第23章 解直角三角形 单元达标测试卷（含答案） 2023-2024学年沪科版九年级数学上册
文档属性
| 名称 | 第23章 解直角三角形 单元达标测试卷（含答案） 2023-2024学年沪科版九年级数学上册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 401.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 沪科版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-30 10:43:18 | ||
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文档简介
沪科版九年级数学上册第23章解直角三角形单元达标测试卷
一、单选题
1．如图，在平面直角坐标系中，点A坐标为（8，6），那么cos 的值是（ ）
A． B． C． D．
2．已知抛物线y=﹣x2﹣2x+3与x轴交于A、B两点，将这条抛物线的顶点记为C，连接AC、BC，则tan∠CAB的值为（ ）
A． B． C． D．2
3．已知，△ABC中，∠C=90°，sinA=，则∠A 的度数是 （ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
4．把△ABC三边的长度都扩大为原来的3倍，则锐角A的正弦函数值（ ）
A．不变 B．缩小为原来的
C．扩大为原来的3倍 D．不能确定
5．如图所示，在 中， ， ，点D在 边上， ，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
6．α为锐角，若sinα+cosα= ，则sinα﹣cosα的值为（ ）
A． B．± C． D．0
7．在正方形网格中，△ABC的位置如图所示，则cosB的值为（ ）
A． B． C． D．
8．在直角坐标平面内有一点P（3，4），OP与x轴正半轴的夹角为 ，则 的值（ ）
A． B． C． D．
9．已知在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA= ，AC=2 ，那么BC的值为（ ）
A．2 B．4 C．4 D．6
10．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝4，BC＝3，则sin∠B的值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．若∠A为锐角，且tanA＝1，则∠A的度数为 .
12．如图，沿倾斜角为30°的山坡植树，要求相邻两棵树间的水平距离AC为2m，那么相邻两棵树的斜坡距离AB约为 m．（结果精确到0.1m）
13．在数学活动课上名师带领学生去测量河两岸A，B两处之间的距离，先从A处出发与AB成90°方向，向前走了10米到C处，在C处测得∠ACB＝60°(如图所示)，那么A，B之间的距离约为 米（计算结果精确到0.1米)
14．如图，在中，，，，点O是的中点，点D是线段上任意一点（不含端点），连接，则的最小值为 ．
三、解答题
15．如图，小明在操场上放风筝，已知风筝线AB长100 米，风筝线与水平线的夹角α=37°，小王拿风筝线的手离地面的高AD为1.5米，求风筝离地面的高度BE（精确到0.1米）．
16．如图，某中学数学兴趣小组在学习了“解直角三角形及其应用”后，选定测量小河对岸一幢建筑物BC的高度，他们先在A处测得该建筑物顶端B的仰角为28°，然后从A处前进40m到达D处，在D处测得该建筑物顶端B的仰角为60°，点A，D， C在同一水平的直线上，且BC⊥DC. 求建筑物BC的高度（结果精确到0.1）.
（参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53， ≈1.73）
17．某轮船由西向东匀速航行，第8小时在A处测得小岛P的方位是北偏东70°，第10时在B处测得小岛P的方位是北偏东50°，已知轮船的速度是20海里/时，求此时轮船与小岛P的距离.
18．某风景区内有一古塔AB，在塔的北面有一建筑物，当光线与水平面的夹角是30°时，塔在建筑物的墙上留下了高3米的影子CD；而当光线与地面的夹角是45°时，塔尖A在地面上的影子E与墙角C有15米的距离（B、E、C在一条直线上），求塔AB的高度（结果保留根号）．
四、综合题
19．在△ABC中，∠C＝90°.
（1）已知c＝8，∠A＝60°，求∠B，a，b；
（2）已知a＝3，∠A＝45°，求∠B，b，c.
20．如图，在正方形ABCD中，点G在边BC上（不与点B，C重合），连接AG，作DE⊥AG，于点E，BF⊥AG于点F，设 。
（1）求证：AE=BF；
（2）连接BE，DF，设∠EDF= ，∠EBF= 求证：
（3）设线段AG与对角线BD交于点H，△AHD和四边形CDHG的面积分别为S1和S2，求 的最大值．
21．如图所示的方格纸是由9个大小完全一样的小正方形组成的．点A、B、C、D均在方格纸的格点(即图中小正方形的顶点)上，线段AB与线段CD相交于点E．设图中每个小正方形的边长均为1．
（1）求证：AB⊥CD；
（2）求sin∠BCD的值．
22．如图1，抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A、点B（点A在点B左侧），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，已知点A、点B的坐标分别为A（﹣1，0）、B（3，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在直线BC上方的抛物线上找一点P，使△PBC的面积最大，求P点的坐标；
（3）如图2，连接BD、CD，抛物线的对称轴与x轴交于点E，过抛物线上一点M作MN⊥CD，交直线CD于点N，求当∠CMN=∠BDE时点M的坐标．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】cos = ,故答案为：D.
故答案为：D.
【分析】由点A的坐标为（8，6），根据锐角三角函数的定义即可求解.
2．【答案】D
【解析】【解答】解：令y=0，则﹣x2﹣2x+3=0，解得x=﹣3或1，不妨设A（﹣3，0），B（1，0），
∵y=﹣x2﹣2x+3=﹣（x+1）2+4，
∴顶点C（﹣1，4），
如图所示，作CD⊥AB于D．
在Rt△ACD中，tan∠CAD= = =2，
故答案为D．
【分析】先求出A、B、C坐标，作CD⊥AB于D，根据tan∠ACD= 即可计算．本题考查二次函数与x轴交点坐标，锐角三角函数的定义，解题的关键是熟练掌握求抛物线与x轴交点坐标的方法，记住锐角三角函数的定义，属于中考常考题型．
3．【答案】C
【解析】【解答】因为sinA=
所以∠A=60°
故选C
4．【答案】A
【解析】【解答】因为△ABC三边的长度都扩大为原来的3倍所得的三角形与原三角形相似，所以锐角A的大小没改变，所以锐角A的正弦函数值也不变．
故答案为：A．
【分析】根据正弦函数的定义，利用分式的基本性质进行化简，从而可得函数值的变化情况.
5．【答案】C
【解析】【解答】解：∵
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
故答案为：C.
【分析】利用解直角三角形求出BC的长，利用勾股定理求出AC的长，由此可得到CD的长；然后根据BD=BC-CD，可求出BD的长.
6．【答案】D
【解析】【解答】解：∵sinα+cosα= ，
∴（sinα+cosα）2=2，
即sin2α+cos2α+2sinαcosα=2．
又∵sin2α+cos2α=1，
∴2sinαcosα=1．
∴（sinα﹣cosα）2=sin2α+cos2α﹣2sinαcosα=1﹣2sinαcosα=1﹣1=0．
∴sinα﹣cosα=0．
故答案为：D．
【分析】根据等式的性质，将sinα+cosα= ，两边同时平方得出（sinα+cosα）2=2，即sin2α+cos2α+2sinαcosα=2．根据同一个锐角的正弦函数值与余弦函数值的关系得出sin2α+cos2α=1，故2sinαcosα=1．再根据完全平方公式即整体代入得出（sinα﹣cosα）2=sin2α+cos2α﹣2sinαcosα=1﹣2sinαcosα=1﹣1=0，最后根据0的2次幂等于0，即可得出答案。
7．【答案】B
【解析】【分析】根据格点的特征及勾股定理结合余弦的定义即可求得结果，△ABC为钝角三角形，角B的余弦需要构造直角三角形找邻边和斜边，如图过A作AD垂直于BC的延长线于D点，
.
【解答】由图可得，故选B.
【点评】解题的关键是熟练掌握余弦的定义：余弦=邻边：斜边，注意函数值的大小只与角的大小有关.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：由点P（3，4）可得点P到x轴、y轴的距离为4、3，则 ，
∵OP与x轴正半轴的夹角为 ，
∴ ；
故答案为：D．
【分析】先求出OP的长，再利用三角函数中的正弦的定义求解即可。
9．【答案】A
【解析】【解答】解：∵sinA= ，∴∠A=30°．
∴tan30°= ，
∴BC=2．
故选A．
【分析】由sin A= 求出∠A度数；根据三角函数的定义建立边角之间的关系求解．
10．【答案】A
【解析】【解答】如图，
∵∠C＝90°，AB＝4，BC＝3，
∴，
∴；
故答案为：A．
【分析】先利用勾股定理求出AC的长，再利用正弦的定义可得。
11．【答案】45°
【解析】【解答】∵∠A为锐角，且tanA＝1，tan45°＝1，
∴∠A＝45°.
故答案为：45°.
【分析】根据特殊角的三角函数值进行解答即可.
12．【答案】2.3
【解析】【解答】解：由题意可得，cos30°= = ．
∴AB= ≈2.3．
【分析】利用30°的余弦函数求解．
13．【答案】17.3
【解析】【解答】解：由题意得∠A=90°，AC=10m，∠ACB＝60°
∴AB=AC tan∠ACB=10×tan60°=10× =10 ≈17.3（米）
故答案为17.3.
【分析】由题意得∠A=90°，AC=10m，∠ACB＝60°，然后在Rt△ABC中，利用正切函数即可求出A，B之间的距离.
14．【答案】
【解析】【解答】解：如图，过点C作CM∥AB，过点D作DE⊥AB于点E，交CM于点F，
∵EF⊥AB，
∴∠AED=90°，
∵AB∥CM，∠A=30°，
∴∠CFD=90°，∠MCA=∠A=30°，
∴DF=CD，
∴OD+CD=OD+DF，
当O、D、F三点共线时，OD+DF=OF最小，
过点O作OF'⊥CM于点F'，交CA于点D'，此时OD'+F'D'=OF'即为最小值，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点O是AB的中点，
∴OA=OC=AB=，
∴∠A=∠ACO=30°，
∴∠F'CO=60°，
∴cos∠F'CO=，
∴OF'=，即OD+CD的最小值为.
故答案为：.
【分析】过点C作CM∥AB，过点D作DE⊥AB于点E，交CM于点F，根据平行线的性质可得∠CFD=90°，∠MCA=∠A=30°，由含30°角直角三角形性质得DF=CD，则OD+CD=OD+DF，当O、D、F三点共线时，OD+DF=OF最小，过点O作OF'⊥CM于点F'，交CA于点D'，此时OD'+F'D'=OF'即为最小值，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得OA=OC=AB=，由等边对等角得∠A=∠ACO=30°，则∠F'CO=60°，由∠F'CO的余弦函数及特殊锐角三角函数值可求出OF'的长，从而得出答案.
15．【答案】解：∵AB=100米，α=37°，∴BC=AB sinα=100sin37°，∵AD=CE=1.5米，∴BE=BC+CE=100×sin37°+1.5≈100×0.60+1.5=61.5（米），答：风筝离地面的高度BE为：61.5米
【解析】【分析】根据正弦函数的定义，由BC=AB sinα得出BC的长，根据矩形的性质得出AD=CE，根据线段的和差即可得出答案。
16．【答案】解：在 中， ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ .
∴ .
∴
∴ ，
∴
答：建筑物BC的高度约为30.6m.
【解析】【分析】在Rt△BCD中，利用解直角三角形用含DC的代数式表示出BC的长；在Rt△ABC中，利用解直角三角形，可得到关于DC的方程，解方程求出CD的长；然后求出BC的长.
17．【答案】解：过P作PD⊥AB于点D.
∵∠PBD=90°-50°=40°
且∠PBD=∠PAB+∠APB，∠PAB=90-70=20°，
∴∠APB=20°，
∴∠PAB=∠APB
∴BP=AB=20×2=40（海里）
∴求此时轮船与小岛P的距离是40海里.
【解析】【分析】过P作AB的垂线PD，在直角△BPD中可以求的∠PAD的度数是30度，即可证明△APB是等腰三角形，即可求解.
18．【答案】解：如图，过点D作DF⊥AB，垂足为F，∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴四边形BCDF的矩形，∴BC=DF，CD=BF，
设AB=x米，在Rt△ABE中，∠AEB=∠BAE=45°，∴BE=AB=x，
在Rt△ADF中，∠ADF=30°，AF=AB-BF=x-3，∴DF=AF cot30°= （x-3），
∵DF=BC=BE+EC，∴ （x-3）=x+15，解得x=12+9 ，
答：塔AB的高度（12+9 ）米．
【解析】【解答】解：如图，过点D作DF⊥AB，垂足为F，
∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴四边形BCDF的矩形，∴BC=DF，CD=BF，
设AB=x米，在Rt△ABE中，∠AEB=∠BAE=45°，∴BE=AB=x，
在Rt△ADF中，∠ADF=30°，AF=AB-BF=x-3，∴DF=AF cot30°= （x-3），
∵DF=BC=BE+EC，∴ （x-3）=x+15，解得x=12+9 ，
答：塔AB的高度（12+9 ）米．
【分析】分析题目过点D作DF⊥AB易证四边形BCDF的矩形，可得矩形的对边相等，设AB=x，在等腰直角△ABE中可得BE=AB，进而在直角△ADF中，利用三角函数关系表示出DF的长，再结合BC=DF得到关于x的方程，求解即可。
19．【答案】（1）解：△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，
，
c＝8，
，
（2）解：
△ABC中，∠C＝90°，∠A＝45°，
，
a＝3
，
【解析】【分析】（1）根据内角和定理可得∠B=30°，然后根据三角函数的概念进行计算；
（2）根据内角和定理可得∠B=45°，然后根据三角函数的概念进行计算.
20．【答案】（1）证明：因为四边形ABCD是正方形，所以∠BAF+∠EAD=90°，又因为DE⊥AG，所以∠EAD+∠ADE=90°，所以∠ADE=∠BAF，
又因为BF⊥AG，所以∠DEA=∠AFB=90°，
又因为AD=AB所以Rt△DAE≌Rt△ABF，所以AE=BF
（2）证明：易知Rt△BFG∽Rt△DEA，所以 在Rt△DEF和Rt△BEF中，
tanα= ，tanβ= 所以ktanβ= = = = =tanα
所以
（3）解：设正方形ABCD的边长为1，则BG=k，所以△ABG的面积等于 k因为△ABD的面积等于 又因为 =k，所以S1=
所以S2=1- k- = 所以 =-k2+k+1= ≤
因为0＜k＜1，所以当k= ，即点G为BC中点时， 有最大值
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质，可证得AD=AB，同时利用余角的性质，可证得∠ADE=∠BAF，∠DEA=∠AFB，然后根据AAS可证Rt△DAE≌Rt△ABF，利用全等三角形的对应边相等，可证得结论。
（2）利用已知条件易证Rt△BFG∽Rt△DEA，利用相似三角形的对应边成比例，可证得 ，再利用解直角三角形分别求出tanα，tanβ，从而可以推出ktanβ=tanα。
（3）设正方形ABCD的边长为1，则BG=k，用含k的代数式可以表示出△ABG的面积，再分别用含k的代数式表示出S1，S2，然后求出S1与S2的比关于k的函数解析式，将函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质，可求出S1与S2的比的最大值。
21．【答案】（1）证明：如图，
， ， ，
，
，
又 ，
，
，
；
（2）解：在 中， ， ，
，
同理， ，
，
，
，
解得 ，
．
【解析】【分析】（1）证明 ，可得 ，根据同角的余角相等可得结论；（2）根据勾股定理先计算 和 的长，根据面积法可得 的长，最后由三角函数定义可得结论．
22．【答案】（1）解：将A（﹣1，0）、B（3，0）两点代入y=ax2+bx+3得： ，解得：a﹣1，b=2．
∴抛物线的表达式为：y=﹣x2+2x+3
（2）解：由题意设P（x，﹣x2+2x+3），过点P作x轴的垂线，交直线BC于点Q．
将x=0代入抛物线的解析式得：y=3，
∴点C的坐标为（0，3）．
设直线BC的解析式为y=kx+b，将点B，C的坐标代入得： ，
解得：k=﹣1，b=3．
∴直线CB解析式：y=﹣x+3，则Q（x，﹣x+3）
∴PQ=﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）=﹣x2+3x．
∴S△BCD= PQ OB= ×（﹣x2+3x）×3=﹣ （x﹣ ）2+ ．
∴当x= 时，S△BCD取最大值，
此时P（ ， ）．
（3）解：∵抛物线y=﹣（x﹣3）（x+1）=﹣x2+2x+3与与y轴交于点C，
∴C点坐标为（0，3），顶点（1，4），E（1，0）
∴tan∠BDE= = ．
①当点M在对称轴的右侧时．
（i）作当点N在射线CD上时，如图2，过点N作y轴的垂线，垂足为G，
过点M作GN的垂线，垂足为H，则△CNG，△MNH均为等腰直角三角形．
∵∠CMN=∠BDE，
∴tan∠CMN=tan∠BDE= = ．
∴△CNG，△MNH相似比为1：2
设CG=a，则NG=a，NH=NH=2a，
∴M（3a，3+a﹣2a），即M（3a，3﹣a），
将点M的坐标代入抛物线的解析式得：﹣（3a）2+2×3a+3=3﹣a，解得：a=0（舍去）或a=
此时M（ ， ）．
（ii）若点N在射线DC上，如图3，过点N作x轴的垂线l，分别过点M、C作GN的垂线，垂足为H、G，则△CNG，△MNH均为等腰直角三角形，
∵∠CMN=∠BDE，
∴tan∠CMN=tan∠BDE= = ，
∴△CNG与△MNH相似比为1：2
设CG=a，则NG=a，NH=NH=2a，
∴M（a，3﹣a﹣2a），即M（a，3﹣3a），
将点M的坐标代入抛物线的解析式得：﹣a2+2a+3=3﹣3a，解得：a=0（舍去）或a=5，此时M（5，12）
②当点M在对称轴左侧时．
∵∠CMN=∠BDE＜45°，
∴∠MCN＞45°，
∵抛物线左侧任意一点K，都有∠KCN＜45°，
∴点M不存在．
综上可知，点M坐标为（ ， ）或（5，12）
【解析】【分析】（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）两点代入得到关于a、b的方程组，可求得a、b的值；（2）由题意设P（x，﹣x2+2x+3），过点P作x轴的垂线，交直线BC于点Q．先求得直线BC的解析式，则得到Q（x，﹣x+3），然后列出△BCD的面积与x的关系式，利用配方法可求得点P的横坐标以及△CBD的面积的最大值；（3）首先求得C点坐标为（0，3），顶点（1，4），E（1，0）则tan∠BDE= ．①当点M在对称轴的右侧时，作当点N在射线CD上时，如图1，过点N作y轴的垂线，垂足为G，过点M作GN的垂线，垂足为H，则△CNG，△MNH均为等腰直角三角形．设CG=a，用含a的式子表示点M的坐标，然后将点M的坐标代入抛物线的解析式可求得a的值；若点N在射线DC上，如图，过点N作x轴的垂线l，分别过点M、C作GN的垂线，垂足为H、G，则△CNG，△MNH均为等腰直角三角形，同理可求得此时a的值；②当点M在对称轴左侧时，抛物线左侧任意一点K，都有∠KCN＜45°．
一、单选题
1．如图，在平面直角坐标系中，点A坐标为（8，6），那么cos 的值是（ ）
A． B． C． D．
2．已知抛物线y=﹣x2﹣2x+3与x轴交于A、B两点，将这条抛物线的顶点记为C，连接AC、BC，则tan∠CAB的值为（ ）
A． B． C． D．2
3．已知，△ABC中，∠C=90°，sinA=，则∠A 的度数是 （ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
4．把△ABC三边的长度都扩大为原来的3倍，则锐角A的正弦函数值（ ）
A．不变 B．缩小为原来的
C．扩大为原来的3倍 D．不能确定
5．如图所示，在 中， ， ，点D在 边上， ，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
6．α为锐角，若sinα+cosα= ，则sinα﹣cosα的值为（ ）
A． B．± C． D．0
7．在正方形网格中，△ABC的位置如图所示，则cosB的值为（ ）
A． B． C． D．
8．在直角坐标平面内有一点P（3，4），OP与x轴正半轴的夹角为 ，则 的值（ ）
A． B． C． D．
9．已知在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA= ，AC=2 ，那么BC的值为（ ）
A．2 B．4 C．4 D．6
10．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝4，BC＝3，则sin∠B的值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．若∠A为锐角，且tanA＝1，则∠A的度数为 .
12．如图，沿倾斜角为30°的山坡植树，要求相邻两棵树间的水平距离AC为2m，那么相邻两棵树的斜坡距离AB约为 m．（结果精确到0.1m）
13．在数学活动课上名师带领学生去测量河两岸A，B两处之间的距离，先从A处出发与AB成90°方向，向前走了10米到C处，在C处测得∠ACB＝60°(如图所示)，那么A，B之间的距离约为 米（计算结果精确到0.1米)
14．如图，在中，，，，点O是的中点，点D是线段上任意一点（不含端点），连接，则的最小值为 ．
三、解答题
15．如图，小明在操场上放风筝，已知风筝线AB长100 米，风筝线与水平线的夹角α=37°，小王拿风筝线的手离地面的高AD为1.5米，求风筝离地面的高度BE（精确到0.1米）．
16．如图，某中学数学兴趣小组在学习了“解直角三角形及其应用”后，选定测量小河对岸一幢建筑物BC的高度，他们先在A处测得该建筑物顶端B的仰角为28°，然后从A处前进40m到达D处，在D处测得该建筑物顶端B的仰角为60°，点A，D， C在同一水平的直线上，且BC⊥DC. 求建筑物BC的高度（结果精确到0.1）.
（参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53， ≈1.73）
17．某轮船由西向东匀速航行，第8小时在A处测得小岛P的方位是北偏东70°，第10时在B处测得小岛P的方位是北偏东50°，已知轮船的速度是20海里/时，求此时轮船与小岛P的距离.
18．某风景区内有一古塔AB，在塔的北面有一建筑物，当光线与水平面的夹角是30°时，塔在建筑物的墙上留下了高3米的影子CD；而当光线与地面的夹角是45°时，塔尖A在地面上的影子E与墙角C有15米的距离（B、E、C在一条直线上），求塔AB的高度（结果保留根号）．
四、综合题
19．在△ABC中，∠C＝90°.
（1）已知c＝8，∠A＝60°，求∠B，a，b；
（2）已知a＝3，∠A＝45°，求∠B，b，c.
20．如图，在正方形ABCD中，点G在边BC上（不与点B，C重合），连接AG，作DE⊥AG，于点E，BF⊥AG于点F，设 。
（1）求证：AE=BF；
（2）连接BE，DF，设∠EDF= ，∠EBF= 求证：
（3）设线段AG与对角线BD交于点H，△AHD和四边形CDHG的面积分别为S1和S2，求 的最大值．
21．如图所示的方格纸是由9个大小完全一样的小正方形组成的．点A、B、C、D均在方格纸的格点(即图中小正方形的顶点)上，线段AB与线段CD相交于点E．设图中每个小正方形的边长均为1．
（1）求证：AB⊥CD；
（2）求sin∠BCD的值．
22．如图1，抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A、点B（点A在点B左侧），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，已知点A、点B的坐标分别为A（﹣1，0）、B（3，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在直线BC上方的抛物线上找一点P，使△PBC的面积最大，求P点的坐标；
（3）如图2，连接BD、CD，抛物线的对称轴与x轴交于点E，过抛物线上一点M作MN⊥CD，交直线CD于点N，求当∠CMN=∠BDE时点M的坐标．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】cos = ,故答案为：D.
故答案为：D.
【分析】由点A的坐标为（8，6），根据锐角三角函数的定义即可求解.
2．【答案】D
【解析】【解答】解：令y=0，则﹣x2﹣2x+3=0，解得x=﹣3或1，不妨设A（﹣3，0），B（1，0），
∵y=﹣x2﹣2x+3=﹣（x+1）2+4，
∴顶点C（﹣1，4），
如图所示，作CD⊥AB于D．
在Rt△ACD中，tan∠CAD= = =2，
故答案为D．
【分析】先求出A、B、C坐标，作CD⊥AB于D，根据tan∠ACD= 即可计算．本题考查二次函数与x轴交点坐标，锐角三角函数的定义，解题的关键是熟练掌握求抛物线与x轴交点坐标的方法，记住锐角三角函数的定义，属于中考常考题型．
3．【答案】C
【解析】【解答】因为sinA=
所以∠A=60°
故选C
4．【答案】A
【解析】【解答】因为△ABC三边的长度都扩大为原来的3倍所得的三角形与原三角形相似，所以锐角A的大小没改变，所以锐角A的正弦函数值也不变．
故答案为：A．
【分析】根据正弦函数的定义，利用分式的基本性质进行化简，从而可得函数值的变化情况.
5．【答案】C
【解析】【解答】解：∵
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
故答案为：C.
【分析】利用解直角三角形求出BC的长，利用勾股定理求出AC的长，由此可得到CD的长；然后根据BD=BC-CD，可求出BD的长.
6．【答案】D
【解析】【解答】解：∵sinα+cosα= ，
∴（sinα+cosα）2=2，
即sin2α+cos2α+2sinαcosα=2．
又∵sin2α+cos2α=1，
∴2sinαcosα=1．
∴（sinα﹣cosα）2=sin2α+cos2α﹣2sinαcosα=1﹣2sinαcosα=1﹣1=0．
∴sinα﹣cosα=0．
故答案为：D．
【分析】根据等式的性质，将sinα+cosα= ，两边同时平方得出（sinα+cosα）2=2，即sin2α+cos2α+2sinαcosα=2．根据同一个锐角的正弦函数值与余弦函数值的关系得出sin2α+cos2α=1，故2sinαcosα=1．再根据完全平方公式即整体代入得出（sinα﹣cosα）2=sin2α+cos2α﹣2sinαcosα=1﹣2sinαcosα=1﹣1=0，最后根据0的2次幂等于0，即可得出答案。
7．【答案】B
【解析】【分析】根据格点的特征及勾股定理结合余弦的定义即可求得结果，△ABC为钝角三角形，角B的余弦需要构造直角三角形找邻边和斜边，如图过A作AD垂直于BC的延长线于D点，
.
【解答】由图可得，故选B.
【点评】解题的关键是熟练掌握余弦的定义：余弦=邻边：斜边，注意函数值的大小只与角的大小有关.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：由点P（3，4）可得点P到x轴、y轴的距离为4、3，则 ，
∵OP与x轴正半轴的夹角为 ，
∴ ；
故答案为：D．
【分析】先求出OP的长，再利用三角函数中的正弦的定义求解即可。
9．【答案】A
【解析】【解答】解：∵sinA= ，∴∠A=30°．
∴tan30°= ，
∴BC=2．
故选A．
【分析】由sin A= 求出∠A度数；根据三角函数的定义建立边角之间的关系求解．
10．【答案】A
【解析】【解答】如图，
∵∠C＝90°，AB＝4，BC＝3，
∴，
∴；
故答案为：A．
【分析】先利用勾股定理求出AC的长，再利用正弦的定义可得。
11．【答案】45°
【解析】【解答】∵∠A为锐角，且tanA＝1，tan45°＝1，
∴∠A＝45°.
故答案为：45°.
【分析】根据特殊角的三角函数值进行解答即可.
12．【答案】2.3
【解析】【解答】解：由题意可得，cos30°= = ．
∴AB= ≈2.3．
【分析】利用30°的余弦函数求解．
13．【答案】17.3
【解析】【解答】解：由题意得∠A=90°，AC=10m，∠ACB＝60°
∴AB=AC tan∠ACB=10×tan60°=10× =10 ≈17.3（米）
故答案为17.3.
【分析】由题意得∠A=90°，AC=10m，∠ACB＝60°，然后在Rt△ABC中，利用正切函数即可求出A，B之间的距离.
14．【答案】
【解析】【解答】解：如图，过点C作CM∥AB，过点D作DE⊥AB于点E，交CM于点F，
∵EF⊥AB，
∴∠AED=90°，
∵AB∥CM，∠A=30°，
∴∠CFD=90°，∠MCA=∠A=30°，
∴DF=CD，
∴OD+CD=OD+DF，
当O、D、F三点共线时，OD+DF=OF最小，
过点O作OF'⊥CM于点F'，交CA于点D'，此时OD'+F'D'=OF'即为最小值，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点O是AB的中点，
∴OA=OC=AB=，
∴∠A=∠ACO=30°，
∴∠F'CO=60°，
∴cos∠F'CO=，
∴OF'=，即OD+CD的最小值为.
故答案为：.
【分析】过点C作CM∥AB，过点D作DE⊥AB于点E，交CM于点F，根据平行线的性质可得∠CFD=90°，∠MCA=∠A=30°，由含30°角直角三角形性质得DF=CD，则OD+CD=OD+DF，当O、D、F三点共线时，OD+DF=OF最小，过点O作OF'⊥CM于点F'，交CA于点D'，此时OD'+F'D'=OF'即为最小值，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得OA=OC=AB=，由等边对等角得∠A=∠ACO=30°，则∠F'CO=60°，由∠F'CO的余弦函数及特殊锐角三角函数值可求出OF'的长，从而得出答案.
15．【答案】解：∵AB=100米，α=37°，∴BC=AB sinα=100sin37°，∵AD=CE=1.5米，∴BE=BC+CE=100×sin37°+1.5≈100×0.60+1.5=61.5（米），答：风筝离地面的高度BE为：61.5米
【解析】【分析】根据正弦函数的定义，由BC=AB sinα得出BC的长，根据矩形的性质得出AD=CE，根据线段的和差即可得出答案。
16．【答案】解：在 中， ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ .
∴ .
∴
∴ ，
∴
答：建筑物BC的高度约为30.6m.
【解析】【分析】在Rt△BCD中，利用解直角三角形用含DC的代数式表示出BC的长；在Rt△ABC中，利用解直角三角形，可得到关于DC的方程，解方程求出CD的长；然后求出BC的长.
17．【答案】解：过P作PD⊥AB于点D.
∵∠PBD=90°-50°=40°
且∠PBD=∠PAB+∠APB，∠PAB=90-70=20°，
∴∠APB=20°，
∴∠PAB=∠APB
∴BP=AB=20×2=40（海里）
∴求此时轮船与小岛P的距离是40海里.
【解析】【分析】过P作AB的垂线PD，在直角△BPD中可以求的∠PAD的度数是30度，即可证明△APB是等腰三角形，即可求解.
18．【答案】解：如图，过点D作DF⊥AB，垂足为F，∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴四边形BCDF的矩形，∴BC=DF，CD=BF，
设AB=x米，在Rt△ABE中，∠AEB=∠BAE=45°，∴BE=AB=x，
在Rt△ADF中，∠ADF=30°，AF=AB-BF=x-3，∴DF=AF cot30°= （x-3），
∵DF=BC=BE+EC，∴ （x-3）=x+15，解得x=12+9 ，
答：塔AB的高度（12+9 ）米．
【解析】【解答】解：如图，过点D作DF⊥AB，垂足为F，
∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴四边形BCDF的矩形，∴BC=DF，CD=BF，
设AB=x米，在Rt△ABE中，∠AEB=∠BAE=45°，∴BE=AB=x，
在Rt△ADF中，∠ADF=30°，AF=AB-BF=x-3，∴DF=AF cot30°= （x-3），
∵DF=BC=BE+EC，∴ （x-3）=x+15，解得x=12+9 ，
答：塔AB的高度（12+9 ）米．
【分析】分析题目过点D作DF⊥AB易证四边形BCDF的矩形，可得矩形的对边相等，设AB=x，在等腰直角△ABE中可得BE=AB，进而在直角△ADF中，利用三角函数关系表示出DF的长，再结合BC=DF得到关于x的方程，求解即可。
19．【答案】（1）解：△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，
，
c＝8，
，
（2）解：
△ABC中，∠C＝90°，∠A＝45°，
，
a＝3
，
【解析】【分析】（1）根据内角和定理可得∠B=30°，然后根据三角函数的概念进行计算；
（2）根据内角和定理可得∠B=45°，然后根据三角函数的概念进行计算.
20．【答案】（1）证明：因为四边形ABCD是正方形，所以∠BAF+∠EAD=90°，又因为DE⊥AG，所以∠EAD+∠ADE=90°，所以∠ADE=∠BAF，
又因为BF⊥AG，所以∠DEA=∠AFB=90°，
又因为AD=AB所以Rt△DAE≌Rt△ABF，所以AE=BF
（2）证明：易知Rt△BFG∽Rt△DEA，所以 在Rt△DEF和Rt△BEF中，
tanα= ，tanβ= 所以ktanβ= = = = =tanα
所以
（3）解：设正方形ABCD的边长为1，则BG=k，所以△ABG的面积等于 k因为△ABD的面积等于 又因为 =k，所以S1=
所以S2=1- k- = 所以 =-k2+k+1= ≤
因为0＜k＜1，所以当k= ，即点G为BC中点时， 有最大值
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质，可证得AD=AB，同时利用余角的性质，可证得∠ADE=∠BAF，∠DEA=∠AFB，然后根据AAS可证Rt△DAE≌Rt△ABF，利用全等三角形的对应边相等，可证得结论。
（2）利用已知条件易证Rt△BFG∽Rt△DEA，利用相似三角形的对应边成比例，可证得 ，再利用解直角三角形分别求出tanα，tanβ，从而可以推出ktanβ=tanα。
（3）设正方形ABCD的边长为1，则BG=k，用含k的代数式可以表示出△ABG的面积，再分别用含k的代数式表示出S1，S2，然后求出S1与S2的比关于k的函数解析式，将函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质，可求出S1与S2的比的最大值。
21．【答案】（1）证明：如图，
， ， ，
，
，
又 ，
，
，
；
（2）解：在 中， ， ，
，
同理， ，
，
，
，
解得 ，
．
【解析】【分析】（1）证明 ，可得 ，根据同角的余角相等可得结论；（2）根据勾股定理先计算 和 的长，根据面积法可得 的长，最后由三角函数定义可得结论．
22．【答案】（1）解：将A（﹣1，0）、B（3，0）两点代入y=ax2+bx+3得： ，解得：a﹣1，b=2．
∴抛物线的表达式为：y=﹣x2+2x+3
（2）解：由题意设P（x，﹣x2+2x+3），过点P作x轴的垂线，交直线BC于点Q．
将x=0代入抛物线的解析式得：y=3，
∴点C的坐标为（0，3）．
设直线BC的解析式为y=kx+b，将点B，C的坐标代入得： ，
解得：k=﹣1，b=3．
∴直线CB解析式：y=﹣x+3，则Q（x，﹣x+3）
∴PQ=﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）=﹣x2+3x．
∴S△BCD= PQ OB= ×（﹣x2+3x）×3=﹣ （x﹣ ）2+ ．
∴当x= 时，S△BCD取最大值，
此时P（ ， ）．
（3）解：∵抛物线y=﹣（x﹣3）（x+1）=﹣x2+2x+3与与y轴交于点C，
∴C点坐标为（0，3），顶点（1，4），E（1，0）
∴tan∠BDE= = ．
①当点M在对称轴的右侧时．
（i）作当点N在射线CD上时，如图2，过点N作y轴的垂线，垂足为G，
过点M作GN的垂线，垂足为H，则△CNG，△MNH均为等腰直角三角形．
∵∠CMN=∠BDE，
∴tan∠CMN=tan∠BDE= = ．
∴△CNG，△MNH相似比为1：2
设CG=a，则NG=a，NH=NH=2a，
∴M（3a，3+a﹣2a），即M（3a，3﹣a），
将点M的坐标代入抛物线的解析式得：﹣（3a）2+2×3a+3=3﹣a，解得：a=0（舍去）或a=
此时M（ ， ）．
（ii）若点N在射线DC上，如图3，过点N作x轴的垂线l，分别过点M、C作GN的垂线，垂足为H、G，则△CNG，△MNH均为等腰直角三角形，
∵∠CMN=∠BDE，
∴tan∠CMN=tan∠BDE= = ，
∴△CNG与△MNH相似比为1：2
设CG=a，则NG=a，NH=NH=2a，
∴M（a，3﹣a﹣2a），即M（a，3﹣3a），
将点M的坐标代入抛物线的解析式得：﹣a2+2a+3=3﹣3a，解得：a=0（舍去）或a=5，此时M（5，12）
②当点M在对称轴左侧时．
∵∠CMN=∠BDE＜45°，
∴∠MCN＞45°，
∵抛物线左侧任意一点K，都有∠KCN＜45°，
∴点M不存在．
综上可知，点M坐标为（ ， ）或（5，12）
【解析】【分析】（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）两点代入得到关于a、b的方程组，可求得a、b的值；（2）由题意设P（x，﹣x2+2x+3），过点P作x轴的垂线，交直线BC于点Q．先求得直线BC的解析式，则得到Q（x，﹣x+3），然后列出△BCD的面积与x的关系式，利用配方法可求得点P的横坐标以及△CBD的面积的最大值；（3）首先求得C点坐标为（0，3），顶点（1，4），E（1，0）则tan∠BDE= ．①当点M在对称轴的右侧时，作当点N在射线CD上时，如图1，过点N作y轴的垂线，垂足为G，过点M作GN的垂线，垂足为H，则△CNG，△MNH均为等腰直角三角形．设CG=a，用含a的式子表示点M的坐标，然后将点M的坐标代入抛物线的解析式可求得a的值；若点N在射线DC上，如图，过点N作x轴的垂线l，分别过点M、C作GN的垂线，垂足为H、G，则△CNG，△MNH均为等腰直角三角形，同理可求得此时a的值；②当点M在对称轴左侧时，抛物线左侧任意一点K，都有∠KCN＜45°．