【备考2019中考数学学案】第四单元 图形的初步知识与三角形专项训练

第四单元 图形的初步知识与三角形
专 项 训 练
专项一 解直角三角形的实际应用
类型一 母子型
1.（2018·宿迁）如图，为了测量山坡上一棵树PQ的高度，小明在点A处利用测角仪测得树顶P的仰角为45°，然后他沿着正对树PQ的方向前进10m达到点B处，此时测得树顶P和树底Q的仰角分别是60°和30°，设PQ垂直于AB，且垂足为C.
（1）求∠BPQ的度数；
（2）求树PQ的高度（结果精确到0.1m，≈1.73）。
2.（2017·海南）为做好防汛工作，防汛指挥部决定对某水库的水坝进行加高加固，专家提供的方案是:水坝加高2米（即CD＝2米），背水坡DE的坡度i＝1:1（即DB:EB＝1:1），如图所示，已知AE＝4米，∠EAC＝130°，求水坝原来的高度BC.（参考数据:sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.2）
3.（2018·衢州）“五·一”期间，小明到小陈家所在的美丽乡村游玩，在村头A处小明接到小陈发来的定位，发现小陈家C在自己的北偏东45°方向，于是沿河边笔直的绿道步行200米到达B处，这时定位显示小陈家C在自己的北偏东30°方向，如图所示，根据以上信息和下面的对话，请你帮小明算一算他还需沿绿道继续直走多少米才能到达桥头D处（精确到1米）？（备用数据:≈1.414，≈1.732）
类型二 背靠背型
4.(2018?随州)随州新厥水一桥(如图1)设计灵感来源于市花一一兰花，采用蝴蝶兰斜拉桥方案，设计长度为258米，宽32米，为双向六车道，2018年4月3日通车.斜拉桥又称斜张桥主要由索塔、主梁、斜拉索组成.某座斜拉桥的部分截面图如图2所示，索塔AB和斜拉索（图中只画出最短的斜拉索DE和最长的斜拉索AC）均在同一水平面内，BC在水平桥面上已知∠ABC＝∠DEB＝45°，∠ACB＝30°，BE＝6米，AB＝5BD.
（1）求最短的斜拉索DE的长；
（2）求最长的斜拉索AC的长。
5.（2018?眉山）知识改变世界科技改变生活.导航装备的不断更新极大方便了人们的出行.如图，某校组织学生乘车到黑龙滩（用C表示）开展社会实践活动，车到达A地后，发现C地恰好在A地的正北方向，且距离A地13千米，导航显示车辆应沿北偏东60°方向行驶至B地，再沿北偏西37°方
向行驶一段距离才能到达C地，求B，C两地的距离.
（参考数据:sin53°≈，cos53°≈，tan53°≈）
6.（2017·岳阳）某太阳能热水器的横截面示意图如图所示，已知真空热水管AB与支架CD所在直线相交于点O，且OB＝OD.支架CD与水平线AE垂直，∠BAC＝∠CDE＝30°，DE＝80cm，AC＝165cm.
（1）求支架CD的长；
（2）求真空热水管AB的长.（结果均保留根号）
类型三 实物型
7.（2018·岳阳）图1是某小区入口实景图，图2是该入口抽象成的平面示意图，已知入口BC宽3.9米，门卫室外墙AB上的O点处装有一盏路灯，点O与地面BC的距离为3.3米，灯臂OM长为1.2米（灯罩长度忽略不计），∠AOM＝60°。
（1）求点M到地面的距离；
（2）某搬家公司一辆总宽2.55米，总高3.5米的货车从该入口进入时，货车需与护栏CD保持0.65米的安全距离，此时，货车能否安全通过？若能，请通过计算说明；若不能，请说明理由.（参考数据:＝1.73，结果精确到0.01米）
8.（2018·绍兴）如图1，窗框和窗扇用“滑块铰链”连接.图3是图2中“滑块铰链”的平面示意图，滑轨MN安装在窗框上，托悬臂DE安装在窗扇上，交点A处有滑块，滑块可以左右滑动，支点B，C，D始终在一直线上，延长DE交MN于点F.已知AC＝DE＝20cm，AE＝ CD＝10 cm， BD＝40 cm.
（1）窗扇完全打开，张角∠CAB＝85°，求此时窗扇与窗框的夹角∠DFB的度数。
（2）窗扇部分打开，张角∠CAB＝60°，求此时点A，B之间的距离（精确到0.1cm）.
（参考数据:≈0.732，≈2.449）
9.（2018·聊城）随着我市农产品整体品牌形象“聊·胜一筹！”的推出，现代农业得到了更快发展.某农场为扩大生产建设了一批新型钢管装配式大棚如图1，图2中线段AB，BD分别表示大棚的墙高和跨度，AC表示保温板的长.已知墙高AB为2米，墙面与保温板所成的角∠BAC＝150°，在点D处测得A点，C点的仰角分别为9°，15.6°，求保温板AC的长是多少米？（精确到0.1米）
（参考数据:≈0.86，sin9°≈0.16，cos9°≈0.99，tan9°≈0.16，sin15.6°≈0.27，cos15.6°≈0.96，tan15.6°≈0.28.）
类型四 综合型
10.（2017·营口）如图，一艘船以每小时30海里的速度向北偏东75°方向航行，在点A处测得码头C在船的东北方向，航行40分钟后到达B处，这时码头C恰好在船的正北方向，在船不改变航向的情况下，求出船在航行过程中与码头C的最近距离.（结果精确到0.1海里，参考数据≈1.41，≈1.73）
11.（2018·黄冈）如图，在大楼AB正前方有一斜坡CD，坡角∠DCE＝30°，楼高AB＝60米，在斜坡下的点C处测得楼顶B的仰角为60°，在斜坡上的点D处测得楼顶B的仰角为45°，其中点A，C，E在同一直线上。
（1）求坡底C点到大楼距离AC的值；
（2）求斜坡CD的长度。
12.（2018·泰州）日照间距系数反映了房屋日照情况.如图①，当前后房屋都朝向正南时，日照间距系数＝L:（H - H1），其中L为楼间水平距离，H为南侧楼房高度，H1为北侧楼房底层窗台至地面高度。
如图②，山坡EF朝北，EF长为15m，坡度为i＝1:0.75，山坡顶部平地EM上有一高为22.5m的楼房AB，底部A到E点的距离为4m。
（1）求山坡EF的水平宽度FH；
（2）欲在AB楼正北侧山脚的平地FN上建一楼房CD，已知该楼底层窗台P处至地面C处的高度为0.9m，要使该楼的日照间距系数不低于1.25，底部C距F处至少多远？
专项二 证明线段、角相等
（一）证明线段相等的常用知识和方法
（1）利用等腰三角形的判定和三线合一的性质；
（2）利用全等三角形的性质；
（3）利用线段的垂直平分线、角平分线的性质；
（4）利用平行线等分线段定理；
（5）利用特殊四边形的性质；由（6）利用成比例线段；
（7）利用圆中有关线段的定理，如垂径定理，切线长定理，三组量的关系定理等；
（8）利用中间量传递；
（9）利用计算证明；
（10）利用面积法、补形法、三角函数法、方程法等。
（二）证明角相等的常用知识和方法
（1）对顶角相等；
（2）同角（或等角）的余角（或补角）相等；
（3）两直线平行，同位角（或内错角）相等；
（4）全等三角形的对应角相等；
（5）相似三角形的对应角相等；
（6）等腰三角形的两底角相等。
13.（2016·广元）如图，点M，N分别在等边△ABC的边BC，CA上，且BM＝CN，AM，BN交于点Q. 求证:∠BQM＝60°.
14.如图1，在正方形ABCD中，P是BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA＝PE，PE交CD于F.
（1）证明:PC＝PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC＝120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由。
15.（2015· 莱芜）如图，已知AB是⊙O的直径，C是⊙O上任意一点OH（不与A，B重合），AB⊥CD于E，BF为⊙OB的切线，OF∥AC，连接AF，FC，AF与CD交于点G，与⊙O交于点H，连接CH.
（1）求证:FC是⊙O的切线；
（2）求证:GC＝GE；
（3）若cos∠AOC=，⊙O的半径为r，求CH的长。
参考答案及解析
专项一 解直角三角形的实际应用
类型一 母子型
1.解:延长PQ交AB于点C，如图所示。
（1）∵从B点，测得杆顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60°和30°，
∴∠BPQ＝90°-60°＝30°，即∠BPC的度数是30°。
（2）设BQ＝x，∵∠BPQ＝30°，∠PBC＝60°，∠QBC＝30°，
∴∠PBQ＝30°∴PQ＝BQ＝x。∵∠QCB＝90°，∠QBC＝30°，
∴BC＝x，QC＝，∴PC＝PQ＋QC＝x＋＝x。
∵∠PAC＝45°，∠PCA＝90°，∴PC＝AC，∴AC＝x。
∵AB＝10，BC＝x，∴10＋x＝x。
解得，。即该电线杆PQ的高度约是15.8米.
2.解:设BC＝x米，
在Rt△ABC中，∠CAB＝180°-∠EAC＝50°，AB＝ ≈=。
在Rt△EBD中，∵i＝DB:EB＝1:1，∴BD＝EB.∴CD＋BC＝AE＋AB，
即2＋x＝4＋，解得:x＝12.∴BC＝12。
答:水坝原来的高度BC为12米。
3.解:如图所示:可得:∠CAD＝45°，∠CBD＝60°，AB＝200 m，则设BD＝x，故DC＝x。
∵AD＝DC，∴200＋x＝x，解得:x＝100（＋1）≈273，
答:小明还需沿绿道继续直走273米才能到达桥头D。
类型二 背靠背型
4.解:（1）∵∠ABC＝∠DEB＝45°，∴∠BDE＝90°，BD＝DE，
在Rt△BDE中，DE＝BE·sin∠ABC＝6xsin45°＝3（米）。
即最短斜拉索DE的长为3米。
（2）过点A作AM⊥BC于点M，
由（1）知，BD＝DE＝3，AB＝5BD＝5×3＝15。
在Rt△ABM中，AM＝AB·sin∠ABC＝15×sin45°＝15（米）。
∵∠ACB＝30°，∠AMC＝90°，∴AC＝2AM＝2×15＝30（米）。
即最长斜拉索AC的长为30米。
5.解:过B作BD⊥AC，垂足为D，设AD＝x，在Rt△ABD中，
tan∠A=,即=，∴BD =x，在Rt△BCD中，tan∠CBD=，即，，解方程得:x＝4- 3.∴BD＝12-3，
在Rt△BCD中，cos∠CBD=,即：，∴BC=20-5.
答:B，C两地的距离为（20-5）千米。
6.解:（1）在R△CDE中，∠CDE＝30o，DE＝80cm，
所以cos30o=＝，解得CD＝40cm；
（2）在Rt△OAC中，∠BAC＝30°，AC＝165 cm，
所以tan30°＝=，解得OC＝55cm，
∴OA＝2OC - 110 cm， OB＝OD＝OC - CD＝15 cm,
AB＝OA-OB＝95 cm。
类型三 实物型
7.解:（1）作MH⊥BC于H，OG⊥MH于G，依题意得GH＝OB=3.3，∠GMO＝60°，∠MOG＝30°，
MG＝OM?cos60°＝1.2×＝0.6，
MH＝MG＋GH＝3.9（米）
（2）出车与DC的距离为0，65米时，车与OB的距离为:3.9 - 2.55 - 0.65＝0.7（米），BC上取点Q，使BQ＝0.7米，过Q作QP⊥BC交MO于点P，交GO与点N，则NO＝QB＝0.7，NQ＝OB＝3.3，PN＝NO?tan30°＝0.7×＝0.7×1.73÷3≈ 0.40（米），PQ＝PN＋NQ＝3.7＞3.5，∴车能够安全通过。
8.解:（1）∵AC＝DE，AE＝CD，
∴四边形ACDE是平行四边形，CA∥DE，
∵∠CAB＝85，∠DFB＝∠CAB＝85°，即此时窗扇与窗框的夹角∠DFB的度数为85o。
（2）如图，过点C作CG⊥AB于点G，则∠CGA＝∠CGB＝90o。
∵CD＝10，BD＝40，∴BC＝30。
∵∠CAB＝60°，AC＝20，sin60°==，∴CG=10.
∴AG＝＝10， BG＝＝10。
∴AB＝AG＋BG＝10＋10≈10＋10×2.449≈34.5。
即此时点A，B之间的距离约为34.5cm.
9.解:设AC为x，在△ABD中，∵tan9°=，∴。
作CE⊥BD，垂足为E，作AG⊥CE，垂足为G，在△AGC中，∠CAG＝60o.
∵sin∠CAG＝， cos∠CAG＝,
∴CG＝AC sin∠CAG-= x×sin60o=x, AG＝AC·cos∠CAG＝ x× cos60o=x。
∴ED = BD - BE = BD - AG= - x.
在△CED中，tan∠CDE＝tan15.6°= ,
∴CE＝ED× tan 15.6o＝（ - x）×tan15.6°.
又CE＝CG＋GE＝x＋2,
∴（ - x）×tan15.6°=x＋2,即（ - x）×0.28＝0.86x＋2.
解方程，得x＝1.5（米）
答:保温板AC的长约是1.5米.
类型四 综合型
10.解:过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过点B作BD⊥AC于点D，由题意可知:船在航行过程中与码头C的最近距离是CE，AB＝30×＝20，
∵∠NAC＝45o，∠NAB＝75o，∴∠DAB＝30°，
∵BD＝AB＝10，由勾股定理可知:AD＝10.
∵BC∥AN，∴∠BCD＝45°，∴CD＝BD＝10，
∴AC＝10＋10，∵∠DAB＝30°，
∴CE=AC＝5＋5≈13.7
答:船在航行过程中与码头C的最近距离是13.7海里.
11.，解:（1）由题意，得AB＝60，∠BCA＝60°，∠BAC＝90°.
在Rt△ABC中，tan∠BCA = = tan60°＝.∴AC＝＝20米.
（2）设DE＝x，在Rt△CDE中，∠DCE＝30o，
则CE＝x，CD=2x。
由题意得，AE＝DF＝AC＋CE＝20＋x，AF＝DE＝x.
在Rt△BDF中，∠BDF＝45°，则有BF＝DF＝20＋x，由于AB＝60，
由题意，得60＝20＋x＋x。
解这个方程得x＝40-60，则CD＝2x＝80-120.
答:（1）坡底C点到大楼距离AC的值为20米；（2）斜坡CD的长度为（80-120）米。
12.解:（1）:iEF＝1:0.75==，设EH＝4x，FH＝3x，
则EF＝＝5x＝15，∴x＝3，
∴FH＝3x＝9，即山坡EF的水平宽度FH为9m。
（2）延长BA，FH交于点G，则AG＝EH＝12，GH＝AE＝4，
∴BG＝BA＋AG＝22.5＋12＝34.5.设CF＝y，
则CG＝CF＋FH＋GH＝y＋9＋4＝y＋13，由题知CG:（BG-CP）≥1.25.
∴≥1.25，解得y≥29，∴底部C距F处至少29m远。
专项二 证明线段、角相等
13.证明:∵△ABC为等边三角形，∴AB＝BC，∠ABM＝∠NCB＝60o，
在△ABM和△BCN中，∴△ABM≌△BCN（SAS），∴∠BAM＝∠NBC。
在△MBQ中，∠BQM＝∠BAM＋∠ABN＝∠NBC＋ARC＝60o。
14.证明::四边形ABCD是正方形，AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，∵DP＝DP，
∴△ADP≌△CDP，∴PA＝PC。∵PA＝PE，∴PC＝PE。
（2）解:∵△ADP≌△CDP，∴∠DAP＝∠DCP.∵PA＝PE，∴∠DAP＝∠E，∴∠FCP＝∠E。
∵∠PFC＝∠DFE，∠EDF＝90°∴∠CPE＝∠EDF＝90°。
（3）解:AP＝CE.理由:∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，∴∠ADC＝120°。
∴∠EDC＝60°同理可得∠CPE=∠EDF＝60°又∵PC＝PE，∴△PCE是等边三角形
∵PA = PE. ∴AP = CE。
15.（1）证明:∵OF∥AC，∴∠FOB＝∠CAB.∵∠COB＝2∠CAB，∴∠COF＝∠BOF，
又∵OC＝OB，OF＝OF，∴△COF≌△BOF∴∠OBF＝∠OCF.
又∵BF为⊙O的切线，∴∠OBF＝90°∴∠OCF＝90°，即OC⊥CF.
又∵点C在⊙O上，∴FC是⊙O的切线。
（2）证明:过点A作⊙O的切线AM，交FC的延长线于点M，则MA⊥AB，如图1.
∵CE⊥AB，FB⊥AB，∴MA∥CE∥BF。∴。
∵在△MAF中， MA//CE ，∴，即.
∵MA，MC是⊙O的切线，∴am-CM＝CF。∴.
∵在△ABF中，CE∥BF,∴.
∵FC，FB是⊙O的切线，∴BF＝CF.
∴.∴.∴GC=GE.
（3）解:连接AD，如图2.∵OE⊥EC，cos∠AOC＝，OC＝r,
∴OE＝r∴AB＝r.∴CE＝,∵GC＝GE，∴GC＝GE＝r.
在Rt△AEG中，AE＝r，GE＝r,∴AG＝.
在Rt△AED中，AE＝r，DE＝.
∴AD = .∵∠ADG＝∠CHG，∠AGD＝∠CGH，
∴△ADG≌△CHG.∴.
∴.