度为6011803
ππ⨯=．
故答案为3π； （2）设⊙P 半径为r ，则有r =4﹣3=1，当t =2时，如图1，点N 与点A 重合，∴PA =r =1，设MP 与AB 相交于点Q ．在Rt △ABO 中，∵∠OAB =30°，∠MPN =60°．
∵∠PQA =90°，∴PQ 12=
PA 12=，∴AQ =AP ×cos30°32=，∴S 重叠部分=S △APQ 12=PQ ×AQ 38
=． 即重叠部分的面积为
38． [探究]
①如图2，当⊙P 与直线AB 相切于点C 时，连接PC ，则有PC ⊥AB ，PC =r =1． ∵∠OAB =30°，∴AP =2，∴OP =OA ﹣AP =3﹣2=1；
∴点P 的坐标为（1，0）；
②如图3，当⊙P 与直线OB 相切于点D 时，连接PD ，则有PD ⊥OB ，PD =r =1，∴PD ∥AB ，∴∠OPD =∠OAB =30°，∴cos ∠OPD PD OP =
，∴OP 12330cos ==︒，∴点P 的坐标为（233
，0）； ③如图4，当⊙P 与直线OB 相切于点E 时，连接PE ，则有PE ⊥OB ，同②可得：OP 23=； ∴点P 的坐标为（233-
，0）；
[拓展]
t 的取值范围是2＜t ≤3，4≤t ＜5，理由：
如图5，当点N 运动到与点A 重合时，·MN
与Rt △ABO 的边有一个公共点，此时t =2； 当t ＞2，直到⊙P 运动到与AB 相切时，由探究①得：OP =1，∴t 411-=
=3，·MN 与Rt △ABO 的边有两个公共点，∴2＜t ≤3． 如图6，当⊙P 运动到PM 与OB 重合时，·MN
与Rt △ABO 的边有两个公共点，此时t =4； 直到⊙P 运动到点N 与点O 重合时，·MN
与Rt △ABO 的边有一个公共点，此时t =5； ∴4≤t ＜5，即：t 的取值范围是2＜t ≤3，4≤t ＜5．
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，切线的性质，锐角三角函数，三角形面积公式，作出图形是解答本题的关键．
15．如图，在航线l 的两侧分别有观测点A 和B ，点B 到航线l 的距离BD 为4km ，点A 位于点B 北偏西60°方向且与B 相距20km 处．现有一艘轮船从位于点A 南偏东74°方向的C 处，沿该航线自东向西航行至观测点A 的正南方向E 处．求这艘轮船的航行路程CE 的长度．（结果精确到0.1km ）（参考数据：3≈1.73，sin74°≈0.96，cos74°≈0.28，tan74°≈3.49）
【答案】20.9km
【解析】
分析：根据题意，构造直角三角和相似三角形的数学模型，利用相似三角形的判定与性质和解直角三角形即可.
详解：如图，
在Rt △BDF 中，∵∠DBF=60°，BD=4km ，
∴BF=
cos 60BD o
=8km ， ∵AB=20km ，
∴AF=12km ， ∵∠AEB=∠BDF ，∠AFE=∠BFD ，
∴△AEF ∽△BDF ，
∴AE BD
，
AF BF
∴AE=6km，
在Rt△AEF中，CE=AE•tan74°≈20.9km．
故这艘轮船的航行路程CE的长度是20.9km．
点睛：本题考查相似三角形，掌握相似三角形的概念，会根据条件判断两个三角形相似.。