中考數(shù)學總復習《銳角三角函數(shù)》?？键c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)域內相應的位置，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、如圖，為測量一幢大樓的高度，在地面上與樓底點相距30米的點處，測得樓頂點的仰角，則這幢大樓的高度為（）A．米 B．米 C．米 D．米2、如圖，在△ABC中，∠C=90°，BC=5，AC=12，則tanB等于（）A． B． C． D．3、在科學小實驗中，一個邊長為30cm正方體小木塊沿著一個斜面下滑，其軸截面如圖所示．初始狀態(tài)，正方形的一個頂點與斜坡上的點P重合，點P的高度PF＝40cm，離斜坡底端的水平距離EF＝80cm．正方形下滑后，點B的對應點與初始狀態(tài)的頂點A的高度相同，則正方形下滑的距離（即的長度）是（）cm

A．40 B．60 C．30 D．404、如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，，BC＝1，以下正確的是（）

A． B． C． D．5、如圖，中，，，點是邊上一動點，連接，以為直徑的圓交于點．若長為4，則線段長的最小值為（）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、_______．2、助推輪椅可以輕松解決起身困難問題．如圖1是簡易結構圖，該輪椅前⊙O1和后輪⊙O2的半徑分別為0.6dm和3dm，豎直連接處CO1＝1dm，水平連接處BD與拉伸裝置DE共線，BD＝2dm，座面GF平行于地面且GF＝DE＝4.8dm，HF是輪椅靠背，∠ADE始終保持角度不變．初始狀態(tài)時，拉伸桿AD的端點A在點B正上方且距地面2.2dm，則tan∠ADB的值為_____．如圖2，踩壓拉伸桿AD，裝置隨之運動，當AD踩至與BD重合時，點E，F(xiàn)，H分別運動到點E'，F(xiàn)'，H'，此時座面GF'和靠背F'H'連成一直線，點H運動到最高點H'，且H'，F(xiàn)，O2三點正好共線，則H'O2的長為_____dm．3、如圖，“心”形是由拋物線和它繞著原點O，順時針旋轉60°的圖形經(jīng)過取舍而成的，其中頂點C的對應點為D，點A，B是兩條拋物線的兩個交點，點E，F(xiàn)，G是拋物線與坐標軸的交點，則_______________．4、如圖，在正方形中，對角線，相交于點O，點E在邊上，且，連接交于點G，過點D作，連接并延長，交于點P，過點O作分別交、于點N、H，交的延長線于點Q，現(xiàn)給出下列結論：①；②；③；④．其中正確的結論有________（填入正確的序號）．5、如圖，正六邊形的邊長為2，以為圓心，的長為半徑畫弧，得，連接，，則圖中陰影部分的面積為________．三、解答題（6小題，每小題10分，共計60分）1、平面直角坐標系中，過點M的⊙O交x軸于A、B兩點（點A在點B的左側），交y軸于C、D兩點，交OM的反向延長線于點N．（1）求經(jīng)過A、N、B三點的拋物線的解析式．（2）如圖①，點E為（1）中拋物線的頂點，連接EN，判斷直線EN與⊙O的位置關系，并說明理由．（3）如圖②，連接MD、BD，過點D的直線交拋物線于點P，且，直接寫出直線DP的解析式．2、如圖，的弦AB與直徑CD交于點G，點C是優(yōu)弧ACB的中點．（1）（2）當AB也為直徑時，連接BC，點K是內AB上方一點，過點K作于點R，交OC于點M，連接KA，KC，求證：（3）在（2）的條件下，過點B作交KR于點N，連接BK并延長交于點E，，，求的半徑．3、如圖，在平行四邊形ABCD中，，過點B作于E，連結AE，，F(xiàn)為AE上一點，且．（1）求證：．（2）BF的長為______．4、如圖，在△ABC中，∠B＝30°，BC＝40cm，過點A作AD⊥BC，垂足為D，∠ACD＝75°．（1）求點C到AB的距離；（2）求線段AD的長度．5、（1）計算：；（2）先化簡，再求值：，其中a滿足．6、如圖，某學校新建了一座雕塑CD，小林站在距離雕塑3.5米的A處自B點看雕塑頭頂D的仰角為60°，看雕塑底部C的仰角為45°，求雕塑CD的高度．（最后結果精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)：）-參考答案-一、單選題1、C【分析】利用在Rt△ABO中，tan∠BAO＝即可解決．【詳解】：解：如圖，在Rt△ABO中，∵∠AOB＝90°，∠A＝65°，AO＝30m，∴tan65°＝，∴BO＝30?tan65°米．故選：C．【點睛】本題考查解直角三角形的應用，解題的關鍵是熟知正切函數(shù)為對邊比鄰邊．2、B【分析】根據(jù)銳角三角函數(shù)求解即可．【詳解】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，AC＝12，所以tanB＝＝，故選：B．【點睛】本題考查銳角三角函數(shù)，掌握正切的定義：正切是指是直角三角形中，某一銳角的對邊與另一相鄰直角邊的比，是正確解答的關鍵．3、B【分析】根據(jù)題意可得：A與高度相同，連接，可得，利用平行線的性質可得：，根據(jù)正切函數(shù)的性質計算即可得．【詳解】解：根據(jù)題意可得：A與高度相同，如圖所示，連接，

∴，∴，∴，∴，∴，故選：B．【點睛】題目主要考查平行線的性質及銳角三角函數(shù)解三角形，熟練掌握銳角三角函數(shù)的性質是解題關鍵．4、C【分析】根據(jù)勾股定理求出AB，三角函數(shù)的定義求相應銳角三角函數(shù)值即可判斷．【詳解】解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，，BC＝1，根據(jù)勾股定理AB=，∴cosA=，選項A不正確；sinA＝，選項B不正確；tanA＝，選項C正確；cosB＝，選項D不正確．故選：C．【點睛】本題主要考查銳角三角函數(shù)的定義，勾股定理，掌握銳角三角函數(shù)定義是解題的關鍵．5、D【分析】如圖，連接由為直徑，證明在以的中點為圓心，為直徑的上運動，連接交于點則此時最小，再利用銳角的正弦與勾股定理分別求解，即可得到答案.【詳解】解：如圖，連接由為直徑，在以的中點為圓心，為直徑的上運動，連接交于點則此時最小，，，故選D【點睛】本題考查的是勾股定理的應用，圓外一點與圓的最短距離的理解，銳角的正弦的應用，掌握“圓外一點與圓的最短距離求解線段的最小值”是解本題的關鍵.二、填空題1、【解析】【分析】根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值代入計算求解即可．【詳解】解：原式故答案為：．【點睛】本題考查特殊角的三角函數(shù)值的混合運算，熟記特殊角的三角函數(shù)值，以及實數(shù)的混合運算法則是解題關鍵．2、；；【解析】【分析】根據(jù)題意求得到的距離，進而根據(jù)正切的定義可得;如圖2，過點作交的延長線于點，解直角三角形即可解決問題【詳解】解：拉伸桿AD的端點A在點B正上方且距地面2.2dm，BD＝2dm，⊙O1半徑分別為0.6dm，豎直連接處CO1＝1dm，設到的距離為，則dm如圖1，連接，過點作，中∠ADE始終保持角度不變．GF＝DE，四邊形是平行四邊形裝置運動后，如圖2，過點作交的延長線于點，則設，則，，解得故答案為：，【點睛】本題考查了垂徑定理，解直角三角形的應用，兩圖中有一個角是相等的，找到這個角的并求得它的正切值為是解題的關鍵．3、【解析】【分析】連接OD，做BP⊥x軸，垂足為M，作AP⊥y軸，垂足為N，AP、BP相交于點P．根據(jù)旋轉作圖和“心”形的對稱性得到∠COB=30°，∠BOG=60°，設OM=m，得到點B坐標為，把點B代入，求出m，即可得到點A、B坐標，根據(jù)勾股定理即可求出AB．【詳解】解：如圖，連接OD，做BP⊥x軸，垂足為M，作AP⊥y軸，垂足為N，AP、BP相交于點P．∵點C繞原點O旋轉60°得到點D，∴∠COD=60°，由“心”形軸對稱性得AB為對稱軸，∴OB平分∠COD，∴∠COB=30°，∴∠BOG=60°，設OM=m，在Rt△OBM中，BM=,∴點B坐標為，∵點B在拋物線上，∴，解得，∴點B坐標為，點A坐標為，∴AP=，BP=9，在Rt△ABP中，．故答案為：【點睛】本題考查了拋物線的性質，旋轉、軸對稱、勾股定理、三角函數(shù)等知識，綜合性較強，理解題意，表示出點B坐標是解題關鍵．4、①②④【解析】【分析】①由“ASA”可證△ANO≌△DFO，可得ON=OF，由等腰三角形的性質可求∠AFO=45°；④由外角的性質可求∠NAO=∠AQO．②由“AAS”可證△OKG≌△DFG，可得GO=DG；③通過證明△AHN∽△OHA，可得，進而可得結論DP2=NH?OH．【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴AO=DO=CO=BO，AC⊥BD，∵∠AOD=∠NOF=90°，∴∠AON=∠DOF，∵∠OAD+∠ADO=90°=∠OAF+∠DAF+∠ADO，∵DF⊥AE，∴∠DAF+∠ADF=90°=∠DAF+∠ADO+∠ODF，∴∠OAF=∠ODF，∴△ANO≌△DFO（ASA），∴ON=OF，∴∠AFO=45°，故①正確；如圖，過點O作OK⊥AE于K，∵CE=2DE，∴AD=3DE，∴tan∠DAE=DEAD∴AF=3DF，∵△ANO≌△DFO，∴AN=DF，∴NF=2DF，∵ON=OF，∠NOF=90°，∴OK=KN=KF=FN，∴DF=OK，又∵∠OGK=∠DGF，∠OKG=∠DFG=90°，∴△OKG≌△DFG（AAS），∴GO=DG，故④正確；∵∠DAO=∠ODC=45°，OA=OD，∠AOH=∠DOP，∴△AOH≌ODOP（ASA），∴AH=DP，∠ANH=∠FNO=45°=∠HAO，∠AHN=∠AHO，∴△AHN∽△OHA，∴AHHO∴AH2=HO?HN，∴DP2=NH?OH，故②正確；∵∠NAO+∠AON=∠ANQ=45°，∠AQO+∠AON=∠BAO=45°，∴∠NAO=∠AQO，即∠Q=∠OAG故③錯誤．綜上，正確的是①②④．故答案為：①②④．【點睛】本題是四邊形綜合題，查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，銳角三角函數(shù)，等腰三角形的性質，相似三角形的判定和性質，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．5、【解析】【分析】由正六邊形ABCDEF的邊長為2，可得AB=BC=2，∠ABC=∠BAF=120°，進而求出∠BAC=30°，∠CAE=60°，過B作BH⊥AC于H，由等腰三角形的性質和含30°直角三角形的性質得到AH=CH，BH=1，在Rt△ABH中，由勾股定理求得AH=，得到AC=2，根據(jù)扇形的面積公式即可得到陰影部分的面積【詳解】解：∵正六邊形ABCDEF的邊長為2，=120°，∵∠ABC+∠BAC+∠BCA=180°，∴∠BAC=（180°-∠ABC）=×（180°-120°）=30°，過B作BH⊥AC于H，∴AH=CH，BH=AB=×2=1，在Rt△ABH中，AH==，∴AC=2，同理可證，∠EAF=30°，∴∠CAE=∠BAF-∠BAC-∠EAF=120°-30°-30°=60°，∴∴圖中陰影部分的面積為2π，故答案為：．【點睛】本題考查的是正六邊形的性質和扇形面積的計算、等腰三角形的性質、勾股定理，掌握扇形面積公式是解題的關鍵．三、解答題1、（1）；（2）直線EN與⊙O相切，理由見解析；（3）或【解析】【分析】（1）結合題意，根據(jù)圓和勾股定理的性質，計算得圓的半徑，從而得，；根據(jù)拋物線軸對稱的性質，得經(jīng)過A、N、B三點的拋物線，對稱軸為：；通過列二元一次方程組并求解，即可得到答案；（2）根據(jù)拋物線的性質，計算得；根據(jù)勾股定理的性質，得，；根據(jù)圓的性質，得；根據(jù)勾股定理的逆定理，通過，推導得，結合圓的切線的定義，即可得到答案；（3）結合（2）的結論，根據(jù)特殊角度三角函數(shù)的性質，得，分當點P縱坐標大于0和小于0兩種情況，根據(jù)圓周角、圓心角的性質，推導得；根據(jù)含角直角三角形和勾股定理的性質，計算得點坐標，再通過待定系數(shù)法求解一次函數(shù)解析式，即可得到答案．【詳解】（1）∵⊙O過點M∴∵⊙O交x軸于A、B兩點（點A在點B的左側），∴∴，∴經(jīng)過A、N、B三點的拋物線，對稱軸為：∵⊙O交OM的反向延長線于點N∴設經(jīng)過A、N、B三點的拋物線為：∴經(jīng)過A、N、B三點的拋物線，對稱軸為：∴∴∴∴∴經(jīng)過A、N、B三點的拋物線為：；（2）經(jīng)過A、N、B三點的拋物線為：，且對稱軸為：∴當時，拋物線取最小值，即∴，∵∴∵∴∴∴直線EN與⊙O相切；（3）∵∴∴如圖，當點P縱坐標大于0時，直線交⊙O于點Q，連接，過點Q作，交OB于點K∴∴∵，，∴∴∴∴設直線DP的解析式為：∴∴∴；如圖，當點P縱坐標小于0時，直線交⊙O于點Q，連接，過點Q作，交OB于點K∴∵，，∴∴∴∴設直線DP的解析式為：∴∴∴；∴直線DP的解析式為：或．【點睛】本題考查了圓、二次函數(shù)、一次函數(shù)、勾股定理、直角三角形、軸對稱、三角函數(shù)的知識；解題的關鍵是熟練掌握圓的對稱性、圓周角、圓心角、二次函數(shù)圖像、勾股定理及其逆定理、切線、特殊角度三角函數(shù)的性質，從而完成求解．2、（1）見詳解；（2）見詳解；（3）OA=．【解析】【分析】（1）連結OA、OB，根據(jù)點C是優(yōu)弧ACB的中點．得出，得出圓心角相等，得出∠AOD=180°-∠AOC=180°-∠BOC=∠BOD，根據(jù)等腰三角形性質即可得出AG=BG；（2）作∠KCB的平分線交AB于H，連結AC，CK與AB交于L，根據(jù)AB，CH為直徑，AB⊥CD，可得，∠ACB=90°，得出∠ABC=∠BAC=45°，根據(jù)CH平分∠KCB，得出∠KCH=∠HCB=，可得∠AKL=180°-∠KAL-∠KLA=180°-∠ACH-∠HLC=∠LHC，利用∠LHC為△HCB的外角得∠LHC=∠ABC+∠HCB=∠KAB+∠BAC=∠AKC即可；（3）連結AE，RK與AB交于P，延長BN交AC與Q，根據(jù)CH平分∠KCB，得出∠KCS=∠BCS=∠KAB，根據(jù)BN∥AK，可得∠EKA=∠EBN，∠KAB=∠ABN，可證∠BKR=∠SCB，再證∠KBA=∠NBC，求出∠EKA=45°，根據(jù)等腰三角形性質與勾股定理AE=KE=2，AK=，再證四邊形AQNK為平行四邊形，可得AK=QN=，AQ=KN,設BR=10m，KN=13m，BN=x，先證△PNB∽△BNK，，即，再根據(jù)勾股定理Rt△BNR中，根據(jù)勾股定理，求出，然后證明△AQB∽△BNK，即，解得，利用證明△BNR∽△BQC，可得即可．【詳解】（1）證明：連結OA，OB∵點C是優(yōu)弧ACB的中點．∴，∴∠AOC=∠BOC，∴∠AOD=180°-∠AOC=180°-∠BOC=∠BOD，∵OA=OB，∴OG平分AB，∴AG=BG；（2）作∠KCB的平分線交AB于H，連結AC，CK與AB交于L，∵AB，CH為直徑，AB⊥CD，∵，∠ACB=90°，∴∠ABC=∠BAC=45°，∵CH平分∠KCB，∴∠KCH=∠HCB，∵∴∠KCH=∠HCB=，∵∠KLA=∠HLC，∴∠AKL=180°-∠KAL-∠KLA=180°-∠ACH-∠HLC=∠LHC，∵∠LHC為△HCB的外角，∴∠LHC=∠ABC+∠HCB=∠KAB+∠BAC=∠AKC，∴∠AKC-∠KAB=∠BAC即（3）連結AE，RK與AB交于P，延長BN交AC與Q，∵CH平分∠KCB，∴∠KCS=∠BCS=∠KAB，∵BN∥AK，∴∠EKA=∠EBN，∠KAB=∠ABN，∵∠AKL=∠LHC=∠HBC+∠HCB=∠KAB+∠BAC=∠KAC，∴AC=KC=BC，∵CH平分∠KCB，∴CS⊥BK，BS=KS，∴∠SCB+∠SBC=90°，∵KR⊥BC，∴∠RKB+∠RBK=90°，∵∠CBS=∠KBR，∴∠BKR=∠SCB，∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠ABC=∠BAC=45°，∴∠BPR=45°=∠RKB+∠ABP=∠ABN+∠NBC，∵∠RKB=∠ABN，∴∠KBA=∠NBC，∴∠EBN=45°，∴∠EKA=45°，∵∠AEK=90°，∴∠EAK=90°-∠EKA=45°∴AE=KE=2，AK=，∵KR⊥BC，∠ACB=90°，∴AC∥KR，AK∥BQ，∴四邊形AQNK為平行四邊形，∴AK=QN=，AQ=KN,設BR=10m，KN=13m，BN=x，∴AQ=KN=13m，∵∠PBN=∠BKN，∠PNB=∠BNK，∴△PNB∽△BNK，∴，即，∵PR⊥BC，∠PBR=45°∴PR=BR=10m，∴NR=PR-PN=10m-,在Rt△BNR中，根據(jù)勾股定理即∴整理得，解得舍去，∴∵PN∥AQ，∴∠BNP=∠BQA，∠BPN=∠BAQ，∴△PNB∽△AQB，∴△AQB∽△BNK，即∴∴∴∴解得∴NR∥QC，∴∠BNR=∠BQC，∠BRN=∠BCQ，∴△BNR∽△BQC，∴即，∴AB=BC÷cos45°=，∴OA=．【點睛】本題考查等腰三角形性質，角平分線定義，三角形外角性質，等腰直角三角形判定與性質，三角形相似判定與性質，直徑所對圓周角性質，勾股定理，一元高次方程，銳角三角函數(shù)，本題難度大，綜合性強，圖形復雜，利用輔助線構造準確圖形，是中考壓軸題，掌握多方面知識是解題關鍵．3、（1）見解析；（2）．【解析】【分析】（1）可通過證明，，證得△ABF∽△EAD；（2）根據(jù)平行線的性質得到BE⊥AB，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到sin∠AEB=，根據(jù)相似三角形的性質即可得到結論．【詳解】（1）在平行四邊形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，∴，．∵，，∴．∴．（2）解：∵BE⊥CD，AB∥CD，∴BE⊥AB．∴∠ABE=90°．在Rt△ABE中，，∴sin∠AEB=，∵由（1）知，△ABF∽△EAD，∴，∵AD=3，∴BF=．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，同時也用到了