專題236解直角三角形章末九大題型總結(jié)（拔尖篇）（滬科版）

專題23.6解直角三角形章末九大題型總結(jié)（拔尖篇）【滬科版】TOC\o"13"\h\u【題型1構(gòu)建直角三角形求銳角三角函數(shù)值】 1【題型2用等角轉(zhuǎn)換法求銳角三角函數(shù)值】 7【題型3銳角三角函數(shù)與相似三角形的綜合應(yīng)用】 13【題型4銳角三角函數(shù)與圓的綜合應(yīng)用】 18【題型5解非直角三角形】 26【題型6巧設(shè)輔助未知數(shù)解直角三角形】 32【題型7構(gòu)造直角三角形進(jìn)行線段或角的計算】 41【題型8解直角三角形與圓的綜合應(yīng)用】 50【題型9構(gòu)造直角三角形解決實際問題】 60【題型1構(gòu)建直角三角形求銳角三角函數(shù)值】【例1】（2023春·安徽·九年級專題練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，∠B=60°，∠C=90°，E為邊BC上的點，△ADE為等邊三角形，BE=8，

A．375 B．275 C．【答案】C【分析】作EF⊥AB于點F，AH⊥BE于點H，解直角△BEF，得出BF=12BE【詳解】如圖，作EF⊥AB于點F，AH⊥

∵∠B=60°，∴∠BEF∴BF=∵△ADE∴∠AED=60°，∵∠BAE+∠B∴∠BAE在△AEF與△∠EAF∴△AEF∴AF=∴AB=∵∠AHB=90°，∴BH=12∴HE=∴tan∠故選：C．【點睛】此題考查了解直角三角形，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義等知識，準(zhǔn)確作出輔助線，構(gòu)造全等三角形以及直角三角形是解題的關(guān)鍵．【變式11】（2023春·湖北襄陽·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在△ABD中，∠A=90°，若BE=mAC，CD=mAB【答案】m【分析】過C作CG⊥BC，過D作DG⊥AD，如圖所示，先證明△ABC∽△DCG，得到BE=ma=DG，從而判定四邊形BEDG是平行四邊形，進(jìn)而ED∥BG，得到∠BFE=∠【詳解】解：過C作CG⊥BC，過D作∴DG∥AB∵∠A∴∠ABC∵∠BCG∴∠ACB∴∠ABC∴△ABC∴AB∵BE=設(shè)AC=a,AB=b，則∴BE∵BE∴四邊形BEDG是平行四邊形，∴ED∥∴∠BFE在Rt△ABC中，∠A=90°，在Rt△CDG中，∠CDG=90°，在Rt△BCG中，∠BCG=90°，則故答案為：m2【點睛】本題考查求三角函數(shù)值，涉及相似三角形判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理及余弦函數(shù)定義，準(zhǔn)確構(gòu)造輔助線，熟練運用相似三角形判定與性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．【變式12】（2023·四川成都·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，CD平分∠ACB交AB于點D，過D作DE∥BC交AC于點E，將△DEC沿DE折疊得到△DEF，DF交

【答案】3【分析】過點G作GM⊥DE于M，證明△DGE∽△CGD，得出DG2=GE×GC，根據(jù)AD∥GM，得AGGE=73=DMME，設(shè)GE=3,AG=7，EM【詳解】解：如圖所示，過點G作GM⊥DE于

∵CD平分∠ACB交AB于點D，∴∠1=∠2,∠2=∠3∴∠1=∠3∴ED∵折疊，∴∠3=∠4，∴∠1=∠4,又∵∠∴△∴DG∴D∵∠ABC=90°，DE∥∴AD∴AGGE=DM∵AG設(shè)GE=3,AG=7，EM=3n∵D∴D在Rt△DGM在Rt△GME∴D即9+30解得：n∴EM=9則GM∴tanA故答案為：37【點睛】本題考查了求正切，折疊的性質(zhì)，勾股定理，平行線分線段成比例，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．【變式13】（2023春·江蘇常州·九年級?？计谀┤鐖D，在△ABC中，AB=AC=5，BC=4，AD是BC邊上的高，將△ABC繞點C旋轉(zhuǎn)到△EFC（點E、F分別與點A、B對應(yīng)），點F落在線段【答案】21【分析】過點E作EG⊥AD于點G，結(jié)合旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可求cos∠FCD=【詳解】解：如圖，過點E作EG⊥AD于點∵將△ABC繞點C旋轉(zhuǎn)，點B落在線段AD上的點F∴CF=BC=4，CE=∴∠FCD∴∠FCD∵AB=AC，AD∴CD∴cos∴∠FCD∴DF=CF∴∠ACE∵AC∴△ACE∴AE∴在Rt△AD=AC∴AF=AD∵AE=EF∴AG∴cos∠EAF=AG故答案為：21-【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形“三線合一”，等邊三角形的判定及性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)等，掌握相關(guān)性質(zhì)及定理，構(gòu)建直角三角形是解題的關(guān)鍵．【題型2用等角轉(zhuǎn)換法求銳角三角函數(shù)值】【例2】（2023秋·江蘇常州·九年級統(tǒng)考期末）已知點P在△ABC內(nèi)，連接PA、PB、PC，在△PAB、△PBC、△PAC中，如果存在一個三角形與△ABC相似，那么就稱點P為【答案】5【分析】先找到Rt△ABC的內(nèi)相似點，再根據(jù)三角函數(shù)的定義計算【詳解】解：∵∠ACB∴∠CAB故可在∠CBA內(nèi)作∠又∵點P為△ABC∴過點C作CP⊥PB，并延長CP交AB于點

則△BPC∴點P為△ABC∴∠BCP∴∠ACP∴tan∠故答案為：512【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)，利用條件先確定出P點的位置是解題的關(guān)鍵．【變式21】（2023春·吉林長春·九年級校考期中）如圖，在矩形ABCD中，連結(jié)AC，延長BC到點E，使CE=AC，過點E作AC的平行線與AD的延長線交于點

(1)求證：四邊形ACEF是菱形；(2)連結(jié)AE，若tan∠ACB=158【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)進(jìn)行的性質(zhì)得出AF∥CE，進(jìn)而得出四邊形（2）根據(jù)tan∠ACB=158，在Rt△ACB中，設(shè)AB【詳解】（1）證明：∵在矩形ABCD中，AD∥BC，即又∵EF∴四邊形ACEF是平行四邊形．又∵∴四邊形ACEF是菱形．（2）解：如圖所示，

連接AE,CF交與點∵四邊形ACEF是菱形，∴AE∵tan∠在Rt△ACB中，設(shè)AB=15則AC=∵四邊形ACEF是菱形，∴AC=EC=17∴tan∠【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)，求正切，添加輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．【變式22】（2023秋·上海黃浦·九年級統(tǒng)考期末）如圖，平面上七個點A、B、C、D、E、F、G，圖中所有的連線長均相等，則cos∠BAF=．【答案】5【分析】連接AC、AD，過點D作DM⊥AC，垂足為M，過點A作AN⊥CD于點N．由各邊都相等，得△ABG、△AEF、△CBG和△DEF都是等邊三角形，四邊形ABCG、四邊形AEDF是菱形，若設(shè)AB的長為x，根據(jù)等邊三角形、菱形的性質(zhì)，計算出AD的長3x，∠BAC＝∠EAD＝30°，可證明∠BAF＝∠CAD；易得△CMD∽△CNA，從而示求得CM的長，進(jìn)而求得AM的長，在直角△AMD中，由余弦的定義即可求出cos∠CAD從而求得結(jié)果．【詳解】解：連接AC、AD，過點D作DM⊥AC，垂足為M，過點A作AN⊥CD于點N，如圖．設(shè)AE的長為x，則AB＝AG＝BG＝CG＝CB＝AF＝AE＝EF＝x∴△ABG、△AEF、△CBG和△DEF都是等邊三角形四邊形ABCG、四邊形AEDF是菱形∴∠BAC＝∠EAD＝30°∴AC＝AD＝2×cos∠BAC×AB＝2×32x＝3∵∠CAD＝∠BAE?∠BAC?∠EAD＝∠BAE?60°，∠BAF＝∠BAE?∠EAF＝∠BAE?60°∴∠BAF＝∠CAD∵DM⊥AC，AN⊥CD，∠CAN=∠CDM∴△CMD∽△CNA∴CM∵AC=AD，AN⊥CD∴CN∴CM=∴AM在Rt△AMD中，cos∠CAD=∴cos∠BAF＝56故答案為56【點晴】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定、菱形的性質(zhì)和判定、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)．把求∠BAE的余弦轉(zhuǎn)化為求∠CAD的余弦是解決本題的關(guān)鍵．【變式23】（2023春·山東菏澤·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在?ABCD中，對角線AC、BD交于點O．點M是BC邊的中點，連接AM、OM，作CF∥AM．已知OC平分∠BCF，OB平分∠AOM，若【答案】2【分析】過點E作EH⊥AB于H，由角平分線的定義和平行線的性質(zhì)證明MA=MC，再由等腰三角形的性質(zhì)證明∠AOM=90°，由題意證明OM為△ABC的中位線，得到OM∥AB，OM＝12AB，則有∠BAO=90°【詳解】解：如圖所示，過點E作EH⊥AB于∵OC平分∠BCF∴∠OCF∵CF∥∴∠CAM∴∠MAC∴MA=∵四邊形ABCD是平行四邊形，對角線AC、BD交于點O∴OB∴OM⊥AC，即∵OB平分∠AOM∴∠AOB∵M(jìn)為BC的中點，∴OM為△ABC∴OM∥∴∠BAO∴∠ABO∴AB=∴OM=∴AM=∵OM∥∴△ABE∴AEME∴AE=∵EH⊥∴∠BEH∴BH=∴AH=∴sin∠故答案為：2【點睛】本題主要考查了銳角三角函數(shù)，平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，三角形中位線定理，相似三角形的性質(zhì)與判定等等，利用相似三角的性質(zhì)構(gòu)造比例式，得到線段之間數(shù)量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【題型3銳角三角函數(shù)與相似三角形的綜合應(yīng)用】【例3】（2023春·九年級課時練習(xí)）如圖，四邊形ABCD為矩形，點E為邊AB一點，將△ADE沿DE折疊，點A落在矩形ABCD內(nèi)的點F處，連接BF，且BE=EF，∠BEF的正弦值為2425A．23 B．45 C．35【答案】A【分析】過點F作FP⊥AB于點P，根據(jù)折疊的性質(zhì)及BE=EF，可得∠AED=∠EBF，從而可得△ADE∽△PFB，由∠BEF的正弦值為2425，設(shè)EF=25a，則PF=24a，由勾股定理求得PE=7a，從而可得BP，則由相似可得AEAD=BP【詳解】如圖，過點F作FP⊥AB于點P由折疊的性質(zhì)可得：AE=EF，∠AED=∠FED∵BE=EF∴BE=AE=EF，∠EFB=∠EBF∵∠BEF+2∠AED=∠BEF+2∠EBF=180゜∴∠AED=∠EBF∵四邊形ABCD為矩形，PF⊥AB∴∠A=∠FPB=90゜∴△ADE∽△PFB∴AE∵在Rt△PEF∴設(shè)EF=25a，則PF=24a由勾股定理求得PE∴BP=BE－PE=18a∴AE∴AB∴AD故選：A．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)等知識，關(guān)鍵是由正弦值出發(fā)設(shè)EF與PF的長，難點是證明△ADE∽△PFB．【變式31】（2023·福建·模擬預(yù)測）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，點M、N分別在邊AB、AD上（不與端點重合），且DM⊥CN于點P．若∠【答案】5【分析】根據(jù)題意得出A,N,P,M四點共圓，結(jié)合題意得出△ANM是等腰直角三角形，設(shè)AM=AN=a【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，DM∴∠MAN∴A,∵∠APD∴∠ANM∴△ANM設(shè)AM=∵∠ADM=90-∠DNP∴△∴∴a解得：a=∴AM=AN=∴DM又∵∠∴△∴NP∴NP∴cos∠故答案為：55【點睛】本題考查了90°角所對的弦是直徑，相似三角形的性質(zhì)與判定，求余弦，證明△AMD∽△【變式32】（2023春·浙江杭州·九年級專題練習(xí)）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，cosB=35，將△ABC繞頂點C旋轉(zhuǎn)得到△A'B'C'，且使得

A．25 B．720 C．310【答案】B【分析】如圖（見解析），設(shè)BC=3a(a>0)，先根據(jù)余弦三角函數(shù)得出BE的長，再根據(jù)等腰三角形的三線合一可得BB'的長，從而可得A【詳解】如圖，過點C作CE⊥AB∵在Rt△ABC中，∠∴可設(shè)BC=3a(a∴△BC∴B由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，B'C在Rt△BCE中，cosB解得BE∴∴在△AB'D∴△∴故選：B．

【點睛】本題考查了余弦三角函數(shù)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識點，通過作輔助線，運用余弦三角函數(shù)求出BE的長是解題關(guān)鍵．【變式33】（2023·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠BAC＝12，AD＝2，BD＝4，連接CD，則CD長的最大值是（

A．25+34 B．25+1 C．2【答案】B【分析】過點A作∠DAP=∠BAC，過點D作AD⊥DP交AP于點P，分別求出PD，PC，在△PDC中，利用三角形的三邊關(guān)系即可求出CD長的最大值．【詳解】解：如圖，過點A作∠DAP=∠BAC，過點D作AD⊥DP交AP于點P，∵∠ABC=90°，tan∠∴tan∠∴DPAD∵AD=2，∴DP=1，∵∠DAP=∠BAC，∠ADP=∠ABC，∴△ADP∽△ABC，∴APAC∵∠DAB=∠DAP+∠PAB，∠PAC=∠PAB+∠BAC，∠DAP=∠BAC，∴∠DAB=∠PAC，APAC∴△ADB∽△APC，∴ADAP∵AP=∴PC=∴PD+PC=1+2在△PDC中，∵PD+PC>DC，PC?PD<DC，∴25當(dāng)D，P，C三點共線時，DC最大，最大值為25故選：B．【點睛】本題考查了銳角三角函數(shù)的定義，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形的三邊關(guān)系，構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．【題型4銳角三角函數(shù)與圓的綜合應(yīng)用】【例4】（2023·廣東惠州·?？寄M預(yù)測）如圖，AB是⊙O的直徑，點E為弧AC的中點，AC、BE交于點D，過A的切線交BE的延長線于F

(1)求證：AD=(2)若AOAF=2【答案】(1)見詳解(2)7【分析】（1）連接AE，由AB是直徑，得到∠AEB=90°，由題知∠FAB=90°，經(jīng)過角的等量代換得到∠ABE=∠（2）連接OD、OE，根據(jù)OE=OA結(jié)合（1）所得，證明OE⊥AC，由AOAF=23得到tan∠B=34，設(shè)EF=DE【詳解】（1）連接AE，∵AB是直徑，∴∠AEB=90°，即∵AF是切線，∴∠FAB∵∠B∴∠FAE又∵CE=∴∠CAE∴∠FAE∵∠FAE=∠DAE，AE∴△AEF∴AD（2）連接OD、OE，∵OE∴∠B∴∠OEB+∠ADE∵AOAF=∴ABAF∴tan設(shè)AB=4x，利用勾股定理可得：BF=5∴sin∠B再設(shè)EF=DE=3a，則在Rt△DEG中，DG=∴AG=又∵AOAF∴OA=OEtan∠

【點睛】本題考查了圓周角定理，等腰三角形三線合一的性質(zhì)，圓的切線，解直角三角形；熟悉相關(guān)的性質(zhì)，熟練地在圖形中進(jìn)行角的轉(zhuǎn)換、解直角三角形是本題的關(guān)鍵．【變式41】（2023·湖北武漢·校考三模）如圖，AB是⊙O的直徑，PA是⊙O的切線，PB交⊙O于D，點C是弧BD

(1)求證：PC是⊙O(2)若CD∥AB，求【答案】(1)見解析(2)1【分析】（1）連接OP，OC，利用全等三角形的判定與性質(zhì)，切線的性質(zhì)定理和判定定理解答即可；（2）作圓的直徑CE，連接OP，AC，它們交于點G，連接ED，BC，利用平行線的性質(zhì)，圓周角定理和直角三角形的性質(zhì)可得AF=BF=PF；利用切線長定理和等腰三角形的性質(zhì)可得OP⊥AC，AG=GC；利用平行線分線段成比例定理可得【詳解】（1）證明：連接OP，OC，如圖，

∵PA是⊙∴OA∴∠A在△OAP和△OA=∴△OAP∴∠A∴OC∵OC為⊙∴PC是⊙（2）解：作圓的直徑CE，連接OP，AC，它們交于點G，連接ED，BC，如圖，∵CD∴AD=∴∠BAC∴AF∵∠OAP∴∠BAC+∠CAP∴∠CAP∴AF∴AF∵PA，PC是⊙∴OP平分∠∵PA∴OP⊥AC∵AB為⊙∴AC∴OP∴GFFC∴GF∴AG∴AF∴BF在Rt△sin∠∵PC是⊙∴∠PCE∵DC∴∠CBD∵CE∴∠CDE∴∠CED∴∠CED∴∠PCD∴sin【點睛】本題主要考查了圓的切線的判定與性質(zhì)，切線長定理，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系定理，解題的關(guān)鍵是連接OC，OP，添加適當(dāng)?shù)妮o助線．【變式42】（2023·浙江杭州·校考三模）如圖1，三角形ABC內(nèi)接于圓O，點D在圓O上，連接AD和CD，CD交AB于點E，∠

(1)求證：AB是直徑；(2)如圖2，點F在線段BE上，AC=AF①求證：DE=②若AB=kAD，用含k的表達(dá)式表示【答案】(1)證明見解析(2)①證明見解析；②k【分析】（1）先根據(jù)圓周角定理可得∠ADE=∠ABC（2）①先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠AFC=∠ACF，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)可得∠AFC=∠②過點A作AH⊥CD于點H，設(shè)DE=DA=xx>0，BC=y，則AB=kx，cosB=【詳解】（1）證明：由圓周角定理得：∠ADE∵∠ADE∴∠ABC∴∠A