冲刺2022年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练（绍兴中考压轴8道变式32道）解析版

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1、浙江省绍兴市卷（压轴8道+变式训练32道）说明：本专辑精选了2021年浙江省绍兴市卷失分较多和难度较大的题目8道，分别是第8题特殊四边形的性质与判定、第9题相似三角形的计算问题、第15题反比例函数的图象与性质、第16题几何图形计算中的分类讨论问题、第20题锐角三角函数的应用问题、第22题二次函数综合问题、第23题几何与相似的综合计算问题、第24题几何综合探究问题，每道题精讲精析，配有变式练习各4道，浙江省绍兴市变式训练题共32道，试题解析共72页.【压轴一】特殊四边形的性质与判定【真题再现】（2021浙江绍兴市中考第8题）如图，菱形ABCD中，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止在形

2、状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（ ）A直角三角形等边三角形等腰三角形直角三角形B直角三角形等腰三角形直角三角形等边三角形C直角三角形等边三角形直角三角形等腰三角形D等腰三角形等边三角形直角三角形等腰三角形【思路点拨】是特殊三角形，取决于点P的某些特殊位置，按其移动方向，逐一判断即可【详析详解】解：连接AC，BD，如图所示四边形ABCD是菱形，AB=BC=CD=DA，D=BB=60，D=B=60和都是等边三角形点P在移动过程中，依次共有四个特殊位置：（1）当点P移动到BC边的中点时，记作是等边三角形，是 BC的中点，是直角三角形（2）当点P与点C重合时，记作此时，是等边三角形；（3）当点

3、P移动到CD边的中点时，记为和都是等边三角形，是直角三角形（4）当点P与点D重合时，记作，是等腰三角形综上，形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是：直角三角形等边三角形直角三角形等腰三角形故选：C【方法小结】本题考查了菱形的性质、直角三角形的判定、等腰三角形的判定、等边三角形的性质与判定等知识点，熟知特殊三角形的判定方法是解题的关键【变式训练】【变式1.1】（2020春柯桥区期末）小明用四根长度相同的木条首尾相接制作了能够活动的学具，他先活动学具成为图1所示，并测得ABC60，接着活动学具成为图2所示，并测得ABC90，若图2对角线BD20cm，则图1中对角线BD的长为（）A10cmB102

4、cmC103cmD106cm【分析】如图2，利用正方形的性质得到AB=22BD102，如图1，连接AC交BD于O，根据菱形的性质得到ACBD，OBOD，BD平分ABC，则ABO30，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出OB，从而得到BD的长【详解】解：如图2，四边形ABCD为正方形，AB=22BD=2220102，如图1，连接AC交BD于O，四边形ABCD为菱形，ACBD，OBOD，BD平分ABC，ABC60，ABO30，OA=12AB52，OB=3OA56，BD2OB106（cm）故选：D【点评】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互

5、相垂直，并且每一条对角线平分一组对角也考查了正方形的性质【变式1.2】（2020春新昌县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知菱形ABCD的顶点A（3，3），C（1，1），对角线BD交AC于点M，交x轴于点N，若BN2ND，则点B的坐标是（）A（-32，72）B（-2，22）C（4，2）D（2，4）【分析】过点M作MFON于N，过点B作BEx轴于E，由菱形的性质可得ACBD，AMCM，BMDM，由中点坐标公式可求点M坐标，由BN2ND，可求BN42，即可求解【详解】解：如图，过点M作MFON于N，过点B作BEx轴于E，四边形ABCD是菱形，ACBD，AMCM，BMDM，点A（3，3），C（

6、1，1），M（1，1），OF1，MF1，MON45OMF，FMN45FNM，MFFN1，MN=2，BN2ND，BD3DN，BM=32DN，MN=DN2=2，DN22，BN42，BEx轴，EBNBNE45，BEEN，BN=2BE，BEEN4，EO2，点B（2，4），故选：D【点评】本题考查了菱形的性质，坐标与图形性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键【变式1.3】（2019诸暨市模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的面积为定值，它的对称中心恰与原点重合，且ABy轴，CD交x轴于点M，过原点的直线EF分别交AD、BC边于点E、F，以EF为一边作矩形EF

7、GH，并使EF的对边GH所在直线过点M，若点A的横坐标逐渐增大，图中矩形EFGH的面积的大小变化情况是（）A一直减小B一直不变C先减小后增大D先增大后减小【分析】设GH交AD于K，AD与轴交于点P由OPEEHK，推出OPHE=OEEK，推出OPEKHEOE，易证四边形OMKE是平行四边形，推出EKOM，推出OPOMHEOE，由矩形ABCD的面积为定值，推出OPOM是定值，推出HEOE是定值，由矩形EFGH的面积2HEEO，推出矩形EFGH的面积是定值【详解】解：如图，设GH交AD于K，AD与轴交于点POEP+HEK90，HEK+HKE90，HKEOEP，OPEH90，OPEEHK，OPHE=O

8、EEK，OPEKHEOE，易证四边形OMKE是平行四边形，EKOM，OPOMHEOE，矩形ABCD的面积为定值，OPOM是定值，HEOE是定值，矩形EFGH的面积2HEEO，矩形EFGH的面积是定值故选：B【点评】本题考查矩形的性质、坐标与图形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题【变式1.4】（2020春上虞区期末）如图是一个矩形的储物柜，它被分成4个大小不同的正方形和一个矩形，若要计算的周长，则只需要知道哪个小正方形的周长？你的选择是（）ABCD【分析】记正方形的边长分别为a、b、c、d则矩形的周长2d+a+（ba），由ca+

9、bda等量代换即可解决问题【详解】解：记正方形的边长分别为a、b、c、d则矩形的周长2d+a+（ba），因为ca+bda，所以矩形的周长2d+a+（ba）2（da）+（a+b）2（2a+2b）4（a+b）4c所以只要知道的边长即可计算的周长故选：C【点评】本题考查矩形的性质、周长等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型【压轴二】相似三角形的计算问题【真题再现】（2021浙江绍兴市中考第9题）如图，中，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使，连结CE，则的值为（ ）ABCD【思路点拨】由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得出，在结合题意可得，即证明，从而得

10、出，即易证，得出再由等腰三角形的性质可知，即证明，从而可间接推出最后由，即可求出的值，即的值【详析详解】在中，点D是边BC的中点，在和中，为等腰三角形，即，故选D【方法小结】本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，全等三角形与相似三角形的判定和性质以及解直角三角形熟练掌握各知识点并利用数形结合的思想是解答本题的关键【变式训练】【变式2.1】（2020秋上虞区期末）我们把宽与长的比值等于黄金比例5-12的矩形称为黄金矩形如图，在黄金矩形ABCD（ABBC）的边AB上取一点E，使得BEBC，连接DE，则AEAD等于（）A22B5-12C3-52D5+12【分析】设ABa，根

11、据黄金矩形的概念求出BC，结合图形计算，得到答案【详解】解：设ABa，矩形ABCD为黄金矩形，BC=5-12a，AEa-5-12a=3-52a，AEAD=3-52a5-12a=5-12，故选：B【点评】本题考查的是黄金分割、矩形的性质，掌握黄金比值为5-12是解题的关键【变式2.2】（2020新昌县模拟）如图为一座房屋屋架结构示意图，已知屋檐ABBC，横梁EFAC，点E为AB的中点，且BDEF，屋架高BD4m，横梁AC12m，则支架DF长为（）A210B25C13D213【分析】直接利用等腰三角形的性质得出ADDC，再利用勾股定理得出AB的长，进而利用三角形中位线的性质得出答案【详解】解：AB

12、BC，BDEF，ADDC6m，AB=AD2+BD2=62+42=213（m），EFAC，BEFBAC，BEAB=BFBC，点E为AB的中点，F是BC的中点，FD是ABC的中位线，DF=12AB=13（m）故选：C【点评】此题主要考查了相似三角形的应用以及等腰三角形的性质，正确得出AB的长是解题关键【变式2.3】（2020秋诸暨市期末）已知：如图，正方形的顶点A在矩形DEFG的边EF上，矩形DEFG的顶点G在正方形的边BC上，正方形的边长为4，DG的长为6，则DE的长为83【分析】首先根据矩形和正方形的性质可得，EDCADC90，EC90，可判断AEDGCD，然后根据相似三角形的性质得出DEAD

13、=CDDG，代入数据即可求出DE的长度【详解】解：在正方形ABCD和矩形DEFG中，EDCADC90，EC90，EAD+ADGADG+GCD90，EADGCD，AEDGCD，则有DEAD=CDDG，ADCD4，DG6，ED=ADCDDG=446=83故答案为：83【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，涉及了正方形和矩形的性质，解答本题的关键是根据题意判定得出EADGCD，进而证明AEDGCD【变式2.4】（2020浙江自主招生）如图，已知边长为4的正方形截去一角成为五边形ABCDE，其中AF2，BF1，在AB上的一点P，使矩形PNDM有最大面积，则矩形PNDM的面积最大值是12【分析】延长

14、NP交EF于G点，设PGx，则PN4x，利用平行线构造相似三角形，得出线段的比相等，从而表示矩形PNDM的长、宽，再表示矩形的面积，利用配方法求函数的对称轴，根据x的取值范围求最大值【详解】解：如图，延长NP交EF于G点，设PGx，则PN4x，PGBF，APGABF，AGAF=PGFB，即AG2=x1，解得AG2x，MPEGEA+AG2+2x，S矩形PNDMPMPN（2+2x）（4x）2x2+6x+82（x-32）2+252（0x1），20，PGxBF1，抛物线开口向下，当x1时，函数有最大值为12故答案是：12【点评】本题考查了二次函数的最值的运用关键是设线段的长，利用相似的性质表示矩形的面

15、积，用二次函数的方法解题【压轴三】反比例函数的图象与性质【真题再现】（2021浙江绍兴市中考第15题）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在x轴正半轴上，顶点B，C在第一象限，顶点D的坐标 反比例函数（常数，）的图象恰好经过正方形ABCD的两个顶点，则k的值是_【思路点拨】先设一个未知数用来表示出B、C两点的坐标，再利用反比例函数图像恰好经过B、C、D的其中两个点进行分类讨论，建立方程求出未知数的值，符合题意时进一步求出k的值即可【详析详解】解：如图所示，分别过B、D两点向x轴作垂线，垂足分别为F、E点，并过C点向BF作垂线，垂足为点G；正方形ABCD，DAB=90，AB=BC=C

16、D=DA，DAE+BAF=90，又DAE+ADE=90，BAF+ABF=90，DAE=ABF，ADE=BAF，同理可证ADEBAFCBG；DE=AF=BG，AE=BF=CG；设AE=m，点D的坐标 (,2) ，OE=，DE=AF=BG=2，B（，），C（，）,，当时，不符题意，舍去；当时，由解得,符合题意；故该情况成立，此时 ；当时，由 解得,符合题意，故该情况成立，此时;故答案为：5或22.5【方法小结】本题综合考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、反比例函数的图像与性质、解一元二次方程等内容，解题的关键是牢记相关概念与性质，能根据题意建立相等关系列出方程等，本题涉及到了分类讨论和数形

17、结合的思想方法等【变式训练】【变式3.1】（2021深圳模拟）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABOC的顶点O在坐标原点，边BO在x轴的负半轴上，cosBOC=35，顶点C的坐标为（a，4），反比例函数y=kx的图象与菱形对角线AO交于D点，连接BD，当BDx轴时，k的值是-252【分析】先求出OC5，再利用菱形的性质得到ACOBOC5，ACOB，则B（5，0），A（8，4），接着利用待定系数法确定直线OA的解析式为y=-12x，则可确定D（5，52），然后把D点坐标代入y=kx中可得到k的值【详解】解：过点C作CEx轴于点E，顶点C的坐标为（a，4），OEa，CE4，cosBOC=35=OEO

18、C，OE3，CO5，四边形OBAC为菱形，ACOBOC5，ACOB，B（5，0），A（8，4），设直线OA的解析式为ymx，把A（8，4）代入得8m4，解得m=-12，直线OA的解析式为y=-12x，当x5时，y=-12x=52，即D（5，52），把D（5，52）代入y=kx中，k552=-252，故答案为-252【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=kx（k为常数，k0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xyk也考查了菱形的性质【变式3.2】（2020嵊州市模拟）如图，过点C（4，5）的直线y=53x+b交x轴于点A，ABC90，ABCB，

19、反比例函数y=kx（x0）的图象过点B，将点C沿x轴的负方向平移a个单位长度后恰好落在该反比例函数的图象上，则a的值为3【分析】证明EBCFBA（AAS），则CEAF，BEBF，即：5-ka=a1，a4=ka，即可求解【详解】解：作CDx轴于D，BFx轴于F，过B作BECD于E，过点C（4，5）的直线y=53x+b交x轴于点A，5453+b，解得b=-53，直线为y=53x-53，令y0，则求得x1，A（1，0），BFx轴于F，过B作BECD于E，BEx轴，ABEBAF，ABC90，ABE+EBC90，BAF+ABF90，EBCABF，在EBC和FBA中，EBCABF，BECBFA90，BCA

20、B，EBCFBA（AAS），CEAF，BEBF，OA1，OD4，AD3设DFn，则DEBEn，则CDCE+DEAF+DEAD+DF+DE3+2n5解得n1B（5，1）设点C向x轴负半轴移动a个单位之后的点的坐标是（4a，5），若该点在反比例函数的图象上，则5（4a）51，解得a3故a的值为3故答案为3【点评】本题考查了一次函数和反比例函数的交点问题，求得反比例函数的解析式是解题的关键【变式3.3】（2020新昌县模拟）如图，点A在反比例函数y=1x（x0）的图象上，点B在反比例函数y=kx（k0）的图象上，且OAOB，线段AB交反比例函数y=1x（x0）的图象于另一点C，连接OC若点C为AB的

21、中点，tanOCA=3，则k的值为3【分析】过点A作ADx轴于点D，过点B作BEx轴于点E，由tanOCA=3，得OCA60，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得出OCAC，进而可得出AOC为等边三角形，进而求得OBOA，再证明AODOBE，根据相似三角形的性质结合反比例函数k的几何意义可得出结果【详解】解：过点A作ADx轴于点D，过点B作BEx轴于点E，如图所示tanOCA=3，OCA60，AOB90，点C为AB的中点，OCACBC，OAC是等边三角形，OAB60，OBOA=tan60=3，AOB90，AOD+BOE90，AOD+OAD90，OADBOE，ADOOEB90，AODOB

22、E，SOBESAOD=(OBAO)2=3，点A在反比例函数y=1x（x0）的图象上，SAOD=121=12，SOBE=32，点B在反比例函数y=kx（k0）的图象上，k=-322=-3，故答案为：3【点评】本题考查了相似三角形的性质、反比例函数k的几何意义以及等边三角形的判定，找出AOC为等边三角形是解题的关键【变式3.4】（2020柯桥区模拟）如图，直线AB与x的正半轴交于点B，且B（1，0），与y的正半轴交于点A，以线段AB为边，在第一象限内作正方形ABCD，点C落在双曲线y=kx（k0）上，将正方形ABCD沿x轴负方向平移2个单位长度，使点D恰好落在双曲线y=kx（k0）上的点D1处，则

23、k4【分析】设A（0，t），利用BA绕点B顺时针旋转90得到BC，则可表示出C（t+1，1），利用正方形的性质，由于B点向右平移t个单位，向上平移1个单位得到C点，所以A点向右平移t个单位，向上平移1个单位得到D点，所以D（t，t+1），则D（t2，t+1），根据反比例函数图象上点的坐标特征得到kt+1（t2）（t+1），然后先求出t，从而得到k的值【详解】解：设A（0，t），四边形ABCD为正方形，BABC，BAC90，把BA绕点B顺时针旋转90得到BC，C（t+1，1），B点向右平移t个单位，向上平移1个单位得到C点，A点向右平移t个单位，向上平移1个单位得到D点，即D（t，t+1），D点

24、向左平移2个单位得到D，D（t2，t+1），C（t+1，1），D（t2，t+1）在双曲线y=kx（k0）上，kt+1（t2）（t+1），整理得t22t30，解得t11（舍去），t23，t3，k3+14故答案为4【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点也考查了正方形的性质【压轴四】几何图形计算中的分类讨论问题【真题再现】（2021浙江绍兴市中考第16题）已知与在同一平面内，点C，D不重合，则CD长为_【思路点拨】首先确定满足题意的两个三角形的形状，再通过组合得到四种不同

25、的结果，每种结果分别求解，共得到四种不同的取值；图2、图3、图4均可通过过A点向BC作垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的性质可求出相应线段的长，与CD关联即可求出CD的长；图5则是要过D点向BC作垂线，构造直角三角形，解直角三角形即可求解【详析详解】解：如图1，满足条件的ABC 与ABD的形状为如下两种情况，点C，D不重合，则它们两两组合，形成了如图2、图3、图4、图5共四种情况；如图2，此时，由题可知：，是等边三角形，；过A点作AEBC，垂足为E点，在中，,;在中，;；（同理可得到图4和图5中的，）如图3，此时，由题可知：，是等边三角形，；过A点作AMBC，垂足为M，在中，,;在中，;（

26、同理可得到图4和图5中的，）CD=；如图4，由上可知：；如图5，过D点作DNBC，垂足为N点；，在中，,；,在中，;综上可得：CD的长为，故答案为：，【方法小结】本题主要考查了对几何图形的分类讨论问题，内容涉及到勾股定理、直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半、解直角三角形、等边三角形等知识，考查了学生对相关概念与性质的理解与应用，本题对综合分析能力要求较高，属于填空题中的压轴题，涉及到了分类讨论与数形结合的思想等【变式训练】【变式4.1】（2020嵊州市模拟）如图，在菱形ABCD中，B60，点E，F将对角线AC三等分，且AC12，点P在菱形的边上，若满足PE+PFa的点P只有4个，则a的

27、取值范围是a47或12a87【分析】不妨假设点P在线段BC上，作点E关于BC的对称点G，EG现BC交于点K，连接FG交BC于点P，此时PE+PF的值最小，求出PE+PF的最值，判断出在线段BC上存在点P满足PE+PFa的取值范围，再根据对称性质便可得出结论【详解】解：不妨假设点P在线段BC上，作点E关于BC的对称点G，EG现BC交于点K，连接FG交BC于点P，此时PE+PF的值最小，如图1，过F作FHEK于点H，四边形ABCD是菱形，ABBC，B60，ABC是等边三角形，ABBCAC12，ACB60，点E，F将对角线AC三等分，AEEFFC4，GKEKECsinACB43，CK=12CE4，F

28、HEG，BCEG，HFBC，EFFC，EH=HK=12EK=23，HF=12CK=2，FG=GH2+HF2=(63)2+22=47，根据菱形的对称性知，当PE+PFa47时，在菱形ABCD的四边各存在一点满足条件PE+PFa；当点P在C点时，PE+PF8+412，当P点在B点时，连接BD，与AC交于点O，如图2，四边形ABCD是菱形，ACBD，OC=12AC=6，OB=OCtanACB=63，OEOF=12EF2，PEPF=(63)2+22=47，PE+PF=87，当点P由C运动到B时，PE+PF的值由最大值12减小到47再增加到87，由菱形的对称性质知，当12PE+PF87时，即12a87时

29、，在菱形ABCD的四边各存在一点满足条件PE+PFa；综上，点P在菱形的边上，若满足PE+PFa的点P只有4个，则a的取值范围是a47或12a87故答案为：a47或12a87【点评】本题主要考查了菱形的性质，解直角三角形的性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型【变式4.2】（2020春新昌县期末）在ABCD中，AD5，BAD的平分线交CD于点E，ABC的平分线交CD于点F，若线段EF2，则AB的长为8或12【分析】由于平行四边形的两组对边互相平行，又AE平分BAD，由此可以推出所以BAEDAE，则DEAD5；同理可得，CFCB5，再分两种

30、为情况：F点在D、E之间；F点在C、E之间求得各自的CD便可得AB【详解】解：AE平分BAD，BAEDAE，又ADCB，EABDEA，DAEAED，则ADDE5；同理可得，CFCB5，当点F在D、E之间时，如图1，EF2，ABCDDE+CEDE+（CFEF）5+528；当点F在C、E之间时，如图2，EF2，ABCDDE+EF+CF5+2+512故答案为：8或12【点评】此题主要考查了角平分线的定义、平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形等知识，关键注意分情况找出线段之间的等量关系【变式4.3】（2020绍兴）将两条邻边长分别为2，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片），各种剪法剪出

31、的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的（填序号）2，1，2-1，32，3【分析】首先作出图形，再根据矩形的性质和等腰三角形的判定即可求解【详解】解：如图所示：则其中一个等腰三角形的腰长可以是2，1，2-1，32，不可以是3故答案为：【点评】考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，根据题意作出图形是解题的关键【变式4.4】（2020浙江自主招生）在一张直角三角形纸片的两直角边上各取一点，分别沿斜边中点与这两点的连线剪去两个三角形，剩下的部分是如图所示的直角梯形，其中三边长分别为2、4、3，则原直角三角形纸片的斜边长是10或45【分析】先根据题意画出图形，再根据勾股定理求出斜边

32、上的中线，即可求出斜边的长【详解】解：如图，因为CD=22+42=25，点D是斜边AB的中点，所以AB2CD45；如图，因为CE32+42=5，E是斜边AB的中点，所以AB2CE10，综上，原直角三角形纸片的斜边长是10或45，故答案为：10或45【点评】本题考查了勾股定理、直角三角形斜边上的中线，解题的关键是能够根据题意画出图形，在解题时要注意分两种情况画图，不要漏解 【压轴五】锐角三角函数的应用问题【真题再现】（2021浙江绍兴市中考第题）拓展小组研制的智能操作机器人，如图1，水平操作台为l，底座AB固定，高AB为50cm，连杆BC长度为70cm，手臂CD长度为60cm点B，C是转动点，且

33、AB，BC与CD始终在同一平面内，（1）转动连杆BC，手臂CD，使，如图2，求手臂端点D离操作台的高度DE的长（精确到1cm，参考数据：，）（2）物品在操作台上，距离底座A端110cm的点M处，转动连杆BC，手臂CD，手臂端点D能否碰到点M？请说明理由【思路点拨】（1）通过作辅助线构造直角三角形，利用三角函数值解直角三角形即可完成求解；（2）求出端点D能够到的最远距离，进行比较即可得出结论【详析详解】解：（1）过点C作于点P，过点B作于点Q，如图1，在中， ，手臂端点D离操作台 l 的高度DE的长为106cm（2）能理由：当点B，C，D共线时，如图2，在中，手臂端点D能碰到点M【方法小结】本题

34、考查了直角三角形的应用，涉及到了解直角三角形等知识，解决本题的关键是能读懂题意，并通过作辅助线构造直角三角形，能正确利用三角函数值解直角三角形等，考查了学生的综合分析与知识应用的能力【变式训练】【变式5.1】（2020秋新昌县期末）已知，图1是一辆在平地上滑行的滑板车，图2是其示意图，车杆AB可以伸缩，且76cmAB95cm，车杆与脚踏板所成的角ABC75，前后轮子的半径均为6cm（1）求把手A离地面的最大高度（2）把手A离地面的最大高度和最低高度相差多少？（结果保留小数点后一位，参考数据：sin750.97，cos750.26，tan753.73）【分析】（1）过点A作ADBC于点D，利用锐

35、角三角函数即可求出结果；（2）利用锐角三角函数即可求出结果【详解】解：（1）如图，过点A作ADBC于点D，在RtABD中，AD95sin7592.15cm，92.15+698.1598.2cm答：把手A离地面的最大高度是98.2cm；（2）（9576）sin7518.4cm答：把手A离地面的最大高度和最低高度相差18.4cm【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解决本题的关键是掌握锐角三角函数【变式5.2】（2020秋上虞区期末）如图，三个景点A，B，C之间各建有笔直的健身小道经测量，景点B在景点A的正东方向，景点C在景点A北偏东60的方向上，同时也在景点B北偏东45的方向上，已知BC42km

36、“运动达人”小敏从景点C出发，沿着CBAC的路径健步走到景点B，景点A，再回到景点C求：（1）景点A，B间的距离；（2）小敏健步走的总路程【分析】（1）延长AB，过点C作CHAB延长线于点H，先证CHBH4，再由锐角三角函数定义求出AH的长，即可求解；（2）由含30角的直角三角形的性质得AC2CH8，求出BC+AB+AC即可【详解】解：（1）延长AB，过点C作CHAB延长线于点H，如图所示：由题意知：CAH906030，CBH904545，cosCBH=BHBC，BH=42cos45=4222=4，CBHHCB45，CHBH4，在RtCAH中，CH4，CAH30，tanCAH=CHAH，AH=

37、CHtan30=433=43，AB=AH-BH=43-4，即景点A，B间的距离为(43-4)km；（2）在RtCAH中，CAH30，AC2CH248，BC+AB+AC42+43-4+842+43+4，即小敏健步走的总路程为（42+43+4）km【点评】本题考查了解直角三角形的应用方向角问题、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握方向角的定义和等腰三角形的判定是解题的关键【变式5.3】（2021兴化市模拟）如图，将一个直角三角形形状的楔子（RtABC）从木桩的底端点P沿水平方向打入木桩底下，可以使木桩向上运动如果楔子底面的倾斜角为10，其高度AC为1.8厘米，楔子沿水平方向前进一段距离（如箭头所示），

38、留在外面的楔子长度HC为3厘米（1）求BH的长；（2）木桩上升了多少厘米？（sin100.17，cos100.98，tan100.18，结果精确到0.1厘米）【分析】（1）根据正切的定义求出BC，即可得出答案；（2）根据正切的定义得出PHBHtanABC，即可得到答案【详解】解：（1）在RtABC中，ABC10，tanABC=ACBC，则BC=ACtanABC1.80.18=10（cm），BHBCHC7（cm）；（2）在RtABC中，ABC10，tanABC=PHBH，则PHBHtanABC70.181.3（cm），答：木桩上升了大约1.3厘米【点评】本题考查的是解直角三角形的应用坡度坡角问题

39、，掌握坡度坡角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键【变式5.4】（2021春越城区月考）汽车盲区是指驾驶员位于驾驶座位置，其视线被车体遮挡而不能直接观察到的区域如图，ABC、FED分别为汽车两侧盲区的示意图，已知视线PB与地面BE的夹角PBE43，视线PE与地面BE的夹角PEB20，点A，F分别为PB，PE与车窗底部的交点，AFBE，AC，FD垂直地面BE，A点到B点的距离AB1.6m（参考数据：sin430.7，tan430.9，sin200.3，tan200.4）（1）求盲区中DE的长度；（2）点M在ED上，MD1.8m，在M处有一个高度为0.3m的物体，驾驶员能观察到物体吗？请说明

40、理由【分析】（1）首先证明四边形ACDF是矩形，求出AC，DF即可解决问题；（2）直接利用相似三角形的判定与性质得出M点处盲区最小高度，进而得出答案【详解】解：（1）FDEB，ACEB，DFAC，AFEB，四边形ACDF是平行四边形，ACD90，四边形ACDF是矩形，DFAC，在RtACB中，ACB90，ACABsin431.60.71.12（m），DFAC1.12（m），在RtDEF中，FDE90，tanE=DFDE，DE1.120.4=2.8（m），答：盲区中DE的长度为2.8m；（2）如图所示：过点M作NMED，ED2.8m，MD1.8m，EM1m，FDAC1.12m，可得：MNFD，则

41、EMNEDF，故NMFD=EMED，MN1.12=12.8，解得：MN0.4，0.40.3，在M处有一个高度为0.3m的物体，驾驶员不能观察到物体【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型【压轴六】二次函数综合问题【真题再现】（2021浙江绍兴市中考第22题）小聪设计奖杯，从抛物线形状上获得灵感，在平面直角坐标系中画出截面示意图，如图1，杯体ACB是抛物线的一部分，抛物线的顶点C在y轴上，杯口直径，且点A，B关于y轴对称，杯脚高，杯高，杯底MN在x轴上（1）求杯体ACB所在抛物线的函数表达式（不必写出x的取值范围）（2）为使奖杯更加美观，小敏提出了改进方案，如图2，杯体所在抛物线形状不变，杯口直径，杯脚高CO不变，杯深与杯高之比为0.6，求的长【思路点拨】（1）确定B点坐标后，设出抛物线解析式，利用待定系数法求解即可；（2）利用杯深 CD 与杯高 OD 之比为0.6，求出OD ，接着利用抛物线解析式求出B或A横坐标即可完成求解【详析详解】解：（1）设，杯口直径 AB=4 ，杯高 DO=8 ，