专题14 相似三角形与锐角三角函数（5年汇编）（浙江专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 整合浙江近5年中考真题及模拟题，聚焦相似三角形与锐角三角函数核心考点，突出情境应用与多知识点综合。 **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40题（3-12分）|相似三角形判定与性质（如2026年显示屏盲区问题）、锐角三角函数（如2025年无人机测量）|情境贴近生活（测量树高、风车影子）、融合跨知识点（相似+全等+矩形）、体现省统考趋势（实际测量+综合探究）|

专题14 相似三角形与锐角三角函数 5年真题1年模拟 考点分类 浙江考情（2022-2026） 命题规律 考点01 相似三角形判定与性质 2025·浙江·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2022·浙江嘉兴·中考 2022·浙江绍兴·中考 2022·浙江丽水·中考 2022·浙江杭州·中考 2022·浙江宁波·中考 2022·浙江衢州·中考 2022·浙江金华·中考 2022·浙江舟山·中考 2022·浙江温州·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2023·浙江湖州·中考 2023·浙江温州·中考 2023·浙江衢州·中考 2023·浙江金华·中考 2023·浙江杭州·中考 近5年浙江中考在本考点共选取约20道真题，是本专题题量最大的考点。其中2026年省统考以"显示屏遮挡产生盲区"的生活情境考查相似，并叠加全等与矩形。题型覆盖选择、填空与解答题，分值3-12分，难度跨度大，基础题多为直接判定相似或利用相似求线段比例，中档题则常与面积、比例线段、测量问题结合。该考点的核心主线是"利用相似三角形对应边成比例求线段或比例关系"，实际应用上大量出现在测量类情境（如树高、旗杆、风车、镜面反射等），并借助相似与平行线分线段成比例定理、重心性质、四点共圆、轴对称、折叠等知识综合呈现。整体来看，本考点是浙江中考几何考查的重点，预计未来省统考将继续以"相似＋实际测量＋面积比例＋综合探究"为基本命题形态，并可能保持较高的综合度。 考点02 锐角三角函数与解直角三角形 2026·浙江·中考 2025·浙江·中考 2024·浙江·中考 2023·浙江杭州·中考 2023·浙江衢州·中考 2023·浙江温州·中考 2023·浙江宁波·中考 2023·浙江温州·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2023·浙江台州·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2022·浙江嘉兴·中考 2022·浙江杭州·中考 2022·浙江台州·中考 2022·浙江金华·中考 2022·浙江衢州·中考 2022·浙江绍兴·中考 2022·浙江宁波·中考 2022·浙江嘉兴·中考 近5年浙江中考在本考点共选取约20道真题，其中2026年、2025年、2024年省统考均连续设题，显示省统考对本板块的高度重视。题型以解答题和选择题为主，分值3-10分，核心考查三类模型：一是直角三角形中的边角关系直接计算，常以真实物品为背景；二是仰角、俯角、方位角的实际测量问题，往往需要构造直角三角形并结合参考数据换算；三是三角函数与圆、相似、面积等知识的综合。整体上，本考点由"单一解直角"向"情境建模＋多知识点综合"发展，预计未来省统考将继续以真实情境中的仰俯角测量为核心，并可能融入函数、几何最值等综合元素。 考点01 相似三角形判定与性质 1．（2026·浙江·中考真题）如图所示，是墙面与一个显示屏的侧视图，墙面与地面垂直，用两根等长的支架和连接墙面与显示屏，测得． (1)证明：； (2)若锦凌同学坐在显示屏前面，支架，，，锦凌同学的眼睛与显示屏底部等高，眼睛到墙面的距离，锦凌同学的视野被显示屏遮挡，出现了一个盲区．求的长度． 2．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，在中，，点分别在边，上，连接，已知点和点关于直线对称．设，若，则_________（结果用含的代数式表示）． 3．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，点P是的重心，点D是边的中点，交于点E，交于点F，若四边形的面积为6，则的面积为（　　） A．15 B．18 C．24 D．36 4．（2023·浙江湖州·中考真题）某数学兴趣小组测量校园内一棵树的高度，采用以下方法：如图，把支架放在离树适当距离的水平地面上的点F处，再把镜子水平放在支架上的点E处，然后沿着直线后退至点D处，这时恰好在镜子里看到树的顶端A，再用皮尺分别测量，，观测者目高的长，利用测得的数据可以求出这棵树的高度．已知于点D，于点F，于点B，米，米，米，米，则这棵树的高度（的长）是______米． 5．（2023·浙江温州·中考真题）如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，．如图，连接，为线段上一点，过点作的平行线分别交，于点，，过点作于点．设，． (1)求的长和关于的函数表达式． (2)当，且长度分别等于，，的三条线段组成的三角形与相似时，求的值． (3)延长交半圆于点，当时，求的长． 6．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在四边形中，，以为腰作等腰直角三角形，顶点恰好落在边上，若，则的长是（    ） A． B． C．2 D．1 7．（2023·浙江衢州·中考真题）下面是勾股定理的一种证明方法：图1所示纸片中，，四边形，是正方形．过点，将纸片分别沿与平行、垂直两个方向剪裁成四部分，并与正方形，拼成图2． （1）若，的面积为16，则纸片Ⅲ的面积为________． （2）若，则________． 8．（2023·浙江金华·中考真题）如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点在上，与交于点与交于点．若，则的值是（    ） A． B． C． D． 9．（2023·浙江嘉兴·中考真题）小慧同学在学习了九年级上册“4.1比例线段”3节课后，发现学习内容是一个逐步特殊化的过程，请在横线上填写适当的数值，感受这种特殊化的学习过程．图中横线处应填：__________ 10．（2022·浙江温州·中考真题）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片，此时各叶片影子在点M右侧成线段，测得，垂直于地面的木棒与影子的比为2∶3，则点O，M之间的距离等于___________米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于___________米． 11．（2022·浙江杭州·中考真题）某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE=2.47m，则AB=_________m． 12．（2022·浙江丽水·中考真题）一副三角板按图1放置，O是边的中点，．如图2，将绕点O顺时针旋转，与相交于点G，则的长是___________． 13．（2022·浙江绍兴·中考真题）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片，其中，，，，，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ） A． B． C．10 D． 14．（2022·浙江衢州·中考真题）西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端（人眼）望点，使视线通过点，记人站立的位置为点，量出长，即可算得物高．令BG=x（m）， EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，则关于的函数表达式为（    ） A． B． C． D． 15．（2022·浙江金华·中考真题）如图是一张矩形纸片，点E为中点，点F在上，把该纸片沿折叠，点A，B的对应点分别为与相交于点G，的延长线过点C．若，则的值为（    ） A． B． C． D． 16．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，在中，．分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线分别交，于点．以为圆心，长为半径画弧，交于点，连结．则下列说法错误的是（    ） A． B． C． D． 17．（2022·浙江舟山·中考真题）如图，在和中，，点A在边的中点上，若，，连结，则的长为（    ） A． B． C．4 D． 18．（2022·浙江丽水·中考真题）如图，五线谱是由等距离、等长度的五条平行横线组成的，同一条直线上的三个点A，B，C都在横线上．若线段，则线段的长是（ ） A． B．1 C． D．2 19．（2022·浙江杭州·中考真题）如图，在ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF，已知四边形BFED是平行四边形，． (1)若，求线段AD的长． (2)若的面积为1，求平行四边形BFED的面积． 20．（2022·浙江宁波·中考真题） (1)如图1，在中，D，E，F分别为上的点，交于点G，求证：． (2)如图2，在（1）的条件下，连接．若，求的值． (3)如图3，在中，与交于点O，E为上一点，交于点G，交于点F．若平分，求的长． 考点02 锐角三角函数与解直角三角形 1．（2026·浙江·中考真题）如图，一辆高为0.54米的智能摇杆车驶入夹角为的裂缝进行采样，则智能车无法采样的距离为___________．（注：，，） 2．（2025·浙江·中考真题）无人机警戒在高速公路场景中的应用，是我国低空经济高质量发展的重要实践方向．如图，在高速公路上，交警在A处操控无人机巡查，无人机从点A处飞行到点P处悬停，探测到它的正下方公路上点B处有汽车发生故障．测得A处到P处的距离为，从点A观测点P的仰角为，则A处到B处的距离为________． 3．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，，是边上的中线，． (1)求的长； (2)求的值． 4．（2023·浙江杭州·中考真题）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（）和中间一个小正方形拼成的大正方形中，，连接．设，若正方形与正方形的面积之比为，则（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 5．（2023·浙江衢州·中考真题）如图，一款可调节的笔记本电脑支架放置在水平桌面上，调节杆，，的最大仰角为.当时，则点到桌面的最大高度是（    ） A． B． C． D． 6．（2023·浙江温州·中考真题）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形，使点D，E，F分别在边，，上，过点E作于点H．当，，时，的长为（ ） A． B． C． D． 7．（2023·浙江宁波·中考真题）某综合实践研究小组为了测量观察目标时的仰角和俯角，利用量角器和铅锤自制了一个简易测角仪，如图1所示． (1)如图2，在点观察所测物体最高点，当量角器零刻度线上两点均在视线上时，测得视线与铅垂线所夹的锐角为，设仰角为，请直接用含的代数式示． (2)如图3，为了测量广场上空气球离地面的高度，该小组利用自制简易测角仪在点分别测得气球的仰角为，为，地面上点在同一水平直线上，，求气球离地面的高度．（参考数据：，） 8．（2023·浙江温州·中考真题）根据背景素材，探索解决问题． 测算发射塔的高度 背 景 素 材 某兴趣小组在一幢楼房窗口测算远处小山坡上发射塔的高度（如图1）．他们通过自制的测倾仪（如图2）在，，三个位置观测，测倾仪上的示数如图3所示．          经讨论，只需选择其中两个合适的位置，通过测量、换算就能计算发射塔的高度． 问题解决 任务1 分析规划 选择两个观测位置：点_________和点_________ 获取数据 写出所选位置观测角的正切值，并量出观测点之间的图上距离． 任务2 推理计算 计算发射塔的图上高度． 任务3 换算高度 楼房实际宽度为米，请通过测量换算发射塔的实际高度． 注：测量时，以答题纸上的图上距离为准，并精确到1． 9．（2023·浙江嘉兴·中考真题）图1是某住宅单元楼的人脸识别系统（整个头部需在摄像头视角围内才能被识别），其示意图如图2，摄像头的仰角、俯角均为，摄像头高度，识别的最远水平距离．    (1)身高的小杜，头部高度为，他站在离摄像头水平距离的点C处，请问小杜最少需要下蹲多少厘米才能被识别． (2)身高的小若，头部高度为，踮起脚尖可以增高，但仍无法被识别．社区及时将摄像头的仰角、俯角都调整为（如图3），此时小若能被识别吗？请计算说明．（精确到，参考数据） 10．（2023·浙江台州·中考真题）教室里的投影仪投影时，可以把投影光线，及在黑板上的投影图像高度抽象成如图所示的，．黑板上投影图像的高度，与的夹角，求的长．（结果精确到1cm．参考数据：，，） 11．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，某工厂为了提升生产过程中所产生废气的净化效率，需在气体净化设备上增加一条管道，已知，，求管道的总长． 12．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，直尺的一边与BC重合，另一边分别交AB，AC于点D，E．点B，C，D，E处的读数分别为15，12，0，1，则直尺宽BD的长为_________． 13．（2022·浙江杭州·中考真题）如图，已知△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC=θ（θ是锐角），则△ABC的面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 14．（2022·浙江台州·中考真题）如图1，梯子斜靠在竖直的墙上，其示意图如图2，梯子与地面所成的角α为75°，梯子AB长3m，求梯子顶部离地竖直高度BC．（结果精确到0.1m；参考数据：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73） 15．（2022·浙江金华·中考真题）一配电房示意图如图所示，它是一个轴对称图形，已知，，则房顶A离地面的高度为（ ） A． B． C． D． 16．（2022·浙江衢州·中考真题）希腊数学家海伦给出了挖掘直线隧道的方法：如图，是两侧山脚的入口，从出发任作线段，过作，然后依次作垂线段，直到接近点，作于点．每条线段可测量，长度如图所示．分别在，上任选点，作，，使得，此时点共线．挖隧道时始终能看见处的标志即可． （1）_______km． （2）=_______． 17．（2022·浙江金华·中考真题）图1是光伏发电场景，其示意图如图2，为吸热塔，在地平线上的点B，处各安装定日镜（介绍见图3）．绕各中心点旋转镜面，使过中心点的太阳光线经镜面反射后到达吸热器点F处．已知，在点A观测点F的仰角为． （1）点F的高度为______m． （2）设，则与的数量关系是_______． 18．（2022·浙江绍兴·中考真题）圭表（如图是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表” 和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭” ，当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据某市地理位置设计的圭表平面示意图，表垂直圭，已知该市冬至正午太阳高度角（即为，夏至正午太阳高度角（即为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为4米． (1)求∠BAD的度数． (2)求表AC的长（最后结果精确到0.1米）．（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈，tan84°≈） 19．（2022·浙江宁波·中考真题）每年的11月9日是我国的“全国消防安全教育宣传日”，为了提升全民防灾减灾意识，某消防大队进行了消防演习．如图1，架在消防车上的云梯AB可伸缩（最长可伸至20m），且可绕点B转动，其底部B离地面的距离BC为2m，当云梯顶端A在建筑物EF所在直线上时，底部B到EF的距离BD为9m． (1)若∠ABD=53°，求此时云梯AB的长． (2)如图2，若在建筑物底部E的正上方19m处突发险情，请问在该消防车不移动位置的前提下，云梯能否伸到险情处？请说明理由． （参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3） 20．（2022·浙江嘉兴·中考真题）小华将一张纸对折后做成的纸飞机如图1，纸飞机机尾的横截面是一个轴对称图形，其示意图如图2．已知，，，，．（结果精确到0.1，参考数据：，，，，，） (1)连结，求线段的长． (2)求点A，B之间的距离． 1．如图所示，已知正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形构成的，延长交于点M．若．则正方形与正方形的面积之比为（ ） A． B． C． D． 2．如图1，点是以为直径的半圆上的一个动点，过点作于点，是的中点，连结，．设，的面积为，的面积为．函数，关于的图象如图2所示，其中点为两个图象的交点，则下列结论错误的是（     ） A． B．点一定落在函数图像上 C．点的坐标是 D．当时， 3．如图1，在中，，．是上一点，的中垂线交的边于点，．记，四边形面积为，利用数学软件画出关于的函数图象如图2所示，其中一个最高点坐标为，一个最低点坐标为，下列选项正确的是（     ） A． B． C． D．点在该函数图象上 4．如图1，在中，点是边上的定点，点从点出发，依次沿的路线匀速运动，回到点时停止．设点运动的路程为，为，则关于的函数图象如图2所示，其中，分别是所在曲线的最低点，下列选项错误的是（     ） A． B．点的纵坐标为144 C． D．点在该函数图象上 5．（2026·浙江温州·二模）某校在教学楼顶安装可调节角度的光伏板，用于绿色发电．如图，长为2米的光伏板斜靠在竖直于地面的支架上，倾斜角为，为提高发电效率，将底端沿方向移动到点，顶端向下滑动到点，此时倾斜角为，则顶端下降的垂直高度为（） A．米 B．米 C．米 D．米 6．（2026·浙江·模拟预测）如图1，在菱形与菱形中，，且，点在射线上，点在直线上．菱形沿射线平移，设点与点的距离为，菱形与菱形重叠部分的图形面积为．若关于的函数图象如图2所示，则下列选项正确的是（　　） A． B． C．当时， D．当时， 7．（2026·浙江宁波·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴，轴于，两点，为线段上一点，且，连接，将绕点逆时针旋转交轴于点，若，则点坐标为（     ） A． B． C． D． 8．（2026·浙江温州·二模）如图1，一个立方体箱子（侧面为正方形）沿着足够长的斜坡从点向点运动，过点作于点，设为，的值为，如图2，关于的函数图象与轴交于点，且经过点．若．则下列选项正确的是（） A． B． C．点在该函数图象上 D．点的纵坐标是2 9．（2026·浙江金华·二模）如图，在中，，，以中点为圆心、长为半径作弧．点从点出发，沿弧及线段向终点运动．记的运动路程为，，关于的函数图象如图所示，图象过点，则下列说法错误的是（   ）． A．点在弧上运动时，的图象为一条线段 B．当时，点运动到点 C．的最小值为 D． 10．（2026·浙江杭州·模拟预测）如图，在矩形内正好放置一个立方体的表面展开图，正方形是原立方体的一个面，点，，是原立方体的顶点，展开后点，，，均在矩形的边上，若点，，在同一直线上，则的值是______． 11．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，已知中，，．点是边上一动点，点在边上，且为定角．设，，若关于的函数图象如图所示，则的值是________． 12．（2026·浙江·二模）如图，的边，，，是边上的一点，将沿着翻折得到，连接，． （1）若，且点落在边上时，则的面积为________； （2）当面积最小时，则的长为_________．（用含的式子表示） 13．（2026·浙江·模拟预测）如图，E为矩形对角线上一动点，．连接，将绕点A逆时针旋转后并延长，交射线于点F，交射线于点G．已知，则当时，__________． 14．（2026·浙江舟山·一模）中国高铁是“中国速度”的闪亮名片，其基础造价为每米10万元．为保障列车运行安全，高铁线路的拐角设计通常控制在以内，某高铁线路需避开山体，在点处规划两处绕行方案：方案一：设计的拐角，即，在点处再设计一个拐角使得路线恢复方向，即；方案二：设计的拐角，即，在点处再设计一个拐角使得路线与方案一的路线重合，但这样路线会经过一片沙地（即为沙地），使每米的造价比基础造价增加10%． (1)若与的距离为66米，求线段、、的长． (2)在（1）的条件下，方案一和方案二哪一个造价更便宜？并说明理由．（参考数据：，，，） 15．（2026·浙江温州·三模）某小组对两角和的正切公式的证明产生浓厚兴趣． 【背景阐述】 已知：如图所示，在矩形中，点在边上，连接，过点作交边于点（点不与，重合），连结．记，（其中，均为锐角，且）． 求证： 证明：不妨设， 则在矩形中，． 故，即． 因为，所以． 因为，所以． 故，从而． 而在中，． …… 【特例探试】 (1)利用“两角和的正切公式”求的近似值．（参考数据：） 【推理验证】 (2)根据上述推导，补充完整证明过程，求证：． 16．（2026·浙江舟山·二模）图1为坐落于舟山马目山的风车营地，风车、大桥、山海、日落所构成的和谐画面吸引了众多游客，成为了网红打卡地．除了景色，这里的风电机组所提供的清洁能源也带动了绿色经济发展，某学习小组查阅资料得知，在风力发电机组中，“风电塔筒”非常重要，它的高度是一个重要的设计参数．为测量其高度，他们选定了当风车停止转动时的位置，如图2，风电塔筒AB垂直于地面，叶片AC恰好与塔筒AB重合，三个叶片均匀分布（即）且长度均为80m，在距离塔底（点B）158m的点F处有一测角仪（其高度忽略不计）测得叶片端点D的仰角为． (1)求风电塔筒的高度．（结果保留整数，参考数据：，，，） (2)当叶片从图2位置开始绕点A沿顺时针方向第一次转动至图3位置时，学习小组测量发现叶片端点E的离地高度增加了24.7m，求所有叶片在这段时间内扫过的区域面积．（结果保留π，参考数据：，，） 17．（2026·浙江杭州·一模）【综合与实践】 【定义理解】 设是的平分线，若射线在的内部且关于对称，则称与为的一对等角线．小丽发现，若内部的两条射线满足，则与就是的一对等角线． 【初步应用】 (1)如图①，已知射线与是的一对等角线，，若，求的度数． 【探索发现】 (2)如图②，在平行四边形中，是的一对等角线，分别交于点于点，于点交于点． ①求证：是的一对等角线． ②若，，求的值． 18．（2026·浙江丽水·二模）【阅读理解】 如图1，在中，，，求的值． 求解过程如下：在上取点，使得，构造出等腰（如图2）．可得的外角，设，则，， 所以． 【类比尝试】 (1)如图3，在中，，，类比上述解题过程求的值． 【拓展应用】 (2)如图4，在中，，，，，用含，的代数式表示的值，并写出推理过程． 19．（2026·浙江湖州·二模）【文化欣赏】汉代初年的《淮南万毕术》中记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则见四邻矣”，意思是利用杆上挂的平面镜和盆内水面（抽象为平面镜）的反射，就能从水盆里看见院外的景象（如图）． 【科学原理】入射光线经平面镜反射得反射光线（），则（如图）． 【综合实践】小桐春假探望爷爷时，在院内作了实践探究：如图，杆地平线（为墙角），杆顶悬一平面镜，院外的邻居（点）先经平面镜的点处反射，再经水盆的水 面中心处反射后，恰被院内的小桐（观测点为）看到．现测得：米，． 【数学理解】 (1)求杆的高度． (2)如图，保持水盆和观测点的位置不变，将平面镜绕点逆时针旋转，邻居沿射线方向移动到处，经，两处反射后，小桐恰好观测到邻居，求邻居移动的距离． （参考数据：，，） 20．（2026·浙江·二模）【综合与实践】设计雨棚支架及确定雨棚的安装位置． 【生活情境】如图①是安装在外墙上的挡雨棚．矩形为雨棚的挡雨板，将雨棚的支架、、及的端点、、、固定在外墙上，、，与平行，米．图②是其侧面示意图，在一般风力下，雨滴下落方向与地面的夹角为53°（）．安装挡雨棚时需考虑：在一般风力下，确保雨滴不落在墙面（不包括）上． 【数学活动】数学学习小组通过研究支架、的长度，支架端点、的距离以及支架与的夹角（），对雨棚进行了重新设计．（参考数据：取0．8，取0．6） 图③是某小组的设计示意图，其中，，米． 【问题解决】 (1)请求出该小组设计的雨棚所需挡雨板的面积． (2)在一般风力下，为确保雨滴不落在墙面（不包括）上，在安装该小组所设计的雨棚时，点离地面距离不能超过多少米？ 21．（2026·浙江杭州·二模）定义：若一个三角形存在两个内角之差为，则称这个三角形为“差直角三角形”．例如，在中，，，，满足，所以是“差直角三角形”． (1)若是差直角三角形，，则的值为 ． (2)如图1，在中，，是的角平分线，求证：是差直角三角形． (3)如图2，在中，，，，点D是边上一动点（），若是差直角三角形，求的长度． 22．（2026·浙江·二模）在菱形中，点在上，且，如图1，过点的直线，交对角线于点，与关于直线对称，点的对应点在的延长线上，分别交对角线、边于点、． (1)当时，求的度数． (2)如图2，当点与对应点重合时，求与菱形的面积之比． (3)已知，与的长度随的变化而变化，求的最大值． 23．（2026·浙江·一模）在等边中，，是边上的中点，，分别是线段，上任意一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接、，的延长线交射线于点． (1)如图1，当点与点重合，若为的平分线，交于点，求的长； (2)如图2，若为线段上一点，且，，求证：； (3)如图3，设，求证：． 24．（2026·浙江温州·二模）如图1，在四边形中，，，，，平分，交于点，点在上，且． (1)如图2，当点与点重合时，求的值． (2)如图3，点在射线上，且点在点上方时，连结，． ①当时，求的长． ②若，求的最小值． 25．（2026·浙江台州·二模）如图1，在菱形中，对角线，，P是射线上一点，连接，与关于对称． (1)求的长． (2)当时，求证：． (3)如图2，当直线与相交时，记交点为E． ①当点P在边上，且时，求的长． ②连接，当取得最小值时，求的长． 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题14相似三角形与锐角三角函数 5年真题1年模拟 五年真题分类 考点01相似三角形判定与性质 1.【答案】(1)证明：连接PN,如图1， 在△PQN和△NMP中， PQ=MN,QN=PM,PN=NP, ∴.△PQN≌△NMP|SSS, ∴.∠QPN=∠MNP, ∴.PM‖QN(内错角相等，两直线平行). C A 图1 (2)解：由题意，墙面l⊥地面，AB⊥OD,PQ⊥L,DB⊥L, ∴.PQ‖DB,AB‖CD ∴.∠PQB=∠DBQ=∠QPD=90°， ∴.四边形PQBD是矩形， ∴.PQ=BD=10, 又.'∠AOB=∠COD,∠CDO=∠ABO=90°， ∴.△OAB~△OCD, ·88册 1/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,AB=57,OB=OD-BD=190, CD=57×200=60. 190 ∴.CD的长度为60cm. 2.k2 2-k2 3.B 4.4.1 5. 【详解】(1)解：如图1，连接OD E O 图1 ,CD切半圆O于点D, .OD⊥CE」 :0A=2 AC=1, 0c=5 21 .CD=2, BE⊥CE, .OD‖BE 黑 即是是 CE 4 G-5 如图2，∠AFB=∠E=90°， ..AF CE. 2/37 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D HO B 图2 MN‖CB, ∴.四边形APMC是平行四边形， CM=PA PHPH x5 sin 21-simnC3 MN-ME BC CE' 16_5 =53t 416 y- 25 x+4. 2 2):PW=y-1=2x+3.PH≤PW,△BCE三边之比为3：45（如图2）. .可分为三种情况. i)当PH:PN=3:5时， PN=5 PH, +3=5 25 3 12 解得x=4 .q= i)当PH:PN=4:5时， PN-PH. 2 2x+3= 5 , 解得x=9 10 3、.27 .a=÷X三 440 3/37 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ii)当PH:PN=3:4时， 2x+3=4 PN=号PH,-25 3 七， 解得x=36 1 (3)如图3，连接AQ,BQ,过点Q作QG⊥AB于点G, E D A HO GB 图3 则∠AQB=∠AGQ=90°，QG=PH=x, ∴.∠QAB=∠BQG MQ-5x-3.PN-y-1-- 5 2 x+3, HG=PQ=NQ+PN= AH-4x. 3 ..AG=AH+HG=3x, tan∠BQG=tan∠QAB=x=1 3x31 :.BG=1QG-1 3 +, ·AB=AG+BG=10, =3,=, y=-12x+4≈17 25. R即N的长为 6.A 7.9 2527 99 8.B 4/37 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 9.2 10.10 10+V13 11.9.88 12.33-3 13.A 14.B 15.A 16.C 17.D 18.C 19. 【详解】(1)，四边形BFED是平行四边形， DE‖BC, .△ADE△ABC, 肥沿 DE_1 BC 4' .AD-1 AB 4' :AD=AB=1x8=2: 4 (2),四边形BFED是平行四边形， ,DE‖BC,EF‖AB,DE=BF, ∴∠AED=∠ECF,∠EAD=∠CEF, .'·△ADE~△EFC 'SAADE E, SAEFC F DE_1 BC-4' DE=BF, 5/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..FC=BC-DE=4DE-DE=3DE. DE=DE-1 FC 3DE 3 ∴.S△ADE= SAEFC :△ADE-△ABC, DE_1 BC4 .S△ADE= S△ABC S△ADE=1, ∴.SAEFC=9,S△Ac=16, ∴.S-BFm=SAABC-S△Fc-SAADE=16-9-1=6. 20. 【答案】(1) 证明：，DE‖BC, ∴.△ADG~△ABF,△AEG~△ACF, DG=AG EG-AG ·BFAF'CFAF 是 .BF=CF, ..DG=EG. (2)解：由(1)得DG=EG, CG⊥DE, ∴.CE=CD=6 .AE=3, .∴AC=AE+CE=9」 .DE BC, .△ADE~△ABC. 惩 6/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)解：如图，延长GE交AB于点M,连接FM,作MN⊥BC,垂足为N. G D M B N F 在口ABCD中，BO=DO,∠ABC=∠ADC=45°」 EG‖BD ∴.由(1)得ME=≥d, ,EF⊥EG ∴.FM=FG=10, .∠EFM=∠EFG. .∠EGF=40°， ∴.∠EMF=40, .∠EFG=50°. ,FG平分∠EFC, ∴.∠EFG=∠CFG=50°， .∠BFM=180°-∠EFM-∠EFG-∠CFG=30°. .在Rt△FMN中，MN=FM sin30°=5，FN=FM cos30°=5V3. .∠MBN=45°，MN⊥BN. ∴BN=MN=5, .BF=BN+FN=5+53」 考点02锐角三角函数与解直角三角形 1.2米 2.490 3. 【详解】(1)解：在Rt△ABD中，AB=10,AD=6, BD=VAB-AD2=V102-62=8 7/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在Rt△ADC中，an∠ACB=AD=L, DC .DC=6, .BC=BD+DC=8+6=14: (2),AE是BC边上的中线， a-号60=7 .DE=BD-BE=8-7=1, 六AE=VAD2+DE=/62+1=37 ∴sin∠DAE=DE=1-37 AE 37 37 4.C 5.D 6.C 7. 【详解】（1)解：如图所示： 由题意知OD⊥PD, 在Rt△POD中，∠D=90°，则∠P+∠POD=90°，即a+B=90°， ∴.β=90°-a; （2)解：如图所示： ∴.AD⊥BD B D 在Rt△ACD中，∠ACD=45°，由等腰直角三角形性质得到CD=AD, 在Rt△ABD中，∠ABD=37°， 8/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由tan∠ABD=tan370=AD-_AD AD BD CD+20 AD+20 即0.75= AD AD+20' 解得AD=60m, .∴.气球A离地面的高度AD=60m. 8 【详解】解：有以下两种规划，任选一种作答即可. 规划一： [任务1]选择点A和点B. tam么1=日am∠2=子tam∠3=写测得图上AB=4mm. [任务2]如图1，过点A作AF⊥MN于点F,过点B作BG⊥MN于点G, 图1 则FG=AB=4mm,设MF=x(mm). AF4,tan∠MBG=X+4-1 tan∠MAF=x=1 BG 3 .AF=4x,BG=3x+12. .AF=BG, ∴.4x=3x+12 解得x=12, .AF=BG=4x=48mm :tan∠FAN=FW=l 4881 ∴.FN=6mm, ..MN=MF+FN=12+6=18mm. [任务3]测得图上DE=5mm,设发射塔的实际高度为h米. 9/37 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由题意，得，点=18 12h, 解得h=43.2, .发射塔的实际高度为43.2米。 规划二： [任务1]选择点A和点C. tan 1=1 ,an<2= 4'tan<4= 2测得图上AC=12mm. [任务2]如图2，过点A作AF⊥MN于点F,过点C作CG⊥MN,交MN的延长线于点G,则 FG=AC=12mm,MF=x(mm ) 000000 图2 AF4tan∠MCG=X+12-1 tan∠MAF=X=1, CG 2' .AF=4X,CG=2x+24」 .AF=CG. ∴.4x=2x+24,解得x=12 ..AF=CG=4x=48mm tan∠FAN=FN=l ∴.FN=6mm, 4881 ..MN=MF+FN=12+6=18mm. [任务3]测得图上DE=5mm,设发射塔的实际高度为h米. 由题盒，得5=18 2方，解得h=43.2 ∴发射塔的实际高度为43.2米. 9. 【详解】(1)解：过点C作OB的垂线分别交仰角、俯角线于点E,D,交水平线于点F,如图所示， 10137 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 仰角15° E 摄像头A- 。水平线 D 俯角15° B 77 图2 在Rt△AEF中，tan∠EAF=E AF ∴.EF=AF.tan15°=130×0.27=35.1(cm). .AF=AF,∠EAF=∠DAF,∠AFE=∠AFD=90°， ∴.△ADF≌△AEF」 ∴.EF=DF=35.1(cm): ∴.CE=CF+EF=160+35.1=195.1(cm),ED=2EF=35.1×2=70.2(cm)>26(cm), ∴.小杜下蹲的最小距离=208-195.1=12.9(cm). （2)(2)能，理由如下： 过点B作OB的垂线分别交仰角、俯角线于点M,N,交水平线于点P,如图所示， M 仰角20° 摄像头A 水平线 俯角20° N B 7777777777 77 图3 在Rt△APM中，tan∠MAP=M AP ∴.MP=AP.tan20°=150×0.36=54.0(cm), .'AP=AP,∠MAP=∠NAP,∠APM=∠APN=90°， ∴.△AMP≌△ANP ∴.PN=MP=54.0(cm, .∴.BN=BP-PN=160-54.0=106.0(cm). 11/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 小若垫起脚尖后头顶的高度为120+3=123(cm). ∴.小若头顶超出点w的高度123-106.0=17.0(cm)>15(cm). ∴小若垫起脚尖后能被识别. 10. 【详解】解：在Rt△ABC中，AB=120,∠BAC=90°，∠B=33.7°， .∴AC=AB·tan33.7o ≈120×0.67 =80.4 ≈80cm. ∴.AC的长约为80cm. 11. 【详解】解：如图：过点D作DE⊥AB于点E, 由题意，得BE=CD=4, ,AB=11,.AE=7. ,∠A=60°， .AD=AE÷c0s60°=14. .AD+CD=18m.即管道A-D-C的总长为18m. E山 D 12. 23 13.D 14. 【详解】解：在Rt△ABC中，AB=3,∠ACB=90°，∠BAC-75°， .∴.BC=AB.sin75o 3×0.97=2.91 2.9m) 答：梯子顶部离地竖直高度BC约为2.9n. 12/37 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 15.B 9 16. 1.8 13 17. 9 a-β=7.5° 18. 【详解】(1)解：.·∠ADC=84°，∠ABC=37°， ∴.∠BAD=∠ADC-∠ABC=47°， 答：∠BAD的度数是47° (2)解：在R△ABC中，an37=AC BC AC ..BC= tan37 同理，在RIMADC中，有DC=,AC tan 84 ,BD=4, ·BC-DC=AC AC =BD=4. tan37otan84° 4AC-aAC≈4 19 .AC≈3.3（米）. 答：表AC的长是3.3米. 19. 【详解】(1)解：在Rt△ABD中，∠ABD=53°，BD=9m, ∴AB=- BD ≈9=15(m), c0s53°0.6 ∴.此时云梯AB的长为15m: (2)解：在该消防车不移动位置的前提下，云梯能伸到险情处， 理由：由题意得： DE=BC=2m, .AE=19m, .∴AD=AE-DE=19-2=17(m), 在RINABD中，BD=9m, 13137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..AB= AD2+BD2=172+92=370m), “370m<20m, ∴.在该消防车不移动位置的前提下，云梯能伸到险情处. 20. 【详解】(1)解：如图2，过点C作CF⊥DE于点F, DF E A B C (图2) .CD=CE, DF=EF,CF平分∠DCE. .∠DCF=∠ECF=20, DF=CD-sin20≈5×0.34=1.7cm, ∴.DE=2DF=3.4cm. (2)解：如图3，连结AB.设纸飞机机尾的横截面的对称轴为直线1， D G H (图3) ,纸飞机机尾的横截面示意图是一个轴对称图形， ∴.对称轴1经过点C. AB⊥1，DE⊥L, AB‖DE. 14137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 过点D作DG⊥AB于点G,过点E作EH LAB于点H, .DG⊥AB,HE⊥AB, ∴.∠EDG=∠DGH=∠EHG=90°， ∴.四边形DGCE是矩形， ∴.DE=HG, ∴.DGll,EHll, ·∠GDC=∠CEH= ∠DCE=20°， 2 .AD⊥CD,BE⊥CE, ∴.∠DAB=∠GDC=20°，∠EBH=∠CEH=20°， AG=AD-cos20°≈10×0.94=9，.4|cml,BH=BE:cos20°≈10×0.94=9.4cm, ..AB=BH +AG+DE=22.2cm. 一年模拟练测园 1.A 2.C 3.C 4.C 5.B 6.C 7.B 8.C 9.D 9V13+1 10. 2 12 V2-1 2 15/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 14. 【详解】(1)解：如图：作CK⊥BF,垂足为K, C D A B .CK⊥AK,DG⊥AK, ..CK DG, 又CD‖GK, .四边形CKGD为矩形， ∴.CK=DG=66m, :BC=CK=66。=40lml. sin9o sin9o .BD=_DG-66 sin6sin6660m), BK=-CK-66 tan9otan9 -412.5(mBG-00m) tan6°tan6o ..CD=KG=BG-BK=187.5m: (2)方案一的造价更便宜，理由： 方案-造价：10×BC+CD=10×440+187.5=6275(万元)， 方案二造价：10×1.1×BD=10×1.1×660=7260(万元)， ,6275<7260 方案一的造价更便宜 15. ≈0.5+1 痒解①解：m729m27+4527274e,05×3 (2)补充证明：“ CE_CE=tanB, AB 1 .∴.CE=tanβ， ..CFCF ·BE tana =tanβ， 16137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.CF=tana·tanβ， ,四边形ABCD是矩形， ∴.AB=CD,AD=BC,AB‖CD, ∴.AD=BE+CE=tana+tanB,∠AFD=∠BAF=a+B, .∴.DF=DC-FC=AB-FC=1-tana·tanB, 六.tan(c+p=tan∠AFD=AD-tana+tanB DF1-tana·tanβ 16. 【详解】(1)解：如图，过点D作DG⊥BF于点G,过点A作AH⊥DG于点H, E C B G 图1 由题意可知∠HGB=∠ABG=∠AHG=90°， ∴.四边形ABGH是矩形， ∴.∠HAB=90°，AH=BG, ∴.∠DAH=∠DAB-∠HAB=120°-90°=30°， .'AD=80m, AH=AD-cos300=80×5=403ml,DH=AD-s5in30°=80×号401m ∴.BG=AH=403≈69.2m, .∴.FG=BF-BG≈158-69.2=88.8m, .·∠DFB=64°， .∴.DG=FG·tan∠DFB=FG·tan64°≈88.8×2.05=182.04m, ..AB=HG=DG-DH=182.04-40=142.04≈142m, 答：风电塔筒AB的高度为142m (2)解：如图，过点E作EP‖AB,AP⊥AB,两线交于点P,过点E作EQ⊥AP于点Q, 17/37 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D PO 同(1)可得EP=40,∠EAP=30°， 由题意可得EQ=40+24.7=64.7, 在Rt△EQA中，sin∠EQA=EQ-647≈0.81， QA 80 ∴.∠EQA≈54°， ∴.∠EAE=54°-30°=24°， ·叶片AE扫过的区域面积是24 360T802=1280 3n, 之所有叶片扫过的区装面积是20×3=1280m2 17. 【详解】(1)解：，射线OX与OY是∠AOB的一对等角线， ∴.∠XOC=∠YOC, .OC是∠AOB的平分线， ∴.∠AOC=∠BOC, .∴.∠AOC-∠XOC=∠BOC-∠YOC,即∠AOX=∠BOY, 设∠AOX=∠BOY=x,则∠XOY=6x, 则x+x+6x=80, 解得x=10, ∴.∠XOY=60°， .∴.∠AOY=∠AOX+∠XOY=70°： (2)①证明：.BE,BF是∠ABC的一对等角线， 根据(1)中可得∠ABE=∠CBF, '.∠ABE+∠EBF=∠CBF+∠EBF,即∠ABF=∠CBE, ‘.四边形ABCD为平行四边形， 18/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AD‖BC ∴.∠AEP=∠EBC=∠ABF, .AP⊥BEAQ⊥BF, ∴.∠BAQ=90°-∠ABF,∠EAP=90°-∠AEP, ∴.∠BAQ=∠EAP, ∴.根据小丽的说法，可得AQ,AP是∠BAD的一对等角线： ②解：设∠ABE=∠CBF=X,则∠ABC=3X, ∴.∠ABF=∠ABC-∠CBF=2X, AD‖BC, ∴.∠BAD=180°-3X, ∠BAQ=1809-3X=60°-X, 3 .∠ABF+∠BAQ=90, ∴.2x+60°-x=90°， 解得X=30°， ∴.∠ABQ=2X=60°， 在Rt△ABP中，AP=AB·sin∠ABP=Sin30,AB=AB, 在Rt△ABQ中，AQ=AB·sin∠ABQ=sin60°·AB=- 3 AB, 2 AB .AP:AQ=- 3 3 3 AB 2 18. 【详解】(1)解：如图，在BC上取一点D,使得BD=AD,构造出等腰△ABD, 可得△ABD的外角∠ADC=45°， 设AC=a,则AD=BD=2a,DC=a, 19137 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 tan 22.5-AC= 1 V2-1 一=2-1 BC2a+a2+12+1V2-1 (2)ng_ya2+b2-a,过程如下 tan- 解：如图，延长CB至点E,使得BE=BA,连接AE, 则∠E=∠ABC= 2 2 A 由题意得BA=Va+b ∴.EC=Va2+b2+a' aAC bVa2+b2-al :.an2 b Va2+b2-a EC Va+b+a Va+b2+aYa+b2-a b 19. 【详解】(1)解：由科学原理可得，∠GCE=∠ACB=53°， :AB⊥EF,∠ABC=37°，tan∠ABC=AC AB .AB≈3.6米， 答：杆AB的高度约为3.6米. (2)解：邻居移动前：MN‖EF, 由科学原理可得，∠ABC=∠HBA=37°， ,AB⊥EF, tan∠ABH=AH AB' AH=AC=2.7米， 邻居移动后（如图4）： ∠CBP=∠ABC+∠ABP=37o+8°=45°， 20137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由科学原理可得，∠CBP=∠HBP=45°， ∴.∠HBA=53°，∠AHB=37°， .AB⊥EF tan∠AHB=AB AH .AH=4.8米， ∴.AH-AH=2.1米， 答：邻居移动的距离HH约为2.1米. H H F 图4 20. 【详解】(1)解：过点B作BD⊥AC于点D, C Dh----aB A 04 图③ .AB=BC,ABC=a,AC=1.6, ÷∠ABD=号AD=CD=0.8, 在Rt△ABD中，tan∠ABD=tanC=AD-0.8 2 BDBD .'tan =8 215 0.8_8 BD15' 解得BD=1.5, 21137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.在Rt△ABD中，∠ADB=90°， AB=VAD2+BD2=V0.82+1.5=1.7° .BC=AB=1.7, ∴.所需挡雨板的面积为S=AA1×BC=3×1.7=5.1(平方米). (2)连接OB, D--- a今B M 777777777 图③ 若∠BOM=53°， :BD与OM平行， 则在Rt△BOD中，∠OBD=53°， .c0s530= BD_1.5 OBOB =0.6, ∴.0B=2.5. 0D=0B-BD=V2.52-1.52=2 .OA=OD-AD=2-0.8=1.2(米)， ∴点A离地面距离不能超过1.2米. 21. 【详解】(1)解：，△ABC是差直角三角形，∠A=120°，∠A-∠B=90° .∠B=30°， sinB=sin30°= 2 (2)证明：.AD是△ABC的平分线， .∴.∠BAD=∠CAD: .·∠BDA=∠C+∠CAD=90°+∠CAD, ∴.∠BDA=90°+∠BAD,即∠BDA-∠BAD=90 22137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△ABD是差直角三角形. (3)解：如图，作AE⊥BC于E,过点D作DF⊥BC交AB于F, A F ·.'AB=ACBC=8 B D E .'BE=1BC=4 2 :在Rt△ABE中，tanB=3 1 AE3 .44 解得AE=3, 在Rt△ABE中，由勾股定理得AB=5; ①当∠ADB-∠ABD=90°时，∠ADF=∠ADB-∠BDF=∠ADB-90°=∠ABD, .∠BAD=∠DAB, .∴.△ADF~△ABD .AD=DF AB BD Rt△BDF中，tanB= DE 3 BD 4 .AD_3 54 解得，AD=15 4 ②当∠ADB-∠BAD=90°时，∠ADF=∠ADB-∠BDF=∠ADB-90°=∠BAD, .∴.FD=AF :Rt△BDF中，tanB=DE=3 DB 4 设DF=3a,DB=4a, ∴.BF=VBD2+FD=5a BF=AB-AF=AB-DF=5-3a ∴.5a=5-3a 23137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 解得：q=5 ·BD= 2 DE=BE-BD=4- 由勾股定理得AD=VAE2+DE=32+ 综上所述，AD=15成35 4或2 22. 【详解】(1)解：菱形ABCD, AD‖BC, ∴.∠CBA=∠HAB, ,BC与BC关于直线EF对称， ∴.四边形BCKE和四边形BCKE也关于直线EF对称，如图， 图1 BE=BE'∠CBA=∠ABH ∠ABH=∠HAB, .BE=2AE, ∴BE=2AE, ∴.AB=AE, ..AE=AH, ..AB=AH, 在△ABH中， ∴.∠ABH=∠AHB, 24137 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,∠ABH=∠HAB, .∠ABH=∠AHB=∠HAB, ∠HAB=60°， ,∠BAD+∠HAB=180, .∠BAD=180°-∠HAB, .∠BAD=180°-60°=120° (2)解：当点C与对应点C重合时，BC与BC关于直线EF对称 ∴.EF为BB垂直平分线， .∠BEC=90°，△BEC和△BEF为直角三角形， ∴△CBE≌△CBE, ∴BE=BE,CB=CB, ,BE=2AE,设AE=a, ..B E=BE=2a, ..BB=4a,AB=AD=DC=BC=3a, 在Rt△BEC中，BE=2a'BC=3a根据勾股定理得EC-VBC2-BE, Ec=9a2-4a7=5a 菱形ABCD, .AB‖DC, ∠ABD=∠CDB, .△FBE一△FDC,△GBB一△GDC, .BF EF BE GB GBBB DE-CF-DC'GD GC DC .EC=5a, EF=2a 5a-EF 3a 新EF-号5o 在Rt△BEF,EF=25a,BE=2a,根据勾股定理得BF=VBE+EF, 5 25137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 -4+-号830a 5 器恶 BF 2 “BD-BF3 ..BD=V30a, GB-BB GD DC' GD=BD-GB. GB BB “BD-GBDC GB 4a 30a-GB3a' 解得GB-430a, 7 .FG=GB-BF, FG-身80a号0a-会0a, 连接菱形对角线AC交BD于点O,如图， B A 图2 AC RD.OR-OD-BD-.OA-OG-AC. 2 在t△A0B中，AB=3a,OB=30 a,根据勾股定理得OA=AB-OB2, 0a9d。 ..AC=V6a, 26137 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴菱形ABCD面积S,=号ACBD=6a×30a=35a, 8△CFG面S,G0C7×3300×695 2 -a= a 35 952 -a ∴△CFG与菱形ABCD的面积之比S2=35 =3 S13V5a35 (3)解：设∠ABC=a, .AE=1,BE=2AF, .BE=2,AB=3, 设∠ABC=a, .B E=BE=2, .AB=1, 在△ABH中，过点H作HN⊥AB交AB于点N, H G B 图1 Mw号 ,∠ABC=∠BAD=, cOs∠BAD=cOs= 2, AH :.AH=2cosa 1 1 .∴.DH=AD-AH=3- 2cosa ,△HBA△HCD, .AB AH, CD DH 27137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 2cosa CD 1 3- 2cosa ∴.CD=6cos-1, △GDC~△GBB, :GC-DC, GB BB .GB=BC-GC, ∴.GB=3-GC, ..GC_6cosa-1, 3-GC 4 4 解得CG=3- 2c0sa+1' ·DH-CG=3- 1 3- x 1 2cosa 2c0s0+1 2cosa+1 2cosa 设y=DH-CG,Cosa=x, y=DH-CG=、4-1 6x-1 2x+12x整理得y (2x+12x, 2x+12xy=6x-1:整理得4yX+2y-6x+1=0关于x的一元二次方程， ,y要有最大值，方程要有实数根， 六4=b2-4ac=2y-62-4×4y×1≥0' y2-10y+9≥0， .y-1川y-9≥0， .y-1≤0 -y-90 /y-1≥0 y-9≥0 y≤1或y≥9， .0°<a<180°，即0°<∠ABC<180°， ..cosa<1, .x<1, 28137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .y= 4-1≥9不符合题意舍去， 2x+12x y≤1， y=DH-CG最大值为1. 23. 【详解】(1)解：，△ABC是等边三角形， ∴.∠BAC=∠ACB=60°，AB=AC=BC=4, ,D是BC边上的中点， AD1BC,∠CAD=∠BAC=30°， .∠ADC=90°， ,CF为∠ACB的平分线， .∠ACF=∠BCF=30°， .∠ACF=∠CAD, ..AF=CF, 在Rt△CDF中，∠BCF=30°，∠ADC=90°， aDr=2CF=号A, 浩 ,线段EF绕点E顺时针旋转120°得到线段EG, 又，点E与点C重合， ∴.CF=CG,∠FCG=120°， :∠CFG=∠CGF=180°-∠FCG=30, 2 .:∠CFG=30°=∠BCF, ..FP BC, .∠AFP=∠ADC,∠APF=∠ACD, ∴.△AFP-△ADC, AP=AF-2 AC AD 3 29137 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 -号ac-号 3 (2)证明：如图，在射线AD上取点H,使得∠AEH=120°，作EI⊥AH于点I, M B ,△ABC是等边三角形，D是BC边上的中点， .∠BAD=∠CAD=30°， .∠AEH=120°， .∠H=180°-∠AEH-∠CAD=30°， .∠H=∠CAD=∠BAD, .AE=EH,AB‖EH, .∠AMF=∠HEF, .EI⊥AH, AI=Ⅲ=号AH,∠AME=90 在Rt△AEI中，AI=AE·cOs∠CAD=AE·cos30°=- 3 AE. ..AH=2AI=3AE, ,线段EF绕点E顺时针旋转120°得到线段EG, .EF=EG,∠FEG=120, ,∠FEG=∠AEF+∠AEG=120°，∠AEH=∠AEF+∠HEF=120°， ∴.∠AEG=∠HEF=∠AMF, 在△AEG和△HEF中， EG=EF ∠AEG=∠HEF, AE=EH .△AEG≌△HEF SAS, 30137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠EAG=∠H=∠BAD,AG=HF, ,∠AGN=∠AEG, ∴.∠AGN=∠AMF, 在△AGN和△AMF中， ∠AGN=∠AMF ∠EAG=∠BAD AN=AF .△AGN≌△AMF AAS, ∴.AM=AG=HF ∴.AH=HF+AF=AM+AF, .AH=3 AE, ..AM+AF=3AE; 3)证明：如图，过点F分别作AB、AC的垂线，垂足为J、K, B D ,△ABC是等边三角形， .∠BAC=60°， .∠AME=180°-∠AEF-∠BAC=120°-a, 点D为BC的中点， .AD平分∠BAC, ,FJ⊥AB,FK⊥AC, ∴.FJ=FK,∠FJM=∠FKE=90° 在Rt△FJM中，FJ=FM·sin∠AME=FM·sin120°-a, 在Rt△FKE中，FK=EF·sin∠AEF=EF·sina, .EF·sina=FM·sin120°-ar, EF=sin(120-a) ME sina 24. 31137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】(1)解：当点E与点F重合时，AE=BF. D-匹-号0-是 ∠ABC=90°， :tan∠ECB=BE=5:4= BC 2 81 又CE平分∠BCD,即∠ECD=∠ECB, .tan∠ECD=tan∠ECB= 5 8 (2)解：①过点D作DH⊥EC,垂足为H,延长CE交DA延长线于M,如图3-1， M GD F 图3-1 :AB=5.F号AE=BE, a5=Br×6-3景 .BE- :∠ABC=90°，AD‖BC, <ECB=∠MEc=BE+BC-9+4-号961 2 3 an∠M=tan∠ECB-Bg3-5,Qos∠M=os∠FCB-BC= 10 4=661 EC 261 61, BC 4 6 3 在Rt△AEM中，AM=nAE=-5=2, tan∠M36 32137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴ME=AE2+AM :CM=ME+CE-6+26-96, 33 又CE平分∠BCD,即∠ECD=∠ECB, .∠ECD=∠ECB=∠M, ∴.DM=CD, .DH⊥CE, MH-MC-6 ÷在Rt△DHM中，DH=MH tan∠M-y6x5_5R6 6121 MD= MV61.6V61_61 cos∠M26112 AD=MD-AM=61-2=37 12 12 ②延长CB到K,使KB=AD,连接FK、GK,作GN⊥BC垂足为N,如图3-2， E B 图3-2 .AD‖BC,∠ABC=90°， .∠A=∠FBK=90°， 又，AE=BF, ∴.△ADE≌△BKF SAS, .FK=ED, ,FK+FG≥KG, .DE+FG≥KG, 33137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当K、F、G三点公共线时，等号成立，DE+FG取最小值，最小值为KG, 如图3-3所示，当AD=AE时， A E B 图3-3 ∠A=90°， .∠AED=45°， ∴.AD=AE=BF, 又，AB=AF+BF=AF+AE=AF+AD=5,AD+AG=5 ..AF=AG, .∠AFG=45°， 又，△ADE≌△BKF, .∠KFB=45, .∠AFK+∠KFB=∠AFK+∠AFG=180°， .K、F、G三点公共线， NG⊥BC, .四边形ABNG是矩形， ∴.NG=AB=5,AG=BN, .AG+AD=5, ..NK=BN+KB=AG+AD=5, KG-KN+NG-52+52-52 DE+FG的最小值为5V2. 25.【详解】(1)解：如图，连接BD交AC于O, 34137 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D O :在菱形ABCD中，对角线AC=2V3,∠DAB=60°， :AB=BC=CD=AD,AC⊥BD,OA=OC=3,△ABD是等边三角形， ∴.∠BAO=∠DAO=30°， ..AB=-AO V3 c0s30°V3 2 2 (2)证明：如图，记BQ与AC的交点为K, D .BQ⊥AB, ∴.∠ABK=90, .∠BAO=30°， ∴.∠AKB=60°， 由对折可得：∠Q=∠DAB=60°， .∠AKB=∠Q, PQ‖AC (3)解：①记BQ与AD的交点为T,PQ与AB的交点为R, D R 当点P在边AD上，且PQ⊥AB时， .∠QPT=∠APR=90°-60°=30°， 由对折可得：∠PQB=∠PAB=60°，∠ABP=∠QBP, 35/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠PTQ=90°=∠PTB=∠PRB, ,△ABD为等边三角形， ∴A=Dr=号AD=号AB=1, BP=BP, .△PBR≌△PBT AAS, ..PT=PR, 设AR=m'则AP=2m'PR=AP2-AR=3m ..PT=PR=V3m, .2m+/3m=1, 解得：m=2-V3, AP=2m=4-23: ②如图，作E关于PB的对称点N,连接BN, D 结合①同理可得：∠PQB=∠PAB=60°，∠QPT=∠APR,∠PBQ=∠PBA, :∠BTP=∠PQB+∠QPT,∠PRB=∠PAB+∠APR, .∠PTB=∠PRB, ..PB=PB, .△PBR≌△PBT AAS, ∴.PR=PT,E的对称点N在PT上，BN=BE, ∴.当BN⊥AD时，BN最小，BE最小， 此时BE=BN=AB·cos30°=3， 过E作EM⊥AB于M,设EM=n,而∠CAB=30°， ..AE=2n,AM=3n, .BM=2-V3n, 36137 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 n2+2-3n}=32, 3+V2 解得：n= 2 (舍去)，或n=3-2 2 ∴.AE=2n=3-V2; 如图，当P在D的上方时，作E关于PB的对称点N,连接BN, D A 同理可得：此时BE=BN=V3时最小，过E作EM⊥CB于M,设EM=n, 同理可得：CE=3-V2, 此时AE=AC-CE=23-R3-2=3+2 综上：当BE取得最小值时，AE的长为V3-V2或3+V2. 37/37 专题14 相似三角形与锐角三角函数 5年真题1年模拟 考点分类 浙江考情（2022-2026） 命题规律 考点01 相似三角形判定与性质 2025·浙江·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2022·浙江嘉兴·中考 2022·浙江绍兴·中考 2022·浙江丽水·中考 2022·浙江杭州·中考 2022·浙江宁波·中考 2022·浙江衢州·中考 2022·浙江金华·中考 2022·浙江舟山·中考 2022·浙江温州·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2023·浙江湖州·中考 2023·浙江温州·中考 2023·浙江衢州·中考 2023·浙江金华·中考 2023·浙江杭州·中考 近5年浙江中考在本考点共选取约20道真题，是本专题题量最大的考点。其中2026年省统考以"显示屏遮挡产生盲区"的生活情境考查相似，并叠加全等与矩形。题型覆盖选择、填空与解答题，分值3-12分，难度跨度大，基础题多为直接判定相似或利用相似求线段比例，中档题则常与面积、比例线段、测量问题结合。该考点的核心主线是"利用相似三角形对应边成比例求线段或比例关系"，实际应用上大量出现在测量类情境（如树高、旗杆、风车、镜面反射等），并借助相似与平行线分线段成比例定理、重心性质、四点共圆、轴对称、折叠等知识综合呈现。整体来看，本考点是浙江中考几何考查的重点，预计未来省统考将继续以"相似＋实际测量＋面积比例＋综合探究"为基本命题形态，并可能保持较高的综合度。 考点02 锐角三角函数与解直角三角形 2026·浙江·中考 2025·浙江·中考 2024·浙江·中考 2023·浙江杭州·中考 2023·浙江衢州·中考 2023·浙江温州·中考 2023·浙江宁波·中考 2023·浙江温州·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2023·浙江台州·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2022·浙江嘉兴·中考 2022·浙江杭州·中考 2022·浙江台州·中考 2022·浙江金华·中考 2022·浙江衢州·中考 2022·浙江绍兴·中考 2022·浙江宁波·中考 2022·浙江嘉兴·中考 近5年浙江中考在本考点共选取约20道真题，其中2026年、2025年、2024年省统考均连续设题，显示省统考对本板块的高度重视。题型以解答题和选择题为主，分值3-10分，核心考查三类模型：一是直角三角形中的边角关系直接计算，常以真实物品为背景；二是仰角、俯角、方位角的实际测量问题，往往需要构造直角三角形并结合参考数据换算；三是三角函数与圆、相似、面积等知识的综合。整体上，本考点由"单一解直角"向"情境建模＋多知识点综合"发展，预计未来省统考将继续以真实情境中的仰俯角测量为核心，并可能融入函数、几何最值等综合元素。 考点01 相似三角形判定与性质 1．（2026·浙江·中考真题）如图所示，是墙面与一个显示屏的侧视图，墙面与地面垂直，用两根等长的支架和连接墙面与显示屏，测得． (1)证明：； (2)若锦凌同学坐在显示屏前面，支架，，，锦凌同学的眼睛与显示屏底部等高，眼睛到墙面的距离，锦凌同学的视野被显示屏遮挡，出现了一个盲区．求的长度． 【答案】(1)证明：连接，如图1， 在和中， ，，， ， ， （内错角相等，两直线平行）．　 (2)的长度为． 【分析】（1）利用已知条件，，结合三角形全等关系，根据平行线的判定方法，即可得出结论． （2）通过几何关系（如相似三角形）建立比例式，再结合已知数据求出的长度即可． 【详解】（1）略 （2）解：由题意，墙面 地面，，，， ，， ， 四边形是矩形， ， 又，， ， ， ，， ， 的长度为． 2．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，在中，，点分别在边，上，连接，已知点和点关于直线对称．设，若，则_________（结果用含的代数式表示）． 【答案】 【分析】先根据轴对称的性质和已知条件证明，再证，推出，通过证明 ，推出，即可求出的值． 【详解】解： 点和点关于直线对称， ， ， ． ， ， 点和点关于直线对称， ， 又 ， ， ， ，， 点和点关于直线对称， ， ， ， ， 在和中， ， ． 在中，， ，， ， ， ， ， ，， ． ， ， 解得， ． 故答案为：． 3．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，点P是的重心，点D是边的中点，交于点E，交于点F，若四边形的面积为6，则的面积为（　　） A．15 B．18 C．24 D．36 【答案】B 【分析】连接,根据三角形重心的性质可知：P在上，由三角形中线平分三角形的面积可知：，证明和,根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可解答． 【详解】解：如图，连接，   点P是的重心，点D是边的中点，P在上， ， ， ， ， ， ， ， 设的面积为m，则的面积为，的面积为， 四边形的面积为6， ， ， 的面积为9， 的面积是18． 故选：B． 4．（2023·浙江湖州·中考真题）某数学兴趣小组测量校园内一棵树的高度，采用以下方法：如图，把支架放在离树适当距离的水平地面上的点F处，再把镜子水平放在支架上的点E处，然后沿着直线后退至点D处，这时恰好在镜子里看到树的顶端A，再用皮尺分别测量，，观测者目高的长，利用测得的数据可以求出这棵树的高度．已知于点D，于点F，于点B，米，米，米，米，则这棵树的高度（的长）是______米． 【答案】4.1 【分析】 过点作水平线交于点，交于点，根据镜面反射的性质求出，再根据对应边成比例解答即可． 【详解】 过点作水平线交于点，交于点，如图，    ∵是水平线，都是铅垂线． ∴米，米，米， ∴（米）， 又根据题意，得， ∴， ，即 ， 解得：米， ∴(米)． 故答案为：． 5．（2023·浙江温州·中考真题）如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，．如图，连接，为线段上一点，过点作的平行线分别交，于点，，过点作于点．设，． (1)求的长和关于的函数表达式． (2)当，且长度分别等于，，的三条线段组成的三角形与相似时，求的值． (3)延长交半圆于点，当时，求的长． 【答案】(1)， (2)或或 (3) 【分析】（1）如图1，连接，根据切线的性质得出，证明，得出，即可得出；证明四边形是平行四边形，得出，代入数据可得； （2）根据三边之比为，可分为三种情况．当时，当时，当时，分别列出比例式，进而即可求解． （3）连接，，过点作于点，根据，得出，由，可得，代入（1）中解析式，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，连接．    ∵切半圆于点， ∴． ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， 即， ∴． 如图2，， ∴．    ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴， ∴． （2）∵，，三边之比为（如图2）， ∴可分为三种情况． i）当时， ，， 解得， ∴． ii）当时， ，， 解得， ∴． iii）当时， ，， 解得， ∴． （3）如图3，连接，，过点作于点，    则，， ∴． ∵，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，即的长为． 6．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在四边形中，，以为腰作等腰直角三角形，顶点恰好落在边上，若，则的长是（    ） A． B． C．2 D．1 【答案】A 【分析】先根据等腰三角形的性质可得，，，再判断出点四点共圆，在以为直径的圆上，连接，根据圆周角定理可得，，然后根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质即可得． 【详解】解：是以为腰的等腰直角三角形， ，，， ， ， ， 点四点共圆，在以为直径的圆上， 如图，连接，    由圆周角定理得：，， ， ， ， 在和中，， ， ， ， 故选：A． 7．（2023·浙江衢州·中考真题）下面是勾股定理的一种证明方法：图1所示纸片中，，四边形，是正方形．过点，将纸片分别沿与平行、垂直两个方向剪裁成四部分，并与正方形，拼成图2． （1）若，的面积为16，则纸片Ⅲ的面积为________． （2）若，则________． 【答案】 9 / 【分析】（1）在图1中，过作于，由，可得，，故，而的面积为16，即可得纸片Ⅲ的面积为； （2）标识字母如图，设，证明，可得，由，有，即，可得或，而，，即可得到答案． 【详解】（1）在图1中，过作于，如图：    ， ， ， ，即， ， ， ，即， ， ， 的面积为16， ， ， ， 纸片Ⅲ的面积为； 故答案为：9； （2）如图：    ， ， 设，则，， ，，， ， ， ，， ， ， ， ， 解得或， 当时，，这情况不符合题意，舍去； 当时，， 而，， ． 故答案为：． 8．（2023·浙江金华·中考真题）如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点在上，与交于点与交于点．若，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，正方形的边长为，证明，先后求得，，，利用三角形面积公式求得，证明，求得，，据此求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形，且， 设，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 同理，即， ∴， 同理， ∴， ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 9．（2023·浙江嘉兴·中考真题）小慧同学在学习了九年级上册“4.1比例线段”3节课后，发现学习内容是一个逐步特殊化的过程，请在横线上填写适当的数值，感受这种特殊化的学习过程．图中横线处应填：__________ 【答案】 【分析】根据题意得出，进而即可求解． 【详解】解：∵ ∴ ∴， 故答案为：． 10．（2022·浙江温州·中考真题）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片，此时各叶片影子在点M右侧成线段，测得，垂直于地面的木棒与影子的比为2∶3，则点O，M之间的距离等于___________米．转动时，叶片外端离地面的最大高度等于___________米． 【答案】 10 【分析】过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作BI⊥OJ，垂足为I，延长MO，使得OK＝OB，求出CH的长度，根据，求出OM的长度，证明，得出，，求出IJ、BI、OI的长度，用勾股定理求出OB的长，即可算出所求长度． 【详解】如图，过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作BI⊥OJ，垂足为I，延长MO，使得OK＝OB， 由题意可知，点O是AB的中点， ∵， ∴点H是CD的中点， ∵， ∴， ∴， 又∵由题意可知：， ∴，解得， ∴点O、M之间的距离等于， ∵BI⊥OJ， ∴， ∵由题意可知：， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形OHDJ是平行四边形， ∴， ∵， ∴，，， ∵在中，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴， ∴叶片外端离地面的最大高度等于， 故答案为：10，． 11．（2022·浙江杭州·中考真题）某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE=2.47m，则AB=_________m． 【答案】9.88 【分析】根据平行投影得AC∥DE，可得∠ACB=∠DFE，证明Rt△ABC∽△Rt△DEF，然后利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m． ∴AC∥DF， ∴∠ACB=∠DFE， ∵AB⊥BC，DE⊥EF， ∴∠ABC=∠DEF=90°， ∴Rt△ABC∽Rt△DEF， ∴，即， 解得AB=9.88， ∴旗杆的高度为9.88m．故答案为：9.88． 12．（2022·浙江丽水·中考真题）一副三角板按图1放置，O是边的中点，．如图2，将绕点O顺时针旋转，与相交于点G，则的长是___________． 【答案】 【分析】BC交EF于点N，由题意得，，，，，BC=DF=12，根据锐角三角函数即可得DE，FE，根据旋转的性质得是直角三角形，根据直角三角形的性质得，即，根据角之间的关系得是等腰直角三角形，即cm，根据，得，即，解得，即可得． 【详解】解：如图所示，BC交EF于点N， 由题意得，，，，，BC=DF=12， 在中，， ， ∵△ABC绕点O顺时针旋转60°， ∴， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∴（cm）， ∴（cm）， ∵， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴cm， ∵，， ∴， 即， ， ， ∴（cm）， 故答案为：． 13．（2022·浙江绍兴·中考真题）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片，其中，，，，，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ） A． B． C．10 D． 【答案】A 【分析】根据题意，画出相应的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可判断哪个选项符合题意． 【详解】解：当△DFE∽△ECB时，如图， ∴， 设DF=x，CE=y， ∴，解得：， ∴，故B选项不符合题意； ∴，故选项D不符合题意； 如图，当△DCF∽△FEB时， ∴， 设FC=m，FD=n， ∴，解得：， ∴FD=10，故选项C不符合题意； ，故选项A符合题意； 故选：A 14．（2022·浙江衢州·中考真题）西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端（人眼）望点，使视线通过点，记人站立的位置为点，量出长，即可算得物高．令BG=x（m）， EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，则关于的函数表达式为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据矩形的判定与性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质即可得出结论． 【详解】解：由题意可知，四边形是矩形， ， ， ， 又， ， ， ， ， ，整理得：，故选：B． 15．（2022·浙江金华·中考真题）如图是一张矩形纸片，点E为中点，点F在上，把该纸片沿折叠，点A，B的对应点分别为与相交于点G，的延长线过点C．若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】令BF=2x，CG=3x，FG=y，易证，得出，进而得出y=3x，则AE=4x，AD=8x，过点E作EH⊥BC于点H，根据勾股定理得出EH=x，最后求出的值． 【详解】解：过点E作EH⊥BC于点H， 又四边形ABCD为矩形， ∴∠A=∠B=∠D=∠BCD=90°，AD=BC， ∴四边形ABHE和四边形CDEH为矩形， ∴AB=EH，ED=CH， ∵， ∴令BF=2x，CG=3x，FG=y，则CF=3x+y，，， 由题意，得， 又为公共角， ∴， ∴， 则， 整理，得， 解得x=-y（舍去），y=3x， ∴AD=BC=5x+y=8x，EG=3x，HG=x， 在Rt△EGH中EH2+HG2=EG2， 则EH2+x2=(3x)2， 解得EH=x， EH=-x(舍)， ∴AB=x， ∴． 故选：A． 16．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，在中，．分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线分别交，于点．以为圆心，长为半径画弧，交于点，连结．则下列说法错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据线段垂直平分线的判定与性质即可判断选项A；先根据等腰三角形的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据三角形的外角性质可得，由此即可判断选项B；先假设可得，再根据角的和差可得，从而可得，由此即可判断选项C；先根据等腰三角形的判定可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质可得，最后根据等量代换即可判断选项D． 【详解】解：由题意可知，垂直平分，， ，则选项A正确； ， ， ，， ，， ，， ， ，则选项B正确； 假设， ， 又， ， ，与矛盾， 则假设不成立，选项C错误； ，， ， 在和中，， ， ，即， ，则选项D正确； 故选：C． 17．（2022·浙江舟山·中考真题）如图，在和中，，点A在边的中点上，若，，连结，则的长为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】D 【分析】过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，根据等腰直角三角形的性质可得，∠BED=45°，进而得到，，，再证得△BEF∽△ABG，可得，然后根据勾股定理，即可求解． 【详解】解：如图，过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G， 在中，∠BDE=90°，， ∴，∠BED=45°， ∵点A在边的中点上， ∴AD=AE=1， ∴， ∴， ∵∠BED=45°， ∴△AEG是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵∠ABC=∠F=90°， ∴EF∥AB， ∴∠BEF=∠ABG， ∴△BEF∽△ABG， ∴，即， 解得：， ∴， ∴． 故选：D 18．（2022·浙江丽水·中考真题）如图，五线谱是由等距离、等长度的五条平行横线组成的，同一条直线上的三个点A，B，C都在横线上．若线段，则线段的长是（ ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】过点作五条平行横线的垂线，交第三、四条直线，分别于、，根据题意得，然后利用平行线分线段成比例定理即可求解． 【详解】解：过点作五条平行横线的垂线，交第三、四条直线，分别于、， 根据题意得， ∵， ∴， 又∵， ∴ 故选：C 19．（2022·浙江杭州·中考真题）如图，在ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF，已知四边形BFED是平行四边形，． (1)若，求线段AD的长． (2)若的面积为1，求平行四边形BFED的面积． 【答案】(1)2 (2)6 【分析】（1）利用平行四边形对边平行证明，得到即可求出； （2）利用平行条件证明，分别求出、的相似比，通过相似三角形的面积比等于相似比的平方分别求出、，最后通过求出． 【详解】（1）∵四边形BFED是平行四边形， ∴ ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）∵四边形BFED是平行四边形， ∴，，DE=BF， ∴， ∴ ∴， ∵，DE=BF， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． 20．（2022·浙江宁波·中考真题） (1)如图1，在中，D，E，F分别为上的点，交于点G，求证：． (2)如图2，在（1）的条件下，连接．若，求的值． (3)如图3，在中，与交于点O，E为上一点，交于点G，交于点F．若平分，求的长． 【答案】(1) 证明：∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． (2) (3) 【分析】（1）利用，证明，利用相似比即可证明此问； （2）由（1）得，，得出是等腰三角形，利用三角形相似即可求出 的值； （3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长交于点M，连接，作，垂足为N．构造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出、的值，即可得出的长． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）得， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． （3）解：如图，延长交于点M，连接，作，垂足为N． 在中，． ∵， ∴由（1）得， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵平分， ∴， ∴． ∴．在中，． ∵， ∴， ∴． 考点02 锐角三角函数与解直角三角形 1．（2026·浙江·中考真题）如图，一辆高为0.54米的智能摇杆车驶入夹角为的裂缝进行采样，则智能车无法采样的距离为___________．（注：，，） 【答案】米 【分析】利用正切函数定义即可解答． 【详解】解：由题意可知，为直角三角形，且，，米， 在中，， （米）， 即智能车无法采样的距离为 2 米． 2．（2025·浙江·中考真题）无人机警戒在高速公路场景中的应用，是我国低空经济高质量发展的重要实践方向．如图，在高速公路上，交警在A处操控无人机巡查，无人机从点A处飞行到点P处悬停，探测到它的正下方公路上点B处有汽车发生故障．测得A处到P处的距离为，从点A观测点P的仰角为，则A处到B处的距离为________． 【答案】 【分析】利用仰角的余弦解答即可． 本题考查了仰角的计算，熟练掌握角的余弦是解题的关键． 【详解】解：根据题意，得， 故答案为：． 3．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，，是边上的中线，． (1)求的长； (2)求的值． 【答案】(1)14 (2) 【分析】本题考查了三角形的高、中线的定义，勾股定理，解直角三角形，分别解与，得出，是解题的关键． （1）先由三角形的高的定义得出，再利用得出；在，根据勾股定理求出，然后根据即可求解． （2）先由三角形的中线的定义求出的值，则，然后在中根据正弦函数的定义即可求解． 【详解】（1）解：在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴； （2）∵是边上的中线， ∴， ∴， ∴， ∴． 4．（2023·浙江杭州·中考真题）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（）和中间一个小正方形拼成的大正方形中，，连接．设，若正方形与正方形的面积之比为，则（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】C 【分析】设，，首先根据得到，然后表示出正方形的面积为，正方形的面积为，最后利用正方形与正方形的面积之比为求解即可． 【详解】设，， ∵，， ∴，即， ∴，整理得， ∴， ∵， ∴， ∴正方形的面积为， ∵正方形的面积为， ∵正方形与正方形的面积之比为， ∴， ∴解得． 故选：C． 5．（2023·浙江衢州·中考真题）如图，一款可调节的笔记本电脑支架放置在水平桌面上，调节杆，，的最大仰角为.当时，则点到桌面的最大高度是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作于，过点作于，利用解直角三角形可得，，根据点到桌面的最大高度，即可求得答案． 【详解】如图，过点作于，过点作于，   在中，， 在中，， 点到桌面的最大高度，故选：D． 6．（2023·浙江温州·中考真题）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形，使点D，E，F分别在边，，上，过点E作于点H．当，，时，的长为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形性质和解直角三角形求出，，继而求出再根据，即可求． 【详解】解：∵在菱形中，，， ∴， 又∵， ∴，， ∴，， ∴，， ∴ ∵， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， 故选C． 7．（2023·浙江宁波·中考真题）某综合实践研究小组为了测量观察目标时的仰角和俯角，利用量角器和铅锤自制了一个简易测角仪，如图1所示． (1)如图2，在点观察所测物体最高点，当量角器零刻度线上两点均在视线上时，测得视线与铅垂线所夹的锐角为，设仰角为，请直接用含的代数式示． (2)如图3，为了测量广场上空气球离地面的高度，该小组利用自制简易测角仪在点分别测得气球的仰角为，为，地面上点在同一水平直线上，，求气球离地面的高度．（参考数据：，） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）如图所示，铅垂线与水平线相互垂直，从而利用直角三角形中两锐角互余即可得到答案； （2）根据题意，，在中，，由等腰直角三角形性质得到；在中，，由，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：如图所示：    由题意知， 在中，，则，即， ； （2）解：如图所示：    ， 在中，，由等腰直角三角形性质得到， 在中，， 由， 即， 解得， 气球离地面的高度． 8．（2023·浙江温州·中考真题）根据背景素材，探索解决问题． 测算发射塔的高度 背 景 素 材 某兴趣小组在一幢楼房窗口测算远处小山坡上发射塔的高度（如图1）．他们通过自制的测倾仪（如图2）在，，三个位置观测，测倾仪上的示数如图3所示．          经讨论，只需选择其中两个合适的位置，通过测量、换算就能计算发射塔的高度． 问题解决 任务1 分析规划 选择两个观测位置：点_________和点_________ 获取数据 写出所选位置观测角的正切值，并量出观测点之间的图上距离． 任务2 推理计算 计算发射塔的图上高度． 任务3 换算高度 楼房实际宽度为米，请通过测量换算发射塔的实际高度． 注：测量时，以答题纸上的图上距离为准，并精确到1． 【答案】规划一：[任务 1]选择点和点；，，，测得图上；[任务 2]；[任务 3]发射塔的实际高度为米；规划二：[任务 1]选择点和点．[任务 2]；[任务 3]发射塔的实际高度为米； 【分析】规划一：[任务 1]选择点和点,根据正切的定义求得三个角的正切值，测得图上 [任务 2]如图1，过点作于点，过点作于点，设．根据，，得出，．由，解得，根据，得出，即可求解； [任务3 ]测得图上，设发射塔的实际高度为米．由题意，得，解得， 规划二：[任务 1]选择点和点．根据正切的定义求得三个角的正切值，测得图上； [任务 2]如图2，过点作于点，过点作，交的延长线于点，则，设．根据，，得出，．根据，得出，然后根据，得出，进而即可求解． [任务 3]测得图上，设发射塔的实际高度为米．由题意，得，解得，即可求解． 【详解】解：有以下两种规划，任选一种作答即可． 规划一： [任务 1]选择点和点． ，，，测得图上． [任务 2]如图1，过点作于点，过点作于点，      则，设． ∵，， ∴，． ∵， ∴ 解得， ∴． ∵， ∴， ∴． [任务3 ]测得图上，设发射塔的实际高度为米． 由题意，得，解得， ∴发射塔的实际高度为米． 规划二： [任务 1]选择点和点． ，，，测得图上． [任务 2]如图2，过点作于点，过点作，交的延长线于点，则，设．    ∵，， ∴，． ∵， ∴，解得， ∴． ∵，∴， ∴． [任务 3]测得图上，设发射塔的实际高度为米． 由题意，得，解得． ∴发射塔的实际高度为米． 9．（2023·浙江嘉兴·中考真题）图1是某住宅单元楼的人脸识别系统（整个头部需在摄像头视角围内才能被识别），其示意图如图2，摄像头的仰角、俯角均为，摄像头高度，识别的最远水平距离．    (1)身高的小杜，头部高度为，他站在离摄像头水平距离的点C处，请问小杜最少需要下蹲多少厘米才能被识别． (2)身高的小若，头部高度为，踮起脚尖可以增高，但仍无法被识别．社区及时将摄像头的仰角、俯角都调整为（如图3），此时小若能被识别吗？请计算说明．（精确到，参考数据） 【答案】(1) (2)能，理由如下： 过点作的垂线分别交仰角、俯角线于点，，交水平线于点，如图所示，    在中，． ， ， ． ， ． 小若垫起脚尖后头顶的高度为． 小若头顶超出点N的高度． 小若垫起脚尖后能被识别． 【分析】（1）根据正切值求出长度，再利用三角形全等可求出，最后利用矩形的性质求出的长度，从而求出蹲下的高度． （2）根据正切值求出长度，再利用三角形全等可求出，最后利用矩形的性质求出的长度，即可求出长度，与踮起脚尖后的高度进行比较，即可求出答案． 【详解】（1）解：过点作的垂线分别交仰角、俯角线于点，，交水平线于点，如图所示，    在中，． ． ， ． ． ，， 小杜下蹲的最小距离． （2）略 10．（2023·浙江台州·中考真题）教室里的投影仪投影时，可以把投影光线，及在黑板上的投影图像高度抽象成如图所示的，．黑板上投影图像的高度，与的夹角，求的长．（结果精确到1cm．参考数据：，，） 【答案】的长约为 【分析】在中，由，再代入数据进行计算即可． 【详解】解：在中，，，， ∴ ． ∴的长约为． 11．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，某工厂为了提升生产过程中所产生废气的净化效率，需在气体净化设备上增加一条管道，已知，，求管道的总长． 【答案】18m 【分析】如图：过点作于点，由题意易得，进而求得，再通过解直角三角形可得，然后求出即可解答． 【详解】解：如图：过点作于点， 由题意，得， ∵，∴． ∵， ∴． ∴．即管道的总长为．      12．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，直尺的一边与BC重合，另一边分别交AB，AC于点D，E．点B，C，D，E处的读数分别为15，12，0，1，则直尺宽BD的长为_________． 【答案】 【分析】先求解 再利用线段的和差可得答案． 【详解】解：由题意可得： 同理： 故答案为： 13．（2022·浙江杭州·中考真题）如图，已知△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC=θ（θ是锐角），则△ABC的面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】要使△ABC的面积S=BC•h的最大，则h要最大，当高经过圆心时最大． 【详解】解：当△ABC的高AD经过圆的圆心时，此时△ABC的面积最大， 如图所示， ∵A'D⊥BC， ∴BC=2BD，∠BOD=∠BAC=θ， 在Rt△BOD中， sinθ= ，cosθ=， ∴BD=sinθ，OD=cosθ， ∴BC=2BD=2sinθ， A'D=A'O+OD=1+cosθ， ∴S△A'BC=AD•BC=•2sinθ（1+cosθ）=sinθ（1+cosθ）．故选：D． 14．（2022·浙江台州·中考真题）如图1，梯子斜靠在竖直的墙上，其示意图如图2，梯子与地面所成的角α为75°，梯子AB长3m，求梯子顶部离地竖直高度BC．（结果精确到0.1m；参考数据：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73） 【答案】梯子顶部离地竖直高度BC约为2.9m． 【分析】根据竖直的墙与梯子形成直角三角形，利用锐角三角函数即可求出AC的长． 【详解】解：在Rt△ABC中，AB=3，∠ACB=90°，∠BAC=75°， ∴BC=AB⋅sin75° ≈3×0.97=2.91 ≈2.9(m)． 答：梯子顶部离地竖直高度BC约为2.9m． 15．（2022·浙江金华·中考真题）一配电房示意图如图所示，它是一个轴对称图形，已知，，则房顶A离地面的高度为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点A作AD⊥BC于D，根据轴对称图形得性质即可得BD=CD，从而利用锐角三角函数正切值即可求得答案． 【详解】解：过点A作AD⊥BC于D，如图所示： ∵它是一个轴对称图形， ∴m， ，即， 房顶A离地面的高度为，故选B． 16．（2022·浙江衢州·中考真题）希腊数学家海伦给出了挖掘直线隧道的方法：如图，是两侧山脚的入口，从出发任作线段，过作，然后依次作垂线段，直到接近点，作于点．每条线段可测量，长度如图所示．分别在，上任选点，作，，使得，此时点共线．挖隧道时始终能看见处的标志即可． （1）_______km． （2）=_______． 【答案】 1.8 【分析】（1）由图可知CD＝5.5km，EF＝1km，GJ＝2.7km，代入CD－EF－GJ计算即可得到答案； （2）连接AB，过点A作AT⊥CB，交CB的延长线于点T，∠ATB＝90°，共线,得到∠MBQ＝∠ABT，由题意可知BT和AT的长度，即可求得∠ABT的正切，进一步即可得到答案． 【详解】解：（1）由图可知，CD＝5.5km，EF＝1km，GJ＝2.7km， ∴CD－EF－GJ＝5.5－1－2.7＝1.8（km）； 故答案为：1.8 （2）连接AB，过点A作AT⊥CB，交CB的延长线于点T，∠ATB＝90°， ∵点共线, ∴∠MBQ＝∠ABT， 由题意可知，BT＝DE＋FG－CB－AJ＝4.9＋3.1－3－2.4＝2.6, AT＝CD－EF－GJ＝5.5－1－2.7＝1.8， ∴tan∠ABT＝， ∴tan∠MBQ ＝＝， ∴k＝． 故答案为： 17．（2022·浙江金华·中考真题）图1是光伏发电场景，其示意图如图2，为吸热塔，在地平线上的点B，处各安装定日镜（介绍见图3）．绕各中心点旋转镜面，使过中心点的太阳光线经镜面反射后到达吸热器点F处．已知，在点A观测点F的仰角为． （1）点F的高度为______m． （2）设，则与的数量关系是_______． 【答案】 9 【分析】（1）过点A作AG⊥EF，垂足为G，证明四边形ABEG是矩形，解直角三角形AFG，确定FG，EG的长度即可． （2）根据光的反射原理画出光路图，清楚光线是平行线，运用解直角三角形思想，平行线的性质求解即可． 【详解】（1）过点A作AG⊥EF，垂足为G． ∵∠ABE=∠BEG=∠EGA=90°， ∴四边形ABEG是矩形， ∴EG=AB=1m，AG=EB=8m， ∵∠AFG=45°， ∴FG=AG=EB=8m， ∴EF=FG+EG=9(m)． 故答案为：9； （2）．理由如下： ∵∠ E=∠EG=∠EG=90°， ∴四边形 EG是矩形， ∴EG= =1m，G=E=， ∴tan∠FG=， ∴∠FG=60°，∠FG=30°， 根据光的反射原理，不妨设∠FAN=2m，∠FM=2n， ∵ 光线是平行的， ∴AN∥M， ∴∠GAN=∠GM， ∴45°+2m=30°+2n， 解得n-m=7.5°， 根据光路图，得， ∴， 故， 故答案为： ． 18．（2022·浙江绍兴·中考真题）圭表（如图是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表” 和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭” ，当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据某市地理位置设计的圭表平面示意图，表垂直圭，已知该市冬至正午太阳高度角（即为，夏至正午太阳高度角（即为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为4米． (1)求∠BAD的度数． (2)求表AC的长（最后结果精确到0.1米）．（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈，tan84°≈） 【答案】(1)47° (2)3.3米 【分析】（1）根据三角形的外角等于与它不相邻两个内角的和解答即可； （2）分别求出和的正切值，用表示出和，得到一个只含有的关系式，再解答即可． 【详解】（1）解：，， ， 答：的度数是． （2）解：在Rt△ABC中，， ∴． 同理，在Rt△ADC中，有． ∵， ∴． ∴， ∴（米）． 答：表AC的长是3.3米． 19．（2022·浙江宁波·中考真题）每年的11月9日是我国的“全国消防安全教育宣传日”，为了提升全民防灾减灾意识，某消防大队进行了消防演习．如图1，架在消防车上的云梯AB可伸缩（最长可伸至20m），且可绕点B转动，其底部B离地面的距离BC为2m，当云梯顶端A在建筑物EF所在直线上时，底部B到EF的距离BD为9m． (1)若∠ABD=53°，求此时云梯AB的长． (2)如图2，若在建筑物底部E的正上方19m处突发险情，请问在该消防车不移动位置的前提下，云梯能否伸到险情处？请说明理由． （参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3） 【答案】(1)15m (2) 解：在该消防车不移动位置的前提下，云梯能伸到险情处， 理由：由题意得： DE=BC=2m， ∵AE=19m， ∴AD=AE-DE=19-2=17（m）， 在Rt△ABD中，BD=9m， ∴AB= （m）， ∵m＜20m， ∴在该消防车不移动位置的前提下，云梯能伸到险情处． 【分析】（1）在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义求出AB的长，即可解答； （2）根据题意可得DE=BC=2m，从而求出AD=17m，然后在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义求出AB的长，进行比较即可解答． 【详解】（1）解：在Rt△ABD中，∠ABD=53°，BD=9m， ∴AB==15（m）， ∴此时云梯AB的长为15m； （2）略 20．（2022·浙江嘉兴·中考真题）小华将一张纸对折后做成的纸飞机如图1，纸飞机机尾的横截面是一个轴对称图形，其示意图如图2．已知，，，，．（结果精确到0.1，参考数据：，，，，，） (1)连结，求线段的长． (2)求点A，B之间的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）过点C作于点F，根据等腰三角形的性质可得， ，再利用锐角三角函数，即可求解； （2）连结．设纸飞机机尾的横截面的对称轴为直线l，可得对称轴l经过点C．从而得到四边形DGCE是矩形，进而得到DE=CG，然后过点D作于点G，过点E作EH⊥AB于点H，可得，从而得到，再利用锐角三角函数，即可求解． 【详解】（1）解：如图2，过点C作于点F， ∵， ∴，平分． ∴， ∴(cm)， ∴． （2）解：如图3，连结．设纸飞机机尾的横截面的对称轴为直线l， ∵纸飞机机尾的横截面示意图是一个轴对称图形， ∴对称轴l经过点C． ∴，， ∴AB∥DE． 过点D作于点G，过点E作EH⊥AB于点H， ∵DG⊥AB，HE⊥AB， ∴∠EDG =∠DGH=∠EHG=90°， ∴四边形DGCE是矩形， ∴DE=HG， ∴DG∥l， EH∥l， ∴， ∵，BE⊥CE，   ∴， ∴(cm)， ∴． 1．如图所示，已知正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形构成的，延长交于点M．若．则正方形与正方形的面积之比为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，则，，，作于设直角三角形的短直角边为，长直角边为，由勾股定理得，小正方形的边长为，证明，得出，，从而可得，证明，求出，代入计算即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴设，则， ∴， ∴， 作于，如图， 设直角三角形的短直角边为，长直角边为， ∵正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形构成的， ∴由勾股定理得，即，小正方形的边长为， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴或（不符合题意，舍去）， ∴， ∴，， ∴正方形与正方形的面积之比为． 2．如图1，点是以为直径的半圆上的一个动点，过点作于点，是的中点，连结，．设，的面积为，的面积为．函数，关于的图象如图2所示，其中点为两个图象的交点，则下列结论错误的是（     ） A． B．点一定落在函数图像上 C．点的坐标是 D．当时， 【答案】C 【分析】根据题意得出，此时点D在圆心位置，利用面积确定，即可判断A；得出圆的半径为2，直径为4，然后当时，结合图形求出相应面积即可判断选项B；根据题意得出，利用面积相等得出，然后再求面积即可判断C选项；利用相似三角形的性质即可判断D选项． 【详解】解：根据题意得：当时，， ∴， ∵是的中点， ∴， 由题意得：， ∴， ∴此时点D在圆心位置， ∴， ∴， 解得（负值舍去），故A正确，不符合题意； ∴圆的半径为2，直径为4， 当时，即， 设圆心为O，连接，如图所示： ∴， ∴， ∴， ∴点一定落在函数图像上，选项B正确，不符合题意； ∵， ∴， ∵点为两个图象的交点， ∴此时，即， 整理得， 解得：， 当时，， ∴， ∴， ∴点的坐标是，故选项C错误，符合题意； ∵， ∴， ∴， 解得：，故选项D正确，不符合题意． 3．如图1，在中，，．是上一点，的中垂线交的边于点，．记，四边形面积为，利用数学软件画出关于的函数图象如图2所示，其中一个最高点坐标为，一个最低点坐标为，下列选项正确的是（     ） A． B． C． D．点在该函数图象上 【答案】C 【分析】由图象最低点可知当为中点时面积最小，据此求出的边长及的值；由图象最高点为分段点，分析可知此时点与点重合，据此求出和的值；当时，，点在上，点在上， 作于， 再求出，然后说明，求出，最后求出，验证即可． 【详解】解：当为中点时，，此时最短 ， 的中垂线，， ∴且与互相平分， ∴四边形为平行四边形， ∴四边形为正方形，面积最小， 对应图象最低点 ， 解得． 为等腰直角三角形，为中点， ，， ，故B错； 由图象可知为分段点，此时点从边运动到边，即与重合， 垂直平分，在上， ， ，故A错误； 此时在上，与重合，四边形即四边形， ，， ， ． ， ， ， 为等腰直角三角形，， ， ，故C正确； 当时，，点在上，点在上， 过作于，则，， 则 ， 根据题意可知，则， 根据勾股定理，得， 即， 解得． ∵， ∴， 根据勾股定理，得，即， 解得． ∵， ∴， ∴， 即， 解得， ∴， 所以点不在该函数图象上． 则D不正确． 4．如图1，在中，点是边上的定点，点从点出发，依次沿的路线匀速运动，回到点时停止．设点运动的路程为，为，则关于的函数图象如图2所示，其中，分别是所在曲线的最低点，下列选项错误的是（     ） A． B．点的纵坐标为144 C． D．点在该函数图象上 【答案】C 【分析】根据图2最高点得出长，根据点横坐标得出长进而求出及点纵坐标；结合图2终点横坐标及选项D验证长，利用勾股定理逆定理推导长，从而判断选项． 【详解】解：由图2可知，的最大值为400，此时运动到点， ∴，解得，故A选项正确； 由图2可知，点为段的最低点，此时，过点D作， ∵点横坐标为36， ∴， 在中，， ∴点纵坐标为，故B选项正确； 在图1中，作点B关于的对称点F， 则，， 根据图2可知运动到点B和点F时，相等， 则， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是直角三角形，， 由图2可知运动到点时， ∴， ∴， 选项C中，故C选项错误； 在中，， 若选项D正确，即点在函数图象上， 此时在段，， 则从点运动了， ∴， 又，∴， ∴，符合题意； 综上，D选项正确，C选项错误． 5．（2026·浙江温州·二模）某校在教学楼顶安装可调节角度的光伏板，用于绿色发电．如图，长为2米的光伏板斜靠在竖直于地面的支架上，倾斜角为，为提高发电效率，将底端沿方向移动到点，顶端向下滑动到点，此时倾斜角为，则顶端下降的垂直高度为（） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】B 【分析】根据题意可知，在和 中，分别利用正弦函数求出和的长，最后根据 即可求解． 【详解】解：由题意可知，光伏板长度不变，即米，且． 在 中，， ， ． 在中， ， ∵， ． ∴米． 6．（2026·浙江·模拟预测）如图1，在菱形与菱形中，，且，点在射线上，点在直线上．菱形沿射线平移，设点与点的距离为，菱形与菱形重叠部分的图形面积为．若关于的函数图象如图2所示，则下列选项正确的是（　　） A． B． C．当时， D．当时， 【答案】C 【分析】本题考查由图象获取信息，菱形的判定及性质，锐角三角形函数，掌握相关知识是解题的关键． 由题意可得，菱形的面积为12，，根据菱形的面积公式即可求出，从而判断A选项；连接，根据菱形的对角线互相垂直平分可求出，，再由勾股定理求出，根据正弦的定义即可判断B选项；当时，，可得点O与点E重合，设与相交于点M，与相交于点N，连接，交于点H，证明重合部分四边形是菱形，求出，的长，进而求出菱形的面积，即可判断C选项；由图象可得，当时，，即可判断D选项． 【详解】解：由题意可得，当菱形与菱形重合时，重叠部分的面积y最大，此时点P与点C重合时，点E与点A重合，，重合部分的面积y是菱形的面积， 由图象可得，此时，， ∴，， ∵，即， ∴，故A选项错误． 连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴在中，， ∴，故选项B错误； 当时，， ∵在菱形与菱形中，，且， ∴菱形与菱形全等， ∴， ∴， ∴， ∴点O与点E重合，如图所示， 设与相交于点M，与相交于点N，连接，交于点H， ∵在菱形和菱形中，，， 又， ∴，， ∴，， ∵在菱形中，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴ ∵在中，， ∴在中，， ∴， ∴， 即，故选项C正确． 由图象可得，当时，，故选项D错误． 故选：C． 7．（2026·浙江宁波·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴，轴于，两点，为线段上一点，且，连接，将绕点逆时针旋转交轴于点，若，则点坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】把代入求出，进而求出，得出是等腰直角三角形，，，，，证明是等腰直角三角形，得出，，利用旋转的性质及外角性质得出，根据得出，即可求出，根据点在轴负半轴可得点坐标． 【详解】解：如图，过点作于， ∵直线分别交轴，轴于，两点，， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴，， ∴是等腰直角三角形，，， ∵， ∴，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵将绕点逆时针旋转交轴于点， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 解得：， ∴点坐标为． 8．（2026·浙江温州·二模）如图1，一个立方体箱子（侧面为正方形）沿着足够长的斜坡从点向点运动，过点作于点，设为，的值为，如图2，关于的函数图象与轴交于点，且经过点．若．则下列选项正确的是（） A． B． C．点在该函数图象上 D．点的纵坐标是2 【答案】C 【分析】设正方形的边长为，过点作于点，过点作交的延长线于点，利用三角函数分别表示出和的长度，从而得到与的函数关系式，代入点坐标求出的值，进而确定函数解析式，最后对各选项进行判断 【详解】解：设正方形的边长为，则， ， ， 过点作于点，过点作交的延长线于点， ， 四边形为矩形， ， 在中，， ， ， ， 在中，， ， ， 即， 图象过点， ，解得， 函数解析式为，且，故B选项错误； 当时，，故A选项错误； 当时，， 点在该函数图象上，故C选项正确； 当时，， 点的纵坐标是，故D选项错误． 9．（2026·浙江金华·二模）如图，在中，，，以中点为圆心、长为半径作弧．点从点出发，沿弧及线段向终点运动．记的运动路程为，，关于的函数图象如图所示，图象过点，则下列说法错误的是（   ）． A．点在弧上运动时，的图象为一条线段 B．当时，点运动到点 C．的最小值为 D． 【答案】D 【分析】连接，先根据题意和图确定为等腰直角三角形、为等腰直角三角形，再根据图进行分类，①当点在上，②当点在线段上，结合等腰直角三角形的性质和弧长的性质、及函数图像的性质判断即可． 【详解】连接， ∵在中，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵点为中点， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∵的运动路程为，， 又∵点从点出发，沿弧及线段向终点运动， ①当点在上， ∴， ∴为定值，的图象为一条线段，结合图像，，故A选项正确，不符合条件， ∴， ∵， ∴； ∴当时，点运动到点，故B选项正确，不符合条件， ②当点在线段上， 如图，过点作交于点 当，即有最小值，重合， ∵，，， ∴最小值，故C选项正确，不符合条件， ∵，，， ∴， ∵从图中，可看出先减小，再增大，由图可得，点与点为对称点， 点即在图中点在点时的坐标，即， ∴点表示图中点在点时的坐标， ∴，故D选项不正确，符合条件． 10．（2026·浙江杭州·模拟预测）如图，在矩形内正好放置一个立方体的表面展开图，正方形是原立方体的一个面，点，，是原立方体的顶点，展开后点，，，均在矩形的边上，若点，，在同一直线上，则的值是______． 【答案】 【分析】过点作于点，不妨设，小正方形的边长为1，先证明四边形是矩形，根据，得到，接着，算得，再证明，从而得出答案． 【详解】解：过点作于点，不妨设，小正方形的边长为1，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴（舍去负值）， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 11．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，已知中，，．点是边上一动点，点在边上，且为定角．设，，若关于的函数图象如图所示，则的值是________． 【答案】/ 【分析】先求得定角，作于点，在上取点，使，连接和，求得点与点重合，据此即可求解． 【详解】解：由图可知，当时，，说明此时点与点重合， ∴， ∵中，，， ∴，，， 当时，与重合，说明与重合， ∴定角， 作于点，在上取点，使，连接和， 由题意得，， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴此时，点与点重合， ∴． 12．（2026·浙江·二模）如图，的边，，，是边上的一点，将沿着翻折得到，连接，． （1）若，且点落在边上时，则的面积为________； （2）当面积最小时，则的长为_________．（用含的式子表示） 【答案】 【分析】（1）当点落在边上时，根据折叠的性质可知，，根据等腰直角三角形的性质可知，根据可以求出，根据三角形的面积公式即可求出的面积； （2）根据折叠的性质可知，点在以点为圆心为半径的圆上，当点到的距离最小时，的面积最小，根据垂线段最短，过点作于点，交于点，根据平行四边形的性质可知，根据折叠的性质可知是的垂直平分线，再由条件证得三点共线，从而得到是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可以求出． 【详解】（1）解：当点落在边上时，如下图所示， ， ，， 中， ，，， 由折叠可知，， ， ， ， ； （2）解：如下图所示， 由折叠可知点在以点为圆心为半径的圆上， 的长度一定， 当点到的距离最小时，的面积最小， 过点作于点，交于点， ， ，， ， ∴是等腰直角三角形， ∴， 则， 四边形是平行四边形， ，， ， 由折叠可知平分， ， 由折叠可知， 又， ， 又， 三点共线，即在边上， ∴是等腰直角三角形， ． 13．（2026·浙江·模拟预测）如图，E为矩形对角线上一动点，．连接，将绕点A逆时针旋转后并延长，交射线于点F，交射线于点G．已知，则当时，__________． 【答案】或 【分析】在中，可得，，当点F在线段上时，连接交于点，不妨设，那么，则，证明，可得，再证明，可得，再通过算得，即可得出答案；当点F落在射线上，证明，得到，，再证明，得到，得解． 【详解】解：当点F在线段上时，连接交于点，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴，，，，，， ∴， ∵，，， ∴，即， ∴， ∵， ∴不妨设，那么，则， ∴，， ∵将绕点A逆时针旋转后并延长，交射线于点F， ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴； 当点F落在射线上，如图： ∵， ∴不妨设，， ∴，， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 综上所述：当时，或． 14．（2026·浙江舟山·一模）中国高铁是“中国速度”的闪亮名片，其基础造价为每米10万元．为保障列车运行安全，高铁线路的拐角设计通常控制在以内，某高铁线路需避开山体，在点处规划两处绕行方案：方案一：设计的拐角，即，在点处再设计一个拐角使得路线恢复方向，即；方案二：设计的拐角，即，在点处再设计一个拐角使得路线与方案一的路线重合，但这样路线会经过一片沙地（即为沙地），使每米的造价比基础造价增加10%． (1)若与的距离为66米，求线段、、的长． (2)在（1）的条件下，方案一和方案二哪一个造价更便宜？并说明理由．（参考数据：，，，） 【答案】(1)，， (2)解：方案一的造价更便宜，理由： 方案一造价：（万元）， 方案二造价：（万元）， ∵， ∴方案一的造价更便宜． 【分析】（1）作，垂足为，由已知可得为矩形，则，解直角三角形分别求出、、、，再根据，即可得解； （2）分别求出方案一和方案二的造价，再比较即可得出结论． 【详解】（1）解：如图：作，垂足为， ∵，， ∴， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴； （2）略 15．（2026·浙江温州·三模）某小组对两角和的正切公式的证明产生浓厚兴趣． 【背景阐述】 已知：如图所示，在矩形中，点在边上，连接，过点作交边于点（点不与，重合），连结．记，（其中，均为锐角，且）． 求证： 证明：不妨设， 则在矩形中，． 故，即． 因为，所以． 因为，所以． 故，从而． 而在中，． …… 【特例探试】 (1)利用“两角和的正切公式”求的近似值．（参考数据：） 【推理验证】 (2)根据上述推导，补充完整证明过程，求证：． 【答案】(1) (2)补充证明：∴， ，     ， ，     ∵四边形是矩形， ，，， ，， ， ． 【分析】（1）根据和求解即可； （2）根据题中思路，利用相似的性质表示出，从而表示出，，根据平行性质得出，再根据即可证明； 【详解】（1）解： ． （2）略 16．（2026·浙江舟山·二模）图1为坐落于舟山马目山的风车营地，风车、大桥、山海、日落所构成的和谐画面吸引了众多游客，成为了网红打卡地．除了景色，这里的风电机组所提供的清洁能源也带动了绿色经济发展，某学习小组查阅资料得知，在风力发电机组中，“风电塔筒”非常重要，它的高度是一个重要的设计参数．为测量其高度，他们选定了当风车停止转动时的位置，如图2，风电塔筒AB垂直于地面，叶片AC恰好与塔筒AB重合，三个叶片均匀分布（即）且长度均为80m，在距离塔底（点B）158m的点F处有一测角仪（其高度忽略不计）测得叶片端点D的仰角为． (1)求风电塔筒的高度．（结果保留整数，参考数据：，，，） (2)当叶片从图2位置开始绕点A沿顺时针方向第一次转动至图3位置时，学习小组测量发现叶片端点E的离地高度增加了24.7m，求所有叶片在这段时间内扫过的区域面积．（结果保留π，参考数据：，，） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）过点D作于点G，过点A作于点H，四边形是矩形，易得，利用三角函数求出，，再求出，已知，利用角的正切求出，根据，求出塔高； （2）过点E作，，两线交于点P，过点E'作于点Q，同（1）可得，求出，在中，求出，利用三角函数值得到，再求出，利用扇形的面积公式，求出单个叶片扫过的面积，再乘以3，得到三个叶片扫过的面积． 【详解】（1）解：如图，过点D作于点G，过点A作于点H， 由题意可知， 四边形是矩形， ，， ， ， ，， ， ， ， ， ， 答：风电塔筒的高度为． （2）解：如图，过点E作，，两线交于点P，过点E'作于点Q， 同（1）可得，， 由题意可得， 在中，， ， ， 叶片扫过的区域面积是， 所有叶片扫过的区域面积是． 17．（2026·浙江杭州·一模）【综合与实践】 【定义理解】 设是的平分线，若射线在的内部且关于对称，则称与为的一对等角线．小丽发现，若内部的两条射线满足，则与就是的一对等角线． 【初步应用】 (1)如图①，已知射线与是的一对等角线，，若，求的度数． 【探索发现】 (2)如图②，在平行四边形中，是的一对等角线，分别交于点于点，于点交于点． ①求证：是的一对等角线． ②若，，求的值． 【答案】(1) (2) ①证明：是的一对等角线， 根据（1）中可得， ，即， 四边形为平行四边形， ， ， ， ，， ， 根据小丽的说法，可得是的一对等角线； ② 【分析】（1）设，则，列方程即可解答； （2）①证明，再根据三角形内角和定理可得，即可解答； ②设，则，则可得，，列方程解得，再解直角三角形得，，即可解答． 【详解】（1）解：射线与是的一对等角线， ， 是的平分线， ， ，即， 设，则， 则， 解得， ， ； （2）①略 ②解：设，则， ， ， ， ， ， ， 解得， ， 在中，， 在中，， ． 18．（2026·浙江丽水·二模）【阅读理解】 如图1，在中，，，求的值． 求解过程如下：在上取点，使得，构造出等腰（如图2）．可得的外角，设，则，， 所以． 【类比尝试】 (1)如图3，在中，，，类比上述解题过程求的值． 【拓展应用】 (2)如图4，在中，，，，，用含，的代数式表示的值，并写出推理过程． 【答案】(1) (2)，过程如下 解：如图，延长至点，使得，连接， 则， 由题意得， ， ． 【分析】（1）根据题干，在上取一点，使得，构造出等腰，即可求解； （2）延长至点，使得，则，即可求解． 【详解】（1）解：如图，在上取一点，使得，构造出等腰， 可得的外角， 设，则，， ． （2）略 19．（2026·浙江湖州·二模）【文化欣赏】汉代初年的《淮南万毕术》中记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则见四邻矣”，意思是利用杆上挂的平面镜和盆内水面（抽象为平面镜）的反射，就能从水盆里看见院外的景象（如图）． 【科学原理】入射光线经平面镜反射得反射光线（），则（如图）． 【综合实践】小桐春假探望爷爷时，在院内作了实践探究：如图，杆地平线（为墙角），杆顶悬一平面镜，院外的邻居（点）先经平面镜的点处反射，再经水盆的水 面中心处反射后，恰被院内的小桐（观测点为）看到．现测得：米，． 【数学理解】 (1)求杆的高度． (2)如图，保持水盆和观测点的位置不变，将平面镜绕点逆时针旋转，邻居沿射线方向移动到处，经，两处反射后，小桐恰好观测到邻居，求邻居移动的距离． （参考数据：，，） 【答案】(1)米 (2)邻居移动的距离约为米 【分析】（1）解直角三角形，即可得出结果； （2）解直角三角形，分别求出的长，作差即可． 【详解】（1）解：由科学原理可得， ， ∵，，， ∴米， 答：杆的高度约为米． （2）解：邻居移动前：， 由科学原理可得， ， ∵， ∴， ∴ 米， 邻居移动后（如图）： ， 由科学原理可得，， ∴，， ∵ ∴， ∴米， ∴米， 答：邻居移动的距离约为米． 20．（2026·浙江·二模）【综合与实践】设计雨棚支架及确定雨棚的安装位置． 【生活情境】如图①是安装在外墙上的挡雨棚．矩形为雨棚的挡雨板，将雨棚的支架、、及的端点、、、固定在外墙上，、，与平行，米．图②是其侧面示意图，在一般风力下，雨滴下落方向与地面的夹角为53°（）．安装挡雨棚时需考虑：在一般风力下，确保雨滴不落在墙面（不包括）上． 【数学活动】数学学习小组通过研究支架、的长度，支架端点、的距离以及支架与的夹角（），对雨棚进行了重新设计．（参考数据：取0．8，取0．6） 图③是某小组的设计示意图，其中，，米． 【问题解决】 (1)请求出该小组设计的雨棚所需挡雨板的面积． (2)在一般风力下，为确保雨滴不落在墙面（不包括）上，在安装该小组所设计的雨棚时，点离地面距离不能超过多少米？ 【答案】(1)米 (2)米 【分析】（1）因为，已知长度和的值，所以过B作的垂线，利用直角三角形三角函数关系和勾股定理求出的长度，即为挡雨板的一边长，因为挡雨板是矩形，已知长度为矩形另一边长，所以用矩形面积公式即可计算面积； （2）要保证雨滴不落在墙面上，所以临界情况为雨滴沿下落方向刚好经过B点且落在O点，据此建立几何关系，过B作墙面的垂线得到水平距离，结合雨滴下落夹角，利用直角三角形三角函数求出B点到地面的高度，再求出A点的最大高度； 【详解】（1）解：过点作于点， ∵，，， ∴，， 在中，， ∵， ∴， 解得， ∴在中，， ∴， ∴， ∴所需挡雨板的面积为（平方米）． （2）连接， 若， ∵与平行， 则在中，， ∴， ∴， ∴， ∴（米）， ∴点A离地面距离不能超过米． 21．（2026·浙江杭州·二模）定义：若一个三角形存在两个内角之差为，则称这个三角形为“差直角三角形”．例如，在中，，，，满足，所以是“差直角三角形”． (1)若是差直角三角形，，则的值为 ． (2)如图1，在中，，是的角平分线，求证：是差直角三角形． (3)如图2，在中，，，，点D是边上一动点（），若是差直角三角形，求的长度． 【答案】(1) (2)证明：是的平分线， ， ， ，即 是差直角三角形． (3)或 【分析】（1）根据新定义求得，再求正弦值，即可求解． （2）根据角平分线的定义可得，进而可得，即可得证； （3）作于，过点作交于，分两种情况讨论，①当 时，②当 时，分别求解即可． 【详解】（1）解：∵是差直角三角形，， ∴， ∴； （2）略 （3）解：如图，作于，过点作交于， ，， 在中，， ， 解得， 在中，由勾股定理得； ①当 时， ， ， 中， 解得， ②当 时， ， 中， 设，， ∵ ∴ 解得： ， 由勾股定理得， 综上所述，或 22．（2026·浙江·二模）在菱形中，点在上，且，如图1，过点的直线，交对角线于点，与关于直线对称，点的对应点在的延长线上，分别交对角线、边于点、． (1)当时，求的度数． (2)如图2，当点与对应点重合时，求与菱形的面积之比． (3)已知，与的长度随的变化而变化，求的最大值． 【答案】(1)120° (2) (3) 【分析】（1）根据菱形性质，三角形内角和计算即可． （2）根据菱形性质，三角形相似求解各边，分别计算出三角形面积即可． （3）利用三角形相似和三角函数表示出，再进行求解即可． 【详解】（1）解：菱形， ∴， ∴， ∵与关于直线对称， ∴四边形和四边形也关于直线对称，如图， ∴,， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：当点与对应点重合时，与关于直线对称 ∴为垂直平分线， ∴，和为直角三角形， ∴， ∴，， ∵，设， ∴， ∴，， 在中，，，根据勾股定理得， ∴， ∵菱形， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 解得， 在,,，根据勾股定理得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， 解得， ∵， ∴， 连接菱形对角线交于点，如图， ∴，，， 在中，，，根据勾股定理得， ∴， ∴， ∴菱形面积， ∴面积， ∴与菱形的面积之比． （3）解：设， ∵，， ∴，， 设， ∵， ∴， 在中，过点作交于点， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， 设， ， ∴，整理得 ， ，整理得关于的一元二次方程， ∵要有最大值，方程要有实数根， ∴， ∴， ∴， ∴或， ∴或， ∵，即， ∴， ∴， ∴不符合题意舍去， ∴， ∴最大值为． 23．（2026·浙江·一模）在等边中，，是边上的中点，，分别是线段，上任意一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接、，的延长线交射线于点． (1)如图1，当点与点重合，若为的平分线，交于点，求的长； (2)如图2，若为线段上一点，且，，求证：； (3)如图3，设，求证：． 【答案】(1) (2) 证明：如图，在射线上取点，使得，作于点， ∵是等边三角形，D是边上的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴，， 在中， ， ∴， ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； (3) 证明：如图，过点分别作、的垂线，垂足为、， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴平分， ∵，， ∴，， 在中，， 在中，， ∴， ∴． 【分析】（1）由等边三角形的性质可得，，，则，．由旋转的性质可得，则，从而证明，则，因此； （2）在射线上取点，使得，作于点，根据题意可得，则，，因此．利用三角函数可计算得，结合等腰三角形的性质可得．由等量代换可得，从而证明，则，，进一步可证明，则，因此； （3）过点分别作、的垂线，垂足为、，由三角形的内角和定理可得，由角平分线的性质可得，使用三角函数计算出，，因此，变形得． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴，， ∵是边上的中点， ∴，， ∴， ∵为的平分线， ∴， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， 又∵点与点重合， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）略 （3）略 24．（2026·浙江温州·二模）如图1，在四边形中，，，，，平分，交于点，点在上，且． (1)如图2，当点与点重合时，求的值． (2)如图3，点在射线上，且点在点上方时，连结，． ①当时，求的长． ②若，求的最小值． 【答案】(1)． (2)①，② 【分析】（1）当与重合时，结合条件，可以推导出该点是的中点．因为，所以，在直角三角形中，求出，利用角平分线，得，即可求解； （2）①过点作，垂足为，延长交延长线于，根据已知求出，在和中，利用勾股定理和三角函数求出、，利用角平分线+平行模型证明是等腰三角形，进而求出、，由即可求解； ②将两条分散的线段和转化到同一直线上，延长到，使，构造．得到．将的最小值转化为的最小值．根据“两点之间线段最短”，当、、三点共线时，取得最小值，即线段的长度． 【详解】（1）解：∵当点与点重合时，． ∴， ∵， ∴， 又∵平分，即， ∴． （2）解：①过点作，垂足为，延长交延长线于，如图， ∵，，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴在中，， ∴， ∴， 又∵平分，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ， ∴， ②延长到，使，连接、，作垂足为，如图， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 当、、三点公共线时，等号成立，取最小值，最小值为， 如图所示，当时， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴、、三点公共线． ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴． ∴的最小值为． 【点睛】这道几何综合题主要考查了矩形性质、角平分线定理、三角函数以及最值问题中的“将军饮马”模型．这道题的解题关键在于模型的识别与转化，几何难题往往需要“化折为直”，通过构造辅助线（如全等、对称）将分散的条件集中，利用勾股定理或三角函数求解． 第（1）问是基础铺垫，考察了角平分线定义与锐角三角函数的直接计算，体现了“数形结合”中由形得数的思想． 第（2）问①考察了在复杂图形中通过已知线段关系求未知线段的能力，重点在于利用方程思想求出中间量，，再结合勾股定理和三角函数求解． 第（2）问②是典型的最短路径问题（将军饮马变式）． 核心技巧：当题目中出现 为定值，且求两条折线段之和的最小值时，通常采用构造全等三角形或轴对称的方法，将折线转化为直线． 难点突破：通过构造 ，巧妙地将 转移到了 的位置，从而将问题转化为定值条件下的直角三角形斜边最值问题． 25．（2026·浙江台州·二模）如图1，在菱形中，对角线，，P是射线上一点，连接，与关于对称． (1)求的长． (2)当时，求证：． (3)如图2，当直线与相交时，记交点为E． ①当点P在边上，且时，求的长． ②连接，当取得最小值时，求的长． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)①；②当取得最小值时，的长为或 【分析】（1）如图，连接交于，证明，，，是等边三角形，可得，进一步可得答案. （2）如图，记与的交点为，证明，结合对折可得：，可得，从而可得结论； （3）①记与的交点为，与的交点为，当点P在边上，且时，证明，可得，设，则，，再进一步求解即可； ②如图，作关于的对称点，连接，证明，可得，的对称点在上，，当时，最小，最小，进一步可求解，如图，当在的上方时，作关于的对称点，连接，同理可得：此时时最小，过作于，设，进一步同法可得答案. 【详解】（1）解：如图，连接交于， ∵在菱形中，对角线，， ∴，，，是等边三角形， ∴， ∴. （2）证明：如图，记与的交点为， ∵， ∴， ， ∴， 由对折可得：， ∴， ∴. （3）解：①记与的交点为，与的交点为， 当点P在边上，且时， ∴， 由对折可得：，， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴， 解得：， ∴； ②如图，作关于的对称点，连接， 结合①同理可得：，，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，的对称点在上，， ∴当时，最小，最小， 此时， 过作于，设，而， ∴，， ∴， ∴， 解得：（舍去），或， ∴； 如图，当在的上方时，作关于的对称点，连接， 同理可得：此时时最小，过作于，设， 同理可得：， 此时， 综上：当取得最小值时，的长为或. 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $