2023年北京市初三二模数学试题汇编：解直角三角形及其应用

第1页/共1页2023北京初三二模数学汇编解直角三角形及其应用一、单选题1．（2023·北京石景山·统考二模）如图，在中，，．点P是边上一动点（不与C，B重合），过点P作交于点．设，的长为，的面积为，则与x，S与满足的函数关系分别为（

）

A．一次函数关系，二次函数关系 B．反比例函数关系，二次函数关系C．一次函数关系，反比例函数关系 D．反比例函数关系，一次函数关系二、解答题2．（2023·北京顺义·统考二模）如图，，分别与相切于，两点，是的直径．

(1)求证：(2)连接交于点，若，，求的长．3．（2023·北京平谷·统考二模）在平面直角坐标系中，对于，其中，，给出如下定义：将边绕点逆时针旋转60°得到线段，连接，与的过点A的高线交于点，将点关于直线对称得到点，我们称为的留缘点．

(1)若，，请在图中画出的留缘点，并求出点的坐标；(2)已知，，若线段上存在的留缘点，求的取值范围．4．（2023·北京东城·统考二模）已知线段是的弦，点在直线上．对于弦和点，给出如下定义：若将弦绕点逆时针旋转得到线段，恰好也是的弦，则称弦关于点中心映射，点叫做映射中心，叫做映射角度．

(1)如图1，点是等边的中心，作交于点．在三点中，弦关于点_________中心胦射；(2)如图2，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，的角平分线交轴于点．若与线段相交所得的弦关于点中心映射，直接写出的半径的取值范围；(3)在平面直角坐标系中，的半径为2，线段是的弦．对于每一条弦，都有相应的点，使得弦关于点中心映射，且映射角度为．设点到点的距离为，直接写出的取值范围．5．（2023·北京东城·统考二模）如图，的直径与弦相交于点，且，点在的延长线上，连接．

(1)求证：是的切线；(2)若，求半径的长．6．（2023·北京东城·统考二模）如图，在中，，点为中点，过点分别作的平行线，相交于点．(1)求证：四边形为矩形；(2)连接，若，求的长．7．（2023·北京西城·统考二模）如图，在中，边绕点B顺时针旋转（）得到线段，边绕点C逆时针旋转得到线段，连接，点F是的中点．

(1)以点F为对称中心，作点C关于点F的对称点G，连接．①依题意补全图形，并证明；②求证：；(2)若，且于H，直接写出用等式表示的与的数量关系．8．（2023·北京海淀·统考二模）在平面直角坐标系中，对于和点(不与点重合）给出如下定义：若边，上分别存在点，点，使得点与点关于直线对称，则称点为的“翻折点”．(1)已知，．①若点与点重合，点与点重合，直接写出的“翻折点”的坐标；②是线段上一动点，当是的“翻折点”时，求长的取值范围；(2)直线与轴，轴分别交于，两点，若存在以直线为对称轴，且斜边长为2的等腰直角三角形，使得该三角形边上任意一点都为的“翻折点”，直接写出的取值范围．9．（2023·北京昌平·统考二模）如图，是直径，是上一点，过点作直线，使．(1)求证：是的切线；(2)点是弧中点，连接并延长，分别交于点，若，，求线段的长．

参考答案1．A【分析】先求出，再求出，然后解得到，，进而得到，，由此即可得到答案．【详解】解：∵在中，，，∴，∵，∴，∵，∴，在中，，，∴，，∴与x，S与满足的函数关系分别为一次函数关系，二次函数关系，故选A．【点睛】本题主要考查了解直角三角形，等边对等角，列函数关系式，正确求出，是解题的关键．2．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据切线长定理和切线的性质可得，，，根据等腰三角形三线合一性质可得，可得，，得到，从而得证；（2）根据余弦，正弦的定义及勾股定理可得，从而有，，代入计算即可得出答案．【详解】（1）证明：如图，连接，交于点．∵、为的切线，∴，，，∴，，∴，∴，∴，∴．

（2）解：∵是的直径，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴的长为．

【点睛】本题考查切线长定理，切线的性质，等腰三角形三线合一性质，直径所对的圆周角是直角，解直角三角形，勾股定理．正确的添加辅助线是解题的关键．3．(1)(2)或【分析】（1）先根据题意画出图形，然后再说明四边形是菱形，即；再确定点P的坐标，最后根据关于确定点Q的坐标即可；（2）设直线与y轴交于点，由题意可得的所有留缘点在以K为圆心为半径的圆上，然后分和两种情况，分别画出图像，根据勾股定理、两点间距离公式和圆的性质列方程求解即可解答．【详解】（1）解：如图：当，时，点Q即为的留缘点，连接，

∵，，∴，，，∴是等边三角形，∴，∵将边绕点逆时针旋转60°得到线段，∴，∴是等边三角形，∴，∴四边形是菱形，∴，

∵，∴，∴，∵，，∴点P与点Q关于直线对称，∴．（2）解：设直线与y轴交于点，则由题意，如图：的所有留缘点在以K为圆心为半径的圆上，当时，如图：，

∴，解得：，∴；如图：当点时，

由题意，，解得．∴，综上，的取值范围为或．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、解直角三角形、圆的性质、菱形的判定与性质等知识点，正确画出各类图形是解答本题的关键．4．(1)A(2)(3)【分析】（1）根据题干中心映射的定义与旋转方向，判断弦是否仍在上．确定只有点A符合题意．（2）讨论与线段相交成弦的范围，根据角平分线定理与比例性质求解．（3）考虑到对称性与不失一般，将H点设在x轴上，方便得出d的取值范围．【详解】（1）根据中心映射的定义，若将弦绕点逆时针旋转得到线段，恰好也是的弦，则称弦关于点中心映射，点叫做映射中心．由于是等边三角形，因此直线绕A点逆时针旋转，可使弦落在弦上．但直线绕B点、C点逆时针旋转后，弦无法与再相交成弦．故只有点A符合映射中心的条件，如下图．

（2）如下图，的角平分线交轴于点，过D作，垂足为G．

则与线段EF相交所得的弦关于点E中心映射，此时的半径r的取值范围是．在中，平分，过D作x轴的平行线，与EF交于H，则，又，所以，则．由得，，所以即，。在直角三角形OEF中，．∴，解得．∵，∴在直角与直角相似．∴，即．因此，．所以，的半径r的取值范围是．即．（3）考虑到对称性与不失一般性，为了研究问题的方便，设弦绕点H逆时针旋转得到线段，恰好也是的弦，且与交于x轴，见下图．

作与交于点F，再过F作的平行线，是的切线．则满足条件的弦最大为直径，最小应大于0，所以，．当O与H重合时，，此时弦为直径；当H与E重合时，，此时弦长度为0．故d的取值范围是：．由已知条件知．又因，故．在直角中，，则．故d的取值范围是：．【点睛】本题考察了图形旋转、角平分线性质、含30°角的直角三角形等相关知识点，深入细致审题是解本题的关键．5．(1)见详解(2)4【分析】（1）连接，由题意易得，则有，然后可得，则可得，进而问题可求证；（2）由题意可设，则，则有，，然后可列方程进行求解．【详解】（1）证明：连接，如图所示：

∵，是的直径，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∵是的半径，∴是的切线；（2）解：由题意可设，则，∴，，∴在中，，解得：，∴，即的半径为4．【点睛】本题主要考查切线的判定、垂径定理及三角函数，熟练掌握切线的判定及三角函数是解题的关键．6．(1)见详解(2)【分析】（1）先根据平行四边形的判定，证明四边形是平行四边形，再根据矩形的判定，证明即可；（2）根据矩形的性质，三角函数，及勾股定理即可得出结果．【详解】（1）证明：由题意得，四边形是平行四边形，，点为中点，，即，四边形为矩形；（2）解：∵四边形为矩形，，∵点为中点，在中，，解得：在中，，故的长为．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握定理与性质是解题的关键．7．(1)①补全图形见解析，证明见解析；②见解析(2)【分析】（1）①依题意补全图形如图所示，先证明，推出，然后结合旋转的性质可得结论；②根据对称的性质可证明，可得结论；（2）连接，如图，根据等边三角形的性质结合（1）②的结论可得是等边三角形，可得，再根据等边三角形的性质、30度角的直角三角形的性质以及三角函数即可得出结论．【详解】（1）①依题意补全图形如图所示：证明：∵点F是的中点，∴，∵点C关于点F的对称点为G，∴，又∵，∴，∴，由旋转的性质可得：，∴；

②证明：∵点C关于点F的对称点为G，∴，∵，∴，∴；（2）解：连接，如图，由题意得，∵，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∵点F是的中点，∴，∴，∵，，∴；∴与的数量关系是．

【点睛】本题考查了对称变换、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、30度角的直角三角形的性质以及三角函数等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质是解题的关键．8．(1)①；②(2)【分析】（1）①根据已知条件得出，则，点与点重合，点与点重合，则，过点作轴于点，依题意，则，进而求得，即可求解；②根据心得与得出为线段的垂直平分线，当点运动到点时，，点运动到点时，即可求得的范围；（2）根据一次函数得出,，对于中，先固定点，当运动时始终由，进而得出以为圆心，为半径的与以为圆心，为半径的的两圆的公共部分，当以直线为对称轴时，斜边为2的等腰直角三角形边上任意一点都是的“翻折点”，即该等腰直角三角形在上述封闭图形内，进而根据勾股定理，求得的值，结合图形即可求解．【详解】（1）①∵，∴，则∴，∴，则∵点与点重合，点与点重合，∴过点作轴于点，

依题意，则∴，∴，∴的“翻折点”的坐标为；②∵点与点关于对称，∴为线段的垂直平分线，当点运动到点时，∴当点运动到点时，∴

（2）直线与轴，轴分别交于，两点，令，则，令，解得，∴,对于中，先固定点，当运动时始终由，∴在运动时，点到轨迹为以为圆心，为半径的一段圆弧上，临界点分母是与点与点重合时，当点运动时，这段圆弧也随之运动，形成封闭的图形，如图所示，

该图形为：以为圆心，为半径的与以为圆心，为半径的的两圆的公共部分，当以直线为对称轴时，斜边为2的等腰直角三角形边上任意一点都是的“翻折点”，即该等腰直角三角形在上述封闭图形内∵的半径大于的半径，∴当等腰直角三角形的斜边刚好在上（即为的弦）时，可得的最大值

∴,解得：∴【点睛】本题考查了几何新定义，折叠的性质，一次函数与直线的交点坐标，解直角三角形，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．9．(1)见解析(2)【分析】（1