三年广东中考数学模拟题分类汇总之图形的变化

这是一份三年广东中考数学模拟题分类汇总之图形的变化，共44页。
A．B．
C．D．
2．（2023•金东区三模）如图是一把圆规的平面示意图，OA是支撑臂，OB是旋转臂．已知OA＝OB＝a，使用时，以点A为支撑点，笔芯端点B可绕点A旋转作出圆．若支撑臂与旋转臂的夹角∠AOB＝2θ，则圆规能画出的圆的半径AB长度为（ ）
A．2asinθB．asin2θC．2atanθD．atan2θ
3．（2023•南湖区校级一模）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2023•婺城区校级模拟）如图，△ABC和△A1B1C1是以点O为位似中心的位似三角形，若C1为OC的中点，且S△A1B1C1=2，则△ABC的面积为（ ）
A．12B．8C．6D．4
5．（2023•越城区模拟）小明用地理中所学的等高线的知识在某地进行野外考察，他根据当地地形画出了“等高线示意图”，如图所示（注：若某地在等高线上，则其海拔就是其所在等高线的数值；若不在等高线上，则其海拔在相邻两条等高线的数值范围内），若点A，B，C三点均在相应的等高线上，且三点在同一直线上，则ABAC的值为（ ）
A．12B．23C．35D．2
6．（2022•下城区校级二模）如图，已知一组平行线a∥b∥c，被直线m、n所截，交点分别为A、B、C和D、E、F，且AB＝3，BC＝4，EF＝4.8，则DE＝（ ）
A．7.2B．6.4C．3.6D．2.4
7．（2022•上城区校级模拟）某几何体的三视图如图，该几何体是（ ）
A．长方体B．圆锥C．圆柱D．直三棱柱
8．（2022•海曙区校级模拟）某几何体的三视图及相关数据如图所示，则该几何体的侧面积是（ ）
A．410πB．60πC．15πD．810π
9．（2022•永康市模拟）如图是由6个大小相同的立方体组成的几何体，在这个几何体的三视图中，是中心对称图形的是（ ）
A．主视图B．左视图
C．俯视图D．主视图和左视图
10．（2021•宁波模拟）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC=2，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB'C'的位置，连接C'B，则C'B的长为（ ）
A．2−2B．32C．3−1D．1
二．填空题（共6小题）
11．（2023•西湖区校级二模）如图，一张矩形纸片ABCD中，BCAB=m（m为常数），将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点A落在BC边上的点H处，点D的对应点为点M，CD与HM交于点P．当点H落在BC的中点时，且CPCD=14，则m＝ ．
​
12．（2023•金东区三模）王同学用长方形纸片折纸飞机，前三步分别如图1，图2，图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=202cm，则MD的长是 ．
13．（2022•上城区校级模拟）如图，点D是等边△ABC边BC上一点，将等边△ABC折叠，使点A与点D重合，折痕为EF（点E在边AB上）．
（1）当FD⊥BC时，AE：EB＝ ；
（2）当BD＝2DC时，AE：EB＝ ．
​
14．（2022•兰溪市模拟）如图1所示的是古代一种可以远程攻击的投石车，图2是投石车投石过程中某时刻的示意图，GP是杠杆，弹袋挂在点G，重锤挂在点P，点A为支点，点D是水平底板BC上的一点，AD＝AC＝3米，CD＝3.6米．
（1）投石车准备时，点G恰好与点B重合，此时AG和AC垂直，则AG＝ 米．
（2）投石车投石瞬间，AP的延长线交线段DC于点E，若DE：CE＝5：1，则点G的上升高度为 米．
15．（2021•鹿城区校级二模）如图1是一种浴室壁挂式圆形镜面折叠镜，AB，CD，EF可在水平面上转动，连接轴BD分别垂直AB和CD，EF过圆心，点C在EF的中垂线上，且CD=12EF，AB＝24cm．如图2是折叠镜俯视图，墙面PI与PQ互相垂直，在折叠镜转动过程中，EF与墙面PI始终保持平行，当点E落在PQ上时，AE＝30cm，此时A，B，F三点共线，则EF＝ cm；将AB绕点A逆时针旋转至AB′，当B'C′⊥AB′时，测得点B′与E′到PQ的距离之比B'G：E′H＝16：11，则B'G＝ cm．
16．（2021•温州模拟）如图1是一款重型订书机，其结构示意图如图2所示，其主体部分为矩形EFGH，由支撑杆CD垂直固定于底座AB上，且可以绕点D旋转．压杆MN与伸缩片PG连接，点M在HG上，MN可绕点M旋转，PG⊥BC，DF＝8厘米，不使用时，EF∥AB，G是PF中点，tan∠PMG=34，且点D在NM的延长线上，则GF的长为 厘米；使用时如图3，按压MN使得MN∥AB，此时点F落在AB上，若CD＝2厘米，则压杆MN到底座AB的距离为 厘米．
三．解答题（共6小题）
17．（2023•鹿城区校级二模）根据以下素材，探索完成任务．
18．（2023•衢江区三模）如图，已知在正方形ABCD中，E是BC的中点，F为AB上的动点（不与A，B重合），连接AE，CF，交于点P，连接DP．
（1）推断与计算
①当F在AB中点时，B，P，D三点恰好共线，则PFPC= ；
②若正方形的边长为1，在①的条件下，求△CPE的面积；
（2）猜想与证明
请猜想PFPC与AFAB的数量关系，并证明这个结论；
（3）拓展与应用
当△CDP是等腰三角形时，求tan∠FCB的值．
19．（2022•路桥区一模）火钳是铁制夹取柴火的工具，有保洁员拿它拾捡地面垃圾使用，图1是火钳实物图，图2是其示意图．已知火钳打开最大时，两钳臂OC，OD的夹角∠COD＝40°，若OC＝OD＝40cm，求两钳臂端点C，D的距离．（结果精确到1cm，参考数据：sin70°≈0.94，cs70°≈0.34，tan70°≈2.75）
20．（2022•平阳县一模）如图，在10×8的方格纸巾，请按要求画图．
（1）在图1中画一个格点C，使△ABC为等腰三角形．
（2）在图2中两个格点F，G，使四边形DEFG为中心对称图形，且对角线互相垂直．
21．（2021•奉化区校级模拟）如图（1）是一种简易台灯，在其结构图（2）中灯座为△ABC（BC伸出部分不计），A、C、D在同一直线上．量得∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝16cm，∠ADE＝135°，灯杆CD长为40cm，灯管DE长为15cm．
（1）求DE与水平桌面（AB所在直线）所成的角；
（2）求台灯的高（点E到桌面的距离，结果精确到0.1cm）．
（参考数据：sin15°＝0.26，cs15°＝0.97，tan15°＝0.27，sin30°＝0.5，cs30°＝0.87，tan30°＝0.58．）
22．（2021•越城区模拟）如图1是城市广场地下停车场的入口，图2是安装雨棚左侧支架的示意图，已知，支架的立柱BC与地面垂直，即∠BCA＝90°，且BC＝1.5m，点F、A、C在同一条水平线上，斜杆AB与水平线AC的夹角∠BAC＝30°，支撑杆DE⊥AB于点D，该支架的边BE与AB的夹角∠EBD＝60°，又测得AD＝1m．请你求出该支架的边BE及顶端E到地面的距离EF的长度．
三年广东中考数学模拟题分类汇总之图形的变化
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2023•天台县一模）如图几何体中，主视图是三角形的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】简单几何体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】A
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【解答】解：A．该圆锥主视图是等腰三角形，故A符合题意；
B．该圆柱主视图是矩形，故B不符合题意；
C．该正方体主视图是正方形，故C不符合题意；
D．该三棱柱的主视图是矩形，故D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了简单几何体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
2．（2023•金东区三模）如图是一把圆规的平面示意图，OA是支撑臂，OB是旋转臂．已知OA＝OB＝a，使用时，以点A为支撑点，笔芯端点B可绕点A旋转作出圆．若支撑臂与旋转臂的夹角∠AOB＝2θ，则圆规能画出的圆的半径AB长度为（ ）
A．2asinθB．asin2θC．2atanθD．atan2θ
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；几何直观；运算能力．
【答案】A
【分析】先作OC⊥AB交AB于点C，然后根据等腰三角形的性质和锐角三角函数即可表示出AB．
【解答】解：作OC⊥AB交AB于点C，
∵OA＝OB，
∴OC平分∠AOB，点C平分AB，
∵∠AOB＝2θ，
∴∠AOC＝θ，
∵OA＝OB＝a，
∴AC＝asinθ，
∴AB＝2AC＝2asinθ，
故选：A．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
3．（2023•南湖区校级一模）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
【分析】根据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进行分析即可．
【解答】解：选项A、B、C不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项D能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
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．
4．（2023•婺城区校级模拟）如图，△ABC和△A1B1C1是以点O为位似中心的位似三角形，若C1为OC的中点，且S△A1B1C1=2，则△ABC的面积为（ ）
A．12B．8C．6D．4
【考点】位似变换．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】B
【分析】根据位似图形的概念得到A1C1∥AC，进而证明△OA1C1∽△OAC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可．
【解答】解：∵△ABC和△A1B1C1是以点O为位似中心的位似三角形，
∴A1C1∥AC，
∴△OA1C1∽△OAC，
∴A1C1AC=OC1OC=12，
∴△ABC的面积＝4×△A1B1C1的面积＝8，
故选：B．
【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，掌握如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心是解题的关键．
5．（2023•越城区模拟）小明用地理中所学的等高线的知识在某地进行野外考察，他根据当地地形画出了“等高线示意图”，如图所示（注：若某地在等高线上，则其海拔就是其所在等高线的数值；若不在等高线上，则其海拔在相邻两条等高线的数值范围内），若点A，B，C三点均在相应的等高线上，且三点在同一直线上，则ABAC的值为（ ）
A．12B．23C．35D．2
【考点】平行线分线段成比例．
【专题】图形的相似；应用意识．
【答案】B
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可．
【解答】解；∵点A，B，C三点均在相应的等高线上，且三点在同一直线上，
∴ABAC=200300=23，
故选：B．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理的应用，根据定理列出比例式是解题的关键．
6．（2022•下城区校级二模）如图，已知一组平行线a∥b∥c，被直线m、n所截，交点分别为A、B、C和D、E、F，且AB＝3，BC＝4，EF＝4.8，则DE＝（ ）
A．7.2B．6.4C．3.6D．2.4
【考点】平行线分线段成比例．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】C
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，代入计算得到答案．
【解答】解：∵a∥b∥c，
∴DEEF=ABBC，即DE4.8=34，
解得，DE＝3.6，
故选：C．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
7．（2022•上城区校级模拟）某几何体的三视图如图，该几何体是（ ）
A．长方体B．圆锥C．圆柱D．直三棱柱
【考点】由三视图判断几何体．
【专题】投影与视图；几何直观．
【答案】D
【分析】根据一个空间几何体的主视图和左视图都是长方形，可判断该几何体是柱体，进而根据俯视图的形状，可判断柱体形状，得到答案．
【解答】解：∵几何体的主视图和左视图都是长方形，
∴该几何体是一个柱体，
又∵俯视图是一个三角形，
∴该几何体是一个三棱柱．
故选：D．
【点评】本题考查的知识点是由三视图判断几何体，如果有两个视图为三角形，该几何体一定是锥，如果有两个矩形，该几何体一定柱，其底面由第三个视图的形状决定．
8．（2022•海曙区校级模拟）某几何体的三视图及相关数据如图所示，则该几何体的侧面积是（ ）
A．410πB．60πC．15πD．810π
【考点】由三视图判断几何体；几何体的表面积．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】A
【分析】根据几何体的三视图得这个几何体是圆锥，再根据圆锥的侧面是扇形即可求解．
【解答】解：观察图形可知：
圆锥母线长为：22+62=210，
所以圆锥侧面积为：πrl＝2×210×π＝410π．
故选：A．
【点评】本题考查了几何体的表面积，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．
9．（2022•永康市模拟）如图是由6个大小相同的立方体组成的几何体，在这个几何体的三视图中，是中心对称图形的是（ ）
A．主视图B．左视图
C．俯视图D．主视图和左视图
【考点】简单组合体的三视图；中心对称图形．
【专题】投影与视图．
【答案】C
【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：从上边看是一个十字，
“十”字是中心对称图形，
故选：C．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图，又利用了中心对称图形．
10．（2021•宁波模拟）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC=2，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB'C'的位置，连接C'B，则C'B的长为（ ）
A．2−2B．32C．3−1D．1
【考点】旋转的性质；等腰直角三角形．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】连接BB′，延长BC′交AB′于点M，证明△ABC′≌△B′BC′，得到∠MBB′＝∠MBA＝30°；求出BM、C′M的长，即可解决问题．
【解答】解：如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点M；
由题意得：∠BAB′＝60°，BA＝B′A，
∴△ABB′为等边三角形，
∴∠ABB′＝60°，AB＝B′B；
在△ABC′与△B′BC′中，
AC′=B′C′AB=B′BBC′=BC′，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠MBB′＝∠MBA＝30°，
∴BM⊥AB′，且AM＝B′M；
由题意得：AB2＝4，
∴AB′＝AB＝2，AM＝1，
∴C′M=12AB′＝1；
由勾股定理得：BM=AB2−AM2=22−12=3，
∴C′B=3−1，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键．
二．填空题（共6小题）
11．（2023•西湖区校级二模）如图，一张矩形纸片ABCD中，BCAB=m（m为常数），将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点A落在BC边上的点H处，点D的对应点为点M，CD与HM交于点P．当点H落在BC的中点时，且CPCD=14，则m＝ 23 ．
​
【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】23．
【分析】根据CPCD=14，设CP＝t，则CD＝AB＝4t，根据△CHP∽△BEH，得到BC2＝4BE•t①，在Rt△BEH中，利用勾股定理得到(4t−BE)2=BE2+(12BC)2②，解①②即可求解．
【解答】解：∵CPCD=14，
设CP＝t，则CD＝AB＝4t，
∵点H是BC的中点，
∴CH＝BH=12BC；
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∴∠CHP+∠CPH＝90°，
∵∠MHE＝∠A＝90°，
∴∠CHP+∠BHE＝90°，
∴∠CPH＝∠BHE，
∴△CHP∽△BEH，
∴CHBE=CPBH，
即12BCBE=t12BC，
∴BC2＝4BE•t①，
∵AE＝AB﹣BE，AE＝EH，CD＝AB＝4t，
∴AE＝EH＝4t﹣BE，
在Rt△BEH中，EH2＝BE2+BH2，
∴（4t﹣BE）2=BE2+(12BC)2②，
联立①②并解得：BE=169t，BC=83t，
∴m=BCAB=83t4t=23，
故答案为：23．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质，从复杂的图形中找出相似三角形是解题的关键．
12．（2023•金东区三模）王同学用长方形纸片折纸飞机，前三步分别如图1，图2，图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=202cm，则MD的长是 （102−10）cm ．
【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；运算能力；推理能力．
【答案】（102−10）cm．
【分析】由矩形的性质得到∠A＝90°，AE∥DF，AB＝CD，图①由折叠的性质得到：AE=12AB=12×20＝10（cm），FD=12CD，推出四边形AEFD是矩形，图②由折叠的性质得到四边形AEA′G是正方形，因此AG＝AE＝10（cm）GE=2EA＝102（cm），图③由折叠的性质得到∠GEM＝∠MEG′，由平行线的性质得到∠GME＝∠MEG′，因此∠GEM＝∠GME，推出GM＝GE＝102（cm），于是得到MD＝AD﹣GM﹣AG＝202−102−10＝（102−10）cm．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AE∥DF，AB＝CD，
图①由折叠的性质得到：AE=12AB=12×20＝10（cm），FD=12CD，
∴AE＝DF，
∵AE∥DF，∠A＝90°，
∴四边形AEFD是矩形，
图②由折叠的性质得到：EA′＝EA，∠A＝∠A′＝90°，
∵∠AEA′＝90°，
∴四边形AEA′G是正方形，
∴AG＝AE＝10（cm）GE=2EA＝102（cm），
图③由折叠的性质得到：∠GEM＝∠MEG′，
∵四边形AEFD是矩形，
∴GM∥EF，
∴∠GME＝∠MEG′，
∴∠GEM＝∠GME，
∴GM＝GE＝102（cm），
∴MD＝AD﹣GM﹣AG＝202−102−10＝（102−10）cm．
故答案为：（102−10）cm．
【点评】本题考查矩形的性质，折叠的性质，关键是由折叠的性质求出MG的长．
13．（2022•上城区校级模拟）如图，点D是等边△ABC边BC上一点，将等边△ABC折叠，使点A与点D重合，折痕为EF（点E在边AB上）．
（1）当FD⊥BC时，AE：EB＝ 3：1 ；
（2）当BD＝2DC时，AE：EB＝ 7：5 ．
​
【考点】翻折变换（折叠问题）；等边三角形的性质．
【专题】图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）3：1；（2）7：5．
【分析】（1）由折叠的性质得到∠EDF＝∠A＝60°AE＝ED，AF＝FD，由垂直的定义，平角定义得到∠BDE＝30°，因此∠BED＝90°，由锐角的正切定义即可得到答案；
（2）由△BED∽△CDF，得到BECD=△BED的周长△CDF的周长，令DC＝x，得到BD＝2x，AB＝AC＝BC＝3x，得到△BED的周长＝5x，△CDF的周长＝4x，求出BE=54x，得到AE=74x，即可求出AE：BE．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠C＝∠B＝60°，
∵FD⊥BC，
∴∠FDC＝90°，
由题意得：∠EDF＝∠A＝60°，AE＝ED，AF＝FD，
∴∠BDE＝180°﹣∠EDF﹣∠FDC＝30°，
∴∠BED＝180°﹣∠B﹣∠BDE＝90°，
∴DEBE=tanB＝tan60°=3，
∴AE：BE=3：1，
故答案为：3：1．
（2）∵∠BDE+∠EDF＝∠DFC+∠C，
∴∠BDE＝∠DFC，
∵∠B＝∠C＝60°，
∴△BED∽△CDF，
∴BECD=△BED的周长△CDF的周长，
令DC＝x，
∵BD＝2DC，
∴BD＝2x，
∴AB＝AC＝BC＝BD+CD＝3x，
∵△BED的周长＝BD+BE+ED＝BD+BE+AE＝BD+AB＝2x+3x＝5x，△CDF的周长＝CD+CF+DF＝CD+AC＝4x，
∴BECD=△BED的周长△CDF的周长=54，
∴BE=54x，
∴AE＝AB﹣BE=74x，
∴AE：BE＝7：5．
故答案为：7：5．
【点评】本题考查折叠问题，等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质，关键是证明△BED∽△CDF，由相似三角形的性质：相似三角形周长的比等于相似比，来解决问题．
14．（2022•兰溪市模拟）如图1所示的是古代一种可以远程攻击的投石车，图2是投石车投石过程中某时刻的示意图，GP是杠杆，弹袋挂在点G，重锤挂在点P，点A为支点，点D是水平底板BC上的一点，AD＝AC＝3米，CD＝3.6米．
（1）投石车准备时，点G恰好与点B重合，此时AG和AC垂直，则AG＝ 4 米．
（2）投石车投石瞬间，AP的延长线交线段DC于点E，若DE：CE＝5：1，则点G的上升高度为 （253+125） 米．
【考点】相似三角形的应用．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】（1）4；
（2）（855+125）．
【分析】（1）过A作AH⊥CD于H，根据等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质进行解答即可；
（2）过G作GF⊥DC于F，过A作AH⊥CD于H，则△EAH∽△EGF，AHGF=EHEF，根据题意可计算出EH、EH、EF，进而可求出点G的上升高度GF．
【解答】解：（1）过A作AH⊥CD于H，
∵AG⊥AC，
∴∠GAC＝∠AHC＝90°，
∵∠GCA＝∠ACH，
∴△GAC∽△AHC，
∴AGAH=ACCH，
∵AD＝AC＝3米，CD＝3.6米，
∴CH＝DH＝1.8米，
∴AH=AC2−CH2=32−1．82=2.4（米），
∴AG2.4=31.8，
∴AG＝4（米），
故答案为：4；
（2）过G作GF⊥DC于F，过A作AH⊥CD于H，则∠AHE＝∠GFE＝90°，
∵CD＝3.6（米），DE：CE＝5：1，
∴CE＝0.6（米），
∴EH＝1.8﹣0.6＝1.2（米），
∴AE=1．22+2．42=655（米），
∵∠AEH＝∠GEF，
∴△EAH∽△EGF，
∴AHGF=AEEG，即2.4GF=655655+4，
∴GF＝（855+125）（米），
故G点上升的高度为＝（855+125）米．
故答案为：（855+125）．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质、相似三角形的性质与判定等，解题关键是正确作出辅助线构造直角三角形和相似三角形．
15．（2021•鹿城区校级二模）如图1是一种浴室壁挂式圆形镜面折叠镜，AB，CD，EF可在水平面上转动，连接轴BD分别垂直AB和CD，EF过圆心，点C在EF的中垂线上，且CD=12EF，AB＝24cm．如图2是折叠镜俯视图，墙面PI与PQ互相垂直，在折叠镜转动过程中，EF与墙面PI始终保持平行，当点E落在PQ上时，AE＝30cm，此时A，B，F三点共线，则EF＝ 452 cm；将AB绕点A逆时针旋转至AB′，当B'C′⊥AB′时，测得点B′与E′到PQ的距离之比B'G：E′H＝16：11，则B'G＝ 28813 cm．
【考点】由三视图判断几何体；平行线的性质；线段垂直平分线的性质；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质．
【专题】解直角三角形及其应用；投影与视图；推理能力．
【答案】452，28813．
【分析】连接BE，BF，过点B′作B′J⊥E′F′于J．首先证明∠EBF＝90°，利用勾股定理求出EB，再利用相似三角形的性质求出BF，利用勾股定理可得EF．可以假设B′G＝16kcm，E′H＝11kcm，利用相似三角形的性质以及勾股定理构建方程求出k即可．
【解答】解：连接BE，BF，过点B′作B′J⊥E′F′于J．
由题意，CE＝CF＝CB，
∴∠EBC＝90°，
∵AB＝24cm，AE＝30cm，
∴EB=AE2−AB2=302−242=18（cm），
∵∠AEB+∠FEB＝90°，∠F+∠FEB＝90°，
∴∠AEB＝∠F，
∵∠ABE＝∠EBF＝90°，
∴△ABE∽△EBF，
∴ABEB=EBFB，
∴2418=18FB，
∴FB=272，
∴EF=BE2+BF2=182+(272)2=452（cm），
∵B'G：E′H＝16：11，
∴可以假设B′G＝16kcm，E′H＝11kcm，
∵四边形B′GHJ是矩形，
∴B′G＝JH＝16k（cm），
∴JE′＝16k﹣11k＝5k（cm），
∵C′B′＝C′E′=12EF=454（cm），
∴JC′＝（454−5k）cm，
∵AB′⊥B′C′，
∴∠AB′C′＝∠GB′J＝90°，
∴∠AB′G＝∠JB′C′，
∵∠AGB′＝∠B′JC′＝90°，
∴△AB′G∽△C′B′J，
∴B′GB′J=B′AC′B′，
∴16kB′J=24454，
∴B′J=152k（cm），
在Rt△B′JC′中，则有（454）2＝（454−5k）2+（152k）2，
解得k=1813，
∴B′G＝16×1813=28813（cm）．
故答案为：452，28813．
【点评】本题考查三视图的应用，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，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．
16．（2021•温州模拟）如图1是一款重型订书机，其结构示意图如图2所示，其主体部分为矩形EFGH，由支撑杆CD垂直固定于底座AB上，且可以绕点D旋转．压杆MN与伸缩片PG连接，点M在HG上，MN可绕点M旋转，PG⊥BC，DF＝8厘米，不使用时，EF∥AB，G是PF中点，tan∠PMG=34，且点D在NM的延长线上，则GF的长为 3 厘米；使用时如图3，按压MN使得MN∥AB，此时点F落在AB上，若CD＝2厘米，则压杆MN到底座AB的距离为 （1+3415） 厘米．
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；模型思想．
【答案】3；（1+3415）．
【分析】延长NM，则NM过点D，根据tan∠PMG=34和DF＝8可得GF的长；过点P作PK⊥AB于K，可得∠PFK＝∠CDF＝∠MPF，利用勾股定理可得CF的长，最后利用三角函数可得答案．
【解答】解：如图2，延长NM，则NM过点D，
∵四边形EFGH是矩形，HG∥EF，
∴∠PMG＝∠PDF，
∴tan∠PDF＝tan∠PMG=PFDF=34，
即PF8=34，PF＝6，
∵PF＝6，
∴GF=12PF＝3（厘米）．
如图3，过点P作PK⊥AB于K，
∵MN∥AB，
∴PK⊥MN，∠MPF＝∠PFK，
∵∠DFP＝∠DCF＝90°，
∴∠CDF+∠DFC＝∠PFK+∠DFC＝90°，
∴∠PFK＝∠CDF＝∠MPF，
由图2可得，PG＝3，tan∠PMG=34，
∴MG＝4，
Rt△DCF中，CF=82−22=215，
∴tan∠CDF＝tan∠MPF=2152=4PG，
∴PG=415，PF=415+3，
∵sin∠CDF＝sin∠PFK=2158=PK415+3，
∴PK＝（1+3415）厘米．
故答案为：3；（1+3415）．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键．
三．解答题（共6小题）
17．（2023•鹿城区校级二模）根据以下素材，探索完成任务．
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题；平行投影；相似三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】任务一：30°；任务二：31.5cm≤EF≤50cm；任务三：方案一约为13cm；方案二约为172.1cm．
【分析】任务一：过点F作OF∥AC，先根据平行线的性质可得∠AFO＝∠BAC＝16°，再根据∠AFD＝∠AFO+∠DFO即可得；
任务二：作AN⊥DF于点N，延长NF交AC于点Q，①当α＝14°时，先解直角三角形求出AN=502cm，再根据含30度角的直角三角形的性质可得AF=2AN=1002cm，从而可得EF的值，②当α＝29°时，同样的方法可得EF的值，由此即可得出答案；
任务三：方案一：求出AF=1002cm，设电池板之间的最大间距为xcm，则1002+x+1002+x+91=4×100，解方程即可得；方案二：设新电池板的长度AD'＝ycm，过点D'作水平线AC的垂线，交AB于点E'，求出AF=2ycm，再利用相似三角形的判定与性质可得AE′=91y100，然后根据AE'+AF＝400建立方程，解方程即可得．
【解答】解：任务一：如图，过点F作OF∥AC，
∴∠AFO＝∠BAC＝16°，
由题意得：∠DFO＝α＝14°，
∴∠AFD＝∠AFO+∠DFO＝30°，
故答案为：30°；
任务二：作AN⊥DF于点N，延长NF交AC于点Q，
①当α＝14°时，则∠NQA＝14°，
∵∠DAC＝31°，
∴∠NDA＝∠DAC+∠NQA＝45°，
∵AD＝100cm，
∴AN=AD⋅sin∠NDA=502cm，
∵∠AFD＝30°，
∴AF=2AN=1002cm，
∵AE＝91cm，
∴EF=AF−AE=1002−91≈50(cm)，
②当α＝29°时，
同理可得：EF=AF−AE=506−91≈31.5(cm)，
∴31.5cm≤EF≤50cm；
任务三：方案一：∵H在任意时刻均不能落在EF内，
∴AF最大，即AF=1002cm，
∵要充分利用斜坡，
∴最后一排恰好落在B处，
设电池板之间的最大间距为xcm，
则1002+x+1002+x+91=4×100，
解得x≈13，
答：电池板之间的最大间距约为13cm；
方案二：如图，设新电池板的长度AD'＝ycm，
过点D'作水平线AC的垂线，交AB于点E'，则DE∥D'E'
∵H在任意时刻均不能落在EF内，
∴AF最大，即当α＝14°时，AF最大，
同任务二可得：AF=2ycm，
∵电池板与坡度保持不变，DE∥D'E'，
∴△ADE∽△AD'E'，
∴AE′AE=AD′AD，即AE′91=y100，
解得AE′=91y100，
由题意得：91y100+2y=4×100，
解得y≈172.1，
答：原来100cm长的电池板最大可以定制约为172.1cm．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键．
18．（2023•衢江区三模）如图，已知在正方形ABCD中，E是BC的中点，F为AB上的动点（不与A，B重合），连接AE，CF，交于点P，连接DP．
（1）推断与计算
①当F在AB中点时，B，P，D三点恰好共线，则PFPC= 12 ；
②若正方形的边长为1，在①的条件下，求△CPE的面积；
（2）猜想与证明
请猜想PFPC与AFAB的数量关系，并证明这个结论；
（3）拓展与应用
当△CDP是等腰三角形时，求tan∠FCB的值．
【考点】相似形综合题．
【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①12；
②112；
（2）PFPC=AFAB；
（3）tan∠FCB=13或34或23．
【分析】（1）①可证明△BPF∽△DPC，从而PFPC=BFCD，进而得出结果；
②作PQ⊥BC于Q，可证得△CPQ∽△CFB，从而PQBF=PCCF，从而求得PQ的值，进一步得出结果；
（2）延长AE，交DC的延长线于G，可证得△PAF∽△GPC，△ABE∽△GCE，从而PFPC=AFCG，ABCG=BECE=1，从而得出PFPC=AFAB；（3）分三种情形：当PD＝CD＝1时，作PH⊥BC于H，交AD于G，可得出PGAG=tan∠PAG＝tan∠AEB=ABBE=BC12BC=2，设AG＝a，则PG＝2a，DG＝1﹣a，在Rt△PGD中，可列出（1﹣a）2+（2a）2＝1求得a的值，进一步得出结果；当PC＝CD时，作PT⊥BC于T，可得出PTET=tan∠AEB=ABBA=2，设PT＝2m，ET＝m，在Rt△PCT中可列出（2m）2+（m+12）2＝1求得m的值，进一步得出结果；当PC＝PD时，作PR⊥CD于R，可得出CR=12CD=12，PR是梯形ADCE的中位线，从而求得PR，进一步得出结果．
【解答】解：（1）①如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴△BPF∽△DPC，
∴PFPC=BFCD，
∵F时AB的中点，
∴BF=12AB=12CD，
∴PFPC=12，
故答案为：12；
②如图2，
作PQ⊥BC于Q，
∴∠PQC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝90°，
∴∠PQC＝∠B，
∴PQ∥AB，
∴△CPQ∽△CFB，
∴PQBF=PCCF，
由（1）得，
PFPC=12，
∴PQBF=PCCF=23，
∴PQ=23BF=13，
∴S△CPE=12CE⋅PQ=12×12×13=112；
（2）如图3，
PFPC=AFAB，理由如下：
延长AE，交DC的延长线于G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴△PAF∽△GPC，△ABE∽△GCE，
∴PFPC=AFCG，ABCG=BECE=1，
∴PFPC=AFAB；
（3）不妨设AB＝1，
如图4，
当PD＝CD＝1时，
作PH⊥BC于H，交AD于G，
则四边形CDHG是矩形，
∴GH＝AB＝1，CH＝DG，
∵AD∥BC，
∴∠PAG＝∠AEB，
∴PGAG=tan∠PAG＝tan∠AEB=ABBE=BC12BC=2，
设AG＝a，则PG＝2a，DG＝1﹣a，
在Rt△PGD中，由勾股定理得，
DG2+PC2＝PD2，
（1﹣a）2+（2a）2＝1，
∴a1=25，a2＝0（舍去），
∴CH＝DG＝1﹣a=35，
PH＝GH﹣GP＝1−45=15，
∴tan∠FCB=PHCH=13；
如图5，
当PC＝CD时，
作PT⊥BC于T，
∴PTET=tan∠AEB=ABBA=2，
设PT＝2m，ET＝m，
在Rt△PCT中，PC＝1，PT＝2m，CT＝ET+EC＝m+12，
∴（2m）2+（m+12）2＝1，
∴m1=310，m2=−12（舍去），
∴PT=35，CT=310+12=45，
∴tan∠FCB=PTCT=34，
如图6，
当PC＝PD时，
作PR⊥CD于R，
∴CR＝DR=12CD=12，
∵CE∥PR∥AD，
∴EPAP=CRDR=1，∠CPR＝∠FCB，
∴PR是梯形ADCE的中位线，
∴PR=AD+CE2=1+122=34，
∴tan∠FCB＝tan∠CPR=CRPR=1234=23，
综上所述：tan∠FCB=13或34或23．
【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，梯形的中位线定理，锐角三角函数的定义等知识，解决问题的关键是分类讨论．
19．（2022•路桥区一模）火钳是铁制夹取柴火的工具，有保洁员拿它拾捡地面垃圾使用，图1是火钳实物图，图2是其示意图．已知火钳打开最大时，两钳臂OC，OD的夹角∠COD＝40°，若OC＝OD＝40cm，求两钳臂端点C，D的距离．（结果精确到1cm，参考数据：sin70°≈0.94，cs70°≈0.34，tan70°≈2.75）
【考点】解直角三角形的应用；等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】两钳臂端点C，D的距离约为27cm．
【分析】连接CD，过点O作OE⊥CD，垂足为E，利用等腰三角形的性质可得∠C＝∠D＝70°，CD＝2CE，然后在Rt△OCE中，利用锐角三角函数的定义求出CE的长，从而求出CD的长，即可解答．
【解答】解：连接CD，过点O作OE⊥CD，垂足为E，
∵OC＝OD＝40cm，∠COD＝40°，
∴∠C＝∠D＝70°，CD＝2CE，
在Rt△OCE中，CE＝OC•cs70°≈40×0.34＝13.6（cm），
∴CD＝2CE≈27（cm），
∴两钳臂端点C，D的距离约为27cm．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
20．（2022•平阳县一模）如图，在10×8的方格纸巾，请按要求画图．
（1）在图1中画一个格点C，使△ABC为等腰三角形．
（2）在图2中两个格点F，G，使四边形DEFG为中心对称图形，且对角线互相垂直．
【考点】作图﹣旋转变换．
【专题】网格型；平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】见解答．
【分析】（1）根据等腰三角形的概念作图即可（答案不唯一）；
（2）根据中心对称图形的概念及菱形、正方形的性质作图即可（答案不唯一）．
【解答】解：（1）如图所示，△ABC即为所求（答案不唯一）．
（2）如图所示，四边形DEFG即为所求（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查作图—旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义与性质、等腰三角形的定义、菱形与正方形的性质．
21．（2021•奉化区校级模拟）如图（1）是一种简易台灯，在其结构图（2）中灯座为△ABC（BC伸出部分不计），A、C、D在同一直线上．量得∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝16cm，∠ADE＝135°，灯杆CD长为40cm，灯管DE长为15cm．
（1）求DE与水平桌面（AB所在直线）所成的角；
（2）求台灯的高（点E到桌面的距离，结果精确到0.1cm）．
（参考数据：sin15°＝0.26，cs15°＝0.97，tan15°＝0.27，sin30°＝0.5，cs30°＝0.87，tan30°＝0.58．）
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】常规题型．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）直接作出平行线和垂线进而得出∠EDF的值；
（2）利用锐角三角函数关系得出DN以及EF的值，进而得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：过点D作DF∥AB，过点D作DN⊥AB于点N，EF⊥AB于点M，
由题意可得，四边形DNMF是矩形，
则∠NDF＝90°，
∵∠A＝60°，∠AND＝90°，
∴∠ADN＝30°，
∴∠EDF＝135°﹣90°﹣30°＝15°，
即DE与水平桌面（AB所在直线）所成的角为15°；
（2）如图所示：∵∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝16cm，
∴∠ABC＝30°，则AC=12AB＝8cm，
∵灯杆CD长为40cm，
∴AD＝48cm，
∴DN＝AD•cs30°≈41.76cm，
则FM＝41.76cm，
∵灯管DE长为15cm，
∴sin15°=EFDE=EF15=0.26，
解得：EF＝3.9，
故台灯的高为：3.9+41.76≈45.7（cm）．
【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用，正确应用锐角三角函数关系是解题关键．
22．（2021•越城区模拟）如图1是城市广场地下停车场的入口，图2是安装雨棚左侧支架的示意图，已知，支架的立柱BC与地面垂直，即∠BCA＝90°，且BC＝1.5m，点F、A、C在同一条水平线上，斜杆AB与水平线AC的夹角∠BAC＝30°，支撑杆DE⊥AB于点D，该支架的边BE与AB的夹角∠EBD＝60°，又测得AD＝1m．请你求出该支架的边BE及顶端E到地面的距离EF的长度．
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．
【答案】该支架的边BE为4m，顶端E到地面的距离EF的长度为3.5m．
【分析】过B作BH⊥EF于点H，在Rt△ABC中，根据∠BAC＝30°，BC＝1.5m，可求得AB的长度，又AD＝1m，可求得BD的长度，在Rt△EBD中解直角三角形求得EB的长度，然后根据BH⊥EF，求得∠EBH＝30°，继而可求得EH的长度，易得EF＝EH+HF的值．
【解答】解：过B作BH⊥EF于点H，
∴四边形BCFH为矩形，BC＝HF＝1.5m，∠HBA＝∠BAC＝30°，
在Rt△ABC中，
∵∠BAC＝30°，BC＝1.5m，
∴AB＝3m，
∵AD＝1m，
∴BD＝2m，
在Rt△EDB中，
∵∠EBD＝60°，
∴∠BED＝90°﹣60°＝30°，
∴EB＝2BD＝2×2＝4（m），
又∵∠HBA＝∠BAC＝30°，
∴∠EBH＝∠EBD﹣∠HBD＝30°，
∴EH=12EB＝2（m），
∴EF＝EH+HF＝2+1.5＝3.5（m）．
答：该支架的边BE为4m，顶端E到地面的距离EF的长度为3.5m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是将实际问题转化为数学问题，构造直角三角形并解直角三角形，难度适中。项目背景：太阳能是绿色能源，为了更好的推广太阳能，某厂商决定在斜坡上安装太阳能电池板，为了保证每个电池板都能有充足的光照，现需要对电池板的摆放位置进行研究．
素材一
将电池板的侧面摆放情况抽象成如图所示的数学示意图，其中第一排电池板AD位置固定，第二排HG位置待确定，每块电池板与坡面夹角固定不变，DE，GM所在的直线垂直于水平线AC，坡面AB＝4m，∠BAC＝16°，AD＝HG＝100cm，AE＝91cm，∠DAC＝31°
参考数据：2≈1.41，3≈1.73，6≈2.45
素材二
上午太阳光线与水平线的夹角α范围为14°＜α≤29°，EF为阴影长，为了使得太阳能电池板有充足的阳光照射，点H要落在阴影外面．
问题解决
任务一
计算角度
当α等于14°时，∠AFD＝ ．
任务二
探究影长
求DE在斜坡上的阴影EF的取值范围（精确到0.1cm）．
任务三
方案选择（选择其中的一种方案进行研究）
方案一：若在该斜坡上安装3排100cm的电池板，每一排之间的间距相同，在充分利用斜坡的情况下，电池板之间的最大间距为多少（精确到1cm）．
方案二：若在该斜坡上安装2排电池板，电池板与坡面夹角保持不变，那么原来100cm长的电池板最大可以定制多长（精确到0.1cm）．
项目背景：太阳能是绿色能源，为了更好的推广太阳能，某厂商决定在斜坡上安装太阳能电池板，为了保证每个电池板都能有充足的光照，现需要对电池板的摆放位置进行研究．
素材一
将电池板的侧面摆放情况抽象成如图所示的数学示意图，其中第一排电池板AD位置固定，第二排HG位置待确定，每块电池板与坡面夹角固定不变，DE，GM所在的直线垂直于水平线AC，坡面AB＝4m，∠BAC＝16°，AD＝HG＝100cm，AE＝91cm，∠DAC＝31°
参考数据：2≈1.41，3≈1.73，6≈2.45
素材二
上午太阳光线与水平线的夹角α范围为14°＜α≤29°，EF为阴影长，为了使得太阳能电池板有充足的阳光照射，点H要落在阴影外面．
问题解决
任务一
计算角度
当α等于14°时，∠AFD＝ 30° ．
任务二
探究影长
求DE在斜坡上的阴影EF的取值范围（精确到0.1cm）．
任务三
方案选择（选择其中的一种方案进行研究）
方案一：若在该斜坡上安装3排100cm的电池板，每一排之间的间距相同，在充分利用斜坡的情况下，电池板之间的最大间距为多少（精确到1cm）．
方案二：若在该斜坡上安装2排电池板，电池板与坡面夹角保持不变，那么原来100cm长的电池板最大可以定制多长（精确到0.1cm）．