第1章 解直角三角形 专项练习
细心选一选
1．在Rt△ABC中，∠C=90°，cosA=，那么tanB=( )
A. B. C. D.
2. 在△ABC中， tan A＝1，cos B＝ ，则∠C的度数是（ ）
A. 75° B.60° C. 45° D.105°
3. 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC =1，BC =，则sinA，cosA的值分别为( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
4．在直角三角形中，如果各边都扩大1倍，则其锐角的三角函数值( )
A. 都扩大1倍 B.都缩小为原来的一半 C.都没有变化 D. 不能确定
5．已知α是锐角，且sinα+cosα=,则sinα·cosα值为( )
A. B. C. D. 1
6．化简： 的结果为( )
A.1+tan40° B. 1－tan40° C. tan40°－1 D. tan240°+1
7.已知β为锐角，cosβ≤，则β的取值范围为( )
A.30°≤β ＜90° B. 0°＜β≤60° C. 60°≤β＜90° D. 30°≤β＜60°
8.三角函数sin30°、cos16°、cos43°之间的大小关系是( )
A. cos43°＞cos16°＞sin30° B. cos16°＞sin30°＞cos43°
C. cos16°＞cos43°＞ sin30° D. cos43°＞sin30°＞cos16°
9．如图，在矩形ABCD中，DE⊥AC于E ，设∠ADE=α,
且cosα=，AB=4，则AD的长为( )
A.3 B. C. D.
10．在平行四边形ABCD中，已知AB=3cm，BC=4cm，∠B=60°，则SABCD等于( )
A. 6 cm2 B. 12 cm2 C.6 cm2. D.12 cm2
二、精心填一填（共6小题；每小题5分，共30分）
11.若sin（α+5°）=1，则α= °。
12.边长为8，一个内角为120°的菱形的面积为 。
13. 一等腰三角形的腰长为3，底长为2，则其底角的余弦值为 。
14.在△ABC中，∠BAC=120°, AB=AC, BC=4,建立如下图的平面直角坐标系，则A、B、C个点的坐标分别是;A( ， )、B( ， )、C( ， )。
15.如右下图，把矩形纸片OA BC放入平面直角坐标系中，使OA、OC分别落在x轴、y轴上，连结O B将纸片沿O B折叠，使A落在A′的位置，若O B=，tan∠BOC=,则OA′= 。
16．如下图，建筑物AB和CD的水平距离为30m,从A点测得D点的俯角为30°，测得C点的俯角为60°，则建筑物CD的高为 。
三、耐心解一解（共80分）
17．求值（每题8分，共16分）
（1）cos60°+ sin245°－tan34°·tan56° (2)已知tanA=2，求的值。
18．（10分）如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=135°求tanB。
19．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，sinB=，D在BC边上，且∠ADC=45°，AC=5。
求∠BAD的正切值。
20．（10分）在一次数学活动课上，胡老师带领九（3）班的同学去测
一条南北流向的河宽。如图所示，张一凡同学在河东岸点A出测到河
对岸边有一点C，测得C在A的北偏西31°的方向上，沿河岸向北
前进21m到达B处，测得C在B的北偏西45°的方向上。
请你根据以上的数据，帮助该同学计算出这条河的宽度。（tan31°=）
21、(2008年福建省福州市)如图，已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：
（1）当t＝2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；
（2）设△BPQ的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（3）作QR//BA交AC于点R，连结PR，当t为何值时，△APR∽△PRQ？
22. （10分）将一副三角板按如图的方式摆放在一起，连接AD,求∠ADB的正弦值
23、(2008年广东湛江市) 如图11所示，已知抛物线与轴交于A、B两点，与轴交于点C．
（1）求A、B、C三点的坐标．
（2）过点A作AP∥CB交抛物线于点P，求四边形ACBP的面积．
（3）在轴上方的抛物线上是否存在一点M，过M作MG轴于点G，使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似．若存在，请求出M点的坐标；否则，请说明理由．
15、解：(1)△BPQ是等边三角形,当t=2时,AP=2×1=2,BQ=2×2=4,所以BP=AB-AP=6-2=4,所以BQ=BP.又因为∠B=600,所以△BPQ是等边三角形.
(2)过Q作QE⊥AB,垂足为E,由QB=2y,得QE=2t·sin600=t,由AP=t,得PB=6-t,
所以S△BPQ=×BP×QE=(6-t)×t=－t2+3t；
(3)因为QR∥BA,所以∠QRC=∠A=600，∠RQC=∠B=600，又因为∠C=600,所以△QRC是等边三角形,所以QR=RC=QC=6-2t.因为BE=BQ·cos600=×2t=t,所以EP=AB-AP-BE=6-t-t=6-2t,
所以EP∥QR,EP=QR,所以四边形EPRQ是平行四边形,所以PR=EQ=t,又因为∠PEQ=900,
所以∠APR=∠PRQ=900.因为△APR～△PRQ,所以∠QPR=∠A=600,所以tan600=,即,所以t=,所以当t=时, △APR～△PRQ
21．解：（1）令，得 解得
令，得
∴ A B C （2分）
（2）∵OA=OB=OC= ∴BAC=ACO=BCO=
∵AP∥CB， ∴PAB=
过点P作PE轴于E，则APE为等腰直角三角形
令OE=，则PE= ∴P
∵点P在抛物线上 ∴
解得，（不合题意，舍去）
∴PE= 4分）
∴四边形ACBP的面积=AB•OC+AB•PE
= 6分）
(3)． 假设存在
∵PAB=BAC = ∴PAAC
∵MG轴于点G， ∴MGA=PAC =
在Rt△AOC中，OA=OC= ∴AC=
在Rt△PAE中，AE=PE= ∴AP= 7分）
设M点的横坐标为，则M
①点M在轴左侧时，则
(ⅰ) 当AMG PCA时，有=
∵AG=，MG=
即
解得（舍去） （舍去）
(ⅱ) 当MAG PCA时有=
即
解得：（舍去）
∴M （10分）
② 点M在轴右侧时，则
(ⅰ) 当AMG PCA时有=
∵AG=，MG=
∴
解得（舍去）
∴M
(ⅱ) 当MAGPCA时有=
即
解得：（舍去）
∴M
∴存在点M，使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似
M点的坐标为，， （13分）