中考数学 专题练习16 锐角三角形函数及其应用（河南专用）（解析版）

这是一份中考数学 专题练习16 锐角三角形函数及其应用（河南专用）（解析版），共85页。试卷主要包含了锐角三角函数的综合应用，解直角三角形的实际应用，特殊角三角函数值的计算，三角函数与圆的综合问题，三角函数的综合应用问题等内容，欢迎下载使用。

考点一、锐角三角函数的综合应用
1．（2024·河南·中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过D作于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出，利用弧、弦的关系证明，利用三线合一性质求出，，在中，利用正弦定义求出，最后利用扇形面积公式求解即可．
【详解】解∶过D作于E，
∵是边长为的等边三角形的外接圆，
∴，，，
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键．
2．（2025·河南·中考真题）定义：有两个内角的差为的三角形叫做“反直角三角形”．如图，在中，，，点为边上一点，若为“反直角三角形”，则的长为 ．
【答案】或
【分析】题考查了等腰三角形的判定和性质，解直角三角形的应用，相似三角形的判定和性质等知识，理解“反直角三角形”的定义，利用分类讨论的思想解决问题是关键．分情况讨论：①当时，过点作于点，由等腰三角形的性质得到，证明，得到，即可求出的长；②当时，过点作交于点，由等角对等边得到，再证明，设，进而得出，，根据求出的值，即可求出的长；③当时，利用锐角三角函数，得出，，即此种情况不存在；④当时，同③理可证，此种情况不存在；即可得解．
【详解】解：，
，
，
，
，
若为“反直角三角形”，
①当时，过点作于点，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
；
②当时，过点作交于点，
，
，
，
，，
，
，
，
设，则，
，
，，
，
，
；
③当时，
，，且，
，
，
若，则，即，
此种情况不存在；
④当时，
当点与点重合时，最小，此时，
同③理可证，此种情况不存在；
综上可知，的长为或，
故答案为：或．
3．（2024·河南·中考真题）综合与实践
在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究
定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．

(1)操作判断
用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________（填序号）．
(2)性质探究
根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质．
如图2，四边形是邻等对补四边形，，是它的一条对角线．
①写出图中相等的角，并说明理由；
②若，，，求的长（用含m，n，的式子表示）．
(3)拓展应用
如图3，在中，，，，分别在边，上取点M，N，使四边形是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出的长．
【答案】(1)②④
(2)①．理由见解析；②
(3)或
【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义判断即可；
（2）①延长至点E，使，连接，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出，证明，得出，，根据等边对等角得出，即可得出结论；
②过A作于F，根据三线合一性质可求出，由①可得，在中，根据余弦的定义求解即可；
（3）分，，，四种情况讨论即可．
【详解】（1）解：观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图2和图4中存在对角互补且邻边相等，
故图②和图④中四边形是邻等对补四边形，
故答案为：②④；
（2）解：①，理由：
延长至点E，使，连接，
∵四边形是邻等对补四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴；
②过A作于F，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴；
（3）解：∵，，，
∴，
∵四边形是邻等对补四边形，
∴，
∴，
当时，如图，连接，过N作于H，
∴，
在中，
在中，
∴，
解得，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴；
当时，如图，连接，
∵，
∴，
∴，故不符合题意，舍去；
当时，连接，过N作于H，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴；
当时，如图，连接，
∵，
∴，
∴，故不符合题意，舍去；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，明确题意，理解新定义，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形是解题的关键．
考点二、解直角三角形的实际应用
4．（2023·河南·中考真题）综合实践活动中，某小组用木板自制了一个测高仪测量树高，测高仪为正方形，，顶点A处挂了一个铅锤M．如图是测量树高的示意图，测高仪上的点D，A与树顶E在一条直线上，铅垂线交于点H．经测量，点A距地面，到树的距离，．求树的高度（结果精确到）．
【答案】树的高度为
【分析】由题意可知，，，易知，可得，进而求得，利用即可求解．
【详解】解：由题意可知，，，
则，
∴，
∵，，
则，
∴，
∵，则，
∴，
∴，
答：树的高度为．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，得到是解决问题的关键．
5．（2021·河南·中考真题）开凿于北魏孝文帝年间的龙门石窟是中国石刻艺术瑰宝，卢舍那佛像是石窟中最大的佛像．某数学活动小组到龙门石窟景区测量这尊佛像的高度．如图，他们选取的测量点与佛像的底部在同一水平线上．已知佛像头部为，在处测得佛像头顶部的仰角为，头底部的仰角为，求佛像的高度（结果精确到．参考数据：，，）
【答案】17.4m
【分析】先设出佛像的高度为x，再求出AD=BD，最后利用三角函数关系式得到关于x的分式方程，解分式方程并检验即可．
【详解】解：设佛像的高度为xm，
∵∠BAD=45°，
∴∠BAD=∠ABD=45°，
∴AD=BD=x，
∵佛像头部为，
∴CD=x-4，
∵∠DAC=37.5°，
∴tan∠DAC= = ≈0.77，
解得：x≈17.4，
经检验，该方程有意义，且符合题意，
因此x≈17.4是该方程的解，
∴佛像的高度约为17.4m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，涉及到了锐角三角函数、等角对等边、解分式方程等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与公式，能根据题意得到相等关系等，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
6．（2022·河南·中考真题）开封清明上河园是依照北宋著名画家张择端的《清明上河图》建造的，拂云阁是园内最高的建筑．某数学小组测量拂云阁DC的高度，如图，在A处用测角仪测得拂云阁顶端D的仰角为34°，沿AC方向前进15m到达B处，又测得拂云阁顶端D的仰角为45°．已知测角仪的高度为1.5m，测量点A，B与拂云阁DC的底部C在同一水平线上，求拂云阁DC的高度（结果精确到1m．参考数据：，，）．
【答案】拂云阁DC的高度约为32m
【分析】延长交于点，则四边形是矩形，则，，在，中，分别表示出，根据，建立方程，解方程求解可得，根据即可求解．
【详解】如图，延长交于点，则四边形是矩形，
则，，
在中，，
在中，，
，
即，
解得，
(m)．
拂云阁DC的高度约为32m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形中的边角关系是解题的关键．
7．（2022·河南·中考真题）为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环⊙O与水平地面相切于点C，推杆AB与铅垂线AD的夹角为∠BAD，点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆AB与铁环⊙O相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．
(1)求证：∠BOC＋∠BAD＝90°．
(2)实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动．图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离AD最小，测得．已知铁环⊙O的半径为25cm，推杆AB的长为75cm，求此时AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)50 cm
【分析】（1）根据切线的性质可得，，根据，可得，过点作，根据平行线的性质可得，，进而即可得证；
（2）过点作的平行线，交于点，交于点，由（1）得到，在，中，求得,进而求得，根据即可求解．
【详解】（1）证明：⊙O与水平地面相切于点C，
，
，
，
AB与⊙O相切于点B，
，
，
过点作，
，
，
，
即∠BOC＋∠BAD＝90°．
（2）如图，过点作的平行线，交于点，交于点，
，则四边形是矩形，
， ，
，
在中，，，
（cm)，
在中，，cm，
(cm)，
(cm)，
(cm)，
cm，
(cm)．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，解直角三角形的应用，掌握以上知识是解题的关键．
8．（2024·河南·中考真题）如图1，塑像在底座上，点D是人眼所在的位置．当点B高于人的水平视线时，由远及近看塑像，会在某处感觉看到的塑像最大，此时视角最大．数学家研究发现：当经过A，B两点的圆与水平视线相切时（如图2），在切点P处感觉看到的塑像最大，此时为最大视角．
(1)请仅就图2的情形证明．
(2)经测量，最大视角为，在点P处看塑像顶部点A的仰角为，点P到塑像的水平距离为．求塑像的高（结果精确到．参考数据：）．
【答案】(1)见解析
(2)塑像的高约为
【分析】本题考查了圆周角定理，三角形外角的性质，解直角三角形的应用等知识，解题的关键是：
（1）连接，根据圆周角定理得出，根据三角形外角的性质得出，然后等量代换即可得证；
（2）在中，利用正切的定义求出，在中，利用正切的定义求出，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接．
则．
∵，
∴．
（2）解：在中，，．
∵，
∴．
∵，
∴．
在中，，
∴．
∴．
答：塑像的高约为．
专练一、锐角三角函数值的计算
9．（2025·河南商丘·模拟预测）如图，将正方形沿折叠，使得点正好落在的中点处，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，求角的正弦值，熟练掌握知识点是解题的关键．设正方形边长为，则，由折叠可知，设，则，再利用勾股定理算出，最后求角的正弦值即可．
【详解】解：设正方形边长为，则，
∵是中点，
∴，
由折叠可知，设，则，
在中，根据勾股定理，
解得，
∴，
故选：B．
10．（2025·河南周口·二模）如图，点A，B，C，D都在上，是的直径，．若，的半径为5，则的正切值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了求角的正切值，勾股定理，圆的相关知识，根据直径所对的圆周角是直角顶点，利用勾股定理可得，则，再证明，得到，则．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵的半径为5，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
11．（2025·河南郑州·一模）将两个相同的正六边形的一边重合得到如图所示的图形，连接，则 （ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作右下角正六边形的外接圆，连接，，，设和相交于点G，先证明A、E、C三点共线，然后证明，再根据垂径定理和圆周角定理，逐步求出和的长，最后根据正切函数的定义，即可得到答案．
【详解】解：作右下角正六边形的外接圆，连接，，，设和相交于点G，
根据正六边形的性质，可得，，
，
，
A、E、C三点共线，
∵，
，
，
，
是的直径，
，，
是等边三角形，
，
设，
则，
是的直径，，
，
，
，
，，
，
，
在中，，
．
故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，垂径定理，圆周角定理，三角函数的定义等知识，熟练掌握有关正多边形的解题方法是解题的关键．
12．（2025·河南周口·三模）赵爽是三国时期非常有名的数学家，他大约在年的时候深入研究了《周髀算经》，书中的一段余字的“勾股圆方图”注文是数学史上极有价值的文献，这个注文也让赵爽对勾股定理产生新的证明方法．“赵爽弦图”被誉为中国数学界的图腾，年在北京召开的国际数学家大会上，就以此为会徽，足以见得它的完美．如图，若大正方形与小正方形的边长之比为，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理和相似三角形，三角函数的知识，掌握以上知识是解答本题的关键；
设，，，可得：，，，在中，根据勾股定理可得，即可得，，在中，根据勾股定理可得，然后作，垂足为，证得，可求，然后即可求解；
【详解】解：设，，，
∴，
∴，，
在中，，即，
∵，
∴，且，，
化简得：，
解得：或（舍去），
∴，，
即，
∴，
在中，，
作，垂足为，如图：
，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
故选：A.
13．（2024·上海·中考真题）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则 ．
【答案】或/或
【分析】本题考查了平行四边形的翻折，求余弦值，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨论的思想进行求解．
【详解】解：当在之间时，作下图，
根据，不妨设，
由翻折的性质知：，
沿直线翻折至所在直线，
，
。
，
过作的垂线交于，
，
，
当在的延长线上时，作下图，
根据，不妨设，
同理知：，
过作的垂线交于，
，
，
故答案为：或．
14．（2025·河南安阳·二模）如图，点都在正方形网格的格点上，连接，则的正切值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理，锐角三角函数，连接，由勾股定理及其逆定理可得为直角三角形，进而根据正切的定义计算即可求解，得出为直角三角形是解题的关键．
【详解】解：连接，
由勾股定理得，，，，
∵，
∴为直角三角形，且，
∴，
故答案为：．
15．（2025·河南焦作·三模）如图，在中，．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作的垂直平分线，交于点E，交于点D（不要求写作法，保留作图痕迹）．
(2)求的值．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据尺规作垂直平分线的方法作图即可；
（2）连接，根据作图可得垂直平分，得出，即可得，求出，设，则，勾股定理求出，得出，再根据即可求解．
【详解】（1）解：如图即为所求；
（2）解：连接，
根据作图可得垂直平分，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴．
【点睛】该题考查了线段垂直平分线的性质、勾股定理、等腰三角形的判定、求角的正切等知识点，解题的关键是正确作出图象．
16．（2025·河南平顶山·二模）如图，是的直径，点为上一点，在的延长线上取点，使得，过点作，交于点，交的延长线于点．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（）连接，由圆周角定理和等腰三角形的性质可得点为的中点，即得为的中位线，得到，再根据平行线的性质得，即可求证；
（）设的半径为，由勾股定理得，由得，即可得，，得到，，即得到，最后利用等腰三角形的性质和正弦的定义解答即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴点为的中点，
∵点为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
即，
∵为的半径，为的外端点，
∴为的切线；
（2）解：设的半径为，
∵，
∴，
∵，
∴
由（）知，
∴，
∴，
即，
解得，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形中位线的性质，平行线的性质，切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，正确作出辅助线是解题的关键．
专练二、由函数值求特殊角
17．（2025·河南·一模）如图，小明在矩形中裁剪出扇形，，O为的中点，，则扇形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由矩形的性质可得，由线段中点的定义及可得，再结合，可得，即，由余弦的定义及可得，于是可得，同理可得，进而可得，由扇形的面积公式可得，由此即可求出扇形的面积．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，O为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
同理可得：，
，
，
故选：．
【点睛】本题主要考查了求扇形面积，矩形的性质，求角的余弦值，由三角函数值求锐角，线段中点的有关计算等知识点，熟练掌握锐角三角函数及扇形的面积公式是解题的关键．
18．（2025·河南信阳·三模）如图，平行四边形的对角线，交于点，且．以点为圆心，分别以，的长为半径画弧交对角线于点，．若，，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了扇形面积的计算，平行四边形的性质，解直角三角形等知识，根据平行四边形的性质求出，，解直角三角形求出，再根据图中阴影部分的面积求解即可，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，，，，
，
∴，
在中，
，
∴图中阴影部分的面积，
故答案为：．
19．（2025·河南周口·模拟预测）如图所示，在长方形中，对角线，点P 是上一动点，连接，将 沿 折叠，点A 的对应点是，当点落在边 的垂直平分线上时， 的度数为 ．

【答案】或
【分析】本题考查的是轴对称的性质，长方形的性质，锐角三角函数的应用，如图，连接交于，证明，，在的垂直平分线上，如图：当落在线段的上方时，重合时，如图：则，，当落在线段的下方时，重合时，落在直线上，如图，再进一步求解即可．
【详解】解：如图，连接交于，

∵在长方形中，对角线，
∴，，，
∴，，在的垂直平分线上，
如图：当落在线段的上方时，重合时，如图：则，，

∴是等边三角形，
∴．
当落在线段的下方时，重合时，落在直线上，如图，

∴，
∴；
综上，的度数是或．
故答案为：或．
20．（2025·河南安阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的对角线，点B在y轴上，点A的横坐标是，将菱形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点C的坐标是 ．
【答案】
【分析】先求出，菱形旋转6次回到原来位置，则菱形绕点O顺时针旋转，每次旋转，第2025次旋转结束时，和第三次位置重合， 过作轴于G，证明是等边三角形，得出，求出，根据含的直角三角形的性质求出，根据勾股定理求出，即可求出的坐标，即可求解．
【详解】解∶连接交于D，
∵菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴菱形旋转6次回到原来位置，
∵，
∴菱形绕点O顺时针旋转，每次旋转，第2025次旋转结束时，和第三次位置重合，
如图， 过作轴于G，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵旋转三次，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴第2025次旋转结束时，点C的坐标是，
故答案为∶ ．
【点睛】本题考查了点的坐标规律探究，菱形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形等知识， 掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．
21．（2025·河南安阳·模拟预测）如图所示是某同学“抖空竹”的一个瞬间．已知绳子分别与空竹相切于点，且，连接左右两个绳柄，经过圆心，分别交于点，经测量，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，扇形的面积等，连接，可证，得到，，利用三角函数可得，即得，得到，最后根据即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵是的切线，点为切点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，，
∵，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
22．（2025·河南濮阳·一模）如图，在矩形中，，．将矩形绕点C旋转，得到矩形，点A的运动路径为，当点落在边上时，图中阴影部分的周长是 ．
【答案】
【分析】连接，，过点作于E，如图所示：则四边形为矩形，再求解，，可得，再进一步求解即可.
【详解】解：连接，，如图所示：
∵在矩形中，，，
∴，，，
∴，
过点作于E，则四边形为矩形，
∴，，
由旋转性质，得：，，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴的长为,
∴图中阴影部分的周长是；
故答案为：.
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，勾股定理的应用，弧长的计算，三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.
23．（2025·河南周口·二模）如图，在等腰和等腰中，，，将绕点旋转，连接，若，则旋转过程中，当最大时，其度数为 °，当最小时，其度数为 °．
【答案】 75 15
【分析】本题考查了旋转的性质、锐角三角函数、等腰三角形的性质．此题综合性较强，解题关键是利用的轨迹圆确定出取最大值时的位置．
先分析出点轨迹为以为圆心的长为半径的圆，当与该圆相切时，最大，由此确定的最大值和最小值．
【详解】解：∵等腰中，，
∴，
由题意知，点轨迹为以为圆心的长为半径的圆，
当与该圆相切时，最大，此时，
若点E在外部时，如图1所示， ，此时最大，
∵，，
∴，
∴，
∴，
若点E在内部时，如图2所示， ，此时最小，
同理可得：
综上所述：若，则旋转过程中，当最大时，其度数为，当最小时，其度数为．
故答案为，．
专练三、特殊角三角函数值的计算
24．（2025·河南安阳·模拟预测）（1）计算：；
（2）化简：．
【答案】（1）；（2）
【分析】此题考查了实数的混合运算，整式混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
（1）利用完全平方公式、算术平方根、特殊角三角函数值、乘方进行计算即可；
（2）利用完全平方公式，平方差公式进行计算即可．
【详解】解：（1）原式
；
（2）原式
．
25．（2025·河南信阳·三模）（1）计算：；
（2）解方程组：
【答案】（1）；（2）
【分析】本题考查了实数的混合运算，二元一次方程组的求解，涉及零指数幂，二次根式的性质化简，特殊角三角函数值，化简绝对值，熟练掌握相关运算法则为解题关键．
（1）根据零指数幂，二次根式的性质，特殊角三角函数值，绝对值的意义化简各项，再合并同类项即可；
（2）根据加减消元法求解方程组即可．
【详解】解：（1）
；
（2），
解：得：，
解得：，
将代入①得：，
故方程组的解为．
26．（2025·河南周口·二模）（1）计算： ；
（2）化简： ．
【答案】（1）；（2）．
【分析】本题考查了立方根，特殊角的三角函数值，乘方，分式化简，熟练掌握运算法则是解题的关键．
（1）分别计算各部分的值，在合并结果即可．
（2）通过通分、因式分解、约分，化简即可．
【详解】解：（1）
；
（2）
27．（2025·河南驻马店·三模）（1）计算：
（2）化简：．
【答案】（1）；（2）
【分析】本题考查实数的混合运算和分式的加减乘除运算，涉及特殊角的三角函数值、零指数幂、二次根式的化简，熟练掌握相关运算法则并正确求解是解答的关键．
（1）先计算零指数幂、二次根式化简、特殊角的三角函数值、绝对值运算，再加减运算即可求解；
（2）根据分式的加减乘除运算法则和运算顺序，结合因式分解求解即可．
【详解】解：
；
（2）
．
专练四、解直角三角形的实际应用
28．（24-25九年级上·浙江温州·期末）我国纸伞的制作工艺十分巧妙．如图，两条伞骨所成的角，点在伞柄上，，则的长度可表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、解直角三角形．连接交于点，根据四边形是菱形，根据菱形的性质可知是直角三角形且，根据余弦的定义可得，根据菱形的定义可知．
【详解】解：如下图所示，连接交于点，
，
四边形是菱形，
，，
，
，
在中，，
，
，
．
故选： D．
29．（2025·河南驻马店·三模）堆垛是一种常见的存储方式．某数学实践小组想借助所学的知识，测量一座玉米垛（如图1）的高度，分析玉米垛的形状特点后画出如图2所示的示意图，其主视图为轴对称图形，四边形为矩形．现测得玉米垛的顶部E到支点C的距离，垛体高，垛体顶角．求玉米垛的顶部E到地面的距离．（结果精确到0.1．参考数据：）

【答案】3.4
【分析】本题考查了矩形的性质与判定，等腰三角形的性质，锐角三角函数，熟练掌握相关知识点，作出合理的辅助线，是解题的关键；
过点E作，交于点O，交于点H，在中，求出的长，再证四边形为矩形，得，再计算．
【详解】解：如图，过点E作，交于点O，交于点H．
玉米垛的主视图为轴对称图形，
为等腰三角形．
，
，
四边形CDGF为矩形，
，，
，
，
在中，，
又，
四边形为矩形，
，
．
答：玉米垛的顶部E到地面的距离约为3.4．
30．（2025·河南信阳·三模）图1是工业上用的一款切割金属材料的铡刀，图2是其侧面示意图，其中矩形是切割槽，刀刃与手柄下边缘在同一条弧上，经测量可知，．将手柄向下压，直至与BC相切于点M，如图3所示，此时恰好经过点D．
(1)求的半径；
(2)将手柄往上抬，使点E恰好落在的延长线上，与交于点F，经研究发现，此时与相切于点E，连接，，求的值．
【答案】(1)的半径为
(2)
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，切线的性质，勾股定理，圆周角定理．
（1）连接交于点N，则，得，连接，设的半径为，则，根据勾股定理得，解方程即可解答；
（2）连接，则，过点作于点，由矩形的判定与性质得到，连接，则，再根据圆周角定理得到即可解答．
【详解】（1）解：如图1，连接交于点N，则，
，
，
连接，设的半径为，则，
由勾股定理，得，
，
解得，
故的半径为；
（2）解：如图2，连接，则，
过点作AI于点，
又，
四边形是矩形，
，
，
连接，则，
，
又，
，
．
31．（2025·河南南阳·三模）老君山老子文化苑的老子铜像被吉尼斯世界纪录认证为“世界上最高的老子铜像”．如图①，某数学活动小组到老君山老子文化苑测量老子铜像（含底座）的高度，具体过程如下：
方案设计：如图②，在老子铜像（含底座）的两侧地面上选取、两点，先测得，两点之间的距离，再在、两点利用同一测角仪分别测得铜像头顶的仰角（点、、在同一水平线上）．
数据收集：通过实地测量，地面，之间的距离为，在点处测得铜像头顶的仰角为，在点处测得铜像头顶的仰角为．
问题解决：已知测角仪的高度为，求老子铜像（含底座）的高度．（结果精确到，参考数据：，，，）
【答案】老子铜像（含底座）的高度约为
【分析】本题考查三角函数测高，涉及矩形的判定与性质、正切函数值定义及解方程等知识，连接交于点，如图所示，由矩形的判定得到四边形为矩形，再由矩形性质得到，，，在中，在中，由正切函数值定义列式求解得到，再由，代值解方程即可得到答案，熟练掌握三角函数测高的解法是解决问题的关键．
【详解】解：连接交于点，如图所示：
则四边形为矩形，
，，，
在中，，
在中，，
又，
，
即，
，
解得，
，
答：老子铜像（含底座）的高度约为．
32．（2025·河南漯河·一模）铁塔（图1）位于河南省开封市，建于公元1049年，素有“天下第一塔”的美称．某数学兴趣小组用无人机测量铁塔的高度，测量方案如下：如图2，先将无人机垂直上升至距离地面的点处，测得铁塔顶端的俯角为；再将无人机沿铁塔的方向水平飞行到达点处，测得铁塔底端的俯角为．
(1)求无人机在点处与铁塔的水平距离．
(2)求铁塔的高度．（参考数据：）
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了锐角三角函数，解直角三角形，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形求解；
（1）延长，交的延长线于点，得出为等腰直角三角形即可求解；
（2）在中，由正切值求边长，再根据进行求解．
【详解】（1）解：如图，延长，交的延长线于点，则．
由题意，得，．
，
，
．
答：无人机在点处与铁塔的水平距离为．
（2）解：在中，，
．
答：铁塔的高度约为．
33．（2025·河南周口·三模）为保障小区居民安全，王老师所在的小区安装了人脸识别仪，如图，摄像头视角的仰角、俯角均为（整个头部需在摄像头视角范围内才能被识别），摄像头高度．身高的王老师，头部高度为，当他站在点处时，可以采取下蹲或后退两种方案进行人脸识别．若王老师采用下蹲方案，则至少需要下蹲（下蹲时身体不前倾）才能被识别．
(1)求的长度．
(2)若王老师采用后退方案，则从处至少后退多远，才能被仪器识别？（结果精确到，参考数据：）
【答案】(1)
(2)从B处至少后退，才能被仪器识别．
【分析】本题考查解直角三角形的应用．根据或的长度及的正切值求得或的长度是解决本题的关键．
（1）过点B作于点D，易得四边形为矩形，求得的长度，进而根据的正切值求得的长即为的长度；
（2）设王老师后退到点处正好被仪器识别，作于点F，求得的长度，进而根据的正切值求得的长，减去的长度即为后退的距离．
【详解】（1）解：如图1：过点B作于点D，
则，
由题意得：，，
∴，，
∴四边形为矩形，
∴，，
由题意得：，
∴，
由题意得：，
∴，
∴
∴
（2）解：如图2：设王老师后退到点M处正好被仪器识别，作于点F，
则，，
由（1）得：，
∴，
∵，
∴
∴，
∴
答：从B处至少后退，才能被仪器识别．
34．（2025·河南驻马店·三模）民桥位于河南省信阳市浉河区，横贯浉河，是信阳重要交通枢纽，也是河南省唯一的一座独塔斜拉式桥梁．某数学兴趣小组进行测量民桥主塔高度的实践活动，淇淇、萍萍两位同学分别制定了不同的测量方案，并完成了实地测量，测量方案与数据如下表：
请任选一种方案计算民桥主塔高度．（结果精确到1m．参考数据：，）
【答案】民桥主塔高度为
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，矩形的判定与性质；理解题意，正确求解是关键．
选淇淇的方案：延长交于点，则四边形为矩形，；设，在中，得，在中利用正切函数求得，由建立方程即可求解：
选萍萍的方案：设交于G，则得四边形和四边形是矩形，得，；设，在中，得，在中利用正切函数求得，由建立方程即可求解：
【详解】解：选淇淇的方案：
如图，延长交于点，
由题意知，，，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴；
设，
在中，，
；
在中，，
；
，
，
即，
解得；
．
选萍萍的方案：
如图，设交于G，
∵，
∴四边形和四边形是平行四边形，
∵，
即，
∴四边形和四边形是矩形，
∴，；
设，
在中，，
∴，
∴；
在中，，
∴
∴；
∵，
∴，
解得：，
答：民桥主塔高度为．
35．（2025·河南安阳·三模）某数学兴趣小组在学习了“解直角三角形”后，开展测量本市某地标性建筑的高度的实践活动，甲、乙两组分别设计了不同的方案：
(1)数学老师看了他们的测量方案后说：“其中一组的测量方案存在问题，不能得到测量结果．”你认为哪组测量方案存在问题？并提出修改建议；
(2)乙组的测量方案能计算出地标建筑的高吗？若能，请写出计算过程，并将结果精确到；若不能，请说明理由．
【答案】(1)甲组的测量方案存在问题，见解析
(2)
【分析】本题考查了解直角三角形的应用及仰角、俯角知识，解题的关键是熟练掌握锐角三角函数的定义．
（1）甲的测量报告只有和无法求出的高，故甲的测量报告存在问题，应知道的距离才能用锐角三角函数求解；
（2）根据入射角=反射角，可知，在中，可以利用正切求出，在中，可以利用正切求出，进一步根据，列方程求解即可．
【详解】（1）解：甲组的测量方案存在问题．
修改建议：在方案中加上“测量出测角仪与该建筑的距离______”．
（2）解：能．
由题意，知，，．
设．
在中，，
∴．
在中，，
∴．
∵，
∴．
解得．
答：该地标建筑的高约为．
36．（2025·河南·模拟预测）建筑工地上常借助定滑轮将建筑材料垂直拉起提到高处，图1为建筑材料起始位置示意图（定滑轮的半径忽略不计），绳子的末端在定滑轮处，测得，．水平向右拉绳子末端，当建筑材料位于图2所示位置时，在绳子末端测得滑轮的仰角为．（图中所有点均在同一平面内，点，，在同一直线上且直线与地面平行；参考数据：，，，．结果精确到）
(1)求绳子的总长度；
(2)求建筑材料上升的高度．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查解直角三角形的应用，熟练掌握仰角定义及解直角三角形相关计算是解决问题的关键．
（1）在中，解直角三角形即可得到答案；
（2）在中，解直角三角形得到，数形结合得到．
【详解】（1）解：，，，
．
．
答：绳子的总长度约为．
（2）解：在中，，，
．
．
．
由题意可知，，
，
即建筑材料上升的高度为．
37．（2025·河南郑州·模拟预测）汽车驾驶员坐在驾驶座位上，其视线观察不到的地方叫“汽车盲区”．一般来说，家用小汽车有四大盲区，分别是车头盲区，车位盲区，左右后视镜盲区，柱盲区．如图是一辆汽车的“车头盲区”示意图，其中．，，驾驶员所处位置的高度为米，驾驶员座位与车头之间距离为米，当驾驶员从点观察车头点时，其视线的俯角为 (视线与水平方向的夹角)，点、、在同一直线上．
(1)的度数为 ．
(2)求“车头盲区”点、之间的距离．(结果精确到米，参考数据：，，)
(3)交警叔叔曾做过实验，一辆家用汽车的视野盲区能容纳个小朋友，这样的结果使我们震惊！文明交通，你我同行，为避免此类事故的发生，请给司机或行人一些建议．
【答案】(1)
(2)米
(3)建议：司机：调好座位，调整后视镜角度，减速慢行，专心开车避免注意力不集中；行人：在路口遇到大货车，与其保持一定安全距离
【分析】本题考查了三角函数的实际应用，熟悉掌握三角函数的比值关系是解题的关键．
（1）根据平行的性质求解即可；
（2）利用三角函数的比值关系列式运算即可；
（3）直接给出合理建议即可．
【详解】（1）解：∵驾驶员从点观察车头点时，其视线的俯角为，(视线与水平方向的夹角)
∴由平行线的性质可得：，
故答案为：．
（2）在中，（米）
∴（米）．
答： “车头盲区”点、之间的距离米；
（3）建议：司机：调好座位，调整后视镜角度，减速慢行，专心开车避免注意力不集中；行人：在路口遇到大货车，与其保持一定安全距离．
38．（2025·河南商丘·二模）在学习《解直角三角形》这一节时，喜欢探索的小明同学在课外学习活动中，探究发现，锐角三角形的面积、边、角之间存在一定的数量关系．下面是小明同学的学习笔记，请仔细阅读下列材料并完成相应的任务．
学习笔记：如图1，在锐角中，，，的对边分别记为，，，锐角的面积记为，过点作于点，则，
，
同理可得，．
即．
由以上推理得结论①：锐角三角形的面积等于两边与其夹角正弦积的一半．
又，根据等式的基本性质，将，整理，得．
由以上推理得结论②：在一个锐角三角形中，各边和它所对角的正弦的比值相等．
【理解应用】请学习上述阅读材料，并用上述材料的结论解答以下问题．
如图2，甲船以36海里/时的速度向正北方向航行，当甲船位于处时，乙船位于甲船的南偏西方向的处，且乙船从处沿北偏东方向匀速直线航行．当甲船航行20分钟到达处时，乙船航行到达甲船的南偏西方向的处，此时两船相距海里．
(1)求的面积；
(2)若此时与恰好互相垂直，求乙船由处到达处航行的路程是多少海里．（结果保留根号）
【答案】(1)平方海里
(2)海里
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先理解题意，得海里，，（海里），运用题干的结论①，代入数值，即可作答．
（2）先得海里，则，，再把数值代入结论②得，即可作答．
【详解】（1）解：由题意得，海里，，（海里），
由结论①得，的面积为（平方海里）
（2）解：如图，
，，
，海里
，，
由结论②得，，
即，
海里
专练五、三角函数与圆的综合问题
39．（2025·河南安阳·一模）如图，是的直径，点C在上，且，．
(1)尺规作图：过点作的垂线，交劣弧于点，交于点，连接（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（）所作的图形中，求的正弦值．
【答案】(1)作图见解析
(2)
【分析】（）作线段的垂直平分线，交劣弧于点，交于点，连接即可；
（）由圆周角定理和勾股定理得，进而得，又由垂直平分线的性质得，，即由三角形中位线性质得，即得到，利用勾股定理求出，最后根据正弦的定义解答即可．
【详解】（1）解：（）作图所示，直线即为所求；
（2）∵是的直径，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，，
又∵，
∴是的中位线，
∴，
∴，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的画法和性质，勾股定理，三角形中位线的性质，直角三角形的性质，三角函数，根据题意正确画出图形是解题的关键．
40．（2025·河南濮阳·一模）过山车常见于游乐园和主题乐园中，深受游客的喜爱．如图2是过山车的示意图，其中过山车的轨道近似看成，轨道的支撑均与地面垂直，点E为上一点，连接交于点F，连接并延长与交于点G，连接．已知为的直径且．
(1)求证：是的切线；
(2)当，的半径为时，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（）由为的直径可得，再由得到，即可得，即可求证；
（）由得，进而得，，作于点，可得，即可根据求解；
【详解】（1）证明：∵为的直径，
∴
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴,
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
∵，的半径为，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
作于点，则，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了直径所对的圆周角是直角，平行线的性质，切线的判定，三角函数，解直角三角形，三角形的面积，正确地作出辅助线是解题的关键．
41．（2025·河南焦作·二模）如图，是的直径，点为上一点，过点作的垂线，交过点的切线于点，交于点，连接交于点．
(1)求证：．
(2)若的半径为10，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由切线的性质得；由得，从而有；再由同弧对的圆周角相等得，从而得结论成立；
（2）连接，由余弦函数关系可求得，进而由勾股定理求得；由垂径定理及线段垂直平分线的性质得，再证明，得,设，则，在中，由勾股定理建立方程，可求得的值，从而求得．
【详解】（1）证明：∵是的切线，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
（2）解：连接，如图所示，
∵是的直径，的半径为10，
∴，．
∵在中，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴．
设，则．
∵在中，，
∴，
∴（负值已舍去），
∴
【点睛】本题考查了切线的性质，直径对的圆周角是直角，同弧对的圆周角相等，垂径定理，线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理及锐角三角函数等知识，涉及到较多的知识点，正确应用这些知识是解题的关键．
42．（2025·河南驻马店·三模）如图所示，在等腰中，，以为直径作，与边交于点．
(1)用无刻度直尺和圆规过点作，垂足为（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的基础上，说明为切线；
(3)若，，求的正切值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据过直线外一点作垂线的方法解答即可；
（2）连接，根据等边对等角求出，所以，再根据平行线的性质得，即，即可得证；
（3）连接，由（2）知，证明得，所以，由等腰三角形的性质得，所以，，再结合得，最后根据即可得解．
【详解】（1）解：如图所示：
；
（2）证明：连接，
由（1）知，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又点在上，且为半径，
为切线；
（3）解：连接，
由（2）知，
，
，
又，
，
，
，
，
，，
又，
，
．
【点睛】本题考查了尺规作图—作垂线，平行线的判定与性质，切线的判定定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，正切的定义，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
专练六、三角函数的综合应用问题
43．（2025·河南周口·三模）已知和都为等腰直角三角形，，，，连接，当时，若，，则的长为 ．
【答案】5或
【分析】根据题意得：，，则，，证明，则，可求；当时，分当在外部，当在内部两种情况，利用相似三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：∵和都为等腰直角三角形，
∴，，
∴，，即，
∴，
∴，即，
解得，；
当时，分当在外部，当在内部，两种情况求解；
当在外部时，，如图①，记的交点为，
由题意知，，，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
∴，，
∴；
当在内部时，，如图②，延长交于点，
∵，
∴，
∴，
∴，即，，即，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
∴；
综上所述，的长为5或，
故答案为：5或．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，余弦，勾股定理等知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，余弦是解题的关键．
44．（2025·河南焦作·三模）如图，在中，，点A在y轴的正半轴上，反比例函数的图象经过的中点C，且与交于点D．已知，．
(1)求k的值；
(2)过点D作轴于点E，点P是x轴上一点，若以A，D，E，P为顶点的四边形的面积为18，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2)或
【分析】本题考查了反比例函数与几何综合，待定系数法求函数的解析式，正切的定义．
（1）先根据正切的定义求得，则，进而得，即可求出k的值；
（2）根据反比例函数解析式求出，进而得，，设，分两种情况：当在右侧时；当在左侧时；分别列方程求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，则，
∵是的中点，
∴，
把代入得；
（2）
解：把代入得，
∴，
∴，，
设，
当在右侧时，，
解得；
当在左侧时， ，
解得．
∴点的坐标为或．
45．（2025·河南信阳·三模）综合探究
在矩形中，为其对角线， ，点为边上不与端点重合的一动点，连接，将 沿着翻折得对应．
(1)若 ，如图1，当点落在对角线上时， 的度数是 ； 、、的数量关系是 ；
(2)若
①如图2，当点落在对角线上时，写出、、之间的数量关系，并说明理由；
②过点作 ，分别交、于，两点， 若 ，当点为线段的三等分点时，请直接写出线段的长．
【答案】(1)；
(2)①（合理即可），理由见解析，②或
【分析】本题考查了三角函数，折叠的性质，相似三角形的判定和性质.
（1）根据三角函数得到，根据折叠的性质即可得到；根据折叠的性质得到，，根据三角函数得到，即可得解；
（2）①由折叠的性质得到，，，根据三角函数得到，即可得解；
②分，两种情况，证明，由勾股定理求解即可.
【详解】（1）解：∵
∴
∴
∵将沿着翻折得对应，点落在对角线上，
∴；
∵将沿着翻折得对应，点落在对角线上，
∴，，
∵
∴，
∴；
故答案为：；
（2）①，理由如下：
∵将沿着翻折得对应，点落在对角线上，
∴，，
∵点落在对角线上，
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴；
②∵当时，
∵，
∴，
∴，
∵将 沿着翻折得对应，
∴，，
∴，
∵
∴
∵，
∴
∴，
设，
则
∴
由勾股定理可得
∴
解得，
即
∵当时，
∵，
∴，
∴，
∵将 沿着翻折得对应，
∴，，
∴，
∵
∴
∵，
∴
∴，
设，
则
∴
由勾股定理可得
∴
解得，
即
综上所述，的长为或
46．（2025·河南周口·三模）已知，如图（a）所示，是等腰三角形，，D是上一点，过点D作交于点C．
(1)将绕点O旋转到图（b）位置，使B，D，C三点在同一直线上，连接，若，则 ；线段，的关系是 ；
(2)在（1）的条件下，把改为，请问（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请求出正确结论；
(3)如图（c）所示，，连接，，在绕点O的旋转过程中，当 时，请直接写出的长．
【答案】(1)；
(2)不成立，正确结论为，
(3)的长为
【分析】（1）在图1中判断出，先判断出是等边三角形，得出，同理判断出，进而判断出，得出，进而得出，即可得出结论；
（2）先判断出，同理判断出，进而得出，即，进而判断出，得出，即可得出结论；
（3）先判断出，利用含 30 度角的直角三角形的性质判断出，同理：，进而判断出，得出，延长相交于，判断出，进而求出，设，则，过点作于，进而表示出，再根据勾股定理得，，即，解方程求解，即可得出答案．
【详解】（1）解：如图 1，∵，
，
，
，
，
，
∵，
是等边三角形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）解：（1）中结论不成立，正确的结论为，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即：；
（3）解：如图3，
在中，，
∴，
过点作于，则，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∵，
∴，
，
，
，
延长相交于，
，
，
，
，
，
在中，，
，
设，
则，
过点作于，
，
在中，，
，
，
，
，
在中，，
根据勾股定理得，，
，
（舍去）或，
．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线判断出是解本题的关键．
47．（2025·河南郑州·二模）初中数学“图形的性质”强调通过实验探究、直观发现、推理论证研究图形：“图形的变化”强调从运动变化的观点研究图形．为提升学生数学核心素养，李老师在社团活动时出示了一个探究活动、在中，，，点在直线上，将线段绕点逆时针旋转得到线段，过点作，交直线于点．
(1)初步探究
当点在线段上时（如图①），求证：：
李浩同学是这样分析的：证明线段和（差），可以利用构造全等三角形，他尝试在上截取，连接，通过证明，最终证出结论．请你根据李浩的分析思路，写出图①的证明过程．
(2)类比探究
如图②，点在线段的延长线上；如图③，点在线段的延长线上，请分别写出线段，，之间的数量关系（无需证明）；
(3)延伸探究
在（1）（2）的条件下，若，，则______．
【答案】(1)见解析
(2)点在线段的延长线上时：；点在线段的延长线上时：
(3)5或7
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、旋转性质、解直角三角形等知识，添加辅助线构造全等三角形是解答的关键．
（1）在上截取，连接，通过证明，最终证出结论；
（2）如图②，在上截取，连接，，证明得到，，再证明是等边三角形得到，由可得结论；如图③，在上截取，连接，证明是等边三角形得到，，证明得到，，由可得结论；
（3）利用锐角三角函数求得，，分三种情况求得，进而利用（1）（2）中结论求解即可．
【详解】（1）证明：如图①，在上截取，连接，
由旋转性质得，，
∵，，
∴，
∴，，
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴；
（2）解：当点在线段的延长线上时：．
证明：如图②，在上截取，连接，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，，
由旋转性质得，，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∴
∵，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴；
当点在线段的延长线上时，．
证明：如图③，在上截取，连接，
∵，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，则，
由旋转性质得，，
∵
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：∵在中，，，，
∴，，
当点在线段上时，
∵，
∴，
由得；
当点在线段的延长线上时，，不满足，故舍去；
当点在线段的延长线上时，
∵，
∴，
由得，
综上，或7．
48．（2025·河南商丘·三模）定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．
(1)如图1，在菱形中，是的中点，连接，将沿翻折到．延长交于点，请写出图中的所有“筝形”；
(2)如图2，将（1）中的“菱形”改为“正方形”其他条件不变，求的值；
(3)如图3，将正方形绕点逆时针旋转，得到正方形，与相交于点，延长交于点．若，求的长．
【答案】(1)四边形，四边形，四边形；
(2)
(3)
【分析】（1）连接，由菱形的性质可得，则，四边形是“筝形”； 由折叠的性质可得，则四边形是“筝形”；证明，，得到，则可证明，得到，则四边形是“筝形”；
（2）设，则，可求出，连接，证明，得到，证明，进而可证明，则，据此求解即可；
（3）如图所示，连接，由旋转的性质可得，证明，得到，求出，可得，则，证明，得到，则．
【详解】（1）解：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，四边形是“筝形”；
由折叠的性质可得，
∴四边形是“筝形”；
∵，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是“筝形”；
（2）解：同理（1）得：四边形是“筝形”，
设，则，
四边形是正方形，
，
，
连接，
四边形是“筝形”，
，
，
，
，
由折叠的性质得：，
，即，
是直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图所示，连接，
将正方形绕点逆时针旋转，得到正方形，
，
，
，
，
四边形是筝形；
，
，
，
∴，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，解直角三角形，旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确理解“筝形”的定义是解题的关键．
49．（2025·河南安阳·二模）综合与实践
在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验．请运用已有经验，对“双直四边形”进行研究．
定义：在四边形中，如果有一个角是直角，且从这个直角顶点引出的对角线把对角分成的两个角中有一个是直角，那么这样的四边形叫做双直四边形．
(1)观察思考
如图，在双直四边形中，，若，则的值为________．
(2)初步探究
如图，在双直四边形中，，过点作交于点．若，请猜想和之间的数量关系，并说明理由．
(3)类比探究
如图，在（）的基础上，若、、，求的长（用含，，的代数式表示）．
(4)拓展应用
如图，在双直四边形中，．，，为线段上一动点，且（，连接，作点关于直线的对称点，连接．若，请直接写出的长．
【答案】(1)
(2)，理由见解析
(3)
(4)或
【分析】（）由已知可得，进而根据锐角三角函数即可求解；
（）证明即可求解；
（）证明，可得，即得，进而根据线段的和差关系即可求解；
（）分点的对应点在的下方和上方两种情况，分别画出图形，利用正方形和相似三角形的性质解答即可求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：，理由如下：
如图，∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（4）解：分两种情况：①如图，当点的对应点在的下方时，
如图，过点作于点，
由（）知，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
同理（）可得，，
∴，
由折叠的性质可知四边形为正方形，
连接，则，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②如图，当点的对应点在的上方时，
同理可得；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质等，运用分类讨论思想并正确作出辅助线解答是解题的关键．
50．（2025·河南新乡·三模）在中考复习阶段，追梦小组在张老师指导下，对等腰三角形展开了一场特别的探究，张老师先给出一道题，孙阳同学分享了自己的做法，然后赵虎和李乐两位同学分别对张老师的问题进行了不同的变式，具体如下：
(1)张老师的问题：如图1，在中，，，点，在边上，且，连接．若，求的长．
孙阳的做法：如图2，把绕点顺时针旋转得到，得且；连接，在中利用勾股定理可求出的长；易证，从而求出的长．
任务1：请你根据孙阳的做法，直接写出的长为___________．
(2)赵虎的变式：如图3，在等边中，点，在边上，且，，连接．若，求的长．
任务2：请你类比孙阳的做法，写出完整的求解过程．
(3)李乐的变式：如图4，在中，，，点在边上且，点在直线上．若，求的长．
任务3：请你类比孙阳的做法，直接写出的长为___________．
【答案】(1)
(2)，见解析
(3)或7
【分析】（1）根据旋转的性质得到，，，，证明；推出，利用勾股定理求解即可；
（2）将绕点逆时针旋转得到，连接，得到，，，，证明，推出，过点作，交的延长线于点，利用勾股定理求解即可；
（3）分点在上，点在延长线上，两种情况，同理（2）即可解答．
【详解】（1）解：∵，
∴；
∵绕点A逆时针旋转，得到，
∴，，，，
∴；
∵，，
∴；
∴；
∴，
又∵，
∴；
∴，
在中，由勾股定理得，
∴；
（2）解：∵是等边三角形，
∴，，
将绕点逆时针旋转得到，连接，如图，则，，，．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
过点作，交的延长线于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴；
（3）解：如图，过点A作于点H，
∵在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
当点在上时，如图，将绕点逆时针旋转得到，连接，过点作，交于点，则，，，，
同理（2）得，
∴，
∵，
∴，
∴，，
设，则，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得：，
∴；
当点在延长线上时，如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作，交延长线于点，则，，，，
同理（2）得，
∴，
∵，
∴，
∴，，
设，则，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得：，
∴；
综上，的长为或7．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，旋转的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定等，正确作出辅助线构造三角形全等是解题的关键．课题
测量民桥主塔高度
测量方案
淇淇的方案
萍萍的方案
测量示意图
测量数据
说明
民桥主塔的高为，所有点在同一竖直平面内，图中，测角仪垂直于水平地面，测角仪的高度．
课题：测量本市某地标性建筑的高度
甲组方案
乙组方案
测量示意图
测量方案与测量结果
如图1，小组成员在点D处用距离地面高度为的测角仪测出该建筑顶端A的仰角．
如图2，在地面上点O处水平放一面镜子，小组成员站在点D的位置，通过镜子反射刚好看到该建筑顶端A处，同时他还测得自己眼睛到地面的距离，他到该建筑的距离，．
参考数据