中考数学一轮复习【举一反三】系列-专题39 图形的变化综合测试卷（解析版）

专题39图形的变化综合测试卷

参考答案与试题解析

一.选择题（共10小题,满分30分,每小题3分）

1.（3分）（2023•辽宁葫芦岛・统考二模）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形

的是（）

y><

a

【答案】B

【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可.

【详解】解：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；

B、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；

C、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意；

D、不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不合题意，

故选：C.

【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念,解题的关键是掌握：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度后与自身重合.

2.（3分）（2023•江苏南京-模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，线段48的两个端点是

4（1,3）,8（2,1）.将线段48沿某一方向平移后，若点力的对应点A的坐标为（一2,0）,则点B的对应点B'的坐标

为（）

A.(—3,2)B.(—1,-3)C.(—1,-2)D.(0,—2)

【答案】C

【分析】由4(1,3)平移到4(-2,0)可知坐标变化为：横坐标减3,纵坐标减3,由此可得夕点的坐标.

【详解】由力(1,3)平移到4(-2,0)可知坐标变化为：横坐标减3,纵坐标减3,

・・・B'点的横坐标为2-3=-1,纵坐标为1-3=-2,

・・・B'点的坐标为(一1,-2),

故选：C.

【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中的平移变换与坐标变次之间的关系.熟练掌握以上知识是解题

的关键.

3.(3分)(2023•河南周口・统考二模)如图，在平面直角坐标系中，OB=AB=5,其中点4在y轴匕点B到

%轴的距离为26，若将△04B绕点。顺时针旋转一定的角度得到AOA'B',当点B'恰好落在％轴正半轴上时，

点，的坐标为()

A.(8,4)B.(6,3@C.(y，Y)I).(2V5,3)

【答案】A

【分析】过点B作1y轴于M,过点4作4N1》轴于N,过B‘作B'M'10〃于M',先求出8M=瓜再证明△

BOM三4B'OM',得出OM'=OM=2®B'M'=BM=®再证明△B'OM'4ON,推出4N=4,ON=

8,从而求出点小的坐标.

【详解】解：过点B作8M1y轴于M,过点4作4N±X釉于N,过8,作夕J.0d于M',

vOB=AB=5,

OM=AM,

•・•点B到x轴的距离为2倔

OM=2>/5,

•••OA=4V5,BM=yJOB2-OM2=卜-(275)2=通,

•••将△绕点。顺时针旋转一定的角度得到△

r

A0A=OA=4>/5,/.A!OB'=440B',

•••£BMO=乙B'M'O=90°,

:2BOM三△B'OM'(AAS),

:.OM'=OM=2>/5,B'M'=BM=瓜

•••乙ONA，=LB'M'O=90°,LB'OM'=乙A'ON,

:心B'OM'SAA'ON,

.空_A'N_ON_pr.4y/5_A^_N__ON

**OB7-B'M'-OM7,~一"7F一市’

•••AN=4,ON=8,

•••A（8,4）,

故选:A.

【点睛】本题考杳了坐标与图形变化-旋转、等腰三角形的性质、勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似

三角形的判定和性质，掌握这几个知识点的综合应用，其中作出辅助线证明三角形全等是解题关键.

4.（3分）（2023•江苏泰州-模拟预测）在由相同的小正方形组成的3X4的网格中，有3个小正方形已经涂

黑，请你再涂黑一个小正方形，使法黑的四个小正方形中，其中两个可以由另外两个平移得到，则还需要涂黑

）

B.③或④C.⑤或⑥D.①或⑨

【答案】D

【详解】根据题意可涂黑①和⑨，

涂黑①时，可将左上和左下两个黑色正方形向右平移1个单位即可得；

涂黑⑨时，可将左上和左下两个黑色正方形向右平移2个单位、再向下平移1个单位可得;

是平行投影.

7.（3分）（2023•山东淄博•一模）如图，在边长相等的小正方形组成的网格中，点A8,C,D,E都在网格

的格则々ADC的正弦值为（）

【答案】D

【分析】本题考查了解直角三角形,先证明△ACD^△BCE,从而可得=乙BEC,然后在Rt△E”中，求

出sinzBEC的值，即可解答.

CD=CE=V10,

AD=BE=5,

.\AACD^ABCE(SSS),

=乙BEC,

在Rt/iEFC中，FC=1,EC=V10,

・•FC1V10

.»s\nz.BEC=—=-j==—,

CEyfio10

/.sinZ-ADC=—,

io

故选:D.

8.（3分）（2023•河南周口・统考一模）如图,边长为1的正六边形力8CDEF放置于平面直角坐标系中，边48

在x轴正半轴上,顶点尸在y轴正半轴上，将正六边形48CDEF绕坐标原点。逆时针旋转,每次旋转90。,那么

经过2023次旋转后,顶点〃的坐标为（)

ED

C

AB

A-（-场）B.（一土-国C.D.(Ml)

【答案】c

【分析】根据正六边形的性质及它在坐标系中的位置,求出点⑦的坐标,再根据旋转的性质以及旋转的规律求

出旋转2023次后顶点0的坐标即可.

【详解】解：连接力D,8。，如图,

在正六边形4BC0E/中，AB=BC=CD=AF=1,/.FAB=/.ABC=乙BCD=120°,

：,LCBD=1(180°-乙BCD)=30°,Z-OAF=60°,/.BAD=Z,FAD=:乙FAB=60°,

：.LABD=/.ABC-LCBD=90°,

•LADB=30°,

：.AD=2AB=2,

:.BD=>JAD2-AB2=V3,

在Rt△AOF^,AF=1,^OAF=60°,

:.Z.OFA=30°,

OA=-AF=-

22t

:.OB+OA+AB=I，

.••点。的坐标为(I，甸，

将正六边形4BCDEF绕坐标原点。逆时针旋转，每次旋转90。,

•••4次一个循环,

•••2023+4=505...3,

经过2023次旋转后，顶点。的坐标与第三次旋转后得到的名的坐标相同，

•••过点名作。3P1》轴于匕

・・・"0。3+"。3。=90°,

由旋转可知NP。％+乙DOR=90。,OD2=OD,

:."）OB=Z.PD3O,

：.LOBD/03Po（AAS）

:.D3P=OB=^fOP=BD=V3

丁点。3在第四象限，

・•・点。3的坐标为（四，-|），

•••经过2023次旋转后，顶点。的坐标为（舟-1）,

故选：C.

【点睛】本题考查了正多边形的性质，旋转的性质以及旋转引起的坐标变化规律问题，掌握正多边形各边相

等,各角相等的性质，熟练掌握旋转的性质,找出规律是解题的关健.

9.（3分）（2023・广东深圳・统考模拟预测）如图,已知平行四边形"CD,点£为力。的中点,4C与BE交于点

区连接DF，CE,^AB1AC,BEJ.CE,则tan乙DFE的值为（）

【答案】I）

【分析】如图，取BC的中点Q连接4。、EO,作DHJLBE于耳设EF=a，证明△ECD是等边三角形，求出

DH,尸，即可解决问题

【详解】解：如图，取BC的中点。，连接4。、E。，作OH_1.BE于〃设EF=a,

H

•••Z.BAC=LBEC=90%BO=OC,

:.OA=OB=OC=OE,

小B、C、E四点共圆，

•••AE||BC,

:.Z.EAC=乙ACB,

AB=EC,

AB=CE=CD,

•••ABIICD,

•••乙4co=Z-BAC=90。，

•••AE=ED,

CE=DE=AE=CD,

是等边三角形，

/.ABC=Z-CDE=60°,

:.乙FCB=乙FBC=30°,LFEA=LFAE=30°,

•••EF=a,

则=V3a,

在双△DE”中，

vZ.HED=30°,DE=y/3a,

DH=—a,EH=-a,

22

FW=|a,

anrrDH骨近

:.tanzz.DFF=—=

2a

故选:D.

【点睛】本题考查平行四边形的性质、解直角三角形、等边三角形的判断和性质、四点共圆、勾股定理等

知识,解题的关健是学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题.

10.（3分）（2023•安徽合肥・校考三模）矩形48CD中48=4,BC=8,点E是边8。上一动点，沿4E翻折,

若点B的对称点夕恰好落在矩形的对称轴上,则折痕力E的氏是（）

A.随B.延C.4四或晅D,4鱼或小

3333

【答案】C

【分析】分两种情况,根据折叠的性质和勾股定理进行解答即可.

【详解】解：分两种情况：

①如图1所示：

当B'恰好在矩形的对称轴MN上时，

又・・・力8=4,BC=8,

:.MN1AD,MN1BC,BN=AM=^BC=4,MN=AB=4,

由折叠的性质得：AB'=AB=4,BE=B'E,

'：MBr=\!AB'2-AM2=V42-42=U,

・••点房与点M重合，点E与点N重合，

：.AE=-JAB2+BE2=y/42+42=4y[2;

②如图2所示：

当夕恰好在矩形的对称轴GH上时,过夕作PQW8交力。于P,交BC于Q,

\pD

BE：QC

图2

：,CH1AB,GH1CD,PB'=QB'=^AB=2,AP=BQ,PQ1AD,

•・泗边形4BCD是矩形，

AzB=90°,

由折叠的性质得：AB'=AB=4,BE=B'E,

在Rt△APB'^,AP=\lAB'2-PB,2=V42-22=273,

：,BQ=AP=2y/3,

设BE=B'E=居则EQ=BQ-BE=2^3-x,

在Rt△ERG，EQ?+B'Q2=B'E2,

/.（2V3-X）2+22=X2,

解得：无=竽,即89二竽，

：.AE=>]AB2+BE2=a+（等j=殍；

综上所述，当点9恰好在矩形的对称轴上时,折痕4c的长是4或或学，

«5

故选:C.

【点睛】本题考查翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质等知识;熟练掌握翻折变换和勾

股定理是解题的关键.

二.填空题（共6小题,满分18分,每小题3分）

11.（3分）（2023・广西南宁-模拟预测）10个棱长为ycm的正方体摆放成如图的形状,则这个图形的表面

积为cm2.

【答案】36y2

【分析】先画出这个图形的三视图，从而可得上下面、前后面、左右面的小正方形的个数，再根据正方形的

面积公式即可得.

则这个图形的表面积是(2X6+2X6+2X6)y2=36y2(cm2),

故答案为：36y2.

【点睛】本题考杳了求几何体的表面积,正确画出几何体的三视图是解题关键.

12.(3分)(2023•广东佛山・校考一模)如图，点M的坐标为(3,4),点力的坐标为(一2,0),点小点B关于原点

对称，点P是平面上一点,且满足1PB,则线段PM的最小值为.

y\

•M

P.

~4~OBx

【答案】3

【分析】根据直径所对的圆周角是直角，作出以48为直径作o0,连接OM与。。交于点P,此时FM的值最小,

再根据点M的坐标求出OM的长即可解答.

【详解】解•：如图，以力8为直径作O。,连接OM与。。交于点P,过点M作MD轴于点

此时满足PA1PB,PM的值最小，

•・・点时的坐标是(3,4),

・・・0M=V32+42=5,

•・•点4的坐标为(一2,0),

：.0A=2,

：.0P=0A=2,

・・・PM=0M-OP=5-2=3.

故答案为：3.

【点睛】本题主要考萱了点和圆的位置关系，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，准确找到点，的位置是解

题的关键.

13.（3分）（2023•湖北黄冈・统考模拟预测）如图,在平面直角坐标系中，点4（4,3）,点在％轴的正半轴上,

且OA=85,将△048沿x轴向右平移得到△ECD,48与CE交于点F.若CF：EF=3：1,则点。的坐标

【答案】(14,0)

【详解】作4G1x轴于点G,由4(43)得G(4,0),由。4=AB,根据等腰三角形的性质得BG=OG=4,所以

8(8,0),由平移得力8||CD,ED=OB=8,所以普=芸=：,则BD=6,即可求得点D的坐标为(14,0).

ED匕卜1

【解答】解：如图，作AGJL%轴于点G,

•••4(4,3),

•••6(4,0),

0A=AB,

•••BG=OG=4,

•••8(8,0),

由平移得48||CD,ED=OB=8.

.DB_CF_3

"'EB~'EF~V

BD=-ED=-x8=6,

44

OD=OB+BD=14,

•••D(14,0),

故答案为：（14,0）.

【点睛】本题考查了平移的性质、平行线分线段成比例定理、等腰三角形的性质、图形与坐标等知识，正确

理解和运用平移的性质是解题的关键.

14.（3分）（2023•吉林•模拟预测）如图，在中，484。=90°,AC=3,AB=4,BC=5,CD平

分乙4CR,如果点8点0分别为CD,4C上的动点,那么4P+PQ的最小值是.

【答案】y

［分析】本题考查轴对称求最短距离,熟练掌握轴对称求最短距离的方法,角平分线的性质，三角形面积公式

是解题的关键.

过点力作4E1BC交于E点、,交OC于P点,过点P作尸Q1相交于Q点,此时AP+PQ的值最小,再由三角形的面

税求出2c边上的高即为所求.

【详解】解：过点4作力E_LBC交于E点，交。。于P点，过点P作PQ1HC交于Q点，

•••CD平分4ACB,

：・PE=PQ,

：.AP+PQ=AP+PE=AE,

此时4P+PQ的值最小，

因为心十心=BC2,

故448C是直角三角形，

故△的面积=-x3x4=-x5x/lE,

22

12

・•・<£1=?

・・・4P+PQ的值最小为孩，

5

故答案为:

V3-

15.（3分）（2023・四川成都・模拟预测）如图，在Rt△ABC,zF=90。,，为48边上的一点,将48c。沿CO翻

折，得到△B'CD.连接AB'MB'IIBC,若AB=8,tanzDCB'=则夕到71c边上的距离为.

【分析】本题考查折叠轴对称的性质，相似三角形，解直角三角形，三角形的面积公式，掌握折叠的性质和直

角三角形的边角关系是解决问题的关键；

根据折叠的性质，可得BC=B'C,乙BCD=乙B'CD,BB'1CD,利用相似三角形和｛8=8,tanzDCBz=即

可求出A*,BC,进而求出4a利用三角形面积即可求出答案；

【详解】解：过点垂足为机连接8夕，

由折叠得，BC=B'C,乙BCD=乙B'CD,BB'1CD,

vAB'WBC,

:.乙ABC=乙BAB'=90。，

又•••乙ABB'+乙B'BC=90°=乙B'BC+乙BCD,

乙BCD=乙4BB',

ABCD~△ABB',

ED41

=tanz5CD=—=

••正?

：,AB'=-AB=-x8=4=BM,

22

设BD=a,则BC=B'C=2a,MC=2a-4,

在Rt△B'MC中，由勾股定理得，

B'M2+MC2=B'C2,

82+(2Q-4)2=(2a)2,

解得Q=5,

：•BC=2a=10,

在ABC中，

AC=y/AB2+BC2=V824-102=2闻，

设点B'到4c的距离为h,由448'C的面积得，

即4x8=2闻九，

回

:.h,=-1-6----,

41

故答案为：粤.

41

16.（3分）（2023・上海虹口-统考一模）如图，在^ABC中，AB=AC=5,tanfi=二,点必在边BC上，BM=3,

4

点V是射线BA上一动点，连接用乂将48MN沿直线MN翻折，点8落在点夕处,联结8'C,如果B'CIIAB,那么

8N的长是.

【答案】6

［分析】本题主要考查了三角形折叠与解直角三角形,过"点作MG1BCFM1AB,AH1BC垂足分别为

F、G、H,由力B=AC=5,tanB=求出AH=3,BH=CH=4,FM=BM•sin4B=-,MG=CM-

45

sin乙=3,得出尸、M、夕三点在同一直线上，进而可得尸N=”'•tan—B'N=£，再求出B产FM

tanzfi

由BN=BF+FN=6解题.

5

【详解】解：过必点作MG_L夕。,产时1力8,4"18（；垂足分别为八G、H,

Vtanfi=、AH1BC

：.BH=CH=4x

'：AB=AC=5,AH2+BH2=AB2,

•••(3x)2+(4为2=52,解得％=i,

：.AH=3,BH=CH=4,

：.sinB=1,

':B'C||AB,

LB=乙BCB',

;BM=3,

=5,

：.FM=BM-sinzfi=3x1

MG=CM•s\x\/.BCB'=5x1=3,

*：MB=MB'=3,

：,MG=MB',即3'与G点重合，

・・・F、M、夕三点在同一直线上，

QOA

:・FB'=FM+MG="3=争

由折叠可知；乙FB'N=乙8,

・•・FN=FB'，tan乙~B'N=—x-=—.

--F-M-=一9.-3=—12,

tanzF545

：・BN=BF+FN=三+三=6,

故答案为6

【点睛】本题涉及了解二角形、折叠性质、等腰三角形性质、勾股定理等，解题关键是通过计算点"到"C

的距离等于BM得出?、M、夕三点在同一直线上.

三.解答题（共7小题，满分52分）

17.（6分）（2023•安徽・模拟预测）如图,在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点

和点户均在格点（网格线的交点）上.

（1）将4A8C向右平移4个单位长度,再向上平移2个单位长度，画出平移后的△&B1G;

⑵将448。以。点为中心逆时针旋转90。得到△A2B2C2,画出△482Q；

（3）在（2）的条件下，若48的中点为Q,试求Q点所经过的路径长.

【答案】（1）见解析

（2）见解析

⑶身

【分析】（D根据平移的规律得到从B、。三点平移后的对应点从、G，再顺次连接即可；

⑵根据旋转的规律得到小B、C三点以P点为中心逆时针旋转90。的对应点必、％、Q，再顺次连接即可;

（3）连接PQ.由勾股定理得PQ的长度，再根据弧长公式求出答案即可.

此题考查了平移和旋转的作图、弧长公式等知识,准确作图是解题的关键.

【详解】（1）解：如图所示,△48iG即为所求.

4

⑵如图所示，△42々。2即为所求.

（3）连接PQ.由勾股定理得PQ=442+12=g,

・••点Q所经过的路径长为丹察=孚7T.

180N

18.（6分）（2023•陕西西安-校考模拟预测）问题提出:

⑴如图1,有公共端点的两条线段。力,OB,且04=4,。8=5则4B最大值为_;最小值为______.

（2）问题探究：如图2,已知乙4。8=30°,其内部有一点P,OP=6,在乙408的两边分别有C,。两点（不同于

点0）.使4PCZ）的周长最小,请画d草图,并求出△PCD周长的最小值：

（3）问题解决：开发商准备对一块正方形土地进行绿化,要求绿化带从一个顶点出发到对角线上一点,再到

两边上一点,最后阿I到出发点，如图3,正方形48co的边长为400米,在对角线4C上有一固定点G,且CG=

34G,在4D,OC上取两点凡E,准备从B到G到F到E再到8修一条绿化带（绿化带宽忽略不计），能否设计出最

短绿化带，若能请计算出绿化带最短长度，若不能说明理由.

【答案】（1）9;1

（2）图见解析,△PCO周长的最小值为6

⑶100（g+VTU）米

【分析】（1）设。8的两端点固定，则点A在以点。为圆心,半径为4的圆上运动，画出图形，即可得到结论；

（2）分别作点P关于。小0B的对称点M、N,连接MN,交040B于C、D,根据等边三角形的判定和性质求

解即可；

⑶分别作正方形力BCD关于CD和,4。对称的正方形为8iCD和482c2。,连接为E,AC2,作点G关于4D的对称

点Q,由轴对称的性质可知，当且仅当a，E,F,G四点共线时,BXE+EF+FG］取最小值,即此时绿化带长度

最短，作GH1于点儿作GJ1从当交其延长线于点/,交于点K,利用相似三角形的性质和勾股定理求

解即可.

【详解】(1)解：如图，设。8的两端点固定，则点4在以点。为圆心,半径为4的圆上运动,

•••48的最大值为=4+5=9,最小值为=5-4=1,

故答案为：9,1;

(2)解：如图，分别作点P关于。4、0B的对称点M、N,连接MN,交。小。8于C、D,则△PCD的周长最小,

连接。M、ON,

由轴对称的性质可知，OM=OP=6,ON=OP=6,CP=CM,DP=DN,乙MON=2Z.AOB=60°,

△MON为等边三角形，

•••MN=6,

A△PCO的周长=PC+CD+DP=CM+CD+DN=MN=6;

⑶解：如图，分别作正方形关于CO和40对称的正方形4181c。和AWC2。，连接勺&AC2，作点G关于

710的对称点Gi,在力。2上,且C2Gl=3/lGi,

BE+EF+FG=BiE+EF+FGlf

•••G是定点，

•••8G的长度不变，

••・当且仅当当,E,F,G]四点共线时,B]E+EF+时取最小值，即此时绿化带长度最短,

作GH1AB于点H,

AHG48C,

•••CG=3AG,正方形48C0的边长为400,

.竺_竺_工

''~BC~~AC~

:.GH=100,

・••BH=400-100=300,

.•.在Rt△BHG,BG=y/BH2+GH2=V3002+1002=100^10,

作GJ1AB1交其延长线于点/,交于点K,

G]C2K〜△24c2D,

C2Gl=34Gi，

.QGi_处_3

••C2A~AD~4f

:.GJ=G2K=300,

:.AJ=KD=400-300=100,

BJ=400+100=500,GJ=400+300=700,

.•.在Rt△BJGi中，BA=+G/2=V5002+7002=100V74,

•••四边形BE”的周长BE+EF+FG+BG的最小值为100（g+JTU）,即绿化带的最短长度为100（g+

g）米.

【点睛】本题考查了轴对称的性质-最短路径问题，共端点两条线段为定长问题,等边三角形的判定和性质，

相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握轴对称的性质，正确作出辅助线是解题的关

键.

19.(8分)(2023・四川德阳•统考中考真题)将一副直角三角板DOE与40c叠放在一起，如图1,Z0=

90。,乙4=30°,ZF=45°,0D>0C.在两三角板所在平面内，将三角板DOE绕点。顺时针方向旋转。(0。<

a<90。)度到DiOEi位置，使。DiIIAC,如图2.

图1图2图3

⑴求a的值；

(2)如图3,继续将三角板DOE绕点。顺时针方向旋转，使点Zf落在AC边上点均处,点〃落在点Q处.设场。2

交0D1于点G,0E］交AC于点〃若点6是第。2的中点,试判断四边形2G的形状,并说明理由.

【答案】(1)30°

(2)正方形，见解析

【分析】(1)确定旋转角a=z.AODlt结合。5IIIC,乙4=30°,计算即可.

(2)先证明四边形OH&G是矩形,再利用等腰直角三角形的性质，结合•组邻边相等的矩形是正方形证明即

可.

【详解】(1)根据题意，得旋转角1二44。5，

VODiIIACtLA=30°,

：,AAOD1=NA=30°,

故a=30°.

(2)根据题意，得旋转角a="I。。】，

IIAC,乙4=30。，

・・・4月。。1=4人=30°,

*：0E2=OD2,GE2=GD2,LE2OD2=90°,

:•乙E20G=45°./-E2G0=90°,OG=泊%=GE2=GD2

：.LE2OA=15°,

•:应ODi=90。"20G=45°,

:•乙E?OEi=45°,

：.LAOEX=Z-E2OE1+乙E20A=45°+15°=60°,

：.LAHO=180°-60°-30°=90°,

，四边形0〃&G是矩形，

f

：OG=GE2,

・•・四边形O，E2G是正方形.

【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判断,正方形的判断,等腰直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判断，

正方形的判断，等腰直角三角形的性质是解题的关键.

20.（8分）（2023•安徽•模拟预测）巢湖姥山岛上的文峰塔始建于明崇祯年间，是广大游客游览巢湖的必经

之地.某数学测绘社团想要测量文峰塔的高度.如图，在点C处测得文峰塔43的塔顶A的仰角为19.5。,行驶

210米到达岸边D,测得塔底3与。之间的斜坡8D的坡角为23.5。,斜坡的长度为280米.求文峰塔A8的高

度.（结果精确到1米,参考数据：sinl9.5°«0.33,cosl9.5°«0.94,tanl9.5°«0.35,sin23.5°®

0.40,cos23.5°«0.92,tan23.5°«0.43）

【答案】52米

【分析】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形是解答本题的关键.延长力8交于点民

在8DE中，根据三:角函数的定义,求得DE,8E的长,从而得到CE的长,然后在Rt△ACE中,根据三角函数

的定义,可求得力E的长，由此即得答案.

【详解】延长工3交CD于点E,贝必EJ.CD,

在Rt△BDE中,DE=BD•cos^BDE=280-cos23.5°«257.6（米）,

BE=BD•sin乙BDE=280-sin23.5°«112（米）,

CE=CD+DE=210+257.6=467.6（米），

在Rt△ACE中，AE=CE•tan^ACE«467.6x0.35«163.7（米），

:.AB=AE-BE=163.7-112*52（米）.

答：文峰塔A8的高度约为52米.

21.（8分）（2023•江苏无锡•模拟预测）如图是由一些棱长均为1个单位长度的小正方体组合成的简单儿

何体.

主视图左视图

(2)若给该几何体露在外面的面(不含底图)都喷上红漆，则需要喷漆的面积是二

(3)如果在这个几何体上再添加一些小正方体，并保持主视图和左视图不变,则最多可以再添加一块小正方

体.

【答案】(1)见详解;

⑵27;

(3)3.

【分析】(1)根据三视图的概念求解可得；

(2)将主视图、左视图分别乘2的面积，加上俯视图的面积即可得解；

(3)若使该几何体主视图和左视图不变，只可在底层添加方块,可以添加3块小正方体.

【详解】(1)如图所示：

主视图左视图

⑵解:(7X2I4X2)X(1X1)I5X(1X1)

=14+8+5

=27

故答案为:27.

(3)若使该几何体主视图和左视图不变,可在最底层从右数第一至三列的第一行各添加一个,添加3块小正

方体.

故答案为：3.

【点睛】本题主要考查了画三视图,解题的关键是掌握在画图时•定要将物体的边缘、棱、顶点都体现出来,

看得见的轮廓线都化成实线,看不见的画成虚线,不能漏掉.本题画几何体的三视图时应注意小正方体的数

目及位置.

22.(8分)(2023•湖北恩施-校考模拟预测)如图，小华在晚上曰路灯4c走向路灯BD.当他走到点〃时，

发现他身后影子的顶部刚好接触到路灯4C的底部；当他向前再步行12/〃到达点。时,发现他身前影子的顶部

刚好接触到路灯80的底部.已知小华的身高是1.6m,两个路灯的高度都是9.6m,且4P=QB.

C

G

48一

(1)标出小华站在P处时,在路灯71。下的影子.

(2)求两个路灯之间的距离.

⑶当小华走到路灯8。的底部时，池在路灯AC下的影长是多少？

【答案】(1)画图见解析

(2)两路灯的距离为18m;

(3)当他走到路灯8D时，他在路灯4c下的影长是3.6m.

【分析】(1)连接CM并延长与48交于点A；从而可得答案；

⑵如图，先证明△APM八ABD,利用相似比可得AP=即得题=)区则+12+\AB=AB,从

6666

而可得答案；

⑶如图，他在路灯立下的影子为BN,证明△NBM八NAC,利用相似三角形的性质得探=?然后利用

比例性质求出3N即可.

【详解】⑴解：如图，连接CM并延长与AB交于点A；线段PK即为小华站在△处时，在路灯工C下的影子

(2)如图,

D

VPMIIBD,

AAAPM-△ABD,

,APPMa..AP1.6

••-----一,即一=一,

ABBDAB9.6

：,AP=^AB,

•：QB=AP,

：.BQ=-AB,

6

而ZIPPQ+BQ=AB,

：.-AB+12+^AB=AB,

66

：.AB=18.

答：两路灯的距离为18m;

(3)如图，他在路灯AC下的影子为BN,

图2

：,ANBMNAC,

：,—=—,即一^一=—,解得BN=3.6.

ANACBN+189.6

答：当他走到路灯8。时,他在路灯AC下的影长是3.6m.

【点睛】本题考查了相似三角形的应用，投影的含义，要求学生能艰据题意画出对应图形，能判定出相似三角

形，以及能利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等的原理解次求线段长的问题等，菰含r数

形结合的思想方法.

23.（8分）（2023•辽宁抚顺•模拟预测）在数学活动课上，黄老师给出如下问题：在仆ABC^,AB=

AC：Z.BAC=a,点〃和点8位于直线力C异侧，且乙4DC+/.ABC=90°.

【问题初探】

（1）当a=60。时，求证：AD2+CD2=BD2.

数学活动小组同学经过讨论得出下面的解题思路并解决了这个问题.

解题思路：如图2,将线段4D绕点力顺时针旋转60。,得到线段4E,连接BE,DE.易证△4DE是等边三角形,

易证CD=BE,将线段4。，BD,CO之间的数量关系转化为线段ED,BD,BE之间的数量关系.

图1图2

数学活动小组同学解决完上述问题后，感悟了此题的数学思想方法,发现此题还有不同位置的情况,请你解

答

②如图3,点〃不在8。的延长线上时,连接8D,求证：AD2+CD2=BD2.

图3

【类比探究】

数学活动小组还有同学提出将其角度变化进行变式，请你解答.

（2）当a=90。时，

①发现点〃在8c的延长线上时，点〃与点C重合（不需要证明）.

②如图4,点〃不在的延长线上时,连接8D,判断（1）②中的结论是否仍然成立,若成立,请加以证明；若不

成立，请写出正确的结论并说明理由.

图4

【拓展提升】

黄老师在此基础上提出了下面的问题，请你解答.

(3)当a=60°,点〃不在•的延长线上时，连接80,若"=3,CD=3百,求的长.

备用图1备用图2

【答案】⑴②,证明见解析；⑵②不成立,2AD2+CD2=8。2；⑶8D的长为6或3近

【分析】⑴②将线段力。绕点力顺时针旋转60。,得到线段AE,连接BE,DE,证明△力8。是等边三角形,得

4BAE=^CAD,证明△ABE^△ACD,可得BE=CD,证明NBED=90°,根据勾股定理可得结论：

⑵将线段4D绕点力顺时针旋转9。。,得到线段力E,连接BE,DE.由旋转得/-AED=^ADE=45°,V2AD=

DE,证明△ABE三△ACD,得BE=CD,证明々BED=90°,根据勾股定理可得结论；

根据题意知点〃有两处,如图3,过点C作CE1AD,交04的延长线于点E、证4