专题08图形的变换&锐角三角函数（七大题型）【好题汇编】-2024年中考数学二模试题分类汇编（北京专用）

专题08 图形的变换&锐角三角函数 由三视图确定几何体 1．（2024•北京模拟）如图是某几何体的三视图，该几何体是（　　） A．三棱锥 B．三棱柱 C．圆柱 D．长方体 2．（2024•海淀区校级模拟）如图是某几何体的三视图，该几何体是（　　） A．圆柱 B．五棱柱 C．长方体 D．五棱锥 3．（2024•房山区校级模拟）如图是几何体的三视图，该几何体是（　　） A．圆锥 B．圆柱 C．正三棱锥 D．正三棱柱 4．（2024•西城区二模）如图是某几何体的三视图，则该几何体是（　　） A．圆锥 B．圆柱 C．三棱柱 D．三棱锥 5．（2024•海淀区校级模拟）某个几何体的三视图如图所示，该几何体是（　　） A． B． C． D． 确定简单几何体的三视图 6．（2024•顺义区二模）在下列几何体中，主视图为三角形的是（　　） A． B． C． D． 7．（2024•北京二模）下列几何体中，主视图为三角形的是（　　） A． B． C． D． 8．（2024•西城区校级二模）某无盖分类垃圾桶如图所示，则它的俯视图是（　　） A． B． C． D． 9．（2024•丰台区二模）榫卯（sǔnmǎo）是中国古代建筑、家具及其它器械的主要结构方式，是我国工艺文化精神的传承，凸出部分叫榫，凹进部分叫卯．如图是某个部件“榫”的实物图，它的主视图是（　　） A． B． C． D． 轴对称图形与中心对称图形 10．（2024•海淀区校级二模）下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 11．（2024•大兴区二模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 12．（2024•房山区二模）下面四个图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 13．（2024•门头沟区二模）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 14．（2024•石景山区二模）中国的航天事业蓬勃发展，取得了显著的进展和突破．下列航天图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（　　） A．中国探月 B．中国航天 C．中国火箭 D．中国行星探测 15．（2024•东城区二模）如图图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 16．（2024•昌平区二模）下列图形中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 17．（2024•西城区校级二模）下列4个图形中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 18．（2024•东城区校级二模）下面四幅图分别是“故宫博物馆”、“广东博物馆”、“四川博物馆”、“温州博物馆”的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 19．（2024•海淀区校级三模）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 图形的变换---翻折、旋转 20．（2024•海淀区校级模拟）小明将图案绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度α，设计出一个外轮廓为正六边形的图案（如图），则旋转角度α的最小值为 　 　． 21．（2024•黄埔区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A1B1C，M是BC的中点，N是A1B1的中点，连接MN，若AB＝12，则线段MN的最小值是 　 ． 22．（2024•西城区校级二模）如图，在长方形ABCD中，AD＝5，AB＝8，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠．当点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为 　 　． 23．（2024•西城区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，，点P在线段BC上运动（含B，C两点），连接AP，以点A为中心，将线段AP逆时针旋转60°到AQ，连接DQ，则线段DQ的最小值为（　　） A． B． C． D．3 24．（2024•北京市第十一中学区二模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2，AD＝2，E是AB的中点，F是AD边上的一个动点（点F不与点AD重合）．将△AEF沿EF所在直线翻折，点A的对应点为A'，连接A'D，A'C．当△A'DC是等腰三角形时，AF的长为 ． 关于原点的对称点的坐标 25．（2024•西城区二模）在平面直角坐标系xOy中，点A（3，1）关于原点O的对称点的坐标为 　　． 26．（2024•西城区校级二模）点P（﹣1，3）关于原点对称的点的坐标是 　 　． 锐角三角函数 27．（2024•门头沟区二模）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C是网格线交点，则sinA＝　 　. 28．（2024•黄埔区校级二模）如图，平面直角坐标系中，已知矩形OABC，O为原点，点A、C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（1，2），连接OB，将△OAB沿直线OB翻折，点A落在点D的位置，则cos∠COD 的值是（　　） A． B． C． D． 29．（2024•海淀区校级二模）如图，点F在▱ABCD的对角线AC上，过点F、B分别作AB、AC的平行线相交于点E，连接BF，∠ABF＝∠FBC+∠FCB． （1）求证：四边形ABEF是菱形； （2）若BE＝5，AD＝8，sin∠CBE，求AC的长． 30．（2024•北京二模）如图，⊙O为四边形ABCD的外接圆，BD平分∠ABC，OC⊥BD于点E． （1）求证：AD＝BC； （2）延长CO交⊙O于点F，连接AF，若AD＝5，sin∠CBD，求AF的长． 31．（2024•石景山区二模）如图，过⊙O外一点P作⊙O的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，AC是⊙O的直径，连接CB并延长交直线AP于点D． （1）求证：PD＝PA； （2）延长BP交CA的延长线于点E．若⊙O的半径为，，求BC的长． 32．（2024•西城区二模）如图，AB是⊙O的直径，BC交⊙O于点D，点E是的中点，连接AE交BC于点F，∠ACB＝2∠EAB． （1）求证：AC是⊙O的切线； （2）若BF＝6，，求AB的长． 解直角三角形的应用 33．（2024•西城区校级模拟）我国是世界上最早发明历法的国家之一，《周礼》中记载：垒土为圭，立木为表，测日影，正地中，定四时，如图1，圭是地面上一根水平标尺，指向正北，表是一根垂直于地面的杆，正午，表的日影（即表影）落在圭上，根据表影的长度可以测定节气． 在一次数学活动课上，要制作一个圭表模型，如图2，地面上放置一根长2米的杆AB，向正北方向画一条射线BC，在BC上取点D，测得BD＝1.5m，AD＝2.5m． （1）判断：这个模型中AB与BC是否垂直．答：　 　（填“是”或“否”）；你的理由是：　 　． （2）利用这个圭表模型，测定某市冬至正午阳光与日影夹角30°，夏至正午阳光与日影夹角为60°，请求出这个模型中该市冬至与夏至的日影的长度差（结果保留根号）． 34．（2024•西城区校级一模）小亮在某桥附近试飞无人机，如图，为了测量无人机飞行的高度AD，小亮通过操控器指令无人机测得桥头B，C的俯角分别为∠EAB＝60°，∠EAC＝30°，且D，B，C在同一水平线上．已知桥BC＝30米，求无人机飞行的高度AD．（精确到0.01米．参考数据：1.414，1.732） 35．（2024•海淀区校级三模）中考英语听力测试期间T需要杜绝考点周围的噪音．如图，点A是某市一中考考点，在位于考点南偏西15°方向距离500米的C点处有一消防队．在听力考试期间，消防队突然接到报警电话，消防车需沿北偏东75°方向的公路CF前往救援．已知消防车的警报声传播半径为400米，若消防车的警报声对听力测试造成影响，则消防车必须改道行驶．试问：消防车是否需要改道行驶？ 说明理由．（1.732） 36．（2024•朝阳区校级二模）为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，如图1，某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷，便于社区居民休憩．在如图2的侧面示意图中，遮阳篷靠墙端离地高记为BC，遮阳篷AB长为5米，与水平面的夹角为16°． （1）求点A到墙面BC的距离； （2）当太阳光线AD与地面CE的夹角为45°时，量得影长CD为1.8米，求遮阳篷靠墙端离地高BC的长．（结果精确到0.1米；参考数据：sin16°≈0.28，cos16°≈0.96，tan16°≈0.29） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 图形的变换&锐角三角函数 由三视图确定几何体 1．（2024•北京模拟）如图是某几何体的三视图，该几何体是（　　） A．三棱锥 B．三棱柱 C．圆柱 D．长方体 【分析】根据三视图的定义解答即可． 【解答】解：根据主视图与左视图为矩形可以判断出是柱体，根据俯视图是三角形判断出这个几何体是三棱柱． 故选：B． 【点评】本题主要考查了由三视图判断几何体，熟练掌握三视图的定义是解答本题的关键． 2．（2024•海淀区校级模拟）如图是某几何体的三视图，该几何体是（　　） A．圆柱 B．五棱柱 C．长方体 D．五棱锥 【分析】根据几何体的左视图和俯视图都是长方形，可判断该几何体是柱体，进而根据主视图的形状，可判断柱体侧面形状，得到答案． 【解答】解：由几何体的左视图和俯视图都是长方形，故该几何体是柱体，又因为主视图是五边形，故该几何体是五棱柱． 故选：B． 【点评】本题考查了由三视图判断几何体，如果有两个视图为三角形，该几何体一定是锥体，如果有两个矩形，该几何体一定柱体，其底面由第三个视图的形状决定． 3．（2024•房山区校级模拟）如图是几何体的三视图，该几何体是（　　） A．圆锥 B．圆柱 C．正三棱锥 D．正三棱柱 【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． 【解答】解：根据俯视图和左视图为矩形是柱体，根据主视图是正三角形可判断出这个几何体应该是正三棱柱． 故选：D． 【点评】本题考查由三视图确定几何体的形状，主要考查学生空间想象能力． 4．（2024•西城区二模）如图是某几何体的三视图，则该几何体是（　　） A．圆锥 B．圆柱 C．三棱柱 D．三棱锥 【分析】由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状． 【解答】解：主视图和左视图都是等腰三角形，那么此几何体为锥体，由俯视图为圆，可得此几何体为圆锥． 故选：A． 【点评】主视图和左视图的大致轮廓为三角形的几何体为锥体． 5．（2024•海淀区校级模拟）某个几何体的三视图如图所示，该几何体是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据三视图的定义判断即可． 【解答】解：由三视图可知这个几何体是： 故选：A． 【点评】本题考查由三视图判断几何体，解题的关键是理解三视图的定义，属于中考常考题型． 确定简单几何体的三视图 6．（2024•顺义区二模）在下列几何体中，主视图为三角形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据主视图的定义判断即可． 【解答】解：A．该几何体的主视图是矩形，故本选项不合题意； B．该几何体的主视图是一行两个矩形，故本选项不合题意； C．该几何体的主视图是正方形，故本选项不合题意； D．该几何体的主视图是等腰三角形，故本选项符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图． 7．（2024•北京二模）下列几何体中，主视图为三角形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】主视图是从找到从正面看所得到的图形，注意要把所看到的棱都表示到图中． 【解答】解：A、圆锥的主视图是等腰三角形，故此选项符合题意； B、三棱柱的主视图是一个矩形，矩形内部有一个纵向的实线，故此选项不符合题意； C、球的主视图是一个圆，故此选项不符合题意； D、圆柱的主视图是一个矩形，故此选项不符合题意． 故选：A． 【点评】此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握主视图所看的位置． 8．（2024•西城区校级二模）某无盖分类垃圾桶如图所示，则它的俯视图是（　　） A． B． C． D． 【分析】俯视图是从上向下看得到的视图，结合选项即可做出判断． 【解答】解：从上向下看，是两个同心圆． 故选：B． 【点评】本题考查了简单组合图形的三视图，属于基础题，关键掌握俯视图是从上向下看得到的视图． 9．（2024•丰台区二模）榫卯（sǔnmǎo）是中国古代建筑、家具及其它器械的主要结构方式，是我国工艺文化精神的传承，凸出部分叫榫，凹进部分叫卯．如图是某个部件“榫”的实物图，它的主视图是（　　） A． B． C． D． 【分析】从正面看到的平面图形是主视图，根据主视图的含义可得答案． 【解答】解：如图所示的几何体的主视图如下： ． 故选：D． 【点评】此题主要考查了简单组合体的三视图；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形． 轴对称图形与中心对称图形 10．（2024•海淀区校级二模）下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【解答】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意； B、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：A． 【点评】本题考查了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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 11．（2024•大兴区二模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可． 【解答】解：A．图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意； C．图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意； D．图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； 故选：D． 【点评】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别．熟练掌握相关定义是解答本题关键． 12．（2024•房山区二模）下面四个图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【分析】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 13．（2024•门头沟区二模）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【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． 【解答】解：A．原图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； B．原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C．原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D．原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查的是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． 14．（2024•石景山区二模）中国的航天事业蓬勃发展，取得了显著的进展和突破．下列航天图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（　　） A．中国探月 B．中国航天 C．中国火箭 D．中国行星探测 【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．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． 【解答】解：选项A、B、D都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项C能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：C． 【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 15．（2024•东城区二模）如图图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【解答】解：A．原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项符合题意； B．原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项不符合题意； C．原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项不符合题意； D．原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意． 故选：A． 【点评】本题考查了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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 16．（2024•昌平区二模）下列图形中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可． 【解答】解：A．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A选项不符合题意； B．该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故B选项不符合题意； C．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C选项不符合题意； D．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项符合题意． 故选：D． 【点评】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义． 17．（2024•西城区校级二模）下列4个图形中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】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，由此即可判断． 【解答】解：选项A、C、D的图形都不能找到一个点，使这些图形绕某一点旋转180°与原来的图形重合，所以不是中心对称图形； 选项B的图形能找到一个点，使这个图形绕某一点旋转180°与原来的图形重合，所以是中心对称图形； 故选：B． 【点评】本题主要考查中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键． 18．（2024•东城区校级二模）下面四幅图分别是“故宫博物馆”、“广东博物馆”、“四川博物馆”、“温州博物馆”的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【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． 【解答】解：A．该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意； B．该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意； C．该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键． 19．（2024•海淀区校级三模）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可． 【解答】解：A．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A选项不符合题意； B．该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故B选项不符合题意； C．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C选项不符合题意； D．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项符合题意． 故选：D． 【点评】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义． 图形的变换---翻折、旋转 20．（2024•海淀区校级模拟）小明将图案绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度α，设计出一个外轮廓为正六边形的图案（如图），则旋转角度α的最小值为 　 　． 【分析】根据旋转的定义确定两个对应点的位置，求得与O点连线的夹角即可求得旋转角度． 【解答】解：如下图，当经过一次循环后点C旋转至点B的位置上， ∴∠COB＝360°÷6＝60°． 故答案为：60°． 【点评】本题主要考查了利用旋转设计图案的知识，解答本题的关键是能够找到一对对应点确定旋转角度． 21．（2024•黄埔区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A1B1C，M是BC的中点，N是A1B1的中点，连接MN，若AB＝12，则线段MN的最小值是 　 ． 【分析】连接CN，在Rt△ACB中，利用含30度角的直角三角形的性质可得BC＝6，从而利用线段的中点定义可得CM＝3，再根据旋转的性质可得：∠ACB＝∠A1CB1＝90°，AB＝A1B1＝12，然后在Rt△A1CB1中，利用直角三角形斜边上的中线性质可CN＝6，从而在△CNM中，利用三角形的三边关系即可解答． 【解答】解：连接CN， ∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝12， ∴BCAB＝6， ∵点M是BC的中点， ∴CMCB＝3， 由旋转得：∠ACB＝∠A1CB1＝90°，AB＝A1B1＝12， ∵点N是A1B1的中点， ∴CNA1B1＝6， ∵MN≥CN﹣CM＝6﹣3＝3． ∴MN≥3， ∴线段MN的最小值是3， 故答案为：3． 【点评】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形，直角三角形斜边上的中线，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． 22．（2024•西城区校级二模）如图，在长方形ABCD中，AD＝5，AB＝8，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠．当点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为 　 　． 【分析】分两种情况讨论：点F在矩形内部；点F在矩形外部，分别根据折叠的性质以及勾股定理，列方程进行计算求解，即可得到DE的长． 【解答】解：分两种情况： ①如图1，当点F在矩形内部时， ∵点F在AB的垂直平分线MN上， ∴AN＝4； ∵AF＝AD＝5， 由勾股定理得FN＝3， ∴FM＝2， 设DE为y，则EM＝4﹣y，FE＝y， 在△EMF中，由勾股定理得：y2＝（4﹣y）2+22， ∴y， 即DE的长为． ②如图2，当点F在矩形外部时， 同①的方法可得FN＝3， ∴FM＝8， 设DE为z，则EM＝z﹣4，FE＝z， 在△EMF中，由勾股定理得：z2＝（z﹣4）2+82， ∴z＝10， 即DE的长为10． 综上所述，点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，DE的长为或10， 故答案为：或10． 【点评】本题以折叠问题为背景，主要考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等几何知识的综合应用；解决问题的关键利用直角三角形，运用勾股定理列方程求解． 23．（2024•西城区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，，点P在线段BC上运动（含B，C两点），连接AP，以点A为中心，将线段AP逆时针旋转60°到AQ，连接DQ，则线段DQ的最小值为（　　） A． B． C． D．3 【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABF，作射线FQ交AD于点E，过点D作DH⊥QE于H．利用全等三角形的性质证明∠AFQ＝90°，推出∠AEF＝60°，推出点Q在射线FE上运动，求出DH，可得结论． 【解答】解：如图，以AB为边向右作等边△ABF，作射线FQ交AD于点E，过点D作DH⊥QE于H． ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABP＝∠BAD＝90°， ∵△ABF，△APQ都是等边三角形， ∴∠BAF＝∠PAQ＝60°，BA＝FA，PA＝QA， ∴∠BAP＝∠FAQ， 在△BAP和△FAQ中， ， ∴△BAP≌△FAQ（SAS）， ∴∠ABP＝∠AFQ＝90°， ∴点Q在与过点F且与AF垂直的射线上运动， ∵∠FAE＝90°﹣60°＝30°， ∴∠AEF＝90°﹣30°＝60°， ∵AB＝AF＝6，， ∴点Q在射线FE上运动， ∵， ∴， ∵DH⊥EF，∠DEH＝∠AEF＝60°， ∴． 根据垂线段最短可知，当点Q与H重合时，DQ的值最小，最小值为3． 故选：D． 【点评】本题考查矩形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，本题的突破点是证明点Q的在射线FE上运动． 24．（2024•北京市第十一中学区二模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2，AD＝2，E是AB的中点，F是AD边上的一个动点（点F不与点AD重合）．将△AEF沿EF所在直线翻折，点A的对应点为A'，连接A'D，A'C．当△A'DC是等腰三角形时，AF的长为 ． 【分析】分三种情况：，画出图形分类讨论即可 【解答】解：∵AB＝2，AD＝2，四边形ABCD是矩形， ∴AD=BC=2，DC=AB=2，∠A=90°， ∵点E是AB的中点， ∴AE=BE=1 ∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△EF， ∴E=AE=1， 连接DE， ∴， ①当D=DC时，如图1，连接ED， ∵D=DC=AB=2， ∴E+D=3=DE， ∴点E，，D三点共线， ∵∠A=90°， ∴∠FE=∠FD=90°， 设AF=x，则F=x，FD=2-x， 在Rt△FD中，， 解得：， 即； ②当D=C时，如图2， ∵D=C， ∴点在线段CD的垂直平分线上， ∴点在线段AB的垂直平分线上， ∵点E是AB的中点， ∴E是AB的垂直平分线， ∴∠AE=90°， ∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△EF， ∴∠A=∠EF=90°，AF=F， ∴四边形AEF是正方形， ∴AF=AE=1， ③当时，连接CE， ∴， ∴E+C=3=CE， ∴点E，，C三点共线， ∴∠FE=∠FC=90°=∠ADC， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△EF， ∴F=AF， ∴F=AF=FD， ∵AF+FD=AD=2， ∴AF=， 综上所述，AF的长度为或1或． 故答案为：或1或. 【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定和性质，分类讨论思想的运用是解题的关键． 关于原点的对称点的坐标 25．（2024•西城区二模）在平面直角坐标系xOy中，点A（3，1）关于原点O的对称点的坐标为 　　． 【分析】直接利用关于原点对称点的性质（两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反）得出答案． 【解答】解：在平面直角坐标系xOy中，点A（3，1）关于原点O的对称点的坐标为（﹣3，﹣1）． 故答案为：（﹣3，﹣1）． 【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确把握对应点横纵坐标的关系是解题关键． 26．（2024•西城区校级二模）点P（﹣1，3）关于原点对称的点的坐标是 　 　． 【分析】关于原点对称的点，横、纵坐标都互为相反数． 【解答】解：点关于原点的对称点，可以通过作图知道（x，y）关于原点的对称点是（﹣x，﹣y）， 因此点P（﹣1，3）关于原点对称的点的坐标是（1，﹣3）． 【点评】本题主要是通过作图总结坐标变化规律，记住，然后应用． 锐角三角函数 27．（2024•门头沟区二模）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C是网格线交点，则sinA＝　 　. 【分析】根据所给网格图，连接BC构造出直角三角形即可解决问题． 【解答】解：连接BC， 则AB＝BC，且AB⊥BC， 所以△ABC是等腰直角三角形， 所以∠A＝45°， 所以sinA＝sin45°． 故答案为：． 【点评】本题考查解直角三角形，连接BC构造出直角三角形及熟知正弦的定义是解题的关键． 28．（2024•黄埔区校级二模）如图，平面直角坐标系中，已知矩形OABC，O为原点，点A、C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（1，2），连接OB，将△OAB沿直线OB翻折，点A落在点D的位置，则cos∠COD 的值是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据翻折不变性及勾股定理求出GD、CG的长，再根据相似三角形的性质，求出DF的长，OF的长即可解决问题； 【解答】解：作DF⊥y轴于F，DE⊥x轴于E，BD交OC于G． ∵在△BCG与△ODG中， ， ∴△BCG≌△ODG， ∴GO＝GB， ∴设GO＝GB＝x， 则CG＝GD＝2﹣x， 于是在Rt△CGB中，（2﹣x）2+12＝x2； 解得x． GD＝2﹣x＝2； ∵BC⊥y轴，DF⊥y轴， ∴∠BCG＝∠DFG， ∵∠BGC＝∠DGF， ∴△CBG∽△FDG， ∴， ∴DF； 又∵DO＝1， ∴OF． ∴cos∠DOC． 故选：D． 【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型． 29．（2024•海淀区校级二模）如图，点F在▱ABCD的对角线AC上，过点F、B分别作AB、AC的平行线相交于点E，连接BF，∠ABF＝∠FBC+∠FCB． （1）求证：四边形ABEF是菱形； （2）若BE＝5，AD＝8，sin∠CBE，求AC的长． 【分析】（1）由外角的性质可得∠AFB＝∠FBC+∠FCB，又因为∠ABF＝∠FBC+∠FCB，易得AB＝AF，由菱形的判定定理可得结论； （2）作DH⊥AC于点H，由特殊角的三角函数可得∠CBE＝30°，由平行线的性质可得∠2＝∠CBE＝30°，利用锐角三角函数可得AH，DH，由菱形的性质和勾股定理得CH，得AC． 【解答】（1）证明：∵EF∥AB，BE∥AF， ∴四边形ABEF是平行四边形． ∵∠ABF＝∠FBC+∠FCB，∠AFB＝∠FBC+∠FCB， ∴∠ABF＝∠AFB， ∴AB＝AF， ∴▱ABEF是菱形； （2）解：作DH⊥AC于点H， ∵， ∴∠CBE＝30°， ∵BE∥AC， ∴∠1＝∠CBE， ∵AD∥BC， ∴∠2＝∠1， ∴∠2＝∠CBE＝30°， Rt△ADH中，， DH＝AD•sin∠2＝4， ∵四边形ABEF是菱形， ∴CD＝AB＝BE＝5， Rt△CDH中，， ∴． 【点评】本题主要考查了菱形的性质及判定定理，锐角三角函数等，由锐角三角函数解得AH，CH是解答此题的关键． 30．（2024•北京二模）如图，⊙O为四边形ABCD的外接圆，BD平分∠ABC，OC⊥BD于点E． （1）求证：AD＝BC； （2）延长CO交⊙O于点F，连接AF，若AD＝5，sin∠CBD，求AF的长． 【分析】（1）根据圆周角、弦的关系求出AD＝CD，根据垂径定理求出BC＝CD，等量代换即可得证； （2）连接AC，BF，AF，根据圆周角定理、垂径定理求出∠CBF＝∠CAF＝90°、BD＝2BE，解直角三角形求出CE＝3，BE4，BD＝8，根据弧、弦的关系求出AC＝BD＝8，根据“两角对应相等的两三角形相似”求出△BEC∽△FBC，根据相似三角形的性质求出CF，根据勾股定理求解即可． 【解答】（1）证明：∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD， ∴AD＝CD， ∵半径OC⊥BD， ∴点C为的中点， 即， ∴BC＝CD， ∴BC＝AD； （2）解：如图，连接AC，BF，AF， ∵CF是⊙O的直径， ∴∠CBF＝∠CAF＝90°． ∵半径OC⊥BD， ∴BD＝2BE． 在Rt△BEC中，∠BEC＝90°，BC＝AD＝5， ∴sin∠CBE， ∴CE＝3， ∴BE4， ∴BD＝8． ∵， ∴， ∴AC＝BD＝8． 在Rt△BEC和Rt△FBC中，∠BEC＝∠FBC＝90°，∠ECB＝∠FCB， ∴△BEC∽△FBC， ∴， ∴CF． 在Rt△CAF中，∠CAF＝90°，CF，AC＝8， ∴AF． 【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、解直角三角形等知识，作出合理的辅助线构建相似三角形是解题的关键． 31．（2024•石景山区二模）如图，过⊙O外一点P作⊙O的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，AC是⊙O的直径，连接CB并延长交直线AP于点D． （1）求证：PD＝PA； （2）延长BP交CA的延长线于点E．若⊙O的半径为，，求BC的长． 【分析】（1）连接OB，AB，根据切线的性质得到PB＝PA，求得∠PBA＝∠PAB，根据圆周角定理得到∠ABC＝∠ABD＝90°，求得∠DBP＝∠D，于是得到结论； （2）过B作BH⊥AB于H，根据余角的性质得到∠OBH＝∠E，根据三角函数的定义得到OH，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：连接OB，AB， ∵PA，PB是⊙O的两条切线， ∴PB＝PA， ∴∠PBA＝∠PAB， ∵AC是⊙O的直径， ∴∠ABC＝∠ABD＝90°， ∴∠D+∠DAB＝∠DBP+∠PBA＝90°， ∴∠DBP＝∠D， ∴PD＝PB， ∴PD＝PA； （2）解：过B作BH⊥AB于H， ∴∠BHO＝90°， ∴∠BOH+∠OBH＝∠BOH+∠E＝90°， ∴∠OBH＝∠E， ∵， ∴sin∠OBH， ∵OB， ∴OH， ∴BH， ∴BC． 【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，三角函数的定义，勾股定理，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 32．（2024•西城区二模）如图，AB是⊙O的直径，BC交⊙O于点D，点E是的中点，连接AE交BC于点F，∠ACB＝2∠EAB． （1）求证：AC是⊙O的切线； （2）若BF＝6，，求AB的长． 【分析】（1）由直径所对的圆周角为直角及同圆中等弧所对的圆周角相等，及∠ACB＝2∠EAB．求得∠BAD+∠CAD＝90°，则BA⊥AC，根据切线的判定定理可得证； （2）利用锐角三角函数可求FH的长，由角平分线的性质可得DF＝FH，由锐角三角函数可求解． 【解答】（1）证明：连接AD，如图， ∵E是的中点， ∴， ∴∠EAB＝∠EAD， ∵∠ACB＝2∠EAB， ∴∠ACB＝∠DAB， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠DAC+∠ACB＝90°， ∴∠DAC+∠DAB＝90°，即∠BAC＝90°， ∴AC⊥AB， ∵OA为⊙O的半径， ∴AC是⊙O的切线； （2）解：过点F作FH⊥AB于H， ∴FH∥AC， ∴∠C＝∠BFH， ∴cosC＝cos∠BFH， ∴FB＝6， ∴FH， ∵∠EAB＝∠EAD，∠ADF＝90°，∠AHF＝90°， ∴DF＝FH， ∴DB， ∵∠C+∠ABC＝90°＝∠ABC+∠BAD， ∴∠BAD＝∠C， ∴cosC＝cos∠BAD， 设AD＝3x，AB＝5x， ∴BD4x， ∴x， ∴AB＝512． 【点评】本题考查了圆的切线的判定定理及三角函数在线段求值中的应用，熟练掌握运用三角函数的计算技巧，是解题的关键． 解直角三角形的应用 33．（2024•西城区校级模拟）我国是世界上最早发明历法的国家之一，《周礼》中记载：垒土为圭，立木为表，测日影，正地中，定四时，如图1，圭是地面上一根水平标尺，指向正北，表是一根垂直于地面的杆，正午，表的日影（即表影）落在圭上，根据表影的长度可以测定节气． 在一次数学活动课上，要制作一个圭表模型，如图2，地面上放置一根长2米的杆AB，向正北方向画一条射线BC，在BC上取点D，测得BD＝1.5m，AD＝2.5m． （1）判断：这个模型中AB与BC是否垂直．答：　 　（填“是”或“否”）；你的理由是：　 　． （2）利用这个圭表模型，测定某市冬至正午阳光与日影夹角30°，夏至正午阳光与日影夹角为60°，请求出这个模型中该市冬至与夏至的日影的长度差（结果保留根号）． 【分析】（1）利用勾股定理的逆定理判断即可； （2）先画图，利用三角函数再计算m，m，从而可得答案． 【解答】解：（1）是，理由如下： 由测量结果可知得BD＝1.5m，AD＝2.5m，而AB＝2m， ∴AB2+BD2＝6.25＝AD2， ∴∠ABD＝90°， ∴AB⊥BC． 故答案是：是；AB2+BD2＝AD2，由勾股定理的逆定理可知AB⊥BC． （2）如图，由题意可得：∠ABC＝90°，AB＝2，∠AFB＝30°，∠AEB＝60°， ∴， ∴m， 同理：， ∴（m）， ∴（m）； ∴该市冬至与夏至的日影的长度差为． 【点评】本题考查的勾股定理的逆定理的应用，解直角三角形的应用，理解题意是解本题的关键． 34．（2024•西城区校级一模）小亮在某桥附近试飞无人机，如图，为了测量无人机飞行的高度AD，小亮通过操控器指令无人机测得桥头B，C的俯角分别为∠EAB＝60°，∠EAC＝30°，且D，B，C在同一水平线上．已知桥BC＝30米，求无人机飞行的高度AD．（精确到0.01米．参考数据：1.414，1.732） 【分析】由∠EAB＝60°、∠EAC＝30°可得出∠CAD＝60°、∠BAD＝30°，进而可得出CDAD、BDAD，再结合BC＝30即可求出AD的长度． 【解答】解：∵∠EAB＝60°，∠EAC＝30°， ∴∠CAD＝60°，∠BAD＝30°， ∴CD＝AD•tan∠CADAD，BD＝AD•tan∠BADAD， ∴BC＝CD﹣BDAD＝30， ∴AD＝1525.98． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用中的仰角俯角问题，通过解直角三角形找出CDAD、BDAD是解题的关键． 35．（2024•海淀区校级三模）中考英语听力测试期间T需要杜绝考点周围的噪音．如图，点A是某市一中考考点，在位于考点南偏西15°方向距离500米的C点处有一消防队．在听力考试期间，消防队突然接到报警电话，消防车需沿北偏东75°方向的公路CF前往救援．已知消防车的警报声传播半径为400米，若消防车的警报声对听力测试造成影响，则消防车必须改道行驶．试问：消防车是否需要改道行驶？ 说明理由．（1.732） 【分析】过A作AD⊥CF于D，根据题意求出∠ACD＝60°，根据正弦的定义求出AD的长，比较即可得到答案． 【解答】解：过A作AD⊥CF于D， 由题意得∠CAG＝15°， ∴∠ACE＝15°， ∵∠ECF＝75°， ∴∠ACD＝60°， 在Rt△ACD中，sin∠ACD， 则AD＝AC•sin∠ACD＝250433米， 433米＞400米， ∴不需要改道． 答：消防车不需要改道行驶． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣方向角问题，正确标注方向角、熟记锐角三角函数的概念是解题的关键． 36．（2024•朝阳区校级二模）为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，如图1，某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷，便于社区居民休憩．在如图2的侧面示意图中，遮阳篷靠墙端离地高记为BC，遮阳篷AB长为5米，与水平面的夹角为16°． （1）求点A到墙面BC的距离； （2）当太阳光线AD与地面CE的夹角为45°时，量得影长CD为1.8米，求遮阳篷靠墙端离地高BC的长．（结果精确到0.1米；参考数据：sin16°≈0.28，cos16°≈0.96，tan16°≈0.29） 【分析】（1）过点A作AF⊥BC，垂足为F，在Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答； （2）过点A作AG⊥CE，垂足为G，根据题意可得：AG＝CF，AF＝CG＝4.8米，从而可得DG＝3米，然后在Rt△ADG中，利用锐角三角函数的定义求出AG的长，从而求出CF的长，再在Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义求出BF的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答． 【解答】解：（1）过点A作AF⊥BC，垂足为F， 在Rt△ABF中，AB＝5米，∠BAF＝16°， ∴AF＝AB•cos16°≈5×0.96＝4.8（米）， ∴点A到墙面BC的距离约为4.8米； （2）过点A作AG⊥CE，垂足为G， 由题意得：AG＝CF，AF＝CG＝4.8米， ∵CD＝1.8米， ∴DG＝CG﹣CD＝4.8﹣1.8＝3（米）， 在Rt△ADG中，∠ADG＝45°， ∴AG＝DG•tan45°＝3（米）， ∴CF＝AG＝3米， 在Rt△ABF中，AB＝5米，∠BAF＝16°， ∴BF＝AB•sin16°≈5×0.28＝1.4（米）， ∴BC＝BF+CF＝1.4+3＝4.4（米）， ∴遮阳篷靠墙端离地高BC的长为4.4米． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用，平行投影，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． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！31 学科网（北京）股份有限公司 $$