中考数学专题《直角三角形的边角关系》综合检测试卷附答案解析
中考数学专题《直角三角形的边角关系》综合检测试卷附答案解析
一、直角三角形的边角关系
1．已知：如图，在四边形 ABCD 中， AB∥CD， ∠ACB =90°， AB=10cm， BC=8cm， OD 垂直平分 A C．点 P 从点 B 出发，沿 BA 方向匀速运动，速度为 1cm/s；同时，点 Q 从点 D 出发，沿 DC 方向匀速运动，速度为 1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点
P作 PE⊥AB，交 BC 于点 E，过点 Q 作 QF∥AC，分别交 AD， OD 于点 F， G．连接 OP，EG．设运动时间为 t ( s )（0＜t＜5） ，解答下列问题：
（1）当 t 为何值时，点 E 在 BAC 的平分线上？
（2）设四边形 PEGO 的面积为 S(cm2) ，求 S 与 t 的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使四边形 PEGO 的面积最大？若存在，求出t
的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接 OE， OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使 OE⊥OQ？若存在，求出t
的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）4st=；（2）PEGOS四边形2315688tt ，(05)t；（3）52t时，PEGOS四边形取得最大值；（4）165t时，OEOQ.
【解析】
【分析】
（1）当点E在∠BAC的平分线上时，因为EP⊥AB，EC⊥AC，可得PE=EC，由此构建方程即可解决问题．
（2）根据S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC）构建函数关系式即可．
（3）利用二次函数的性质解决问题即可．
（4）证明∠EOC=∠QOG，可得tan∠EOC=tan∠QOG，推出ECGQOCOG，由此构建方程即可解决问题．
【详解】
（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=10cm，BC=8cm，
∴AC=22108=6（cm），
∵OD垂直平分线段AC，
∴OC=OA=3（cm），∠DOC=90°，
∵CD∥AB， ∴∠BAC=∠DCO，
∵∠DOC=∠ACB，
∴△DOC∽△BCA，
∴ACABBCOCCDOD，
∴61083CDOD，
∴CD=5（cm），OD=4（cm），
∵PB=t，PE⊥AB，
易知：PE=34t，BE=54t，
当点E在∠BAC的平分线上时，
∵EP⊥AB，EC⊥AC，
∴PE=EC，
∴34t=8-54t，
∴t=4．
∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上．
（2）如图，连接OE，PC．
S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC）
=1414153154338838252524524ttttt
=281516(05)33ttt．
（3）存在．
∵28568(05)323Stt，
∴t=52时，四边形OPEG的面积最大，最大值为683．
（4）存在．如图，连接OQ．
∵OE⊥OQ， ∴∠EOC+∠QOC=90°，
∵∠QOC+∠QOG=90°，
∴∠EOC=∠QOG，
∴tan∠EOC=tan∠QOG，
∴ECGQOCOG，
∴358544345ttt，
整理得：5t2-66t+160=0，
解得165t或10（舍弃）
∴当165t秒时，OE⊥OQ．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题.
2．小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO＇后，电脑转到AO＇B＇位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA=OB=24cm，O＇C⊥OA于点C，O＇C=12cm．
（1）求∠CAO＇的度数．
（2）显示屏的顶部B＇比原来升高了多少？
（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O＇B＇与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O＇B＇应绕点O＇按顺时针方向旋转多少度？
【答案】（1）∠CAO′=30°；（2）（36﹣12）cm；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．
【解析】
试题分析：（1）通过解直角三角形即可得到结果；
（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，通过解直角三角形求得BD=OBsin∠BOD=24×=12，由C、O′、B′三点共线可得结果；
（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，求得∠EO′B′=∠FO′A=30°，既是显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．
试题解析：（1）∵O′C⊥OA于C，OA=OB=24cm，
∴sin∠CAO′=，
∴∠CAO′=30°；
（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，∵sin∠BOD=，∴BD=OBsin∠BOD，∵∠AOB=120°，∴∠BOD=60°，∴BD=OBsin∠BOD=24×=12，∵O′C⊥OA，∠CAO′=30°，
∴∠AO′C=60°，∵∠AO′B′=120°，∴∠AO′B′+∠AO′C=180°，
∴O′B′+O′C﹣BD=24+12﹣12=36﹣12，
∴显示屏的顶部B′比原来升高了（36﹣12）cm；
（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，
理由：∵显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°，
∴∠EO′F=120°，
∴∠FO′A=∠CAO′=30°，
∵∠AO′B′=120°，
∴∠EO′B′=∠FO′A=30°，
∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．
考点：解直角三角形的应用；旋转的性质．
3．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于切点为G，连接AG交CD于K．
（1）求证：KE=GE；
（2）若KG2=KD•GE，试判断AC与EF的位置关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若sinE=，AK=，求FG的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）AC∥EF，证明见解析；（3）FG= ．
【解析】
试题分析：（1）如图1，连接OG．根据切线性质及CD⊥AB，可以推出∠KGE=∠AKH=∠GKE，根据等角对等边得到KE=GE；
（2）AC与EF平行，理由为：如图2所示，连接GD，由∠KGE=∠GKE，及KG2=KD•GE，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似可得出△GKD与△EKG相似，又利用同弧所对的圆周角相等得到∠C=∠AGD，可推知∠E=∠C，从而得到AC∥EF；
（3）如图3所示，连接OG，OC，先求出KE=GE，再求出圆的半径，根据勾股定理与垂径定理可以求解；然后在Rt△OGF中，解直角三角形即可求得FG的长度．
试题解析：（1）如图1，连接OG．
∵EG为切线，
∴∠KGE+∠OGA=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠AKH+∠OAG=90°，
又∵OA=OG，
∴∠OGA=∠OAG，
∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，
∴KE=GE．
（2）AC∥EF，理由为连接GD，如图2所示．
∵KG2=KD•GE，即 ，
∴ ，
又∵∠KGE=∠GKE，
∴△GKD∽△EGK，
∴∠E=∠AGD，
又∵∠C=∠AGD，
∴∠E=∠C，
∴AC∥EF；
（3）连接OG，OC，如图3所示，
∵EG为切线，
∴∠KGE+∠OGA=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠AKH+∠OAG=90°，
又∵OA=OG，
∴∠OGA=∠OAG，
∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，
∴KE=GE．
∵sinE=sin∠ACH=
，设AH=3t，则AC=5t，CH=4t，
∵KE=GE，AC∥EF，
∴CK=AC=5t，
∴HK=CK-CH=t． 在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2，
即（3t）2+t2=（2 ）2，解得t= ．
设⊙O半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r-3t，CH=4t，
由勾股定理得：OH2+CH2=OC2，
即（r-3t）2+（4t）2=r2，解得r= t=．
∵EF为切线，
∴△OGF为直角三角形，
在Rt△OGF中，OG=r=，tan∠OFG=tan∠CAH= ，
∴FG=
【点睛】此题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，锐角三角函数定义，圆周角定理，平行线的判定，以及等腰三角形的判定，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．
4．如图，湿地景区岸边有三个观景台、、.已知米，米，点位于点的南偏西方向，点位于点的南偏东方向.
(1)求的面积；
(2)景区规划在线段的中点处修建一个湖心亭，并修建观景栈道.试求、间的距离.(结果精确到米)
(参考数据：，，，，，，)
【答案】（1）560000（2）565.6
【解析】
试题分析：（1）过点作交的延长线于点，，然后根据直角三角形的内角和求出∠CAE，再根据正弦的性质求出CE的长，从而得到△ABC的面积；
（2）连接，过点作，垂足为点，则.然后根据中点的性质和余弦值求出BE、AE的长，再根据勾股定理求解即可.
试题解析：(1)过点作交的延长线于点，
在中，，
所以米.
2020-2021中考数学综合题专练∶直角三角形的边角关系附详细答案
2020-2021中考数学综合题专练∶直角三角形的边角关系附详细答案
一、直角三角形的边角关系
1．已知在平面直角坐标系中，点3,0,3,0,3,8ABC，以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交Ee于点D，连接OD.
（1）求证：直线OD是Ee的切线；
（2）点F为x轴上任意一动点，连接CF交Ee于点G，连接BG：
①当1an7tACF时，求所有F点的坐标 （直接写出）；
②求BGCF的最大值.
【答案】（1）见解析；（2）①143,031F，2(5,0)F；② BGCF的最大值为12.
【解析】
【分析】
（1）连接DE，证明∠EDO=90°即可；
（2）①分“F位于AB上”和“F位于BA的延长线上”结合相似三角形进行求解即可；
②作GMBC于点M，证明1~ANFABC，得12BGCF，从而得解.
【详解】
（1）证明：连接DE，则：
∵BC为直径
∴90BDC
∴90BDA
∵OAOB
∴ODOBOA
∴OBDODB
∵EBED
∴EBDEDB ∴EBDOBDEDBODB
即：EBOEDO
∵CBx轴
∴90EBO
∴90EDO
∴直线OD为Ee的切线.
（2）①如图1，当F位于AB上时：
∵1~ANFABC
∴11NFAFANABBCAC
∴设3ANx，则114,5NFxAFx
∴103CNCAANx
∴141tan1037FNxACFCNx，解得：1031x
∴150531AFx
1504333131OF
即143,031F
如图2，当F位于BA的延长线上时：
∵2~AMFABC
∴设3AMx，则224,5MFxAFx
∴103CMCAAMx
∴241tan1037FMxACFCMx
中考数学专题训练---直角三角形的边角关系的综合题分类及答案
中考数学专题训练---直角三角形的边角关系的综合题分类及答案
一、直角三角形的边角关系
1．如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，以AC为直径的⊙O分别交AB、BC于点M、N，点P在AB的延长线上，且∠CAB=2∠BCP．
（1）求证：直线CP是⊙O的切线．
（2）若BC=2，sin∠BCP=，求点B到AC的距离．
（3）在第（2）的条件下，求△ACP的周长．
【答案】（1）证明见解析（2）4（3）20
【解析】
试题分析：（1）利用直径所对的圆周角为直角，2∠CAN=∠CAB，∠CAB=2∠BCP判断出∠ACP=90°即可；
（2）利用锐角三角函数，即勾股定理即可．
试题解析：（1）∵∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ANC=90°，
∴∠CAN+∠ACN=90°，2∠BAN=2∠CAN=∠CAB，
∵∠CAB=2∠BCP，
∴∠BCP=∠CAN，
∴∠ACP=∠ACN+∠BCP=∠ACN+∠CAN=90°，
∵点D在⊙O上，
∴直线CP是⊙O的切线；
（2）如图，作BF⊥AC
∵AB=AC，∠ANC=90°，
∴CN=CB=，
∵∠BCP=∠CAN，sin∠BCP=，
∴sin∠CAN=，
∴
∴AC=5，
∴AB=AC=5，
设AF=x，则CF=5﹣x，
在Rt△ABF中，BF2=AB2﹣AF2=25﹣x2，
在Rt△CBF中，BF2=BC2﹣CF2=2O﹣（5﹣x）2，
∴25﹣x2=2O﹣（5﹣x）2，
∴x=3，
∴BF2=25﹣32=16，
∴BF=4，
即点B到AC的距离为4．
考点：切线的判定
2．已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D、E分别在BC、AC边上，连结BE、AD交于点P，设AC=kBD，CD=kAE，k为常数，试探究∠APE的度数：
（1）如图1，若k=1，则∠APE的度数为 ；
（2）如图2，若k=3，试问（1）中的结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，求出∠APE的度数．
2020-2021中考数学直角三角形的边角关系综合练习题含答案解析
2020-2021中考数学直角三角形的边角关系综合练习题含答案解析
一、直角三角形的边角关系
1．如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=814．动点P从A点出发，沿AB方向以每秒5个单位长度的速度向B点匀速运动，动点Q从C点同时出发，以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动，当点P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正△PQM（P、Q、M按逆时针排序），以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒．
（1）求cosA的值；
（2）当△PQM与△QCN的面积满足S△PQM=95S△QCN时，求t的值；
（3）当t为何值时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
【答案】（1）coaA=45；（2）当t=35时，满足S△PQM=95S△QCN；（3）当t=273326s或273326s时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
【解析】
分析：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．利用三角形的面积公式求出BE，利用勾股定理求出AE即可解决问题；
（2）如图2中，作PH⊥AC于H．利用S△PQM=95S△QCN构建方程即可解决问题；
（3）分两种情形①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．分别构建方程求解即可；
详解：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．
∵S△ABC=12•AC•BE=814， ∴BE=92，
在Rt△ABE中，AE=22=6ABBE，
∴coaA=647.55AEAB．
（2）如图2中，作PH⊥AC于H．
∵PA=5t，PH=3t，AH=4t，HQ=AC-AH-CQ=9-9t，
∴PQ2=PH2+HQ2=9t2+（9-9t）2，
∵S△PQM=95S△QCN，
∴34•PQ2=9354•CQ2，
∴9t2+（9-9t）2=95×（5t）2，
整理得：5t2-18t+9=0，
中考数学直角三角形的边角关系综合经典题及答案解析
中考数学直角三角形的边角关系综合经典题及答案解析
一、直角三角形的边角关系
1．如图，在平行四边形ABCD中，平分，交于点，平分，交于点，与交于点，连接，.
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
试题分析：（1）根据AE平分∠BAD、BF平分∠ABC及平行四边形的性质可得AF=AB=BE，从而可知ABEF为平行四边形，又邻边相等，可知为菱形
（2）由菱形的性质可知AP的长及∠PAF=60°，过点P作PH⊥AD于H，即可得到PH、DH的长，从而可求tan∠ADP
试题解析：(1)∵AE平分∠BAD BF平分∠ABC
∴∠BAE=∠EAF ∠ABF=∠EBF
∵AD//BC
∴∠EAF=∠AEB ∠AFB=∠EBF
∴∠BAE=∠AEB ∠AFB=∠ABF
∴AB=BE AB=AF
∴AF=AB=BE
∵AD//BC
∴ABEF为平行四边形
又AB=BE
∴ABEF为菱形
（2）作PH⊥AD于H
由∠ABC=60°而已（1）可知∠PAF=60°，PA=2，则有PH=，AH=1，∴DH=AD-AH=5 ∴tan∠ADP=
考点：1、平行四边形；2、菱形；3、直角三角形；4、三角函数
2．在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点P在线段BC上（不含点B），∠BPE=12
∠ACB，PE交BO于点E，过点B作BF⊥PE，垂足为F，交AC于点G．
（1）当点P与点C重合时（如图1）．求证：△BOG≌△POE；
（2）通过观察、测量、猜想：BFPE= ，并结合图2证明你的猜想；
（3）把正方形ABCD改为菱形，其他条件不变（如图3），若∠ACB=α，求BFPE的值．（用含α的式子表示）
【答案】（1）证明见解析（2）12BFPE （3）1tan2BFPE
【解析】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，P与C重合，
全国中考数学直角三角形的边角关系的综合中考真题汇总附答案解析
全国中考数学直角三角形的边角关系的综合中考真题汇总附答案解析
一、直角三角形的边角关系
1．已知在平面直角坐标系中，点3,0,3,0,3,8ABC，以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交Ee于点D，连接OD.
（1）求证：直线OD是Ee的切线；
（2）点F为x轴上任意一动点，连接CF交Ee于点G，连接BG：
①当1an7tACF时，求所有F点的坐标 （直接写出）；
②求BGCF的最大值.
【答案】（1）见解析；（2）①143,031F，2(5,0)F；② BGCF的最大值为12.
【解析】
【分析】
（1）连接DE，证明∠EDO=90°即可；
（2）①分“F位于AB上”和“F位于BA的延长线上”结合相似三角形进行求解即可；
②作GMBC于点M，证明1~ANFABC，得12BGCF，从而得解.
【详解】
（1）证明：连接DE，则：
∵BC为直径
∴90BDC
∴90BDA
∵OAOB
∴ODOBOA
∴OBDODB
∵EBED
∴EBDEDB ∴EBDOBDEDBODB
即：EBOEDO
∵CBx轴
∴90EBO
∴90EDO
∴直线OD为Ee的切线.
（2）①如图1，当F位于AB上时：
∵1~ANFABC
∴11NFAFANABBCAC
∴设3ANx，则114,5NFxAFx
∴103CNCAANx
∴141tan1037FNxACFCNx，解得：1031x
∴150531AFx
1504333131OF
即143,031F
如图2，当F位于BA的延长线上时：
∵2~AMFABC
∴设3AMx，则224,5MFxAFx
∴103CMCAAMx
∴241tan1037FMxACFCMx
解得：25x ∴252AFx
2020-2021中考数学直角三角形的边角关系综合题附答案解析
2020-2021中考数学直角三角形的边角关系综合题附答案解析
一、直角三角形的边角关系
1．如图，海上观察哨所B位于观察哨所A正北方向，距离为25海里．在某时刻，哨所A与哨所B同时发现一走私船，其位置C位于哨所A北偏东53°的方向上，位于哨所B南偏东37°的方向上．
（1）求观察哨所A与走私船所在的位置C的距离；
（2）若观察哨所A发现走私船从C处以16海里/小时的速度向正东方向逃窜，并立即派缉私艇沿北偏东76°的方向前去拦截．求缉私艇的速度为多少时，恰好在D处成功拦截．（结果保留根号）
（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37 ＝sin53°≈去，tan37°≈2，tan76°≈）
【答案】（1）观察哨所A与走私船所在的位置C的距离为15海里；（2）当缉私艇以每小时617海里的速度行驶时，恰好在D处成功拦截.
【解析】
【分析】
（1）先根据三角形内角和定理求出∠ACB＝90°，再解Rt△ABC，利用正弦函数定义得出AC即可；
（2）过点C作CM⊥AB于点M，易知，D、C、M在一条直线上．解Rt△AMC，求出CM、AM．解Rt△AMD中，求出DM、AD，得出CD．设缉私艇的速度为x海里/小时，根据走私船行驶CD所用的时间等于缉私艇行驶AD所用的时间列出方程，解方程即可．
【详解】
（1）在ABC△中，180180375390ACBBBAC.
在RtABCV中，sinACBAB，所以3sin3725155ACAB（海里）.
答：观察哨所A与走私船所在的位置C的距离为15海里.
（2）过点C作CMAB，垂足为M，由题意易知，DCM、、在一条直线上.
在RtACMV中，4sin15125CMACCAM，3cos1595AMACCAM.
在RtADM△中，tanMDDAMAM，
所以tan7636MDAM.
中考数学直角三角形的边角关系综合经典题及详细答案
中考数学直角三角形的边角关系综合经典题及详细答案
一、直角三角形的边角关系
1．已知：如图，在四边形 ABCD 中， AB∥CD， ∠ACB =90°， AB=10cm， BC=8cm， OD 垂直平分 A C．点 P 从点 B 出发，沿 BA 方向匀速运动，速度为 1cm/s；同时，点 Q 从点 D 出发，沿 DC 方向匀速运动，速度为 1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点
P作 PE⊥AB，交 BC 于点 E，过点 Q 作 QF∥AC，分别交 AD， OD 于点 F， G．连接 OP，EG．设运动时间为 t ( s )（0＜t＜5） ，解答下列问题：
（1）当 t 为何值时，点 E 在 BAC 的平分线上？
（2）设四边形 PEGO 的面积为 S(cm2) ，求 S 与 t 的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使四边形 PEGO 的面积最大？若存在，求出t
的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接 OE， OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使 OE⊥OQ？若存在，求出t
的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）4st=；（2）PEGOS四边形2315688tt ，(05)t；（3）52t时，PEGOS四边形取得最大值；（4）165t时，OEOQ.
【解析】
【分析】
（1）当点E在∠BAC的平分线上时，因为EP⊥AB，EC⊥AC，可得PE=EC，由此构建方程即可解决问题．
（2）根据S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC）构建函数关系式即可．
（3）利用二次函数的性质解决问题即可．
（4）证明∠EOC=∠QOG，可得tan∠EOC=tan∠QOG，推出ECGQOCOG，由此构建方程即可解决问题．
【详解】
（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=10cm，BC=8cm，
2020-2021中考数学 直角三角形的边角关系 综合题附答案
2020-2021中考数学 直角三角形的边角关系 综合题附答案
一、直角三角形的边角关系
1．如图，平台AB高为12m，在B处测得楼房CD顶部点D的仰角为45°，底部点C的俯角为30°，求楼房CD的高度（3＝1．7）．
【答案】32．4米．
【解析】
试题分析：首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造关系式求解．
试题解析：如图，过点B作BE⊥CD于点E，
根据题意，∠DBE=45°，∠CBE=30°．
∵AB⊥AC，CD⊥AC，
∴四边形ABEC为矩形，
∴CE=AB=12m，
在Rt△CBE中，cot∠CBE=BECE，
∴BE=CE•cot30°=12×3=123，
在Rt△BDE中，由∠DBE=45°，
得DE=BE=123．
∴CD=CE+DE=12（3+1）≈32.4．
答：楼房CD的高度约为32.4m．
考点：解直角三角形的应用——仰角俯角问题．
2．如图，在⊙O的内接三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，过C作AB的垂线l交⊙O于另一点D，垂足为E.设P是上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G.
(1)求证：△PAC∽△PDF；
(2)若AB＝5，，求PD的长；
(3)在点P运动过程中，设＝x，tan∠AFD＝y，求y与x之间的函数关系式．(不要求写出x的取值范围)
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
试题分析：（1）应用圆周角定理证明∠APD＝∠FPC，得到∠APC＝∠FPD，又由∠PAC＝∠PDC，即可证明结论.
（2）由AC=2BC，设，应用勾股定理即可求得BC，AC的长，则由AC=2BC得，由△ACE∽△ABC可求得AE，CE的长，由可知△APB是等腰直角三角形，从而可求得PA的长，由△AEF是等腰直角三角形求得EF=AE=4，从而求得DF的长，由（1）△PAC∽△PDF得，即可求得PD的长.
2020-2021中考数学直角三角形的边角关系综合题附答案
2020-2021中考数学直角三角形的边角关系综合题附答案
一、直角三角形的边角关系
1．如图，反比例函数 0kykx 的图象与正比例函数 2yx 的图象相交于A(1,a),B两点，点C在第四象限，CA∥y 轴，90ABC.
(1)求k的值及点B的坐标；
(2)求tanC的值.
【答案】（1）2k，1,2B；（2）2.
【解析】
【分析】（1）先根据点A在直线y=2x上，求得点A的坐标，再根据点A在反比例函数0kykx 的图象上，利用待定系数法求得k的值，再根据点A、B关于原点对称即可求得点B的坐标；
（2）作BH⊥AC于H，设AC交x轴于点D，根据90ABC ， 90BHC ，可得CABH，再由已知可得AODABH，从而得CAOD，求出Ctan即可.
【详解】（1）∵点A(1，a)在2yx上，
∴a=2，∴A(1，2)，
把A(1，2)代入 kyx 得2k，
∵反比例函数0kykx 的图象与正比例函数 2yx 的图象交于A，B两点，
∴AB、 两点关于原点O中心对称，
∴12B， ；
（2）作BH⊥AC于H，设AC交x轴于点D，
∵90ABC ， 90BHC ，∴CABH，
∵CA∥y 轴，∴BH∥x轴，∴AODABH，∴CAOD，
∴AD22OD1tanCtanAOD.
【点睛】本题考查了反比例与一次函数综合问题，涉及到待定系数法、中心对称、三角函数等知识，熟练掌握和应用相关知识是解题的关键，（2）小题求出∠C=∠AOD是关键.
2．如图，某公园内有一座古塔AB，在塔的北面有一栋建筑物，某日上午9时太阳光线与水平面的夹角为32°，此时塔在建筑物的墙上留下了高3米的影子CD．中午12时太阳光线与地面的夹角为45°，此时塔尖A在地面上的影子E与墙角C的距离为15米（B、E、C在一条直线上），求塔AB的高度．（结果精确到0.01米）
中考数学直角三角形的边角关系综合题汇编及详细答案
中考数学直角三角形的边角关系综合题汇编及详细答案
一、直角三角形的边角关系
1．已知：如图，在四边形 ABCD 中， AB∥CD， ∠ACB =90°， AB=10cm， BC=8cm， OD 垂直平分 A C．点 P 从点 B 出发，沿 BA 方向匀速运动，速度为 1cm/s；同时，点 Q 从点 D 出发，沿 DC 方向匀速运动，速度为 1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点
P作 PE⊥AB，交 BC 于点 E，过点 Q 作 QF∥AC，分别交 AD， OD 于点 F， G．连接 OP，EG．设运动时间为 t ( s )（0＜t＜5） ，解答下列问题：
（1）当 t 为何值时，点 E 在 BAC 的平分线上？
（2）设四边形 PEGO 的面积为 S(cm2) ，求 S 与 t 的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使四边形 PEGO 的面积最大？若存在，求出t
的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接 OE， OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使 OE⊥OQ？若存在，求出t
的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）4st=；（2）PEGOS四边形2315688tt ，(05)t；（3）52t时，PEGOS四边形取得最大值；（4）165t时，OEOQ.
【解析】
【分析】
（1）当点E在∠BAC的平分线上时，因为EP⊥AB，EC⊥AC，可得PE=EC，由此构建方程即可解决问题．
（2）根据S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC）构建函数关系式即可．
（3）利用二次函数的性质解决问题即可．
（4）证明∠EOC=∠QOG，可得tan∠EOC=tan∠QOG，推出ECGQOCOG，由此构建方程即可解决问题．
【详解】
（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=10cm，BC=8cm，