考点27解直角三角形及其应用（解析版）练习题

这是一份考点27解直角三角形及其应用（解析版）练习题，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考点27解直角三角形及其应用
考点总结
考点1 解直角三角形的概念
在直角三角形中，除直角外，一共有五个元素，即三条边和两个锐角，由直角三角形中除直角外的已知元素求出所有未知元素的过程叫做解直角三角形。
考点2 解直角三角形的理论依据
在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c
（1）三边之间的关系：（勾股定理）
（2）锐角之间的关系：∠A+∠B=90°
（3）边角之间的关系：

真题演练

一、单选题
1．（2021·浙江金华·中考真题）如图是一架人字梯，已知米，AC与地面BC的夹角为，则两梯脚之间的距离BC为（ ）

A．米 B．米 C．米 D．米
【答案】A
【分析】
根据等腰三角形的性质得到，根据余弦的定义即可，得到答案．
【详解】
过点A作，如图所示：

∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：A．
2．（2021·浙江·温州市第十二中学二模）如图，等腰中，，点是外一点，分别以，为斜边作两个等腰直角和，并使点落在上，点落在的内部，连结．若，则与的面积之比为（ ）

A． B． C． D．3
【答案】B
【分析】
如图，取BD中点O，以O为圆心，以OB为半径作圆，连接OE，OF，作直线EF分别交AB、CD与M、N．证明四边形AMNC为矩形，△BEM≌△EDN，得到BM=EN，ME=DN，设DF=2x，得到BF=5x，进而求出，，，，，从而求出，，问题得解．
【详解】
解：如图，取BD中点O，以O为圆心，以OB为半径作圆，连接OE，OF，作直线EF分别交AB、CD与M、N．
∵和都是等腰直角三角形，
∴∠BED=∠BFD=90°，BE=DE，∠DCF=∠CDF=∠DBE=∠BDE=45°，
∵O为BD中点，
∴OB=OD=OE=OF=BD，
∴点E、F都在圆O上，
∴∠EFB=∠EDB=45°，
∵△ABC为等腰三角形，，
∴∠ACB=45°，
∴∠ACB=∠EFB，∠ACD=∠ACB+∠BCD=90°，
∴MN∥AC，
∴∠BME=∠DNE=90°=∠AME=90°，
∴∠MBE+∠MEB=90°，四边形AMNC为矩形，
∵∠BED=90°，
∴∠DEN+∠MEB=90°，
∴∠MBE =∠DEN，
∵BE=DE，
∴△BEM≌△EDN，
∴BM=EN，ME=DN，
设DF=2x，
∵Rt△BDF中，，
∴BF=5x，
∴在Rt△BMF中，，
在Rt△DFN中，，
∴，，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，∠FND=90°，
∴，
∵四边形AMNC为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴与的面积之比．
故选：B

3．（2021·浙江·温州市第十二中学二模）如图，已知窗子高米，窗子外面上方0.2米的点处安装水平遮阳板米，当太阳光线与水平线成角时，光线刚好不能直接射入室内，则，的关系式是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
由已知条件易求CB的长，在光线、遮阳板和窗户构成的直角三角形中，解直角三角形即可．
【详解】
解：∵窗子高AB＝m米，窗子外面上方0.2米的点C处安装水平遮阳板CD＝n米，
∴CB＝CA+AB＝m+0.2（米），
∵光线与地面成α角，
∴∠BDC＝α．
又∵tan∠BDC＝，
∴CB＝n•tanα，
∴m+0.2＝n•tanα，
∴m＝tanα•n﹣0.2，
故选：C．
4．（2021·浙江·杭州市采荷中学三模）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，△BPC是等边三角形，连接DP并延长交CB的延长线于点H，连接BD交PC于点Q，下列结论：①∠BPD＝135°；②△BDP∽△HDB；③DQ：BQ＝1：2；④S△BDP＝．其中正确的有（　　）

A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③
【答案】C
【分析】
由等边三角形及正方形的性质求出、，从而判断①；证可判断②；作，设，则，，，由求出，从而求得、的长，据此可判断③，证，根据求解可判断④．
【详解】
解：是等边三角形，四边形是正方形，
，，，
，
则，故①正确；
，
，
又，
，故②正确；
如图，过点作于，

设，则，，
，
由知，
解得，
，
，
，
则，故③错误；
，，
，
又，
，
，
，故④正确；
故选：C．
5．（2021·浙江·温州外国语学校三模）如图，将道具斜靠在墙上，已知90°，测得，，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由题意易得，然后根据三角函数可进行求解．
【详解】
解：∵，，∠AOC=90°，
∴，
∵，
∴；
故选D．
6．（2021·浙江江北·一模）如图，在菱形中，，．动点从点出发，以每秒2个单位的速度沿折线运动到点，同时动点也从点出发，以每秒个单位的速度沿运动到点，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止．设的面积为，运动时间为秒，则下列图象能大致反映与之间函数关系的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
分点P在AD上运动、点P在CD上运动两种情况，分别求出对应的函数表达式，即可求解．
【详解】
解：∵∠ABC=120°，
∴∠DAB=60°，则∠HAQ=30°.
①当点P在AD上运动时，如下图.

过点Q作QH⊥AD于点H，
由题意得：AP=2t， ,
∴y==为开口向上的抛物线.
②当点P在CD上运动时.
同理可得y= 为开口向下的抛物线.
故选：A．
7．（2021·浙江温州·二模）在台风来临之前，有关部门用两根一样长的钢管加固树木（如图），已知固定点离地面的高度为3米，钢管与地面所成夹角为，则两根钢管底部之间的距离为（ ）

A．米 B．米
C．米 D．米
【答案】C
【分析】
由题意得：AB=AD，AC⊥BD，再由等腰三角形的性质得，然后由锐角三角函数定义得，即可求得BD．
【详解】
解：由题意得：AB=AD，AC⊥BD，
∴，
在Rt△ABC中，，
∴，
∴，
故选：C．
8．（2021·浙江·温州绣山中学二模）如图，PA，PB是的切线，切点分别为是的直径，连结AC，若，则（ ）

A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】
连接OA，AB，OP，由题意易得，∠PAO=90°，，则有，进而可得PO垂直平分AB，，然后可得，然后问题可求解．
【详解】
解：连接OA，AB，OP，如图所示：

∵PA，PB是的切线，
∴，∠PAO=90°，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴PO垂直平分AB，，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选C．
9．（2021·浙江宁波·二模）如图为一节楼梯的示意图，，，米．现要在楼梯上铺一块地毯，楼梯宽度为1米．则地毯的面积至少需要（ ）平方米．

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先解直角三角形求出的长，从而可得地毯的长度，再根据矩形的面积公式即可得．
【详解】
解：由题意，在中，（米），
所以地毯的长度为（米），
所以地毯的面积至少需要（平方米），
故选：A．
10．（2021·浙江温州·模拟预测）如图，小华在课外时间利用仪器测量红旗的高度，从点处测得旗杆顶部的仰角为，并测得到旗杆的距离为米，若为米，则红旗的高度为（ ）

A．米 B．米 C．米 D．米
【答案】A
【分析】
根据题意得出AC=米，∠BAC=α，AD=h米，易得四边形ADEC为矩形，则AD=CE=h米，AC=DE=米，在Rt△BAC中根据正切的定义得到BC=tanα，然后利用BE=BC+CE进行计算即可得出答案．
【详解】
解：如图，AC=米，∠BAC=α，AD=h米，
四边形ADEC为矩形，则DE=AC=米，AD=CE=h米，
在Rt△ABC中，
∵tan∠BAC=，
∴BC=tanα，
∴BE=BC+CE=（tanα+h）米．
故选：A．

二、填空题
11．（2021·浙江衢州·中考真题）图1是某折叠式靠背椅实物图，图2是椅子打开时的侧面示意图，椅面CE与地面平行，支撑杆AD，BC可绕连接点O转动，且，椅面底部有一根可以绕点H转动的连杆HD，点H是CD的中点，FA，EB均与地面垂直，测得，，．
（1）椅面CE的长度为_________cm．
（2）如图3，椅子折叠时，连杆HD绕着支点H带动支撑杆AD，BC转动合拢，椅面和连杆夹角的度数达到最小值时，A，B两点间的距离为________cm（结果精确到0.1cm）．（参考数据：，，）

【答案】40 12.5
【分析】
（1）过点C作CM垂直AF，垂足为M，，列比例求出CM长度，则CE=AB-CM；（2）根据图2可得，对应袋图3中求出CD长度，列比例求AB即可．
【详解】
解：（1）过点C作CM垂直AF，垂足为M，


∵椅面CE与地面平行，
∴，
∴，
解得：CM=8cm，
∴CE=AB-CM=48-8=40cm；
故答案为：40；
（2）在图2中，
∵，椅面CE与地面平行，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵H是CD的中点，
∴，
∵椅面CE与地面平行，
∴，
∴，
图3中，过H点作CD的垂线，垂足为N，
因为 ，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
故答案为：12.5．
12．（2021·浙江绍兴·中考真题）图1是一种矩形时钟，图2是时钟示意图，时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上．若，则BC长为_______cm（结果保留根号）．

【答案】
【分析】
根据题意即可求得∠MOD=2∠NOD，即可求得∠NOD=30°，从而得出∠ADB=30°，再解直角三角形ABD即可．
【详解】
解：∵时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O，
∴∠MOD=2∠NOD，
∵∠MOD+∠NOD=90°，
∴∠NOD=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠A=90°，AD=BC，
∴∠ADB=∠NOD=30°，
∴

故答案为：．
13．（2021·浙江婺城·二模）有一种双层长方体垃圾桶AB＝70cm，BC＝25cm，CF＝30cm，侧面如图1所示，隔板EG等分上下两层，下方内桶BCHG绕底部轴（CF）旋转开，若点H恰好能卡在原来点G的位置，则内桶边CH的长度应设计为___；现将CH调整为25cm，打开最大角度时，点H卡在隔板上，如图2所示，则可完全放入下方桶内的球体的直径不大于____．

【答案】 21
【分析】
① 由题意，EG等分上下两层，，勾股定理直接求解即可
②过点作于点，交于点，过点作于点，分别通过勾股定理和三角函数求出，继而求出，过点作于点,交于点，过作于点，通过证明，继而用勾股定理和锐角三角函数解直角三角形，求出，即为球的直径大小
【详解】
①点恰好能卡在原点的位置



故答案为：
②如图：

根据旋转，，,





过点作于点，交于点
过点作于点，








过点作于点,交于点，过作于点

又

,


球体的直径不大于21
故答案为21．
14．（2021·浙江婺城·三模）寒假在家学习网课时，小李将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°，此时感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2．使用时为了散热，他在底板下垫入散热架ACO′后，使电脑变化至AD′位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA＝OB＝24cm，O′C⊥OA于点C，O′C＝12cm．


（1）∠CAO′＝______；
（2）显示屏的顶部B比原来升高了______cm．
【答案】30
【分析】
（1）先利用锐角三角函数求出三角函数值，再求角即可
（2）如图，过点B作交AO的延长线于D，先求出，据三角函数求，可证在同一直线上，计算和差即可．
【详解】
解：（1）于C，，
，
，
（2）如图，过点B作交AO的延长线于D，
，

，
，
，
，
，
，
，
，
在同一直线上，
，
∴显示屏的顶部B′比原来升高了．
15．（2021·浙江瓯海·三模）图1是一种儿童可折叠滑板车该滑板车完全展开后示意图如图2所示，由车架AB﹣CE﹣EF和两个大小相同的车轮组成，已知CD＝25cm，DE＝17cm，cos∠ACD＝，当A，E，F在同一水平高度上时，∠CEF＝135°，则AC＝___cm；为方便存放，将车架前部分绕着点D旋转至AB∥EF，如图3所示，则d1﹣d2为___cm．

【答案】30
【分析】
作AG⊥CE于点G，连结AE，根据∠ACD的余弦值可求出∠ACD的正切值，根据∠CEF＝135°可得△AGE为等腰直角三角形，从而得到AG=GE，所以可得，因为GE+CG=CD+DE=25+17=42，可求得GE=24，CG=18，即可得到AC的值；过点D作MN⊥AB交AB于点M，交EF于点N，作AA´⊥EF交EF于A´，根据∠ACD的余弦值可得CM的长，从而求得AM的长，根据∠DEN的余弦值可求出NE的长，所以可得A´E的长，根据∠DEN=45°，可得AE的长，从而可得d1﹣d2的值．
【详解】
解：①作AG⊥CE于点G，连结AE，

∵cos∠ACD＝，
∴sin∠ACD＝，
∴tan∠ACD＝，
∵∠AEC=180°-∠CEF＝180°-135°=45°，
∴△AGE为等腰直角三角形，
∴AG=GE，
∴ ①，
∵GE+CG=CD+DE=25+17=42 ②，
联立①②，解之，得
GE=24，CG=18，
∴AC=（cm），
②过点D作MN⊥AB交AB于点M，交EF于点N，作AA´⊥EF交EF于A´，

在△CMD中，cos∠ACD＝，CD＝25，
∴CM=CD×cos∠ACD＝25×=15，
∴AM=AC-CM=15=A´N，
在△DEN中，∠DEN=45°，DE=17，
∴NE=DE×cos45°=，
∴A´E=A´N+NE=15+，
∵∠DEN=45°，
∴AE=GE=，
∴d1﹣d2= AE- A´E=．
故答案为30；．

三、解答题
16．（2021·浙江丽水·中考真题）如图，在中，，以为直径的半圆O交于点D，过点D作半圆O的切线，交于点E．

（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连结，利用圆的切线性质，间接证明：，再根据条件中：且，即能证明：；
（2）由（1）可以证明：为直角三角形，由勾股定求出的长，求出，可得到的度数，从而说明为等边三角形，再根据边之间的关系及弦长所对应的圆周角及圆心角之间的关系，求出，半径,最后根据弧长公式即可求解．
【详解】
解：（1）证明：如图，连结．

与相切，．
是圆的直径，．
．
．
．
．
（2）由（1）可知，，
，
，，
是等边三角形．
,
，
．
17．（2021·浙江·绍兴市柯桥区杨汛桥镇中学二模）如图，某商场从一层到二层的楼梯由台阶AB，CD和一段水平平台BC构成，AB与CD互相平行并且与地面成31°角．已知台阶AB＝5.2米，CD＝2.8米，平台BC＝2.5米．求商场一层的高度（结果精确到0.1米）．参考数据：sin31°≈0.515，cos31°≈0.857，tan31°≈0.601．

【答案】4.1米
【分析】
延长BC与DE交于G，过点B作BF⊥AE于F，先证明四边形BFEG是矩形，得到BF=GE，∠CGD=90°，再解直角三角形即可．
【详解】
解：如图所示延长BC与DE交于G，过点B作BF⊥AE于F，
∵BF⊥AE，DE⊥AE，BC∥EF，
∴四边形BFEG是矩形，
∴BF=GE，∠CGD=90°，
∵，，
∴米，
∴商场一层的高度为4.1米．

18．（2021·浙江·绍兴市柯桥区杨汛桥镇中学二模）定义：如图1，四边形EFGH的四个顶点分别在□ABCD四条边上（不与□ABCD的顶点重合），我们称四边形EFGH为□ABCD的内接四边形．

（1）如图1，若ABCD的内接四边形EFGH是平行四边形，求证：AE＝CG
（2）若ABCD的内接四边形EFGH是矩形．
①请用无刻度的直尺与圆规，在图2中作出一个符合要求的矩形EFGH．（不必说明作图过程，但要保留作图痕迹）
②如图3，已知，AB＝10，H是AD的中点，HG＝2HE，求AD的长．
（3）已知，ABCD的内接四边形EFGH是平行四边形，且，求证：点E，F，G，H中至少存在两个点是□ABCD边的中点．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②10；（3）见解析
【分析】
（1）连接EG，只需要证明△AEH≌△CGF即可得到结论；
（2）①根据矩形的判定条件和直径所对的圆周角是90°作图即可；②过点H作HN⊥HB，并延长NH交CD延长线于M，先证明△MDH≌△ANH，得到HM=HN，AN=MD，再由
，，得到,
设，，，然后证明△HMG∽△ENH，得到，由此求解即可；
（3）由，可以得到，设MN=h，HN=t，AB=a，AE=y，则MH=h-t，DG=a-y，则，由此即可求解．
【详解】
解：（1）如图所示，连接EG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AB∥CD，
∴∠AEG=∠CGE，
∵四边形HEFG是平行四边形，
∴GF∥HE，HE=GF
∴∠HEG=∠FGE，
∵∠AEH+∠HEG=∠CGF+∠FGE，
∴∠AEH=∠CGF，
∴△AEH≌△CGF（AAS），
∴AE=CG

（2）①如图，连接BD与AC交于O，以O为圆心，以OB的长为半径画圆，分别于AB交于E，BC交于F，CD交于G，AD交于H，顺次连接E、F、G、H即为所求；
理由：直径所对的圆周角是直角，连接OG，OE，可以通过，∠ODG=∠OGD=∠OBE=OEB证明∠DOG=∠BOE，即G、O、E三点共线；

②如图，过点H作HN⊥HB，并延长NH交CD延长线于M，
∴∠HNA=∠HMD=90°
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD=10
∴∠MDH=∠NAH，
∵H是AD的中点，
∴AH=DH，
∴△MDH≌△ANH（AAS），
∴HM=HN，AN=MD，
∵，
∴，
∴,
设，，，
∵四边形HEFG是矩形，
∴∠GHE=90°，
∴∠MHG+∠EHN=90°，
又∵∠EHN+∠HEN=90°，
∴∠MHG=∠NEH，
∵∠HMG=∠ENH=90°，
∴△HMG∽△ENH，
∴，
∵HG＝2HE，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
解得，
∴；

（3）同（2）②作辅助线
由（1）证明△AEH≌△CGF，同理可以证明△DHG≌△BFE，
∴，，DG=BE
∵，
∴，
设MN=h，HN=t，AB=a，AE=y，则MH=h-t，DG=a-y，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∴H是AD的中点或E是AB的中点，
又∵AE=CG，
∴当E是中点的时候，G也是CD的中点，
同理当H是中点的时候，F是BC的中点，
∴点E，F，G，H中至少存在两个点是□ABCD边的中点．