初中中考数学真题难题 汇编 勾股定理 18页

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，‎ ‎∵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，‎ ‎∴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﹣．‎ ‎【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=CH ‎ A E D ‎ G ‎ ‎ ‎ ‎ H ‎ ‎ ‎ B F C ‎（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.‎ ‎【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=∠DFC AE=CF ‎∠EAG=∠FCH ‎∴△AGE≌△CHF. ‎ ‎∴AG=CH ‎3.（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， ‎ ‎∴=，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 ‎（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 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 ）‎ ‎【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．‎ ‎2.（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）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．‎ ‎【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．22.48 B．41.68 C．43.16 D．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°， ‎ ‎∵∠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°，‎ ‎∴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= .‎ 第17题图 ‎【答案】.‎ ‎.‎ 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，‎ ‎∵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，‎ ‎∴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）‎ ‎【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）‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎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．‎