中考數學—直角三角形的邊角關系的綜合壓軸題專題復習

1、向的C處，求該船與B港口之間的距離即考點：解直角三角形的應用-方向角問題.中考數學一直角三角形的邊角關系的綜合壓軸題專題復習一、直角三角形的邊角關系1.(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CB的長(結果保留根號)【解析】試題分析：作ADXBCTD,于是有/ABD=45,得至UAD=BD=°V，2,求出ZC=6CT,根據正切的定義求出CD的長，得到答案.試題解析：作ADXBCTD,./EAB=30,AE/BF,./FBA=30,又/FBC=75,/ABD

2、=45；又AB=60,AD=BDO）,/BAC=ZBAE+/CAE=75；/ABC=45,AD30v2/C=60；在RtACD中，/C=60；AD=°V，2,則tanC=人,.CD=（）四,.BC=*°V?+1°/.故該船與B港口之間的距離CB的長為1°W海里.2.已知：如圖，在RtAABC中，/ACB=90°,點M是斜邊AB的中點，MD/BC,且MD=CM,DELAB于點E,連結AD、CD.(1)求證：MEDsBCA;(2)求證：AMDCMD；17.cos/ABC的(3)設AMDE的面積為Si,四邊形BCMD的面積為當S2=S時，求5值.5【

3、答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)cos/ABC=5.7【解析】【分析】(1)易證/DME=/CB/ACB=/MED=90,從而可證明MEDsBCA；(2)由ZACB=90，點M是斜邊AB的中點，可知MB=MC=AM,從而可證明ZAMD=ZCMD,從而可利用全等三角形的判定證明AMDCMD；2一SMD1(3)易證MD=2AB,由(1)可知：MEDsBCA,所以,所以SvacbAB4Samcb=Saacb=2Si,從而可求出Saebc=S2-&mcb-S1=Si,由于_,從而可25SvebdEB知ME5,設ME=5x,EB=2x,從而可求出AB=14x,BC=7,最后根據銳

4、角三角函數的EB22定義即可求出答案.【詳解】(1) .MD/BC,/DME=ZCBA/ACB=ZMED=90；.MEDsBCA；(2) /ACB=90，點M是斜邊AB的中點，MB=MC=AM,/MCB=ZMBC, /DMB=ZMBC,/MCB=ZDMB=ZMBC, /AMD=180-/DMB,/CMD=180-/MCB-/MBC+ZDMB=180-/MBC,/AMD=ZCMD,AMD與ACMD中，MDMDAMDCMD,AMCM .AMDACMD(SAS;(3) MD=CM, .AM=MC=MD=MB, .MD=2AB,由(1)可知：MEDsBCA2GSVACBMD1AB4Saace=4Si,

5、.CM是ACB的中線,1Samcb=-8Aacb=2Si2，2_ Saebd=S2SamcbSi=Si,5SMESvebdEBSiMEEB，ME5EB2設ME=5x,EB=2x,，MB=7x,，AB=2MB=14x,MDME1ABBC2.BC=10x,10x514x7,-BCcos/ABC=AB【點睛】本題考查相似三角形的綜合問題，涉及直角三角形斜邊中線的性質，全等三角形的性質與判定，相似三角形的判定與性質，三角形面積的面積比，銳角三角函數的定義等知識，綜合程度較高，熟練掌握和靈活運用相關的性質及定理進行解題是關鍵DE=13.下圖是某兒童樂園為小朋友設計的滑梯平面圖.已知BC=4m,AB=6m

6、,中間平臺寬度m,EN,DM,CB為三根垂直于AB的支柱，垂足分別為N,M,B,ZEAB=31：DF,BC于點F,ZCDFN5：求DM和BC的水平距離BM的長度.（結果精確到0.1m.參考數據：sin31°52,cos31.86,tan31.60)0【答案】2.5m.【解析】試題分析：設DF=x,在RtDFC中，可得CF=DF=x則BF=4-x,根據線段的和差可得AN=5-x,EN=DM=BF=4-X,在RtANE中，/EAB=，利用/EAB的正切值解得x的值.試題解析：解：設DF=Y,在RtDFC中，/CDF=5;，CF=tan45=DF=x,又CB=4,BF=4X,.AB=6,D

7、E=1,BM=DF=X,.AN=5X,EN=DM=BF=4-工，在RtANE中，/EAB=r,EN=41，AN=5工，EX4-xtan31=0.60,解得M=2.5,答：DM和BC的水平距離BM為2.5米.考點：解直角三角形.4.如圖，AB是。的直徑，弦CD±AB于H,過CD延長線上一點E作。的切線交AB的延長線于切點為G,連接AG交CD于K.（1）求證：KE=GE（2）若KG=KD?GE試判斷AC與EF的位置關系，并說明理由；3（3）在（2）的條件下，若sinE=，AK=XI,求FG的長.25vz【答案】（1）證明見解析；（2）AC/EF,證明見解析；（3）FG二【解析】試題分析：

8、(1)如圖1,連接OG.根據切線性質及CD±AB,可以推出/KGE=/AKH=ZGKE,根據等角對等邊得至UKE=GE(2)AC與EF平行，理由為：如圖2所示，連接GD,由/KGENGKE及K=KD?GE利用兩邊對應成比例且夾角相等的兩三角形相似可得出GKD與EKG相似，又利用同弧所對的圓周角相等得到/C=/AGD,可推知/E=/C,從而得到AC/EF;(3)如圖3所示，連接OG,OC,先求出KE=GE再求出圓的半徑，根據勾股定理與垂徑定理可以求解；然后在RtOGF中，解直角三角形即可求得FG的長度.試題解析：(1)如圖1,連接OG.EG為切線, /KGE-+ZOGA=90； .CD

9、XAB, /AKH+ZOAG=90;又OA=OG,/OGA=ZOAG, /KGE4AKH=ZGKE,KE=GE(2)AC/EF,理由為連接GD,如圖2所示.又/KGE4GKE2 .GKDAEGK；/E=ZAGD,又ZC=ZAGD,/E=ZC,.AC/EF;(3)連接OG,OC,如圖3所示,產GE圖3.EG為切線，3 /KGE-+ZOGA=90；4 .CDXAB,5 /AKH+ZOAG=90；又OA=OG,/OGA=ZOAG,6 /KGE4AKH=ZGKE,KE=GE37 .sinE=sinZACH=,設AH=3t,則AC=5t,CH=4t,KE=GEAC/EF,，CK=AC=5tHK=CK-C

10、H=t在RtAHK中，根據勾股定理得AH2+HK2=AK2,即（3t）2+t2=（2、再）2,解得t=?.設。O半徑為r,在RtOCH中，OC=r,OH=r-3t,CH=4t,由勾股定理得：OH2+CH2=OC2,:ht="2525,解得r=即（r-3t）2+（4t）2=r2EF為切線,.OGF為直角三角形，CU4,tan/OFG=tan/CAH=；一25一好在RtOGF中，OG=r=625OG25"一二M.FG=【點睛】此題考查了切線的性質，相似三角形的判定與性質，垂徑定理，勾股定理，銳角三角函數定義，圓周角定理，平行線的判定，以及等腰三角形的判定，熟練掌握定理及性質是解

11、本題的關鍵.5.如圖，已知，在eO中，弦AB與弦CD相交于點E,且ACBD.(1)求證:ABCD;(2)如圖，若直徑FG經過點E,求證：EO平分AED;(3)如圖，在(2)的條件下，點P在CG上，連接FP交AB于點M,連接MG,若ABCD,MG平分PMB,MG2,FMG的面積為2,求eO的半徑的長.【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)eO的半徑的長為國.【解析】【分析】(1)利用相等的弧所對的弦相等進行證明；(2)連接AO、DO,過點。作OJAB于點J,OQCD于點Q,證明AOJDOQ得出OJOQ,根據角平分線的判定定理可得結論；(3)如圖，延長GM交eO于點H,連接HF,求出FH2,在

12、HG上取點L,使HLFH,延長FL交eO于點K,連接KG,求出FL2后，設HMn,則有LKKG-n,FKFLLK2Gn,再證明-一KGHFKFGEMGHMF,從而得到tanKFGtanHMF,，再代入FKHMLK和FK的值可得n=4,再求得FG的長，最后得到圓的半徑為癡.【詳解】解：(1)證明：.AcBd，AcCb?dCb，?abCd,ABCD.(2)證明：如圖，連接AO、DO,過點O作OJAB于點J,OQCD于點Q,AD一11AJODQO90,AJ-AB-CDDQ,22又.AODO,AOJDOQ,OJOQ,又OJAB,OQCD,，EO平分AED.(3)解：CDAB,AED90,_1_由(2)

13、知，AEFAED45,2如圖，延長GM交eO于點H,連接HF,一,一一-1,FG為直徑，H90,Smfg-MGFH2,MG2,FH2,在HG上取點L,使HLFH,延長FL交eO于點K,連接KG,HFLHLF45,KLGHLF45,FG為直徑，K90,KGL90KLG45KLG,LKKG,在RtFHL中，FL2FH2HL2，FL2&，設HMn,HLMG2,GLLMMGHLLMHMn,在RtLGK中，LG2LK2KG2,LKKGn,2FKFLLK2近n,2AEFAED45,2MGFEMGMEF45,KFGEMGHMF,tanKFGtanHMF,2n.KGHF2n2，f,FKHM2金V2nn

14、HGHMMG6,在RtHFG中，FG2FH2HG2,GMPGMB，:PMGHMF，二HMFGMB,1FG2.10,FO/lQ.MGFKFGHLF45,即eO的半徑的長為JT0.【點睛】考查了圓的綜合題，本題是垂徑定理、圓周角定理以及三角函數等的綜合應用，適當的添加輔助線是解題的關鍵.6.如圖1,以點M(1,0)為圓心的圓與y軸、x軸分別交于點A、日C、D,直線y=Xx-*與。M相切于點H,交x軸于點E,交y軸于點F.(1)請直接寫出OE、OM的半徑r、CH的長；(2)如圖2,弦HQ交x軸于點巳且DP：ph=3:2,求cos/QHC的值；(3)如圖3,點K為線段EC上一動點(不與E、C重合)，連

15、接BK交。M于點T,弦AT交x軸于點N.是否存在一個常數a,始終滿足MIN-MK=a,如果存在，請求出a的值；如果不存在，請說明理由.圖1圖2圖J【答案】(1)OE=5,r=2,CH=23*,*cosQHC=-(2)(3) a=4【解析】【分析】(1)在直線y=3x'中，令y=0,可求得E的坐標，即可得到OE的長為5;連接MH,根據4EMH與EFO相似即可求得半徑為2;再由EC=MC=2/EHM=90,可知CH是RTAEHM斜邊上的中線，根據直角三角形斜邊上白中線等于斜邊的一半即可得出CH的長；(2)連接DQ、CQ.根據相似三角形的判定得到CH/QPD,從而求得DQ的長，在直角三角形C

16、DQ中，即可求得/D的余弦值，即為cos/QHC的值；(3)連接AK,AM,延長AM,與圓交于點G,連接TG,由圓周角定理可知，/GTA=90,°Z3=Z4,故/AKC=ZMAN,再由AMKsNMA即可得出結論.【詳解】(1)OE=5,r=2,CH=2(2)如圖1,連接QC、QD,則/CQD=90°,/QHC=/QDC,DP易知CH/DQP,故PHDQOH,得dQ=3,由于CD=4,*，二coszQDC=QD3CD4(3)如圖2,連接AK,AM,延長AM,與圓交于點G,連接TG,則=2+"=900,N=T/Z+£3=W由于E/7R。十上口-90"

17、;,故，乙R,'。-乙？；而乙”八。一乙2,故"一上2在MM*和卬M%,±1一2；"MKjNM月故AMKsNMAMNAM；;即：:二*二二一I-故存在常數W,始終滿足ara次=o常數a="4"解法二：連結BM,證明AASTsXlKB得一,二一；二7. 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，參考數據：sin31°=0.52D

18、Os31°=0.86tan31°=0.60【答案】主塔BD的高約為86.9米.【解析】【分析】根據直角三角形中由三角函數得出BC相應長度，再由BD=BC+Cg得出.【詳解】在RtABC中，/ACB=90°,sinABCABBCABsinA152sin311520.5279.04.BDBCCD79.047.986.9486.9（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的結合，熟悉掌握是解決本題的關鍵8. 3米/秒=65.88千米/小時60千米/小時.此車超過限制速度.4分AB為20cm,BC為A到CD的距9. 現有一個Z型的工件（工

19、件厚度忽略不計），如圖所示，其中60cm,/ABC=90,ZBCD=60°,求該工件如圖擺放時的高度（即離）.（結果精確到0.1m,參考數據：、5=1.73【答案】工件如圖擺放時的高度約為61.9cm.【解析】【分析】過點A作AP，CD于點P,交BC于點Q,由/CQP=/AQB、/CPQ=/B=90°知/A=/C=60°,在4ABQ中求得分別求得AQ、BQ的長，結合BC知CQ的長，在4CPQ中可得PQ,根據AP=AQ+PQ得出答案.【詳解】解：如圖，過點A作AP，CD于點P,交BC于點Q,ZCQP=ZAQB,/CPQ=/B=90/A=/C=60°,AB2

20、0.一r_<=T=4。在4ABQ中，.AQ=cosH1(cm),2BQ=ABtanA=20tan60=20、巴（cm）,.CQ=BC-BQ=60-20M（cm）,在ACPQ中，PQ=CQsinC=（6020、？）sin60=30（%0-1）cm,.AP=AQ+PQ=40+30（、'？1）=61.9cm）,答：工件如圖擺放時的高度約為61.9cm.【點睛】本題主要考查解直角三角形的應用，熟練掌握三角函數的定義求得相關線段的長度是解題的關鍵.10.如圖，在一次軍事演習中，藍方在一條東西走向的公路上的A處朝正南方向撤退，紅方在公路上的B處沿南偏西60。方向前進實施攔截，紅方行駛1000

21、米到達C處后，因前方無法通行，紅方決定調整方向，再朝南偏西45。方向前進了相同的距離，剛好在D處成功攔截藍方，求攔截點D處到公路的距離（結果不取近似值）.D【答案】攔截點D處到公路的距離是（500+500V2）米.【解析】試題分析：過B作AB的垂線，過C作AB的平行線，兩線交于點E;過C作AB的垂線,過D作AB的平行線，兩線交于點F,則/E=ZF=90。，攔截點D處到公路的距離DA=BE+CF解RtBCE求出BE=1BC=1X1000=50冰；解RCDF,求出_r試題解析：如圖，過B作AB的垂線，過垂線，過D作AB的平行線，兩線交于點CF=±CD=500j2米，則DA=BE+CF=(

22、500+50072)米C作AB的平行線，兩線交于點E;過C作AB的F,則ZE=ZF=90。，攔截點D處到公路的距離DA=BE+CF在RtBCE中，./E=90°,/CBE=60,/BCE=30,°1_1“BE=-BC=-X1000=50米；在RtCDF中，ZF=90°,/DCF=45,CD=BC=1000米,，CF=_CD=500j2米,.DA=BE+CF=（500+500拒）米，故攔截點D處到公路的距離是（500+500萬）米考點：解直角三角形的應用-方向角問題.11.如圖，某人在山坡坡腳C處測得一座建筑物頂點A的仰角為63.4；沿山坡向上走到P處再測得該建筑物

23、頂點A的仰角為53°.已知BC=90米，且曰CD在同一條直線上，山坡坡度i=5:12.（1）求此人所在位置點P的鉛直高度.（結果精確到0.1米）（2）求此人從所在位置點P走到建筑物底部B點的路程（結果精確到0.1米）（測傾器的高度忽略不計，參考數據：tan53°4,tan63.4°=2）3BCD水平順【答案】（1）此人所在P的鉛直高度約為14.3米；（2）從P到點B的路程約為127.1米【解析】分析：過P作PF，BD于F,PP已AB于E,設PF=5x,在RtAABC中求出AB,用含x的式子表示出AE,EP,由tan/APE,求得x即可；（2）在RtACPF中，求出

24、CP的長.詳解：過P作PF±BD于F,PPE±AB于E,斜坡的坡度i=5：12,設PF=5x,CF=12x,四邊形BFPE為矩形，.BF=PEPF=BE在RTAABC中，BC=90,ABtan/ACB=,BC.AB=tan63.4>BC=2x=9080,AE=AB-BE=AB-PF=1805x,EP=BC+CF90120x.在RTAAEP中，AE1805x4tan/APE=，EP90+12x320.x=,7_100PF=5x=14.3.7答：此人所在P的鉛直高度約為14.3米.由得CP=13x,“20。2.CP=13X37.1,BC+CP=90+37.1=127.1.答：從P到點B的路程約為127.1米.點睛：本題考查了解直角三角形的應用，關鍵是正確的畫出與實際問題相符合的幾何圖形，找出圖形中的相關線段或角的實際意義及所要解決的問題，構造直角三角形，用勾股定理或三角函數求相應的線段長.12.如圖，半圓O的直徑AB=20,弦CD)/AB,動點M在半徑OD上，射線BM與弦CD相交于點E(點E與點CD不重合)，設OM=m.(1)求DE的長(用含m的代數式表示)；4(2)令弦CD所對的圓心角為'且sin二一.25若ADEM的面積為S,求S關于m的函數關系式，并求出m的取值范圍；若動點N在CD上，且CN=OM,射線BM與射線ON相交