專題08 銳角三角形及其應(yīng)用 （講練）（解析版）

專題08銳角三角形及其應(yīng)用目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u一、考情分析二、知識(shí)建構(gòu)考點(diǎn)一解直角三角形【真題研析·規(guī)律探尋】題型01銳角三角函數(shù)與幾何圖形綜合類型一銳角三角函數(shù)與等腰三角形綜合類型二銳角三角函數(shù)與等邊三角形綜合類型三銳角三角函數(shù)與直角三角形綜合類型四銳角三角函數(shù)與矩形綜合類型五銳角三角函數(shù)與菱形綜合類型六銳角三角函數(shù)與正方形綜合類型七銳角三角函數(shù)與圓綜合類型八銳角三角函數(shù)與圓及四邊形綜合類型九銳角三角函數(shù)與圓及三角形綜合題型02銳角三角函數(shù)與函數(shù)綜合類型一銳角三角函數(shù)與反比例函數(shù)綜合類型二銳角三角函數(shù)與二次函數(shù)綜合題型0312345模型【核心提煉·查漏補(bǔ)缺】【好題必刷·強(qiáng)化落實(shí)】考點(diǎn)二解直角三角形的實(shí)際應(yīng)用【真題研析·規(guī)律探尋】題型01仰角俯角問(wèn)題題型02方位角問(wèn)題題型03坡度坡角問(wèn)題題型04與不易測(cè)量相關(guān)問(wèn)題題型05與可調(diào)節(jié)的滑動(dòng)懸桿問(wèn)題【核心提煉·查漏補(bǔ)缺】【好題必刷·強(qiáng)化落實(shí)】

考點(diǎn)要求命題預(yù)測(cè)解直角三角形中考數(shù)學(xué)中，對(duì)銳角三角函數(shù)的考察主要以特殊角的三角函數(shù)值及其有關(guān)計(jì)算、解直角三角形、解直角三角形的應(yīng)用三個(gè)方面為主.其中，銳角三角函數(shù)的性質(zhì)及解直角三角形多以選擇填空題為主，解直角三角形的應(yīng)用多以解答題為主，考點(diǎn)所占分值有3-12分，還是需要考生對(duì)這塊考點(diǎn)多加重視.解直角三角形的實(shí)際應(yīng)用考點(diǎn)一解直角三角形題型01銳角三角函數(shù)與幾何圖形綜合類型一銳角三角函數(shù)與等腰三角形綜合1．（2021·浙江紹興·中考真題）如圖，Rt△ABC中，∠BAC=90°，cosB=14，點(diǎn)D是邊BC的中點(diǎn)，以AD為底邊在其右側(cè)作等腰三角形ADE，使A．32 B．3 C．152 D【答案】D【分析】由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半可得出AD=BD=CD=12BC，在結(jié)合題意可得∠BAD=∠B=∠ADE，即證明AB//DE，從而得出∠BAD=∠B=∠【詳解】∵在Rt△ABC中，點(diǎn)D是邊BC∴AD=∴∠BAD∴AB//∴∠BAD∴在△ADE和△CDE中，∴△ADE∴AE=∵△ADE∴AE=CE=∴△ABD∴DEBD=AD∵cosB∴ABBD∴CEAD故選D．【點(diǎn)睛】本題考查直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，全等三角形與相似三角形的判定和性質(zhì)以及解直角三角形．熟練掌握各知識(shí)點(diǎn)并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解答本題的關(guān)鍵．2．（2021·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）如圖，等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝6，cos∠ABC＝13，點(diǎn)P在邊AC上運(yùn)動(dòng)（可與點(diǎn)A，C重合），將線段BP繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段DP，連接BD，則BD長(zhǎng)的最大值為【答案】93【分析】由旋轉(zhuǎn)知△BPD是頂角為120°的等腰三角形，可求得BD＝3BP，當(dāng)BP最大時(shí)，BD取最大值，即點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，BP＝BA最大，求出AB的長(zhǎng)即可解決問(wèn)題．【詳解】解：∵將線段BP繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段DP，∴BP＝PD，∴△BPD是等腰三角形，∴∠PBD＝30°，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BD于點(diǎn)H，∴BH＝DH，∵cos30°＝BHBP＝3∴BH＝32BP∴BD＝3BP，∴當(dāng)BP最大時(shí)，BD取最大值，即點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，BP＝BA最大，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥BC于點(diǎn)G，∵AB＝AC，AG⊥BC，∴BG＝12BC＝3∵cos∠ABC＝13∴BGAB∴AB＝9，∴BD最大值為：3BP＝93．故答案為：93．【點(diǎn)睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)和判定，三角函數(shù)等知識(shí)，證明出BD=3BP是解題的關(guān)鍵．3．（2020·甘肅天水·中考真題）性質(zhì)探究如圖（1），在等腰三角形ABC中，∠ACB=120°，則底邊AB與腰AC的長(zhǎng)度之比為

理解運(yùn)用（1）若頂角為120°的等腰三角形的周長(zhǎng)為4+23，則它的面積為_(kāi)________（2）如圖（2），在四邊形EFGH中，EF=EG=EH.在邊FG，GH上分別取中點(diǎn)M,N，連接MN.若

類比拓展頂角為2α的等腰三角形的底邊與一腰的長(zhǎng)度之比為_(kāi)_________(用含α的式子表示【答案】性質(zhì)探究：3:1(或3)；理解運(yùn)用：（1）3；（2）MN=103；類比拓展：2sinα【分析】性質(zhì)探究作CD⊥AB于D，則∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性質(zhì)得出AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出AC=2CD，AD=3CD，得出AB=2AD=23CD，即可得出結(jié)果；理解運(yùn)用（1）同上得出則AC=2CD，AD=3CD，由等腰三角形的周長(zhǎng)得出4CD+23CD=4+23，解得：CD=1，得出AB=23，由三角形面積公式即可得出結(jié)果；（2）①由等腰三角形的性質(zhì)得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH即可；②連接FH，作EP⊥FH于P，由等腰三角形的性質(zhì)得出PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，由四邊形內(nèi)角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠EFH=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出PE=12EF=10，PF=3PE=103，得出FH=2PF=203，證明MN是△FGH類比拓展作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性質(zhì)得出BD=CD，∠BAD=12∠BAC=α，由三角函數(shù)得出BD=AB×sinα，得出BC=2BD=2AB×sinα【詳解】性質(zhì)探究解：作CD⊥AB于D，如圖①所示：

則∠ADC=∠BDC=90°，∵AC=BC，∠ACB=120°，∴AD=BD，∠A=∠B=30°，∴AC=2CD，AD=3CD，∴AB=2AD=23CD，∴ABAC故答案為：3:1(或3)理解運(yùn)用（1）解：如圖①所示：同上得：AC=2CD，AD=3CD，∵AC+BC+AB=4+23，∴4CD+23CD=4+23，解得：CD=1，∴AB=23，∴△ABC的面積=12AB×CD=12×23×1=故答案為：3（2）①證明：∵EF=EG=EH，∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH；②解：連接FH，作EP⊥FH于P，如圖②所示：

則PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，∴∠FEH=360°-120°-120°=120°，∵EF=EH，∴∠EFH=30°，∴PE=12EF=10∴PF=3PE=103，∴FH=2PF=203，∵點(diǎn)M、N分別是FG、GH的中點(diǎn)，∴MN是△FGH的中位線，∴MN=12FH=103類比拓展解：如圖③所示：作AD⊥BC于D，

∵AB=AC，∴BD=CD，∠BAD=12∠BAC=α∵cosα∴BD=AB×sinα，∴BC=2BD=2AB×sinα，∴BCAB故答案為：2sinα（或2sin【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、三角形中位線定理、四邊形內(nèi)角和定理、解直角三角形等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．類型二銳角三角函數(shù)與等邊三角形綜合1．（2023·遼寧丹東·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，已知點(diǎn)A3,0，B0,4，點(diǎn)C在x軸負(fù)半軸上，連接AB，BC，若tan∠ABC=2，以BC為邊作等邊三角形BCD，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為；點(diǎn)

【答案】-2,0-1-2【分析】過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，根據(jù)tan∠ABC=2，設(shè)BE=x,CE=2x，則BC=5x，根據(jù)勾股定理可得求出AB=OA2+OB2=5【詳解】解：過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)∵tan∠∴CEBE設(shè)BE=根據(jù)勾股定理可得：BC=∵A3,0，B∴OA=3,在Rt△AOB中，根據(jù)勾股定理可得：∵S△∴12×5×2x在Rt△OBC中，根據(jù)勾股定理可得：∴52解得：x1∴OC=∴C

∵B0,4，C∴OB=4,∴BC設(shè)Dm則BD2=∵△BCD∴BC即m2整理得m2②-①得：4m將m=3-2n代入①得：解得：n1=2+3當(dāng)n=2+3時(shí)，m=3-2當(dāng)n=2-3時(shí)，m=3-2故答案為：-2,0；-1-23【點(diǎn)睛】本題主要考查了解直角三角形，等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確畫出輔助線，構(gòu)造直角三角形，掌握等邊三角形三邊相等，以及勾股定理．2．（2023·湖南郴州·中考真題）已知△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D是射線AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，延長(zhǎng)BC至點(diǎn)E，使CE=AD，連接DE交射線AC

(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段AB上時(shí)，猜測(cè)線段CF與BD的數(shù)量關(guān)系并說(shuō)明理由；(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，①線段CF與BD的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？請(qǐng)說(shuō)明理由；②如圖3，連接AE．設(shè)AB=4，若∠AEB=∠【答案】(1)CF=(2)①成立，理由見(jiàn)解析②4【分析】（1）過(guò)點(diǎn)D作DG∥BC，交AC于點(diǎn)G，易得BD=CG，證明（2）①過(guò)點(diǎn)D作DG∥BC，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，易得BD=CG，證明△DGF≌△ECF，得到CF=FG=12CG，即可得出結(jié)論；②過(guò)點(diǎn)D作DG∥BC，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)A作AN⊥DG，交BC于點(diǎn)H，交DE【詳解】（1）解：CF=∵△ABC∴AB=過(guò)點(diǎn)D作DG∥BC，交AC于點(diǎn)

∴∠ADG=∠ABC∴△ADG∴AD=∵AD=CE，∴DG=CE，又∠DFG∴△DGF∴CF=∴CF=（2）①成立，理由如下：∵△ABC∴AB=過(guò)點(diǎn)D作DG∥BC，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)

∴∠ADG=∠ABC∴△ADG∴AD=∵AD=CE，∴DG=CE，又∠DFG∴△DGF∴CF=∴CF=②過(guò)點(diǎn)D作DG∥BC，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)A作AN⊥DG，交BC于點(diǎn)H，交DE于點(diǎn)

由①知：△ADG為等邊三角形，△DGF≌△∵△ABC∴AB=∴AH=∵∠AEB=∠∴△AEH∴MH=∴AM=2∵△DGF∴∠CEF=∠MDN∴∠AEH∴tan∠∴AHEH設(shè)MN=y,DG=∴23∵DG∥∴△ABC∴BCDG=AHAN聯(lián)立①②可得：x=4經(jīng)檢驗(yàn)x=4∴DG=CE=42+4∴AN=2∴S△∵S△∴S△∴四邊形BDFC的面積為S==43【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形．本題的綜合性強(qiáng)，難度大，屬于中考?jí)狠S題，解題的關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造特殊三角形，全等和相似三角形．3．（2023·甘肅武威·中考真題）【模型建立】（1）如圖1，△ABC和△BDE都是等邊三角形，點(diǎn)C關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)F在①求證：AE=②用等式寫出線段AD，BD，DF的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．【模型應(yīng)用】（2）如圖2，△ABC是直角三角形，AB=AC，CD⊥BD，垂足為D，點(diǎn)C關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)F在BD邊上．用等式寫出線段AD【模型遷移】（3）在（2）的條件下，若AD=42，BD=3

【答案】（1）①見(jiàn)解析；②AD=DF+BD，理由見(jiàn)解析；（2）2【分析】（1）①證明：∠ABE=∠CBD，再證明△ABE?△CBDSAS即可；②由DF和DC（2）如圖，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，得∠BED=90°，證明∠ADF=∠ADC=45°，∠EBD=45°．可得DE=（3）由BD=3CD=3DF，可得2AD=DF+3DF=4DF，結(jié)合AD=42，求解DF=【詳解】（1）①證明：∵△ABC和△∴AB=BC，BE=∴∠ABC∴∠ABE∴△ABE∴AE=

②AD=∵DF和DC關(guān)于AD對(duì)稱，∴DF=∵AE=∴AE=∴AD=（2）2AD如圖，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，得

∵DF和DC關(guān)于AD對(duì)稱，∴DF=DC，∵CD⊥∴∠ADF∴∠EBD∴DE=∵△ABC是直角三角形，AB∴∠ABC=45°∴∠ABC∴∠ABE∴sin∠∴AEAB∴AE?∴AE=∴AD=AE+（3）∵BD=3∴2AD∵AD=4∴DF=∴BD=6如圖，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BD于點(diǎn)

∵AB=∴HF=BC=∴AF=∴cos∠【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，軸對(duì)稱的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的靈活應(yīng)用，本題難度較高，屬于中考?jí)狠S題，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．類型三銳角三角函數(shù)與直角三角形綜合1．（2023·浙江溫州·中考真題）圖1是第七屆國(guó)際數(shù)學(xué)教育大會(huì)（ICME）的會(huì)徽，圖2由其主體圖案中相鄰兩個(gè)直角三角形組合而成．作菱形CDEF，使點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在邊OC，OB，BC上，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AB于點(diǎn)H．當(dāng)AB=BC，∠BOC=30°，

A．3 B．32 C．2 D．【答案】C【分析】根據(jù)菱形性質(zhì)和解直角三角形求出OB=33，BE=3，繼而OA=【詳解】解：∵在菱形CDEF中，CD=DE=∴∠CBO又∵∠BOC∴OD=DEsin∴OC=∴BC=OC·∴BE∵AB=∴在Rt△OBA中，∵EH⊥∴sin∠∴EH=故選C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了解直角三角形、菱形的性質(zhì)，根據(jù)菱形性質(zhì)和解直角三角形求出OC、OB、OA是解題關(guān)鍵．2．（2022·四川德陽(yáng)·中考真題）如圖，直角三角形ABC紙片中，∠ACB=90°，點(diǎn)D是AB邊上的中點(diǎn)，連接CD，將△ACD沿CD折疊，點(diǎn)A落在點(diǎn)E處，此時(shí)恰好有CE⊥AB．若【答案】3【分析】根據(jù)D為AB中點(diǎn)，得到AD=CD=BD，即有∠A=∠DCA，根據(jù)翻折的性質(zhì)有∠DCA=∠DCE，CE=AC，再根據(jù)CE⊥AB，求得∠A=∠BCE，即有∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°，則有∠A=30°，在Rt△ACB中，即可求出AC，則問(wèn)題得解．【詳解】∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°，∵D為AB中點(diǎn)，∴在直角三角形中有AD=CD=BD，∴∠A=∠DCA，根據(jù)翻折的性質(zhì)有∠DCA=∠DCE，CE=AC，∵CE⊥AB，∴∠B+∠BCE=90°，∵∠A+∠B=90°，∴∠A=∠BCE，∴∠BCE=∠ECD=∠DCA，∵∠BCE+∠ECD+∠DCA=∠ACB=90°，∴∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°∴∠A=30°，∴在Rt△ACB中，BC=1，則有AC=∴CE=故答案為：3．【點(diǎn)睛】本題考查了翻折的性質(zhì)、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、等邊對(duì)等角以及解直角三角形的知識(shí)，求出∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°是解答本題的關(guān)鍵．3．（2021·遼寧鞍山·中考真題）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（0°<α<180°），過(guò)點(diǎn)A作射線AM交射線BC于點(diǎn)D，將AM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到AN，過(guò)點(diǎn)C作CF（1）當(dāng)AM與線段BC相交時(shí)，①如圖1，當(dāng)α=60°時(shí)，線段AE，CE和CF之間的數(shù)量關(guān)系為②如圖2，當(dāng)α=90°時(shí)，寫出線段AE，CE和CF（2）當(dāng)tanα=43，AB＝【答案】（1）①AE＝CF+CE；②EC=2【分析】（1）①結(jié)論：AE＝CF+CE．如圖1中，作CT//AF交AM于②結(jié)論：EC＝2（AE﹣CF）．過(guò)點(diǎn)C作CQ（2）分兩種情形：如圖3－1中，當(dāng)∠CDE＝90°時(shí)，過(guò)點(diǎn)B作BJ⊥AC于J，過(guò)點(diǎn)F作FK⊥AE于K．利用勾股定理以及面積法求出CD，再證明FK＝CD，可得結(jié)論．如圖3【詳解】解：（1）①結(jié)論：AE＝理由：如圖1中，作CT//AF交AM于∵AB＝AC∴△ABC∴CA＝CB∵AF//CT∴四邊形AFCT是平行四邊形，∴CF∵∠ADC＝∠∴△ACD∴AD∴AD∵∠ADB∴△ADB∴∠ABD∵CT∴∠CTE∴△CTE∴EC∴AE故答案為：AE＝②如圖2中，結(jié)論：EC=理由：過(guò)點(diǎn)C作CQ⊥AE于∵CF∴∠CFA∵∠MAN∴∠CFA∵∠CQA∴四邊形AFCQ是矩形，∴CF∵∠ADC＝∠∴△ACD∴AD∴AD∵∠ADB∴△ADB∴∠ABD∵∠CQE∴CE∴AE∴EC（2）如圖3－1中，當(dāng)∠CDE＝90°時(shí)，過(guò)點(diǎn)B作BJ⊥AC于J，過(guò)點(diǎn)F在Rt△ABJ中，tan∠∴AJ＝3∵AC∴CJ∴BC∵1∴AD∴CD∵FK∴∠CDE∴CD∵CF∴四邊形CDKF是平行四邊形，∵∠FKD∴四邊形CDKF是矩形，∴FK∵tan∴FK∴AK∴AF如圖3－2中，當(dāng)∠ECD∠DAB∵CF∴∠AKF在Rt△ACK中，tan∠∴CK＝4∵∠MAN∴∠CAN∴∠CAB+∠BAF∴∠AFK∴tan∴FK∴AF綜上所述，滿足條件的AF的值為554或【點(diǎn)睛】此題是幾何變換綜合題．考查了等邊三角形的判定及性質(zhì)，平行四邊形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，此題是一道幾何綜合題，掌握各知識(shí)點(diǎn)并掌握推理能力是解題的關(guān)鍵．類型四銳角三角函數(shù)與矩形綜合1．（2023·遼寧丹東·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，∠ABD=60°，AE⊥BD，垂足為點(diǎn)E，F(xiàn)是OC的中點(diǎn)，連接EF，若EF=2A．163 B．83+4 C．4【答案】D【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得出OA=OB，即可求證△ABO為等邊三角形，進(jìn)而得出點(diǎn)E為OB中點(diǎn)，根據(jù)中位線定理得出BC=2EF【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=∵∠ABD∴△ABO∵AE⊥∴點(diǎn)E為OB中點(diǎn)，∵F是OC的中點(diǎn)，若EF=2∴BC=2∵∠ABD∴∠CBD∴CD=∴矩形ABCD的周長(zhǎng)=2BC故選：D．【點(diǎn)睛】矩形主要考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，中位線定理，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是掌握矩形的對(duì)角線相等，等邊三角形三線合一，三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半，以及解直角三角形的方法和步驟．2．（2023·北京·中考真題）如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在BC，AD上，BE=DF

(1)求證：四邊形AECF是矩形；(2)AE=BE，AB=2，tan【答案】(1)見(jiàn)解析(2)3【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)求出AF=EC，證明四邊形（2）證明△ABE是等腰直角三角形，可得AE=BE【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD=BC，∵BE=∴AF=∴四邊形AECF是平行四邊形，∵AC=∴平行四邊形AECF是矩形；（2）解：由（1）知四邊形AECF是矩形，∴∠AEC∵AE=BE，∴△ABE∴AE=又∵tan∠∴2EC∴EC=2∴BC=【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)以及解直角三角形，熟練掌握相關(guān)判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．3．（2023·江蘇泰州·中考真題）如圖，矩形ABCD是一張A4紙，其中AD=2游戲1

折出對(duì)角線BD，將點(diǎn)B翻折到BD上的點(diǎn)E處，折痕AF交BD于點(diǎn)G．展開(kāi)后得到圖①，發(fā)現(xiàn)點(diǎn)F恰為BC的中點(diǎn)．游戲2

在游戲1的基礎(chǔ)上，將點(diǎn)C翻折到BD上，折痕為BP；展開(kāi)后將點(diǎn)B沿過(guò)點(diǎn)F的直線翻折到BP上的點(diǎn)H處；再展開(kāi)并連接GH后得到圖②，發(fā)現(xiàn)∠AGH(1)請(qǐng)你證明游戲1中發(fā)現(xiàn)的結(jié)論；(2)請(qǐng)你猜想游戲2中∠AGH【答案】(1)證明見(jiàn)詳解(2)120°，理由見(jiàn)解析【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得AF⊥BD，根據(jù)題意可得∠BAG=∠ADB=∠GBF，再設(shè)AB（2）由折疊的性質(zhì)可知∠GBH=∠FBH，BF=HF，從而可得出∠GBH=∠BHF，進(jìn)而得到BD∥HF，∠DGH【詳解】（1）證明：由折疊的性質(zhì)可得AF⊥∴∠AGB∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD∴∠BAG∵AD設(shè)AB=a，則AD=∴sin即BGAB∴BGa解得BG=根據(jù)勾股定理可得AG=cos∠即BGBF∴33解得BF=∵BC∴BF∴點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)．（2）解：∠AGH連接HF，如圖：由折疊的性質(zhì)可知∠GBH=∠FBH∴∠GBH=∠FBH∴∠GBH∴BD∴∠DGH由（1）知AF⊥BD，可得∴∠AGD設(shè)AB=a，則AD=∴BG∴GF在RtΔGFH中，tan∴∠GHF∴∠DGH∴∠AGH【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，熟練掌握以上知識(shí)是解題關(guān)鍵．類型五銳角三角函數(shù)與菱形綜合1．（2023·山東濟(jì)南·中考真題）如圖，將菱形紙片ABCD沿過(guò)點(diǎn)C的直線折疊，使點(diǎn)D落在射線CA上的點(diǎn)E處，折痕CP交AD于點(diǎn)P．若∠ABC=30°，AP=2，則PE

【答案】2【分析】過(guò)點(diǎn)A作AQ⊥PE于點(diǎn)Q，根據(jù)菱形性質(zhì)可得∠DAC=75°，根據(jù)折疊所得∠E=∠D【詳解】解：過(guò)點(diǎn)A作AQ⊥PE于點(diǎn)∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC∴AB=BC=∴∠DAC∵△CPE由△CPD沿∴∠E∴∠EPA∵AQ⊥PE，∴PQ=AP?∴EQ=∴PE=故答案為：2+【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是熟練掌握菱形和折疊的性質(zhì)，正確畫出輔助線，構(gòu)造直角三角形求解．2．（2023·廣東廣州·中考真題）如圖，AC是菱形ABCD的對(duì)角線．

(1)尺規(guī)作圖：將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△ADE，點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為(2)在（1）所作的圖中，連接BD，CE；①求證：△ABD②若tan∠BAC=【答案】(1)作法、證明見(jiàn)解答；(2)①證明見(jiàn)解答；②cos∠DCE的值是【分析】（1）由菱形的性質(zhì)可知AD=AB，將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△ADE，也就是以AD為一邊在菱形ABCD外作一個(gè)三角形與△ABC全等，第三個(gè)頂點(diǎn)E的作法是：以點(diǎn)D為圓心，BC長(zhǎng)為半徑作弧，再以點(diǎn)A（2）①由旋轉(zhuǎn)得AB=AD，AC=AE，∠BAC=∠DAE，則ABAC=②延長(zhǎng)AD交CE于點(diǎn)F，可證明ΔABC?ΔADC，得∠BAC=∠DAC，而∠BAC=∠DAE，所以∠DAE=∠DAC，由等腰三角形的“三線合一”得AD⊥CE，則∠CFD=90°【詳解】（1）解：如圖1，△ADE．（2）證明：①如圖2，由旋轉(zhuǎn)得AB=AD，AC=∴ABAC=AD∴∠BAD∴△ABD②如圖2，延長(zhǎng)AD交CE于點(diǎn)F，

∵AB=AD，BC∴△ABC∴∠BAC∵∠BAC∴∠DAE∵AE∴AD∴∠CFD設(shè)CF=m，∵CFAF∴AF∴DF∵C∴m∴解關(guān)于x的方程得x=∴CD∴cos∴cos∠DCE【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查尺規(guī)作圖、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)與解直角三角形等知識(shí)，此題綜合性強(qiáng)，難度較大，屬于考試壓軸題．3．（2023·廣東深圳·中考真題）（1）如圖，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點(diǎn)，連接BE，①若BE=BC，過(guò)C作CF⊥BE交BE于點(diǎn)②若S矩形ABCD=20時(shí)，則

（2）如圖，在菱形ABCD中，cosA=13，過(guò)C作CE⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，過(guò)E作EF⊥AD交

（3）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠A=60°，AB=6，AD=5，點(diǎn)E在CD上，且CE=2，點(diǎn)F為BC上一點(diǎn)，連接EF，過(guò)E作EG⊥EF交平行四邊形ABCD

【答案】（1）①見(jiàn)解析；②20；（2）32；（3）3或4或3【分析】（1）①根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠ABE+∠CBF=90°，∠CFB②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AD∥BC，AB=BC（3）分三種情況討論，①當(dāng)點(diǎn)G在AD邊上時(shí)，如圖所示，延長(zhǎng)FE交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連接GF，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥DM于點(diǎn)H，證明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，進(jìn)而得出MG=7，根據(jù)tan∠MEH=tan∠HGE，得出HE2=HM?HG，建立方程解方程即可求解；②當(dāng)G點(diǎn)在AB邊上時(shí)，如圖所示，連接GF，延長(zhǎng)GE交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)G作GN∥AD，則GN∥BC，四邊形【詳解】解：（1）①∵四邊形ABCD是矩形，則∠A∴∠ABE又∵CF⊥∴∠FCB+∠CBF∴∠FCB又∵BC=∴△ABE②由①可得∠FCB=∠∴△∴ABCF又∵S∴BE?故答案為：20．（2）∵在菱形ABCD中，cosA∴AD∥BC，則∠CBE∵CE⊥∴∠CEB∵cos∴BE=∴AE=∵EF⊥AD∴∠AFE又∠CBE∴△AFE∴AEBC∴EF?BC（3）①當(dāng)點(diǎn)G在AD邊上時(shí)，如圖所示，延長(zhǎng)FE交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連接GF，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥DM于點(diǎn)

∵平行四邊形ABCD中，AB=6，CE∴CD=AB=6∵DM∥∴△∴EMEF∴S∴S△MGE在Rt△DEH中，則EH=32∴1∴MG=7∵GE⊥∴∠∴tan∴HE∴H設(shè)AG=a，則GD=AD-AG∴2解得：a=3或a即AG=3或AG②當(dāng)G點(diǎn)在AB邊上時(shí)，如圖所示，

連接GF，延長(zhǎng)GE交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)G作GN∥AD，則GN∥設(shè)AG=x，則DN=∵GN∴△∴EGEM∴CM∴S△∵EF∴S過(guò)點(diǎn)E作EH⊥BC于點(diǎn)在Rt△EHC中，∴EH=3，∴S△MEF=∴MF=∴FH=MF∵∠MEF∴∠∴tan∠即FHEH∴E即3解得：x1即AG=③當(dāng)G點(diǎn)在BC邊上時(shí)，如圖所示，

過(guò)點(diǎn)B作BT⊥DC于點(diǎn)在Rt△BTC中，CT=∴S△∵EF?∴S△∵258∴G點(diǎn)不可能在BC邊上，綜上所述，AG的長(zhǎng)為3或4或32【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形，矩形的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定，分類討論是解題的關(guān)鍵．類型六銳角三角函數(shù)與正方形綜合1．（2023·山東淄博·中考真題）勾股定理的證明方法豐富多樣，其中我國(guó)古代數(shù)學(xué)家趙爽利用“弦圖”的證明簡(jiǎn)明、直觀，是世界公認(rèn)最巧妙的方法．“趙爽弦圖”已成為我國(guó)古代數(shù)學(xué)成就的一個(gè)重要標(biāo)志，千百年來(lái)倍受人們的喜愛(ài)．小亮在如圖所示的“趙爽弦圖”中，連接EG，DG．若正方形ABCD與EFGH的邊長(zhǎng)之比為5:1，則sin∠DGE

A．1010 B．55 C．310【答案】A【分析】設(shè)△ABG的長(zhǎng)直角邊為a，短直角邊為b，大正方形的邊長(zhǎng)為5x，小正方形的邊長(zhǎng)為x，由題意得a2【詳解】解：過(guò)點(diǎn)D作ND⊥GE交GE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)由題意可得，兩個(gè)正方形之間是4個(gè)相等的三角形，設(shè)△ABG的長(zhǎng)直角邊為a，短直角邊為b，大正方形的邊長(zhǎng)為5x，小正方形的邊長(zhǎng)為即ED=BG=HC=由題意得，a2+b在△GDE中，EG=2EG=則tan∠∴sin∠故選：A．

【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形的應(yīng)用、正方形的性質(zhì)及勾股定理，確定a、b和x之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．2．（2023·浙江衢州·中考真題）下面是勾股定理的一種證明方法：圖1所示紙片中，∠ACB=90°AC<BC，四邊形ACDE，CBFG是正方形．過(guò)點(diǎn)C，B將紙片CBFG分別沿與AB平行、垂直兩個(gè)方向剪裁成四部分，并與正方形ACDE

（1）若cos∠ABC=34，△ABC的面積為16（2）若PQBQ=1915【答案】9259/【分析】（1）在圖1中，過(guò)C作CM⊥AB于M，由cos∠ABC=34，可得CT=34BC，CM（2）標(biāo)識(shí)字母如圖，設(shè)NT=19t，證明△BFN≌△CBW(ASA)，可得BN=CW=34t，由△BCT【詳解】（1）在圖1中，過(guò)C作CM⊥AB于

∵CT∴∠ABC∵cos∴cos∠BCT∴CT∵∠ACM∴cos∠ACM∴CM∴CT∵△ABC的面積為16∴12∴BC∴CT∴紙片Ⅲ的面積為12故答案為：9；（2）如圖：

∵PQBQ∴NTBT設(shè)NT=19t，則BT=15∵∠FBN=90°-∠CBN=∠BCW∴△BFN∴BN∵∠BCT=∠WBT∴△BCT∴BTWT∴CT∴CT解得CT=9t或當(dāng)CT=9t時(shí)，當(dāng)CT=25t時(shí)，而B(niǎo)K=CT，∴BKAK故答案為：259【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的性質(zhì)與判定，涉及正方形性質(zhì)及應(yīng)用，全等三角形性質(zhì)與判定，銳角三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握三角形相似的判定定理．3．（2023·湖北宜昌·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊AD，AB上的點(diǎn)，連接CE，EF，CF．

(1)若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，E是AD的中點(diǎn)．①如圖1，當(dāng)∠FEC=90°時(shí)，求證：②如圖2，當(dāng)tan∠FCE=(2)如圖3，延長(zhǎng)CF，DA交于點(diǎn)G，當(dāng)GE=DE,【答案】(1)①詳見(jiàn)解析；②AF(2)詳見(jiàn)解析【分析】（1）①由∠ADC=∠BAD=∠FEC=90°，證明∠AEF=∠ECD，可得結(jié)論；②如圖，延長(zhǎng)DA，CF交于點(diǎn)G作GH⊥CE，垂足為H，證明△CED∽△GEH，可得GE（2）如圖，延長(zhǎng)CE，作GH⊥CE，垂足為H，證明△CED∽△GEH，設(shè)AD=CD=a,GE=DE=t,EH=x,【詳解】（1）解：如圖，

正方形ABCD中，CD=①∵∠ADC∴∠AEF∴∠AEF∴△AEF②如圖，

延長(zhǎng)DA，CF交于點(diǎn)G，作GH⊥CE，垂足為∵∠EDC=∠EHG∴△CED∴GE∵CD∴CE方法一：設(shè)EH=∴GE5∴GH=2∵在Rt△CHG中，∴m∴EG方法二：在Rt△GHE中，由tan∠∴3∴n∴GE又∵∠GAF=∠GDC∴△AGF∴AG∴3∴AF（2）如圖

延長(zhǎng)CE，作GH⊥CE，垂足為∵∠EDC=∠EHG∴△CED設(shè)AD=∴x∴x在Rt△CHG中，∴tan∴y∴22∴2∴22∵在Rt△CDE中，∴22∴a∴(a-又∵∠GAF=∠GDC∴△AGF∴AG∴AF∴AF∵AE∴AE【點(diǎn)睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，本題計(jì)算量大，對(duì)學(xué)生的要求高，熟練的利用參數(shù)建立方程是解本題的關(guān)鍵．類型七銳角三角函數(shù)與圓綜合1．（2023·山東·中考真題）如圖，AB為⊙O的直徑，C是圓上一點(diǎn)，D是BC的中點(diǎn)，弦DE⊥AB

(1)求證：BC=(2)P是AE上一點(diǎn)，AC=6,BF=2(3)在（2）的條件下，當(dāng)CP是∠ACB的平分線時(shí)，求CP【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)4(3)7【分析】（1）由D是BC的中點(diǎn)得CD=BD，由垂徑定理得BE=（2）連接OD，證明△ACB∽△OFD，設(shè)⊙O的半徑為r，利用相似三角形的性質(zhì)得r=5，AB=2r=10（3）過(guò)點(diǎn)B作BG⊥CP交CP于點(diǎn)G，證明△CBG是等腰直角三角形，解直角三角形得到CG=BG=BCcos45°=4【詳解】（1）解：∵D是BC的中點(diǎn)，∴CD=∵DE⊥AB且AB為∴BE=∴BC=∴BC=（2）解：連接OD，

∵CD=∴∠CAB∵AB為⊙O∴∠ACB∵DE⊥∴∠DFO∴△ACB∴ACAB設(shè)⊙O的半徑為r則62解得r=5，經(jīng)檢驗(yàn)，r∴AB=2∴BC=∴tan∠∵∠BPC∴tan∠BPC（3）解：如圖，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥CP交CP于點(diǎn)

∴∠∵∠ACB=90°，CP是∴∠∴∠∴CG=∵tan∠BPC∴BGGP∴GP=3∴CP=4【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理及推論，解直角三角形等知識(shí)，熟練掌握以上知識(shí)并靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．2．（2023·黑龍江綏化·中考真題）如圖，MN為⊙O的直徑，且MN=15，MC與ND為圓內(nèi)的一組平行弦，弦AB交MC于點(diǎn)H．點(diǎn)A在MC上，點(diǎn)B在NC上，∠

(1)求證：MH?(2)求證：AC=(3)在⊙O中，沿弦ND所在的直線作劣弧ND的軸對(duì)稱圖形，使其交直徑MN于點(diǎn)G．若sin∠CMN=【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)21【分析】（1）證明△AMH（2）連接OC，交AB于點(diǎn)F，根據(jù)平行線的性質(zhì)和已知條件證明垂直平分即可；（3）利用對(duì)稱的性質(zhì)作輔助線，根據(jù)已知條件，轉(zhuǎn)化為解直角三角形問(wèn)題即可．【詳解】（1）∵∠ABC和∠AMC是∴∠ABC∵∠AHM∴△AMH∴AHCH∴MH?（2）連接OC，交AB于點(diǎn)F，

∵M(jìn)C與ND為一組平行弦，即：MC∥∴∠OND∵OM=∴∠OMC∵∠OND∴∠OCM∴∠HFC∴OC⊥∴OC是AB的垂直平分線，∴AC=（3）連接DM、DG，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥MN，垂足為E，設(shè)點(diǎn)G的對(duì)稱點(diǎn)G'，連接G

∵DG=DG∴DM^∴DG∴DG=∴△DGM∵DE⊥∴GE=∵DN∥∴∠CMN∵M(jìn)N為直徑，∴∠MDN∴∠MDE∵DE⊥∴∠DEN∴∠DNM∴sin∠在Rt△MND中，∴sin∠∴MD15∴MD=9在Rt△MED中，∴ME∴ME=∴NG∴NG故答案為：215【點(diǎn)睛】本題考查了圓的綜合問(wèn)題，同弧所對(duì)圓周角相等、構(gòu)建合適的輔助線是解題的關(guān)鍵；熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)、熟悉銳角三角函數(shù)解決直角三角形．類型八銳角三角函數(shù)與圓及四邊形綜合1．（2021·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）如圖1，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)P在邊BC上，⊙O經(jīng)過(guò)A，B，P三點(diǎn)．（1）若BP＝3，判斷邊CD所在直線與⊙O的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；（2）如圖2，E是CD的中點(diǎn)，⊙O交射線AE于點(diǎn)Q，當(dāng)AP平分∠EAB時(shí)，求tan∠EAP的值．【答案】（1）相切，見(jiàn)解析；（2）5【分析】（1）如圖1中，連接AP，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的長(zhǎng)，與半徑半徑，可得結(jié)論．（2）如圖2中，延長(zhǎng)AE交BC的延長(zhǎng)線于T，連接PQ．利用面積法求出BP，可得結(jié)論．【詳解】解：（1）如圖1﹣1中，連接AP，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥AB于H，交CD于E．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，∴AP＝AB2+BP∵OH⊥AB，∴AH＝HB，∵OA＝OP，AH＝HB，∴OH＝12PB＝3∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，∴四邊形AHED是矩形，∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，∴OE＝EH＝OH＝4﹣32＝5∴OE＝OP，∴直線CD與⊙O相切．（2）如圖2中，延長(zhǎng)AE交BC的延長(zhǎng)線于T，連接PQ．∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，∴△ADE≌△TCE（ASA），∴AD＝CT＝4，∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，∵∠ABT＝90°，∴AT＝AB2+BT2∵AP是直徑，∴∠AQP＝90°，∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，∴PB＝PQ，設(shè)PB＝PQ＝x，∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，∴12×4×8＝12×45×x+12∴x＝25﹣2，∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝PBAB＝5【點(diǎn)睛】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，正方形的性質(zhì)，解直角三角形、相似三角形判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握切線的證明方法：已知垂直證半徑，已知半徑證垂直，利用三角形面積不同的表示方法構(gòu)建方程解決問(wèn)題是難點(diǎn)．2．（2023·陜西·中考真題）（1）如圖①，在△OAB中，OA=OB，∠AOB=120°，AB=24．若⊙O的半徑為4，點(diǎn)P在⊙O上，點(diǎn)（2）如圖②所示，五邊形ABCDE是某市工業(yè)新區(qū)的外環(huán)路，新區(qū)管委會(huì)在點(diǎn)B處，點(diǎn)E處是該市的一個(gè)交通樞紐．已知：∠A=∠ABC=∠AED=90°，AB=AE=10000m，BC=DE=6000m．根據(jù)新區(qū)的自然環(huán)境及實(shí)際需求，現(xiàn)要在矩形AFDE區(qū)域內(nèi)（含邊界）修一個(gè)半徑為30m的圓型環(huán)道⊙O；過(guò)圓心O，作OM⊥AB，垂足為M，與⊙O交于點(diǎn)N．連接BN，點(diǎn)P在⊙O上，連接EP．其中，線段

【答案】（1）43-4；（【分析】（1）連接OP，OM，過(guò)點(diǎn)O作OM'⊥AB，垂足為M'（2）分別在BC，AE上作BB'=AA'=r=30(m)，連接A'B'，B'O、OP、OE、B'E．證出四邊形BB'ON是平行四邊形．由平行四邊形的性質(zhì)得出BN=B'O．當(dāng)點(diǎn)O在B'E上時(shí)，【詳解】解：（1）如圖①，連接OP，OM，過(guò)點(diǎn)O作OM'⊥

則OP+∵⊙O半徑為4∴PM∵OA=OB∴∠A∴O∴PM∴線段PM的最小值為43（2）如圖②，分別在BC，AE上作BB

連接A'B'，B'O、OP∵OM⊥AB，B∴四邊形BB∴BN∵B∴BN∴當(dāng)點(diǎn)O在B'E上時(shí)，作⊙O'，使圓心O'在B作O'M'⊥AB，垂足為M∴O'∴△B'O'∴O'∵⊙O'在矩形∴當(dāng)⊙O'與FD相切時(shí)，B'此時(shí)，O'∵M(jìn)∴M∴O∴O∴此時(shí)環(huán)道⊙O的圓心O到AB的距離OM的長(zhǎng)為4047.91【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，切線的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．類型九銳角三角函數(shù)與圓及三角形綜合1．（2023·浙江臺(tái)州·中考真題）我們可以通過(guò)中心投影的方法建立圓上的點(diǎn)與直線上點(diǎn)的對(duì)應(yīng)關(guān)系，用直線上點(diǎn)的位置刻畫圓上點(diǎn)的位置，如圖，AB是⊙O的直徑，直線l是⊙O的切線，B為切點(diǎn)．P，Q是圓上兩點(diǎn)（不與點(diǎn)A重合，且在直徑AB的同側(cè)），分別作射線AP，AQ交直線l于點(diǎn)C，點(diǎn)

(1)如圖1，當(dāng)AB=6，BP?的長(zhǎng)為π時(shí)，求(2)如圖2，當(dāng)AQAB=34，(3)如圖3，當(dāng)sin∠BAQ=64，BC=CD【答案】(1)2(2)3(3)10【分析】（1）根據(jù)扇形的弧長(zhǎng)公式即可求出∠BOP度數(shù)，利用切線的性質(zhì)和解直角三角形即可求出BC（2）根據(jù)等弧所對(duì)圓周角相等推出∠BAC=∠DAC，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理推出CF（3）根據(jù)三角形相似的性質(zhì)證明△APQ∽△ADC和△APB∽△【詳解】（1）解：如圖1，連接OP，設(shè)∠BOP的度數(shù)為n

∵AB=6，BP?∴n∴n=60，即∴∠BAP∵直線l是⊙O∴∠ABC∴BC=（2）解：如圖2，連接BQ，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AD于點(diǎn)

∵AB∴∠BQA∴cos∵BP∴∠BAC∵CF⊥AD∴CF∵∠BAQ+∠ADB∴∠FCD∴BC（3）解：104如圖3，連接BQ，

∵AB⊥BC∴∠ABQ+∠BAD∴∠ABQ∵∠ABQ∴∠APQ∵∠PAQ∴△APQ∴PQCD∵∠BAP=∠BAC∴△APB∴BPBC∵B①÷②得，∵sin∴cos【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形以及三角函數(shù)、切線的性質(zhì)定理、扇形的弧長(zhǎng)公式，角平分線性質(zhì)定理等，解題的關(guān)鍵在于熟練掌握相關(guān)性質(zhì)定理和相關(guān)計(jì)算公式．2．（2023·黑龍江大慶·中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C是圓上的一點(diǎn)，CD⊥AD于點(diǎn)D，AD交⊙O于點(diǎn)F，連接AC，若AC平分∠DAB，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AB于點(diǎn)G，交AC于點(diǎn)H

(1)求證：CD是⊙O(2)求證：AF?(3)若sin∠DEA=【答案】(1)證明，見(jiàn)解析(2)證明，見(jiàn)解析(3)AH【分析】（1）連接OC，根據(jù)AC平分∠DAB，則∠DAC=∠CAB，根據(jù)（2）由（1）得，∠DAC=∠CAB，根據(jù)∠（3）根據(jù)sin∠DEA=45，則OCOE=45，設(shè)⊙O的半徑為4x，則OE=5x，根據(jù)勾股定理求出CE；根據(jù)【詳解】（1）連接OC∵AC平分∠DAB∴∠DAC∵OA=∴∠CAB∴∠DAC∴AD∥∵CD⊥∴∠D∴CD是⊙O

（2）證明，如下：由（1）得，∠OCE∵∠DAC∵FG⊥∴∠FGA∴∠AHF∵∠ACE∴△ACE∴ACAH∴AC?（3）∵sin∠∴OCOE設(shè)⊙O的半徑為4∴OE=5∴CE=∵AE=∴AD=45∵DE=∴DC=∵AC∴AC=∵△ACE∴AHFH【點(diǎn)睛】本題考查圓，相似三角形，銳角三角形函數(shù)的知識(shí)，解題的關(guān)鍵圓的切線定理的運(yùn)用，相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角形函數(shù)的運(yùn)用．3．（2022·山東德州·中考真題）如圖1，在等腰三角形ABC中，AB=AC，O為底邊BC的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O作OD⊥AB，垂足為D，以點(diǎn)O為圓心，OD為半徑作圓，交BC(1)AB與⊙O的位置關(guān)系為_(kāi)______(2)求證：AC是⊙O(3)如圖2，連接DM，DM=4，∠A=96°，求⊙O的直徑．【答案】(1)相切(2)見(jiàn)解析(3)9.8【分析】（1）利用直線與圓的相切的定義解答即可；（2）過(guò)點(diǎn)O作OE⊥AC于點(diǎn)E，連接OA，通過(guò)證明（3）過(guò)點(diǎn)O作OF⊥DM于點(diǎn)F，利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理求得【詳解】（1）解：∵OD⊥AB，點(diǎn)O∴圓心O到直線AB的距離等于圓的半徑，∴AB為⊙∴AB與⊙故答案為：相切；（2）證明：過(guò)點(diǎn)O作OE⊥AC于點(diǎn)E，連接∵AB=AC，O∴AO為∠∵OD⊥AB∴OD∵OD為⊙∴OE為⊙∴AC是⊙（3）解：過(guò)點(diǎn)O作OF⊥DM于點(diǎn)∵AB=AC∠B=∠C∵OD∴∠BOD∵OF∴DF=MF=∵OD=OM∴OF為∠∴∠DOF=12在Rt△∵sin∴OD∴⊙O的直徑=2【點(diǎn)睛】本題主要考查了解直角三角形，垂徑定理，圓的切線的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系定理，三角形的內(nèi)角和定理，過(guò)圓心作直線的垂線段是解決此類問(wèn)題常添加的輔助線，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．4．（2023·浙江·中考真題）如圖，在⊙O中，AB是一條不過(guò)圓心O的弦，點(diǎn)C,D是AB的三等分點(diǎn)，直徑CE交AB于點(diǎn)F，連結(jié)AD交CF于點(diǎn)G，連結(jié)AC，過(guò)點(diǎn)C的切線交BA

(1)求證：AD∥(2)若OGGC=2，求(3)連結(jié)BC交AD于點(diǎn)N，若⊙O的半徑為①若OF=52②若AH=10，求③若HF?AB=88【答案】(1)見(jiàn)解析(2)5(3)①527；②1310【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)C,D是AB三等分點(diǎn)，得出AC=CD=DB，根據(jù)CE是⊙O（2）如圖1，連接AO，證明△CAG≌△FAG，則CG=FG，設(shè)CG=a，則FG（3）①如圖1，連接OA，勾股定理確定AG，根據(jù)AD=CB，可得②如圖2，連接CD，設(shè)CG=x，則FG=x,OG=5-x，解得③如圖3，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥AB于點(diǎn)M，則AM=MB=12AB．設(shè)CG=x，則FG=x,OG【詳解】（1）解：∵點(diǎn)C,D是∴AC=由CE是⊙O∴CE⊥∵HC是⊙O∴HC⊥∴AD∥（2）如圖1，連結(jié)AO，∵BD=

∴∠BAD由CE⊥AD，則又∵AG=∴△CAG∴CG=設(shè)CG=a，則∵OGCG∴OG=2在Rt△AOG中由勾股定理得∴(3a∴AG=∴tan∠（3）①如圖1，連結(jié)OA，∵OF=

∴CF=∴CG=∴OG=∴AG=∵CE⊥∴AD=2∵AC=∴AD=∴BC=②如圖2，連結(jié)CD，

∵AD∥∴AH=∵∠HCF∴AC=設(shè)CG=x，則由勾股定理得AG即25-(5-解得x=1∴AG∵CD=∴∠DAC∵∠CDN∴△CND∴NDCD∴ND=∵∠BAD∴△ANB∴C△③如圖3，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥AB于點(diǎn)M，則

設(shè)CG=x，則由勾股定理得AGAF∵AD∥∴AH=∴AG=∴AF?∵∠AGF∴△AFG∴AFOF∴AF?∴AF?可得方程10x解得x1∴CG=∴OG=3∴AG=4∴HC=8,∴S△∵AD∥∴∠CAD∵AC=∴∠B∴∠B∵∠H∴△CHA∴S△【點(diǎn)睛】本題考查了圓的綜合問(wèn)題，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，切線的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定熟練掌握是解題的關(guān)鍵．題型02銳角三角函數(shù)與函數(shù)綜合類型一銳角三角函數(shù)與反比例函數(shù)綜合1．（2021·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的OA邊在x軸的正半軸上，OC邊在y軸的正半軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，2），反比例函數(shù)y=2x(x>0)的圖象與BC交于點(diǎn)D，與對(duì)角線OB交于點(diǎn)E，與AB交于點(diǎn)F，連接OD，DE，EF，DF．下列結(jié)論：①sin∠DOC=cos∠BOCA．4個(gè) B．3個(gè) C．2個(gè) D．1個(gè)【答案】A【分析】根據(jù)題意，圖中各點(diǎn)的坐標(biāo)均可以求出來(lái)，sin∠DOC=CDOD，cos∠BOC=OCOB，只需證明CDOD=OCOB即可證明結(jié)論①；先求出直線OB的解析式，然后求直線OB與反比例函數(shù)【詳解】解：∵OABC為矩形，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，2），∴A點(diǎn)坐標(biāo)為(4，0)，C點(diǎn)坐標(biāo)為(0，2)，根據(jù)反比例函數(shù)y=當(dāng)y=2時(shí)，x=1，即D點(diǎn)坐標(biāo)為(1，當(dāng)x=4時(shí)，y=12，即F點(diǎn)坐標(biāo)為(4∵OC=2∴OD=∵OC=2∴OB=∴sin∠cos∠∴sin∠故結(jié)論①正確；設(shè)直線OB的函數(shù)解析式為：y=點(diǎn)B代入則有：2=解得：k=故直線OB的函數(shù)解析式為：y=當(dāng)12x=2x即x=2時(shí)，y∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(2，1)，∴點(diǎn)E為OB的中點(diǎn)，∴OE=故結(jié)論②正確；∵CD=1∴BD=3由②得：S△S△∴S△故結(jié)論③正確；在Rt△OCD和OCCD∴△OCD∴OD:故結(jié)論④正確，綜上：①②③④均正確，故選：A．【點(diǎn)睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)，相似三角形判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，反比例函數(shù)與幾何綜合，結(jié)合題意求出圖中各點(diǎn)坐標(biāo)是解決本題的關(guān)鍵．2．（2023·遼寧營(yíng)口·中考真題）如圖，點(diǎn)A在反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象上，AB⊥y

(1)求反比例函數(shù)的解析式；(2)點(diǎn)C在這個(gè)反比例函數(shù)圖象上，連接AC并延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)D，且∠ADO=45°，求點(diǎn)【答案】(1)y(2)C【分析】（1）利用正切值，求出OB=4，進(jìn)而得到A（2）過(guò)點(diǎn)A作AE⊥x軸于點(diǎn)E，易證四邊形ABOE是矩形，得到OE=2，AE=4，再證明△AED是等腰直角三角形，得到DE=4，進(jìn)而得到D6,0【詳解】（1）解：∵AB∴∠ABO∵tan∴AB∵AB∴OB∴A∵點(diǎn)A在反比例函數(shù)y=∴k∴反比例函數(shù)的解析式為y=（2）解：如圖，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥x軸于點(diǎn)∵∠ABO∴四邊形ABOE是矩形，∴OE=AB∵∠ADO∴△AED∴DE∴OD∴D設(shè)直線AD的解析式為y=∴2k+∴直線AD的解析式為y=-∵點(diǎn)A、C是反比例函數(shù)y=8x聯(lián)立y=8xy=-∵A∴C

【點(diǎn)睛】本題是反比例函數(shù)綜合題，考查了銳角三角函數(shù)值，矩形的判定和性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，反比例函數(shù)和一次函數(shù)交點(diǎn)問(wèn)題等知識(shí)，求出直線AD的解析式是解題關(guān)鍵．3．（2021·青海西寧·中考真題）如圖，正比例函數(shù)y=12x與反比例函數(shù)y=kx(x>0)的圖象交于點(diǎn)A，AB⊥x軸于點(diǎn)（1）求OB的長(zhǎng)和反比例函數(shù)的解析式；（2）將△AOB繞點(diǎn)О旋轉(zhuǎn)90°，請(qǐng)直接寫出旋轉(zhuǎn)后點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A'的【答案】（1）OB=2，y=2x(x【分析】（1）由三角函數(shù)值，即可求出OB=2，然后求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，即可求出反比例函數(shù)的解析式；（2）根據(jù)題意，可分為：順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度和逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度，兩種情況進(jìn)行分析，即可得到答案．【詳解】解：（1）∵AB⊥x∴∠在Rt△OBC中，OC∴OBOC=2∴點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2又∵點(diǎn)A在正比例函數(shù)y=∴y=∴A把A(2,1)代入y=∴k=2∴反比例函數(shù)的解析式是y=2（2）根據(jù)題意，∵點(diǎn)A為（2，1），∵將△AOB繞點(diǎn)О旋轉(zhuǎn)90°則分為：順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度和逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度，如圖：∴A'(-1，2)【點(diǎn)睛】本題考查了反比例函數(shù)和一次函數(shù)的綜合，以及三角函數(shù)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的知識(shí)，正確的畫出圖像進(jìn)行分析．類型二銳角三角函數(shù)與二次函數(shù)綜合1．（2023·江蘇·中考真題）如圖，二次函數(shù)y=12x2+bx

(1)b=_______(2)D是第三象限拋物線上的一點(diǎn)，連接OD，tan∠AOD=52；將原拋物線向左平移，使得平移后的拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)(k,0)作x(3)將原拋物線平移，平移后的拋物線與原拋物線的對(duì)稱軸相交于點(diǎn)Q，且其頂點(diǎn)P落在原拋物線上，連接PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求點(diǎn)P【答案】(1)-1(2)k≤-3(3)3,-52或【分析】（1）把A(-2,0)代入y（2）過(guò)點(diǎn)D作DM⊥OA于點(diǎn)M，設(shè)Dm,12m平移后得拋物線為y=（3）先設(shè)出平移后頂點(diǎn)為Pp,12p2-p-4【詳解】（1）解：把A(-2,0)代入y0=1解得b=-1故答案為-1（2）解：過(guò)點(diǎn)D作DM⊥OA于點(diǎn)M，

∵b=-1∴二次函數(shù)的解析式為y設(shè)Dm∵D是第三象限拋物線上的一點(diǎn)，連接OD，tan∠∴tan∠解得m=-1或m=8當(dāng)m=-1時(shí)，1∴D-∵y=∴設(shè)將原拋物線向左平移后的拋物線為y=把D-1,-52代入解得a=3或a=-1∴平移后得拋物線為y∵過(guò)點(diǎn)(k,0)作x軸的垂線l．已知在在y=12x+32-92的對(duì)稱軸x=-∴k≤-3（3）解：由y=12x-∵頂點(diǎn)為Pp,q∴q=∴平移后的拋物線為y=12∵原拋物線y=∴原拋物線的頂點(diǎn)C1,-92，對(duì)稱軸為∵平移后的拋物線與原拋物線的對(duì)稱軸相交于點(diǎn)Q，∴Q1,∵點(diǎn)Q、C在直線x=1上，平移后的拋物線頂點(diǎn)P在原拋物線頂點(diǎn)C的上方，兩拋物線的交點(diǎn)Q在頂點(diǎn)P的上方，∴∠PCQ與∠CQP都是銳角，∵△PCQ∴∠CPQ=90°，∴QC∴p2-2∴p=1（舍去），或p=3或p=-1當(dāng)p=3時(shí)，12當(dāng)p=-1時(shí)，1∴點(diǎn)P坐標(biāo)為3,-52或【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形以及待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，熟練掌握二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2022·江蘇無(wú)錫·中考真題）已知二次函數(shù)y=-14x2+bx+c圖像的對(duì)稱軸與x軸交于點(diǎn)A（1，0），圖像與y軸交于點(diǎn)B（0，3），C(1)求該二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)若點(diǎn)C與點(diǎn)B重合，求tan∠CDA的值；(3)點(diǎn)C是否存在其他的位置，使得tan∠CDA的值與（2）中所求的值相等？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)C的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y(2)1(3)-2,1，3-17【分析】（1）二次函數(shù)與y軸交于點(diǎn)B0,3，判斷c=3，根據(jù)A1,0，即二次函數(shù)對(duì)稱軸為x（2）證明△ADE∽△BAO，得到BOAE=OADE，即BO?DE=OA?AE，設(shè)Dt（3）根據(jù)題目要求，找出符合條件的點(diǎn)C的位置，在利用集合圖形的性質(zhì)，求出對(duì)應(yīng)點(diǎn)C的坐標(biāo)即可?！驹斀狻浚?）解：∵二次函數(shù)y=-14x2∴c=3，即y∵A1,0，即二次函數(shù)對(duì)稱軸為x∴x=-∴b=∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=-（2）解：如圖，過(guò)點(diǎn)D作x軸的垂線，垂足為E，連接BD，∵∠CAD∴∠BAO∵∠ADE∴∠ADE∵∠BOA∴△ADE∴BOAE=OA∵B0,3，A∴BO=3，OA設(shè)：Dt,-1∴OE=t，DE=-∴3×-解得：t1=-10當(dāng)t2=4時(shí)，∴AE=4-1=3，DE∴AD=AB∵在Rt△∴tan（3）解：存在，如圖，（2）圖中Rt△BAD關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱時(shí)，∵點(diǎn)D的坐標(biāo)為4,1，∴此時(shí)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為-2,1如圖，當(dāng)點(diǎn)C、D關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱時(shí)，此時(shí)AC與AD長(zhǎng)度相等，即tan∠當(dāng)點(diǎn)C在x軸上方時(shí)，過(guò)點(diǎn)C作CE垂直于x軸，垂足為E，∵∠CAD=90°，點(diǎn)∴∠CAE∴△CAE∴CE=設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為m,-∴CE=-14∴-解得：m1=3-17此時(shí)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為3-17當(dāng)點(diǎn)C在x軸下方時(shí)，過(guò)點(diǎn)C作CF垂直于x軸，垂足為F，∵∠CAD=90°，點(diǎn)∴∠CAF∴△CAF∴CF=設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為m,-∴CF=14∴1解得：m1=-1+17此時(shí)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為-1-綜上：點(diǎn)C的坐標(biāo)為-2,1，3-17,【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合問(wèn)題，運(yùn)用數(shù)形結(jié)合、分類討論及方程思想是解題的關(guān)鍵．3．（2023·遼寧鞍山·中考真題）如圖1，拋物線y=ax2+53x+

(1)求拋物線的解析式．(2)直線y=23x-4與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)E作直線EF⊥x軸，交AD于點(diǎn)(3)如圖2，點(diǎn)N為x軸正半軸上一點(diǎn)，OE與BN交于點(diǎn)M．若OE=BN，tan∠【答案】(1)y(2)73或(3)E(3【分析】（1）利用待定系數(shù)法，把已知點(diǎn)坐標(biāo)代入解析式即可求解函數(shù)的解析式；（2）分別過(guò)E，F(xiàn)向y軸作垂線，垂足為G，H，根據(jù)HL證得Rt△BEG≌Rt△DFH，從而B(niǎo)G=（3）將OE平移到NP，連接EP，則tan∠BNP=tan∠BME=34；過(guò)P作PQ⊥BN于Q，過(guò)Q作QR⊥y軸于R，過(guò)P作PS⊥PQ交延長(zhǎng)線于S，延長(zhǎng)PE交y軸于T，設(shè)PQ=3m，則QN=4m，BN=OE=NP=5m，BQ=m，由△BRQ∽△【詳解】（1）解：把(3，1)和9a+5+c拋物線的解析式為：y=-（2）直線y=23x-4中，令直線y=23x-4中，令分別過(guò)E，F(xiàn)向y軸作垂線，垂足為G，H，

根據(jù)題意可得EG=∵EG⊥y∴△BEG和△在Rt△BEG和BE=∴Rt∴BG設(shè)E(則F(∴G(0,-t從而B(niǎo)G=5-(-t則有t2-5解得t=0（舍去），或t=故點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為：73或1（3）將OE平移到NP，連接EP，則四邊形ONPE為平行四邊形，tan∠BNP=tan∠BME=34，過(guò)P作PQ⊥BN于Q，過(guò)Q作QR⊥y軸于R∵tan∴可設(shè)PQ=3m，則∴BN=則BQ=

設(shè)RQ=∵RQ∴△BRQ∴BR∴BR=15BO∵PQ⊥BM，PS∴∠BRQ∴∠BQR+∠PQS∴∠PQS∴△∴QS∴PS=3n，QS∴xE=∴E代入拋物線解析式中有：3n解得：n=916當(dāng)n=916當(dāng)n=13【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)與相似三角形綜合題，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，正切的定義等知識(shí)，解題關(guān)鍵是在坐標(biāo)系中利用等線段構(gòu)造全等進(jìn)行計(jì)算，構(gòu)造相似三角形解決問(wèn)題．題型0312345模型【12345模型簡(jiǎn)介】對(duì)于角α和角β，若滿足α+β=45°，tanα=12，則一定tanβ=13已知△ABC為等腰直角三角形，點(diǎn)D為線段AB的中點(diǎn)，設(shè)∠BCD=α，∠ACD=β,且tanα=12，則tanβ=【證明過(guò)程】過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AC設(shè)AB=BC=4,則AD=2，AC=42,DE=AE=2∴CE=32∴tan∵α+β=45°，∴tan（α+β）=1,∠CDE=α+45°，∠BDE=β+45°（三角形內(nèi)角和為180°）∴tan（α+45°）=3，tan（β+45°）=2在BC上取一點(diǎn)F，使DF=FC,設(shè)BF=x，則DF=4-x在Rt△BDF中，由勾股定理解得x=1.5，∴tan2α=43，tan2β=1．（2022·四川瀘州·中考真題）如圖，在邊長(zhǎng)為3的正方形ABCD中，點(diǎn)E是邊AB上的點(diǎn)，且BE=2AE，過(guò)點(diǎn)E作DE的垂線交正方形外角∠CBG的平分線于點(diǎn)F，交邊BC于點(diǎn)M，連接DF交邊BC于點(diǎn)N，則MNA．23 B．56 C．67【答案】B【分析】在AD上截取AG=AE,連接GE，延長(zhǎng)BA至H，使AH=CN,連接EN，可得出EN=EH,，設(shè)CN=x,則BN=3-x,用勾股定理求出EN=BE2+B【詳解】解：如圖所示：在AD上截取AG=AE,連接GE，延長(zhǎng)BA至H，使AH∵∴∵∴∠∴∠∵∠∴∠∴∴∠∴∠∵BF為正方形外角∠∴∠∴∠∴∠在△GDE和△∵∴△∴∴∠∴∠在Rt△EDC和∵∴△∴∠在△NDE和△∵∴△∴∵BC=∴設(shè)CN=x在Rt△∴∴1+∴∵∠∴∴故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理等知識(shí)．此題綜合性很強(qiáng)，圖形比較復(fù)雜，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用與輔助線的準(zhǔn)確選擇．2．（2023·四川·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A(1,0)，點(diǎn)B(0,-3)，點(diǎn)C在x軸上，且點(diǎn)C在點(diǎn)A右方，連接AB，BC，若tan∠ABC=1

【答案】9【分析】根據(jù)已知條件得出∠ABO=∠ABC，根據(jù)等面積法得出ACOA=【詳解】解：∵點(diǎn)A(1,0)，點(diǎn)B∴OA=1,tan∠∵tan∠∴∠ABO過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC于點(diǎn)

∵AO⊥BO,AD⊥∴AO∵S∴AC設(shè)Cm,0，則AC∴m解得：m=94∴C9故答案為：94【點(diǎn)睛】本題考查了正切的定義，角平分線的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握角平分線的定義是解題的關(guān)鍵．3．（2021·四川宜賓·中考真題）如圖，在矩形紙片ABCD中，點(diǎn)E、F分別在矩形的邊AB、AD上，將矩形紙片沿CE、CF折疊，點(diǎn)B落在H處，點(diǎn)D落在G處，點(diǎn)C、H、G恰好在同一直線上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，則DF的長(zhǎng)是（

）A．2 B．74 C．322【答案】A【分析】構(gòu)造如圖所示的正方形CMPD，然后根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)解直角三角形FNP即可．【詳解】如圖，延長(zhǎng)CE，F(xiàn)G交于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)N作l//AB，延長(zhǎng)CB,DA交∴∠CMN=∠DPN=90°，∴四邊形CMPD是矩形，根據(jù)折疊，∠MCN=∠GCN，CD=CG，DF=∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，∴RtΔMNC?∴CM=CG∴四邊形CMPD為正方形，∵∴△CBE∴BEMN∵BE=2，∴NP設(shè)DF=x,則在Rt△PNF中，由F解得x=2故選A．【點(diǎn)睛】本題考查了折疊問(wèn)題，正方形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用，難度較大．作出合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．4．（2023·湖北黃岡·中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，以點(diǎn)B為圓心，適當(dāng)長(zhǎng)為半徑畫弧，分別交BC，BD于點(diǎn)E，F(xiàn)，再分別以點(diǎn)E，F(xiàn)為圓心，大于12EF長(zhǎng)為半徑畫弧交于點(diǎn)P，作射線BP，過(guò)點(diǎn)C作BP的垂線分別交BD,AD于點(diǎn)

A．10 B．11 C．23 D．【答案】A【分析】由作圖可知BP平分∠CBD，設(shè)BP與CN交于點(diǎn)O，與CD交于點(diǎn)R，作RQ⊥BD于點(diǎn)Q，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可知RQ=RC，進(jìn)而證明Rt△BCR≌Rt△BQR，推出BC=BQ=4，設(shè)RQ【詳解】解：如圖，設(shè)BP與CN交于點(diǎn)O，與CD交于點(diǎn)R，作RQ⊥BD于點(diǎn)

∵矩形ABCD中，AB=3∴CD=∴BD=由作圖過(guò)程可知，BP平分∠CBD∵四邊形ABCD是矩形，∴CD⊥又∵RQ⊥∴RQ=在Rt△BCR和RQ=∴Rt△BCR≌Rt∴BC=∴QD=設(shè)RQ=RC=在Rt△DQR中，由勾股定理得即3-x解得x=∴CR=∴BR=∵S△∴OC=∵∠COR=∠CDN∴△OCR∴OCDC=CR解得CN=故選A．【點(diǎn)睛】本題考查角平分線的作圖方法，矩形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等，涉及知識(shí)點(diǎn)較多，有一定難度，解題的關(guān)鍵是根據(jù)作圖過(guò)程判斷出BP平分∠CBD，通過(guò)勾股定理解直角三角形求出CR5．（2023·四川涼山·中考真題）閱讀理解題：閱讀材料：如圖1，四邊形ABCD是矩形，△AEF是等腰直角三角形，記∠BAE為α、∠FAD為β，若tan

證明：設(shè)BE=k，∵tanα=易證△∴EC=2∴FD∴tanβ若α+β=45°時(shí)，當(dāng)tan同理：若α+β=45°時(shí)，當(dāng)tan根據(jù)上述材料，完成下列問(wèn)題：如圖2，直線y=3x-9與反比例函數(shù)y=mx(x>0)的圖象交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)B．將直線AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后的直線與y軸交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥

(1)求反比例函數(shù)的解析式；(2)直接寫出tan∠(3)求直線AE的解析式．【答案】(1)y(2)tan∠BAM(3)y【分析】（1）首先求出點(diǎn)B3,0，然后設(shè)Aa,3a-9，在Rt△（2）首先根據(jù)A4,3，B3,0得到MO=4，BO=3，求出MB=1，AM=3，然后利用正切值的概念求出tan∠BAM=（3）首先根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AN=OM=4，NO=AM=3，然后利用tan∠NAE=12求出NE【詳解】（1）將y=0代入y=3x∴B3,0∵直線y=3x-9與反比例函數(shù)∴設(shè)Aa∵AM⊥x，∴在Rt△AOM中，∴a2∴解得a1=4，∵點(diǎn)A的橫坐標(biāo)要大于點(diǎn)B的橫坐標(biāo)，∴a2∴a=4∴A4,3∴將A4,3代入y=m∴反比例函數(shù)的解析式為y=（2）∵A4,3，B∴MO=4，BO∴MB=1，AM∵AM⊥∴tan∠∵AN⊥y，∴四邊形NOMA是矩形，∴∠NAM∵將直線AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后的直線與y軸交于點(diǎn)E，∴∠BAE∴∠BAM∵tan∠∴tan∠（3）∵四邊形NOMA是矩形，∴AN=OM=4∵AN⊥y，∴NEAN=1∴解得NE=2∴OE=∴E0,1∴設(shè)直線AE的解析式為y=∴將E0,1和A4,3代入得，∴解得b=1∴直線AE的解析式為y=【點(diǎn)睛】此題考查了反比例函數(shù)，一次函數(shù)和幾何綜合題，矩形的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確理解材料的內(nèi)容．在解直角三角形的過(guò)程中，一般要用到下面一些關(guān)系：1）直角三角形的五個(gè)元素：邊：a、b、c，角：∠A、∠B2）三邊之間的關(guān)系：a2+3）兩銳角之間的關(guān)系：∠A＋∠B＝90°4）邊角之間的關(guān)系：sinA=∠A所對(duì)的邊斜邊=ac，sinB=∠BcosA=∠A所鄰的邊斜邊tanA=∠A所對(duì)的邊鄰邊解直角三角形常見(jiàn)類型及方法：已知類型已知條件解法步驟兩邊斜邊和一直角邊(如c,a)①②③∠B=90°－∠A兩直角邊(如a,b)①②③∠B=90°－∠A一邊和一銳角斜邊和一銳角（如c，∠A）①∠B=90°－∠A②③一直角邊和一銳角（如a，∠A）①∠B=90°－∠A②③另一直角邊和一銳角（如b，∠A）①∠B=90°－∠A②③1．（2023·重慶·模擬預(yù)測(cè)）如圖，P是⊙O外一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作⊙O的兩條切線，分別交⊙O于點(diǎn)A和點(diǎn)B，連接AB，C為⊙O上一點(diǎn)，連接AC，BC．若cosC=3A．365 B．7 C．325 D【答案】A【分析】連接OP，AD，BO并延長(zhǎng)交⊙O于D，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OP⊥AB，PB=PA=6，AD⊥AB，【詳解】解：連接OP，AD，BO并延長(zhǎng)交⊙O于D∵過(guò)點(diǎn)P作⊙O的兩條切線、分別交⊙O于點(diǎn)A和點(diǎn)∴OP⊥AB∵BD是⊙∴AD⊥AB∴AD∴∠D∵∠D∴∠POB∵cos∴cos∴設(shè)OB=3k，∴PB∴k∴OB=9∵∠DAB=∠PBO∴△ABD∴PBAB∴6AB∴AB故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2023·河南鄭州·三模）如圖，把矩形紙片OABC放入平面直角坐標(biāo)系中，使OA、OC分別落在x軸、y軸上，連接OB將紙片沿OB折疊，使A落在A'的位置，OB=5,tanA．-35,45 B．-4【答案】A【分析】本題以平面直角坐標(biāo)系為載體，以翻折變換為方法構(gòu)造而成，綜合考查了矩形的性質(zhì)，三角函數(shù)的應(yīng)用，勾股定理等知識(shí)，構(gòu)造方程是解題關(guān)鍵．過(guò)點(diǎn)A'作x軸的垂線，垂足為D，根據(jù)先求出AB、BC的長(zhǎng)度，借助面積公式求出A'D【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)A'作x軸的垂線，垂足為D設(shè)A'D=∵四邊形ABCO是矩形，∠OAB∴四邊形ABA設(shè)AB=OC=∵OB=5，∴x2解得x=1由題意得A'∴△ABO由勾股定理得a2由面積公式得12聯(lián)立①②解得a=45∴點(diǎn)A'的坐標(biāo)為-故選：A．3．（2023·重慶·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD=5，AB=12，cosA=35，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB，垂足為A．71050 B．1050 C．9【答案】C【分析】此題考查了解直角三角形，平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)B作BF⊥EC于點(diǎn)F，解直角三角形得到BC=5，CD=12，AE=3，然后利用勾股定理求出DE【詳解】過(guò)點(diǎn)B作BF⊥EC于點(diǎn)∵在平行四邊形ABCD中，DE⊥AD=5，AB=12，∴BC=5，CD=12∴BE=9，∴CE∵S∴BF∴sin故選：C．4．（2023·安徽合肥·模擬預(yù)測(cè)）如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，點(diǎn)D在BC上，∠CDA=∠CAB．若A．94 B．125 C．154【答案】C【分析】本題考查解直角三角形，先根據(jù)正切值求出AC的長(zhǎng)，根據(jù)∠CDA=∠CAB，得到∠DAC=∠【詳解】解：在Rt△ACB中，BC=4∴AC=∵∠CDA=∠CAB∴∠DAC∴tan∠∴CD=∴AD=故選C．5．（2024·重慶·一模）如圖，在正方形ABCD中，O為對(duì)角線BD的中點(diǎn)，連接OC，E為邊AB上一點(diǎn)，CF⊥DE于點(diǎn)F，若OF=2，CF=5，則AEA．23 B．34-2 C．3【答案】D【分析】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)，正切的定義；過(guò)點(diǎn)O作OG⊥OF交DE于點(diǎn)G，證明△GOD≌△FOCASA，進(jìn)而求得【詳解】解：如圖所示，過(guò)點(diǎn)O作OG⊥OF交DE于點(diǎn)∵O為正方形ABCD對(duì)角線BD的中點(diǎn)，∴∠∴∠∵CF∴∠又∵∠ADE=45°-∠∴∠∴△∴OG=OF∴GF又∵CF∴FD∴DC∵tan∴AE∴AE故選：D．二、填空題6．（2024·山西呂梁·一模）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在DA的延長(zhǎng)線上，CF與AB相交于點(diǎn)G，若AD=2，tan∠FCE=2【答案】6【分析】本題考查的是正方形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，連接GE，過(guò)F作FH⊥CE交延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，證明△EDC【詳解】連接GE，過(guò)F作FH⊥CE交延長(zhǎng)線于點(diǎn)∵∠EDC=∠EHF∴△EDC∴EHED∵CD=AD=2，點(diǎn)E∴DE=1∴由勾股定理得CE=在Rt△FHC設(shè)FH=2n，∴GE5=2∴FH=5，∴EH=∴EF=52∵AB∥∴△AGF∴AGCD=AF∴AG=故答案為：677．（2024·江蘇常州·模擬預(yù)測(cè)）某三棱柱的三視圖如圖所示，其中主視圖和左視圖為矩形，俯視圖為△ABC，已知tanB=13

【答案】2【分析】本題考查簡(jiǎn)單幾何體的三視圖，理解視圖的定義，掌握簡(jiǎn)單幾何體三視圖的形狀是正確解答的前提．根據(jù)這個(gè)幾何體的三視圖，得出這個(gè)三棱柱，高為2,BC=4，設(shè)CD=m，由tanB【詳解】解：過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC，由簡(jiǎn)圖可知，這個(gè)幾何體是三棱柱，高為2,BC

∵∠∴AD∵tanB=1∴解得m=1∴AD=1則1×2=2，∴左視圖長(zhǎng)方形的長(zhǎng)為2，寬為1，所以左視圖的面積是2．故答案為：2．8．（2024·山西臨汾·一模）如圖，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E是BC邊上一點(diǎn)，點(diǎn)F在BA邊的延長(zhǎng)線上，且CE=AF，連接EF交AD邊于點(diǎn)G，HN垂直平分EF，分別交AD，EF，AB于點(diǎn)H，M，N．若CE=2【答案】10【分析】本題主要考查矩形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)和解直角三角形，根據(jù)題意求得FE，結(jié)合垂直平分可得FM=ME=12FE，進(jìn)一步證明△AGF∽△BEF，有AFBF【詳解】解：∵AB=6，BC=8，∴BF=8，BE∴FE=∵HN垂直平分EF，∴FM=∵四邊形ABCD為矩形，點(diǎn)F在BA邊的延長(zhǎng)線上，∴∠FAG∵∠F∴