2022-2024北京重点校初二（下）期中数学汇编：解直角三角形章节综合（京改版）

第1页/共1页2022-2024北京重点校初二（下）期中数学汇编解直角三角形章节综合（京改版）一、单选题1．（2022北京海淀初二下期中）如图，在中，AD＝4，＝120°，AC平分∠DAB，P是对角线上的一个动点，点Q是边上的一个动点，则PB＋PQ的最小值是（

）A．4 B． C． D．2．（2024北京和平街第一中学初二下期中）如图，设计一张折叠型方桌子，若，，将桌子放平后，要使距离地面的高为，则两条桌腿需要叉开的为（

）

A． B． C． D．二、填空题3．（2022北京西城第八中学初二下期中）在平行四边形ABCD中，∠A＝30°，AD＝，BD＝4，则平行四边形ABCD的面积等于

.4．（2023北京八一学校初二下期中）如图，已知边长为2的等边三角形ABC中，分别以点A，C为圆心，m为半径作弧，两弧交于点D，连结BD．若BD的长为2，则m的值为．5．（2024北京广渠门中学初二下期中）如图，为了测量河宽AB(假设河的两岸平行)，测得∠ACB＝30°，∠ADB＝60°，CD＝60m，则河宽AB为m(结果保留根号)．6．（2024北京西城初二下期中）将矩形对折使与重合，得到折痕，再次折叠，使点A落在折痕上，并使折痕经过点D，得到折痕和线段，记与的交点为H．若，则．7．（2022北京陈经纶中学初二下期中）如图，ΔABC中，，，点在边上运动（不与点，重合），以为边作正方形，使点在正方形内，连接，则下列结论：①；②当时，；③点到直线的距离为；④面积的最大值是．其中正确的结论是．（填写所有正确结论的序号）三、解答题8．（2023北京第四中学初二下期中）如图，在东西方向的海岸线上有A，B两个港口，甲货船从A港沿东北方向出发，同时乙货船从B港口沿北偏西方向出发，甲货船行驶10海里后和乙货轮相遇在点P处．则A港与B港相距多少海里？9．（2022北京中关村中学初二下期中）如图，在ABC中，D是AB边上任意一点，E是BC边中点，过点C作AB的平行线，交DE的延长线于点F，连接BF，CD．（1）求证：四边形CDBF是平行四边形；（2）若∠FDB＝30°，∠ABC＝45°，BC＝，求DF的长．10．（2022北京铁路第二中学初二下期中）我国是世界上最早发明历法的国家之一．《周礼》中记载：垒土为主，立木为表，测日影，正地中，意四时．如图1，圭是地面上一根水平标尺，指向正北，表是一根垂直于地面的杆，正午，表的日影（即表影）落在圭上，根据表影的长度可以测定节气．在一次数学活动课上，要制作一个圭表模型．如图2，地面上放置一根长的杆，向正北方向画一条射线，在上取点D，测得．（1）判断：这个模型中与是否垂直．答：_________（填“是”或“否”）；

你的理由是：________________________________________________．（2）某地部分节气正午时分太阳光线与地面夹角的值，如下表：节气夏至秋分冬至太阳光线与地面夹角①记夏至和冬至时表影分别为和，利用上表数据，在射线上标出点M和点N的位置；②记秋分时的表影为，推测点P位于（

）A．线段中点左侧

B．线段中点处

C．线段中点右侧11．（2022北京西城初二下期中）如图，在中，，求的长．12．（2024北京房山初二下期中）如图，在矩形中，，相交于点O，，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求四边形的面积．13．（2024北京清华附中初二下期中）数学实践活动小组去测量眉山市某标志性建筑物的高．如图，在楼前平地处测得楼顶处的仰角为，沿方向前进到达处，测得楼顶处的仰角为，求此建筑物的高．（结果保留整数．参考数据：，）14．（2024北京丰台初二下期中）某地下车库出口处安装了“两段式栏杆”如图1所示，现需要配一适合该地下车库的车辆限高标志牌，点A是栏杆转动的支点，距离地面的高度约为米，点E是栏杆两段的联结点，距离点A约为米．当车辆经过时，栏杆升起，受现实因素限制，栏杆最多只能升起到如图2所示的水平位置，（栏杆宽度忽略不计），经测量，此时．要想解决这个问题，小张这样思考：将此问题抽象为数学图形如图3所示，过点E向作垂线，交延长线于点C，计算的长，就可以估计出匹配的限高标志牌（限高值应小于实际高度0.2米）．请你结合小张的思路进行计算，并在以下选项中选出适合该地下车库的车辆限高标志．A．

B．

C．

D．15．（2024北京汇文中学初二下期中）某中学组织九年级数学研学小组，进行了“测量古树高度”的项目式学习活动．其中甲、乙两个研学小组分别设计了不同的测量方案；他们各自设计的测量方案示意图及测量数据如表所示：活动课题测量古树的高度研学小组甲组乙组测量示意图测量说明于点E，为一个矩形架，图中所有的点都在同一平面内．于点D，图中所有的点都在同一平面内．测量数据，，，，请你选择其中的一种测量方案，求古树的高度．（结果保留根号）16．（2022北京西城初二下期中）已知正方形，若一个等边三角形的三个顶点均在正方形的内部或边上，则称这个等边三角形为正方形的内等边三角形．(1)若正方形的边长为10，点E在边上，是正方形的内等边三角形．①如图1，当点E为边的中点时，线段的长度为__________；②当点E为边上任意一点时，连接，则线段的最小值是________，线段的取值范围是________．(2)和都是正方形的内等边三角形，当的长最大时，画出和（点A，M，N按逆时针方向排序），连接．图中与线段相等的所有线段（不添加字母）有______．17．（2022北京大兴初二下期中）在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣4，0），点B位于y轴正半轴，，点C位于x轴正半轴，．(1)求点B，C的坐标；(2)垂直于y轴的直线l与线段AB，BC分别交于点D，E，过点D作DF⊥AC，垂足为F，过点E作EG⊥AC，垂足为G．横、纵坐标都是整数的点叫做整点，记四边形DFGE围成的区域（不含边界）为W．若点D的纵坐标为，当区域W内整点个数达到最多时，直接写出的取值范围．18．（2022北京海淀初二下期中）在平面直角坐标系xOy中，平行四边形OABC的原点A在x轴正半轴上，．点C在第一象限，点C的纵坐标是1，动点D从点O出发，以每秒3个单位的速度沿平行四边形OABC的边逆时针运动，动点P同时从点O出发，以每秒1个单位的速度沿平行四边形OABC的顺时针运动．(1)画出平行四边形OABC，(2)当运动时间为3秒时，点P的坐标是．(3)当运动时间为2022秒时，求线段DP的长．(4)设运动时间为t秒，当时，直接写出当时，D，P两点和O，A，B，C中的某两点构成平行四边形．

参考答案1．B【分析】先根据题意证出四边形ABCD是菱形，根据菱形的对称性可得，线段AB与AD关于AC对称，设点Q’是点Q的对称点，则PB＋PQ=PB＋PQ’，当点Q’运动到点Q’’时，即BQ’’⊥AD时，PB＋PQ’最小，解直角三角形即可．【详解】解：在中，AD＝4，AC平分∠DAB，∴是菱形，AB＝AD＝4，∵＝120°，∴＝60°，∵是菱形，∴线段AB与AD关于AC对称，点Q关于AC对称的点在AD上，设点Q’是点Q的对称点，则PB＋PQ=PB＋PQ’，当点Q’运动到点Q’’时，即BQ’’⊥AD时，PB＋PQ’最小，此时，BQ’’=ABsin∠DAB=，∴PB＋PQ的最小值是，故答案选：B．【点睛】本题主要考查了轴对称−最短路线问题，菱形的性质与判定，根据垂线段最短作出辅助线，确定点Q’’的位置是解答此题的关键．2．B【分析】作于，根据题意，得在中，，，由此可以推出，接着可以求出，再根据三角形的内角和即可求出的度数．【详解】解：作于．

，，∴，，，．故选：B．【点睛】此题考查了含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．作出辅助线得到是解题的关键．3．或【分析】过点D作DE⊥AB，垂足为E，分点E在AB上或AB的延长线上两种情况，分别利用三角函数求出AE、DE的长，利用勾股定理求出BE的长，继而可得AB的长，然后利用平行四边形的面积公式进行求解即可.【详解】过点D作DE⊥AB，垂足为E，如图1，点E在AB上，∵∠A=30°，∴DE=ADsin30°=，AE=ADcos30°=6，在Rt△DBE中，BE=，∴AB=AE+BE=8，∴平行四边形ABCD的面积为；如图2，点E在AB的延长线上，∵∠A=30°，∴DE=ADsin30°=，AE=ADcos30°=6，在Rt△DBE中，BE=，∴AB=AE-BE=4，∴平行四边形ABCD的面积为，故答案为或.【点睛】本题考查了解直角三角形，平行四边形的面积，正确地画出图形是解题的关键.4．2或2．【分析】由作图知，点D在AC的垂直平分线上，得到点B在AC的垂直平分线上，求得BD垂直平分AC，设垂足为E，得到BE＝，当点D、B在AC的两侧时，如图，证出BE＝DE，即可求出m；当点D、B在AC的同侧时，如图，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：由作图知，点D在AC的垂直平分线上，∵△ABC是等边三角形，∴点B在AC的垂直平分线上，∴BD垂直平分AC，设垂足为E，∵AC＝AB＝2，∴BE＝AB·sin60°=，当点D、B在AC的两侧时，如图，∵BD＝2，∴BE＝DE，∴AD＝AB＝2，∴m＝2；当点D、B在AC的同侧时，如图，∵＝2，∴＝3，∴＝＝2，∴m＝2，综上所述，m的值为2或2，故答案为：2或2．【点睛】此题考查的是等边三角形的性质、垂直平分线的性质、锐角三角函数和勾股定理，掌握等边三角形的性质、垂直平分线的性质、分类讨论的数学思想、锐角三角函数和勾股定理是解决此题的关键．5．【详解】解：∵∠ACB=30°，∠ADB=60°，∴∠CAD=∠ADB-∠ACB=30°，∴AD=CD=60m，在Rt△ABD中，AB=AD•sin∠ADB=60×=(m).故答案是：.6．2【分析】本题主要考查了折叠的性质、矩形的性质、解直角三角形等知识点，掌握解直角三角形成为解题的关键．由折叠的性质可得：，在根据特殊角的三角函数值可得，进而得到、，再解直角三角形得到,，最后根据线段的和差即可解答．【详解】解：由折叠的性质可得：，，∴,∴,∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴,，∴．故答案为2．7．②③④【分析】过点F作FH⊥AB于点H，过点E作EG⊥CA延长线于点G，根据题意可得在△BCD与△ECD中有BD=ED，CD=CD，但无法得到BC=EC或∠EDC=∠BDC，故△BCD与△ECD不一定全等，故①错误；先推出∠ACB=30°，再由此得出AC=a，再根据CD=2AD，即可得出tan∠ADB=，可得∠ADB=60°，由此即可得出∠ADE=30°，故②正确；先证明△FHB≌△BAD，根据全等三角形的性质可得FH=a，故③正确；先证明△EGD≌△DAB，设CD=x，用含x的代数式表达S△CDE，再根据二次函数的性质可得△CDE面积最大值是a2，故④正确．【详解】如图所示，过点F作FH⊥AB于点H，过点E作EG⊥CA延长线于点G，∵四边形BDEF为正方形，∴BD=DE=EF=BF，∠FBD=∠BDE=∠BFE=90°，在△BCD与△ECD中有BD=ED，CD=CD，而无法得到BC=EC或∠EDC=∠BDC，∴△BCD与△ECD不一定全等，故①错误；∵∠BAC=90°，AB=BC=a，sin∠ACB===，即∠ACB=30°，tan∠ACB=tan30°===，∴AC=a，又CD=2AD，∴AD=(AD+CD)=AC=a，∴tan∠ADB===，∴∠ADB=60°，又∠BDE=∠ADB+∠ADE=90°，∴∠ADE=90°-∠ADB=90°-60°=30°，故②正确；∵FH⊥AB，∴∠FHB=90°，∠HFB+∠HBF=90°，又∠FBD=∠HBF+∠ABD=90°，∴∠ABD=∠HFB，在△FHB与△BAD中有：，∴△FHB≌△BAD(AAS)，∴FH=BA=a，∴F到直线AB的距离为FH=a，故③正确；∵EG⊥CA，∠EGD=90°，∴S△CDE=CD×EG，∵∠BDE=∠ADB+∠GDE=90°，∠GED+∠GDE=90°，∴∠GED=∠ADB，在△EGD与△DAB中有：，∴△EGD≌△DAB(AAS)，∴EG=AD，∴AC=AD+CD=EG+CD===a，∴AD=EG=a-CD，设CD=x，则AD=EG=a-x，S△CDE=x(a-x)=x2+ax=(x2-ax)=(x-a)2+a2∴关于x的二次函数图象开口向下，当x=CD=a时S△CDE取最大值为a2，∴△CDE面积最大值是a2，故④正确；∴其中正确的结论是②③④，故答案为：②③④．【点睛】本题考查了二次函数的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，证明三角形全等是解题关键．8．A港与B港相距海里．【分析】先作于点C，根据题意求出，从而得出的值，得出的值，即可求出答案．【详解】解：作于点C，由题意得，∴海里，∵乙货船从B港沿西北方向出发，∴，，∴海里，∴海里，答：A港与B港相距海里．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，解题的关键是从实际问题中整理出直角三角形并利用解直角三角形的知识求解．9．（1）见解析；（2）8【分析】（1）欲证明四边形CDBF是平行四边形只要证明CF∥DB，CF＝DB即可；（2）如图，作EM⊥DB于点M，解直角三角形即可；【详解】（1）证明：∵CF∥AB，∴∠ECF＝∠EBD．∵E是BC中点，∴CE＝BE．∵∠CEF＝∠BED，∴△CEF≌△BED．∴CF＝BD．∴四边形CDBF是平行四边形．（2）解：如图，作EM⊥DB于点M，∵四边形CDBF是平行四边形，BC＝，∴，DF＝2DE．在Rt△EMB中，EM＝BE•sin∠ABC＝2，在Rt△EMD中，∵∠EDM＝30°，∴DE＝2EM＝4，∴DF＝2DE＝8．【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．10．（1）是，答案见解析；（2）①作图见解析；②A．【分析】（1）活用勾股定理的逆定理判断即可；（2）①根据它们距离表的远近和角度的大小来确定；②根据夹角的大小计算判断【详解】（1）是，理由：由测量结果可知，由勾股定理的逆定理可知．故答案是：是；，由勾股定理的逆定理可知．（2）①如图，∵tan∠ADB=＞1，∴∠ADB＞45°，∵∠AMB＞∠ADB，∴点M在点D的左边；∵tan∠ADB=＞1，∴∠ADB＞45°，∵∠ANB＜∠ADB，∴点N在点D的右边；如图，点M,点N即为所求．②∵tan∠ADB=＞1，∴∠ADB＞45°，∵∠APB＜∠ADB，∴点P在点D的左边；故选A．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，直角三角形两个锐角互余的性质，特殊角的三角函数值，熟练将生活问题转化数学模型求解是解题的关键．11．【分析】先根据三角形内角和定理求出∠B的度数，再过点A作AD⊥BC于点D，根据锐角三角函数的定义求出AD的长，再根据勾股定理求出CD的长，根据等角对等边求得BD，进而可得出结论．【详解】∵∠A=105°，∠C=30°，∴∠B=45°，过点A作AD⊥BC于点D，∴∠ADB=∠ADC=90°，在Rt△ADC中，∵∠ADC=90°，∠C=30°，AC=4，∵，∴AD=2，∴由勾股定理得：，在Rt△ADB中，∠ADB=90°，∠B=45°，∴∠DAB═∠B=45°，∵，∴．【点睛】本题考查的是解直角三角形及勾股定理、锐角三角函数的定义、等角对等边等知识，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．12．(1)见解析(2)【分析】(1)根据矩形的性质得出OA=OB，进而利用菱形的判定解答即可；(2)根据菱形的性质及面积公式，解直角三角形即可求得．【详解】（1）证明：，四边形AEBO是平行四边形又四边形ABCD是矩形，，四边形AEBO是菱形（2）解：如图：连接EO，交AB于点F四边形ABCD是矩形，，又是等边三角形，四边形AEBO是菱形，四边形的面积为：【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，作出辅助线是解决本题的关键．13．82米【分析】设的长为，可以得出BD的长也为，从而表示出AD的长度，然后利用解直角三角形中的正切列出方程求解即可．【详解】解：设为，∵，∠CDB=90°，∴，∴，在中，∠ADC=90°，∠DAC=30°，，即，∴∴．答：此建筑物的高度约为．【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，准确的找准每一个直角三角形中边的关系，利用正弦，余弦，正切列出方程求解是解题的关键．14．A【分析】此题考查了解直角三角形的应用，求出，则，得到，由限高值应小于实际高度0.2米，则限高标志上的数值为，即可得到答案．【详解】解：如图，过点E向作垂线，交延长线于点C，则，∵，∴，∴，∴∵限高值应小于实际高度0.2米∴限高标志上的数值为∴适合该地下车库的车辆限高标志为．即适合该地下车库的车辆限高标志为A．15．【分析】本题是解直角三角形的应用，选甲组，根据矩形的性质得出的长，再根据锐角三角函数求出的长即可得出结果；选乙组，根据锐角三角函数得出与的长即可得出结果；掌握锐角三角函数及特殊角三角函数值是解题的关键．【详解】解：选甲组：∵四边形为矩形，，∴，，∴，∵，，∴，∴，即古树的高度为；选乙组：∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，即古树的高度为．16．(1)①；②5，；(2)与线段NP相等的线段有BN，DM．【分析】（1）①连接DF，过点E作EG⊥DF，垂足为G，根据等边三角形性质可得∠AFE=∠AEF=60°，AE=EF，根据中点性质可推导出，由外角性质可得∠DEF=120°，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得，，在Rt△DGE中，解直角三角形即可求解；②由题意可得点F在与AD成60°的直线AF上移动，则当BF⊥AF时，BF有最小值，当DF⊥AF时，DF有最小值，当点E与点D重合时，DF有最大值，最大值为10，即可求解；（2）根据题意画出图形，分别证明Rt△ADM≌Rt△ABN，△ADM≌△APN，进而即可求解．【详解】（1）①如图所示，连接DF，过点E作EG⊥DF，垂足为G，∵△AEF是内等边三角形∴∠AFE=∠AEF=60°，AE=EF，∵点E为边的中点时，又正方形的边长为10，∴，∴，∵∠DEF是△AEF的外角，∴∠DEF=120°，∵EG⊥DF，∴，，，在Rt△DGE中，，，∴，∴，∴，故答案为：；②∵△AEF是等边三角形，∴∠EAF＝60°，∴点F在与AD成60°的直线AF上移动，∴当BF⊥AF时，BF有最小值，此时，∵∠FAB＝∠DAB−∠EAF＝30°，∴BF＝AB＝5，∴BF的最小值为5，当DF⊥AF时，DF有最小值，此时，∠ADF＝30°，∴AF＝AD＝5，，当点E与点D重合时，DF有最大值，最大值为10，∴线段DF长的取值范围为，故答案为：5，；（2）△ADP和△AMN，如图所示：∵△AMN是等边三角形，∴AM＝AN＝MN，∠MAN＝60°，∵边AM的长最大，∴点M在DC上，点N在BC上，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝CD＝BC，∠B＝∠C＝∠ADC＝∠DAB＝90°，∴Rt△ADM≌Rt△ABN（HL），∴BN=DM，∵△