2025年中考数学总复习《锐角三角函数》模拟题库含答案详解（突破训练）

中考数学总复习《锐角三角函数》模拟题库考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题20分）一、单选题（5小题，每小题4分，共计20分）1、下列叙述正确的有（）①圆内接四边形对角相等；②圆的切线垂直于圆的半径；③正多边形中心角的度数等于这个正多边形一个外角的度数；④过圆外一点所画的圆的两条切线长相等；⑤边长为6的正三角形，其边心距为2．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个2、如图，点为边上的任意一点，作于点，于点，下列用线段比表示的值，正确的是（）A． B． C． D．3、在中，，则的值是（）A． B． C． D．4、在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，那么cosB的值等于（）A． B． C． D．5、如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，连接AE，BF交于点G，将△BCF沿BF对折，得到△BPF，延长FP交BA延长线于点Q．下列结论错误的是（）A．AE⊥BF B．QB＝QFC．cos∠BQP＝ D．S四边形ECFG＝S△BGE第Ⅱ卷（非选择题80分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图，将ABCD沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处．如果，那么的值是__________2、如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，△BEC与△FEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，G为CD中点，连结BG分别与CE，CF交于M，N两点．若BM＝BE，MG＝2，则BN的长为___，sin∠AFE的值为___．3、如图，在△ABC中，I是△ABC的内心，O是AB边上一点，⊙O经过点B且与AI相切于点I，若tan∠BAC＝，则sin∠ACB的值为_____．4、如图，是拦水坝的横断面，堤高为6米，斜面坡度为，则斜坡的长为_______米．5、第6号台风“烟花”于2021年7月25日12时30分前后登陆舟山普陀区，登陆时强度为台风级，中心最大风速38米/秒．此时一艘船以27nmile/h的速度向正北航行，在A处看烟花S在船的北偏东15°方向，航行40分钟后到达B处，在B处看烟花S在船的北偏东45°方向．（1）此时A到B的距离是_____；（2）该船航行过程中距离烟花S中心的最近距离为_____．（提示：sin15°）．三、解答题（6小题，每小题10分，共计60分）1、如图，内接于，弦AE与弦BC交于点D，连接BO，，（1）求证：；（2）若，求的度数；（3）在（2）的条件下，过点O作于点H，延长HO交AB于点P，若，，求半径的长．2、计算（1）（2）4x2﹣8x＋1＝03、计算：4sin60°﹣|﹣2|﹣+（﹣1）20214、如图，已知抛物线（为常数，且＞0）与x轴从左至右依次交于A，B两点，与y轴交于点C，经过点B的直线与抛物线的另一交点为D．（1）若点D的横坐标为-5，求抛物线的函数表达式；（2）若在第一象限的抛物线上有点P，使得以A，B，P为顶点的三角形与△ABC相似，求的值；（3）在（1）的条件下，直线BD上是否存在点E，使∠AEC=45°？若存在，请直接写出点E的横坐标；若不存在，请说明理由．5、在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于线段AB，给出如下定义：若线段AB沿着某条直线l对称可以得到⊙O的弦A′B′，则称线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，直线l称为“反射轴”．（1）如图，线段CD，EF，GH中是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”有；（2）已知A点坐标为（0，2），B点坐标为（1，1），①若线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，求反射轴l与y轴的交点M的坐标．②若将“反射线段”AB沿直线y＝x的方向向上平移一段距离S，其反射轴l与y轴的交点的纵坐标yM的取值范围为yM，求S．（3）已知点M，N是在以原点为圆心，半径为2的圆上的两个动点，且满足MN＝1，若MN是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，当M点在圆上运动一周时，求反射轴l未经过的区域的面积．（4）已知点M，N是在以（2，0）为圆心，半径为的圆上的两个动点，且满足MN，若MN是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，当M点在圆上运动一周时，请直接写出反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围．6、如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D在OC的延长线上，OD与AB相交于E，cosA＝，∠D＝30°．（1）证明：BD是⊙O的切线；（2）若OD⊥AB，AC＝3，求BD的长．-参考答案-一、单选题1、B【分析】利用圆内接四边形的性质可判断①；根据圆的切线性质可判断②④；根据正多边形性质可判断③；根据正三角形边长为6，连接OB、OC；先求出中心角∠BOC，根据等腰三角形性质，求出∠BOD＝×120°＝60°，利用锐角三角函数可求OD＝×6×即可．【详解】解：①圆内接四边形对角互补但不一定相等，故①不符合题意；②圆的切线垂直于过切点的半径，故②不符合题意；③正n多边形中心角的度数等于，这个正多边形的外角和为360°，一个外角的度数等于正确，故③符合题意；④过圆外一点所画的圆的两条切线长相等，正确，故④符合题意；⑤如图，△ABC为正三角形，点O为其中心；OD⊥BC于点D；连接OB、OC；∵OB＝OC，∠BOC＝×360°＝120°，∴BD＝BC＝3，∠BOD＝×120°＝60°，∴tan∠BOD＝，∴OD＝×6×，即边长为6的正三角形的边心距为，故⑤不符合题意，故选：B．【点睛】本题考查圆内接四边形性质，圆的切线性质，切线长性质，正多边形的中心角与外角，锐角三角函数，边心距，掌握圆内接四边形性质，圆的切线性质，切线长性质，正多边形的中心角与外角，锐角三角函数，边心距是解题关键．2、C【分析】根据正弦值等于对边与斜边的比，可得结论．【详解】解：在中，；在中，．故选：．【点睛】本题考查了解直角三角形，掌握直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．3、B【分析】根据题意，画出图形，结合余弦函数的定义即可求解．【详解】解：由题意，可得图形如下：根据余弦函数的定义可得，故选：B【点睛】此题考查了余弦函数的定义，解题的关键是根据题意画出图形，并掌握余弦函数的定义．4、D【分析】根据题意画出图形，求出AB的值，进而利用锐角三角函数关系求出即可．【详解】解：如图，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，∴，∴cosB＝＝．故选：D．【点睛】本题考查了三角函数的定义，熟知余弦函数的定义是解题关键．5、C【分析】△BCF沿BF对折，得到△BPF，利用角的关系求出QF=QB，即可判断B；首先证明△ABE≌△BCF，再利用角的关系求得∠BGE=90°，即可得到AE⊥BF即可判断A；利用QF=QB，解出BP，QB，根据正弦的定义即可求解即可判断C；可证△BGE与△BCF相似，进一步得到相似比，再根据相似三角形的性质即可求解即可判断D．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠C=90°，AB∥CD，由折叠的性质得：FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB=∠C＝90°，∵CD∥AB，∴∠CFB＝∠ABF，∴∠ABF＝∠PFB，∴QF＝QB，故B选项不符合题意；②∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，∴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选项不符合题意；令PF＝k（k＞0），则PB＝2k，在Rt△BPQ中，设QB＝x，∵，∴x2＝（x﹣k）2+4k2，∴x＝，∴cos∠BQP＝，故C选项符合题意；⑤∵∠BGE＝∠BCF，∠GBE＝∠CBF，∴△BGE∽△BCF，∵BE＝BC，BF＝BC，∴BE：BF＝1：，∴△BGE的面积：△BCF的面积＝1：5，∴S四边形ECFG＝4S△BGE，故D选项不符合题意．故选C．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．二、填空题1、##【解析】【分析】利用“一线三垂直”模型，可知，由折叠可知，AE=AD，利用勾股定理表示出BF，即可求出的值．【详解】解：由题意得，∵,∴，即：，∴．设：AB为3x，则AD为5x，∵AE=AD=5x，∴在中，有勾股定理得：，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题是图形与三角函数的综合运用，利用图形的变换，表示出所求的教角的函数值是本题的关键．2、4；##【解析】【分析】根据题意连接BF，FM，由翻折及BM=ME可得四边形BEFM为菱形，再由菱形对角线的性质可得BN=BA．先证明△AEF≌△NMF得AE=NM，再证明△FMN∽△CGN可得，进而求解即可．【详解】解：∵BM=BE，∴∠BEM=∠BME，∵AB∥CD，∴∠BEM=∠GCM，又∵∠BME=∠GMC，∴∠GCM=∠GMC，∴MG=GC=2，∵G为CD中点，∴CD=AB=4．连接BF，FM，由翻折可得∠FEM=∠BEM，BE=EF，∴BM=EF，∵∠BEM=∠BME，∴∠FEM=∠BME，∴EF∥BM，∴四边形BEFM为平行四边形，∵BM=BE，∴四边形BEFM为菱形，∵∠EBC=∠EFC=90°，EF∥BG，∴∠BNF=90°，∵BF平分∠ABN，∴FA=FN，∴Rt△ABF≌Rt△NBF（HL），∴BN=AB=4．∵FE=FM，FA=FN，∠A=∠BNF=90°，∴Rt△AEF≌Rt△NMF（HL），∴AE=NM，设AE=NM=x，则BE=FM=4-x，NG=MG-NM=2-x，∵FM∥GC，∴△FMN∽△CGN，∴，即，解得：（舍）或，∴，∴．故答案为：4；.【点睛】本题考查矩形的翻折问题和相似与全等三角形问题，解题关键是连接辅助线通过全等三角形及相似三角形的判定及性质求解．3、##0.8【解析】【分析】连接OI，BI，作OE⊥AC，可证△AOD是等腰三角形，然后证明OD∥BC，进而∠ADO＝∠ACB，解三角形AOD即可．【详解】解：如图，连接OI并延长交AC于D，连接BI，∵AI与⊙O相切，∴AI⊥OD，∴∠AIO＝∠AID＝90°，∵I是△ABC的内心，∴∠OAI＝∠DAI，∠ABI＝∠CBI，∵AI＝AI，∴△AOI≌△ADI（ASA），∴AO＝AD，∵OB＝OI，∴∠OBI＝∠OIB，∴∠OIB＝∠CBI，∴OD∥BC，∴∠ADO＝∠C，作OE⊥AC于E，∵tan∠BAC＝＝，∴不妨设OE＝24k，AE＝7k，∴OA＝AD＝25k，∴DE＝AD﹣AE＝18k，∴OD＝＝30k，∴sin∠ACB＝＝＝．故答案是：【点睛】本题主要考查了切线的性质，锐角三角函数，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．4、【解析】【分析】由斜面坡度为有，解得AC=12，再由勾股定理求得AB即可．【详解】∵斜面坡度为∴∴∵是直角三角形，故有故答案为：．【点睛】本题考察了直角三角形应用题，解直角三角形应用题的一般步骤（1）弄清题中的名词、术语的意义，如仰角、俯角、坡度、坡角等概念，然后根据题意画出几何图形，建立数学模型；（2）将实际问题中的数量关系归结为解直角三角形的问题，当有些图形不是直角三角形时，可适当添加辅助线，把它们分割成直角三角形或矩形；（3）寻找直角三角形，并解这个三角形．5、18nmilenmile##nmile【解析】【分析】如图，过作于先由路程等于速度乘以时间求解再利用sin15°求解再设而再利用建立方程，再解方程，从而可得答案.【详解】解：如图，过作于由题意可得：设则设而解得：经检验符合题意；所以：该船航行过程中距离烟花S中心的最近距离为：nmile.故答案为：18nmile，nmile.【点睛】本题考查的是解直角三角形的实际应用，熟练的利用的值求解是解本题的关键.三、解答题1、（1）见解析；（2）30°；（3）【解析】【分析】（1）如图所示，连接OA，则，由OA=OB，得到∠OAB=∠OBA，即可推出，即∠OBA+∠ACB=90°，再由∠OBA=∠CAE，则∠ACB+∠CAE=90°，由此即可证明；（2）如图所示，连接CE，则∠ABC=∠AEC，由，可得∠AEC=30°，则∠ABC=30°；（3）如图所示，过点O作OF⊥AB于F，则BF=AF，设FP=x，可得BP=BF+PF=6+2x，OP=2FP=2x，推出PH=OP+OH=1+2x，则BP=2+4x，从而得到2+4x=6+2x，由此求解即可．【详解】解：（1）如图所示，连接OA，∴，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA，∵∠OAB+∠OBA+∠AOB=180°，∴，即∠OBA+∠ACB=90°，又∵∠OBA=∠CAE，∴∠ACB+∠CAE=90°，∴∠ADC=90°，∴AE⊥BC；（2）如图所示，连接CE，∴∠ABC=∠AEC，∵，AE⊥BC，∴，∴∠AEC=30°，∴∠ABC=30°；（3）如图所示，过点O作OF⊥AB于F，∴BF=AF，设FP=x，∴BF=AF=AP+PF=6+x，∴BP=BF+PF=6+2x∵∠ABC=30°，PH⊥BC，∴∠BPH=60°，BP=2PH，又∵OF⊥AB，∴∠OFP=90°，∴∠POF=30°，∴OP=2FP=2x，∴PH=OP+OH=1+2x，∴BP=2+4x，∴2+4x=6+2x，解得x=2，∴PF=2，BF=8，PO=4，∴，∴，∴圆O的半径长为．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，特殊角三角形函数值求度数，勾股定理，垂径定理等等，解题的关键在于能够正确作出辅助线求解．2、（1）0；（2）．【解析】【分析】（1）原式利用负整数指数幂，绝对值化简，特殊角的三角函数值以及零指数幂法则计算即可得到结果；（2）移项后配方，开方，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．【详解】解：（1）原式=4-3+--1=0；（2）4x2﹣8x＋1＝0，4x2﹣8x＝-1，配方，得；4x2﹣8x＋4＝-1+4，（2x-2）2=3，开方，得2x-2=±，解得：；【点睛】本题考查了实数的运算，负整数指数幂，绝对值化简，特殊角的三角函数值，零指数幂法则及解一元二次方程，熟练掌握各自的性质是解（1）题的关键，能选择适当的方法解一元二次方程是解（2）题的关键．3、-3【解析】【分析】根据特殊角三角函数，绝对值，有理数的乘方，化简二次根式的计算法则求解即可．【详解】解：原式==-3．【点睛】本题主要考查了特殊角三角函数，绝对值，有理数的乘方，二次根式的化简，熟知相关近计算法则是解题的关键．4、（1）：y=x2-x-2；（2）a=或；（3）在直线BD上不存在点E，使∠AEC=45°．理由见解析【解析】【分析】（1）令y=0可得A和B两点的坐标，把点B的坐标代入直线y=-x+b中可得b的值，根据点D的横坐标为-5，可得点D的坐标，将点D的坐标代入抛物线的解析式中可得答案；（2）因为点P在第一象限内的抛物线上，所以∠ABP为钝角．因此若两个三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB．如图1和图2，按照以上两种情况进行分类讨论，分别计算；（3）根据OA=OC=2，∠AOC=90°画圆O，半径为2，可知若优弧上存在一点E与A，C构建的∠AEC=45°，再证明BD与⊙O相离，圆外角小于圆上角，可得结论．【详解】解：（1）抛物线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）代入直线y=−x+b中，b=3，∴直线的解析式为y=-x+3，当x=-5时，y=-×（-5）+3=，∴D（-5，），∵点D（-5，）在抛物线y=a（x+2）（x-4）上，∴a（-5+2）（-5-4）=，∴a=，∴抛物线的函数表达式为：y=（x+2）（x-4）=x2-x-2；（2）由抛物线解析式，令x=0，得y=-8a，∴C（0，-8a），OC=8a．∵点P在第一象限内的抛物线上，∴∠ABP为钝角．∴若两个三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB．过点P作PN⊥x轴于点N，①若△ABC∽△APB，则有∠BAC=∠PAB，如图1所示，设P（x，y），则ON=x，PN=y，tan∠BAC=tan∠PAB，∴，即：，∴y=4ax+8a，∴P（x，4ax+8a），代入抛物线解析式y=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（与点A重合，舍去），∴P（8，40a），∵△ABC∽△APB，∴，即，解得：a=；②若△ABC∽△PAB，则有∠ABC=∠PAB，如图2所示，与①同理，可求得：y=2ax+4a，∴P（x，2ax+4a），代入抛物线解析式y=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（与点A重合，舍去），∴P（6，16a），∵△ABC∽△PAB，∴，即，解得：a=；综上所述，a=或；（3）在（1）的条件下，二次函数的解析式为：y=x2-x-2；当x=0时，y=-2，∴C（0，-2），∴OA=OC=2，如图3，以O为圆心2为半径画圆，在上取一点E1，过点O作OF⊥BD于F，∵∠AOC=90°，∴∠AE1C=45°，在直线y=-x+3中，OM=3，OB=4，∴BM=5，∴S△OBM=×3×4=×5OF，∴OF=＞2，∴直线BD与⊙O相离，∴∠AEC＜45°，∴在直线BD上不存在点E，使∠AEC=45°．【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，解直角三角形，直线和圆的位置关系，圆周角的性质，坐标和图形的性质等知识，解（1）的关键是确定点D的坐标，解（2）的关键是利用分类讨论的思想；解（3）的关键是作出辅助线，是一道难度比较大的中考常考题．5、（1）2；（2）①；②；（3）;（4）或【解析】【分析】（1）的半径为1，则的最长的弦长为2，根据两点的距离可得，进而即可求得答案；（2）①根据定义作出图形，根据轴对称的方法求得对称轴，反射线段经过对应圆心的中点，即可求得的坐标；②由①可得当时，yM，设当取得最大值时，过点作轴，根据题意，分别为沿直线y＝x的方向向上平移一段距离S后的对应点，则，根据余弦求得进而代入数值列出方程，解方程即可求得的最大值，进而求得的范围；（3）根据圆的旋转对称性，找到所在的的圆心，如图，以为边在内作等边三角形，连接，取的中点,过作的垂线，则即为反射轴,反射轴l未经过的区域是以为圆心为半径的圆，反射轴l是该圆的切线，求得半径为，根据圆的面积公式进行计算即可；（4）根据（2）的方法找到所在的圆心,当M点在圆上运动一周时，如图，取的中点，的中点，即的中点在以为圆心，半径为的圆上运动，进而即可求得反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围【详解】（1）的半径为1，则的最长的弦长为2根据两点的距离可得故符合题意的“反射线段”有2条；故答案为：2（2）①如图，过点作轴于点，连接A点坐标为（0，2），B点坐标为（1，1），，且，的半径为1，，且线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，，②由①可得当时，yM如图，设当取得最大值时，过点作轴，