专题14 解直角三角形——5年（2018~2022）中考1年模拟数学分项汇编（北京专用）

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专题14  解直角三角形1．（2021·北京·中考真题）如图，在四边形中，，点在上，，垂足为．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若平分，求和的长．【答案】（1）见详解；（2），【解析】（1）证明：∵，∴AD∥CE，∵，∴四边形是平行四边形；（2）解：由（1）可得四边形是平行四边形，∴，∵，平分，，∴，∴EF=CE=AD，∵，∴，∴，∴．2．（2020·北京·中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD是⊙O的切线，D为切点，OF⊥AD于点E，交CD于点F．（1）求证：∠ADC=∠AOF；（2）若sinC=，BD=8，求EF的长．【答案】（1）见解析；（2）2．【解析】（1）证明：连接OD，∵CD是⊙O的切线，∴OD⊥CD，∴∠ADC+∠ODA=90°，∵OF⊥AD，∴∠AOF+∠DAO=90°，∵OD=OA，∴∠ODA=∠DAO，∴∠ADC=∠AOF；（2）设半径为r，在Rt△OCD中，，∴，∴，∵OA=r，∴AC=OC-OA=2r，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，又∵OF⊥AD，∴OF∥BD，∴，∴OE=4，∵，∴，∴．3．（2020·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，A，B为⊙O外两点，AB=1．给出如下定义：平移线段AB，得到⊙O的弦（分别为点A，B的对应点），线段长度的最小值称为线段AB到⊙O的“平移距离”．（1）如图，平移线段AB到⊙O的长度为1的弦和，则这两条弦的位置关系是           ；在点中，连接点A与点        的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”；（2）若点A，B都在直线上，记线段AB到⊙O的“平移距离”为，求的最小值；（3）若点A的坐标为，记线段AB到⊙O的“平移距离”为，直接写出的取值范围．【答案】（1）平行，P3；（2）；（3）【解析】解：（1）平行；P3；（2）如图，线段AB在直线上，平移之后与圆相交，得到的弦为CD，CD∥AB，过点O作OE⊥AB于点E，交弦CD于点F，OF⊥CD，令，直线与x轴交点为（-2，0），直线与x轴夹角为60°，∴．由垂径定理得：，∴；（3）线段AB的位置变换，可以看作是以点A为圆心，半径为1的圆，只需在⊙O内找到与之平行，且长度为1的弦即可；点A到O的距离为．如图，平移距离的最小值即点A到⊙O的最小值：；平移距离的最大值线段是下图AB的情况，即当A1,A2关于OA对称，且A1B2⊥A1A2且A1B2=1时.∠B2A2A1=60°，则∠OA2A1=30°,∵OA2=1,∴OM=, A2M=,∴MA=3,AA2= ,∴的取值范围为：．1．（2022·北京朝阳·模拟预测）如图，在矩形 ABCD中，AD=10，tanAEB=，点E为BC 上的一点，ED平分AEC，（1）求BE的值；（2）求sinEDC．【答案】（1）；（2）【解析】（1） ED平分AEC，，四边形是矩形，，，，，， tanAEB=，设,则，，，，，（2）四边形是矩形，，，，，，．．2．（2022·北京·中国人民大学附属中学分校一模）如图，点E是中弦AB的中点，过点E作的直径CD，P是 上一点，过点P作的切线，与AB的延长线交于F，与CD的延长线交于点G，连接CP与AB交于点M（1）求证：FM=FP；（2）若点P是FG的中点，，半径长为3，求EM长【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）解：连结OP．∵CD为的直径，E为弦AB的中点∴∠1=90°∴∠2+∠C=90°.∵PF是的切线，∴∠OPF=90°．∴∠3+∠4=90°.∵OC=OP∴∠C=∠3．∴∠4=∠2∵∠2=∠5∴∠5=∠4∴FM=FP(2)连接DE∵∠1=90°∴∠G+∠F=90°∵∠6+∠G=90°∴∠6=∠F∴在Rt△OPG中，∵OP=3 ∴OG=5∴PG=4∴PF=PG=4∴GF=8∴∴∴.3．（2022·北京朝阳·模拟预测）如图，已知中，，．（1）求作，使得且点在上：要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）（2）在（1）的条件下，若，，求的长度．【答案】（1）作图见解析；（2）．【解析】解：（1）如图，即为所求（过点作）（2）如图，由（1）得，∵，∴，在中，，在中，，，∴．4．（2022·北京十一学校一分校一模）如图，在四边形ABCD中，ABDC，AC⊥BD，垂足为F，过点A作AE⊥AC，交CD的延长线于点E．(1)求证：四边形ABDE是平行四边形；(2)若AC＝6，cos∠ABD＝，求BD的长．【答案】(1)见解析；(2)【解析】(1)证明：∵AC⊥BD，AC⊥AE，∴BD∥AE，∵AB∥DC，∴AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形．(2)解：∵AB∥CE，∴∠ABD=∠CDB=∠E，∴cos∠E=，设AE=3k，BC=5k，在Rt△EAC中，，∴k=∴AE=，∴BD=．5．（2022·北京朝阳·一模）如图，在矩形中，，相交于点O，，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)【解析】(1)证明：，四边形AEBO是平行四边形又四边形ABCD是矩形，， 四边形AEBO是菱形(2)解：如图：连接EO，交AB于点F四边形ABCD是矩形，， 又是等边三角形， 四边形AEBO是菱形， 四边形的面积为：6．（2022·北京朝阳·一模）如图，为的直径，C为上一点，和过点C的切线互相垂直，垂足为D．(1)求证：平分；(2)若，，求的长．【答案】(1)证明见详解(2)【解析】(1)证明：如图1，连接OC，∵CD为切线，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，即平分；(2)解：如图2，连接BC，∵为的直径，∴，∵，∴，即，解得，∵，∴，∴．7．（2022·北京市第一六一中学分校一模）在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点C作CE∥BD交AD的延长线于点E．(1)求证：∠ACD＝∠ECD；(2)连接OE，若AB＝2，tan∠ACD＝2，求OE的长．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)证明：∵AD∥BC，DE为AD的延长线∴DE∥BC又∵CE∥BD∴四边形DBCE是平行四边形∴DE=BC在矩形中，BC=AD， ∴DE=AD又∵CD=CD∴ ∴(2)解：如图，作OH垂直于AD于H，即有∥CD∵点O为矩形对角线的交点，即点O为AC、BD的中点∴CD=AB=2，OA=OD∴点H为AD中点，即，∴∵ ∴∴在直角三角形OHE中∴8．（2022·北京市燕山教研中心一模）疫情防控过程中，很多志愿者走进社区参加活动．如图所示，小冬老师从A处出发，要到A地北偏东方向的C处，他先沿正东方向走了到达B处，再沿北偏东方向走，恰能到达目的地C处，求A，C两地的距离．（结果取整数，参考数据：）【答案】【解析】解：∵∴∴过点C作垂线交延长线于点D，∴．   在中，∴∴又在中，．∴∴A，C两地的距离是．9．（2022·北京市燕山教研中心一模）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，过点D作交的延长线于点E．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，，求的值．【答案】(1)见解析(2)【解析】(1)证明：∵四边形是菱形∴，．∵∴∴∴∴四边形是平行四边形．(2)解：∵四边形是平行四边形∴∵∴∵∴∴∵，，∴∴∴10．（2022·北京丰台·一模）如图，在四边形ABCD中，∠DCB＝90°，ADBC，点E在BC上，ABDE，AE平分∠BAD．(1)求证：四边形ABED为菱形；(2)连接BD，交AE于点O．若AE＝6，sin∠DBE＝，求CD的长．【答案】(1)见解析(2)【解析】(1)证明：∵ADBC，ABDE，∴四边形ABED为平行四边形，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE．∵ADBC，∴∠DAE=∠AEB，∴∠BAE=∠AEB，∴AB=BE，∴▱ABED是菱形；(2)解：如图，连接BD，∵四边形ABED是菱形，∴AE⊥BD，AO=OE==3，OB=OD，∴sin∠DBE==，∴BE=5，∴，∴BD=2OB=8，∵∠DCB＝90°，∴，∴∴．11．（2022·北京大兴·一模）如图，A是上一点，BC是的直径，BA的延长线与的切线CD相交于点D，E为CD的中点，AE的延长线与BC的延长线交于点P．(1)求证：AP是的切线；(2)若，，求CD的长．【答案】(1)见解析(2)【解析】(1)证明：连接，；如图所示：是的直径，，，是的中点，，，，，是的切线，，，，，是上一点，是的切线；(2)解：由（1）知．在中，，，即，；，，，是等边三角形，，在中，，，，，又在中，，，．12．（2022·北京市十一学校模拟预测）如图，在四边形中，，于点，点是延长线上一点，，于点．(1)求证：四边形是菱形；(2)若平分，，，求和的长．【答案】(1)证明见解析(2)的长为，的长为【解析】(1)证明：∵，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是菱形．(2)解：∵四边形是菱形，∴，平分，，∵平分，，∴，和都是直角三角形，∵，，∴在中，，，∴，∴，∴，在中，，，∴，∴，∴，∴．∴的长为，的长为．13．（2022·北京·清华附中一模）如图，AB是半圆的直径，过圆心O作AB的垂线，与弦AC的延长线交于点D，点E在OD上．（1）求证：CE是半圆的切线；（2）若CD=10，，求半圆的半径．【答案】（1）见解析；(2)【解析】详解：（1）证明：如图，连接CO.∵AB是半圆的直径，∴∠ACB=90°. ∴∠DCB=180°-∠ACB=90°.∴∠DCE+∠BCE=90°.∵OC=OB,∴∠OCB=∠B.∵，∴∠OCB=∠DCE. ∴∠OCE=∠DCB=90°.∴OC⊥CE.∵OC是半径，∴CE是半圆的切线. （2）解：设AC=2x，∵在Rt△ACB中，,∴BC=3x.∴. ∵OD⊥AB,∴∠AOD=∠ACB=90°.∵∠A=∠A，∴△AOD∽△ACB.∴.∵，AD=2x+10,∴.解得 x=8.∴.则半圆的半径为.14．（2022·北京·模拟预测）数学兴趣小组到黄河风景名胜区测量炎帝塑像（塑像中高者）的高度．如图所示，炎帝塑像DE在高55m的小山EC上，在A处测得塑像底部E的仰角为34°，再沿AC方向前进21m到达B处，测得塑像顶部D的仰角为60°，求炎帝塑像DE的高度．（精确到1m．参考数据：，，，）【答案】51【解析】解：，，，，，，，在中，，，，答：炎帝塑像DE的高度约为51m．15．（2022·北京·北理工附中模拟预测）如图，在菱形ABCD中，E、F、G分别为边AB、AD、BC的中点，连接EF、FG、EG(1)求证：为直角三角形(2)连接ED，当，时，求ED的长．【答案】(1)见解析(2)【解析】(1)解：如图，分别连接AC、BD，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵E、F、G分别为边AB、AD、BC的中点，∴EG∥AC，EF∥BD，∵AC⊥BD，∴EG⊥EF，∴∠GEF=90°，∴△EGF为直角三角形；(2)解：如图，设EG与BD的交点为H，AC与BD的交点为O，则点O也在EF上，连接ED和EO，由题意可得：点E、F、G、O分别是AB、AD、BC、BD的中点∴EF∥BD，GO∥CD，EG∥AC且，∴∠EFG=∠BOG，∠BOG=∠BDC，又∵∠BDC=∠ADB，∴∠ADB=∠EFG，∵AC⊥BD，∴∠AOD=90°，在Rt△AOD中，，∵，∴设，，由勾股定理得：,即：，解得：，∴，，∴，易证四边形EBGO是菱形，∴∴，在Rt△EHD中，由勾股定理得：，即：．16．（2022·北京海淀·一模）如图，是的外接圆，AB是的直径，点D为的中点，的切线DE交OC延长线于点E．(1)求证：；(2)连接BD交AC于点P，若，，求DE和BP的长．【答案】(1)见解析(2)，【解析】(1)连接OD，∵点D是的中点，∴OD⊥AC，∵DE是⊙O切线，∴DE⊥OD，∴DE∥AC(2)设OD与AC交点为F，连接AD，则∠CAD=∠CBD，∵DE∥AC，∴∠E=∠OCA，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴∠OAC=∠E，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=∠EDO=90°，∴△ABC∽△EOD，∴，∵，AC=8，∴AB=10，∴，OD=5，∴∴，∵，∴DF=OD-OF=5-3=2，∵，∴，∴，∴，∴17．（2022·北京师大附中模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点P在线段AD上，由点D向点A运动，当点P与点A重合时，停止运动．以点P为圆心，PD为半径作⊙P，⊙P与AD交于点M点Q在⊙P上且在矩形ABCD外，∠QPD＝120°．(1)当时PC＝   ，扇形QPD的面积＝   ，点C到⊙P的最短距离＝   ；(2)⊙P与AC相切时求PC的长？(3)如图⊙P与AC交于点E、F当EF＝6.4时，求PD的长？(4)请从下面两问中，任选一道进行作答．①当⊙P与△ABC有两个公共点时，直接写出PD的取值范围；②直接写出点Q的运动路径长以及BQ的最短距离．【答案】(1)，，；(2)；(3)4；(4)①PD的范围为：3＜PD＜6或；②点Q的运动路径长是，BQ的最短距离是．【解析】(1)解：如图1，连接PC，QP，PC交⊙P于T，∵矩形ABCD∴∠ADC＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，在Rt△CDP中，由勾股定理得：，∵∠QPD＝120°，∴，故答案为：，，；(2)解∶如图2，⊙P与AC相切时，设切点为点H，连接PH，则PH⊥AC，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10，在Rt△ADC中，，设⊙P半径为x，则PH＝PD＝x，AP＝8－x，在Rt△AHP中，，∴，∴x＝3，在Rt△PDC中，CD＝6，PD＝3，∴；(3)解∶如图3，过点P作PH⊥AC，连接PF；则∠PHA＝∠ADC＝90°，∵∠PAH＝∠DAC，∴△AHP∽△ADC，∴，设⊙P半径为x，则PF＝PD＝x，AP＝8－x，∴，在⊙P中，FH⊥AC，EF＝6.4，∴HF＝3.2，在Rt△PHF中，，∴x＝4或x＝－13（舍去），∴PD＝4；(4)解∶①如图4，作于M，作于N，当时，与AC相切，只有1个公共点，由（2）知，此时PD＝3，当时，与△ABC有3个公共点；当6＜PN≤PB时，⊙P与△ABC有3个公共点；，∴，解得：综上所述，PD的范围为：3＜PD＜6或；②如图5，∵∠QPD＝120°，当点P与点A重合时，AQ＝AD∴点Q的运动路径是线段DQ，∠DAQ＝120°，∠ADQ＝∠AQD＝30°，BQ的最短距离是点B到直线CQ的距离；过点B作BK⊥CQ于K，BK交AD于S，过A作AL⊥CQ于L，连接BD，AQ，∵AL⊥CQ，∴∠ALD＝∠ALQ＝90°，∵AQ＝AD，AL＝AL∴Rt△ADL≌Rt△AQL∴DL＝QL，∠DAL＝∠QAL＝60°，∴，即∴在Rt△BCD中，设SD＝m，则，∵∠ASB＝∠DSK＝90°－∠ADQ＝90°－30°＝60°，∴∠ABS＝30°∴，即8－m＝6tan30°，解得：∴，∴故点Q的运动路径长是，BQ的最短距离是．