第1章 直角三角形的边角关系 章末复习-【同行学案】2025-2026学年九年级下册数学学练测（北师大版）

☑同行学案学练测九年级数学下BS 章末 即考点整合 >>>>>>>>>>>>综合运用 考点一：锐角三角函数的概念 1.（宿迁中考)如图，在网格中，每个小正方形的 边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点. A,B,C三点都在格点上，则sin∠ABC= 0 第1题图 第2题图 2.如图，若点A的坐标为(1，√3)，则sina= 考点二：特殊角的三角函数值 3.计算：2cos230°+tan45°-sin30° 4.在△ABC中，∠A,∠B均为锐角，且有 1taMV1+(cosB一2°=0，则△ABC按 边分是 三角形 5.(临沂中考)一般地，当α，3为任意角时， sin(a+B)与sin(a一B)的值可以用下面的公 式求得：sin(a+B)=sina·cos3+cosa· sinB;sin(a-B)=sina·cos3-cosa·sin3. 例如：sin90°=sin(60°+30)=sin60°·cos30°+ cas6血-台×空1×-1类似 地，可以求得sinl5°的值是 考点三：三角函数的应用 6.(福建中考)如图所示 的衣架可以近似看成 B 一个等腰三角形ABC,其中AB=AC, 30做神龙题得好成绩 复习 ∠ABC=27°，BC=44cm,则高AD约为 （)(参考数据：sin27°≈0.45，cos27°≈ 0.89,tan27°≈0.51) A.9.90cm B.11.22cm C.19.58cm D.22.44cm 7.[推理能力]（株洲中考）某限高曲臂道路闸口 如图所示，AB垂直地面11于点A,BE与水平 线L2的夹角为a(0°≤a≤90)，EF∥儿1∥L2,若 AB=1.4米，BE=2米，车辆的高度为h(单 位：米)，不考虑闸口与车辆的宽度.①当α= 90°时，h小于3.3米的车辆均可以通过该闸 口；②当a=45°时，h等于2.9米的车辆不可 以通过该闸口；③当=60°时，h等于3.1米 的车辆不可以通过该闸口.上述说法正确的 有( A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 8.[运算能力]（绍兴中考）如图①为搭建在地面 上的遮阳棚，图②、图③是遮阳棚支架的示意 图.遮阳棚支架由相同的菱形和相同的等腰 三角形构成，滑块E,H可分别沿等长的立柱 AB,DC上下移动，AF=EF=FG=1m.若 移动滑块使AE=EF,则棚宽BC的长约为 m.(结果精确到0.1m,参考数据： √3≈1.73，W2≈1.41) 即数学思想 >》>>>>>>>》>>>>核心素养 思想一：方程思想 9.(金昌中考)如图①，某人的一器官后面A处 长了一个新生组织，现需检测其到皮肤的距 离.为避免伤害器官，可利用一种新型检测技 术，检测射线可避开器官从侧面测量.某医疗 小组通过医疗仪器的测量获得相关数据.其 检测情况如下表所示： 课题 检测新生组织到皮肤的距离 工具 医疗仪器等 皮肤 M EC 0 o Q 示意图 器官：N M 0 0 新生 组织 ① ② 如图②，新生组织在A处，先在皮肤上选择最大 限度地避开器官的B处照射新生组织，检测射线 说明 与皮肤MN的夹角为∠DBN;再在皮肤上选择 距离B处9cm的C处照射新生组织，检测射线 与皮肤MN的夹角为∠ECN 测量 ∠DBN=35°，∠ECN=22°，BC=9cm 数据 请你根据上表中的测量数据，计算新生组织 处到皮肤的距离.（结果精确到0.1cm,参考 数据：sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈ 0.70,sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈ 0.40) 第一章直角三角形的边角关系☑ 思想二：建模思想 10.(聊城中考)某农场为扩大生产建设了一批 新型钢管装配式大棚，如图①.线段AB,BD 分别表示大棚的墙高和跨度，AC表示保温 板的长.已知墙高AB为2米，墙面与保温板 所成的角∠BAC=150°，在点D处测得A 点、C点的仰角分别为9°，15.6°，如图②.求 保温板AC的长.（结果精确到0.1米，参考 数据：W3≈1.73，sin9°≈0.16，cos9°≈0.99， tan9°≈0.16，sin15.6°≈0.27，cosl5.6°≈0.96， tan15.6°≈0.28) C 150°--- 15.6fs B ③ 做神龙题得好成绩318.36.7 P，BG⊥DF G，CH⊥BG 于点 H， 则四边形 PCHG 9. 解：如图，连接EF交PG于点H.由题意，可知 ∠FED= 是矩形. $$\because \angle C B H = 6 0 ^ { \circ } ， \angle C H B = 9 0 ^ { \circ } ， \therefore \angle B C H = 3 0 ^ { \circ } .$$ $$\angle A D B = 4 5 ^ { \circ } ， \therefore F D = E F = 6$$ 米.在 Rt△PEH 中， ∵EH $$\because \angle B C D = 1 6 5 ^ { \circ } ， \therefore \angle D C P = 4 5 ^ { \circ } ， \therefore C H = B C \cdot \sin 6 0 ^ { \circ } =$$ =6-1=5( 5(米)， $$\therefore \tan \beta = \frac { E H } { P H } = \frac { 5 } { B F } ， \therefore B F = P H = \frac { 5 } { \sqrt 3 } =$$ $$1 0 \sqrt 3 c m ， D P = C D \cdot \sin 4 5 ^ { \circ } = 1 0 \sqrt 2 c m ， \therefore D F = D P + P G$$ $$+ G F = D P + C H + A B = \left( 1 0 \sqrt 2 + 1 0 \sqrt 3 + 5 \right) c m ，$$ $$\therefore D E - D F = 2 0 \sqrt 3 + 5 - 1 0 \sqrt 2 - 1 0 \sqrt 3 - 5 = 1 0 \sqrt 3 - 1 0 \sqrt 2$$ $$5 \sqrt 3$$ (米)， $$， \therefore P G = B D = B F + F D = \left( 5 \sqrt 3 + 6 \right)$$ 米.在 ≈3.2(cm)， ，此时连杆端点D离桌面 il 的高度减少，减少了 Rt△PCG 中， $$\because \tan \beta = \frac { C G } { P G } ， \therefore C G = \left( 5 \sqrt 3 + 6 \right) \times \frac { \sqrt 3 } { 3 } = \left( 5 +$$ 约3.2cm. D $${ 2 \sqrt 3 } \right)$$ 米， $$\therefore C D = C G + G D = 5 + 2 \sqrt 3 + 1 = \left( 6 + 2 \sqrt 3 \right)$$ 米. D 答：塔CD的高度为 $$\left( 6 + 2 \sqrt 3 \right)$$ 米. C P A $$2 \overrightarrow { a }$$ B G B C -l E A A 田 E ① ② 培优专题5：生活情境与解直角三角形 1.D [解析]如图，过点 C 作 CO⊥DE 于点 O，∵∠CDE= B F D 培优专题4：生活物品与解直角三角形 $$4 5 ^ { \circ } ， C D = 1 . 2 ， \therefore C O = C D \cdot \sin \angle C D E = \frac { 3 \sqrt 2 } { 5 } . \because A B =$$ 1.92.5cm 2.解：(1)如图 ①， ，过点C作 CH⊥DE 于点 H.∵CD=80， $$M N + C O + F G ， \therefore F G = 3 - 1 . 8 - \frac { 3 \sqrt 2 } { 5 } = \frac { 6 } { 5 } - \frac { 3 \sqrt 2 } { 5 } ， \therefore$$ 32，∴右侧 $$\angle C D E = 6 0 ^ { \circ } ， \therefore \sin 6 0 ^ { \circ } = \frac { C H } { C D } = \frac { C H } { 8 0 } = \frac { \sqrt 3 } { 2 } ， \therefore C H = 4 0 \sqrt 3 \approx$$ 车门开至最大的宽度F 的长为 $$\left( \frac { 6 } { 5 } - \frac { 3 \sqrt 2 } { 5 } \right)$$ )米.故选D. 40×1.732=69.28. 过点 A 作 AM⊥DE 交 E 的延长线 D H 于点M，过点 C 作 CN⊥AM 于点 N， ，则四边形 CNMH 【为 矩形， $$\therefore M N = C H ， \angle N C D = \angle C D E = 6 0 ^ { \circ } . \because \angle D C B =$$ E F G $$8 0 ^ { \circ } ， \therefore \angle A C N = 1 8 0 ^ { \circ } - 8 0 ^ { \circ } - 6 0 ^ { \circ } = 4 0 ^ { \circ } . \because \sin \angle A C N =$$ M N $$\frac { A N } { A C } ， A C = A B - B C = 8 0 ， \therefore A N = 8 0 \sin 4 0 ^ { \circ } \approx 8 0 \times 0 . 6 4 3 =$$ A B 51.44，∴AM=AN+NM=51.44+69.28≈120.7. 答：点 2.7 [解析]如图，过点 C 作 CH⊥MN 于点 H. .在 Rt△BCH 【中， A到直线 DE 的距离约为120.7mm. (2)∵AB 绕点C 逆时针旋转了 $$1 0 ^ { \circ } ， \therefore \angle D C B = 9 0 ^ { \circ } .$$ 当点B落在 DE 上时， $$\because \angle C B H = 6 0 ^ { \circ } ， \therefore B H = \frac { \sqrt 3 } { 3 } C H .$$ .在 Rt△ACH 中， 如图 $$\textcircled 2 \because D C = 8 0 ， C B = 4 0 ， \therefore \tan \angle C D B = \frac { C B } { C D } = \frac { 4 0 } { 8 0 } =$$ $$\because \angle C A H = 2 5 ^ { \circ } ， \therefore A H = \frac { C H } { \tan 2 5 ^ { \circ } } \approx 2 C H . \because A B = A H -$$ $$0 . 5 ， \therefore \angle C D B \approx 2 6 . 6 ^ { \circ } ， 6 0 ^ { \circ } - 2 6 . 6 ^ { \circ } = 3 3 . 4 ^ { \circ } ， \therefore C D$$ 旋转的 $$B H = 2 C H - \frac { \sqrt 3 } { 3 } C H = 1 0 ， \therefore C H \approx 7 ， \therefore$$ 点C距公路MN 角度约为 $$3 3 . 4 ^ { \circ } .$$ A $$A _ { 1 }$$ 的距离约是7km. C B C $$2 5 ^ { \circ } 7$$ $$6 0 ^ { \circ }$$ ° H MD H E D BE M B ① ② C 3.解：(1)如图 ①， ，作 BO⊥DE 于点 O.∵∠OEA=∠BOE= 3.5.5 [解析] ∵ 四边形 MNPQ 和四边形 ABCD 是矩形 $$\angle B A E = 9 0 ^ { \circ } ， \therefore$$ .四边形 ABOE 是矩形， $$\therefore \angle O B A = 9 0 ^ { \circ } ，$$ $$\therefore \angle M = \angle N = \angle B A D = 9 0 ^ { \circ } .$$ .在 Rt△AMD 中， ，AD=2.5， $$\therefore \angle D B O = 1 5 0 ^ { \circ } - 9 0 ^ { \circ } = 6 0 ^ { \circ } ， \therefore O D = B D \cdot \sin 6 0 ^ { \circ } =$$ $$2 0 \sqrt 3 \left( c m \right) ， \therefore D E = O D + O E = O D + A B = 2 0 \sqrt 3 + 5 \approx$$ $$\angle A D M = 3 5 ^ { \circ } ， \therefore \sin \angle A D M = \frac { A M } { A D } ， \therefore A M = A D \cdot$$ 39.6(cm). 故连杆端点D离桌面 l 的高度 DE 约为 sin∠ADM≈2.5×0.574=1.435.∵∠ADM+∠DAM= 39.6cm. (2)如图 ②， 作 DF⊥l 于点 F，CP⊥DF 于点 $$\angle B A N + \angle D A M = 9 0 ^ { \circ } ， \therefore \angle B A N = \angle A D M = 3 5 ^ { \circ } .$$ .在 ·14·同行学案学练测 R△ABN中，AB=5,∠BAN=35,iO∠BAN-A8, 4.(1)520(2)4-41 5.26.A .AN=AB·cos∠BAN≈5×0.819=4.095，.MN= 7.y=4x2+260x+4000 AM+AN=1.435+4.095≈5.5，∴.停车场的宽度MN约 8.y=x(63-4x) 为5.5m 4.解：(1)如图，分别过点A,B作地面的垂线，垂足分别为点 -之nn≥3且为整数105 D,E.在Rt△ADC中，AC=20m,∠ACD=60°，∴.AD= 10.A11.B12.A 20Xsin60°=10√3≈17.32m.在Rt△BEC中，BC=24m, 13.y=2t2-40t+200 ∠BCE=45°，.BE=24×sin45°=12√2≈16.97m. 14.解：△PBQ的面积S随出发时间t(s)成二次函数关系变 17.32>16.97,.风筝A比风筝B离地面更高.(2)在 1 化.由题意，得BP=12-2,BQ=4t,S△P=2(12- Rt△ADC中，AC=20m,∠ACD=60°，∴.DC=20X cos60°=10m.在Rt△BEC中，BE≈16.97m,∠BCE= 2t)X4t=-4t2+24t(0<t<6). 45°，∴.EC=BE≈16.97m,.ED=EC-DC≈6.97m,即 15.(1)证明：，矩形MEFN与矩形EBCF面积相等，.ME 风筝A与风筝B的水平距离约为6.97m =BE.,四块矩形花圃的面积相等，即S矩形AD= 2S矩形MrN,.AM-2ME,AE=3BE.(2)解：·篱笆 总长为100m,.2AB+GH+3BC=100,即2AB+ 号AB+3C=10,AB=40-号3C.BC的长度为 45 !60° xm,矩形区域ABCD的面积为ym,y=BC·AB= AC mmmimmm E D (40-号x)=-号2+40z.:AB=AE+BE=4BE, 章末复习 BE=10- 1224等边56， 品>0，解得x<9“y=- 4 6.B7.C8.6.9 9.解：过点A作AF⊥MN,垂足为F,设BF=xcm.,BC= +40(0x<19) 9cm,∴.CF=BF+BC=(x+9)cm.在Rt△ABF中， 2 二次函数的图象与性质 ∠ABF=∠DBN=35°，∴.AF=BF·tan35°≈0.7xcm. 第1课时二次函数y=士x2的图象与性质 在Rt△ACF中，∠ACF=∠ECN=22°，∴.AF=CF· 1.A2.D3.C4.y1<y2<ya5.06.B7.18.C tan22°≈0.4(x十9)cm,.0.7x=0.4(x+9),解得x=12, 9.解：由题意，得y=一2，即-x2=一2，解得x=土√2.√2 ∴.AF≈8.4cm,∴.新生组织处到皮肤的距离约为8.4cm. +|一√21=2√2，.水面的宽为2√2米. 10.解：如图，过点C作CE⊥BD于点E,过点A作AF⊥CE 于点F,则四边形ABEF是矩形，AB=EF,AF=BE. 10.D11.212.(1)-1,-4(2)4,0 ∠BAC=150°，∠BAF=90°，∴.∠CAF=60°.设AF= 13.2514.22 15.解：(1)函数y=一x2的图象如图所示. x,则AC=2x,CF=√3x.在Rt△ABD中，AB=EF= 2,∠ADB=9°，.BD= AB 2 tan∠ADB-tan9,则DE-BD -3-2 一BE= tange-,CE=EF+CF2+3x. 2 Rt△CDE中，'tan∠CDE=CE, DE,tanl5.6°= 2+3x,解 2 tango 得x≈0.75,2x≈1.5，即保温板AC的长约是1.5米. 抛物线y=-x2与直线y=3x十m都经过点(2，n), .n=-22,n=3X2+m,即n=-4,m=-10.(2)存 「5.67- 在.联立方程组=一x y=3x-10解得 2或2 x=-5 y=-4 则另一个交点的坐标为(-5，-25). 第二章 二次函数 16.解：(1)点O到AB的距离为4m,A,B两点的纵坐 1二次函数 标都是一4，∴.一4=一x2,解得x=士2，.A点的坐标为 1.C2.D3.D (-2,一4)，B点的坐标为(2，一4)，.AB=4m,即城门最