加强练02 解三角形综合专练（解析版）-2023年中考数学二轮复习讲练测（上海专用）

加强练02解三角形综合专练（解析版）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．（2023·上海宝山·校考一模）如图，已知在平面直角坐标系xOy内有一点A（2，3），那么OA与x轴正半轴y的夹角α的余切值是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点A作AB⊥x轴，构造直角三角形，由坐标得出OB=2，AB=3，再根据余切的意义求出结果即可．【详解】解：过点A作AB⊥x轴，垂足为B，则OB＝2，AB＝3，在Rt△OAB中，cot∠AOB＝cotα＝，故选：B．【点睛】考查直角三角形的边角关系，将坐标转化为线段的长是解答的前提，利用余切的意义是解决问题的关键．2．（2023·上海青浦·校考一模）在中，，如果，，那么的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用勾股定理可求出AB的长，根据正弦函数的定义即可得答案．【详解】∵，，，∴AB==10，∴sinA==，故选：A．【点睛】本题考查解直角三角形，解题的关键是熟练掌握各三角函数的定义，属于中考常考题型．3．（2023·上海徐汇·校联考一模）如图，一艘轮船位于灯塔的北偏东方向，距离灯塔5海里的点处，如果轮船沿正南方向航行到灯塔的正东方向，轮船航行的距离的长是（

）A．5海里 B．海里 C．海里 D．海里【答案】C【分析】首先由方向角的定义及已知条件得出，海里，，再由，根据平行线的性质得出．然后解，得出海里．【详解】解：如图，由题意可知，，，在中，，，海里，海里．故选：C．【点睛】本题考查解直角三角形的应用-方向角问题，平行线的性质，三角函数的定义，解题关键正确理解方向角的定义．4．（2023·上海浦东新·统考一模）小杰在一个高为的建筑物顶端，测得一根高出此建筑物的旗杆顶端的仰角为，旗杆与地面接触点的俯角为，那么该旗杆的高度是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】过A作于E，在中，已知了的长，可利用俯角的正切函数求出的值；进而在中，利用仰角的正切函数求出的长；从而可得答案．【详解】解：如图，过A作于E，则四边形是矩形，．∵在中，，，∴，∵在中，，∴，∴．即旗杆的高度为．故选C．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用--仰角俯角问题，首先构造直角三角形，再运用三角函数的定义解题，是中考常见题型，解题的关键是作出高线构造直角三角形．5．（2023·上海徐汇·统考一模）在中，，如果，，那么等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据解直角三角形即可求解．【详解】解：如图：在中，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了解直角三角形：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．二、填空题6．（2023·上海徐汇·上海市第四中学校考一模）如图所示，在平行四边形中，过点作，垂足为，联结、，为线段上一点，且.若，，，则的长为________．【答案】【分析】如图所示，过点作，根据三角函数可求出的值，根据勾股定理可得的值，由此可求出的值，进而借助三角函数可求得的值．【详解】解：如图所示，过点作，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题考查解直角三角形，勾股定理，能够熟练运用三角函数解直角三角形是解决本题的关键．7．（2023·上海闵行·统考一模）如图，一艘船从处向北偏西的方向行驶海里到处，再从处向正东方向行驶千米到处，此时这艘船与出发点处相距___________海里．【答案】【分析】从处向北偏西的方向行驶海里到处，可知，，从处向正东方向行驶千米，可知，且，如图所示（见详解），根据直角三角形的勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，∴，，∴，，∵，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查方位角与直角三角形的勾股定理的综合，掌握方位角的表示，角度的关系，勾股定理是解题的关键．8．（2023·上海青浦·校考一模）新定义：有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，如图，已知在对余四边形中，，，，，那么边的长为______．【答案】【分析】连接，过点A作于点E，过点C作于点F，根据求出和的长度，进而求出的长度，根据对余四边形的定义得出，则，即可求出的长度，再根据勾股定理求出的长度，最后根据即可求解．【详解】解：连接，过点A作于点E，过点C作于点F，∵，，∴，设，根据勾股定理得：，即，解得：，∴，∵，∴，∴，∵四边形为对余四边形，∴，∵，∴，∴∵，∴，设，根据勾股定理得：，即，解得：，∴，在中，根据勾股定理得：，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了四边形的综合问题，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握解直角三角形的方法和步骤，勾股定理的内容，正确作出辅助线，构建直角三角形．9．（2023·上海长宁·统考一模）小杰沿着坡度的斜坡向上行走了130米，那么他距离地面的垂直高度升高了______米．【答案】50【分析】如图，由坡度易得与的比为，设出相应未知数，利用勾股定理可得的长度．【详解】解：设他距离地面的垂直高度升高了米，如图，在中，，坡度：，，∴与的比为，∴，，∵，∴，解得：，（负值不符合题意，舍去），∴他距离地面的垂直高度升高了米．故答案为：．【点睛】本题考查了解直角三角形及勾股定理，理解坡度的意义是解题的关键．10．（2023·上海杨浦·统考一模）已知在中，，，，那么___________．【答案】【分析】过A作于点D，利用正切的定义结合勾股定理求得，进而可求出，最后再次根据勾股定理求解即可．【详解】解：如图，过点A作于点D，∴．∴可设，则．在中，，∴，解得：（舍去负值），∴，，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查解直角三角形、勾股定理．画出图形并正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键．三、解答题11．（2023春·上海·九年级名校校内测）如图，已知是的外接圆，，．(1)求的正弦值；(2)求弦的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）过点作，垂足为点；根据圆的性质，即可求的正弦值；（2）过点作，垂足为点；由圆的性质得，延长交于点，，，根据即可求弦的长；【详解】（1）解：（1）过点作，垂足为点．，，，，，在中，．（2）过点作，垂足为点．，，延长交于点．，，在中，，，．【点睛】本题主要考查圆的性质、锐角三角函数、等腰三角形的性质，掌握相关知识，正确做出辅助线是解题的关键．12．（2023春·上海·九年级名校校内测）如图，已知外接圆的圆心O在高AD上，点E在BC延长线上，．(1)求证：；(2)当，时，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先根据题意得到AD垂直平分BC，得到AB=AC，则∠B=∠ACB，再证明EC=AC，得到∠AEC=∠CAE，即可利用三角形外角的性质证明结论；（2）先求出∠BAO=30°，从而求出∠BOD=60°，然后解直角三角形求出BD，AB的长即可得到答案．【详解】（1）解：∵△ABC的外接圆圆心在高AD上，∴AD垂直平分BC，∴AB=AC，∴∠B=∠ACB，∵EC=AB，∴EC=AC，∴∠AEC=∠CAE，∵∠ACB=∠AEC+∠CAE，∴∠B=∠AEC+∠CAE=2∠AEC；（2）解：连接OB，∵，∴∠BAO=30°，∵OB=OA，∴∠OAB=∠OAB=30°，∴∠BOD=∠OBA+∠OAB=60°，∴，∴，∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=CD，∴．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，根据特殊角三角函数值求度数，解直角三角形，三角形外角的性质，线段垂直平分线的性质等等，确定AB=AC是解题的关键．13．（2023·上海浦东新·统考一模）如图，在中，，，点B在边上，，垂足为D，点F在延长线上，，．求：(1)的长；(2)的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由各角之间的关系得出，再由正切函数及勾股定理求解得出，最后利用三角形等面积法求解即可；（2）由等面积法得出，结合图形得出，再由余切函数的定义求解即可．【详解】（1）解：∵，∴，∵，∴，∴，∵，令，则，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（2）在中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查三角函数解三角形及勾股定理解三角形，理解题意，找准各角之间的关系是解题关键．14．（2023·上海嘉定·校考一模）某小区开展了“行车安全，方便居民”的活动，对地下车库作了改进．如图，这小区原地下车库的入口处有斜坡长为13米，它的坡度为，，为了居民行车安全，现将斜坡的坡角改为，即（此时点、、在同一直线上）．求斜坡改进后的起点与原起点的距离（结果精确到0.1米）．（参考数据：，，）【答案】米【分析】根据坡度的概念，设，则，根据勾股定理列出方程，解得；再根据正切的定义列出算式，求出DC．【详解】由题意，得：，在中，，设，则，∴，∴，∵，∴，∴，在中，，∵，，∴，∴（米），答：斜坡改进后的起点D与原起点C的距离为米．【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、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．15．（2023·上海徐汇·上海市第四中学校考一模）某地一居民的窗户朝南．窗户的离地高度为0.8米，此地一年的冬至这一天的正午时刻太阳光与地面的夹角最小为，夏至这一天的正午时刻太阳光与地面的夹角最大为．若你是一名设计师，请你为教学楼的窗户设计一个直角形遮阳蓬，要求它既能最大限度地遮挡夏天炎热的阳光，又能最大限度地使冬天温暖的阳光射入室内．根据测量测得，，米．若同时满足下面两个条件（1）当太阳光与地面的夹角是时，太阳光刚好射入室内；（2）当太阳光与地面的夹角是时，太阳光刚好不射入室内．请你求出直角形遮阳蓬中的长、离地面的高度．【答案】米，离地面的高度为：米【分析】在和中，已知两个锐角和公共边，及，可以利用边角关系，建立方程组求解．【详解】解：由题意可知，，．在中，①，在中，②，由①、②可得：．把，，代入上式，得：（米），（米），∴离地面的高度为：（米）．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，如何利用，α，β表示，是解题的关键．16．（2023·上海·校考一模）湖中小岛上码头处一名游客突发疾病，需要救援．位于湖面点处的快艇和湖岸处的救援船接到通知后立刻同时出发前往救援．计划由快艇赶到码头接该游客，再沿方向行驶，与救援船相遇后将该游客转运到救援船上．已知在的北偏东方向上，在的北偏东方向上，且在的正南方向1000米处．(1)求湖岸与码头的距离（结果精确到1米，参考数据：）(2)救援船的平均速度为180米/分，快艇的平均速度为320米/分，在接到通知后，快艇能否在6分钟内将该游客送上救援船？请说明理由．（接送游客上下船的时间忽略不计）【答案】(1)1732m(2)6min内可以将该游客送上救援船【分析】（1）延长到点，使于，设，则，，，在中，，即可求出，根据中，即可求出湖岸与码头的距离；（2）设快艇将游客送上救援船时间为分钟，根据等量关系式：救援船行驶的路程+快艇行驶的路程=，列出方程，求出时间，再和5分钟进行比较即可求解．【详解】（1）解：延长到点，使于，由题易知：，，，，，，；（2）解：设快艇将游客送上救援船时间为，则，，解得：，6min内可以将该游客送上救援船．【点睛】本题主要考查了解直角三角形及其应用，一元一次方程应用中的行程问题、含角的直角三角形的三边关系等知识点，找到等量关系式，构建直角三角形是解答本题的关键．17．（2023·上海闵行·统考一模）2022年11月12日10时03分，搭载天舟五号货运飞船的长征七号遥六运载火箭，在海南文昌航天发射场成功发射．天舟五号货运飞船重约13.6吨，长度米，货物仓的直径可达3.35米，是世界现役货物运输能力最大、在轨支持能力最全面的货运飞船，堪称“在职最强快递小哥”．已知飞船发射塔垂直于地面，某人在地面A处测得飞船底部D处的仰角，顶部B处的仰角为，求此时观测点A到发射塔的水平距离（结果精确到0.1米）．（参考数据：）【答案】此时观测点A到发射塔的水平距离为32.1米【分析】设此时观测点A到发射塔的水平距离为米，在中根据得到，之后在中根据得到，根据进而得到答案．【详解】解：设此时观测点A到发射塔的水平距离为米．由题意，得．在中，，∵∴在中，，∵∴∵∴，即；（米）．答：此时观测点A到发射塔的水平距离为32.1米．【点睛】本题主要考查解直角三角形，掌握解直角三角形的方法是解题的关键．18．（2023·上海静安·统考一模）有一把长为6米的梯子，将它的上端A靠着墙面，下端B放在地面上，梯子与地面所成的角记为，地面与墙面互相垂直（如图1所示），一般满足时，人才能安全地使用这架梯子．(1)当梯子底端B距离墙面2.5米时，求的度数（结果取整数），此时人是否能安全地使用这架梯子？(2)当人能安全地使用这架梯子，且梯子顶端A离开地面最高时，梯子开始下滑，如果梯子顶端A沿着墙面下滑1.5米到墙面上的D点处停止，梯子底端B也随之向后平移到地面上的点E处（如图2所示），此时人是否能安全使用这架梯子？请说明理由．【答案】(1)人能安全地使用这架梯子，理由见解析(2)不能安全地使用这架梯子，理由见解析【分析】（1）先求出的余弦值，再根据锐角三角函数关系求出的度数即可；（2）由题意得，，先利用正弦值求出的长度，继而求出的长度，再根据锐角三角函数关系求出的度数，判断即可．【详解】（1）由题意得，∴，查表得，一般满足时，人才能安全地使用这架梯子，∴人能安全地使用这架梯子；（2）不能安全地使用这架梯子，理由如下：由题意得，，，∴米，∵，∴米，∴，查表得，∴不在安全范围之内．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的关键．19．（2023秋·上海黄浦·九年级上海市民办明珠中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴相交于原点O和点，点在抛物线上．(1)求抛物线的表达式，并写出它的对称轴；(2)求的值；(3)点D在抛物线上，如果，求点D的坐标．【答案】(1)，直线(2)3(3)或【分析】（1）将点O(0，0)和点代入抛物线解析式，即可求出m和k的值，即得出其表达式，再根据其性质即可直接得出对称轴；（2）过点A作轴于点C，由（1）所求表达式可求出A点坐标，即得出AC和OC的长，进而可求出BC的长，再根据正切的定义即可求出；（3）由（2）可求．又易证，即得出．分类讨论：①当点D在x轴上方时，设抛物线对称轴与x轴交于点F，OD与抛物线对称轴交于点E，即得出，从而可求出E点坐标，进而可求出直线OD的解析式，再联立直线OD的解析式和抛物线解析式，求出解，即得出D点坐标；②当点D在x轴下方时，由①同理可求出此时D点坐标．（1）将点O(0，0)和点代入，得：，解得：，∴抛物线的表达式为，∴它的对称轴为直线．（2）如图，过点A作轴于点C．∵点在抛物线上，∴，∴，∴，．∵，∴，∴，∴；（3）由（2）可知．∵，，∴，∴．分类讨论：①当点D在x轴上方时，如图，设抛物线对称轴与x轴交于点F，OD与抛物线对称轴交于点E，∴．∵，∴，∴．设直线OD的解析式为：，∴，解得：，∴直线OD的解析式为：．联立，解得：，，∴；②当点D在x轴下方时，如图，由①同理可求出此时直线OD的解析式为：．联立，解得：，，∴．综上可知，如果，点D的坐标为