专题7.5 锐角三角函数章末八大题型总结（培优篇）-2023-2024学年九年级数学下册举一反三系列（苏科版）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc32422" 【题型1 利用设参数法求锐角三角函数值】 PAGEREF _Tc32422 \h 1
\l "_Tc32720" 【题型2 在网格中求锐角三角函数值】 PAGEREF _Tc32720 \h 5
\l "_Tc25988" 【题型3 特殊角的三角函数值的计算与应用】 PAGEREF _Tc25988 \h 9
\l "_Tc15935" 【题型4 锐角三角函数与平面直角坐标系的综合】 PAGEREF _Tc15935 \h 11
\l "_Tc1590" 【题型5 锐角三角函数与一元二次方程的综合应用】 PAGEREF _Tc1590 \h 18
\l "_Tc10444" 【题型6 灵活运用已知条件解直角三角形】 PAGEREF _Tc10444 \h 19
\l "_Tc16076" 【题型7 解双直角三角形】 PAGEREF _Tc16076 \h 22
\l "_Tc31730" 【题型8 解直角三角形与四边形的综合应用】 PAGEREF _Tc31730 \h 27
【题型1 利用设参数法求锐角三角函数值】
【例1】（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考期末）如图，AB=BC=AD，AD⊥BC于点E，AC⊥CD，则sin∠B= ．

【答案】45
【分析】设AB=BC=AD=1，AE=x，则DE=1−x，根据已知条件得出∠DAC=∠DCE，根据真切的定义得出EC2=AE⋅DE=x1−x，进而在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，勾股定理建立方程，解方程，即可求解．
【详解】解：设AB=BC=AD=1，AE=x，则DE=1−x
∵AD⊥BC，AC⊥CD，
∴∠D+∠DAC=90°,∠D+∠DCE=90°，
∴∠DAC=∠DCE，
∴tan∠DAC=tan∠DCE，
∴ECAE=DEEC，
∴EC2=AE⋅DE=x1−x，
∴BE=1−EC=1−x1−x，
在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，
∴12=x2+1−x1−x2，
整理得，5x2=4x，
解得：x=0或x=45，
∴sinB=AEAB=45
故答案为：45．
【点睛】本题考查了解直角三角形，勾股定理，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．
【变式1-1】（2023秋·广西贺州·九年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，DE⊥AB，BE=2，csA=35，则菱形的周长为 ．
【答案】20
【分析】根据菱形的性质可得AB=BC=CD=AD，结合csA=AEAD=35，设AE=3k，则AD=5k，再建立方程求解k的值，从而可得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵DE⊥AB，
∴∠DEA=90°，
∴csA=AEAD=35，
设AE=3k，则AD=5k，
∴BE=5k−3k=2k=2，
∴k=1，
∴AD=5，
∴菱形的周长=4AD=4×5=20，
故答案为：20．
【点睛】本题考查的是菱形的性质，锐角三角函数的应用，熟记锐角的余弦的定义，并灵活应用是解本题的关键．
【变式1-2】（2023秋·山西运城·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点，连接CD，过点D作DE⊥CD交BC于点E，若tanA=43，BE=7，则DE的长为 ．

【答案】15
【分析】由∠ACB=90°， tanA=43，可设AC=3x，BC=4x，由勾股定理得到AB=5x，由直角角三角形斜边上中线的性质得到CD=BD=AD=12AB=52x，再证∠A=∠DEC，求得DE=158x，据此求解即可得到答案．
【详解】解：∵∠ACB=90°， tanA=43，
∴设AC=3x，BC=4x，
∴AB=AC2+BC2=5x，
∵D是AB的中点，
∴CD=BD=AD=12AB=52x，
∴∠DCB=∠DBC，
又DE⊥CD，
∴∠A=∠DEC，
∴tanA=tan∠DEC=CDDE=52xDE=43，
∴DE=158x，
∴CE=CD2+DE2=258x，
∵BE=7，
∴4x−258x=7，
解得x=8，
∴DE=158×8=15．
故答案为：15．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、三角函数、直角三角形斜边上中线的性质，掌握三角函数，直角三角形中线的性质是解题的关键．
【变式1-3】（2023·山西太原·太原五中校考一模）如图，在△ABC中，AC=3，BC=4，D、E分别在CA、CB上，点F在△ABC内．若四边形CDFE是边长为1的正方形，则sin∠FBA= ．
【答案】1010
【分析】连接AF，过点F作FG⊥AB于G，根据正方形的性质得到AD=2，BE=3，根据勾股定理得到FG=1，BF=10，即可解答．
【详解】解：连接AF，过点F作FG⊥AB于G，
∵四边形CDFE是边长为1的正方形，
∴CD=CE=DF=EF=1，∠C=∠ADF=90°，
∵AC=3，BC=4，
∴AD=2，BE=3，
∴AB=AC2+BC2=5，AF=AD2−DF2=5，BF=BE2+EF2=10，
设BG=x，
∴AG=5−x,
∵FG2=AF2−AG2=BF2−BG2，
∴5−5−x2=10−x2，解得：x=3，
∴FG=BF2−BG2=1，
∴sin∠FBA=FGBF=1010，
故答案为：1010．
【点睛】本题考查了正方形的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键．
【题型2 在网格中求锐角三角函数值】
【例2】（2023·湖北省直辖县级单位·校联考模拟预测）如图是6个形状、大小完全相同的菱形组成的网格，菱形的顶点称为格点．已知菱形的一个角( ∠O )为60°，点A，B，C，D都在格点上，且线段AB，CD相交于点P，则tan∠BPD的值是( )

A．13B．12C．33D．32
【答案】D
【分析】如图取格点E，连接EC、DE．设小菱形的边长为1．首先证明∠APC=∠ECD，再证明∠CDE=90°，根据tan∠APC=tan∠ECD，即可解决问题．
【详解】解：如图取格点E，连接EC、DE．设小菱形的边长为1．
∵AC=BE,AC∥BE
∴四边形ACEB是平行四边形，
∴EC∥AB，
∴∠APC=∠ECD，
依题意∠O=60°，则△OCD是等边三角形，
则∠CDO=60°，∠EDB=30°，
∴∠CDE=90°，
∵CD=2，DB=BE=1，

如图所示，过点B作BF⊥DE，∵DB=BE=1，
∴∠BDF=12×60°=30°，BF=12DB=12，
∴DF=DB2−BF2=12−122=1−14=34=32，
又∵DF=FE
∴DE=DF+FE=32+32=3，
∴tan∠BPD=tan∠APC=tan∠ECD= DECD=32
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的性质、解直角三角形等知识，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．
【变式2-1】（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B、C三点都在格点上，则sin∠ABC= ．

【答案】22
【分析】取AB的中点D，连接AC,CD，先根据勾股定理可得AC=BC=10,CD=5，再根据等腰三角形的三线合一可得CD⊥AB，然后根据正弦的定义即可得．
【详解】解：如图，取AB的中点D，连接AC,CD，

∵AC=12+32=10,BC=12+32=10,CD=12+22=5，
∴AC=BC，
又∵点D是AB的中点，
∴CD⊥AB，
∴sin∠ABC=CDBC=510=22，
故答案为：22．
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题、等腰三角形的三线合一、正弦，熟练掌握正弦的求解方法是解题关键．
【变式2-2】（2023秋·上海·九年级上海外国语大学附属大境初级中学校考期中）如图，A、B、C三点在正方形网格线的交点处，若将△ACB绕着点A逆时针旋转得到△AC′B′，使点B′落在射线AC上，则cs∠B′CB的值为 ．

【答案】55
【分析】取网格点D点，连接BD，BB′，由网格利用勾股定理得：BC=10，CD=2，BD=22，即有CD2+BD2=BC2，可得△CDB是直角三角形，则BD⊥B′C，问题随之得解．
【详解】解：如图所示：取网格点D点，连接BD，BB′，

由网格利用勾股定理得：BC=10，CD=2，BD=22，
∴CD2+BD2=BC2，
∴△CDB是直角三角形，
则BD⊥B′C，
∴cs∠B′CB=CDCB=210=55，
故答案为： 55．
【点睛】本题考查了利用网格图求解角的余弦函数值的知识，理解余弦的意义，作出合理的辅助线，是解答本题的关键．
【变式2-3】（2023·四川广元·统考二模）如图，在由10个完全相同的正三角形构成的网格图中，∠α、∠β如图所示，则sin(α+β)=（ ）
A．277B．77C．22D．32
【答案】A
【分析】连接DE，利用等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得出∠α=30°，同理可得出∠CDE=∠CED=30°=∠α，由∠AEC=60°结合∠AED=∠AEC+∠CED可得出∠AED=90°，设等边三角形的边长为a，则AE=2a，DE=3a，利用勾股定理可得出AD的长，由三角函数定义即可得出答案．
【详解】解：连接DE，如图所示：

在△ABC中，∠ABC=120°，BA=BC，
∴∠α=30°，
同理得：∠CDE=∠CED=30°=∠α．
又∵∠AEC=60°，
∴∠AED=∠AEC+∠CED=90°．
设等边三角形的边长为a，则AE=2a，DE=2×sin60°×a=3a，
∴AD=AE2+DE2=2a2+3a2=7a，
∴sinα+β=AEAD=2a7a=277．
故选：A
【点睛】此题考查解直角三角形、等边三角形的性质以及图形的变化规律，构造出含一个锐角等于∠α+∠β的直角三角形是解题的关键．
【题型3 特殊角的三角函数值的计算与应用】
【例3】（2023春·山东泰安·九年级校考期末）在△ABC中，若csA=22，tanB=3，则这个三角形一定是（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形
【答案】A
【详解】试题解析：∵csA=22，tanB=3，
∴∠A=45°，∠B=60°．
∴∠C=180°-45°-60°=75°．
∴△ABC为锐角三角形．
故选A．
【变式3-1】（2023秋·河北保定·九年级统考期末）计算： 2sin30°+2cs45°−3tan60°+π−50
【答案】0
【分析】先计算特殊角三角函数值和零指数幂，再根据二次根式的混合计算法则求解即可．
【详解】解：原式=2×12+2×22−3×3+1
=1+1−3+1
=0．
【点睛】本题主要考查了特殊角三角函数值的混合计算，熟知相关特殊角的三角函数值是解题的关键．
【变式3-2】（2023·上海嘉定·模拟预测）计算：
(1)12sin30°+22cs45°+sin30°tan60°；
(2) sin45°⋅cs45°+sin60°⋅tan45°tan45°⋅tan60°+3tan230°+tan45°cs30°．
【答案】(1)3+234
(2)2+233
【分析】（1）先将特殊角三角函数值代入，然后先算乘法，再算加法；
（2）先将特殊角三角函数值代入，然后先算乘方，再算乘除，最后算加减．
【详解】（1）解：原式=12×12+22×22+12×3
=14+12+32
=34+32
=3+234；
（2）原式=22×22+32×11×3+3×(33)2+132
=12+12+3×13+233
=1+1+233
=2+233．
【点睛】本题考查特殊角三角函数值，二次根式的混合运算，掌握特殊角三角函数值以及二次根式混合运算的运算顺序和计算法则是解题关键．
【变式3-3】（2023秋·甘肃嘉峪关·九年级校考期末）在△ABC中，2csA−1+3−tanB2=0，则△ABC的形状是 ．
【答案】等边三角形
【分析】先根据非负数的性质求出2csA−1=0，3−tanB=0，再根据三角函数作答．
【详解】∵2csA−1+3−tanB2=0，
∴2csA−1=0，3−tanB=0，
即csA=12，tanB=3，
∴∠A=60°，∠B=60°，
∴∠C=60°，
则△ABC一定是等边三角形，
故答案为:等边三角形．
【点睛】本题考查了非负数的性质，三角函数，等边三角形的判定，数量掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．
【题型4 锐角三角函数与平面直角坐标系的综合】
【例4】（2023·江苏·九年级江阴市祝塘中学校考阶段练习）如图，长度为5的动线段AB分别与坐标系横轴、纵轴的正半轴交于点A、点B，点O和点C关于AB对称，连接CA、CB，过点C作x轴的垂线段CD，交x轴于点D
(1)移动点A，发现在某一时刻，△AOB和以点B、D、C为顶点的三角形相似，求这一时刻点C的坐标；
(2)移动点A，当tan∠OAB=12时求点C的坐标．
【答案】(1)点C的坐标为154,534；(2)C855,455．
【分析】（1）根据轴对称的性质得：AB是OC的垂直平分线，由垂直平分线的性质得：OB=BC，OA=AC，△AOB和以点B、D、C为顶点的三角形相似，存在两种情况：
①当∠ABO=∠CBD时，②当∠ABO=∠BCD时，根据角的关系分别计算点C的坐标即可；
（2）先根据三角函数定义求OB=5，OA=25，利用面积法得OG和OC的长，根据等角的三角函数可知：OG=2BG，证明△BGO∽△CDO，列比例式可得结论．
【详解】(1)连接OC，交AB于G，
∵点O和点C关于AB对称，
∴AB是OC的垂直平分线，
∴OB=BC，OA=AC，
∴∠ABO=∠ABC，
∵∠AOB=∠BDC=90°，
∴ΔAOB和以点B、D、C为顶点的三角形相似，存在两种情况：
①当∠ABO=∠CBD时，∠ABO=∠ABC=∠CBD=60°，
∴∠BAO=∠BCD=30°，
∵AB=5，
∴OB=BC=12AB=52,BD=12BC=54，
∴OD=OB+BD=52+54=154,CD=534，
∴C154,534；
②当∠ABO=∠BCD时，∠ABO=∠ABC=∠BCD，
∴AB//CD，
∵CD⊥x轴，
∴AB⊥x轴，此种情况不成立；
综上所述，ΔAOB和以点B、D、C为顶点的三角形相似，这一时刻点C的坐标为154,534；
(2)∵tan∠OAB=12=OBOA，
设OB=x，则OA=2x，
∴x2+(2x)2=52，
x=5或−5(舍)，
∴OB=5,OA=25，
SΔAOB=12OA•OB=12AB•OG，
5•25=50G，
OG=2，
∴OC=2OG=4，
∵∠GOB=∠OAB，
∴tan∠GOB=tan∠OAB=12=BGOG，
∴OG=1，
∴OB=5，
∵∠GOB=∠DOC,∠BGO=∠CDO，
∴ΔBGO∽ΔCDO，
∴OGOD=BGCD，
∴2OD=1CD，
∴OD=2CD，
∴OD=855, CD=455，
∴C855,455．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质、三角函数、等腰三角形的性质及相似三角形的性质，解题的关键是△AOB和以点B、D、C为顶点的三角形相似时分不同情况解决问题．
【变式4-1】（2023春·吉林长春·九年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，将一块直角三角形纸板如图放置，直角顶点与原点O重合，顶点A、B恰好分别落在函数y=−1x(x<0)，y=4x(x>0)的图像上，则sin∠ABO的值为（ ）

A．13B．64C．25D．55
【答案】D
【分析】点A，B落在函数y=−1x(x<0)，y=4x(x>0)的图像上，根据反比例函数的几何意义，可得直角三角形的面积；根据题意又可知这两个直角三角形相似，而相似比恰好是直角三角形AOB的两条直角边的比，再利用勾股定理，可得直角边与斜边的比，从而得出答案．
【详解】解：过点A、B分别作AD⊥x轴，BE⊥x轴，垂足为D、E，

∵点A在反比例函数y=−1x(x<0)上，点B在y=4x(x>0)上，
∴S△AOD=12，S△BOE=2，
又∵∠AOB=90°
∴∠AOD=∠OBE，
∴△AOD∽△OBE，
∴(OAOB)2=S△AODS△BOE=14，
∴OAOB=12，
设OA=m，则OB=2m，AB=m2+(2m)2=5m，
在Rt△AOB中，sin∠ABO=OAAB=m5m=55．
故选：D．
【点睛】考查反比例函数的几何意义、相似三角形的性质，将面积比转化为相似比，利用勾股定理可得直角边与斜边的比，求出sin∠ABO的值．
【变式4-2】（2023春·江苏连云港·九年级专题练习）如图，点O为坐标系原点，点A为y轴正半轴上一点，点B为第一象限内一点，OA=AB，∠OAB=90°，将△OAB绕点O顺时针旋转一个锐角度数至△OA′B′，此时反比例函数y=kxk>0刚好经过OA′，OB′的中点，则tan∠AOA′= ．
【答案】5−12
【分析】如图，过A′作A′H⊥OA于H，过B′作B′Q⊥A′H于Q，证明△A′OH≌△B′A′Q，设A′m,n，可得OH=A′Q=n，A′H=B′Q=m，B′m+n,n−m，可得OA′，OB′的中点坐标为：12m,12n，12m+12n,12n−12m，可得14mn=14n2−14m2，整理得mn2+mn−1=0，再解方程即可得到答案．
【详解】解：如图，过A′作A′H⊥OA于H，过B′作B′Q⊥A′H于Q，
∴∠OHA′=∠A′QB=90°，而∠OA′B′=90°，
∴∠OA′H+∠B′A′Q=90°=∠B′A′Q+∠A′B′Q，
∴∠OA′H=∠A′B′Q，
∵OA′=A′B′，
∴△A′OH≌△B′A′Q，设A′m,n，
∴OH=A′Q=n，A′H=B′Q=m，
∴B′m+n,n−m，
∴OA′，OB′的中点坐标为：12m,12n，12m+12n,12n−12m，
∵反比例函数y=kxk>0刚好经过OA′，OB′的中点，
∴14mn=14n2−14m2，
∴mn2+mn−1=0，
解得：mn=−1+52或mn=−1−52（不合题意舍去），
∴tan∠AOA′=mn=5−12；
故答案为：5−12．
【点睛】本题考查的是反比例函数的应用，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，求解锐角的正切，熟练的建立方程求解是解本题的关键．
【变式4-3】（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨市第四十七中学校考开学考试）在平面直角坐标系中，点O为坐标系的原点，直线y=kx−152交x轴于点A，交y轴于点B，tan∠OAB=34．
（1）求直线AB的解析式；
（2）在线段AB上有一点P，连接OP，设点P的横坐标为t，△AOP的面积为S，求S关于t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，在直线y=2x的第一象限上取一点D，连接AD，若S=15，∠AOP+∠BPO=2∠ADO，求点D的坐标．
【答案】（1）y=34x−152；（2）S=−154t+752；（3）（6，12）．
【分析】（1）先根据解析式求出点B坐标，再用三角函数求出点A坐标，代入解析式即可；
（2）用t表示点P的纵坐标，利用三角形面积公式列出函数解析式即可；
（3）根据S=15求出点P坐标，得出∠AOP+∠BPO=2∠ADO=90°，作AE⊥OD于E，作EF⊥OA于F，设点D坐标为（a，2a），点E坐标为（b，2b），根据勾股定理列出方程即可．
【详解】解：（1）当x=0时，y=−152，点B的坐标为（0，−152），OB=152，
∵tan∠OAB=34，
∴OBOA=34，OA=10，A点坐标为（10，0），代入y=kx−152得，0=10k−152，解得，k=34，
直线AB的解析式为y=34x−152；
（2）把点P的横坐标t代入y=34x−152得，y=34t−152，
∵点P在线段AB上，
∴S=12×10×(−34t+152)，即S=−154t+752；
（3）当S=15时，15=−154t+752，解得，t=6，代入y=34t−152得，y=−3，
点P的坐标为（6，-3），
∵点B的坐标为（0，−152），
∴BP= 62+(−3+152)2=152，
∴BP=OB，
∴∠BOP=∠BPO，
∠AOP+∠BPO=∠BOP+∠AOP=90°，
∵∠AOP+∠BPO=2∠ADO，
∴∠ADO=45°，
作AE⊥OD于E，作EF⊥OA于F，设点D坐标为（a，2a），点E坐标为（b，2b），
OE=OF2+EF2=5b，AF=10-b，
∵AE2=EF2+AF2，AE2=OA2−OE2
∴102−(5b)2=(2b)2+(10−b)2，解得，b1=0（舍去），b2=2，
则点E坐标为（2，4），AE=DE= 42+82=45，
OD= 25+45=65，
∵点D坐标为（a，2a），
∴a2+4a2=180，解得，a1=6，a2=-6（舍去），
D点坐标为（6，12）．
【点睛】本题考查了一次函数的综合，解题关键是求出函数解析式，利用函数图象上点的坐标，根据勾股定理列出方程．
【题型5 锐角三角函数与一元二次方程的综合应用】
【例5】（2023·全国·九年级假期作业）已知sin30°=a+1a，则一元二次方程x2+ax+2=0解的情况是（ ）
A．有两个相同的实数根B．有两个不同的实数根
C．没有实数根D．无法判断
【答案】C
【分析】先利用sin30°=a+1a求出a的值，即可得到一元二次方程，再根据根的判别式Δ=b2−4ac的值即可选择．
【详解】由sin30°=a+1a，
12=a+1a
a=−2
则有x2−2x+2=0
由Δ=b2−4ac=(−4)2−4×1×2=−4<0
所以方程无实根．
故选C
【点睛】本题考查特殊度数的三角函数值和一元二次方程的根的情况．熟练利用一元二次方程的根判别式Δ=b2−4ac是判断一元二次方程根的情况的关键．
【变式5-1】（2023秋·山东东营·九年级校联考阶段练习）关于x的一元二次方程x2−2x+tanα=0有两个相等的实数根，则锐角α= ．
【答案】45°
【分析】根据判别式的意义得到Δ＝（﹣2）2﹣4tanα＝0，则tanα＝1，然后利用特殊角的三角函数值求α的值．
【详解】解：根据题意得Δ＝（﹣2）2﹣4tanα＝0，
所以tanα＝1，
所以锐角α＝45°．
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．也考查了特殊角的三角函数值．
【变式5-2】（2023·北京朝阳·九年级专题练习）α为锐角，且关于x的一元二次方程x2－22sin α·x＋1＝0有两个相等的实数根，则α＝（ ）
A．30°B．45°C．30°或150°D．60°
【答案】B
【详解】试题解析：关于x的一元二次方程x2－22sin α·x＋1＝0有两个相等的实数根，
∴Δ=−22sinα2−4=0,
整理得：sinα=22.
α为锐角，
∴α=45∘.
故选B.
【变式5-3】（2023春·九年级单元测试）若csα是关于x的一元二次方程2x2－33x＋3＝0的一个根，则锐角α＝ ．
【答案】30°
【分析】先求出方程的两个根，再根据特殊角的函数值即可得出
【详解】∵2x2－33x＋3＝0
∴ Δ=b2−4ac=3>0，方程有两个不相等的实数根
∴x=−b±b2−4ac2a=33±32×2
∴x1=3，x2=32
∵csα是关于x的一元二次方程2x2－33x＋3＝0的一个根，且cs30°=32
∴α＝30°
【点睛】本题考查了余弦函数的计算，熟练掌握特殊角的函数值是解题的关键.
【题型6 灵活运用已知条件解直角三角形】
【例6】（2023秋·广东河源·九年级校考期末）在Rt△ABC中，∠C=90°，c=83，∠A=60°，解这个直角三角形．
【答案】见解析
【分析】根据含有30度角的直角三角形的性质以及勾股定理解决此题．
【详解】解：如图．
在Rt△ABC中，∠C=90°，c=AB=83，∠A=60°，
∴∠B=180°−∠C−∠A=30°．
∴AC=12AB=43．
∴BC=BC2=AB2−AC2=(83)2−(43)2=12．
【点睛】本题主要考查含30度角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理是解决本题的关键．
【变式6-1】（2023秋·甘肃张掖·九年级校考期中）在△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c
（1）已知a＝6，b＝23，解这个直角三角形
（2）已知∠B＝45°，a+b＝6，解这个直角三角形
（3）已知sinA＝12，c＝6，解这个直角三角形．
【答案】（1）c=43；（2）a=b=3，c=32；（3）a=3，b=33
【分析】（1）直角三角形中知两边，求第三边，运用勾股定理即可
（2）∠B=45°，即a=b，a+b=6，即可知a=b=3．再运用勾股定理即可
（3）sinA=ac=12，其中c=6，即可求解．
【详解】解：依题意
（1）在Rt△ABC中，∠C=90°，
∵a=6，b=23，
∴根据勾股定理a2+b2=c2得，c=a2+b2=62+(23)2=43，
∴c=43；
（2）∵∠B=45°，
∴Rt△ABC为等腰直角三角形，
∵a+b=6，
∴a=b=3，
∴根据勾股定理得，
c=a2+b2=32+32=32，
∴ c=32，
∴此三角形的三边分别为：a=32，b=32，c=6；
（3）∵在△ABC中，∠C=90°，
∴sinA=ac=12，
∵c=6，
∴a=12c=3，
根据勾股定理得．
b=c2−a2=62−32=33，
∴此三角形的三边分别为：a=3，b=33，c=6．
【点睛】此题主要考查直角三角形勾股定理的运用，要掌握三角形“知二求三”的技巧，熟练运用勾股定理．
【变式6-2】（2023秋·江苏盐城·九年级统考期末）在RtΔABC中，∠C=90°，∠A−∠B=30°，a−b=23−2，解这个直角三角形．
【答案】a＝23、 b＝2、c＝4
【分析】利用三角形内角和定理构建方程组求出∠A，∠B的值，再利用正切的定义得a=3b，解方程组求出a，b，即可解决问题．
【详解】解：由题意知： ∠A−∠B=30°∠A+∠B=90°，
解得：∠A=60°∠B=30°，
∵ tanA=ab，
∴ a=btanA=btan60°=3b，
由a−b=23−2a=b3，
解得：a=23b=2，
∵ sinB=bc，
∴c=2b=4．
【点睛】本题考查解直角三角形，特殊角的三角函数值等知识，解题的关键是学会利用数量关系构建方程组解决问题．
【变式6-3】（2023秋·山东烟台·九年级统考期中）在ΔABC中，已知∠C=90°，b+c=30，∠A−∠B=30°．解这个直角三角形．
【答案】∠A=60°，∠B=30°，a=103，b=10，c=20．
【分析】根据∠C=90°可得∠A+∠B=90°，再结合∠A-∠B=30°可算出∠A、∠B、∠C的度数，再根据特殊角的三角函数值计算出三边长即可．
【详解】解：∵∠C=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∵∠A-∠B=30°，
∴∠A=60°，∠B=30°，
∵sin30°=bc=12，
∴b=12c，
∵b+c=30，
∴12c+c=30，
解得c=20，
则b=10，
a=202−102=103．
【点睛】本题考查解直角三角形，解题的关键是掌握特殊角的三角函数值．
【题型7 解双直角三角形】
【例7】（2023秋·山西运城·九年级统考期末）如图，在△ABC中，BC=2，tanB=12，点D是BC延长线上一点，tan∠ACD=34．

(1)求点A到BD的距离；
(2)求sinA的值．
【答案】(1)3
(2)2255
【分析】（1）作AE⊥BD于点E，设AE=3x，由tanB=12可得BE=2AE=6x，由tan∠ACE=AECE=34可得CE=43AE=4x．由BC=BE−CE得到2=6x−4x，解得x=1，得到AE=3，即可得到点A到BD的距离；
（2）作CF⊥AB于点F，由（1）可得BE=6，CE=4，由勾股定理得到AB=35，AC=5，由S△ABC=12BC⋅AE=12AB⋅CF得到CF＝255，即可得到sinA的值．
【详解】（1）解：作AE⊥BD于点E，

设AE=3x，
在Rt△ABE中，∠AEB=90°，
∵tanB=AEBE=12，
∴BE=2AE=6x，
在Rt△ACE中，∠AEC=90°，
∵tan∠ACE=AECE=34，
∴CE=43AE=4x．
∵BC=BE−CE，
∴2=6x−4x，
∴x=1，
∴AE=3；
即点A到BD的距离为3；
（2）作CF⊥AB于点F，

由（1）可得BE=2AE=6x=6，CE=4x=4，
在Rt△ABE中，AB=AE2+BE2=32+62=35，
在Rt△ACE中，AC=AE2+CE2=32+42=5，
∵S△ABC=12BC⋅AE=12AB⋅CF，
∴12×2×3=12×35CF，
∴CF=255，
在Rt△ACF中，∠AFC=90°，
则sin∠BAC=CFAC=2555=2255．
【点睛】此题考查了解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握锐角三角函数的定义和勾股定理是解题的关键．
【变式7-1】（2023秋·安徽蚌埠·九年级校考期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=5，点D是AC上一点，连接BD．若tanA=12，tan∠ABD=13，则CD= ．
【答案】5
【分析】过点D作DE⊥AB于点E．由tanA=BCAC=12，可求出AC=25，进而由勾股定理可求出AB=5．再根据tanA=DEAE=12，tan∠ABD=DEBE=13，可设DE=x，则AE=2x，BE=3x，从而由AE+BE=AB可列出关于x的等式，解出x 的值，即可求出DE=1，AE=2，最后根据勾股定理可求出AD，进而可求出CD．
【详解】如图，过点D作DE⊥AB于点E．
∵∠C=90°，
∴tanA=BCAC=12，即5AC=12，
解得：AC=25，
∴AB=AC2+BC2=(25)2+(5)2=5．
∵tanA=DEAE=12，tan∠ABD=DEBE=13，
∴可设DE=x，则AE=2x，BE=3x．
∵AE+BE=AB，
∴2x+3x=5
解得：x=1，
∴DE=1，AE=2，
∴AD=DE2+BE2=5，
∴CD=AC−AD=5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查解直角三角形，勾股定理等知识．正确作出辅助线是解题关键．
【变式7-2】（2023秋·陕西渭南·九年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，∠B=90°,AB=2．连接AC,AC⊥CD．若sin∠ACB=13,tan∠DAC=43，求CD的长．

【答案】8
【分析】先在△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出AC的长，然后在△ACD中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答；
【详解】解：∵∠B=90°,AB=2,sin∠ACB=13，
∴AC=ABsin∠ACB=213=6
∵AC⊥CD,
∴∠ACD=90°，
在Rt△ACD中，tan∠DAC=43,AC=6，
∴CD=AC⋅tan∠DAC=6×43=8．
【点睛】本题考查了解直角三角形，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键
【变式7-3】（2023·湖北武汉·校考一模）如图，已知D为等腰Rt△ABC的腰AB上一点，CD绕点D逆时针旋转90°至ED，连接BE，CE，M为BE的中点，则当tan∠EDA=12时，DMBC= ．

【答案】14
【分析】连接AE，过点E作EF⊥AB于点F，根据旋转的性质可得CD=ED，∠CDE=90°，推出∠EDA=∠ACD，则tan∠ACD=ADAC=ADAB=12，根据三角形的中位线定理可得DM=12AE，通过证明△ACD≌△FDE，可推出△ABC∽△FEA，得出AE=12BC，即可求解．
【详解】解：连接AE，过点E作EF⊥AB于点F，
∵CD绕点D逆时针旋转90°至ED，
∴CD=ED，∠CDE=90°，则∠CDA+∠EDA=90°，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AC=AB,∠BAC=90°，
∴∠CDA+∠ACD=90°，
∴∠EDA=∠ACD，
∵tan∠EDA=12，
∴tan∠ACD=ADAC=ADAB=12，
∴点D为AB中点，
∵M为BE的中点，
∴DM=12AE，
∵∠EDA=∠ACD，∠F=∠CAD，CD=ED，
∴△ACD≌△FDE，
∴EF=AD=12AB,DF=CA，
∴DF=AB，
∴DF−AD=AB−AD，即AF=BD，
则AF=12AB=12AC，
∵EF=12AB，∠F=∠BAC，AF=12AC，
∴△ABC∽△FEA，
∴AE=12BC，
∴DM=12AE=14BC，即DMBC=14，
故答案为：14．

【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质，解题的关键是掌握全等三角形对应边相等，相似三角性质对应边成比例．
【题型8 解直角三角形与四边形的综合应用】
【例8】（2023秋·湖南衡阳·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=12，点E在AB上，AE=5，P是AD上一点，将矩形沿PE折叠，点A落在点A′处．连接AC，与PE相交于点F，设AP=x．

(1)AC=________；
(2)若点A在∠BAC的平分线上，求FC的长；
(3)求点A′，D距离的最小值，并求此时tan∠APE的值．
【答案】(1)AC=413
(2)CF=413−5
(3)tan∠APE=32
【分析】（1）利用勾股定理求解即可．
（2）证明AE=AF=5，可得结论．
（3）利用勾股定理求出DE，根据DA′≥DE−EA′，可得结论．
【详解】（1）如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵AB=8，BC=12，
∴AC=AB2+BC2=82+122=413，
故答案为：AC=413；
（2）如图1中，∵AA′平分∠BAC，

∴∠EAA′=∠FAA′，
由翻折可知，AA′⊥EF，
∴∠EAA′+∠AEF=90°，∠AFE+∠FAA′=90°，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF=5，
∴CF=AC−AF=413−5；
（3）如图2中，连接DE，DA′．

在Rt△ADE中，∠EAD=90°，AE=5，AD=BC=12，
∴DE=AE2+AD2=52+122=13，
∵EA=EA′=5，
∴DA′≥DE−EA′=8，
∴DA′的最小值为8，
此时E，A′，D共线，设PA=PA′=x，则有12−x2=x2+82，
解得x=103，
∴tan∠APE=AEAP=5103=32．
【点睛】本题考查了四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式8-1】（2023春·广东揭阳·九年级统考期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△COD关于CD的对称图形为△CED．

(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)连接AE，若CD=6cm，AD=83cm．
①求sin∠EAD的值；
②若点P为线段AE上一动点（不与点A重合），连接OP，一动点Q从点O出发，以1cm/s的速度沿线段OP匀速运动到点P，再以53cm/s的速度沿线段PA匀速运动到点A，到达点A后停止运动．设点Q沿上述路线运动到点A所需要的时间为t，求t的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①sin∠EAD=35；②t的最小值为3
【分析】（1）根据矩形的性质可得OD=OC，折叠的性质可得DE=EC=OD=OC，即可求证；
（2）①连接EO交CD于点M，作EH⊥AD交AD的延长线于H，根据菱形的性质得出，DM=CM=12CD=3，OM=EM=12AD=43，通过证明四边形EHDM是矩形，得出EH=3， DH=EM=43，则AH=AD+DH=4，根据勾股定理得出AE=EH2+AH2=5最后根据sin∠EAD=EHAE，即可求解；②根据题意得出点Q的运动时间t=OP+35PA ，连接OP，过点P作PH⊥AD于H，则PHPA=35，进而得出t=OP+PH，根据垂线段最短可知，当点O，P，H共线且与OM重合时，t有最小值，t的最小值为OM的值，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OA=OC，OB=OD，
∴OD=OC，
∵△COD关于CD的对称图形为△CED，
∴DE=EC=OD=OC，
∴四边形ODEC是菱形．
（2）解：①如答图1中，连接EO交CD于点M，作EH⊥AD交AD的延长线于H．

∵四边形EDOC是菱形，
∴OE⊥CD，EM=OM，DM=CM=12CD=3
∵OA=OC，
∴OM为△ACD中位线，
∴OM=EM=12AD=43，
∵∠H=∠HDM=∠EMD=90°，
∴四边形EHDM是矩形，
∴EH=3， DH=EM=43，
∴AH=AD+DH=83+43=4，
在Rt△AHE中，
AE=EH2+AH2=32+42=5
∴sin∠EAD=EHAE=35
②由题意得：点Q的运动时间t=OP1+PA53=OP+35PA
如答图2中，连接OP，过点P作PH⊥AD于H，

由①sin∠EAD=35，得PHPA=35
∴35PA=PH
∴t=OP+PH
过点O作OM⊥AD于M．如答图2
根据垂线段最短可知，当点O，P，H共线且与OM重合时，
t有最小值，t的最小值为OM的值，
又OM=12CD=3
所以t的最小值为3．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质、勾股定理、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，是中考压轴题．
【变式8-2】（2023春·湖南株洲·九年级统考期中）中国最早的一部数学著作《周髀算经》中记载着勾股定理，约1400年后的汉代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的证明．这就是如图所示的“赵爽弦图”，若sinα−csα=55，则小正方形与直角三角形的面积比为（ ）

A．1:5B．1∶1C．2:5D．1∶5
【答案】B
【分析】在Rt△ABC中，根据锐角三角函数的定义得出sinα=BCAB，csα=ACAB，代入sinα−csα=55，两边平方得出BC−ACAB2=15，由“赵爽弦图”，结合图形可知BC−AC等于小正方形的边长，那么S小正方形S大正方形=15．再根据S小正方形+4S直角三角形=S大正方形，即可求解．
【详解】解：如图．

在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，
∴sinα=BCAB，csα=ACAB．
∵sinα−csα=55，
∴BCAB−ACAB2=552，
∴BC−ACAB2=15，
即S小正方形S大正方形=15．
设S小正方形=k，则S大正方形=5k，
∴S直角三角形=14(S大正方形−S小正方形)=k，
∴S小正方形S直角三角形=kk=1．
故选：B．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，正方形的面积，勾股定理的证明等知识，难度中等．知道“赵爽弦图”中各线段之间的关系是解题的关键．
【变式8-3】（2023秋·山西运城·九年级统考期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别交AD，BC于点E，F，EF与AC相交于点O，连接AF，CE．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）已知sin∠ACF=55，CF=5，AB=6，请你写出sinB的值．
【答案】（1）见解析；（2）23
【分析】（1）方法一：先证明ΔAOE≌ΔCOF，可得OE=OF，再证明四边形AECF是平行四边形，结合EA=EC，从而可得结论；方法二：先证明ΔAOE≌ΔCOF，可得OE=OF，再证明四边形AECF是平行四边形，结合EF⊥AC，从而可得结论；方法三：证明EA=EC=FC=FA，从而可得结论；
（2）如图，过A作AH⊥BC于H, 利用菱形的性质结合三角函数先求解菱形的对角线的长及菱形的面积，再利用12AC·EF=CF·AH, 求解AH, 从而可得答案.
【详解】（1）方法一：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC
∴∠EAC=∠ACF,∠AEF=∠CFE.
又∵EF垂直平分AC，
∴OA=OC．EA=EC．
∴ΔAOE≌ΔCOF．
∴OE=OF．
∴四边形AECF是平行四边形．
∵EA=EC
∴四边形AECF是菱形．
方法二：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴∠EAC=∠ACF,∠AEF=∠CFE.
又∵EF垂直平分AC，
∴OA=OC．EF⊥AC．
∴ΔAOE≌ΔCOF．
∴OE=OF．
∴四边形AECF是平行四边形．
∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形．
方法三：∵EF垂直平分AC，
∴OA=OC，EA=EC,FA=FC.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴∠EAC=∠ACF,∠AEF=∠CFE.
∴ΔAOE≌ΔCOF．
∴AE=CF．
∴EA=EC=FC=FA.
∴四边形AECF是菱形．
（2）如图，过A作AH⊥BC于H,
∵ 四边形AECF是菱形．
∴AC⊥EF,OE=OF,OA=OC,
∵CF=5,sin∠ACF=55,
∴OFCF=55, 则OF=5,EF=25,
∴OC=CF·cs∠ACF=5×255=25,AC=45,
∵12AC·EF=CF·AH,
∴AH=205=4,
∴sinB=AHAB=46=23.
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，菱形的判定，菱形的性质，锐角三角函数的应用，掌握“选择合适的判定方法判断菱形及利用等面积法求解菱形的高”是解本题的关键.