培优锐角三角函数辅导专题训练及答案解析

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．在△ABC中，AB=BC，点O是AC的中点，点P是AC上的一个动点（点P不与点A，O，C重合）．过点A，点C作直线BP的垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF． （1）如图1，请直接写出线段OE与OF的数量关系；

（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由

（3）若|CF﹣AE|=2，EF=23，当△POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP的长．

【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP的长为62或23. 3【解析】

【分析】（1）如图1中，延长EO交CF于K，证明△AOE≌△COK，从而可得OE=OK，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE；

（2）如图2中，延长EO交CF于K，由已知证明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，继而可证得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK，OF=OE； （3）分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得. 【详解】（1）如图1中，延长EO交CF于K，

∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO， ∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，

1EK=OE； 2（2）如图2中，延长EO交CF于K，

∵△EFK是直角三角形，∴OF=

∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，

∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF， ∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF， ∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF， ∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；

（3）如图3中，点P在线段AO上，延长EO交CF于K，作PH⊥OF于H，

∵|CF﹣AE|=2，EF=23，AE=CK，∴FK=2， 在Rt△EFK中，tan∠FEK=∴EK=2FK=4，OF=

3，∴∠FEK=30°，∠EKF=60°， 31EK=2， 21PF=1，HF=3，OH=2﹣3， 2∵△OPF是等腰三角形，观察图形可知，只有OF=FP=2， 在Rt△PHF中，PH=∴OP=1223262.

如图4中，点P在线段OC上，当PO=PF时，∠POF=∠PFO=30°， ∴∠BOP=90°， ∴OP=

323OE=， 3323. 3综上所述：OP的长为62或【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.

2．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC． （1）求证：∠AEC=90°；

（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由； （3）若DC=2，求DH的长．

【答案】（1）证明见解析； （2）四边形AOCD为菱形； （3）DH=2【解析】

试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得

，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出

∠AEC=90°；

（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得

，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是

．

平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边

形是菱形）；

（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=试题解析：（1）连接OC，

，求得DH的长．

∵EC与⊙O切点C， ∴OC⊥EC， ∴∠OCE=90°，

∵点CD是半圆O的三等分点， ∴

∵OA=OC， ∴∠CAB=∠OCA， ∴∠DAC=∠OCA，

∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行） ∴∠AEC+∠OCE=180°， ∴∠AEC=90°；

（2）四边形AOCD为菱形．理由是： ∵

，

，

∴∠DAC=∠CAB，

∴∠DCA=∠CAB， ∴CD∥OA， 又∵AE∥OC，

∴四边形AOCD是平行四边形， ∵OA=OC，

∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）； （3）连接OD．

∵四边形AOCD为菱形， ∴OA=AD=DC=2， ∵OA=OD， ∴OA=OD=AD=2， ∴△OAD是等边三角形， ∴∠AOD=60°，

∵DH⊥AB于点F，AB为直径， ∴DH=2DF，

在Rt△OFD中，sin∠AOD=∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=∴DH=2DF=2

．

， ，

考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．

3．在正方形ABCD中，BD是一条对角线.点P在射线CD上（与点C，D不重合），连接AP，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于点H，连接AH、PH.

（1）若点P在线CD上，如图1，

①依题意补全图1；②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明；

（2）若点P在线CD的延长线上，且∠AHQ＝152°，正方形ABCD的边长为1，请写出求DP长的思路.（可以不写出计算结果）

【答案】（1）①如图；②AH＝PH，AH⊥PH．证明见解析（2）【解析】

或

试题分析：（1）①如图（1）；②（1）法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，

AH⊥PH．连接CH，根据正方形的每条对角线平分一组对角得：△DHQ等腰Rt△，根据平

移的性质得DP＝CQ，证得△HDP≌△△HQC，全等三角形的对应边相等得PH＝CH，等边对等角得∠HPC＝∠HCP，再结合BD是正方形的对称轴得出∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．

（2）轴对称作法同（1）作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17° ∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则

.由

代入HR，CR解方程即

可得出x的值. 四点共圆作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴

试题解析： （1）①

法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，AH⊥PH

证：连接CH，得：△DHQ等腰Rt△，又∵DP＝CQ，∴△HDP≌△△HQC，∴PH＝CH，∠HPC＝∠HCP

BD为正方形ABCD对称轴，∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，∴AH＝PH，∠DAH＝∠HPC，∴∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．

法二：四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．

．

（2）法一：轴对称作法

考虑△DHQ等腰Rt△，PD＝CQ，作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°

∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则

.

由得：，∴．即PD=

法二：四点共向作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴

．

考点：全等三角形的判定；解直角三角形；正方形的性质；死电脑共圆

4．如图，已知点从为顶点作菱形

，使点

出发，以1个单位长度/秒的速度沿轴向正方向运动，以

在第一象限内，且

；以

为圆心，

为

半径作圆．设点运动了秒，求： （1）点的坐标（用含的代数式表示）； （2）当点在运动过程中，所有使

与菱形

的边所在直线相切的的

值．

【答案】解：（1）过作

，

， ，

点的坐标为（2）①当

与

．

轴于，

，

相切时（如图1），切点为，此时

，

，．

，

②当与，即与轴相切时（如图2），则切点为，

，

过作于，则

，

，

．

交

于，

③当与所在直线相切时（如图3），设切点为，

则，

， ．

过作轴于，则

，

，

化简，得解得

， ， ．

所求的值是【解析】 （1）过作

轴于,利用三角函数求得OD、DC的长，从而求得点的坐标

⊙P与菱形OABC的边所在直线相切，则可与OC相切；或与OA相切；或与AB相切，应分三种情况探讨：①当圆P与OC相切时，如图1所示，由切线的性质得到PC垂直于OC，再由OA=+t，根据菱形的边长相等得到OC=1+t，由∠AOC的度数求出∠POC为30°，在直角三角形POC中，利用锐角三角函数定义表示出cos30°=oc/op，表示出OC，

，

和

．

，

等于1+t列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值；②当圆P与OA，即与x轴相切时，过P作PE垂直于OC，又PC=PO，利用三线合一得到E为OC的中点，OE为OC的一半，而OE=OPcos30°，列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值；③当圆P与AB所在的直线相切时，设切点为F，PF与OC交于点G，由切线的性质得到PF垂直于AB，则PF垂直于OC，由CD=FG，在直角三角形OCD中，利用锐角三角函数定义由OC表示出CD，即为FG，在直角三角形OPG中，利用OP表示出PG，用PG+GF表示出PF，根据PF=PC，表示出PC，过C作CH垂直于y轴，在直角三角形PHC中，利用勾股定理列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值，综上，得到所有满足题意的t的值．

5．如图，某校数学兴趣小组为测量校园主教学楼AB的高度，由于教学楼底部不能直接到达，故兴趣小组在平地上选择一点C，用测角器测得主教学楼顶端A的仰角为30°，再向主教学楼的方向前进24米，到达点E处（C，E，B三点在同一直线上），又测得主教学楼顶端A的仰角为60°，已知测角器CD的高度为1.6米，请计算主教学楼AB的高度．（3≈1.73，结果精确到0.1米）

【答案】22.4m 【解析】 【分析】

首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造等量关系，进而求解． 【详解】

解：在Rt△AFG中，tan∠AFG=3， ∴FG=

AGAG，

tanAFG3AG， CG在Rt△ACG中，tan∠ACG=∴CG=

AG=3AG．

tanACG又∵CG﹣FG=24m，

AG=24m， 即3AG﹣3∴AG=123m， ∴AB=123+1.6≈22.4m．

6．现有一个“Z“型的工件（工件厚度忽略不计），如图所示，其中AB为20cm，BC为60cm，∠ABC＝90，∠BCD＝60°，求该工件如图摆放时的高度（即A到CD的距离）．（结果精确到0.1m，参考数据：

≈1.73）

【答案】工件如图摆放时的高度约为61.9cm． 【解析】 【分析】

过点A作AP⊥CD于点P，交BC于点Q，由∠CQP＝∠AQB、∠CPQ＝∠B＝90°知∠A＝∠C＝60°，在△ABQ中求得分别求得AQ、BQ的长，结合BC知CQ的长，在△CPQ中可得PQ，根据AP＝AQ+PQ得出答案． 【详解】

解：如图，过点A作AP⊥CD于点P，交BC于点Q，

∵∠CQP＝∠AQB，∠CPQ＝∠B＝90°， ∴∠A＝∠C＝60°， 在△ABQ中，∵AQ＝BQ＝ABtanA＝20tan60°＝20∴CQ＝BC﹣BQ＝60﹣20

（cm）， （cm），

）sin60°＝30（

﹣1）cm，

（cm），

在△CPQ中，∵PQ＝CQsinC＝（60﹣20

∴AP＝AQ+PQ＝40+30（【点睛】

﹣1）≈61.9（cm），

答：工件如图摆放时的高度约为61.9cm．

本题主要考查解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数的定义求得相关线段的长度是解题的关键．

7．关于三角函数有如下的公式： sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ① cos（α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ② tan（α+β）=

③

利用这些公式可将某些不是特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数来求值，如：

tan105°=tan（45°+60°）=（2+

）．

根据上面的知识，你可以选择适当的公式解决下面的实际问题：

=﹣

如图，直升飞机在一建筑物CD上方A点处测得建筑物顶端D点的俯角α=60°，底端C点的俯角β=75°，此时直升飞机与建筑物CD的水平距离BC为42m，求建筑物CD的高．

【答案】建筑物CD的高为84米． 【解析】 分析：

如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意易得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，∠ADE=60°，这样在Rt△ABC和在Rt△ADE中，结合题中所给关系式分别求出AB和AE的长，即可由CD=BE=AB-AE求得结果了. 详解：

如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意可得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，CD=BE，∠ADE=60°， ∴在Rt△ABC和Rt△ADE

AB=BC•tan75°=42tan75°=AE=

，

，

∴CD=AB﹣AE=

（米）.

答：建筑物CD的高为84米.

睛：读懂题意，把已知量和未知量转化到Rt△ABC和Rt△ADE中，这样利用直角三角形中边角间的关系结合题目中所给的“两角和的三角形函数公式”即可使问题得到解决.

8．已知：如图，直线y＝－x＋12分别交x轴、y轴于A、B点，将△AOB折叠，使A点恰好落在OB的中点C处，折痕为DE． (1)求AE的长及sin∠BEC的值； (2)求△CDE的面积．

【答案】（1）52，sin∠BEC=【解析】 【分析】

375；（2） 54（1）如图，作CF⊥BE于F点，由函数解析式可得点B，点A坐标，继而可得∠A=∠B=45°，再根据中点的定义以及等腰直角三角形的性质可得OC=BC=6，CF=BF=32，

设AE=CE=x，则EF=AB-BF-AE=122-32-x=92-x，在Rt△CEF中，利用勾股定理求出x的值即可求得答案；

（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，根据三角形面积公式则可得S△CDE=S△AED=

2AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，利用勾股定理求4出y，继而可求得答案. 【详解】

（1）如图，作CF⊥BE于F点，

由函数解析式可得点B（0，12），点A（12，0），∠A=∠B=45°，

又∵点C是OB中点， ∴OC=BC=6，CF=BF=32，

设AE=CE=x，则EF=AB-BF-AE=122-32-x=92-x， 在Rt△CEF中，CE2=CF2+EF2，即x2=（92-x）2+（32）2， 解得：x=52， 故可得sin∠BEC=

CF3，AE=52； CE5（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，

1112AD•EM=AD×AEsin∠EAM=AD•AE×sin45°=AD×AE， 2224设AD=y，则CD=y，OD=12-y，

在Rt△OCD中，OC2+OD2=CD2，即62+（12-y）2=y2，

1515解得：y=，即AD=，

22则S△CDE=S△AED=故S△CDE=S△AED=【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，涉及了勾股定理、折叠的性质、三角形面积、一次函数的性质等知识，综合性较强，正确添加辅助线、熟练应用相关知识是解题的关键.

752AD×AE=．

44

9．在等腰△ABC中，∠B=90°，AM是△ABC的角平分线，过点M作MN⊥AC于点N，∠EMF=135°．将∠EMF绕点M旋转，使∠EMF的两边交直线AB于点E，交直线AC于点F，请解答下列问题：

（1）当∠EMF绕点M旋转到如图①的位置时，求证：BE+CF=BM；

（2）当∠EMF绕点M旋转到如图②，图③的位置时，请分别写出线段BE，CF，BM之间

的数量关系，不需要证明；

（3）在（1）和（2）的条件下，tan∠BEM=

，AN=

+1，则BM= ，CF= ．

【答案】（1）证明见解析（2）见解析（3）1，1+【解析】 【分析】

或1﹣

(1)由等腰△ABC中，∠B=90°，AM是△ABC的角平分线，过点M作MN⊥AC于点N，可得BM=MN，∠BMN=135°，又∠EMF=135°，可证明的△BME≌△NMF，可得BE=NF，NC=NM=BM进而得出结论；

（2）①如图②时，同（1）可证△BME≌△NMF，可得BE﹣CF=BM， ②如图③时，同（1）可证△BME≌△NMF，可得CF﹣BE=BM； (3) 在Rt△ABM和Rt△ANM中，

，

可得Rt△ABM≌Rt△ANM，后分别求出AB、 AC、 CN 、BM、 BE的长，结合（1）（2）的结论对图①②③进行讨论可得CF的长. 【详解】

（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠BAC=∠C=45°，

∵AM是∠BAC的平分线，MN⊥AC， ∴BM=MN，

在四边形ABMN中，∠，BMN=360°﹣90°﹣90°﹣45°=135°， ∵∠ENF=135°，， ∴∠BME=∠NMF， ∴△BME≌△NMF， ∴BE=NF，

∵MN⊥AC，∠C=45°， ∴∠CMN=∠C=45°， ∴NC=NM=BM， ∵CN=CF+NF， ∴BE+CF=BM；

（2）针对图2，同（1）的方法得，△BME≌△NMF， ∴BE=NF，

∵MN⊥AC，∠C=45°， ∴∠CMN=∠C=45°， ∴NC=NM=BM， ∵NC=NF﹣CF， ∴BE﹣CF=BM；

针对图3，同（1）的方法得，△BME≌△NMF， ∴BE=NF，

∵MN⊥AC，∠C=45°， ∴∠CMN=∠C=45°， ∴NC=NM=BM， ∵NC=CF﹣NF， ∴CF﹣BE=BM；

（3）在Rt△ABM和Rt△ANM中，∴Rt△ABM≌Rt△ANM（HL）， ∴AB=AN=∴AC=

+1，

+1， +1）=1， ， =1，

=

=

，

， ﹣（+1﹣

CN=

在Rt△ABC中，AC=AB=

AB=2+

∴CN=AC﹣AN=2+∴BM=BC﹣CM=

，

在Rt△CMN中，CM=

在Rt△BME中，tan∠BEM=∴BE=

，

∴①由（1）知，如图1，BE+CF=BM， ∴CF=BM﹣BE=1﹣

，

②由（2）知，如图2，由tan∠BEM=∴此种情况不成立；

③由（2）知，如图3，CF﹣BE=BM， ∴CF=BM+BE=1+故答案为1，1+【点睛】

， 或1﹣

．

本题考查三角函数与旋转与三角形全等的综合，难度较大，需综合运用所学知识求解.

10．如图，AB为

O的直径，C、D为O上异于A、B的两点，连接CD，过点C作CEDB，交CD的延长线于点E，垂足为点E，直径AB与CE的延长线相交于点F.

（1）连接AC、AD，求证：DACACF180. （2）若ABD2BDC. ①求证：CF是

O的切线.

3时，求CF的长. 420. 3②当BD6，tanF【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；② CF【解析】 【分析】

（1）根据圆周角定理证得∠ADB=90°，即AD⊥BD，由CE⊥DB证得AD∥CF，根据平行线的性质即可证得结论；

（2）①连接OC．先根据等边对等角及三角形外角的性质得出∠3=2∠1，由已知∠4=2∠1，得到∠4=∠3，则OC∥DB，再由CE⊥DB，得到OC⊥CF，根据切线的判定即可证明CF为⊙O的切线；

②由CF∥AD，证出∠BAD=∠F，得出tan∠BAD=tan∠F=用勾股定理求得AB=10，得出OB=OC=，5，再由tanF=【详解】 解：（1）AB是

BD34=，求出AD=BD=8，利AD43OC3=，即可求出CF． CF4O的直径，且D为O上一点，

ADB90， CEDB， DEC90， CF//AD，

DACACF180. （2）①如图，连接OC. OAOC，12. 312， 321.

42BDC，BDC1， 421， 43， OC//DB.

CEDB， OCCF.

又OC为O的半径， CF为O的切线.

②由（1）知CF//AD，

BADF，

tanBADtanFBD3. AD43， 4BD6

4ADBD8，

3AB628210，OBOC5.

OCCF， OCF90，

OC3tanF，

CF420. 解得CF3【点睛】

本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要运用三角函数、勾股定理和由平行线得出比例式才能得出结果．