2022年中考数学二轮复习专题11《直角三角形探究》同步测试（含答案）

这是一份2022年中考数学二轮复习专题11《直角三角形探究》同步测试（含答案），共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．在Rt△ABC中，∠A＝90°，有一个锐角为60°，BC＝6.若P在直线AC上(不与点A，C重合)，且∠ABP＝30°，CP的长不可能的是( C )
A．2eq \r(3) B．4eq \r(3) C．8 D．6
【解析】①当∠C＝60°时，∠ABC＝30°，如图①，与∠ABP＝30°矛盾；②当∠C＝60°，如图②，∵∠ABP＝30°，∴∠CBP＝60°，∴CP＝BC＝6；③当∠ABC＝60°时，∠C＝30°，如图③，∵∠ABP＝30°，∴∠C＝∠ABP＝30°，∴PC＝PB，∵BC＝6，∴AB＝3，∴PC＝PB＝eq \f(3,cs30°)＝eq \f(3,\f(\r(3),2))＝2eq \r(3)；④当∠ABC＝60°时，∠C＝30°，如图④，∵∠ABP＝30°，∴∠PBC＝90°，∴PC＝BC÷cs30°＝4eq \r(3).故不能为8，选C.
二、填空题
2．在某海防观测站的正东方向12海里处有A，B两艘船相遇，然后A船以每小时12海里的速度往南航行，B船以每小时3海里的速度向北漂流．则经过__2__小时后，观测站及A，B两船恰成一个直角三角形．
3．在△ABC中，AB＝6，BC＝2eq \r(3)，∠ABC＝60°，以AB为一边作等腰直角三角形ABD，且∠ABD＝90°，连结CD，则线段CD的长为__2eq \r(3)或2eq \r(21)__．
【解析】依题作图，过C作CM⊥AB于M，CN⊥BD于
N．由于D可能有两种情况，反映到图中即求CD1和CD2的长，易知四边形CMBN为矩形，而∠ABC＝60°，AB＝6，BC＝2eq \r(3)，∴BM＝NC＝eq \r(3)，MC＝BN＝3，BD2＝AB＝6，∴N恰为BD2中点，△CNB≌△CND2.∴CB＝CD2＝2eq \r(3)，又D1N＝6＋3＝9，∴CD1＝eq \r(D1N2＋CN2)＝eq \r(92＋（\r(3)）2)＝2eq \r(21).
4．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4 cm，CD＝1 cm，若动点E以1 cm/s的速度从A点出发，沿着A→B→A的方向运动，至A点结束，设E点的运动时间为t秒，连结DE，当△BDE是直角三角形时，t的值为__eq \f(5,2)eq \r(2)或eq \f(11,2)eq \r(2)或eq \r(2)或7eq \r(2)__秒．
【解析】①如图，当DE1⊥CB时，满足条件．∵AC⊥CB，又AC＝CB＝4，CD＝1，∴BD＝3，即得DE1＝3，∴BE1＝3eq \r(2)，∴AE1＝AB－E1B＝4eq \r(2)－3eq \r(2)＝eq \r(2)，∴t＝eq \f(AE1,1)＝eq \r(2)秒；②当DE2⊥AB时，满足条件．此时，BD＝eq \r(3)，DE2＝E2B＝eq \f(3\r(2),2)，AE2＝AB－E2B＝4eq \r(2)－eq \f(3\r(2),2)＝eq \f(5\r(2),2)，t＝eq \f(5,2)eq \r(2)秒；③返回到E2时，t＝eq \f(AB＋BE2,1)＝4eq \r(2)＋eq \f(3\r(2),2)＝eq \f(11,2)eq \r(2)秒；④返回到E1时，t＝eq \f(AB＋BE1,1)＝2AB－AE1＝8eq \r(2)－eq \r(2)＝7eq \r(2)秒．
三、解答题
5．如图，在平面直角坐标系中，点C(0，4)，射线CE∥x轴，直线y＝－eq \f(1,2)x＋b交线段OC于点B，交x轴于点A，D是射线CE上一点．若存在点D，使得△ABD恰为等腰直角三角形，求b的值．
解：分三种情况讨论：①当∠ABD＝90°时，如图1，b＝eq \f(4,3)；②当∠ADB＝90°时，如图2，b＝eq \f(8,3)；③当∠DAB＝90°时，如图3，b＝2
6．在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2＋(k－1)x－k与直线y＝kx＋1交于A，B两点，点A在点B的左侧．
(1)如图1，当k＝1时，求A，B两点的坐标；
(2)如图2，抛物线y＝x2＋(k－1)x－k(k＞0)与x轴交于点C，D两点(点C在点D的左侧)，在直线y＝kx＋1上是否存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°？若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)A(－1，0)，B(2，3)
(2)设直线AB：y＝kx＋1与x轴，y轴分别交于点E，F，则E(－eq \f(1,k)，0)，F(0，1)，OE＝eq \f(1,k)，OF＝1.在Rt△EOF中，由勾股定理得：EF＝eq \r(（\f(1,k)）2＋1)＝eq \f(\r(1＋k2),k).令y＝x2＋(k－1)x－k＝0，得：x＝－k或x＝1.∴C(－k，0)，OC＝k.
①假设存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，
如图，则以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，此时∠OQC＝90°.设点N为OC中点，连结NQ，则NQ⊥EF，NQ＝CN＝ON＝eq \f(k,2).∴EN＝OE－ON＝eq \f(1,k)－eq \f(k,2).∵∠NEQ＝∠FEO，∠EQN＝∠EOF＝90°，∴△EQN∽△EOF，∴eq \f(NQ,OF)＝eq \f(EN,EF)，即：eq \f(\f(k,2),1)＝eq \f(\f(1,k)－\f(k,2),\f(\r(1＋k2),k))，解得：k＝±eq \f(2\r(5),5)，∵k>0，∴k＝eq \f(2\r(5),5).∴存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，此时k＝eq \f(2\r(5),5).②若直线AB过点C时，此时直线与圆的交点只有另一点Q点，故亦存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，将C(－k，0)代入y＝kx＋1中，可得k＝1，k＝－1(舍去)，故亦存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，此时k＝1.综上所述，k＝eq \f(2\r(5),5)或1时，存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°