2023-2024学年浙江省嘉兴市海盐县中考数学模拟试题含解析

2023-2024学年浙江省嘉兴市海盐县重点达标名校中考数学模拟试题

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1.如图，一段抛物线：y=-x（x-5）（0SxW5）,记为G,它与x轴交于点O,Ai；将G绕点Ai旋转180。得C2,交

x轴于点A2；将C2绕点A2旋转180。得C3,交x轴于点A3；…如此进行下去，得到一“波浪线”，若点P（2018,m）

在此“波浪线”上，则m的值为（）

A.4B.-4C.-6D.6

2.在2014年5月崇左市教育局举行的“经典诗朗诵”演讲比赛中，有11名学生参加决赛，他们决赛的成绩各不相同，

其中的一名学生想知道自己能否进入前6名，不仅要了解自己的成绩，还要了解这11名学生成绩的（）

A.众数B.中位数C.平均数D.方差

3.下列图形是由同样大小的棋子按照一定规律排列而成的，其中，图①中有5个棋子，图②中有10个棋子，图③中

有16个棋子，…，则图⑥中有个棋子（）

••••••••%•••

••・・・・・・•・•・

••••

①②③

A.31B.35C.40D.50

4.下列“慢行通过，注意危险，禁止行人通行，禁止非机动车通行”四个交通标志图（黑白阴影图片）中为轴对称图形

的是（）

B/l\D

5.如图，△ABC中，AB=4,AC=3,BC=2,将△ABC绕点A顺时针旋转60。得到△AED,则BE的长为（）

6.如图，直线y=3x+6与x,y轴分别交于点A,B,以OB为底边在y轴右侧作等腰△OBC,将点C向左平移5个单

位，使其对应点。恰好落在直线AB上，则点C的坐标为（）

B.

A.(3,3)B.(4,3)C.(-1,3)D.(3,4)

7.设0VkV2,关于x的一次函数y=（k-2）x+2,当1WXW2时，y的最小值是（）

A.2k-2B.k-1C.kD.k+1

8.下列各数中，无理数是（）

C.V4

9.下列命题是真命题的是（）

A.过一点有且只有一条直线与已知直线平行

B.对角线相等且互相垂直的四边形是正方形

C.平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧

D.若三角形的三边a,b,c满足a2+b2+c2=ac+bc+ab,则该三角形是正三角形

10.若关于x的一元二次方程x2—2x-k=0没有实数根，则k的取值范围是（）

A.k>-lB.k>-lC.k<-lD.k<-l

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11.已知：正方形ABCD.

求作：正方形ABCD的外接圆.

作法：如图，

（1）分别连接AC,BD,交于点O；

（2）以点O为圆心，OA长为半径作。O,OO即为所求作的圆.

请回答：该作图的依据是.

12.一个圆锥的侧面展开图是半径为8cm、圆心角为120。的扇形，则此圆锥底面圆的半径为.

13.如图，在正方形网格中，线段A，B，可以看作是线段AB经过若干次图形的变化（平移、旋转、轴对称）得到的,

写出一种由线段AB得到线段A，B，的过程

14.如图所示，三角形ABC的面积为1cm1.AP垂直NB的平分线BP于P.则与三角形PBC的面积相等的长方形是

（）

1.2cm

15.（DO的半径为10cm,AB,CD是。O的两条弦，且AB〃CD,AB=16cm,CD=12cm.则AB与CD之间的距离是_

cm.

16.如图，在△ABC中，ZA=60°,若剪去NA得到四边形BCDE,则Nl+N2=.

三、解答题（共8题，共72分）

17.(8分)平面直角坐标系xOy(如图)，抛物线y=-x2+2mx+3m2(m>0)与x轴交于点A、B(点A在点B左侧),

与y轴交于点C,顶点为D,对称轴为直线L过点C作直线1的垂线，垂足为点E,联结DC、BC.

(1)当点C(0,3)时，

①求这条抛物线的表达式和顶点坐标；

②求证：ZDCE=ZBCE；

(2)当CB平分NDCO时，求m的值.

y(

1

18.(8分)如图，两座建筑物的水平距离BC为60m.从C点测得A点的仰角«为53。，从A点测得。点的俯角£为37。,

求两座建筑物的高度(参考数据：57%37x—,cos37»—,tanil®,sin53«4,cos53«—?tan35®—)

55453

B

19.(8分)如图，抛物线y=ax?+bx+c与x轴的交点分别为A(-6,0)和点B(4,0),与y轴的交点为C(0,3).

(1)求抛物线的解析式；

(2)点P是线段OA上一动点(不与点A重合)，过P作平行于y轴的直线与AC交于点Q,点D、M在线段AB上,

点N在线段AC上.

①是否同时存在点D和点P,使得4APQ和ACDO全等，若存在，求点D的坐标，若不存在，请说明理由；

②若NDCB=NCDB,CD是MN的垂直平分线，求点M的坐标.

20.(8分)某品牌牛奶供应商提供A,B,C,D四种不同口味的牛奶供学生饮用.某校为了了解学生对不同口

味的牛奶的喜好，对全校订牛奶的学生进行了随机调查，并根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图.

根据统计图的信息解决下列问题:

本次调查的学生有多少人？补全上面的条形统计

图；扇形统计图中c对应的中心角度数是;若该校有600名学生订了该品牌的牛奶，每名学生每天只订一盒

牛奶，要使学生能喝到自己喜欢的牛奶，则该牛奶供应商送往该校的牛奶中，A,B口味的牛奶共约多少盒?

21.(8分)正方形的边长是10,点E是的中点，动点F在边5c上，且不与点3、C重合，将△E3尸沿

EF折叠，得到AE夕尸.

(1)如图1,连接A方.

①若△为等边三角形，则N3E歹等于多少度.

②在运动过程中，线段与E歹有何位置关系？请证明你的结论.

(2)如图2,连接C&,求A尸周长的最小值.

(3)如图3,连接并延长交AC于点P,当3卸=6时，求尸方的长度.

图1图2图3

22.(10分)如图，建筑物AB的高为6cm,在其正东方向有个通信塔CD,在它们之间的地面点M(B,M,D三点

在一条直线上)处测得建筑物顶端A、塔项C的仰角分别为37。和60。，在A处测得塔顶C的仰角为30。，则通信塔

CD的高度.（sin37tM）.60,cos37°~0.80,tan37°=0.75,若=1.73,精确至lj0.1m）

23.(12分)某工厂计划生产A、B两种产品共60件，需购买甲、乙两种材料.生产一件A产品需甲种材料4千克,

乙种材料1千克；生产一件B产品需甲、乙两种材料各3千克.经测算，购买甲、乙两种材料各1千克共需资金60

元；购买甲种材料2千克和乙种材料3千克共需资金155元.

(1)甲、乙两种材料每千克分别是多少元？

(2)现工厂用于购买甲、乙两种材料的资金不能超过10000元，且生产B产品要超过38件，问有哪几种符合条件的

生产方案？

(3)在(2)的条件下，若生产一件A产品需加工费40元，若生产一件B产品需加工费50元，应选择哪种生产方案,

才能使生产这批产品的成本最低？请直接写出方案.

24.如图，在△ABC中，AD.AE分别为△ABC的中线和角平分线.过点C作于点并延长交A3于点厂,

参考答案

一、选择题(共10小题，每小题3分，共30分)

1、C

【解析】

分析：根据图象的旋转变化规律以及二次函数的平移规律得出平移后解析式，进而求出机的值，由2017+5=403…2,

可知点P(2018,在此“波浪线”上Co4段上，求出。404的解析式，然后把P(2018,zw)代入即可.

详解：当y=0时，-x(x-5)=0,解得xi=0,X2=5,则AI(5,0),

OAi=5,

••,将G绕点Ai旋转180。得C2,交x轴于点A2；将C2绕点42旋转180。得G,交x轴于点4;…；如此进行下去，

得到一“波浪线”，

A\Ai=AiAi=...=OAi=5,

二抛物线C404的解析式为度(x-5x403)(x-5x404),即y=(x-2015)(x-2020),

当x=2018时，j=(2018-2015)(2018-2020)=-1,

即m=-1.

故选C.

点睛：此题主要考查了二次函数的平移规律，根据已知得出二次函数旋转后解析式是解题关键.

2、B

【解析】

解：11人成绩的中位数是第6名的成绩.参赛选手要想知道自己是否能进入前6名，只需要了解自己的成绩以及全部

成绩的中位数，比较即可.

故选B.

【点睛】

本题考查统计量的选择，掌握中位数的意义是本题的解题关键.

3、C

【解析】

根据题意得出第n个图形中棋子数为1+2+3+…+n+l+2n,据此可得.

【详解】

解：•••图1中棋子有5=l+2+lx2个，

图2中棋子有10=1+2+3+2x2个，

图3中棋子有16=1+2+3+4+3x2个，

/.图6中棋子有1+2+3+4+5+6+7+6x2=40个，

故选C.

【点睛】

本题考查了图形的变化规律，通过从一些特殊的图形变化中发现不变的因素或按规律变化的因素，然后推广到一般情

况.

4、B

【解析】

根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得出答案.

【详解】

A.不是轴对称图形，故本选项错误；

B.是轴对称图形，故本选项正确；

C.不是轴对称图形，故本选项错误；

D.不是轴对称图形，故本选项错误.

故选B.

5、B

【解析】

根据旋转的性质可得AB=AE,/BAE=60。，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可

得BE=AB.

【详解】

解：AABC绕点A顺时针旋转60。得到△AED,

；.AB=AE,ZBAE=60°,

.,.△AEB是等边三角形，

；.BE=AB,

VAB=1,

/.BE=1.

故选B.

【点睛】

本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，主要利用了旋转前后对应边相等以及旋转角的定义.

6、B

【解析】

令x=0,y-6,'.B(0,6),

,/等腰AOBC,：.点C在线段OB的垂直平分线上，

.,.设C(%3),则C'"-5,3),

3=3(a—5)+6,解得a=4,

：.C(4,3).

故选B.

点睛：掌握等腰三角形的性质、函数图像的平移.

7、A

【解析】

先根据OVkVl判断出k-1的符号，进而判断出函数的增减性，根据1<X<1即可得出结论.

【详解】

VO<k<l,

/.k-l<0,

,此函数是减函数，

Vl<x<l,

.,.当x=l时，y最小=1(k-1)+l=lk-l.

故选A.

【点睛】

本题考查的是一次函数的性质，熟知一次函数y=kx+b(k^O)中，当k<0,b>0时函数图象经过一、二、四象限是

解答此题的关键.

8、D

【解析】

利用无理数定义判断即可.

【详解】

解：兀是无理数，

故选：D.

【点睛】

此题考查了无理数，弄清无理数的定义是解本题的关键.

9、D

【解析】

根据真假命题的定义及有关性质逐项判断即可.

【详解】

A、真命题为:过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故本选项错误；

B、真命题为:对角线相等且互相垂直的四边形是正方形或等腰梯形，故本选项错误；

C、真命题为:平分弦的直径垂直于弦(非直径),并且平分弦所对的弧，故本选项错误；

D、a2+b2+c2=ac+bc+ab,2a2+2b2+2c2-2ac-2bc-2ab=Q,(a-b)2+(a-c)2+(b-c)2-0,a=b=c,故本选项正确.

故选D.

【点睛】

本题考查了命题的真假，熟练掌握真假命题的定义及几何图形的性质是解答本题的关键，当命题的条件成立时，结论

也一定成立的命题叫做真命题；当命题的条件成立时，不能保证命题的结论总是成立的命题叫做假命题.熟练掌握所学

性质是解答本题的关键.

10、C

【解析】

试题分析：由题意可得根的判别式△『养而Y涮，即可得到关于k的不等式，解出即可.

由题意得△二2।*-4।--।•,1,解得

故选C.

考点：一元二次方程的根的判别式

点评:解答本题的关键是熟练掌握一元二次方程-=「八7=一」，当△=；犷-福姆.方恻时，方程有两个不相等

实数根；当△=：峭-生猛=则时，方程的两个相等的实数根；当心=,婷-业蟠Y则时，方程没有实数根.

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11、正方形的对角线相等且互相垂直平分；点到圆心的距离等于圆的半径的点在这个圆上；四边形的四个顶点在同一

个圆上，这个圆叫四边形的外接圆.

【解析】

利用正方形的性质得到OA=OB=OC=OD,则以点O为圆心，OA长为半径作。O,点B、C、D都在。O上，从而

得到。O为正方形的外接圆.

【详解】

•.•四边形ABCD为正方形，

,\OA=OB=OC=OD,

.,-OO为正方形的外接圆.

故答案为正方形的对角线相等且互相垂直平分；点到圆心的距离等于圆的半径的点在这个圆上；四边形的四个顶点在

同一个圆上，这个圆叫四边形的外接圆.

【点睛】

本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作

图方法.解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐

步操作.

12、—cm

3

【解析】

试题分析：把扇形的弧长等于圆锥底面周长作为相等关系，列方程求解.设此圆锥的底面半径为r,

根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长可得，21rL"**，r=§cm.

1803

考点：圆锥侧面展开扇形与底面圆之间的关系

13、将线段AB绕点B逆时针旋转90。，在向右平移2个单位长度

【解析】

根据图形的旋转和平移性质即可解题.

【详解】

解：将线段AB绕点B逆时针旋转90。，在向右平移2个单位长度即可得到A，B二

【点睛】

本题考查了旋转和平移，属于简单题，熟悉旋转和平移的概念是解题关键.

14、B

【解析】

过P点作PE±BP,垂足为P,交BC于E,根据AP垂直NB的平分线BP于P,即可求出AABP^ABEP,又知△APC

和△CPE等底同高，可以证明两三角形面积相等，即可证明三角形PBC的面积.

【详解】

解：过P点作PELBP,垂足为P,交BC于E,

A

VAP垂直NB的平分线BP于P,

ZABP=ZEBP,

又知BP=BP,ZAPB=ZBPE=90°,

/.△ABP^ABEP,

；.AP=PE,

VAAPC和4CPE等底同高，

••SAAPC=SAPCE,

三角形PBC的面积=,三角形ABC的面积=4cmi,

22

选项中只有B的长方形面积为Lcml

2

故选B.

15、2或14

【解析】

分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理

和垂径定理求解即可.

【详解】

①当弦A3和在圆心同侧时，如图，

AB=16cm,CD=12cmf

.\AE=8cmfCF=6cm9

9

：OA=OC=lQcm9

/.EO=6cm,OF=8cm,

：.EF=OF-OE=2cm；

②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图,

AB=16cmfCD=12cm,

.\AF=8cm9CE=6cmf

VOA=OC=10cm9

/.OF=6cmfOE=8cm9

：.EF=OF+OE=14cm.

：.AB与CD之间的距离为14cm或2cm.

故答案为：2或14.

16、240.

【解析】

试题分析：Zl+Z2=180°+60°=240°.

考点：1.三角形的外角性质；2.三角形内角和定理.

三、解答题(共8题，共72分)

17、(1)y=-x2+2x+3；D(1,4)；(2)证明见解析；(3)m=—；

3

【解析】

(1)①把C点坐标代入y=-x2+2mx+3m2可求出m的值，从而得到抛物线解析式，

然后把一般式配成顶点式得到D点坐标；

②如图1,先解方程-x2+2x+3=0得B(3,0),则可判断AOCB为等腰直角三角形得到N

OBC=45°,再证明△CDE为等腰直角三角形得到/DCE=45。，从而得到NDCE=/BCE；

(2)抛物线的对称轴交x轴于F点，交直线BC于G点，如图2,把一般式配成顶点式得

到抛物线的对称轴为直线x=m,顶点D的坐标为(m,4m2),通过解方程-x?+2mx+3m2=0

得B(3m,0),同时确定C(0,3m2),再利用相似比表示出GF=2m2,贝！JDG=2m2,接着证

明/DCG=NDGC得到DC=DG,所以11?+(4m2-3m2)2=4m4,然后解方程可求出m.

【详解】

(1)①把C(0,3)代入y=-x?+2mx+3m2得3m2=3,解得mi=l,m2=-1(舍去)，

二抛物线解析式为y=-x2+2x+3；

Vy=-x2+2x+3=-(x-1)-+4,

二顶点D为(1,4)；

②证明：如图1,当y=0时，-X2+2X+3=0,解得XI=-1,X2=3,贝B(3,0),

•/OC=OB,

AAOCB为等腰直角三角形，

:.ZOBC=45°,

；CE_L直线x=l,

.\ZBCE=45°,

VDE=1,CE=1,

.-.△CDE为等腰直角三角形，

；.NDCE=45。，

:.ZDCE=ZBCE；

(2)解：抛物线的对称轴交x轴于F点，交直线BC于G点，如图2,

y=-x2+2mx+3m2=—(%—m)-+4m2,

二抛物线的对称轴为直线x=m,顶点D的坐标为(m,4m2),

当y=0时，-x2+2mx+3m2=0,解得xi=-m,X2=3m,贝!|B(3m,0),

当x=0时，y=-x2+2mx+3m2=3m2,贝!JC(0,3m2),

VGF/7OC,

GFBFGF2m,

—=—，即an一7=—,解得GF=2m2,

OCBO3m23m

•*.DG=4m2-2m2=2m2,

VCB平分NDCO,

/.ZDCB=ZOCB,

VZOCB=ZDGC,

:.ZDCG=ZDGC,

/.DC=DG,

即m2+(4m2-3m2)2=4m4,

,1

nT=—,

3

而m>0,

【点睛】

本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰三角形的性质；会利

用待定系数法求函数解析式；灵活应用等腰直角三角形的性质进行几何计算；理解坐标与图形性质，记住两点间的距

离公式.

18、建筑物的高度为80/".建筑物CD的高度为35

【解析】

分析：过点。作。及LA8于于E,则。E=BC=60»z.在RtAA5c中，求出AB.在R3AOE中求出AE即可解决问

题.

详解：过点。作。E于于E,则OE=5C=60m,

*»ABAB4,、

在RtAA5c中,tan53°=---，:.---=—,AB-80(/«).

BC603

AE3AE

在RtAADE中，tan37°=---，:.——----，A£-45(nt),

DE460

：.BE=CD=AB-AE=3>5Gn).

答：两座建筑物的高度分别为80机和35m.

BC

点睛：本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关

键.

1133

19、(1)y=--x2-—x+3；(2)①点D坐标为(--,0)；②点M(—，0).

8422

【解析】

(1)应用待定系数法问题可解；

(2)①通过分类讨论研究△APQ和小CDO全等

②由已知求点D坐标，证明DN〃BC,从而得到DN为中线，问题可解.

【详解】

(1)将点(-6,0),C(0,3),B(4,0)代入y=ax?+bx+c,得

36a—6b+c=0

<16a+4b+c=0,

c=0

1

a=——

8

解得：<b=，

4

c=3

•••抛物线解析式为：y='x2-'x+3；

84

(2)①存在点D,使得△APQ和ACDO全等，

当D在线段OA上，NQAP=NDCO,AP=OC=3时，△APQ和△CDO全等,

/.tanNQAP=tanNDCO,

OCOD

OAOC

.3_OD

,■6—-r

3

•••点D坐标为0).

2

3

由对称性，当点D坐标为(一，0)时，

2

由点B坐标为(4,0),

此时点D(23,0)在线段OB上满足条件.

2

②；OC=3,OB=4,

/.BC=5,

VZDCB=ZCDB,

/.BD=BC=5,

.,.OD=BD-OB=1,

则点D坐标为(-1,0)且AD=BD=5,

.\ZNDC=ZDCB,

；.DN〃BC,

AN_AD

"2VCDB-，

则点N为AC中点.

.••DN时△ABC的中位线,

15

；DN=DM=—BC=—，

22

3

/.OM=DM-OD=-

2

3

...点M0)

2

【点睛】

本题是二次函数综合题，考查了二次函数待定系数法、三角形全等的判定、锐角三角形函数的相关知识.解答时，注

意数形结合.

20、(1)150人；(2)补图见解析；(3)144°；(4)300盒.

【解析】

⑴根据喜好A口味的牛奶的学生人数和所占百分比，即可求出本次调查的学生数.

(2)用调查总人数减去A、B、D三种喜好不同口味牛奶的人数，求出喜好C口味牛奶的人数，补全统计图.再用360。

乘以喜好C口味的牛奶人数所占百分比求出对应中心角度数.

⑶用总人数乘以A、B口味牛奶喜欢人数所占的百分比得出答案.

【详解】

解：(1)本次调查的学生有30+20%=150人;

(2)C类别人数为150-(30+45+15)=60人,

(3)扇形统计图中C对应的中心角度数是360。X—=144°

150

故答案为144°

(4)600x(45+“)=300(人),

150

答：该牛奶供应商送往该校的牛奶中，A,B口味的牛奶共约300盒.

【点睛】

本题考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得出必要的信息是解题的关键.

Q

21、(1)①N5EF=60。；@AB'//EF,证明见解析；(2)△。?字周长的最小值5+56；(3)产夕=—.

7

【解析】

(1)①当△AEB，为等边三角形时，NAEB，=60。，由折叠可得，ZBEF=-ZBEB'=-xl20°=60°；②依据AE

22

=B，E,可得NEAB，=NEB，A,再根据NBEF=NB，EF,即可得到NBEF=NBAB，，进而得出EF〃AB1

(2)由折叠可得，CF+BT=CF+BF=BC=10,依据B，E+BCNCE,可得BC^CE-B，E=56-5,进而得至！JBC

最小值为5君-5,故△CB，F周长的最小值=10+5石-5=54-575?

(3)将4ABB^AAPB，分别沿AB、AC翻折到△ABM和^APN处，延长MB、NP相交于点Q,由ZMAN=2ZBAC

=90。，NM=NN=90。，AM=AN,可得四边形AMQN为正方形，设PB，=PN=x,贝!jBP=6+x,BQ=8-6=2,

QP=8-x.依据NBQP=90。，可得方程2?+(8-x)2=(6+x)2,即可得出PB，的长度.

【详解】

(1)①当△AEB，为等边三角形时，NAEB，=60。，

由折叠可得，ZBEF=-ZBE-xl20°=60°,

22

故答案为60；

②AB，〃EF,

证明：•••点E是AB的中点，

/.AE=BE,

由折叠可得BE=B，E,

，AE=B，E,

.•.NEAB'=NEB'A,

又,；NBEF=NBrEF,

.\ZBEF=ZBAB,,

，EF〃AB，；

(2)如图，点B，的轨迹为半圆，由折叠可得，BF=BT,

/.CF+BT=CF+BF=BC=10,

'：B'E+B'C>CE,

.\B3CE-B，E=56-5,

；.BC最小值为5石-5,

.,.△CB，F周长的最小值=10+5石-5=5+545;

(3)如图，连接ABJ易得NAB，B=90。，

将△ABB，和△APB，分别沿AB、AC翻折到△ABM和△APN处，延长MB、NP相交于点Q,

由NMAN=2NBAC=90。，ZM=ZN=90°,AM=AN,可得四边形AMQN为正方形，

由AB=10,BB，=6,可得AB，=8,

/.QM=QN=AB,=8,

设PB'=PN=x,贝!)BP=6+x,BQ=8-6=2,QP=8-x.

,/ZBQP=90o,

•*.22+(8-x)2=(6+x)2,

【点睛】

本题属于四边形综合题，主要考查了折叠的性质，等边三角形的性质，正方形的判定与性质以及勾股定理的综合运用,

解题的关键是设要求的线段长为x,然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的

直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案.

22、通信塔CD的高度约为15.9cm.

【解析】

过点A作AELCD于E,设CE=xm,解直角三角形求出AE,解直角三角形求出BM、DM,即可得出关于x的方程,

求出方程的解即可.

【详解】

过点A作AELCD于E,

则四边形ABDE是矩形,

设CE=xcm,

在RtZkAEC中，ZAEC=90°,NCAE=30°,

CE

所以AE==A/3xcm,

tan30°

在RtACDM中，CD=CE+DE=CE+AB=(x+6)cm,

CDA/3(X+6)

DM=----------=