初中数学中考复习 考点21 直角三角形和锐角三角函数（解析版）

这是一份初中数学中考复习 考点21 直角三角形和锐角三角函数（解析版），共39页。
考点二十一 直角三角形和锐角三角函数
【命题趋势】
在中考中，直角三角形在中考常结合勾股定理、面积法在选择题、填空题考查；锐角三角形函数常在选择题、填空题考查，并且结合实际问题考查。

【中考考查重点】
一、 直角三角形的性质于判定
二、 锐角三角函数
三、 30°、45°、60°的三角函数值

考点一：直角三角形的性质与判定
性质
1. 两锐角之和等于90°
2. 斜边上的中线等于斜边的一半
3. 30°角所对的直角边等于斜边的一半
4. 若有一条直角边等于斜边的一半，则这条直角边所对的锐角等于30°（应用时需先证明）
5. 勾股定理：若直角三角形的两直角边分别为a，b,斜边为c,则

判定
1. 有一个角为90°的三角形时直角三角形
2. 有两个角的和时90°的三角形是直角三角形
3. 一边上的中线等于这条边的一半的三角形是直角三角形
4. 勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长分别为a,b,c若满足

，那么这个三角形为直角三角形。

面积公式
，其中a是底边常，hs是底边上的高





1．（2020•河北）如图是用三块正方形纸片以顶点相连的方式设计的“毕达哥拉斯”图案．现有五种正方形纸片，面积分别是1，2，3，4，5，选取其中三块（可重复选取）按如图的方式组成图案，使所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三块纸片的面积分别是（　　）

A．1，4，5 B．2，3，5 C．3，4，5 D．2，2，4
【答案】B
【解答】解：当选取的三块纸片的面积分别是1，4，5时，围成的直角三角形的面积是＝，
当选取的三块纸片的面积分别是2，3，5时，围成的直角三角形的面积是＝；
当选取的三块纸片的面积分别是3，4，5时，围成的三角形不是直角三角形；
当选取的三块纸片的面积分别是2，2，4时，围成的直角三角形的面积是＝，
∵，
∴所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三块纸片的面积分别是2，3，5，
故选：B．
2．（2021•商河县校级模拟）如图，BD平分∠ABC，CD⊥BD，D为垂足，∠C＝55°，则∠ABC的度数是（　　）

A．35° B．55° C．60° D．70°
【答案】D
【解答】解：∵CD⊥BD，∠C＝55°，
∴∠CBD＝90°﹣55°＝35°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠CBD＝2×35°＝70°．
故选：D．
3．（2020•南海区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝4，AE平分∠BAC交BC于点E，点D为AB的中点，连接DE，则△BDE的周长是（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【解答】解：∵在△ABC中，AB＝AC＝3，AE平分∠BAC，
∴BE＝CE＝BC＝2，
又∵D是AB中点，
∴BD＝AB＝，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE＝AC＝，
∴△BDE的周长为BD+DE+BE＝++2＝5．
故选：C．
4．（2021•滨州）在Rt△ABC中，若∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，则点C到直线AB的距离为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．2.4
【答案】D
【解答】解：作CD⊥AB于点D，如右图所示，
∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝＝5，
∵，
∴，
解得CD＝2.4，
故选：D．

5．（2021•黔东南州）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，若以AC为直径的⊙O交AB于点D，则CD的长为（　　）

A． B． C． D．5
【答案】C
【解答】解：∵以AC为直径的⊙O交AB于点D，
∴∠ADC＝90°，即CD⊥AB．
在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
则由勾股定理得到：AB＝＝＝10．
∴AC•BC＝AB•CD，即＝．
故CD＝．
故选：C．
6．（2021•荆州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，CD⊥AB于D，则CD的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【解答】解：在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC＝＝＝3，
∵CD⊥AB，
∴S△ABC＝AB•CD＝AC•BC，
∴CD＝＝＝，
故选：D．
7．（2021•襄阳）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一个问题：“今有池方一丈，葭（jiā）生其中，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深几何．”（丈、尺是长度单位，1丈＝10尺）其大意为：有一个水池，水面是一个边长为10尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺．如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面．水的深度是多少？则水深为（　　）

A．10尺 B．11尺 C．12尺 D．13尺
【答案】C
【解答】解：设水深为h尺，则芦苇长为（h+1）尺，
根据勾股定理，得（h+1）2﹣h2＝（10÷2）2，
解得h＝12，
∴水深为12尺，
故选：C．
8．（2021•东胜区二模）如图，透明的圆柱形容器（容器厚度忽略不计）的高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3cm的点A处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是（　　）

A．cm B．13cm C．cm D．cm
【答案】B
【解答】解：如图：
∵高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，
此时蚂蚁正好在容器外壁，离容器上沿3cm与饭粒相对的点A处，
∴A′D＝5（cm），BD＝12﹣3+AE＝12（cm），
∴将容器侧面展开，作A关于EF的对称点A′，
连接A′B，则A′B即为最短距离，
A′B＝＝＝13（cm）．
故选：B．

9．（2020•常州）如图，AB是⊙O的弦，点C是优弧AB上的动点（C不与A、B重合），CH⊥AB，垂足为H，点M是BC的中点．若⊙O的半径是3，则MH长的最大值是（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【解答】解：∵CH⊥AB，垂足为H，
∴∠CHB＝90°，
∵点M是BC的中点．
∴MH＝BC，
∵BC的最大值是直径的长，⊙O的半径是3，
∴MH的最大值为3，
故选：A．

考点二： 锐角三角函数
Rt▲ABC
在Rt▲ABC中，∠C-90°，∠A为▲ABC中一个锐角
正弦
∠A的正弦：
余弦
∠A的余弦：
正切
∠A的正切：


30°、45°、60°的三角函数值
α

三角函数
30°
45°
60°

sinα



cosα



tanα

1

10．（2021•腾冲市模拟）如图，点A，B，C在正方形网格的格点上，则sin∠BAC等于（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【解答】解：连接CD，点D在格点上，如右图所示：
设每个小正方形的边长为a，
则CD＝＝a，
AC＝＝a，
AD＝＝2a，
∴CD2+AD2＝（a）2+（2a）2＝（a）2＝AC2，
∴△ACD是直角三角形，
∴sin∠BAC＝sin∠CAD＝＝＝，
故选：D．


11．（2020•长春）比萨斜塔是意大利的著名建筑，其示意图如图所示，设塔顶中心点为点B，塔身中心线AB与垂直中心线AC的夹角为∠A，过点B向垂直中心线AC引垂线，垂足为点D．通过测量可得AB、BD、AD的长度，利用测量所得的数据计算∠A的三角函数值，进而可求∠A的大小．下列关系式正确的是（　　）

A．sinA＝ B．cosA＝ C．tanA＝ D．sinA＝
【答案】A
【解答】解：在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，
则sinA＝，cosA＝，tanA＝，
因此选项A正确，选项B、C、D不正确；
故选：A．
12．（2018•呼和浩特）如图，一座山的一段斜坡BD的长度为600米，且这段斜坡的坡度i＝1：3（沿斜坡从B到D时，其升高的高度与水平前进的距离之比）．已知在地面B处测得山顶A的仰角为33°，在斜坡D处测得山顶A的仰角为45°．求山顶A到地面BC的高度AC是多少米？（结果用含非特殊角的三角函数和根式表示即可）

【答案】
【解答】解：作DH⊥BC于H．设AE＝x．

∵DH：BH＝1：3，
在Rt△BDH中，DH2+（3DH）2＝6002，
∴DH＝60，BH＝180，
在Rt△ADE中，∵∠ADE＝45°，
∴DE＝AE＝x，
∵HC＝ED，EC＝DH，
∴HC＝x，EC＝60，
在Rt△ABC中，tan33°＝，
∴x＝，
∴AC＝AE+EC＝+60＝．
答：山顶A到地面BC的高度AC是米
13．（2021•徐州）如图，斜坡AB的坡角∠BAC＝13°，计划在该坡面上安装两排平行的光伏板．前排光伏板的一端位于点A，过其另一端D安装支架DE，DE所在的直线垂直于水平线AC，垂足为点F，E为DF与AB的交点．已知AD＝100cm，前排光伏板的坡角∠DAC＝28°．
（1）求AE的长（结果取整数）；
（2）冬至日正午，经过点D的太阳光线与AC所成的角∠DGA＝32°，后排光伏板的前端H在AB上．此时，若要后排光伏板的采光不受前排光伏板的影响，则EH的最小值为多少（结果取整数）？
参考数据：≈1.41，≈1.73，≈2.45．
锐角A
三角函数
13°
28°
32°
sinA
0.22
0.47
0.53
cosA
0.97
0.88
0.85
tanA
0.23
0.53
0.62

【答案】（1） 91（cm） （2）EH的最小值约为32cm
【解答】解：（1）在Rt△ADF中，cos∠DAF＝，
∴AF＝AD•cos∠DAF＝100×cos28°＝100×0.88＝88（cm），
在Rt△AEF中，cos∠EAF＝，
∴AE＝＝＝≈91（cm）；
（2）设DG交AB于M，过点A作AN⊥DG于N，如图所示：
∴∠AMN＝∠MAG+∠DGA＝13°+32°＝45°，
在Rt△ADF中，DF＝AD•sin∠DAC＝100×sin28°＝100×0.47＝47（cm），
在Rt△DFG中，tan∠DGA＝，
∴tan32°＝，
∴FG＝＝≈75.8（cm），
∴AG＝AF+FG＝88+75.8＝163.8（cm），
在Rt△AGN中，AN＝AG•sin∠DGA＝163.8×sin32°＝163.8×0.53≈86.8（cm），
∵∠AMN＝45°，
∴△AMN为等腰直角三角形，
∴AM＝AN≈1.41×86.8≈122.4（cm），
∴EM＝AM﹣AE≈122.4﹣91≈31.4（cm），
当M、H重合时，EH的值最小，
∴EH的最小值约为32cm．


1．（2021•福建模拟）下列各组数据中，能够成为直角三角形三条边长的一组数据是（　　）
A．，， B．32，42，52
C． D．0.3，0.4，0.5
【答案】D
【解答】解：A、（）2+（）2≠（）2，即三角形不是直角三角形，故本选项不符合题意；
B、（32）2+（42）2≠（52）2，即三角形不是直角三角形，故本选项不符合题意；
C、（）2+（）2≠（）2，即三角形不是直角三角形，故本选项不符合题意；
D、0.32+0.42＝0.52，即三角形是直角三角形，故本选项符合题意；
故选：D．
2．（2021•太原三模）如图，已知BC是圆柱底面的直径，AB是圆柱的高，在圆柱的侧面上，过点A，C嵌有一圈路径最短的金属丝，现将圆柱侧面沿AB剪开，所得的圆柱侧面展开图是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解答】解：因圆柱的展开面为长方形，AC展开应该是两直线，且有公共点C．
故选：B．
3．（2021•广州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，线段AB的垂直平分线分别交AC、AB于点D、E，连接BD．若CD＝1，则AD的长为 　　．

【答案】2
【解答】解：∵DE垂直平分AB，
∴AD＝BD，
∴∠A＝∠ABD，
∵∠A＝30°，
∴∠ABD＝30°，
∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝30°+30°＝60°，
∵∠C＝90°，
∴∠CBD＝30°，
∵CD＝1，
∴BD＝2CD＝2，
∴AD＝2．
故答案为2．
4．（2020•黔西南州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在线段BC上，且∠B＝30°，∠ADC＝60°，BC＝3，则BD的长度为　 　．

【答案】2
【解答】解：∵∠C＝90°，∠ADC＝60°，
∴∠DAC＝30°，
∴CD＝AD，
∵∠B＝30°，∠ADC＝60°，
∴∠BAD＝30°，
∴BD＝AD，
∴BD＝2CD，
∵BC＝3，
∴CD+2CD＝3，
∴CD＝，
∴DB＝2，
故答案为：2．
5．（2020•岳阳）如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，∠A＝20°，则∠BCD＝　　°．

【答案】70
【解答】解：在Rt△ABC中，∵∠A＝20°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝70°，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴BD＝CD，
∴∠BCD＝∠B＝70°，
故答案为70．

6．（2021•成都）如图，数字代表所在正方形的面积，则A所代表的正方形的面积为 　　．

【答案】100
【解答】解：由题意可知，直角三角形中，一条直角边的平方＝36，一直角边的平方＝64，
则斜边的平方＝36+64＝100．
故答案为100．
7．（2020•雅安）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O．若AD＝2，BC＝4，则AB2+CD2＝　　．

【答案】20
【解答】解：∵AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理得，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，
AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，
∴AB2+CD2＝AD2+BC2，
∵AD＝2，BC＝4，
∴AB2+CD2＝22+42＝20．
故答案为：20．

8． （2021•玉林）如图，某港口P位于东西方向的海岸线上，甲、乙轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，甲、乙轮船每小时分别航行12海里和16海里，1小时后两船分别位于点A，B处，且相距20海里，如果知道甲船沿北偏西40°方向航行，则乙船
沿 　　 方向航行．

【答案】北偏东50°
【解答】解：由题意可知：AP＝12，BP＝16，AB＝20，
∵122+162＝202，
∴△APB是直角三角形，
∴∠APB＝90°，
由题意知∠APN＝40°，
∴∠BPN＝90°﹣∠APN＝90°﹣40°＝50°，
即乙船沿北偏东50°方向航行，
故答案为：北偏东50°．
9．（2021•恩施州）《九章算术》被尊为古代数学“群经之首”，其卷九勾股篇记载：今有圆材埋于壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？如图，大意是，今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯这木材，锯口深CD等于1寸，锯道AB长1尺，问圆形木材的直径是多少？（1尺＝10寸）
答：圆材直径 　　寸．

【答案】26
【解答】解：过圆心O作OC⊥AB于点C，延长OC交圆于点D，连接OA，如图：

∵OC⊥AB，
∴AC＝BC＝AB，．
则CD＝1寸，AC＝BC＝AB＝5寸．
设圆的半径为x寸，则OC＝（x﹣1）寸．
在Rt△OAC中，由勾股定理得：
52+（x﹣1）2＝x2，
解得：x＝13．
∴圆材直径为2×13＝26（寸）．
故答案为：26．
10．（2021•东莞市校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD为AB边上的高，CE为AB边上的中线，AD＝2，CE＝5，则CD＝　　

【答案】4
【解答】解：∵∠ACB＝90°，CE为AB边上的中线，
∴AB＝2CE＝10，
∴BD＝AB﹣AD＝8，
由射影定理得，CD＝＝4，
故答案为：4．
11．（2021•饶平县校级模拟）已知三角形三边长分别为5，12，13，则此三角形的最大边上的高等于　　．
【答案】
【解答】解：∵52+122＝132，
∴根据勾股定理的逆定理，△ABC是直角三角形，最长边是13，
设斜边上的高为h，则
S△ABC＝×5×12＝×13h，
解得：h＝，
故答案为．
12．（2021•玉州区二模）附加题：观察以下几组勾股数，并寻找规律：
①3，4，5；
②5，12，13；
③7，24，25；
④9，40，41；…
请你写出有以上规律的第⑤组勾股数：　　 ．
【答案】11，60，61
【解答】解：从上边可以发现第一个数是奇数，且逐步递增2，
故第5组第一个数是11，又发现第二、第三个数相差为一，
故设第二个数为x，则第三个数为x+1，
根据勾股定理得：112+x2＝（x+1）2，
解得x＝60，
则得第5组数是：11、60、61．
故答案为：11、60、61．
13．（2020•呼和浩特）如图，一艘船由A港沿北偏东65°方向航行38km到B港，然后再沿北偏西42°方向航行至C港，已知C港在A港北偏东20°方向．
（1）直接写出∠C的度数；
（2）求A、C两港之间的距离．（结果用含非特殊角的三角函数及根式表示即可）

【答案】（1） 62° （2）19+km
【解答】解：（1）如图，由题意得：
∠C＝20°+42°＝62°；
（2）由题意得，∠CAB＝65°﹣20°＝45°，∠C＝62°，AB＝38，
过B作BE⊥AC于E，如图所示：
∴∠AEB＝∠CEB＝90°，
在Rt△ABE中，∵∠EAB＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∵AB＝38，
∴AE＝BE＝AB＝19，
在Rt△CBE中，∵∠C＝62°，tan∠C＝，
∴CE＝＝，
∴AC＝AE+CE＝19+
∴A，C两港之间的距离为（19+）km．

14．（2021•宜城市一模）在抗击“新冠病毒”期间，某路口利用探测仪对过往的物体进行检查，探测仪A测得某物体的仰角∠BAD＝35°，俯角∠DAC＝45°，探测仪到货物表面的距离AD＝3米，求货物高BC的长．（sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70，结果精确到0.1）

【答案】5.1米
【解答】解：在Rt△ABD和Rt△ACD中，tan∠BAD＝，tan∠CAD＝，
∴BD＝AD•tan∠BAD＝3×tan35°≈3×0.70≈2.1（米），
CD＝AD•tan∠CAD＝3×tan45°＝3×1＝3（米），
∴BC＝BD+CD≈2.1+3＝5.1（米），
答：货物高BC的长约5.1米．

15．（2021•贵阳模拟）如图，建筑物AB后有一座小山，∠DCF＝30°，测得小山坡脚C点与建筑物水平距离BC＝25米，若山坡上E点处有一凉亭，且凉亭与坡脚距离CE＝20米，某人从建筑物顶端A点测得E点处的俯角为48°．
（1）求凉亭到地面的距离；
（2）求建筑物AB的高．（精确到0.1m）
（参考数据：≈1.73，sin48°≈0.74，cos48°≈0.67，tan48°≈1.11，sin42°≈0.67，cos42°≈0.74，tan42°≈0.90）

【答案】（1）10米 （2）57.0米
【解答】解：（1）过E作EM⊥BF于M，

∵∠DCF＝30°，CE＝20米，
∴EM＝CE•sin30°＝10米；，
答：凉亭到地面的距离为10米；
（2）过E作EN⊥AB，交AB于点N，BN＝EM＝10米，NE＝BM，∠BNE＝90°，
在Rt△CME中，CM＝CE•cos30°＝10米，
∴NE＝BM＝BC+CM＝（25+10）米，
∵α＝48°，
∴∠EAN＝90°﹣α＝42°，
在Rt△ANE中，AN＝（米），
∴AB＝AN+BN＝57.0米，
答：建筑物AB的高约为57.0米

1．（2021•福建）如图，某研究性学习小组为测量学校A与河对岸工厂B之间的距离，在学校附近选一点C，利用测量仪器测得∠A＝60°，∠C＝90°，AC＝2km．据此，可求得学校与工厂之间的距离AB等于（　　）

A．2km B．3km C．km D．4km
【答案】D
【解答】解：∵∠A＝60°，∠C＝90°，AC＝2km，
∴∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝4（km）．
故选：D．
2．（2019•朝阳）把Rt△ABC与Rt△CDE放在同一水平桌面上，摆放成如图所示的形状，使两个直角顶点重合，两条斜边平行，若∠B＝25°，∠D＝58°，则∠BCE的度数是（　　）

A．83° B．57° C．54° D．33°
【答案】B
【解答】解：过点C作CF∥AB，
∴∠BCF＝∠B＝25°．
又AB∥DE，
∴CF∥DE．
∴∠FCE＝∠E＝90°﹣∠D＝90°﹣58°＝32°．
∴∠BCE＝∠BCF+∠FCE＝25°+32°＝57°．

故选：B．
3．（2020•荆门）△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，BC＝2，D为BC的中点，AE＝AB，则△EBD的面积为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：连接AD，作EF⊥BC于F，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，AD平分∠BAC，∠B＝∠C＝30°
在Rt△ABD中，BD＝BC＝，∠B＝30°，
∴AB＝＝＝2，
∴AD＝＝1，
∵AE＝AB，
∴＝，
∵EF⊥BC，AD⊥BC，
∴EF∥AD，
∴△BEF∽△BAD，
∴＝，
∴
∴EF＝，
∴S△BDE＝＝＝，
故选：B．

4．（2020•河南）如图，在△ABC中，AB＝BC＝，∠BAC＝30°，分别以点A，C为圆心，AC的长为半径作弧，两弧交于点D，连接DA，DC，则四边形ABCD的面积为（　　）

A．6 B．9 C．6 D．3
【答案】D
【解答】解：连接BD交AC于O，
∵AD＝CD，AB＝BC，
∴BD垂直平分AC，
∴BD⊥AC，AO＝CO，
∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BAC＝30°，
∵AC＝AD＝CD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠DAC＝∠DCA＝60°，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ADB＝∠CDB＝30°，
∵AB＝BC＝，
∴AD＝CD＝AB＝3，
∴四边形ABCD的面积＝2×＝3，
故选：D．

5．（2021•新疆）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝4，CD⊥AB于点D，E是AB的中点，则DE的长为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°,
∵E是AB的中点,AB＝4，
∴CE＝BE＝,
∴△BCE为等边三角形，
∵CD⊥AB,
∴DE＝BD＝,
故选：A．
6．（2019•黄石）如图，在△ABC中，∠B＝50°，CD⊥AB于点D，∠BCD和∠BDC的角平分线相交于点E，F为边AC的中点，CD＝CF，则∠ACD+∠CED＝（　　）

A．125° B．145° C．175° D．190°
【答案】C
【解答】解：∵CD⊥AB，F为边AC的中点，
∴DF＝AC＝CF，
又∵CD＝CF，
∴CD＝DF＝CF，
∴△CDF是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∵∠B＝50°，
∴∠BCD+∠BDC＝130°，
∵∠BCD和∠BDC的角平分线相交于点E，
∴∠DCE+∠CDE＝65°，
∴∠CED＝115°，
∴∠ACD+∠CED＝60°+115°＝175°，
故选：C．

7．（2020•陕西）如图，在3×3的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，若BD是△ABC的高，则BD的长为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【解答】解：由勾股定理得：AC＝＝，
∵S△ABC＝3×3﹣＝3.5，
∴，
∴，
∴BD＝，
故选：D．
8．（2020•广西）《九章算术》是古代东方数学代表作，书中记载：今有开门去阃（读kǔn，门槛的意思）一尺，不合二寸，问门广几何？题目大意是：如图1、2（图2为图1的平面示意图），推开双门，双门间隙CD的距离为2寸，点C和点D距离门槛AB都为1尺（1尺＝10寸），则AB的长是（　　）

A．50.5寸 B．52寸 C．101寸 D．104寸
【答案】C
【解答】解：取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，如图2所示：
由题意得：OA＝OB＝AD＝BC，
设OA＝OB＝AD＝BC＝r寸，
则AB＝2r（寸），DE＝10（寸），OE＝CD＝1（寸），AE＝（r﹣1）寸，
在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AD2，
即（r﹣1）2+102＝r2，
解得：r＝50.5，
∴2r＝101（寸），
∴AB＝101寸，
故选：C．
9．（2021•深圳）如图，在点F处，看建筑物顶端D的仰角为32°，向前走了15米到达点E即EF＝15米，在点E处看点D的仰角为64°，则CD的长用三角函数表示为（　　）

A．15sin32° B．15tan64° C．15sin64° D．15tan32°
【答案】C
【解答】解：∵∠CED＝64°，∠F＝32°，∠CED＝∠F+∠EDF，
∴∠EDF＝∠CED﹣∠F＝64°﹣32°＝32°，
∴∠EDF＝∠F，
∴DE＝EF，
∵EF＝15米，
∴DE＝15米，
在Rt△CDE中，
∵sin∠CED＝，
∴CD＝DEsin∠CED＝15sin64°，
故选：C．
10．（2020•苏州）如图，小明想要测量学校操场上旗杆AB的高度，他做了如下操作：
（1）在点C处放置测角仪，测得旗杆顶的仰角∠ACE＝α；
（2）量得测角仪的高度CD＝a；
（3）量得测角仪到旗杆的水平距离DB＝b．
利用锐角三角函数解直角三角形的知识，旗杆的高度可表示为（　　）

A．a+btanα B．a+bsinα C．a+ D．a+
【答案】A
【解答】解：过C作CF⊥AB于F，则四边形BFCD是矩形，
∴BF＝CD＝a，CF＝BD＝b，
∵∠ACF＝α，
∴tanα＝＝，
∴AF＝b•tanα，
∴AB＝AF+BF＝a+btanα，
故选：A．



1．（2021•平谷区一模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，则下列结论不一定成立的是（　　）

A．∠1+∠2＝90° B．∠2＝∠3 C．∠1＝∠4 D．∠1＝30°
【答案】D
【解答】解：A．∵∠ACB＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，故本选项不符合题意；
B．∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∵∠1+∠2＝90°，
∴∠2＝∠3，故本选项不符合题意；
C．∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝90°，
∴∠2+∠4＝90°，
∵∠1+∠2＝90°，
∴∠1＝∠4，故本选项不符合题意；
D．根据已知条件不能推出∠1＝30°，故本选项符合题意；
故选：D．
2．（2021•河南模拟）将一个含30°角的直角三角板ABC与一个直尺如图放置，∠ACB＝90°，点A在直尺边MN上，点B在直尺边PQ上，BC交MN于点D．若∠ABP＝15°，AC＝6，则AD的长为（　　）

A． B．8 C．6 D．6
【答案】C
【解答】解：由题意可得，MN∥PQ，
∴∠DAB＝∠ABP＝15°，
∵∠CAB＝180°﹣∠C﹣∠ABC＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
∴∠CAD＝∠CAB﹣∠DAB＝60°﹣15°＝45°，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ADC＝45°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴AD＝AC＝．
故选：C．
3．（2021•坪山区一模）如图，在△ABC中，∠B＝90°，C是BD上一点，BC＝10，∠ADB＝45°，∠ACB＝60°，则CD长为（　　）

A．10﹣ B．10﹣10 C．10﹣3 D．10﹣10
【答案】B
【解答】解：∵在△ABC中，∠B＝90°，∠ACB＝60°，
∴∠CAB＝30°，
∴BC＝AC，
∴AC＝2BC＝20，
∴AB＝＝10，
∵∠ADB＝45°，
∴∠DAB＝45°，
∴∠DAB＝∠ADB，
∴BD＝AB＝10，
∴CD＝BD﹣BC＝10﹣10，
故选：B．
4．（2021•长沙模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BP平分∠ABC，BP＝CP＝2，则AB的长为（　　）

A．4 B．6 C．4 D．4
【答案】A
【解答】解：过P作PD⊥BC于D，如图：
∵BP＝CP，
∴BD＝CD，
∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴AB＝2BC，∠ABC＝60°，
∵BP平分∠ABC，
∴∠PBC＝30°，
∵PD⊥BC，
∴PD＝PB＝1，BD＝PD＝，
∴BC＝2BD＝2，
∴AB＝2BC＝4，
故选：A．
5．（2021•广西模拟）如图，在△ABC中，∠C＝60°，AD是BC边上的高，点E为AD的中点，连接BE并延长交AC于点F．若∠AFB＝90°，EF＝2，则BF长为（　　）

A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】D
【解答】解：∵在△ABC中，∠C＝60°，AD是BC边上的高，
∴∠DAC＝90°﹣∠C＝90°﹣60°＝30°，
∵∠AFB＝90°，EF＝2，
∴AE＝2EF＝4，
∵点E为AD的中点，
∴DE＝AE＝4，
∵∠C＝60°，∠BFC＝180°﹣90°＝90°，
∴∠EBD＝30°，
∴BE＝2DE＝8，
∴BF＝BE+EF＝8+2＝10，
故选：D．
6．（2021•苏州模拟）如图，已知∠AOB＝60°，点P在边OA上，OP＝10，点M、N在边OB上，PM＝PN，若MN＝2，则OM＝（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【解答】解：作PH⊥MN于H，
∵PM＝PN，
∴MH＝NH＝MN＝1，
∵∠AOB＝60°，
∴∠OPH＝30°，
∴OH＝OP＝5，
∴OM＝OH﹣MH＝4，
故选：B．
7．（2021•饶平县校级模拟）如图，在三角形ABC中，AB＝AC，BC＝6，三角形DEF的周长是7，AF⊥BC于F，BE⊥AC于E，且点D是AB的中点，则AF＝（　　）

A． B． C． D．7
【答案】B
【解答】解：∵AF⊥BC，BE⊥AC，D是AB的中点，
∴DE＝DF＝AB，
∵AB＝AC，AF⊥BC，
∴点F是BC的中点，∴BF＝FC＝3，
∵BE⊥AC，
∴EF＝BC＝3，
∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝AB+3＝7，
∴AB＝4，
由勾股定理知 AF＝＝，
故选：B．
8．（2020•安徽模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，E为BC边的中点，则点E到中线CD的距离EF的长为（　　）

A．3 B．4 C． D．
【答案】C
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝10，
∵中线CD，
∴AD＝BD＝CD＝5，△BDC的面积＝△ABC的面积＝
连接DE，
∵E为BC边的中点，
∴△DEC的面积＝△BDC的面积＝6，
∵△DEC的面积＝，
可得：，
解得：EF＝，
故选：C．
9．（2021•大荔县一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝2．以AB为一条边向三角形外部作正方形，则正方形的面积是（　　）

A．8 B．12 C．18 D．20
【答案】D
【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝4，BC＝2，
∴AB＝＝＝2，
∴正方形的面积＝AB2＝（2）2＝20，
故选：D．
10．（2021•岳池县模拟）如图Rt△ABC，∠C＝90°，分别以各边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”；当AC＝3，BC＝4时，计算阴影部分的面积为（　　）

A．6 B．6π C．10π D．12
【答案】A
【解答】解：在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，由勾股定理得：AB＝＝＝5，
所以阴影部分的面积S＝×π×（）2+×（）2+﹣×π×（）2＝6，
故选：A．
11．（2021•威宁县模拟）如图，四边形ABCD中，AB＝3cm，AD＝4cm，BC＝13cm，CD＝12cm，且∠A＝90°，则四边形ABCD的面积为（　　）

A．12cm2 B．18cm2 C．22cm2 D．36cm2
【答案】D
【解答】解：如图，连接BD，
∵∠A＝90°，AB＝3cm，AD＝4cm，
∴BD＝＝＝5（cm），
∵BC＝13cm，CD＝12cm，52+122＝132，
∴BD2+CD2＝CB2，
∴∠BDC＝90°，
∴S△DBC＝×DB×CD＝×5×12＝30（cm2），
S△ABD＝×3×4＝6（cm2），
∴四边形ABCD的面积为30+6＝36（cm2），
故选：D．
12．（2021•浙江模拟）如图，一只蚂蚁绕着圆柱向上螺旋式爬行，假设蚂蚁绕圆柱外壁从点A爬到点B，圆周率π取近似值3，则蚂蚁爬行路线的最短路径长为（　　）

A．6cm B．6cm C．2cm D．10cm
【答案】A
【解答】解：底面圆周长为4πcm，底面半圆弧长为2πcm≈6cm，展开得：
BC＝6cm，AC＝6cm，
在Rt△ABC中，根据勾股定理得：AB＝＝＝6（cm）．
故选：A．


13．（2021•双阳区一模）某课外数学兴趣小组的同学进行关于测量楼房高度的综合实践活动．如图，他们在距离楼房35米的C处测得楼顶的仰角为α，则楼房AB的高为（　　）

A．35sinα米 B．35tanα米 C．米 D．米
【答案】B
【解答】解：在Rt△ABC中，∵∠ABC＝90°，∠ACB＝α，BC＝35米，
∴AB＝BC•tanα＝35tanα（米），
答：楼房AB的高为35tanα米．
故选：B．
14．（2021•涪城区模拟）如图，小刚同学为了测量校园里旗杆AB的高度，将测角仪CD竖直放在距旗杆底部B点5m的位置，在D处测得旗杆顶端A的仰角为53°，若测角仪的高度是1.5m，则旗杆AB的高度约为（　　）m．（精确到0.1m．参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）

A．8.2 B．9.1 C．9.5 D．10.3
【答案】A
【解答】解：过D作DE⊥AB于E，如图所示：
则四边形BCDE是矩形，
∴BE＝CD＝1.5m，ED＝BC＝5m，
∵在D处测得旗杆顶端A的仰角为53°，
∴∠ADE＝53°，
在Rt△ADE中，tan∠ADE＝，
∴AE＝DE•tan53°≈5×1.33≈6.65（m），
∴AB＝AE+BE＝AE+CD＝6.65+1.5≈8.2（m），
故选：A．
15．（2021•河南模拟）如图，某小坡前有一幢楼房CD，坡脚A处离楼房底部D的距离为306m，斜坡AB的长度为195m，坡度i＝1：2.4，在坡顶B处观测到楼房顶部C的俯角为20°，则楼房CD的高度是多少？（参考数据：sin20°≈0.342，cos20°≈0.940，tan20°≈0.364．结果精确到0.1m）

【答案】29.1m．
【解答】解：过B作BM⊥DA于点M，作DA的平行线交DC的延长线于点N，
所以四边形NDMB是矩形．

Rt△ABM中，i＝1：2.4，
∴BM：AM＝1：2.4＝5：12，
设BM＝5xm，AM＝12xm，
由勾股定理，得BM2+AM2＝AB2，
∴（5x）2+（12x）2＝1952，
解得x＝15，
∴BM＝5×15＝75m，AM＝12×15＝180m，
∴DM＝DA﹣AM＝306﹣180＝126m，BN＝DM＝126m，ND＝BM＝75m，
Rt△CBN中，CN＝tan∠CBN•BN≈0.364×126＝45.864（m），
∴CD＝DN﹣CN＝75﹣45.864≈29.1（m）．
答：楼房CD的高度约29.1m．