2017-2021年江苏中考数学真题分类汇编之图形的变化

2017-2021年江苏中考数学真题分类汇编之图形的变化

一.选择题（共14小题）

1.（2021•盐城）北京2022年冬奥会会徽如图所示，组成会徽的四个图案中是轴对称图形的

是（）

个

B/INC2023-

喇困6

A、D

2.（2020•扬州）“致中和，天地位焉，万物育焉.”对称美是我国古人和谐平衡思想的体现,

常被运用于建筑、器物、绘画、标识等作品的设计上，使对称之美惊艳了千年的时光.在

下列与扬州有关的标识或简图中，不是轴对称图形的是（）

3.（2021•镇江）如图所示，该几何体的俯视图是（)

从上面看

A.正方形B.长方形C.三角形D.圆

4.（2021•徐州）下列图形，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（）

6.（2021•连云港）如图，将矩形纸片ABCO沿EF折叠后，点£＞、C分别落在点。1、C1的

位置，匹1的延长线交于点G,若NEFG=64°,则等于（）

7.（2021•苏州）如图，在方格纸中,将RtaAOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到Rt

△A'O'B,则下列四个图形中正确的是（)

8.（2020•南通）以原点为中心，将点P（4,5）按逆时针方向旋转90°,得到的点。所在

的象限为（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

9.（2020•苏州）如图，在AABC中，/84C=108°,将AABC绕点A按逆时针方向旋转

得到△△8c.若点斤恰好落在8C边上，且A8=C9,则/C的度数为（）

A.18°B.20°C.24°D.28°

10.（2021•南通）如图，根据三视图，这个立体图形的名称是（)

主视图左视图

V

俯视图

A.三棱柱B.圆柱C.三棱锥D.圆锥

11.（2021•宿迁）如图，折叠矩形纸片ABCD,使点8落在点。处，折痕为已知A8

D.4疾

12.（2020•无锡）如图，在四边形中（AB>CD）,乙4BC=/BCO=90°,AB=3,

BC=M，把RtAABC沿着AC翻折得到RtAAEC,若tan/AED=返，则线段DE的

2

长度（）

c.喙D.等

13.（2020•无锡）。ABCC中，若A8=4,AD=m,ZA=60°,将0A8c。沿某直线翻折,

使得点A与CD的中点重合，若折痕与直线AD交于点E,DE=1,则〃?的值为（）

A.有+1或B.夜-1或«+1C.有7或«-1D.V7+］或心］

14.（2020•无锡）如图，等边△ABC的边长为3,点。在边AC上，AD=A,线段尸。在边

2

BA上运动，PQ=A,有下列结论:

2

①CP与Q。可能相等；

②△A。。与△BCP可能相似；

③四边形PCDQ面积的最大值为巫瓜；

16

④四边形PCDQ周长的最小值为3+4史.

2

其中，正确结论的序号为（）

A.①④B.②④C.①③D.②③

二.填空题（共6小题）

15.（2020•南通）如图，测角仪CD竖直放在距建筑物AB底部5巾的位置，在。处测得建

筑物顶端A的仰角为50°.若测角仪的高度是1.5成，则建筑物AB的高度约为

（结果保留小数点后一位,参考数据：sin50°^0.77,cos50°«=0.64,tan50°一1.19）

16.（2021•镇江）如图，点4,B,C,。在网格中小正方形的顶点处，直线/经过点C,O,

将△ABC沿/平移得到△MNO,M是A的对应点，再将这两个三角形沿/翻折，P,Q分

别是A,M的对应点.已知网格中每个小正方形的边长都等于I,则PQ的长为.

17.（2021•常州）如图，在△ABC中，AC=3,BC=4,D、E分别在。、CB上，点尸在

△ABC内.若四边形CDFE是边长为1的正方形，则sin/FBA=.

18.（2021•无锡）一条上山直道的坡度为1：7,沿这条直道上山，每前进100米所上升的

高度为米.

19.（2020•盐城）如图，BC//DE,且BC<DE,AD=BC=4,AB+DE=IO.则岖的值

20.（2021•南通）如图，一艘轮船位于灯塔P的南偏东60°方向，距离灯塔50海里的A处,

它沿正北方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的北偏东45°方向上的B处，此时B处

与灯塔P的距离为海里（结果保留根号）.

三.解答题（共3小题）

21.（2020•无锡）如图，已知RtaABC中，ZC=90°,请用直尺（不带刻度）和圆规，按

下列要求作图（不要求写作法，但要保留作图痕迹）.

（1）在图1中，作△A8C的外接圆，通过测量，计算得到外接圆的周长约为（结

果保留一位小数）；

（2）在图2中，作出△AOE关于直线。E对称的

（3）在（2）的条件下，若AZ）=2BZ）=4,EC=2AE,NA=30°,则AF的长为（如

需画草图，请使用图3）.

图1图2图3

22.（2020•宿迁）【感知】如图①，在四边形A8CQ中，ZC=ZD=90°,点E在边CZ）上，

/AE8=90°,求证：坐=理.

EBCB

【探究】如图②，在四边形A8CQ中，ZC=ZADC=90°,点E在边C。上，点尸在

边AO的延长线上，ZFEG=ZAEB=90°,且里=坐，连接8G交CD于点H.

EGEB

求证：BH=GH.

【拓展】如图③，点E在四边形ABC。内，NAEB+NOEC=180°,且细_=些，过£

EBEC

作EF交4力于点凡若/E41=延长FE交BC于点G.求证：BG=CG.

图①图②图③

23.（2020•南京）如图①，要在一条笔直的路边/上建一个燃气站，向/同侧的4、B两个

城镇分别铺设管道输送燃气.试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短.

（1）如图②，作出点A关于/的对称点AL线段AB与直线/的交点C的位置即为所求,

即在点C处建燃气站，所得路线ACB是最短的.

为了证明点C的位置即为所求，不妨在直线/上另外任取一点C,连接AC、BC,证明

AC+CB<AC'+CB.请完成这个证明.

（2）如果在48两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域.请分

别给出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由）.

①生态保护区是正方形区域，位置如图③所示；

②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示.

7cc

•z

______________________i匕：

①②

・*1•

---------------------------1____

③④

2017-2021年江苏中考数学真题分类汇编之图形的变化

参考答案与试题解析

一.选择题（共14小题）

1.（2021•盐城）北京2022年冬奥会会徽如图所示，组成会徽的四个图案中是轴对称图形的

是（）

B印2022.

O的

BBEIJIN6

A.芝

c.2COZD.

【考点】轴对称图形.

【专题】平移、旋转与对称；几何直观.

【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.

【解答】解：A.不是轴对称图形，故本选项不合题意；

B.不是轴对称图形，故本选项不合题意；

C.不是轴对称图形，故本选项不合题意；

D.是轴对称图形，故本选项符合题意.

故选：D.

【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分

折叠后可重合.

2.（2020•扬州）“致中和，天地位焉，万物育焉.”对称美是我国古人和谐平衡思想的体现,

常被运用于建筑、器物、绘画、标识等作品的设计上，使对称之美惊艳了千年的时光.在

下列与扬州有关的标识或简图中，不是轴对称图形的是（）

【考点】轴对称图形.

【专题】平移、旋转与对称：几何直观.

【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断利用排除法求解.

【解答】解：A、是轴对称图形，故本选项不合题意；

B、是轴对称图形，故本选项不合题意；

C、不是轴对称图形，故本选项符合题意；

。、是轴对称图形，故本选项不合题意.

故选：C.

【点评】本题考查了轴对称图形的概念.轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分

折叠后可重合.

3.（2021•镇江）如图所示，该几何体的俯视图是（）

从上面看

A.正方形B.长方形C.三角形D.圆

【考点】简单几何体的三视图.

【专题】尺规作图；空间观念.

【分析】根据俯视图的定义，从上面看该几何体，所得到的图形进行判断即可.

【解答】解：从上面看该几何体，所看到的图形是三角形.

故选：C.

【点评】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的意义，掌握俯视图的画法是正确判

断的前提.

4.（2021•徐州）下列图形，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（）

【考点】中心对称图形；轴对称图形.

【专题】平移、旋转与对称：几何直观.

【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.

【解答】解：A.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

B.是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意；

C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；

D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意.

故选：D.

【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴,

图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合.

5.（2021•无锡）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）

【考点】中心对称图形；轴对称图形.

【专题】平移、旋转与对称；几何直观.

【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解.

【解答】解：A.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；

B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；

C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；

D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意.

故选：A.

【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念.轴对称图形的关键是寻找对称

轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图

重合.

6.（2021•连云港）如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点£＞、C分别落在点。i、C1的

位置，EDi的延长线交BC于点G,若N£FG=64°,则NEGB等于（）

A.128°B.130°C.132°D.136°

【考点】翻折变换（折叠问题）；平行线的性质；矩形的性质.

【专题】平移、旋转与对称；推理能力.

【分析】在矩形中，AD//BC,则NOEP=/EFG=64°,NEGB=NDEG,又由

折叠可知，NGEF=NDEF,可求出NOEG的度数，进而得到NEG8的度数.

【解答】解：如图，在矩形A8CD中，

AD//BC,

；./DEF=NEFG=64°,NEGB=NDEG,

由折叠可知NGEF=N£）EF=64°,

：.NDEG=128°,

.•./EGB=NQEG=128°,

故选：A.

【点评】本题主要考查平行线的性质，折叠的性质等，掌握折叠前后角度之间的关系是

解题的基础.

7.（2021•苏州）如图，在方格纸中，将RtZ\AOB绕点8按顺时针方向旋转90°后得到Rt

【考点】旋转的性质.

【专题】平移、旋转与对称；几何直观.

【分析】本题主要考查旋转的性质，旋转过程中图形形状和大小都不发生变化，根据旋

转性质判断即可.

【解答】解：A选项是原图形的对称图形，故A不正确；

8选项是RlZ\AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到RtZ\A'O'B,故8正确；

C选项旋转后的对应点错误，即形状发生了改变，故C不正确；

。选项是按逆时针方向旋转90°,故。不正确；

故选：B.

【点评】本题主要考查旋转的性质，熟练掌握并应用旋转的性质是解题的关键，重点注

意旋转的方向和角度.

8.（2020•南通）以原点为中心，将点尸（4,5）按逆时针方向旋转90°,得到的点。所在

的象限为（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

【考点】坐标与图形变化-旋转.

【专题】平移、旋转与对称：几何直观.

【分析】根据旋转的性质，以原点为中心，将点P（4,5）按逆时针方向旋转90。，即

可得到点。所在的象限.

【解答】解：如图，,:点P（4,5）按逆时针方向旋转90°,

得点。所在的象限为第二象限.

故选：B.

【点评】本题考查了坐标与图形变化-旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质.

9.（2020•苏州）如图，在AABC中，/84C=108°,将AABC绕点A按逆时针方向旋转

得到△A8C.若点B恰好落在BC边上，且A8=C9,则/C的度数为（）

A.18°B.20°C.24°D.28°

【考点】旋转的性质.

【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称：推理能力.

【分析】由旋转的性质可得NC=ZC,AB=AB',由等腰三角形的性质可得NC=ZCAB',

NB=NABB由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解.

【解答】W：'：AB'^CB',

：.ZC=ZCAB\

：.ZAB'B=ZC+ZC4B,=2ZC,

・・,将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△A8C,

.\ZC=ZC,AB=AB\

：.ZB=ZAB'B=2ZCf

VZB+ZC+ZC4B=180°,

/.3ZC=180°-108°,

・・・NC=24°,

・・・NC=NC=24°,

故选：C.

【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是

本题的关键.

10.（2021•南通）如图，根据三视图，这个立体图形的名称是（）

主视图左视图

V

俯视图

A.三棱柱B.圆柱C.三棱锥D.圆锥

【考点】由三视图判断几何体.

【专题】投影与视图；空间观念.

【分析】从正视图以及左视图都为一个长方形，俯视图三角形来看，可以确定这个几何

体为一个三棱柱.

【解答】解：根据三视图可以得出立体图形是三棱柱，

故选：A.

【点评】本题考查了由几何体的三种视图判断出几何体的形状，应从所给几何体入手分

析得出是解题关键.

11.（2021•宿迁）如图，折叠矩形纸片ABC。，使点B落在点。处，折痕为已知A8

=8,AD=4,则MN的长是（）

【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质.

【专题】矩形菱形正方形；平移、旋转与对称：推理能力.

【分析】由折叠的性质可得BN=DN,NDMN=/BMN,可证四边形

是菱形，在中，利用勾股定理可求8M的长，由菱形的面积公式可求解.

【解答】解：如图，连接8。，BN,

•.•折叠矩形纸片ABC。，使点8落在点。处,

:.BM=MD,BN=DN,NDMN=NBMN,

\'AB//CD,

:.NBMN=NDNM,

4DMN=ZDNM,

：.DM=DN,

:.DN=DM=BM=BN,

四边形BMCN是菱形，

；心+4序=。序，

16+AM2=(8-AM)2,

.•・AM=3,

：.DM=BM=5,

•・・A8=8,AO=4,

疝2+AB2=464+16=4V^，

•?S篓形BMDN=LXBDXMN=BMXAD,

2

，4泥XMN=2X5X4,

:.MN=2娓,

故选：B.

【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，菱形判定和性质，勾股定理，求出BM的

长是解题的关键.

12.（2020•无锡）如图，在四边形A8CD中（A8>CD）,NA2C=NBC£>=90°,AB=3,

BC=M，把Rt^ABC沿着AC翻折得到RtZ\AEC,若tan/AE£>=2Z@，则线段。E的

2

长度（）

【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；勾股定理.

【专题】压轴题；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力.

【分析】方法一，延长交4C于点M,过点M作MMLAE于点M设.MN={%,

s

根据已知条件和翻折的性质可求m的值，再证明CO是NECM的角平分线，可得上也

SACMD

=ED=CE；进而可得EQ的长.方法二，过点。作QMLCE,首先得到/ACB=60度，

MDCM

NECZ）=30度，再根据折叠可得到设EM=5/而，由折叠性质可知，

EC=CB,在直角三角形中，根据勾股定理即可得。E的长.

【解答】解：方法一：如图，延长EZ）交AC于点M,过点M作MALLAE于点N,

设MN=y[^x,

*.*tanNAE£)=e

_2

.典=返，

"NE~2~'

：.NE=2x,

；NABC=9()°,AB=3,BC=«,

/.ZCAB=30°,

；.AC=2百

由翻折可知：

ZEAC=30°,

:.AM=2MN=24^;,

:.AN=64N=3X,

"：AE=AB=3,

5x=3,

・r=3

5

.•.AN=9,

555

,•*AC=2.yJ^t

：.CM=AC-

_5

■:MN=^^,NE=2x=§,

55

EM=VMN2+EN2=^^,

VZABC=ZBCD=90°,

：.CD//AB,

：.ZDCA=30°,

由翻折可知：/EC4=N2C4=60°,

AZECD=30°,

：.CD是NECM的角平分线,

S

.ACED=ED=CE

"sACHD而CM)

.V3_ED

•,中35/7

-F^-ED

53

解得，ED=®

3

方法二:

如图，过点。作。M_LCE,

由折叠可知:ZAEC=ZB=90°,

C.AE//DM,

：.ZAED^ZEDM,

.,.tanZAED=tanZEDM=返,

2

VZACB=60°,ZECD=30°,

设EM=5/或，由折叠性质可知，EC=CB=M，

:.CM=a-6*,

由翻折可知：/EC4=N2C4=60°,

AZECD=30°,

.•.tan/EC£)=^=返，

CM3_

/.DM—(\/3_,\/3w)1-m,

_3

：.tanZEDM=^L=^-,

__DM2

即返^=返

l-m2

解得，/H=A,

3

：.DM=2L,EM=近,

33

在直角三角形EDW中，DE2=DM2+EM2,

解得，DE=立

3

故选:B.

【点评】本题考查了翻折变换、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是综合运用

以上知识.

13.（2020•无锡）口A8CD中，若A8=4,AD=m,NA=60°,将DA2CD沿某直线翻折，

使得点4与的中点重合，若折痕与直线交于点E,DE=\,则机的值为（）

A.赤+1或巡-1B.夜-1或«+1C.夜7或«-1D.夜+1或巡+1

【考点】翻折变换（折叠问题）；平行四边形的性质.

【专题】平移、旋转与对称；推理能力.

【分析】分两种情形：如图1中，当点E在线段AO上时，过点尸作交AD的

延长线于H.如图2中，当点E在线段A。的延长线上时，分别求解即可.

【解答】解：如图1中，当点E在线段A。上时，过点F作交AO的延长线于

H.

A^---------\

E\DH

\

图1'

•/四边形ABCD是平行四边形，

，AB=C£）=4,AB//CD,

；.NFDH=NBAD=60°,

:.DF=CF=、CD=2,

2

尸cos60°=1,FW=DF«sin600=“，

'：DE=\,

：.EH=DE+DH=2,

22=

:'AE=EF=VFH+EH7（V3）2+22=^

.,.m—AD=AE+DE=yfj+\.

如图2中，当点E在线段AO的延长线上时，同法可得。H=l,此时点E与H重合，AE

=FH=M，AD=AE-DE=y/3-1.

综上所述，满足条件的AD的值为赤+1或«-1.

故选：A.

【点评】本题考查平行四边形的性质，翻折变换，解直角三角形等知识，解题的关键是

学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型.

14.（2020•无锡）如图，等边△ABC的边长为3,点。在边AC上，AD=1,线段尸。在边

2

BA上运动，P（2=—＞有下列结论：

2

①CP与QO可能相等；

②△AQO与△BCP可能相似；

③四边形PCDQ面积的最大值为里返；

16

④四边形PCDQ周长的最小值为3+2/37.

2

其中，正确结论的序号为（）

A.①④B.②④C.①③D.②③

【考点】相似三角形的判定与性质；二次函数的最值；等边三角形的性质；轴对称-最

短路线问题.

【专题】平移、旋转与对称：图形的相似：应用意识.

【分析】①利用图象法判断或求出。。的最大值，PC的最小值判定即可.

②设AQ=x,则8P=A8-AQ-PQ=3-x-工=5-x,因为/A=NB=60°,当■^1=

22BP

时、△AQQ与ABPC相似，

CB

即三2一4，解得x=l或2，推出当40=1或3时，两三角形相似.

包322

2

③设AQ=x,则四边形PCDQ的面积=返乂3?-工XxX返XJL-」X3X(3-x-A)

__422222

X返=2返+且3,当X取最大值时，可得结论.

288

④如图，作点D关于AB的对称点D',作D'F//PQ,使得D,F=PQ,连接CF交

AB于点尸,，在射线P'A上取PQ'=PQ,此时四边形P'CDQ'的周长最小.求

出CT的长即可判断.

【解答】解：①利用图象法可知PC＞。。，或通过计算可知。。的最大值为返1,PC的

_2

最小值为2返，所以POQQ,故①错误.

2

②设4Q=x,则BP=AB-AQ-PQ=3-x-A=_§,-%,

22

VZA=ZB=60°,

...当坦=幽_或改=速时，△A。。与△BPC相似，

BPCBCBBP

11

即一一4或2=三三一，解得x=1或3或互，

旦-X332一214

22

当AQ=1或旦或至-时，两三角形相似，故②正确

、214

③设4Q=x,则四边形PCDQ的面积=SAABC-SAADQ-548。「=返义3?-JLXXX返X

、\422

A-AX3X(3-%-A)X返=22/1+

222288

的最大值为3-1=A,

22

时，四边形PC。。的面积最大，最大值=里返，故③正确，

216

如图，作点。关于AB的对称点£>',作O'F//PQ,使得。'F=PQ,连接CF交43

于点P',在射线尸'A上取PQ'=PQ,此时四边形P'CDQ'的周长最小.

过点C作F交。尸的延长线于，，交48于J.

由题意，DD1=24O・sin60。=返，HJ=LDD'=返，CJ=3M,FH=^--A-A

2242224

—_3—,

4

:.CH=CHHJ="®,

4________________

24cH2=J2+哼_）2=亨,

...四边形PCDQ'的周长的最小值=3+返，故④错误，

2

故选：D.

【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，一次函数的性质，轴对称最短问题等知识，

解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型.

二.填空题（共6小题）

15.（2020•南通）如图，测角仪C£>竖直放在距建筑物AB底部5,"的位置，在。处测得建

筑物顶端A的仰角为50°.若测角仪的高度是1.5m,则建筑物AB的高度约为7.5

八（结果保留小数点后一位，参考数据：sin50°^0.77,cos50°-0.64,tan50°-1.19）

【考点】解直角三角形的应用.

【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；模型思想；应用意识.

【分析】作垂线构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系进行计算即可.

【解答】解：如图，过点。作。E_LA2,垂足为点E,则。E=BC=5m,DC=BE^\.5m,

在RtzXADE中，

tanZADE-,

DE

：.AE=tanZADE*tan50°X5=1.19X5=5.95（，〃），

，AB=AE+BE=5.95+1.5七7.5（m）,

故答案为：7.5，加

【点评】本题考查解直角三角形，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提，构造

直角三角形是解决问题的关键.

16.（2021•镇江）如图，点4,B,C,。在网格中小正方形的顶点处，直线/经过点C,O,

将△ABC沿/平移得到△MN。，"是A的对应点，再将这两个三角形沿/翻折，P,Q分

别是A,M的对应点.已知网格中每个小正方形的边长都等于1,则PQ的长为_/而_.

【考点】翻折变换（折叠问题）；坐标与图形变化-平移；勾股定理.

【专题】几何变换；运算能力.

【分析】连接尸Q,AM,根据PQ=AM即可解答.

【解答】解：连接尸Q,AM,

由图形变换可知：PQ^AM,

由勾股定理得：AM={]2+32=伤,

；.PQ=VI5.

故答案为：\fici.

【点评】本题主要考查了翻折的性质，勾股定理等知识，明确翻折前后对应线段相等是

解题的关键.

17.（2021•常州）如图，在△4BC中，4c=3,BC=4,D、E分别在CA、CB上，点尸在

△ABC内.若四边形CDFE是边长为1的正方形，则sin/fB4=Y匝.

【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；正方形的性质.

【专题】解直角三角形及其应用；推理能力.

【分析】连接4F,过点尸作/G_LAB于G,由四边形CDFE是边长为1的正方形可得

AZ）=2,BE=3,根据勾股定理求出AB=5,AF=遥,BF=y]~[Q,设BG=x,利用勾股

定理求出x=3,可得尸G=l,即可得sin/尸84的值.

【解答】解：连接AF,过点F作FGLAB于G,

•.•四边形CDFE是边长为1的正方形,

CD=CE=DF=EF=1,ZC=ZADF=90°,

VAC=3,8C=4,

：.AD=2,BE=3,

/MB=VAC2+BC2=5,AF=ylAD2+DF2=^fBF=VBE2+EF2=^>

设BG=x,

VFG2=AF2-AG2^BF2-BG1,

.*.5-(5-x)2=10-/,解得：x=3,

AFG=VBF2-BG2=1,

•,.sinZFBA=-^.=2/12.

BF10

故答案为：，匝.

10

【点评】此题综合考查了正方形、锐角三角函数的定义及勾股定理.根据勾股定理求出

BG的长是解题的关键.

18.(2021•无锡)一条上山直道的坡度为1：7,沿这条直道上山，每前进100米所上升的

高度为10、历米.

【考点】解直角三角形的应用-坡度坡角问题.

【专题】解直角三角形及其应用；应用意识.

【分析】设上升的高度为尤米，根据坡度的概念得到水平距离为7x米，根据勾股定理列

出方程，解方程得到答案.

【解答】解：设上升的高度为x米，

•.•上山直道的坡度为1：7,

水平距离为7x米，

由勾股定理得：?+(7x)2=1(X)2,

解得：xi—\0y[2,XI--10-/2(舍去)，

故答案为：10后.

【点评】本题考查的是解直角三角形的应用一坡度坡角问题，掌握坡度是坡面的铅直高

度h和水平宽度/的比是解题的关键.

19.(2020•盐城)如图，BC//DE,BC<DE,AD=BC=4,AB+DE^W.则典■的值为

AC

2

E

【考点】相似三角形的判定与性质.

【专题】图形的相似；运算能力.

【分析】由平行线得△AOE和AABC相似，得出进而求得A3,DE,再由相似

三角形的性质求得结果.

【解答】解：,••8C〃OE,

...AADEsAABC,

•ADDE_AEpn4DE-AE

ABBCACAB4AC

：.AB^DE=16,

9

：AB+DE=\Of

：.AB=2fDE=8,

•・•AE=DE=8——c

ACBC4

故答案为：2.

【点评】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，关键是由相似三角形的性质求得AB、

OE的值.

20.（2021•南通）如图，一艘轮船位于灯塔P的南偏东60°方向，距离灯塔50海里的A处,

它沿正北方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的北偏东45°方向上的8处，此时B处

与灯塔P的距离为25、小海里（结果保留根号）.

【考点】解直角三角形的应用-方向角问题.

【专题】解直角三角形及其应用；运算能力：推理能力.

【分析】过点P作PCLAB,在Rt^APC中由锐角三角函数定义求出PC的长，再在Rt

△BPC中由锐角三角函数定义求出PB的长即可.

【解答】解：过P作尸CJ_A8于C,如图所示:

由题意得：NAPC=30°,NBPC=45°,以=50海里,

NAf,

在RtZiAPC中，cos

PC=P4・cos/4PC=50X返=25«（海里）,

2

在RtZ\PCB中，cos/8PC=里，

PB

：.PB=——巴——=Z^<=25加（海里），

cosZBPC返

2

故答案为：25-\Zg.

【点评】本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题以及锐角三角函数定义；熟练掌

握锐角三角函数定义，求出PC的长是解题的关键.

三.解答题（共3小题）

21.（2020•无锡）如图，已知RtZVlBC中，NC=90°,请用直尺（不带刻度）和圆规，按

下列要求作图（不要求写作法，但要保留作图痕迹）.

（1）在图1中，作△ABC的外接圆，通过测量，计算得到外接圆的周长约为9.4（结

果保留一位小数）；

（2）在图2中，作出△4DE关于直线。E对称的△口＞£■；

（3）在（2）的条件下，若AO=2BO=4,EC=2AE,乙4=30°,则AF的长为当叵

一7

（如需画草图，请使用图3）.

B

图2

【考点】作图-轴对称变换；近似数和有效数字；含30度角的直角三角形；三角形的外

接圆与外心.

【专题】作图题；推理能力.

【分析】(1)作线段AB的垂直平分线，可得4B的中点0,以。为圆心，0A为半径作

。。即可.

(2)根据要求作出图形即可.

(3)如图，设。E交AF于点J.设AJ=x.EJ^y.过点E作于H.构建方程

组求解即可.

【解答】解：(1)如图，。。即为所求作.测量可知AB=3,。。的周长=3皿~9.4.

(2)如图，△£>£/即为所求作.

图2

(3)如图，设OE交AF于点J.设AJ=x.EJ=y.过点E作于，.

'：AD=2BD=4,

:.BD=2,AB=6,

VZC=90°,/B4C=30°,

.,.AC=AB・cos30。=3«,

'：EC=2AE,

.'.AE=y[2,

,：EHLAD,

22

：.DH=AD-AH=^-,

_2亚

x=~q-

解得《cL（不符合题意的已经舍弃）,

_3A/7

y7~

：.AF=2AJ=

7

故答案为：2运.

7

【点评】本题考查作图-轴对称变换，解宜角三角形等知识，解题的关键是理解题意,

灵活运用所学知识解决问题.

22.（2020•宿迁）【感知】如图①，在四边形A8CD中，NC=/。=90°,点E在边C。上，

ZAEB=W°,求证：处=些.

EBCB

【探究】如图②，在四边形ABC。中，NC=NADC=90°,点E在边CD上，点尸在

边AD的延长线上，/FEG=/4EB=90°,且里=坐，连接8G交C£）于点H.

EGEB

求证：BH=GH.

【拓展】如图③，点E在四边形4BCZ）内，/AE8+NOEC=180°,且坐=些，过E

EBEC

作EF交AZ）于点F,若NEFA=NAEB,延长FE交BC于点G.求证：BG=CG.

图①图②图③

【考点】相似形综合题.

【专题】几何综合题；图形的相似；推理能力.

【分析】【感知】证得证明RtZ\AE£>sRtaE2C,由相似三角形的性质

得出胆理，则可得出结论；

EBCB

【探究】过点G作GMJ_CD于点由(1)可知里理，证得8C=GM,证明△BC”

EGGM

丝△GMH(A4S),可得出结论；

【拓展】在EG上取点例，使过点C作CN//BM,交EG的延长线于

点M则NN=/8MG,证明△AEFsaEBM,由相似三角形的性质得出笆•理，证明

BEBM

△DEFsgCN,则些红，得出处回，则BM=CN,证明△BGM丝△CGN(A4S),

ECCNBMCN

由全等三角形的性质可得出结论.

【解答】【感知】证明：：/C=/Q=NA£B=90°,

/.ZBEC+ZAED^ZAED+ZEAD=90°,

：.ZBEC=ZEAD,

：.Rt/\AED^Rt/\EBC,

.AE_DE

*'EB=CB'

【探究】证明：如图1,过点G作于点M,由(1)可知旦2型，

EGGM

图1

•.EF_AEAE_DE,

'EG"EB*丽F'

•••D-E=--D-E»

GMCB

：.BC=GM,

又,../C=NGMH=90°,ZCHB=ZMHG,

：./XBCH^/XGMH(AAS),

：.BH=GH,

【拓展】证明：如图2,在EG上取点M,使NBME=NAFE,

过点C作CN〃BM,交EG的延长线于点M则NN=N8MG,

VZEAF+ZAFE+ZAEF^ZAEF+ZAEB+ZBEM=\8QQ,NEFA=/AEB,

：.NEAF=NBEM,

：.丛AEFs丛EBM,

.AE_EF

・■京，

VZAEfi+ZD£C=180°,Z£M+ZDFE=180°,

而/E/^=NA砂，

NCED=/EFD,

；NBMG+N8ME=180°,

:"N=/EFD,

,：NEFD+NEDF+NFED=NFED+NDEC+NCEN=180°,

NEDF=ZCEN,

:.△DEFs^ECN,

•••DE二EF一，

ECCN

乂••AEDE

・瓦宣

•••E--F=---E-F,

BMCN

:.BM=CN,

又,：NN=NBMG,NBGM=/CGN,

：.4BGM学丛CGN（A45）,

：.BG=CG.

【点评】本题是相似形综合题，考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，