2024年4月3日发(作者：2009成考数学试卷)
九年级数学锐角三角函数的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及详细答案
一、锐角三角函数
1
．如图，某无人机于空中
A
处探测到目标
B、D
的俯角分别是
30、60
,
此时无人机的飞
行高度
AC
为
60m
，随后无人机从
A
处继续水平飞行
303
m
到达
A\'
处
.
（
1
）求之间的距离
（
2
）求从无人机
A\'
上看目标的俯角的正切值
.
【答案】（
1
）
120
米；（
2
）
【解析】
【分析】
（
1
）解直角三角形即可得到结论；
（
2
）过
A\'
作
A\'EBC
交
BC
的延长线于
E
，连接
A\'D
，于是得到
A\'EAC60
，
23
.
5
CEAA\'30
3
，在
Rt△ABC
中，求得
DC=
即可得到结论．
【详解】
解：（
1
）由题意得：
∠ABD=30°
，
∠ADC=60°
，
在
Rt△ABC
中，
AC=60m
，
3
AC=20
3
，然后根据三角函数的定义
3
AC
AB==
1
=120
（
m
）
sin30
60
2
（
2
）过
A\'
作
A\'EBC
交
BC
的延长线于
E
，连接
A\'D
，
则
A\'EAC60
，
CEAA\'30
在
Rt△ABC
中，
AC=60m
，
∠ADC=60°
，
3
，
DC=
3
AC=20
3
3
DE=50
3
tan∠A
A\'
D= tan∠
A\'
DC=
60
A\'E2
3
==
DE
503
5
2
3
．
5
答：从无人机
A\'
上看目标
D
的俯角的正切值是
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，添加辅助线建立直角三角形是解题的关键
.
2．如图，在平行四边形ABCD中，
，与交于点，连接，.
的值.
（1）求证：四边形
（2）若，
是菱形；
，，求
平分，交于点，平分，交于点
【答案】（
1
）证明见解析
（
2
）
【解析】
试题分析：（
1
）根据
AE
平分
∠BAD
、
BF
平分
∠ABC
及平行四边形的性质可得
AF=AB=BE
，
从而可知
ABEF
为平行四边形，又邻边相等，可知为菱形
（
2
）由菱形的性质可知
AP
的长及
∠PAF=60°
，过点
P
作
PH⊥AD
于
H
，即可得到
PH
、
DH
的长，从而可求
tan∠ADP
试题解析：
(1)∵AE
平分
∠BAD BF
平分
∠ABC
∴∠BAE=∠EAF ∠ABF=∠EBF
∵AD//BC
∴∠EAF=∠AEB ∠AFB=∠EBF
∴∠BAE=∠AEB ∠AFB=∠ABF
∴AB=BE AB=AF
∴AF=AB=BE
∵AD//BC
∴ABEF
为平行四边形
又
AB=BE
∴ABEF
为菱形
（
2
）作
PH⊥AD
于
H
由
∠ABC=60°
而已（
1
）可知
∠PAF=60°
，
PA=2
，则有
PH=
∴tan∠ADP=
，
AH=1
，
∴DH=AD-AH=5
考点：
1
、平行四边形；
2
、菱形；
3
、直角三角形；
4
、三角函数
3
．（本题满分
14
分，第（
1
）小题满分
4
分，第（
2
）小题满分
5
分，第（
3
）小题满分
5
分）
已知：如图，
AB
是半圆
O
的直径，弦
CD//AB
，动点
P
、
Q
分别在线段
OC
、
CD
上，且
DQOP
，
AP
的延长线与射线
OQ
相交于点
E
、与弦
CD
相交于点
F
（点
F
与
点
C
、
D
不重合），
AB20
，
cosAOC
4
．设
OPx
，
CPF
的面积为
y
．
5
（
1
）求证：
APOQ
；
（
2
）求
y
关于
x
的函数关系式，并写出它的定义域；
（
3
）当
OPE
是直角三角形时，求线段
OP
的长．
3x
2
60x30050
【答案】（
1
）证明见解析；（
2
）
y(x10)
；（
3
）
OP8
x13
【解析】
【分析】
（
1
）证明线段相等的方法之一是证明三角形全等，通过分析已知条件，
OPDQ
，联结
OD
后还有
OADO
，再结合要证明的结论
APOQ
，则可肯定需证明三角形全等，寻
找已知对应边的夹角，即
POAQDO
即可；
（
2
）根据
PFC
∽
PAO
，将面积转化为相似三角形对应边之比的平方来求；（
3
）分
成三种情况讨论，充分利用已知条件
cosAOC
意要对不符合（
2
）中定义域的答案舍去．
【详解】
（
1
）联结
OD
，
∵
OCOD
，
∴
OCDODC
，
∵
CD//AB
，
∴
OCDCOA
，
∴
POAQDO
．
在
AOP
和
ODQ
中，
4
、以及（
1
）（
2
）中已证的结论，注
5
OPDQ
{POAQDO
，
OADO
∴
AOP
≌
ODQ
，
∴
APOQ
；
（
2
）作
PHOA
，交
OA
于
H
，
∵
cosAOC
∴
OH
4
，
5
443
OPx
，
PHx
，
555
1
AOPH3x
．
2
∴
S
AOP
∵
CD//AB
，
∴
PFC
∽
PAO
，
∴
y
S
AOP
(
CP
2
10x
2
)()
，
OPx
3x
2
60x300
∴
y
，当
F
与点
D
重合时，
x
∵
CD2OCcosOCD210
∴
4
16
，
5
x1050
，解得
x
，
10x1613
3x
2
60x300
50
(x10)
；
∴
y
13
x
（
3
）
①
当
OPE90
o
时，
OPA90
o
，
∴
OPOAcosAOC10
4
8
；
5
②
当
POE90
o
时，
CQ
OC101025
cosQCOcosAOC
4
2
，
5
25257
16
，
222
∴
OPDQCDCQCD
∵
50
OP10
，
13
7
（舍去）；
2
∴
OP
③
当
PEO90
o
时，
∵
CD//AB
，
∴
AOQDQO
，
∵
AOP
≌
ODQ
，
∴
DQOAPO
，
∴
AOQAPO
，
∴
AEOAOP90
o
，此时弦
CD
不存在，故这种情况不符合题意，舍去；
综上，线段
OP
的长为
8
．
4．如图，已知正方形在直角坐标系中，点分别在轴、轴的正半轴上，点
分别在
的位置，连结
上，且在坐标原点.等腰直角三角板
将三角板
的直角顶点在原点，
绕点逆时针旋转至
（1）求证：
（2）若三角板
绕点逆时针旋转一周，是否存在某一位置，使得若存在，请
求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析（2）存在，
【解析】
（1）证明：∵四边形
∵三角板
又三角板
为正方形，∴
或
是等腰直角三角形，∴
绕点逆时针旋转至
的位置时，
∴···························· 3分
································ 4
分
（
2
）存在
.·
∵
∴过点与
又当三角板
∴过点与
平行的直线有且只有一条，并与垂直，
为半径的圆上，
绕点逆时针旋转一周时，则点在以为圆心，以
························ 5
分
垂直的直线必是圆的切线，又点是圆外一点，过点与圆相切的直线有
和且只有2条，不妨设为
此时，点分别在点和
点，满足
·························· 7分
当切点在第二象限时，点
中，
在第一象限，
在直角三角形
∴
∴点
点
∴点
当切点
∴
的横坐标为：
的纵坐标为：
的坐标为
··························· 9分
在第四象限，
在第一象限时，点
的坐标为同理可求：点
此时点的
································ 11分
综上所述，三角板
坐标为或
绕点逆时针旋转一周，存在两个位置，使得
（
1
）根据旋转的性质找到相等的线段，根据
SAS
定理证明；
（
2
）由于
△OEF
是等腰
Rt△
，若
OE∥CF
，那么
CF
必与
OF
垂直；在旋转过程中，
E
、
F
的
轨迹是以
O
为圆心，
OE
（或
OF
）长为半径的圆，若
CF⊥OF
，那么
CF
必为
⊙O
的切线，且
切点为
F
；可过
C
作
⊙O
的切线，那么这两个切点都符合
F
点的要求，因此对应的
E
点也
有两个；在
Rt△OFC
中，
OF=2
，
OC=OA=4
，可证得
∠FCO=30°
，即
∠EOC=30°
，已知了
OE
的长，通过解直角三角形，不难得到
E
点的坐标，由此得解．
5
．
2018
年
12
月
10
日，郑州市城乡规划局网站挂出《郑州都市区主城区停车场专项规
划》，将停车纳入城市综合交通体系，计划到
2030
年，在主城区新建停车泊位
33.04
万
个，
2019
年初，某小区拟修建地下停车库，如图是停车库坡道入口的设计图，其中
MN
是
水平线，
MN∥AD
，
AD⊥DE
，
CF⊥AB
，垂足分别为
D
，
F
，坡道
AB
的坡度为
1
：
3
，
DE
＝
3
米，点
C
在
DE
上，
CD
＝
0.5
米，
CD
是限高标志屏的高度（标志牌上写有：限高米），
如果进入该车库车辆的高度不能超过线段
CF
的长，则该停车库限高多少米？（结果精确到
0.1
米，参考数据
2
≈1.41
，
3
≈1.73
）
【答案】该停车库限高约为
2.2
米．
【解析】
【分析】
据题意得出
tanB
3
，即可得出
tanA
，在
Rt△ADE
中，根据勾股定理可求得
DE
，即可
3
得出
∠1
的正切值，再在
Rt△CEF
中，设
EF
＝
x
，即可求出
x
，从而得出
CF
＝
3
x
的长．
【详解】
解：由题意得，
tanB
∵MN∥AD
，
∴∠A
＝
∠B
，
∴tanA
＝
3
3
3
，
3
∵DE⊥AD
，
∴
在
Rt△ADE
中，
tanA
＝
∵DE
＝
3
，
又
∵DC
＝
0.5
，
∴CE
＝
2.5
，
∵CF⊥AB
，
∴∠FCE+∠CEF
＝
90°
，
∵DE⊥AD
，
∴∠A+∠CEF
＝
90°
，
∴∠A
＝
∠FCE
，
∴tan∠FCE
＝
DE
，
AD
3
．
3
在
Rt△CEF
中，设
EF
＝
x
，
CF
＝
3
x
（
x
＞
0
），
CE
＝
2.5
，
5
222
）＝
x+3x
，
2
解得
x
＝
1.25
，
代入得（
∴CF
＝
3
x≈2.2
，
∴
该停车库限高约为
2.2
米．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，坡面坡角问题和勾股定理，解题的关键是坡度等于坡角
的正切值．
11
x+2
与
x
轴交于点
A
，与
y
轴交于点
B
，抛物线
y
＝﹣
x
2
+bx+c
经过
22
A
、
B
两点，与
x
轴的另一个交点为
C
．
（
1
）求抛物线的解析式；
6
．如图，直线
y
＝
（
2
）根据图象，直接写出满足
11
x+2≥
﹣
x
2
+bx+c
的
x
的取值范围；
22
（
3
）设点
D
为该抛物线上的一点、连结
AD
，若
∠DAC
＝
∠CBO
，求点
D
的坐标．
【答案】（
1
）
y
（
2
，﹣
3
）．
【解析】
【分析】
（
1
）由直线
y
＝
式；
1
2
3
xx2
；（
2
）当
x≥0
或
x≤
﹣
4
；（
3
）
D
点坐标为（
0
，
2
）或
22
1
x+2
求得
A
、
B
的坐标，然后根据待定系数法即可求得抛物线的解析
2
（
2
）观察图象，找出直线在抛物线上方的
x
的取值范围；
（
3
）如图，过
D
点作
x
轴的垂线，交
x
轴于点
E
，先求出
CO
＝
1
，
AO
＝
4
，再由
∠DAC
＝
∠CBO
，得出
tan∠DAC
＝
tan∠CBO
，从而有，
【详解】
解：（
1
）由
y
＝
DECO
,
最后分类讨论确定点
D
的坐标．
AEBO
1
x+2
可得：
2
当
x
＝
0
时，
y
＝
2
；当
y
＝
0
时，
x
＝﹣
4
，
∴A
（﹣
4
，
0
），
B
（
0
，
2
），
3
1
2
b
把
A
、
B
的坐标代入
y
＝﹣
x+bx+c
得：
2
，，
2
c2
1
2
3
xx2
22
11
（
2
）当
x≥0
或
x≤
﹣
4
时，
x+2≥
﹣
x
2
+bx+c
22
∴
抛物线的解析式为：
y
（
3
）如图，过
D
点作
x
轴的垂线，交
x
轴于点
E
，
1
2
3
xx2
令
y
＝
0
，
22
解得：
x
1
＝
1
，
x
2
＝﹣
4
，
∴CO
＝
1
，
AO
＝
4
，
1
2
3
设点
D
的坐标为（
m
，
mm2
），
22
∵∠DAC
＝
∠CBO
，
∴tan∠DAC
＝
tan∠CBO
，
DECO
∴
在
Rt△ADE
和
Rt△BOC
中有
，
AEBO
由
y
13
m
2
m2
1
当
D
在
x
轴上方时，
22
m42
解得：
m
1
＝
0
，
m
2
＝﹣
4
（不合题意，舍去），
∴
点
D
的坐标为（
0
，
2
）．
13
(m
2
m2)
1
当
D
在
x
轴下方时，
22
m42
解得：
m
1
＝
2
，
m
2
＝﹣
4
（不合题意，舍去），
∴
点
D
的坐标为（
2
，﹣
3
），
故满足条件的
D
点坐标为（
0
，
2
）或（
2
，﹣
3
）．
【点睛】
本题是二次函数综合题型，主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次
函数解析式．解题的关键是能够熟练掌握一次函数和二次函数的有关知识解决问题，分类
讨论是第（
3
）题的难点．
7
．如图
①
，抛物线
y
＝
ax
2
+bx+c
经过点
A
（﹣
2
，
0
）、
B
（
4
，
0
）、
C
（
0
，
3
）三点．
（
1
）试求抛物线的解析式；
（
2
）点
P
是
y
轴上的一个动点，连接
PA
，试求
5PA+4PC
的最小值；
（
3
）如图
②
，若直线
l
经过点
T
（﹣
4
，
0
），
Q
为直线
l
上的动点，当以
A
、
B
、
Q
为顶点
所作的直角三角形有且仅有三个时，试求直线
l
的解析式．
【答案】（
1
）
y
为
y
3
x3
或
y
4
3
2
3
xx3
；（
2
）
5PA+4PC
的最小值为
18
；（
3
）直线
l
的解析式
84
3
x3
.
4
【解析】
【分析】
（
1
）设出交点式，代入
C
点计算即可
（
2
）连接
AC
、
BC
，过点
A
作
AE⊥BC
于点
E
，过
点
P
作
PD⊥BC
于点
D
，易证
△CDP∽△COB
，得到比例式
以
5PA+4PC
＝
5
（
PA+
PCPD4
，得到
PD=PC
，所
BCOB5
4
PC
）＝
5
（
PA+PD
），当点
A
、
P
、
D
在同一直线上时，
5PA+4PC
＝
5
5
18
，即最小值为
18
（
3
）取
AB
中点
F
，
5
（
PA+PD
）＝
5AE
最小，利用等面积法求出
AE=
以
F
为圆心、
FA
的长为半径画圆
,
当
∠BAQ
＝
90°
或
∠ABQ
＝
90°
时，即
AQ
或
BQ
垂直
x
轴，
所以只要直线
l
不垂直
x
轴则一定找到两个满足的点
Q
使
∠BAQ
＝
90°
或
∠ABQ
＝
90°
，即
∠AQB
＝
90°
时，只有一个满足条件的点
Q
，
∴
直线
l
与
⊙F
相切于点
Q
时，满足
∠AQB
＝
90°
的点
Q
只有一个；此时，连接
FQ
，过点
Q
作
QG⊥x
轴于点
G
，利用
cos∠QFT
求出
QG
，分出情况
Q
在
x
轴上方和
x
轴下方时，分别代入直接
l
得到解析式即可
【详解】
解：（
1
）
∵
抛物线与
x
轴交点为
A
（﹣
2
，
0
）、
B
（
4
，
0
）
∴y
＝
a
（
x+2
）（
x
﹣
4
）
把点
C
（
0
，
3
）代入得：﹣
8a
＝
3
∴a
＝﹣
3
8
∴
抛物线解析式为
y
＝﹣
333
（
x+2
）（
x
﹣
4
）＝﹣
x
2
+x+3
884
（
2
）连接
AC
、
BC
，过点
A
作
AE⊥BC
于点
E
，过点
P
作
PD⊥BC
于点
D
∴∠CDP
＝
∠COB
＝
90°
∵∠DCP
＝
∠OCB
∴△CDP∽△COB
∴
PCPD
BCOB
∵B
（
4
，
0
），
C
（
0
，
3
）
∴OB
＝
4
，
OC
＝
3
，
BC
＝
OB
2
OC
2
=5
∴PD
＝
4
PC
5
∴5PA+4PC
＝
5
（
PA+
4
PC
）＝
5
（
PA+PD
）
5
∴
当点
A
、
P
、
D
在同一直线上时，
5PA+4PC
＝
5
（
PA+PD
）＝
5AE
最小
∵A
（﹣
2
，
0
），
OC⊥AB
，
AE⊥BC
∴S
△ABC
＝
∴AE
＝
11
AB•OC
＝
BC•AE
22
AB
n
OC6318
BC55
∴5AE
＝
18
∴5PA+4PC
的最小值为
18
．
（
3
）取
AB
中点
F
，以
F
为圆心、
FA
的长为半径画圆
当
∠BAQ
＝
90°
或
∠ABQ
＝
90°
时，即
AQ
或
BQ
垂直
x
轴，
∴
只要直线
l
不垂直
x
轴则一定找到两个满足的点
Q
使
∠BAQ
＝
90°
或
∠ABQ
＝
90°
∴∠AQB
＝
90°
时，只有一个满足条件的点
Q
∵
当
Q
在
⊙F
上运动时（不与
A
、
B
重合），
∠AQB
＝
90°
∴
直线
l
与
⊙F
相切于点
Q
时，满足
∠AQB
＝
90°
的点
Q
只有一个
此时，连接
FQ
，过点
Q
作
QG⊥x
轴于点
G
∴∠FQT
＝
90°
∵F
为
A
（﹣
2
，
0
）、
B
（
4
，
0
）的中点
∴F
（
1
，
0
），
FQ
＝
FA
＝
3
∵T
（﹣
4
，
0
）
∴TF
＝
5
，
cos∠QFT
＝
FQ3
TF5
∵Rt△FGQ
中，
cos∠QFT
＝
∴FG
＝
FG3
FQ5
39
FQ
＝
55
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