【单元练】新乡市第一中学九年级数学下册第二十八章《锐角三角函数》经典复习题(专题培优)

一、选择题

1．小明想测量一棵树的高度，他发现树的影子恰好落在地面和一斜坡上，如图，此时测得地面上的影长为8m，坡面上的影长为4m．已知斜坡的坡角为30，同一时刻，一根长为

2m且垂直于地面放置的标杆在地面上的影长为4m，则树的高度为（ ）

A．10m 解析：C 【分析】

B．12m

C．63m

D．423mC

延长AC交BF延长线于D点，则BD即为AB的影长，然后根据物长和影长的比值计算即可． 【详解】

延长AC交BF延长线于D点，作CE⊥BD于E，

则∠CFE=30°，

在Rt△CFE中，∠CFE=30°，CF=4m， ∴CE=2（m），EF=4cos30°=23（m）， 在Rt△CED中，

∵同一时刻，一根长为2m、垂直于地面放置的标杆在地面上的影长为4m，CE=2（m），则CE：DE=2：4=1：2，AB：BD=1：2， ∴DE=4（m），

∴BD=BF+EF+ED=12+23（m）， 在Rt△ABD中，AB=故选：C． 【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用以及相似三角形的性质．解决本题的关键是作出辅助线得

11BD=(12+23)= 6+3（m）， 22到AB的影长．

2．小明在学完《解直角三角形》一章后，利用测角仪和校园旗杆的拉绳测量校园旗杆的高度，如图，旗杆PA的高度与拉绳PB的长度相等，小明先将PB拉到PB'的位置，测得

PB'Ca(B'C为水平线），测角仪B/D的高度为1米，则旗杆PA的高度为（ ）

A．

1米

1sinaB．

1米

1cosaC．

1米

1sinaD．

1米C

1cosa解析：C 【分析】

设PA=PB=PB′=x，在RT△PCB′中，根据sinα【详解】

解：设PA=PB=PB′=x， 在RT△PCB′中，sinαPC，列出方程即可解决问题． PB＇PC PB＇x1 x∴x1xsinα，

∴sinα∴（1-sinα）x=1，

1．

1sin故选C． 【点睛】

∴x=

本题考查解直角三角形、三角函数等知识，解题的关键是设未知数列方程，属于中考常考题型．

3．如图，河坝横断面迎水坡AB的坡比为1：3，坝高BC＝3m，则AB的长度为（ ）

A．6m 解析：A

B．33m C．9m

D．63mA

【分析】

根据坡比的概念求出AC，根据勾股定理求出AB． 【详解】

解：∵迎水坡AB的坡比为1：3， ∴

31BC1，即， ACAC33解得，AC＝33， 由勾股定理得，AB故选：A． 【点睛】

本题考查的是解直角三角形的应用-坡度坡角问题，掌握坡度的概念是解题的关键． 4．如图，在A处测得点P在北偏东60方向上，在B处测得点P在北偏东30方向上，若

BC2AC26（m），

AB2米，则点P到直线AB距离PC为（ ）．

A．3米 解析：B 【分析】

B．3米

C．2米 D．1米B

设点P到直线AB距离PC为x米，根据正切的定义用x表示出AC、BC，根据题意列出方程，解方程即可． 【详解】

解：设点P到直线AB距离PC为x米， 在Rt△APC中，AC在Rt△BPC中，BC由题意得，3x解得，x故选：B． 【点睛】

本题考查的是解直角三角形的应用，掌握锐角三角函数的定义、正确标注方向角是解题的关键．

PC3x，

tanPACPC3x，

tanPBC33x2， 33（米)，

5．如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为点F，连接DF，下面四个结论：①CF=2AF；②tan∠CAD=CDEF=

2 ；③DF=DC；④△AEF∽△CAB；⑤S四边形25S△ABF ,其中正确的结论有（ ） 2

A．2个 解析：D 【分析】

B．3个 C．4个 D．5个D

依据△AEF∽△CBF，即可得出CF=2AF；依据△BAE∽△ADC，即可得到tan∠CAD=过D作DM∥BE交AC于N，依据DM垂直平分CF，即可得出DF=DC；依据

2 ；2∠EAC=∠ACB，∠ABC=∠AFE=90°，即可得到△AEF∽△CAB；设△AEF的面积为s，则△ABF的面积为2s，△CEF的面积为2s，△CDE的面积为3s，四边形CDEF的面积为5s，进而得出S四边形CDEF=【详解】 解：∵AD∥BC， ∴△AEF∽△CBF，

5S△ABF 2AEAF BCCF11AD= BC， 22∵AE=

AF1 CF2∴CF=2AF，故①正确； 设AE=a，AB=b，则AD=2a， ∵BE⊥AC，∠BAD=90°，

∴∠ABE=∠ADC，而∠BAE=∠ADC=90°， ∴△BAE∽△ADC，

b2a，即b2a abtanCAD，故②正确；

CDb2 AD2a2如图，过D作DM∥BE交AC于N，

∵DE∥BM，BE∥DM， ∴四边形BMDE是平行四边形， ∴BM=DE=

1 BC， 2∴BM=CM， ∴CN=NF，

∵BE⊥AC于点F，DM∥BE， ∴DN⊥CF， ∴DM垂直平分CF， ∴DF=DC，故③正确； ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∠ABC=90°，AD=BC， ∵BE⊥AC于点F，

∴∠EAC=∠ACB，∠ABC=∠AFE=90°， ∴△AEF∽△CAB，故④正确； 如图，连接CE，

由△AEF∽△CBF，可得

EF1AF BF2CF设△AEF的面积为s，则△ABF的面积为2s，△CEF的面积为2s， ∴△ACE的面积为3s， ∵E是AD的中点， ∴△CDE的面积为3s， ∴四边形CDEF的面积为5s， ∴S四边形CDEF=故选：D． 【点睛】

本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算以及解直角三角形的综合应用，正确的作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．解题时注意：相似三角

5S△ABF，故⑤正确． 2形的对应边成比例．

6．某兴趣小组想测量一座大楼 AB的高度．如图，大楼前有一段斜坡BC ，已知 BC的长为 12 米它的坡度i1:3 ．在离 C点 40 米的 D处，用测量仪测得大楼顶端 A的仰角为 37度，测角仪DE的高度为 1.5米，求大楼AB 的高度约为（ ）米（sin370.60,cos370.80,tan370.75,31.73）

A．39.3 解析：C 【分析】

B．37.8 C．33.3 D．25.7C

延长AB交直线DC于点F，过点E作EH⊥AF，垂足为点H，在Rt△BCF中利用坡度的定义求得CF的长，则DF即可求得，然后在直角△AEH中利用三角函数求得AF的长，进而求得AB的长． 【详解】

解：延长AB交直线DC于点F，过点E作EH⊥AF，垂足为点H． ∵在Rt△BCF中，

BF=i1:3， CF∴设BF=k，则CF=3k，BC=2k． 又∵BC=12， ∴k=6，

∴BF=6，CF=63， ∵DF=DC+CF， ∴DF=40+63，

∵在Rt△AEH中，tan∠AEH=

AH， EH∴AH=tan37°×（40+63）≈37.785（米）， ∵BH=BF-FH， ∴BH=6-1.5=4.5． ∵AB=AH-HB， ∴AB=37.785-4.5≈33.3． 故选C．

【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，关键是根据仰角构造直角三角形，利用三角函数求解，注意利用两个直角三角形的公共边求解是解答此类题型的常用方法．

7．如图，小明在一条东西走向公路的O处，测得图书馆A在他的北偏东60方向，且与他相距200m，则图书馆A到公路的距离AB为（ ）

A．100m 解析：A 【分析】

B．1002m C．1003m

D．

2003mA 3根据题意可得△OAB为直角三角形，∠AOB=30°，OA=200m，根据三角函数定义即可求得AB的长． 【详解】

解：由已知得，∠AOB=90°-60°=30°，OA=200m． 则AB=

1OA=100m． 2故选：A． 【点睛】

本题主要考查了解直角三角形的应用——方向角问题，正确记忆三角函数的定义是解决本题的关键．

8．如图，点A，B，C在正方形网格的格点上，则sin∠BAC=（ ）

A．2 6B．26 26C．26 13D．13B 13解析：B 【分析】

作BD⊥AC于D，根据勾股定理求出AB、AC，利用三角形的面积求出BD，最后在直角△ABD中根据三角函数的意义求解． 【详解】

解：如图，作BD⊥AC于D，

由勾股定理得，AB322213,AC323232， ∵SABC111ACBD32BD13， 222∴BD2， 22BD26． ∴

sinBAC2AB2613故选：B． 【点睛】

本题考查了勾股定理，解直角三角形，三角形的面积，三角函数的意义等知识，根据网格构造直角三角形和利用三角形的面积求出BD是解决问题的关键． 9．如图，在RtABC中，BC=4，AC=3，C90，则sinB的值为（ ）

A．

4 5B．

3 4C．

3 5D．

4C 3解析：C 【分析】

由勾股定理求出AB的长度，即可求出sinB的值． 【详解】

解：在RtABC中，BC=4，AC=3，C90， ∴AB32425，

AC3， AB5故选：C． 【点睛】

∴sinB本题考查了求角的正弦值，以及勾股定理，解题的关键是正确求出AB的值．

10．如图，在扇形OAB中，AOB120，点P是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合），C、D分别是弦AP，BP的中点．若CD33，则扇形AOB的面积为（ ）

A．12 解析：A 【分析】

B．2

C．4

D．24A

如图，作OH⊥AB于H．利用三角形中位线定理求出AB的长，解直角三角形求出OB即可解决问题． 【详解】

解：如图作OH⊥AB于H．

∵C、D分别是弦AP、BP的中点． ∴CD是△APB的中位线， ∴AB＝2CD＝63， ∵OH⊥AB， ∴BH＝AH＝33，

∵OA＝OB，∠AOB＝120°， ∴∠AOH＝∠BOH＝60°， 在Rt△AOH中，sin∠AOH＝

AH， AOAH336∴AO＝sinAOH， 3212062∴扇形AOB的面积为：12，

360故选：A． 【点睛】

本题考查扇形面积公式，三角形的中位线定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．

二、填空题

11．如图，在ABC中，ABBC6，点O为BC中点，点P是射线AO上的一个动点，且 AOC60．要使得BCP为直角三角形，CP的长为 ________ ．

或3或【分析】利用分类讨论①当∠BPC=90°

时情况一：如图1利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出PO=BO易得△BOP为等边三角形利用锐角三角函数可得CP的长；情况二：如图2利用直角三角形斜

解析：3【分析】

利用分类讨论，①当∠BPC=90°时，情况一：如图1，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出PO=BO，易得△BOP为等边三角形，利用锐角三角函数可得CP的长；情况二：如图2，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得结论．②当∠CBP=90°时，如图3，由对顶角的性质可得∠AOC=∠BOP=60°，易得∠BPO=30°，易得BP的长，利用勾股定理可得CP的长． 【详解】

3或3或37．

解：①当∠CPB=90°时， 情况一：（如图1），

∵点O为BC中点， ∴AO=BO， ∴PO=BO， ∵∠AOC=60°， ∴∠BOP=60°， ∴△BOP为等边三角形， ∵AB=BC=6， ∴CP=CB•sin60°=6×情况二：如图2，

3=33； 2

∵点O为BC中点， ∴AO=BO， ∵∠CPB=90°， ∴PO=BO=CO， ∵∠AOC=60°， ∴△COP为等边三角形， ∴CP=CO=3，

②当∠CBP=90°时，如图3，

∵∠AOC=∠BOP=60°， ∴∠BPO=30°，

OB333∴BP=tan30， 33在直角三角形CBP中，

CP=BC2BP262(33)237 故答案为：3【点睛】

本题主要考查了勾股定理，含30°直角三角形的性质和直角三角形斜边的中线，分类讨论，数形结合是解答此题的关键． 12．点A、B、C都在半径为6的

3或3或37．

O上，且AOC120，点M是弦AB的中点，

则CM的长度的最大值为______．【分析】如图取AO的中点J连接JMJC过点J作

JH⊥OC交CO的延长线于H求出MJCJ根据CM≤MJ+CJ即可解决问题【详解】解：如图取的中点连接过点作交的延长线于的最大值为故答案为：【点睛】本题考

解析：337 【分析】

如图，取AO的中点J，连接JM，JC，过点J作JH⊥OC，交CO的延长线于H．求出MJ，CJ，根据CM≤MJ+CJ即可解决问题． 【详解】

解：如图，取AO的中点J，连接JM，JC，过点J作JHOC，交CO的延长线于

H．

AOC120，

JOH60， JHOH， JHO90，

1AJJOOA3，

2OHOJcos60CHOHOC333，JHOJsin60， 223156， 22332152)()37， 22CJJH2CH2(AMMB，AJJO，

1MJOB3，

2CMMJJC，

CM337，

CM的最大值为337，

故答案为：337． 【点睛】

本题考查轨迹，三角形中位线定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．

13．已知菱形ABCD的边长为6，对角线AC与BD相交于点O，OE⊥AB，垂足为点E，AC＝4，那么sin∠AOE＝_____．

【分析】由菱形对角线互相垂直得到AC⊥BD根据

∠OAE＝∠BAO∠OEA＝∠AOB可以判定△OAE∽△ABO进而得到∠AOE＝∠BAO

再由AO和AB的值即可求得sin∠AOE的值【详解】∵菱形对角线

1解析：

3【分析】

由菱形对角线互相垂直得到AC⊥BD，根据∠OAE＝∠BAO，∠OEA＝∠AOB可以判定△OAE∽△ABO，进而得到∠AOE＝∠BAO，再由AO和AB的值即可求得sin∠AOE的值． 【详解】

∵菱形对角线互相垂直， ∴∠OEA＝∠AOB， ∵∠OAE＝∠BAO， ∴△OAE∽△ABO， ∴∠AOE＝∠ABO， ∵AO＝

1AC＝2，AB＝6， 2∴sin∠AOE＝sin∠ABO＝故答案为：【点睛】

AO1＝． AB31． 3考查了相似三角形判定和性质、三角形中正弦函数的计算，解题关键是证明三角形相似再利用其性质得到∠AOE=∠ABO．

14．如图，在ABC中，AB=AC=10，tanB3，点D为BC边上的动点（点D不与点4B，C重合），以D为顶点作ADEB，射线DE交AC边于点E，若BD=4，则AE= __________．

【分析】先求出CD的长再证明△ABD∽△DCE得代

入即可求解【详解】解：如图1作AH⊥BC于

H∵∴∴BH=ABcosB=10×=8∵AB=AC∴BC=2BH=16∠B=∠C∴CD=16-4=12∵∠ 解析：

26 5CECD，代入即可求解. BDAB【分析】

先求出CD的长，再证明△ABD∽△DCE，得【详解】

解：如图1，作AH⊥BC于H，

3 44∴cosB

5∵tanB∴BH=ABcosB=10×∵AB=AC，

∴BC=2BH=16，∠B=∠C， ∴CD=16-4=12，

∵∠ADC=∠ADE+∠EDC=∠BAD+∠B， ∵∠ADE=∠B， ∴∠EDC=∠BAD， ∴△ABD∽△DCE， ∴∴

4=8， 5CECD， BDABCE12， 410∴CE24. 5∴AE10CE故答案是：【点睛】

26 526. 5本题考查的是三角形综合题，涉及到三角形相似、解直角三角形，等腰三角形的性质等． 15．某人沿坡度是1:2的斜坡走了100米，则他上升的高度是_____米.【分析】先画出

图形再根据坡度的可得然后设米从而可得米最后利用勾股定理求出x的值由此即可得出答案【详解】如图由题意得：米设米则米由勾股定理得：即解得（米）则米即他上升的高度是米故答案为：【点睛】本题考 解析：205 【分析】

AC1，然后设ACx米，从而可得BC2x米，最BC2后利用勾股定理求出x的值，由此即可得出答案．

先画出图形，再根据坡度的可得

【详解】

如图，由题意得：C90，AB100米，tanB设ACx米，则BC2x米， 由勾股定理得：AB2ACBC，即x2x100，

AC1， BC2222解得x205（米）， 则AC205米， 即他上升的高度是205米， 故答案为：205．

【点睛】

本题考查了勾股定理、解直角三角形的应用：坡度问题，掌握理解坡度的概念是解题关键． 16．已知3＜cosA＜sin70°，则锐角A的取值范围是_________20°＜∠A＜30°【详2解】∵＜cosA＜sin70°sin70°=cos20°∴cos30°＜cosA＜cos20°∴20°＜∠A＜30°

解析：20°＜∠A＜30°． 【详解】 ∵

3＜cosA＜sin70°，sin70°=cos20°， 2∴cos30°＜cosA＜cos20°， ∴20°＜∠A＜30°．

17．如图，△ABC是等边三角形，AB=3，点E在AC上，AE2AC，D是BC延长线上一3点，将线段DE绕点E逆时针旋转90°得到线段FE，当AF∥BD时，线段AF的长为____．

1【分析】过点E作EM⊥AF于M交BD于N根据30°

直角三角形的性质求出AM=1再根据∠60°的三角函数值求出EN的长再依据△EMF≌△DNE（AAS）得出MF=EN据此可得当AF∥BD时线段AF的

解析：1【分析】

3． 2过点E作EM⊥AF于M，交BD于N，根据30°直角三角形的性质求出AM =1，再根据∠60°的三角函数值求出EN的长，再依据△EMF≌△DNE（AAS）得出MF=EN得，当AF∥BD时，线段AF的长为1【详解】

如图过点E作EM⊥AF于M，交BD于N．

3，据此可23. 2

∵△ABC是等边三角形， ∴AB=BC=AC=3，∠ACB=60°． ∵AE2AC， 3∴AE=2，EC=1． ∵AF∥BD，

∴∠EAM=∠ACB=60°． ∵EM⊥AF， ∴∠AME=90°， ∴∠AEM=30°， ∴AM1AE=1． 2∵AF∥BD，EM⊥AF， ∴EN⊥BC， ∴EN=EC•sin60°3， 2∵∠EMF=∠END=∠FED=90°，

∴∠MEF+∠MFE=90°，∠MEF+∠DEN=90°， ∴∠EFM=∠DEN． ∵ED=EF，

∴△EMF≌△DNE（AAS）， ∴MF=EN3， 2∴AF=AM+MF=1故答案为：1【点评】

3． 23． 2本题主要考查了直角三角形的性质、特殊角的三角函数值和全等三角形的判定的综合运用，解题的关键是作辅助线构造直角三角形和全等三角形，熟记特殊角的三角函数值. 18．如图放置的△OAB1，△B1A1B2，△B2A2B3，…都是边长为1的等边三角形，点A在x轴上，点O，B1，B2，B3，…都在直线l上，则点A2016的坐标是______．

（10091008）【分析】根据题意得出直线OB1的解析式为

y=x进而得出OB1B2B3坐标进而得出坐标变化规律进而得出答案【详解】过B1向x轴作垂线B1C垂足为C由题意可得：A（10）AO∥A1B

解析：（1009，10083） 【分析】

根据题意得出直线OB1的解析式为y=3x，进而得出O，B1，B2，B3坐标，进而得出坐标变化规律，进而得出答案． 【详解】

过B1向x轴作垂线B1C，垂足为C，

由题意可得：A（1，0），AO∥A1B1，∠B1OC＝30°， ∴CB1＝OB1cos30°＝∴B1的横坐标为：

3， 213，则B1的纵坐标为：， 22∴点B1，B2，B3，…都在直线y＝3x上， ∴B1（

13，）， 22同理可得出：A的横坐标为：1， ∴y＝3， ∴A2（2，3）， …

An（1+

n3，n）． 22∴A2016（1009，10083）， 故答案为：（1009，10083）

【点睛】

此题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征以及规律探究，得出A点横纵坐标变化规律是解题关键．

19．在Rt△ABC中，∠C=90°，如果tan∠A=3，那么cos∠B=_____．【分析】直接利3用特殊角的三角函数值得出∠A=30°进而得出∠B的度数进而得出答案【详解】∵tan∠A=∴∠A=30°∵∠C=90°∴∠B=180°﹣30°﹣90°=60°∴cos∠B=故答案为：【点

1解析：

2【分析】

直接利用特殊角的三角函数值得出∠A=30°，进而得出∠B的度数，进而得出答案． 【详解】 ∵tan∠A=

3， 3∴∠A=30°， ∵∠C=90°，

∴∠B=180°﹣30°﹣90°=60°， ∴cos∠B=

1． 21． 2故答案为：【点睛】

此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确理解三角函数的计算公式是解题关键． 20．如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是_______．

（3）【分析】如图作B′H⊥y轴于H解直角三角形求出

B′HOH即可【详解】如图作B′H⊥y轴于H由题意：OA′=A′B′=2∠B′A′H=60°∴∠A′B′H=30°∴AH′=A′B′=1B′H=∴

解析：（3，3） 【分析】

如图，作B′H⊥y轴于H．解直角三角形求出B′H，OH即可． 【详解】

如图，作B′H⊥y轴于H，

由题意：OA′=A′B′=2，∠B′A′H=60°， ∴∠A′B′H=30°， ∴AH′=

1A′B′=1，B′H=3， 2∴OH=3， ∴B′（3，3）， 故答案为：（3，3）． 【点睛】

本题考查坐标与图形变化-旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．

三、解答题

21．如图，在等腰△ABC中，AB＝BC，∠A＝30°，O为线段AC上一点，以O为圆心，线段OC的长为半径画圆恰好经过点B，与AC的另一个交点为D． （1）求证：AB是圆O的切线；

（2）若⊙O的半径为1，求图中阴影部分的面积．

解析：（1）见解析；（2）【分析】

3 26（1）连接OB，根据等边对等角可求得∠OBA=90°，根据切线的判定即可求出答案． （2）分别求出△ABO与扇形OBD的面积后即可求出阴影部分面积． 【详解】

解：（1）连接OB， ∵AB＝BC，

∴∠C＝∠A＝30°，∠CBA＝120°， ∵OC＝OB， ∴∠OBC＝∠C＝30°， ∴∠OBA＝∠CAB﹣∠OBC=90°， ∵OB是⊙O的半径， ∴AB是圆O的切线； （2）∵∠A＝30°，OB＝1，

1OB∴AB＝=3=3，

tan303∴S△ABO＝

13×1×3＝， 22∵∠AOB=2∠C=60°，

601∴S扇形OBD＝＝，

6360∴S阴影＝S△ABO﹣S扇形OBD＝3． 26

【点睛】

本题考查切线的判定、等腰三角形的性质、圆周角定理、锐角的三角函数、三角形的面积

公式、扇形的面积公式，熟练掌握相关知识的运用是解答的关键． 22．计算：tan45解析：2． 【分析】

由特殊角的三角函数值，二次根式的性质，二次根式的加减乘除混合运算进行化简，即可得到答案． 【详解】 解：tan451tan6022cos30 ．

1tan603 222cos30

=1(31)2=1313 =2． 【点睛】

本题考查了特殊角的三角函数值，二次根式的性质，二次根式的加减乘除混合运算，解题的关键是掌握运算法则进行化简．

23．为进一步加强疫情防控工作，避免在测温过程中出现人员聚集现象，某学校决定安装红外线体温监测仪，该设备通过探测人体红外辐射能量对进入测温区域的人员进行快速测温，无需人员停留和接触，安装说明书的部分内容如表．

名称 红外线体温检测仪 安装示意图 探测最大角：∠OBC=73.14° 技术参数 探测最小角：∠OAC=30.97° 安装要求 本设备需安装在垂直于水平地面AC的支架CP上 根据以上内容，解决问题： 学校要求测温区域的宽度AB为4m，请你帮助学校确定该设备的安装高度OC． （结果精确到0.1m，参考数据：sin73.14°≈0.957，cos73.14°≈0.290，tan73.14°≈3.300，sin30.97°≈0.515，cos30.97°≈0.857，tan30.97°≈0.600）

解析：该设备的安装高度OC约为2.9m． 【分析】

根据题意可得OC⊥AC，∠OBC=73.14°，∠OAC=30.97°，AB=4m，所以得AC=AB+BC=4+BC，根据直角三角形锐角三角函数列式计算即可． 【详解】 根据题意可知：

OC⊥AC，∠OBC=73.14°，∠OAC=30.97°，AB=4m， ∴AC=AB+BC=4+BC， ∴在Rt△OBC中，BC=

OCOC，

tanOBC3.3在Rt△OAC中，OC=AC•tan∠OAC≈(4+BC)×0.6，

OC)， 3.3解得OC≈2.9（m）．

∴OC=0.6(4+

答：该设备的安装高度OC约为2.9m． 【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，根据三角函数得到关于OC的方程是解题的关键． 24．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=33，若以点C为圆心，CB长为径的圆与AB交于点D， （1）求AD的长． （2）求弧BD的长．

解析：（1）3；（2）3 【分析】

（1）在RtABC中，根据三角函数求出BAC的度数，再求出AB的长，连接CD，得到

△BCD是等边三角形，可以得到BD的长，最后求出AD的长； （2）利用弧长公式求出弧BD的长． 【详解】

解：（1）如图，连接CD，

在RtABC中，BC3，AC33，则tanBAC∴BAC30， ∴ABC60，

BC3， AC3BC36， sinBAC12∵CDCB， AB∴△BCD是等边三角形， ∴BDBCCD3， ∴ADABBD633；

（2）∵BCD60，BC3，

6032∴BD3．

180【点睛】

本题考查圆的基本性质和弧长公式，以及锐角三角函数，解题的关键是掌握这些几何的性质定理和公式． 25．解答下列各题．

（1）计算：(1)20179(3)02cos30． （2）解方程：(x3)(x1)3．

解析：（1）13；（2）x10，x24． 【分析】

（1）根据零指数幂的意义，算术平方根，以及特殊锐角的三角函数值代入计算即可； （2）先将原方程去括号、移项，整理后再运用因式分解法解方程． 【详解】

解：（1）(1)20179(3)02cos30

13121313 13．

3 2（2）由原方程得：x24x33，

x24x0，

x(x4)0，

∴x10，x24．

【点睛】

本题考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．同时还考查了特殊角三角函数值． 26．计算：2sin245tan60tan30cos60．

3解析：

2【分析】

直接利用特殊角的三角函数值代入进而计算得出答案． 【详解】 解：原式2(2231)3 232111 23． 2【点睛】

此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键． 27．如图，在正方形ABCD中，点E是BC边上的一动点，点F是CD上一点，

CEDF,AF,DE且相交于点G．

（1）求证：ADFDCE； （2）若BGBC，求tanDAG的值． 解析：（1）见解析；（2）【分析】

（1）根据正方形的性质得到AD=DC，ADFDCE90，可以证明

1 2ADFDCESAS；

（2）过点B作BMAG于点M，先根据（1）证明AGD90，再证明

ABMDAGAAS，可以求出tanABM到DAG的正切值．

1，根据ABMDAG，则可以得2【详解】

解：（1）∵ABCD是正方形， ∴AD=DC，ADFDCE90 在ADF和DCE中，

ADDCADFDCE， DFCE∴

ADFDCESAS；

（2）如图，过点B作BMAG于点M， ∵ABCD是正方形， ∴AB=BC， ∵BC=BG， ∴AB=BG， ∵BMAG， ∴AM∵

1AG， 2ADFDCE，

∴DAFCDE，

∵ADGCDEADC90， ∴ADGDAF90， ∴AGD90， ∵BMAG， ∴BMA90，

∴BAMABM90， ∵BAMDAG90， ∴ABMDAG， 在ABM和△DAG中，

ABMDAGAMBDGA， ABDA∴

ABMDAGAAS，

∴BMAG，

1AGAM21， ∴

tanABMBMAG2∵ABMDAG，

∴tanDAG1． 2

【点睛】

本题考查全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，正方形的性质，锐角三角函数的求解，解题的关键是掌握这些性质定理并结合题目条件进行证明求解．

28．平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A，B两点，点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（1，0），与y轴交于点C，点D为顶点． （1）求抛物线的解析式和tan∠DAC；

（2）点E是直线AC下方的抛物线上一点，且S△ACE＝2S△ACD，求点E的坐标； （3）如图2，若点P是线段AC上的一个动点，∠DPQ＝∠DAC，DP⊥DQ，则点P在线段AC上运动时，D点不变，Q点随之运动．求当点P从点A运动到点C时，点Q运动的路径长．

解析：（1）y＝﹣x2﹣2x+3，AC＝32，DC＝2；（2）E（1，0）；（3）2 【分析】

（1）将点A（﹣3，0），B（1，0）分别代入抛物线y＝ax2+bx+3可解的a，b的值，从而得到解析式，tan∠DAC＝计算；

（2）可取一点E，过E作EF平行于x轴，交AC于F此时可表示出S△ACE，根据类方程

DC，可根据表达式求出C，D的坐标然后计算DC和AC的长度ACS△ACE＝2S△ACD，求E点坐标即可；

（3）根据题能得到Q的运动轨迹为直线，且当P在A处时Q在C处，当P运动到C处时，可以得到△ADC∽PQD，根据形似性质可得到PQ长度即为Q的运动路径长． 【详解】

解：（1）将A（﹣3，0），B（1，0）分别代入抛物线y＝ax2+bx+3可得：

09a3b3，解得0ab3a1；b2 ∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3， ∴D（﹣1，4），C（0，3）； ∴AC＝32，DC＝2； ∴tan∠DAC＝

DCAC=232=13． （2）如图1所示，过E作EF//x轴交AC于点F，设点E（m，﹣表达式为y＝kx+n，

将A（﹣3，0），C（0，3）分别代入y＝kx+n可得：

03knkn，解得1，3n3 ∴直线AC表达式为y＝x+3，

∴F（﹣m2﹣2m，﹣m2﹣2m+3）， ∴EF＝m+m2+2m＝m2+3m， ∴S△ACE＝12（xC﹣xA）EF， ∵S△ACD＝12AC•CD＝3， ∴S△ACE＝12（xC﹣xA）EF＝2S△ACD＝6， ∴

32（m2+3m）＝6， 解得m1＝1，m2＝﹣4（舍）， ∴E（1，0）．

m2﹣2m+3），直线AC的

（3）如图2所示

当点P与点A重合时， ∵∠ADQ=∠DCA=90°，

∴∠DAC+∠ADC=90°=∠ADC+∠QDC， ∴∠DAC=∠QDC， 又∵∠DCA=∠DCQ=90°， ∴△ADC∽△DQC， ∴

DCCQ， ACDC∴.CQ222， 332当点P与点C重合时，

∴∠Q'DC=∠ACD=90°， ∴DQ'∥CQ，

∵∠DAC=∠Q'P'D，∠Q'DP'=∠ACD=90°， ∴△ADC∽△P'Q'D，

DQDC∴， DCAC∴DQ2， 3∴DQ'=CQ，

∴四边形DQ'QC是平行四边形， ∴QQ'=CD=2． 【点睛】

本题综合性比较强，主要考查二次函数点相关知识，解题的关键在于找出变换后的图形，根据已知条件，建立方程求解．