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第二十五章《锐角的三角比》单元测试卷
一、选择题：（本大题共10题，每题4分，共40分.）
1．⊿ABC中，∠C=90°，下列关系中正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．比较，，的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，在直角梯形中，，，如果对角线，那么的值是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在 ABC中，，平分交于点E，则线段的长为（ ）
A． B．2 C． D．
5．如图是一个学校司令台的示意图，司令台离地面的高为2米，平台的长为1米，用7米长的地毯从点到点正好铺满整个台阶（含各级台阶的高），那么斜坡的坡比是（ ）
A． B． C． D．
6．将图1所示的七巧板，拼成图2所示的四边形，连接，则（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在平面直角坐标系中，将平移，得到，点在坐标轴上．若，则点坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，已知菱形的边长为4，E是的中点，平分交于点F， 交于点G，若，则的长是（ ）
A．3 B． C． D．
9．我们把一个等腰三角形的腰与底边的比值叫做这个等腰三角形的“特征值”．设等腰△的特征值是，下列命题中假命题是（ ）
A．如果，那么△是直角三角形
B．如果，那么△有一内角为
C．如果△是直角三角形，那么
D．如果△有一内角为，那么
10．如图所示，在矩形中， 点 E 为 边上一点，连接，过点 B 作的垂线，交于点F，平移线段得线段，且恰过的中点O，连接，已知 且 则的长为（ ）
A．3 B．8 C．4 D．6
二、填空题（本题共8小题，每小题4分，共32分．）
11．如图，在中，，D是边的中点，过点D作，垂足为E，如果，那么 ．
12．如图，在边长相同的小正方形组成的网格中，点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，相交于点O，那么的值为 ．
13．已知a，b，c分别是 ABC中，，的对边，且a，b，c满足，若，则的值为 ．
14．如图，直角三角形斜边上的中线和边上的中线互相垂直，则的正弦值为 ．
15．如图1为《天工开物》记载的用于舂捣谷物的工具---“碓(duì)”的结构简图，图2为其平面示意图．已知于点B，与水平线l相交于点O，．如果分米，分米，，那么点C到水平线l的距离为 分米．
16．已知在 ABC中，，，，点是 ABC的重心，那么点到斜边的距离是 ．
17．定义：在中，，我们把的对边与的对边的比，叫做的邻弦，记作．解决问题：在中，，，，则 ．
18．在 ABC中，，，，将 ABC翻折，点C恰好落在线段的中点D处，折痕分别交、于M、N，此时 ．
三、解答题：（本大题共7题，共78分.）
19．计算：|2sin45°﹣tan45°|+．
20．如图，在梯形中，联结，．若，．
(1)求的长；
(2)求的正弦值．
21．（1）在 ABC中，记、、的对边分别为a、b、c．
①如图1，当 ABC是等边三角形（即）时， ABC的面积为________（结果用含a的代数式表示）；
②如图2，当，，时，求 ABC的面积；
（2）三个含的全等的三角形可以拼成一个大等边三角形，内含一个小的等边三角形（如图3所示），当大等边三角形的面积是小等边三角形面积的16倍时，直接写出a、b满足的数量关系________．
22．为践行“绿水青山就是金山银山”的重要思想，某森林保护区开展了寻找古树活动．如图所示，在一个坡度（或坡比）的山坡上发现有一棵古树．测得古树底端到山脚点的距离米，在距山脚点水平距离3米的点处，测得古树顶端的仰角（古树，山坡的坡面和点在同一平面上，古树与直线垂直），
(1)古树的高度约为多少米？
(2)为了保护古树，考古队员准备在树顶下方0.5米的处拉一根保护绳，其中离距离为6.5米．求绳至少多少米？（结果精确到0.1米，绳子打结处的长度忽略不计）
（参考数据：，
23．如图，在 ABC中，，，垂足为点D，，垂足为点，和相交于点．过点A作，交边延长线于点，点是边上一点，．
(1)求证：；
(2)求证：．
24．如图，在平面直角坐标系中，，连接，将 AOB沿轴翻折，交轴正半轴于点．
(1)求直线的解析式；
(2)点是线段上一点，连接，交轴于点，设点的横坐标为，设的面积为，求与的关系式（不要求写出的取值范围）．
(3)在（2）的条件下，过点向作垂线，交于点，延长线交于点，连接并延长，交于点，且，过点作轴的垂线，与延长线于，与延长线于点，求的长．
25．如图，正方形的边长为3，E、F分别是边上的点，连接．
(1)如图1，若，当时，求的值；
(2)如图2，若，与的延长线交于点G，E为的中点，求的值；
(3)如图3，若，，求的长．
参考答案
一、选择题
1．A
【分析】根据三角函数的定义就可以解决．
【详解】解：如图所示，Rt△ABC中，设AC=b，BC=a，AB=c．根据锐角三角函数的定义：
A、∵tanA=，cotA=， ，∴ ，故成立；
B、∵tanA=，cotB=， ，∴ ，故不成立；
C、∵tanA=，cotB=，∴，故不成立；
D、∵cotA= ，tanB=，∴，故不成立；
故选：A．
2．D
【分析】本题考查了锐角三角函数的增减性，熟记锐角三角函数的增减性是解题的关键，
根据三角函数的增减性，以及互余的两个角之间的关系即可作出判断．
【详解】，
，
，，
，，
，
故选：D．
3．B
【分析】本题考查了三角函数的比值关系，平行线的性质，熟悉掌握角三角函数的比值关系是解题的关键．
利用角的等量代换和三角函数的比值关系求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：B．
4．B
【分析】本题考查了解直角三角形，作于D，作于F，分别解直角三角形求得，和，从而求得，设，在中表示出，进而根据列出方程求得x，进而求得结果．
【详解】解：如图，
作于D，作于F，
在中，
，
在中，，
，
∴，
在中，设，
在中，，
，
由得，，
∴，
∴，
故选：B．
5．B
【分析】本题考查的是解直角三角形的应用-坡度坡角问题，熟记坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键．
过点作于，根据矩形的性质求出，根据题意求出，再根据坡比的概念计算即可．
【详解】解：如图，过点作于，则四边形为矩形，
米，
由题意得： (米)，
∴斜坡的坡比是：
故选： B．
6．C
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，三角函数，解题的关键是掌握以上知识点．设等腰直角的直角边为，利用图形的位置关系求出大正方形的边长和大等腰直角三角形的直角边长，进而根据正切的定义即可求解，掌握等腰直角三角形和正方形的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，设等腰直角的直角边为，则，小正方形的边长为，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，过点作的延长线于点，则，，
由图（）可得，，，
∴，，
∴，
∴．
故选：C．
7．B
【分析】本题考查解直角三角形，相似三角形的判定和性质，坐标与图形变换—平移，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，是解题的关键．过点作轴，作交的延长线于点，证明，得到，根据点的坐标，结合的值，求出，平移求出点坐标，进而得到平移规则，再求出点坐标即可．
【详解】解：过点作轴，作交的延长线于点，则：
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵平移，
∴，
∴，
∴将点先向右平移10个单位，再向下平移3个单位得到点，
∴将点先向右平移10个单位，再向下平移3个单位得到点，
∴；
故选B．
8．B
【分析】过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P，由题干所给条件可知，AG=FG，EG=GP，利用∠AGP=∠B可得到cos∠AGP=，即可得到FG的长；
【详解】过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P，
由题意可知，AB=BC=4，E是BC的中点，
∴BE=2，
又∵，
∴BH=1，即H是BE的中点，
∴AB=AE=4，
又∵AF是∠DAE的角平分线，，
∴∠FAG=∠AFG，即AG=FG，
又∵，，
∴PF=AD=4，
设FG=x，则AG=x，EG=PG=4-x，
∵，
∴∠AGP=∠AEB=∠B，
∴cos∠AGP===，
解得x=；
故选B．
9．D
【分析】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数，根据“特征值”的定义，再利用等腰三角形的性质，根据等腰三角形的特征值求出三角形的两的角的度数，或根据等腰三角形中角的度数求出它们的特征值，根据计算结果判断各选项的正误即可．
【详解】解：A选项：当时，可设腰长为，则底长为，
，
△是直角三角形是直角三角形，
故
A选项正确，不符合题意；
B选项：如下图所示，过作于点，
，
设，则，
，且，
，
，
，
故B选项正确，不符合题意；
C选项：如下图所示，，，
，
，
故C选项正确，不符合题意；
D选项：当这个角底角为时，由选项可知，此时，
当顶角为时，
如下图所示，，，
过作于点，
在△中，设，则，，
，
在△中，，
，
故D选项错误，符合题意；
故选：D．
10．B
【分析】证明得，由平移性质可得，，从而，设，，求出，在中利用勾股定理求出x的值即可求解．
【详解】∵，
∴．
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴ ，
．
由平移性质可得，，
，．
又∵点O 为的中点，
∴为线段的垂直平分线，
∴．
在中，
设，，
∴．
在中， ，
∴
解得 (负值舍去)．
∴．
故选：B．
二、填空题
11．
【分析】本题主要考查了解直角三角形，先由线段中点的定义得到，则由勾股定理可得，则，再证明，则．
【详解】解：∵D是边的中点，，
∴，
∵，
∴由勾股定理得，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：．
12．
【分析】如图，向下2个格点，向右2个格点为，连接，，设正方形的边长为，由勾股定理得，，，由，可知是直角三角形，，则，由，可得，计算求解即可．
【详解】解：如图，向下2个格点，向右2个格点为，连接，，
设正方形的边长为，
∴，，，
∵，
∴，
∴是直角三角形，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
13．
【分析】本题主要考查了勾股定理、勾股定理逆定理、正弦、余弦的定义等知识点，掌握正弦、余弦的定义成为解题的关键．
化简可得，即 ABC是直角三角形，且为直角；再由可得，设，则，由勾股定理可得，最后根据三角形函数的定义计算即可．
【详解】解：∵，
∴，即，
∴ ABC是直角三角形，且为直角，
∵，
∴，即，
设，则，
∴，
∴．
故答案为：．
14．
【分析】如图，记的交点为，设，则，由是直角三角形斜边上的中线可知，则，证明，则，，即，可求，由勾股定理得，，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，记的交点为，设，则，
由题意知，，
∴，
∵是直角三角形斜边上的中线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得，或（舍去），
由勾股定理得，，
∴，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．延长，交直线l于点G，先证明，然后求出，最后根据列方程求解即可．
【详解】解：延长，交直线l于点G，
，
，
，
，
，
，
在中， ，
设（分米），则（分米），
（分米），
，
在中，，
，
解得（分米），
（分米）．
故答案为：．
16．
【分析】本题考查的是三角形的重心的概念和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍．
过重心点作，交于点，过点作，交于点，利用锐角三角函数比求出直角边长度，然后利用勾股定理求出斜边长度，最后利用相似三角形的判定和性质及三角形重心的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，过重心点作，交于点，过点作，交于点，
∵点是的重心，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
由等面积法得，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
所以，点到斜边的距离是，
故答案为：．
17．
【分析】本题考查了解直角三角形，勾股定理，根据新定义得出，如图所示，过点作于点，设，则，在中，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴
如图所示，过点作于点，设，则
∴，
在中，
∴
解得：
故答案为：．
18．
【分析】根据，，求得，再证出得到，，然后借助勾股定理即可求解．
【详解】解：过点A作交于点F，过点D作交于点E，连接，
设，则，
∵，，
∴，，
∴，
解得，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
根据折叠的性质得，
由勾股定理得，即，
解得．
三、解答题
19．解：
20．（1）解：设和交于点O，
∵，
∴，
设，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
；
（2）解：如图所示，过点C作于点M，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴
∵，
∴，
，即
∴，
∴，
∴，
∴．
21．解：（1）① ABC的高，
ABC的面积，
故答案为：；
②如图，过点作的延长线于点，
根据题意得，，，
∵，
∴，
∴，
∴ ABC的面积；
（2）∵三个含的全等的三角形可以拼成一个大等边三角形，内含一个小的等边三角形，
∴小的等边三角形边长为，
∴由（1）①可得小等边三角形的面积为，
由（1）②可得三个含的全等的三角形的面积为，
∴大等边三角形的面积，
∵大等边三角形的面积是小等边三角形面积的16倍，
∴，
化简得，，
解得，
∵，
∴，
故答案为：．
22．（1）解：解：如图，延长交点H，则，

山坡上坡度，
，
，
设，则，
在中，
，
，
解得：，
，，
在中，，
答：古树的高度约为
（2）解：过B点作与交与M，
则，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
答：绳至少为
23．（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）过点M作于点H，如图所示：
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即．
24．（1）解：由折叠的性质得：，
∵，
∴点,
设直线的解析式为，
∴，解得：，
∴直线的解析式为；
（2）解：如图，
∵点的横坐标为，
∴点的坐标为，
∵，
∴均是等腰直角三角形，，
∴，,
∴，
∴；
（3）解：如图所示，过点作轴，过点作于点，
∵， ABC是等腰直角三角形，
设
∵ ，，
∴，,
∴，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴,
设,则，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，
∵，则
∴，
∵
∴是等腰直角三角形，则，
∵直线的解析式为；则,
设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，则，
即，
∴．
25．（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴设，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
整理得，，
解得：或（舍去），
经检验，是原方程的解，
∴，
∴，
∴，
如图所示，过点G作交延长线于点H，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，延长，交于点G，过点G作交延长线于点H，
∵，，，
∴，，
∵，
∴设，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
经检验，是原方程的解．

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