第11讲 勾股定理与锐角三角函数（易错点梳理+微练习）-【学霸计划】2022年中考数学大复习（知识点·易错点·题型训练·压轴题组）

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易错点梳理
易错点01 利用勾股定理解题漏解
在题目中没有明确哪个角为直角时，常需要分类讨论，不可漏解。
易错点02 利用勾股定理弄错第三边
在利用勾股定理计算时，误认为第三边为斜边，其实第三边可能是斜边，也可能是直角边。
易错点03 不能正确理解坡度的概念
坡度是指坡面的垂直高度h和水平宽度l的比值，而并非度数。
易错点04 误解仰角与俯角的概念
仰角和俯角是指视线与水平线的夹角，而非视线与铅垂线的夹角。
易错点05 忽略解直角三角形的前提条件
只有在直角三角形中才能解直角三角形，没有直角三角形时需要通过作辅助线构造直角三角形求解。
例题分析
考向01 勾股定理
例题1：（2021·山东李沧·九年级期中）如图，已知矩形纸片ABCD的两边AB＝4，BC＝2，过点B折叠纸片，使点A落在边CD上的点F处，折痕为BE，则EF的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【思路分析】由翻折的性质，得BF＝AB＝4，AE＝EF，设AE＝EF＝x，在Rt△DEF中，利用勾股定理构建方程并求解，即可解决问题．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2，CD＝AB＝4，∠D＝∠C＝90°，
根据题意，得：BF＝AB＝4，AE＝EF，
∴
设AE＝EF＝x，在Rt△DEF中，
∵DE2+DF2＝EF2，
∴
∴
∴
故选：A．
【点拨】本题考查了轴对称、矩形、勾股定理、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握轴对称、矩形、勾股定理的性质，从而完成求解．
例题2：（2021·河南泌阳·九年级期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝2．以点B为圆心，BC为半径画弧交AB于点D，再以点A为圆心，AD为半径画弧交AC于点E．则CE的长等于（ ）
A．﹣1B．C．D．1
【答案】A
【思路分析】解直角三角形求出AC，AE，可得结论．
【解析】解：，
，
，
，
，
故选：A
【点拨】本题考查直角三角形30°角的性质等知识，解题的关键是求出BC=BD=AD=AE=1，属于中考常考题型．
考向02 勾股定理的逆定理
例题3：如图，点是正方形内一点，点到点，和的距离分别为1，，，延长与相交于点，则的长为（ ）
A．3B．4C．D．
【答案】D
【思路分析】将绕点顺时针旋转90°得到，作垂足为，根据勾股定理逆定理得到是直角三角形，求出，，利用∽得到，可得结论．
【解析】解：作垂足为，将绕点顺时针旋转得到，连接．
∵四边形为正方形，
∴，，
∵绕点顺时针旋转后得到，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴AM=AE+EM=1+2=3，
在中，，
在和中，，，
∴∽，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选择：D．
【点拨】本题考查了解直角三角形和相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理与勾股定理逆定理，解题关键是通过旋转构建直角三角形，利用勾股定理与逆定理，相似三角形性质和锐角三角函数求解是解题关键．
例题4：（2021·陕西灞桥·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，P是CD边上一点，M、N、E分别是PA、PB、AB的中点，以下四种情况，哪一种四边形PMEN不可能为矩形（ ）
A．AD＝3B．AD＝4C．AD＝5D．AD＝6
【答案】D
【思路分析】先证四边形PMEN是平行四边形，当∠APB=90°时，四边形PMEN是矩形，设DP=x，CP=10-x，再由勾股定理得出方程，分别计算即可．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AB＝CD＝10，∠C＝∠D＝90°，
∵M、N、E分别是PA、PB、AB的中点，
∴ME、NE是△ABP的中位线，
∴ME∥BP，NE∥AP，
∴四边形PMEN是平行四边形，
当∠APB＝90°时，四边形PMEN是矩形，
设DP＝x，CP＝10﹣x，
由勾股定理得：AP2＝AD2+x2，BP2＝BC2+（10﹣x）2，AP2+BP2＝AB2，
∴AD2+x2+AD2+（10﹣x）2＝102，
AD2+x2﹣10x＝0，
①当AD＝3时，x2﹣10x+9＝0，
x＝1或x＝9，符合题意；
②当AD＝4时，x2﹣10x+16＝0，
x＝2或x＝8，符合题意；
③当AD＝5时，x2﹣10x+25＝0，
x＝5，符合题意；
④当AD＝6时，x2﹣10x+36＝0，无解；
故选：D．
【点拨】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键．
考向03 勾股定理的应用
例题5：（2021·山东省诸城市树一中学三模）如图，一只蚂蚁要从圆柱体下底面的点，沿圆柱侧面爬到与相对的上底面的点，圆柱底面直径为4，母线为6，则蚂蚁爬行的最短路线长为（ ）
A．B．
C．D．10
【答案】B
【思路分析】要求最短路线，首先要把圆柱的侧面展开，利用两点之间线段最短，再利用勾股定理来求．
【解析】解：把圆柱侧面展开，展开图如图所示，点A，B的最短距离为线段AB的长，
BC＝6，AC为底面半圆弧长，AC＝2π，
所以AB＝．
故选：B．
【点拨】此题主要考查了平面展开图的最短路径问题，本题的关键是要明确，要求两点间的最短线段，就要把这两点放到一个平面内，即把圆柱的侧面展开再计算．
例题6：（2021·山东长清·一模）如图，一艘轮船在处测的灯塔在北偏西15°的方向上，该轮船又从处向正东方向行驶20海里到达处，测的灯塔在北偏西60°的方向上，则轮船在处时与灯塔之间的距离（即的长）为（ ）
A．海里B．海里
C．40海里D．海里
【答案】D
【思路分析】过作于，解直角三角形求出和，即可解决问题．
【解析】解：过作于，如图所示：
在中，，海里，
∴（海里），（海里），
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴海里，
∴海里，
故选：D．
【点拨】本题考查了解直角三角形-方向角问题，正确的作出辅助线是解题的关键．
考向04 正弦、余弦和正切
例题7：如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，若AC＝，BC＝2，则sin∠ACD的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【思路分析】在直角△ABC中，根据勾股定理即可求得AB，而∠B＝∠ACD，即可把求sin∠ACD转化为求sinB．
【解析】在直角△ABC中，根据勾股定理可得：AB=，
∵∠B+∠BCD＝90°，∠ACD+∠BCD＝90°，
∴∠B＝∠ACD，
∴．
故选：A．
【点拨】本题考查了锐角三角函数的定义，利用了勾股定理，余角的性质，正弦三角函数等于对边比斜边．
例题8：如图所示，直径为10的⊙A经过点C(0，5)和点O(0，0)，B是y轴右侧⊙A优弧上一点，则∠OBC的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【思路分析】连接CD，在中，由勾股定理求得OD的长；由同弧所对的圆周角相等得到∠OBC＝∠ODC，求得∠ODC的余弦值即可．
【解析】解：设⊙A交x轴于另一点D，连接CD，作图如下：
∵
∴CD是直径
∴CD＝10
∵
∴OC=5
在中，, OC=5, CD＝10
由勾股定理得：
即：
∵
∴
∵
∴∠OBC＝∠ODC，
∴在中，
故选：C
【点拨】本题考查圆周角定理的推论，勾股定理解直角三角形，锐角三角函数等知识点，能够结合图形，利用数形结合思想是解此类题的关键．
例题9：（2021·广东·深圳市新华中学九年级期末）如图，已知E是正方形中边延长线上一点，且，连接、，与交于点N，F是的中点，连接交于点M，连接．有如下结论：①；②；③；④，其中正确的是（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
【答案】D
【思路分析】（1）证明△NCD∽△NBE，根据相似三角形的性质列出比例式，得到DN＝EN，判断①；根据两边对应成比例、夹角相等的两个三角形相似判断②；FG⊥AE于G，根据等腰直角三角形的性质、正切的定义求出tan∠FAG，根据相似三角形的性质判断③；根据三角形的面积公式计算，判断④．
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，AB＝BE，
∴AB＝CD＝BE，AB∥CD，
∴△NCD∽△NBE，
∴1，
∴DN＝EN，故①结论正确；
∵∠CBE＝90°，BC＝BE，F是CE的中点，
∴∠BCE＝45°，BFCEBE，FB＝FE，BF⊥EC，
∴∠DCE＝90°+45°＝135°，∠FBE＝45°，
∴∠ABF＝135°，
∴∠ABF＝∠ECD，
∵，，
∴，
∴△ABF∽△ECD，故②结论正确；
作FG⊥AE于G，则FG＝BG＝GE，
∴，
∴tan∠FAG，
∵△ABF∽△ECD，
∴∠CED＝∠FAG，
∴tan∠CED，故③结论正确；
∵tan∠FAG，
∴，
∴，
∴S△FBMS△FCM，
∵F是CE的中点，
∴S△FBC＝S△FBE，
∴S四边形BEFM＝2S△CMF，故④结论正确；
故选：D．
【点拨】本题考查的是相似三角形的判定和性质、三角形的面积计算，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、三角形的面积公式是解题的关键．
考向05 特殊角的三角函数值
例题10：（2021·江苏·苏州高新区第二中学二模）如图，边长为2的菱形纸片ABCD中，∠A=60°，将纸片折叠，点A、D分别落在A′、D′处，且A′D′经过点B，EF为折痕，当D′F⊥CD时，CF的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【思路分析】首先延长DC与A′D′交于点M，由四边形ABCD是菱形与折叠的性质，易求得CB=CM，△D′FM是含30°角的直角三角形，利用正切函数的知识，即可求得答案．
【解析】解：延长FC、A′D′交于M，
设CF=x，FD=2-x，
∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴AB∥CD，∠DCB=∠A=60°，
∴∠A+∠D=180°，
∴∠D=120°，
由折叠得：∠BD′F=∠D=120°，
∴∠FD′M=180°-120°=60°，
∵D′F⊥CD，
∴∠D′FC=90°，
∴∠M=90°-60°=30°，
在Rt△FOC中，∠DCB=60°，
∵∠DCB=∠CBM+∠M，
∴∠CBM=60°-30°=30°，
∵∠BCD=∠CBM+∠M=60°，
∴∠CBM=∠M=30°，
∴CB=CM=2，
由折叠得：D′F=DF=2-x，
tanM=tan30°=，
∴x=4-2，
∴CF=4-2，
故选：D．
【点拨】本题考查了翻折变换和菱形的性质，及特殊角的三角函数值，作辅助线，构建直角三角形是解题的关键．
例题11：（2021·贵州黔东南·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，若将AB绕点A逆时针旋转，使点B落在点的位置，连接B，过点D作DE⊥，交的延长线于点E，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【思路分析】利用已知条件求得,设，将都表示出含有的代数式，利用的函数值求得，继而求得的值
【解析】
设交于点,
由题意：
是等边三角形
四边形为正方形
∴∠CBF=90°-60°=30°，
DE⊥
又
设
则
解得：
故选A
【点拨】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，特殊角的锐角三角函数值，灵活运用锐角三角函数的定义及特殊三角函数值是解题的关键．
考向06 锐角三角函数的性质
例题12：已知，那么锐角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【思路分析】根据当α=45°时sinα=csα和正弦函数和余弦函数的增减性即可得出答案．
【解析】解：∵α=45°时sinα=csα，当α是锐角时sinα随α的增大而增大，csα随α的增大而减小，
∴45°＜α＜90°．
故选D．
【点拨】考查了锐角三角函数的增减性，当角度在0°～90°间变化时，正弦值随着角度的增大而增大，余弦值随着角度的增大而减小．
例题13：已知为锐角，下列结论：①；②如果，那么；③如果，那么；④，正确的有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【思路分析】根据锐角三角函数的定义、互余角的三角函数的关系、锐角三角函数的增减性、特殊角的三角函数值及绝对值的定义求解．
【解析】①如果α=30°，那么sinα=，csα=，sinα+csα=≠1，错误；
②∵90°＞α＞45°，
∴0°＜90°-α＜45°＜α，
∴sinα＞sin（90°-α），
∴sinα＞csα，正确；
③∵cs60°=，锐角余弦函数随角的增大而减小，
∴如果csα＞，则α＜60°，正确；
④∵sinα≤1，
∴sinα-1≤0，
∴=|sinα-1|=1-sinα，正确．
故选C．
【点拨】本题考查了锐角三角函数的定义、互余角的三角函数的关系、锐角三角函数的增减性、特殊角的三角函数值及绝对值的定义，综合性较强，涉及知识点较多，须认真仔细．
考向07 解直角三角形及其应用
例题14：（2021·河南镇平·九年级期中）如图给出了一种机器零件的示意图，其中米、米，则的长为（ ）
A．米B．米C．米D．米
【答案】C
【思路分析】如图，作交的延长线于 作交的延长线于F， 证明四边形为矩形，可得 再求解 可得 再代入数据可得答案.
【解析】解：如图，作交的延长线于 作交的延长线于F，
而
四边形为矩形，

在中，

在中，



当米、米，
米，
故选：C
【点拨】本题考查的是矩形的判定与性质，解直角三角形的应用，熟练的构建需要的直角三角形是解题的关键.
例题15：（2021·浙江平阳·九年级期中）我国伟大的数学家刘徽于公元263年攥《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值（图1）．刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法．如图2，六边形是圆内接正六边形，把每段弧二等分，作出一个圆内接正十二边形，连结，，交于点P，，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【思路分析】设正六边形的中心为O，连接OA，过点A作AH⊥FC于点H，则△OFA是等边三角形，∠PFA=60°，由正十二边形的中心角及圆周角定理，可得∠FAG=75°，则易得△AHP是等腰直角三角形，从而可求得AH=PH的长，以及FH、AF 的长，故可得PF、FC的长，最后求得PC的长，并求得结果．
【解析】设正六边形的中心为O，连接OA，过点A作AH⊥FC于点H，如图
∵正六边形的中心角为：360°÷6=60°，OA=OF
∴△OFA是等边三角形
∴∠PFA=60°,OF=AF
∵AH⊥FC
∴∠FAH=90°-∠PFA=30°
∵正十二边形的中心角为：360°÷12=30°
∴弧FEG所对的圆心角为5×30°=150°
∴∠FAG==75°
∴∠HAP=∠HPA=45°
∴
∴
∴AF=2FH=4
∴，FC=2OF=8
∴
∴
故选：D．
【点拨】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，解非直角三角形等知识，关键是通过恰当的辅助线把一般三角形转化为特殊三角形来解决．
微练习
1．有下列各组数：①3，4，5；②62，82，102；③0.5，1.2，1.3；④1，，．其中勾股数有（ ）
A．1组B．2组C．3组D．4组
【答案】A
【解析】解：①32+42=52，三边是整数，同时能构成直角三角形，故为勾股数；
②（62）2+（82）2≠（102）2，不能构成直角三角形，故不为勾股数；
③0.5，1.2，1.3三边不是正整数，故不为勾股数；
④1，，，三边不是正整数，故不为勾股数；
故其中勾股数有1组．
故选：A．
2．（2021·广东·深圳市龙岗区百合外国语学校九年级期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG、EF．下列结论：①CG＝；②△AEG的周长为8；③△EGF的面积为．其中正确的是（ ）
A．①②③B．①③C．①②D．②③
【答案】D
【解析】解：如图，在正方形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4，∠B＝∠BAD＝90°，
∴∠HAD＝90°，
∵HF∥AD，
∴∠H＝90°，
∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°，
∴∠AFH＝∠HAF．
∵AF，
∴AH＝HF＝1＝BE．
∴AE＝3，EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC，
∴△EHF≌△CBE（SAS），
∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，
∵∠BCE+∠BEC＝90°，
∴HEF+∠BEC＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4，
∴EC2＝BE2+BC2＝17，
∴S△ECFEF•ECEC2，
过点F作FQ⊥BC于Q，交AD于P，
∴∠APF＝90°＝∠H＝∠HAD，
∴四边形APFH是矩形，
∵AH＝HF，
∴矩形AHFP是正方形，
∴AP＝PF＝AH＝1，
同理：四边形ABQP是矩形，
∴PQ＝AB＝4，BQ＝AP＝1，FQ＝FP+PQ＝5，CQ＝BC﹣BQ＝3，
∵AD∥BC，
∴△FPG∽△FQC，
∴，
∴，
∴PG，
∴AG＝AP+PG，
∴DG＝AD﹣AG＝4，
在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG，
∴△AEG的周长为AG+EG+AE3＝8，故②正确；在Rt△CDG中，根据勾股定理得，CG，故①错误；
∵S△ECG＝S正方形ABCD﹣S△AEG﹣S△EBC﹣S△GDC＝AD2AG•AEGD•DCEB•BC＝42341×4，
∴S△EGF＝S△ECF﹣S△ECG，故③正确；
故选：D．
3．（2021·广东·深圳市龙岗区宏扬学校九年级期中）矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点M在边CD上，若AM平分∠DMB，则DM的长是（ ）
A．B．C．﹣D．2﹣
【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，AB∥CD，BC=AD=1，∠C=90°，
∴∠BAM=∠AMD，
∵AM平分∠DMB，
∴∠AMD=∠AMB，
∴∠BAM=∠AMB，
∴BM=AB=2，
∴CM=，
∴DM=CD-CM=2-.
故选：D．
4．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对应边分别是a，b，c，若∠B＝90°，则下列等式中成立的是（ ）
A．a2＋b2＝c2B．b2＋c2＝a2C．a2＋c2＝b2D．c2﹣a2＝b2
【答案】C
【解析】解：在△ABC中，∠B＝90°，
∴△ABC为直角三角形，
则根据勾股定理得：．
故选：C．
5．如图，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，∠EPF＝90°，且其顶点P是BC中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，给出以下四个结论：①△PFA≌△PEB；②∠PFE＝45°；③EF＝AP；④图中阴影部分的面积是△ABC的面积的一半．当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时（点E不与A，B重合），上述结论中始终正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【解析】∵AB=AC，∠BAC＝90°，点P是BC中点
∴∠APB=90°，AP=CP=BP，∠B=∠C=∠CAP=45°
∵∠EPF＝∠APB=90°
∴∠FPA+∠APE=∠APE+∠EPB
∴∠FPA=∠EPB
在△PFA和△PEB中

∴△PFA≌△PEB
故①正确
∴PF=PE，△PFA的面积=△PEB的面积
∴
故②正确
∴阴影部分面积=
故④正确
当点E、F分别是AB、AC的中点时，PE⊥AB，则△PAE是等腰直角三角形，由勾股定理得
∵
∴EF=AP
当点E、F不是AB、AC的中点时，则PE与AB不垂直，从而
但
∴EF≠AP
故③错误
所以正确的结论有3个
故选：C
6．在△ABC中，∠C＝90°，tanA＝，则sinA＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：∵ ，
∴在中，设BC＝x，AC＝3x，
由勾股定理得：
∴AB＝＝x，
∴sinA＝＝＝，
故选：A．
7．（2021·四川·成都绵实外国语学校九年级期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，BC＝2，则csB的值是（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【解析】解：如图，，∠C＝90°，AC＝1，BC＝2，


故选D
8．（2021·广东·佛山市华英学校九年级期中）在中，，、、的对边分别是a、b、c．当已知和a时，求c，应选择的关系式是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A、∠B、∠C的对边分别是a、b、c
∴sinA=，
∴c=，
故选A．
9．（2021·山东岱岳·九年级期中）如图，在C处测得旗杆AB的顶端A的仰角为30°，向旗杆前进10米到达D处，在D处测得A的仰角为60°，则旗杆的高为（ ）米．
A．5+3B．10C．5D．5+5
【答案】C
【解析】解：由题意得：∠C＝30°，∠ADB＝60°，
∴∠DAC＝∠ADB﹣∠C＝30°，
∴∠DAC＝∠C，
∴AD＝DC＝10米，
在Rt△ADB中，sin∠ADB＝，
则AB＝AD•sin∠ADB＝10×＝5（米），
故选：C．
10．（2021·山东任城·九年级期中）如图，为方便行人过某天桥，市政府在10米高的天桥两端修建斜道，设计斜坡满足sinA＝，则斜道AC的长度是（ ）
A．25B．30C．35D．40
【答案】B
【解析】在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝10米，sinA＝，
则＝，即＝，
解得：AC＝30（米），
故选：B．
二、填空题
11如图，已知是的边上的高，若，，，则的长为_____．
【答案】
【解析】解：∵CD是△ABC的边AB上的高，
∴△ADC，△BDC是直角三角形，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AC＝＝2，
∵AB＝2AC，
∴AB＝4，
BD＝AB＋AD＝4＋1＝5，
在Rt△BDC中，由勾股定理得：BC＝＝．
故答案为：．
12．若三角形的三边边长分别为6，8，12，则的面积是______．
【答案】
【解析】解：如图，AB=6，AC=8，BC=12，
过A作AD⊥BC，垂足为D，
设BD=x，则CD=12-x，
则有，
∴，
解得：x=，即BC=，
∴AD==，
∴△ABC的面积为=，
故答案为：．
13．（2021·浙江·杭州市天杭实验学校九年级期中）⊙O内一点P，OP＝3cm，过点P的最短的弦AB＝6cm，Q是⊙O上除AB两点之外的任一点，则∠AQB＝____．
【答案】或
【解析】解：如下图当AB⊥OP，AB为过点P的最短的弦且AB＝6cm，
连接OA，OB，
∵AB⊥OP，
∴，∠AOB=2∠AOP，
∴,
∴，
当Q点在处时，,
当Q点在处时，,
故答案为：或．
14．（2021·广东·佛山市华英学校九年级期中）在直角坐标系中，等边如图放置，点A的坐标为，每一次将绕着点O逆时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，以此类推，则点的坐标为________．
【答案】（，）
【解析】解：（1）∵A点坐标为（1，0），
∴OA=1，
∴第一次旋转后，点在第一象限，；
第二次旋转后，点在第二象限，；
第三次旋转后，点在x轴负半轴，；
第四次旋转后，点在第三象限，；
第五次旋转后，点在第四象限，；
第六次旋转后，点在x轴正半轴，；
如此循环，每旋转6次，A的对应点又回到x轴正半轴上，
∵2021÷6=336余5，
∴点在第四象限，且，，
过点作轴于H，
∴，
∴，
∴，
∴点的坐标为（，），
故答案为：（，）．
三、解答题
15．如图1，正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，连接DE，过点B作BF⊥DE，垂足为点F，BF与CD相交于点G．
（1）求证：△BCG≌△DCE；
（2）如图2，连接BD，若BE＝4，DG＝2，求tan∠DBG的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCG＝∠DCE＝90°，BC＝CD，
∵BF⊥DE，
∴∠DFG＝∠BCG＝90°，
∵∠BGC＝∠DGF，
∴∠CBG＝∠CDE．
在△BCG和△DCE中， ，
∴△BCG≌△DCE，
（2）解：过点G作GH⊥BD垂足为H，
∵△BCG≌△DCE，
∴CG＝CE，
∵BE＝BC+CE＝，DG＝CD﹣CG＝，
∴BC＝CD＝，CG＝CE＝，
在RT△BDC中，
∵∠BCD＝90°，
∴BD＝＝，
∵∠DHG＝45°，∠DHG＝90°，DG＝，
∴＝，
∴DH＝2，
∴GH＝DH＝2，
∵BH＝BD﹣DH，
∴BH＝6﹣2＝4，
在RT△BHG中，
∵∠BHG＝90°，
∴tan∠DBG＝，
∴tan∠DBG＝
16．如图，图1，图2，均为正方形网格，每个小正方形的面积均为1.在这个正方形网格中，各个小正方形的顶点叫做格点．请在下面的网格中按要求画图，使得每个图形的顶点均在格点上．
（1）画一个直角三角形，且三边之比为1：2：；
（2）画一个边长为整数的菱形，且面积等于24
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】解：（1）如图1中，△ABC即为所求．
（2）如图2中，菱形ABCD即为所求．
17．（2021·福建同安·九年级期中）如图，在等边中，点为内的一点，，，将绕点逆时针旋转60°得，连接．
（1）求证：；
（2）若，求，的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）证明：∵将△ABD绕点A逆时针旋转60°得△ACE，
∴△ABD≌△ACE，∠BAC＝∠DAE，
∴AD＝AE，BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝120°，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠DAE＝60°，
∴△ADE为等边三角形，
∴AD＝DE；
（2）∵△ABD≌△ACE，
∴∠ADB=∠AEC＝120°，
∵∠ADC＝90°，∠DAE＝60°，
∴∠DCE＝360°－∠ADC－∠AEC－∠DAE＝90°；
∵△ADE为等边三角形，
∴∠ADE＝60°，
∴∠CDE＝∠ADC－∠ADE＝30°，
又∵∠DCE＝90°，
∴DE＝2CE＝2BD＝2，
∴AD＝DE＝2，
在Rt△DCE中，.
18．（2021·河北·广平县第二中学九年级期中）如图，小东在教学楼距地面8米高的窗口C处，测得正前方旗杆顶部A点的仰角为37°，旗杆底部B点的俯角为45°，升旗时，国旗上端悬挂在距地面2.5米处，若国旗随国歌声冉冉升起，并在国歌播放46秒结束时到达旗杆顶端，则国旗应以多少米/秒的速度匀速上升？（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【答案】国旗匀速上升的速度约为米/秒．
【解析】解：由题意得：米，
是等腰直角三角形，
米，
在中，（米），
米，
国旗匀速上升的速度约为（米/秒），
答：国旗匀速上升的速度约为米/秒．
19．（2021·上海市金山初级中学九年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点D为边AB的中点，DE⊥AB交边BC于点E，点P为边AC上一动点（P与A、C不重合），点Q为边BC上一动点，且∠PDQ＝90°．
（1）求证：△ADP∽△EDQ；
（2）在点P运动过程中，请写出线段BQ的取值范围；
（3）连结PQ，求∠DPQ的正切值．
【答案】（1）见解析；（2） ；（3）
【解析】解：（1）∵DE⊥AB，
∴∠ADE=∠BDE=∠PDQ=∠C=90°，
∴∠A+∠B=90°，∠B+∠DEQ=90°，∠ADP+∠PDE=90°，∠PDE+∠EDQ=90°，
∴∠A=∠DEQ，∠ADP=∠EDQ，
∴△ADP∽△EDQ；
（2）∵在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴，
∵D是AB的中点，
∴，
∵∠EDB=∠ACB=90°，∠B=∠B，
∴△EDB∽△ACB，
∴即，
∴，，
如图所示，当P与C点重合时，BQ有最小值，
∵D为直角三角形ABC斜边AB的中点，
∴，
∴∠DCQ=∠B，
∵∠ACB=∠CDQ=90°，
∴△CDQ∽△BCA，
∴即，
∴，
∴；
如图所示，当P点和A点重合时，BQ有最大值，最大值即为BE，
∵P与A、C不重合，
∴ ；
（3）由（1）得△ADP∽△EDQ，由（2）得，AD=5，
∴，
∵∠PDQ=90°，
∴．
20．（2021·广东·佛山市华英学校九年级期中）如图，矩形中，，M是边上一点，将沿直线翻折，得到．
（1）如图1，当平分时，求的长．
（2）如图2，当M是的中点时，连接，则的值；
（3）连接，当时，求的面积．
【答案】（1）DM==；（2）=，（3）S△ABN=．
【解析】解：（1）∵沿直线翻折得到．
∴∠DAC=∠NAM，
∵NA平分∠MAB，
∴∠NAM=∠NAB，
∴∠DAC=∠NAM=∠NAB，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠DAB=90°，
∴3∠DAM=∠DAC+∠NAM+∠NAB=∠DAB=90°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=ADtan30°=；
（2）过ME⊥NC于E，
∵将沿直线翻折得到．
∴DM=NM，∠DMA=∠NMA，
∵M为DC中点，
∴DM=CM=MN，
在Rt△ADM中，，
∵MN=MC，ME⊥NC，
∴∠NME=∠CME，
∴∠DMA+∠NMA+∠NME+∠CME=180°，
∴∠DMA+∠CME=90°，
∵∠EMC+∠MCE=90°，
∴∠MCE=∠DMA，
∴=cs∠DMA=，
（3）过N作GF⊥DC，交CD于G，交AB于F，连结DN交AM于H，
∵将沿直线翻折得到．
∴点D与点N关于AM对称，
∴DN⊥AM，
∴∠NDG+∠DMH=90°，
∵∠DAM+∠DMA=90°，
∴∠NDG=∠MAD，
在Rt△ADM中，，
∴S△ADM=
∴，
∴，
∴DN=2DH=，
∴Sin∠GDN=sin∠DAM=，
∴，
∴FN=GF-GN=3-，
∴S△ABN=．