重庆中考数学易错题专题训练-锐角三角函数练习题

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，△ABC内接于⊙O，BC2,ABAC，点D为AC上的动点，且cosB(1)求AB的长度；

(2)在点D运动的过程中，弦AD的延长线交BC的延长线于点E，问AD•AE的值是否变化？若不变，请求出AD•AE的值；若变化，请说明理由.

(3)在点D的运动过程中，过A点作AH⊥BD，求证：BHCDDH.

10. 10

【答案】(1) AB【解析】

10；(2) ADAE10；（3）证明见解析.

【分析】（1）过A作AF⊥BC，垂足为F，交⊙O于G，由垂径定理可得BF=1，再根据已知结合RtΔAFB即可求得AB长；

（2）连接DG，则可得AG为⊙O的直径，继而可证明△DAG∽△FAE，根据相似三角形的性质可得AD•AE=AF•AG，连接BG，求得AF=3，FG=

1，继而即可求得AD•AE的值； 3（3）连接CD，延长BD至点N，使DN=CD，连接AN，通过证明△ADC≌△ADN，可得AC=AN，继而可得AB=AN，再根据AH⊥BN，即可证得BH=HD+CD. 【详解】（1)过A作AF⊥BC，垂足为F，交⊙O于G，

1BC=1， 2BF110RtΔAFBBF=1∴AB=cosB在中，，； 1010∵AB=AC，AF⊥BC，∴BF=CF=（2）连接DG，

∵AF⊥BC，BF=CF，∴AG为⊙O的直径，∴∠ADG=∠AFE=90°， 又∵∠DAG=∠FAE，∴△DAG∽△FAE， ∴AD：AF=AG：AE， ∴AD•AE=AF•AG，

连接BG，则∠ABG=90°，∵BF⊥AG，∴BF2=AF•FG， ∵AF=∴FG=

AB2BF2=3，

1， 3∴AD•AE=AF•AG=AF•（AF+FG）=3×

10=10； 3（3）连接CD，延长BD至点N，使DN=CD，连接AN，

∵∠ADB=∠ACB=∠ABC，∠ADC+∠ABC=180°，∠ADN+∠ADB=180°， ∴∠ADC=∠ADN， ∵AD=AD，CD=ND， ∴△ADC≌△ADN， ∴AC=AN，

∵AB=AC，∴AB=AN， ∵AH⊥BN， ∴BH=HN=HD+CD.

【点睛】本题考查了垂径定理、三角函数、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.

2．已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜边AC交⊙O于点D，且AD=DC，延长CB交⊙O于点E．

（1）图1的A、B、C、D、E五个点中，是否存在某两点间的距离等于线段CE的长？请说明理由；

（2）如图2，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F． ①若CF=CD时，求sin∠CAB的值；

②若CF=aCD（a＞0）时，试猜想sin∠CAB的值．（用含a的代数式表示，直接写出结果）

【答案】（1）AE=CE；（2）①【解析】

；②

．

试题分析：（1）连接AE、DE，如图1，根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC，根据垂直平分线的性质可得AE=CE；

（2）连接AE、ED，如图2，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直径，根据切线的性质可得∠AEF=90°，从而可证到△ADE∽△AEF，然后运用相似三角形的性质可得当CF=CD时，可得sin∠CED=

，从而有EC=AE=

=AD•AF．①

CD，在Rt△DEC中运用三角函数可得

，根据圆周角定理可得∠CAB=∠DEC，即可求出sin∠CAB的值；②当

CF=aCD（a＞0）时，同①即可解决问题． 试题解析：（1）AE=CE．理由：

连接AE、DE，如图1，∵∠ABC=90°，∴∠ABE=90，∴∠ADE=∠ABE=90°，∵AD=DC，∴AE=CE；

（2）连接AE、ED，如图2，∵∠ABE=90°，∴AE是⊙O的直径，∵EF是⊙OO的切线，∴∠AEF=90°，∴∠ADE=∠AEF=90°，又∵∠DAE=∠EAF，∴△ADE∽△AEF，∴∴

=AD•AF．

=DC•3DC==．

=DC•（a+2）DC=（a+2）

，

DC，=

．

；

，∴AE=

DC，∵EC=AE，

，

①当CF=CD时，AD=DC=CF，AF=3DC，∴∴EC=

DC，∴sin∠CAB=sin∠CED=

=

②当CF=aCD（a＞0）时，sin∠CAB=∴AE=

DC，∵EC=AE，∴EC=

∵CF=aCD，AD=DC，∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD，∴

∴sin∠CAB=sin∠CED=

考点：1．圆的综合题；2．探究型；3．存在型．

3．如图，某公园内有一座古塔AB，在塔的北面有一栋建筑物，某日上午9时太阳光线与水平面的夹角为32°，此时塔在建筑物的墙上留下了高3米的影子CD．中午12时太阳光线与地面的夹角为45°，此时塔尖A在地面上的影子E与墙角C的距离为15米（B、E、C在一条直线上），求塔AB的高度．（结果精确到0.01米）

参考数据：sin32°≈0.5299，cos32°≈0.8480，tan32°≈0.6249，21.4142．

【答案】塔高AB约为32.99米. 【解析】 【分析】

过点D作DH⊥AB，垂足为点H，设AB＝x，则 AH＝x﹣3，解直角三角形即可得到结论． 【详解】

解：过点D作DH⊥AB，垂足为点H．

由题意，得 HB = CD = 3，EC = 15，HD = BC，∠ABC =∠AHD = 90°， ∠ADH = 32°．

设AB = x，则 AH = x – 3．

在Rt△ABE中，由 ∠AEB = 45°，得 tanAEBtan45∴ EB = AB = x．∴ HD = BC = BE + EC = x + 15． 在Rt△AHD中，由 ∠AHD = 90°，得 tanADH即得 tan32解得 xAB1． EBAH． HDx3． x1515tan32332.99．

1tan32∴ 塔高AB约为32.99米．

【点睛】

本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．

4．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线ykx4交x轴、y轴分别于点

A、点B，且ABO的面积为8. （1）求k的值；

（2）如图，点P是第一象限直线AB上的一个动点，连接PO，将线段OP绕点O顺时针旋转90°至线段OC，设点P的横坐标为t，点C的横坐标为m，求m与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；

（3）在（2）的条件下，过点B作直线BMOP，交x轴于点M，垂足为点N，点K在线段MB的延长线上，连接PK，且PKKB0P，PMB2KPB，连接MC，求四边形BOCM的面积.

【答案】（1）k1；（2）mt4；（3）S【解析】 【分析】

（1）先求出A的坐标，然后利用待定系数法求出k的值；

(2) 过点P作PDx轴，垂足为D，过点C作CEx轴，垂足为E，证

BOCM32.

PODOCE可得OEPD，进一步得出m与t的函数关系式；

（3）过点O作直线OTAB，交直线BM于点Q，垂足为点T，连接QP，先证出

QTBPTO；再证出KPBBPN；设KPBx，通过计算证出POPM；

再过点P作PDx轴，垂足为点D，根据tanOPDtanBMO得到

ODBO，PDMO列式可求得t=4；所以OM=8进一步得出四边形BOCM是平行四边形，最后可得其面积为32.

【详解】

解：（1）把x0代入ykx4，y4， ∴BO4， 又∵∴

SABO4，

1AOBO4，AO4， 2∴A(4,0)，

把x4，y0代入ykx4， 得04k4， 解得k1. 故答案为1；

（2）解：把xt代入yx4，yt4， ∴P(t,t4)

如图，过点P作PDx轴，垂足为D，过点C作CEx轴，垂足为E，

∴PDOCEO90， ∴PODOPD90，

∵线段OP绕点O顺时针旋转90°至线段OC， ∴POC90，OPOC， ∴PODEOC90， ∴OPDEOC， ∴PODOCE， ∴OEPD，

mt4.

故答案为mt4.

（3）解：如图，过点O作直线OTAB，交直线BM于点Q，垂足为点T，连接QP，

由（1）知，AOBO4，BOA90， ∴ABO为等腰直角三角形，

∴ABOBAO45，BOT90ABO45ABO， ∴BTTO， ∵BTO90， ∴TPOTOP90， ∵POBM， ∴BNO90， ∴BQTTPO， ∴QTBPTO， ∴QTTP，POBQ， ∴PQTQPT， ∵POPKKB，

∴QBPKKB，QKKP， ∴KQPKPQ，

∴PQTKQPQPTKPQ，TQBTPK， ∴KPBBPN， 设KPBx， ∴BPNx， ∵PMB2KPB， ∴PMB2x，

POMPAOAPO45x，NMO90POM45x， ∴PMOPMBNMO45xPOM， ∴POPM，

过点P作PDx轴，垂足为点D， ∴OM2OD2t，

OPD90POD45xBMO， tanOPDtanBMO，

ODBOt4， ，

PDMOt42tt14，t22（舍）

∴OM8，由（2）知，mt48OM， ∴CM∴BM∴Sy轴， OC，

∵PNMPOC90， ∴四边形BOCM是平行四边形，

BOCMBOOM4832.

故答案为32. 【点睛】

本题考查了一次函数和几何的综合题，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，添加适当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．

5．如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E（30，0），交y轴于点D（0，

1x+5交x轴于点A，交y轴于点B，交直线DE于点P，过点E作3EF⊥x轴交直线AB于点F，以EF为一边向右作正方形EFGH． （1）求边EF的长；

40），直线AB：y＝

（2）将正方形EFGH沿射线FB的方向以每秒10个单位的速度匀速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移过程中边F1G1始终与y轴垂直，设平移的时间为t秒（t＞0）． ①当点F1移动到点B时，求t的值；

②当G1，H1两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形E1F1G1H1与△APE重叠部分的面积．

【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120； 【解析】 【分析】

（1）根据已知点E（30，0），点D（0，40），求出直线DE的直线解析式y=-求出P点坐标，进而求出F点坐标即可；

4x+40，可3（2）①易求B（0，5），当点F1移动到点B时，t=1010÷10=10；

②F点移动到F'的距离是10t，F垂直x轴方向移动的距离是t，当点H运动到直线DE上时，在Rt△F'NF中，t=4，S=

NF1MH4，=，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，

NF3EM31451023PK1×(12+)×11==，；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，

248FK3PKt34＝＝，t=7，S=15×（15-7）=120. KG153t93PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，【详解】

（1）设直线DE的直线解析式y＝kx+b， 将点E（30，0），点D（0，40）， ∴30kb0，b40

4∴k3， b40∴y＝﹣

43x+40， 直线AB与直线DE的交点P（21，12）， 由题意知F（30，15）， ∴EF＝15；

（2）①易求B（0，5）， ∴BF＝1010，

∴当点F1移动到点B时，t＝101010＝10； ②当点H运动到直线DE上时，

F点移动到F'的距离是10t， 在Rt△F'NF中，

NFNF=13， ∴FN＝t，F'N＝3t， ∵MH'＝FN＝t，

EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t， 在Rt△DMH'中，

MH4， EM3t4， 153t3∴t＝4，

∴

∴EM＝3，MH'＝4，

1451023(12)11； 248当点G运动到直线DE上时，

∴S＝

F点移动到F'的距离是10t， ∵PF＝310， ∴PF'＝10t﹣310， 在Rt△F'PK中，

PK1， FK3∴PK＝t﹣3，F'K＝3t﹣9， 在Rt△PKG'中，∴t＝7，

∴S＝15×（15﹣7）＝120. 【点睛】

本题考查一次函数图象及性质，正方形的性质；掌握待定系数法求函数解析式，利用三角形的正切值求边的关系，利用勾股定理在直角三角形中建立边之间的联系，准确确定阴影部分的面积是解题的关键．

PKt34＝＝， KG153t93

12xbxc的图象经过点A（-3，6），并与x轴交于点B（-21，0）和点C，顶点为点P． （1）求这个二次函数解析式；

6．如图，已知二次函数y（2）设D为x轴上一点，满足∠DPC=∠BAC，求点D的坐标；

（3）作直线AP，在抛物线的对称轴上是否存在一点M，在直线AP上是否存在点N，使AM+MN的值最小？若存在，求出M、N的坐标：若不存在，请说明理由．

【答案】（1）点C坐标为（3，0），点P（1，-2）；（2）点P（7，0）；（3）点N（-

714，）． 55【解析】 【分析】

（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式，即可求解； （2）利用S△ABC=

111BH221×AC×BH= ×BC×yA，求出sinα= ，则tanα= ，在222AB2105x1MD△PMD中，tanα= = ，即可求解；

PMx222（3）作点A关于对称轴的对称点A′（5，6），过点A′作A′N⊥AP分别交对称轴与点M、交AP于点N，此时AM+MN最小，即可求解． 【详解】

963b3b12（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式得：，解得：3，

1c0bc22故：抛物线的表达式为：y=

123x-x-， 223， 2故点C坐标为（3，0），点P（1，-2）；

令y=0，则x=-1或3，令x=0，则y=-（2）过点B作BH⊥AC交于点H，过点P作PG⊥x轴交于点G，

设：∠DPC=∠BAC=α，

由题意得：AB=210，AC=62，BC=4，PC=22， S△ABC=

11×AC×BH=×BC×yA， 22解得：BH=22， sinα=

1BH221==，则tanα=，

5AB2102由题意得：GC=2=PG，故∠PCB=45°， 延长PC，过点D作DM⊥PC交于点M， 则MD=MC=x， 在△PMD中，tanα=

xMD1==， PMx222解得：x=22，则CD=2x=4， 故点P（7，0）；

（3）作点A关于对称轴的对称点A′（5，6），

过点A′作A′N⊥AP分别交对称轴与点M、交AP于点N，此时AM+MN最小，

直线AP表达式中的k值为：设直线A′N的表达式为：y=

81=-2，则直线A′N表达式中的k值为， 421x+b， 27， 2将点A′坐标代入上式并求解得：b=

故直线A′N的表达式为：y=当x=1时，y=4， 故点M（1，4），

17x+…①， 22同理直线AP的表达式为：y=-2x…②， 7联立①②两个方程并求解得：x=-，

5故点N（-，【点睛】

7514）． 5本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等知识，其中（3），利用对称点求解最小值，是此类题目的一般方法．

7．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的边AB在x轴上，点B坐标（﹣6，0），点C在y轴正半轴上，且cosB＝

3，动点P从点C出发，以每秒一个单位长度的速度向D点5移动（P点到达D点时停止运动），移动时间为t秒，过点P作平行于y轴的直线l与菱形的其它边交于点Q． （1）求点D坐标；

（2）求△OPQ的面积S关于t的函数关系式，并求出S的最大值； （3）在直线l移动过程中，是否存在t值，使S＝不存在，请说明理由．

3S菱形ABCD？若存在，求出t的值；若20

【答案】（1）点D的坐标为（10，8）．（2）S关于t的函数关系式为S＝

4t(0t4)50，S的最大值为．（3）3或5+7. 2220tt(4t10)333【解析】 【分析】

（1）在Rt△BOC中，求BC,OC,根据菱形性质再求D的坐标；（2）分两种情况分析：①当0≤t≤4时和②当4＜t≤10时，根据面积公式列出解析式，再求函数的最值；（3）分两

种情况分析：当0≤t≤4时，4t＝12，；当4＜t≤10时，【详解】

解：（1）在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，OB＝6，cosB＝

2220tt12 333， 5BCOB10 cosBOCBC2OB28∵四边形ABCD为菱形，CD∥x轴，

∴点D的坐标为（10，8）．

（2）∵AB＝BC＝10，点B的坐标为（﹣6，0）， ∴点A的坐标为（4，0）． 分两种情况考虑，如图1所示． ①当0≤t≤4时，PQ＝OC＝8，OQ＝t，

1PQ•OQ＝4t， 2∵4＞0，

∴S＝

∴当t＝4时，S取得最大值，最大值为16；

②当4＜t≤10时，设直线AD的解析式为y＝kx+b（k≠0）， 将A（4，0），D（10，8）代入y＝kx+b，得：

4k4kb03，解得：， 1610kb8b3∴直线AD的解析式为y当x＝t时，y416x． 33416t， 334164PQ8t(10t)

333S1220PQOPt2t 2332202502Stt(t5)2,0∴当t＝5时，S取得最大值，最大值为

3333350． 34t(0t4)50综上所述：S关于t的函数关系式为S＝2220，S的最大值为．

tt(4t10)333（3）S菱形ABCD＝AB•OC＝80．

当0≤t≤4时，4t＝12， 解得：t＝3； 当4＜t≤10时，2220tt＝12， 333S菱形ABCD，t的值为3或5+7． 20解得：t1＝5﹣7（舍去），t2＝5+ 7． 综上所述：在直线l移动过程中，存在t值，使S＝

【点睛】

考核知识点：一次函数和二次函数的最值问题.数形结合，分类讨论是关键.

8．如图，某次中俄“海上联合”反潜演习中，我军舰A测得潜艇C的俯角为30°．位于军舰A正上方1000米的反潜直升机B侧得潜艇C的俯角为68°．试根据以上数据求出潜艇C离开海平面的下潜深度．（结果保留整数．参考数据：sin68°≈0.9，cos68°≈0.4，tan68°≈2.5，

3≈1.7）

【答案】潜艇C离开海平面的下潜深度约为308米

【解析】试题分析：过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，则AD即为潜艇C的下潜深度，用锐角三角函数分别在Rt△ACD中表示出CD和在Rt△BCD中表示出BD，利用BD=AD+AB二者之间的关系列出方程求解．

试题解析：过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，则AD即为潜艇C的下潜深度，根据题意得：∠ACD=30°，∠BCD=68°， 设AD=x，则BD=BA+AD=1000+x，

ADx = = 3x

tanACDtan300在Rt△BCD中，BD=CD•tan68°，

在Rt△ACD中，CD=

∴325+x= 3x •tan68° 解得：x≈100米，

∴潜艇C离开海平面的下潜深度为100米．

点睛：本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是作出辅助线，从题目中找出直角三角形并选择合适的边角关系求解．

视频

9．如图所示，一堤坝的坡角ABC62，坡面长度AB25米(图为横截面)，为了使堤坝更加牢固，一施工队欲改变堤坝的坡面，使得坡面的坡角ADB50，则此时应将坝底向外拓宽多少米？(结果保留到0.01 米)(参考数据：sin62≈0.88，cos62≈0.47，

tan50≈1.20)

【答案】6.58米 【解析】

试题分析：过A点作AE⊥CD于E．在Rt△ABE中，根据三角函数可得AE，BE，在Rt△ADE中，根据三角函数可得DE，再根据DB=DE﹣BE即可求解． 试题解析：过A点作AE⊥CD于E． 在Rt△ABE中，∠ABE=62°． ∴AE=AB•sin62°=25×0.88=22米，

BE=AB•cos62°=25×0.47=11.75米， 在Rt△ADE中，∠ADB=50°， ∴DE=∴DB=DE﹣BE≈6.58米． 故此时应将坝底向外拓宽大约6.58米．

=18

米，

考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题．

10．如图以△ABC的一边AB为直径作⊙O，⊙O与BC边的交点D恰好为BC的中点，过点D作⊙O的切线交AC边于点F.

（1）求证：DF⊥AC；

（2）若∠ABC=30°，求tan∠BCO的值. 【答案】(1)证明见解析; (2) tan∠BCO=【解析】

试题分析：（1）连接OD，根据三角形的中位线定理可求出OD∥AC，根据切线的性质可证明DE⊥OD，进而得证．

（2）过O作OF⊥BD，根据等腰三角形的性质及三角函数的定义用OB表示出OF、CF的长，根据三角函数的定义求解． 试题解析：证明:连接OD ∵DE为⊙O的切线, ∴OD⊥DE ∵O为AB中点, D为BC的中点 ∴OD‖AC ∴DE⊥AC

(2)过O作OF⊥BD,则BF=FD 在Rt△BFO中，∠ABC=30°

3. 913OB, BF=OB 22∵BD=DC, BF=FD，

∴OF=∴FC=3BF=

33OB 21OBOF32. 在Rt△OFC中，tan∠BCO=

FC339OB2点睛：此题主要考查了三角形中位线定理及切线的性质与判定、三角函数的定义等知识点，有一定的综合性，根据已知得出OF=键．

1333OB，BF=OB，FC=3BF=OB是解题关222