专题05 图形的变化（5题型）（广西专用）-【好题汇编】2025年中考数学一模试题分类汇编

专题05 图形的变化 题型概览 题型01平移及轴对称 题型02旋转及中心对称 题型03锐角三角函数的有关概念及应用 题型04投影与视图 题型05图形的相似 平移及轴对称题型01 1．（2025·广西钦州·一模）下列四幅“二十四节气”标识图中，文字上方所设计的图案是轴对称图形的是（   ） A．惊蛰 B．立春 C．雨水 D．芒种 2．（2025·广西·一模）如图，在直线上平移得到，若，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·广西玉林·一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点B在x轴正半轴上，顶点A在直线上，若点A的横坐标是，则点C的坐标为（　　） A． B． C． D． 4．（2025·广西梧州·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点C的对应点M在线段上，交于点H，则与四边形的面积比为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·广西来宾·一模）如图，点、分别在长方形纸片的、边上，与所夹的锐角，将纸片沿折叠得到图，点落到点处；点在边上，沿进行第二次折叠得到图3，点的对称点恰好落在上，则与的夹角的度数为（   ） A． B． C． D． 6．（2025·广西柳州·一模）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，A是函数（，k是不等于0的常数）图象上的一点，的延长线交函数的图象于点C，点A关于y轴的对称点为，点C关于x轴的对称点为、关于原点的对称点是，连接，交x轴于点B，连接，，．若的面积等于2，则四边形的面积等于（    ） A．7 B．8 C．3 D．4 旋转及中心对称题型02 1．（2025·广西南宁·一模）下列传统纹样中，是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·广西柳州·一模）下列美术字中，是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 3．（2025·广西南宁·一模）如图，将矩形绕点A逆时针旋转，得到矩形，点的对应点落在上，且，则长为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·广西来宾·一模）以“图形的旋转”为主题的数学活动课上，同学们尝试使用三角形纸板开展探究活动．如图，在中，，，，取，中点，，将沿剪开，得到四边形和，将绕点顺时针旋转得到． 【操作发现】（1）若交于点，求证：； 【深入探索】（2）在（）的条件下，同学们发现将旋转到一些特殊位置时，可以进一步探索线段长度． 如图，若，求的长； 如图，若，，三点共线，求的长； 【拓展延伸】（3）在旋转的过程中，请直接写出面积的最大值． 锐角三角函数的有关概念及应用题型03 1．（2025·广西玉林·一模）如图1，某地下车库出口处安装了“两段式栏杆”，当车辆经过时，栏杆最多只能升起到如图2所示的位置，其示意图如图3所示（栏杆宽度忽略不计），其中，，，米，那么适合该地下车库的车辆限高的高度为（　　）（参考数据：，，） A． B． C． D． 2．（2025·广西钦州·一模）如图，一艘海轮位于灯塔的北偏东方向，距离灯塔的处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔的南偏东方向上的处，则到的距离是 （结果保留根号）． 3．（2025·广西崇左·一模）计算： (1) (2) 4．（2025·广西·一模）为了测量教学楼的高度，九年级（1）班数学兴趣小组的同学们在教学楼前的斜坡底部处，利用激光投线角度仪测得教学楼顶部处的仰角为，沿着斜坡往上走到达点处，在点处测得教学楼顶部处的仰角为，已知该斜坡的坡度是指与的比． (1)的度数为___________； (2)求教学楼的高度（结果取整数，参考数据：，）． 5．（2025·广西贵港·一模）随着人们对于提高身体素质的重视，喜欢步行健身的人越来越多，为方便群众步行健身，某地政府决定对如图1所示的坡路进行改造．如图2所示，改造前的斜坡米，坡度为：斜坡改造为斜坡，斜坡米，其坡度为． (1)求的长； (2)求斜坡下降的高度．（结果保留根号） 6．（2025·广西贵港·一模）【综合与实践】 火车轨道的平顺性和稳定性直接影响列车的运行安全．我国目前轨道检测的主要方法是机械检测，通过使用机械传感器和无损检测设备（包括激光三角位移传感器、超声波传感器等）来测量轨道的各种参数（几何尺寸、轨距、高差和曲率），从而判断轨道是否有损伤或缺陷．某校科创活动小组率先就“激光三角位移计”这一设备开展了学习与探究： 阅读理解 激光三角位移计是由半导体激光向目标物照射激光，聚集目标物反射的光，并在光接收元件上成像．一旦离目标物的距离发生改变，聚集反射光的角度也会改变，成像的位置也随之改变．可以通过成像的位移来计算物体实际的移动距离． 发现原理 被测量物体从初始位置移动到最终位置，需要测量的是参考平面与目标测量平面的距离，也就是图中点M与点N之间的距离．假设激光通过接收透镜后仍按照原直线方向传播，最后在光学成像设备上成像． 建立模型 如图，直线直线直线，直线垂直于和，垂足分别为和，线段与线段交于点，线段与直线交于点，． 解决问题 （1）作于点，设，请用含和的式子表示的长度；（）若，，，求的长度．（结果精确到个位，参考数据：，，） 7．（2025·广西来宾·一模） “绿色出行，驾享未来”，近几年，新能源汽车得到了大力推广，该类汽车突出的环保特性，体现了作为未来主要交通方式的前瞻性和科技感．某校为了便于教职工进行新能源汽车充电，计划在长、宽的长方形空地修建一个新能源汽车停车场，并向学校的广大师生征集设计方案． 【资料收集】某班同学通过网络查阅资料和实地考察，确定采用“垂直式”或“倾斜式”两种车位类型进行设计，收集的相关材料及数据如下表： 类型 示意图 形状 边长（单位：） 垂直式车位 矩形 5.3 2.5 倾斜式车位 平行四边形 6 2.8 行车通道宽度不低于 【设计方案】依据收集的材料，同学们设计了如下两种方案： 【方案一分析】∵， ∴垂直式车位只能设计1行． ∵， ∴垂直式车位每行可以设计12个， ∴方案一共可以设计垂直式车位12个． 【方案二分析】（1）通过计算，判断方案二的设想是否合理，并计算方案二可以设计多少个停车位；（，） 【设计优化】（2）请结合以上数据及分析，设计一个停车位数量更多的方案，画出设计示意图，并说明理由． 投影与视图题型04 1．（2025·广西南宁·一模）如图是一块积木的示意图，它的主视图是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·广西防城港·一模）斗拱是中国古典建筑上的重要部件．如图，这是斗形构件“三才升”的示意图，则它的左视图为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·广西·一模）如图，水杯的主视图是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·广西梧州·一模）如图是6个相同的正方形搭成的几何体，将标有①②③④⑤的五个正方体随机拿掉1个，比较前后两个几何体，左视图不改变的概率是（   ）    A． B． C． D． 图形的相似题型05 1．（2025·广西河池·一模）小郑在做“小孔成像”实验时，蜡烛到挡板的距离与挡板到屏幕的距离之比是．若烛焰的高是，则实像的高是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·广西崇左·一模）物理课上学过小孔成像的原理，它是一种利用光的直线传播特性实现图像投影的方法．如图，燃烧的蜡烛（竖直放置）经小孔在屏幕（竖直放置）上成像．设，．小孔到的距离为，则小孔到的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·广西梧州·一模）如图，在平面直角坐标系中，与是位似图形，位似中心为点O．若点的对应点为，则点的对应点E的坐标为（   ）． A． B． C． D． 4．（2025·广西崇左·一模）已知，那么 ． 5．（2025·广西崇左·一模）在如图所示的平面直角坐标系中，有一斜坡，从点处抛出一个小球，落到点处．小球在空中所经过的路线是抛物线的一部分．斜坡上点处有一棵树，，小球恰好越过树的顶端，那么这棵树的高度为 ． 6．（2025·广西柳州·一模）如图，是的直径，四边形内接于，连接，，过点作交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若，的半径为5，求的长． 7．（2025·广西南宁·一模）综合与探究 【初步感知】如图1，是三边的中点，则叫作的内中点三角形，叫作的外中点三角形． （1）直接写出面积与面积的数量关系； （2）在图2的网格中画出的外中点． 【类比探究】如图3，是四边形各边的中点，则四边形叫作四边形的内中点四边形，四边形叫作四边形的外中点四边形． （3）求证：四边形是平行四边形； （4）若四边形的面积为，四边形面积为，求证：； （5）在图4的网格中画出的一个外中点四边形．（要求：都在网格线的交点上） 1．（2025·广西梧州·一模）综合与探究【问题背景】如图1，H为外的一个动点，与交于点M，与的延长线交于点P，且． 【问题初探】（1）如图1，求证：； 【问题再探】（2）如图1，已知G为延长线上的一点．，．当时，的最小值为________； 【问题拓展】（3）如图2，已知F为延长线上的一动点，与相交于E点，当点H、F运动到使时，求证：． 2．（2025·广西南宁·一模）在边长为的正方形中，点是边上的一个动点（点与点，不重合），连接，过点作于点，交于点． (1)如图，直接写出与的数量关系； (2)如图，当点运动到的中点时，连接，求的值； (3)如图，在（2）的条件下，将绕点顺时针旋转得到，连接，，若，求的值． 3．（2025·广西·一模）【经典回顾】 （1）如图1，，都是等边三角形，连接，．求证：； 【类比迁移】 （2）如图2，，都是等腰直角三角形，，连接，相交于点，与相交于点，类比（1）有．点，，分别为，，的中点，连接，，与相交于点．请判断，的关系，并证明； 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，连接，如图3，绕点旋转，若，．求旋转过程中，面积的最大值． 4．（2025·广西柳州·一模）问题背景：一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知是的角平分线，可证．小慧的证明思路是：如图2，过点作，交的延长线于点，构造相似三角形来证明． (1)尝试证明：请参照小慧的思路，利用图2证明； (2)基础训练：如图3，在中，，是边上一点．连接，将沿所在直线折叠，点恰好落在边上的E点处．若，，求的长； (3)拓展升华：如图4，中，，，，的中垂线交延长线于点，当时，求的长． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 图形的变化 题型概览 题型01平移及轴对称 题型02旋转及中心对称 题型03锐角三角函数的有关概念及应用 题型04投影与视图 题型05图形的相似 平移及轴对称题型01 1．（2025·广西钦州·一模）下列四幅“二十四节气”标识图中，文字上方所设计的图案是轴对称图形的是（   ） A．惊蛰 B．立春 C．雨水 D．芒种 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称图形的识别，根据轴对称图形的定义逐项分析即可，一个图形的一部分，沿着一条直线对折后两部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴． 【详解】解：选项A、C、D均不能找到这样的一条直线，使图形沿该直线对折后直线两旁的部分能够完全重合，所以不是轴对称图形， 选项B能找到这样的一条直线，使图形沿该直线对折后直线两旁的部分能够完全重合，所以是轴对称图形． 故选B． 2．（2025·广西·一模）如图，在直线上平移得到，若，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平移的性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据平移的性质可知，，再由三角形内角和求得即可得到答案． 【详解】解：在直线上平移得到， ，， ，， ， 在中，， ， ， 故选：B． 3．（2025·广西玉林·一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点B在x轴正半轴上，顶点A在直线上，若点A的横坐标是，则点C的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出，由勾股定理求得，再由菱形的性质得到轴，最后由平移即可求解． 【详解】解：∵顶点A在直线上，点A的横坐标是， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴轴， ∴将点A向右平移10个单位得到点C， ∴点， 故选：B． 【点睛】本题考查了一次函数的图象，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点是解题的关键． 4．（2025·广西梧州·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点C的对应点M在线段上，交于点H，则与四边形的面积比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 设，，首先根据菱形的性质得到，，连接，，直线l交于点F，交于点G，得到点N，A，O三点共线，，，，然后证明出，得到，然后证明出，得到，进而求解即可． 【详解】∵四边形是菱形， ∴设， ∴，， 如图所示，连接，，直线l交于点F，交于点G， ∵线段与关于过点O的直线l对称，点C的对应点M在线段上， ∴， ∴ ∴ ∴点N，A，O三点共线 ∴， ∴， ∵ ∴ 由对称可得， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴． 故选C． 5．（2025·广西来宾·一模）如图，点、分别在长方形纸片的、边上，与所夹的锐角，将纸片沿折叠得到图，点落到点处；点在边上，沿进行第二次折叠得到图3，点的对称点恰好落在上，则与的夹角的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），平行线的性质，灵活运用以上知识点是解题的关键． 过点作，则，由折叠得，，，再根据平角的定义即可得出答案． 【详解】解：如图，过点作，则， 由折叠得， 由折叠可得，， ∴， 故选：． 6．（2025·广西柳州·一模）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，A是函数（，k是不等于0的常数）图象上的一点，的延长线交函数的图象于点C，点A关于y轴的对称点为，点C关于x轴的对称点为、关于原点的对称点是，连接，交x轴于点B，连接，，．若的面积等于2，则四边形的面积等于（    ） A．7 B．8 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了反比例函数与几何的综合问题，涉及相似三角形的判定与性质，反比例函数k的几何意义，轴对称和中心对称的性质，难度较大，正确添加辅助线是解题的关键． 延长，交于点E，令，与y轴的交点分别为M，N．则，，则，．而点A关于y轴的对称点为，点C关于x轴的对称点为、关于原点的对称点为，则，，．可得，则，故，由即可求解． 【详解】解：如图，延长，交于点E， 令，与y轴的交点分别为M，N． ∵，， ∴ ∴． 又∵， ∴． ∵点A关于y轴的对称点为，点C关于x轴的对称点为、关于原点的对称点为， ∴，，． ∵轴，轴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 旋转及中心对称题型02 1．（2025·广西南宁·一模）下列传统纹样中，是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查中心对称图形的识别．中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．据此进行判断即可． 【详解】 A、 ，不是中心对称图形； B、 ，是中心对称图形； C、 ，不是中心对称图形； D、 ，不是中心对称图形． 故选：B． 2．（2025·广西柳州·一模）下列美术字中，是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了中心对称图形，根据中心对称图形的定义判断即可，解题的关键是正确理解中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，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． 【详解】、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，符合题意； 故选：． 3．（2025·广西南宁·一模）如图，将矩形绕点A逆时针旋转，得到矩形，点的对应点落在上，且，则长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，图形旋转的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质及图形旋转的性质是解题的关键． 根据矩形的性质得，再根据勾股定理求得，然后根据图形旋转的性质可得，即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， 矩形绕点逆时针旋转，得到矩形， ． 故先选：C． 4．（2025·广西来宾·一模）以“图形的旋转”为主题的数学活动课上，同学们尝试使用三角形纸板开展探究活动．如图，在中，，，，取，中点，，将沿剪开，得到四边形和，将绕点顺时针旋转得到． 【操作发现】（1）若交于点，求证：； 【深入探索】（2）在（）的条件下，同学们发现将旋转到一些特殊位置时，可以进一步探索线段长度． 如图，若，求的长； 如图，若，，三点共线，求的长； 【拓展延伸】（3）在旋转的过程中，请直接写出面积的最大值． 【答案】（）见解析；（）；；（）． 【分析】（）连接，由中位线定理可得，则，然后证明即可； （）由中位线定理得，，进而求勾股定理得，再利用平行线及等腰三角形的判定可得，，进而求得在利用线段的和差求出即可得解； 先证进而设，在中，由勾股定理得，然后代入求解即可； （）为定线段，所以面积问题转化为点到最大距离问题，很明显当三点共线时，此时即为点到的最大距离，即可得解． 【详解】证明: 如图，连接， ∵，为中点， ∴， ∴， ∵三点共线， ∴， ∵绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （）如图，记交于点， ∵，，为中点， ∴，， 在中， 由勾股定理，得， ∵绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴； ∵绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴， ∵，，三点共线, ∴， ∴， ∴， 设， 在中， 由勾股定理，得， 则， 解得， ∴； （）如图，过作于点， ∵为定值， ∴当上的高线最大时，则面积最大，即求出到的最大距离即可， ∵， 当点和点重合时，且旋转到外侧时，此时最大， ∵， ∴此时三点共线， 即， ∴， 即面积最大值为， 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的判定，中位线定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键． 锐角三角函数的有关概念及应用题型03 1．（2025·广西玉林·一模）如图1，某地下车库出口处安装了“两段式栏杆”，当车辆经过时，栏杆最多只能升起到如图2所示的位置，其示意图如图3所示（栏杆宽度忽略不计），其中，，，米，那么适合该地下车库的车辆限高的高度为（　　）（参考数据：，，） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是解直角三角形的应用；如图，过点A作的平行线，过点E作于H，则．先求出，然后在中，利用正弦函数的定义得出，则栏杆段距离地面的高度为：，代入数值计算即可． 【详解】解：如图，过点A作的平行线，过点E作于H， 则， ∵， ∴， 在中，，，米， ∴（米）， ∵米， ∴米． 故选A． 2．（2025·广西钦州·一模）如图，一艘海轮位于灯塔的北偏东方向，距离灯塔的处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔的南偏东方向上的处，则到的距离是 （结果保留根号）． 【答案】/ 【分析】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定义是解题的关键． 由题意得，，分别在，进行解直角三角形即可求出，再由即可求解． 【详解】解：由题意得，， ∴在中，，， 在中，， ∴， 故答案为：． 3．（2025·广西崇左·一模）计算： (1) (2) 【答案】(1) (2) 【分析】（）把特殊角的三角函数值代入计算即可； （）根据绝对值的性质、特殊角的三角函数值、零指数幂分别运算，再合并即可； 本题考查了特殊角的三角函数值的混合运算，实数的混合运算，熟记特殊角的三角函数值是解题的关键． 【详解】（1）解：原式 ； （2）解：原式 ． 4．（2025·广西·一模）为了测量教学楼的高度，九年级（1）班数学兴趣小组的同学们在教学楼前的斜坡底部处，利用激光投线角度仪测得教学楼顶部处的仰角为，沿着斜坡往上走到达点处，在点处测得教学楼顶部处的仰角为，已知该斜坡的坡度是指与的比． (1)的度数为___________； (2)求教学楼的高度（结果取整数，参考数据：，）． 【答案】(1)90 (2)教学楼的高度为 【分析】本题考查了解直角三角形的应用仰角俯角问题，坡度坡角问题，熟知特殊角的三角函数值是解题的关键． （1）根据斜坡的坡度，可得，即可求出； （2）根据平行线的性质可得，则可得为等腰直角三角形，即，解直角三角形即可求得． 【详解】（1）解：斜坡的坡度， ， ， ， 故答案为： （2）解：由题意可得， ， ， 为等腰直角三角形， ， ， 教学楼的高度为． 5．（2025·广西贵港·一模）随着人们对于提高身体素质的重视，喜欢步行健身的人越来越多，为方便群众步行健身，某地政府决定对如图1所示的坡路进行改造．如图2所示，改造前的斜坡米，坡度为：斜坡改造为斜坡，斜坡米，其坡度为． (1)求的长； (2)求斜坡下降的高度．（结果保留根号） 【答案】(1)米 (2)米 【分析】本题考查的是解直角三角形的应用——坡度坡角问题，解题的关键是支行我相关知识． （1）根据斜坡的坡度为，得到，根据，即可求解； （2）再根据斜坡的坡度为，设，，根据勾股定理列方程求出，计算即可． 【详解】（1）解：斜坡的坡度为， ， ， 斜坡米， （米）； （2）斜坡的坡度为，即， 设，， 斜坡米，， ， 解得：， 即米， 由（1）得米， 米． 6．（2025·广西贵港·一模）【综合与实践】 火车轨道的平顺性和稳定性直接影响列车的运行安全．我国目前轨道检测的主要方法是机械检测，通过使用机械传感器和无损检测设备（包括激光三角位移传感器、超声波传感器等）来测量轨道的各种参数（几何尺寸、轨距、高差和曲率），从而判断轨道是否有损伤或缺陷．某校科创活动小组率先就“激光三角位移计”这一设备开展了学习与探究： 阅读理解 激光三角位移计是由半导体激光向目标物照射激光，聚集目标物反射的光，并在光接收元件上成像．一旦离目标物的距离发生改变，聚集反射光的角度也会改变，成像的位置也随之改变．可以通过成像的位移来计算物体实际的移动距离． 发现原理 被测量物体从初始位置移动到最终位置，需要测量的是参考平面与目标测量平面的距离，也就是图中点M与点N之间的距离．假设激光通过接收透镜后仍按照原直线方向传播，最后在光学成像设备上成像． 建立模型 如图，直线直线直线，直线垂直于和，垂足分别为和，线段与线段交于点，线段与直线交于点，． 解决问题 （1）作于点，设，请用含和的式子表示的长度；（）若，，，求的长度．（结果精确到个位，参考数据：，，） 【答案】（1）（2） 【分析】本题考查解直角三角形的实际应用，相似三角形的判定和性质，添加辅助线构造直角三角形，是解题的关键： （1）过点作于点，对顶角结合同角的余角相等，得到，解直角三角形，求出的长即可； （2）作，交于点，解直角三角形，证明，列出比例式进行求解即可． 【详解】解：过点作于点，则：，， ∵， ∴， ∴， 在中，； （2）作，交于点 ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 7．（2025·广西来宾·一模） “绿色出行，驾享未来”，近几年，新能源汽车得到了大力推广，该类汽车突出的环保特性，体现了作为未来主要交通方式的前瞻性和科技感．某校为了便于教职工进行新能源汽车充电，计划在长、宽的长方形空地修建一个新能源汽车停车场，并向学校的广大师生征集设计方案． 【资料收集】某班同学通过网络查阅资料和实地考察，确定采用“垂直式”或“倾斜式”两种车位类型进行设计，收集的相关材料及数据如下表： 类型 示意图 形状 边长（单位：） 垂直式车位 矩形 5.3 2.5 倾斜式车位 平行四边形 6 2.8 行车通道宽度不低于 【设计方案】依据收集的材料，同学们设计了如下两种方案： 【方案一分析】∵， ∴垂直式车位只能设计1行． ∵， ∴垂直式车位每行可以设计12个， ∴方案一共可以设计垂直式车位12个． 【方案二分析】（1）通过计算，判断方案二的设想是否合理，并计算方案二可以设计多少个停车位；（，） 【设计优化】（2）请结合以上数据及分析，设计一个停车位数量更多的方案，画出设计示意图，并说明理由． 【答案】（1）方案二的设计合理，理由见解析，方案二可以设计倾斜式车位共20个，（2）设计优化：垂直式车位设计1行，倾斜式车位设计1行，可以设计停车位22个，见解析 【分析】本题主要考查平行四边形的性质和解直角三角形， （1）过点作，交的延长线于点，则．利用平行四边形的性质得，结合解直角三角形求得和，结合，可得倾斜式车位可以设计2行，所以方案二的设计合理，经计算方案二可以设计倾斜式车位共20个； （2）根据，则可以设计一行垂直式车位，一行倾斜式车位，那么该方案可以设计停车位22个． 【详解】解：（1）方案二的设计合理，理由如下： 如答图1，过点作，交的延长线于点，则． 在平行四边形中，， ∴． 在中，，， ∴，， ∴． ∵行车通道宽度不低于， ∴， ∴倾斜式车位可以设计2行，方案二的设计合理． ∵， ∴倾斜式车位每行可以设计10个， ∴方案二可以设计倾斜式车位共20个． （2）设计优化：垂直式车位设计1行，倾斜式车位设计1行，理由如下： 如答图2所示． ∵， ∴可以设计一行垂直式车位，一行倾斜式车位． 垂直式车位每行可以设计12个， 倾斜式车位每行可以设计10个， 该方案可以设计停车位22个． 投影与视图题型04 1．（2025·广西南宁·一模）如图是一块积木的示意图，它的主视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查简单的几何体的三视图，熟知主视图是从正面看到的图形是解答本题的关键． 根据主视图是从正面看到的图形解答即可． 【详解】 解：从正面看看到的图形是，所以它的主视图是， 故选：D． 2．（2025·广西防城港·一模）斗拱是中国古典建筑上的重要部件．如图，这是斗形构件“三才升”的示意图，则它的左视图为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的定义是解题关键．主视图：从正面看到的物体的形状图；左视图：从左面看到的物体的形状图；俯视图：从上面看到的物体的形状图．根据三视图的定义求解，注意看不见的线应当画虚线，即可． 【详解】解：从左面看，上面部分是矩形，下面部分是梯形，矩形部分有一条看不见的线，应该画虚线，形状如图所示： 故选：C． 3．（2025·广西·一模）如图，水杯的主视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查简单几何体的三视图，从正面看，圆柱体的部分看到的是长方形，再加上杯盖即可， 主视图是从正面看到的图形，左视图是从左面看到的图形，俯视图是从上面看到的图形． 【详解】 解：从正面看，水杯的主视图是， 故选：C． 4．（2025·广西梧州·一模）如图是6个相同的正方形搭成的几何体，将标有①②③④⑤的五个正方体随机拿掉1个，比较前后两个几何体，左视图不改变的概率是（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了简单组合体的三视图、概率的定义等知识点，掌握从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上边看得到的图形是俯视图成为解题的关键． 根据三视图的定义以及概率的定义即可解答． 【详解】解：去掉①的小正方体，左视图改变；去掉②～⑤的小正方体中的一个，左视图不变，则左视图不发生改变的概率是． 故选：D． 图形的相似题型05 1．（2025·广西河池·一模）小郑在做“小孔成像”实验时，蜡烛到挡板的距离与挡板到屏幕的距离之比是．若烛焰的高是，则实像的高是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键． 根据证明，然后利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图所示：相交于点O， ∵是烛焰的高，是实像的高， ∴， ∴， ∵蜡烛到挡板距离与挡板到屏幕距离之比是，， ∴，解得：． 故选：B． 2．（2025·广西崇左·一模）物理课上学过小孔成像的原理，它是一种利用光的直线传播特性实现图像投影的方法．如图，燃烧的蜡烛（竖直放置）经小孔在屏幕（竖直放置）上成像．设，．小孔到的距离为，则小孔到的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的应用，设小孔到的距离为，由得，解之即可求解，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：设小孔到的距离为， 由题意得，， ∴， ∴， 解得， ∴小孔到的距离为， 故选：． 3．（2025·广西梧州·一模）如图，在平面直角坐标系中，与是位似图形，位似中心为点O．若点的对应点为，则点的对应点E的坐标为（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了位似变换，根据点G，D的坐标可得到位似比，再根据位似比即可求解，掌握位似变换的性质是解题的关键． 【详解】解：∵，与是位似图形，的对应点为， ∴与的位似比为3， ∴点的对应点E的坐标为，即， 故选D． 4．（2025·广西崇左·一模）已知，那么 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键；由可设；然后代入计算即可． 【详解】解：∵， 设， ∴， 故答案为：． 5．（2025·广西崇左·一模）在如图所示的平面直角坐标系中，有一斜坡，从点处抛出一个小球，落到点处．小球在空中所经过的路线是抛物线的一部分．斜坡上点处有一棵树，，小球恰好越过树的顶端，那么这棵树的高度为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了二次函数的应用，相似三角形的判定和性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．过点分别作轴的垂线，垂足分别是点，证明，根据相似三角形的性质求出，求出点坐标，得到，从而得到答案． 【详解】解：过点分别作轴的垂线，垂足分别是点， ， ， ， ， ， ， ，， ， ，则点横坐标为， 将代入中， ， 点的坐标为， ， ． 故答案为：． 6．（2025·广西柳州·一模）如图，是的直径，四边形内接于，连接，，过点作交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若，的半径为5，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）如图，连接，由，是半径，可得，由是的直径，可得，则，，进而结论得证； （2）由勾股定理得，，由是的直径，可得，证明，则，代入数据计算求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接，， ，是半径， ， 是的直径， ，即， ， ， ， 是半径， 是的切线； （2）解：由题意知，， 由勾股定理得，； 是的直径， ； ， ， ， ，即， 解得，； 的长为． 【点睛】本题主要考查了切线的判定，垂径定理，直径对的圆周角是直角，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，证明切线与相似是解题的关键． 7．（2025·广西南宁·一模）综合与探究 【初步感知】如图1，是三边的中点，则叫作的内中点三角形，叫作的外中点三角形． （1）直接写出面积与面积的数量关系； （2）在图2的网格中画出的外中点． 【类比探究】如图3，是四边形各边的中点，则四边形叫作四边形的内中点四边形，四边形叫作四边形的外中点四边形． （3）求证：四边形是平行四边形； （4）若四边形的面积为，四边形面积为，求证：； （5）在图4的网格中画出的一个外中点四边形．（要求：都在网格线的交点上） 【答案】（1） （2）见解析 （3）见解析 （4）见解析 （5）见解析 【分析】（1）证明，即可由相似三角形的性质求解； （2）取格点P、M、N，连接，使B、C、A分别是的中点即可； （3）连接，根据三角形中位线的性质得出，，，．则，．即可由平行四边形的判定定理得出结论； （4）方法一：连接，证明，得同理，，，则，即． 方法二：连接分别交于点；过A作于点，交于点．证明，四边形为平行四边形．则．所以．．则． （5）取格点P、Q、M、N，连接，使B、C、D、A分别是的中点即可． 【详解】解：（1）∵是三边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）如图所示，即为所求； （3）如图，连接， 分别是的中点， ，． 同理：，． ，． 四边形是平行四边形． （4）方法一：连接， ， ． 又为中点， ． ，即． 同理，，， ，即． 方法二：连接分别交于点；过A作于点，交于点． ， ． 又为中点， ． ，． 又，， 四边形为平行四边形． ． ． 同理：． ． （5）如图所示，四边形即为所求．（画出一种即可） 【点睛】本题考查三角形的中位线的性质，相似三角形的判定与性质，中点四边形，平行四边形的判定，三角形的面积等知识，熟练掌握三角形的中位线的性质和相似三角形的判定与性质，是解题的关键． 1．（2025·广西梧州·一模）综合与探究【问题背景】如图1，H为外的一个动点，与交于点M，与的延长线交于点P，且． 【问题初探】（1）如图1，求证：； 【问题再探】（2）如图1，已知G为延长线上的一点．，．当时，的最小值为________； 【问题拓展】（3）如图2，已知F为延长线上的一动点，与相交于E点，当点H、F运动到使时，求证：． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析 【分析】（1）证法一：证明出，得到，然后证明出，得到，即可得到； 证法二：证明出，然后证明出，A，C，D四点共圆，然后得到，即可得到； （2）由，求出，当A，H，G三点共线时，有最小值，然后求出，进而求解即可； （3）证法一：分别取与的中点K、N，连接、，证明出，得到，然后得到，然后证明出，得到，然后证明出，得到，进而求解即可； 证法二：过点H分别作于K，于N，延长交于L，连接，由四点共圆得到，，，，然后求出，连接、相交于点，证明出，进而求解即可． 【详解】（1）证法一：， ， ， ， ， 证法二：， ， ， ； ， 又， ， ，A，C，D四点共圆（对角互补的四边形四点共圆） ，， ； ， ； （2）解：当时，则的最小值为． 由（1）知H．A．C．D四点共圆， ， 是直径， ， ， ， ， 则， 当A．H．G三点共线时，有最小值 ， ， ， ； （3）证法一：分别取与的中点K、N，连接、． 在中，， ， ， ， ，K、N分别是与的中点 ，， ， 、A、C、D四点共圆， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 证法二：过点H分别作于K，于N，延长交于L，连接． ，， ， 、K、D、N四点共圆 ， 由H、A、C、D四点共圆得， ， 、A、L、K四点共圆， ， 又 ， ， ，， ，， ， ， 连接、相交于点， 在中，， 与重合 ， 是的垂直平分线 ， ，， 又， ， ， ，， ， ， ． 【点睛】此题考查了全等三角形和相似三角形的性质和判定，解直角三角形，四点共圆等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 2．（2025·广西南宁·一模）在边长为的正方形中，点是边上的一个动点（点与点，不重合），连接，过点作于点，交于点． (1)如图，直接写出与的数量关系； (2)如图，当点运动到的中点时，连接，求的值； (3)如图，在（2）的条件下，将绕点顺时针旋转得到，连接，，若，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先判断出，再由四边形是正方形，得出，，即可得出结论； （2）如图，延长，交于点，由点是的中点，得到，根据正方形的性质得到，，，得到，根据全等三角形的性质得到，求得，根据平行线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，得到，求得，推出，于是得到； （3）过作于，根据勾股定理得到，求得，根据旋转的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理得到． 【详解】（1）证明：， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ∴， ； （2）解：如图，延长，交于点， 点是的中点， ， 四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， 又，， ∴， ， ， ， ， ， 在和中， ， ∴， ， ， 又， ， ， ， ， ， ； （3）解：过作于， ， ， ， 将绕点顺时针旋转得到， ，， ， ， ， ∴， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， ． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，正切值的计算，相似三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质是解题的关键． 3．（2025·广西·一模）【经典回顾】 （1）如图1，，都是等边三角形，连接，．求证：； 【类比迁移】 （2）如图2，，都是等腰直角三角形，，连接，相交于点，与相交于点，类比（1）有．点，，分别为，，的中点，连接，，与相交于点．请判断，的关系，并证明； 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，连接，如图3，绕点旋转，若，．求旋转过程中，面积的最大值． 【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3） 【分析】（1）结合等边三角形的性质证明，从而可得结论； （2）由（1）知，可得，，结合和的中位线，可得，，，，再进一步求解即可； （3）由（2）可知，，可得，可得当最大时，最大，再进一步求解即可； 【详解】解：（1），为等边三角形， ，，， ， 即， ； （2）且； 证明：由（1）知， ，， ， 点，，分别为，，的中点， ，分别是和的中位线， ∴，，，， . ，，， 在和中，， ∵， ， ， ∵， ， ； （3）由（2）可知，， 是等腰直角三角形， ， 当最大时，最大. 在绕点旋转时，， 当点恰好在的延长线上时最长，最大长度为， 的最大值. 【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，旋转的性质，熟练的掌握基础几何图形的性质是解本题的关键. 4．（2025·广西柳州·一模）问题背景：一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知是的角平分线，可证．小慧的证明思路是：如图2，过点作，交的延长线于点，构造相似三角形来证明． (1)尝试证明：请参照小慧的思路，利用图2证明； (2)基础训练：如图3，在中，，是边上一点．连接，将沿所在直线折叠，点恰好落在边上的E点处．若，，求的长； (3)拓展升华：如图4，中，，，，的中垂线交延长线于点，当时，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)6 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． （1）先根据平行线的性质可得，，再根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质可得，然后根据等腰三角形的判定可得，由此即可得证； （2）先根据折叠的性质可得，，再根据（1）的结论可得，从而可得，然后利用勾股定理求出，由此即可得； （3）先根据（1）的结论可得，再证出，根据相似三角形的性质求解即可得． 【详解】（1）证明：， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵是的角平分线， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：将沿所在直线折叠，点恰好落在边上的点处， ∴，， 由（1）可知，， 又，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：∵，即是的角平分线， ∴由（1）可得：， ∵，，， ∴， ∴， ∵的中垂线交延长线于， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$