考点17 中考一轮复习之锐角三角函数-2022届九年级《新题速递 数学》（人教版）

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考点01 中考一轮复习之锐角三角函数

姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________

一、单选题（共14小题）

1.（2021秋•高明区期末）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，则cosB的值是（　　）

A． B． C． D．

【答案】D
【分析】根据余弦的定义解答即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，
则cosB＝＝，
故选：D．
【知识点】锐角三角函数的定义、勾股定理

2.（2021秋•东莞市期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，∠CDB＝30°，⊙O的半径为3cm，则CD弦长为（　　）

A．cm B．cm C．3cm D．6cm

【答案】C
【分析】根据圆周角定理可求出∠COB的度数，再利用特殊角的三角函数值及垂径定理即可解答．
【解答】解：∵∠CDB＝30°，
∴∠COB＝60°，
又∵OC＝3cm，CD⊥AB于点E，
∴OE＝，
解得CE＝cm，
∴CD＝3cm．
故选：C．
【知识点】垂径定理、圆周角定理、解直角三角形

3.（2021•青羊区模拟）如图，在△ABC中，AC＝1，BC＝2，AB＝，则sinB的值是（　　）

A． B． C．2 D．

【答案】B
【分析】利用正弦函数的定义计算即可．
【解答】解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝2，AB＝，
∴sinB＝．
故选：B．
【知识点】解直角三角形

4.（2021秋•徐汇区期末）已知海面上一艘货轮A在灯塔B的北偏东30°方向，海监船C在灯塔B的正东方向5海里处，此时海监船C发现货轮A在它的正北方向，那么海监船C与货轮A的距离是（　　）
A．10海里 B．5海里 C．5海里 D．海里

【答案】B
【分析】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°﹣30°＝60°，BC＝5海里，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°﹣30°＝60°，BC＝5海里，
∴AC＝BC•tan60°＝5（海里），
即海监船C与货轮A的距离是5海里，
故选：B．

【知识点】解直角三角形的应用-方向角问题

5.（2021•松江区一模）如图，一艘船从A处向北偏东30°的方向行驶10千米到B处，再从B处向正西方向行驶20千米到C处，这时这艘船与A的距离（　　）

A．15千米 B．10千米 C．10千米 D．5千米

【答案】C
【分析】根据直角三角形的三角函数得出AE，BE，进而得出CE，利用勾股定理得出AC即可．
【解答】解：如图，

∵BC⊥AE，
∴∠AEB＝90°，
∵∠EAB＝30°，AB＝10米，
∴BE＝5米，AE＝5米，
∴CE＝BC﹣CE＝20﹣5＝15（米），
∴AC＝（米），
故选：C．
【知识点】解直角三角形的应用-方向角问题

6.（2021春•沙坪坝区校级月考）小明为了测量一楼房AB的高度，如图，小明从楼底B出发走了10米到达一坡角（即∠DCM）为30°的斜坡的底部，再走12米到达一观测平台，测得楼顶A的仰角∠ADH为37°．则楼房AB的高度为（　　）（参考数据：cos37°＝0.80，tan37°＝0.75，＝1.7）

A．15 B．21 C．22 D．16

【答案】B
【分析】作DN⊥BM于N，则HB＝DN，DH＝BN，由含30°角的直角三角形的性质得HB＝DN＝CD＝6米，CN＝DN＝6米，则DH＝BN＝10+6（米），在Rt△ADH中，由三角函数定义求出AH＝15.15米，得出AB＝AH+HB≈21米即可．
【解答】解：作DN⊥BM于N，如图：
则HB＝DN，DH＝BN，
∵∠DCN＝30°，CD＝12米，
∴HB＝DN＝CD＝6米，
CN＝DN＝6米，
∴DH＝BN＝BC+CN＝10+6（米），
在Rt△ADH中，tan∠ADH＝＝tan37°＝0.75，
∴AH＝0.75DH＝0.75×（10+6）＝15.15米，
∴AB＝AH+HB＝15.15+6≈21（米），
即楼房AB的高度约为21米．
故选：B．

【知识点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题、解直角三角形的应用-坡度坡角问题

7.（2021秋•九龙坡区校级期中）如图，在国旗台DF上有一根旗杆AF，国庆节当天小明参加升旗仪式，在B处测得旗杆顶端的仰角为37°，小明向前走4米到达点E，经过坡度为1的坡面DE，坡面的水平距离是1米，到达点D，测得此时旗杆顶端的仰角为53°，则旗杆的高度约为（　　）米．（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75）

A．6.29 B．4.71 C．4 D．5.33

【答案】A
【分析】通过作高利用坡比求出DM＝EM＝1，在Rt△ADF中，∠DAF＝90°﹣∠ADF＝90°﹣53°＝37°，再根据三角函数的意义，用AF表示DF，最后再在Rt△ABC中，
利用锐角三角函数，设未知数，列方程求解即可．
【解答】解：过点D作DM⊥BC，垂足为M，由题意得，
∠B＝37°，∠ADF＝53°，BE＝4，EM＝1，
∵坡面DE的坡度为1，
∴＝1，
∴DM＝EM＝1＝FC，
在Rt△ADF中，∠DAF＝90°﹣∠ADF＝90°﹣53°＝37°，
∵tan∠DAF＝≈0.75，
设AF＝x，则DF＝0.75x＝MC，
在Rt△ABC中，
∵tan∠B＝，
∴tan37°＝≈0.75，
解得x＝≈6.29（米），
故选：A．

【知识点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题、解直角三角形的应用-坡度坡角问题

8.（2021秋•虹口区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB上一点，过D作DF⊥AB交边BC于点E，交AC的延长线于点F，联结AE，如果tan∠EAC＝，S△CEF＝1，那么S△ABC的值是（　　）

A．3 B．6 C．9 D．12

【答案】C
【分析】根据tan∠EAC＝，可得＝，由△EFC∽△ABC，可得相似比为，从而得到面积比为，进而求出答案．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠B＝90°，
又∵DF⊥AB，
∴∠ADF＝90°，
∴∠BAC+∠F＝90°，
∴∠B＝∠F，
又∵∠ECF＝∠ACB＝90°，
∴△ECF∽△ACB，
∴＝＝tan∠EAC＝，
∴＝，
又∵S△ECF＝1，
∴S△ABC＝9，
故选：C．
【知识点】解直角三角形、三角形的面积

9.（2021秋•沙坪坝区校级月考）如图，在三角形纸片ABC中，点D是BC边上的中点，连接AD，把△ABD沿着AD翻折，得到△AED，连接CE，若BC＝6，tan∠ECB＝，则△AEC的面积为（　　）

A． B．2 C． D．2

【答案】D
【分析】通过作辅助线得出S△AEC＝S△DEC，根据等腰三角形的性质，可求出S△DEC，进而得出答案．
【解答】解：连接BE，过点D作DM⊥EC，垂足为M，
∵点D是BC边上的中点，BC＝6，
∴BD＝CD＝3，
由折叠得，BD＝DE，AD⊥BE，
∴DE＝DB＝DC，
∴∠BEC＝90°，即BE⊥EC，
∴EC∥AD，
∴S△AEC＝S△DEC，
在△DEC中，DE＝DC＝3，DM⊥EC，
∴ME＝MC，
∵tan∠MCD＝＝，
设MC＝2m，则DM＝m，
由勾股定理得，DM2+MC2＝DC2，
即4m2+5m2＝32，
解得m＝1，
∴DM＝，MC＝2，
∴S△DEC＝EC•DM＝2，
故选：D．

【知识点】三角形的面积、解直角三角形、翻折变换（折叠问题）

10.（2021春•雨花区期中）如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为点F，连接DF，有下列五个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④tan∠CAD＝；⑤S△ABF：S四边形BCDF＝1：4．其中正确结论的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D
【分析】结合矩形的性质证明∠EAF＝∠ACB，AFE＝∠CBA，可证明①；证明△AEF∽△CBF，利用相似三角形的性质可证明②；过D作DN∥BE，∠AC于M，则DN⊥AC，证明M为CF的中点，可证明③；根据已知条件无法证明④；设S△AEF＝a，则S△ADF＝2a，由相似三角形的性质可求解相关三角形的面积，进而可求得S四边形BCDF＝4a，即可证明⑤．
【解答】解：在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，AD＝BC，
∴∠EAF＝∠ACB，
∵BE⊥AC，垂足为点F，
∴∠AFE＝90°，
∴∠AFE＝∠CBA，
∴△AEF∽△CAB，故①正确；
∵AD∥BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴，
∵E为AD的中点，
∴，
∴，
∴CF＝2AE，故②正确；
过D作DN∥BE，交AC于M，则DN⊥AC，

∵AD∥BC，
∴四边形BNDE为平行四边形，
∴BN＝ED＝BC，即N为BC的中点，
∴M为CF的中点，
∴DF＝DC，故③正确；
根据已知条件无法判断AD＝2AB，故无法得到tan∠CAD＝，故④错误；
设S△AEF＝a，则S△ADF＝2a，
∵△AEF∽△CBF，
∴，
∴S△CBF＝4a，
∵S△ABF：S△CBF＝AF：CF＝1：2，
∴S△ABF＝2a，
∴S△ADC＝S△ABC＝6a，
∴S四边形BCDF＝8a，
∴S△ABF：S四边形BCDF＝2a：8a＝1：4，故⑤正确．
综上，正确个数有4个．
故选：D．
【知识点】相似三角形的判定与性质、矩形的性质、解直角三角形

11.（2021秋•诸城市期中）如图，在矩形ABCD中，E是AD的中点，BE⊥AC，垂足为点F，下列结论：①△AEF～△CAB；②CF＝2AF；③tan∠CAD＝，其中正确的结论有（　　）

A．3个 B．2个 C．1个 D．0个

【答案】B
【分析】①正确．只要证明∠EAC＝∠ACB，∠ABC＝∠AFE＝90°即可；
②正确．由AD∥BC，推出△AEF∽△CBF，推出AE和CF的关系即可；
③不正确．设AE＝a，AB＝b，则AD＝2a，由△BAE∽△ADC，求出a和b的关系，可得tan∠CAD的值．
【解答】解：如图，过D作DM∥BE交AC于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，
∵BE⊥AC于点F，
∴∠EAC＝∠ACB，∠ABC＝∠AFE＝90°，
∴△AEF∽△CAB，故①正确；
∵AD∥BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴＝，
∵AE＝AD＝BC，
∴＝，
∴CF＝2AF，故②正确；
设AE＝a，AB＝b，则AD＝2a，
由△BAE∽△ADC，
有＝，即b＝a，
∴tan∠CAD＝＝＝，故③不正确；
正确的有①②，2个，
故选：B．

【知识点】矩形的性质、解直角三角形

12.（2021秋•沙坪坝区校级期中）如图，旗杆AB竖立在斜坡CB的顶端，斜坡CB长为65米，坡度为i＝．小明从与点C相距115米的点D处向上爬12米到达建筑物DE的顶端点E，在此测得旗杆顶端点A的仰角为39°，则旗杆的高度AB约为（　　）米．
（参考数据：sin39°≈0.63，cos39°≈0.78，tan39°≈0.81）

A．12.9 B．22.2 C．24.9 D．63.1

【答案】C
【分析】通过作高，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系和坡度即可求出答案．
【解答】解：过点B作BF⊥CD，垂足为F，过点E作EG⊥BF，垂足为G，
在Rt△BCF中，
由斜坡BC的坡度i＝，得，＝，
又BC＝65，
设BF＝12x，FC＝5x，由勾股定理得，（12x）2+（5x）2＝652，
∴x＝5，
∴BF＝60，FC＝25，
又∵DC＝115，
∴DF＝DC﹣FC＝115﹣25＝90＝EG，
在Rt△AEG中，AG＝EG•tan39°≈90×0.81＝72.9，
∴AB＝AG+FG﹣BF＝72.9+12﹣60＝24.9（米），
故选：C．

【知识点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题、解直角三角形的应用-坡度坡角问题

13.（2021•浙江自主招生）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D为BC的中点，点E在AB上，AD，CE交于点F，AE＝EF＝4，FC＝9，则cos∠ACB的值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】D
【分析】如图，延长AD到M，使得DM＝DF，连接BM．利用全等三角形的性质证明BM＝CF＝9，AB＝BM，利用勾股定理求出BC，AC即可解决问题．
【解答】解：如图，延长AD到M，使得DM＝DF，连接BM．

∵BD＝DC，∠BDM＝∠CDF，DM＝DF，
∴△BDM≌△CDF（SAS），
∴CF＝BM＝9，∠M＝∠CFD，
∵CE∥BM，
∴∠AFE＝∠M，
∵EA＝EF，
∴∠EAF＝∠EFA，
∴∠BAM＝∠M，
∴AB＝BM＝9，
∵AE＝4，
∴BE＝5，
∵∠EBC＝90°，
∴BC＝＝＝12，
∴AC＝＝＝15，
∴cos∠ACB＝＝＝，
故选：D．
【知识点】解直角三角形

14.（2021•南岸区校级模拟）△ABC中，∠ACB＝45°，D为AC上一点，AD＝5，连接BD，将△ABD沿BD翻折至△EBD，点A的对应点E点恰好落在边BC上．延长BC至点F，连接DF，若CF＝2，tan∠ABD＝，则DF长为（　　）

A． B． C．5 D．7

【答案】B
【分析】过A作AH⊥BC于H，交BD于P，作DG⊥BC于G．设PH＝x，AP＝y，由tan∠ABD＝，可知BH＝2HP＝2x．
由折叠可知，BD平分∠ABC，，得AB＝2y，在Rt△ABH中，AH2+BH2＝AB2，得出y＝x，因此AB＝，AH＝AP+PH＝+x＝x，CH＝AH＝BC＝BH+CH＝2x+＝，所以＝＝，
得CD＝7，DG＝CG＝7，FG＝7+2＝9，再由勾股定理DF＝＝．
【解答】解：如图．过A作AH⊥BC于H，交BD于P，作DG⊥BC于G．
设PH＝x，AP＝y，
∵tan∠ABD＝，
∴BH＝2HP＝2x．
由折叠可知，BD平分∠ABC，
∴，
∴AB＝2y，
在Rt△ABH中，AH2+BH2＝AB2，
即，（x+y）2+（2x）2＝（2y）2，
∴y＝x，
∴AB＝，AH＝AP+PH＝+x＝x，
∵∠ACB＝45°，AH⊥BC，
∴CH＝AH＝
BC＝BH+CH＝2x+＝，
∴＝＝，
∴CD＝7，
∴DG＝CG＝7，
∵CF＝2，
∴FG＝7+2＝9，
∴DF＝＝，
故选：B．

【知识点】翻折变换（折叠问题）、解直角三角形


二、填空题（共10小题）

15.（2021秋•普宁市期末）计算：tan260°+4sin30°﹣2cos45°＝　　．

【分析】直接利用特殊角的三角函数值得出答案．
【解答】解：原式＝（）2+4×﹣2×
＝3+2﹣
＝5﹣．
故答案为：5﹣．
【知识点】特殊角的三角函数值

16.（2021•台儿庄区模拟）计算：2+|（﹣）﹣2|﹣2tan30°﹣（π﹣2021）0＝　　．

【答案】3
【分析】直接利用负整数指数幂的性质以及特殊角的三角函数值、零指数幂的性质分别化简得出答案．
【解答】解：原式＝2×+4﹣2×﹣1
＝+4﹣﹣1
＝3．
故答案为：3．
【知识点】实数的运算、负整数指数幂、特殊角的三角函数值、零指数幂

17.（2021•虹口区一模）如图，图中提供了一种求cot15°的方法．作Rt△ABC，使∠C＝90°，∠ABC＝30°，再延长CB到点D，使BD＝BA，联结AD，即可得∠D＝15°．如果设AC＝t，则可得CD＝（2+）t，那么cot15°＝cotD＝＝2+．运用以上方法，可求得cot22.5°的值是　　．


【分析】利用题中的方法构建一个Rt△ADC，使∠D＝22.5°，然后利用余切的定义求解．
【解答】解：作Rt△ABC，使∠C＝90°，∠ABC＝45°，再延长CB到点D，使BD＝BA，联结AD，
∵AB＝BD，
∴∠BAD＝∠D，
∵∠ABC＝∠BAD+∠D，
∴∠D＝∠ABC＝22.5°，
设AC＝t，则BC＝t，AB＝t，
∴CD＝BC+BD＝t+t＝（+1）t，
在Rt△ADC中，cotD＝＝＝+1，
∴cot22.5°＝+1．
故答案为+1．

【知识点】解直角三角形、含30度角的直角三角形

18.（2021秋•九龙坡区校级月考）如图，点P、A、B、C在同一平面内，点A、B、C在同一直线上，且PC⊥AC，在点A处测得点P在北偏东60°方向上，在点B处测得点P在北偏东30°方向上，若AP＝12千米，则A，B两点的距离为　　千米．



【分析】根据题意和题目中的数据，可以计算出AC和BC的长，然后即可得到AB的长，从而可以解答本题．
【解答】解：∵PC⊥AC，在点A处测得点P在北偏东60°方向上，
∴∠PCA＝90°，∠PAC＝30°，
∵AP＝12千米，
∴PC＝6千米，AC＝6千米，
∵在点B处测得点P在北偏东30°方向上，∠PCB＝90°，PC＝6千米，
∴∠PBC＝60°，
∴BC＝＝＝2千米，
∴AB＝AC﹣BC＝6﹣2＝4（千米），
故答案为：4千米．
【知识点】解直角三角形的应用-方向角问题

19.（2021秋•镇平县期末）如图，AB是一垂直于水平面的建筑物，BC是建筑物底端的一个平台，斜坡CD的坡度（或坡比）为i＝1：0.75，坡长为10米，DE为地平面（A，B，C，D，E均在同一平面内），则平台距地面的高度为　　．


【答案】8米
【分析】延长AB交ED的延长线于F，过C作CG⊥EF于G，则BF＝CG，设CG＝4x米，则DG＝3x米，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：如图，延长AB交ED的延长线于F，过C作CG⊥EF于G，
则BF＝CG，
在Rt△CDG中，i＝＝1：0.75＝，CD＝10米，
设CG＝4x米，则DG＝3x米，
由勾股定理得：（4x）2+（3x）2＝102，
解得：x＝2，
∴CG＝8（米），GD＝6（米），
∴BF＝CG＝8米，即平台距地面的高度为8米，
故答案为：8米．

【知识点】解直角三角形的应用-坡度坡角问题

20.（2021秋•渝中区校级月考）如图，△ABC中，sinB＝，tanC＝，AC＝5，则BC＝　　．

【分析】过A作AD垂直于BC，在直角三角形ACD中，利用锐角三角函数定义求出AD，CD的长，在直角三角形ABD中，利用锐角三角函数定义求出AB的长，再利用勾股定理求出BD，即可解决问题．
【解答】解：过A作AD⊥BC，
在Rt△ACD中，tanC＝，AC＝5，
∴AD＝3，CD＝4，
在Rt△ABD中，sinB＝，
∴AB＝＝＝3，
根据勾股定理得：BD＝＝＝6，
∴BC＝BD+CD＝10，
故答案为10．

【知识点】解直角三角形

21.（2021秋•龙沙区期末）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝22021，AC＝22021，点D1，D3，D5，…D2n﹣1在AB边上，点D2，D4，D6，…D2n在AC边上，若∠B＝∠ACD1＝∠AD1D2＝∠AD2D3＝…＝∠ADnDn+1，则D2021D2021＝　　．



【分析】根据直角三角形的边角关系和相似三角形的性质可求出AD1，AD2，AD3，AD4，……AD2021，AD2021，再根据勾股定理求出D2021D2021．
【解答】解：∵∠A＝90°，∠B＝∠ACD1＝∠AD1D2＝∠AD2D3＝…＝∠ADnDn+1，
∴＝＝＝＝＝＝…＝，
∴AD1＝AC＝22019，
AD2＝AD1＝22018，
AD3＝AD2＝22017，
AD4＝AD3＝22016，
……
AD2021＝AD2019＝20＝1，
AD2021＝AD2021＝2﹣1＝，
在Rt△AD2021D2021中，
AD2021D2021＝＝，
故答案为：．
【知识点】解直角三角形

22.（2021秋•杨浦区期末）新定义：有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，如图，已知在对余四边形ABCD中，AB＝10，BC＝12，CD＝5，tanB＝，那么边AD的长为　　．


【答案】9
【分析】如图，过端午A作AH⊥BC于H，过点C作CE⊥AD于E，连接AC．解直角三角形求出AE，DE即可解决问题
【解答】解：如图，过端午A作AH⊥BC于H，过点C作CE⊥AD于E，连接AC．

在Rt△ABH中，tanB＝＝，
∴可以假设AH＝3k，BH＝4k，则AB＝5k＝10，
∴k＝2，
∴AH＝6，BH＝8，
∵BC＝12，
∴CH＝BC﹣BH＝12﹣8＝4，
∴AC＝＝＝2，
∵∠B+∠D＝90°，∠D+∠ECD＝90°，
∴∠ECD＝∠B，
在Rt△CED中，tan∠ECD＝＝，
∵CD＝5，
∴DE＝3，CE＝4，
∴AE＝＝＝6，
∴AD＝AE+DE＝9．
故答案为：9．
【知识点】解直角三角形

23.（2021春•松北区月考）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，连接AE、EF、AF，过点F作AE的平行线交AD于点G，连接EG，且EG⊥AF，若BE＝2DG，则tan∠FEC＝　　．



【分析】注意到EG与AF垂直，于是作BH∥EG交AD于H，交AF于M，可得△ABH≌△DAF，从而AH＝DF．另外，由GF∥AE可推出△FGD∼△AEB，而BE＝2DG，故DF是AB的一半，H、F分别AD、CD中点，设DG＝x，DF＝y，可得y＝3x，CF＝y＝3x，CE＝2y﹣2x＝4x，CF与CE之比即是答案．
【解答】解：如图，作BH∥EG交AD于H，交AF于M．

设DG＝x，则BE＝2DG＝2x，
∵ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠BAD＝90°，
∴∠AEB＝∠EAD，BEGH是平行四边形，
∴GH＝BE＝2x，
∴DH＝GH+DG＝3x，
∵GF∥AE，
∴∠FGD＝∠EAD，
∴∠AEB＝∠FGD，
∴△FGD∼△AEB，
∴＝＝，
设DF＝y，则AB＝2y＝AD，
∵∠ABH+∠BAM＝∠BAM+∠DAF＝90°，
∴∠ABH＝∠DAF，
在△ABH和△DAF中：

∴△ABH≌△DAF（ASA），
∴AH＝DF＝y，
∴DH＝CF＝y，
∴y＝3x，
∴tan∠FEC＝＝＝＝．
故答案为：．
【知识点】正方形的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形

24.（2021秋•香坊区期末）如图，四边形ABCD是正方形，E是BC边上一点，连接AE，BN⊥AE，垂足为M，交CD于点N，若tan∠BAE＝，MN＝3，则线段AB的长为　　．


【分析】根据四边形ABCD是正方形，可得∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC＝CD，根据BN⊥AE，可得∠BAE＝∠MBE，根据tan∠BAE＝，可以证明E是BC的中点，N是CD的中点，设BE＝a，则CN＝a，AB＝2a，根据勾股定理可得关于a的方程即可求出AB的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC＝CD，
∴∠BAE+∠ABM＝90°，
∵BN⊥AE，
∴∠MBE+∠ABM＝90°，
∴∠BAE＝∠MBE，
∵tan∠BAE＝＝，
∴AB＝2BE，
∴BC＝2BE，
∴E是BC的中点，
同理可证：N是CD的中点，
设BE＝a，
则CN＝a，AB＝2a，
∴AE＝BN＝＝a，
∴BM＝BN﹣MN＝a﹣3，
∵tan∠BAE＝tan∠BAM＝＝，
∴AM＝2a﹣6，
在Rt△ABM中，∠AMB＝90°，AB＝2a，
∴AB2＝AM2+BM2，
∴4a2＝（2a﹣6）2+（a﹣3）2，
整理，得7a2﹣10a+15＝0，
解得a1＝，a2＝，
∵a﹣3＝×﹣3＜0，
∴不符合题意，舍去，
∴AB＝2a＝2．
故答案为：2．
【知识点】正方形的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形


三、解答题（共10小题）

25.（2021•长葛市一模）计算：6sin45°+|2﹣7|﹣（）﹣3+（2021﹣）0．

【分析】利用特殊角的三角函数值、绝对值性质、负整数指数幂的性质、二次根式的性质和零指数幂的性质计算，再算乘法，后算加减即可．
【解答】解：原式＝6×+7﹣2﹣8+1，
＝3+7﹣2﹣8+1，
＝．
【知识点】特殊角的三角函数值、负整数指数幂、实数的运算、零指数幂

26.（2021•松江区一模）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，sin∠ABC＝，点D在边BC上，BD＝4，联结AD，tan∠DAC＝．
（1）求边AC的长；
（2）求cot∠BAD的值．


【分析】（1）根据题意和锐角三角函数，可以求得AC的长；
（2）根据（1）中的结果，可以得到AC、CD的长，然后根据勾股定理可以得到AD的长，再根据等面积法可以求得DE的长，从而可以求得AE的长，然后即可得到cot∠BAD的值．
【解答】解：（1）设AC＝3x，
∵∠C＝90°，sin∠ABC＝，
∴AB＝5x，BC＝4x，
∵tan∠DAC＝，
∴CD＝2x，
∵BD＝4，BC＝CD+BD，
∴4x＝2x+4，
解得x＝2，
∴AC＝3x＝6；
（2）作DE⊥AB于点E，
由（1）知，AB＝5x＝10，AC＝6，BD＝4，
∵，
∴，
解得DE＝，
∵AC＝6，CD＝2x＝4，∠C＝90°，
∴AD＝＝2，
∴AE＝＝＝，
∴cot∠BAD＝＝＝，
即cot∠BAD的值是．

【知识点】解直角三角形

27.（2021秋•高明区期末）如图，小李从西边山脚的点A走了300m后到达山顶C，已知∠A＝30°，东边山坡的坡度tanB＝．
（1）求山顶C离地面的高度．
（2）求B、C的距离．


【分析】（1）过点C作CD⊥AB于D，根据直角三角形的性质求出AC；
（2）根据正切的定义求出BD，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：（1）过点C作CD⊥AB于D，
在Rt△ACD中，∠A＝30°，AC＝300m，
∴CD＝AC＝150（m），
答：山顶C离地面的高度为150m；
（2）在Rt△BCD中，tanB＝，
∴＝，即＝，
解得，BD＝200（m），
由勾股定理得，BC＝＝250（m），
答：B、C的距离为250m．

【知识点】解直角三角形的应用-坡度坡角问题

28.（2021•襄城区校级模拟）图1是一台实物投影仪，图2是它的示意图，折线B﹣A﹣O表示固定支架，AO垂直水平桌面OE于点O，点B为旋转点，BC可转动，BC绕
点B顺时针旋转时，投影探头CD始终垂直于水平桌面OE，经测量：AO＝6.8cm，CD＝8cm，AB＝30cm，BC＝35cm．如图2，∠ABC＝70°，BC∥OE．
（1）填空：∠BAO＝　　度；
（2）求投影探头的端点D到桌面OE的距离（结果精确到0.1．参考数据：sin70°≈0.94，cos20°≈0.94）．


【答案】160
【分析】（1）延长OA交BC于G，根据三角形的外角性质解答即可；
（2）延长CD交OE于F，根据矩形的性质得到CF＝OG，根据正弦的定义求出AG，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：（1）延长OA交BC于G，
∵BC∥OE，OA⊥OE，
∴OG⊥BC，
∴∠BAO＝∠ABC+∠AGB＝160°，
故答案为：160；
（2）延长CD交OE于F，则CF⊥OE，
∴四边形GOFC为矩形，
∴CF＝OG，
在Rt△AGB中，sinB＝，
则AG＝AB•sinB≈30×0.94＝28.2，
∴CF＝OG＝AG+AO＝35.0，
∴DF＝CF﹣CD＝35.0﹣8＝27.0，
答：投影探头的端点D到桌面OE的距离约为27.0cm．

【知识点】解直角三角形的应用

29.（2021•鼓楼区校级模拟）如图，在大楼AC的正前方有一个舞台，舞台前的斜坡DE＝4米，坡角∠DEB＝41°，小红在斜坡下的点E处测得楼顶A的仰角为60°，在斜坡上的点D处测得楼顶A的仰角为45°，其中点B，C，E在同一直线上求大楼AC的高度．（结果精确到整数．参考数据：≈1.73，sin41°≈0.6，cos41°≈0.75，tan41°≈0.87）


【分析】设CE＝x，根据正弦的定义求出BD，根据余弦的定义求出BE，根据正切的定义用x表示出AC，根据等腰直角三角形的性质列方程，解方程得到答案．
【解答】解：作DF⊥AC于F，
设CE＝x，
在Rt△DEB中，sin∠DEB＝，
∴DB＝DE•sin∠DEB≈4×0.6＝2.4，
cos∠DEB＝，
∴BE＝DE•cos∠DEB≈4×0.75＝3，
在Rt△AEC中，tan∠AEC＝，
∴AC＝CE•tan∠AEC＝x，
∵∠ADF＝45°，
∴FA＝FD，
∴x﹣2.4＝x+3，
解得，x＝，
∴AC＝x≈13，
答：大楼AC的高度约为13米．

【知识点】解直角三角形的应用-坡度坡角问题、解直角三角形的应用-仰角俯角问题

30.（2021秋•西岗区期末）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O与BC相交于点D，过点D作DE⊥AB交CA的延长线于点E，垂足为点F．
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）若⊙O的半径R＝3，cos∠E＝，求EF的长．


【分析】（1）连接OD，证明AB∥OD，由DE⊥AB，可得结论；
（2）根据题意得到＝，即可得到＝，由AB∥OD，得到△AEF∽△OED，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）DE与⊙O相切，
理由：连接OD，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵AB＝AC，
∴∠B═∠C，
∴∠B＝∠ODC，
∴AB∥OD，
∵DE⊥AB，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵DE⊥AB，cos∠E＝，
∴＝，
∴＝，
∵AB∥OD，
∴△AEF∽△OED，
∴＝，
∵OA＝OD＝R＝3，
∴＝，
∴EA＝2，
∵＝，
∴EF＝×2＝．

【知识点】勾股定理、垂径定理、解直角三角形、圆周角定理、等腰三角形的性质、直线与圆的位置关系

31.（2021•洛阳二模）如图，一艘渔船沿南偏东42°方向航行，在A处测得一个小岛P在其南偏东64°方向．又继续航行（40﹣16）海里到达B处，测得小岛P位于渔船的南偏东72°方向，已知以小岛P为圆心，半径16海里的圆形海域内有暗礁．如果渔船不改变航向有没有触礁的危险，请通过计算加以说明．如果有危险，渔船自B处开始，沿南偏东多少度的方向航行，能够安全通过这一海域？（参考数据：sin22°＝，cos22°＝，tan22°＝）


【分析】过点P作PC⊥AB，构造直角三角形，求出直角三角形的锐角，利用锐角三角函数求出PC，与16比较得出答案；改变航线后，画出图形，求出∠PBD的度数，再根据点B所测的方位角，即可求出改变航线后的方位角．
【解答】解：如图1，过点P作PC⊥AB，交AB的延长线于点C，
由题意得，∠PAC＝64°﹣42°＝22°，∠PBC＝72°﹣42°＝30°，AB＝40﹣16，
设PC＝x，
在Rt△PBC中，
∵∠PBC＝30°，
∴BC＝PC＝x，
∴AC＝AB+BC＝40﹣16+x，
在Rt△PAC中，
∵∠PAC＝22°，
∴tan∠PAC＝，即＝，
解得，x＝16，即PC＝16，BP＝2PC＝32，
∵16＜16，
∴有危险．
如图2，渔船沿着BD方向航行，过点P作PD⊥BD，垂足为D，
在Rt△PBD中，
∵sin∠PBD＝＝＝，
∴∠PBD＝45°，
∴∠QBD＝∠QBP﹣∠DBP＝72°﹣45°＝27°，
即渔船自B处开始，沿南偏东27°的方向航行，能够安全通过这一海域．


【知识点】解直角三角形的应用-方向角问题

32.（2021秋•锦江区校级期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为AB上任意一点，连结ED，作ED的中垂线交AD于点M，交DC延长线于点N，连结EN交BC于点F．
（1）当E为AB中点时，求∠MED的正切值．
（2）在（1）的条件下，求△FCN的面积．
（3）当△BEF的周长与△AEM的周长之差为1时，求∠EFB的正弦值．


【分析】（1）由正方形的性质得出AD和AE的值，再由中垂线的性质得出∠MED＝∠ADE，然后利用tan∠MED＝tan∠ADE计算即可．
（2）设MN与ED交于点G，由正方形的性质及中垂线的性质得出∠DNG＝∠ADE，再利用等角的正切值相等求得DN及CN的值，然后证明△EBF∽△NCF，由相似三角形的性质得出BF与CF的数量关系，从而利用BF+CF＝BC＝4，求得CF的值，最后利用三角形的面积公式计算即可．
（3）设AE＝x，AM＝y，则BE＝4﹣x，MD＝4﹣y，用x表示出y，再证明△MEN≌△MDN（SSS），△AEM∽△BFE，分别用含x的式子表示出△BEF的周长与△AEM的周长，根据二者之差为1，得出关于x的方程，求得x的值，则y的值也可求得，从而求得相关线段，然后可得答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，∠A＝90°，
∵E为AB中点，
∴AE＝AB＝2，
在Rt△ADE中，tan∠ADE＝＝＝，
∵MN为ED的中垂线，
∴ME＝MD，
∴∠MED＝∠ADE，
∴tan∠MED＝tan∠ADE＝．
（2）设MN与ED交于点G，

由（1）知AE＝BE＝2，AD＝4，∠A＝90°，
∴DE＝＝＝2，
∵MN为ED的中垂线，
∴EG＝DG＝DE＝，∠DGN＝90°，
∴∠DNG+∠NDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠ACD＝90°，BC＝CD＝AB＝4，AB∥CD，
∴∠ADE+∠NDG＝90°，
∴∠DNG＝∠ADE，
∴tan∠DNG＝tan∠ADE＝．
在Rt△NGD中，tan∠DNG＝＝，
∴GN＝2DG＝2，
∴DN＝＝＝5，
∴CN＝DN﹣DC＝5﹣4＝1，
∵AB∥CD，
∴△EBF∽△NCF，
∴＝＝，
∴BF＝2CF，
∵BF+CF＝BC＝4，
∴2CF+CF＝4，
∴CF＝，
∴S△FCN＝CF•CN＝××1＝．
（3）设AE＝x，AM＝y，则BE＝4﹣x，MD＝4﹣y．
∵MN为ED的中垂线，
∴ME＝MD＝4﹣y，NE＝ND，
在Rt△AEM中，AE2+AM2＝ME2，
∴x2+y2＝（4﹣y）2，
解得：y＝．
在△MEN和△MDN中，
，
∴△MEN≌△MDN（SSS），
∴∠MEN＝∠MDN＝90°，
∴∠AEM+∠BEF＝90°，
∵∠AEM+∠AME＝90°，
∴∠BEF＝∠AME，
又∵∠A＝∠B＝90°，
∴△AEM∽△BFE，
∴＝＝，∠EFB＝∠MEA，
∴C△BFE＝•C△AEM，
∵C△AEM＝AM+AE+ME＝y+x+4﹣y＝x+4，
∴C△BFE＝•（x+4）＝＝＝8，
∵BE＝4﹣x＞0，
∴x＜4，
∴C△AEM＝x+4＜4+4＝8＝C△BFE，
∴C△BEF﹣C△AEM＝1，
即8﹣（x+4）＝1，
∴x＝3，
∴y＝＝，
∴AE＝3，AM＝，ME＝4﹣y＝4﹣＝，
∴sin∠EFB＝sin∠MEA＝＝＝．
【知识点】正方形的性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理

33.（2021秋•香坊区校级月考）如图，已知楼AB⾼30m，从楼顶A处测得旗杆C的俯角为60°，⼜从离地⾯5m的⼀窗户E测得旗杆顶C的仰角为45°，求旗杆CD的⾼．（结果精确到0.1m，≈1.73，≈1.41）


【分析】过点C作CG⊥AE，垂足为点G，由题意得∠CEF＝45°＝∠CEG，∠ACG＝60°，设CG＝x米，在Rt△ACG中，AG＝CG•tan∠ACG＝x米，在Rt△ECG中，EG＝CG•cot∠CEG＝x米，根据AG+EG＝AE，列方程x+x＝36﹣6，得到CF＝EG＝（15﹣15）米，于是得到结论．
【解答】解：过点C作CG⊥AE，垂足为点G，
由题意得∠CEF＝45°＝∠CEG，∠ACG＝60°，
设CG＝x米，
在Rt△ACG中，AG＝CG•tan∠ACG＝xm，
在Rt△ECG中，EG＝CG•cot∠CEG＝xm，
∵AG+EG＝AE，
∴x+x＝30﹣5，
解得：x＝，
∴CF＝EG＝m，
∴CD＝+5≈+5≈14.1（m）．
答：该旗杆CD的高约为14.1米．

【知识点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题

34.（2021•浙江自主招生）如图，矩形ABCD中，E是BC边上的一点，连接AE、DE．△DCE沿DE翻折后，点C恰好落在AE上，记为点F．
（Ⅰ）求证：△ADF≌△EAB；
（Ⅱ）若AD＝10，tan∠EDF＝，求矩形ABCD的面积．


【分析】（Ⅰ）根据翻折不变性得到△DCE≌△DFE，根据全等三角形的性质得到DC＝DF，∠DFE＝∠C＝90°，再根据矩形的性质得到∠DAE＝∠AEB，AB＝DF，从而得到△ADF≌△EAB；
（Ⅱ）根据tan∠EDF＝＝，设EF＝x，则DF＝3x，从而用含x的代数式表示出AF，再在Rt△ADF中，根据勾股定理求出x的长．
【解答】（Ⅰ）证明：∵△DCE沿DE翻折得到△DFE，
∴△DCE≌△DFE，
∴DC＝DF，∠DFE＝∠C＝90°，…（2分）
又矩形ABCD中AD∥BC，AB＝CD，∠B＝90．
∴∠DAE＝∠AEB，AB＝DF．…（4分）
在△ADF与△EAB中，，
∴△ADF≌△EAB．…（6分）
（Ⅱ）Rt△DFE中，tan∠EDF＝＝，
设EF＝x，则DF＝3x，…（7分）
∴AF＝AE﹣EF＝AD﹣EF＝10﹣x，
在Rt△ADF中，AF2+DF2＝AD2，
∴（10﹣x）2+（3x）2＝102，
解得x＝2．…（10分）
∴DC＝DF＝3x＝6，
∴S矩形ABCD＝10×6＝60．…（12分）

【知识点】全等三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的性质、翻折变换（折叠问题）、锐角三角函数的定义