2023年浙江省温州市中考数学专题练——9图形的变化.docx

1、2023年浙江省温州市中考数学专题练9图形的变化一选择题（共15小题）1（2022永嘉县三模）某零件由两长方体组合而成如图所示，则它的左视图是（）ABCD2（2022鹿城区校级三模）三个大小一样的正方体按如图摆放，它的主视图是（）ABCD3（2022鹿城区校级二模）如图，梯子ABACl，ACB，两梯脚之间的距离BC的长为d则d与l的关系式为（）AdlsinBd2lcosCd2lsinDdlcos4（2022鹿城区校级二模）在寺庙难题书中，有这样一道题：五个正方形ABCD，CEFG，FHMN，GNPQ，DGST如图所示排列，其中点A，B、E，H，M共线，可得结论：正方形CEFG与SGQ的面积相等

2、若正方形CEFG与SGQ的面积之和为120，则正方形DGST与正方形GNPQ面积之和为（）A270B300C320D3505（2022乐清市三模）如图，在直角坐标系中，ABC与ABC是位似图形，则位似中心为（）A点MB点NC点OD点P6（2022鹿城区校级模拟）已知12cosAsin80，则锐角A的取值范围是（）A60A80B30A80C10A60D10A307（2022乐清市三模）下列柱体俯视图是圆形的是（）ABCD8（2022鹿城区校级三模）如图，ABC与DEF是位似图形，点O是位似中心，若OA：OD1：3，且ABC的面积为2，则DEF的面积为（）A6B9C18D279（2022鹿城区二模

3、）如图，旧楼的一楼窗台高为1米，在旧楼的正南处有一新楼高25米已知某日中午12时太阳从正南方照射的光线与水平线的夹角为，光线正好照在旧楼一楼窗台上，则两楼之间的距离为（）A24sin米B24cos米C24tan米D24tan米10（2022鹿城区校级三模）铁路道口的栏杆如图已知栏杆长为3米，当栏杆末端从水平位置上升到点C处时，栏杆前端从水平位置下降到点A处，下降的垂直距离AD为0.5米（栏杆的粗细忽略不计），上升前后栏杆的夹角为，则栏杆末端上升的垂直距离CE的长为（）A(3tan-0.5)米B(3sin-0.5)米C（3tan0.5）米D（3sin0.5）米11（2022温州校级模拟）为了疫情

4、防控工作的需要，某学校在学校门口的大门上方安装了一个人体体外测温摄像头，摄像头到地面的距离DE2.7米，小明身高BF1.5米，他在点A测得点D的仰角是在点B测得点D仰角的2倍，已知小明在点B测得的仰角是a，则体温监测有效识别区域AB的长为（）米A65tan-65tan2B65tan-65tan2C65tan2-65tanD56tan-56tan212（2022永嘉县三模）如图，架在消防车上的云梯AB长为15m，BDCE，ABD，云梯底部离地面的距离BC为2m则云梯的顶端离地面的距离AE的长为（）A（2+15sin）mB（2+15tan）mC17tanmD17sinm13（2022乐清市一模）等

5、积变换法是证明勾股定理的常用方法之一如图，在RtABC中，ACB90，以AB为边向下作正方形ADEB，CN平分ACB分别交AB，DE于M，N，过点A，B分别作AGBC，BFAC，交CN于点G，F，连结DG，利用此图形可以证明勾股定理，记AMG，DGN的面积分别为S1，S2，若S1+S27，FG=22，则AB的长为（）A26B5C26D3414（2022鹿城区校级二模）如图，在RtABC中，ABC90，以ABC的三边为底边分别在AC的上方作三个相似的等腰三角形，ABDACFBCE，且AFDB于点G，BE交CF于点H，若DGGB=32，则BHHE的值（）A27B15C5-110D51015（202

6、2洞头区模拟）如图1是放置在水平地面上的落地式话筒架图2是其示意图，主杆AB垂直于地面，斜杆CD固定在主杆的点A处，若CAB，AB120cm，AD40cm，则话筒夹点D离地面的高度DE为（）cmA120+40sinB120+40cosC120+40sinD120+40cos二填空题（共7小题）16（2022鹿城区校级三模）如图1是个家用折叠梯子，使用时四个踏板都是平行于地面且全等的矩形，BCCDDEEL，将踏板往上收起时（如图2），点A与点F重合，此时，踏板可以看作与支架AL重合，将梯子垂直摆放时，量得点A离地面110cm，点H离地面65cm，则踏板宽BF cm；图3是图1的简略视图，记支架A

7、M交BF于点P，此时点G恰好在A的正下方，且量得PB：PF13：4，则AM cm17（2022温州模拟）图1是一折叠桌，桌板DEIJ固定墙上，支架AD，HE绕点D，E旋转时，ADHE，桌板边缘AHBGCFDE，桌脚ANAH，桌子放平得图2图3是打开过程中侧面视图，当点N在直线CF上时，点N到墙OE的距离为 cm视图中以C，K为顶点的长方形表示一圆柱体花瓶，桌子打开至点M，C，F在同一直线时，桌板边缘GL恰卡在点K，为不影响桌板BG收放，则至少将花瓶沿CF方向平移 cm18（2022乐清市一模）如图1为某智能洗拖一体扫地机，它正常工作及待机充电时的示意图如图2所示，四边形ABCD为它的手柄，OE

8、为支撑杆，OM为拖把支架，且点O始终在AB的延长线上，当待机时，BCOM，已知AB18cm，BC15cm，ABCC90，AD+CD27cm，则CD cm；OE绕点O逆时针旋转一定角度，机器开始工作，当D，C，M在同一直线上时，点A，B分别绕O点旋转到点A，B，且高度分别下降了21.6cm和18cm，则此时点D到OM距离为 cm19（2022温州校级模拟）图1中周长为58的矩形纸片剪掉一块边长为4的正方形后，将剩下的部分沿着虚线剪开，拼成不重叠、无缝隙的矩形ABCD（如图2），则图2中线段BE的长为 ，连接部分的对角线交矩形ABCD于点M、N，则MN 20（2022鹿城区校级三模）图1是一款摆臂

9、遮阳蓬的实物图，图2是其侧面示意图，点A，O为墙壁上的固定点，摆臂OB绕点O旋转过程中，遮阳蓬AB可自由伸缩，蓬面始终保持平整如图2，AOB90，OAOB1.5米，光线l与水平地面的夹角约为tan3，此时身高为1米的小朋友（MN1米）站在遮阳蓬下距离墙角1.2米（QN1.2米）处，刚好不被阳光照射到，此时小朋友的头顶M距离遮阳蓬的竖直高度（MP）为 米；同一时刻下，旋转摆臂OB，点B的对应点B恰好位于小朋友头顶M的正上方，当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度为 米21（2022瑞安市校级三模）如图，一张矩形纸片ABCD中，BCAB=m（m为常数）将矩形纸片ABCD沿E

10、F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（1）当m=34，若tanBEH=43，EF=25，则BH的长为 （2）当点H落在BC的中点时，且CPCD=13，则m 22（2022鹿城区二模）小郑在一次拼图游戏中，发现了一个很神奇的现象：（1）他先用图形拼出矩形ABCD（2）接着拿出图形（3）通过平移的方法，用拼出了矩形ABMN已知AE：EO2：3，图形的面积为15，则增加的图形的面积为： ，当CO=312，EH4时，tanBAO 三解答题（共8小题）23（2022永嘉县三模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AE，BF交于点P（1）求证：AP4

11、PE（2）若BPEBFD，且AD8，求四边形PFCE的面积24（2022鹿城区校级三模）如图，99的方格都是由边长为1的小正方形组成平行四边形ABCD的顶点都在格点上，请按以下要求在图1，图2中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）（1）画出平行四边形ABCD绕点A旋转得到的平行四边形ABCD，使得点B落在边BC上（2）请以A为位似中心，作与平行四边形ABCD的面积比为14的位似图形平行四边形AEFG25（2022洞头区模拟）如图，E是菱形ABCD对角线AC上一点，四边形BGFE是矩形点F，G分别在DC，BC上（1）求证：CFGABE（2）若BE4，tanABE=34，求FM的长26（2022鹿

12、城区校级二模）如图，矩形ABCD中，点E为边AB上一点，将ADE沿DE折叠，使点A的对应点F恰好落在BC边上，连接AF交DE于点G，连接BG（1）求证：GBFDAF（2）若BFAD15，cosBGF=23，求矩形ABCD的面积27（2022乐清市三模）如图，ABC内接于O，BC是直径，AD平分BAC交于点D，EF切O于D，BFAB交EF于F（1）求证：四边形BCEF为平行四边形（2）若BF=52，AB4，求AE的长28（2022鹿城区二模）在RtABC中，AB=35，BC=45，过点C作CGAB，CF平分ACD交射线BA于点F，D是射线CG上的一个动点，连结AD交CF于点E（1）求CF的长（2

13、）当ACE是等腰三角形时，求CD的长（3）当B关于AD的对称点B落在CF上时，求DEAE的值29（2022鹿城区校级三模）如图1是某路灯，图2是此路灯在铅垂面内的示意图，灯芯A在地面上的照射区域BC长为7米，从B，C两处测得灯芯A的仰角分别为和，且tan6，tan1（1）求灯芯A到地面的高度（2）立柱DE的高为6米，灯杆DF与立柱DE的夹角D120，灯芯A到顶部F的距离为1米，且DFAF，求灯杆DF的长度30（2022龙港市模拟）如图，在1010的正方形网格中，点A，B均在格点上，请按要求画图（1）在图中找一点C，使得ABC是以AB为底的等腰三角形（2）将（1）中所画的ABC绕点A逆时针旋转9

14、0，记作ABC2023年浙江省温州市中考数学专题练9图形的变化参考答案与试题解析一选择题（共15小题）1（2022永嘉县三模）某零件由两长方体组合而成如图所示，则它的左视图是（）ABCD【解答】解：从左面看，视图是一个矩形，由于物体正面看有上下两层，从左边看不到凹槽的棱，用虚线表示，故选：C2（2022鹿城区校级三模）三个大小一样的正方体按如图摆放，它的主视图是（）ABCD【解答】解：从正面看，是一行两个小正方形，每个正方形的中间有一条纵向的虚线故选：B3（2022鹿城区校级二模）如图，梯子ABACl，ACB，两梯脚之间的距离BC的长为d则d与l的关系式为（）AdlsinBd2lcosCd2l

15、sinDdlcos【解答】解：作ADBC于点D，ABACl，BCd，CD=12d，ACB，cosACD=CDAC，cos=12dl，d2lcos，故选：B4（2022鹿城区校级二模）在寺庙难题书中，有这样一道题：五个正方形ABCD，CEFG，FHMN，GNPQ，DGST如图所示排列，其中点A，B、E，H，M共线，可得结论：正方形CEFG与SGQ的面积相等若正方形CEFG与SGQ的面积之和为120，则正方形DGST与正方形GNPQ面积之和为（）A270B300C320D350【解答】解：如图，过点G作GKCD，交DC的延长线于K，GJFN，交NF的延长线于J，四边形GCEF是正方形，CGEFGF

16、CE，CGFGFECEFGCE90，CGK+JGF90JGF+GFJGFJ+JFEJFE+EFH，CGKEFH，又GKCEHF90，CGKEFH（AAS），GKFH，CKEH，同理可求：GJBC，JFBE，BCEH，BEFH，BCCKEHGJ，BEGKJFFH，DK2BC，NJ2FH2BE，正方形CEFG与SGQ的面积相等若正方形CEFG与SGQ的面积之和为120，正方形CEFG的面积60，BC2+BE2CE260，正方形DGST与正方形GNPQ面积之和DG2+GN2，正方形DGST与正方形GNPQ面积之和DK2+GK2+GJ2+JN24BC2+BE2+4BE2+BC25（BC2+BE2）30

17、0，故选：B5（2022乐清市三模）如图，在直角坐标系中，ABC与ABC是位似图形，则位似中心为（）A点MB点NC点OD点P【解答】解：连接BB，交AA于点P，则点P为位似中心，故选：D6（2022鹿城区校级模拟）已知12cosAsin80，则锐角A的取值范围是（）A60A80B30A80C10A60D10A30【解答】解：12=cos60，sin80cos10，cos60cosAcos10，10A60故选：C7（2022乐清市三模）下列柱体俯视图是圆形的是（）ABCD【解答】解：A正六棱柱的俯视图是正六边形，故本选项不合题意；B正立放置的圆柱体的俯视图是圆形，故本选项符合题意；C长方体的俯视

18、图是长方形，故本选项不合题意；D三棱柱的俯视图是三角形，故本选项不合题意故选：B8（2022鹿城区校级三模）如图，ABC与DEF是位似图形，点O是位似中心，若OA：OD1：3，且ABC的面积为2，则DEF的面积为（）A6B9C18D27【解答】解：ABC与DEF是位似图形，ABCDEF，ABDE，OABODE，ABDE=OAOD=13，SABCSDEF=（13）2=19，ABC的面积为2，DEF的面积为18，故选：C9（2022鹿城区二模）如图，旧楼的一楼窗台高为1米，在旧楼的正南处有一新楼高25米已知某日中午12时太阳从正南方照射的光线与水平线的夹角为，光线正好照在旧楼一楼窗台上，则两楼之间

19、的距离为（）A24sin米B24cos米C24tan米D24tan米【解答】解：如图，过点C作CDAB，垂足为D由题意知四边形CEBD是矩形CEBD1m，CDEBADABBD24（m）由平行线的性质，易得ACD在RtACD中，tanACD=ADCD，EBCD=24tana（m）故选：D10（2022鹿城区校级三模）铁路道口的栏杆如图已知栏杆长为3米，当栏杆末端从水平位置上升到点C处时，栏杆前端从水平位置下降到点A处，下降的垂直距离AD为0.5米（栏杆的粗细忽略不计），上升前后栏杆的夹角为，则栏杆末端上升的垂直距离CE的长为（）A(3tan-0.5)米B(3sin-0.5)米C（3tan0.5）

20、米D（3sin0.5）米【解答】解：如图：过点A作AFDE，交CE的延长线于点F，CEDE，CED90，AFDE，CFACED90，CAFCBE，由题意可知：EFAD0.5米，AC3米，sinCAF=CFAC，CF3sin（米），CECFEF（3sin0.5）（米），即栏杆末端上升的垂直距离CE的长为（3sin0.5）米故选：D11（2022温州校级模拟）为了疫情防控工作的需要，某学校在学校门口的大门上方安装了一个人体体外测温摄像头，摄像头到地面的距离DE2.7米，小明身高BF1.5米，他在点A测得点D的仰角是在点B测得点D仰角的2倍，已知小明在点B测得的仰角是a，则体温监测有效识别区域AB的

21、长为（）米A65tan-65tan2B65tan-65tan2C65tan2-65tanD56tan-56tan2【解答】解：由题意得：DCA90，CEBF1.5米，DE2.7米，DCDECE2.71.51.2（米），在RtDCB中，DBC，BC=DCtan=1.2tan=65tan（米），在RtDCA中，DAC2DBC2，AC=DCtan2=1.2tan2=65tan2（米），ABBCAC（65tan-62tan2）米，故选：B12（2022永嘉县三模）如图，架在消防车上的云梯AB长为15m，BDCE，ABD，云梯底部离地面的距离BC为2m则云梯的顶端离地面的距离AE的长为（）A（2+15s

22、in）mB（2+15tan）mC17tanmD17sinm【解答】解：AECE，BCCE，AECBCE90BDCE，BDAE，BDBCADBBDEDBC90四边形BCED是矩形DEBC2mADABsinABD15sin（m），AEDE+AD2+15sin（m）故选：A13（2022乐清市一模）等积变换法是证明勾股定理的常用方法之一如图，在RtABC中，ACB90，以AB为边向下作正方形ADEB，CN平分ACB分别交AB，DE于M，N，过点A，B分别作AGBC，BFAC，交CN于点G，F，连结DG，利用此图形可以证明勾股定理，记AMG，DGN的面积分别为S1，S2，若S1+S27，FG=22，则

23、AB的长为（）A26B5C26D34【解答】解：设ACx，BCy，MACDAG，ADAB，AGAC，AGDACB（SAS），AGDACB90，DNGAMC，S2SAMC=y2x2，同理可得S1SBMC=x2y2，S1+S2=x2y2SBMC+y2x2SAMC，CN平分ACB，AMMB=xy，SAMCSBMC=xy，S1+S2（x2y2+yx）SBMC，SBMC=xy22(x+y)，得：（x2y2+yx）xy22(x+y)=7，FC=2y，CG=2x，FG=22，2x-2y22，即xy+2，AB=x2+y2=26，故选：A14（2022鹿城区校级二模）如图，在RtABC中，ABC90，以ABC的

24、三边为底边分别在AC的上方作三个相似的等腰三角形，ABDACFBCE，且AFDB于点G，BE交CF于点H，若DGGB=32，则BHHE的值（）A27B15C5-110D510【解答】解：作HPCE于点PAFDB，ABDACFBCE，且均为等腰三角形，DEF，DABFACECB，DAGBAC，ECHACB，ABC90，AFBF，DGAABC90，ADGACB，DACBECHE，HEHC，HPCE，CPPE，DGGB=32，DGAD=35，ED，AGDHPE90，ADGHEP，EPHE=DGAD=35，HECE=56，即HEBE=56，HE=56BE，BH=16BE，BHEH=16BE56BE=1

25、5故选：B15（2022洞头区模拟）如图1是放置在水平地面上的落地式话筒架图2是其示意图，主杆AB垂直于地面，斜杆CD固定在主杆的点A处，若CAB，AB120cm，AD40cm，则话筒夹点D离地面的高度DE为（）cmA120+40sinB120+40cosC120+40sinD120+40cos【解答】解：过点A作AFDE，垂足为F，ABBE，DEBE，AFEABEBEF90，四边形AFEB是矩形，ABFE120cm，ABEF，DCAB，在RtADF中，AD40cm，DFADcos40cos（cm），DEDF+EF（40cos+120）cm，话筒夹点D离地面的高度DE为（40cos+120）c

26、m，故选：B二填空题（共7小题）16（2022鹿城区校级三模）如图1是个家用折叠梯子，使用时四个踏板都是平行于地面且全等的矩形，BCCDDEEL，将踏板往上收起时（如图2），点A与点F重合，此时，踏板可以看作与支架AL重合，将梯子垂直摆放时，量得点A离地面110cm，点H离地面65cm，则踏板宽BF20cm；图3是图1的简略视图，记支架AM交BF于点P，此时点G恰好在A的正下方，且量得PB：PF13：4，则AM5501017cm【解答】解：设BFxcm，BCycm，根据题意可得，x+4y=110x+2y=65，解得x=20y=22.5即BF20cm；连接AG，交BF于点N，连接ML，根据题意可

27、得AGBF，BF20cm，PB：PF13：4，PB=26017cm，BC22.5cm，CGBF20cm，ABBF20cm，BFCG，BN：CGB：AC，即BN：2020：42.5，解得BN=16017cm，PNPBBN=10017cm，AN=30017cm，AP=1001017cm，PBML，APBAML，AP：AMAB：AL2：11，AM=5501017cm故答案为：20；550101717（2022温州模拟）图1是一折叠桌，桌板DEIJ固定墙上，支架AD，HE绕点D，E旋转时，ADHE，桌板边缘AHBGCFDE，桌脚ANAH，桌子放平得图2图3是打开过程中侧面视图，当点N在直线CF上时，点

28、N到墙OE的距离为 69cm视图中以C，K为顶点的长方形表示一圆柱体花瓶，桌子打开至点M，C，F在同一直线时，桌板边缘GL恰卡在点K，为不影响桌板BG收放，则至少将花瓶沿CF方向平移 15cm【解答】解：如图，当点N在直线CF上时，连接CN，延长 AN，DE交于点O，由由题图2可得，AB+BC+CD+DE150，ABBCCDDE=1504=37.5，ACAB+BC75，AN72，又ANCN，CN=AC2-AN2=21，由题意可得，NCOD，ANCO，ACNADO，ANCAOD，CNOD=ACAD=23，即21OD=23，OD31.5，OEOD+DE31.5+37.569，点N到墙OE的距离为6

29、9cm由题意可得，如图，连接CM，此时点K与点G重合，AMANMN60，AMMC，MC=AC2-AM2=752-602=45，AMKP，AMCKPF90，ACGF，ACMGFP，AMCKPF，MCPF=ACKF=2，即45PF=2，PF22.5，CPCFPF37.522.515，至少将花瓶沿CF方向平移15cm故答案为：69；1518（2022乐清市一模）如图1为某智能洗拖一体扫地机，它正常工作及待机充电时的示意图如图2所示，四边形ABCD为它的手柄，OE为支撑杆，OM为拖把支架，且点O始终在AB的延长线上，当待机时，BCOM，已知AB18cm，BC15cm，ABCC90，AD+CD27cm，

30、则CD10cm；OE绕点O逆时针旋转一定角度，机器开始工作，当D，C，M在同一直线上时，点A，B分别绕O点旋转到点A，B，且高度分别下降了21.6cm和18cm，则此时点D到OM距离为 89cm【解答】解：如图，过点D作DFAB于F，DFAB，BFDAFD90，ABCC90，四边形BCDF是矩形，DFBC15cm，BFCD，设CDx cm，则AFABBFABCD（18x）cm，AD+CD27cm，AD（27x）cm，在RtAFD中，由勾股定理，（18x）2+152（27x）2，解得x10，即CD的长为10cm如图，过点A作APOM交MO延长线于P，点B作BNOM交MO延长线于N，点D作DGOM

31、交MO延长线于G，点O作OHCM于H，设OBycm，由旋转可得，OBOBycm，ABAB18cm，BCBC15cm，CDCD10cm，由题意，得APAB+OB21.618+y21.6（y3.6）cm，BN（y18）cm，APOA=sinAOPsinBON=BNOB，即y-3.618+y=y-18y，解得y90，即OBOB90cm，OHCM，OHCOHM90，CMOB，BOH90，CBO90，四边形BCHO是矩形，CHOB90cm，OHBC15cm，CMOB，OMHNOB，OHOM=sinOMHsinNOB=BNOB，15OM=90-1890，OM=754在RtOHM中，由勾股定理得，MH=(7

32、54)2-152=454，MDMH+CH+DC=4454，在RtGMD中，由DGDM=sinGMDsinNOB=BNOB，即DG4454=90-1890，DG89cm即点D到OM的距离为89cm故答案为：10；8919（2022温州校级模拟）图1中周长为58的矩形纸片剪掉一块边长为4的正方形后，将剩下的部分沿着虚线剪开，拼成不重叠、无缝隙的矩形ABCD（如图2），则图2中线段BE的长为 10，连接部分的对角线交矩形ABCD于点M、N，则MN11521721【解答】解：把图1标注字母如下：根据题意得：PSPTJQ4，设QTa，LSb，JP+LP=125829，a+b291217，KL90，SRL

33、90JRKKJR，SRLRJK，AFCG=EFECSLRK=RLJK，b4=4+a4+b，由解得：a11，b6，JK4+b10，图2中的BE10，在图2中，以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，过E作EHAB于H，过F作FGCD于G，如图：a11，b6，AECF4，IF11，BI6，在RtAEB中，AB=AE2+BE2=42+102=229，AEBEABEH，EH=AEBEAB=410229=202929，tanABE=AEBE=EHBH，410=202929BH，BH=502929，E（202929，502929），同理可得DG=502929，FG=202929，CGCDDGABDG

34、229-502929=82929，在RtBIC中，BC=BI2+CI2=62+(11+4)2=329，xFBCFG329-202929=672929，F（672929，82929），设直线EF的解析式为ykx+b，将E（202929，502929），F（672929，82929）代入得：202929k+b=502929672929k+b=82929，解得k=-4247b=1102947，直线EF的解析式为y=-4247x+1102947，在y=-4247x+1102947中，令y0得x=552921知N（552921，0），令y229得x=82921知M（82921，229），MN=(5529

35、21-82921)2+(0-229)2=11521721，故答案为：10，1152172120（2022鹿城区校级三模）图1是一款摆臂遮阳蓬的实物图，图2是其侧面示意图，点A，O为墙壁上的固定点，摆臂OB绕点O旋转过程中，遮阳蓬AB可自由伸缩，蓬面始终保持平整如图2，AOB90，OAOB1.5米，光线l与水平地面的夹角约为tan3，此时身高为1米的小朋友（MN1米）站在遮阳蓬下距离墙角1.2米（QN1.2米）处，刚好不被阳光照射到，此时小朋友的头顶M距离遮阳蓬的竖直高度（MP）为 0.3米；同一时刻下，旋转摆臂OB，点B的对应点B恰好位于小朋友头顶M的正上方，当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时

36、，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度为 1.3米【解答】解：OAOB，AOB90，ABO45，MPMB，OMQN1.2m，OB1.5m，MPMB1.51.20.3（m），过点B作BCBN，与QN交于点C，过B作BFAQ于F，过C作CDBF于点D，与AB交于点E，则BFOMQN1.2（m），FOBM=OB2-OM2=152-122=0.9（m），BNBM+MN1.9（m），AFOAFO0.6（m），BCBN，BCN，tanBCN=BNCN=3，BDCN=1.93=1930（m），DEAF，BDBF=DEAF，即19301.2=DE0.6DE=19151.3（m），即当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其

37、头顶距离遮阳蓬的竖直高度约为1.3m故答案为：0.3；1.321（2022瑞安市校级三模）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（1）当m=34，若tanBEH=43，EF=25，则BH的长为 83（2）当点H落在BC的中点时，且CPCD=13，则m277【解答】解：（1）过点F作FGAB于G，则DFAG，FGADBC，EF=25，四边形ABCD是矩形，ABC90，在RtBEH中，tanBEH=43，BHBE=43，设BH4x，BE3x，x0，则EH=BH2+BE2=5x，由折叠的性

38、质得，MHEADM90，AEEH5x，DFMF，BCADMH，ABAE+BE8x，BCAB=34，BHBE=43，BCAB=BEBH，BC8x=3x4x，解得BC6x，CHBCBH6x4x2x，四边形ABCD是矩形，ABC90，CHP+CPH90，MHEA90，CHP+BHE90，CPHBHE，CHPBEH，CHBE=CPBH=PHEH，即2x3x=CP4x=PH5x，解得CP=83x，PH=103x，PM=MH-PH=6x-103x=83x，MC90，MPFCPH，CHPMFP，CHMF=CPPM，即2xMF=83x83x，解得MF2x，DFMF2x，GEABAGBEABDFBE3x，在Rt

39、EFG中，FG2+EG2EF2，(6x)2+(3x)2=(25)2，解得x=23，BH=4x=423=83；故答案为：83；（2）CPCD=13，设CPt，则CDAB3t，点H是BC的中点，CH=BH=12BC，CHPBEH，CHBE=CPBH，即12BCBE=t12BC，BC24BEt，AEABBE，AEEH，CDAB3t，AEEH3tBE，在RtBEH中，EH2BE2+BH2，(3t-BE)2=BE2+(12BC)2，解得BE=97t，BC2=4BEt=497tt=367t2，BC=677t，m=BCAB=677t3t=277故答案为：27722（2022鹿城区二模）小郑在一次拼图游戏中，

40、发现了一个很神奇的现象：（1）他先用图形拼出矩形ABCD（2）接着拿出图形（3）通过平移的方法，用拼出了矩形ABMN已知AE：EO2：3，图形的面积为15，则增加的图形的面积为：152，当CO=312，EH4时，tanBAO13【解答】解：（1）如图，在平移后的图形中分别标记O，O，F，H，E和G，由题意可知，AE：EO2：3 GHFCNFDF：FC2：3，NO：OF1：2又图和图的高相等，图和图的面积比为1：2，图的面积为152故答案为：152（3）由题意可知，S四边形AOCD=12(CO+AD)CD，S四边形AOMN=12(MO+AN)NF，S四边形AOCD+152=S四边形AOMN设DF

41、2a，DGx，则CFGH3a，COHE=312，CDNF5a，EFAG4+x，AGEF=312+x，ADx+312+x=312+2x，AN4+x+x4+2x，又ax=152，综上解得：a3，x=52，OB2x5，AB5a15，tanBAO=OBAB=515=13，故答案为：13三解答题（共8小题）23（2022永嘉县三模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AE，BF交于点P（1）求证：AP4PE（2）若BPEBFD，且AD8，求四边形PFCE的面积【解答】（1）证明：如图：取BF的中点G，连接EG，E是BC的中点，EG是BCF的中位线，EGCD，FC2GE，四边形ABCD是

42、矩形，ABE90，ABCD，ADBC，ABCD，EGAB，F是CD的中点，CD2CF，ABCD2FC4GE，EGAB，BAEAEG，ABPBGE，ABPEGP，EPAP=EGAB=14，AP4PE；（2）解：BPEBFD，BFD+2180，BPE+1180，12，ABCD，32，13，ABAP4PE，设PEa，则ABAP4a，AEAP+PE5a，在RtABE中，由勾股定理得：BE=AE2-AB2=(5a)2-(4a)2=3a，点E是BC的中点，BC2BE6a，ADBC2BE6a，AD8，6a8，a=43，SABE=ABBE2=4a3a2=6a2=323，F是CD的中点，CF=12CD2a，SB

43、CF=BCCF2=6a2a2=6a2=323SABESBCF，SABESBPESBCFSBPE，S四边形PFCESABP，AP4PE，S四边形PFCE=SABP=45SABE=12815，四边形PFCE的面积为1281524（2022鹿城区校级三模）如图，99的方格都是由边长为1的小正方形组成平行四边形ABCD的顶点都在格点上，请按以下要求在图1，图2中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）（1）画出平行四边形ABCD绕点A旋转得到的平行四边形ABCD，使得点B落在边BC上（2）请以A为位似中心，作与平行四边形ABCD的面积比为14的位似图形平行四边形AEFG【解答】解：（1）如图1，平行四边形

44、ABCD即为所求（2）如图2，平行四边形AEFG即为所求（画出其中一种即可）25（2022洞头区模拟）如图，E是菱形ABCD对角线AC上一点，四边形BGFE是矩形点F，G分别在DC，BC上（1）求证：CFGABE（2）若BE4，tanABE=34，求FM的长【解答】（1）证明：四边形ABCD是菱形，ABCD，CABDCA，四边形BGFE是矩形，BEFG，BEMFME，BEMBAE+ABE，FMEACD+CFG，CFGABE；（2）解：四边形BGFE是矩形，EBFG4，EFGFGB90，EFBG，FGC180FGB90，tanABE=34，CFGABE，tanCFG=34，CGFGtanCFG4

45、34=3，FC=FG2+CG2=42+32=5，四边形ABCD是菱形，ADBC，ADDC，ADEF，DACFEC，ADDC，DACDCA，FECDCA，FEFC5，EFGFGC90，EMFCMG，EFMCGM，EFCG=FMGM，53=FM4-FM，FM=52，FM的长为5226（2022鹿城区校级二模）如图，矩形ABCD中，点E为边AB上一点，将ADE沿DE折叠，使点A的对应点F恰好落在BC边上，连接AF交DE于点G，连接BG（1）求证：GBFDAF（2）若BFAD15，cosBGF=23，求矩形ABCD的面积【解答】（1）证明：由题意得：ADEFDE，DE垂直平分AF，DADF，AGGF，

46、DAFDFA四边形ABCD为矩形，ABF90，BGAGFG=12AFAGB和GBF为等腰三角形，GBFGFB，GABGBAGAB+DAF90，GAB+AFB90，DAFGFB，DAFGFB，DFAGBF，GBFDAF；（2）解：GBFDAF，BFAF=BGAD，BGAFBFAD15，BGAGFG=12AF，AF230，AF=30，BG=302由（1）知：DE垂直平分AF，EGF90，AEEFABC90，ABC+EGF180，点E，B，F，G四点共圆，BEFBGFcosBGF=23，cosBEF=23，cosBEF=BEEF，BEEF=23，设BE2x，则EF3x，AE3x，BF=EF2-BE2

47、=5x，ABAE+BE5xAB2+BF2AF2，(5x)2+(5x)2=(30)2，解得：x1AB5，BF=5BFAF=BGAD，530=302AD，AD35，矩形ABCD的面积ADAB15527（2022乐清市三模）如图，ABC内接于O，BC是直径，AD平分BAC交于点D，EF切O于D，BFAB交EF于F（1）求证：四边形BCEF为平行四边形（2）若BF=52，AB4，求AE的长【解答】（1）证明：连接OD，BFAB，ABF90，BC是O的直径，BAC90，BAC+ABF180，BFAE，AD平分BAC，BADCAD，BD=CD，BCOD，EF切O于D，EFOD，BCEF，四边形BCEF为平

48、行四边形；（2）解：由（1）知：四边形BCEF为平行四边形，CEBF=52，如图，连接OD，过点C作CGEF于G，CODODGCGD90，OCOD，四边形CODG是正方形，CGOC，BCG90，ACB+ECG90，ACB+ABC90，ECGABC，CGEBAC90，ABCGCE，ABCG=BCCE，设O的半径是r，则BC2r，4r=2r52，r=5（负值舍），BC25，AC=BC2-AB2=(25)2-42=2，AEAC+CE2+52=9228（2022鹿城区二模）在RtABC中，AB=35，BC=45，过点C作CGAB，CF平分ACD交射线BA于点F，D是射线CG上的一个动点，连结AD交CF

49、于点E（1）求CF的长（2）当ACE是等腰三角形时，求CD的长（3）当B关于AD的对称点B落在CF上时，求DEAE的值【解答】解：（1）在RtABC中，AB=35，BC=45，AC55，CF平分ACD，ACFDCF，CGAB，FDCF，FACF，ACAF55，BFAB+AF85，在RtBCF中，CF=CB2+BF2=20，（2）当ECAAEC时，ACE是等腰三角形，CAEAECFDCF，ACECFA，ACFC=CECA，5520=CE55，CE=254，EFCFCE=554，CGAB，DCEAFE，CDAF=CEEF，CD=25511；当CAEAEC时，ACE是等腰三角形，如图所示：ACCE5

50、5，EFCF+CE2055，CDAF=CEEF，CD=100+25511，CEACFA，FACF，CEAACE，CEAACE，综上所述：CD的长为25511或100+25511；（3）作DMBA，垂足为M，作BNBF，垂足为N，DMBDMA90，BNB90，CGAB，B90，CDMDMA90，四边形CBMD是矩形，DMCB45，B关于AD的对称点为B，BBAD，ABAB35，tanF=BCBF=4585=12，tanF=BNNF=12，FN2BN，设BNx，则FN2x，ANAFFN55-2x，AN2+NB2AB2，(55-2x)2+x2=(35)2，解得x2+25或x2+25，当x2+25时，

51、AN=5-40，（舍去），BN2+25，AN4+5，BNAB+AN4+45，BBA+BANBAN+ADM90，BBAADM，ADMBBN，DMBN=AMBN，454+45=AM-2+25，AM35-5，BMCDABAM5，DEAE=CDAF=555=5529（2022鹿城区校级三模）如图1是某路灯，图2是此路灯在铅垂面内的示意图，灯芯A在地面上的照射区域BC长为7米，从B，C两处测得灯芯A的仰角分别为和，且tan6，tan1（1）求灯芯A到地面的高度（2）立柱DE的高为6米，灯杆DF与立柱DE的夹角D120，灯芯A到顶部F的距离为1米，且DFAF，求灯杆DF的长度【解答】解：（1）过点A作AH

52、BC，垂足为H，设BHx米，在RtABH中，tan6，AHBHtan6x（米），在RtACH中，tan1，CH=AHtan=6x（米），BC7米，BH+CH7，x+6x7，x1，AH6米，灯芯A到地面的高度为6米；（2）连接AD，DEBC，AHBC，DEAH，DEAH6米，四边形DEHA是平行四边形，DEH90，四边形DEHA是矩形，EDA90，EDF120，ADFEDFEDA30，DFAF，F90，在RtDFA中，AF1米，DF=AFtan30=133=3（米），灯杆DF的长度为3米30（2022龙港市模拟）如图，在1010的正方形网格中，点A，B均在格点上，请按要求画图（1）在图中找一点C，使得ABC是以AB为底的等腰三角形（2）将（1）中所画的ABC绕点A逆时针旋转90，记作ABC【解答】解：（1）如图，点C即为所求；答案不唯一；（2）如图，ABC即为所求答案不唯一