中考數(shù)學壓軸題專題直角三角形的邊角關系的經(jīng)典綜合題及詳細答案

中考數(shù)學壓軸題專題直角三角形的邊角關系的經(jīng)典綜合題及詳細答案一、直角三角形的邊角關系1.已知：如圖，在四邊形ABCD中，ABIICD,ZACB=90°,AB=10cm,BC=8cm,OD垂直平分AC.點P從點B出發(fā)，沿BA方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，點Q從點D出發(fā)，沿DC方向勻速運動，速度為1cm/s；當一個點停止運動，另一個點也停止運動.過點P作PE丄AB，交BC于點E,過點Q作QFIIAC，分別交AD，OD于點F，G.連接OP,EG.設運動時間為t(s)(0VtV5)，解答下列問題：當t為何值時，點E在BAC的平分線上？設四邊形PEGO的面積為S(cm2)，求S與t的函數(shù)關系式；在運動過程中，是否存在某一時刻t，使四邊形PEGO的面積最大？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；連接OE,OQ,在運動過程中，是否存在某一時刻t，使OE丄OQ?若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由.155【答案】⑴t=4s；(2)S四邊形peg。=一8"+Tt+6，(0<t<5)；⑶t二2時，16S四邊形PEGO取得最大值；⑷t二y時，OE丄OQ-【解析】【分析】當點E在ZBAC的平分線上時，因為EP丄AB,EC丄AC，可得PE=EC,由此構建方程即可解決問題.根據(jù)S四邊形G=SAOEG+SAOPE=SAOEG+汎OPC+S^PCE-SAOEC)構建函數(shù)關系式即可.利用二次函數(shù)的性質解決問題即可.ECGQ證明ZEOC=ZQOG,可得tanZEOC=tanZQOG,推出二，由此構建方程即OCOG可解決問題.【詳解】(1)在RtAABC中，vZACB=90°,AB=10cm,BC=8cm,二AC=i：102一82=6(cm),vOD垂直平分線段AC,OC=OA=3(cm),ZDOC=90°,vCDIAB,

...ZBAC=ZDCO,IZDOC=ZACB,△DOC-△BCA,.AC_AB_BC~oc~~cD~~od，.6_10_83-~CD~~OD，.CD=5(cm),OD=4(cm)TPB=t,PE丄AB,35易知：PE=t,BE=t,4當點E在ZBAC的平分線上時,TEP丄AB,EC丄AC,.PE=EC,354t=8-41'.t=4．.t=4．???當t為4秒時，點E在ZBAC的平分線上.2）如圖,連接OE,PC．1(4)1(4)"1(4)1(5)315)—XX3+—x3x+—Xx—t——x3x8—-t215丿_215丿214丿524丿S四邊形G=SAOEG+SAOPE=SAOEG+"△opc+S^PCE~SAOEC)=--12+151+16(0<t<5)33）存在．8(5￥688(5￥6831t—-2丿+y(0<t<5),?t=2時，四邊形OPEG的面積最大，最大值為善.（4）存在．如圖,連接OQTOE丄OQ,

乙EOC+ZQOC=90°,TZQOC+ZQOG=90°,.ZEOC=ZQOG,.tanZEOC=tanZQOG,4EC_GQ~OC~~OG416y16y秒時，OE丄OQ.整理得：5t2-66t+160=0,16解得t二—或10（舍棄）【點睛】本題屬于四邊形綜合題,考查了解直角三角形,相似三角形的判定和性質,銳角三角函數(shù),多邊形的面積等知識,解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程解決問題.2.（6分）某海域有A,B兩個港口，B港口在A港口北偏西30°方向上，距A港口60海里，有一艘船從A港口出發(fā)，沿東北方向行駛一段距離后，到達位于B港口南偏東75°方向的C處，求該船與B港口之間的距離即CB的長（結果保留根號）.北【解析】試題分析：作AD丄BC于D,于是有ZABD=45°,得到AD=BD="j,求出ZC=60°，根據(jù)正切的定義求出CD的長，得到答案.試題解析：作AD丄BC于D,TZEAB=30°,AEIIBF,.ZFBA=30°,又ZFBC=75°,ZABD=45°,又AB=60,.AD=BD="丫：,TZBAC=ZBAE+ZCAE=75°,ZABC=45°,AD30v2.ZC=60°,在RtAACD中，ZC=60°,AD='：l則tanC=「',.CD=護=1門V,.BC=「l：一-:；J.故該船與B港口之間的距離CB的長為海里.

考點：解直角三角形的應用-考點：解直角三角形的應用-方向角問題．3.如圖(1)，在平面直角坐標系中，點A(0,-6)，點B(6,0).RtACDE中，ZCDE=90°，CD=4，DE=4/3，直角邊CD在y軸上，且點C與點A重合.RtACDE沿y軸正方向平行移動，當點C運動到點O時停止運動.解答下列問題：如圖(2)，當RtACDE運動到點D與點0重合時，設CE交AB于點M,求ZBME的度數(shù).如圖(3)，在RtACDE的運動過程中，當CE經(jīng)過點B時，求BC的長.在RtACDE的運動過程中，設AC=h,△OAB與厶CDE的重疊部分的面積為S,請寫出S與hS與h之間的函數(shù)關系式，并求出面積S的最大值.圖1圏？妄3答案】(1)ZBME=15°(2BC=4JJ；(3)(3)h<2時，S=-h2+4h+8.當h>2時，S=18-3h.【解析】試題分析：(1)如圖2,由對頂角的定義知，ZBME=ZCMA，要求ZBME的度數(shù)，需先求出ZCMA的度數(shù).根據(jù)三角形外角的定理進行解答即可;(2)如圖3,由已知可知ZOBC=ZDEC=30°，又OB=6,通過解直角△BOC就可求出BC的長度;(3)需要分類討論：①h<2時，如圖4,作MN丄y軸交y軸于點N,作MF丄DE交DE于點F，S=S°edc7efm；②當h>2時，如圖3,汽應試題解析：解：(1)如圖2，

/0◎/0◎cJ/T在平面直角坐標系中，點A(0,-6)，點B(6,0).OA=OB,ZOAB=45°,VZCDE=90°,CD=4,DE=4頁,.ZOCE=60°,.ZCMA=ZOCE-ZOAB=60°-45°=15°，.ZBME=ZCMA=15°；d卜〕：o夕㈣d卜〕：o夕㈣1c/如圖3，VOB=6，(3)①hW2時，如圖4,作MN丄y軸交yVOB=6，(3)①hW2時，如圖4,作MN丄y軸交y軸于點N,作MF丄DE交DE于點F,y?“7忙BJF/PDN1J■■CyMA/CD=4,DE=4^J，AC=h,AN=NM,.CN=4-FM，AN=MN=4+h-FM，△CMN-△CED,解得FM=4-遲二,解得FM=4-遲二,???S=S-S=2x4x4語△EDC△EFM7」-二（4^4-h）x（4-三1）=-並二h2+4h+8,224②如圖3當h>2時,汽obc汽obc=OCxOB=（6-h）x6=18-3h.考點：1考點：1、三角形的外角定理；2、相似；3、解直角三角形4.如圖，等腰△ABC中，AB=AC,ZBAC=36°,BC=1,點D在邊AC上且BD平分/ABC,設cD=x.（1）求證：△ABC-△BCD；（2）求x的值；【答案】⑴證明見解析；⑵T+、''5；（3）A；5+8.216【解析】試題分析：（1）由等腰三角形ABC中，頂角的度數(shù)求出兩底角度數(shù)，再由BD為角平分線求出ZDBC的度數(shù)，得到ZDBC=ZA,再由ZC為公共角，利用兩對角相等的三角形相似得到三角形ABC與三角形BCD相似；（2）根據(jù)（1）結論得到AD=BD=BC,根據(jù)AD+DC表示出AC,由（1）兩三角形相似得比例求出x的值即可；（3）過B作BE垂直于AC，交AC于點E,在直角三角形ABE和直角三角形BCE中，利用銳角三角函數(shù)定義求出cos36。與COS72。的值，代入原式計算即可得到結果.試題解析：（1）T等腰△ABC中，AB=AC,ZBAC=36°,ZABC=ZC=72°,TBD平分ZABC,.ZABD=ZCBD=36°，TZCBD=ZA=36°,ZC=ZC,.△ABC-△BCD；

(2)TZA=ZABD=36°,AD=BD,TBD=BC,.AD=BD=CD=1,設CD=x，則有AB=AC=x+1,T△ABC-△BCD,AB_BC~BD~~CD整理得：X2+X-1=0,解得：X1=竽，X2=斗(負值，舍去)，則X=(3)過B(3)過B作BE丄AC，交AC于點E,TBD=CD，.E為CD中點，即DE=CE=-1+丫5AE在RtAABE中，cosA=cos36°=AB在RtA在RtABCE中，cosC=cos72°=EC~BC~-1+J541則cos36°-cos72°=二血1-1+^14【考點】1.相似三角形的判定與性質；2.等腰三角形的性質；3.黃金分割；4.解直角三角形．5．(本題滿分14分，第(1)小題滿分4分，第(2)小題滿分5分，第(3)小題滿分5分)

已知：如圖，AB是半圓O的直徑，弦CD//AB，動點P、Q分別在線段OC、CD上，且DQ二OP,AP的延長線與射線OQ相交于點E、與弦CD相交于點F(點F與點C、D不重合)AB=20，cosZ點C、D不重合)AB=20，cosZAOC=4.5設OP二xACPF的面積為y.CB0BQF求證：AP=OQ；求y關于x的函數(shù)關系式，并寫出它的定義域;當AOPE是直角三角形時，求線段OP的長.答案】(1)證明見解析；2答案】(1)證明見解析；2)3X2-60X+300(10<x<10)；x13(3)OP=8【解析】【分析】證明線段相等的方法之一是證明三角形全等，通過分析已知條件，OP=DQ，聯(lián)結OD后還有OA=DO,再結合要證明的結論AP二OQ，則可肯定需證明三角形全等，尋找已知對應邊的夾角，即ZPOA二ZQDO即可；根據(jù)APFC-APAO，將面積轉化為相似三角形對應邊之比的平方來求；(3)分4成三種情況討論，充分利用已知條件cosZAOC=5、以及(1)(2)中已證的結論，注意要對不符合(2)中定義域的答案舍去.【詳解】(1)聯(lián)結OD，tOC二OD，ZOCD=ZODC，tCD//AB，ZOCD=ZCOA，-ZPOA二ZQDO在AAOP和AODQ中，OP二DQ{ZPOA二ZQDO，OA二DOAAOP竺AODQ，AP=OQ；(2)作PH丄OA，交OA于h,

???cosZAOC=4,543OH=-OP=-x,PH=-x,551…S=AO-PH=3x.AAOP2???CD//AB,.APFC-APAO,L二(CPL二(CP)2二(□)2OPx，SAAOP3x2-60x+300

x當F與點D重合時,CD二CD二2OC-cosZOCD=2x10x-=16,5x_x_1010—x_\6解得x二103x23x2-60x+300x(H<x<10)(3(3)①當ZOPE二90。時，ZOPA=90。,4OP=OA-cosZAOC=10x=8；，_OC_10_10_25②當ZPOE_90o時，Q~cosZQCO~cosZAOC~5OP_DQ_OP_DQ_CD-CQ_CD-竺2162572'???1°<OP<10，7…OP_2(舍去)；③當ZPEO_90o時，CD//AB,.ZAOQ_ZDQO，AAOP竺AODQ,.ZDQO_ZAPO，.ZAOQ_ZAPO，.ZAEO_ZAOP_90°,此時弦CD不存在，故這種情況不符合題意，舍去;綜上，線段OP的長為8.

6．2018年12月10日，鄭州市城鄉(xiāng)規(guī)劃局網(wǎng)站掛出《鄭州都市區(qū)主城區(qū)停車場專項規(guī)劃》，將停車納入城市綜合交通體系，計劃到2030年，在主城區(qū)新建停車泊位33.04萬個，2019年初，某小區(qū)擬修建地下停車庫，如圖是停車庫坡道入口的設計圖，其中MN是水平線，MNIIAD，AD丄DE,CF丄AB,垂足分別為D，F(xiàn),坡道AB的坡度為1：帯3，DE=3米，點C在DE上,CD=0.5米，CD是限高標志屏的高度（標志牌上寫有：限高米），如果進入該車庫車輛的高度不能超過線段CF的長，則該停車庫限高多少米？（結果精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)J2=1.41,朽=1.73）限高一米?ZET【答案】該停車庫限高約為2.2米．【解析】【分析】據(jù)題意得出tanB二上3，即可得出tanA,在RtAADE中，根據(jù)勾股定理可求得DE,即可3得出/1的正切值，再在RtACEF中，設EF=x,即可求出x,從而得出CF=j3x的長.【詳解】13解：由題意得，tanB=—3TMNIAD,ZA=ZB,tanA=工^_3???DE丄AD,DE.在RtAADE中，tanA=ADTDE=3，又:DC=0.5,.CE=2.5，TCF丄AB,.ZFCE+ZCEF=90°，TDE丄AD,.ZA+ZCEF=90°，.ZA=ZFCE，.tanZFCE=竺3?

在RtACEF中，設EF=x,CF=爲x(x>0),CE=2.5,5代入得(2)2=X2+3X2,解得x=1.25,二CF=呂x-2.2,???該停車庫限高約為2.2米.【點睛】本題考查了解直角三角形的應用,坡面坡角問題和勾股定理,解題的關鍵是坡度等于坡角的正切值．7.7.如圖所示的是一個地球儀及它的平面圖，在平面圖中，點人、B分別為地球儀的南、北極點，直線AB與放置地球儀的平面交于點D,所夾的角度約為67°，半徑0C所在的直線與放置它的平面垂直,垂足為點E,DE=15cm,AD=14cm.求半徑OA的長(結果精確到0.1cm,參考數(shù)據(jù)：sin67°=0.92,cos67°=0.39,tan67°=2.36)求扇形BOC的面積(n取3.14，結果精確到1cm)【答案】⑴半徑OA的長約為24.5cm；⑵扇形BOC的面積約為822cm2.【解析】【分析】⑴在RtAODE中，DE=15,ZODE=67°,根據(jù)/ODE的余弦值，即可求得0D長，減去AD即為OA.(2)用扇形面積公式即可求得.【詳解】⑴在Rt^ODE中，DE=15cm,ZODE=67。.DE???coszoDE=——,DOOD0.39OD0.39-OA=OD-AD沁38.46-14沁24.5(cm)??，答：半徑OA的長約為24.5cm.(2)tZODE=67。,ZBOC=157。,

二S二S扇形BOCn兀r2■360157x3.14x24.522360q822（cm2）答：扇形boc的面積約為822cm2.【點睛】此題主要考查了解直角三角形的應用，本題把實際問題轉化成數(shù)學問題，利用三角函數(shù)中余弦定義來解題是解題關鍵．8．蘭州銀灘黃河大橋北起安寧營門灘，南至七里河馬灘，是黃河上游的第一座大型現(xiàn)代化斜拉式大橋如圖，小明站在橋上測得拉索AB與水平橋面的夾角是31°,拉索AB的長為152米，主塔處橋面距地面7.9米（CD的長），試求出主塔BD的高.（結果精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)：sin31°=0.52米，參考數(shù)據(jù)：sin31°=0.52,cos31°=0.86,tan31°=0.60）【答案】主塔BD的高約為86.9米.【解析】【分析】根據(jù)直角三角形中由三角函數(shù)得出BC相應長度，再由BD=BC+CD可得出.【詳解】在RtAABC中，ZACB=90°，BCsinA=AB二BC二ABxsinA二152xsin31o=152x0.52二79.04.BD=BC+CD=79.04+7.9=86.94q86.9（米）答：主塔BD的高約為86.9米.【點睛】本題考察了直角三角形與三角函數(shù)的結合，熟悉掌握是解決本題的關鍵.9.在RtAABC中，ZACB=90°，AB=丁7，AC=2,過點B作直線mil人^將厶ABC繞點C順時針旋轉得到厶A'B'C（點A，B的對應點分別為A'，B'）,射線CA',CB'分別交直線m于點P，Q．""3)TS四邊形PA'B'Q=SAPCQ-'△A'CB~S^PCQ一、；3，…S四邊形PA'B'Q最小，即SaPCQ最小,⑴如圖1,當P與A'重合時，求/ACA，的度數(shù)；如圖2,設A'B'與BC的交點為M,當M為A'B'的中點時，求線段PQ的長；在旋轉過程中，當點P，Q分別在CA,CBZ的延長線上時，試探究四邊形PA'BQ的面積mPTOC\o"1-5"\h\z是否存在最小值?若存在，求出四邊形PABQ的最小面積；若不存在，請說明理由.mA'fP)BQmPZ口AC備用圖【答案】⑴6°°；(2)PQ=2;(3)存在，S四邊形pabq=3-爲【解析】【分析】(1)由旋轉可得：AC=A'C=2，進而得到BC=爲，依據(jù)ZABC=90°,可得BC-J3_z.cosZACB二二，即可得到上A1CB=30°,ZACA1=60°；AC22)根據(jù)M為A1B1的中點，即可得出ZA=ZA1CM,進而得到PB二3BC=22)tanZQ=tanZA二斗，即可得到tanZQ=tanZA二斗，即可得到BQ=BC^3=2,7進而得出PQ=PB+BQ=q；(3)依據(jù)$四邊形pabq=S^pcq-S、acB=s^呻飛3，即可得到S四邊形p^最小，即S呻最小，而沐嚀=2PQ*弓PQ，利用幾何法即可得到沐pq的最小值=3,即可得到結論．【詳解】(1)由旋轉可得：AC=AC=2．TZACB=90°,AB=*7,AC=2,BC=J3.?:ZACB=90°,milAC,:.ZA1BC=90°,.cosZA1CB=:BC=竺,-ZA'CB=30。,AC2.ZACA=60°；(2)TM為A'B'的中點，?ZA'CM=ZMA'C,由旋轉可得：ZMA'C=ZA,?.ZA=ZACM,?.tanZPCB=tanZA=、',?pbBC=222'?:ZBQC=ZBCP=ZA,.tanZBQC=tanZA=^LbQ=BCx=2,.PQ=PB+BQ=7；232二、△二、△PCQ二2PQXBC￡PQ,取PQ的中點G．???/PCQ=90°,???CG二2PQ，即PQ=2CG，當CG最小時，PQ最小，二CG丄PQ,即CG與CB重合時，CG最小，二CGmn=CB重合時，CG最小，二CGmn==3—弋3；min運，PQmin=2^，二Spcq的最小值=3,S四邊形PA'B'QX.<I.1jr二JcA圖2?wPRB'C備用圖【點睛】本題屬于幾何變換綜合題的綜合運用,解題時注意【點睛】本題屬于幾何變換綜合題的綜合運用,解題時注意⑶如圖3,連AD交BC于G,當FG2二BF-CG時,求矩形BCDE的面積主要考查了旋轉的性質,解直角三角形以及直角三角形的性質旋轉變換中,對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等10.已知RtAABC,ZA=90°,BC=10,以BC為邊向下作矩形BCDE，連AE交BC于F.3BF⑴如圖1,當AB=AC，且sinzBEF=時，求的值；5CF1（2）如圖2,當tanzABC=-時，過D作DH丄AE于H,求EH-EA的值;1【答案】（1）7；（2）80；（3）100.【解析】【分析】3FK3⑴過人作AK±BC于K,根據(jù)sinzBEF=得出二匚，設FK=3a,AK=5a,可求得BF=a,故5AK5BF1二一；（2）過A作AK±BC于K,延長AK交ED于G,則AG丄ED，得△EGA-△EHD,CF7

利用相似三角形的性質即可求出；（3）延長AB.ED交于K,延長AC.ED交于人根據(jù)相似三角形的性質可求出BE=ED，故可求出矩形的面積.【詳解】解：⑴過A作AK±BC于K,TsinTsinZBEF=335,sinZFAK=5,設FK=3a,AK=5a,AK=4a,TAB=AC,ZBAC=90°,.BK=CK=4a,.BF=a,又:CF=7a,.BF_1…~C^~7⑵過A作AK丄BC于K,延長AK交ED于G,則AG±ED,TZAGE=ZDHE=90°,.△EGA-△EHD,.EH_ED…~E^~~EA，.EH-EA=EGED,其中EG=BK,tBC=10,tanZABC=-22cosZABC=~,..BA..BA=BC?cosZABC=205'BK=BA?cosZABC=.EG=8,另一方面：ED=BC=10,EH?EA=80⑶延長AB、ED交于K,延長AC、ED交于T,BFBCIIKT,-KEAF-AE_FG-ED，BFKEFGED同理=FGDE，CGDTBFFGfg2=BF?CG.,FGCG

二ED2二ED2=ke?dtKE_ED~DE~~DT又:△KEB~△KE_CD~BE~~DTKE-DT=BE2,BE2=ED2BE=EDS_10x10_100矩形BCDEIff]K2【點睛】Iff]K2【點睛】此題主要考查相似三角形的判定與性質,解題的關鍵根據(jù)題意作出輔助線再進行求解.11.已知：在厶ABC中，ZACB=90°,CD丄AB于D,BE：AB=3：5,若CE=叮2,4cosZACD=5，求tanZAEC的值及CD的長.答案】tanZ答案】tanZAEC=3,CD=￥衛(wèi)【解析】解：在RTAACD與RTAABC中TZABC+ZCAD=90°,ZACD+ZCAD=90°.ZABC=ZACD,.cosZABC=cosZACD=—BC4在RTAABC中，_匸令BC=4k,AB=5k則AC=3kAB5BE3由喬_—,BE=3k則CE=k，且C"2則I2，ACS2ACTOC\o"1-5"\h\zRTAACE中，tanZAEC==3ECCD412TRTAACD中cosZACD=_—CD=一J12\o"CurrentDocument"AC5'，5.

12.在平面直角坐標系中，O為坐