中考数学直角三角形的边角关系-经典压轴题

中考数学直角三角形的边角关系-经典压轴题一、直角三角形的边角关系1.如图，从地面上的点A看一山坡上的电线杆PQ,测得杆顶端点P的仰角是45。，向前走6m到达B点,测得杆顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60。和30。.(1)求/BPQ的度数;(2)求该电线杆PQ的高度(结果精确到1m).备用数据：状后凫1.4【答案】(1)ZBPQ=30o；(2)该电线杆PQ的高度约为9m.【解析】试题分析：(1)延长PQ交直线AB于点E,根据直角三角形两锐角互余求得即可；(2)设PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE,根据AB=AE-BE即可列出方程求得x的值，再在直角ABQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解.试题解析：延长PQ交直线AB于点E,(1)ZBPQ=90°-60(1)ZBPQ=90°-60o=30o：(2)设(2)设PE=x米.在直角△APE中,则AE=PE=x米;ZPBE=60°・•・ZBPE=30°ZA=45°,在直角△在直角△BPE中,be=2^pe=2^x米,AB=AE-BE=6米,则x-立x=6,

3解得：x=9+3y/3.则BE=（373+3）米.在直角ABEQ中，QE=^BE=，（3JJ+3）=（3+JI）米.PQ=PE-QE=9+34-（3+73）=6+273=9（米）.答：电线杆PQ的高度约9米.考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题.2.在正方形ABCD中，对角线AC,BD交于点0,点P在线段BC上（不含点B）,NBPE二!NACB,PE交B0于点E,过点B作BFJLPE,垂足为F,交AC于点G.2（1）当点P与点C重合时（如图1）.求证：ABOG2△POE；RF（2）通过观察、测量、猜想：——= ,并结合图2证明你的猜想；PE BF（3）把正方形ABCD改为菱形，其他条件不变（如图3）,若NACB=a，求赤的1C图1 图2 图3【答案】（1）证明见解析（2）—=-（3）—=-tanaPE2PE2【解析】解：（1）证明：.•・四边形ABCD是正方形，P与C重合,OB="OP”,ZBOC=ZBOG=90°.•/PF±BG,ZPFB=90°,/.ZGBO=90°-ZBGO,ZEPO=90°-ZBGO.ZGBO=ZEPO./.△BOGM△POE(AAS).证明如下:证明如下:如图，过P作PM〃AC交BG于M,交B0于N,

/ZOBC=ZOCB=45°,/.ZNBP=ZNPB.NB=NP./ZMBN=90°-ZBMN,ZNPE=90°-ZBMN,/.ZMBN=ZNPE.「•△BMN登△PEN(ASA),/.BM=PE.1/ZBPE=-ZACB,ZBPN=ZACB,/.ZBPF=ZMPF.2/PFJ_BM,...ZBFP=ZMFP=90°.又「PF=PF,・•.△BPa△MPF(ASA)./.BF="MF”,即BF=-BM.2BF=BF=£PE-2・•・BF=-PE,2(3)如图，过P作PM〃AC交BG于点M,交BO于点N,ZBPN=ZACB=a,ZPNE=ZBOC=90°.由(2)同理可得bf=Lbm,zmbn=zepn.2/ZBNM=ZPNE=90°, △BMN~&PEN.,BMBN一无一南., । BN在BNP中，tana=——PN型=2,即过=tana.PE PEBF1.——=—tan。.PE2(1)由正方形的性质可由AAS证得△BOG2△POE.(2)过P作PM//AC交BG于M,交B0于N,通过ASA证明△BMN^△PEN得到

BFIBM=PE,通过ASA证明△BPF2△MPF得到BF=MF,即可得出一=一的结论.PE2(3)过P作PM〃AC交BG于点M,交BO于点N,同(2)证得BF=^BM,2BMBN BNZMBN=ZEPN,从而可证得△BMN~△PEN,由——=——和RSBNP中tan。=——即PEPN PN可求得BFPE1可求得BFPE1=—tana

2.如图，平台AB高为12m,在B处测得楼房CD顶部点D的仰角为45。，底部点C的俯角为30。，求楼房CD的高度(JJ=1.7).nnnnnnnnnn「nnnnnnnnnn「【答案】32.4米.【解析】试题分析：首先分析图形，根据题意构造直角三角形.本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造关系式求解.试题解析：如图，过点B作BE_LCD于点E,根据题意，ZDBE=45°,ZCBE=30°.••,ABJLAC,CD±AC,四边形ABEC为矩形，/.CE=AB=12m,, x BE在RtACBE中，cotZCBE=——,CE：.BE=CE*cot30°=12x6=12石,在R3BDE中，由NDBE=45°,得DE二BE=12/.CD=CE+DE=12(&+1)=324答：楼房CD的高度约为32.4m.

考点：解直角三角形的应用一一仰角俯角问题..如图，湿地景区岸边有三个观景台长、5、C.已知4=1400米，FC=1000米，E点位于月点的南偏西6。.7°方向，C点位于月点的南偏东66.1°方向.⑴求△.4C的面积；(2)景区规划在线段6。的中点D处修建一个湖心亭，并修建观景栈道曲.试求且、D间的距离.(结果精确到0」米)(参考数据：sin53.2c^0.S0,cos53.2°^0.60,sin60.7^0.87,cos60.7°^0.49,sin66.r^0.91,cos66.1^0.41,逝=1.414)Jt逝=1.414)Jt+;k【答案】(1)560000(2)565.6【解析】试题分析：(1)过点C作CE一切交S月的延长线于点上，，然后根据直角三角形的内角和求出NCAE,再根据正弦的性质求出CE的长，从而得到^ABC的面积；(2)连接曲，过点ZM乍切■一壁，垂足为F点，则底"废.然后根据中点的性质和余弦值求出BE、AE的长，再根据勾股定理求解即可.试题解析：(1)过点C作C七一84交氏4的延长线于点上,在Rt△血中,=1SO0-60.70-66.1°=53.2°,所以CE=KC-sin53.2 1000x0一8=800米.所以Sq*=L.AB-CE=-x1400xSOO=560000(平方米).(2)连接/位，过点D作迎一a3,垂足为尸点，则D尸"CE.因为乃是BC'中点，所以刀尸二,“二400米，且厂为交中点，4二月C'-8s532°-60Q米，所以5E= +月石=1400+600=2000米.所以"二月七二400米，由勾股定理得，加二山尸二二山00二+400』04"565.6米.答：月、。间的距离为565.6米.《第25胭图》考点：解直角三角形.如图，在。0的内接三角形48c中，N4CB=90。，AC=2BC.过C作48的垂线/交。0于另一点D，垂足为E.设P是4c上异于4C的一个动点，射线AP交/于点F,连接PC与PD,PD交AB于点、G.(1)求证：△PAC〜△PDF；(2)若4B=5,ap=BP'求PD的长•【答案】⑴证明见解析；(2)土二.2【解析】【分析】(1)根据AB_LCD,AB是。0的直径，得到AD=AC，ZACD=ZB,由NFPC=NB,得到NACD=ZFPC,可得结论;(2)连接OP,由AP二BP，得到OPLAB,ZOPG=ZPDC,根据AB是OO的直径，得BC到NACB=90°,由于AC=2BC,于是得到tanZCAB=tanZDCB= ,得到ACCEbei OGOP丁二=二7,求得AE=4BE,WaOPG-△EDG,得到寸二"，然后根据勾股定AECE2 GEED理即可.得到结果.【详解】(1)证明：连接AD,VAB±CD,AB是OO的直径，AD=AC，ZACD=ZB=ZADC,ZFPC=ZB,ZACD=ZFPC,ZAPC=ZACF,/ZFAC=ZCAF,•.△PAC~△CAF；(2)连接OP,则OA=OB=OP=.A5=-2 2AP=BP，「•OPJLAB,ZOPG=ZPDC,AB是。。的直径，•・ZACB=90°,/AC=2BC,BCtanZCAB=tanZDCB=,ACCEBE1• _ _ 一^\E~CE~29「・AE=4BE,/AE+BE=AB=5,「・AE=4,BE=1,CE=2,「・OE=OB-BE=2.5-1=1.5,/ZOPG=ZPDC,ZOGP=ZDGE,OGOP•・△OPG〜△EDG,「・——=——，GEEDOE-GEOP2.5• GE~'CE~~T^TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"2 5/.GE=—,OG=—,\o"CurrentDocument"3 6・・pg=>/op2+og2=-,6! 2GD=DE2+GE2=—，33...PD=pg+GD=^M.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理，证得△OPG-△EDG是解题的关键.6.如图，AB是O0的直径，PA、PC与。。分别相切于点A,C,PC交AB的延长线于点D,DE_LPO交P0的延长线于点E.⑴求证：ZEPD=ZEDO；3⑵若PC=3,tanZPDA=-,求OE的长.4【答案】（1）见解析；（2）WL2【解析】【分析】3（1）由切线的性质即可得证.（2）连接0C,利用tan/PDA=—,可求出CD=2,进而求得430C=—,再证明AOEDs△D印，根据相似三角形的性质和勾股定理即可求出0E的长.2【详解】（1）证明：，.吓人，PC与分别相切于点A,C,「・ZAPO=ZCPO,PAJLAO,/DEJLPO,•・ZPAO=ZE=90。，/ZAOP=ZEOD,「・ZAPO=ZEDO,「・ZEPD=ZEDO.（2）连接OC,PA=PC=3,3/tanZPDA=-,4「・在RtAPAD中，AD=4,PD=y/pA2+AD2=5,「・CD=PD-PC=5-3=2,3tanZPDA=-,4「・在RtAOCD中，3OC一，2OD=73cT+cB?=y»/ZEPD=ZODE,ZOCP=ZE=90%•.△OED~△DEP,PD_PE_DE_"~DO~~DE~~OE~2'DE=2OE,在RtAOED中,OE2+DE2=OD2,即5OE2=-=—⑴4【点睛】本题考查了切线的性质；锐角三角函数；勾股定理和相似三角形的判定与性质，充分利用3tanZPDA=-,得线段的长是解题关键.47.如图1,以点M（—1,0）为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D,直线y=口5小-3x-3与。M相切于点H,交x轴于点E,交V轴于点F.（1）请直接写出OE、。1\/1的半径八CH的长；（2）如图2,弦HQ交x轴于点P,且DP:PH=3：2,求cos/QHC的值；（3）如图3,点K为线段EC上一动点（不与E、C重合），连接BK交0M于点T,弦AT交x轴于点N.是否存在一个常数始终满足MN-MK=a,如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由.【答案】(1)0E=5,r=2,CH=23•••cos“，C=-支a=4【解析】【分析】（1）在直线y=-3x—3中，令y=0,可求得E的坐标，即可得至IJOE的长为5：连接MH,根据△EMH与^EFO相似即可求得半径为2；再由EC=MC=2,ZEHM=90。，可知CH是RTAEHM斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出CH的长；（2）连接DQ、CQ.根据相似三角形的判定得到QPD,从而求得DQ的长，在直角三角形CDQ中，即可求得ND的余弦值，即为cos/QHC的值；（3）连接AK,AM,延长AM,与圆交于点G,连接TG,由圆周角定理可知，ZGTA=90°,Z3=Z4,故NAKC=NMAN,再由△AMK~△NMA即可得出结论.【详解】0E=5,r=2,CH=2（2）如图1,连接QC、QD,则NCQD=90。，NQHC=NQDC,

,得DQ=3,由于CD=4,・•・cos乙QHC=cos^QDC=,得DQ=3,由于CD=4,・•・cos乙QHC=cos^QDC=QDCD=34.(3)如图2,连接AK,AM,延长AM,与圆交于点G,连接TG,则/G74=90。・・•42+44=90°v43=44・・•Z2+Z3=90c由于NBKO+43=90。,故，乙BKO=£2；而乙所。=乙2,故乙1=乙2在44MK和ZMMK中，Z1=z2./.AMK=z/VM/l故AAM”△NMAMNAMAM~MK.*即：MNdK=AM，=4故存在常数Q,始终满足=4常数a="4"解法二：连结BM,证明A.IZ氏V〜A3/K3得长=氏1〃=4=。8.如图，48为。。的直径，C、。为。。上异于A、8的两点，连接CO,过点C作CE±DB,交CO的延长线于点E,垂足为点E,直径A6与CE的延长线相交于点尸.（1）连接AC、AD,求证：ADAC+ZACF=1SOQ.（2）若ZABD=2ZBDC.①求证：。尸是。。的切线.3②当5。=6,tanF=一时，求CF的长.420【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②【解析】【分析】（1）根据圆周角定理证得NADB=90。，即AD_LBD,由CE_LDB证得ADIICF,根据平行线的性质即可证得结论：（2）①连接0C.先根据等边对等角及三角形外角的性质得出N3=2/1,由己知N4=2/1,得到24=N3,则OCIIDB,再由CEJ_DB,得至ljOC_LCF,根据切线的判定即可证明CF为。0的切线；②由CFIIAD,证出NBAD=NF,得出tanNBAD=tanN=之，求出AD=±BD=8,利AD4 3OC3用勾股定理求得AB=1O,得出OB=OC=,5,再由tanF=——=-,即可求出CF.CF4【详解】解：（1）48是。。的直径，且。为OO上一点，/.ZADB=90°，-CE1DB,ZDEC=90°,:.CF//AD,.\ZDAC+ZACF=ISO°.（2）①如图，连接OC.-OA=OC,,-.Zl=Z2.vZ3=Zl+Z2,Z3=2Z1.

•••/4=24OC,ZBDC=N1,Z4=2Zb.\Z4=Z3,:.OC//DB.-CE.LDB,J.OCVCF.又・.・oc为。。的半径，・・・C尸为。0的切线.②由（1）知CFIIAD,:.ZBAD=ZF,3tanZBAD=tail/7=—,4BD3• _•••AD4BD=64・・AD=-BD=S.3OB=OC=5.・.AB=yJ62+^=10vOClCF,・•・ZOCF=90°,OB=OC=5.解得C尸=一.解得C尸=一.3OC_3CF~4【点睛】本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要运用三角函数、勾股定理和由平行线得出比例式才能得出结果.9.如图，在平面直角坐标系X。中，抛物线尸-%+bx+c与直线广，-3分别交x轴、y轴上的8、C两点，设该抛物线与x轴的另一个交点为点4顶点为点D,连接CD

交x轴于点E.(1)求该抛物线的表达式及点。的坐标：(2)求NOCB的正切值；(3)如果点F在y轴上，KZFBC=ADBA-^ADCB,求点F的坐标.D(4,1)D(4,1)(2) (3)点F坐标为(0,1)或(0,-18).【解析】【分析】(1)y=.1x-(1)y=.1x-3,令y=0,则x=6,令x=0,则y=-3,求出点B、C的坐标，将点B、C坐标代入抛物线丫=--x2+bx+c,即可求解:43 「 9(2)求出则点E(3,0),EH=EB・sinNOBC=耳，CE=3&,则CH=，^,即可求解；(3)分点F在y轴负半轴和在y轴正半轴两种情况，分别求解即可.【详解】(1)y=yx-3,令y=0,则x=6,令x=0,则y=-3,则点B、C的坐标分别为(6,0)、(0,-3),则c=-3,将点B坐标代入抛物线y=-9x2+bx-3得：。=-，x36+6b-3,解得：b=2,4 4故抛物线的表达式为：y=-：x2+2x-3,令y=0,则x=6或2,4即点A(2,0),则点D(4,1)；(2)过点E作EHJ_BC交于点H,C、D的坐标分别为：(0,-3)、(4,1),直线CD的表达式为：y=x-3,则点E(3,0),

OC31nil 1tanZOBC= =—=—,则sinZOBC=—f=0562 V53则EH=EB・sinNOBC=~r=,J59CE=3a,则CH=lrl. EH1则tan/DCB= =-；(0,-3)、(4,1)(0,-3)、(4,1)、(3)点A、B、C、D、E的坐标分别为(2,0)、(6,0)(3,0),则BC=3右\•/OE=OC,/.ZAEC=45°,tanZDBE= =—,6-42故：ZDBE=ZOBC,则NFBC=ZDBA+ZDCB=ZAEC=45。,①当点F在y轴负半轴时，过点F作FG±BG交BC的延长线与点G,则NGFC=ZOBC=a,设：GF=2m,则CG=GFtana=m,・「NCBF=45。，・・.BG=GF,即：36+m=2m,解得：m=3小,CF=Jg尸+CG2=V^m=15,故点F(0,-18)；②当点F在y轴正半轴时，

同理可得：点F（0,1）；故：点F坐标为（0,1）或（0,-18）.【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等相关知识，其中（3）,确定NFBC=NDBA+NDCB=NAEC=45。，是本题的突破II.3 310.如图，直线y=于+。与光轴交于点与y轴交于点B,抛物线y=#十bx十C经过点力，氏点M（m,0）为x轴上一动点，过点M且垂直于X轴的直线分别交直线加及抛物线于点P,M（1）填空：点B的坐标为，抛物线的解析式为；（2）当点M在线段04上运动时（不与点0,4重合），①当m为何值时，线段PN最大值，并求出PN的最大值；②求出使/BPN为直角三角形时小的值；（3）若抛物线上有且只有三个点N到直线的距离是力，请直接写出此时由点0,B,N,（2）①当血=2时，PN有最大值是3；②使4BPN为直角三角形时m的值为3或可；（3）点。，B,N,P构成的四边形的面积为：6或6+6、必或6/-6.【解析】【分析】3（1）把点A坐标代入直线表达式y=.+a,求出a=-3,把点A、B的坐标代入二次函数表达式，即可求解；3 3 9（2）①设：点P（m,-m-3）,N（m,-m2--m-3）求出PN值的表达式，即可求解；②分NBNP=90。、ZNBP=90\NBPN=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】3解：（1）把点/坐标代入直线表达式y=/v+。，3解得：。二一3,则：直线表达式为：y=^-3,令％=0,则：y=-3,则点B坐标为（0,-3）,将点B的坐标代入二次函数表达式得：。=-3,3把点力的坐标代入二次函数表达式得：7X16+4b-3=0,49解得：4TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"3 9故：抛物线的解析式为：y=5x2--x-3,3 9故：答案为：（。，-3）,y=-x2--X-3；（2）①•「”（科0）在线段。4上,且MNlx轴,3 3 9・•・点P（m，am-3）,N（m,4m2一铲九一3）,3 3 9 3/.PN=-m-3-Cm2-m_3）=-（rn-2）2+3,4 4 4 4a='••・抛物线开口向下，.•.当m=2时，PN有最大值是3,②当乙BNP=90。时，点N的纵坐标为一3,3 9把'=-3代入抛物线的表达式得：-3=7^2-m-3,解得：m=3或o（舍去m=0）,

4 4.•"=3；当ZN8P=90。时，BNLAB,两直线垂直，其上值相乘为-1,4设：直线的表达式为：y=-针:+%4把点B的坐标代入上式，解得：n=-3,则：直线BN的表达式为：y=-/-3,11将上式与抛物线的表达式联立并解得：7〃=百■或0（舍去m=0）,当NBPN=90。时，不合题意舍去，11故：使4BPN为直角三角形时m的值为3或可：（3）1/OA=4,OB=3,4 3 4在Rt/AOB中，tana=?则：cosa=sina=,/PM〃y轴,/.lBPN=lABO=a9若抛物线上有且只有三个点N到直线的距离是八，则只能出现：在直线下方抛物线与过点N的直线与抛物线有一个交点N,在直线上方的交点有两个.当过点N的直线与抛物线有一个交点N,点M的坐标为设：点N坐标为：（m,n）,TOC\o"1-5"\h\z3 9则：n=-m2 过点N作的平行线，3则点N所在的直线表达式为：y=y+b,将点N坐标代入，3 3解得：过N点直线表达式为：y=^x+（H--771）,将抛物线的表达式与上式联立并整理得：3/-12x-12+3m-4n=0,A=144-3x4x（0=-12+3m-4n）=0,3 9将几=m2--m-3代入上式并整理得：一4巾+4=0,4 49解得：m=2,则点N的坐标为Q,-4,3则：点P坐标为（2,-力则:PN=3,・.・03=3,PN〃。/J四边形OBNP为平行四边形，则点。到直线的距离等于点N到直线力B的距离，即：过点。与力8平行的直线与抛物线的交点为另外两个N点，即：N\N”,3直线°N的表达式为：y=^x9将该表达式与二次函数表达式联立并整理得：x2-4x-4=0,解得：％二2±2y2,则点V、旷的横坐标分别为2+ 2-2«2,作交直线于点H,12OP15°"=痂中+2\?),则h=NHOP15°"=痂中+2\?),作NP1%轴,交x轴于点P',则：乙ON'P'=a,512S四边形OBPN=FPh=-X—=6,则：$四边形。QPW=Sjopm+S^obp'=6+6«2,同理：S四边形08Mp,=6\2-6,故：点0,B，MP构成的四边形的面积为：6或6+6、必或6\/2-6.【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△=(),确定图中N点的坐标.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的长及票的值；(口)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BEFG',记旋转角为a(0°<a<360°),连接AG'.①在旋转过程中，当NBAG，=90。时，求a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a的大小(直接写出结果即可).【答案】(I)；(II)①a