猜押05 直角三角形、勾股定理与解直角三角形-2025年中考数学冲刺抢押秘籍（浙江专用）

猜押05 直角三角形、勾股定理与解直角三角形 （从历年真题维度分析考情及押题依据） 猜押考点 3年浙江真题 考情分析 押题依据 直角三角形的性质与判定 2024年浙江卷第13题；2023年温州卷第18题； 直角三角形也是特殊三角形，是初中数学中最重要的知识要点之一。在2024年浙江统考卷中，明显提高了对直角三角形相关知识的考查。比如第10题需要通过勾股定理建立等量关系，而第13题则是与切线的性质结合，考查了直角三角形角的计算。这三个考查方向均为直角三角形最常见的。 从2024年浙江统考卷和2022-2023年浙江各地区中考卷分析，2025年浙江中考中，选择题或填空题依旧容易出现直角三角形的性质问题，勾股定理的运用，单独考查的比较少，与其他几何问题结合的情况比较多，考查这两点，一般还需要构造直角三角形，才能解决问题，各类题型中均有可能出现。 勾股定理的运用 2024年浙江卷第10题； 2023年温州卷第8题；；2023年宁波卷第23题；2023年嘉兴舟山卷第16题 锐角三角函数的计算问题 2024年浙江卷第19题；2022年杭州卷第10题；2022年绍兴卷第16题； 解直角三角形相关的考查，在23年各地试卷和24年统考卷中，基本都考查实际应用题，因此常常出现在接待提的19-21题的范围内。但2024年浙江省统考卷没有结合实际应用出题，而是以几何图形的背景考查了锐角三角函数的计算问题。结合2022年部分地区也存在同类考法，因此两种考法均有可能出现。 从2024年浙江统考卷和2022-2023年浙江各地区中考卷分析，2025年浙江中考中，在解答题中解直角三角形的实际应用仍旧为考查重点，概率很大，其次就是在选择填空中考查实际应用或者锐角三角函数的计算问题。2024年已经考查过的在解答题中考查锐角三角函数的计算问题，反而重考的概率不大。 解直角三角形的实际应用 2023年宁波卷第21题； 2023年台州卷第19题；2023年丽水卷第19题；2023年温州卷第23题； 题型一 直角三角形的性质与判定 1．（2025•景德镇模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，若∠A＝62°，则∠BCD的度数为（　　） A．28° B．31° C．34° D．38° 2.（2025•上杭县模拟）如图，∠AOB＝30°，P是∠AOB平分线上一点，CP∥OB，交OA于点C，PD⊥OB于点D，且PC＝8，则PD的长为（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 题型二 勾股定理的运用 1．（2025•萧山区模拟）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，AD＝5，AB＝12，BC＝13，过点B作BE⊥CD于点E，则DE的长为（　　） A．5 B． C．7 D． 2.（创新考法）在一个三角形中，如果有两个内角α与β满足2α+β＝90°，那么称这样的三角形为“亚直角三角形”．根据这个定义，显然α+β＜90°，则这个三角形的第三个角为180°﹣（α+β）＞90°，这就是说“亚直角三角形”是特殊的钝角三角形．若△ABC是“亚直角三角形”，且∠A＝110°，则△ABC中最小锐角的度数为　 　 °． 3.（创新考法）勾股定理记载于《周髀算经》中，其中“勾三、股四、弦五”为一组“勾股数”．对任意正整数a（a≠1），b，当a为偶数，，则a，b，b+2为一组“勾股数”．若一组“勾股数”中的a为偶数，且其中一个数为8，则b对应的数为　 　 （写出一个符合题意的数即可）． 4.（创新情境）如图，分别在三角形纸板ABC的顶点A，B处系一根线，把该三角形纸片悬挂起来，在纸板上分别画出悬线的延长线AD和BE，相交于点P．AB＝6，AC＝8，BC＝10．则CP的长度是 　 　 ． 题型三 锐角三角函数的计算问题 1．（2025•秦都区一模）如图，AD、AE分别是△ABC的高线、中线，∠B＝45°，∠C＝60°，AC＝2，则DE长为（　　） A． B． C． D．1 2.（2025•滨湖区一模）如图，△ABC中，∠B＝2∠A，，则tanB的值为（　　） A．1 B． C． D． 3.（2024•金华三模）如图，在△ABO中，O是角平分线AD，BE的交点．若AB＝AC＝10，BC＝12，则tan∠OBD的值是 　 　 ． 4.（2024•金华三模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB的垂直平分线交AB于D，交BC于E，连结AE． （1）求证：∠AEC＝2∠B． （2）若∠BAC＝60°，EC＝3，求BE的长． 5.（2025•洞头区模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC，∠B＝∠BAE，AE＝5，CD＝3，tanC＝1． （1）求BD的长． （2）求sinB的值． 6.（创新考法）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°． （1）请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图： ①作BC边的中线AD； ②在边AB上找一点E，使得∠DEC＝∠DAC；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，若，AB＝5，则线段CE的长为 　 　 ．（如需画草图，请使用备用图） 7.（项目化数学）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D为AC边上的一个动点（不与点A，C重合），作点C关于直线BD的对称点E． （1）小明给出了下面框图中的作法： 请判断小明给出的作法是否符合题目要求，并说明理由； （2）当点E在边AB上时，请用无刻度直尺和圆规在图2中作出点D，E（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色签字笔描深痕迹），连接DE，并求出DE的长； （3）连接AE，CE，当△ACE为直角三角形时，求∠BCE的正切值． 题型四 解直角三角形的实际应用 1．（2025•湛江一模）座椅是我们日常生活中不可或缺的物品．如图，在调节椅背的过程中，椅面AB始终保持水平状态，支撑架AC，BD与水平地面的夹角也始终保持不变．已知椅背AE的长度为60cm，当椅背AE与椅面AB的夹角从150°调整到120°时，椅背上人的头部支撑点E向上抬高了约　 　 cm．（结果精确至0.1cm．参考数据：1.73） 2.（时事热点）如图是“神舟十四号”载人航天飞船搭载的机械臂，可以在天宫空间站外进行维修作业．如图是处于工作状态的机械臂示意图，OA是垂直于工作台的移动基座，AB、BC为机械臂，AB＝5m，BC＝2m，工作时，机械壁伸展开到∠ABC＝143°．则A、C两点之间的距离为 　 　 ． （结果精确到0.1m，参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，2.24） 3.（2024•文成县二模）图1是某品牌电脑支架，图2是某兴趣小组设计的可调节的电脑支架示意图，支撑条AB＝AC＝28cm，支点D，F分别固定在支撑条上（AF＞CF），活动条DE绕点D转动，DE＝4cm，活动条EF长度不变．闭合支架（AB与AC重合）时，点E与点B重合．如图3，打开支架，当点E落在支撑条AB上时，EF⊥AC，则EF的长为 　 　 cm；当∠A度数达到最大时，则点C到支撑条AB的距离为 　 　 cm． 4.（2025•南沙区一模）如图1所示是一种简易手机支架，由底座、支撑板和托架组成，将手机放置在托架上，图2是其简易结构图．现测量托架AB长8cm，DB长2cm，支撑板CD长6cm，AB可绕点D转动，CD可绕点C转动． （1）若水平视线MF与AB的夹角∠MFD＝50°，∠C＝35°，求∠CDB的度数； （2）当∠C＝30°，∠CDB＝80°时，求点A到底座CE的距离．（结果精确到0.1，参考：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36） 5.（2025•增城区一模）如图1所示是广东醒狮，它是国家级非物质文化遗产之一，其中高桩醒狮更是由现代艺术演出转变而来的体育竞技．如图2，三根梅花桩AM，BP，CN垂直于地面放置，醒狮少年从点A跳跃到点B，随后纵身跃至点C，已知∠A＝59°，∠C＝45°，MP＝0.25m，PN＝1.35m．（参考数据：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60， （1）直接写出∠ABC的度数； （2）求醒狮少年从点B纵身跃至点C的路径BC的长度；（结果保留一位小数） （3）醒狮少年在某次演出时需要从点A直接腾跃至点C进行“采青”，求线段AC的长度． 6.（项目化数学）【阅读理解】小宁学习三角函数时，遇到一个这样的问题：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝22.5°，求tan22.5°的值． 【解题思路】小宁先画出了几何图形（如图1），他觉得22.5°虽然不是特殊角，但22.5°是45°的一半，于是他尝试着在CB上截取CD＝CA，再连接AD，构造出等腰△ABD（如图2）． 【解题过程】 在CB上截取CD＝CA，再连接AD，可证△ADB为等腰三角形，设AC＝CD＝a，则AD＝BDa． ∴tan22.5°． 【尝试应用】（1）如图3，求tan15°的值； 【拓展应用】（2）如图4，某同学站在离纪念碑底A距离5米的C处，测得纪念碑顶点B的仰角为75°，该同学的眼睛D点离地面的距离为1.5米，请帮助他求出纪念碑的高度AB（结果保留整数，参考数据：1.73，1.41）． 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押05 直角三角形、勾股定理与解直角三角形 （从历年真题维度分析考情及押题依据） 猜押考点 3年浙江真题 考情分析 押题依据 直角三角形的性质与判定 2024年浙江卷第13题；2023年温州卷第18题； 直角三角形也是特殊三角形，是初中数学中最重要的知识要点之一。在2024年浙江统考卷中，明显提高了对直角三角形相关知识的考查。比如第10题需要通过勾股定理建立等量关系，而第13题则是与切线的性质结合，考查了直角三角形角的计算。这三个考查方向均为直角三角形最常见的。 从2024年浙江统考卷和2022-2023年浙江各地区中考卷分析，2025年浙江中考中，选择题或填空题依旧容易出现直角三角形的性质问题，勾股定理的运用，单独考查的比较少，与其他几何问题结合的情况比较多，考查这两点，一般还需要构造直角三角形，才能解决问题，各类题型中均有可能出现。 勾股定理的运用 2024年浙江卷第10题； 2023年温州卷第8题；；2023年宁波卷第23题；2023年嘉兴舟山卷第16题 锐角三角函数的计算问题 2024年浙江卷第19题；2022年杭州卷第10题；2022年绍兴卷第16题； 解直角三角形相关的考查，在23年各地试卷和24年统考卷中，基本都考查实际应用题，因此常常出现在接待提的19-21题的范围内。但2024年浙江省统考卷没有结合实际应用出题，而是以几何图形的背景考查了锐角三角函数的计算问题。结合2022年部分地区也存在同类考法，因此两种考法均有可能出现。 从2024年浙江统考卷和2022-2023年浙江各地区中考卷分析，2025年浙江中考中，在解答题中解直角三角形的实际应用仍旧为考查重点，概率很大，其次就是在选择填空中考查实际应用或者锐角三角函数的计算问题。2024年已经考查过的在解答题中考查锐角三角函数的计算问题，反而重考的概率不大。 解直角三角形的实际应用 2023年宁波卷第21题； 2023年台州卷第19题；2023年丽水卷第19题；2023年温州卷第23题； 题型一 直角三角形的性质与判定 1．（2025•景德镇模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，若∠A＝62°，则∠BCD的度数为（　　） A．28° B．31° C．34° D．38° 【答案】A 【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质可得，然后利用等腰三角形的性质可得∠A＝∠DCA＝62°，进而可得出结论． 【解答】解：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点， ∴BD＝AD＝CDAB， ∴∠A＝∠DCA＝62°， ∴∠BCD＝∠ACB﹣∠DCA＝90°﹣62°＝28°． 故选：A． 2.（2025•上杭县模拟）如图，∠AOB＝30°，P是∠AOB平分线上一点，CP∥OB，交OA于点C，PD⊥OB于点D，且PC＝8，则PD的长为（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】过P作PH⊥OA于H，由平行线的性质推出∠PCH＝∠AOB＝30°，由含30度角的直角三角形的性质得到PHPC8＝4，由角平分线的性质推出PD＝PH＝4． 【解答】解：过P作PH⊥OA于H， ∵PC∥OB， ∴∠PCH＝∠AOB＝30°， ∵∠PHC＝90°， ∴PHPC8＝4， ∵P是∠AOB平分线上一点，PD⊥OB，PH⊥OA， ∴PD＝PH＝4． 故选：B． 题型二 勾股定理的运用 1．（2025•萧山区模拟）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，AD＝5，AB＝12，BC＝13，过点B作BE⊥CD于点E，则DE的长为（　　） A．5 B． C．7 D． 【答案】D 【分析】连接BD，过点D作DF⊥BC于点F，根据AD∥BC，∠A＝90°可知AB⊥BC，故BF＝AD＝5，DF＝AB＝12，再由BC＝13可得出CF的长，利用勾股定理即可得出CD的长，再求出BD长，利用等腰三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：连接BD，过点D作DF⊥BC于点F， ∵AD∥BC，∠A＝90°，AD＝5，AB＝12，BC＝13， ∴AB⊥BC， ∴四边形ABFD是矩形， ∴BF＝AD＝5，DF＝AB＝12， ∴CF＝BC﹣BF＝13﹣5＝8， ∴CD4， 在Rt△ABD中，BD13， ∴BD＝BC， ∵BE⊥CD于点E， ∴DECD＝2． 故选：D． 2.（创新考法）在一个三角形中，如果有两个内角α与β满足2α+β＝90°，那么称这样的三角形为“亚直角三角形”．根据这个定义，显然α+β＜90°，则这个三角形的第三个角为180°﹣（α+β）＞90°，这就是说“亚直角三角形”是特殊的钝角三角形．若△ABC是“亚直角三角形”，且∠A＝110°，则△ABC中最小锐角的度数为　 　 °． 【答案】20． 【分析】根据“亚直角三角形”的定义及三角形内角和定理，可列出关于α，β的二元一次方程组，解之取其中的较小值，即可得出结论． 【解答】解：根据题意得：， 解得：， ∴△ABC中最小锐角的度数为20°． 故答案为：20． 3.（创新考法）勾股定理记载于《周髀算经》中，其中“勾三、股四、弦五”为一组“勾股数”．对任意正整数a（a≠1），b，当a为偶数，，则a，b，b+2为一组“勾股数”．若一组“勾股数”中的a为偶数，且其中一个数为8，则b对应的数为　 　 （写出一个符合题意的数即可）． 【答案】15（答案不唯一）． 【分析】分a＝8、b＝8、b+2＝8三种情况，根据勾股数的概念判断即可． 【解答】解：当a＝8时，b+b+2， 解得：b＝15，8，15，17是勾股数， 当b＝8时，8+8+2， 则a＝6，6，8，10是勾股数， 当b+2＝8时，b＝6，则6+6+2， ∴a2＝28， 此时，a不是正整数， 综上所述：b对应的数为15或8， 故答案为：15（答案不唯一）． 4.（创新情境）如图，分别在三角形纸板ABC的顶点A，B处系一根线，把该三角形纸片悬挂起来，在纸板上分别画出悬线的延长线AD和BE，相交于点P．AB＝6，AC＝8，BC＝10．则CP的长度是 　 　 ． 【答案】． 【分析】根据题意得出P为Rt△ABC的重心，连接CP并延长交AB于点F，勾股定理求得CF，进而根据重心的性质，即可求解． 【解答】解：如图所示，连接CP并延长交AB于点F， ∵AB＝6，AC＝8，BC＝10， ∴AB2+AC2＝BC2， ∴△ABC是直角三角形， 依题意，P为Rt△ABC的重心， ∴， 在Rt△ACF中，， ∴CP， 故答案为：． 题型三 锐角三角函数的计算问题 1．（2025•秦都区一模）如图，AD、AE分别是△ABC的高线、中线，∠B＝45°，∠C＝60°，AC＝2，则DE长为（　　） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】在Rt△ACD中，根据含30°角的直角三角形的性质可得CDAC＝1，AD，在Rt△ABD中，求出AD、BD，即可解决问题． 【解答】解：∵AD、AE分别是△ABC的高线、中线，∠B＝45°，∠C＝60°， ∴∠CAD＝30°，BD＝AD， 在Rt△ACD中， CDAC＝1，AD， ∴BD＝AD， ∴BC＝BD+CD1， ∵AE是△ABC的中线， ∴CE＝BE， ∴DE＝CE﹣CD1， 故选：B． 2.（2025•滨湖区一模）如图，△ABC中，∠B＝2∠A，，则tanB的值为（　　） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】作CD⊥AB于D，延长AB至点E，使得BE＝BC，连接CE，利用等腰三角形的性质得到结合∠ABC＝2∠A推出∠A＝∠E，则有，得到DE＝2CD，设CD＝a，BD＝b，在Rt△BCD利用勾股定理建立方程，求出a，b之间的关系，再利用正切的定义即可求解． 【解答】解：如图，作CD⊥AB于D，延长AB至点E，使得BE＝BC，连接CE， ∵BE＝BC，， ∵∠ABC＝2∠A， ∴， ∴∠A＝∠E， ∴ ∵CD⊥AB， ∴∠CDE＝90°， ∴在Rt△CDE中，， ∴DE＝2CD， 设CD＝a，BD＝b，则DE＝2a， ∴BC＝BE＝DE﹣BD＝2a﹣b， 在Rt△BCD中，CD2+BD2＝BC2， ∴a2+b2＝（2a﹣b）2， 解得：， ∴， 故选：D． 3.（2024•金华三模）如图，在△ABO中，O是角平分线AD，BE的交点．若AB＝AC＝10，BC＝12，则tan∠OBD的值是 　 　 ． 【答案】． 【分析】过点O作OF⊥AB，垂足为F，先利用等腰三角形的三线合一性质可得AD⊥BC，BDBC＝6，从而在Rt△ABD中，利用勾股定理求出AD＝8，再利用角平分线的定义可得∠ABE＝∠DBE，然后利用AAS证明△BOF≌△BOD，从而利用全等三角形的性质OD＝OF，BF＝BD＝6，进而求出AF＝4，最后设OD＝OF＝x，则AO＝8﹣x，从而在Rt△AOF中，利用勾股定理求出x的值，进而在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【解答】解：过点O作OF⊥AB，垂足为F， ∵AB＝AC，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC，BDBC＝6， 在Rt△ABD中，AB＝10， ∴AD8， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠DBE， ∵∠ODB＝∠OFB＝90°，OB＝OB， ∴△BOF≌△BOD（AAS）， ∴OD＝OF，BF＝BD＝6， ∴AF＝AB﹣BF＝4， 设OD＝OF＝x，则AO＝AD﹣OD＝8﹣x， 在Rt△AOF中，AF2+OF2＝AO2， ∴42+x2＝（8﹣x）2， ∴x＝3， ∴在Rt△ABD中，tan∠OBD， 故答案为：． 4.（2024•金华三模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB的垂直平分线交AB于D，交BC于E，连结AE． （1）求证：∠AEC＝2∠B． （2）若∠BAC＝60°，EC＝3，求BE的长． 【答案】（1）见解析；（2）6． 【分析】（1）首先根据线段垂直平分线的性质得AE＝BE，进而得∠EAB＝∠B，然后再根据三角形的外角定理可得出结论； （2）先求出∠B＝30°，再由（1）的结论得∠AEC＝2∠B＝60°，然后在Rt△ACE中求出∠CAE＝30°，进而得AE＝2CE＝6，最后根据线段垂直平分线的性质可得出答案． 【解答】（1）证明：∵DE垂直平分AB， ∴AE＝BE， ∴∠EAB＝∠B， ∴∠AEC＝∠EAB+∠B＝2∠B； （2）解：∵∠ACB＝90°，∠BAC＝60°， ∴∠B＝180°﹣（∠ACB+∠BAC）＝30°， 由（1）可知∠AEC＝2∠B＝60°， 在Rt△ACE中，∠AEC＝60°， ∴∠CAE＝30°， ∴AE＝2CE＝6， ∵DE垂直平分AB， ∴AE＝BE＝6． 5.（2025•洞头区模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC，∠B＝∠BAE，AE＝5，CD＝3，tanC＝1． （1）求BD的长． （2）求sinB的值． 【答案】（1）9； （2）． 【分析】（1）先利用等角对等边可得：AE＝BE＝5，再根据垂直定义可得：∠ADE＝∠ADC＝90°，然后在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，从而在Rt△ADE中，利用勾股定理求出DE的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答； （2）在Rt△ABD中，利用勾股定理求出AB的长，然后利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【解答】解：（1）∵∠B＝∠BAE， ∴AE＝BE＝5， ∵AD⊥BC， ∴∠ADE＝∠ADC＝90°， 在Rt△ACD中，tanC＝1，CD＝3， ∴AD＝CD•tanC＝3×1＝3， ∴DE4， ∴BD＝BE+DE＝5+4＝9； （2）在Rt△ABD中，AD＝3，BD＝9， ∴AB3， ∴sinB． 6.（创新考法）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°． （1）请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图： ①作BC边的中线AD； ②在边AB上找一点E，使得∠DEC＝∠DAC；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，若，AB＝5，则线段CE的长为 　　 ．（如需画草图，请使用备用图） 【答案】（1）①图见解答； ②图见解答； （2）CE． 【分析】（1）①先作BC的垂直平分线交BC于点D，连接AD即可； ②先作DE⊥AB，根据圆内接四边形即可得结论； （2）如图3，过点C作CF⊥AB于点F，根据等角的三角函数可设CD＝2x，AC＝3x，则BD＝CD＝2x，可得AC＝3，BC＝4，BD＝2，再由三角函数可得CF，AF，BE，最后由勾股定理即可解答． 【解答】解：（1）①如图1，线段AD即为所求； ②如图2，以D为圆心，以任意长为半径画弧交AB于M，N，再分别以M，N为圆心，以大于MN为半径画弧交于点G，过点D，G，作线段DE，此时∠DEC＝∠DAC； 理由：∵DE⊥AB， ∴∠AED＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACB+∠AED＝180°， ∴A，C，D，E四点共圆， ∴∠DEC＝∠DAC； （2）如图3，过点C作CF⊥AB于点F， ∵∠DEC＝∠DAC， ∴tan∠DEC＝tan∠DAC， ∵tan∠DAC， ∴设CD＝2x，AC＝3x， ∴BD＝CD＝2x， ∴BC＝4x， ∵∠ACB＝90°，AB＝5， ∴AC＝3，BC＝4，BD＝2， ∵sin∠CAF，cos∠CAF， ∴CF，AF， ∵cosB， ∴BE， ∴EF＝AB﹣BE﹣AF＝5， 由勾股定理得：CE． 7.（项目化数学）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D为AC边上的一个动点（不与点A，C重合），作点C关于直线BD的对称点E． （1）小明给出了下面框图中的作法： 请判断小明给出的作法是否符合题目要求，并说明理由； （2）当点E在边AB上时，请用无刻度直尺和圆规在图2中作出点D，E（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色签字笔描深痕迹），连接DE，并求出DE的长； （3）连接AE，CE，当△ACE为直角三角形时，求∠BCE的正切值． 【答案】（1）符合题目要求．理由见解析； （2）； （3）或． 【分析】（1）连接BE，CE，DE．由线段垂直平分线的性质可得出结论； （2）作∠CBA的角平分线BD，交AC于点D；以点B为圆心，以BC为半径作弧，交AB于点E；证出，得出．则可得出结论； （3）分三种情况，由直角三角形的性质及相似三角形的性质可得出答案． 【解答】解：（1）符合题目要求． 理由：如图1，连接BE，CE，DE． 由作法可知 DC＝DE，BC＝BE． ∴点B，D均在CE的垂直平分线上， ∴BD垂直平分CE． ∴点C和点E关于直线BD对称； （2）解：如图2，作∠CBA的角平分线BD，交AC于点D；以点B为圆心，以BC为半径作弧，交AB于点E； ∴点D，点E即为所求作的点． ∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8， ∴AB＝10．点C和点E关于直线BD对称． ∴BD垂直平分CE， ∴BC＝BE＝8，DC＝DE， ∴∠DCB＝∠DEB＝90°． ∴， 即． ∴． （3）解：①若∠CAE＝90°， 如图3，作EH⊥BC于点H，得矩形AEHC． ∴EH＝AC＝6． 又∵BC＝BE＝8， ∴， ∴． ∴． ②若∠CEA＝90°． 如图4，作BH⊥CE于点H， 又BC＝BE＝8， ∴CH＝EH． ∵∠ACB＝∠BHC＝90°， ∴∠ACE＝∠CBH，∠CAE＝∠BCH． ∴△CAE∽△BCH． ∴． 又∵CH＝EH， ∴tan∠CAE． ∴tan∠BCE＝tan∠CAE． ③若∠ACE＝90°，不符合题意，舍去． 综上，∠BCE的正切值为或． 题型四 解直角三角形的实际应用 1．（2025•湛江一模）座椅是我们日常生活中不可或缺的物品．如图，在调节椅背的过程中，椅面AB始终保持水平状态，支撑架AC，BD与水平地面的夹角也始终保持不变．已知椅背AE的长度为60cm，当椅背AE与椅面AB的夹角从150°调整到120°时，椅背上人的头部支撑点E向上抬高了约　 　 cm．（结果精确至0.1cm．参考数据：1.73） 【答案】21.9． 【分析】过点E作EF⊥BA，交BA 的延长线于E，过点E′作E′G⊥BA，交BA 的延长线于G，根据正弦的定义分别求出EF、E′G，计算即可． 【解答】解：如图，过点E作EF⊥BA，交BA 的延长线于E，过点E′作E′G⊥BA，交BA 的延长线于G， 在Rt△EAF中，AE＝60cm，∠EAF＝180°﹣150°＝30°， 则EF＝AE•sin∠EAF＝6030（m）， 在Rt△E′AG中，AE′＝60cm，∠E′AG＝180°﹣120°＝60°， 则E′G＝AE′•sin∠E′AG＝6030（m）， E′G﹣EF＝3030≈21.9（cm）， ∴背上人的头部支撑点E向上抬高了约21.9cm， 故答案为：21.9． 2.（时事热点）如图是“神舟十四号”载人航天飞船搭载的机械臂，可以在天宫空间站外进行维修作业．如图是处于工作状态的机械臂示意图，OA是垂直于工作台的移动基座，AB、BC为机械臂，AB＝5m，BC＝2m，工作时，机械壁伸展开到∠ABC＝143°．则A、C两点之间的距离为 　 　 ． （结果精确到0.1m，参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，2.24） 【答案】见试题解答内容 【分析】先作辅助线，在Rt△ABD中，求出AD，BD，然后根据勾股定理求出答案即可． 【解答】解：过点A作AD⊥BC，交CB的延长线于点D，连接AC， ∵∠ABC＝143°， ∴∠ABD＝37°， 在Rt△ABD中，AB＝5，sin37°，cos37°， 解得：AD＝5×0.60＝3 （m），BD＝5×0.80＝4（m）， ∴CD＝BC+BD＝6（m）， 在Rt△ABD中，AC36.7（m）， 故答案为：6.7m． 3.（2024•文成县二模）图1是某品牌电脑支架，图2是某兴趣小组设计的可调节的电脑支架示意图，支撑条AB＝AC＝28cm，支点D，F分别固定在支撑条上（AF＞CF），活动条DE绕点D转动，DE＝4cm，活动条EF长度不变．闭合支架（AB与AC重合）时，点E与点B重合．如图3，打开支架，当点E落在支撑条AB上时，EF⊥AC，则EF的长为 　 　 cm；当∠A度数达到最大时，则点C到支撑条AB的距离为 　 　 cm． 【答案】12，7， 【分析】由题意得：BD＝DE＝4cm，AE＝AB﹣BD﹣DE＝20cm，FC＝EF，设EF＝FC＝x，则AF＝BC﹣x＝28﹣x，根据勾股定理得x＝12或x＝16，当D，E，F三点共线时，∠A度数达到最大，此时FD＝EF+DE＝16cm，过F作FH⊥AB，根据等腰三角形三线合一的性质可得FH，最后根据正弦的定义列方程即可求解． 【解答】解：由题意得：BD＝DE＝4cm，AE＝AB﹣BD﹣DE＝20cm，FC＝EF， 设EF＝FC＝x，则AF＝BC﹣x＝28﹣x， ∵EF⊥AC， ∴AE2＝AF2+EF2， 即202＝（28﹣x）2+x2， 解得x＝12或x＝16， ∵AF＞CF， ∴x＝12，即EF＝12， 如图，当D，E，F三点共线时，∠A度数达到最大， 此时FD＝EF+DE＝16cm， AF＝AC﹣FC＝16cm，AD＝AB﹣BD＝24， ∴AF＝DF， 如图，过F作FH⊥AB， ∴AH12cm， ∴FH4， 如图，过C作CG⊥AB， ∴sinA， ∴， 解得GC＝7， 故答案为：12，7， 4.（2025•南沙区一模）如图1所示是一种简易手机支架，由底座、支撑板和托架组成，将手机放置在托架上，图2是其简易结构图．现测量托架AB长8cm，DB长2cm，支撑板CD长6cm，AB可绕点D转动，CD可绕点C转动． （1）若水平视线MF与AB的夹角∠MFD＝50°，∠C＝35°，求∠CDB的度数； （2）当∠C＝30°，∠CDB＝80°时，求点A到底座CE的距离．（结果精确到0.1，参考：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36） 【答案】（1）∠CDB＝95°； （2）点A到底座CE的距离为8.6cm． 【分析】（1）根据题意，结合图形，由FM∥CE，得到∠1＝∠C＝35°，从而得到∠CDB的度数； （2）根据题意，作AJ⊥CE，DK⊥CE，在Rt△CDK中求出DK，在Rt△DHK中得到DH的长，利用相似三角形，得到AJ的长． 【解答】解：（1）如图2，延长CD交FM于点G， ∵FM∥CE，∠C＝35°， ∴∠1＝∠C＝35°， ∵∠MFD＝50°，即∠2＝50°， ∴在△DFG中，∠3＝180﹣（∠1+∠2）＝180°﹣（35°+50°）＝95°， ∴∠CDB＝∠3＝95°； （2）如图3，延长AB交CE于点H，过点A作AJ⊥CE，过点D作DK⊥CE， ∴AJ∥DK， ∵在Rt△CDK中，DK＝CD•sin∠C＝63（cm）， ∠CDK＝90°﹣∠C＝60°， ∴∠KDH＝∠CDH﹣∠CDK＝80°﹣60°＝20°， 在Rt△DHK中，DH（cm）， ∵AJ∥DK， ∴△AJH∽△DKH， ∴， ∴， ∴AJ≈8.6（cm）， 答：点A到底座CE的距离为8.6cm． 5.（2025•增城区一模）如图1所示是广东醒狮，它是国家级非物质文化遗产之一，其中高桩醒狮更是由现代艺术演出转变而来的体育竞技．如图2，三根梅花桩AM，BP，CN垂直于地面放置，醒狮少年从点A跳跃到点B，随后纵身跃至点C，已知∠A＝59°，∠C＝45°，MP＝0.25m，PN＝1.35m．（参考数据：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60， （1）直接写出∠ABC的度数； （2）求醒狮少年从点B纵身跃至点C的路径BC的长度；（结果保留一位小数） （3）醒狮少年在某次演出时需要从点A直接腾跃至点C进行“采青”，求线段AC的长度． 【答案】（1）104°； （2）醒狮少年从点B纵身跃至点C的路径BC的长度约为1.9m； （3）即“采青”路径AC的长度约为2m． 【分析】（1）延长PB至H，根据平行线的性质可得∠ABH＝∠A＝59°，∠CBH＝∠C＝45°，即可得解； （2）过点B作直线EF∥MN，分别交AM，CN于点E，F，过点A作直线AD∥MN，交CN于点D，连接AC，则四边形AMND，四边形AEFD，四边形EMPB，四边形BPNF均是矩形，由矩形的性质可得EB＝MP＝0.25m，BF＝NP＝1.35m，DF＝AE，在Rt△BCF中，解结合勾股定理计算即可得解； （3）解直角三角形结合勾股定理计算即可得解． 【解答】解：（1）如图：延长PB至H， 由题意可得：AM∥PH∥CN， ∴∠ABH＝∠A＝59°，∠CBH＝∠C＝45°， ∴∠ABC＝∠ABH+∠CBH＝104°， 故答案为：104°； （2）如图，过点B作直线EF∥MN，分别交AM，CN于点E，F，过点A作直线AD∥MN，交CN于点D，连接AC． 由题意得∠EMN＝∠FNM＝∠MAD＝∠ADN＝∠MEF＝∠NFE＝∠BPM＝∠BPN＝90°， ∴四边形AMND，四边形AEFD，四边形EMPB，四边形BPNF均是矩形， ∴EB＝MP＝0.25m，BF＝NP＝1.35m，DF＝AE， ∴AD＝EF＝1.6m． ∵∠EAB＝59°，∠BCF＝45°， ∴∠EBA＝90°﹣59°＝31°，∠CBF＝90°﹣45°＝45°＝∠BCF， ∴AE＝EB•tan31°≈0.15m，CF＝BF＝1.35m， ∴CD＝CF﹣DF＝CF﹣AE＝1.2m， 在Rt△BCF中，BC1.351.35×1.41≈1.9（m）， 答：醒狮少年从点B纵身跃至点C的路径BC的长度约为1.9m； （3）在Rt△ACD中，AD＝1.6m，CD＝1.2m， AC2＝AD2+CD2， ∴AC2m， 即“采青”路径AC的长度约为2m． 6.（项目化数学）【阅读理解】小宁学习三角函数时，遇到一个这样的问题：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝22.5°，求tan22.5°的值． 【解题思路】小宁先画出了几何图形（如图1），他觉得22.5°虽然不是特殊角，但22.5°是45°的一半，于是他尝试着在CB上截取CD＝CA，再连接AD，构造出等腰△ABD（如图2）． 【解题过程】 在CB上截取CD＝CA，再连接AD，可证△ADB为等腰三角形，设AC＝CD＝a，则AD＝BDa． ∴tan22.5°． 【尝试应用】（1）如图3，求tan15°的值； 【拓展应用】（2）如图4，某同学站在离纪念碑底A距离5米的C处，测得纪念碑顶点B的仰角为75°，该同学的眼睛D点离地面的距离为1.5米，请帮助他求出纪念碑的高度AB（结果保留整数，参考数据：1.73，1.41）． 【答案】（1）2； （2）20米． 【分析】（1）先作出AB的中垂线，得出BD＝AD，进而求出∠ADC＝30°，再同材料的【解题思路】即可求出答案； （2）过点D作DE⊥AB于E，则四边形ACDE是矩形，进而得出AE＝CD＝1.5米，DE＝AC＝5米，进而求出BE，即可求出答案． 【解答】解：（1）如图3， 作AB的中垂线交BC于D，连接AD， 则BD＝AD， ∴∠BAD＝∠B＝15°， ∴∠ADC＝30°， 设AC＝m， 在Rt△ACD中，AD＝2m，CDm， ∴BD＝2m， ∴BC＝BD+CD＝2mm＝（2）m， ∴tan15°2； （2）由题意得，则四边形ACDE是矩形， ∴AE＝CD＝1.5米，DE＝AC＝5米， 在Rt△BED中，∠BDE＝75°， ∴∠B＝15°， ∴tan15°＝tanB2， ∴BE＝10+5， ∴AB＝AE+BE＝1.5+10+511.5+5×1.73＝11.5+8.65≈20（米）， 答：纪念碑的高度AB为20米． 2 / 23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$