2025年春九年級數學中考二輪復習《解直角三角形》填空題專題提升訓練（附答案）1．如圖，在△ABC中，AB＝BC，以點A為圓心，AC長為半徑畫弧，交BC于點C和點D，再分別以點C，D為圓心，大于CD長為半徑畫弧，兩弧相交于點E，作射線AE交BC于點M，若CM＝1，BD＝3，則sinB＝．2．新定義：有一組對角互余的凸四邊形稱為對余四邊形，如圖，已知在對余四邊形ABCD中，AB＝10，BC＝12，CD＝5，tanB＝，那么邊AD的長為．3．如圖，在△ABD中，點C為BD邊中點，連接AC，點E在AC上，連接BE，若AB＝AC，tan∠BAC＝，∠BAC＝2∠EBC，BC＝，則AD的長為．4．如圖，在四邊形ABCD中，∠C＝90°，sinA＝，AD＝6，BC＝CD，AB＝CD，那么BC＝．5．如圖，點D在鈍角△ABC的邊BC上連接AD，∠B＝45°，∠CAD＝∠CDA，CA：CB＝5：7，則∠CAD的余弦值為．6．在正方形ABCD中，N是DC的中點，M是AD上異于D的點，且∠NMB＝∠MBC，則tan∠ABM＝．7．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，sinA＝，點C關于直線AB的對稱點為D，點E為邊AC上不與點A，C重合的動點，過點D作BE的垂線交BC于點F，則的值為．8．我們把有三個內角相等的凸四邊形叫做三等角四邊形，例如：在四邊形PQMN中，如果∠P＝∠Q＝100°，∠M＝60°，那么四邊形PQMN是三等角四邊形．請閱讀以上定義，完成下列探究：如圖，在△ABC中，AB＝AC＝9，cosB＝，如果點D在邊AB上，AD＝6，點E在邊AC上，四邊形DBCE是三等角四邊形，那么線段CE的長是．9．如圖，在△ABC中，tan∠DFC＝2，∠ACB＝45°，AD⊥BC于點D，CE⊥AB于點E，AD、CE交于點F，若AC＝2，則線段EF的長為．10．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，邊AB的垂直平分線分別交邊BC，AB于點D，E．如果BC＝18，tanA＝，那么CD＝．11．如圖，在△ABC中，AH⊥BC于點H，在AH上取一點K，連接CK，使得∠HKC+∠HAC＝90°，在CK上取一點N，使得CN＝AC，連接BN，交AH于點M，若tan∠ABC＝2，BN＝15，則CH的長為．12．如圖，在△ABC中，AB＝4，BC＝7，∠B＝60°，點D在邊BC上，CD＝3，連接AD．如果將△ACD沿直線AD翻折后，點C的對應點為點E，那么點E到直線BD的距離為．13．如圖，∠EFG＝90°，EF＝10，OG＝17，cos∠FGO＝，則點F的坐標是．14．如圖，在△ABC中，AD⊥BC于D，CE平分∠ACB，∠AEC＝45°，若AC＝2，tan∠ACB＝，則AB的長為．15．如圖，在△ABC中，tan∠B＝2，∠ACB＝45°，AD⊥BC于點D，CE⊥AB于點E，AD、CE交于點F，若AC＝5，則線段EF的長為．16．如圖，在△ABC中，∠C＝90°，點D為AC邊上一點，∠ABD＝45°，tan∠A＝，若BC＝21，則DC的長為．17．如圖，在△ABC中，AB＝AC，sinB＝，延長BC至點D，使CD：AC＝1：3，則tan∠CAD＝．18．如圖，在△ABC中，AB＝AC，sinB＝，延長BC至點D，使CD：AC＝1：2，則tan∠CAD＝．19．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足為點D，線段AE與線段CD相交于點F且AE＝AB，連接DE，∠E＝∠C，若AD＝2DE，則cos∠BAD的值為．20．如圖，正△EFG內接于正方形ABCD，其中E，F，G分別在邊AB，AD，BC上，若，則＝．21．（按課改要求命制）如圖，設P是等邊三角形ABC內的一點，PA＝1，PB＝2，PC＝，將△ABP繞點A按逆時針方向旋轉，使AB與AC重合，點P旋轉到P′外，則sin∠PCP′的值是（不取近似值）．22．如圖，正方形ABCD中，E是CD中點，，則tan∠EAF＝．23．如圖，Rt△ABC，∠C＝90°，tanA＝，D是AC中點，∠ABD＝∠FBD，BC＝6，CF∥AB，則DF＝．24．如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CM為AB邊上的中線，AN⊥CM，交BC于點N．若CM＝3，AN＝4，則tan∠CAN的值為．25．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tanB＝，點D，E分別在邊AB，AC上，DE⊥AC，DE＝6，DB＝20，則tan∠BCD的值是．

參考答案1．解：連接AD，由作圖可知，AD＝AC，AM是∠DAC的角平分線，∴AM⊥DC，DM＝MC＝1，∵BD＝3，∴BM＝3+1＝4，AB＝3+2＝5＝BC，∴AM＝，∴sinB＝，故答案為：．2．解：如圖，過端午A作AH⊥BC于H，過點C作CE⊥AD于E，連接AC．在Rt△ABH中，tanB＝＝，∴可以假設AH＝3k，BH＝4k，則AB＝5k＝10，∴k＝2，∴AH＝6，BH＝8，∵BC＝12，∴CH＝BC﹣BH＝12﹣8＝4，∴AC＝＝＝2，∵∠B+∠D＝90°，∠D+∠ECD＝90°，∴∠ECD＝∠B，在Rt△CED中，tan∠ECD＝＝，∵CD＝5，∴DE＝3，CE＝4，∴AE＝＝＝6，∴AD＝AE+DE＝9．故答案為：9．3．解：作AF⊥BC于點F，∵AB＝AC，∴AF平分∠BAC，BF＝CF，∴∠CAF＝∠BAC，即2∠CAF＝∠BAC，∵∠BAC＝2∠EBC，∴∠CAF＝∠EBC，∵∠CAF+∠ACF＝90°，∴∠EBC+∠ACF＝90°，∴∠BEC＝90°，∴∠AEB＝90°，∵tan∠BAC＝，∴設BE＝3x，則AE＝4x，∴AB＝＝5x，∴AC＝5x，∴CE＝x，∵BC＝，BE＝3x，CE＝x，∴10＝（3x）2+x2，解得x1＝1，x2＝﹣1（舍去），∴AC＝5x＝5，∵∠AFC＝90°，BF＝BC＝，∴AF＝＝，∵點C為BD的中點，∴FD＝+＝，∵∠AFD＝90°，∴AD＝＝3，故答案為：3．4．解：作BE⊥AD于E，連接BD，如圖所示：設BC＝CD＝x，則AB＝x，∵sinA＝＝，∴BE＝AB＝x，∴AE＝＝＝x，∵BC＝CD，∠C＝90°，∴BD＝BC＝x，∴BD＝AB，∵BE⊥AD，∴AE＝DE＝AD＝3，∴x＝3，解得：x＝，即BC＝，故答案為：．5．解：如圖作AH⊥BC于H，設AC＝CD＝5k，BC＝7k，∵∠B＝45°，∠AHB＝90°，∴AH＝BH，設AH＝BH＝x，在Rt△ACH中，∵AH2+HC2＝AC2，∴x2+（7k﹣x）2＝（5k）2，解得x＝3k或4k（舍棄與鈍角三角形矛盾），當x＝3k時，∴BH＝AH＝3k，DH＝k，∴AD＝k，∴cos∠CAD＝cos∠ADH＝＝＝．故答案為．6．解：如圖：延長MN交BC的延長線于T，設MB的中點為O，連TO，則OT⊥BM，∵∠ABM+∠MBT＝90°，∠OTB+∠MBT＝90°，∴∠ABM＝∠OTB，則△BAM∽△TOB，∴＝，即＝，即MB2＝2AM?BT①令DN＝1，CT＝MD＝K，則：AM＝2﹣K，BM＝，BT＝2+K，代入①中得：4+（2﹣K）2＝2（2﹣K）（2+K），解方程得：K1＝0（舍去），K2＝．∴AM＝2﹣＝．tan∠ABM＝＝＝．故答案是：．7．解：如圖，設DF交AB于M，CD交AB于N，BE交DF于J．∵∠ACB＝90°，∴sinA＝＝，∴可以假設BC＝4k，AB＝5k，則AC＝3k，∵C，D關于AB對稱，∴CD⊥AB，CN＝DN，∵S△ABC＝×BC×AC＝×AB×CN，∴CN＝DN＝k，∴CD＝k，∵∠FCD+∠DCA＝90°，∠DCA+∠A＝90°，∴∠DCF＝∠A，∵DF⊥BE，CD⊥AB，∴∠BJM＝∠DNM＝90°，∵∠BMJ＝∠DMN，∴∠D＝∠ABE，∴△DCF∽△BAE，∴＝＝＝．8．解：如圖，過點A作AJ⊥BC于J，連接CD，過點C作CK⊥AB于K，過點D作DH⊥AC于H．∵AB＝AC＝9，AJ⊥BC，∴BJ＝JC，∵cosB＝＝，∴BJ＝JC＝3，∵CK⊥AB，∴cosB＝＝，∴BK＝2，CK＝＝＝4，∵∠DAH＝∠CAK，∠AHD＝∠AKC＝90°，∴△AHD∽△AKC，∴＝＝，∴＝＝，∴AH＝，DH＝，∵四邊形DBCE是三等角四邊形，∴∠DEH＝∠B，∴cos∠DEH＝cos∠B＝＝，設EH＝m，DE＝3m，在Rt△DEH中，∵DE2＝EH2+DH2，∴（3m）2＝m2+（）2，∴m＝或﹣（舍棄），∴EH＝，∴AE＝AH﹣EH＝﹣＝，∴CE＝AC﹣AE＝9﹣＝．故答案為：．9．解：∵∠ACB＝45°，AD⊥BC，AC＝2，∴AD＝CD＝×2＝2，∵tan∠DFC＝2＝，∴DF＝AF＝AD＝，∴FC＝＝5，∵CE⊥AB，∠DFC＝∠AFE，∴cos∠DFC＝＝cos∠AFE＝，∴＝，∴EF＝1，故答案為：1．10．解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝18，tanA＝，∴AC＝＝＝12，∴AB＝＝＝6，cosB＝＝＝，∵邊AB的垂直平分線交邊AB于點E，∴BE＝AB＝3．∵在Rt△BDE中，∠BED＝90°，∴cosB＝＝∴BD＝13，∴CD＝BC﹣BD＝18﹣13＝5，故答案為5．11．解：如圖，過點N作NJ⊥BC于J．設HJ＝x．∵AH⊥BC，∴∠AHB＝∠AHC＝90°，∵tan∠ABH＝＝2，∴可以假設BH＝k，2k，∵∠HKC+∠HAC＝90°，∠HKC+∠KCH＝90°，∴∠HAC＝∠KCH，∵NJ⊥BC，∴∠AHC＝∠CJN＝90°，∴△AHC∽△CJN，∴＝＝＝2，∴CJ＝k，∴CH＝x+k，JN＝（x+k），∴tan∠NBJ＝＝，設NJ＝y，BJ＝2y，∵BN＝15，∴5y2＝152，∴y＝3，∴NJ＝3，∴CH＝2NJ＝6．12．解：如圖，過點E作EH⊥BC于H．∵BC＝7，CD＝3，∴BD＝BC﹣CD＝4，∵AB＝4＝BD，∠B＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴∠ADB＝60°，∴∠ADC＝∠ADE＝120°，∴∠EDH＝60°，∵EH⊥BC，∴∠EHD＝90°，∵DE＝DC＝3，∴EH＝DE?sin60°＝，∴E到直線BD的距離為，故答案為．13．解：過點F作直線FA∥OG，交y軸于點A，過點G作GH⊥FA于點H，則∠FAE＝90°，∵FA∥OG，∴∠FGO＝∠HFG．∵∠EFG＝90°，∴∠FEA+∠AFE＝90°，∠HFG+∠AFE＝90°，∴∠FEA＝∠HFG＝∠FGO，∵cos∠FGO＝，∴cos∠FEA＝，在Rt△AEF中，EF＝10，∴AE＝EFcos∠FEA＝10×＝6，∴根據勾股定理得，AF＝8，∵∠FAE＝90°，∠AOG＝90°，∠GHA＝90°∴四邊形OGHA為矩形，∴AH＝OG，∵OG＝17，∴AH＝17，∴FH＝17﹣8＝9，∵在Rt△FGH中，＝cos∠HFG＝cos∠FGO＝，∴FG＝9÷＝15，∴由勾股定理得：HG＝＝12，∴F（8，12）．故答案為：（8，12）．14．解：過點B作BF⊥CA交CA的延長線于F．∵tan∠ACB＝＝，∴可以假設BF＝3k，CF＝4k，則BC＝5k，∵CE平分∠ACB，∠AEC＝45°，∴∠FBC＝90°﹣∠ACB＝2（45°﹣∠ECB）＝2∠ABC，∴AB平分∠FBC，∵∠F＝∠ADB＝90°，BA＝BA，∠ABF＝∠ABD，∴△AFB≌△ADB（ASA），∴BD＝BF＝3k，CD＝2k，∴AF＝AD＝4k﹣2，在Rt△ADC中，∵AD2+CD2＝AC2，∴（4k﹣2）2+（2k）2＝4，∴k＝或0（舍棄），∴BD＝，AD＝，∴AB＝＝＝．故答案為．15．解：∵在△ABC中，∠ACB＝45°，AD⊥BC于點D，∴△ADC為等腰直角三角形，∴AD＝CD，∵AC＝5，∴AD＝CD＝AC?sin45°＝5×＝5，∵AD⊥BC于點D，CE⊥AB于點E，∴∠B+∠BAD＝∠AFE+∠BAD＝90°，∴∠DFC＝∠AFE＝∠B，∵tan∠B＝2，∴tan∠DFC＝2，∴＝2，∴DF＝＝，∴AF＝AD﹣DF＝5﹣＝，∵tan∠AFE＝tan∠B＝2，∴設AE＝2x，EF＝x，由勾股定理得AF＝x＝，∴EF＝x＝，故答案為：．16．解：過點D作BD的垂線交AB于點E，過點E作EF⊥AC，垂足為F．∵∠ABD＝45°，∴DE＝BD．又∵∠C＝90°，∴∠CBD+∠BDC＝90°，∠EDF+∠BDC＝90°，∴∠CBD＝∠EDF，又∠C＝∠EFD＝90°，∴△BCD≌△DFE（AAS），∴DF＝BC＝21，EF＝CD，設CD＝EF＝3x，∵，∴AF＝4x，∴AC＝AF+CD+DF＝4x+3x+21＝7x+21，又，∴AC＝28，∴7x+21＝28，∴x＝1，∴CD＝3x＝3．故答案為：3．17．解：過點D作DE⊥AC，與AC的延長線交于點E，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵∠DCE＝∠ACB，∴∠DCE＝∠B，∵sinB＝，∴，不妨設DE＝4x，則CD＝5x，∴，∵CD：AC＝1：3，∴AC＝3CD＝15x，∴AE＝AC+CE＝18x，∴tan∠CAD＝，故答案為18．解：過點A作AE⊥BD，垂足為E，過點D作AC的垂線，交AC的延長線于點F，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝∠DCF，BE＝CE，由sinB＝，設AE＝4x，則AB＝AC＝5x，∴BE＝CE＝3x，∵CD：AC＝1：2，∴CD＝x，∵sin∠DCF＝sinB＝，∴DF＝sin∠DCF?CD＝×x＝2x，CF＝＝x，∴AF＝AC+CF＝5x+x＝x，∴tan∠CAD＝＝＝，故答案為：．19．解：取AD的中點G，連接BG，如圖所示：則AG＝DG，AD＝2AG，∵AD＝2DE，∴DE＝AG，∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，∴∠ABC+∠C＝∠ABC+∠BAG＝90°，∴∠C＝∠BAG，∵∠C＝∠E，∴∠BAG＝∠E，在△ABG和△EAD中，，∴△ABG≌△EAD（SAS），∴BG＝AD＝2DE＝2DG，∴BD＝＝＝DG，∴AB＝＝＝DG，∴cos∠BAD＝＝＝；故答案為：．20．解：如圖，作EK⊥FG，K是FG的中點，連AK、KB，易知E、K、G、B和E、K、F、A分別四點共圓∴∠KBE＝∠EGK＝60°，∠EAK＝∠EFK＝60°．∴三角形ABK是等邊三角形作KM⊥AB，M是AB的中點，設AB＝6則EB＝AB＝2，MB＝3，ME＝1，MK＝6sin60°＝3∴EK＝；；．故．故答案為．21．解：∵△ABC為等邊三角形，∴∠BAC＝60°．根據旋轉的性質，有∠PAP′＝60°，AP′＝AP＝1，CP′＝BP＝2．∴△APP′是等邊三角形，PP′＝1．在△PCP′中，PC＝，PP′＝1，CP′＝2．∴PC2＝P′P2+P′C2．∴△PCP′是直角三角形，且∠PP′C＝90°．∴sin∠PC