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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,,∵,,∴,∴,∵,∴,
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