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2016年江苏省中考数学第一轮强化训练26:直角三角形课后强化训练26直角三角形基础训练1．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连结AA′，若∠1＝20°，则∠B的度数是(B)A.70°B.65°C.60°D.55°(第1题图)(第2题图)2．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°，DE垂直平分斜边AC，交AB于D，E是垂足，连结CD.若AC＝43，则BD的长是(B)A.23B.2C.3D.13．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，点D在BC上，∠ADC＝2∠B，AD＝5，则BC的长为(D)A.3－1B.3＋1C.5－1D.5＋1(第3题图)(第4题图)4．如图，O是∠BAC内一点，且点O到AB，AC的距离OE＝OF，则△AEO≌△AFO的依据是(A)A.HLB.AASC.SSSD.ASA5．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝55°，将其折叠，使点A落在边CB上A′处，折痕为CD，则∠A′DB＝(C)A.40°B.30°C.20°D.10°(第5题图)(第6题图)6．如图，一个矩形纸片，剪去部分后得到一个三角形，则图中∠1＋∠2的度数是__270°__．7．如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC，BD交于点P，且AB＝BD，AP＝4PC＝4，则cos∠ACB的值是33．(第7题图)(第8题图)8．如图，在△ABC中，AB＝BC＝4，AO＝BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为23或27或2．9．教材在探索平方差公式时利用了面积法，面积法除了可以帮助我们记忆公式，还可以直观地推导或验证公式，俗称"无字证明"，例如，著名的赵爽弦图(如图①，其中四个直角三角形较大的直角边长都为a，较小的直角边长都为b，斜边长都为c)，大正方形的面积可以表示为c2，也可以表示为4×12ab＋(a－b)2由此推导出重要的勾股定理：如果直角三角形两条直角边长为a，b，斜边长为c，那么a2＋b2＝c2.(第9题图)(1)图②为美国第二十任总统伽菲尔德的"总统证法"，请你利用图②推导勾股定理．(2)如图③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，则斜边AB上的高CD的长为125cm.(3)试构造一个图形，使它的面积能够解释(a＋b)(a＋2b)＝a2＋3ab＋2b2，画在图④的网格中，并标出字母a，b所表示的线段．解：(1)梯形ABCD的面积为12(a＋b)(a＋b)＝12a2＋ab＋12b2，也可表示为12ab＋12c2＋12ab，∴12a2＋ab＋12b2＝12ab＋12c2＋12ab，即a2＋b2＝c2.(2)∵直角三角形的两直角边分别为3，4，∴斜边为32＋42＝5，∵设斜边上的高为h，直角三角形的面积为12×3×4＝12×5×h，∴h＝125.(3)∵图形面积为：(a＋b)(a＋2b)＝a2＋3ab＋2b2，∴可画长为(a＋2b)，宽(a＋b)的矩形．由此可画出的图形为：(第9题图解)拓展提高10．已知直角三角形的周长为14，斜边上的中线长为3.则直角三角形的面积为(C)A.5B.6C.7D.811．勾股定理是几何中的一个重要定理．在我国古算书《周髀算经》中就有"若勾三，股四，则弦五"的记载．如图①是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图②是由图①放入矩形内得到的，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，点D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，则矩形KLMJ的面积为(C)(第11题图)A.90B.100C.110D.12112．如图，已知∠AOB＝60°，点P在边OA上，OP＝8，点M，N在边OB上，PM＝PN，若MN＝2，则ON＝(B)A.6B.5C.4D.3(第12题图)(第13题图)13．如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，且E是AC的中点．若AD＝6，DE＝5，则CD的长等于(D)A.5B.6C.7D.814．在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝12，AC＝9，则AB＝__15__．(第15题图)15．如图，等腰Rt△BDC的顶点D在等边三角形ABC的内部，∠BDC＝90°，连结AD，过点D作一条直线将△ABD分割成两个等腰三角形，则分割出的这两个等腰三角形的顶角的度数分别是120°，150°．16．如图，在等腰Rt△OAA1中，∠OAA1＝90°，OA＝1，以OA1为直角边作等腰Rt△OA1A2，以OA2为直角边作等腰Rt△OA2A3，…则OA4的长度为__4__．(第16题图)17．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，BC＝1，以AB，BC，AC为边分别作3个等边三角形：△ABF，△BCE，△ACD.过点F作MF⊥DA的延长线于点M，连结DE并延长交MF的延长线于点N.求△DMN的面积．(第17题图)解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，BC＝1，∴AB＝2BC＝2，AC＝BCtan∠CAB＝133＝3.∵△ABF，△BCE，△ACD均是等边三角形，DM⊥MN，∴FA＝FB＝AB＝2，AD＝AC＝3，BE＝BC＝1，∴∠DAB＝∠DAC＋∠CAB＝90°，∴∠MAF＝∠MAB－∠FAB＝90°－60°＝30°，∴∠AFM＝60°，∴AM＝3，FM＝1，∴DM＝AD＋AM＝23，EF＝BE＋BF＝3.过点E作EH⊥MN于H，如解图．(第17题图解)∵∠AFM＝∠AFB＝60°，∴∠EFH＝180°－∠AFM－∠AFB＝60°，∴∠FEH＝30°，∴FH＝12EF＝32，EH＝323，∴MH＝FM＋FH＝1＋32＝52，∴S梯形MHED＝12(EH＋MD)·MH＝12×(323＋23)×52＝3583.∵DM⊥MN，EH⊥MN，∴EH∥DM，∴△EHN∽△DMN，∴SΔEHNSΔDMN＝EHDM2＝323232＝916，∴S梯形MHED∶S△DMN＝7∶16，∴S△DMN＝103.(第18题图)18．如图，平面直角坐标系中，将含30°的三角尺的直角顶点C落在第二象限，其斜边两端点A，B分别落在x轴，y轴上，且AB＝12cm.(1)若OB＝6cm.①求点C的坐标；②若点A向右滑动的距离与点B向上滑动的距离相等，求滑动的距离．(2)点C与点O的距离的最大值＝__12__cm.解：(1)①过点C作y轴的垂线，垂足为D，如解图①，在Rt△AOB中，AB＝12，则BC＝6.∵OB＝6＝BC，AB＝AB，∴Rt△ABC≌Rt△ABO，∴∠BAO＝30°，∠ABO＝60°.又∵∠CBA＝60°，∴∠CBD＝60°，∠BCD＝30°，∴BD＝3，CD＝33，∴OD＝BD＋OB＝3＋6＝9，∴点C的坐标为(－33，9)．(第18题图解)②设点A向右滑动的距离为x，根据题意得点B向上滑动的距离也为x，如解图②.∴AO＝AB·cos∠BAO＝12×cos30°＝63.∴A′O＝63－x，B′O＝6＋x，A′B′＝AB＝12，在△A′OB′中，由勾股定理，得(63－x)2＋(6＋x)2＝122，解得x1＝0(舍去)，x2＝6(3－1)．∴滑动的距离为6(3－1)m.(2)设点C的坐标为(x，y)，过点C作CE⊥x轴，CD⊥y轴，垂足分别为E，D，如解图③.(第18题图解)则OE＝－x，OD＝y，∵∠ACE＋∠BCE＝90°，∠DCB＋∠BCE＝90°，∴∠ACE＝∠DCB.又∵∠AEC＝∠BDC＝90°，∴△ACE∽△BCD，∴CECD＝ACBC，即CECD＝636＝3，∴y＝－3x，∴OC2＝x2＋y2＝x2＋(－3x)2＝4x2，∴当|x|取最大值时，即点C到y轴距离最大时，OC2有最大值，即OC取最大值，如解图③，即当C′B′旋转到与y轴垂直时，|x|最大，此时|x|＝6，∴OC＝4x2＝12，故答案为12.