28.2.1解直角三角形 课时作业2024－2025学年人教版数学九年级下册

人教版九年级下册数学28.2.1解直角三角形 课时作业 一、单选题 1．如图，四边形ABCD是是内接四边形，若，，，，则AB的长为(   ) A． B． C． D． 2．在中，，，那么（   ） A． B． C． D． 3．如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，，点的坐标为，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 4．如图，四边形ABCD中，AB=AD，AD//BC，∠ABC=60°，∠BCD=30°，BC=6，那么△ACD的面积是（    ） A． B． C．2 D． 5．已知：如图，在直角坐标系中，有菱形OABC，A点的坐标为（10，0），对角线OB，AC相交于D点，双曲线y=（x＞0）经过D点，交BC的延长线于E点，且OB•AC=160，有下列四个结论：①双曲线的解析式为y=（x＞0）；②E点的坐标是（4，8）；③sin∠COA=；④AC+OB=12，其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．如图，AB，CD为⊙O的两条弦，若∠A+∠C=120°，AB=2，CD=4，则⊙O的半径为（　　） A．2 B．2 C． D． 7．如图1，四边形是平行四边形，连接，动点从点出发沿折线匀速运动，回到点后停止．设点运动的路程为，线段的长为，图是与的函数关系的大致图象，下列结论中不正确的是(    ) A． B． C．平行四边形的周长为 D．当时，的面积为 8．如图，计划在一块等边三角形的空地上种植花卉，以美化环境．若米，则这个等边三角形的面积为（    ）． A．平方米 B．平方米 C．平方米 D．平方米 二、填空题 9．如图，已知Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是AC边的中点，联结BD．将△ABC绕着点A逆时针旋转，点B恰好落在射线BD上的点E处，点C落在点F处，联结FD、FC．如果AB＝1，BC＝2时，那么∠CFD的正切值是 ． 10．如图，在中，的中点为，以为圆心，长为半径作，于交于点，连接，若，则的值为 ． 11．如图，若AC、BD的延长线交于点E，，则= ；= ． 12．如图是一个正六边形的飞镖游戏板，顺次连接三个不相邻的顶点将正六边形分成4个区域．向该游戏板投掷飞镖一次（假设飞镖落在游戏板上），则飞镖落在阴影区域的概率是 ．    13．已知菱形的边长为，=120°，对角线相交于点，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴，建立如图所示的直角坐标系，以为对角线作菱形菱形，再以为对角线作菱形菱形，再以为对角线作菱形菱形，…，按此规律继续做下去，设菱形的面积为，菱形的面积为，…，菱形的面积为，则 ． 三、解答题 14．小明在某次作业中得到如下结果： sin27°＋sin283°≈0.122＋0.992＝0.9945， sin222°＋sin268°≈0.372＋0.932＝1.0018， sin229°＋sin261°≈0.482＋0.872＝0.9873， sin237°＋sin253°≈0.602＋0.802＝1.0000， sin245°＋sin245°＝＋＝1. 据此，小明猜想：对于任意锐角α，均有sin2α＋sin2(90°－α)＝1. (1)当α＝30°时，验证sin2α＋sin2(90°－α)＝1是否成立； (2)小明的猜想是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请举出一个反例． 15．如图，在中，， 垂足为平分，交于点，交于点. (1)若，求的长； (2)过点作的垂线，垂足为，连接，试判断四边形的形状，并说明原因. 16．如图，风车的支杆OE垂直于桌面，风车中心O到桌面的距离OE为25cm，小小风车在风吹动下绕着中心O不停地转动，转动过程中，叶片端点A、B、C、D在同一圆O上，已知⊙O的半径为10cm， （1）风车在转动过程中，当∠AOE=30°时，求点A到桌面的距离. （2）在风车转动一周的过程中，求点A相对于桌面的高度不超过20cm所经过的路线长. 17．如图，四边形ABCD是的内接四边形，． 如图，求证：； 如图，点F是AC的中点，弦，交BC于点E，交AC于点M，求证：； 在的条件下，若DG平分，，，求的半径． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D A A C D D A 1．A 【分析】延长BA、CD交于点E，根据圆内接四边形的性质可得∠BCD=90°，再由∠B=60°，可得∠E=30°，再根据正切、正弦的概念分别求出AE、BE计算即可求解． 【详解】解：如图，延长BA、CD交于点E， ∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠A=90º， ∴∠BCD=90°， ∴∠DAE=90°， ∵∠B=60°， ∴∠E=30°， 在Rt△ADE中，， ∴， 在Rt△ABC中，， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，特殊角的三角函数值，延长构造直角三角形，灵活运用直角三角形特殊角的三角函数值计算是解题的关键． 2．D 【分析】本题考查了解直角三角形，勾股定理，熟练掌握三角函数的定义是解答本题的关键．设，根据勾股定理求出，然后根据余弦定义求解即可． 【详解】解：∵， ∴设， ∴， ∴． 故选D． 3．A 【分析】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，锐角三角函数，掌握特殊角的三角函数值是解题关键．根据菱形的性质可知，，再结合特殊角的三角函数值，求出的长，即可得到点的坐标． 【详解】解：点的坐标为， ， 四边形是菱形，， ，， 在中，， ， ， 点在轴的负半轴上， ， 故选：A 4．A 【详解】如图，过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F． 设AB=AD=x． 又∵AD//BC， ∴四边形AEFD是矩形， ∴AD=EF=x． 在Rt△ABE中，∠ABC=60°，则∠BAE=30°， ∴BE=AB=x， ∴DF=AE==x， 在Rt△CDF中，∠FCD=30°，则CF=DF•cot30°=x． 又BC=6， ∴BE+EF+CF=6，即x+x+x=6， 解得：x=2， ∴△ACD的面积是：AD•DF=x×x=×22=． 故选：A． 5．C 【分析】过点B作BM⊥x轴于点M，借助菱形与三角形的面积公式即可求出BM的长，在Rt△ABM中，利用勾股定理即可求出AM的长，从而可找出点B的坐标，根据菱形的性质即可得出点D的坐标，由点D的坐标利用待定系数法即可求出双曲线的解析式，从而得出①错误；由点E的纵坐标结合双曲线的解析式即可求出点E的坐标，从而得出②正确；根据菱形的性质即可得出AB∥OC，从而得出∠COA=∠BAM，再根据正弦的定义即可得出③正确；在Rt△OBM中利用勾股定理即可求出OB的长度，再根据OB•AC=160即可求出AC的长度，从而得出④正确．综上即可得出结论． 【详解】解：过点B作BM⊥x轴于点M，如图所示． ∵A点的坐标为（10，0）， ∴OA＝10． ∵四边形OABC为菱形，且OB•AC＝160， ∴S△OAB＝OA•BM＝OB•AC＝40，AB＝OA＝10， ∴BM＝8． 在Rt△ABM中，AB＝10，BM＝8， ∴AM＝＝6， ∴OM＝OA+AM＝16， ∴B（16，8），D（8，4）． ∵点D（8，4）在双曲线y＝（x＞0）上， ∴4＝，k＝32， ∴双曲线的解析式为y＝（x＞0）， ∴①不正确； ∵点E在双曲线y＝上，且E的纵坐标为8， ∴E（，8），即（4，8）， ∴②正确； ∵四边形OABC为菱形， ∴AB∥OC， ∴∠COA＝∠BAM，sin∠COA＝sin∠BAM＝＝， ∴③正确； 在Rt△OBM中，BM＝8，OM＝16， ∴OB＝＝8， ∵OB•AC＝160， ∴AC＝4，OB+AC＝12， ∴④正确． 故选：C． 6．D 【分析】连接OB，OA，OC，OD，证明∠AOB+∠COD=90°，在⊙O上点D的右侧取一点E，使得DE=AB，过点E作ET⊥CD交CD的延长线于点T，则，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接OB，OC， ∵∠BOC=2∠CAB，∠AOD=2∠ACD，∠CAB+∠ACD=120°， ∴∠BOC+∠AOD=240°， ∴∠AOB+∠COD=120°， 在⊙O上点D的右侧取一点E，使得DE=AB，过点E作ET⊥CD交CD的延长线于点T，连接CE，则， ∴∠AOB=∠DOE， ∴∠COE=120°， ∵OC=OD=OE， ∴∠OCD=∠ODC，∠ODE=∠OED， ∴∠CDE=∠ODC+∠ODE=∠OCD+∠OED， ∴∠CDE=120°， ∴∠EDT=60°， ∴∠DET=30°， ∵DE=AB=2， ∴DT=1，ET=， ∴CT=CD+DT=4+1=5， ∴CE=， 作OF⊥CE，则∠COF=60°，， ∴OC=OE=． 故选：D． 【点睛】本题主要考查圆周角定理，勾股定理，垂径定理，解答的关键是结合图形找到相应的角或边之间的关系． 7．D 【分析】本题查动点问题的函数图象，解直角三角形的应用，平行四边形的性质，根据题意确定对应关系：点对点，点对点，点对点，逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：如图，当点从点到点时，对应图中线段， 得， 当点从到时，对应图中曲线从点到点， 得，解得，故A选项正确； 当点到点时，对应图中到达点， 得，故B选项正确； 平行四边形的周长为， 故C选项正确； 在图，过点作于点， 在中，，， 解得，在中， ∵当点从到时，对应图中曲线从点到点， ∴当时，则为的中点， 解得， 的面积 D选项不正确． 故选D． 8．A 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质， 解直角三角形，过点A作交与点D．利用等边三角形的性质以及解直角三角形可求出，最后根据三角形的面积求解即可． 【详解】解：过点A作交与点D． ∵为等边三角形，且(米)， ∴(米)， ∴(平方米)， 故选；A． 9． 【分析】旋转后如图示，过A作于 过作于 过作 交的延长线于 过作于证明四边形是矩形，再证明设 则 可得 求解 可得 联结 设 则 由建立方程求解，从而可得答案. 【详解】解：旋转后如图示，过A作于 过作于 过作 交的延长线于 过作于 为的中点， 由旋转可得： 四边形是矩形， 同理可得： 设 则 则 所以 而 而 联结 设 则 由 解得： 则 故答案为： 【点睛】本题考查的是直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，掌握各图形之间的联系，作出正确的辅助线是解题的关键，是难度大的压轴题. 10． 【分析】本题主要考查直径所对的圆周角是直角，勾股定理以及甭角的正切值，先判定，判断，由勾股定理求出，得到再求的正切值即可． 【详解】解：是的直径， ∴， ∵ ∴ ∴ 在中， ∴， ∴ ∴ 故答案为： 11． cos∠CEB=； tan∠CEB= 【分析】连结BC，则∠ACB=90°，由圆内接四边形对角互补得到∠EDC=∠EAB，并证得△ECD∽△EBA，由勾股定理可得出BC，再由相似三角形对应边成比例和锐角三角函数的概念可得结果. 【详解】如图，连结BC，因为AB是直径，则∠ACB=90°， ∵圆内接四边形对角互补， ∴∠EDC=∠EAB， ∵∠E=∠E, ∠EDC=∠EAB ∴△ECD∽△EBA， 设CE=5a,则BE=11a, 由勾股定理可得BC= ∴， ∴cos∠CEB=   ∴tan∠CEB=   故答案为；   【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形，相似三角形的判定和性质，也考查了锐角三角函数，是中考常见题型. 12． 【分析】设正六边形的边长为a，连接GD．根据正六边形的性质结合含角的直角三角形的性质以及勾股定理可求出，，，．从而可求出，，即，最后利用概率公式即可求出飞镖落在阴影区域的概率． 【详解】如图，设正六边形的边长为a，连接GD． 由正六边形的性质可知，，，． ∴在中，，， ∴在中，，， ∴，． ∴．    ∴飞镖落在阴影区域的概率． 故答案为：． 【点睛】本题考查正六边形的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理以及几何概率．掌握正六边形的性质以及概率公式是解答本题的关键． 13． 【分析】先根据菱形的性质及锐角三角函数的定义求出OA1，OB1的长，从而可求出S1，根据相似及锐角三角函数的定义可求得OA2，OB2的长，从而可得出S2，…，找出规律即可得出结论． 【详解】解：∵菱形A1B1C1D1的边长为2，∠A1B1C1=120°， ∴∠A1B1O=60°，∠A1OC1=90°， ∴OA1=A1B1•sin60°=2×=，OB1=A1B1•cos60°=2×1， ∴A1C1=2OA1=2，B1D1=2OB1=2， ∴S1=×A1C1×B1D1=． ∵菱形A1B1C1D1∽菱形B2C1D2A1∽菱形， ∴∠A2B2C2=∠B2A1D2=∠A1B1C1=120°， ∴OB2=， ∴OA2=OB2×tan60°=3，B2D2=2OB2=6， ∴A2C2=2OA2=6， ∴S2=×A2C2×B2D2==2×9， 同理可得， S3=×A3C3×B3D3=， S4=×A4C4×B4D4=， … ∴Sn=． 故答案为：． 【点睛】本题考查的是相似多边形的性质，菱形的性质以及三角函数等知识，熟知相似多边形的对应角相等是解答此题的关键． 14．(1)证明见解析；（2）成立，证明见解析 【详解】试题分析：（1）将α=30°代入求值即可；（2）设∠A=α，∠B=90°-α，将∠A、∠B便可以是一个直角三角形的两个角，在直角三角形中利用正弦函数的定义及勾股定理即可验证. 解：(1)当α＝30°时，sin2α＋sin2(90°－α)＝sin230°＋sin260°＝（）2+（）2＝＋＝1. (2)小明的猜想成立，证明如下： 如图，在△ABC中，∠C＝90°，设∠A＝α，则∠B＝90°－α， ∴sin2α＋sin2(90°－α)＝（）2＋（）2＝＝＝1. 故猜想成立. 15．（1）CE＝2；（2）菱形，理由见解析. 【分析】（1）根据题意易求得∠ACD＝∠CAF＝∠BAF＝30°，可得AE=CE，然后利用30°角的三角函数可求得CD的长、DE与AE的关系，进一步可得CE与CD的关系，进而可得结果； （2）根据角平分线的性质可得CF＝GF，根据HL可证Rt△ACF≌Rt△AGF，从而得∠AFC＝∠AFG，由平行线的性质和等量代换可得∠CEF＝∠CFE，可得CE＝CF，进而得CE＝FG，根据一组对边平行且相等可得四边形CEGF是平行四边形，进一步即得结论． 【详解】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，∴∠CAB＝60°， ∵CD⊥AB，∴∠ACD＝30°，∵AC＝6，∴， ∵AF平分∠CAB，∴∠CAF＝∠BAF＝30°， ∴∠ACD＝∠CAF，，∴CE＝AE＝2DE，∴CE＝2； （2）四边形CEGF是菱形． 证明：∵FG⊥AB，FC⊥AC，AF平分∠CAB， ∴∠ACF＝∠AGF＝90°，CF＝GF， 在Rt△ACF与Rt△AGF中，∵AF=AF，CF=GF， ∴Rt△ACF≌Rt△AGF（HL），∴∠AFC＝∠AFG， ∵CD⊥AB，FG⊥AB，∴CD∥FG， ∴∠CEF＝∠EFG，∴∠CEF＝∠CFE，∴CE＝CF， ∴CE＝FG，∵CE∥FG， ∴四边形CEGF是平行四边形， ∵CE＝CF，∴平行四边形CEGF是菱形． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质、角平分线的性质、锐角三角函数、菱形的判定和直角三角形全等的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键． 16．（1）；（2） 【分析】（1）作A1F⊥MN于点F，A1G⊥OE于点G，在Rt△A1OG中，利用三角函数可求得OG，从而得出点A到桌面的距离A1F； （2）作A2H⊥MN于H，则A2H＝20cm，作A2D⊥OE于点D，则DE＝A2H．在Rt△A2OD中，由特殊角的三角函数得∠A2OD＝60°，由圆的轴对称性可知，∠A3OA2＝2∠A2OD＝120°，从而得出点A所经过的路径长． 【详解】解：（1）如图（1），点A运动到点A1的位置时∠AOE＝30°，作A1F⊥MN于点F，A1G⊥OE于点G， ∴A1F＝GE． 在Rt△A1OG中， ∵∠A1OG＝30°，OA1＝10cm， ∴OG＝OA1•cos30°＝10×cm． ∵OE＝25 cm， ∴GE＝OE−OG＝25−（cm）， ∴A1F＝GE＝25−（cm）， 答：点A到桌面的距离是25−厘米； （2）如图（2），点A在旋转过程中运动到点A2、A3的位置时，点A到桌面的距离等于20厘米，作A2H⊥MN于H，则A2H＝20 cm，作A2D⊥OE于点D， ∴DE＝A2H， ∵OE＝25 cm， ∴OD＝OE−DE＝25−20＝5 cm， 在Rt△A2OD中，OA2＝10 cm， ∴cos∠A2OD＝， ∴∠A2OD＝60°． 由圆的对称性可知，∠A3OA2＝2∠A2OD＝120°， ∴点A相对于桌面的高度不超过20cm所经过的路线长为：cm． 答：点A相对于桌面的高度不超过20cm所经过的路线长为厘米． 【点睛】本题考查了弧长的计算、勾股定理、特殊角的三角函数值以及解直角三角形，综合性较强，正确作出辅助线，构造直角三角形是解题关键.． 17．（1）证明见解析（2）证明见解析（3） 【分析】由，得到，从而得到，即可得到． 如图2，延长AD到N，使，连接NC，构造三角形中位线和全等三角形≌，由该全等三角形的对应边相等得到：所以，即； 如图3，连接BG，过点A作，构造等边三角形、通过得，，，作直径AP，连接CP，，故，由锐角三角函数的定义求得，从而得到直径AP的长度，易得半径的长度． 【详解】解：（1）如图1，连接AC， ， ， ； 如图2，延长AD到N，使，连接NC， ，， 四边形ABED是平行四边形， ， ， ． ， ≌， ， ，， 是的中位线， ， ； 如图3，连接BG，过点A作， 由知， 四边形ABED是平行四边形， ． ， ， ， 平分， ， ， ，∠NDC=∠DCE， ， ，， ∴∠DEC=∠DCE=∠EDC， ∴△CDE是等边三角形， ∴∠DEC=∠DCE=∠EDC=60°，DE=CE， ∵∠BGE=∠BCD=60°，∠BEG=∠DEC=60°， ∴是等边三角形， ， 解得，，，， ， ， 作直径AP，连接CP， ，， ， ， 的半径是． 【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数值的知识，综合性较强，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活应用相关知识是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$