中考数学第二轮复习专题练习专题08 锐角三角形及其应用 （讲练）（解析版）

这是一份中考数学第二轮复习专题练习专题08 锐角三角形及其应用 （讲练）（解析版），共136页。试卷主要包含了考情分析，知识建构，解答题等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc163467469" 考点一 解直角三角形
\l "_Tc163467470" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc163467471" 题型01 锐角三角函数与几何图形综合
\l "_Tc163467472" 类型一 锐角三角函数与等腰三角形综合
\l "_Tc163467473" 类型二 锐角三角函数与等边三角形综合
\l "_Tc163467474" 类型三 锐角三角函数与直角三角形综合
\l "_Tc163467475" 类型四 锐角三角函数与矩形综合
\l "_Tc163467476" 类型五 锐角三角函数与菱形综合
\l "_Tc163467477" 类型六 锐角三角函数与正方形综合
\l "_Tc163467478" 类型七 锐角三角函数与圆综合
\l "_Tc163467479" 类型八 锐角三角函数与圆及四边形综合
\l "_Tc163467480" 类型九 锐角三角函数与圆及三角形综合
\l "_Tc163467481" 题型02 锐角三角函数与函数综合
\l "_Tc163467482" 类型一 锐角三角函数与反比例函数综合
\l "_Tc163467483" 类型二 锐角三角函数与二次函数综合
\l "_Tc163467484" 题型03 12345模型
\l "_Tc163467485" \l "_Tc160094604" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc163467486" \l "_Tc160094605" 【好题必刷·强化落实】
\l "_Tc163467487" 考点二 解直角三角形的实际应用
\l "_Tc163467488" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc163467489" 题型01 仰角俯角问题
\l "_Tc163467490" 题型02 方位角问题
\l "_Tc163467491" 题型03 坡度坡角问题
\l "_Tc163467492" 题型04 与不易测量相关问题
\l "_Tc163467493" 题型05 与可调节的滑动悬杆问题
\l "_Tc163467494" \l "_Tc160094604" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc163467495" \l "_Tc160094605" 【好题必刷·强化落实】
考点一 解直角三角形
题型01 锐角三角函数与几何图形综合
类型一 锐角三角函数与等腰三角形综合
1．（2021·浙江绍兴·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，csB=14，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使∠ADE=∠B，连接CE，则CEAD的值为（ ）
A．32B．3C．152D．2
【答案】D
【分析】由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得出AD=BD=CD=12BC，在结合题意可得∠BAD=∠B=∠ADE，即证明AB//DE，从而得出∠BAD=∠B=∠ADE=∠CDE，即易证△ADE≅△CDE(SAS)，得出AE=CE．再由等腰三角形的性质可知AE=CE=DE，∠BAD=∠B=∠ADE=∠DAE，即证明△ABD∼△ADE，从而可间接推出CEAD=BDAB．最后由csB=ABBC=14，即可求出BDAB的值，即CEAD的值．
【详解】∵在Rt△ABC中，点D是边BC的中点，
∴AD=BD=CD=12BC，
∴∠BAD=∠B=∠ADE，
∴AB//DE．
∴∠BAD=∠B=∠ADE=∠CDE，
∴在△ADE和△CDE中，AD=CD∠ADE=∠CDEDE=DE，
∴△ADE≅△CDE(SAS)，
∴AE=CE，
∵△ADE为等腰三角形，
∴AE=CE=DE，∠BAD=∠B=∠ADE=∠DAE，
∴△ABD∼△ADE，
∴DEBD=ADAB，即CEAD=BDAB．
∵csB=ABBC=14，
∴ABBD=12，
∴CEAD=BDAB=2．
故选D．
【点睛】本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，全等三角形与相似三角形的判定和性质以及解直角三角形．熟练掌握各知识点并利用数形结合的思想是解答本题的关键．
2．（2021·江苏镇江·中考真题）如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝6，cs∠ABC＝13，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，则BD长的最大值为 ．
【答案】93
【分析】由旋转知△BPD是顶角为120°的等腰三角形，可求得BD＝3BP，当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，求出AB的长即可解决问题．
【详解】解：∵将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，
∴BP＝PD，
∴△BPD是等腰三角形，
∴∠PBD＝30°，
过点P作PH⊥BD于点H，
∴BH＝DH，
∵cs30°＝BHBP＝32，
∴BH＝32BP，
∴BD＝3BP，
∴当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，
过点A作AG⊥BC于点G，
∵AB＝AC，AG⊥BC，
∴BG＝12BC＝3，
∵cs∠ABC＝13，
∴BGAB=13，
∴AB＝9，
∴BD最大值为：3BP＝93．
故答案为：93．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，三角函数等知识，证明出BD=3BP是解题的关键．
3．（2020·甘肃天水·中考真题）性质探究
如图（1），在等腰三角形ABC中，∠ACB=120°，则底边AB与腰AC的长度之比为_________．

理解运用
（1）若顶角为120°的等腰三角形的周长为4+23，则它的面积为_________；
（2）如图（2），在四边形EFGH中，EF=EG=EH.在边FG，GH上分别取中点M,N，连接MN.若∠FGH=120°，EF=20，求线段MN的长．

类比拓展
顶角为2α的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为__________(用含α的式子表示)
【答案】性质探究：3:1(或3)；理解运用：（1）3；（2）MN=103；类比拓展：2sinα:1(或2sinα)．
【分析】性质探究
作CD⊥AB于D，则∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性质得出AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角形的性质得出AC=2CD，AD=3CD，得出AB=2AD=23CD，即可得出结果；
理解运用
（1）同上得出则AC=2CD，AD=3CD，由等腰三角形的周长得出4CD+23CD=4+23，解得：CD=1，得出AB=23，由三角形面积公式即可得出结果；
（2）①由等腰三角形的性质得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH即可；
②连接FH，作EP⊥FH于P，由等腰三角形的性质得出PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，由四边形内角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性质得出∠EFH=30°，由直角三角形的性质得出PE=12EF=10，PF=3PE=103，得出FH=2PF=203，证明MN是△FGH的中位线，由三角形中位线定理即可得出结果；
类比拓展
作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性质得出BD=CD，∠BAD=12∠BAC=α，由三角函数得出BD=AB×sinα，得出BC=2BD=2AB×sinα，即可得出结果．
【详解】性质探究
解：作CD⊥AB于D，如图①所示：

则∠ADC=∠BDC=90°，
∵AC=BC，∠ACB=120°，
∴AD=BD，∠A=∠B=30°，
∴AC=2CD，AD=3CD，
∴AB=2AD=23CD，
∴ABAC=23CD2CD=3；
故答案为：3:1(或3)；
理解运用
（1）解：如图①所示：同上得：AC=2CD，AD=3CD，
∵AC+BC+AB=4+23，
∴4CD+23CD=4+23，
解得：CD=1，
∴AB=23，
∴△ABC的面积=12AB×CD=12×23×1=3；
故答案为：3
（2）①证明：∵EF=EG=EH，
∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，
∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH；
②解：连接FH，作EP⊥FH于P，如图②所示：

则PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，
∴∠FEH=360°-120°-120°=120°，
∵EF=EH，
∴∠EFH=30°，
∴PE=12 EF=10，
∴PF=3PE=103，
∴FH=2PF=203，
∵点M、N分别是FG、GH的中点，
∴MN是△FGH的中位线，
∴MN=12FH=103；
类比拓展
解：如图③所示：作AD⊥BC于D，

∵AB=AC，
∴BD=CD，∠BAD=12∠BAC=α，
∵csα=BDAB，
∴BD=AB×sinα，
∴BC=2BD=2AB×sinα，
∴BCAB=2AB⋅sinαAB=2sinα；
故答案为：2sinα（或2sinα:1）．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理、四边形内角和定理、解直角三角形等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
类型二 锐角三角函数与等边三角形综合
1．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，已知点A3,0，B0,4，点C在x轴负半轴上，连接AB，BC，若tan∠ABC=2，以BC为边作等边三角形BCD，则点C的坐标为 ；点D的坐标为 ．

【答案】 -2,0 -1-23,2+3或23-1,2-3
【分析】过点C作CE⊥AB于点E，根据tan∠ABC=2，设BE=x,CE=2x，则BC=5x，根据勾股定理可得求出AB=OA2+OB2=5，用等面积法推出OC=52x-3，最后在Rt△OBC中，根据勾股定理可得：OC2+OB2=BC2，列出方程求出x的值，即可得出点C的坐标；易得BC2=20，设Dm,n，根据两点之间的距离公式得出BD2=m2+n-42，CD2=m+22+n2，根据等边三角形的性质得出BC2=BD2=CD2，即可罗列出方程组m2+n-42=20m+22+n2=20，求解即可．
【详解】解：过点C作CE⊥AB于点E，
∵tan∠ABC=2，
∴CEBE=2，
设BE=x,CE=2x，
根据勾股定理可得：BC=BE2+CE2=5x，
∵A3,0，B0,4，
∴OA=3,OB=4，
在Rt△AOB中，根据勾股定理可得：AB=OA2+OB2=5，
∵S△ABC=12AB⋅CE=12AC⋅OB，
∴12×5×2x=12×4×OC+3，整理得：OC=52x-3，
在Rt△OBC中，根据勾股定理可得：OC2+OB2=BC2，
∴52x-32+42=5x2，
解得：x1=2,x2=10（舍去），
∴OC=52x-3=52×2-3=2，
∴C-2,0

∵B0,4，C-2,0，
∴OB=4,OC=2，
∴BC2=OB2+OC2=42+22=20，
设Dm,n，
则BD2=m2+n-42，CD2=m+22+n2，
∵△BCD为等边三角形，
∴BC2=BD2=CD2，
即m2+n-42=20m+22+n2=20，
整理得m2+n2-8n=4①m2+n2+4m=16②，
②-①得：4m+8n=12，则m=3-2n，
将m=3-2n代入①得：3-2n2+n2-8n=4，
解得：n1=2+3，n2=2-3，
当n=2+3时，m=3-2n=-1-23，即D-1-23,2+3，
当n=2-3时，m=3-2n=23-1，即D23-1,2-3，
故答案为：-2,0；-1-23,2+3或23-1,2-3．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，等边三角形的性质，解题的关键是正确画出辅助线，构造直角三角形，掌握等边三角形三边相等，以及勾股定理．
2．（2023·湖南郴州·中考真题）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，使CE=AD，连接DE交射线AC于点F．

(1)如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由；
(2)如图2，当点D在线段AB的延长线上时，
①线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AE．设AB=4，若∠AEB=∠DEB，求四边形BDFC的面积．
【答案】(1)CF=12BD，理由见解析
(2)①成立，理由见解析②43+66
【分析】
（1）过点D作DG∥BC，交AC于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到CF=FG=12CG，即可得出结论．
（2）①过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到CF=FG=12CG，即可得出结论；②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，交BC于点H，交DE于点N，根据已知条件推出tan∠AEH=tan∠MDN，得到AHEH=MNDN，证明△ABC∽△ADG，得到BCDG=AHAN=AHAM+MN，求出DG的长，利用四边形BDFC的面积为S△ADG-S△ABC-S△DFG=S△ADG-S△ABC-S△CEF进行求解即可．
【详解】（1）解：CF=12BD，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC于点G，

∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AB-AD=AC-AG，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECFAAS，
∴CF=FG=12CG，
∴CF=12BD；
（2）①成立，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，

∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AD-AB=AG-AC，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECFAAS，
∴CF=FG=12CG，
∴CF=12BD；
②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，交BC于点H，交DE于点N，则：AN⊥BC，

由①知：△ADG为等边三角形，△DGF≌△ECFAAS，CF=FG=12BD，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC=BC=4,BH=CH=12BC=2，
∴AH=AB2-BH2=23，
∵∠AEB=∠DEB，EH=EH,∠AHE=∠MHE=90°
∴△AEH≌△MEH，
∴MH=AH=23，
∴AM=2AH=43，
∵△DGF≌△ECFAAS，
∴∠CEF=∠MDN，DG=CE，
∴∠AEH=∠MDN，
∴tan∠AEH=tan∠MDN，
∴AHEH=MNDN，
设MN=y,DG=CE=x，则：EH=CE+CH=2+x，DN=12DG=12x，
∴23x+2=yx2①，
∵DG∥BC，
∴△ABC∽△ADG，
∴BCDG=AHAN=AHAM+MN，即：4x=2343+y②，
联立①②可得：x=42+4（负值已舍去），
经检验x=42+4是原方程的根，
∴DG=CE=42+4，DN=22+2，CF=FG=12x-4=22，
∴AN=26+23，
∴S△ACE=12CE⋅AH=1242+4⋅23=46+43，
∵S△ACES△CEF=ACCF=422，
∴S△CEF=2246+43=43+26，
∴四边形BDFC的面积为S△ADG-S△ABC-S△DFG=S△ADG-S△ABC-S△CEF
=1242+426+23-12×4×23-43-26
=43+66．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似三角形．
3．（2023·甘肃武威·中考真题）【模型建立】
（1）如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点C关于AD的对称点F在BD边上．
①求证：AE=CD；
②用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，△ABC是直角三角形，AB=AC，CD⊥BD，垂足为D，点C关于AD的对称点F在BD边上．用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若AD=42，BD=3CD，求cs∠AFB的值．

【答案】（1）①见解析；②AD=DF+BD，理由见解析；（2）2AD=DF+BD，理由见解析；（3）55
【分析】（1）①证明：∠ABE=∠CBD，再证明△ABE≅△CBDSAS即可；②由DF和DC关于AD对称，可得DF=DC．证明AE=DF，从而可得结论；
（2）如图，过点B作BE⊥AD于点E，得∠BED=90°，证明∠ADF=∠ADC=45°，∠EBD=45°．可得DE=22BD，证明AB=22BC，∠ABE=∠CBD，可得sin∠ABE=sin∠CBD，则AE⋅BC=CD⋅AB，可得AE=22CD，从而可得结论；
（3）由BD=3CD=3DF，可得2AD=DF+3DF=4DF，结合AD=42，求解DF=DC=2，BD=6，如图，过点A作AH⊥BD于点H．可得HF=12BF=2，BC=62+22=210，可得AF=AC=22BC=25，再利用余弦的定义可得答案．
【详解】（1）①证明：∵△ABC和△BDE都是等边三角形，
∴AB=BC，BE=BD，∠ABC=∠EBD=60°，
∴∠ABC-∠CBE=∠EBD-∠CBE，
∴∠ABE=∠CBD，
∴△ABE≅△CBDSAS．
∴AE=CD．

②AD=DF+BD．理由如下：
∵DF和DC关于AD对称，
∴DF=DC．
∵AE=CD，
∴AE=DF．
∴AD=AE+DE=DF+BD．
（2）2AD=DF+BD．理由如下：
如图，过点B作BE⊥AD于点E，得∠BED=90°．

∵DF和DC关于AD对称，
∴DF=DC，∠ADF=∠ADC．
∵CD⊥BD，
∴∠ADF=∠ADC=45°，
∴∠EBD=45°．
∴DE=22BD．
∵△ABC是直角三角形，AB=AC，
∴∠ABC=45°，AB=22BC，
∴∠ABC-∠CBE=∠EBD-∠CBE，
∴∠ABE=∠CBD，
∴sin∠ABE=sin∠CBD，
∴AEAB=CDBC，
∴AE⋅BC=CD⋅AB，
∴AE=22CD．
∴AD=AE+DE=22CD+22BD=22DF+22BD，即2AD=DF+BD．
（3）∵BD=3CD=3DF，
∴2AD=DF+3DF=4DF，
∵AD=42，
∴DF=DC=2，
∴BD=6．
如图，过点A作AH⊥BD于点H．

∵AB=AC=AF，
∴HF=12BF=12BD-DF=2，
BC=BD2+CD2=62+22=210．
∴AF=AC=22BC=22×210=25．
∴cs∠AFB=HFAF=225=55．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，锐角三角函数的灵活应用，本题难度较高，属于中考压轴题，作出合适的辅助线是解本题的关键．
类型三 锐角三角函数与直角三角形综合
1．（2023·浙江温州·中考真题）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形CDEF，使点D，E，F分别在边OC，OB，BC上，过点E作EH⊥AB于点H．当AB=BC，∠BOC=30°，DE=2时，EH的长为（ ）

A．3B．32C．2D．43
【答案】C
【分析】根据菱形性质和解直角三角形求出OB=33，BE=3，继而OA=OB2-AB2=32求出再根据sin∠OBA=OAOB=EHEB=63，即可求EH=EB·sin∠OBA=2．
【详解】解：∵在菱形CDEF中，CD=DE=EF=CF=2，DE∥BC，
∴∠CBO=∠DEO=90°，
又∵∠BOC=30°，
∴OD=DEsin∠BOC=2sin30°=4，OE=OD·cs∠BOC=4×cs30°=23，
∴OC=CD+OD=2+4=6，，
∴BC=OC·sin∠BOC=6×12=3，OB=OC·cs∠BOC=6×cs30°=33，
∴BE=OB-OE=33-23=3
∵AB=BC=3，
∴在Rt△OBA中，OA=OB2-AB2=(33)2-32=32，
∵EH⊥AB，
∴sin∠OBA=OAOB=EHEB=3233=63，
∴EH=EB·sin∠OBA=3×63=2，
故选C．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形、菱形的性质，根据菱形性质和解直角三角形求出OC、OB、OA是解题关键．
2．（2022·四川德阳·中考真题）如图，直角三角形ABC纸片中，∠ACB=90°，点D是AB边上的中点，连接CD，将△ACD沿CD折叠，点A落在点E处，此时恰好有CE⊥AB．若CB=1，那么CE= ．
【答案】3
【分析】根据D为AB中点，得到AD=CD=BD，即有∠A=∠DCA，根据翻折的性质有∠DCA=∠DCE，CE=AC，再根据CE⊥AB，求得∠A=∠BCE，即有∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°，则有∠A=30°，在Rt△ACB中，即可求出AC，则问题得解．
【详解】∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∵D为AB中点，
∴在直角三角形中有AD=CD=BD，
∴∠A=∠DCA，
根据翻折的性质有∠DCA=∠DCE，CE=AC，
∵CE⊥AB，
∴∠B+∠BCE=90°，
∵∠A+∠B=90°，
∴∠A=∠BCE，
∴∠BCE=∠ECD=∠DCA，
∵∠BCE+∠ECD+∠DCA=∠ACB=90°，
∴∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°
∴∠A=30°，
∴在Rt△ACB中，BC=1，
则有AC=BCtan∠A=1tan30∘=3，
∴CE=AC=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了翻折的性质、直角三角形斜边中线的性质、等边对等角以及解直角三角形的知识，求出∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°是解答本题的关键．
3．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（0°0)；（2）A'(-1，2)或(1，-2)
【分析】（1）由三角函数值，即可求出OB=2，然后求出点A的坐标，即可求出反比例函数的解析式；
（2）根据题意，可分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，两种情况进行分析，即可得到答案．
【详解】解：（1） ∵AB⊥x轴于点B
∴∠OBC=90°
在Rt△OBC中，OC=3，cs∠BOC=23
∴OBOC=23，OB=2
∴点A的横坐标为2
又∵点A在正比例函数y=12x的图象上
∴y=12×2=1，
∴A(2,1)
把A(2,1)代入y=kx，得1=k2
∴k=2，
∴反比例函数的解析式是y=2x(x>0) ；
（2）根据题意，
∵点A为（2，1），
∵将△AOB绕点О旋转90°，
则分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，如图：
∴A'(-1，2)或(1，-2)．
【点睛】本题考查了反比例函数和一次函数的综合，以及三角函数，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的画出图像进行分析．
类型二 锐角三角函数与二次函数综合
1．（2023·江苏·中考真题）如图，二次函数y=12x2+bx-4的图像与x轴相交于点A(-2,0)、B，其顶点是C．

(1)b=_______；
(2)D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD=52；将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物线经过点D，过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，求k的取值范围；
(3)将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求点P的坐标．
【答案】(1)-1；
(2)k≤-3；
(3)3,-52或-1,-52．
【分析】
（1）把A(-2,0)代入y=12x2+bx-4即可求解；
（2）过点D作DM⊥OA于点M，设Dm,12m2-m-4，由tan∠AOD=DMOM=-12m2+m+4-m=52，解得D-1,-52，进而求得平移后得抛物线，
平移后得抛物线为y=12x+32-92，根据二次函数得性质即可得解；
（3）先设出平移后顶点为Pp,12p2-p-4，根据原抛物线y=12x-12-92，求得原抛物线的顶点C1,-92，对称轴为x=1，进而得Q1,p2-2p-72，再根据勾股定理构造方程即可得解．
【详解】（1）
解：把A(-2,0)代入y=12x2+bx-4得，
0=12×-22+b×-2-4，
解得b=-1，
故答案为-1；
（2）
解：过点D作DM⊥OA于点M，

∵b=-1，
∴二次函数的解析式为y=12x2-x-4
设Dm,12m2-m-4，
∵D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD=52，
∴tan∠AOD=DMOM=-12m2+m+4-m=52，
解得m=-1或m=8（舍去），
当m=-1时，12m2-m-4=12+1-4=-52，
∴D-1,-52，
∵y=12x2-x-4=12x-12-92，
∴设将原抛物线向左平移后的抛物线为y=12x+a2-92，
把D-1,-52代入y=12x+a2-92得-52=12-1+a2-92，
解得a=3或a=-1（舍去），
∴平移后得抛物线为y=12x+32-92
∵过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，
在y=12x+32-92的对称轴x=-3的左侧，y随x的增大而减小，此时原抛物线也是y随x的增大而减小，
∴k≤-3；
（3）
解：由y=12x-12-92，设平移后的抛物线为y=12x-p2+q，则顶点为Pp,q，
∵顶点为Pp,q在y=12x-12-92上，
∴q=12p-12-92=12p2-p-4，
∴平移后的抛物线为y=12x-p2+12p2-p-4，顶点为Pp,12p2-p-4，
∵原抛物线y=12x-12-92，
∴原抛物线的顶点C1,-92，对称轴为x=1，
∵平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，
∴Q1,p2-2p-72，
∵点Q、C在直线x=1上，平移后的抛物线顶点P在原抛物线顶点C的上方，两抛物线的交点Q在顶点P的上方，
∴∠PCQ与∠CQP都是锐角，
∵△PCQ是直角三角形，
∴∠CPQ=90°，
∴QC2=PC2+PQ2，
∴p2-2p-72+922=p-12+12p2-p-4+922+p-12+12p2-p-4-p2+2p+722化简得p-12p-3p+1=0，
∴p=1（舍去），或p=3或p=-1，
当p=3时，12p2-p-4=12×32-3-4=-52，
当p=-1时，12×-12+1-4=-52，
∴点P坐标为3,-52或-1,-52．
【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，勾股定理，解直角三角形以及待定系数法求二次函数的解析式，熟练掌握二次函数的图像及性质是解题的关键．
2．（2022·江苏无锡·中考真题）已知二次函数y=-14x2+bx+c图像的对称轴与x轴交于点A（1，0），图像与y轴交于点B（0，3），C、D为该二次函数图像上的两个动点（点C在点D的左侧），且∠CAD=90∘．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)若点C与点B重合，求tan∠CDA的值；
(3)点C是否存在其他的位置，使得tan∠CDA的值与（2）中所求的值相等？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-14x2+12x+3
(2)1
(3)-2,1，3-17,17-2，-1-17,-2-17
【分析】（1）二次函数与y轴交于点B0,3，判断c=3，根据A1,0，即二次函数对称轴为x=1，求出b的值，即可得到二次函数的表达式；
（2）证明△ADE∽△BAO，得到BOAE=OADE，即BO⋅DE=OA⋅AE，设Dt,-14t2+12t+3，点D在第一象限，根据点的坐标写出长度，利用BO⋅DE=OA⋅AE求出t的值，即可AE，DE的值，进一步得出tan∠CDA的值；
（3）根据题目要求，找出符合条件的点C的位置，在利用集合图形的性质，求出对应点C的坐标即可。
【详解】（1）解：∵二次函数y=-14x2+bx+c与y轴交于点B0,3，
∴c=3，即y=-14x2+bx+3，
∵A1,0，即二次函数对称轴为x=1，
∴x=-b2a=-b2×-14=1，
∴b=12，
∴二次函数的表达式为y=-14x2+12x+3．
（2）解：如图，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接BD，
∵∠CAD=90∘，
∴∠BAO+∠DAE=90∘，
∵∠ADE+∠DAE=90∘，
∴∠ADE=∠BAO，
∵∠BOA=∠DEA=90°，
∴△ADE∽△BAO，
∴BOAE=OADE，即BO⋅DE=OA⋅AE，
∵B0,3，A1,0，
∴BO=3，OA=1，
设：Dt,-14t2+12t+3，点D在第一象限，
∴OE=t，DE=-14t2+12t+3，AE=OE-OA=t-1，
∴3×-14t2+12t+3=1×t-1，
解得：t1=-103（舍），t2=4（舍），
当t2=4时，y=-14×42+12×4+3=1，
∴AE=4-1=3，DE=1，
∴AD=DE2+AE2=12+32=10，
AB=OA2+OB2=12+32=10
∵在Rt△BAD中，
∴tan∠CDA=ABAD=1010=1
（3）解：存在，
如图，（2）图中Rt△BAD关于对称轴对称时，tan∠CDA=1，
∵点D的坐标为4,1，
∴此时，点C的坐标为-2,1，
如图，当点C、D关于对称轴对称时，此时AC与AD长度相等，即tan∠CDA=1，
当点C在x轴上方时，
过点C作CE垂直于x轴，垂足为E，
∵∠CAD=90∘，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAE=45∘，
∴△CAE为等腰直角三角形，
∴CE=AE，
设点C的坐标为m,-14m2+12m+3，
∴CE=-14m2+12m+3，AE=1-m，
∴-14m2+12m+3=1-m
解得：m1=3-17，m2=3+17（舍），
此时，点C的坐标为3-17,17-2，
当点C在x轴下方时，
过点C作CF垂直于x轴，垂足为F，
∵∠CAD=90∘，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAF=45∘，
∴△CAF为等腰直角三角形，
∴CF=AF，
设点C的坐标为m,-14m2+12m+3，
∴CF=14m2-12m-3，AE=1-m，
∴14m2-12m-3=1-m
解得：m1=-1+17（舍），m2=-1-17，
此时，点C的坐标为-1-17,-2-17，
综上：点C的坐标为-2,1，3-17,17-2，-1-17,-2-17．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
3．（2023·辽宁鞍山·中考真题）如图1，抛物线y=ax2+53x+c经过点3,1，与y轴交于点B0,5，点E为第一象限内抛物线上一动点．

(1)求抛物线的解析式．
(2)直线y=23x-4与x轴交于点A，与y轴交于点D，过点E作直线EF⊥x轴，交AD于点F，连接BE．当BE=DF时，求点E的横坐标．
(3)如图2，点N为x轴正半轴上一点，OE与BN交于点M．若OE=BN，tan∠BME=34，求点E的坐标．
【答案】(1)y=-x2+53x+5
(2)73或1
(3)E(34,9116)或E(53,5)
【分析】（1）利用待定系数法，把已知点坐标代入解析式即可求解函数的解析式；
（2）分别过E，F向y轴作垂线，垂足为G，H，根据HL证得 Rt△BEG≌Rt△DFH，从而BG=DH，设E点坐标，分别表示出G，H坐标，再列方程求解即可；
（3）将OE平移到NP，连接EP，则tan∠BNP=tan∠BME=34；过P作PQ⊥BN于Q，过Q作QR⊥y轴于R，过P作PS⊥PQ交延长线于S，延长PE交y轴于T，设PQ=3m，则QN=4m，BN=OE=NP=5m，BQ=m，由△BRQ∽△BON可得BRBO=BQBN，从而BR=1，设RQ=n由 △BRQ∽△QSP可得PS=3n，QS=3， RS=3+n，再求出E点坐标为(3-4n,3n+4)，代入抛物线解析式中即可求得n=916或n=13，从而可得E点坐标 ．
【详解】（1）解：把(3，1)和(0，5)代入到解析式中可得
9a+5+c=1c=5，解得a=-1c=5，
抛物线的解析式为：y=-x2+53x+5；
（2）直线y=23x-4中，令y=0，则x=6，所以A(6，0)，
直线y=23x-4中，令x=0，则y=-4，所以D(0，-4)，
分别过E，F向y轴作垂线，垂足为G，H，

根据题意可得EG=FH，
∵EG⊥y轴，FH⊥y轴，
∴△BEG和△DFH为直角三角形，
在Rt△BEG和Rt△DFH中，
BE=DFEG=FH，
∴Rt△BEG≌Rt△DFH，
∴BG=DH，
设E(t,-t2+53t+5)，
则F(t,23t-4)，
∴G(0,-t2+53t+5)，H(0,23t-4)，
从而BG=5-(-t2+53t+5)=t2-53t，DH=23t-4--4=23t，
则有t2-53t=23t或t2-53t=-23t，
解得t=0（舍去），或t=73，或t=1
故点E的横坐标为：73或1；
（3）将OE平移到NP，连接EP，则四边形ONPE为平行四边形，tan∠BNP=tan∠BME=34，过P作PQ⊥BN于Q，过Q作QR⊥y轴于R，过P作PS⊥RQ交延长线于S，延长PE交y轴于T，
∵tan∠BNP=PQQN=34，
∴可设PQ=3m，则QN=4m，
∴BN=OE=NP=(3m)2+(4m)2=5m，
则BQ=m，

设RQ=n，
∵RQ∥x轴，
∴△BRQ∽△BON，
∴BRBO=BQBN=RQON，
∴BR=15BO=1，RO=4，EP=NO=5RQ=5n，
∵PQ⊥BM，PS⊥RS，BR⊥RS，
∴∠BRQ=∠QSP=∠BQP=90°，
∴∠BQR+∠PQS=90°，∠BQR+∠QBR=90°，
∴∠PQS=∠QBR，
∴△BRQ∽△QSP
∴QSBR=PSRQ=PQBQ=3，
∴PS=3n，QS=3，则RS=3+n，
∴xE=TE=TP-EP=RS-EP=3+n-5n=3-4n，yE=TO=TR+RO=PS+RO=3n+4，
∴E(3-4n,3n+4)，
代入抛物线解析式中有：3n+4=-(3-4n)2+53(3-4n)+5，
解得：n=916或n=13，
当n=916时，E(34,9116)，
当n=13时，E(53,5)．
【点睛】本题是二次函数与相似三角形综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正切的定义等知识，解题关键是在坐标系中利用等线段构造全等进行计算，构造相似三角形解决问题．
题型03 12345模型
【12345模型简介】对于角α和角β，若满足α+β=45°，tanα=12，则一定tanβ=13，并且这三个式子，只要满足其中任意两个，都可以推出另外一个。
已知△ABC为等腰直角三角形，点D为线段AB的中点，设∠BCD=α，∠ACD=β, 且tanα=12，则tanβ=13
【证明过程】过点D作DE⊥AC
设AB=BC=4,则AD=2，AC=42, DE=AE=2 ∴CE=32 ∴tanβ=13
∵α+β=45°，∴tan（α+β）=1, ∠CDE=α+45°，∠BDE=β+45°（三角形内角和为180°）
∴tan（α+45°）=3，tan（β+45°）=2
在BC上取一点F，使DF=FC, 设BF=x，则DF=4-x
在Rt△BDF中，由勾股定理解得x=1.5，∴tan2α=43，tan2β=34
1．（2022·四川泸州·中考真题）如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E是边AB上的点，且BE=2AE，过点E作DE的垂线交正方形外角∠CBG的平分线于点F，交边BC于点M，连接DF交边BC于点N，则MN的长为（ ）
A．23B．56C．67D．1
【答案】B
【分析】在AD上截取AG=AE,连接GE，延长BA至H，使AH=CN,连接EN，可得出△EGD≅△FBEASA，进而推出△DCN≅△DHASAS, △NDE=△HDESAS,得出
EN=EH,，设CN=x,则BN=3-x,用勾股定理求出EN=BE2+BN2=4+3-x2,由EN=EH,可列方程1+x=4+3-x2,解出x，即CN的长，由正切函数，∠ADE=∠BEM,tan∠ADE=13,求出BM的长，由MN=BC-CN-BM即可得出结果．
【详解】解：如图所示：在AD上截取AG=AE,连接GE，延长BA至H，使AH=CN,连接EN，
∵AD=AB,AG=AE,
∴DG=BE,
∵DE⊥EF,
∴∠DEF=90°,
∴∠AED+∠BEF=90°,
∵∠ADE+∠AED=90°,
∴∠ADE=∠BEF,
∴AG=AE,∠GAE=90°,
∴∠AGE=∠AEG=45°,
∴∠EGD=135°,
∵BF为正方形外角∠CBG的平分线，
∴∠CBF=45°,
∴∠EBF=90°+45°=135°,
∴∠EDG=∠FBE,
在△GDE和△BEF中，
∵∠GDE=∠BEFGD=BE∠EGD=∠FBE,
∴△EGD≅△FBEASA,
∴ED=FE,
∴∠EDF=45°,
∴∠CDN+∠ADE=45°,
在Rt△EDC和Rt△HDA中，
∵DC=DA∠DCN=∠DAHCN=AH,
∴△DCN≅△DHASAS,
∴DN=DH,∠CDN=∠ADH,
∠HDE=45°,
在△NDE和△HDE中，
∵DN=DH∠NDE=∠HDEDE=DE,
∴△NDE=△HDESAS,
∴EN=EH,
∵BC=AB=3, BE=2AE,
∴AE=1,BE=2,
设CN=x,则BN=3-x,
在Rt△BEN中，
∴EN=BE2+BN2=4+3-x2,
∴1+x=4+3-x2,
∴x=32,
∵∠ADE=∠BEM,tan∠ADE=13,
∴tan∠BEM=BMBE=BM2=13,
∴MN=BC-CN-BM=3-32-23=56,
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理等知识．此题综合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．
2．（2023·四川·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(1,0)，点B(0,-3)，点C在x轴上，且点C在点A右方，连接AB，BC，若tan∠ABC=13，则点C的坐标为 ．

【答案】94,0
【分析】根据已知条件得出∠ABO=∠ABC，根据等面积法得出ACOA=CBOB，设Cm,0，则AC=m-1，进而即可求解．
【详解】解：∵点A(1,0)，点B(0,-3)，
∴OA=1,OB=3，
tan∠OBA=13，
∵tan∠ABC=13，
∴∠ABO=∠ABC，
过点A作AD⊥BC于点D，

∵AO⊥BO,AD⊥BC，AB是∠OBC的角平分线，
∴AO=AD=1
∵S△ABOS△ABC=12OA×OB12AC×OB=12OB×OA12BC×AD
∴ACOA=CBOB
设Cm,0，则AC=m-1，BC=32+m2
∴m-11=32+m23
解得：m=94或m=0（舍去）
∴C 94,0
故答案为：94,0．
【点睛】本题考查了正切的定义，角平分线的性质，勾股定理，熟练掌握角平分线的定义是解题的关键．
3．（2021·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（ ）
A．2B．74C．322D．3
【答案】A
【分析】构造如图所示的正方形CMPD，然后根据相似三角形的判定和性质解直角三角形FNP即可．
【详解】如图，延长CE，FG交于点N，过点N作l//AB，延长CB,DA交l于M,P，
∴∠CMN=∠DPN=90°，
∴四边形CMPD是矩形，
根据折叠，∠MCN=∠GCN，CD=CG，DF=FG，
∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，
∴RtΔMNC≅RtΔGNC，
∴CM=CG=CD=6，MN=NG
∴四边形CMPD为正方形，
∵BE//MN
∴△CBE∼△CMN，
∴BEMN=CBCM=46=23，
∵BE=2，∴MN=3，
∴NP=3，
设DF=x,则AF=4-x，
在Rt△PNF中，由FP2+NP2=NF2可得(4-x+2)2+32=(3+x)2
解得x=2；
故选A．
【点睛】本题考查了折叠问题，正方形的性质与判定，矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形，勾股定理等知识点的综合运用，难度较大．作出合适的辅助线是解题的关键．
4．（2023·湖北黄冈·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BC，BD于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于12EF长为半径画弧交于点P，作射线BP，过点C作BP的垂线分别交BD,AD于点M，N，则CN的长为（ ）

A．10B．11C．23D．4
【答案】A
【分析】由作图可知BP平分∠CBD，设BP与CN交于点O，与CD交于点R，作RQ⊥BD于点Q，根据角平分线的性质可知RQ=RC，进而证明Rt△BCR ≌Rt△BQR，推出BC=BQ=4，设RQ=RC=x，则DR=CD-CR=3-x，解Rt△DQR求出QR=CR=43．利用三角形面积法求出OC，再证△OCR∽△DCN，根据相似三角形对应边成比例即可求出CN．
【详解】解：如图，设BP与CN交于点O，与CD交于点R，作RQ⊥BD于点Q，

∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴ CD=AB=3，
∴ BD=BC2+CD2=5．
由作图过程可知，BP平分∠CBD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ CD⊥BC，
又∵ RQ⊥BD，
∴ RQ=RC，
在Rt△BCR和Rt△BQR中，
RQ=RCBR=BR，
∴ Rt△BCR ≌Rt△BQR HL，
∴ BC=BQ=4，
∴ QD=BD-BQ=5-4=1，
设RQ=RC=x，则DR=CD-CR=3-x，
在Rt△DQR中，由勾股定理得DR2=DQ2+RQ2，
即3-x2=12+x2，
解得x=43，
∴ CR=43．
∴ BR=BC2+CR2=4310．
∵ S△BCR=12CR⋅BC=12BR⋅OC，
∴ OC=CR⋅BCBR=43×44310=2510．
∵ ∠COR=∠CDN=90°，∠OCR=∠DCN，
∴ △OCR∽△DCN，
∴ OCDC=CRCN，即25103=43CN，
解得CN=10．
故选A．
【点睛】本题考查角平分线的作图方法，矩形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等，涉及知识点较多，有一定难度，解题的关键是根据作图过程判断出BP平分∠CBD，通过勾股定理解直角三角形求出CR．
5．（2023·四川凉山·中考真题）阅读理解题：
阅读材料：
如图1，四边形ABCD是矩形，△AEF是等腰直角三角形，记∠BAE为α、∠FAD为β，若tanα=12，则tanβ=13．

证明：设BE=k，∵tanα=12，∴AB=2k，
易证△AEB≌△EFCAAS
∴EC=2k,CF=k，
∴FD=k,AD=3k
∴tanβ=DFAD=k3k=13，
若α+β=45°时，当tanα=12，则tanβ=13．
同理：若α+β=45°时，当tanα=13，则tanβ=12．
根据上述材料，完成下列问题：
如图2，直线y=3x-9与反比例函数y=mx(x>0)的图象交于点A，与x轴交于点B．将直线AB绕点A顺时针旋转45°后的直线与y轴交于点E，过点A作AM⊥x轴于点M，过点A作AN⊥y轴于点N，已知OA=5．

(1)求反比例函数的解析式；
(2)直接写出tan∠BAM、tan∠NAE的值；
(3)求直线AE的解析式．
【答案】(1)y=12x(x>0)
(2)tan∠BAM=13，tan∠NAE=12
(3)y=12x+1
【分析】（1）首先求出点B3,0，然后设Aa,3a-9，在Rt△AOM中，利用勾股定理求出a=4，得到A4,3，然后代入y=mx(x>0)求解即可；
（2）首先根据A4,3，B3,0得到MO=4，BO=3，求出MB=1，AM=3，然后利用正切值的概念求出tan∠BAM=BMAM=13，然后证明出四边形NOMA是矩形，得到∠BAM+∠NAE=45°，然后由tan∠BAM=13即可求出tan∠NAE=12；
（3）首先根据矩形的性质得到AN=OM=4，NO=AM=3，然后利用tan∠NAE=12求出NE=2，进而得到E0,1，然后设直线AE的解析式为y=kx+b，利用待定系数法将E0,1和A4,3代入求解即可．
【详解】（1）将y=0代入y=3x-9得，x=3，
∴B3,0，
∵直线y=3x-9与反比例函数y=mx(x>0)的图象交于点A，
∴设Aa,3a-9，
∵AM⊥x，OA=5，
∴在Rt△AOM中，OM2+AM2=AO2，
∴a2+3a-92=52，
∴解得a1=4，a2=75，
∵点A的横坐标要大于点B的横坐标，
∴a2=75应舍去，
∴a=4，
∴A4,3，
∴将A4,3代入y=mx(x>0)，解得m=12；
∴反比例函数的解析式为y=12x(x>0)；
（2）∵A4,3，B3,0，
∴MO=4，BO=3，
∴MB=1，AM=3，
∵AM⊥x，
∴tan∠BAM=BMAM=13，
∵AN⊥y，∠NOM=90°，
∴四边形NOMA是矩形，
∴∠NAM=90°，
∵将直线AB绕点A顺时针旋转45°后的直线与y轴交于点E，
∴∠BAE=45°，
∴∠BAM+∠NAE=45°，
∵tan∠BAM=13，
∴tan∠NAE=12；
（3）∵四边形NOMA是矩形，
∴AN=OM=4，NO=AM=3，
∵AN⊥y，tan∠NAE=12，
∴NEAN=12，即NE4=12，
∴解得NE=2，
∴OE=ON-NE=1，
∴E0,1，
∴设直线AE的解析式为y=kx+b，
∴将E0,1和A4,3代入得，b=14k+b=3，
∴解得b=1k=12，
∴直线AE的解析式为y=12x+1．
【点睛】此题考查了反比例函数，一次函数和几何综合题，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是正确理解材料的内容．
在解直角三角形的过程中，一般要用到下面一些关系：
1）直角三角形的五个元素：边：a、b、c，角：∠A、∠B
2）三边之间的关系：a2+b2=c2（勾股定理）
3）两锐角之间的关系：∠A＋∠B＝90°
4）边角之间的关系：
sin A= ∠A所对的边斜边 = ac ，sin B= ∠B所对的边斜边 = bc
cs A= ∠A所邻的边斜边 = bc ，csB= ∠B所邻的边斜边= ac
tan A= ∠A所对的边邻边 = ab ，tanB= ∠B所对的边邻边= ba
解直角三角形常见类型及方法：
1．（2023·重庆·模拟预测）如图，P是⊙O外一点，过点P作⊙O的两条切线，分别交⊙O于点A和点B，连接AB，C为⊙O上一点，连接AC，BC．若csC=35，AP=6，则AB的长度为（ ）
A．365B．7C．325D．203
【答案】A
【分析】连接OP，AD，BO并延长交⊙O于D，根据切线的性质得到OP⊥AB，PB=PA=6，AD⊥AB，OB⊥PB，根据平行线的性质得到∠D=∠POB，根据三角函数的定义得到OB=92，OP=152，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：连接OP，AD，BO并延长交⊙O于D，
∵过点P作⊙O的两条切线、分别交⊙O于点A和点B，
∴OP⊥AB，PB=PA=6，
∵BD是⊙O的切线，
∴AD⊥AB，OB⊥PB，
∴AD∥OP，
∴∠D=∠POB，
∵∠D=∠C，
∴∠POB=∠C，
∵csC=35，
∴cs∠POB=OBOP=35，
∴设OB=3k，OP=5k，
∴PB=4k=6，
∴k=32，
∴OB=92，OP=152，
∵∠DAB=∠PBO=90°，∠D=∠POB，
∴△ABD∽△BPO，
∴ PBAB=OPBD，
∴ 6AB=1529，
∴AB=365．
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
2．（2023·河南郑州·三模）如图，把矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA、OC分别落在x轴、y轴上，连接OB将纸片沿OB折叠，使A落在A'的位置，OB=5,tan∠BOC=12，则点A'的坐标为（ ）
A．-35,45B．-45,35C．-1,2D．-55,5
【答案】A
【分析】本题以平面直角坐标系为载体，以翻折变换为方法构造而成，综合考查了矩形的性质，三角函数的应用，勾股定理等知识，构造方程是解题关键．过点A'作x轴的垂线，垂足为D，根据先求出AB、BC的长度，借助面积公式求出A'D、OD的长度即可解决问题．
【详解】解：如图，过点A'作x轴的垂线，垂足为D，

设A'D=a，OD=b，
∵四边形ABCO是矩形，
∠OAB=∠OCB=90°，
∴四边形ABA'D为梯形，
设AB=OC=x，BC=AO=y，
∵OB=5，tan∠BOC=12，
∴x2+y2=52xy=12，
解得x=1y=2，（负值舍去）
由题意得A'O=AO=1，
∴△ABO≌△A'BOSSS，
由勾股定理得a2+b2=1①，
由面积公式得12ab+2×12×2×1=12×a+2×b+1②，
联立①②解得a=45，b=35，
∴点A'的坐标为-45,35.
故选：A．
3．（2023·重庆·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，AD=5，AB=12，csA=35，过点D作DE⊥AB，垂足为E，连接CE，则sin∠BCE的值为（ ）
A．71050B．1050C．91050D．91010
【答案】C
【分析】此题考查了解直角三角形，平行四边形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
过点B作BF⊥EC于点F，解直角三角形得到BC=5，CD=12，AE=3，然后利用勾股定理求出DE=AD2-AE2=4，CE=CD2+DE2=410，然后利用等面积法求出BF=BE⋅DECE=91010，然后利用正弦值的概念求解即可．
【详解】过点B作BF⊥EC于点F．
∵在平行四边形ABCD中，DE⊥AB，
AD=5，AB=12，csA=35，
∴BC=5，CD=12，AE=3，
∴BE=9，DE=AD2-AE2=4，
∴CE=CD2+DE2=410．
∵S△BCE=12BE⋅DE=12CE⋅BF，
∴BF=BE⋅DECE=91010，
∴sin∠BCE=BFBC=91050．
故选：C．
4．（2023·安徽合肥·模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，点D在BC上，∠CDA=∠CAB．若BC=4， tanB=34，则AD的长度为（ ）
A．94B．125C．154D．4
【答案】C
【分析】本题考查解直角三角形，先根据正切值求出AC的长，根据∠CDA=∠CAB，得到∠DAC=∠B，再利用正切值求出CD的长，勾股定理求出AD的长即可．
【详解】解：在Rt△ACB中，BC=4，tanB=ACBC=34，
∴AC=34BC=3，
∵∠CDA=∠CAB，∠CDA+∠CAD=∠CAB+∠B=90°，
∴∠DAC=∠B，
∴tan∠DAC=tanB=CDAC=34，
∴CD=34AC=94，
∴AD=AC2+CD2=154；
故选C．
5．（2024·重庆·一模）如图，在正方形ABCD中，O为对角线BD的中点，连接OC，E为边AB上一点，CF⊥DE于点F，若OF= 2，CF=5，则AE的长为( )
A．23B．34-2C．3D．3345
【答案】D
【分析】
本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，正切的定义；过点O作OG⊥OF交DE于点G，证明△GOD≌△FOCASA，进而求得DC=AD=34，根据tan∠ADE=tan∠DCF，得出AEAD=FDDC，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点O作OG⊥OF交DE于点G，
∵O为正方形ABCD对角线BD的中点，
∴∠COD=90°,CD=OD
∴∠COF=∠DOG
∵CF⊥DE
∴∠DCF=90°-∠FDA=∠ADE
又∵∠ADE=45°-∠GDB，∠FCD=45°-∠OCF
∴∠GDO=∠FCO
∴△GOD≌△FOCASA
∴OG=OF=2,GD=FC
∴GF=2
又∵CF=5
∴FD=GD-GF=5-2=3
∴DC=DF2+FC2=52+32=34
∵tan∠ADE=tan∠DCF
∴AEAD=FDDC
∴AE=AD×FDDC=3345
故选：D．
二、填空题
6．（2024·山西吕梁·一模）如图，在正方形ABCD中，点E为AD的中点，点F在DA的延长线上，CF与AB相交于点G，若AD=2，tan∠FCE=23，则AG的长为 ．
【答案】67
【分析】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，连接GE，过F作FH⊥CE交延长线于点H，证明△EDC∽△EHF，△AGF∽△DCF，然后利用性质即可求解，熟练掌握知识点的应用及利用参数建立方程是解题的关键．
【详解】连接GE，过F作FH⊥CE交延长线于点H，
∵∠EDC=∠EHF，∠CED=∠FEH，
∴△EDC∽△EHF，
∴EHED=FHCD=EFCE，
∵CD=AD=2，点E为AD的中点，
∴DE=1，
∴由勾股定理得CE=CD2+DE2=22+12=5，
在Rt△FHC中，tan∠FCE=FHHC=23，
设FH=2n，CH=3n，
∴GE5=2n2=3n-51，解得：n=52，
∴FH=5，CH=352，
∴EH=52，
∴EF=52，AF=32，
∵AB∥CD，
∴△AGF∽△DCF，
∴AGCD=AFDF，即AG2=37，
∴AG=67，
故答案为：67．
7．（2024·江苏常州·模拟预测）某三棱柱的三视图如图所示，其中主视图和左视图为矩形，俯视图为△ABC，已知tanB=13，∠C=45°，则左视图的面积是 ．

【答案】2
【分析】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体三视图的形状是正确解答的前提．根据这个几何体的三视图，得出这个三棱柱，高为2,BC=4，设CD=m，由tanB=13,求出m的值，进而确定AD=1，即可解答．
【详解】解：过点A作AD⊥BC，由简图可知，这个几何体是三棱柱，高为2,BC=4，设CD=m，

∵∠C=45°,
∴AD=CD=m，
∵tanB=13=ADBD，BD=4-m，
∴13=m4-m,
解得m=1，
∴AD=1，
则1×2=2，
∴左视图长方形的长为2，宽为1，所以左视图的面积是2．
故答案为：2．
8．（2024·山西临汾·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E是BC边上一点，点F在BA边的延长线上，且CE=AF，连接EF交AD边于点G，HN垂直平分EF，分别交AD，EF，AB于点H，M，N．若CE=2，则MH的长为 ．
【答案】103
【分析】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质和解直角三角形，根据题意求得FE，结合垂直平分可得FM=ME=12FE，进一步证明△AGF∽△BEF，有AFBF=FGFE，可求得FG、MG和AG，利用tan∠F=tan∠GHM，解得MH．
【详解】解：∵AB=6，BC=8，CE=AF=2，
∴BF=8，BE=6，
∴FE=BF2+BE2=10，
∵HN垂直平分EF，
∴FM=ME=12FE=5，
∵四边形ABCD为矩形，点F在BA边的延长线上，
∴∠FAG=∠B=90°，
∵∠F=∠F，
∴△AGF∽△BEF，
∴AFBF=FGFE，
则FG=2.5，
∴MG=2.5，
在Rt△FAG中，AG=FG2-AF2=1.5，
∵∠F=∠GHM，
∴tan∠F=tan∠GHM，
∴AGAF=GMMH，解得MH=103．
故答案为：103．
三、解答题
9．（2024·贵州安顺·一模）如图，在矩形ABCD中，AE⊥BD于点F，交BC于点E，过点F作∠AFD的角平分线交AD于点G，tan∠DBC=23．
(1)求证：AE⋅BC=AB⋅BD；
(2)求∠AFG；
(3)若DC=4，求四边形EFDC的面积．
【答案】(1)见详解
(2)45°
(3)40439
【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定，角平分线的性质，三角形的面积．
（1）由AE⊥BD，得∠BFE=90°，即∠FBE+∠FEB=90°，由四边形ABCD是矩形，得∠ABE=90°，即∠ABF+∠FBE=90°，进而得到∠FEB=∠ABF，故△ABE∽△BCD，能得AE⋅BC=AB⋅BD；
（2）由∠AFD=90°，FG平分∠AFD能得到∠AFG=12∠AFD=12×90°=45°；
（3）由tan∠DBC=23，DC=4，得BC=6，∠BAF+∠ABF=∠ABF+∠FBE得∠BAF=∠FBE，BEAB=23，故BE=83，再用勾股定理求得BF,EF,最后求面积用∴S四边形EFDC=S△BCD-S△BEF即可．
【详解】（1）证明：∵ AE⊥BD
∴∠BFE=90°
∴∠FBE+∠FEB=90°
∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABE=90°
即∠ABF+∠FBE=90°
∴∠FEB=∠ABF
又∵∠ABE=∠C=90°
∴△ABE∽△BCD
∴ABBC=AEBD
∴AE⋅BC=AB⋅BD；
（2）∵ AE⊥BD
∴∠AFD=90°
∵ FG平分∠AFD
∴∠AFG=12∠AFD=12×90°=45°；
（3）∵ tan∠DBC=23，DC=4
∴4BC=23
∴BC=6
∵∠BAF+∠ABF=∠ABF+∠FBE
∴∠BAF=∠FBE
∴BEAB=23
∵AB=CD=4
∴BE=83
设BF=x，则EF=23x
∵BF2+EF2=BE2
∴x2+(23x)2=(83)2
解得x=81313或x=-81313（舍去）
∴ EF=23x=23×81313=163913
∴S四边形EFDC=S△BCD-S△BEF=12×6×4-12×81313×161339
=12-6439
=40439．
10．（2024·山东济南·一模）如图，AB是⊙O的直径，点C，E在⊙O上，过点E作⊙O的切线与AB的延长线交于点F，且∠AFE=∠ABC．
(1)求证：∠CAB=2∠EAB；
(2)若BF=1，sin∠AFE=45，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)245
【分析】（1）连接OE，根据等腰三角形的性质得出∠OAE=∠OEA，根据三角形外角的性质得出∠FOE=∠OAE+∠OEA=2∠EAB，根据∠OEF=90°，∠ACB=90°， 得出∠FOE=∠CAB，求出结果即可；
（2）设半径为r，即OE=OB=r，则OF=r+1，根据sin∠AFE=45=OEOF=rr+1，求出r=4，根据sin∠ABC=ACAB=sin∠AFE=45，AB=8，求出AC=45×8=325，根据勾股定理求出结果即可．
【详解】（1）证明：如图，连接OE，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∴∠FOE=∠OAE+∠OEA=2∠EAB，
∵EF为⊙O的切线，
∴OE⊥EF，
∴∠OEF=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠AFE=∠ABC，
∴90°-∠AFE=90°-∠ABC，
即∠FOE=∠CAB，
∴∠CAB=2∠EAB；
（2）解：在Rt△EOF中，设半径为r，即OE=OB=r，则OF=r+1，
∵sin∠AFE=45=OEOF=rr+1，
∴r=4，
∴AB=2r=8，
在Rt△ABC中，sin∠ABC=ACAB=sin∠AFE=45，AB=8，
∴AC=45×8=325，
∴BC=AB2-AC2=245．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质，利用数形结合的思想求解．
11．（2024·重庆·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx-3与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，其中B32,0，抛物线的对称轴是直线x=2．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图，点P是直线BC下方抛物线上一动点，点M是线段BC上一动点，直线PM交y轴于点N．若tan∠PNC=23，求PM的最大值及此时点P的坐标；
(3)另有抛物线y'的顶点E在线段BC上，y'经过点C，将抛物线y'平移得到新的抛物线yn，点E，C平移后的对应点分别是点F，G，连接GE．若GE∥x轴，点F在x轴上，yn经过点C，写出所有符合条件的点F的坐标，并写出求解点F的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】(1)y=12x2-2x-3
(2)PM的最大值为91116，此时P点坐标为322,-154
(3)F(3,0)或F(-3,0)
【分析】（1）根据对称轴的定义，求出b与a的关系，再将点B代入抛物线解析式，从而求出a的值，即可求函数的解析式；
（2）连接AC，根据内错角相等得到AC∥PM，过P点与BC平行的直线l解析式为y=22x+m，当直线y=22x+m与抛物线有一个交点时，P点到直线BC的距离最大，此时PM的值也最大，建立方程，利用Δ=0，求出m=-214，此时直线的解析式y=22x-214，与y轴的交点K0,-214，P322,-154，过C作CG⊥l交于G点，过A点作AH⊥BC交于H点，过P点PQ⊥BC交于Q点，利用等积法求AH=463，在Rt△ACH中，sin∠ACH46311，则PM=PQsin∠PMQ=91116；
（3）设En,22n-3，抛物线y'=a'(x-n)2+22n-3，将点C代入，可得a=-22n，根据题意可知G点纵坐标为22n-3，F点纵坐标为0，根据平移的性质可得-3-22n+3=22n-3，解得n=322，则抛物线y'=-13(x-322)2-32，设平移后F(s,0)，则yn=-13(x-s)2，将点C代入，可得s=±3，从而求出F点坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴是直线x=2，
∴-b2a=2，即b=-22a，
∵B点在抛物线上，
∴18a+32b-3=0，
∴18a-12a-3=0，解得a=12，
∴抛物线的解析式为y=12x2-2x-3；
（2）解：连接AC，如图所示：
当y=0时，12x2-2x-3=0，解得x=-2或x=32，
∴A-2,0，
∵OA=2，OC=3，
∴tan∠ACO=23，
∵tan∠PNC=23，
∴∠ACO=∠PNC，
∴AC∥PM，
设直线BC的解析式为y=kx-3，
∴32k-3=0，解得k=22，
∴直线BC的解析式为y=22x-3，
过P点与BC平行的直线l解析式为y=22x+m，
当直线y=22x+m与抛物线有一个交点时，P点到直线BC的距离最大，此时PM的值也最大，
∴ 12x2-2x-3=22x+m，即x2-32x-6-2m=0，
当Δ=0时，322+42m+6=0，解得m=-214，
此时直线的解析式y=22x-214，与y轴的交点K0,-214，
由12x2-2x-3=22x-214，解得x=322，
∴P322,-154，
过C作CG⊥l交于G点，过A点作AH⊥BC交于H点，过P点PQ⊥BC交于Q点，如图所示：
∵CK=214-3=94，sin∠CKG=sin∠OCB=3233=63，
∴CG=94×63=364，
∴PQ=CG=364，
∵S△ABC=12×AB×OC=12×BC×AH，
∴42×3=33AH，解得AH=463，
在Rt△ACH中，sin∠ACH=AHAC=46311=46311，
∵AC∥PM，
∴∠QMP=∠ACH，
∴PM=PQsin∠PMQ=36446311=91116，
∴PM的最大值为91116，此时P点坐标为322,-154；
（3）解：设En,22n-3，抛物线y'=a'(x-n)2+22n-3，
将点C代入，可得an2+22n=0，解得n=0（舍)或a=-22n，
∵平移后点E，C平移后的对应点分别是点F，G，GE∥x轴，
∴G点纵坐标为22n-3，
∵F点在x轴上，
∴F点纵坐标为0，
∴-3-22n+3=22n-3，解得n=322，
∴抛物线y'=-13x-3222-32，
设平移后F(s,0)，则yn=-13(x-s)2，将点C代入，可得s=±3，
∴F(3,0)或F(-3,0)．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象平移的性质，平行线的性质，直角三角形的三角函数值是解题的关键．
12．（2023·河南平顶山·一模）（1）如图1，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC，CD上．连接AM，AN，MN．∠MAN=45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：线段DM，BN与MN的关系：______．（请直接写出结论，不必说明理由）
（2）如图2，在正方形ABCD中，点M，N分别在边DC，BC上，连接AM，AN，MN，∠MAN=45°，若tan∠BAN=13，求证：tan∠DAM=12．
（3）如图3，在矩形ABCD中，AB=12，AD=16，点M，N分别在边DC，BC上，连接AM，AN，已知∠MAN=45°，BN=4，则DM的长是______．

【答案】（1）MN=BN+DM，（2）证明见解析，（3）8
【分析】（1）利用旋转的性质结合SAS可以证明△ANM≌△ANE，从而得到DM+BN=MN．
（2）根据设BN=m，DM=n，则MN=m+n，利用tan∠BAN=13，可得正方形边长为3m，从而得到CM=3m-n，CN=2m，根据勾股定理得到：CM2+CN2=MN2，代入可得关于m，n得方程，继而得到n=32m，最后代入tan∠DAM=DMAD，即可证明结论．
（3）延长AB至P，使BP=BN=4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，将图③补充成边长为16的正方形，从而得到与前两问的图形，利用PQ∥BC可得△ABN∽△APE，继而求出PE的长度，从而利用前面的结论，并利用勾股定理列方程即可求出结果．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，
由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，
∴BE=DM，∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，即∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=90°-45°=45°，
∴∠MAN=∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
AM=AE∠MAN=∠EANAN=AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN=EN，
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=BN+DM，
故答案为：MN=BN+DM；
（2）证明：设BN=m，DM=n，
由（1）可知，MN=BN+DM=m+n，
∵∠B=90°，tan∠BAN =13，
∴tan∠BAN =BNAB=13，
∴AB=3BN=3m，
∴CN=BC-BN=2m，CM=CD-DM=3m-n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=MN2
∴(2m)2+(3m-n)2=(m+n)2，
整理得：n=32m，
∴tan∠DAM=DMAD=32m3m=12，
（3）解：延长AB至P，使BP=BN=4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③所示：

则四边形APQD是正方形，
∴PQ=DQ=AP=AB+BP=12+4=16，
设DM=a，则MQ=16-a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴BNPE=ABAP=1216=34，
∴PE =43 BN =163，
∴EQ=PQ-PE=16 -163=323，
由（1）得：EM=PE+DM =163+ a，
在Rt△QEM中，由勾股定理得：
EQ2+MQ2=EM2
(323)2+(16-a)2=(163+a)2，
解得：a=8，
即DM的长是8；
故答案为：8．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用勾股定理解直角三角形等知识，灵活运用前两问中结论DM+BN=MN，已知直角三角形CMN中勾股定理结论CM2+CN2=MN2是解题的关键．
考点二 解直角三角形的实际应用
题型01 仰角俯角问题
1．（2023·内蒙古·中考真题）某数学兴趣小组借助无人机测量一条河流的宽度CD．如图所示，一架水平飞行的无人机在A处测得河流左岸C处的俯角为α，无人机沿水平线AF方向继续飞行12米至B处，测得河流右岸D处的俯角为30°，线段AM=243米为无人机距地面的铅直高度，点M，C，D在同一条直线上，其中tanα=2．求河流的宽度CD（结果精确到1米，参考数据：3≈1.7）．

【答案】河流的宽度CD约为64米
【分析】过点B作BE⊥MD于点E，分别解Rt△AMC、Rt△BDE即可．
【详解】解：过点B作BE⊥MD于点E．则四边形AMEB是矩形．

∴BE=AM=243，ME=AB=12
∵AF∥MD
∴∠ACM=α
在Rt△AMC中，∠AMC=90°
∴tanα=AMMC=2，
∴243MC=2
∴MC=123
在Rt△BDE中，∠BED=90°，∠DBE=90°-30°=60°
∴tan∠DBE=DEBE，∴
tan60°=DE243=3，
∴DE=243×3=72
∴CD=DE-CE=DE-MC-ME=72-123-12=84-123≈84-12×1.7=84-20.4≈64米
答：河流的宽度CD约为64米．
【点睛】本题考查了关于俯仰角的解直角三角形的问题．作垂线构造直角三角形是解题关键．
2．（2023·湖南·中考真题）2023年5月30日9点31分，“神舟十六号”载人飞船在中国酒泉卫星发射中心点火发射，成功把景海鹏、桂海潮、朱杨柱三名航天员送入到中国空间站．如图，在发射的过程中，飞船从地面O处发射，当飞船到达A点时，从位于地面C处的雷达站测得AC的距离是8km，仰角为30°；10s后飞船到达B处，此时测得仰角为45°．

(1)求点A离地面的高度AO；
(2)求飞船从A处到B处的平均速度．(结果精确到0.1km/s，参考数据：3 ≈1.73)
【答案】(1)4km
(2)飞船从A处到B处的平均速度约为0.3km/s
【分析】
（1）根据含30度角的直角三角形的性质即可得到结论；
（2）在Rt△AOC中，根据直角三角形的性质得到OC= 32 AC=4 3 (km)，在Rt△BOC中，根据等腰直角三角形的性质得到OB=OC=4 3 km，于是得到结论．
【详解】（1）
解：在Rt△AOC中，∵∠AOC=90°，∠ACO=30°，AC=8km，
∴AO= 12 AC= 12×8=4 (km)，
（2）
在Rt△AOC中，∵∠AOC=90°，∠ACO=30°，AC=8km，
∴OC= 32 AC=4 3 (km)，
在Rt△BOC中，∵∠BOC=90°，∠BCO=45°，
∴∠BCO=∠OBC=45°，
∴OB=OC=4 3 km，
∴AB=OB-OA=(4 3-4 )km，
∴飞船从A处到B处的平均速度= 43-410 ≈0.3(km/s)．
【点睛】
本题考查了解直角三角形-俯角仰角问题，准确识图，熟练运用相关知识是解题的关键．
3．（2023·山东·中考真题）无人机在实际生活中的应用广泛，如图所示，某人利用无人机测最大楼的高度BC，无人机在空中点P处，测得点P距地面上A点80米，点A处俯角为60°，楼顶C点处的俯角为30°，已知点A与大楼的距离AB为70米（点A，B，C，P在同一平面内），求大楼的高度BC（结果保留根号）

【答案】大楼的高度BC为303m．
【分析】如图，过P作PH⊥AB于H，过C作CQ⊥PH于Q，而CB⊥AB，则四边形CQHB是矩形，可得QH=BC，BH=CQ，求解PH=AP·sin60°=80×32=403，AH=AP·cs60°=40，可得CQ=BH=70-40=30，PQ=CQ·tan30°=103，可得BC=QH=403-103=303．
【详解】解：如图，过P作PH⊥AB于H，过C作CQ⊥PH于Q，而CB⊥AB，

则四边形CQHB是矩形，
∴QH=BC，BH=CQ，
由题意可得：AP=80，∠PAH=60°，∠PCQ=30°，AB=70，
∴PH=AP·sin60°=80×32=403，AH=AP·cs60°=40，
∴CQ=BH=70-40=30，
∴PQ=CQ·tan30°=103，
∴BC=QH=403-103=303，
∴大楼的高度BC为303m．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，理解仰角与俯角的含义是解本题的关键．
4．（2023·湖南永州·中考真题）永州市道县陈树湘纪念馆中陈列的陈树湘雕像高2.9米（如图1所示），寓意陈树湘为中国革命“断肠明志”牺牲时的年龄为29岁．如图2，以线段AB代表陈树湘雕像，一参观者在水平地面BN上D处为陈树湘雕拍照，相机支架CD高0.9米，在相机C处观测雕像顶端A的仰角为45°，然后将相机架移到MN处拍照，在相机M处观测雕像顶端A的仰角为30°，求D、N两点间的距离（结果精确到0.1米，参考数据：3≈1.732）
【答案】1.5
【分析】如图，AB=2.9，CD=0.9，四边形EBNM，四边形EBDC是矩形，四边形CDNM是矩形，Rt△AEC中，∠ACE=45°，AE=AB-EB=2，EC=AE=2，Rt△AEM中，∠AME=30°，tan30°=AEEM=33，所以EM=3AE=23，进一步求得CM=EM-EC≈1.5，所以DN=CM=1.5．
【详解】如图，AB=2.9米，CD=0.9米
四边形EBNM，四边形EBDC是矩形，四边形CDNM是矩形
∴EB=CD=MN=0.9米，DN=CM
∵Rt△AEC中，∠ACE=45°，
∴AE=AB-EB=AB-CD=2.9-0.9=2米，
∴EC=AE=2米
∵Rt△AEM中，∠AME=30°，
∴tan30°=AEEM=33
∴EM=3AE=23米
∴CM=EM-EC=23-2≈2×1.732-2≈1.5米
∴DN=CM=1.5米
【点睛】本题考查解直角三角形，矩形的判定和性质，观察图形，确定组合图形中，通过直角三角形、矩形之间的位置关系确定线段间的数量关系是解题的关键．
题型02 方位角问题
1．（2023·辽宁丹东·中考真题）一艘轮船由西向东航行，行驶到A岛时，测得灯塔B在它北偏东31°方向上，继续向东航行10nmile到达C港，此时测得灯塔B在它北偏西61°方向上，求轮船在航行过程中与灯塔B的最短距离．（结果精确到0.1nmile）（参考数据：sin31°≈0.52，cs31°≈0.86，tan31°≈0.60，sin61°≈0.87，cs61°≈0.48，tan61°≈1.80）．

【答案】轮船在航行过程中与灯塔B的最短距离为4.2nmile
【分析】过点B作BD⊥AC于点D，则∠ABD=31°,∠CBD=61°，进而得出AD≈0.6BD，CD≈1.8BD，根据AC=10nmile，得出AD+CD=0.6BD+1.8BD=10，即可求解．
【详解】解：过点B作BD⊥AC于点D，
∵AE⊥AC,CF⊥AC，
∴BD∥AE∥CF，
∴∠ABD=31°,∠CBD=61°，
∴AD=BD⋅tan∠ABD=BD⋅tan31°≈0.6BD，CD=BD⋅tan∠CBD=BD⋅tan61°≈1.8BD，
∵AC=10nmile，
∴AD+CD=0.6BD+1.8BD=10，
解得：BD=256nmile，
∴BD≈4.2nmile，
答：轮船在航行过程中与灯塔B的最短距离为4.2nmile．

【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，解题的关键是正确画出辅助线，构造直角三角形，熟练掌握解直角三角形的方法和步骤．
2．（2023·海南·中考真题）如图，一艘轮船在A处测得灯塔M位于A的北偏东30°方向上，轮船沿着正北方向航行20海里到达B处，测得灯塔M位于B的北偏东60°方向上，测得港口C位于B的北偏东45°方向上．已知港口C在灯塔M的正北方向上．

(1)填空：∠AMB= 度，∠BCM= 度；
(2)求灯塔M到轮船航线AB的距离（结果保留根号）；
(3)求港口C与灯塔M的距离（结果保留根号）．
【答案】(1)30，45
(2)灯塔M到轮船航线AB的距离为103海里
(3)港口C与灯塔M的距离为103-1海里
【分析】（1）作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，由三角形外角的定义与性质可得∠AMB=30°，再由平行线的性质可得∠BCM=45°，即可得解；
（2）作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，由（1）可得：∠A=∠BMA=30°，从而得到BM=AB=20海里，再由EM=BM⋅sin∠EBM进行计算即可；
（3）作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，证明四边形CDEM是矩形，得到CD=EM=103海里，DE=CM，由BE=BM⋅cs∠EBM计算出BE的长度，证明△CDB是等腰直角三角形，得到CD=BD=103海里，即可得到答案．
【详解】（1）解：如图，作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，
，
∵∠DBM=∠A+∠AMB=30°+∠AMB=60°，
∴∠AMB=30°，
∵AB、CM都是正北方向，
∴AB∥CM，
∵∠DBC=45°，
∴∠BCM=45°，
故答案为：30，45；
（2）解：如图，作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，
，
由（1）可得：∠A=∠BMA=30°，
∴BM=AB=20海里，
在Rt△BEM中，∠EBM=60°，BM=20海里，
∴EM=BM⋅sin∠EBM=20×sin60°=20×32=103海里；
∴灯塔M到轮船航线AB的距离为103海里；
（3）解：如图，作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，
，
∵ CD⊥AB，ME⊥AB，AB、CM都是正北方向，
∴四边形CDEM是矩形，
∴CD=EM=103海里，DE=CM，
在Rt△BEM中，∠EBM=60°，BM=20海里，
∴BE=BM⋅cs∠EBM=20×cs60°=20×12=10海里，
∵在Rt△CDB中，∠DBC=45°，
∴△CDB是等腰直角三角形，
∴CD=BD=103海里，
∴CM=DE=BD-BE=103-10=103-1海里，
∴港口C与灯塔M的距离为103-1海里．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的定义与性质，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
3．（2023·辽宁营口·中考真题）为了丰富学生的文化生活，学校利用假期组织学生到素质教育基地A和科技智能馆B参观学习，学生从学校出发，走到C处时，发现A位于C的北偏西25°方向上，B位于C的北偏西55°方向上，老师将学生分成甲乙两组，甲组前往A地，乙组前往B地，已知B在A的南偏西20°方向上，且相距1000米，请求出甲组同学比乙组同学大约多走多远的路程（参考数据：2≈1.41，6≈2.45）

【答案】甲组同学比乙组同学大约多走520米的路程
【分析】过B点作BD⊥AC于点D，根据题意有：∠BAS=20°，∠ACN=25°，∠BCN=55°，进而可得∠BCA=∠BCN-∠ACN=30°，∠SAD=∠ACN=25°，∠BAD=∠SAB+∠SAD=45°，结合直角三角形的知识可得AD=BD=22AB=5002（米），BC=2BD=10002（米），DC=BC×cs∠ACB=5006（米），即有AC=AD+DC=5002+5006（米），问题随之得解．
【详解】如图，过B点作BD⊥AC于点D，

根据题意有：∠BAS=20°，∠ACN=25°，∠BCN=55°，
∴∠BCA=∠BCN-∠ACN=30°，∠SAD=∠ACN=25°，
∴∠BAD=∠SAB+∠SAD=45°，
∵BD⊥AC，
∴∠BDA=90°，
∴∠BAD=∠ABD=45°，
∵AB=1000（米），
∴AD=BD=22AB=5002（米），
∵在Rt△BDC中，∠BCA=30°，BD=5002（米），
∴BC=2BD=10002（米），
∴DC=BC×cs∠ACB=5006（米），
∴AC=AD+DC=5002+5006（米），
∴AC-BC=5002+5006-10002=5006-5002（米），
即AC-BC=5006-5002≈520（米），
答：甲组同学比乙组同学大约多走520米的路程．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用以及方位角的知识，正确理解方位角，是解答本题的关键．
题型03 坡度坡角问题
1．（2023·江苏宿迁·中考真题）【问题背景】由光的反射定律知：反射角等于入射角（如图，即∠CEF=∠AEF）．小军测量某建筑物高度的方法如下：在地面点E处平放一面镜子，经调整自己位置后，在点D处恰好通过镜子看到建筑物AB的顶端A．经测得，小军的眼睛离地面的距离CD=1.7m，BE=20m，DE=2m，求建筑物AB的高度．

【活动探究】
观察小军的操作后，小明提出了一个测量广告牌高度的做法（如图）：他让小军站在点D处不动，将镜子移动至E1处，小军恰好通过镜子看到广告牌顶端G，测出DE1=2m；再将镜子移动至E2处，恰好通过镜子看到广告牌的底端A，测出DE2=3.4m．经测得，小军的眼睛离地面距离CD=1.7m，BD=10m，求这个广告牌AG的高度．

【应用拓展】
小军和小明讨论后，发现用此方法也可测量出斜坡上信号塔AB的高度．他们给出了如下测量步骤（如图）：①让小军站在斜坡的底端D处不动（小军眼睛离地面距离CD=1.7m），小明通过移动镜子（镜子平放在坡面上）位置至E处，让小军恰好能看到塔顶B；②测出DE=2.8m；③测出坡长AD=17m；④测出坡比为8:15（即tan∠ADG=815）．通过他们给出的方案，请你算出信号塔AB的高度（结果保留整数）．

【答案】[问题背景] AB=17m；[活动探究] AG=3.5m；[应用拓展] AB≈20m
【分析】[问题背景]根据反射定理，结合两个三角形相似的判定与性质，列出相似比代值求解即可得到答案；
[活动探究] 根据反射定理，结合两个三角形相似的判定与性质，运用两次三角形相似，列出相似比代值，作差求解即可得到答案；
[应用拓展] 过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CN⊥AD于点N，证△DCN∽△ABM，得AMDN=ABCD，再由锐角三角函数定义得tan∠ABM=AMBM=815，设DN=am，AM=bm，则CN=15a8，BM=15b8，进而由勾股定理求出a=0.8m，然后由相似三角形的性质得BMCN=EMEN，即可解决问题．
【详解】解：[问题背景]如图所示：

∵ ∠CEF=∠AEF，AB⊥BD,FE⊥BD,CD⊥BD，
∴∠AEB=∠CED,∠B=∠D=90°，
∴△ABE∽△CDE，
∴ABBE=CDDE，
∵ CD=1.7m，BE=20m，DE=2m，
∴AB20=1.72，解得AB=17m；
[活动探究]如图所示：

∵ GB⊥BD,CD⊥BD，
∴∠B=∠D=90°，
∵∠GE1B=∠CE1D
∴△GBE1∽△CDE1，
∴GBBE1=CDDE1，
∵ DE1=2m，BD=10m，
∴ BE1=BD-DE1=10-2=8m，
∵CD=1.7m，
∴GB8=1.72，解得GB=6.8m；
∵ GB⊥BD,CD⊥BD，
∴∠B=∠D=90°，
∵∠AE2B=∠CE2D
∴△ABE2∽△CDE2，
∴ABBE2=CDDE2，
∵ DE2=3.4m，BD=10m，
∴ BE2=BD-DE2=10-3.4=6.6m，
∵CD=1.7m，
∴AB6.6=1.73.4，解得GB=3.3m；
∴AG=GB-AB=6.8-3.3=3.5m；
[应用拓展] 如图，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CN⊥AD于点N，
由题意得：BG⊥DG，CD⊥DG，
∴∠AGD=∠CDG=∠BMA=∠CND=90°，
∵∠BAM=∠GAD，
∴90°-∠BAM=90°-∠GAD，
即∠ABM=∠ADG，
∵∠ADG+∠DAG=90°，∠ADG+∠CDN=90°，
∴∠CDN=∠DAG，
∴90°-∠CDN=90°-∠DAG，
即∠DCN=∠ADG，
∴∠DCN=∠ADG=∠ABM，
∴△DCN∽△ABM，
∴ AMDN=ABCD，
由题意得：AE=AD-DE=17-2.8=14.2(m)，
∵tan∠ADG=815，
∴tan∠DCN=DNCN=815，tan∠ABM=AMBM=815，
设DN=am，AM=bm，则CN=15a8，BM=15b8，
∵CN2+DN2=CD2，
∴15a82+a2=1.72，
解得：a=0.8(m)（负值已舍去），
∴EN=DE-DN=2.8-0.8=2(m)，CN=15×0.88=1.5(m)，
∴ b0.8=AB1.7，
∴AB=17b8，
同【问题背景】得：△BME∽△CNE，
∴ BMCN=EMEN，
∴ 15b81.5=14.2+b2，
解得：b=42645(m)，
∴AB=178×42645≈20(m)，
答：信号塔AB的高度约为20m．
【点睛】本题考查解直角三角形综合，涉及相似三角形的判定与性质、三角函数求线段长、勾股定理等知识，读懂题意，熟练掌握相似三角形测高、三角函数测高的方法步骤是解决问题的关键．
2．（2023·四川自贡·中考真题）为测量学校后山高度，数学兴趣小组活动过程如下：

(1)测量坡角
如图1，后山一侧有三段相对平直的山坡AB，BC，CD，山的高度即为三段坡面的铅直高度BH，CQ，DR之和，坡面的长度可以直接测量得到，要求山坡高度还需要知道坡角大小．
如图2，同学们将两根直杆MN，MP的一端放在坡面起始端A处，直杆MP沿坡面AB方向放置，在直杆MN另一端N用细线系小重物G，当直杆MN与铅垂线NG重合时，测得两杆夹角α的度数，由此可得山坡AB坡角β的度数．请直接写出α，β之间的数量关系．
(2)测量山高
同学们测得山坡AB，BC，CD的坡长依次为40米，50米，40米，坡角依次为24°，30°，45°；为求BH，小熠同学在作业本上画了一个含24°角的Rt△TKS（如图3），量得KT≈5cm，TS≈2cm．求山高DF．（2≈1.41，结果精确到1米）
(3)测量改进
由于测量工作量较大，同学们围绕如何优化测量进行了深入探究，有了以下新的测量方法．

如图4，5，在学校操场上，将直杆NP置于MN的顶端，当MN与铅垂线NG重合时，转动直杆NP，使点N，P，D共线，测得∠MNP的度数，从而得到山顶仰角β1，向后山方向前进40米，采用相同方式，测得山顶仰角β2；画一个含β1的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为a1厘米，b1厘米，再画一个含β2的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为a2厘米，b2厘米．已知杆高MN为1.6米，求山高DF．（结果用不含β1，β2的字母表示）
【答案】(1)α+β=90°；
(2)山高DF为69米；
(3)山高DF的高为40a1a2a2b1-a1b2+1.6米．．
【分析】（1）利用互余的性质即可求解；
（2）先求得sin24°=0.4，再分别在Rt△ABH、Rt△BCQ、Rt△CDR中，解直角三角形即可求解；
（3）先求得tanβ1=a1b1，tanβ2=a2b2，在Rt△NDL和Rt△N'DL中，分别求得NL和N'L的长，得到方程NL-N'L=40，据此即可求解．
【详解】（1）解：由题意得∠NMO=90°，

∴α+β=90°；
（2）解：在Rt△TKS中，KT≈5cm，TS≈2cm．

∴sin24°=TSKT≈25=0.4，
在Rt△ABH中，∠ABH=24°，AB=40米，
∴BH=AB⋅sin24°=40×0.4=16(米)，
在Rt△BCQ中，∠CBQ=30°，BC=50米，
∴CQ=BC⋅sin30°=50×12=25(米)，
在Rt△CDR中，∠DCR=45°，CD=40米，
∴DR=CD⋅sin45°=40×22≈28(米)，
∴山高DF=16+25+28=69(米)，
答：山高DF为69米；
（3）解：如图，由题意得tanβ1=a1b1，tanβ2=a2b2，

设山高DF=x+1.6，则DL=x，

在Rt△NDL中，∠DNL=β1，DL=x，
∴DLNL=tanβ1=a1b1，
∴NL=b1a1x，
在Rt△N'DL中，∠DN'L=β2，DL=x，
∴DLN'L=tanβ2=a2b2，
∴N'L=b2a2x，
∵NN'=MM'=40，
∴NL-N'L=40，即b1a1x-b2a2x=40，
解得x=40a1a2a2b1-a1b2，山高DF=40a1a2a2b1-a1b2+1.6
答：山高DF的高为40a1a2a2b1-a1b2+1.6米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，能够正确地构建出直角三角形，将实际问题化归为解直角三角形的问题是解答此类题的关键．
3．（2023·江苏泰州·中考真题）如图，堤坝AB长为10m，坡度i为1:0.75，底端A在地面上，堤坝与对面的山之间有一深沟，山顶D处立有高20m的铁塔CD．小明欲测量山高DE，他在A处看到铁塔顶端C刚好在视线AB上，又在坝顶B处测得塔底D的仰角α为26°35'．求堤坝高及山高DE．（sin26°35'≈0.45，cs26°35'≈0.89，tan26°35'≈0.50，小明身高忽略不计，结果精确到1m）

【答案】堤坝高为8米，山高DE为20米．
【分析】过B作BH⊥AE于H，设BH=4x，AH=3x，根据勾股定理得到AB=AH2+BH2=5x=10，求得AH=6，BH=8，过B作BF⊥CE于F，则EF=BH=8，BF=EH，设DF=a，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：过B作BH⊥AE于H，

∵坡度i为1:0.75，
∴设BH=4x，AH=3x，
∴AB=AH2+BH2=5x=10，
∴x=2，
∴AH=6，BH=8，
过B作BF⊥CE于F，
则EF=BH=8，BF=EH，
设DF=a，
∵α=26°35'．
∴BF=DFtan26°35'=a0.5=2a，
∴AE=6+2a，
∵坡度i为1:0.75，
∴CE：AE=20+a+8：6+2a=1：0．75，
∴a=12，
∴DF=12（米），
∴DE=DF+EF=12+8=20（米），
答：堤坝高为8米，山高DE为20米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-俯角仰角，解直角三角形的应用-坡角坡度，正确地作出辅助线是解题的关键．
题型04 与不易测量相关问题
1．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，直线MN和EF为河的两岸，且MN∥EF，为了测量河两岸之间的距离，某同学在河岸FE的B点测得∠CBE=30°，从B点沿河岸FE的方向走40米到达D点，测得∠CDE=45°．

(1)求河两岸之间的距离是多少米？（结果保留根号）
(2)若从D点继续沿DE的方向走(123+12)米到达P点．求tan∠CPE的值．
【答案】(1)河两岸之间的距离是203+20米
(2)tan∠CPE=52
【分析】（1）过点C作CM⊥EF于点M，设CM=a米，在Rt△MCB中，MB=3a，在Rt△MCD中，MD=MC=a，根据BD=40，建立方程，解方程即可求解；
（2）根据题意求得MP的长，进而根据正切的定义，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，

过点C作CM⊥EF于点M，设CM=a米，
∵∠CBE=30°
∴tan∠CBM=CMPB=tan30°=33，
∴MB=3a，
在Rt△MCD中，tan∠CDM=CMMD=tan45°=1，
∴MD=MC=a
∴BD=MB-MD=3a-a=40
解得：a=203+20
答：河两岸之间的距离是203+20米；
（2）解：如图所示，

依题意，PB=BD+DP=40+(123+12)=52+123，
∴MP=MB-PB=203+203-52+123=8+83，
在Rt△CMP中，tan∠CPM=CMMP=203+208+83=52，
∴tan∠CPE=52．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数关系是解题的关键．
2．（2022·山东济宁·中考真题）知识再现：如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c．
∵sinA=ac，sinB=bc
∴c=asinA，c=bsinB
∴asinA=bsinB
(1)拓展探究：如图2，在锐角ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c．请探究asinA，bsinB，csinC之间的关系，并写出探究过程．
(2)解决问题：如图3，为测量点A到河对岸点B的距离，选取与点A在河岸同一侧的点C，测得AC＝60m，∠A＝75°，∠C＝60°．请用拓展探究中的结论，求点A到点B的距离．
【答案】(1)asin∠A=bsinB=csin∠C，证明见解析
(2)306米
【分析】拓展研究：作CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，根据正弦的定义得AE = csinB，
AE= bsin∠BCA，CD= asinB，CD = bsin∠BAC，从而得出结论；
解决问题：由拓展探究知，ABsinC=ACsin∠CBA 代入计算即可．
【详解】（1）（拓展探究）证明：作CD⊥AB于点D，AC⊥BC于点E．
在RtΔABE中，sinB=AEAB=AEc，
同理：sinB=CDBC=CDa，
sin∠BAC=CDAC=CDb,sin∠BCA=AEAC=AEb．
∴AE=csinB,AE=bsin∠BCA,
CD=asinB,CD=bsin∠BAC．
∴csinB=bsin∠BCA,asinB=bsin∠BAC．
∴bsinB=csin∠BCA,asin∠BAC=bsinB．
∴asin∠BAC=bsinB=csin∠BCA．
（2）（解答问题）解：在ΔABC中，∠CBA=180∘-∠A-∠C=180∘-75∘-60∘=45∘.
∵ABsinC=ACsin∠CBA,
∴∴ABsin60∘=60sin45∘
解得：AB=306
答：点A到点B的距离为AB=306m．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，对于锐角三角形，利用正弦的定义，得出asin∠BAC=bsinB=csin∠BCA是解题的关键．
3．（2021·江苏南京·中考真题）如图，为了测量河对岸两点A，B之间的距离，在河岸这边取点C，D．测得CD=80m，∠ACD=90°，∠BCD=45°，∠ADC=19°17'，∠BDC=56°19'，设A，B，C，D在同一平面内，求A，B两点之间的距离．（参考数据：tan19°17'≈0.35,tan56°19'≈1.50．）
【答案】52m
【分析】作BE⊥CD于E，作BF⊥CA交CA延长线于F．先证明四边形CEBF是正方形，设CE=BE=xm，
根据三角函数表示出DE，根据CD=80m列方程求出CE=BE=48m，进而求出CF=BF=48m，解直角三角形ACD求出AC，得到AF，根据勾股定理即可求出AB，问题得解．
【详解】解：如图，作BE⊥CD于E，作BF⊥CA交CA延长线于F．
∵∠FCD=90°，
∴四边形CEBF是矩形，
∵BE⊥CD，∠BCD=45°，
∴∠BCE=∠CBE=45°，
∴CE=BE，
∴矩形CEBF是正方形．
设CE=BE=xm，
在Rt△BDE中，
DE=BEtan∠BDE=xtan56°19'≈23xm，
∵CD=80m，
∴x+23x=80，
解得x=48，
∴CE=BE=48m，
∵四边形CEBF是正方形，
∴CF=BF=48m，
∵在Rt△ACD中，AC=CD·tan∠ADC=80×tan19°17'≈80×0.35=28m，
∴AF=CF-AC=20m，
∴在Rt△ABF中，AB=AF2+BF2=202+482=52m，
∴A，B两点之间的距离是52m．
【点睛】本题考查了解直角三角形应用，理解题意，添加辅助线构造正方形和直角三角形是解题关键．
题型05 与可调节的滑动悬杆问题
1．（2023·浙江衢州·中考真题）如图，一款可调节的笔记本电脑支架放置在水平桌面上，调节杆BC=2a，AB=b，AB的最大仰角为α.当∠C=45°时，则点A到桌面的最大高度是（ ）

A．a+bcsaB．a+bsinαC．a+bcsaD．a+bsinα
【答案】D
【分析】
过点A作AF⊥BE于F，过点B作BG⊥CD于G，利用解直角三角形可得AF=bsinα，BG=a，根据点A到桌面的最大高度=BG+AF，即可求得答案．
【详解】
如图，过点A作AF⊥BE于F，过点B作BG⊥CD于G，

在Rt△ABF中，AF=AB⋅sinα=bsinα，
在Rt△BCG中，BG=BC⋅sin45°=2a×22=a，
∴点A到桌面的最大高度=BG+AF=a+bsinα，
故选：D．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，解题关键是添加辅助线，构造直角三角形，利用解直角三角形解决问题．
2．（2022·江苏盐城·中考真题）2022年6月5日，“神舟十四号”载人航天飞船搭载“明星”机械臂成功发射．如图是处于工作状态的某型号手臂机器人示意图，OA是垂直于工作台的移动基座，AB、BC为机械臂，OA=1m，AB=5m，BC=2m，∠ABC=143°．机械臂端点C到工作台的距离CD=6m．
(1)求A、C两点之间的距离；
(2)求OD长．
（结果精确到0.1m，参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75，5≈2.24）
【答案】(1)6.7m
(2)4.5m
【分析】（1）连接AC，过点A作AH⊥BC，交CB的延长线于H，根据锐角三角函数定义和勾股定理即可解决问题．
（2）过点A作AG⊥DC，垂足为G，根据锐角三角函数定义和勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）解：如图2，连接AC，过点A作AH⊥BC，交CB的延长线于H．
在Rt△ABH中，∠ABH=180°-∠ABC=37°，
sin37°=AHAB，所以AH=AB⋅sin37°≈3m，
cs37°=BHAB，所以BH=AB⋅cs37°≈4m，
在Rt△ACH中，AH=3m，CH=BC+BH=6m，
根据勾股定理得AC=CH2+AH2=35≈6.7m，
答：A、C两点之间的距离约6.7m．
（2）如图2，过点A作AG⊥DC，垂足为G，
则四边形AGDO为矩形，GD=AO=1m，AG=OD，
所以CG=CD-GD=5m，
在Rt△ACG中，AC=35m，CG=5m，
根据勾股定理得AG=AC2-CG2=25≈4.5m．
∴OD=AG=4.5m．
答：OD的长为4.5m．
【点睛】求角的三角画数值或者求线段的长时，我们经常通过观察图形将所求的角成者线段转化到直角三角形中（如果没有直角三角形，设法构造直角三角形），再利用锐角三角画数求解
测量物体的高度的常见模型：
1）利用水平距离测量物体高度（双直角三角形）
解题方法：这两种模型种都有一条公共的直角边，解题时，往往通过这条边为中介在两个三角形中依次求边，或通过公共边相等，列方程求解.
2）测量底部可以到达的物体高度
3）测量底部不可到达的物体的高度
1．（2023·云南·模拟预测）2023年4月20日，云南大学迎来百年校庆，当天晚间，千架无人机在云南大学上空变换着“云南大学校徽”等图案（如图1） ，书写着百年学府的深厚积淀．小李为记录这次表演，携带无人机航拍，如图2，某一时刻小李在水平地面点 A 处测得无人机位置点 B的仰角为60°，无人机从点 B水平飞至点 C 处，小李在点 A 处测得点 C 的仰角为45°，水平地面AF∥BC，若BC=4米，则此时无人机距离水平地面的距离为（ ）

A．6+23米B．8米C．2+23米D．83米
【答案】A
【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，矩形的性质和判定，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．如图所示，过点B作BG⊥AF于G，过点C作CH⊥AF于H，证明四边形BCHG是矩形，得到GH=BC=4米， BG=CH，设BG=CH=x米, 解Rt△ABG得到AG=33x，解Rt△ACH得到AH=x，则GH=x-33x=4，据此求解即可．
【详解】解：如图所示， 过点B作BG⊥AF于G，过点C作CH⊥AF于H，

∵AF∥BC，
∴BG⊥BC，
∵四边形BCHG是矩形，
∴GH=BC=4米，BG=CH，
设BG=CH=x米，
在Rt△ABG中, ∠BGA=90°,∠BAG=60°,
∴AG=BGtan∠BAG=x3=33x，
在Rt△ACH中, ∠CHA=90°,∠CAH=45°,
∴AH=BGtan∠CAH=x，
∴GH=AH-AG=x-33x=4，
∴x=6+23，
∴CH=6+23（米）．
故选:A
2．（2023·山东泰安·一模）某区域平面示意图如图，点O在河的一侧，AC和BC表示两条互相垂直的公路．甲侦测员在A处测得点O位于北偏东45°，乙勘测员在B处测得点O位于南偏西73.7°，测得AC=840m，BC=500m，请求出点O到BC的距离（ ）m．（参考数据sin73.7°≈2425，cs73.7°≈725，tan73.7°≈247）

A．140mB．340mC．360mD．480m
【答案】D
【分析】
作OM⊥BC于M，ON⊥AC于N，设OM=x，根据矩形的性质用x表示出OM、MC，根据正切的定义用x表示出BM，根据题意列式计算即可．
【详解】解：作OM⊥BC于M，ON⊥AC于N，

则四边形ONCM为矩形，
∴ON=MC，OM=NC，
设OM=x，则NC=x，AN=840-x，
在Rt△ANO中，∠OAN=45°，
∴ON=AN=840-x，则MC=ON=840-x，
在Rt△BOM中，BM=OMtan∠OBM≈724x，
由题意得，840-x+724x=500，
解得，x=480，
即点O到BC的距离约为480m，
故选：D．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用，掌握锐角三角函数的定义、正确标注方向角是解题的关键．
3．（2023·河南南阳·一模）一艘轮船位于灯塔P的南偏东60°方向，距离灯塔45海里的A处，它沿北偏东30°方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的北偏东67°方向上的B处，此时与灯塔P的距离约为（ ）（参考数据：sin37°≈35，cs37°≈45，tan37°≈34）
A．27海里B．50海里C．75海里D．153海里
【答案】C
【分析】由题意可得∠CAP=∠EPA=60°，∠CAB=30°，PA=30，则∠PAB=90°，∠B=37°，在Rt△PAB中，利用正弦函数的定义求解即可．
【详解】解：如图所示标注字母，根据题意得：
∠CAP=∠EPA=60°，∠CPD=67°，∠CAB=30°，PA=45，
∴∠PAB=∠CAP+∠CAB=60°+30°=90°，
∠APB=180°-67°-60°=53°，
∴∠B=90°-∠APB=90°-53°=37°，
在Rt△PAB中，sin∠B=PAPB，
∴PB=PAsin∠B=45sin37°≈4535=75（海里），
∴此时与灯塔P的距离约为75海里．
故选：C．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用—方向角问题，理解题意，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．也考查了三角形的内角和定理和直角三角形两锐角互余．
4．（2023·广东深圳·二模）在综合实践课上，某班同学测量校园内一棵树的高度．如图，测量仪在A处测得树顶D的仰角为45°，在C处测得树顶D的仰角为37°（点A、B、C在同一条水平主线上），已知测量仪的高度AE=CF=1.65米，AC=28米，则树BD的高度是（ ）【参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75】
A．12米B．12.65米C．13米D．13.65米
【答案】D
【分析】设DM=x米，根据∠DEM=45°可得到EM=DM=x、MF=28-x，然后利用解直角三角形的知识计算求解即可．
【详解】解：连接EF交BD于点M，则EF⊥BD，
AE=BM=CF=1.65，EF=AC=28．
设DM=x米，
∵在Rt△DEM中，∠DEM=45°，
∴EM=DM=x，
∴MF=28-x．
在Rt△DFM中，∠DFM=37°，
∴tan∠DFM=DMMF，即：tan37°=x28-x≈0.75，解得x=12，即DM=12．
∴BD=DM+BM=12+1.65=13.65（米）．
∴树BD的高度约为13.65米．
故选D．
【点睛】本题主要考查了仰角型解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形的基本步骤是解答本题的关键．
5．（2022·山东济南·一模）如图，为了测量某建筑物BC 的高度，小颖采用了如下的方法：先从与建筑物底端B在同一水平线上的A点出发，沿斜坡AD行走100米至坡顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若干米到点E处，在E点测得该建筑物顶端C的仰角为59°，建筑物底端B的俯角为45°，点A、B、C、D、E在同一平面内，斜坡AD的坡度i=1:43 ．根据以上数据，计算出建筑物BC的高度约为（结果精确到1．参考数据：sin59°≈0.86，cs59°≈0.52，tan59°≈1.66）（ ）
A．158米B．161米C．159米D．160米
【答案】D
【分析】先利用斜坡AD的坡度求出DF，再利用矩形的性质和等腰三角形的性质求出EH=BH=EG=DF=60，之后利用正切求出CH的值，最后通过求和即可得到建筑物BC的高度．
【详解】解：如图：过点D作DF⊥AB于点F，过点E作EG⊥AB于点G，过点E作EH⊥BC于点H
∵斜坡AD的坡度i=1:43
∴DF:AF=1:43
∴可设DF=x，AF=43x
∵在Rt△ADF中，DF2+AF2=AD2，
∴x2+43x2=1002
∴x=60
∴EH=EG=DF=60
∵在Rt△BEH中，∠BEH=45°
∴EH=BH=60
∵在Rt△CEH中，tan∠CEH≈1.66
∴CH≈EH⋅tan△CEH≈60×1.66≈90
∴CB=CH+BH=100+60=160
故选：D．
【点睛】本题考查坡度的意义，等腰直角三角形的性质和解直角三角形，选取恰当的方法正确求出线段长度是解题关键．
6．（23-24九年级下·重庆·阶段练习）春节期间，白居寺长江大桥凭借其独特的造型、科幻的氛围、“星际穿越”的视感吸引众多游客纷纷前来打卡拍照．某校数学社团的同学们欲测量白居寺长江大桥桥塔的高度，如图2，他们在桥下地面MB上架设测角仪CM（测角仪垂直于地面放置），此时测得白居寺长江大桥桥塔最高点A的仰角∠ACE=35°，然后将测角仪沿MB方向移动100.5米到达点N处，并测出点A的仰角∠ADE=45°，测角仪高度CM=DN=1.6米．（点M，N，B在同一水平线上，AB⊥BM）

(1)白居寺长江大桥桥塔的高度AB约为多少米？（结果保留到个位，参考数据：sin35°≈0.57，cs35°≈0.82，tan35°≈0.70，2≈1.41）
(2)如图3，在（1）问条件下，小明在某大楼Q处测得白居寺长江大桥桥塔最高点A的仰角∠AQG=18°，最低点B的俯角∠BQG=53°，则小明所在地Q处与AB的水平距离约为多少米？（结果保留到个位，参考数据：sin72°≈0.95，cs72°≈0.3，tan72°≈3，sin37°≈0.6，cs37°≈0.8，tan37°≈0.75）
【答案】(1)236.1
(2)141.66
【分析】本题考查解直角三角形的应用，通过仰角俯角问题测量物体高度，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．
（1）延长CD，交AB于点F，设DF=x, 则CF=x+100.5，在Rt△ADF中,∠ADF=45° ，可得AF=x，在Rt△ACF中，∠ACE=35°，tan35°=AFCF=xx+100.5≈0.7，求出x，再根据AB=AF+BF得出答案；
（2）延长QG交AB于点M，由题意可知QM⊥AB，AB=236.1，根据题意可得 ∠A=72°,∠B=37°，设AM=x，则BM=236.1-x，根据tan∠A=tan72°=QMAM≈3，tan∠B=tan∠37°=QMBM≈0.75，可得tan37°tan72°=AMBM=x236.1-x=0.753，解得x=47.22，从而可得QM的值．
【详解】（1）解：如图所示，延长CD，交AB于点F，

由题意得CD=MN=100.5, DF=BN, ∠AFD=90°,CM=DN=BF=1.6
设DF=x, 则CF=x+100.5
在Rt△ADF中,∠ADF=45°
∴AF=x
在Rt△ACF中，∠ACE=35°，tan35°=AFCF=xx+100.5≈0.7
∴x≈234.5
经检验x≈234.5是原方程的解且符合题意
∴AB=AF+BF=234.5+1.6=236.1米
∴白居寺长江大桥桥塔的高度AB约为236.1米；
（2）解：延长QG交AB于点M，由题意可知QM⊥AB，AB=236.1

∵ ∠AQG=18°，∠BQG=53°
∴∠A=72°,∠B=37°
设AM=x，则BM=236.1-x
∵tan∠A=tan72°=QMAM≈3
tan∠B=tan∠37°=QMBM≈0.75
∴tan37°tan72°=AMBM=x236.1-x=0.753
解得x=47.22
∴ QM=AM⋅tan72°=47.22×3=141.66
故Q处与AB的水平距离约为141.66米
7．（2023·贵州贵阳·二模）为加快城乡发展，建设美丽乡村，某地区对A，B两地间的公路进行改建．如图，A，B两地之间有一座山、汽车原来从A地到B地需途径C地沿折线ACB行驶，现开通隧道后，汽车可直接沿直线AB行驶．已知BC=100千米，∠A=45°,∠B=30°．
(1)求C地到公路AB的距离；
(2)开通隧道后，汽车从A地到B地可以少走多少千米？（结果精确到1米）（参考数据：2≈1.4,3≈1.7）
【答案】(1)50千米
(2)35千米
【分析】
本题考查了解直角三角形的实际应用，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．
（1）过点C作AB的垂线CD，垂足为D．在直角△ACD中，解直角三角形求出CD，进而解答即可；
（2）在直角△CBD中，解直角三角形求出BD，再求出AD，即可得解．
【详解】（1）解：过点C作AB的垂线CD，垂足为D．
∵AB⊥CD,∠B=30°，
∴CD=12BC=50（千米），
答：C地到公路AB的距离为50千米；
（2）解：∵∠A=45°,sin∠A=CDAC，
∴AC=CDsin45°=502（千米），
∴AC+BC=100+502≈170（千米），
∴开通隧道前，汽车从A地到B地要走170千米；
∵∠B=30°,cs∠B=BDBC,BC=100（千米），
∴BD=BC⋅cs30°=100×32=503（千米），
∵∠A=45°，
∵∠ADC=90°，
∴AD=CD=50（千米）
∴AB=AD+BD=50+503=135（千米）
∴170-135=35（千米）
答：开通隧道后，汽车从A地到B地可以少走35千米．
8．（2023·河南濮阳·一模）某种落地灯如图1所示，立杆AB垂直于地面，其高为120cm,BC为支杆，它可绕点B旋转，其中BC的长为30cm，悬杆CD=40cm，如图2所示，当∠BCD=70°，∠ABC=135°时，求灯泡悬挂点D到地面的距离DF的长．（结果精确到1cm；参考数据：sin25°≈0.42,cs25°≈0.91,tan25°≈0.47,2≈1.41）

【答案】158cm
【分析】如图，过点C作CG⊥DF于点G，延长AB交CG于点H．在Rt△CDG中，求出DG=16.8cm．在Rt△BCH中，求得BH≈21cm，可求出FG=141cm，从而可得结论．
【详解】解：如图，过点C作CG⊥DF于点G，延长AB交CG于点H．

∵∠ABC=135°，
∴∠HBC=180°-∠ABC=45°，
∴∠BCH=45°，
∴∠DCG=70°-45°=25°．
在Rt△CDG中，DG=CD⋅sin∠DCG≈40×0.42=16.8cm．
在Rt△BCH中，BH=BC⋅cs∠HBC=30×22≈15×1.41≈21cm，
∴FG=AH=AB+BH=120+21=141cm，
∴DF=FG+DG=141+16.8≈158cm．
答：灯泡悬挂点D到地面的距离DF的长约为158cm．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．考点要求
命题预测
解直角三角形
中考数学中，对锐角三角函数的考察主要以特殊角的三角函数值及其有关计算、解直角三角形、解直角三角形的应用三个方面为主.其中，锐角三角函数的性质及解直角三角形多以选择填空题为主，解直角三角形的应用多以解答题为主，考点所占分值有3-12分，还是需要考生对这块考点多加重视.
解直角三角形的实际应用
已知类型
已知条件
解法步骤
两边
斜边和一直角边
(如c,a)
① ② ③∠B=90°－∠A
两直角边
(如a,b)
① ② ③∠B=90°－∠A
一边和一锐角
斜边和一锐角
（如c，∠A）
①∠B=90°－∠A ②
③
一直角边和一锐角
（如a，∠A）
①∠B=90°－∠A ②
③
另一直角边和一锐角
（如b，∠A）
①∠B=90°－∠A ②
③
模型
需测量数据
数量关系
原理
测量仪高m，
水平距离n，
倾斜角α
tanα=h-mn
h= m+n•tanα
矩形的性质与直角三角形的边角关系
水平距离n，
仰角α，
俯角β
tana=h1n，tanβ=h2n
h=h1+h2=n（tana+tanaβ）