2023年中考数学一模试题分项汇编 专题13解直角三角形（浙江专用）

这是一份2023年中考数学一模试题分项汇编 专题13解直角三角形（浙江专用），共91页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年中考数学一模试题分项汇编（浙江专用）
专题13 解直角三角形

一、单选题
1．在中，，，则（    ）
A． B． C． D．
2．如图，在Rt中，为上一点且于，连结，则（   ）

A． B． C． D．
3．图1是一地铁站入口的双翼闸机，双翼展开时示意图如图2所示，它是一个轴对称图形，，则双翼边缘端点C与D之间的距离为（    ）

A． B．
C． D．
4．一张小凳子的结构如图所示，，，，则等于（    ）．

A． B． C． D．
5．消防云梯如图所示，AB⊥BC于B，当C点刚好在A点的正上方时，DF的长是．（　　）

A． B．
C． D．
6．如图，在平面直角坐标系中，第一象限内的点P在射线OA上，OP＝13，cosα＝，则点P的坐标为（　　）

A．（5，13） B．（5，12） C．（13，5） D．（12，5）
7．如图为一节楼梯的示意图，，，米．现要在楼梯上铺一块地毯，楼梯宽度为1米．则地毯的面积至少需要（    ）平方米．

A． B． C． D．
8．某简易房示意图如图所示，它是一个轴对称图形，则坡屋顶上弦杆AB的长为（      ）

A．米 B．米 C．米 D．米
9．在中，，则的长为（    ）
A． B． C． D．
10．某路灯示意图如图所示，它是轴对称图形．若，，与地面垂直且，则灯顶A到地面的高度为（    ）m

A． B． C． D．
11．如图，一块矩形木板斜靠在墙边（，点，，，，在同一平面内），已知，，，则点到的距离等于（   ）

A． B．
C． D．
12．如图是一款汽车千斤顶，其主要部件为四根连杆组成的菱形和螺旋杆，当，时，，两点的距离为（    ）

A． B． C． D．
13．如图，在中，于点D，．若E，F分别为，的中点，则的长为（    ）

A． B． C．1 D．
14．图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形．若．，则的值为（    ）

A． B． C． D．
15．在矩形中，有一个菱形（点、分别在线段、上），记它们的面积分别为和，现给出下列命题：①若，则，②若，则.则（    ）.
A．①是真命题，②是真命题 B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是假命题，②是假命题

二、填空题
16．计算：4tan45°＝________．
17．在中，，，，则__________．
18．如图，在正方形网格中，的顶点、、都在网格线上，且都是小正方形边的中点，则_________．

19．如图，一辆小车沿倾斜角为的斜坡向上行驶26米，已知，则小车上升的高度是________米．

20．图1是一款摆臂遮阳蓬的实物图，图2是其侧面示意图，点A，O为墙壁上的固定点，摆臂OB绕点O旋转过程中，遮阳蓬AB可自由伸缩，蓬面始终保持平整．如图2，米，光线l与水平地面的夹角为，此时身高为1米的小朋友（米）站在遮阳蓬下距离墙角1.2米（米）处，刚好不被阳光照射到，此时小朋友的头顶M距离遮阳蓬的竖直高度（MP）为_________米；同一时刻下，旋转摆臂OB，点B的对应点恰好位于小朋友头顶M的正上方，当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度为_________米．

21．【新知学习】如图1，两个力作用于点，线段，的长度分别表示力的大小，箭头方向为力的方向，则两个力可以产生一个效果相同的合力，此合力的大小可用以，为邻边的平行四边形的对角线长度表示，合力方向为箭头方向．
【数学实践】现有两个同规格的滑轮、若干个同质量的砝码和一条无弹性绳子，如图2，将两个滑轮固定在同一水平高度的，两点，在绳子的固定位置点处挂5个砝码，绳子分别绕过两个滑轮，两端分别挂4个和3个砝码，平衡静止时，量得夹角，根据“新知学习”进行受力分析，如图3，作，此时，，即，从而验证了是直角．

【问题解决】（1）若将挂中间的5个砝码中取出1个挂在右边，使三处所挂砝码均为4个，平衡静止时，的度数为______度．
（2）若将挂中间的5个砝码中取走1个，使从左到右三处所挂砝码个数分别为4个、4个、3个，平衡静止时，的值为______．
22．如图，在矩形中，点在上，点点在上，若点与点关于对称，点与点关于对称，与相交于点，则___________．

23．图1是一张可以折叠的小床展开后支撑起来放在地面的示意图，此时点在同一直线上，且，图2是小床支撑脚折叠的示意图，在折叠过程中，变形为四边形，最后折叠形成一条线段“”．某家装厂设计的折叠床是，，
①此时应该是多长___________；
②折叠时，当时，___________．

24．如图1为某小区出入口栅栏道闸，为栅栏道闸的转动杆，上面有10根等间距的竖杆，未抬起时与地面保持水平，竖杆竖直地面，在道闸抬起时最大旋转角度为，为门墙，，，，转动杆外端E，F距离杆与门墙均为，左侧9根竖杆底部离地面均为．（，，）
（1）如图2，当道闸转动抬起时，第五根竖杆的底端P到地面的距离为______．
（2）现有一辆货车进小区装货，已知货车宽，货车进出需保持与门墙的安全距离，该货车安全进出小区的离地高度不得超过______m．

25．如图1是超市的手推车，如图2是其侧面示意图，已知前后车轮半径均为，两个车轮的圆心的连线与地面平行，测得支架，、所在直线与地面的夹角分别为、，．
（1）扶手前端到地面的距离为______；
（2）手推车内装有简易宝宝椅，为小坐板，打开后，椅子的支点到点的距离为10cm，，，，坐板的宽度为______．

26．如图，B为地面上一点，测得B到树底部C的距离为，在B处放置高的测角仪，测得树顶A的仰角为，则树高为___________m（结果保留根号）．

27．如图，△ABC的顶点在正方形网格的格点上，则sinA的值为_______．

28．如图，在中，，，，交于点．点为线段上的动点，则的最小值为________．

29．一款闭门器按如图1所示安装，支点，分别固定在门框和门板上，门宽，摇臂，连杆，闭门器工作时，摇臂、连杆和长度均固定不变．如图2，当门闭合时，，则的长为_________cm．如图3，门板绕点旋转，当时，点到门框的距离，则的长为__________cm．

30．图1是某折叠式躺椅的实物图，图2是靠背垂直地面时的侧面展开图，此时四边形ABCD是矩形，AB=20cm，AD=cm，DE=60cm，BF=30cm．点H在BC上，椅子的支撑杆AF、BG、CE分别绕B、H、D转动并带动AI转动，支撑杆LK、JM不动．躺椅在转动时：
（1）若直线EF过点J，当∠ADE=120°时，AFJ的面积是______cm2．
（2）若，EF与地面的夹角为α，则的取值范围是_____．

31．如图1是一盏可调节台灯，图2，图3为示意图，为固定底座，且于点O，为固定支撑杆，为可绕着点B旋转的调节杆，灯体始终保持垂直为台灯照射在桌面的区域，如图2，旋转调节杆使，已知此时，，点M恰好为的中点，此时______，如图3，旋转调节杆使，则此时______．


三、解答题
32．计算：．
33．计算：．
34．如图，已知在中，，，，求的长和的值

35．如图，一艘货轮以36海里/小时的速度在海面上航行．当它行驶到A处时，发现它的东北方向有一灯塔B．货轮继续向北航行40分钟后到达C处，发现灯塔B在它北偏东方向，求此时货轮与灯塔B的距离．（结果精确到0.01海里）

36．我国南北朝数学家祖冲之研制了水碓磨﹣利用水力舂米的器械．《天工开物》中绘有一个水轮带动四个碓的画面，如图1．碓杆的简意图如图2，是垂直水平地面的支柱，米，．当点A位于最低点时，；当点A位于最高点时，．过点O作直线垂直于，分别过点B，作，，垂足分别为C，D．

(1)求和的度数；
(2)求点B从最高点到最低点之间的垂直距离（即求的长）．（参考数据：，，）
37．图1是淘宝上常见的“懒人桌”，其主体由一张桌面以及两根长度相等的支架组成，支架可以通过旋转收拢或打开，图2是其打开示意图，经操作发现，当时，可稳定放置在水平地面上，经测量，，．

(1)当其完全打开且置于水平地面上时，测得，求AB距离；
(2)在（1）的基础上，若要在该桌上办公，已知眼睛与桌面的垂直距离以为佳，实际办公时，眼睛与桌面的垂直距离为，若保持身体不动，通过旋转支架以及抬高桌面，则A点应向内移动多少厘米，才能达到最佳距离？（参考数据，，）
38．虎年岁末，台州进入轻轨时代，极大地方便了市民的出行，如图1是台州市城铁路线恩泽医院站出入口的自动扶梯，图2是其截面示意图，已知扶梯与购票厅地面的夹角，扶梯的长度为，求扶梯的底端C距离入口平台的高度．（结果精确到，参考数据：，，）

39．图1是新冠疫情期间测温员用“额温枪”对居民李阿姨测温时的手绘图，图2是其侧面示意图，其中枪柄和手臂始终在同一条直线上，额头为F，枪身与身体保持垂直，量得胳膊，肘关节B与枪身端点E之间的水平宽度为（即的长度），枪身．

(1)求的度数．
(2)根据疫情防控相关操作要求，规定测温时枪身端点E与额头F之间的距离需在到之间．若，李阿姨与测温员之间的距离为．求此时枪身端点E与李阿姨额头F之间的距离，并判断测温枪与额头之间的距离是否在规定范围内，说明相应理由．（结果保留小数点后两位，参考数据：）
40．由于发生山体滑坡灾害，武警救援队火速赶往灾区救援，探测出某建筑物废下方点C处有生命迹象，在废墟一侧地面上探测点A、B相距2米，探测线与该地面的夹角分别是30°和60°（如图所示），试确定生命所在点C的深度．（参考数据：≈1.414，≈1.732，结果精确到0.1）

41．根据信息，完成活动任务．
活动一  探究某地正午太阳光下长方体高度与影子的关系．
如图1是长方体在正午阳光下投影情况，图2是图1的俯视图，通过实验测得一组数据如下表所示：

的长（cm）





的长（cm）

30









【任务1】如图2，作于点，设，，求关于的函数表达式．
活动二  设计该地房子的数量与层数．
在长方形土地上按图3所示设计幢房子，已知每幢房子形状、高度相同，可近似看成长方体，图中阴影部分为1号楼的影子，相关数据如图所示．现要求每幢楼层数不超过，每层楼高度为3米．

【任务2】当1号楼层数为时，请通过计算说明正午时1号楼的影子是否落在2号楼的墙上．
【任务3】请你按下列要求设计，并完成表格．
（1）所有房子层数总和超过．
（2）正午时每幢房子的影子不会落在相邻房子的墙上．
方案设计
每幢楼层数
的值
层数总和
_______________
_______________
_______________

42．如图①是一把折叠躺椅，其示意图如图②所示，其中平行地面，人们可通过调整和的大小来满足不同需求，经测量两支脚，支点在上且，椅背，躺椅打开时两支脚的夹角．

(1)求躺椅打开时两支脚端点、之间的距离；
(2)躺椅打开时，调整椅背使，求此时椅背的最高点F到地面的距离．（参考数据：，，）
43．如图1是一架踏板式人字梯，如图2是其侧面结构示意图，左支撑架和右支撑架长度都为，最上一层的踏板侧面平行于地面，若支撑架的张角．

(1)求的长．
(2)求踏板到地面的距离（结果精确到)（参考数据：）
44．如图，从点处观测楼房的楼顶端点的仰角为，从点处沿着直线直走到达点，从点处观测楼顶端点的仰角为，观测广告牌端点的仰角为，求楼房的高度和广告牌的高度（结果精确到；参考数据：，，，，，，，，）．

45．如图1是一种可折叠的台灯，图2是台灯的结构图，是可以绕点A旋转的支架，点C为灯泡的位置，灯罩可绕点C旋转．量得，，此时，且．

(1)当，时（图2），求灯泡C所在的高度；
(2)在（1）的条件下，旋转支架（固定）．当从变成（图3）时，且的度数不变，，求的值．（结果精确到0.1，参考数据：，，，，，）

46．某种落地灯如图1所示，为立杆，其高为，为支杆，它可绕点B旋转，其中长为，为悬杆，支杆与悬杆之间的夹角为．

(1)如图2，当支杆与地面垂直，且灯泡悬挂点D距离地面的高度为，求的长；
(2)在图2所示的状态下，将支杆绕点B顺时针旋转，如图3，求此时灯泡悬挂点D到地面的距离．（结果精确到，参考数据：，，，，，）
47．如图1是钢琴缓降器，图2和图3是钢琴缓降器两个位置的示意图．是缓降器的底板，压柄可以绕着点旋转，液压伸缩连接杆的端点分别固定在压柄与底板上，已知．

(1)如图2，当压柄与底座垂直时，约为，求的长；
(2)现将压柄从图2的位置旋转到与成角（即），如图3的所示，求此时液压伸缩连接杆的长．（结果保留根号）
（参考数据：；）
48．如图1是一个简易手机支架，由水平底板、侧支撑杆和手机托盘长组成，侧面示意图如图2所示．已知手机托盘长，侧支撑杆，，，其中点A为手机托盘最高点，支撑点B是的中点，手机托盘可绕点B转动，侧支撑杆可绕点D转动．

(1)如图2，求手机托盘最高点A离水平底板的高度h（精确到）．
(2)如图3，当手机托盘绕点B逆时针旋转后，再将绕点D顺时针旋转，使点C落在水平底板上，求（精确到0.1）．（参考数据：，，）
49．如图为某学校安装的红外线体温检测仪（如图1），该设备通过探测人体红外辐射能量对进入测温区域的人员进行快速测温，其红外线探测点O可以在垂直于地面的支杆上下调节（如图2），已知探测最大角（）为，探测最小角（）为．

(1)若该设备的安装高度为米时，求测温区域的宽度．
(2)该校要求测温区域的宽度为米，请你帮助学校确定该设备的安装高度．（结果精确到米，参考数据：，，，，，）
50．小华想利用太阳光测量楼的高，他带着尺子来到楼下，发现地面和对面斜坡（坡角为45°）上都有这栋楼的影子，针对这种情况，他设计了一种测量方案，具体测量情况如下：先测得在此时刻1.2m高的物体垂直于地面放置时，影长是1m；楼落在地面上的影长，落在斜坡上的影长，请你帮小华求出楼的高．

51．某地一居民的窗户朝南．窗户的离地高度为0.8米，此地一年的冬至这一天的正午时刻太阳光与地面的夹角最小为，夏至这一天的正午时刻太阳光与地面的夹角最大为．若你是一名设计师，请你为教学楼的窗户设计一个直角形遮阳蓬，要求它既能最大限度地遮挡夏天炎热的阳光，又能最大限度地使冬天温暖的阳光射入室内．根据测量测得，，米．若同时满足下面两个条件（1）当太阳光与地面的夹角是时，太阳光刚好射入室内；（2）当太阳光与地面的夹角是时，太阳光刚好不射入室内．请你求出直角形遮阳蓬中的长、离地面的高度．

52．小明学了《解直角三角形》内容后，对一条东西走向的隧道进行实地测量．如图所示，他在地面上点C处测得隧道一端点A在他的北偏东方向上，他沿西北方向前进米后到达点D，此时测得点A在他的东北方向上，端点B在他的北偏西方向上，（点A、B、C、D在同一平面内）

(1)求点D与点A的距离；
(2)求隧道的长度．（结果保留根号）
53．随着科技的发展，无人机已广泛应用于生产和生活，如代替人们在高空测量距离和角度．某校“综合与实践”活动小组的同学要测星AB，CD两座楼之间的距离，他们借助无人机设计了如下测量方案：无人机在AB，CD两楼之间上方的点O处，点O距地面AC的高度为60m，此时观测到楼AB底部点A处的俯角为70°，楼CD上点E处的俯角为30°，沿水平方向由点O飞行24m到达点F，测得点E处俯角为60°，其中点A，B，C，D，E，F，O均在同一竖直平面内．请根据以上数据求楼AB与CD之间的距离AC的长（结果精确到1m．参考数据：）．

54．圭表（如图是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表” 和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭” ，当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据某市地理位置设计的圭表平面示意图，表垂直圭，已知该市冬至正午太阳高度角（即为，夏至正午太阳高度角（即为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为4米．

(1)求∠BAD的度数．
(2)求表AC的长（最后结果精确到0.1米）．（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈，tan84°≈）
55．图1是电脑及电脑支架实物图，图2是其示意图，DG是电脑屏幕，托杠，支杠，B，M，F为固定点，，支杠MN，EF可分别绕着点M，F旋转，点E，N分别在AB，BC上滑动．当电脑及电脑支架按如图所示的方式放置时，．

(1)求的度数．
(2)当，时，试通过计算说明点D是否位于点B的正上方．（参考数据：，，）
56．如图，广场上空有一个热气球，热气球的探测器显示，离这栋楼底部水平距离为BD=30m，从热气球底部A处看这栋高楼底部B的俯角为60°．

(1)求热气球A离地面的高度（精确到1m）；
(2)当热气球沿着与BD平行的路线飘移20s后到达点C，这时探测器显示，从热气球底部C处看这栋高楼底部B的俯角为45°，求热气球漂移的平均速度．（精确到0.1m/s，≈1.414，≈1.732）
57．北京冬奥会首钢滑雪大跳台以飘带曲线构筑的建筑外形十分优美、流畅，向世界传递出了中国式的浪漫．某小组开展数学实践活动，在大跳台另一侧进行测量．如图，已知测倾器高度为1米，在测点A处安置测倾器，测得点P处的仰角∠PBE＝45°，在与点A相距7.8米的测点C处安置测倾器，测得点P处的仰角∠PDE＝50°（A，C与Q在一条直线上），求首钢大跳台起点到地面的高度PQ．（参考数据：tan50°≈1.20，sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，计算结果精确到1米）

58．在数学综合实践活动课上，某小组要测量学校升旗台旗杆的高度．如图所示，测得BC∥AD，斜坡AB的长为6m，坡度i=1：，在点B处测得旗杆顶端E的仰角为70°，点B到旗杆底端C的距离为5m．

(1)求斜坡AB的坡角α的度数．
(2)求旗杆顶端离地面的高度ED．（参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，结果精确到1m）
59．根据以下素材，设计落地窗的遮阳篷．
素材1：如图1，小浩家的窗户朝南，窗户的高度，此地一年中的正午时刻，太阳光与地平面的最小夹角为，最大夹角为．如图2，小浩设计直角形遮阳篷，点在的延长线上，，它既能最大限度地使冬天温暖的阳光射入室内（太阳光与平行），又能最大限度地遮挡夏天炎热的阳光（太阳光与平行）．

素材2：小浩查阅资料，计算出，（，，如图2）．
素材3：如图3，为了美观及实用性，小浩再设计出圆弧形可伸缩遮阳篷（劣弧延伸后经过点，段可伸缩，为的中点），，的长保持不变．
【任务1】如图2，求，的长．
【任务2】如图3，求劣弧的弓高．
【任务3】如图3，若某时太阳光与地平面的夹角的正切值，要最大限度地使阳光射入室内，求遮阳篷点上升高度的最小值（点到的距离）．

参考答案：
1．B
【来源】2023年浙江省杭州市临平区中考一模数学试题
【分析】在中，，，设，则，根据勾股定理得，根据正切的定义即可得到答案．
【详解】解：在中，，，
设，则，
∴，
∴，
故选：B

【点睛】此题考查了勾股定理、锐角三角函数的定义等知识，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
2．D
【来源】2022年浙江省宁波市北仑区中考数学模拟测试试题（二模）（4月）
【分析】设 ,根据求出FC、BC的长，由此得解.
【详解】解：设，，则AB=5x，
∵,
∴∠AFE=
∵,
∴，
∴x，
在Rt△BCF中，∠C=90，
∴.
故选：D.
【点睛】此题考查三角函数，角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，此题根据设未知数是解题的关键.
3．D
【来源】2023年浙江省温州市龙港中考一模数学试题
【分析】作辅助线如图，由题意可得，，解直角三角形求出，然后根据即可得出答案.
【详解】解：如图，作直线，交双翼闸机于点E、F，则，
由题意可得，，
在直角三角形中，∵，
∴，
∴；
故选：D.

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，正确理解题意、熟练掌握锐角三角函数的知识是解题的关键.
4．B
【来源】2023年浙江省温州市文成县中考一模数学试题
【分析】过点C作于点D．由邻补角的性质可求出，结合等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求出．由所作辅助线结合等腰三角形的性质又可得出．最后由余弦的定义得出，代入数据，求出的长，即得出的长．
【详解】如图，过点C作于点D．

∵，
∴．
∵，，
∴，．
在中，，即，
∴，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查邻补角的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用，解直角三角形等知识．正确作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键．
5．C
【来源】2022年浙江省温州市鹿城区初中学业水平适应性检测第二次模拟数学试题
【分析】连接CA，可得四边形CAFÉ是矩形，故EF=AC，分别在Rt△ABC和Rt△CDE中，利用三角函数即可求解AC和DE的长，即可求得DF的长．
【详解】解：连接CA，如图，

由题可知四边形CAFÉ是矩形，
∴CA⊥AF，EF=CA，
∴，
∵AB⊥BC，
∴，
∴，
在Rt△ABC中，，
∴，
在Rt△CDE中，，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形．
6．B
【来源】2021年浙江省温州市瑞安市西部六校联盟中考数学一模试卷
【分析】过点P作PE⊥x轴于点E．根据a的余弦值和OP，先求出OE，再利用勾股定理求出PE即可．
【详解】解：如图，过点P作PE⊥x轴于点E．

设点P的坐标为（x，y），
则OE＝x，PE＝y．
在Rt△OPE中，
∵cosα＝ ，OP＝13，
∴OE＝5．
∴PE＝＝12．
∴P点的坐标为（5，12）．
故选：B．
【点睛】本题考查了解直角三角形和勾股定理，掌握直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．
7．A
【来源】2021年浙江省宁波市海曙区中考数学5月模拟试题
【分析】先解直角三角形求出的长，从而可得地毯的长度，再根据矩形的面积公式即可得．
【详解】解：由题意，在中，（米），
所以地毯的长度为（米），
所以地毯的面积至少需要（平方米），
故选：A．
【点睛】本题考查了解直角三角形，熟练掌握正切三角函数的定义是解题关键．
8．B
【来源】2019年浙江省温州市中考数学试题
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后利用锐角三角函数即可表示出AB的长．
【详解】解：作AD⊥BC于点D，
则BD＝＋0.3＝，
∵cosα＝，
∴cosα＝，
解得，AB＝米，
故选B．

【点睛】本题考查解直角三角形的应用、轴对称图形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
9．B
【来源】专题13解直角三角形-学易金卷：2023年中考数学一模试题分项汇编（浙江专用）
【分析】由，再把已知条件代入即可得到答案．
【详解】解：


故选：B．
    
【点睛】本题考查的是锐角三角函数的含义，掌握利用锐角三角函数解直角三角形是解题的关键．
10．B
【来源】2023年浙江省温州市瑞安市初中学业水平第一次适应性测试数学试题
【分析】过点E作于点E，过点C作于点M，，可得四边形是矩形，即可求出，再解直角三角形，求出，计算，即可得出结论
【详解】解：如图，过点E作于点E，过点C作于点M，

所以，四边形是矩形，
∴，
∵路灯图是轴对称图形，且，
∵
在中，
又
∴，
∴
即灯顶A到地面的高度为
故选：B
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
11．D
【来源】2023年浙江省杭州市中考一模数学试题
【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后利用锐角三角函数即可表示出点到的距离，本题得以解决．
【详解】解：作于点，作于点，

∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形是矩形，，，，
∴，，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴点到的距离等于．
故选：D．
【点睛】本题考查解矩形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，锐角三角函数等知识点．解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
12．C
【来源】2023年浙江省温州市鹿城区九年级中考一模数学试题
【分析】：连接交于，由菱形的性质可知，且，，在中，可得，进而求得．
【详解】解：连接交于，

∵四边形是菱形，
∴，且，，
则在中，，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用及菱形的性质，连接对角线构造直角三角形是解决问题的关键．
13．C
【来源】浙江省宁波市2021年中考数学试卷
【分析】根据条件可知△ABD为等腰直角三角形，则BD=AD，△ADC是30°、60°的直角三角形，可求出AC长，再根据中位线定理可知EF=。
【详解】解：因为AD垂直BC，
则△ABD和△ACD都是直角三角形，
又因为
所以AD=，
因为sin∠C=，
所以AC=2，
因为EF为△ABC的中位线，
所以EF==1，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形、锐角三角形函数值、中位线相关知识，根据条件分析利用定理推导，是解决问题的关键．
14．A
【来源】浙江省温州市2021年中考数学真题
【分析】根据勾股定理和三角函数求解．
【详解】∵在中，，
∴
在中，，
故选：A．
【点睛】本题主要考查勾股定理和三角函数．如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么．
15．A
【来源】中考数学锐角三角函数及其应用过关演练（一）
【分析】①由已知先求出即cos∠BFC=，即可得∠BFC=30°，再由∠BFC=∠EDF=30°，由此可得tan∠EDF的值，即可确定①为真命题；②由已知根据矩形、菱形的性质用面积法即可判定②为真命题．
【详解】①设CF=x，DF=y，BC=h，则由已知菱形BFDE，BF=DF=y，

∵
∴ ，
得： ，即cos∠BFC=，
∴∠BFC=30°，
∴∠EDF=30°
∴tan∠EDF=，
所以①是真命题．
根据菱形的性质可得，；
∵，，
∴
∴②是真命题.
故选A.
【点睛】本题考查的知识点是解直角三角形、矩形的性质及菱形的性质，解题的关键是①先求出cos∠BFC=，解决②的关键是运用面积法确定．
16．4
【来源】云南省玉溪市峨山彝族自治县2021-2022学年九年级上学期期末数学试题
【分析】根据特殊角的三角函数值，进行计算即可．
【详解】解：4tan45°=4×1=4．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数值，熟练掌握，是解题的关键．
17．
【来源】【浙江新东方】【2022】【初三下】【模拟考】【166】数学试题
【分析】运用三角函数定义求解．
【详解】∵在中，，，
，
∴．
故答案为：．

【点睛】本题考查了锐角三角函数的定义，熟练掌握三角函数值的比值是解题的关键．
18．/0.8
【来源】2022年江苏省连云港市中考数学真题
【分析】如图所示，过点C作CE⊥AB于E，先求出CE，AE的长，从而利用勾股定理求出AC的长，由此求解即可．
【详解】解：如图所示，过点C作CE⊥AB于E，
由题意得，
∴，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了求正弦值，勾股定理与网格问题正确作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
19．10
【来源】【新东方】【温州】【初三下】【数学】【00072】
【分析】由题意易得该直角三角形的三边之比为5∶12∶13，进而可得，然后问题可求解．
【详解】解：∵，
∴该直角三角形的三边之比为5∶12∶13，
∴，
∵小车沿倾斜角为的斜坡向上行驶26米，
∴小车上升的高度是米；
故答案为10．
【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数是解题的关键．
20． 0.2 1.1
【来源】2022年浙江省温州市绣山中学九年级下学期第三次学业水平检测数学试题
【分析】设MN交OB于点C，根据题意得：OC=QN=1.2米，PC⊥OB，∠CBN=，可得tan∠CBN=3，再由△AOB为等腰直角三角形，可得△PBC为等腰直角三角形，可得到PC=BC=0.3米，从而得到CN=3BC=0.9米，进而得到PM=0.2米；然后过点B′作B′F⊥AQ于点F，设小朋友后退至点D，刚好不被阳光照射到，过点D作DE⊥OB交A B′于点E，交B′F于点G，则B′D∥l，根据题意得：B′F=QN=1.2米，FQ=DG，O B′=1.5米，OQ=CN=0.9米，，根据勾股定理可得OF=0.9米，从而得到AF=OA-OF=0.6米，DG=FQ=1.8米，进而得到，再由，可得B′G=0.6米，从而得到EG=0.3米，即可求解．
【详解】解：设MN交OB于点C，
根据题意得：OC=QN=1.2米，PC⊥OB，∠CBN=，
∴tan∠CBN=3，
∴BC=OB-OC=0.3米，
∵∠AOB=90°，OA=OB，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴∠PBC=45°，
∴△PBC为等腰直角三角形，
∴PC=BC=0.3米，
∵tan∠CBN=3，
∴CN=3BC=0.9米，
∵MN=1米，
∴CM=0.1米，
∴PM=0.2米；
如图，过点B′作B′F⊥AQ于点F，设小朋友后退至点D，刚好不被阳光照射到，过点D作DE⊥OB交A B′于点E，交B′F于点G，则B′D∥l，
根据题意得：B′F=QN=1.2米，FQ=DG，O B′=1.5米，OQ=CN=0.9米，，
∴米，
∴AF=OA-OF=0.6米，DG=FQ=1.8米，
∴，
∵，
∴B′G=0.6米，
∴EG=0.3米，
∴DE=2.1米，
∴头顶距离遮阳蓬的竖直高度为2.1-1=1.1米．
故答案为：0.2，1.1

【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，明确题意，准确构造直角三角形是解题的关键．
21．
【来源】2023年浙江省乐清市温州市中考一模数学试题
【分析】（1）根据题意可得，即可证明是等边三角形，得到，同理可得，则；
（2）如图所示，过点E作于，延长交于，设，则，根据等腰三角形的性质可得，根据直角三角形两锐角互余的性质可得，即可得答案．
【详解】解：（1）由题意得，在中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
同理可得，
∴，
故答案为：
（2）如图所示，过点E作于，延长交于，
由题意得，，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：

【点睛】本题主要考查了勾股定理，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质与判定，求正弦，正确理解题意是解题的关键．
22．/
【来源】黄金卷8-【赢在中考·黄金8卷】备战2023年中考数学全真模拟卷（浙江宁波专用）
【分析】根据轴对称的性质可得是等腰直角三角形进而得到，再根据轴对称的性质及平行线的性质可得，最后利用等边对等角及正切的定义即可解答．
【详解】解：∵点与点关于对称，
∴
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵点点关于对称，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，掌握轴对称的性质是解题的关键．
23． /
【来源】2023年浙江省衢州市巨化中学九年级下学期数学第一次模拟考试题
【分析】①根据题意表示出各线段的长，共线则；
②根据题意作出示意图，连接，过点A作于M，由勾股定理求得，设，通过勾股定理列出方程，求得x，进而求结果．
【详解】解：①∵，共线，
由图形可得：，
∴，
故答案为：；
②设，则，
∴，
在中，，
即，
解得，
∴，，
根据题意作出示意图如下，连接，过点A作于M，

∵，
∴，
设，则，
解得：，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，三角函数，勾股定理等知识点，运用方程思想结合勾股定理解题是本题的关键．
24．
【来源】2023年浙江省金华市金东区初中毕业升学适应性检测数学试题
【分析】（1）如图，分别过点C、P作垂线交于点Q，先求出的长，再利用直角三角形30度角所对的边是斜边的一半进行求解即可；
（2）由题意可画图，并求出长度，再通过解直角三角形求出的长度，进而求解即可．
【详解】（1）如图，分别过点C、P作垂线交于点Q，

∴，
由题意得，，
当道闸转动抬起时，即，
∴，
∴第五根竖杆的底端P到地面的距离为，
故答案为：；
（2）由题意可画图如下：

∵货车宽，货车进出需保持与门墙的安全距离，
∴，
∵在道闸抬起时最大旋转角度为，即，
∴，
∵左侧9根竖杆底部离地面均为，，
∴该货车安全进出小区的离地高度不得超过，
故答案为：．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，涉及含30度的直角三角形的性质，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的关键．
25．
【来源】2023年浙江省金华市婺城区九年级下学期联考数学试卷
【分析】（1）过D作交于G，过C作交于K，根据与地面夹角及三角函数即可得到答案；
（2）过E作交于Q，根据得到，设为x，表示出根据三角函数即可得到答案；
【详解】（1）    解：过D作交于G，过C作交于K，
∵、所在直线与地面的夹角分别为，
∴，，
∵，，
∴，，
∵前后车轮半径均为，
∴扶手前端到地面的距离为： ，
故答空1为 ；

（2）解：过E作交于Q，
∵，
∴，
∵，，设为x，
∴，，
由三角函数得，
，
解得：，
∴，
故答案为 ；
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是作辅助线构造直角三角形．
26．/
【来源】2022年江苏省南通市中考数学真题
【分析】在中，利用，求出，再加上1m即为AC的长．
【详解】解：过点D作交于点E，如图：

则四边形BCED是矩形，
∴BC=DE，BD=CE，
由题意可知：，，
在中，，
∴，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查了解直角三角形，解直角三角形的应用—仰角俯角问题，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．
27．．
【来源】2021年江苏省苏州市吴中区、吴江区、相城区中考数学二模试题
【分析】过点C作CD⊥AB交于点D，构造出Rt△ACD，利用△ABC面积相等计算出CD的值，即可在Rt△ACD求出sinA的值．
【详解】解：如图所示，过点C作CD⊥AB交于点D，

设每个小正方形的边长为1，则：
BC＝4，AE＝3，AB＝＝，AC＝，
∵，
∴CD＝4×3＝12，
∴CD＝，
在Rt△ADC中，sinA＝＝＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，根据题意结合图形合理作出辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
28．
【来源】湖南省郴州市2021年中考数学试卷
【分析】过点P作PH⊥AB于点H，由题意易得BD=4，则有AD=3，然后可得，进而可得即为，若使的值为最小，也就相当于为最小，则有当点C、P、H三点共线时，的值为最小，最后问题可求解．
【详解】解：过点P作PH⊥AB于点H，如图所示：

∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
若使的值为最小，也就相当于为最小，
∴当点C、P、H三点共线时，的值为最小，如图所示：

∵，
∴，
∴的最小值为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查三角函数及勾股定理，解题的关键是利用“胡不归”模型找到最小值的情况，然后进行求解即可．
29．
【来源】2023年浙江省温州市鹿城区九年级中考一模数学试题
【分析】过作，为垂足，利用三角函数和勾股定理求出、即可求解；连接，作，为垂足，为的对应点，设，分别表示出、、、，用勾股定理即可求解．
【详解】
解：过作，为垂足，
，
，
，
，


，

，

    
．
故答案：．

解：如图，连接，作，为垂足，为的对应点，
，
，
，
，
设，则，


，
由题空1得：，，


，
又

，
，
即：，
整理得：，
解得：，（舍去），
．
故答案：．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，构建直角三角形，熟练利用勾股定理及三角函数是解题的关键．
30．
【来源】2022年浙江省金华市婺城区初中毕业升学考试模拟测试（三）数学试题
【分析】（1）先证明△FAJ∽△EDJ，得到，进一步得，求得AJ，过点F作FN⊥DA交DA的延长线于点N，则∠ANF＝90°，在Rt△AFN中，求得FN，进而求得AFJ的面积；
（2）分tan∠EDI＝和tan∠EDI＝2两种情况，求解，由EF与地面的夹角α随着∠EDI的增大而增大，求得的取值范围．
【详解】解：若直线EF过点J，当∠ADE=120°时，如图1所示，

由题意可知，ABCD，
∴ ∠F＝∠E，∠FAJ＝∠ADE＝120°，
∴△FAJ∽△EDJ，
∴，
∵AF＝AB＋BF＝50cm，DE＝60cm，
∴
∴AJ＝AD＝cm，
过点F作FN⊥DA交DA的延长线于点N，则∠ANF＝90°，
在Rt△AFN中，∠FAN＝180°－∠FAJ＝60°，AF＝50cm，
∴FN＝AFsin∠FAN＝50×sin60°＝25，
∴AFJ的面积＝×AJ×FN＝cm2；
当tan∠EDI＝时，如图2所示，作EP⊥DI于点P，则∠EPD＝90°，设EF交AD于点Q，

由题意可知，ABCD，
∴ ∠F＝∠QED，∠FAQ＝∠QDE，
∴△FAQ∽△EDQ，
∴，
∵AF＝AB＋BF＝50cm，DE＝60cm，
∴
∴DQ＝AD＝cm，
设EP＝x，则DP＝2x，由勾股定理得
，
∴，
解得x＝12 cm，
∴EP＝12cm，DP＝24cm，PQ＝DP＋DQ＝cm，
∴＝tan∠EQP＝；
当tan∠EDI＝2时，如图3所示，

同理可求得DQ＝cm，DP＝12 cm，EP＝24cm，
∴PQ＝DP＋DQ＝cm，
∴＝tan∠EQP＝；
∵EF与地面的夹角α随着∠EDI的增大而增大，
∴当时，的取值范围是．
故答案为：cm2；．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，读懂题意，分情况画出图形是解题的关键．
31．
【来源】【新东方】【温州】【初三下】【数学】【00085】
【分析】如图1：延长OA交BC于点G，延长CD交ON于点H，可得四边形OHCG是矩形，从而得AG=4，BG=3，结合，点M恰好为的中点，即可求解；如图2，延长过点B作BH⊥OE于点H，过点M作PF∥BC交BA的延长线于点P，交DN于点F，交CD的延长线于I，过点N作NJ⊥CD的延长线于点J，则∠AGO=∠MGP=∠CQM=∠NQJ，AO∥BH，BH=5，cos∠DMF=，设MI=x，则MP=7-x，DM=，DI=3x，根据BP=CI，列出方程，求出x的值，从而求得MQ=，设NJ=y，根据，列出方程，求出y的值，从而得NQ=，进而即可求解．
【详解】解：如图1：延长OA交BC于点G，延长CD交ON于点H，
∵，，BC⊥CD，
∴OG⊥BC，CH⊥OE，
∴四边形OHCG是矩形，
∵在中，，
又∵，
∴AG=4，BG=3，
∴OG=AO+AG=1+4=5，OH=CG=BC-BG=7-3=4，
∴CH=OG=5，
∴DH=5-1=4，
∵，点M恰好为的中点，
∴MH=，
∴MH= ，
∴MD=，
∴；
如图2，延长过点B作BH⊥OE于点H，过点M作PF∥BC交BA的延长线于点P，交DN于点F，交CD的延长线于I，过点N作NJ⊥CD的延长线于点J，则∠AGO=∠MGP=∠CQM=∠NQJ，AO∥BH，BH=5，
∴，即：，解得：AG=，
∴OG=，
由题意得：cos∠DMF=，DJ是∠MDN的平分线，
设MI=x，则MP=7-x，DM=，DI=3x，
∴PG=，
∵BP=CI，
∴5++=1+3x，解得：x=，
∴MI=IF=，DI=×3=，
IQ=，MQ==，
设NJ=y，则QJ=，NQ=，
∵IF∥NJ，
∴，即：，
解得：，
经检验：是原方程的根，且符合题意，
∴NQ=，
∴MN=+=．

【点睛】本题主要考查解直角三角形的实际应用，添加辅助线，构造直角三角形，根据三角函数的定义，列方程，是解题的关键．
32．0
【来源】2023年浙江省金华市婺城区九年级下学期联考数学试卷
【分析】将特殊角的三角函数值代入计算即可得到答案．
【详解】解：

．
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题关键．
33．5
【来源】2023年山东省济南市高新区中考一模数学试题
【分析】先计算特殊角三角函数值，零指数幂和负整数指数幂，然后根据实数的混合计算法则求解即可．
【详解】解：原式
．
【点睛】本题主要考查了实数的混合计算，特殊角三角函数值，零指数幂和负整数指数幂，正确计算是解题的关键．
34．，
【来源】2023学年浙江省湖州市南浔区中考一模数学试题
【分析】先根据勾股定理可得，再由锐角三角函数，即可求解．
【详解】解：在中，∵，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是勾股定理、锐角三角函数的定义，掌握余弦值等于邻边与对边的比值是解题的关键．
35．货轮与灯塔B的距离约为海里
【来源】【浙江新东方】【2022】【初三下】【163】【模拟考】数学试题
【分析】过点B作交延长线于点D，由题意得，，海里，则是等腰直角三角形，得，，则，设海里，则海里，海里，然后在中，由勾股定理得出方程即可得出答案．
【详解】过点B作交延长线于点D，如图所示，

由题意得，，海里，
则是等腰直角三角形，
，，
，
设海里，则海里，
海里，
在中，，
即，
解得：，（舍去），
（海里），
答：此时货轮与灯塔B的距离约为海里．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
36．(1)，
(2)4.86米

【来源】安徽省滁州市凤阳县大庙中学2022-2023学年九年级上学期数学第三次月考测试题
【分析】（1）利用角的和差定义、对顶角相等性质计算即可．
（2）解直角三角形，分别求出、即可．
【详解】（1）解： ，，
，
，
．
（2）米，，
（米），
在中，
中，（米），
在中，
（米），
点B从最高点到最低点之间的垂直距离为4.86米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学的知识解决问题．
37．(1)
(2)A点应向内移动厘米，才能达到最佳距离

【来源】浙江省宁波市海曙区海曙外国语学校2022-2023学年九年级上学期期中数学试题
【分析】（1）通过作高，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系求出即可；
（2）求出抬高后的的长，根据勾股定理求出，进而求出向内移动的距离即可．
【详解】（1）解：如图，过点D作于点M，过点C作于点，则，

∴，
∴，
答：AB距离为；
（2）解：根据题意得：桌子要抬高，
即要变为，
∴，
即点A要向内移动，
答：A点应向内移动厘米，才能达到最佳距离．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
38．扶梯的底端C距离入口平台的高度约为．
【来源】2023年浙江省台州市路桥区中考一模数学试题
【分析】过点B作，交的延长线于点．由题意可求，再结合锐角三角函数即可求出的长，即扶梯的底端C距离入口平台的高度．
【详解】解：如图，过点B作，交的延长线于点．

∵，
∴．
由题意可得，
在中，．
∴扶梯的底端C距离入口平台的高度约为．
【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用．正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键．
39．(1)60°
(2)3.03cm；测温枪与额头之间的距离在规定范围内；理由见解析

【来源】2022年浙江省金华市金东区初中毕业升学模拟（二模）数学试题
【分析】（1）过点D作DG⊥BH于G．根据矩形的判定定理和性质求出HG的长度，根据线段的和差关系求出BG的长度，根据直角三角形的边角关系求出∠DBH的余弦值，根据特殊角的三角函数值即可求出∠DBH．
（2）延长BH交PQ于J，延长HB交MN于K．根据角的和差关系求出∠ABK，根据直角三角形的边角关系求出BK，根据线段的和差关系求出JH的长度，根据矩形的判定定理和性质求出EF的长度，再根据题目中规定判断即可．
【详解】（1）解：如下图所示，过点D作DG⊥BH于G．

根据题意得∠DEH=∠EHB=90°．
∵DG⊥BH，
∴∠DGH=∠DGB=90°．
∴四边形EHGD是矩形．
∴HG=DE．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴∠DBH=60°．
（2）解：如下图所示，延长BH交PQ于J，延长HB交MN于K．

根据题意得∠EFJ=∠FJH=∠JHE=90°，∠AKB=90°，．
∴四边形FJHE是矩形．
∴EF=JH．
∵∠ABC=75°，
∴∠ABK=180°-∠ABC-∠DBH=45°．
∵，
∴．
∴．
∵3