专题7.4 锐角三角函数章末拔尖卷-2023-2024学年九年级数学下册举一反三系列（苏科版）

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参考答案与试题解析
选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023秋·广东梅州·九年级广东梅县东山中学校考期末）在△ABC中，∠A、∠B都是锐角，且sinA=32，csB=12，则△ABC是（ ）.
A．等腰三角形B．等边三角形C．直角三角形D．钝角三角形
【答案】B
【分析】根据特殊角的三角函数值求出∠A=60°，∠B=60°，然后利用三角形内角和定理求出∠C的度数，即可解答．
【详解】解：∵sinA=32，csB=12，
∴∠A=60°，∠B=60°，
∴∠C=180°−∠A−∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
故选：B．
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．
2．（3分）（2023秋·全国·九年级期末）直角三角形纸片ABC，两直角边BC=4，AC=8，现将△ABC纸片按如图那样折叠，使A与电B重合，折痕为DE，则tan∠CBE的值是（ ）
A．12B．34C．1D．43
【答案】B
【分析】根据折叠的性质得出BE=AE，设CE=x，则BE=AE=8−x，在Rt△BCE中，根据勾股定理得出BC2+CE2=BE2，列出方程求出x的值，最后根据正切的定义，即可解答．
【详解】解：∵△ADE沿DE折叠得到△BDE，
∴BE=AE，
设CE=x，则BE=AE=8−x，
在Rt△BCE中，根据勾股定理可得：BC2+CE2=BE2，
即42+x2=8−x2，解得：x=3，
∴tan∠CBE=CEBC=34，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，正切的定义，解题的关键是掌握折叠前后对应边相等．
3．（3分）（2023春·山东青岛·九年级华东师范大学青岛实验中学校联考开学考试）如图，△ABC的顶点分别在单位长度为1的正方形网格的格点上，则sin∠BAC的值为（ ）
A．5B．55C．12D．253
【答案】B
【分析】过B作BD⊥AC于点D，根据勾股定理得出AB,AC的值，再利用面积公式求出BD的值，由sin∠BAC=BDBA可得角的正弦值．
【详解】解：如图，过B作BD⊥AC于点D
根据勾股定理得：AB=32+42=5，AC=32+62=35
∴SΔABC=12AC⋅BD=4×6−12×3×1−12×3×4−12×6×3=152,
∴BD=5
∴sin∠CAB=BDAB=55
故选：B．
【点睛】本题考查了正弦值，勾股定理与网格,三角形的面积等知识点，解题的关键在于构造直角三角形．
4．（3分）（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，点D、E分别在BC、AC上，AD、BE交于F，若BD=CD=CE，AF=DF，则tan∠ABC的值为( )
A．12B．23C．34D．45
【答案】C
【分析】如图，过A作AG∥BC，交BE的延长线于G，证明△AGF≌△DBFAAS，则AG=BD=12BC，证明△AEG∽△CEB，则AECE=AGBC=12，解得AE=12CE，AC=32CE，根据tan∠ABC=ACBC，计算求解即可．
【详解】解：如图，过A作AG∥BC，交BE的延长线于G，
∴∠G=∠DBF，
在△AGF和△DBF中，
∵∠G=∠DBF∠AFG=∠DFBAF=DF，
∴△AGF≌△DBFAAS，
∴AG=BD=12BC，
∵∠G=∠CBE，∠AEG=∠CEB，
∴△AEG∽△CEB，
∴AECE=AGBC=12，解得AE=12CE，
∴AC=32CE，
∴tan∠ABC=ACBC=32CE2CE=34，
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正切等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
5．（3分）（2023秋·广东佛山·九年级校考期末）一块直角三角板ABC按如图放置，顶点A的坐标为(0,1)，直角顶点C的坐标为(−3,0)，∠B=30°，则点B的坐标为（ ）

A．(−3−33,33)B．(−3+3,3)C．(−3+33,33)D．(−3−3,33)
【答案】D
【分析】过点B作BE⊥OC于点E，根据ΔABC为直角三角形可证明ΔBCE∽ΔCAO，求出AC=10，求出BC，再由比例线段可求出BE，CE长，则答案可求出．
【详解】解：过点B作BE⊥OC于点E，

∵△ABC为直角三角形，
∴∠BCE+∠ACO=90°，
∴ΔBCE∽ΔCAO，
∴ BEOC=BCAC=ECOA，
在Rt△ACO中，AC=AO2+CO2=12+32=10，
在Rt△ABC中，∠CBA=30°，
∴ tan∠CBA=CABC，
∴ BC=CAtan∠CBA=10tan30°=30，
∴ BE3=3010=EC1，
解得BE=33，EC=3，
∴ EO=EC+CO=3+3，
∴点B的坐标为(−3−3，33)．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，锐角三角函数以及坐标与图形的性质，解答本题的关键是正确作出辅助线，证明三角形的相似，进而求解．
6．（3分）（2023秋·山东聊城·九年级统考期末）在Rt△ABC中，∠A=90°，有一个锐角为60°，BC=6，若点P在直线AC上（不与点A、C重合），且∠ABP=30°，则CP的长为（ ）
A．6或23B．6或43C．23或43D．6或23或43
【答案】D
【分析】根据点P在直线AC上的不同位置，∠ABP=30°，利用特殊角的三角函数进行求解．
【详解】如图1：
当∠C=60°时，∠ABC=30°，与∠ABP=30°矛盾；
如图2：
当∠C=60°时，∠ABC=30°，
∵∠ABP=30°，
∴∠CBP=60°，
∴△PBC是等边三角形，
∴CP=BC=6；
如图3：
当∠ABC=60°时，∠C=30°，
∵∠ABP=30°，
∴∠PBC=60°−30°=30°，
∴PC=PB，
∵BC=6，
∴AB=3，
∴PC=PB=3cs30°=332=23
如图4：
当∠ABC=60°时，∠C=30°，
∵∠ABP=30°，
∴∠PBC=60°+30°=90°，
∴PC=BCcs30°=632=43
故选：D
【点睛】本题考查利用特殊角的三角函数值求线段的长，解题的关键是确定点P在直线AC上的不同位置．
7．（3分）（2023秋·黑龙江牡丹江·九年级统考期末）如图，延长等腰RtΔABC斜边AB到D，使BD=2AB，连接CD，则tan∠BCD的值为（ ）
A．23B．1C．13D．12
【答案】A
【分析】过点D作DE垂直于CB的延长线于点E，设AC=BC=a，根据勾股定理得AB=2a，由等腰直角三角形的性质得∠ABC=∠BAC=45°，从而得BD=2AB=22a，在Rt△BDE中，解直角三角形得DE=2a，BE=2a，进而求得CE=BC+BE=3a即可求得tan∠BCD．
【详解】解：过点D作DE垂直于CB的延长线于点E，如下图，
设AC=BC=a，
∵AC⊥BC，AC=BC=a，
∴AB=AC2+BC2=2a，∠ABC+∠BAC=90°，∠ABC=∠BAC，
∴∠ABC=∠BAC=45°，BD=2AB=22a，
∴∠DBE=∠ABC=45°，
∵DE⊥CE，
∴DE=BD·sin∠DBE=22a·sin45°=2a，BE=BD·cs∠DBE=22a·cs45°=2a，
∴CE=BC+BE=3a，
∴tan∠BCD=DECE=2a3a=23，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，解直角三角形，熟练解直角三角形是解题的关键．
8．（3分）（2023春·浙江·九年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，分别以AB，AC，BC为边向外作正方形，连结CD，若sin∠BCD=35，则tan∠CDB的值为（ ）
A．23B．34C．710D．913
【答案】D
【分析】过点B作BE⊥CD于点E，过点C作CF⊥AB于点F，可得△ABC，△BED，△BEC，△BCF都是直角三角形，根据sin∠BCE＝BEBC=35，设BE＝3a，BC＝5 a，得CE＝BC2−BE2＝4 a，过点C作DB延长线于点G，得矩形CFBG，设AC＝x，AB＝y，然后利用勾股定理和三角形的面积可得y2−9＝133，进而利用锐角三角函数即可解决问题．
【详解】解：如图，过点B作BE⊥CD于点E，过点C作CF⊥AB于点F，
∴△ABC，△BED，△BEC，△BCF都是直角三角形，

∵sin∠BCD＝35，
∴sin∠BCE＝BEBC=35，
设BE＝3a，BC＝5a，
∴CE＝BC2−BE2＝4a，
过点C作DB延长线于点G，得矩形CFBG，
∴BF＝CG，
设AC＝x，AB＝y，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得
AB2﹣AC2＝BC2，
∴y2﹣x2＝25a2，
∵S△ABC＝12×AB•CF＝12×AC•BC，
∴y•CF＝5ax，
∴CF＝5axy，
在Rt△BCF中，根据勾股定理，得
BF＝BC2−CF2＝25a2−(5axy)2＝25ya，
∴BF＝CG＝25ya，
在正方形ABDH中，AB＝BD＝y，
在Rt△BDE中，根据勾股定理，得
DE＝BD2−BE2＝y2−9a2，
∴CD＝CE+ED＝4a +y2−9a2，
∵S△CBD＝12×CD•BE＝12×BD•CG，
∴CD•BE＝BD•CG，
∴(4a +y2−9a2)×3＝y×25ya，
∴y2−9a2＝133a，
∴tan∠CDB＝tan∠EDB＝BEDE＝3ay2−9a2＝913．
故选：D．
【点睛】本题属于几何综合题，是选择题压轴题，考查了正方形的性质，勾股定理，三角形的面积，解直角三角形，解决本题的关键是设参数利用勾股定理列方程．
9．（3分）（2023春·浙江·九年级期末）如图1是由四个全等的直角三角形组成的“风车”图案，其中∠AOB=90°，延长直角三角形的斜边恰好交于另一直角三角形的斜边中点，得到如图2，若IJ=2，则该“风车”的面积为（ ）
A．2+1B．22C．4−2D．42
【答案】B
【分析】连接AC,由题意可得Rt△AOB≌Rt△DCO≌Rt△EOF≌Rt△GOH，进而说明△OAC为等腰直角三角形，再说明分CD、GI垂直平分AB，进而说明∠OBH=∠OHB=45°，然后再运用解直角三角形求得AI，然后再求得三角形AOB的面积，最后求风车面积即可．
【详解】解：如图：连接AC
由题意可得：Rt△AOB≌Rt△DCO≌Rt△EOF≌Rt△GOH
∴OA=OC, ∠OAB= ∠OCD
∵∠AOC=∠AOB=90°
∴△OAC为等腰直角三角形
又∵∠OAB= ∠OCD：
∴∠AJD=180°-∠ADJ-∠OAB
=180°-∠ODC-∠OCD=90°，即AJ⊥CD
又∵CJ=DJ
∴AJ垂直平分CD
同理：GI垂直平分AB
∴AC=AD,AJ是等腰三角形顶角∠CAD的角平分线
即∠DAJ=12∠CAD=12×45°=22.5°
易得IH=BJ,IJ=IB+BJ=IB+IH
又∵IB=IA
∴IJ=IB+BJ=IH+IA=2
在Rt△ABO中，∠ABH=∠BAH=22.5°
∴∠OBH=OHB=45°
设OB=OH=a，即AH=BH=2OB=2a
∴tan∠A=BOAO=aa+2a=2−1
∴IHIA=tan∠A=2−1
设IH=（2−1）x，AI=x
∴IH+IA=2x=2，即x=1
∴S△ABH=12×AB×IH=2−1
又∵SΔBOHSΔABH=OHAH=12
∴S△BOH=1−22
∴S△AOB=S△ABH+S△BOH=2−1+1−22=22
∴S风车=4S△AOB=4×22=22．
故选B．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，灵活应用相关知识以及数形结合思想成为解答本题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
10．（3分）（2023秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D，E分别在AC，BC边上，且AD=3，BE=4，连接AE，BD，交于点F，BD=10，cs∠AFD=32，则AE的长为 ．
【答案】53
【分析】过点A作AG∥BE，BG∥AE交于点G，连接DG，勾股定理求得DG，过点D作DH⊥BG，证明G,H重合，进而勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，过点A作AG∥BE，BG∥AE交于点G，连接DG，
则四边形AGBE是平行四边形，
∴AG=BE=4，
∵∠C=90°，则BC⊥AC
∴AG⊥AC
∴△ADG是直角三角形，
∴DG=5
∵cs∠AFD=32
∴∠AFD=30°
∵AE∥BG
∴∠DBG=30°
∵DG=5,DB=10
过点D作DH⊥BG，
∵sin∠DBG=12
∴DH=12DB=5,
∴G,H重合，
∴AE=BG=BH=53
故答案为：53．
【点睛】本题考查了解直角三角形，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，正确的添加辅助线是解题的关键．
11．（3分）（2023秋·安徽六安·九年级校考期末）如图，在菱形ABCD中，tan∠ABC=43，AE⊥BC于点E，AE的延长线与DC的延长线交于点F，则S△ECF:S四边形ADCE= ．（S表示面积）

【答案】4:21
【分析】设AE=4k，则BE=3k，根据勾股定理求出AB=5k，然后证明△CEF∽△DAF，最后根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】解∶ ∵tan∠ABC=43，AE⊥BC，
∴tan∠ABC=43=AEBE，
设AE=4k，则BE=3k，
∴AB=AE2+BE2=5k，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CB∥AD，AD=BC=AB=5k，
∴CE=BC−BE=2k，
∵CB∥AD，
∴△CEF∽△DAF，
∴S△CEFS△DAF=CEDA2=2k5k2=425，
∴S△CEFS四边形ADCE=S△CEFS△DAF−S△CEF=425−4=421．
故答案为：4:21．
【点睛】本题考查了正切、相似三角形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理等知识，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
12．（3分）（2023秋·辽宁锦州·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，E是对角线BD上一动点（点E不与点B，D重合），当△ABE是等腰三角形时，DE= ．

【答案】2或52或75
【分析】分AB=AE,BE=BA,EA=EB三种情况，分别画出图形，即可求解．
【详解】解：在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，
∴∠BAD=90°，
∴BD=AB2+AD2=32+42=5，
当AB=AE时，过点A作AF⊥AD于点F，

则AF⊥BD，
∴cs∠ABD=ABBD=BFAB，
∴BF=AB2BD=95
∴DE=BD−BE=BD−2BF=5−185=75，
当BA=BE时，DE=BD−BE=5−3=2，

当EA=EB时，过点E作EG⊥AB于点G，

∴EG∥AD，AG=GB，
∴BEED=BGAG=1，
∴DE=12BD=52，
综上所述DE= 2或52或75，
故答案为：2或52或75．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线分线段成比例，求一个角的余弦，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
13．（3分）（2023春·全国·九年级期末）如图，已知点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD，DC延长线的垂线，垂足分别为点E，F．若∠ABC=120°，AB=6，则PE−PF的值为 ．

【答案】33
【分析】如图，延长BC交EP于M，由菱形的性质可知，CP为∠BCD，∠FCM的平分线，则PF=PM，PE−PF=PE−PM=EM，由题意知，EM为△ABD底边AD上的高，由菱形ABCD，∠ABC=120°，AB=6，可得∠BAD=60°，根据EM=AB⋅sin∠BAD，计算求解，进而可得结果．
【详解】解：如图，延长BC交EP于M，

由菱形的性质可知，CP为∠BCD，∠FCM的平分线，
∵PF⊥CF，PM⊥CM，
∴PF=PM，
∴PE−PF=PE−PM=EM，
由题意知，EM为△ABD底边AD上的高，
∵菱形ABCD，∠ABC=120°，AB=6，
∴∠BAD=60°，
∴EM=AB⋅sin∠BAD=33，
∴PE−PF=33，
故答案为：33．
【点睛】本题考查了菱形的性质，角平分线的性质，正弦．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
14．（3分）（2023·广东深圳·深圳市宝安第一外国语学校校考模拟预测）如图，在正方形ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，P是线段MN上的一点，BP的延长线交4D于点E，连接PD，PC，将△DEP绕点P顺时针旋转90°得△GFP，则下列结论：①CP=GP，②tan∠CGF=1；③BC垂直平分FG；④若AB=4，点E在AD边上运动，则D，F两点之间距离的最小值是322．其中结论正确的序号有 ．
【答案】①②③
【分析】延长GF交AD于点H，连接FC，FB，FA，由已知可得MN为AB，CD的垂直平分线，由垂直平分线的性质和图形旋转的性质可得①的结论正确；利用三角形的内角和定理和等腰三角形的性质计算可得∠BCG=45°，由四边形内角和定理通过计算可得∠EHF=90°；利用平行线的性质可得BC⊥FG，则∠CGF=45°，可说明②的结论正确；通过证明点A，B，E，F在以点P为圆心，PA为半径的同一个圆上，利用圆周角定理可得∠FAB=45°，得到A，F，C三点共线，得到△CGF为等腰直角三角形，则③的结论正确；由题意点F在对角线AC上运动，当EF⊥AC时，EF的值最小，连接AC，解直角三角形的知识可得④的结论不正确．
【详解】解：延长GF交AD于点H，连接FC，FB，FA，如图，
∵正方形ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，
∴MN是线段BA，CD的垂直平分线．
∴PD=PC，PA=PB．
∵△FPG是△PED绕点P顺时针旋转90°得到，
∴△FPG≌△PED，
∴PD=PG．
∴PC=PG．
∴①的结论正确；
∵PD=PC，
∴∠PDC=∠PCD=12(180°−∠DPC)．
∵PC=PG，
∴∠PCG=∠PGC=12(180°−∠CPG)．
∴∠PCD+∠PCG=12[360°−(∠DPC+∠CPG)]．
∵∠DPC+∠CPG=90°，
∴∠PCD+∠PCG=135°．
∵∠BCD=90°，
∴∠BCG=45°．
∵△FPG≌△PED，
∴∠DEP=∠GFP．
∵∠HFP+∠PFG=180°，
∴∠DEP+∠HFP=180°．
∵∠DEP+∠HFP+∠EHF+∠EPF=360°，
∴∠EHF+∠EPF=180°．
∴∠EPF=90°，
∴∠EHF=90°．
即GH⊥AD．
∵AD//BC，
∴GF⊥BC．
∴∠CGF=45°．
∴tan∠CGF=1．
∴②的结论正确；
∵PA=PB，PM⊥AB，
∴∠APM=∠BPM，
∵PM//AE，
∴∠PEA=∠BPM，∠PAE=APM．
∴∠PEA=∠PAE．
∴PA=PE．
∵PE=PF，
∴PA=PB=PE=PF．
∴点A，B，E，F在以点P为圆心，PA为半径的同一个圆上．
∴∠FAB=12∠FPB=12×90°=45°．
∴点F在对角线AC上，
∴∠FCB=45°．
∵∠BCG=∠CGF=45°，
∴△FCG为等腰直角三角形．
∵BC平分∠FCG，
∴BC垂直平分FG．
∴③的结论正确；
由以上可知：点F在正方形的对角线AC上运动，
∴当EF⊥AC时，EF的值最小．
此时点E与点D重合，
∴DF=AD⋅sin45°=4×22=22．
∴④的结论不正确．
综上，结论正确的序号有：①②③，
故答案为：①②③．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质，轴对称，线段垂直平分线的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的边角关系，圆周角定理，垂线段的性质，四点共圆的判定与性质，图形旋转的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
15．（3分）（2023秋·山东东营·九年级东营市胜利第一初级中学校考期末）如图，△AB1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…是等边三角形，直线y=33x+2经过它们的顶点A，A1，A2，A3，…，点B1，B2，B3，…在x轴上，则线段B2022B2023的长度是 ．

【答案】220233
【分析】设直线y=33x+2与x轴交于点C，求出点A、C的坐标，可得OA=2,OC=23，推出∠CB1A1=90°，∠CB1A=30°，然后求出CB1=2OB1=43=22×3，CB2=2CB1=83=23×3，CB3=2CB2=163=24×3，…，进而可得CB2022=22023×3，CB2023=22024×3，再求出B2022B2023即可．
【详解】解：如图所示，设直线y=33x+2与x轴交于点C，

当x=0时，y=2；当y=0时，x=−23，
∴ A0,2，C−23,0，
∴ OA=2，OC=23，
∴ tan∠ACO=OAOC=223=33，
∴ ∠ACO=30°，
∵ △AB1A1是等边三角形，
∴ ∠AA1B1=∠AB1A1=60°，
∴ ∠CB1A1=90°，∠CB1A=30°，
∴ AC=AB1，
∵ AO⊥CB1，
∴ OB1=OC=23，
∴ CB1=2OB1=43=22×3，
同理，CB2=2CB1=83=23×3，CB3=2CB2=163=24×3，……，
∴ CB2022=22023×3，CB2023=22024×3，
∴ B2022B2023=22024×3−22023×3=220233，
故答案为：220233．
【点睛】本题主要考查一次函数图象与几何的变换规律的综合，解直角三角形，理解等边三角形的性质，一次函数图像的性质和特点，找到点的变换规律是解题的关键．
16．（3分）（2023秋·四川成都·九年级成都七中校考期末）如图，E、F、G、H分别是矩形的边AB、BC、CD、AD上的点，AH=CF，AE=CG，∠EHF=60°，∠GHF=45°，若AH=2，AD=5+3，则四边形EFGH的周长为 ．
【答案】8+46
【分析】先构造15° 的直角三角形，求得15° 的余弦和正切值；作EK⊥FH，可求得EH:EF=2:6；作∠ARH=∠BFT=15°，分别交直线AB于R和T，构造“一线三等角”，先求得FT的长，进而根据相似三角形求得ER，进而求得AE，于是得出∠AEH=30°，进一步求得结果．
【详解】解：如图1，
Rt△PMN中，∠P=15°，NQ=PQ，∠MQN=30°，
设MN=1，则PQ=NQ=2，MQ=3，PN=6+2，
∴cs15°=6+24，tan15°=2−3，
如图2，
作EK⊥FH于K，作∠AHR=∠BFT=15°，分别交直线AB于R和T，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠C，
在△AEH与△CGF中，
AE=CG∠A=∠CAH=CF，
∴△AEH≌△CGF(SAS)，
∴EH=GF，
同理证得△EBF≌△GDH，则EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
设HK=a，则EH=2a，EK=3a，
∴EF=2EK=6a，
∵∠EAH=∠EBF=90°，
∴∠R=∠T=75°，
∴∠R=∠T=∠HEF=75°，
可得：FT=BFcs15°=3+36+24=26，AR=AH⋅tan15°=4−23，△FTE∽△ERH，
∴ FTER=EFEH，
∴ 26ER=62，
∴ER=4，
∴AE=ER−AR=23，
∴tan∠AEH=223=33，
∴∠AEH=30°，
∴HG=2AH=4，
∵∠BEF=180°−∠AEH−∠HEF=75°，
∴∠BEF=∠T，
∴EF=FT=26，
∴EH+EF=4+26=2(2+6)，
∴2(EH+EF)=4(2+6)，
∴四边形EFGH的周长为：8+46，
故答案为：8+46．
【点睛】本题考查了矩形性质，全等三角形判定和性质，解直角三角形，构造15°特殊角的图形及其求15°的函数值，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造“一线三等角”及构造15°直角三角形求其三角函数值．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023秋·山东东营·九年级校联考期中）计算：
(1)2sin60°−tan45°2−tan30°⋅tan60°−2cs30°+6sin245°．
(2)(π−1)0+4sin45°−8+−3．
【答案】(1)2
(2)4
【分析】（1）先将特殊角的三角函数值代入，再进行计算即可；
（2）先计算零指数幂，特殊角三角函数值，化简二次根式，绝对值，再根据实数的混合运算法则求解即可．
【详解】（1）原式=2×32−12−33×3−2×32+6×222
=3−12−1−3+6×12
=3−1−3+3
=2．
（2）原式=1+4×22−22+3
=1+22−22+3
=4．
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值计算和二次根式的运算，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．
18．（6分）（2023秋·安徽六安·九年级校考期中）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若AD=6，BC=12，tan∠ACD=32．

求：
(1)CD的长；
(2)sin∠ABC的值．
【答案】(1)CD=4
(2)35
【分析】（1）根据正切的定义得到tan∠ACD=ADCD=32，由此即可得到答案；
（2）根据（1）所求求出BD=8，进而求出AB=10，再根据正弦的定义求出sin∠ABD即可得到答案．
【详解】（1）解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
在Rt△ADC中，tan∠ACD=ADCD=32，AD=6，
∴CD=4；
（2）解：由（2）得CD=4，
∴BD=BC−CD=8，
∴AB=AD2+BD2=10，
在Rt△ABD中，sin∠ABD=ADAB=35，即sin∠ABC=35．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，熟知正弦和正切的定义是解题的关键．
19．（8分）（2023春·河南南阳·九年级统考期中）如图，已知点A（7，8）、C（0，6），AB⊥x轴，垂足为点B，点D在线段OB上，DE∥AC，交AB于点E，EF∥CD，交AC于点F．
（1）求经过A、C两点的直线的表达式；
（2）设OD＝t，BE＝s，求s与t的函数关系式；
（3）是否存在点D，使四边形CDEF为矩形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝27x+6；（2）s＝2﹣27t（0＜t＜7）；（3）点D的坐标为（127，0）．
【分析】（1）将点A、C的坐标代入一次函数表达式y＝kx+b，即可求解；
（2）根据题意可得点D（t，0），点E（7，s），根据一次函数的图象及性质，可得直线DE的表达式为：y＝27x﹣27t，将点E的坐标代入即可求解；
（3）设点D（t，0），证明∠OCD＝∠BDE，则tan∠OCD＝tan∠BDE，列出比例式即可求解．
【详解】解：（1）设直线AC的表达式为y＝kx+b
将点A、C的坐标代入，得
得：7k+b=8b=6，
解得：k=27b=6，
故直线AC的表达式为：y＝27x+6；
（2）∵OD＝t，BE＝s，AB⊥x轴
∴则点D（t，0），点E（7，s）
∵DE∥AC
可设直线DE的解析式为y＝27x+c
将点D的坐标代入
0＝27t+c
解得：c=﹣27t
∴直线的表达式为：y＝27x﹣27t，
将点E的坐标代入，得s＝2﹣27t（根据点D在线段OB上，可得0＜t＜7）；
（3）存在，理由：
设点D（t，0），由（2）BE＝2﹣27t，
四边形CDEF为矩形，则∠CDE＝90°，
∵∠EDB+∠CDO＝90°，∠CDO+∠OCD＝90°，
∴∠OCD＝∠BDE，
∴tan∠OCD＝tan∠BDE，
∴ODOC＝BEBD
即t6＝2−27t7−t，
解得：t＝127或7（因为0＜t＜7，故舍去7），
故点D的坐标为（127，0）．
【点睛】此题考查的是一次函数与矩形的综合题型，掌握用待定系数法求一次函数的解析式、一次函数的图象及性质、矩形的性质和等角的锐角三角函数也相等是解决此题的关键．
20．（8分）（2023春·湖北恩施·九年级统考期中）（1）在如图1的正方形网格图中，每个小正方形的边长为1，A，B，C，D均为格点（小正方形的顶点)． 求证：∠ABC=∠D．

（2）在如图2所示的正方形网格图中，每个小正方形的边长为1，A，B，C均为格点，请你仅用无刻度的直尺在线段AC上求作一点P， 使得∠PBA=∠C，并简要说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）取格点E，F，连接BF,AF，AE,CE，根据网格的特点和勾股定理得到tan∠D=BFDF=232=13，tan∠ABC=CEBE=13，证明出tan∠D=tan∠ABC，即可得到∠ABC=∠D；
（2）取格点D，E，根据网格的特点和勾股定理得到tan∠ACE=tan∠ABD，进而证明出∠ACE=∠ABD．
【详解】（1）如图所示，取格点E，F，连接BF,AF，AE,CE，

∵BF=12+12=2，DF=32+32=32，
∴tan∠D=BFDF=232=13，
∵CE=1，BE=3，
∴tan∠ABC=CEBE=13，
∴tan∠D=tan∠ABC，
∴∠ABC=∠D；
（2）解：如图，取格点D，E，

同理（1）可得，在Rt△AEC中，tan∠ACE=12，
在Rt△ABD中，tan∠ABD=12，
∴tan∠ACE=tan∠ABD，
∴∠ACE=∠ABD，
直线BD与AC的交点为所求的点P．
【点睛】此题考查了解直角三角形，网格和勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线．
21．（8分）（2023春·海南·九年级校联考期中）如图，小明为测量宣传牌AB的高度，他站在距离建筑楼底部E处6米远的地面C处，测得宣传牌的底部B的仰角为60°．同时测得建筑楼窗户D处的仰角为30°（A、B、D、E在同一直线上．）然后，小明沿坡度为i=1:2.5的斜坡从C走到F处，此时DF正好与地面CE平行，小明在F处又测得宣传牌顶部A的仰角为45°．
(1)填空：∠DAF=__________度，∠BDC=__________度；
(2)求F距离地面CE的高度（结果保留根号）；
(3)求宣传牌AB的高度（结果保留根号）．
【答案】(1)45，120
(2)F距离地面CE的高度为23米
(3)宣传牌AB的高度约为(6+3)米
【分析】（1）由题意，得AD⊥DF，FD∥CE，则∠ADF=90°，∠CDF=∠ECD=30°，即可由∠DAF=90°−∠AFD，∠BDC=∠ADF+∠CDF求解；
（2）过点F作FG⊥EC于G，先证明四边形DEGF是矩形，得FG=DE，解Rt△CDE，求出DE的长，即可求解．
（3）解Rt△CFG，求得CG=2.5FG=23×2.5=53（米），再根据Rt△AFD是等腰直角三角形，即可求解．
【详解】（1）解：由题意，得AD⊥DF，
∴∠ADF=90°
∴∠DAF=90°−∠AFD=90°−45°=45°，
由题意，得FD∥CE，
∴∠CDF=∠ECD=30°
∴∠BDC=∠ADF+∠CDF=90°+30°=120°．
（2）解：如图，过点F作FG⊥EC于G，

由题意得，FG∥DE,DF∥GE,∠FGE=90°，
∴四边形DEGF是矩形．
∴FG=DE．
在Rt△CDE中，DE=CE⋅tan∠DCE=6×tan30°=23（米），
∴FG=23（米）．
答：F距离地面CE的高度为23米；
（3）解：∵斜坡CF的坡度为i=1:2.5，
∴Rt△CFG中，CG=2.5FG=23×2.5=53（米），
∴FD=EG=(53+6)（米）．
∴在Rt△AFD中，∠AFD=45°，
∴AD=FD=(53+6)米．
在Rt△BCE中，BE=CE⋅tan∠BCE=6×tan60°=63（米），
∴AB=AD+DE−BE=53+6+23−63=(6+3)（米）．
答：宣传牌AB的高度约为(6+3)米．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角及坡度坡角问题，正确标注仰角和俯角、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
22．（8分）（2023秋·广东深圳·九年级深圳市南山区荔香学校校考期中）我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角正对（sad），如图①，在△ABC中，AB=AC，顶角A的正对记作sadA，这时sadA=底边腰=BCAB．容易知道一个角的大小与这个角的正对值也是相互唯一确定的．根据上述角的正对定义，解下列问题：

(1)sad90°=________．
(2)对于0°(3)如图②，已知sinA=35，其中∠A为锐角，试求sadA的值．
【答案】(1)2
(2)0(3)105
【分析】（1）如图，∠BAC=90°,AB=AC,cs45°=ABBC=22，所以sad90°=BCAB=2.
（2）如图，当点A向BC靠近时，∠A增大，逐渐接近180°，腰长AB接近12BC， 相应的sadA=BCAB<2；当点A远离BC时，∠A减小，逐渐接近0°，腰长AB逐渐增大，相应的sadA=BCAB>0；于是0（3）如图，在AB上截取AH=AC，过H作HD⊥AC于D，设HD=3x,AH=AC=5x，则AD=4x,DC=AC−AD=x．解Rt△HDC，HC=10x，sadA=CHAH=105．
【详解】（1）解：如图，∠BAC=90°,AB=AC,
sad90°=BCAB,
∵cs45°=ABBC=22,
∴sad90°=BCAB=2.

（2）解：如图，点A在BC的中垂线上，当点A向BC靠近时，∠A增大，逐渐接近180°，腰长AB接近12BC，AB>12BC 相应的sadA=BCAB<2；
当点A远离BC时，∠A减小，逐渐接近0°，腰长AB逐渐增大，相应的sadA=BCAB逐渐接近0，sadA=BCAB>0；
∴0
（3）解：如图，在AB上截取AH=AC，过H作HD⊥AC于D，
sinA=35=DHAH，
设HD=3x,AH=AC=5x，则，AD=AH2−HD2=4x,
∴DC=AC−AD=5x−4x=x．
Rt△HDC中，HC=CD2+HD2=10x，
∴sadA=CHAH=10x5x=105．

【点睛】本题考查新定义，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形性质；添加辅助线，构造等腰三角形是解题的关键．
23．（8分）（2023秋·湖南永州·九年级期末）已知：△ABC中，AB=AC，D为直线BC上一点．
(1)如图1，BH⊥AD于点H，若AD=BD，求证：BC=2AH．
(2)如图2，∠BAC=120°，点D在CB延长线上，点E在BC上且∠DAE=120°，若AB=6，DB=23，求CE的值．
(3)如图3，D在CB延长线上，E为AB上一点，且满足：∠BAD=∠BCE，AEBE=23，若tan∠ABC=34，BD=5，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
(3)12815
【分析】（1）先判断出∠ABD=∠BAD，进而得出△ABN≌△BAH，即可得出BN=AH，代换即可得出结论；
（2）设出EF=a，先利用勾股定理求出FC，证明△ABD∽△AFE，得出比例式求出CF即可建立方程，求出a，利用勾股定理即可求出CE；
（3）如图3，作辅助线，构建相似三角形，设AE=2m，BE=3m，则AB=AC=5m，证明△ABD∽△GCA，列比例式结合平行线分线段成比例定理可得结论．
【详解】（1）解：证明：如图1，
过点A作AN⊥BC于N，
∵AB=AC，
∴BN=12BC，
∵AD=BD，
∴∠ABD=∠BAD，
在△ABN和△BAH中，
∠ANB=∠BHA=90°∠ABD=∠DABAB=BA，
∴△ABN≌△BAH(AAS)，
∴BN=AH，
∴ 12BC=AH，
∴BC=2AH；
（2）如图2，在AC上取一点F，使EF=EC，连接EF，

∵∠BAC=∠DAE=120°，
∴∠DAB=∠EAC，
∵AB=AC，
∴∠ABE=∠C=∠CFE=30°，
∴∠ABD=∠AFE=150°，
∴△ABD∽△AFE，
∴ ABAF=BDEF，即6AF=23EF，
∴ AFEF=3，
设EF=a，则AF=3a，
∵EF=CE=a，∠C=30°，
∴CF=2EF·cs30°=3a，
∴6−3a=3a，
∴a=3，
∴CE=EF=3；
（3）如图3，过点A作AP⊥BC于P，作AG∥CE交BC的延长线于G，
设AE=2m，BE=3m，则AB=AC=5m，
∵tan∠ABC=34=APBP，
∴ BPAB=45，
∴BP=CP=4m，BC=8m，

∵∠BAD=∠BCE=∠G，∠ABD=∠GCA，
∴△ABD∽△GCA，
∴ CGAB=ACBD，即CG5m=5m5，
∴CG=5m2，
∵AG∥CE，
∴ BEAE=BCCG，
∴ 3m2m=8m5m2，
∴m=1615，
∴BC=8m=12815．
【点睛】此题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的内角和定理，相似三角形的判定和性质，平行线的判定，解本题的难点是作出辅助线构造全等三角形和相似三角形，是一道很好的中考常考题．