中考数学一轮复习考点（全国通用）考向32 锐角三角函数专题特训（含答案）

这是一份中考数学一轮复习考点（全国通用）考向32 锐角三角函数专题特训（含答案），共59页。

1．（2022·陕西·统考中考真题）如图，是的高，若，，则边的长为（ ）
A．B．C．D．
2．（2022·四川乐山·统考中考真题）如图，在中，，，点D是AC上一点，连接BD．若，，则CD的长为（ ）
A．B．3C．D．2
3．（2020·安徽·统考中考真题）如图，中， ，点在上，．若，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
4．（2022·山东济南·统考中考真题）数学活动小组到某广场测量标志性建筑AB的高度．如图，他们在地面上C点测得最高点A的仰角为22°，再向前70m至D点，又测得最高点A的仰角为58°，点C，D，B在同一直线上，则该建筑物AB的高度约为（ ）（精确到1m．参考数据：，，，）
A．28mB．34mC．37mD．46m
5．（2022·广东广州·统考中考真题）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上， 且CE = 1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（ ）
A．B．
C．D．
6．（2020·山东济南·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AD＝10，AB＝8，将AB沿AE翻折，使点B落在处，AE为折痕；再将EC沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB'上的点处，EF为折痕，连接．若CF＝3，则tan＝_____．
7．（2022·重庆·统考中考真题）如图，三角形花园紧邻湖泊，四边形是沿湖泊修建的人行步道．经测量，点在点的正东方向，米．点在点的正北方向．点，在点的正北方向，米．点在点的北偏东，点在点的北偏东．
(1)求步道的长度（精确到个位）；
(2)点处有直饮水，小红从出发沿人行步道去取水，可以经过点到达点，也可以经过点到达点．请计算说明他走哪一条路较近？（参考数据：，）
8．（2021·四川内江·统考中考真题）如图，是的直径，、是上两点，且，过点的直线交的延长线于点，交的延长线于点，连接、交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结，在（2）的条件下，求的长．
【考点梳理】
考点1：锐角三角函数的定义、特殊角的三角函数值
1．锐角三角函数的概念
（1）锐角A的正弦、余弦、正切、余切都叫做∠A的锐角三角函数.
（2）在△ABC中，∠C=90°,
∠A的正弦sin A= ,∠A的余弦cs A= ,∠A的正切tan A= .
2．特殊角的三角函数值(填写下表)
考点二．解直角三角形
（1）解直角三角形的概念
在直角三角形中,除直角外,一共有5个元素,即3条边和2个锐角,由直角三角形中除直角外的已知元素求出所有未知元素的过程,叫做解直角三角形.
（2）直角三角形的解法
直角三角形的解法按除直角外已知2个元素的不同情况可大致分为四种类型:
① 已知一条直角边和一个锐角(如a,∠A),其解法为:∠B=90°-∠A,c=;
② 已知斜边和一个锐角(如c,∠A),其解法为:∠B=90°-∠A,a=;
③ 已知两直角边(如a,b),其解法为:c2=a2+b2,tan A=;
④ 已知斜边和一直角边(如c,a),其解法为:b2=c2-a2,sin A=.

考点三：解直角三角形的实际应用
【题型探究】
题型一：锐角三角函数的定义、特殊角的三角函数值
9．（2023·河北石家庄·校考一模）在正方形网格中，以格点O为圆心画圆，使该圆经过格点A，B，并在点A，B的右侧圆弧上取一点C，连接AC，BC，则的值为（ ）
A．B．C．1D．
10．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，已知正方形，若点E在正方形内，且，当时，的度数为（ ）
A．30°B．150°C．45°D．135°
11．（2023·广东·一模）如图，在中，，将绕点A逆时针旋转，得到，连接并延长交AB于点D，当时，的长是（ ）
A．B．C．D．
题型二：同角三角函数求值
12．（2022·广东梅州·统考一模）如图，在Rt和Rt中，，，AB=AE=5．连接BD，CE，将△绕点A旋转一周，在旋转的过程中当最大时，△ACE的面积为（ ）．
A．6B．C．9D．
13．（2021·江苏·校联考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，D是边AB上一点，连结CD，将△ACD沿CD翻折得到△ECD，连结BE．若四边形BCDE是平行四边形，则BC的长为（ ）
A．B．3C．2D．3
14．（2019·陕西宝鸡·统考一模）如图，直径为10的⊙A经过点C(0，5)和点O(0，0)，B是y轴右侧⊙A优弧上一点，则∠OBC的余弦值为( )
A．B．C．D．
题型三：解直接三角形
15．（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图，在中，，点D在边上，且，连接，若，则的长为（ ）
A．8B．7C．6D．5
16．（2023·陕西宝鸡·统考一模）如图，在中，，，，则边的长为（ ）
A．B．C．D．
17．（2023·山西临汾·统考一模）如图，在中，过点作，垂足为．若，，，则的长为（ ）．
A．B．C．D．
18．（2022·浙江杭州·校考二模）如图，的半径于点C，连接并延长交于点E，连接．若，，则为（ ）
A．B．C．D．
题型四：仰角俯角问题
19．（2023·广东深圳·统考一模）如图，甲乙两楼相距30米，乙楼高度为36米，自甲楼顶A处看乙楼楼顶B处仰角为，则甲楼高度为（ ）
A．15米B．米C．米D．米
20．（2023·四川绵阳·统考二模）年月日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十三号载人飞行任务收得圆满成功，中国航天，又站在了一个新的起点．如图年月日，神舟十三号载人飞船从地面处成功发射，当飞船到达点时，地面处的雷达站测得米，仰角为，秒后，飞船直线上升到达点处，此时地面处的雷达站测得处的仰角为．点，，在同一直线上，已知，两处相距米，则飞船从到处的平均速度为（ ）米秒．（结果精确到米；参考数据：，）
A．336B．335C．334D．333
题型五：方位角问题
21．（2023·陕西西安·校考三模）某驱逐舰在海上执行任务后刚返回到港口，接到上级指令，发现在其北偏东方向上有一艘可疑船只，与此同时在港口处北偏东方向上且距离处有另一艘驱逐舰也收到了相关指令，驱逐舰恰好在可疑船只的南偏东的方向上，则可疑船只距离港口的距离为（ ）
A．B．C．D．
22．（2022·河北石家庄·二模）如图，某渔船正在海上P处捕鱼，先向北偏东30°的方向航行10km到A处．然后右转40°再航行到B处，在点A的正南方向，点P的正东方向的C处有一条船，也计划驶往B处，那么它的航向是（ ）
A．北偏东20°B．北偏东30°C．北偏东35°D．北偏东40°
题型六：坡度坡比问题
23．（2022·山东济南·统考模拟预测）小明去爬山，在山脚A看山顶D的仰角，小明在坡比为的山坡上走1300米到达B处，此时小明看山顶的仰角，则山高为（ ）米
A．B．C．D．
24．（2022·广东广州·广州市第一中学校考模拟预测）如图，某人在山坡坡脚C处测得一座建筑物顶点A的仰角为，沿山坡向上走到P处再测得该建筑物顶点A的仰角为．已知BC=90米，且B、C、D在同一条直线上，山坡坡度i=5：12，求此人从所在位置点P走到建筑物底部B点的路程（ ）米.（结果精确到0.1米）（测倾器的高度忽略不计，参考数据：，）
A．B．C．D．
题型七：三角函数和其他知识点综合
25．（2023·广东汕头·校联考一模）如图，、是的切线，、是切点，是的直径，连接，交于点，交于点．
(1)求证：；
(2)若恰好是的中点，且四边形的面积是，求阴影部分的面积；
(3)若，且，求切线的长．
26．（2023·广西桂林·统考一模）如图，在矩形中，，以点为原点，分别以，所在直线为轴，轴，建立直角坐标系，反比例函数的图象与边交于点，交边于点，连接．
(1)求k的值；
(2)求的值（用含n的代数式表示）；
(3)将沿翻折，当点C恰好落在x轴上时，求n的值．
27．（2023·湖北孝感·校考一模）在中，，，线段绕点A逆时针旋转至（不与AC重合），旋转角记为，的平分线与射线相交于点E，连接．
(1)如图①，当时，的度数是_______；
(2)如图②，当时，求证：；
(3)当，时，请直接写出的值．
【必刷好题】
一、单选题
28．（2023·江苏宿迁·统考一模）如图，在正方形网格中，的顶点均在格点上，则的值为（ ）
A．B．C．D．
29．（2023·广东广州·执信中学校考一模）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表．其中《方田》章给出计算弧田面积所用公式为：弧田面积（弦×矢+矢2），弧田（如图）是由圆弧和其所对的弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长AB“矢”等于半径长与圆心О到弦的距离之差．在如图所示的弧田中，“弦”为8，“矢”为3，则（ ）
A．B．C．D．
30．（2023·江苏无锡·江苏省锡山高级中学实验学校校考一模）如图，点A是反比例函数图像上一动点，连接AO并延长交图像另一支于点B．又C为第一象限内的点，且，当点A运动时，点C始终在函数的图像上运动．则∠CAB的正切值为（ ）
A．2B．4C．D．
31．（2023·广东深圳·二模）如图分别是个高压电塔的位置．已知电塔两点水平之间的距离为米（），，则从电视塔到海拔上升的高度（的长）为（ ）
A．B．C．D．
32．（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，，分别为的切线，切点为，，点为弧上一动点，过点作的切线，分别交，于点，，作的内切圆，若，的半径为，的半径为，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
33．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，在菱形中，，交的延长线于点E．连接交于点F，交于点G．于点H，连接．有下列结论：①；②；③；④则上述结论中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题
34．（2023·广东惠州·校考一模）如图，在的外接圆中，，，点E为的中点，则的直径为______．
35．（2023·上海徐汇·统考一模）如图，在由正三角形构成的网格图中，三点均在格点上，则的值为___________．
36．（2023·湖北孝感·校考一模）如图，小明在一块平地上测山高，先在B处测得山顶A的仰角为，然后向山脚直行200米到达C处，再测得山顶A的仰角为，那么山高约是___米（结果保留整数，参考数据：，）
37．（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，某科技兴趣小组在操场上活动，此时无人机在离地面的点处，无人机测得操控者的俯角为，测得点处的俯角为．又经过人工测量操控者和教学楼之间的水平距离为，教学楼的高度________．（注：点，，，在同一平面上，参考数据：，结果保留整数）
38．（2023·安徽安庆·统考一模）如图，D是等腰的斜边边上一点，连接，作的外接圆，并将沿直线折叠，点C的对应点E恰好落在的外接圆上， 若，．① _____ ②的外接圆的面积为__________（结果保留）
39．（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，的解析式为，点A坐标为，过A作，垂足为点；过点作轴，垂足为点；再过点作，垂足为点；再过点作轴，垂足为点，这样一直作下去，则的纵坐标为_____．
三、解答题
40．（2023·陕西西安·高新一中校考二模）长安塔是2011西安世园会的标志，也是园区的观景塔，游人可登塔俯瞰，全园美景尽收眼底．该塔的设计既体现了中国建筑文化的内涵，又彰显出时尚现代的都市风貌，是生态建筑的实践和示范，建成后的目标是成为提升西安城市建筑文化内涵的标志性建筑．小华是一位数学爱好者，想利用所学的知识测量长安塔的高度，阳光明媚的一天，小华站在点D处利用测倾器测得塔尖A的仰角为，然后沿着方向走了60米到达点F处，此时塔的影子顶端与小华的影子顶端恰好重合，小华身高米，测得米，测倾器的高度米，已知，，．请你根据以上信息，计算塔的高度．（结果精确到1米；参考数据：）
41．（2023·山东济宁·统考一模）如图，为的直径，C为上一点，D为延长线上一点，．
(1)求证：为的切线；
(2)若的半径为5，，求的长．
42．（2023·广东佛山·校考一模）如图，是的直径，弦于点E，点F在上，与交于点G，点H在的延长线上，且是的切线，延长交的延长线于点M．
(1)求证：；
(2)连接，若，，求的长．
43．（2023·陕西西安·校考二模）华山是陕西著名的景点之一，西峰是华山最秀丽险峻的山峰，峰顶翠云宫前有巨石状如莲花，故又名莲花峰．游客可以从山底乘坐索道车到达西峰，小明要测量峰顶翠云宫的高度，他在索道A处测得翠云宫底部B的仰角约为，测得翠云宫顶部C的仰角约为，索道车从A处运行到B处的距离约为300米．请你利用小明测量的数据，求翠云宫的高度．（结果保留整数．参考数据：）
44．（2023·广东惠州·校联考一模）如图，四边形内接于，是的直径，，垂足为E，平分．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求和弧的长．
45．（2023·浙江温州·统考一模）如图，在矩形中，，点在上，，，于点分别是线段上的点，且满足，设，．
(1)求的长．
(2)求关于的函数表达式．
(3)连结，过点作交于点，连结．
①在中，以为一边的角等于时，求的值．
②作点关于的对称点，当点落在边上时，求的值．
三角函数
30°
45°
60°
sin a
cs a
tan a
参考答案：
1．D
【分析】先解直角求出AD，再在直角中应用勾股定理即可求出AB．
【详解】解：∵，
∴，
∵直角中，，
∴，
∴直角中，由勾股定理可得，．
故选D．
【点睛】本题考查利用锐角函数解直角三角形和勾股定理，难度较小，熟练掌握三角函数的意义是解题的关键．
2．C
【分析】先根据锐角三角函数值求出，再由勾股定理求出过点D作于点E，依据三角函数值可得从而得，再由得AE=2，DE=1，由勾股定理得AD=，从而可求出CD．
【详解】解：在中，，，
∴
∴
由勾股定理得,
过点D作于点E，如图，
∵，，
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴,
在中,
∴
∵
∴
故选：C
【点睛】本题主要考查了勾股定理，由锐角正切值求边长，正确作辅助线求出DE的长是解答本题的关键．
3．C
【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cs∠DBC=csA=，即可求出BD．
【详解】∵∠C=90°，
∴，
∵，
∴AB=5，
根据勾股定理可得BC==3，
∵，
∴cs∠DBC=csA=，
∴cs∠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．
4．C
【分析】在Rt△ABD中，解直角三角形求出，在Rt△ABC中，解直角三角形可求出AB．
【详解】解：在Rt△ABD中，tan∠ADB＝，
∴，
在Rt△ABC中，tan∠ACB＝，
∴，
解得：m，
故选：C．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握正切函数的定义是解题的关键．
5．D
【分析】如图，连接EF，先证明 再求解 可得 再求解 可得为等腰直角三角形，求解 再利用三角形的中位线的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接EF，
∵正方形ABCD的面积为3，

∵
∴
∴
∴

∵平分

∴
∴
∴为等腰直角三角形，

∵分别为的中点，

故选D
【点睛】本题考查的是正方形的性质，锐角三角函数的应用，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的定义，三角形的中位线的性质，求解是解本题的关键．
6．
【分析】连接AF，设CE＝x，用x表示AE、EF，再证明∠AEF＝90°，由勾股定理得通过AF进行等量代换列出方程便可求得x，再进一步求出B′C′，便可求得结果．
【详解】解：连接AF，设CE＝x，则C′E＝CE＝x，BE＝B′E＝10﹣x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴AE2＝AB2+BE2＝82+（10﹣x）2＝164﹣20x+x2，
EF2＝CE2+CF2＝x2+32＝x2+9，
由折叠知，∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF，
∵∠AEB+∠AEB′+∠CEF+∠C′EF＝180°，
∴∠AEF＝∠AEB′+∠C′EF＝90°，
∴AF2＝AE2+EF2＝164﹣20x+x2+x2+9＝2x2﹣20x+173，
∵AF2＝AD2+DF2＝102+（8﹣3）2＝125，
∴2x2﹣20x+173＝125，
解得，x＝4或6，
当x＝6时，EC＝EC′＝6，BE＝B′E＝8﹣6＝2，EC′＞B′E，不合题意，应舍去，
∴CE＝C′E＝4，
∴B′C′＝B′E﹣C′E＝（10﹣4）﹣4＝2，
∵∠B′＝∠B＝90°，AB′＝AB＝8，
∴tan∠B'AC′＝=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握折叠的性质是解题关键．
7．(1)283米
(2)经过点到达点较近
【分析】（1）过作的垂线，垂足为，可得四边形ACHE是矩形，从而得到米，再证得△DEH为等腰直角三角形，即可求解；
（2）分别求出两种路径的总路程，即可求解．
【详解】（1）解：过作的垂线，垂足为，
∴∠CAE=∠C=∠CHE=90°，
∴四边形ACHE是矩形，
∴米，
根据题意得：∠D=45°，
∴△DEH为等腰直角三角形，
∴DH=EH=200米，
∴（米）；
（2）解： 根据题意得：∠ABC=∠BAE=30°，
在中，
∴米，
∴经过点到达点，总路程为AB+BD=500米，
∴（米），
∴（米），
∴经过点到达点，总路程为，
∴经过点到达点较近．
【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．
8．（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据同圆中等弧所对的圆周角相等得到∠CAD=∠DAB，根据等边对等角得到∠DAB=∠ODA，则∠CAD=∠ODA，即可判定OD∥AE，进而得到OD⊥DE，据此即可得解；
（2）连接BD，根据相似三角形的性质求出AE=3，AD=2，解直角三角形得到∠DAB=30°，则∠EAF=60°，∠DOB=60°，DF=2，再根据S阴影=S△DOF-S扇形DOB即可得解；
（3）过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，解直角三角形得到AM=，EM=，则MB=，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）证明：如图，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，
，
，
，的半径为2，
，
，
如图，连接，
是的直径，，
，
，
，
，
即，
，
在中，，
，
，，
，
，
，
；
（3）如图，过点作于点，连接，
在中，，，
，
．
【点睛】此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、扇形的面积、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质并证明△OGD∽△EGA求出AE是解题的关键．
9．D
【分析】根据圆周角定理得出，进而即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，求特殊角的正弦值，掌握以上知识是解题的关键．
10．C
【分析】如图所示，过点E作于F，分别求出，，进而推出，然后解直角三角形即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点E作于F，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，即，
故选C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，解直角三角形，正确求出是解题的关键．
11．B
【分析】先证，再求出AB的长，最后根据弧长公式求得．
【详解】解：，
，
是绕点A逆时针旋转得到，
，，
在中，，
，
，
，
，
，
，
的长=，
故选：B．
【点睛】本题考查了图形的旋转变换，等腰三角形的性质，三角函数定义，弧长公式，正确运用三角函数定义求线段的长度是解本题的关键．
12．A
【分析】先分析出D的轨迹为以A为圆心AD的长为半径的圆，当BD与该圆相切时，∠DBA最大，过C作CF⊥AE于F，由勾股定理及三角函数计算出BD、CF的长，代入面积公式求解即可．
【详解】解：由题意知，D点轨迹为以A为圆心AD的长为半径的圆，
当BD与D点的轨迹圆相切时，∠DBA取最大值，此时∠BDA=90°，如图所示，
过C作CF⊥AE于F，
∵∠DAE=90°，∠BAC=90°，
∴∠CAF=∠BAD，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD=，
∴由sin∠CAF=sin∠BAD得：
，
即，
解得：CF=，
∴此时三角形ACE的面积==6，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质、锐角三角函数、勾股定理等知识点．此题综合性较强，解题关键是利用D的轨迹圆确定出∠DBA取最大值时的位置．
13．A
【分析】设相交于点，由翻折及题目信息可以推出，继而求出，运用三角函数值解决问题．
【详解】如图：设相交于点
由翻折可知：,
∠ACB＝90°
四边形BCDE是平行四边形
,
在中
，
AC＝3
故选A．
【点睛】本题考查了图形的翻折，平行四边形的性质，特殊角的锐角三角函数值，求出的度数是解题的关键．
14．C
【分析】连接CD，由直径所对的圆周角是直角，可得CD是直径；由同弧所对的圆周角相等可得∠OBC=∠ODC，在Rt△OCD中，由OC和CD的长可求出sin∠ODC．
【详解】设⊙A交x轴于另一点D，连接CD，
∵∠COD=90°，
∴CD为直径，
∵直径为10，
∴CD=10，
∵点C（0，5）和点O（0，0），
∴OC=5，
∴sin∠ODC= = ，
∴∠ODC=30°，
∴∠OBC=∠ODC=30°，
∴cs∠OBC=cs30°= ．
故选C．
【点睛】此题考查了圆周角定理、锐角三角函数的知识．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
15．B
【分析】在中，利用锐角三角函数的定义先求出，再利用勾股定理求出，进而求出，即可解答．
【详解】解：在中，，，，
∴，
∴，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了解直角三角形，勾股定理，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
16．B
【分析】过点A作于点D，根据三角函数值和勾股定理求出，再根据，求出，根据求出，最后求出结果即可．
【详解】解：过点A作于点D，如图所示：
∵在中，，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：或（舍去），
∴，
∵在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，特殊角的三角函数值，解题的关键是熟练掌握特殊角的三角函数值，求出．
17．B
【分析】过点A作于点H，根据平行四边形性质可知，，求出长度，再跟据平行四边形面积公式，列出方程解答即可．
【详解】
如图过点A作于点H，
∵四边形为平行四边形，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形及其对角线的性质，特殊角的三角函数，平行四边形的面积等知识点，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．
18．A
【分析】连接，过C作于Q，根据垂径定理求出，根据圆周角定理求出，根据勾股定理求出的半径，求出，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式求出，根据勾股定理求出，再解直角三角形求出答案即可．
【详解】解：连接，过C作于Q，设的半径为R，
∵，过O，，
∴，，
由勾股定理得：，
即，
解得：，
即，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，三角形的面积，解直角三角形等知识点，能求出的长度是解此题的关键．
19．B
【分析】分析题意可得：过点作，交于点；可构造，利用已知条件可求；而乙楼高．
【详解】解：过点作，交于点，
在中，米，，
∴（米），
∴（米）．
∴甲楼高为（）米．
故选B．
【点睛】此题主要考查三角函数的应用，解题的关键是熟知特殊角的三角函数值.
20．B
【分析】在中求得，进而得出，根据速度等于路程除以时间即可求解．
【详解】解：依题意，，，米，，
在中，，
在中，，
∴，
∴飞船从到处的平均速度为米秒，
故选：C．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形中的边角关系是解题的关键．
21．C
【分析】由题目条件，，得到是直角三角形，由的正弦定义即可求解．
【详解】解：船只在港口北偏东方向，在港口A处北偏东方向，
，
驱逐舰在可疑船只的南偏东的方向上，
，
，
，，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了解直角三角形-方位角的应用，三角形内角和定理，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．
22．C
【分析】连接BC，由锐角三角函数定义得AC=PA= km，则AC=AB，再由等腰三角形的性质得∠ACB=∠ABC=35°，即可得出结论．
【详解】解：如图，连接BC，
由题意得：∠ACP=∠ACD=90°，∠PAC=30°，PA=10km，∠BAE=40°，AB=km，
∴∠BAC=180°—∠PAC—∠BAE=180°—30°—40°=110°，
∵cs∠PAC==cs30°= ，
∴AC=PA=×10= km，
∴AC=AB，
∴∠ACB=∠ABC=×（180°—∠BAC）=×（180°—110°）=35°，
即B处在C处的北偏东35°方向，
故选：C．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用—方向角问题，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义等知识，由锐角三角函数定义求出AC的长是解题的关键．
23．B
【分析】根据，可得，从而得到米，米，设米，则米，由，可得米，再由，可得，从而得到，求出x，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵米，
∴米，米，
设米，则米，
∵，
∴米，
又∵，
∴，
即：，
解得，
∴米，
∴米．
即山高为米．
故选：B
【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．
24．D
【分析】首先过点P作PE⊥AB于E，PH⊥BD于H，由题意可知i=PH：CH=5：12，然后设PH=5x米，CH=12x米，在Rt△ABC中，，BC=90米，则可得，利用正切函数的知识可求AB，在Rt△AEP中，，利用正切函数可得关于x的方程，从而得出PH，在Rt△PHC中，利用勾股定理可求CP的长度，进一步可求此人从所在位置点P走到建筑物底部B点的路程．
【详解】解：如图：过点P作PE⊥AB于E，PH⊥BD于H，
设PH=BE=5x米，CH=12x米，
在Rt△ABC中，
，BC=90米，则，
即，
∴AB=180(米)，
在Rt△AEP中，，AE=AB-BE=180-5x，BH=EP=BC+CH=90+12x，
∴，
解得，
经检验是原方程的解，且符合题意，
∴(米)，
在Rt△PHC中，(米)，
故此人从所在位置点P走到建筑物底部B点的路程是：(米)，
故选：D．
【点睛】本题考查了仰角的定义，以及解直角三角形的实际应用问题，解题的关键是要能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．
25．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据切线长定理以及垂径定理以及直径所对圆周角为直角进行判定即可；
（2）利用三线合一以及圆的性质得到是等边三角形，在利用含角的直角三角形的性质用含表示各边的长度，最后结合的面积列方程求解，最后利用整体减部分的方法求阴影部分面积；；
（3）设，根据三角函数值以及勾股定理表示出，再利用勾股定理列方程求解，最后结合切线的性质以及余角的性质，利用等角的三角函数值相等求解即可．
【详解】（1）证明：、是的切线
是的直径
（2）解：恰好是的中点，
是等边三角形
设，则
四边形的面积是
解得：或（舍去）
（3）解：在中，
设，则，
在中，
解得：或（舍去）
是的切线
【点睛】本题主要考查圆与三角形综合问题，熟练运用切线长定理，三线合一以及三角函数值及勾股定理解直角三角形是解决本题的关键．
26．(1)3
(2)
(3)
【分析】（1）将点的坐标代入反比例函数表达式，即可求解；
（2）设点，得到，，即可求解；
（3）证明，得到，即可求解．
【详解】（1）解：将代入反比例函数表达式得：，
∴；
（2）由点的坐标知，，
，则，
设点，
则，，
则；
（3）过点作于点，
由（2）知，点，点，
则，，，
，
，，
，
，
而，
，
解得：（负值舍去）．
【点睛】本题考查的反比例函数综合运用，涉及到一次函数的性质、图象的折叠、解直角三角形等，综合性强，难度适中．
27．(1)
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）根据旋转的性质可知，当时，可根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理计算出的角度．再由，是的平分线可知，最后由三角形外角的性质，即得出；
（2）延长到F，使，连接．先证明，可推导，再由已知条件及等腰三角形的性质推导，然后证明，推导，最后根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理即可证明；
（3）分两种情况讨论：①当时，借助（2）可知，，，再结合题意可得出，最后根据正切的定义求解即可；②当时，在线段上取点F，使得，由（2）同理易证，即得出，，，，进而可求出，又知为等腰直角三角形，即得出，从而可推出，最后根据正切的定义即可求解．
【详解】（1）解：由旋转可知．
∵，
∴．
∵，是的平分线，
∴，
∴．
故答案为：；
（2）证明：如图，延长到F，使，连接．
∵，
∴．
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴；
（3）分类讨论：①当时，由（2）可知，，，
∵，
∴，
∴；
②当时，如图，在线段上取点F，使得，
由（2）同理易证，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
综上所述，当，时，的值为或．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，解题关键是熟练掌握相关性质，并通过作辅助线构建全等三角形．
28．C
【分析】根据正切函数的定义，即在直角三角形中，一个角的正切值等于这个角的对边与邻边的比值，即可求解．
【详解】解：由图可知：，
故选：C．
【点睛】本题考查了正切函数的定义，熟练掌握和运用正切函数的定义是解决本题的关键．
29．D
【分析】如图，作交于H,交圆弧于C，利用垂径定理和勾股定理构建方程组求出OA，OH，利用余弦函数定义即可解决问题．
【详解】解：如图，作交于H,交圆弧于C
由题意：，
∴，
∵，为半径，
∴，
在中
由勾股定理得，
∴，
∴，
∴， ，
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查垂径定理、勾股定理、三角函数的定义等知识点，灵活运用垂径定理与勾股定理是解题关键．
30．A
【分析】连接，过点作轴于点，过点作轴于点，如图所示：根据轴对称的性质得到．根据等腰三角形的性质得到．根据相似三角形的性质得到，得到，，即可得到结论．
【详解】解：连接，过点作轴于点，过点作轴于点，如图所示：
由直线与反比例函数的对称性可知、点关于点对称，
．
又，
．
，，
，
又，，
，
，
，，
，，
，
（负值舍去），
的正切值为，
故选：A．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数的性质以及相似三角形的判定及性质，解题的关键是求出．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，巧妙的利用了相似三角形的性质找出对应边的比例，再结合反比例函数图象上点的坐标特征找出结论．
31．A
【分析】在中根据的正切值即可求解．
【详解】解：根据题意可知，，，，
∴，
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查直角三角形中正切的计算，理解正切的计算方法是解题的关键．
32．D
【分析】设的内切圆与、、的交点分别为、、，连接、、、、、、，由题意及证明可得：， ，最后由，即可求解．
【详解】如图，设的内切圆与、、的交点分别为、、连接、、、、、、
，，
根据题意，过点作的切线，分别交，于点，
，
，分别为的切线
，
是的角平分线
．
故答案选：D．
【点睛】本题考查了切线长定理和锐角三角函数的概念，证明是解题的关键．
33．D
【分析】利用菱形的性质和全等三角形的判定证明①，证明，从而证明②，由含30°直角三角形的性质和相似三角形的性质分析求解，从而证明③和④．
【详解】解：在菱形中，，
又∵，
∴，
∴，故①正确；
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，故②正确；
∵在菱形中，，
∴，
又∵，
∴在中，，
∴，
∴在菱形中，，
又∵，
∴，
∴，
∴
由②已证，
设，
∴，，
∴，故③正确；
由③已知，
设，
∴，
∴在中，，
在中，，
，
在中，，，
∴，
∴在中，，
又由②③已证，，，
设，则，
∴，解得（负值舍去），
∴，
∴，故④正确，
故选D．
【点睛】本题考查菱形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理以及解直角三角形，题目有一定难度，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．
34．####2.5
【分析】连接，根据等腰三角形的性质得到，，根据正弦函数可求得半径，即可求解．
【详解】解：连接，则，
∵点E为的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴的直径为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，正弦函数，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
35．##
【分析】根据等边三角形的性质可得，然后设正三角形构成的网格线段长为，分别求出直角边，，然后根据勾股定理求出，最后根据三角函数定理即可求出．
【详解】解：由正三角形的性质可知，
设正三角形构成的网格线段长为，
在中，，，
根据勾股定理，可得，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，三角函数、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题关键．
36．273
【分析】设，易得，在中，利用，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：，
设，
在中，，，
∴，
∴，
在中，，
即：，
解得：．
答：山高约是米；
故答案为：273．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用．熟练掌握锐角三角函数的定义，熟记特殊角的三角函数值，是解题的关键．
37．15
【分析】过点D作于点E，过点C作于点F，由锐角三角形函数的定义得到，接着求出，再求出，即可解决问题．
【详解】如图：
过点D作于点E，过点C作于点F，则四边形是矩形，
由题意得：，，
在中，
四边形是矩形
在中，
故答案为：15．
【点睛】本题考查了直角三角形的应用中仰角、俯角问题，正确做出辅助线构造直角三角形是解题关键．
38． 6
【分析】根据沿直线折叠得到可得，根据圆周角定理可得，，根据等腰可得，结合三角形内外角关系即可得到，即可得到，结合，即可得，，设半径为r，即可得到答案；
【详解】解：过A作交于F，连接交于O，
∵沿直线折叠得到，
∴，
∵弧弧，弧弧，
∴，，
∵是等腰三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是直径，
∴点O是圆心，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
根据勾股定理可得，
，
设圆的半径为r，
∴ ，，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：6，；
【点睛】本题考查圆周角定理，勾股定理，等腰三角形底边上三线合一，解题的关键是根据圆周角定理得到等腰三角形．
39．
【分析】根据确定，利用直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，确定，，确定变化规律计算即可．
【详解】∵
∴，
∴，
∵点A坐标为，
∴，，
∴，
同理可得，
故，
故答案为：．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，规律的探索，熟练掌握直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，确定正确的变化规律是解题的关键．
40．95米
【分析】过点C作于点N，设米，则米，米，根据，列比例式计算即可．
【详解】如图，过点C作于点N，
∵，，，
则四边形是矩形，
∴，
设米，米，
∵，
∴米，米，米，
∵，，，，
∴，
∴，
∴，
解得（米），
∴米．
故塔高约95米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握三角形相似的判定和性质，灵活解直角三角形是解题的关键．
41．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图所示，连接，由直径所对的圆周角是直角得到，则，再根据等边对等角和已知条件证明，推出，由此即可证明为的切线；
（2）先解，得到 ，，证明，得到，设，则，利用勾股定理建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴为的切线；
（2）解：在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得（不合题意的值舍去），
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质与判定，等边对等角等等，正确作出辅助线是解题的关键．
42．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据切线性质得出，根据余角的性质证明，根据对顶角相等得出，求出，即可证明结论；
（2）连接，证明，得出，根据得出，即，求出，得出，，，根据勾股定理求出，证明，最后根据勾股定理求出结果即可．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：连接，如图所示：
由（1）得，，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（负值舍去），
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的判定，三角函数的应用，余角的性质，解题的关键是作出辅助线，证明．
43．45米
【分析】利用正弦、余弦的概念，在中，得到，的长，再根据的长，解出在中的长，最后得到．
【详解】解：在中，米，
（米），（米）．
在中，，
（米）．
（米）．
翠云宫的高度约为45米．
【点睛】本题考查了解直角三角形中的仰角俯角问题，熟练运用直角三角形中正弦、余弦、正切的概念是解题的关键．
44．(1)见解析
(2)；
【分析】1）连接，推出，推出，推出，即可得出答案；
（2）先求出，可得，求出，即可求出，连接，继而求得半径，，根据弧长公式求得弧，即可求解．
【详解】（1）连接．
∵，
∴．
∵平分，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵是的半径，
∴是的切线．
（2）∵是的直径，
∴．
∵
∴
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
连接，
∴，
∴
【点睛】本题主要考查了切线的性质和判定、弧长公式、三角形的内角和定理、含30度角的直角三角形、等腰三角形、平行线的判定及性质等知识点的应用，掌握以上知识是解题的关键．
45．(1)
(2)
(3)①；②
【分析】（1）设，可用含的式子表示，在中，由勾股定理即可求解；
（2）根据，，可求出，在中，根据，即可求解；
（3）①由题意可知，分类讨论，当时；当时；②的对应点恰好落在上，可得，根据，可得，，，由此即可求解．
【详解】（1）解：设，
在矩形中，，，
∴，
在中，由勾股定理得，解得，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
在中，，
∴，，
∴．
（3）解：由题意可知，
①如图1，当时，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
如图2，当时，
作于点，于点，
∵，
∴，即，
∴，
∴，即，
∴；
②如图3．
∵的对应点恰好落在上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，得，
∴，
∴，
∴，，
∴．