初中数学锐角三角函数的易错题汇编附答案解析

一、选择题

1．“奔跑吧，兄弟！”节目组，预设计一个新的游戏：“奔跑”路线需经A、B、C、D四地．如图，其中A、B、C三地在同一直线上，D地在A地北偏东30°方向、在C地北偏西45°方向．C地在A地北偏东75°方向．且BD=BC=30m．从A地到D地的距离是（ ）

A．303m 【答案】D 【解析】

B．205m C．302m D．156m

分析：过点D作DH垂直于AC，垂足为H，求出∠DAC的度数，判断出△BCD是等边三角形，再利用三角函数求出AB的长，从而得到AB+BC+CD的长．

详解：过点D作DH垂直于AC，垂足为H，由题意可知∠DAC=75°﹣30°=45°．∵△BCD是等边三角形，∴∠DBC=60°，BD=BC=CD=30m，∴DH=

3×30=153，∴2AD=2DH=156m．故从A地到D地的距离是156m． 故选D．

点睛：本题考查了解直角三角形的应用﹣﹣方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．

2．如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平，再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点A′处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，若矩形纸片的宽AB=4，则折痕BM的长为( )

A．

83 3B．

43 3C．8

D．83 【答案】A 【解析】 【分析】

根据折叠性质可得BE=

1AB，A′B=AB=4，∠BA′M=∠A=90°，∠ABM=∠MBA′，可得∠2EA′B=30°，根据直角三角形两锐角互余可得∠EBA′=60°，进而可得∠ABM=30°，在Rt△ABM中，利用∠ABM的余弦求出BM的长即可. 【详解】

∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，AB=4， ∴BE=

1AB=2，∠BEF=90°， 2∵把纸片展平，再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点A’处，并使折痕经过点B， ∴A′B=AB=4，∠BA′M=∠A=90°，∠ABM=∠MBA′， ∴∠EA′B=30°， ∴∠EBA′=60°， ∴∠ABM=30°，

∴在Rt△ABM中，AB=BMcos∠ABM，即4=BMcos30°， 解得：BM=故选A. 【点睛】

本题考查了折叠的性质及三角函数的定义，折叠前后，对应边相等，对应角相等；在直角三角形中，锐角的正弦是角的对边比斜边；余弦是角的邻边比斜边；正切是角的对边比邻边；余切是角的邻边比对边；熟练掌握相关知识是解题关键.

83， 3

3．同学们参加综合实践活动时，看到木工师傅用“三弧法”在板材边角处作直角，其作法是：如图：

（1）作线段AB，分别以点A，B为圆心，AB长为半径作弧，两弧交于点C； （2）以点C为圆心，仍以AB长为半径作弧交AC的延长线于点D； （3）连接BD，BC．

根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ）

A．∠ABD＝90° 【答案】D 【解析】 【分析】

B．CA＝CB＝CD C．sinA＝

3 2D．cosD＝

1 2由作法得CA＝CB＝CD＝AB，根据圆周角定理得到∠ABD＝90°，点C是△ABD的外心，根据三角函数的定义计算出∠D＝30°，则∠A＝60°，利用特殊角的三角函数值即可得到结论． 【详解】

由作法得CA＝CB＝CD＝AB，故B正确； ∴点B在以AD为直径的圆上， ∴∠ABD＝90°，故A正确； ∴点C是△ABD的外心，

AB1＝， AD2∴∠D＝30°，∠A＝60°，

在Rt△ABC中，sin∠D＝∴sinA＝33，故C正确；cosD＝，故D错误， 22故选：D． 【点睛】

本题考查了解直角三角形，三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理和解直角三角形．

4．直角三角形纸片的两直角边长分别为6，8，现将VABC如图那样折叠，使点A与点B重合，折痕为DE，则tanCBE的值是（ ）

24 7A．B．7 3C．

7 24D．

1 3【答案】C 【解析】

试题分析：根据题意，BE=AE．设BE=x，则CE=8-x． 在Rt△BCE中，x2=（8-x）2+62， 解得x=

25257=， ，故CE=8-444∴tan∠CBE=

CE7. CB24故选C.

考点：锐角三角函数.

5．如图，为了测量某建筑物MN的高度，在平地上A处测得建筑物顶端M的仰角为30°，向N点方向前进16m到达B处，在B处测得建筑物顶端M的仰角为45°，则建筑物MN的高度等于( )

A．8(31)m C．16(31)m 【答案】A 【解析】 设MN=xm，

在Rt△BMN中,∵∠MBN=45∘， ∴BN=MN=x，

在Rt△AMN中,tan∠MAN=∴tan30∘=

B．8(31)m D．16(31)m

MN ， ANx =3√3， 16x解得：x=8(3 +1)，

则建筑物MN的高度等于8(3 +1)m； 故选A.

点睛：本题是解直角三角形的应用，考查了仰角和俯角的问题，要明确哪个角是仰角，哪个角是俯角，知道仰角是向上看的视线与水平线的夹角，俯角是向下看的视线与水平线的夹角，并与三角函数相结合求边的长.

6．如图，从点A看一山坡上的电线杆PQ，观测点P的仰角是45，向前走6m到达B点， 测得顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60和30°，则该电线杆PQ的高度（ ）

A．623 【答案】A

B．63 C．103 D．83

【解析】 【分析】

延长PQ交直线AB于点E，设PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函数求得QE的长，则问题求解． 【详解】

解：延长PQ交直线AB于点E，设PE=x．

在直角△APE中，∠A=45°，

AE=PE=x； ∵∠PBE=60° ∴∠BPE=30° 在直角△BPE中，BE=∵AB=AE-BE=6米， 则x-

33PE=x， 333x=6， 3解得：x=9+33． 则BE=33+3． 在直角△BEQ中，QE=

33BE=（33+3）=3+3． 33∴PQ=PE-QE=9+33-（3+3）=6+23． 答：电线杆PQ的高度是（6+23）米． 故选：A． 【点睛】

本题考查解直角三角形的实际应用，解答关键是根据题意构造直角三角形解决问题.

7．如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的切线与AB的延长线交于点P，连接AC，若∠A=30°，PC=3，则⊙O的半径为（ ）

A．3 【答案】A 【解析】 连接OC，

B．23 C．

3 2D．

23 3

∵OA=OC，∠A=30°， ∴∠OCA=∠A=30°， ∴∠COB=∠A+∠ACO=60°， ∵PC是⊙O切线， ∴∠PCO=90°，∠P=30°， ∵PC=3，

∴OC=PC•tan30°=3， 故选A

8．如图，某建筑物的顶部有一块标识牌 CD，小明在斜坡上 B 处测得标识牌顶部C 的仰角为 45°， 沿斜坡走下来在地面 A 处测得标识牌底部 D 的仰角为 60°，已知斜坡 AB 的坡角为 30°，AB＝AE＝10 米．则标识牌 CD 的高度是( )米．

A．15－53 【答案】A 【解析】 【分析】

B．20－103 C．10－53 D．53－5

过点B作BM⊥EA的延长线于点M，过点B作BN⊥CE于点N，通过解直角三角形可求出

BM，AM，CN，DE的长，再结合CD＝CN＋EN−DE即可求出结论． 【详解】

解：过点B作BM⊥EA的延长线于点M，过点B作BN⊥CE于点N，如图所示．

在Rt△ABE中，AB＝10米，∠BAM＝30°，

∴AM＝AB•cos30°＝53（米），BM＝AB•sin30°＝5（米）． 在Rt△ACD中，AE＝10（米），∠DAE＝60°， ∴DE＝AE•tan60°＝103（米）．

在Rt△BCN中，BN＝AE＋AM＝10＋53（米），∠CBN＝45°， ∴CN＝BN•tan45°＝10＋53（米），

∴CD＝CN＋EN−DE＝10＋53＋5−103＝15−53（米）． 故选：A． 【点睛】

本题考查了解直角三角形−仰角俯角问题及解直角三角形−坡度坡脚问题，通过解直角三角形求出BM，AM，CN，DE的长是解题的关键．

9．公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是125，小正方形面积是25，则sincos( )

2

A．

1 5B．5 5C．

35 5D．

9 5【答案】A 【解析】 【分析】

根据正方形的面积公式可得大正方形的边长为55，小正方形的边长为5，再根据直角三角形的边角关系列式即可求解．

【详解】

解：∵大正方形的面积是125，小正方形面积是25， ∴大正方形的边长为55，小正方形的边长为5， ∴55cos55sin5， ∴cossin25， 5∴sincos故选：A． 【点睛】

1． 5本题考查了解直角三角形、勾股定理的证明和正方形的面积，难度适中，解题的关键是正确得出cossin5． 5

10．如图，在RtVABC中，C＝90，B30，AD是BAC的角平分线，AC＝6，则点D到AB的距离为( )

A．

3 3B．3 C．23 D．33 【答案】C 【解析】 【分析】

如图，过点D作DE⊥AB于E，根据直角三角形两锐角互余的性质可得∠BAC=60°，由AD为∠BAC的角平分线可得∠DAC=30°，根据角平分线的性质可得DE=CD，利用∠DAC的正切求出CD的值即可得答案． 【详解】

∵∠B=30°，∠C=90°， ∴∠BAC=60°， ∵AD平分∠BAC， ∴∠DAC=30°，DE=CD， ∵AC=6，

tan∠DAC=6×∴CD=AC·

3=23，即DE=23， 3∴点D到AB的距离为23，

故选：C． 【点睛】

本题考查解直角三角形及角平分线的性质，在直角三角形中，锐角的正弦是角的对边比斜边；余弦是邻边比斜边；正切是对边比邻边；余切是邻边比对边；角平分线上的点到角两边的距离相等；熟练掌握三角函数的定义是解题关键．

11．把RtABC三边的长度都扩大为原来的3倍，则锐角A的余弦值（ ） A．扩大为原来的3倍 B．缩小为原来的【答案】D 【解析】 【分析】

根据相似三角形的性质解答． 【详解】

三边的长度都扩大为原来的3倍， 则所得的三角形与原三角形相似， ∴锐角A的大小不变， ∴锐角A的余弦值不变， 故选：D． 【点睛】

此题考查相似三角形的判定和性质、锐角三角函数的定义，掌握相似三角形的对应角相等是解题的关键．

1 C．扩大为原来的9倍 D．不变 3

12．已知圆锥的底面半径为5cm，侧面积为60πcm2，设圆锥的母线与高的夹角为θ，则sinθ的值为（ ）

A．

3 13B．

5 13C．

5 12D．

12 13【答案】C 【解析】 【分析】

先求出圆锥底面周长可得到圆锥侧面展开图扇形的弧长，再利用扇形面积公式S求出母线的长，最后利用三角函数即可求出答案. 【详解】

解：∵圆锥底面周长为2510， 且圆锥的侧面积为60π， ∴圆锥的母线长为∴sinθ=故选C. 【点睛】

本题考查了圆锥和三角函数的相关知识.利用所学知识求出圆锥母线的长是解题的关键.

1lr可226012， 105. 12

13．如图，两根竹竿AB和AD斜靠在墙CE上，量得BAC60，DAC70，则竹竿AB与AD的长度之比为（ ）．

A．2sin70 【答案】B 【解析】 【分析】

B．2cos70 C．2tan70 D．

2

tan70直接利用锐角三角函数关系分别表示出AB，AD的长，即可得出答案． 【详解】

解：∵∠BAC=60°，∠DAC=70°，

AC1， AB2则AB=2AC，

∴cos60°=

∴cos70°=

AC， AD∴AC=AD•cos70°， AD=

AC，

cos70AB2ACAC=2cos70°． ∴ADcos70故选：B． 【点睛】

此题主要考查了解直角三角形的应用，正确表示出各边长是解题关键．

14．如图，将一个小球从斜坡的点O处抛出，小球的抛出路线可以用二次函数y＝4x－

121x刻画，斜坡可以用一次函数y＝x刻画，下列结论错误的是( ) 22

A．斜坡的坡度为1: 2

B．小球距O点水平距离超过4米呈下降趋势 C．小球落地点距O点水平距离为7米

D．当小球抛出高度达到7.5m时，小球距O点水平距离为3m 【答案】D 【解析】 【分析】

求出抛物线与直线的交点，判断A、C；根据二次函数的性质求出对称轴，根据二次函数性质判断B；求出当y7.5时，x的值，判定D． 【详解】

12yx4x2解：，

1yx2x7x102解得，，7，

y10y227∶7=1∶2，∴A正确； 2小球落地点距O点水平距离为7米，C正确；

1y4xx2

21(x4)28， 2则抛物线的对称轴为x4，

当x4时，y随x的增大而减小，即小球距O点水平距离超过4米呈下降趋势，B正

确，

12当y7.5时，7.54xx，

2整理得x28x150， 解得，x13，x25，

当小球抛出高度达到7.5m时，小球水平距O点水平距离为3m或5m，D错误，符合题

意； 故选：D 【点睛】

本题考查的是解直角三角形的坡度问题、二次函数的性质，掌握坡度的概念、二次函数的性质是解题的关键．

15．如图 ，矩形 ABCD 中，AB＞AD，AB=a，AN 平分∠DAB，DM⊥AN 于点 M，CN⊥AN于点 N.则 DM+CN 的值为（用含 a 的代数式表示）( )

A．a 【答案】C 【解析】 【分析】

B．

4 a 5C．

2a 2D．

3a 2根据“AN平分∠DAB，DM⊥AN于点M，CN⊥AN于点N”得∠MDC=∠NCD=45°，cos45°=

DMCN ，所以DM+CN=CDcos45°；再根据矩形ABCD，AB=CD=a，DM+CN的值即DECE可求出． 【详解】

∵AN平分∠DAB，DM⊥AN于点M，CN⊥AN于点N， ∴∠ADM=∠MDC=∠NCD=45°， ∴

DMcos450CNcos450=CD，

在矩形ABCD中，AB=CD=a， ∴DM+CN=acos45°=故选C. 【点睛】

此题考查矩形的性质，解直角三角形，解题关键在于得到cos45°=

DMCN DECE2a. 2

16．如图，点M是正方形ABCD边CD上一点，连接AM，作DE⊥AM于点E，BF⊥AM于点F，连接BE，若AF＝1，四边形ABED的面积为6，则∠EBF的余弦值是（ ）

A．213 13B．313 13C．

2 3D．13 13【答案】B 【解析】 【分析】

首先证明△ABF≌△DEA得到BF=AE；设AE=x，则BF=x，DE=AF=1，利用四边形ABED的面

1•x•x+•x×1=6，解方程求出x得到AE=BF=3，2则EF=x-1=2，然后利用勾股定理计算出BE，最后利用余弦的定义求解． 【详解】

∵四边形ABCD为正方形， ∴BA＝AD，∠BAD＝90°，

∵DE⊥AM于点E，BF⊥AM于点F， ∴∠AFB＝90°，∠DEA＝90°，

∵∠ABF+∠BAF＝90°，∠EAD+∠BAF＝90°， ∴∠ABF＝∠EAD， 在△ABF和△DEA中

积等于△ABE的面积与△ADE的面积之和得到

BFADEAABFEAD ABDA∴△ABF≌△DEA（AAS）， ∴BF＝AE；

设AE＝x，则BF＝x，DE＝AF＝1， ∵四边形ABED的面积为6，

11xxx16，解得x1＝3，x2＝﹣4（舍去）， 22∴EF＝x﹣1＝2，

∴

在Rt△BEF中，BE223213， ∴cosEBF故选B． 【点睛】

本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．会运用全等三角形的知识解决线段相等的问题．也考查了解直角三角形．

BF3313． BE1313

17．如图，一艘轮船从位于灯塔C的北偏东60°方向，距离灯塔60 n mile的小岛A出发，沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔C的南偏东45°方向上的B处，这时轮船B与小岛A的距离是( )

A．303 n mile 【答案】D 【解析】 【分析】

B．60 n mile C．120 n mile D．(30303)n mile

过点C作CD⊥AB，则在Rt△ACD中易得AD的长，再在直角△BCD中求出BD，相加可得AB的长． 【详解】

过C作CD⊥AB于D点，

∴∠ACD=30°，∠BCD=45°，AC=60． 在Rt△ACD中，cos∠ACD=∴CD=AC•cos∠ACD=60×

CD， AC3303． 2在Rt△DCB中，∵∠BCD=∠B=45°， ∴CD=BD=303， ∴AB=AD+BD=30+303．

答：此时轮船所在的B处与灯塔P的距离是（30+303）nmile． 故选D． 【点睛】

此题主要考查了解直角三角形的应用-方向角问题，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．

18．如图，河坝横断面的迎水坡AB的坡比为3：4，BC＝6m，则坡面AB的长为（ ）

D．12m

A．6m 【答案】C 【解析】 【分析】

B．8m C．10m

迎水坡AB的坡比为3：4得出tanBAC股定理求解即可. 【详解】

由题意得tanBAC3，再根据BC＝6m得出AC的值，再根据勾43 4∴AC∴AB故选：C.

BC468m

tanBAC3AC2BC2826210m

【点睛】

本题考查解直角三角形的应用，把坡比转化为三角函数值是关键.

19．如图，在Rt△ABC内有边长分别为a，b，c的三个正方形．则a、b、c满足的关系式是（ ）

A．b=a+c 【答案】A 【解析】 【分析】

B．b=ac C．b2=a2+c2 D．b=2a=2c

利用解直角三角形知识.在边长为a和b两正方形上方的两直角三角形中由正切可得

abc，化简得b＝a＋c，故选A. bac【详解】

请在此输入详解！

20．利用量角器可以制作“锐角余弦值速查卡”．制作方法如下：如图，设OA1，以O为圆心，分别以0.05，0.1，0.15，0.2，…，0.9，0.95长为半径作半圆，利用“锐角余弦值速查卡”可以读出相应锐角余弦的近似值．例如：cos300.87，cos450.71．下列角度中余弦值最接近0.94的是（ ）

A．30° 【答案】D 【解析】 【分析】

B．50 C．40 D．20

根据“锐角余弦值速查卡”解答即可.

【详解】

从“锐角余弦值速查卡”可以读出cos200.94， ∴余弦值最接近0.94的是20， 故选：D. 【点睛】

此题考查“锐角余弦值速查卡”，正确读出“锐角余弦值速查卡”是解题的关键.