人教【数学】数学锐角三角函数的专项培优练习题及详细答案

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．某地是国家AAAA级旅游景区，以“奇山奇水奇石景，古賨古洞古部落”享誉巴渠，被誉为 “小九寨”．端坐在观音崖旁的一块奇石似一只“啸天犬”，昂首向天，望穿古今．一个周末，某数学兴趣小组的几名同学想测出“啸天犬”上嘴尖与头顶的距离．他们把蹲着的“啸天犬”抽象成四边形ABCD，想法测出了尾部C看头顶B的仰角为40，从前脚落地点D看上嘴尖A的仰角刚好60，CB＝5m,CD＝2.7m．景区管理员告诉同学们，上嘴尖到地面的距离是3m．于是，他们很快就算出了AB的长．你也算算？（结果精确到0.1m．参考数据：sin400.64，cos400.77，tan400.84.21.41,31.73）

【答案】AB的长约为0.6m． 【解析】 【分析】

作BFCE于F，根据正弦的定义求出BF，利用余弦的定义求出CF，利用正切的定义求出DE，结合图形计算即可． 【详解】

解：作BFCE于F，

在RtBFC中，BF＝BCsinBCF3.20，

CF＝BCcosBCF3.85，

AB331.73， 在RtADEE中，DEtanADE3BH＝BF﹣HF＝0.20，AH＝EF＝CDDE﹣CF＝0.58

由勾股定理得，ABBH2AH20.6(m)， 答：AB的长约为0.6m．

【点睛】

考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．

2．如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上一点，点F在射线CM上,∠AEF=90°，AE=EF，过点F作射线BC的垂线，垂足为H，连接AC． (1) 试判断BE与FH的数量关系，并说明理由； (2) 求证：∠ACF=90°；

(3) 连接AF，过A，E，F三点作圆，如图2. 若EC=4，∠CEF=15°，求

的长.

图1 图2

【答案】（1）BE=\"FH\" ；理由见解析 （2）证明见解析 （3）

=2π

【解析】

试题分析：（1）由△ABE≌△EHF（SAS）即可得到BE=FH

（2）由（1）可知AB=EH，而BC=AB，FH=EB，从而可知△FHC是等腰直角三角形，∠FCH为45°，而∠ACB也为45°，从而可证明

（3)由已知可知∠EAC=30°，AF是直径，设圆心为O，连接EO，过点E作EN⊥AC于点N，则可得△ECN为等腰直角三角形，从而可得EN的长，进而可得AE的长，得到半径，得到

所对圆心角的度数，从而求得弧长 试题解析：（1）BE=FH．理由如下： ∵四边形ABCD是正方形 ∴∠B=90°， ∵FH⊥BC ∴∠FHE=90°

又∵∠AEF=90° ∴∠AEB+∠HEF=\"90°\" 且∠BAE+∠AEB=90° ∴∠HEF=∠BAE ∴ ∠AEB=∠EFH 又∵AE=EF ∴△ABE≌△EHF（SAS） ∴BE=FH

(2)∵△ABE≌△EHF

∴BC=EH，BE=FH 又∵BE+EC=EC+CH ∴BE=\"CH\" ∴CH=FH

∴∠FCH=45°，∴∠FCM=45° ∵AC是正方形对角线，∴ ∠ACD=45° ∴∠ACF=∠FCM +∠ACD =90°

（3）∵AE=EF，∴△AEF是等腰直角三角形

△AEF外接圆的圆心在斜边AF的中点上．设该中点为O．连结EO得∠AOE=90°

过E作EN⊥AC于点N

Rt△ENC中，EC=4，∠ECA=45°，∴EN=NC=Rt△ENA中，EN =∴∠EAC=30° ∴AE=

又∵∠EAF=45° ∠CAF=∠CEF=15°（等弧对等角）

= EF，∴AF=8

Rt△AFE中，AE=

AE所在的圆O半径为4，其所对的圆心角为∠AOE=90° =2π·4·（90°÷360°）=2π

考点：1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圆周角定理；4、三角函数

3．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

为正方形，∴

或

∵三角板又三角板∴

是等腰直角三角形，∴绕点逆时针旋转至

···························· 3分

的位置时，

································ 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．

4．许昌芙蓉湖位于许昌市水系建设总体规划中部，上游接纳清泥河来水，下游为鹿鸣湖等水系供水，承担着承上启下的重要作用，是利用有限的水资源、形成良好的水生态环境打造生态宜居城市的重要部分．某校课外兴趣小组想测量位于芙蓉湖两端的A，B两点之间的距离他沿着与直线AB平行的道路EF行走，走到点C处，测得∠ACF=45°，再向前走300米到点D处，测得∠BDF=60°．若直线AB与EF之间的距离为200米，求A，B两点之间的距离（结果保留一位小数）

【答案】215.6米． 【解析】 【分析】

过A点做EF的垂线，交EF于M点，过B点做EF的垂线，交EF于N点，

根据Rt△ACM和三角函数tanBDF求出CM、DN，然后根据MNMDDNAB即可求出A、B两点间的距离. 【详解】

解：过A点做EF的垂线，交EF于M点，过B点做EF的垂线，交EF于N点

在Rt△ACM中，∵ACF45， ∴AM=CM=200米，

又∵CD=300米，所以MDCDCM100米， 在Rt△BDN中，∠BDF=60°，BN=200米 ∴DNBN115.6米，

tan60∴MNMDDNAB215.6米 即A，B两点之间的距离约为215.6米． 【点睛】

本题主要考查三角函数，正确做辅助线是解题的关键.

5．在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点O0,0，点A3,0，点C0,4，

连接OB，以点A为中心，顺时针旋转矩形AOCB，旋转角为0360，得到矩形ADEF，点O,C,B的对应点分别为D,E,F. (Ⅰ)如图，当点D落在对角线OB上时，求点D的坐标；

(Ⅱ)在(Ⅰ)的情况下，AB与DE交于点H. ①求证BDEDBA； ②求点H的坐标.

(Ⅲ)为何值时，FBFA.(直接写出结果即可).

【答案】(Ⅰ)点D的坐标为((Ⅲ)60或300. 【解析】 【分析】

255472,)；(Ⅱ)①证明见解析；②点H的坐标为(3，)；25258(Ⅰ) 过A、D分别作AMOB,DNOA，根据点A、点C的坐标可得出OA、OC的长，根据矩形的性质可得AB、OB的长，在Rt△OAM中，利用∠BOA的余弦求出OM的长，由旋转的性质可得OA=AD，利用等腰三角形的性质可得OD=2OM，在Rt△ODN中，利用∠BOA的正弦和余弦可求出DN和ON的长，即可得答案；(Ⅱ)①由等腰三角形性质可得∠DOA=∠ODA，根据锐角互余的关系可得ABDBDE，利用SAS即可证明△DBA≌△BDE；②根据△DBA≌△BDE可得∠BEH=∠DAH，BE=AD，即可证明

△BHE≌△DHA，可得DH=BH，设AH=x，在Rt△ADH中，利用勾股定理求出x的值即可得答案；（Ⅲ）如图，过F作FO⊥AB，由性质性质可得∠BAF=，分别讨论0<≤180°时和180°<<360°时两种情况，根据FB=FA可得OA=OB，利用勾股定理求出FO的长，由余弦的定义即可求出∠BAF的度数. 【详解】

0，点C0，4， (Ⅰ)∵点A3，∴OA3,OC4. ∵四边形OABC是矩形， ∴AB=OC=4，

∵矩形DAFE是由矩形AOBC旋转得到的 ∴ADAO3.

在RtOAB中，OBOA2AB25， 过A、D分别作AMOB,DNOA 在RtΔOAM中，cosBOAOMOA3， OAOB5∴OM9 5∵AD=OA，AM⊥OB， ∴OD2OM18. 5DN4ON3，cos∠BOA==， OD5OD5在RtΔODN中：sinBOA∴DN7254. ，ON25255472,. 2525∴点D的坐标为

(Ⅱ)①∵矩形DAFE是由矩形AOBC旋转得到的， ∴OAAD3,ADE90,DEAB4. ∴ODAD.

DOAODA.

又∵DOAOBA90，BDHADO90 ∴ABDBDE.

∴

又∵BDBD， ∴ΔBDEΔDBA.

②由ΔBDEΔDBA，得BEHDAH，BEAD3， 又∵

BHEDHA，

∴ΔBHEΔDHA. ∴DH=BH，

设AHx，则DHBH4x， 在RtΔADH中，AH2AD2DH2， 即x2324x，得x∴AH225， 825. 825. 8∴点H的坐标为3,(Ⅲ)如图，过F作FO⊥AB， 当0<α≤180°时，

∵点B与点F是对应点，A为旋转中心， ∴∠BAF为旋转角，即∠BAF=α，AB=AF=4， ∵FA=FB，FO⊥AB， ∴OA=

1AB=2， 2OA1=， AF2∴∠BAF=60°，即α=60°， 当180°<α<360°时，

∴cos∠BAF=

同理解得：∠BAF′=60°， ∴旋转角α=360°-60°=300°.

综上所述：α60或300. 【点睛】

本题考查矩形的性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，正确找出对应边与旋转角并熟记特殊角的三角函数值是解题关键.

6． 兰州银滩黄河大桥北起安宁营门滩，南至七里河马滩，是黄河上游的第一座大型现代化斜拉式大桥如图，小明站在桥上测得拉索AB与水平桥面的夹角是31°，拉索AB的长为152米，主塔处桥面距地面7.9米（CD的长），试求出主塔BD的高．（结果精确到0.1米，参考数据：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60）

【答案】主塔BD的高约为86.9米．

【解析】 【分析】

根据直角三角形中由三角函数得出BC相应长度，再由BD=BC+CD可得出. 【详解】

在Rt△ABC中，∠ACB=90°，

sinABC． AB∴BCABsinA152sin311520.5279.04．

BDBCCD79.047.986.9486.9（米） 答：主塔BD的高约为86.9米． 【点睛】

本题考察了直角三角形与三角函数的结合，熟悉掌握是解决本题的关键.

7．如图，在▱ABCD中，AC与BD交于点O，AC⊥BC于点C，将△ABC沿AC翻折得到△AEC，连接DE．

（1）求证：四边形ACED是矩形； （2）若AC＝4，BC＝3，求sin∠ABD的值．

【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】

613 65（1）根据▱ABCD中，AC⊥BC，而△ABC≌△AEC，不难证明；

（2）依据已知条件，在△ABD或△AOC作垂线AF或OF，求出相应边的长度，即可求出∠ABD的正弦值． 【详解】

（1）证明：∵将△ABC沿AC翻折得到△AEC， ∴BC＝CE，AC⊥CE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴AD＝CE，AD∥CE，

∴四边形ACED是平行四边形， ∵AC⊥CE，

∴四边形ACED是矩形．

（2）解：方法一、如图1所示，过点A作AF⊥BD于点F， ∵BE＝2BC＝2×3＝6，DE＝AC＝4， ∴在Rt△BDE中，

BDBEDE64213∵S△BDE＝

222211×DE•AD＝AF•BD， 22∴AF＝43613， 13213∵Rt△ABC中，AB＝3242＝5， ∴Rt△ABF中，

AF613613sin∠ABF＝sin∠ABD＝AB1365．

5方法二、如图2所示，过点O作OF⊥AB于点F， 同理可得，OB＝∵S△AOB＝∴OF＝

1BD13， 211OFABOABC， 22236， 55∵在Rt△BOF中，

sin∠FBO＝

0F6613， OB51365613． 65∴sin∠ABD＝

【点睛】

本题考查直角三角形翻折变化后所得图形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质和解直角三角形求线段的长度，关键是正确添加辅助线和三角形面积的计算公式求出sin∠ABD．

8．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：， 10kb8b16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.

9．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=7，AC=2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C(点A，B的对应点分别为A'，B′)，射线CA′，CB′分別交直线m于点P，Q．

(1)如图1，当P与A′重合时，求∠ACA′的度数；

(2)如图2，设A′B′与BC的交点为M，当M为A′B′的中点时，求线段PQ的长； (3)在旋转过程中，当点P，Q分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形PA'B′Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形PA′B′Q的最小面积；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）60°；（2）PQ＝【解析】 【分析】

7；（3）存在，S四边形PA'B′Q＝3﹣3 2（1）由旋转可得：AC=A'C=2，进而得到BC3，依据∠A'BC=90°，可得cos∠A'CBBC3，即可得到∠A'CB=30°，∠ACA'=60°； A'C2（2）根据M为A'B'的中点，即可得出∠A=∠A'CM，进而得到PBtan∠Q=tan∠A33BC，依据

222732，进而得出PQ=PB+BQ； ，即可得到BQ=BC322（3）依据S四边形PA'B'Q=S△PCQ﹣S△A'CB'=S△PCQ3，即可得到S四边形PA'B'Q最小，即S△PCQ最小，而S△PCQ论． 【详解】

13PQ×BCPQ，利用几何法即可得到S△PCQ的最小值=3，即可得到结22（1）由旋转可得：AC=A'C=2． ∵∠ACB=90°，AB7，AC=2，∴BC3．

BC3，∴∠A'CB=30°，A'C2∵∠ACB=90°，m∥AC，∴∠A'BC=90°，∴cos∠A'CB∴∠ACA'=60°；

（2）∵M为A'B'的中点，∴∠A'CM=∠MA'C，由旋转可得：∠MA'C=∠A，∴∠A=∠A'CM，∴tan∠PCB=tan∠A333BC． ，∴PB2222732，∴PQ=PB+BQ； ∵∠BQC=∠BCP=∠A，∴tan∠BQC=tan∠A，∴BQ=BC

322（3）∵S四边形PA'B'Q=S△PCQ﹣S△A'CB'=S△PCQ3，∴S四边形PA'B'Q最小，即S△PCQ最小，∴S△PCQ13PQ×BCPQ， 221PQ，即PQ=2CG，当CG最小时，PQ最小，∴CG⊥PQ，即CG与2取PQ的中点G． ∵∠PCQ=90°，∴CGCB重合时，CG最小，∴CGmin3，PQmin=23，∴S△PCQ的最小值=3，S四边形

PA'B'Q=3

3；

【点睛】

本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题时注意：旋转变换中，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．

10．已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于F，切点为G，连接AG交CD于K． （1）如图1，求证：KE＝GE； （2）如图2，连接CABG，若∠FGB＝

1∠ACH，求证：CA∥FE； 23，AK＝10，求CN5（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG交AB于点N，若sinE＝的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）△EAD是等腰三角形．证明见解析；（3）【解析】 试题分析：

2010. 13（1）连接OG，则由已知易得∠OGE=∠AHK=90°，由OG=OA可得∠AGO=∠OAG，从而可得∠KGE=∠AKH=∠EKG，这样即可得到KE=GE；

（2）设∠FGB=α，由AB是直径可得∠AGB=90°，从而可得∠KGE=90°-α，结合GE=KE可得∠EKG=90°-α，这样在△GKE中可得∠E=2α，由∠FGB=∠E=∠ACH，由此即可得到CA∥EF； （3）如下图2，作NP⊥AC于P，

由（2）可知∠ACH=∠E，由此可得sinE=sin∠ACH=CH=4a，则tan∠CAH=

1∠ACH可得∠ACH=2α，这样可得2AH3，设AH=3a，可得AC=5a，AC5CH4，由（2）中结论易得∠CAK=∠EGK=∠EKG=∠AKC，从而可AH3AH3，AK=10a，结合AK=10可得a=1，HK得CK=AC=5a，由此可得HK=a，tan∠AKH=

则AC=5；在四边形BGKH中，由∠BHK=∠BKG=90°，可得∠ABG+∠HKG=180°，结合∠AKH+∠GKG=180°，∠ACG=∠ABG可得∠ACG=∠AKH， 在Rt△APN中，由tan∠CAH=tan∠ACG=

4PN，可设PN=12b，AP=9b，由3APPN5tan∠AKH=3可得CP=4b，由此可得AC=AP+CP=13b=5，则可得b=，由CP13此即可在Rt△CPN中由勾股定理解出CN的长. 试题解析：

（1）如图1，连接OG．

∵EF切⊙O于G，

∴OG⊥EF，

∴∠AGO+∠AGE=90°， ∵CD⊥AB于H， ∴∠AHD=90°， ∴∠OAG=∠AKH=90°， ∵OA=OG， ∴∠AGO=∠OAG， ∴∠AGE=∠AKH， ∵∠EKG=∠AKH， ∴∠EKG=∠AGE， ∴KE=GE． （2）设∠FGB=α， ∵AB是直径， ∴∠AGB=90°，

∴∠AGE=∠EKG=90°﹣α， ∴∠E=180°﹣∠AGE﹣∠EKG=2α，

1∠ACH， 2∴∠ACH=2α， ∴∠ACH=∠E， ∴CA∥FE．

∵∠FGB=

（3）作NP⊥AC于P． ∵∠ACH=∠E， ∴sin∠E=sin∠ACH=则CH=AH3，设AH=3a，AC=5a， AC5CH4， AH3AC2CH24a，tan∠CAH=

∵CA∥FE， ∴∠CAK=∠AGE， ∵∠AGE=∠AKH， ∴∠CAK=∠AKH，

∴AC=CK=5a，HK=CK﹣CH=4a，tan∠AKH=∵AK=10， ∴

AH=3，AK=AH2HK210a， HK10a10，

∴a=1．AC=5， ∵∠BHD=∠AGB=90°， ∴∠BHD+∠AGB=180°，

在四边形BGKH中，∠BHD+∠HKG+∠AGB+∠ABG=360°，

∴∠ABG+∠HKG=180°， ∵∠AKH+∠HKG=180°， ∴∠AKH=∠ABG， ∵∠ACN=∠ABG， ∴∠AKH=∠ACN， ∴tan∠AKH=tan∠ACN=3， ∵NP⊥AC于P， ∴∠APN=∠CPN=90°， 在Rt△APN中，tan∠CAH=在Rt△CPN中，tan∠ACN=∴CP=4b， ∴AC=AP+CP=13b， ∵AC=5， ∴13b=5， ∴b=

PN4，设PN=12b，则AP=9b， AP3PN=3， CP5， 132010． 13∴CN=PN2CP2=410b=