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4月下旬之解直角三角形—浙江省数学2026年中考模拟精选新题速递
一、选择题
1．中考新考法：真实问题情境·实物，如图是椭圆机在使用过程中某时刻的侧面示意图，已知手柄滚轮连杆，且，连杆与底坐的夹角为，则该椭圆机的机身高度（点到地面的距离）为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】矩形的判定与性质；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：作DE⊥BC，AH⊥BC，垂足分别为点E和点H，作AF⊥DE于点F，
∴∠DEH=∠EHA=∠AFE=90°，AF//BC，
∴四边形EFAH是矩形，∠BAF=∠ABC=60°，
∴EF=AH，∠DAF=∠DAB-∠BAF=30°，
∵AD=20cm，AB=160cm，
∴(m)，(cm)，
∴(cm)，
∴cm，
故答案为：D.
【分析】作DE⊥BC，AH⊥BC，垂足分别为点E和点H，作AF⊥DE于点F，证明四边形EFAH是矩形，同时得到∠BAF=∠ABC=60°，求得AH，DF的值，即可得到答案.
2．2023年央视兔年春晚国朝舞剧《只此青绿》引人入胜，图1是舞者“青绿腰”动作，引得观众争相模仿.舞者上半身AB长为m，下半身BC长为n，下半身与水平面夹角为θ（60°＜θ＜90°），与上半身AB夹角为120度（即∠ABC=120°）如图2，则此时舞者的铅直高度AD的长为（　　）
A． B．nsinθ+msin（θ-60°）
C．ncosθ+msin（θ+60°） D．nsinθ+mcos（θ-60°）
【答案】B
【知识点】矩形的判定与性质；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：过点B作于点E，作于点F，如图所示：
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴．
故选：B．
【分析】过点B作于点E，作于点F，先得到为矩形，得出，，求出，在Rt△BCE和Rt△ABF中根据正弦的定义求出BE和AF，然后根据线段的和差解答即可．
3．如图是由四个全等的叶片组成的风车，点A 是风车中心，其中一个叶片中AD∥BC，CD⊥AC， AD⊥AB，已知AB长为3cm， 则AD的长为(　　)
A．4 B．5 C． D．
【答案】D
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：在中，，
∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，即，
∴，
∴．
故答案为：D.
【分析】利用正切的定义求出的长，根据勾股定理求出的长度，再根据平行线的性质和正切的定义求出CD长，利用勾股定理解答即可．
4． 如图，手电筒的灯泡距离地面的高度为，灯泡照亮范围的横截面是，且，，地面被照亮的区域是一个圆，则该圆的直径为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】解直角三角形的其他实际应用；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：∵，，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：A.
【分析】根据等腰三角形的性质可得BC=2BD，∠BAD=44°，然后根据正切的定义解答即可．
5．已知某仓储中心有一个斜坡AB，B，C在同一水平地面上，∠B=30°，其横截面如图．现有一个侧面图为正方形DEFG的正方体货柜，其中 米，该货柜沿斜坡向下时，若点 D 的最大高度限制(即点 D 离BC所在水平面的高度DH的最大值)为米，则BG的长度应不超过( )米.
A．6 B． C． D．
【答案】D
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解： ∵正方形DEFG，
米， ∠DGM=90°，
∴∠DGM=∠DHB=90°，
∵∠DMG=∠BMH，
∴∠GDM=∠B=30°，
米，
(米)，
(米)，
(米).
故选： D.
【分析】根据正方形的性质以及已知条件可得∠DGM=∠DHB=90°，再根据三角形内角和定理得到∠GDM=∠B=30°，根据余弦和正切的定义求出DM、MG，根然后根据线段的和差MH，再解直角三角形求得MB，最后求得BG即可.
6．如图，△ABC在由大小相同的小正方形组成的8×8的网格中，其顶点均在该网格的格点上.若 则顶点C的位置可以在点(　　)处.
A．C1 B．C2 C．C3 D．C4
【答案】B
【知识点】求正切值
【解析】【解答】解：由题知，
当点C在处时，
当点C在 处时，
当点C在 处时，
当点C在 处时，
显然只有B选项符合题意.
故选： B.
【分析】根据正切的定义进行计算即可.
7． 如图，在中，，分别以为边向外作正方形和正方形，连结，设，则的值为（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】正方形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图所示，连接，设交于点，则，
∵四边形，是正方形，
∴
又∵
∴
∴三点共线，
又∵
∴，
∵
∴
∴
故选：C．
【分析】连接，设交于点，根据正方形的性质得到，进而根据解直角三角形解答即可．
8．一辆卡车沿倾斜角为6.32°的斜坡向上行驶，已知sin6.32°≈0.11，当行驶1000m时，高度约上升了(　　)
A．11m B．89m C．100m D．110m
【答案】D
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣坡度坡角问题
【解析】【解答】解：如图，过点B作于点C，
在中，，
∴，
即高度约上升了．
故答案为：D.
【分析】过点B作于点C，根据正弦的定义解答即可.
9．某学习小组分到如图1所示农耕地△ABC用于劳动课种植果蔬，已知 小明(点D)从点A 出发，同时小红(点E)从点B 出发，以相同的速度按逆时针方向沿△ABC的边走动，记录测量数据，两人各执卷尺一端，卷尺(DE)保持笔直.当小明到达点B时，小红刚好到达点C；当小明到达点C时，小红到点A还差m米.在小明从点B到点 C的过程中，设BD为x米，四边形ABDE的面积为y平方米，如图2，y关于x的函数图象与y轴的交点为(0，48)，最低点的纵坐标为n.下列结论正确的是(　　)
A．m=3
B．n=38
C．△ABC的面积为49平方米
D．当四边形ABDE为梯形时， y=27
【答案】B
【知识点】二次函数-动态几何问题；动点问题的函数图象；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：根据题意，当时，，
∴的面积为平方米，故C错误；
由题意可知，，，，
如图，作于点，作于点，
∵，，
∴，，
在中，，
∴，
由勾股定理可得，，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，，
∴，故A错误；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
，
∴是关于的二次函数，图象开口向下，顶点坐标为，
∴，故B正确；
对于D：∵的最小值为，故D错误．
【分析】根据x=0时y=48，可得的面积为平方米，判断C选项；由题意可知，，，作于点，根据正切的定义和三线合一可得，，然后根据的面积求出AB长，求出a的值判断A选项；作于点，根据平行得到，求出，即可得到，得到最低点坐标判断B选项，D选项解答即可．
10．如图，正方形ABCD中，E、F分别为边AD、DC上的点，且AE=FC，过F作FH⊥BE，交AB于G，过H作HM⊥AB于M，若AB=9，AE=3，则下列结论中：①∠BGF=∠CFB；②；③；④.其中结论正确的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
、、、四点共圆，
，
在和中，
，
，
，
，
，
①正确．
延长到，使，连接，如图：
，
，
，，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
即是等腰直角三角形，
由勾股定理得：，
即，
②正确．
连接，
，，
，
．
，
．
设，则，
，
．
，
，即．
∴③正确
，
，
，
．
．
故．
④正确．
正确的结论为①②④．
故选：B．
【分析】利用正方形的性质，得到、、、四点共圆，即可得到，然后根据SAS得到，进而得到判断①；延长到，使，连接，根据SAS得到，得出，，进而得到是等腰直角三角形，根据勾股定理得出判断②；连接，根据勾股定理得到，求出BH长判断③；根据正弦的定义求出HM的值判断④解答即可．
二、填空题
11． 若∠A为锐角，且满足，则∠A的度数为　 　.
【答案】30°
【知识点】因式分解法解一元二次方程；求特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：将原等式移项得：，
方程两边同乘得：，
因式分解得：，
解得或．
因为为锐角，满足，当时，，不符合锐角定义，舍去．
当时，
∴．
故答案为：30° .
【分析】解关于sinA的一元二次方程，然后根据正弦的取值范围得到，即可根据特殊角的三角函数值解答即可.
12．如图，在矩形 MNPQ内正好放置一个立方体的表面展开图，正方形ABCD 是原立方体的一个面，点E，F，G是原立方体的顶点，展开后点A，E，F，G均在矩形 MNPQ的边上，若点C， D， Q在同一直线上，则tan∠AEM 的值是　 　.
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：过点作于点，不妨设，小正方形的边长为1，如图所示：
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（舍去负值），
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：.
【分析】过点作于点，设，小正方形的边长为1，先得到四边形是矩形，根据等角的余角相等得到，然后根据正切的定义求出，然后根据三角形的内角和定理得到，再根据正切的定义解答即可．
13．图，长尾夹的侧面是△ABC，当AC与AB张开到互相平行时，达到最大夹纸厚度，已知AB=AC=15mm，∠ACB=70°，则这个长尾夹最大夹纸厚度为　 　mm.（结果精确到1mm）（参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）
【答案】10
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：
解：当与张开到互相平行时，达到最大夹纸厚度，
这个长尾夹最大夹纸厚度即为的长，
如图，作于点，
，，
，
，
，
，
，
这个长尾夹最大夹纸厚度为10，
故答案为：10．
【分析】由题意可知，这个长尾夹最大夹纸厚度即为的长，作于点，根据三线合一可得，根据余弦的定义求出CD长解答即可．
14． 如图，AC，BD为菱形 ABCD 的对角线，将绕点 O 逆时针旋转至，使得点 E 在线段 CD 上，若 ，则 　 　.（用含 k 的代数式表示）
【答案】
【知识点】菱形的性质；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，连接，设，
∵，为菱形的对角线，
∴，，，，
∵将绕点O逆时针旋转至，点E在线段上，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，，，
∵，
∴
∴
；
故答案为：.
【分析】连接，设，根据菱形的性质可得，然后推理得到，然后根据两脚对应相等得到，即可得到，进而可得，，根据勾股定理求出，再根据正切的定义解答即可．
15．如图，小明沿着一条东西朝向的河流散步，他在点A的时候，看到了河对面岸边M处有块巨石，在他北偏东45°方向，他沿着河岸继续走了60步，到达点B时，发现M在他北偏东30°方向，假设河的两岸互相平行，且小明的步距是0.6米，估计河流的宽度（即点M到AB所在直线距离）约为　 　米（精确到1米，参考数据
【答案】85
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣方向角问题
【解析】【解答】由题意可知，小明走了60步，步距0.6米，因此：AB=60×0.6=36 米，
如图，过M作MC⊥AB，交AB的延长线于C，设MC=x米（即河流宽度）。
在Rt△ACM中，∠MAC=45°，因此AC=MC=x米
在Rt△BCM中，∠MBC=90°-30°-60°，由，得：
，
由AC-BC=AB，代入得：
，
解得：，
所以河流的宽度约为85米。
故答案为：85
【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，首先过点M向AB作垂线，垂足为C，然后分别在Rt△ACM与Rt△BCM中设未知数列方程即可求出。
16．如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH， ⑤是正方形EFGH，直角顶点 E， F， G， H分别在边BF， CG， DH， AE上.
⑴若EB =6cm， AE+FC =15cm，则EF的长是　 　cm.
⑵若 则tan∠DAH的值是　 　.
【答案】3；
【知识点】公式法解一元二次方程；正方形的性质；等腰直角三角形；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：（1）∵和都是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴
∴；
（2）设，
∵，
∴可设，，
∵四边形是正方形，
∴，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
，
∵四边形对角互补，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
整理得：，
解得，（舍去），
∴．
故答案为：3；.
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到，根据线段的和差解答即可；
（2）设，设，， 根据等腰直角三角形的性质表示CG的长，然后根据正方形的性质得到，根据正切的定义得到，进而用含k的式子表示x，代入计算比值解答即可．
三、解答题
17．如图，某景区内两条互相垂直的道路a，b交于点M，景点A，B在道路a上，景点C在道路b上.为了进一步提升景区品质，景区管委会在道路b上又开发了风景优美的景点D.经测得景点C位于景点 B的北偏东60°方向上，位于景点A的北偏东30°方向上，景点 B位于景点 D 的南偏西45°方向上.已知AB =600m.
（1）求∠ACB的度数；
（2）求景点C与景点 D之间的距离.(结果保留根号)
【答案】（1）解：如图，由题意可得，，，，．
，，
；
（2）解：，
．
由（1）得，
．
．
在中，，，
，
，
．
，，
，
．
景点与景点之间的距离为．
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣方向角问题
【解析】【分析】（1）根据平行线的性质得到，的度数，然后根据角的和差解答即可；
（2）根据直角三角形的两锐角互余得到的度数，即可得到，即可得到，在中，利用正、余弦的定义求出，，即可求出，进而求出DC的长解答即可．
18．如图是衢州石门山顶气象雷达站，某校数学兴趣小组开展综合实践活动，测量气象雷达站的高度.兴趣小组在海拔1080m的A 处，测得气象雷达站顶端 B的仰角为45°，气象雷达站底端C的仰角为36.9°，已知气象雷达站顶端B 点的海拔约为1200m，求气象雷达站 BC的高度.(参考数据： tan36.9°≈0.75).
【答案】解：BD=1200-1080=120m，
∵∠BAD=45°，
∴AD=BD=120m ，
∵∠CAD=36.9°，
，
∴CD=120×0.75=90m，
∴BC=30m，
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】先求出，再根据对等边得到，再在中根据正切的定义求出CD长，再根据线段的和差解答即可．
19． 中国高速公路网是全球规模最大的公路网络。某地在修建高速公路时需要避开山体，在B点处规划两处绕行方案（该地高速公路的基础造价为每米4万元)：
方案一：设计37°的拐角，即∠CBF=37°，在C点处再设计一个拐角使得路线恢复方向，即CE∥BF；
方案二：设计14°的拐角，即∠DBF=14°，在 D 点处再设计一个拐角使得路线与方案一的路线重合，但这样路线BD会经过一片地质复杂区域（即 BD为地质复杂区域)，使每米的造价比基础造价增加25%。已知DE和BF之间的距离为60米。
（1）求线段BD、BC、CD的长。
（2）方案一和方案二哪一个造价更便宜 并说明理由。（参考数据：
【答案】（1）解：如图：作CK⊥BF，垂足为K
因为CK⊥AK， DG⊥AK，所以CK∥DG，又因为CD∥KG，所以四边形CKGD为平行四边形，因为∠CKG=90°，所以四边形CKGD 为矩形，所以CK=DG=60(m)
所以
所以
所以
所以CD=KG=BG-BK=160(m)
（2）解：方案一造价： 4×(BC+CD)=1040 (万元)
方案二造价： 4×1.25×BD=1250 (万元)
因为1040<1250
答：方案一的造价更便宜。
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）作于点，即可得到为矩形，进而可得，根据正弦、正切的定义分别求出、、、，然后根据线段的和差解答即可；
（2）根据题意求出方案一和方案二的造价，然后比较解答即可．
20．某种水龙头关闭时如图1所示，将其简画成图2，三点共线，是水管，台面是开关，可整体绕点上下旋转，且，连接．
（1）求的长度（结果保留整数）：
（2）如图3，当开关开到最大时，旋转到的位置上，旋转角，求此时点到台面的距离（结果保留整数）．（参考数据：，，，取）
【答案】（1）解：由题意得，在中，，，
∵，
∴．
∴的长度约为；
（2）解：如图，过点作，垂足为，交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴点到台面的距离约为．
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）在中，由余弦的定义cos∠FAD=计算即可求解；
（2）过点作，垂足为，交于点，在中，由正弦的定义sin∠F AG=求出的长度，然后根据线段的和差可求解.
（1）解：由题意得，在中，，，
，
∴．
∴的长度约为；
（2）解：如图，过点作，垂足为，交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴点到台面的距离约为．
21．如图，某型号订书机的主要部件托板OA与手柄OB的长度相等，均为10.7cm，其中托板分为弹簧OD，长为1.2cm的推动器DE和书钉EA三段，连杆DF的一端通过销子F与手柄相连，另一端D可在OA 段滑动，当托板与手柄的夹角∠AOB张开到一定大小时，连杆勾住推动器的一端D 并随着∠AOB 的增大拉动推动器向销子O方向移动.现测得销子O，F之间的距离为3.5cm，连杆DF=6cm.
（1）当连杆勾住点D时，若DF⊥OB，求此时书钉的长度(结果精确到0.1cm，参考数据：
（2）已知一条新书钉的长度为3.5cm，当装好一条新书钉且连杆勾住点D时，求cos∠AOB.
【答案】（1）解：由题意，得：，
∴，
∵，
∴，
∴；
答：此时书钉的长度为；
（2）解：过点作，
由题意，得：，
设，则：，
在中，，
在中，，
∴，
∴，解得：，
∴，
∴．
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）先求出DF长，再根据勾股定理求出的长，然后根据线段的和差解答即可；
（2）过点作，设，则，在和中根据勾股定理表示FG2，列出方程求出的值，再根据余弦的定义解答即可．
22．跳皮筋是学生时代的课间游戏，由两个人拉皮筋分别固定皮筋的两端，跳皮筋的人需要按照特定的节奏和动作，用脚勾、踩、跨过皮筋来完成跳跃，边跳还会边唱着童谣“小皮球，香蕉梨，马兰开花二十一……”.如图，拉皮筋的两人位置为D、C，跳皮筋孩子脚踩位置为E点，点D、E、C在地面同一直线上，此时橡皮筋离地面的高度AD=CB=1米.（AD，BC垂直地面）若∠AED=45°，最后结果保留到0.1）
（1）求拉皮筋的两个孩子之间AB的距离；
（2）当脚把橡皮筋踩在地面上的E点时，橡皮筋比原来拉长了多少米.
【答案】（1）解：∵AD⊥CD，BC⊥CD，
∴AD∥BC
∵AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形
在Rt△ADE中，
在Rt△BCE中，

（2）解：在Rt△ADE中，
在Rt△BCE中，
∴橡皮筋比原来拉长了0.7米
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】(1)根据正切的定义，分别求得DE，EC的长，进而根据AB=CD=DE+EC，即可求解；
(2)解Rt△ADE，Rt△EBC，求得AE，BE的长，结合题意，即可求解.
23．如图，P是在小区入口处安装的摄像头，∠APB 为摄像头监控视角，射线PA、PB为摄像头的两条边界光线，BH为水平地面，PH⊥BH．经测量∠APH=53°，AH=4米，BH=12米．
（1）求摄像头的安装高度 PH的长；
（2）一个身高为1.65米的居民(图中线段CD)，步行从右至左匀速进入小区，速度为1.2米/秒．求该居民进入监控区域(点C恰好在 PB上时)至离开监控区域(点C1恰好在 PA上时)的时间．
【答案】（1）解：在Rt△APH中， ∠APH =53°，
(米)
答：摄像头的安装高度PH的长为3米；
（2）解：∵CD∥PH， △BCD∽△BPH
(米)；
∴AD=AB-BD=12-4-6.6=1.4 (米)；
在Rt△AC1D1中，∵C1D1∥PH，∴∠AC1D1=53°
(米)
∴行驶的路程： AD1+AD=2.2+1.4=3.6(米) ，时间： 3.6÷1.2=3 (秒)；
答：该居民进入监控区域(点C恰好在PB上时)至离开监控区域(点( 恰好在PA上时)的时间为3秒.
【知识点】相似三角形的实际应用；解直角三角形的其他实际应用；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】(1)在Rt△APH中，根据正切的定义解答即可；
(2)先根据平行得到△BCD∽△BPH，根据对应边成比例求出BD长，即可得到AD长，再在Rt△AC1D1中根据正切的定义求出AD1的值，进而求出行驶路程，计算出时间解答即可.
24．如图，半径为6的⊙O中，CD 为直径，弦 且过半径OD 的中点G，E 为 上一个动点(不包括端点 B)，CF⊥AE 于点 F.
（1）求线段 AB 的长和 cos∠AEC 的值.
（2）当点 E 从点 B 出发，逆时针运动到点 C 时，求点 F 经过的路径与线段 CG 所围成图形的面积.
【答案】（1）解：如图1，连结OA，AD.
∵AG⊥CD，G为OD的中点，
∴AO=AD.
又∵AO=DO，
∴△AOD 是等边三角形，
∴∠AOD=60°.
∵CD⊥AB，
∵∠E=∠ADC=60°.
（2）解：如图2，作△AGC 的外接圆O'，连结O'G.
∵∠AGC=90°，
∴AC 为⊙O'的直径.
∵∠AFC=90°，
∴点 F 在⊙O'上.
∴当点 E 从点 B 出发，逆时针运动到点 C 时，点 F 的运动轨迹为劣弧GC，
∴所求图形为弓形 CGF.
由答图1知，
∴∠O'CG=30°，∠CO'G=120°.
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；扇形面积的计算；解直角三角形—边角关系；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）连接OA，AD，根据垂直平分线的性质得到AO=AD，即可得到△AOD是等边三角形，然后根据正弦的定义求出AG长，即可根据垂径定理求出AB长解答即可再根据圆周角定理的推论得到∠E=∠ADC=60°，求出余弦值即可；
（2）作△AGC 的外接圆O'，连结O'G，根据90°的圆周角所对的弦是直径得到AC 为⊙O'的直径，即可得到点 F 在⊙O'上，然后求出∠ACG=30°，根据解直角三角形求出CO'和CG长，然后根据解答即可.
25．在我们的生活中，处处都蕴含着数学．小刚所在的数学社团开展了一项关于学校门锁的调查研究．他们发现，学校的门锁主要有两类：一类是常见的防盗门锁（如图①），另一类是洗手间内的旋转门锁（如图②）．
数学社团的同学们画出了两种类型门锁“工作”时的平面示意图．
（1）图③是图①门锁工作时的平面结构图，锁身可以看作由，和矩形ABCD组成，且，圆心是倒锁按钮点F，若的弓形高EG＝2cm，CD＝8cm，请求出此时图③中圆心F到AB的距离．
（2）图④是图②门锁的工作简化图，锁芯O固定在门边RP右侧，在自然状态下，把手竖直向下，底端到达K处，把手绕锁芯O旋转一定角度，使得把手底端正好卡在门边N点处，此时∠NOS＝20°．将ON绕点O顺时针旋转90°得到OQ，过点Q作QM⊥PR于点M．若所在圆的半径ON＝10cm，请求出此时MN的长度（结果保留小数点后一位）．（参考数据：sin20°≈0.342，cos20°≈0.940，tan20°≈0.364）
【答案】（1）解：连接AF，延长FH交于点T，设⊙F的半径为rcm，
由题意可知，FT⊥AB
∴∠AHF=90°，，
∵，
∴弓形高TH=EG=2cm，AB=CD=8cm，
∴， FH=FT-TH=(r-2)cm，
在Rt△AFH中，AF2=FH2+AH2，
∴r2=(r-2)2+42，
解得r=5，
∴FH=r-2=3cm
即圆心F到AB的距离为3cm.
（2）解：延长QM，KO交于点W，
由题意可知，OK//PR，∠OSN=90°，
在Rt△OSN中，
∴OS=ON·cos∠NOS=10×cos20°≈9.40cm，
∵将ON绕点O顺时针旋转90°得到OQ，
∴OQ=ON=10cm，∠QON=90°
∴∠QOW=180°-∠QON-∠NOS=70°，
∵QM⊥PR， OK//PR，
∴∠W=∠NMQ=90°，
∴∠OQW=90°-∠QOW=20°
在Rt△OQW中，
∴OW=OQ·sin∠OQW=10×sin20°≈3.42cm，
∵∠OSN=∠NMW=∠W=90°，
∴四边形NSWM是矩形，
∴MN=WS=OW+OS=3.42+9.40=12.82≈12.8cm.
即MN的长度约为12.8cm.
【知识点】勾股定理的应用；矩形的判定与性质；垂径定理；旋转的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】(1)连接AF，延长FH交于点T，设⊙F的半径为rcm，由可得TH=EG，AB=CD；根据垂径定理可得，在Rt△AFH中，利用勾股定理构造方程并解出x的值，进而计算出FH的长；
(2)延长QM，KO交于点W，易证明四边形NSWM是矩形，则MN=WS=OW+OS，在Rt△OSN和Rt△OQW中，利用三角函数计算出OS和OW即可.
26．如图，在矩形 ABCD 中， AE 平分∠BAD 交射线 BC 于点 E，过点 C 作 CF⊥AE 交射线 AE于点 F，连结 BD 交 AE 于点 G，连结 DF 交射线 BC 于点 H.
（1）当AB①求证： BE=CD
②猜想∠BDF 的度数，并说明理由.
（2）若 求tan∠CDF的值(用含k的代数式表示).
【答案】（1）解：①解： ∵矩形ABCD，∴∠ABC=∠BAD=90°，∴AB=CD
∵AE平分∠BAD，∴∠DAE=∠BAE=45°
∴△ABE是等腰直角三角形
∴AB=BE，∴BE=CD
②解：猜∠BDF=45°，
连接 BF，
∵CF⊥AE，∴∠AFC=90°，∵∠CEF=∠AEB=45°， ∴△CEF 是等腰直角三角形，
∴∠ECF=45°，∴EF=CF，∴∠BEF=∠FCD=135°，由①得BE=CD
∴△BEF≌△DCF(SAS)
∴DF=BF，∴∠BFE=∠DFC，∴∠BFD=∠CFE=90°
∴△BFD 是等腰直角三角形，∴∠BDF=45°
（2）解：当时，如图，延长交的延长线于 过作于
则 而
同理：
即
当时，如图，记交交于点 过作于
同理：
即

【知识点】等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS；直角三角形斜边上的中线；求正切值
【解析】【分析】（1）①利用矩形ABCD的性质，证明△ABE是等腰直角三角形，从而可得结论；
②连结BF，根据SAS得到证明 即可得到 然后得到△BFD 是等腰直角三角形，从而证明结论；
（2）分两种情况讨论，当时，延长交的延长线于 过作于 即可得到 进而得到 求出 人居正切的定义解答即可，当时，同理可得答案.
27．已知菱形ABCD的面积为
（1）如图1，求菱形ABCD的边长.
（2）如图2，若点E是射线AD上的一点（不与端点A，D重合），连结EB，BC.点A关于BE的对称点为点A'，BA'交射线AD于点F，
①当点A'落在线段EC上时，求AF的长.
的最大值为 ▲ .
【答案】（1）解：如图1，过点作于点，
，
设，则，，
菱形的面积为，
，
解得或（舍去），
菱形的边长为；
（2）解：①点关于的对称点落在线段上，
，，
四边形为菱形，
，，
，
，
，
如图2，过点作于点，则，
由（1）知，，，
，
；
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②
【知识点】菱形的性质；相似三角形的判定；圆-动点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】（2）②作，交于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
即：，
∴当最小时，的值最大，
作交的延长线于点，在射线上取一点，使，连接，
由（1）可知：，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴点在以为直径的圆上运动，
取的中点，连接，则，，
∴当三点共线时，的值最小，
在中，由勾股定理，得，
∴的最小值为，
∴的最大值为．
故答案为：.
【分析】（1）过点作于点，根据∠ABC的余弦值设，即可得到，根据勾股定理求出AH长，再根据菱形的面积公式求出a的值解答即可；
（2）①根据菱形的性质和等腰三角形的性质易得到，过点作于点，则，根据求出，从而求出的长，进而求出的长，证明，求出的长，再根据线段的和差关系进行求解即可；②作，交于点，证明，得到，进而得到，，得到当最小时，的值最大，作交的延长线于点，在射线上取一点，使，连接，证明，得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，取的中点，连接，得到，进而得到当三点共线时，的值最小，求出的最小值即可．
28．
（1）如图1，在△ABC中，∠ACB=2∠B，CD平分∠ACB，交AB于点D，DE∥AC，交BC于点E.
①若求BC的长；
②试探究是否为定值.如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由.
（2）如图2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2个外角，∠BCF=2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延长线于点D，DE∥AC，交CB的延长线于点E.记△ACD的面积为S1，△CDE的面积为S2，△BDE的面积为求cos∠CBD的值.
【答案】（1）解：①∵CD平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
②∵，
∴．
由①可得，
∴．
∴．
∴是定值，定值为1．
（2）解：∵，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴．
设，则．
∵CD平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
如图，过点D作于H．
∵，
∴．
∴．
【知识点】三角形外角的概念及性质；相似三角形的判定；角平分线的概念；求余弦值；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【分析】（1）①根据角平分线的定义和平行线的性质得到，进而根据两角对应相等得到，再根据对应边成比例解答即可；
②根据平行线可得，由①可得，然后求差解答即可；
（2）根据平行线可得、进而得到，又，即可求出，设，则．推理得到，即可得到，过点D作于H．求得，利用余弦的定义解答即可．
1 / 14月下旬之解直角三角形—浙江省数学2026年中考模拟精选新题速递
一、选择题
1．中考新考法：真实问题情境·实物，如图是椭圆机在使用过程中某时刻的侧面示意图，已知手柄滚轮连杆，且，连杆与底坐的夹角为，则该椭圆机的机身高度（点到地面的距离）为（　　）
A． B． C． D．
2．2023年央视兔年春晚国朝舞剧《只此青绿》引人入胜，图1是舞者“青绿腰”动作，引得观众争相模仿.舞者上半身AB长为m，下半身BC长为n，下半身与水平面夹角为θ（60°＜θ＜90°），与上半身AB夹角为120度（即∠ABC=120°）如图2，则此时舞者的铅直高度AD的长为（　　）
A． B．nsinθ+msin（θ-60°）
C．ncosθ+msin（θ+60°） D．nsinθ+mcos（θ-60°）
3．如图是由四个全等的叶片组成的风车，点A 是风车中心，其中一个叶片中AD∥BC，CD⊥AC， AD⊥AB，已知AB长为3cm， 则AD的长为(　　)
A．4 B．5 C． D．
4． 如图，手电筒的灯泡距离地面的高度为，灯泡照亮范围的横截面是，且，，地面被照亮的区域是一个圆，则该圆的直径为（　　）
A． B． C． D．
5．已知某仓储中心有一个斜坡AB，B，C在同一水平地面上，∠B=30°，其横截面如图．现有一个侧面图为正方形DEFG的正方体货柜，其中 米，该货柜沿斜坡向下时，若点 D 的最大高度限制(即点 D 离BC所在水平面的高度DH的最大值)为米，则BG的长度应不超过( )米.
A．6 B． C． D．
6．如图，△ABC在由大小相同的小正方形组成的8×8的网格中，其顶点均在该网格的格点上.若 则顶点C的位置可以在点(　　)处.
A．C1 B．C2 C．C3 D．C4
7． 如图，在中，，分别以为边向外作正方形和正方形，连结，设，则的值为（　　）
A． B．2 C． D．
8．一辆卡车沿倾斜角为6.32°的斜坡向上行驶，已知sin6.32°≈0.11，当行驶1000m时，高度约上升了(　　)
A．11m B．89m C．100m D．110m
9．某学习小组分到如图1所示农耕地△ABC用于劳动课种植果蔬，已知 小明(点D)从点A 出发，同时小红(点E)从点B 出发，以相同的速度按逆时针方向沿△ABC的边走动，记录测量数据，两人各执卷尺一端，卷尺(DE)保持笔直.当小明到达点B时，小红刚好到达点C；当小明到达点C时，小红到点A还差m米.在小明从点B到点 C的过程中，设BD为x米，四边形ABDE的面积为y平方米，如图2，y关于x的函数图象与y轴的交点为(0，48)，最低点的纵坐标为n.下列结论正确的是(　　)
A．m=3
B．n=38
C．△ABC的面积为49平方米
D．当四边形ABDE为梯形时， y=27
10．如图，正方形ABCD中，E、F分别为边AD、DC上的点，且AE=FC，过F作FH⊥BE，交AB于G，过H作HM⊥AB于M，若AB=9，AE=3，则下列结论中：①∠BGF=∠CFB；②；③；④.其中结论正确的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
二、填空题
11． 若∠A为锐角，且满足，则∠A的度数为　 　.
12．如图，在矩形 MNPQ内正好放置一个立方体的表面展开图，正方形ABCD 是原立方体的一个面，点E，F，G是原立方体的顶点，展开后点A，E，F，G均在矩形 MNPQ的边上，若点C， D， Q在同一直线上，则tan∠AEM 的值是　 　.
13．图，长尾夹的侧面是△ABC，当AC与AB张开到互相平行时，达到最大夹纸厚度，已知AB=AC=15mm，∠ACB=70°，则这个长尾夹最大夹纸厚度为　 　mm.（结果精确到1mm）（参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）
14． 如图，AC，BD为菱形 ABCD 的对角线，将绕点 O 逆时针旋转至，使得点 E 在线段 CD 上，若 ，则 　 　.（用含 k 的代数式表示）
15．如图，小明沿着一条东西朝向的河流散步，他在点A的时候，看到了河对面岸边M处有块巨石，在他北偏东45°方向，他沿着河岸继续走了60步，到达点B时，发现M在他北偏东30°方向，假设河的两岸互相平行，且小明的步距是0.6米，估计河流的宽度（即点M到AB所在直线距离）约为　 　米（精确到1米，参考数据
16．如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH， ⑤是正方形EFGH，直角顶点 E， F， G， H分别在边BF， CG， DH， AE上.
⑴若EB =6cm， AE+FC =15cm，则EF的长是　 　cm.
⑵若 则tan∠DAH的值是　 　.
三、解答题
17．如图，某景区内两条互相垂直的道路a，b交于点M，景点A，B在道路a上，景点C在道路b上.为了进一步提升景区品质，景区管委会在道路b上又开发了风景优美的景点D.经测得景点C位于景点 B的北偏东60°方向上，位于景点A的北偏东30°方向上，景点 B位于景点 D 的南偏西45°方向上.已知AB =600m.
（1）求∠ACB的度数；
（2）求景点C与景点 D之间的距离.(结果保留根号)
18．如图是衢州石门山顶气象雷达站，某校数学兴趣小组开展综合实践活动，测量气象雷达站的高度.兴趣小组在海拔1080m的A 处，测得气象雷达站顶端 B的仰角为45°，气象雷达站底端C的仰角为36.9°，已知气象雷达站顶端B 点的海拔约为1200m，求气象雷达站 BC的高度.(参考数据： tan36.9°≈0.75).
19． 中国高速公路网是全球规模最大的公路网络。某地在修建高速公路时需要避开山体，在B点处规划两处绕行方案（该地高速公路的基础造价为每米4万元)：
方案一：设计37°的拐角，即∠CBF=37°，在C点处再设计一个拐角使得路线恢复方向，即CE∥BF；
方案二：设计14°的拐角，即∠DBF=14°，在 D 点处再设计一个拐角使得路线与方案一的路线重合，但这样路线BD会经过一片地质复杂区域（即 BD为地质复杂区域)，使每米的造价比基础造价增加25%。已知DE和BF之间的距离为60米。
（1）求线段BD、BC、CD的长。
（2）方案一和方案二哪一个造价更便宜 并说明理由。（参考数据：
20．某种水龙头关闭时如图1所示，将其简画成图2，三点共线，是水管，台面是开关，可整体绕点上下旋转，且，连接．
（1）求的长度（结果保留整数）：
（2）如图3，当开关开到最大时，旋转到的位置上，旋转角，求此时点到台面的距离（结果保留整数）．（参考数据：，，，取）
21．如图，某型号订书机的主要部件托板OA与手柄OB的长度相等，均为10.7cm，其中托板分为弹簧OD，长为1.2cm的推动器DE和书钉EA三段，连杆DF的一端通过销子F与手柄相连，另一端D可在OA 段滑动，当托板与手柄的夹角∠AOB张开到一定大小时，连杆勾住推动器的一端D 并随着∠AOB 的增大拉动推动器向销子O方向移动.现测得销子O，F之间的距离为3.5cm，连杆DF=6cm.
（1）当连杆勾住点D时，若DF⊥OB，求此时书钉的长度(结果精确到0.1cm，参考数据：
（2）已知一条新书钉的长度为3.5cm，当装好一条新书钉且连杆勾住点D时，求cos∠AOB.
22．跳皮筋是学生时代的课间游戏，由两个人拉皮筋分别固定皮筋的两端，跳皮筋的人需要按照特定的节奏和动作，用脚勾、踩、跨过皮筋来完成跳跃，边跳还会边唱着童谣“小皮球，香蕉梨，马兰开花二十一……”.如图，拉皮筋的两人位置为D、C，跳皮筋孩子脚踩位置为E点，点D、E、C在地面同一直线上，此时橡皮筋离地面的高度AD=CB=1米.（AD，BC垂直地面）若∠AED=45°，最后结果保留到0.1）
（1）求拉皮筋的两个孩子之间AB的距离；
（2）当脚把橡皮筋踩在地面上的E点时，橡皮筋比原来拉长了多少米.
23．如图，P是在小区入口处安装的摄像头，∠APB 为摄像头监控视角，射线PA、PB为摄像头的两条边界光线，BH为水平地面，PH⊥BH．经测量∠APH=53°，AH=4米，BH=12米．
（1）求摄像头的安装高度 PH的长；
（2）一个身高为1.65米的居民(图中线段CD)，步行从右至左匀速进入小区，速度为1.2米/秒．求该居民进入监控区域(点C恰好在 PB上时)至离开监控区域(点C1恰好在 PA上时)的时间．
24．如图，半径为6的⊙O中，CD 为直径，弦 且过半径OD 的中点G，E 为 上一个动点(不包括端点 B)，CF⊥AE 于点 F.
（1）求线段 AB 的长和 cos∠AEC 的值.
（2）当点 E 从点 B 出发，逆时针运动到点 C 时，求点 F 经过的路径与线段 CG 所围成图形的面积.
25．在我们的生活中，处处都蕴含着数学．小刚所在的数学社团开展了一项关于学校门锁的调查研究．他们发现，学校的门锁主要有两类：一类是常见的防盗门锁（如图①），另一类是洗手间内的旋转门锁（如图②）．
数学社团的同学们画出了两种类型门锁“工作”时的平面示意图．
（1）图③是图①门锁工作时的平面结构图，锁身可以看作由，和矩形ABCD组成，且，圆心是倒锁按钮点F，若的弓形高EG＝2cm，CD＝8cm，请求出此时图③中圆心F到AB的距离．
（2）图④是图②门锁的工作简化图，锁芯O固定在门边RP右侧，在自然状态下，把手竖直向下，底端到达K处，把手绕锁芯O旋转一定角度，使得把手底端正好卡在门边N点处，此时∠NOS＝20°．将ON绕点O顺时针旋转90°得到OQ，过点Q作QM⊥PR于点M．若所在圆的半径ON＝10cm，请求出此时MN的长度（结果保留小数点后一位）．（参考数据：sin20°≈0.342，cos20°≈0.940，tan20°≈0.364）
26．如图，在矩形 ABCD 中， AE 平分∠BAD 交射线 BC 于点 E，过点 C 作 CF⊥AE 交射线 AE于点 F，连结 BD 交 AE 于点 G，连结 DF 交射线 BC 于点 H.
（1）当AB①求证： BE=CD
②猜想∠BDF 的度数，并说明理由.
（2）若 求tan∠CDF的值(用含k的代数式表示).
27．已知菱形ABCD的面积为
（1）如图1，求菱形ABCD的边长.
（2）如图2，若点E是射线AD上的一点（不与端点A，D重合），连结EB，BC.点A关于BE的对称点为点A'，BA'交射线AD于点F，
①当点A'落在线段EC上时，求AF的长.
的最大值为 ▲ .
28．
（1）如图1，在△ABC中，∠ACB=2∠B，CD平分∠ACB，交AB于点D，DE∥AC，交BC于点E.
①若求BC的长；
②试探究是否为定值.如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由.
（2）如图2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2个外角，∠BCF=2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延长线于点D，DE∥AC，交CB的延长线于点E.记△ACD的面积为S1，△CDE的面积为S2，△BDE的面积为求cos∠CBD的值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】矩形的判定与性质；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：作DE⊥BC，AH⊥BC，垂足分别为点E和点H，作AF⊥DE于点F，
∴∠DEH=∠EHA=∠AFE=90°，AF//BC，
∴四边形EFAH是矩形，∠BAF=∠ABC=60°，
∴EF=AH，∠DAF=∠DAB-∠BAF=30°，
∵AD=20cm，AB=160cm，
∴(m)，(cm)，
∴(cm)，
∴cm，
故答案为：D.
【分析】作DE⊥BC，AH⊥BC，垂足分别为点E和点H，作AF⊥DE于点F，证明四边形EFAH是矩形，同时得到∠BAF=∠ABC=60°，求得AH，DF的值，即可得到答案.
2．【答案】B
【知识点】矩形的判定与性质；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：过点B作于点E，作于点F，如图所示：
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴．
故选：B．
【分析】过点B作于点E，作于点F，先得到为矩形，得出，，求出，在Rt△BCE和Rt△ABF中根据正弦的定义求出BE和AF，然后根据线段的和差解答即可．
3．【答案】D
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：在中，，
∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，即，
∴，
∴．
故答案为：D.
【分析】利用正切的定义求出的长，根据勾股定理求出的长度，再根据平行线的性质和正切的定义求出CD长，利用勾股定理解答即可．
4．【答案】A
【知识点】解直角三角形的其他实际应用；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：∵，，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：A.
【分析】根据等腰三角形的性质可得BC=2BD，∠BAD=44°，然后根据正切的定义解答即可．
5．【答案】D
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解： ∵正方形DEFG，
米， ∠DGM=90°，
∴∠DGM=∠DHB=90°，
∵∠DMG=∠BMH，
∴∠GDM=∠B=30°，
米，
(米)，
(米)，
(米).
故选： D.
【分析】根据正方形的性质以及已知条件可得∠DGM=∠DHB=90°，再根据三角形内角和定理得到∠GDM=∠B=30°，根据余弦和正切的定义求出DM、MG，根然后根据线段的和差MH，再解直角三角形求得MB，最后求得BG即可.
6．【答案】B
【知识点】求正切值
【解析】【解答】解：由题知，
当点C在处时，
当点C在 处时，
当点C在 处时，
当点C在 处时，
显然只有B选项符合题意.
故选： B.
【分析】根据正切的定义进行计算即可.
7．【答案】C
【知识点】正方形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图所示，连接，设交于点，则，
∵四边形，是正方形，
∴
又∵
∴
∴三点共线，
又∵
∴，
∵
∴
∴
故选：C．
【分析】连接，设交于点，根据正方形的性质得到，进而根据解直角三角形解答即可．
8．【答案】D
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣坡度坡角问题
【解析】【解答】解：如图，过点B作于点C，
在中，，
∴，
即高度约上升了．
故答案为：D.
【分析】过点B作于点C，根据正弦的定义解答即可.
9．【答案】B
【知识点】二次函数-动态几何问题；动点问题的函数图象；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：根据题意，当时，，
∴的面积为平方米，故C错误；
由题意可知，，，，
如图，作于点，作于点，
∵，，
∴，，
在中，，
∴，
由勾股定理可得，，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，，
∴，故A错误；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
，
∴是关于的二次函数，图象开口向下，顶点坐标为，
∴，故B正确；
对于D：∵的最小值为，故D错误．
【分析】根据x=0时y=48，可得的面积为平方米，判断C选项；由题意可知，，，作于点，根据正切的定义和三线合一可得，，然后根据的面积求出AB长，求出a的值判断A选项；作于点，根据平行得到，求出，即可得到，得到最低点坐标判断B选项，D选项解答即可．
10．【答案】B
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
、、、四点共圆，
，
在和中，
，
，
，
，
，
①正确．
延长到，使，连接，如图：
，
，
，，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
即是等腰直角三角形，
由勾股定理得：，
即，
②正确．
连接，
，，
，
．
，
．
设，则，
，
．
，
，即．
∴③正确
，
，
，
．
．
故．
④正确．
正确的结论为①②④．
故选：B．
【分析】利用正方形的性质，得到、、、四点共圆，即可得到，然后根据SAS得到，进而得到判断①；延长到，使，连接，根据SAS得到，得出，，进而得到是等腰直角三角形，根据勾股定理得出判断②；连接，根据勾股定理得到，求出BH长判断③；根据正弦的定义求出HM的值判断④解答即可．
11．【答案】30°
【知识点】因式分解法解一元二次方程；求特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：将原等式移项得：，
方程两边同乘得：，
因式分解得：，
解得或．
因为为锐角，满足，当时，，不符合锐角定义，舍去．
当时，
∴．
故答案为：30° .
【分析】解关于sinA的一元二次方程，然后根据正弦的取值范围得到，即可根据特殊角的三角函数值解答即可.
12．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：过点作于点，不妨设，小正方形的边长为1，如图所示：
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（舍去负值），
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：.
【分析】过点作于点，设，小正方形的边长为1，先得到四边形是矩形，根据等角的余角相等得到，然后根据正切的定义求出，然后根据三角形的内角和定理得到，再根据正切的定义解答即可．
13．【答案】10
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：
解：当与张开到互相平行时，达到最大夹纸厚度，
这个长尾夹最大夹纸厚度即为的长，
如图，作于点，
，，
，
，
，
，
，
这个长尾夹最大夹纸厚度为10，
故答案为：10．
【分析】由题意可知，这个长尾夹最大夹纸厚度即为的长，作于点，根据三线合一可得，根据余弦的定义求出CD长解答即可．
14．【答案】
【知识点】菱形的性质；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，连接，设，
∵，为菱形的对角线，
∴，，，，
∵将绕点O逆时针旋转至，点E在线段上，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，，，
∵，
∴
∴
；
故答案为：.
【分析】连接，设，根据菱形的性质可得，然后推理得到，然后根据两脚对应相等得到，即可得到，进而可得，，根据勾股定理求出，再根据正切的定义解答即可．
15．【答案】85
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣方向角问题
【解析】【解答】由题意可知，小明走了60步，步距0.6米，因此：AB=60×0.6=36 米，
如图，过M作MC⊥AB，交AB的延长线于C，设MC=x米（即河流宽度）。
在Rt△ACM中，∠MAC=45°，因此AC=MC=x米
在Rt△BCM中，∠MBC=90°-30°-60°，由，得：
，
由AC-BC=AB，代入得：
，
解得：，
所以河流的宽度约为85米。
故答案为：85
【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，首先过点M向AB作垂线，垂足为C，然后分别在Rt△ACM与Rt△BCM中设未知数列方程即可求出。
16．【答案】3；
【知识点】公式法解一元二次方程；正方形的性质；等腰直角三角形；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：（1）∵和都是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴
∴；
（2）设，
∵，
∴可设，，
∵四边形是正方形，
∴，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
，
∵四边形对角互补，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
整理得：，
解得，（舍去），
∴．
故答案为：3；.
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到，根据线段的和差解答即可；
（2）设，设，， 根据等腰直角三角形的性质表示CG的长，然后根据正方形的性质得到，根据正切的定义得到，进而用含k的式子表示x，代入计算比值解答即可．
17．【答案】（1）解：如图，由题意可得，，，，．
，，
；
（2）解：，
．
由（1）得，
．
．
在中，，，
，
，
．
，，
，
．
景点与景点之间的距离为．
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣方向角问题
【解析】【分析】（1）根据平行线的性质得到，的度数，然后根据角的和差解答即可；
（2）根据直角三角形的两锐角互余得到的度数，即可得到，即可得到，在中，利用正、余弦的定义求出，，即可求出，进而求出DC的长解答即可．
18．【答案】解：BD=1200-1080=120m，
∵∠BAD=45°，
∴AD=BD=120m ，
∵∠CAD=36.9°，
，
∴CD=120×0.75=90m，
∴BC=30m，
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】先求出，再根据对等边得到，再在中根据正切的定义求出CD长，再根据线段的和差解答即可．
19．【答案】（1）解：如图：作CK⊥BF，垂足为K
因为CK⊥AK， DG⊥AK，所以CK∥DG，又因为CD∥KG，所以四边形CKGD为平行四边形，因为∠CKG=90°，所以四边形CKGD 为矩形，所以CK=DG=60(m)
所以
所以
所以
所以CD=KG=BG-BK=160(m)
（2）解：方案一造价： 4×(BC+CD)=1040 (万元)
方案二造价： 4×1.25×BD=1250 (万元)
因为1040<1250
答：方案一的造价更便宜。
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）作于点，即可得到为矩形，进而可得，根据正弦、正切的定义分别求出、、、，然后根据线段的和差解答即可；
（2）根据题意求出方案一和方案二的造价，然后比较解答即可．
20．【答案】（1）解：由题意得，在中，，，
∵，
∴．
∴的长度约为；
（2）解：如图，过点作，垂足为，交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴点到台面的距离约为．
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）在中，由余弦的定义cos∠FAD=计算即可求解；
（2）过点作，垂足为，交于点，在中，由正弦的定义sin∠F AG=求出的长度，然后根据线段的和差可求解.
（1）解：由题意得，在中，，，
，
∴．
∴的长度约为；
（2）解：如图，过点作，垂足为，交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴点到台面的距离约为．
21．【答案】（1）解：由题意，得：，
∴，
∵，
∴，
∴；
答：此时书钉的长度为；
（2）解：过点作，
由题意，得：，
设，则：，
在中，，
在中，，
∴，
∴，解得：，
∴，
∴．
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）先求出DF长，再根据勾股定理求出的长，然后根据线段的和差解答即可；
（2）过点作，设，则，在和中根据勾股定理表示FG2，列出方程求出的值，再根据余弦的定义解答即可．
22．【答案】（1）解：∵AD⊥CD，BC⊥CD，
∴AD∥BC
∵AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形
在Rt△ADE中，
在Rt△BCE中，

（2）解：在Rt△ADE中，
在Rt△BCE中，
∴橡皮筋比原来拉长了0.7米
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】(1)根据正切的定义，分别求得DE，EC的长，进而根据AB=CD=DE+EC，即可求解；
(2)解Rt△ADE，Rt△EBC，求得AE，BE的长，结合题意，即可求解.
23．【答案】（1）解：在Rt△APH中， ∠APH =53°，
(米)
答：摄像头的安装高度PH的长为3米；
（2）解：∵CD∥PH， △BCD∽△BPH
(米)；
∴AD=AB-BD=12-4-6.6=1.4 (米)；
在Rt△AC1D1中，∵C1D1∥PH，∴∠AC1D1=53°
(米)
∴行驶的路程： AD1+AD=2.2+1.4=3.6(米) ，时间： 3.6÷1.2=3 (秒)；
答：该居民进入监控区域(点C恰好在PB上时)至离开监控区域(点( 恰好在PA上时)的时间为3秒.
【知识点】相似三角形的实际应用；解直角三角形的其他实际应用；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】(1)在Rt△APH中，根据正切的定义解答即可；
(2)先根据平行得到△BCD∽△BPH，根据对应边成比例求出BD长，即可得到AD长，再在Rt△AC1D1中根据正切的定义求出AD1的值，进而求出行驶路程，计算出时间解答即可.
24．【答案】（1）解：如图1，连结OA，AD.
∵AG⊥CD，G为OD的中点，
∴AO=AD.
又∵AO=DO，
∴△AOD 是等边三角形，
∴∠AOD=60°.
∵CD⊥AB，
∵∠E=∠ADC=60°.
（2）解：如图2，作△AGC 的外接圆O'，连结O'G.
∵∠AGC=90°，
∴AC 为⊙O'的直径.
∵∠AFC=90°，
∴点 F 在⊙O'上.
∴当点 E 从点 B 出发，逆时针运动到点 C 时，点 F 的运动轨迹为劣弧GC，
∴所求图形为弓形 CGF.
由答图1知，
∴∠O'CG=30°，∠CO'G=120°.
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；扇形面积的计算；解直角三角形—边角关系；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）连接OA，AD，根据垂直平分线的性质得到AO=AD，即可得到△AOD是等边三角形，然后根据正弦的定义求出AG长，即可根据垂径定理求出AB长解答即可再根据圆周角定理的推论得到∠E=∠ADC=60°，求出余弦值即可；
（2）作△AGC 的外接圆O'，连结O'G，根据90°的圆周角所对的弦是直径得到AC 为⊙O'的直径，即可得到点 F 在⊙O'上，然后求出∠ACG=30°，根据解直角三角形求出CO'和CG长，然后根据解答即可.
25．【答案】（1）解：连接AF，延长FH交于点T，设⊙F的半径为rcm，
由题意可知，FT⊥AB
∴∠AHF=90°，，
∵，
∴弓形高TH=EG=2cm，AB=CD=8cm，
∴， FH=FT-TH=(r-2)cm，
在Rt△AFH中，AF2=FH2+AH2，
∴r2=(r-2)2+42，
解得r=5，
∴FH=r-2=3cm
即圆心F到AB的距离为3cm.
（2）解：延长QM，KO交于点W，
由题意可知，OK//PR，∠OSN=90°，
在Rt△OSN中，
∴OS=ON·cos∠NOS=10×cos20°≈9.40cm，
∵将ON绕点O顺时针旋转90°得到OQ，
∴OQ=ON=10cm，∠QON=90°
∴∠QOW=180°-∠QON-∠NOS=70°，
∵QM⊥PR， OK//PR，
∴∠W=∠NMQ=90°，
∴∠OQW=90°-∠QOW=20°
在Rt△OQW中，
∴OW=OQ·sin∠OQW=10×sin20°≈3.42cm，
∵∠OSN=∠NMW=∠W=90°，
∴四边形NSWM是矩形，
∴MN=WS=OW+OS=3.42+9.40=12.82≈12.8cm.
即MN的长度约为12.8cm.
【知识点】勾股定理的应用；矩形的判定与性质；垂径定理；旋转的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】(1)连接AF，延长FH交于点T，设⊙F的半径为rcm，由可得TH=EG，AB=CD；根据垂径定理可得，在Rt△AFH中，利用勾股定理构造方程并解出x的值，进而计算出FH的长；
(2)延长QM，KO交于点W，易证明四边形NSWM是矩形，则MN=WS=OW+OS，在Rt△OSN和Rt△OQW中，利用三角函数计算出OS和OW即可.
26．【答案】（1）解：①解： ∵矩形ABCD，∴∠ABC=∠BAD=90°，∴AB=CD
∵AE平分∠BAD，∴∠DAE=∠BAE=45°
∴△ABE是等腰直角三角形
∴AB=BE，∴BE=CD
②解：猜∠BDF=45°，
连接 BF，
∵CF⊥AE，∴∠AFC=90°，∵∠CEF=∠AEB=45°， ∴△CEF 是等腰直角三角形，
∴∠ECF=45°，∴EF=CF，∴∠BEF=∠FCD=135°，由①得BE=CD
∴△BEF≌△DCF(SAS)
∴DF=BF，∴∠BFE=∠DFC，∴∠BFD=∠CFE=90°
∴△BFD 是等腰直角三角形，∴∠BDF=45°
（2）解：当时，如图，延长交的延长线于 过作于
则 而
同理：
即
当时，如图，记交交于点 过作于
同理：
即

【知识点】等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS；直角三角形斜边上的中线；求正切值
【解析】【分析】（1）①利用矩形ABCD的性质，证明△ABE是等腰直角三角形，从而可得结论；
②连结BF，根据SAS得到证明 即可得到 然后得到△BFD 是等腰直角三角形，从而证明结论；
（2）分两种情况讨论，当时，延长交的延长线于 过作于 即可得到 进而得到 求出 人居正切的定义解答即可，当时，同理可得答案.
27．【答案】（1）解：如图1，过点作于点，
，
设，则，，
菱形的面积为，
，
解得或（舍去），
菱形的边长为；
（2）解：①点关于的对称点落在线段上，
，，
四边形为菱形，
，，
，
，
，
如图2，过点作于点，则，
由（1）知，，，
，
；
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②
【知识点】菱形的性质；相似三角形的判定；圆-动点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】（2）②作，交于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
即：，
∴当最小时，的值最大，
作交的延长线于点，在射线上取一点，使，连接，
由（1）可知：，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴点在以为直径的圆上运动，
取的中点，连接，则，，
∴当三点共线时，的值最小，
在中，由勾股定理，得，
∴的最小值为，
∴的最大值为．
故答案为：.
【分析】（1）过点作于点，根据∠ABC的余弦值设，即可得到，根据勾股定理求出AH长，再根据菱形的面积公式求出a的值解答即可；
（2）①根据菱形的性质和等腰三角形的性质易得到，过点作于点，则，根据求出，从而求出的长，进而求出的长，证明，求出的长，再根据线段的和差关系进行求解即可；②作，交于点，证明，得到，进而得到，，得到当最小时，的值最大，作交的延长线于点，在射线上取一点，使，连接，证明，得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，取的中点，连接，得到，进而得到当三点共线时，的值最小，求出的最小值即可．
28．【答案】（1）解：①∵CD平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
②∵，
∴．
由①可得，
∴．
∴．
∴是定值，定值为1．
（2）解：∵，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴．
设，则．
∵CD平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
如图，过点D作于H．
∵，
∴．
∴．
【知识点】三角形外角的概念及性质；相似三角形的判定；角平分线的概念；求余弦值；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【分析】（1）①根据角平分线的定义和平行线的性质得到，进而根据两角对应相等得到，再根据对应边成比例解答即可；
②根据平行线可得，由①可得，然后求差解答即可；
（2）根据平行线可得、进而得到，又，即可求出，设，则．推理得到，即可得到，过点D作于H．求得，利用余弦的定义解答即可．
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