锐角三角函数(全)

第28章锐角三角函数专项训练专训1“化斜为直”构造直角三角形的方法名师点金：锐角三角函数是在直角三角形中定义的，解直角三角形的前提是在直角三角形中进行，对于非直角三角形问题，要注意观察图形特点，恰当作辅助线，将其转化为直角三角形来解．无直角、无等角的三角形作高1．如图，在△ABC中，已知BC＝1＋eq\r(3)，∠B＝60°，∠C＝45°，求AB的长．(第1题)有直角、无三角形的图形延长某些边2．如图，在四边形ABCD中，AB＝2，CD＝1，∠A＝60°，∠D＝∠B＝90°，求四边形ABCD的面积．(第2题)有三角函数值不能直接利用时作垂线3．如图，在△ABC中，点D为AB的中点，DC⊥AC，sin∠BCD＝eq\f(1,3)，求tanA的值．(第3题)求非直角三角形中角的三角函数值时构造直角三角形4．如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8.若∠BPC＝eq\f(1,2)∠BAC，求tan∠BPC的值．(第4题)专训2巧用构造法求几种特殊角的三角函数值名师点金：对于30°、45°、60°角的三角函数值，我们都可通过定义利用特殊直角三角形三边的关系进行计算；而在实际应用中，我们常常碰到像15°、22.5°、67.5°等一些特殊角的三角函数值的计算，同样我们也可以构造相关图形，利用数形结合思想进行巧算．巧构造15°与30°角的关系的图形计算15°角的三角函数值1．求sin15°，cos15°，tan15°的值．巧构造22.5°与45°角的关系的图形计算22.5°角的三角函数值2．求tan22.5°的值．巧用折叠法求67.5°角的三角函数值3．小明在学习“锐角三角函数”中发现，将如图所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC边上的点E处，还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC边上的点F处，求出67.5°角的正切值．(第3题)巧用含36°角的等腰三角形中的相似关系求18°、72°角的三角函数值4．求sin18°，cos72°的值．巧用75°与30°角的关系构图求75°角的三角函数值5．求sin75°，cos75°，tan75°的值．专训3应用三角函数解实际问题的四种常见问题名师点金：在运用解直角三角形的知识解决实际问题时，要学会将千变万化的实际问题转化为数学问题，要善于将某些实际问题中的数量关系归结为直角三角形中的元素(边、角)之间的关系，若不是直角三角形，应尝试添加辅助线，构造出直角三角形进行解答，这样才能更好地运用解直角三角形的方法求解．其中仰角、俯角的应用问题，方向角的应用问题，坡度、坡角的应用问题要熟练掌握其解题思路，把握解题关键．定位问题1．某校兴趣小组从游轮拍摄海河两岸美景．如图，游轮出发点A与望海楼B的距离为300m，在A处测得望海楼B位于A的北偏东30°方向，游轮沿正北方向行驶一段时间后到达C，在C处测得望海楼B位于C的北偏东60°方向，求此时游轮与望海楼之间的距离BC.(eq\r(3)取1.73，结果保留整数)(第1题)坡坝问题2．如图，水坝的横断面是梯形，背水坡AB的坡角∠BAE＝45°，坝高BE＝20米．汛期来临，为加大水坝的防洪强度，将坝底从A处向后水平延伸到F处，使新的背水坡BF的坡角∠F＝30°，求AF的长度.(结果精确到1米，参考数据：eq\r(2)≈1.414，eq\r(3)≈1.732)(第2题)测距问题3．一条东西走向的高速公路上有两个加油站A，B，在A的北偏东45°方向上还有一个加油站C，C到高速公路的最短距离是30千米，B，C间的距离是60千米，想要经过C修一条笔直的公路与高速公路相交，使两路交叉口P到B，C的距离相等，请求出交叉口P到加油站A的距离．(结果保留根号)测高问题4．如图，在大楼AB的正前方有一斜坡CD，CD＝4米，坡角∠DCE＝30°，小红在斜坡下的点C处测得楼顶B的仰角为60°，在斜坡上的点D处测得楼顶B的仰角为45°，其中点A，C，E在同一直线上．(1)求斜坡CD的高度DE；(2)求大楼AB的高度．(结果保留根号)(第4题)专训4利用三角函数解判断说理问题名师点金：利用三角函数解答实际中的“判断说理”问题：其关键是将实际问题抽象成数学问题，建立解直角三角形的数学模型，运用解直角三角形的知识来解决实际问题．航行路线问题1．如图，某货船以24海里/时的速度将一批重要物资从A处运往正东方向的M处，在点A处测得某岛C在北偏东60°的方向上．该货船航行30分钟后到达B处，此时再测得该岛在北偏东30°的方向上，已知在C岛周围9海里的区域内有暗礁．若继续向正东方向航行，该货船有无触礁危险？试说明理由．(第1题)工程规划问题2．A，B两市相距150千米，分别从A，B处测得国家级风景区中心C处的方位角如图所示，风景区区域是以C为圆心、45千米为半径的圆，tanα＝1.627，tanβ＝1.373.为了开发旅游，有关部门设计修建连接A，B两市的高速公路．问连接A，B两市的高速公路会穿过风景区吗？请说明理由．(第2题)拦截问题3．如图，在一次军事演习中，蓝方在一条东西走向的公路上的A处朝正南方向撤退，红方在公路上的B处沿南偏西60°方向前进实施拦截，红方行驶1000米到达C处后，因前方无法通行，红方决定调整方向，再朝南偏西45°方向前进了相同的距离，刚好在D处成功拦截蓝方，求拦截点D处到公路的距离．(结果不取近似值)(第3题)台风影响问题4．如图所示，在某海滨城市O附近海面有一股强台风，据监测，当前台风中心位于该城市的南偏东20°方向200km的海面P处，并以20km/h的速度向北偏西65°的PQ方向移动，台风侵袭的范围是一个圆形区域，当前半径为60km，且圆的半径以10km/h的速度不断扩大．(1)当台风中心移动4h时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到________km；当台风中心移动t(h)时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到____________km.(2)当台风中心移动到与城市O距离最近时，这股台风是否会侵袭这座海滨城市？请说明理由．(参考数据：eq\r(2)≈1.41，eq\r(3)≈1.73)(第4题)专训5三角函数在学科内的综合应用

名师点金：1.三角函数与其他函数的综合应用：此类问题常常利用函数图象与坐标轴的交点构造直角三角形，再结合锐角三角函数求线段的长，最后可转化为求函数图象上的点的坐标．2．三角函数与方程的综合应用：主要是与一元二次方程之间的联系，利用方程根的情况，最终转化为三角形三边之间的关系求解．3．三角函数与圆的综合应用：主要利用圆中的垂径定理、直径所对的圆周角是直角等，将圆中的边角关系转化为同一直角三角形的边角关系求解．4．三角函数与相似三角形的综合应用：此类问题常常是由相似得成比例线段，再转化成所求锐角的三角函数．三角函数与一次函数的综合应用1．如图，直线y＝kx－1与x轴、y轴分别交于B，C两点，tan∠OCB＝eq\f(1,2).(1)求点B的坐标和k的值；(2)若点A(x，y)是直线y＝kx－1上的一个动点(且在第一象限内)，在点A的运动过程中，试写出△AOB的面积S与x的函数关系式．(第1题)三角函数与二次函数的综合应用2．如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的三个顶点分别是C(3，0)，D(3，4)，E(0，4)．点A在DE上，以A为顶点的抛物线过点C，且对称轴直线x＝1交x轴于点B，连接EC，AC，点P，Q为动点，设运动时间为t秒．(1)求点A的坐标及抛物线对应的函数解析式；(第2题)(2)如图，若点P在线段OC上从点O向点C以1个单位/秒的速度运动，同时，点Q在线段CE上从点C向点E以2个单位/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．当t为何值时，△PCQ为直角三角形？三角函数与反比例函数的综合应用3．如图，反比例函数y＝eq\f(k,x)(x＞0)的图象经过线段OA的端点A，O为原点，作AB⊥x轴于点B，点B的坐标为(2，0)，tan∠AOB＝eq\f(3,2).(1)求k的值；(2)将线段AB沿x轴正方向平移到线段DC的位置，反比例函数y＝eq\f(k,x)(x＞0)的图象恰好经过DC的中点E，求直线AE对应的函数解析式；(3)若直线AE与x轴交于点M，与y轴交于点N，请你探索线段AN与线段ME的大小关系，写出你的结论，并说明理由．(第3题)三角函数与方程的综合应用4．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c.已知a，b是关于x的一元二次方程x2－(c＋4)x＋4c＋8＝0的两个根，且9c＝25asinA.(1)试判断△ABC的形状；(2)△ABC的三边长分别是多少？5．已知关于x的方程5x2－10xcosα－7cosα＋6＝0有两个相等的实数根，求边长为10cm且两边所夹的锐角为α的菱形的面积．三角函数与圆的综合应用6．如图，AD是△ABC的角平分线，以点C为圆心、CD为半径作圆交BC的延长线于点E，交AD于点F，交AE于点M，且∠B＝∠CAE，EFFD＝43.(1)求证：点F是AD的中点；(2)求cos∠AED的值；(3)如果BD＝10，求半径CD的长．(第6题)7．如图，AB为⊙O的直径，直线CD切⊙O于点D，AM⊥CD于点M，BN⊥CD于N.(1)求证：∠ADC＝∠ABD；(2)求证：AD2＝AM·AB；(3)若AM＝eq\f(18,5)，sin∠ABD＝eq\f(3,5)，求线段BN的长．(第7题)三角函数与相似三角形的综合应用8．如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，点F是边AD上一点，连接FE并延长交BC的延长线于点G，连接BF，BE，且BE⊥FG.(1)求证：BF＝BG；(2)若tan∠BFG＝eq\r(3)，S△CGE＝6eq\r(3)，求AD的长．(第8题)专训6全章热门考点整合应用名师点金：本章主要学习锐角三角函数的定义，锐角三角函数值，解直角三角形，以及解直角三角形的实际应用，重点考查运用解直角三角形的知识解决一些几何图形中的应用和实际应用，是中考的必考内容．其主要考点可概括为：2个概念，1个运算，2个应用，2个技巧．2个概念eq\a\vs4\al(概念1：)锐角三角函数1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CD⊥AB于点D，求∠BCD的三个三角函数值．(第1题)eq\a\vs4\al(概念2：)解直角三角形2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，sinB＝eq\f(3,5)，D是BC上一点，DE⊥AB于点E，CD＝DE，AC＋CD＝9，求BE，CE的长．(第2题)1个运算——特殊角的三角函数值与实数运算3．计算：(1)tan30°sin60°＋cos230°－sin245°tan45°；(2)eq\f(1,4)tan245°＋eq\f(1,sin230°)－3cos230°＋eq\f(tan45°,cos60°)－eq\f(sin40°,cos50°).2个应用eq\a\vs4\al(应用1：)解直角三角形在学科内应用4．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，P是射线BC上的一个动点，过点P作PE⊥AP，交射线DC于点E，射线AE交射线BC于点F，设BP＝a.(1)当点P在线段BC上时(点P与点B，C都不重合)，试用含a的代数式表示CE的长；(2)当a＝3时，连接DF，试判断四边形APFD的形状，并说明理由；(3)当tan∠PAE＝eq\f(1,2)时，求a的值．(第4题)eq\a\vs4\al(应用2：)解直角三角形的实际应用5．如图，自来水厂A和村庄B在小河l的两侧，现要在A，B间铺设一条输水管道．为了搞好工程预算，需测算出A，B间的距离．一小船在点P处测得A在正北方向，B位于南偏东24.5°方向，前行1200m，到达点Q处，测得A位于北偏西49°方向，B位于南偏西41°方向．(1)线段BQ与PQ是否相等？请说明理由．(2)求A，B间的距离(参考数据cos41°≈0.75)．(第5题)6.如图，为了测量山顶铁塔AE的高，小明在27m高的楼CD底部D测得塔顶A的仰角为45°，在楼顶C测得塔顶A的仰角为36°52′.已知山高BE为56m，楼的底部D与山脚在同一水平线上，求该铁塔的高AE.(参考数据：sin36°52′≈0.60，tan36°52′≈0.75)(第6题)2个技巧eq\a\vs4\al(技巧1：)“化斜为直”构造直角三角形解三角形的技巧7．如图，在△ABC中，∠A＝30°，tanB＝eq\f(\r(3),2)，AC＝2eq\r(3)，求AB的长．(第7题)eq\a\vs4\al(技巧2：)“割补法”构造直角三角形求解的技巧8．如图所示，已知四边形ABCD，∠ABC＝120°，AD⊥AB，CD⊥BC，AB＝30eq\r(3)，BC＝50eq\r(3)，求四边形ABCD的面积．(要求：用分割法和补形法两种方法求解)(第8题)答案eq\a\vs4\al(专训1)1．解：如图，过点A作AD⊥BC，垂足为点D.设BD＝x，在Rt△ABD中，AD＝BD·tanB＝x·tan60°＝eq\r(3)x.在Rt△ACD中，∵∠C＝45°，∴∠CAD＝90°－∠C＝45°，∴∠C＝∠CAD，∴CD＝AD＝eq\r(3)x.∵BC＝1＋eq\r(3)，∴eq\r(3)x＋x＝1＋eq\r(3)，解得x＝1，即BD＝1.在Rt△ABD中，∵cosB＝eq\f(BD,AB)，∴AB＝eq\f(BD,cosB)＝eq\f(1,cos60°)＝2.(第1题)(第2题)2．解：如图，延长BC，AD交于点E.∵∠A＝60°，∠B＝90°，∴∠E＝30°.在Rt△ABE中，BE＝eq\f(AB,tanE)＝eq\f(2,tan30°)＝2eq\r(3)，在Rt△CDE中，EC＝2CD＝2，∴DE＝EC·cos30°＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).∴S四边形ABCD＝SRt△ABE－SRt△ECD＝eq\f(1,2)AB·BE－eq\f(1,2)CD·ED＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)－eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(3\r(3),2).点拨：本题看似是四边形问题，但注意到∠B＝90°，∠A＝60°，不难想到延长BC，AD交于点E，构造出直角三角形，将所求问题转化为直角三角形问题来解决．3．解：如图，过点B作BE⊥CD，交CD的延长线于点E.∵点D是AB的中点，∴AD＝DB.又∵∠ACD＝∠BED＝90°，∠ADC＝∠BDE，∴△ACD≌△BED，∴CD＝DE，AC＝BE.在Rt△CBE中，sin∠BCE＝eq\f(BE,BC)＝eq\f(1,3)，∴BC＝3BE.∴CE＝eq\r(BC2－BE2)＝2eq\r(2)BE，∴CD＝eq\f(1,2)CE＝eq\r(2)BE＝eq\r(2)AC.∴tanA＝eq\f(CD,AC)＝eq\f(\r(2)AC,AC)＝eq\r(2).方法点拨：构造直角三角形，把所要求的量与已知量建立关系是解题的关键．(第3题)(第4题)4．解：如图，过点A作AE⊥BC于点E，∵AB＝AC＝5，∴BE＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)×8＝4，∠BAE＝eq\f(1,2)∠BAC.∵∠BPC＝eq\f(1,2)∠BAC，∴∠BPC＝∠BAE.在Rt△BAE中，由勾股定理得AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(52－42)＝3，∴tan∠BPC＝tan∠BAE＝eq\f(BE,AE)＝eq\f(4,3).eq\a\vs4\al(专训2)1．解：如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，∠C＝90°，延长CA到D，使AD＝AB，则∠D＝15°，设BC＝a，则AB＝2a，AC＝eq\r(3)a，∴AD＝2a，CD＝(2＋eq\r(3))a.在Rt△BCD中，BD＝eq\r(BC2＋CD2)＝eq\r(a2＋（7＋4\r(3)）a2)＝(eq\r(6)＋eq\r(2))a.∴sin15°＝sinD＝eq\f(BC,BD)＝eq\f(a,（\r(6)＋\r(2)）a)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)；cos15°＝cosD＝eq\f(CD,BD)＝eq\f(（2＋\r(3)）a,（\r(6)＋\r(2)）a)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)；tan15°＝tanD＝eq\f(BC,CD)＝eq\f(a,（2＋\r(3)）a)＝2－eq\r(3).(第1题)(第2题)2．解：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，延长CA到D，使DA＝AB，则∠D＝22.5°，设AC＝BC＝a，则AB＝eq\r(2)a，∴AD＝eq\r(2)a，DC＝(eq\r(2)＋1)a，∴tan22.5°＝tanD＝eq\f(BC,CD)＝eq\f(a,（\r(2)＋1）a)＝eq\r(2)－1.3．解：∵将矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC边上的点E处，∴AB＝BE，∠AEB＝∠EAB＝45°，还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC边上的点F处，∴AE＝EF，∠EAF＝∠EFA＝45°÷2＝22.5°，∴∠FAB＝67.5°.设AB＝x，则AE＝EF＝eq\r(2)x，∴tan∠FAB＝tan67.5°＝eq\f(FB,AB)＝eq\f(\r(2)x＋x,x)＝eq\r(2)＋1.4．解：如图，作△ABC，使∠BAC＝36°，AB＝AC，∠ABC的平分线BD交AC于D点，过点A作AE⊥BC于E点，设BC＝a，则BD＝AD＝a，易得△ABC∽△BCD，∴eq\f(AB,BC)＝eq\f(BC,CD)，∴eq\f(AB,a)＝eq\f(a,AB－a)，即AB2－a·AB－a2＝0，∴AB＝eq\f(\r(5)＋1,2)a(负根舍去)，∴sin18°＝sin∠BAE＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5)－1,4)，cos72°＝cos∠ABE＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5)－1,4).(第4题)(第5题)5．解：方法1：利用第1题的图形求解．易知∠CBD＝75°，∴sin75°＝eq\f(CD,BD)＝eq\f(（2＋\r(3)）a,（\r(6)＋\r(2)）a)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，cos75°＝eq\f(BC,BD)＝eq\f(a,（\r(6)＋\r(2)）a)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，tan75°＝eq\f(CD,BC)＝eq\f(（2＋\r(3)）a,a)＝2＋eq\r(3).方法2：如图，作△ABD，使∠ADB＝90°，∠DAB＝30°，延长BD到C，使DC＝DA，过B作BE⊥AC于E，则∠BAE＝75°，设AD＝DC＝a，则AC＝eq\r(2)a，BD＝eq\f(\r(3),3)a，AB＝eq\f(2\r(3),3)a，∴BC＝BD＋CD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)＋1))a.则CE＝BE＝BC·sin45°＝eq\f(\r(6)＋3\r(2),6)a，∴AE＝AC－CE＝eq\f(3\r(2)－\r(6),6)a，∴sin75°＝sin∠BAE＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\f(3\r(2)＋\r(6),6)a,\f(2\r(3),3)a)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，cos75°＝cos∠BAE＝eq\f(AE,AB)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，tan75°＝tan∠BAE＝eq\f(BE,AE)＝2＋eq\r(3).eq\a\vs4\al(专训3)(第1题)1．解：根据题意可知AB＝300m.如图所示，过点B作BD⊥AC，交AC的延长线于点D.在Rt△ADB中，因为∠BAD＝30°，所以BD＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)×300＝150(m)．在Rt△CDB中，因为sin∠DCB＝eq\f(BD,BC)，所以BC＝eq\f(BD,sin∠DCB)＝eq\f(150,sin60°)＝eq\f(300,\r(3))≈173(m)．答：此时游轮与望海楼之间的距离BC约为173m.点拨：本题也可过C作CD⊥AB于D，由已知得BC＝AC，则AD＝eq\f(1,2)AB＝150m，所以在Rt△ACD中，AC＝eq\f(AD,cos30°)＝eq\f(150,\f(\r(3),2))≈173(m)．所以BC＝AC≈173m.2．解：在Rt△ABE中，∠BEA＝90°，∠BAE＝45°，BE＝20米，∴AE＝20米．在Rt△BEF中，∠BEF＝90°，∠F＝30°，BE＝20米，∴EF＝eq\f(BE,tan30°)＝eq\f(20,\f(\r(3),3))＝20eq\r(3)(米)．∴AF＝EF－AE＝20eq\r(3)－20≈20×1.732－20＝14.64≈15(米)．AF的长度约是15米．3．解：分两种情况：(1)如图①，在Rt△BDC中，CD＝30千米，BC＝60千米．∴sinB＝eq\f(CD,BC)＝eq\f(1,2)，∴∠B＝30°.∵PB＝PC，∴∠BCP＝∠B＝30°.∴在Rt△CDP中，∠CPD＝∠B＋∠BCP＝60°，∴DP＝eq\f(CD,tan∠CPD)＝eq\f(30,tan60°)＝10eq\r(3)(千米)．在Rt△ADC中，∵∠A＝45°，∴AD＝DC＝30千米．∴AP＝AD＋DP＝(30＋10eq\r(3))千米．(第3题)(2)如图②，同理可求得DP＝10eq\r(3)千米，AD＝30千米．∴AP＝AD－DP＝(30－10eq\r(3))千米．故交叉口P到加油站A的距离为(30±10eq\r(3))千米．点拨：本题运用了分类讨论思想，针对P点位置分两种情况讨论，即P可能在线段AB上，也可能在BA的延长线上．4．解：(1)在Rt△DCE中，DC＝4米，∠DCE＝30°，∠DEC＝90°，∴DE＝eq\f(1,2)DC＝2米；(第4题)(2)如图，过点D作DF⊥AB，交AB于点F，则∠BFD＝90°，∠BDF＝45°，∴∠DBF＝45°，即△BFD为等腰直角三角形，设BF＝DF＝x米，∵四边形DEAF为矩形，∴AF＝DE＝2米，即AB＝(x＋2)米，在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，∴BC＝eq\f(AB,cos30°)＝eq\f(x＋2,\f(\r(3),2))＝eq\f(2x＋4,\r(3))＝eq\f(\r(3)（2x＋4）,3)(米)，∵∠DCE＝30°，∠ACB＝60°，∴∠DCB＝90°，在Rt△BCD中，BD＝eq\r(2)BF＝eq\r(2)x米，DC＝4米，根据勾股定理得：2x2＝eq\f(（2x＋4）2,3)＋16，解得：x＝4＋4eq\r(3)或x＝4－4eq\r(3)(舍去)，则大楼AB的高度为(6＋4eq\r(3))米．eq\a\vs4\al(专训4)1．解：若继续向正东方向航行，该货船无触礁危险．理由如下：如图，过点C作CD⊥AM于点D.依题意，知AB＝24×eq\f(30,60)＝12(海里)，∠CAB＝90°－60°＝30°，∠CBD＝90°－30°＝60°.在Rt△DBC中，tan∠CBD＝tan60°＝eq\f(CD,BD)，∴BD＝eq\f(\r(3),3)CD.在Rt△ADC中，tan∠CAD＝tan30°＝eq\f(CD,AD)，∴AD＝eq\r(3)CD.又∵AD＝AB＋BD，∴eq\r(3)CD＝12＋eq\f(\r(3),3)CD，解得CD＝6eq\r(3)海里．∵6eq\r(3)＞9，∴若继续向正东方向航行，该货船无触礁危险．技巧点拨：将这道航海问题抽象成数学问题，建立解直角三角形的数学模型．该货船有无触礁危险取决于岛C到航线AB的距离与9海里的大小关系，因此解决本题的关键在于求岛C到航线AB的距离．(第1题)(第2题)2．解：不会穿过风景区．理由如下：如图，过C作CD⊥AB于点D，根据题意得：∠ACD＝α，∠BCD＝β，则在Rt△ACD中，AD＝CD·tanα，在Rt△BCD中，BD＝CD·tanβ.∵AD＋DB＝AB，∴CD·tanα＋CD·tanβ＝AB，∴CD＝eq\f(AB,tanα＋tanβ)＝eq\f(150,1.627＋1.373)＝eq\f(150,3)＝50(千米)．∵50＞45，∴连接A，B两市的高速公路不会穿过风景区．3．解：如图，过B作AB的垂线，过C作AB的平行线，两线交于点E；过C作AB的垂线，过D作AB的平行线，两线交于点F，则∠E＝∠F＝90°，拦截点D处到公路的距离DA＝BE＋CF.在Rt△BCE中，∵∠E＝90°，∠CBE＝60°，∴∠BCE＝30°，∴BE＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)×1000＝500(米)；在Rt△CDF中，∵∠F＝90°，∠DCF＝45°，CD＝1000米，∴CF＝eq\f(\r(2),2)CD＝500eq\r(2)(米)．∴DA＝BE＋CF＝(500＋500eq\r(2))米，即拦截点D处到公路的距离是(500＋500eq\r(2))米．(第3题)(第4题)4．解：(1)100；(60＋10t)(2)不会，理由如下：过点O作OH⊥PQ于点H，如图．在Rt△POH中，∠OHP＝90°，∠OPH＝65°－20°＝45°，OP＝200km，∴OH＝PH＝OP·sin∠OPH＝200×sin45°＝100eq\r(2)≈141(km)．设经过xh时，台风中心从P移动到H，台风中心移动速度为20km/h，则20x＝100eq\r(2)，∴x＝5eq\r(2).此时，受台风侵袭的圆形区域半径应为60＋10×5eq\r(2)≈130.5(km)．台风中心在整个移动过程中与城市O的最近距离OH≈141km，而台风中心从P移动到H时受侵袭的圆形区域半径约为130.5km，130.5km＜141km，因此，当台风中心移动到与城市O距离最近时，城市O不会受到台风侵袭．eq\a\vs4\al(专训5)1．解：(1)把x＝0代入y＝kx－1，得y＝－1，∴点C的坐标是(0，－1)，∴OC＝1.在Rt△OBC中，∵tan∠OCB＝eq\f(OB,OC)＝eq\f(1,2)，∴OB＝eq\f(1,2).∴点B的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0)).把Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))的坐标代入y＝kx－1，得eq\f(1,2)k－1＝0.解得k＝2.(2)由(1)知直线AB对应的函数关系式为y＝2x－1，所以△AOB的面积S与x的函数关系式是S＝eq\f(1,2)OB·y＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)(2x－1)＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,4).2．解：(1)∵抛物线的对称轴为直线x＝1，矩形OCDE的三个顶点分别是C(3，0)，D(3，4)，E(0，4)，点A在DE上，∴点A坐标为(1，4)，设抛物线对应的函数解析式为y＝a(x－1)2＋4，把C(3，0)的坐标代入抛物线对应的函数解析式，可得a(3－1)2＋4＝0，解得a＝－1.故抛物线对应的函数解析式为y＝－(x－1)2＋4，即y＝－x2＋2x＋3.(2)依题意有OC＝3，OE＝4，∴CE＝eq\r(OC2＋OE2)＝eq\r(32＋42)＝5，当∠QPC＝90°时，∵cos∠QCP＝eq\f(PC,CQ)＝eq\f(OC,CE)，∴eq\f(3－t,2t)＝eq\f(3,5)，解得t＝eq\f(15,11)；当∠PQC＝90°时，∵cos∠QCP＝eq\f(CQ,PC)＝eq\f(OC,CE)，∴eq\f(2t,3－t)＝eq\f(3,5)，解得t＝eq\f(9,13).∴当t＝eq\f(15,11)或t＝eq\f(9,13)时，△PCQ为直角三角形．3．解：(1)先求出A点的坐标为(2，3)，∴k＝6.(2)易知点E纵坐标为eq\f(3,2)，由点E在反比例函数y＝eq\f(6,x)的图象上，求出点E的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3,2)))，结合A点坐标为(2，3)，求出直线AE对应的函数解析式为y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(9,2).(3)结论：AN＝ME.理由：在解析式y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(9,2)中，令y＝0可得x＝6，令x＝0可得y＝eq\f(9,2).∴点M(6，0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2))).(第3题)方法一：如图，延长DA交y轴于点F，则AF⊥ON，且AF＝2，OF＝3，∴NF＝ON－OF＝eq\f(3,2).根据勾股定理可得AN＝eq\f(5,2).∵CM＝6－4＝2，EC＝eq\f(3,2)，∴根据勾股定理可得EM＝eq\f(5,2)，∴AN＝ME.方法二：如图，连接OE，延长DA交y轴于点F，则AF⊥ON，且AF＝2，∵S△EOM＝eq\f(1,2)OM·EC＝eq\f(1,2)×6×eq\f(3,2)＝eq\f(9,2)，S△AON＝eq\f(1,2)ON·AF＝eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×2＝eq\f(9,2)，∴S△EOM＝S△AON.∵AN和ME边上的高相等，∴AN＝ME.4．解：(1)∵a，b是关于x的方程x2－(c＋4)x＋4c＋8＝0的两个根，∴a＋b＝c＋4，ab＝4c＋8.∴a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝(c＋4)2－2(4c＋8)＝c2.∴△ABC为直角三角形．又∵(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＝(c＋4)2－4(4c＋8)＝c2－8c－16，∴不能确定(a－b)2的值是否为0，∴不能确定a是否等于b，∴△ABC的形状为直角三角形．(2)∵△ABC是直角三角形，∠C＝90°，∴sinA＝eq\f(a,c).将其代入9c＝25asinA，得9c＝25a·eq\f(a,c)，9c2＝25a2，3c＝5a.∴c＝eq\f(5,3)a.∴b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)a))\s\up12(2)－a2)＝eq\f(4,3)a.将b＝eq\f(4,3)a，c＝eq\f(5,3)a代入a＋b＝c＋4，解得a＝6.∴b＝eq\f(4,3)×6＝8，c＝eq\f(5,3)×6＝10，即△ABC的三边长分别是6，8，10.5．解：∵一元二次方程有两个相等的实数根，∴(－10cosα)2－20(－7cosα＋6)＝0，解得cosα＝－2(舍去)或cosα＝eq\f(3,5).设在一内角为α的直角三角形中，α的邻边长为3k(k＞0)，∴斜边长为5k，则α的对边长为eq\r(（5k）2－（3k）2)＝4k，∴sinα＝eq\f(4,5)，则菱形一边上的高为10sinα＝8cm，∴S菱形＝10×8＝80cm2.6．(1)证明：∵AD是△ABC的角平分线，∴∠BAD＝∠DAC.∵∠ADE＝∠BAD＋∠B，∠DAE＝∠CAD＋∠CAE，且∠B＝∠CAE，∴∠ADE＝∠DAE，∴ED＝EA.∵ED为⊙O的直径，∴∠DFE＝90°，∴EF⊥AD，∴点F是AD的中点．(2)解：如图，连接DM，则DM⊥AE.设EF＝4k，DF＝3k，则ED＝eq\r(EF2＋DF2)＝5k.∵eq\f(1,2)AD·EF＝eq\f(1,2)AE·DM，∴DM＝eq\f(AD·EF,AE)＝eq\f(6k·4k,5k)＝eq\f(24,5)k，∴ME＝eq\r(DE2－DM2)＝eq\f(7,5)k，∴cos∠AED＝eq\f(ME,DE)＝eq\f(7,25).(3)解：∵∠CAE＝∠B，∠AEC为公共角，∴△AEC∽△BEA，∴AEBE＝CEAE，∴AE2＝CE·BE，∴(5k)2＝eq\f(5,2)k·(10＋5k)．∵k＞0，∴k＝2，∴CD＝eq\f(5,2)k＝5.(第6题)(第7题)7．(1)证明：如图，连接OD，∵直线CD切⊙O于点D，∴∠CDO＝90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，∵OB＝OD，∴∠3＝∠4，∴∠ADC＝∠ABD.(2)证明：∵AM⊥CD，∴∠AMD＝∠ADB＝90°，∵∠1＝∠4，∴△ADM∽△ABD，∴eq\f(AM,AD)＝eq\f(AD,AB)，∴AD2＝AM·AB.(3)解：∵sin∠ABD＝eq\f(3,5)，∴sin∠1＝eq\f(3,5)，∵AM＝eq\f(18,5)，∴AD＝6，∴AB＝10，∴BD＝eq\r(AB2－AD2)＝8，∵BN⊥CD，∴∠BND＝90°，∴∠DBN＋∠BDN＝∠1＋∠BDN＝90°，∴∠DBN＝∠1，∴sin∠NBD＝eq\f(3,5)，∴DN＝eq\f(24,5)，∴BN＝eq\r(BD2－DN2)＝eq\f(32,5).8．(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠DCG＝90°，∵点E是CD的中点，∴DE＝CE.∵∠DEF＝∠CEG，∴△EDF≌△ECG，∴EF＝EG.又∵BE⊥FG，∴BE是FG的中垂线，∴BF＝BG.(2)解：∵BF＝BG，∴∠BFG＝∠G，∴tan∠BFG＝tanG＝eq\r(3)，设CG＝x，则CE＝eq\r(3)x，∴S△CGE＝eq\f(\r(3),2)x2＝6eq\r(3)，解得x＝2eq\r(3)(负值舍去)，∴CG＝2eq\r(3)，CE＝6，又易通过三角形相似得出EC2＝BC·CG，∴BC＝6eq\r(3)，∴AD＝6eq\r(3).eq\a\vs4\al(专训6)1．思路导引：求∠BCD的三个三角函数值，关键要弄清它们的定义．由于∠BCD是Rt△BCD中的一个内角，根据定义，仅一边BC是已知的，此时有两条路可走，一是设法求出BD或CD，二是把∠BCD转化成∠A，显然走第二条路较方便，因为在Rt△ABC中，三边均可得出，利用三角函数的定义即可求出答案．解：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∴∠BCD＋∠ACD＝90°.∵CD⊥AB，∴∠ACD＋∠A＝90°，∴∠BCD＝∠A.在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝10，∴sin∠BCD＝sinA＝eq\f(BC,AB)＝eq\f(4,5)，cos∠BCD＝cosA＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(3,5)，tan∠BCD＝tanA＝eq\f(BC,AC)＝eq\f(4,3).2．思路导引：由sinB＝eq\f(DE,DB)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(3,5)，可设DE＝CD＝3k，则DB＝5k，求得BC＝8k，AC＝6k，AB＝10k.再由AC＋CD＝9，可列出以k为未知数的方程，进而求出各边的长．在Rt△BDE中，由勾股定理求BE的长，过C作CF⊥AB于点F，再用勾股定理求出CE的长．解：∵sinB＝eq\f(3,5)，∠ACB＝90°，DE⊥AB，∴sinB＝eq\f(DE,DB)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(3,5).设DE＝CD＝3k，则DB＝5k，∴CB＝8k，AC＝6k，AB＝10k.∵AC＋CD＝9，∴6k＋3k＝9，∴k＝1，∴DE＝3，DB＝5，∴BE＝eq\r(52－32)＝4.过点C作CF⊥AB于点F，如图，则CF∥DE，∴eq\f(DE,CF)＝eq\f(BE,BF)＝eq\f(BD,BC)＝eq\f(5,8)，求得CF＝eq\f(24,5)，BF＝eq\f(32,5)，∴EF＝eq\f(12,5).在Rt△CEF中，CE＝eq\r(CF2＋EF2)＝eq\f(12,5)eq\r(5).(第2题)点拨：方程思想是一种重要的思想方法，运用方程思想可以建立已知量和待求量之间的关系式，平时学习时，应该不断积累用方程思想解题的方法．3．解：(1)原式＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(3),2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)×1＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,4)－eq\f(1,2)＝eq\f(3,4).(2)原式＝eq\f(1,4)×12＋eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,\f(1,2))－1＝eq\f(1,4)＋4－3×eq\f(3,4)＋2－1＝3.4．解：设CE＝y，(1)∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝4，BC＝AD＝5，∠B＝∠BCD＝∠D＝90°.∵BP＝a，CE＝y，∴PC＝5－a，DE＝4－y，∵AP⊥PE，∴∠APE＝90°，∴∠APB＋∠CPE＝90°，∵∠APB＋∠BAP＝90°，∴∠CPE＝∠BAP，∴△ABP∽△PCE，∴eq\f(BP,CE)＝eq\f(AB,PC)，∴y＝eq\f(－a2＋5a,4)，即CE＝eq\f(－a2＋5a,4).(2)四边形APFD是菱形，理由如下：当a＝3时，y＝eq\f(－32＋5×3,4)＝eq\f(3,2)，即CE＝eq\f(3,2)，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BF，∴△AED∽△FEC，∴eq\f(AD,CF)＝eq\f(DE,CE)，∴CF＝3，易求PC＝2，∴PF＝PC＋CF＝5.∴PF＝AD，∴四边形APFD是平行四边形，在Rt△APB中，AB＝4，BP＝3，∠B＝90°，∴AP＝5＝PF，∴四边形APFD是菱形．(3)根据tan∠PAE＝eq\f(1,2)可得eq\f(AP,PE)＝2，易得△ABP∽△PCE，∴eq\f(BP,CE)＝eq\f(AB,PC)＝eq\f(AP,PE)＝2，得eq\f(a,y)＝eq\f(4,5－a)＝2或eq\f(a,y)＝eq\f(4,a－5)＝2，解得a＝3，y＝1.5或a＝7，y＝3.5.∴a＝3或7.5．解：(1)相等．理由如下：由已知条件易知，∠QPB＝90°－24.5°＝65.5°，∠PQB＝90°－41°＝49°，∴∠PBQ＝180