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  • 2022-07-21 发布

2016初中中考数学真题难题 汇编 勾股定理

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第七章勾股定理第一节勾股定理及其逆定理1.如图,矩形ABCD中,AB=4,AD=3,M是边CD上一点,将△ADM沿直线AM对折,得到△ANM.(1)当AN平分∠MAB时,求DM的长;(2)连接BN,当DM=1时,求△ABN的面积;(3)当射线BN交线段CD于点F时,求DF的最大值.【考点】矩形的性质;角平分线的性质.【分析】(1)由折叠性质得∠MAN=∠DAM,证出∠DAM=∠MAN=∠NAB,由三角函数得出DM=AD•tan∠DAM=即可;(2)延长MN交AB延长线于点Q,由矩形的性质得出∠DMA=∠MAQ,由折叠性质得出∠DMA=∠AMQ,AN=AD=3,MN=MD=1,得出∠MAQ=∠AMQ,证出MQ=AQ,设NQ=x,则AQ=MQ=1+x,证出∠ANQ=90°,在Rt△ANQ中,由勾股定理得出方程,解方程求出NQ=4,AQ=5,即可求出△ABN的面积;(3)过点A作AH⊥BF于点H,证明△ABH∽△BFC,得出对应边成比例=,得出当点N、H重合(即AH=AN)时,AH最大,BH最小,CF最小,DF最大,此时点M、F重合,B、N、M三点共线,由折叠性质得:AD=AH,由AAS证明△ABH≌△BFC,得出CF=BH,由勾股定理求出BH,得出CF,即可得出结果.【解答】解:(1)由折叠性质得:△ANM≌△ADM,∴∠MAN=∠DAM,\n∵AN平分∠MAB,∠MAN=∠NAB,∴∠DAM=∠MAN=∠NAB,∵四边形ABCD是矩形,∴∠DAB=90°,∴∠DAM=30°,∴DM=AD•tan∠DAM=3×tan30°=3×=;(2)延长MN交AB延长线于点Q,如图1所示:∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥DC,∴∠DMA=∠MAQ,由折叠性质得:△ANM≌△ADM,∴∠DMA=∠AMQ,AN=AD=3,MN=MD=1,∴∠MAQ=∠AMQ,∴MQ=AQ,设NQ=x,则AQ=MQ=1+x,∵∠ANM=90°,∴∠ANQ=90°,在Rt△ANQ中,由勾股定理得:AQ2=AN2+NQ2,∴(x+1)2=32+x2,解得:x=4,∴NQ=4,AQ=5,∵AB=4,AQ=5,\n∴S△NAB=S△NAQ=×AN•NQ=××3×4=;(3)过点A作AH⊥BF于点H,如图2所示:∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥DC,∴∠HBA=∠BFC,∵∠AHB=∠BCF=90°,∴△ABH∽△BFC,∴=,∵AH≤AN=3,AB=4,∴当点N、H重合(即AH=AN)时,AH最大,BH最小,CF最小,DF最大,此时点M、F重合,B、N、M三点共线,如图3所示:由折叠性质得:AD=AH,∵AD=BC,∴AH=BC,在△ABH和△BFC中,,∴△ABH≌△BFC(AAS),∴CF=BH,由勾股定理得:BH===,∴CF=,∴DF的最大值=DC﹣CF=4﹣.\n【点评】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识;本题综合性强,难度较大,熟练掌握矩形和折叠的性质,证明三角形相似和三角形全等是解决问题的关键. 2.(2016黄冈)如图,在ABCD中,E,F分别为边AD,BC的中点,对角线AC分别交BE,DF于点G,H.求证:AG=CHAEDGHBFC(第17题)【考点】平行四边形的判定和性质、三角形全等的判定和性质.【分析】要证明边相等,考虑运用三角形全等来证明。根据E,F分别是AD,BC的中点,得出AE=DE=AD,CF=BF=BC;运用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证明四边形BEDF是平行四边形,从而得到∠BED=∠DFB,再运用等角的补角相等得到∠AEG=∠DFC;最后运用ASA证明△AGE≌△CHF,从而证得AG=CH.\n【解答】证明:∵E,F分别是AD,BC的中点,∴AE=DE=AD,CF=BF=BC.又∵AD∥BC,且AD=BC.∴DE∥BF,且DE=BF.∴四边形BEDF是平行四边形.∴∠BED=∠DFB.∴∠AEG=∠DFC.又∵AD∥BC,∴∠EAG=∠FCH.在△AGE和△CHF中∠AEG=∠DFCAE=CF∠EAG=∠FCH∴△AGE≌△CHF.∴AG=CH3.(2016泰安)如图,矩形ABCD中,已知AB=6,BC=8,BD的垂直平分线交AD于点E,交BC于点F,则△BOF的面积为  .【分析】根据矩形的性质和勾股定理求出BD,证明△BOF∽△BCD,根据相似三角形的性质得到比例式,求出BF,根据勾股定理求出OF,根据三角形的面积公式计算即可.【解答】解:∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=90°,又AB=6,AD=BC=8,∴BD==10,∵EF是BD的垂直平分线,∴OB=OD=5,∠BOF=90°,又∠C=90°,∴△BOF∽△BCD,\n∴=,即=,解得,BF=,则OF==,则△BOF的面积=×OF×OB=,故答案为:.【点评】本题考查的是矩形的性质、线段垂直平分线的性质以及勾股定理的应用,掌握矩形的四个角是直角、对边相等以及线段垂直平分线的定义是解题的关键. 4.(2016烟台)如图,O为数轴原点,A,B两点分别对应﹣3,3,作腰长为4的等腰△ABC,连接OC,以O为圆心,CO长为半径画弧交数轴于点M,则点M对应的实数为  .【考点】勾股定理;实数与数轴;等腰三角形的性质.【分析】先利用等腰三角形的性质得到OC⊥AB,则利用勾股定理可计算出OC=,然后利用画法可得到OM=OC=,于是可确定点M对应的数.【解答】解:∵△ABC为等腰三角形,OA=OB=3,∴OC⊥AB,在Rt△OBC中,OC===,∵以O为圆心,CO长为半径画弧交数轴于点M,∴OM=OC=,∴点M对应的数为.故答案为.5.(2015•浙江台州)定义:如图1,点M,N把线段AB分割成AM,MN和BN,若以AM,MN,BN为边的三角形是一个直角三角形,则称点M,N是线段AB的勾股分割点\n(1)已知点M,N是线段AB的勾股分割点,若AM=2,MN=3求BN的长;(2)如图2,在△ABC中,FG是中位线,点D,E是线段BC的勾股分割点,且EC>DE≥BD,连接AD,AE分别交FG于点M,N,求证:点M,N是线段FG的勾股分割点(3)已知点C是线段AB上的一定点,其位置如图3所示,请在BC上画一点D,使C,D是线段AB的勾股分割点(要求尺规作图,保留作图痕迹,画出一种情形即可)(4)如图4,已知点M,N是线段AB的勾股分割点,MN>AM≥BN,△AMC,△MND和△NBM均是等边三角形,AE分别交CM,DM,DN于点F,G,H,若H是DN的中点,试探究,和的数量关系,并说明理由\n\n\n第一节勾股定理的应用1.(2016德州)2016年2月1日,我国在西昌卫星发射中心,用长征三号丙运载火箭成功将第5颗新一代北斗星送入预定轨道,如图,火箭从地面L处发射,当火箭达到A点时,从位于地面R处雷达站测得AR的距离是6km,仰角为42.4°;1秒后火箭到达B点,此时测得仰角为45.5°(1)求发射台与雷达站之间的距离LR;(2)求这枚火箭从A到B的平均速度是多少(结果精确到0.01)?(参考数据:son42.4°≈0.67,cos42.4°≈0.74,tan42.4°≈0.905,sin45.5°≈0.71,cos45.5°≈0.70,tan45.5°≈1.02)\n【考点】勾股定理的应用.【分析】(1)根据题意直接利用锐角三角函数关系得出LR=AR•cos∠ARL求出答案即可;(2)根据题意直接利用锐角三角函数关系得出BL=LR•tan∠BRL,再利用AL=ARsin∠ARL,求出AB的值,进而得出答案.【解答】解:(1)在Rt△ALR中,AR=6km,∠ARL=42.4°,由cos∠ARL=,得LR=AR•cos∠ARL=6×cos42.4°≈4.44(km).答:发射台与雷达站之间的距离LR为4.44km;(2)在Rt△BLR中,LR=4.44km,∠BRL=45.5°,由tan∠BRL=,得BL=LR•tan∠BRL=4.44×tan45.5°≈4.44×1.02=4.5288(km),又∵sin∠ARL=,得AL=ARsin∠ARL=6×sin42.4°≈4.02(km),∴AB=BL﹣AL=4.5288﹣4.02=0.5088≈0.51(km).答:这枚火箭从A到B的平均速度大约是0.51km/s.【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用,正确选择锐角三角函数关系是解题关键.\n2.(2016济宁)某地的一座人行天桥如图所示,天桥高为6米,坡面BC的坡度为1:1,为了方便行人推车过天桥,有关部门决定降低坡度,使新坡面的坡度为1:.(1)求新坡面的坡角a;(2)原天桥底部正前方8米处(PB的长)的文化墙PM是否需要拆桥?请说明理由.【考点】解直角三角形的应用-坡度坡角问题.【分析】(1)由新坡面的坡度为1:,可得tanα=tan∠CAB==,然后由特殊角的三角函数值,求得答案;(2)首先过点C作CD⊥AB于点D,由坡面BC的坡度为1:1,新坡面的坡度为1:.即可求得AD,BD的长,继而求得AB的长,则可求得答案.【解答】解:(1)∵新坡面的坡度为1:,∴tanα=tan∠CAB==,∴∠α=30°.答:新坡面的坡角a为30°;(2)文化墙PM不需要拆除.过点C作CD⊥AB于点D,则CD=6,∵坡面BC的坡度为1:1,新坡面的坡度为1:,∴BD=CD=6,AD=6,∴AB=AD﹣BD=6﹣6<8,∴文化墙PM不需要拆除.3.(2016聊城)\n聊城“水城之眼”摩天轮是亚洲三大摩天轮之一,也是全球首座建筑与摩天轮相结合的城市地标,如图,点O是摩天轮的圆心,长为110米的AB是其垂直地面的直径,小莹在地面C点处利用测角仪测得摩天轮的最高点A的仰角为33°,测得圆心O的仰角为21°,则小莹所在C点到直径AB所在直线的距离约为(tan33°≈0.65,tan21°≈0.38)(  )A.169米B.204米C.240米D.407米【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题.【分析】过C作CD⊥AB于D,在Rt△ACD中,求得AD=CD•tan∠ACD=CD•tan33°,在Rt△BCO中,求得OD=CD•tan∠BCO=CD•tan21°,列方程即可得到结论.【解答】解:过C作CD⊥AB于D,在Rt△ACD中,AD=CD•tan∠ACD=CD•tan33°,在Rt△BCO中,OD=CD•tan∠BCO=CD•tan21°,∵AB=110m,∴AO=55m,∴A0=AD﹣OD=CD•tan33°﹣CD•tan21°=55m,∴CD==≈204m,答:小莹所在C点到直径AB所在直线的距离约为204m.故选B.\n【点评】此题主要考查了仰角与俯角的问题,利用两个直角三角形拥有公共直角边,能够合理的运用这条公共边是解答此题的关键. 4.(2016泰安)如图,轮船沿正南方向以30海里/时的速度匀速航行,在M处观测到灯塔P在西偏南68°方向上,航行2小时后到达N处,观测灯塔P在西偏南46°方向上,若该船继续向南航行至离灯塔最近位置,则此时轮船离灯塔的距离约为(由科学计算器得到sin68°=0.9272,sin46°=0.7193,sin22°=0.3746,sin44°=0.6947)(  )A.22.48B.41.68C.43.16D.55.63【分析】过点P作PA⊥MN于点A,则若该船继续向南航行至离灯塔距离最近的位置为PA的长度,利用锐角三角函数关系进行求解即可【解答】解:如图,过点P作PA⊥MN于点A,MN=30×2=60(海里),∵∠MNC=90°,∠CPN=46°,∴∠MNP=∠MNC+∠CPN=136°,\n∵∠BMP=68°,∴∠PMN=90°﹣∠BMP=22°,∴∠MPN=180°﹣∠PMN﹣∠PNM=22°,∴∠PMN=∠MPN,∴MN=PN=60(海里),∵∠CNP=46°,∴∠PNA=44°,∴PA=PNsin∠PNA=60×0.6947≈41.68(海里)故选:B.【点评】此题主要考查了方向角问题,熟练应用锐角三角函数关系是解题关键.5.(2016烟台)某中学广场上有旗杆如图1所示,在学习解直角三角形以后,数学兴趣小组测量了旗杆的高度.如图2,某一时刻,旗杆AB的影子一部分落在平台上,另一部分落在斜坡上,测得落在平台上的影长BC为4米,落在斜坡上的影长CD为3米,AB⊥BC,同一时刻,光线与水平面的夹角为72°,1米的竖立标杆PQ在斜坡上的影长QR为2米,求旗杆的高度(结果精确到0.1米).(参考数据:sin72°≈0.95,cos72°≈0.31,tan72°≈3.08)【考点】解直角三角形的应用.【分析】如图作CM∥AB交AD于M,MN⊥AB于N,根据=,求出CM,在RT△AMN中利用tan72°=,求出AN即可解决问题.【解答】解:如图作CM∥AB交AD于M,MN⊥AB于N.由题意=,即=,CM=,在RT△AMN中,∵∠ANM=90°,MN=BC=4,∠AMN=72°,\n∴tan72°=,∴AN≈12.3,∵MN∥BC,AB∥CM,∴四边形MNBC是平行四边形,∴BN=CM=,∴AB=AN+BN=13.8米.6.(2016枣庄)如图,已知△ABC中,∠C=90°,AC=BC=,将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置,连接C′B,则C′B=.B′AC′CB第17题图【答案】.\n.考点:旋转的性质;勾股定理.7.(2016巴中)如图,随着我市铁路建设进程的加快,现规划从A地到B地有一条笔直的铁路通过,但在附近的C处有一大型油库,现测得油库C在A地的北偏东60°方向上,在B地的西北方向上,AB的距离为250(+1)米.已知在以油库C为中心,半径为200米的范围内施工均会对油库的安全造成影响.问若在此路段修建铁路,油库C是否会受到影响?请说明理由.【考点】解直角三角形的应用-方向角问题.【分析】根据题意,在△ABC中,∠ABC=30°,∠BAC=45°,AB=250(+1)米,是否受到影响取决于C点到AB的距离,因此求C点到AB的距离,作CD⊥AB于D点.【解答】解:过点C作CD⊥AB于D,∴AD=CD•cot45°=CD,BD=CD•cot30°=CD,\n∵BD+AD=AB=250(+1)(米),即CD+CD=250(+1),∴CD=250,250米>200米.答:在此路段修建铁路,油库C是不会受到影响.8.(2016达州)如图,在一条笔直的东西向海岸线l上有一长为1.5km的码头MN和灯塔C,灯塔C距码头的东端N有20km.以轮船以36km/h的速度航行,上午10:00在A处测得灯塔C位于轮船的北偏西30°方向,上午10:40在B处测得灯塔C位于轮船的北偏东60°方向,且与灯塔C相距12km.(1)若轮船照此速度与航向航向,何时到达海岸线?(2)若轮船不改变航向,该轮船能否停靠在码头?请说明理由.(参考数据:≈1.4,≈1.7)【考点】解直角三角形的应用-方向角问题.【分析】(1)延长AB交海岸线l于点D,过点B作BE⊥海岸线l于点E,过点A作AF⊥l于F,首先证明△ABC是直角三角形,再证明∠BAC=30°,再求出BD的长即可角问题.(2)求出CD的长度,和CN、CM比较即可解决问题.【解答】解:(1)延长AB交海岸线l于点D,过点B作BE⊥海岸线l于点E,过点A作AF⊥l于F,如图所示.∵∠BEC=∠AFC=90°,∠EBC=60°,∠CAF=30°,∴∠ECB=30°,∠ACF=60°,∴∠BCA=90°,∵BC=12,AB=36×=24,\n∴AB=2BC,∴∠BAC=30°,∠ABC=60°,∵∠ABC=∠BDC+∠BCD=60°,∴∠BDC=∠BCD=30°,∴BD=BC=12,∴时间t==小时=20分钟,∴轮船照此速度与航向航向,上午11::00到达海岸线.(2)∵BD=BC,BE⊥CD,∴DE=EC,在RT△BEC中,∵BC=12,∠BCE=30°,∴BE=6,EC=6≈10.2,∴CD=20.4,∵20<20.4<21.5,∴轮船不改变航向,轮船可以停靠在码头. 9.(2016广安)如图,某城市市民广场一入口处有五级高度相等的小台阶.已知台阶总高1.5米,为了安全现要作一个不锈钢扶手AB及两根与FG垂直且长为1米的不锈钢架杆AD和BC(杆子的地段分别为D、C),且∠DAB=66.5°.(参考数据:cos66.5°≈0.40,sin66.5°≈0.92)(1)求点D与点C的高度DH;(2)求所有不锈钢材料的总长度(即AD+AB+BC的长,结果精确到0.1米)\n【考点】解直角三角形的应用.【分析】(1)根据图形求出即可;(2)过B作BM⊥AD于M,先求出AM,再解直角三角形求出即可.【解答】解:(1)DH=1.5米×=1.2米;(2)过B作BM⊥AD于M,在矩形BCHM中,MH=BC=1米,AM=AD+DH﹣MH=1米+1.2米﹣1米=1.2米=1.2米,在Rt△AMB中,AB=≈3.0米,所以有不锈钢材料的总长度为1米+3.0米+1米=5.0米. 10.(2016资阳)如图,“中国海监50”正在南海海域A处巡逻,岛礁B上的中国海军发现点A在点B的正西方向上,岛礁C上的中国海军发现点A在点C的南偏东30°方向上,已知点C在点B的北偏西60°方向上,且B、C两地相距120海里.(1)求出此时点A到岛礁C的距离;(2)若“中海监50”从A处沿AC方向向岛礁C驶去,当到达点A′时,测得点B在A′的南偏东75°的方向上,求此时“中国海监50”的航行距离.(注:结果保留根号)\n【考点】解直角三角形的应用-方向角问题.【分析】(1)根据题意得出:∠CBD=30°,BC=120海里,再利用cos30°=,进而求出答案;(2)根据题意结合已知得出当点B在A′的南偏东75°的方向上,则A′B平分∠CBA,进而得出等式求出答案.【解答】解:(1)如图所示:延长BA,过点C作CD⊥BA延长线与点D,由题意可得:∠CBD=30°,BC=120海里,则DC=60海里,故cos30°===,解得:AC=40,答:点A到岛礁C的距离为40海里;(2)如图所示:过点A′作A′N⊥BC于点N,可得∠1=30°,∠BA′A=45°,A′N=A′E,则∠2=15°,即A′B平分∠CBA,设AA′=x,则A′E=x,故CA′=2A′N=2×x=x,∵x+x=40,∴解得:x=20(﹣1),答:此时“中国海监50”的航行距离为20(﹣1)海里.\n 11.(2016舟山)太阳能光伏建筑是现代绿色环保建筑之一,老张准备把自家屋顶改建成光伏瓦面,改建前屋顶截面△ABC如图2所示,BC=10米,∠ABC=∠ACB=36°,改建后顶点D在BA的延长线上,且∠BDC=90°,求改建后南屋面边沿增加部分AD的长.(结果精确到0.1米)(参考数据:sin18°≈0.31,cos18°≈0.95.tan18°≈0.32,sin36°≈0.59.cos36°≈0.81,tan36°≈0.73)【考点】解直角三角形的应用.【分析】在直角三角形BCD中,由BC与sinB的值,利用锐角三角函数定义求出CD的长,在直角三角形ACD中,由∠ACD度数,以及CD的长,利用锐角三角函数定义求出AD的长即可.【解答】解:∵∠BDC=90°,BC=10,sinB=,∴CD=BC•sinB=10×0.59=5.9,∵在Rt△BCD中,∠BCD=90°﹣∠B=90°﹣36°=54°,∴∠ACD=∠BCD﹣∠ACB=54°﹣36°=18°,∴在Rt△ACD中,tan∠ACD=,∴AD=CD•tan∠ACD=5.9×0.32=1.888≈1.9(米),则改建后南屋面边沿增加部分AD的长约为1.9米.

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