第1章 解直角三角形 浙教版九年級下冊綜合素質(zhì)評價(含答案)

第1章解直角三角形綜合素質(zhì)評價一、選擇題(每題3分，共30分)1．2cos60°的值是()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\r(2)D.eq\r(3)2．在Rt△ABC中，∠C＝90°，sinA＝eq\f(3,5)，BC＝3，則AC的長為()A．3B．4C．5D．63．在平面直角坐標系內(nèi)有一點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，3))，連結(jié)OP，則OP與x軸正方向所夾銳角α的正弦值是()A.eq\f(3,4)B.eq\f(4,3)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)4．如圖，小兵同學從A處出發(fā)向正東方向走xm到達B處，再向正北方向走到C處，已知∠BAC＝α，則A，C兩處相距()A.eq\f(x,sinα)mB.eq\f(x,cosα)mC．x·sinαmD．x·cosαm5．如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，AB的垂直平分線EF交AC于點D，連結(jié)BD.若cos∠BDC＝eq\f(5,7)，則BC的長是()A．10B．8C．4eq\r(3)D．2eq\r(6)6．如圖，△ABC的頂點是正方形網(wǎng)格的格點，則tanA的值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(1,3)D.eq\f(2\r(5),5)7．如圖，已知⊙O的半徑為1，銳角三角形內(nèi)接于⊙O，BD⊥AC于點D，OM⊥AB于點M，則sin∠CBD＝()A．OMB．2OMC．CDD．2CD8．某品牌智能手機安裝了一種可以測量物高的軟件．其數(shù)學原理是：該軟件通過測量手機離地面的高度，物體底端的俯角和頂端的仰角即可得出物體高度．如圖，小明測得大樹底端C點的俯角α，頂端D點的仰角β，點A離地面的高度AB＝am，則大樹CD的高度為()A．a(chǎn)(tanα＋tanβ)mB．a(chǎn)(sinα＋sinβ)mC．a(chǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(tanα,tanβ)＋1))mD．a(chǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(tanβ,tanα)＋1))m9．第二十四屆國際數(shù)學家大會會徽的設(shè)計基礎(chǔ)是1700多年前中國古代數(shù)學家趙爽的“弦圖”．如圖，在由四個全等的直角三角形(△DAE，△ABF，△BCG，△CDH)和中間一個小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF＞∠BAF，連結(jié)BE.設(shè)∠BAF＝α，∠BEF＝β，若正方形EFGH與正方形ABCD的面積之比為1∶n，tanα＝tan2β，則n＝()A．5B．4C．3D．210．如圖，矩形AOBC的頂點A，B在坐標軸上，點C的坐標是(－10，8)，點D在AC上，將△BCD沿BD折疊，點C恰好落在OA邊上的點E處，則tan∠DBE等于()A.eq\f(3,4)B.eq\f(3,5)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(1,2)二、填空題(每題4分，共24分)11．在Rt△ABC中，AB是斜邊，AB＝10，BC＝6，則cosA＝________．12．已知銳角A滿足3tanA＝eq\r(3)，則∠A＝________°.13．如圖，一個小球從坡腳沿著坡比為1∶2的坡面向上滾動了2eq\r(5)m，此時小球距離地面的高度為________．14．如圖，AB為⊙O的直徑，C，D是⊙O上兩點，若AD＝2，OA＝3，則sinC的值是________．15．如圖，矩形OABC的頂點A在反比例函數(shù)y＝eq\f(k,x)(x＜0)的圖象上，頂點B，C在第一象限內(nèi)，對角線AC∥x軸，交y軸于點D.若矩形OABC的面積是6，cos∠OAC＝eq\f(2,3)，則k＝________．16．如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，CD平分∠ACB交AB于點D，過D作DE∥BC交AC于點E，將△DEC沿DE折疊得到△DEF，DF交AC于點G.若eq\f(AG,GE)＝eq\f(7,3)，則tanA＝________.三、解答題(17～19題每題6分，20，21題每題8分，22，23題每題10分，24題12分，共66分)17．計算：(1)(2－)0－eq\r(12)＋tan60°；(2)eq\r(4)＋2sin45°－(π－3)0＋|eq\r(2)－2|.18．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，∠BAC的平分線AD＝eq\f(16eq\r(3),3)，求∠B的度數(shù)及邊BC，AB的長．19．周末，王老師布置了一項綜合實踐作業(yè)，要求利用所學知識測量一棟樓的高度．如圖，小希站在自家陽臺上，看對面一棟樓頂部的仰角為45°，看這棟樓底部的俯角為37°，已知兩棟樓之間的水平距離為30m，求這棟樓的高度．(參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75)

20．如圖，在矩形ABCD中，AD＝10，E為BC上的一點，tan∠AEB＝eq\f(3,4)，ED平分∠AEC.求：(1)BE的長；(2)sin∠EDC的值．21．閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)．初中階段，我們所學的銳角三角函數(shù)反映了直角三角形中的邊角關(guān)系(如圖)：sinα＝eq\f(BC,AC)，cosα＝eq\f(AB,AC)，tanα＝eq\f(BC,AB).一般地，當α，β為任意角時，sin(α＋β)與sin(α－β)的值可以用下面的公式求得：sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ；sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ.例如：sin15°＝sin(45°－30°)＝sin45°cos30°－cos45°sin30°＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4).根據(jù)上述材料內(nèi)容，解決下列問題：(1)計算：sin75°＝________；(2)在Rt△ABC中，∠A＝75°，∠C＝90°，AB＝4，請你求出AC和BC的長．22．圖①是某款籃球架，圖②是其示意圖，立柱OA垂直于地面OB，支架CD與OA交于點A，支架CG⊥CD交OA于點G，支架DE平行于地面OB，籃筐EF與支架DE在同一直線上，OA＝2.5m，AD＝0.8m，∠AGC＝32°.(1)求∠GAC的度數(shù)．(2)某運動員準備給籃筐掛上籃網(wǎng)，如果他站在凳子上，最高可以把籃網(wǎng)掛到離地面3m處，那么他能掛上籃網(wǎng)嗎？請通過計算說明理由．(參考數(shù)據(jù)：sin32°≈0.53，cos32°≈0.85，tan32°≈0.62)23．【問題】如何設(shè)計“倍力橋”的結(jié)構(gòu)？圖①是搭成的“倍力橋”，縱梁a，c夾住橫梁b，使得橫梁不能移動，結(jié)構(gòu)穩(wěn)固．圖②是長為lcm，寬為3cm的橫梁側(cè)面示意圖，三個凹槽都是半徑為1cm的半圓．圓心分別為O1，O2，O3，O1M＝O1N，O2Q＝O3P＝2cm，縱梁是底面半徑為1cm的圓柱體．用相同規(guī)格的橫梁、縱梁搭“橋”，間隙忽略不計．【探究1】圖③是“橋”側(cè)面示意圖，A，B為橫梁與地面的交點，C，E為圓心，D，H1，H2是橫梁側(cè)面兩邊的交點．測得AB＝32cm，點C到AB的距離為12cm.試判斷四邊形CDEH1的形狀，并求l的值．【探究2】若搭成的“橋”剛好能繞成環(huán)，其側(cè)面示意圖的內(nèi)部形成一個多邊形．①若有12根橫梁繞成環(huán)，圖④是其側(cè)面示意圖，內(nèi)部形成十二邊形H1H2H3…H12，求l的值；②若有n根橫梁繞成的環(huán)(n為偶數(shù)，且n≥6)，試用關(guān)于n的代數(shù)式表示內(nèi)部形成的多邊形H1H2H3…Hn的周長．24．已知四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝AD.(1)如圖①，求證：點A到∠C兩邊的距離相等；(2)如圖②，已知BD與AC相交于點E，BD為⊙O的直徑．①求證：tan∠CAD＝eq\f(DE,BE)；②若∠CBD＝30°，AD＝3，求AE的長．

答案一、1．B2．B3．C4．B5．D6．A7．A8．D【點撥】如圖，過點A作AE⊥CD，垂足為E，則四邊形ABCE是矩形，∴CE＝AB＝am，AE＝CB，AE∥BC，∴∠ACB＝∠EAC＝α.在Rt△ABC中，BC＝eq\f(AB,tanα)＝eq\f(a,tanα)m，∴AE＝BC＝eq\f(a,tanα)m.在Rt△AED中，∠DAE＝β，∴DE＝AE·tanβ＝eq\f(a,tanα)·tanβ＝eq\f(atanβ,tanα)m，∴DC＝CE＋DE＝a＋eq\f(atanβ,tanα)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(tanβ,tanα)))m.9．C【點撥】設(shè)BF＝AE＝a，EF＝b，∵tanα＝tan2β，∠AFB＝90°，∴eq\f(BF,AF)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BF,EF)))eq\s\up12(2)，即eq\f(a,a＋b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(2)，∴eq\f(a,a＋b)＝eq\f(a2,b2)，整理得a2＋ab＝b2，∴2a2＋2ab＝2b2.∵∠AFB＝90°，∴AB2＝AF2＋BF2＝(a＋b)2＋a2＝2a2＋2ab＋b2＝3b2，∴正方形ABCD的面積為AB2＝3b2.∵正方形EFGH的面積為EF2＝b2，且正方形EFGH與正方形ABCD的面積之比為1:n，∴eq\f(b2,3b2)＝eq\f(1,n)，解得n＝3.10．D【點撥】∵四邊形AOBC為矩形，且點C的坐標為(－10，8)，∴AC＝OB＝8，AO＝BC＝10，∠C＝∠CAO＝∠EOB＝90°.∵將△BCD沿BD折疊，點C恰好落在OA邊上的點E處，∴∠C＝∠BED＝90°，CD＝DE，BC＝BE＝10.∴在Rt△OBE中，OE＝eq\r(BE2－OB2)＝eq\r(102－82)＝6.設(shè)CD＝DE＝m，則AD＝8－m.∵∠ADE＋∠AED＝∠AED＋∠OEB＝90°，∴∠ADE＝∠OEB.又∵∠CAO＝∠EOB，∴△ADE∽△OEB.∴eq\f(DA,EO)＝eq\f(DE,EB)，即eq\f(8－m,6)＝eq\f(m,10)，解得m＝5.∴DE＝5.在Rt△BDE中，DE＝5，BE＝10，∴tan∠DBE＝eq\f(DE,BE)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2).二、11．eq\f(4,5)12．3013．2m14．eq\f(2\r(2),3)15．－eq\f(8,3)16．eq\f(3\r(7),7)【點撥】如圖，過點G作GM⊥DE于點M，∵CD平分∠ACB交AB于點D，DE∥BC，∴∠1＝∠2,∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∴ED＝EC.由折疊得∠3＝∠4，∴∠1＝∠4.又∵∠DGE＝∠CGD，∴△DGE∽△CGD，∴eq\f(DG,CG)＝eq\f(GE,DG)，∴DG2＝GE·GC.∵∠ABC＝90°，DE∥BC，∴∠ADE＝90°，∴AD⊥DE，∴AD∥GM，∴eq\f(AG,GE)＝eq\f(DM,ME)，∠MGE＝∠A.∵eq\f(AG,GE)＝eq\f(7,3)＝eq\f(DM,ME)，∴可設(shè)GE＝3，AG＝7，EM＝3n，則DM＝7n，∴DE＝EC＝10n.∵DG2＝GE·GC，∴DG2＝3×(3＋10n)＝9＋30n.在Rt△DGM中，GM2＝DG2－DM2，在Rt△GME中，GM2＝GE2－EM2，∴DG2－DM2＝GE2－EM2，即9＋30n－(7n)2＝32－(3n)2，解得n＝eq\f(3,4)，∴EM＝eq\f(9,4)，則GM＝eq\r(GE2－ME2)＝eq\r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(7),4)，∴tanA＝tan∠EGM＝eq\f(ME,MG)＝eq\f(\f(9,4),\f(3\r(7),4))＝eq\f(3\r(7),7).三、17．解：(1)原式＝1－2eq\r(3)＋eq\r(3)＝1－eq\r(3).(2)原式＝2＋2×eq\f(\r(2),2)－1＋2－eq\r(2)＝3＋eq\r(2)－eq\r(2)＝3.18．解：在Rt△ACD中，AC＝8，AD＝eq\f(16\r(3),3)，∴cos∠CAD＝eq\f(AC,AD)＝eq\f(8,\f(16\r(3),3))＝eq\f(\r(3),2)，∴∠CAD＝30°.又∵AD是∠BAC的平分線，∴∠BAC＝60°，∴BC＝AC·tan60°＝8eq\r(3)，∠B＝90°－∠BAC＝30°，∴AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝16.19．解：過點A作AE⊥BC于點E，則AE＝CD＝30m.在Rt△ABE中，∠BAE＝45°，∴∠ABE＝45°，∴BE＝AE＝30m.在Rt△ACE中，∠CAE＝37°，AE＝30m，∴CE＝tan37°×AE≈0.75×30＝22.5(m)，∴BC＝BE＋CE≈52.5m.答：這棟樓的高度大約為52.5m.20．解：(1)∵ED平分∠AEC，∴∠AED＝∠CED.∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠B＝90°.∴∠ADE＝∠CED.∴∠AED＝∠ADE.∴AE＝AD＝10.∵tan∠AEB＝eq\f(3,4)，∴eq\f(AB,BE)＝eq\f(3,4).設(shè)AB＝3k，則BE＝4k，∴AE＝eq\r(AB2＋BE2)＝eq\r((3k)2＋(4k)2)＝5k＝10，解得k＝2.∴BE＝8.(2)∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠C＝90°.∵AD＝10，∴BC＝10.又∵BE＝8，∴EC＝BC－BE＝2.由(1)可得AB＝6，∴CD＝6.∴DE＝eq\r(EC2＋CD2)＝eq\r(22＋62)＝2eq\r(10).∴sin∠EDC＝eq\f(EC,DE)＝eq\f(2,2\r(10))＝eq\f(\r(10),10).21．解：(1)eq\f(\r(2)＋\r(6),4)(2)在Rt△ABC中，∵sinA＝sin75°＝eq\f(BC,AB)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，∴BC＝AB×eq\f(\r(2)＋\r(6),4)＝4×eq\f(\r(2)＋\r(6),4)＝eq\r(2)＋eq\r(6).∵∠B＝90°－∠A＝15°，∴sinB＝sin15°＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，∴AC＝AB×eq\f(\r(6)－\r(2),4)＝4×eq\f(\r(6)－\r(2),4)＝eq\r(6)－eq\r(2).22．解：(1)∵CG⊥CD，∴∠ACG＝90°.∵∠AGC＝32°，∴∠GAC＝90°－32°＝58°.(2)該運動員能掛上籃網(wǎng)．理由如下：如圖，延長OA，ED交于點M.∵OA⊥OB，DE∥OB，∴OA⊥DE，∴∠DMA＝90°.又∵∠DAM＝∠GAC＝58°，∴∠ADM＝32°.在Rt△ADM中，AM＝AD·sin32°≈0.8×0.53＝0.424(m)，∴OM＝OA＋AM≈2.5＋0.424＝2.924(m)＜3m，∴該運動員能掛上籃網(wǎng)．23．解：【探究1】由圖①可知CD∥EH1，ED∥CH1，∴四邊形CDEH1為平行四邊形．∵橋梁的規(guī)格是相同的，∴橋梁的寬度相同，即?CDEH1每條邊上的高相等．∵?CDEH1的面積等于邊長乘這條邊上的高，∴?CDEH1的每條邊都相等，∴?CDEH1為菱形．如圖①，過點C作CM⊥AB于點M.由題意得CA＝CB，CM＝12cm，∴AM＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)×32＝16(cm)．在Rt△CAM中，CA2＝AM2＋CM2，∴CA＝eq\r(162＋122)＝20(cm)，∴l(xiāng)＝CA＋2＝20＋2＝22(cm)．【探究2】①如圖②，過點C作CN⊥H1H2于點N.由題意得∠H1CH2＝120°，CH1＝CH2，CN＝3cm，∴∠H1CN＝eq\f(1,2)∠H1CH2＝60°.∴CH1＝eq\f(CN,cos60°)＝eq\f(3,\f(1,2))＝6(cm)，H1N＝CN·tan60°＝3×eq\r(3)＝3eq\r(3)(cm)．又∵四邊形CDEH1是菱形，∴EH1＝CH1＝6cm.∴l(xiāng)＝2(2＋6＋3eq\r(3))＝(16＋6eq\r(3))(cm)．②如圖③，過點C作CN⊥H1H2于點N.由題意得形成的多邊形為正n邊形，∴外角∠CH1H2＝eq\f(360°,n).在Rt△CNH1中，H1N＝eq\f(CN,tan∠CH1H2)＝eq\f(3,tan\f(360°,n))cm.又∵CH1＝CH2，CN⊥H1H2，∴H1H2＝2H1N＝eq\f(6,tan\f(36