《浙江省2018年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第一部分 考點研究 第四單元 三角形 第19課時 直角三角形與勾股定理（含近9年中考真題）試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江省2018年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第一部分 考點研究 第四單元 三角形 第19課時 直角三角形與勾股定理（含近9年中考真題）試題（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、
第一部分 考點研究
第四單元 三角形
第19課時 直角三角形與勾股定理
浙江近9年中考真題精選
命題點 1 直角三角形的相關(guān)計算(杭州2考，溫州2考)
1. (2012湖州5題3分)如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，CD是AB邊上的中線，則CD的長是( )
A. 20 B. 10 C. 5 D.
第1題圖
2. (2010臺州3題3分)如圖，△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，點P是邊BC的動點，則AP長不可能是( )
A. 2.5 B. 3 C. 4 D. 5
第2題圖
3. (2016溫州10題4分)如圖，在△
2、ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝2，P是AB邊上一動點，PD⊥AC于點D，點E在P的右側(cè)，且PE＝1，連接CE.P從點A出發(fā)，沿AB方向運動，當(dāng)E到達點B時，P停止運動．在整個運動過程中，圖中陰影部分面積S1＋S2的大小變化情況是( )
A. 一直減小 B. 一直不變
C. 先減小后增大 D. 先增大后減小
第3題圖
4. (2017杭州15題4分)如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝15，AC＝20，點D在邊AC上，AD＝5，DE⊥BC于點E，連接AE，則△ABE的面積等于________．
第4題圖
5. (2011杭州16題4分)在等腰
3、Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，過點C作直線l∥AB，F(xiàn)是l上的一點，且AB＝AF，則點F到直線BC的距離為________．
6. (2016金華15題4分)如圖，Rt△ABC紙片中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，點D在邊BC 上，以AD為折痕將△ABD折疊得到△AB′D，AB′與邊BC交于點E.若△DEB′為直角三角形，則BD的長是__________．
第6題圖
命題點 2 勾股定理的應(yīng)用(溫州2考，紹興2012.22)
7. (2010溫州16題5分)勾股定理有著悠久的歷史，它曾引起很多人的興趣，1955年希臘發(fā)行了一枚以勾股圖為背景的郵票．所謂勾股圖是指以直
4、角三角形的三邊為邊向外作正方形構(gòu)成，它可以驗證勾股定理．在圖②的勾股圖中，已知∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝4，作△PQR使得∠R＝90°，點H在邊QR上，點D，E在邊PR上，點G，F(xiàn)在邊PQ上，那么△PQR的周長等于________．
第7題圖
8. (2016溫州15題5分)七巧板是我們祖先的一項卓越創(chuàng)造，被譽為“東方魔板”．小明利用七巧板(如圖①所示)中各塊板的邊長之間的關(guān)系拼成一個凸六邊形(如圖②所示)，則該凸六邊形的周長是________ cm.
第8題圖
9. (2012紹興22題12分)小明和同桌小聰在課后復(fù)習(xí)時，對課本“目標(biāo)與評定”中的一道思考題進行
5、了認真地探索．
思考題：如圖，一架2.5米長的梯子AB斜靠在豎直的墻AC上，這時B到墻底端C的距離為0.7米．如果梯子的頂端沿墻下滑0.4米，那么點B將向外移動多少米？
(1)請你將小明對“思考題”的解答補充完整；
解：設(shè)點B將向外移動x米，即BB1＝x，
則B1C＝x＋0.7，A1C＝AC－AA1＝－0.4＝2.
而A1B1＝2.5，在Rt△A1B1C中，由B1C2＋A1C2＝A1B，得方程______________________．
解方程得x1＝________，x2＝________，
∴點B將向外移動________米．
(2)解完“思考題”后，小聰提出了如下兩個問
6、題：
問題①：在“思考題”中，將“下滑0.4米”改為“下滑0.9米”，那么該題的答案會是0.9米嗎？為什么？
問題②：在“思考題”中，梯子的頂端從A處沿墻AC下滑的距離與點B向外移動的距離有可能相等嗎？為什么？
請你解答小聰提出的這兩個問題．
第9題圖
答案
1．C 【解析】由題意得，CD＝AB＝5.
2．A 【解析】在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，根據(jù)垂線段最短，可知AP的長不可小于3，當(dāng)P和C重合時，AP＝3.故選A.
3．C 【解析】如解圖，過點D作DN⊥AB于點N，過點C作CM⊥AB于點M.在△
7、ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝2，根據(jù)勾股定理，得AB＝＝＝2 ，利用等面積法，可求CM＝＝.設(shè)AP＝x，易證△ADP∽△ACB，∴＝()2 ，∴S1＝()2××4×2＝x2 ，S2＝×(2－x－1)×＝－x＋4－，∴S1＋S2＝x2－x＋4－，此函數(shù)為二次函數(shù)，圖象開口向上，故面積S1＋S2的值先減小，后變大，故選C.
第3題解圖
4. 78 【解析】如解圖，過A作AH⊥BC，∵AB＝15，AC＝20，∠BAC＝90°，∴由勾股定理得，BC＝＝25，∵AD＝5，∴DC＝20－5＝15，∵DE⊥BC，∠BAC＝90°，∴△CDE∽△CBA，∴＝，∴CE＝×20＝12，∴B
8、E＝BC－CE＝13.
解法一：BC·AH＝AB·AC，AH＝＝＝12，S△ABE＝×12×13＝78；
解法二：DE＝＝9，由△CDE∽△CAH可得，＝，∴AH＝＝12，S△ABE＝×12×13＝78.
第4題解圖
5. 【解析】如解圖①，延長AC，作FD⊥BC于點D，F(xiàn)E垂直AC延長線于點E，∵CF∥AB，∴∠FCD＝∠CBA＝45°，∴四邊形CDFE是正方形，即CD＝DF＝FE＝EC，∵在等腰直角△ABC中，AC＝BC＝1，∴AB＝＝，∴AF＝AB＝，∴在直角△AEF中，(1＋EC)2＋EF2＝AF2，∴(1＋DF)2＋DF2＝()2，解得FD＝；如解圖②，作FD⊥BC的延長
9、線于點D，作FE⊥CA的延長線于點E，同理可證，四邊形CDFE是正方形，即CD＝DF＝FE＝EC，同理可得，在直角△AEF中，(EC－1)2＋EF2＝AF2，∴(FD－1)2＋FD2＝()2，解得FD＝.故答案為.
圖①
圖②
第5題解圖
6．2或5 【解析】△DEB′為直角三角形，存在兩種情況，如解圖①，當(dāng)∠B′DE＝90°時，∠B′DE＝∠C＝90°，∴AC∥B′D，設(shè)B′D＝BD＝x，則CD＝CB－BD＝8－x，∴＝，即＝，DE＝，∵S△ADE＋S△B′DE＝S△ADB′＝S△ADB，∴DE·AC＋DE·B′D＝BD·AC，即DE·(AC＋B′D)＝BD·AC，(6＋x)DE＝
10、6x，DE＝，因此，＝，∵x＞0，∴x＝2；如解圖②，當(dāng)∠B′ED＝90°，點C與點E重合，在Rt△ABC中，AB＝＝＝10，∵AB′＝AB＝10，∴B′C＝AB′－AC＝10－6＝4，設(shè)BD＝x，則CD＝BC－BD＝8－x，B′D＝BD＝x，在Rt△B′CD中，CD2＋B′C2＝B′D2，即(8－x)2＋42＝x2，解得x＝5.綜上所述，BD的長為2或5.
圖①
圖②
第6題解圖
7．27＋13 【解析】如解圖，延長BA交QR于點M，連接AR，AP.∵AC＝GC，BC＝FC，∠ACB＝∠GCF，∴△ABC≌△GFC，∴∠CGF＝∠BAC＝30°，∴∠HGQ＝60°，∵∠HAC＝∠
11、BAD＝90°，∴∠BAC＋∠DAH＝180°，又AD∥QR，∴∠RHA＋∠DAH＝180°，∴∠RHA＝∠BAC＝30°，∴∠QHG＝60°，∴∠Q＝∠QHG＝∠QGH＝60°，∴△QHG是等邊三角形．∵AC＝AB·cos30°＝4×＝2，則QH＝HA＝HG＝AC＝2，在Rt△HMA中，HM＝AH·sin60°＝2×＝3，AM＝HA·cos60°＝.在Rt△AMR中，MR＝AD＝AB＝4，∴QR＝2＋3＋4＝7＋2，∴QP＝2QR＝14＋4，PR＝QR·＝7＋6，∴△PQR的周長等于RP＋QP＋QR＝27＋13.
第7題解圖
8．32 ＋16 【解析】如解圖，在正方形ABCD中，∠B
12、AD＝90°，∴BD＝＝16，∴OB＝OD＝8 ，∴BG＝OG＝OP＝PD＝4，BF＝＝8, CF＝8.將題圖①和題圖②對比，可得出每一條線段的對應(yīng)邊，∴該凸六邊形的周長為：8＋8＋8＋4×4＋8＝32＋16 cm.
第8題解圖
9．解：(1)(x＋0.7)2＋22＝2.52，
0．8，－2.2(舍去)，0.8；(4分)
(2)①不會是0.9米．(5分)
理由：若AA1＝BB1＝0.9，
則A1C＝2.4－0.9＝1.5，
B1C＝0.7＋0.9＝1.6，
1．52＋1.62＝4.81，2.52＝6.25，
∵A1C2＋B1C2≠A1B，
∴該題的答案不會是0.9米．(8分)
②有可能．(9分)
設(shè)梯子頂端從A處下滑x米，點B向外也移動x米，
則有(x＋0.7)2＋(2.4－x)2＝2.52，
解得：x＝1.7或x＝0(舍)．
∴當(dāng)梯子頂端從A處下滑1.7米時，點B向外也移動1.7米，即梯子頂端從A處沿墻AC下滑的距離與點B向外移動的距離有可能相等．(12分)
8
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