2017-2021年四川中考数学真题分类汇编之图形的变化

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2017-2021年四川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•阿坝州）平面直角坐标系中，点P（2，1）关于y轴的对称点P′的坐标是（　　）
A．（﹣2，﹣1） B．（1，2） C．（2，﹣1） D．（﹣2，1）
2．（2021•宜宾）下列图形是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2021•攀枝花）如图是一个几何体的三视图，则这个几何体是（　　）

A．圆锥 B．圆柱 C．三棱柱 D．三棱锥
4．（2021•德阳）图中几何体的三视图是（　　）

A． B．
C． D．
5．（2021•雅安）在平面直角坐标系中，点A（﹣3，﹣1）关于y轴的对称点的坐标是（　　）
A．（﹣3，1） B．（3，1） C．（3，﹣1） D．（﹣1，﹣3）
6．（2021•广安）下列几何体的主视图既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2021•巴中）如图，矩形AOBC的顶点A、B在坐标轴上，点C的坐标是（﹣10，8），点D在AC上，将△BCD沿BD翻折，点C恰好落在OA边上点E处，则tan∠DBE等于（　　）

A． B． C． D．
8．（2021•资阳）如图是由6个相同的小立方体堆成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小立方体的个数，则这个几何体的主视图是（　　）

A． B． C． D．
9．（2021•绵阳）如图，圆锥的左视图是边长为2的等边三角形，则此圆锥的高是（　　）

A．2 B．3 C． D．
10．（2021•宜宾）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（　　）

A．2 B． C． D．3
11．（2021•眉山）我国某型号运载火箭的整流罩的三视图如图所示，根据图中数据（单位：米）计算该整流罩的侧面积（单位：平方米）是（　　）

A．7.2π B．11.52π C．12π D．13.44π
12．（2021•绵阳）如图，在△ACD中，AD＝6，BC＝5，AC2＝AB（AB+BC），且△DAB∽△DCA，若AD＝3AP，点Q是线段AB上的动点，则PQ的最小值是（　　）

A． B． C． D．
13．（2021•内江）如图，在边长为a的等边△ABC中，分别取△ABC三边的中点A1，B1，C1，得△A1B1C1；再分别取ΔA1B1C1三边的中点A2，B2，C2，得△A2B2C2；这样依次下去…，经过第2021次操作后得△A2021B2021C2021，则△A2021B2021C2021的面积为（　　）

A． B． C． D．
14．（2021•南充）如图，在矩形ABCD中，AB＝15，BC＝20，把边AB沿对角线BD平移，点A′，B′分别对应点A，B给出下列结论：
①顺次连接点A′，B′，C，D的图形是平行四边形；
②点C到它关于直线AA′的对称点的距离为48；
③A′C﹣B′C的最大值为15；
④A′C+B′C的最小值为9．
其中正确结论的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共8小题）
15．（2021•内江）已知，在△ABC中，∠A＝45°，AB＝4，BC＝5，则△ABC的面积为 　 　．
16．（2021•阿坝州）如图，腰长为2+2的等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，D为腰AB上的一个动点，将△ACD沿CD折叠，点A落在点E处，当CE与△ABC的某一条腰垂直时，BD的长为 　 　．

17．（2021•德阳）我们把宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、匀称的美感，世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．已知四边形ABCD是黄金矩形，边AB的长度为﹣1，则该矩形的周长为 　 　．
18．（2021•广安）如图，将三角形纸片ABC折叠，使点B、C都与点A重合，折痕分别为DE、FG．已知∠ACB＝15°，AE＝EF，DE＝，则BC的长为 　 　．

19．（2021•南充）如图，在△ABC中，D为BC上一点，BC＝AB＝3BD，则AD：AC的值为 　 　．

20．（2021•内江）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，对角线BD的垂直平分线EF交AD于点E、交BC于点F，则线段EF的长为 　 　．

21．（2021•绵阳）在直角△ABC中，∠C＝90°，+＝，∠C的角平分线交AB于点D，且CD＝2，斜边AB的值是 　 　．
22．（2021•巴中）如图，把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，DE与BC交于点P，ED的延长线交AB于点Q，交OA的延长线于点M．若BQ：AQ＝3：1，则AM＝　 　．

三．解答题（共2小题）
23．（2021•攀枝花）钓鱼岛及其附属岛屿是中国的固有领土，神圣不可侵犯！自2021年2月1日起，旨在维护国家主权、更好履行海警机构职责的《中华人民共和国海警法》正式实施．中国海警在钓鱼岛海域开展巡航执法活动，是中方依法维护主权的正当举措．如图是钓鱼岛其中一个岛礁，若某测量船在海面上的点D处测得与斜坡AC坡脚点C的距离为140米，测得岛礁顶端A的仰角为30.96°，以及该斜坡AC的坡度i＝，求该岛礁的高（即点A到海平面的铅垂高度）．（结果保留整数）
（参考数据：sin30.96°≈0.51，cos30.96°≈0.85，tan30.96°≈0.60）

24．（2021•阿坝州）如图，AB为⊙O的直径，D为BA延长线上一点，过点D作⊙O的切线，切点为C，过点B作BE⊥DC交DC的延长线于点E，连接BC．
（1）求证：BC平分∠DBE；
（2）当BC＝4时，求AB•BE的值；
（3）在（2）的条件下，连接EO，交BC于点F，若，求⊙O的半径．


2017-2021年四川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•阿坝州）平面直角坐标系中，点P（2，1）关于y轴的对称点P′的坐标是（　　）
A．（﹣2，﹣1） B．（1，2） C．（2，﹣1） D．（﹣2，1）
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．版权所有
【专题】平面直角坐标系；符号意识．
【分析】直接利用关于y轴对称点的特点（纵坐标不变，横坐标互为相反数）得出答案．
【解答】解：点P（2，1）关于y轴对称的点P′的坐标是（﹣2，1）．
故选：D．
【点评】此题主要考查了关于y轴对称点的特点，正确记忆横纵坐标的符号是解题关键．
2．（2021•宜宾）下列图形是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】轴对称图形．版权所有
【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：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，据此进行分析即可．
【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】此题主要考查了轴对称图形，正确掌握轴对称图形的定义是解题关键．
3．（2021•攀枝花）如图是一个几何体的三视图，则这个几何体是（　　）

A．圆锥 B．圆柱 C．三棱柱 D．三棱锥
【考点】由三视图判断几何体．版权所有
【专题】投影与视图；几何直观．
【分析】分别从俯视图，主视图，左视图依次推理即可求解．
【解答】解：由于俯视图为圆形可得为球、圆柱，圆锥，主视图和左视图为三角形可得此几何体为圆锥，
故选：A．
【点评】本题考查了学生对圆锥三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
4．（2021•德阳）图中几何体的三视图是（　　）

A． B．
C． D．
【考点】简单组合体的三视图．版权所有
【专题】投影与视图；空间观念．
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形；认真观察实物图，按照三视图的要求画图即可，注意看得到的棱用实线表示，看不到的棱用虚线的表示．
【解答】解：该几何体的三视图如下：

故选：A．
【点评】此题主要考查三视图的画法，注意实线和虚线在三视图的用法．
5．（2021•雅安）在平面直角坐标系中，点A（﹣3，﹣1）关于y轴的对称点的坐标是（　　）
A．（﹣3，1） B．（3，1） C．（3，﹣1） D．（﹣1，﹣3）
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．版权所有
【专题】平面直角坐标系；推理能力．
【分析】根据关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得答案．
【解答】解：点A（﹣3，﹣1）关于y轴的对称点A'的坐标是（3，﹣1），
故选：C．
【点评】此题主要考查了关于y轴的对称点的坐标，关键是掌握点的坐标特点．
6．（2021•广安）下列几何体的主视图既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】轴对称图形；中心对称图形．版权所有
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】先判断主视图，再根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、主视图是等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；
B、主视图是是矩形，是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
C、主视图是等腰梯形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；
D、主视图是等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了几何体的三视图，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，图形沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
7．（2021•巴中）如图，矩形AOBC的顶点A、B在坐标轴上，点C的坐标是（﹣10，8），点D在AC上，将△BCD沿BD翻折，点C恰好落在OA边上点E处，则tan∠DBE等于（　　）

A． B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；矩形的性质；坐标与图形变化﹣对称．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】利用翻折后△ADE与△OEB相似得到ED的长，进而求解，
【解答】解：∵四边形AOBC为矩形，且点C（﹣10，8），
∴AC＝OB＝8，AO＝BC＝10，∠C＝∠A＝∠EOB＝90°，
∵△BCD沿BD翻折，点C恰好落在OA边上点E处，
∴CD＝DE，BC＝BE＝10，
在Rt△OBE中，OE＝＝＝6，
设则AD＝m，则CD＝DE＝8﹣m，
∵∠ADE+∠AED＝∠AED+∠OEB＝90°，
∴∠ADE＝∠OEB，
∵∠A＝∠AOB，
∴△ADE∽△OEB，
∴，即，
解得m＝3，
∴DE＝8﹣3＝5，
在Rt△BDE中，DE＝5，BE＝10，
∴tan∠DBE＝＝，
另一种思路：OE＝6，则AE＝4，
在Rt△ADE中，（8﹣m）2+42＝m2，
解得m＝5，所以DE＝5，
在Rt△BDE中，BE＝10，
∴tan∠DBE＝＝，
故选：D．
【点评】本题主要考查图形的折叠问题，解题关键是利用△ADE与△OEB相似求解．
8．（2021•资阳）如图是由6个相同的小立方体堆成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小立方体的个数，则这个几何体的主视图是（　　）

A． B． C． D．
【考点】由三视图判断几何体；简单组合体的三视图．版权所有
【专题】投影与视图；空间观念．
【分析】由俯视图中相应位置上摆放的小立方体的个数，可得出主视图形状，进而得出答案．
【解答】解：主视图看到的是两列，其中左边的一列为3个正方形，右边的一列为一个正方形，
因此选项C中的图形符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，理解视图的意义，掌握三视图的画法是正确判断的前提．
9．（2021•绵阳）如图，圆锥的左视图是边长为2的等边三角形，则此圆锥的高是（　　）

A．2 B．3 C． D．
【考点】由三视图判断几何体；圆锥的计算．版权所有
【专题】与圆有关的计算；投影与视图；空间观念．
【分析】易得圆锥的母线长和底面半径，根据勾股定理把相关数值代入即可求解．
【解答】解：∵某圆锥的左视图是边长为2的等边三角形，
∴圆锥的底面半径为2÷2＝1，母线长为2，
∴此圆锥的高是＝．
故选：D．
【点评】本题考查了圆锥的计算；判断出圆锥的底面半径和母线长是解决本题的突破点；掌握勾股定理是解决本题的关键．
10．（2021•宜宾）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（　　）

A．2 B． C． D．3
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．版权所有
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；推理能力．
【分析】由折叠的性质可得BC＝CH＝4，∠DCF＝∠GCF，BE＝EH＝2，∠B＝∠CHE＝90°，由“AAS”可证△CPH≌△CPN，可得NP＝PH，CH＝CN＝4，通过证明四边形BCNM是正方形，可得MN＝BM＝4，在Rt△EPM中，利用勾股定理可求NP的长，由锐角三角函数可求解．
【解答】解：如图，延长EH交CF于点P，过点P作MN⊥CD于N，

∵将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，
∴BC＝CH＝4，∠DCF＝∠GCF，BE＝EH＝2，∠B＝∠CHE＝90°，
在△CPH和△CPN中，
，
∴△CPH≌△CPN（AAS），
∴NP＝PH，CH＝CN＝4，
∵∠B＝∠BCD＝90°，MN⊥CD，
∴四边形BCNM是矩形，
又∵CN＝CB＝4，
∴四边形BCNM是正方形，
∴MN＝BM＝4，
∴EM＝2，
∵EP2＝EM2+PM2，
∴（2+NP）2＝4+（4﹣NP）2，
∴NP＝，
∵tan∠DCF＝，
∴，
∴DF＝2，
故选：A．
【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．
11．（2021•眉山）我国某型号运载火箭的整流罩的三视图如图所示，根据图中数据（单位：米）计算该整流罩的侧面积（单位：平方米）是（　　）

A．7.2π B．11.52π C．12π D．13.44π
【考点】由三视图判断几何体．版权所有
【专题】投影与视图；空间观念．
【分析】根据几何体的三视图得这个几何体是上面圆锥下面是圆柱，再根据圆锥的侧面是扇形和圆柱的侧面是长方形即可求解．
【解答】解：观察图形可知：
圆锥母线长为：＝2（米），
所以该整流罩的侧面积为：π×2.4×4+π×(2.4÷2)×2＝12π（平方米）．
答：该整流罩的侧面积是12π平方米．
故选：C．
【点评】本题考查了由三视图判断几何体，几何体的表面积，解决本题的关键是根据几何体的三视图得几何体，再根据几何体求其侧面积．
12．（2021•绵阳）如图，在△ACD中，AD＝6，BC＝5，AC2＝AB（AB+BC），且△DAB∽△DCA，若AD＝3AP，点Q是线段AB上的动点，则PQ的最小值是（　　）

A． B． C． D．
【考点】相似三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】根据相似三角形的性质得到＝，得到BD＝4（负值舍去），AB＝BD＝4，过B作BH⊥AD于H，根据等腰三角形的性质得到AH＝AD＝3，根据勾股定理得到BH＝＝＝，当PQ⊥AB时，PQ的值最小，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵△DAB∽△DCA，
∴＝，
∴＝，
解得：BD＝4（负值舍去），
∵△DAB∽△DCA，
∴，
∴AC＝，
∵AC2＝AB（AB+BC），
∴（AB）2＝AB（AB+BC），
∴AB＝4，
∴AB＝BD＝4，
过B作BH⊥AD于H，
∴AH＝AD＝3，
∴BH＝＝＝，
∵AD＝3AP，AD＝6，
∴AP＝2，
当PQ⊥AB时，PQ的值最小，
∵∠AQP＝∠AHB＝90°，∠PAQ＝∠BAH，
∴△APQ∽△ABH，
∴，
∴＝，
∴PQ＝，
故选：A．

【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
13．（2021•内江）如图，在边长为a的等边△ABC中，分别取△ABC三边的中点A1，B1，C1，得△A1B1C1；再分别取ΔA1B1C1三边的中点A2，B2，C2，得△A2B2C2；这样依次下去…，经过第2021次操作后得△A2021B2021C2021，则△A2021B2021C2021的面积为（　　）

A． B． C． D．
【考点】相似三角形的判定与性质；等边三角形的性质；三角形中位线定理．版权所有
【专题】规律型；三角形；推理能力．
【分析】先根据三角形中位线定理计算，再总结规律，根据规律解答即可．
【解答】解：∵点A1，B1分别为BC，AC的中点，
∴AB＝2A1B1，
∵点A2，B2分别为B1C1，A2C2的中点，
∴A1B1＝2A2B2，
∴A2B2＝（）2•a，
…
∴AnBn＝（）n•a，
∴A2021B2021＝（）2021•a
∴△A2021B2021C2021的面积＝•[（）2021•a]2＝，
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
14．（2021•南充）如图，在矩形ABCD中，AB＝15，BC＝20，把边AB沿对角线BD平移，点A′，B′分别对应点A，B给出下列结论：
①顺次连接点A′，B′，C，D的图形是平行四边形；
②点C到它关于直线AA′的对称点的距离为48；
③A′C﹣B′C的最大值为15；
④A′C+B′C的最小值为9．
其中正确结论的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】轴对称﹣最短路线问题；平移的性质；平行四边形的判定与性质；矩形的性质．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】①根据平行四边形的判定可得结论．
②作点C关于直线AA′的对称点E，连接CE交AA′于T，交BD于点O，则CE＝4OC．利用面积法求出OC即可．
③根据A′C﹣B′C≤A′B′，推出A′C﹣B′C≤15，可得结论．
④作点D关于AA′的对称点D′，连接DD′交AA′于J，过点D′作D′E⊥CD交CD的延长线于E，连接CD′交AA′于A′，此时CB′+CA′的值最小，最小值＝CD′．
【解答】解：如图1中，当B′与D不重合时，
∵AB＝A′B′，AB∥A′B′，AB＝CD，AB∥CD，
∴A′B′＝CD，A′B′∥CD，
∴四边形A′B′CD是平行四边形，
当点B′与D重合时，四边形不存在，故①错误，
作点C关于直线AA′的对称点E，连接CE交AA′于T，交BD于点O，作AH⊥BD于点 H，由平移的性质，得 AA′∥BD，
∴AH＝TO，由矩形的对称性，得AH＝OC，
∴TC＝2OC，
∴CE＝4OC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，CD＝AB＝15，
∴BD＝＝＝25，
∵•BD•CO＝•BC•CD，
∴OC＝＝12，
∴EC＝48，故②正确，
∵A′C﹣B′C≤A′B′，
∴A′C﹣B′C≤15，
∴A′C﹣B′C的最大值为15，故③正确，
如图2中，∵B′C＝A′D，
∴A′C+B′C＝A′C+A′D，
作点D关于AA′的对称点D′，连接DD′交AA′于J，过点D′作D′E⊥CD交CD的延长线于E，连接CD′交AA′于A′，此时CB′+CA′的值最小，最小值＝CD′，
由△AJD∽△DAB，可得＝，
∴＝，
∴DJ＝12，
∴DD′＝24，
由△DED′∽△DAB，可得＝＝，
∴＝＝，
∴ED′＝，DE＝，
∴CE＝CD+DE＝15+＝，
∴CD′＝＝＝9，
∴A′C+B′C的最小值为9．故④正确，
故选：C．


【点评】本题考查轴对称最短问题，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最值问题，属于中考选择题中的压轴题．
二．填空题（共8小题）
15．（2021•内江）已知，在△ABC中，∠A＝45°，AB＝4，BC＝5，则△ABC的面积为 　2或14　．
【考点】解直角三角形；勾股定理．版权所有
【专题】三角形；数据分析观念．
【分析】过点B作AC边的高BD，Rt△ABD中，∠A＝45°，AB＝4，得BD＝AD＝4，在Rt△BDC中，BC＝5，得CD＝＝3，①△ABC是钝角三角形时，②△ABC是锐角三角形时，分别求出AC的长，即可求解．
【解答】解：过点B作AC边的高BD，
Rt△ABD中，∠A＝45°，AB＝4，
∴BD＝AD＝4，
在Rt△BDC中，BC＝5，
∴CD＝＝3，
①△ABC是钝角三角形时，
AC＝AD﹣CD＝1，
∴S△ABC＝AC•BD＝＝2；
②△ABC是锐角三角形时，
AC＝AD+CD＝7，
∴S△ABC＝AC•BD＝×7×4＝14，
故答案为：2或14．

【点评】本题考查了勾股定理，三角形面积求法，解题关键是分类讨论思想．
16．（2021•阿坝州）如图，腰长为2+2的等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，D为腰AB上的一个动点，将△ACD沿CD折叠，点A落在点E处，当CE与△ABC的某一条腰垂直时，BD的长为 　或2　．

【考点】翻折变换（折叠问题）；等腰直角三角形．版权所有
【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】分两种情况：当CE⊥AB 时；当CE⊥AC时，根据折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质即可求解．
【解答】解：当CE⊥AB 时，如图，

设垂足为M，在Rt△AMC中，∠A＝45°，
由折叠得：∠ACD＝∠DCE＝22.5°，
∵等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，
∴∠B＝∠ACB＝67.5°，
∴∠BCM＝22.5°，
∴∠BCM＝∠DCM，
在△BCM和△DCM中，
，
∴△BCM≌△DCM（ASA），
∴BM＝DM，
由折叠得：∠E＝∠A＝45°，AD＝DE，
∴△MDE是等腰直角三角形，
∴DM＝EM，
设DM＝x，则BM＝x，DE＝x，
∴AD＝x．
∵AB＝2+2，
∴2x+x＝2+2，解得：x＝，
∴BD＝2x＝2；
当CE⊥AC时，如图，

∴∠ACE＝90°，
由折叠得：∠ACD＝∠DCE＝45°，
∵等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，
∴∠E＝∠A＝45°，AD＝DE，
∴∠ADC＝∠EDC＝90°，即点D、E都在直线AB上，且△ADC、△DEC、△ACE都是等腰直角三角形，
∵AB＝AC＝2+2，
∴AD＝AC＝2+，
BD＝AB﹣AD＝（2+2）﹣（2+）＝，
综上，BD的长为或2．
故答案为：或2．
【点评】本题考查折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．解题的关键是熟练掌握折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质．
17．（2021•德阳）我们把宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、匀称的美感，世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．已知四边形ABCD是黄金矩形，边AB的长度为﹣1，则该矩形的周长为 　2+2或4　．
【考点】黄金分割；矩形的性质．版权所有
【专题】图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】分两种情况：①边AB为矩形的长时，则矩形的宽为3﹣，求出矩形的周长即可；
②边AB为矩形的宽时，则矩形的长为＝2，求出矩形的周长即可．
【解答】解：分两种情况：
①边AB为矩形的长时，则矩形的宽为×（﹣1）＝3﹣，
∴矩形的周长为：2（﹣1+3﹣）＝4；
②边AB为矩形的宽时，则矩形的长为：（﹣1）÷＝2，
∴矩形的周长为2（﹣1+2）＝2+2；
综上所述，该矩形的周长为2+2或4．
【点评】本题考查了黄金分割，熟记黄金分割的比值是解题的关键．
18．（2021•广安）如图，将三角形纸片ABC折叠，使点B、C都与点A重合，折痕分别为DE、FG．已知∠ACB＝15°，AE＝EF，DE＝，则BC的长为 　　．

【考点】翻折变换（折叠问题）．版权所有
【专题】推理填空题；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】由折叠的性质得出BE＝AE，AF＝FC，∠FAC＝∠C＝15°，得出∠AFE＝30°，由等腰三角形的性质得出∠EAF＝∠AFE＝30°，证出△ABE是等边三角形，得出∠BAE＝60°，求出AE＝BE＝2，证出∠BAF＝90°，利用勾股定理求出AF，即CF，可得BC．
【解答】解：∵把三角形纸片折叠，使点B、点C都与点A重合，折痕分别为DE，FG，
∴BE＝AE，AF＝FC，∠FAC＝∠C＝15°，
∴∠AFE＝30°，又AE＝EF，
∴∠EAF＝∠AFE＝30°，
∴∠AEB＝60°，
∴△ABE是等边三角形，∠AED＝∠BED＝30°，
∴∠BAE＝60°，
∵DE＝，
∴AE＝BE＝AB＝＝2，
∴BF＝BE+EF＝4，∠BAF＝60°+30°＝90°，
∴FC＝AF＝＝2，
∴BC＝BF+FC＝，
故答案为：．
【点评】此题考查了翻折变换的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质；根据折叠的性质得出相等的边和角是解题关键．
19．（2021•南充）如图，在△ABC中，D为BC上一点，BC＝AB＝3BD，则AD：AC的值为 　　．

【考点】相似三角形的判定与性质．版权所有
【专题】图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似证明出△ABC∽△DBA，再根据相似三角形的对应边成比例，变形即可得出答案．
【解答】解：∵BC＝AB＝3BD，
∴，
∵∠B＝∠B，
∴△ABC∽△DBA，
∴,
∴AD:AC＝,
故答案为：．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是证明出△ABC∽△DBA．
20．（2021•内江）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，对角线BD的垂直平分线EF交AD于点E、交BC于点F，则线段EF的长为 　　．

【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；矩形的性质．版权所有
【专题】推理填空题；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】根据矩形的性质和勾股定理求出BD，证明△BOF∽△BCD，根据相似三角形的性质得到比例式，求出EF即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，又AB＝6，AD＝BC＝8，
∴BD＝＝10，
∵EF是BD的垂直平分线，
∴OB＝OD＝5，∠BOF＝90°，又∠C＝90°，
∴△BOF∽△BCD，
∴＝，
∴＝，
解得，OF＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠EDO＝∠FBO，
∵EF是BD的垂直平分线，
∴BO＝DO，EF⊥BD，
在△DEO和△BFO中，
，
∴△DEO≌△BFO（ASA），
∴OE＝OF，
∴EF＝2OF＝．
故答案为：．

【点评】本题考查的是矩形的性质、线段垂直平分线的性质以及勾股定理的应用，掌握矩形的四个角是直角、对边相等以及线段垂直平分线的定义是解题的关键．
21．（2021•绵阳）在直角△ABC中，∠C＝90°，+＝，∠C的角平分线交AB于点D，且CD＝2，斜边AB的值是 　3　．
【考点】解直角三角形．版权所有
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】由直角∠C的角平分线交AB于点D，且CD＝2，根据直角三角形的性质可求出DE＝EC＝CF＝FD＝2，再根据锐角三角函数和勾股定理得到＝，求出AC•BC的值即可．
【解答】解：如图，
∵∠C＝90°，∠C的角平分线交AB于点D，且CD＝2，
∴DE＝EC＝CF＝FD＝2，
∵tanA＝，tanB＝，+＝，
∴+＝，
即＝，
又∵AC2+BC2＝AB2，
∴＝，
在Rt△ADE中，AE＝＝，
在Rt△BDF中，BF＝＝，
∴AC•BC＝（2+）（2+）
＝4（1+++1）
＝4（2+）
＝18，
∴＝
∴AB2＝45，
即AB＝3，
故答案为：3．

【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解决问题的关键．
22．（2021•巴中）如图，把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，DE与BC交于点P，ED的延长线交AB于点Q，交OA的延长线于点M．若BQ：AQ＝3：1，则AM＝　　．

【考点】旋转的性质；正方形的性质．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】连接OQ，OP，利用HL证明Rt△OAQ≌Rt△ODQ，得QA＝DQ，同理可证：CP＝DP，设CP＝x，则BP＝3﹣x，PQ＝x+，在Rt△BPQ中，利用勾股定理列出方程（3﹣x）2+（）2＝（x+）2，解方程得x＝，再利用△AQM∽△BQP可求解．
【解答】解：连接OQ，OP，

∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，
∴OA＝OD，∠OAQ＝∠ODQ＝90°，
在Rt△OAQ和Rt△ODQ中，
，
∴Rt△OAQ≌Rt△ODQ（HL），
∴QA＝DQ，
同理可证：CP＝DP，
∵BQ：AQ＝3：1，AB＝3，
∴BQ＝，AQ＝，
设CP＝x，则BP＝3﹣x，PQ＝x+，
在Rt△BPQ中，由勾股定理得：
（3﹣x）2+（）2＝（x+）2，
解得x＝，
∴BP＝，
∵∠AQM＝∠BQP，∠BAM＝∠B，
∴△AQM∽△BQP，
∴，
∴，
∴AM＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，利用全等证明QA＝DQ，CP＝DP是解题的关键．
三．解答题（共2小题）
23．（2021•攀枝花）钓鱼岛及其附属岛屿是中国的固有领土，神圣不可侵犯！自2021年2月1日起，旨在维护国家主权、更好履行海警机构职责的《中华人民共和国海警法》正式实施．中国海警在钓鱼岛海域开展巡航执法活动，是中方依法维护主权的正当举措．如图是钓鱼岛其中一个岛礁，若某测量船在海面上的点D处测得与斜坡AC坡脚点C的距离为140米，测得岛礁顶端A的仰角为30.96°，以及该斜坡AC的坡度i＝，求该岛礁的高（即点A到海平面的铅垂高度）．（结果保留整数）
（参考数据：sin30.96°≈0.51，cos30.96°≈0.85，tan30.96°≈0.60）

【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．版权所有
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【分析】根据斜坡AC的坡度i＝，可设AB＝5x米，BC＝6x米，继而表示出BD的长度，再由tan30.96°≈0.60，可得关于x的方程，解出即可得出答案．
【解答】解：∵斜坡AC的坡度i＝，
∴AB：BC＝5：6，
故可设AB＝5x米，BC＝6x米，
在Rt△ADB中，∠D＝30.96°，BD＝（140+6x）米，
∴tan30.96°＝＝0.60，
解得：x＝60（米），
经检验，x＝60是方程的解，
∴5x＝300（米），
答：该岛礁的高AB为300米．

【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是构造直角三角形，利用三角函数的定义，表示相关线段的长度．
24．（2021•阿坝州）如图，AB为⊙O的直径，D为BA延长线上一点，过点D作⊙O的切线，切点为C，过点B作BE⊥DC交DC的延长线于点E，连接BC．
（1）求证：BC平分∠DBE；
（2）当BC＝4时，求AB•BE的值；
（3）在（2）的条件下，连接EO，交BC于点F，若，求⊙O的半径．

【考点】相似三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质．版权所有
【专题】圆的有关概念及性质；图形的相似；推理能力．
【分析】（1）连接OC．首先证明OC∥BE，再利用平行线的性质以及等腰三角形的性质证明即可．
（2）连接AC，证明△ABC∽△CBE，推出＝，可得结论．
（3）设⊙O的半径为r，则OC＝r，AB＝2r，由△OCF∽△EBF，可得＝＝，推出BE＝r，再根据AB•BE＝80，构建方程求出r即可．
【解答】（1）证明：连接OC．
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥DE，
∵DE⊥BE，
∴OC∥BE，
∴∠EBC＝∠OCB，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠OBC＝∠EBC，
∴BC平分∠DBE．

（2）解：连接AC，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵BE⊥CD，
∴∠BED＝90°，
∴△ABC∽△CBE，
∴＝，
∴AB•BE＝BC2＝（4）2＝80．

（3）解：设⊙O的半径为r，则OC＝r，AB＝2r，
∵OC∥BE，
∴△OCF∽△EBF，
∴＝＝，
∴BE＝r，
∵AB•BE＝80，
∴2r×r＝80，
∴r＝5或﹣5（舍弃），
∴⊙O的半径为5．

【点评】本题考查相似三角形的性质，切线的性质，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．

考点卡片
1．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
2．线段垂直平分线的性质
（1）定义：经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（中垂线）垂直平分线，简称“中垂线”．
（2）性质：①垂直平分线垂直且平分其所在线段．　　　　②垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．　　　　③三角形三条边的垂直平分线相交于一点，该点叫外心，并且这一点到三个顶点的距离相等．
3．等腰三角形的判定与性质
1、等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段．
2、在等腰三角形有关问题中，会遇到一些添加辅助线的问题，其顶角平分线、底边上的高、底边上的中线是常见的辅助线，虽然“三线合一”，但添加辅助线时，有时作哪条线都可以，有时不同的做法引起解决问题的复杂程度不同，需要具体问题具体分析．
3、等腰三角形性质问题都可以利用三角形全等来解决，但要注意纠正不顾条件，一概依赖全等三角形的思维定势，凡可以直接利用等腰三角形的问题，应当优先选择简便方法来解决．
4．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
5．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
6．等腰直角三角形
（1）两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．
（2）等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．即：两个锐角都是45°，斜边上中线、角平分线、斜边上的高，三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，而高又为内切圆的直径（因为等腰直角三角形的两个小角均为45°，高又垂直于斜边，所以两个小三角形均为等腰直角三角形，则两腰相等）；
（3）若设等腰直角三角形内切圆的半径r＝1，则外接圆的半径R＝+1，所以r：R＝1：+1．
7．三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE＝BC．

8．平行四边形的判定与性质
平行四边形的判定与性质的作用
平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．
运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单．
凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题．
9．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
10．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
11．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
12．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
由定理可知，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．
13．圆锥的计算
（1）连接圆锥顶点和底面圆周上任意一点的线段叫做圆锥的母线．连接顶点与底面圆心的线段叫圆锥的高．
（2）圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
（3）圆锥的侧面积：S侧＝•2πr•l＝πrl．
（4）圆锥的全面积：S全＝S底+S侧＝πr2+πrl
（5）圆锥的体积＝×底面积×高
注意：①圆锥的母线与展开后所得扇形的半径相等．
②圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等．
14．轴对称图形
（1）轴对称图形的概念：
如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称．
（2）轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合；轴对称图形的对称轴可以是一条，也可以是多条甚至无数条．
（3）常见的轴对称图形：
等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．
15．关于x轴、y轴对称的点的坐标
（1）关于x轴的对称点的坐标特点：
横坐标不变，纵坐标互为相反数．
即点P（x，y）关于x轴的对称点P′的坐标是（x，﹣y）．
（2）关于y轴的对称点的坐标特点：
横坐标互为相反数，纵坐标不变．
即点P（x，y）关于y轴的对称点P′的坐标是（﹣x，y）．
16．坐标与图形变化-对称
（1）关于x轴对称
横坐标相等，纵坐标互为相反数．
（2）关于y轴对称
纵坐标相等，横坐标互为相反数．
（3）关于直线对称
①关于直线x＝m对称，P（a，b）⇒P（2m﹣a，b）
②关于直线y＝n对称，P（a，b）⇒P（a，2n﹣b）
17．轴对称-最短路线问题
1、最短路线问题
在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点．

2、凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
18．翻折变换（折叠问题）
1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．
2、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
3、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为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．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．
19．平移的性质
（1）平移的条件
平移的方向、平移的距离
（2）平移的性质
①把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同．　　②新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
20．旋转的性质
（1）旋转的性质：
　　　　①对应点到旋转中心的距离相等．　　　　②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．　　　　③旋转前、后的图形全等．　　（2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．　　　　注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
21．中心对称图形
（1）定义
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同．
（2）常见的中心对称图形
平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．
22．黄金分割
（1）黄金分割的定义：
如图所示，把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项（即AB：AC＝AC：BC），叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点．
其中AC＝AB≈0.618AB，并且线段AB的黄金分割点有两个．
（2）黄金三角形：黄金三角形是一个等腰三角形，其腰与底的长度比为黄金比值．
黄金三角形分两种：①等腰三角形，两个底角为72°，顶角为36°．这样的三角形的底与一腰之长之比为黄金比：；②等腰三角形，两个底角为36°，顶角为108°；这种三角形一腰与底边之长之比为黄金比：．
（3）黄金矩形：黄金矩形的宽与长之比确切值为．
23．相似三角形的判定与性质
（1）相似三角形相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等．
（2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有事可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．
24．解直角三角形
（1）解直角三角形的定义
在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
（2）解直角三角形要用到的关系
①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；
②三边之间的关系：a2+b2＝c2；
③边角之间的关系：
sinA＝＝，cosA＝＝，tanA＝＝．
（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）
25．解直角三角形的应用-仰角俯角问题
（1）概念：仰角是向上看的视线与水平线的夹角；俯角是向下看的视线与水平线的夹角．
（2）解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形，另当问题以一个实际问题的形式给出时，要善于读懂题意，把实际问题划归为直角三角形中边角关系问题加以解决．
26．简单组合体的三视图
（1）画简单组合体的三视图要循序渐进，通过仔细观察和想象，再画它的三视图．
（2）视图中每一个闭合的线框都表示物体上的一个平面，而相连的两个闭合线框常不在一个平面上．
（3）画物体的三视图的口诀为：
主、俯：长对正；
主、左：高平齐；
俯、左：宽相等．
27．由三视图判断几何体
（1）由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．
（2）由物体的三视图想象几何体的形状是有一定难度的，可以从以下途径进行分析：
①根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，以及几何体的长、宽、高；
②从实线和虚线想象几何体看得见部分和看不见部分的轮廓线；
③熟记一些简单的几何体的三视图对复杂几何体的想象会有帮助；
④利用由三视图画几何体与有几何体画三视图的互逆过程，反复练习，不断总结方法．
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日期：2022/3/17 9:15:45；用户：组卷1；邮箱：zyb001@xyh.com；学号：41418964