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（小专题冲刺训练）锐角三角函数压轴题-2025年中考数学专题突破
1．某“综合与实践”活动小组的同学在学习了解直角三角形的知识后，想要自主设计一道试题，他们在公园测量了如图①所示健身器材的数据，并绘制了其底座的简化示意图(如图②) ，设计题目如下：该款健身器材的座位平行于地面，支架，，支架与座位的夹角，与支架的夹角为，求座位距离地面的高度．（结果精确到．参考数据：，，，）
2．中小学生拉杆式书包通过底部的滑轮来拉动书包，有效减少了书包对背部的压力，而且拉杆书包通常配备可拆卸的拉杆，当书本不多时，可以拆下拉杆，像普通书包一样背在身上，非常方便．某种拉杆式书包示意图如图所示（滚轮忽略不计），箱体截面是矩形，的长度为，两节可调节的拉杆长度相等，且与在同一条直线上．如图，当拉杆伸出一节时，与地面夹角；如图，当拉杆伸出两节（，）时，与地面夹角，两种情况下拉杆把手点距离地面高度相同．求每节拉杆的长度．（参考数据：，，，）
3．如图1是某型号挖掘机，该挖掘机是由基座、主臂和伸展臂构成．图2是某种工作状态下的侧面结构示意图（是基座的高，是主臂，是伸展臂，）．已知基座高度为，主臂长为5m，测得主臂伸展角．（参考数据：，，，）．
(1)求点到地面的高度；
(2)当挖掘机挖到地面上的点时，，求的度数．
4．“裁剪1次”是指在单张平面图形（或将此图形经过若干次折叠后），用剪刀沿某条路径（图1中，裁剪路径为直线）进行一次裁剪将其裁开的操作．若进行次裁剪，则记载剪次数为．某数学综合实践活动小组开展裁剪卡纸的活动（裁剪路径均为直线），将一个长为，宽为的可折叠矩形卡纸（如图2）裁剪为八边形卡纸，得到的八边形需满足以下要求：①该八边形的所有顶点都在原矩形卡纸的边上，②原矩形卡纸的每一条对称轴都是该八边形的对称轴．
(1)为了得到符合要求的八边形卡纸，请用文字简要描述你的裁剪方法（要求：裁剪次数最少，获得满分）；
(2)当，时，经裁剪得到符合要求且各边长相等的八边形卡纸，如图3，求得到的该八边形卡纸的面积；
(3)该小组在一系列探究后发现可以提供一款矩形卡纸，使其经裁剪能得到符合要求的八边形卡纸，且该八边形是正八边形．请分析他们的说法是否正确？若正确，求该款矩形卡纸长和宽之间的数量关系；若不正确，请说明理由．
5．如图，在中，，，，点D是边上一动点（点D不与B，C重合），连接，以为边在直线右侧作，使得．
【初步感知】
（1）如图1，在点D的运动过程中，与始终保持相似关系，请说明理由．
【深入探究】
（2）如图2，随着点D位置的变化，的位置随之发生变化，当的中点M恰好落在上时，求的值．
【拓展延伸】
（3）如图3，交于点F，P为的中点．当为等边三角形时，求的长．
6．如图1，四边形是一张矩形纸片，小明用该纸片玩折纸游戏．
游戏1 折出对角线，将点A沿过点B的直线翻折到上，折痕BE交于点F，交于点E．展开后如图2所示．
（1）若E恰好为的中点，证明：，并求与之间的数量关系．
游戏2 在游戏1的基础上，将翻折至与重合，折痕为，展开后将点A沿过点E的直线翻折到上的点G处，展开后如图3所示．
（2）在（1）的条件下，连接，求的度数．
游戏3 在游戏1的基础上，将翻折至与先重合，展开后得到新折痕交于点N，如图4所示，Q是的中点，连接．
（3）设，，的面积分别为，若，，求的长．
7．查阅资料：发现打印纸、课本封面等矩形的长与宽之比为 ，在房屋建筑中也存在这样的比例现象，目的是使物体更加美观，通常这样的矩形被定义为“标准矩形”．
提出问题：
(1)如图①，在正方形中，连接，以点A为圆心，长为半径作弧，交的延长线于点 E，以为边作矩形，则矩形 （填“是”或“不是”）标准矩形；
(2)深入探究：
已知矩形 是标准矩形，将矩形 绕点 A 逆时针旋转，得到矩形．
①如图②，当第一次经过点 D时，旋转角的度数为 ；
②如图③，在矩形旋转的过程中，直线 交于点 M，猜测的数量关系，并给出证明；
③在矩形旋转的过程中，直线交于点M，连接，当时，直接写出的值．
8．某公园有一个地面喷泉景观区，如图，在景观区内的点处竖直装有水管，地面上、下的长度分别为，，点处连接水泵，点处装有喷头，使其向右喷出抛物线形水柱（简称喷泉）．该抛物线上与点离地高度相同的点记为，喷泉的最大高度（即最高点的离地高度）记为，通常当时喷泉达到最佳观赏比例．小梧用无人机拍摄喷泉景观区．无风时，观测到与射线的夹角为，且此时该喷泉正好达到最佳观赏比例．
(1)通常来说，在不考虑水管对水的摩擦和阻力的情况下，水泵能把水从水泵竖直压上去的最大高度近似为该水泵的压水扬程．但实际上，考虑到水管对水的摩擦和阻力，以及若要保持水柱特定形状（如抛物线形），都需要水泵有更大的压水扬程．小桐推断：这个喷泉的水泵的压水扬程为．你同意吗？请说明理由；
(2)根据测算，当有风且风力不超过3级时，该喷泉仍保持抛物线形，但受风力影响，喷泉的最大高度是无风时的至，的长度也会改变，表三是测算所得的数据．
表三
3.20 3.25 3.30 3.35 3.41 3.50
的长度 8.80 9.00 9.20 9.40 9.60 10.00
当有风且风力不超过3级时，
①判断喷泉是否还可能达到最佳观赏比例，并说明理由；
②记喷泉落地点为．无人机从射线正上方且与点水平距离处出发，水平向左飞行，是否会穿进喷泉？请说明理由．（参考数据：，，，）
9．已知菱形的对角线，交于点，点为上一点，连接交于点．
(1)如图1，若，求证：；
(2)如图2，若，，求的值；
(3)如图3，保持图2中菱形的形状不变，移动点，连接，过点作交于点，连接，若，，求点到的距离．
10．综合实践
【教材再现】如图，是一个正方形花园，、是它的两个门，且．要必有两条路和．这两条路等长吗？它们有什么位置关系？为什么？
本道题通过证，可得，．
在同学们已有知识经验的基础上，王老师以正方形折叠为主题开展数学活动．
(1)【操作发现】如图1．边长为12的正方形纸片，点在边上．将正方形沿折叠，点落在处，将纸片展开，作射线，交于点，作射线交于．小明在操作中发现：．请你帮他证明．
(2)【结论应用】
在（1）的基础上，在翻折过程中，随着点的变化、的位置也随之变化、如图2．当时，求的长度．
(3)【拓展应用】
正方形的边长为6，是边上一动点，是边上的一动点，将正方形沿折叠，使点恰好落在边的三等分点处，点的对应点为点，请直接写出折痕的长．
《（小专题冲刺训练）锐角三角函数压轴题-2025年中考数学专题突破》参考答案
1．座位距离地面的高度约为
【分析】本题主要考查了解直角三角形等知识点．过点B作于点E，延长，交于点F，由，推出，求出，，解直角三角形，，求出，，然后求解即可．
【详解】解：如图，过点B作于点E，延长，交于点F．
∵，，
∴．
∵，
，
∵，
，
在中，
，
即 ，
∴，
在中，
，
即，
，
∴．
答：座位距离地面的高度约为．
2．
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
根据题意，设，分两种情况计算出和的长，利用建立方程，求出的值即可．
【详解】解：如图，作，垂足为，
设，则，
，
，
如图，作，垂足为，
则，
，
，
，
，
解得：，
答：每节拉杆的长度为．
3．(1)点到地面的高度为4m
(2)
【分析】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．
（1）过点作，延长交于，易知四边形为矩形，则，，进而可求得答案；
（2）由（1）可知，四边形为矩形，则，求得，进而求得，根据，即可求解．
【详解】（1）解：过点作于，延长交于，则四边形为矩形，
，，
则，
点到地面的高度：，
即点到地面的高度为；
（2）由（1）可知，四边形为矩形，且
在中，
∵，
∴，
．
4．(1)见解析
(2)476
(3)
【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）由矩形的性质及折叠的性质得出裁剪方案即可；
（2）由勾股定理求出，则可得出答案；
（3）由全等的等腰直角三角形得出，即，则可得出结论．
【详解】（1）解：裁剪次数为1．裁剪方案：将矩形卡纸沿竖直方向对称轴对折，再沿水平方向对称轴对折，在原矩形四个内角重叠处的适当位置（在原长与宽的位置小于原长与宽的一半处）裁剪1次，展开即可得到符合要求的八边形卡纸．
（2）解：根据题意，得裁剪掉的4个三角形是全等的直角三角形．设这些直角三角形在宽上的直角边长为m，在长上的直角边长为n，
∵八边形的各边长相等，
∴，
即，
∴八边形的边长为，
根据勾股定理，得，
化简，得．
∵，
∴，
∴，
∴得到的八边形卡纸的面积是．
（3）解：∵正八边形的八条边相等，
∴若能裁剪得到，可同理（2），得，
又∵正八边形的八个角都相等，都为，
∴裁剪掉的4个全等的直角三角形的两个锐角都为，
即这4个三角形是全等的等腰直角三角形，
此时，，即，
综上，当时，能够经裁剪得到的八边形卡纸的形状是正八边形．
5．（1）见解析；（2）或；（3）
【分析】（1）由相似三角形的性质可得，，再证明，即可得证；
（2）作于，则，证明，求出，，，再证明，设，则，求出或，最后由正切的定义计算即可得解；
（3）连接，由（1）可得，得出，由直角三角形的性质可得，由等边三角形的性质可得，，证明、、、四点共圆，由圆周角定理可得，设，则，，求出，，再由相似三角形的性质求出，即可得解．
【详解】解：（1）∵，
∴，，
∴，即，
∴；
（2）如图，作于，则，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：或，
经检验，当或是所列分式方程的解，且符合题意，
∴或，
∴，
∴的值为或；
（3）如图，连接，
由（1）可得，
∴，
∵P为的中点．
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∴、、、四点共圆，
∴，
设，则，，
∵在中，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
解得：，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、解直角三角形、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活应用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
6．（1） （2） （3）
【分析】（1）证明，结合E恰好为的中点可得；
（2）在中，，∴，∴
证明得，，设，则，，由勾股定理得，证明得，在中，利用锐角三角函数求出即可求解．
（3）延长交于点H，证明得，证明得，由求出，证明得，，在和中，利用勾股定理求出，然后根据即可求解．
【详解】解：（1）根据翻折的性质可知，，
∴，∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∴
∴，
∴，即
∵E为的中点，
∴，
∴，
∴
（2）根据翻折的性质可知，，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
∴
在矩形中，，
∴，
∴，
∴
（3）延长交于点H，根据翻折的性质可知，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
又Q是的中点，
∴，
∴
又，
∴，
∴
∴
∵，即，
∴
∵，，，
∴
∴，，
∴，，
在和中，，
，
解得或（舍去）
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，难度较大，属中考压轴题．
7．(1)是
(2)①，②，证明见解析，③或
【分析】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理、特殊角的三角函数值、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质和判定定理成为解题的关键．
（1）根据正方形的性质以及勾股定理可得，再根据题意以及“标准矩形”的定义即可判断；
（2）①根据标准矩形的定义可得，再根据旋转的定义可得，则当第一次经过点 D 时， ；然后运用特殊角的三角函数值以及角的和差即可解答；②如解图①，分别过点 C、F作的垂线，垂足分别为H、N，然后证明可得，再证明，最后根据全等三角形的性质即可证明结论；③如解图②连接，由（2）②可知，再证明为直角三角形，进而说明A，E，C三点共线，设，则，，然后代入计算即可；同理可解，连接得情况．
【详解】（1）解：∵在正方形中，连接，
∴，
由题意可得：矩形的边，
∴在矩形中，，
∴矩形是“标准矩形”．
故答案：是．
（2）解：①∵矩形 是标准矩形，
，
∵将矩形 绕点A逆时针旋转，得到矩形，
∴，
∴当第一次经过点 D 时， ，
∴，
∴，
∴．
②，证明如下：
如解图①，分别过点 C、F作的垂线，垂足分别为H、N，
由题意可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
③如解图②，连接，由（2）②可知，
∵，
∴，
∴，
在中，
∴，
∴，即，
∴为直角三角形，
∵，
∴A，E，C三点共线，
设，则，
∴，
∴，
∴，
；
②如解图③，连接，由（2）②可知，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴为直角三角形，
∵，
∴A，E，C三点共线，
设，则，
∴，
∴，
，
∴．
综上所述， 的值为 或
8．(1)不同意；理由见解析
(2)①不可能达到；理由见解析 ②不会穿进；理由见解析
【分析】（1）首先求出，然后得到，，由求出，然后在中，解直角三角形求出，然后得到，求出，得到，进而求解即可；
（2）①首先求出，然后求出当有风且风力不超过3级时，，然后由，求出，进而判断求解即可；
②以地面水平线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，求出抛物线形喷泉的解析式为，然后得出，，当时，，然后根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）由题可知，．
过点作于，交地面水平线于点，则，．
所以．
所以．
因为喷泉为抛物线形状，
所以点，关于直线成轴对称．
所以．
过点作，交的延长线于点，
则．
因为，
所以．
在中，，
所以，即．
因为此时该喷泉正好达到最佳观赏比例，
所以，即．
所以．
解得．
所以．
考虑到水管对水的摩擦和阻力，以及要保持水柱为抛物线形，
所以该喷泉的水泵的压水扬程应大于，故不同意小桐的推断．
（2）①根据表三，当有风且风力不超过3级时，长度随着喷泉的最大高度的增大大致呈现出均匀增大的规律．
设．
把，代入可得，
解得
所以．
由（1）可知，无风时．
由题可知，当有风且风力不超过3级时，，即．
若喷泉达到最佳观赏比例，则，即．
又因为，可得．
解得，不符合的条件．
所以，有风且风力不超过3级时，喷泉不可能达到最佳观赏比例；
②以地面水平线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则点的坐标为．
过点作于，交轴于点，则，顶点的坐标为．
设该抛物线的解析式为：，
因为，，
所以．
所以．
把代入，得．
可得，即．
若设该抛物线的解析式为，则，可得．
又因为抛物线经过，可得．
即抛物线形喷泉的解析式为．
由①可知，，而，
所以．
对于，
因为，在每个象限内，随的增大而增大．
所以．
因为当时，，
可得，即无论取何值，无人机飞行终点的位置（射线正上方且与点水平距离处）都在抛物线外．
对于该抛物线，因为，当时，随的增大而减小．
所以当时，都有．
也即，无人机从射线正上方且与点水平距离处出发，水平向左飞行，不会穿进喷泉．
【点睛】本题考查了二次函数喷泉的应用，二次函数解析式，解直角三角形．解题的关键在于熟练掌握二次函数的图象建立二次函数模型．
9．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】本题主要考查了菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、正切的定义等知识点，灵活运用相似三角形的判定与性质成为解题的关键．
（1）由菱形的性质可得，再根据等边对等角可得；然后根据等角的余角相等即可证明结论；
（2）设，根据菱形的性质可得，，则；在中运用勾股定理可得，即；设，则，再证明可得，进而得到，然后代入计算即可；
（3）由（2）可得、，结合菱形的性质以及运用勾股定理可得；如图：过M作于G，过P作于H，设，根据正切的定义可得、；再证明可得，证明可得；由可得，即，然后解方程组求得m的值即可．
【详解】（1）解：∵菱形的对角线，交于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴设，
∵菱形，
∴，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，即，解得：，
∴，
∴．
（3）解：由（2）可得：，，
∵菱形，，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴，
如图：过M作于G，过P作于H，设，
∵，，
∴
∴，即，
∴，
同理：；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，解得：，
∵，
∴，即，
∴
即，，
解可得：，
将代入
整理得：，解得：或（不合题意舍弃），
∴，即点到的距离．
10．(1)详见解析
(2)
(3)或
【分析】本题考查正方形的性质、折叠性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
（1）证明，利用全等三角形的对应边相等可得结论；
（2）先利用勾股定理求得，利用锐角三角函数求得，进而可求解；
（3）分当时和当时两种情况，画出对应图形，同理证明，利用正方形的性质和折叠性质、结合勾股定理和平行四边形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
由折叠性质得，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由（1）知，，
∵在中，，，
∴，
∴，
在中，，
∴；
（3）解：由正方形得，，，
由折叠性质得，
当时，如图，过A作交于K，
∴，
同（1）证明方法可得，
∴，
在中，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴；
当时，如图，过A作交于K，
同理可证，则，
∴，
综上，折痕的长为或．
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