初中数学中考复习 专题59解直角三角形及其应用（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题59解直角三角形及其应用（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共187页。试卷主要包含了单选题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。
专题58解直角三角形及其应用（2）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，在中，，，于点．点从点出发，沿的路径运动，运动到点停止，过点作于点，作于点．设点运动的路程为，四边形的面积为，则能反映与之间函数关系的图象是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
分两段来分析：①点P从点A出发运动到点D时，写出此段的函数解析式，则可排除C和D；②P点过了D点向C点运动，作出图形，写出此阶段的函数解析式，根据图象的开口方向可得答案．
【详解】
解：∵，，
∴，，
又∵，
∴，，
∵，，
∴四边形是矩形，
I．当P在线段AD上时，即时，如解图1

∴，
∴，
∴四边形的面积为，此阶段函数图象是抛物线，开口方向向下，故选项CD错误；
II．当P在线段CD上时，即时，如解图2：

依题意得：，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形的面积为，此阶段函数图象是抛物线，开口方向向上，故选项B错误；
故选：A．
【点睛】
本题考查了动点问题的函数图象，分段写出函数的解析式并数形结合进行分析是解题的关键．
2．（2020·湖北荆门?中考真题）中，，D为的中点，，则的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接AD，用等腰三角形的“三线合一”，得到的度数，及，由得，得，计算的面积即可．
【详解】
连接AD，如图所示：

∵，且D为BC中点
∴，且，
∴中，
∵
∴
∴
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，及解直角三角形和三角形面积的计算，熟知以上知识是解题的关键．
3．（2020·湖北孝感?中考真题）如图，在四边形中，，，，，．动点沿路径从点出发，以每秒1个单位长度的速度向点运动．过点作，垂足为．设点运动的时间为（单位：），的面积为，则关于的函数图象大致是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】

分点P在AB边上，如图1，点P在BC边上，如图2，点P在CD边上，如图3，利用解直角三角形的知识和三角形的面积公式求出相应的函数关系式，再根据相应函数的图象与性质即可进行判断．
【详解】

解：当点P在AB边上，即0≤x≤4时，如图1，
∵AP=x，，
∴，
∴；

当点P在BC边上，即4＜x≤10时，如图2，
过点B作BM⊥AD于点M，则，
∴；

当点P在CD边上，即10＜x≤12时，如图3，
AD=，，
∴；

综上，y与x的函数关系式是：，
其对应的函数图象应为：
．
故选：D．
【点睛】

本题以直角梯形为载体，主要考查了动点问题的函数图象、一次函数和二次函数的图象与性质以及解直角三角形等知识，属于常考题型，正确分类、列出相应的函数关系式是解题的关键．
4．（2020·湖南湘西?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A在x轴的正半轴上，矩形的另一个顶点D在y轴的正半轴上，矩形的边．则点C到x轴的距离等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】

作CE⊥y轴于E．解直角三角形求出OD，DE即可解决问题．
【详解】

作CE⊥y轴于E．

在Rt△OAD中，
∵∠AOD=90°，AD=BC=，∠OAD=，
∴OD=，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∴∠CDE+∠ADO=90°，
又∵∠OAD+∠ADO=90°，
∴∠CDE=∠OAD=，
∴在Rt△CDE中，
∵CD=AB=，∠CDE=，
∴DE=，
∴点C到轴的距离=EO=DE+OD=，
故选：A．
【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，矩形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
5．（2020·黑龙江中考真题）如图，菱形的两个顶点，在反比例函数的图象上，对角线，的交点恰好是坐标原点，已知，，则的值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】

根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据勾股定理得到OB的长，利用三角函数得到OA的长，求得∠AOE=∠BOF=45，继而求得点A的坐标，即可求解．
【详解】

∵四边形ABCD是菱形，
∴BA=AD，AC⊥BD，
∵∠ABC=120，
∴∠ABO=60，
∵点B（-1，1），
∴OB=，
∵，
∴AO=，
作BF⊥轴于F，AE⊥轴于E，

∵点B（-1，1），
∴OF=BF=1，
∴∠FOB=∠BOF=45，
∵∠BOF+∠AOF=∠AOE+∠AOF=90，
∴∠AOE=∠BOF=45，
∴△AOE为等腰直角三角形，
∵AO，
∴AE=OE=AO，
∴点A的坐标为（，），
∵点A在反比例函数的图象上，
∴，
故选：C．
【点睛】

本题是反比例函数与几何的综合题，考查了反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质、解直角三角形、等腰直角三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
6．（2020·河南中考真题）如图，在中， ，分别以点为圆心，的长为半径作弧，两弧交于点，连接则四边形的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接BD交AC于O，由已知得△ACD为等边三角形且BD是AC的垂直平分线，然后解直角三角形解得AC、BO、BD的值，进而代入三角形面积公式即可求解．
【详解】
连接BD交AC于O，
由作图过程知，AD=AC=CD，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠DAC=60º，
∵AB=BC,AD=CD，
∴BD垂直平分AC即：BD⊥AC，AO=OC，
在Rt△AOB中，
∴BO=AB·sin30º=，
AO=AB·cos30º=，AC=2AO=3，
在Rt△AOD中，AD=AC=3,∠DAC=60º，
∴DO=AD·sin60º=，
∴=，
故选：D．

【点睛】
本题考查了作图-基本作图、等边三角形的判定与性质、垂直平分线、解直角三角形、三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知道解决问题，属于中考常考题型．
7．（2020·湖南衡阳?中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，在第一象限，且轴．直线从原点出发沿轴正方向平移．在平移过程中，直线被截得的线段长度与直线在轴上平移的距离的函数图象如图2所示．那么的面积为（ ）

A．3 B． C．6 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A；当移动距离是6时，直线经过B，在移动距离是7时经过D，则AD=7-4=3，当直线经过D点，设交BC与N.则DN=2，作DM⊥AB于点M.利用三角函数即可求得DM即平行四边形的高，然后利用平行四边形的面积公式即可求解．
【详解】
解：根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A
当移动距离是6时，直线经过B
当移动距离是7时经过D，则AD=7-4=3
如图：设交BC与N，则DN=2，作DM⊥AB于点M，
∵移动直线为y=x
∴∠NDM=45°
∴DM=cos∠NDM·ND=
∴的面积为AD×DM=3×=3．
故答案为B．

【点睛】
本题考查了平移变换、解直角三角形等知识，其中根据平移变换确定AD的长是解答本题的关键．
8．（2020·湖南株洲?中考真题）如图所示，点A、B、C对应的刻度分别为0、2、4、将线段CA绕点C按顺时针方向旋转，当点A首次落在矩形BCDE的边BE上时，记为点，则此时线段CA扫过的图形的面积为（ ）

A． B．6 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
求线段CA扫过的图形的面积，即求扇形ACA1的面积.
【详解】
解：由题意，知AC=4,BC=4-2=2,∠A1BC=90°.
由旋转的性质，得A1C=AC=4.
在Rt△A1BC中，cos∠ACA1==.
∴∠ACA1=60°.
∴扇形ACA1的面积为=.
即线段CA扫过的图形的面积为.
故选：D
【点睛】
此题考查了扇形面积的计算和解直角三角形，熟练掌握扇形面积公式是解本题的关键．
9．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在中，，，将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，在上取点，使，那么点到的距离等于（ ）．

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转的性质和30°角的直角三角形的性质可得的长，进而可得的长，过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，如图，则四边形是矩形，解Rt△可得的长，即为FM的长，根据三角形的内角和易得，然后解Rt△可求出DF的长，进一步即可求出结果．
【详解】
解：在中，∵，，
∴AC=2AB=4，
∵将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，
∴，
∴，
过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，交AC于点N，如图，则四边形是矩形，
∴，
在Rt△中，，∴FM=1，
∵，
∴，
在Rt△中，，
∴，
即点到的距离等于．
故选：D．

【点睛】
本题考查了解直角三角形、矩形的判定和性质以及旋转的性质等知识，正确作出辅助线、熟练掌握解直角三角形的知识是解题的关键．
10．（2020·安徽中考真题）如图，中， ，点在上，．若，则的长度为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据，求出AB=5，再根据勾股定理求出BC=3，然后根据，即可得cos∠DBC=cosA=，即可求出BD．
【详解】
∵∠C=90°，
∴，
∵，
∴AB=5，
根据勾股定理可得BC==3，
∵，
∴cos∠DBC=cosA=，
∴cos∠DBC==，即=
∴BD=，
故选：C．
【点睛】
本题考查了解直角三角形和勾股定理，求出BC的长是解题关键．
11．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，小明想要测量学校操场上旗杆的高度，他作了如下操作：（1）在点处放置测角仪，测得旗杆顶的仰角；（2）量得测角仪的高度；（3）量得测角仪到旗杆的水平距离．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． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
延长CE交AB于F，得四边形CDBF为矩形，故CF=DB=b，FB=CD=a，在直角三角形ACF中，利用CF的长和已知的角的度数，利用正切函数可求得AF的长，从而可求出旗杆AB的长．
【详解】
延长CE交AB于F，如图，

根据题意得，四边形CDBF为矩形，
∴CF=DB=b，FB=CD=a，
在Rt△ACF中，∠ACF=α，CF=b，
tan∠ACF=
∴AF=,
AB=AF+BF=，
故选：A．
【点睛】
主要考查了利用了直角三角形的边角关系来解题，通过构造直角三角形，将实际问题转化为数学问题是解答此类题目的关键所在．
12．（2020·四川达州?中考真题）如图，，，点A在上，四边形是矩形，连接、交于点E，连接交于点F．下列4个判断：①平分；②；③；④若点G是线段的中点，则为等腰直角三角形．正确判断的个数是（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【解析】
【分析】

①，先说明△OBD是等腰三角形，再由矩形的性质可得DE=BE，最后根据等腰三角形的性质即可判断；②证明△OFA≌△OBD即可判断；③过F作FH⊥AD，垂足为H,然后根据角平分线定理可得FH=FA,再求得∠HDF=45°，最后用三角函数即可判定；④连接AG,然后证明△OGA≌△ADE,最后根据全等三角形的性质和角的和差即可判断．
【详解】

解：①∵
∴△OBD是等腰三角形
∵四边形是矩形
∴DE=BE=BD，DA⊥OB
∴平分，OE⊥BD故①正确；
②∵OE⊥BD, DA⊥OB，即∠DAO=∠DAB
∴∠EDF+∠DFE=90°，∠AOF+∠AFO=90°
∵∠EDF=∠AOF
∵DA⊥OB，
∴OA=AD
在△OFA和△OBD中
∠EDF=∠AOF ,OA=AD,∠DAO=∠DAB
∴△OFA≌△OBD
∴OF=BD,即②正确；
③过F作FH⊥AD，垂足为H,
∵平分，DA⊥OB
∴FH=AF
∵，DA⊥OB
∴∠HDF=45°
∴sin∠HDF=,即；故③正确；

④由②得∠EDF=∠AOF，
∵G为OF中点
∴OG=OF
∵DE=BE=BD，OF=BD
∴OG=DE
在△OGA和△AED中
OG=DE, ∠EDF=∠AOF，AD=OA
∴△OGA≌△AED
∴OG=EF,∠GAO=∠DAE
∴△GAE是等腰三角形
∵DA⊥OB
∴∠OAG+∠DAG=90°
∴∠DAE+∠DAG =90°,即∠GAE=90°
∴△GAE是等腰直角三角形，故④正确．
故答案为A．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质以及解直角三角形等知识点，考查知识点较多，故灵活应用所学知识成为解答本题的关键．
13．（2020·重庆中考真题）如图，在距某居民楼AB楼底B点左侧水平距离60m的C点处有一个山坡，山坡CD的坡度（或坡比），山坡坡底C点到坡顶D点的距离，在坡顶D点处测得居民楼楼顶A点的仰角为28°，居民楼AB与山坡CD的剖面在同一平面内，则居民楼AB的高度约为（ ）
（参考数据：，，）

A．76.9m B．82.1m C．94.8m D．112.6m
【答案】B
【解析】
【分析】
构造直角三角形，利用坡比的意义和直角三角形的边角关系，分别计算出DE、EC、BE、DF、AF，进而求出AB．
【详解】
解：如图，由题意得，∠ADF＝28°，CD＝45，BC＝60，
在RtDEC中，
∵山坡CD的坡度i＝1：0.75，
∴＝＝，
设DE＝4x，则EC＝3x，
由勾股定理可得CD＝5x，
又CD＝45，即5x＝45，
∴x＝9，
∴EC＝3x＝27，DE＝4x＝36＝FB，
∴BE＝BC+EC＝60+27＝87＝DF，
在RtADF中，
AF＝tan28°×DF≈0.53×87≈46.11，
∴AB＝AF+FB＝46.11+36≈82.1，
故选：B．

【点睛】
本题考查直角三角形的边角关系，掌握坡比的意义和直角三角形的边角关系是正确计算的前提．
14．（2020·浙江嘉兴?中考真题）已知二次函数y＝x2，当a≤x≤b时m≤y≤n，则下列说法正确的是（　　）
A．当n﹣m＝1时，b﹣a有最小值
B．当n﹣m＝1时，b﹣a有最大值
C．当b﹣a＝1时，n﹣m无最小值
D．当b﹣a＝1时，n﹣m有最大值
【答案】B
【解析】
【分析】
①当b﹣a＝1时，先判断出四边形BCDE是矩形，得出BC＝DE＝b﹣a＝1，CD＝BE＝m，进而得出AC＝n﹣m，即tan＝n﹣m，再判断出0°≤∠ABC＜90°，即可得出n﹣m的范围；
②当n﹣m＝1时，同①的方法得出NH＝PQ＝b﹣a，HQ＝PN＝m，进而得出MH＝n﹣m＝1，而tan∠MHN＝，再判断出45°≤∠MNH＜90°，即可得出结论．
【详解】
解：①当b﹣a＝1时，如图1，过点B作BC⊥AD于C，

∴∠BCD＝90°，
∵∠ADE＝∠BED＝90°，
∴∠ADO＝∠BCD＝∠BED＝90°，
∴四边形BCDE是矩形，
∴BC＝DE＝b﹣a＝1，CD＝BE＝m，
∴AC＝AD﹣CD＝n﹣m，
在Rt△ACB中，tan∠ABC＝＝n﹣m，
∵点A，B在抛物线y＝x2上，
∴0°≤∠ABC＜90°，
∴tan∠ABC≥0，
∴n﹣m≥0，
即n﹣m无最大值，有最小值，最小值为0，故选项C，D都错误；
②当n﹣m＝1时，如图2，过点N作NH⊥MQ于H，

同①的方法得，NH＝PQ＝b﹣a，HQ＝PN＝m，
∴MH＝MQ﹣HQ＝n﹣m＝1，
在Rt△MHQ中，tan∠MNH＝，
∵点M，N在抛物线y＝x2上，
∴m≥0，
当m＝0时，n＝1，
∴点N（0，0），M（1，1），
∴NH＝1，
此时，∠MNH＝45°，
∴45°≤∠MNH＜90°，
∴tan∠MNH≥1，
∴≥1，
当a,b异号时，且m=0,n=1时，a,b的差距是最大的情况，
此时b-a=2,
∴b﹣a无最小值，有最大值，最大值为2，故选项A错误；
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数，确定出∠MNH的范围是解本题的关键．


二、解答题
15．（2020·湖北恩施?中考真题）如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在处测得小岛位于其西北方向（北偏西方向），2小时后轮船到达处，在处测得小岛位于其北偏东方向．求此时船与小岛的距离（结果保留整数，参考数据：，）．

【答案】此时船与小岛的距离约为44海里
【解析】
【分析】
过P作PH⊥AB，设PH=x，由已知分别求PB、BH、AH，然后根据锐角三角函数求出x值即可求解
【详解】
如图，过P作PH⊥AB，设PH=x，
由题意，AB=60，∠PBH=30º，∠PAH=45º，
在Rt△PHA中，AH=PH=x,
在Rt△PBH中，BH=AB-AH=60-x，PB=2x，
∴tan30º=，
即，
解得：，
∴PB=2x=≈44（海里），
答：此时船与小岛的距离约为44海里．

【点睛】
本题考查了直角三角形的应用，掌握方向角的概念和解直角三角形的知识是解答本题的关键．
16．（2020·江苏常州?中考真题）如图1，点B在线段上，Rt△≌Rt△，，，．

（1）点F到直线的距离是_________；
（2）固定△，将△绕点C按顺时针方向旋转30°，使得与重合，并停止旋转．
①请你在图1中用直尺和圆规画出线段经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）该图形的面积为_________；
②如图2，在旋转过程中，线段与交于点O，当时，求的长．
【答案】（1）1；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形的性质和全等三角形的性质可得∠ACF=∠ECF=30°，即CF是∠ACB的平分线，然后根据角平分线的性质可得点F到直线的距离即为EF的长，于是可得答案；
（2）①易知E点和F点的运动轨迹是分别以CF和CE为半径、圆心角为30°的圆弧，据此即可画出旋转后的平面图形；在图3中，先解Rt△CEF求出CF和CE的长，然后根据S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）即可求出阴影面积；
②作EH⊥CF于点H，如图4，先解Rt△EFH求出FH和EH的长，进而可得CH的长，设OH=x，则CO和OE2都可以用含x的代数式表示，然后在Rt△BOC中根据勾股定理即可得出关于x的方程，解方程即可求出x的值，进一步即可求出结果．
【详解】
解：（1）∵，，∴∠ACB=60°，
∵Rt△≌Rt△，
∴∠ECF=∠BAC=30°，EF=BC=1，
∴∠ACF=30°，∴∠ACF=∠ECF=30°，
∴CF是∠ACB的平分线，
∴点F到直线的距离=EF=1；
故答案为：1；
（2）①线段经旋转运动所形成的平面图形如图3中的阴影所示：

在Rt△CEF中，∵∠ECF=30°，EF=1，
∴CF=2，CE=，
由旋转的性质可得：CF=CA=2，CE=CG=，∠ACG=∠ECF=30°，
∴S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）=S扇形ACF－S扇形CEG=；
故答案为：；
②作EH⊥CF于点H，如图4，
在Rt△EFH中，∵∠F=60°，EF=1，
∴，
∴CH=，
设OH=x，则，，
∵OB=OE，∴，
在Rt△BOC中，∵，∴，
解得：，
∴．

【点睛】
本题考查了旋转的性质和旋转作图、全等三角形的性质、角平分线的性质、扇形面积公式、勾股定理和解直角三角形等知识，涉及的知识点多，综合性较强，熟练掌握上述知识、灵活应用整体思想和方程思想是解题的关键．
17．（2020·江苏常州?中考真题）如图1，⊙I与直线a相离，过圆心I作直线a的垂线，垂足为H，且交⊙I于P、Q两点（Q在P、H之间）．我们把点P称为⊙I关于直线a的“远点”，把的值称为⊙I关于直线a的“特征数”．

（1）如图2，在平面直角坐标系中，点E的坐标为，半径为1的⊙O与两坐标轴交于点A、B、C、D．
①过点E画垂直于y轴的直线m，则⊙O关于直线m的“远点”是点_________（填“A”、“B”、“C”或“D”），⊙O关于直线m的“特征数”为_________；
②若直线n的函数表达式为，求关于直线n的“特征数”；
（2）在平面直角坐标系中，直线l经过点，点F是坐标平面内一点，以F为圆心，为半径作⊙F．若⊙F与直线l相离，点是⊙F关于直线l的“远点”，且⊙F关于直线l的“特征数”是，求直线l的函数表达式．
【答案】（1）①D；10；②⊙O关于直线n的“特征数”为6；（2）直线l的解析式为y=-3x+7或y=x+
【解析】
【分析】
（1）①根据题干中“远点”及“特征数”的定义直接作答即可；②过圆心O作OH⊥直线n，垂足为点H，交⊙O于点P、Q，首先判断直线n也经过点E（0，4），在Rt△EOF中，利用三角函数求出∠EFO=60°，进而求出PH的长，再根据“特征数”的定义计算即可；
（2）连接NF并延长，设直线l的解析式为y=kx+b1,用待定系数法得到，再根据两条直线互相垂直，两个一次函数解析式的系数k互为负倒数的关系可设直线NF的解析式为y=x+b2,用待定系数法同理可得，消去b1和b2，得到关于m、n的方程组；根据⊙F关于直线l的“特征数”是，得出NA=，再利用两点之间的距离公式列出方程(m+1)2+n2=10，把代入，求出k的值，便得到m、n的值即点A的坐标，再根据待定系数法求直线l的函数表达式．注意有两种情况，不要遗漏．
【详解】
解：（1）①⊙O关于直线m的“远点”是点D，
⊙O关于直线m的“特征数”为DB·DE=2×5=10；
②如下图：过圆心O作OH⊥直线n，垂足为点H，交⊙O于点P、Q，

∵直线n的函数表达式为，
当x=0时，y=4；当y=0时，x=，
∴直线n经过点E（0，4），点F（，0），
在Rt△EOF中，∵tan∠FEO===，
∴∠FEO=30°，
∴∠EFO=60°，
在Rt△HOF中，∵sin∠HFO=，
∴HO= sin∠HFO·FO=2，
∴PH=HO+OP=3，
∴PQ·PH=2×3=6，
∴⊙O关于直线n的“特征数”为6；
（2）如下图，∵点F是圆心，点是“远点”，
∴连接NF并延长，则直线NF⊥直线l，设NF与直线l的交点为点A（m，n），

设直线l的解析式为y=kx+b1（k≠0）,
将点与A（m，n）代入y=kx+b1中，

②-①得：n-4=mk-k，③
又∵直线NF⊥直线l，
∴设直线NF的解析式为y=x+b2（k≠0）,
将点与A（m，n）代入y=x+b2中，

④-⑤得：-n=+，⑥
联立方程③与方程⑥，得：

解得：，
∴点A的坐标为（，）；
又∵⊙F关于直线l的“特征数”是，⊙F的半径为，
∴NB·NA=，
即2·NA=，
解得：NA=，
∴[m-(-1)]2+(n-0)2=()2，
即(m+1)2+n2=10，
把代入，解得k=-3或k=；
当k=-3时，m=2，n=1，
∴点A的坐标为（2，1），
把点A（2，1）与点代入y=kx+b1中，解得直线l的解析式为y=-3x+7；
当k=时，m=-2，n=3，
∴点A的坐标为（-2，3），
把点A（-2，3）与点代入y=kx+b1中，解得直线l的解析式为y=x+．
∴直线l的解析式为y=-3x+7或y=x+．
【点睛】
本题是一次函数与圆的综合题，考查了直线与圆的位置关系、一次函数的图象和性质、解直角三角形等，理解“远点”和“特征数”的意义，熟练掌握一次函数的图象和性质、两点之间距离公式、两条直线互相垂直的两个一次函数解析式中系数k互为负倒数的关系是解题的关键．
18．（2020·甘肃天水?中考真题）性质探究
如图（1），在等腰三角形中，，则底边与腰的长度之比为_________．

理解运用
（1）若顶角为的等腰三角形的周长为，则它的面积为_________；
（2）如图（2），在四边形中，.在边，上分别取中点，连接.若，，求线段的长．

类比拓展
顶角为的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为__________(用含的式子表示)
【答案】性质探究：(或)；理解运用：（1）；（2）；类比拓展：(或)．
【解析】
【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=CD，得出AB=2AD=2CD，即可得出结果；
理解运用
（1）同上得出则AC=2CD，AD=CD，由等腰三角形的周长得出4CD+2CD=4+2，解得：CD=1，得出AB=2，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=EF=10，PF=PE=10，得出FH=2PF=20，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=∠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=CD，
∴AB=2AD=2CD，
∴；
故答案为：(或)；
理解运用
（1）解：如图①所示：同上得：AC=2CD，AD=CD，
∵AC+BC+AB=4+2，
∴4CD+2CD=4+2，
解得：CD=1，
∴AB=2，
∴△ABC的面积=AB×CD=×2×1=；
故答案为：
（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= EF=10，
∴PF=PE=10，
∴FH=2PF=20，
∵点M、N分别是FG、GH的中点，
∴MN是△FGH的中位线，
∴MN=FH=10；
类比拓展
解：如图③所示：作AD⊥BC于D，

∵AB=AC，
∴BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，
∵，
∴BD=AB×sinα，
∴BC=2BD=2AB×sinα，
∴；
故答案为：2sinα（或）．
【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．
19．（2020·甘肃天水?中考真题）为了维护国家主权和海洋权力，海监部门对我国领海实现了常态化巡航管理．如图所示，正在执行巡航任务的海监船以每小时40海里的速度向正东方向航行，在处测得灯塔在北偏东方向上，继续航行30分钟后到达处，此时测得灯塔在北偏东方向上．

（1）求的度数；
（2）已知在灯塔的周围25海里内有暗礁，问海监船继续向正东方向航行是否安全？(参考数据：，)
【答案】（1）15°；（2）海监船继续向正东方向航行安全．
【解析】
【分析】
（1）作交的延长线于点，根据题意可得∠PBH=45°、∠PAB=60°,然后利用三角形外角的性质即可解答；
（2）设海里，则海里，然后行程关系求得AB，再利用正切函数求得x，最后与25海里比较即可解答．
【详解】
解：（1）作交的延长线于点
∵，
∴；
（2）设海里，则海里，海里
∵在中，
∴
解得：．
∴海监船继续向正东方向航行安全．

【点睛】
本题考查了三角形外角的性质以及运用正切函数解三角形，解答本题的关键在于利用正切函数列方程求出BH的长．
20．（2020·甘肃天水?中考真题）如图，在中，，平分交于点，点在上，以点为圆心，为半径的圆恰好经过点，分别交、于点、．

（1）试判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求阴影部分的面积(结果保留)．
【答案】（1）与相切，理由见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）连接OD，求出OD//AC，求出OD⊥BC，根据切线的判定得出即可；
（2）根据勾股定理求出OD=2，求出OB=4，得出，再分别求出△ODB和扇形DOF的面积即可．
【详解】
解：（1）与相切．理由如下：
如图，连接．

∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴
又∵为的半径，
∴与相切．
（2）设的半径为，则，，
由（1）知，在中，，
即，解得．
∵，
∴．
∴，
，
．
【点睛】
本题考查了切线的判定，平行线的性质和判定，等腰三角形的性质，扇形的面积计算、含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点；熟练掌握切线的判定与性质和勾股定理是解此题的关键．
21．（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，我国某海域有，两个港口，相距80海里，港口在港口的东北方向，点处有一艘货船，该货船在港口的北偏西30°方向，在港口的北偏西75°方向，求货船与港口之间的距离．（结果保留根号）

【答案】货船与港口之间的距离是海里
【解析】
【分析】

过点作于，先求出，在中，，由三角函数定义求出，求出，则是等腰直角三角形，得出海里即可．
【详解】

解：过点作于点

根据题意，得

∵
∴
∴
在中
∵，
∴
∵
∴
在中
∵，
∴
答：货船与港口之间的距离是海里．
【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用方向角问题、等腰直角三角形的判定与性质等知识；通过作辅助线构造直角三角形是解题的关键．
22．（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，抛物线（）过点和，点是抛物线的顶点，点是轴下方抛物线上的一点，连接，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图①，当时，求点的坐标；

（3）如图②，在（2）的条件下，抛物线的对称轴交轴于点，交线段于点，点是线段上的动点（点不与点和点重合，连接，将沿折叠，点的对应点为点，与的重叠部分为，在坐标平面内是否存在一点，使以点，，，为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）存在，(，)或(，)或(，)
【解析】
【分析】
（1）把点O(0，0)和A(6，0)分别代入解析式即可求解；
（2）分别求得点B、C、E的坐标，用待定系数法求得直线的解析式，解方程组即可求得点D的坐标；
（3）分三种情况讨论，利用解直角三角形求解即可．
【详解】
（1）把点和分别代入中，得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）如图，设抛物线的对称轴与轴相交于点C，与相交于点E，

∵，
∴顶点，对称轴与轴的交点C(3，0)，
∴OC=3， CB=，
∵在中，，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴点E的坐标为(3，)，
设直线的解析式是（），
把点E (3，)代入，得：
解得，
∴直线的解析式是，
∴，
解得（舍去），，
∴当时，，
∴点D的坐标为(5，)；
（3）存在，理由如下：
由（2）得：∠COE=∠EOB=30，CE=，BE=OE=2CE=2，
①当∠EFG=90时，如图：

点、G与点O重合，此时四边形EFGH为矩形，
过H作HP⊥OC于P，
∵∠COE=∠EOB=30，
∴OH=EF=CE=，
∴∠HOP=90-∠COE-∠EOB=30，
∴HP=OH=，OP=HP=，
点H的坐标为(，)；
②当∠EGF=90时，此时四边形EGFH为矩形，如图：

∵∠CEO=90-∠COE=60，∠OEG=90-∠EOB=60，
∠BEG=180-∠CEO-∠OEG=60，
根据折叠的性质：∠EF=∠BEF==30，
在Rt△EGF中，∠EGF=90，∠GEF=30，GE=CE=，
∴GF=GE=1，
∴EH=GF=1，
过H作HQ⊥BC于Q，
∴∠HEQ=90-∠BEG =30，
∴HQ=EH=，EQ=HQ=，
点H的坐标为(，)，即(，)；
③当点G在OD上，且∠EGF=90时，此时四边形EGFH为矩形，如图：

∵∠BOE=30，
∴∠OFG=90-∠EOB=60，
根据折叠的性质：∠E=∠BFE== =60，
∴FG是线段OE的垂直平分线，
∴OG=GE=OE=，EH=GF=OG=1，
过H作HK⊥BC于K，
∴∠HEK=180-∠OEC-∠OEH=30，
∴HK=EH=，EK=HK=，
点H的坐标为(，)，即(，)；
综上，符合条件的点H的坐标为(，)或(，)或(，) ．
【点睛】
本题是二次函数与几何的综合题考查了待定系数法求函数解析式，解直角三角形，含30度角的直角三角形的性质，翻折变换，矩形的性质等知识，解题的关键是注意数形结合思想和分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．
23．（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，射线和射线相交于点，（），且．点是射线上的动点（点不与点和点重合）．作射线，并在射线上取一点，使，连接，．
（1）如图①，当点在线段上，时，请直接写出的度数；

（2）如图②，当点在线段上，时，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由；

（3）当，时，请直接写出的值．
【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）或
【解析】
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质求解得∠ACB=45，证明A、B、E、C四点共圆，利用圆周角定理即可求解；
（2）在上截取，连接，过点作于点，利用“SAS”证得△ABF△CBE，求得，根据三角函数的定义即可求解；
（3）分D在线段CB上和D在CB延长线上两种情况讨论，利用（2）的方法及结论即可求解．
【详解】
（1）连接AC，如图：

∵∠ABC=90，AB=CB,
∴∠ACB=∠CAB=45，
∵∠AEC=90，又∠ABC=90，
∴A、B、E、C四点共圆，
根据圆周角定理：∠AEB=∠ACB=45；
（2），理由如下：
在上截取，连接，过点作于点．

∵，
∴A、B、E、C四点共圆，
根据圆周角定理：，
在△ABF和△CBE中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵于点，
∴，
∴在中，
，
∴，
∵，，
∴；
（3）当D在线段CB上时，如图：

∵，
∴设BH=，则AH=，
由（2）得：，
∴BF=BE=，FH=EH=，
∴AF=CE=AH-FH=(3-)，
∴；
当D在CB延长线上时，
在上截取，连接，过点作于点．如图：


同理：设BH=，则AH=，
同理得：，
∴BF=BE=，FH=EH=，
∴AF=CE=AH+FH=(3+)，
∴；
综上，的值为：或．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，解直角三角形的应用，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
24．（2020·四川内江?中考真题）为了维护我国海洋权力，海监部门对我国领海实行了常态化巡航管理．如图，正在执行巡航任务的海监船以每小时60海里的速度向正东方向航行，在A处测得灯塔P在北偏东方向上，海监船继续向东航行1小时到达B处，此时测得灯塔P在北偏东方向上．
（1）求B处到灯塔P的距离；
（2）已知灯塔P的周围50海里内有暗礁，若海监船继续向正东方向航行是否安全？

【答案】（1）B处到灯塔P的距离为60海里；（2）海监船继续向正东方向航行是安全的
【解析】
【分析】
（1）作PD⊥AB于D．求出∠PAB、∠PBA、∠P的度数，证得△ABP为等腰三角形，即可解决问题；
（2）在Rt△PBD中，解直角三角形求出PD的值即可判定．
【详解】
（1）过点P作PD⊥AB于点D，

由题意得，AB=60（海里），∠PAB=30°，∠PBD=60°，
∴∠APB=∠PBD-∠PAB=60°-30°=30°=∠PAB，
∴PB=AB=60（海里），
答：B处到灯塔P的距离为60海里；
（2）由（1）可知∠APB=∠PAB=30°，
∴PB=AB=60（海里）
在Rt△PBD中，
PD=BPsin60°60（海里），
∵，
∴海监船继续向正东方向航行是安全的．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，正确根据题意画出图形、准确标注方向角、熟练掌握锐角三角函数的概念是解题的关键．
25．（2020·湖北随州?中考真题）如图，在中，，以斜边上的中线为直径作，与交于点，与的另一个交点为，过作，垂足为．

（1）求证：是的切线；
（2）若的直径为5，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）欲证明MN为⊙O的切线，只要证明OM⊥MN．
（2）连接，分别求出BD=5，BE=，根据求解即可．
【详解】
（1）证明：连接，

，
．
在中，是斜边上的中线，
，
，
，
，
，，
是的切线．
（2）连接，易知，
由（1）可知，故M为的中点，
，
，
在中，，
．
在中，，
．
【点睛】
本题考查切线的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识；熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
26．（2020·湖北随州?中考真题）如图，某楼房顶部有一根天线，为了测量天线的高度，在地面上取同一条直线上的三点，，，在点处测得天线顶端的仰角为，从点走到点，测得米，从点测得天线底端的仰角为，已知，，在同一条垂直于地面的直线上，米．

（1）求与之间的距离；
（2）求天线的高度．（参考数据：，结果保留整数）
【答案】（1）之间的距离为30米；（2）天线的高度约为27米．
【解析】
【分析】
（1）根据题意，∠BAD=90°，∠BDA=45°，故AD=AB，已知CD=5，不难算出A与C之间的距离．
（2）根据题意，在中，，利用三角函数可算出AE的长，又已知AB，故EB即可求解．
【详解】
（1）依题意可得，在中， ，
米，
米，米.
即之间的距离为30米．
（2）在中，，米，
（米），
米，米．
由．并精确到整数可得米．
即天线的高度约为27米．

【点睛】
（1）本题主要考查等腰直角三角形的性质，掌握等腰直角三角形的性质是解答本题的关键．
（2）本题主要考查三角函数的灵活运用，正确运用三角函数是解答本题的关键．
27．（2020·湖北随州?中考真题）勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1）后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．
（1）①请叙述勾股定理；
②勾股定理的证明，人们已经找到了400多种方法，请从下列几种常见的证明方法中任选一种来证明该定理；（以下图形均满足证明勾股定理所需的条件）

（2）①如图4、5、6，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足的有_______个；

②如图7所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案（图中阴影部分）的面积分别为，，直角三角形面积为，请判断，，的关系并证明；

（3）如果以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到如图8所示的“勾股树”．在如图9所示的“勾股树”的某部分图形中，设大正方形的边长为定值，四个小正方形，，，的边长分别为，，，，已知，则当变化时，回答下列问题：（结果可用含的式子表示）
①_______；
②与的关系为_______，与的关系为_______．

【答案】（1）①如果直角三角形的两条直角边分别为，斜边为c，那么，（或者：在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方．）；②证明见解析；（2）①3，②结论；（3）①，②， ．
【解析】
【分析】
（1）①根据所学的知识，写出勾股定理的内容即可；
②根据题意，利用面积相等的方法，即可证明勾股定理成立；
（2）①根据题意，设直角三角形的三边分别为a、b、c，利用面积相等的方法，分别求出面积的关系，即可得到答案；
②利用三角形的面积加上两个小半圆的面积，然后减去大半圆的面积，即可得到答案；
（3）①由（1）（2）中的结论，结合勾股定理的应用可知，；
②由，则，同理可得，利用解直角三角形以及勾股定理，即可得到答案．
【详解】
解：（1）①如果直角三角形的两条直角边分别为，斜边为c，那么．
（或者：在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方．）
②证明：
在图1中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和．
即，
化简得．
在图2中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和．
即，化简得．
在图3中，梯形的面积等于三个直角三角形的面积的和．
即，化简．
（2）①根据题意，则如下图所示：

在图4中，直角三角形的边长分别为a、b、c，则
由勾股定理，得，
∴；
在图5中，三个扇形的直径分别为a、b、c，则
，，，
∴，
∵，
∴，
∴；
在图6中，等边三角形的边长分别为a、b、c，则
，，，
∵，，
∴，
∴；
∴满足的有3个，
故答案为：3；
②结论；


，
；
（3）①如图9，正方形A、B、C、D、E、F、M中，对应的边长分别为a、b、c、d、e、f、m，则有

由（1）（2）中的结论可知，面积的关系为：A+B=E，C+D=F，E+F=M，
∴，，，
∴
故答案为：；
②∵，
∴，，
由解直角三角形和正方形的性质，则
，，
∴；
同理：；
；
；
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：；．
【点睛】
本题考查了求扇形的面积，解直角三角形，勾股定理的证明，以及正方形的性质，解题的关键是掌握勾股定理的应用，注意归纳推理等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力、归纳总结能力，是中档题．
28．（2020·湖南邵阳?中考真题）已知：如图①，将一块45°角的直角三角板与正方形的一角重合，连接，点M是的中点，连接．

（1）请你猜想与的数量关系是__________．
（2）如图②，把正方形绕着点D顺时针旋转角（）．
①与的数量关系是否仍成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（温馨提示：延长到点N，使，连接）
②求证：；
③若旋转角，且，求的值．（可不写过程，直接写出结果）
【答案】（1）AF=2DM（2）①成立，理由见解析②见解析③
【解析】
【分析】
（1）根据题意合理猜想即可；
（2）①延长到点N，使，连接，先证明△MNC≌△MDE，再证明△ADF≌△DCN，得到AF=DN，故可得到AF=2DM；
②根据全等三角形的性质和直角的换算即可求解；
③依题意可得∠AFD=∠EDM=30°，可设AG=k,得到DG,AD,FG,ED的长，故可求解．
【详解】
（1）猜想与的数量关系是AF=2DM，
故答案为：AF=2DM；
（2）①AF=2DM仍然成立，
理由如下：延长到点N，使，连接，
∵M是CE中点，
∴CM=EM
又∠CMN=∠EMD，
∴△MNC≌△MDE
∴CN=DE=DF,∠MNC=∠MDE
∴CN∥DE，
又AD∥BC
∴∠NCB=∠EDA
∴△ADF≌△DCN
∴AF=DN
∴AF=2DM
②∵△ADF≌△DCN
∴∠NDC=∠FAD，
∵∠CDA=90°，
∴∠NDC+∠NDA=90°
∴∠FAD+∠NDA=90°
∴AF⊥DM

③∵，
∴∠EDC=90°-45°=45°
∵，
∴∠EDM=∠EDC=30°，
∴∠AFD=30°
过A点作AG⊥FD的延长线于G点，∴∠ADG=90°-45°=45°
∴△ADG是等腰直角三角形，
设AG=k,则DG=k，AD=AG÷sin45°=k，
FG=AG÷tan30°=k，
∴FD=ED=k-k
故=．

【点睛】
此题主要考查四边形综合，解题的关键是熟知正方形的性质、旋转的特点、全等三角形的判定与性质及三角函数的运用．
29．（2020·湖南邵阳?中考真题）2019年12月23日，湖南省政府批准，全国“十三五”规划重大水利工程一邵阳资水犬木塘水库，将于2020年开工建设施工测绘中，饮水干渠需经过一座险峻的石山，如图所示，表示需铺设的干渠引水管道，经测量，A，B，C所处位置的海拔分别为，，．若管道与水平线的夹角为30°，管道与水平线夹角为45°，求管道和的总长度（结果保留根号）．

【答案】．
【解析】
【分析】
先根据题意得到BO，CB2的长，在Rt△ABO中，由三角函数可得AB的长度，在Rt△BCB2中，由三角函数可得BC的长度，再相加即可得到答案．
【详解】
解：根据题意知，四边形和四边形均为矩形，
，，
，，
在中，，，，
；
在中，，，，
，
，
即管道AB和BC的总长度为：．
【点睛】
考查了解直角三角形的应用，关键是根据三角函数得到AB和BC的长度．
30．（2020·湖北宜昌?中考真题）菱形的对角线相交于点O，，点G是射线上一个动点，过点G作交射线于点E，以为邻边作矩形．


（1）如图1，当点F在线段上时，求证：；
（2）若延长与边交于点H，将沿直线翻折180°得到．
①如图2，当点M在上时，求证：四边形为正方形：
②如图3，当为定值时，设，k为大于0的常数，当且仅当时，点M在矩形的外部，求m的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②．
【解析】
【分析】
（1）证明四边形ECFG，DGEF是平行四边形即可得到结论；
（2）①由折叠得可证明，，再证明 可得GO=EO，再由四边形EOGF为矩形则可证明结论；
②由四边形ABCD为菱形以及折叠可得，当且仅当时，M点在矩形EOGF的外部，时，M点在矩形EOGF上，即点M在EF上，设，求得，过点D作于点N，证明求得，在中运用勾股定理列出方程求解即可.
【详解】
（1）证明：如图，四边形EOGF为矩形，

，，，，
，
四边形ECFG，DGEF是平行四边形，
，，
；
（2）如图，

证明：由折叠得，
，，
，，
四边形ABCD为菱形，
，
，
，
，
，
，
，，
，点M在GE上，
，
，
四边形EOGF为矩形，
矩形EOGF为正方形；
（3）如图，

四边形ABCD为菱形，
，
，
，
，
，
，
（m为定值），
，
点M始终在固定射线DM上并随k的增大向上运动，
当且仅当时，M点在矩形EOGF的外部，
时，M点在矩形EOGF上，即点M在EF上，
设，
，，，
，，
，
过点D作于点N，
，又，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形，
，
，
，
（负值舍去），
，
．
【点睛】
本题考查四边形的综合问题，涉及矩形和菱形的性质，勾股定理，锐角三角函数，解方程等知识，综合程度较高，考查学生灵活运用知识的能力．
31．（2020·江苏淮安?中考真题）如图，是圆的弦，是圆外一点，，交于点，交圆于点，且．

（1）判断直线与圆的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）直线BC与圆O相切，理由见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OB，由等腰三角形的性质分别证出∠A=∠OBA，∠CPB=∠CBP，再利用直角三角形性质和对顶角可证得∠OBC=90º，即OB⊥BC,可判断直线BC与圆O相切；
（2）易证得△CPD为等边三角形，则有∠OCB=60º,∠BOC=30º,用含30º角的直角三角形求得OA、BC的长，然后用公式求得△OBC的面积和扇形OBD的面积，相加即可解得阴影面积．
【详解】
（1）直线BC与圆O相切，理由为：
连接OB，
∵OA=OB，
∴∠A=∠OBA，
∵CP=CB，
∴∠CPB=∠CBP，又∠APO=∠CPB
∴∠CBP=∠APO，
∵OA⊥OC，
∴∠A+∠APO=90º，
∴∠OBA+∠CBP=90º即∠OBC=90º，
∴OB⊥BC，
∴直线BC与圆O相切；
（2）∵OA⊥OC，∠A=30º，OP=1
∴OA=，∠APO=60º即∠CPB=60º，
∵CP=CB，
∴△PCB为等边三角形，
∴∠PCB=60º，
∵∠OBC=90º，
∴∠BOD=30º，
∴BC=OB·tan30º=1，
∴==，
答:图中阴影部分的面积为．

【点睛】
本题主要考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、切线的判定定理、等边三角形的判定与性质、扇形的面积等知识，解答的关键是认真审题，结合图形，找到各知识点之间的联系，进而推理、探究、发现和计算．
32．（2020·江苏淮安?中考真题）如图①，二次函数的图象与直线交于、两点．点是轴上的一个动点，过点作轴的垂线交直线于点，交该二次函数的图象于点，设点的横坐标为．

（1） ， ；
（2）若点在点的上方，且，求的值；
（3）将直线向上平移4个单位长度，分别与轴、轴交于点、（如图②）．
①记的面积为，的面积为，是否存在，使得点在直线的上方，且满足？若存在，求出及相应的、的值；若不存在，请说明理由．
②当时，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接、、，若，直接写出直线与该二次函数图象交点的横坐标．
【答案】（1）1，﹣2；（2）m=0或2；（3）①存在，且，，；②或．
【解析】
【分析】

（1）把点A的坐标代入抛物线解析式即可求出b，于是可得抛物线的解析式，再把点B的坐标代入抛物线的解析式即可求出n；
（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，由点P（m，0），则点M、N的坐标可得，于是MN的长可用含m的代数式表示，由MN=3可得关于m的方程，解方程即可求出m的值；
（3）①易求出平移后直线CD的解析式，进而可得点C坐标，然后利用待定系数法分别求出直线AC和直线NC的解析式，设直线MN交AC于点F，过点B作BE⊥x轴交直线NC于点E，如图2，然后即可用含m的代数式表示出和，由可得关于m的方程，解方程即可求出m，进一步即可求出结果；
②当旋转后点F在点C左侧时，过点B作BQ⊥x轴于点Q，过点M作GH∥x轴，作AG⊥GH于点G，作FH⊥GH于点H，交x轴于点K，如图3，根据直线AB的特点和旋转的性质可得△AMG和△FMH是全等的两个等腰直角三角形，进一步即可根据等腰直角三角形的性质和直线上点的坐标特点求得FK=2，由条件，根据角的和差和平行线的性质可得∠AOD=∠CFK，然后根据两个角的正切相等即可求出CK的长，于是可得点F的坐标，进而可求出直线OF的解析式，进一步即可求出直线OF与抛物线交点的横坐标；当旋转后点F在点C右侧时，易得满足的点F不存在，从而可得答案．
【详解】

解：（1）把代入抛物线，得，解得：b=1，
∴抛物线的解析式是：，
∵点在抛物线上，
∴，
故答案为：1，﹣2；
（2）设直线的解析式是，把点、两点代入，得：
，解得：，
∴直线的解析式是，
如图1，∵点P（m，0），∴点M（m，﹣m+1）、N（m，），
当点在点的上方时，则 ，
当时，，解得：m=0或2；

（3）①直线向上平移4个单位长度后的解析式为，
∴点C、D的坐标分别是（5，0）、（0，5），
则由、C（5，0）可得直线AC的解析式为，
由N（m，）、C（5，0）可得直线NC的解析式为，
设直线MN交AC于点F，过点B作BE⊥x轴交直线NC于点E，如图2，
当x=3时，，∴点E（3，），
∴，，
∴，
，
∵，
∴，解得：，
由于当时，，
此时点N在直线AC的下方，故舍去；
当时，，；
∴存在，使，且此时，；

②当旋转后点F在点C左侧时，过点B作BQ⊥x轴于点Q，过点M作GH∥x轴，作AG⊥GH于点G，作FH⊥GH于点H，交x轴于点K，如图3，
∵直线AB的解析式为，
∴∠AMG=45°，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴∠AMF=90°，MA=MF，
∴△AMG和△FMH是全等的两个等腰直角三角形，
∴AG=GM=MH=FH=m+1，
∵M（m，﹣m+1），
∴KH=PM=m－1，
∴FK=（m+1）－（m－1）=2，

∵，∠FBA=∠QBA+∠QBF=45°+∠QBF，
∴45°+∠QBF+∠AOD－∠BFC=45°，
∴∠QBF+∠AOD=∠BFC=∠BFK+∠CFK，
∵FK∥BQ，∴∠QBF =∠BFK，
∴∠AOD=∠CFK，
∴，
∴，OK=4，
∴点F的坐标是（4，2），
∴直线OF的解析式是，
解方程：，得；
当旋转后点F在点C右侧时，满足的点F不存在；
综上，直线与该二次函数图象交点的横坐标为或．
【点睛】

本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质、二次函数图象上点的坐标特征、一元二次方程的解法、等腰直角三角形的判定和性质、一次函数与二次函数的交点以及三角函数等知识，综合性强、难度较大，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数的相关知识、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．
33．（2020·湖北黄冈?中考真题）已知：如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于A，B两点，与y轴正半轴交于点C，与x轴负半轴交于点D，．

（1）求反比例函数的解析式；
（2）当时，求点C的坐标．
【答案】（1）；（2）点C的坐标为
【解析】
【分析】
（1）过点B作轴于点M，由设BM=x，MO=2x，由勾股定理求出x的值，得到点B的坐标，代入即可求解；
（2）设点C的坐标为，则．设直线AB的解析式为：，将B点坐标代入AB的函数关系式，可得，令y=0得到，令，解得两个x的值，A点的横坐标为，由列出方程求解即可．
【详解】
解：（1）过点B作轴于点M，则

在中．
设，则．
又．
．
又
，
∴点B的坐标是
∴反比例的解析式为．
（2）设点C的坐标为，则．设直线AB的解析式为：．
又∵点在直线AB上将点B的坐标代入直线解析式中，
．
．
∴直线AB的解析式为：．
令，则．
．
令，解得．
经检验都是原方程的解．
又．
．
．
．
．
经检验，是原方程的解．
∴点C的坐标为．
【点睛】
本题考查反比例函数与一次函数综合、分式方程、一元二次方程和解直角三角形，解题的关键是熟练掌握反比例函数的图象和性质．
34．（2020·湖北黄冈?中考真题）因东坡文化远近闻名的遗爱湖公园，“国庆黄金周”期间，游人络绎不绝，现有一艘游船载着游客在遗爱湖中游览．当船在A处时，船上游客发现岸上处的临皋亭和处的遗爱亭都在东北方向；当游船向正东方向行驶到达B处时，游客发现遗爱亭在北偏西15°方向；当游船继续向正东方向行驶到达C处时，游客发现临皋亭在北偏西60°方向．

（1）求A处到临皋亭P处的距离．
（2）求临皋亭处与遗爱亭处之间的距离（计算结果保留根号）
【答案】（1）；（2）米
【解析】
【分析】
（1）过点作于点M．设，在中，得到，在中，得到，根据得到关于x的一元一次方程，求解即可得到x的值，进而A处到临皋亭的距离即可求解；
（2）过点作于点，在中，得到，在中，得到，根据求解即可．
【详解】
解：（1）依题意有．

过点作于点M．设，则
在中，．
在中，．
又，


∴点A处与点处临皋亭之间的距离为．
（2）过点作于点．
在中，．
．
在中，．
．
．
．
∴点处临亭与点处遗爱亭之间的距离为．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，作出合适的辅助线，构造出直角三角形是解题的关键．
35．（2020·湖北荆门?中考真题）如图，海岛B在海岛A的北偏东方向，且与海岛A相距20海里，一艘渔船从海岛B出发，以5海里/时的速度沿北偏东方向航行，同时一艘快艇从海岛A出发，向正东方向航行．2小时后，快艇到达C处，此时渔船恰好到达快艇正北方向的E处．

（1）求的度数；
（2）求快艇的速度及C，E之间的距离．
（参考数据：）
【答案】（1）；（2）快艇的速度为9.85海里时，C，E之间的距离为19.9海里．
【解析】
【分析】
（1）过点B作于点D，作于点E，根据题意求出∠ABD和∠ADE的度数，即可求解；
（2）求出BE的长度，根据解直角三角形求出BF和EF的长度，在中，求出AD、BD的长度，证出四边形为矩形，可求得快艇的速度和CE之间的距离．
【详解】
（1）过点B作于点D，作于点E．
由题意得：，，
∵，
∴，
而
∴．
（2）（海里）
在中，，
（海里），
（海里），
在中，，

（海里），
（海里），
∵，，，∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴
，
设快艇的速度为v海里/时，则（海里时）
答：快艇的速度为9.85海里时，C，E之间的距离为19.9海里．
【点睛】
本题考查矩形的判定与性质、解直角三角形的实际应用−方位角问题，理清题中各个角的度数，熟练掌握解直角三角形的方法是解题的关键．
36．（2020·湖北荆门?中考真题）如图，中，，的平分线交于D，交的延长线于点E，交于点F．


（1）若，求的度数；
（2）若，求的长．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）先根据等腰三角形的性质及角平分线的性质求出，，再根据垂直与外角的性质即可求出；
（2）根据题意证明，再得到为等边三角形，故可得到，可根据三角函数的性质即可求出AF．
【详解】
（1）∵，，
∴．
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，．
【点睛】
此题主要考查解直角三角形，解题的关键是熟知等腰三角形、等边三角形的判定与性质、三角函数的应用．
37．（2020·河北中考真题）如图1和图2，在中，，，．点在边上，点，分别在，上，且．点从点出发沿折线匀速移动，到达点时停止；而点在边上随移动，且始终保持．

（1）当点在上时，求点与点的最短距离；
（2）若点在上，且将的面积分成上下4：5两部分时，求的长；
（3）设点移动的路程为，当及时，分别求点到直线的距离（用含的式子表示）；
（4）在点处设计并安装一扫描器，按定角扫描区域（含边界），扫描器随点从到再到共用时36秒．若，请直接写出点被扫描到的总时长．
【答案】（1）；（2）；（3）当时，；当时，；（4）
【解析】
【分析】
（1）根据当点在上时，PA⊥BC时PA最小，即可求出答案；
（2）过A点向BC边作垂线，交BC于点E，证明△APQ∽△ABC，可得，根据=可得 ，可得，求出AB=5，即可解出MP；
（3）先讨论当0≤x≤3时，P在BM上运动，P到AC的距离：d=PQ·sinC，求解即可，再讨论当3≤x≤9时，P在BN上运动，BP=x-3，CP=8-（x-3）=11-x，根据d=CP·sinC即可得出答案；
（4）先求出移动的速度==，然后先求出从Q平移到K耗时，再求出不能被扫描的时间段即可求出时间．
【详解】
（1）当点在上时，PA⊥BC时PA最小，
∵AB=AC，△ABC为等腰三角形，
∴PAmin=tanC·=×4=3；
（2）过A点向BC边作垂线，交BC于点E，

S上=S△APQ，
S下=S四边形BPQC，
∵，
∴PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴，
∴，
当=时，，
∴，
AE=·，
根据勾股定理可得AB=5，
∴，
解得MP=；
（3）当0≤x≤3时，P在BM上运动，
P到AC的距离：d=PQ·sinC，
由（2）可知sinC=，
∴d=PQ，
∵AP=x+2，
∴，
∴PQ=，
∴d==，
当3≤x≤9时，P在BN上运动，
BP=x-3，CP=8-（x-3）=11-x，
d=CP·sinC=（11-x）=-x+，
综上；
（4）AM=2150，
∴这架航拍无人机继续向正东飞行安全．

【点睛】

本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会用构建方程的思想思考问题．
50．（2020·黑龙江中考真题）如图①，在中，，，点、分别在、边上，，连接、、，点、、分别是、、的中点，连接、、．

（1）与的数量关系是______．
（2）将绕点逆时针旋转到图②和图③的位置，判断与有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
【答案】（1）；（2）图（2）：，图（3）：，理由见解析．
【解析】
【分析】

（1）先证明AD=BE，根据中位线定理证明△PMN为等腰直角三角形，得到，再进行代换即可；
（2）：如图（2）连接，延长交于，交于，先证明，得到，AD=BE，，根据中位线定理证明△PMN为等腰直角三角形，得到，再进行代换即可．
【详解】

解：（1）∵中，，，
∴∠BAC=∠ABC=45°
∵，，
∴AD=BE，
∵点、、分别是、、的中点，
∴PM，PN分别为△ABE，△BAD中位线，
∴PM∥BE,PM= BE,PN∥AC,PN= AD,
∴PM=PN, ∠APM=∠BPN=45°，
∴∠PMN=90°，
∴△PMN为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即；
（2）图（2）：图（3）：
证明：如图（2）
连接，延长交于，交于，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
、、分别是、、的中点，
，，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
．

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形性质，全等三角形判定与性质，中位线定理等知识，综合性较强，解题关键理解运用好中位线性质．
51．（2020·河南中考真题）位于河南省登封市境内的元代观星台，是中国现存最早的天文台，也是世界文化遗产之一．

某校数学社团的同学们使用卷尺和自制的测角仪测量观星台的高度．如图所示，他们在地面一条水 平步道上架设测角仪，先在点处测得观星台最高点的仰角为，然后沿方向前进到达点处，测得点的仰角为．测角仪的高度为，
求观星台最高点距离地面的高度(结果精确到．参考数据： )；
“景点简介”显示，观星台的高度为，请计算本次测量结果的误差，并提出一条减小误差的合理化建议．
【答案】（1）12.3m；（2）0.3m，多次测量，求平均值
【解析】
【分析】
（1）过点A作AE⊥MN交MN的延长线于点E，交BC的延长线于点D，根据条件证出四边形BMNC为矩形、四边形CNED为矩形、三角形ACD与三角形ABD均为直角三角形，设AD的长为xm，则CD=AD=xm，BD=BC+CD=（16+x）m，在Rt△ABD中，解直角三角形求得AD的长度，再加上DE的长度即可；
（2）根据（1）中算的数据和实际高度计算误差，建议是多次测量求平均值．
【详解】
解：（1）如图，过点A作AE⊥MN交MN的延长线于点E，交BC的延长线于点D，

设AD的长为xm，
∵AE⊥ME，BC∥MN，
∴AD⊥BD，∠ADC=90°，
∵∠ACD=45°，
∴CD=AD=xm，BD=BC+CD=（16+x）m，
由题易得，四边形BMNC为矩形，
∵AE⊥ME，
∴四边形CNED为矩形，
∴DE=CN=BM=，
在Rt△ABD中，，
解得：，
即AD=10.7m，AE=AD+DE=10.7+1.6=12.3m，
答：观星台最高点距离地面的高度为12.3m．
（2）本次测量结果的误差为：12.6-12.3=0.3m，
减小误差的合理化建议：多次测量，求平均值．
【点睛】
本题考查解直角三角形的实际应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
52．（2020·湖南湘潭?中考真题）为了学生的安全，某校决定把一段如图所示的步梯路段进行改造．已知四边形为矩形，，其坡度为，将步梯改造为斜坡，其坡度为，求斜坡的长度．（结果精确到，参考数据：，）

【答案】斜坡AF的长度为20.61米．
【解析】
【分析】
先由DE的坡度计算DC的长度，根据矩形性质得AB长度，再由AF的坡度得出BF的长度，根据勾股定理计算出AF的长度．
【详解】
∵，其坡度为，
∴在中，
∴解得
∵四边形ABCD为矩形
∴
∵斜坡的坡度为
∴
∴
在中，（m）
∴斜坡的长度为20.61米．
【点睛】
本题考查了坡度的概念，及用勾股定理解直角三角形的用法，熟知以上知识点是解题的关键．
53．（2020·湖南衡阳?中考真题）小华同学将笔记本电脑水平放置在桌子上，当是示屏的边缘线与底板的边缘线所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图①）．侧面示意图为图②；使用时为了散热，他在底板下面垫入散热架，如图③，点、、在同一直线上，，，．

（1）求的长；
（2）如图④，垫入散热架后，要使显示屏的边缘线与水平线的夹角仍保持120°，求点到的距离．（结果保留根号）
【答案】（1）12cm；（2）点到的距离为（12+12）cm．
【解析】
【分析】
（1）在Rt△AOC中，由30度角所对的直角边长度是斜边的一半求解即可；
（2）过点O作OM∥AC，过点B′作B′E⊥AC交AC的延长线于点E，交OM于点D，B′E即为点到的距离，根据题意求出∠OB′D=30°，四边形OCED为矩形，根据B′E=B′D+DE求解即可．
【详解】
解：（1）∵，，
∴．
即OC的长度为12cm．
（2）如图，过点O作OM∥AC，过点B′作B′E⊥AC交AC的延长线于点E，交OM于点D，B′E即为点到的距离，
∵OM∥AC，B′E⊥AC，
∴B′E⊥OD，
∵MN∥AC，
∴∠NOA=∠OAC=30°，
∵∠AOB=120°，
∴∠NOB=90°，
∵∠NOB′=120°，
∴∠BOB′=120°-90°=30°，
∵BC⊥AC，B′E⊥AE，MN∥AE，
∴BC∥B′E，四边形OCED为矩形，
∴∠OB′D=∠BOB′=30°，DE=OC=12cm，
在Rt△B′OD中，∵∠OB′D=30°，B′O=BO=24cm，
∴
B′D= ，
B′E=B′D+DE= ，
答：点到的距离为．

【点睛】
本题考查解直角三角形的应用、矩形的判定和性质和直角三角形中30度角所对的直角边长度是斜边的一半，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
54．（2020·湖南岳阳?中考真题）共抓长江大保护，建设水墨丹青新岳阳，推进市中心城区污水系统综合治理项目，需要从如图，两地向地新建，两条笔直的污水收集管道，现测得地在地北偏东方向上，在地北偏西方向上，的距离为，求新建管道的总长度．（结果精确到，，，，）

【答案】新建管道的总长度约为．
【解析】
【分析】

如图（见解析），先根据方位角的定义求出，设，则，再在中，根据等腰直角三角形的判定与性质可得AC、CD的长，然后在中，解直角三角形可得x的值，从而可得AC、BC的长，由此即可得出答案．
【详解】

如图，过点C作于点D
由题意得：，
设，则

是等腰直角三角形

在中，，即
解得
经检验，是所列分式方程的解
，
在中，，即
解得
则
答：新建管道的总长度约为．

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、方位角的定义、解直角三角形等知识点，掌握解直角三角形的方法是解题关键．
55．（2020·湖南怀化?中考真题）如图，某数学兴趣小组为测量一棵古树的高度，在距离古树A点处测得古树顶端D的仰角为30°，然后向古树底端C步行20米到达点B处，测得古树顶端D的仰角为45°，且点A、B、C在同一直线上求古树CD的高度．（已知：，结果保留整数）

【答案】27米
【解析】
【分析】
设CB=CD=x，根据tan30°=即可得出答案．
【详解】
解：由题意可知，AB=20，∠DAB=30°，∠C=90°，∠DBC=45°，
∵△BCD是等腰直角三角形，
∴设CB=CD=x，
tan30°==，
解得x=10+10≈10×1.732+10=27.32≈27，
∴CD=27，
答：CD的高度为27米．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的实际应用，等腰三角形的性质，构造直角三角形是解题关键．
56．（2020·山东菏泽?中考真题）某兴趣小组为了测量大楼的高度，先沿着斜坡走了米到达坡顶点处，然后在点处测得大楼顶点的仰角为，已知斜坡的坡度为，点到大楼的距离为米，求大楼的高度．（参考数据：，，）

【答案】大楼的高度为52米
【解析】
【分析】
过点B作BE⊥AD于点E，作BF⊥CD于点F，在Rt△ABE中，根据坡度及勾股定理求出BE和AE的长，进而由三个角是直角的四边形是矩形判断四边形BEDF是矩形，得到BF和FD的长，再在Rt△BCF中，根据∠CBF的正切函数解直角三角形，得到CF的长，由CD=CF+FD得解．
【详解】
解：如下图，过点B作BE⊥AD于点E，作BF⊥CD于点F，

在Rt△ABE中，AB=52，
∵
∴tan∠BAE==，
∴AE=2.4BE，
又∵BE2+AE2=AB2，
∴BE2+(2.4BE)2=522，
解得：BE=20，
∴AE=2.4BE=48；
∵∠BED=∠D=∠BFD=90°，
∴四边形BEDF是矩形，
∴FD=BE=20，BF=ED=AD-AE=72-48=24；
在Rt△BCF中，
tan∠CBF=，
即：tan53°==
∴CF=BF=32，
∴CD=CF+FD=32+20=52．
答：大楼的高度为52米．
【点睛】
本题考查解直角三角形的实际应用，熟练掌握仰角的定义，准确确定合适的直角三角形并且根据勾股定理或三角函数列出方程是解题的关键．
57．（2020·四川广元?中考真题）如图，公路MN为东西走向，在点M北偏东36.5°方向上，距离5千米处是学校A；在点M北偏东45°方向上距离千米处是学校B．（参考数据：，）．

（1）求学校A，B两点之间的距离
（2）要在公路MN旁修建一个体育馆C，使得A，B两所学校到体育馆C的距离之和最短，求这个最短距离．
【答案】（1）km;（2）km.
【解析】
【分析】
（1）过点A作CD//MN，BE⊥MN，在Rt△ACM中求出CM，AC，在Rt△MBE中求出BE，ME，继而得出AD，BD的长度，在Rt△ABD中利用勾股定理可得出AB的长度．
（2）作点B关于MN的对称点G，连接AG交MN于点P，点P即为站点，求出AG的长度即可．
【详解】
（1）过点A作CD//MN，BE⊥MN，如图：
在Rt△ACM中，∠CMA＝36.5°，AM＝5km，
∵sin36.5°＝＝0.6，
∴CA＝3，MC＝4km，
在Rt△MBE中，∠NMB＝45°，MB＝km，
∵sin45°＝＝，
∴BE＝6，ME＝6km，
∴AD＝CD−CA＝ME−CA＝3km，BD＝BE−DE＝BE−CM＝2km，
在Rt△ABD中，AB＝km．
（2）作点B关于MN的对称点G，连接AG交MN于点P，连接PB，点P即为站点，
此时PA＋PB＝PA＋PG＝AG，即A，B两所学校到体育馆C的距离之和最短为AG长
在Rt△ADG中，AD=3，DG=DE+EG=DE+BE=4+6=10，∠ADG=90°，
∴AG＝＝km．
答：最短距离为km．

【点睛】
本题考查了解直角三角形的知识，解答本题的关键是构造直角三角形，利用三角函数值求解相关线段的长度，难度较大．
58．（2020·北京中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD是⊙O的切线，D为切点，OF⊥AD于点E，交CD于点F．
（1）求证：∠ADC=∠AOF；
（2）若sinC=，BD=8，求EF的长．

【答案】（1）见解析；（2）2．
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据CD是⊙O的切线，可推出∠ADC+∠ODA=90°，根据OF⊥AD，∠AOF+∠DAO=90°，根据OD=OA，可得∠ODA=∠DAO，即可证明；
（2）设半径为r，根据在Rt△OCD中，，可得，AC=2r，由AB为⊙O的直径，得出∠ADB=90°，再根据推出OF⊥AD，OF∥BD，然后由平行线分线段成比例定理可得，求出OE，，求出OF，即可求出EF．
【详解】
（1）证明：连接OD，

∵CD是⊙O的切线，
∴OD⊥CD，
∴∠ADC+∠ODA=90°，
∵OF⊥AD，
∴∠AOF+∠DAO=90°，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠DAO，
∴∠ADC=∠AOF；
（2）设半径为r，

在Rt△OCD中，，
∴，
∴，
∵OA=r，
∴AC=OC-OA=2r，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
又∵OF⊥AD，
∴OF∥BD，
∴，
∴OE=4，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理，锐角三角函数，切线的性质，直径所对的圆周角是90°，灵活运用知识点是解题关键．
59．（2020·湖南株洲?中考真题）AB是的直径，点C是上一点，连接AC、BC，直线MN过点C，满足．

（1）如图①，求证：直线MN是的切线；
（2）如图②，点D在线段BC上，过点D作于点H，直线DH交于点E、F，连接AF并延长交直线MN于点G，连接CE，且，若的半径为1，，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】
（1）由圆周角定理的推论和直角三角形的性质可得，由可得，进一步即可推出，从而可得结论；
（2）如图②，由已知条件易求出AC的长，根据对顶角相等和圆周角定理可得∠1=∠3，根据余角的性质可得，进而可得∽，于是根据相似三角形的性质变形可得，进一步即可求出结果．
【详解】
解：（1）证明：连接OC，如图，
∵AB是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴MN是的切线；

（2）如图②，∵，即，∴，
∵∠2=∠3，∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∵，2
∴∠1+∠AGC=90°，
∵∠3+∠ECD=90°，
∴，
又∵，
∴∽，
∴，
∴．

【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、解直角三角形、圆周角定理的推论以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用相似三角形的判定和性质是解题的关键．
60．（2020·山东临沂?中考真题）如图．要想使人安全地攀上斜靠在墙面上的梯子的顶端，梯子与地面所成的角一般要满足，现有一架长的梯子．
（1）使用这架梯子最高可以安全攀上多高的墙（结果保留小数点后一位）？
（2）当梯子底端距离墙面时，等于多少度（结果保留小数点后一位）？此时人是否能够安全使用这架梯子？

（参考数据：，，，，，）
【答案】(1)5.3m；（2）56.4°，不能
【解析】
【分析】
（1）若使AC最长，且在安全使用的范围内，则∠ABC的度数最大，即∠ABC=75°；可通过解直角三角形求出此时AC的长．
（2）当BC=2.2m时，可在Rt△BAC中，求出∠ABC的余弦值，进而可得出∠ABC的度数，然后判断这个角度是否在安全使用的范围内即可．
【详解】
解：（1）当∠ABC=75°时，梯子能安全使用且它的顶端最高；
在Rt△ABC中，有sin∠ABC=
∴AC=AB•sin∠ABC=5.5×sin75°≈5.3；
答：安全使用这个梯子时，梯子的顶端距离地面的最大高度AC约为5.3m
（2）在Rt△ABC中，有cos∠ABC===0.4
由题目给的参考数据，可知∠ABC=56.4°
∵56.4°＜60°，不在安全角度内；
∴这时人不能安全使用这个梯子，
答：人不能够安全使用这个梯子．
【点睛】
此题考查的是解直角三角形的实际应用，熟练掌握并能灵活运用各锐角三角函数是解答此类题的关键．
61．（2020·四川泸州?中考真题）如图，为了测量某条河的对岸边C，D两点间的距离，在河的岸边与平行的直线上取两点A，B，测得，，量得长为70米．求C，D两点间的距离（参考数据：，，）．

【答案】40+10
【解析】
【分析】
过点C作CH⊥AB，垂足为点H，过点D作DG⊥AB，垂足为点G，,先求出CH的长，然后在Rt△BCH中求得BH的长，则CD=GH=BH+BG即可求出
【详解】
解：过点C作CH⊥AB，垂足为点H，过点D作DG⊥AB，垂足为点G，

在△ACH中，tan∠A＝，得AH=CH，
同理可得BH=CH，
∵AH+BH=AB，
∴CH+CH=70．解得CH＝30，
在△BCH中，tan∠ABC=，
即，解得BH=40，
又∵DG=CH=30，
同理可得BG=10，
∴CD=GH=BH+BG=40+10（米），
答：C、D两点之间的距离约等于40+10米．
【点睛】
此题主要考查了解直角三角形的应用，关键把实际问题转化为数学问题加以计算．
62．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）已知是的外接圆，AD为的直径，，垂足为E，连接BO，延长BO交AC于点F．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过点D作，交于点G，点H为GD的中点，连接OH，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，若的面积为，求线段CG的长．

【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）CG=．
【解析】
【分析】
（1）先推出∠BAD=∠CAD，然后根据圆周角定理可得出∠BOD=2∠BAD=2∠CAD，根据∠BOD=∠AOF，可得出∠AOF=2∠CAD，根据∠BFC=∠AOF+∠CAD，即可证明结论；
（2）连接OG，证明△OBE≌△DOH，即可证明结论；
（3）连接AG，过A点作AM⊥CG于点M，过F点作FN⊥AD于点N，先推出DE=2OE，设OE=m，则DE=2m，OB=OD=OA=3m，AE=4m，根据勾股定理得出CE=BE=，再求出tan∠BOE===，tan∠EAC===，根据tan∠AOF=tan∠BOE=，得出=，设ON=a，则NF=a，可得tan∠EAC=，解出AN，根据AN+NO=AO，解出a=m，再根据S△AOF=·OA·FN=，可求出m=1，可得出DH=1，OD=3， BE=CE=OH=，AE=4，根据勾股定理可得AC=，根据OD=OA，DH=HG，得出AG=2OH=，推出cos∠ADG=cos∠ACM，即可求出CM=，利用勾股定理可得AM=，GM=，即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵AD为的直径，，
∴，BE=CE，
∴∠BAD=∠CAD，
∵∠BOD=2∠BAD，
∴∠BOD=2∠CAD，
∵∠BOD=∠AOF，
∴∠AOF=2∠CAD，
∵∠BFC=∠AOF+∠CAD，
∴∠BFC=2∠CAD+∠CAD=3∠CAD；
（2）连接OG，

∵点H为GD的中点，OG=OD，
∴DH=GH，OH⊥DG，
∵AD⊥BC，
∴∠AEB=∠OHD=90°，
∵DG∥BF，
∴∠BOH=∠OHD=90°，
即∠DOH+∠BOD=90°，
∵∠BOD+∠OBE=90°，
∴∠OBE=∠DOH，
又∵OB=OD，
∴△OBE≌△DOH，
∴BE=OH；
（3）如图，连接AG，过A点作AM⊥CG于点M，过F点作FN⊥AD于点N，

由（2）可知DH=OE，
∵DG=2DH=2OE，DG=DE，
∴DE=2OE，
设OE=m，则DE=2m，
∴OB=OD=OA=3m，
∴AE=4m，
在Rt△OBE中，BE==，
∴CE=BE=，tan∠BOE===，tan∠EAC===，
∵tan∠AOF=tan∠BOE=，
∴=，
设ON=a，则NF=a，
∴tan∠EAC=，
∴AN=4a，
∵AN+NO=AO，
∴4a+a=3m，
∴a=m，
∴FN=×m=m，
∵S△AOF=·OA·FN=，
∴·3m·m=，
∴m2=1，
∴m=±1，
∵m>0，
∴m=1，
∴DH=1，OD=3，由（2）得BE=CE=OH=，AE=4，
在Rt△AEC中AC=，
∵OD=OA，DH=HG，
∴AG=2OH=，
∵∠ADG+∠ACG=180°，∠ACM+∠ACG=180°，
∴∠ADG=∠ACM，
∴cos∠ADG=cos∠ACM，
∴，
∴，
∴CM=，
在Rt△ACM中，AM==，
在Rt△AGM中，GM==，
∴CG=GM-CM=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，锐角三角函数，垂径定理，勾股定理，掌握知识点灵活运用是解题关键．
63．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）已知，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，直线与轴的正半轴交于点A，与轴的负半轴交于点B， ，过点A作轴的垂线与过点O的直线相交于点C，直线OC的解析式为，过点C作轴，垂足为．
（1）如图1，求直线的解析式；
（2）如图2，点N在线段上，连接ON，点P在线段ON上，过P点作轴，垂足为D，交OC于点E，若，求的值；
（3）如图3，在（2）的条件下，点F为线段AB上一点，连接OF，过点F作OF的垂线交线段AC于点Q，连接BQ，过点F作轴的平行线交BQ于点G，连接PF交轴于点H，连接EH，若，求点P的坐标．

【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）根据题意求出A，B的坐标即可求出直线AB的解析式；
（2）求出N（3,9），以及ON的解析式为y=3x，设P（a，3a），表达出PE及OD即可解答；
（3）如图，设直线GF交CA延长线于点R，交y轴于点S，过点F作FT⊥x轴于点T，先证明四边形OSRA为矩形，再通过边角关系证明△OFS≌△FQR，得到SF=QR，进而证明△BSG≌△QRG，得到SG=RG=6，设FR=m，根据，以及在Rt△GQR中利用勾股定理求出m的值，得到FS=8，AR=4，证明四边形OSFT为矩形，得到OT=FS=8，根据∠DHE=∠DPH，利用正切函数的定义得到，从而得到DH=，根据∠PHD=∠FHT，得到HT=2，再根据OT=OD+DH+HT，列出关于a的方程即可求出a的值，从而得到点P的坐标．
【详解】
解：（1）∵CM⊥y轴，OM=9，
∴当y=9时，，解得：x=12，
∴C（12,9），
∵CA⊥x轴，则A（12,0），
∴OB=OA=12，则B（0，-12），
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴，解得：，
∴；
（2）由题意可得，∠CMO=∠OAC=∠MOA=90°，
∴四边形MOAC为矩形，
∴MC=OA=12，
∵NC=OM，
∴NC=9，则MN=MC-NC=3，
∴N（3,9）
设直线ON的解析式为，
将N（3，9）代入得：，解得：，
∴y=3x，
设P（a，3a）
∵PD⊥x轴交OC于点E，交x轴于点D，
∴，，
∴PE=，OD=a，
∴；
（3）如图，设直线GF交CA延长线于点R，交y轴于点S，过点F作FT⊥x轴于点T，
∵GF∥x轴，
∴∠OSR=∠MOA=90°，∠CAO=∠R=90°，∠BOA=∠BSG=90°，∠OAB=∠AFR，
∴∠OSR=∠R=∠AOS=∠BSG=90°，
则四边形OSRA为矩形，
∴OS=AR，SR=OA=12，
∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB=45°，
∴∠FAR=90°-∠AFR=45°，
∴∠FAR=∠AFR，
∴FR=AR=OS，
∵QF⊥OF，
∴∠OFQ=90°，
∴∠OFS+∠QFR=90°，
∵∠SOF+∠OFS=90°，
∴∠SOF=∠QFR，
∴△OFS≌△FQR，
∴SF=QR，
∵∠SFB=∠AFR=45°，
∴∠SBF=∠SFB，
∴BS=SF=QR，
∵∠SGB=∠RGQ，
∴△BSG≌△QRG，
∴SG=RG=6，
设FR=m，则AR=m，
∴QR=SF=12-m，
∴AF=，
∵，
∴GQ=，
∵QG2=GR2+QR2，即，解得：m=4，
∴FS=8，AR=4，
∵∠OAB=∠FAR，FT⊥OA，FR⊥AR，
∴FT=FR=AR=4，∠OTF=90°，
∴四边形OSFT为矩形，
∴OT=FS=8，
∵∠DHE=∠DPH，
∴tan∠DHE=tan∠DPH，
∴，
由（2）可知，DE=，PD=3a，
∴，解得：DH=，
∴tan∠PHD=，
∵∠PHD=∠FHT，
∴tan∠FHT=，
∴HT=2，
∵OT=OD+DH+HT，
∴，
∴a=，
∴

【点睛】
本题考查了一次函数与几何综合问题，涉及了一次函数解析式的求法，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及锐角三角函数的定义等知识点，第（3）问难度较大，解题的关键是正确做出辅助线，熟悉几何的基本知识，综合运用全等三角形以及锐角三角函数的概念进行解答．
64．（2020·山东聊城?中考真题）如图，小莹在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识对某小区居民楼AB的高度进行测量．先测得居民楼AB与CD之间的距离AC为35m，后站在M点处测得居民楼CD的顶端D的仰角为45°．居民楼AB的顶端B的仰角为55°．已知居民楼CD的高度为16.6m，小莹的观测点N距地面1.6m．求居民楼AB的高度（精确到1m）．（参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43）

【答案】约为30m
【解析】
【分析】
过点N作EF∥AC交AB于点E，交CD于点F，可得AE=MN=CF=1.6，EF=AC=35，再根据锐角三角函数可得BE的长，进而可得AB的高度．
【详解】
解：过点N作EF∥AC交AB于点E，交CD于点F．

则AE＝MN＝CF＝1.6，EF＝AC＝35，∠BEN＝∠DFN＝90°，
EN＝AM，NF＝MC，
则DF＝CD－CF＝16.6－1.6＝15．
在Rt△DFN中，∵∠DNF＝45°，
∴NF＝DF＝15．
∴EN＝EF－NF＝35－15＝20．
在Rt△BEN中，∵tan∠BNE＝，
∴BE＝EN·tan∠BNE＝20×tan55°≈20×1.43＝28.6°．
∴AB＝BE＋AE＝28.6＋1.6≈30．
答：居民楼AB的高度约为30m．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义．
65．（2020·安徽中考真题）如图，山顶上有一个信号塔，已知信号塔高米，在山脚下点处测得塔底的仰角，塔顶的仰角．求山高(点在同一条竖直线上)．
(参考数据： )

【答案】75米
【解析】
【分析】

设山高CD=x米，先在Rt△BCD中利用三角函数用含x的代数式表示出BD，再在Rt△ABD中，利用三角函数用含x的代数式表示出AD，然后可得关于x的方程，解方程即得结果．
【详解】

解：设山高CD=x米，则在Rt△BCD中，，即，
∴，
在Rt△ABD中，，即，
∴，
∵AD－CD=15，
∴1.2x－x=15，解得：x=75．
∴山高CD=75米．
【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，属于常考题型，正确理解题意、熟练掌握三角函数的知识是解题的关键．
66．（2020·四川成都?中考真题）成都“339”电视塔作为成都市地标性建筑之一，现已成为外地游客到成都旅游打卡的网红地．如图，为测量电视塔观景台处的高度，某数学兴趣小组在电视塔附近一建筑物楼顶处测得塔处的仰角为45°，塔底部处的俯角为22°．已知建筑物的高约为61米，请计算观景台的高的值．
（结果精确到1米；参考数据：，，）

【答案】观景台的高约为214米．
【解析】
【分析】
过点D作DM⊥AB于点M，由题意可得四边形DCBM是矩形，由矩形的性质可得BM=CD=61米；在Rt△BDM中，∠BDM=22°，BM=61米，由此可得tan22°=，即可求得DM=152.5米；再证明△ADM为等腰直角三角形，可得DM=AM=152.5米，由此即可求得观景台的高的长．
【详解】
过点D作DM⊥AB于点M，由题意可得四边形DCBM是矩形，

∴BM=CD=61米，
在Rt△BDM中，∠BDM=22°，BM=61米， tan∠BDM=，
∴tan22°=，
解得，DM=152.5米；
∵∠ADM=45°，DM⊥AB，
∴△ADM为等腰直角三角形，
∴DM=AM=152.5米，
∴AB=BM+AM=61+152.5=213.5≈214（米）．
答：观景台的高约为214米．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，正确作出辅助线，构建直角三角形是解决问题的关键．
67．（2020·四川南充?中考真题）如图，点A，B，C是半径为2的⊙O上三个点，AB为直径，∠BAC的平分线交圆于点D，过点D作AC的垂线交AC得延长线于点E，延长线ED交AB得延长线于点F．
（1）判断直线EF与⊙O的位置关系，并证明．
（2）若DF=，求tan∠EAD的值．

【答案】（1）直线与圆相切，证明详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由OA＝OD知∠OAD＝∠ODA，由AD平分∠EAF知∠DAE＝∠DAO，据此可得∠DAE＝∠ADO，继而知OD∥AE，根据AE⊥EF即可得证；
（2）根据勾股定理得到，根据平行线分线段成比例定理和三角函数的定义即可得到结论．
【详解】
解：（1）直线与圆相切
理由如下：连接
∵平分
∴
∵
∴
∴
由，得
∵点在圆上
∴是圆的切线
（2）由（1）可得，在中，，，
由勾股定理得
∵
∴
即，得，
∴在中，

【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，角平分线的定义，圆周角定理，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
68．（2020·四川甘孜?中考真题）热气球的探测器显示，从热气球A处看大楼BC顶部C的仰角为30°，看大楼底部B的俯角为45°，热气球与该楼的水平距离AD为60米，求大楼BC的高度．（结果精确到1米，参考数据：）

【答案】这栋楼的高度约为95米．
【解析】
【分析】
利用正切函数分别在Rt△ABD与Rt△ACD中求得BD与CD的长即可．
【详解】
由题意可知，，米，
在中，(米)，
在中，(米)，
(米)．
答：这栋楼的高度约为95米．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，准确确定直角三角形，灵活运用相关知识是解此题的关键．
69．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，在正方形中，，点G在边上，连接，作于点E，于点F，连接、，设，，．

（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若点G从点B沿边运动至点C停止，求点E，F所经过的路径与边围成的图形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）点E，F所经过的路径与边AB所围成图形的面积为4．
【解析】
【分析】
（1）证明，根据全等三角形的性质可得出结论；
（2）证明，根据正方形的性质、相似三角形的性质证明；
（3）根据所围成的图形是△AOB，求出它的面积即可.
【详解】
（1）证明：在正方形中，，
．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
在和中，

∴．
∴．

（2）在和中，．
∴．
由①可知，
∴．
∴．
由①可知，，
∴．∴．
∵，，
∴．
∴．
∴.
（3）∵．
∴
∴当点G从点B沿边运动至点C停止时，点E经过的路径是以为直径，圆心角为90°的圆弧，同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O．（如图所示）

∵
∴所围成图形的面积
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
70．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，热气球位于观测塔P的北偏西50°方向，距离观测塔的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于观测塔P的南偏西37°方向的B处，这时，B处距离观测塔P有多远？（结果保留整数，参考数据：，，，，，．）

【答案】．
【解析】
【分析】

先在中求出PC，进而在中即可求出PB．
【详解】

解：由已知，得．
在中，，
∴．
在中，，
∴．
答： B处距离观测塔约为．
【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用--方向角问题，结合航行中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．
71．（2020·江苏苏州?中考真题）问题1：如图①，在四边形中，，是上一点，，．

求证：．
问题2：如图②，在四边形中，，是上一点，，．求的值．
【答案】问题1：见解析；问题2：
【解析】
【分析】
问题1：先根据AAS证明，可得，，由此即可证得结论；
问题2：分别过点、作的垂线，垂足为、，由（1）可知，利用45°的三角函数值可得，，由此即可计算得到答案．
【详解】
问题1：证明：∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴，，
∴．
问题2：如图，分别过点、作的垂线，垂足为、．
由（1）可知，
在和中，，
∴，，
，．
∴，．
∴．

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定及性质、解直角三角形，作出正确的辅助线并能利用解直角三角形的相关知识是解决本题的关键．
72．（2020·重庆中考真题）如图，在中，，，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：；
（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使的值最小．当的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】

（1）先证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；
（2）由（1）得，，，推出，然后根据现有条件说明
在中，，点A，D，C，E四点共圆，F为圆心，则，在中，推出，即可得出答案；
（3）设点P存在，由费马定理可得，设PD为，
得出，，得出，解出a，根据即可得出答案．
【详解】

解：（1）证明如下：∵，
∴，
∵，，
∴在和中，
∴，
∴，
∴，
在中，F为DE中点（同时），，
∴，即为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
（2）由（1）得，，，
∴，
在中，，
∵F为DE中点，
∴，
在四边形ADCE中，有，，
∴点A，D，C，E四点共圆，
∵F为DE中点，
∴F为圆心，则，
在中，
∵，
∴F为CG中点，即，
∴，
即；
（3）设点P存在，由费马定理可得，

∴，
设PD为，
∴，
又，
∴，


又
∴．
【点睛】

本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，锐角三角函数等知识，灵活运用所学知识是解本题的关键．
73．（2020·四川自贡?中考真题）如图，⊙是△的外接圆，为直径，点是⊙外一点，且，连接交于点，延长交⊙于点．
⑴.证明：=；
⑵.若，证明：是⊙的切线；
⑶.在⑵的条件下，连接交⊙于点,连接;若，求的长．

【答案】（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接CO，易证△PCO≌△PAO，得PO为∠APC的角平分线，根据条件证出F为优弧中点，即可证明=；
（2）因为AB是直径，所以∠ACB=90°，由tan∠ABC=可求得∠ABC的正弦和余弦，设⊙O的半径为r，则AB=2r，根据三角函数表示出BC，AC的长度，由勾股定理表示出OD的长度，易得PA=PC=，，PO=PD+OD=3r，由可得PA⊥OA，即可证明是⊙的切线；
（3）连接AE，过E作EN⊥PD于N，过B作BH⊥PF于H，由（2）可得，，PB=，证出△PEA∽△PAB，可得，证出四边形BCDH是矩形，得BH=CD=，在Rt△BPH和Rt△PEN中表示出sin∠BPH，可得 ，，ND=PD-PN=，在Rt△NED中，DE=，代入r=3即可
【详解】
解：（1）证明：如图，连接CO，
在△PCO和△PAO中，

∴△PCO≌△PAO（SSS），
∴∠CPO=∠APO，即PO为∠APC的角平分线，
∵PA=PC，
∴CD=AD，PF⊥AC，
∵AC为⊙O的弦，PF过圆心O，
∴F为优弧中点，
∴=，
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，且弦AB所对圆周角为∠ACB，
∴∠ACB=90°，
∵tan∠ABC=，
∴sin∠ABC=，cos∠ABC=，
设⊙O的半径为r，则AB=2r，
∴BC=ABcos∠ABC=，AC=ABsin∠ABC=，
∴，
∵PA=PC=AB，
∴PA=PC=，
∴，
∴PO=PD+OD=3r，
∴，即PA⊥OA，
又∵OA是⊙O半径，
∴PA是⊙O的切线；
（3）由（2）可得，
∴，
在Rt△PBA中，，连接AE，可得∠AEB=90°，
∴∠PEA=∠PAB=90°，又∠APE=∠APB，
∴△PEA∽△PAB，
∴，
∴，
过E作EN⊥PD于N，过B作BH⊥PF于H，如图所示，
∴∠BCD=∠CDF=∠BHD=90°，
∴四边形BCDH是矩形，
∴BH=CD=，
在Rt△BPH中，sin∠BPH=，
在Rt△PEN中，sin∠BPH=，∴，
∴，
∴ND=PD-PN=，
在Rt△NED中，DE=，
∵，
∴DE=．

【点睛】
此题考查了圆的综合应用，用到的知识点是矩形的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想应用．
74．（2020·江苏连云港?中考真题）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋》中写道：“水能利物，轮乃曲成”．如图，半径为的筒车按逆时针方向每分钟转圈，筒车与水面分别交于点、，筒车的轴心距离水面的高度长为，简车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某个盛水筒刚浮出水面时开始计算时间．

（1）经过多长时间，盛水筒首次到达最高点？
（2）浮出水面3.4秒后，盛水筒距离水面多高？
（3）若接水槽所在直线是的切线，且与直线交于点，．求盛水筒从最高点开始，至少经过多长时间恰好在直线上．（参考数据：，，）
【答案】（1）27.4秒；（2）0.7m；（3）7.6秒
【解析】
【分析】
（1）先根据筒车筒车每分钟旋转的速度计算出筒车每秒旋转的速度，再利用三角函数确定，最后再计算出所求时间即可；
（2）先根据时间和速度计算出，进而得出，最后利用三角函数计算出，从而得到盛水筒距离水面的高度；
（3）先确定当在直线上时，此时是切点，再利用三角函数得到，
，从而计算出，最后再计算出时间即可．
【详解】
（1）如图1，由题意得，筒车每秒旋转．
连接，在中，，所以．
所以（秒）．
答：盛水筒首次到达最高点所需时间为27.4秒．

（2）如图2，盛水筒浮出水面3.4秒后，此时．
所以．
过点作，垂足为，在中，．
．
答：此时盛水筒距离水面的高度．
（3）如图3，因为点在上，且与相切，
所以当在直线上时，此时是切点．
连接，所以．
在中，，所以．
在中，，所以．
所以．
所以需要的时间为（秒）．
答：从最高点开始运动，7.6秒后盛水筒恰好在直线上．
【点睛】
本题考查了切线的性质、锐角三角函数、旋转等知识，灵活运用题目所给数量关系以及特殊角的三角函数值是解题的关键．
75．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，在矩形中，，，点为边上的一点（与、不重合）四边形关于直线的对称图形为四边形，延长交与点，记四边形的面积为．

（1）若，求的值；
（2）设，求关于的函数表达式．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）解Rt△ADE可得和AE的长，然后根据平行线的性质、对称的性质可得，进而可判断为等边三角形，再根据S=S△APE+S△ADE解答即可；
（2）过点作于点F，如图，则四边形ADEF是矩形，由（1）得，从而可得，设，则，然后在中根据勾股定理即可利用x表示a，然后根据S=S△APE+S△ADE即可求出结果．
【详解】
解：（1）在Rt△ADE中，∵，，
∴，∴，
∴，
∵，∴，
∵四边形关于直线的对称图形为四边形，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴S=S△APE+S△ADE=；

（2）过点作于点F，如图，则四边形ADEF是矩形，
∴，，
由（1）可知，，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理，得：，解得：，
∴S=S△APE+S△ADE=．

【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质、轴对称的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，考查的知识点多、综合性强，熟练掌握上述知识是解题的关键．
76．（2020·山东德州?中考真题）如图，无人机在离地面60米的C处，观测楼房顶部B的俯角为30°，观测楼房底部A的俯角为60°，求楼房的高度．

【答案】这栋楼高为40米
【解析】
【分析】

过点B作交于点E，解，求出AD，即可求出BE，解中，求出CD，问题得解．
【详解】

解：过点B作交于点E，
由题意知，．
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴（米）．
答：这栋楼高为40米．

【分析】

本题考查了解直角三角形应用-测高问题，解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形，应用已知条件解直角三角形．
77．（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边上的一点，以AD为直径的⊙O交BC于点E，交AC于点F，过点C作CG⊥AB交AB于点G，交AE于点H，过点E的弦EP交AB于点Q（EP不是直径），点Q为弦EP的中点，连结BP，BP恰好为⊙O的切线．

（1）求证：BC是⊙O的切线．
（2）求证：＝．
（3）若sin∠ABC═，AC＝15，求四边形CHQE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）45
【解析】
【分析】
（1）连接OE，OP，根据线段垂直平分线的性质得到PB＝BE，根据全等三角形的性质得到∠BEO＝∠BPO，根据切线的判定和性质定理即可得到结论．
（2）根据平行线和等腰三角形的性质即可得到结论．
（3）根据垂径定理得到EP⊥AB，根据平行线和等腰三角形的性质得到∠CAE＝∠EAO，根据全等三角形的性质得到CE＝QE，推出四边形CHQE是菱形，解直角三角形得到CG＝＝12，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OE，OP，
∵PE⊥AB，点Q为弦EP的中点，
∴AB垂直平分EP，
∴PB＝BE，
∵OE＝OP，OB＝OB，
∴△BEO≌△BPO（SSS），
∴∠BEO＝∠BPO，
∵BP为⊙O的切线，
∴∠BPO＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∴OE⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：∵∠BEO＝∠ACB＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠OEA，
∵OA＝OE，
∴∠EAO＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∴．
（3）解：∵AD为的⊙O直径，点Q为弦EP的中点，
∴EP⊥AB，
∵CG⊥AB，
∴CG∥EP，
∵∠ACB＝∠BEO＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠AEO，
∵OA＝OE，
∴∠EAQ＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∵∠ACE＝∠AQE＝90°，AE＝AE，
∴△ACE≌△AQE（AAS），
∴CE＝QE，
∵∠AEC+∠CAE＝∠EAQ+∠AHG＝90°，
∴∠CEH＝∠AHG，
∵∠AHG＝∠CHE，
∴∠CHE＝∠CEH，
∴CH＝CE，
∴CH＝EQ，
∴四边形CHQE是平行四边形，
∵CH＝CE，
∴四边形CHQE是菱形，
∵sin∠ABC═sin∠ACG═＝，
∵AC＝15，
∴AG＝9，
∴CG＝＝12，
∵△ACE≌△AQE，
∴AQ＝AC＝15，
∴QG＝6，
∵HQ2＝HG2+QG2，
∴HQ2＝（12﹣HQ）2+62，
解得：HQ＝，
∴CH＝HQ＝，
∴四边形CHQE的面积＝CH•GQ＝×6＝45．

【点睛】
此题考查了圆的综合问题，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、菱形的判定和性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想应用．
78．（2020·四川遂宁?中考真题）在数学实践与综合课上，某兴趣小组同学用航拍无人机对某居民小区的1、2号楼进行测高实践，如图为实践时绘制的截面图．无人机从地面点B垂直起飞到达点A处，测得1号楼顶部E的俯角为67°，测得2号楼顶部F的俯角为40°，此时航拍无人机的高度为60米，已知1号楼的高度为20米，且EC和FD分别垂直地面于点C和D，点B为CD的中点，求2号楼的高度．（结果精确到0.1）（参考数据sin40°≈0.64，cos40°≈0.77，tan40°≈0.84，sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，tan67°≈2.36）

【答案】45.8米
【解析】
【分析】
通过作辅助线，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系，分别求出EM，AN，进而计算出2号楼的高度DF即可．
【详解】
解：过点E、F分别作EM⊥AB，FN⊥AB，垂足分别为M、N，

由题意得，EC＝20，∠AEM＝67°，∠AFN＝40°，CB＝DB＝EM＝FN，AB＝60，
∴AM＝AB﹣MB＝60﹣20＝40，
在Rt△AEM中，
∵tan∠AEM＝，
∴EM＝＝≈16.9，
在Rt△AFN中，
∵tan∠AFN＝，
∴AN＝tan40°×16.9≈14.2，
∴FD＝NB＝AB﹣AN＝60﹣14.2＝45.8，
答：2号楼的高度约为45.8米．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，构造直角三角形是解题关键．
79．（2020·四川攀枝花?中考真题）实验学校某班开展数学“综合与实践”测量活动．有两座垂直于水平地面且高度不一的圆柱，两座圆柱后面有一斜坡，且圆柱底部到坡脚水平线的距离皆为．王诗嬑观测到高度矮圆柱的影子落在地面上，其长为；而高圆柱的部分影子落在坡上，如图所示．已知落在地面上的影子皆与坡脚水平线互相垂直，并视太阳光为平行光，测得斜坡坡度，在不计圆柱厚度与影子宽度的情况下，请解答下列问题：
（1）若王诗嬑的身高为，且此刻她的影子完全落在地面上，则影子长为多少？
（2）猜想：此刻高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内．请直接回答这个猜想是否正确？
（3）若同一时间量得高圆柱落在坡面上的影子长为，则高圆柱的高度为多少？

【答案】（1）120cm；（2）正确；（3）280cm
【解析】
【分析】
（1）根据同一时刻，物长与影从成正比，构建方程即可解决问题．
（2）根据落在地面上的影子皆与坡脚水平线互相垂直，并视太阳光为平行光，结合横截面分析可得；
（3）过点F作FG⊥CE于点G，设FG=4m，CG=3m，利用勾股定理求出CG和FG，得到BG，过点F作FH⊥AB于点H，再根据同一时刻身高与影长的比例，求出AH的长度，即可得到AB.
【详解】
解：（1）设王诗嬑的影长为xcm，
由题意可得：，
解得：x=120，
经检验：x=120是分式方程的解，
王诗嬑的的影子长为120cm；
（2）正确，
因为高圆柱在地面的影子与MN垂直，所以太阳光的光线与MN垂直，
则在斜坡上的影子也与MN垂直，则过斜坡上的影子的横截面与MN垂直，
而横截面与地面垂直，高圆柱也与地面垂直，
∴高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内；
（3）如图，AB为高圆柱，AF为太阳光，△CDE为斜坡，CF为圆柱在斜坡上的影子，
过点F作FG⊥CE于点G，
由题意可得：BC=100，CF=100，
∵斜坡坡度，
∴，
∴设FG=4m，CG=3m，在△CFG中，
，
解得：m=20，
∴CG=60，FG=80，
∴BG=BC+CG=160，
过点F作FH⊥AB于点H，
∵同一时刻，90cm矮圆柱的影子落在地面上，其长为72cm，
FG⊥BE，AB⊥BE，FH⊥AB，
可知四边形HBGF为矩形，
∴，
∴AH==200，
∴AB=AH+BH=AH+FG=200+80=280，
故高圆柱的高度为280cm.


【点睛】
本题考查了解分式方程，解直角三角形，平行投影，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解实际物体与影长之间的关系解决问题，属于中考常考题型．
80．（2020·浙江嘉兴?中考真题）为了测量一条两岸平行的河流宽度，三个数学研究小组设计了不同的方案，他们在河南岸的点A处测得河北岸的树H恰好在A的正北方向．测量方案与数据如下表：


（1）哪个小组的数据无法计算出河宽？
（2）请选择其中一个方案及其数据求出河宽（精确到0.1m）．
（参考数据：）
【答案】（1）第二小组；（2）56.4m．
【解析】
【分析】
（1）由已知数据可知，第二个小组的数据无法计算河宽．
（2）第一个小组：证明BC=BH=60m，解直角三角形求出AH即可．
【详解】
（1）第二小组的数据中，通过解直角三角形可得到Rt△中的BC、DC，无法与Rt△产生关联，故第二小组无法计算出河宽．
（2）答案不唯一．若选第一小组的方案及数据（如图），

∵∠ABH=∠ACH+∠BHC，∠ABH=70°，∠ACH=35°，
，
m．
在Rt△中，AH=BH×sin70°≈56.4(m)．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
81．（2020·山东聊城?中考真题）如图，小莹在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识对某小区居民楼的高度进行测量．先测得居民楼与之间的距离为，后站在点处测得居民楼的顶端的仰角为，居民楼的顶端的仰角为，已知居民楼的高度为，小莹的观测点距地面．求居民楼的高度（精确到）．（参考数据：，，）

【答案】居民楼的高度约为．
【解析】
【分析】
过点作交于点，交于点，通过解得到线段NF的长度，进而得到线段NE的长度，再解得到BE的长度，即可解决．
【详解】
解：过点作交于点，交于点．

则，，．
∵，．
则．
在中，∵，
∴．
∴．
在中，∵，
∴．
∴．
答：居民楼的高度约为．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是借助仰角关系构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形．
82．（2020·山东枣庄?中考真题）如图，在中，，以AB为直径的分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且．

（1）求证：BF是的切线；
（2）若的直径为4，，求．
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接AE，利用直径所对的圆周角是直角，从而判定直角三角形，利用直角三角形两锐角相等得到直角，从而证明∠ABF＝90°；
（2）过点C作于点H，求得AC、BF的长度，证出，根据相似三角形的性质求得CH、HF的长度，根据求得BH的长度，代入求解即可．
【详解】
（1）

（1）证明：如图，连接AE．
∵AB是的直径，
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，即．
∵AB是的直径，
∴直线BF是的切线．
（2）解：过点C作于点H．
∵，的直径为4，
∴．
∵，，
∴．
∵，，
∴．
∴，即．
∴，．
∴．
∴．

【点睛】
本题考查了圆的综合题：切线的判定与性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定、直角所对的圆周角是直角、解直角三角形等知识点．

三、填空题
83．（2020·江苏常州?中考真题）如图，在中，，D、E分别是、的中点，连接，在直线和直线上分别取点F、G，连接、．若，且直线与直线互相垂直，则的长为_______．

【答案】4或2
【解析】
【分析】
分当点F在点D右侧时，当点F在点D左侧时，两种情况，分别画出图形，结合三角函数，勾股定理以及平行四边形的性质求解即可.
【详解】
解：如图，当点F在点D右侧时，
过点F作FM∥DG，交直线BC于点M，过点B作BN⊥DE，交直线DE于点N，
∵D，E分别是AB和AC中点，AB=，
∴DE∥BC，BD=AD=，∠FBM=∠BFD，
∴四边形DGMF为平行四边形，
则DG=FM，
∵DG⊥BF，BF=3DG，
∴∠BFM=90°，
∴tan∠FBM==tan∠BFD，
∴，
∵∠ABC=45°=∠BDN，
∴△BDN为等腰直角三角形，
∴BN=DN=，
∴FN=3BN=9，DF=GM=6，
∵BF==，
∴FM==，
∴BM=，
∴BG=10-6=4；

当点F在点D左侧时，过点B作BN⊥DE，交直线DE于N，过点B作BM∥DG，交直线DE于M，延长FB和DG，交点为H，
可知：∠H=∠FBM=90°，四边形BMDG为平行四边形，
∴BG=MD，BM=DG，
∵BF=3DG，
∴tan∠BFD=，
同理可得：△BDN为等腰直角三角形，BN=DN=3，
∴FN=3BN=9，
∴BF=，
设MN=x，则MD=3-x，FM=9+x，
在Rt△BFM和Rt△BMN中，
有，
即，
解得：x=1，即MN=1，
∴BG=MD=ND-MN=2.

综上：BG的值为4或2.
故答案为：4或2.
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，三角函数，平行四边形的判定和性质，勾股定理，难度较大，解题的关键是根据题意画出图形，分清情况.
84．（2020·甘肃天水?中考真题）如图所示，是放置在正方形网格中的一个角，则的值是________．

【答案】
【解析】
【分析】
由题意可知，要求出答案首先需要构造出直角三角形，连接AB，设小正方形的边长为1，可以求出OA、OB、AB的长度，由勾股定理的逆定理可得是直角三角形，再根据三角函数的定义可以求出答案.
【详解】
连接AB如图所示：

设小正方形的边长为1，
∴==10，，，
∴是直角三角形，
∴，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的逆定理和正弦函数的定义，熟练掌握技巧即可得出答案.
85．（2020·湖北孝感?中考真题）某型号飞机的机翼形状如图所示，根据图中数据计算的长为______．（结果保留根号）


【答案】
【解析】
【分析】
如图（见解析），先在中，解直角三角形可求出CF的长，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得DE的长，从而可得CE的长，然后根据线段的和差即可得．
【详解】
如图，过A作，交DF于点E，则四边形ABFE是矩形

由图中数据可知，，，，
在中，，即
解得

是等腰三角形



则的长为
故答案为：．

【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用、等腰三角形的判定与性质等知识点，掌握解直角三角形的方法是解题关键．
86．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，海上有一灯塔P，位于小岛A北偏东60°方向上，一艘轮船从北小岛A出发，由西向东航行到达B处，这时测得灯塔P在北偏东30°方向上，如果轮船不改变航向继续向东航行，当轮船到达灯塔P的正南方，此时轮船与灯塔P的距离是________．（结果保留一位小数，）

【答案】20.8
【解析】
【分析】
证明△ABP是等腰三角形，过P作PD⊥AB，从而求得PD的长即可．
【详解】
解：过P作PD⊥AB于D，
∵AB=24，
∵∠PAB=90°-60°=30°，∠PBD=90°-30°=60°，
∴∠BPD=30°，
∴∠APB=30°，即∠PAB=∠APB，
∴AB=BP=24，
在直角△PBD中，PD=BP•sin∠PBD=24×=≈20.8.
故答案为：20.8.

【点睛】
本题主要考查了解直角三角形的应用，正确作出垂线，转化为直角三角形的计算是解决本题的关键．
87．（2020·江苏扬州?中考真题）如图，在中，，，，点E为边AB上的一个动点，连接ED并延长至点F，使得，以EC、EF为邻边构造，连接EG，则EG的最小值为________．

【答案】9．
【解析】
【分析】

连接FC，作DM//FC，得△DEM∽△FEO，△DMN∽△CON，进一步得出DM=，EO=，过C作CH⊥AB于H，可求出CH=，根据题意，EG必过点N，当EN⊥CD时，EG最小，此时四边形EHCN是矩形，故可得EN=CH=，代入EO=求出EO即可得到结论．
【详解】

解：连接FC，交EG于点O，过点D作DM//FC，交EG于点M，如图所示，

∵
∴
∵DM//FC，
∴△DEM∽△FEO，
∴，
∵DM//FC，
∴△DMN∽△CON，
∴,
∵四边形ECGF是平行四边形，
∴CO=FO，
∴
∴,
∴,
过点C作CH⊥AB于点H，
在Rt△CBH，∠B=60︒，BC=8，
∴CH=BCsin60︒=4，
根据题意得，EG必过点N，当EN⊥CD时，EG最小，此时四边形EHCN是矩形，
∴EN=CH=4，
∴EO=,
∴EG=2EO=9．
故答案为：9．
【点睛】

本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
88．（2020·山东青岛?中考真题）如图，在中，为边上的一点，以为圆心的半圆分别与，相切于点，．已知，，的长为，则图中阴影部分的面积为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
连接OM、ON、OA，易证得∠MON=60º，即∠MOE+∠NOF=120º，，再由弧长公式求得半径OM，然后证得Rt△AMO≌Rt△ANO，即∠AOM=30º，进而解得AM，则可得，代入相关数值即可解得阴影面积·
【详解】
如图，连接OM、ON、OA，设半圆分别交BC于点E，F，
则OM⊥AB，ON⊥AC，
∴∠AMO=∠ANO=90º，
∵∠BAC=120º，
∴∠MON=60º，
∵的长为，
∴，
∴OM=3，
∵在Rt△AMO和Rt△ANO中，
，
∴Rt△AMO≌Rt△ANO(HL)，
∴∠AOM=∠AON=∠MON=30º，
∴AM=OM·tan30º=，
∴，
∵∠MON=60º，
∴∠MOE+∠NOF=120º，
∴，
∴图中阴影面积为
=
=，
故答案为：．

【点睛】
本题考查了切线的性质定理、弧长公式、HL定理、锐角的三角函数定义、扇形面积的计算等知识，解答的关键是熟练掌握基本图形的性质，会根据图形和公式进行推理、计算．
89．（2020·江西中考真题）矩形纸片，长，宽，折叠纸片，使折痕经过点，交边于点，点落在点处，展平后得到折痕，同时得到线段，，不再添加其它线段，当图中存在角时，的长为__________厘米．

【答案】或
【解析】
【分析】
分∠ABE=30°和∠AEB=30°两种情况求解即可．
【详解】
当∠ABE=30°时，
∵AB=4cm，∠A=90°，
∴AE=AB·tan30°=厘米；
当∠AEB=30°时，则∠ABE=60°
∵AB=4cm，∠A=90°，
∴AE=AB·tan60°=厘米；
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，解直角三角形，以及分类讨论的数学思想，分类讨论是解答本题的关键．
90．（2020·湖南怀化?中考真题）如图，，，，…，，都是一边在轴上的等边三角形，点，，，…，都在反比例函数的图象上，点，，，…，，都在轴上，则的坐标为________．

【答案】
【解析】
【分析】

如图，过点B1作B1C⊥x轴于点C，过点B2作B2D⊥x轴于点D，过点B3作B3E⊥x轴于点E，先在△OCB1中，表示出OC和B1C的长度，表示出B1的坐标，代入反比例函数，求出OC的长度和OA1的长度，表示出A1的坐标，同理可求得A2、A3的坐标，即可发现一般规律．
【详解】

如图，过点B1作B1C⊥x轴于点C，过点B2作B2D⊥x轴于点D，过点B3作B3E⊥x轴于点E，

∵△OA1B1为等边三角形，
∴∠B1OC=60°，
∴，B1C= OC，
设OC的长度为x，则B1的坐标为（），代入函数关系式可得：，
解得，x=1或x=-1（舍去），
∴OA1=2OC=2，
∴A1（2，0）
设A1D的长度为y，同理，B2D为y，B2的坐标表示为，
代入函数关系式可得，
解得：y=或y=（舍去）
∴A1D=，A1A2=，OA2=
∴A2（，0）
设A2E的长度为z，同理，B3E为z，B3的坐标表示为，
代入函数关系式可得，
解得：z=或z=（舍去）
∴A2E=，A2A3=，OA3=
∴A3（，0），
综上可得：An（，0），
故答案为：．
【点睛】

本题考查图形类规律探索、反比例函数的性质、等边三角形的性质、求解一元二次方程和解直角三角形，灵活运用各类知识求出A1、A2、A3的坐标是解题的关键．
91．（2020·山东菏泽?中考真题）如图，在菱形中，是对角线，，⊙O与边相切于点，则图中阴影部分的面积为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
连接OD，先求出等边三角形OAB的面积，再求出扇形的面积，即可求出阴影部分的面积．
【详解】
解：如图，连接OD，

∵AB是切线，则OD⊥AB，
在菱形中，
∴，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=∠A=60°，
∴OD=，
∴，
∴扇形的面积为：，
∴阴影部分的面积为：；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了求不规则图形的面积，扇形的面积，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是正确求出等边三角形的面积和扇形的面积．
92．（2020·湖南株洲?中考真题）据《汉书律历志》记载：“量者，龠（yuè）、合、升、斗、斛（hú）也”斛是中国古代的一种量器，“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形的外接一个圆，此圆外是一个同心圆”，如图所示．
问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的周长为________尺．（结果用最简根式表示）

【答案】
【解析】
【分析】
根据正方形性质确定△CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径CE，求出CD，问题得解．
【详解】
解：∵四边形CDEF为正方形，
∴∠D=90°，CD=DE，
∴CE为直径，=45°，
由题意得AB=2.5，
∴CE=2.5-0.25×2=2，
∴CD=CE ，
∴=45°，
∴正方形CDEF周长为尺．

故答案为：
【点睛】
本题考查了正方形外接圆的性质，等腰直角三角形性质，解题关键是判断出正方形对角线为其外接圆直径．
93．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）在中，，为BC边上的高，，则BC的长为___________．
【答案】7或5
【解析】
【分析】
如图所示，分D在BC之间和BC延长线上两种情况考虑，先由求出BD，再求出BC的长．
【详解】
解：如图，∵在Rt△ABD中，，，

∴，即：，
∴，
当D在BC之间时，BC=BD+CD=6+1=7；
当D在BC延长线上时，BC=BD-CD=6-1=5；
故答案为：7或5．
【点睛】
此题主要考查了解三角形，根据已知得出两种符合要求的图形，即三角形为钝角三角形或锐角三角形分别分析是解题关键．
94．（2020·四川南充?中考真题）△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，将△ABC绕点C旋转到△EDC，点E在⊙上，已知AE=2，tanD=3，则AB=__________．

【答案】
【解析】
【分析】
过C作CH⊥AE于H点，由旋转性质可得，根据三角函数可求得AC，BC长度，进而通过解直角三角形即可求得AB长度．
【详解】
解：过C作CH⊥AE于H点，

∵AB为⊙O的直径，
∴，
由旋转可得，
∴，
∴，
∴tanD=tan∠AEC=CH∶EH=3，AE=2，
∴HE=1，CH=3，
∴AC=CE=，
∵tanD=tan∠ABC=AC∶BC=3，
∴BC=，
∴AB=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查图形的旋转，圆的性质以及直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
95．（2020·山东泰安?中考真题）如图，某校教学楼后面紧邻着一个山坡，坡上面是一块平地．，斜坡长，斜坡的坡比为12∶5．为了减缓坡面，防止山体滑坡，学校决定对该斜坡进行改造．经地质人员勘测，当坡角不超过50°时，可确保山体不滑坡．如果改造时保持坡脚A不动，则坡顶B沿至少向右移________时，才能确保山体不滑坡．（取）

【答案】10
【解析】
【分析】
如图，设点B沿BC向右移动至点H，使得∠HAD=50°，过点H作HF⊥AD于点F，根据AB及AB的坡比，计算出BE和AE的长度，再根据∠HAF=50°，得出AF的值即可解答．
【详解】
解：如图，设点B沿BC向右移动至点H，使得∠HAD=50°，过点H作HF⊥AD于点F，
∵AB=26，斜坡的坡比为12∶5，
则设BE=12a，AE=5a，
∴，解得：a=2，
∴BE=24，AE=10，
∴HF=BE=24，
∵∠HAF=50°，
则，解得：AF=20，
∴BH=EF=20-10=10，
故坡顶B沿至少向右移10时，才能确保山体不滑坡，
故答案为：10．

【点睛】
本题考查的是解直角三角形的应用坡度坡角问题，掌握坡度坡角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
96．（2020·山东泰安?中考真题）如图，点O是半圆圆心，是半圆的直径，点A，D在半圆上，且，过点D作于点C，则阴影部分的面积是________．

【答案】
【解析】
【分析】
求出半圆半径、OC、CD长，根据AD∥BO，得到 ，根据即可求解 ．
【详解】
解：连接OA，
∵，OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA=AB=8，∠AOB=60°
∵AD∥BO，
∴∠DAO=∠AOB=60°，
∵OA=OD，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∴∠DOE=60°，
∴在Rt△OCD中，，
∵AD∥BO，
∴ ，
∴ ．

故答案为：
【点睛】
本题考查了不规则图形面积的求法，解题的关键是根据根据AD∥BO，得到 ，从而将阴影面积转化为扇形面积与三角形面积的差．
97．（2020·四川达州?中考真题）小明为测量校园里一颗大树的高度，在树底部B所在的水平面内，将测角仪竖直放在与B相距的位置，在D处测得树顶A的仰角为．若测角仪的高度是，则大树的高度约为_____．（结果精确到．参考数据：）

【答案】11m
【解析】
【分析】
过D作DE⊥AB，解直角三角形求出AE即可解决问题．
【详解】
如图，过D作DE⊥AB，则四边形BCDE是矩形，
∴BC=DE，BE=CD，
∵ 在D处测得旗杆顶端A的仰角为52º，
∴∠ADE=52º，
∵BC=DE=8m，
∴AE=DE⋅tan52º≈8×1.28≈10.24m，
∴AB=AE+BE=AE+CD=10.24+1=11.24m≈11m.
∴AB约为：11m.
故答案为：11m．

【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，构造直角三角形是解答的关键．
98．（2020·四川自贡?中考真题）如图，我市在建高铁的某段路基横断面为梯形，∥,长为6米，坡角为45°，的坡角为30°，则的长为 ________ 米 （结果保留根号）

【答案】
【解析】
【分析】

过C作CE⊥AB于E，DF⊥AB于F，分别在Rt△CEB与Rt△DFA中使用三角函数即可求解.
【详解】

解：过C作CE⊥AB于E，DF⊥AB于F，可得矩形CEFD和Rt△CEB与Rt△DFA，
∵BC=6，
∴CE=，
∴DF=CE=，
∴，
故答案为：．

【点睛】

此题考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题，难度适中，解答本题的关键是构造直角三角形和矩形，注意理解坡度与坡角的定义．
99．（2020·山东枣庄?中考真题）如图，人字梯，的长都为2米.当时，人字梯顶端高地面的高度是____米（结果精确到.参考依据：，，）

【答案】1.5.
【解析】
【分析】
在中，根据锐角三角函数正弦定义即可求得答案.
【详解】
在中，
∵，，
∴，
∴.
故答案为：1.5.
【点睛】
本题考查锐角三角函数，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义，本题属于基础题型．