15解直角三角形（B卷能力拓展）-2021-2022学年九年级数学下册分层练习（基础巩固＋能力拓展北师大版）

1.5解直角三角形学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________B卷（能力拓展）一、选择题1．已知，如图，梯形中，，则的长为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图，分别作于点E，于点F，则有AB，进而求得DF、AE的长，再根据求解即可．【详解】解：如图，分别作于点E，于点F．则有，∴．又∵，∴，∴．故选A．【点睛】本题主要考查了通过作辅助线综合利用解直角三角形、直角三角形性质等知识点，正确作出.辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．2．（2021·日照市九年级一模）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB：BC＝3：2，过点B作BE∥AC，过点C作CE∥DB，BE、CE交于点E，连接DE，则tan∠EDC＝（）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图，过点E作EF⊥直线DC交线段DC延长线于点F，连接OE交BC于点G．根据邻边相等的平行四边形是菱形即可判断四边形OBEC是菱形，则OE与BC垂直平分，易得EF＝AD＝，CF＝OE＝AB．所以由锐角三角函数定义作答即可．【详解】解：∵矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB：BC＝3：2，∴设AB＝3x，BC＝2x．如图，过点E作EF⊥直线DC交线段DC延长线于点F，连接OE交BC于点G．∵BE∥AC，CE∥BD，∴四边形BOCE是平行四边形，∵四边形ABCD是矩形，∴OB＝OC，∴四边形BOCE是菱形．∴OE与BC垂直平分，∴EF＝AD＝＝x，OE∥AB，∴四边形AOEB是平行四边形，∴OE＝AB，∴CF＝OE＝AB＝x．∴tan∠EDC＝．故选A．【点睛】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定与性质以及解直角三角形，解题的关键是灵活运用矩形的性质，菱形的判定与性质以及解直角三角形．3．（2021·杭州市九年级二模）如图，已知中，，，分别为，的中点，连结，过作的平行线与的角平分线交于点，连结，若，，则的正弦值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意延长DF交AB于H，过F作FT⊥AB于T，连接CF，设DF=x，运用三角形中位线定理、全等三角形的性质以及锐角三角函数定义构建方程，求出x即可得出答案．【详解】解：延长DF交AB于H，过F作FT⊥AB于T，连接CF，

设DF=x，

∵DH∥AC，D为BC的中点，

∴H为AB的中点，

∴BH=AH，

∴DH是△ABC的中位线，

∴DH=AC=1，

∴FH=1x，

∵FA平分∠CAB，FE⊥AC，FT⊥AB，

∴FE=FT，

∵E为AC的中点，FE⊥AC，

∴CF=AF，

在Rt△CFE和Rt△AFT中，

，

∴Rt△CFE≌Rt△AFT（HL），

∴AE=AT=1，

∵∠FAE=∠AFH=∠FAH，

∴FH=AH=BH=1x，

∴TH=1（1x）=x，

∵∠C=∠BDH=∠TFH，

∴sin∠C=sin∠TFH，

∴，

解得：或（舍去），

∴，

∵DE=，

∴.故选：A．【点睛】本题考查三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数定义等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．4．（2021·常熟市九年级开学考试）如图，四边形中，，，，把沿着翻折得到，若，线段长为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知，求得，延长交于，可得，则，再过点作，设，则，，，在中，根据，代入数值，即可求解．【详解】解：如图，延长交于，再过点作，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，则，，设，则，，∴，∴在中，，即，解得：，∴．故选A．【点睛】本题目考查三角形的综合，涉及的知识点有锐角三角函数、折叠等，熟练掌握三角形的有关性质，正确设出未知数是顺利解题的关键．二、填空题5．（2021·陕西西安市九年级二模）如图，的顶点O在坐标原点上，，若点B在反比例函数的图象上，点A在反比例函数的图象上，则k的值为______．【答案】6【分析】过A、B作轴于C，轴于D，易证，根据相似三角形的性质求得点A的坐标，由此即可求得k的值．【详解】过A、B作轴于C，轴于D，如图：B在反比例函数的图象上，设，则，，∵，，∴，∵，且，∴，∴，∴，，∴，把代入得：．【点睛】本题是反比例函数与几何的综合题，作出辅助线，证明是解决问题的关键．6．（2021·山东蓬莱九年级一模）如图，Rt△OA0A1在平面直角坐标系内，∠OA0A1＝90°，∠A0OA1＝30°，以OA1为直角边向外作Rt△OA1A2，使∠OA1A2＝90°，∠A1OA2＝30°，以OA2为直角边向外作Rt△OA2A3，使∠OA2A3＝90°，∠A2OA3＝30°，按此方法进行下去，得到Rt△OA3A4，Rt△OA4A5，……，Rt△OA2020A2021，若点A0（－1，0），则点A2021的横坐标为__________________．【答案】【分析】由30°直角三角形性质解直角三角形求出、，根据图形变化得出规律，即可得出结果．【详解】解：∵∠OA0A1＝90°，∠A0OA1＝30°，，∴，又，，∴，同理：，的长度为；，与重合，点的横坐标为，故答案为．【点睛】本题考查了解直角三角形和坐标变化规律；熟练掌握30°直角三角形性质，通过计算得出规律是解决问题的关键．7．（2021·陕西西安市九年级模拟预测）如图，在菱形纸片中，，将菱形纸片的一角翻折，使点A落在的中点处，折痕为，点N，M分别在边上，则________．【答案】【分析】分别连接、，且交MN于点O，作的延长线于点P．由为中点，即可证明．设，则，利用含角的直角三角形的性质可求出，，．在中，利用勾股定理即可求出，即得．在中，再次利用勾股定理，即可得出．由题意易证，即得出，即可求出，最后由翻折的性质即可求出．【详解】分别连接、，且交MN于点O，作的延长线于点P．∵点为中点，∴，∴．∵，∴，，设，则，∴，，．∴在中，．∴．在中，．∵，，∴，∴，即，∴，∴由翻折可知．故答案为．【点睛】本题考查菱形的性质，含角的直角三角形的性质，翻折的性质，等边三角形“三线合一”，勾股定理以及三角形相似的判定和性质．正确的作出辅助线是解答本题的关键．三、解答题8．（2021·河南省淮滨县九年级开学考试）如图，正方形的边长为，点是射线上的一个动点，连接并延长，交射线于点，将沿直线翻折，点落在点处．（1）当时，如图，延长，交于点，①的长为________；②求证：．（2）当点恰好落在对角线上时，如图，此时的长为________；________；（3）当时，求的正弦值．【答案】（1）①12；②见解析；（2），；（3）或．【分析】（1）①根据△ABE∽△FCE，可得，即＝1，进而得到CF的长；②根据四边形ABCD为正方形，可得∠F＝∠BAF，由折叠可知：∠BAF＝∠MAF，即可得出∠F＝∠MAF，进而得到AM＝FM．（2）根据∠CAE＝∠CFE，可得FC＝AC，再根据等腰Rt△ABC中，AC＝AB＝12，即可得到CF的长为12；由折叠可得，BE＝B'E，再根据等腰Rt△CEB'中，CE＝B'E＝BE，即可得出；（3）分两种情况讨论：①点E在线段BC上，②点E在BC的延长线上，分别设DM＝x，根据Rt△ADM中，AM2＝AD2＋DM2，得到关于x的方程，求得x的值，最后根据进行计算即可．【详解】解：①如图，由可得：，∴，即，∴的长为．故答案为：．②证明：∵四边形为正方形，∴，∴，由折叠可知：，∴，∴．（2）如图2，由折叠可得，∠BAE＝∠CAE，由ABCD可得，∠BAE＝∠CFE，∴∠CAE＝∠CFE，∴FC＝AC，又∵等腰Rt△ABC中，AC＝AB＝12，∴CF＝12，即CF的长为12，由折叠可得，BE＝B'E，∴等腰Rt△CEB'中，CE＝B'E＝BE，∴；故答案为：；；①当点在线段上时，如图3，的延长线交于点，由可得：，∴，即，∴，由②可知．设，则，则，在中，，即，解得：，则，∴．②当点在的延长线上时，如图4由可得：，∴，即，∴，则，设，则，在中，，即，解得：，则，∴．综上所述：当时，的正弦值为或．【点睛】本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理以及解直角三角形的综合应用，解决问题（3）的关键是运用分类讨论思想，依据勾股定理列方程进行计算求解，解题时注意分类思想与方程思想的运用．9．（2021·重庆实外九年级三模）如图，已知在直角中，，为边上一点，连接，过作，交边于点，（1）如图1，若，，，求；图1（2）如图2，作的角平分线交于点，连接，若，求证：；图2（3）如图3，在（1）的条件下，为边的中点，为边上一个动点，连接，将沿翻折，得到，连接，以为斜边向右作等腰直角三角形，连接，求的最小值．图3【答案】（1）；（2）见解析；（3）【分析】（1）运用锐角三角函数以及勾股定理分别求出和的值，运用三角形面积公式计算即可；（2）过点作交延长线于点，根据已知求证，然后证明，即可得出，结果可得；（3）连接，在上方作等腰直角三角形，连接，根据已知可得四边形为正方形，运用等腰直角三角形的性质可得，进一步证明，求出，当共线时，最小，求出即可．【详解】解：（1）在中，，∵，，∴，∴，∵，∴，