2023年北京市初三二模数学试题汇编：锐角三角函数章节综合

第1页/共1页2023北京初三二模数学汇编锐角三角函数章节综合一、单选题1．（2023·北京石景山·统考二模）如图，在中，，．点P是边上一动点（不与C，B重合），过点P作交于点．设，的长为，的面积为，则与x，S与满足的函数关系分别为（

）

A．一次函数关系，二次函数关系 B．反比例函数关系，二次函数关系C．一次函数关系，反比例函数关系 D．反比例函数关系，一次函数关系二、填空题2．（2023·北京顺义·统考二模）如图，将矩形纸片折叠，使点与边的中点重合，折痕恰好为，则的值为______．3．（2023·北京西城·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，设线段与轴正方向的夹角为，则___________．

三、解答题4．（2023·北京大兴·统考二模）．5．（2023·北京朝阳·统考二模）计算：．6．（2023·北京石景山·统考二模）计算：．7．（2023·北京朝阳·统考二模）如图，在四边形中，，．

(1)求证：四边形为菱形；(2)若，，求的长．8．（2023·北京顺义·统考二模）计算：．9．（2023·北京房山·统考二模）如图，，，点D是延长线上一点，连接，点E和点B关于直线对称，连接交于点F，连接．

(1)依题意补全图形，并求的度数；(2)用等式表示线段和之间的数量关系，并证明．10．（2023·北京西城·统考二模）如图，在中，边绕点B顺时针旋转（）得到线段，边绕点C逆时针旋转得到线段，连接，点F是的中点．

(1)以点F为对称中心，作点C关于点F的对称点G，连接．①依题意补全图形，并证明；②求证：；(2)若，且于H，直接写出用等式表示的与的数量关系．11．（2023·北京海淀·统考二模）在平面直角坐标系中，对于和点(不与点重合）给出如下定义：若边，上分别存在点，点，使得点与点关于直线对称，则称点为的“翻折点”．(1)已知，．①若点与点重合，点与点重合，直接写出的“翻折点”的坐标；②是线段上一动点，当是的“翻折点”时，求长的取值范围；(2)直线与轴，轴分别交于，两点，若存在以直线为对称轴，且斜边长为2的等腰直角三角形，使得该三角形边上任意一点都为的“翻折点”，直接写出的取值范围．12．（2023·北京房山·统考二模）计算：．13．（2023·北京昌平·统考二模）如图，是直径，是上一点，过点作直线，使．(1)求证：是的切线；(2)点是弧中点，连接并延长，分别交于点，若，，求线段的长．14．（2023·北京西城·统考二模）计算：．15．（2023·北京昌平·统考二模）计算：.16．（2023·北京海淀·统考二模）计算：．

参考答案1．A【分析】先求出，再求出，然后解得到，，进而得到，，由此即可得到答案．【详解】解：∵在中，，，∴，∵，∴，∵，∴，在中，，，∴，，∴与x，S与满足的函数关系分别为一次函数关系，二次函数关系，故选A．【点睛】本题主要考查了解直角三角形，等边对等角，列函数关系式，正确求出，是解题的关键．2．/【分析】根据矩形的性质，，根据折叠可得，进而得出，则，进而得出，即可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵将矩形纸片折叠，使点与边的中点重合，∴∴，即，∴∴∴，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，正弦的定义，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．3．/【分析】取点，则轴于B，根据点A的坐标求出和，根据锐角正切函数的定义求出即可．【详解】取点，则轴于B，

∵点A的坐标为(3，4)，∴，．故答案为：．【点睛】本题考查了点的坐标和正切函数，能求出和的长是解此题的关键．4．【分析】根据二次根式的运算法则，实数的运算法则，化简绝对值的方法，负整数指数幂，特殊角的三角函数值计算即可．【详解】解：原式【点睛】本题考查带特殊角的三角函数值的实数运算，化简二次根式，去绝对值，负整数指数幂公式等知识，掌握相关公式和运算法则是解题的关键．5．3【分析】根据负整数指数幂运算、特殊角的三角函数值运算、算术平方根运算及零指数数幂运算分别求解后，由二次根式加减运算求解即可得到答案．【详解】解：．【点睛】本题考查实数混合运算，涉及负整数指数幂运算、特殊角的三角函数值运算、算术平方根运算、零指数数幂运算及二次根式加减运算等知识，熟练掌握实数混合运算各个相关法则是解决问题的关键．6．【分析】先计算特殊角三角函数、化简二次根式、去绝对值、计算负整数次幂，再进行加减运算．【详解】解：【点睛】本题考查实数的混合运算，掌握特殊角的三角函数值、二次根式的性质、负整数次幂的运算法则是解题的关键．7．(1)证明见解析(2)6【分析】（1）先根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形为平行四边形，再由，即可证明平行四边形为菱形；（2）先证明，进而得到，，利用三角形内角和定理推出，由平行线的性质得到，解，即可得到．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴四边形为平行四边形，又∵，∴平行四边形为菱形；（2）解：∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，在中，，∴．【点睛】本题主要考查了菱形的判定，平行线的性质，解直角三角形，等边对等角，三角形内角和定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．8．【分析】先化简各式，再进行加减运算．【详解】解：原式．【点睛】本题考查零指数幂，特殊角的三角函数值，开方运算，实数的混合运算．熟练掌握相关运算法则，熟记特殊角的三角函数值，是解题的关键．9．(1)图见解析，(2)，证明见解析【分析】（1）根据题意补全图形，连接，根据等腰直角三角形的性质及轴对称的性质，全等三角形的判定和性质求解即可；（2）根据轴对称的性质得出，再由全等三角形的判定和性质得出，即可求解．【详解】（1）解：补全图形，如图所示：

连接，∵，∴∵点E和点B关于直线对称∴∵∴，∴；

（2），证明如下：∵点E、B关于直线对称∴，设垂足为H则∵

∴∵∴∴∴∵∴即．【点睛】题目主要考查轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，解三角形，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．10．(1)①补全图形见解析，证明见解析；②见解析(2)【分析】（1）①依题意补全图形如图所示，先证明，推出，然后结合旋转的性质可得结论；②根据对称的性质可证明，可得结论；（2）连接，如图，根据等边三角形的性质结合（1）②的结论可得是等边三角形，可得，再根据等边三角形的性质、30度角的直角三角形的性质以及三角函数即可得出结论．【详解】（1）①依题意补全图形如图所示：证明：∵点F是的中点，∴，∵点C关于点F的对称点为G，∴，又∵，∴，∴，由旋转的性质可得：，∴；

②证明：∵点C关于点F的对称点为G，∴，∵，∴，∴；（2）解：连接，如图，由题意得，∵，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∵点F是的中点，∴，∴，∵，，∴；∴与的数量关系是．

【点睛】本题考查了对称变换、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、30度角的直角三角形的性质以及三角函数等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质是解题的关键．11．(1)①；②(2)【分析】（1）①根据已知条件得出，则，点与点重合，点与点重合，则，过点作轴于点，依题意，则，进而求得，即可求解；②根据心得与得出为线段的垂直平分线，当点运动到点时，，点运动到点时，即可求得的范围；（2）根据一次函数得出,，对于中，先固定点，当运动时始终由，进而得出以为圆心，为半径的与以为圆心，为半径的的两圆的公共部分，当以直线为对称轴时，斜边为2的等腰直角三角形边上任意一点都是的“翻折点”，即该等腰直角三角形在上述封闭图形内，进而根据勾股定理，求得的值，结合图形即可求解．【详解】（1）①∵，∴，则∴，∴，则∵点与点重合，点与点重合，∴过点作轴于点，

依题意，则∴，∴，∴的“翻折点”的坐标为；②∵点与点关于对称，∴为线段的垂直平分线，当点运动到点时，∴当点运动到点时，∴

（2）直线与轴，轴分别交于，两点，令，则，令，解得，∴,对于中，先固定点，当运动时始终由，∴在运动时，点到轨迹为以为圆心，为半径的一段圆弧上，临界点分母是与点与点重合时，当点运动时，这段圆弧也随之运动，形成封闭的图形，如图所示，

该图形为：以为圆心，为半径的与以为圆心，为半径的的两圆的公共部分，当以直线为对称轴时，斜边为2的等腰直角三角形边上任意一点都是的“翻折点”，即该等腰直角三角形在上述封闭图形内∵的半径大于的半径，∴当等腰直角三角形的斜边刚好在上（即为的弦）时，可得的最大值

∴,解得：∴【点睛】本题考查了几何新定义，折叠的性质，一次函数与直线的交点坐标，解直角三角形，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．12．【分析】根据、二次根式化简、、特殊角三角函数值进行计算即可．【详解】解：原式【点睛】本题考查了负指数幂、二次根式化简、去绝对值、特殊角三角函数值，掌握公式及具体三角函数值是解题的关键．13．(1)见解析(2)【分析】（1）首先根据直径的性质得到，然后利用余角的性质得到，即可证明出是的切线；（2）首先根据题意画出图形，然后根据三角函数得到，，进而得到，然后根据垂径定理得到，进而得到，利用三角函数求出，即可求解．【详解】（1）∵是直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵是直径，∴是的切线；（2）如图所示，∵，∴，∵，∴，∴，∵点是弧中点，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴解得，∴．【点睛】此题考查了圆的综合题，三角函数，切线的证明，垂径定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．14．1【分析】利用特殊角的三角函数值、负整数指数幂、绝对值的性质逐项计算，即可求解．【详解】解：．【点睛】本题考查实数的运算，掌握特殊角的三角函数值、负整数指数幂、绝对值的性质是解题的关键．15．5【分析】直接利用零指数幂