江西省2023年中考備考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 銳角三角函數(shù) 練習(xí)題（含解析）

參考答案：1．D【分析】連接半徑OE、OF，過O作OH⊥EF于H，求出，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)得到∠FOH=15°，EH=FH=2，利用三角函數(shù)求出OF，根據(jù)正十二邊形的周長近似代替其外接圓周長，列得，即可求出答案．【詳解】解：如圖，連接半徑OE、OF，過O作OH⊥EF于H，∵，OE=OF，∴∠FOH=15°，EH=FH=2，∴OF=，∵正十二邊形的周長近似代替其外接圓周長，∴，解得π＝12sin15°，故選：D．【點(diǎn)睛】此題考查了正多邊形與圓的關(guān)系，銳角三角函數(shù)，等腰三角形的三線合一的性質(zhì)，綜合應(yīng)用各知識點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．2．C【分析】根據(jù)已知條件可證Rt△ABM≌Rt△C＇BM，只需算出三角形ABM的面積，用正方形面積減去2倍的△ABM的面積，即可算出陰影部分面積．【詳解】解：如圖所示，連接BM，由旋轉(zhuǎn)可知，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=CB′，∠BAM=∠BC′M=90°，又∵BM=BM，所以在Rt△ABM與Rt△C′BM中，所以Rt△ABM≌Rt△C＇BM（HL），∵∠ABA＇=∠C＇BC=30°，∴∠ABM＝∠C＇BM=30°，∵AM=AB·tan30°=1，∴，∴四邊形ABC＇M的面積為：，且正方形ABCD面積為：，∴陰影部分面積為：，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查割補(bǔ)法求面積，全等三角形，以及三角函數(shù)的應(yīng)用，能夠熟練利用割補(bǔ)法求面積是解決本題的關(guān)鍵．3．D【分析】先確定OB是∠MON的角平分線，得出∠BON=30°，作BD⊥ON于D，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠BCN=60°，解直角三角形求得BD，然后根據(jù)三角形面積公式求得△BOC的面積，進(jìn)而求得四邊形OABC的面積．【詳解】解：由題意可知OB是∠MON的角平分線，∵∠MON=60°，∴∠BON=30°，作BD⊥ON于D，∵OC=BC=8cm，∴∠BOC=∠OBC=30°，∴∠BCD=60°，∴BD=BC=4，∴S四邊形OABC=OC×BD=8×4=32，故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查作圖-復(fù)雜作圖，等腰三角形的性質(zhì)以及三角形的面積，解直角三角形求得BD是解題的關(guān)鍵．4．【分析】在AD取點(diǎn)G使AD=3AG，連接BG，證明△ABG≌△EAD（SAS），得出BG＝AD＝3DE＝3AG，由勾股定理得出BD＝＝AG，AB＝＝AG，再由三角函數(shù)定義即可得出答案．【詳解】解：取AD上的點(diǎn)G使AD=3AG，連接BG，如圖所示：，∵AD＝3DE，∴DE＝AG，∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，∴∠ABC+∠C＝∠ABC+∠BAG＝90°，∴∠C＝∠BAG，∵∠C＝∠E，∴∠BAG＝∠E，在△ABG和△EAD中，，∴△ABG≌△EAD（SAS），∴BG＝AD＝3DE，∴BD＝，∴AB＝＝，∴cos∠BAD＝＝；故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查的知識點(diǎn)有全等三角形的性質(zhì)，勾股定理的性質(zhì)，三角函數(shù)，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造出全等三角形，再結(jié)合勾股定理和三角函數(shù)確定各邊之間的關(guān)系求解．5．，或【分析】分三種情況：當(dāng)PC⊥AB交AB延長線上時，當(dāng)AB垂直平分OP時，當(dāng)點(diǎn)C在BA延長線上時，利用三角函數(shù)，平行四邊形的性質(zhì)分別求出的度數(shù).【詳解】如圖1，當(dāng)PC⊥AB交AB延長線上時，過點(diǎn)O作OE⊥AB于E，∵，∴AE=,∵OA=2，∴cos∠OAE=，∴∠OAE=30°，∴OE=1，∵PC=1，OE⊥AB，PC⊥AB，∴PC=OE，PC∥OE，∴四邊形PCEO是平行四邊形，∴OP∥AC，∴∠OPA=∠PAB，∵OA=OP，∴∠OAP=∠OPA=∠PAB，∴∠PAB=15°；如圖2，當(dāng)AB垂直平分OP時，∵OP=2，∴PC=1，∵OA=2，OC=1，∴∠BAO=30°，∴∠AOC=60°，∵OA=OP，∴∠OAP=∠OPA=60°，∴AC⊥OP，∴∠PAB=30°；如圖3，當(dāng)點(diǎn)C在BA延長線上時，可知四邊形POEC是平行四邊形，∴OP∥AB，∴∠AOP=∠OAB=30°，∵OA=OP，∵∠PAO=75°，∴∠PAB=∠PAO+∠OAB=105°，故答案為：，或.【點(diǎn)睛】此題考查圓的垂徑定理，平行四邊形的判定及性質(zhì)，等邊三角形的判定及性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù).6．2或4或【分析】如圖，連接DF，AE，DE，取DF的中點(diǎn)O，連接OA、OE．以O(shè)為圓心OF為半徑畫⊙O交CD于P3．只要證明∠EP1F＝∠FP2F＝∠FP3E＝30°，即可推出FP1＝2，F(xiàn)P2＝4，F(xiàn)P3＝解決問題．【詳解】如圖，連接DF，AE，DE，取DF的中點(diǎn)O，連接OA、OE．以O(shè)為圓心OF為半徑畫⊙O交CD于P3．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝90°，∵BF＝1，BE＝，AF＝2，AD＝2，∴tan∠FEB＝tan∠ADF＝，∴∠ADF＝∠FEB＝30°，EF＝，OF＝OD＝2，∴△OEF是等邊三角形，∴∠EP1F＝∠FP2F＝∠FP3E＝30°，∴FP1＝2，F(xiàn)P2＝4，F(xiàn)P3＝，故答案為：2或4或．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、圓的有關(guān)知識、等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造特殊三角形解決問題．7．4或8或4【分析】如圖，連接DF，AE，DE，取DF的中點(diǎn)O，連接OA、OE．以O(shè)為圓心畫⊙O交CD于P3．只要證明∠EP1F＝∠FP2F＝∠FP3E＝30°，即可推出FP1＝4，F(xiàn)P2＝8，F(xiàn)P3＝4解決問題．【詳解】如圖，連接DF，AE，DE，取DF的中點(diǎn)O，連接OA、OE．以O(shè)為圓心畫⊙O交CD于P3．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝90°，∵BF＝2，BE＝2，AF＝4，AD＝4，∴tan∠FEB＝tan∠ADF＝，∴∠ADF＝∠FEB＝30°，易知EF＝OF＝OD＝4，∴△OEF是等邊三角形，∴∠EP1F＝∠FP2F＝∠FP3E＝30°，∴FP1＝4，F(xiàn)P2＝8，F(xiàn)P3＝4，故答案為4或8或4．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、圓的有關(guān)知識、等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造特殊三角形解決問題．8．【分析】要求tan∠BAC的值，可先求AC、BC，通過做輔助線，利用圓的對稱性、相似三角形、全等三角形的性質(zhì)求出相應(yīng)的邊長即可．【詳解】設(shè)PB交⊙O于點(diǎn)N，連接PA，延長PB、AC交于點(diǎn)M，如圖所示，∵AB是直徑，PH⊥CB，∴∠ANP=90°=∠ACB=∠H，∴，由圓的對稱性可得，PB=PA，∠BPO=∠APO=∠APB,∵∠BPH=2∠BPO，∴∠BPH=∠APB，∴,∴PN=PH=15，由得：∠HPB=∠M=∠APM，∴AM=AP=PB，∵AN⊥PM，∴PM=2PN=30，由，∴，設(shè)MC=a，BC=b，MB=c，∴，即有：，∴，即有，在Rt△PHB中，PH=15，∴，，∴BC=24-20=4，MB=30-25=5，則MC=，在Rt△ABC中，BC=4，AC=AM-MC=25-3=22，∴，故答案為：．【點(diǎn)睛】考查圓、相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)以及直角三角形的邊角關(guān)系等知識，綜合應(yīng)用知識是解答本題的關(guān)鍵．9．##【分析】過點(diǎn)A作AD垂直x軸于點(diǎn)D，則∠ADB＝90°，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)可得AD的長，利用待定系數(shù)法求出經(jīng)過點(diǎn)，的直線l，過點(diǎn)A作AEx軸交直線l于點(diǎn)E，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，求出AE，即可得到平移的距離．【詳解】解：如圖，過點(diǎn)A作AD垂直x軸于點(diǎn)D，則∠ADB＝90°，∵是等邊三角形，且點(diǎn)∴BC＝AB＝AC＝2，∠ABC＝60°∴AD＝ABsin60°＝2×＝設(shè)直線l：y＝kx＋b經(jīng)過點(diǎn)，，得到解得∴y＝x＋1過點(diǎn)A作AEx軸交直線l于點(diǎn)E，∴當(dāng)y＝時，x＝2－2∴點(diǎn)E的坐標(biāo)是（2－2，）∵點(diǎn)A的坐標(biāo)是（3，）∴AE＝3－（2－2）＝5－2∴平移的距離是5－2．故答案為：5－2．【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、平移等知識，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式是解此題的關(guān)鍵．10．【分析】由面積不變，求出正方形的邊長2，再根據(jù)銳角三角函數(shù)和勾股定理求出DG和GH的長，進(jìn)而求出EF．【詳解】解：∵矩形的鄰邊長為和∴矩形的面積為2×6=12∵正方形ABCD由①②③④拼成，且不重疊、無縫隙∴正方形的面積=矩形面積=12∴CD==2∴DG===∴sin∠3===∵∠1+∠2=90°∠2+∠3=90°∴∠1=∠3∴sin∠1==∴DH=3∴GH=DH-DG=3-2=∴EF=6--2=6-3【點(diǎn)睛】本題考查矩形和正方形的性質(zhì)，勾股定理以及銳角三角函數(shù)，解決本題的關(guān)鍵是利用三角函數(shù)求邊長.11．(3，)或(，)或(，)【分析】先求得A(0，)，B(3，0)，再利用特殊角的三角函數(shù)值求得∠ABO=30°，再分類討論即可求解．【詳解】解：令x=0，則y=，令y=0，則x=3，∴A(0，)，B(3，0)，∴OA=，OB=3，∵tan∠ABO==，∴∠ABO=30°，∠BAO=60°，當(dāng)△OAB≌△C1BA時，∴C1B=OA=，C1A=OB=3，∴C1(3，)；當(dāng)△OAB≌△C2AB時，∴C2B=OB=3，C2A=OA=，∴∠C2AD=180°-60°-60°=60°，則∠DC2A=30°，∴AD=C2A=，DC2=，∴C2(，)；當(dāng)△OAB≌△C3BA時，同理得C3(，)；綜上，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(3，)或(，)或(，)．故答案為：(3，)或(，)或(，)．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，特殊角的三角函數(shù)值，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．12．2或6或6【分析】分三種情況：①當(dāng)FE⊥BC，如圖1設(shè)射線FE交BC于點(diǎn)G，由△BDE沿DE翻折得到△FDE，可得∠B=∠F=30°，∠BDE=∠FDE=∠BDF，再由EF⊥BC得∠BDE=∠B=30°，于是可求出BG=DG=3，從而可求出BE的長；②當(dāng)EF⊥BC時，可得BE=2GE=6；③當(dāng)EF⊥AC時，可得BE=BD=6．【詳解】解：①當(dāng)FE⊥BC，設(shè)射線FE交BC于點(diǎn)G，如圖1，∠B=30°，△BDE沿DE翻折得到△FDE，∠B=∠F=30°，∠BDE=∠FDE=∠BDFEF⊥BC，∠BDF=90°-30°=60°∠BDE=∠FDE=∠BDF=30°，∠BDE=∠B=30°，F(xiàn)E⊥BC，BG=DG==3，在中，∠B=30°，BG=3，BE=；②當(dāng)EF⊥BC時，如圖2，∠B=30°，EF⊥BC，∠BEG=60°，△BDE沿DE翻折得到△FDE，∠BED=∠FED=∠BEG=30°，∠BED=∠B=30°，BE=BD==6，在中，∠DEG=30°，DG=DE=3，GE=DG=在Rt△BEG中，∠B=30°，BE=2GE=6√3；③當(dāng)EF⊥AC時，如圖3，EF⊥AC，∠C=90°，EF//BC，∠AEF=∠B=30°，△BDE沿DE翻折得到△FDE，∠BED=∠FED=∠BEF=75°，∠BDE=180°-∠BED-∠B=75°，∠BDE=∠BED，BE=BD==6，綜上所述BE的長為2或6或6，故答案為：2或6或6．【點(diǎn)睛】本題考查直角三角形中的翻折問題，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用含30°角的直角三角形三邊關(guān)系．13．或或【分析】由題可知，點(diǎn)在的垂直平分線上，由此可確定出點(diǎn)的具體位置，即符合條件的點(diǎn)有個，利用三角函數(shù)與勾股定理進(jìn)行求解即可．【詳解】解：，點(diǎn)在的垂直平分線上．作的垂直平分線，交于，交于，交于，則，，都是符合題意的點(diǎn)，且，，．過點(diǎn)作于，，，平分，又，，．設(shè)，則，，，，，即，解得，即，．綜上，的長為或或．以為邊長的正方形的面積為或或．【點(diǎn)睛】本題考查了垂直平分線的判定，角平分線的性質(zhì)定理，等腰三角形的三線合一，三角函數(shù)的應(yīng)用，勾股定理解直角三角形，解決本題的關(guān)鍵是找到所有符合條件的點(diǎn)的位置．14．2【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)和，，可得∠CDE=∠AED=30°，再由折疊的性質(zhì)可得，，從而得到，進(jìn)而得到，即可求解．【詳解】解：在矩形ABCD中，∠A=90°，CD∥AB，∴∠CDE=∠AED，∵，，∴，∴∠CDE=∠AED=30°，∴∠ADE=60°，根據(jù)題意得：，，∴，∴，∴DF=EF，∴，∴DF=2，∴EF=2．故答案為：2【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形和折疊，解直角三角形，熟練掌握矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．15．(1)(2)【分析】（1）先求點(diǎn)的坐標(biāo)為，將點(diǎn)P坐標(biāo)代入到雙曲線中，即可求出，得到，再求出，代入設(shè)直線的解析式為，即可求解．（2）過點(diǎn)作于點(diǎn)，求出QD，OQ的長，即可求得．（1）解：∵的中點(diǎn)是，點(diǎn)的坐標(biāo)為，∴．∵雙曲線經(jīng)過點(diǎn)；∴，∴．∵為直角三角形，∵軸，∴，兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)相等，均為4，∴．設(shè)直線的解析式為，∴，解得．∴直線的解析式為．（2）如圖，過點(diǎn)作于點(diǎn)，∵，∴，解得，∴在中，．【點(diǎn)睛】本題考查待定系數(shù)法求一次函數(shù)、反比例函數(shù)的解析式，以及構(gòu)造直角三角形求三角比，解決本題的關(guān)鍵是明確反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征．16．（1）證明見詳解；（2）．【分析】（1）連接，則，證明，即可．（2）連接，設(shè)，，則，求出，即可解決問題．【詳解】解：（1）連接，則，，點(diǎn)B是弧DE中點(diǎn)∴，，，，又，，四邊形是平行四邊形；（2）連接，設(shè)，，則，，，設(shè)交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，由（1）知，，又，，，，，，．【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理，垂徑定理，解直角三角形等知識添加輔助線，靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題，是解題的關(guān)鍵．17．(1)(2)無解，是分式方程的增根【分析】（1）先計(jì)算絕對值、正切、零指數(shù)冪，二次根式的化簡，然后進(jìn)行加減運(yùn)算即可；（2）先去分母、去括號，然后移項(xiàng)合并、系數(shù)化為1，最后檢驗(yàn)即可．（1）解：（2）解：去分母得：去括號得：移項(xiàng)合并得：系數(shù)化為1得：將代入原式檢驗(yàn)得，不是原分式方程的解，是原分式方程的增根．【點(diǎn)睛】本題考查了絕對值，正切，零指數(shù)冪，二次根式的化簡，解分式方程．解題的關(guān)鍵在于正確的計(jì)算．18．(1)，(2)，(3)9【分析】(1)根據(jù)，即可分別求得；(2)首先把C、D點(diǎn)的坐標(biāo)分別代入，利用待定系數(shù)法即可求得直線的表達(dá)式；再把A，B的坐標(biāo)分別代入，即可求得，，據(jù)此即可求得反比例函數(shù)的表達(dá)式；(3)由即可求得．（1）解：，點(diǎn)C坐標(biāo)是，，點(diǎn)D坐標(biāo)是；（2）解：把C、D點(diǎn)的坐標(biāo)分別代入，得則，解得，∴直線的表達(dá)式為，把A，B的坐標(biāo)分別代入，得，，∴，，∴，∴反比例函數(shù)的表達(dá)式為；（3）解：．【點(diǎn)睛】本題考查了正切函數(shù)的定義，利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)及反比例函數(shù)的解析式，求不規(guī)則圖形的面積，采用數(shù)形結(jié)合的思想是解決此類題的關(guān)鍵．19．(1)30°(2)【分析】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)求出，再根據(jù)圓周角定理求的大小即可；（2）證明結(jié)合即可求出BQ的長度，再由相似得到的比例即可求出BC的長度，最后根據(jù)AB=2BC求值即可．（1）如圖，連接CO．∵AB與相切于點(diǎn)C，∴．∵，∴，∴．（2）∵PQ是的直徑，∴．∵，∴∵，，∴．∵，∴，∴，∴，∴，解得，∴．∴【點(diǎn)睛】本題綜合考查切線的性質(zhì)、圓周角定理、正切、相似三角形的性質(zhì)與判定、等腰三角形的性質(zhì)，考查的知識點(diǎn)比較多，但是都比較簡單，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．20．（1）3；（2）【分析】（1）先代入特殊角的三角函數(shù)值，根據(jù)零次冪和絕對值的法則求出結(jié)果，即可求出答案；

（2）先計(jì)算分式的除法，再計(jì)算同分母分式的加法即可求出結(jié)果．【詳解】解：（1），，；（2），，，【點(diǎn)睛】本題主要考查了特殊角的三角函數(shù)、零次冪和絕對值以及分式的混合運(yùn)算，能將分式的分子分母因式分解及熟記特殊角的三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．21．（1）（2）【分析】(1)任意非零數(shù)的零次冪為1，表示的倒數(shù)，化簡，熟記sin60°的值，計(jì)算即可得到答案；(2)按照分式的混合運(yùn)算法則進(jìn)行計(jì)算即可．【詳解】解：（1）原式==4-（2）原式===【點(diǎn)睛】本題考查實(shí)數(shù)的計(jì)算及分式的混合運(yùn)算，計(jì)算過程中需注意符號問題．22．（1）0；（2）【分析】（1）直接根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值和絕對值的意義先求出各自的值，再加減；（2）先把除法轉(zhuǎn)化成乘法，并把分子父母進(jìn)行分解因式，再約分即可．【詳解】解：（1）原式（2）原式【點(diǎn)睛】本題考查了特殊角的三角函數(shù)值、絕對值的意義，分式的化簡，掌握特殊角的三角函數(shù)值和分式除法法則、約分方法是解題的關(guān)鍵．23．-1【分析】先將原式中的每一項(xiàng)分別按照絕對值的意義、零指數(shù)冪法則、負(fù)整數(shù)指數(shù)冪法則、特殊角的三角函數(shù)值計(jì)算，然后再進(jìn)行加減運(yùn)算即可得解．【詳解】原式．故答案是：【點(diǎn)睛】本題考查了絕對值的意義、零指數(shù)冪法則、負(fù)整數(shù)指數(shù)冪法則、特殊角的三角函數(shù)值以及實(shí)數(shù)的加減運(yùn)算，熟練掌握相關(guān)知識點(diǎn)是解決問題的關(guān)鍵．24．（1）1；（2）見解析【分析】（1）原式利用零指數(shù)冪、二次根式性質(zhì)，以及特殊角的三角函數(shù)值計(jì)算即可求出值；（2）先證四邊形ABFE是平行四邊形，由平行線的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)可得AB=AE．可得結(jié)論．【詳解】解（1）==1（2）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，又∵EF∥AB，∴四邊形ABFE是平行四邊形，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠FBE，∵AD∥BC，∴∠AEB=∠EBF，∴∠ABE=∠AEB，∴AB=AE，∴平行四邊形ABFE是菱形．【點(diǎn)睛】此題考查了實(shí)數(shù)的運(yùn)算，菱形的判定，平行四邊形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)等知識，證明AB=AE是解題的關(guān)鍵．25．（1）8；（2）見解析【分析】（1）計(jì)算絕對值、特殊角的三角函數(shù)值、負(fù)整數(shù)指數(shù)冪，再合并即可；（2）根據(jù)直角三角形兩銳角互余求得∠B=∠ACD，然后根據(jù)三角形外角的性質(zhì)求得∠CEF=∠CFE，根據(jù)等角對等邊求得CE=CF．【詳解】（1）解：=8；（2）證明：∵在△ABC中，∠ACB=90°，∴∠B+∠BAC=90°，∵CD是AB邊上的高，∴∠ACD+∠BAC=90°，∴∠B=∠ACD，∵AE是∠BAC的角平分線，∴∠BAE=∠EAC，∴∠B+∠BAE=∠ACD+∠EAC，即∠CEF=∠CFE，∴CE=CF．【點(diǎn)睛】本題考查了特殊角的三角函數(shù)值，負(fù)整數(shù)指數(shù)冪，直角三角形的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，等腰三角形的判定等，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．26．（1）；（2）15【分析】（1）分別利用乘方、絕對值的性質(zhì)、求特殊角的三角形函數(shù)值及零指數(shù)冪的運(yùn)算法則進(jìn)行化簡計(jì)算，再合并即可得出結(jié)果；（2）利用平行線分線段成比例定理，列式計(jì)算求解即可．【詳解】解：（1）=1+-1-1+2×=1+-1-1+1=；（2）∵，，，，，∴，即，∴BC=10，∴AC=AB+BC=5+10=15．【點(diǎn)睛】本題考查了實(shí)數(shù)的運(yùn)算，平行線分線段成比例定理，熟記特殊角的三角形函數(shù)值，掌握平行線分線段成比例定理是解題的關(guān)鍵．27．（1）見詳解；（2）①；②【分析】（1）連接BD，由題意易得點(diǎn)F在BD上，然后再根據(jù)菱形的性質(zhì)進(jìn)行求證即可；（2）①連接BD、BF，由題意易得BD、BF，再根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例得到AG和DF的關(guān)系即可；②根據(jù)正切的定義得到CH和HC之間的關(guān)系，然后利用勾股定理列方程即可求出HC，進(jìn)而問題可求解．【詳解】（1）證明：連接BD，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴BD平分∠ADC，∠ABD=∠CBD，∵DF也平分∠ADC，∴點(diǎn)F在線段BD上，∵GF∥AD∥BC，∴∠GFB=∠CBD=∠ABD，∴GF=GB，∵EF∥CD∥AB，F(xiàn)G∥BC，∴四邊形EFGB是菱形；（2）解：①，理由如下：連接BD、BF、AC，如圖所示：∴，AC⊥BD，由（1）可得，則有，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，∵，∴，同理可得，∴，即，∴，∴，∴；②作CH⊥BG，交BG的延長線于點(diǎn)H，如圖所示：∵，∴，∴，∴，∵，∴，解得：，∴．【點(diǎn)睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定及三角函數(shù)，熟練掌握菱形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定及三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．28．(1)1,1，(2)①是等邊三角形，理由見解析；②(3)【分析】（1）如圖1，若將三角板的頂點(diǎn)P放在點(diǎn)O處，在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)OF與OB重合時，OE與OC重合，此時重疊部分的面積=△OBC的面積=正方形ABCD的面積=1；當(dāng)OF與BC垂直時，OE⊥BC，重疊部分的面積=正方形ABCD的面積=1；一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過程中，重疊部分的面積S1與S的關(guān)系為S1=S．利用全等三角形的性質(zhì)證明即可；（2）①結(jié)論：△OMN是等邊三角形．證明OM=ON，可得結(jié)論；②如圖3中，連接OC，過點(diǎn)O作OJ⊥BC于點(diǎn)J．證明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解決問題；（3）如圖4-1中，過點(diǎn)O作OQ⊥BC于點(diǎn)Q，當(dāng)BM=CN時，△OMN的面積最小，即S2最?。鐖D4-2中，當(dāng)CM=CN時，S2最大．分別求解即可．（1）如圖1，若將三角板的頂點(diǎn)P放在點(diǎn)O處，在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)OF與OB重合時，OE與OC重合，此時重疊部分的面積=△OBC的面積=正方形ABCD的面積=1；當(dāng)OF與BC垂直時，OE⊥BC，重疊部分的面積=正方形ABCD的面積=1；一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過程中，重疊部分的面積S1與S的關(guān)系為S1=S．理由：如圖1中，設(shè)OF交AB于點(diǎn)J，OE交BC于點(diǎn)K，過點(diǎn)O作OM⊥AB于點(diǎn)M，ON⊥BC于點(diǎn)N．∵O是正方形ABCD的中心，∴OM=ON，∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，∴四邊形OMBN是矩形，∵OM=ON，∴四邊形OMBN是正方形，∴∠MON=∠EOF=90°，∴∠MOJ=∠NOK，∵∠OMJ=∠ONK=90°，∴△OMJ≌△ONK（AAS），∴S△PMJ=S△ONK，∴S四邊形OKBJ=S正方形OMBN=S正方形ABCD，∴S1=S．故答案為：1，1，S1=S．（2）①如圖2中，結(jié)論：△OMN是等邊三角形．理由：過點(diǎn)O作OT⊥BC，∵O是正方形ABCD的中心，∴BT=CT，∵BM=CN，∴MT=TN，∵OT⊥MN，∴OM=ON，∵∠MON=60°，∴△MON是等邊三角形；②如圖3中，連接OC，過點(diǎn)O作OJ⊥BC于點(diǎn)J．∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，∴△OCM≌△OCN（SAS），∴∠COM=∠CON=30°，∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，∵OJ⊥CB，∴∠JOM=90°-75°=15°，∵BJ=JC=OJ=1，∴JM=OJ?tan15°=2-，∴CM=CJ-MJ=1-（2-）=-1，∴S四邊形OMCN=2××CM×OJ=-1．（3）如圖4，將沿翻折得到，則，此時則當(dāng)在上時，比四邊形的面積小，

設(shè)，則當(dāng)最大時，最小，，即時，最大，此時垂直平分，即，則如圖5中，過點(diǎn)O作OQ⊥BC于點(diǎn)Q，，BM=CN當(dāng)BM=CN時，△OMN的面積最小，即S2最?。赗t△MOQ中，MQ=OQ?tan=tan，∴MN=2MQ=2tan，∴S2=S△OMN=×MN×OQ=tan．如圖6中，同理可得，當(dāng)CM=CN時，S2最大．則△COM≌△CON，∴∠COM=，∵∠COQ=45°，∴∠MOQ=45°-，QM=OQ?tan（45°-）=tan（45°-），∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-），∴S2=2S△CMO=2××CM×OQ=1-tan（45°-）．【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，四邊形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．29．（1）40°；（2）見解析；（3）【分析】（1）證明OD是的中位線，得，∠，∠即可求解；（2）根據(jù)OD是三角形中位線可求得結(jié)論；（3）為等腰三角形，由勾股定理得，求得，根據(jù)可得結(jié)論．【詳解】解（1）連接OD，交BE于點(diǎn)H，連接ED，∵D是的中點(diǎn)，∴，∴∵為直徑，則∠∴∴，∴∴∴∴∵∴OD是的中位線，∴//∴，∵∠，則∠∴∠又∠則∠（2）由（1）得OD是的中位線，∴∴（3）連接,∵∴為等腰三角形∵是的直徑，∴，即∵∴又由勾股定理得，∴∴∴∴∴【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理，三角形中位線定理，解直角三角形等知識，有利于培養(yǎng)學(xué)生發(fā)散思維能力30．（1）6.9cm；（2）53.1cm．【分析】（1）如圖，延長AB交EF于P點(diǎn)，延長DC交EF于Q，則四邊形BPQC都是矩形．首先證明EP=FQ=6，解直角三角形求出即可；（2）過點(diǎn)G作GT⊥EF于T點(diǎn)，作GR⊥CD于R點(diǎn)，則四邊形GRQT為矩形，再分別求解CQ，RH，CH即可解決問題．【詳解】解：（1）延長AB交EF于P點(diǎn)，延長DC交EF于Q，∵BC∥EF,∴∠BPF=∠CQP=∠ABC=90°,則四邊形BPQC為矩形，∵BE=CF,∠BEF=∠CFE∠BPE=∠CQF=90°,∴△BPE≌△CQF∴EP=QF=(EF-BC)=6(cm)，在Rt△BPE中，；（2）過點(diǎn)G作GT⊥EF于T點(diǎn)，作GR⊥CD于R點(diǎn)，則四邊形GRQT為矩形，∴GT=RQ=RH+HC+CQ在Rt△GRH中，RH=GH×cos53°≈16×0.60=9.6(cm)，HC=CD-DH=52-12=40(cm)，在Rt△CQF中，CQ=QF×tan30°=6×=2≈3.5(cm)，∴GT=RQ=RH+HC+CQ=9.6+40+3.5=53.1(cm)．則點(diǎn)到地面的距離為53.1cm．【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形的應(yīng)用,等腰梯形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題,屬于中考?？碱}型．31．信號塔AB的高度為27米．【分析】過點(diǎn)E作EG⊥AB，分別交CD與AB于點(diǎn)H、G，然后由題意易得EH=12米，CH=6米，設(shè)AB=x米，則米，進(jìn)而可