2025年中考数学二轮复习必考点之解直角三角形的实际应用

2025年中考数学二轮复习必考点之解直角三角形的实际应用 1．综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展数学活动． 在矩形中，，，将矩形绕点A顺时针旋转得到矩形，其中点E，F分别是点B，C的对应点． (1)如图1，连接，，则的值为________． (2)如图2，当点E恰好落在边上，连接交于点O，连接． ①求证：平分；②求证：． (3)若直线，交于点H，当时，请直接写出的长． 2．如图，⊙是的外接圆，是直径，，延长到点，使得，半径与交于点，连接与交于点． (1)求证：是⊙的切线； (2)若，求的长度； (3)若是的中点，如图，求． 3．如图，以的边为直径作，交于点，交于点，连接相交于点，连接，． (1)判断的形状，并证明； (2)若，求的值． 4．如图，是的直径，是的弦，为上一点，连接，，过点作交延长线于点，连接并延长交于点，交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为10，，求的长． 5．综合与探究 问题情境： 如图1，两块全等的三角形纸片叠放在一起，，． 初步探究： （1）如图2，将沿方向平移，当点与点重合时，连接．试判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将图2位置的绕点顺时针旋转得到．的对应点分别是，． ①如图3，当时，垂足为，与交于点，求线段的长； ②当时，请直接写出点到直线的距离． 6．如图1，在四边形中，，连接交于点，且满足． (1)求证：； (2)如图2，已知，过点作于点． ①求的值； ②如图3，连接，若，求的长． 7．等腰 中，，点是直线上一动点，以为斜边在其上方作等腰，直线交于点． (1)如图1，若点在线段上． ①求证：； ②如图2，若点是线段的中点，求的值； (2)若，直接写出的值． 8．如图，的顶点在同一个圆上，点在上，且，连接并延长交于点，连接并延长交于点，交圆于点，连接．若为圆的直径， (1)求的度数； (2)求证：． 9．在中，，为边上一动点，且（为正整数），在直线上方作，，，连接． (1)如图，在点运动过程中，求证：； (2)如图，若，，为中点，当点在射线上时，求的长； (3)如图，若，，与交于点，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由． 10．如图1，点，分别是菱形的边，上的点，. (1)求证：； (2)如图2，连接与相交于点，连接，． （i）当时，求证：四边形是平行四边形； （ii）如图3，的延长线交于点，若，，求的值． 11．已知：是⊙的弦，点A是上的一点：，连接并延长交于点D． (1)如图1，求证：； (2)如图2，作直径，过点A作，垂足为点F，连接，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，点G在上，连接，，其中，且，若，求线段的长． 12．如图，在中，，，点D是平面内一点，连接，，且． (1)如图1，若点D在内部，，延长交于H，若时，求的长； (2)如图2，若点D在内部，将绕点A，逆时针旋转得到线段，直线与交于点F，证明：； (3)如图3，点P是边上一点，连接，将绕点P顺时针旋转得到线段，连接，，，若，当，均取得最小值时，直接写出的面积． 13．如图，在等边中，、分别为、上动点，满足． (1)如图1，连接，过作于点，交于点，若，，求的长； (2)如图2，连接，P为中点，连接，G为边上一点，连接交于点F，F恰为中点，将绕点G逆时针旋转到，连接，．求证：； (3)如图3，点M是平面内直线上方一点，，Q为直线右方一动点，满足，，连接，N为上一点，连接、，当取得最大值时，请直接写出当为直角三角形时的值． 14．如图，矩形内接于，是对角线，点在上（不与点重合），连接分别交于点，，于点，，连接交于点． (1)如图1，当点为的中点，时， ①求证：． ②求的长． (2)如图2，若，求的值． 15．在中，，，点在边上，连接． (1)如图1，若，，求； (2)如图2，若，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，点为的中点，连接，请探究并证明线段与之间的关系； (3)如图3，若，，点在边上，连接，，在边上有一点，当取得最小值时，直接写出的最小值． 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 《2025年中考数学二轮复习必考点之解直角三角形的实际应用》参考答案 1．(1)； (2)①证明见解析；②证明见解析； (3)的长为或 【分析】（1）由旋转的性质得到，，，求得，根据相似三角形的性质得到； （2）①过点作于点，由旋转可知，得到，根据 平行线的性质得到，推出平分； ②根据角平分线的性质得到，由旋转可知，，根据全等三角形的性质得到； （3）根据旋转的性质得到，求得，得到，得到为等边三角形，同理为等边三角形，如图2，根据三角函数的定义得到，如图3，同理可得，得出． 【详解】（1）解：由旋转的性质知，，，， ， ， ， 故答案为：； （2）证明： ①由旋转可知，， ， ∵， ∴， ∴， ∴平分， ②如图，过点作于点， ∵四边形是矩形， ∴， 又∵，平分， ∴， 由旋转可知，， ∴， 在和中， ∴， ∴； （3）解：由旋转得， ∴． ∵， ∴，在四边形中，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵ ∴为等边三角形， ∴， 如图，令与的交点为， ， ∴， ， ∴， ， 如图， 同理可得， ∴ 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，熟练掌握各知识点是解题的关键． 2．(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据是直径，，证明即可； （2）根据得出，进而得出，得出特殊角，再利用三角函数求解即可； （3）证明，再根据三角形中位线和三角函数求解即可． 【详解】（1）证明：是的直径， ， ， ， ， 即， 是的直径， 是的切线； （2）解：， ，， 又， ， ， ， ， ； （3）解：为直径，， ， ， ， 、， ， 、， 又， 是的中位线， 设，则， ， ， 解得：， 则、， ， ， ， 则． 【点睛】本题考查了切线的证明，圆与三角函数的综合，解题关键是根据圆的相关知识得出角和线段的关系，再运用三角函数求解． 3．(1)是等腰三角形，证明见解析 (2) 【分析】（1）根据，得出，根据圆周角定理得出，证出，即可得，即是等腰三角形． （2）过点作，垂足为．根据圆周角定理得出，在中，，设，则，根据等腰三角形的性质得出，证明，，即可求解． 【详解】（1）解：是等腰三角形 理由如下： ∵， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴，即是等腰三角形． （2）解：过点作，垂足为． ∵是的直径， ∴， 在中，， 设，则， 又∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ， ∴． 【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，解直角三角形，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 4．(1)见解析 (2)15 【分析】（1）连接，利用平行线的判定定理证明，求得，据此即可证明是的切线； （2）连接，，证明，推出，利用勾股定理求得，推出是等边三角形，在中，利用正切函数求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， ，， ， ， ， ， ， ， ， 是的半径， 是的切线； （2）解：如图，连接，， 由（1）知，是的切线， ， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 的半径为10，， ， ， 解得（负值已舍去）， 在中，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 5．（1）四边形是菱形，理由见详解 （2）①；②点到直线的距离为或． 【分析】（1）根据等边对等角得到，由平移的性质得到，，则，，所以四边形是平行四边形，结合菱形的判定方法即可求解； （2）①如图所示，连接，过点作于点，由勾股定理，锐角三角函数的计算得到，则，，在中，，则，由此即可求解； ②分类讨论：第一种情况，如图所示，与重合，则，延长交于点，过点作延长线于点，过点作延长线于点，延长交于点，则四边形是矩形；第二种情况，如图所示，与重合，连接，过点作，过点作；由勾股勾股定理，锐角三角函数的计算，数学结合分析即可求解． 【详解】解：（1）四边形是菱形，理由如下， ∵， ∴， ∵将沿方向平移，当点与点重合， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）①如图所示，连接，过点作于点，设与交于点， 根据旋转得到，，， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴； ②由（1）可知，四边形是菱形， ∴， 第一种情况，如图所示，与重合，则，延长交于点，过点作延长线于点，过点作延长线于点，延长交于点，则四边形是矩形， ∴，，， 在中，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴，且， ∴四边形，是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴点到直线的距离为； 第二种情况，如图所示，与重合，连接，过点作，过点作， 根据计算，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点到直线的距离为； 综上所述，点到直线的距离为或． 【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，旋转的性质，锐角三角函数的计算，掌握旋转的性质，锐角三角函数的计算，数形结合分析，分类讨论思想是关键． 6．(1)见解析 (2)①；②7 【分析】（1）证明，即可由相似三角形的性质得出结论； （2）①先证明，得，从面可得，则，根据ABP，则，然后根据，则，即可求解； ②过点作交于点，连接，证明，得，则，再证明，则，然后证明，得，则，从而得，则，求得，则，由求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即． （2）解：①∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 由(1)知， ∴，， ∴， ∴，即 ∵ ∴， ∵于点，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ②过点作交于点，连接 则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴， ． 【点睛】本题考查解直角三角形，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等腰直角三角形，平行线间的判定与性质，三角形的面积等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 7．(1)①见详解；② (2) 【分析】（1）①证明，，进而得出结论；②延长交的延长线于点，由，得，，进而可得，，证明，设，则，，证明，列比例式即可求解； （2）延长交的延长线于点，证明 ，，列比例式可得答案． 【详解】（1）①证明：，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； ②解：延长交的延长线于点， ， ，， ，， ， ， 点是线段的中点， ， 在和中， ， ， ， 设，则，， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：延长交的延长线于点， ， ，， ，， ， ， ， ， 同理可证，， ， 设，则， ， 设， ， ， ， ，即， ， （舍去）或， ． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是寻找可解的直角三角形． 8．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由圆周角定理和平行四边形的性质先证，得出，可求的度数； （2）由圆周角定理、等腰三角性质、等腰直角三角形性质，证得四边形为矩形，由可知，则矩形为正方形，可得，解直角三角形，可知． 【详解】（1）解：为圆的直径， ． 四边形为平行四边形， ，，． ． ． ， ． ， ． ， ． 在和中 ． ． ． （2）证明：连接交于． 为圆的直径， ． ， ． ． ，． ， 四边形为矩形． ， ． 矩形为正方形． ． ． 即． ，， ． 【点睛】本题考查了勾股定理、圆周角的性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形两锐角互余，解直角三角形等知识，熟练掌握相关定理和性质是解题的关键． 9．(1)证明见解析； (2)的长是； (3)，理由见解析． 【分析】（）由，，则，即有，然后证明，由性质可得，，则有，，由相似三角形的判定方法即可求证； （）作于点，则，由，，则，则，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，然后根据解直角三角形和相似三角形的性质即可求解； （）过作于点，证明四边形是矩形，则，，设，则，可得，则有，，再证明，根据性质可得，从而求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，作于点，则， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为中点， ∴， ∵， ， ∴，，， ∵， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的长是； （3）解：，理由： 如图，过作于点， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， 设，则， 由（）得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，解直角三角形，矩形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握相关性质并灵活运用是解题的关键． 10．(1)见解析 (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形，作出正确的辅助线是解题的关键． （1）证明即可解答； （2）（i）根据题意可得，则，推出，再证明且，即可解答； （ii）证明，得到，即可证明，最后利用解直角三角形即可解答． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ，， ， ， 在与中， ， ， ； （2）（i）证明：由（1）知，， ， ， ， ， ，即， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （ii）解：在菱形中，， ， ， ， ， ， 点为中点， ， ， ， ， ， 如图，作， ，， ， ， ． 11．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据弧与弦的关系得到，证明垂直平分即可求证； （2）连接，在上截取，连接，证明，则，根据等腰三角形三角形三线合一得到，那么； （3）连接，过点D分别作，，，垂足分别为M，N，R．由角平分线的性质及判定得到，根据角平分线得到，那么，则．令，则，则在中，由勾股定理得，则，可得，那么，解得．在中，，求出，则． 【详解】（1）证明：如图1，连接, ∵， ∴， ∴点A在的垂直平分线上， ∵， ∴点O在的垂直平分线上， ∴垂直平分 ∴，； （2）证明：如图2，连接，在上截取，连接． ∵，，， ∴． ∴， 又∵， ∴ ∴； （3）解：如图3，连接，过点D分别作，，，垂足分别为M，N，R． ∵为的直径， ∴ ∵， ∴， ∴ ∵，，， ∴， ∴， ∴ ∵  ∴  ∴ ∴， ∴． ∴，令，则 在中，， ∴ ∵， ∴， ∴， 解得． 在中，， ∴， ∴ 在中，， ∴． 【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及解直角三角形，全等三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质及判定，等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 12．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）作交于，由直角三角形的性质可得，求出，解直角三角形得出，证明为等腰直角三角形，得出，结合，得出，从而可得，即可得解； （2）连接，延长使得，连接，由旋转的性质可得，，证明，得出，，再证明，得出，，结合对顶角相等得出，从而可得，即可得证； （3）由等腰直角三角形的性质可得，，由圆周角定理可得，点在以为直径的圆上，取的中点，连接交于，此时最小，为，则，由勾股定理可得，从而求出的最小值为，作于，于，则，，由旋转的性质可得，，证明，得出，，证明为等腰直角三角形，得出，从而推出点在过点且与夹角为的直线上，过点作于，由垂线段最短可得，此时最小，为，证明，由相似三角形的性质求出，，最后由三角形面积公式计算即可得解． 【详解】（1）解：如图，作交于， ， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图，连接，延长使得，连接， ， 由旋转的性质可得，， ∴，即，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵在中，，， ∴，， ∵， ∴由圆周角定理可得，点在以为直径的圆上， 如图，取的中点，连接交于，此时最小，为， ， 则， ∴， ∴的最小值为， 作于，于，则，， 由旋转的性质可得，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴点在过点且与夹角为的直线上， 过点作于， 由垂线段最短可得，此时最小，为， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴，， ∴当，均取得最小值时，的面积为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 13．(1) (2)见解析 (3)2或 【分析】（1）作于，由正切的定义可得，由等边三角形的性质可得，，从而得出，设，则，，求出，，从而可得，，由等边三角形的性质可得，结合勾股定理得出，求出，解直角三角形得出，即可得解； （2）作于，由等边三角形的性质可得，，，，得出，由平行线分线段成比例定理可得，从而可得，，，，，由旋转的性质可得，，得出，结合，，得出，由相似三角形的性质可得，，，求出，延长交于，连接，证明，得出，从而可得为等边三角形，，由等边三角形的性质可得，最后由勾股定理计算即可得解； （3）延长，得到射线，延长至，使得，连接、， 由等边三角形的性质可得，，求出，由题意可得点在以为圆心，为半径的圆上，从而求出，求出，由题意可得，证明，得出，，，求出，结合三角形内角和定理得出，从而可得，当、、在同一直线上时，最大，此时最大，再分两种情况：当时，作交的延长线于；当时，分别求解即可． 【详解】（1）解：如图，作于， ∵， ∴， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 设，则，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，，， ∴， ∴； （2）证明：如图，作于， ∵为等边三角形，P为中点， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∵F恰为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， 由旋转的性质可得，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，，， ∴， 延长交于，连接， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形，， ∴， ∴； （3）解：如图，延长，得到射线，延长至，使得，连接、， ∵为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵点M是平面内直线上方一点，， ∴， ∴点在以为圆心，为半径的圆上， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴当、、在同一直线上时，最大，此时最大， ∵为直角三角形， ∴当时，作交的延长线于， 由角平分线的性质定理可得， 设， ∵， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； 当时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、角平分线的性质定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 14．(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①根据矩形的性质、余角的性质等可证得，根据圆周角定理可得出，然后等量代换即可得证； ②连接，，根据圆周角定理的推论可得、是的直径，则是中点，也是中点，根据垂直平分线的性质可得，根据等边对等角可得，结合①中，以及，得出，则可求出，得出，然后根据等边对等角和三角形内角和定理可求出，则，根据弧、圆心角的关系可求出，则，最根据弧长公式求解即可； （2）根据，可设，则，，，根据勾股定理求出，结合（1）中，求出，，证明，可求出，在中求出，过P作于M，根据等角的正切值相等可得出，故设，则，在中，根据正切的定义求出，根据勾股定理求出，结合，可求出，则可求出，，，即可求解． 【详解】（1）①证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴； ②解：连接，， ∵， ∴是的直径， ∴是中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴是的直径， ∴是中点， ∵，， ∴， ∴， 由①知：， 又， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的长为； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∵， ∴设，则，， ∴， 由（1）知∶ ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 过P作于M， ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理以及推论，弧、圆心角的关系，矩形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识，并正确添加辅助线是解题的关键． 15．(1) (2)且，证明见解析 (3) 【分析】（1）设，由，，可得，，则，再根据正切定义即可求解； （2）延长至，使得，连接，，先证明，得，，可知，由题意可知，，，则，，由旋转可知，，则，进而证得，得，，再证，则，结合等腰三角形的性质，解直角三角形即可得结论； （3）由题意可知，，过点作，且，则，可证明，得，则，当点在上时，取得等号，即当取得最小值时，点在上，此时，可知，得，则，过点作于点，则，在上取，连接，则，，得，，过点作，求得，过点作，则，可知，当点与点重合时，取等号，此时有最小值，最小值为． 【详解】（1）解：设， ∵，， ∴，，则， 在中，； （2）且， 证明：延长至，使得，连接，， ∵点为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， 由题意可知，，，则，， 由旋转可知，，则， ∴， ∴， ∴，， ∵，则， ∴，则， ∵， ∴，， ∴； （3）由题意可知，， ∴， 过点作，且，则， ∵， ∴， ∴， 则，当点在上时，取得等号， 即当取得最小值时，点在上，此时， ∴， ∴，则， 过点作于点，则， 在上取，连接，则，， ∴，， 过点作， ∵，则 ∴， 过点作，则， ∴，当点与点重合时，取等号， 此时有最小值，最小值为． 【点睛】本题考查解直角三角形，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，垂线段最短等知识点，添加辅助线构造全等三角形及直角三角形是解决问题的关键． 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 $$