2020-2022年北京市初三一模数学试题汇编：解直角三角形

第1页/共1页2020-2022北京初三一模数学汇编解直角三角形一、单选题1．（2022·北京石景山·一模）如图，△ABC中，，D，E分别为CB，AB上的点，，，若，则DE的长为（

）A． B．2 C． D．12．（2022·北京房山·一模）将宽为2cm的长方形纸条折叠成如图所示的形状，那么折痕AB的长是()A．cm B．2cm C．4cm D．cm3．（2020·北京海淀·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，AB，CD，EF，GH是正方形OPQR边上的线段，点M在其中某条线段上，若射线OM与x轴正半轴的夹角为α，且sinα＞cosα，则点M所在的线段可以是（）A．AB和CD B．AB和EF C．CD和GH D．EF和GH二、填空题4．（2022·北京门头沟·一模）京西某游乐园的摩天轮采用了国内首创的横梁结构，是市民周末休闲的好去处．如图，如果该摩天轮的直径为88米，最高点距地面100米，匀速运行一圈所需的时间是18分钟．但受周边建筑物影响，如果乘客与地面距离不低于34米时为最佳观景期，那么在摩天轮运行的一圈中最佳观景的时长为________分钟．

5．（2021·北京石景山·一模）如图，小石同学在两点分别测得某建筑物上条幅两端两点的仰角均为，若点在同一直线上，两点间距离为3米，则条幅的高为_________米（结果可以保留根号）6．（2021·北京·一模）如图所示，是放置在正方形网格中的一个角，则的值是______．7．（2020·北京·一模）为做好疫情宣传巡查工作，各地积极借助科技手段加大防控力度．如图，亮亮在外出期间被无人机隔空喊话“戴上口罩，赶紧回家”．据测量，无人机与亮亮的水平距离是15米，当他抬头仰视无人机时，仰角恰好为，若亮亮身高1.70米，则无人机距离地面的高度约为________米．（结果精确到0.1米，参考数据：，）8．（2020·北京顺义·一模）如图，在量角器的圆心O处下挂一铅锤，制作了一个简易测倾仪．量角器的0刻度线AB对准楼顶时，铅垂线对应的读数是50º，则此时观察楼顶的仰角度数是_____．三、解答题9．（2022·北京丰台·一模）如图，在四边形ABCD中，∠DCB＝90°，ADBC，点E在BC上，ABDE，AE平分∠BAD．(1)求证：四边形ABED为菱形；(2)连接BD，交AE于点O．若AE＝6，sin∠DBE＝，求CD的长．10．（2022·北京房山·一模）如图1，⊙I与直线a相离，过圆心I作直线a的垂线，垂足为H，且交⊙I于P，Q两点（Q在P，H之间）．我们把点P称为⊙I关于直线a的“远点”，把PQ·PH的值称为⊙I关于直线a的“特征数”．(1)如图2，在平面直角坐标系xOy中，点E的坐标为（0，4），半径为1的⊙O与两坐标轴交于点A，B，C，D．①过点E作垂直于y轴的直线m﹐则⊙O关于直线m的“远点”是点__________________（填“A”，“B”，“C”或“D”），⊙O关于直线m的“特征数”为_____________；②若直线n的函数表达式为，求⊙O关于直线n的“特征数”；(2)在平面直角坐标系xOy、中，直线l经过点M（1，4），点F是坐标平面内一点，以F为圆心，为半径作⊙F．若⊙F与直线l相离，点N（–1，0）是⊙F关于直线l的“远点”，且⊙F关于直线l的“特征数”是，直接写出直线l的函数解析式．11．（2022·北京朝阳·一模）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．12．（2022·北京顺义·一模）如图，在四边形ABCD中，，，垂足为O，过点D作BD的垂线交BC的延长线于点E．(1)求证：四边形ACED是平行四边形；(2)若AC=4，AD=2，，求BC的长．13．（2021·北京东城·一模）已知，点B为边AM上一个定点，点P为线段AB上一个动点（不与点A，B重合），点P关于直线AN的对称点为点Q，连接．点A关于直线BQ的对称点为点C，连接．（1）如下图，若P为线段AB的中点．①直接写出的度数；②依题意补全图形，并直接写出线段CP与AP的数量关系；（2）如下图，若线段CP与BQ交于点D．①设，求的大小（用含a的式子表示）；②用等式表示线段之间的数量关系，并证明．14．（2021·北京通州·一模）已知点P为线段上一点．将线段绕点A逆时针旋转，得到线段；再将线段绕点B逆时针旋转，得到线段；连接，取中点M，连接．（1）如图1，当点P在线段上时，求证：；（2）如图2，当点P不在线段上，写出线段与的数量关系与位置关系，并证明．15．（2021·北京石景山·一模）如图，在中，分别是的中点，连接．（1）求证：四边形是菱形；（2）连接，若，则的长为________；菱形的面积为_______．16．（2021·北京大兴·一模）如图，等边中，点P是边上一点，作点C关于直线的对称点D，连接，作于点E．（1）若，依题意补全图1，并直接写出的度数；（2）如图2，若，①求证：；②用等式表示线段之间的数量关系并加以证明．17．（2021·北京顺义·一模）如图，等腰三角形中，，于点D，．（1）求出的大小（用含的式子表示）；（2）延长至点E，使，连接并延长交的延长线于点F．①依题意补全图形；②用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．18．（2021·北京西城·一模）如图，在平行四边形中，点E在的延长线上，．CD的中点为F，的中点为G，连接，．（1）求证：四边形为菱形；（2）连接，若，，求的长．19．（2020·北京平谷·一模）△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，将线段AB绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到线段AD．作射线BD，点C关于射线BD的对称点为点E．连接AE，CE．（1）依题意补全图形；（2）若α＝20°，直接写出∠AEC的度数；（3）写出一个α的值，使AE＝时，线段CE的长为﹣1，并证明．20．（2020·北京通州·一模）已知线段，过点的射线．在射线上截取线段，连接，点为的中点，点为边上一动点，点为线段上一动点．以点为旋转中心，将逆时针旋转得到的对应点为的对应点为．(1)当点与点重合，且点不是中点时，①据题意在图中补全图形；②证明：以为顶点的四边形是矩形．(2)连接，若，从下列3个条件中选择1个：①，②，③，当条件______(填入序号)满足时，一定有，并证明这个结论．21．（2020·北京西城·一模）如图，在ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA=OB，过点B作BE⊥AC于点E．（1）求证：ABCD是矩形；（2）若AD=，cos∠ABE=，求AC的长．

参考答案1．D【分析】先根据三边长判断各角的度数，然后利用等腰三角形“三线合一”求出，再，最后根据全等三角形的性质求出DE的长．【详解】解：△ABC中，，，，，，，，，，，，，，，又，，，故选：D．【点睛】本题考查了直角三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，根据特殊三角函数值求解度，三角形外角的性质，根据三角形三边确定三角形各角的度数是解本题的关键．2．A【分析】由图中条件可知纸片重叠部分的三角形ABO是等边三角形，此三角形的高是AM=2，求边长，利用锐角三角函数可求．【详解】解：如图，作AM⊥OB，BN⊥OA，垂足为M、N，∵长方形纸条的宽为2cm，∴AM=BN=2cm，∴OB=OA，∵∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，在Rt△ABN中，AB===cm．故选A．【点睛】本题考查了折叠的性质，等边三角形的判定及解直角三角形的运用．关键是由已知推出等边三角形ABO，有一定难度．3．D【分析】如图，当点M在线段AB上时，连接OM．根据正弦函数，余弦函数的定义判断sinα，cosα的大小．当点M在EF上时，作MJ⊥OP于J．判断sinα，cosα的大小即可解决问题．【详解】如图，当点M在线段AB上时，连接OM．∵sinα=，cosα=，OP＞PM，∴sinα＜cosα，同法可证，点M在CD上时，sinα＜cosα，如图，当点M在EF上时，作MJ⊥OP于J．∵sinα=，cosα=，OJ＜MJ，∴sinα＞cosα，同法可证，点M在GH上时，sinα＞cosα，故选：D．【点睛】考查了正方形的性质和解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．4．12【分析】先计算出圆的底端距离地面的距离为12，从而得到圆的底部到弦的距离为22，从而计算出弦所对的圆心角，用弧长公式计算劣弧的长，周长减去劣弧的长得到最佳观赏路径长，除以运动速度即可．【详解】解：如下图所示，根据题意，得OC=44，CD=AD-AC=100-88=12，ED=34，∴CE=ED-CD=34-12=22，∴OE=OC-CE=44-22=22，在直角三角形OEF中，sin∠OFE==，∴∠OFE=30°，∴∠FOE=60°，∴∠FOB=120°，∴，∵圆转动的速度为，∴最佳观赏时长为÷=12（分钟），故答案为：12．【点睛】本题考查了垂径定理，弧长公式，特殊角的三角函数，解题的关键是熟练掌握弧长公式，灵活运用特殊角的三角函数．5．3【分析】过点C作CE∥AB，交BD于点E，可得四边形ABEC是平行四边形，在直角中，利用锐角三角函数的定义，即可求解．【详解】过点C作CE∥AB，交BD于点E，∵小石同学在两点分别测得某建筑物上条幅两端两点的仰角均为，∴∠CAO=∠DBO=60°，∴AC∥BD，∴四边形ABEC是平行四边形，∴CE=AB=3，∠DEC=60°，∵BO⊥DO，∴EC⊥DO，∴在直角中，CD=EC×tan60°=3，故答案是：3．【点睛】本题主要考查解直角三角形的实际应用，熟练掌握锐角三角函数的定义，是解题的关键．6．1【分析】利用等腰直角三角形的性质即可解问题即可．【详解】解：如图，连接AB．∵AB=，OA=，OB=，∴，且AB=OA，∴△OAB是等腰直角三角形，∴∠AOB=∠MON=45°，．故答案为：1．【点睛】本题考查解直角三角形，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想思考问题，属于中考常考题型．7．10.4【分析】根据题意可得，DE⊥BE，AB⊥BE，过点D作DC⊥AB于点C，所以四边形DEBC是矩形，再根据锐角三角函数即可求出AC的长，进而可求出AB的长．【详解】解：如图，根据题意可知：DE⊥BE，AB⊥BE，过点D作DC⊥AB于点C，所以四边形DEBC是矩形，∴BC=ED=1.70，DC=EB=15，在Rt△ACD中，∠ADC=30°，∴，即，解得AC=5，∴AB=AC+CB=5+1.70≈10.4（米）．答：无人机距离地面的高度约为10.4米．【点睛】本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义．8．40º【分析】过A点作AC⊥OC于C，根据直角三角形的性质可求∠OAC，再根据仰角的定义即可求解．【详解】解：过A点作AC⊥OC于C，∵∠AOC＝50°，∴∠OAC＝40°．∴此时观察楼顶的仰角度数是40°．故答案为40°．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，仰角是向上看的视线与水平线的夹角，解决本题关键是作出辅助线，构造直角三角形求∠OAC的度数．9．(1)见解析(2)【分析】（1）先证明四边形ABED为平行四边形，再证一组邻边相等，可得结论；（2）先根据菱形的性质及解直角三角形求得BE及BD的长，再通过面积法求得CD的长．（1）证明：∵ADBC，ABDE，∴四边形ABED为平行四边形，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE．∵ADBC，∴∠DAE=∠AEB，∴∠BAE=∠AEB，∴AB=BE，∴▱ABED是菱形；（2）解：如图，连接BD，∵四边形ABED是菱形，∴AE⊥BD，AO=OE==3，OB=OD，∴sin∠DBE==，∴BE=5，∴，∴BD=2OB=8，∵∠DCB＝90°，∴，∴∴．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键．10．(1)①D；10；②⊙O关于直线n的“特征数”为6；(2)或【分析】（1）①根据题干中“远点”及“特征数”的定义直接作答即可；②过圆心O作OH⊥直线n，垂足为点H，交⊙O于点P、Q，首先判断直线n也经过点E（0，4），在中，利用三角函数求出∠EFO=60°，进而求出PH的长，再根据“特征数”的定义计算即可；（2）连接NF并延长，设直线l的解析式为y=kx+b1,用待定系数法得到，再根据两条直线互相垂直，两个一次函数解析式的系数k互为负倒数的关系可设直线NF的解析式为y=x+b2,用待定系数法同理可得，消去b1和b2，得到关于m、n的方程组；根据⊙F关于直线l的“特征数”是，得出NA=，再利用两点之间的距离公式列出方程(m+1)2+n2=，把代入，求出k的值，便得到m、n的值即点A的坐标，再根据待定系数法求直线l的函数表达式．注意有两种情况，不要遗漏．（1）解：（1）①⊙O关于直线m的“远点”是点D，⊙O关于直线m的“特征数”为=2×5=10；②如下图：过圆心O作OH⊥直线n，垂足为点H，交⊙O于点P、Q，∵直线n的函数表达式为，当x=0时，y=4；当y=0时，x=，∴直线n经过点E（0，4），点F（，0），在中，∵===，∴∠FEO=30°，∴∠EFO=60°，在中，∵，∴HO=·FO=2，∴PH=HO+OP=3，∴PQ·PH=2×3=6，∴⊙O关于直线n的“特征数”为6；（2）如下图，∵点F是圆心，点是“远点”，∴连接NF并延长，则直线NF⊥直线l，设NF与直线l的交点为点A（m，n），设直线l的解析式为y=kx+b1（k≠0）,将点与A（m，n）代入y=kx+b1中，②-①得：n-4=mk-k，③又∵直线NF⊥直线l，∴设直线NF的解析式为y=x+b2（k≠0）,将点与A（m，n）代入y=x+b2中，④-⑤得：-n=+，⑥联立方程③与方程⑥，得：解得：，∴点A的坐标为（，）；又∵⊙F关于直线l的“特征数”是，⊙F的半径为，∴NB·NA=，即2·NA=，解得：NA=，∴[m-(-1)]2+(n-0)2=()2，即(m+1)2+n2=18，把代入，解得k=-1或k=；当k=-1时，m=2，n=3，∴点A的坐标为（2，3），把点A（2，3）与点代入y=kx+b1中，解得直线l的解析式为；当k=时，m=，n=，∴点A的坐标为（，），把点A（，）与点代入y=kx+b1中，解得直线l的解析式为．∴直线l的解析式为或．【点睛】本题是一次函数与圆的综合题，考查了直线与圆的位置关系、一次函数的图象和性质、解直角三角形等，理解“远点”和“特征数”的意义，熟练掌握一次函数的图象和性质、两点之间距离公式、两条直线互相垂直的两个一次函数解析式中系数k互为负倒数的关系是解题的关键．11．(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．（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．12．(1)证明见解析(2)BC的长为【分析】（1）先判定，再根据题中所给的条件即可利用平行四边形判定定理证出；（2）根据三角函数值设，，利用平行四边形性质得到平行及线段相等，从而根据确定的相似比代值求解即可．（1）证明：，，，，在四边形ABCD中，，四边形ACED是平行四边形；（2）解：在中，，设，，在中，，，，，，即，解得（舍弃）或，．【点睛】本题考查了平行线的判定、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数定义等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．13．(1)①，②补图见解析，，(2)①,②CD=PD+DQ；【分析】(1)①根据对称可求△APQ为等边三角形，根据中点可得BP=PQ，可求的度数；②依题意补全图形即可，利用解直角三角形可判断出线段CP与AP的数量关系；(2)①连接CQ，根据对称得到CQ=PQ，求出顶角∠CQP=即可；②在DC上截取DE=DQ，证△QCE≌△QPD，可得线段之间的数量关系．【详解】解：(1)①∵，点P关于直线AN的对称点为点Q，∴∠PAQ=2∠MAN=60°，AP=AQ，∴△APQ是等边三角形，∴PQ=AP=BP，∠QPA=∠AQP=60°，∴；②补图如图所示：连接BC，由对称得，BC=BA，∠CBP=2∠ABQ=60°，∴∠CBP=∠PAQ，∵BP=AQ，∴△CBP≌△BAQ，∴CP=BQ，，∵AP=AQ，∴；(2)①连接CQ，∵，由对称可知，∠CQB=∠AQB=60°+，CQ=AQ=PQ，∴∠CQP=，∠CPQ=；②在DC上截取DE=DQ，由①得，∠CPQ＋＝60°，∴∠CDQ=∠CPQ＋＝60°，∴△DEQ是等边三角形，∴QE=QD，∠EQD=60°，∵∠CQB=60°+，∴∠CQE=∠PQD=，∵QC=QP，QE=QD，∴△QCE≌△QPD，∴CE=PD，∴CD=CE+ED=PD+DQ；【点睛】本题考查了轴对称的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质和解直角三角形，解题关键是恰当作辅助线，关键全等三角形进行推理证明．14．（1）见解析；（2），见解析【分析】（1）通过证明为等边三角形，即可证得；（2）关系为：；延长至点F，使得，连接AF，BC，FC，PC，通过证明，可得到是等边三角形，即可得证．【详解】（1）证明：∵点P在线段上，∴为等边三角形，∴，∴，又∵，∴；（2）；证明如下：延长至点F，使得，，连接AF，BC，FC，PC，∵，∴四边形为平行四边形，∴，∴，∴，∵是等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴是等边三角形，又∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数，解题的关键是综合运用相关知识解题．15．（1）证明见解析；（2）2，．【分析】（1）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，再证明CD=CF可证得结论；（2）连接EC、DF，相交于O，可先证明四边形AFCE为平行四边形得出EC，再根据菱形的对角线平分一组对角、菱形的对角线互相垂直和菱形的面积等于对角线乘积的一半可得结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥AD，BC=AD，∵E，F分别是的中点，∴，∴DE=CF．∴四边形EFCD是平行四边形．∵BC=2CD，∴CD=CF，∴平行四边形EFCD是菱形．（2）连接EC、DF，相交于O，∵平行四边形EFCD是菱形，，∴CE⊥DF，EC平分∠DEF，OE=OC，EF=DE，DF=2OD，∴，∵E，F分别是的中点，∴，∵BC∥AD，∴四边形AFCE为平行四边形，∴，，∴，，∴，DF=2OD=2，．故答案为：2，．【点睛】本题考查菱形的性质和判定，解直角三角形．（1）中掌握菱形的判定定理是解题关键；（2）中掌握菱形的对角线互相平分和菱形的面积计算公式解题关键．16．（1）补图见解析，20°，（2）①证明见解析，②，证明见解析，【分析】(1)根据题意画图，根据轴对称得出∠AGC=90°，再结合等边三角形的性质可求；(2)①类似（1）表示出即可；②作BH⊥CD，交CD延长线于点H，证，得到之间的数量关系,再利用解直角三角形得出之间的数量关系即可．【详解】(1)如图所示，即是所补全图；CD与直线的交点为G，由对称可知，∠AGC=90°，∵，∴，∵是等边三角形，∴，∴；（2）①证明：由（1）得，∠BAC=60°，∠AGC=90°，,；由对称可知，，,∴，，∴；②；作BH⊥CD，交CD延长线于点H，由（2）得，∵,,∴,∴,由(2)可知，，，∴，∵，∴，∴，，∴．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形，解题关键是恰当作辅助线，构建全等三角形，关键轴对称得出角之间的关系和发现特殊角．17．（1），（2）①画图见解析，②BC=，证明见解析；【分析】(1)根据等边对等角，求出∠B，再根据三角形内角和求出∠DCB即可；(2)①依题意画图即可；②作AN⊥BC于N，EM⊥FB于M，证△ANC≌△CME，再求出∠F=45°即可．【详解】解：(1)∵，∴∠B=∠ACB，∵，∴，∵，∴（2）①画图如图所示：②BC=；作AN⊥BC于N，EM⊥FB于M，∵，∴，CN=BC，∴，∵，∠CNA=∠EMC=90°，∴△ANC≌△CME，∴CN=EM，∵，∴∠ACE=90°-α∵∴，∵∴∠F=45°，∴,∴BC=2EM=．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形，解题关键是恰当作辅助线，构造全等三角形，利用45°角解决问题．18．（1）见解析；（2）【分析】（1）由题意可知．

由三角形中位线性质可知，即证明．再由即可证明，即四边形为平行四边形．最后由点F为DC中点，点G为DE中点，，即可推出，即证明四边形为菱形．（2）连接AG，设与的交点为O．由菱形的性质可知，再根据题意即可求出．设，则．即，解出，即可求出．【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形，点E在的延长线上，∴．∵的中点为F，的中点为G，∴．∴．又∵，∴．∴，∴．∴四边形为平行四边形．∵．∴．∴四边形为菱形．（2）如图，连接AG，设与的交点为O．∵四边形为菱形，∴．∵四边形为平行四边形，，∴，在中，．设，则，∴．解得．∴．【点睛】本题考查平行四边形的性质、三角形中位线的性质、菱形的判定和性质、解直角三角形以及勾股定理．利用数形结合的思想是解答本题的关键．19．（1）见解析；（2）∠AEC＝135°；（3）α＝30°，证明见解析【分析】（1）作CF⊥BD并延长CF到E使EF＝CF，如图1，（2）连结BE，如图2，利用对称的性质得BE＝BC，则BC＝BE＝BA，则根据等腰三角形的性质得出∠BCE＝∠BEC，∠BAE＝∠BEA，由四边形的内角和可计算出∠BCE+∠BEC+∠BAE+∠BEA+∠ABC＝360°，进而得到2（∠BEC+∠BEA）＝270°，即可证得∠BEC+∠BEA＝135°，即∠AEC＝135°；（3）如图2，先证明△AGE为等腰直角三角形，则AG＝GE＝1，当α＝30°时，则∠EBC＝30°，进而求得∠ACG＝30°，解直角三角形求得CG＝，即可证得CE＝CG﹣EG＝﹣1．【详解】解：（1）如图1，（2）∠AEC＝135°，证明：过A作AG⊥CE于G．连接AC、BE，如图2，由题意，BC＝BE＝BA，∴∠BCE＝∠BEC，∠BAE＝∠BEA，∵∠BCE+∠BEC+∠BAE+∠BEA+∠ABC＝360°∵∠ABC＝90°，∴2（∠BEC+∠BEA）＝270°，∴∠BEC+∠BEA＝135°，即∠AEC＝135°，（3）α＝30°，证明：∵∠AEC＝135°，∴∠AEG＝45°，∵AE＝，∴AG＝GE＝1，当α＝30°时，∴∠EBC＝30°，∵BC＝BE，∴∠BCG＝75°，∵∠BCA＝45°，∴∠ACG＝30°，∴，∴．【