中考數(shù)學總復(fù)習《銳角三角函數(shù)》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、的相反數(shù)是（）A． B． C． D．2、如圖，在平面直角坐標系中，直線與軸交于點C，與反比例函數(shù)在第一象限內(nèi)的圖象交于點B，連接BO，若，，則的值是（）A．20 B．20 C．－5 D．53、如圖，在網(wǎng)格中，小正方形的邊長均為1，點A、B、C都在格點上，則的正弦值是（）A．2 B． C． D．4、在直角△ABC中，，，AC＝2，則tanA的值為（）A． B． C． D．5、如圖，在中，，點P為AC上一點，且，，則的值為（）A．3 B．2 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，在中，，，，以為邊向外作等邊，則的長為_______．2、在中，，，以BC為斜邊作等腰，若，則BC邊的長為______．3、準備在一個“7”字型遮陽棚下安裝一個噴水裝置（如圖1），已知遮陽棚DB與豎桿OB垂直，遮陽棚的高度OB＝3米，噴水點A與地面的距離OA＝1米（噴水點A噴出來的水柱呈拋物線型），水柱噴水的最高點恰好是遮陽棚的C處，C到豎桿的水平距離BC＝2米（如圖2），此時水柱的函數(shù)表達式為_____，現(xiàn)將遮陽棚BD繞點B向上旋轉(zhuǎn)45°（如圖3），則此時水柱與遮陽棚的最小距離為____米．（保留根號）4、某人沿著坡度為1∶2.4的斜坡向上前進了130m，那么他的高度上升了_________m．5、如圖，在平面直角坐標系xOy中，點B在x軸正半軸上，點D在y軸正半軸上，⊙C經(jīng)過A，B，D，O四點，∠OAB＝120°，OB＝4，則點D的坐標是_____．三、解答題（6小題，每小題10分，共計60分）1、已知直線m與⊙O，AB是⊙O的直徑，AD⊥m于點D．（1）如圖①，當直線m與⊙O相交于點E、F時，求證：∠DAE=∠BAF．（2）如圖②，當直線m與⊙O相切于點C時，若∠DAC=35°，求∠BAC的大小；（3）若PC＝2，PB＝2，求陰影部分的面積(結(jié)果保留π)．2、如圖，點A、B在以CD為直徑的⊙O上，且，∠BCD=30°．（1）判斷ABC的形狀，并說明理由；（2）若BC=cm，求圖中陰影部分的面積．3、如圖是我們?nèi)粘Ｉ钪薪?jīng)常使用的訂書器，AB是訂書機的托板，壓柄BC繞著點B旋轉(zhuǎn)，連接桿DE的一端點D固定，點E從A向B處滑動．在滑動過程中，DE的長保持不變．已知BD＝cm．（1）如圖1，當∠ABC＝45°，BE＝12cm時，求連接桿DE的長度；（結(jié)果保留根號）（2）現(xiàn)將壓柄BC從圖1的位置旋轉(zhuǎn)到與底座AB垂直，如圖2所示，請直接寫出此過程中，點E滑動的距離．（結(jié)果保根號）4、如圖所示，在的方格紙中，每個小正方形的邊長均為1，線段的端點、均在小正方形的頂點上．（1）在方格紙中畫出等腰，點在小正方形的頂點上，的面積為；（2）在方格紙中畫出以為斜邊的，點在小正方形頂點上，，連接，并直接寫出的長．5、如圖，已知拋物線（為常數(shù)，且＞0）與x軸從左至右依次交于A，B兩點，與y軸交于點C，經(jīng)過點B的直線與拋物線的另一交點為D．（1）若點D的橫坐標為-5，求拋物線的函數(shù)表達式；（2）若在第一象限的拋物線上有點P，使得以A，B，P為頂點的三角形與△ABC相似，求的值；（3）在（1）的條件下，直線BD上是否存在點E，使∠AEC=45°？若存在，請直接寫出點E的橫坐標；若不存在，請說明理由．6、如圖1，已知拋物線y＝﹣x2+x+1與x軸交于A和B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C．（1）點C的坐標是，點B的坐標是；（2）M為線段BC上方拋物線上一動點，連接MC、MB，求△MBC面積的最大值，并求出此時M的坐標；（3）如圖2，T為線段CB上一動點，將△OCT沿OT翻折得到△OC′T，當△OC′T與△OBC的重疊部分為直角三角形時，求BT的長．（4）如圖3，動點P從點O出發(fā)沿x軸向B運動，過點P作CP的垂線交CB于D．點P從O運動到B的過程中，點D運動所經(jīng)過的路徑總長等于．-參考答案-一、單選題1、C【分析】先計算=，再求的相反數(shù)即可．【詳解】∵=，∴的相反數(shù)是，故選C．【點睛】本題考查了特殊角的三角函數(shù)值，相反數(shù)的定義，熟記特殊角的三角函數(shù)值是解題的關(guān)鍵．2、D【分析】先根據(jù)直線解析式求得點C的坐標，然后根據(jù)△BOC的面積求得BD的長，然后利用正切函數(shù)的定義求得OD的長，從而求得點B的坐標，利用待定系數(shù)法將點B坐標代入即可求得結(jié)論．【詳解】解：∵直線y=k1x+4與x軸交于點A，與y軸交于點C，∴點C的坐標為（0，4），∴OC=4，過B作BD⊥y軸于D，∵S△OBC=2，∴，∴BD=1，∵tan∠BOC=，∴，∴OD=5，∴點B的坐標為（1，5），∵反比例函數(shù)在第一象限內(nèi)的圖象交于點B，∴k2=1×5=5．故選：D．【點睛】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點坐標，銳角三角函數(shù)，三角形面積，待定系數(shù)法求分別列函數(shù)解析式，解題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造直角三角形．3、C【分析】根據(jù)網(wǎng)格的特點，勾股定理求得的長，進而根據(jù)勾股定理逆定理判定是直角三角形，進而根據(jù)正弦的定義求解即可【詳解】解：是直角三角形，且是斜邊故選C【點睛】本題考查了網(wǎng)格中勾股定理與勾股定理的逆定理的應(yīng)用，正弦的定義，證明是直角三角形是解題的關(guān)鍵．4、B【分析】先利用勾股定理求出BC的長，然后再求tanA的值．【詳解】解：∵在Rt△ABC中，AB=3，AC＝2，∴BC=∴tanA=故選：B．

【點睛】本題考查銳角三角形的三角函數(shù)和勾股定理，需要注意求三角函數(shù)時，一定要是在直角三角形當中．5、A【分析】過點P作PD∥AB交BC于點D，因為，且，則tan∠PBD=tan45°=1，得出PB=PD，再有，進而得出tan∠APB的值．【詳解】解：如圖，過點作交于點，∴，∴,∵，且，∴PBD=45°，∴，∴，又∵，∴，∴．故選A．【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，解題的關(guān)鍵在于能夠正確作出輔助線進行求解．二、填空題1、【解析】【分析】將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，連接，．作交的延長線于點，證明，可得，再分別求解，，從而利用勾股定理可得答案.【詳解】解：將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，連接，．作交的延長線于點．是等邊三角形，，，，，，，，，，是等邊三角形，，，，，，，，在中，，，故答案為．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，作出適當?shù)妮o助線構(gòu)建全等三角形與直角三角形是解本題的關(guān)鍵.2、2【解析】【分析】根據(jù)題意作出圖形，過點作于點，則，由是等腰直角三角形，，進而可得是等腰直角三角形，，根據(jù)正切的定義求得，進而求得【詳解】解：如圖，過點作于點，是等腰直角三角形，，，是等腰直角三角形，即解得故答案為：2【點睛】本題考查了正切的定義，解直角三角形，根據(jù)題意作出圖形是解題的關(guān)鍵．3、【解析】【分析】先根據(jù)已知設(shè)出拋物線解析式，用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；將線段BD沿y軸向下平移，使平移后的線段MN恰好與拋物線只有一個交點，先根據(jù)BD與水平線成45°角，從而得到直線BD與直線平行，再根據(jù)，得出MN平行于直線，利用待定系數(shù)法求出直線MN的函數(shù)解析式，再根據(jù)直線MN和拋物線有一個公共點，聯(lián)立解方程組，根據(jù)求出直線MN的解析式，再求出直線MN與y軸的交點M的坐標，求出BM的長度，再根據(jù)，求出BG即可．【詳解】解：將線段BD沿y軸向下平移，使平移后的線段MN恰好與拋物線只有一個交點，過點B作BG⊥MN于G，如圖：∵拋物線的頂點C的坐標為，∴設(shè)拋物線的解析式為，把點的坐標代入得：，解得：，∴，∵，BC⊥y軸，∴BD與直線平行，且BD與y軸的夾角是45°，∵，∴MN與直線平行，，∴設(shè)MN的解析式為，∵MN與拋物線只有一個交點，∴方程組只有一組解，∴方程有兩個相等的實數(shù)根，將方程整理得：，∴，解得：，∴MN的解析式為，令，得，∴，∵，∴（米），在中，，，∵，∴（米），∴此時水住與遮陽棚的最小距離為米．故答案為：，．【點睛】本題考查二次函數(shù)的應(yīng)用以及銳角三角函數(shù)，掌握待定系數(shù)法求解析式以及二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4、50【解析】【分析】設(shè)高度上升了h，則水平前進了2.4h，然后根據(jù)勾股定理解答即可．【詳解】設(shè)高度上升了h，則水平前進了2.4h，由勾股定理得：，解得：．故答案為：50．【點睛】本題主要考查了坡度比與勾股定理得應(yīng)用，根據(jù)坡度比和勾股定理列出關(guān)于h的方程成為解答本題的關(guān)鍵．5、(0，4)【解析】【詳解】先利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠BDO＝60°，解直角三角形求出OD，可得結(jié)論．【分析】解：∵四邊形ABDO為圓的內(nèi)接四邊形，∴∠OAB+∠BDO＝180°，∴∠BDO＝180°﹣120°＝60°，∵∠DOB＝90°，在Rt△ABO中，tan∠BDO＝，∵OB＝4∴OD＝4，∴D（0，4）故答案為：（0，4）．【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是證明∠BDO＝60°．三、解答題1、（1）見解析；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）通過已知條件可知，，再通過同角的補交相等證得，即可得到答案；（2）利用，得，再通過OA=OC，得；（3）現(xiàn)在中，利用勾股定理求得半徑r=2，再通過，得，即可求得，那么，即可求解．【詳解】解：（1）如圖，連接BF∵AD⊥m∴∵AB是⊙O的直徑∴∴∵，∴∴∠DAE=∠BAF（2）連接OC∵直線m與⊙O相切于點C∴∵AD⊥m∴∴∵OA=OC∴（3）連接OC∵直線m與⊙O相切于點C∴設(shè)半徑OC=OB=r在中，則：∴解得：r=2，即OC=r=2∴∴∴∴．【點睛】本題考查了圓切線、內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，以及解直角三角形的應(yīng)用，扇形面積求法，解答此題的關(guān)鍵是掌握圓的性質(zhì)．2、（1）ABC是等邊三角形，理由見解析；（2）（）cm2．【解析】【分析】（1）由垂直定義得，由垂徑定理得，由三角形內(nèi)角和定理得，從而可判斷ABC的形狀；（2）連接BO、過O作OE⊥BC于E，由垂徑定理可得出BE的長，根據(jù)圓周角定理可得出∠BOC的度數(shù)，在Rt△BOE中由銳角三角函數(shù)的定義求出OB的長，根據(jù)S陰影=S扇形-S△BOC即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）ABC是等邊三角形，理由如下：∵，∠BCD=30°．∴，∴∴∴∴ABC是等邊三角形；（2）連接BO，過O作OE⊥BC于E，∵BC=cm，∴BE=EC=cm，∵∠BAC=60°，∴∠BOC=120°，∴∠BOE=60°，在Rt△BOE中，，∴OB=6cm，∴S扇形=cm2，∵cm2，∴S陰影=cm2，答：圖中陰影部分的面積是（）cm2．【點睛】本題考查的是圓周角定理、垂徑定理及扇形的面積等相關(guān)知識，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關(guān)鍵．3、（1）連接桿的長度為；（2）．【解析】【分析】（1）過點D作DM⊥AB交AB與點M，在Rt△BDM中，通過解直角三角形可求出DM、BM的長度，在Rt△DEM中，利用勾股定理可求出DE的長；（2）在Rt△DBE中，利用勾股定理可求出BE的長度，結(jié)合（1）中BE的長度即可求出點E滑動的距離．【詳解】解（1）在圖1中，過點D作DM⊥AB交AB與點M，在Rt△BDM中，DM=BD?sin45°=，BM=BD?cos45°=，在Rt△DEM中，∠DME=90°，DM=4，EM=BE-BM=8，∴DE=∴連接桿DE的長度為；（2）在Rt△DBE中，∠DBE=90°，BD=，DE=，∴BE=∴在此過程中點E滑動的距離為cm．【點睛】本題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用以及勾股定理，熟練掌握解直角三角形以及靈活使用勾股定理是解決問題的關(guān)鍵．4、（1）見詳解；（2）圖見詳解，.【解析】【分析】（1）由題意根據(jù)點在小正方形的頂點上，的面積為即可得到點的位置；（2）由題意根據(jù)以為斜邊的，點在小正方形頂點上，，即可得到點的位置，進而依據(jù)勾股定理即可得出的長．【詳解】解：（1）如圖，等腰即為所畫，由勾股定理可得,的面積為，當AB為底邊可得高為5，以為直角作即可，因為所以又因為,所以；（2）如圖，即為所畫，由勾股定理可得,并且,所以，所以.【點睛】本題主要考查應(yīng)用與設(shè)計作圖，熟練掌握勾股定理及其逆用以及三角函數(shù)的定義和等腰三角形定義和全等三角形判定性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，弄清問題中對所作圖形的要求，結(jié)合對應(yīng)幾何圖形的性質(zhì)和基本作圖的方法作圖．5、（1）：y=x2-x-2；（2）a=或；（3）在直線BD上不存在點E，使∠AEC=45°．理由見解析【解析】【分析】（1）令y=0可得A和B兩點的坐標，把點B的坐標代入直線y=-x+b中可得b的值，根據(jù)點D的橫坐標為-5，可得點D的坐標，將點D的坐標代入拋物線的解析式中可得答案；（2）因為點P在第一象限內(nèi)的拋物線上，所以∠ABP為鈍角．因此若兩個三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB．如圖1和圖2，按照以上兩種情況進行分類討論，分別計算；（3）根據(jù)OA=OC=2，∠AOC=90°畫圓O，半徑為2，可知若優(yōu)弧上存在一點E與A，C構(gòu)建的∠AEC=45°，再證明BD與⊙O相離，圓外角小于圓上角，可得結(jié)論．【詳解】解：（1）拋物線y=a（x+2）（x-4），令y=0，解得x=-2或x=4，∴A（-2，0），B（4，0），把B（4，0）代入直線y=?x+b中，b=3，∴直線的解析式為y=-x+3，當x=-5時，y=-×（-5）+3=，∴D（-5，），∵點D（-5，）在拋物線y=a（x+2）（x-4）上，∴a（-5+2）（-5-4）=，∴a=，∴拋物線的函數(shù)表達式為：y=（x+2）（x-4）=x2-x-2；（2）由拋物線解析式，令x=0，得y=-8a，∴C（0，-8a），OC=8a．∵點P在第一象限內(nèi)的拋物線上，∴∠ABP為鈍角．∴若兩個三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB．過點P作PN⊥x軸于點N，①若△ABC∽△APB，則有∠BAC=∠PAB，如圖1所示，設(shè)P（x，y），則ON=x，PN=y，tan∠BAC=tan∠PAB，∴，即：，∴y=4ax+8a，∴P（x，4ax+8a），代入拋物線解析式y(tǒng)=a（x+2）（x-4），得a（x+2）（x-4）=4ax+8a，整理得：x2-6x-16=0，解得：x=8或x=-2（與點A重合，舍去），∴P（8，40a），∵△ABC∽△APB，∴，即，解得：a=；②若△ABC∽△PAB，則有∠ABC=∠PAB，如圖2所示，與①同理，可求得：y=2ax+4a，∴P（x，2ax+4a），代入拋物線解析式y(tǒng)=a（x+2）（x-4），得a（x+2）（x-4）=2ax+4a，整理得：x2-4x-12=0，解得：x=6或x=-2（與點A重合，舍去），∴P（6，16a），∵△ABC∽△PAB，∴，即，解得：a=；綜上所述，a=或；（3）在（1）的條件下，二次函數(shù)的解析式為：y=x2-x-2；當x=0時，y=-2，∴C（0，-2），∴OA=OC=2，如圖3，以O(shè)為圓心2為半徑畫圓，在上取一點E1，過點O作OF⊥BD于F，∵∠AOC=90°，∴∠AE1C=45°，在直線y=-x+3中，OM=3，OB=4，∴BM=5，∴S△OBM=×3×4=×5OF，∴OF=＞2，∴直線BD與⊙O相離，∴∠AEC＜45°，∴在直線BD上不存在點E，使∠AEC=45°．【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，三角形的面積公式，解直角三角形，直線和圓的位置關(guān)系，圓周角的性質(zhì)，坐標和圖形的性質(zhì)等知識，解（1）的關(guān)鍵是確定點D的坐標，解（2）的關(guān)鍵是利用分類討論的思想；解（3）的關(guān)鍵是作出輔助線，是一道難度比較大的中考常考題．6、（1）（0，1），（2，0）；（2）S△MBC最大值1，M（1，）；（3）﹣1或2或；（4）3﹣5【解析】【分析】（1）令y＝0，可求B點坐標，令x＝0，可求C點坐標；（2）求出直線BC的解析式為y＝﹣x+1，過點M作MN⊥x軸交直線BC于點N，設(shè)M（t，﹣t2+t+1），則N（t，﹣t+1），S△MBC＝﹣（t﹣1）2+1，當t＝1時，S△MBC有最大值1，M（1，）；（3）分三種情況討論：①當TC'與BO垂直時，即∠OGT＝90°，CT＝1，CB＝，BT＝﹣1；②當∠OTC'＝90°時，CT＝，BT＝；③當OC'與BC垂直時，即∠OHB＝90°，OH＝，CH＝，BH＝，在Rt△TC'H中，（﹣TH）2＝TH2+（1﹣）2，求出TH＝2﹣，則BT＝BH+TH＝2；（4）設(shè)OP＝m，則CP＝，過點P作PF⊥CB交于點F，當△COP∽△CPD時，PB＝m，則有m+m＝2，可求m＝，PB＝﹣，CD＝，BD＝，當P點從O點運動，D點從B點開始向C點方向運動，到達△COP∽△CPD時，BD的長度達到最大值，當P點再向B點運動時，D點又向B點運動，直到D點回到B點，所以點D運動所經(jīng)過的路徑總長是BD長度的2倍，可求2BD＝3﹣5．【詳解】解：（1）令y＝0則﹣x2+x+1＝0，∴x＝2或x＝﹣，∴B（2，0），令x＝0則y＝1，∴C（0，1），故答案為：（0，1），（2，0）；（2）設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，∴，∴，∴y＝﹣x+1，如圖，過點M作MN⊥x軸交直線BC于點N，設(shè)M（t，﹣t2+t+1），則N（t，﹣t+1），∴MN＝﹣t2+t+1+t﹣1＝﹣t2+2t，∴S△MBC＝×2×（﹣t2+2t）＝﹣（t﹣1）2+1，∵M為線段BC上方拋物線上一動點，∴0＜t＜2，∴當t＝1時，S△MBC有最大值1，∴M（1，）；（3）①如圖1，當TC'與BO垂直時，即