专题09 锐角三角形的计算及应用（5年汇编）（福建专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 福建中考5年真题1年模拟汇编，聚焦锐角三角形计算及应用，融合古算诗词、物理力分解等跨学科情境，真题覆盖解直角三角形实际应用与综合问题，适配中考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|真题7道+模拟15道|解直角三角形定义、仰角俯角、坡度、双直角三角形模型|古算诗词题（2026真题“争荡秋千”）、物理力分解（2024真题帆船动力）| |解答题|真题2道+模拟18道|圆内接四边形、图形翻折、相似三角形、方案设计|综合题梯度设问（2026真题3小问，结合圆与几何变换），方案设计题（2023真题测量水池宽度）|

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题09 锐角三角形的计算及应用 5年真题1年模拟答案版 五年真题分类园 考点01解直角三角形与实际问题 1.c 2.B 3.128 4.【答案】(1)①∠C=∠C；②3c (2)相似三角形的判定与性质 m 3)最大宽度为 acosa+asina tanB,见解析 【分析】(1)根据相似三角形的判定和性质求解即可： (2)根据相似三角形的判定和性质进行回答即可； (3)测量过程：在小水池外选点C,用测角仪在点B处测得∠ABC=Q,在点A处测得∠BAC=B,用皮 尺测得BC=am: 求解过程：过点C作CD⊥AB,垂足为D,根据锐角三角函数的定义推得BD=acosa,CD=asina, AD=asina amF,根据AB=BD+AD'即可求得. 【详解】（山“AC=a:BC=6,CM=号，Cv-号 3 CM CN 1 CACB3 又，∠C=∠C, ∴.△CMN∽△CAB 1/52 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 MN 1 ·AB3 又，MN=c, AB=3c(m) 故小水池的最大宽度为3cm. (2)根据相似三角形的判定和性质求得AB=3MN=3c, 故答案为：相似三角形的判定与性质， (3)测量过程： (i)在小水池外选点C,如图，用测角仪在点B处测得∠ABC=a,在点A处测得∠BAC=P: D B (ii)用皮尺测得BC=am, 求解过程： 由测量知，在△ABC中，∠ABC=C,∠BAC=B,BC=a. 过点C作CD⊥AB,垂足为D. 在Rt△CBD中，cos∠CBD=BD BC 即cosa= B a,所以BD=acosa 同理，CD=asina 在RtAACD中， tan∠CAD=CD AD· AD，所以AD=asina 即tanB=asina tanB· 所以AB=BD+AD=acosa+asina (m) tanB asina acosa+ m 故小水池的最大宽度为 tanB 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，根据题意画出几何图形，建立 2/52 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 数学模型是解题的关键。 考点02解直角三角形综合问题 1.【答案】1)60 (2)证明：∠ACD=∠ABD=60°， ∴.∠ACD=∠E ∴.AC∥EF ,四边形AFBD是⊙O的内接四边形， ·.∠AFB+∠ADB=180° △ABD是等边三角形， .∠ADB=60°， ∴.∠AFB=120° .∠AFB+∠E=180° ∴.AF∥CE ∴.四边形AFEC是平行四边形. √万 3)3 【分析】(1)先判定△ABD是等边三角形，得到∠BAD=∠BDA=60°，利用圆的内接四边形的性质，证 明∠BCE=∠BAD=60°，最后利用三角形内角和定理解答即可； (2)先利用∠ACD=∠E判定AC‖EF,利用圆的内接四边形的性质求得LAFB=120°，证明AF‖CE: (3)过点C作CH⊥BE,垂足为H,连接DF,设CD=a,先判定△BCE是等边三角形，证明 △CFE≌△BDE(AAS) ,得到EF=ED,再证明△DEF是等边三角形，证明BCIDF,ABCGADFG, △BCE∽aFDE,得到BE=2a,EF=3a,接着利用勾股定理表示出CH,CF,利用平行四边形的性质表示 出AC,进一步解答即可： 【详解】(1)解：AB=BD,∠ABD=60°， △ABD是等边三角形. .∠BAD=∠BDA=60 :四边形ABCD是⊙O的内接四边形， 3/52 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠BAD+∠BCD=180° 又：∠BCE+∠BCD=180°， .∠BCE=∠BAD=60°. ∠CBE=60°， ∴.∠E=180°-∠CBE-∠BCE=60° (2)略 (3)解：过点C作CH⊥BE,垂足为H,连接DF,设CD=a. D A B H E·∠E=∠CBE=∠BCE=60° ,△BCE是等边三角形. ∴.BE=CE 又：∠CFB=∠CDB,∠E=∠E, .△CFE≌△BDE(AAS) ∴，EF=ED .BF=CD=a. ∠E=60°， ∴△DEF是等边三角形， .∠FDE=∠BCE=60° .BC∥DF ∴.△BCG∽△DFG BC CG 2 DFFG-3· BC∥DF, .△BCE∽△FDE BE BC 2 FEFD3· 4/52 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴BE=2a,EF=3a」 :四边形AFEC是平行四边形， .AC=EF =3a. :△BCE是等边三角形，CH⊥BE, 1 BH=2BE=a。 在Rt△BCH中，tan∠CBE CH=5, B :CH =3BH =3a FH=BF+BH =2a. CF=F+CH-(2a)+(a)=a ,△CFE≌△BDE .BD=CF=√7a BD Va 4c3a3. 2.【答案】(I)证明：FE∥AB, .∠A+∠F=180° ,四边形ABCD由四边形ABCD翻折得到，点E的对应点为E', ∴.∠A=∠DAE ∠DAE+∠FAE=180°， ∴.∠F=∠FAE .E'A'=E'F. Q25 【分析】(1)利用平行和折叠的性质证明∠F=∠FAE,即可得出结论： (2)根据△CED是等腰直角三角形可求∠A'DE'=∠ADE=45°，过点E作EG⊥A'F,垂足为G,再解 三角形即可. 【详解】(1)略 (2)解：过点E作E'G⊥AF,垂足为G, 5/52 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B'.CE=DE ∠CED=90° ∴.∠EDC=∠ECD=45° ∠ADC=90°， .∠ADE=45° ,四边形A'B'CD由四边形ABCD翻折得到，点E的对应点为E, ∠A'DE'=∠ADE=45°A'D=AD=V2DE'=DE=4 t△DE'G 在 DG=DE'.cos∠E'DG=4cos45°=22 中 ..A'G=DG-A'D=2 EA=E'F,E'G⊥A'F, .A'F=2A'G=2V2 3.【答案】(1) 证明：”AB=AC, ,∠ABC=∠ACB AB=AB .·.∠ACB=∠ADB ∴.∠ABC=∠ADB ∠ADB=∠DBE+∠E, ∴，∠ABC=∠DBE+∠E 6/52 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G H D B 2) 证明： AD=AD ∴.∠ABD=∠ACD BG=DG ∴，∠BDG=∠ABD=∠ACD. 又∠DHF=∠CHD, .△HDF∽△HCD. HF HD HD HC ∴.HD2=HF.HC 由(I)知，∠ABC=∠DBE+∠E, 又：∠ABC=∠DBE+∠ABD, ∠ABD=∠E, .∠BDG=∠E ∠ADB=∠ADG+∠BDG=∠DBC+∠E, ∴.∠ADG=∠DBC .CD=CD .∠DAC=∠DBC, .∠ADG=∠DAC, :AH DH, .AH2=HF.HC. 83v6 【分析】（山）利用MB=4C每∠ABC=∠ACB AB ∠ACB=∠ADB 得 结合同弧“所对圆周角 再根据三角形 7/52 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 外角性质∠ADB=∠DBE+∠E,完成证明 (2)先证△HDF~aHCD得HD=HF,HC,再通过角的等量代换证∠ADG=∠DAC,推出AH=DH,从 而得AH=HF.HC (3)利用(2)结论将△AGH周长转化为AB,通过相似三角形△ACD~△AEC及三角函数、勾股定理求出 AB 的长，即4AG V6 周长为 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：由(2)知，AH=DH, △AGH的周长为AG+GH+AH=AG+GH+DH=AG+DG=AG+BG=AB. 设DE=m,则AD=2DE=2m,AE=AD+DE=3m. G H D B 由(2)可知，∠ACD=∠E 又：∠CAD=∠EAC, .△ACD∽△AEC, AC AD CD AE AC EC .AC2=AD.AE =6m2, ∴.AC=V6m 又CD=v6 V6m_6 3m EC, .EC=3 过点C作CP⊥AE,垂足为P,则∠CPD=∠CPE=90° 8/52 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :四边形ABCD是圆内接四边形， .∠ADC+∠ABC=180°， 又：∠ADC+∠CDP=180°. .∠CDP=∠ABC, :tan∠CDP=tan∠ABC=√5 :.在Rt△DCP中，PD PC=5,即pC=N5PD ..CD=PD2+PC2=6PD √6PD=6 .PD=1, .PE DE-DP=m-1 在Rt△CPE中，PE2+PC2=CE2, .(m-12+(5=32 解得m=3,或m=-1(舍去)· .AB=AC=36 ∴.△AGH 3√6 的周长为， 【点睛】本题考查圆的性质、等腰三角形、相似三角形、解直角三角形等知识，通过角与边的转化、相似 三角形判定与性质解题，关键是利用圆的性质和三角形知识进行边角关系推导. 4.【答案】(1)2 2) 过点B作BM‖AE,交EO延长线于点M. 9/52 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D ⊙ ·.∠BAE=∠ABM,∠AEO=∠BMO=90° AO=BO .△AOE≌△BOM, ∴.AE=BM,OE=OM ÷0E-1 AE2· ∴.BM=2OE=EM. .∠MEB=∠MBE=45°， .∠AEB=∠AEO+∠MEB=135°，∠BEC=180°-∠MEB=135°， .∠AEB=∠BEC :AB=AC,∠BAC=90° .∠ABC=45°， ∠ABM=∠CBE, ∴.∠BAE=∠CBE, .△AEBP△BEC. 3) 如图，连接DE,DF D 是 的直径， .AB ⊙0 ,∠ADB=∠AFB=90°，AB=2AO 10152 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AB=AC,∠BAC=90° ∴.BC=2BD,∠DAB=45 由(2)知，△AEBABEC, AE AB 2A0 AO ,∠EAO=∠EBD BE BC 2BD BD ∴.△AOE∽△BDE .∠BED=∠AEO=90° ∴.∠DEF=90° .∠AFB=∠DEF, .AF DE 由(2)知，∠AEB=135°， .∠AEF=180°-∠AEB=45° ∠DFB=∠DAB=45°， .∠DFB=∠AEF, AE∥FD, .四边形AEDF是平行四边形， ∴，AD与EF互相平分 【分折】（少先证得4C=240:再在R4OC中，m∠40C=C AO =2.在Rt△A0E中， tan∠AOC=AE 4E=2,再证得结果： OE,可得OE= (2)过点B作BM‖AE,交EO延长线于点M,先证明△AOE≌△BOM,可得AE=BM,OE=OM,再证 得∠BAE=∠CBE,再由相似三角形的判定可得结论： AE AB 2AO AO (3)③如图，连接DE,DF,由(2)△AEB-BEC,可得BEBC2BD8D∠EA0=∠EBD,从而得 出△AOE∽aBDE,得出∠BED=∠AEO=9O°，得出∠AFB=∠DEF,再由平行线判定得出AFI‖DE, AE∥FD,从而得出四边形AEDF是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果. 【详解】(1)：AB=AC,且AB是⊙O的直径， ∴.AC=2AO 11/52 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠BAC=90°， .在RtsAOC中，tan∠AOC=4C =2 O AE⊥OC, :在Rt△AOE中，an∠A0C= OE AE=2 OE OE 1 AE2 (2)略 (3)略 【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、 相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识， 考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键. 5.【答案】(1) 解：如图所示，⊙A即为所求作： D C 5-1 (2)2 【分析】(1)先过点A作BD的垂线，进而找出半径，即可作出图形： (2)根据题意，作出图形，设∠ADB=a,⊙A的半径为r,先判断出BE=DE,进而得出四边形AEFG是 正方形，然后在Rt△ABE中，根据勾股定理建立方程求解BE=rtana,再判定△ABE≌△CDF,根据 BE=DF=rtana DE=DF+EF=rtan&+r:在△ADB中，利用tan∠ADE=AE DE,得到 12152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5-1 tan2a+tana-1=0,求解得到tan∠ADB的值为2. 【详解】(1)略 (2)解：根据题意，作出图形如下： D Q 设∠ADB=a,⊙A的半径为T, :BD与⊙A相切于点E,CF与⊙A相切于点G, AE⊥BD,AG⊥CG,即∠AEF=∠AGF-90°， CF⊥BD, ∴.∠EFG=90°， ∴四边形AEFG是矩形， 又AE=AG=P, ∴四边形AEFG是正方形， ∴.EF=AE=r, 在RINAEB和Rt△DAB中，∠BAE+∠ABD=9O°，∠ADB+∠ABD=90°， .∠BAE=∠ADB=, 在RABE中，tan∠BAE=BE E .BE=rtana, 四边形ABCD是矩形， .AB∥CD,AB=CD ,∴.∠ABE=∠CDF,又∠AEB=∠CFD=90°， .△ABE≌△CDF, .BE DF =rtan a. 13152 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .'DE=DF+EF=rtana+r, 在RADB中，tan∠ADE=AE E,即DE.tana=AE: :Cana+r）tana=r 即tan2a+tana-l=0 .tana >0 .tana=/5-1 5-1 ,即tan∠ADB的值为2. 【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了尺规作图，切线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判 定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，利用三角函数得出线段长建立方程是解决问题 的关键。 年模拟练测园 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 B D B C B D A 题号 11 答案 A 12.1 13.2-V2 1425 122122 15.7/7 3v6-3W2 16. 2 17.0.6 18.185 19.8+6V5 14152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 20.2 21. 32 0.6 2a9 23.3 24.19 25.(502-30)(-30+50wW2) 26.(6,6) 27.1.2 28.2.5 5√6+39W2+50 29. 10 30.(I)解：△ADE是等边三角形，理由如下： 过点A作AF⊥BC于点F, B DF E C.S。ADE -LDE.AF 5 S.ADE DE2 4 DE2 4 ..AF= DE 2 .AD=AE, .DF=EF, ∴.DE=2DF 15152 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AF3 2DF2, AF DE =5 .tan∠ADF=3 ∠ADF=60°， .AD=AE, :△ADE是等边三角形. (2)120° DE-AF-DE 【分析】(1)过点A作AF⊥BC于点F,根据三角形面积公式，得2 4 ,得到 tan∠ADF=V5 ∠ADF=60° 继而得到 根据等边三角形的判定求解即可： (2)先证明△BAD∽△ACE,再根据三角形外角性质，解答即可. 【详解】(1)略 (2)解：根据(1)得△ADE是等边三角形， ∴.AD=DE=AE,∠ADE=∠AED=∠DAE=∠6O° .∠ADB=∠AEC=120°， .DE2=BD.CE, DE CE BD DE 、AECE BD AD' .△BAD∽△ACE. .∠BAD=∠ACE, :∠AED=∠EAC+∠ACE=60°， .∠EAC+∠BAD=60° .∠BAC=∠DAE+∠EAC+∠BAD=120° 31.(1)2 (2)① 16152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4V3-6 ②方法一：探究动点轨迹、化斜为直 设BP=x,则40=2x,过点H作HE⊥AB,交AB于点E,过点O作QF上AB,交AB于点F,连接AH, 则HEOF, D C AH A FEP B PH PE ∴.QHEF 又PH=QH .PE=EF, .AF=AQ·cos60°=x=BP ∴.AF+EF=PE+BP,即AE=BE, .AH =BH .CH+BH=CH+AH, 当C、H、A三点共线时，即CH+BH最小，为线段CA长 过点C作CO⊥AB,交AB延长线于点O .BC∥AD, .∠CBO=∠BAD=60°， BO=BC.cos60=4 Co=BC.sin60= 则A0=AB+B0=10 :AC=VA0+C0=25 即CH+B 的最小值是237 方法二：倍长中线、化斜为直 17152 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 0 C O 延长BH至E,使得EH=BH, 连接EQ、EA、AH, .PH=QH,∠QHE=∠PHB. :△OHE≌aPHB(6AS) 则EO=BP,EH=BH,∠QEH=∠PBH, .EOll BP, 则∠1=∠BAD=60°， 又AQ=2BP, A0=2E0, 取A0中点K, D .A0=2QK, ..OK=EO=AK. .△QEK是等边三角形， ∠QEK=∠QKE=60°，EK=QK=AK, ∴.∠EKA=120°， :.∠AEK=080°-∠AEK)=180°-120）=30°， :.∠AE0=∠AEK+∠QEK=30°+60°=90°， 又∠AEQ+∠BAE=180° 18152 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 LBAE=90°， 则4h-E=8如 .CH+BH=CH+AH, 当C、H、A三点共线时，即CH+BH最小为线段AC, 过点C作CO⊥AB,交AB延长线于点O .BC∥AD, ∴.∠CBO=∠BAD=60° B=BC-cos=4 coC.sin 则A0=AB+B0=10 ..AC=40+Co=237 2V37 即BH+CH的最小值是 【分析】(1)等边三角形三条边相等，根据AQ=2BP列等式进行求解； (2)①过点H作EF⊥AD,过点P作PG⊥AD,根据三角函数列等式进行求解： ②方法一：构造直角三角形，过点H作HE⊥AB,过点O作F⊥AB,根据三角函数求出AE=BE,三 点共线时值最小，利用三角函数求值： 方法二：倍长中线，延长BH至E,使得EH=BH,三角形全等得出BP=QE,利用平行线性质和直角三 角形斜边定理进而求出AH=BH,三点共线时值最小，利用三角函数求值. 【详解】(1)解：·△AP是等边三角形， :AP=A0, ..AO=2BP ..2BP AP, .BP+AP=AB=6. .3BP=6, .BP=2: 19152 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)①如图，过点H作EF⊥AD,分别交BC、AD于点E、F 过点P作PG⊥AD,交AD于点G,则FHIGP, D H G B 又：点H为PO的中点， .PH=OH, ..FHIIGP, .∠OFH=∠QGP.∠QHF=∠QPG ,△QFH~△QGP FH QH 1 .GP OP2, 即GP=2FH, 又号cHE,且5n=2,BC-8 2 .HE=3, 过点B作BK∥EF, Q G ,四边形ABCD是平行四边形， .BC∥AD .BE lI KF, .四边形BEFK是平行四边形， 20152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .BK =EF, :BK=AB-sin60°=6 2 =35 :F=3g .FH=EF-HE=3V3-3 :GP=2H=6V5-6 P=-GP 则 65-6=12-45 sin60° 5 2 :BP=AB-AP=6-(2-43)=4V5-6 答：线段B即的长为45-6 ②略 【点睛】利用三角函数构造直角三角形，求BH+CH之和的值最小，化斜为直，三点共线时值最小， 32.(1)证明：如图，连接OD A E B .OB=OD. ∴.∠ABC=∠ODB .AB=AC, ∴.∠ABC=∠C .∠ODB=∠C .OD‖AC .DE⊥AC, DE⊥OD 21152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又.OD是⊙0半径， .DE是OO的切线. (2)CF=8 E (3) B 35 PD=57 【分析】(1)连接OD,根据等边对等角得出，∠ABC=∠ODB,∠ABC=∠C,确定∠ODB=∠C,得出 DE⊥OD,再由切线的判定即可证明： (2)连接AD,BF,根据圆周角定理得出AD⊥BC,AF⊥BF,确定点D是BC的中点，∠C=∠ABC, 再由正切函数得出an∠ABC=tanC=BF_3 CF4,设BF=3x,则CF=4x,利用勾股定理求解即可； (3)过点A作关于直线BC的对称点A',连接AF,交BC于点P,过点F作FM⊥AA的延长线于点 M,根据各角之间的关系得出∠ADE=∠C,再由相似三角形的判定得出△DEC△AED,△FMA∽aCDA, △PDA'∽△FMA',结合其性质求解即可. 【详解】(1)略 (2)如图，连接AD,BF. F ,AB为⊙O的直径， .AD⊥BC,AF⊥BF. 又：AB=AC,DE⊥AC, 点D是BC的中点，∠C=∠ABC, .BC=2CD=10 .tan∠ABC=tanC= BF 3 CF 4 22152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设BF=3x,则CF=4x ∴.在Rt△BCF中，由勾股定理得BF2+CF2=BC2 即(3'+(4x)2=102 解得x=2 .CF=8 (3)过点A作关于直线BC的对称点A',连接A'F,交BC于点P 过点F作FM⊥A'A的延长线于点M, .FM∥CD 0 由(2)得：tan∠ABC=tanC= 4 在Rt△DEC中，设DE=3x,CE=4x, :3x+(4P=5 解得x=1(负值舍去) .DE=3,EC=4 由(2)得AD⊥BC,DE⊥AC ∴.∠ADC=∠DEC=90°，∠AED=∠DEC=90° .∠ADE+∠EDC=90°，∠C+∠EDC=90°， ∴.∠ADE=∠C .△DEC∽△AED AD AE DE 3 DC DE EC 4' 15 9 .A'D=AD=4'AE=4 AC-AE+EC-9+4- 25 4 4 23152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由(2)得CF=8, ·AF=CF-4C=8-25=7 44, FM∥CD, .△FMAACDA,△PDA'∽△FMA', 7 FM MA 4 ∴FM=M4_FA,即5=15=25， DC AD AC 44 > 21 15,21_171 FM=5,MA=20’AM22020 .△PDA'∽△FMA', 15 PD A'D PD 4 .FM-A'M-7-171 5 20 PD=10535 17157· 3 3.0yr+x+ 1 2 coma-) 5 【分析】(1)根据待定系数法求解即可： (2②待定系最达求出直线C的表达式为=方+号.过点p作P限1：制干点R·交BC于点0·设点p 1 m,一2 2+m 的坐标为 则点的坐标为 2), 根据PR⊥x轴，PR∥y轴，推出 a-B=∠BOR-∠PBC=∠BPR,在R△BRP中，由an(a-P)-=ian∠BPR=B PR,求an(a-B)的取值范 围，然后根据三角函数的定义求出cos(a-) 的取值范围即可. 3 【详解】(1)解：依题意，得C=2,二次函数的图象经过点A(-1,0)和点B(3,0), 24152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 y=a(x+1)(x-3)(a≠0) .二次函数的表达式可写 点C0,2 在抛物线上， :.a(0+100-3)=2, 1 解得a= 2 。=次屑数的表达式为y=+-到=弓++号 3k+n=0 (②解：设直线BC的表达式为y=点+n:0)把点800)和点c0》代入，得： n-2 k=- 解得： n= -x+3 ∴直线BC的表达式为y=2x+2: 过点P作PR⊥x轴于点R,交BC于点Q, VA 3 m,- 设点P的坐标为 则贴为+引 PR⊥x轴，∠OCB=a,∠PBC=B, .PR/y轴， R(m,0) ∴.∠BQR=∠OCB=u .&-B=∠BQR-∠PBC=∠BPR 25152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,.a,Pa-+ .BR=3-m:PR=-mm3 2, tan(a-B)=tan ZBPR=BR=3-m 2 ISBRP中， 在 PR Im+m+ ,3m+1 2 0<m<3, 12 <2 2m+1 1 tan(a-p)<2. 当me-)-方时限-2： BR 1 .PR=2BR, .BP=BR2+PR2 =5BR ma-列-器25 同理当am(a-月=2时，cos(a-)= 5, 9<osa-g525 5 34.(1)该车型的最小转向半径R约为3.53m (2) 解：车身不会发生刷蹭，理由如下： 车辆以半径R≈3.53m(OA<R)的圆弧轨迹行驶，车辆最内侧边缘的运动轨迹半径为： r=3.53-1.8=1.73m(OD>r) 要保证车辆行驶区域与车位侧边无交集，车身不会发生刷蹭， 则OF<r,OE>R, 26152 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 x-4<1.73 设0(x,0),则x>3.53, 解得3.53<x<5.73, 综上，可取3.53<x<5.73中的x值，使得车辆行驶区域与车位左侧边无交集，车身不会发生刷蹭. 8n9s0 ②该点位满足安全入库条件；优化方案示例：控制车辆低速平稳行驶，保持方向盘 转角稳定，始终维持安全夹角范围，规避车身压线、刷蹭风险 【分析】(1)直接把数据代入题干中的公式求解即可： (2)先求出车辆最内侧边缘的运动轨迹半径，然后根据车辆行驶区域与车位侧边无交集，车身不会发生 刷蹭，列不等式求解即可； (3)①设连线PE与x轴正半轴的锐角为a,由题意得α≥30°，根据锐角三角函数的定义可得 tana='≥tan30= 3,即可求解； ②将点H(3.0,1.8)代入 ana=y tana=0.6>3 x,得 3,可判断答案，即可写出优化方案， 【详解】（山)解：将辅距L=24m:如43068代入公式R= sin' 得R=2.4 sin00.68 ≈3.53(m), 答：该车型的最小转向半径R约为3.53m. (2)略 (3)解：①设连线EP与x轴正半轴的锐角为a,由题意得a≥30°， 过P作PQ1x轴于点O, .P(x,y) ..PO=y EO=x tana=上 27152 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 '≥tan30°= 3, y≥ 纵坐标y与横坐标x的数量关系是 3x(r>0) ②将点H3.0,1.8)代入ana= x,得tana 1.8-0.60 3.0 0.603 3, ∴该点位满足安全入库条件： 优化方案示例：控制车辆低速平稳行驶，保持方向盘转角稳定，始终维持安全夹角范围，规避车身压线、 刷蹭风险， 35.(I)证明：：AE为直径，DH上AB, .∠BHD=∠ECA=90°， AC=AC .∠HBD=∠CEA, 在△BDH和△EAC中， I∠BHHD=∠ECA BH=EC ∠HBD=∠CEA' ∴.△BDH≌△EAC(ASA) e3+1 28152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ()MN-FM+CP2-CF.FM 【分析】(1)由圆的基本性质及ASA可判定△BDH≌△EAC: (②)连接OC,0B,CH,证明40BD为等边三角形，得出∠C0B=∠0CB=60,由BC=BC,可得 ∠CMB=号<C0B=30°，证明0、A、n、H四点共圆，由圆周角定理得∠0iB)0CB=30,白三角 形外角的性质得∠HAO=∠HOA=15°，由等腰三角形的定义得△BDH为等腰直角三角形，作CG⊥AB 于G,由等腰三角形的性质及正切函数得CG=BG=HG,AG=am。=V3CG,设cG=。 tan30° DH BH =2a AG=a 即可求解； (3过点M作Mn⊥CE于元可证明∠C=∠OCE,得到MC=W,则CT=NTON,系t 可证明NF=CF-2FT,证明∠ACE=90°，则∠AFC=60°，解直角三角形得到 w-5wT-:则m-r- F,在Rt△MNT中，由勾股定理即可得到结论. 【详解】(1)略： (2)解：连接OC,OB,CH, ,△BDH≌AEAC, :BD=AE, CD=BC, 29152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .BC-1BD 2 Wc 0B=0s=号4， .BC=OB=OE. .△OBD为等边三角形， .∠C0B=∠OCB=60°， .BC=BC 1 ∴.∠CAB=÷∠COB=30° 2 CH=1BD=BC=CD=OC 2 ∴O、B、D、H四点共圆，C为圆心， :∠OCB=60°BC=BC `∠OIB=2∠OCB=30°、 .∠HAO+∠HOA=30°， .AH=OH. ∴∠HAO=∠H0A=15°， ∠CAB=30°，OA=OC. .∠CA0=∠AC0=45°， .∠A0C=90°， .AC=AC ·∠ABC=∠A0C=45° 2 ∴△BDH为等腰直角三角形， ∴.HC⊥BD 作CG⊥AB交于G, 30152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..CG=BG=HG. AG=_CG =3CG, tan30° 设CG=a,则DH=BH=2a,AG=V5a :.AH=AG-HG=(-1)a .tan∠DAH= DH 2a =V3+1 AH（3-1a (3)解：如图所示，过点M作MT⊥CE于T, B OC=OE, ∴.LOCE=LOEC, .AE∥MN, ∴.∠MWC=∠OEC, .∠MNC=∠OCE, .MC=MN, MT⊥CE, C7=7-Cw, ∴.CT=WT=FT+NF, ..NF=CT-FT=CF-FT-FT=CF-2FT, ,AE是⊙O的直径， .∠ACE=90°， 由(2)得∠CAB=30°， ∴.∠AFC=90°-∠CAB=60°， 31152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,MT=AMF.sin∠MrT-5MR,FT=MFco∠MFT=MF 2 ∴.NF=CF-MF, .TN-FT+NF-CF-MF+IMF-CF-TMF 在Rt△MNT中，由勾股定理得MN2=MT2+TN2, -cr-) MN-3MF+CF-CF-MF+IMF 4 .MN2 FM2+CF2-CF.FM. 36.(1)∠CBE=a (②)证明：：AF‖BC, ∴.∠AFE=∠CBE=∠ABD=, ∠BAD=∠FEA=90°，AF=BD, ∴：△ABD≌△EFA(AAS) ..AD=AE 2 3)2 【分析】(I)由圆周角定理可知∠ABD=∠ACD=a,再结合直径所对圆周角为直角可知， ∠ACB=90°-a,根据∠CBE=90°-∠ACB即可求解； (2)由1F‖BC,得∠AFE=∠CBE=∠ABD=&,进而证明 △ABD≌△EFA(AAS) 即可证得结论： )连接4G,先证∠AHB=∠BAC=∠BDC,根据4G=CD'BD=4E,得os∠BDC=DC BDAF,由 cos∠AHB=DG DG AG =H,得HF=AF,由△ABD≌aEFA(AAS),得到∠AHF=∠ABD=∠AGD,可证得 △M1 GDAFH,得4DG=Z1Hr,进而得到AMBE 为等腰直角三角形，得 AB=V2AE=√2A ,即可求 解. 32152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】(I)解：BD为直径， .∠BCD=90°， ∠ABD=∠ACD=A, .∠ACB=90°-a, :BE⊥AC于点E,则LBEC=90°， ∠CBE=90°-∠ACB=a: (2)略 (3)解：连接AG, M 为直径， E GH F BD .∠BAH=90° ∠AHB+LABH=90°， AE⊥BE, ∴.∠BAC+∠ABH=90° .∠AHB=∠BAC=∠BDC, :∠CBE=∠ABD=a, .∠CBE+∠DBE=∠ABD+∠DBE, .∠CBD=∠ABG. :0-G ..AG=CD .BD=AF, ·cos∠BDC= DC AG BD AF' COs∠AHB= DG HE DG AG HFAF' 33152 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又：△ABD≌△EFA, .∠AFH=∠ABD=∠AGD, .△AGD△AFH, .∠ADG=∠AHF, .180°-∠ADG=180°-∠AHF,即∠GDH=∠GHD, :BD为直径， DG⊥BF, ∴.∠GDH=∠DHG=45°. :∠BAD=90°， ∴.△ABH为等腰直角三角形，则△ABE也为等腰直角三角形， .BE=AE,AB2 BE2+AE2=2AE2, .AB=2AE=2AD ∴tan∠ABD= AD AB2· 37.I)证明：，四边形ABCE是圆内接四边形， .∠B+∠AEC=180°， 又：∠AED+∠AEC=180°， .∠AED=∠B, :四边形ABCD是平行四边形， ∠B=∠D, ∴.∠AED=LD, .AD=AE (2)①证明：如图，连接OB,设∠BAG=a, B G D E :AD为⊙O的切线， .∠0AD=90°， 34152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠B4D=∠04D+∠B4G=90°+， :四边形ABCD是平行四边形， ∠D=180°-∠B4D=90°-a, 由(1)可知，AD=AE, .∠AED=∠D=90°-a, :∠DE=180°-∠D-∠AED=2a, .∠EAG=∠OAD-∠DAE=90°-2， ..OA=OB, .∠QB4=∠BAG=a, .∠A0B=180°-∠BAG-∠0BA=180°-2， :24B8-408, .∠AEB=90°-， .∠AE=180°-∠EAG-∠AEB=3a, .∠AGE=3∠BAG √2 ②4 【分析】(1)由圆内接四边形的性质可得∠B+∠AEC=180°，从而得到∠AED=∠B,结合平行四边形的 性质可得∠AED=∠B=∠D,因此AD=AE: (2)①连接OB,设∠BAG=a,由切线的性质可得∠OAD=90°，则∠BAD=90°+&，利用平行四边形 的性质可得∠D=90°-a,由(1)可知AD=AE,则∠DE=180°-∠D-∠AED=2a,从而得到 ∠EAG=90°-2a.由OA=0B可得∠A0B=180°-2a,由圆周角定理可得∠AEB=90°-a,使用三角形 内角和定理可得∠AGE=3a,因此∠AGE=3LBAG; ②延长BO交AE于点H,作（⊥AE于点I,设AE=10x,⊙O的半径为r,由①可知 ∠BE=∠A征B=90-a,则B=B配，由垂径定理可行BH1征，=EH=5.由平行可到定 △g△8和AA01nAa从面计第础=写a,a=号01.则61=a1,B=号01， 35152 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 20√7 1=4.在RO4H中，利用勾股定理构造方程解得=7×，进而计算出A8=10W2,则 因此 r= s1n∠C4=V2 ,结合OA=OB可得 1n∠B4G=2 . 【详解】(1)略 (2)解：①略： ②如图，延长B0交AE于点H,作G⊥AE于点I,设AE=10x,⊙0的半径为r, 由①可知，∠BAG=a,∠EAG=90°-2a,∠AEB=90°-a .∠BAE=∠BAG+∠EAG=90°-a=∠AEB, :B=配，即点°是优弧B配 的中点， 又，BH过圆心O, BH⊥AE, 州=EH=E=5x, BG 2 :EG3' EG3 ·BE5’ .G⊥AE, .BHGI, ∴.△EG∽△EBH, G EI EG 3 “B7=E前==5， 脚3，a,H=3出=3x ..H EH-EI 2x,AI AH +H =7x 36152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BHGI .△ACH∽△AG, CH AH 5 a=双=7 a=70￥ ..BH a BH三· .B =BH -CH 4aH=「， .OH= 4, 在RIAOAH中，AH2+OH2=OA2, 6时旷+得r 解得「 20v7 7 (负值已舍)， :01-3=155 ,f= 4 9x.6副=01=5x 3 在R1AABH中，AB=VAH+BH=V5x}+57x=10W2x, :sin∠QB4=H、 AB 102x 4, .∠OB4=∠BAG, 2 :sin∠BAG=sin∠aBA= 4. 38.()酒精灯与铁架台的水平距离CD的长度为9.8cm (2)线段DN的长度为24.9cm 【分析】(I)过点E作EG⊥AC于点G,利用余弦求GE,即可得CD的长度： 37152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)过点B作BH⊥CF于点H,BP⊥DE于点P,过点M作M0⊥BH于点O,先求出BP和EP,再求 出B0,利用∠ABM=145°得QM,即可求解. 【详解】(1)解：如图，过点E作EG⊥AC于点G, G--E B D :AB=15cm,BE=写AB. .'BE =5cm,AE =10cm, .∠AEG=a=10°， ,GE=AE·cosa=10×cosl0°≈9.8(cm) ∴.CD=GE=9.8cm. 答：酒精灯与铁架台的水平距离CD的长度为9.8cm, (2)解：如图，过点B作BH⊥CF于点H,BP⊥DE于点P,过点M作M0⊥BH于点O, A E B P产 BP=BE·cosa=5×cosl0°≈4.9(cm) 则 EP=BE·sina=5 x sinl0°≈0.85(cm） .DE=28.85cm, ,PD=DE-EP=28.85-0.85=28(cm) .'BH=28cm. ..MN =8cm, 38152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..OH=8cm ,BQ=BH-QH=28-8=20(cm) .∠ABM=145°， .∠0BM=∠ABM-a-90°=145°-10-90°=45°， .OM=BO=20cm DN=DH+HN BP+OM=4.9+2024.9(cm) 答：线段DN的长度为24.9cm。 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，作辅助线，构造出直角三角形. 39.(1)发射地O距雷达站C的距离为5km (2)火箭到达点B时的速度约为220.5m/s 【分析】(1)利用三角函数可得A0=OCan34°，B0=OC.tan445°=OC,再进一步求解即可. 1 (2)利用5=2a心求解，进一步利用y=+at计算即可. 【详解】(1)解：由题意可得， ∠BOC=∠A0C=90°，∠AC0=34°，∠BC0=45°，AB=1.65, .A0=OC.tan34°，B0=OC.tan45°=0C, .0C-0.670C=1.65. 解得：0C=5, ∴.发射地O距雷达站C的距离为5km; (2)解：由(1)可得：0B=OC=5km=5000m, 1 =2, 2×49r2=50. 1=100v10 解得： 7 (负根舍去)， V,='。+at 39152 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :=0+49x100v10 > 0.7×100×3.15=220.5(m/s) .火箭到达点B时的速度约为220.5ms. 40.1)证明：连接OB,取BC的中点N,连接AW, .AB=AC, ∴.∠BAN=∠CAN,AN⊥BC AN BC ,直线 是线段的垂直平分线， ∠ABN=∠ACN, A 是三边垂直平分线的交点， .…0 O在AN上， ∴.∠BAO=∠CAO,AO=BO .∠BAO+∠ABN=90°， 根据对称性质，得∠ABD=∠ABN, ∴.∠ABD+∠ABO=∠ABN+∠ABO=∠ABN+∠BAO=90°， BD为⊙O的切线. 2②)证明：连接OA,OB,OC,OE,DC, 根据折叠的性质，得AD=AC, .AB=AC, .AD=AC=AB. .∠ADB=∠ABD=∠ABC=∠ACB」 设DO⊥AC于点M,根据垂径定理，得AM=MC, 故直线DM是线段AC的垂直平分线， .AD=CD. :AD=CD=AC, △ADC是等边三角形， 40152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠ADC=∠ACD=∠DAC=60°」 根据题意，得AB⊥CD,DO⊥AC, ∠DB=∠CMB=D4C=-30,∠ADM=∠cDM=4Dc=30 ∴∠BOC=2∠BAC=60°， ∠ADB=乙ABD=∠4BC=∠4CB=1s0P-,B1C_180-,D1B=75. 2 2 :OB=OC, ,△OBC是等边三角形，∠DBC=∠ABD+∠ABC=150°， .∠OBC=∠OCB=60°， ..OB=OC=BC, 根据折叠的性质，得BD=BC, ..OB=OC=BC=BD=OA=OE, ∠BDC=∠BCD=180°-150°=150 2 .∠ODB=∠ODC+∠BDC=45°， ∠0BD=90°， ,∠D0B=45°， .∠DOB=∠ODB. :.OB=DB, ∴.DO=VOB2+BD2=√2DB 根据题意，得∠AB0=∠AC0=75°-60°=15°， .OA=OB=OC. ∠ABO=∠BAO=∠ACO=∠CAO=15°」 .∠EAO=∠DAB+∠BAO=45°， ..OA=OE ∠AE0=45°， ∠A0E=90°， 41152 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B .AE=VOE2+OA=√2OA .AE=2BD W5-1 3)4 【分析】(I)连接OB，取BC的中点V,连接AN，根据等腰三角形的性质，对称性质，切线的判定证 明即可； (2)连接OA,OB,OC,OE,DC,设D0⊥AC于点M,故直线DM是线段AC的垂直平分线，证明△ADC 是等边三角形，△OBC是等边三角形，再根据对称性质，等腰直角三角形的性质，利用勾股定理证明即可， (3)取BC的中点K,连接AK,连接BE,证明△BDEn△ADB,设AE=BE=BD=BC=x,得到 V5+1 AB= DE2+xDE-x2=0. 2，根据余弦函数的定义计算即可. 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：取BC的中点K,连接AK, .AB=AC, ∴，∠BAK=∠CAK,AK⊥BC 直线1K是线段 C 的垂直平分线， E 是三边垂直平分线的交点， .O ∴O在AK上， :.BK=-BC 42152 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 根据对称性质，得BD=BC, .AE BD, .AE=BD=BC, 连接BE, ∴.∠BAC=∠ABE 根据对称性质，得∠BAC=∠BAD」 .∠BAD=∠ABE, .AE BE, .AE=BE=BD=BC, ∴.∠BDE=∠BED :四边形AEBC是⊙O的内接四边形， .∠ACB=∠BED. .AC=AB, .∠ACB=∠ABC」 ∴.∠BED=∠ABC, 根据对称性质，得∠ABD=∠ABC, .∠BED=∠ABD」 ∠BDE=∠ADB, .△BDE△ADB, BD DE :AD DB' 设AE=BE=BD=BC=x, x DE ·x+DEx 整理，得DE2+xDE-x2=0 解附DEyF-可士5 2 2 故DE=61 x DE--5-1 2一x,不符合要求，舍去， 43152 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AD=4E+DE-5-1x5+ x 2 2, AB=5+1 2* BK=BC=2* 1 1 2 1 ·COS∠ABC BK2X 15-1 ABV5+1V5+14· -x 2 41.(1)AE=n+3 (2)证明：由(1)知∠DAE=∠DBE=90°， 取DE中点0，连接04：OB,则01=0B=DE=0D=0E, D C☑A B ∴点A、D、B、E在以点O为圆心的圆上， 4D=AD .∠AED=∠ABD, :3LABD+∠DEC=90°， .3∠AED+∠DEC=90°， ∴.2∠AED+∠AEC=90°， .LCAE=90°， ∴.∠ACE+∠AEC=90°， .∠ACE=2∠AED: DF 4 3)BF9 44152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【分析】(I)过点E作EF1CB延长线于点F,证明 BCD≌△EFB(AAS) 求得BF=CD=n,证明四 边形ACFE为矩形，得到AE=n+3: (2)利用直角三角形的性质求得O1=0BDE=OD=0E,推出点ADBF在以点0为圆心的 圆上，利用圆周角定理结合已知即可得到∠ACE=2∠AED； 3-n_3+n-m (3)在AE上取一点G,使DG=EG=m,证明△DAG∽△EAC,求得3+n=3一①，利用勾股定 理求得3-+(6+n-m=m@,据此求得n=1,过F作FH1BC于H,利用三角函数和相似三角形 的判定和性质求解即可. 【详解】(I)解：过点E作EF⊥CB延长线于点F, E C 2 .∠F=90°， .∠2+∠1=90° 由旋转，得BD=BE,∠DBE=90°， .∠2+∠3=90°， .∠1=∠3， 又：∠C=∠F=90°，BD=BE, :△BCDEFB(AS) .'BF=CD=n, :AE∥BC, .∠CAE=180°-∠C=90°， 又，∠C=∠F=90°， .四边形ACFE为矩形， .AE=CF=BC+BF=n+3: (2)略 45152 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)解：在AE上取一点G,使DG=EG=m, G B H .∠GDE=∠AED. .∠AGD=2∠AED=∠ACE, 又.∠CAE=∠CAE, .△DAG∽△EAC, AD AG 3-n_3+n-m AE=AC,即3+n=3一①， 又：∠DAG=90°， 4D+4G2=DG,即3-m+6+n-m=m@, 由①②，解得n=1, 则CD=1,AE=4,过F作FH⊥BC于H, :AE∥BC, tanZFCHI tanLAEC=AC_3 AE 4' 设FH=3x,则CH=4x,BH=3-4x, .FH∥CD .△BFH∽△BDC, FH BH 3x 3-4x CDBC,即1=3， m2 13,则CH=12 13 DF CH 4 BFBH9· 42.(1)证明见详解 (②)证明见详解 ⊙)D的长为+厅 46152 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【分析】(1)先通过圆周角定理和等边对等角可得∠ADC=∠ABC=45°，结合同弧和等弧所对的圆周角 相等，可得∠ADC=∠DAH=45°，进而证明即可： (2)连接A0,OH,OD,通过证 △AOH≌ADOH(SSS) 即可证明点O在∠AHD的平分线上： (3)还接C0,D0,设40与BC的交点为G,利用 2+DH2+CH2+OH2=AD2+CO2=32 ，得到 AH2+CH2+DH2+OH2=AC2+DO2=32 再由(1)的结论可得1C=D0=16 ,证明 R△MHC≌RaDH0(L）,得出CH=H0,进而求出圆的直径和CD的长度，利用圆周角定理，结合已知 条件得出sin∠GcH=Gl-1 CG4,设GH=a,CG=4a,利用勾股定理列出方程求出a的值，从而得出最终结 果 【详解】(I)证明：，⊙O是△ABC的外接圆，BC为直径，AB=AC, .∠BAC=90°，∠ABC=∠ACB=45°， ∴.∠ADC=∠ABC=45°， ..40=AC+QC=OD+0C=CD .AC-OD ∴.∠ADC=∠DAH=45°， .∠AHD=90°， .∠CHQ=∠AHD=90° (2)解：如图，连接AO,OH,OD, .∠ADC=∠DAH=45°， .AH=HD, 47152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△AOH和△DOH中， AO=OD OH =OH AH=DH' △AOH≌△DOH(SSS) .∠AHO=∠DHO, ∴.点O在∠AHD的平分线上. (3)解：如图，连接CO,D0,设A0与BC的交点为G A0⊥CD,AD+Cg2=32 D+CH+OP-ADCQ:-32 片4H+CH+DH2+0H2=4C2+D0=32 AC=DO 由(1)知， .AC=Do AC2=DQ2=16 ，即 在Rt△AHC和Rt△DHO中， AH=DH AC=DO RtAAHCS≌RtADHO(HL) ..CH=HO, AB=AC,∠BAC=90°， 48152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AC2=AB2=16, BC=VAB+AC=4 BD-BD .∠BAD=∠BCD. :.sin∠BAD=sin∠BCD=J 4 在R△BDC中， BD=sin/BCD.BC= CD=BC2 -BD:=30 在Rt△CGH中，∠CHG=90°， :sin∠GcH=GH_1 CG 4, 设GH=a,CG=4a, .CH=JCG2-GH=1Sa :DH-CD-CH=30-5a AH DH, 在Rt△AHC中，AH2+CH2=AC2, :(3o-i5aj'+5aj'=16, 230 解得：4 Γ230， 2 30(舍去)， m-m-两-i-而-压经酒 √2+√30 2， AD=VAH+DH=1+5 3 43.(1)5: 49152 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2) 建筑面积 层数 单层楼高m 楼长m 楼宽m 楼间距/m /m2 2 4 40 28 2240 8 该方案不合理； 3) 建筑面积 层数 单层楼高m 楼长m 楼宽m 楼间距/m /m2 3 4 40 17.5 2100 18.5 ④3=-20hm2+150n 3 树高 【分析】()由ana=小树影长即可求解： (②)根据题意可得建筑面积40×28×2，楼高为2×4，通过乘法法则即可求解，由思意得F1=8m、 G1=09m、FG=71(网），再通过三角函数求出EG118>8,从而求解： (③)设层数为m,则楼间距aa=了”-2，楼宽45 5,则 S=-800r+1501,然后通过二次函数的性质即可求解： 3 3 ④由单层楼高为h,层数为n,则楼同距3m （_5m+37.5m 2)m,楼宽了 S=-200hm2+1500m ，所以3 树高1.8_3 tana 【详解】(1)解： 小树影长35， 3 故答案为： (2)解：该方案不合理，理由如下： 50152 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,建筑面积=长×宽×层数， .建筑面积 =40×28×2=2240(m2) 克2×4=8(m 楼高为 ,楼间距为45-9-28=8(m) 填表略， E G 文体中 窗台 楼间距 如图，F1=8m,Gl=0.9m, ,FG=8-0.9=7.1(m) 在Ri△ABC中，tana=tan FEG-FC EG' 37.1 .5EG’ .EG≈11.8>8. 该方案不合理； 4n-0.94n-0.9203 (3)解：设层数为，则楼间距am0?了”2，楼宽45-9- 20n-3=- 5 3” 2 9+375, 。40-号n+37.5Xm=-3”+1500m 3 800 3 <0 1500 45 当 800 2× 16时，最大， 3 S .n是正整数， .当n=3时， 20 ·楼间距3×3)、 20 号=18.5(m）,楼宽-3×3+37.5=17.5(m）),建筑面积=40×17.5×3=2100(m) 方案略； (4)解：，单层楼高为h,层数为n, 51152 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 09_m09-m- ∴.楼间距tana 3 31 2(m) 5 52152 专题09 锐角三角形的计算及应用 5年真题1年模拟 考点分类 福建考情（2022-2026） 命题规律 考点01解直角三角形与实际问题 2026 福建中考 2024 福建中考 2023 福建中考 2022 福建中考 考查形式涵盖选择题、填空题、方案设计解答题。命题素材丰富，古算诗词、生活实物、物理力的分解、户外测量方案频繁出现。核心围绕锐角三角函数定义、构造直角三角形、相似三角形测量模型展开，常涉及仰角俯角、坡度、双直角三角形模型；方案探究题侧重自主设计测量方案，结合解直角三角形求解距离。整体基础小题难度适中，方案设计题侧重文字表达与几何建模；近四年持续强化跨学科情境、传统文化素材，注重数学建模能力考查。 考点02解直角三角形综合问题 2026 福建中考 2025 福建中考 2024 福建中考 2022 福建中考 全部以几何压轴解答题形式考查，梯度多小问设置。常融合圆内接四边形、图形翻折、直径圆周角、矩形等载体。核心以解直角三角形为计算工具，串联圆周角定理、相似三角形、四点共圆、图形变换、切线性质综合设问；第 (1)(2) 小问侧重角度推导、平行四边形 / 相似证明，第 (3) 小问引入线段比例条件，构造直角三角形结合三角函数、相似求解线段比值。试题综合性强，模型嵌套多，区分度高；近四年持续强化圆与几何变换结合，要求灵活构造直角三角形转化边长条件。 考点01 解直角三角形与实际问题 1．（2026·福建·中考真题）古算诗词题融数学于诗词之中，是前人智慧的结晶．如图是古算诗词题“争荡秋千”所描绘的示意图．已知秋千的绳索长尺，且秋千的绳索始终保持直线状态，踏板的起始位置在点处，与地面垂直，踏板离地面的高度尺．当踏板从处绕点运动到处时，踏板离地面的高度尺，则秋千的绳索荡过的的大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先通过作垂线构造直角三角形，利用矩形边长相等求出线段的长度，再结合秋千绳索长度得到斜边，最后根据余弦函数值求出的度数． 【详解】解：如图，过点作， 由题意，， 四边形是矩形， 尺， 尺， 尺， 尺， 在中： ， ． 2．（2022·福建·中考真题）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，，BC＝44cm，则高AD约为（    ）（参考数据：，，） A．9.90cm B．11.22cm C．19.58cm D．22.44cm 【答案】B 【分析】根据等腰三角形的性质及BC＝44cm，可得cm，根据等腰三角形的性质及，可得，在中，由，求得AD的长度． 【详解】解：∵等腰三角形ABC，AB＝AC，AD为BC边上的高， ∴， ∵BC＝44cm， ∴cm． ∵等腰三角形ABC，AB＝AC，， ∴． ∵AD为BC边上的高，， ∴在中， ， ∵，cm， ∴cm． 故选：B． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质以及锐角三角函数的定义，熟练掌握正切的定义是解题的关键． 3．（2024·福建·中考真题）无动力帆船是借助风力前行的．下图是帆船借助风力航行的平面示意图，已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为，风对帆的作用力为．根据物理知识，可以分解为两个力与，其中与帆平行的力不起作用，与帆垂直的力仪可以分解为两个力与与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；与航行方向一致，是真正推动帆船前行的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，据此，建立数学模型：，则______．（单位：）（参考数据：） 【答案】128 【分析】此题考查了解直角三角形的应用，求出，，由得到，求出，求出在中，根据即可求出答案． 【详解】解：如图， ∵帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为， ∴，， ∵， ∴， 在中，，， ∴， 由题意可知， ， ∴， ∴ 在中，， ∴， 故答案为： 4．（2023·福建·中考真题）阅读下列材料，回答问题 任务：测量一个扁平状的小水池的最大宽度，该水池东西走向的最大宽度远大于南北走向的最大宽度，如图1． 工具：一把皮尺（测量长度略小于）和一台测角仪，如图2．皮尺的功能是直接测量任意可到达的两点间的距离（这两点间的距离不大于皮尺的测量长度）； 测角仪的功能是测量角的大小，即在任一点处，对其视线可及的，两点，可测得的大小，如图3．   小明利用皮尺测量，求出了小水池的最大宽度，其测量及求解过程如下：测量过程： （ⅰ）在小水池外选点，如图4，测得，； （ⅱ）分别在，，上测得，；测得．求解过程： 由测量知，， ，，， ∴，又∵①___________， ∴，∴． 又∵，∴②___________． 故小水池的最大宽度为___________． (1)补全小明求解过程中①②所缺的内容； (2)小明求得用到的几何知识是___________； (3)小明仅利用皮尺，通过5次测量，求得．请你同时利用皮尺和测角仪，通过测量长度、角度等几何量，并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度，写出你的测量及求解过程．要求：测量得到的长度用字母，，表示，角度用，，表示；测量次数不超过4次（测量的几何量能求出，且测量的次数最少，才能得满分）． 【答案】(1)①；② (2)相似三角形的判定与性质 (3)最大宽度为，见解析 【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可； （2）根据相似三角形的判定和性质进行回答即可； （3）测量过程：在小水池外选点，用测角仪在点处测得，在点处测得；用皮尺测得； 求解过程：过点作，垂足为，根据锐角三角函数的定义推得，，，根据，即可求得． 【详解】（1）∵， ，，， ∴， 又∵， ∴， ∴． 又∵， ∴． 故小水池的最大宽度为． （2）根据相似三角形的判定和性质求得， 故答案为：相似三角形的判定与性质． （3）测量过程： （ⅰ）在小水池外选点，如图，用测角仪在点处测得，在点处测得；    （ⅱ）用皮尺测得． 求解过程： 由测量知，在中，，，． 过点作，垂足为． 在中，， 即，所以． 同理，． 在中，， 即，所以． 所以． 故小水池的最大宽度为． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，根据题意画出几何图形，建立数学模型是解题的关键． 考点02 解直角三角形综合问题 1．（2026·福建·中考真题）如图，四边形 内接于， 是延长线上的一点，的延长线交于点，，． (1)求的度数； (2)求证：四边形是平行四边形； (3)设交 于点，且，求的值． 【答案】(1) (2)证明：， ． ． ∵四边形是的内接四边形， ． 是等边三角形， ， ． ． ． ∴四边形是平行四边形． (3) 【分析】（1）先判定是等边三角形，得到，利用圆的内接四边形的性质，证明，最后利用三角形内角和定理解答即可； （2）先利用判定，利用圆的内接四边形的性质求得，证明； （3）过点 作，垂足为 ，连接，设，先判定是等边三角形，证明，得到，再证明是等边三角形，证明，，，得到，，接着利用勾股定理表示出，利用平行四边形的性质表示出，进一步解答即可． 【详解】（1）解： ，， 是等边三角形． ． ∵四边形 是的内接四边形， ． 又， ． ， ． （2）略 （3）解：过点 作，垂足为 ，连接，设． ， 是等边三角形． ． 又，， ． ． ． ， 是等边三角形． ． ． ． ． ， ． ． ，． ∵四边形是平行四边形， ． 是等边三角形，， ． 在中，， ． ， ． ， ． ． 2．（2026·福建·中考真题）如图，在四边形 中， 是上的一点，，．四边形由四边形 沿翻折得到，点 ， ， 的对应点分别为，，．是延长线上的一点，且． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明：， ． ∵四边形由四边形 翻折得到，点 的对应点为， ． ， ． ． (2) 【分析】（1）利用平行和折叠的性质证明，即可得出结论； （2）根据是等腰直角三角形可求，过点作，垂足为，再解三角形即可． 【详解】（1）略 （2）解：过点作，垂足为 ． ，， ． ， ． ∵四边形由四边形 翻折得到，点 的对应点为， ，，． 在中，， ． ，， ． 3．（2025·福建·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，AD，BC的延长线相交于点E，AC，BD相交于点F．G是AB上一点，GD交AC于点H，且． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，求的周长． 【答案】(1) 证明：， ． ， ， ． ， ． (2) 证明：， ． ， ， 又， ， ， ． 由（1）知，， 又， ， ． ， ． ∵， ， ， ， ． (3) 【分析】（1）利用得，结合同弧所对圆周角，再根据三角形外角性质，完成证明 ． （2）先证得，再通过角的等量代换证，推出，从而得 ． （3）利用（2）结论将周长转化为，通过相似三角形及三角函数、勾股定理求出的长，即周长为 ． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：由（2）知，， 的周长为． 设，则． 由（2）可知，． 又， ， ， ， ． 又， ， ． 过点C作，垂足为P，则． 四边形是圆内接四边形， ， 又， ， ． 在中，，即． ， ， ， ． 在中，， ， 解得，或（舍去）． ． 的周长为． 【点睛】本题考查圆的性质、等腰三角形、相似三角形、解直角三角形等知识，通过角与边的转化、相似三角形判定与性质解题，关键是利用圆的性质和三角形知识进行边角关系推导． 4．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求证：与互相平分． 【答案】(1) (2) 过点作，交延长线于点． ． ， ， ． ， ， ， ，， ． ， ， ， ， ． (3) 如图，连接． 是的直径， ． ， ． 由（2）知，， ， ， ． ． ， ． 由（2）知，， ． ， ， ， 四边形是平行四边形， 与互相平分． 【分析】（1）先证得，再在中，．在中，，可得，再证得结果； （2）过点作，交延长线于点，先证明，可得，再证得，再由相似三角形的判定可得结论； （3）如图，连接，由（2），可得，从而得出，得出， 得出，再由平行线判定得出，，从而得出四边形是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果． 【详解】（1），且是的直径， ． ， 在中，． ， 在中，． ， ； （2）略 （3）略 【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键． 5．（2022·福建·中考真题）如图，BD是矩形ABCD的对角线． (1)求作⊙A，使得⊙A与BD相切（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，设BD与⊙A相切于点E，CF⊥BD，垂足为F．若直线CF与⊙A相切于点G，求的值． 【答案】(1) 解：如图所示，⊙A即为所求作： (2) 【分析】（1）先过点A作BD的垂线，进而找出半径，即可作出图形； （2）根据题意，作出图形，设，⊙A的半径为r，先判断出BE＝DE，进而得出四边形AEFG是正方形，然后在Rt△ABE中，根据勾股定理建立方程求解，再判定，根据，，在Rt△ADE中，利用，得到，求解得到tan∠ADB的值为． 【详解】（1）略 （2）解：根据题意，作出图形如下： 设，⊙A的半径为r， ∵BD与⊙A相切于点E，CF与⊙A相切于点G， ∴AE⊥BD，AG⊥CG，即∠AEF＝∠AGF＝90°， ∵CF⊥BD， ∴∠EFG＝90°， ∴四边形AEFG是矩形， 又， ∴四边形AEFG是正方形， ∴， 在Rt△AEB和Rt△DAB中，，， ∴， 在Rt△ABE中，， ∴， ∵四边形ABCD是矩形， ∴，AB＝CD， ∴，又， ∴， ∴， ∴， 在Rt△ADE中，，即， ∴，即， ∵， ∴，即tan∠ADB的值为． 【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了尺规作图，切线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，利用三角函数得出线段长建立方程是解决问题的关键． 1．（2026·福建福州·三模）如图，在的矩形网格中，每格小正方形的边长都是，若的三个顶点在图中相应的格点上，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取格点，连接，根据网格特征和勾股定理逆定理可知，再根据正切函数的定义即可得出答案． 【详解】解：如图，取格点，连接， ∵，，， ∴， ∴为直角三角形，， ∴． 2．（2026·福建福州·模拟预测）如图，在中，．若，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据锐角三角函数的概念直接解答即可． 【详解】解：∵在中，，，， ∴． 3．（2026·福建漳州·模拟预测）“五一”期间，小敏和妈妈到某景区游玩，小敏想利用所学的数学知识测量观景塔高度．如图，小敏在点A处测得塔顶C的仰角为，向塔走到达点B处，测得塔顶C仰角为．已知小敏的身高为（眼睛到头顶的距离忽略不计），则观景塔的高度约为（结果精确到，参考数据：）（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】延长交于，构造两个直角三角形．设，利用和中的三角函数关系表示出和，根据列方程求出的长，最后加上身高即可得出塔高． 【详解】解：如图，延长交于， 由题意可知：，，，， 设， 在中，， ， 在中，， ， ， ， 解得， ， ， ． 4．（2026·福建泉州·二模）人字梯为家庭常用工具．如图，梯子两侧长都为，，人字梯顶端离地面的高度是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过人字梯顶端作底边的垂线构造直角三角形，结合已知斜边长和底角，利用正弦三角函数的定义计算得到顶端离地面的高度． 【详解】解：过人字梯顶端作于点， 则就是离地面的高度，是直角三角形， ∵，， ∴根据锐角三角函数的定义：在直角三角形中， ∴． 5．（2026·福建泉州·二模）将一副三角尺按如图所示摆放，其中点、、在同一条直线上，，，，若，则的长是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据直角三角形中，，求出，根据即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴， ∴． 6．（2026·福建三明·二模）如图，某同学正在参加滑雪项目比赛，滑道的坡比，当他沿斜坡向下直线滑行时，他下降的高度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设下降的高度为，则下降前后的水平距离为，再利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：设下降的高度为，则下降前后的水平距离为． 依题意，得， 解得或（舍去）， ∴他沿斜坡向下滑行时，下降的高度为． 7．（2026·福建三明·二模）如图，在平面直角坐标系中，M是x轴正半轴上一点，若，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图：过P作于N，利用点P的坐标以及勾股定理可得，再利用正弦的定义求解即可． 【详解】解：如图：过P作于N， ∵， ∴， ∴， ∴． 8．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在中，是斜边上的高，，则下列比值不等于的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别在和中，根据正弦的定义求解，根据余角的性质可得出，然后根据同角的正弦相等判断即可． 【详解】解：在中， ， 在中， ， ∵ ， ， ， 在中，， 故选项D符合题意． 9．（2026·福建泉州·二模）《孙子算经》中记载“分田之术”，强调通过分割与重组几何图形以简化面积计算．现有一田地形如矩形，如图，在矩形中，两条等宽的平行四边形田埂交错，且．若田埂与矩形两组对边所夹锐角为，当增大时，重叠部分四边形的面积（　　） A．变大 B．变小 C．不变 D．先变大后变小 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的判定，解直角三角形的实际应用，连接、、、，过点作于，先根据两条等宽的平行四边形田埂交错证明四边形是正方形，再在中，求出，最后根据重叠部分四边形的面积为判断即可． 【详解】解：连接、、、，过点作于， ∵两条等宽的平行四边形田埂交错， ∴，， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，都是两条等宽的平行四边形田埂的宽， ∴， ∴四边形是正方形， 中，，，， ∴， ∴重叠部分四边形的面积为， ∴当增大时，增大，也增大， ∴重叠部分四边形的面积增大， 故选：A． 10．（2026·福建莆田·二模）小媛在物理实验课上研究光的折射现象，了解到当光从空气射入介质时，折射率（为入射角，为折射角）．如图，一束光从空气射向横截面为直角三角形的硫系玻璃透镜斜面，经折射后沿垂直边的方向射出，若，，，则该玻璃透镜的折射率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，同角的余角相等，掌握知识点的应用是解题的关键． 由题意得，，则，所以，然后通过折射率即可求解． 【详解】解：如图， ∵折射光线沿垂直边的方向射出， ∵法线垂直于， ∴， ∴， ∴， ∴折射率， 故选：． 11．（2026·福建福州·一模）如图，、分别与相切于点，连接并延长与交于点，若，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了切线长定理，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的计算，掌握三角函数值的计算是解题的关键． 连接，根据切线长定理得到，，，则，即，在中由勾股定理得到，由，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵、分别与相切于点，连接并延长与交于点， ∴，，平分， ∴，且， ∴， ∴，， ∵所对的圆周角是，所对圆心角是， ∴，即， ∵， ∴在中，， ∴， 故选：A ． 12．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，太阳能板的斜面长度为2米，斜面的坡度为，支撑杆垂直于地面（），则的长是________米． 【答案】1 【分析】根据正切函数的定义求得，再根据30度角所对的直角边等于斜边的一半作答即可． 【详解】解：∵斜面的坡度为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵太阳能板的斜面长度为2米， ∴米． 13．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在中， ，是线段的垂直平分线，交于点 D，交于点 E．若，则的长度是_______． 【答案】 【分析】求，，根据即可求出答案． 【详解】解：∵是线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴． 14．（2026·福建三明·二模）为响应年植树节“履行植树义务，共建美丽中国”主题活动，某校团支部于年月日组织部分入团积极分子参与植树造林．小民在坡度为的山坡上种植了两棵树（如图），斜坡上相邻两树间的坡面距离为米，则相邻两树间的水平距离为_____米．（结果保留准确数） 【答案】 【分析】根据坡度为，设，则，根据勾股定理可得，解方程求出的值，再根据求出结果． 【详解】解：坡度为， ， 设，则， ，， ， 解得：或（负值舍去）， 米． 15．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在中，，，延长至点，连接，点在上，连接，交于点，若，，则的长为_________． 【答案】/ 【分析】根据题意得，在上取点，使得，，交的延长线于点M，过点D作，根据相似三角形的判定和性质得出，，，确定，再由正切函数得出，，设，利用正切函数得出，建立方程求解即可，关键是构建相似三角形． 【详解】解：∵中，， ∴， 在上取点，使得，，交的延长线于点M，过点D作于点H，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， 设， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即 ∴， ∴， 解得：， ∴， ∵， ∴． 16．（2026·福建漳州·模拟预测）在中，，，D是边上一动点，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，．在点D的运动过程中，的最小值是________． 【答案】 【分析】点B、C绕点A逆时针旋转，由旋转的性质可知，点E在线段上运动，当时，的值最小；根据，求的面积，设的最小值为h，则，求出h，即为所求， 【详解】解：设点B、C绕点A逆时针旋转后的对应点分别为、，连接，，，，，过点A，作，垂足为F，过点C，作，垂足为G，如下图， 由旋转的性质可知，，且点D在线段上运动， 点E在线段上运动，当时，的值最小， 线段绕点A逆时针旋转，得到， ，， 是等边三角形， ， ， 线段绕点A逆时针旋转，得到， ，， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， 设的最小值为h，则， 即， ． 17．（2026·福建莆田·二模）图1是中国古代建筑中的举架结构，其中是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举图2是某举架结构截面的示意图，其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，且，则k的值为______． 【答案】0.6 【分析】设，再根据比例关系表示，代入计算即可． 【详解】设， 则， ∴ ∴ ∴ 解得． 18．（2026·福建南平·一模）在大气环境科研观测作业中，气象探测仪A位于地面气象站点C的正上方，从探测仪A上观测地面综合指挥台B的俯角为，已知，，则约为______．（结果取整数，参考数据：，，．） 【答案】185 【分析】直接利用锐角的正弦求解即可． 【详解】解：由题意得，，，， ∴， ∴（米）， 答：约为米． 19．（2026·福建南平·一模）“费马问题”是法国数学家皮埃尔·德·费马在1643年提出的一个著名的几何极值问题．问题的核心是：对任意三角形，都存在一个点，使得这个点到该三角形三个顶点的距离之和最小，这个点称为费马点．当的三个内角均小于时，使得的点P即为费马点．如图，若，则的最小值是_______． 【答案】 【分析】根据题意找出点，再计算，和的长，可得的最小值． 【详解】解：如图， ∵， ∴是等腰三角形， 根据对称性得，费马点在的垂直平分线上， 设点为的中点，连接，则，点在上，且， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得； 在中，，即， ∴， 又， ∴， 解得：， 由对称性得：， 又， ∴ ∴的最小值是． 20．（2026·福建福州·二模）在的正方形网格中，A，B，C，D均为格点，交网格线于点E，则的值是______． 【答案】 2 【分析】首先，根据已知条件，得出，得，最后，得． 【详解】解：如图，在的正方形网格中， ∵， ∴， ∵， ∴． 21．（2026·福建·模拟预测）手机支架已经很广泛的应用于生活当中，如图是手机支架，如图是手机支架的侧面示意图，人俯看手机，点为观测点，线段长度保持不变，绕点逆时针进行转动可以调整视角，在支架示意图中，水平观测点，观测点到的距离为，则观测点到直线的距离长为______；若线段，当从铅锤位置第一次转到位置时，视线恰好经过点，则相对点上升了______． 【答案】 【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，勾股定理．过点A作于点G，则，，利用，可得，，从而得到，在中，利用勾股定理可得，从而得到；连接，过点作于点H，则点B、、D三点共线，可得，可设，，在中，利用勾股定理可得（舍去），从而得到，即可求解． 【详解】解：如图，过点A作于点G，则，， 在中，， ∴，即， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴； 如图，连接，过点作于点H，则点B、、D三点共线， 在中，，， ∴， 根据题意得：， ∴， ∴， ∴可设， ∴， 在中，，， ∴， 解得：（舍去）， ∴， ∵， ∴． 即相对点上升了． 故答案为：32； 22．（2026·福建福州·模拟预测）如图，在中，，A，B，C分别为直线a，b，c上的点，且直线，与直线b交于点D，若，，，则直线a与直线b之间的距离是_____． 【答案】 【分析】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质，灵活运用锐角三角函数定义及勾股定理进行计算是解决问题的关键． 过B作直线b于点E，过A作直线b于点F，解得，，则，证明，在中，根据，设，，由勾股定理得，则，再证明和相似，利用相似三角形性质得，继而得，由此可得直线a与直线b之间的距离． 【详解】解：过点B作直线b于点E，过点A作直线b于点F，如图所示： 在中，，， ， ， 由勾股定理得：， ， ， ，直线b于点F， ，， ， ， 在中，， 设，， 由勾股定理得：， ， 直线b于点E，直线b于点F， ， ， ， 即， ， 解得：， ， 直线a与直线b之间的距离是 故答案为：． 23．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，标号为，，，的四个直角三角形和标号为的正方形恰好拼成对角互补的四边形，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，和分别是等腰和等腰，和分别是和，是正方形，直角顶点，，，分别在边，，，上．若，则的值是______． 【答案】 【分析】设，根据，设，，则，再根据正方形和等腰三角形性质得，，根据四边形ABCD的对角互补得，则，进而得，根据正切函数的定义得，由此解出，继而可得的值． 【详解】解：设，则， ， 设，，则， ， 四边形是正方形， ， ， 是等腰直角三角形， ，， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ， 又四边形是对角互补的四边形， ， ， 在中，， ， ， 在中，， 在中，， ， 整理得：， 解得：，（不合题意，舍去）， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、三角函数定义、一元二次方程的解法，解决本题的关键是根据线段间的关系把线段的长度用含和的代数式表示出来． 24．（2026·福建南平·三模）具有对称性且富有节奏感的正六边形，不仅为建筑和装饰增添了现代感，还能与多种设计风格相融合．如图1是阅览室墙上设计的正六边形蜂窝状置物架，将该置物架抽象成几何图形如图2所示，若每个正六边形的边长均为2，则该置物架所占用墙面的长度d的值为________． 【答案】19 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添适当的辅助线是解题的关键．根据题意可得：点A，B，C，D，E，F，G，H共线，连接并延长到点H，则，根据题意可得：，，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，最后进行计算即可解答． 【详解】解：如图：由题意得：点A，B，C，D，E，F，G，H共线，连接并延长到点H，则， 由题意得：，， 在中，， ∴， ∴， ∴该置物架所占用墙面的长度d的值为19， 故答案为：19． 25．（2026·福建莆田·模拟预测）年莆田举办马拉松活动引入智能四足机器人机器狗作为赛事配速员，机器狗水平行走时侧面如图所示，四边形，四边形都是平行四边形，，，，当机器狗前脚直立时，侧面如图所示，此时，，三点刚好共线，不变，，则机器狗的身长______． 【答案】/ 【分析】本题考查解直角三角形的应用．把所求线段合理分割，整理到直角三角形中进行求解，是解决本题的关键．图中，作于点，于点，分别求得和的长度相加即为离地面的高度；图中，作于点，易得的度数，分别判断出和的长度，相减即为的长度，进而可得的长度，减去的长度，即为机器狗的身长． 【详解】解：图中，于点，作于点，则，，， 四边形，四边形都是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 26．（2026·福建厦门·三模）如图，在平面直角坐标系中，正方形，点A在y轴上，点C在x轴上．正方形交双曲线于两点，点E在上，点F在上．连接，若，则点B的坐标为______． 【答案】 【分析】设正方形的边长为，则，可求出得到，证明，得到；再证明，得到垂直平分，设交于T，则，根据，得到，求出，得到， 则，则，由勾股定理得，则，解方程即可得到答案． 【详解】解：设正方形的边长为，则， ∴， 在中，当时，，当时，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴垂直平分， 如图所示，设交于T，则， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，反比例函数与几何综合，解直角三角形，勾股定理，线段垂直平分线的性质与判定等等，证明垂直平分是解题的关键． 27．（2026·福建厦门·二模）《九章算术》“方田章”中记载了关于图形面积的经验公式，其与实际的较小误差令人由衷感叹我国古代劳动人民的智慧．其中的弧田术：“以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一．”即：弓形面积=（弦长×矢长+矢长×矢长）÷2．如图，一块弓形田的弦长为，矢长为，用弧田术计算其面积，与实际的误差为________．（，取古圆周率3） 【答案】1.2 【分析】本题主要考查扇形面积公式，勾股定理的应用和解直角三角形，根据已知求得弧田术弓形面积，再结合题意得到，和，利用勾股定理求得r，根据求得，利用扇形面积和三角形面积公式即可求得实际面积，作差即可． 【详解】解：根据已知弧田术得， 弓形面积=（弦长×矢长+矢长×矢长）÷2 ； 如图， ∵弦长为，矢长为， ∴，，， 则，即，解得， ∵， ∴， 那么，弓形面积 ， 则与实际的误差为， 故答案为：1.2． 28．（2026·福建·二模）在天花板上嵌入灯带可以与主灯配合使用，确保整个房间的光线更加均匀．如图，学校要为某会议室的天花板上嵌入灯带，工人师傅将平面镜放置在点A处，使得沿着天花板边缘O射入的光线，经过平面镜反射后恰好落在灯带的左侧端点C处，此时利用测角仪测得天花板边缘O的仰角为，移动平面镜到达点B处，此时沿着天花板边缘O射入的光线，经过平面镜反射恰好落在灯带的右侧端点D处，此时测得天花板边缘O的仰角为，该会议室天花板的高度为，则灯带的长约为________．（结果精确到，参考数据：） 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，作垂线构造直角三角形是解题的关键．作于点，作于点，由题意得，，，根据光的反射得到，，推出，，再解和求出的长，得出的长，再利用即可求解． 【详解】解：如图，作于点，作于点， 由题意得，，，， 根据光的反射可得，， 又，， ， ， 同理可得：， 在中，， ， ， 在中，， ， ， ， 灯带的长约为． 故答案为：． 29．（2026·福建泉州·一模）如图1是某品牌自行车，图2是其示意图．已知，，，，自行车的坐垫，平行地面，垂直地面，自行车轮子的半径等于，则坐垫到地面的距离为 _________．（结果精确到，已知，，） 【答案】 【分析】本题考查解直角三角形的应用，如图，过点A作交的延长线于点J，过点D作于点H，过点C作于点N，过点K作于P．解直角三角形求出，可得结论． 【详解】解：如图，过点A作交的延长线于点J，过点D作于点H，过点C作于点N，过点K作于P． ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴的竖直距离为， ∴， ∴坐垫到地面的距离． 故答案为：． 30．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，中，点在边上，连接AD，线段绕点逆时针旋转得到，点的对应点在上，连接，且． (1)判断的形状，并说明理由； (2)若，求的度数． 【答案】(1)解：是等边三角形，理由如下： 过点A作于点F， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形． (2) 【分析】（1）过点A作于点F，根据三角形面积公式，得，得到，继而得到，根据等边三角形的判定求解即可； （2）先证明，再根据三角形外角性质，解答即可． 【详解】（1）略 （2）解：根据（1）得是等边三角形， ， ， ， ， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 31．（2026·福建泉州·二模）如图，已知中，，，，点P，Q分别是边，上的动点，且满足． (1)求当 时，是等边三角形； (2)若点H为的中点，连接，． ①当的面积等于12时，试求线段的长； ②探究线段之和的最小值． 【答案】(1)2 (2)① ②方法一：探究动点轨迹、化斜为直 设，则，过点H作，交于点E，过点Q作，交于点F，连接，则， ∴ 又 ∴， ∵ ∴，即， ∴ ， ∴， 当C、H、A三点共线时，即最小，为线段长 过点C作，交延长线于点O ∵ ， ∴， ∴， 则 ∴， 即的最小值是； 方法二：倍长中线、化斜为直 延长至E，使得， 连接、、， ∵，， ∴， 则，，， ∴， 则， 又， ∴， 取中点K， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 则 ∴， 当C、H、A三点共线时，即最小为线段， 过点C作，交延长线于点O ∵， ∴， ∴， 则 ∴ 即BH+CH的最小值是． 【分析】（1）等边三角形三条边相等，根据列等式进行求解； （2）①过点H作，过点P作，根据三角函数列等式进行求解； ②方法一：构造直角三角形，过点H作，过点Q作，根据三角函数求出，三点共线时值最小，利用三角函数求值； 方法二：倍长中线，延长至E，使得，三角形全等得出，利用平行线性质和直角三角形斜边定理进而求出，三点共线时值最小，利用三角函数求值． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）①如图，过点H作，分别交、于点E、F 过点P作，交于点G，则， 又∵点H为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， 即， 又，且， ∴， 过点B作， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 则， ∴， 答：线段的长为； ②略 【点睛】利用三角函数构造直角三角形，求之和的值最小，化斜为直，三点共线时值最小． 32．（2026·福建南平·二模）如图，是的直径，以为边作交于点，且．过点作于点，延长交于点． (1)如图（1），求证：是的切线； (2)如图（2），若，，求线段的长； (3)如图（3），在线段上标出点P，使得的值最小，在（2）的条件下，直接写出此时线段的长． 【答案】(1)证明：如图，连接． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． 又∵是半径， ∴是的切线． (2) (3)， 【分析】（1）连接，根据等边对等角得出，，，确定，得出，再由切线的判定即可证明； （2）连接，根据圆周角定理得出，，确定点是的中点，，再由正切函数得出，设，则，利用勾股定理求解即可； （3）过点A作关于直线的对称点，连接，交于点P，过点F作的延长线于点M，根据各角之间的关系得出，再由相似三角形的判定得出，，，结合其性质求解即可． 【详解】（1）略 （2）如图，连接． ∵为的直径， ∴，． 又∵，， ∴点是的中点，， ∴ ∴ 设，则 ∴在中，由勾股定理得 即，解得 ∴． （3）过点A作关于直线的对称点，连接，交于点P 过点F作的延长线于点M， ∴， 由（2）得：， 在中，设 ， ∴， 解得（负值舍去） ∴， 由（2）得， ∴， ∴，， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， 由（2）得， ∴， ∵， ∴，， ∴，即， ∴，， ∵， ∴ ∴． 33．（2026·福建福州·模拟预测）如图，二次函数的图象交x轴于点A，点B，交y轴于点．且a，b，c满足和，连接．点P是抛物线上一动点，且在直线的上方（不与B，C重合）： (1)求二次函数解析式； (2)连接，，若，，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据待定系数法求解即可； （2）待定系数法求出直线的表达式为，过点作轴于点，交于点，设点的坐标为，则点的坐标为，根据轴，轴，推出，在中，由，求的取值范围，然后根据三角函数的定义求出的取值范围即可． 【详解】（1）解：依题意，得．二次函数的图象经过点和点， ∴二次函数的表达式可写为． ∵点在抛物线上， ， 解得， ∴二次函数的表达式为． （2）解：设直线的表达式为，把点和点代入，得：， 解得：， ∴直线的表达式为； 过点作轴于点，交于点， 设点的坐标为，则点的坐标为， 轴，，， 轴，， ． ． ，，， ，， 在中，． ， ， ． 当时，， ， ， ， 同理当时，， ． 34．（2026·福建福州·模拟预测）【背景材料】 随着我国经济迅猛发展，人民生活水平持续提升，民用汽车数量也在不断攀升．汽车数量的激增，带来了对停车位的极大需求．在设计停车位时，除了要研究停车位的情况，还要研究汽车进出停车位的通道宽度．因此，需要知道汽车如何进出停车位，即汽车转弯的运动轨迹． 如图1，车辆固定方向倒车入库时，行驶轨迹可近似视为以点O 为圆心、R 为半径的圆弧，符合圆的相关几何性质．某车型前轮最大转向角为，车辆最小转向半径满足公式（其中L为车辆轴距，即车辆前后车轮轴心的水平间距，为车辆固定几何参数；θ为前轮最大转向角）． 如图2，建立平面直角坐标系，将停车位抽象为矩形，各顶点坐标分别为：，，，． 根据车辆转向几何特征，该车倒车圆弧轨迹的圆心O 在x轴正半轴上，倒车行驶轨迹是以点O为圆心，R为半径的圆弧．（参考数据：，，，，，计算结果均保留两位小数．） 【问题解决】 (1)计算该车型前轮打满方向时的最小转向半径R． (2)车辆车身存在一定宽度，实际倒车入库需结合车身尺寸判断安全间距，避免车身与车位边界剐蹭．经测算，该车车身有效横向宽度为，可将车身简化为随轨迹运动的整体安全区域．请结合几何知识推理判断：车辆沿该圆弧轨迹完成右侧倒车入库时，车身是否会与车位左侧边发生剐蹭，并说明理由． (3)根据驾考安全规范，倒车过程中，车辆任意行驶点位与原点的连线和x轴正半轴的锐角夹角不得小于 ，防止侧边压线．设车辆倒车轨迹上任意一点为． ①结合三角函数知识，推导出车辆安全入库时，点位纵坐标y与横坐标x的数量关系； ②判断关键点位是否满足安全入库条件，并从几何角度写出一条精准的入库优化方案． 【答案】(1)该车型的最小转向半径R约为 (2) 解：车身不会发生剐蹭，理由如下： 车辆以半径（）的圆弧轨迹行驶，车辆最内侧边缘的运动轨迹半径为：（） 要保证车辆行驶区域与车位侧边无交集，车身不会发生剐蹭， 则，， 设，则， 解得， 综上，可取中的x值，使得车辆行驶区域与车位左侧边无交集，车身不会发生剐蹭． (3)①；②该点位满足安全入库条件；优化方案示例：控制车辆低速平稳行驶，保持方向盘转角稳定，始终维持安全夹角范围，规避车身压线、剐蹭风险 【分析】（1）直接把数据代入题干中的公式求解即可； （2）先求出车辆最内侧边缘的运动轨迹半径，然后根据车辆行驶区域与车位侧边无交集，车身不会发生剐蹭，列不等式求解即可； （3）①设连线与x轴正半轴的锐角为α，由题意得，根据锐角三角函数的定义可得，即可求解； ②将点代入，得，可判断答案，即可写出优化方案． 【详解】（1）解：将轴距，代入公式， 得（m）， 答：该车型的最小转向半径R约为． （2）略 （3）解：①设连线与轴正半轴的锐角为，由题意得， 过P作轴于点Q， ， ，， ， ， 纵坐标y与横坐标x的数量关系是． ②将点代入，得， ， 该点位满足安全入库条件； 优化方案示例：控制车辆低速平稳行驶，保持方向盘转角稳定，始终维持安全夹角范围，规避车身压线、剐蹭风险． 35．（2026·福建泉州·三模）圆O是的外接圆，为直径，在中，交于，， ． (1)求证： ； (2)当 时，求 ； (3)在（2）的条件下，连接交于点M，过点M作 交 于点N，探究，，三者之间的数量关系． 【答案】(1)证明：为直径，， ， ， ， 在 和 中， ， ； (2) (3) 【分析】（1）由圆的基本性质及可判定 ； （2）连接，，，证明为等边三角形，得出 ，由，可得 ．证明、B、D、H四点共圆，由圆周角定理得，由三角形外角的性质得 ，由等腰三角形的定义得 为等腰直角三角形，作交于，由等腰三角形的性质及正切函数得 ， ，设 ，则 ，，即可求解； （3）过点M作 于T，可证明 ，得到 ，则 ，据此可证明 ，证明，则，解直角三角形得到；则，在中，由勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）略； （2）解：连接，，， ∵， ， ， ， ， ， ， 为等边三角形， ， ， ． ， 、B、D、H四点共圆，为圆心， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 为等腰直角三角形， ， 作交于， ， ， 设，则，， ， ； （3）解：如图所示，过点M作于T， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， 由（2）得， ∴， ∴； ∴， ∴ 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴． 36．（2026·福建莆田·模拟预测）如图1，四边形内接于，为直径，为锐角，过点B作于点E，过点A作的平行线交的延长线于点． (1)，请用含的代数式表示． (2)若，求证：． (3)如图2，在（2）的条件下，与交于点，与延长线交于点H，连结．若，求的值． 【答案】(1) (2)证明：， ， ，， ， ； (3) 【分析】（1）由圆周角定理可知，再结合直径所对圆周角为直角可知，，根据即可求解； （2）由，得，进而证明，即可证得结论； （3）连接，先证，根据，，得，由，得，由，得到，可证得，得，进而得到为等腰直角三角形，得，即可求解． 【详解】（1）解：为直径， ， ， ， 于点，则， ； （2）略 （3）解：连接， 为直径， ， ， ， ， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ， ∵， ， ， ， 又， ， ， ， ，即， 为直径， ， ， ， ∴为等腰直角三角形，则也为等腰直角三角形， ∴，， ， ． 37．（2026·福建福州·模拟预测）如图，在中，过，，三点的交于点，连接． (1)求证：． (2)如图2，已知为的切线，连接并延长交于点． ①求证：； ②若，求的值． 【答案】(1)证明：∵四边形是圆内接四边形， ∴， 又∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴． (2)①证明：如图，连接，设， ∵为的切线， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ② 【分析】（1）由圆内接四边形的性质可得，从而得到，结合平行四边形的性质可得，因此； （2）①连接，设，由切线的性质可得，则，利用平行四边形的性质可得，由（1）可知，则，从而得到．由可得，由圆周角定理可得，使用三角形内角和定理可得，因此； ②延长交于点，作于点，设，的半径为，由①可知，则，由垂径定理可得，．由平行可判定和，从而计算出，，则，，因此．在中，利用勾股定理构造方程解得，进而计算出，则，结合可得． 【详解】（1）略 （2）解：①略； ②如图，延长交于点，作于点，设，的半径为， 由①可知，，， ∴， ∴，即点是优弧的中点， 又∵过圆心， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得（负值已舍）， ∴，， 在中，， ∴， ∵， ∴． 38．（2026·福建福州·模拟预测）实验是培养学生的创新能力的重要途径之一．如图是小红同学安装的化学实验装置，安装要求为试管略向下倾斜，试管夹应固定在距试管口的三分之一处．已知试管，，试管倾斜角为10°．（参考数据：，） (1)求酒精灯与铁架台的水平距离的长度； (2)实验时，当导气管紧贴水槽，延长交的延长线于点F，且（点C，D，N，F在一条直线上），经测得：，，，求线段的长度． 【答案】(1)酒精灯与铁架台的水平距离的长度为 (2)线段的长度为 【分析】（1）过点作于点，利用余弦求，即可得的长度； （2）过点作于点，于点，过点作于点，先求出和，再求出，利用得，即可求解． 【详解】（1）解：如图，过点作于点， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 答：酒精灯与铁架台的水平距离的长度为． （2）解：如图，过点作于点，于点，过点作于点， 则， ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 答：线段的长度为． 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，作辅助线，构造出直角三角形． 39．（2026·福建三明·三模）我国商业航天近几年蓬勃发展，年月日长征八号运载火箭在海南商业航天发射场成功发射千帆星座第九批组网卫星．下图是长征八号运载火箭从处发射，当火箭到达点、时，在雷达站处测得点、的仰角分别为、，其中点、、在同一条直线上，、两点间的距离是． (1)求发射地距雷达站的距离； (2)事实上，火箭发射前期近地面阶段（距地面米以内称为近地面），为了克服地球引力，都是加速飞行，近地面的加速度，此时火箭速度变化满足，其中是指初始时刻的速度，是指经过秒后的瞬时速度，火箭飞行距离满足公式：．求火箭到达点时的速度．（参考数据：，，，） 【答案】(1)发射地距雷达站的距离为 (2)火箭到达点时的速度约为 【分析】（1）利用三角函数可得，，再进一步求解即可． （2）利用求解，进一步利用计算即可． 【详解】（1）解：由题意可得， ，，，， ∴，， ∴， 解得：， ∴发射地距雷达站的距离为； （2）解：由（1）可得：， ∵， ∴， 解得：（负根舍去）， ∵， ∴， ∴火箭到达点时的速度约为． 40．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，等腰三角形内接于，点关于的对称点为，连接交于点． (1)求证：为的切线； (2)如图1，连接，若，求证：； (3)如图2，若，求的值． 【答案】(1)证明：连接，取的中点N，连接， ， ，直线是线段的垂直平分线， ， 是三边垂直平分线的交点， 在上， ， ， 根据对称性质，得， ， 为的切线． (2)证明：连接，， 根据折叠的性质，得， ， ， ， 设于点M，根据垂径定理，得， 故直线是线段的垂直平分线， ， ， 是等边三角形， ， 根据题意，得，， ， ，， ， 是等边三角形，， ， ， 根据折叠的性质，得， ， ， ， ， ， ， ， ； 根据题意，得， ， ， ， ， ， ， ； ． (3) 【分析】（1）连接，取的中点N，连接，根据等腰三角形的性质，对称性质，切线的判定证明即可； （2）连接，，设于点M，故直线是线段的垂直平分线，证明是等边三角形，是等边三角形，再根据对称性质，等腰直角三角形的性质，利用勾股定理证明即可． （3）取的中点K，连接，连接，证明，设，得到，，根据余弦函数的定义计算即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：取的中点K，连接， ， ，直线是线段的垂直平分线， 是三边垂直平分线的交点， 在上， ， 根据对称性质，得， ， ， 连接， ， 根据对称性质，得， ， ， ， ， 四边形是的内接四边形， ， ， ， ， 根据对称性质，得， ， ， ∴， ∴， 设， ∴， 整理，得 解得， 故，，不符合要求，舍去， ， ， ， ． 41．（2026·福建福州·模拟预测）在中，，，线段上有一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，此时． (1)记线段，求线段的长度（用含的式子表示）． (2)连接、，若，求证：． (3)在（2）的条件下，记与交于点，求的值． 【答案】(1) (2)证明：由（1）知， 取中点，连接，，则， ∴点、、、在以点为圆心的圆上， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； (3) 【分析】（1）过点作延长线于点，证明，求得，证明四边形为矩形，得到； （2）利用直角三角形的性质求得，推出点、、、在以点为圆心的圆上，利用圆周角定理结合已知即可得到； （3）在上取一点，使，证明，求得①，利用勾股定理求得②，据此求得，过作于，利用三角函数和相似三角形的判定和性质求解即可． 【详解】（1）解：过点作延长线于点， ∴， ∴， 由旋转，得，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴； （2）略 （3）解：在上取一点，使， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即①， 又∵， ∴，即②， 由①②，解得， 则，，过作于， ∵， ∴， 设，则，， ∵， ∴， ∴，即， ∴，则，， ∴． 42．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，已知是的外接圆，为直径，，D，Q为上位于点A异侧的动点，且，连接，交于点H，连接，． (1)求证：； (2)求证：点O在的平分线上； (3)若，且，求的长． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 (3)的长为 【分析】（1）先通过圆周角定理和等边对等角可得，结合同弧和等弧所对的圆周角相等，可得，进而证明即可； （2）连接，，，通过证明，即可证明点O在的平分线上； （3）连接，，设与的交点为G，利用，得到，再由（1）的结论可得，证明，得出，进而求出圆的直径和的长度，利用圆周角定理，结合已知条件得出，设，，利用勾股定理列出方程求出a的值，从而得出最终结果． 【详解】（1）证明：∵是的外接圆，为直径，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：如图，连接，，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴点O在的平分线上． （3）解：如图，连接，，设与的交点为G， ∵，， ∴， ∴， 由（1）知，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴, ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴， 设，， ∴， ∴， ∵， 在中，， ∴， 解得：，（舍去）， ∴， ∴． 43．（2026·福建泉州·三模）【提出问题】 全民参与文体活动日渐流行，某小区开发商打算在售楼处原址新建一栋多层文体活动中心．为了保障居民的生活质量，开发商与居民达成一致：规划建筑时，保证全部居民全年采光． 【分析问题】 工作人员通过查阅资料、实地测量，获得如下的信息： 材料一：根据《建筑设计防火规范—（）》规定，小区围栏与活动中心之间还要留出至少的距离作为消防疏散通道； 材料二：小区围栏与住宅楼之间的距离，小区围栏，活动中心就建在这个矩形区域内，其中建筑面积长宽层数，如图所示； 材料三：为了保证后排建筑物在冬季能获得足够的光照，楼间距的设计需要以当地冬至日正午太阳高度角（太阳高度角是指太阳光线与地平面的夹角）为依据，冬至日是北半球太阳高度角最小的时候，如果此时前排建筑物的阴影不会遮挡后排建筑物的底层窗户（距离地面），那么在其他季节就更能保证采光，每个地区的冬至日正午太阳高度受到所在纬度的影响，若该地冬至日正午太阳高度角为，如图所示． 【解决问题】 (1)经实地测量，在冬至日正午测得该小区一棵高度为的小树影长为，则________；（请以该太阳高度角为依据解决以下问题） (2)若给定文体活动中心建筑方案如下，请填表并判断该方案是否合理． 层数 单层楼高 楼长 楼宽 建筑面积 楼间距 (3)在文体活动中心建筑单层楼高为且保证居民全年采光的前提下，将该建筑面积尽可能建大一点，请给出方案（结果精确到）． (4)在保证居民全年采光，建筑面积尽可能建大一点的前提下，若记文体活动中心的建筑面积为，单层楼高为，层数为，直接写出等式表示，，之间的数量关系． 【答案】(1)； (2) 层数 单层楼高 楼长 楼宽 建筑面积 楼间距 该方案不合理； (3) 层数 单层楼高 楼长 楼宽 建筑面积 楼间距 (4)． 【分析】由即可求解； 根据题意可得建筑面积，楼高为，通过乘法法则即可求解，由题意得、、，，再通过三角函数求出，从而求解； 设层数为，则楼间距，楼宽，则，然后通过二次函数的性质即可求解； 由单层楼高为，层数为，则楼间距，楼宽，所以． 【详解】（1）解：， 故答案为：； （2）解：该方案不合理，理由如下： ∵建筑面积长宽层数， ∴建筑面积，楼高为，楼间距为 填表略， 如图，，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴该方案不合理； （3）解：设层数为，则楼间距，楼宽， ∴， ∵， ∴当时，最大， ∵是正整数， ∴当时， ∴楼间距，楼宽，建筑面积， 方案略； （4）解：∵单层楼高为，层数为， ∴楼间距，楼宽， ∴． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 锐角三角形的计算及应用 5年真题1年模拟 考点分类 福建考情（2022-2026） 命题规律 考点01解直角三角形与实际问题 2026 福建中考 2024 福建中考 2023 福建中考 2022 福建中考 考查形式涵盖选择题、填空题、方案设计解答题。命题素材丰富，古算诗词、生活实物、物理力的分解、户外测量方案频繁出现。核心围绕锐角三角函数定义、构造直角三角形、相似三角形测量模型展开，常涉及仰角俯角、坡度、双直角三角形模型；方案探究题侧重自主设计测量方案，结合解直角三角形求解距离。整体基础小题难度适中，方案设计题侧重文字表达与几何建模；近四年持续强化跨学科情境、传统文化素材，注重数学建模能力考查。 考点02解直角三角形综合问题 2026 福建中考 2025 福建中考 2024 福建中考 2022 福建中考 全部以几何压轴解答题形式考查，梯度多小问设置。常融合圆内接四边形、图形翻折、直径圆周角、矩形等载体。核心以解直角三角形为计算工具，串联圆周角定理、相似三角形、四点共圆、图形变换、切线性质综合设问；第 (1)(2) 小问侧重角度推导、平行四边形 / 相似证明，第 (3) 小问引入线段比例条件，构造直角三角形结合三角函数、相似求解线段比值。试题综合性强，模型嵌套多，区分度高；近四年持续强化圆与几何变换结合，要求灵活构造直角三角形转化边长条件。 考点01 解直角三角形与实际问题 1．（2026·福建·中考真题）古算诗词题融数学于诗词之中，是前人智慧的结晶．如图是古算诗词题“争荡秋千”所描绘的示意图．已知秋千的绳索长尺，且秋千的绳索始终保持直线状态，踏板的起始位置在点处，与地面垂直，踏板离地面的高度尺．当踏板从处绕点运动到处时，踏板离地面的高度尺，则秋千的绳索荡过的的大小为（     ） A． B． C． D． 2．（2022·福建·中考真题）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，，BC＝44cm，则高AD约为（    ）（参考数据：，，） A．9.90cm B．11.22cm C．19.58cm D．22.44cm 3．（2024·福建·中考真题）无动力帆船是借助风力前行的．下图是帆船借助风力航行的平面示意图，已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为，风对帆的作用力为．根据物理知识，可以分解为两个力与，其中与帆平行的力不起作用，与帆垂直的力仪可以分解为两个力与与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；与航行方向一致，是真正推动帆船前行的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，据此，建立数学模型：，则______．（单位：）（参考数据：） 4．（2023·福建·中考真题）阅读下列材料，回答问题 任务：测量一个扁平状的小水池的最大宽度，该水池东西走向的最大宽度远大于南北走向的最大宽度，如图1． 工具：一把皮尺（测量长度略小于）和一台测角仪，如图2．皮尺的功能是直接测量任意可到达的两点间的距离（这两点间的距离不大于皮尺的测量长度）； 测角仪的功能是测量角的大小，即在任一点处，对其视线可及的，两点，可测得的大小，如图3．   小明利用皮尺测量，求出了小水池的最大宽度，其测量及求解过程如下：测量过程： （ⅰ）在小水池外选点，如图4，测得，； （ⅱ）分别在，，上测得，；测得．求解过程： 由测量知，， ，，， ∴，又∵①___________， ∴，∴． 又∵，∴②___________． 故小水池的最大宽度为___________． (1)补全小明求解过程中①②所缺的内容； (2)小明求得用到的几何知识是___________； (3)小明仅利用皮尺，通过5次测量，求得．请你同时利用皮尺和测角仪，通过测量长度、角度等几何量，并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度，写出你的测量及求解过程．要求：测量得到的长度用字母，，表示，角度用，，表示；测量次数不超过4次（测量的几何量能求出，且测量的次数最少，才能得满分）． 考点02 解直角三角形综合问题 1．（2026·福建·中考真题）如图，四边形 内接于， 是延长线上的一点，的延长线交于点，，． (1)求的度数； (2)求证：四边形是平行四边形； (3)设交 于点，且，求的值． 2．（2026·福建·中考真题）如图，在四边形 中， 是上的一点，，．四边形由四边形 沿翻折得到，点 ， ， 的对应点分别为，，．是延长线上的一点，且． (1)求证：； (2)若，，求的长． 3．（2025·福建·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，AD，BC的延长线相交于点E，AC，BD相交于点F．G是AB上一点，GD交AC于点H，且． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，求的周长． 4．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求证：与互相平分． 5．（2022·福建·中考真题）如图，BD是矩形ABCD的对角线． (1)求作⊙A，使得⊙A与BD相切（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，设BD与⊙A相切于点E，CF⊥BD，垂足为F．若直线CF与⊙A相切于点G，求的值． 1．（2026·福建福州·三模）如图，在的矩形网格中，每格小正方形的边长都是，若的三个顶点在图中相应的格点上，则的值为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·福建福州·模拟预测）如图，在中，．若，，则（     ） A． B． C． D． 3．（2026·福建漳州·模拟预测）“五一”期间，小敏和妈妈到某景区游玩，小敏想利用所学的数学知识测量观景塔高度．如图，小敏在点A处测得塔顶C的仰角为，向塔走到达点B处，测得塔顶C仰角为．已知小敏的身高为（眼睛到头顶的距离忽略不计），则观景塔的高度约为（结果精确到，参考数据：）（    ） A． B． C． D． 4．（2026·福建泉州·二模）人字梯为家庭常用工具．如图，梯子两侧长都为，，人字梯顶端离地面的高度是（     ） A． B． C． D． 5．（2026·福建泉州·二模）将一副三角尺按如图所示摆放，其中点、、在同一条直线上，，，，若，则的长是（     ） A． B． C． D． 6．（2026·福建三明·二模）如图，某同学正在参加滑雪项目比赛，滑道的坡比，当他沿斜坡向下直线滑行时，他下降的高度为（   ） A． B． C． D． 7．（2026·福建三明·二模）如图，在平面直角坐标系中，M是x轴正半轴上一点，若，则的值是（   ） A． B． C． D． 8．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在中，是斜边上的高，，则下列比值不等于的是（    ） A． B． C． D． 9．（2026·福建泉州·二模）《孙子算经》中记载“分田之术”，强调通过分割与重组几何图形以简化面积计算．现有一田地形如矩形，如图，在矩形中，两条等宽的平行四边形田埂交错，且．若田埂与矩形两组对边所夹锐角为，当增大时，重叠部分四边形的面积（　　） A．变大 B．变小 C．不变 D．先变大后变小 10．（2026·福建莆田·二模）小媛在物理实验课上研究光的折射现象，了解到当光从空气射入介质时，折射率（为入射角，为折射角）．如图，一束光从空气射向横截面为直角三角形的硫系玻璃透镜斜面，经折射后沿垂直边的方向射出，若，，，则该玻璃透镜的折射率为（   ） A． B． C． D． 11．（2026·福建福州·一模）如图，、分别与相切于点，连接并延长与交于点，若，，则的值为（   ） A． B． C． D． 12．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，太阳能板的斜面长度为2米，斜面的坡度为，支撑杆垂直于地面（），则的长是________米． 13．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在中， ，是线段的垂直平分线，交于点 D，交于点 E．若，则的长度是_______． 14．（2026·福建三明·二模）为响应年植树节“履行植树义务，共建美丽中国”主题活动，某校团支部于年月日组织部分入团积极分子参与植树造林．小民在坡度为的山坡上种植了两棵树（如图），斜坡上相邻两树间的坡面距离为米，则相邻两树间的水平距离为_____米．（结果保留准确数） 15．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在中，，，延长至点，连接，点在上，连接，交于点，若，，则的长为_________． 16．（2026·福建漳州·模拟预测）在中，，，D是边上一动点，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，．在点D的运动过程中，的最小值是________． 17．（2026·福建莆田·二模）图1是中国古代建筑中的举架结构，其中是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举图2是某举架结构截面的示意图，其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，且，则k的值为______． 18．（2026·福建南平·一模）在大气环境科研观测作业中，气象探测仪A位于地面气象站点C的正上方，从探测仪A上观测地面综合指挥台B的俯角为，已知，，则约为______．（结果取整数，参考数据：，，．） 19．（2026·福建南平·一模）“费马问题”是法国数学家皮埃尔·德·费马在1643年提出的一个著名的几何极值问题．问题的核心是：对任意三角形，都存在一个点，使得这个点到该三角形三个顶点的距离之和最小，这个点称为费马点．当的三个内角均小于时，使得的点P即为费马点．如图，若，则的最小值是_______． 20．（2026·福建福州·二模）在的正方形网格中，A，B，C，D均为格点，交网格线于点E，则的值是______． 21．（2026·福建·模拟预测）手机支架已经很广泛的应用于生活当中，如图是手机支架，如图是手机支架的侧面示意图，人俯看手机，点为观测点，线段长度保持不变，绕点逆时针进行转动可以调整视角，在支架示意图中，水平观测点，观测点到的距离为，则观测点到直线的距离长为______；若线段，当从铅锤位置第一次转到位置时，视线恰好经过点，则相对点上升了______． 22．（2026·福建福州·模拟预测）如图，在中，，A，B，C分别为直线a，b，c上的点，且直线，与直线b交于点D，若，，，则直线a与直线b之间的距离是_____． 23．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，标号为，，，的四个直角三角形和标号为的正方形恰好拼成对角互补的四边形，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，和分别是等腰和等腰，和分别是和，是正方形，直角顶点，，，分别在边，，，上．若，则的值是______． 24．（2026·福建南平·三模）具有对称性且富有节奏感的正六边形，不仅为建筑和装饰增添了现代感，还能与多种设计风格相融合．如图1是阅览室墙上设计的正六边形蜂窝状置物架，将该置物架抽象成几何图形如图2所示，若每个正六边形的边长均为2，则该置物架所占用墙面的长度d的值为________． 25．（2026·福建莆田·模拟预测）年莆田举办马拉松活动引入智能四足机器人机器狗作为赛事配速员，机器狗水平行走时侧面如图所示，四边形，四边形都是平行四边形，，，，当机器狗前脚直立时，侧面如图所示，此时，，三点刚好共线，不变，，则机器狗的身长______． 26．（2026·福建厦门·三模）如图，在平面直角坐标系中，正方形，点A在y轴上，点C在x轴上．正方形交双曲线于两点，点E在上，点F在上．连接，若，则点B的坐标为______． 27．（2026·福建厦门·二模）《九章算术》“方田章”中记载了关于图形面积的经验公式，其与实际的较小误差令人由衷感叹我国古代劳动人民的智慧．其中的弧田术：“以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一．”即：弓形面积=（弦长×矢长+矢长×矢长）÷2．如图，一块弓形田的弦长为，矢长为，用弧田术计算其面积，与实际的误差为________．（，取古圆周率3） 28．（2026·福建·二模）在天花板上嵌入灯带可以与主灯配合使用，确保整个房间的光线更加均匀．如图，学校要为某会议室的天花板上嵌入灯带，工人师傅将平面镜放置在点A处，使得沿着天花板边缘O射入的光线，经过平面镜反射后恰好落在灯带的左侧端点C处，此时利用测角仪测得天花板边缘O的仰角为，移动平面镜到达点B处，此时沿着天花板边缘O射入的光线，经过平面镜反射恰好落在灯带的右侧端点D处，此时测得天花板边缘O的仰角为，该会议室天花板的高度为，则灯带的长约为________．（结果精确到，参考数据：） 29．（2026·福建泉州·一模）如图1是某品牌自行车，图2是其示意图．已知，，，，自行车的坐垫，平行地面，垂直地面，自行车轮子的半径等于，则坐垫到地面的距离为 _________．（结果精确到，已知，，） 30．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，中，点在边上，连接AD，线段绕点逆时针旋转得到，点的对应点在上，连接，且． (1)判断的形状，并说明理由； (2)若，求的度数． 31．（2026·福建泉州·二模）如图，已知中，，，，点P，Q分别是边，上的动点，且满足． (1)求当 时，是等边三角形； (2)若点H为的中点，连接，． ①当的面积等于12时，试求线段的长； ②探究线段之和的最小值． 32．（2026·福建南平·二模）如图，是的直径，以为边作交于点，且．过点作于点，延长交于点． (1)如图（1），求证：是的切线； (2)如图（2），若，，求线段的长； (3)如图（3），在线段上标出点P，使得的值最小，在（2）的条件下，直接写出此时线段的长． 33．（2026·福建福州·模拟预测）如图，二次函数的图象交x轴于点A，点B，交y轴于点．且a，b，c满足和，连接．点P是抛物线上一动点，且在直线的上方（不与B，C重合）： (1)求二次函数解析式； (2)连接，，若，，求的取值范围． 34．（2026·福建福州·模拟预测）【背景材料】 随着我国经济迅猛发展，人民生活水平持续提升，民用汽车数量也在不断攀升．汽车数量的激增，带来了对停车位的极大需求．在设计停车位时，除了要研究停车位的情况，还要研究汽车进出停车位的通道宽度．因此，需要知道汽车如何进出停车位，即汽车转弯的运动轨迹． 如图1，车辆固定方向倒车入库时，行驶轨迹可近似视为以点O 为圆心、R 为半径的圆弧，符合圆的相关几何性质．某车型前轮最大转向角为，车辆最小转向半径满足公式（其中L为车辆轴距，即车辆前后车轮轴心的水平间距，为车辆固定几何参数；θ为前轮最大转向角）． 如图2，建立平面直角坐标系，将停车位抽象为矩形，各顶点坐标分别为：，，，． 根据车辆转向几何特征，该车倒车圆弧轨迹的圆心O 在x轴正半轴上，倒车行驶轨迹是以点O为圆心，R为半径的圆弧．（参考数据：，，，，，计算结果均保留两位小数．） 【问题解决】 (1)计算该车型前轮打满方向时的最小转向半径R． (2)车辆车身存在一定宽度，实际倒车入库需结合车身尺寸判断安全间距，避免车身与车位边界剐蹭．经测算，该车车身有效横向宽度为，可将车身简化为随轨迹运动的整体安全区域．请结合几何知识推理判断：车辆沿该圆弧轨迹完成右侧倒车入库时，车身是否会与车位左侧边发生剐蹭，并说明理由． (3)根据驾考安全规范，倒车过程中，车辆任意行驶点位与原点的连线和x轴正半轴的锐角夹角不得小于 ，防止侧边压线．设车辆倒车轨迹上任意一点为． ①结合三角函数知识，推导出车辆安全入库时，点位纵坐标y与横坐标x的数量关系； ②判断关键点位是否满足安全入库条件，并从几何角度写出一条精准的入库优化方案． 35．（2026·福建泉州·三模）圆O是的外接圆，为直径，在中，交于，， ． (1)求证： ； (2)当 时，求 ； (3)在（2）的条件下，连接交于点M，过点M作 交 于点N，探究，，三者之间的数量关系． 36．（2026·福建莆田·模拟预测）如图1，四边形内接于，为直径，为锐角，过点B作于点E，过点A作的平行线交的延长线于点． (1)，请用含的代数式表示． (2)若，求证：． (3)如图2，在（2）的条件下，与交于点，与延长线交于点H，连结．若，求的值． 37．（2026·福建福州·模拟预测）如图，在中，过，，三点的交于点，连接． (1)求证：． (2)如图2，已知为的切线，连接并延长交于点． ①求证：； ②若，求的值． 38．（2026·福建福州·模拟预测）实验是培养学生的创新能力的重要途径之一．如图是小红同学安装的化学实验装置，安装要求为试管略向下倾斜，试管夹应固定在距试管口的三分之一处．已知试管，，试管倾斜角为10°．（参考数据：，） (1)求酒精灯与铁架台的水平距离的长度； (2)实验时，当导气管紧贴水槽，延长交的延长线于点F，且（点C，D，N，F在一条直线上），经测得：，，，求线段的长度． 39．（2026·福建三明·三模）我国商业航天近几年蓬勃发展，年月日长征八号运载火箭在海南商业航天发射场成功发射千帆星座第九批组网卫星．下图是长征八号运载火箭从处发射，当火箭到达点、时，在雷达站处测得点、的仰角分别为、，其中点、、在同一条直线上，、两点间的距离是． (1)求发射地距雷达站的距离； (2)事实上，火箭发射前期近地面阶段（距地面米以内称为近地面），为了克服地球引力，都是加速飞行，近地面的加速度，此时火箭速度变化满足，其中是指初始时刻的速度，是指经过秒后的瞬时速度，火箭飞行距离满足公式：．求火箭到达点时的速度．（参考数据：，，，） 40．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，等腰三角形内接于，点关于的对称点为，连接交于点． (1)求证：为的切线； (2)如图1，连接，若，求证：； (3)如图2，若，求的值． 41．（2026·福建福州·模拟预测）在中，，，线段上有一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，此时． (1)记线段，求线段的长度（用含的式子表示）． (2)连接、，若，求证：． (3)在（2）的条件下，记与交于点，求的值． 42．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，已知是的外接圆，为直径，，D，Q为上位于点A异侧的动点，且，连接，交于点H，连接，． (1)求证：； (2)求证：点O在的平分线上； (3)若，且，求的长． 43．（2026·福建泉州·三模）【提出问题】 全民参与文体活动日渐流行，某小区开发商打算在售楼处原址新建一栋多层文体活动中心．为了保障居民的生活质量，开发商与居民达成一致：规划建筑时，保证全部居民全年采光． 【分析问题】 工作人员通过查阅资料、实地测量，获得如下的信息： 材料一：根据《建筑设计防火规范—（）》规定，小区围栏与活动中心之间还要留出至少的距离作为消防疏散通道； 材料二：小区围栏与住宅楼之间的距离，小区围栏，活动中心就建在这个矩形区域内，其中建筑面积长宽层数，如图所示； 材料三：为了保证后排建筑物在冬季能获得足够的光照，楼间距的设计需要以当地冬至日正午太阳高度角（太阳高度角是指太阳光线与地平面的夹角）为依据，冬至日是北半球太阳高度角最小的时候，如果此时前排建筑物的阴影不会遮挡后排建筑物的底层窗户（距离地面），那么在其他季节就更能保证采光，每个地区的冬至日正午太阳高度受到所在纬度的影响，若该地冬至日正午太阳高度角为，如图所示． 【解决问题】 (1)经实地测量，在冬至日正午测得该小区一棵高度为的小树影长为，则________；（请以该太阳高度角为依据解决以下问题） (2)若给定文体活动中心建筑方案如下，请填表并判断该方案是否合理． 层数 单层楼高 楼长 楼宽 建筑面积 楼间距 (3)在文体活动中心建筑单层楼高为且保证居民全年采光的前提下，将该建筑面积尽可能建大一点，请给出方案（结果精确到）． (4)在保证居民全年采光，建筑面积尽可能建大一点的前提下，若记文体活动中心的建筑面积为，单层楼高为，层数为，直接写出等式表示，，之间的数量关系． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $