中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《銳角三角函數(shù)》試題預(yù)測試卷考試時間：90分鐘；命題人：教研組考生注意：1、本卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘2、答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規(guī)定位置上3、答案必須寫在試卷各個題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準(zhǔn)使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。第I卷（選擇題20分）一、單選題（5小題，每小題4分，共計20分）1、在正方形網(wǎng)格中，△ABC在網(wǎng)格中的位置如圖，則sinB的值為（）A． B． C． D．2、如圖，AB是的直徑，點C是上半圓的中點，，點P是下半圓上一點（不與點A，B重合），AD平分交PC于點D，則PD的最大值為（）

A． B． C． D．3、在正方形網(wǎng)格中，ABC的位置如圖所示，點A、B、C均在格點上，則cosB的值為（）

A． B． C． D．4、等腰三角形的底邊長，周長，則底角的正切值為（）A． B． C． D．5、如圖，在的正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1，已知的頂點位于正方形網(wǎng)格的格點上，且，則滿足條件的是（）A． B．C． D．第Ⅱ卷（非選擇題80分）二、填空題（5小題，每小題4分，共計20分）1、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，有一個，∠ABO＝90°，∠AOB＝30°，直角邊OB在y軸正半軸上，點A在第一象限，且OA＝1，將繞原點逆時針旋轉(zhuǎn)30°，同時把各邊長擴(kuò)大為原來的兩倍（即OA1＝2OA）．得到，同理，將繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)30°，同時把各邊長擴(kuò)大為原來的兩倍，得到，…，依此規(guī)律，得到，則的長度為_________．2、如圖所示，草坪邊上有互相垂直的小路m，n，垂足為E，草坪內(nèi)有一個圓形花壇，花壇邊緣有A，B，C三棵小樹．在不踩踏草坪的前提下測圓形花壇的半徑，某同學(xué)設(shè)計如下方案：若在小路上P，Q，K三點觀測，發(fā)現(xiàn)均有兩樹與觀測點在同一直線上，從E點沿著小路n往右走，測得∠1＝∠2＝∠3，EQ＝16米，QK＝24米；從E點沿著小路m往上走，測得EP＝15米，BP⊥m，則該圓的半徑長為_______米．3、如圖所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AC=15cm，點O在中線CD上，當(dāng)半徑為3cm的⊙O與△ABC的邊相切時，OC=_________．4、如圖，在上述網(wǎng)格中，小正方形的邊長均為1，點A，B，O都在格點上，則∠AOB的正弦值是______．5、如圖，等邊的邊長為2，點O是的中心，，繞點O旋轉(zhuǎn)，分別交線段于D，E兩點，連接，給出下列四個結(jié)論：①；②四邊形的面積始終等于；③；④周長的最小值為3．其中正確的結(jié)論是________（填序號）．三、解答題（6小題，每小題10分，共計60分）1、如圖，在?ABCD中，過B作BE⊥CD于點E，連結(jié)AE，F(xiàn)為AE上一點，且∠AFB＝∠D．（1）求證：△ABF∽△EAD．（2）若，AD＝6，∠BAE＝30°，求BF的長．2、如圖，矩形的兩邊在坐標(biāo)軸上，點A的坐標(biāo)為，拋物線過點B，C兩點，且與x軸的一個交點為，點P是線段CB上的動點，設(shè)（）．（1）請直接寫出B、C兩點的坐標(biāo)及拋物線的解析式；（2）過點P作，交拋物線于點E，連接BE，當(dāng)t為何值時，和中的一個角相等？（3）點Q是x軸上的動點，過點P作PMBQ，交CQ于點M，作PNCQ，交BQ于點N，當(dāng)四邊形為正方形時，求t的值．3、如圖，AB是⊙O的弦，OP⊥OA交AB于點P，過點B的直線交OP的延長線于點C，且BC是⊙O的切線．（1）判斷△CBP的形狀，并說明理由；（2）若OA＝6，OP＝2，求CB的長；（3）設(shè)△AOP的面積是S1，△BCP的面積是S2，且，若⊙O的半徑為6，BP＝4，求tan∠APO．4、如圖,在中，，點分別在邊和邊上，沿著直線翻折，點落在邊上，記為點，如果，則_______．5、計算：4sin60°﹣|﹣2|﹣+（﹣1）20216、定義：如果一個三角形一條邊上的高與這條邊的比值叫做這條邊所對角的準(zhǔn)對（記作qad）．如圖1，在△ABC中，AH⊥BC于點H，則qad∠BAC＝．當(dāng)qad∠BAC＝時，則稱∠BAC為這個三角形的“金角”．已知在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝6，△ACE的“金角”∠EAC所對的邊CE在BC邊上，將△ACE繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°）得到△A'CE'，A'C交AD邊于點F．（1）如圖2，當(dāng)α＝45°時，求證：∠ACF是“金角”．（2）如圖3，當(dāng)點E'落在AD邊上時，求qad∠AFC的值．-參考答案-一、單選題1、A【分析】利用勾股定理先求出AB的長度，最后利用正弦值的定義得到，進(jìn)而得到最終答案．【詳解】解：如圖所示在中，由勾股定理可得：．．故選：A．【點睛】本題主要是考察了勾股定理和銳角三角函數(shù)的定義，掌握銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．2、A【分析】根據(jù)點C是半圓的中點，得到AC=BC，直徑所對的圓周角是90°得到∠ACB=90°，同弧所對圓周角相等得到∠APC=∠ABC=45°，AD平分∠PAB得到∠BAD=∠DAP，結(jié)合外角的性質(zhì)可證∠CAD=∠CDA，由線段的和差解得PD=СP-CD=СP-1，由此可知當(dāng)CP為直徑時，PD最大，最后根據(jù)三角函數(shù)可得答案．【詳解】解：∵點C是半圓的中點，∴∴AC=BC∵AB是直徑∴∠ACB=90°∴∠CAB=∠CBA=45°∵同弧所對圓周角相等∴∠APC=∠ABC=45°∵AD平分∠PAB∴∠BAD=∠DAP∴∠CDA=∠DAP+∠APC=45°+∠DAP∠CAD=∠CAB+∠BAD=45°+∠BAD∴∠CAD=∠CDA∴AC=CD=1∴PD=СP-CD=СP-1∴當(dāng)CP為直徑時，PD最大∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=45°，∴∴CP的最大值是∴PD的最大值是-1，故選：A．【點睛】本題考查了同弧所對圓周角相等、直徑所對的圓周角是90°、角平分線的性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)、三角函數(shù)的知識，做題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)的知識點，靈活綜合的運(yùn)用．3、B【分析】如圖所示，過點A作AD垂直BC的延長線于點D得出△ABD為等腰直角三角形，再根據(jù)45°角的余弦值即可得出答案．【詳解】解：如圖所示，過點A作AD⊥BC交BC延長線于點D，∵AD=BD=4，∠ADB=90°，∴△ABD為等腰直角三角形，∴∠B=45°∴故選B．

【點睛】本題主要考查了求特殊角三角函數(shù)值，解題的關(guān)鍵在于根據(jù)根據(jù)題意構(gòu)造直角三角形求解．4、C【分析】由題意得出等腰三角形的腰長為13cm，作底邊上的高，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出底邊一半的長度，最后由三角函數(shù)的定義即可得出答案．【詳解】如圖，是等腰三角形，過點A作，BC=10cm，AB=AC，可得：，∵AD是底邊BC上的高，∴，∴∴，即底角的正切值為．故選：C．【點睛】本題主要考查等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理和三角函數(shù)的定義，熟練掌握等腰三角形的“三線合一”是解題的關(guān)鍵．5、B【分析】先構(gòu)造直角三角形，由求解即可得出答案【詳解】A.，故此選項不符合題意；B.，故此選項符合題意；C.，故此選項不符合題意；D.，故此選項不符合題意；故選：B．【點睛】本題考查銳角三角函數(shù)，掌握在直角三角形中，是解題的關(guān)鍵．二、填空題1、×22020##22020×【解析】【分析】根據(jù)余弦的定義求出OB，根據(jù)題意求出OBn，根據(jù)題意找出規(guī)律，根據(jù)規(guī)律解答即可．【詳解】解：在Rt△AOB中，∠AOB＝30°，OA＝1，∴OB＝OA?cos∠AOB＝，由題意得，OB1＝2OB＝×2，OB2＝2OB1＝×22，……OBn＝×2n＝×2n?1，∴的長為：×22020=×22020，故答案為：×22020．【點睛】本題考查的是位似變換的性質(zhì)、圖形的變化規(guī)律、銳角三角函數(shù)的定義，正確得到圖形的變化規(guī)律是解題的關(guān)鍵．2、##【解析】【分析】設(shè)圓心為，過點作，連接交于點，，根據(jù)題意可證明四邊形是矩形，進(jìn)而求得,證明，根據(jù)求得，設(shè)的半徑為,在中，，勾股定理即可求解【詳解】如圖，設(shè)圓心為，過點作，連接交于點，根據(jù)題意在小路上P，Q，K三點觀測，發(fā)現(xiàn)均有兩樹與觀測點在同一直線上，且∠1＝∠2，∠2＝∠3，三點共線四邊形是矩形設(shè)的半徑為,在中，則解得故答案為：【點睛】本題考查了兩點確定一條直線，三角函數(shù)，垂徑定理，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)，等邊對等角，理清各線段長，并添加輔助線是解題的關(guān)鍵．3、或6．【解析】【分析】先求出，分三種情況，利用⊙O的切線的特點構(gòu)造直角三角形，用三角函數(shù)求解即可．【詳解】解：Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，∴∠B=60°，∵AC=15cm，∴∴，∵CD為AB邊上中線，∴，∴∠BDC=∠BCD=∠B=60°，∠ACD=∠A=30°，①當(dāng)⊙O與AB相切時，過點O作OE⊥AB于E，如圖1，在Rt△ODE中，∠BDC=60°，OE=3，∴，∴；∴；②當(dāng)⊙O與BC相切時，過O作OE⊥BC，如圖2，在Rt△OCE中，∠BCD=60°，OE=3，∴∴；③當(dāng)⊙O與AC相切時，過O作OE⊥AC于E，如圖3，在Rt△OCE中，∠ACD=30°，OE=3，∴，∴．故答案為或6．【點睛】此題是切線的性質(zhì)，主要考查了直角三角形的性質(zhì)，斜邊的中線等于斜邊的一半，銳角三角函數(shù)，解本題的關(guān)鍵是用圓的切線構(gòu)造直角三角形，借助三角函數(shù)來求解．4、【解析】【分析】利用勾股定理求出AO、BO的長，再由=AB×2=AO?BC，得出BC，sin∠AOB可得答案．【詳解】解：如圖，過點O作OE⊥AB于點E，過點B作BC⊥OA于點C．由勾股定理，得AO=，BO=，∵=AB×OE=AO×BC，∴BC==，∴sin∠AOB==．故答案為：．【點睛】本題主要考查三角函數(shù)的綜合應(yīng)用，熟練掌握正弦函數(shù)的意義、勾股定理的應(yīng)用及三角形的面積求法是解題的關(guān)鍵．5、①③④【解析】【分析】如圖：連接OB、OC，利用等邊三角形的性質(zhì)得∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°，再證明∠BOD=∠COE，可證△BOD≌△COE，即BD=CE、OD=OE，則可對①進(jìn)行判斷；利用S△BOD=S△COE得到四邊形ODBE的面積=13S△ABC=33，則可對③進(jìn)行判斷；再作OH⊥DE，則DH=EH，計算出S△DOE=34OE2,利用S△DOE隨OE的變化而變化和四邊形ODBE的面積為定值可對②進(jìn)行判斷；由于△BDE的周長=BC+【詳解】解：連接OB、OC，如圖，∵等邊∴∠ABC=∠ACB=60°,∵點O是△ABC的中心，∴OB=OC，OB、OC分別平分∠ABC和∠ACB，∴∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°∵∠BOC=120°，即∠BOE+∠COE=120°，而∠DOE=120°，即∠BOE+∠BOD=120°，∴∠BOD=∠COE,在△BOD和△COE中{∠BOD=∠COE∴△BOD≌△COE,∴BD=CE，OD=OE，所以①正確；∴S∴四邊形ODBE的面積=S△OBC如圖：作OH⊥DE，則DH=EH，∵∠DOE=120°,∴∠ODE=_OEH=30°,∴OH=12OE，∴DE=∴即S△DOE隨OE的變化而變化，而四邊形ODBE的面積為定值，∴S∵BD=CE,∴△BDE的周長=BD+BE+DE=CE+BE+DE=BC+DE=2+DE=2+OE當(dāng)OE⊥BC時，OE最小，△BDE的周長最小，此時OE=∴△BDE周長的最小值=2+1=3,所以④止確．故填①③④．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點，靈活應(yīng)用相關(guān)知識成為解答本題的關(guān)鍵三、解答題1、（1）見解析；（2）．【解析】【分析】（1）根據(jù)平行四邊形性質(zhì)得，推，再根據(jù)，證三角形相似，用的是兩角對應(yīng)相等兩個三角形相似；（2）先根據(jù)，推，在直角三角形中，用三角函數(shù)求出的長，再根據(jù)，得比例線段，把已知的線段代入計算即可．【詳解】（1）證明：四邊形為平行四邊形，，，，；（2）解：，，，，，，，，，，解得：．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用平行四邊形的性質(zhì)和相似三角形的判斷，三角函數(shù)的應(yīng)用與相似比例線段的結(jié)合．2、（1）C（0，4），B（10，4），拋物線解析式為y＝x2＋x＋4；（2）t＝3時，∠PBE＝∠OCD；（3）t的值為或【解析】【分析】（1）由拋物線的解析式可求得C點坐標(biāo)，由矩形的性質(zhì)可求得B點坐標(biāo)，由B、D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（2）可設(shè)P（t，4），則可表示出E點坐標(biāo)，從而可表示出PB、PE的長，由條件可證得△PBE∽△OCD，利用相似三角形的性質(zhì)可得到關(guān)于t的方程，可求得t的值；（3）當(dāng)四邊形PMQN為正方形時，則可證得△COQ∽△QAB，利用相似三角形的性質(zhì)可求得CQ的長，在Rt△BCQ中根據(jù)勾股定理可求得BQ、CQ，利用三角函數(shù)可用t分別表示出PM和PN，可得到關(guān)于t的方程，可求得t的值．【詳解】解：（1）在y＝ax2＋bx＋4中，令x＝0可得y＝4，∴C（0，4），∵四邊形OABC為矩形，且A（10，0），∴B（10，4），把B、D坐標(biāo)代入拋物線解析式可得，解得，∴拋物線解析式為y＝x2＋x＋4；（2）∵點P在BC上，可設(shè)P（t，4），，點E在拋物線上，∴E（t，t2＋t＋4），∴PB＝10﹣t，PE＝t2＋t＋4﹣4＝t2＋t，∵∠BPE＝∠COD＝90°，當(dāng)∠PBE＝∠OCD時，則△PBE∽△OCD，∴，即BP?OD＝CO?PE，∴2（10﹣t）＝4（t2＋t），解得t＝3或t＝10（不合題意，舍去），∴當(dāng)t＝3時，∠PBE＝∠OCD；當(dāng)∠PBE＝∠CDO時，則△PBE∽△ODC，∴，即BP?OC＝DO?PE，∴4（10﹣t）＝2（t2＋t），解得t＝12或t＝10（均不合題意，舍去）綜上所述當(dāng)t＝3時，∠PBE＝∠OCD；（3）當(dāng)四邊形PMQN為正方形時，則∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90°，PM＝PN，∴∠CQO＋∠AQB＝90°，∵∠CQO＋∠OCQ＝90°，∴∠OCQ＝∠AQB，∵∠COQ=∠QAB=90°∴△COQ∽△QAB，∴，即OQ?AQ＝CO?AB，設(shè)OQ＝m，則AQ＝10﹣m，∴m（10﹣m）＝4×4，整理得，解得m＝2或m＝8，①當(dāng)m＝2時，CQ＝＝，BQ＝＝，∴sin∠BCQ＝＝，sin∠CBQ＝＝，∴PM＝PC?sin∠PCQ＝t，PN＝PB?sin∠CBQ＝（10﹣t），∴t＝（10﹣t），解得t＝，②當(dāng)m＝8時，CQ＝＝，BQ＝＝，∴sin∠BCQ＝＝，sin∠CBQ＝＝，∴PM＝PC?sin∠PCQ＝t，PN＝PB?sin∠CBQ＝（10﹣t），∴t＝（10﹣t），可求得t＝，∴當(dāng)四邊形PMQN為正方形時，t的值為或．【點睛】本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及矩形的性質(zhì)、待定系數(shù)法、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、解直角三角形、方程思想等知識．在（1）中注意利用矩形的性質(zhì)求得B點坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，在（2）中證得△PBE∽△OCD是解題的關(guān)鍵，在（3）中利用Rt△COQ∽Rt△QAB求得CQ的長是解題的關(guān)鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強(qiáng)，難度較大．3、（1）等腰三角形，理由見解析；（2）8；（3）【解析】【分析】（1）由垂直定義得∠A+∠APO＝90°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)由CP＝CB得∠CBP＝∠CPB，根據(jù)對頂角相等得∠CPB＝∠APO，所以∠APO＝∠CBP，而∠A＝∠OBA，所以∠OBC＝∠CBP+∠OBA＝∠APO+∠A＝90°，然后根據(jù)切線的判定定理得到BC是⊙O的切線；（2）設(shè)BC＝x，則PC＝x，在Rt△OBC中，根據(jù)勾股定理得到62+x2＝（x+2）2，然后解方程即可；（3）作CD⊥BP于D，由已知條件可得，PD＝BD，進(jìn)而求得CD，然后根據(jù)整正切的定義即可求解．【詳解】解：（1）△CBP是等腰三角形；證明：連接OB，如圖，∵BC是⊙O的切線，∴∠OBC＝90°，∴∠OBA+∠CBP＝90°，∵OP⊥OA，∴∠AOP＝90°，∴∠A+∠APO＝90°，∵OA＝OB，∴∠A＝∠ABO，∵∠APO＝∠CPB，∴∠CBP＝∠CPB，∴△CBP是等腰三角形；（2）解：設(shè)BC＝x，則PC＝x，在Rt△OBC中，OB＝OA＝6，OC＝CP+OP＝x+2，∵OB2+BC2＝OC2，∴62+x2＝（x+2）2，解得x＝8，即BC的長為8；（3）解：如圖，作CD⊥BP于D，∵PC＝CB，∴PD＝BD＝PB＝，∵∠PDC＝