专题17 多边形和平行四边形-2022【决胜学考3+1】中考真题分类卷数学

心，以10.5海里为半径的圆内或圆上即可。 如图，过点A作AC⊥BD于点C，则AC的长是点A到BD 的最短距离． 由题意，得∠CAD=30^°，∠CAB=60^°， ∴∠BAD=60°-30°=30°，∠ABD=90^°-60°=30°， ∴∠ABD=∠BAD， ∴BD=AD=12海里。 ∵∠CAD=30°，∠ACD=90°，16.解（1)如图1，过点A作AM⊥DE，交ED的延长线于 点M，过点C作CF⊥AM，垂足为F，过点C作CN⊥DE，垂足 ∴CD=÷AD=6(海里)。 为N。 由勾股定理，得AC=\sqrt{12}^x一6^z=6\sqrt{3}(海里)。由题意可知，AC=80，CD=80，∠DCB=80°，∠CDE=60° 如图，设渔船还需航行x海里就开始有触礁的危险，即到在Rt△CDN中，CN=CD·sin∠CDE=80×2=40\sqrt{3}(mm) 达点D时有触礁的危险。 在直角△ADC中，由勾股定理，得(6-x)^2+(6\sqrt{3})==FM， 10.5^2．∠DCN=90^∘-60°=30°． 解得x=4.5. 又∵∠DCB=80^°， 所以，渔船还需航行4.5海里就开始有触礁的危险。 ∴∠BCN=80°-30°=50°° ∵AM⊥DE，CN⊥DE， 故答案是4.5.∴AM//CN， A∴∠A=∠BCN=50°， N∴∠ACF=90°-50°=40° 在Rt△AFC中，AF=AC·sin40∘≈80×0.643≈51.44(mm)， ∴AM=AF+FM=51.44+40\sqrt{3}≈120.7(mm)。 答：点A到直线DE的距离约为120.7mm。 （2)旋转后。如图2所示，根据题意可知∠DCB=80°+10° =90°． 14.\sqrt{3}(1+\sqrt{3})^209在Rt△BCD中，CD=80，BC=40， 在Rt△OA，B_1中，∵∠OA1B_1=90^°，∠MON=60^°，OAL」tan∠D=C=80=0.500， =1， ∴∠D=26.6. 因此旋转的角度为60°-26.6°=33.4- 答：CD旋转的角度约为33.4． ∴An=oA^2， ∴AB_2=1+3， ∴A_2B_2=\sqrt{3}(1+\sqrt{3})． 同法可得，A，B3=\sqrt{3}(1+\sqrt{3})^， MD”N一ED<—— 图1图2 …ⅱ 17.解选择CD=1.6m，BD=4m，∠ACE=67 由此规律可知，A2mB_2∞=\sqrt{3}(1+\sqrt{3})^2．由题意知，四边形BDCE是矩形， 故答案为\sqrt{3}(1+\sqrt{3})^209∴BE=CD=1.6m，CE=BD=4m。 15.解（1)如图，由题意，得在Rt△ACE中，∵∠ACE=67^， ∠ACB=20∘+42∘=62°． ～（2)由题意，得∠CAB=65°-20∘=45，∠ACB=42∘+20^°an∠ACE= =62°，AB=38.∴-≈2.36， 过点B作BE⊥AC于点E，如图所示。∴∠AEB=∠CEBAE≈9.44m， 90°，∴AB=AE+BE≈9.44+1.6=11.4≈11.0(m)。 在Rt△ABE中，∵∠EAB=45∘， 答：建筑物AB的高度为11.0m. ∴△ABE是等腰直角三角形。 第五单元四边形 ∵AB=38， ∴AE=BE=^AB=19\sqrt{2}.专题17多边形和平行四边形 在Rt△CBE中，∵∠ACB=62am∠ACB=要考点1多边形和正多边形_ 1.D多边形的内角和可以表示成(n-2)·180^°(n≥3且n ∴CE=E=⑨2，是整数)，n应为整数，所以n-2也是整数，所以多边形的内角 ?°tan62° 能被180整除．因为在这四个选项中不是180∘的倍数的只有 ∴AC=AE+CE=tan62^∘+19\sqrt{2}，1200.故选D)。 2.C∵OA=OB。∠AOB=140∘， ∴A.C两港之间的距离为(62+19\sqrt{2})km∴∠A=∠B=立(180^∘-140°)=20∘ 28— .∠AOC=60°， ∠FCD,运用ASA可以证明△ABE≌△CDF,故选项C不符合 .∠ADC=∠A+∠AOC=20°+60°=80°， 题意；D.若添加BE=DF,运用SAS可以证明△ABE≌ 故选C. △CDF,故选项D不将合题意.故选A. 3.C设这个多边形的边数为，则该多边形的内角和为 5.B如图，延长EF交DA的延长线于点Q,连接DE,设 (n-2)×180° BE=x. 依题意，得(1-2)×180°=360°×4. 解得n=10. ∴.这个多边形的边数是10. 故选C. 4.A根据题意可得行走路线是正五边形，由于360 =72° 故可每走完一段直路后沿向右偏72°方向