历年中考数学易错题汇编-锐角三角函数练习题及答案解析
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一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图，山坡上有一棵树AB，树底部B点到山脚C点的距离BC为63米，山坡的坡角为30°．小宁在山脚的平地F处测量这棵树的高，点C到测角仪EF的水平距离CF=1米，从E处测得树顶部A的仰角为45°，树底部B的仰角为20°，求树AB的高度．（参考数值：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36）
【答案】6.4米
【解析】
解：∵底部B点到山脚C点的距离BC为6 3 米，山坡的坡角为30°．
∴DC=BC•cos30°=36392米，
∵CF=1米，
∴DC=9+1=10米，
∴GE=10米，
∵∠AEG=45°，
∴AG=EG=10米，
在直角三角形BGF中，
BG=GF•tan20°=10×0.36=3.6米，
∴AB=AG-BG=10-3.6=6.4米，
答：树高约为6.4米
首先在直角三角形BDC中求得DC的长，然后求得DF的长，进而求得GF的长，然后在直角三角形BGF中即可求得BG的长，从而求得树高
2．（6分）某海域有A，B两个港口，B港口在A港口北偏西30°方向上，距A港口60海里，有一艘船从A港口出发，沿东北方向行驶一段距离后，到达位于B港口南偏东75°方向的C处，求该船与B港口之间的距离即CB的长（结果保留根号）．
【答案】．
【解析】
试题分析：作AD⊥BC于D，于是有∠ABD=45°，得到AD=BD=，求出∠C=60°，根据正切的定义求出CD的长，得到答案．
试题解析：作AD⊥BC于D，∵∠EAB=30°，AE∥BF，∴∠FBA=30°，又∠FBC=75°，∴∠ABD=45°，又AB=60，∴AD=BD=，∵∠BAC=∠BAE+∠CAE=75°，∠ABC=45°，∴∠C=60°，在Rt△ACD中，∠C=60°，AD=，则tanC=，∴CD==，∴BC=．故该船与B港口之间的距离CB的长为海里．
考点：解直角三角形的应用-方向角问题．
3．如图，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的延长线于切点为G，连接AG交CD于K．
（1）求证：KE=GE；
（2）若KG2=KD•GE，试判断AC与EF的位置关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若sinE=，AK=，求FG的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）AC∥EF，证明见解析；（3）FG= ．
【解析】
试题分析：（1）如图1，连接OG．根据切线性质及CD⊥AB，可以推出∠KGE=∠AKH=∠GKE，根据等角对等边得到KE=GE；
（2）AC与EF平行，理由为：如图2所示，连接GD，由∠KGE=∠GKE，及KG2=KD•GE，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似可得出△GKD与△EKG相似，又利用同弧所对的圆周角相等得到∠C=∠AGD，可推知∠E=∠C，从而得到AC∥EF；
（3）如图3所示，连接OG，OC，先求出KE=GE，再求出圆的半径，根据勾股定理与垂径定理可以求解；然后在Rt△OGF中，解直角三角形即可求得FG的长度．
试题解析：（1）如图1，连接OG．
∵EG为切线，
∴∠KGE+∠OGA=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠AKH+∠OAG=90°，
又∵OA=OG，
∴∠OGA=∠OAG，
∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，
∴KE=GE．
（2）AC∥EF，理由为连接GD，如图2所示．
∵KG2=KD•GE，即 ，
∴ ，
又∵∠KGE=∠GKE，
∴△GKD∽△EGK，
∴∠E=∠AGD，
又∵∠C=∠AGD，
∴∠E=∠C，
∴AC∥EF；
（3）连接OG，OC，如图3所示，
∵EG为切线，
∴∠KGE+∠OGA=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠AKH+∠OAG=90°，
又∵OA=OG，
∴∠OGA=∠OAG，
∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，
∴KE=GE．
∵sinE=sin∠ACH=
，设AH=3t，则AC=5t，CH=4t，
∵KE=GE，AC∥EF，
∴CK=AC=5t，
∴HK=CK-CH=t． 在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2，
即（3t）2+t2=（2 ）2，解得t= ．
设⊙O半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r-3t，CH=4t，
由勾股定理得：OH2+CH2=OC2，
即（r-3t）2+（4t）2=r2，解得r= t=．
∵EF为切线，
∴△OGF为直角三角形，
在Rt△OGF中，OG=r=，tan∠OFG=tan∠CAH= ，
∴FG=
【点睛】此题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，锐角三角函数定义，圆周角定理，平行线的判定，以及等腰三角形的判定，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．
4．如图13，矩形的对角线，相交于点，关于的对称图形为．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接，若，．
①求的值；
②若点为线段上一动点（不与点重合），连接，一动点从点出发，以的速度沿线段匀速运动到点，再以的速度沿线段匀速运动到点，到达点后停止运动．当点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时，求的长和点走完全程所需的时间．
【答案】（1）详见解析；（2）①②和走完全程所需时间为
【解析】
试题分析：（1）利用四边相等的四边形是菱形；（2）①构造直角三角形求；②先确定点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时的位置，再计算运到的时间.
试题解析：解：（1）证明：四边形是矩形.
与交于点O,且关于对称
四边形是菱形.
（2）①连接,直线分别交于点,交于点
关于的对称图形为
在矩形中，为的中点，且O为AC的中点
为的中位线
同理可得：为的中点，
②过点P作交于点
由运动到所需的时间为3s
由①可得，
点O以的速度从P到A所需的时间等于以从M运动到A
即：
由O运动到P所需的时间就是OP+MA和最小.
如下图，当P运动到,即时，所用时间最短.
在中，设
解得：
和走完全程所需时间为
考点：菱形的判定方法；构造直角三角形求三角函数值；确定极值时动点的特殊位置
5．已知：△ABC内接于⊙O，D是弧BC上一点，OD⊥BC，垂足为H．
（1）如图1，当圆心O在AB边上时，求证：AC=2OH；
（2）如图2，当圆心O在△ABC外部时，连接AD、CD，AD与BC交于点P，求证：∠ACD=∠APB；
（3）在（2）的条件下，如图3，连接BD，E为⊙O上一点，连接DE交BC于点Q、交AB于点N，连接OE，BF为⊙O的弦，BF⊥OE于点R交DE于点G，若∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，AC=，BN=，tan∠ABC=，求BF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）24.
【解析】
试题分析：（1）易证OH为△ABC的中位线，可得AC=2OH；（2）∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，又∵∠PAC =∠BCD，可证∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB与OD相交于点M，连接OB，易证∠GBN=∠ABC，所以BG=BQ.在Rt△BNQ中，根据tan∠ABC=，可求得NQ、BQ的长.利用圆周角定理可求得IC和AI的长度，设QH=x，利用勾股定理可求出QH和HD的长度，利用垂径定理可求得ED的长度，最后利用tan∠OED=即可求得RG的长度，最后由垂径定理可求得BF的长度． 试题解析：（1）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴BH=HC，∵点O是AB的中点，∴AC=2OH；（2）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴弧BD=弧CD，∴∠PAC=∠BCD，∵∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，∴∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB与OD相交于点M，连接OB，
∵∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，∴∠ACD﹣∠BDN=∠ABD+∠BDN，∵∠ABD+∠BDN=∠AND，∴∠ACD﹣∠BDN=∠AND，∵∠ACD+∠ABD=180°，∴2∠AND=180°，∴∠AND=90°，∵tan∠ABC=，∴，∴，∴，∵∠BNQ=∠QHD=90°，∴∠ABC=∠QDH，∵OE=OD，
∴∠OED=∠QDH，∵∠ERG=90°，∴∠OED=∠GBN，∴∠GBN=∠ABC，∵AB⊥ED，∴BG=BQ=，GN=NQ=，
∵∠ACI=90°，tan∠AIC=tan∠ABC=，∴，∴IC=，∴由勾股定理可求得：AI=25，
设QH=x，∵tan∠ABC=tan∠ODE=，∴，∴HD=2x，∴OH=OD﹣HD=，BH=BQ+QH=，
∵OB2=BH2+OH2，∴，解得：，当QH=时，∴QD=，
∴ND=，∴MN=，MD=15,∵，∴QH=不符合题意，舍去，当QH=时，∴QD=
∴ND=NQ+QD=，ED=，∴GD=GN+ND=,∴EG=ED﹣GD=，∵tan∠OED=，∴，
∴EG=RG，∴RG=，∴ BR=RG+BG=12,∴BF=2BR=24．
考点：1圆；2相似三角形；3三角函数；4直角三角形.
6．如图，某公园内有一座古塔AB，在塔的北面有一栋建筑物，某日上午9时太阳光线与水平面的夹角为32°，此时塔在建筑物的墙上留下了高3米的影子CD．中午12时太阳光线与地面的夹角为45°，此时塔尖A在地面上的影子E与墙角C的距离为15米（B、E、C在一条直线上），求塔AB的高度．（结果精确到0.01米）
参考数据：sin32°≈0.5299，cos32°≈0.8480，tan32°≈0.6249，21.4142．
【答案】塔高AB约为32.99米.
【解析】
【分析】
过点D作DH⊥AB，垂足为点H，设AB＝x，则 AH＝x﹣3，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
解：过点D作DH⊥AB，垂足为点H．
由题意，得 HB = CD = 3，EC = 15，HD = BC，∠ABC =∠AHD = 90°，
∠ADH = 32°．
设AB = x，则 AH = x – 3．
在Rt△ABE中，由 ∠AEB = 45°，得 tantan451ABAEBEB．
∴ EB = AB = x．∴ HD = BC = BE + EC = x + 15．
