中考数学精创专题-解直角三角形及其应用+考前专题提升训练+

九年级数学中考复习《解直角三角形及其应用》考前专题提升训练（附答案）（共12小题，每小题10分，满分120分）1．如图是人民英雄纪念碑，它位于北京天安门广场中心，是为了纪念在人民解放战争和人民革命中牺牲的人民英雄，碑体正面是毛泽东亲笔题词“人民英雄永垂不朽”八个鎏金大字．右图是纪念碑的示意图，小丽在A处测得碑顶D的仰角为30°，沿纪念碑方向前进37.1m后，在B处测得碑顶D的仰角为53°（点A，B，D，E，F在同一平面内，且点A，B，E，F在同一水平线上）求纪念碑的高度．（结果精确到0.1m．参考数据：3≈1.73，sin53°≈45；cos53°≈35，tan53°≈2．如图，我国某海域里，渔船正在小岛B的正西方向的A处停留．一艘渔政船在C处巡逻，这时测得在A处的渔船在它的北偏东15°方向上，渔政船的航行速度为每小时20海里，它沿东北方向航行2小时后到达D(1)求当渔政船到达D处时，渔政船与渔船的距离；(2)若该渔政船在D处测得小岛在它的北偏东53°方向上，这时渔船以每小时25海里速度从A处向小岛B航行，同时渔政船以原速度也向小岛B航行，则哪艘船先到达小岛B．（参考数据：sin53°≈45，cos53°≈35，tan3．图1是工艺电脑桌的实物图，其侧面可简化成图2，已知AE∥FC，AB∥DC，N是CD的中点，AE=60cm，AB=88cm，∠A=60°，点F是点(1)求桌面AE到地面FC的距离．（结果精确到0.1cm(2)若AD=20cm，求tanE的值．（结果精确到4．在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，点G是AD的中点，点F是AC上一点，AF=DF，延长BG交DF的延长线于点E，连结AE(1)证明：四边形ABDE是平行四边形．(2)若AE=65，sin∠ABC=25．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3．点P从点A出发，沿AC−CB方向以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，当点P不与点A、B、C重合时，作点P关于直线AB的对称点Q，连结PQ，以PQ、PC为边作▱PCMQ，连结PM，设点P的运动时间为t秒．(1)用含t的代数式表示线段PQ的长．(2)当点P在AC上运动，点M落在边AB上时，求t的值．(3)当PM与三角形的边垂直时，求t的值．(4)直接写出当∠QPM=∠APQ时t的值．6．如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是AB的中点，CD与AB交于点E，F是AB延长线上的一点，且CF=EF．(1)求证：CF为⊙O的切线；(2)连接BD，取BD的中点G，连接AG．若CF=4，tan∠BDC=127．如图，在△ABC的边BC上取一点O，以O为圆心，OC为半径画⊙O，⊙O与边AB相切于点D，AC=AD，连接OA交⊙O于点E，连接CE，并延长交线段AB于点F．(1)求证：AC是⊙O的切线；(2)若AB=10，tanB=43，求(3)若F是AB的中点，求证：CE+BD=AF．8．如图，AB是半圆O的直径，AB=2，P是半圆O上一动点，PC⊥AB，垂足为点C，D是AP的中点，联结BD．(1)当AC=65时，求线段(2)设BC=x，tan∠ABD=y，求y关于x(3)设PC与BD交于点E，当CE:PE=1:4时，求AP:9．根据以下素材，设计落地窗的遮阳篷．素材1：如图1，小浩家的窗户朝南，窗户的高度AB=2m，此地一年中的正午时刻，太阳光与地平面的最小夹角为α，最大夹角为β．如图2，小浩设计直角形遮阳篷BCD，点C在AB的延长线上，CD⊥AC，它既能最大限度地使冬天温暖的阳光射入室内（太阳光与BD平行），又能最大限度地遮挡夏天炎热的阳光（太阳光与AD素材2：小浩查阅资料，计算出tanα=13，tanβ=4素材3：如图3，为了美观及实用性，小浩再设计出圆弧形可伸缩遮阳篷（劣弧CD延伸后经过点B，DF段可伸缩，F为CD的中点），BC，CD的长保持不变．【任务1】如图2，求BC，CD的长．【任务2】如图3，求劣弧CD的弓高．【任务3】如图3，若某时太阳光与地平面的夹角γ的正切值tanγ=23，要最大限度地使阳光射入室内，求遮阳篷点D上升高度的最小值（点D10．【基础巩固】（1）如图1，AB⊥BC于点B，CE⊥BC于点C，AC⊥DE交BC于点D，求证∶ACDE【尝试应用】（2）如图2，在矩形ABCD中，E是BC上的一点，作DF⊥AE交BC于点F，CE=EF，若AB=2,AD=4，求AEDF【拓展提高】（3）如图3，菱形ABCD的边长为10,tan∠ACD=34,E为AD上的一点，作DG⊥CE交AC于点F，交AB于点G11．在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+3与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B坐标为(3,0)，点D坐标为(−1,0)(1)b的值为___________；(2)如图1，连接PD，AC，设PD与BC交于点E，若AC=DE，求点E坐标；(3)如图2，设直线PD与线段BC所夹锐角为α，若tanα=3，求点P12．【问题提出】（1）如图1，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=5，BC=12，则cos【问题探究】（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，在矩形内部有一动点P，满足tan∠APB=3．小明打算找出P到CD在BC上取一点E，使得BE=2，连接AE，作△ABE的外接圆，圆心为O，AE为直径，过点O作CD的垂线，交⊙O于点P，交CD于点F，此时P到CD的距离最短．问：以上操作是否合理？若合理，请求出P到CD的最短距离．若不合理，请说明理由．【问题解决】（3）如图3，某学校的人工智能教室是矩形ABCD形状，其中AB=8米，BC=10米，为了提高课堂上小组合作学习的效率，学校想把教室设计成几部分．设计思路如下：在矩形ABCD内部找一点P，连接AP，BP，DP，使得S△APD=59S四边形ABPD，且cos∠APB=3参考答案1．解：过D作DH⊥AB于H，如图所示：设DH=xm在Rt△DBH中，tan∴BH=x在Rt△AHD中，tan∴AH=3∴AB=AH−BH=3解得：x=37.9，答：纪念碑的高度约为37.9m．2．（1）解：由题意知∠ACF=15°，∠ADE=45°，∠CDE=45°，∠DCF=45°，∠CDE=45°CD=20×2=40（海里）∴∠ACD=30°，∠ADC=90°，在Rt△ACDAD=CD×tan答：渔政船与渔船的距离为403（2）解：过点D作AB的垂线，垂足为点M，∴∠AMD=∠BMD=90°，由题意知∠BDM=53°，在Rt△ADM中，∠ADE=45°∴AM=AD×sinDM=AD×cos在Rt△BDM中，∠BDM=53°∴BM=DM×tanBD=DM渔船的到达小岛B的时间：2063+渔政船到达小岛B的时间：10069×∵28∴28即渔政船先到达小岛B．3．（1）解：连接AF，∵点F是点A的正投影，∴AF⊥CF，∵AE∥FC，∴∠ABF=∠BAC=60°，在Rt△AFB中，AB=88∴AF=AB⋅sin即桌面AE到地面FC的距离为74.8cm（2）解：过N作NM⊥DE于M，∵AB∥DC，AE∥∴四边形ABCD是平行四边形，∠EDC=∠BAC=60°，∴CD=AB=88cm∵N是CD的中点，∴DN=1在Rt△DMN中，DM=DN⋅cos60°=44×∴ME=AE−AD−DM=60−20−22=18∴tanE=4．解：（1）证明：∵AD平分∠BAC，点G是AD的中点，∴∠BAD=∠CAD，AG=GD，∵AF=DF，∴∠ADF=∠CAD，∴∠ADF=∠BAD，又∠AGB=∠EGD，∴△AGB≌△DGEASA∴BG=EG，∵AG=GD，∴四边形ABDE是平行四边形；（2）解：∵四边形ABDE是平行四边形，∴AE∥BC，∠AEF=∠ABC，AB=DE，∴∠EAF=∠C=90°，sin∠AEF=∴AFEF设AF=2x,EF=3x，则：AE=E∴x=6，∴AF=12,EF=18，∵DF=AF，∴AB=DE=EF+AF=30，∴AC=AB⋅sin∴CF=AC−AF=20−12=8．5．（1）解：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3．∴tanA=BCAC∴sinA=3如图所示，设PQ交AB于点D，∴sin当P在AC上时，即0<t<4时，AP=t，∴PD=3∵P,Q关于AB对称，则PQ⊥AB,PQ=2PD，∴PQ=当P在BC上时，即4<t<7，如图所示，∴PB=7−t，PD=sin则PQ=2PD=8∴PQ=6（2）解：如图所示，当点M落在边AB上时，∵四边形CPQM是平行四边形，∴CM∥PQ∵PQ⊥AB，∴CM⊥AB，∴CM=∵PQ=CM∴65解得：t=2（3）当PM⊥AB时，如图所示，∵CM⊥AB，∴∠PMC=∠MCB=90°−∠B=∠A，∵CM=PQ=6PC=AC−AP=4−t，∴sin解得：t=当PM⊥CB时，如图所示，∵cos∴CP由（1）可知PQ=565−即t−4解得：t=108综上所述，当PM与三角形的边垂直时，t=10043或（4）解：如图所示，∠QPM=∠APQ当P在AC上时，则PA=PM，且点M在AB上，由（1）可知t=2，当P在BC上时，点M落在AP上时，∠QPM=∠APQ，过点M作MN⊥BC于点N，∵CM=PQ=565−∠MCN=∠DPB=90°−∠B=∠A，∴MN=35∴PN=PC−NC=t−4−∵MN∴△PMN∽△PAC∴MN即35解得：t=517+3综上所述，t=2或t=56．解：（1）证明：如图1，连接OC，OD．∵OC=OD，∴∠OCD=∠ODC．∵FC=FE，∴∠FCE=∠FEC．∵∠OED=∠FEC，∴∠OED=∠FCE．∵AB是⊙O的直径，D是AB的中点，∴∠DOE=90°．∴∠OED+∠ODC=90°．∴∠FCE+∠OCD=90°，即∠OCF=90°．∴OC⊥CF．∴CF为⊙O的切线．（2）解：如图2，连接BC，过G作GH⊥AB，垂足为H．∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°∴∠OBC+∵OC=OB，∴∠OBC=∵∠FCO=∠FCB+∠OCB=90°，∴∠FCB=∵∠F=∴△FCB∽△FAC，∴FCFA=BC∵CF=4，tan∠BDC=∴AF=8，∴48=FB设⊙O的半径为r，则AF=2r+2=8．解之得r=3．∵GH⊥AB，∴∠GHB=90°．∵∠DOE=90°，∴∠GHB=∠DOE．∴GH∥∴△BHG∽△BOD∴BHBO∵G为BD中点，∴BG=1∴BH=12BO=∴AH=AB−BH=6−3∴AG=G7．解：（1）证明：∵⊙O与边AB相切于点D，∴OD⊥AB，即∠ADO=90°，∵AO=AO，AC=AD，OC=OD，∴△ACO≅△ADO(SSS∴∠ADO=∠ACO=90°，∴OD⊥AB，又∵OC是半径，∴AC是⊙O的切线；（2）∵tan∴设AC=4x，BC=3x，∵AC∴16x∴x=2，∴BC=6，∵AC=AD=8，AB=10，∴BD=2，∵OB∴(6−OC)∴OC=8故⊙O的半径为83（3）由（1）可知：△ACO≅△ADO，∴∠ACO=∠ADO=90°，∠AOC=∠AOD，又∵CO=DO，OE=OE，∴△COE≅△DOE(SAS∴∠OCE=∠ODE，∵OC=OE=OD，∴∠OCE=∠OEC=∠OED=∠ODE，∴∠DEF=180°−∠OEC−∠OED=180°−2∠OCE，∵点F是AB中点，∠ACB=90°，∴CF=BF=AF，∴∠FCB=∠FBC，∴∠DFE=180°−∠BCF−∠CBF=180°−2∠OCE，∴∠DEF=∠DFE，∴DE=DF=CE，∴AF=BF=DF+BD=CE+BD．8．（1）解∶如图1，联结OP，在Rt△POC中，OC=AC−OA=65∴PC在Rt△APCAP=A（2）解∶如图2，联结OP，取AC的中点E，联结DE，在Rt△POC中，OC=1−x，OP=1∴PC=O∵点D是AP的中点，∴DE=12PC=∵PC⊥AB，∴DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∴tan∴y=2x−（3）解∶如图3，取AC的中点F，联结OP，设CE=a，PE=4a，由（2）得：DF=12CP=∴△BEC∽△BDF，∴BCBF设BC=2x，BF=5x，∴AF=CF=3a，∴AB=AC+BC=8a，∴OP=OA=4a，OC=OB−BC=2a，∵∠PCO=90°，∴cos∴∠POB=60°，∴∠POA=120°，∴AP:9．解：任务1：如图所示：由题意得：CD∥AM，BD∥AE，∠C=∠CAM=90°，∵CD∥AM，∴∠CDA=∠DAM=β，∵BD∥AE，∴∠BDA=∠EAD，∴∠CDA−∠BDA=∠DAM−∠EAD，∴∠CDB=∠EAM=α，在Rt△CBD中，∠C=90°∴tan∠CDB=在Rt△ACD中，∠C=90°∴tan∠CDA=又∵AC=AB+BC，AB=2，则AC=2+BC，∴BCCD∴CD=2BC=即BC=23，任务2：如图所示：∵∠BCD=90°，∴BD是直径，取BD的中点G，过点G作GH⊥CD交CD于点I，即点G是圆心，∵BC=23，∴BD=B∵G是BD的中点，∴BG=DG=10∵GH⊥CD，∴∠GHD=90°，∴∠GHD=∠BCD=90°，又∵∠HDG=∠CDB，∴△HGD∼△CBD，∴GHBC∴GH2∴GH=13，∴CH=CD−DH=2−1=1，由题意可知：BD是直径，点G是圆心，∴GI=GB=GD=1∵GH⊥CD，∴∠IHD=90°，又∵GH=1∴HI即为劣弧CD的弓高，∴HI=GI−GH=10∴劣弧CD的弓高为10−1任务3：如图所示：过点B作BK∥CD，作∠D′BK使得∠D′BK=γ，交CD于点D′，连接BD′，过点D′作D′J⊥BK，∵BK∥CD，∴∠CQB=∠D在△CBQ中，∵∠BCH=90°，∴tan∠CQB=∴CQ=1，又∵CH=1，∴点Q与点H重合，连接D′G，过点G作∵BK∥CD，∴∠D在△D′QR设D′R=2m∵BK∥CD，D′∴∠QRS=90°，又∵GH⊥CD，∴∠GQR=90°，又∵GS⊥D∴∠GSR=90°，∴∠QRS=∠GQR=∠GSR=90°，∴四边形QGSR是矩形，∴QG=RS，∴HG=RS=13，∴GS=3m，D又∵GD∴GD在Rt△∵GD′=103则D′∴(2m解得：m1=−1∴D′∴遮阳篷点D上升高度的最小值为61310．解：（1）∵AC⊥DE，∴∠DCA+∠CDE=90°，∵CE⊥BC，∴∠ECD=90°，∠CDE+∠E=90°，∴∠CDA=∠E，又∵AB⊥BC，∴∠B=90°，∴∠B=∠ECD，∴△ABC∽△DCE，∴ACDE（2）∵矩形ABCD，∴CD=AB=2，BC=AD=4，∠B=∠C=90°，∴∠BAE+∠BEA=90°，∵DF⊥AE，∴∠DFC+∠BEA=90°，∴∠DFC=∠BAE，∴△ABC∽△FCD，∴AEDF设CE=EF=x，则CF=2x，BE=BC−CE=4−x，∴22x解得：x1=2−2∴AEDF（3）连接BD交CE于M，交AC于O，∵菱形ABCD，∴AC⊥BD，∴∠DOC=90°，∴tan∠ACD=设OD=3k，OC=4k，由勾股定理，得3k2+4k∴OD=6，OC=8，∵DG⊥CE，∴∠DFC+∠FCE=90°，∵∠DOC=90°，∴∠OMC+∠FCE=90°，∠DOF=∠COM，∴∠OMC=∠DFO，∴△OMC∽△OFD，∴OMOF∴CM=4∵CE=2DF，∴EM=2∵菱形ABCD，∴AD∥∴△BMC∽△DME，∴CMEM∴BMDM∵BM+DM=BD=2OD=12，∴DM=4，BM=8，∴OM=2，∵OMOF=CM∴OF=3∴AF=8−32=∵菱形ABCD，∴AB∥∴△AGF∽△CDF，∴AGCD=AF∴AG=130∴BG=AB−AG=10−13011．（1）解：∵抛物线y=x2+∴32解得：b=−4；（2）解：连接CD，过点E作EH⊥OB，垂足为H，如图所示，由（1）得：抛物线解析式为y=x∴当x=0时，y=3，∴C点坐标为C0,3∵点B坐标为B3,0∴OC=OB=3，∴∠OCB=∠OBC=45°，∵抛物线解析式为y=x∴当x=0时，即x2解得：x1=1，x∴A点坐标为A1,0∵点D坐标为D−1,0∴OA=OD=1，又∵CO⊥AD，∴∠COD=∠COA，∴在△COD和△COA中，CO=CO∴△COD≌△COASAS∴CD=CA，∴∠DCO=∠ACO，

∵CA=DE，∴CD=DE，∴∠DCE=∠DEC，∵∠DCE=∠DCO+∠OCB=45°+∠DCO，∠DEC=∠BDE+∠OBE=45°+∠BDE，∴∠DCO=∠BDE，∴∠ACO=∠BDE，∵∠DHE=90°=∠AOC，∴在△ACO和△EDH中，∠DHE=∠AOC∴△ACO≌△EDHASA∴EH=AO=1，

∵点C坐标为C0,3，点B坐标为B∴设直线BC的解析式为y=kx+把B、C两点坐标代入得：3k+解得：k=−1b=3∴直线BC解析式为y=−x+3，∴当y=1时，x=2，∴E点坐标为E2,1（3）①解：过点A作AF⊥BC，垂足为F，过点E作EG⊥BD，垂足为G，如图所示，由第（2）问得：A1,0，C∴在Rt△OAC中，tan∵tanα=3∴∠OAC=∠DEC，∵∠ACB+∴∠EDB=∠ACB，∵A1,0，B3,0，∴△OBC是等腰直角三角形且BC=∴∠OBC=45°，∴△ABF也是等腰直角三角形，且AB=2，∴设BF=AF=x，由勾股定理得：x2解得：x=2即AF=BF=2∴CF=BC−BF=32∴tan∠ACB=∴tan∠EDB=∴DG=2EG，由第（2）问得：直线BC的解析式为y=−x+∴设E点坐标为Em,−m∵D点坐标为D−1,0∴m+解得：m=5∴E点坐标为E5设直线DE的解析式为y=k把点D、点E坐标代入得：−k解得：k1∴直线DE的解析式为y=12∵点P为抛物线和直线DE的交点，∴x2解得：x1=9将x1、x2代入12×9∴点P坐标为P9+41②解：过点D作DH⊥BC，垂足为H，如图所示，由第（2）问得：B3,0，C∴△COB是等腰直角三角形，∴∠CBO=45°，BC=3∴△DHB是等腰直角三角形，∵D0,−1∴BD=4，∴DHBD∴DH=22∵tanα=3=∴MH=2∴CM=BC−BH−MH=32由（2）得直线BC的解析式为y=−x+3设点M的坐标为Mn,−n∴CM=n−0解得：n=1∴M点坐标为M1设直线DM的解析式为y=k把D点、M点坐标代入得：−k解得：k2∴直线DM的解析式为y=2x+∵点P为抛物线和直线DM的交点，∴x2解得：x1=3+把x1、x2代入直线DM的解析式得：y1∴点P坐标为P(3