专题20 锐角三角函数 2023年江西省中考数学一轮复习专题练习

这是一份专题20 锐角三角函数 2023年江西省中考数学一轮复习专题练习，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。

专题20 锐角三角函数 2023年江西省中考数学一轮复习专题练习
一、单选题
1．（2022·高安模拟）如图，EF与AB，BC，CD分别交于点E，G，F，且∠1=∠2=30°，EF⊥AB，则下列结论不正确的是（　　）

A．AB//CD B．∠3=60° C．FG=12FC D．GF⊥CD
2．（2021九上·赣州期中）如图，将平面直角坐标系中的△AOB绕点O顺时针旋转90°得到△A′OB′.已知∠AOB＝60°，∠B＝90°，AB＝ 3 ，则点B′的坐标是 (　　)

A．( 32 ， 12 ) B．( 32 ， 32 )
C．( 32 ， 32 ) D．( 12 ， 32 )
3．（2021·江西模拟）在 Rt△ABC 中， ∠C=90°,AC=2,AB=6 ，则下列结论正确的是（　　）
A．sinA=13 B．cosB=24 C．tanA=22 D．tanB=223
4．（2021·赣州模拟）如图，在四边形 ABCD 中， ∠B=∠D=90° ，连接 AC ， ∠BAC=45° ， ∠CAD=30° ， CD=2 ，点P是四边形 ABCD 边上的一个动点，若点P到 AC 的距离为 3 ，则点P的位置有（　　）．

A．4处 B．3处 C．2处 D．1处
5．（2020九上·峡江期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝6，AC＝4，则cosA的值是(　　)
A．32 B．23 C．52 D．53
6．（2020八上·景德镇期中）如图，在 ΔABC 中， ∠BAC=120∘，∠ACB=20∘，∠ACB 的平分线与 ∠BAC 的外角平分线交于点 D ，连接 BD ，则 tan∠BDC 的值是（　　）

A．1 B．12 C．3 D．33
7．（2020·九江模拟）如图，矩形ABCD中， AB=4 ， BC=2 ，将矩形ABCD绕着点A顺时针旋转得到矩形AFGE，当点F落在边CD上时，连接BF、DE，则 S△ADES△ABF= （　　）

A．12 B．13 C．14 D．23
8．（2020九上·南昌月考）根据图中的信息，经过估算，下列数值与正方形网格中 ∠ ɑ的正切值最接近的是（　　）

A．0.6246 B．0.8121 C．1.2252 D．2.1809
9．（2020·抚州模拟）如图，点E是矩形ABCD的边AD的中点，且BE⊥AC于点F，则下列结论中错误的是（　　）

A．AF＝ 12 CF
B．∠DCF＝∠DFC
C．图中与△AEF相似的三角形共有5个
D．tan∠CAD＝ 32
10．（2020九上·鹰潭期末）如图，在 □ABCD 中， AE⊥BC ，垂足为 E ， ∠BAE=∠DEC ，若 AB=5,sinB=45 ，则 DE 的长为（　　）

A．203 B．163 C．5 D．125
二、填空题
11．（2022·石城模拟）如图 1 ，邻边长为 2 和 6 的矩形分割成①，②，③，④四块后，拼接成如图 2 不重叠、无缝隙的正方形 ABCD ，则图 1 中 EF 的长为　 　．

12．（2021九上·峡江期末）已知α、β均为锐角，且满足|sinα-12|+(tanβ-1)2=0，则α+β= 　 　．
13．（2021八下·赣县期末）2021年5月22日，在甘肃省白银市景泰县黄河石林景区举行了黄河石林山地马拉松百公里越野赛．如图，是矗立在水平地面上的马拉松赛道路牌．经测量得到以下数据：AC＝4 m， BE=83 m，∠DAC＝45°，∠EBC＝30°，∠DCA＝90°，则路牌的高DE为　 　m

14．（2021·九江模拟）如图设计一张折叠型方桌子，若 AO=BO=50cm ， CO=DO=30cm ，将桌子放平后，要使AB距离地面的高为40cm，则两条桌腿需要叉开的 ∠AOB 应为　 　．

15．（2021八下·湘东期中）如图，△ABC中，∠ACB=90°，D、E是边AB上两点，且CD垂直平分BE，CE平分∠ACD，若BC=2，则AC的长为　 　.

16．（2021·江西模拟）如图，小明将矩形纸片ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEGH，点E恰好落在AC上，EG交AD于点F.若AB＝3，tan∠ACB＝ 34 ，则FG的长为　 　.

17．（2021·江西模拟）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，cosC＝ 12 ，AB＝6 3 ，AC＝6，则BC的长为　 　．

18．（2021九下·江西月考）如图，已知直线 l1//l2 ， l1 与 l2 之间的距离为2，在 △ABC 中， BC=2 ，点 A 是直线 l2 上的一个动点， AB ， AC 中有一边是 BC 的 2 倍，将 △ABC 绕点 C 顺时针旋转 45° 得到 △A'B'C' ， A'C 所在直线交 l2 于点 D ，则 CD 的长度为　 　．

19．（2020九上·余干期末）在 △ABC 中，若 |sinA-12|+(cosB-32)2=0 ，则 ∠C 的度数是　 　．
20．（2020九上·抚州期末）如图，在边长为1的小正方形网格中，点A，B，C，D都在这些小正方形的顶点上，AB，CD相交于点O，则cos∠BOD＝　 　．

21．（2020九上·抚州期末）若 cosA-12+|tanB-3|=0 ，那么△ABC的形状是　 　．
三、计算题
22．（2021·江西模拟）计算： |1-3|+(12)-1-1-2tan60° .
23．（2022·江西模拟）计算：（π﹣2）0+（﹣13）﹣1+4cos30°﹣|﹣12|．
24．（2020·寻乌模拟）计算： 223+|(-12)-1|-22 tan30°-（π-2019）0；
25．（2020·抚州模拟）计算： +tan60°-（sin45°）-1-|1- |
四、综合题
26．（2022·江西）图1是某长征主题公园的雕塑，将其抽象成如图2所示的示意图，已知AB∥CD∥FG，A，D，H，G四点在同一直线上，测得∠FEC=∠A=72.9°，AD=1.6m，EF=6.2m．（结果保留小数点后一位）

（1）求证：四边形DEFG为平行四边形；
（2）求雕塑的高（即点G到AB的距离）．
（参考数据：sin72.9°≈0.96，cos72.9°≈0.29，tan72.9°≈3.25）
27．（2022·遂川模拟）如图，直线y=k1x+b(k1≠0)分别与x轴、y轴交于点A，OA=12，点B(0，6)，与反比例函数y=k2x(x>0，k2≠0)交于点C，D，点E在直线上，且∠BOE=45°，C为BE的中点．

（1）求反比例函数的解析式；
（2）连接OD，求tan∠DOA的值．
28．（2022·萍乡模拟）如图，双曲线y=kx(x>0)经过Rt△AOB斜边的中点P，交直角边AB于点Q，连接OQ，点A的坐标为(8，4)．

（1）求直线OQ的解析式；
（2）求sin∠QOA的值．
29．（2022·遂川模拟）如图1是某小区门口的门禁自动识别系统，主要由可旋转高清摄像机和其下方固定的显示屏．图2是其结构示意图，摄像机长AB=20cm，点O为摄像机旋转轴心，O为AB的中点，显示屏的上沿CD与AB平行，CD=15cm，AB与CD连接杆OE⊥AB，OE=10cm，CE=2ED，点C到地面的距离为60cm．若AB与水平地面所成的角的度数为35°．

（1）求显示屏所在部分的宽度；
（2）求镜头A到地面的距离．（参考数据：sin35°≈0.574，cos35°≈0.819，tan35°≈0.700，结果保留一位小数）
30．（2022·湖口模拟）在矩形ABCD中，AB=CD=4，CB=DA=6，P为CD上的动点．Q为DA上的动点，∠QPR=90°且PQ=PR．

（1）如图①，当点R在CB上时，求DQ+CR的值．
（2）如图②，PR与CB相交于点N连接QN，当QP平分∠DQN时，求证：S△QPN=S△DPQ+S△CPN．
（3）在（2）的前提下，连接CR，当CR=2PD时，求sin∠NQR的值．

答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：∵∠1=∠2=30°，
∴AB//CD，故A不符合题意；
∵EF⊥AB，
∴∠3=180°-30°-90°=60°，故B不符合题意；
∵AB//CD，EF⊥AB，
∴EF⊥CD，即：∠GFC=90°，故D不符合题意；
又∵∠2=30°，
∴tan30°=FGCF=33，即：FG=33FC，故C符合题意．
故答案为：C．
【分析】由∠1=∠2可得AB∥CD，由EF⊥AB可得∠AEG=90°，利用平行线的性质可得∠GFC=∠AEG=90°，根据三角形内角和求出∠3=60°，由tan∠2=tan30°=FGCF=33，可得FG=33FC​​​​​​​，据此逐一判断即可.
2．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，过点B′作B′C⊥x轴于点C，

∵△AOB绕O点顺时针旋转90°得△A′OB′，
∴OB′＝OB，∠BOB′＝90°，
∵∠AOB＝60°，AB= 3 ，
∴OB＝1，
∴OB′＝1，
∠B′OC＝180°−∠AOB−∠BOB′＝180°−60°−90°＝30°，
∴OC＝OB′cos30°＝1× 32 ＝ 32 ，
B′C＝OB′sin30°＝1× 12 ＝ 12 ，
∴B′的坐标为（ 32 ， 12 ），
故答案为：A．

【分析】过点B′作B′C⊥x轴于点C，根据旋转变换的性质得出OB′＝OB，∠BOB′＝90°，再根据平角等于180°求出∠B′OC的度数，再解直角三角形求出OC，B'C的长度，即可得解。
3．【答案】C
【解析】【解答】解：∵在 Rt△ABC 中， ∠C=90° ， AC=2 ， AB=6 ，
∴BC=42 ，
∴sinA=BCAB=426=223 ，故A不符合题意；
cosB=sinA=223 ，故B不符合题意；
tanA=BCAC=422=22 ，故C符合题意；
tanB=ACBC=242=24 ，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据BC=42 ，再利用锐角三角函数进行求解即可。
4．【答案】B
【解析】【解答】解：过D作DE⊥AC于E，过B作BF⊥AC于F，

∵∠D=90° ， ∠CAD=30° ，
∴AC=2CD=4，
∴AD=AC×cos30°=2 3 ，
∴12AC⋅DE=12CD⋅AD ，
∴DE=CD⋅ADAC=2×234=3 ，
∵∠ABC=90° ， ∠BAC=45° ，
∴∠BCA=90°-∠BAC=45°=∠BAC ，
∴BC=BA，
∴BF=CF=AF=2，
∵2 >3 ，
在BF上截取FM= 3 ，过M作直线GH⊥BF交BC于G，交BA于H，
点 P 是四边形 ABCD 边上的一个动点，点 P 到 AC 的距离为 3 ，点P在点D，点G，点H时满足条件，
故点P有三个点．
故答案为：B．
【分析】根据已知条件得到∠BAC=∠ACB=45°，∠DAC=60°，∠ACD=30°，根据点P到AC的额距离为3，于是得到结论。
5．【答案】B
【解析】【解答】∵∠C＝90 ° ，AB＝6，AC＝4，
∴cosA＝ACAB＝23 .
所以选项B符合题意.
【分析】利用锐角三角函数代值计算求解即可。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，分别过点D作CA、AB、CB所在直线的垂线，垂足分别为E、F、G，

∵D在∠ACB的平分线与∠BAC的外角平分线上，
∴DE＝DF＝DG，
∴D在∠ABC的外角的平分线上，
∴∠ABD＝ 12 ∠ABG，
∵∠BAC＝120°，∠ACB＝20°，
∴∠ABC＝40°，
∴∠ABG＝140°，
∴∠ABD＝70°，
∴∠DBC＝∠ABD＋∠ACB＝70°＋40°＝110°，
又∵∠BCD＝ 12 ∠ACB＝10°，
∴∠BDC＝180°−110°−10°＝60°，
∴tan∠BDC＝ 3 ，
故答案为：C．

【分析】分别过点D作CA、AB、CB所在直线的垂线，垂足分别为E、F、G，根据角平分线的性质得到DE＝DF＝DG，再利用角的运算求出∠BDC＝180°−110°−10°＝60°，最后利用正切值的定义求解即可。
7．【答案】C
【解析】【解答】解：如解图，过点E作 EH⊥AD 于点H，在矩形ABCD中， AB=4 ， BC=2 ， ∴AD=2 ， ∠ADC=∠DAB=90° .由旋转的性质可得 AF=AB=4 ， AE=AD=2 ， ∠EAF=∠DAB=90° ， ∴ADAF=sin△AFD=12 . ∴∠AFD=30° ， ∠DAF=60° . ∴∠DAE=30° .
∴EH=AE⋅sin∠DAE=AE2=1 ， S△ADE=12AD⋅EH=12×2×1=1 ，
S△ABF=12AB⋅AD=12×4×2=4 ， ∴S△ADES△ABF=14 .

故答案为：C.
【分析】由题意作辅助线过点E作 EH⊥AD 于点H，并利用旋转的性质以及三角函数进行分析求解.
8．【答案】C
【解析】【解答】解： ∠ ɑ的正切值= 竖着的格子数横着的格子数 = 54 ≈1.2252，所以答案选择C项.
【分析】可以由网格中 ∠ ɑ的正切值= 竖着的格子数横着的格子数，即可得出答案。
9．【答案】D
【解析】【解答】解：A、∵AD∥BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴AEBC ＝ AFFC ，
∵AE＝ 12 AD＝ 12 BC，
∴AFFC ＝ 12 ，故A不符合题意；
B、过D作DM∥BE交AC于N，
∵DE∥BM，BE∥DM，
∴四边形BMDE是平行四边形，
∴BM＝DE＝ 12 BC，
∴BM＝CM，
∴CN＝NF，
∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，
∴DN⊥CF，
∴DF＝DC，
∴∠DCF＝∠DFC，故B不符合题意；
C、图中与△AEF相似的三角形有△ACD，△BAF，△CBF，△CAB，△ABE共有5个，故C不符合题意．
D、设AD＝a，AB＝b由△BAE∽△ADC，有 ba ＝ a2 ．
∵tan∠CAD＝ CDAD ＝ ba ＝ 22 ，故D符合题意．
故答案为：D．

【分析】A.由AE= 12 AD= 12 BC，又AD∥BC，所以 AEBC=AFFC=12 ；
B.过D作DM∥BE交AC于N，得到四边形BMDE是平行四边形，求出BM=DE= 12 BC，得到CN=NF，根据线段的垂直平分线的性质可得结论；
C.根据相似三角形的判定即可求解，不符合题意；
D.由△BAE∽△ADC，得到CD与AD的大小关系，根据正切函数可求tan∠CAD的值，故D．
10．【答案】A
【解析】【解答】∵AB=5,sinB=45 ， AE⊥BC
∴AE=AB·sinB=4
BE= AB2-AE2=3
∴sin∠BAE=BEAB=35
∵ABCD是平行四边形
∴AD∥BC
∴∠ADE=∠DEC
又∵∠BAE=∠DEC
∴∠BAE=∠ADE
∴sin∠ADE=sin∠BAE=AEDE=35
∴DE=203
故答案为：A.
【分析】根据题意先求出AE和BE的长度，再求出∠BAE的sin值，根据平行线的性质得出∠ADE=∠BAE，即可得出答案.
11．【答案】6-32
【解析】【解答】解：∵矩形的邻边长为 2 和 6
∴矩形的面积为2×6=12
∵正方形ABCD由①②③④拼成，且不重叠、无缝隙
∴正方形的面积=矩形面积=12
∴CD= 12 =2 3
∴DG= CD2-GC2 = (23)2-22 = 22
∴sin∠3= DGCD = 2223 = 63
∵∠1+∠2=90°
∠2+∠3=90°
∴∠1=∠3
∴sin∠1= DCDH = 63
∴DH=3 2
∴GH=DH-DG=3 2 -2 2 = 2
∴EF=6- 2 -2 2 =6-3 2

故答案为：6-3 2.
【分析】利用两图形面积相等先求出CD，再利用解直角三角形的方法求出DH的长，再利用线段的和差即可求出EF的长。
12．【答案】75°
【解析】【解答】解：由已知得sinα－12=0，tanβ－1=0，
∴α=30°，β=45°，
∴α+β=75°．
【分析】根据非负数之和为0的性质可得sinα－12=0，tanβ－1=0，再利用特殊角的三角函数值可得α=30°，β=45°，最后求出α+β=75°即可。
13．【答案】43-4
【解析】【解答】解：在 Rt△ACD 中，∠DCA＝90°，AC＝4 m，∠DAC＝45°，
∴∠ADC＝45°
∴DC=AC＝4 m，
在 Rt△BCE 中，∠DCA＝90°， BE=83m，∠EBC＝30°，
∴EC=12BE=12×83=43m
∴DE=EC-DC=(43-4)m
故答案为： 43-4

【分析】在 Rt△ACD 中，求DC，在 Rt△BCE 中，求EC，利用 DE=EC-DC即可求解。
14．【答案】120°
【解析】【解答】作DE⊥AB于E．

∴AD=50+30=80cm，DE=40cm，
在Rt△ADE中， DEAD=4080=12 ，
∴∠DAB=30°，
∵AO=BO ，
∴∠AOB=180°-30°-30°=120°．
故答案为：120°．

【分析】作DE⊥AB于E．根据题意，得在Rt△ADE中，AD=50+30=80cm，DE=40cm，由此得出∠A得度数，接着求出∠B得度数，再根据三角形的内角和即可求出∠AOB的度数。
15．【答案】23
【解析】【解答】解：∵CD垂直平分BE，
∴CE=CB，∠BDC=90°，
∴CD平分∠BCE，即∠BCD=∠ECD，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ECD=∠ACE， 而∠ACB=90°，
∴∠BCD= 13 ∠ACB=30°，
∴∠B=60°，
∴∠A=30°，
由 tan∠A=BCAC=tan30°，BC=2，
∴AC= 3 BC= 23 ．
故答案为： 23 ．
【分析】利用垂直平分线和角平分线的性质求出∠BCD= 13 ∠ACB=30°，再利用含30°角的直角三角形性质求解即可。
16．【答案】74
【解析】【解答】解：∵将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEGH，
∴∠AEF=∠ADC=90°，
又∵∠EAF=∠DAC，
∴△AEF∽△ADC，
∴AE：AD=EF：DC，
∵AB=3，tan∠ACB＝ 34 ，
∴AE=3，BC=AB÷tan∠ACB=4，
∴3：4=EF：3，
解得：EF= 94 ，
∴FG=4- 94=74 ，
故答案为 74 .
【分析】由矩形和旋转的性质可得∠AEF=∠ADC=90°，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△AEF∽△ADC，于是可得比例式AE：AD=EF：DC，根据tan∠ACB=ABBC=34可求出BC的值，代入比例式可求得EF的值，由线段的构成FG=EG-EF=BC-EF可求解.
17．【答案】12
【解析】【解答】解：∵AD是BC边上的高，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，
∵∠C＝60°，AC＝6，
∴CD＝ACcosC＝6cos60°＝6 ×12= 3，
AD＝ACsinC＝6sin60°＝6 ×32= 3 3 ，
∵AB＝6 3 ，
∴BD=AB2-AD2=(63)2-(33)2= 9，
∴BC＝CD+BD＝3+9＝12．
故答案为：12．
【分析】先求出∠ADC＝∠ADB＝90°，再求出BD=9，最后计算求解即可。
18．【答案】2310 或 22 或2
【解析】【解答】解：①当 AB=2BC=22 时，
Ⅰ．如图1，当∠ABC为钝角时，作 AE⊥BC 于 E ， DF⊥AC 于 F ，

∵l1 与 l2 之间的距离为2，即 AE=2 ，
∴BE=AB2-AE2=(22)2-22=2 ，
∴EC=4 ，
∴AC=AE2+EC2=25 ，
∵△ABC 绕点 C 按顺时针方向旋转 45° 得到△ A'B'C ，
∴∠DCF=45° ，
∴△DCF 为等腰直角三角形，
设 DF=CF=x ，
∵l1//l2 ，
∴∠ACE=∠DAF ，
∴tan∠ACE=tan∠DAF
∴DFAF=AECE=12 ，即 AF=2x ，
∴AC=AF+CF=3x=25 ，
∴x=235 ， CD=2x=2310 ．
Ⅱ．如图2，当∠ABC为锐角时，作 AE⊥BC 于 E ，

∵sin∠ABC=AEAB=222=22 ，
∴∠ABC=45° ，
∴△ABE 是等腰直角三角形，
∴BE=2 ，
又∵BC=2，
∴点E与点C重合， AC⊥l2 ， AC⊥l1
∴△ABC 等腰直角三角形，
∵△ABC 绕点 C 按顺时针方向旋转 45° 得到△ A'B'C ，
∴∠ACD=45° ，
∴△ACD 是等腰直角三角形，
∴CD=2AC=22 ．
②当 AC=2BC=22 时，
Ⅰ．如图3，当∠ACB为锐角时，同①Ⅱ可得，此时 △ABC 是等腰直角三角形，

∵△ABC 绕点 C 按顺时针方向旋转 45° 得到△ A'B'C ，
∴∠A'CB=∠ACB+∠A'CA=90° ，
∴A'C⊥l2 ，
∴CD=2 ；
Ⅱ．如图4，当∠ACB为钝角时，作 AE⊥BC 于 E ，则 AE=2 ，

∴AC=2BC=2AE ，
∴sin∠ACE=AEAC=222=22 ，
∴∠ACE=45° ，
∴△ABC 绕点 C 按顺时针方向旋转 45° ，得到△ A'B'C 时，点 A' 在直线 l2 上，
∴A'C//l1 ，即直线 A'C 与 l2 无交点，
综上所述， CD 的值为 2310 ， 22 ，2．
故答案为： 2310 或 22 或2．
【分析】先根据 AB=2BC 和 AC=2BC 时两种情况，再分别由 BC 的 2 倍的边与BC所成角为钝角和锐角两种情况画出图形分别求解．
19．【答案】120°
【解析】【解答】解：∵|sinA-12|+(cosB-32)2=0 ，
∴sinA- 12 =0，cosB- 32 =0，
∴sinA= 12 ，cosB= 32 ，
∴∠A=30°，∠B=30°，
∴∠C的度数是：180°-30°-30°=120°．
故答案为：120°．
【分析】先求出sinA- 12 =0，cosB- 32 =0，再求出∠A=30°，∠B=30°，最后求∠C的度数即可。
20．【答案】55
【解析】【解答】解：设左下角顶点为点F，取BF的中点E，连接CE，DE，如图所示．

∵点C为AF的中点，点E为BF的中点，
∴CE//AB ，
∴∠BOD＝∠DCE，
在△DCE中，DC＝ 10 ，DE＝2 2 ，CE＝ 2 ，
∵DC2＝CE2＋DE2，
∴∠DEC＝90°，
∴cos∠DCE＝ CECD ＝ 210=55
∴cos∠BOD＝ 55
故答案为 55 ．

【分析】设左下角顶点为点F，取BF的中点E，连接CE，DE，先利用勾股定理求出DC、DE、CE的长，再利用勾股定理逆定理证明出∠DEC＝90°，最后利用余弦的定义求解即可。
21．【答案】等边三角形
【解析】【解答】解： cosA-12+|tanB-3|=0 ，
∴cosA=12 ， tanB=3 ，
∴∠A=60°，∠B=60°，
∴∠C=60°，
∴△ABC是等边三角形；
故答案为：等边三角形．

【分析】先利用非负数之和为0的性质求出cosA=12 ， tanB=3 ，再利用特殊角的三角函数求出∠A=60°，∠B=60°，最后判定即可。
22．【答案】解： |1-3|+(12)-1-1-2tan60° ，
= 3-1+2-1-23 ，
= -3 .
【解析】【分析】由负整数指数幂的意义“任何一个不为0的数的负整数指数幂等于这个数的正整数指数幂的倒数.”可得（12）-1=2，由特殊角的三角函数值可得tan60°=3，再根据二次根式的运算法则计算即可求解.
23．【答案】解：原式＝1-3+4×32-23
=-2
【解析】【分析】根据零指数幂、负整数指数幂、绝对值、特殊角三角函数值先进行计算，再计算加减即可.
24．【答案】解：原式= 2×63+2-22×33-1
= 263+2-263-1
=1
【解析】【分析】根据二次根式的除法公式、负指数次幂的性质、30°的正切值和任何非0数的0次幂都等于1计算即可.
25．【答案】解：原式=3 + -（ ）-1-（ -1）
=3 + - - +1
=2 +1．
【解析】【分析】将特殊锐角的三角函数值代入，同时化简二次根式、计算绝对值，再进一步计算可得．
26．【答案】（1）证明：∵AB∥CD∥FG，
∴∠CDG＝∠A，
∵∠FEC＝∠A，
∴ ∠FEC＝∠CDG，
∴EF∥DG，
∵FG∥CD，
∴四边形DEFG为平行四边形；
（2）解：如图，过点G作GP⊥AB于P，

∵四边形DEFG为平行四边形，
∴DG＝EF＝6.2，
∵AD＝1.6，
∴AG＝DG+AD＝6.2+1.6＝7.8，
在Rt△APG中，sinA= PGAG，
∴PG7.8=0.96，
∴PG=7.8×0.96＝7.488≈7.5．
答：雕塑的高为7.5m.
【解析】【分析】（1）利用两组对边分别平行的四边形是平行四边形的方法判断即可；
（2）过点G作GP⊥AB于P，先利用线段的和差求出AG的长，再利用sinA= PGAG，将数据代入计算可得PG的长。
27．【答案】（1）解：∵OA=12，
∴点A的坐标为(12，0)．
∵直线y=k1x+b过点A(12，0)，B(0，6)，
∴12k1+b=0b=6，
解得k1=-12b=6，即y=-12x+6．
∵点E在直线y=-12x+6上，且∠BOE=45°，
∴设E(a，a)且a=-12a+6，得a=4．
∴E(4，4)．
∵C是BE的中点，
∴点C的横坐标为4+02=2，纵坐标为4+62=5，即C(2，5)．
∴k2=2×5=10，
∴反比例函数的解析式为y=10x．
（2）解：连接OD，过点D作DF⊥x轴于点F，如图，

联立方程组y=-12x+6y=10x，
解得x=10y=1或x=2y=5（舍去）．
∴点D的坐标为(10，1)．
∴OF=10，DF=1
∴tan∠DOA=DFOF=110．
【解析】【分析】（1）利用待定系数法即可得解；
（2）联立方程得出点D的坐标，得出OF=10，DF=1 ，即可得解。
28．【答案】（1）解：∵OA的中点是P，点A的坐标为(8，4)，
∴P(4，2)．
∵双曲线y=kx(x>0)经过点P；
∴k=4×2=8，
∴y=8x．
∵△AOB为直角三角形，
∵AB//x轴，
∴A，Q两点的纵坐标相等，均为4，
∴Q(2，4)．
设直线OQ的解析式为y=ax，
∴4=2a，解得a=2．
∴直线OQ的解析式为y=2x．
（2）解：如图，过点Q作QD⊥OA于点D，

∵sinA=QDAQ=OBOA，
∴QD6=442+82，解得QD=655，
∴在Rt△OQD中，sin∠QOA=QDOQ=65522+42=35．
【解析】【分析】（1）先求出点P（4，2），将点P坐标代入y=kx(x>0)中可得k=8，即得y=8x，由AB//x轴及A的坐标，可得A，Q两点的纵坐标相等均为4，从而求出Q（2，4），设直线OQ的解析式为y=ax， 将Q坐标代入求出a值即得解；
（2） 过点Q作QD⊥OA于点D， 由sinA=QDAQ=OBOA可求出QD，根据 sin∠QOA=QDOQ 即可求解.
29．【答案】（1）解：∵CD∥AB，AB与水平地面所成的角的度数为35°，
∴显示屏上沿CD与水平地面所成的角的度数为35°．
过点C作点D所在铅垂线的垂线，垂足为M，则∠DCM=35°．
∵CD=15cm，
∴CM=CD×cos∠DCM=15×0.819≈12.3cm．
（2）解：如图，连接AC，作AH垂直MC反向延长线于点H．

∵AB=20cm，O为AB的中点，
∴AO=BO=10cm．
∵CD=15cm，CE=2ED，
∴CE=10cm．
∵CD∥AB，OE⊥AB，
∴四边形ACOE为矩形，AC=OE=10cm．
∵∠ACE=90°，
∴∠ACH+∠DCM=∠ACH+∠CAH=90°．
∴∠CAH=∠DCM=35°．
∴AH=AC⋅cos35°=10×0.819=8.19cm．
∴镜头A到地面的距离为60+8.19≈68.2cm．
【解析】【分析】（1）过点C作点D所在铅垂线的垂线，垂足为M，则∠DCM=35°，利用锐角三角函数的定义求出CM的值即可；
（2）连接AC，作AH垂直MC反向延长线于点H，得出四边形ACOE为矩形，AC=OE=10cm，利用锐角三角函数的定义求出AH的长，进行计算即可解答。
30．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠C=90°，
∵∠DPQ+∠CPR=90°，∠DPQ+∠DQP=90°，
∴∠CPR=∠DQP，
∵PQ=PR，
∴△DPQ≌△CRP(AAS)， ∴DQ=CP，CR=DP，
∴DQ+CR=CP+DP=CD=4
（2）证明：如图，延长NP、QD相交于点H，

∵∠HQP=∠NQP，PQ=PQ，∠HPQ=∠NPQ=90°，
∴△HQP≌△NQP(ASA)，∴S△HQP=S△NQP， HP=NP，
∵∠HDP=∠C=90°，∠HPD=∠NPC，
∴△HDP≌△NCP(AAS)，
∴S△HDP=S△NCP，∴S△NQP=S△NCP+S△DPQ
（3）解：如图，过点R作RS⊥DC交DC的延长线于点S，过点N作NM⊥QR交QR于点M，

∵△HDP≌△NCP，∴DP=CP=2，
同（1）易证△DPQ≌△SRP，∴SR=DP=2，DQ=PS，
∵CR=2PD=22，∴CS=2，PS=4，DQ=4，
∵∠DQP=∠CPN，∠PDQ=∠NCP=90°，
∴△DQP∽△CPN，
∴CNDP=CPDQ，解得CN=1，
∴HD=CN=1，QN=HQ=5，
在Rt△DPQ和Rt△CPN中，由勾股定理得PQ=25，PN=5，
∴QN=PQ2+PN2=5，PR=25，NR=PR-PN=5
∵∠PRQ=45°，∴NM=NR×sin45°=5×22=102，
∴sin∠NQR=NMNQ=1010
【解析】【分析】（1）由矩形的性质可得∠D=∠C=90°，证明△DPQ≌△CRP(AAS)可得QD=CP，CR=
DP，从而得出DQ+CR=CP+DP=CD=4；
（2）延长NP、QD相交于点H，证明△HQP≌△NQP(ASA)，可得S△HQP=S△NQP， HP=NP，再证△HDP≌△NCP(AAS)，可得S△HDP=S△NCP，从而得出S△NQP=S△NCP+S△DPQ；
（3）过点R作RS⊥DC交DC的延长线于点S，过点N作NM⊥QR交QR于点M，证△DQP∽△CPN，可得CNDP=CPDQ据此求出CN，利用勾股定理求出PQ，PN，QN的长，继而得出NR的长，利用 NM=NR×sin45°，可求出MN，根据 sin∠NQR=NMNQ即可求解