第19讲 锐角三角函数 2023年中考数学一轮复习专题训练（浙江专用）

这是一份第19讲 锐角三角函数 2023年中考数学一轮复习专题训练（浙江专用），共37页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1．（2022·杭州）如图，已知△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC=θ（θ是锐角），则△ABC的面积的最大值为( )
A．csθ(1+csθ)B．csθ(1+sinθ)
C．sinθ(1+sinθ)D．sinθ(1+csθ)
2．（2022·金华）一配电房示意图如图所示，它是一个轴对称图形.已知BC=6m.∠ABC=α.则房顶A离地面EF的高度为（ ）
A．(4+3sinα)mB．(4+3tanα)mC．(4+3sinα)mD．(4+3tanα)m
3．（2022·丽水）如图，已知菱形ABCD的边长为4，E是BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，FG∥AD交AE于点G，若csB＝ 14 ，则FG的长是（ ）
A．3B．83C．2153D．52
4．（2022·瑞安模拟）某村计划挖一条引水渠，渠道的横断面ABCD是一个轴对称图形（如图所示）.若渠底宽BC为2m，渠道深BH为3m，渠壁CD的倾角为 α ，则渠口宽AD为（ ）
A．（ 2+3·tanα ）mB．（ 2+6·tanα ）m
C．（ 2+3tanα ）mD．（ 2+6tanα ）m
5．（2022·嵊州模拟）如图，在□ABCD中， E为BC边上的点，满足BE= 5CE，若四边形AEDF为正方形，则tanB的值为（ ）
A．1B．32C．2D．52
6．（2022·鹿城模拟）某滑梯示意图及部分数据如图所示. 若 AE=1m ， 则 DF的长为 （ ）
A．tanαtanβB．tanβtanαC．sinβsinαD．sinαsinβ
7．（2022·洞头模拟）如图1是放置在水平地面上的落地式话筒架.图2是其示意图，主杆AB垂直于地面，斜杆CD固定在主杆的点A处，若∠CAB=α， AB=120cm，AD=40cm，则话筒夹点D离地面的高度DE为（ ）cm
A．120+40sinαB．120+40csαC．120+40sinαD．120+40csα
8．（2022·温州模拟）如图，旧楼的一楼窗台高为1米，在旧楼的正南处有一新楼高25米.已知某日中午12时太阳从正南方照射的光线与水平线的夹角为α，光线正好照在旧楼一楼窗台上，则两楼之间的距离为（ ）
A．24sinα米B．24csα米C．24tanα米D．24tanα米
9．（2022·鹿城会考）消防云梯如图所示，AB⊥BC于B，当C点刚好在A点的正上方时，DF的长是.（ ）
A．acsθ+bsinθB．acsθ+btanθC．acsθ+bsinθD．acsθ+bsinθ
10．（2022·宁波模拟）如图1，以Rt△ABC的各边为边向外作等边三角形，编号分别为①，②，③．如图2，将①，②叠放在③中，若四边形EGHF与GDCH的面积之比是16164，则sin∠ABC的值是（ ）
A．817B．815C．513D．35
二、填空题
11．（2022·温州）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地而上的点M在旋转中心O的正下方。某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片 OA、OB ，此时各叶片影子在点M右侧成线段 CD ，测得MC=8.5m，CD=13m，垂直于地面的木棒 EF 与影子 FG 的比为2∶3，则点O，M之间的距离等于 米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于 米．
12．（2022·绍兴）如图， AB=10，点C在射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC， CD=AC ，动点E在AB 延长线上， tan∠QBE=3，连结 CE， DE ，当CE=DE， CE⊥DE时， BE 的长是 ．
13．（2022·萧山模拟）如图，在 △ABC 中， sinB=14 ， tanC=12 ， AB=4 ，则 AC 的长为 .
14．（2022·杭州模拟） 如图， 在菱形 A B C D 中， tanA=43，M，N 分别在边 A D， B C 上， 将四边形 A M N B 沿 M N 翻折， 使 A B 的对应线段 E F 经过顶点 D ， 当 EF⊥AD 时， CNBN 的值为 .
15．（2022·椒江模拟）如图，BD是矩形ABCD 的对角线，CE⊥BD于点E，连接AE，已知tan∠ABD=2，则tan∠AEB = .
16．（2022·温州模拟）如图是一个矩形足球球场，AB为球门，CD⊥AB于点D，AB=a米.某球员沿CD带球向球门AB进攻，在Q处准备射门.已知BD=3a米，QD=3a米.则tan∠AQB= ；已知对方门将伸开双臂后，可成功防守的范围大约为0.25a米，此时门将站在张角∠AQB内，双臂伸开MN且垂直于AQ进行防守，MN中点与AB距离 米时，刚好能成功防守.
17．（2022·建德模拟）如图，在 ΔABC 中， sinB=14 ， tanC=12 ， AB=4 ，则 AC 的长为 .
18．（2022·富阳模拟）矩形纸片ABCD中，BC=2AB，将纸片对折，使顶点A与顶点C重合，得折痕EF，将纸片展开铺平后再进行折叠，使顶点B与顶点D重合，得折痕MN，展开铺平后如图所示.若折痕EF与MN较小的夹角记为θ，则sinθ= .
19．（2022·余杭模拟）在Rt△ABC中，∠C=90∘，若AB=4，sinA=35，则斜边上的高等于 .
20．（2022·定海模拟）点G为ΔABC的重心（三角形三条中线的交点），BC＝12，∠A＝60°.
（1）若∠C＝30°，则BG＝ .
（2）BG的最大值为 .
三、计算题
21．（2022·金东模拟）计算： (π-5)0+(12)-1-2sin30°+|-9|
22．（2022·龙游会考）计算：(2022)0-2sin45°+|-2|-4
23．（2022·定海模拟）计算：cs245°+ cs30°2sin60°+1-3⋅tan30° .
24．（2022·兰溪模拟）计算： 2cs60°-(-12)-2+|3-1|+(-2022)0 .
25．（2022·吴兴模拟）计算：(-2)2+12-2sin60°
四、综合题
26．（2022·嘉兴）小华将一张纸对折后做成的纸飞机如图1，纸飞机机尾的横截面是一个轴对称图形，其示意图如图2，已知AD＝BE＝10cm，CD＝CE＝5cm，AD⊥CD，BE⊥CE，∠DCE＝40°．
（1）连结DE，求线段DE的长．
（2）求点A，B之间的距离．
（结果精确到0.1cm．参考数据：sin20°≈0.34，cs20°≈0.94，tan20°≈0.36，sin40°≈0.64，cs40°≈0.77，tan40°≈0.84）
27．（2022·杭州）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且AE=2BF，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．
（1）如图1．若AB=4，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积
（2）如图2．已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．
①求证：EK=2EH；
②设∠AEK=α，△FGJ和四边形AEHI的面积分别为S1、S2．
求证： S2S1 =4sin2α-1．
28．（2022·温州）如图，在△ABC 中， AD⊥BC于点D、E、F分别是AC、AB 的中点，O是 DF 的中点， EO 的延长线交线段 BD 于点G，连结 DE、EF、FG．
（1）求证：四边形 DEFG 是平行四边形．
（2）当AD=5，tan∠EDC=52=时，求 FG 的长．
29．（2022·奉化模拟）图1是某种手机支架在水平桌面上放置的实物图，图2是其侧面的示意图，其中支杆 AB=BC=20cm ，可绕支点C，B调节角度，DE为手机的支撑面， DE=18cm ，支点A为DE的中点，且 DE⊥AB ．
（1）若支杆BC与桌面的夹角 ∠BCM=70° ，求支点B到桌面的距离；
（2）在（1）的条件下，若支杆BC与AB的夹角 ∠ABC=110° ，求支撑面下端E到桌面的距离．（结果精确到1cm，参考数据： sin70°≈0.94 ， cs70°≈0.34 ， tan70°≈2.78 ， sin40°≈0.64 ， cs40°≈0.77 ， tan40°≈0.84 ）
30．（2022·奉化模拟）如图1，△ABC中， AB=AC ，其外接圆为 ⊙O ， ⊙O 半径为5， BC=8 ，点M为优弧BMC的中点，点D为BM上一动点，连结AD，BD，CD，AD与BC交于点H．
（1）求证： △ACH∽△ADC ；
（2）若 AH：DH=2：3 ，求CD的长；
（3）如图2，在（1）的条件下，E为DB为延长线上一点，设 AH：DH=x ， tan2∠ABE=y ．
①求y关于x的函数关系式；
②如图3，连结AM分别交BC，CD于N、P，作 FN⊥AD 于D，交AB于F，若△BFN面积为△ACP面积的 35 ，求x的值．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：当△ABC的高经过圆心时即点A和点A′重合时，此时△ABC的面积最大，
∵A′D⊥BC，
∴BC=2BD，∠BOD=∠BAC=θ，
在Rt△BOD中，
BD=OBsinθ=sinθ，OD=OBcsθ=csθ，
∴BC=2sinθ，AD=1+csθ
∴S△ABC=12BC·AD=12×2sinθ1+csθ=sinθ1+csθ.
故答案为：D.
【分析】当△ABC的高经过圆心时即点A和点A′重合时，此时△ABC的面积最大，利用垂径定理和圆周角定理可证得BC=2BD，∠BOD=∠BAC=θ，利用解直角三角形表示出BD，OD的长，由此可得到AD，BC的长；然后利用三角形的面积公式可求出△ABC的最大面积.
2．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，过点A作AD⊥BC交于点H，交EF于点Q，
∵配电房是轴对称图形，BC=6m，
∴BH=HC=3m，
在Rt△AHB中，∠ABH=α，
∴AH=3tanα m，
∵HQ=4m，
∴AQ=AH+HQ=（3tanα+4）m，
即房顶A离地面EF的高度（3tanα+4）m.
故答案为：B.
【分析】如图，过点A作AD⊥BC交于点H，交EF于点Q，由轴对称图形性质，可得BH=HC=3m，再由锐角三角函数正切关系，求得AH=3tanα m，从而得AQ=（3tanα+4）m，即可求得房顶A离地面EF的高度.
3．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P，
由题意可知，AB=BC=4，E是BC的中点，
∴BE=2，
∵csB= 14 ，
∴BH=1=12BE，
∴H是BE的中点，
∴AB=AE=4，
又∵AF是∠DAE的角平分线，AD∥FG，
∴∠FAG=∠AFG，
∴AG=FG，
又∵PF∥AD， AP∥DF，
∴PF=AD=4，
设FG=x，则AG=x，EG=PG=4-x，
∵PF∥BC，
∴∠AGP=∠AEB=∠B，
∴cs∠B=cs∠AGP=12PGAG=2-x2x=14，
解得x=83.
故答案为：B.
【分析】过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P，csB= 14 ，推出H是BE的中点，根据条件求出AG=FG， EG=GP，设FG=x，则AG=x，EG=PG=4-x，根据平行线的性质和等腰三角形的性质，得出∠AGP=∠B，根据cs∠AGP=14建立方程，即可求出FG的长.
4．【答案】D
【解析】【解答】解：过点C作CE⊥AD交AD于点E，如图，
由题可知 CE=BH=3 m， AD∥BC ， HE=BC=2 m， AH=DE ，
∴∠CDE=α ，
在 Rt△CDE 中， tan∠CDE=tanα=CEDE ，
∴DE=CEtanα=3tanα (m)，
∴AD=AH+HE+DE=3tanα+2+3tanα=2+6tanα (m).
故答案为：D.
【分析】过点C作CE⊥AD交AD于点E，由题意得CE=BH=3m，AD∥BC，HE=BC=2m，AH=DE，根据平行线的性质可得∠CDE=α，根据三角函数的概念可得DE，然后根据AD=AH+HE+DE进行解答.
5．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，连接FE，交AD与G，过A点作AH⊥BC于点H，
∵四边形AEDF为正方形
∴AD⊥FE
∴FG⊥BC
又AH⊥BE，AH⊥AD
∴四边形AHEG为矩形
又AG=GE
∴矩形AHEG为正方形
∴AH=HE
设EC=x
则BE=5x
BC=AD=6x
AH=GE=HE=3x
∴BH=BE-CE=5x-3x=2x
∴tanB=AHBH=3x2x=32
故答案为：B.
【分析】连接FE，交AD与G，过A点作AH⊥BC于点H，根据正方形的性质可得AD⊥FE，推出四边形AHEG为正方形，则AH=HE，设EC=x，则BE=5x，BC=AD=6x，AH=GE=HE=3x，BH=BE-CE=2x，然后根据三角函数的概念进行计算.
6．【答案】A
【解析】【解答】解：如图所示，

∵在Rt△AEB中，AE=1，∠BAE=α，
∴BE=AEtanα=tanα，
∴CF=tanα，
∵在Rt△DFC中，∠FDC=β，
∴DF=CFtanβ=tanαtanβ.
故答案为：A.
【分析】在Rt△AEB中，根据∠BAE的正切三角函数，求得BE=tanα，根据矩形的性质得CF=tanα，在Rt△DFC中，根据∠FDC的正切三角函数，即可求得DF=tanαtanβ.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：过A作AH⊥DE于H，如图所示，
由题意知，AB∥DE，四边形ABEH为矩形，
∴∠D=α，AB=EH=120（cm），
在Rt△ADH中，DH=AD·cs∠D=40·csα（cm），
∴DE=DH+EH=120+40csα（cm）.
故答案为：B.
【分析】过A作AH⊥DE于H，由题意知：AB∥DE，四边形ABEH为矩形，根据平行线的性质可得∠D=∠CAB=α，根据矩形的性质可得AB=EH=120cm，根据三表函数的概念可得DH，然后根据DE=DH+EH进行计算.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，过点B作BC⊥AD于点C，
则∠ABC=α，AC=AD-CD=AD-BE=25 -1=24，
tanα=tan∠ABC=ACBC=ACDE=24DE，
∴DE=24tanα.
故答案为：D.
【分析】过点B作BC⊥AD于点C，则∠ABC=α，AC=AD-CD=AD-BE=24，然后根据三角函数的概念进行解答.
9．【答案】C
【解析】【解答】解：连接CA，如图，
由题可知四边形CAFÉ是矩形，
∴CA⊥AF，EF=CA，
∴∠θ+∠BAC=90°，
∵AB⊥BC，
∴∠BCA+∠BAC=90°，
∴∠θ=∠BCA，
在Rt△ABC中，csθ=BCCA，
∴EF=CA=BCcsθ=acsθ，
在Rt△CDE中，sinθ=DECD，
∴DE=CD⋅sinθ=bsinθ，
∴DF=DE+EF=bsinθ+acsθ.
故答案为：C.
【分析】连接CA，由题意可知四边形CAFÉ是矩形，则CA⊥AF，EF=CA，根据同角的余角相等可得∠θ=∠BCA，根据三角函数的概念可得EF、DE，然后根据DF=DE+EF进行计算.
10．【答案】A
【解析】【解答】解：由题意知△BEF是等边三角形， 作FH⊥BE于点H，如图，
∵△BEF是等边三角形，
∴ ∠BEF＝60°，BE＝EF＝BF，
∵FH⊥BE，
∴∠FHE＝90°，
∴FH＝BEsin∠BEF=BEsin60°＝32BE，
∴S△BEF=12BE·FH=34BE2，
设△BEF边长为b，则AC＝b，△BCD边长为a ，△BGH边长为c，则AB＝c，
S△BEF=34b2，
同理可得S△BCD=34a2，S△BGH=34c2，
∴S四边形EGHF=S△BGH-S△BEF=34c2-34b2=34(c2-b2)，
S四边形GDCH=S△BCD-S△BGH=34a2-34c2=34(a2-c2)，
∵△ABC是直角三角形，
∴b2+c2=a2，
∴b2=a2-c2，
∴S四边形EGHFS四边形GDCH=c2-b2a2-c2=c2-b2b2＝16164 ，
∴c2b2=22564，
∴cb=158，
设c＝15k，b＝8k，
则a=c2+b2=17k ，
∴sin∠ABC＝ba=8k17k=817 .
故答案为：A.
【分析】由题意知△BEF是等边三角形，作FH⊥BE于点H，根据等边三角形的性质可得 ∠BEF＝60°，BE＝EF＝BF，则∠FHE＝90°，根据三角函数的概念表示出FH，得到S△BEF，设△BEF边长为b，则AC＝b，△BCD边长为a ，△BGH边长为c，则AB＝c，表示出S△BEF、S△BCD、S△BGH，根据S四边形EGHF=S△BGH-S△BEF，S四边形GDCH=S△BCD-S△BGH表示出S四边形EGHF，S四边形GDCH，由勾股定理可得b2=a2-c2，代入求解可得cb=158，设c＝15k，b＝8k，由勾股定理可得a，然后根据三角函数的概念进行计算.
11．【答案】10；10+13
【解析】【解答】解：设AC与OM交于点H，过点C作CN⊥BD于N，
∵HC∥EG，
∴∠HCM＝∠EGF，
∵∠CMH＝∠EFG＝90°，
∴△HMC∽△EFG，
∴HMCM＝EFFG＝23，
∴HM8.5＝23
∴HM＝173，
∵BD∥EG，
∴∠BDC＝∠EGF，
∴tan∠BDC＝tan∠EGF，
∴CNDN＝EFFG＝23，
设CN＝2x，DN＝3x，则CD＝13x=13，
解之：x=13，
∴AB＝CN＝213，
∴OA＝OB＝12AB＝13，
在Rt△AHO中，∠AHO＝∠CHM=∠DCN，
∴sin∠AHO＝AOOH=DNCD＝3x13x=13HO，
解之：OH＝133，
∴OM＝OH＋HM＝133＋173＝10，
以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，其最大高度等于OB+OM=（10+13）米．
故答案为：10，（10+13）.
【分析】设AC与OM交于点H，过点C作CN⊥BD于N，利用平行线的性质可证得∠HCM＝∠EGF，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△HMC∽△EFG，利用相似三角形的对应边成比例可求出HM的长；利用平行线的性质可得到∠BDC＝∠EGF，从而可推出tan∠BDC＝tan∠EGF，可得到CN与DN的比值，设CN＝2x，DN＝3x，利用勾股定理表示出CD的长，利用CD的长建立关于x的方程，解方程求出x的值，可得到AB，OA的长；在Rt△AHO中，∠AHO＝∠CHM，利用锐角三角函数的定义可求出OH的长，根据OM=OH+HM，代入计算求出MO的长；以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，然后求出其最大高度.
12．【答案】5或 354
【解析】【解答】解：过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ
∵tan∠CBT＝CTBT=3，
∴设BT＝k，CT＝3k，
∵∠CAT＋∠ACT＝90°，∠ACT＋∠JCD＝90°，
∴∠CAT＝∠JCD，
在△ATC和△CJD中，
∠ATC＝∠CJD∠CAT＝∠JCDCA＝CD
∴△ATC≌△CJD（AAS），
∴DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10＋k，
∵∠CJD＝∠CED＝90°，
∴C，E，D，J四点共圆，
∵EC＝DE，
∴∠CJE＝∠DJE＝45°，
∴ET＝TJ＝10−2k，
∵CE2＝CT2＋TE2＝（22CD）2
∴（3k）2＋（10-2k）2＝22·(3k)2＋(10＋k)22，
∴4k2−25k＋25＝0，
∴（k−5）（4k−5）＝0，
∴k1＝5，k2=54，
当k=5时，BE＝BT＋ET＝k＋10−2k＝10−k＝5，
当k=54时BE＝10-54=354.
∴BE的长为5或354．
故答案为：5或354．
【分析】过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ，利用锐角三角函数的定义可得到CTBT=3，设BT＝k，CT＝3k，利用余角的性质可证得∠CAT＝∠JCD，利用AAS证明△ATC≌△CJD，利用全等三角形的性质可得到DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10＋k；由∠CJD＝∠CED＝90°，可推出C，E，D，J四点共圆，利用含k的代数式表示出ET的长，利用勾股定理建立关于k的方程，解方程求出k的值；然后求出BE的长.
13．【答案】5
【解析】【解答】解：过点A作AD⊥BC，垂足为D ，
在 Rt△ABD 中， sinB=14 ， AB=4 ，
∴AD=AB⋅sinB=4×14=1 ，
在 Rt△ADC 中， tanC=12 ，
∴DC=ADtanC=112=2 ，
∴AC=AD2+CD2=12+22=5.
故答案为： 5 .
【分析】过点A作AD⊥BC，垂足为D，根据三角函数的概念可得AD、DC，然后利用勾股定理进行计算.
14．【答案】72
【解析】【解答】解：延长NF交CD于H点，
∵∠ADF = 90°，
∴∠A+∠FDH=90°，
∴∠DFN+∠DFH= 180°， ∠A+∠B= 180°， ∠B=∠DFN，
∴∠A=∠DFH，
∴∠FDH+∠DFH=90° ，
∴NH⊥DC，
设DM=4k，DE=3k， EM= 5k，
∴AD=9k=DC，DF=6k，
∴tanA= tan∠DFH=DHFH，
则sin∠DFH=DHDF=45，
∴DH=45DF=245k，
∴CH=9k-245k=215k，
∵csC=csA=CHNC=35，
∴CN=53CH=7k，
∴BN=2k，
∴ CNBN=72.
故答案为：72.
【分析】延长NF与DC交于点H，利用翻折变换的性质求出NH⊥DC，设DM=4k，DE=3k， EM=5k，利用三角函数表示出BN，CN的长，从而求出结果.
15．【答案】23
【解析】【解答】解：过点A作AF⊥BD于F，设BF=a，
Rt△ABF中，tan∠ABF=2，则AF=2a，AB=AF2+BF2=5a，
Rt△ABD中，tan∠ABD=2，则AD=25a，BD=AB2+AD2=5a，
∵ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABF=∠CDE，
又∵∠AFB=∠CED=90°，
∴△ABF≌△CDE（AAS），
∴BF=DE=a，
∴EF=BD-BF-DE=3a，
Rt△AFE中，tan∠AEF=AFEF=23.
故答案为：23；
【分析】过点A作AF⊥BD于F，设BF=a，根据三角函数的概念可得AF，AD，利用勾股定理可得AB、BD，根据矩形以及平行线的性质可得∠ABF=∠CDE，证明△ABF≌△CDE，得到BF=DE=a，则EF=BD-BF-DE=3a，然后根据三角函数的概念进行计算.
16．【答案】17；3720a
【解析】【解答】解：过点B作BE⊥AQ，
∵BE⊥AQ，CD⊥AB，
∴∠AEB=∠ADQ，
∴ΔAEB∼ΔADQ，
∴ABAQ=BEDQ，
∵AD=AB+BD=a+3a=4a，DQ=3a，
∴AQ=AD2+DQ2=5a，BQ=BD2+DQ2=32a，
∴a5a=BE3a，
∴BE=3a5，
∴EQ=BQ2-BE2=(32a)2-(3a5)2=21a5，
∴tan∠AQB=BEEQ=3a521a5=321=17，
故答案为：17
如图，作MK//AD，HG//AD，GF⊥AD，
∵BE⊥AQ，MN⊥AQ，
∴ΔBEQ∼ΔNMQ，
∵MN=0.25a=a4，
∴BEMN=EQMQ=BQNQ=3a5a4=125，
∴MQ=EQ125=21a5125=7a4，NQ=BQ125=32a125=52a4，
∵MK//AD，
∴ΔABQ∼ΔMKQ，
∴AQMQ=BQKQ=5a7a4=32aKQ，
∴KQ=212a20，
∴NK=NQ-KQ=52a4-212a20=2a5，
∵MK//AD，HG//AD，
∴ΔHNQ∼ΔMNK，
∴HNMN=NGNK，
∵HN=12MN，
∴NG=12NK=12×2a5=2a10，
∵BN=BQ-NQ=32a-52a4=72a4，
∴BG=BN+NG=72a4+2a10=372a20，
∵GF⊥AD，
∴ΔBFG∼ΔBDQ，
∴FG=12(372a20)2=3720a.
故答案为：3720a.
【分析】过点B作BE⊥AQ，易证△AEB∽△ADQ，由题意可得AD=4a，DQ=3a，根据勾股定理可得AQ、BQ，利用相似三角形的性质可得BE，根据勾股定理可得EQ，然后根据三角函数的概念可得tan∠AQB的值；作MK∥AD，HG∥AD，GF⊥AD，证明△BEQ∽△NMQ，根据相似三角形的性质可得MQ、NQ，证明△ABQ∽△MKQ，根据相似三角形的性质可得KQ，然后表示出NK，证明△HNQ∽△△MNK，根据相似三角形的性质可得NG，由BN=BQ-NQ可得BN，由BG=BN+NG可得BG，证明△BFG∽△BDQ，根据相似三角形的性质可得FG.
17．【答案】5
【解析】【解答】解：过A作 AD⊥BC ，
在 RtΔABD 中， sinB=14 ， AB=4 ，
∴AD=AB⋅sinB=1 ，
在 RtΔACD 中， tanC=12 ，
∴ADCD=12 ，即 CD=2 ，
根据勾股定理得： AC=AD2+CD2=1+4=5 .
故答案为： 5 .
【分析】过A作AD⊥BC，根据三角函数的概念可得AD、CD，然后利用勾股定理进行计算.
18．【答案】45
【解析】【解答】解：如图，连接AC、BM、DN、CE，过点M作 MG⊥AC 于点G，
由折叠可知： EF⊥AC ， AO=CO ，
MB=MD ， AE=CE ，
∴MG//OE ，
∴MGOE=AGAO=AMAE ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC ， AB=CD ，
∠ABC=∠BAM=∠ADC=90° ，
设 AM=x ， AB=a ，
∴BC=AD=2a ， MB=MD=2a-x ，
∴AC=AB2+BC2=a2+(2a)2=5a ，
∴AO=12AC=5a2 ，
∵AM2+AB2=BM2 ，
∴x2+a2=(2a-x)2 ，
∴x=3a4 ，
∴AM=3a4 ，
设 AE=y ，则 CE=y ， DE=2a-y ，
∵CD2+DE2=CE2 ，
a2+(2a-y)2=y2 ，
∴y=5a4 ，
∴AE=5a4 ，
∴OE=AE2-AO2=(5a4)2-(5a2)2=5a4 ，
∴MG5a4=3a45a4=AG52a ，
∴MG=35a20 ， AG=35a10 ，
∴OG=AO-AG=5a2-35a10=5a5 ，
∴OM=MG2+OG2=(35a20)2+(5a5)2=5a4 ，
∴sin=∠GMO=OGOM=5a55a4=45 ，
∵∠MGA=∠EOA=90° ，
∴MG//OE ，
∴∠GMO=∠MOE=θ ，
∴sinθ=45
故答案为： 45 .
【分析】连接AC、BM、DN、CE，过点M作MG⊥AC于点G，由折叠的性质得EF⊥AC，AO=CO，
MB=MD，AE=CE，则MG∥OE，由矩形性质得AD=BC，AB=CD，∠ABC=∠BAM=∠ADC=90°，
设AM=x，AB=a，则BC=AD=2a，MB=MD=2a-x，根据勾股定理表示出AC，然后在Rt△ABM中，根据勾股定理可得x，设AE=y，则CE=y，DE=2a-y，根据勾股定理表示出y，进而可得OE、MG、AG、OG、OM。利用三角函数的概念求出sin∠GMO，根据平行线的性质可得∠GMO=∠MOE=θ，据此计算.
19．【答案】4825
【解析】【解答】解：∵AB=4，sinA=BCAB=35
∴BC=125
∴AC=AB2-BC2=165
∴斜边上的高h=AC×BCAB=4825
故答案为：4825.
【分析】由sinA=BCAB=35可求出BC=125，利用勾股定理求出AC的长，根据三角形的面积可得斜边上的高h=AC×BCAB，据此计算即可.
20．【答案】（1）833
（2）421+433
【解析】【解答】解：（1）延长BG交AC于点D，连接并延长AG，CG，分别交BC，AB于点F，E，过点C作CH∥BD，交AF延长线于点H，则∠BCH=∠CBG，
∵BF=CF，∠BFG=∠CFH，
∴△BFG≌△CFH(ASA)，
∴BG=CH，
∵D是AC中点，
∴G是AH中点，
∴DG=12CH=12BG，
∴BD=BG+DG=32BG，
∴BG=23BD，
∵∠BAC=60°，
∴当∠ACB=30°时，∠ABC=90°，AC=233BC=233×12=83，
∴BD=12AC=43，
∴BG=23BD=833；
故答案为：833；
（2）当BG通过点G的轨迹圆的圆心时，BG最大，
过G作GM与AB平行，过G作GN与AC平行，分别交BC于点M、N，
则∠MGN=60°，且FM= 13BF=2，FN= 13CF=2，
∴FM=FN，MN==4，
∴点G在以MN为弦的圆上运动，设圆心为点P，点O为△ABC的外心，连接PF，PM，PN，
则∠MPN=2∠MGN=120°，PF⊥MN，PM=PN，
∴∠PMN=∠PNM= 12 (180°-∠MPN)=30°，
∴PF=33MF=233，PG=PM=233MF=433，
∴BP=BF2+PF2=62+(233)2=4213，
∴BG=BP+PG=421+433，
故BG的最大值为421+433.
故答案为：421+433.
【分析】（1）延长BG交AC于点D，连接并延长AG，CG，分别交BC，AB于点F，E，过C作CH∥BD，交AF延长线于点H，则∠BCH=∠CBG，易证△BFG≌△CFH，得到BG=CH，推出DG为是三角形ACH的中位线，得到DG=12CH=12BG，则BD=32BG，当∠ACB=30°时，∠ABC=90°，然后求出AC、BD，进而可得BG；
（2）当BG通过点G的轨迹圆的圆心时，BG最大，过G作GM与AB平行，过G作GN与AC平行，分别交BC于点M、N，则∠MGN=60°，且FM= 13BF=2，FN= 13CF=2，FM=FN，MN=4，设圆心为点P，点O为△ABC的外心，连接PF，PM，PN， 由圆周角定理可得∠MPN=2∠MGN=120°，根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠PMN=∠PNM=30°，利用三角函数的概念可得PF、PG，由勾股定理求出BP，然后根据BG=BP+PG进行计算.
21．【答案】解：原式=1+2-2×12+3=5.
【解析】【分析】把特殊角的三角函数值代入，再根据零指数幂的性质、负整数指数幂的性质、绝对值的性质进行化简，再进行计算，即可得出答案.
22．【答案】解：原式＝1-2+2-2
＝1-2，
故答案为：1-2.
【解析】【分析】根据0次幂的运算性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质以及算术平方根的概念可得原式=1-2×22+2-2，然后计算乘法，再计算加减法即可.
23．【答案】解：原式=（ 22 ）2+ 322×32+1 ﹣ 3 × 33
= 12 + 3-34 ﹣1
= 1-34 .
【解析】【分析】先将特殊角三角函数值代入，再利用二次根式的混合运算计算即可.
24．【答案】解： 2cs60°-(-12)-2+|3-1|+(-2022)0
=2×12-4+3-1+1
=1-4+3-1+1
=3-3 .
【解析】【分析】代入特殊角的三角函数值，根据0次幂以及负整数指数幂的运算性质、绝对值的性质分别化简，然后计算乘法，再计算加减法即可.
25．【答案】解：(-2)2+12-2sin60°
=4+23-2×32
=4+23-3
=4+3
【解析】【分析】代入特殊角的三角函数值，进而根据有理数的乘方运算法则及二次根式的性质分别计算，再合并同类二次根式即可.
26．【答案】（1）解：如图2，过点C作CF⊥DE于点F，
∵CD=CE=5cm，∠DCE=40°，
∴∠DCF=∠ECF=20°，DF=EF=12DE，
∴在Rt△DFC中，sin20°=DFCD=DF5≈0.34，
∴DF=1.7cm，
∴DE=2DF=3.4cm.
（2）解：如图2，连接AB，过点D作DG⊥AB于点G，过点E作EH⊥AB于点H，
∴∠AGD=90°，
由题意可得：CF垂直平分AB，
∴DG∥CF，
∴∠GDC=∠DCF=20°，
又∵AD⊥CD，
∴∠A+∠ADG=∠GDC+∠ADG=90°，
∴∠A=∠GDC=20°，
∴在Rt△AGD中，AD=10cm，cs20°=AGAD=AG10≈0.94，
∴AG=9.4，
同理可得：HB=9.4，
∴AB=AG+GH+HB=AG+DE+HB=9.4+3.4+9.4=22.2cm.
答：点A、B之间的距离为22.2cm.
【解析】【分析】（1）如图2，过点C作CF⊥DE于点F，由等腰三角形性质可得∠DCF=∠ECF=20°，DF=EF=12DE，再根据锐角三角函数定义，即在Rt△DFC中，sin20°=DFCD=DF5≈0.34，求得DF的长，进而求得DE的长；
（2）如图2，连接AB，过点D作DG⊥AB于点G，过点E作EH⊥AB于点H，∠AGD=90°，由题意得CF垂直平分AB，从而得DG∥CF，进而得∠GDC=∠DCF=20°，通过角互余等量代换得∠A=∠GDC=20°，
由cs20°=AGAD=AG10≈0.94，求得AG=9.4，同理得HB=9.4，最后由AB=AG+GH+HB代入数据计算即可求解.
27．【答案】（1）解：由题意，得AE=BE=2，
∵AE=2BF，
∴BF=1，
由勾股定理，得EF2=BE2+BF2=5，
∴正方形EFGH的面积为5.
（2）①证明：由题意，知∠KAE=∠B=90°，
∴∠EFB+∠FEB=90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠HEF=90°，
∴∠KEA+∠FEB=90°，
∴∠KEA=∠CEFB，
∴△KEA∽△EFB，
∴KEEF=AEBF =2．
∴EK=2EF=2EH．
②解：由①得HK=GF，
又∵∠KHI=∠FGJ=90°，∠KIH=∠FJG，
∴△KHI≌△FGJ．
∴△KHI的面积为S1．
由题意，知△KHI∽△KAE，
∴S1+S2S1=(KAKH)2=4KA2KE2 =4sin2α，
∴S2S1 =4sin2α-1．
【解析】【分析】（1）当点E与点M重合时，可求出AE，BE的长，利用AE=2BF，可求出BF的长；然后利用勾股定理求出EF2，即可得到正方形EFGH的面积.
（2）①利用已知和正方形的性质可证得∠KAE=∠B=90°，∠KEA+∠FEB=90°，利用余角的性质可证得∠KEA=∠CEFB，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△KEA∽△EFB，利用相似三角形的对应边成比例可证得结论；
②由①得HK=GF，利用AAS证明△KHI≌△FGJ；然后证明△KHI∽△KAE，由此可证得S1+S2S1=(KAKH)2=4KA2KE2=4sin2α =4sin2α，即可证得结论.
28．【答案】（1）证明：∵E，F分别是 AC，AB 的中点，
∴EF∥BC ，
∴∠FEO=∠DGO，∠EFO=∠GDO ．
∵O是 DF 的中点，
∴FO=DO ，
∴△EFO≌△GDO(AAS) ，
∴EF=GD ，
∴四边形 DEFG 是平行四边形．
（2）解：∵AD⊥BC ，E是 AC 中点，
∴DE=12AC=EC ，∴∠EDC=∠C ，
∴tanC=tan∠EDC=52 ，∴ADDC=52 ．
∵AD=5 ，∴CD=2 ．
∴DE=12AC=12AD2+CD2=1252+22=292 ．
由 ▱DEFG 得 FG=DE=292 ．
【解析】【分析】（1）利用已知可知EF是△ABC的中位线，利用三角形的中位线定理可证得EF∥BC；再利用平行线的性质可证得∠FEO=∠DGO，∠EFO=∠GDO，利用线段中点的定义可证得FO=DO；利用AAS可证得△EFO≌△GDO，利用全等三角形的对应边相等，可证得EF=GD；然后利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得结论.
（2）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得DE=EC，利用等边对等角可证得∠EDC=∠C；利用锐角三角形的定义可求出CD的长；利用勾股定理求出AC的长，即可得到DE的长；然后利用平行四边形的对边相等，可求出FG的长.
29．【答案】（1）解：如图，过B作BF⊥CM于点F，
在Rt△BCF中，∠BCF=70°，
∴BFBC=sin70°，
∴BF=20×0.94≈19cm.，
∴点B到桌面距离为19cm.
（2）解：如图，过点A作AG⊥GM与点G，过B作BH⊥AG于点H，过E作EK⊥AG于点K，
∴BH∥FG，
∴∠HBC=∠BCM=70°，
∵∠ABC=110°，
∴∠ABH=40°
∵∠EAB=90°，∠EAK=40°，AE=12DE=12×18=9cm，
∴AHAB=sin40°，AKAE=cs40°，
∴AH=20×0.64=12.8cm，AK=9×0.77=6.93cm，
∴EG=AH-AK+HG=12.8-6.93+19≈25cm.
答：支撑面下端E到桌面的距离大约为25cm.
【解析】【分析】（1）如图，过B作BF⊥CM于点F，在Rt△BCF中，∠BCF=70°，利用正弦关系求得BF的长度即可得出点B到桌面距离；
（2）如图，过点A作AG⊥GM与点G，过B作BH⊥AG于点H，过E作EK⊥AG于点K，利用垂线和平行线的性质推出∠EAB=90°，EAK=40°，从而得AHAB=sin40°，AKAE=cs40°，代入数据计算出AH和AK的长度，再由EG=AH-AK+HG代入数据计算既可口得出支撑面下端E到桌面的距离.
30．【答案】（1）证明：∵AB=AC，
∴AB=AC，
∴∠ACB=∠ADC，
又∵∠CAH=∠DAC，
∴△ACH∽△ADC.
（2）解：如图1，连结AO，CO，AO交BC于N，
∵AB=AC，BC=8，
∴OA⊥BC，
∴BN=CN=4，
∵⊙O半径为5，
易得ON=3，AN=2，
∴AC=AN2+CN2=25，
∵AH：DH=2：3，
∴设AH=2m，DH=3m，则AD=5m
由（1）可知：△ACH∽△ADC，
∴AC2=AH⋅AD，
∴20=10m2，
∴m=2，
∴AH=22，
∴HN=AH2-AN2=2，
∴CH=6，
又∵CDCH=ACAH，
∴CD=310.
（3）解：①如图2，连结AO交BC于N，

∵四边形ABDC是⊙O的内接四边形，
∴
∴∠EBA=∠ACD=∠AHC，
设DH=a，AH=ax，
同（2）得：AC2=AH⋅AD，
∴a2x(x+1)=20，即a2x=20x+1，
∴NH2=AH2-AN2=a2x2-4=20xx+1-4=16x-4x+1，
∴tan2∠ABE=tan2∠AHC=AN2HN2，
∴y=x+14x-1；
②如图2，作FT⊥BC于点T，
易得∠BAN=∠CAN，
∵FN⊥AD，AN⊥BC，
∴∠BAN=∠CAN，∠AHN+∠HNG=∠HNG+∠ANG，
∴∠AHN=∠ANG，
又∵∠ACD=∠AHC，
∴∠ACP=∠ANF，
∴△ANF∽△ACP，
∴S△ANFS△ACP=(ANAC)2=4（25）2=15，
又∵S△BNFS△ACP=35，
∴S△ANFS△BFN=13，
∴AFBF=13，
∴BF=34AB=325，
∵tan∠ABC=FTBT=12，
∴设FT=b，则BT=2b，
在Rt△BTF中，由勾股定理得BT2+FT2=BF2，b2+（2b）2=（352）2，
解得b=32（负值已舍去），
∴FT=32，BT=3，NT=1，
易证∠ABE=∠AHN=∠NFT，
∴y=tan2∠NFT=49，
代入y=x+14x-1得x=137，
经检验x=137是原分式方程的根，
∴x=137.
【解析】【分析】（1）由同圆中等弦所对的劣弧相等得AB=AC，再由圆周角定理得∠ACB=∠ADC，进而可证明△ACH∽△ADC；
（2）如图1，连结AO，CO，AO交BC于点N，由垂径定理得BN=CN=4，再由勾股定理求得ON和AN的长，从而求得AC的长，根据AH：DH=2：3，设AH=2m，DH=3m，则AD=5m，由（1）可知△ACH∽△ADC，由相似三角形对应比例关系求得m的值，即得AH=22，再由勾股定理求得HN=2，从而得CH=6，再由相似三角形对应比例得CDCH=ACAH，代入数据即可求出CD的长；
（3）①如图2，连结AO交BC于N，由圆内接四边形性质及角的等量代换得∠EBA=∠ACD=∠AHC，设DH=a，则AH=ax，同（2）得AC2=AH⋅AD，得a2x=20x+1，求出NH2=16x-4x+1，再由∠ABE的正切关系得y=x+14x-1；②如图2，作FT⊥BC于点T，易得∠BAN=∠CAN，由FN⊥AD，AN⊥BC，可得∠BAN=∠CAN，∠AHN+∠HNG=∠HNG+∠ANG，继而得∠AHN=∠ANG，推出∠ACP=∠ANF，证出△ANF∽△ACP，由相似性质及S△BNFS△ACP=35推出S△ANFS△BFN=13，即得AFBF=13，BF=34AB=325，
进而得tan∠ABC=FTBT=12，设FT=b，则BT=2b，再由勾股定理得BT2+FT2=BF2，即得b2+（2b）2=（352）2，解得b=32，从而得FT=32，BT=3，NT=1，易证∠ABE=∠AHN=∠NFT，进而得到y=tan2∠NFT=49，代入y=x+14x-1计算即可求得x=137.