《2021年浙江省中考数学分类汇编专题11：锐角三角函数》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年浙江省中考数学分类汇编专题11：锐角三角函数（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019 年浙江省中考数学分类汇编专题11：锐角三角函数 一、单选题（共5 题；共 10 分） 1.某简易房示意图如图所示，它是一个轴对称图形，则坡屋顶上弦杆AB的长为（） A. 米B. 米C. 米D. 米 2.如图 1 长、宽均为3，高为 8 的长方体容器，放置在水平桌面上，里面盛有水，水面高为 6，绕底面一楼 进行旋转倾斜后，水面恰好触到容器口边缘，图2 是此时的示意图，则图2 中水面高度为（） A. B. C. D. 3.如图，矩形ABCD的对角线交于点O，已知 AB=m，BAC= ，则下列结论错误的是（） A. BDC= B. BC=m tan C. AO= D. BD= 4.如图，有
2、两张矩形纸片ABCD和 EFGH 、AB=EF=2cm ，BC=FG=8cm ，把纸片 ABCD交叉叠放在纸片EFGH上， 使重叠部分为平行四边形，且点D 与点 G 重合，当两张纸片交叉所成的角最小时， tan等于（） A. B. C. D. 5.如图，一块矩形木板ABCD斜靠在墙边（ OCOB，点 A，B，C，D，O 在同一平面内）.已知 AB=a，AD=b， BCO=x ，则点 A 到 OC的距离等于（） A. asinx+bsinx B. acosx+bcosx C. asinx+bcosx. D. acosx+bsinx 二、填空题（共7 题；共 9 分） 6.如图，在 ABC中，若
3、A=45 ，AC 2-BC2= AB2， 则 tanC=_。 7.如图， 一副含 30 和 45 角的三角板和拼合在个平面上， 边与重合， 当 点从点出发沿方向滑动时，点同时从点出发沿射线方向滑动当点从点滑动 到点时，点运动的路径长为_ ；连接，则 的面积最大值为_ 8.有一种落地晾衣架如图1 所示，其原理是通过改变两根支撑杆夹角的度数来调整晾衣杆的高度 . 图 2 是 支撑杆的平面示意图，AB 和 CD分别是两根不同长度的支撑杆，夹角BOD . 若 AO85cm，BODO 65cm. 问: 当 74 ，较长支撑杆的端点A 离地面的高度h 约为 _cm.（参考数据 : sin37 0.6， c
4、os3 0.8，sin53 0.8， cos53 0.6.） 9.如图，人字梯AB，AC 的长都为2 米。当 a=50 时，人字梯顶端高地面的高度AD 是_米（结果精 确到 0.1m。参考依据： sin50 0.77，cos500.64，tan501.19） 10.在直角三角形ABC中，若 2AB=AC，则 cosC=_. 11.如图，某海防响所O 发现在它的西北方向，距离哨所 400 米的 A 处有一般船向正东方向航行，航行一 段时间后到达哨所北偏东60 方向的 B 处，则此时这般船与哨所的距离OB 约为 _米。（精确到1 米，参考数据：=1.414，1.732 ） 12.图 2、图 3 是
5、某公共汽车双开门的俯视示意图，ME，EF ，FN 是门轴的滑动轨道，E=F=90 ，两门 AB， CD的门轴 A，B， C，D 都在滑动轨道上两门关闭时（图2）， A， D分别在 E，F处，门缝忽略不计（即 B，C重合）；两门同时开启，A，D 分别沿 EM ，FN的方向匀速滑动，带动B，C滑动； B 到达 E时， C 恰好到达 F，此时两门完全开启。已知AB=50cm,CD=40cm （1）如图 3，当 ABE=30 时， BC=_ cm （2）在（ 1）的基础上，当A 向 M 方向继续滑动15cm 时，四边形ABCD的面积为 _cm2 三、解答题（共4 题；共 35 分） 13.某挖掘机的底
6、座高米，动臂米，米，与的固定夹角 =140 初始位置如图1,斗杆顶点与铲斗顶点所在直线垂直地面于点，测得 =70 (示意图 2)工作时如图3，动臂会绕点转动，当点，在同一直线时，斗杆顶 点升至最高点 (示意图 4) （考数据：，） （1）求挖掘机在初始位置时动臂与的夹角 的度数 （2）问斗杆顶点的最高点比初始位置高了多少米(精确到 0.1 米)? 14.如图 1 为放置在水平桌面l 上的台灯，底座的高AB 为 5cm，长度均为20cm 的连杆 BC，CD与 AB 始终 在同一平面上。 （1）转动连杆BC，CD，使 BCD成平角， ABC=150 ，如图 2，求连杆端点D 离桌面 l 的高度 D
7、E. （2）将（ 1）中的连杆CD再绕点 C逆时针旋转，使BCD=165 ，如图 3，问此时连杆端点D 离桌面 l 的高 度是增加还是减少?增加或减少了多少？（精确到0.1cm，参考数据 : 1.41 ，1.73 ） 15.图 1 是一辆在平地上滑行的滑板车，图2 是其示意图，已知车杆AB长 92cm，车杆与脚踏板所成的角 ABC=70 ，前后轮子的半径均为6cm，求把手 A 离地面的高度（结果保留小数点后一位：参考数据： sin70 0.94，cos70 0.34，tan70 2.75） 16.如图 1，已知在平面直角坐标系xoy 中，四边形OABC是矩形点A，C 分别在 x 轴和 y 轴的
8、正半轴上，连 结 AC， OA3，tan OAC ， D 是 BC的中点 . （1）求 OC的长和点D的坐标； （2）如图 2，M 是线段 OC上的点， OM OC，点 P是线段 OM 上的一个动点，经过P，D，B 三点的 抛物线交x轴的正半轴于点E ，连结 DE交 AB于点 F 将DBF沿 DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC 上，求此时BF的长和点E的坐标； 以线段 DF为边，在DF所在直线的右上方作等边DFG，当动点 P从点 O 运动到点M 时，点 G 也随之 运动，请直接写出点G 运动路径的长. 答案解析部分 一、单选题 1.【答案】B 【解析】 【解答】解： 简易房为轴对称图像，故
9、BC边上的高平分底边， 有故答案为： B。 【分析】由轴对称关系，作高，解直角三角形即可。 2.【答案】A 【解析】 【解答】解：如图，过点D 作 DCEC于点 C 由题意可知：EF=BD=3 ，DE=BF=8 两图形阴影部分的面积相等， 设 AF=x 3 6= （x+8） 3 解之： x=4 AB=8-4=4 在 RtABD 中 AD= ADB+ ADE= EDC+ ADE=90 ADB= EDC cosADB=cosDEC 解之： CD= 故答案为： A 【分析】过点D 作 DCEC于点 C，两图形阴影部分的面积相等，设AF=x，利用三角形的面积公式和梯形 的面积公式，建立关于x 的方程，
10、解方程求出x 的值，就可得到AB的长，利用勾股定理求出AD 的长，再 证明 ADB=DEC ，就可得到cosADB=cos DEC ，建立关于DC的方程，解方程求出DC的长即可。 3.【答案】C 【解析】 【解答】解： A.矩形 ABCD ， AB=DC ，ABC=DCB=90 ， 又BC=CB ， ABCDCB （SAS ）, BDC= BAC= ， 故正确， A 不符合题意； B.矩形 ABCD， ABC=90 ， 在 RtABC中， BAC= ，AB=m， tan = ， BC=AB tan =mtan ， 故正确， B不符合题意； C.矩形 ABCD， ABC=90 ， 在 RtABC
11、中， BAC= ，AB=m， cos = ， AC= = ， AO= AC= 故错误， C符合题意； D.矩形 ABCD， AC=BD ， 由 C 知 AC= = ， BD=AC= ， 故正确， D 不符合题意； 故答案为： C. 【分析】 A.由矩形性质和全等三角形判定SAS可得 ABCDCB, 根据全等三角形性质可得 BDC= BAC= ，故 A 正确； B.由矩形性质得 ABC=90 ，在 RtABC中，根据正切函数定义可得BC=AB tan =mtan， 故正确； C.由矩形性质得 ABC=90 ， 在 RtABC中，根据余弦函数定义可得AC= = ， 再由 AO= AC 即可求得AO
12、长，故错误； D.由矩形性质得AC=BD ，由 C知 AC= = ，从而可得BD 长，故正确； 4.【答案】D 【解析】 【解答】解：由图形绕着点D 选择可知，当点B与点 E重合时， 角度最小且重叠部分为平行四 边形，设BC与 FD 交于点 M，如图， 依题可得： EF=CD=2 ，F=C=90 ，EMF=DMC= ， EFMDCM（AAS）， FM=CM， EM=DM， 设 CM=FM=x，则 DM=8-x， 在 RtABC中， CM2+CD 2=DM2 ， x2+22=（8-x） 2 ， 解得： x= ， tan = . 故答案为： D. 【分析】由图形绕着点D 选择可知，当点B与点 E重
13、合时， 角度最小且重叠部分为平行四边形，设BC 与 FD 交于点 M， 根据全等三角形的判定AAS可得 EFM DCM， 由全等三角形性质得FM=CM， EM=DM， 设 CM=FM=x，则 DM=8-x，在 RtABC中，根据勾股定理列出方程，解之得CD长，再由锐角三角函数正 切定义即可求得答案. 5.【答案】D 【解析】 【解答】解：作AGOC交 OC于点 G，交 BC于点 H，如图， 四边形ABCD为矩形，AD=b， ABH=90 ，AD=BC=b ， OBOC， O=90 ， 又HCG+ GHC=90 ，AHB+BAH=90 ，GHC= AHB，BC0=x ， HCG= BAH=x，
14、在 RtABH 中， cosBAH=cosx= ，AB=a， AH= ， tanBAH=tanx= ， BH=a tanx， CH=BC-BH=b-atanx， 在 RtCGH中， sinHCG=sinx= ， GH=（b-a tanx） sinx=bsinx-atanxsinx， AG=AH+HG= +bsinx-atanxsinx， = +bsinx- ， =bsinx+acosx. 故答案为： D. 【分析】作 AGOC交 OC于点 G，交 BC于点 H，由矩形性质得ABH=90 ， AD=BC=b ，根据等角的余角相 等得 HCG= BAH=x，在 Rt ABH中，根据锐角三角函数余弦
15、定义cosx= 得 AH= ，根据锐角 三角函数正切定义tanx= 得 BH=a tanx，从而可得CH长，在 RtCGH中，根据锐角三角函数正弦定 义 sinx= 得 GH=bsinx-atanxsinx，由 AG=AH+HG计算即可得出答案. 二、填空题 6.【答案】 【解析】 【解答】过点B作 BDAC 于点 D， ADB=90 A=45 ， sin45= AB2=2BD2， BD=AD BC 2=BD2+CD2 ， 整理得： 在 RtBDC中， 故答案为： 【分析】过点B作 BD AC于点 D，易证 ABD是等腰直角三角形和BDC是直角三角形，利用勾股定理， 可证 AB2=2BD 2 ， BD=AD，BC 2=BD2+CD2 ， 再结合已知条件，可得到 ，整理就可得到，然后利用锐角三角函数的定义， 就可求出结果。 7.【答案】； 【解析】 【解答】解：如图, 由题意可知点E从点 A 滑动到点C时，点 D 在射线 CD上运动，当D1F1BC时，点 D1最远，因此点 D 的 运动轨迹为D-D1-D 点 D 的运动路径长为2D1D 四边形 CE1D1F1是正方形 由题意可知 EDF E1D1F1 EF=CD1=12 在 RtACD中， CAD=45 CD=ACsin CAD=12 = 2D1D=2（
