专题08 图形的变化6大考点（广东专用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦图形变化6大核心考点，汇编广东多地二模真题，融合传统文化（祥云纹、窗格）、科技应用（无人机航拍、智能机器人）情境，设置基础计算与综合探究分层设问，适配中考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空/解答|约60题|平移（坐标变换）、轴对称（文化图案）、旋转（函数几何综合）、相似（无人机模型）、锐角三角函数（旗杆测量）、投影与视图（几何体三视图）|文化情境（祥云纹识别）、科技应用（无人机航拍相似计算）、分层设问（基础平移距离与旋转综合证明）|

专题08 图形的变化 6大考点概览 考点01平移 考点02轴对称 考点03旋转与中心对称 考点04图形的相似与位似 考点05锐角三角函数 考点06投影与视图 平移 考点01 1.（2026·广东广州·二模）如图所示，这个图案可以看作以“基本图案”——原图案的四分之一经过变换形成的，但一定不能通过哪种变换得到（     ） A．旋转 B．轴对称 C．平移 D．对称和旋转 【答案】C 【分析】根据旋转或轴对称的性质解答即可． 【详解】解：这个图案可以通过旋转或轴对称或对称和旋转得到， 故A，B，D选项不符合题意；C选项符合题意． 2.（2026·广东珠海·二模）如图，将向右平移得到，点在同一直线上，，的长为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】由平移得，进而可得，据此即可求解． 【详解】解：由平移得，， ∵， ∴． 3（2026·广东深圳·二模）如图，已知正方形的边长为，对角线，交于点O，将向右平移得到，则四边形的周长为______． 【答案】4 【分析】根据正方形的性质得到，，，，根据勾股定理求出，根据平移的性质得到，即可求出四边形的周长． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴， 解得（负值舍去）， ∴， ∵将向右平移得到， ∴， ∴四边形的周长为4． 4.（2026·广东梅州·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（-1，2），点B（-3，-1），点C（-2，-2），平移△ABC，使点A落在点D（2，1）处，则点C的对应点F的坐标为______． 【答案】 【详解】由点 平移后 可得坐标的变化规律是：右移3个单位，下移1个单位， ∴ 点 的对应点 的坐标 ． 5.（2026·广东东莞·二模）在平面直角坐标系中，点先向右平移再向下平移可能移动到下列哪个点的位置（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平移方向确定平移后横纵坐标的范围，再逐一判断选项，即可作答． 【详解】解：设平移后点的坐标为， ∵点坐标为，且点先向右平移，再向下平移， ∴平移后点的横坐标增大，纵坐标减小， 即，， 观察四个选项的点的坐标，符合题意只有． 6.（2026·广东·二模）如图，已知直线经过点和点，其中点在轴上，点的横坐标为10，若将线段平移至，点的对应点的坐标为，则点的纵坐标是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】先求出的坐标，判断直线是怎样平移，再用的坐标推出坐标． 【详解】解：将代入， 得，即， 即先向左平移8个单位长度，再向上平移2个单位长度． 将代入， 得，即， 则． 轴对称 考点02 1.（2026·广东清远·二模）祥云纹在中国传统文化中具有吉祥、如意、平安的寓意，被视为一种吉祥的象征．下面选取了几幅祥云纹图片，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A．B．C．D． 【答案】C 【分析】根据“一个图形沿某条直线进行折叠，直线两旁部分能够完全重合的图形是轴对称图形”及“一个图形绕某个点旋转180度后仍与原图完全重合的图形是中心对称图形”进行排除选项即可． 【详解】解：A、是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意； B、不是轴对称图形但是中心对称图形，故不符合题意； C、既是轴对称图形也是中心对称图形，故符合题意； D、是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意． 2.（2026·广东云浮·二模）我县为践行健康第一教育理念，促进学生全面发展，要求全县所有学校从2024年秋季学期开始必须保障学生每天两个小时体育活动时间．郁南县实验中学为贯彻落实该项政策组织了九年级学生开展以“坚持运动，践行健康”为主题的体育运动项目图标设计比赛．下列是一些同学设计的关于体育运动项目图标，其中是轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据轴对称图形的定义解题即可． 【详解】解：A：不是轴对称图形，故该选项不合题意； B：不是轴对称图形，故该选项不合题意； C：不是轴对称图形，故该选项不合题意； D：是轴对称图形，故该选项符合题意． 3.（2026·广东东莞·二模）窗格作为中国传统建筑的重要构件，承载着丰富的文化象征．下列窗格样式图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解，把一个图形绕某一点旋转180度，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；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意． 4.（2026·广东梅州·二模）如图，在中，，，，点，分别在，上，且，将沿着直线折叠得到，点到的距离为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作于，则，利用勾股定理求出，利用的正弦函数求出，进而求出，根据求出，根据折叠的性质得出，根据正切函数的定义即可得答案． 【详解】解：如图，过点作于， ∵点到的距离为， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵将沿着直线折叠得到， ∴， ∴． 5.（2026·广东深圳·二模）如图，是的中线，，将沿折叠得到，与交于点．若，则______． 【答案】 【分析】作得到，由折叠的性质得到，利用全等三角形和相似三角形的性质可以得到为等腰直角三角形，从而计算相关的线段长度，根据相似三角形得到的比例式计算出的长，从而根据求出即可． 【详解】解：过作交的延长线于，的延长线交于， ∴， ∴,,, ∵是中线, ∴, ∵沿折叠得到， ∴， ∴，，，， ∴，，, ∵， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴, ∴， ∵， ∴， ∴． 6.（2026·广东广州·二模）如图，已知． (1)尺规作图：和关于所在直线对称，请画出（保留作图痕迹，不用写作法）； (2)在（1）的条件下，过点B作交于点E，若线段和的长是方程的两个实数根，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】（1）以点B为圆心，为半径作弧，再以点A为圆心，为半径作弧，两弧交于点D，连接即可； （2）过点B作交于点E，可得，根据线段和的长是方程的两个实数根，则，即可求解． 【详解】（1）解：画出如解图所示； （2）解：如图，过点B作交于点E， ∵， ∵和关于所在直线对称， ∴，， ∴， ∴， ∵线段和的长是方程的两个实数根， ∴， ∴， ∴． 7.（2026·广东深圳·二模）如图，在中，，．点D是边上一点，过点D作于点E．点G与点E关于直线对称，连接、．若，则线段的长为_________． 【答案】 【分析】连接交于，连接，先证互相垂直平分，设，利用勾股定理可得，再由求解． 【详解】解：连接交于，连接， 点G与点E关于直线对称， 垂直平分， ，， ， 又， 为等腰直角三角形， 又， ， 则互相垂直平分， 设， 则， ， ， ． 7.（2026·广东·二模）图①、②、图③均是的正方形网格．每个小正方形的顶点称为格点，点和的顶点、、均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图，保留作图痕迹． (1)在图①中，的边与网格线交于点，画出，使与关于所在的直线成轴对称，并确定点的对称点． (2)在图②中画出，使与关于点成中心对称． (3)在图③中，点在网格线上，且不在格点上，在线段上确定点，使． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3)见详解 【分析】本题考查作图-轴对称变换、中心对称，熟练掌握轴对称的性质、中心对称的性质是解答本题的关键． （1）根据轴对称的性质作图可得与网格线的交点为点． （2）根据中心对称的性质作图即可． （3）连接并延长，交于点，则点即为所求． 【详解】（1）解：如图，和点即为所求． （2）解：如图，即为所求． （3）解：如图，连接并延长，交于点，则点即为所求． （2026·广东广州·二模）如图，已知等边的边长为4，点D 在线段上，连接，作点B关于的对称点M，连接，在上取一点N使得，连接交于点P，连接，． (1)求证：； (2)若 ，求的长； (3)当点D在线段上运动时，求P到的最大距离． 【答案】(1)证明：∵等边， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 由轴对称的性质得， ∴； (2) (3)P到的最大距离为． 【分析】（1）证明是等边三角形，由轴对称的性质得到； （2）连接，作于点，求得，在中，利用直角三角形的性质结合勾股定理求解即可； （3）连接，设，求得，得到点P的轨迹是以为弦，圆周角为的一段圆弧，据此求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：连接，作于点， 由轴对称的性质得，， ∵等边， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接，设， ∵和都是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 由轴对称的性质得， ∴， ∵， ∴， ∴， 由轴对称的性质得， ∴， ∴点P的轨迹是以为弦，圆周角为的一段圆弧， 设的中点为E，过P作于G，当为圆弧的弓形高时，取得最大值， 此时，点E与点G重合，， 已知， 在中: ， ∴P到的最大距离为． 旋转与中心对称 考点03 1.（2026·广东广州·二模）如图，在中，，，，将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A 是对应点，点与点 B 是对应点．若点恰好落在边上，则点A到直线的距离等于（     ） A．3 B． C．2 D．3 【答案】D 【分析】过点A作于点D，由旋转得，，可得为等边三角形，则．在中，求得，进而在中，求得，可得答案． 【详解】解：过点A作于点D． 由旋转得，，， 又， ∴为等边三角形， ∴． ∴ 在中，， 在中，， ∴点A到直线的距离等于3． 2.（2026·广东河源·二模）某数学小组利用计算机中的画图软件，把图1中的基本图形旋转一定角度若干次后，得到图2的图案，该数学小组设定的旋转角的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】找出图1中的基本图形旋转，旋转若干次后，得到图2的图案，即可求解． 【详解】解：将图1中的基本图形旋转，旋转若干次后，得到图2的图案，该数学小组设定的旋转角为． 3.（2026·广东东莞·一模）如图，在矩形中，是矩形的对角线，将绕点逆时针旋转得到，使点在线段上，交于点，交于点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得，，，根据，，利用同角的余角相等，得到，从而推出，在中，即可求解． 【详解】解：由题意可得，， 由旋转可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ． 4.（2026·广东广州·二模）现有四张形状完全相同的卡片，卡片上面分别画有线段，等边三角形，平行四边形，圆，现将画有图形的一面朝下，混合均匀后从中随机抽取两张，则抽到的卡片图形都是中心对称图形的概率为（     ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】先根据中心对称图形的概念判断四个图形中哪些是中心对称图形，再列举出随机抽取两张的所有等可能的结果，找出满足条件的结果数，根据概率公式计算概率即可． 【详解】解：根据中心对称图形的定义，四个图形中，线段、平行四边形、圆是中心对称图形，等边三角形不是中心对称图形， 将四个图形分别记为(线段)，(等边三角形)，(平行四边形)，(圆)， 列表如下： ∴ 共有种等可能的结果，其中抽到的两张卡片图形都是中心对称图形的结果有种， 则抽到的卡片图形都是中心对称图形的概率为． 5.（2026·广东清远·二模）如图，将绕点顺时针旋转，得到，若点的坐标为，则点的坐标为________． 【答案】 【分析】解题的关键在于利用旋转前后的图形全等，结合点所在的象限（第一象限）确定其横纵坐标的符号及数值． 【详解】解：∵点的坐标是， ∴在中，，， 又∵旋转得到， ∴， ∴，， 又∵在第一象限， ∴坐标为． 6.（2026·广东中山·二模）如图1，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，顶点为，连接． (1)抛物线的解析式为 ； (2)如图1，点是直线上方抛物线上一动点（不与、重合），过点作轴的平行线交直线于点，作于点．当的周长最大时，求的面积； (3)如图2，连接，点是线段的中点，点是线段上一动点，连接，将沿翻折，且线段的中点恰好落在线段上，将绕点逆时针旋转得到，点为坐标平面内一点，当以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出点T的坐标． 【答案】(1) (2) (3)点T的坐标为或或 【分析】（1）根据待定系数法求出抛物线的解析式即可； （2）先求出直线解析式，根据等腰直角三角形的判定和性质得出，结合平行线的性质得出，，根据等腰直角三角形的判定和性质得出，结合勾股定理得出，求得的周长为，设点，则点，其中，结合二次函数的性质求出当时，有最大值为，求得点的坐标为，点的坐标为时，的周长最大，进而求出的面积； （3）先求出点的坐标，连接、，设与交点为点，根据折叠的性质得出，，， ，根据点P是线段BD的中点得出和点的坐标，结合三角形的外角性质和等边对等角得出，根据平行线的判定和性质得出，根据全等三角形的判定和性质得出，根据平行四边形的判定和性质得出，结合两点间的距离公式求出，设点的坐标为，且，结合两点间的距离公式列出方程，求出点的坐标，结合旋转的性质和锐角三角函数的定义求出点、的坐标，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形，进行分类讨论，结合图形和平行四边形的性质，用平移坐标的方法求出点的坐标，即可． 【详解】（1）∵抛物线与轴交于、两点，与轴交于点， 将代入抛物线，得， 将点，代入， 得， 解得， ∴抛物线的解析式． （2）设直线的解析式为， 将、代入，得， 解得， 故直线解析式为， ∵， ∴是等腰直角三角形， 故， ∵轴，， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 则， 即， 故的周长为． 设点，则点，其中， ∴， 故当时，有最大值为． 当时，，， 此时点的坐标为，点的坐标为， 故当点的坐标为，点的坐标为时，的周长最大． 此时， 则的面积为． （3）∵， 故抛物线的顶点的坐标为； 连接、，设与交点为点，如图2： ∵△DPQ沿PQ翻折得， ∴，，，， ∵点P是线段BD的中点，、， ∴，点的坐标为， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵点为线段D′P的中点， ∴， ∵，，， ∴， ∴． ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ， 即． ∵点Q是线段BC上一动点，且直线解析式：， 故设点的坐标为，且， 则， 即， 解得，（舍去）， 故点的坐标为． ∵绕点逆时针旋转得到， ∴，，，， 故点到轴的距离为，到轴的距离为， 点到轴的距离为，到轴的距离为， ∴点的坐标为，点的坐标为， 此时点、的横坐标相差，纵坐标相差， 点、的横坐标相差，纵坐标相差， 当四边形为平行四边形时，如图：，， 此时点与点的横坐标相差，纵坐标相差，且点的坐标为， 故点的横坐标为，纵坐标为， ∴点的坐标为； 当四边形为平行四边形时，如图：，， 此时点与点的横坐标相差，纵坐标相差，且点的坐标为， 故点的横坐标为，纵坐标为， ∴点的坐标为； 当四边形为平行四边形时，如图：，， 此时点与点的横坐标相差，纵坐标相差，且点的坐标为， 故点的横坐标为，纵坐标为， ∴点的坐标为； 综上所述，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，点T的坐标为或或． 7.（2026·广东深圳·二模）【问题背景】旋转是一种常见的图形运动方式．某数学学习小组在学习旋转的相关知识后，深入研究了矩形的旋转．如图1，矩形绕点A旋转得到矩形，点B，C，D分别旋转到点，，． 【初步探究】 (1)如图2，若，，恰好经过点B，则______，到的距离为______． 【深入探究】 (2)如图3，若恰好经过点B，连接交于E，试判断线段与的数量关系，并证明． 【探究应用】 (3)若，，所在直线恰好经过点B，求的长． 【答案】(1)4，3 (2)，见解析 (3)或 【分析】（1）由旋转的性质可知：，然后根据勾股定理及三角函数可进行求解； （2）过点作，垂足为H．由题意易得，则有，然后可得，进而问题可求解； （3）由题意可分当点B在线段上时，当点B在线段外时，然后分类进行求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， 由旋转的性质可知：， ∴， ∴， 过点作， ∵， ∴， ∴， ∴， 即到的距离为3； （2）解：，证明如下： 过点作，垂足为H． ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴． ∴． （3）解：①当点B在线段上时， 在中，， ∴， 在中，． ②当点B在线段外时，过点作，垂足为H． ∵，，B共线， ∴． ∵，， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，． ∵， ∴，． ∴． ∴在中，； 综上所述，长度为或． 8.（2026·广东珠海·二模）综合与实践 【活动背景】 如图1，某社区有三个居民小区A，B，C呈三角形分布，为了打造15分钟便民生活圈，社区决定在三个小区之间建一个快递中转站P，请为快递中转站选择合适的地址． 【方案讨论】 方案一：从“中转站到三个小区的距离相等”的角度选择地址，即点P到A，B，C三个顶点的距离相等，此时点P为的_____（从“①内心、②外心、③重心”中选择一个填空）． 方案二：从“中转站到三个小区的总路程最小”的角度选择地址，即P到A，B，C三个顶点的距离之和最小． 经讨论，决定选择方案二． 【数学思考】 （1）基本思考：求三条线段的和，常规的操作就是将三条线段连接起来，于是尝试将或或中的一个三角形旋转．如图1，不妨将绕点C顺时针旋转得，连接． _____（证明过程需补充完整） ∴． （2）思考发现：如图2，当B，P，E，D在同一直线上时，的值最小，最小值等于线段的长． （3）深入思考：若连接，则也是等边三角形，并且点P始终在线段上． (1)选择填空：上述“方案一”中横线上应选择_____（填序号即可）； (2)将“基本思考”中的证明过程补充完整； (3)在图3中，利用尺规作图找出“方案二”中P点的位置（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)② (2) 证明：将绕点C顺时针旋转得，连接． ∵将绕点C顺时针旋转得， ∴，， ∴，， ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∴． (3) 解：作图如下所示， 【分析】本题主要考查了三角形外心的定义，三角形旋转的性质以及等边三角形的性质与判定，主要涉及到费马点相关知识． （1）由题意“点P到A，B，C三个顶点的距离相等”，结合三角形外心的定义，得出点P应为的外心； （2）由旋转的性质可知，，，从而证得，，再证为等边三角形，可得，从而证得结论； （3）由题中已知条件，也是等边三角形，并且点P始终在线段上，考虑分别以、为边，向外作等边，等边，则点P为与的交点． 【详解】（1）解：对于方案一：∵点P到A，B，C三个顶点的距离相等， ∴点P应为的外心； 故应填写②； （2）略 （3）略 9.（2026·广东深圳·二模）【综合探究】 数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，，旋转角为． (1)【初步感知】如图1，连接，，将三角形纸片绕点旋转，求的值； (2)【深入探究】如图2，在三角形纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长； (3)【拓展延伸】在三角形纸片绕点旋转过程中，试探究A，D，E三点，能否构成以为直角边的直角三角形．若能，直接写出线段的长度；若不能，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)能，的长是或 【分析】（1）证明即可解答； （2）如图， 通过延长交于点，连接，得到四边形为矩形，设，先根据相似得，再证明三角形全等得，由勾股定理列方程即可解答； （3）分两种情况：如图和图，分别根据相似三角形和勾股定理即可解答． 【详解】（1）解： ∴， 由旋转得：， ， ， ∴； （2）如图2， 延长交于，连接交于， 由（1）知：， ∴， ∵是中线，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是矩形， ∴，， ∵， ∴， 设， ∵， ， ∴， ， ， ，， ∴， ， 由勾股定理得：，即 解得， ； ∴ （3）分两种情况：①如图3，，过点作于，过点作于， ， ∴四边形是矩形， ， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ，即 ， ， 中，， ， 解得：(负值舍)， ∵， 即 ， ； ②如图，，过点作于， ， ∴四边形是矩形， ， ， ， 由勾股定理得：； 综上，的长是或． 10.（2026·广东·二模）如图，在中，，点在线段上(点不与点，重合)，线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，于点，与交于点． (1)如图①，求证：； (2)如图②，连接，求证：； (3)如图③，设与交于点，与交于点，当时，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）线段由顺时针旋转得到，故是等腰直角三角形，得，．根据同角的余角相等，得到，利用等腰得到，用判定； （2）构造辅助线拆分为，分别证明和．过作交于，则；因，故和均为等腰直角三角形，得，因此，证明，得，因，代入和，故； （3）利用前两问结论求基础线段长度，再通过相似三角形求关键线段(、)，最后用面积公式计算．由，得；又，故，是等腰直角三角形，然后求和的长度，用相似求的长度，最后计算的面积． 【详解】（1）证明：线段是由旋转得到的， 是等腰直角三角形， ． ， ， ． ， ． ， ， ， ； （2）证明：如图，过点作，交于点，则． ， 和都是等腰直角三角形， ， ． ， ，即． ， ， ． ； （3）解：由（1）可知， ，∴， 是等腰直角三角形． ， ． 由（2）可知， ． ， ， ， ． ， ， ． ， ． ， ， ，即，解得， ． 【点睛】本题是等腰直角三角形与旋转结合的几何综合题，围绕“线段关系证明”和“面积计算”展开，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识． 11.（2026·广东·二模）如图，在和中，，，，，将绕着点旋转一定的角度． (1)当时 ①如图1，连接，，求证：． ②将旋转到图2位置，连接，，若，求点到直线的距离． (2)当时，将旋转到、、三点共线，求的面积． 【答案】(1)①证明：∵， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ② (2)或 【分析】（1）①证明，由全等三角形的性质即可证明结论；②过作，过作，交延长线于，设，则， 利用勾股定理解得的值，进而确定的值，然后利用面积法计算点到直线的距离即可； （2）结合，分别求得，，；分两种情况讨论：当点在点、中间和点在点、中间，分别求解即可． 【详解】（1）①略 ②过作，过作，交延长线于， ∵，， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）∵， ∴， 又∵，， ∴，， ∴， 分两种情况讨论： ①当点在点、中间时，如图，过作于点， ∵，即， 解得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵=， ∴， ∴， ∴=，， ∴，解得， ∴ =； ②当点在点、中间时，如图， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴=，， ∴，解得， ∴ ． 综上所述，的面积为或． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、图形的旋转、三角形面积公式等知识，解题关键是熟练掌握相关知识，运用分类讨论的思想分析问题． 图形的相似与位似 考点04 1.（2026·广东梅州·二模）如图，已知，若，则的长为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴． 2.（2026·广东深圳·二模）无人机进行空中航拍测绘作业时，其相机镜头的成像过程可简化为一组相似三角形模型．如图所示，地面上的目标线段在相机传感器上的成像为线段，．无人机镜头距地面的垂直高度为，的长度为，若此时该相机镜头距离成像传感器的距离为，则目标线段的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：， ， ． 3.（2026·广东·二模）如图，在中，，点D为边的中点，沿着过点D的某条直线将剪开，要使剪下来的一个小三角形与原三角形相似，有（  ）种不同的剪法． A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 【答案】C 【分析】根据相似三角形的判定方法进行判断即可. 【详解】解：要使剪下来的一个小三角形与原三角形相似，有以下3种剪法： ，，，可得，，. 4.（2026·广东·二模）如图，和是以点O为位似中心的位似图形．若的面积为，则的面积为（    ） A．20 B． C．30 D． 【答案】A 【分析】本题考查了位似图形的性质，相似三角形的判定和性质，根据位似图形的性质得到，由相似三角形的性质得到，相似三角形的面积比等于相似的平方，代入计算即可求解． 【详解】解：∵和是以点O为位似中心的位似图形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A ． 5.（2026·广东·二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形与正方形是以原点为位似中心的位似图形，且相似比为，点在轴上，若正方形的边长为9，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先直接利用位似图形的性质结合相似比得出的长； 然后根据相似三角形的判定定理得出，结合相似三角形的对应边成比例得到比例式，进而得出的长，由此即可得出点坐标，掌握知识点的应用是解题的关键； 【详解】解：∵正方形与正方形是以原点为位似中心的位似图形，且相似比为， ∴， 由题意得，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点的坐标为． 6.（2026·广东·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知，与位似，原点O是位似中心，若，则__． 【答案】12 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，位似图形的性质，掌握相似三角形的判定和性质是关键，根据题意得到，由位似得到，结合题意得到，由此即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵与位似， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：12 ． 7.（2026·广东·二模）如图，与位似，其位似中心为点，且，若的周长为5，则的周长为________．    【答案】12.5 【分析】本题考查位似图形，根据两个位似图形一定相似，且相似比等于位似比，再根据两个相似三角形的周长比等于相似比，进行求解即可． 【详解】解：∵与位似，且， ∴，， ∴与的相似比为：， ∴与的周长比为：， ∵的周长为5， ∴的周长为12.5； 故答案为：12.5． 8.（2026·广东深圳·二模）如图，在平面直角坐标系中，，，以原点为位似中心画一个三角形，使它与位似，位似比为，则点的对应点的坐标是（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】根据坐标平面内的图形关于原点同向或反向位似时点的坐标变化规律求解即可． 【详解】如果所画三角形与关于原点同向位似，则点的对应点的坐标是，即； 如果所画三角形与关于原点反向位似，则点的对应点的坐标是，即； 综上，点的对应点的坐标是或． 9.（2026·广东广州·二模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，点的坐标是，，，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先构建直角三角形，利用相似三角形的判定和性质求出，，结合点在坐标系中的位置，即可求解． 【详解】解：过点作轴，交于点，如图： 根据题意可得，， 在中，， ∵， ∴， 故， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴，， 则， ∵点在第二象限， 故点的坐标是． 10.（2026·广东汕头·二模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、B、C、D分别在反比例函数上，四边形是平行四边形，对角线、相交于O，延长交x轴于点E，若，平行四边形的面积为16，则k的值为（     ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】过点作轴于点，过点作轴于点，根据平行四边形的性质和三角形面积得出，根据相似三角形和平行分线段成比例定理，得到，，设，则，，进而求出，再利用的面积求解即可． 【详解】解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点， 点A、B、C、D分别在反比例函数上，四边形是平行四边形，对角线、相交于O， ，， ， ， ，， ， ， ，， ，， ， 设， ，， ， 点A、D在反比例函数上， ，， ， ， ， ， ， ， ． 11.（2026·广东深圳·二模）中国古代器物与装饰纹饰在构图上多遵循主从分明、比例相宜的传统布局原则，常将主体纹样放大突出，辅助纹样缩小衬托，其构图方式蕴含位似变换的数学思想．如图，若某主体纹饰与辅助纹饰的相似比为，辅助纹饰的宽度，则主体纹饰的宽度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据主体纹饰与辅助纹饰的相似比为即可求解. 【详解】解：∵主体纹饰与辅助纹饰的相似比为， ∴， ∵， ∴ ． 12.（2026·广东深圳·二模）大自然是美的设计师，即使是一个小小的盆景，也会产生最具美感的黄金分割比例．如图，点B为的黄金分割点（），若，则的长为______．（结果保留根号） 【答案】 【分析】根据黄金分割的定义求出的长，进而可知BC的长． 进行计算，即可解答． 【详解】解：∵点B为的黄金分割点（），， ∴， ∴． 13.（2026·广东深圳·二模）如图，，，且，则AC的长为_______． 【答案】 【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可． 【详解】解：，， ， ∵ ∴， 解得：． 14.（2026·广东广州·二模）如图，点D，E，F分别在的三边上，若，，，则的值为______． 【答案】 【分析】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键． 【详解】∵，， ∴， ∵， ∴． 15.（2026·广东深圳·二模）矩形中，E是对角线上一点，且，F是上一点，若，连接，过点E作交的延长线于G，则________． 【答案】 【分析】先利用方程思想将设出来，利用勾股定理和平行线分线段成比例将线段用代数式表示出来，最后过点分别作线段的垂线，利用两角相等证和相似，用相似比和等量代换求出答案． 【详解】解：如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为， ， 即， ∵四边形是矩形， ∴，四边形为矩形， 则， ∵， ∴， ∴； ∵, ∴设，则在中，， ∵， ∴， ∵，即， ∴， ∴, ∴， ∵， ∴， 则， 在和中, , ∴， ∴， ∴， 则， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例与相似的综合，结合方程思想将线段用代数式表示出来，最后求解． 16.（2026·广东深圳·二模）已知，若，且，则_________． 【答案】15 【分析】根据题意求得，，代入即可求解． 【详解】解：， ，， ， ， 提取公因式得， 解得． 17.（2026·广东·二模）已知 则 的值为______． 【答案】 【分析】先将所求分式拆分变形，再代入已知条件计算即可得到结果． 【详解】解：对根据分式减法法则拆分，得， 将代入上式，得． 18.（2026·广东广州·二模）如图，在中，，，，垂足为点，点，为，上的点，，连接，， ，有如下结论：①；②；③；④若，则．上述结论中，所有正确的结论的序号是_________． 【答案】①② 【分析】先证明可得，，即可判断①；再证明以及即可判断②③；由，可得，则，即可求解，再由等高三角形面积比等于底之比结合三角形的中线等分面积判断④即可． 【详解】解：如图，过点作于点， ∵，， ∴， ∴均为等腰直角三角形， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴，，故①正确； ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 设，则， ∴， ∴，故②正确； ∴ ∴，故③错误； ∵， 由上可得，，则 ∴ ∴     ∵ ∴ ∵ ∴，故④错误． 因此正确的有①②． 19.（2026·广东广州·二模）如图，在中，点为边上一点，连接，已知，，．求证：． 【答案】 证明：，， ． ，， ． ∴． ． ． 【分析】根据边成比例以及对应角相等证明相似即可． 【详解】略 20.（2026·广东惠州·二模）综合与探究 某数学兴趣小组探究平行线分线段成比例定理的应用．       【初步探究】 (1)在中，、分别为、的动点，若，．连接，交于点．如图1，若过作，交于，则与的比值为________；与的比值为________； (2)在（1）的条件下，求出与的比值； 【拓展提高】 (3)如图2，在中，，，是上一点，，将沿折叠，恰好落在上，的对应点为，求的长． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）根据平行线分线段成比例直接计算即可； （2）过作，交于点，由平行可得，则，结合可得，因此； （3）连接交于点，作交于点，由折叠可知，，，，则．由平行可得，，因此．设，则，，容易证明，则，计算得．由，，可得，因此． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：如图，过作，交于点， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （3）解：连接交于点，作交于点， 由折叠可知，，，， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， 设，则，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得，（负值，舍去）， ∴， ∵，， ∴， ∴． 21.（2026·广东河源·二模）综合与实践 【活动主题】 测量学校旗杆的高度． 【测量工具】 测量标杆（尖头端可插入地面用以固定，长度可拼接）、平面镜、皮尺． 【方案设计】 某综合与实践小组利用平面镜与皮尺测量学校旗杆的高度．如图，该小组在地面上点处放置平面镜，当小组成员站在点处时，刚好能从平面镜中看到旗杆顶端的像．测得该小组成员的眼睛距离地面的高度，到平面镜的水平距离，平面镜到旗杆底部的距离，点均在同一竖直平面内，且点在同一直线上． 【问题解决】 (1)请你利用以上数据计算该校旗杆的高度． 【评价反思】 (2)请你设计其他方案计算旗杆的高度．要求：选用【测量工具】中的工具，简要说明设计方案，画出测量示意图，测量数据用等小写字母表示． 【答案】(1)该校旗杆的高度为 (2)解：设计方案：测量示意图如解图． 某时刻，该校旗杆的影子长为，在旗杆影子的一端处垂直于地面放置一根长度为的测量标杆，并测得此时测量标杆的影子长为， ∵， ∴， ， ∴． ，即． 【分析】（1）解：推导出，得到，代值求解即可； （2）画出测量示意图，得到某时刻，该校旗杆的影子长为，在旗杆影子的一端处垂直于地面放置一根长度为的测量标杆，并测得此时测量标杆的影子长为，进而推导出，得到，即，即可解答． 【详解】（1）解：根据题意，得． 又， ． ． ， ． 答：该校旗杆的高度为． （2）略 22.（2026·广东东莞·二模）如图，在中，，点D为中点，于点E． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明：∵，D为中点， ∴． ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． (2) 【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合题意，证明，利用公共角证明即可； （2）根据三角形相似，得，根据勾股定理，代入比例式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）得， ∴． ∵D为中点，， ∴． 在中，， ∴． ∴． ∴． 23.（2026·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，点，点分别为，边上的动点，且满足． (1)连接 ，求证： ； (2)若，在点的运动过程中满足，求证：此时点为边的中点； (3)如图2，若，连接，求的最小值． 【答案】(1)证明：∵， ∴，， ∴，即， ∴； (2)证明：设， ∵，， ∴， 在中，， 在中，， ∵，， ∴， ∴，即， 解得，（舍去）， ∴， ∴点为边的中点； (3)的最小值为． 【分析】（1）由，得到，，推出，即可证明； （2）设，利用勾股定理求得，，根据相似三角形的性质得到，再列式计算可得到，即可证明点为边的中点； （3）在矩形内部找一点，过点作的垂线，使，连接，，如图，通过计算得到点在以点为圆心，2为半径的圆上运动，当点在线段上时，取得最小值，据此计算即可得到的最小值为． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：∵，， ∴， 在矩形内部找一点，过点作的垂线，使，连接，，如图， 设，同理，，， ∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 作于点， ∵， ∴， ∴， 作交延长线于点， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ∵， ∴， ∴ ， ∵ ， ∴（负值已舍）， ∴点到定点的距离始终为2，即点在以点为圆心，2为半径的圆上运动， ∴当点在线段上时，取得最小值， ∵， ∴， ∴的最小值为． 24.（2026·广东广州·二模）如图，在中，，，延长至点，使得．点为平面内一点，，点满足，连接． (1)填空：的形状是 ； (2)求证：； (3)的长度是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)等边三角形 (2)证明：∵， ∴，， 在中，， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴． (3) 【分析】（1）根据等边三角形判定定理即可判断三角形的形状 （2）根据相似三角形的性质得出，，结合三角形内角和定理推得，根据对应边成比例且夹角相等的两个三角形是相似三角形即可证明； （3）构建等边三角形，在上取点，使得，连接、；先证明，再证明，根据相似三角形的性质得出，推得，通过证明，推得点在以点为圆心，为半径的圆上运动，设直线与交于点、，则是的直径，，；在射线上取点、，使得，，则，通过证明，，得到，，推得，得出点在以为直径的圆上运动，设圆心为点；过点作，过点作，结合锐角三角函数求出，，结合勾股定理求出，根据勾股定理的逆定理求出，结合锐角三角函数求出，结合勾股定理求出，求得，根据即可求解． 【详解】（1）解：∵在中，，， ∴是等边三角形． （2）略 （3）解：以为边向上作等边三角形，在上取点，使得，连接、； 由（2）知， ∴， 又∵，，， ∴， ∴，， ∴； ∵， ∴， ∴， 即． ∵和都是等边三角形， ∴， ∴， 即． 又 ∵，，， ∴； ∴，即点在以点为圆心，为半径的圆上运动． 设直线与交于点、，则是的直径，， ∴，． 在射线上取点、，使得，， 则． 又∵， ∴，， ∴，； 在和中， ， ， ∴； ∵是直径， ∴， ∴点在以为直径的圆上运动，设该圆的圆心为点，则其半径． 过点作交于点，过点作交于点； ∵，， ∴，， ∴； 在中，； ∵，， ∴， ∴， 故， ∴； ∵圆心在直线上， 故， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴有最小值，最小值为． 25.（2026·广东清远·二模）解决下列问题 【问题初探】 (1)如图1所示，矩形中，是对角线上一点，连接，在的下方作，满足，连接，求证：． 【实践探究】 (2)如图2所示，正方形中，对角线、相交于点，是线段上的一点，连接，作，点在边上，交于，求、、之间的数量关系． 【拓展迁移】 (3)如图3所示，正方形中，对角线、相交于点，是边上一点，作，分别交、于点、，满足，连接，如果，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】1）由得，结合，证得，即，再通过导角即可证明； （2）过点，作于点，延长交于点，由一线三垂直证明，再结合正方形的性质，可得，即可找出、、之间的数量关系； （3）过点作于延长线于点，连接，过点，作于点， 由一线三垂直证明，可设，正方形边长为，证，根据线段比例关系列方程解出，再由求出，即可求出的值． 【详解】（1）证明：矩形中，，且， ． ，即， ， . ， ，即． （2）如图，过点，作于点，延长交于点 在正方形中，， ， ， 四边形为矩形． 同理四边形为矩形． ， 在正方形中，为对角线， ， 为等腰三角形， ， ． ， ， ， ， 在和中，， ， 四边形为矩形，为等腰三角形， 即， ． （3）如图，过点作于延长线于点，连接，过点，作于点， ， ， ， ， 在和中，， ， ， 在正方形中，， ， ， 为等腰直角三角形， ． 为正方形的对角线， ， ，为等腰直角三角形． 设正方形的边长为，， ，， ，， ， ，即， 解得， ， ， ，即，解得， ． 【点睛】本题以矩形和正方形为背景，全面考查了相似三角形、全等三角形的判定与性质等核心知识，解题的关键在于准确识别图形特征，巧妙构造辅助线，合理运用相似与全等的性质进行推理和计算． 26.（2026·广东深圳·二模）综合与实践 【问题背景】 如图是某公园的半球形景观灯，它的灯柱高度为，数学实验小组为测量半球形景观灯的半径，拟订如下方案开展了实地测量活动． 【问题解决】 请你根据各小组拟订的方案和测量得到的数据，对景观灯的半径进行求解． (1)方案1：如图2，第一小组利用测角仪在点处测得边缘点的仰角为（测角仪高度忽略不计），已知景观灯的边缘与地面平行，求景观灯的半径的长：（用含的代数式表示） (2)方案2：如图，某一时刻，在太阳光线的照射下，第二小组测得身高为的小明的影长为，此时景观灯在地面上的影长为，求景观灯的半径的长； (3)方案3：如图，第三小组在地面的点处放置一块平面镜．目高为（即）的小亮在点处从平面镜中观测到景观灯边缘点，当他走到点处时，在平面镜中观测到景观灯另一边缘点，并测量得到如下三个数据：，，． 已知，，请根据方案，从以上测量得到的三个数据中选择所需要的数据，求景观奵半径的表达式．（结果可含字母） 我选择数据：______， 求解过程如下： 【答案】(1) (2)； (3) ； 求解过程：连接， 由题意可得是景观灯的直径， ∵，， ∴，． ∵， ∴． ∵，， ∴， ∴． ∵，， ∴，即， ∴， ∴． 答案二：选择数据：，； 求解过程：过点作于点， 由题意可得，， ∵，，， ∴．四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 答案三：选择数据：，，； 求解过程：过点作于点， 由题意可得， ∵，，， ∴．四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 【分析】（1）利用平行线的性质得到相等的角，结合直角三角形的三角函数关系，通过仰角的正切值建立边的关系，从而表示出景观灯的半径． （2）利用平行光线的性质，得到两组相似三角形，先通过小明身高与影长的比例求出相关线段长度，再结合勾股定理和相似三角形的对应边成比例，计算出景观灯的半径． （3）利用镜面反射的等角性质和平行线的性质，构造相似三角形，根据所选的测量数据，通过相似三角形的对应边成比例关系，推导出景观灯半径的表达式． 【详解】（1）解：∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴； （2）解：连接， ∵太阳光照射， ∴， 令光线与景观灯相切，切点为点， ∴，， ∴， ∴，即， ∴． ∵， ∴． ∵，， ∴， ∴． ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）略 锐角三角函数 考点05 1.（2026·广东广州·二模）如图在边长为1的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据网格结构确定直角三角形的直角边长，利用勾股定理求出斜边长，再根据锐角三角函数的定义求解即可． 【详解】解：由图可知，为直角三角形，， 网格小正方形边长为 1， ，， 由勾股定理得， ． 【点睛】 2.（2026·广东深圳·二模）如图，已知A、B、C、D四个点均在格点上，则的值是（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】结合网格特征，得出，故是等腰直角三角形，即，即可求出的值． 【详解】解：如图所示： 依题意，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 3.（2026·广东深圳·二模）电视的尺寸常指屏幕对角线的长度．如图，可以把一个英寸电视屏幕抽象成矩形，其中英寸．若，则电视屏幕宽度的长度为（    ） A．英寸 B．英寸 C．英寸 D．英寸 【答案】A 【分析】根据正弦的定义求解即可. 【详解】解：∵， ∴， 即：． 4.（2026·广东广州·二模）在中，，，，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据定义得到与、的关系，代入已知条件即可求出的长． 【详解】解：∵在中，，根据锐角余弦的定义，得， 又∵，， ∴， ∴ ． 5.（2026·广东佛山·二模）如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正方形及线段旋转的性质，得到；通过作，结合等腰三角形性质得，再通过角的互余关系推得，用证明，得出；设，则，在中用勾股定理求得，最后根据余弦定义算出． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵线段绕点旋转得到， ∴， ∴， 如图，过点作于点， 在中，，且， ∴， ∵，即， 在中，， ∴， ∴ ， 在和中： ， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，根据勾股定理： 在中，根据余弦的定义：， ∵，， ∴． 6.（2026·广东·二模）由6个形状相同、大小相等的菱形组成如图所示的网格，菱形的顶点称为格点，点A，B，C都在格点上，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设菱形的边长为a，先用a表示出与，并说明，从而可求得． 【详解】解：如图，取格点E，连接，． 设菱形的边长为a， ∵由6个形状相同、大小相等的菱形组成的网格，， ∴，，， ， ∴是等边三角形，是等边三角形， ∴，，， 同理可得：所在的小三角形为等边三角形且与全等， ∴，， ∴， ∴、、三点在同一条直线上， ∵是菱形的对角线， ∴(菱形的对角线平分每一组对角)， ∴， ∴、都是直角三角形， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了解直角三角形的相关计算，利用菱形的性质求线段长，求角的正切值，勾股定理与网格问题等知识，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 7.（2026·广东深圳·二模）小南课间去老师办公室，发现老师的办公桌上放着一些档案盒，如图所示，其中10个竖直放置，左边一个向右侧倾斜靠着其他10个放置，档案盒的边与竖直放置的档案盒的边夹角为，，档案盒长．小南用学过的数学知识计算出了每个档案盒的厚度，它是（    ）（参考数据：，，） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题是解直角三角形的实际应用问题，解题核心是通过构造直角三角形，利用锐角三角函数求出竖直放置档案盒的总宽度，再结合档案盒数量计算单个厚度． 【详解】解：设一个档案盒厚，， 在中，， 即，解得． 8.（2026·广东广州·二模）如图，从航拍无人机看一栋楼顶部的仰角为，看这栋楼底部的俯角为，无人机与楼的水平距离为，则这栋楼的高度为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点A作于点D，则，分别在和中，利用锐角三角函数求出的长，即可求解． 【详解】解：如图，过点A作于点D，则， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴． 9.（2026·广东深圳·二模）如图，某旗杆高为10米，不同时间观察该旗杆在地面上的影子，第一次是当阳光与地面成时，第二次是当阳光与地面成时，第二次观察到的影子比第一次的长（   ）米． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，由题意可得米，解直角三角形求出米，米，由即可得出结果． 【详解】解：如图， 由题意可得米， 在中，， ∴米， 在中，， ∴米， ∴米，即第二次观察到的影子比第一次的长米． 10.（2026·广东清远·二模）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的位置，其示意图如图3所示（栏杆宽度忽略不计），车辆在正下方通过，其中，，，米，那么该地下车库的车辆限高的高度为________米． 【答案】 【分析】过点作，过点作交于点，由、，结合，推得．在中，利用三角函数求得，进而即可得到限高的高度． 【详解】解：如图，过点作，过点作交于点， 则， ， ， ， 在中，，，米， （米）， 米， （米）． 答：该地下车库的车辆限高为米． 11.（2026·广东广州·二模）图为一款常见的桌面手机支架，其侧面支撑结构可简化为图．使用时，支撑脚放置于水平桌面，用于支撑手机．若，，，，则点到的距离约为________）．（结果精确到，参考数据：，） 【答案】 【分析】过点作 ，垂足为，过点作，垂足为，过点作 ，垂足为，构造矩形和两个直角三角形，利用锐角三角函数分别求出和的长，进而求得的长 【详解】解：过点作 ，垂足为，过点作，垂足为，过点作 ，垂足为， ， 四边形是矩形， ， 在中，，， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， 点到的距离约为 ． 12.（2026·广东广州·二模）当光从介质1射入介质2时，会发生折射现象．物理学中把入射角与折射角的正弦之比称为介质2相对介质1的“相对折射率”，即相对折射率．当外部环境不变时，两种介质的相对折射率是固定的．如图，在水平放置的容器中有某透明液体，容器底部B点光源发出的一束光线到达液面C点后，折射光线为，入射点为C点，为法线．测得，液体深度为，． (1)求空气相对该液体的相对折射率；（注：入射角，折射角指入射光线，折射光线与法线的夹角，法线与液面垂直，结果保留根号） (2)另一束光线经该液体折射，折射光线为，入射点为E点，为法线，若折射角，求的长； (3)若，当入射角增大到一定程度时，会出现全反射现象，即不再出现折射光线．请利用三角函数的知识来解释这一现象． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）根据勾股定理，先求出斜边长度，再求出入射角的正弦值，折射角已知，求出折射角的正弦值，最后结合“相对折射率”计算公式，得到结果； （2）利用（1）中求出的折射率，结合折射角，得出入射角的正弦值，即的比值，设未知数，利用勾股定理，求出，根据，求出； （3）根据折射率的公式可得，当时，，而一个角的正弦值的取值范围：，此时折射角正弦值不存在，没有折射角，也就没有折射光线． 【详解】（1）解：在中，， （mm）， ， 相对折射率， 即空气相对该液体的相对折射率为； （2）解：由可知，， ， ∴， 设，则， 在中，，， 即， ，解得或（舍去）， ∴， ∴； （3）解：由可得， 当时，则，而一个角的正弦不可能大于1， ∴当入射角的正弦值大于相对折射率n时，不存在折射角，也就不出现折射光线． 13.（2026·广东清远·二模）【综合实践】——如何安装遮阳棚？ 【问题背景】随着旅游业的蓬勃发展和乡村振兴战略的深入实施，民宿经济迎来了前所未有的发展机遇。为提高服务质量，小阳家的民宿计划在墙外安装遮阳篷，便于旅客休憩，如图1． 【处理数据】为正确安装遮阳篷，小阳先画出了遮阳篷侧面示意图（如图2），遮阳篷靠墙端离地高记为，计划安装遮阳篷的外端到的距离为3米，与水平面的夹角为． 【问题解决】 (1)确定材料宽度：确定遮阳篷斜面的尺寸，即求的长； (2)探究安装高度：当太阳光线与地面的夹角为时，为使遮荫距离的长为2米，那么遮阳篷应安装在靠墙端离地多高处？（结果精确到0.1米；参考数据：，，，，，） 【答案】(1)米 (2)3.6米 【分析】（1）作于N，然后根据三角函数进行求解即可； （2）作于，由题意易得四边形为矩形，然后可得米，，进而根据三角函数进行求解即可． 【详解】（1）解：如图，作于N， 在中，米，， ∵， ∴（米）； 答：的长为米． （2）解：如图，作于， 则， 四边形为矩形， 米，， 米， （米）， ， ∴（米）， （米）， 在中，米，， ∵， （米）， （米）， 答：遮阳篷靠墙端离地高的长约为3.6米． 14.（2026·广东茂名·二模）综合与实践：在老师的指导下，同学们利用课余时间进行测量活动． 【活动主题】篮球架的结构； 【测量工具】皮尺、测角仪、计算器等； 篮球架（如实物图所示）的结构示意图如下：立柱垂直地面，横梁平行地面，篮筐与横梁在同一直线上，点B、C、D在同一条垂直于地面的直线上． 【测绘过程与数据信息】 ①用测角仪在处测得后拉杆与水平面的夹角，在处测得伸臂与水平面的夹角； ②用皮尺测得后拉杆的长为，伸臂的长为，底部箱体的高度（）为； ③用计算器计算得到：，，，，，． 【解决问题】请根据提供的信息，解决下列问题（结果精确到） (1)求立柱的高度； (2)已知小强站立时手臂向上伸直，指尖距地面高度为2.5米，若他想摸到篮筐（），则他至少需要跳起多高？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）直接根据三角函数计算即可； （2）过作交于点K，根据三角函数求出，可知篮筐距离地面的高度，即可求出至少需要跳起的高度． 【详解】（1）解：由题意，， ∴， ∵，， ∴； （2）解：过作交于点K， 则， ∵，． ∴， ∵在水平横梁上， ∴篮筐距离地面的高度为：， ∵小强站立指尖高， ∴至少需要跳起的高度：． 15.（2026·广东清远·二模）某科技公司生产的智能机器人装配了“超敏”感应器，可感应周围70米范围内的移动物体；机器人的高清广角摄像头可视角度为（如图1）．在测试中，（如图2），机器人（其高度忽略不计）在点处，摄像头正对测试轨道，且与轨道的距离为20米．一测试物体沿轨道运动时，在点处恰好被机器人感应到．机器人的摄像头立即朝移动物体的方向转动．当摄像头转动角度为时，运动到点处的移动物体恰好进入摄像头的可视范围，摄像头随即停止转动．求摄像头转动的过程中，测试物体移动的距离的长．（参考数据：，，，）． 【答案】物体移动的距离的长为米 【分析】由题意易得，米，米，则根据勾股定理可得米，然后可得，进而根据三角函数可进行求解． 【详解】解：由题意可知：，米，米， ∴米， 摄像头正对测试轨道，可视角度为， 因此初始可视范围的角平分线为， 可视范围边界与的夹角为， 摄像头向物体方向转动后，为此时可视范围靠近的边界， 因此， ∴米， ∴米； 答：物体移动的距离的长为米． 16.（2026·广东惠州·二模）受强台风影响，某市启动防台风级应急响应.如图，该市沿海地区海岸线近似为一条直线，观测站A、B均位于该海岸线上，且观测站B在观测站A的正东方向处．在观测站A测得台风中心C位于其东南方向，同一时刻，在观测站B测得台风中心C位于其南偏东方向，已知距离台风中心以内（含）的区域为危险区域． (1)尺规作图：作出表示台风中心C到海岸线所在直线的最短距离的线段；（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)通过计算判断，该台风是否会对该市沿海地区造成安全影响？请说明理由．（结果精确到参考数据：） 【答案】(1)解：如图，即为所求； (2)解：会，理由如下： 由题意，，， 设， 在中，； 在中，； ∴， 解得， ∵， ∴该台风会对该市沿海地区造成安全影响. 【分析】（1）根据尺规作垂线的方法作图即可； （2）分别解直角三角形和直角三角形，求出的长，进行判断即可. 【详解】（1）略 （2）略 17.（2026·广东惠州·二模）惠州南站是深惠同城重要高铁站点，如图①，高铁座椅靠背、折叠小桌板可绕支点旋转，蕴含丰富几何变化规律．现将高铁座椅侧面抽象为几何图形进行操作探究： 如图②，已知支架、连接靠背与小桌板，点为杯托位置，，， 初始状态地面，地面，， 操作一：静态测量计算 (1)求初始状态下，点到靠背的垂直距离．（结果精确到） 操作二：旋转变换探究 (2)如图③，固定支点，将靠背绕点顺时针旋转，直至与小桌板支架重合．已知杯托处凹陷深度为，乘客的水杯恰好能竖直放在杯托处（点）、缝隙忽略不计，请综合线段长度与旋转高度的变化，计算高铁乘客水杯的最大安全高度． （结果精确到，参考数据：，，） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）如图，延长交于点，结合，进一步求解即可． （2）如图，过点作，交于点，结合，进一步求解即可． 【详解】（1）解：如图，延长交于点， 在中，，即， ， 答：点到靠背的垂直距离为． （2）解：如图，过点作，交于点， 由（1）知， 在中，，即， ， 乘客水杯的最大高度约为：． 18.（2026·广东肇庆·二模）如图，四边形是某景区内的一个观景台，是通往观景台的步道，已知，观景台的高为6米，且步道的坡比为．为了提升游客的安全性和舒适性，景区决定降低步道的坡比，改造后的新步道的坡角．（点A，B，G在同一直线上）． (1)求新步道的长； (2)原步道底部B处的正前方10米E处（米）是一排景观树，为保证安全，景区管理部门规定，步道底部至少距景观树7米，请问新的设计方案是否符合规定，并说明理由． （参考数据：） 【答案】(1)新步道的长约为10米 (2)新的设计方案符合规定，详见解析 【分析】（1）过点C作于点H，可知四边形是矩形，进而解三角形即可求解； （2）根据坡比即可知米，解三角形即可知长度即可判断． 【详解】（1）解：（1）如图，过点C作于点H， ， ∵新步道的坡角， ． ， 得四边形是矩形， 米， （米）． 答：新步道的长约为10米； （2）解：∵步道的坡比为1：1， 米， ∴在中，（米）， （米）， （米）米， ∴新的设计方案符合规定． 19.（2026·广东深圳·二模）综合与实践 项目主题 测量观景台高度 数学抽象 活动准备 卷尺，测角仪． 活动过程 在观景台旁边山坡上的点处安装测角仪，测得观景台顶端点的仰角为，测角仪与的夹角，已知米，米． 备注说明 ①与均垂直于地面；②，． (1)任务1：求点到地面的高度； (2)任务2：求观景台高度． 【答案】(1)点到地面的高度约为米 (2)观景台高度约为米 【分析】（1）延长交于点，容易得到，，使用三角函数计算出即可； （2）用三角函数计算出，容易判断四边形是矩形，则，，结合，可判定是等腰直角三角形，则，最后相加即可． 【详解】（1）解：如图，延长交于点， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，（米）， 答：点到地面的高度约为米． （2）解：如图，过点作于点， 在中，（米）， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴米，米 ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴米， ∴米． 答：观景台高度约为米． 20.（2026·广东清远·二模）某学校为改善教学条件、满足日益增长的办学需求，某校计划对现有教学楼进行扩建，并在原有教学楼正前方新建一栋教学综合楼，如图1；在规划设计时，为保证冬至日正午时分，原有教学楼整栋楼都能获得充足日照，符合国家建筑日照规范，设计人员绘制出场地示意图进行测算．已知两栋楼水平间距相关数据为，新建楼高度，该地区冬至日正午的太阳高度角（即阳光与水平线的夹角），如图2；（参考数据：，，） (1)请计算冬至正午时，太阳光照射到原有教学楼的位置与地面之间的高度； (2)为满足日照规范要求，使原有教学楼在冬至正午能被阳光完全照射，需将新建的教学综合楼沿水平方向向后平移一段距离（楼体高度保持不变），求该楼至少需要移动多少米？（结果保留2位小数） 【答案】(1) (2)该楼至少移动1.32米 【分析】（1）作于点，得矩形，解求得，求得； （2）设沿水平方向向后平移，得，解，求出即可解决问题． 【详解】（1）解：作于点，如图， 则四边形是矩形， ∴，， 在中，，， ∴，即， ∴， ∴， ∴； （2）解：设沿水平方向向后平移，即，如图， 则，， 在中，， ∴， ∴， 解得：， 答：该楼至少移动1.32米． 21.（2026·广东佛山·二模）影子在我们生活中是常见的，那么利用影子能解决什么问题呢？某校以《影子的故事》展开项目式学习： (1)地球有多大？2000多年前，古希腊数学家埃拉托斯特尼利用太阳光线测量出了地球子午线的周长． 如图1，太阳光线，是竖直插在球面上的木杆．的延长线都经过圆心O，已知B、E间的劣弧长约为800千米，子午线周长约为40000千米，则的度数为______． (2)中国古代也有类似的记载，陈子测日法是由我国古代杰出的数学家陈子提出，用来测量太阳高度的．陈子测量太阳高度的方法可叙述为：当夏至太阳直射北回归线时，在北方立一八尺高的标杆，观其影长为六尺．然后测量者向南移动标杆，每移动一千里，标杆的影长就减少一寸，查阅资料后，进行如下项目式研究： 如图2，某日正午，小红和小明在同一子午线的B地、C地测得太阳光与木棍的夹角分别为 ， ，则______，若测得之间弧长为l，则地球子午线周长为______．（用含 ， ，l的代数式表示） (3)如图3，日落时，身高为h的小亮趴在地上平视远方，在太阳完全从地平线上消失的一瞬间，按下秒表开始计时．同时马上站起来，当太阳再次完全消失在地平线的瞬间，停止计时，小亮利用这个时间差和地球自转的速度计算出了，请据此求出地球的半径R．（用含h， 的代数式表示） 【答案】(1) (2)； (3) 【分析】（1）设子午线的半径为r，，由其周长可求得，再由弧长公式即可求解； （2）延长交于点P，由太阳光线是平行线得，由三角形外角的性质可求得；设子午线的半径为R，由弧长公式求得，即可求得子午线的周长； （3）当小亮站起来，太阳再次完全消失在地平线的瞬间，小亮的视线所在的直线与相切，设这个切点为T，连接，由题意求得，在中，由余弦函数关系求得地球半径，从而求得地球的周长． 【详解】（1）解：设子午线的半径为r，， ∵子午线周长约为40000千米， ∴， ∴， 由弧长公式得：， 解得， 即， ∵， ∴； （2）解：如图，延长交于点P， ∵太阳光是平行线， ∴， ∴， ∵， ∴， 设子午线的半径为R， 由弧长公式得， ∴， ∴地球子午线的周长为； （3）解：由题意得，当小亮趴在地上平视远方，在太阳完全从地平线上消失的一瞬间，此时小亮视线所在的直线与相切于点H；同理当小亮站起来，太阳再次完全消失在地平线的瞬间，小亮的视线所在的直线也与相切，设这个切点为T，连接， ∴， 由切线的性质得， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴地球的周长为． 22.（2026·广东东莞·二模）为应对持续增长的原油进口量，某大型石油储备基地建设了一批大型立式储油罐．已知立式原油储罐为圆柱形，储罐外侧面安装沿圆柱螺旋线（即在圆柱侧面展开图中为直线）上升的旋梯，供操作人员进行作业使用．数学活动小组对储罐进行了测量活动． 【测量数据】如图，活动小组在地面点处进行水平方向和铅锤方向的数据测量．测距仪的测量线与储罐外壁其中一侧的切点记为，储罐底面距离测量点最近的点记为点，点为储罐顶部圆周上的一点，连接，与地面垂直．通过反复测量并取平均值，测得米，米，在处观测点的仰角为． 【问题解决】 (1)已知储罐储满油时，油面最高点比储罐外壁总高度低米，罐壁厚度忽略不计，请你计算这个原油储罐的最大储油容量．（取，结果保留整数．参考数据：，，） (2)如图，施工人员准备从储罐底部点处沿储罐外侧面安装旋梯到顶部处，其中，旋梯中段和顶部各有一个休息平台，平台弧长米．点在水平面上的投影对应的点为、、、．按照行业惯例，旋梯倾角设定为，为了确定旋梯顶部点的位置，需要先求出旋梯在水平面投影对应的圆心角的度数，求的度数．（取，结果保留整数） 注：旋梯倾角：将圆柱侧面展开后，旋梯变成一条斜直线，这条直线与水平方向的夹角即为倾角．设旋梯倾角为，则． 【答案】(1)； (2)． 【分析】设储罐半径米，则米，在中，，所以，解得，在中，，，即，则（米），求得油面高度最大为米，然后通过体积公式即可求解； 延长交于点，可得四边形为平行四边形，则米，在中，（米），所以米，根据题意得米，设的度数为，可得，然后代入即可求出． 【详解】（1）解：依题意得与相切， ∴， ∴， 设储罐半径米，则米， 在中，， ∴，解得， 由已知得， ∴． 在中，， ∴， ∴， ∴（米）， 油面高度最大为：（米）， ∴（立方米）， 答：这个原油储罐的最大储油容量为立方米； （2）解：如图，延长交于点， 由题意得，， ∴四边形为平行四边形， ∴米， ∵，， ∴， ∴中，（米）， ∴（米）， ∴（米）， 设的度数为，可得， ∴， ∴， ∴的度数为． 23.（2026·广东佛山·二模）【阅读材料】在 中，设∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，则有 的面积公式：，由面积公式可得：，该结论称之为“正弦定理”． 另一个表达三角形边角关系的结论“余弦定理”为： ①；②；③； 请借鉴以上的阅读材料，完成下列问题： (1)如图1，在 中，，，，求的值； (2)如图2，E，F，G，H分别在四边形的四边上，且，求的值； (3)如图3，在 中，∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，， 的面积为，点M为BC的中点，且，求 的周长．（参考数据：） 【答案】(1)； (2) (3) 的周长为 【分析】（1）首先由余弦定理解得，易知（负值舍去），再由正弦定理计算的值即可； （2）连接，根据题意易得，，，，进而可得，易知，再解得，即可获得答案； （3）延长 至点，使得，连接，证明，易得，进而可得，由平行线的性质可得；根据余弦定理解得，由三角形面积公式解得，进一步确定，，然后计算 的周长即可． 【详解】（1）解：根据题意，在 中，， 即， 由余弦定理，可得 ， ∴（负值舍去）， 由正弦定理可得，即， ∴， 解得； （2）解：如下图，连接， ∵， ∴，，，， 由题意可知，， ， ， ， ∴， ∴ ， ∴ ， ∴； （3）解：如下图，延长 至点，使得，连接， ∵点为 的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵，即， ∴，解得， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， ∵， ∴（负值舍去）， ∴ 的周长． 24.（2026·广东东莞·二模）综合与实践：探究汽车盲区与安全行驶的问题． 问题提出 很多交通事故和汽车盲区有关，汽车盲区是指驾驶员位于正常驾驶位置时，其视线被车体遮挡而不能直接观察到（含通过后视镜观察）的那部分区域．    知识储备 盲区产生的基本原理：因为光线沿直线传播，所以当驾驶员坐在驾驶位置上时，由于视角的限制以及车体的遮挡必然会有很大区域的物体反射的光线无法传播到驾驶员的眼中．受到车辆本身结构的影响，车头、车尾、车底等区域会形成视野盲区． 测量数据 数学小组为探究汽车车头盲区问题，测得某车辆的基本数据如下．（A点为驾驶员眼睛所在位置，B点为车头最高处，点A，B，P在同一直线上，．） 测量项目 车宽 车高 视线高度AC 点B到地面距离BD BD与PE之间的距离ED BD与AC之间的距离CD 数据/m 1.7 1.5 1.4 0.8 0.4 1.5    问题解决： (1)平路的车头盲区问题 如图，车头盲区和车尾盲区可近似看作矩形，请根据测量数据估算图中车头盲区的面积．    (2)上坡路的车头盲区问题 如图，当该车行驶到坡顶E处时，驾驶员从A点观察车头B点，刚好看到汽车正前方地面H处的猫，点A，B，P，H在同一直线上，，坡角．（参考数据：，，）    ①求的度数；（结果精确到0.1度） ②在车的正前方，与点H相距4米的点F处有一个身高为0.9米的孩子，请问司机能看见孩子吗？为什么？ 【答案】(1) (2)①； ②司机不能看见孩子，理由如下： 如图2，过F作交于点G． ， 解得米米． 所以，孩子在司机视线盲区，司机不能看见孩子． 【分析】（1）延长交直线于点K．证明，根据相似三角形的性质进行解答即可． （2）①延长ME交AH于点K．求出，． 根据进行解答即可； ②过F作交AH于点G．求出，比较后即可得到答案． 【详解】（1）解：如图1，延长交直线于点K． 根据题意，得． ． ，即． 解得． 车头盲区的面积约为． （2）解：①如图，延长交于点K． 在中，． ． ， ． ． ②略 投影与视图 考点06 1.（2026·广东佛山·二模）小明用投影仪将平板电脑屏幕的画面投屏到墙上，画面形状保持不变．已知该平板电脑屏幕的画面是相邻两边长之比为的矩形．若墙上投影画面的短边长为1.2米，则投影画面的长边长为______． 【答案】 【分析】投屏后画面形状保持不变，投影矩形与原屏幕矩形为相似图形，对应边成比例，根据原矩形边长比列比例式即可求解投影长边长． 【详解】解：投屏后画面形状保持不变， 投影矩形与原屏幕矩形相似，对应边成比例， 设投影画面的长边长为， 原矩形相邻两边长之比为， 即长边短边， 可得， 解得， ∴投影画面的长边长为． 2.（2026·广东深圳·二模）某店铺在窗户上方安装一个遮阳棚，如图所示，遮阳棚展开长度，遮阳棚固定点A距离地面高度，遮阳棚与墙面的夹角为．在某一时刻，一位身高的顾客在太阳光下的影长，则此时遮阳棚在地面上的影长为______m． 【答案】() 【分析】作，作，可得四边形是矩形，进而得，再解直角三角形求出，然后求出，接下来说明，可求出，最后根据得出答案． 【详解】解：如图所示，过点B作于点N，作于点M， ∴四边形是矩形， ∴． 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， 即， 解得， ∴． 3.（2026·广东广州·二模）如图所示是一个空心圆柱体，它的主视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：它的主视图是 ． 4.（2026·广东广州·二模）一个几何体的三视图如图所示，这个几何体可能是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：由图可知，这个几何体可能是： 5.（2026·广东东莞·二模）家具中会用到许多榫（sǔn）卯结构，比如燕尾榫．如右图是燕尾榫的带榫头部分，下列图形是其主视图的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据简单几何体三视图的画法画出它的主视图即可． 【详解】解：由图可得主视图为： ． 6.（2026·广东东莞·二模）如图，能够塞住木板上三个孔洞的塞子是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】一个塞子能够堵住孔形样板上的每一个洞，即用这个塞子左视图堵住第一个洞，主视图堵住第二个洞，俯视图堵住第三个洞，可得答案． 【详解】解：一个塞子能够堵住孔形样板上的每一个洞，只有图B符合题意． 7.（2026·广东深圳·二模）中国华润大厦，因其独特的建筑造型而得名“春笋”——既似雨后破土、节节攀升的春笋，又如蓄势待发、线条凌厉的子弹头，成为深圳城市天际线中极具辨识度的标志．如图所示，“春笋”的主视图为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：由图可知，主视图为： 8.（2026·广东广州·二模）如图，是由若干个大小相同的小正方体组成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置上的小正方体的个数，则该几何体的主视图为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据俯视图中每列正方形的个数，再判断从正面看得到的图形即可． 【详解】解：∵共3列，从左到右各列最高为2，3，1， ∴主视图为B． 9.（2026·广东广州·二模）如图所示的三视图为一个几何体的三视图，则该几何体的侧面积为_____． 【答案】 【分析】由三视图得出该几何体为圆锥，圆锥侧面展开图为扇形，然后利用扇形面积和弧长关系求解． 【详解】解：通过三视图可知该几何体为圆锥， 底面圆的半径为， 底面圆的周长为， 侧面扇形的弧长等于底面圆的周长， 根据勾股定理可得母线长为， ∴该几何体的侧面积为． 10.（2026·广东·二模）如图所示是某几何体的三视图，根据图中数据计算，这个几何体侧面展开图的圆心角的度数为_______°． 【答案】 【分析】本题考查了根据三视图还原几何体，勾股定理，弧长等知识．熟练掌握根据三视图还原几何体，勾股定理，弧长是解题的关键． 由三视图可知，该几何体为圆锥，由勾股定理可得，圆锥的母线长为，则，计算求解，然后作答即可． 【详解】解：由三视图可知，该几何体为圆锥， 由勾股定理可得，圆锥的母线长为， ∴， 解得 ，， 故答案为：． 2/23 1/23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $的学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题08图形的变化 ☆6大考点概览 考点01平移 考点02轴对称 考点03旋转与中心对称 考点04图形的相似与位似 考点05锐角三角函数 考点06投影与视图 考点01 平移 1.(2026广东广州二模)如图所示，这个图案可以看作以“基本图案”一一原图案的四分之一经过变换形 成的，但一定不能通过哪种变换得到() A.旋转 B.轴对称 C.平移 D.对称和旋转 2.(2026广东珠海二模)如图，将△ABC向右平移得到△DEF，,点B,E,C,F在同一直线上， 1/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BF=8,BE=2 EC 的长为() A.2 B.3 C.4 D.5 ABCD 3(2026广东深圳二模)如图，己知正方形 的边长为5，对角线4C.BD交于点O,将△B0向 右平移得到△DCE,，则四边形CEDO的周长为。 E 4.(2026广东梅州二模)如图，在平面直角坐标系中，己知点A(-1,2),点B(-3,1),点C(-2,· 2),平移△ABC,使点A落在点D(2,1)处，则点C的对应点F的坐标为一· y外 3 A 43210 1 234 B P(-1,2) 5.(2026广东东莞二模)在平面直角坐标系中，点 先向右平移再向下平移可能移动到下列哪个点 的位置() A(3,) B,（33) c.(33) D.(3) 6(2026广东二模)如图，已知直线y=2X-1经过点A和点B”其中点A在x轴上，点B的横坐标为 2/23 的学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 10,若将线段AB平移至CD,点A的对应点C的坐标为(6,2)，则点D的纵坐标是() B A.3 B.4 C.5 D.6 ◆考点02 轴对称 1.(2026广东清远·二模)祥云纹在中国传统文化中具有吉祥、如意、平安的寓意，被视为一种吉祥的象征 下面选取了几幅祥云纹图片，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是() 2.(2026广东云浮二模)我县为践行健康第一教育理念，促进学生全面发展，要求全县所有学校从2024 年秋季学期开始必须保障学生每天两个小时体育活动时间.郁南县实验中学为贯彻落实该项政策组织了九 年级学生开展以“坚持运动，践行健康”为主题的体育运动项目图标设计比赛.下列是一些同学设计的关 于体育运动项目图标，其中是轴对称图形的是() 3.(2026广东东莞·二模)窗格作为中国传统建筑的重要构件，承载着丰富的文化象征.下列窗格样式图案 中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( 4.(2026广东梅州二模)如图，在△ACB中，AC=8,BC=6,∠C=90°，点D,E分别在AC,BC上， 且BE=2,将△DCE沿着直线DE折叠得到△DA'E,点D到AB的距离为2，则tan∠A'ED的值为() 3/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E 9 A.5 B.6 c.s D. 5.(2026广东深圳二模)如图，CD是△ABC的中线，CA=CD,将△BDC沿CD折叠得到△EDC,CE与 AB交于点F.若LBDE=90°，则tan∠E=一. E B」 6.(2026广东广州二模)如图，已知△ABC (I)尺规作图：△ABC和△ABD关于AB所在直线对称，请画出△ABD(保留作图痕迹，不用写作法)： (②)在(1)的条件下，过点B作BEI‖AC交AD于点E,若线段BE和DE的长是方程x2-6x+5=0的两个 实数根，求AC的长. 7.(2026:广东深圳二模)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC.点D是BC边上一点，过点D作 DE⊥AB于点E.点G与点E关于直线BD对称，连接BG、CG.若CG=2,则线段AD的长为 4/23 的学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7.(2026广东·二模)图①、②、图③均是2×2的正方形网格.每个小正方形的顶点称为格点，点0和 △ABC的顶点A、B、C均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图，保留作 图痕迹， B B M A C 图① 图② 图③ (1)在图①中， △ABC的边AB与网格线交于点M,画出△ADC，,使△ADC与△ABC关于AC所在的直线成 轴对称，并确定点M的对称点M'. (2)在图②中画出△AEC,使△AEC与△ABC关于点O成中心对称. (3)在图③中，点V在网格线上，且不在格点上，在线段BC上确定点F,使CF=AW (2026广东广州二模)如图，已知等边△ABC的边长为4，点D在线段BC上，连接AD,作点B关于 AD的对称点M,连接CM,在BA上取一点N使得NB=BD,连接MN交AD于点P,连接MD,ND. 备用图 (①)求证：MD=ND: (2)若∠CAD=15°，求CM的长： (3)当点D在线段BC上运动时，求P到AB的最大距离. 考点03 旋转与中心对称 5/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1.(2026广东广州二模)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2,将△ABC绕点C顺时 针旋转得到△AB'C,其中点A与点A是对应点，点B与点B是对应点.若点B'恰好落在AB边上，则点 A到直线AC的距离等于() A.33 B.2V5 C.2 D.3 2.(2026广东河源·二模)某数学小组利用计算机中的画图软件，把图1中的基本图形旋转一定角度若干次 后，得到图2的图案，该数学小组设定的旋转角的度数为() 图1 图2 A.45° B.60° C.72 D.90° 3.(2026广东东莞一模)如图，在矩形ABCD中，AB=4,AD=3,AC是矩形ABCD的对角线，将△ABC 绕点A逆时针旋转得到△AEF，使点E在线段AC上，EF交CD于点G,AF交CD于点H,则tan∠FGH 的值为() G E 4 5 A. B.5 C.5 D.3 4.(2026广东广州二模)现有四张形状完全相同的卡片，卡片上面分别画有线段，等边三角形，平行四边 形，圆，现将画有图形的一面朝下，混合均匀后从中随机抽取两张，则抽到的卡片图形都是中心对称图形 6/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 的概率为() B.16 C.1 D. A B C D A (B,A) (C,A) (D,A) B (A,B) (C,B) (D,B) C (4,C) (B,C) (D,C) 0 (A,D) (B,D) (C,D) 5(2026广东清远二模)如图，将△108绕点0顺时针旋转90，得到△0B,若点4的坐标为-25) 则点A的坐标为 B 0 B 6(2026广东中山二模)如图1，已抛物线”=r+hr+c与'销交于4-1,0)、B(6,0)两点，与轴交 于点C0,3) 顶点为D,连接BC C B 图1 图2 备用图 7/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)抛物线的解析式为_： (2)如图1，点G是直线BC上方抛物线上一动点（不与B、C重合），过点G作y轴的平行线交直线BC于 点E,作GF⊥BC于点F.当aGEF的周长最大时，求△GEF的面积； (3)如图2，连接BD,点P是线段BD的中点，点是线段BC上一动点，连接DQ,将△DPO沿P№翻折， 且线段DP的中点恰好落在线段B0上，将△AOC绕点O逆时针旋转60°得到△AOC',点T为坐标平面内 一点，当以点Q、A、C'、T为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出点T的坐标. 7.(2026广东深圳二模)【问题背景】旋转是一种常见的图形运动方式.某数学学习小组在学习旋转的相 关知识后，深入研究了矩形的旋转.如图1，矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB'CD',点B,C,D分别 旋转到点B,C,D D D D D b B B 图1 图2 图3 备用图 【初步探究】 (I)如图2，若AB=5,AD=3,CD'恰好经过点B,则D'B=一，B'到AB的距离为 【深入探究】 (2)如图3，若CD'恰好经过点B,连接DB交AB于E,试判断线段DE与BE的数量关系，并证明. 【探究应用】 (3)若AB=5,AD=3,CD'所在直线恰好经过点B,求BB的长. 8.(2026广东珠海·二模)综合与实践 【活动背景】 如图1，某社区有三个居民小区A,B,C呈三角形分布，为了打造15分钟便民生活圈，社区决定在三个小 8/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 区之间建一个快递中转站P,请为快递中转站选择合适的地址. 图1 图2 图3 【方案讨论】 方案一：从“中转站到三个小区的距离相等”的角度选择地址，即点P到A,B,C三个顶点的距离相等， 此时点P为△ABC的一（从“①内心、②外心、③重心”中选择一个填空） 方案二：从“中转站到三个小区的总路程最小”的角度选择地址，即P到A,B,C三个顶点的距离之和 PA+PB+PC最小. 经讨论，决定选择方案二 【数学思考】 (I)基本思考：求三条线段的和，常规的操作就是将三条线段连接起来，于是尝试将△APC或△APB或 △BPC中的一个三角形旋转.如图1，不妨将△APC绕点C顺时针旋转6O°得△DEC,连接PE. (证明过程需补充完整) ∴.PA+PB+PC=DE+PB+PE (2)思考发现：如图2，当B,P,E,D在同一直线上时，PA+PB+PC的值最小，最小值等于线段BD 的长 (3)深入思考：若连接AD,则△ACD也是等边三角形，并且点P始终在线段BD上. (1)选择填空：上述“方案一”中横线上应选择 (填序号即可)； (2)将“基本思考”中的证明过程补充完整： (3)在图3中，利用尺规作图找出“方案二”中P点的位置（保留作图痕迹，不写作法） 9.(2026广东深圳二模)【综合探究】 数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这 个J顶点旋转，来探究图形旋转的性质.已知三角形纸片ABC和BDE中，∠ACB=∠BDE=9O°， BC=BD=6,4C=DE=8,旋转角为0<a<30) 9/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E D D B B C B 图1 图2 备用图 备用图 AE (①)【初步感知】如图1，连接AE'CD,将三角形纸片BDE绕点B旋转，求CD的值： (2)【深入探究】如图2，在三角形纸片BDE绕点B旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线CF的延长 线上时，延长ED交AC于点G,求CG的长： (3)【拓展延伸】在三角形纸片BDE绕点B旋转过程中，试探究A,D,E三点，能否构成以AE为直角边 的直角三角形.若能，直接写出线段AD的长度：若不能，请说明理由 10.(2026广东二模)如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC,点G在线段BC上（点G不与点B,C重 合)，线段AG绕点A顺时针旋转90°得到线段AD,连接DG,DE⊥AC于点E,DE与AB交于点F. B G E D D D 图① 图② 图③ (I)如图①，求证：△AFD≌aGCA: (2)如图②，连接FG,求证：FG+2AE=DF; ③)如图③，设DF与1G交于点V,DC与4C交于点M,当 BF=AF=2 时，求aDWM 的面积. 11.(2026广东·二模)如图，在Rt△ABC和RtAADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=6,AD=2, AB AD AC AE =友，将RIADE类若A点旋转一定的角度： 10/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 图1 图2 图3 (1)当k=1时 ①如图1，连接BD,EC,求证：BD=EC ②将RIADE旋转到图2位置，连接BD,EC,若BD=7,求点E到直线AC的距离. 四当人=了时，将RADE底转到g~DE三点共线，求。BC的面积 考点04 图形的相似与位似 1（2026广东梅州二模)如图，已知△ABC∽aA'8C,BC=4 ’BC3,若AB=4?则AB的长为() A.3 B4 c.5 D.6 2.(2026广东深圳二模)无人机进行空中航拍测绘作业时，其相机镜头的成像过程可简化为一组相似三角 形模型.如图所示，地面上的目标线段AB在相机传感器上的成像为线段CD,△DCO∽△BAO.无人机镜 头O距地面的垂直高度OM为l00m,CD的长度为6.4mm,若此时该相机镜头O距离成像传感器CD的距 离ON为8mm,则目标线段AB的长度为() DNC M A.60m B.64m C.80m D.100m 3.(2026广东·二模)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D为AB边的中点，沿着过点D的某条直线将 11/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △ABC剪开，要使剪下来的一个小三角形与原三角形相似，有()种不同的剪法. A.1种 B.2种 C.3种 D.4种 4.(2026广东·二模)如图，△ABC和△DEF是以点O为位似中心的位似图形.若OA=2,AD=3,△ABC的 16 面积为5，则ADEF的面积为（) 32 6 A.20 B.5 C.30 D.5 5.(2026广东·二模)如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的 位似图形，且相似比为3，点A,B,E在x轴上，若正方形BEFG的边长为9，则点C的坐标为() F OA B E x A.(3,3) D.(4,3) 6.(2026广东·二模)如图，在平面直角坐标系中，已知 (2,0),D(6,0)△ABC与△DEF位似，原点0 12/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 是位似中心，若AB=4,则DE=一· OB 2 7.(2026:广东：二模)如图，△ABC与ADBF位似，其位似中心为点0，且BE3,若△ABC的周长为5， 则△DEF的周长为 D 8(2026广东深圳二模)如图，在平面直角坐标系中，4(B,2）,8(6-2),以原点0为位似中心面一个三 角形，使它与△AOB位似，位似比为1：2，则点B的对应点B的坐标是（) B A.(3,-) B.(2,-4) c.3或-3D.2,4或-12,4 ?(2026广东广州二模)如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标是-6,0），点B的坐标是Q,2), ∠ABC=90°，AB:BC=1:2,则点A的坐标是() B 13/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.（15) B.（14) c.（-2,4) D.（-2,5) 10.(2026广东汕头·二模)如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、B、C、D分别在反比例函 数y=x上，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于O,延长AD交x轴于点E,若 AD=2DE,平行四边形ABCD的面积为16，则k的值为() A.3 B.4 C.5 D.6 11.(2026广东深圳·二模)中国古代器物与装饰纹饰在构图上多遵循主从分明、比例相宜的传统布局原则， 常将主体纹样放大突出，辅助纹样缩小衬托，其构图方式蕴含位似变换的数学思想.如图，若某主体纹饰 与辅助纹饰的相似比为21，辅助纹饰的宽度AB=6Cm,则主体纹饰的宽度CD为() K88-B A.6cm B.9cm C.12cm D.18cm 12.(2026广东深圳二模)大自然是美的设计师，即使是一个小小的盆景，也会产生最具美感的黄金分割 比例.如图，点B为AC的黄金分割点(AB>BC),若AC=20cm,则BC的长为一Cm.(结果保 留根号) 14/23 的学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 DE_2 13.(2026广东深圳：二模)如图，1∥1，∥1，EF=3,且AB=3,则AC的长为 A B E1 C AE4 14.(2026广东广州二模)如图，点D,E,F分别在aABC的三边上，若DEIL AC,DF‖AB,EB3, AF 则FC的值为 D AE 1 15.(2026:广东深圳二模)矩形ABCD中，B是对角线AC上一点，且AC5,F是BC上一点，若 AB BF 3 DG 4C=CF=5,连接EF,过点E作EG L EF交DC的延长线于G,则DC G E 0c-1 16.(2026广东深圳二模)已知6=a3,若a+c=5,且b+d≠0，则b+d= a 1 a-b 17.(2026广东·二模)已知6=3则b的值为 18.(2026广东广州二模)如图，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，AD⊥BC,垂足为点D,点E, 15/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 F为AB,AC上的点，DE⊥DF,连接CE,EF,∠BED=∠AEC,有如下结论：①DE=DF;② 3 E=2E:包n∠E):④若45二1则Sc上述结论中，所有正确的结论的序身 19.(2026广东广州二模)如图，在△ABC中，点D为边BC上一点，连接AD,已知AB=4,BD=2, BC=8.求证：△BACABDA, A D 20.(2026广东惠州二模)综合与探究 某数学兴趣小组探究平行线分线段成比例定理的应用. G F B D M 图1 图2 【初步探究】 DEBC中，D、F分别为C、AC的动点，若BD=DC:AE-7EC连接D:BE交于点G,如 图L,若过D作DFI‖BE,交AC于F,则CF与FE的比值为 AG与GD的比值为， (2)在(1)的条件下，求出BG与GE的比值： 【拓展提高】 (3)如图2，在△ABC中，AB=3,AC=4,M是BC上一点，∠BAM=∠C,将△ABC沿AM折叠，AB恰 好落在AC上，B的对应点为E,求AM的长. 16/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 21.(2026广东河源·二模)综合与实践 【活动主题】 测量学校旗杆的高度。 【测量工具】 测量标杆（尖头端可插入地面用以固定，长度可拼接）、平面镜、皮尺， 【方案设计】 测量标杆 平面镜 皮尺 某综合与实践小组利用平面镜与皮尺测量学校旗杆的高度.如图，该小组在地面上点E处放置平面镜，当 小组成员站在点D处时，刚好能从平面镜中看到旗杆顶端A的像.测得该小组成员的眼睛距离地面的高度 CD=1.5m DE=2m ,到平面镜的水平距离 ，平面镜到旗杆底部的距离 BE=24m A,B,C,D,E ,点 均在同一 竖直平面内，且点D,E,B在同一直线上 【问题解决】 C 6 D E B (I)请你利用以上数据计算该校旗杆的高度AB, 【评价反思】 (②)请你设计其他方案计算旗杆AB的高度.要求：选用【测量工具】中的工具，简要说明设计方案，画出 17/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 测量示意图，测量数据用a,b,h等小写字母表示. 22.(2026广东东莞二模)如图，在△ABC中，AB=AC,点D为BC中点，CE⊥AB于点E. (I)求证：△ABD∽△CBE: (2)若BC=4,AD=6,求BE的长. 23.(2026广东广州二模)如图，在矩形ABCD中，AB=12,AD=8,点E,点F分别为AB,AD边上 的动点，且满足△FEB∽AFGC D G G B B (I)连接EG,求证：△FEG∽aFBC; S.PEG=1 (②若AB=2BE,在点F的运动过程中满足S2,求证：此时点F为AD边的中点： (3)如图2，若AE=BE,连接BG,求BG的最小值 24.(2026广东广州二模)如图，在△ABC中，AB=BC=4,∠B=60°，延长BC至点F,使得BC=CF 点D为平面内一点，AD=2,点E满足△BDC∽△CDE,连接EF. C (I)填空：△ABC的形状是_： (2)求证：△BDC△FCE； (3)AE的长度是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，请说明理由. 18/23 的学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 25.(2026广东清远·二模)解决下列问题 B 图1 图1 图3 【问题初探】 ()如图1所示，矩形ABCD中，E是对角线AC上一点，连接BE,在BE的下方作∠EBG=90°，满足 AB BC EBBG,连接CG,求证：AC1CG: 【实践探究】 (2)如图2所示，正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,E是线段OC上的一点，连接EB,作 ∠BEP=9O°，点P在AD边上，EP交BD于M,求OE、DP、OC之间的数量关系， 【拓展迁移】 (3)如图3所示，正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,E是AD边上一点，作∠BEG=90°， EM 1 DP EG分别交BDCD于点M、P,满足EG=BE,连接BG,如果MG2,求AD的值. 26.(2026广东深圳二模)综合与实践 【问题背景】 如图1是某公园的半球形景观灯，它的灯柱高度AB为4m,数学实验小组为测量半球形景观灯的半径，拟 订如下方案开展了实地测量活动. 象 B 图1 【问题解决】 请你根据各小组拟订的方案和测量得到的数据，对景观灯的半径进行求解， (1)方案1：如图2，第一小组利用测角仪在点B处测得边缘点C的仰角为（测角仪高度忽略不计），已 19/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 知景观灯的边缘AC与地面BD平行，求景观灯的半径AC的长：（用含a的代数式表示） ! B a D 图2 (2)方案2：如图3，某一时刻，在太阳光线的照射下，第二小组测得身高FG为1.6m的小明的影长GH为 1.2m,此时景观灯在地面上的影长BP为3.75m,求景观灯的半径AC的长； 图3 (3)方案3：如图19-4，第三小组在地面的点Q处放置一块平面镜.目高为1.5m(即EF=1.5m)的小亮在 点F处从平面镜中观测到景观灯边缘点C，当他走到点N处时，在平面镜中观测到景观灯另一边缘点D, 并测量得到如下三个数据：BQ=a,OF=b,FN=c. E 图4 己知∠DQB=∠MON,∠CQB=∠EQN,请根据方案，从以上测量得到的三个数据中选择所需要的数据， 求景观灯半径AC的表达式.（结果可含字母） 我选择数据： 求解过程如下： 考点05 锐角三角函数 1.(2026:广东广州二模)如图在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，则 20/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 sinA=() A A.5 B号 3 C. D.3 2.(2026广东深圳二模)如图，已知A、B、C、D四个点均在格点上，则siA的值是() √5 2 A.1 c.5 D.2 3.(2026广东深圳二模)电视的尺寸常指屏幕对角线的长度.如图，可以把一个55英寸电视屏幕抽象成 1 矩形ABCD,其中AC=55英寸.若sin∠CMB=2,则电视屏幕宽度BC的长度为() D B 55 A.2英寸 B.110英寸 c.品类寸 1 D.110英寸 4.(2026:广东广州二模)在RtAABC中，∠A=90°，AB=12: COsB =12 13,则BC的长为() A.13 B.12 C.10 D.5 21/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5.(2026广东佛山·二模)如图，在正方形ABCD中，将边AB绕点A逆时针旋转至AE,若∠BEC=90°， 则cos∠BCE=() D E 2 5 A.2 B.3 C.3 D.5 6.(2026广东·二模)由6个形状相同、大小相等的菱形组成如图所示的网格，菱形的顶点称为格点，点 A,B,C都在格点上，∠O=60°，则tan∠ABC=() 3 1 A.2 B.3 C.2 D. 7.(2026广东深圳二模)小南课间去老师办公室，发现老师的办公桌上放着一些档案盒，如图所示，其中 10个竖直放置，左边一个向右侧倾斜靠着其他10个放置，档案盒的边CD与竖直放置的档案盒的边AB夹 角为∠DCB=37°，DF=62cm,档案盒长CD=20cm,小南用学过的数学知识计算出了每个档案盒的厚 度，它是()（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75） B A.5cm B 50cm C.4.75cm D.4.3cm 8.(2026广东广州二模)如图，从航拍无人机A看一栋楼顶部B的仰角α为30°，看这栋楼底部C的俯角 B.60° 60m 为，无人机与楼的水平距离为，则这栋楼的高度为() 22/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.70v3m 80W3m C.903m D.100V5m 9.(2026广东深圳二模)如图，某旗杆高为10米，不同时间观察该旗杆在地面上的影子，第一次是当阳 光与地面成45°时，第二次是当阳光与地面成30°时，第二次观察到的影子比第一次的长()米。 A.103+10 B.103-10 C.10-35 D.10-10W5 3 10.(2026广东清远二模)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AEF 最多只能升起到如图2的位置，其示意图如图3所示（栏杆宽度忽略不计），车辆在EF正下方通过，其 中AB⊥BC,EF‖BC,∠AEF=150°，AB=AE=1.4米，那么该地下车库的车辆限高的高度为， 米 图1 图2 图3 11.(2026广东广州二模)图1为一款常见的桌面手机支架，其侧面支撑结构可简化为图2.使用时，支撑 脚BN放置于水平桌面，AC用于支撑手机.若LB=62°，∠A=56°，AB=8m,AC=6cm,则点C到 BN cm 0.1cm sin62°≈0.883cos62°≈0.469 的距离约为， ).(结果精确到 ，参考数据： 23/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 图1 图2 12.(2026广东广州二模)当光从介质1射入介质2时，会发生折射现象.物理学中把入射角与折射角 sine 11三 8的正弦之比称为介质2相对介质1的“相对折射率”，即相对折射率”sn8,.当外部环境不变时，两 种介质的相对折射率是固定的.如图，在水平放置的容器中有某透明液体，容器底部B点光源发出的一束 光线到达液面C点后，折射光线为CA,入射点为C点，MN为法线.测得BN=l2mm,液体深度为16mm, ∠ACM=60° NO B (I)求空气相对该液体的相对折射率；（注：入射角，折射角指入射光线，折射光线与法线的夹角，法线与 液面垂直，结果保留根号) (②)另一束光线BE经该液体折射，折射光线为ED,入射点为E点，PO为法线，若折射角∠DEP=45°， 求CE的长： (3)若<1，当入射角增大到一定程度时，会出现全反射现象，即不再出现折射光线.请利用三角函数的知 识来解释这一现象。 13.(2026广东清远二模)【综合实践】一一如何安装遮阳棚？ 【问题背景】随着旅游业的蓬勃发展和乡村振兴战略的深入实施，民宿经济迎来了前所未有的发展机遇。 为提高服务质量，小阳家的民宿计划在墙外安装遮阳篷，便于旅客休憩，如图1. 24/23 的学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 152-☒A K70° D E 图1 图2 【处理数据】为正确安装遮阳篷，小阳先画出了遮阳篷侧面示意图（如图2），遮阳篷靠墙端离地高记为 BC,计划安装遮阳篷的外端A到BC的距离为3米，与水平面的夹角为15°， 【问题解决】 (I)确定材料宽度：确定遮阳篷斜面的尺寸，即求AB的长： (2)探究安装高度：当太阳光线AD与地面CE的夹角为70°时，为使遮荫距离CD的长为2米，那么遮阳篷 应安装在靠墙端离地多高处？（结果精确到0.1米；参考数据：si15°≈0.26，cos15°≈0.97， tan15°≈0.27，sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75) 14.(2026广东茂名·二模)综合与实践：在老师的指导下，同学们利用课余时间进行测量活动。 H.35B 709 A D 【活动主题】篮球架的结构； 【测量工具】皮尺、测角仪、计算器等： 篮球架（如实物图所示）的结构示意图如下：立柱BC垂直地面DI,横梁EF平行地面DI,篮筐FG与横 梁EF在同一直线上，点B、C、D在同一条垂直于地面的直线上. 【测绘过程与数据信息】 ①用测角仪在A处测得后拉杆AB与水平面的夹角∠BAC=70°，在B处测得伸臂BE与水平面的夹角 ∠EBH=35°； ②用皮尺测得后拉杆AB的长为2m,伸臂BE的长为l.5m,底部箱体的高度(CD)为0.4m; ③用计算器计算得到：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，sin35°≈0.57，cos35°≈0.82， 25/23 命学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 tan35°≈0.70 【解决问题】请根据提供的信息，解决下列问题（结果精确到0.01m) (I)求立柱BC的高度： (2)已知小强站立时手臂向上伸直，指尖距地面高度为2.5米，若他想摸到篮筐(FG),则他至少需要跳 起多高？ 15.(2026广东清远·二模)某科技公司生产的智能机器人装配了“超敏”感应器，可感应周围70米范围内 的移动物体：机器人的高清广角摄像头可视角度为110°（如图1）·在测试中，（如图2），机器人（其 高度忽略不计)在点P处，摄像头正对测试轨道MN,且与轨道的距离PQ为20米.一测试物体沿轨道 MN运动时，在点E处恰好被机器人感应到.机器人的摄像头立即朝移动物体的方向转动.当摄像头转动 角度为10°时，运动到点F处的移动物体恰好进入摄像头的可视范围，摄像头随即停止转动.求摄像头转 动的过程中，测试物体移动的距离EF的长.（参考数据：sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14， V5≈2.236 可视范围 B ME、F 110° 0 图1 图2 16.(2026广东惠州·二模)受强台风影响，某市启动防台风Ⅳ级应急响应.如图，该市沿海地区海岸线近似 为一条直线，观测站A、B均位于该海岸线上，且观测站B在观测站A的正东方向16km处.在观测站A测 得台风中心C位于其东南方向，同一时刻，在观测站B测得台风中心C位于其南偏东30°方向，已知距离 台风中心40km以内（含40km)的区域为危险区域. (I)尺规作图：作出表示台风中心C到海岸线AB所在直线的最短距离的线段CD；(保留作图痕迹，不要 求写作法) 26/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)通过计算判断，该台风是否会对该市沿海地区造成安全影响？请说明理由.（结果精确到0.1km参考数 √3≈1.732 据： 17.(2026广东惠州二模)惠州南站是深惠同城重要高铁站点，如图①，高铁座椅靠背、折叠小桌板可绕 支点旋转，蕴含丰富几何变化规律.现将高铁座椅侧面抽象为几何图形进行操作探究： 如图②，己知支架BC、连接靠背AB与小桌板CD,点E为杯托位置，BC=37cm,CE=10cm, 初始状态AB⊥地面，CD∥地面，∠ABC=35°， 操作一：静态测量计算 (I)求初始状态下，点C到靠背AB的垂直距离.（结果精确到lm) A CE D C 龙D B B 图① 图② 图③ 操作二：旋转变换探究 (2)如图③，固定支点B,将靠背AB绕点B顺时针旋转，直至AB与小桌板支架BC重合.已知杯托E处凹 陷深度为0.7c,乘客的水杯恰好能竖直放在杯托处（点E)、缝隙忽略不计，请综合线段长度与旋转高 度的变化，计算高铁乘客水杯的最大安全高度， (结果精确到1cm,参考数据：sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70) 18.(2026广东肇庆·二模)如图，四边形BCDG是某景区内的一个观景台，BC是通往观景台的步道，已 知CD∥BG,DG⊥BG,观景台的高DG为6米，且步道BC的坡比为I:1.为了提升游客的安全性和舒适 性，景区决定降低步道的坡比，改造后的新步道的坡角.∠CAG=37°（点A,B,G在同一直线上）· B (1)求新步道AC的长： 27/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (②)原步道底部B处的正前方10米E处(EB=10米)是一排景观树，为保证安全，景区管理部门规定，步 道底部至少距景观树7米，请问新的设计方案是否符合规定，并说明理由， (参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75) C 0 ,新步道 的坡角 A B H AC ∠CAG=37° sin∠CAH=CH =sin37° AC .CDBG,DG⊥BG 得四边形CHGD是矩形， :CH=DG=6米， ..AC=_ 6 6 n37°0.60 =10(米). 答：新步道AC的长约为10米： 19.(2026广东深圳二模)综合与实践 项 目 测量观景台高度 题 0 数 学 M C45 抽 象 活 动 卷尺，测角仪 准 备 28/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 活 或 在观景台旁边山坡AM上的点B处安装测角仪BC,测得观景台顶端点D的仰角为 过 45°，测角仪BC与AM的夹角∠CBM=76°，己知AB=20米，BC=1.8米. 程 备 注 ①BC与AD均垂直于地面AW:②sin76°≈0.97，cos76°≈0.24 说 明 (I)任务1：求点B到地面AN的高度： (2)任务2：求观景台高度AD 20.(2026广东清远·二模)某学校为改善教学条件、满足日益增长的办学需求，某校计划对现有教学楼进 行扩建，并在原有教学楼正前方新建一栋教学综合楼，如图1：在规划设计时，为保证冬至日正午时分， 原有教学楼整栋楼都能获得充足日照，符合国家建筑日照规范，设计人员绘制出场地示意图进行测算.己 知两栋楼水平间距相关数据为BD=25m,新建楼高度CD=20m,该地区冬至日正午的太阳高度角（即阳 光与水平线的夹角)a=37.2°，如图2；（参考数据：sin37.2°≈0.61，cos37.2°≈0.80，tan37.2°≈0.76） 阳光 阳光 C 原 新 原 教学 教 学 学楼 楼 A a B D 图1 图2 (I)请计算冬至正午时，太阳光照射到原有教学楼的位置与地面之间的高度AB； (2)为满足日照规范要求，使原有教学楼在冬至正午能被阳光完全照射，需将新建的教学综合楼沿水平方向 BD向后平移一段距离（楼体高度保持不变），求该楼至少需要移动多少米？（结果保留2位小数） 21.(2026广东佛山：二模)影子在我们生活中是常见的，那么利用影子能解决什么问题呢？某校以《影子 的故事》展开项目式学习： (1)地球有多大？2000多年前，古希腊数学家埃拉托斯特尼利用太阳光线测量出了地球子午线的周长。 如图1，太阳光线ABI‖CD，,CE是竖直插在球面上的木杆.AB、CE的延长线都经过圆心O,已知B、E 29/23 可学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 间的劣弧长约为800千米，子午线周长约为40000千米，则∠DCE的度数为. E 图1 (2)中国古代也有类似的记载，陈子测日法是由我国古代杰出的数学家陈子提出，用来测量太阳高度的.陈 子测量太阳高度的方法可叙述为：当夏至太阳直射北回归线时，在北方立一八尺高的标杆，观其影长为六 尺.然后测量者向南移动标杆，每移动一千里，标杆的影长就减少一寸，查阅资料后，进行如下项目式研 究： 如图2，某日正午，小红和小明在同一子午线的B地、C地测得太阳光与木棍的夹角分别为a,B，则 ∠BOC= 若测得8C之间酒长为1，则地球子午线周长为一。（用含“，B,1的代数式表 BC 示) 木B木4 棍棍 C B 图2 (3)如图3，日落时，身高为的小亮趴在地上平视远方，在太阳完全从地平线上消失的一瞬间，按下秒表 开始计时.同时马上站起来，当太阳再次完全消失在地平线的瞬间，停止计时，小亮利用这个时间差和地 球自转的速度计算出了∠PQH=日，请据此求出地球的半径R.(用含h,O的代数式表示) 30/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 H 太阳 太阳 图3 22.(2026广东东莞·二模)为应对持续增长的原油进口量，某大型石油储备基地建设了一批大型立式储油 罐.已知立式原油储罐为圆柱形，储罐外侧面安装沿圆柱螺旋线（即在圆柱侧面展开图中为直线）上升的 旋梯，供操作人员进行作业使用.数学活动小组对储罐进行了测量活动. 【测量数据】如图1，活动小组在地面点P处进行水平方向和铅锤方向的数据测量.测距仪的测量线与储 罐外壁其中一侧的切点记为A,储罐底面距离测量点P最近的点记为点B,点C为储罐顶部圆周上的一点， 连接BC,BC与地面垂直.通过反复测量并取平均值，测得PA=69.3米，PB=40米，在P处观测点C的 仰角为∠BPC=28.8° C口 图1 D GH 145 D 图2 【问题解决】 (1)已知储罐储满油时，油面最高点比储罐外壁总高度低22米，罐壁厚度忽略不计，请你计算这个原油储 罐的最大储油容量.（π取3，结果保留整数.参考数据：sin28.8°≈0.4818，cos28.8°≈0.8763 tan28.8°≈0.5498) (2)如图2，施工人员准备从储罐底部D点处沿储罐外侧面安装旋梯到顶部H处，其中，旋梯中段和顶部各 31/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 有一个伏您平台，半合长F=丽-米.点BRG、H在水平百上的授影对脑的点为F、P、G H'.按照行业惯例，旋梯倾角设定为45°，为了确定旋梯顶部点H的位置，需要先求出旋梯在水平面投影 对应的圆心角∠DOH'的度数，求∠DOH'的度数.（π取3，结果保留整数） 注：旋梯倾角：将圆柱侧面展开后，旋梯变成一条斜直线，这条直线与水平方向的夹角即为倾角，设旋梯 垂直上升高度 倾角为0，则tan0=水平弧长· 23.(2026广东佛山二模)【阅读材料】在△ABC中，设∠A,∠B,∠C的对边分别为a,b,c,则有 aBC的面积公式：S.wabsinc=bcsin4 1 b 2 2 acsin,由面积公式可得：sin4 singsinc,该结 论称之为“正弦定理”， G 60 b C E 图1 图2 图3 另一个表达三角形边角关系的结论“余弦定理”为： ①a2=b2+c2-2 bccosA;②b2=a2+c2-2 accosB;③c2=b2+a2-2 bacosC: 请借鉴以上的阅读材料，完成下列问题： (I)如图1，在△ABC中，∠C=60°，AC=4,BC=6,求sinB的值； AE BF_CG-DH -2 S四边形EFGH (2)如图2，E,F,G,H分别在四边形ABCD的四边上，且EB FC GD HA,求S四边形BcD的值： 3V5 (3)如图3，在△ABC中，∠A,∠B,∠C所对的边分别为a,b,c,∠CAB=60°，△ABC的面积为4， 点M为BC的中点，且4M=V2,求ABC的周长。（参考数辐：c0s120°= 2) 24.(2026广东东莞二模)综合与实践：探究汽车盲区与安全行驶的问题. 32/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 问 很多交通事故和汽车盲区有关，汽车盲区是指 题 驾驶员位于正常驾驶位置时，其视线被车体遮 提 挡而不能直接观察到（含通过后视镜观察）的 盲区 出 那部分区域， 盲区 盲区产生的基本原理：因为光线沿直线传播， 车盲 车盲 头区 尾区 知 所以当驾驶员坐在驾驶位置上时，由于视角的 盲区 的 限制以及车体的遮挡必然会有很大区域的物体 盲区 储 反射的光线无法传播到驾驶员的眼中.受到车 备 辆本身结构的影响，车头、车尾、车底等区域 会形成视野盲区. 数学小组为探究汽车车头盲区问题，测得某车辆的基本数据如下.(A点为驾驶员 眼睛所在位置，B点为车头最高处，点A,B,P在同一直线上， AC⊥EM,BD⊥EM,PE⊥EM 测 BD与PE之 视线高度 点B到地面 BD与AC斗间 量 测量项目 车宽 车高 间的距离 AC 距离BD 的距离CD 数 ED 据 数据/m 1.7 1.5 1.4 0.8 0.4 1.5 车高 视线 高度 ED 问题解决： (1)平路的车头盲区问题 如图，车头盲区和车尾盲区可近似看作矩形，请根据测量数据估算图中车头盲区的面积. 33/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2②)上坡路的车头盲区问题 如图，当该车行驶到坡顶E处时，驾驶员从A点观察车头B点，刚好看到汽车正前方地面H处的猫，点 A,B,卫，H在同一直线上，MN∥EH,坡角∠EMN=6.58°.（参考数据：sinl5.2°≈0.26， cos15.2°≈0.97，tanl5.2°≈0.27，sin21.8°≈0.37，cos21.8°≈0.93tan21.8°≈0.40 PB M ①求∠AHE的度数；（结果精确到0.1度） ②在车的正前方，与点H相距4米的点F处有一个身高为0.9米的孩子，请问司机能看见孩子吗？为什么？ 考点06 投影与视图 1.(2026广东佛山·二模)小明用投影仪将平板电脑屏幕的画面投屏到墙上，画面形状保持不变.己知该平 板电脑屏幕的画面是相邻两边长之比为3：2的矩形.若墙上投影画面的短边长为1.2米，则投影画面的长 边长为 2.(2026广东深圳二模)某店铺在窗户上方安装一个遮阳棚，如图所示，遮阳棚展开长度AB=2m,遮阳 棚固定点A距离地面高度AC=3m,遮阳棚与墙面AC的夹角为60°.在某一时刻，一位身高l60Cm的顾客 EF在太阳光下的影长FG=8Ocm,则此时遮阳棚在地面上的影长CD为m. 太阳光线 D G 3.(2026广东广州二模)如图所示是一个空心圆柱体，它的主视图是() 34/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B 4.(2026广东广州：二模)一个几何体的三视图如图所示，这个几何体可能是() B 5.(2026广东东莞·二模)家具中会用到许多榫(s)卯结构，比如燕尾榫.如右图是燕尾榫的带榫头部 分，下列图形是其主视图的是() 正面 D 6.(2026广东东莞二模)如图，能够塞住木板上三个孔洞的塞子是() 7.(2026广东深圳二模)中国华润大厦，因其独特的建筑造型而得名“春笋”一一既似雨后破土、节节攀 35/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 升的春笋，又如蓄势待发、线条凌厉的子弹头，成为深圳城市天际线中极具辨识度的标志.如图所示， “春笋”的主视图为() B 8.(2026广东广州·二模)如图，是由若干个大小相同的小正方体组成的几何体的俯视图，小正方形中的数 字表示该位置上的小正方体的个数，则该几何体的主视图为() 3 2 9.(2026广东广州二模)如图所示的三视图为一个几何体的三视图，则该几何体的侧面积为一 12 10.(2026广东·二模)如图所示是某几何体的三视图，根据图中数据计算，这个几何体侧面展开图的圆心 角的度数为°. 36/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 左视图 42 主视图 俯视图 37/23