浙江省2022年中考数学真题分类汇编11解直角三角形及答案

浙江省2022年中考数学真题分类汇编11 解直角三角形

一、单选题

1．如图，已知△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC=θ（θ是锐角），则△ABC的面积的最大值为(　　)

A．cosθ(1+cosθ) B．cosθ(1+sinθ)

C．sinθ(1+sinθ) D．sinθ(1+cosθ)

2．一配电房示意图如图所示，它是一个轴对称图形.已知BC=6m.∠ABC=α.则房顶A离地面EF的高度为（　　）

A． B． C． D．

3．如图，已知菱形ABCD的边长为4，E是BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，FG∥AD交AE于点G，若cosB＝ ，则FG的长是（　　）

A．3 B． C． D．

二、填空题

4．如图，已知在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的负半轴上，tan∠ABO=3，以AB为边向上作正方形ABCD．若图象经过点C的反比例函数的解析式是y= ，则图象经过点D的反比例函数的解析式是　     　．

5．如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地而上的点M在旋转中心O的正下方。某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片 OA、OB ，此时各叶片影子在点M右侧成线段 CD ，测得MC=8.5m，CD=13m，垂直于地面的木棒 EF 与影子 FG 的比为2∶3，则点O，M之间的距离等于　     　米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于　     　米．

三、解答题

6．如图，已知在Rt△ABC中，∠C=Rt∠，AB=5，BC=3．求AC的长和sinA的值．

7．如图1，梯子斜靠在竖直的墙上，其示意图如图2，梯子与地面所成的角α为75°  ，梯子AB长3m，求梯子顶部离地竖直高度BC．（结果精确到 0.1m；参考数据：sin75°≈0.97， cos75°≈0.26，tan75°≈3.73）
 

8．小华将一张纸对折后做成的纸飞机如图1，纸飞机机尾的横截面是一个轴对称图形，其示意图如图2，已知AD＝BE＝10cm，CD＝CE＝5cm，AD⊥CD，BE⊥CE，∠DCE＝40°．

（1）连结DE，求线段DE的长．

（2）求点A，B之间的距离．

（结果精确到0.1cm．参考数据：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36，sin40°≈0.64，cos40°≈0.77，tan40°≈0.84）

9．每年的11月9日是我国的“全国消防安全教育宣传日”，为了提升全民防灾减灾意识，某消防大队进行了消防演习．如图1，架在消防车上的云梯AB可伸缩（最长可伸至20m），且可绕点B转动，其底部B离地面的距离BC为2m，当云梯顶端A在建筑物EF所在直线上时，底部B到EF的距离BD为9m．

(参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3)

（1）若∠ABD=53°，求此时云梯AB的长．

（2）如图2，若在建筑物底部E的正上方19m处突发险情，请问在该消防车不移动位置的前提下，云梯能否伸到险情处？请说明理由．

10．如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，点M为边AB的中点，点E在线段AM上，EF⊥AC于点F，连接CM，CE．已知∠A=50°，∠ACE=30°．

（1）求证：CE=CM.

（2）若AB=4，求线段FC的长.

11．如图，在△ABC 中，  AD⊥BC于点D、E、F分别是AC、AB 的中点，O是 DF 的中点， EO 的延长线交线段 BD 于点G，连结  DE、EF、FG．

（1）求证：四边形 DEFG 是平行四边形．

（2）当AD=5，tan∠EDC==时，求 FG 的长．

12．圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”），当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图2是一个根据某市地理位置设计的圭表平面示意图，表 AC垂直圭BC，已知该市冬至正午太阳高度角（即∠ABC）为37° ，夏至正午太阳高度角（即∠ADC）为84°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为4米．

（1）求∠BAD的度数．

（2）求表AC的长（最后结果精确到0.1米）．

（参考数据：sin37°≈ ，cos37°≈ ，tan37°≈ ，tan84°≈ ）

13．在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且AE=2BF，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．

（1）如图1．若AB=4，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积

（2）如图2．已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．

①求证：EK=2EH；

②设∠AEK=α，△FGJ和四边形AEHI的面积分别为S1、S2．

求证： =4sin2α-1．

14．小东在做九上课本123页习题：“1： 也是一个很有趣的比．已知线段AB（如图1），用直尺和圆规作AB上的一点P，使AP：AB＝1： ．”小东的作法是：如图2，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，再以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，点P即为所求作的点．小东称点P为线段AB的“趣点”．

（1）你赞同他的作法吗？请说明理由．

（2）小东在此基础上进行了如下操作和探究：连结CP，点D为线段AC上的动点，点E在AB的上方，构造△DPE，使得△DPE∽△CPB．

①如图3，当点D运动到点A时，求∠CPE的度数．

②如图4，DE分别交CP，CB于点M，N，当点D为线段AC的“趣点”时（CD＜AD），猜想：点N是否为线段ME的“趣点”？并说明理由．

15．

（1）【基础巩固】
如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，BF=CF，AF交DE于点G，求证：DG= EG．

（2）【尝试应用】
如图2，在(1)的条件下，连结CD，CG．若CG⊥DE，CD=6，AE=3，求 的值．

（3）【拓展提高】
如图3，在▱ABCD中，∠ADC=45°，AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF=40°，FG平分∠EFC，FG=10，求BF的长．
 

答案解析部分

1．【答案】D

2．【答案】B

3．【答案】B

4．【答案】y=

5．【答案】10；

6．【答案】解：∵∠C=90°，AB=5，BC=3，

∴AC==4，

sinA=.

7．【答案】解：在Rt△ABC中，∠A=75°，
∴BC=ABsin∠A=3×sin75°≈3×0.97≈2.9m
答：梯子的顶部离地面的垂直高度为2.9m

8．【答案】（1）解：如图2，过点C作CF⊥DE于点F，

∵CD=CE=5cm，∠DCE=40°，
∴∠DCF=∠ECF=20°，DF=EF=DE，
∴在Rt△DFC中，sin20°=≈0.34，
∴DF=1.7cm，
∴DE=2DF=3.4cm.

（2）解：如图2，连接AB，过点D作DG⊥AB于点G，过点E作EH⊥AB于点H，

∴∠AGD=90°，
由题意可得：CF垂直平分AB，
∴DG∥CF，
∴∠GDC=∠DCF=20°，
又∵AD⊥CD，
∴∠A+∠ADG=∠GDC+∠ADG=90°，
∴∠A=∠GDC=20°，
∴在Rt△AGD中，AD=10cm，cos20°=≈0.94，
∴AG=9.4，
同理可得：HB=9.4，
∴AB=AG+GH+HB=AG+DE+HB=9.4+3.4+9.4=22.2cm.
答：点A、B之间的距离为22.2cm.

9．【答案】（1）解：在Rt△ABD中，∠ABD=53°，BD=9，

∴ AB= ≈ =15 (m)．

答：此时云梯AB的长为15m．

（2）解：∵AE=19，DE=BC=2，

∴AD=AE-DE=19-2=17．

在Rt△ABD中，BD=9，

∴AB= = (m)，

∵ <20，

∴在该消防车不移动位置的前提下，云梯能够伸到险情处．

10．【答案】（1）证明：∵∠ACB=90°，点M为AB的中点，

∴MA=MC，

∴∠MCA=∠A= 50°，

∴∠CMA=180°-∠A-∠MCA= 80°，

∵∠CEM=∠A+∠ACE=50°+30°=80°，

∴∠CME=∠CEM，

∴CE=CM．

（2）解：由题意，得CE=CM= AB=2，

∵EF⊥AC，

∴FC=CE·cos30°=

11．【答案】（1）证明：∵E，F分别是 的中点，

∴ ，

∴ ．

∵O是 的中点，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴四边形 是平行四边形．

（2）解：∵ ，E是 中点，

∴ ，∴ ，

∴ ，∴ ．

∵ ，∴ ．

∴ ．

由 得 ．

12．【答案】（1）解：∵∠ADC＝84°，∠ABC＝37°，

∴∠BAD＝∠ADC－∠ABC，

∴∠BAD＝47°．

答：∠BAD的度数是47°．

（2）解：在Rt△ABC中， ，

∴ ．

同理，在Rt△ADC中，有 ．

∵ ，

∴ ．

∴ ，

∴ (米)．

答：表AC的长是3.3米．

13．【答案】（1）解：由题意，得AE=BE=2，

∵AE=2BF，

∴BF=1，

由勾股定理，得EF2=BE2+BF2=5，

∴正方形EFGH的面积为5.

（2）①证明：由题意，知∠KAE=∠B=90°，

∴∠EFB+∠FEB=90°，

∵四边形EFGH是正方形，

∴∠HEF=90°，

∴∠KEA+∠FEB=90°，

∴∠KEA=∠CEFB，

∴△KEA∽△EFB，

∴ =2．

∴EK=2EF=2EH．

②解：由①得HK=GF，

又∵∠KHI=∠FGJ=90°，∠KIH=∠FJG，

∴△KHI≌△FGJ．

∴△KHI的面积为S1．

由题意，知△KHI∽△KAE，

∴ =4sin2α，

∴ =4sin2α-1．

14．【答案】（1）解：赞同，理由如下：
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AC=CB，
∴2AC2=AB2，即AC：AB=1：，
又∵以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，
∴AC=AP，
∴AP：AB=1：，
∴P为线段AB的“趣点”.

（2）解：①∵△DPE∽△CPB，∠B=∠CAB=45°，
∴∠E=∠B=45°，∠DPE=∠CPB，
∵AP=AC，
∴∠APC=（180°-∠CAP）÷2=（180°-45°）÷2=67.5°，
∴∠DPE=∠CPB=180°-∠APC=180°-67.5°=112.5°，
∴∠CPE=∠DPE-∠APC=112.5°-67.5°=45°；

②∵点D为线段AC的“趣点”，且CD＜AD，AC=AP，
∴CD：AC=CD：AP=1：，
∵AC：AB=1：，∠A为公共角，
∴△ADP∽△ACB，
∴∠DPA=∠CBA=45°，∠ADP=∠ACB=90°，DP∥CB，
∴∠CPD=∠PCB=∠APC-∠DPA=67.5°-45°=22.5°，
又∵△DPE∽△CPB，
∴∠PDE=∠PCB=22.5°，
∴∠MNC=∠MDP=∠MPD=22.5°，∠MCD=∠MDC=90°-22.5°=67.5°，
∴MD=MP=MC=MN，∠PME=2∠MDP=2×22.5°=45°，
又∵E=∠B=45°，
∴∠MPE=∠E=45°，
∴MP：ME=1：，
∴MN：ME=1：，
点N是ME的“趣点”.

15．【答案】（1）证明：∵DE∥BC，

∴△ADG∽△ABF，△AEG∽△ACF．

∴，

∴

∵BF=CF，

∴DG= EG．

（2）解：由(1)得DG=EG，

∵CG⊥DE，

∴CE=CD=6．

∵AE=3，

∴AC=AE+CE=9．

∵DE∥BC，

∴△ADE∽△ABC．

∴

（3）解：如图，延长GE交AB于点M，连结FM，作MN⊥BC，垂足为N．

在▱ABCD中，

BO=DO，∠ABC=∠ADC=45°．

∵EG∥BD，

∴由(1)得ME=GE，

∵EF⊥EG，

∴FM=FG=10，

∴∠EFM=∠EFG．

∵∠EGF=40° ，

∴∠EFG=50°．

∵FG平分∠EFC，

∴∠EFG=∠CFG=50° ，

∴∠BFM= 180°-∠EFM-∠EFG-∠CFG=30°．

∴在Rt△FMN中，MN=FMsin30°=5，FN=FMcos30°=5 ，

∵∠MBN=45°，MN⊥BN，

∴BN= MN=5，

∴BF=BN+FN=5+ 5．