福建省厦门市2024年中考数学二模试题按知识点分层汇编-05图形的变化

福建省厦门市2024年中考数学二模试题按知识点分层汇编-05图形的变化 一．选择题（共15小题） 1．（2024•思明区二模）如图所示的机械零件，它的主视图是（　　） A． B． C． D． 2．（2024•湖里区二模）如图是由4个大小相同的小立方块搭成的几何体，这个几何体的左视图是（　　） A． B． C． D． 3．（2024•思明区二模）如图，已知点D、E分别是等边△ABC中BC、AB边上的中点，AB＝6，点F是线段AD上的动点，则BF+EF的最小值为（　　） A．3 B．6 C．9 D． 4．（2024•思明区二模）砚台与笔、墨、纸是中国传统的文房四宝，是中国书法的必备用具．如图是一方寓意“规矩方圆”的砚台，它的俯视图是（　　） A． B． C． D． 5．（2024•思明区二模）如图，已知A，B的坐标分别为（1，2），（3，0），将△OAB沿x轴正方向平移，使B平移到点E，得到△DCE，若OE＝4，则点C的坐标为（　　） A．（2，2） B．（3，2） C．（1，3） D．（1，4） 6．（2024•翔安区二模）2024年是农历甲辰年（龙年），为寄托对新的一年的美好憧憬，人们会制做一些龙的图标、饰品、窗花等．下列龙的图标中是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 7．（2024•思明区二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，边DC绕点D顺时针旋转，点C的对应点E落在线段BC上，则下列判断正确的是（　　） A．∠ABD＝∠BDE B．∠ABD＝∠DBE C．∠ADE＝∠ABE D．∠ADE＝∠DCB 8．（2024•集美区二模）如图，已知l1∥l2∥l3，l4与l1，l2，l3分别交于A，B，C三点，l5与l1，l2，l3分别交于D，E，F三点．若AB＝1，BC＝2，，则图中长度为3的线段是（　　） A．EF B．DF C．BE D．FC 9．（2024•集美区二模）如图所示的立体图形的主视图是（　　） A． B． C． D． 10．（2024•思明区二模）如图所示的几何体的俯视图可能是（　　） A． B． C． D． 11．（2024•思明区二模）在下列图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 12．（2024•湖里区二模）2022北京冬奥会延庆赛区正在筹建的高山滑雪速滑雪道的平均坡角约为20°，在此雪道向下滑行100米，高度大约下降了（　　）米． A． B． C．100sin20° D．100cos20° 13．（2024•湖里区二模）如图，点D，E分别在△ABC边AB，BC上，BDAD，BECE，若∠A＝75°，∠BED＝60°，则∠B的度数为（　　） A．35° B．40° C．45° D．55° 14．（2024•思明区二模）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． 15．（2024•思明区二模）图①是2024年1月7日厦门市全程马拉松男子组颁奖现场．图②是领奖台的示意图，则此领奖台的主视图是（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共5小题） 16．（2024•思明区二模）台球是用球杆在台上击球，依靠计算得分确定比赛胜负的室内高雅体育运动．如图是一张宽为m米，长为2m米的矩形台球桌ABCD，某球员击位于AB的中点E处的球，球沿EF射向边AD，然后反弹到C点的球袋，球的反弹规律满足光的反射定律．若球的速度为v米/秒，则球从出发到入袋的时间等于 　 　．（用含m和v的式子表示） 17．（2024•思明区二模）如图，在▱ABCD中，，连接BE，DF，分别交AC于点M，N．则的值为 　 　． 18．（2024•集美区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在∠BAC的平分线上，∠ABD＝60°．将点B绕点D顺时针旋转90°，点B的对应点E恰好落在AC上，则∠CBD的度数为 　 　． 19．（2024•厦门二模）如图，将△ABC沿射线AC的方向平移至△CDE，若AE＝6，则点B与点D之间的距离是 　 　． 20．（2024•同安区二模）在平面直角坐标系中，点（3，1）关于原点对称的点的坐标为 　 　． 三．解答题（共5小题） 21．（2024•思明区二模）活动一：某数学兴趣小组在研究“黄金比例与黄金矩形”，阅读课本时发现可以通过折叠得到黄金矩形．请根据每一步的操作完成以下填空．（假设原矩形纸片的宽MN为2cm） ①在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平，则NC＝　 　cm； ②如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平，则AC＝　 　cm； ③折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图3中所示的AD处，则AD＝AB＝　 　cm； ④展平纸片，按照所得到的点D折出DE，则　 　.我们将这个比值称为黄金比，将宽与长的比等于黄金比的矩形称为黄金矩形，如图4矩形BCDE就是一个黄金矩形． 活动二：类似的，我们将底与腰的比等于黄金比的等腰三角形称为黄金三角形． 如图，已知线段a，请你根据以下步骤作出以2a为腰长的黄金△A'B'C'．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 步骤一：作一条线段GH，使得GH的长度等于△A'B'C'的腰长； 步骤二：作一条线段PQ，使得PQ的长度等于△A'B'C'的底边长； 步骤三：作黄金△A'B'C'． 22．（2024•集美区二模）如图，某旅游风景区有一座海拔高度为680m的山峰，游览路线为：从山脚下（海拔高度为0m）的A处先步行爬山400m到达登山缆车的起点B；再从B处乘坐登山缆车到达山顶C．已知步行登山路线AB的坡角为30°，登山缆车的轨道与水平线的夹角为37°． （1）求登山缆车起点B的海拔高度； （2）若登山缆车的行驶速度为40m/min，从B处乘坐登山缆车到达山顶C大约需要多长时间？ （参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈1.33） 23．（2024•翔安区二模）如图，在⊙O中，AB是⊙O直径，AB＝8，过AO的中点E作AB的垂线交⊙O于点C和D，P是上一动点．连接PA，PB，PC，PD． （1）求的长度； （2）延长AP到点F，连接BF，使得FB2＝FA•FP．求证：BF是⊙O的切线． 24．（2024•湖里区二模）如图，等边三角形ABC中，D为AB边上一点（点D不与点A，B重合），连接CD，将CD平移到BE（其中点B和C对应），连接AE．将△BCD绕着点B逆时针旋转至△BAF，延长AF交BE于点G． （1）连接DF，求证：△BDF是等边三角形； （2）求证：D，F，E三点共线； （3）当BG＝2EG时，求tan∠AEB的值． 25．（2024•思明区二模）综合与实践 素材一：某款遮阳棚（图1），图2、图3是它的侧面示意图，点A，C为墙壁上的固定点，摇臂CB绕点C旋转过程中长度保持不变，遮阳棚AB可自由伸缩，棚面始终保持平整．CA＝CB＝CD＝1.5米． 素材二：该地区某天不同时刻太阳光线与地面的夹角α的正切值： 时刻（时） 12 13 14 15 角α的正切值 5 2.5 1.25 1 【问题解决】 （1）如图2，当∠ACB＝90°时，这天12时在点E位置摆放的绿萝刚好不被阳光照射到，求绿萝摆放位置与墙壁的距离； （2）如图3，旋转摇臂CB，使得点B离墙壁距离为1.2米，为使绿萝在这天12时﹣14时都不被阳光照射到，则绿萝摆放位置与墙壁的最远距离是多少？ 福建省厦门市2024年中考数学二模试题按知识点分层汇编-05图形的变化参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•思明区二模）如图所示的机械零件，它的主视图是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：从正面，可得选项D的图形． 故选：D． 2．（2024•湖里区二模）如图是由4个大小相同的小立方块搭成的几何体，这个几何体的左视图是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：从左边看，底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形． 故选：A． 3．（2024•思明区二模）如图，已知点D、E分别是等边△ABC中BC、AB边上的中点，AB＝6，点F是线段AD上的动点，则BF+EF的最小值为（　　） A．3 B．6 C．9 D． 【解答】解：连接CE交AD于点F，连接BF， ∵△ABC是等边三角形， ∴BF＝CF，， ∴BF+EF＝CF+EF＝CE， 此时BF+EF的值最小，最小值为CE， ∴， ∴BF+EF的最小值为， 故选：D． 4．（2024•思明区二模）砚台与笔、墨、纸是中国传统的文房四宝，是中国书法的必备用具．如图是一方寓意“规矩方圆”的砚台，它的俯视图是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：从上边看，可得如图： ． 故选：C． 5．（2024•思明区二模）如图，已知A，B的坐标分别为（1，2），（3，0），将△OAB沿x轴正方向平移，使B平移到点E，得到△DCE，若OE＝4，则点C的坐标为（　　） A．（2，2） B．（3，2） C．（1，3） D．（1，4） 【解答】解：∵B（3，0）， ∴OB＝3， ∵OE＝4， ∴BE＝OE﹣OB＝1， ∴将△OAB沿x轴正方向平移1个单位得到△DCE， ∴点C是将A向右平移1个单位得到的， ∴点C是的坐标是（1+1，2），即（2，2）． 故选：A． 6．（2024•翔安区二模）2024年是农历甲辰年（龙年），为寄托对新的一年的美好憧憬，人们会制做一些龙的图标、饰品、窗花等．下列龙的图标中是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A，B，C选项中的图形都不能找到一条直线，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； D项中的图形能找到一条直线，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． 7．（2024•思明区二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，边DC绕点D顺时针旋转，点C的对应点E落在线段BC上，则下列判断正确的是（　　） A．∠ABD＝∠BDE B．∠ABD＝∠DBE C．∠ADE＝∠ABE D．∠ADE＝∠DCB 【解答】解：A、如果∠ABD＝∠BDE，那么AB∥DE，而AB不一定平行DE，故选项错误； B、如果∠ABD＝∠DBE，那么BD平分∠ABE，而BD不一定平分∠ABE，故选项错误； C、如果∠ADE＝∠ABE，而AD∥BC，所以∠ADE＝∠DEC，所以∠ABE＝∠DEC，所以DE∥AB，而DE不一定平行AB，故选项错误； D、∵边DC绕点D顺时针旋转，点C的对应点E落在线段BC上， ∴DE＝DC， ∴∠DEC＝∠DCB， ∵AD∥BC， ∴∠ADE＝∠DEC， ∴∠ADE＝∠DCB，故选项正确． 故选：D． 8．（2024•集美区二模）如图，已知l1∥l2∥l3，l4与l1，l2，l3分别交于A，B，C三点，l5与l1，l2，l3分别交于D，E，F三点．若AB＝1，BC＝2，，则图中长度为3的线段是（　　） A．EF B．DF C．BE D．FC 【解答】解：∵l1∥l2∥l3， ∴，即， ∴EF＝3， ∴图中长度为3的线段是EF． 故选：A． 9．（2024•集美区二模）如图所示的立体图形的主视图是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：从正面看，是一列两个等长且上层的宽较大的两个矩形． 故选：B． 10．（2024•思明区二模）如图所示的几何体的俯视图可能是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：从上面看得该几何体的俯视图是： ． 故选：C． 11．（2024•思明区二模）在下列图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意； B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意； C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意． 故选：C． 12．（2024•湖里区二模）2022北京冬奥会延庆赛区正在筹建的高山滑雪速滑雪道的平均坡角约为20°，在此雪道向下滑行100米，高度大约下降了（　　）米． A． B． C．100sin20° D．100cos20° 【解答】解：由题意得：AB⊥BC， 在Rt△ABC中，∠ACB＝20°，AC＝100米， ∴AB＝AC•sin20°＝100sin20°（米）， ∴高度大约下降了100sin20°米， 故选：C． 13．（2024•湖里区二模）如图，点D，E分别在△ABC边AB，BC上，BDAD，BECE，若∠A＝75°，∠BED＝60°，则∠B的度数为（　　） A．35° B．40° C．45° D．55° 【解答】解：∵BDAD，BECE， ∴，， ∴BDBABA，BEBCBC， ∴， ∵∠B＝∠B， ∴△BDE∽△BAC， ∵∠A＝75°，∠BED＝60°， ∴∠BDE＝∠A＝75°， ∴∠B＝180°﹣∠BDE﹣∠BED＝180°﹣75°﹣60°＝45°， 故选：C． 14．（2024•思明区二模）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． 【解答】解：A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意． 故选：B． 15．（2024•思明区二模）图①是2024年1月7日厦门市全程马拉松男子组颁奖现场．图②是领奖台的示意图，则此领奖台的主视图是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：领奖台从正面看，是由三个矩形组成的，右边的矩形是最低的，中间的矩形是最高的， 故选：C． 二．填空题（共5小题） 16．（2024•思明区二模）台球是用球杆在台上击球，依靠计算得分确定比赛胜负的室内高雅体育运动．如图是一张宽为m米，长为2m米的矩形台球桌ABCD，某球员击位于AB的中点E处的球，球沿EF射向边AD，然后反弹到C点的球袋，球的反弹规律满足光的反射定律．若球的速度为v米/秒，则球从出发到入袋的时间等于 　　．（用含m和v的式子表示） 【解答】解：如图，由题意可知，∠AFE＝∠DFC，AD＝2m米，CD＝m米， ∵点E是AB的中点， ∴AEABm（米）， ∵∠A＝∠D， ∴△AEF∽△DCF， ∴， ∴AFADm（米），DFADm（米）， 由勾股定理可得， EFm（米），CFm（米）， ∴球所走过的路程为mmm（米）， ∴球从出发到入袋的时间为m÷v（秒）， 故答案为：． 17．（2024•思明区二模）如图，在▱ABCD中，，连接BE，DF，分别交AC于点M，N．则的值为 　　． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥CB，AD＝CB， ∵， ∴， ∴， ∵AE∥CB，CF∥AD， ∴△AME∽△CMB，△CNF∽△AND， ∴，， ∴，， ∴AMAC，CNAC， ∴MN＝ACACACAC， ∴， 故答案为：． 18．（2024•集美区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在∠BAC的平分线上，∠ABD＝60°．将点B绕点D顺时针旋转90°，点B的对应点E恰好落在AC上，则∠CBD的度数为 　15°　． 【解答】解：在AB上截取AF＝AE，连结DF， ∵AB＝AC，点D在∠BAC的平分线上， ∴∠BAD＝∠CAD， ∴△FAD≌△EAD（SAS）． ∴∠FDA＝∠EDA，DF＝DE， ∵BD＝DE，∠ABD＝60°， ∴△BDF是等边三角形， ∴∠BFD＝∠BDF＝60°， ∵∠BDE＝90°， ∴∠FDA＝∠EDA＝15°． ∵∠BFD＝∠BAD+∠FDA， ∴∠BAD＝60°﹣15°＝45°， ∴∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°． ∴∠CBD＝∠ABD﹣ABC＝60°﹣45°＝15°． 故答案为：15°． 19．（2024•厦门二模）如图，将△ABC沿射线AC的方向平移至△CDE，若AE＝6，则点B与点D之间的距离是 　3　． 【解答】解：∵△ABC沿射线AC的方向平移，得到△CDE， ∴AC＝CE， ∵AE＝6， ∴AC＝3， ∴BD＝AC＝3， 故答案为：3． 20．（2024•同安区二模）在平面直角坐标系中，点（3，1）关于原点对称的点的坐标为 　（﹣3，﹣1）　． 【解答】解：在平面直角坐标系中，点（3，1）关于原点对称的点的坐标为（﹣3，﹣1）． 故答案为：（﹣3，﹣1）． 三．解答题（共5小题） 21．（2024•思明区二模）活动一：某数学兴趣小组在研究“黄金比例与黄金矩形”，阅读课本时发现可以通过折叠得到黄金矩形．请根据每一步的操作完成以下填空．（假设原矩形纸片的宽MN为2cm） ①在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平，则NC＝　2　cm； ②如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平，则AC＝　1　cm； ③折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图3中所示的AD处，则AD＝AB＝　　cm； ④展平纸片，按照所得到的点D折出DE，则　　.我们将这个比值称为黄金比，将宽与长的比等于黄金比的矩形称为黄金矩形，如图4矩形BCDE就是一个黄金矩形． 活动二：类似的，我们将底与腰的比等于黄金比的等腰三角形称为黄金三角形． 如图，已知线段a，请你根据以下步骤作出以2a为腰长的黄金△A'B'C'．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 步骤一：作一条线段GH，使得GH的长度等于△A'B'C'的腰长； 步骤二：作一条线段PQ，使得PQ的长度等于△A'B'C'的底边长； 步骤三：作黄金△A'B'C'． 【解答】解：活动一：①在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平，则NC＝MN＝2cm； ②如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平，则AC＝ANNC＝1cm； ③折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图3中所示的AD处，则AD＝ABcm； ④展平纸片，按照所得到的点D折出DE，DE＝BC＝2cm，CD＝AD﹣AC＝（1）cm，则． 故答案为：①2；②1；③；④； 活动二：步骤一：作一条线段GH，使得GH的长度为2a， 步骤二：1．过点H作HL⊥GH于点H， 2．在HL上截取HE＝a，连接GE， 3．在EG上截取EK＝a， 4．以点G为圆心，以GK为半径画弧交GH于点M， 则点M为GH的黄金分割点，GM的长度等于GH，如图1： 步骤三：作△A'B'C'，作线段B′C′＝GM，分别以B′，C′为圆心，以GM为半径画弧，两弧交于点A′，连接A′B′，A′C′， 则△A′B′C′为黄金三角形． 22．（2024•集美区二模）如图，某旅游风景区有一座海拔高度为680m的山峰，游览路线为：从山脚下（海拔高度为0m）的A处先步行爬山400m到达登山缆车的起点B；再从B处乘坐登山缆车到达山顶C．已知步行登山路线AB的坡角为30°，登山缆车的轨道与水平线的夹角为37°． （1）求登山缆车起点B的海拔高度； （2）若登山缆车的行驶速度为40m/min，从B处乘坐登山缆车到达山顶C大约需要多长时间？ （参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈1.33） 【解答】解：（1）如图，过点B作BD⊥水平线于D，过点C作CF⊥水平线于F，过点B作BE⊥CF于E， 在Rt△ABD中，AB＝400m，∠A＝30°， 则BDAB＝200（m）， 答：登山缆车起点B的海拔高度为200m； （2）∵山峰的海拔高度为680m， ∴CE＝680﹣200＝480（m）， 在Rt△BEC中，∠CBE＝37°， ∵sin∠CBE， ∴BC800（m）， 则从B处乘坐登山缆车到达山顶C大约需要的时间为：20（min）， 答：从B处乘坐登山缆车到达山顶C大约需要20min． 23．（2024•翔安区二模）如图，在⊙O中，AB是⊙O直径，AB＝8，过AO的中点E作AB的垂线交⊙O于点C和D，P是上一动点．连接PA，PB，PC，PD． （1）求的长度； （2）延长AP到点F，连接BF，使得FB2＝FA•FP．求证：BF是⊙O的切线． 【解答】（1）解：连接OC，如图， ∵AB是⊙O的直径，AB＝8， ∴OA＝OB＝OC＝4， ∵E为OA的中点， ∴OEOAOC， ∵OA⊥CD， ∴∠OCE＝30°， ∴∠COE＝60°， ∴的长度＝ππ； （2）证明：∵FB2＝FA•FP， ∴， ∵∠F＝∠F， ∴△FBA∽△FPB， ∴∠FPB＝∠FBA． ∵AB是⊙O的直径， ∴∠APB＝90°， ∴∠FPB＝90°， ∴∠FBA＝90°， ∴OB⊥FB． ∵OB为⊙O的半径， ∴BF是⊙O的切线； 24．（2024•湖里区二模）如图，等边三角形ABC中，D为AB边上一点（点D不与点A，B重合），连接CD，将CD平移到BE（其中点B和C对应），连接AE．将△BCD绕着点B逆时针旋转至△BAF，延长AF交BE于点G． （1）连接DF，求证：△BDF是等边三角形； （2）求证：D，F，E三点共线； （3）当BG＝2EG时，求tan∠AEB的值． 【解答】证明：（1）连接DF，如图， ∵△ABC是等边三角形， ∴BA＝BC，∠ABC＝60°， ∵△BCD绕点B逆时针旋转至△BAF， ∴∠FBD＝∠ABC＝60°，BF＝BD， ∴△BDF是等边三角形， （2）连接DE，如图， ∵△BDF是等边三角形， ∴∠BDF＝60°， ∵CD平移得到BE，（其中点B和C对应）， ∴DE∥BC，DE＝BC， ∴∠BDE＝∠ABC＝60°， ∴∠BDE＝∠BDF， ∴点F在DE上， 即D，E，F三点共线， 解：（3）延长AG，CB交于点H，如图， ∵EF∥BC， ∴∠GEF＝∠GBH，∠GFE＝∠GHB， ∴△GEF∽△GBH， ∴． ∵BG＝2EG， ∴BH＝2EF， ∵ED＝BC＝AB，DF＝BD， ∴EF＝AD， 设AB＝a，BD＝b， ∴EF＝AD＝a﹣b， ∴BH＝2a﹣2b． ∵DF∥BH， ∴△ADF∽△ABH， ∴， 即， 解得a1＝2b，b（舍去）， ∴AB＝2b，即D为AB中点， ∴CD⊥AB， ∴∠CDB＝90°， ∴， ∴， ∵BE∥CD， ∴∠ABE＝∠CDB＝90°， 在Rt△ABE中，． 25．（2024•思明区二模）综合与实践 素材一：某款遮阳棚（图1），图2、图3是它的侧面示意图，点A，C为墙壁上的固定点，摇臂CB绕点C旋转过程中长度保持不变，遮阳棚AB可自由伸缩，棚面始终保持平整．CA＝CB＝CD＝1.5米． 素材二：该地区某天不同时刻太阳光线与地面的夹角α的正切值： 时刻（时） 12 13 14 15 角α的正切值 5 2.5 1.25 1 【问题解决】 （1）如图2，当∠ACB＝90°时，这天12时在点E位置摆放的绿萝刚好不被阳光照射到，求绿萝摆放位置与墙壁的距离； （2）如图3，旋转摇臂CB，使得点B离墙壁距离为1.2米，为使绿萝在这天12时﹣14时都不被阳光照射到，则绿萝摆放位置与墙壁的最远距离是多少？ 【解答】解：（1）如图1，过B作BM⊥DE于M， ∴CD＝BM＝1.5，BC＝DM＝1.5， 在Rt△BEM中，tan∠BEM， 即5， ∴EM＝0.3， ∴DE＝DM﹣EM＝1.5﹣0.3＝1.2． 答：绿萝摆放位置与墙壁的距离为1.2m． （2）过B作BF⊥AC于F，过B作BM⊥DE 于M， 则BF＝DM＝1.2， ∴CF0.9， ∴BM＝DF＝CD﹣CF＝1.5﹣0.9＝0.6， 由表格可知，在12时﹣14时， 角a的正切值逐渐减小，即∠BEM逐渐较小， ∴当14时，点E最靠近墙角， 此时DE的长度就是绿萝摆放位置与墙壁的最大距离， 在Rt△BEM中，tan∠BEM， 即1.25， ∴EM＝0.48， ∴DE＝DM﹣EM＝1.2﹣0.48＝0.72． 答：绿萝摆放位置与墙壁的最远距离是0.72m． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/10/11 18:29:52；用户：18582497371；邮箱：18582497371；学号：56246982 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$