专题10 图形的变化（翻折﹑旋转﹑解直角三角形）（测试）-2024年中考数学冲刺复习讲练测（浙江新中考）（解析版）

第第页专题10图形的变化（翻折﹑旋转﹑解直角三角形）目录题型01图形的认识题型02几何图形的平移变化题型03几何图形的折叠问题题型04几何图形的旋转变化题型05与图形变化有关的最值问题题型06解直角三角形题型07仰角俯角问题题型08方位角问题题型09坡度坡角问题题型01图形的认识1．（2024•黑龙江一模）《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，通过对文物的梳理和总结，演绎文物背后的故事与历史，让更多的观众走进博物馆．下列四幅图是我国一些博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，选项B、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故选：A．2．（2024•浙江一模）下列图标中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】解：A．该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；B．该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；C．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D．该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．故选：B．3．（2024•灵山县一模）中华人民共和国第一届学生（青年）运动会在广西南宁举行，如图是本届青运会的会徽，在下列的四个图中能由如图所示的图形平移得到的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：根据平移的性质可知：能由如图经过平移得到的是D．故选：D．题型02几何图形的平移变化1．（2024•江城区一模）在平面直角坐标系中，将A（3，﹣1）先向左平移3个单位，再向上平移2个单位后得到点A，则A的坐标是（）A．（6，1） B．（0，1） C．（0，﹣3） D．（6，﹣3）【答案】B【解析】解：∵点A的坐标为（3，﹣1），将点A向左平移3个单位，再向上平移2个单位，∴得到点的坐标为（0，1）．故选：B．2．（2024•新市区一模）如图，在△OAB中，已知OA＝OB＝4，∠AOB＝120°．点C为OB的中点，过点C作CD⊥y轴，垂足为D．将△OCD向右平移，当点C的对应点C'落在AB边上时，点D的对应点D′的坐标为（）A． B．（2，） C． D．【答案】B【解析】解：∵OA＝OB＝4，∠AOB＝120°，点C为OB的中点，∴∠B＝∠A＝30°，OC＝2，∵∠AOD＝90°，∴∠COD＝30°，∴CD＝OC＝1，OD＝，∴点D的坐标为（0，），将△OCD向右平移，当点C的对应点C′落在AB边上时，点D的对应点D′，如图，作C′E⊥x轴于点E，∴C′E＝OD＝，∴AE＝C′E＝3，∴OE＝4﹣3＝1，∴将△OCD是向右平移了2个单位长度，∴点D的对应点D′的坐标为（2，）．故选：B．3．（2024•南乐县一模）如图，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝5，AB＝8，CD为△ABC的中线．沿CD将纸片剪开，得到△AC′D′和△BCD，将三角形纸片AC′D′沿直线BD向右平移，当线段AC′在△BCD内部的长度为1时，△AC′D′平移的距离为或．【答案】或．【解析】解：①当点D′在点B左侧时，如图2，设AC′交BC于E，交CD于F，过点E作EH⊥CD，依题意得：EF＝1，∵AC＝BC＝5，CD为△ABC的中线，∴∠A＝∠B，∠ADC＝∠BDC＝90°，图1中，由平移的性质可知图2中AD′＝4，∴AE＝BE，∴AC′﹣AE＝BC﹣BE，即CE＝C′E，又∵∠A+∠AFD＝90°，∠B+∠C＝90°，∠AFD＝∠CFE，∴∠C＝∠CFE，∴CE＝EF＝1，∴C′E＝EF＝1，∴AF＝AC′﹣EF﹣C′E＝5﹣1﹣1＝3，∵图2中，∴，即△AC′D′平移的距离为；②当点D′在点B右侧时，如图3，设AC′交BC于点H，则HA＝HB，过点H作EM⊥AB于点M，则AM＝MB，HM∥C′D′，∴，即，∴，∴，∴DD′＝4+．综上，当线段AC′在△BCD内部的长度为1时，△AC′D′平移的距离为．故答案为：或．4．（2024•英德市一模）如图，将长为6，宽为4的长方形ABCD先向右平移2，再向下平移1，得到长方形A'B'CD'，则阴影部分的面积为12．【答案】12．【解析】解：由题意可得，阴影部分是矩形，长B'C＝6﹣2＝4，宽A'B'＝4﹣1＝3，∴阴影部分的面积＝4×3＝12，故答案为：12．题型03几何图形的折叠问题1．（2024•黑龙江一模）如图，在直角坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为（1，3），将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E，那么点D的坐标为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：如图，过D作DF⊥AF于F，∵点B的坐标为（1，3），∴AO＝1，AB＝3，根据折叠可知：CD＝OA，而∠D＝∠AOE＝90°，∠DEC＝∠AEO，∴△CDE≌△AOE（AAS），∴OE＝DE，OA＝CD＝1，设OE＝x，那么CE＝3﹣x，DE＝x，∴在Rt△DCE中，CE2＝DE2+CD2，∴（3﹣x）2＝x2+12，∴x＝，又DF⊥AF，∴DF∥EO，∴△AEO∽△ADF，而AD＝AB＝3，∴AE＝CE＝3﹣＝，∴，即，∴DF＝，AF＝，∴OF＝﹣1＝，∴D的坐标为（﹣，）．故选：A．2．（2024•霍邱县模拟）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，点M和N分别是AB和AD上一点，沿MN将△AMN折叠，点A恰好落在边BC的中点E上，若AB＝4，则AM的长为（）A．2.4 B．2.8 C．3 D．3.2【答案】B【解析】解：作MH⊥CB交CB的延长线于点H，则∠H＝90°，∵∠ABC＝120°，∴∠HBM＝180°﹣∠ABC＝60°，∴∠BMH＝90°﹣∠HBM＝30°，∴BM＝2BH，∴MH＝＝＝BH，∵四边形ABCD是菱形，AB＝4，点E为BC的中点，∴BC＝AB＝4，∴BE＝BC＝2，由折叠得EM＝AM＝4﹣BM＝4﹣2BH，∵MH2+EH2＝EM2，且EH＝2+BH，∴（BH）2+（2+BH）2＝（4﹣2BH）2，解得BH＝0.6，∴AM＝4﹣2×0.6＝2.8，故选：B．3．（2024•高新区模拟）王同学用长方形纸片折纸飞机，前三步分别如图①、②、③．第一步：将长方形纸片沿对称轴对折后展开，折出折痕EF；第二步：将△AEG和△BEH分别沿EG，EH翻折，AE，BE重合于折痕EF上；第三步：将△GEM和△HEN分别沿EM，EN翻折，EG，EH重合于折痕EF上．已知AB＝20cm，AD＝cm，则MD的长是（）A．10cm B．cm C．cm D．cm【答案】D【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，AB＝20cm，AD＝cm，∴∠A＝90°，由第一步折叠可得，AD∥EF，AE＝BE＝10cm，由第一步折叠可得，AE＝A′E＝10cm，∠EA′G＝∠A＝90°，∴AE∥AG，∴四边形AEA′G为平行四边形，∵AE＝A′E，∠A＝90°，∴平行四边形AEA′G为正方形，∴AG＝AE＝10cm，∴GD＝AD﹣AG＝cm，在Rt△AEG中，＝＝（cm），根据第三步折叠可得，∠GEM＝∠G′EM，∵GD∥EF，∴∠GME＝∠G′EM，∴∠GEM＝∠GME，∴GE＝GM＝cm，∴MD＝GD﹣GM＝＝cm．故选：D．4．（2024•石狮市模拟）如图，对折矩形纸片ABCD使AD与BC重合，得到折痕MN，再把纸片展平．点E是AD上一点，且ED＝2AE，将△ABE沿BE折叠，点A的对应点F恰好落在MN上．若BC＝6，则FN的长是（）A． B． C．3 D．【答案】C【解析】解：连接AF，∵四边形ABCD是矩形，BC＝6，∴AD＝BC＝6，∠BAD＝∠D＝90°，∵点E是AD上一点，且ED＝2AE，∴AE+2AE＝6，∴AE＝2，由折叠得FB＝AB，点A与点B关于直线MN对称，∴MN垂直平分AB，∴∠AMN＝90°，FB＝FA，∴FB＝AB＝FA，四边形ADNM是矩形，∴△ABF是等边三角形，MN＝AD＝6，∴∠ABF＝∠BAF＝60°，∴∠ABE＝∠FBE＝∠ABF＝30°，∴BE＝2AE＝4，∴FA＝AB＝＝＝2，∴AM＝BM＝AB＝，∵＝tan60°＝，∴MF＝AM＝×＝3，∴FN＝MN﹣MF＝6﹣3＝3，故选：C．5．（2024•莱芜区校级模拟）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线相交于点O，将正方形沿直线AN折叠，点B落在对角线上的点M处，折痕AN交BD于点E，则BE的长为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】解：方法一：如图所示，连接MN，∵边长为2的正方形ABCD的对角线相交于点O，∴AD＝AB＝BC＝2，∴，∵将正方形沿直线AN折叠，点B落在对角线上的点M处，折痕AN交BD于点E，∴∠AMN＝∠ABN＝90°，MN＝BN，AM＝AB＝2，∴，∵∠ACB＝45°，∴∠MNC＝45°，∴，∴，∵AD∥BN，∴△ADE∽△NBE，∴，即，解得．方法二：∵∠OAE+∠OMB＝90°，∠OBM+∠OMB＝90°，∴∠OAE＝∠OBM，又∵OA＝OB，∠AOE＝∠BOM＝90°，∴△AOE≌△BOM（ASA）∴OE＝OM＝2﹣，∴BE＝OB﹣OE＝﹣（2﹣）＝2﹣2，故选：B．6．（2024•钦州一模）综合与实践段BN．【问题情境】如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作60°、30°、15°等大小的角，该怎么办呢？【实践探究】小西进行了以下操作研究（如图1）：第1步：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．第2步：再次折叠纸片，使点4落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到了线段BN．小雅在小西研究的基础上，再次动手操作（如图2）：（1）直接写出BE和BN的数量关系：BE＝BN；（2）请求出∠ABM的度数；（3）求证：四边形BGHM是菱形．【答案】（1）BE＝BN；（2）30°；（3）证明过程见解析．【解析】（1）解：BE＝BN，理由如下：∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，∴AE＝BE＝AB，AB＝BN，∴BE＝BN，故答案为：BE＝BN；（2）解：∵∠BEN＝90°，BE＝BN，∴sin∠BNE＝＝，∴∠BNE＝30°，∴∠ABN＝60°，由折叠可知：BM平分∠ABN，∴∠ABM＝ABN＝30°；（3）证明：由（1）知：∠NBM＝∠ABM＝30°，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠A＝∠ABC＝90°，∴∠CBN＝30°，∴∠MBN＝∠CBN＝30°，由翻折可知：∠BNM＝∠A＝90°，∵BN＝BN，∴△BNM≌△BNG（ASA），∴BM＝BG，∵AD∥BC，∴∠BHM＝∠CBN＝30°，∴∠BHM＝∠MBN＝30°，∴BM＝HM，∴BG＝HM，∵AD∥BC，∴四边形BGHM是平行四边形，∵BM＝HM，∴四边形BGHM是菱形．7．（2024•东兴区一模）如图，将长方形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕EF分别与AB、DC交于点E和点F．（1）证明：△ADF≌△AB′E；（2）若AD＝12，DC＝18，求△AEF的面积．【答案】见试题解答内容【解析】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠C＝∠B′＝90°，AD＝CB＝AB′，∵∠DAF+∠EAF＝90°，∠B′AE+∠EAF＝90°，∴∠DAF＝∠B′AE，在△ADF和△AB′E中，，∴△ADF≌△AB′E（ASA）．（2）由折叠性质得FA＝FC，设FA＝FC＝x，则DF＝DC﹣FC＝18﹣x，在Rt△ADF中，AD2+DF2＝AF2，∴122+（18﹣x）2＝x2．解得x＝13．∵△ADF≌△AB′E（已证），∴AE＝AF＝13，∴S△AEF＝AE•AD＝×12×13＝78．8．（2024•黄山一模）如图，为探究一类矩形ABCD的性质，小明在BC边上取一点E，连接DE，经探究发现：当DE平分∠ADC时，将△ABE沿AE折叠至△AFE，点F恰好落在DE上，据此解决下列问题：（1）求证：△AFD≌△DCE；（2）如图，延长CF交AE于点G，交AB于点H．求证：EF•DF＝GF•CF．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠BCD＝∠CDA＝∠BAD＝90°，AB＝CD，AD＝BC，∵ED平分∠ADC，∴∠ADE＝∠EDC＝45°，∴∠DEC＝90°﹣∠EDC＝45°，∵将△ABE沿AE折叠至△AFE，∴△ABE≌△AFE，∴AB＝AF，∠AFD＝∠B＝90°，∴AF＝AB＝DC，在△AFD与△DCE中，，∴△AFD≌△DCE（AAS）；（2）证明：∵△AFD≌△DCE，∴AD＝DE，AF＝DF＝DC＝CE，∴∠DCF＝∠DFC＝（180°﹣∠EDC）＝（180°﹣45°）＝67.5°，由折叠知：△ABE≌△AFE，∴∠BEA＝∠FEA＝（180°﹣∠DEC）＝（180°﹣45°）＝67.5°，即∠GEF＝∠EFG＝∠DCF＝∠DFC，∴△GEF∽△DCF，∴，∴EF•DF＝GF•CF．9．（2024•浙江模拟）如图，已知矩形ABCD，E为BC边上的一点，将△ABE沿AE翻折至△AFE，延长AF交BC于点G，连接DG．若．（1）求AB的长；（2）当时，求证：G是EC的中点．【答案】（1）12；（2）证明见解析过程．【解析】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AB＝CD，∠B＝∠C＝90°，∴∠CGD＝∠ADG，在Rt△CGD中，cos∠ADG＝cos，∴DG＝13，∴；（2）证明：由折叠可知BE＝EF，∠B＝∠AFE＝90°，∴，设BE＝EF＝4x，EG＝5x，则FG＝＝3x，∵∠EFG＝∠B＝90°，∠EGF＝∠AGB，∴△GEF∽△GAB，∴，即，解得EF＝4，∴x＝1，∴EG＝5＝CG，∴G是EC的中点．10．（2024•怀远县模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，P是边BC上一动点，将△APB沿AP折叠得到△APE．（1）连接DE，若，求此时△ADE的面积．（2）①若点P，E，D在同一直线上，求此时BP的长度．②若射线AE与矩形的边交于点M，当EM＝CM时，求CM的长．【答案】（1）；（2）①BP＝1，②CM的长为或．【解析】解：（1）在Rt△ABP中，AB＝3，，∴tan∠BAP＝，∴∠BAP＝30°．由折叠知∠PAE＝∠PAB＝30°，∴∠DAE＝30°．如图1，过点E作EF⊥AD于点F，∴，∴；（2）①如图2，由折叠知AE＝AB＝3，∴．∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠DPC．又∵∠AED＝∠C＝90°，AE＝CD，∴△AED≌△DCP（AAS），∴AD＝DP＝5，∴PE＝5﹣4＝1，∴BP＝PE＝1；②如图3，当点M在边CD上时，设CM＝a，则AM＝3+a，AM＝3+a，DM＝3﹣a，∴（3+a）2＝（3﹣a）2+52，∴．如图4，当点M在边BC上时，设CM＝b，则AM＝3+b，AM＝3+b，BM＝5﹣b，∴32+（5﹣b）2＝（3+b）2，∴．综上所述，CM的长为或．11．（2022•仙居县二模）如图，已知矩形纸片ABCD的长BC＝8，宽AB＝4，点E，F分别是边BC，AD上的点，AF＝CE．把矩形纸片沿着直线EF翻折，点A，B的对应点分别为A'，B'．直线A′C交射线AD于点G．（1）若EB′交AD于点P，求证：PE＝PF，PB'＝PD；（2）若EB′交AD于点P，求证：四边形CEFG是平行四边形；（3）若四边形CEFG为菱形，求它的对角线长的比值．【答案】（1）见解析．（2）见解析．（3）1或．【解析】（1）证明：由翻折可得∠BEF＝∠B'EF，∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD，BC＝AD，∴∠BEF＝∠EFD，∴∠EFD＝∠B'EF，∴PE＝PF．∵PB'＝BC﹣CE﹣PE，PD＝AD﹣AF﹣PF，CE＝AF，∴PB'＝PD．（2）证明：连接AP，CP，由翻折可得AB＝A'B'，∠B＝∠B'＝90°，AF＝A'F＝CE，∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD，AB＝CD，∴A'B'＝CD，∵PB'＝PD，∠B'＝∠D，∴△CDP≌△A'B'P（SAS），∴A'P＝CP，∴∠PCH＝∠GA'P，∵PF＝EP，A'F＝CE，A'P＝CP，∴△CEP≌△A'FP（SSS），∴∠FA'P＝∠ECP，∴∠FA'G＝∠ECH，∵BC∥AD，∴∠ECH＝∠FGA'，∴∠FGA'＝∠FA'G，∴A'F＝FG，∴FG＝EC，∴四边形CEFG是平行四边形．（3）解：当点G在AD上时，连接CF，EG，设菱形CEFG的边长为x，则CE＝EF＝FG＝CG＝x，∵AF＝CE＝x，∴DG＝8﹣2x，在Rt△CGD中，由勾股定理可得，（8﹣2x）2+42＝x2，解得x＝（舍去）或x＝4，∴此时点A'、G与点D重合，点B'于点C重合，即菱形CEFG为正方形，∴CF＝EG，∴＝1．当点G在AD的延长线上时，连接CF，EG，过点E作EM⊥AD于点M，设菱形CEFG的边长为x，则CE＝EF＝FG＝CG＝x，∵AF＝CE＝x，∴DG＝2x﹣8，在Rt△CGD中，由勾股定理可得，（2x﹣8）2+42＝x2，解得x＝或x＝4（舍去），∴DF＝，BE＝AM＝，MG＝12，∴CF＝＝，EG＝＝4，∴．综上所述，的值为1或．12．（2024•浙江模拟）【问题背景】如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点B，C为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连结AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q．【问题提出】在矩形ABCD中，AD＝24，AB＝16，求线段CQ的长．【问题解决】（1）经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：方案一：连结OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长．方案二：延长AO交DC的延长线于点R，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．请你任选其中一种方案求线段CQ的长．【问题反思】（2）在前面的已知条件及解决方法下继续探究，连结CP并延长，交AD于点H，求PH的长．【答案】（1）CQ＝9；（2）．【解析】解：（1）方案一：在矩形ABCD中，AD＝BC＝24，AB＝CD＝16，由操作①可知，EF是BC的中垂线．∴BO＝CO，由操作②可知，△ABO≌△APO，∴AP＝AB＝16，∠B＝∠APO＝∠OPQ＝∠C＝90°，∠AOB＝∠AOP，BO＝OP＝CO＝12．又∵OQ＝OQ，∴Rt△OPQ≌Rt△OCQ（HL），∴CQ＝PQ，∠POQ＝∠QOC，∴∠AOQ＝90°，∴∠POQ＝90°﹣∠AOP＝∠OAP，∴△OPQ∽△APO，∴，∴，∴CQ＝PQ＝9．方案二：在矩形ABCD中，AD＝BC＝24，AB＝CD＝16，由探作①可知，EF是BC的中垂线，∴BO＝CO＝12．又∵∠B＝∠OCR＝90°，∠AOB＝∠ROC，∴△ABO≌△RCO（ASA），∴CR＝AB＝16．由操作②可知，△ABO≌△APO．∴AP＝AB＝16，∠OAB＝∠OAP．又∵∠OAB＝∠R，∴∠OAP＝∠R，∴AQ＝QR．设CQ＝x，则AQ＝QR＝16+x，DQ＝16﹣x，在Rt△ADQ中，AQ2＝AD2+DQ2，∴（16+x）2＝242+（16﹣x）2，解得x＝9，∴CQ＝9；（2）在方案一的方法下继续探究：如图1．由（1）可知，PQ＝CQ＝9，BO＝OP＝OC＝12，∴OQ＝＝＝15，OQ⊥CP，∴CP＝，∵∠AOQ＝90°，∴OQ⊥OA，∴OA∥CP，又∵AH∥OC，∴四边形AOCH是平行四边形．∴AH＝OC＝12＝DH，∴PH＝CH﹣CP＝20﹣＝，在方案二的方法下继线探究：如图2，由（1）可知，AQ＝QR，AP＝CR＝16，∴PQ＝CQ＝9，∴，∴PC∥AR．又∵AH∥OC，∴四边形AOCH为平行四边形．∴AH＝OC＝12＝DH，∴HC＝＝＝20，∴AR＝2AO＝2HC＝40，∵，∴，∴PC＝，∴PH＝CH﹣PC＝20﹣＝．题型04几何图形的旋转变化1．（2024•殷都区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，点B在第二象限，点A在y轴正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2．将△AOB绕点O顺时针旋转90°得到△A'OB'，则点B的对应点B'的坐标是（）A．（3，1） B． C． D．【答案】B【解析】解：过点B'作B'C⊥y轴于C，如图所示：∵∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，∴∠B'OA＝60°，OA＝OB＝2，∵将△AOB绕点O顺时针旋转90°得到△A'OB'，∴∠BOB'＝90°，OA＝OB＝OA'＝A'B'＝2，∴∠B'OA'＝∠OB'A'＝90°﹣∠B'OA＝30°，∴∠B'A'C＝∠B'OA'+∠OB'A'＝60°，∴∠A'B'C＝30°，∴A'C＝1，∴OC＝A'C+OA＝3，，∴点B'的坐标为：，故选：B．2．（2024•蓬江区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，点A（3，0），点B（0，4），连结AB，将线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AC，连接OC，则线段OC的长度为（）A．5 B． C． D．【答案】D【解析】解：过点C作x轴的垂线，垂足为M，∵∠BAC＝90°，∴∠BAO+∠CAM＝90°，又∵∠BOA＝∠CMA＝90°，∴∠BAO+∠OBA＝90°，∴∠CAM＝∠OBA．在△AOB和△CMA中，，∴△AOB≌△CMA（AAS），∴CM＝OA，AM＝BO．又∵A（3，0），B（0，4），∴CM＝OA＝3，AM＝BO＝4，所以点C坐标为（7，3），则OM＝7，CM＝3．在Rt△COM中，OC＝．故选：D．3．（2024•历城区模拟）（1）【问题发现】如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，点B，D，E．在同一直线上．填空：①线段BD，CE之间的数量关系为BD＝CE；②∠BEC＝60°．（2）【类比探究】如图2，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE，点B，D，E在同一直线上．请判断线段BD，CE之间的数量关系及∠BEC的度数，并给出证明．（3）【解决问题】如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，，点D在AB边上，DE⊥AC于点E，，将△ADE绕点A旋转，当点B，D，E三点在同一直线上时，求点C到直线DE的距离．【答案】（1）BD＝CE；60；（2），∠BEC＝45°．证明见解析过程；（3）C到直线DE的距离为或．【解析】解：（1）①∵△ACB和△ADE均为等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠BDA＝∠CEA，∵点B，D，E在同一直线上，∴∠ADB＝180﹣60＝120°，∴∠AEC＝120°，∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120﹣60＝60°，综上，可得∠AEB的度数为60°；线段BD与CE之间的数量关系是：BD＝CE．②∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120﹣60＝60°；故答案为：BD＝CE；60；（2），∠BEC＝45°．证明如下：∵△ACB和△AED均为等腰直角三角形，∴AC＝BC，AE＝DE，∠ACB＝∠AED＝90°，∠DAE＝∠BAC＝45°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，∵∴△BAD∽△CAE，∴∠AEC＝∠ADB＝180°﹣45°＝135°，∴∠BEC＝135°﹣90°＝45°，∴∴BD＝CE；（3）分两种情况：情况一：如图1，由题意可知在直角△ABC和直角△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝60°，，，∴DE＝3，∵B，D，E共线，∴△ABE为直角三角形，由勾股定理得：，∴BD＝BE﹣DE＝5﹣3＝2，由（1）（2）得：△ABD∽△ACE，，∠ABD＝∠ACE，∴CE＝1；A，B，C，E四点共圆，作CM⊥BE垂足为M，∴∠MEC＝∠BAC＝60°，在直角三角形MEC中，CE＝1，∠MEC＝60°，∴，即点C到直线DE的距离为；情况二：如图2，B，E，D共线时，同理可得，即点C到直线DE的距离为；综上可得：C到直线DE的距离为或．4．（2024•邱县一模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，其中点A，C的对应点分别为点A′，C′．（1）如图1，当点A′'落在AC的延长线上时，求AA′的长；（2）如图2，当点C′落在AB的延长线上时，连接CC′，交A′B于点M，求BM的长；（3）如图3，连接AA′，直线CC′交AA′于点D，点E为AC的中点，连接DE．在旋转过程中，DE是否存在最大值？若存在，直接写出DE的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）16；（2）；（3）DE存在最大值8，理由见解析．【解析】解：（1）∵∠ACB＝90°，AB＝10，，∴AC＝8，∵∠ACB＝90°，△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，∴A′C＝AC＝8，∵点A′落在AC的延长线上，∴AA′＝AC+A′C＝16；（2）过C作CF⊥AB于F，过M作MN⊥C′B于N，如图2：∵∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，∴BC＝6，∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，∴∠A′BC＝∠ABC，BC′＝BC＝6，∵CF⊥AB，∴Rt△ABC中，，∴CF＝，Rt△CBF中，，∴C′F＝FB+BC′＝9.6，由旋转性质可得：∠A′C′B＝90°，∠A′＝∠A，∵MN⊥AC′，∠A′C′B＝90°，∴A′C′∥MN，∴∠BMN＝∠A′，∴，∴，∴，，∴，∵△C′MN∽△C′CF，∴，即，∴；（3）DE存在最大值8，理由如下：过A作AP∥A'C'交C'C于P，连接A'C，如图：∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，∴BC＝BC'，∠ACB＝∠A'C'B＝90°，AC＝A'C'，∴∠BCC'＝∠BC'C，∴∠APC＝180°﹣∠APD，∠ACP＝90°﹣∠BCC'＝90°﹣∠BC'C＝180°﹣∠A'C'D，∵AP∥A'C'，∴∠APD＝∠A'C'D，∴∠APC＝∠ACP，∴AP＝AC，∴AP＝A'C'，在△APD和△A'C'D中，，∴△APD≌△A'C'D（AAS），∴AD＝A'D，即D是AA'中点，∵点E为AC的中点，∴DE是△AA'C的中位线，∴DE＝A'C．当A'C的值最大时，DE的值最大，∵A'C≤BC+BA'＝16，∴当C，B，A'三点共线时，DE存在最大值．∴DE＝8，即DE的最大值为8．5．（2024•山阳县一模）【问题提出】（1）如图①，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，连接CE，DB，根据条件填空：①∠ACE的度数为45°；②若CE＝2，则CA的值为；【问题探究】（2）如图②，在Rt△ABC中，∠B＝90°，沿边AC翻折得到△ADC，点B的对应点为点D，点E，F分别在DC，BC边上，且∠EAF＝∠DAB，试猜想线段BF，EF，DE之间的数量关系，并说明理由；【问题解决】（3）如图③是公园人工湖的平面示意图，现要在人工湖对角线BD上架一座人行景观桥，但由于年代久远，人工湖规划书上只留下以下数据，CD＝CB，AD＝30m，AB＝40m，∠BAD+∠BCD＝120°，且AC＝CD，求对角线BD的长．【答案】（1）①45°；②；（2）EF＝BF+DE，理由见解析过程；（3）对角线BD的长为m．【解析】解：（1）①∵将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，∴∠EAC＝90°，AE＝AC，∴△ACE是等腰直角三角形，∴∠ACE＝45°；故答案为：45°；②∵△ACE是等腰直角三角形，∴CA＝＝＝；故答案为：；（2）EF＝BF+DE，理由如下：延长CD到K，使DK＝BF，如图：∵∠B＝90°，沿边AC翻折得到△ADC，点B的对应点为点D，∴∠ADC＝∠B＝90°，AB＝AD，∴∠ADK＝90°＝∠B，∵DK＝BF，∴△ADK≌△ABF（SAS），∴AK＝AF，∠DAK＝∠BAF，∵∠EAF＝∠DAB，∴∠DAE+∠BAF＝∠EAF，∴∠DAE+∠DAK＝∠EAF，即∠EAK＝∠EAF，∵AE＝AE，∴△EAK≌△EAF（SAS），∴EF＝EK，∵EK＝DK+DE，∴EF＝BF+DE；（3）将△ADC绕C逆时针旋转至△CBE，连接AE，过点E作EM⊥AB，交AB的延长线于点M，如图：∴AD＝BE，CA＝CE，∠ACD＝∠ECB，∠ADC＝∠EBC，∴∠ACD+∠ACB＝∠ECB+∠ACB，即∠BCD＝∠ACE，∵＝，∴△DCB∽△ACE，∵AC＝CD，∴＝＝，∴BD＝AE，∵∠BAD+∠BCD＝120°，∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣∠BAD﹣∠BCD＝360°﹣120°＝240°，∵∠ADC＝∠EBC，∴∠ABC+∠EBC＝240°，∴∠ABE＝120°，∴∠EBM＝60°，∵AB＝40m，BE＝AD＝30m，∴BM＝15m，EM＝BM＝15m，∴AM＝AB+BM＝40+15＝55（m），∴AE＝＝＝10，∴BD＝AE＝（m），∴对角线BD的长为m．题型05与图形变化有关的最值问题1．（2024•金州区一模）△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝4，AC＝3，将△ABC绕点A旋转得到△AED，连接，CD，CE，在旋转过程中，△CDE面积的最大值是（）A． B． C．15 D．18【答案】B【解析】解：如图，过点C作CF⊥ED于点F，过点A作AG⊥ED于G，∵∠CAB＝90°，AB＝4，AC＝3，△ADE是由△ABC旋转得来，∴∠DAE＝90°，AE＝4，AD＝3，∴ED＝，又∵，即：，∴AG＝2.4，当点F、G重合时，此时C、A、G三点共线，∴CF＝3+2.4＝5.4，CF此时取最大值，而DE的长不变，则△CDE的面积最大，∴最大面积为：．故答案为：B．2．（2024•瑶海区校级模拟）如图，△ABC∽△ADE，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝6，AC＝8，点D在线段BC上运动，P为线段DE的中点，在点D的运动过程中，CP的最小值是（）A．3 B．4 C．5 D．不存在【答案】B【解析】解：∵△ABC∽△ADE，∴＝，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，＝，∴△BAD∽△CAE，∵△BAD∽△CAE，∴∠ABD＝∠ACE，∵∠BAC＝90°，∴∠ABD+∠ACB＝90°，∴∠ACB+∠ACE＝90°，∴∠DCE＝90°，∵DP＝PE，∴CP＝DE，∵△ABC∽△ADE，∴AD的值最小时，DE的值最小，此时CP的值最小，∵AB＝6，AC＝8，∠BAC＝90°，∴BC＝＝＝10，根据垂线段最短可知，当AD⊥BC时，AD的值最小，根据三角形面积得，此时AD＝＝＝，∵＝＝＝，∴＝，∴DE＝AD＝8，∴CP的最小值为×8＝4，故选：B．3．（2024•昆山市一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝3，CD＝4，E是CD边上一点，连接AE，沿AE翻折△ADE，得到△AFE，连接CF．当CF长度最小时，△CEF的面积是（）A． B． C． D．2【答案】C【解析】解：连接AC，如图，∵△ADE沿AE翻折至△AFE，∴△ADE≌△AFE，∴AF＝AD，DE＝EF，∵AF+CF≥AC，∴当点A、F、C三点共线时，AF+CF最小，此时CF的最小值＝AF+CF﹣AF＝AC﹣AD，∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，∵AD＝3，CD＝4，∴AC＝＝5，∴CF长度的最小值＝5﹣3＝2，设DE＝EF＝x，则CE＝4﹣x，∵∠AFE＝∠D＝90°，∴∠CFE＝90°，∵CE2＝EF2+CF2，∴（4﹣x）2＝x2+22，解得，x＝，∴EF＝∴△CEF的面积是2＝，故选：C．4．（2024•庐阳区校级一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝8，动点P在△ABC内，且使得△ACP的面积为3，点Q为AB中点，则PB+PQ的最小值为（）A． B． C． D．+3【答案】C【解析】解：∵∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝8，∴AC＝＝6，，过P作PD⊥AC，交AC于点D，∵△ACP的面积为3，S△ACP＝×AC×PD，∴PD＝1，作直线l∥AC，距离为1，则点P在直线l上运动且在△ABC内，B到直线l的距离为7，作B关于直线l的对称点E，连接EQ，交直线l于点P，∴EP＝BP，∴PB+PQ＝EP+PQ＝EQ，EQ即PB+PQ的最小值，过Q作QF⊥BC，交BC于点F，∵点Q为AB中点，∴BQ＝AQ＝CQ＝5，∴∠QCF＝∠QBF，∵QF⊥BC，∴∠QFC＝∠QFB＝90°，即∠CQF+∠QCF＝∠BQF+∠QBF＝90°，∴∠CQF＝∠BQF，∵QF＝QF，∴△QFC≌△QFB（SAS），∴CF＝BF＝4，∵BQ＝5，∠QFB＝90°，∴QF＝＝3，∵BE＝14，BF＝4，∴EF＝10，∴EQ＝＝，故选：C．5．（2024•天长市一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，AC的垂直平分线交AC于点F，交AB于点E，连接EC，AB＝10，△BEC的周长为18．若点P在直线EF上，连接PA，PB，则|PA﹣PB|的最大值为（）A．5 B．8 C．10 D．13【答案】B【解析】解：∵AC的垂直平分线交AC于点F，交AB于点E，∴EA＝EC，∵△BEC的周长是18，AB＝10，∴BC＝△BEC的周长﹣（EC+EB）＝18﹣（AE+EB）＝18﹣AB＝18﹣10＝8，点P在直线EF上，如图，连接PC，∵点P在AC的垂直平分线EF上，∴PA＝PC，∴|PA﹣PB|＝|PC﹣PB|≤BC＝8，故|PA﹣PB|的最大值为8，此时点P是直线EF与直线BC的交点．故选：B．6．（2024•梁园区校级一模）如图，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝6，点P为平面内一点，且BP＝2，点Q为CD上一个动点，则AQ+PQ的最小值为（）A．11 B． C． D．13【答案】A【解析】解：∵点P为平面内一点，且BP＝2，∴点P在以B为圆心，2为半径的⊙B上，延长AD到A'，使DA'＝DA＝6，连接QA'，连接BA'交⊙B于点P'，∵四边形ABCD使矩形，∴CD垂直平分AA'，∴QA'＝QA，∵AQ+PQ＝A'Q+PQ+PB﹣P'B≥A'B﹣P'B＝A'B﹣2，∴AQ+PQ的最小值为A'B﹣2，在Rt△A'AB中，A'A＝2AD＝12，AB＝5，由勾股定理，得A'B＝＝＝13，∴AQ+PQ的最小值为A'B﹣2＝13﹣2＝11，故选：A．7．（2024•沈丘县一模）如图，正方形ABCD中，点M，N分别为AB，BC上的动点，且AM＝BN，DM，AN交于点E，点F为AB的中点，点P为BC上一个动点，连接PE，PF．若AB＝4，则PE+PF的最小值为（）A． B．2 C．5 D．【答案】B【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAM＝∠ABN＝90°，又∵AM＝BN，∴△DAM≌△ABN（SAS），∴∠ADM＝∠BAN，∵∠DAE+∠BAN＝∠DAM＝90°，∴∠DAE+∠ADM＝90°，∴∠AFD＝90°，∴点F在以AD为直径的⊙O上，作点F关于直线BC的对称点F'，连接OF'交⊙O于点E'，PF'，则PF＝PF'，∴PE+PF＝PE+PF'≥E'F'＝OF'﹣OE'，即PE+PF的最小值为OF'﹣OE'，∵AD＝AB＝4，点F为AB的中点，∴OA＝OE'＝2，AF'＝AB+BF'＝4+2＝6，在Rt△OAF'中，由勾股定理，得OF'＝＝＝2，∴OF'﹣OE'＝2﹣2，即PE+PF的最小值为：2﹣2，故选：B．8．（2024•任城区校级模拟）如图，已知等边△ABC的边长为4，P、Q、R分别为边AB、BC、AC上的动点，则PR+QR的最小值是（）A．2 B．2 C．2 D．3【答案】C【解析】解：如图，作△ABC关于AC对称的△ACD，点E与点Q关于AC对称，连接ER，则QR＝ER，当点E，R，P在同一直线上，且PE⊥AB时，PR+QR的最小值是PE的长，∵等边△ABC的边长为4，∴高PE为2，∴PR+QR的最小值是2，故选：C．9，（2024•安徽模拟）如图，在等边三角形ABC中，CD为AB边上的高，M是直线CD上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到线段BN，连接DN．若AB＝5，则在点M的运动过程中，线段DN的长的最小值是（）ⅡA．2 B． C． D．【答案】B【解析】解：如图，取BC的中点G，连接MG，∵旋转角为60°，∴∠MBD+∠DBN＝60°，又∵∠MBD+∠MBC＝∠ABC＝60°，∴∠DBN＝∠GBM，∵CD是等边△ABC的对称轴，∴DB＝AB，∴DB＝BG，又∵MB旋转到BN，∴BM＝BN，在△MBG和△NBD中，，∴△MBG≌△NBD（SAS），∴MG＝ND，根据垂线段最短，MG⊥CD时，MG最短，即DN最短，此时∵∠BCD＝×60°＝30°，CG＝AB＝×5＝2.5，∴MG＝CG＝，∴DN＝，故选：B．题型06解直角三角形1．（2024•南通模拟）如图，在4×5的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，△ABC的顶点都在这些小正方形的格点上，那么sin∠BAC的值为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】解：如图，过点C作CM⊥AB于M，由题意得AB＝，AC＝，∵S，即，解得CM＝，∴sin∠BAC＝．故选：C．2．（2024•平房区一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，以点B为圆心，BC长为半径作弧交AB于点D，再分别以点C、D为圆心，BC长为半径作弧交于点E，若BC＝5，，则CF的长为（）A． B．3 C． D．【答案】A【解析】解：由题知，BF平分∠ABC，过点F作AB的垂线，垂足为M，在Rt△ABC中，cosA＝，令AC＝12x，AB＝13x，则（12x）2+52＝（13x）2，解得x＝1（舍负），所以AC＝12，BC＝13．因为BF平分∠ABC，∠C＝90°，FM⊥AB，所以CF＝MF，则S△ABC＝S△ABF+S△BCF，即，所以CF＝．故选：A．3．（2024•高新区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，连接BD，DE．若，则tan∠BDE的值为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，∴BD＝AD＝CD＝AC，DE∥BC，∴∠AED＝∠BED＝∠ABC＝90°，∴∠BDE＝∠ADE，在Rt△ABC中，∵sinA＝＝，∴设DE＝3x，AD＝5x，∴AE＝＝4x，∴tan∠BDE＝tan∠ADE＝＝．故选：B．4．（2024•武威模拟）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，EC＝4，，则菱形的周长是（）A．10 B．20 C．40 D．28【答案】C【解析】解：∵，∴cosB＝．∵在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，EC＝4，∴BE：AB＝（BC﹣EC）：BC＝3：5，∴BC＝10，则菱形的周长＝10×4＝40．故选：C．5．（2024•武威一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AD＝，BD＝，则sinB＝．【答案】见试题解答内容【解析】解：∵∠ACB＝∠ADC＝90°，∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠B＝90°，∴∠ACD＝∠B，∴△ACD∽△CBD，∴，∴CD2＝AD•BD＝×＝，∴CD＝，由勾股定理可知：BC＝4，∴sinB＝＝，故答案为：．6．（2024•南山区一模）如图，在四边形ACBD中，对角线AB、CD相交于点O，∠ACB＝90°，BD＝CD，若∠DAB＝2∠ABC，则的值为．【答案】．【解析】解：过点A作AE∥BC交VD于E，过点D作DH⊥BC于H，交AE于T，交AB于K，如图所示：∵AE∥BC，∴∠EAB＝∠ABC，∵∠DAB＝2∠ABC，∴∠DAE+∠EAB＝2∠ABC，∴∠DAE＝∠ABC，∴∠DAE＝∠EAB，∵AE∥BC，DH⊥BC，∴DH⊥AE，即∠ATD＝∠ATK＝90°在△ADT和△AKT中，，∴△ADT≌△AKT（ASA），∴AD＝AK，∵BD＝CD，DH⊥BC，∴BH＝CH，∵DH⊥BC，DH⊥AE，∠ACB＝90°，∴四边形ACHT为矩形，∴AT＝CH＝BH，在△ATK和△BHK中，，∴△ATK≌△BHK（AAS），∴AK＝BK，∴AB＝2AK＝2AD，∴＝．故答案为：．题型07仰角俯角问题1．（2024•阳谷县一模）数学小组的同学要测量灯塔的高度，如图所示，在点B处测得灯塔最高点A的仰角∠ABD＝45°，再沿BD方向前进至C处测得最高点A的仰角∠ACD＝60°，BC＝13.2m，则灯塔的高度AD大约是（）（结果精确到1m，参考数据：≈1.41，≈1.73）A．31m B．36m C．42m D．84m【答案】A【解析】解：由题意得：AD⊥BD，∠ABD＝45°，∠ACD＝60°，BC＝13.2m，设CD＝xm，∴BD＝BC+CD＝（x+13.2）m，在Rt△ABD中，AD＝BD•tan45°＝（x+13.2）m，在Rt△ACD中，AD＝CD•tan60°＝x（m），∴x＝x+13.2，解得：x＝6.6+6.6，∴AD＝x+13.2＝6.6+6.6+13.2≈31（m），∴灯塔的高度AD大约是31m，故选：A．2．（2024•南开区一模）如图，旗杆AC上有一面宽为AB的旗子．C，D，F在同一水平线上，小明在距旗杆6m的点D处测得点B的仰角为53°，随后小明沿坡角（∠EDF）为30°的斜坡走了2m到达点E处，测得∠AED为45°．（Ⅰ）求斜坡的高度EF的长；（Ⅱ）求旗面宽AB的长度（参考数据：，sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33，结果精确到0.1m）．【答案】（Ⅰ）斜坡的高度EF的长为1米；（Ⅱ）旗子的宽度AB约为0.8米．【解析】解：（Ⅰ）∵EF⊥CF，∠EDF＝30°，DE＝2m，∴EF＝DE＝1（m），即斜坡的高度EF的长为1米；（Ⅱ）过点E作EG⊥AC，垂足为G，由题意得：EF＝CG，FC＝EG，∵DE＝2m，EF＝1m，∴DF＝EF＝（m），∴CG＝EF＝1（m），∵DC＝6m，∴EG＝FC＝DF+CD＝（+6）m，在Rt△AEG中，∠AEG＝45°，∴AG＝EG＝（6+）m，在Rt△BCD中，∠BDC＝53°，∴BC＝DC•tan53°≈6×1.33＝7.98（m），∴AB＝AG+CG﹣BC＝6++1﹣7.98＝﹣0.98≈0.8（m），3．（2024•河北区一模）某校综合与实践活动中，要利用测角仪测量一建筑物的高度．如图，在建筑物AB与教学楼ED之间的操场上取一观测点C，点E，点C，建筑物底部A在同一条水平直线上，已知观测点C至教学楼出口E的距离EC＝22m．某组同学在观测点C处分别测得建筑物楼顶B的仰角为60°，教学楼顶D的仰角为45°，在教学楼顶D处测得建筑物底部A的俯角为22°．（Ⅰ）求教学楼ED的高；（Ⅱ）设建筑物AB的高度为h（单位：m）．①用含有h的式子表示线段EA的长（结果保留根号）；②求建筑物AB的高度．（tan22°取0.40，取1.41，取1.73，结果取整数）【答案】（Ⅰ）教学楼ED的高为22m；（Ⅱ）①EA的长为（22+）m；②建筑物AB的高度约为57m．【解析】解：（Ⅰ）在Rt△DEC中，∠ECD＝45°，EC＝22，∴∠EDC＝90°﹣∠ECD＝45°，∴∠EDC＝∠ECD＝45°，∴ED＝EC＝22，即教学楼ED的高为22m；（Ⅱ）①在Rt△BCA中，∠BCA＝60°，AB＝hm，∴AC＝＝＝（m），∴EA＝EC+AC＝22+（m），∴EA的长为（22+）m；②如图，过点D作DH⊥AB，垂足为H，根据题意，∠DEA＝∠EAH＝∠AHD＝90°，∴四边形DEAH是矩形，∴DH＝EA＝（22+）m，AH＝DE＝22，在Rt△ADH中，∠ADH＝22°，∴DH•tan22°＝AH，∴h＝≈57（m），答：建筑物AB的高度约为57m．题型08方位角问题1．（2024•东平县校级一模）如图，渔船在A处观测灯塔C位于北偏西70°方向，轮船从A处以15海里/小时的速度沿南偏西50°方向匀速航行，2小时后到达码头B处，此时，观测灯塔C位于北偏西25°方向，则灯塔C与码头B相距15海里．【答案】15．【解析】解：过点B作BD⊥AC，垂足为D，∴∠ADB＝∠BDC＝90°，由题意得：AB＝15×2＝30（海里），∠BAC＝180°﹣50°﹣70°＝60°，∠ABC＝50°+25°＝75°，∴∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠ABC＝45°，在Rt△ADB中，AD＝AB•cos60°＝30×＝15（海里），BD＝AB•sin60°＝30×＝15（海里），在Rt△BDC中，BC＝＝＝15（海里），∴灯塔C与码头B相距15海里，故答案为：15．2．（2024•凉州区一模）如图，一艘货轮以40海里/小时的速度在海面上航行，当它行驶到A处时，发现它的东北方向有一灯塔B，货轮继续向北航行30分钟后到达C点，发现灯塔B在它北偏东75°方向，求此时货轮与灯塔B的距离．（结果精确到0.1海里，参考数据：≈1.414，≈1.732）【答案】见试题解答内容【解析】解：如图所示：过点C作CD⊥AB于点D，∵货轮以40海里/小时的速度在海面上航行，向北航行30分钟后到达C点∴AC＝40×＝20海里，∵∠A＝45°，∠1＝75°，∴∠ACD＝45°，∠DCB＝60°，则∠B＝30°，则DC＝ACsin45°＝20×＝10海里，故BC＝2CD＝20≈28.3海里．答：此时货轮与灯塔B的距离约为28.3海里．3．（2024•织金县一模）如图，一艘货轮在海面上航行，准备要停靠到码头C，货轮航行到A处时，测得码头C在北偏东60°方向上．为了躲避A，C之间的暗礁，这艘货轮调整航向，沿着北偏东30°方向继续航行，当它航行到B处后，又沿着南偏东70°方向航行20海里到达码头C．（1）求∠C的度数；（2）求货轮从A到B航行的距离（结果精确到0.1海里．参考数据：sin50°≈0.766，cos50°≈0.643，tan50°≈1.192）．【答案】（1）50°；（2）30.6海里．【解析】解：（1）如图，过点B作BD∥AF，交AC于点D，则∠ABD＝∠FAB＝30°，∵∠FAC＝60°，∴∠BAC＝60°﹣30°＝30°，∴∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠ABD﹣∠DAC＝180°﹣30°﹣30°﹣70°＝50°；（2）如图，过点B作BE⊥AC于E，在Rt△BEC中，BC＝20海里，∠C＝50°，∵sinC＝，∴BE＝BC•sinC≈20×0.766＝15.32（海里），在Rt△ABE中，∠BAE＝30°，则AB＝2BE＝2×15.32≈30.6（海里），答：货轮从A到B航行的距离约为30.6海里．4．（2024•中山市一模）北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，其由空间段、地面段和用户段三部分组成，可在全球范围内全天候、全天时为各类用户提供高精度、高可靠定位、导航、授时服务．如图，小敏一家自驾到风景区C游玩，到达A地后，导航显示车辆应沿北偏西45°方向行驶10千米至B地，再沿北偏东60°方向行驶一段距离到达风景区C，小敏发现风景区C在A地的北偏东15°方向．（1）求∠C的度数；（2）求B，C两地的距离．（如果运算结果有根号，请保留根号）【答案】（1）∠C的度数为45°；（2）B，C两地的距离为5千米．【解析】解：（1）如图：由题意得：∠BAD＝45°，∠DAC＝15°，∠FBC＝60°，EF∥DA，∴∠ABE＝∠BAD＝45°，∴∠ABC＝180°﹣∠ABE﹣∠FBC＝75°，∵∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝60°，∴∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠ABC＝45°，∴∠C的度数为45°；（2）过点B作BG⊥AC，垂足为G，在Rt△ABG中，AB＝10千米，∠BAC＝60°，∴BG＝AB•sin60°＝10×＝5（千米），在Rt△BGC中，∠C＝45°，∴BC＝＝＝5（千米），∴B，C两地的距离为5千米．题型09坡度坡角问题1．（2024•岳阳县一模）如图，某滑雪场有一坡角为α的滑雪道，滑雪道AC的长为300m，则滑雪道的坡顶到坡底的竖直高度AB的长为（）A．300cosαm B．300sinαm C． D．【答案】B【解析】解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝α，AC＝300m，∵sinC＝，∴AB＝AC•sinC＝300sinα（m），故选：B．2．（2024•香洲区校级模拟）一座堤坝的横截面是梯形ABCD，各部分的数据如图所示，坝底AD长为m．（结果保留根号）【答案】．【解析】解：如图，过点B作BF⊥AD于点F，则BF＝CE＝4m，EF＝BC＝4.5m，在Rt△AFB中，AB＝5m，BF＝4m，由勾股定理得：AF＝＝＝3（m），∵斜坡CD的坡度i＝1：，CE＝4m，∴DE＝4m，∴AD＝AF+EF+DE＝3+4.5+4＝（m），故答案为：．3．（2024•米东区一模）如图，某大楼的顶部竖有一块广告牌CD，小明与同学们在山坡的坡脚A处测得广告牌底部D的仰角为53°，沿坡面AB向上走到B处测得广告牌顶部C的仰角为45°，已知山坡AB的坡度1：，AB＝10米，AE＝21米，求广告牌CD的高度．（测角器的高度忽略不计，参考数据：tan53°≈，cos53°≈0.60）【答案】见试题解答内容【解析】解：过B作BG⊥DE于G，BH⊥AE，Rt△ABH中，i＝tan∠BAH＝＝，∴∠BAH＝30°，∴BH＝AB＝5米；∴AH＝5米，∴BG＝HE＝AH+AE＝（5+21）米，Rt△BGC中，∠CBG＝45°，∴CG＝BG＝（5+21）米．Rt△ADE中，∠DAE＝53°，AE＝21米，∴DE＝AE＝28米．∴CD＝CG+GE﹣DE＝26+5﹣28＝（5﹣2）m．答：宣传牌CD高为（5﹣2）米．4．（2024•浙江模拟）根据以下素材，探索完成任务：测算雷峰塔的高度素材1如图1，雷峰塔前有一斜坡AB，长为10米，坡度为3：4，高为AC素材2利用测角仪在斜坡底的点B处测得塔尖点D的仰角为51.1°，在斜坡顶的点A处测得塔尖点D的仰角为45°（其中点C，B，E在同一直线上，如图2）素材3查阅锐角三角函数表sin51.1°≈0.778，cos51.1°≈0.628，tan51.1°≈1.240任务1获取数据计算斜坡的高度AC任务2分析计算通过观察，计算雷峰塔的高度（结果保留整数）【答案】（1）6米；（2）雷峰塔的高度约为72米．【解析】解：任务1．由题意得：AC⊥BC，∵斜坡AB，长为10米，坡度为3：4，∴＝，AB＝10米，∴设AC＝3x米，则BC＝4x米，在Rt△ABC中，AC＝＝＝5x（米），∴5x＝10，解得：x＝2，∴AC＝6米，CE＝8米，∴斜坡的高AC为6米；任务2．过点A作AF⊥DE，垂足为F，由题意得：EF＝AC＝6米，AF＝CE，设BE＝y米，∵BC＝8米，∴AF＝CE＝BC+BE＝（y+8）米，在Rt△BDE中，∠DBE＝51.1°，∴DE＝BE•tan51.1°≈1.24y（米），在Rt△ADF中，∠DAF＝45°，∴DF＝AF•tan45°＝（y+8）米，∵EF+DF＝DE，∴6+y+8＝1.24y，解得：y＝，∴DE＝1.24y≈72（米），∴雷峰塔的高度约为72米．5．（2024•沧州一模）如图是一座人行天桥的示意图，已知天桥的高度CD＝6米，坡面BC的倾斜角∠CBD＝45°，距B点8米处有一建筑物NM，为了方便行人推自行车过天桥，市政府决定降低坡面BC的坡度，把倾斜角由45°减至30°，即使得新坡面AC的倾斜角为∠CAD＝30°．（1）求新坡面AC的长度；（2）试求新坡面底部点A到建筑物MN的距离．【答案】（1）12米；（2）（14﹣6）米．【解析】解：（1）在Rt△ACD中，∠CAD＝30°，CD＝6米，则AC＝2CD＝2×6＝12（米），答：新坡面AC的长度为12米；（2）在Rt△BCD中，∠CBD＝45°，CD＝6米，∴BD＝CD＝6米，∵NB＝8米，∴ND＝NB+BD＝8+6＝14（米），在Rt△ACD中，∠CAD＝30°，CD＝6米，则AD＝＝6（米），∴NA＝ND﹣AD＝（14﹣6）米，答：新坡面底部点A到建筑物MN的距离为（14﹣6）米．（限时60分钟）一．选择题（共10小题）1．（2024•大庆一模）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．一棋谱中四部分的截图由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；选项B、C、D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；故选：A．2．（2024•沛县校级一模）下列食品标识中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．绿色饮品 B．绿色食品 C．有机食品 D．速冻食品【答案】D【解析】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；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、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；故选：D．3．（2024•仁寿县模拟）如图是由一个长方体和一个圆柱组成的几何体，它的俯视图是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：从上面看下边是一个矩形，矩形的内部是一个圆．故选：D．4．（2024•渝中区校级模拟）如图，△ABC和△A′B′C′是以点O为位似中心的位似图形，点A在线段OA′上．若OA：AA′＝1：2，则△ABC和△A′B′C′的周长之比为（）A．1：2 B．1：4 C．4：9 D．1：3【答案】D【解析】解：∵OA：AA′＝1：2，∴OA：OA′＝1：3，∵△ABC和△A′B′C′是以点O为位似中心的位似图形，∴AC∥A′C′，∴△AOC∽△A′OC′，∴AC：A′C′＝OA：OA′＝1：3，∴△ABC和△A′B′C′的周长之比为1：3，故选：D．5．（2024•岫岩县模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AB＝4，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AB'C'，当点C'落在边AB上时，线段CC'的长为（）A． B．1 C． D．2【答案】D【解析】解：∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，AB＝4，∴AC＝2，∠CAC'＝60°，∵将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AB'C'，∴AC'＝AC＝2，∴△CAC'为等边三角形，∴CC'＝AC＝2，故选：D．6．（2024•江城区一模）如图，在矩形ABCD中，点E在DC上，将矩形沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处，若AB＝6，BC＝10，则tan∠EAF的值为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝6，AD＝BC＝10，∠C＝∠D＝90°，由翻折可知：DE＝EF，∠AFE＝∠D＝90°，AF＝AD＝10，∴BF＝＝＝8，∴FC＝BC﹣BF＝10﹣8＝2，∵EC＝CD﹣DE＝6﹣DE＝6﹣EF，在Rt△EFC中，根据勾股定理得：EF2＝EC2+FC2，∴EF2＝（6﹣EF）2+22，∴EF＝，∴tan∠EAF＝＝＝．故选：D．7．（2024•宣化区一模）如图，在△ABC中，DE∥BC，若AD＝2，DB＝4，则的值为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝＝＝．故选：C．8．（2024•德庆县一模）如图，某班上体育课，甲、乙两名同学分别站在C、D的位置时，乙的影子DA恰好与甲影子CA在同一条直线上，已知甲身高1.8米，乙身高1.5米，甲的影长是6米，则甲、乙两同学相距（）米．A．1 B．2 C．3 D．5【答案】A【解析】解：设两个同学相距x米，∵△ADE∽△ACB，∴，∴，解得：x＝1．故选：A．9．（2024•浙江一模）如图，点D，E，F分别在△ABC的边上，，DE∥BC，EF∥AB，点M是DF的中点，连接CM并延长交AB于点N，的值是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：过点F作FG∥CN交AB于点G，∵点M是DF的中点，∴N是DG的中点，∴MN是△DGF的中位线，∴GF＝2MN，∵GF∥CN，EF∥AB，∴四边形GFHN是平行四边形，∴NH＝GF＝2MN，∴MH＝MN，设MH＝MN＝a，则GF＝2a，∵DE∥BC，△ADE∽△ABC，∴＝＝，∴BC＝4DE，∵EF∥AB，DE∥BC，∴四边形DEFB是平行四边形，∴DE＝BF，∵FG∥CN，∴△BFG∽△BCN，∴＝，∵＝＝，∴＝，∴CN＝4GF＝8a，∴CH＝CN﹣NH＝8a﹣2a＝6a，∴CM＝CH+MH＝6a+a＝7a，∴＝＝，故选：D．10．（2024•凉州区一模）如图，已知在矩形ABCD中，M是AD边的中点，BM与AC垂直，交直线AC于点N，连接DN，则下列四个结论中：①CN＝2AN；②DN＝DC；③tan∠CAD＝；④△AMN∽△CAB．正确的有（）A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④【答案】C【解析】解：∵AD∥BC，∴△AMN∽△CBN，∴，∵M是AD边的中点，∴AM＝MD＝AD＝BC，∴，∴CN＝2AN，故①正确；如图，过D作DH∥BM交AC于G，连接NH，∵DH∥BM，BM⊥AC，∴DH⊥AC，∵DH∥BM，AD∥BC，∴四边形BMDH是平行四边形，∴BH＝MD＝BC，∴BH＝CH，∵∠BNC＝90°，∴NH＝HC，且DH⊥AC，∴DH是NC的垂直平分线，∴DN＝CD，故②正确；∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，∴∠DAC＝∠ACB，∠ABC＝∠ANM＝90°，∴△AMN∽△CAB，故④正确；∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠BCA，且∠BAC+∠ACB＝90°，∠DAC+∠AMB＝90°，∴∠BAC＝∠AMB，且∠BAM＝∠ABC，∴△ABM∽△BCA，∴，∴AB2＝BC2，∴AB＝BC，∵tan∠DAC＝tan∠ACB＝，∴tan∠DAC＝，故③错误，故选：C．二．填空题（共6小题）11．（2024•凉州区一模）如图，在下列网格中，小正方形的边长均为1，点A、B、O都在格点上，则∠AOB的正弦值是．【答案】见试题解答内容【解析】解：由题意可知，AB＝2，AO＝＝2，BO＝＝2，∵S△ABO＝AB•h＝AO•BO•sin∠AOB，∴×2×2＝×2×2×sin∠AOB，∴sin∠AOB＝，故答案为：．12．（2024•新荣区一模）一副三角板叠放如图，则△AOB与△DOC的面积之比为．【答案】见试题解答内容【解析】解：设BC＝a，在Rt△ABC中，AB＝BC＝a，在Rt△BCD中，∵DC＝BC，∴CD＝a，∵∠ABC+∠BCD＝180°，∴AB∥CD，∴△AOB∽△COD，∴＝（）2＝（）2＝，故答案为．13．（2024•任城区一模）构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要应用，在计算tan15°时，如图，在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，延长CB使BD＝AB，连接AD，得∠D＝15°，所以tan15°＝＝＝＝2﹣．类比这种方法，计算tan22.5°的值为．【答案】见试题解答内容【解析】解：如图，在等腰直角△ABC中，∠C＝90°，延长CB至点D，使得AB＝BD，则∠BAD＝∠D．∵∠ABC＝45°，∴45°＝∠BAD+∠D＝2∠D，∴∠D＝22.5°，设AC＝1，则BC＝1，AB＝AC＝，∴CD＝CB+BD＝CB+AB＝1+，∴tan22.5°＝tanD＝＝＝＝﹣1．故答案为：﹣1．14．（2024•建平县一模）如图，A，B的坐标为（1，0），（0，2），若将线段AB平移至A1B1，则a﹣b的值为0．【答案】见试题解答内容【解析】解：由B点平移前后的纵坐标分别为2、4，可得B点向上平移了2个单位，由A点平移前后的横坐标分别是为1、3，可得A点向右平移了2个单位，由此得线段AB的平移的过程是：向上平移2个单位，再向右平移2个单位，所以点A、B均按此规律平移，由此可得a＝0+2＝2，b＝0+2＝2，∴a﹣b＝0，故答案为：0．15．（2024•应县一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，M为对角线BD上的一点（不与点B，D重合），连接AM，过点M作MN⊥AM交边CD于点N，连接AN．若BM：BD＝2：5，则DN的长为．【答案】．【解析】解：过点M作MG⊥AB于G，延长GM交CD于H，则GH⊥CD，如图：∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD＝∠ADC＝∠AGH＝90°，AD＝BC＝3，AB＝CD＝4，∴四边形AGHD为矩形，∴AG＝DH，GH＝AD＝3，GM∥AD，∴△BGM∽△BAD，∴，∵BM：BD＝2：5，∴，∴，，∴，∴，∵MN⊥AM，∴∠AMN＝90°，∴∠AMG+∠HMN＝90°，∵∠AMG+∠MAG＝90°，∴∠HMN＝∠MAG，∵∠AGM＝∠MHN＝90°，∴△AGM∽△MHN，∴，即：，解得：，∴，故答案为：．16．（2024•章丘区一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点E、F分别为AD、CD边上的点，且EF的长为2，点G为EF的中点，点P为BC上一动点，则PA+PG的最小值为4﹣1．【答案】4﹣1．【解析】解：∵EF＝2，点G为EF的中点，∴DG＝1，∴G是以D为圆心，以1为半径的圆弧上的点，作A关于BC的对称点A′，连接A′D，PA′，∵PA′+PG+DG≥A′D，∴当D，G，P，A′共线时，PA+PG＝PA′+PG的值最小，∵AB＝2，AD＝4，∴AA′＝4，∴A′D＝4，∴PA+PG≥A′D﹣DG＝4﹣1；∴PA+PG的最小值为4﹣1；故答案为：4﹣1．三．解答题（共6小题）17．（2024•惠城区模拟）把Rt△ABC和Rt△DEF按如图（1）摆放（点C与E重合），点B、C（E）、F在同一条直线上．已知：∠ACB＝∠EDF＝90°，∠DEF＝45°，AC＝8cm，BC＝6cm，EF＝10cm．如图（2），△DEF从图（1）的位置出发，以1cm/s的速度沿CB向△ABC匀速移动，在△DEF移动的同时，点P从△ABC的顶点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B匀速移动；当点P移动到点B时，点P停止移动，△DEF也随之停止移动．DE与AC交于点Q，连接PQ，设移动时间为t（s）．（1）用含t的代数式表示线段AP和AQ的长，并写出t的取值范围；（2）连接PE，设四边形APEQ的面积为y（cm2），试探究y的最大值；（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形．【答案】见试题解答内容【解析】（1）解：AP＝2t（cm）∵∠EDF＝90°，∠DEF＝45°，∴∠CQE＝45°＝∠DEF，∴CQ＝CE＝t（cm），∴AQ＝8﹣t（cm），t的取值范围是：0≤t≤5；（2）过点P作PG⊥x轴于G，可求得AB＝10（cm），SinB＝，PB＝（10﹣2t）（cm），EB＝（6﹣t）（cm），∴PG＝PBSinB＝（10﹣2t）（cm）∴y＝S△ABC﹣S△PBE﹣S△QCE＝＝∴当（在0≤t≤5内），y有最大值，y最大值＝（cm2）（3）若AP＝AQ，则有2t＝8﹣t解得：（s）若AP＝PQ，如图①：过点P作PH⊥AC，则AH＝QH＝（cm），PH∥BC∴△APH