2025年中考数学二轮复习：锐角三角函数 压轴解答题练习题（含答案解析）

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1、2025年中考数学二轮复习：锐角三角函数 压轴解答题练习题一填空题（共25小题）1如图，sinO=35，长度为2的线段DE在射线OB上滑动，点C在射线OA上，且OC5，CDE的两个内角的角平分线相交于点F，过点F作FGDE，垂足为G，则FG的最大值为 2如图，ABC为等边三角形，点D在ABC外，连接BD、CD若ABD2ACD，tanACD=235，BD=37，则CD 3如图，在四边形ABCD中，ABC90，ABCD，点E是四边形ABCD内一点，BEC90，F是AE的中点，连DF，若AB3，BC2，tanBAD2，则DF+1010AF的最小值为 4如图，BE是ABC的角平分线，F是AB上一点，A

2、CFEBC，BE、CF相交于点G若sinAEB=255，BG4，EG5，则SABE 5图1是某折叠式躺椅的实物图，图2是靠背垂直地面时的侧面展开图，此时四边形ABCD是矩形，AB20cm，AD305cm，DE60cm，BF30cm点H在BC上，椅子的支撑杆AF、BG、CE分别绕B、H、D转动并带动AI转动，支撑杆LK、JM不动躺椅在转动时：（1）若直线EF过点J，当ADE120时，AFJ的面积是 cm2（2）若12tanEDI2，EF与地面的夹角为，则tan的取值范围是 6如图，在平面直角坐标系xOy中，已知RtABC可运动（平移或旋转），且C90，BC=5+4，tanA=12，若以点M（3，

3、6）为圆心，2为半径的M始终在ABC的内部，则ABC的顶点C到原点O的距离的最小值为 7“曲柄摇杆机构”是一种运动零件图1是某个“曲柄摇杆”的示意图，它由四条固定长度的线段组成，其中AB是静止不动的机架，AD是绕A做圆周运动的曲柄，BC是绕B上下摆动的摇杆，CD是连结AD和BC两个运动的连杆，A，B，C，D始终在同一平面内已知ABBC5当D运动到图2位置时，记AB，CD的交点为E，现测得ADBC，ADDE，tanDAE=34，则CD 图2之后，D绕A继续运动，当C再次回到图2位置时（如图3），则此时“曲柄摇杆”所围成的四边形ABCD的面积为 8如图，ABC中，CD为边AB上的中线，点E在AC上

4、，连接BE交CD于点F，BEC120，BFAE+EF，若AB47，AE8，则CD的长为 9如图是一种手机三脚架，它通过改变锁扣C在主轴AB上的位置调节三脚架的高度，其它支架长度固定不变，已知支脚DEAB底座CDAB，BGAB，且CDBG，F是DE上的固定点，且EF：DF2：3（1）当点B，G，E三点在同一直线上（如图1所示）时，测得tanBED2设BC5a，则FG （用含a的代数式表示）；（2）在（1）的条件下，若将点C向下移动24cm，则点B，G，F三点在同一直线上（如图2），此时点A离地面的高度是 cm10如图2，有一块四边形的铁板余料ABCD，经测量AB50cm，BC108cm，CD60

5、cm，且tanBtanC=43，若要从这块余料中裁出顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，则该矩形的面积为 cm211如图，在ABC中，ABAC，点D为ABC内部一点，且ADB+BAC240，ADC2ABC，若3BD2CD，则tanADC的值为 12如图，ABC中，ABAC，tanC=34，D、F分别在边AC、BC上，作AEBD，DEAF交AE于E若AEBD=34，则CDBF= 13在ABC中，已知b1，c2，AD是A的平分线，AD=233，则C 14如图，RtABC，C90，tanA=12，D是AC中点，ABDFBD，BC6，CFAB，则DF 15如图，在ABC中，ABAC，BC12

6、，D为AC边的中点，线段BD的垂直平分线分别与边BC，AB交于点E，F，连接DF，DE设BEx，tanACBy给出以下结论：DFBC；BDE的面积为32xy；CDE的周长为12+x；x2y29；2xy29其中正确结论有 （把你认为正确结论的序号都填上）16如图，C为射线AM上一点，以点C为直角顶点作BCD交射线AN于D，B两点，当tanA=34时，ADBD的最大值为 17在ABC中，ABC60，BC8，点D是BC边的中点，点E是边AC上一点，过点D作ED的垂线交边AC于点F，若AC7CF，且DE恰好平分ABC的周长，则ABC的面积为 18如图，已知四边形ABCD的一组对边AD、BC的延长线相交

7、于点E另一组对边AB、DC的延长线相交于点F，若cosABCcosADC=35，CD5，CFEDn，则AD的长为 （用含n的式子表示）19如图，线段AC，BD交于点P，A30，ACD120，D15，AB1，CD=3，则BD的长为 20等腰三角形ABC，ABBC，tanBAC2，D为ABC内一点，连接AD、BD、CD，AD3，BD25，CD5，则AB 21已知ABC中，满足1tanA2+1tanC2=4tanB2，b4，则a+c 22“512”汶川大地震使不少建筑物受损某地一水塔地震时发生了严重沉陷（未倾斜）如图，已知地震前，在距该水塔30米的A处测得塔顶B的仰角为60；地震后，在A处测得塔顶B

8、的仰角为45，则该水塔沉陷了 米（精确到0.01，31.7321，21.4142）23（按课改要求命制）如图，设P是等边三角形ABC内的一点，PA1，PB2，PC=5，将ABP绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点P旋转到P外，则sinPCP的值是 （不取近似值）24如图，在矩形ABCD中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，若AH：AE4：3，四边形EFGH的周长是40cm，则矩形ABCD的面积是 cm225在ABC中，tanABC=512，BD平分ABC交AC于点D，过A作AEAB交BC于点E，若AEEC，BD=26，则AB的长为 参考答案与试题解析一填空题（共25小题

9、）1如图，sinO=35，长度为2的线段DE在射线OB上滑动，点C在射线OA上，且OC5，CDE的两个内角的角平分线相交于点F，过点F作FGDE，垂足为G，则FG的最大值为1013【考点】解直角三角形；角平分线的性质版权所有【专题】解直角三角形及其应用；应用意识【答案】1013【分析】如图1中，连接CF，过点F作FMCD于M，FNEC于N，过点C作CHOE于H利用面积法可得FG（2+EC+CD）6，推出当EC+CD的值最小时，FG的值最大，想办法求出EC+CD的最小值即可【解答】解：如图1中，连接CF，过点F作FMCD于M，FNEC于N，过点C作CHOE于HCDE的两个内角的角平分线相交于点F

10、，FGDE，FMCD，FNEC，FGFMFN，在RtOCH中，CHO90，OC5，sinO=CHCO=35，CH3，SDEC=12DECH=12ECFN+12CDFM+12DEFG，FG（2+EC+CD）6，当EC+CD的值最小时，FG的值最大，如图2中，过点C作CKDE，使得CKDE2，作点K关于直线OB的对称点J，连接CJ交OB于E，连接EJ交OB于T，截取EDCD，此时CE+CD的值最小，最小值CJ的长由图1可知KTTJ3，在RtJKC中，JKC90，CK2，JK6，CJ=KJ2+CK2=62+22=210，CE+CD的最小值210，FG的最大值=62+210=1013故答案为：1013

11、【点评】考查了轴对称最短问题，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题2如图，ABC为等边三角形，点D在ABC外，连接BD、CD若ABD2ACD，tanACD=235，BD=37，则CD11【考点】解直角三角形；等边三角形的性质版权所有【专题】与圆有关的计算；解直角三角形及其应用；应用意识【答案】见试题解答内容【分析】如图，连接AD，作BHAD于H，作DECB交CB的延长线于E，作CMDA交DA的延长线于M首先证明BDBC，推出ADC的外接圆的圆心是点B，推出ADC=12ABC30，解直角三角形求出DH，设CMx，则DM=3x，CD2x，AM=3x43，在RtA

12、CM中，根据AC2AM2+CM2，构建方程解决问题即可【解答】解：如图，连接AD，作BHAD于H，作DECB交CB的延长线于E，作CMDA交DA的延长线于MABC是等边三角形，ABCACB60，DBE180ABDABC1202ACD1202（60BCD）2BCD，又DBEBDC+BCD，BCDBDC，BDBC，BDBABCAC=37，ADC的外接圆的圆心是点B，ADC=12ABC30，BDBA，BHAD，ABHDBH，ABD2ACD，BDHACD，tanDBHtanACD=235=DHBH，设DH23k，BH5k，（23k）2+（5k）237，k1或1（舍弃），DHAH23，设CMx，则DM=

13、3x，CD2x，AM=3x43，在RtACM中，AC2AM2+CM2，37（3x43）2+x2，解得x=12（舍弃）或112，CM=112，CD2x11，故答案为11【点评】本题考查解直角三角形，等边三角形的性质，三角形的外接圆等知识，解题的关键是发现点B是ACD的外接圆的圆心，属于中考填空题中的压轴题3如图，在四边形ABCD中，ABC90，ABCD，点E是四边形ABCD内一点，BEC90，F是AE的中点，连DF，若AB3，BC2，tanBAD2，则DF+1010AF的最小值为 101020【考点】解直角三角形；勾股定理版权所有【专题】几何综合题；推理能力【答案】见试题解答内容【分析】取BC的

14、中点为点G，连接GE、AG，取AG的中点为点H，连接FH，根据直角三角形斜边上中点的性质以及三角形的中位线定理可得GE1，HF=12，由勾股定理可得AG=10，从而得到AH=102，在AH上取一点M，使得HFMHAF，连接FM，则FHMAHF，从而即可得到FHAH=FMAF=HMHF=12102=1010，FM=1010AF，HM=1010HF=101012=1020，可得DF+1010AF=DF+FM，连接DM，可知当D、F、M三点共线时，DF+1010AF的值最小连接DH，过点D作DNAB于N，连接DG，通过证明四边形BCDN是正方形，可得CDDN2，从而即可证明CDGNDA（SAS），得

15、到ADG是等腰直角三角形，即可推出DH=12AG=102，DHAG，最后由勾股定理计算出DM=DH2+HM2=(102)2+(1020)2=101020，即可得到答案【解答】解：如图，取BC的中点为点G，连接GE、AG，取AG的中点为点H，连接FH，BC2，CEB90，点G为BC的中点，GE=12BC=122=1，F为AE的中点，H为AG的中点，HF为AGE的中位线，HF=12GE=12，在RtABG中，BG1，AB3，AG=BG2+AB2=12+32=10，H为AG的中点，AH=102，在AH上取一点M，使得HFMHAF，连接FM，FHMAHF，FHMAHF，FHAH=FMAF=HMHF=1

16、2102=1010，FM=1010AF，HM=1010HF=101012=1020，DF+1010AF=DF+FM，连接DM，当D、F、M三点共线时，DF+1010AF的值最小连接DH，过点D作DNAB于N，连接DG，ABCD，ABC90，ABCBCDBND90，四边形BCDN是矩形，DNBC2，DNA90，tanBAD=DNAN=2AN=2，AN1，BNABAN312BC，四边形BCDN是正方形，CDDN2，在CDG和NDA中，CG=ANDCG=DNACD=ND，CDGNDA（SAS），CDGNDA，GDAD，CDG+GDN90，NDA+GDNGDA90，ADG是等腰直角三角形，DH=12A

17、G=102，DHAG，DHM90，DM=DH2+HM2=(102)2+(1020)2=101020，DF+1010AF的最小值为101020，故答案为：101020【点评】本题主要考查了三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，添加适当的辅助线是解题的关键4如图，BE是ABC的角平分线，F是AB上一点，ACFEBC，BE、CF相交于点G若sinAEB=255，BG4，EG5，则SABE815【考点】解直角三角形；角平分线的性质版权所有【专题】解直角三角形及其应用；应用

18、意识【答案】见试题解答内容【分析】如图，过点B作BTAC于T，连接EF在RtBET中，解直角三角形求出BT，ET，BC，由ECGEBC，求出EC，CG，再利用相似三角形的性质求出EF，BF，AE，AB，证明点T与点A重合即可解决问题【解答】解：如图，过点B作BTAC于T，连接EFBE平分ABC，ABECBE，ECGABE，ECGCBE，CEGCEB，ECGEBC，ECEB=EGEC=CGCB，EC2EGEB5（5+4）45，EC0，EC35，在RtBET中，sinAEB=BTBE=255，BE9，BT=1855，ET=BE2BT2=92(1855)2=955，CTET+CE=2455，BC=B

19、T2+CT2=(1855)2+(2455)2=65，CG=EGBCEC=10，ECGFBG，E，F，B，C四点共圆，EFGCBG，FGEBGC，EGFCGB，EFCB=EGCG，EF65=510，EF35，AFEACB，EAFBAC，EAFBAC，AEAB=AFAC=EFBC=12，设AEx，则AB2x，FBGECG，BGFCGE，BGFCGE，BFCE=BGCG，BF35=410，BF=655，AEACAFAB，x（x+35）（2x655）2x，解得x=955，AEET=955，点A与点T重合，AB2AE=1855，SABE=12ABAE=121855955=815故答案为815【点评】本题

20、考查解直角三角形的应用，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，四点共圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题5图1是某折叠式躺椅的实物图，图2是靠背垂直地面时的侧面展开图，此时四边形ABCD是矩形，AB20cm，AD305cm，DE60cm，BF30cm点H在BC上，椅子的支撑杆AF、BG、CE分别绕B、H、D转动并带动AI转动，支撑杆LK、JM不动躺椅在转动时：（1）若直线EF过点J，当ADE120时，AFJ的面积是 18751511cm2（2）若12tanEDI2，EF与地面的夹角为，则tan的取值范围是 1137tan1113【考点】解

21、直角三角形的应用坡度坡角问题；矩形的判定；锐角三角函数的增减性版权所有【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力【答案】18751511cm2；1137tan1113【分析】（1）先证明FAJEDJ，得到AFDE=AJDJ，进一步得到AFDE=AJDJ=5060=56，求得AJ，过点F作FNDA交DA的延长线于点N，则ANF90，在RtAFN中，求得FN，进而求得AFJ的面积；（2）分tanEDI=12和tanEDI2两种情况，求解tana，由EF与地面的夹角随着EDI的增大而增大，求得tana的取值范围【解答】解：（1）若直线EF过点J，当ADE120时，如图1所示，由题意可知，ABC

22、D，FE，FAJADE120，FAJEDJ，AFDE=AJDJ，AFAB+BF50cm，DE60cm，AFDE=AJDJ=5060=56，AJ=511AD=150511cm，过点F作FNDA交DA的延长线于点N，则ANF90，在RtAFN中，FAN180FAJ60，AF50cm，FNAFsinFAN50sin60253，AFJ的面积=12AJFN=18751511cm2；（2）当tanEDI=12时，如图2所示，作EPDI于点P，则EPD90，设EF交AD于点Q，由题意可知，ABCD，FQED，FAQQDE，FAQEDQ，AFDE=AQDQ，AFAB+BF50cm，DE60cm，AFDE=AQ

23、DQ=5060=56，DQ=611AD=180511cm，设EPx，则DP2x，由勾股定理得：EP2+DP2DE2，x2+（2x）2602，解得x125cm，EP125cm，DP245cm，PQDP+DQ=444511cm，tantanEQP=EPPQ=125444511=1137；当tanEDI2时，如图3所示，同理可求得DQ=180511cm，DP125cm，EP245cm，PQDP+DQ=312511cm，tantanEQP=EPPQ=245312511=1113；EF与地面的夹角随着EDI的增大而增大，当12tanEDI2时，tan的取值范围是1137tan1113故答案为：18751

24、511cm2；1137tan1113【点评】此题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，读懂题意，分情况画出图形是解题的关键6如图，在平面直角坐标系xOy中，已知RtABC可运动（平移或旋转），且C90，BC=5+4，tanA=12，若以点M（3，6）为圆心，2为半径的M始终在ABC的内部，则ABC的顶点C到原点O的距离的最小值为5【考点】解直角三角形；坐标与图形变化平移；坐标与图形变化旋转版权所有【专题】动点型；平面直角坐标系；与圆有关的计算；应用意识【答案】见试题解答内容【分析】如图，设M与AC相切于点J，与AB相切于点T，连接OC，MJ，MT，延长JM交AB于F解直角

25、三角形求出CM，OM，根据OCOMCM即可解决问题【解答】解：如图，设M与AC相切于点J，与AB相切于点T，连接OC，MJ，MT，延长JM交AB于FAC，AB是O的切线，MJAC，MTAB，AJMATM90，A+JMT180，JMT+FMT180，AFMT，tanAtanFMT=12，MT2，TF1，FM=MT2+FT2=22+12=5，JFMJ+MF2+5，AJ2FJ4+25，AC2BC8+25，CJ4，CJM90，CM=CJ2+MJ2=42+22=25，M（3，6），OM=32+62=35，OCOMCM，OC3525，OC5，OC的最小值为5故答案为5【点评】本题考查解直角三角形，切线的性

26、质，坐标由图形变化旋转等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题7“曲柄摇杆机构”是一种运动零件图1是某个“曲柄摇杆”的示意图，它由四条固定长度的线段组成，其中AB是静止不动的机架，AD是绕A做圆周运动的曲柄，BC是绕B上下摆动的摇杆，CD是连结AD和BC两个运动的连杆，A，B，C，D始终在同一平面内已知ABBC5当D运动到图2位置时，记AB，CD的交点为E，现测得ADBC，ADDE，tanDAE=34，则CD253图2之后，D绕A继续运动，当C再次回到图2位置时（如图3），则此时“曲柄摇杆”所围成的四边形ABCD的面积为 503【考点】

27、解直角三角形的应用；等腰三角形的性质版权所有【专题】图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力【答案】见试题解答内容【分析】（1）延长AD交CB的延长线于F，作BGCD交AF于G，先解RtABF，求得AF和BF，推出ABG是等腰三角形，设AGBGx，在RtBFG中列出方程，求得BG，再根据FBGFCD列出比例式，求得CD；（2）在AF上截取ADAD，连接CD（即还原图2的CD的位置），根据勾股定理求得DF的长，进而求得ACD及ABC的面积，进而求得四边形ABCD的面积【解答】解：如图1，延长AD交CB的延长线于F，作BGCD交AF于G，ADEAGB，FBGFCD，DEBG=ADAG，

28、BGCD=BFCF，ADDE，AGBG，ADBC，F90，AB5，tanDAE=34，BF3，AF4，设AGBGx，则FG4x，在RtBFG中，由勾股定理得，FG2+BF2BG2，（4x）2+32x2x=258，258CD=38，CD=253，如图2，CD是CD在图2的位置，在ACD和ACD中，CD=CDAC=ACAD=AD，ACDACD（SSS），F90，CF8，CDCD=253，DF=(253)282=73，ADAFDF473=53，SACD=12ADCF=12538=203，SACD=203，SABC=12BCAF=1254=10，S四边形ABCD10+203=503，故答案为：253，

29、503【点评】本题考查解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形及转化图形的面积8如图，ABC中，CD为边AB上的中线，点E在AC上，连接BE交CD于点F，BEC120，BFAE+EF，若AB47，AE8，则CD的长为 63【考点】解直角三角形的应用；等腰三角形的判定与性质；三角形中位线定理版权所有【专题】等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；推理能力【答案】63【分析】如图，延长BE到T，使得ETAE，连接AT，过点A作AJBE于J，过点E作EKCD于K解直角三角形求出AT，BT，再利用三角形中位线定理求出DF，证明EFEC2，可得结论【解答】解

30、：如图，延长BE到T，使得ETAE，连接AT，过点A作AJBE于J，过点E作EKCD于KBEC120，AETBEC120，AEJ180AET60，AEET8，TEAT30，JE=12AE4，AJ=AE2EJ2=8242=43，AT2AJ83，JT4+812，BFAE+EFEF+ETFT，BDAD，DFAT，DF=12AT43，在RtABJ中，BJ=AB2AJ2=(47)2(43)2=8，BTBJ+JT8+1220，BFEF+8，BF+EF+ET20，EF2，ATFC，ECFEAT30，EFCT30，ECFEFC30，EFEC2，EKCF，EK=12EF1FKKC=EF2EK2=2212=3，C

31、F2FK23，CDDF+CF63，故答案为：63【点评】本题考查解直角三角形的应用，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题，属于中考填空题中的压轴题9如图是一种手机三脚架，它通过改变锁扣C在主轴AB上的位置调节三脚架的高度，其它支架长度固定不变，已知支脚DEAB底座CDAB，BGAB，且CDBG，F是DE上的固定点，且EF：DF2：3（1）当点B，G，E三点在同一直线上（如图1所示）时，测得tanBED2设BC5a，则FG5a2（用含a的代数式表示）；（2）在（1）的条件下，若将点C向下移动24cm，则点B，G，F三点在同一直线

32、上（如图2），此时点A离地面的高度是 （19+195）cm【考点】解直角三角形的应用；相似三角形的判定与性质版权所有【专题】压轴题；推理填空题；解直角三角形及其应用；应用意识【答案】（1）5a2；（2）19+195【分析】（1）如图1中，连接DG，EG，过点F作FHBE于H，则四边形CDGB是矩形可得BCDG5a，根据勾股定理和已知条件可得EG和DE，再证明EFHEDG，可得DF，根据勾股定理即可解决问题；（2）如图1中，连接DG，EG，过点F作FHBE于H，则四边形CDGB是矩形如图2中，连接DG作EJBF交BF的延长线于J利用勾股定理构建方程求出x即可【解答】解：（1）如图1中，连接DG，

33、EG，过点F作FHBE于H，则四边形CDGB是矩形BCDG5a，在RtDEG中，tanDEB=DGEG=2，EG=5a2，DE=EG2+DG2=(5a2)2+(5a)2=552a，FHDG，EFDF=EHGH=23，EFHEDG，EFDE=EHEG=25，EF=25DE=25552a5a2a2=5a，DF=352a，EH=25EG=255a2=a，HGEGEH=52aa=32a，FH=EF2EH2=5a2a2=2a，FG=FH2+HG2=4a2+94a2=5a2；故答案为：5a2；（2）如图1中，连接DG，EG，过点F作FHBE于H，则四边形CDGB是矩形设BCDG2x cm，在RtDEG中，

34、tanDEB=DGEG=2，EGx（cm），DE=EG2+DG2=5x（cm），FHDG，EFDF=EHGH=23，DF=355x（cm），EH=25x（cm），HG=35x（cm），FH=EF2FH2=45x（cm），FG=FH2+HG2=x（cm），如图2中，连接DGDF2DG2+FG2，（355x）2x2+（2x24）2，解得x15+35或1535（舍弃），ABDE=5x（15+155）cm，作EJBF交BF的延长线于J则EJEFsinEFJ（4+45）cm，点A离地面的高度AB+EJ（19+195）cm故答案为：19+195【点评】本题考查解直角三角形的应用，相似三角形的判定与性质，解

35、题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题10如图2，有一块四边形的铁板余料ABCD，经测量AB50cm，BC108cm，CD60cm，且tanBtanC=43，若要从这块余料中裁出顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，则该矩形的面积为1944cm2【考点】解直角三角形的应用；等腰三角形的性质；三角形中位线定理；相似三角形的判定与性质版权所有【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力【答案】1944【分析】延长BA、CD交于点E，过点E作EHBC于点H，中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，在ABC中，设BCa，BC边上的高ADh，矩形PQMN的顶

36、点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，由APNABC，设PQx，则S矩形PQMNPQPNx（aax）=ax2+ax=a（x2）2+a4，可得当PQ=2时，S矩形PQMN最大值为a4，进而可得矩形PQMN的最大面积【解答】解：如图，延长BA、CD交于点E，过点E作EHBC于点H，交PQ于点G，如图，设矩形PQMN，tanBtanC=43，BC，EBEC，BC108cm，且EHBC，BHCH=12BC54cm，tanB=EHBH=43，EH=43BH=435472cm，EGEHGH72QM，PQBC，EQPEBC，PQBC=EGEH，即PQ108=72QM72，PQ=32（72QM）

37、，设QMx，则S矩形PQMNPQQM=32x（72x）=32（x36）2+1944，当x36时，S矩形PQMN最大值为1944，所以当QM36时，矩形PQMN的最大面积为1944cm2，答：该矩形的面积为1944cm2故答案为：1944【点评】本题属于四边形综合题，主要考查解直角三角形的应用、中位线定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、二次函数的最值及类比思想的运用是解题的关键11如图，在ABC中，ABAC，点D为ABC内部一点，且ADB+BAC240，ADC2ABC，若3BD2CD，则tanADC的值为43【考点】解直角三角形；等腰三角形的性质版权所有【专题】解直角三角形及其应用；

38、推理能力【答案】43【分析】在CD上取一点T，使得DAT60，过点T作THAD于H想办法证明ADBCTA（AAS），推出BDAT，ADCT，可以假设BD3k，CD2k，则AHATcos60k，HTATsin60=3k，设ADCTx，则DHxk，利用勾股定理求出x=54k，可得DH=14k，由此即可解决问题【解答】解：在CD上取一点T，使得DAT60，过点T作THAD于HADB+BAC240，ADB+BAD+60+CAT240，ADB+BAD+CAT180，ADB+BAD+ABD180，ABDCAT，ABAC，ABCACB，ADC2ABC，ADT+DAT+ATD180，BAC+2ABC180，B

39、ACDAT+ATD60+ATD，ATC+ABCATC+ATD+DAT240，ADBATC，ADBCTA（AAS），BDAT，ADCT，3BD2CD，可以假设BD2k，CD3k，则AHATcos60k，HTATsin60=3k，设ADCTx，则DHxk，在RtDHT中，DT2DH2+HT2，（xk）2+（3k）2（3kx）2，x=54k，DH=14k，tanADC=HTDH=3k14k=43，故答案为：43【点评】本题考查解直角三角形的应用，全等三角形的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题12如图，ABC中，A

40、BAC，tanC=34，D、F分别在边AC、BC上，作AEBD，DEAF交AE于E若AEBD=34，则CDBF=45【考点】解直角三角形；平行线的性质；等腰三角形的性质版权所有【专题】解直角三角形及其应用；应用意识【答案】见试题解答内容【分析】如图，过点A作AHBC于H，连接DH，EH，设BD交AH于O，交AE于K，设DH交AE于T想办法证明CDHBFA，推出CDBF=CHAB，由此即可解决问题【解答】解：如图，过点A作AHBC于H，连接DH，EH，设BD交AH于O，交AE于K，设DH交AE于TBDAE，AHBC，AKOBHO90，AOKBOH，DBHEAH，ABAC，ABCC，tanABCtanC