中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《銳角三角函數(shù)》考前沖刺試卷考試時間：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，某建筑物AB在一個坡度為i＝1：0.75的山坡BC上，建筑物底部點B到山腳點C的距離BC＝20米，在距山腳點C右側(cè)同一水平面上的點D處測得建筑物頂部點A的仰角是42°，在另一坡度為i＝1：2.4的山坡DE上的點E處測得建筑物頂部點A的仰角是24°，點E到山腳點D的距離DE＝26米，若建筑物AB和山坡BC、DE的剖面在同一平面內(nèi)，則建筑物AB的高度約為（）（參考數(shù)據(jù)：sin24°≈0.41，cos24°≈0.91，tan24°≈0.45，sin42°≈0.67．cos42°≈0.74，tan42°≈0.90）

A．36.7米 B．26.3米 C．15.4米 D．25.6米2、已知正三角形外接圓半徑為，這個正三角形的邊長是（）A． B． C． D．3、△ABC中，tanA＝1，cosB＝，則△ABC的形狀是（）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．銳角三角形4、小金將一塊正方形紙板按圖1方式裁剪，去掉4號小正方形，拼成圖2所示的矩形，若已知AB＝9，BC＝16，則3號圖形周長為（）

A． B． C． D．5、如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點，連接AE，BF交于點G，將△BCF沿BF對折，得到△BPF，延長FP交BA延長線于點Q．下列結(jié)論錯誤的是（）A．AE⊥BF B．QB＝QFC．cos∠BQP＝ D．S四邊形ECFG＝S△BGE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、計算的結(jié)果為______．2、如圖，在正方形ABCD中，點E是AD的中點，點O是AC的中點，AC與BE交于點F，AG⊥BE，CH⊥BE，垂足分別為G，H，連接OH，OG，CG．下列結(jié)論：①CH﹣AG＝HG；②AG＝HG；③BH＝OG；④AF∶OF∶OC＝2∶1∶3；⑤5S△AFG＝S△GHC；⑥OG?AC＝BH?CD．其中結(jié)論正確的序號是________．3、如圖，以BC為直徑作圓O，A，D為圓周上的點，ADBC，AB=CD=AD=1．若點P為BC垂直平分線MN上的一動點，則陰影部分圖形的周長最小值為__________．4、在正方形ABCD中，AB＝2，點E是BC邊的中點，連接DE，延長EC至點F，使得EF＝DE，過點F作FG⊥DE，分別交CD、AB于N、G兩點，連接CM、EG、EN，下列正確的是______．①tan∠GFB＝．②MN＝NC；③．④S四邊形GBEM＝．5、如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝2，點D是BC的中點，點E是邊AB上一動點，沿DE所在直線把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于點F．若△AB′F為直角三角形，則AE的長為____或___三、解答題（6小題，每小題10分，共計60分）1、在一次課題學(xué)習(xí)中，老師讓同學(xué)們合作編題，某學(xué)習(xí)小組受趙爽弦圖的啟發(fā)，編寫了下面這道題，請你來解一解：如圖，將矩形ABCD的四邊BA，CB，DC，AD分別延長至E，F(xiàn)，G，H，使得，，連接EF，F(xiàn)G，GH，HE．（1）判斷四邊形EFGH的形狀，并證明；（2）若矩形ABCD是邊長為1的正方形，且，，求AE的長．2、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_______．3、如圖，矩形的兩邊在坐標軸上，點A的坐標為，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兩點的坐標及拋物線的解析式；（2）過點P作，交拋物線于點E，連接BE，當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，當四邊形為正方形時，求t的值．4、．如圖，內(nèi)接于，交于點，垂足為點，連接，，，（1）求的度數(shù)；（2）過點作，，垂足分別為點，，連接OA，OC，OB，EH，F(xiàn)H，若的半徑為1，求的值．5、計算：（1）．（2）．6、計算下列各式：（1）sin60°﹣4cos230°+sin45°?tan60°；（2）．-參考答案-一、單選題1、D【分析】如圖所示，過E點做CD平行線交AB線段為點H，標AB線段和CD線段相交點為G和H由坡度為i＝1：0.75，BC＝20可得BG=16,GC=12,由坡度為i＝1：2.4，DE＝26可得DF=24,EF=10，分別在在中滿足，在中滿足化簡聯(lián)立得AB=25.6．【詳解】如圖所示，過E點做CD平行線交AB線段為點H，標AB線段和CD線段相交點為G和H∵在中BC＝20，坡度為i＝1：0.75，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．在中DE＝26，坡度為i＝1：2.4，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴在中滿足，在中滿足,即,其中BG=16、BG=12、BH=BG-EF=6、DF=24，代入化簡得，令2-有∴，∴AB=25.6．故選：D．

【點睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，利用三角形的坡度和斜邊長通過勾股定理可以求得三角形各邊長度，再根據(jù)角度列含兩個未知數(shù)的二元一次方程組，正確的列方程求解是解題的關(guān)鍵．2、B【分析】如圖，為正三角形ABC的外接圓，過點O作OD⊥AB于點D，連接OA，再由等邊三角形的性質(zhì)，可得∠OAB=30°，，然后根據(jù)銳角三角函數(shù)，即可求解．【詳解】解：如圖，為正三角形ABC的外接圓，過點O作OD⊥AB于點D，連接OA，根據(jù)題意得：OA=，∠OAB=30°，，在中，，∴AB=3，即這個正三角形的邊長是3．故選：B【點睛】本題主要考查了銳角三角函數(shù)，三角形的外接圓，熟練掌握銳角三角函數(shù)，三角形的外接圓性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3、C【分析】先根據(jù)△ABC中，tanA=1，cosB=求出∠A及∠B的度數(shù)，進而可得出結(jié)論．【詳解】解：∵△ABC中，tanA=1，cosB=，∴∠A=45°，∠B=45°，∴∠C=90°，∴△ABC是等腰直角三角形．故選：C．【點睛】本題考查的是特殊角的三角函數(shù)值，熟記各特殊角度的三角函數(shù)值是解答此題的關(guān)鍵．4、B【分析】設(shè)而AB＝9，BC＝16，如圖，由（圖1）是正方形，（圖2）是矩形，4號圖形為小正方形，得到再證明再建立方程求解，延長交于則再利用勾股定理求解從而可得答案.【詳解】解：如圖，由題意得：（圖1）是正方形，（圖2）是矩形，4號圖形為小正方形，

設(shè)而AB＝9，BC＝16，結(jié)合（圖1），（圖2）的關(guān)聯(lián)信息可得：整理得：解得：經(jīng)檢驗：不符合題意，取延長交于則四邊形是矩形，所以3號圖形的周長為：故選B【點睛】本題考查的是矩形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，一元二次方程的應(yīng)用，從（圖形1）與（圖形2）中的關(guān)聯(lián)信息中得出圖形中邊的相等是解本題的關(guān)鍵.5、C【分析】△BCF沿BF對折，得到△BPF，利用角的關(guān)系求出QF=QB，即可判斷B；首先證明△ABE≌△BCF，再利用角的關(guān)系求得∠BGE=90°，即可得到AE⊥BF即可判斷A；利用QF=QB，解出BP，QB，根據(jù)正弦的定義即可求解即可判斷C；可證△BGE與△BCF相似，進一步得到相似比，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解即可判斷D．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠C=90°，AB∥CD，由折疊的性質(zhì)得：FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB=∠C＝90°，∵CD∥AB，∴∠CFB＝∠ABF，∴∠ABF＝∠PFB，∴QF＝QB，故B選項不符合題意；②∵E，F(xiàn)分別是正方形ABCD邊BC，CD的中點，∴CD=BC，，，∠ABE=∠C=90°，∴CF＝BE，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴∠BAE＝∠CBF，又∵∠BAE+∠BEA＝90°，∴∠CBF+∠BEA＝90°，∴∠BGE＝90°，∴AE⊥BF，故A選項不符合題意；令PF＝k（k＞0），則PB＝2k，在Rt△BPQ中，設(shè)QB＝x，∵，∴x2＝（x﹣k）2+4k2，∴x＝，∴cos∠BQP＝，故C選項符合題意；⑤∵∠BGE＝∠BCF，∠GBE＝∠CBF，∴△BGE∽△BCF，∵BE＝BC，BF＝BC，∴BE：BF＝1：，∴△BGE的面積：△BCF的面積＝1：5，∴S四邊形ECFG＝4S△BGE，故D選項不符合題意．故選C．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，解直角三角形，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識進行求解．二、填空題1、【解析】【分析】根據(jù)特殊角三角函數(shù)值的混合計算法則進行求解即可．【詳解】解：，故答案為：．【點睛】本題主要考查了特殊角三角函數(shù)值的混合運算，熟知相關(guān)計算法則是解題的關(guān)鍵．2、①②③④⑥【解析】【分析】根據(jù)四邊形ABCD為正方形性質(zhì)，和點E是AD的中點得出AE=，根據(jù)三角函數(shù)定義得出tan∠ABE=，得出BG=2AG，證明△BAG≌△CBH（AAS），得出AG=BH，BG=CH，可判斷①正確；根據(jù)BG=2AG，利用線段差得出HG=BG-AG=2AG-AG=AG，可判斷②正確；取CH中點J，連結(jié)OJ，先證△AGO≌△CJO（SAS），得出∠AOG=∠COJ，GO=JO，再證△HGO≌△HJO（SSS），得出∠HOG=∠HOJ，說明點G，O，J三點共線，得出△GHJ為等腰直角三角形，利用勾股定理HG=可判斷③正確；四邊形ABCD為正方形，可證△AEF∽△CBF，得出，求出，可判斷④正確；先證△AGF∽△CHF，得出GF=，求出S△AFG＝，S△GHC=，可判斷⑤不正確；利用sin∠DAC=sin∠OGH=，OG?AC＝BH?CD，可判斷⑥正確．【詳解】解：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=AD，∠EAB=∠ABC=90°，∵點E是AD的中點，∴AE=∴tan∠ABE=，∴BG=2AG，∵AG⊥BE，CH⊥BE，∴∠AGB=∠BHC=90°，∴∠ABG+∠BAG=90°，∠ABG+∠CBH=90°，∴∠BAG=∠CBH，在△BAG和△CBH中，，∴△BAG≌△CBH（AAS），∴AG=BH，BG=CH，∴CH﹣AG＝BG-BH=HG，故①正確；∵BG=2AG，∴HG=BG-AG=2AG-AG=AG，故②正確；取CH中點J，連結(jié)OJ，∵CJ=，AG⊥BE，CH⊥BE，∴AG∥CH，∴∠GAO=∠JCO，∵點O是AC的中點，∴AO=CO，在△AGO和△CJO中，，∴△AGO≌△CJO（SAS），∴∠AOG=∠COJ，GO=JO，在△HGO和△HJO中，，∴△HGO≌△HJO（SSS），∴∠HOG=∠HOJ，∵∠GOH+∠HOJ=∠AOG+∠FOH+∠HOJ=∠COJ+∠FOH+∠HOJ=∠AOC=180°，∴點G，O，J三點共線，∴∠HOG+∠HOJ=2∠HOG=180°，∴∠HOG=90°，∵∠GHJ=90°，HG=HJ，∴△GHJ為等腰直角三角形，點O為JG中點，∴OH=OG=OJ，∴HG=，∴BH=HG=OG，故③正確；∵四邊形ABCD為正方形，∴AD∥BC，即AF∥BC，∴∠AEF=∠CBF，∠EAF=∠BCF，∴△AEF∽△CBF，∴，∴，∴OC-OF=，∴，∴，∴AF∶OF∶OC＝=2∶1∶3；故④正確；∵∠AFG=∠CFH，∠AGF=∠CHF=90°，∴△AGF∽△CHF，∴,∴，∵GF+FH=GH，∴GF=∴S△AFG＝，S△GHC=∴S△AFG＝S△GHC，故⑤不正確；∵AC為正方形對角線，∴∠DAC=45°，∵∠HOG=90°，OH=OG，∴∠OGH=45°，∴sin∠DAC=sin∠OGH=，∴OG?AC＝BH?CD，故⑥正確．其中結(jié)論正確的序號是①②③④⑥．故答案為：①②③④⑥．【點睛】本題考查正方形性質(zhì)，銳角三角函數(shù)值，三角形全等判定與性質(zhì)，三點共線，等腰直角三角形判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)，三角形面積，本題難度大，涉及知識多，圖形復(fù)雜，掌握多方面知識是解題關(guān)鍵．3、【解析】【分析】連接BP，BD，OD，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)定理，可得BP=CP，從而得到當點B、P、D三點共線時，DP+CP的值最小，最小值為BD的長，再由直徑所對的圓周角為直角，可得∠BDC=90°，再由，可得∠COD==60°，從而得到，進而得到，即可求解．【詳解】解：如圖，連接BP，BD，OD，∵MN為BC的垂直平分線，∴BP=CP，∴DP+CP=DP+BP≥BD，即當點B、P、D三點共線時，DP+CP的值最小，最小值為BD的長，∵BC為直徑，∴∠BDC=90°，∵AB=CD=AD，∴，∴∠COD==60°，∴，∴，∴DP+CP的最小值為，∴陰影部分圖形的周長最小值為．故答案為：【點睛】本題主要考查了圓周角定理，線段垂直平分線的性質(zhì)定理，特殊角銳角三角函數(shù)，熟練掌握圓周角定理，線段垂直平分線的性質(zhì)定理，特殊角銳角三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．4、①②④【解析】【分析】①證明，由可得；②結(jié)合①，證明；③證明，得；④求出和的面積，進而由它們的差可得．【詳解】解：，，，，，，故①正確，由①可得：，，，，，故②正確，，，，，，，，，，，，，，故③不正確，，，，，，，，，，故④正確，故答案是：①②④．【點睛】本題考查了正方形性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)，相似三角形判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是層層遞進，下一問要有意識應(yīng)用前面解析．5、3；14【解析】【分析】分兩種情況討論：①當B′D⊥AE時，△AB′F為直角三角形；②當DB′⊥AB′時，△AB′F為直角三角形.【詳解】解：①當B′D⊥AE時，△AB′F為直角三角形，如下圖：根據(jù)題意，BE=B′E，BD=B′D=BC=，∠B=∠EB′F，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2，AC=2，∴AB=BC2+A∴sin∠B=∴∠B=∠EB′F=30°，∵在Rt△BDF中，∠B=30°，∴DF=BD=，∴B′F=B′D-DF=-=，∵在Rt△B′EF中，∠EB′F=30°，∴EF=B′E，∵B′F=B'E2?EF2=2EF即=EF，∴EF=，則BE=1，∴AE=AB-BE=4-1=3.②當DB′⊥AB′時，△AB′F為直角三角形，如下圖：連接AD，過A作AN⊥EB′，交EB′的延長線于N，根據(jù)題意，BE=B′E，BD=CD=B′D=BC=，∠DBE=∠EB′F，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2，AC=2，∴AB=BC2+A∴sin∠DBE=∴∠DBE=∠EB′F=30°，∵∠AB′F=90°，∴∠AB′E=∠AB′F+∠EB′F=120°，∴Rt△AB′N中，∠AB′N=60°，∠B′AN=30°，∴B′N=AB′，在Rt△AB′D和Rt△ACD中AD=ADB∴Rt△AB′D≌Rt△ACD（HL），∴AB′=AC=2，∴B′N=1，AN=，設(shè)AE=x，則BE=B′E=4-x，∵在Rt△AEN中，AN∴（）2+（4-x+1）2=x2∴x=14綜上，AE的長為3或145故答案為：3或145【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)：折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應(yīng)邊和對應(yīng)角相等．也考查了含30度的直角三角形三邊的關(guān)系和勾股定理．三、解答題1、（1）平行四邊形，證明見解析；（2）2【解析】【分析】（1）由四邊形ABCD為矩形，，可得BE=DG，F(xiàn)C=AH，由勾股定理可得EH=FG，EF=GH，故四邊形EFGH為平行四邊形．（2）設(shè)AE為x，由，可求得BF=DH=x+1，AH=x+2，由可求得AH=2x，則x=2，即AE=2.【詳解】（1）∵四邊形ABCD為矩形∴AD=BC，AB=CD，∠HAB=∠EBC=∠FCD=∠ADG=90°，又∵，∴BE=DG，F(xiàn)C=AH∴，，，∴EH=FG，EF=GH∴四邊形EFGH為平行四邊形．（2）設(shè)AE=x則BE=DG=x+1在中，∴∵BF=DH=x+1∴AH=x+1+1=x+2又∵∴∴AH=2AE=2x∴2x=x+2解得x=2，∴AE=2【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和解直角三角形，熟練掌握平行四邊形的判定從而證明出EH=FG，EF=GH是解題關(guān)鍵．2、##【解析】【分析】過點作于點，設(shè)，則，，解直角三角形即可求得，即的值【詳解】解：如圖，過點作于點在中，，，是等腰直角三角形=設(shè)，則，沿著直線翻折，點落在邊上，記為點，在中，即解得故答案為：【點睛】本題考查了勾股定理，軸對稱的性質(zhì)，解直角三角形，根據(jù)題意構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．3、（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，由矩形的性質(zhì)可求得B點坐標，由B、D的坐標，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，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∠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t＝3時，∠PBE＝∠OCD；當∠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t＝3時，∠PBE＝∠OCD；（3）當四邊形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