中考数学《锐角三角函数的综合》专项训练及答案解析
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一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编(难题易错题)
1.在△ABC中,AB=BC,点O是AC的中点,点P是AC上的一个动点(点P不与点A,O,C重合).过点A,点C作直线BP的垂线,垂足分别为点E和点F,连接OE,OF.(1)如图1,请直接写出线段OE与OF的数量关系;
(2)如图2,当∠ABC=90°时,请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系,并说明理由
(3)若|CF﹣AE|=2,EF=23,当△POF为等腰三角形时,请直接写出线段OP的长.
【答案】(1)OF =OE;(2)OF⊥EK,OF=OE,理由见解析;(3)OP的长为62
或
23
.
【解析】
【分析】(1)如图1中,延长EO交CF于K,证明△AOE≌△COK,从而可得OE=OK,再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE;
(2)如图2中,延长EO交CF于K,由已知证明△ABE≌△BCF,△AOE≌△COK,继而可证得△EFK是等腰直角三角形,由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK,OF=OE;
(3)分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得.
【详解】(1)如图1中,延长EO交CF于K,
∵AE⊥BE,CF⊥BE,∴AE∥CK,∴∠EAO=∠KCO,
∵OA=OC,∠AOE=∠COK,∴△AOE≌△COK,∴OE=OK,
∵△EFK是直角三角形,∴OF=1
2
EK=OE;
(2)如图2中,延长EO交CF于K,
∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°,
∴∠ABE+∠BAE=90°,∠ABE+∠CBF=90°,∴∠BAE=∠CBF,
∵AB=BC,∴△ABE≌△BCF,∴BE=CF,AE=BF,
∵△AOE≌△COK,∴AE=CK,OE=OK,∴FK=EF,
∴△EFK是等腰直角三角形,∴OF⊥EK,OF=OE;
(3)如图3中,点P在线段AO上,延长EO交CF于K,作PH⊥OF于H,
∵|CF﹣AE|=2,3AE=CK,∴FK=2,
在Rt△EFK中,tan∠3
∴∠FEK=30°,∠EKF=60°,
∴EK=2FK=4,OF=1
2
EK=2,
∵△OPF是等腰三角形,观察图形可知,只有OF=FP=2,
在Rt△PHF中,PH=1
2
PF=1,3OH=23
∴()2
2
12362
+-=
如图4中,点P 在线段OC 上,当PO=PF 时,∠POF=∠PFO=30°, ∴∠BOP=90°, ∴OP=
33OE=233
, 综上所述:OP 的长为62 或
23
3
. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等,综合性较强,正确添加辅助线是解题的关键.
2.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.
3.(本题满分14分,第(1)小题满分4分,第(2)小题满分5分,第(3)小题满分5分)
已知:如图,AB 是半圆O 的直径,弦//CD AB ,动点P 、Q 分别在线段OC 、CD 上,且DQ OP =,AP 的延长线与射线OQ 相交于点E 、与弦CD 相交于点F (点F 与点C 、D 不重合),20AB =,4
cos 5
AOC ∠=
.设OP x =,CPF ?的面积为y .
(1)求证:AP OQ =;
(2)求y 关于x 的函数关系式,并写出它的定义域; (3)当OPE ?是直角三角形时,求线段OP 的长.
【答案】(1)证明见解析;(2)236030050
(10)13
x x y x x -+=<<;(3)8OP =
【解析】 【分析】
(1)证明线段相等的方法之一是证明三角形全等,通过分析已知条件,OP DQ =,联结OD 后还有OA DO =,再结合要证明的结论AP OQ =,则可肯定需证明三角形全等,寻
找已知对应边的夹角,即POA QDO ∠=∠即可;
(2)根据PFC ?∽PAO ?,将面积转化为相似三角形对应边之比的平方来求;(3)分成三种情况讨论,充分利用已知条件4
cos 5
AOC ∠=、以及(1)(2)中已证的结论,注意要对不符合(2)中定义域的答案舍去. 【详解】
(1)联结OD ,∵OC OD =, ∴OCD ODC ∠=∠, ∵//CD AB , ∴OCD COA ∠=∠, ∴POA QDO ∠=∠. 在AOP ?和ODQ ?中,
{OP DQ
POA QDO OA DO
=∠=∠=, ∴AOP ?≌ODQ ?, ∴AP OQ =;
(2)作PH OA ⊥,交OA 于H , ∵4cos 5
AOC ∠=, ∴4455OH OP x =
=,3
5PH x =, ∴1
32
AOP S AO PH x ?=
?=. ∵//CD AB , ∴PFC ?∽PAO ?, ∴
22
10(
)()AOP
y CP x S OP x
?-==, ∴2360300
x x y x
-+=,当F 与点D 重合时,
∵4
2cos 210165
CD OC OCD =?∠=??=, ∴
101016x x =-,解得50
13
x =,
∴2360300x x y x
-+=
50
(10)13x <<; (3)①当90OPE ∠=时,90OPA ∠=, ∴4
cos 1085
OP OA AOC =?∠=?
=; ②当90POE ∠=时,
101025
4cos cos 25OC CQ QCO AOC =
===
∠∠,
∴252OP DQ CD CQ CD ==-=-2571622
=-=, ∵
50
1013
OP <<, ∴7
2
OP =
(舍去); ③当90PEO ∠=时,∵//CD AB , ∴AOQ DQO ∠=∠, ∵AOP ?≌ODQ ?, ∴DQO APO ∠=∠, ∴AOQ APO ∠=∠,
∴90AEO AOP ∠=∠=,此时弦CD 不存在,故这种情况不符合题意,舍去; 综上,线段OP 的长为8.
4.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AC 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,
AP BP =,求PD 的长.
【答案】(1)证明见解析;(2310
【解析】 【分析】
(1)根据AB ⊥CD ,AB 是⊙O 的直径,得到AD AC =,∠ACD =∠B ,由∠FPC =∠B ,得到∠ACD =∠FPC ,可得结论;
(2)连接OP ,由AP BP =,得到OP ⊥AB ,∠OPG =∠PDC ,根据AB 是⊙O 的直径,得到∠ACB =90°,由于AC =2BC ,于是得到tan ∠CAB =tan ∠DCB =
BC
AC
,得到12CE BE AE CE ==,求得AE =4BE ,通过△OPG ∽△EDG ,得到OG OP
GE ED =,然后根据勾股定理即可得到结果. 【详解】
(1)证明:连接AD ,
∵AB ⊥CD ,AB 是⊙O 的直径,
∴AD AC =, ∴∠ACD =∠B =∠ADC , ∵∠FPC =∠B , ∴∠ACD =∠FPC , ∴∠APC =∠ACF , ∵∠FAC =∠CAF , ∴△PAC ∽△CAF ;
(2)连接OP ,则OA =OB =OP =1522
AB =, ∵AP BP =,
∴OP ⊥AB ,∠OPG =∠PDC , ∵AB 是⊙O 的直径, ∴∠ACB =90°, ∵AC =2BC ,
∴tan ∠CAB =tan ∠DCB =
BC AC
, ∴
1
2CE BE AE CE ==, ∴AE =4BE ,
∵AE+BE =AB =5,
∴AE =4,BE =1,CE =2, ∴OE =OB ﹣BE =2.5﹣1=1.5, ∵∠OPG =∠PDC ,∠OGP =∠DGE , ∴△OPG ∽△EDG ,∴OG OP
GE ED
=, ∴
2.5
2
OE GE OP GE CE -==,
∴GE=2
3,OG=
5
6
,
∴PG=225
OP OG
6
+=,
GD=222 3
DE GE
+=,
∴PD=PG+GD=310
2
.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质,垂径定理,勾股定理,圆周角定理,证得
△OPG∽△EDG是解题的关键.
5.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=1
3
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=-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,t=1010÷10=10;
②F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,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F1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 '=1
3
, ∴FN =t ,F'N =3t , ∵MH'=FN =t ,
EM =NG'=15﹣F'N =15﹣3t , 在Rt △DMH'中,
4
3MH EM '=, ∴
4
1533t 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,
1
3
PK F K =', ∴PK =t ﹣3,F'K =3t ﹣9, 在Rt △PKG'中,PK KG '=31539t t --+=4
3
, ∴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.
6.如图,在ABC △中,10AC BC ==,3
cos
5
C =,点P 是BC 边上一动点(不与点,A C 重合),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;
()2联结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)409;(2))2
5880
010x x x y x -+=<<;(3)105- 【解析】 【分析】
(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=3
5
,则sinC=
45,sinC=
HP CP =R 10R -=4
5
,即可求解; (2)PD ∥BE ,则EB PD =BF
PF
,即:22
48805x x x y x
--+-=
,即可求解;
(3)证明四边形PDBE 为平行四边形,则AG=GP=BD ,即:5求解. 【详解】
(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=35,则sinC=35
, sinC=
HP CP =R 10R -=45,解得:R=40
9
; (2)在△ABC 中,AC=BC=10,cosC=
3
5
, 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=2BP=()2
284x +-=2880x x -+, DA=
25x ,则BD=45-25
x ,
如下图所示,
PA=PD ,∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β,
tanβ=2,则cosβ=
5,sinβ=
5
,
EB=BDcosβ=(45-
25
x)×
5
=4-
2
5
x,
∴PD∥BE,
∴EB
PD
=
BF
PF
,即:2
2
4880
5
x x x y
x y
--+-
=,
整理得:y=()
2
5x x8x80
0x10
-+
<<;
(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时弧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,
∴5
设圆的半径为r,在△ADG中,
55
AG=2r,
5
5
51
+
,
则:
5
5
相交所得的公共弦的长为5
【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.
7.在矩形ABCD中,AD>AB,点P是CD边上的任意一点(不含C,D两端点),过点P 作PF∥BC,交对角线BD于点F.
(1)如图1,将△PDF沿对角线BD翻折得到△QDF,QF交AD于点E.求证:△DEF是等腰三角形;
(2)如图2,将△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P'DF',连接P'C,F'B.设旋转角为α(0°<α<180°).
①若0°<α<∠BDC,即DF'在∠BDC的内部时,求证:△DP'C∽△DF'B.
②如图3,若点P是CD的中点,△DF'B能否为直角三角形?如果能,试求出此时
tan∠DBF'的值,如果不能,请说明理由.
【答案】(1)证明见解析;(2)①证明见解析;②1
2
或
3
3
.
【解析】
【分析】(1)根据翻折的性质以及平行线的性质可知∠DFQ=∠ADF,所以△DEF是等腰三角形;
(2)①由于PF∥BC,所以△DPF∽△DCB,从而易证△DP′F′∽△DCB;
②由于△DF'B是直角三角形,但不知道哪个的角是直角,故需要对该三角形的内角进行分类讨论.
【详解】(1)由翻折可知:∠DFP=∠DFQ,
∵PF∥BC,
∴∠DFP=∠ADF,
∴∠DFQ=∠ADF,
∴△DEF是等腰三角形;
(2)①若0°<α<∠BDC,即DF'在∠BDC的内部时,
∵∠P′DF′=∠PDF,
∴∠P′DF′﹣∠F′DC=∠PDF﹣∠F′DC,
∴∠P′DC=∠F′DB,
由旋转的性质可知:△DP′F′≌△DPF,
∵PF∥BC,
∴△DPF∽△DCB,
∴△DP′F′∽△DCB ∴
'
'
DC DP DB DF = , ∴△DP'C ∽△DF'B ;
②当∠F′DB=90°时,如图所示, ∵DF′=DF=1
2
BD , ∴
'1
2
DF BD =, ∴tan ∠DBF′=
'1
2
DF BD =;
当∠DBF′=90°,此时DF′是斜边,即DF′>DB ,不符合题意; 当∠DF′B=90°时,如图所示,
∵DF′=DF=1
2
BD , ∴∠DBF′=30°,
∴tan ∠DBF′=
33
.
【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题,涉及旋转的性质,锐角三角函数的定义,相似三角形的性质以及判定等知识,综合性较强,有一定的难度,熟练掌握相关的性质与定理、运用分类思想进行讨论是解题的关键.
8.如图,湿地景区岸边有三个观景台、
、
.已知
米,米,
点
位于点的南偏西
方向,
点位于
点的南偏东
方向.
(1)求
的面积;
(2)景区规划在线段
的中点
处修建一个湖心亭,并修建观景栈道
.试求
、
间的
距离.(结果精确到米)
(参考数据:,,,,,,
)
【答案】(1)560000(2)565.6
【解析】
试题分析:(1)过点作交的延长线于点,,然后根据直角三角形的内角和求出∠CAE,再根据正弦的性质求出CE的长,从而得到△ABC的面积;
(2)连接,过点作,垂足为点,则.然后根据中点的性质和余弦值求出BE、AE的长,再根据勾股定理求解即可.
试题解析:(1)过点作交的延长线于点,
在中,,
所以米.
所以(平方米).
(2)连接,过点作,垂足为点,则.
因为是中点,
所以米,且为中点,
米,
所以米.
所以米,由勾股定理得,
米.
答:、间的距离为米.
考点:解直角三角形
9.如图,AB是圆O的直径,O为圆心,AD、BD是半圆的弦,且∠PDA=∠PBD.延长PD 交圆的切线BE于点E
(1)判断直线PD是否为⊙O的切线,并说明理由;
(2)如果∠BED=60°,PD=3,求PA的长;
(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF,点F正好在圆O上,如图2,求证:四边形DFBE为菱形.
【答案】(1)证明见解析;(2)1;(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)连接OD,由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°,进而求得∠ADO+∠PDA=90°,即可得出直线PD为⊙O的切线;
(2)根据BE是⊙O的切线,则∠EBA=90°,即可求得∠P=30°,再由PD为⊙O的切线,得∠PDO=90°,根据三角函数的定义求得OD,由勾股定理得OP,即可得出PA;
(3)根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF,由AB是圆O的直径,得∠ADB=90°,设∠PBD=x°,则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°,∠DBF=2x°,由圆内接四边形的性质得出x 的值,可得出△BDE是等边三角形.进而证出四边形DFBE为菱形.
【详解】
(1)直线PD为⊙O的切线,
理由如下:
如图1,连接OD,
∵AB是圆O的直径,
∴∠ADB=90°,
∴∠ADO+∠BDO=90°,
又∵DO=BO,
∴∠BDO=∠PBD,
∵∠PDA=∠PBD,
∴∠BDO=∠PDA,
∴∠ADO+∠PDA=90°,即PD⊥OD,
∵点D在⊙O上,
∴直线PD为⊙O的切线;(2)∵BE是⊙O的切线,∴∠EBA=90°,
∵∠BED=60°,
∴∠P=30°,
∵PD为⊙O的切线,
∴∠PDO=90°,
在Rt△PDO中,∠P=30°,
∴0 tan30
OD
PD
=,解得OD=1,
∴PO,
∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1;
(3)如图2,
依题意得:∠ADF=∠PDA,∠PAD=∠DAF,
∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF,
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF,
∵AB是圆O的直径,
∴∠ADB=90°,
设∠PBD=x°,则∠DAF=∠PAD=90°+x°,∠DBF=2x°,
∵四边形AFBD内接于⊙O,
∴∠DAF+∠DBF=180°,
即90°+x+2x=180°,解得x=30°,
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°,
∵BE、ED是⊙O的切线,
∴DE=BE,∠EBA=90°,
∴∠DBE=60°,∴△BDE是等边三角形,
∴BD=DE=BE,
又∵∠FDB=∠ADB﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°,∴△BDF是等边三角形,
∴BD=DF=BF,
∴DE=BE=DF=BF,
∴四边形DFBE为菱形.
【点睛】
本题是一道综合性的题目,考查了切线的判定和性质,圆周角定理和菱形的性质,是中档题,难度较大.
10.如图,公路AB为东西走向,在点A北偏东36.5?方向上,距离5千米处是村庄M,在点A北偏东53.5?方向上,距离10千米处是村庄N;要在公路AB旁修建一个土特产收购站P(取点P在AB上),使得M,N两村庄到P站的距离之和最短,请在图中作出P的位置(不写作法)并计算:
(1)M,N两村庄之间的距离;
(2)P到M、N距离之和的最小值.(参考数据:sin36.5°=0.6,cos36.5°=0.8,tan36.5°=0.75计算结果保留根号.)
【答案】(1) M,N29千米;(2) 村庄M、N到P站的最短距离和是5
【解析】
【分析】
(1)作N关于AB的对称点N'与AB交于E,连结MN’与AB交于P,则P为土特产收购站的位置.求出DN,DM,利用勾股定理即可解决问题.
(2)由题意可知,M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长.
【详解】
解:作N关于AB的对称点N'与AB交于E,连结MN’与AB交于P,则P为土特产收购站的位置.