2019中考数学高频考点剖析专题16平面几何之三角形边角问题—解析卷
2019中考数学高频考点剖析专题19平面几何之直角三角形问题—解析卷.doc
备考2019中考数学高频考点剖析专题十九平面几何之直角三角形问题考点扫描☆聚焦中考直角三角形问题,是每年中考的必考重点内容之一,考查的知识点包括直角三角形的性质、勾股定理和解直角三角形三方面,总体來看,难度系数低,以选择填空为主。
关于解直角三角形主要是解析题。
解析题主要以计算为主。
结合2018年全国各地中考的实例,我们从三方血进行直角三角形问题的探讨:(1)直角三角形的性质;(2)勾股定理;(3)解直角三角形.考点剖析☆典型例题頑(2018・玉林)如图,在四边形ABCD中,ZB二ZD二90° , ZA=60° , AB二4,则AD的取值范围是2<AD<8・【分析】如图,延长BC交AD的延长线于E,作BF丄AD于F.解直角三角形求出AE、AF即可判断;【解答】解:如图,延长BC交AD的延长线于E,作BF丄AD于F.在RtAABE 中,VZE=30° , AB=4,AAE=2AB=8,在RtAABF 中,AF二寺AB二2,AAD的取值范围为2<AD<8,故答案为2<AD<8.例2| (2018・盐城)如图,在直角△ABC 中,ZC 二90° , AC 二6, BC 二8, P 、Q 分别为边BC 、AB 上的两个动点,若要使AAPQ 是等腰三角形且Z\BPQ 是直角三角形,则AQ 二 芈或孕. 【分析】分两种情形分别求解:①如图1屮,当AQ 二PQ, ZQPB=90°时,②当AQ 二PQ, ZPQB=90° 时;【解答】解:①如图1中,当AQ=PQ, ZQPB 二90°时,设AQ 二PQ 二x,・.・PQ 〃AC,AABPQ^ABCA,.BQ_PQ・ 10-x = x10 ~_6,・15 rAAQ~. 4②当 AQ 二PQ, ZPQB=90° 时,设 AQ 二PQ 二y.VABQP^ABCA,• PQ.BQ•• A L BC '■ y,10-y飞8 例3| (2018・黄冈)如图,圆柱形玻璃杯高为14cm,底面周长为32cm,在杯内壁离杯底5cm 的点B 处有一滴蜂蜜,此时一只蚂蚁正好在杯外壁,离杯上沿3cm 与蜂蜜相对的点A 处,则 蚂蚁从外壁A 处到内壁B 处的最短距离为20 cm (杯壁厚度不计).・・x 二 图1 图?蚂蚁月【分析】将杯子侧面展开,建立A关于EF的对称点A',根据两点之间线段最短可知“ B的长度即为所求.:【解答】解:如图连接A' B,则A' B 即为最短距离,A' B=A/A^D^+BD^A/162+1 2 2=20 (cm).故答案为20.^H| (2018*杭州)如图,在中,ZACB=90°,以点B为圆心,BC长为半径画弧,交线段AB于点D;以点A为圆心,八D长为半径画弧,交线段AC于点E,连结CD.(1)若ZA=28° ,求ZACD的度数.(2)设BC=a, AC二b.①线段AD的长是方程x2+2ax・b2=0的一个根吗?说明理由.②若AD=EC,求学的值.B【分析】(1)根据三角形内角和定理求出ZB,根据等腰三角形的性质求出ZBCD,计算即可;(2)①根据勾股定理求岀AD,利用求根公式解方程,比较即可;②根据勾股定理列出算式,计算即可.【解答】解:(1) V ZACB=90° , ZA=28° ,.\ZB=62° ,VBD=BC,・・・ZBCD二ZBDC二59° ,・・・ZACD二90° - ZBCD二31°;(2)①由勾股定理得,A B R AC J BC S/ai2 + b2,AD=Va2 + b2 - a,解方程x2+2ax - b~0 得,x^~2a± V4a2+4b2^ 土需盯予-a,2・・・线段AD的长是方程x2+2ax - b2=0的一个根;② VAD=AE,AAE=EC=4,2 由勾股定理得,a2+b2=(寺b+a)2, 整理得,竿导.b 4巫(2018-遵义)如图,吊车在水平地血上吊起货物时,吊绳BC与地血保持垂直,吊臂AB与水平线的夹角为64。
中考数学几何模型专题16三角形之飞镖模型(老师版)知识点+例题
【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题16三角形之飞镖模型模型1:角的飞镖模型如图所示,有结论:∠D=∠A+∠B+∠C.模型2:边的飞镖模型如图所示有结论:AB+AC> BD+CD.模型分析如图,延长BD交AC于点E。
∵AB+AC=AB+AE+EC,AB+AE>BE,∴AB+A C>BE+EC.①,∵BE+EC=BD+DE+EC, DE+EC> CD,∴BE+EC>BD+CD. ②,由①②可得:AB+AC>BD+CD.C图①【例1】平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系.(1)如图1,若AB∥CD,点P在AB,CD内部,则∠BPD,∠B,∠D之间有何数量关系?请说明你的结论.(2)在图1中,将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q,如图2,则∠BPD,∠B,∠D,∠BQD之间的关系为∠B+∠D+∠BQD=∠BPD;(3)根据(2)的结论求图3中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数.【分析】(1)过P作PE∥AB,根据平行线的性质可求得∠BPD=∠B+∠D;(2)过B作BF∥CD,结合(1)的结论和平行线的性质可得到∠BPD=∠ABP+∠D+∠BQD;(3)根据三角形内角与外角的关系可得∠A+∠F=∠1,∠B+∠G=∠2,进而可得∠A+∠F+∠B+∠G=∠1+∠2,再根据多边形内角和可得答案.【解答】解:(1)∠BPD=∠B+∠D;过P作PE∥AB,∵AB∥CD,∴PE∥AB∥CD,∴∠1=∠ABP,∠2=∠CDP,∴∠BPD=∠B+∠D;(2)延长BP交CD于E,∵∠B+∠BQD=∠BED,∠D+∠BED=∠BPD,∴∠B+∠D+∠BQD=∠BPD;故答案为:∠B+∠D+∠BQD=∠BPD.(3)∵∠A+∠F=∠1,∠B+∠G=∠2,∴∠A+∠F+∠B+∠G=∠1+∠2,∵∠1+∠2+∠C+∠D+∠E=540°,∴∠A+∠F+∠B+∠G+∠C+∠D+∠E=540°.【例2】(2019秋•吉州区期末)探究与发现:如图1所示的图形,像我们常见的学习用品﹣﹣圆规.我们不妨把这样图形叫做“规形图”,(1)观察“规形图”,试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系,并说明理由;(2)请你直接利用以上结论,解决以下三个问题:①如图2,把一块三角尺XYZ放置在△ABC上,使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C,∠A=40°,则∠ABX+∠ACX=50°;②如图3,DC平分∠ADB,EC平分∠AEB,若∠DAE=40°,∠DBE=130°,求∠DCE的度数;③如图4,∠ABD,∠ACD的10等分线相交于点G1、G2…、G9,若∠BDC=133°,∠BG1C=70°,求∠A的度数.【分析】(1)首先连接AD并延长至点F,然后根据外角的性质,即可判断出∠BDC=∠A+∠B+∠C.(2)①由(1)可得∠ABX+∠ACX+∠A=∠BXC,然后根据∠A=40°,∠BXC=90°,求出∠ABX+∠ACX的值是多少即可.②由(1)可得∠DBE=∠DAE+∠ADB+∠AEB,再根据∠DAE=40°,∠DBE=130°,求出∠ADB+∠AEB的值是多少;然后根据∠DCE=(∠ADB+∠AEB)+∠DAE,求出∠DCE的度数是多少即可.③根据∠BG1C=(∠ABD+∠ACD)+∠A,∠BG1C=70°,设∠A为x°,可得∠ABD+∠ACD=133°﹣x°,解方程,求出x的值,即可判断出∠A的度数是多少.【解答】解:(1)如图(1),连接AD并延长至点F,,根据外角的性质,可得∠BDF=∠BAD+∠B,∠CDF=∠C+∠CAD,又∵∠BDC=∠BDF+∠CDF,∠BAC=∠BAD+∠CAD,∴∠BDC=∠A+∠B+∠C;(2)①由(1),可得∠ABX+∠ACX+∠A=∠BXC,∵∠A=40°,∠BXC=90°,∴∠ABX+∠ACX=90°﹣40°=50°,故答案为:50.②由(1),可得∠DBE=∠DAE+∠ADB+∠AEB,∴∠ADB+∠AEB=∠DBE﹣∠DAE=130°﹣40°=90°,∴(∠ADB+∠AEB)=90°÷2=45°,∴∠DCE=(∠ADB+∠AEB)+∠DAE=45°+40°=85°;③∠BG1C=(∠ABD+∠ACD)+∠A,∵∠BG1C=70°,∴设∠A为x°,∵∠ABD+∠ACD=133°﹣x°∴(133﹣x)+x=70,∴13.3﹣x+x=70,。
三角形中考数学题解析
2019年三角形中考数学题解析以下是查字典数学网为您推荐的 2019年三角形中考数学题解析 ,希望本篇文章对您学习有所帮助。
2019年三角形中考数学题解析题分类解析汇编专题9:三角形一、选择题1. (2019福建南平4分)一个三角形的周长是36 ,那么以这个三角形各边中点为顶点的三角形的周长是【】A.6B.12C.18D.36【答案】C。
【考点】三角形中位线定理。
【分析】根据题意画出图形 ,∵点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点 ,由三角形的中位线定理可知DE= BC ,DF= AC ,EF= AB ,∵AB+CB+AC=36 ,DE+DF+FE=362=18。
应选C。
2. (2019福建漳州4分)将一副直角三角板 ,按如下列图叠放在一起 ,那么图中的度数是【】A.45oB.60oC.75oD.90o【答案】 C。
【考点】三角形的外角性质 ,直角三角形的性质。
【分析】如图,∵1=90-60=30 ,=45+30=75。
应选C。
3. (2019福建三明4分)如图 ,在平面直角坐标系中 ,点A在第一象限 ,点P在x轴上 ,假设以P ,O ,A为顶点的三角形是等腰三角形 ,那么满足条件的点P共有【】A. 2个B. 3个C.4个D.5个【答案】C。
【考点】等腰三角形的判定。
【分析】如图 ,分OP=AP(1点) ,OA=AP(1点) ,OA=OP(2点)三种情况讨论。
以P ,O ,A为顶点的三角形是等腰三角形 ,那么满足条件的点P共有4个。
应选C。
4.(2019福建福州4分)如图 ,从热气球C处测得地面A、B两点的俯角分别为30、45 ,如果此时热气球C处的高度CD为100米 ,点A、D、B在同一直线上 ,那么AB两点煌距离是【】A.200米B.2019米C.2203米D.100(3+1)米【答案】D。
【考点】解直角三角形的应用(仰角俯角问题) ,锐角三角函数定义 ,特殊角的三角函数值。
【分析】图中两个直角三角形中 ,都是知道角和对边 ,根据正切函数求出邻边后 ,相加求和即可:由 ,得A=30 ,B=45 ,CD=100 ,∵ CDAB于点D ,在Rt△ACD中 ,CDA=90 ,tanA=CDAD , AD=CDtanA=10033=1003。
2019年各地中考解析版数学试卷精选汇编:三角形的边与角(解析版)
三角形的边与角一.选择题1.(2019,山东枣庄,3 分)将一副直角三角板按如图所示的位置放置,使含30°角的三角板的一条直角边和含45°角的三角板的一条直角边放在同一条直线上,则∠α的度数是()A.45°B.60°C.75°D.85°【分析】先根据三角形的内角和得出∠CGF=∠DGB=45°,再利用∠α=∠D+∠DGB 可得答案.【解答】解:如图,∵∠ACD=90°、∠F=45°,∴∠CGF=∠DGB=45°,则∠α=∠D+∠DGB=30°+45°=75°,故选:C.【点评】本题主要考查三角形的外角的性质,解题的关键是掌握三角形的内角和定理和三角形外角的性质.2.(2019,四川巴中,4 分)下列命题是真命题的是()A.对角线相等的四边形是矩形B.对角线互相垂直的四边形是矩形C.对角线互相垂直的矩形是正方形D.四边相等的平行四边形是正方形【分析】根据矩形的判定方法对A.B 矩形判断;根据正方形的判定方法对C.D 矩形判断.【解答】解:A.对角线相等的平行四边形是矩形,所以A 选项错误;B.对角线相等的平行四边形是矩形,所以B 选项错误;C.对角线互相垂直的矩形是正方形,所以C 选项正确; D.四边相等的菱形是正方形,所以D 选项错误.故选:C.【点评】本题考查了命题与定理:命题的“真”“假”是就命题的内容而言.任何一个命题非真即假.要说明一个命题的正确性,一般需要推理、论证,而判断一个命题是假命题,只需举出一个反例即可.3. (2019▪贵州毕节▪3 分)在下列长度的三条线段中,不能组成三角形的是()A.2cm,3cm,4cm B.3cm,6cm,76cmC.2cm,2cm,6cm D.5cm,6cm,7cm【分析】根据三角形任意两边的和大于第三边,进行分析判断.【解答】解:A.2+3>4,能组成三角形; B.3+6>7,能组成三角形;C.2+2<6,不能组成三角形;D.5+6>7,能够组成三角形.故选:C.【点评】本题考查了能够组成三角形三边的条件.注意:用两条较短的线段相加,如果大于最长那条就能够组成三角形.4 (2019•江苏泰州•3分)如图所示的网格由边长相同的小正方形组成,点A.B.C.D.E.F、G在小正方形的顶点上,则△ABC 的重心是()A.点D B.点E C.点F D.点G【分析】根据三角形三条中线相交于一点,这一点叫做它的重心,据此解答即可.【解答】解:根据题意可知,直线 CD 经过△ABC 的 AB 边上的中线,直线 AD 经过△ABC的 BC 边上的中线,∴点 D 是△ABC 重心. 故选:A .【点评】本题主要考查了三角形的重心的定义,属于基础题意,比较简单.5(2019•湖北武汉•3 分)如图,AB 是⊙O 的直径,M 、N 是弧AB (异于 A.B )上两点,C 是弧MN 上一动点,∠ACB 的角平分线交⊙O 于点 D ,∠BAC 的平分线交 CD 于点 E .当点 C 从点 M 运动到点 N 时,则 C.E 两点的运动路径长的比是( )A B .2C .32D 【分析】如图,连接 EB .设 OA =r .易知点E 在以 D 为圆心 DA 为半径的圆上,运动轨 迹是弧GF ,点 C 的运动轨迹是弧MN ,由题意∠MON =2∠GDF ,设∠GDF =α,则∠MON =2α,利用弧长公式计算即可解决问题.【解答】解:如图,连接 EB .设 OA =r .∵A B 是直径,∴∠ACB =90°,∵E 是△ACB 的内心,∴∠AEB =135°,∵∠ACD =∠BCD ,∴弧AD =弧DB ,∴AD =DBr ,∴∠ADB =90°,易知点 E 在以 D 为圆心 DA 为半径的圆上,运动轨迹是弧GF ,点 C 的运动轨迹是弧MN , ∵∠MON =2∠GDF ,设∠GDF =α,则∠MON =2α21802180rMN GF rαπαπ==弧的长弧的长故选:A .【点评】本题考查弧长公式,圆周角定理,三角形的内心等知识,解题的关键是理解题 意,正确寻找点的运动轨迹,属于中考选择题中的压轴题.6 (2019•湖南衡阳•3 分)下列命题是假命题的是( )A .n 边形(n ≥3)的外角和是 360°B .线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等C .相等的角是对顶角D .矩形的对角线互相平分且相等【分析】根据多边形的外角和、线段垂直平分线的性质、对顶角和矩形的性质判断即可.【解答】解:A.n 边形(n ≥3)的外角和是 360°,是真命题;B.线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等,是真命题;C.相等的角不一定是对顶角,是假命题;D.矩形的对角线互相平分且相等,是真命题;故选:C .【点评】本题考查了命题与定理:判断事物的语句叫命题;正确的命题称为真命题,错 误的命题称为假命题;经过推理论证的真命题称为定理.7 (2019 甘肃省天水市) (5 分)一把直尺和一块三角板 ABC (含 30°、60°角)如图所示摆 放,直尺一边与三角板的两直角边分别交于点 D 和点 E ,另一边与三角板的两直角边分别交 于点 F 和点 A ,且∠CED =50°,那么∠BFA 的大小为( )A. B. C. D.【答案】B【解析】解:∠FDE=∠C+∠CED=90°+50°=140°,∵DE∥AF,∴∠BFA=∠FDE=140°.故选:B.先利用三角形外角性质得到∠FDE=∠C+∠CED=140°,然后根据平行线的性质得到∠BFA 的度数.本题考查了平行线的性质:两直线平行,同位角相等;两直线平行,同旁内角互补;两直线平行,内错角相等.8. (2019 甘肃省天水市)如图,等边△OAB 的边长为2,则点B 的坐标为()A. (1,1)B. (1C. 1)D. )【答案】B【解析】解:过点B 作BH⊥AO 于H 点,∵△OAB 是等边三角形,∴OH=1,BH=.∴点B 的坐标为(1,).故选:B.过点 B 作BH⊥AO 于 H 点,∵△OAB 是等边三角形,所以可求出 OH 和 BH 长.本题主要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.9.(2019•浙江绍兴•4分)如图,墙上钉着三根木条a,b,C,量得∠1=70°,∠2=100°,那么木条a,b 所在直线所夹的锐角是()A.5°B.10°C.30°D.70°【分析】根据对顶角相等求出∠3,根据三角形内角和定理计算,得到答案.【解答】解:∠3=∠2=100°,∴木条a,b 所在直线所夹的锐角=180°﹣100°﹣70°=10°,故选:B.【点评】本题考查的是三角形内角和定理、对顶角的性质,掌握三角形内角和等于180°是解题的关键.10(2019•浙江衢州•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。
2019年中考数学专题复习资料--全等三角形含答案(共11页).docx
全等三角形1已知:AB=4, AC=2, D 是BC 中点,AD 是整数,求AD3 已知:Z1=Z2, CD=DE, EF//AB,求证:EF=AC4 已知:AD 平分ZBAC, AC=AB+BD,求证:ZB=2ZC5 已知:AC 平分ZBAD, CE 丄AB, ZB+ZD=180° ,求证:AE=AD+BEZC=ZD, F 是 CD 中点,求证:Z1=Z22 已知:BC=DE, ZB=ZE,6如图,四边形ABCD中,AB〃DC, BE、CE分别平分ZABC、ZBCD,且点E在AD上。
求证:BC=AB+DC。
7 已知:AB=CD, ZA=ZD,求证:ZB=ZC&P 是ZBAC 平分线AD 上一点,AC>AB,求证:PC-PB<AC-AB9 已知,E 是AB 中点,AF=BD, BD=5, AC=7,求DC13已知:如BD1AC ,分别为D、E, BD、CE相交于点F。
求证:BE=CD. 图,AB=AC, CEXAB,垂足10.如图,已知AD/7BC, ZPAB的平分线与ZCBA的平分线相交于E, CE的连线交AP于D.求证:AD+BC=AB. 11如图,AABC中,AD是ZCAB的平分线,且AB=AC+CD,求证:ZC=2ZB12 如图:AE、BC 交于点M, F 点在AM 上,BE/7CF, BE=CF。
求证:AM是△ABC的中线。
14 在AABC 中,ZACB = 90°, AC = BC ,直线MV 经过点C ,且AD 丄MZV 于D , BE L MN 于E . (1) 当直线MN绕点C旋转到图1的位置时,求证:① ^ADC竺ACEB;② DE = AD + BE ;(2)当直线MV绕点C旋转到图2的位置时,(1)中的结论还成立吗?若成立,请给出证明; 若不成立,说明理由.15如图所示,已知AE丄AB, AF丄AC, AE=AB, AF=AC。
求证:16.如图,已知AC〃BD, EA、EB分别平分ZCAB和ZE,则AB与AC+BD相等吗?请说明理由DBA, CD过点(1) EC=BF; (2) EC丄BFB C17.如图9所示,AABC是等腰直角三角形,ZACB=90° , AD是BC边上的中线,过C作AD的垂线,交AB于点E,交AD于点F,求证:ZADC=ZBDE.图9全等三角形证明经典(答案)1. 延长AD到E,使DE=AD,则三角形ADC全等于三角形EBD即BE=AC=2 在三角形ABE 中,AB-BE<AE<AB+BE即:10-2<2AD<10+2 4<AD<6又AD是整数,则AD=52证明:连接BF和EF。
中考数学三角形的边与角真题归类(附答案)
中考数学三角形的边与角真题归类(附答案)以下是查字典数学网为您推荐的中考数学三角形的边与角真题归类(附答案),希望本篇文章对您学习有所帮助。
中考数学三角形的边与角真题归类(附答案)一.选择题1. (2019荆门)已知:直线l1∥l2,一块含30角的直角三角板如图所示放置,1=25,则2等于()A. 30B. 35C. 40D. 45解析:∵3是△ADG的外角,A+1=30+25=55,∵l1∥l2,4=55,∵EFC=90,EFC=90﹣55=35,2=35.故选B.2.(2019中考)如图,在△ABC中,C=70,沿图中虚线截去C,则2=【 B 】A.360B.250C.180D.1403.(2019连云港)如图,将三角尺的直角顶点放在直线a上,a∥b,1=50,2=60,则3的度数为()A. 50B. 60C. 70D. 80考点:平行线的性质;三角形内角和定理。
分析:先根据三角形内角和定理求出4的度数,由对顶角的性质可得出5的度数,再由平行线的性质得出结论即可. 解答:解:∵△BCD中,1=50,2=60,4=1801-2=180-50-60=70,4.(2019深圳)如图所示,一个60o角的三角形纸片,剪去这个600角后,得到一个四边形,则么的度数为【】A. 120OB. 180O.C. 240OD. 3000【答案】C。
【考点】三角形内角和定理,平角定义。
【分析】如图,根据三角形内角和定理,得4+600=1800,又根据平角定义,3=1800,4=1800,1800-1+1800-2+600=1800。
2=240O。
故选C。
5.(2019聊城)将一副三角板按如图所示摆放,图中的度数是()A.75B.90C.105D.120考点:三角形的外角性质;三角形内角和定理。
专题:探究型。
分析:先根据直角三角形的性质得出BAE及E的度数,再由三角形内角和定理及对顶角的性质即可得出结论.解答:解:∵图中是一副直角三角板,BAE=45,E=30,6.(2019毕节)如图,△ABC的三个顶点分别在直线a、b上,且a∥b,若1=120,2=80,则3的度数是( )A.40B.60C.80D.120解析:根据平行线性质求出ABC,根据三角形的外角性质得出1-ABC,代入即可得出答案.7.(2019十堰)如图,直线BD∥EF,AE与BD交于点C,若ABC=30,BAC=75,则CEF的大小为( D )A.60B.75C.90D.105【考点】平行线的性质;三角形内角和定理.【专题】探究型.【分析】先根据三角形外角的性质求出1的度数,再由平行线的性质即可得出结论.【解答】解:∵1是△ABC的外角,ABC=30,BAC=75,ABC+BAC=30+75=105,∵直线BD∥EF,CEF=1=105.故选D.【点评】本题考查的是平行线的性质及三角形外角的性质,熟知两直线平行,同位角相等是解答此题的关键.8.(2019梅州)如图,在折纸活动中,小明制作了一张△ABC 纸片,点D、E分别是边AB、AC上,将△ABC沿着DE折叠压平,A与A重合,若A=75,则2=()A.150B.210C.105D.75考点:三角形内角和定理;翻折变换(折叠问题)。
新课标版2019年全国各地中考真题分类详解 - —— 解直角三角形及其应用
新课标版2019年全国各地中考真题分类详解解直角三角形及其应用一、选择题8.(2019·苏州)如同,小亮为了测量校园里教学楼AB的高度.将测角仪CD竖直放置在与教学楼水平距离为m的地面上,若测角仪的高度是1.5m,测得教学楼的顶部A处的仰角为30°,则教学楼的高度是()A.55.5 m B.54 m C.19. 5 m D.18 m(第8题)【答案】C【解析】过D作DE⊥AB,∵在D处测得旗杆顶端A的仰角为30°,∴∠ADE=30°,∵BC=DE=,∴AE=DE•tan30°=18m,∴AB=AE+BE=AE+CD=18+1.5=19.5m,故选C.8.(2019·温州)某简易房示意图如图所示,它是一个轴对称图形,则坡屋顶上弦杆AB的长为()A.95sinα米B.95cosα米C.59sinα米D.59cosα米【答案】B【解析】如图,过点A作AD⊥BC,垂足为点D,则BD=1.5+0.3=1.8(米).在Rt△ABD中,∠ADB=90°,cosB=BDAB,所以AB=cosBDα=1.8cosα=95cosα.故选B.10.(2019·长沙)如图,一艘轮船从位于灯塔C 的北偏东60°方向,距离灯塔60 n mile的小岛A 出发,沿正南方向航行一段时间后,到达位于灯塔C 的南偏东45°方向上的B 处,这时轮船B 与小岛A 的距离是 【 】A..60 n mile C .120 n mile D.(30+ n mile【答案】D【解析】过C 作CD ⊥AB 于D 点,∴∠ACD=30°,∠BCD=45°,AC=60.在Rt △ACD 中,cos∠ACD=CD AC,∴CD=AC •cos ∠ACD=60在Rt △DCB 中,∵∠BCD=∠B=45°,∴B 处与灯塔P 的距离是(nmile .故本题选:D .8.(2019·益阳)南洞庭大桥是南益高速公路上的重要桥梁,小芳同学在校外实践活动中对此开展测量活动.如图1,在桥外一点A 测得大桥主架与水面的交汇点C 的俯角为α,大桥主架的顶端D 的仰角为β,已知测量点与大桥主架的水平距离AB =a ,则此时大桥主架顶端离水面的高CD 为()A. asin α+asin βB. acos α +a cos βC. atan α+atan βD.βαtan tan aa + D BA第8题图【答案】C【解析】在Rt △ABD 中,∵tan β=ABBD,∴BD=atan β. 在Rt △ABD 中,∵tan α=ABBC,∴BC=atan α. ∴CD=BD+BC=atan α+atan β.1.(2019·泰安)如图,一艘船由A 港沿北偏东65°方向航行km 至B 港,然后再沿北偏西40°方向航行至C 港,C 港在A 港北偏东20°方向,则A,C 两港之间的距离为________km.D【答案】B【解析】如图,由题中方位角可知∠A =45°,∠ABC =75°,∠C =60°,过点B 作BD ⊥AC 于点D,在Rt △ABD 中,∠A =45°,AB =∴AD =ABcosA =30,BD =ABsinA =30,在Rt △BCD 中,∠C =60°,∴CD =tan BDC=,∴AC =AD+CD =故选B.2.(2019·重庆B 卷)如图,AB 是垂直于水平面的建筑物,为测量AB 的高度,小红从建筑物底端B 出发,沿水平方向行走了52米到达点C ,然后沿斜坡CD 前进,到达坡顶D 点处,DC=BC.在点D 处放置测角仪,测角仪支架DE 高度为0.8米,在E 点处测得建筑物顶端A 点的仰角∠AEF 为27°(点A ,B ,C ,D 在同一平面内).斜坡CD 的坡度(或坡比)i=1:2.4,那么建筑物AB 的高度约为()【答案】B【解析】作EN ⊥AB 于N,EM ⊥BC 交BC 的延长线于M . ∵斜坡CD 的坡度(或坡比)i=1:2.4,DC=BC =52米,设DM =x 米,则CM =2.4x 米,在Rt △ECM 中,∵2DM + 2CM =2DC ,∴2x +()22.4x =252解得x =20 ∴CM =48米,EM =20+0.8=20.8米,BM =ED +DM =52+48=100米∵EN ⊥AB,EM ⊥BC ,AB ⊥BC ∴四边形ENBM 是矩形. ∴EN=BM=100米,BN=EM =20.8米. 在Rt △AEN 中,∵∠AEF =27°∴AN=EN ﹒tan 27°≈100×0.51=51米 ∴AB=AN +BN =51+20.8=71.8米.故选B .3.(2019·重庆A 卷)为践行“绿水青山就是金山银山”的重要思想,某森林保护区开展了寻找古树活动.如图,在一个坡度(或坡比)i =1:2.4的山坡AB 上发现有一棵古树CD .测得古树底端C 到山脚点A 的距离AC =26米,在距山脚点A 水平距离6米的点E 处,测得古树顶端D 的仰角∠AED =48°(古树CD 与山坡AB 的剖面、点E 在同一平面上,古树CD 与直线AE 垂直),则古树CD 的高度约为()(参考数据:sin 48°≈0.73,cos48°≈0.67,tan48°≈1.11)A .17.0米B .21.9米C .23.3米D .33.3米【答案】C.【解析】如答图,延长DC交EA于点F,则CF⊥EA.∵山坡AC上坡度i=1:2.4,AC=26米,∴令CF=k,则AF=2.4k,由勾股定理,得k2+(2.4k)2=262,解得k=10,从而AF=24,CF=10,EF=30.在Rt△DEF中,tan E=DFEF,故DF=EF•tan E=30×tan48°=30×1.11=33.3,于是,CD=DF-CF=23.3,故选C.二、填空题20.(2019·遂宁)汛期即将来临,为保证市民的生命和财产安全,市政府决定对一段长200米且横断面为梯形的大坝用土石进行加固,如图,加固前大坝背水坡坡面从A至B共有30级阶梯,平均每级阶梯高30cm,斜坡AB的坡度i=1:1,加固后坝顶宽度增加2米,斜坡EF的坡度i=1:5,问工程完工后,共需土石多少立方米?(计算土石时忽略阶梯,结果保留根号)解:如图,分别过点A,E作AN⊥FC于N,EM⊥F于M,则AN=EM,∵从A至B共有30级阶梯,平均每级阶梯高30cm,∴AN=9米=EM,∵斜坡AB的坡度i=1:1,∴BN=AN=9米,∵斜坡EF的坡度i=1:5,∴FM=95,∴FB=FM+MN-BN=95+2-9=95-7,S梯=EMBFAE⨯+)21(=24552819)759221-=⨯-+(,∴体积为200S梯=81005-4500(m3)答:共需土石81005-4500立方米.21.(2019·广元)如图,某海监船以60海里时的速度从A处出发沿正西方向巡逻,一可疑船只在A的西北方向的C处,海监船航行1.5小时到达B处时接到报警,需巡查此可疑船只,此时可疑船只仍在B的北偏西30°方向的C处,然后,可疑船只以一定速度向正西方向逃离,海监船立刻加速以90海里/时的速度追击,在D处海监船追到可疑船只,D在B的北偏西60°方向.(以下结果保留根号)(1)求B,C两处之间的距离;(2)求海监船追到可疑船只所用的时间.第21题图解:(1)过点C作CE⊥AB于点E,在Rt△BEC中,设BC=x,∵∠BCE=30°,∴BE=12BC=12x,CEx,在Rt△ACE中,AE=CEx,∴AB=AE-BEx-12x,已知AB=60×1.5=90,∴x-12x=90,解之得,x=答:B,C两处之间的距离海里;(2)过点B作BF⊥DC于点F,在Rt△BDF中,∠DBF=60°,由(1)得,BF=CE=CEx=135+45∴BD=2BF=270+90,∴时间为(270+90)÷90=答:海监船追到可疑船只所用的时间为小时.16.(2019·温州)图1是一种折叠式晾衣架.晾FE衣时,该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示,两支脚OC=OD=10分米,展开角∠COD=60°,晾衣臂OA=OB=10分米,晾衣臂支架HG=FE=6分米,且HO=FO=4分米.当∠AOC=90°时,点A离地面的距离AM为分米;当OB从水平状态旋转到OB′(在CO延长线上)时,点E绕点F随之旋转至OB′上的点E′处,则B′E′-BE为分米.【答案】【解析】(1)过点O分别作OL⊥MD、ON⊥AM,垂足分别为点L、N,则∠LON=90°,四边形NMLO是矩形,∴MN=LO. ∵OC=OD=10分米,∠COD=60°,∴∠COL=30°,CL=12CD=5,OL=∵∠AOC=90°,∴∠AON=30°,∴AN=12AO=5,∴;(2)过点F分别作FQ⊥OB、FP⊥OC,垂足分别为点Q、N. 在Rt△OPQ中,∠OQP=90°,∠BOD=60°,∴OQ=2,Rt△EFQ中,∠EQF=90°,,EF=6,∴,BE=10-2-2=8-2;同理可得PE′=2,∴B′E′=2+10-2=12-2,∴B′E′)=4. 故填:15.(2019·盐城)如图,在△ABC中,BC,∠C=45°,AB,则AC的长为________.【答案】2【解析】如图,过点A作AD⊥BC于点D,又∠C=45°,故s i n2ADCAC==,tan1ADCCD==,设AD x=,则AC==,CD=x,2AB x==,在Rt△ACD中,∠ADB=90°,由勾股定理可得:AD2+BD2=AB2,得B D=,所以BC BD CD x=+==1)AB C解得x ,故AC =2.1.(2019·枣庄)如图,小明为了测量校园里旗杆AB 的高度,将测角仪CD 竖直放在距旗杆底部B 点6m 的位置,在D 处测得旗杆顶端A 的仰角为53°,若测角仪的高度是1.5m,则旗杆AB 的高度约为________m(精确到0.1m).(参考数据:sin53°≈0.80,cos53°≈0.60,tan53°≈1.33)【答案】9.5【解析】由题可知BC =6m,CD =1.5m,过D 作DE ∥BC 交AB 于点E,易知四边形BCDE 是矩形,∴DE =BC =6m,在Rt △ADE 中,AE =DE ·tan53°=7.98m,EB =CD =1.5m,∴AB =AE+EB =9.48m ≈9.5m.第15题答图2.(2019·湖州)有一种落地晾衣架如图①所示,其原理是通过改变两根支撑杆夹角的度数来调整晾衣杆的高度.图②是支撑杆的平面示意图.AB 和CD 分别是两根不同的支撑杆,夹角∠BOD =α.若AO =85cm ,BO =DO =65cm .问:当α=74°时,较长支撑杆的端点A 离地面的高度h 约为________cm .(参考数据:sin37°≈0.6,cos37°≈0.8,sin53°≈0.8,cos53°≈0.6)ABC【答案】120.【解析】如图,过点A 作AE ⊥BD 于点E ,则∠AEB =90°.∵AO =85cm ,BO =DO =65cm α=74°, ∴∠ODB =∠B =53°,AB =150cm . 在Rt △ABE 中,sin B =h AB, 故h =AB •sin B =150×sin53°≈150×0.8=120.3.(2019·金华)如图,在量角器的圆心O 处下挂一铅锤,制作了一个简易测倾仪,量角器的0刻度线AB 对准楼顶时,铅垂线对应的度数是50°,则此时观察楼顶的仰角度数是___________.【答案】40°.【解析】量角器的0刻度线AB 对准楼顶时,铅垂线对应的度数是50°,则过AB 中点的水平线对应的是140°,所以此时观察楼顶的仰角度数是40°.4.(2019·金华)图2,图3是某公共汽车双开门的俯视示意图,ME 、EF 、FN 是门轴的滑动轨道,∠E =∠F =90°,两门AB 、CD 的门轴A 、B 、C 、D 都在滑动轨道上,两门关闭时(图2),A 、D 分别在E 、F 处,门缝忽略不计(即B 、C 重合);两门同时开启,A 、D 分别沿E→M ,F →N 的方向匀速滑动,带动B 、C 滑动;B 到达E 时,C 恰好到达F ,此时两门完全开启,已知AB =50cm ,CD =40cm.(1)如图3,当∠ABE =30°时,BC =_______cm. (2)在(1)的基础上,当A 向M 方向继续滑动15cm 时,四边形ABCD 的面积为_______cm 2.【答案】(1)(90-;(2)2256.【解析】(1)利用直角三角形的性质先求得EB ,CF ,然后进行线段加减即可; (2)根据题意,得S 四边形ABCD =S 梯形AEFD -S △ABE -S △CDF ,计算可得.图3图2图1B (C )E (A )EF (D )B解:(1)∵ AB =50,CD =40,∴AB +CD = EB +CF =EF =90.在Rt △ABE 中,∵∠E =90°,∠ABE =30°,∴EB =同理可得CF =∴BC =90-cm ).(2)根据题意,得AE =40, DF =32, EB 30,CF 24, ∴S 四边形ABCD =S 梯形AEFD -S △ABE -S △CDF=12(AE +DF )·EF -12AE ·EB -12CF ·DF =12(40+32)×90-12×40×30-12×24×32 =2256.5. (2019·宁波)如图,某海防哨所O 发现在它的西北方向,距离哨所400米的A 处有一艘船向正东方向航行,航行一段时间后到达哨所北偏东60°方向的B 处,则此时这艘船与哨所的距离OB 约为________米.【答案】566【解析】在Rt △AOH 中,OH =AOcos45°=,在Rt △BOH 中,BO =566cos60OH=.6.(2019·衢州)如图,人字梯AB ,AC 的长都为2米,当α=50°时,人字梯顶端离地面的高度AD 是米_________(结果精确到0.1m 参考数据;sin50°≈0.77,cos50°≈0.64,tan50°≈1.19).【答案】1.5【解析】由三角函数的定义得:sinα= sin50°=ADAC=2AD≈0.77,所以AD≈2×0.77=1.54≈1.5米.三、解答题20.(2019年浙江省绍兴市,第20题,8分如图1为放置在水平桌面l上的台灯,底座的高AB为5cm,长度均为20cm的连杆BC,CD与AB始终在同一平面上.(1)转动连杆BC,CD,使∠BCD成平角,∠ABC=150°,如图2,求连杆端点D离桌面l的高度DE.(2)将(1)中的连杆CD再绕点C逆时针旋转,使∠BCD=165°,如图3,问此时连杆端点D离桌面l的高度是增加还是减少?增加或减少了多少?(精确到0.1cm,参考数据:73.13,41.12≈≈)【解题过程】22.(2019·嘉兴)某挖掘机的底座高AB=0.8米,动臂BC=1.2米,CD=1.5米,BC与CD 的固定夹角∠BCD=140°.初始位置如图1,斗杆顶点D与铲斗顶点E所在直线DE垂直地面AM于点E,测得∠CDE=70°(示意图2).工作时如图3,动臂BC会绕点B转动,当点A,B,C在同一直线时,斗杆顶点D升至最高点(示意图4).(1)求挖掘机在初始位置时动臂BC与AB的夹角∠ABC的度数.(2)问斗杆顶点D的最高点比初始位置高了多少米(精确到0.1米)?(参考数据:sin50°≈0.77,cos50°≈0.64,sin70°≈0.94,cos70°≈0.34,1.73)【解题过程】(1)如图2-1,过点C作CG⊥AM于点G,∵AB⊥AM,DE⊥AM,∴AB//DE//CG ∴∠DCG=180°-∠CDE=110°.∴∠BCG=∠BCD -∠DCG=30°.∴∠ABC=180°-∠BCG=150°.∴动臂BC与AB的夹角为150°.(2)如图2-2,过点C作CP⊥DE于点P,过点BQ⊥DE于点Q交CG于点N. 在Rt△CPD中,DP=CD×cos70°=0.51(米)在Rt△BCN中,CN=BC×sin60°≈1.04(米)∴DE=DP+PQ+QE=DP+CN+AB≈2.35(米)如图3,过点D作DH⊥AM于点H,过点C作CK⊥DH于点K.在Rt△CKD中,DK=CD×sin5°≈1.16(米)∴DH=DK+KH≈3.16(米)∴DH-DE≈0.8(米).所以斗杆顶点D的最高点比初始位置高了约0.8米.23.(2019浙江省杭州市,23,12分)(本题满分12分)如图,已知锐角三角形ABC内接于⊙O,OD⊥BC于点D.连接0A.(1)若∠BAC=60°,①求证:OD=12 OA.②当OA=1时,求△ABC面积的最大值.(1)点E在线段0A上.OE=OD.连接DE,设∠ABC=m∠OED.∠ACB=n∠OED(m,n是正数).若∠ABC<∠ACB.求证:m-n+2=0【解题过程】(1)①连接OB、OC,则∠BOD=BOC=∠BAC=60°,∴∠OBC=30°,∴OD=12OB=12OA;②∵BC长度为定值,∴△ABC面积的最大值,要求BC边上的高最大,当AD 过点O 时,AD 最大,即:AD=AO+OD=32,△ABC 面积的最大值=12×BC ×AD=12×2OBsin60°×32;(2)如图2,连接OC ,设∠OED=x ,则∠ABC=mx ,∠ACB=nx , 则∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-mx-nx=12∠BOC=∠DOC , ∵∠AOC=2∠ABC=2mx ,∴∠AOD=∠COD+∠AOC=180°-mx-nx+2mx=180°+mx-nx , ∵OE=OD ,∴∠AOD=180°-2x ,即:180°+mx-nx=180°-2x ,化简得:m-n+2=0. 23.(2019山东烟台,23,10分)如图所示,一种适用于笔记本电脑的铝合金支架,边OA ,OB 可绕点O 开合,在OB 边上有一固定点P ,支柱PQ 可绕点P 转动,边OA 上有六个卡孔,其中离点O 最近的卡孔为M ,离点O 最远的卡孔为N .当支柱端点Q 放入不同卡孔内,支架的傾斜角发生変化.将电脑放在支架上,电脑台面的角度可达到六档调节,这样更有利于工作和身体健康.现测得OP 的长为12 cm ,OM 为10cm ,支柱PQ 为8cm . (1)当支柱的端点Q 放在卡孔M 处时,求AOB ∠的度数.(2)当支柱的端点Q 放在卡孔N 处时,20.5AOB ∠=︒,若相邻两孔的距离相等,求此间距.(结果精确到十分位).【解题过程】(1)解:当支柱的端点Q 放在卡孔M 处时,作出该支架的截面图如图(1),过点P 作,垂足为E ,此时,12OP =,10OM OQ ==,8PQ =, 因为PE OA ⊥,所以90OEP PEQ ∠=∠=︒,设OE x =,所以10EQ OQ OE x =-=-, 在Rt △OPE 中,由勾股定理得,222PE OP PE =-2212x =-,在Rt △PEQ 中,由勾股定理得,222P E P Q E Q =-228(10)x =--, 所以2222128(10)x x -=--,解得9x =,所以9OE =,OA在Rt △OPE 中,9cos 0.4512OE AOB OP ∠===, 由参考数据表,可得,41AOB ∠=︒.(2)解:当支柱的端点Q 放在卡孔N 处时,作出该支架的截面图如图(2),过点P 作PE OA ⊥,垂足为F ,此时,12OP =,ON OQ =,8PQ =,20.5AOB ∠=︒, 因为PE OA ⊥,所以90OEP PEQ ∠=∠=︒, 在Rt △OPE 中,sin PEAOB OP∠=, 所以sin sin 20.5120.45 4.2PE OP AOB OP =⨯∠=⨯︒=⨯=, 在Rt △PEQ 中,由勾股定理得,236 6.8F Q ==, 在Rt △OPE 中,由勾股定理得,11.24OF ====2212x =-,所以11.24 6.818O N O F F Q =+=+=,所以18.04101.655ON OM d --==≈, 所以相邻两孔的距离为1.6cm .22(2019山东威海,22,9分)如图是把一个装有货物的长方体形状的木箱沿着坡面装进汽车货厢的示意图.已知汽车货厢高度BG =2米,货厢底面距地面的高度BH =0.6米,坡面与地面的夹角∠BAH =α,木箱的长(FC )为2米,高(EF )和宽都是1.6米.通过计算判断:当sinα=,木箱底部顶点C 与坡面底部点A 重合时,木箱上部顶点E 会不会触碰到汽车货厢顶部.OA35【解题过程】∵BH =0.6,sinα=, ∴AB ==1, ∴AH =0.8,∵AF =FC =2,∴BF =1,作FQ ⊥BG 于点Q ,作EP ⊥FQ 于点P ,∵EF =FB =AB =1,∠EPF =∠FQB =∠AHB =90°,∠EFP =∠FBQ =∠ABH , ∴△EFP ≌△FBQ ≌△ABH , ∴EP =FQ =AH ,BQ =BH ,∴BQ +EP =0.6+0.8=1.4(米)<2米,∴木箱上部顶点E 不会触碰到汽车货厢顶部.20.(2019江西省,20,8分)图1是一台实物投影仪,图2是它的示意图,折线B —A —O 表示固定支架,AO 垂直水平桌面OE 于点O ,点B 为旋转点,BC 可转动,当BC 绕点B 顺时针旋转时,投影探头CD 始终垂直于水平桌面OE ,经测量:AO =6.8cm ,CD =8cm ,AB =30cm ,BC =35cm.(结果精确到01)(1)如图2,∠ABC =70°,BC ∥OE. ①填空:∠BAO = °; ②求投影探头的端点D 到桌面OE 的距离.(2)如图3,将(1)中的BC 向下旋转,当投影探头的端点D 到桌面OE 的距离为6cm 时,求∠ABC 的大小.(参考数:sin70°≈0.94,cos20°≈0.94,sin36.8°≈0.60,cos53.2°≈0.60)350.63sin 5BH α=【解题过程】解:(1)①如图所示,延长OA 交BC 于点F ,∵BC ∥OE ,OA ⊥OE , ∴∠BFA=∠AOE=90°,∴∠BAO=∠BFA+∠ABC=90°+70°=160°. 答案:160②∵∠BFA=90°,∠ABC=70°,AB =30cm ,sin70°≈0.94, ∴AF=AB ·sin70°≈30×0.94=28.2(cm ). ∵OA=6.8cm ,∴OF=AF+OA=28.2+6.8=35(cm ).又∵CD 始终垂直于水平桌面OE ,且CD =8cm , ∴点D 到桌面OE 的距离为:OF-CD=35-8=27(cm ). (2)如图所示,作BH ⊥CD 于点H ,∵D 到桌面OE 的距离为6cm ,H 到桌面OE 的距离为35cm ,CD =8cm , ∴CH=35-8-6=21(cm ), 又∵BC =35cm ,∠H=90°, ∴sin ∠CBH=6.0533521===BC CH , ∵sin36.8°≈0.60, ∴∠CBH=36.8°. 又∵∠ABH=70°,∴∠ABC=∠ABH-∠CBH=70°-36.8°=33.2°. 20.(2019·山西)某"综合与实践"小组开展了测量本校旗杆高度的实践活动.他们制定了测量方案,并利用课余时间完成了实地测量.他们在该旗杆底部所在的平地上,选取两个不同测点,分别测量了该旗杆顶端的仰角以及这两个测点之间的距离.为了减小测量误差,小组在测量仰角的度数以及两个测点之间的距离时,都分别测量了两次并取他们的平均值作为测量结果,测量数据如下表(不完整).示意图说明点点GH 测量项目第一次任务二:根据以上测量结果,请你帮助该"综合与实践"小组求出学校旗杆GH 的高度.(参考数据:sin25.7°≈0.43,cos25.7°≈0.90,tan25.7°≈0.48,sin31°≈0.52,cos31°≈0.86,tan31°≈0.60)任务三:该"综合与实践"小组在制定方案时,讨论过"利用物体在阳光下的影子测量旗杆的高度"的方案,但未被采纳.你认为其原因可能是什么?(写出一条即可) 【解题过程】任务一:平均值=(5.4+5.6)÷2=5.5m任务二:由题意可得,四边形ACDB,ACEH 都是矩形,∴EH =AC =1.5,CD =AB =5.5,设EG =xm,在Rt △DEG 中,∠DEG =90°,∠GDE =31°,∵tan31°=EG DE ,∴DE =tan 31x,在Rt △CEG 中,∠CEG =90°,∠GCE =25.7°,∵tan25.7°=EG CE ,∴CE =tan 25.7x,∵CD =CE -DE,∴tan 25.7x -tan 31x=5.5,∴x =13.2,∴GH =GE+EH =13.2+1.5=14.7.答:旗杆GH 的高度为14.7m.任务三:答案不唯一:没有太阳光,旗杆底部不可到达,测量旗杆影子的长度遇到困难等. 22.(2019·娄底)如图(11),某建筑物CD 高96米,它的前面有一座小山,其斜坡AB 的坡度为i =1:1.为了测量山 顶A 的高度,在建筑物顶端D 处测得山顶A 和坡底B 的俯角分别为α,β.已知tan 2α=,tan 4β=,求山顶A 的高度AE (C 、B 、E 在同一水平面上).解:如图(11-1),设DA与CB的交点为O.∵96tan tan2DCOOC OCα∠====,∴48OC=同理,∵96tan tan4DCDBCBC BCβ∠====∴24BC=.∴482424OB OC BC=-=-=.设AE x=米,则则由i=1:1得BE x=,12OE x=;∴1242x x+=,∴16x=∴山顶A的高度AE为16米.22.(2019·衡阳)如图,在一次综合实践活动中,小亮要测量一楼房的高度,先在坡面D 处测得楼房顶部A的仰角为30°,沿坡面向下走到坡脚C处,然后向楼房方向继续行走10米到达E处,测得楼房顶部A的仰角为60°,已知坡面CD=10米,山坡的坡度i=1,(坡度i是指坡面的铅直高度与水平宽度的比),求楼房AB高度.(结果精确到0.1米)(参考)解:设楼房AB的高为x米,则EBx,∵坡度i=1: ,∴坡面CD的铅直高度为5米,坡面的水平宽度为米,∴105)3x x+=-,解得x=15+(米).所以楼房AB的高度约为237米.21.(2019·泰州,21题,10分)某体育看台侧面的示意图如图所示,观众区AC的坡度i为1∶2,顶端C离水平地面AB的高度为10m,从顶棚的D处看E处的仰角α=18°30′,竖直的立杆上C、D两点间的距离为4m,E处到观众区底端A处的水平距离AF为3m,求:⑴观众区的水平宽度AB;⑵顶棚的E处离地面的高度EF.(sin18°30′≈0.32,tan18°30′≈0.33,结果精确到0.1m)第21题图【解题过程】(1)因为AC的坡度i为1∶2,所以12CBAB=,因为BC=10m,所以AB=20m; (2)在Rt△DEG中,∠EDG=18°30′,tan∠EDG=EGGD,GD=FB=FA+AB=23m,所以EG=7.59m,所以EF=EG+GF=EG+DB=EG+DC+CB=21.59≈21.6m,顶棚的E处离地面的高度EEF为21.6m.第21题答图22.(2019·黄冈)如图,两座建筑物的水平距离BC为40m,从A点测得D点的俯角α为45°,测得C点的俯角β为60°.求这两座建筑物AB,CD的高度.≈1.414,)【解题过程】22.(2019·陇南)图①是放置在水平面上的台灯,图②是其侧面示意图(台灯底座高度忽略不计),其中灯臂AC=40cm,灯罩CD=30cm,灯臂与底座构成的∠CAB=60°.CD 可以绕点C上下调节一定的角度.使用发现:当CD与水平线所成的角为30°时,台灯光线最佳.现测得点D到桌面的距离为49.6cm.请通过计算说明此时台灯光线是否为最佳?(参考数据:取1.73).解:如图,作CE⊥AB于E,DH⊥AB于H,CF⊥DH于F.∵∠CEH=∠CFH=∠FHE=90°,∴四边形CEHF是矩形,∴CE=FH,在Rt△ACE中,∵AC=40cm,∠A=60°,∴CE=AC•sin60°=34.6(cm),∴FH=CE=34.6(cm)∵DH=49.6cm,∴DF=DH﹣FH=49.6﹣34.6=15(cm),在Rt△CDF中,sin∠DCF===,∴∠DCF=30°,∴此时台灯光线为最佳.21.(2019·株洲)小强的爸爸准备驾车外出.启动汽车时,车载报警系统显示正前方有障碍物,此时在眼睛点A处测得汽车前端F的俯角为α,且tanα=13,若直线AF与地面l1相交于点B,点A到地面l1的垂线段AC的长度为1.6米,假设眼睛A处的水平线l2与地面l1平行.(1)求BC的长度;(2)假如障碍物上的点M正好位于线段BC的中点位置(障碍物的横截面为长方形,且线段MN为此长方形前端的边),MN⊥l1,若小强的爸爸将汽车沿直线l1后退0.6米,通过汽车的前端F点恰好看见障碍物的顶部N点(点D为点A的对应点,点F1为点F的对应点).求障碍物的高度.【解题过程】 (1) 如图,∵l 1∥l 2∴∠ABC=α∴tan ∠ABC=AC BC =tan α=13,∴BC=3AC==⨯3 1.6 4.8(米)∴BC 的长度为4.8米。
2019-中考数学试卷分类汇编解析:三角形的边与角
2019-2020 年中考数学试卷分类汇编解析:三角形的边与角一、选择题1. ( 2016·湖北咸宁)如图,在△ ABC 中,中线 BE ,CD 订交于点 O ,连接 DE ,以下结论:DE 1;②S △ DOE1 ; ③ AD OE; ④S △ ODE1①BC =2S △COB = 2 AB =OB= 3 .S △ADE其中正确的个数有( )个个个个(第 1题)【考点】 三角形中位线定理,相似三角形的判断和性质.【解析】 ①DE 是△ ABC 的中位线,依照三角形的中位线等于第三边长度的一半可判断;②利用相似三角形面积的比等于相似比的平方可判断; ③利用相似三角形的性质可判断;④利用相似三角面积的比等于相似比的平方可判断.【解答】 解:①∵ DE 是△ ABC 的中位线,∴ DE=1DE 1;2BC ,即 BC =2 故①正确;②∵ DE 是△ ABC 的中位线,∴ DE ∥ BC∴△ DOE ∽△ COBS △DOE DE2121∴S△COB =( BC)=(2 ) = 4 ,故②错误;③∵ DE ∥ BC∴△ ADE ∽△ ABC∴ AD DEAB =BC△ DOE ∽△ COBOEDE∴OB =BC∴AD AB = OEOB ,故③正确;④∵△ ABC的中线 BE 与 CD 交于点 O。
∴点 O 是△ ABC的重心,依照重心性质,BO=2OE,△ ABC的高 =3△BOC的高,且△ ABC与△ BOC同底( BC)∴S△ABC =3S△BOC,由②和③知,11S△ODE= 4 S△COB, S△ADE= 4 S△BOC,S△ODE∴故④正确综上,①③④正确应选 C.1 =3 ...【谈论】此题观察了三角形中位线定理,相似三角形的判断和性质.要熟知:三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边长度的一半;相似三角形面积的比等于相似比的平方.2.( 2016·四川广安· 3 分)以下说法:① 三角形的三条高必然都在三角形内②有一个角是直角的四边形是矩形③ 有一组邻边相等的平行四边形是菱形④ 两边及一角对应相等的两个三角形全等⑤ 一组对边平行,另一组对边相等的四边形是平行四边形其中正确的个数有()A.1 个 B.2 个C.3 个D.4 个【考点】矩形的判断;三角形的角均分线、中线和高;全等三角形的判断;平行四边形的判定与性质;菱形的判断.【解析】依照三角形高的性质、矩形的判断方法、菱形的判断方法、全等三角形的判断方法、平行四边形的判断方法即可解决问题.【解答】解:① 错误,原由:钝角三角形有两条高在三角形外.② 错误,原由:有一个角是直角的四边形是矩形不用然是矩形,有三个角是直角的四边形是矩形.③ 正确,有一组邻边相等的平行四边形是菱形.④ 错误,原由两边及一角对应相等的两个三角形不用然全等.⑤ 错误,原由:一组对边平行,另一组对边相等的四边形不用然是平行四边形有可能是等腰梯形.正确的只有③ ,应选 A.3. ( 2016·四川乐山·3分)如图2,CE是ABC 的外角ACD 的均分线,若B35,ACE60,则A( A)35(B) 95(C) 85(D) 75答案:C解析:观察三角形的外角和定理,角均分线的性质。
中考数学易错难题(含解析)之直角三角形的边角关系及答案
备战中考数学培优易错难题(含解析)之直角三角形的边角关系及答案一、直角三角形的边角关系1.已知:如图,在四边形 ABCD中, AB∥CD,∠ACB =90°, AB=10cm, BC=8cm, OD垂直平分 A C.点 P从点 B出发,沿 BA方向匀速运动,速度为 1cm/s;同时,点 Q从点 D出发,沿 DC方向匀速运动,速度为 1cm/s;当一个点停止运动,另一个点也停止运动.过点P作 PE⊥AB,交 BC于点 E,过点 Q作 QF∥AC,分别交 AD, OD于点 F, G.连接 OP,EG.设运动时间为 t ( s )(0<t<5),解答下列问题:(1)当 t为何值时,点 E在BAC的平分线上?(2)设四边形 PEGO的面积为 S(cm2),求 S与 t的函数关系式;(3)在运动过程中,是否存在某一时刻 t,使四边形 PEGO的面积最大?若存在,求出t 的值;若不存在,请说明理由;(4)连接 OE, OQ,在运动过程中,是否存在某一时刻 t,使 OE⊥OQ?若存在,求出t 的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)t=4s;(2)S四边形PEGO=-t+382155t+6,(0<t<5);(3)t=时,28S四边形PEGO取得最大值;(4)t=【解析】【分析】16时,OE⊥OQ.5(1)当点E在∠BAC的平分线上时,因为EP⊥AB,EC⊥AC,可得PE=EC,由此构建方程即可解决问题.(2)根据S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+(S△OPC+S△PCE-S△OEC)构建函数关系式即可.(3)利用二次函数的性质解决问题即可.(4)证明∠EOC=∠QOG,可得tan∠EOC=tan∠QOG,推出可解决问题.【详解】(1)在Rt△ABC中,∵∠ACB=90°,AB=10cm,BC=8cm,∴AC=102-82=6(cm),∵OD垂直平分线段AC,∴OC=OA=3(cm),∠DOC=90°,∵CD∥AB,EC GQ=,由此构建方程即OC OG∴∠BAC=∠DCO,∵∠DOC=∠ACB,∴△DOC∽△BCA,∴∴AC AB BC==,OC CD OD6108==,3CD OD∴CD=5(cm),OD=4(cm),∵PB=t,PE⊥AB,易知:PE=35t,BE=t,44当点E在∠BAC的平分线上时,∵EP⊥AB,EC⊥AC,∴PE=EC,35t=8-t,44∴t=4.∴∴当t为4秒时,点E在∠BAC的平分线上.(2)如图,连接OE,PC.S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+(S△OPC+S△PCE-S△OEC)=⎡11⎛4⎫4⎫1⎛5⎫31⎛⎛5⎫⨯ 4-t⎪⨯3+⎢⨯3⨯ 8-t⎪+⨯ 8-t⎪⨯t-⨯3⨯ 8-t⎪2⎝5⎭4⎭524⎭⎝5⎭2⎝⎝⎣283215t+16(0<t<5).3(3)存在.=-t+8⎛5⎫68∵S=- t-⎪+(0<t<5),3⎝2⎭32568时,四边形OPEG的面积最大,最大值为.32(4)存在.如图,连接OQ.∵OE⊥OQ,∴t=∴∠EOC+∠QOC=90°,∵∠QOC+∠QOG=90°,∴∠EOC=∠QOG,∴tan∠EOC=tan∠QOG,∴EC GQ=,OC OG35t8-t4=5,∴434-t5整理得:5t2-66t+160=0,解得t=∴当t=16或10(舍弃)516秒时,OE⊥OQ.5【点睛】本题属于四边形综合题,考查了解直角三角形,相似三角形的判定和性质,锐角三角函数,多边形的面积等知识,解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题.2.小红将笔记本电脑水平放置在桌子上,显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时,感觉最舒适(如图1),侧面示意图为图2;使用时为了散热,她在底板下面垫入散热架ACO'后,电脑转到AO'B'位置(如图3),侧面示意图为图4.已知OA=OB=24cm,O'C⊥OA于点C,O'C=12cm.(1)求∠CAO'的度数.(2)显示屏的顶部B'比原来升高了多少?(3)如图4,垫入散热架后,要使显示屏O'B'与水平线的夹角仍保持120°,则显示屏O'B'应绕点O'按顺时针方向旋转多少度?【答案】(1)∠CAO′=30°;(2)(36﹣12方向旋转30°.【解析】)cm;(3)显示屏O′B′应绕点O′按顺时针试题分析:(1)通过解直角三角形即可得到结果;(2)过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D,通过解直角三角形求得BD=OBsin∠BOD=24×=12,由C、O′、B′三点共线可得结果;(3)显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°,求得∠EO′B′=∠FO′A=30°,既是显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°.试题解析:(1)∵O′C⊥OA于C,OA=OB=24cm,∴sin∠CAO′=∴∠CAO′=30°;(2)过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D,∵sin∠BOD=∵∠AOB=120°,∴∠BOD=60°,∴BD=OBsin∠BOD=24×∠CAO′=30°,∴∠AO′C=60°,∵∠AO′B′=120°,∴∠AO′B′+∠AO′C=180°,∴O′B′+O′C﹣BD=24+12﹣12=36﹣12,)cm;=12,∴BD=OBsin∠BOD,,∵O′C⊥OA,,∴显示屏的顶部B′比原来升高了(36﹣12(3)显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°,理由:∵显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°,∴∠EO′F=120°,∴∠FO′A=∠CAO′=30°,∵∠AO′B′=120°,∴∠EO′B′=∠FO′A=30°,∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°.考点:解直角三角形的应用;旋转的性质.3.如图,在平行四边形ABCD中,,与交于点,连接,.的值.(1)求证:四边形(2)若,是菱形;,,求平分,交于点,平分,交于点【答案】(1)证明见解析(2)【解析】试题分析:(1)根据AE平分∠BAD、BF平分∠ABC及平行四边形的性质可得AF=AB=BE,从而可知ABEF为平行四边形,又邻边相等,可知为菱形(2)由菱形的性质可知AP的长及∠PAF=60°,过点P作PH⊥AD于H,即可得到PH、DH 的长,从而可求tan∠ADP试题解析:(1)∵AE平分∠BAD BF平分∠ABC∴∠BAE=∠EAF∠ABF=∠EBF∵AD//BC∴∠EAF=∠AEB∠AFB=∠EBF∴∠BAE=∠AEB∠AFB=∠ABF∴AB=BE AB=AF∴AF=AB=BE∵AD//BC∴ABEF为平行四边形又AB=BE∴ABEF为菱形(2)作PH⊥AD于H由∠ABC=60°而已(1)可知∠PAF=60°,PA=2,则有PH=∴tan∠ADP=,AH=1,∴DH=AD-AH=5考点:1、平行四边形;2、菱形;3、直角三角形;4、三角函数4.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)【解析】75+8-1+5;(3).162试题分析:(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,AB BC x+11==,,即BD CD1x整理得:x2+x-1=0,∴解得:x1=则x=-1-5-1+5,x2=(负值,舍去),22-1+5;2(3)过B作BE⊥AC,交AC于点E,∵BD=CD,∴E为CD中点,即DE=CE=-1+5,4-1+5AE5+14==在Rt△ABE中,cosA=cos36°=,AB-1+54+121+-1+5在Rt△BCE中,cosC=cos72°=EC-1+5,4==BC14则cos36°-cos72°==5+1-1+51-=.244【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.5.如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠B=60°,BC=16cm,AD是斜边BC上的高,垂足为D,BE=1cm.点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动,点N从点E出发,与点M 同时同方向以相同的速度运动,以MN为边在BC的上方作正方形MNGH.点M到达点D 时停止运动,点N到达点C时停止运动.设运动时间为t(s).(1)当t为何值时,点G刚好落在线段AD上?(2)设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S,当重叠部分的图形是正方形时,求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围.(3)设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P,连接DP,当t为何值时,△CPD是等腰三角形?【答案】(1)3;(2)【解析】;(3)t=9s或t=(15﹣6)s.试题分析:(1)求出ED的距离即可求出相对应的时间t.(2)先求出t的取值范围,分为H在AB上时,此时BM的距离,进而求出相应的时间.同样当G在AC上时,求出MN的长度,继而算出EN的长度即可求出时间,再通过正方形的面积公式求出正方形的面积.(3)分DP=PC和DC=PC两种情况,分别由EN的长度便可求出t的值.试题解析:∵∠BAC=90°,∠B=60°,BC=16cm∴AB=8cm,BD=4cm,AC=8cm,DC=12cm,AD=4cm.(1)∵当G刚好落在线段AD上时,ED=BD﹣BE=3cm∴t=s=3s.(2)∵当MH没有到达AD时,此时正方形MNGH是边长为1的正方形,令H点在AB 上,则∠HMB=90°,∠B=60°,MH=1∴BM=cm.∴t=s.当MH到达AD时,那么此时的正方形MNGH的边长随着N点的继续运动而增大,令G点在AC上,设MN=xcm,则GH=DH=x,AH=∵AD=AH+DH=∴x=3.当≤t≤4时,SMNGN =1cm2.x+x=x=4x,,当4<t≤6时,SMNGH=(t﹣3)2cm2∴S关于t的函数关系式为:(3)分两种情况:.①∵当DP=PC时,易知此时N点为DC的中点,∴MN=6cm ∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s故当t=9s的时候,△CPD为等腰三角形;②当DC=PC时,DC=PC=12cm∴NC=6cmcm=(15﹣6)cm∴EN=16cm﹣1cm﹣6∴t=(15﹣6故当t=(15﹣6)s)s时,△CPD为等腰三角形.)s时,△CPD为等腰三角形.综上所述,当t=9s或t=(15﹣6考点:1.双动点问题;2.锐角三角函数定义;3.特殊角的三角函数值;4.正方形的性质;5.由实际问题列函数关系式;6.等腰三角形的性质;7.分类思想的应用.11x+2与x轴交于点A,与y轴交于点B,抛物线y=﹣x2+bx+c经过22A、B两点,与x轴的另一个交点为C.(1)求抛物线的解析式;6.如图,直线y=(2)根据图象,直接写出满足11x+2≥﹣x2+bx+c的x的取值范围;22(3)设点D为该抛物线上的一点、连结AD,若∠DAC=∠CBO,求点D的坐标.【答案】(1)y=-(2,﹣3).【解析】【分析】(1)由直线y=式;123x-x+2;(2)当x≥0或x≤﹣4;(3)D点坐标为(0,2)或221x+2求得A、B的坐标,然后根据待定系数法即可求得抛物线的解析2(2)观察图象,找出直线在抛物线上方的x的取值范围;(3)如图,过D点作x轴的垂线,交x轴于点E,先求出CO=1,AO=4,再由∠DAC=∠CBO,得出tan∠DAC=tan∠CBO,从而有,【详解】解:(1)由y=DE CO=,最后分类讨论确定点D的坐标.AE BO1x+2可得:2当x=0时,y=2;当y=0时,x=﹣4,∴A(﹣4,0),B(0,2),3⎧b=-1⎪把A、B的坐标代入y=﹣x2+bx+c得:⎨2,,2⎪⎩c=2123x-x+22211(2)当x≥0或x≤﹣4时,x+2≥﹣x2+bx+c22∴抛物线的解析式为:y=-(3)如图,过D点作x轴的垂线,交x轴于点E,123x-x+2令y=0,22解得:x1=1,x2=﹣4,∴CO=1,AO=4,123设点D的坐标为(m,-m-m+2),22∵∠DAC=∠CBO,∴tan∠DAC=tan∠CBO,DE CO=∴在Rt△ADE和Rt△BOC中有,AE BO由y=13-m2-m+21当D在x轴上方时,22=m+42解得:m1=0,m2=﹣4(不合题意,舍去),∴点D的坐标为(0,2).13-(-m2-m+2)1当D在x轴下方时,22=m+42解得:m1=2,m2=﹣4(不合题意,舍去),∴点D的坐标为(2,﹣3),故满足条件的D点坐标为(0,2)或(2,﹣3).【点睛】本题是二次函数综合题型,主要考查了一次函数图象上点的坐标特征,待定系数法求二次函数解析式.解题的关键是能够熟练掌握一次函数和二次函数的有关知识解决问题,分类讨论是第(3)题的难点.7.如图(1),已知正方形ABCD在直线MN的上方BC在直线MN上,E是BC上一点,以AE为边在直线MN的上方作正方形AEFG.(1)连接GD,求证:△ADG≌△ABE;(2)连接FC,观察并直接写出∠FCN的度数(不要写出解答过程)(3)如图(2),将图中正方形ABCD改为矩形ABCD,AB=6,BC=8,E是线段BC上一动点(不含端点B、C),以AE为边在直线MN的上方作矩形AEFG,使顶点G恰好落在射线CD上.判断当点E由B向C运动时,∠FCN的大小是否总保持不变,若∠FCN的大小不变,请求出tan∠FCN的值.若∠FCN的大小发生改变,请举例说明.【答案】(1)见解析;(2)∠FCN=45°,理由见解析;(3)当点E由B向C运动时,∠FCN的大小总保持不变,tan∠FCN=【解析】【分析】(1)根据三角形判定方法进行证明即可.(2)作FH⊥MN于H.先证△ABE≌△EHF,得到对应边相等,从而推出△CHF是等腰直角三角形,∠FCH的度数就可以求得了.(3)解法同(2),结合(1)(2)得:△EFH≌△GAD,△EFH∽△ABE,得出EH=AD=BC=8,由三角函数定义即可得出结论.【详解】(1)证明:∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形,∴AB=AD,AE=AG=EF,∠BAD=∠EAG=∠ADC=90°,∴∠BAE+∠EAD=∠DAG+∠EAD,∠ADG=90°=∠ABE,∴∠BAE=∠DAG,在△ADG和△ABE中,4.理由见解析.3⎧∠ADG=∠ABE⎪⎨∠DAG=∠BAE,⎪AD=AB⎩∴△ADG≌△ABE(AAS).(2)解:∠FCN=45°,理由如下:作FH⊥MN于H,如图1所示:则∠EHF=90°=∠ABE,∵∠AEF=∠ABE=90°,∴∠BAE+∠AEB=90°,∠FEH+∠AEB=90°,∴∠FEH=∠BAE,在△EFH和△ABE中,⎧∠EHF=∠ABE⎪⎨∠FEH=∠BAE,⎪EF=AE⎩∴△EFH≌△ABE(AAS),∴FH=BE,EH=AB=BC,∴CH=BE=FH,∵∠FHC=90°,∴∠FCN=45°.(3)当点E由B向C运动时,∠FCN的大小总保持不变,理由如下:作FH⊥MN于H,如图2所示:由已知可得∠EAG=∠BAD=∠AEF=90°,结合(1)(2)得:△EFH≌△GAD,△EFH∽△ABE,∴EH=AD=BC=8,∴CH=BE,∴EH FH FH==;AB BE CHFH EH84===,CH AB634.3在Rt△FEH中,tan∠FCN=∴当点E由B向C运动时,∠FCN的大小总保持不变,tan∠FCN=【点睛】本题是四边形综合题目,考查了正方形,矩形的判定及全等三角形的判定方法等知识点的综合运用,其重点是通过证三角形全等或相似来得出线段的相等或成比例.8.已知AB是⊙O的直径,弦CD⊥AB于H,过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于F,切点为G,连接AG交CD于K.(1)如图1,求证:KE=GE;(2)如图2,连接CABG,若∠FGB=1∠ACH,求证:CA∥FE;23,AK=10,求CN5(3)如图3,在(2)的条件下,连接CG交AB于点N,若sin E=的长.【答案】(1)证明见解析;(2)△EAD是等腰三角形.证明见解析;(3)【解析】试题分析:2010.13(1)连接OG,则由已知易得∠OGE=∠AHK=90°,由OG=OA可得∠AGO=∠OAG,从而可得∠KGE=∠AKH=∠EKG,这样即可得到KE=GE;(2)设∠FGB=α,由AB是直径可得∠AGB=90°,从而可得∠KGE=90°-α,结合GE=KE可得∠EKG=90°-α,这样在△GKE中可得∠E=2α,由∠FGB=∠E=∠ACH,由此即可得到CA∥EF;(3)如下图2,作NP⊥AC于P,由(2)可知∠ACH=∠E,由此可得sinE=sin∠ACH=CH=4a,则tan∠CAH=1∠ACH可得∠ACH=2α,这样可得2AH3=,设AH=3a,可得AC=5a,AC5CH4=,由(2)中结论易得∠CAK=∠EGK=∠EKG=∠AKC,从而可AH3AH=3,AK=10a,结合AK=10可得a=1,HK得CK=AC=5a,由此可得HK=a,tan∠AKH=则AC=5;在四边形BGKH中,由∠BHK=∠BKG=90°,可得∠ABG+∠HKG=180°,结合∠AKH+∠GKG=180°,∠ACG=∠ABG可得∠ACG=∠AKH,在Rt△APN中,由tan∠CAH=tan∠ACG=4PN=,可设PN=12b,AP=9b,由3APPN5 =tan∠AKH=3可得CP=4b,由此可得AC=AP+CP=13b=5,则可得b=,由CP13此即可在Rt△CPN中由勾股定理解出CN的长.试题解析:(1)如图1,连接OG.∵EF切⊙O于G,∴OG⊥EF,∴∠AGO+∠AGE=90°,∵CD⊥AB于H,∴∠AHD=90°,∴∠OAG=∠AKH=90°,∵OA=OG,∴∠AGO=∠OAG,∴∠AGE=∠AKH,∵∠EKG=∠AKH,∴∠EKG=∠AGE,∴KE=GE.(2)设∠FGB=α,∵AB是直径,∴∠AGB=90°,∴∠AGE=∠EKG=90°﹣α,∴∠E=180°﹣∠AGE﹣∠EKG=2α,1∠ACH,2∴∠ACH=2α,∴∠ACH=∠E,∴CA∥FE.∵∠FGB=(3)作NP⊥AC于P.∵∠ACH=∠E,∴sin∠E=sin∠ACH=则CH=2AH3=,设AH=3a,AC=5a,AC52AC-CH=4a,tan∠CAH=CH4=,AH3∵CA∥FE,∴∠CAK=∠AGE,∵∠AGE=∠AKH,∴∠CAK=∠AKH,∴AC=CK=5a,HK=CK﹣CH=4a,tan∠AKH=∵AK=10,∴AH=3,AK=AH2+HK2=10a,HK10a=10,∴a=1.AC=5,∵∠BHD=∠AGB=90°,∴∠BHD+∠AGB=180°,在四边形BGKH中,∠BHD+∠HKG+∠AGB+∠ABG=360°,∴∠ABG+∠HKG=180°,∵∠AKH+∠HKG=180°,∴∠AKH=∠ABG,∵∠ACN=∠ABG,∴∠AKH=∠ACN,∴tan∠AKH=tan∠ACN=3,∵NP⊥AC于P,∴∠APN=∠CPN=90°,在Rt△APN中,tan∠CAH=在Rt△CPN中,tan∠ACN=∴CP=4b,∴AC=AP+CP=13b,∵AC=5,∴13b=5,∴b=PN4=,设PN=12b,则AP=9b,AP3PN=3,CP5,132010.13∴CN=PN2+CP2=410⋅b=9.已知Rt△ABC,∠A=90°,BC=10,以BC为边向下作矩形BCDE,连AE交BC于F. (1)如图1,当AB=AC,且sin∠BEF=3BF时,求的值;CF5(2)如图2,当tan∠ABC=1时,过D作DH⊥AE于H,求EH⋅EA的值;2(3)如图3,连AD交BC于G,当FG2=BF⋅CG时,求矩形BCDE的面积【答案】(1)【解析】【分析】1;(2)80;(3)100.7(1)过A作AK⊥BC于K,根据sin∠BEF=3FK3=,设FK=3a,AK=5a,可求得BF=a,故得出5AK5BF1=;(2)过A作AK⊥BC于K,延长AK交ED于G,则AG⊥ED,得△EGA∽△EHD,CF7利用相似三角形的性质即可求出;(3)延长AB、ED交于K,延长AC、ED交于T,根据相似三角形的性质可求出BE=ED,故可求出矩形的面积.【详解】解:(1)过A作AK⊥BC于K,∵sin∠BEF=∴33,sin∠FAK=,55FK3=,AK5设FK=3a,AK=5a,∴AK=4a,∵AB=AC,∠BAC=90°,∴BK=CK=4a,∴BF=a,又∵CF=7a,∴BF1=CF7(2)过A作AK⊥BC于K,延长AK交ED于G,则AG⊥ED,∵∠AGE=∠DHE=90°,∴△EGA∽△EHD,∴EH ED=,EG EA∴EH⋅EA=EG·ED,其中EG=BK,∵BC=10,tan∠ABC=cos∠ABC=1,22,520,5∴BA=BC· cos∠ABC=BK= BA·cos∠ABC=∴EG=8,另一方面:ED=BC=10,∴EH·EA=80202⨯=855(3)延长AB、ED交于K,延长AC、ED交于T,∵BC∥KT,∴BF AF FG==,KE AE EDBF KE FG ED==,同理:FG DE CG DTBF FG=,FG CGKE ED=,DE DT∵FG2= BF·CG∴∴ED2= KE·DT∴KE CD=,BE DT∴KE·DT=BE2,∴BE2=ED2∴BE=ED∴S矩形BCDE=10⨯10=100又∵△KEB∽△CDT,∴【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质,解题的关键根据题意作出辅助线再进行求解. 10.如图,半圆O的直径AB=20,弦CD∥AB,动点M在半径OD上,射线BM与弦CD 相交于点E(点E与点C、D不重合),设OM=m.(1)求DE的长(用含m的代数式表示);(2)令弦CD所对的圆心角为α,且sinα2=4.5①若△DEM的面积为S,求S关于m的函数关系式,并求出m的取值范围;②若动点N在CD上,且CN=OM,射线BM与射线ON相交于点F,当∠OMF=90°时,求DE的长.100-10m503m2-60m+300【答案】(1)DE=;(2)①S=,(<m<10),m13m5.2【解析】【分析】②DE=(1)由CD∥AB知△DEM∽△OBM,可得DE DM=,据此可得;OB OM1∠COD,据此2(2)①连接OC、作OP⊥CD、MQ⊥CD,由OC=OD、OP⊥CD知∠DOP=可得sin∠DOP=sin∠DMQ=DM sin∠ODP=43、sin∠ODP=,继而由OM=m、OD=10得QM=553(10﹣m),根据三角形的面积公式即可得;如图2,先求得PD=8、CD5CD DM50=,求得OM=,据此可得m的取值范围;BO OM133=6,可得OM=8,根据(1)所求结果可得答5=16,证△CDM∽△BOM得②如图3,由BM=OB sin∠BOM=10×案.【详解】(1)∵CD∥AB,∴△DEM∽△OBM,∴DE DM DE10-m==,即,OB OM10m∴DE=100-10m;m(2)①如图1,连接OC、作OP⊥CD于点P,作MQ⊥CD于点Q,∵OC=OD、OP⊥CD,∴∠DOP=∵sin1∠COD,2α2=4,543,sin∠ODP=,55∴sin∠DOP=sin∠DMQ=∵OM=m、OD=10,∴DM=10﹣m,∴QM=DM sin∠ODP=3(10﹣m),511100-10m33m2-60m+300×(10﹣m)=则S△DEM=DE•MQ=×,22m5m如图2,∵PD=OD sin∠DOP=10×∴CD=16,∵CD∥AB,∴△CDM∽△BOM,∴4=8,5CD DM1610-OM==,即,BO OM10OM50,13解得:OM=∴50<m<10,13503m2-60m+300∴S=,(<m<10).13m②当∠OMF=90°时,如图3,则∠BMO=90°,在Rt△BOM中,BM=OB sin∠BOM=10×则OM=8,由(1)得DE=【点睛】本题主要考查圆的综合题,解题的关键是熟练掌握圆的有关性质、相似三角形的判定与性质及解直角三角形的能力.3=6,5100-10⨯85=.8211.如图所示,一堤坝的坡角∠ABC=62︒,坡面长度AB=25米(图为横截面),为了使堤坝更加牢固,一施工队欲改变堤坝的坡面,使得坡面的坡角∠ADB=50︒,则此时应将坝底向外拓宽多少米?(结果保留到0.01米)(参考数据:sin62︒≈0.88,cos62︒≈0.47,tan50︒≈1.20)【答案】6.58米【解析】试题分析:过A点作AE⊥CD于E.在Rt△ABE中,根据三角函数可得AE,BE,在Rt△ADE中,根据三角函数可得DE,再根据DB=DE﹣BE即可求解.试题解析:过A点作AE⊥CD于E.在Rt△ABE中,∠ABE=62°.∴AE=AB•sin62°=25×0.88=22米,BE=AB•cos62°=25×0.47=11.75米,在Rt△ADE中,∠ADB=50°,∴DE=∴DB=DE﹣BE≈6.58米.故此时应将坝底向外拓宽大约6.58米.=18米,考点:解直角三角形的应用-坡度坡角问题.12.如图,在平面直角坐标系xOy中,已知点A(3,0),点B(0,33),点O为原点.动点C、D分别在直线AB、OB上,将△BCD沿着CD折叠,得△B'CD.(Ⅰ)如图1,若CD⊥AB,点B'恰好落在点A处,求此时点D的坐标;(Ⅱ)如图2,若BD=AC,点B'恰好落在y轴上,求此时点C的坐标;(Ⅲ)若点C的横坐标为2,点B'落在x轴上,求点B'的坐标(直接写出结果即可).【答案】(1)D(0,3);(2)C(12﹣63,123﹣18);(3)B'(2+13,0),(2﹣13,0).【解析】【分析】(1)设OD为x,则BD=AD=33x,在RT△ODA中应用勾股定理即可求解;(2)由题意易证△BDC∽△BOA,再利用A、B坐标及BD=AC可求解出BD长度,再由特殊角的三角函数即可求解;(3)过点C作CE⊥AO于E,由A、B坐标及C的横坐标为2,利用相似可求解出BC、CE、OC等长度;分点B’在A点右边和左边两种情况进行讨论,由翻折的对称性可知BC=B’C,再利用特殊角的三角函数可逐一求解.【详解】(Ⅰ)设OD为x,∵点A(3,0),点B(0,33),∴AO=3,BO=33∴AB=6∵折叠∴BD=DA在Rt△ADO中,OA2+OD2=DA2.∴9+OD2=(33﹣OD)2.∴OD=3∴D(0,3)(Ⅱ)∵折叠∴∠BDC=∠CDO=90°∴CD∥OA∴∴BD BC=且BD=AC,BO ABBD6-BD=633∴BD=123﹣18∴OD=33﹣(123﹣18)=18﹣93∵tan∠ABO=AO3,=OB3CD3,=BD3∴∠ABC=30°,即∠BAO=60°∵tan∠ABO=∴CD=12﹣63∴D(12﹣63,123﹣18)(Ⅲ)如图:过点C作CE⊥AO于E∵CE⊥AO∴OE=2,且AO=3∴AE=1,∵CE⊥AO,∠CAE=60°∴∠ACE=30°且CE⊥AO∴AC=2,CE=3∵BC=AB﹣AC∴BC=6﹣2=4若点B'落在A点右边,∵折叠∴BC=B'C=4,CE=3,CE⊥OA∴B'E=B'C2-CE2=13∴OB'=2+13∴B'(2+13,0)若点B'落在A点左边,∵折叠∴BC=B'C=4,CE=3,CE⊥OA∴B'E=B'C2-CE2=13∴OB'=13﹣2∴B'(2﹣13,0)综上所述:B'(2+13,0),(2﹣13,0)【点睛】本题结合翻折综合考查了三角形相似和特殊角的三角函数,第3问中理解B’点的两种情况是解题关键.。
2019年全国各地中考数学真题汇编:三角形(湖南专版)(解析卷)
2019年全国各地中考数学真题汇编(湖南专版)三角形参考答案与试题解析一.选择题(共5小题)1.(2019•长沙)如图,Rt△ABC中,∠C=90°,∠B=30°,分别以点A和点B为圆心,大于AB 的长为半径作弧,两弧相交于M、N两点,作直线MN,交BC于点D,连接AD,则∠CAD的度数是()A.20°B.30°C.45°D.60°解:在△ABC中,∵∠B=30°,∠C=90°,∴∠BAC=180°﹣∠B﹣∠C=60°,由作图可知MN为AB的中垂线,∴DA=DB,∴∠DAB=∠B=30°,∴∠CAD=∠BAC﹣∠DAB=30°,故选:B.2.(2019•益阳)已知M、N是线段AB上的两点,AM=MN=2,NB=1,以点A为圆心,AN长为半径画弧;再以点B为圆心,BM长为半径画弧,两弧交于点C,连接AC,BC,则△ABC一定是()A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.等腰三角形解:如图所示,AC=AN=4,BC=BM=3,AB=2+2+1=5,∴AC2+BC2=AB2,∴△ABC是直角三角形,且∠ACB=90°,故选:B.3.(2019•长沙)如图,一艘轮船从位于灯塔C的北偏东60°方向,距离灯塔60nmile的小岛A出发,沿正南方向航行一段时间后,到达位于灯塔C的南偏东45°方向上的B处,这时轮船B与小岛A 的距离是()A.30nmile B.60nmileC.120nmile D.(30+30)nmile解:过C作CD⊥AB于D点,∴∠ACD=30°,∠BCD=45°,AC=60.在Rt△ACD中,cos∠ACD=,∴CD=AC•cos∠ACD=60×=30.在Rt△DCB中,∵∠BCD=∠B=45°,∴CD=BD=30,∴AB=AD+BD=30+30.答:此时轮船所在的B处与灯塔P的距离是(30+30)nmile.故选:D.4.(2019•益阳)南洞庭大桥是南益高速公路上的重要桥梁,小芳同学在校外实践活动中对此开展测量活动.如图,在桥外一点A测得大桥主架与水面的交汇点C的俯角为α,大桥主架的顶端D的仰角为β,已知测量点与大桥主架的水平距离AB=a,则此时大桥主架顶端离水面的高CD为()A.a sinα+a sinβB.a cosα+a cosβC.a tanα+a tanβD.+解:在Rt△ABD和Rt△ABC中,AB=a,tanα=,tanβ=,∴BC=a tanα,BD=a tanβ,∴CD=BC+BD=a tanα+a tanβ;故选:C.5.(2019•常德)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解:如图,根据题意得△AFH∽△ADE,∴=()2=()2=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.二.填空题(共6小题)6.(2019•长沙)如图,要测量池塘两岸相对的A,B两点间的距离,可以在池塘外选一点C,连接AC,BC,分别取AC,BC的中点D,E,测得DE=50m,则AB的长是100m.解:∵点D,E分别是AC,BC的中点,∴DE是△ABC的中位线,∴AB=2DE=2×50=100米.故答案为:100.7.(2019•邵阳)如图,已知AD=AE,请你添加一个条件,使得△ADC≌△AEB,你添加的条件是AB =AC或∠ADC=∠AEB或∠ABE=∠ACD.(不添加任何字母和辅助线)解:∵∠A=∠A,AD=AE,∴可以添加AB=AC,此时满足SAS;添加条件∠ADC=∠AEB,此时满足ASA;添加条件∠ABE=∠ACD,此时满足AAS,故答案为AB=AC或∠ADC=∠AEB或∠ABE=∠ACD;8.(2019•株洲)如图所示,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,CM是斜边AB上的中线,E、F分别为MB、BC的中点,若EF=1,则AB=4.解:∵E、F分别为MB、BC的中点,∴CM=2EF=2,∵∠ACB=90°,CM是斜边AB上的中线,∴AB=2CM=4,故答案为:4.9.(2019•衡阳)已知圆的半径是6,则圆内接正三角形的边长是6.解:如图,圆半径为6,求AB长.∠AOB=360°÷3=120°连接OA,OB,作OC⊥AB于点C,∵OA=OB,∴AB=2AC,∠AOC=60°,∴AC=OA×sin60°=6×=3,∴AB=2AC=6,故答案为:6.10.(2019•邵阳)公元3世纪初,中国古代数学家赵爽注《周髀算经》时,创造了“赵爽弦图”.如图,设勾a=6,弦c=10,则小正方形ABCD的面积是4.解:∵勾a=6,弦c=10,∴股==8,∴小正方形的边长=8﹣6=2,∴小正方形的面积=22=4故答案是:411.(2019•常德)如图,已知△ABC是等腰三角形,AB=AC,∠BAC=45°,点D在AC边上,将△ABD绕点A逆时针旋转45°得到△ACD′,且点D′、D、B三点在同一条直线上,则∠ABD的度数是22.5°.解:∵将△ABD绕点A逆时针旋转45°得到△ACD′,∴∠BAC=∠CAD'=45°,AD=AD'∴∠AD'D=67.5°,∠D'AB=90°∴∠ABD=22.5°故答案为:22.5°三.解答题(共15小题)12.(2019•岳阳)如图,在菱形ABCD中,点E、F分别为AD、CD边上的点,DE=DF,求证:∠1=∠2.证明:∵四边形ABCD是菱形,∴AD=CD,在△ADF和△CDE中,,∴△ADF≌△CDE(SAS),∴∠1=∠2.13.(2019•长沙)如图,正方形ABCD,点E,F分别在AD,CD上,且DE=CF,AF与BE相交于点G.(1)求证:BE=AF;(2)若AB=4,DE=1,求AG的长.(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴∠BAE=∠ADF=90°,AB=AD=CD,∵DE=CF,∴AE=DF,在△BAE和△ADF中,,∴△BAE≌△ADF(SAS),∴BE=AF;(2)解:由(1)得:△BAE≌△ADF,∴∠EBA=∠F AD,∴∠GAE+∠AEG=90°,∴∠AGE=90°,∵AB=4,DE=1,∴AE=3,∴BE===5,在Rt△ABE中,AB×AE=BE×AG,∴AG==.14.(2019•衡阳)如图,在一次综合实践活动中,小亮要测量一楼房的高度,先在坡面D处测得楼房顶部A的仰角为30°,沿坡面向下走到坡脚C处,然后向楼房方向继续行走10米到达E处,测得楼房顶部A的仰角为60°.已知坡面CD=10米,山坡的坡度i=1:(坡度i是指坡面的铅直高度与水平宽度的比),求楼房AB高度.(结果精确到0.1米)(参考数据:≈1.73,≈1.41)解:过D作DG⊥BC于G,DH⊥AB于H,交AE于F,作FP⊥BC于P,如图所示:则DG=FP=BH,DF=GP,∵坡面CD=10米,山坡的坡度i=1:,∴∠DCG=30°,∴FP=DG=CD=5,∴CG=DG=5,∵∠FEP=60°,∴FP=EP=5,∴EP=,∴DF=GP=5+10+=+10,∵∠AEB=60°,∴∠EAB=30°,∵∠ADH=30°,∴∠DAH=60°,∴∠DAF=30°=∠ADF,∴AF=DF=+10,∴FH=AF=+5,∴AH=FH=10+5,∴AB=AH+BH=10+5+5=15+5≈15+5×1.73≈23.7(米),答:楼房AB高度约为23.7米.15.(2019•邵阳)某品牌太阳能热水器的实物图和横断面示意图如图所示.已知真空集热管DE与支架CB所在直线相交于点O,且OB=OE;支架BC与水平线AD垂直.AC=40cm,∠ADE=30°,DE=190cm,另一支架AB与水平线夹角∠BAD=65°,求OB的长度(结果精确到1cm;温馨提示:sin65°≈0.91,cos65°≈0.42,tan65°≈2.14)解:设OE=OB=2x,∴OD=DE+OE=190+2x,∵∠ADE=30°,∴OC=OD=95+x,∴BC=OC﹣OB=95+x﹣2x=95﹣x,∵tan∠BAD=,∴2.14=,解得:x≈9,∴OB=2x=18.16.(2019•岳阳)慈氏塔位于岳阳市城西洞庭湖边,是湖南省保存最好的古塔建筑之一.如图,小亮的目高CD为1.7米,他站在D处测得塔顶的仰角∠ACG为45°,小琴的目高EF为1.5米,她站在距离塔底中心B点a米远的F处,测得塔顶的仰角∠AEH为62.3°.(点D、B、F在同一水平线上,参考数据:sin62.3°≈0.89,cos62.3°≈0.46,tan62.3°≈1.9)(1)求小亮与塔底中心的距离BD;(用含a的式子表示)(2)若小亮与小琴相距52米,求慈氏塔的高度AB.解:(1)由题意得,四边形CDBG、HBFE为矩形,∴GB=CD=1.7,HB=EF=1.5,∴GH=0.2,在Rt△AHE中,tan∠AEH=,则AH=HE•tan∠AEH≈1.9a,∴AG=AH﹣GH=1.9a﹣0.2,在Rt△ACG中,∠ACG=45°,∴CG=AG=1.9a﹣0.2,∴BD=1.9a﹣0.2,答:小亮与塔底中心的距离BD(1.9a﹣0.2)米;(2)由题意得,1.9a﹣0.2+a=52,解得,a=18,则AG=1.9a﹣0.2=34,∴AB=AG+GB=35.7,答:慈氏塔的高度AB为35.7米.17.(2019•张家界)如图,在平行四边形ABCD中,连接对角线AC,延长AB至点E,使BE=AB,连接DE,分别交BC,AC交于点F,G.(1)求证:BF=CF;(2)若BC=6,DG=4,求FG的长.(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥CD,AD=BC,∴△EBF∽△EAD,∴==,∴BF=AD=BC,∴BF=CF;(2)解:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥CD,∴△FGC∽△DGA,∴=,即=,解得,FG=2.18.(2019•常德)图1是一种淋浴喷头,图2是图1的示意图,若用支架把喷头固定在点A处,手柄长AB=25cm,AB与墙壁DD′的夹角∠D′AB=37°,喷出的水流BC与AB形成的夹角∠ABC=72°,现在住户要求:当人站在E处淋浴时,水流正好喷洒在人体的C处,且使DE=50cm,CE=130cm.问:安装师傅应将支架固定在离地面多高的位置?(参考数据:sin37°≈0.60,cos37°≈0.80,tan37°≈0.75,sin72°≈0.95,cos72°≈0.31,tan72°≈3.08,sin35°≈0.57,cos35°≈0.82,tan35°≈0.70).解:过点B作BG⊥D′D于点G,延长EC、GB交于点F,∵AB=25,DE=50,∴sin37°=,cos37°=,∴GB≈25×0.60=15,GA≈25×0.80=20,∴BF=50﹣15=35,∵∠ABC=72°,∠D′AB=37°,∴∠GBA=53°,∴∠CBF=55°,∴∠BCF=35°,∵tan35°=,∴CF≈=50,∴FE=50+130=180,∴GD=FE=180,∴AD=180﹣20=160,∴安装师傅应将支架固定在离地面160cm的位置.19.(2019•益阳)已知,如图,AB=AE,AB∥DE,∠ECB=70°,∠D=110°,求证:△ABC≌△EAD.证明:由∠ECB=70°得∠ACB=110°又∵∠D=110°∴∠ACB=∠D∵AB∥DE∴∠CAB=∠E∴在△ABC和△EAD中∴△ABC≌△EAD(AAS).20.(2019•张家界)天门山索道是世界最长的高山客运索道,位于张家界天门山景区.在一次检修维护中,检修人员从索道A处开始,沿A﹣B﹣C路线对索道进行检修维护.如图:已知AB=500米,BC=800米,AB与水平线AA1的夹角是30°,BC与水平线BB1的夹角是60°.求:本次检修中,检修人员上升的垂直高度CA1是多少米?(结果精确到1米,参考数据:≈1.732)解:如图,过点B作BH⊥AA1于点H.在Rt△ABH中,AB=500,∠BAH=30°,∴BH=AB=(米),∴A1B1=BH=250(米),在Rt△BB1C中,BC=800,∠CBB1=60°,∴,∴B1C==400(米),∴检修人员上升的垂直高度CA1=CB1+A1B1=400+250≈943(米)答:检修人员上升的垂直高度CA1为943米.21.(2019•郴州)如图,▱ABCD中,点E是边AD的中点,连接CE并延长交BA的延长线于点F,连接AC,DF.求证:四边形ACDF是平行四边形.解:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥CD,∴∠F AE=∠CDE,∵E是AD的中点,∴AE=DE,又∵∠FEA=∠CED,∴△F AE≌△CDE(ASA),∴CD=F A,又∵CD∥AF,∴四边形ACDF是平行四边形.22.(2019•郴州)如图所示,巡逻船在A处测得灯塔C在北偏东45°方向上,距离A处30km.在灯塔C的正南方向B处有一渔船发出求救信号,巡逻船接到指示后立即前往施救.已知B处在A处的北偏东60°方向上,这时巡逻船与渔船的距离是多少?(精确到0.01km.参考数据:≈1.414,≈1.732,≈2.449)解:延长CB交过A点的正东方向于D,如图所示:则∠CDA=90°,由题意得:AC=30km,∠CAD=90°﹣45°=45°,∠BAD=90°﹣60°=30°,∴AD=CD=AC=15,AD=BD,∴BD==5,∴BC=CD﹣BD=15﹣5≈15×1.414﹣5×2.449≈8.97(km);答:巡逻船与渔船的距离约为8.97km.23.(2019•怀化)已知:如图,在▱ABCD中,AE⊥BC,CF⊥AD,E,F分别为垂足.(1)求证:△ABE≌△CDF;(2)求证:四边形AECF是矩形.(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,∴∠B=∠D,AB=CD,AD∥BC,∵AE⊥BC,CF⊥AD,∴∠AEB=∠AEC=∠CFD=∠AFC=90°,在△ABE和△CDF中,,∴△ABE≌△CDF(AAS);(2)证明:∵AD∥BC,∴∠EAF=∠AEB=90°,∴∠EAF=∠AEC=∠AFC=90°,∴四边形AECF是矩形.24.(2019•怀化)如图,为测量一段笔直自西向东的河流的河面宽度,小明在南岸B处测得对岸A处一棵柳树位于北偏东60°方向,他以每秒1.5米的速度沿着河岸向东步行40秒后到达C处,此时测得柳树位于北偏东30°方向,试计算此段河面的宽度.25.(2019•湘西州)如图,在正方形ABCD中,点E,F分别在边CD,AD上,且AF=CE.(1)求证:△ABF≌△CBE;(2)若AB=4,AF=1,求四边形BEDF的面积.解:(1)在△ABF和△CBE中,∴△ABF≌△CBE(SAS);(2)由已知可得正方形ABCD面积为16,△ABF面积=△CBE面积=×4×1=2.所以四边形BEDF的面积为16﹣2×2=12.26.(2019•株洲)小强的爸爸准备驾车外出.启动汽车时,车载报警系统显示正前方有障碍物,此时在眼睛点A处测得汽车前端F的俯角为α,且tanα=,若直线AF与地面l1相交于点B,点A到地面l1的垂线段AC的长度为1.6米,假设眼睛A处的水平线l2与地面l1平行.(1)求BC的长度;(2)假如障碍物上的点M正好位于线段BC的中点位置(障碍物的横截面为长方形,且线段MN为此长方形前端的边),MN⊥l1,若小强的爸爸将汽车沿直线l1后退0.6米,通过汽车的前端F1点恰好看见障碍物的顶部N点(点D为点A的对应点,点F1为点F的对应点),求障碍物的高度.解:(1)由题意得,∠ABC=∠α,在Rt△ABC中,AC=1.6,tan∠ABC=tanα=,∴BC===4.8m,答:BC的长度为4.8m;(2)过D作DH⊥BC于H,则四边形ADHC是矩形,∴AD=CH=BE=0.6,∵点M是线段BC的中点,∴BM=CM=2.4米,∴EM=BM﹣BE=1.8,∵MN⊥BC,∴MN∥DH,∴△EMN∽△EHD,∴=,∴=,∴MN=0.6,答:障碍物的高度为0.6米.。
2019年浙江省三角形中考数学试题专题解析
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xxxx年浙江省三角形中考数学试题专题解析一、选择题1.如图,在Rt△ABo中,斜边AB=1.若oc∥BA,∠Aoc=36°,则【】A.点B到Ao的距离为sin54°B.点B到Ao 的距离为tan36°c.点A到oc的距离为sin36°sin54° D.点A到oc的距离为cos36°sin54°【答案】c。
【考点】平行线的性质,点到直线的距离,锐角三角形函数定义。
【分析】由已知,根据锐角三角形函数定义对各选项作出判断:A、由于在Rt△ABo中∠AoB是直角,所以B到Ao的距离是指Bo的长。
∵AB∥oc,∴∠BAo=∠Aoc=36°。
在Rt△BoA中,∵∠AoB=90°,AB=1,∴Bo=ABsin36°=sin36°。
故本选项错误。
B、由A可知,选项错误。
c、如图,过A作AD⊥oc于D,则AD的长是点A到oc的距离。
在Rt△BoA中,∵∠BAo=36°,∠AoB=90°,∴∠ABo=54°。
∴Ao=AB•sin54°=sin54°。
在Rt△ADo中,AD=Ao•sin36°=AB•sin54°•sin36°=sin54°•sin36°。
故本选项正确。
D、由c可知,选项错误。
故选c。
3.如图,在Rt△ABc中,∠AcB=90°,AB=10,cD 是AB边上的中线,则cD的长是【】【答案】c。
【考点】直角三角形斜边上的中线性质。
备考中考数学高频考点剖析专题16 平面几何之三角形边角问题(含解析)
备考2019中考数学高频考点剖析专题十六平面几何之三角形边角问题考点扫描☆聚焦中考三角形边角问题,是每年中考的必考内容之一,考查的知识点包括三角形三边关系、三角形中的中点线段、三角形内角和和三角形外角性质等四方面,总体来看,难度系数低,以选择填空为主。
也有少量的解析题。
解析题主要以涉及到三角形内角和计算为主。
结合近几年全国各地中考的实例,我们从四方面进行三角形边角问题的探讨:(1)三角形三边关系;(2)三角形中点线段;(3)三角形内角和.(4)三角形外角性质.考点剖析☆典型例题例1(2018•长沙)下列长度的三条线段,能组成三角形的是()A.4cm,5cm,9cm B.8cm,8cm,15cm C.5cm,5cm,10cm D.6cm,7cm,14cm【分析】结合“三角形中较短的两边之和大于第三边”,分别套入四个选项中得三边长,即可得出结论.【解答】解:A、∵5+4=9,9=9,∴该三边不能组成三角形,故此选项错误;B、8+8=16,16>15,∴该三边能组成三角形,故此选项正确;C、5+5=10,10=10,∴该三边不能组成三角形,故此选项错误;D、6+7=13,13<14,∴该三边不能组成三角形,故此选项错误;故选:B.例2(2018•贵阳)如图,在△ABC中有四条线段DE,BE,EF,FG,其中有一条线段是△ABC的中线,则该线段是()A.线段DE B.线段BE C.线段EF D.线段FG【分析】根据三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线逐一判断即可得.【解答】解:根据三角形中线的定义知线段BE是△ABC的中线,故选:B.例3如图,已知AB∥CD,EF与AB、CD分别相交于点E、F,∠BEF与∠EFD的平分线相交于点P,求证:EP⊥FP.【考点】三角形内角和定理;角平分线的定义;平行线的性质.【专题】证明题.【分析】要证EP⊥FP,即证∠PEF+∠EFP=90°,由角平分线的性质和平行线的性质可知,∠PEF+∠EFP=(∠BEF+∠EFD)=90°.【解答】证明:∵AB∥CD,∴∠BEF+∠EFD=180°,又EP、FP分别是∠BEF、∠EFD的平分线,∴∠PEF=∠BEF,∠EFP=∠EFD,∴∠PEF+∠EFP=(∠BEF+∠EFD)=90°,∴∠P=180°﹣(∠PEF+∠EFP)=180°﹣90°=90°,即EP⊥FP.【点评】本题的关键就是找到∠PEF+∠EFP与∠BEF+∠EFD之间的关系,考查了整体代换思想.例4(2018·台湾·分)如图,I点为△ABC的内心,D点在BC上,且ID⊥BC,若∠B=44°,∠C=56°,则∠AID的度数为何?()A.174 B.176 C.178 D.180【分析】连接CI,利用三角形内角和定理可求出∠BAC的度数,由I点为△ABC的内心,可得出∠CAI、∠ACI、∠DCI的度数,利用三角形内角和定理可得出∠AIC、∠CID的度数,再由∠AID=∠AIC+∠CID 即可求出∠AID的度数.【解答】解:连接CI,如图所示.在△ABC中,∠B=44°,∠ACB=56°,∴∠BAC=180°﹣∠B﹣∠ACB=80°.∵I点为△ABC的内心,∴∠CAI=∠BAC=40°,∠ACI=∠DCI=∠ACB=28°,∴∠AIC=180°﹣∠CAI﹣∠ACI=112°,又ID⊥BC,∴∠CID=90°﹣∠DCI=62°,∴∠AID=∠AIC+∠CID=112°+62°=174°.故选:A.【点评】本题考查了三角形的内心、三角形内角和定理以及角平分线的性质,根据三角形内心的性质结合三角形内角和定理求出∠AIC、∠CID的度数是解题的关键.例5如图,在四边形ABCD中,∠1=∠2,∠3=∠4,且∠D+∠C=220°,求∠AOB的度数.【考点】多边形内角与外角;三角形内角和定理.【分析】首先根据四边形内角和为360度计算出∠DAB+∠ABC=360°﹣220°=140°,再根据∠1=∠2,∠3=∠4计算出∠2+∠3=70°,然后利用三角形内角和为180度计算出∠AOB的度数.【解答】解:∵∠D+∠C+∠DAB+∠ABC=360°,∠D+∠C=220°,∴∠DAB+∠ABC=360°﹣220°=140°,∵∠1=∠2,∠3=∠4,∴∠2+∠3=70°,∴∠AOB=180°﹣70°=110°.【点评】此题主要考查了多边形的内角,关键是掌握四边形内角和为360°,三角形内角和为180°.考点过关☆专项突破类型一三角形三边关系1. (2018•福建)下列各组数中,能作为一个三角形三边边长的是()A.1,1,2 B.1,2,4 C.2,3,4 D.2,3,52. (2018•常德)已知三角形两边的长分别是3和7,则此三角形第三边的长可能是()A.1 B.2 C.8 D.113. 下列每组数分别是三根木棒的长度,能用它们摆成三角形的是()A.3cm,4cm,8cm B.8cm,7cm,15cmC.5cm,5cm,11cm D.13cm,12cm,20cm4.下列各组图形中,AD是的高的图形是( )A B C D5. (2018年江苏省泰州市•3分)已知三角形两边的长分别为1、5,第三边长为整数,则第三边的长为.6. 如图,在△BCD中,BC=4,BD=5,(1)求CD的取值范围;(2)若AE∥BD,∠A=55°,∠BDE=125°,求∠C的度数.类型二三角形内重点线段1. 下列说法不正确的是()A.三角形的中线在三角形的内部B.三角形的角平分线在三角形的内部C.三角形的高在三角形的内部D.三角形必有一高线在三角形的内部2.(2018·广西梧州·3分)如图,已知BG是∠ABC的平分线,DE⊥AB于点E,DF⊥BC于点F,DE=6,则DF的长度是()A.2 B.3 C.4 D.63.(2017江苏徐州)△ABC中,点D,E分别是AB,AC的中点,DE=7,则BC= .4.如图,△ABC中,AD是高,AE、BF是角平分线,它们相交于点O,∠CAB=50°,∠C=60°,求∠DAE和∠BOA的度数.5. 已知△ABC中,∠ACB=90°,CD为AB边上的高,BE平分∠ABC,分别交CD、AC于点F、E,求证:∠CFE=∠CEF.6. 如图,△ABC中,AD是BC边上的高,AE是∠BAC的平分线,∠EAD=5°,∠B=50°,求∠C的度数.类型三、三角形内角和1.如图,在证明“△ABC内角和等于180°”时,延长BC至D,过点C作CE∥AB,得到∠ABC=∠ECD,∠BAC=∠ACE,由于∠BCD=180°,可得到∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°,这个证明方法体现的数学思想是()A、数形结合B、特殊到一般C、一般到特殊D、转化2.(2018四川省眉山市2分 ) 将一副直角三角板按如图所示的位置放置,使含30°角的三角板的一条直角边和含45°角的三角板的一条直角边放在同一条直线上,则∠α的度数是()。
中考数学压轴题专题复习—直角三角形的边角关系的综合含答案解析
中考数学压轴题专题复习—直角三角形的边角关系的综合含答案解析一、直角三角形的边角关系1.已知:如图,在四边形 ABCD 中, AB ∥CD , ∠ACB =90°, AB=10cm , BC=8cm , OD 垂直平分 A C .点 P 从点 B 出发,沿 BA 方向匀速运动,速度为 1cm/s ;同时,点 Q 从点 D 出发,沿 DC 方向匀速运动,速度为 1cm/s ;当一个点停止运动,另一个点也停止运动.过点 P 作 PE ⊥AB ,交 BC 于点 E ,过点 Q 作 QF ∥AC ,分别交 AD , OD 于点 F , G .连接 OP ,EG .设运动时间为 t ( s )(0<t <5) ,解答下列问题: (1)当 t 为何值时,点 E 在BAC 的平分线上?(2)设四边形 PEGO 的面积为 S(cm 2) ,求 S 与 t 的函数关系式;(3)在运动过程中,是否存在某一时刻 t ,使四边形 PEGO 的面积最大?若存在,求出t 的值;若不存在,请说明理由;(4)连接 OE , OQ ,在运动过程中,是否存在某一时刻 t ,使 OE ⊥OQ ?若存在,求出t 的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)4s t =;(2)PEGO S 四边形2315688t t =-++ ,(05)t <<;(3)52t =时,PEGO S 四边形取得最大值;(4)165t =时,OE OQ ⊥. 【解析】 【分析】(1)当点E 在∠BAC 的平分线上时,因为EP ⊥AB ,EC ⊥AC ,可得PE=EC ,由此构建方程即可解决问题.(2)根据S 四边形OPEG =S △OEG +S △OPE =S △OEG +(S △OPC +S △PCE -S △OEC )构建函数关系式即可. (3)利用二次函数的性质解决问题即可.(4)证明∠EOC=∠QOG ,可得tan ∠EOC=tan ∠QOG ,推出EC GQOC OG=,由此构建方程即可解决问题. 【详解】(1)在Rt △ABC 中,∵∠ACB=90°,AB=10cm ,BC=8cm , ∴22108-=6(cm ), ∵OD 垂直平分线段AC , ∴OC=OA=3(cm ),∠DOC=90°, ∵CD ∥AB ,∴∠BAC=∠DCO , ∵∠DOC=∠ACB , ∴△DOC ∽△BCA , ∴AC AB BCOC CD OD ==, ∴61083CD OD==, ∴CD=5(cm ),OD=4(cm ), ∵PB=t ,PE ⊥AB , 易知:PE=34t ,BE=54t ,当点E 在∠BAC 的平分线上时, ∵EP ⊥AB ,EC ⊥AC , ∴PE=EC ,∴34t=8-54t ,∴t=4.∴当t 为4秒时,点E 在∠BAC 的平分线上. (2)如图,连接OE ,PC .S 四边形OPEG =S △OEG +S △OPE =S △OEG +(S △OPC +S △PCE -S △OEC ) =1414153154338838252524524t t t t t ⎡⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯-⨯+⨯⨯-+⨯-⨯-⨯⨯- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣ =281516(05)33t t t -++<<. (3)存在.∵28568(05)323S t t ⎛⎫=--+<< ⎪⎝⎭,∴t=52时,四边形OPEG 的面积最大,最大值为683.(4)存在.如图,连接OQ . ∵OE ⊥OQ ,∴∠EOC+∠QOC=90°,∵∠QOC+∠QOG=90°,∴∠EOC=∠QOG,∴tan∠EOC=tan∠QOG,∴EC GQOC OG=,∴358544345ttt -=-,整理得:5t2-66t+160=0,解得165t=或10(舍弃)∴当165t=秒时,OE⊥OQ.【点睛】本题属于四边形综合题,考查了解直角三角形,相似三角形的判定和性质,锐角三角函数,多边形的面积等知识,解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题.2.如图,在⊙O的内接三角形ABC中,∠ACB=90°,AC =2BC,过C 作AB的垂线l交⊙O于另一点D,垂足为E.设P是上异于A,C的一个动点,射线AP交l于点F ,连接PC与PD,PD交AB于点G.(1)求证:△PAC∽△PDF;(2)若AB=5,,求PD的长;(3)在点P运动过程中,设=x,tan∠AFD=y,求y与x之间的函数关系式.(不要求写出x的取值范围)【答案】(1)证明见解析;(2);(3).【解析】试题分析:(1)应用圆周角定理证明∠APD=∠FPC,得到∠APC=∠FPD,又由∠PAC=∠PDC,即可证明结论.(2)由AC=2BC,设,应用勾股定理即可求得BC,AC的长,则由AC=2BC得,由△ACE∽△ABC可求得AE,CE的长,由可知△APB是等腰直角三角形,从而可求得PA的长,由△AEF是等腰直角三角形求得EF=AE=4,从而求得DF的长,由(1)△PAC∽△PDF得,即可求得PD的长.(3)连接BP,BD,AD,根据圆的对称性,可得,由角的转换可得,由△AGP∽△DGB可得,由△AGD∽△PGB可得,两式相乘可得结果.试题解析:(1)由APCB内接于圆O,得∠FPC=∠B,又∵∠B=∠ACE=90°-∠BCE,∠ACE=∠APD,∴∠APD=∠FPC.∴∠APD+∠DPC=∠FPC+∠DPC,即∠APC=∠FPD.又∵∠PAC=∠PDC,∴△PAC∽△PDF.(2)连接BP,设,∵∠ACB=90°,AB=5,∴.∴.∵△ACE∽△ABC,∴,即. ∴.∵AB⊥CD,∴.如图,连接BP,∵,∴△APB是等腰直角三角形. ∴∠PAB=45°,.∴△AEF是等腰直角三角形. ∴EF=AE=4. ∴DF=6.由(1)△PAC∽△PDF得,即.∴PD的长为.(3)如图,连接BP,BD,AD,∵AC=2BC,∴根据圆的对称性,得AD=2DB,即.∵AB⊥CD,BP⊥AE,∴∠ABP=∠AFD.∵,∴.∵△AGP∽△DGB,∴.∵△AGD∽△PGB,∴.∴,即.∵,∴.∴与之间的函数关系式为.考点:1.单动点问题;2.圆周角定理;3.相似三角形的判定和性质;4.勾股定理;5.等腰直角三角形的判定和性质;6.垂径定理;7.锐角三角函数定义;8.由实际问题列函数关系式.3.如图,已知,在O e 中,弦AB 与弦CD 相交于点E ,且»»AC BD=. (1)求证:AB CD =;(2)如图,若直径FG 经过点E ,求证:EO 平分AED ∠;(3)如图,在(2)的条件下,点P 在»CG上,连接FP 交AB 于点M ,连接MG ,若AB CD ⊥,MG 平分PMB ∠,2MG =,FMG ∆的面积为2,求O e 的半径的长.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)O e 的半径的长为10. 【解析】 【分析】(1) 利用相等的弧所对的弦相等进行证明;(2)连接AO 、DO ,过点O 作OJ AB ⊥于点J ,OQ CD ⊥于点Q ,证明AOJ DOQ ∆≅∆得出OJ OQ =,根据角平分线的判定定理可得结论;(3)如图,延长GM 交O e 于点H ,连接HF ,求出2FH =,在HG 上取点L ,使HL FH =,延长FL 交O e 于点K ,连接KG ,求出22FL =,设HM n =,则有22LK KG n ==,2222FK FL LK n =+=+,再证明KFG EMG HMF ∠=∠=∠,从而得到tan tan KFG HMF ∠=∠,KG HFFK HM=,再代入LK 和FK 的值可得n=4,再求得FG 的长,最后得到圆的半径为10. 【详解】解:(1)证明:∵»»AC BD =,∴»»»»AC CBBD CB +=+, ∴»»AB CD =, ∴AB CD =.(2)证明:如图,连接AO 、DO ,过点O 作OJ AB ⊥于点J ,OQ CD ⊥于点Q ,∴90AJO DQO ∠=∠=︒,1122AJ AB CD DQ ===, 又∵AO DO =, ∴AOJ DOQ ∆≅∆, ∴OJ OQ =,又∵OJ AB ⊥,OQ CD ⊥,∴EO 平分AED ∠.(3)解:∵CD AB ⊥,∴90AED ∠=︒,由(2)知,1452AEF AED ∠=∠=︒, 如图,延长GM 交O e 于点H ,连接HF ,∵FG 为直径,∴90H ∠=︒,122MFG S MG FH ∆=⨯⋅=, ∵2MG =,∴2FH =,在HG 上取点L ,使HL FH =,延长FL 交O e 于点K ,连接KG , ∴45HFL HLF ∠=∠=︒,45KLG HLF ∠=∠=︒, ∵FG 为直径,∴90K ∠=︒,∴9045KGL KLG KLG ∠=︒-∠=︒=∠,∴LK KG =, 在Rt FHL ∆中,222FL FH HL =+,22FL = 设HM n =,2HL MG ==,∴GL LM MG HL LM HM n =+=+==, 在Rt LGK ∆中,222LG LK KG =+,22LK KG ==,2222FK FL LK n =+=, ∵GMP GMB ∠=∠,∵PMG HMF ∠=∠,∴HMF GMB ∠=∠, ∵1452AEF AED ∠=∠=︒, ∴45MGF EMG MEF ∠+∠=∠=︒,45MGF KFG HLF ∠+∠=∠=︒, ∴KFG EMG HMF ∠=∠=∠, ∴tan tan KFG HMF ∠=∠,∴KG HFFK HM=,∴2222222n nn =+,4n =, ∴6HG HM MG =+=,在Rt HFG ∆中,222FG FH HG =+,210FG =,10FO =. 即O e 的半径的长为10. 【点睛】考查了圆的综合题,本题是垂径定理、圆周角定理以及三角函数等的综合应用,适当的添加辅助线是解题的关键.4.2018年12月10日,郑州市城乡规划局网站挂出《郑州都市区主城区停车场专项规划》,将停车纳入城市综合交通体系,计划到2030年,在主城区新建停车泊位33.04万个,2019年初,某小区拟修建地下停车库,如图是停车库坡道入口的设计图,其中MN 是水平线,MN ∥AD ,AD ⊥DE ,CF ⊥AB ,垂足分别为D ,F ,坡道AB 的坡度为1:3,DE =3米,点C 在DE 上,CD =0.5米,CD 是限高标志屏的高度(标志牌上写有:限高米),如果进入该车库车辆的高度不能超过线段CF 的长,则该停车库限高多少米?(结果精确到0.1米,参考数据2≈1.41, 3≈1.73)【答案】该停车库限高约为2.2米. 【解析】 【分析】 据题意得出3tan B =,即可得出tan A ,在Rt △ADE 中,根据勾股定理可求得DE ,即可得出∠1的正切值,再在Rt △CEF 中,设EF =x ,即可求出x ,从而得出CF 3的长. 【详解】解:由题意得,3tan 3B = ∵MN ∥AD , ∴∠A =∠B , ∴tan A =33, ∵DE ⊥AD ,∴在Rt △ADE 中,tan A =DEAD, ∵DE =3, 又∵DC =0.5, ∴CE =2.5, ∵CF ⊥AB ,∴∠FCE +∠CEF =90°, ∵DE ⊥AD , ∴∠A +∠CEF =90°, ∴∠A =∠FCE , ∴tan ∠FCE =3. 在Rt △CEF 中,设EF =x ,CF =3x (x >0),CE =2.5,代入得(52)2=x 2+3x 2, 解得x =1.25,∴CF =3x ≈2.2,∴该停车库限高约为2.2米. 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用,坡面坡角问题和勾股定理,解题的关键是坡度等于坡角的正切值.5.如图①,抛物线y =ax 2+bx+c 经过点A (﹣2,0)、B (4,0)、C (0,3)三点.(1)试求抛物线的解析式;(2)点P 是y 轴上的一个动点,连接PA ,试求5PA+4PC 的最小值;(3)如图②,若直线l 经过点T (﹣4,0),Q 为直线l 上的动点,当以A 、B 、Q 为顶点所作的直角三角形有且仅有三个时,试求直线l 的解析式. 【答案】(1)233384y x x =-++;(2)5PA+4PC 的最小值为18;(3)直线l 的解析式为334y x =+或334y x =--.【解析】【分析】(1)设出交点式,代入C 点计算即可 (2)连接AC 、BC ,过点A 作AE ⊥BC 于点E ,过点P 作PD ⊥BC 于点D ,易证△CDP ∽△COB ,得到比例式PC PD BC OB =,得到PD=45PC ,所以5PA+4PC =5(PA+45PC )=5(PA+PD ),当点A 、P 、D 在同一直线上时,5PA+4PC =5(PA+PD )=5AE 最小,利用等面积法求出AE=185,即最小值为18 (3)取AB 中点F ,以F 为圆心、FA 的长为半径画圆, 当∠BAQ =90°或∠ABQ =90°时,即AQ 或BQ 垂直x 轴,所以只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ =90°或∠ABQ =90°,即∠AQB =90°时,只有一个满足条件的点Q ,∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时,满足∠AQB =90°的点Q 只有一个;此时,连接FQ ,过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ,利用cos ∠QFT 求出QG ,分出情况Q 在x 轴上方和x 轴下方时,分别代入直接l 得到解析式即可 【详解】解:(1)∵抛物线与x 轴交点为A (﹣2,0)、B (4,0) ∴y =a (x+2)(x ﹣4) 把点C (0,3)代入得:﹣8a =3 ∴a =﹣38∴抛物线解析式为y =﹣38(x+2)(x ﹣4)=﹣38x 2+34x+3 (2)连接AC 、BC ,过点A 作AE ⊥BC 于点E ,过点P 作PD ⊥BC 于点D ∴∠CDP =∠COB =90° ∵∠DCP =∠OCB ∴△CDP ∽△COB ∴PC PDBC OB= ∵B (4,0),C (0,3)∴OB =4,OC =3,BC ∴PD =45PC ∴5PA+4PC =5(PA+45PC )=5(PA+PD ) ∴当点A 、P 、D 在同一直线上时,5PA+4PC =5(PA+PD )=5AE 最小 ∵A (﹣2,0),OC ⊥AB ,AE ⊥BC ∴S △ABC =12AB•OC =12BC•AE ∴AE =631855AB OC BC ⨯==n∴5AE =18∴5PA+4PC 的最小值为18.(3)取AB 中点F ,以F 为圆心、FA 的长为半径画圆 当∠BAQ =90°或∠ABQ =90°时,即AQ 或BQ 垂直x 轴,∴只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ =90°或∠ABQ =90° ∴∠AQB =90°时,只有一个满足条件的点Q∵当Q 在⊙F 上运动时(不与A 、B 重合),∠AQB =90° ∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时,满足∠AQB =90°的点Q 只有一个 此时,连接FQ ,过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ∴∠FQT =90°∵F 为A (﹣2,0)、B (4,0)的中点 ∴F (1,0),FQ =FA =3 ∵T (﹣4,0) ∴TF =5,cos ∠QFT =35FQ TF = ∵Rt △FGQ 中,cos ∠QFT =35FG FQ = ∴FG =35FQ =95∴x Q =1﹣9455=-,QG =2222912FQ 355FG ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭①若点Q 在x 轴上方,则Q (41255-,) 设直线l 解析式为:y =kx+b∴4041255k b k b -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 解得:343k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∴直线l :334y x =+ ②若点Q 在x 轴下方,则Q (41255--,) ∴直线l :334y x =-- 综上所述,直线l 的解析式为334y x =+或334y x =--【点睛】本题是二次函数与圆的综合题,同时涉及到三角函数、勾股定理等知识点,综合度比较高,需要很强的综合能力,第三问能够找到满足条件的Q点是关键,同时不要忘记需要分情况讨论6.3米/秒 =65.88千米/小时>60千米/小时.此车超过限制速度.…4分7.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=7,AC=2,过点B作直线m∥AC,将△ABC绕点C 顺时针旋转得到△A′B′C(点A,B的对应点分别为A',B′),射线CA′,CB′分別交直线m于点P,Q.(1)如图1,当P与A′重合时,求∠ACA′的度数;(2)如图2,设A′B′与BC的交点为M,当M为A′B′的中点时,求线段PQ的长;(3)在旋转过程中,当点P,Q分别在CA′,CB′的延长线上时,试探究四边形PA'B′Q的面积是否存在最小值.若存在,求出四边形PA′B′Q的最小面积;若不存在,请说明理由.【答案】(1)60°;(2)PQ=72;(3)存在,S四边形PA'B′Q=33【解析】【分析】(1)由旋转可得:AC =A 'C =2,进而得到BC 3=,依据∠A 'BC =90°,可得cos ∠A 'CB 3'2BC A C ==,即可得到∠A 'CB =30°,∠ACA '=60°; (2)根据M 为A 'B '的中点,即可得出∠A =∠A 'CM ,进而得到PB 3=BC 32=,依据tan ∠Q =tan ∠A 3=,即可得到BQ =BC 3⨯=2,进而得出PQ =PB +BQ 72=; (3)依据S 四边形PA 'B 'Q =S △PCQ ﹣S △A 'CB '=S △PCQ 3-,即可得到S 四边形PA 'B 'Q 最小,即S △PCQ 最小,而S △PCQ 12=PQ ×BC 3=PQ ,利用几何法即可得到S △PCQ 的最小值=3,即可得到结论. 【详解】(1)由旋转可得:AC =A 'C =2. ∵∠ACB =90°,AB 7=,AC =2,∴BC 3=.∵∠ACB =90°,m ∥AC ,∴∠A 'BC =90°,∴cos ∠A 'CB 3'2BC A C ==,∴∠A 'CB =30°,∴∠ACA '=60°;(2)∵M 为A 'B '的中点,∴∠A 'CM =∠MA 'C ,由旋转可得:∠MA 'C =∠A ,∴∠A =∠A 'CM ,∴tan ∠PCB =tan ∠A 3=,∴PB 3=BC 32=. ∵∠BQC =∠BCP =∠A ,∴tan ∠BQC =tan ∠A 3=,∴BQ =BC 3⨯=2,∴PQ =PB +BQ 72=; (3)∵S 四边形PA 'B 'Q =S △PCQ ﹣S △A 'CB '=S △PCQ 3-,∴S 四边形PA 'B 'Q 最小,即S △PCQ 最小,∴S △PCQ 12=PQ ×BC 3=PQ , 取PQ 的中点G . ∵∠PCQ =90°,∴CG 12=PQ ,即PQ =2CG ,当CG 最小时,PQ 最小,∴CG ⊥PQ ,即CG 与CB 重合时,CG 最小,∴CG min 3=,PQ min =23,∴S △PCQ 的最小值=3,S 四边形PA 'B 'Q =33-;【点睛】本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转的性质,解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用,解题时注意:旋转变换中,对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等.8.已知抛物线y=﹣16x2﹣23x+2与x轴交于点A,B两点,交y轴于C点,抛物线的对称轴与x轴交于H点,分别以OC、OA为边作矩形AECO.(1)求直线AC的解析式;(2)如图,P为直线AC上方抛物线上的任意一点,在对称轴上有一动点M,当四边形AOCP 面积最大时,求|PM﹣OM|的值.(3)如图,将△AOC沿直线AC翻折得△ACD,再将△ACD沿着直线AC平移得△A'C′D'.使得点A′、C'在直线AC上,是否存在这样的点D′,使得△A′ED′为直角三角形?若存在,请求出点D′的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】(1) y=13x+2;(2) 点M坐标为(﹣2,53)时,四边形AOCP的面积最大,此时|PM﹣OM|61 (3)存在,D′坐标为:(0,4)或(﹣6,2)或(35-,195).【解析】【分析】(1)令x=0,则y=2,令y=0,则x=2或﹣6,求出点A、B、C坐标,即可求解;(2)连接OP交对称轴于点M,此时,|PM﹣OM|有最大值,即可求解;(3)存在;分①A′D′⊥A′E;②A′D′⊥ED′;③ED′⊥A′E三种情况利用勾股定理列方程求解即可.【详解】(1)令x=0,则y=2,令y=0,则x=2或﹣6,∴A(﹣6,0)、B(2,0)、C(0,2),函数对称轴为:x=﹣2,顶点坐标为(﹣2,83),C点坐标为(0,2),则过点C的直线表达式为:y=kx+2,将点A坐标代入上式,解得:k13=,则:直线AC的表达式为:y13=x+2;(2)如图,过点P作x轴的垂线交AC于点H.四边形AOCP面积=△AOC的面积+△ACP的面积,四边形AOCP面积最大时,只需要△ACP的面积最大即可,设点P坐标为(m,16-m223-m+2),则点G坐标为(m,13m+2),S△ACP12=PG•OA12=•(16-m223-m+213-m﹣2)•612=-m2﹣3m,当m=﹣3时,上式取得最大值,则点P坐标为(﹣3,52).连接OP交对称轴于点M,此时,|PM﹣OM|有最大值,直线OP的表达式为:y56=-x,当x=﹣2时,y53=,即:点M坐标为(﹣2,5 3),|PM﹣OM|的最大值为:2222555(32)()2()233-++--+=61.(3)存在.∵AE=CD,∠AEC=∠ADC=90°,∠EMA=∠DMC,∴△EAM≌△DCM(AAS),∴EM=DM,AM=MC,设:EM=a,则:MC=6﹣a.在Rt△DCM中,由勾股定理得:MC2=DC2+MD2,即:(6﹣a)2=22+a2,解得:a83=,则:MC103=,过点D作x轴的垂线交x轴于点N,交EC于点H.在Rt△DMC中,12DH•MC12=MD•DC,即:DH10833⨯=⨯2,则:DH85=,HC2265DC DH=-=,即:点D的坐标为(61855-,);设:△ACD沿着直线AC平移了m个单位,则:点A′坐标(﹣61010,D′坐标为(618551010,-++),而点E坐标为(﹣6,2),则2''A D =22618(6)()55-++=36,2'A E =223()(2)1010m m +-=24410m m -+,2'ED =222438()()551010m m +++=232128510m m ++.若△A ′ED ′为直角三角形,分三种情况讨论: ①当2''A D +2'A E=2'ED 时,36+24410m m -+=232128510m m ++,解得:m =2105,此时D ′(6318551010m m ,-++)为(0,4); ②当2''A D +2'ED =2'A E 时,36+232128510m m ++=24410m m -+,解得:m =8105-,此时D ′(6318551010m m ,-++)为(-6,2);③当2'A E +2'ED =2''A D 时,24410m m -++232128510m m ++=36,解得:m =8105-或m =105,此时D ′(6318551010m m ,-++)为(-6,2)或(35-,195).综上所述:D 坐标为:(0,4)或(﹣6,2)或(35-,195). 【点睛】本题考查了二次函数知识综合运用,涉及到一次函数、图形平移、解直角三角形等知识,其中(3)中图形是本题难点,其核心是确定平移后A ′、D ′的坐标,本题难度较大.9.如图,直线与轴交于点,与轴交于点,抛物线经过点,.点为轴上一动点,过点且垂直于轴的直线分别交直线及抛物线于点,.(1)填空:点的坐标为 ,抛物线的解析式为 ; (2)当点在线段上运动时(不与点,重合),①当为何值时,线段最大值,并求出的最大值;②求出使为直角三角形时的值;(3)若抛物线上有且只有三个点到直线的距离是,请直接写出此时由点,,,构成的四边形的面积.【答案】(1),;(2)①当时,有最大值是3;②使为直角三角形时的值为3或;(3)点,,,构成的四边形的面积为:6或或.【解析】【分析】(1)把点A坐标代入直线表达式y=,求出a=−3,把点A、B的坐标代入二次函数表达式,即可求解;(2)①设:点P(m,),N(m,)求出PN值的表达式,即可求解;②分∠BNP=90°、∠NBP=90°、∠BPN=90°三种情况,求解即可;(3)若抛物线上有且只有三个点N到直线AB的距离是h,则只能出现:在AB直线下方抛物线与过点N的直线与抛物线有一个交点N,在直线AB上方的交点有两个,分别求解即可.【详解】解:(1)把点坐标代入直线表达式,解得:,则:直线表达式为:,令,则:,则点坐标为,将点的坐标代入二次函数表达式得:,把点的坐标代入二次函数表达式得:,解得:,故:抛物线的解析式为:,故:答案为:,;(2)①∵在线段上,且轴,∴点,,∴,∵,∴抛物线开口向下,∴当时,有最大值是3,②当时,点的纵坐标为-3,把代入抛物线的表达式得:,解得:或0(舍去),∴;当时,∵,两直线垂直,其值相乘为-1,设:直线的表达式为:,把点的坐标代入上式,解得:,则:直线的表达式为:,将上式与抛物线的表达式联立并解得:或0(舍去),当时,不合题意舍去,故:使为直角三角形时的值为3或;(3)∵,,在中,,则:,,∵轴,∴,若抛物线上有且只有三个点到直线的距离是,则只能出现:在直线下方抛物线与过点的直线与抛物线有一个交点,在直线上方的交点有两个.当过点的直线与抛物线有一个交点,点的坐标为,设:点坐标为:,则:,过点作的平行线,则点所在的直线表达式为:,将点坐标代入,解得:过点直线表达式为:,将拋物线的表达式与上式联立并整理得:,,将代入上式并整理得:,解得:,则点的坐标为,则:点坐标为,则:,∵,,∴四边形为平行四边形,则点到直线的距离等于点到直线的距离,即:过点与平行的直线与抛物线的交点为另外两个点,即:、,直线的表达式为:,将该表达式与二次函数表达式联立并整理得:,解得:,则点、的横坐标分别为,,作交直线于点,则,作轴,交轴于点,则:,,,则:,同理:,故:点,,,构成的四边形的面积为:6或或.【点睛】本题考查的是二次函数知识的综合运用,涉及到一次函数、解直角三角形等相关知识,其中(3)中确定点N的位置是本题的难点,核心是通过△=0,确定图中N点的坐标.10.如图,某次中俄“海上联合”反潜演习中,我军舰A测得潜艇C的俯角为30°.位于军舰A正上方1000米的反潜直升机B侧得潜艇C的俯角为68°.试根据以上数据求出潜艇C 离开海平面的下潜深度.(结果保留整数.参考数据:sin68°≈0.9,cos68°≈0.4,tan68°≈2.5,3)【答案】潜艇C离开海平面的下潜深度约为308米【解析】试题分析:过点C作CD⊥AB,交BA的延长线于点D,则AD即为潜艇C的下潜深度,用锐角三角函数分别在Rt△ACD中表示出CD和在Rt△BCD中表示出BD,利用BD=AD+AB二者之间的关系列出方程求解.试题解析:过点C作CD⊥AB,交BA的延长线于点D,则AD即为潜艇C的下潜深度,根据题意得:∠ACD=30°,∠BCD=68°,设AD=x,则BD=BA+AD=1000+x,在Rt△ACD中,CD=tan AD ACD=tan30x= 3x在Rt△BCD中,BD=CD•tan68°,∴325+x=3x•tan68°解得:x≈100米,∴潜艇C离开海平面的下潜深度为100米.点睛:本题考查了解直角三角形的应用,解题的关键是作出辅助线,从题目中找出直角三角形并选择合适的边角关系求解.视频11.在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A(0,1),点C(1,0),正方形AOCD的两条对角线的交点为B,延长BD至点G,使DG=BD,延长BC至点E,使CE=BC,以BG,BE为邻边作正方形BEFG.(Ⅰ)如图①,求OD的长及ABBG的值;(Ⅱ)如图②,正方形AOCD固定,将正方形BEFG绕点B逆时针旋转,得正方形BE′F′G′,记旋转角为α(0°<α<360°),连接AG′.①在旋转过程中,当∠BAG′=90°时,求α的大小;②在旋转过程中,求AF′的长取最大值时,点F′的坐标及此时α的大小(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)12(Ⅱ)①α=30°或150°时,∠BAG′=90°②当α=315°时,A、B、F′在一条直线上时,AF′的长最大,最大值为2+2,此时α=315°,F′(12+2,12﹣2)【解析】【分析】(1)根据正方形的性质以及勾股定理即可解决问题,(2)①因为∠BAG′=90°,BG′=2AB,可知sin∠AG′B=12ABBG,推出∠AG′B=30°,推出旋转角α=30°,据对称性可知,当∠ABG″=60°时,∠BAG″=90°,也满足条件,此时旋转角α=150°,②当α=315°时,A、B、F′在一条直线上时,AF′的长最大.【详解】(Ⅰ)如图1中,∵A(0,1),∴OA=1,∵四边形OADC是正方形,∴∠OAD=90°,AD=OA=1,∴OD=AC==,∴AB=BC=BD=BO=,∵BD=DG,∴BG=,∴==.(Ⅱ)①如图2中,∵∠BAG′=90°,BG′=2AB,∴sin∠AG′B==,∴∠AG′B=30°,∴∠ABG′=60°,∴∠DBG′=30°,∴旋转角α=30°,根据对称性可知,当∠ABG″=60°时,∠BAG″=90°,也满足条件,此时旋转角α=150°,综上所述,旋转角α=30°或150°时,∠BAG′=90°.②如图3中,连接OF,∵四边形BE′F′G′是正方形的边长为∴BF′=2,∴当α=315°时,A、B、F′在一条直线上时,AF′的长最大,最大值为+2,此时α=315°,F′(+,﹣)【点睛】本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义,解决本题的关键是要熟练掌握正方形的四条边相等、四个角相等,旋转变换的性质以及特殊角的三角函数值的应用.12.如图所示,小华在湖边看到湖中有一棵树AB,AB与水面AC垂直.此时,小华的眼睛所在位置D到湖面的距离DC为4米.她测得树梢B点的仰角为30°,测得树梢B点在水中的倒影B′点的俯角45°.求树高AB (结果保留根号)【答案】AB=(8+43)m . 【解析】【分析】设BE=x ,则BA=x+4,B′E=x+8,根据∠ADB′=45°,可知DE=B′E=x+8,再由tan30°=BE DE 即可得出x 的值,进而得到答案,【详解】如图:过点D 作DE ⊥AB 于点E ,设BE=x ,则BA=x+4,B′E=x+8,∵∠ADB′=45°,∴DE=B′E=x+8,∵∠BDE=30°,∴tan30°=38BE x DE x ==+ ,解得x=4+43 , ∴AB=BE+4=(8+43 )m .【点睛】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答此题的关键。
2019中考数学高频考点剖析专题19 平面几何之直角三角形问题—解析卷
备考2019中考数学高频考点剖析专题十九平面几何之直角三角形问题考点扫描☆聚焦中考直角三角形问题,是每年中考的必考重点内容之一,考查的知识点包括直角三角形的性质、勾股定理和解直角三角形三方面,总体来看,难度系数低,以选择填空为主。
关于解直角三角形主要是解析题。
解析题主要以计算为主。
结合2018年全国各地中考的实例,我们从三方面进行直角三角形问题的探讨:(1)直角三角形的性质;(2)勾股定理;(3)解直角三角形.考点剖析☆典型例题ABCD中,∠B=∠D=90°,∠A=60°,AB=4,则AD的取值范围是2<AD<8 .【分析】如图,延长BC交AD的延长线于E,作BF⊥AD于F.解直角三角形求出AE、AF即可判断;【解答】解:如图,延长BC交AD的延长线于E,作BF⊥AD于F.在Rt△ABE中,∵∠E=30°,AB=4,∴AE=2AB=8,在Rt△ABF中,AF=AB=2,∴AD的取值范围为2<AD<8,故答案为2<AD<8.ABC中,∠C=90°,AC=6,BC=8,P、Q分别为边BC、AB上的两个动点,若要使△APQ是等腰三角形且△BPQ是直角三角形,则AQ= 或.【分析】分两种情形分别求解:①如图1中,当AQ=PQ,∠QPB=90°时,②当AQ=PQ,∠PQB=90°时;【解答】解:①如图1中,当AQ=PQ,∠QPB=90°时,设AQ=PQ=x,∵PQ∥AC,∴△BPQ∽△BCA,∴=,∴=,∴x=,∴AQ=.②当AQ=PQ,∠PQB=90°时,设AQ=PQ=y.∵△BQP∽△BCA,∴=,∴=,∴y=.综上所述,满足条件的AQ的值为或.14cm,底面周长为32cm,在杯内壁离杯底5cm的点B处有一滴蜂蜜,此时一只蚂蚁正好在杯外壁,离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处,则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为20 cm(杯壁厚度不计).【分析】将杯子侧面展开,建立A关于EF的对称点A′,根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求.【解答】解:如图:将杯子侧面展开,作A关于EF的对称点A′,连接A′B,则A′B即为最短距离,A′B===20(cm).故答案为20.ABC中,∠ACB=90°,以点B为圆心,BC长为半径画弧,交线段AB于点D;以点A为圆心,AD长为半径画弧,交线段AC于点E,连结CD.(1)若∠A=28°,求∠ACD的度数.(2)设BC=a,AC=b.①线段AD的长是方程x2+2ax﹣b2=0的一个根吗?说明理由.②若AD=EC,求的值.【分析】(1)根据三角形内角和定理求出∠B,根据等腰三角形的性质求出∠BCD,计算即可;(2)①根据勾股定理求出AD,利用求根公式解方程,比较即可;②根据勾股定理列出算式,计算即可.【解答】解:(1)∵∠ACB=90°,∠A=28°,∴∠B=62°,∵BD=BC,∴∠BCD=∠BDC=59°,∴∠ACD=90°﹣∠BCD=31°;(2)①由勾股定理得,AB==,∴AD=﹣a,解方程x2+2ax﹣b2=0得,x==﹣a,∴线段AD的长是方程x2+2ax﹣b2=0的一个根;②∵AD=AE,∴AE=EC=,由勾股定理得,a2+b2=(b+a)2,整理得, =.BC与地面保持垂直,吊臂AB与水平线的夹角为64°,吊臂底部A距地面1.5m.(计算结果精确到0.1m,参考数据sin64°≈0.90,cos64°≈0.44,tan64°≈2.05)(1)当吊臂底部A与货物的水平距离AC为5m时,吊臂AB的长为11.4 m.(2)如果该吊车吊臂的最大长度AD为20m,那么从地面上吊起货物的最大高度是多少?(吊钩的长度与货物的高度忽略不计)【分析】(1)根据直角三角形的性质和三角函数解答即可;(2)过点D作DH⊥地面于H,利用直角三角形的性质和三角函数解答即可.【解答】解:(1)在Rt△ABC中,∵∠BAC=64°,AC=5m,∴AB=(m);故答案为:11.4;(2)过点D作DH⊥地面于H,交水平线于点E,在Rt△ADE中,∵AD=20m,∠DAE=64°,EH=1.5m,∴DE=sin64°×AD≈20×0.9≈18(m),即DH=DE+EH=18+1.5=19.5(m),答:如果该吊车吊臂的最大长度AD为20m,那么从地面上吊起货物的最大高度是19.5m.考点过关☆专项突破类型一直角三角形基本性质1. (2018·山东青岛·3分)如图,三角形纸片ABC,AB=AC,∠BAC=90°,点E为AB中点.沿过点E的直线折叠,使点B与点A重合,折痕现交于点F.已知EF=,则BC的长是()A. B. C.3 D.【分析】由折叠的性质可知∠B=∠EAF=45°,所以可求出∠AFB=90°,再直角三角形的性质可知EF=AB,所以AB=AC的长可求,再利用勾股定理即可求出BC的长.【解答】解:∵沿过点E的直线折叠,使点B与点A重合,∴∠B=∠EAF=45°,∴∠AFB=90°,∵点E为AB中点,∴EF=AB,EF=,∴AB=AC=3,∵∠BAC=90°,∴BC==3,故选:B.【点评】本题考查了折叠的性质、等腰直角三角形的判断和性质以及勾股定理的运用,求出∠AFB=90°是解题的关键.2.如图,OP平分∠AOB,∠AOP=15°,PC∥OA,PD⊥OA于点D,PC=4,则PD= 2 .【考点】角平分线的性质;含30度角的直角三角形.【分析】作PE⊥OA于E,根据角平分线的性质可得PE=PD,根据平行线的性质可得∠ACP=∠AOB=30°,由直角三角形中30°的角所对的直角边等于斜边的一半,可求得PE,即可求得PD.【解答】解:作PE⊥OA于E,∵∠AOP=∠BOP,PD⊥OB,PE⊥OA,∴PE=PD(角平分线上的点到角两边的距离相等),∵∠BOP=∠AOP=15°,∴∠AOB=30°,∵PC∥OB,∴∠ACP=∠AOB=30°,∴在Rt△PCE中,PE=PC=×4=2(在直角三角形中,30°角所对的直角边等于斜边的一半),∴PD=PE=2,故答案是:2.3. (2018·云南省曲靖·3分)如图:在△ABC中,AB=13,BC=12,点D,E分别是AB,BC的中点,连接DE,CD,如果DE=2.5,那么△ACD的周长是18 .【解答】解:∵D,E分别是AB,BC的中点,∴AC=2DE=5,AC∥DE,AC2+BC2=52+122=169,AB2=132=169,∴AC2+BC2=AB2,∴∠ACB=90°,∵AC∥DE,∴∠DEB=90°,又∵E是BC的中点,∴直线DE是线段BC的垂直平分线,∴DC=BD,∴△ACD的周长=AC+AD+CD=AC+AD+BD=AC+AB=18,故答案为:18.4. 如图,在△ABC中,∠C=90°,∠B=30°,AD平分∠CAB,交BC于点D,若CD=1,则BD= 2 .【分析】根据角平分线性质求出∠BAD的度数,根据含30度角的直角三角形性质求出AD即可得BD.【解答】解:∵∠C=90°,∠B=30°,∴∠CAB=60°,AD平分∠CAB,∴∠BAD=30°,∴BD=AD=2CD=2,故答案为2.6. (2018•湖北黄冈•3分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,CD为AB边上的高,CE为AB边上的中线,AD=2,CE=5,则CD= .A.2B.3C.4D.23(第5题图)【考点】直角三角形斜边上的中线的性质,勾股定理。
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备考2019中考数学高频考点剖析专题十六平面几何之三角形边角问题考点扫描☆聚焦中考三角形边角问题,是每年中考的必考内容之一,考查的知识点包括三角形三边关系、三角形中的中点线段、三角形内角和和三角形外角性质等四方面,总体来看,难度系数低,以选择填空为主。
也有少量的解析题。
解析题主要以涉及到三角形内角和计算为主。
结合近几年全国各地中考的实例,我们从四方面进行三角形边角问题的探讨:(1)三角形三边关系;(2)三角形中点线段;(3)三角形内角和.(4)三角形外角性质.考点剖析☆典型例题例1(2018•长沙)下列长度的三条线段,能组成三角形的是()A.4cm,5cm,9cm B.8cm,8cm,15cm C.5cm,5cm,10cm D.6cm,7cm,14cm【分析】结合“三角形中较短的两边之和大于第三边”,分别套入四个选项中得三边长,即可得出结论.【解答】解:A、∵5+4=9,9=9,∴该三边不能组成三角形,故此选项错误;B、8+8=16,16>15,∴该三边能组成三角形,故此选项正确;C、5+5=10,10=10,∴该三边不能组成三角形,故此选项错误;D、6+7=13,13<14,∴该三边不能组成三角形,故此选项错误;故选:B.例2(2018•贵阳)如图,在△ABC中有四条线段DE,BE,EF,FG,其中有一条线段是△ABC的中线,则该线段是()A.线段DE B.线段BE C.线段EF D.线段FG【分析】根据三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线逐一判断即可得.【解答】解:根据三角形中线的定义知线段BE是△ABC的中线,故选:B.例3如图,已知AB∥CD,EF与AB、CD分别相交于点E、F,∠BEF与∠EFD的平分线相交于点P,求证:EP⊥FP.【考点】三角形内角和定理;角平分线的定义;平行线的性质.【专题】证明题.【分析】要证EP⊥FP,即证∠PEF+∠EFP=90°,由角平分线的性质和平行线的性质可知,∠PEF+∠EFP=(∠BEF+∠EFD)=90°.【解答】证明:∵AB∥CD,∴∠BEF+∠EFD=180°,又EP、FP分别是∠BEF、∠EFD的平分线,∴∠PEF=∠BEF,∠EFP=∠EFD,∴∠PEF+∠EFP=(∠BEF+∠EFD)=90°,∴∠P=180°﹣(∠PEF+∠EFP)=180°﹣90°=90°,即EP⊥FP.【点评】本题的关键就是找到∠PEF+∠EFP与∠BEF+∠EFD之间的关系,考查了整体代换思想.例4(2018·台湾·分)如图,I点为△ABC的内心,D点在BC上,且ID⊥BC,若∠B=44°,∠C=56°,则∠AID的度数为何?()A.174 B.176 C.178 D.180【分析】连接CI,利用三角形内角和定理可求出∠BAC的度数,由I点为△ABC的内心,可得出∠CAI、∠ACI、∠DCI的度数,利用三角形内角和定理可得出∠AIC、∠CID的度数,再由∠AID=∠AIC+∠CID 即可求出∠AID的度数.【解答】解:连接CI,如图所示.在△ABC中,∠B=44°,∠ACB=56°,∴∠BAC=180°﹣∠B﹣∠ACB=80°.∵I点为△ABC的内心,∴∠CAI=∠BAC=40°,∠ACI=∠DCI=∠ACB=28°,∴∠AIC=180°﹣∠CAI﹣∠ACI=112°,又ID⊥BC,∴∠CID=90°﹣∠DCI=62°,∴∠AID=∠AIC+∠CID=112°+62°=174°.故选:A.【点评】本题考查了三角形的内心、三角形内角和定理以及角平分线的性质,根据三角形内心的性质结合三角形内角和定理求出∠AIC、∠CID的度数是解题的关键.例5如图,在四边形ABCD中,∠1=∠2,∠3=∠4,且∠D+∠C=220°,求∠AOB的度数.【考点】多边形内角与外角;三角形内角和定理.【分析】首先根据四边形内角和为360度计算出∠DAB+∠ABC=360°﹣220°=140°,再根据∠1=∠2,∠3=∠4计算出∠2+∠3=70°,然后利用三角形内角和为180度计算出∠AOB的度数.【解答】解:∵∠D+∠C+∠DAB+∠ABC=360°,∠D+∠C=220°,∴∠DAB+∠ABC=360°﹣220°=140°,∵∠1=∠2,∠3=∠4,∴∠2+∠3=70°,∴∠AOB=180°﹣70°=110°.【点评】此题主要考查了多边形的内角,关键是掌握四边形内角和为360°,三角形内角和为180°.考点过关☆专项突破类型一三角形三边关系1. (2018•福建)下列各组数中,能作为一个三角形三边边长的是()A.1,1,2 B.1,2,4 C.2,3,4 D.2,3,5【分析】根据三角形中任意两边之和大于第三边,任意两边之差小于第三边.即可求解.【解答】解:A、1+1=2,不满足三边关系,故错误;B、1+2<4,不满足三边关系,故错误;C、2+3>4,满足三边关系,故正确;D、2+3=5,不满足三边关系,故错误.故选:C.2. (2018•常德)已知三角形两边的长分别是3和7,则此三角形第三边的长可能是()A.1 B.2 C.8 D.11【分析】根据三角形的三边关系可得7﹣3<x<7+3,再解即可.【解答】解:设三角形第三边的长为x,由题意得:7﹣3<x<7+3,4<x<10,故选:C.3. 下列每组数分别是三根木棒的长度,能用它们摆成三角形的是()A.3cm,4cm,8cm B.8cm,7cm,15cmC.5cm,5cm,11cm D.13cm,12cm,20cm【考点】三角形三边关系.【分析】根据三角形的三边关系,两边之和大于第三边,即两短边的和大于最长的边,即可作出判断.【解答】解:A、3+4<8,故以这三根木棒不可以构成三角形,不符合题意;B、8+7=15,故以这三根木棒不能构成三角形,不符合题意;C、5+5<11,故以这三根木棒不能构成三角形,不符合题意;D、12+13>20,故以这三根木棒能构成三角形,符合题意.故选D.【点评】本题主要考查了三角形的三边关系,关键是掌握三角形两边之和大于第三边.4.下列各组图形中,AD是的高的图形是( )A B C D【答案】D【解析】分析:根据过三角形的顶点向对边作垂线,顶点和垂足之间的线段叫做三角形的高线解答.详解:△ABC的高AD是过顶点A与BC垂直的线段,只有D选项符合.故选:D.点睛:本题考查了三角形的高线,是基础题,熟记概念是解题的关键.5. (2018年江苏省泰州市•3分)已知三角形两边的长分别为1、5,第三边长为整数,则第三边的长为 5 .【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和>第三边,任意两边之差<第三边”,求得第三边的取值范围,再进一步根据第三边是整数求解.【解答】解:根据三角形的三边关系,得第三边>4,而<6.又第三条边长为整数,则第三边是5.【点评】此题主要是考查了三角形的三边关系,同时注意整数这一条件.6. 如图,在△BCD中,BC=4,BD=5,(1)求CD的取值范围;(2)若AE∥BD,∠A=55°,∠BDE=125°,求∠C的度数.【考点】三角形三边关系;平行线的性质.【分析】(1)利用三角形三边关系得出DC的取值范围即可;(2)利用平行线的性质得出∠AEC的度数,再利用三角形内角和定理得出答案.【解答】解:(1)∵在△BCD中,BC=4,BD=5,∴1<DC<9;(2)∵AE∥BD,∠BDE=125°,∴∠AEC=55°,又∵∠A=55°,∴∠C=70°.【点评】此题主要考查了三角形三边关系以及平行线的性质,得出∠AEC的度数是解题关键.类型二三角形内重点线段1. 下列说法不正确的是()A.三角形的中线在三角形的内部B.三角形的角平分线在三角形的内部C.三角形的高在三角形的内部D.三角形必有一高线在三角形的内部【考点】三角形的角平分线、中线和高.【分析】根据三角形的中线,角平分线和高线的定义以及在三角形的位置对各选项分析判断后利用排除法求解.【解答】解:A、三角形的中线在三角形的内部正确,故本选项错误;B、三角形的角平分线在三角形的内部正确,故本选项错误;C、只有锐角三角形的三条高在三角形的内部,故本选项正确;D、三角形必有一高线在三角形的内部正确,故本选项错误.故选C.【点评】本题考查了三角形的角平分线、中线、高线,是基础题,熟记概念以及在三角形中的位置是解题的关键.2.(2018·广西梧州·3分)如图,已知BG是∠ABC的平分线,DE⊥AB于点E,DF⊥BC于点F,DE=6,则DF的长度是()A.2 B.3 C.4 D.6【分析】根据角的平分线上的点到角的两边的距离相等即可得.【解答】解:∵BG是∠ABC的平分线,DE⊥AB,DF⊥BC,∴DE=DF=6,故选:D.【点评】本题主要考查角平分线的性质,解题的关键是掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等.3.(2017江苏徐州)△ABC中,点D,E分别是AB,AC的中点,DE=7,则BC= 14 .【考点】KX:三角形中位线定理.【分析】根据三角形中位线定理三角形的中位线平行于第三边,并且等于第三边的一半可知,BC=2DE,进而由DE的值求得BC.【解答】解:∵D,E分别是△ABC的边AC和AC的中点,∴DE是△ABC的中位线,∵DE=7,∴BC=2DE=14.故答案是:14.4.如图,△ABC中,AD是高,AE、BF是角平分线,它们相交于点O,∠CAB=50°,∠C=60°,求∠DAE和∠BOA的度数.【考点】三角形的角平分线、中线和高.【分析】先利用三角形内角和定理可求∠ABC,在直角三角形ACD中,易求∠DAC;再根据角平分线定义可求∠CBF、∠EAF,可得∠DAE的度数;然后利用三角形外角性质,可先求∠AFB,再次利用三角形外角性质,容易求出∠BOA.【解答】解:∵∠A=50°,∠C=60°∴∠ABC=180°﹣50°﹣60°=70°,又∵AD是高,∴∠ADC=90°,∴∠DAC=180°﹣90°﹣∠C=30°,∵AE、BF是角平分线,∴∠CBF=∠ABF=35°,∠EAF=25°,∴∠DAE=∠DAC﹣∠EAF=5°,∠AFB=∠C+∠CBF=60°+35°=95°,∴∠BOA=∠EAF+∠AFB=25°+95°=120°,∴∠DAC=30°,∠BOA=120°.故∠DAE=5°,∠BOA=120°.【点评】本题考查了三角形内角和定理、角平分线定义、三角形外角性质.关键是利用角平分线的性质解出∠EAF、∠CBF,再运用三角形外角性质求出∠AFB.5. 已知△ABC中,∠ACB=90°,CD为AB边上的高,BE平分∠ABC,分别交CD、AC于点F、E,求证:∠CFE=∠CEF.【考点】三角形的角平分线、中线和高.【专题】证明题.【分析】题目中有两对直角,可得两对角互余,由角平分线及对顶角可得两对角相等,然后利用等量代换可得答案.【解答】证明:∵∠ACB=90°,∴∠1+∠3=90°,∵CD⊥AB,∴∠2+∠4=90°,又∵BE平分∠ABC,∴∠1=∠2,∴∠3=∠4,∵∠4=∠5,∴∠3=∠5,即∠CFE=∠CEF.【点评】本题考查了三角形角平分线、中线和高的有关知识;正确利用角的等量代换是解答本题的关键.6. 如图,△ABC中,AD是BC边上的高,AE是∠BAC的平分线,∠EAD=5°,∠B=50°,求∠C的度数.【考点】三角形的角平分线、中线和高.【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠AED,再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠BAE,然后根据角平分线的定义求出∠BAC,再利用三角形的内角和定理列式计算即可得解.【解答】解:∵AD是BC边上的高,∠EAD=5°,∴∠AED=85°,∵∠B=50°,∴∠BAE=∠AED﹣∠B=85°﹣50°=35°,∵AE是∠BAC的角平分线,∴∠BAC=2∠BAE=70°,∴∠C=180°﹣∠B﹣∠BAC=180°﹣50°﹣70°=60°.【点评】本题考查了三角形的角平分线、中线和高,主要利用了直角三角形两锐角互余,三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质,角平分线的定义,熟记各性质并准确识图是解题的关键.类型三、三角形内角和1.如图,在证明“△ABC内角和等于180°”时,延长BC至D,过点C作CE∥AB,得到∠ABC=∠ECD,∠BAC=∠ACE,由于∠BCD=180°,可得到∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°,这个证明方法体现的数学思想是()A、数形结合B、特殊到一般C、一般到特殊D、转化【考点】平行线的判定,三角形内角和定理【解析】【解答】证明:∵∠ABC=∠ECD,∠BAC=∠ACE,∠BCD=∠BCA+∠ACE+∠ECD=180°,∴∠BCA+∠BAC+∠ABC=180°.此方法中用到了替换,体现了转化的思想.故选D.【分析】根据三角形内角和定理的证明过程,可寻找到转化的解题思想,此题得解.2.(2018四川省眉山市2分 ) 将一副直角三角板按如图所示的位置放置,使含30°角的三角板的一条直角边和含45°角的三角板的一条直角边放在同一条直线上,则∠α的度数是()。