专题18 解直角三角形问题(解析版)

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解直角三角形大题及答案

解直角三角形大题及答案直角三角形是初中数学中比较基础而重要的知识点，下面给出几道解直角三角形的大题及答案。

大题一已知直角三角形的一条直角边为6cm，另一条直角边为8cm，求斜边长。

解析：根据勾股定理可以求出斜边长，即$c=\sqrt{a^2+b^2}$。

带入数据得$c=\sqrt{6^2+8^2}=10$，所以斜边长为10cm。

答案：10cm大题二如图，直角边AC长为12cm，BC长为16cm，连接AB并延长线段交CD于点D，且CE垂直于BD，求CE的长。

解析：首先要求出BD的长度。

由$AC^2+BC^2=BD^2$可得$BD=\sqrt{12^2+16^2}=20$。

然后根据相似三角形CC’E、B’BD可以列出比例$\frac{CE}{BD}=\frac{BC}{B'D}$，即$\frac{CE}{20}=\frac{16}{28}$，解之得$CE=\frac{80}{7}$。

答案：$\frac{80}{7}$cm大题三已知一艘轮船从岸边出发，航向为东北偏东，速度为20km/h，船行了300km到达目的地。

试画出向量图，并求出船行的时间。

解析：如图所示，$\vec{v}=(20\cos45\degree,20\sin45\degree)=(10\sqrt{2},10\sqrt{2})$。

由船行了300km可得船行时间为$\frac{300}{\|\vec{v}\|}=\frac{300}{20}=15$小时。

答案：15小时大题四如图，正方形ABCD中，P点在BC边上，$\anglePAD=45\degree$，PD=2，BP=4，则AP长为多少？解析：如图所示，由正方形ABCD的对称性可得$\angle PAD=\angle BCA=45\degree$，则$\triangle PAD$与$\triangle PBC$相似。

设$AP=x$，则$\frac{x}{4}=\frac{2}{x}$，解之得$x=2\sqrt{2}$。

专题18 全等三角形(专项训练)(解析版)

专题18 全等三角形一、单选题1．（2021·湖南怀化·九年级）如图，在△AEF中，尺规作图如下：分别以点E，点F为圆心，大于12EF的长为半径作弧，两弧相交于G，H两点，作直线GH，交EF于点O，连接AO，则下列结论正确的是（）A．AO平分△EAF B．AO垂直平分EF C．GH垂直平分EF D．GH平分AF【答案】C【详解】由尺规作图的痕迹可得：GH垂直平分线段EF．故选C．2．（2021·江苏南京·九年级）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，D、E分别在BC、AC上，AD＝DE，BD＝CE，若△ADE＝m°，则△BAD的度数是（）A．m°B．1902m⎛⎫-⎪⎝⎭°C．（90－m）°D．3902m⎛⎫-⎪⎝⎭°【答案】D【分析】分别过点E、G作EF△CD、DG△AB，证明△CEF△△BDG、△DEF△△ADG，从而证明△CDE△△ADB，得到△EDC=△BAD，再利用等边对等角，用m表示出△AED和△CED，再利用平角的定义即可表示出△BAD的度数．【详解】解：分别过点E、G作EF△CD、DG△AB，垂直分别为F、G，△AB=AC ， △△B =△C ，△EF △CD ，DG △AB ， △△EFC =△DGB =90°，在△CEF 和△BDG 中△△EFC ＝△DGB ，△C ＝△B ，CE ＝BD ， △△CEF △△DGB （AAS ）， △EF =DG ，在Rt △DEF 和Rt △ADG 中 △DE ＝AD ，EF ＝DG ， △Rt △DEF △Rt △ADG （HL ）， △△CED =△ADB ，△EDC =△DAB ， △AD =ED ，△ADE =m °， △△DEA =180-()2m °△△ADB =△CED =180-(180-)2m°， △△BAD =△EDC =180°-（△ADB +△ADE ）=180°-180-(180-+)2mm ° =3(90-)2m° ，故选：D ．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定、等腰三角形的性质等知识，能够根据线段相等等已知条件构造全等三角形是解答此题的关键．3．（2021·江苏九年级）如图，Rt AOB Rt COD △≌△，直角边分别落在x 轴和y 轴上，斜边相交于点E ，且tan 2OAB ∠=．若四边形OAEC 的面积为12，反比例函数(0)ky x x=>的图像经过点E ，则k 的值是（）A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】B 【分析】过点E 作EF OA ⊥于F ，EG OC ⊥于G ,连接OE ，证明三角形全等，得对应边相等，用来证明四边形为正方形，再根据tan 2OAB ∠=，建立边与边之间的等量关系，利用两直线平行和四边形的面积，即可求出解．【详解】解：过点E 作EF OA ⊥于F ，EG OC ⊥于G ,连接OE ,如图：Rt AOB Rt COD △≌△，,,OA OC OB OD ABO CDO ∴==∠=∠，OB OC OD OA ∴-=-，即：BC AD =，在BCE DAE =中，{ABO CDO BEC DEA BC AD ∠=∠∠=∠=，()BCE DAE AAS ∴≌， EC AE ∴=，在CEO 和AEO △中， OC OA OE OE EC EA =⎧⎪=⎨⎪=⎩()CEO AEO SSS ∴≌，45COE AOE ∴∠=∠=︒，COEAOESS=，,,EG OC EF AO OA OC ⊥⊥⊥，∴四边形OFEG 为正方形，EG EF OG OF ∴===，tan 2,2OBOAB OA∠=∴=，设OA OC a ==，则2OB OD a ==，设EG EF x ==，则OG OF x ==，//EG OA ，EG BGOA BO ∴=，即：22x a x a a-=，解得：23x a =， 22(,)33E a a ∴，四边形OAEC 的面积为12， 162AEOSS ∴==四边形OAEC， 162OA EF ∴⨯=， 12623a a ∴⨯⨯=，解得：218a =， 22248339k a a a ∴=⨯==，故选：B ．【点睛】本题考查了反比例函数k 的几何意义，待定系数法，三角形全等的判定与性质，正方形的判定与性质，三角形的面积，解直角三角形，解题的关键是：利用点的坐标表示出相应线段的长度．4．（2021·山东九年级）如图，在ABC中，AB AC=，以点C为圆心，CB长为半径画弧，交AB于点B和点D，再分别以点B，D为圆心，大于12BD长为半径画弧，两弧相交于点M，作射线CM交AB于点E．若5,1AE BE==，则EC的长度是（）AB．C．9D【答案】A【分析】利用基本作图得到CE△AB，根据线段的和差关系可得AC=AB=6，然后利用勾股定理计算CE的长．【详解】△AE=5，BE=1，△AB=6，由作图可知CM为AB的垂线，即CE△AB，△在△ACE中，AC2=AE2+CE2，△AB=AC，△62=52+CE2，解得：CE（负值舍去），故选：A．【点睛】本题考查了基本作图及勾股定理，熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）是解题关键．5．（2021·江苏省天一中学九年级）如图，ABC中，△C=90o，BC＝8，AC＝6，点P在AB上，AP=3.6，点E从点A出发，沿AC运动到点C，连接PE，作射线PF垂直于PE，交直线BC于点F，EF的中点为Q，则在整个运动过程中，线段PQ扫过的面积为（）A．8B．6C．94πD．2516π【答案】B【分析】连接CQ，PQ，证明点Q在CP的垂直平分线上，连接CP，作CP的垂直平分线交BC于M，交AC于N，即点Q在MN上，可得PQ扫过的面积为△PMN的面积，证明△ABC△△ACP，得到MN△AB，再证明△CMN△△CBA，得到相似比，求出△CMN的面积即可得解．【详解】解：连接CQ，PQ，△△ACB=90°，PE△PF，Q为EF中点，△PQ=CQ=12EF，△点Q在CP的垂直平分线上，如图，连接CP，作CP的垂直平分线交BC于M，交AC于N，即点Q在MN上，△PQ扫过的面积为△PMN的面积，△△ACB=90°，AC=6，BC=8，△AB，△AP=3.6，则35AP ACAC AB==，又△C=△C，△△ABC△△ACP，△△APC =△ACB =90°，即CP △AB ， △MN △CP ， △MN △AB ，△△CMN △△CBA ，又MN 垂直平分CP ， △12CM CN CB CA ==，且△CMN 和△PMN 的面积相等， △S △PMN =S △CMN =14S △ABC =116842⨯⨯⨯=6，故选B ．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是推出点Q 的路径，得到点Q 在CP 的垂直平分线上．6．（2021·吉林）如图，在ABC 中，90ACB ∠>︒按以下步骤作图：分别以点A 和C 为圆心，大于12AC 的边长为半径作圆弧，两弧相交于点M 和N ；作直线MN 交AB 于点D ，连结CD ．若5cm AB =，则BC 的长可能是（）A ．7cmB ．6cmC ．5cmD ．4cm【答案】D 【分析】由基本作图得到MN 垂直平分AC ，则DA =DC ，根据三角形三边的关系得到BC ＜CD +DB ，然后对各选项进行判断．【详解】解：由作法得MN 垂直平分AC ， △DA =DC ，△CD +BD =DA +DB =AB =5， △BC ＜CD +DB ， △BC ＜5．故选：D ．【点睛】本题考查了作图-基本作图－作已知线段的垂直平分线．也考查了线段垂直平分线的性质．7．（2021·广西柳州·）如图，在Rt △ABC 中，△ACB =90°，AC =BC ，点M 在AC 边上，且A M=2，M C =6，动点P 在AB 边上，连接PC ，P M ，则PC +P M 的最小值是（）A ．B ．8C ．D ．10【答案】A 【分析】首先利用等腰三角形和垂直平分线的性质求出8AC '=和90C AC ∠'=︒，然后利用勾股定理求解即可．【详解】解：如解图，过点C 作CO AB ⊥于点O ，延长CO 到点C '，使OC OC '=，连接MC '，交AB 于点P '，此时MC P M P C P M P C '='+''='+'的值最小，连接AC '，,,90CO AB AC BC ACB ⊥=∠=︒，1245ACO ACB ∴∠=∠=︒．,CO OC CO AB ='⊥，268AC CA AM MC ∴'==+=+=， 45OC A OCA ∴∠'=∠=︒， 90C AC ∴∠'=︒， C A AC ∴'⊥，MC ∴'=PC PM ∴+的最小值为故选：A ．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，垂直平分线的应用和勾股定理，找到P 点的位置是关键．8．（2021·湖南长沙·九年级）如图，用直尺和圆规作图，以点O 为圆心，适当长为半径画弧，分别交OB ，OA 于点E 、D ，再分别以点E 、D 为圆心，大于12ED 的长为半径画弧，两弧交于点C ，连接OC ，则△ODC △OEC 的理由是（）A ．SSSB ．SASC ．AASD ．HL【答案】A 【分析】连接EC 、DC ．根据作图的过程知，OE=OD ，CE=CD ，利用SSS 即可证明△ODC △OEC ．【详解】如图，连接EC 、DC ．根据作图的过程知，OE=OD ，CE=CD ，在△EOC 与△DOC 中， OE OD OC OC CE CD =⎧⎪=⎨⎪=⎩， △△EOC △△DOC （SSS ）．故选A ．【点睛】本题考查了基本作图及三角形全等的判定方法，根据作图方法确定出三角形全等的条件是解决问题的关键． 9．（2021·四川宜宾市·）如图，在ABC 中，90,16,C AC AB ∠=︒=的垂直平分线MN 交AC 于点D ，交AB 于点E ，连接BD ，若:3:5CD DB =，则ABC 的面积为（）A ．16B ．32C ．48D ．64【答案】D 【分析】由于CD ：DB ＝3：5，可设DC ＝3x ，BD ＝5x ，由于MN 是线段AB 的垂直平分线，故AD ＝DB ，AD ＝5x ，又知AC ＝16，即可据此列方程解答．【详解】解：△CD ：DB ＝3：5， △设DC ＝3x ，BD ＝5x ，又△MN 是线段AB 的垂直平分线， △AD ＝DB ＝5x ，又△AC＝16cm，△3x＋5x＝16，解得，x＝2，△CD＝6，DB＝10，在Rt△BDC中，CD＝6，DB＝10，BC8=，△△ABC的面积＝12AC×BC＝12×16×8＝64．故选D．10．（2021·河北唐山·）如图，所示的正方形网格中，一条A，B，C三点均在格点上，那么ABC的外接圆圆心是（）A．点E B．点F C．点G D．点H【答案】C【分析】由ABC的外接圆圆心在AB与BC的垂直平分线上，根据网格可知EG所在直线是AB的垂直平分线，BC 的垂直平分线是点G所在直线即可．【详解】解：△A，B，C三点均在格点上，连结BC，△ABC的外接圆圆心在AB与BC的垂直平分线上，由网格可知EG所在直线是AB的垂直平分线，BC的垂直平分线是点G所在直线，△点G是ABC的外接圆圆心．故选择：C．【点睛】本题考查网格三角形，三角形外接圆圆心，线段垂直平分线，掌握网格三角形，三角形外接圆圆心，线段垂直平分线是解题关键．二、填空题11．（2021·建昌县教师进修学校九年级）如图，在ABC中，AC＝4，BC＝8，分别以点A，B为圆心，等长为半径作弧，交AB，BC，AC于点D，E，F，再以点F为圆心，DE长为半径作弧，交前弧于点G，连接AG并延长交BC于点H．则BH长_____．【答案】6【分析】根据尺规作图可得△CAH=△B，故可得到△ACH△△BCA，得到AC HCBC AC=，故可求出CH，从而求出BH的长．【详解】根据尺规作图可得△CAH=△B，又△C=△C△△ACH△△BCA△AC HC BC AC=△484HC =△HC=2故BH=BC-HC=6故答案为6．【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知尺规作角相等的方法及相似三角形的判定定理． 12．（2021·建昌县教师进修学校九年级）如图，E 是正方形ABCD 外一点，连接AE ，BE ，DE ，AP △AE 交DE 于点P ，连接BP ，若AE ＝AP ＝1，PB △EB △ED ；△点B 到直线DE 的距离是1；△APDAPBSS+=；△S 正方形ABCD ．其中正确结论的序号为______．【答案】△△△ 【分析】根据正方形性质可得AD =AB ，△BAD =ADC =90°，再由AP △AE ，易证△ABE △△ADP ，再利用等腰直角三角形性质可得：△AEB =135°，进而可得：EB △ED ；由勾股定理即可求得BE =1，即点B 到直线DE 的距离为1；设正方形ABCD 边长为a ，根据勾股定理可得22212a a ⎛⎛⎫ -+= ⎪ ⎝⎭⎝⎭，解得：22a=+，即可求得：APDAPBS S+=，2正方形2ABCD S a ==+，即可求解．【详解】解：△四边形ABCD 是正方形， △AD =AB ，△BAD =△ADC =90° △AP △AE ， △△EAP =90°△△BAE +△BAP =△BAP +△DAP =90°， △△BAE =△DAP ， △AE =AP =1，△△ABE △△ADP （SAS ）， △△AEB =△APD ，BE =DP △△AEP 是等腰直角三角形，△△AEP =△APE =45°，EP ===，△△APD =180°-△APE =180°-45°=135°， △△AEB =135°，△△BED =△AEB -△AEP =135°-45°=90°， △EB △ED ，故△正确；△1BE ==，故△正确；过点E 作EF △AB 于点F ，过点P 作PG △AB 于点G ，△AF =BF ，△AFE =△PGA =90°， △△EAF +△P AG =△P AG +△APG =90°， △△EAF =△APG ， △△EAF △△APG （AAS ）， △EF =AG ，AF =PG ，设正方形ABCD 边长为a ，则AB =a ，12AF PG a ==，△AG EF ====，△BG AB AG a =-=-，在Rt BPG △ 中，由勾股定理得：22212a a ⎛⎛⎫ -+= ⎪ ⎝⎭⎝⎭，解得：22a =+，△()12APDAPBAEBAPBSSSSAB EF PG +=+=+1122a a ⎫⎪=+=⎪⎝⎭，故△正确；△2正方形2ABCD S a ==+，故△错误，故正确的有△△△．故答案为：△△△．【点睛】本题主要考查了正方形性质，等腰直角三角形性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，三角形面积和正方形面积等；熟练掌握相关知识点是解题的关键．13．（2021·东莞市东莞中学初中部九年级）如图，OA ＝OB ，AC ＝BC ，△ACO ＝30°，则△ACB ＝__．【答案】60° 【分析】利用SSS 证明△AOC △△BOC 可得△BCO ＝△ACO ＝30°，进而可求解△ACB 的度数．【详解】解：在△ACO 和△BCO 中， OA OB AC BC OC OC =⎧⎪=⎨⎪=⎩， △△AOC △△BOC （SSS ）， △△BCO ＝△ACO ＝30°， △△ACB ＝△BCO +△ACO ＝60°，故答案为：60°．【点睛】本题考查了全等三角形判定与性质，熟知全等三角形的判定定理是解题的关键．14．（2021·江苏）如图,在四边形ABCD 中,AB △DC ,过点C 作CE △BC ,交AD 于点E ,连接BE ,△BEC ＝△DEC ,若AB ＝6,则CD ＝___．【答案】3 【分析】延长AD ,BC 交于点P ,先证明BCE PCE ≅△△,可得到PC =BC ,从而得到CD 是ABP △ 的中位线,即可得出答案．【详解】如图,延长AD ,BC 交于点P , △CE △BC ,△90PCE BCE ∠=∠=︒ , 又△△BEC ＝△DEC ,CE =CE , △()BCE PCE ASA ≅ , △PC =BC , △AB △DC ,△CD 是ABP △ 的中位线, △116322CD AB ==⨯= , 故答案为3．【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理和三角形全等,解题的关键是做辅助线构造出三角形,找到三角形的中位线．15．（2021·江苏九年级）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则△1+△2＝___．【答案】135°【分析】直接利用网格证明△ABC△△CDE，得出对应角△1=△3，进而得出答案．【详解】解：如图所示：可知：AB=CD=3，BC=DE=1，△B=△D=90°，△△ABC△△CDE（SAS），△△1=△3，则△1+△2=△2+△3=135°．故答案为：135°．【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，正确借助网格分析是解题关键．三、解答题16．（2021·西安市铁一中学九年级）如图，已知直线l外有一点P，请用尺规作图的方法在直线l上找一点Q，使得Q到P的距离最小（保留作图痕迹，不写作法）．【答案】见解析．【分析】以点P为圆心，适当长为半径，作弧交直线l于两点，再作以这两点为线段的垂直平分线，交直线于点Q 即可．【详解】解：如图，点Q即是所求作的点．【点睛】本题考查过直线外一点，作直线的垂直平分线，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．17．（2021·建昌县教师进修学校九年级）如图，在ABC中，△BAC＝90°，AB＝AC＝4，过点C作MN△AB，点P为斜边BC上一点，点Q为直线MN上一点，连接PQ，作PR△PQ交直线AC于点R．（1）当点Q在射线CM上时△如图1，若P是BC的中点，则线段PQ，PR的数量关系为；△如图2，若P不是BC的中点，写出线段CP，CQ，CR之间的数量关系，并证明你的结论；（2）若14CP BC=，3CQ=，请直接写出CR的长．【答案】（1）△PQ＝PR；CQ CR+=，见解析；（2）5或1【分析】（1）△PQ＝PR；连结AP，△BAC＝90°，AB＝AC，可得△ACP=45°，由点P为BC中点，可得AP△BC，AP平分△BAC，可得△APQ+△QPC=90°，△P AC=45°，可求△RAP=135°，△ACP=△P AC=45°，可证△RAP△△QCP （ASA）即可；CQ CR+=．作PE △PC交AC于点E，可得△EPC＝90°，可得△EPQ+△QPC=90°，由PR△PQ，可得△RPE+△EPQ=90°，可得△RPE＝△QPC，再证△PER△△PCQ（ASA），可得ER＝CQ，在Rt△CEP中，利用三角函数可求CE=即可；（2）由△BAC＝90°，AB＝AC＝4，利用勾股定理可求BC=14CP BC=，可14CP BC=Q在MN上位置分两种情况：当点Q在CM上与点Q在CN上时，利用结论可求CR．【详解】（1）△连结AP，△△BAC＝90°，AB＝AC，△△ACP=45°，△点P为BC中点△AP△BC，AP平分△BAC，△△APQ+△QPC=90°，△P AC=45°，△△RAP=180°-△P AC=135°，△ACP=△P AC=45°△AP=CP，△RP△PQ，△△RP A+△APQ=90°，△△RP A=△QOC，△MN∥AB，△△ACQ=△BAC=90°，△△QCP=△ACQ+△PCA=90°+45°=135°=△RAP，在△RAP和△QCP中，RAP QCPAP CPRPA QPC∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩△△RAP△△QCP（ASA），△PR=PQ，故答案为：PQ ＝PR ；CQ CR +=．证明：作PE △PC 交AC 于点E ，则△EPC ＝90°， △△EPQ+△QPC =90° △PR △PQ △△RPQ ＝90°， △△RPE +△EPQ =90°， △△RPE ＝△QPC ，△△BAC ＝90°，AB ＝AC ，MN △AB△△ABC ＝△ACB ＝45°，△ACM ＝△BAC ＝90° △△PEC ＝45°△PE ＝PC ，△PER ＝△PCQ ＝135°，在△REP 和△QCP 中，REP QCP EP CPRPE QPC ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩△△PER △△PCQ （ASA ）， △ER ＝CQ ，在Rt △CEP 中，cos △PEC ＝PC CE =CE = 又△CE ER CR +=，CQ CR +=．（2）△△BAC ＝90°，AB ＝AC ＝4，△BC = △14CP BC =△1144CP BC ==⨯ 当点Q 在CM 上时CR CQ =+当点Q 在CN 上时证明：作PE △PC 交CN 于点E ，则△EPC ＝90°， △△EPR+△RPC =90° △PR △PQ △△RPQ ＝90°， △△RPE +△EPQ =90°， △△RPC ＝△QPE ，△△BAC ＝90°，AB ＝AC ，MN △AB△△ABC ＝△ACB ＝45°=△BCQ ，△ACN ＝△ACB +△BCQ =90°=△BAC△△PEC ＝45°△PE ＝PC ，△PEQ ＝△PCR ＝135°，在△QEP 和△RCP 中，QEP RCP EP CPQPE RPC ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩△△QEP △△RCP （ASA ）， △EQ ＝CR ，在Rt △CEP 中，cos △PEC＝PC CE =CE = 又△CR CE CR -=，△CQ CR =．=3CR CQ =△CR 的长为5或1．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质与判定，平行线性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，线段的和差，锐角三角函数，掌握等腰直角三角形的性质与判定，平行线性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，线段的和差，锐角三角函数是解题关键．18．（2021·广东广州·铁一中学）如图，90A ∠=︒，//AD BC ，点E 是AB 上的一点，且AE BC =，12∠=∠．求证：ADE BEC △△≌．【答案】见解析【分析】根据等角对等边可得ED EC =，由此根据HL 证明Rt ADE △和Rt BEC △全等解答即可．【详解】证明：12∠=∠，ED EC ∴=，△90A ∠=︒，//AD BC ， △18090B A ∠=︒-=︒∠，在Rt ADE △和Rt BEC △中，AE BC ED EC=⎧⎨=⎩， Rt Rt (HL)ADE BEC ∴△≌△．【点睛】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解决本题的关键．19．（2021·江苏高港区·高港实验学校九年级）如图，在正方形ABCD 中，F 为BC 为边上的定点，E 、G 分别是AB 、CD 边上的动点，AF 和EG 交于点H 且AF △EG ．（1）求证：AF ＝EG ；（2）若AB ＝6，BF ＝2．△若BE ＝3，求AG 的长；△连结AG 、EF ，求AG ＋EF 的最小值．【答案】（1）见解析；（2）△【分析】（1）过点G 作GM △AD 交AB 于点M ，则可得AD =MG ，然后证明△GME △△ABF 即可；（2）△过点G 作GM △AD 交AB 于点M ，连接AG ，由（1）可得EM =BF =2，从而可求得AM ，在Rt △AMG 中由勾股定理即可求得AG 的长；△过点F 作FP △EG ，FP =EG ，连接AP ,则易得GP =EF ，当A 、G 、P 三点共线时，AG +EF 最小，在Rt △AFP 中由勾股定理即可求得AP 的长即可．【详解】（1）过点G 作GM △AD 交AB 于点M △四边形ABCD 是正方形△△BAD =△B =90゜，AB △CD ，AD =AB △△EMG =△BAD =△B =90゜ △AB △CD ，GM △AD△四边形AMGD 是平行四边形 △△BAD =90゜△四边形AMGD 是矩形 △MG =AD △MG =AB △AF △EG△△AEH +△EAH =90゜ △△EAH +△AFB =90゜ △△AEH =△AFB 在△GME 和△ABF 中EMG B AEH AFB MG AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩△△GME △△ABF (AAS ) △AF =EG（2）△过点G作GM△AD交AB于点M，连接AG，如图由（1）知，△GME△△ABF△EM=BF=2△AB=6，BE=3△AE=AB－BE=3△AM=AE－EM=1在Rt△AMG中，GM=AD=6，由勾股定理得：AG=△过点F作FP△EG，FP=EG，连接AP,如图则四边形EFPG是平行四边形△GP=EF△AG+GP≥GP△当A、G、P三点共线时，AG+EF=AG+GP最小,最小值为线段AP的长△AF△EG，FP△EG△FP△AF在Rt△ABF中，由勾股定理得AF==△AF=EG，EG=FP△FP=AF=在Rt△AFP中，由勾股定理得AP=所以AG+EF的最小值为【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，两点间线段最短等知识，灵活运用这些知识是解决的关键，确定AG+EF最小值是线段AP的长是难点．20．（2021·杭州市丰潭中学九年级）如图，已知AB是△O的弦，OB＝1，C是弦AB上的任意一点（不与点A、B重合），连接CO并延长CO交△O于点D，连接AD．设△B＝α，△ADC＝β．（1）求△BOD的度数（用含α，β的代数式表示）；（2）若α＝30°，当AC的长度为多少时，以点A、C、D为顶点的三角形与B、C、O为顶点的三角形相似？请写出解答过程．（3）若α＝β，连接AO，记△AOD、△AOC、△COB的面积分别为S1，S2，S3，如果S2是S1和S3的比例中项，求OC的长．【答案】（1）△BOD＝2α+2β；（2）AC（3）OC．【分析】（1）作辅助线OA，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可确定△DOB的值；（2）分析△ACD中只有△D可能等于30°，得出△D的对应角为△B，根据相垂径定理可得出AC的长；（3）先根据比例中项得出a和b的关系式，再证明△ACD△△OCA，再得出AD和AC的关系式，两式联立即可求出AC、AD，从而求出OC．【详解】解：（1）连接AO，如图：△OA ＝OD ，OA ＝OB ，△B ＝α，△ADC ＝β， △△OAD ＝△ADC ＝α，△OAB ＝△B ＝β，△△BOD ＝2△DAB ＝2（△OAD +△OAB ）＝2α+2β；（2）△点C 不与A 、B 重合， △△DAC ＞30°，△ACD ＞30°， △△ACD △△OCB ， △△D ＝△B ＝α＝30°，由（1）知△DOB ＝2（30°+30°）＝120°， △△BOC ＝60°， △△OCB ＝90°，根据垂径定理知C 是AB 的中点，△AC ＝BC ＝OB •cos 30°＝1=（3）△α＝β， △△ADO =△ABO ， △OA =OD =OB ，△△ADO =△OAD =△ABO =△OAB ， △△ADO △△ABO ，△OA 是△DAC 的角平分线，设AD ＝a ，AC =b ，AD 、AC 边上的高为h ，则：112S ah =，212S bh =，3()12S a b h =-，又△S 2是S 1和S 3的比例中项，△2213S S S =•，即211()()1222bh ah a b h =•-，化简得a 2﹣b 2＝ab △，△α＝β， △△DOB ＝4α， △△DCB ＝3α， △△AOC ＝△DAC ＝2α， △△ACO ～△DCA ， △AO COA C A C D A C D ==， △11b OCa OC b+==，整理得：bOC a=，a 2b ＝a +b △，联立△△得：1a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩△OC=21．（2021·珠海市九洲中学九年级）如图，AC 是平行四边形ABCD 的对角线．（1）利用尺规作出AC 的垂直平分线（要求保留作图痕迹，不写作法）；（2）设AC 的垂直平分线分别与AB 、AC 、CD 交于点E 、O 、F ，求证：OE OF =．【答案】（1）答案见详解；（2）答案见详解【分析】（1）如图可得AC 的垂直平分线；（2）由根据作图知，PQ 是AC 的垂直平分线，又由四边形ABCD 是平行四边形，易证得△AOE △△COF ，继而证得结论．【详解】解：（1）如图：（2）证明：根据作图知，PQ 是AC 的垂直平分线， △OA ＝OC ，且EF △AC ， △四边形ABCD 是平行四边形， △AB △CD ， △△OAE ＝△OCF ，在△OAE 和△OCF 中， OAE OCF OA OCAOE COF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， △△AOE △△COF （ASA ）， △OE ＝OF ．【点睛】此题考查了平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质与作法以及全等三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．22．（2021·温州绣山中学九年级）如图，在△ABCD 中，对角线AC ，BD 交于点O ，AE △BD ，CF △BD ，垂足分别为E ，F ．（1）求证：EO ＝FO ；（2）若AE ＝EF ＝4，求AC 的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）由平行四边形的性质得到AB =CD ，△ABE =△CDF ，然后根据题意证明ABE CDF △≌△即可．（2）根据OE =OF =12EF 求出OE 的长度，然后根据勾股定理求出AO 的长度，即可根据平行四边形对角线互相平分求出AC 的长度．【详解】（1）△四边形ABCD 是平行四边形， △AB =CD ，AB △CD ， △△ABE =△CDF ， △AE △ED ，CF △BD ， △△AEB =△CFD =90°，在△ABE 和△CDF 中，AEB CFD ABE CDF AB CD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， △()ABE CDF AAS △≌△， △BE =DF ， △OB =OD ， △OB -BE =OD -DF ， △OE =OF ．（2）△AE ＝EF ＝4， △OE =OF ＝122EF =，△在Rt AEO中，AO =△2AC AO == 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，三角形全等和勾股定理的运用，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质，三角形全等和勾股定理．23．（2021·福建泉州五中）如图，在ABCD 中，AE BC ⊥于点E ，CF AD ⊥于点F ，求证：BE DF =．【答案】见解析．【分析】根据平行四边形的性质可得AB ＝CD ，△B ＝△D ，然后利用AAS 定理证明△ABE △△CFD 可得BE ＝DF【详解】证明：四边形ABCD 是平行四边形，AB CD ∴=，B D ∠=∠，AE BC ⊥，CF AD ⊥，90AEB CFD ∴∠=∠=︒在ABE ∆和CDF ∆中，AEB CFD B DAB CD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ABE CDF AAS ∴∆≅∆，BE DF ∴=．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质和全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质的作用：平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法．。

专题18 三角形(解析版)

专题18三角形【考查题型】【知识要点】知识点一三角形的概念三角形的概念：由不在同一条直线上的三条线段首尾依次相接所组成的图形叫做三角形。

三角形的表示：用符号“∆”表示，顶点是A、B、C的三角形记作“∆ABC”，读作“三角形ABC”。

三角形的分类：1）三角形按边分类：三角形三边都不相等的三角形等腰三角形等边三角形底边和腰不相等的等腰三角形2）三角形按角分类：三角形直角三角形斜三角形锐角三角形钝角三角形等腰三角形的定义：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形，其中相等的两条边叫做腰，另一边叫做底边，两腰的夹角叫做顶角，腰与底边的夹角叫做底角。

等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形（特殊的等腰三角形）。

三角形三边的关系：1）三角形的任意两边之和大于第三边。

2）三角形的任意两边之差小于第三边。

几何描述：记三角形三边长分别是a，b，c，则a＋b＞c或c－b＜a。

3）判断三条线段能否组成三角形，只需判断上述两个条件满足其一即可。

【解题技巧】已知三角形两边的长度分别为a，b，求第三边长度的范围：|a－b|＜c＜a＋b三角形的稳定性:三角形三条边的长度确定之后，三角形的形状就唯一确定了。

【注意事项】1）三角形具有稳定性;2）四边形及多边形不具有稳定性;3）要使多边形具有稳定性，方法是将多边形分成多个三角形，这样多边形就具有稳定性了。

考查题型一三角形的稳定性题型1．（2022·湖南永州·中考真题）下列多边形具有稳定性的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【分析】利用三角形具有稳定性直接得出答案．【详解】解：三角形具有稳定性，四边形、五边形、六边形都具有不稳定性，故选D ．【点睛】本题考查三角形的特性，牢记三角形具有稳定性是解题的关键．题型1-1．（2022·广东·中考真题）下列图形中具有稳定性的是（）A ．平行四边形B ．三角形C ．长方形D ．正方形考查题型二三角形的三边关系题型2．（2022·江苏淮安·中考真题）下列长度的三条线段能组成三角形的是（）A ．3，3，6B ．3，5，10C ．4，6，9D ．4，5，9【答案】C【分析】根据三角形的三边关系判断即可．【详解】A.∵336+=，∴长度为3，3，6的三条线段不能组成三角形，本选项不符合题意；B.∵3510+<，∴长度为3，5，10的三条线段不能组成三角形，本选项不符合题意；C.∵469+>，649-<，∴长度为4，6，9的三条线段能组成三角形，本选项符合题意；D.∵459+=，∴长度为4，5，9的三条线段不能组成三角形，本选项不符合题意；故选：C.【点睛】本题考查的是三角形的三边关系，熟记三角形两边之和大于第三边、三角形的两边差小于第三边是解题的关键．题型2-1．（2022·浙江衢州·中考真题）线段a b c ，，首尾顺次相接组成三角形，若13a b ==，，则c 的长度可以是（）A ．3B ．4C ．5D ．6题型2-2．（2022·湖南益阳·中考真题）如图1所示，将长为6的矩形纸片沿虚线折成3个矩形，其中左右两侧矩形的宽相等，若要将其围成如图2所示的三棱柱形物体，则图中a 的值可以是（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B 【分析】本题实际上是长为6的线段围成一个等腰三角形，求腰的取值范围．【详解】解：长为6的线段围成等腰三角形的两腰为a ．则底边长为6﹣2a ．题型2-3．（2022·河北·中考真题）平面内，将长分别为1，5，1，1，d 的线段，顺次首尾相接组成凸五边形（如图），则d 可能是（）A ．1B ．2C ．7D ．8在ABC 中，5115a -<<+，即46a <<，在CDE 中，1111b -<<+，即02b <<，所以48a b <+<，26a b <-<，在ACE △中，a b d a b -<<+，故选：C．【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理，通过作辅助线，构造三个三角形是解题关键．题型2-4．（2022·青海西宁·中考真题）若长度是4，6，a的三条线段能组成一个三角形，则a的值可以是（）A．2B．5C．10D．11【答案】B【分析】根据三角形三边关系定理得出6-4＜a＜6+4，求出a的取值范围，即可求解．【详解】解：由三角形三边关系定理得：6-4<a<6+4，即2<a<10，即符合的整数a的值是5，故选：B．【点睛】本题考查了三角形三边关系，能根据三角形三边关系定理得出4-3＜a＜4+3是解此题的关键，注意：三角形的两边之和大于第三边，三角形的两边之差小于第三边．题型2-5．（2022·江苏宿迁·中考真题）若等腰三角形的两边长分别是3cm和5cm，则这个等腰三角形的周长是（）A．8cm B．13cm C．8cm或13cm D．11cm或13cm【答案】D【分析】题目给出等腰三角形有两条边长为3和5，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．【详解】解：当3是腰时，∵3＋3＞5，∴3，3，5能组成三角形，此时等腰三角形的周长为3＋3＋5＝11（cm），当5是腰时，∵3＋5＞5，5，5，3能够组成三角形，此时等腰三角形的周长为5＋5＋3＝13（cm），则三角形的周长为11cm或13cm．故选：D【点睛】本题考查等腰三角形的性质及三角形三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关键．知识点二与三角形有关的线段三角形的高概念：从三角形一个顶点向它的对边做垂线，顶点和垂足之间的线段叫做三角形的高线。

解直角三角形实际问题 (含答案)

解直角三角形实际问题1.如图,大楼AB右侧有一障碍物,在障碍物的旁边有一幢小楼DE,在小楼的顶端D处测得障碍物边缘点C的俯角为30°,测得大楼顶端A的仰角为45°（点B，C，E在同一水平直线上），已知AB=80m,DE=10m,求障碍物B，C两点间的距离（结果精确到0.1m）（参考数据：≈1.414，≈1.732）2.为方便市民通行，某广场计划对坡角为30°,坡长为60米的斜坡AB进行改造,在斜坡中点D处挖去部分坡体（阴影表示）,修建一个平行于水平线CA的平台DE和一条新的斜坡BE．（1）若修建的斜坡BE的坡角为36°,则平台DE的长约为多少米？（2）在距离坡角A点27米远的G处是商场主楼,小明在D点测得主楼顶部H的仰角为30°，那么主楼GH高约为多少米？（结果取整数,参考数据：sin36°=0.6,cos36°=0.8,tan36°=0.7， =1.7）3.如图,某中学数学活动小组在学习了“利用三角函数测高”后.选定测量小河对岸一幢建筑物BC的高度.他们先在斜坡上的D处,测得建筑物顶的仰角为30°.且D离地面的高度DE=5m.坡底EA=10m,然后在A处测得建筑物顶B 的仰角是50°,点E,A,C在同一水平线上,求建筑物BC的高．（结果保留整数）4.如图,在小山的西侧A处有一热气球,以25米/分钟的速度沿着与垂直方向所成夹角为15°的方向升空,40分钟后到达B处,这时热气球上的人发现,在A处的正东方向有一处着火点C,在B处测得着火点C的俯角为30°,求热气球升空点A与着火点C的距离.（结果保留根号）5.如图，水库大坝的横断面为四边形ABCD,其中AD∥BC,坝顶BC=10米,坝高20米,斜坡AB的坡度i=1:2.5,斜坡CD的坡角为30°．（1）求坝底AD的长度（结果精确到1米）；（2）若坝长100米，求建筑这个大坝需要的土石料（参考数据：）6.某中学广场上有旗杆如图①所示，在学习解直角三角形以后，数学兴趣小组测量了旗杆的高度.如图②，某一时刻，旗杆AB的影子一部分落在平台上，另一部分落在斜坡上，测得落在平台上的影长BC为4米，落在斜坡上的影长CD为3米，AB⊥BC，同一时刻，光线与水平面的夹角为72°，1米的竖立标杆PQ在斜坡上的影长QR 为2米，求旗杆的高度(结果精确到0.1米，参考数据：sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3.08).7.为缓解“停车难”的问题，某单位拟建造地下停车库，建筑设计师提供了该地下车库的设计示意图（如图），按规定，地下车库坡道口上方要张贴限高标志，以便高职停车人车辆能否安全驶入.（1）图中线段CD 填“是”或“不是”）表示限高的线段，如果不是，请在图中画出表示限高的线段；（2）一辆长×宽×高位3916×1650×1465（单位：mm）的轿车欲进入车库停车，请通过计算，判断该汽车能否进入该车库停车？（本小问中3取1.7，精确到0.1）8.如图，在一次数学室外活动课上，小明和小红合作一副三角板来测量学校旗杆高度．已知小明的眼睛与地面的距离（AB）是1.7m，他调整自己的位置，设法使得三角板的一条直角边保持水平，且斜边与旗杆顶端M在同一条直线上，测得旗杆顶端M仰角为45°；小红的眼睛与地面的距离（CD）是1.5m，用同样的方法测得旗杆顶端M 的仰角为30°，两人相距28米且位于旗杆两侧（点B、N、D在同一条直线上）．请求出旗杆MN的高度．（参考数据：≈1.4，，1.7，结果保留整数．）9.钓鱼岛及其附属岛屿是中国固有领土（如图1），A、B、C分别是钓鱼岛、南小岛、黄尾屿上的点（如图2），点C在点A的北偏东47°方向，点B在点A的南偏东79°方向，且A、B两点的距离约为5.5km；同时，点B在点C的南偏西36°方向．若一艘中国渔船以30km/h的速度从点A驶向点C捕鱼，需要多长时间到达（结果保留小数点后两位）？（参考数据：sin54°≈0.81，cos54°≈0.59，tan47°≈1.07，tan36°≈0.73，tan11°≈0.19）10.如图1，某超市从底楼到二楼有一自动扶梯，图2是侧面示意图．已知自动扶梯AB的坡度为1：2.4，AB的长度是13米，MN是二楼楼顶，MN∥PQ，C是MN上处在自动扶梯顶端B点正上方的一点，BC⊥MN，在自动扶梯底端A处测得C点的仰角为42°，求二楼的层高BC（精确到0.1米）．（参考数据：sin42°≈0.67，cos42°≈0.74，tan42°≈0.90）如图1，某超市从底楼到二楼有一自动扶梯，图2是侧面示意图．已知自动扶梯AB的坡度为1：2.4，AB的长度是13米，MN是二楼楼顶，MN∥PQ，C是MN上处在自动扶梯顶端B点正上方的一点，BC⊥MN，在自动扶梯底端A处测得C点的仰角为42°，求二楼的层高BC（精确到0.1米）．（参考数据：sin42°≈0.67，cos42°≈0.74，tan42°≈0.90）答案1.解：如图，过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CH⊥DF于点H．则DE=BF=CH=10m，在直角△ADF中，∵AF=80m﹣10m=70m，∠ADF=45°，∴DF=AF=70m．在直角△CDE中，∵DE=10m，∠DCE=30°，∴CE===10（m），∴BC=BE﹣CE=70﹣10≈70﹣17.32≈52.7（m）．答：障碍物B，C两点间的距离约为52.7m．2.解：（1）∵修建的斜坡BE的坡角（即∠BEF）为36°，∴∠BEF=36°，∵∠DAC=∠BDF=30°，AD=BD=30，∴BF=0.5BD=15，DF=15≈25.98，EF==≈21.43故：DE=DF﹣EF=4（米）；（2）过点D作DP⊥AC，垂足为P．在Rt△DPA中，DP=0.5AD=0.5×30=15，PA=AD•cos30°=×30=15，在矩形DPGM中，MG=DP=15，DM=PG=15+27，在Rt△DMH中，HM=DM•tan30°=×（15+27）=15+9，GH=HM+MG=15+15+9≈45米．答：建筑物GH高约为45米．3.解：过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AC于点N，如图所示：则四边形DMCN是矩形，DH=EC，DE=HC，设建筑物BC的高度为xm，则BH=（x﹣5）m，在Rt△DHB中，∠BDH=30°，∴DH=（x﹣5），AC=EC﹣EA=（x﹣5）﹣10，在Rt△ACB中，∠BAC=50°，tan∠BAC=，∴x=tan50°•[（x﹣5）]，解得：x≈21，答：建筑物BC的高约为21m．4.解：作AD⊥BC垂足为D，AB=40×25=1000，∵BE∥AC，∴∠C=∠EBC=30°，∠ABD=90°﹣30°﹣15°=45°，在Rt△ABD中，sin∠ABD=，AD=ABsin∠ABD=1000×sin45°=1000×=500，AC=2AD=1000，答：热气球升空点A与着火点C的距离是1000米．5.解：（1）作BE⊥AD于E，CF⊥AD于F，则四边形BEFC是矩形，∴EF=BC=10米，∵BE=20米，斜坡AB的坡度i=1：2.5，∴AE=50米，∵CF=20米，斜坡CD的坡角为30°，∴DF==20≈35米，∴AD=AE+EF+FD=95米；（2）建筑这个大坝需要的土石料：×（95+10）×20×100=105000米3．6.解：7.解：8.解：过点A作AE⊥MN于E，过点C作CF⊥MN于F，则EF=AB﹣CD=1.7﹣1.5=0.2（m），在Rt△AEM中，∵∠AEM=90°，∠MAE=45°，∴AE=ME．设AE=ME=xm，则MF=（x+0.2）m，FC=（28﹣x）m．在Rt△MFC中，∵∠MFC=90°，∠MCF=30°，∴MF=CF•tan∠MCF，∴x+0.2=（28﹣x），解得x≈9.7，∴MN=ME+EN=9.7+1.7≈11米．答：旗杆MN的高度约为11米．9.10.。

中考重难点易错专题18 转化的数学思想在压轴题中的应用(解析版)

专题18转化的数学思想在压轴题中的应用【题型概述】转化思想在数学压轴题中应用比较广泛，例如在几何压轴题中，多应用转化思想，具体表现为利用平移、旋转、翻折、全等等图形变换或者等量变换将未知的问题转化为已知问题，将复杂的问题转化为简单的问题。

【真题精析】例1.(2022·山东烟台·统考中考真题)(1)【问题呈现】如图1，△ABC 和△ADE 都是等边三角形，连接BD ，CE ．求证：BD =CE ．(2)【类比探究】如图2，△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠ABC =∠ADE =90°．连接BD ，CE ．请直接写出BD CE 的值．(3)【拓展提升】如图3，△ABC 和△ADE 都是直角三角形，∠ABC =∠ADE =90°，且AB BC=AD DE =34．连接BD ，CE ．①求BD CE的值；②延长CE 交BD 于点F ，交AB 于点G ．求sin ∠BFC 的值．【思路分析】(1)证明△BAD ≌△CAE ，从而得出结论；(2)证明△BAD ∽△CAE ，进而得出结果；(3)①先证明△ABC ∽△ADE ，再证得△CAE ∽△BAD ，进而得出结果；②在①的基础上得出∠ACE =∠ABD ，进而∠BFC =∠BAC ，进一步得出结果．【答案】(1)见解析(2)22(3)①35；②45【详解】(1)证明：∵△ABC 和△ADE 都是等边三角形，∴AD =AE ，AB =AC ，∠DAE =∠BAC =60°，∴∠DAE -∠BAE =∠BAC -∠BAE ，∴∠BAD =∠CAE ，∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴BD =CE ；(2)解：∵△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∴AB AE =AB AC =12，∠DAE =∠BAC =45°，∴∠DAE -∠BAE =∠BAC -∠BAE ，∴∠BAD =∠CAE ，∴△BAD∽△CAE，∴BD CE=ABAC=12=22；(3)解：①ABAC=ADDE=34，∠ABC=∠ADE=90°，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC=∠DAE，ABAC=ADAE=35，∴∠CAE=∠BAD，∴△CAE∽△BAD，∴BD CE=ADAE=35；②由①得：△CAE∽△BAD，∴∠ACE=∠ABD，∵∠AGC=∠BGF，∴∠BFC=∠BAC，∴sin∠BFC=BCAC=4 5．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．例2.(2022·山东潍坊·中考真题)【情境再现】甲、乙两个含45°角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接AG,BH，如图③所示，AB交HO于E，AC交OG于F，通过证明△OBE≌△OAF，可得OE=OF．请你证明：AG=BH．【迁移应用】延长GA分别交HO,HB所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明DG与BH的位置关系．【拓展延伸】小亮将图②中的甲、乙换成含30°角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接HB,AG，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明AG与BH的数量关系．【思路分析】证明△BOH≅△AOG，即可得出结论；通过∠BHO=∠AGO，可以求出∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，得出结论AG⊥BH；证明△BOH∽△AOG，得出AGBH=OAOB=33，得出结论；【答案】证明见解析；垂直；BH=3AG【详解】证明：∵AB=AC,AO⊥BC，∴OA=OB,∠AOB=90°，∵∠BOH+∠AOH=90°,∠AOG+∠AOH=90°，∴∠BOH=∠AOG，∵OH=OG，∴△BOH≅△AOG，∴AG=BH；迁移应用：DG⊥BH，证明：∵△BOH≅△AOG，∴∠BHO=∠AGO，∵∠DGH+∠AGO=45°，∴∠DGH+∠BHO=45°，∵∠OHG=45°，∴∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，∴∠HDG=90°，∴DG⊥BH；拓展延伸：BH=3AG，证明：在Rt△AOB中，tan30°=OAOB=33，在Rt△HOG中，tan30°=OGOH=33，∴OA OB=OG OH，由上一问题可知，∠BOH=∠AOG，∴△BOH∽△AOG，∴AG BH=OAOB=33，∴BH=3AG．【点睛】本题考查旋转变换，涉及知识点：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、等角的余角相等，解题关键结合图形灵活应用相关的判定与性质．例3.(2022·广西贵港·中考真题)已知：点C，D均在直线l的上方，AC与BD都是直线l的垂线段，且BD在AC的右侧，BD=2AC，AD与BC相交于点O．(1)如图1，若连接CD，则△BCD的形状为，AOAD的值为；(2)若将BD沿直线l平移，并以AD为一边在直线l的上方作等边△ADE．①如图2，当AE 与AC 重合时，连接OE ，若AC =32，求OE 的长；②如图3，当∠ACB =60°时，连接EC 并延长交直线l 于点F ，连接OF ．求证：OF ⊥AB ．【思路分析】(1)过点C 作CH ⊥BD 于H ，可得四边形ABHC 是矩形，即可求得AC =BH ，进而可判断△BCD 的形状，AC 、BD 都垂直于l ，可得△AOC ∽△BOD ，根据三角形相似的性质即可求解．(2)①过点E 作EF ⊥AD 于点H ，AC ，BD 均是直线l 的垂线段，可得AC ⎳BD ，根据等边三角形的性质可得∠BAD =30°，再利用勾股定理即可求解．②连接CD ，根据AC ⎳BD ，得∠CBD =∠ACB =60°，即△BCD 是等边三角形，把△ABD 旋转得∠ECD =∠ABD=90°，根据30°角所对的直角边等于斜边的一般得到AF AB =AO AD=13，则可得△AOF ∽△ADB ，根据三角形相似的性质即可求证结论．【答案】(1)等腰三角形，13(2)①OE =27；②见解析【详解】(1)解：过点C 作CH ⊥BD 于H ，如图所示：∵AC ⊥l ，DB ⊥l ，CH ⊥BD ，∴∠CAB =∠ABD =∠CHB =90°，∴四边形ABHC 是矩形，∴AC =BH ，又∵BD =2AC ，∴AC =BH =DH ，且CH ⊥BD ，∴△BCD 的形状为等腰三角形，∵AC 、BD 都垂直于l ，∴AC ⎳BD ，∴△AOC ∽△BOD ，∴AO DO =AC DB =AC 2AC =12，即DO =2AO ，∴AO AD =AO AO +DO =AO 3AO =13，故答案为：等腰三角形，13．(2)①过点E 作EF ⊥AD 于点H ，如图所示：∵AC ，BD 均是直线l 的垂线段，∴AC ⎳BD ，∵△ADE是等边三角形，且AE与AC重合，∴∠EAD=60°，∴∠ADB=∠EAD=60°，∴∠BAD=30°，∴在Rt△ADB中，AD=2BD，AB=3BD，又∵BD=2AC，AC=3 2，∴AD=6,AB=33，∴AH=DH=12AD=3，AE=6在Rt△AEH中，EH=AE2-AH2=62-32=33，又由(1)知AOAD=13，∴AO=13AD=2，则OH=1，∴在Rt△EOH中，由勾股定理得：OE=EH2+OH2=27．②连接CD，如图3所示：∵AC⎳BD，∴∠CBD=∠ACB=60°，∵由(1)知△BCD是等腰三角形，∴△BCD是等边三角形，又∵△ADE是等边三角形，∴△ABD绕点D顺时针旋转60°后与△ECD重合，∴∠ECD=∠ABD=90°，又∵∠BCD=∠ACB=60°，∴∠ACF=∠FCB=∠FBC=30°，∴FC=FB=2AF，∴AF AB=AOAD=13，又∠OAF=∠DAB，∴△AOF∽△ADB，∴∠AFO=∠ABD=90°，∴OF⊥AB．【点睛】本题考查了矩形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理的应用，熟练掌握三角形相似的判定及性质和勾股定理的应用，巧妙借助辅助线是解题的关键．【精练模拟题】例1.(2022·山东济宁·校考二模)如图1，正方形ABCD对角线AC、BD交于点O，E、F分别为正方形ABCD边AB、AD上的点，EF⊥AC交于点M，且ME=MF，N为BF中点．(1)请直接写出ON与OM的数量关系(2)若将△AEF绕点A旋转到图2所示位置时，(1)中的结论是否成立，若成立请证明；若不成立，请说明理由；(3)若AB=8，E为AB中点，△AEF绕点A旋转过程中，直接写出点M与点C的最大距离．【答案】(1)OM=2ON(2)成立，证明见解析(3)42【思路分析】(1)如图1，连接MN，由正方形的性质可知，O是BD的中点，AB=AD，∠BAD=90°，由ME=MF 可知M为EF的中点，△AEF是等腰直角三角形，则BE=DF，由N为BF中点，可知MN和ON分别为△BEF 和△BDF的中位线，根据中位线的性质可得∠MNO=90°，MN=ON，在Rt△MON中，由勾股定理可求得OM= 2ON；(2)如图2，连接MN，连接BE、DF交于点H，证明△DAF≌△BAE SAS，则，DF=BE∠ADF=∠ABE，在△BDH中，由三角形内角和求得∠BHD=90°，则BE⊥DF，MN和ON分别为△BEF和△BDF的中位线，根据中位线的性质可得∠MNO=90°，MN=ON，在Rt△MON中，由勾股定理可求得OM=2ON；(3)由题意知，AE=12AB=4，AM=AE sin45°=22，可知M在以A为圆心，22为半径的圆上运动，如图3，由题意知，当C、A、M三点共线时，CM取最大与最小值，根据二者的差为⊙A的直径计算求解即可．【详解】(1)解：OM=2ON．如图1，连接MN，由正方形的性质得，O是BD的中点，AB=AD，∠BAD=90°，∵ME=MF，∴M为EF的中点，且EF⊥AC，∴△AEF是等腰直角三角形，∴AE=AF，BE=DF，∵N为BF中点，∴MN和ON分别为△BEF和△BDF的中位线，∴MN∥AB，ON∥AD，MN=12BE，ON=12DF，∴∠MNO=90°，MN=ON，在Rt△MON中，由勾股定理得OM=MN2+ON2=2ON，∴OM=2ON．(2)解：成立．证明如下：如图2，连接MN，连接BE、DF交于点H，由(1)知AE=AF，∠EAF=90°，由正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，∠ABD=∠ADB=45°，∵∠DAF=∠DAE+∠EAF，∠BAE=∠BAD+∠DAE，∴∠DAF=∠BAE，在△DAF和△BAE中∵AF=AE∠DAF=∠BAE AD=AB，∴△DAF≌△BAE SAS，∴DF=BE，∠ADF=∠ABE，∴∠BHD=180°-∠ABD-∠ABE-∠ADB+∠ADF=90°，∴BE⊥DF，∵M为EF的中点，N为BF中点，∴MN和ON分别为△BEF和△BDF的中位线，∴MN∥BE，ON∥DF，MN=12BE，ON=12DF，∴∠MNO=90°，MN=ON，在Rt△MON中，由勾股定理得OM=MN2+ON2=2ON，∴OM=2ON．(3)解：由题意知，AE=12AB=4，AM=AE sin45°=22，∴M在以A为圆心，22为半径的圆上运动，如图3，由题意知，当C、A、M三点共线时，CM取最大与最小值，且最大与最小的差为⊙A的直径42，∴点M与点C的最大距离和最小距离的差为42．故答案为∶42例2.(2022·湖北省直辖县级单位·校考一模)如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点A作直线MN，使∠CAB=∠CAM，过点B作BN⊥MN于点N，过点C作CM⊥MN于点M．(1)猜想∠ACM与∠BAN的数量关系，并说明理由；(2)求证：AB=AN+2AM；(3)如图2，连接NC交AB于点G，若CG=34NG，CM=6，求AC的长．【答案】(1)∠BAN=2∠ACM，理由见解析(2)证明见解析(3)6305【思路分析】(1)根据直角三角形两锐角互余得到∠CAM=90°-∠ACM，再由平角的定义得到2∠CAM+∠BAN =180°，由此即可推出结论；(2)如图所示，过点C作CD⊥AB于D，证明△CAM≌△CAD，AD=AM，CM=CD，再证明A、C、B、N四点共圆，得到∠ABC=∠ANC，进而证明△CMN≌△CDB，得到BD=MN，由此即可证明结论；(3)如图所示，过点N作NE⊥AB于E，过点C作CH⊥BN于H，则四边形CMNH是矩形，得到NH=CM=6，再由全等三角形的性质和三线合一定理得到，BN=2NH=12，证明△CDG∽△NEG，推出NE=8，利用勾股定理求出BE=45，证明△ABN∽△NBE，求出AB=3655,AN=2455，进而求出AM=655，则AC=AM2+CM2=6305．【详解】(1)解：∠BAN=2∠ACM，理由如下；∵CM⊥MN，即∠M=90°，∴∠ACM+∠CAM=90°，∴∠CAM=90°-∠ACM∵∠CAB=∠CAM，∠CAB+∠CAM+∠BAN=180°，∴2∠CAM+∠BAN=180°，∴180°-2∠ACM+∠BAN=180°，∴∠BAN=2∠ACM；(2)证明：如图所示，过点C作CD⊥AB于D，∴∠M=∠CDA=90°，又∵∠CAD=∠CAM，CA=CA，∴△CAM≌△CAD AAS，∴AD=AM，CM=CD，∵BN⊥MN，∴∠BNA=∠ACB=90°，∴A、C、B、N四点共圆，∴∠ABC=∠ANC，又∵∠CMN=∠CDB=90°，CM=CD，∴△CMN≌△CDB AAS，∴BD=MN，∴AB=AD+BD=AM+MN=AM+AM+AN=2AM+AN；(3)解：如图所示，过点N作NE⊥AB于E，过点C作CH⊥BN于H，则四边形CMNH是矩形，∴NH=CM=6，∵△CMN≌△CDB，∴CN=CB，∴BN=2NH=12，∵CD⊥AB，NE⊥AB，∴CD∥NE，∴△CDG∽△NEG，∴NE CD=NG CG，∵CG=34NG，∴NE CD=4 3，又∵CD=CM=6，∴NE=8，∴BE=BN2-NE2=45，∵∠NEB=∠ANB，∠NBE=∠ABN，∴△ABN∽△NBE，∴AB NB=ANNE=BNBE，即AB12=AN8=1245，∴AB=3655,AN=245 5，∴AM=AB-AN2=65 5，∴AC=AM2+CM2=6305．例3.(2021·北京·一模)在正方形ABCD中，点E在射线BC上(不与点B、C重合)，连接DB，DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接BF．(1)如图1，点E在BC边上．①依题意补全图1；②若AB=6，EC=2，求BF的长；(2)如图2，点E在BC边的延长线上，用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系，并证明．【答案】(1)①见解析；②BF=22(2)BF+BD=2BE，证明见解析【思路分析】(1)①根据题意作图即可；②过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，证明△DEC≌△EFH得到EC=FH=2，CD=BC=EH=6，则HB=EC=2，在Rt△FHB中，利用勾股定理即可求解；(2)过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，证明△DEC≌△EFH得到EC=FH，CD=BC=EH，则HB= EC=HF，△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，由此利用勾股定理求解即可．1)①如图所示，即为所求；【详解】(②如图所示，过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，∵四边形ABCD是正方形，∴CD=AB=6，∠C=90°，∵∠DEF=∠C=90°，∴∠DEC+∠FEH=90°，∠DEC+∠EDC=90°，∴∠FEH=∠EDC，在△DEC和△EFH中，∠H=∠C=90°，∠FEH=∠EDCEF=DE∴△DEC≌△EFH，∴EC =FH =2，CD =BC =EH =6，∴HB =EC =2，∴在Rt △FHB 中，BF =FH 2+BH 2=22+22=22．(2)结论：BF +BD =2BE ，理由如下：过点F 作FH⊥CB ，交CB 的延长线于H ，∵四边形ABCD 是正方形，∴CD =AB ，∠DCE =90°，∵∠DEF =∠DCE =90°，∴∠DEC +∠FEH =90°，∠DEC +∠EDC =90°，∴∠FEH =∠EDC ，在△DEC 和△EFH 中，∠FHE =∠DCE =90°∠FEH =∠EDC EF =DE，∴△DEC ≌△EFH ，∴EC =FH ，CD =BC =EH ，∴HB =EC =HF ，∴△DCB 和△BHF 都是等腰直角三角形，∴BD =BC 2+CD 2=2BC =2EH ，BF =BH 2+HF 2=2BH ，∵EH +BH =BE ，∴BF +BD =2BE ．例4.(2021·安徽·统考三模)已知：在△EFG 中，∠EFG =90°，EF =FG ，且点E ，F 分别在矩形ABCD 的边AB ，AD 上．(1)如图1，当点G 在CD 上时，求证：△AEF ≌△DFG ；(2)如图2，若F 是AD 的中点，FG 与CD 相交于点N ，连接EN ，求证：EN =AE +DN ；(3)如图3，若AE =AD ，EG ，FG 分别交CD 于点M ，N ，求证：MG 2=MN ⋅MD【答案】(1)详见解析(2)详见解析(3)详见解析【思路分析】1 先用同角的余角相等，判断出∠AEF=∠DFG，即可得出结论；2 先判断出△AHF≌△DNF，得出AH=DN，FH=FN，进而判断出EH=EN，即可得出结论；3 先判断出AF=PG，PF=AE，进而判断出PG=PD，得出∠MDG=45°，进而得出∠FGE=∠GDM，判断出△MGN∽△MDG，即可得出结论．【详解】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=90°，∴∠AEF+∠AFE=90°，∵∠EFG=90°，∴∠AFE+∠DFG=90°，∴∠AEF=∠DFG，∵EF=FG，在△AEF和△DFG中，∠FAE=∠GDF∠AEF=∠DFGEF=FG∴△AEF≌△DFG AAS；(2)证明：如图2，延长NF，EA相交于H，∴∠AFH=∠DFN，由1 知，∠EAF=∠D=90°，∴∠HAF=∠D=90°，∵点F是AD的中点，∴AF=DF，在△AHF和△DNF中，∠HFA=∠NFDAF=DF∠HAF=∠NDF∴△AHF≌△DNF ASA，∴AH=DN，FH=FN，∵∠EFN=90°，∴EH=EN，∵EH=AE+AH=AE+DN，∴EN=AE+DN；(3)证明：如图3，过点G作GP⊥AD交AD的延长线于P，∴∠P=90°，同1 的方法得，△AEF≌△PFG AAS，∴AF=PG，PF=AE，∵AE=AD，∴PF=AD，∴AF=PD，∴PG=PD，∵∠P=90°，∴∠PDG=45°，∴∠MDG=45°，在Rt△EFG中，EF=FG，∴∠FGE=45°，∴∠FGE=∠GDM，∵∠GMN=∠DMG，∴△MGN∽△MDG，∴MG DM=MN MG，∴MG2=MN⋅MD．例5.(2022·江苏扬州·校考三模)在矩形ABCD中，AB=6,BC=8，【问题发现】(1)如图1，E为边DC上的一个点，连接BE，过点C作BE的垂线交AD于点F，试猜想BE与CF的数量关系并说明理由．【类比探究】(2)如图2，G为边AB上的一个点，E为边CD延长线上的一个点，连接GE交AD于点H，过点C作GE的垂线交AD于点F，试猜想GE与CF的数量关系并说明理由．【拓展延伸】(3)如图3，点E从点B出发沿射线BC运动，连接AE，过点B作AE的垂线交射线CD于点F，过点E作BF的平行线，过点F作BC的平行线，两平行线交于点H，连接DH，在点E的运动的路程中，线段DH的长度是否存在最小值？若存在，求出线段DH长度的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)BE=43CF，理由见解析(2)GE=43CF，理由见解析(3)存在，DH长度的最小值为3.6【思路分析】(1)证明△BCE∽△CDF，即可得解；(2)过点G作CD的垂线交CD于点M，证明△GME∽△CDF，即可得解；(3)过点H作HK⊥BC于点K，连接HC,AC，则四边形FCKH是矩形，证明∠AEB∽△BFC，得出CKHK=FH BC=BE FC=34，根据∠HKC=∠ABC=90°，可得△ABC∽△CKH，得出H在HC上运动，当DH⊥HC时，DH最小，进而求得sin∠DCH=35，根据DH=DC×sin∠DCH，即可求解．【详解】(1)解：BE=43CF，理由如下：∵四边形ABCD为矩形，∴∠BCD=∠CDA=90°,CD=AB=8，∴∠BCF+∠DCF=90°，∵BE⊥CF，∴∠BCF+∠EBC=90°，∴∠DCF=∠EBC，∴△BCE∽△CDF，∴BE CF=BCCD=86=43，∴BE=43CF；(2)解：GE=43CF，理由如下：过点G作CD的垂线交CD于点M，如图所示：则四边形BCGM为矩形，∴GM=BC=8，∵GM⊥CD，∴∠EGM+∠E=90°，∵CF⊥GE，∴∠E+∠ECF=90°，∴∠EGM=∠ECF，∵∠GME=∠CDF=90°，∴△GME∽△CDF，∴GE CF=GMCD=86=43，∴GE =43CF ；(3)存在，理由如下，如图，过点H 作HK ⊥BC 于点K ，连接HC ,AC ，则四边形FCKH 是矩形，∵BE ∥FH ,FH ∥BE∴四边形BEHF 是平行四边形，∴FH =BE =CK ，∵∠ABE =∠FCB =90°，BF ⊥AE ，∴∠FBC +∠AEB =∠FBC +∠BFC =90°，∴∠AEB ∽△BFC ，∴BE FC =AB BC=34，∵FH =BE =CK ，∴CK HK =FH BC =BE FC=34，又∠HKC =∠ABC =90°，∴△ABC ∽△CKH ，∴∠HCK =∠CAB ，∴H 在HC 上运动，∴当DH ⊥HC 时，DH 最小，∵∠HCK =∠CAB ，∴∠CHK =∠ACB ，∵FC ∥HK ，∴∠CHK =∠FCH ，∵AB =6,BC =8，∴AC =10，∴sin ∠ACB =sin ∠CHK =sin ∠DCH =35，∴当DH ⊥HC 时，DH =DC ×sin ∠DCH =6×35=185=3.6，即DH 长度的最小值为3.6．例6.(2022·山东济南·模拟)如图1，已知AB 为⊙O 的直径，点C 为AB 的中点，点D 在BC 上，连接BD 、CD 、BC 、AD 、BC 与AD 相交于点E ．(1)求证：∠C +∠CBD =∠CBA ；(2)如图2，过点C 作CD 的垂线，分别与AD ，AB ，⊙O 相交于点F 、G 、H ，求证：AF =BD ；(3)如图3，在(2)的条件下，连接BF ，若BF =BC ，△CEF 的面积等于3，求FG 的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)FG =22【思路分析】(1)连接AC ，由AC =BC ，推出∠CBA =∠CAB =∠CAD +∠DAB ，由CD =CD ，BD =BD ，推出∠DCB =∠DAB ，∠CBD =∠CAD ，推出∠DCB +∠CBD =∠CAD +∠DAB =∠CAB =∠CBA ；(2)只要证明△ACF ≌△BCD ，即可推出AF =BD ；(3)由△ACK ≌△CBM ，推出AK =CM ，由△ACF ≌△BCD ，推出CF =CD ，△AFK 是等腰直角三角形，推出AK =FK =FM =CM ，在Rt △AKC 中，tan ∠CAK =CK AK =3，作EN ⊥CH 于N ，在Rt △NCE 中，由∠HCB =∠CAK ，推出tan ∠NCE =EN CN=3，设CN =m ，EN =3m =NF ，由S △CEF =12CF ⋅EN =12×m +3m ×3m ，推出m =22，推出CF =4m =22，推出CM =FM =FK =AK =2，AF =2，由DB =DB ，推出∠DCB =∠DAB =∠ACK ，过G 作GQ ⊥AF 于Q ，在Rt △AQG 中，tan ∠FAB =QG AQ=13，设QG =x ，AQ =3x ，FQ =x ，可得4x =2，得x =12，再根据FG =2QG 即可解决问题．【详解】(1)证明：连接AC ，如图所示：在⊙O 中，∵C 为AB 的中点，∴AC =BC∴∠CBA =∠CAB =∠CAD +∠DAB ，∵由CD =CD ，BD =BD，∴∠DCB =∠DAB ，∠CBD =∠CAD ，∴∠DCB +∠CBD =∠CAD +∠DAB =∠CAB =∠CBA ．(2)证明：连接AC ，如图所示：∵AB 是直径，∴∠ACB =90°=∠ACF +∠FCB ，∵CD ⊥CH ，∴∠DCH =90°=∠FCB +∠DCB ，∴∠ACF =∠DCB ，∵AC =BC ，∴AC =BC ，∵在△ACF 和△BCD 中∠ACF =∠DCBAC =BC ∠CAF =∠CBD，∴△ACF ≌△BCD ASA ，∴AF =BD ．(3)解：作BM ⊥CH 于M ，AK ⊥CH 于K ，如图所示：∴∠ACK +∠CAK =90°，∠AKC =∠BMC =90°，∵∠ACB =90°，∴∠ACK +∠KCB =90°，∴∠CAK =∠KCB ，∵AC =BC ，∴△ACK ≌△CBM ，∴AK =CM ，∵CB =BF ，BM ⊥CF ，∴CM =FM =AK ，∵△ACF ≌△BCD ，∴CF =CD ，∵∠FCD =90°，∴∠CFD =∠CDF =45°=∠AFK ，∴△AFK 是等腰直角三角形，∴AK =FK =FM =CM ，在Rt △AKC 中，tan ∠CAK =CK AK=3，作EN ⊥CH 于N ，在Rt △NCE 中，∵∠HCB =∠CAK ，∴tan ∠NCE =EN CN=3，设CN =m ，EN =3m =NF ，∴S △CEF =12CF ⋅EN =12×m +3m ×3m =3，∴m =22，∴CF =4m =22，∴CM =FM =FK =AK =2，∴AF =2，∵DB =DB，∴∠DCB =∠DAB =∠ACK ，过G 作GQ ⊥AF 于Q ，在Rt △AQG 中，tan ∠FAB =QG AQ =13，设QG =x ，AQ =3x ，FQ =x ，∴4x =2，∴x =12，∴FG =2QG =22．。

解直角三角形(5种题型)(解析版)

解直角三角形（5种题型）【知识梳理】一．解直角三角形（1）解直角三角形的定义在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．（2）解直角三角形要用到的关系①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；②三边之间的关系：a2+b2＝c2；③边角之间的关系：sin A=∠A的对边斜边=ac，cos A=∠A的邻边斜边=bc，tan A=∠A的对边∠A的邻边=ab．（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）二．解直角三角形的应用（1）通过解直角三角形能解决实际问题中的很多有关测量问．如：测不易直接测量的物体的高度、测河宽等，关键在于构造出直角三角形，通过测量角的度数和测量边的长度，计算出所要求的物体的高度或长度．（2）解直角三角形的一般过程是：①将实际问题抽象为数学问题（画出平面图形，构造出直角三角形转化为解直角三角形问题）．②根据题目已知特点选用适当锐角三角函数或边角关系去解直角三角形，得到数学问题的答案，再转化得到实际问题的答案．三．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（1）坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比，又叫做坡比，它是一个比值，反映了斜坡的陡峭程度，一般用i表示，常写成i＝1：m的形式．（2）把坡面与水平面的夹角α叫做坡角，坡度i与坡角α之间的关系为：i＝h/l＝tanα．（3）在解决坡度的有关问题中，一般通过作高构成直角三角形，坡角即是一锐角，坡度实际就是一锐角的正切值，水平宽度或铅直高度都是直角边，实质也是解直角三角形问题．应用领域：①测量领域；②航空领域③航海领域：④工程领域等．四．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（1）概念：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．（2）解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形，另当问题以一个实际问题的形式给出时，要善于读懂题意，把实际问题划归为直角三角形中边角关系问题加以解决．在视线与水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角；视线在水平线下方的角叫俯角；五．解直角三角形的应用-方向角问题（1）在辨别方向角问题中：一般是以第一个方向为始边向另一个方向旋转相应度数．（2）在解决有关方向角的问题中，一般要根据题意理清图形中各角的关系，有时所给的方向角并不一定在直角三角形中，需要用到两直线平行内错角相等或一个角的余角等知识转化为所需要的角．【考点剖析】一．解直角三角形1．（2022春•闵行区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，点D在边AC上，且AD ＝2CD，DE⊥AB，垂足为点E，联结CE，求：（1）线段BE的长；（2）∠ECB的余弦值．【分析】（1）根据题意，AC＝BC＝6，AD＝2CD，可得AD的长度，根据等腰直角三角形的性质可得AB=√2AC，由AE＝sin45°•AD的长度，则BE＝AB﹣AE，计算即可得出答案；（2）过点E作EF⊥BC，垂足为F，如图，根据等腰直角三角形的性质可得，EF＝BF＝sin45°•BE，则CF＝BC﹣BF，根据勾股定理可得CE=√EF2+CF2，在Rt△ECF中，由cos∠ECB=CFCE 计算即可得出答案．【解答】解：（1）∵AC＝BC＝6，AD＝2CD，∴AD＝4，∵∠ACB＝90°，∴AB=√2AC=6√2，∴∠DAE＝45°，DE⊥AB，∴AE＝sin45°•AD=√22×4=2√2，∴BE＝AB﹣AE＝6√2−2√2=4√2；（2）过点E作EF⊥BC，垂足为F，如图，∵∠B＝45°，∴EF＝BF＝sin45°•BE=√22×4√2=4，∴CF＝BC﹣BF＝2，∴CE=√EF2+CF2=√42+22=2√5，在Rt△ECF中，cos∠ECB=CFCE =2√5=√55．【点评】本题主要考查了解直角三角形及等腰直角三角形形的性质，应用等腰直角三角形性质进行计算是解决本题的关键．2．（2022春•浦东新区校级期中）如图，在△ABC中，CD是边AB上的高，AE是BC边上的中线，已知AD＝8，BD＝4，cos∠ABC=45．（1）求高CD的长；（2）求tan∠EAB的值．【分析】（1）在Rt△BCD中，由已知条件cos∠ABC=BDBC =45，即可算出BC的长，根据勾股定理即可得出答案；（2）过点E作EF⊥AB，垂足为F，如图，可得CD∥EF，由E为BC的中点，可得EF是△BCD的中位线，即可算出EF=12CD，DF的长度，即可算出AF＝AD+DF的长度，在Rt△AEF中，根据tan∠EAB=EFAF即可得出答案．【解答】解：（1）在Rt△BCD中，∵cos∠ABC=BDBC =45，∴4BC =45，∴BC＝5，∴CD=√BC2−BD2=√52−42=3；（2）过点E作EF⊥AB，垂足为F，如图，∵EF⊥BD，∴CD∥EF，∵E为BC的中点，∴EF是△BCD的中位线，∴EF=12CD=12×3=32，DF=12BD=12×4=2，∴AF＝AD+DF＝8+2＝10，在Rt△AEF中，∴tan∠EAB=EFAF =3210=15．【点评】本题主要考查了解直角三角形，熟练掌握解直角三角形的方法进行求解是解决本题的关键．3．（2022•黄浦区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，sin∠ABC=13，D是边AB上一点，且CD＝CA，BE⊥CD，垂足为点E．（1）求AD 的长；（2）求∠EBC 的正切值．【分析】（1）过C 点作CH ⊥AD 于H ，如图，利用等腰三角形的性质得到AH ＝DH ，再证明∠ACH ＝∠ABC ，则sin ∠ACH ＝sin ∠ABC =13，然后利用正弦的定义求出AH ，从而得到AD 的长；（2）在Rt △ABC 中先求出AB ＝9，则BD ＝7，再证明∠HCD ＝∠EBD ，则sin ∠EBD =DE BD =13，利用正弦的定义求出DE =73，接着利用勾股定理计算出BE ，然后根据正切的定义求解．【解答】解：（1）过C 点作CH ⊥AD 于H ，如图， ∵CD ＝CA ， ∴AH ＝DH ，∵∠ABC+∠BCH ＝90°，∠ACH+∠BCH ＝90°， ∴∠ACH ＝∠ABC ， ∴sin ∠ACH ＝sin ∠ABC =13，在Rt △ACH 中，sin ∠ACH =AH AC =13，∴AD ＝2AH ＝2；（2）在Rt △ABC 中，sin ∠ABC =AC AB=13，∴AB ＝3AC ＝9，∴BD ＝AB ﹣AD ＝9﹣2＝7， ∵∠E ＝90°，而∠EDB ＝∠HDC ， ∴∠HCD ＝∠EBD ， ∴sin ∠EBD =DE BD =13，∴DE =13BD =73，∴BE =√72−(73)2=14√23，在Rt △EBC 中，tan ∠EBC =EC EB=3+7314√23=4√27．【点评】本题考查了解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．也考查了等腰直角三角形的性质．二．解直角三角形的应用4．（2022•长宁区二模）冬至是一年中太阳光照射最少的日子，如果此时楼房最低层能采到阳光，一年四季整座楼均能受到阳光的照射，所以冬至是选房买房时确定阳光照射的最好时机．某居民小区有一朝向为正南方向的居民楼．该居民楼的一楼是高6米的小区超市，超市以上是居民住房，在该楼前面20米处要盖一栋高25米的新楼．已知上海地区冬至正午的阳光与水平线夹角为29°（参考数据：sin29°≈0.48；cos29°≈0.87；tan29°≈0.55）（1）冬至中午时，超市以上的居民住房采光是否有影响，为什么？（2）若要使得超市全部采光不受影响，两楼应至少相距多少米？（结果保留整数）【分析】（1）延长光线交CD 于点F ，过点F 作FG ⊥AB ，垂足为G ，根据题意可得∠AFG ＝29°，GF ＝BC ＝20米，GB ＝FC ，然后在Rt △AGF 中，利用锐角三角函数的定义求出AG ，从而求出GB 的长，进行比较，即可解答；（2）延长光线交直线BC 于点E ，根据题意可得∠AEB ＝29°，然后在Rt △ABE 中，利用锐角三角函数的定义求出BE 的长，即可解答．【解答】解：（1）冬至中午时，超市以上的居民住房采光有影响，理由：延长光线交CD于点F，过点F作FG⊥AB，垂足为G，则∠AFG＝29°，GF＝BC＝20米，GB＝FC，在Rt△AGF中，AG＝FG•tan29°≈20×0.55＝11（米），∵AB＝25米，∴GB＝AB﹣AG＝25﹣11＝14（米），∴FC＝GB＝14米，∵14米＞6米，∴冬至中午时，超市以上的居民住房采光有影响；（2）延长光线交直线BC于点E，则∠AEB＝29°，在Rt△ABE中，AB＝25米，∴BE=ABtan29°≈250.55≈45（米），∴若要使得超市全部采光不受影响，两楼应至少相距45米．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．5．（2022•徐汇区二模）激光电视的光源是激光，它运用反射成像原理，屏幕不通电无辐射，降低了对消费者眼睛的伤害．根据THX观影标准，当观影水平视场角“θ”的度数处于33°到40°之间时（如图1），双眼肌肉处于放松状态，是最佳的感官体验的观影位．（1）小丽家决定要买一个激光电视，她家客厅的观影距离（人坐在沙发上眼睛到屏幕的距离）为3.5米，小佳家要选择电视屏幕宽（图2中的BC的长）在什么范围内的激光电视就能享受黄金观看体验？（结果精确到0.1m，参考数据：sin33°≈0.54，tan33°≈0.65，sin40°≈0.64，tan40°≈0.84，sin16.5°≈0.28，tan16.5°≈0.30，sin20°≈0.34，tan20°≈0.36）（2）由于技术革新和成本降低，激光电视的价格逐渐下降，某电器商行经营的某款激光电视今年每台销售价比去年降低4000元，在销售量相同的情况下，今年销售额在去年销售总额100万元的基础上减少20%，今年这款激光电视每台的售价是多少元？【分析】（1）过点A作AD⊥BC于点D，根据题意可得AB＝AC，当∠BAC＝33°时，当∠BAC＝40°时，利用锐角三角函数即可解决问题；（2）设今年这款激光电视每台的售价是x元，则去年每台的售价为（x+4000）元．由题意列出方程即可解决问题．【解答】解：（1）如图，过点A作AD⊥BC于点D，根据题意可知：AB＝AC，AD⊥BC，∴BC＝2BD，∠BAD＝∠CAD＝∠BAC，当∠BAC＝33°时，∠BAD＝∠CAD＝16.5°，在△ABD中，BD＝AD×tan16.5°≈3.5×0.30＝1.05（m），∴BC＝2BD＝2.10（m），当∠BAC＝40°时，∠BAD＝∠CAD＝20°，在△ABD中，BD＝AD×tan20°≈3.5×0.36＝1.26（m），∴BC＝2BD＝2.52m，答：小佳家要选择电视屏幕宽为2.10m﹣2.52m之间的激光电视就能享受黄金观看体验；（2）设今年这款激光电视每台的售价是x元，则去年每台的售价为（x+4000）元．由题意可得：＝，解得：x＝16000，经检验x＝16000是原方程的解，符合题意，答：今年这款激光电视每台的售价是16000元．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，分式方程的应用，视点，视角和盲区，解决本题的关键是根据题意找到等量关系准确列出方程．6．（2022•崇明区二模）为解决群众“健身去哪儿”问题，某区2021年新建、改建90个市民益智健身苑点，图1是某益智健身苑点中的“侧摆器”．锻炼方法：面对器械，双手紧握扶手，双脚站立于踏板上，腰部发力带动下肢做左右摆式运动．（1）如图2是侧摆器的抽象图，已知摆臂OA的长度为80厘米，在侧摆运动过程中，点A为踏板中心在侧摆运动过程中的最低点位置，点B为踏板中心在侧摆运动过程中的最高点位置，∠BOA＝25°，求踏板中心（精确到0.1厘米）（sin25°≈0.423，cos25°≈0.906，tan25°≈0.466）点在最高位置与最低位置时的高度差．（2）小杰在侧摆器上进行锻炼，原计划消耗400大卡的能量，由于小杰加快了运动频率，每小时能量消耗比原计划增加了100大卡，结果比原计划提早12分钟完成任务，求小杰原计划完成锻炼需多少小时？【分析】（1）过点B作BD⊥OA垂足为D，由题意得：OB＝OA＝80cm，然后在Rt△BOD中，利用锐角三角函数的定义求出OD的长，进行计算即可解答；（2）先设小杰原计划x小时完成锻炼，然后根据实际每小时的能量消耗﹣原计划每小时的能量消耗＝100，列出方程进行计算即可解答．【解答】解：（1）过点B作BD⊥OA垂足为D，由题意得：OB＝OA＝80cm，在Rt△BOD中，∠BOA＝25°，∴OD＝BO•cos25°≈80×0.906＝72.48（cm），∴AD＝OA﹣OD＝80﹣72.48≈7.5（cm），∴踏板中心点在最高位置与最低位置时的高度差约为7.5厘米；（2）设小杰原计划x小时完成锻炼，由题意得：，解得：，经检验：都是原方程的根，但不符合题意，舍去，答：小杰原计划锻炼1小时完成．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，分式方程的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．7．（2022•宝山区二模）某超市大门口的台阶通道侧面如图所示，共有4级台阶，每级台阶高度都是0.25米．根据部分顾客的需要，超市计划做一个扶手AD，AB、DC是两根与地平线MN都垂直的支撑杆（支撑杆底端分别为点B、C）．（1）求点B与点C离地面的高度差BH的长度；（2）如果支撑杆AB、DC的长度相等，且∠DAB＝66°．求扶手AD的长度．（参考数据：sin66°≈0.9，cos66°≈0.4，tan66°≈2.25，cot66°≈0.44）【分析】（1）根据每级台阶高度都是0.25米，然后计算出3个台阶的总高度，即可解答；（2）连接BC，根据题意可得：AB＝DC，AB∥DC，从而可得四边形ABCD是平行四边形，然后利用平行四边形的性质可得AD＝BC，AD∥BC，从而求出∠CBH＝66°，最后在Rt△CBH中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．【解答】解：（1）∵每级台阶高度都是0.25米，∴BH＝3×0.25＝0.75（米），∴点B与点C离地面的高度差BH的长度为0.75米；（2）连接BC，由题意得：AB＝DC，AB∥DC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAB＝∠CBH＝66°，在Rt△CBH中，BH＝0.75米，∴BC＝≈＝1.875（米），∴扶手AD的长度约为1.875米．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．三．解直角三角形的应用-坡度坡角问题8．（2021秋•闵行区期末）如图，某幢楼的楼梯每一级台阶的高度为20厘米，宽度为30厘米，那么斜面AB 的坡度为．【分析】根据坡度的概念计算，得到答案．【解答】解：斜面AB的坡度为20：30＝1：1.5，故答案为：1：1.5．【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，掌握坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键．9．（2022春•浦东新区校级期中）工厂的传送带把物体从地面送到离地面5米高的地方，如果传送带与地面所成的斜坡的坡度i＝1：2.4，那么物体所经过的路程为米．【分析】根据坡度的概念求出AC，根据勾股定理求出AB．【解答】解：∵传送带与地面所成的斜坡的坡度i＝1：2.4，∴BCAC =12.4，即5AC=12.4，解得，AC＝12，由勾股定理得，AB=√AC2+BC2=√122+52=13（米），故答案为：13．【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，掌握坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键．10．（2022•黄浦区二模）某传送带与地面所成斜坡的坡度i＝1：2.4，如果它把物体从地面送到离地面10米高的地方，那么物体所经过的路程为米．【分析】根据坡度的概念求出水平距离，根据勾股定理计算，得到答案．【解答】解：∵传送带与地面所成斜坡的坡度i＝1：2.4，它把物体从地面送到离地面10米高，∴水平距离为：2.4×10＝24，∴物体所经过的路程为：√102+242=26（米），故答案为：26．【点评】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡度的概念是解题的关键．11．（2022•浦东新区二模）如图，一个高BE为√3米的长方体木箱沿坡比为1：√3的斜面下滑，当木箱滑至如图位置时，AB＝3米，则木箱端点E距地面AC的高度EF为米．【分析】根据坡度的概念求出∠DAF＝30°，根据正弦的定义求出DE，进而求出BD，得到答案．【解答】解：设AB、EF交于点D，∵斜坡的坡比为1：√3，∴tan∠DAF=√3=√33，∴∠DAF＝30°，∴∠ADF＝90°﹣30°＝60°，∴∠BDE＝60°，在Rt△BDE中，sin∠BDE=BEDE，∴√3DE =√32，解得，DE＝2（米），∴BD＝1m，∴AD＝AB﹣BD＝2（米），在Rt△ADF中，∠DAF＝30°，∴DF=12AD＝1（米），∴EF＝DE+DF＝3（米），故答案为：3．【点评】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡度的概念是解题的关键．四．解直角三角形的应用-仰角俯角问题12．（2021秋•浦东新区期末）在离旗杆20米处的地方，用测角仪测得旗杆顶的仰角为α，如测角仪的高为1.5米，那么旗杆的高为（）米．A．20cotαB．20tanαC．1.5+20tanαD．1.5+20cotα【分析】由题意得，在直角三角形中，知道了已知角的邻边求对边，用正切值计算即可．【解答】解：根据题意可得：旗杆比仪器高20tanα，测角仪高为1.5米，故旗杆的高为（1.5+20tanα）米．故选：C．【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角，熟练掌握解直角三角形的方法是解题的关键．13．（2022•徐汇区二模）如图，小明在某次投篮中刚好把球打到篮板的点D处后进球，已知小明与篮板底的距离BC＝5米，眼睛与地面的距离AB＝1.7米，视线AD与水平线的夹角为α，已知tanα的值为0.3，则点D到地面的距离CD的长为米．【分析】根据题意可得AE＝BC＝5米，EC＝AB＝1.7米，然后在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义求出DE的长，进行计算即可解答．【解答】解：由题意得：AE＝BC＝5米，EC＝AB＝1.7米，在Rt△ADE中，tanα＝0.3，∴DE＝AE•tanα＝5×0.3＝1.5（米），∴DC＝DE+EC＝1.5+1.7＝3.2（米），∴点D到地面的距离CD的长为3.2米，故答案为：3.2．【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．14．（2022•青浦区二模）小明要测量公园里一棵古树的高，被一条小溪挡住去路，采用计算方法，在A点测得古树顶的仰角为α，向前走了100米到B点，测得古树顶的仰角为β，则古树的高度为米．【分析】设CD＝x米，用含x的代数式表示出AD和BD的长，再根据AD﹣BD＝100可得x的值．【解答】解：设CD＝x米，在Rt△ACD中，tanα=CDAD，∴AD=xtanα，在Rt△BCD中，tanβ=CDBD，∴BD=xtanβ，∵AD﹣BD＝100，∴xtanα−xtanβ=100，解得x=100⋅tanβ⋅tanαtanβ−tanα，故答案为：100⋅tanβ⋅tanαtanβ−tanα．【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，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，属于中考常考题型．五．解直角三角形的应用-方向角问题15．（2021秋•黄浦区期末）如图，在东西方向的海岸线l上有一长为1千米的码头MN，在距码头西端M的正西方向58千米处有一观测站O，现测得位于观测站O的北偏西37°方向，且与观测站O相距60千米的小岛A处有一艘轮船开始航行驶向港口MN．经过一段时间后又测得该轮船位于观测站O的正北方向，且与观测站O相距30千米的B处．（1）求AB两地的距离；（结果保留根号）（2）如果该轮船不改变航向继续航行，那么轮船能否行至码头MN靠岸？请说明理由．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37≈0.75．）【分析】（1）过点A作AC⊥OB于点C．可知△ABC为直角三角形．根据勾股定理解答．（2）延长AB交l于D，比较OD与OM+MN的大小即可得出结论．【解答】解：（1）过点A作AC⊥OB于点C．由题意，得OA＝60千米，OB＝30千米，∠AOC＝37°．∴AC＝OAsin37°≈60×0.60＝36（千米）．在Rt△AOC中，OC＝OA•cos∠AOC≈60×0.8＝48（千米）．∴BC＝OC﹣OB＝48﹣30＝18（千米）．在Rt△ABC中，AB＝．（2）如果该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸．理由：延长AB交l于点D．∵∠ABC＝∠OBD，∠ACB＝∠BOD＝90°．∴△ABC∽△DBO，∴，∴，∴OD＝60（千米）．∵60＞58+1，∴该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，此题结合方向角，考查了阅读理解能力、解直角三角形的能力．计算出相关特殊角和作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．16．（2021秋•嘉定区期末）如图，在航线l的两侧分别有两个灯塔A和B，灯塔A到航线l的距离为AC＝3千米，灯塔B到航线l的距离为BD＝4千米，灯塔B位于灯塔A南偏东60°方向．现有一艘轮船从位于灯塔B北偏西53°方向的N（在航线l上）处，正沿该航线自东向西航行，10分钟后该轮船行至灯塔A正南方向的点C（在航线l上）处．（1）求两个灯塔A和B之间的距离；（2）求该轮船航行的速度（结果精确到0.1千米/小时）．（参考数据：，sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）【分析】（1）根据特殊角三角函数即可解决问题；（2）根据三角函数定义可得CN的长，进而可以求该轮船航行的速度．【解答】解：（1）由题意，得∠ACM＝∠BDM＝90°，AC＝3，BD＝4，∠CAM＝∠DBM＝60°，在Rt△ACM中，，∴cos60°＝，∴AM＝6，在Rt△BDM中，，∴cos60°＝，∴BM＝8，∴AB＝AM+BM＝14千米．答：两个灯塔A和B之间的距离为14千米．（2）在Rt△ACM中，，∴，∴，在Rt△BDM中，，∴， ∴， ∴，在Rt △BDN 中，，由题意，得∠DBN ＝53°∴， ∴DN ＝4tan53°，∴，设该轮船航行的速度是V 千米/小时，由题意，得，∴V ≈40.7（千米/小时），答：该轮船航行的速度是40.7千米/小时．【点评】本题考查了解直角三角形的应用中的仰角俯角问题、矩形的判定与性质等知识；掌握仰角俯角定义是解题的关键．【过关检测】一、单选题九年级假期作业）已知在ABC 中，【答案】B 【分析】过点C 作CD AB ⊥，垂足为D ，根据60A ∠=︒，得出30ACD ∠=︒,进而求得CD ，由已知条件得出CD BD =，进而得出45BCD ∠=︒，即可求解．【详解】解：如图所示，过点C 作CD AB ⊥，垂足为D ，在Rt ADC 中，60A ∠=︒，∴30ACD ∠=︒, ∴sin ,cos CD AD A A AC AC ==sin 602CD =︒∴⨯=11BD AB AD ∴=−=∴CD BD =，在Rt BCD 中，CD BD =45BCD ∴∠=︒75ACB ACD BCD ∴∠=∠+∠=︒故选：B ．【点睛】本题考查了解直角三角形，构造直角三角形，掌握直角三角形的边角关系是解题的关键．【答案】D【分析】在直线y=2x 上任取一点P (a ，2a)，过点P 作x 轴的垂线，垂足为点B ，则可求得α的正余弦、正余切值，从而可得答案．【详解】如图，在直线y=2x 上任取一点P (a ，2a)，过点P作x 轴的垂线，垂足为点B则OB=|a|，PB=2|a| 由勾股定理得：|OPa ==在直角△POB 中，sin 5PB OP α==，cos 5OB OP α===， 2tan =2a PB OB a α==，1cot =22a OB PB a α==故选项D 正确故选：D【点睛】本题考查了正比例函数的图象与性质，锐角三角函数，关键是画出图形，并在直线任取一点，作x 轴的垂线得到直角三角形．【答案】D【分析】先求出120°的补角为60°，然后再把60°放在直角三角形中，所以过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，在Rt△ACD中可求出AD与CD的长，最后在Rt△BDC中利用勾股定理求出BC即可解答．【详解】解：过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，∵∠BAC=120°，∴∠CAD=180°-∠BAC=60°，在Rt△ACD中，AC=2，∴AD=ACcos60°=2×12=1，CD=ACsin60°=2×∵AB=4，∴BD=AB+AD=4+1=5，∴tanB=CD BD=，故选：D ．【点睛】本题考查了解直角三角形，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 4．（2023·上海·九年级假期作业）如图，45ACB ∠=︒，125PRQ ∠=︒，ABC 底边BC 上的高为1h ，PQR 底边QR 上的高为2h ，则有（）A ．12h h =B ．12h h <C ．12h h >D ．以上都有可能【答案】B 【分析】由已知可知高所对的斜边都为5，由正弦的定义可得到高关于正弦的表达式，比较正弦值即可得到答案．【详解】解：如图，分别作出两三角形的高12,h h∵45,5ACB AC ∠=︒=∴1sin 455sin 45h AC =⨯︒=︒ ∵125,5PRQ PR ∠=︒=∴()2sin 1801255sin55h PR =︒−︒=︒ ∵sin 55sin 45︒︒＞∴21h h ＞故选：B ．【点睛】本题考查解直角三角形，依题意作高构造直角三角形是解题的关键．5．（2023·上海·九年级假期作业）小杰在一个高为h 的建筑物顶端，测得一根高出此建筑物的旗杆顶端的仰【答案】C 【分析】过A 作AE BC ⊥于E ，在Rt ACE △中，已知了CE 的长，可利用俯角CAE ∠的正切函数求出AE 的值；进而在Rt ABE △中，利用仰角BAE ∠的正切函数求出BE 的长；从而可得答案．【详解】解：如图，过A 作AE BC ⊥于E ，则四边形ADCE 是矩形，CE AD h ==．∵在Rt ACE △中，CE h =，60CAE ∠=︒，∴tan 60CE AE ==︒，∵在Rt ABE △中，30BAE ∠=︒，∴1tan 303BE AE h =︒==，∴1433BC BE CE h h h =+=+=．即旗杆的高度为43h ．故选C ．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用--仰角俯角问题，首先构造直角三角形，再运用三角函数的定义解题，是中考常见题型，解题的关键是作出高线构造直角三角形．6．（2021·上海·九年级专题练习）如图，把两条宽度都是1的纸条，其中一条对折后再两条交错地叠在一起，相交成角α，则重叠部分的面积是（）【答案】C【分析】根据题意可知：所得图形是菱形，设菱形ABCD，由已知得∠ABE=α，过A作AE⊥BC于E，由勾股定理可求BE、AB、BC的长度，根据菱形的面积公式即可求出所填答案．【详解】解：由题意可知：重叠部分是菱形，设菱形ABCD，则∠ABE＝α，过A作AE⊥BC于E，则AE＝1，设BE＝x，∵∠ABE＝α，∴AB＝1sin sinAEαα=，∴BC＝AB＝1sinα，∴重叠部分的面积是：1sinα×1＝1sinα．故选：C．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，菱形的面积公式等知识点，把实际问题转化成数学问题，利用所学的知识进行计算是解此题的关键．二、填空题7．（2023·上海·九年级假期作业）小球沿着坡度为1:1.5i=的坡面滚动了13m，则在这期间小球滚动的水平距离是___________m．【答案】【分析】设高度为x ，根据坡度比可得水平距离为1.5x ，根据勾股定理列方程即可得到答案；【详解】解：设高度为x ，∵坡度为1:1.5i =，∴水平距离为1.5x ，由勾股定理可得，222(1.5)13x x +=，解得：x =∴水平距离为1.5⨯=故答案为：【点睛】本题考查坡度比及勾股定理，解题的关键是根据坡度比得到高度与水平距离的关系．【答案】13【分析】根据斜坡AB 的坡度1i =AB 的值先求出AH ，再根据斜坡AC 的坡度21:2.4i =，求得AC ，即可求解．【详解】解：∵1i =∴tan 3ABH ∠==， ∴30ABH ∠=︒，∴152AH AB ==, ∵21:2.4i =，∴1tan 2.4AH ACB CH ∠==，∵5AH =，∴12=CH ，在Rt ACH 中，13AC ==,故答案为：13．【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用，坡度问题，熟知锐角三角函数的定义是解答此题的关键．【答案】10【分析】作BH AC ⊥于H ．由四边形ABCD 是矩形，推出OA OC OD OB ===，设5OA OC OD OB a ====，由余切函数，可得4BH a =，3OH a =，由题意：12104402a a ⨯⨯⨯=，求出a 即可解决问题．【详解】解：如图，作BH AC ⊥于H ．∵四边形ABCD 是矩形，∴OA OC OD OB ===，设5OA OC OD OB a ====，则10AC a =．∵根据题意得：3cot 4OH BOH BH ∠==， ∴4BH a =，3OH a =，由题意：12104402a a ⨯⨯⨯=，∴1a =，∴10AC =．故答案为10．【点睛】本题考查了矩形的性质、解直角三角形等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题． 10．（2023·上海·九年级假期作业）已知：在ABC 中，60A ∠=︒，45B ∠=︒，8AB =．则ABC 的面积为____（结果可保留根号）．【答案】48−【分析】过C 作CD AB ⊥于D ，利用直角三角形的性质求得CD 的长．已知AB 的长，根据三角形的面积公式即可求得其面积．【详解】解：过C 作CD AB ⊥于D ，在Rt ADC 中，90CDA ∠=︒Q ，∴tan tan 60CD DAC AD =∠=︒=即AD 在Rt BDC 中，45B ∠=︒， 45BCD ∴∠=︒， CD BD ∴=．8AB DB DA CD =+==，12CD ∴=−．118(124822ABC S AB CD ∴=⨯=⨯⨯−=−故答案为：48−【点睛】本题考查解直角三角形，直角三角形的性质及三角形的面积公式，熟练掌握通过作三角形的高，构造直角三角形是解题的关键．分别在DEF 的边，ABE 沿直线【答案】67【分析】根据题意和翻折的性质可得ABCABE 是等腰直角三角形，ABC 是等腰直角三角形，所以AC BE ∥，得23DA AC DE HE ==，设2AC AE x ==，则3HE x =，4AD x =，所以7FE x =，6DE x =，然后根据锐角三角函数即可解决问题．【详解】解：如图所示：90DEF ∠=︒，45EBA ∠=︒，ABE ∴是等腰直角三角形，AE BE ∴=，ABE 沿直线AB 翻折，翻折后的点E 落在DEF 内部的点C ，ABC ∴是等腰直角三角形，∴∥AC BE ，∴23DA AC DE HE ==，FH AD =，设2AC AE x ==，则3HE x =，4AD x =，7FE x ∴=，6DE x =， ∴67DE FE =，6cot 7DE D FE ∴==．故答案为：67．【点睛】本题考查了翻折变换，解直角三角形，解决本题的关键是掌握翻折的性质．统考二模）在ABC 中，，那么ABC 的重心到【答案】4【详解】解：如下图所示，设点D 为BC 的中点，点E 为三角形的重心，∵AB AC =，∴AD BC ⊥，∵152BD BC ==，5cos 13B =，cos BD B AB = ∴13AB =，∴12AD ==，∵点E 为三角形的重心，∴21AE ED =， ∴4ED =，∵AD BC ⊥，∴ABC 的重心到底边的距离为4，故答案为：4．【点睛】本题考查解直角三角形、三角形重心的性质和勾股定理，解题的关键是熟知重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1． 13．（2023·上海·一模）平面直角坐标系内有一点()1,2P ，那么OP 与x 轴正半轴的夹角为α，tan α=________．【答案】2【分析】过点P 作PA x ⊥轴于点A ，由P 点的坐标得PA 、OA 的长，根据正切函数的定义得结论．【详解】解：过点P 作PA x ⊥轴于点A ，如图：∵点PA x ⊥，∴2PA =，1OA =，∴2an 21t PA OA α===．故答案为：2．【点睛】本题考查了点在平面直角坐标系里的意义及解直角三角形．解决本题的关键是构造直角三角形．一模）如图，已知在ABC 中，【答案】95【分析】如图，设AP m =．证明AP MQ m ==，根据3cos cos 5A CMQ =∠=，构建方程求解．。

部编数学八年级下册专题18构造三角形中位线的常用技巧(解析版)含答案

专题18 构造三角形中位线的常用技巧（解析版）专题典例剖析及针对训练类型一连接两中点构造中位线典例1如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，D 、E 分别是AB 、AC 的中点，F 、G 为BC 上的两点，FG ＝3，线段DG ，EF 的交点为O ，当线段FG 在线段BC 上移动时，三角形FGO 的面积与四边ADOE 的面积之和恒为定值，则这个定值是（）A ．15B ．12C ．9D ．6思路指引：连接DE ，过A 作AH ⊥BC 于H ．由于DE 是AB 、AC 的中点，利用三角形中位线定理可得DE ∥BC ，并且可知△ADE 的高等于12AH ，再结合等腰三角形三线合一性质，以及勾股定理可求AH ，那么△ADE 的面积就可求．而所求S △FOG +S 四边形ADOE ＝S △ADE +S △DOE +S △FOG ，又因为△DOE 和△FOG 的底相等，高之和等于AH 的一半，故它们的面积和可求，从而可以得到S △FOG +S 四边形ADOE 的面积．解：如图：连接DE ，过A 向BC 作垂线，H 为垂足，∵△ABC 中，D 、E 分别是AB 、AC 的中点，∴DE ，AH 分别是△ABC 的中位线和高，BH ＝CH =12BC =12×6＝3，∵AB ＝AC ＝5，BC ＝6，由勾股定理得AH ==4，∴S △ADE =12BC •AH 2=12×3×42=3，设△DOE 的高为a ，△FOG 的高为b ，则a +b =AH 2=2，∴S △DOE +S △FOG =12DE •a +12FG •b =12×3（a +b ）=12×3×2＝3，∴三角形FGO 的面积与四边ADOE 的面积之和恒为定值，则这个定值是S △ADE +S △DOE +S △FOG ＝3+3＝6．故选：D ．方法点睛：本题属中等难度题目，涉及到三角形中位线定理，解答此类题目时一般只要知道中点要作中位线，已知等腰三角形要作高线，利用勾股定理解答．针对训练1．如图，△ABC 的中线BD ，CE 相交于点0，F ，G 分别是BO ，CO 的中点，求证：EF ∥DG 且EF ＝DG ．解：连接ED ，FG .证四边形DEFG 是平行四边形，∴EF ∥DG 且EF ＝DG ．类型二连接第三边构造中位线典例2（2022秋•泰山区校级期末）如图，在菱形ABCD 中，E ，F 分别是边CD ，BC 上的动点，连接AE ，EF ，G ，H 分别为AE ，EF 的中点，连接GH ．若∠B ＝45°，BC ＝GH 的最小值为（）ABC DGF E DC B AABDE F G思路指引：连接AF，利用三角形中位线定理，可知GH=12AF，求出AF的最小值即可解决问题．解：连接AF，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=∵G，H分别为AE，EF的中点，∴GH是△AEF的中位线，∴GH=12 AF，当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，则∠AFB＝90°，∵∠B＝45°，∴△ABF是等腰直角三角形，∴AF==∴GH=即GH故选：D．方法点睛：本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．针对训练1．（2021秋•孟津县期末）如图所示，已知四边形ABCD，R、P分别是DC、BC上的点，点E、F分别是AP、RP的中点，当点P在边BC上从点B向点C移动，且点R从点D向点C移动时，那么下列结论成立的是（）A ．线段EF 的长逐渐增大B ．线段EF 的长逐渐减少C ．线段EF 的长不变D ．△ABP 和△CRP 的面积和不变思路指引：连接AR ，根据三角形的中位线定理可得EF =12AR ，根据AR 的变化情况即可判断．解：连接AR ，∵E ，F 分别是AP ，RP 的中点，∴EF =12AR ，∵当点P 在BC 上从点C 向点B 移动，点R 从点D 向点C 移动时，AR 的长度逐渐增大，∴线段EF 的长逐渐增大．S △ABP +S △CRP =12BC •（AB +CR ）．∵CR 随着点R 的运动而减小，∴△ABP 和△CRP 的面积和逐渐减小．观察选项，只有选项A 符合题意．故选：A ．方法点睛：此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．典例3 如图，点B 为AC 上一点，分别以AB ，BC 为边在AC 同侧作等边△ABD 和等边△BCE ，点P ，M ，N 分别为AC ，AD ，CE 的中点．（1）求证：PM ＝PN ；（2）求∠MPN 的度数．思路指引：（1）连接DC和AE，AE交CD于点M，证明△ABE≌△DBC，得到AE＝DC，利用中位线的性质证明PM＝PN；（2）根据中位线的性质把∠MPA+∠NPC转化成∠MCA+∠MAC，根据∠DMA＝∠MCA+∠MAC可知求出∠DMA度数即可．解：（1）连接DC和AE，AE交CD于点M，在△ABE和△DBC中，AB=BD∠ABE=∠DBCBE=BC∴△ABE≌△DBC（SAS）．∴AE＝DC．∵P为AC中点，N为EC中点，AE．∴PN=12DC．同理可得PM=12所以PM＝PN．（2）∵P为AC中点，N为EC中点，∴PN∥AE．∴∠NPC＝∠EAC．同理可得∠MPA＝∠DCA∴∠MPA+∠NPC＝∠EAC+∠DCA．又∠DQA＝∠EAC+∠DCA，∴∠MPA+∠NPC＝∠DQA．∵△ABE ≌△DBC ，∴∠QDB ＝∠BAQ ．∴∠DQA ＝∠DBA ＝60°．∴∠MPA +∠NPC ＝60°．∴∠MPN ＝180°﹣60°＝120°．方法点睛：本题主要考查全等三角形的判定和性质、中位线的性质、等边三角形的性质，解题的关键是找到“手拉手”全等模型．针对训练1.如图，分别以△ABC 的边AB ，AC 同时向外作等腰直角三角形，其中AB ＝AE ，AC ＝AD ，∠BAE ＝∠CAD ＝90°，点G 为BC 的中点，点F 为BE 的中点，点H 为CD 的中点．探索GF 与GH 的数量关系及位置关系，并说明理由．解：连接BD ，CE ，易证△ABD ≌△AEC ，∴BD ＝ CE ，易证BD ⊥CE .由中位线性质可得GF ＝GH ，GF ⊥GH .类型三取中点构造中位线（1）直接取一边中点典例4（2022春•武昌区期中）如图，在△ABC 中，∠A ＝60°，BD 为AC 边上的高，E 为BC 边的中点，点F 在AB 边上，∠EDF ＝60°，若AF ＝2，BF =103，则BC 边的长为（）HG FEDCB AAB CDEFG HA ．163BCD 思路指引：过点D 作DM ⊥AB ，垂足为M ，取AB 的中点H ，连接EH ，DH ，根据已知可求出AB =163，先在Rt △ABD 中求出AD ，AH 的长，从而可得△ADH 是等边三角形，进而可得AD ＝DH ，∠ADH ＝∠AHD ＝60°，然后利用利用等腰三角形的三线合一性质求出AM 的长，从而求出DM ，DF 的长，最后证明手拉手模型﹣旋转型全等△ADF ≌△HDE ，从而利用全等三角形的性质可得DE ＝DF 进而利用直角三角形斜边上的中线，即可解答．解：过点D 作DM ⊥AB ，垂足为M ，取AB 的中点H ，连接EH ，DH ，∵AF ＝2，BF =103，∴AB ＝AF +BF =163，∵BD ⊥AC ，∴∠ADB ＝∠CDB ＝90°，∵∠A ＝60°，∴∠ABD ＝90°﹣∠A ＝30°，∴AD =12AB =83，∵点H 是AB 的中点，∴AH ＝BH =12AB =83，∴AD ＝AH ，∴△ADH 是等边三角形，∴AD ＝DH ，∠ADH ＝∠AHD ＝60°，∴AM＝MH=12AH=43，∴DM=∵AF＝2，∴MF＝AF﹣AM＝2―43=23，∴DF∵点H是AB的中点，点E是BC的中点，∴EH是△ABC的中位线，∴EH∥AC，∴∠DHE＝∠ADH＝60°，∴∠ADH＝∠A＝60°，∵∠EDF＝∠ADH＝60°，∴∠ADH﹣∠FDH＝∠EDF﹣∠FDH，∴∠ADF＝∠HDE，∴△ADF≌△HDE（ASA），∴DE＝DF=∵∠CDB＝90°，∴BC＝2DE=故选：D．方法点睛：本题考查了等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，三角形的中位线定理，全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．针对训练1．（2022•长春一模）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，BD＝12，点E是CD的中点，点F是OA的中点，连结EF，则线段EF的长为．思路指引：取AD的中点M，连接FM，EM，构造三角形中位线，利用三角形中位线定理分别求得FM、EM的长度；然后利用勾股定理求得EF的长度．解：如图，取AD的中点M，连接FM，EM，∵点E是CD的中点，∴EM是△ACD的中位线．∴EM∥AC，EM=12AC＝4．同理，FM∥BD，FM=12OD=14BD＝3．在菱形ABCD中，AC⊥BD，则FM⊥ME．故在直角△EFM中，由勾股定理得到：EF5．故答案是：5．方法点睛：本题主要考查了菱形的性质和三角形中位线定理，解题过程中，巧妙地作出辅助线，利用三角形中位线定理求得直角三角形的两直角边的长度．（2）连接对角线，再取对角线中点典例5（2021秋•龙岗区校级期末）如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AB，CD的中点，则AD，BC 和EF的关系是（）A．AD+BC＞2EF B．AD+BC≥2EF C．AD+BC＜2EF D．AD+BC≤2EF思路指引：连接AC，取AC的中点G，连接EF，EG，GF，根据三角形中位线定理求出EG=12BC，GF=12AD ，再利用三角形三边关系：两边之和大于第三边，即可得出AD ，BC 和EF 的关系．解：如图，取AC 的中点G ，连接EF ，EG ，GF ，∵E ，F 分别是边AB ，CD 的中点，∴EG ，GF 分别是△ABC 和△ACD 的中位线，∴EG =12BC ，GF =12AD ，在△EGF 中，由三角形三边关系得EG +GF ＞EF ，即12BC +12AD ＞EF ，∴AD +BC ＞2EF ，当AD ∥BC 时，点E 、F 、G 在同一条直线上，∴AD +BC ＝2EF ，所以四边形ABCD 中，E ，F 分别是边AB ，CD 的中点，则AD ，BC 和EF 的关系是AD +BC ≥2EF ．故选：B ．方法点睛：此题主要考查学生对三角形中位线定理和三角形三边关系的灵活运用，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键．针对训练1．如图，在□ABCD 中，E 是CD 中点，F 是AE 的中点，FC 交BE 于点G（1）求证：GF ＝GC（2）求证：BG ＝3EG解：（1）取BE 的中点M ，∵FM ＝21AB ，∴FM //EC ，∴四边形 FMCE 为平行四边形，∴GF ＝GC（2）易证EG ＝MG ，∴EM ＝MB ，∴BG ＝3EG类型四延长一边构造中位线典例6（2022秋•江北区校级期末）如图，在正方形ABCD 中，点E ，G 分别在AD ，BC 边上，且AE ＝3DE ，BG ＝CG ，连接BE 、CE ，EF 平分∠BEC ，过点C 作CF ⊥EF 于点F ，连接GF ，若正方形的边长为4，则GF 的长度是（）A B ．2C D 思路指引：延长CF 交BE 于H ，利用已知条件证明△HEF ≌△CEF （ASA ），然后利用全等三角形的性质证明GF =12BH ，最后利用勾股定理即可求解．解：延长CF 交BE 于H ，∵EF 平分∠BEC ，∴∠HEF ＝∠CEF ，∵CF ⊥EF ，∴∠HFE ＝∠CFE ，在△HEF 和△CEF 中，∠HEF =∠CEF EF =EF ∠HFE =∠CFE，∴△HEF ≌△CEF （ASA ），∴HF ＝CF ，EH ＝EC ，而BG ＝CG ，∴GF =12BH ，∵AE ＝3DE ，正方形的边长为4，∴AE ＝3，AB ＝CD ＝4，DE ＝1，在Rt △ABE 中，BE =5，在Rt △CDE 中，CE ＝HE ==∴BH ＝BE ﹣HE ＝5―∴GF =12BH 故选：C ．方法点睛：此题主要考查了全等三角形的性质与判定，也利用了正方形的性质，三角形的中位线的性质，有一定的综合性，对于学生的能力要求比较高．针对训练1．（2022•合肥一模）如图，△ABC 中，AD 平分∠BAC ，E 是BC 中点，AD ⊥BD ，AC ＝7，AB ＝4，则DE 的值为（）A ．1B ．2C ．12D ．32思路指引：延长BD 交AC 于H ，证明△ADB ≌△ADH ，根据全等三角形的性质得到AH ＝AB ＝4，BD ＝DH ，根据三角形中位线定理计算即可．解：延长BD 交AC 于H ，在△ADB 和△ADH 中，∠BAD =∠HAD AD =AD ∠ADB =∠ADH，∴△ADB ≌△ADH （ASA ）．∴AH ＝AB ＝4，BD ＝DH ，∴HC ＝AC ﹣AH ＝3，∵BD ＝DH ，BE ＝EC ，∴DE =12HC =32，故选：D ．方法点睛：本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．类型五延长两边构造中位线典例7（2022秋•封丘县校级期末）如图，在△ABC 中，AE 平分∠BAC ，D 是BC 的中点AE ⊥BE ，AB ＝5，AC ＝3，则DE 的长为（）A ．1B ．32C ．2D ．52思路指引：连接BE 并延长交AC 的延长线于点F ，易证明△ABF 是等腰三角形，则得AF 的长，点E 是BF 的中点，求得CF 的长，从而DE 是中位线，即可求得DE 的长．解：连接BE 并延长交AC 的延长线于点F ，如图，∵AE ⊥BE ，∴∠AEB ＝∠AEF ＝90°，∵AE 平分∠BAC ，∴∠BAE ＝∠FAE ，∴∠ABE ＝∠AFE ，∴△ABF 是等腰三角形，∴AF ＝AB ＝5，点E 是BF 的中点，∴CF ＝AF ﹣AC ＝5﹣3＝2，DE 是△BCF 的中位线，∴DE =12CF =1．故选：A ．方法点睛：本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形中位线的性质定理，关键是作辅助线得到等腰三角形．针对训练1．如图，AD 为△ABC 的外角平分线，且AD ⊥BD 、M 为BC 的中点，若AB ＝12，AC ＝18，求MD 的长8．延长BD ，CA 交于点E ，易证AE ＝AB ，BD ＝ED ，∵BM ＝CM ，∴DM ＝21CE ＝21(AB ＋AC )＝15.类型六作平行线或倍长中线先构造8字全等再构造中位线典例7（2021秋•宛城区期中）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AC＞AB＞4，点D、E分别在边AB、AC上，BD＝4，CE＝3，取DE、BC的中点M、N，线段MN的长为（）A．2.5B．3C．4D．5思路指引：如图，作CH∥AB，连接DN，延长DN交CH于H，连接EH，首先证明CH＝BD，∠ECH＝90°，解直角三角形求出EH，利用三角形中位线定理即可解决问题．解：作CH∥AB，连接DN并延长交CH于H，连接EH，∵BD∥CH，∴∠B＝∠NCH，∠ECH+∠A＝180°，∵∠A＝90°，∴∠ECH＝∠A＝90°，在△DNB和△HNC中，∠B=∠NCHBN=CN，∠DNB=∠HNC∴△DNB≌△HNC（ASA），∴CH＝BD＝4，DN＝NH，在Rt△CEH中，CH＝4，CE＝3，∴EH=5，∵DM＝ME，DN＝NH，EH＝2.5，∴MN=12故选：A．方法点睛：本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，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．针对训练：如图，AB＝BC，DC＝DE，∠ABC＝∠CDE＝90°，D、B、C在一条直线上，F为AE的中点．（1）求证：BF∥CE；（2）若AB＝2，DE＝5，求BF的长．思路指引：（1）延长AB交CE于G，求出△ACG是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质求出AB＝BG，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半证明；（2）根据等腰直角三角形的性质求出CE、CG，再求出GE，然后求解即可．（1）证明：如图，延长AB交CE于G，∵AB＝BC，DC＝DE，∠ABC＝∠CDE＝90°，∴△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∴△ACG也是等腰直角三角形，∵∠ABC＝90°，∴BC⊥AG，∴AB＝BG，∵点F是AE的中点，∴BF是△AGE的中位线，∴BF∥CE；（2）解：∵AB ＝2，DE ＝5，∴CG ＝AC =＝CE =＝∴GE ＝CE ﹣CG ＝=∵BF 是△AGE 的中位线，∴BF =12GE方法点睛：本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，等腰直角三角形的判定与性质，熟记性质与定理并作辅助线构造出以BF 为中位线的三角形是解题的关键。

江苏省高考数学考前压轴冲刺(新高考)-专题18 三角函数问题(解答题)(解析版)

专题18 三角函数问题考点预测三角函数与解三角形是江苏高考必考的题型，主要考察正余弦定理，三角函数的图像与性质在解三角形中的灵活运用，常考的知识点如下：1.在ABC ∆中，C B A C B A tan tan tan tan tan tan =++,CB CB A tan tan 1tan tan tan -+-=.2.在ABC ∆中，B c C b a cos cos +=，A c C a b cos cos +=,A b B a c cos cos +=.3.ABC ∆的面积RabcR c ab C ab S 4221sin 21===. 4.C R c B R b A R a sin 2,sin 2,sin 2===.5.222222222cos 2,cos 2,cos 2b c a B ac c b a C ab a c b A bc -+=-+=-+=.典型例题1.在△ABC 中，它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足sin 2（B +C ）﹣sin 2B ﹣sin 2C +sin B sin C ＝0，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（Ⅰ）a 的值；（Ⅱ）△ABC 的面积；条件①：c ＝4，a +b ＝6+2；条件②：b ＝6，sin （﹣B ）＝﹣．【分析】若选择条件①：（Ⅰ）由已知利用正弦定理即可求解a 的值．（Ⅱ）由（Ⅰ）及余弦定理可得cos A的值，结合范围A ∈（0，π），可求A 的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．若选择条件②：（Ⅰ）由正弦定理，余弦定理可得cos A的值，结合A∈（0，π），可求A的值，在根据题中条件利用三角函数恒等变换可求sin B的值，即可根据正弦定理可求a的值；（Ⅱ）利用两角和的正弦公式可求sin C的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．【解答】解：若选择条件①：c＝4，a+b＝6+2；（Ⅰ）因为sin2（B+C）﹣sin2B﹣sin2C+sin B sin C＝0，可得sin2B+sin2C﹣sin2A＝sin B sin C，由正弦定理可得b2+c2﹣a2＝bc，则a2＝b2+c2﹣bc＝（6+2﹣a）2+16﹣（6+2﹣a）×4，解得a＝2．（Ⅱ）由（Ⅰ）及余弦定理可得cos A＝＝，因为A∈（0，π），所以A＝，因为a＝2，a+b＝6+2，所以b＝6，所以S△ABC＝bc sin A＝＝6．若选择条件②：b＝6，sin（﹣B）＝﹣；（Ⅰ）因为sin2（B+C）﹣sin2B﹣sin2C+sin B sin C＝0，可得sin2B+sin2C﹣sin2A＝sin B sin C，由正弦定理可得b2+c2﹣a2＝bc，在由余弦定理可得cos A＝＝，又因为A∈（0，π），所以A＝，因为sin（﹣B）＝﹣cos B＝﹣，即cos B＝，则B∈（0，），所以sin B＝则由正弦定理，及b＝6，可得a＝＝＝4．（Ⅱ）因为A＝，sin B＝，cos B＝，所以sin C＝sin（A+B）＝+＝，所以S△ABC＝ab sin C＝＝．【知识点】正弦定理、余弦定理2.已知a，b，c是△ABC的内角A，B，C的对边，，b＝2，D为线段AC上一点且AD＝3DC．（Ⅰ）求cos B；（Ⅱ）求|BD|的最大值．【分析】（Ⅰ）利用正弦定理将已知等式化成边之间的关系，再由余弦定理即可求得cos B的值；（Ⅱ）利用平面向量的线性运算及数量积运算可得＝，由（Ⅰ）中结论及利用基本不等式可得，从而可得结论．【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理得：，∴∴，（Ⅱ）因为D为线段AC上一点且AD＝3DC，所以＝+＝+＝+（）＝+，所以＝＝＝．由（Ⅰ）知：因为：，（当且仅当a＝c＝时取等号）．所以：，得：所以：故|BD|的最大值为．【知识点】正弦定理、余弦定理专项突破一、解答题（共14小题）1.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2C＝sin A sin B，＝，a2+b2＝4ab cos C．（Ⅰ）求证：C＝60°；（Ⅱ）若a＝6，求△ABM的外接圆的面积．（Ⅰ）先利用正弦定理将sin2C＝sin A sin B中的角化边，再结合a2+b2＝4ab cos C和余弦定理求得cos C，【分析】进而得角C；（Ⅱ）先证得△ABC为等边三角形，再由正弦定理求得外接圆半径，进而求出外接圆面积．【解答】（Ⅰ）证明：由正弦定理知，＝＝，∵sin2C＝sin A sin B，∴c2＝ab，由余弦定理知，c2＝a2+b2﹣2ab cos C，∵a2+b2＝4ab cos C，∴c2＝2ab cos C，∴c2＝2c2cos C，∵c≠0，∴cos C＝，∵C∈（0°，180°），∴C＝60°．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，cos C＝，∴a2+b2＝2ab，即a＝b，∴△ABC为等边三角形，又a＝6，且＝，∴AM＝2，在△ABM中，由余弦定理知，BM2＝AB2+AM2﹣2AB•AM cos A＝36+4﹣2×6×2×cos60°＝28，∴BM＝．设△ABM的外接圆半径为R，∵2R＝＝，∴R＝，∴△ABM的外接圆的面积S＝πR2＝π•＝＝．【知识点】余弦定理、正弦定理2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，并且a sin（A+B）＝c sin2A．（Ⅰ）求A的值；（Ⅱ）若M为AC的中点，并且BM＝3，求△ABC面积的取值范围．【分析】（Ⅰ）利用两角和的正弦公式，正弦定理，二倍角的正弦公式化简已知等式，结合范围0＜A＜π，0＜C＜π，可求cos A的值，进而可求A的值．（Ⅱ）由题意可得S△ABC＝2S△ABM＝×AB×AM，设∠AMB＝θ，θ∈（0，），则由正弦定理可得AB＝2sinθ，AM＝2sin（θ+），利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用可求S△ABC＝3sin（2θ﹣）+，进而根据正弦函数的性质即可求解其取值范围．【解答】解：（Ⅰ）因为sin（A+B）＝sin C，所以a sin（A+B）＝c sin2A＝a sin C，根据正弦定理可得sin A sin C＝sin C sin2A＝2sin C sin A cos A，0＜A＜π，0＜C＜π，所以cos A＝，所以A＝，（Ⅱ）因为点M为AC的中点，因此S△ABC＝2S△ABM＝×AB×AM，在△ABM中，由正弦定理可得＝＝＝2，因此AB＝2sin∠AMB，AM＝2sin∠ABM，设∠AMB＝θ，θ∈（0，），则AB＝2sinθ，AM＝2sin（θ+），从而S△ABC＝6sinθsin（θ+）＝3sin（2θ﹣）+，当θ∈（0，）时，2θ﹣∈（﹣，），所以S△ABC∈（0，]．【知识点】正弦定理、余弦定理3.已知△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3a＝c，A＝，____．①a sin B＝3；②当x＝B时，函数f（x）＝cos2x+sin x cos x+2取得最大值．在①②这两个条件中选择一个补充至上述横线上，求解下述问题：若问题中的三角形存在，能否求出边c的值？若能，请求出边c的值；若不能，请说明理由；若问题中的三角形不存在，请说明理由．【分析】由已知结合余弦定理可得b的值，当补充①至条件中时：分类讨论，利用余弦定理可求sin B，进而可求a的值，可求c的值；当补充②至条件中时：分类讨论，利用余弦定理可求cos B，结合分B∈（0，π），可得B＝，化简函数解析式可得f（x）＝cos（2x﹣）+，利用余弦函数的性质即可求解．【解答】解：因为a＝c，结合余弦定理可得cos A＝＝，整理可得b2﹣bc+c2＝0，即（b﹣c）（b﹣c）＝0，解得b＝c，或c，当补充①至条件中时：当b＝c时，由余弦定理可得cos B＝＝，则sin B＝，再由a sin B＝3，可得a＝6，可得c＝6；当b＝c时，由余弦定理可得cos B＝＝0，则sin B＝1，再由a sin B＝3，可得a＝3，可得c＝3，综上可知三角形存在，且可求得c＝6或3．当补充②至条件中时：当b＝c时，由余弦定理可得cos B＝＝，由B∈（0，π），可得B＝；当b＝c时，由余弦定理可得cos B＝＝0，由B∈（0，π），可得B＝；因为f（x）＝cos2x+sin x cos x+2＝+sin2x+2＝cos（2x﹣）+，要使f（x）取得最大值，只需2x﹣＝2kπ，k∈Z，解得x＝kπ+，k∈Z，所以B＝时，满足条件，综上所述，这样的三角形存在，但这样的三角形彼此相似，有无数多个，故无法确定边长c的值．【知识点】两角和与差的三角函数、余弦定理、正弦定理4.在①；②c sin A＝3；③三边成等比数列．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求解此三角形的边长和角的大小；若问题中的三角形不存在，请说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，，____．【分析】若选①根据题意，结合正弦定理，可得b＝a，c＝，结合C＝，运用余弦定理即可求得c＝1，进而可求B，A的值；若选②根据题意，△ABC中，c sin A＝a sin C，即可求得a＝6，进而得到b＝2．运用余弦定理即可求得c＝2，即可得解；若选③由已知利用正弦定理可得a＝b，由余弦定理可得c＝b，可得B＝C＝，A＝，可得a＞b＝c，推出矛盾，可得问题中的三角形不存在．【解答】解：若选①ac＝，因为△ABC中，sin A＝sin B，即b＝a，又ac＝，可得c＝，所以cos C＝＝＝，所以a＝，b＝1，c＝1，B＝C＝，A＝．若选②c sin A＝3，因为△ABC中，c sin A＝a sin C＝a sin＝3，解得a＝6，因为sin A＝sin B，即a＝b，解得b＝2．所以cos C＝＝＝，可得c＝2，所以B＝C＝，A＝．若选③，三边成等比数列，因为，，可得a＝b，由余弦定理可得c2＝a2+b2﹣2ab cos C＝（b）2+b2﹣2×b×b×＝b2，可得c＝b，所以B＝C＝，A＝，所以a＞b＝c，与三边成等比数列矛盾，故问题中的三角形不存在．【知识点】三角形中的几何计算5.已知函数f（x）＝cos（ωx）（ω＞0）的最小正周期为π．（1）求ω的值及函数的值域；（2）在△ABC中，内角A，B，C所对应的边长分别为a，b，c，若，，△ABC 的面积为，b﹣c＝2，求a的值．【分析】（1）由函数f（x）＝cos（ωx）（ω＞0）的最小正周期为π．求出ω＝2，从而得到f（x）＝cos2x，g（x）＝2sin（2x﹣），由此能求出函数g（x）的值域．（2）由题意得cos2A＝﹣，推导出A，由△ABC的面积为3，推导出bc，再由b﹣c＝2，利用余弦定理能求出a．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝cos（ωx）（ω＞0）的最小正周期为π．∴＝π，由ω＞0，得ω＝2，此时f（x）＝cos2x，则g（x）＝2sin（2x﹣），当x∈[0，]时，2x﹣∈[﹣，]，2sin（2x﹣）∈[﹣1m2]，∴函数的值域为[﹣1，2]．（2）由题意得cos2A＝﹣，∵A∈（0，），则得2A∈（0，π），∴2A＝，解得A＝，∵△ABC的面积为3，则得，即＝3，即bc＝12，∵b﹣c＝2，∴由余弦定理得a＝＝＝＝＝4．【知识点】余弦定理、三角函数的周期性6.已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示．（1）求函数f（x）的解析式；（2）将函数f（x）图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数g（x）的图象，若函数g（x）在区间[﹣t，t]上单调递增，求实数t的最大值．【分析】（1）由图象的最大值可得A，由f（0）＝1，可得φ，由f（）＝0，可得ω，从而可求得函数f（x）的解析式；（2）由函数的平移变换可得g（x），由正弦函数的性质求得g（x）的单调递增区间，从而可求得t的取值范围，即可求得t的最大值．【解答】解：由题图可知，A＝2，又f（0）＝1，所以2sin（ω•0+φ）＝1，即sinφ＝，又|φ|＜，所以φ|＝，因为f（）＝0，所以2sin（ω•+）＝0，结合题图可知ω•+＝2kπ，k∈Z，即ω＝，k∈Z，又T＞，所以0＜ω＜，所以ω＝2，所以f（x）＝2sin（2x+）．（2）因为将函数f（x）图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数g（x）的图象，所以g（x）＝2sin（4x+）．令﹣+2kπ≤4x+≤+2kπ，k∈Z，解得﹣+≤x≤+，k∈Z，因为g（x）在区间[﹣t，t]上单调递增，所以，解得t≤，所以实数t的最大值为．【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式、函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换7.在①；②2a cos A＝b cos C+c cos B，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知_______．（1）求角A；（2）设△ABC的面积为S，若，求面积S的最大值．【分析】（1）首先任选择一个条件，然后根据正弦定理进行边角互化，再根据三角恒等变换，化简求值．（2）由（1）得A＝，利用余弦定理和基本不等式求bc的最大值，再求面积的最大值．【解答】解：（1）若选条件①，∵，∴由正弦定理得，∵sin B＝sin（A+C）＝sin A cos C+cos A sin C，∴＝，，∵sin C≠0，∴，∵0＜A＜π，∴；若选条件②，∵2a cos A＝b cos C+c cos B，∴由正弦定理得2sin A cos A＝sin B cos C+sin C cos B，即2sin A cos A＝sin（B+C）＝sin A，，∵0＜A＜π，∴；若选条件③，∵，∴由正弦定理得，∵sin B＝sin（A+C）＝sin A cos C+cos A sin C，∴＝sin A cos C+cos A sin C，，∵sin C≠0，∴，∵0＜A＜π，∴；所以不管选择哪个条件，．（2）a2＝b2+c2﹣2bc cos A，，即b2+c2﹣bc＝3，∵b2+c2≥2bc，∴2bc﹣bc≤3，即bc≤3，当b＝c时等号成立．∴bc的最大值为3，∵，∴．【知识点】正弦定理、两角和与差的三角函数8.已知f（x）＝A sin（ωx+φ）（A＞0，0＜ω＜4，|φ|＜）过点（0，），且当x＝时，函数f（x）取得最大值1．（1）将函数f（x）的图象向右平移个单位长度得到函数g（x），求函数g（x）的表达式；（2）在（1）的条件下，函数h（x）＝f（x）+g（x）+2cos2x﹣1，求h（x）在[0，]上的值域．【分析】（1）由函数的最值求出A，由特殊点的坐标求出φ的值，由周期求出ω，可得f（x）的解析式，再根据y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律求得g（x）的解析式．（2）利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数图象及性质即可得出结论．【解答】解：（1）由题意可得A＝1，由函数过，得，结合范围，由，∵0＜ω＜4，∴可得：ω＝2，可得：，∴．（2）∵，由于，可得：，∴h（x）在上的值域为[﹣1，2]．【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换、三角函数的最值9.如图，在平面四边形ABCD中，已知AD＝AB＝1，∠BAD＝θ，且△BCD为等边三角形．（1）将四边形ABCD的面积S表示为θ的函数；（2）求S的最大值及此时θ的值．【分析】（1）在△ABD中，根据余弦定理可表示BD，根据S＝ab sin c可表示出△ABD，△BCD的面积，从而表示出四边形ABCD的面积；（2）由（1）可把四边形面积S化为S＝A sin（ωx+φ）+B形式，根据三角函数的有界性可求其最值．【解答】解：（1）BD＝＝，S△ABD＝×1×1×sinθ＝sinθ，S△BCD＝×BD2＝（2﹣2cosθ）＝﹣cosθ，∴S ABCD＝sinθ﹣cosθ+（0＜θ＜π）．（2）由（1）得S ABCD＝sinθ﹣cosθ+＝sin（θ﹣）+，∵0＜θ＜π，∴﹣＜θ﹣＜，当θ﹣＝时，即θ＝时，S有最大值1+．【知识点】三角函数的最值10.已知函数f（x）＝cos x．（1）若α，β为锐角，，，求cos2α及tan（β﹣α）的值；（2）函数g（x）＝f（2x）﹣3，若对任意x都有g2（x）≤（2+a）g（x）﹣2﹣a恒成立，求实数a的最大值；（3）已知，α，β∈（0，π），求α及β的值．【分析】（1）结合余弦的二倍角公式和弦化切的思想，可得cos2α＝cos2α﹣sin2α＝＝，代入已知数据计算即可；由于α，β为锐角，所以2α∈（0，π），α+β∈（0，π），再结合同角三角函数的平方关系和商数关系，可依次求得tan2α＝，tan（α+β）＝﹣2，然后利用拼凑角的思想和正切的两角差公式可知tan（β﹣α）＝tan（α+β﹣2α）＝，代入已得数据进行计算即可；（2）g（x）＝f（2x）﹣3＝cos2x﹣3，原问题可转化为（cos2x﹣4）a≥（cos2x﹣3）2﹣2（co2x﹣3）+2恒成立，设cos2x﹣4＝t，则t∈[﹣5，﹣3]，所以at≥（t+1）2﹣2（t+1）+2＝t2+1，则a≤t+．令y＝t+，结合对勾函数的性质即可得函数y的最小值，从而得解；（3）由题可知，cosα+cosβ﹣cos（α+β）＝，因为α，β∈（0，π），所以α＝β＝．【解答】解：（1）∵tanα＝，∴cos2α＝cos2α﹣sin2α＝＝＝＝，∵α，β为锐角，即，∴2α∈（0，π），α+β∈（0，π）．∴sin2α＝＝，∴tan2α＝，∵f（x）＝cos x，∴f（α+β）＝cos（α+β）＝，∴sin（α+β）＝＝，∴tan（α+β）＝＝﹣2，∴tan（β﹣α）＝tan（α+β﹣2α）＝＝＝．综上，cos2α＝，tan（β﹣α）＝．（2）g（x）＝f（2x）﹣3＝cos2x﹣3，∵对任意x都有g2（x）≤（2+a）g（x）﹣2﹣a恒成立，∴（cos2x﹣3）2≤（2+a）（cos2x﹣3）﹣2﹣a恒成立，即（cos2x﹣4）a≥（cos2x﹣3）2﹣2（cos2x﹣3）+2恒成立，设cos2x﹣4＝t，则t∈[﹣5，﹣3]，∴at≥（t+1）2﹣2（t+1）+2＝t2+1，则a≤t+．设y＝t+，由对勾函数的性质可知，函数y在区间[﹣5，﹣3]上为增函数，∴y＝t+≥﹣5﹣＝，∴a≤，故a的最大值为．（3）∵，∴cosα+cosβ﹣cos（α+β）＝，∵α，β∈（0，π），∴α＝β＝．【知识点】二倍角的三角函数、两角和与差的三角函数、三角函数的最值11.如图，某校打算在长为1千米的主干道AB一侧的一片区域内临时搭建一个强基计划高校咨询和宣传台，该区域由直角三角形区域ACB（∠ACB为直角）和以BC为直径的半圆形区域组成，点P（异于B，C）为半圆弧上一点，点H在线段AB上，且满足CH⊥AB．已知∠PBA＝60°，设∠ABC＝θ，且θ∈[，）．初步设想把咨询台安排在线段CH，CP上，把宣传海报悬挂在弧CP和线段CH上．（1）若为了让学生获得更多的咨询机会，让更多的省内高校参展，打算让CH+CP最大，求该最大值；（2）若为了让学生了解更多的省外高校，贴出更多高校的海报，打算让弧CP和线段CH的长度之和最大，求此时的θ的值．【分析】（1）利用直角三角形的边角关系求出BC、CH和CP的表达式，再计算CH+CP的最大值；（2）取线段BC的中点O，连接OP，计算和线段CH的长度之和y，构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而求得弧CP和线段CH的长度之和最大时对应θ的值．【解答】解：（1）在Rt△ACB中，BC＝1×cosθ＝cosθ，在Rt△CBH中，CH＝cosθ×sinθ＝sinθcosθ；在Rt△CBP中，CP＝cosθsin（﹣θ）；所以CH+CP＝sinθcosθ+cosθsin（﹣θ）＝sinθcosθ+cosθ（cosθ﹣sinθ）＝sinθcosθ+cos2θ＝sin2θ+×＝sin（2θ+）+，因为θ∈[，），所以≤2θ+＜π，所以当且仅当2θ+＝，即θ＝时，CH+CP最大，最大值为千米；（2）取线段BC的中点O，连接OP，如图所示，则∠COP＝2∠CBP＝2（﹣θ）＝﹣2θ；由（1）知，CO＝BC＝cosθ，所以的长为cosθ•（﹣2θ）＝cosθ﹣θcosθ；由（1）知，CH＝sinθcosθ，所以和线段CH的长度之和为y＝cosθ﹣θcosθ+sinθcosθ＝cosθ（﹣θ+sinθ），θ∈[，）；设f（θ）＝﹣θ+sinθ，θ∈[，），g（θ）＝cosθ，θ∈[，），则y＝f（θ）g（θ）；因为f′（θ）＝﹣1+cosθ，θ∈[，），所以f′（θ）＝﹣1+cosθ＜0，所以函数f（θ）在区间[，）上单调递减，所以＜f（θ）≤f（），易知函数g（θ）在区间[，）上也是单调递减函数；所以g（θ）≤g（），所以f（θ）g（θ）≤f（）•g（）；所以当且仅当θ＝时，弧CP和线段CH的长度之和最大．【知识点】三角函数模型的应用12.如图，在凸四边形ABCD中，AB＝1，BC＝，AC⊥DC，CD＝AC．设∠ABC＝θ．（1）若θ＝30°，求AD的长；（2）当θ变化时，求BD的最大值．【分析】（1）在△ABC中，利用余弦定理可求AC，进而在△ACD中，利用勾股定理可求AD的值．（2）设AC＝x，CD＝x，在△ABC中，利用余弦定理可求x2＝4﹣2cosθ，利用正弦定理可得sin∠ACB＝，进而利用三角函数恒等变换的应用，余弦定理可求BD＝，结合范围θ∈（0，π），利用正弦函数的图象和性质可求BD的最大值．【解答】（本题满分为12分）解：（1）在△ABC中，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC，∴AC2＝1+3﹣2cos30°＝1，∴AC＝1…（2分）在△ACD中，AD2＝AC2+DC2＝4AC2＝4，∴AD＝2．…（4分）（2）设AC＝x，CD＝x，在△ABC中，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC，x2＝4﹣2cosθ，…（5分）∵＝，∴sin∠ACB＝．…（7分）在△BCD中，BD＝＝＝＝＝＝，…（10分）∵θ∈（0，π），∴θ﹣∈（﹣，），当θ﹣＝，θ＝时BD取到最大值3．…（12分）【知识点】正弦定理、余弦定理13.△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）若b＝，C＝120°，求△ABC的面积S；（2）若b：c＝2：3，求．【分析】（1）由正弦定理化简已知条件，解得a，又知b，C，由三角形面积公式ab sin C可求得面积；（2）由已知条件可得a，b，c的比例关系，由倍角公式和正弦定理，余弦定理化简即可得结果．【解答】解：（1）由正弦定理知，c sin B＝b sin C；由2a sin C＝c sin B，得2a sin C＝b sin C，故2a＝b，∵b＝，∴a＝6；又C＝120°，△ABC的面积S＝＝＝18，故△ABC的面积S为18．（2）由2a＝，b：c＝2：3，∴，∴，＝＝＝2cos A﹣；＝＝；∴2cos A﹣＝1．故．【知识点】解三角形14.已知函数f（x）＝（a sin x+b sin2x）+a cos x﹣b cos2x，a，b∈R．（1）若a＝b＝1，求f（x）的值域；（2）若存在b，使得f（x）+4≥0恒成立，求a的最大值．【分析】（1）利用三角函数的三角变换，将f（x）化简，再利用二次函数的性质，求出f（x）的最值，求出值域；（2）f（x）+4＝2a sin（x+）+2b sin（2x﹣）＝4b sin2（x+）+2a sin（x+）﹣2b＝4b sin2（x+）+2a sin（x+）﹣2b+4≥0恒成立，分b＝0及b≠0分类讨论恒成立的条件来判断a的取值范围，进而求出其最大值．【解答】解：（1）由题设知：f（x）＝a（sin x+cos x）+b（sin2x﹣cos2x）＝2a sin（x+）+2b sin（2x﹣），又a＝b＝1，故f（x）＝2sin（x+）+2sin[2（x+）﹣]＝2sin（x+）﹣2cos[2（x+）]＝2sin（x+）﹣2[1﹣2sin2（x+）]，即f（x）＝4sin2（x+）+2sin（x+）﹣2＝4[sin（x+）+]2﹣，∵令t＝sin（x+）∈[﹣1，1]，∴f（t）＝4（t+）2﹣，抛物线开口向上，对称轴t＝﹣∈[﹣1，1]，因为|1﹣（﹣）|＞|﹣1﹣（﹣）|，所以当t＝﹣时，f（t）最小且为﹣，当t＝1时，f（t）最大且为4（1+）2﹣＝4，所以f（x）∈[﹣，4]．故f（x）的值域为[﹣，4]；（2）由（1）易知：f（x）＝2a sin（x+）+2b sin（2x﹣）＝4b sin2（x+）+2a sin（x+）﹣2b，依题意存在b，使得4b sin2（x+）+2a sin（x+）﹣2b+4≥0恒成立，若b＝0，则2a sin（x+）+4≥0恒成立，∴，解得﹣2≤a≤2若b≠0，则，∴，∴，解得﹣，综上可知a的最大值为．故答案为：（1）[﹣，4]；（2）【知识点】三角函数的最值、两角和与差的三角函数。

专题18 三角形面积求最值问题-2022年中考数学之二次函数重点题型专题(全国通用版)(解析版)

专题18 三角形面积求最值问题1．（2021—2022四川泸州市九年级期中）如图，抛物线2(0)y ax bx c a =++≠与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，抛物线的对称轴交x 轴于点D ，已知A （﹣2，0），B （4，0），C （0，8）．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P ，使△PCD 是等腰三角形？如果存在，求出点P 的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）点E 是线段BC 上的一个动点，过点E 作x 轴的垂线与抛物线相交于点F ，求△CBF 的最大面积及此时点E 的坐标．【答案】（1）y ＝−x 2＋2x ＋8；（2）存在，P （1或（1，或（1，16）或（1，6516）；（3）当△CBF 的面积最大，最大面积为8，此时E 点坐标为（2，4）．【分析】（1）由A 、B 、C 的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式；（2）可设出P 点坐标，则可表示出PC 、PD 和CD 的长，分PD ＝CD 、PC ＝CD 、PD ＝PC 三种情况分别得到关于P 点坐标的方程，可求得P 点坐标；（3）由B 、C 的坐标可求得直线BC 的解析式，可设出E 点坐标，则可表示出F 点的坐标，从而可表示出EF 的长，可表示出△CBF 的面积，再利用二次函数的性质可求得其最大值及此时点E 的坐标．【详解】解：（1）∵A （﹣2，0），B （4，0），C （0，8）在抛物线2y ax bx c =++上，则42016408a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=⎩解得128a b c =-⎧⎪=⎨⎪=⎩∴抛物线解析式为y ＝−x 2＋2x ＋8；（2）存在，理由：∵y＝−x2＋2x＋8＝−（x−1）2＋9，∴抛物线对称轴为直线x＝1，∴D（1，0），且C（0，8），∴CD∵点P在对称轴上，∴可设P（1，t），∴PD＝|t|，PC∵CD∴当PD＝CD时，则有|t|t＝此时P点坐标为（11，；当PC＝CD t＝0（与D重合，舍去）或t＝16，此时P点坐标为（1，16）；当PD＝PC时，则有|t t＝65 16，此时P点坐标为（1，65 16）综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（1或（1，或（1，16）或（1，6516）；（3）∵C（0，8），B（4，0）设直线BC解析式为y＝kx＋s，由题意可得840 sk s=⎧⎨+=⎩解得82 sk=⎧⎨=-⎩∴直线BC解析式为y＝−2x＋8，∵点E是线段BC上的一个动点，∴可设E（m，−2m＋8），则F（m，−m2＋2m＋8），∴EF＝−m2＋2m＋8−（−2m＋8）＝−m2＋4m，∴S△CBF＝12×OB×EF＝12×4×（−m2＋4m）=−2（m−2）2＋8，∵−1＜0，∴当m＝2时，S△CBF有最大值，最大值为8，此时E（2，4），∴当△CBF的面积最大，最大面积为8，此时E点坐标为（2，4）．【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中用P 点的坐标表示出PC 、PD 、PC 是解题的关键，在（3）中用E 点坐标表示出△CBF 的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．2．（2021—2022辽宁盖州市九年级月考）如图，对称轴x ＝1的抛物线y ＝ax 2+bx +c 与x 轴交于A （﹣2，0），B 两点，与y 轴交于点C （0，2），（1）求抛物线和直线BC 的函数表达式；（2）若点Q 是直线BC 上方的抛物线上的动点，求△BQC 的面积的最大值；（3）点P 为抛物线上的一个动点，过点P 作过点P 作PD ⊥x 轴于点D ，交直线BC 于点E ．若点P 在第四象限内，当OD ＝4PE 时，△PBE 的面积；（4）在（3）的条件下，若点M 为直线BC 上一点，点N 为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M 和点N ，使得以点B ，D ，M ，N 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）抛物线表达式为211242y x x =-++；直线表达式为122y x =-+；（2）△BQC的面积的最大值为2（3）△PBE 的面积为58（4）点N 的坐标为（5或（5235，45-）或（92，14）．【分析】（1）首先根据二次函数的对称性求出点B的坐标，然后利用待定系数法把点的坐标代入表达式求解即可；（2）过Q点作QH垂直x轴交BC于点H，连接CQ，BQ，由二次函数表达式设点Q的坐标为（x，211242x x-++），表示出△BQC的面积，根据二次函数的性质即可求出△BQC的面积的最大值；（3）根据题意设出点P坐标为（m，211m m242-++），E点坐标为（m，122m-+），D点坐标为（m，0），表示出OD和PE的长度，根据OD＝4PE列出方程求出m的值，即可求出PE和BD的长度，然后根据三角形面积公式求解即可；（4）当BD是菱形的边和对角线时两种情况分别讨论，设出点M和点N的坐标，根据菱形的性质列出方程求解即可．【详解】解：（1）∵抛物线的对称轴为x＝1，A（﹣2，0），∴B点坐标为（4，0），∴将A（﹣2，0），B（4，0），C（0，2），代入y＝ax2+bx+c得，42016402a b ca b cc-+=⎧⎪++=⎨⎪=⎩解得：14122abc⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪⎩，∴抛物线的表达式为211242y x x=-++；设直线BC的函数表达式为y kx b=+，∴将B（4，0），C（0，2），代入y kx b=+得，4002k bb+=⎧⎨+=⎩，解得：122kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴直线BC的函数表达式为122y x=-+．（2）如图所示，过Q 点作QH 垂直x 轴交BC 于点H ，交x 轴于点M ，连接CQ ，BQ ，设点Q 的坐标为（x ，211242x x -++），点H 的坐标为（x ，122x -+）， ∴HQ =221111224224x x x x x ⎛⎫-++--+=-+ ⎪⎝⎭， ∴()221111111422222242QBC QHC QHB S S S QH OM QH BM QH OM BM QH OB x x x x ⎛⎫=+=+=+==⨯-+⨯=-+ ⎪⎝⎭△△△， ∴当221222b x a =-=-=⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭时，2122222S =-⨯+⨯=， ∴△BQC 的面积的最大值为2；（3）设点P 坐标为（m ，211m m 242-++），E 点坐标为（m ，122m -+），D 点坐标为（m ，0），∴221111222424PE m m m m m ⎛⎫=-+--++=- ⎪⎝⎭，OD m =， ∵OD ＝4PE ，∴21=44m m m ⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭，整理得：250m m -=，解得：10m =(舍去)，25m =，∴2211555444PE m m =-=⨯-=，D 点坐标为（5，0）， ∴BD =1，∴115512248PBE S PE BD ==⨯⨯=△；（4）如图所示，当BD 是菱形的边时，BM 是菱形的边时，∵四边形BDNM 是菱形，∴BD =BM =MN ，∴设M 点坐标为（a ，122a -+），N 点坐标为（a +1，122a -+），又∵B 点坐标为（4，0），D 点坐标为（5，0），∴BD =1，BM ∵BD =BM ，∴BD 2=BM 2，∴()2214212a a ⎛⎫-+-+= ⎪⎝⎭，整理得：2540760a a -+=，解得：1244a a ==∴N 点坐标为（55，当BD 是菱形的边时，DM 是菱形的边时，∵四边形BDMN 是菱形，B 点坐标为（4，0），D 点坐标为（5，0），∴BD =MN =DM =1，∴设M 点坐标为（b ，122b -+），N 点坐标为（b -1，122b -+），∴DM 2=()221522b b ⎛⎫-+-+ ⎪⎝⎭， ∵BD =DM ，∴BD 2=DM 2，∴()2215212b b ⎛⎫-+-+= ⎪⎝⎭，整理得：25481120b b -+=，解得：122845b b ==，(舍去)， ∴N 点坐标为（235，45-）；当BD 是菱形的对角线时，∵四边形BMDN 是菱形，B 点坐标为（4，0），D 点坐标为（5，0），∴M 点横坐标为45922+=，将92x =代入122y x =-+得：y =14-， ∴M 点的坐标为（92，14-），又∵点M 和点N 关于x 轴对称，∴点N 的坐标为（92，14）．综上所述，点N 的坐标为（5+或（5或（235，45-）或（92，14）．【点睛】此题考查了一次函数和二次函数表达式的求法，二次函数的性质，二次函数中三角形最大面积问题，菱形存在性问题等知识，解题的关键是根据题意设出点的坐标，表示出三角形面积，根据菱形的性质列出方程求解．3．（2021·湖南常德·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy 中，平行四边形ABCD 的AB 边与y 轴交于E 点，F 是AD 的中点，B 、C 、D 的坐标分别为()()()2,0,8,0,13,10-．（1）求过B 、E 、C 三点的抛物线的解析式；（2）试判断抛物线的顶点是否在直线EF 上；（3）设过F 与AB 平行的直线交y 轴于Q ，M 是线段EQ 之间的动点，射线BM 与抛物线交于另一点P ，当PBQ △的面积最大时，求P 的坐标．【答案】（1）213442y x x =-++；（2）顶点是在直线EF 上，理由见解析；（3）P 点坐标为（9，114-）．【分析】（1）先求出A 点坐标，再求出直线AB 的解析式，进而求得E 的坐标，然后用待定系数法解答即可；（2）先求出点F 的坐标，再求出直线EF 的解析式，然后根据抛物线的解析式确定顶点坐标，然后进行判定即可；（3）设P 点坐标为（p ，()()1-p+284p -），求出直线BP 的解析式，进而求得M 的坐标；再求FQ 的解析式，确定Q 的坐标，可得|MQ |=()182p -+6，最后根据S △PBQ = S △MBQ + S △PMQ 列出关于p 的二次函数并根据二次函数的性质求最值即可．【详解】解：（1）∵平行四边形ABCD ，B 、C 、D 的坐标分别为()()()2,0,8,0,13,10-∴A （3，10），设直线AB 的解析式为y =kx +b ，则10302k b k b =+⎧⎨=-+⎩ ，解得24k b =⎧⎨=⎩， ∴直线AB 的解析式为y =2x +4，当x =0时，y =4，则E 的坐标为（0,4），设抛物线的解析式为：y =ax 2+bx +c ，()()220220884a b c a b c c ⎧=-+-+⎪=⋅++⎨⎪=⎩ ，解得14324a b c ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪⎩， ∴过B 、E 、C 三点的抛物线的解析式为213442y x x =-++；（2）顶点是在直线EF 上，理由如下：∵F 是AD 的中点，∴F （8,10），设直线EF 的解析式为y =mx +n ，则4108n m n =⎧⎨=+⎩，解得344m n ⎧=⎪⎨⎪=⎩， ∴直线EF 的解析式为y =34x +4， ∵213442y x x =-++， ∴抛物线的顶点坐标为（3，254）， ∵254=34×3+4， ∴抛物线的顶点是否在直线EF 上；（3）∵()()21314=-x+28424y x x x =-++-，则设P 点坐标为（p ，()()1-p+284p -），直线BP 的解析式为y =dx +e ，则()()021-p+284d e p pd e =-+⎧⎪⎨-=+⎪⎩ ，解得()()184182d p e p ⎧=--⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， ∴直线EF 的解析式为y =()184p --x +()182p -，当x =0时，y =()182p -，则M 点坐标为（0，()182p -）， ∵AB //FQ ， ∴设FQ 的解析式为y =2x +f ，则10=2×8+f ，解得f =-6，∴FQ 的解析式为y =2x -6 ，∴Q 的坐标为（0，-6），∴|MQ |=()182p -+6， ∴S △PBQ = S △MBQ + S △PMQ =1122QM OB QM PN + =()12QM OB PN + =()()1186222p p ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦=219842p p -++ ∴当p =9时，PBQ △的面积最大时，∴P 点坐标为（9，114-）．【点睛】本题主要考查了运用待定系数法求函数解析式、二次函数求最值等知识点，灵活求得所需的函数解析式成为解答本题的关键．4．（2021·广西柳州·中考真题）在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线：2y ax bx c =++交x 轴于()1,0,(3,0)A B -两点，与y 轴交于点30,2C ⎛⎫- ⎪⎝⎭．（1）求抛物线的函数解析式；（2）如图1，点D 为第四象限抛物线上一点，连接OD ，过点B 作BE OD ⊥，垂足为E ，若2=BE OE ，求点D 的坐标；（3）如图2，点M 为第四象限抛物线上一动点，连接AM ，交BC 于点N ，连接BM ，记BMN △的面积为1S ，ABN 的面程为2S ，求12S S 的最大值．【答案】（1）21322y x x =--；（2）()1,2D -；（3）916【分析】（1）利用待定系数法求解抛物线的函数解析式即可；（2）先根据2=BE OE和勾股定理求得OE =，BE =，过点E 做TF 平行于OB 交y 轴于T ，易证ETO OEB ∽，利用相似三角形的性质求得35TE =，65OT ==，进而求得点E 坐标，求得直线OE 的解析式，和抛物线联立方程组，解之即可求得点D 坐标；（3）延长BC 于至点F ，使AF y ∥轴，过A 点作AH BF ⊥于点H ，作MT y ∥轴交BF 于点T ，过M 点作MD BF ⊥于点D ，证明AFH MTD ∽，利用相似三角形的性质和三角形的面积公式可得12S MD MTS AH AF==，利用待定系数法求出直线BC 的解析式，进而可求得AF ，设213,22M x x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，则2213131392222228MT x x x x ⎛⎫⎛⎫=----=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，根据二次函数求最值的方法求的MT 的最大值，进而可求得12S S 的最大值．【详解】解：（1）依题意，设(1)(3)y a x x =+-，代入30,2C ⎛⎫- ⎪⎝⎭得：31(3)2a ⋅⋅-=-，解得：12a =∴221113(1)(3)(1)22222y x x x x x =--=--=--；（2）由2=BE OE ，设OE =x ，则2BE x =， ∵BE ⊥OD ，∴在Rt △OEB 中，OB =3，由勾股定理得：222OE BE OB +=，即2249x x +=，解得：12x x ==（舍），∴OE =，BE = 过点E 做TF 平行于OB 交y 轴于T ， ∴ETO OEB ∽， ∴OT OE TE EB OB OE==， ∴2OE OB TE =⋅，即45325TE =，解得：35TE =，∴65OT ==， ∴36,55E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴直线OE 的解析式为2y x =-， ∵OE 的延长线交抛物线于点D ，∴221322y x y x x =-⎧⎪⎨=--⎪⎩，解得：121,3x x ==-（舍），当1x =时，2y =-， ∴()1,2D - ；（3）如图所示，延长BC 于至点F ，使AF y ∥轴，过A 点作AH BF ⊥于点H 作MT y ∥轴交BF 于点T ，过M 点作MD BF ⊥于点D ，∵AF MT ∥， ∴AFH MTD ∠=∠， ∵,AH BF MD BF ⊥⊥， ∴90AHF MDT ∠=∠=︒， ∴AFH MTD ∽， ∴AH AFMD MT=， ∵112N M S B D =⋅，212S NB AH =⋅， ∴12S MD MT S AH AF== ，设直线BC 的解析式为y kx b =+，将B ，C 两点代入得 323032b k ⎧-=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩解得：3212b k ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ∴直线BC 的解析式为1322y x =-，当1x =-时，13(1)222y =⋅--=， ∴(1,2)F --，∴2AF =，设213,22M x x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，∴2213131392222228MT x x x x ⎛⎫⎛⎫=----=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∵102a =-<，∴max 98MT = ， ∴1max 2max 998216S MD MT MT S AH AF AF ⎛⎫===== ⎪⎝⎭．【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、坐标与图形、解一元二次方程、三角形的面积、勾股定理、求函数的最值等知识，解答的关键是结合图象，添加合适的辅助线，运用相似三角形的性质和数形结合法进行推理、探究和计算．5．（2021·四川雅安·中考真题）已知二次函数223y x bx b =+-．（1）当该二次函数的图象经过点1,0A 时，求该二次函数的表达式；（2）在(1) 的条件下，二次函数图象与x 轴的另一个交点为点B ，与y 轴的交点为点C ,点P 从点A 出发在线段AB 上以每秒2个单位长度的速度向点B 运动，同时点Q 从点B 出发，在线段BC 上以每秒1个单位长度的速度向点C 运动，直到其中一点到达终点时，两点停止运动，求△BPQ 面积的最大值;（3）若对满足1≥x 的任意实数x ，都使得0y ≥成立，求实数b 的取值范围．【答案】（1）223y x x =+-；（2）2；（3）-3≤b ≤1．【分析】（1）根据待定系数法，即可求解；（2）先求出A (1，0)，B (-3，0)，C (0，-3)，设运动时间为t ，则AP =2t ，BQ =t ，BP =4-2t ，过点M 作MQ ⊥x 轴，可得MQ 2t ，从而得到△BPQ 的面积的表达式，进而即可求解；（3）设2()23y f x x bx b ==+-，结合函数图像的对称轴，开口方向，分两种情况：()110b f -≤⎧⎨≥⎩或()10b f b ->⎧⎨-≥⎩，进而即可求解．【详解】解：（1）把1,0A 代入223y x bx b =+-，得：20123b b =+-，解得：b =1，∴该二次函数的表达式为：223y x x =+-；（2）令y =0代入223y x x =+-，得：2023x x =+-，解得：11x =或23x =-，令x =0代入223y x x =+-得：y =-3， ∴A (1，0)，B (-3，0)，C (0，-3)，设运动时间为t ，则AP =2t ，BQ =t ， ∴BP =4-2t ，过点M 作MQ ⊥x 轴， ∵OB =OC =3， ∴∠OBC =45°，∴BMQ 是等腰直角三角形，∴MQ BQ ，∴△BPQ 的面积=()112242BP MQ t -⋅==)21t -∴当t =1时，△BPQ 面积的最大值（3）抛物线223y x bx b =+-的对称轴为：直线x =-b ，开口向上，设2()23y f x x bx b ==+-，∵对1≥x 的任意实数x ，都使得0y ≥成立，∴()110b f -≤⎧⎨≥⎩或()10b f b ->⎧⎨-≥⎩，∴-1≤b ≤1或-3≤b ＜-1， ∴-3≤b ≤1．【点睛】本题主要考查二次函数综合，掌握待定系数法，二次函数的性质以及根据图像对称轴位置，列出不等式组，是解题的关键．6．（2021—2022湖北武汉市九年级月考）如图1，已知抛物线y ＝ax 2经过点（﹣2，1）．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线y ＝12x +2交抛物线于点C 、D ，点P 是直线CD 下方的抛物线上一动点，若S △PCD 最大，求此时点P 的坐标，并求出S △PCD 的最大值；（3）如图2，直线y ＝kx +2与抛物线交于点E ，F ，点P 是抛物线上的动点，延长PE ，PF 分别交直线y ＝﹣2于M ，N 两点，MN 交y 轴于Q 点，求QM •QN 的值．【答案】（1）214y x =；（2）11,4P ⎛⎫⎪⎝⎭，PCDS 最大值为274：（3）8 【分析】（1）把点（-2，1）代入抛物线解析式进行求解即可；（2）过点P 作直线PE ∥y 轴交CD 于E ，设21,4P m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则1,22E m m ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，即可得到211224PE m m =+-，然后求出C （-2，1），D （4，4），再由()()11=22PCD PCE PDE P C D p S S S x x PE x x PE +=⨯-⋅+⨯-⋅△△△得到()2327144PCD S m =--+△，由此即可得到答案；（3）设2111,4E x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2221,4F x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，21,4P n n ⎛⎫⎪⎝⎭，直线PE 的解析式为1y k x b =+，利用待定系数法即可得到直线PE 的解析式为：1144PE x n nxy x +=-，同理求得直线PF 的解析式为：2244PFx n nx y x +=-，然后求出118M nx x x n -=+，228N nx x x n -=+，再联立2214y kx y x =+⎧⎪⎨=⎪⎩得2124x kx =+即可推出124x x k +=，128x x =-，再由M N QM QN x x ⋅=-⋅进行求解即可．【详解】解：（1）∵抛物线2y ax =经过点（-2，1）， ∴()2124a a =-=，解得14a =， ∴抛物线的解析式为214y x =；（2）过点P 作直线PE ∥y 轴交CD 于E ，设21,4P m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则1,22E m m ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，∴211224PE m m =+- ∵C 、D 是直线122y x =+与抛物线214y x =的交点，∴212214y x y x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解得21x y =-⎧⎨=⎩或44x y =⎧⎨=⎩，∴C （-2，1），D （4，4）， ∴()()11=22PCD PCE PDE P C D p S S S x x PE x x PE +=⨯-⋅+⨯-⋅△△△， ()2111=32224D C PE x x m m ⎛⎫=⋅-+- ⎪⎝⎭ ()()2233272191444m m m =--+-=--+， ∴当1m =时，PCDS 最大，最大值为274， ∴11,4P ⎛⎫ ⎪⎝⎭；（3）设2111,4E x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2221,4F x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，21,4P n n ⎛⎫⎪⎝⎭，直线PE 的解析式为1y k x b =+，∴2111211414x k b x nk b n ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得11144x n k nx b +⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴直线PE 的解析式为：1144PE x n nxy x +=-，同理求得直线PF 的解析式为：2244PF x n nxy x +=-， ∴当2y =-时11244M x n nxx +-=-，解得118M nx x x n -=+，同理求得228N nx x x n-=+，联立2214y kx y x =+⎧⎪⎨=⎪⎩得2124x kx =+即2480x kx --=，∴124x x k +=，128x x =-，∴()()2121212212121286488M N n x x n x x nx nx QM QN x x x n x n x x n x x n -++--⋅=-⋅=-⋅=-+++++， ()22228488326484848n kn n kn n kn n kn +---+=-==+-+-．【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数的综合，一元二次方程根与系数的关系，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．7．（2021·湖北·武汉九年级月考）已知抛物线21:C y ax =的图象如图1.10,4A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，直线1:4l y =-，点B 为抛物线上的任意一点且满足点B 到点A 的距离与点B 到直线l 的距离始终相等．（1）直接写出：a 的值______；（2）若直线()21:04l y mx m =+>交抛物线于D 、E 两点（D 在E 的右边），交x 轴于点F ，过点E 作EM l ⊥于点M ，过点D 作DN l ⊥于N ，点H 为MN 的中点，若点H 到直线2l 的距m 的值；（3）如图，将抛物线1C 向右平移2个单位，向下平移1个单位得到抛物线2C ，2C 交x 轴于A、B 两点，交y 轴于点C ，点P 为直线BC 下方抛物线上一点，点Q 为y 轴上一点，当PBC 的面积最大时，求2PQ CQ +的最小值．【答案】（1）1；（2）m =（3154【分析】（1）根据点B 到点A 的距离与点B 到直线l 的距离始终相等，判定点B 的坐标为（12，14）或（-12，14），代入解析式求解即可；（2）构造全等三角形，利用勾股定理，根与系数关系定理计算即可；（3）在y 轴左侧作∠OCR =30°交x 轴于点R ，过点Q 作QT CR ⊥于点T ，则12PQ CQ PQ QT PT +=+≥，当P 、Q 、T 三点共线时12PQ CQ +取得最小值，求出最小值即可．【详解】（1）如图所示，∵点A 到直线l 的距离为14-（-14）=12，点B 到点A 的距离与点B 到直线l 的距离始终相等，∴点B 的坐标为（12，14）或（-12，14）， ∴21(214)a =⨯，解得a =1，故答案为：1；（2）连结EH 并延长交DN 延长线于点G ，连AH ，DH ， ∵∠EMH =∠GNH =90°，∠EHM =∠GHN ，MH =NH ，∴△EMH ≌△GNH ， ∴EH =GH ，EM =GN ， ∵EA =EM ，DA =DN ，∴ED EA DA EM DN DG =+=+=， ∴EDH GDH ∠=∠，DH EG ⊥， ∴()ADH NDH SAS △≌△， ∴90HAD HND ∠=∠=︒，∴AH根据题意，得214y x y mx ⎧=⎪⎨=+⎪⎩，∴2104x mx --= ∴E D x x m +=，14E D x x ⋅=-；∵H 为MN 的中点 ∴1,24m H ⎛⎫- ⎪⎝⎭∴222122m ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∵0m >∴m =（3）∵抛物线1C 向右平移2个单位，向下平移1个单位得到抛物线2C ， ∴2C 的解析式为2(2)1y x =--即243y x x =-+，令y =0，得2(2)10x --=，解得121,3x x ==， ∴A （1，0），B （3，0），令x =0，得3y =，∴C （0，3），设直线BC 的解析式为y =kx +3，∴3k +3=0即k =-1，∴直线BC 的解析式为y = -x +3，如图，连接PB ，PC ，作直线BC ，过点P 作PW ⊥x 轴，交直线BC 于点W ，设点P 的横坐标为x ，则P （x ，243x x -+），W （x ，-x +3），∴WP =-x +3-（243x x -+）=23x x -+，∴1|x -x |2PBC B C S WP =△=21(3)32x x -+⨯=23922x x -+=23327()228x --+，∴当x =32时，PBCS 最大，此时点p （32，34-），在y 轴左侧作30COR ∠=︒交x 轴于点R ，过点Q 作QT CR ⊥于点T ，QT =12CQ ，则12PQ CQ PQ QT PT +=+≥，当P 、Q 、T 三点共线时12PQ CQ +取得最小值，设直线CR 与直线PW 交于点S ，∵OC =3，∴OR =COtan R （0），设直线CR 的解析式为y =mx +3，∴+3=0即m∴直线CR 的解析式为y +3，∴S （323），∴334PS ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭∵CO ∥PS ，∴30S RCO ∠=∠=︒，在Rt PTS △中，∴11528PT PS ==，∴12PQ CQ +158，∴()min 15224PQ CQ PT +==．【点睛】本题考查了抛物线的解析式，抛物线的最值，抛物线与一元二次方程的关系，三角函数，勾股定理，等腰三角形的性质和判定，全等三角形，垂线段最短，熟练掌握抛物线解析式确定，三角函数，线段和的最值是解题的关键．8．（2021·江苏·宜兴市中考二模）抛物线2132y x x =-+与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，线段AC 的中点为点D ．将ACO △绕着点A 逆时针旋转，点O 的对应点为1O ，点C 的对应点为1C ．（1）求A 、B 、C 三点的坐标；（2）当旋转至13OO =时，求此时C 、1C 两点间的距离；（3）点P 是线段OC 上的动点，旋转后的对应点为1P ，当1O 恰巧落在AC 边上时，连接1AP ，1PO ，试求11AP PO +最小时点P 的坐标；（4）连接1DC ，1DO ，则在旋转过程中，11DC O △的面积是否存在最大值？若存在，直接写出最大值，若不存在，说明理由．【答案】（1）A （0）、B （0）、C （0，3）；（2）6；（3）P （0，1）；（4）【分析】（1）令y =0建立一元二次方程，求其根即得到A ，B 的横坐标，令x =0，得到y 值即得到点C 的坐标；（2）分两种情形计算即可，注意三角形全等和三点共线原理的运用；（3）利用旋转的全等性，把线段和的最小值问题转化为将军饮马河问题，利用函数的解析式确定坐标即可；（4）根据旋转的全等性质，得到OC =11O C =3，直角三角形的性质AD =DO =AOO 在以A DO 是圆的直径时，三角形面积最大．【详解】（1）∵2132y x x =-+，令y =0得213=02x -++，解得12x == ∵点A 在点B 的左侧，∴A （0）、B （0）；令x =0，得到y =3， ∴点C 的坐标（0，3）；（2）当点C '落在x 轴的负半轴上时，∵A （0）,C （0，3）,∴OA OC =3，∴tan ∠ACO =OA OC =∴∠ACO =30°，∠OAC =60°，根据旋转的性质，得∠O 'C 'A =30°，∠O ' A C ' =60°， ∵O ' A =OA ，∴∠A O 'O =∠A O O '= 30°， ∴∠O 'O C =60°， ∵O ' O =3=OC ，∴△O 'O C 是等边三角形， ∴O ' C = O C ， ∵AO =AO ，∴△A O ' C ≌△AOC ， ∴∠A O 'C = ∠AOC = 90°， ∴∠A O 'C '+ ∠A O 'C =180°， ∴O '、C '、C 三点一线， ∴C 'C =6；当点C '落在y 轴的负半轴上时，C C '=2OC =6；（3）根据旋转的性质,得1AP =AP ，∴11AP PO +=AP +1PO 作点1O 关于Y 轴的对称点M ，作直线AM ，交y 轴与点P ，此时的点P 就是11AP PO +取得最小值的位置，∵A （0）,C （0，3）,∴OA OC =3，∴tan ∠ACO =OA OC =∴∠ACO =30°，∠OAC =60°，∴A1O过点1O作1O N⊥x轴，垂足为N，∴AN1O N=32，∴1O（32），∴M32），设直线AM的解析式为y=kx+b，根据题意，得32bb⎧+=+=，解得1kb⎧=⎪⎨⎪=⎩∴直线AM的解析式为y+1，令x=0，得y=1，∴P（0，1）；（4）根据旋转的全等性质，得到OC=11O C=3，在直角三角形AOC中，根据直角三角形的性质AD=DO=AOO在以A故当D1O是圆的直径时，三角形面积最大，面积最大值为：132⨯【点睛】本题考查了旋转的性质，特殊角的三角函数，线段之和的最小值，一次函数的解析式，三角形的全等，圆的基本性质，等边三角形的性质，一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法，将军饮马河模型，直径是圆中最大的弦是解题的关键．9．（2021·广东·珠海市中考三模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线2y ax bx c=++与x 轴交于()30A -,，()10B ,两点，与y 轴交于点()0,3C ，连接AC ，点P 为第二象限抛物线上的动点．（1）求a 、b 、c 的值；（2）连接PA 、PC 、AC ，求PAC △面积的最大值；（3）过P 作PQ AC ⊥，垂足为Q ，是否存在这样的点P 、Q ，使得CPQ 与CBO 相似，若存在，请写出所有符合条件的P 点坐标，并选其中一个写出证明过程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）a =－1，b =－2，c =3；（2）278；（3）存在，57,24⎛⎫- ⎪⎝⎭或315,24⎛⎫- ⎪⎝⎭，见解析．【分析】（1）用待定系数法即可求得结果；（2）过点P 作PE ∥y 轴交直线AC 于点E ，先求出直线AC 的解析式，设点P 的坐标，则可得到点E 的坐标，根据PAC PAE PCE S S S =+△△△即可得到一个二次函数，求这个二次函数的最大值即可；（3）过点Q 作QN ⊥y 轴于N ，过点P 作PM ⊥NQ ，交NQ 的延长线于M ，分两种情况讨论；由CPQ 与CBO 相似，得出PQ CQ的值，易证△PQM ∽△QCN ，则可求得PM QM PQQN CN CQ ==的比值，设点Q (q ，q +3)，进而可得出点P 的坐标，将点P 的坐标代入抛物线解析式求得q 的值，从而可得点P 的坐标．【详解】（1）由题意知，抛物线过A 、B 、C 三点，把这三点坐标分别代入2y ax bx c =++中，得：93003a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=⎩解方程组得：123a b c =-⎧⎪=-⎨⎪=⎩∴a =－1，b =－2，c =3；（2）如图，过点P 作PE ∥y 轴交直线AC 于点E∵P 点在第二象限的抛物线上，且解析式为223y x x =--+ ∴设2(,23)P m m m --+，其中m <0 设直线AC 的解析式为y =kx +n ，其中k ≠0把点A 、C 的坐标分别代入y =kx +n 中，得：303k n n -+=⎧⎨=⎩ 解得：13k n =⎧⎨=⎩所以直线AC 的解析式为y =x +3 ∵PE ∥y 轴，且点E 在直线y =x +3上 ∴点E 的坐标为(m ，m +3)∴2223(3)3PE m m m m m =--+-+=-- ∵PAC PAE PCE S S S =+△△△ 11()()22E A C E PE x x PE x x =-+- 1()2C E PE x x =-12PE OA =∵A (－3，0) ∴OA =3∴222133327(33)3(3)22228 PACS m m m m m⎛⎫=--⨯=-+=-++⎪⎝⎭△∴当32m=-时，PACS有最大值，且最大值为278；（3）过点Q作QN⊥y轴于N，过点P作PM⊥NQ，交NQ的延长线于M，如图∵B(1，0)，C(0，3)∴OB=1，OC=3①若△CPQ∽△CBO∴13 PQ OB CQ OC==∵PQ⊥AC，PM⊥NQ∴∠PQM+∠CQN=90°，∠PQM+∠QPM=90°∴∠CQN=∠QPM∵QN⊥y轴∴∠QNC=∠M=90°∴△PQM∽△QCN∴13 PM QM PQ QN CN CQ===设点Q(q，q+3)，则N(0，q+3)∴ON=q+3，QN=－q∴CN=OC－ON=3－(q+3)=－q∴13 PM QM PQq q CQ=== --∴13 PM QM q==-∴MN=QN+QM=1433 q q q ⎛⎫-+-=-⎪⎝⎭∴点P的纵坐标为123333q q q⎛⎫++-=+⎪⎝⎭∴42,333P q q⎛⎫+ ⎪⎝⎭∵点P在抛物线上∴2442233 333q q q⎛⎫--⨯+=+ ⎪⎝⎭解得：158 q=-∴57,24P ⎛⎫- ⎪⎝⎭ ②若△CPQ ∽△BCO ∴3PQ OC CQ OB== ∵PQ ⊥AC ，PM ⊥NQ∴∠PQM +∠CQN =90°，∠PQM +∠QPM =90°∴∠CQN =∠QPM∵QN ⊥y 轴∴∠QNC =∠M =90°∴△PQM ∽△QCN ∴3PM QM PQ QN CN CQ=== 设点Q (q ，q +3)，则N (0，q +3)∴ON =q +3，QN =－q∴CN =OC －ON =3－(q +3)=－q∴ 3PM QM PQ q q CQ===-- ∴3PM QM q ==-∴MN =QN +QM =()34q q q -+-=-∴点P 的纵坐标为()3323q q q ++-=-+∴()4,23P q q -+∵点P 在抛物线上∴()2424323q q q --⨯+=-+ 解得：38q =- ∴315,24P ⎛⎫- ⎪⎝⎭综上所述，满足条件的点P 的坐标为57,24⎛⎫- ⎪⎝⎭或315,24⎛⎫- ⎪⎝⎭．【点睛】本题是二次函数的综合问题，主要考查了待定系数法，二次函数的性质，三角形面积的计算方法，相似三角形的判定与性质，关键是作辅助线构造出三角形相似，此题还涉及分类讨论．10．（2021·重庆市九年级月考）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线22(0)y ax bx a =++≠交x 轴于A （-1，0），B （4，0），交y 轴于点C ．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 为第一象限内抛物线上一点，连接PB ，过C 作CQ //BP 交x 轴于点Q ，连接PQ ，求△PBQ 面积的最大值及此时点P 的坐标；（3）如图2，在（2）条件下，将抛物线()220y ax bx a =++≠沿BP 个单位得到新抛物线'y ，新抛物线与原抛物线的交点为M ，点E 在新抛物线的对称轴上，在原抛物线上是否存在一点F ，使A 、M 、E 、F 为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点E 的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）抛物线的解析式为：213222y x x =-++；（2）BPQ S ∆的最大值为4，此时(2,3)P ；（3）存在，121(,)28E -或1(,)298E 或1(,)283E - 【分析】（1）运用待定系数法求解即可；（2）设213(,+2)(04)22P m m m m -+<<，由//CQ BP ，得11tan tan +22CQO PBO m ∠=∠=，求出OQ ，得PQ ，根据三角形面积公式得出面积与m 的函数关系式，配方求解即可；（3）根据平行四边形的判定列式，分为AM 为边，与AM 为对角线两种情况进行解答【详解】解：∵抛物线22(0)y ax bx a =++≠交x 轴于A （-1，0），B （4，0），∴2016420a b a b -+=⎧⎨++=⎩解得，1232a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩∴抛物线的解析式为：213222y x x =-++ （2）∵点P 为抛物线第一象限上的点， ∴设213(,+2)(04)22P m m m m -+<< 当0x =时， 2.y =∴点(0,2)C 又21321122tan 422m m PBO m m -++∠==+-， ∵//CQ BP ∴11tan +22CQO m ∠=又(0,2)C∴2OC = ∴11+22OC m OQ = ∴4.1OQ m =+ ∴44411m BQ m m =-=++ ∵12PBQ P S BQ y ∆=⋅ 1413(2)2122m m m m =⨯⨯-+++ 141[(1)(4)]212m m m m =⨯⨯-+-+ 24m m =-+2(2)4m =--+∴当2m =时，BPQ S ∆的最大值为4，此时(2,3)P（3）由（2）得(2,3)P ，B （4，0），A （-1,0）∴3PH =，422BH =-=∴PB 故沿BP2个单位，再向上平移3个单位，又抛物线沿BP2325()2218y x =--+向左平移1个单位，向上平移32个单位，得21137()228x y '=-+ 当y y '=时，221325137()()2282281x x --+=--+ 解得，52x =∴当52x =时，218y y '==，即521(,)28M ∵点E 在y '的对称轴12x =上，设()1,2E y ，设213(,2)22F x x x -++ 又以A ，M ，E ，F 为顶点的四边形是平行四边形，①若AM 为边时，有//,//AM EF AE MF 时，利用k 相等列出方程 ∴2123223214x x y x -++-=-，21352228532x x y x -+-=- ∴1x =-或4，218y =-或98y = ∴121(,)28E -或1(,)298E ②若AM 为对角线时，有AM 的中点坐标与EF 的中点坐标一致，得51-1++22=22x ，213+22210+82=22x x y -+解得x =1，y =38- ∴1(,)283E - 故存在点E ，其坐标为121(,)28E -或1(,)298E 或1(,)283E - 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的性质，平行四边形的判定与性质，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题．11．（2021·河北遵化·九年级学业考试）如图所示，关于x 的二次函数2y x bx c =++的图象与x 轴交于点1,0A 和点B ，与y 轴交于点()0,3C ，抛物线的对称轴与x 轴交于点D ．（1）求二次函数的表达式；（2）在y 轴上是否存在一点P ，使PBC 为等腰三角形？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）有一个点M 从点A 出发，以每秒1个单位的速度在AB 上向点B 运动，另一个点N 从点D 和点M 同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M 到达点B 时，点M ，N 同时停止运动，问点M ，N 运动到何处时，MNB 面积最大，试求出最大面积【答案】（1）243y x x =-+；（2）存在，点P 的坐标为：(0,3+或(0,3-或()03-,或()0,0；（3）当()2,0M ，()2,2N 或()2,2-时MNB 面积最大，最大面积是1 【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式；（2）结合二次函数图象上点的坐标特点求出BC 的长，然后分CP CB =，BP BC =，PB PC =三种情况求解；（3）设A 运动时间为t ，由2AB =，得2BM t =-，则2DN t =，根据三角形面积公式列出函数关系式，然后利用二次函数的性质分析最值【详解】解：（1）把()1,0A 和()0,3C 代入2y x bx c =++，10,3,b c c ++=⎧⎨=⎩解得：4b =-，3c =，∴二次函数的表达式为：243y x x =-+．（2）令0y =，则2430x x -+=，解得：1x =或3x =，()3,0B ∴，BC ∴=点P 在y 轴上，当PBC 为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1，①当CP CB =时，PC =3OP OC PC ∴=+=+(10,3P ∴+，(20,3P -； ②当BP BC =时，3OP OB ==，()30,3P ∴-；③当PB PC =时，3OC OB ==，∴此时P 与O 重合，()40,0P ∴；综上所述，点P 的坐标为：(0,3+或(0,3-或()03-,或()0,0．（3）如图2，设A 运动时间为t ，由2AB =，得2BM t =-，则2DN t =，()()221222112MNB S t t t t t =⨯-⨯=-+=--+△， ∵a =-1＜0，∴当t =1时，S 取最大值为1，即当()2,0M ，()2,2N 或()2,2-时MNB 面积最大，最大面积是1．【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，掌握二次函数的性质，利用分类讨论和数形结合思想解题是关键．12．（2021·湖北汉川·中考二模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线223(0)y ax ax a a =--<与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），经过点A 的直线:l y ax a =+与y 轴负半轴交于点C ，与抛物线交于另一点D ．（1）则点D 的坐标为_______（用含a 的式子表示）；（2）点E 是直线l 上方的抛物线上的动点，若ACE 面积的最大值为2516，求a 的值；（3）设P 是抛物线的对称轴上的一点，点Q 在抛物线上，若以点A 、D 、P 、Q 为顶点的四边形成为矩形时，求出点P 的坐标．【答案】（1）(4,5)D a ；（2）12a =-；（3）以点A 、D 、P 、Q 为顶点的四边形能成为矩形点P 的坐标为1,⎛ ⎝⎭或（1，-4）．【分析】（1）求两函数交点，直接列等式求解即可；（2）过点E 作//EF y 轴，交直线l 于点F ，设2(,23)E x ax ax a --，则(),F x ax a +，则根据ACE AFE CFE S S S =-△△△计算即可．（3）令223ax ax a ax a --=+，求出A 、D 两点坐标，根据223y ax ax a =--，得到抛物线的对称轴为1x =，设(1,)P m ，以点A 、D 、P 、Q 为顶点的四边形成为矩形时分为两种情况：第一种，若AD 是矩形的一条边，根据二次函数图像性质，矩形性质，勾股定理列式可求出P 点坐标；第二种，若AD 是矩形的一条对角线时，同理可求出点P 坐标．【详解】解：（1）令223ax ax a ax a --=+，化解得：2340x x --=，解得：1241x x ==-，，因D 点在第四象限，故4x =时，4=5y a a a =+，故答案为：(4,5)a ，（2）过点E 作//EF y 轴，交直线l 于点F ，设2(,23)E x ax ax a --，则(),F x ax a +，14x -<<，2223()34EF ax ax a ax a ax ax a =---+=--，ACE AFE CFE S S S =-△△△，2211(34)(1)(34)22ax ax a x ax ax a x =--+---， 2211325(34)2228ax ax a a x a ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭， ACE ∴的面积的最大值为258a -， ACE 的面积最大值为2516． 2525816a ∴-=，解得12a =-；（3）令223ax ax a ax a --=+，即2340ax ax a --=，解得11x =-，24x =，(1,0)A ∴-，由（1）知(4,5)D a ，223y ax ax a ∴=--，∴抛物线的对称轴为1x =，设(1,)P m ，①若AD 是矩形的一条边，根据矩形性质以及A 、D 的坐标可知：(4,21)Q a -，且21526m a a a =+=，则(1,26)P a ，四边形ADPQ 为矩形，90ADP ∴∠=︒，222AD PD AP ∴+=，22225(5)(14)(265)a a a ∴++-+-22(11)(26)a =--+，即217a =，0a <，a ∴=，11,P ⎛∴ ⎝⎭，②若AD 是矩形的一条对角线，则(2,3)Q a -，5(3)8m a a a =--=，则(1,8)P a ，四边形APDQ 为矩形，90APD ∴∠=︒，222AP PD AD ∴+=，222222(11)(8)(14)(85)5(5)a a a a ∴--++-+-=+，即214a =，0a <，12a ∴=- ， 21(),4P ∴- ；综上所述，以点A 、D 、P 、Q 为顶点的四边形能成为矩形点P 的坐标为1,⎛ ⎝⎭或（1，-4）．【点睛】本题主要考查二次函数图像与性质综合，矩形性质，勾股定理，二次函数与一次函数交点问题，根据矩形性质分析各点之间的联系是解题关键．13．（2021·甘肃酒泉·中考二模）如图，抛物线243y x bx c =-++经过点()3,0A ，()0,2B ，连接AB ，点P 是第一象限内抛物线上一动点．（1）求抛物线的表达式；（2）过点P 作x 轴的垂线，交AB 于点Q ，判断是否存在点P ，使得以P 、Q 、B 为顶点的三角形是直角三角形，若存在，请求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由；（3）点C 与点B 关于x 轴对称，连接AC ，AP ，PC ，当点P 运动到什么位置时，ACP △的面积最大？求ACP △面积的最大值及此时点P 的坐标．【答案】（1）2410233y x x =-++；（2）存在，点P 的坐标为5,22⎛⎫ ⎪⎝⎭或1165,816⎛⎫ ⎪⎝⎭；（3）APC △面积的最大值是8，点P 的坐标是()1,4．【分析】（1）运用待定系数法直接求解即可；（2）分两种情况讨论：①90BPQ ∠=︒时，列方程求解即可；②90PBQ ∠=︒，过点P 作//PM y轴，垂足为M ，证明PMB BOA ∽△△即可得解；（3）根据对称性求出点C 的坐标，运用待定系数法求出直线BC 的解析式，设点2410,233P n n n ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，2,23N n n ⎛⎫- ⎪⎝⎭，求出PN 的长，运用面积法得到n 的二次函数关系式，配方求解即可．【详解】解：（1）∵抛物线243y x bx c =-++经过点()3,0A ，()0,2B ，∴把点()3,0A ，()0,2B 代入解析式得：12302b c c -++=⎧⎨=⎩解得，1032b c ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 所以，二次函数的解析式为：2410233y x x =-++（2）设2410,233P m m m ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭∵△BPQ 是直角三角形，90PQB ∠≠︒， ∴分两种情况讨论：①当90BPQ ∠=︒时，则有//BP x 轴，如图①∴点P 的纵坐标为2 ∴24102233x x -++=解得：10x =，（舍）或252x =， ∴15,22P ⎛⎫⎪⎝⎭． ②当90PBQ ∠=︒时，过点P 作PM y ⊥轴，垂足为M ，如图②，。

2018中考数学解直角三角形(在实际问题中的运用-含答案)

DABCEF解直角三角形在实际问题中的运用要点一：锐角三角函数的基本概念1。

(·河北中考) 如图是一个半圆形桥洞截面示意图，圆心为O ,直径AB 是河底线，弦CD 是水位线，CD ∥AB ,且CD = 24 m,OE ⊥CD 于点E ．已测得sin ∠DOE = 1213． (1)求半径OD ;（2）根据需要，水面要以每小时0。

5 m 的速度下降，则经过多长时间才能将水排干？2.（綦江中考）如图,在矩形ABCD 中，E 是BC 边上的点,AE BC =，DF AE ⊥,垂足为F ,连接DE ．（1）求证：ABE △DFA ≌△;(2）如果10AD AB =，=6，求sin EDF ∠的值．3、（宁夏中考）如图,在△ABC 中，∠C =90°，sin A =54,AB =15，求△ABC 的周长和tan A 的值．OECD4、（肇庆中考）在Rt △ABC 中,∠C = 90°,a =3 ，c =5，求sin A 和tan A 的值。

5、(·芜湖中考）如图，在△ABC 中，AD 是BC 上的高，tan cos B DAC =∠,(1) 求证：AC=BD ； (2）若12sin 13C =，BC =12,求AD 的长．要点二、特殊角的三角函数值一、选择题 1.(·钦州中考）sin30°的值为（）A 3B 2C ．12D 3 2.（长春中考）．菱形OABC 在平面直角坐标系中的位置如图所示,452AOC OC ∠==°，B 的坐标为（）A ．(21)，B ．2)，C ．211)， D ．(121)，3.（定西中考)某人想沿着梯子爬上高4米的房顶，梯子的倾斜角（梯子与地面的夹角）不能大于60°，否则就有危险，那么梯子的长至少为（） A ．8米 B ．3 C 83米 D ．433米 4。

宿迁中考）已知α为锐角,且23)10sin(=︒-α，则α等于( ) Ａ．︒50 Ｂ．︒60 Ｃ．︒70 Ｄ．︒80 5。

初三数学解直角三角形试题答案及解析

初三数学解直角三角形试题答案及解析1.一测量爱好者，在海边测量位于正东方向的小岛高度AC，如图所示，他先在点B测得山顶点A的仰角为30°，然后向正东方向前行62米，到达D点，在测得山顶点A的仰角为60°（B、C、D三点在同一水平面上，且测量仪的高度忽略不计）．求小岛高度AC（结果精确的1米，参考数值：，）【答案】53米.【解析】首先利用三角形的外角的性质求得∠BAD的度数，得到AD的长度，然后在直角△ADC 中，利用三角函数即可求解．试题解析：∵∠ADC=∠B+∠BAD，∴∠BAD=∠ADC-∠B=60°-30°=30°，∴∠B=∠BAD，∴AD=BD=62（米）．在直角△ACD中，AC=AD•sin∠ADC=62×=31≈31×1.7=52.7≈53（米）．答：小岛的高度约为53米．【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题．2.如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=1，点D在边AC上且BD平分∠ABC，设CD=x．（1）求证：△ABC∽△BCD；（2）求x的值；（3）求cos36°-cos72°的值．【答案】(1)证明见解析；（2）；（3）．【解析】（1）由等腰三角形ABC中，顶角的度数求出两底角度数，再由BD为角平分线求出∠DBC的度数，得到∠DBC=∠A，再由∠C为公共角，利用两对角相等的三角形相似得到三角形ABC与三角形BCD相似；（2）根据（1）结论得到AD=BD=BC，根据AD+DC表示出AC，由（1）两三角形相似得比例求出x的值即可；（3）过B作BE垂直于AC，交AC于点E，在直角三角形ABE和直角三角形BCE中，利用锐角三角函数定义求出cos36°与cos72°的值，代入原式计算即可得到结果．试题解析：（1）∵等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，∴∠ABC=∠C=72°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD=36°，∵∠CBD=∠A=36°，∠C=∠C，∴△ABC∽△BCD；（2）∵∠A=∠ABD=36°，∴AD=BD，∵BD=BC，∴AD=BD=CD=1，设CD=x，则有AB=AC=x+1，∵△ABC∽△BCD，∴，即，整理得：x2+x-1=0，解得：x1=，x2=（负值，舍去），则x=；（3）过B作BE⊥AC，交AC于点E，∵BD=CD，∴E为CD中点，即DE=CE=，在Rt△ABE中，cosA=cos36°=，在Rt△BCE中，cosC=cos72°=，则cos36°-cos72°=-=．【考点】1.相似三角形的判定与性质；2.等腰三角形的性质；3.黄金分割；4.解直角三角形．3.如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC于D，AD=3，cosB=3/5，则AC等于（）A．4B．5C．6D．7【答案】B.【解析】∵∠BAC=90°，AD⊥BC于D，∴∠BAD+∠CAD=90°，∠BAD+∠B=90°，∴∠CAD=∠B，∴cos∠CAD=cosB=，在直角△ACD中，∵∠ADC=90°，AD=3，∴cos∠CAD=，∴AC=5．故选B．【考点】解直角三角形．4.在△ACB中，∠C=90°，AB=10，，，.则BC的长为（）A．6B．7.5C．8D．12.5【答案】A．【解析】∵∠C=90°，∴.又∵AB=10，∴.故选A．【考点】1.解直角三角形；2.锐角三角函数定义．5.已知：如图，斜坡AP的坡度为1：2.4，坡长AP为26米，在坡顶A处的同一水平面上有一座古塔BC，在斜坡底P处测得该塔的塔顶B的仰角为45°，在坡顶A处测得该塔的塔顶B的仰角为76°．求：（1）坡顶A到地面PQ的距离；（2）古塔BC的高度（结果精确到1米）．（参考数据：sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4.01）【答案】(1)10米；（2）19米.【解析】（1）过点A作AH⊥PQ，垂足为点H，利用斜坡AP的坡度为1：2.4，得出AH，PH，AH的关系求出即可；（2）利用矩形性质求出设BC=x，则x+10=24+DH，再利用tan76°=，求出即可．试题解析：：（1）过点A作AH⊥PQ，垂足为点H．∵斜坡AP的坡度为1：2.4，∴，设AH=5k，则PH=12k，由勾股定理，得AP=13k．∴13k=26．解得k=2．∴AH=10．答：坡顶A到地面PQ的距离为10米．（2）延长BC交PQ于点D．∵BC⊥AC，AC∥PQ，∴BD⊥PQ．∴四边形AHDC是矩形，CD=AH=10，AC=DH．∵∠BPD=45°，∴PD=BD．设BC=x，则x+10=24+DH．∴AC=DH=x-14．在Rt△ABC中，tan76°=，即，解得x=，即x≈19，答：古塔BC的高度约为19米．【考点】1.解直角三角形的应用-坡度坡角问题；2.解直角三角形的应用-仰角俯角问题．6.超速行驶是引发交通事故的主要原因之一．上周末，小明和三位同学尝试用自己所学的知识检测车速，如图，观测点设在A处，离益阳大道的距离(AC)为30米．这时，一辆小轿车由西向东匀速行驶，测得此车从B处行驶到C处所用的时间为8秒，∠BAC＝75°.(1)求B、C两点的距离；(2)请判断此车是否超过了益阳大道60千米/小时的限制速度？(计算时距离精确到1米，参考数据：sin 75°≈0.965 9，cos 75°≈0.258 8，tan 75°≈3.732，≈1.732，60千米/小时≈16.7米/秒)【答案】（1）112(米) （2）此车没有超过限制速度【解析】解：(1)在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝75°，AC＝30，∴BC＝AC·tan ∠BAC＝30×tan 75°≈30×3.732≈112(米)．(2)∵此车速度＝112÷8＝14(米/秒)＜16.7(米/秒)＝60(千米/小时)∴此车没有超过限制速度．7.在△ABC中，若∠A、∠B满足|cos A－|＋＝0，则∠C＝________．【答案】75°【解析】∵|cos A－|＋＝0，∴cos A－＝0，sin B－＝0，∴cos A＝，sin B＝，∴∠A＝60°，∠B＝45°，则∠C＝180°－∠A－∠B＝180°－60°－45°＝75°.8.在△ABC中，∠C＝90°，，则（）．A．B．C．D．【答案】D．【解析】由sin A=，设∠A的对边是3k，则斜边是5k，∠A的邻边是4k．再根据正切值的定义，得tanA=．故选D．【考点】锐角三角函数．9.如图，将45°的∠AOB按下面的方式放置在一把刻度尺上：顶点O与尺下沿的端点重合，OA与尺下沿重合，OB与尺上沿的交点B在尺上的读数恰为2cm.若按相同的方式将37°的∠AOC放置在该刻度尺上，则OC与尺上沿的交点C在尺上的读数约为cm.（结果精确到0.1cm，参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）【答案】2.7【解析】过点B作BD⊥OA于D，过点C作CE⊥OA于E.在△BOD中，∠BDO＝90°，∠DOB＝45°，∴BD＝OD＝2cm，∴CE＝BD＝2cm.在△COE中，∠CEO＝90°，∠COE＝37°，∵tan37°＝≈0.75，∴OE≈2.7cm.∴OC与尺上沿的交点C在尺上的读数约为2.7 cm.10.如图，一段河坝的横截面为梯形ABCD，试根据图中数据，求出坝底宽AD.（i＝CE∶ED，单位：m）【答案】（7.5＋4）m【解析】解：作BF⊥AD于点F.则BF＝CE＝4m，在直角△ABF中，AF＝＝＝3m，在直角△CED中，根据i＝，则ED＝＝＝4m.则AD＝AF＋EF＋ED＝3＋4.5＋4＝（7.5＋4）m.11.如图，A、B两地之间有一座山，汽车原来从A地到B地经过C地沿折线A→C→B行驶，现开通隧道后，汽车直接沿直线AB行驶．已知AC=10千米，∠A=30°，∠B=45°．则隧道开通后，汽车从A地到B地比原来少走多少千米？（结果保留根号）【答案】（5+5-5）千米【解析】解：过C作CD⊥AB于D，在Rt△ACD中，∵AC=10，∠A=30°，∴DC=ACsin30°=5，AD=ACcos30°=5，在Rt△BCD中，∵∠B=45°，∴BD=CD=5，BC=5，则用AC+BC-（AD+BD）=10+5-（5+5）=5+5-5（千米）．答：汽车从A地到B地比原来少走（5+5-5）千米．12.在Rt△ABC中，若∠C=90°，cosA=，则sinA的值为（）A．B．C．D．【答案】A.【解析】先根据特殊角的三角函数值求出∠A的值，再求出sinA的值即可．∵Rt△ABC中，∠C=90°，∴∠A是锐角，∵cosA==，∴设AB=25x，BC=7x，由勾股定理得：AC=24x，∴sinA=.故选A．考点:同角三角函数的关系.13.如图，在△中，，，则△的面积是（）A．B．12C．14D．21【答案】A【解析】如图，作因为，所以.由勾股定理得.又，所以所以所以所以14.计算下列各题：（1）；（2）.【答案】（1）2 （2）【解析】解：（1）（2）15.在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA=，则cosB的值为（）A．B．C．D．【答案】C.【解析】在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA=，设BC=3x，则AB=5x，∴AC=4x．∴cosB=．故选C．考点: 互余两角三角函数的关系.16.计算：【答案】-2.【解析】本题涉及零指数幂、特殊角的三角函数值、二次根式化简、负整数指数幂以及绝对值等考点．针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．试题解析：考点: 实数的混合运算.17.若（为锐角），则=【答案】1.【解析】因为所以得,代入可得值为1【考点】正切和正、余弦函数的关系.18.如图所示，直角三角形纸片的两直角边长分别为6，8，现将如图那样折叠，使点与点重合，折痕为，则的值是________【答案】.【解析】折叠后形成的图形相互全等，利用三角函数的定义可求出．根据题意，BE=AE．设CE=x，则BE=AE=8-x．在Rt△BCE中，根据勾股定理得：BE2=BC2+CE2，即（8-x）2=62+x2解得x=，∴tan∠CBE==考点:（1）锐角三角函数的定义；（2）勾股定理；（3）翻折变换（折叠问题）．19.（1）一个人由山底爬到山顶，需先爬450的山坡200ｍ，再爬300的山坡300ｍ，求山的高度（结果可保留根号）。

中考数学关于解直角三角形的18道经典题

中考数学关于解直角三角形的18道经典题1、如图，一架飞机在空中P 处探测到某高山山顶D 处的俯角为60°，此后飞机以300米/秒的速度沿平行于地面AB 的方向匀速飞行，飞行10秒到山顶D 的正上方C 处，此时测得飞机距地平面的垂直高度为12千米，求这座山的高（精确到0.1千米）解：延长CD 交AB 于G ，则CG=12（千米）依题意：PC=300×10=3000（米）=3（千米）在Rt △PCD 中： PC=3，∠P=60° CD=PC ·tan ∠P =3×tan60°=33∴12-CD=12-33≈6.8（千米）答：这座山的高约为6.8千米.2、如图,水坝的横断面是梯形,背水坡AB 的坡角∠BAD=60,坡长AB=m 320,为加强水坝强度, 将坝底从A 处向后水平延伸到F 处,使新的背水坡的坡角∠F= 45,求AF 的长度(结果精确到1米,参考数据: 414.12≈,732.13≈).答案：(10分)解：过Ｂ作BE ⊥AD 于E在Rt △ABE 中,∠BAE= 60, ∴∠ABE= 30 ∴AE ＝21ＡＢ31032021=⨯=∴BE ()()303103202222=-=-=AE AB∴在Rt △BEF 中, ∠Ｆ＝ 45, ∴EF ＝BE ＝30 ∴ＡＦ＝ＥＦ－ＡＥ＝３０－310∵732.13=， ∴AF ＝12.68≈133、施工队准备在一段斜坡上铺上台阶方便通行．现测得斜坡上铅垂的两棵树间水平距离AB =4米，斜面距离BC =4.25米，斜坡总长DE =85米．参考数据cos20°≈0.94， sin20°≈0.34， sin18°≈0.31， cos18°≈0.95AB12千米P C D G60°（1）求坡角∠D 的度数（结果精确到1°）；（2）若这段斜坡用厚度为17cm 的长方体台阶来铺，需要铺几级台阶?解：(1) cos ∠D =cos ∠ABC =BC AB =25.44≈0.94， …………………………………3分 ∴∠D ≈20°． ………………………………………………………………………1分（2）EF =DE sin ∠D =85sin20°≈85×0.34=28.9(米) ， ……………………………3分共需台阶28.9×100÷17=170级． ………………………………………………1分4、在玉溪州大河旁边的路灯杆顶上有一个物体，它的抽象几何图形如图，若 60ABC 10,AC 4,AB =∠==, 求B 、C 两点间的距离.解：过A 点作AD ⊥BC 于点D ， …………1分在Rt △ABD 中，∵∠ABC=60°，∴∠BAD=30°. …………2分 ∵AB=4,∴BD=2, ∴AD=23. …………4分在Rt △ADC 中，AC=10，∴CD=22AD AC -=12100-=222 . …………5分 ∴BC=2+222 . …………6分答：B 、C 两点间的距离为2+222. …………7分5、在东西方向的海岸线l 上有一长为1km 的码头MN（如图），在码头西端M 的正西19．5 km 处有一观察站A ．某时刻测得一艘匀速直线航行的轮船位于 A 的北偏西30°,且与A 相距40km 的B 处；经过1小时20分钟，又测得该轮船位于A 的北偏东NM 东北BCAlCBA17cm（第19题） A BCF60°，且与A相距83的C处．（1）求该轮船航行的速度（保留精确结果）；（2）如果该轮船不改变航向继续航行，那么轮船能否正好行至码头MN靠岸？请说明理由．答案解：（1）由题意，得∠BAC=90°，………………（1分）∴2240(83)167BC=+=．…………（2分）∴轮船航行的速度为41671273÷=时．……（3分）(2)能．……（4分）作BD⊥l于D，CE⊥l于E，设直线BC交l于F，则BD=AB·cos∠BAD=20，CE=AC·sin∠CAE=43，AE=AC·cos∠CAE=12．∵BD⊥l,CE⊥l,∴∠BDF=∠CEF=90°．又∠BFD=∠CFE，∴△BDF∽△CEF，……（6分）∴,DF BDEF CE=∴3220343EFEF+=，∴EF=8．……（7分）∴AF=AE+EF=20．∵AM＜AF＜AN，∴轮船不改变航向继续航行，正好能行至码头MN靠岸．6、如图是某货站传送货物的平面示意图. 为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角，使其由45°改为30°. 已知原传送带AB长为4米.（1）求新传送带AC的长度；（2）如果需要在货物着地点C的左侧留出2米的通道，试判断距离B点4米的货物MNQP 是否需要挪走，并说明理由．(说明：⑴⑵的计算结果精确到0.1米，参考数据：2≈1.41，3≈1.73，5≈2.24，6≈2.45)答案（1）如图，作AD⊥BC于点D……………………………………1分Rt△ABD中，AD=AB sin45°=42222=⨯……2分在Rt△ACD中，∵∠ACD=30°FEDlAC北东M NABE FQ P ∴AC =2AD =24≈6.5………………………3分即新传送带AC 的长度约为6.5米． ………………………………………4分（2）结论：货物MNQP 应挪走． ……………………………………5分解：在Rt △ABD 中，BD =AB cos45°=42222=⨯……………………6分在Rt △ACD 中，CD =AC cos30°=622324=⨯∴CB =CD —BD =)26(22262-=-≈2.1∵PC =PB —CB ≈4—2.1=1.9＜2 ………………………………7分 ∴货物MNQP 应挪走． …………………………………………………………8分7、如图，大海中有A 和B 两个岛屿，为测量它们之间的距离，在海岸线PQ 上点E 处测得∠AEP ＝74°，∠BEQ ＝30°；在点F 处测得∠AFP ＝60°，∠BF Q ＝60°，EF ＝1km ．（1）判断ABAE 的数量关系，并说明理由；（2）求两个岛屿A 和B 之间的距离（结果精确到0.1km ）．（参考数据：3≈1.73，sin74°≈，cos74°≈0.28，tan74°≈3.49，sin76°≈0.97，cos76°≈0.24）答案 (1)相等30,6030BEQ BFQ EBF EF BF ∠=∠=∴∠=∴=....................................2分又6060AF P BFA ∠∠=∴∠=在AEF 与△ABF 中,,EF BF AFE AFB AF AFAFE AFB AE AB=∠=∠=∴≅∴=...........................................................................5分（2）法一：作AH PQ ⊥，垂足为H 设 AE=x 则AH=xsin74°HE= xcos74° HF=xcos74°+1 ...............................................................................................7分tan60Rt AHF AH HF=中，所以xsin74°=（xcos74°+1）tan60°即0.96x=(0.28x+1)×1.73所以 3.6x≈即AB 3.6km≈法二：设AF与BE的交点为G，在Rt△EGF中，因为EF=1, 所以 EG=3在Rt△AEG中376,cos760.24 3.6 AEG AE EG∠==÷=÷≈答: 两个岛屿A与B之间的距离约为3.6km8、在一个阳光明媚、清风徐来的周末，小明和小强一起到郊外放风筝﹒他们把风筝放飞后，将两个风筝的引线一端都固定在地面上的C处(如图).现已知风筝A的引线（线段AC）长20m，风筝B的引线（线段BC）长24m，在C处测得风筝A的仰角为60°，风筝B的仰角为45°.（1）试通过计算，比较风筝A与风筝B谁离地面更高？（2）求风筝A与风筝B的水平距离.(精确到0.01 m；参考数据：sin45°≈0.707,cos45°≈0.707,tan45°=1,sin60°≈0.866,cos60°=0.5,tan60°≈1.732）解：（1）分别过A，B作地面的垂线，垂足分别为D，E．在Rt△ADC中，∵AC﹦20，∠ACD﹦60°，AB45°60°C E D∴AD ﹦20×sin 60°﹦103≈17.32m在Rt △BEC 中，∵BC ﹦24，∠BEC ﹦45°，∴BE ﹦24×sin 45°﹦122≈16.97 m∵17.32>16.97∴风筝A 比风筝B 离地面更高． ……………………………………………3分（2）在Rt △ADC 中，∵AC ﹦20，∠ACD ﹦60°， ∴DC ﹦20×cos 60°﹦10 m在Rt △BEC 中，∵BC ﹦24，∠BEC ﹦45°，∴EC ﹦BC ≈16.97 m∴EC －DC ≈16.97－10﹦6.97m即风筝A 与风筝B 的水平距离约为6.97m ．…………………………………3分9、为了缓解长沙市区内一些主要路段交通拥挤的现状，交警队在一些主要路口设立了交通路况显示牌（如图）．已知立杆AB 高度是3m ，从侧面D 点测得显示牌顶端C 点和底端B 点的仰角分别是60°和45°．求路况显示牌BC 的高度．解：∵在Rt △ADB 中，∠BDA ＝45°，AB ＝3 ∴DA ＝3 …………2分在Rt △ADC 中，∠CDA ＝60°∴tan60°=CAAD∴CA =33 …………4分 ∴BC=CA －BA =(33－3)米答：路况显示牌BC 的高度是(33－3)米 ………………………6分10、永乐桥摩天轮是天津市的标志性景观之一．某校数学兴趣小组要测量摩天轮的高度．如图，他们在C 处测得摩天轮的最高点A 的仰角为45︒，再往摩天轮的方向前进50 m 至D 处，测得最高点A 的仰角为60︒．求该兴趣小组测得的摩天轮的高度AB （3 1.732≈，第19题图A45°60°结果保留整数）．解：根据题意，可知45ACB ∠=︒，60ADB ∠=︒，50DC =.在Rt △ABC 中，由45BAC BCA ∠=∠=︒，得BC AB =. 在Rt △ABD 中，由tan ABADB BD∠=，得3tan tan 60AB AB BD AB ADB ===∠︒. ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分又 ∵ BC BD DC -=，∴ 350AB AB -=，即(33)150AB -=. ∴ 11833AB =≈-.答：该兴趣小组测得的摩天轮的高度约为118 m. ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分11、小明想知道湖中两个小亭A 、B 之间的距离，他在与小亭A 、B 位于同一水平面且东西走向的湖边小道l 上某一观测点M 处，测得亭A 在点M 的北偏东30°, 亭B 在点M 的北偏东60°,当小明由点M 沿小道l 向东走60米时，到达点N 处，此时测得亭A 恰好位于点N 的正北方向，继续向东走30米时到达点Q 处，此时亭B 恰好位于点Q 的正北方向，根据以上测量数据，请你帮助小明计算湖中两个小亭A 、B 之间的距离．25.连结AN 、BQ∵点A 在点N 的正北方向，点B 在点Q 的正北方向 ∴l AN ⊥ l BQ ⊥--------------------------1分在Rt △AMN 中：tan ∠AMN=MNAN∴AN=360-----------------------------------------3分在Rt △BMQ 中：tan ∠BMQ=MQBQ∴BQ=330----------------------------------------5分过B 作BE ⊥AN 于点E 则：BE=NQ=30∴AE= AN －BQ -----------------------------------8分在Rt △ABE 中,由勾股定理得：222BE AE AB +=22230)330(+=AB∴AB=60（米）12、我们知道当人的视线与物体表面互相垂直时的视觉效果最佳．如图是小明站在距离墙壁1.60米处观察装饰画时的示意图，此时小明的眼睛与装饰画底部A 处于同一水平线上，视线恰好落在装饰画中心位置E 处，且与AD 垂直.已知装饰画的高度AD 为0.66米，求：⑴ 装饰画与墙壁的夹角∠CAD 的度数（精确到1°）；⑵ 装饰画顶部到墙壁的距离DC （精确到0.01米）.解：⑴ ∵AD ＝0.66，∴AE ＝21CD ＝0.33. 在Rt △ABE 中，………………1分 ∵sin ∠ABE ＝AB AE ＝6.133.0， ∴∠ABE ≈12°. ………………4分∵∠CAD ＋∠DAB ＝90°，∠ABE ＋∠DAB ＝90°， ∴∠CAD ＝∠ABE ＝12°.∴镜框与墙壁的夹角∠CAD 的度数约为12°. ………………5分 ⑵ 解法一：在Rt △∠ABE 中， ∵sin ∠CAD ＝ADCD， ∴CD ＝AD ·sin ∠CAD ＝0.66×sin12°≈0.14. ………………7分ACD EBABCD第19题图解法二： ∵∠CAD ＝∠ABE ， ∠ACD ＝∠AEB ＝90°，∴△ACD ∽△BEA. ………………6分 ∴AB ADAE CD =. ∴6.166.033.0=CD . ∴CD ≈0.14. ………………7分∴镜框顶部到墙壁的距离CD 约是0.14米.………………8分13、如图，某天然气公司的主输气管道从A 市的东偏北30°方向直线延伸，测绘员在A 处测得要安装天然气的M 小区在A 市东偏北60°方向，测绘员沿主输气管道步行2000米到达C 处，测得小区M 位于C 的北偏西60°方向，请你在主输气管道上寻找支管道连接点N ，使到该小区铺设的管道最短，并求AN 的长.第23题图解：过M 作MN ⊥AC ，此时MN 最小，AN ＝1500米1、（2010山东济南）图所示，△ABC 中，∠C =90°，∠B =30°，AD 是△ABC 的角平分线，若AC 3求线段AD 的长．解：∵△ABC 中，∠C =90º，∠B =30º，∴∠BAC =60º，∵AD 是△ABC 的角平分线，∴∠CAD =30º， ··················· 1分 ∴在Rt △ADC 中，cos30ACAD =︒············· 2分=3×3··········· 3分=2 . ·············· 4分14、热气球的探测器显示，从热气球A 处看一栋高楼顶部的仰角为45°，看这栋高楼底部的俯角为60°，A 处与高楼的水平距离为60m ，这栋高楼有多高？（结果精确到0.1m ，参考数据：2 1.414,3 1.732≈≈）答案：解：过点A 作BC 的垂线，垂足为D 点 ……………1分由题意知：∠CAD = 45°, ∠BAD =60°, AD = 60m在Rt △ACD 中，∠CAD = 45°, AD ⊥BC∴ CD = AD = 60 ……………………3分在Rt △ABD 中，∵BDtan BAD AD∠=……………………4分 ∴ BD = AD ·tan ∠BAD= 603 ……………………5分∴BC = CD+BD= 60+603 ……………………6分≈ 163.9 (m) …………………7分答：这栋高楼约有163.9m ． …………………8分（本题其它解法参照此标准给分）15、如图，直角ABC ∆中，90C ∠=︒，25AB =，5sin B =，点P 为边BC 上一动点，PD ∥AB ，PD 交AC 于点D ，连结AP ．（1）求AC 、BC 的长；（2）设PC 的长为x ，ADP ∆的面积为y ．当x 为何值时，y 最大，并PD CBA求出最大值．22．（1）在Rt ABC ∆中，5sin B =，25AB =，得5AC AB =，∴2AC =，根据勾股定理得：4BC =． …… 3分（2）∵PD ∥AB ，∴ABC ∆∽DPC ∆，∴12DC AC PC BC == 设PC x =，则12DC x =，122AD x =- ∴2211111(2)(2)122244ADP S AD PC x x x x x ∆=⋅=-⋅=-+=--+ ∴当2x =时，y 的最大值是1． ……… 8分16、小明家所在居民楼的对面有一座大厦AB ，AB ＝80米．为测量这座居民楼与大厦之间的距离，小明从自己家的窗户C 处测得大厦顶部A 的仰角为37°，大厦底部B 的俯角为48°．求小明家所在居民楼与大厦的距离CD 的长度．（结果保留整数）（参考数据：o o o o 33711sin37tan37sin 48tan48541010≈≈≈≈，，，）答案：解：设CD = x ．在Rt △ACD 中，tan37AD CD︒=，则34AD x=， ∴34AD x =. 在Rt △BCD 中，tan48° = BD CD，则1110BD x=， ∴1110BD x =. ∵AD ＋BD = AB ， B37° 48° D CA 第19题图∴31180 410x x+=．解得：x≈43．17、在市政府广场进行了热气球飞行表演，如图，有一热气球到达离地面高度为36米的A处时，仪器显示正前方一高楼顶部B的仰角是37°，底部C的俯角是60°.为了安全飞越高楼，气球应至少再上升多少米？（结果精确到0.1米）（参考数据：,75.037tan,80.037cos,60.037sin≈︒≈︒≈︒73.13≈）解：过A作AD⊥CB，垂足为点D．………………………1分在Rt△ADC中，∵CD=36，∠CAD=60°．∴AD=31233660tan==︒CD≈20.76．……5分在Rt△ADB中，∵AD≈20.76，∠BAD=37°．∴BD=37tan⨯AD≈20.76×0.75=15.57≈15.6（米）．………8分答：气球应至少再上升15.6米．…………………………9分18、图1为已建设封顶的16层楼房和其塔吊图，图2为其示意图，吊臂AB与地面EH平行，测得A点到楼顶D点的距离为5m,每层楼高3.5m,AE、BF、CH都垂直于地面，EF=16m,求塔吊的高CH的长．【答案】解：根据题意得：DE=3.5×16=56,AB=EF=16∵∠ACB=∠CBG－∠CAB=15°，∴∠ACB ＝∠ CAB∴CB=AB=16.∴CG=BCsin30°=8CH=CG+HG=CG+DE+AD=8+56+5=69.∴塔吊的高CH的长为69m.BACD。

上海市2019年中考数学真题与模拟题分类专题18 图形的变化之解答题(2)(39道题)(解析版)(1)

专题18 图形的变化之解答题（2）参考答案与试题解析一．解答题（共39小题）1．（2019•宝山区一模）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，点E、F在边BC上，∠EAF＝∠B．求证：BF•CE＝AB2．【答案】证明：∵∠AEC＝∠B+∠BAE＝∠EAF+∠BAE＝∠BAF，又∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴△ABF∽△ECA，∴AB：CE＝BF：AC，∴BF•EC＝AB•AC＝AB2．【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质．注意证得△ABF∽△ECA是解此题的关键．2．（2019•青浦区二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线分别交边BC、AB于点D、E，联结AD．（1）如果∠CAD：∠DAB＝1：2，求∠CAD的度数；（2）如果AC＝1，tan∠B，求∠CAD的正弦值．【答案】解：（1）∵∠CAD：∠DAB＝1：2∴∠DAB＝2∠CAD在Rt△ABC中，∠CAD+∠DAB+∠DBA＝90°∵DE垂直平分AB交边BC、AB于点D、E∴∠DAB＝∠DBA∴∠CAD+∠DAB+∠DBA＝∠CAD+2∠CAD+2∠CAD＝90°解得，∠CAD＝18°（2）在Rt△ABC中，AC＝1，tan∠B，∴BC＝2由勾股定理得，AB∵DE垂直平分AB交边BC、AB于点D、E∴BE＝AE∵∠DAE＝∠DBE∴在Rt△ADE中tan∠B＝tan∠DAE∴DE∴由勾股定理得AD∴cos∠CAD∴sin∠CAD则∠CAD的正弦值为【点睛】本题主要是应用三角函数定义来解直角三角形，关键要运用锐角三角函数的概念及比正弦和余弦的基本关系进行解题．3．（2019•青浦区二模）如图，一座古塔AH的高为33米，AH⊥直线l，某校九年级数学兴趣小组为了测得该古塔塔刹AB的高，在直线l上选取了点D，在D处测得点A的仰角为26.6°，测得点B的仰角为22.8°，求该古塔塔刹AB的高．（精确到0.1米）【参考数据：sin26.6°＝0.45，cos26.6°＝0.89，tan26.6°＝0.5，sin22.8°＝0.39，cos22.8°＝092，tan22.8°＝0.42】【答案】解：∵AH⊥直线l，∴∠AHD＝90°，在Rt△ADH中，tan∠ADH，∴DH，在Rt△BDH中，tan∠BDH，∴DH，∴，解得：AB≈5.3m，答：该古塔塔刹AB的高为5.3m．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，正确的解直角三角形是解题的关键．4．（2019•浦东新区二模）如图1，一辆吊车工作时的吊臂AB最长为20米，吊臂与水平线的夹角∠ABC最大为70°，旋转中心点B离地面的距离BD为2米．（1）如图2，求这辆吊车工作时点A离地面的最大距离AH（参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）；（2）一天，王师傅接到紧急通知，要求将这辆吊车立即开到40千米远的某工地，因此王师傅以每小时比平时快20千米的速度匀速行驶，结果提前20分钟到达，求这次王师傅所开的吊车速度．【答案】解：（1）根据题意，得AB＝20，∠ABC＝70°，CH＝BD＝2，在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，∴AC＝AB•sin70°＝20×0.94＝18.8，∴AH＝20.8．答：这辆吊车工作时点A离地面的最大距离AH为20.8米；（2）设这次王师傅所开的吊车的速度为每小时x千米，由题意，得，解得，x1＝60，x2＝﹣40，经检验：x1＝60，x2＝﹣40都是原方程的解，但x2＝﹣40符合题意，舍去，答：这次王师傅所开的吊车的速度为每小时60千米．【点睛】本题是解直角三角形与分式方程应用的综合题，主要考查了解直角三角形，列分式方程解应用题，（1）题的关键是解直角三角形求出AC，（2）小题的关键是找出等量关系列出分式方程．5．（2019•长宁区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D是边AC的中点，CF ⊥BD，垂足为点F，延长CF与边AB交于点E．求：（1）∠ACE的正切值；（2）线段AE的长．【答案】解：（1）∵∠ACB＝90°，∴∠ACE+∠BCE＝90°，又∵CF⊥BD，∴∠CFB＝90°，∴∠BCE+∠CBD＝90°，∴∠ACE＝∠CBD，∵AC＝4且D是AC的中点，∴CD＝2，又∵BC＝3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°．∴tan∠BCD，∴tan∠ACE＝tan∠CBD；（2）过点E作EH⊥AC，垂足为点H，在Rt△EHA中，∠EHA＝90°，∴tan A，∵BC＝3，AC＝4，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴tan A，∴，设EH＝3k，AH＝4k，∵AE2＝EH2+AH2，∴AE＝5k，在Rt△CEH中，∠CHE＝90°，∴tan∠ECA，∴CH k，∴AC＝AH+CH k＝4，解得：k，∴AE．【点睛】此题考查了解直角三角形，涉及的知识有：勾股定理，锐角三角函数定义，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．6．（2019•闵行区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝10，cos∠，点D是边BC的中点，点E在边AC上，且，AD与BE相交于点F．求：（1）边AB的长；（2）的值．【答案】解：（1）∵AB＝AC，点D是边BC的中点，∴AD⊥BC，BD＝DC BC＝5，在Rt△ABD中，cos∠ABC，∴AB＝13；（2）过点E作EH∥BC，交AD与点H，∵EH∥BC，，∴，∵BD＝CD，∴，∵EH∥BC，∴．【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质、解直角三角形、平行线分线段成比例定理，掌握等腰三角形的三线合一、余弦的定义是解题的关键．7．（2019•金山区二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，CE＝CB，CD＝5，sin∠．求：（1）BC的长．（2）tan E的值．【答案】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90，D是边AB的中点；∴CD AB，∵CD＝5，∴AB＝10，∵sin∠ABC，∴AC＝6∴；（2）作EH⊥BC，垂足为H，∴∠EHC＝∠EHB＝90°∵D是边AB的中点，∴BD＝CD AB，∠DCB＝∠ABC，∵∠ACB＝90°，∴∠EHC＝∠ACB，∴△EHC∽△ACB，∴由BC＝8，CE＝CB得CE＝8，∠CBE＝∠CEB，∴解得EH，CH，BH＝8∴tan∠CBE3，即tan E＝3．【点睛】本题考查了解直角三角形，熟练运用直角三角函以及三角形相似是解题的关键．8．（2019•徐汇区二模）如图，已知⊙O的弦AB长为8，延长AB至C，且BC AB，tan C．求：（1）⊙O的半径；（2）点C到直线AO的距离．【答案】解：（1）过O作OD⊥AB于D，则∠ODC＝90°，∵OD过O，∴AD＝BD，∵AB＝8，∴AD＝BD＝4，∵BC AB，∴BC＝4，∴DC＝4+4＝8，∵tan C，∴OD＝4，在Rt△ODA中，由勾股定理得：OA4，即⊙O的半径是4；（2）过C作CE⊥AO于E，则S△AOC，即，解得：CE＝6，即点C到直线AO的距离是6．【点睛】本题考查了垂径定理，三角形的面积公式，勾股定理，解直角三角形等知识点，能求出AD、OD的长度是解此题的关键．9．（2019•包头模拟）如图，已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点E为AB上一点，AC＝AE＝3，BC＝4，过点A作AB的垂线交射线EC于点D，延长BC交AD于点F．（1）求CF的长；（2）求∠D的正切值．【答案】解：（1）∵∠ACB＝90°，∴∠ACF＝∠ACB＝90°，∠B+∠BAC＝90°，∵AD⊥AB，∴∠BAC+∠CAF＝90°，∴∠B＝∠CAF，∴△ABC∽△F AC，∴，即，解得CF；（2）如图，过点C作CH⊥AB于点H，∵AC＝3，BC＝4，∴AB＝5，则CH，∴AH，EH＝AE﹣AH，∴tan D＝tan∠ECH．【点睛】本题主要考查解直角三角形与相似三角形的判定和性质，解题的关键是添加辅助线构造与∠D 相等的角，并熟练掌握相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点．10．（2019•黄浦区一模）如图，P点是某海域内的一座灯塔的位置，船A停泊在灯塔P的南偏东53°方向（本题参考数据sin53°≈0.80，cos53°的50海里处，船B位于船A的正西方向且与灯塔P相距海里．≈0.60，tan53°≈1.33．）（1）试问船B在灯塔P的什么方向？（2）求两船相距多少海里？（结果保留根号）【答案】解：（1）过P作PC⊥AB交AB于C，在Rt△APC中，∠C＝90°，∠APC＝53°，AP＝50海里，∴PC＝AP•cos53°＝50×0.60＝30海里，在Rt△PBC中，∵PB＝20，PC＝30，∴cos∠BPC，∴∠BPC＝30°，∴船B在灯塔P的南偏东30°的方向上；（2）∵AC＝AP•sin53°＝50×0.8＝40海里，BC PB＝10，∴AB＝AC﹣BC＝（40﹣10）海里，答：两船相距（40﹣10）海里．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是理解方位角的定义，能利用三角函数值计算有关线段，难度一般．11．（2019•东阳市模拟）安装在屋顶的太阳能热水器的横截面示意图如图所示．已知集热管AE与支架BF 所在直线相交于水箱横截面⊙O的圆心O，⊙O的半径为0.2米，AO与屋面AB的夹角为32°，与铅垂线OD的夹角为40°，BF⊥AB，垂足为B，OD⊥AD，垂足为D，AB＝2米．（1）求支架BF的长；（2）求屋面AB的坡度．（参考数据：tan18°，tan32°，tan40°）【答案】解：：（1）∵∠OAC＝32°，OB⊥AD，∴tan∠OAB tan32°，∵AB＝2m，∴，∴OB＝1.24m，∵⊙O的半径为0.2m，∴BF＝1.04m；（2）∵∠AOD＝40°，OD⊥AD，∴∠OAD＝50°，∵∠OAC＝32°∴∠CAD＝18°，∴AB的坡度为tan18°，【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是求出角的度数，利用三角函数的知识即可求解，难度一般．12．（2019•松江区一模）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，P是边AC上一动点，BP与CD相交于点E．（1）如果BC＝6，AC＝8，且P为AC的中点，求线段BE的长；（2）联结PD，如果PD⊥AB，且CE＝2，ED＝3，求cos A的值；（3）联结PD，如果BP2＝2CD2，且CE＝2，ED＝3，求线段PD的长．【答案】解：（1）∵P为AC的中点，AC＝8，∴CP＝4，∵∠ACB＝90°，BC＝6，∴BP＝2，∵D是边AB的中点，P为AC的中点，∴点E是△ABC的重心，∴BE BP；（2）如图1，过点B作BF∥CA交CD的延长线于点F，∴，∵BD＝DA，∴FD＝DC，BF＝AC，∵CE＝2，ED＝3，则CD＝5，∴EF＝8，∴，∴，∴，设CP＝k，则P A＝3k，∵PD⊥AB，D是边AB的中点，∴P A＝PB＝3k∴BC＝2k，∴AB＝2k，∵AC＝4k，∴cos A；（3）∵∠ACB＝90°，D是边AB的中点，∴CD＝BD AB，∵PB2＝2CD2，∴BP2＝2CD•CD＝BD•AB，∵∠PBD＝∠ABP，∴△PBD∽△ABP，∴∠BPD＝∠A，∵∠A＝∠DCA，∴∠DPE＝∠DCP，∵∠PDE＝∠CDP，∴△DPE∽△DCP，∴PD2＝DE•DC，∵DE＝3，DC＝5，∴PD．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．13．（2019•松江区一模）如图，已知△ABC中，AB＝AC＝5，cos A．求底边BC的长．【答案】解：过点B作BD⊥AC，垂足为点D，在Rt△ABD中，cos A，∵cos A，AB＝5，∴AD＝AB•cos A＝53，∴BD4，∵AC＝AB＝5，∴DC＝2，∴BC2．【点睛】本题考查了解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．14．（2019•靖江市一模）2018年首届“进博会”期间，上海对周边道路进行限速行驶．道路AB段为监测区，C、D为监测点（如图）．已知C、D、B在同一条直线上，且AC⊥BC，CD＝400米，tan∠ADC＝2，∠ABC＝35°．（1）求道路AB段的长；（精确到1米）（2）如果AB段限速为60千米/时，一辆车通过AB段的时间为90秒，请判断该车是否超速，并说明理由．（参考数据：sin35°≈0.57358，cos35°≈0.8195，tan35°≈0.7）【答案】解：（1）∵AC⊥BC，∴∠C＝90°，∵tan∠ADC2，∵CD＝400，∴AC＝800，在Rt△ABC中，∵∠ABC＝35°，AC＝800，∴AB1395 米；（2）∵AB＝1395，∴该车的速度55.8km/h＜60千米/时，故没有超速．【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用，关键是掌握三角函数定义．15．（2019•松江区一模）某数学社团成员想利用所学的知识测量某广告牌的宽度（图中线段MN的长），直线MN垂直于地面，垂足为点P．在地面A处测得点M的仰角为58°、点N的仰角为45°，在B处测得点M的仰角为31°，AB＝5米，且A、B、P三点在一直线上．请根据以上数据求广告牌的宽MN的长．（参考数据：sin58°＝0.85，cos58°＝0.53，tan58°＝1.60，sin31°＝0.52，cos31°＝0.86，tan31°＝0.60．）【答案】解：在Rt△APN中，∠NAP＝45°，∴P A＝PN，在Rt△APM中，tan∠MAP，设P A＝PN＝x，∵∠MAP＝58°，∴MP＝AP•tan∠MAP＝1.6x，在Rt△BPM中，tan∠MBP，∵∠MBP＝31°，AB＝5，∴0.6，∴x＝3，∴MN＝MP﹣NP＝0.6x＝1.8（米），答：广告牌的宽MN的长为1.8米．【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据已知直角三角形得出AP的长是解题关键．16．（2019•濉溪县二模）如图1是小区常见的漫步机，当人踩在踏板上，握住扶手，像走路一样抬腿，就会带动踏板连杆绕轴旋转，如图2，从侧面看，立柱DE高1.8米，踏板静止时踏板连杆与DE上的线段AB重合，BE长为0.2米，当踏板连杆绕着点A旋转到AC处时，测得∠CAB＝37°，此时点C距离地面的高度CF为0.45米，求AB和AD的长（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）【答案】解：过点C作CG⊥AB于G，则四边形CFEG是矩形，∴EG＝CF＝0.45，设AD＝x，∴AE＝1.8﹣x，∴AC＝AB＝AE﹣BE＝1.6﹣x，AG＝AE﹣CF＝1.35﹣x，在Rt△ACG中，∠AGC＝90°，∠CAG＝37°，cos∠CAG0.8，解得：x＝0.35，∴AD＝0.35米，AB＝1.25米，答：AB和AD的长分别为1.25米，0.35米．【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用，熟练应用锐角三角函数关系是解题关键．17．（2019•随县模拟）如图是某品牌自行车的最新车型实物图和简化图，它在轻量化设计、刹车、车篮和座位上都做了升级．A为后胎中心，经测量车轮半径AD为30cm，中轴轴心C到地面的距离CF为30cm，座位高度最低刻度为155cm，此时车架中立管BC长为54cm，且∠BCA＝71°．（参考数据：sin71°≈0.95，cos71°≈0.33，tan71°≈2.88）（1）求车座B到地面的高度（结果精确到1cm）；（2）根据经验，当车座B'到地面的距离B'E'为90cm时，身高175cm的人骑车比较舒适，此时车架中立管BC拉长的长度BB'应是多少？（结果精确到1cm）【答案】解：（1）设AC于BE交于H，∵AD⊥l，CF⊥l，HE⊥l，∴AD∥CF∥HE，∵AD＝30cm，CF＝30cm，∴AD＝CF，∴四边形ADFC是平行四边形，∵∠ADF＝90°，∴四边形ADFC是矩形，∴HE＝AD＝30cm，∵BC长为54cm，且∠BCA＝71°，∴BH＝BC•sin71°＝51.3cm，∴BE＝BH+EH＝BH+AD＝51.3+30≈81cm；答：车座B到地面的高度是81cm；（2）如图所示，B'E'＝96.8cm，设B'E'与AC交于点H'，则有B'H'∥BH，∴△B'H'C∽△BHC，得．即，∴B'C＝63cm．故BB'＝B'C﹣BC＝63﹣54＝9（cm）．∴车架中立管BC拉长的长度BB'应是9cm．【点睛】本题考查了相似三角形的应用、切线的性质解解直角三角形的应用，解题的难点在于从实际问题中抽象出数学问题，难度较大．18．（2019•徐汇区校级一模）如图，某小区A栋楼在B栋楼的南侧，两楼高度均为90m，楼间距为MN．春分日正午，太阳光线与水平面所成的角为55.7°，A栋楼在B栋楼墙面上的影高为DM；冬至日正午，太阳光线与水平面所成的角为30°，A栋楼在B栋楼墙面上的影高为CM．已知CD＝44.5m．（1）求楼间距MN；（2）若B号楼共30层，每层高均为3m，则点C位于第几层？（参考数据：tan30°≈0.58，sin55.7°≈0.83，cos55.7°≈0.56，tan55.7°≈1.47）【答案】解：（1）过点P作PE∥MN，交B栋楼与点E，则四边形PEMN为矩形．∴EP＝MN由题意知：∠EPD＝55.7°∠EPC＝30°．在Rt△ECP中，EC＝tan∠EPC×EP＝tan30°×EP EP≈0.58EP，在Rt△EDP中，ED＝tan∠EPD×EP＝tan55.7°×EP≈1.47EP，∵CD＝ED﹣EC，∴1.47EP﹣0.58EP＝44.5∴EP＝MN＝50（m）答：楼间距MN为50m．（2）∵EC＝0.58EP＝0.58×50＝29（m）∴CM＝90﹣29＝61（m）∵61÷3≈20.3≈21（层）答：点C位于第21层．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用．解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题．19．（2019•浦东新区一模）“雪龙”号考察船在某海域进行科考活动，在点A处测得小岛C在它的东北方向上，它沿南偏东37°方向航行2海里到达点B处，又测得小岛C在它的北偏东23°方向上（如图所示），求“雪龙”号考察船在点B处与小岛C之间的距离．（参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40， 1.4， 1.7）【答案】解：过点A作AM⊥BC，垂足为M．由题意知：AB＝2海里，∠NAC＝∠CAE＝45°，∠SAB＝37°，∠DBC＝23°，∵∠SAB＝37°，DB∥AS，∴∠DBA＝37°，∠EAB＝90°﹣∠SAB＝53°．∴∠ABC＝∠ABD+∠DBC＝37°+23°＝60°，∠CAB＝∠EAB+∠CAE＝53°+45°＝98°．∴∠C＝180°﹣∠CAB﹣∠ABC＝180°﹣98°﹣60°＝22°．在Rt△AMB中，∵AB＝2海里，∠ABC＝60°，∴BM＝1海里，AM海里．在Rt△AMC中，tan C，∴CM 4.25（海里）∴CB＝CM+BM＝4.25+1＝5.25（海里）答：“雪龙”号考察船在点B处与小岛C之间的距离为5.25海里．【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题．解决本题的关键是作垂线构造直角三角形，利用直角三角形的边角间关系求解．20．（2019•宝山区一模）地铁10号线某站点出口横截面平面图如图所示，电梯AB的两端分别距顶部9.9米和2.4米，在距电梯起点A端6米的P处，用1.5米的测角仪测得电梯终端B处的仰角为14°，求电梯AB的坡度与长度．参考数据：sin14°≈0.24，tan14°≈0.25，cos14°≈0.97．【答案】解：作BC⊥P A交P A的延长线于点C，作QD∥PC交BC于点D，由题意可得，BC＝9.9﹣2.4＝7.5米，QP＝DC＝1.5米，∠BQD＝14°，则BD＝BC﹣DC＝7.5﹣1.5＝6米，∵tan∠BQD，∴tan14°，即0.25，解得，ED＝18，∴AC＝ED＝18，∵BC＝7.5，∴tan∠BAC，即电梯AB的坡度是5：12，∵BC＝7.5，AC＝18，∠BCA＝90°，∴AB．19.5，即电梯AB的坡度是5：12，长度是19.5米．【点睛】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、坡度坡角问题，解答本题的关键是明确题意，利用锐角三角函数和数形结合的思想解答．21．（2019•青浦区一模）如图，在港口A的南偏东37°方向的海面上，有一巡逻艇B，A、B相距20海里，这时在巡逻艇的正北方向及港口A的北偏东67°方向上，有一渔船C发生故障．得知这一情况后，巡逻艇以25海里/小时的速度前往救援，问巡逻艇能否在1小时内到达渔船C处？（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin67°，cos67°，tan67°）【答案】解：过点A作AH⊥BC，垂足为点H．由题意，得∠ACH＝67°，∠B＝37°，AB＝20．在Rt△ABH中，∵sin B，∴AH＝AB•sin∠B＝20×sin37°≈12，∵cos B，∴BH＝AB•cos∠B＝20×cos37°≈16，在Rt△ACH中，∵tan∠ACH∠，∴CH5，∵BC＝BH+CH，∴BC≈16+5＝21．∵21÷25＜1，所以，巡逻艇能在1小时内到达渔船C处．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是将一般三角形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．22．（2019•寿光市模拟）某学生为测量一棵大树AH及其树叶部分AB的高度，将测角仪放在F处测得大树顶端A的仰角为30°，放在G处测得大树顶端A的仰角为60°，树叶部分下端B的仰角为45°，已知点F、G与大树底部H共线，点F、G相距15米，测角仪高度为1.5米．求该树的高度AH和树叶部分的高度AB．【答案】解：由题意可得，∠AEC＝30°，∠ADC＝60°，∠BDC＝45°，CH＝DG＝EF＝1.5米，FG＝ED＝15米，∵∠ADC＝∠AED+∠EAD，∴∠EAD＝30°，∴∠EAD＝∠AED，∴ED＝AD，∴AD＝15米，∵∠ADC＝60°，∠ACD＝90°，∴∠DAC＝30°，∴DC米，AC米，∴AH＝AC+CH米，∵∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，∴∠DBC＝45°，∴∠BDC＝∠DBC，∴BC＝CD米，∴AB＝AC﹣BC米，即AH米，AB米．【点睛】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解答本题的关键是明确题意，利用特殊角的三角函数和数形结合的思想解答．23．（2019•静安区一模）计算：【答案】解：原式＝3﹣2．【点睛】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．24．（2019•射阳县一模）“滑块铰链”是一种用于连接窗扇和窗框，使窗户能够开启和关闭的连杆式活动链接装置（如图1）．图2是“滑块铰链”的平面示意图，滑轨MN安装在窗框上，悬臂DE安装在窗扇上，支点B、C、D始终在一条直线上，已知托臂AC＝20厘米，托臂BD＝40厘米，支点C，D之间的距离是10厘米，张角∠CAB＝60°．（1）求支点D到滑轨MN的距离（精确到1厘米）；（2）将滑块A向左侧移动到A′，（在移动过程中，托臂长度不变，即AC＝A′C′，BC＝BC′）当张角∠C′A'B＝45°时，求滑块A向左侧移动的距离（精确到1厘米）．（备用数据： 1.41， 1.73，2.45， 2.65）【答案】解：（1）过C作CG⊥AB于G，过D作DH⊥AB于H，∵AC＝20，∠CAB＝60°，∴AG AC＝10，CG AG＝10，∵BC＝BD﹣CD＝30，∵CG⊥AB，DH⊥AB，∴CG∥DH，∴△BCG∽△BDH，∴，∴，∴DH23（厘米）；∴支点D到滑轨MN的距离为23厘米；（2）过C′作C′S⊥MN于S，∵A′C′＝AC＝20，∠C′A′S＝45°，∴A′S＝C′S＝10，∴BS10，∴A′B＝1010，∵BG10，∴AB＝10+10，∴AA′＝A′B﹣AB≈6（厘米），∴滑块A向左侧移动的距离是6厘米．【点睛】本题考查解直角三角形，勾股定理、相似三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．25．（2019•闵行区一模）如图，某公园内有一座古塔AB，在塔的北面有一栋建筑物，某日上午9时太阳光线与水平面的夹角为32°，此时塔在建筑物的墙上留下了高3米的影子CD．中午12时太阳光线与地面的夹角为45°，此时塔尖A在地面上的影子E与墙角C的距离为15米（B、E、C在一条直线上），求塔AB的高度．（结果精确到0.01米）参考数据：sin32°≈0.5299，cos32°≈0.8480，tan32°≈0.6249， 1.4142．【答案】解：过点D作DH⊥AB，垂足为点H，由题意，得HB＝CD＝3，EC＝15，HD＝BC，∠ABC＝∠AHD＝90°，∠ADH＝32°，设AB＝x，则AH＝x﹣3，在Rt△ABE中，由∠AEB＝45°，得tan∠AEB＝tan45°．∴EB＝AB＝x．∴HD＝BC＝BE+EC＝x+15，在Rt△AHD中，由∠AHD＝90°，得tan∠ADH，即得tan32°，解得：x32.99∴塔高AB约为32.99米．【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．26．（2019•嘉定区一模）计算：2|1﹣sin60°|．【答案】解：2|1﹣sin60°|＝2（1）＝2＝2＝2．【点睛】本题考查了特殊角三角函数值、实数的混合运算；熟记特殊角三角函数值是解题关键．27．（2019•无锡一模）某小区开展了“行车安全，方便居民”的活动，对地下车库作了改进．如图，这小区原地下车库的入口处有斜坡AC长为13米，它的坡度为i＝1：2.4，AB⊥BC，为了居民行车安全，现将斜坡的坡角改为13°，即∠ADC＝13°（此时点B、C、D在同一直线上）．（1）求这个车库的高度AB；（2）求斜坡改进后的起点D与原起点C的距离（结果精确到0.1米）．（参考数据：sin13°≈0.225，cos13°≈0.974，tan13°≈0.231，cot13°≈4.331）【答案】解：（1）由题意，得：∠ABC＝90°，i＝1：2.4，在Rt△ABC中，i，设AB＝5x，则BC＝12x，∴AB2+BC2＝AC2，∴AC＝13x，∵AC＝13，∴x＝1，∴AB＝5，答：这个车库的高度AB为5米；（2）由（1）得：BC＝12，在Rt△ABD中，cot∠ADC，∵∠ADC＝13°，AB＝5，∴DB＝5cot13°≈21.655（m），∴DC＝DB﹣BC＝21.655﹣12＝9.655≈9.7（米），答：斜坡改进后的起点D与原起点C的距离为9.7米．【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，掌握坡度的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．28．（2019•虹口区一模）计算：【答案】解：原式＝3+2．【点睛】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．29．（2019•金山区一模）计算：cos245°tan260°﹣cot45°•sin30°．【答案】解：原式＝（）2（）2﹣11+3＝2．【点睛】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．30．（2019•长宁区一模）计算：60°．【答案】解：原式（）2（）．【点睛】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．31．（2019•崇明区一模）计算：cos245°cot30°•sin60°．【答案】解：原式＝（）2．【点睛】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．32．（2019•普陀区一模）如图，小山的一个横断面是梯形BCDE，EB∥DC，其中斜坡DE的坡长为13米，坡度i＝1：2.4，小山上有一座铁塔AB，在山坡的坡顶E处测得铁塔顶端A的仰角为45°，在与山坡的坡底D相距5米的F处测得铁塔顶端A的仰角为31°（点F、D、C在一直线上），求铁塔AB的高度．（参考数值：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.6）【答案】解：延长AB交DC于G，过E作EH⊥CD于H，则四边形EHGB是矩形，∵斜坡DE的坡长为13米，坡度i＝1：2.4，∴设EH＝5x，DH＝12x，∵EH2+DH2＝DE2，∴（5x）2+（12x）2＝132，∴x＝1，∴EH＝5，DH＝12，∵EB∥DC，∴∠ABE＝∠AGH＝90°，∵∠AEB＝45°，∴AB＝BE，∴HG＝AB，∴FG＝5+12+AB，AG＝AB+5，∵∠F＝31°，∴tan F＝tan31°0.6，∴AB＝13米，答：铁塔AB的高度是13米．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，矩形的性质，掌握的作出辅助线是解题的关键．33．（2019•长宁区一模）如图，小明站在江边某瞭望台DE的顶端D处，测得江面上的渔船A的俯角为40°．若瞭望台DE垂直于江面，它的高度为3米，CE＝2米，CE平行于江面AB，迎水坡BC的坡度i＝1：0.75，坡长BC＝10米．（参考数据：sin40°≈0.64，cos40°≈0.77，tan40°≈0.84，cot40°≈1.19）（1）求瞭望台DE的顶端D到江面AB的距离；（2）求渔船A到迎水坡BC的底端B的距离．（结果保留一位小数）【答案】解：（1）延长DE交AB于点F，过点C作CG⊥AB，垂足为点G，由题意可知CE＝GF＝2，CG＝EF在Rt△BCG中，∠BGC＝90°，∴i，设CG＝4k，BG＝3k，则BC5k＝10，∴k＝2，∴BG＝6，∴CG＝EF＝8，∵DE＝3，∴DF＝DE+EF＝3+8＝11（米），答：瞭望台DE的顶端D到江面AB的距离为11米；（2）由题意得∠A＝40°，在Rt△ADF中，∠DF A＝90°，∴cot A，∴ 1.19，∴AF≈11×1.19＝13.09（m），∴AB＝AF﹣BG﹣GF＝5.09≈5.1（米），答：渔船A到迎水坡BC的底端B的距离为5.1米．【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用，正确掌握锐角三角函数关系是解题关键．34．（2019•黄浦区一模）计算：2cos245°tan45°．【答案】解：原式＝2×（）21＝21＝11＝46．【点睛】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．35．（2019•宝山区一模）计算：sin30°tan30°+cos60°cot30°．【答案】解：原式．【点睛】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．36．（2019•金山区一模）如图，已知某水库大坝的横断面是梯形ABCD，坝顶宽AD是6米，坝高24米，背水坡AB的坡度为1：3，迎水坡CD的坡度为1：2．求（1）背水坡AB的长度．（2）坝底BC的长度．【答案】解：（1）分别过点A、D作AM⊥BC，DN⊥BC，垂足分别为点M、N，根据题意，可知AM＝DN＝24（米），MN＝AD＝6（米），在Rt△ABM中，∵，∴BM＝72（米），∵AB2＝AM2+BM2，∴AB24（米），答：背水坡AB的长度为24米；（2）在Rt△DNC中，，∴CN＝48（米），∴BC＝72+6+48＝126（米），答：坝底BC的长度为126米．【点睛】此题考查了坡度坡角问题．此题难度适中，注意构造直角三角形，并借助于解直角三角形的知识求解是关键．37．（2019•普陀区一模）计算：4sin45°+cos230°．【答案】解：原式＝4（）2＝22（）．【点睛】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．38．（2019•杨浦区一模）如图，AD是△ABC的中线，tan B，cos C，AC．求：（1）BC的长；（2）∠ADC的正弦值．【答案】解：（1）如图，作AH⊥BC于H．在Rt△ACH中，∵cos C，AC，∴CH＝1，AH1，在Rt△ABH中，∵tan B，∴BH＝5，∴BC＝BH+CH＝6．（2）∵BD＝CD，∴CD＝3，DH＝2，AD在Rt△ADH中，sin∠ADH．∴∠ADC的正弦值为．【点睛】本题考查解直角三角形的应用、锐角三角函数等知识，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，属于中考中考常考题型．39．（2019•杨浦区三模）如图，已知某船向正东方向航行，在点A处测得某岛C在其北偏东60°方向上，前进8海里处到达点B处，测得岛C在其北偏东30°方向上．已知岛C周围6海里内有一暗礁，问：如果该船继续向东航行，有无触礁危险？请说明你的理由．【答案】解：作CD⊥AB于点D，由题意可知，∠CAB＝30°，∠CBD＝60°，∴∠ACB＝30°，在Rt△BCD中，∵∠BDC＝90°，∠CBD＝60°，∴∠BCD＝30°，∴∠ACB＝∠BCD．∴△CDB∽△ADC．∴∵AB＝CB＝8∴BD＝4，AD＝12．。

2024年中考数学总复习专题18解直角三角形复习划重点学霸炼技法

坡度(坡
叫做坡度(或坡比)，用字母 i 表示；
比)、坡角
坡面与水平面的夹角 α 叫坡角，i＝
h
tan α＝ .如图(3)
l
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专题十八
解直角三角形
中考·数学
一般指以观测者的位置为中心，将正
北或正南方向作为起始方向旋转到目
方向角
标方向所成的角(一般指锐角)，通常
表达成北(南)偏东(西)××度．如图
专题十八
解直角三角形
中考·数学
(2)sin ∠ADC的值．
∵AD 是△ABC 的中线，
1
∴CD＝ BC＝2，∴DE＝CD－CE＝1.
2
∵AE⊥BC，DE＝AE，∴∠ADC＝45°，
AE
2
∴sin ∠ADC＝
＝
.
DE
2
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专题十八
解直角三角形
中考·数学
[规律方法]
解此类题的一般方法
(1)构造直角三角形．
(2)理清直角三角形的边、角关系．
(3)利用特殊角的三角函数值解答问题．
第26页
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专题十八
研究4
解题模型分析
解直角三角形
中考·数学
常见解直角三角形模型
■命题角度1：母子型
基本
模型
AB＝AB；BD＋DC＝BC
第27页
BC＝BC；AD＋DB＝AB
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专题十八

解直角三角形
中考·数学
演变
模型
BC＝EF；
解直角三角形
中考·数学
[对接教材]
人教：九下P60～P84；
北师：九下P2～P27；

2018年全国中考数学真题分类解直角三角形及其应用解析版(精品文档)

2018年全国中考数学真题分类解直角三角形及其应用（三）一、选择题1. （2018吉林省长春市，6，3）如图，某地修建高速公路，要从A 地向B 地修一条隧道（点A 、B 在同一水平面上）.为了测量A 、B 两地之间的距离，一架直升飞机从A 地出发，垂直上升800米到达C 处，在C 处观察B 地的俯角为α，则A 、B 两地之间的距离为（A ）800sin α米（B ）800tan α米（C ）800sin α米（D ）800tan α米【答案】D【解析】由题中条件可知，在RT △ABC 中，∠ABC=α，AC=800米，建立数学模型tan α=ACAB，可得AB=800tan α米. 【知识点】解直角三角形，锐角三角函数，俯角问题.2. （2018江苏苏州，8，3分）如图，某海监船以20海里/小时的速度在某海域执行巡航任务，当海监船由西向东航行至A 处时，测得岛屿P 恰好在其正北方向，继续向东航行1小时到达B 处，测得岛屿P 在其北偏两30°方向，保持航向不变又航行2小时到达C 处，此时海监船与岛屿P 之问的距离（即PC 的长）为 A ．40海里B ．60海里C ．D ．αACB【答案】D【解析】本题解答时要利用直角三角形的边角关键和勾股定理来进行计算.由题意可知AB =20，∠APB =30゜，∴PA，∵BC =2⨯20=40，∴AC =60，∴PC，故选D .二、填空题1. （2018湖北省江汉油田潜江天门仙桃市，15，3分）我国海域辽阔，渔业资源丰富．如图，现有渔船B 在海岛A ，C 附近捕鱼作业，已知海岛C 位于海岛A 的北偏东45°方向上．在渔船B 上测得海岛A 位于渔船B 的北偏西30°的方向上，此时海岛C 恰好位于渔船B的正北方向18(1n mile 处，则海岛A ，C 之间的距离为 n mile ．【答案】218【解析】本题主要考察三角函数的应用．过A 作AD ⊥BC 于D ．设x AD =，∵∠C 45°，∠B 30°，∴x xC AD CD ===︒45tan tan ，x xC AD AC 245sin sin ===︒，x xB AD BD 330tan tan ===︒．∵BD CD BC +=+=)31(18，∴x x 3)31(18+=+，解得18=x ．∴218=AC ．【知识点】三角函数的应用==2. （湖北省咸宁市，13，3）如图，航拍无人机从A 处测得一幢建筑物顶部的仰角为45 °，测得底部C 的俯角为60°，此时航拍无人机与该建筑物的水平距离AD 为110m ，那么该建筑物的高度BC 约为_________m.(1.73≈)【答案】300【解析】在Rt △ABD 中，∠BAD ＝45°，∴BD ＝AD ＝110 m ，在Rt △ACD 中，∠CAD ＝60°，AD ＝110 m∴CD＝AD tan 60⋅︒=BC ＝BD +CD=110+300 m 【知识点】解直角三角形的应用3. (2018辽宁葫芦岛，15，3分) 如图，某景区的两个景点A 、B 处于同一水平地面上，一架无人机在空中沿水平方向飞行进行航拍作业，M N 与A B 在同一铅直平面内，当无人机飞行至C 处时，测得景点A 的俯角为45°，景点B 为的俯角为30°，此时C 到地面的距离C D 为100米，则两景点A 、B 间的距离为__________米(结果保留根号)．【答案】：100+100，【解析】∵MN ∥AB ，∴∠A ＝∠MCA ＝45°，∠B ＝∠NCB ＝30°． ∵CD ＝100，∴AD ＝tan 45CD ︒＝100，DB ＝tan30CD︒． ∴AB ＝AD ＋DB ＝100＋DC AB4. （2018广西南宁，16，3）如图，从甲楼底部A 处测得乙楼顶部C 处的仰角是30°，从甲楼顶部B 处测得乙楼底部D 处的俯角是45°．已知甲楼的高AB 是120m ，则乙楼的高CD 是m ．（结果保留根号）【答案】403，【解析】∵俯角是45°，∴∠BDA ＝45°，∴AB ＝AD ＝120m ，又∵∠CAD ＝30°∴在Rt △ADC 中，tan ∠CDA ＝tan30°＝CD AD ＝33． ∴CD ＝ 403．5. (2018湖北黄石，14，3分)如图，无人机在空中C 处测得地面A 、B 两点的俯角分别为60°、45°，如果无人机距地面高度CD 为1003米，点A 、D 、E 在同一水平直线上，则A 、B 两点间的距离是____________米．(结果保留根号)第14题图【答案】100(1＋3)【解析】由题意可知∠A ＝30°，∠B ＝45°，∴AD ＝tan CDA＝100米，BD ＝CD ＝1003米，∴AB ＝AD ＋BD ＝100＋1003＝100(1＋3)米.6.（2018·宁夏，15，3）一艘货轮以182km/h 的速度在海面上沿正东方向航行，当行驶至A 处时，发现它的东南方向有一灯塔B ，货轮继续向东航行30分钟后到达C 处，发现灯塔B 在它的南偏东15°方向，则此时货轮与灯塔B 的距离为____________km ．D C B A45°60°甲楼ABCD乙楼30°第16题图45°【答案】18．【解析】如下图，过点C作CD⊥AB于点D，则∠CAD＝45°，∠ACB＝105°，从而∠B＝30°，AC＝12×Rt△ACD中，sin∠CAD＝CDAC，从而CD＝AC sin∠CAD＝sin45°＝2＝9．在Rt△BCD中，∵∠B＝30°，∴BC＝2CD＝18（km），故填18．【知识点】解直角三角形；方向角7.（2018辽宁锦州，16，3分）如图，射线OM在第一象限，且与x轴正半轴的夹角为60°，过点D（6，0）作DA⊥OM于点A，作线段OD的垂直平分线BE交x轴于点E，交AD于点B，作射线OB，以AB为边的△AOB的外侧作正方形ABCA1，延长A1C交射线OB于点B1，以A1B1为边在△A1OB1的外侧作正方形A1B1C1A2，延长A2C1交射线OB于点B2，以AB为边在△A2OB2的外侧作正方形A2B2C2A3……按此规律进行下去，则正方式A2017B2017C2017A2018的周长为东CBAD东CBA【答案】4×()2017201613)33(+⨯，【解析】本题为规律探究题，先根据图形运用三角函数∠AOD=60°,OD=3,AD=33,BD=23,AB=,B 1C=1 ,A 1B 1=3+1, B 2C1=tan30°A 1B 1=33A 1B 1,A 2B 2=A 1B 1+33A 1B 1=33A 1B 1(3+1)=33(3+1)2B 3C 2=33A 2B 2,A 3B 3=A 2B 2+33A 2B 2=33A 2B 2(3+1)=(33)2(3+1)3 A 2017B 2017=(33)2016(3+1)2017 A 2017B 2017C 2017A 2018的周长4A 2017B 2017=4×(33)2016(3+1)2017 三、解答题1. （2018广西省桂林市，23，8分）如图所示，在某海域，一艘指挥船在C 处收到渔船在B 处位于C 处的南偏西45°方向上，且BC ＝60海里；指挥船搜索发现，在C 处的南偏西60°方向上有一艘海监船A ，恰好位于B 处的正西方向.于是命令海监船A 前往救援，已知海监船A 的航行速度为30海里/小时，问渔船在B 处需要等待多长时间才能得到海监船A≈1.41 1.73， 2.45，结果精确到0.1小时）【思路分析】过点B 作BD ⊥DC 于点D ，由题意可知，∠BCD ＝45°，∠ACD ＝60°，先根据BC ＝60，利用特殊角的三角函数值求出BD 的长，再求出AD 的长即可．【解题过程】解：如图（1），过点B 作BD ⊥DC 于点D ，由题意可知，∠BCD ＝45°，∠ACD ＝60°，DC ＝BD ，则在Rt △DEF 中，∵BC ＝60，∴sin ∠BCD ＝BD BC，即sin 45402BD =︒=，解得BD ＝DC ＝BD ＝则在Rt △ACD 中， tan ∠ACD ＝ADCD，tan 60=︒=解得AD ＝，∴AB ＝AD －BD ＝－≈30（2.45－1.41）＝31.2（海里），∴渔船在B 处等待得到海监船A 的救援需要的时间为31.230＝1.04≈1.0（小时），答：渔船在B 处等待得到海监船A 的救援需要约1.0小时．【知识点】锐角三角函数的实际应用；二次根式的化简2. （2018海南省，22，8分）如图10，某数学兴趣小组为测量一棵古树BH 和教学楼CG 的高，先在A 处用高1.5米的测角仪测得古树顶端H 的仰角∠HDE 为45°，此时教学楼顶端G 恰好在视线DH 上，再向前走7米到达B 处，又测得教学楼顶端G 的仰角∠GEF 为60°，点A ，B ，C 三点在同一水平线上．（1）计算古树BH 的高；（2）计算教学楼CG 的高．（参考数据：412.≈，713.≈）【思路分析】（1）在Rt△DEH中，∠HDE=45°，∴HE=DE，BH=HE+BE，从而求出BH的长．（2）设EF=x米，在Rt△GEF中，∠GEF=60°，用x表示出GF的长，GF=3x，在Rt△GDF中，∠GDF=45°，∴DF=GF，7+x=3x，求解出x，从而得到GF的长，GC=GF+FC，故求得CG的长．【解题过程】（1）在Rt△DEH中，∵∠DEH=90°，∠HDE=45°，∴HE=DE=7米．∴BH=HE+BE=7+1.5=8.5米．（2）设EF=x米，在Rt△GEF中，∵∠GFE=90°，∠GEF=60°，∴GF=EF·tan60°=3x．在Rt△GDF中，∵∠GFD=90°，∠GDF=45°，∴DF=GF．∴7+x=3x．将7代入上式，解得x=10．GF=3x=17．3.1∴GC=GF+FC=18.5米．答：古树高为8.5米，教学楼高为18.5米．【知识点】解直角三角形，解直角三角形的应用3.如图，甲、乙两座建筑物的水平距离为，从甲的顶部处测得乙的顶部处的俯角为，测得底部处的俯角为，求甲、乙建筑物的高度和（结果取整数）.参考数据：，.【答案】甲建筑物的高度约为，乙建筑物的高度约为.【解析】分析：首先分析图形：根据题意构造直角三角形；本题涉及两个直角三角形，应利用其公共边构造关系式，进而可求出答案．详解：如图，过点作，垂足为.则. 由题意可知，，，，，.可得四边形为矩形.∴，.在中，， ∴. 在中，，∴. ∴ .∴. 答：甲建筑物的高度约为，乙建筑物的高度约为.点睛：本题考查解直角三角形的应用--仰角俯角问题，首先构造直角三角形，再借助角边关系、三角函数的定义解题，难度一般．4. (2018甘肃省兰州市,23,7分) (7分)如图,斜坡BE ,坡顶B 到水平地面的距离AB 为3米,坡底AE 为18米,在B 处,E 处分别测得CD 顶部点D 的仰角为30°,60°.求CD 的高度.(结果保留根号)【思路分析】作BF ⊥CD 于F ,然后在两个直角三角形中分别表示出BF ,CE ,然后利用BF 和CE 相B A DCFE等即可求解.【解题过程】作BF⊥CD于F,设CE=x米,因为∠DEC=60°,所以DC米｡DF-2)米,因为∠FBD=30°,所以BF x-2)米｡因为BA⊥AC,DC⊥AC,所以四边形BACF为矩形,所以BF=AC,(x-2)=x+18,解得x答:CD的高度是米｡【知识点】解直角三角形三角函数5. （2018黑龙江省齐齐哈尔市，题号23，分值12）折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、小花、飞机、小船等，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习.在折纸过程中，我们可以通过研究图形的性质和运动、确定图形位置等，进一步发展空间观念，在经历借助图形思考问题的过程中，我们会初步建立几何直观.折纸往往从矩形纸片开始，今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪呰数学结论.实践操作如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC翻折，使点B’落在矩形所在平面内，B’C和AD相交于点E，连接B’D.解决问题(1)在图1中，①B’D和AC的位置关系为______________;②将△AEC剪下后展开，得到的图形是_________________;(2) 若图1中的矩形变为平行四边形时(AB≠BC)，如图2所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请挑选其中的一个结论加以证明，若不成立，请说明理由；（3）小红沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形，沿对称轴再次折叠后，得到的仍是轴对称图形.则小红折叠的矩形纸片的长宽之比为____________；拓展应用(4)在图2中，若∠B=30°，AB=43AB’D恰好为直角三角形时，BC的长度为__________. . 【思路分析】(1)由折叠的性质可知，∠ACB=∠ACE,再由四边形ABCD为矩形，AC为对角线可知，∠ACB=∠DAC，∴∠DAC=∠ACE，即AE=CE，∵BC=AD=B’C,∴B’E=DE,∴∠EB’D=∠EDB’,又∵∠B’ED=∠AEC 为对顶角，∴∠DAC=∠ACE=∠EB’D=∠EDB’，∴B’D∥AC,将△AEC剪下展开后，能得到四条边均相等的四边形，即菱形，故答案为①B’D∥AC，②菱形；(2)利用（1）的思路即可得出矩形变平行四边形时也可得到B’D∥AC和菱形的结论；（3）当矩形为正方形时符合题意，即长宽之比为1：1；当∠ACB=30°时符合题意，3 1；（4）由（2）可知，AE=CE，B’E=DE, AC∥B’D.当∠AB’D=90°，且点B’在AD上方时，可得出∠B’AC=∠AB’D=90°,∴BC='cos'ABAB C∠;当点B’在AD下方，∠ADB’=90°时，∠ADC=∠B=30°，得出BC=AD=cos∠ADC×CD.当∠B’AD=90°,且点B’在AD上方时，∵∠AB’C=30°，AE=CE,AB’3可得出BC=B’E+CE=B’E+AE='cos'ABAB C∠+tan∠AB’C×AB’. 当∠B’AD=90°,且点B’在AD下方时，∠ADC=30°，∵B’E=DE,∴AB’=AB=AE+B’E=AD×tan∠ADC+cos ADADC∠.【解题过程】解：（1）由折叠的性质可知，∠ACB=∠ACE.再由四边形ABCD为矩形，AC为对角线可知，∠ACB=∠DAC，∴∠DAC=∠ACE，即AE=CE，∵BC=AD=B’C,∴B’E=DE,∴∠EB’D=∠EDB’.又∵∠B’ED=∠AEC为对顶角，∴∠DAC=∠ACE=∠EB’D=∠EDB’.∴B’D∥AC.将△AEC剪下展开后，能得到四条边均相等的四边形，即菱形.故答案为①B’D∥AC，②菱形.（2）结论仍然成立.若选择结论①证明：∵B’C=AD,AE=CE,∴B’E=DE.∴∠CB’D=∠ADB’.∵∠AEC=∠B’ED,∠ACB’=∠CAD.∴∠ADB’=∠DAC.∴B’D∥AC.若选择结论②证明：如图所示，设点E的对应点为点F.∵四边形ABCD是平行四边形，∴CF∥AE.∴∠DAC=∠ACF.由折叠可得，∠ACE=∠ACF，CE=CF.∴∠DAC=∠ACE.∴AE=CE.∴AE=CF.∴四边形AECF是菱形.（3）当矩形为正方形时符合题意，即长宽之比为1：1；当∠ACB=30°时符合题意，：1.（答对一个得1分，写成“1（4）由（2）可知，AE=CE ，B ’E=DE, AC ∥B ’D.当∠AB ’D=90°，且点B ’在AD 上方时，可得出∠B ’AC=∠AB ’D=90°.∵∠B=∠AB ’C=30°， ∴在Rt △AB ’C 中，BC='cos 'AB AB C∠=8；当点B ’在AD 下方，∠ADB ’=90°时，∠ADC=∠B=30°，得出BC=AD=cos ∠ADC ×CD=6.当∠B ’AD=90°,且点B ’在AD 上方时，∵∠AB ’C=30°，AE=CE,AB ’可得出BC=B ’E+CE=B ’E+AE='cos 'AB AB C∠+tan ∠AB ’C ×AB ’=12.当∠B ’AD=90°,且点B ’在AD 下方时，∠ADC=30°，∵B ’E=DE,∴AB ’=AB=AE+B ’E=AD ×tan ∠ADC+cos ADADC∠AD=4.故答案为4或6或8或12.（答对一个得1分）【知识点】折叠的性质，平行线的判定与性质，锐角三角函数的应用，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质.6.（2018湖南省怀化市，23，12分）已知：如图，在四边形ABCD 中，AD//BC ，点E 为CD 边上一点，AE 与BE 分别为∠DAB 和∠CBA 的平分线．（1）请你添加一个适当的条件________，使得四边形ABCD 是平行四边形，并证明你的结论；（2）作线段AB 的垂直平分线交AB 于点O ，并以AB 为直径作ʘ O （要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写做法)；（3）在（2）的条件下，ʘ O 交边AD 于点F ，连接BF ，交AE 于点G ，若AE ＝4，sin ∠AGF ＝54，求ʘ O 的半径．【思路分析】（1）在四边形中，一组对边平行且相等，那么这个四边形为平行四边形．（2）由AB 为圆的直径，根据直径所对的圆周角为直角得到︒=∠90AFG ，通过AE 为DAB ∠的角平分线，可知EAB FAG ∠=∠，所以在三角形AFG 和三角形AEB 中有两角对应相等，所以两三角形相似，所以sin ∠AGF ＝sin ∠ABE ，又已知AE ＝4，所以通过直角三角形的三角函数可求出直径AB 的值，继而求出半径的值．【解题过程】（1）令AD ＝BC ，又∵AD//BC ，根据平行四边行的判定定理，∴四边形ABCD 是平行四边形．（2）∵ʘ O 交边AD 于点F ，∴点F 为圆上一点，∴︒=∠90AFG ，因为AE 与BE 分别为∠DAB 和∠CBA 的平分线，AD//BC ，所以︒=∠+∠90EBA EAB ，即得，在AEB ∆中，︒=∠90AEB又∵AE 为DAB ∠的角平分线，∴EAB FAG ∠=∠，所以在三角形AFG 和三角形AEB 中，有AEB AFG ∠=∠，EAB FAG ∠=∠，∴AFG ∆∽EAB ∠，∴sin ∠AGF ＝AB AE ＝sin ABE ∠＝54，已知AE ＝4，所以可得出直径AB ＝5，即半径等于2.5．【知识点】平行四边形的判定定理尺规作图三角形相似的判定定理和相似三角形的性质直角三角形的三角函数求值圆周角的性质7. （2018年江苏省南京市，23，8分）如图，为了测量建筑物AB 的高度，在D 处树立标杆CD ，标杆的高是2m .在DB 上选取观测点E 、F ，从E 测得标杆和建筑物的顶部C 、A 的仰角分别为58、45，从F 测得C 、A 的仰角分别为22、70.求建筑物AB 的高度（精确到0.1m ） .（参考数据：tan 220.40≈，tan58 1.60≈，tan 70 2.75≈.）【思路分析】在△CED 中，得出DE ，在△CFD 中，得出DF ，进而得出EF ，列出方程即可得出建筑物AB 的高度。

中考数学专题18 等腰三角形与直角三角形(解析版)

第四篇图形的性质专题18等腰三角形与直角三角形知识点名师点晴等腰三角形等腰三角形的性质理解等腰三角形的性质，并能解决等腰三角形的有关计算等腰三角形的判定掌握等腰三角形的判定方法，会证明一个三角形是等腰三角形等边三角形等边三角形的性质理解等边三角形的性质等边三角形的判定掌握等边三角形的判定方法，会证明一个三角形是等边三角形直角三角形直角三角形的性质理解直角三角形的有关性质直角三角形的判定掌握直角三角形的判定方法，会证明一个三角形是直角三角形勾股定理理解并掌握勾股定理及其逆定理归纳1：等腰三角形基础知识归纳：1、等腰三角形的性质（1）等腰三角形的性质定理及推论：定理：等腰三角形的两个底角相等（简称：等边对等角）推论1：等腰三角形顶角平分线平分底边并且垂直于底边．即等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合．推论2：等边三角形的各个角都相等，并且每个角都等于60°． 2、等腰三角形的判定等腰三角形的判定定理及推论：定理：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（简称：等角对等边）．这个判定定理常用于证明同一个三角形中的边相等．基本方法归纳：①等腰直角三角形的两个底角相等且等于45°②等腰三角形的底角只能为锐角，不能为钝角（或直角），但顶角可为钝角（或直角）． ③等腰三角形的三边关系：设腰长为a ，底边长为b ，则2b＜a ④等腰三角形的三角关系：设顶角为顶角为∠A ，底角为∠B 、∠C ，则∠A =180°—2∠B ，∠B =∠C =2180A∠-︒ 注意问题归纳：等腰三角形的性质与判定经常用来计算三角形的角的有关问题，并证明角相等的问题．【例1】（2019内蒙古包头市，第10题，3分）已知等腰三角形的三边长分别为a 、b 、4，且a 、b 是关于x 的一元二次方程x 2﹣12x +m +2=0的两根，则m 的值是（）A ．34B ．30C ．30或34D ．30或36 【答案】A ．【分析】分三种情况讨论，①当a =4时，②当b =4时，③当a =b 时；结合韦达定理即可求解．【详解】当a =4时，b ＜8．∵a 、b 是关于x 的一元二次方程x 2﹣12x +m +2=0的两根，∴4+b =12，∴b =8不符合；当b =4时，a ＜8．∵a 、b 是关于x 的一元二次方程x 2﹣12x +m +2=0的两根，∴4+a =12，∴a =8不符合；当a =b 时．∵a 、b 是关于x 的一元二次方程x 2﹣12x +m +2=0的两根，∴12=2a =2b ，∴a =b =6，∴m +2=36，∴m =34．故选A ．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系；根据等腰三角形的性质进行分类讨论，结合韦达定理和三角形三边关系进行解题是关键．考点：1．一元二次方程的解；2．根的判别式；3．三角形三边关系；4．等腰三角形的性质；5．分类讨论．归纳2：等边三角形基础知识归纳：1．定义三条边都相等的三角形是等边三角形．2．性质：等边三角形的各角都相等，并且每一个角都等于60°3．判定三个角都相等的三角形是等边三角形；有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形．基本方法归纳：线段垂直平分线上的一点到这条线段的两端距离相等；到一条线段两端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上．注意问题归纳：三个角都相等的三角形是等边三角形；有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．【例2】（2019四川省宜宾市，第7题，3分）如图，∠EOF的顶点O是边长为2的等边△ABC的重心，∠EOF的两边与△ABC的边交于E，F，∠EOF=120°，则∠EOF与△ABC的边所围成阴影部分的面积是（）A 3B23C3D3【答案】C．【分析】连接OB、OC，过点O作ON⊥BC，垂足为N，由点O是等边三角形ABC的内心可以得到∠OBC=∠OCB=30°，结合条件BC=2即可求出△OBC的面积，由∠EOF=∠BOC，从而得到∠EOB=∠FOC，进而可以证到△EOB≌△FOC，因而阴影部分面积等于△OBC的面积．【详解】连接OB、OC，过点O作ON⊥BC，垂足为N．∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°．∵点O为△ABC的内心，∴∠OBC=∠OBA12=∠ABC，∠OCB12=∠ACB，∴∠OBA=∠OBC=∠OCB=30°，∴OB=OC．∠BOC=120°．∵ON⊥BC，BC=2，∴BN=NC=1，∴ON=tan∠OBC•BN33=⨯133=，∴S△OBC12=BC•ON33=．∵∠EOF=∠AOB=120°，∴∠EOF﹣∠BOF=∠AOB﹣∠BOF，即∠EOB=∠FOC．在△EOB和△FOC中，∵30OBE OCFOB OCEOB FOC∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△EOB≌△FOC（ASA），∴S阴影=S△OBC3=故选C．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角函数的定义、全等三角形的判定与性质、三角形的内心、三角形的内角和定理，有一定的综合性，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．考点：1．三角形的重心；2．全等三角形的判定与性质；3．等边三角形的性质．归纳3：直角三角形基础知识归纳：有一个角是直角的三角形叫作直角三角形直角三角形的性质：（1）直角三角形两锐角互余．（2）在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半；（3）在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．基本方法归纳：（1）两个内角互余的三角形是直角三角形．（2）三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形．注意问题归纳：注意区分直角三角形的性质与直角三角形的判定，在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半，它的逆命题不能直接使用．【例3】（2019山东省东营市，第14题，3分）已知等腰三角形的底角是30°，腰长为23，则它的周长是．【答案】643+．【分析】作AD⊥BC于D，根据直角三角形的性质求出AD，根据勾股定理求出BD，根据三角形的周长公式计算即可．【详解】作AD⊥BC于D．∵AB=AC，∴BD=DC．在Rt△ABD中，∠B=30°，∴AD12=AB3=，由勾股定理得：B D22AB AD=-=3，∴BC=2BD=6，∴△ABC的周长为：6+23+23=6+43．故答案为：643+．【点睛】本题考查了勾股定理、等腰三角形的性质，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．考点：1．等腰三角形的性质；2．含30度角的直角三角形；3．勾股定理．归纳4：勾股定理基础知识归纳：直角三角形的两条直角边a、b的平方和等于斜边c的平方，即：a2+b2=c2；基本方法归纳：如果三角形的三条边a、b、c有关系：a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形．注意问题归纳：勾股定理的逆定理也是判定直角三角形一种常用的方法，通常与直角三角形的性质结合起来考查．【例4】（2019北京，第12题，2分）如图所示的网格是正方形网格，则∠P AB+∠PBA= °（点A，B，P是网格线交点）．【答案】45．【分析】延长AP交格点于D，连接BD，根据勾股定理得到PD2=BD2=1+22=5，PB2=12+32=10，求得PD2+DB2=PB2，于是得到∠PDB=90°，根据三角形外角的性质即可得到结论．【详解】延长AP交格点于D，连接BD，则PD2=BD2=1+22=5，PB2=12+32=10，∴PD2+DB2=PB2，∴∠PDB=90°，∴∠DPB=∠P AB+∠PBA=45°．故答案为：45．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，三角形的外角的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．考点：1．三角形的外角性质；2．勾股定理；3．勾股定理的逆定理．【2019年题组】一、选择题1．（2019四川省内江市，第9题，3分）一个等腰三角形的底边长是6，腰长是一元二次方程x2﹣8x+15=0的一根，则此三角形的周长是（）A．16B．12C．14D．12或16【答案】A．【分析】先利用因式分解法解方程求出x的值，再根据三角形三边关系得出三角形的三边长度，继而相加即可得．【详解】解方程x2﹣8x+15=0，得：x=3或x=5，若腰长为3，则三角形的三边为3、3、6，显然不能构成三角形；若腰长为5，则三角形三边长为5、5、6，此时三角形的周长为16．故选A．【点睛】本题考查了解一元二次方程和等腰三角形的性质，三角形的三边关系定理等知识点，能求出符合的所有情况是解答此题的关键．考点：1．解一元二次方程﹣因式分解法；2．三角形三边关系；3．等腰三角形的性质．2．（2019宁夏，第5题，3分）如图，在△ABC中AC=BC，点D和E分别在AB和AC上，且AD=AE．连接DE，过点A的直线GH与DE平行，若∠C=40°，则∠GAD的度数为（）A．40°B．45°C．55°D．70°【答案】C．【分析】根据等腰三角形和平行线的性质即可得到结论．【详解】∵AC=CB，∠C=40°，∴∠BAC=∠B12=（180°﹣40°）=70°．∵AD=AE，∴∠ADE=∠AED12=（180°﹣70°）=55°．∵GH∥DE，∴∠GAD=∠ADE=55°．故选C．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．考点：1．平行线的性质；2．等腰三角形的性质．3．（2019山西省，第5题，3分）如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=30°，直线a∥b，顶点C在直线b上，直线a交AB于点D，交AC与点E，若∠1=145°，则∠2的度数是（）A．30°B．35°C．40°D．45°【答案】C．【分析】先根据等腰三角形的性质和三角形的内角和可得∠ACB=75°，由三角形外角的性质可得∠AED的度数，由平行线的性质可得同位角相等，可得结论．【详解】∵AB=AC，且∠A=30°，∴∠ACB=75°．在△ADE中，∵∠1=∠A+∠AED=145°，∴∠AED=145°﹣30°=115°．∵a∥b，∴∠AED=∠2+∠ACB，∴∠2=115°﹣75°=40°．故选C．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，题目比较基础，熟练掌握性质是解题的关键．考点：1．平行线的性质；2．等腰三角形的性质．4．（2019衢州，第7题，3分）“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任一角．这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动、C点固定，OC=CD=DE，点D、E可在槽中滑动．若∠BDE=75°，则∠CDE的度数是（）A．60°B．65°C．75°D．80°【答案】D．【分析】根据OC=CD=DE，可得∠O=∠ODC，∠DCE=∠DEC，根据三角形的外角性质可知∠DCE=∠O+∠ODC=2∠ODC据三角形的外角性质即可求出∠ODC数，进而求出∠CDE的度数．【详解】∵OC=CD=DE，∴∠O=∠ODC，∠DCE=∠DEC，∴∠DCE=∠O+∠ODC=2∠ODC．∵∠O+∠OED=3∠ODC=∠BDE=75°，∴∠ODC=25°．∵∠CDE+∠ODC=180°﹣∠BDE=105°，∴∠CDE=105°﹣∠ODC=80°．故选D．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质以及三角形的外角性质，理清各个角之间的关系是解答本题的关键．考点：等腰三角形的性质．5．（2019湖北省荆州市，第5题，3分）如图，矩形ABCD 的顶点A ，B ，C 分别落在∠MON 的边OM ，ON 上，若OA =OC ，要求只用无刻度的直尺作∠MON 的平分线．小明的作法如下：连接AC ，BD 交于点E ，作射线OE ，则射线OE 平分∠MON ．有以下几条几何性质：①矩形的四个角都是直角，②矩形的对角线互相平分，③等腰三角形的“三线合一”．小明的作法依据是（）A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③ 【答案】C ．【分析】利用矩形的性质得到AE =CE ，则OE 为等腰三角形底边上的中线，利用等腰三角形的性质可得到射线OE 平分∠MON ．【详解】∵四边形ABCD 为矩形，∴AE =CE ，而OA =OC ，∴OE 为∠AOC 的平分线．故选C ．【点睛】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了矩形的性质和等腰三角形的性质．考点：1．等腰三角形的性质；2．矩形的性质；3．作图—基本作图．6．（2019湖南省常德市，第7题，3分）如图，在等腰三角形△ABC 中，AB =AC ，图中所有三角形均相似，其中最小的三角形面积为1，△ABC 的面积为42，则四边形DBCE 的面积是（）A ．20B ．22C ．24D ．26 【答案】D ．【分析】利用△AFH ∽△ADE 得到AFH ADE S S =V V （FH DE ）2916=，所以S △AFH =9x ，S △ADE =16x ，则16x ﹣9x =7，解得x=1，从而得到S△ADE=16，然后计算两个三角形的面积差得到四边形DBCE的面积．【详解】如图，根据题意得△AFH∽△ADE，∴AFHADESS=VV（FHDE）2=（34）2916=．设S△AFH=9x，则S△ADE=16x，∴16x﹣9x=7，解得x=1，∴S△ADE=16，∴四边形DBCE的面积=42﹣16=26．故选D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定：有两组角对应相等的两个三角形相似．也考查了相似三角形的性质．考点：1．等腰三角形的性质；2．相似三角形的判定．7．（2019湖南省长沙市，第12题，3分）如图，△ABC中，AB=AC=10，tanA=2，BE⊥AC于点E，D是线段BE上的一个动点，则CD55+BD的最小值是（）A．5B．5C．3D．10【答案】B．【分析】如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．由tanABEAE==2，设AE=a，BE=2a，利用勾股定理构建方程求出a，再证明DH5=BD，推出CD5+BD=CD+DH，由垂线段最短即可解决问题．【详解】如图，作DH⊥AB于H，CM⊥AB于M．∵BE⊥AC，∴∠AEB=90°．∵tanABEAE==2，设AE=a，BE=2a，则有：100=a2+4a2，∴a2=20，∴a55（舍弃），∴BE=2a5∵AB=AC，BE⊥AC，CM⊥AB，∴CM=BE5）∵∠DBH=∠ABE，∠BHD=∠BEA，∴sin∠DBH55DH AEBD AB===，∴DH55=BD，∴CD 5BD=CD+DH，∴CD+DH≥CM，∴CD5+BD≥5CD5BD的最小值为5．故选B．【点睛】本题考查了解直角三角形，等腰三角形的性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．考点：1．等腰三角形的性质；2．解直角三角形；3．动点型；4．最值问题；5．压轴题．8．（2019辽宁省丹东市，第7题，3分）等腰三角形一边长为2，它的另外两条边的长度是关于x的一元二次方程x2﹣6x+k=0的两个实数根，则k的值是（）A．8B．9C．8或9D．12【答案】B．【分析】根据一元二次方程的解法以及等腰三角形的性质即可求出答案．【详解】当等腰三角形的底边为2时，此时关于x的一元二次方程x2﹣6x+k=0的有两个相等实数根，∴△=36﹣4k=0，∴k=9，此时两腰长为3．∵2+3＞3，∴k=9满足题意，当等腰三角形的腰长为2时，此时x=2是方程x2﹣6x+k=0的其中一根，∴4﹣12+k=0，∴k=8，此时另外一根为：x=4．∵2+2=4，∴不能组成三角形．综上所述：k=9．故选B．【点睛】本题考查了一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及等腰三角形的性质，本题属于中等题型．考点：1．一元二次方程的解；2．根的判别式；3．三角形三边关系；4．等腰三角形的性质；5．分类讨论．9．（2019台湾，第4题，3分）图1的直角柱由2个正三角形底面和3个矩形侧面组成，其中正三角形面积为a，矩形面积为b．若将4个图1的直角柱紧密堆叠成图2的直角柱，则图2中直角柱的表面积为何？（）A．4a+2b B．4a+4b C．8a+6b D．8a+12b【答案】C．【分析】根据已知条件即可得到结论．【详解】∵正三角形面积为a，矩形面积为b，∴图2中直角柱的表面积=2×4a+6b=8a+6b．故选C．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，矩形的性质，列代数式，正确的识别图形是解题的关键．考点：1．列代数式；2．认识立体图形；3．几何体的表面积；4．等边三角形的性质．10．（2019甘肃省天水市，第8题，4分）如图，等边△OAB的边长为2，则点B的坐标为（）A．（1，1）B．（13C．31）D．33【答案】B．【分析】过点B作BH⊥AO于H点．由△OAB是等边三角形，可求出OH和BH长．【详解】过点B作BH⊥AO于H点．∵△OAB 是等边三角形，∴OH =1，BH 3=，∴点B 的坐标为（1，3）．故选B ．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，以坐标系为背景，综合考查了勾股定理和坐标与图形的性质．考点：1．坐标与图形性质；2．等边三角形的性质．11．（2019内蒙古赤峰市，第14题，3分）如图，小聪用一张面积为1的正方形纸片，按如下方式操作： ①将正方形纸片四角向内折叠，使四个顶点重合，展开后沿折痕剪开，把四个等腰直角三角形扔掉； ②在余下纸片上依次重复以上操作，当完成第2019次操作时，余下纸片的面积为（）A ．22019B ．201812C ．201912D ．202012【答案】C ．【分析】根据将正方形纸片四角向内折叠，使四个顶点重合，展开后沿折痕剪开，余下面积为原来面积的一半即可解答．【详解】正方形纸片四角向内折叠，使四个顶点重合，展开后沿折痕剪开，第一次：余下面积112S =，第二次：余下面积2212S =，第三次：余下面积3312S =，当完成第2019次操作时，余下纸片的面积为2019201912S =．故选C ．【点睛】本题考查了图形的变化，解题的关键是学会探究规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型．考点：1．等腰直角三角形；2．剪纸问题；3．规律型．12．（2019台湾，第9题，3分）公园内有一矩形步道，其地面使用相同的灰色正方形地砖与相同的白色等腰直角三角形地砖排列而成．如图表示此步道的地砖排列方式，其中正方形地砖为连续排列且总共有40个．求步道上总共使用多少个三角形地砖？（）A．84B．86C．160D．162【答案】A．【分析】中间一个正方形对应两个等腰直角三角形，从而得到三角形的个数为3+40×2+1．【详解】3+40×2+1=84．答：步道上总共使用84个三角形地砖．故选A．【点睛】本题考查了等腰直角三角形：两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．也考查了规律型问题的解决方法，探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．考点：1．规律型：图形的变化类；2．等腰直角三角形．13．（2019四川省内江市，第10题，3分）如图，在△ABC中，AB=2，BC=3.6，∠B=60°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为（）A．1.6B．1.8C．2D．2.6【答案】A．【分析】根据旋转变换的性质得到AD=AB，根据等边三角形的性质解答即可．【详解】由旋转的性质可知，AD=AB．∵∠B=60°，AD=AB，∴△ADB为等边三角形，∴BD=AB=2，∴CD=CB﹣BD=1.6．故选A．【点睛】本题考查了旋转变换的性质、等边三角形的性质，掌握旋转前、后的图形全等是解题的关键．考点：1．勾股定理；2．旋转的性质；3．动面型．14．（2019四川省成都市，第5题，3分）将等腰直角三角形纸片和矩形纸片按如图方式叠放在起，若∠1=30°，则∠2的度数为（）A．10°B．15°C．20°D．30°【答案】B．【分析】根据平行线的性质，即可得出∠1=∠ADC=30°，再根据等腰直角三角形ADE中，∠ADE=45°，即可得到∠1=45°﹣30°=15°．【详解】∵AB∥CD，∴∠1=∠ADC=30°．又∵等腰直角三角形ADE中，∠ADE=45°，∴∠1=45°﹣30°=15°．故选B．【点睛】本题考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，内错角相等．考点：1．平行线的性质；2．等腰直角三角形．15．（2019四川省眉山市，第11题，3分）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，过对角线交点O作EF ⊥AC交AD于点E，交BC于点F，则DE的长是（）A．1B．74C．2D．125【答案】B．【分析】连接CE，由矩形的性质得出∠ADC=90°，CD=AB=6，AD=BC=8，OA=OC，由线段垂直平分线的性质得出AE=CE，设DE=x，则CE=AE=8﹣x．在Rt△CDE中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】连接CE，如图所示：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，CD=AB=6，AD=BC=8，OA=OC．∵EF⊥AC，∴AE=CE，设DE=x，则CE=AE=8﹣x．在Rt△CDE中，由勾股定理得：x2+62=（8﹣x）2，解得：x74=，即DE74=．故选B．【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．考点：1．线段垂直平分线的性质；2．勾股定理；3．矩形的性质．16．（2019四川省绵阳市，第10题，3分）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（sinθ﹣cosθ）2=（）A．15B．55C．355D．95【答案】A．【分析】根据正方形的面积公式可得大正方形的边长为55，再根据直角三角形的边角关系列式即可求解．【详解】∵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5，小正方形的边长为5，∴5θ﹣5θ=5，∴cosθ﹣sinθ5=，∴（sinθ﹣cosθ）215=．故选A．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，勾股定理的证明，正方形的面积，难度适中．考点：1．数学常识；2．勾股定理的证明；3．解直角三角形的应用．17．（2019滨州，第10题，3分）满足下列条件时，△ABC不是直角三角形的为（）A ．AB 41=，BC =4，AC =5 B ．AB ：B C ：A C =3：4：5C ．∠A ：∠B ：∠C =3：4：5D ．|cosA 12-|+（tanB 3-）2=0【答案】C ．【分析】依据勾股定理的逆定理，三角形内角和定理以及直角三角形的性质，即可得到结论．【详解】A ．∵22254251641(41)+=+==，∴△ABC 是直角三角形，错误；B ．∵（3x ）2+（4x ）2=9x 2+16x 2=25x 2=（5x ）2，∴△ABC 是直角三角形，错误； C ．∵∠A ：∠B ：∠C =3：4：5，∴∠C 51807590345=⨯︒=︒≠︒++，∴△ABC 不是直角三角形，正确；D ．∵|cosA 12-|+（tanB 3-）2=0，∴132cosA tanB ==，，∴∠A =60°，∠B =30°，∴∠C =90°，∴△ABC 是直角三角形，错误．故选C ．【点睛】本题考查了直角三角形的判定及勾股定理的逆定理，掌握直角三角形的判定及勾股定理的逆定理是解题的关键．考点：1．非负数的性质：绝对值；2．非负数的性质：偶次方；3．三角形内角和定理；4．勾股定理的逆定理；5．特殊角的三角函数值．18．（2019聊城，第11题，3分）如图，在等腰直角三角形ABC 中，∠BAC =90°，一个三角尺的直角顶点与BC 边的中点O 重合，且两条直角边分别经过点A 和点B ，将三角尺绕点O 按顺时针方向旋转任意一个锐角，当三角尺的两直角边与AB ，AC 分别交于点E ，F 时，下列结论中错误的是（）A ．AE +AF =ACB ．∠BEO +∠OFC =180° C ．OE +OF 22=BCD ．S 四边形AEOF 12=S △ABC 【答案】C ．【分析】连接AO ，易证△EOA ≌△FOC （ASA ），利用全等三角形的性质可得出EA =FC ，进而可得出AE +AF =AC ，选项A 正确；由三角形内角和定理结合∠B +∠C =90°，∠EOB +∠FOC =90°可得出∠BEO +∠OFC =180°，选项B 正确；由△EOA ≌△FOC 可得出S △EOA =S △FOC ，结合图形可得出S 四边形AEOF =S △EOA +S△AOF=S △FOC +S △AOF =S △AOC 12=S △ABC ，选项D 正确．综上，此题得解．【详解】连接AO ，如图所示．∵△ABC 为等腰直角三角形，点O 为BC 的中点，∴OA =OC ，∠AOC =90°，∠BAO =∠ACO =45°． ∵∠EOA +∠AOF =∠EOF =90°，∠AOF +∠FOC =∠AOC =90°，∴∠EOA =∠FOC ．在△EOA 和△FOC 中，∵EOA FOC OA OC EAO FCO ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△EOA ≌△FOC （ASA ），∴EA =FC ，∴AE +AF =AF +FC =AC ，选项A 正确；∵∠B +∠BEO +∠EOB =∠FOC +∠C +∠OFC =180°，∠B +∠C =90°，∠EOB +∠FOC =180°﹣∠EOF =90°，∴∠BEO +∠OFC =180°，选项B 正确；∵△EOA ≌△FOC ，∴S △EOA =S △FOC ，∴S 四边形AEOF =S △EOA +S △AOF =S △FOC +S △AOF =S △AOC 12=S △ABC ，选项D 正确．故选C ．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形以及三角形内角和定理，逐一分析四个选项的正误是解题的关键．考点：1．等腰直角三角形；2．旋转的性质；3．动面型．19．（2019江苏省苏州市，第10题，3分）如图，在△ABC 中，点D 为BC 边上的一点，且AD =AB =2，AD ⊥AB ．过点D 作DE ⊥AD ，DE 交AC 于点E ．若DE =1，则△ABC 的面积为（）A ．2B ．4C ．5D ．8 【答案】B ．【分析】由题意得到三角形DEC 与三角形ABC 相似，由相似三角形面积之比等于相似比的平方两三角形面积之比，进而求出四边形ABDE 与三角形ABC 面积之比，求出四边形ABDE 面积，即可确定出三角形ABC面积．【详解】∵AB⊥AD，AD⊥DE，∴∠BAD=∠ADE=90°，∴DE∥AB，∴∠CED=∠CAB．∵∠C=∠C，∴△CED∽△CAB．∵DE=1，AB=2，即DE：A B=1：2，∴S△DEC：S△ACB=1：4，∴S四边形ABDE：S△ACB=3：4．∵S四边形ABDE=S△ABD+S△ADE12=⨯2×212+⨯2×1=2+1=3，∴S△ACB=4．故选B．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，以及等腰直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．考点：1．等腰直角三角形；2．相似三角形的判定与性质．20．（2019浙江省宁波市，第9题，4分）已知直线m∥n，将一块含45°角的直角三角板ABC按如图方式放置，其中斜边BC与直线n交于点D．若∠1=25°，则∠2的度数为（）A．60°B．65°C．70°D．75°【答案】C．【分析】先求出∠AED=∠1+∠B=25°+45°=70°，再根据平行线的性质可知∠2=∠AED=70°．【详解】设AB与直线n交于点E，则∠AED=∠1+∠B=25°+45°=70°．又直线m∥n，∴∠2=∠AED=70°．故选C．【点睛】本题考查了平行线的性质以及三角形外角性质，解题的关键是借助平行线和三角形内外角转化角．考点：1．平行线的性质；2．等腰直角三角形．21．（2019浙江省宁波市，第12题，4分）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（）A．直角三角形的面积B．最大正方形的面积C．较小两个正方形重叠部分的面积D．最大正方形与直角三角形的面积和【答案】C．【分析】根据勾股定理得到c2=a2+b2，根据正方形的面积公式、长方形的面积公式计算即可．【详解】设直角三角形的斜边长为c，较长直角边为b，较短直角边为a，由勾股定理得：c2=a2+b2，阴影部分的面积=c2﹣b2﹣a（c﹣b）=a2﹣ac+ab=a（a+b﹣c），较小两个正方形重叠部分的长=a﹣（c﹣b），宽=a，则较小两个正方形重叠部分底面积=a（a+b﹣c），∴知道图中阴影部分的面积，则一定能求出较小两个正方形重叠部分的面积．故选C．【点睛】本题考查了勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．考点：勾股定理．22．（2019浙江省湖州市，第9题，3分）在数学拓展课上，小明发现：若一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积．如图是由5个边长为1的小正方形拼成的图形，P是其中4个小正方形的公共顶点，小强在小明的启发下，将该图形沿着过点P的某条直线剪一刀，把它剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（）A．2B5C 35D10【答案】D ．【分析】根据中心对称的性质即可作出剪痕，根据三角形全等的性质即可证得PM =AB ，利用勾股定理即可求得．【详解】如图，经过P 、Q 的直线则把它剪成了面积相等的两部分，由图形可知△AMC ≌△FPE ≌△BPD ，∴AM =PB ，∴PM =AB ．∵PM 223110=+=，∴AB 10=．故选D ．【点睛】本题考查了图形的剪拼，中心对称的性质，勾股定理的应用，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键．考点：1．勾股定理；2．图形的剪拼；3．操作型．23．（2019海南，第12题，3分）如图，在Rt △ABC 中，∠C =90°，AB =5，BC =4．点P 是边AC 上一动点，过点P 作PQ ∥AB 交BC 于点Q ，D 为线段PQ 的中点，当BD 平分∠ABC 时，AP 的长度为（）A ．813B ．1513C ．2513D ．3213【答案】B ．【分析】根据勾股定理求出AC ，根据角平分线的定义、平行线的性质得到∠QBD =∠BDQ ，得到QB =QD ，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．【详解】∵∠C =90°，AB =5，BC =4，∴AC 22AB BC =-=3．∵PQ ∥AB ，∴∠ABD =∠BDQ ，又∠ABD =∠QBD ，∴∠QBD =∠BDQ ，∴QB =QD ，∴QP =2QB ． ∵PQ ∥AB ，∴△CPQ ∽△CAB ，∴CP CQ PQ CA CB AB ==，即42345CP QB QB -==，解得：C P 2413=，∴AP =CA ﹣CP 1513=．故选B．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．考点：1．等腰三角形的判定与性质；2．勾股定理；3．相似三角形的判定与性质；4．动点型．24．（2019湖北省咸宁市，第2题，3分）勾股定理是“人类最伟大的十个科学发现之一”．我国对勾股定理的证明是由汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，他用来证明勾股定理的图案被称为“赵爽弦图”．2002年在北京召开的国际数学大会选它作为会徽．下列图案中是“赵爽弦图”的是（）A．B．C．D．【答案】B．【分析】“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．【详解】“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形，如图所示：故选B．【点睛】本题考查了勾股定理的证明，证明勾股定理时，用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股定理．考点：勾股定理的证明．25．（2019湖北省黄石市，第8题，3分）如图，在△ABC中，∠B=50°，CD⊥AB于点D，∠BCD和∠BDC的角平分线相交于点E，F为边AC的中点，CD=CF，则∠ACD+∠CED=（）A．125°B．145°C．175°D．190°【答案】C．【分析】根据直角三角形的斜边上的中线的性质，即可得到△CDF是等边三角形，进而得到∠ACD=60°，根据∠BCD和∠BDC的角平分线相交于点E，即可得出∠CED=115°，即可得到∠ACD+∠CED=60°+115°=175°．【详解】∵CD⊥AB，F为边AC的中点，∴DF12AC=CF．。

专题18 解直角三角形问题(解析版)

专题18 解直角三角形问题一、勾股定理1．勾股定理：如果直角三角形的两直角边长分别为a，b，斜边长为c，那么a2＋b2=c2。

2．勾股定理逆定理：如果三角形三边长a,b,c满足a2＋b2=c2。

，那么这个三角形是直角三角形。

3.定理：经过证明被确认正确的命题叫做定理。

4.我们把题设、结论正好相反的两个命题叫做互逆命题。

如果把其中一个叫做原命题，那么另一个叫做它的逆命题。

（例：勾股定理与勾股定理逆定理）5. 直角三角形的性质：(1)直角三角形的两锐角互余；(2)直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方；(3)直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半；(4)直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。

6.直角三角形的判定：(1)有一个角等于90°的三角形是直角三角形(2) 两锐角互余的三角形是直角三角形(3)两条边的平方和等于另一边的平方的三角形是直角三角形(4)有一边上的中线等于这边的一半的三角形是直角三角形二、锐角三角函数1.各种锐角三角函数的定义（1）正弦：在△ABC中，∠C=90°把锐角A的对边与斜边的比值叫做∠A的正弦，记作sinA＝∠A的对边斜边（2）余弦：在△ABC中，∠C=90°，把锐角A的邻边与斜边比值的叫做∠A的余弦，记作cosA＝∠A的邻边斜边（3）正切：在△ABC中，∠C=90°，把锐角A的对边与邻边的比值叫做∠A的正切，记作tanA＝∠A的对边∠A的邻边2.特殊值的三角函数：专题知识回顾α sin αcosαtan αcot α0° 0 1 0 不存在30° 12 32 33 345°22 22 1160° 32 12 333 90° 1不存在三、仰角、俯角、坡度概念 1．仰角：视线在水平线上方的角； 2．俯角：视线在水平线下方的角。

3．坡度(坡比)：坡面的铅直高度h 和水平宽度l 的比叫做坡度(坡比)。

(附答案)《解直角三角形》典型例题

《解直角三角形》典型例题例1 在Rt △ABC 中，∠C=90°，∠B=60°，a=4，解这个三角形．分析本题实际上是要求∠A 、b 、c 的值．可根据直角三角形中各元素间的关系解决．解（1）；（2）由abB =tan ，知；（3）由c a B =cos ，知860cos 4cos =︒==B a c ．说明此题还可用其他方法求b 和c ．例 2 在Rt △ABC 中, ∠C=90°，∠A=30°，3=b ,解这个三角形．解法一 ∵ ∴设 ,则由勾股定理,得∴ ．∴．解法二 133330tan =⨯=︒=b a说明本题考查含特殊角的直角三角形的解法,它可以用目前所学的解直角三角形的方法,也可以用以前学的性质解题．例 3 设中，于D ，若，解三角形ABC ．分析“解三角形ABC”就是求出的全部未知元素．本题CD不是的边，所以应先从Rt入手．解在Rt中，有：∴在Rt中，有说明（1）应熟练使用三角函数基本关系式的变形，如：（2）平面几何中有关直角三角形的定理也可以结合使用，本例中“”就是利用“对30°角的直角边等于斜边的一半”这一定理．事实上，还可以用面积公式求出AB的值：所以解直角三角形问题，应开阔思路，运用多种工具．例4在中，，求．分析（1）求三角形的面积一方面可以根据面积公式求出底和底上的高的长，也可以根据其中规则面积的和或差；（2）不是直角三角形，可构造直角三角形求解．解如图所示，作交CB的延长线于H，于是在Rt△ACH中，有，且有；在中，，且，∴；于是，有，则有说明还可以这样求：例5 如图，在电线杆上离地面高度5m 的C 点处引两根拉线固定电线杆，一根拉线AC 和地面成60°角，另一根拉线BC 和地面成45°角．求两根拉线的总长度（结果用带根号的数的形式表示）．分析分别在两个直角三角形ADC 和BDC 中，利用正弦函数的定义，求出AC 和BC ．解: 在Rt △ADC 中，331023560sin ==︒=DC AC 在Rt △BDC 中，221022545sin ==︒=DC BC说明本题考查正弦的定义，对于锐角三角函数的定义，要熟练掌握．学习要有三心:一信心；二决心；三恒心.知识+方法=能力,能力+勤奋=效率,效率×时间=成绩. 宝剑锋从磨砺出,梅花香自苦寒来.。

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