全国各地中考数学试题分类汇编 直角三角形与勾股定理 含答案.docx
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全国各地中考数学试题分类汇编直角三角形与勾股定理含答案
直角三角形与勾股定理
一、选择题
1.(2016·四川达州·3分)如图,在5×5的正方形网格中,从在格点上的点A,B,C,D中任取三点,所构成的三角形恰好是直角三角形的概率为( )
A.
B.
C.
D.
【考点】勾股定理的应用.
【分析】从点A,B,C,D中任取三点,找出所有的可能,以及能构成直角三角形的情况数,即可求出所求的概率.
【解答】解:
∵从点A,B,C,D中任取三点能组成三角形的一共有4种可能,其中△ABD,△ADC,△ABC是直角三角形,
∴所构成的三角形恰好是直角三角形的概率为
.
故选D.
2.(2016·广东广州)如图2,已知三角形ABC,AB=10,AC=8,BC=6,DE是AC的垂直平分线,DE交AB于D,连接CD,CD=()
A、3B、4C、4.8D、5
[难易]中等
[考点]勾股定理及逆定理,中位线定理,中垂线的性质
[解析]因为AB=10,AC=8,BC=8,由勾股定理的逆定理可得三角形ABC为直角三角形,因为DE为AC边的中垂线,所以DE与AC垂直,AE=CE=4,所以DE为三角形ABC的中位线,所以DE=
=3,再根据勾股定理求出CD=5
[参考答案]D
3.(2016年浙江省台州市)如图,数轴上点A,B分别对应1,2,过点B作PQ⊥AB,以点B为圆心,AB长为半径画弧,交PQ于点C,以原点O为圆心,OC长为半径画弧,交数轴于点M,则点M对应的数是( )
A.B.C.D.
【考点】勾股定理;实数与数轴.
【分析】直接利用勾股定理得出OC的长,进而得出答案.
【解答】解:
如图所示:
连接OC,
由题意可得:
OB=2,BC=1,
则AC==,
故点M对应的数是:
.
故选:
B.
4.(2016·山东烟台)如图,Rt△ABC的斜边AB与量角器的直径恰好重合,B点与0刻度线的一端重合,∠ABC=40°,射线CD绕点C转动,与量角器外沿交于点D,若射线CD将△ABC分割出以BC为边的等腰三角形,则点D在量角器上对应的度数是( )
A.40°B.70°C.70°或80°D.80°或140°
【考点】角的计算.
【分析】如图,点O是AB中点,连接DO,易知点D在量角器上对应的度数=∠DOB=2∠BCD,只要求出∠BCD的度数即可解决问题.
【解答】解:
如图,点O是AB中点,连接DO.
∵点D在量角器上对应的度数=∠DOB=2∠BCD,
∵当射线CD将△ABC分割出以BC为边的等腰三角形时,
∠BCD=40°或70°,
∴点D在量角器上对应的度数=∠DOB=2∠BCD=80°或140°,
故选D.
5.(2016.山东省威海市,3分)如图,在矩形ABCD中,AB=4,BC=6,点E为BC的中点,将△ABE沿AE折叠,使点B落在矩形内点F处,连接CF,则CF的长为( )
A.B.C.D.
【考点】矩形的性质;翻折变换(折叠问题).
【分析】连接BF,根据三角形的面积公式求出BH,得到BF,根据直角三角形的判定得到∠BFC=90°,根据勾股定理求出答案.
【解答】解:
连接BF,
∵BC=6,点E为BC的中点,
∴BE=3,
又∵AB=4,
∴AE==5,
∴BH=,
则BF=,
∵FE=BE=EC,
∴∠BFC=90°,
∴CF==.
故选:
D.
6.(2016·江苏连云港)如图1,分别以直角三角形三边为边向外作等边三角形,面积分别为S1、S2、S3;如图2,分别以直角三角形三个顶点为圆心,三边长为半径向外作圆心角相等的扇形,面积分别为S4、S5、S6.其中S1=16,S2=45,S5=11,S6=14,则S3+S4=( )
A.86B.64C.54D.48
【分析】分别用AB、BC和AC表示出S1、S2、S3,然后根据AB2=AC2+BC2即可得出S1、S2、S3的关系.同理,得出S4、S5、S6的关系.
【解答】解:
如图1,S1=AC2,S2=BC2,S3=AB2.
∵AB2=AC2+BC2,
∴S1+S2=AC2+BC2=AB2=S3,
如图2,S4=S5+S6,
∴S3+S4=16+45+11+14=86.
故选A.
【点评】本题考查了勾股定理、等边三角形的性质.勾股定理:
如果直角三角形的两条直角7.(2016·江苏南京)下列长度的三条线段能组成钝角三角形的是
A.3,4,4B.3,4,5C.3,4,6D.3,4,7
答案:
C
考点:
构成三角形的条件,勾股定理的应用,钝角三角形的判断。
解析:
由两边之和大于第三边,可排除D;
由勾股定理:
,当最长边比斜边c更长时,最大角为钝角,
即满足
,所以,选C。
8.(2016·江苏省扬州)如图,矩形纸片ABCD中,AB=4,BC=6.将该矩形纸片剪去3个等腰直角三角形,所有剪法中剩余部分面积的最小值是( )
A.6B.3C.2.5D.2
【考点】几何问题的最值.
【分析】以BC为边作等腰直角三角形△EBC,延长BE交AD于F,得△ABF是等腰直角三角形,作EG⊥CD于G,得△EGC是等腰直角三角形,在矩形ABCD中剪去△ABF,△BCE,△ECG得到四边形EFDG,此时剩余部分面积的最小
【解答】解:
如图以BC为边作等腰直角三角形△EBC,延长BE交AD于F,得△ABF是等腰直角三角形,
作EG⊥CD于G,得△EGC是等腰直角三角形,
在矩形ABCD中剪去△ABF,△BCE,△ECG得到四边形EFDG,此时剩余部分面积的最小=4×6﹣×4×4﹣×3×6﹣×3×3=2.5.
故选C.
9.(2016•浙江省舟山)如图,矩形ABCD中,AD=2,AB=3,过点A,C作相距为2的平行线段AE,CF,分别交CD,AB于点E,F,则DE的长是( )
A.B.C.1D.
【考点】矩形的性质;全等三角形的判定与性质;勾股定理.
【分析】过F作FH⊥AE于H,根据矩形的性质得到AB=CD,AB∥CD,推出四边形AECF是平行四边形,根据平行四边形的性质得到AF=CE,根据相似三角形的性质得到,于是得到AE=AF,列方程即可得到结论.
【解答】解:
过F作FH⊥AE于H,
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB=CD,AB∥CD,
∵AE∥CF,
∴四边形AECF是平行四边形,
∴AF=CE,
∴DE=BF,
∴AF=3﹣DE,
∴AE=,
∵∠FHA=∠D=∠DAF=90°,
∴∠AFH+∠HAF=∠DAE+∠FAH=90°,
∴∠DAE=∠AFH,
∴△ADE∽△AFH,
∴,
∴AE=AF,
∴=3﹣DE,
∴DE=,
故选D.
二、填空题
1.(2016·湖北黄冈)如图,在矩形ABCD中,点E,F分别在边CD,BC上,且DC=3DE=3a,将矩形沿直线EF折叠,使点C恰好落在AD边上的点P处,则FP=_______.
AP(C)D
E
BFC
(第13题)
【考点】矩形的性质、图形的变换(折叠)、30°度角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理.
【分析】根据折叠的性质,知EC=EP=2a=2DE;则∠DPE=30°,∠DEP=60°,得出∠PEF=∠CEF=
(180°-60°)=60°,从而∠PFE=30°,得出EF=2EP=4a,再勾股定理,得出FP的长.
【解答】解:
∵DC=3DE=3a,∴DE=a,EC=2a.
根据折叠的性质,EC=EP=2a;∠PEF=∠CEF,∠EPF=∠C=90°.
根据矩形的性质,∠D=90°,
在Rt△DPE中,EP=2DE=2a,∴∠DPE=30°,∠DEP=60°.
∴∠PEF=∠CEF=
(180°-60°)=60°.
∴在Rt△EPF中,∠PFE=30°.
∴EF=2EP=4a
在Rt△EPF中,∠EPF=90°,EP=2a,EF=4a,
∴根据勾股定理,得FP=
=
a.
故答案为:
a
2.(2016·四川资阳)如图,在等腰直角△ABC中,∠ACB=90°,CO⊥AB于点O,点D、E分别在边AC、BC上,且AD=CE,连结DE交CO于点P,给出以下结论:
①△DOE是等腰直角三角形;②∠CDE=∠COE;③若AC=1,则四边形CEOD的面积为;④AD2+BE2﹣2OP2=2DP•PE,其中所有正确结论的序号是 ①②③④ .
【考点】勾股定理;四点共圆.
【分析】①正确.由ADO≌△CEO,推出DO=OE,∠AOD=∠COE,由此即可判断.
②正确.由D、C、E、O四点共圆,即可证明.
③正确.由S△ABC=×1×1=,S四边形DCEO=S△DOC+S△CEO=S△CDO+S△ADO=S△AOC=S△ABC即可解决问题.
④正确.由D、C、E、O四点共圆,得OP•PC=DP•PE,所以2OP2+2DP•PE=2OP2+2OP•PC=2OP(OP+PC)=2OP•OC,由△OPE∽△OEC,得到=,即可得到2OP2+2DP•PE=2OE2=DE2=CD2+CE2,由此即可证明.
【解答】解:
①正确.如图,∵∠ACB=90°,AC=BC,CO⊥AB
∴AO=OB=OC,∠A=∠B=∠ACO=∠BCO=45°,
在△ADO和△CEO中,
,
∴△ADO≌△CEO,
∴DO=OE,∠AOD=∠COE,
∴∠AOC=∠DOE=90°,
∴△DOE是等腰直角三角形.故①正确.
②正确.∵∠DCE+∠DOE=180°,
∴D、C、E、O四点共圆,
∴∠CDE=∠COE,故②正确.
③正确.∵AC=BC=1,
∴S△ABC=×1×1=,S四边形DCEO=S△DOC+S△CEO=S△CDO+S△ADO=S△AOC=S△ABC=,
故③正确.
④正确.∵D、C、E、O四点共圆,
∴OP•PC=DP•PE,
∴2OP2+2DP•PE=2OP2+2OP•PC=2OP(OP+PC)=2OP•OC,
∵∠OEP=∠DCO=∠OCE=45°,∠POE=∠COE,
∴△OPE∽△OEC,
∴=,
∴OP•OC=OE2,
∴2OP2+2DP•PE=2OE2=DE2=CD2+CE2,
∵CD=BE,CE=AD,
∴AD2+BE2=2OP2+2DP•PE,
∴AD2+BE2﹣2OP2=2DP•PE.
故④正确.
3.(2016·广东梅州)如图,在平面直角坐标系中,将△ABO绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置,点B、O分别落在点B1、C1处,点B1在x轴上,再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置,点C2在x轴上,将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置,点A2在x轴上,依次进行下去….若点A(
,0),B(0,2),则点B2016的坐标为______________.
答案:
(6048,2)
考点:
坐标与图形的变换—旋转,规律探索,勾股定理。
解析:
OA=
,OB=2,由勾股定理,得:
AB=
,所以,OC2=2+
+
=6,
所以,B2(6,2),同理可得:
B4(12,2),B6(18,2),…
所以,B2016的横坐标为:
1008
6=6048,所以,B2016(6048,2)
4.(2016年浙江省温州市)七巧板是我们祖先的一项卓越创造,被誉为“东方魔板”,小明利用七巧板(如图1所示)中各板块的边长之间的关系拼成一个凸六边形(如图2所示),则该凸六边形的周长是 (32+16) cm.
【考点】七巧板.
【分析】由正方形的性质和勾股定理求出各板块的边长,即可求出凸六边形的周长.
【解答】解:
如图所示:
图形1:
边长分别是:
16,8,8;
图形2:
边长分别是:
16,8,8;
图形3:
边长分别是:
8,4,4;
图形4:
边长是:
4;
图形5:
边长分别是:
8,4,4;
图形6:
边长分别是:
4,8;
图形7:
边长分别是:
8,8,8;
∴凸六边形的周长=8+2×8+8+4×4=32+16(cm);
故答案为:
32+16.
5.(2016.山东省临沂市,3分)如图,将一矩形纸片ABCD折叠,使两个顶点A,C重合,折痕为FG.若AB=4,BC=8,则△ABF的面积为 6 .
【考点】翻折变换(折叠问题).
【分析】根据折叠的性质求出AF=CF,根据勾股定理得出关于CF的方程,求出CF,求出BF,根据面积公式求出即可.
【解答】解:
∵将一矩形纸片ABCD折叠,使两个顶点A,C重合,折痕为FG,
∴FG是AC的垂直平分线,
∴AF=CF,
设AF=FC=x,
在Rt△ABF中,有勾股定理得:
AB2+BF2=AF2,
42+(8﹣x)2=x2,
解得:
x=5,
即CF=5,BF=8﹣5=3,
∴△ABF的面积为
×3×4=6,
故答案为:
6.
【点评】本题考查了矩形的性质,折叠的性质,勾股定理的应用,能得出关于x的方程是解此题的关键.
6.(2016·江苏连云港)如图1,将正方形纸片ABCD对折,使AB与CD重合,折痕为EF.如图2,展开后再折叠一次,使点C与点E重合,折痕为GH,点B的对应点为点M,EM交AB于N.若AD=2,则MN= .
【分析】设正方形的边长为2a,DH=x,表示出CH,再根据翻折变换的性质表示出DE、EH,然后利用勾股定理列出方程求出x,再根据相似三角形的判定性质,可得NE的长,根据线段的和差,可得答案.
【解答】解:
设DH=x,CH=2﹣x,
由翻折的性质,DE=1,
EH=CH=2﹣x,
在Rt△DEH中,DE2+DH2=EH2,
即12+x2=(2﹣x)2,
解得x=,EH=2﹣x=.
∵∠MEH=∠C=90°,
∴∠AEN+∠DEH=90°,
∵∠ANE+∠AEN=90°,
∴∠ANE=∠DEH,
又∠A=∠D,
∴△ANE∽△DEH,
=,即=,
解得EN=,
MN=ME﹣BC=2﹣=,
故答案为:
.
【点评】本题考查了翻折变换的性质,勾股定理的应用,锐角三角函数,设出DH的长,然后利用勾股定理列出方程是解题的关键,也是本题的难点.
三、解答题
1.(2016·云南)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,∠ABC:
∠BAD=1:
2,BE∥AC,CE∥BD.
(1)求tan∠DBC的值;
(2)求证:
四边形OBEC是矩形.
【考点】矩形的判定;菱形的性质;解直角三角形.
【专题】计算题;矩形菱形正方形.
【分析】
(1)由四边形ABCD是菱形,得到对边平行,且BD为角平分线,利用两直线平行得到一对同旁内角互补,根据已知角之比求出相应度数,进而求出∠BDC度数,即可求出tan∠DBC的值;
(2)由四边形ABCD是菱形,得到对角线互相垂直,利用两组对边平行的四边形是平行四边形,再利用有一个角为直角的平行四边形是矩形即可得证.
【解答】
(1)解:
∵四边形ABCD是菱形,
∴AD∥BC,∠DBC=∠ABC,
∴∠ABC+∠BAD=180°,
∵∠ABC:
∠BAD=1:
2,
∴∠ABC=60°,
∴∠BDC=∠ABC=30°,
则tan∠DBC=tan30°=;
(2)证明:
∵四边形ABCD是菱形,
∴AC⊥BD,即∠BOC=90°,
∵BE∥AC,CE∥BD,
∴BE∥OC,CE∥OB,
∴四边形OBEC是平行四边形,
则四边形OBEC是矩形.
【点评】此题考查了矩形的判定,菱形的性质,以及解直角三角形,熟练掌握判定与性质是解本题的关键.
2.(2016·四川达州·8分)如图,已知AB为半圆O的直径,C为半圆O上一点,连接AC,BC,过点O作OD⊥AC于点D,过点A作半圆O的切线交OD的延长线于点E,连接BD并延长交AE于点F.
(1)求证:
AE•BC=AD•AB;
(2)若半圆O的直径为10,sin∠BAC=
,求AF的长.
【考点】相似三角形的判定与性质;勾股定理;切线的性质;锐角三角函数的定义.
【分析】
(1)只要证明△EAD∽△ABC即可解决问题.
(2)作DM⊥AB于M,利用DM∥AE,得
=
,求出DM、BM即可解决问题.
【解答】
(1)证明:
∵AB为半圆O的直径,
∴∠C=90°,
∵OD⊥AC,
∴∠CAB+∠AOE=90°,∠ADE=∠C=90°,
∵AE是切线,
∴OA⊥AE,
∴∠E+∠AOE=90°,
∴∠E=∠CAB,
∴△EAD∽△ABC,
∴AE:
AB=AD:
BC,
∴AE•BC=AD•AB.
(2)解:
作DM⊥AB于M,
∵半圆O的直径为10,sin∠BAC=
,
∴BC=AB•sin∠BAC=6,
∴AC=
=8,
∵OE⊥AC,
∴AD=
AC=4,OD=
BC=3,
∵sin∠MAD=
=
,
∴DM=
,AM=
=
=
,BM=AB﹣AM=
,
∵DM∥AE,
∴
=
,
∴AF=
.
3.(2016·广东梅州)
如图,在平行四边形ABCD中,以点A为圆心,AB长为半径画弧交AD于点F,再分别以点B、F为圆
心,大于
长为半径画弧,两弧交于一点P,连
接AP并延长交BC于点E,连接EF.
四边形ABEF是_______;(选填矩形、菱形、正方形、无法确定)(直接填写结果)
(2)AE,BF相交于点O,若四边形ABEF的周长为40,BF=10,则AE的长为________,∠ABC=________°.(直接填写结果)
考点:
角平分线的画法,菱形的判定及其性质,勾股定理。
解析:
(1)菱形
(2)依题意,可知AE为角平分线,因为ABEF的周长为40,所以,AF=10,
又FO=5,AO=
=
,所以,AE=
,
,所以,∠ABO=120°,∠ABC=120°。
4.(2016·上海)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=3,点D在边AC上,且AD=2CD,DE⊥AB,垂足为点E,联结CE,求:
(1)线段BE的长;
(2)∠ECB的余切值.
【考点】解直角三角形;勾股定理.
【分析】
(1)由等腰直角三角形的性质得出∠A=∠B=45°,由勾股定理求出AB=3,求出∠ADE=∠A=45°,由三角函数得出AE=,即可得出BE的长;
(2)过点E作EH⊥BC,垂足为点H,由三角函数求出EH=BH=BE•cos45°=2,得出CH=1,在Rt△CHE中,由三角函数求出cot∠ECB==即可.
【解答】解:
(1)∵AD=2CD,AC=3,
∴AD=2,
∵在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=3,
∴∠A=∠B=45°,AB===3,
∵DE⊥AB,
∴∠AED=90°,∠ADE=∠A=45°,
∴AE=AD•cos45°=2×=,
∴BE=AB﹣AE=3﹣=2,
即线段BE的长为2;
(2)过点E作EH⊥BC,垂足为点H,如图所示:
∵在Rt△BEH中,∠EHB=90°,∠B=45°,
∴EH=BH=BE•cos45°=2×=2,
∵BC=3,
∴CH=1,
在Rt△CHE中,cot∠ECB==,
即∠ECB的余切值为.
【点评】本题考查了解直角三角形、勾股定理、等腰直角三角形的性质、三角函数;熟练掌握等腰直角三角形的性质,通过作辅助线求出CH是解决问题
(2)的关键.