专题08 填空中档重点题（一）（解析版）备战2024年福建中考数学真题模拟题

第第页专题08填空中档重点题（一）一、填空题1．（2023·福建·统考中考真题）某公司欲招聘一名职员．对甲、乙、丙三名应聘者进行了综合知识、工作经验、语言表达等三方面的测试，他们的各项成绩如下表所示：项目应聘者综合知识工作经验语言表达甲乙丙如果将每位应聘者的综合知识、工作经验、语言表达的成绩按的比例计算其总成绩，并录用总成绩最高的应聘者，则被录用的是．【答案】乙【分析】分别计算甲、乙、丙三名应聘者的成绩的加权平均数，比较大小即可求解．【详解】解：，，，∵∴被录用的是乙，故答案为：乙．【点睛】本题考查了加权平均数，熟练掌握加权平均数的计算方法是解题的关键．2．（2023·福建·统考中考真题）已知，且，则的值为．【答案】1【分析】根据可得，即，然后将整体代入计算即可．【详解】解：∵∴，∴，即．∴．【点睛】本题主要考查了分式的加减运算，根据分式的加减运算法则得到是解答本题的关键．3．（2022·福建·统考中考真题）已知反比例函数的图象分别位于第二、第四象限，则实数k的值可以是．（只需写出一个符合条件的实数）【答案】-5（答案不唯一）【分析】根据反比例函数的图象分别位于第二、四象限可知k＜0，进而问题可求解．【详解】解：由反比例函数的图象分别位于第二、第四象限可知k＜0，∴实数k的值可以是-5；故答案为-5（答案不唯一）．【点睛】本题主要考查反比例函数的图象，熟练掌握反比例函数的图象是解题的关键．4．（2022·福建·统考中考真题）推理是数学的基本思维方式、若推理过程不严谨，则推理结果可能产生错误．例如，有人声称可以证明“任意一个实数都等于0”，并证明如下：设任意一个实数为x，令，等式两边都乘以x，得．①等式两边都减，得．②等式两边分别分解因式，得．③等式两边都除以，得．④等式两边都减m，得x＝0.⑤所以任意一个实数都等于0.以上推理过程中，开始出现错误的那一步对应的序号是．【答案】④【分析】根据等式的性质2即可得到结论．【详解】等式的性质2为：等式两边同乘或除以同一个不为0的整式，等式不变，∴第④步等式两边都除以，得，前提必须为，因此错误；故答案为：④．【点睛】本题考查等式的性质，熟知等式的性质是解题的关键．5．（2021·福建·统考中考真题）如图，是的角平分线．若，则点D到的距离是．【答案】【分析】根据角平分线的性质，角平分线上的点到角的两边的距离相等，即可求得．【详解】如图，过D作，则D到的距离为DE平分，，点D到的距离为．故答案为．【点睛】本题考查了角平分线的性质，点到直线的距离等知识，理解点到直线的距离的定义，熟知角平分线的性质是解题关键．6．（2021·福建·统考中考真题）已知非零实数x，y满足，则的值等于．【答案】4【分析】由条件变形得，x-y=xy，把此式代入所求式子中，化简即可求得其值．【详解】由得：xy+y=x，即x-y=xy∴故答案为：4【点睛】本题是求代数式的值，考查了整体代入法求代数式的值，关键是根据条件，变形为x-y=xy，然后整体代入．7．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考一模）东方商厦将进货单价为70元的某种商品按零售价100元一个售出时，每天能卖出20个，若这种商品的零售价在一定范围内每降价1元，其日销量就增加1个，为了获取最大利润，则应降价元．【答案】5【分析】设应降价x元，总利润为y元，依题意，降价后单个利润为：（100－x－70）元，根据“每降价1元，其日销量就增加1个”，则降价后日销售量为：（20＋x），根据总利润＝单个利润×销售量，即可得到y与x的关系式，求最值即可.【详解】解：设应降价x元，每天总利润为y元，依题意y=（100－x－70）（20＋x）=﹣x2＋10x＋600∵﹣1＜0∴当x=时，y有最大值.故答案为5.【点睛】此题考查的是二次函数的应用，根据题意写出二次函数关系式并利用二次函数顶点坐标求最值是解决此题关键8．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考一模）如图，已知点A是一次函数（x≥0）图象上一点，过点A作x轴的垂线l，B是l上一点（B在A上方），在AB的右侧以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，反比例函数（x＞0）的图象过点B，C，若△OAB的面积为6，则△ABC的面积是．【答案】3．【详解】如图，过C作CD⊥y轴于D，交AB于E，∵AB⊥x轴，∴CD⊥AB，∵△ABC是等腰直角三角形，∴BE=AE=CE，设AB=2a，则BE=AE=CE=a，设A（x，），则BB（x，），C（x+a，），∴，由①得：ax=6，由②得：2k=4ax+x2，由③得：2k=2a（a+x）+x（a+x），2a2+2ax+ax+x2=4ax+x2，2a2=ax=6，a2=3，∴S△ABC=AB•CE=•2a•a=a2=3，故答案为3．【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形等，是一道综合性较强的题目，解题的关键是正确地添加辅助线.9．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，OA＝3，OC＝2，矩形OABC的对角线OB，AC相交于点D，且BE∥AC，AE∥OB，若双曲线经过点E，则k的值为．【答案】【分析】根据已知边长求出A，B，C三点坐标，求出直线OB，直线AC的解析式，再由BE∥AC，AE∥OB，根据平行时k值相等即可求解；【详解】解：∵OA＝3，OC＝2，∴B（3，2），C（0，2），A（3，0）设直线AC的解析式为y＝kx+b，∴，∴，∴y＝﹣x+2，设直线OB的解析式为y＝px，∴y＝x，设E（m，n），BE∥AC，AE∥OB，∴kBE＝﹣，kAE＝，∴，∴n＝1，m＝，∴E（，1），将点E（，1）代入y＝，∴k＝；故答案为；【点睛】本题考查反比例函数的图象及性质，两直线平行时k相等；能够熟练掌握一次函数平行时k值相等的性质是解题的关键．10．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图①是一种常见的道路路灯，为立柱，其中灯杆可以近似看作某抛物线的一部分，且抛物线对称轴到立柱的距离为米，是灯杆的固定支架，现测得支架与立柱的夹角满足，且米，某时刻路灯发光时，所能照到的地面最远点恰好和路灯以及立柱顶点在同一直线上，相关数据如图②所示，则立柱米．【答案】【分析】根据题意可以求得二次函数的解析式，从而可以求得的坐标，然后利用三角形相似即可求得的长．【详解】解：由题意和图形可得，点的坐标为，∵支架与立柱的夹角满足，且米，过点作轴，则，则，又∵，可得米，米，∴米，点的坐标为，设抛物线的解析式为，，得，∴，当时，，解得，，，∴点的坐标为，作轴，，，则为矩形，则，米，，∴，∴，米，设的长度为米，则，解得，，故答案为：．【点睛】本题考查二次函数的应用、解直角三角形的应用，相似三角形的判定及性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．11．（2023·福建莆田·统考二模）在平面直角坐标系中，若直线与双曲线相交，则实数的值可以是．（只需写出一个符合条件的实数）【答案】1（答案不唯一）【分析】根据反比例函数的性质可知其图象在一、三象限，即可求解．【详解】解：∵，经过一、三象限，直线与双曲线相交，∴双曲线，在一、三象限，即，故答案为：1（答案不唯一）．【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，熟练掌握一次函数与反比例函数的性质是解题的关键．12．（2023·福建莆田·统考二模）阅读下列材料：“为什么不是有理数”，完成问题．证明：假设是有理数，那么存在两个互质的正整数，，使得，则___________．是2的倍数，____________________，可设（为正整数），则，_____________，即，__________________，，都是2的倍数，不互质，与假设矛盾．因此假设不成立，即不是有理数．将下列选项依次填入材料中的画线处，正确的顺序是．（填上序号）①；

②；

③是2的倍数；

④是2的倍数．【答案】②④①③【分析】根据反证法的证明步骤以及立方根的定义补全证明过程即可求解．【详解】证明：假设是有理数，那么存在两个互质的正整数，，使得，则．是2的倍数，是2的倍数，可设（为正整数），则，，即，是2的倍数，，都是2的倍数，不互质，与假设矛盾．因此假设不成立，即不是有理数．故答案为：．②④①③【点睛】本题考查了立方根的定义，反证法，熟练掌握反证法证明方法是解题的关键．13．（2023·福建福州·统考二模）我国数学家祖冲之是第一个将圆周率的计算精确到小数点后七位的人，他将圆周率精确到3.1415926．若从该数据的8个数字中随机抽取一个数字，则所抽到的数字是1的概率是．【答案】【分析】直接由概率公式求解即可．【详解】解：所抽到的数字是1的概率是，故答案为：．【点睛】本题考查了概率公式：概率=所求情况数与总情况数之比，熟记概率公式是解题的关键．14．（2023·福建福州·统考二模）两个正方形按如图所示的位置放置，若重叠部分是一个正八边形，则这两个正方形边长的比值是．

【答案】1【分析】根据正多边形的性质，，，设，则，即可得出，，即可得出结论．【详解】解：∵重叠部分是一个正八边形，∴，，∵两个四边形均为正方形，∴，∴，在和中，，∴，∴，设，则，∴，同理可得：，∴这两个正方形边长的比值：，故答案为：1．

【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握正多边形各条边相等，各个内角相等．15．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）如图，在中，点D，点E分别是，的中点，点F是上一点，且，若，，则的长为．【答案】2【分析】根据三角形中线定理求出，再根据直角三角形的性质求出，再进行计算即可．【详解】解：∵点D、E分别是、的中点，是的中线，，，，在中，，点E是的中点，，，，故答案为：2．【点睛】本题考查了三角形中线定理和直角三角形的性质，熟练掌握三角形的中线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．16．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）点在一次函数的图像上，当时，，则a的取值范围是．【答案】a＜2【分析】根据一次函数的性质，建立不等式计算即可．【详解】∵当时，，∴a-2＜0，∴a＜2，故答案为：a＜2．【点睛】本题考查了一次函数的性质，熟练掌握性质是解题的关键．17．（2023·福建福州·福建省福州延安中学校考二模）已知直线与相交于点．当时，，请写出一个满足条件的b的值（写出一个即可）．【答案】（答案不唯一）【分析】根据一次函数图像的性质，求出两点，代入求出b的值．【详解】解：如下图所示，的函数图像为，与轴交点坐标为，当的图形过点时，满足当时，，与轴交点坐标为，观察图象可得：，故答案为：（答案不唯一）．【点睛】本题考查一次函数的图像性质，解题的关键是熟练掌握相关知识．18．（2023·福建福州·福建省福州延安中学校考二模）如图，在正五边形中，于点D，连接，则的度数为．【答案】/18度【分析】根据正五边形得到，，结合四边形内角和及三角形内角和定理即可得到答案；【详解】解：∵五边形是正五边形，∴，，∴，∵于点D，∴，∴故答案为：；【点睛】本题考查正多边形的性质及三角形内角和定理与四边形内角和定理，解题的关键是求出及．19．（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）如图，将以为位似中心，扩大得到，其中，，则与的相似比为．【答案】/【分析】根据位似图形的性质即可得．【详解】解：与关于点成位似图形，，则与的相似比为，故答案为：．【点睛】本题主要考查位似变换，解题的关键是熟练掌握位似变换的定义和性质．20．（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）如图，以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB是小圆的切线，点P为切点，，，则劣弧的长为．【答案】/【分析】连接，根据圆的切线的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，于是可求出，然后解直角三角形可求出，得出，再根据弧长公式求解即可．【详解】解：连接，∵大圆的弦是小圆的切线，点P为切点，∴，∵，∴，∵，，∴，，则在直角三角形中，，∴，∴，∴劣弧的长；故答案为：【点睛】本题考查了圆的切线的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形、弧长公式等知识，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．21．（2023·福建三明·统考二模）如图，平行四边形的顶点A，C分别在x轴和y轴上，点B在第一象限内，若双曲线经过点B，则平行四边形的面积为．【答案】4【分析】设，则，由此根据平行四边形面积公式求解即可．【详解】解：设，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，故答案为：4．【点睛】本题主要考查了反比例函数比例系数的几何意义，平行四边形的性质，利用数形结合的思想求解是解题的关键．22．（2023·福建三明·统考二模）若m，n是方程的两个根，则的值为．【答案】/【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可求出，．再将通分，最后整体代入求值即可．【详解】解：∵m，n是方程的两个根，∴，．∴．故答案为：．【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系，代数式求值．熟记一元二次方程根与系数的关系：和是解题关键．23．（2023·福建·模拟预测）数轴上三点表示的数字分别是，且．若，，则．【答案】3【分析】根据题意作出图形，可得，，由即可获得答案．【详解】解：如下图，根据题意，三点表示的数字分别是，且，若，，∴，，∴．故答案为：3．【点睛】本题主要考查了数轴以及数轴上两点之间的距离，理解题意，正确作出图形是解题关键．24．（2023·福建·模拟预测）已知实数x、y满足，则的取值范围是．【答案】或【分析】设，则，代入，得到关于x的方程，根据题意此方程有解，利用根的判别式即可求解．【详解】解：设，则，∵，∴，整理得，由题意得，，整理得，解得，∴或，即或，∴的取值范围是或，故答案为：或．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，解题的关键是消去y得到关于x的方程，利用根的判别式求解．25．（2023·福建泉州·福建省泉州第一中学校考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=16cm，AD为BC边上的高．动点P从点A出发，沿A→D方向以cm/s的速度向点D运动．设△ABP的面积为S1，矩形PDFE的面积为S2，运动时间为t秒（0＜t＜8），则t=秒时，S1=2S2．【答案】6【详解】∵Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=16cm，AD为BC边上的高，∴AD=BD=CD=cm．又∵AP=，∴．∵PE//BC，∴△APE∽△ADC．∴，即．∴∴PE=AP=．∴．∵S1=2S2，∴，解得：t=6或t=0（舍去）．故答案为：626．（2023·福建泉州·福建省泉州第一中学校考模拟预测）在边长为的正方形中，点、点分别为边，上的点，且，点为线段的中点，过点作直线与正方形的一组对边分别交于、两点，且满足，求以点、、、为顶点的四边形面积为．【答案】、、【分析】连接、、，根据正方形的性质，平行四边形的判定，得四边形是平行四边形，根据正方形对称的性质，得点是的中点，则点、、、组成的四边形为矩形，分类讨论矩形的形状，根据相似三角形的判定和性质，求出边长，再根据矩形的面积公式，即可求出以点、、、为顶点的四边形面积．【详解】如图所示，连接、、，∵是正方形，∴，，又∵，∴，∴四边形是平行四边形，∴点为线段、的中点，∴点为正方形的中心，∵过点且与正方形的一组对边分别相交，∴点是的中点，又∵，∴点、为以点为圆心，为直径的圆与正方形的交点，∴，∴点、、、组成的四边形为矩形，如图所示，当与、相交时，∵四边形是正方形、四边形是矩形，∴，∵，，∴，∴，设，则，∴，解得：，；当时，，四边形是正方形，∴；当时，，，∴矩形的面积为：；如图所示，当与、相交时，∴，，∵，∴，∴矩形的面积为：；故答案为：、、．【点睛】本题考查平行四边形，矩形，正方形和相似三角形的知识，解题的关键是掌握正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．27．（2023·福建福州·福建省福州屏东中学校考一模）若m是方程的一个根，则的值为．【答案】2023【分析】根据题意可得，从而得到，再代入，即可求解．【详解】解：∵m是方程的一个根，∴，∴，∴．故答案为：2023【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，熟练掌握能使方程左右两边同时成立的未知数的值是方程的解是解题的关键．28．（2023·福建福州·福建省福州屏东中学校考一模）如图，在梯形中，，，为上一点，，垂足为点．如果梯形面积为30，，那么．【答案】4【分析】根据梯形的性质、三角形的面积公式求出的面积为10，再根据三角形的面积公式计算即可．【详解】的面积+的面积=的面积梯形面积为30的面积为10即=4故答案为：4．【点睛】本题考查了三角形面积公式及梯形的性质，根据题意得出的面积+的面积=的面积是解题的关键．29．（2023·福建福州·校考模拟预测）如图，已知正方形A的面积为3，正方形B的面积为4，则正方形C的面积为．【答案】7【分析】直接根据勾股定理即可得出结论．【详解】解：设正方形A的边长为a，正方形B的边长为b，正方形C的边长为c，∵正方形A的面积为3，正方形B的面积为4，∴，∵，∴正方形C的面积为7．故答案为：7．【点睛】本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．30．（2023·福建福州·校考模拟预测）如图，已知直角三角形中，，将绕点点旋转至的位置，且在的中点，在反比例函数上，则的值为．【答案】【分析】连接，作轴于点，根据直角三角形斜边中线的性质和旋转的性质得出是等边三角形，从而得出，即可得出，解直角三角形求得的坐标，进一步求得．【详解】解：连接，作轴于点，由题意知，是中点，，，，是等边三角形，，，，，，，，在反比例函数上，．故答案为：．【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，坐标与图形变化性质，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．31．（2023·福建宁德·统考二模）如图，，相交于点E，若，，则的长是．【答案】6【分析】由平行线的性质求出，得，再由相似三角形的性质求出线段即可．【详解】解：∵，∴，∴，∴，又，∴．故答案为：6．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．32．（2023·福建宁德·统考二模）在一个不透明的口袋中装有5个球，分别标记为1，2，3，4，5，它们除数字外无其他差别．小明从口袋中随机摸出一个球后摇匀，再由小红从剩余的球中随机摸出一个球．则摸到的数字小红比小明大的概率是．【答案】/0.5【分析】根据题意列表格，然后由表格求得摸到的数字小红比小明大的概率即可．【详解】列表得：123451（1,2）（1,3）（1,4）（1,5）2（2,1）（2,3）（2,4）（2,5）3（3,1）（3,2）（3,4）（3,5）4（4,1）（4,2）（4,3）（4,5）5（5,1）（5,2）（5,3）（5,4）∵共有20种机会均等的情况，其中摸到的数字小红比小明大的有10种情况，∴摸到的数字小红比小明大的概率是，故答案为：．【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．注意列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．33．（2023·福建厦门·厦门市第十一中学校考二模）如图，在正方形的网格中建立平面直角坐标系，若、两点的坐标分别是、，则点的坐标为．【答案】（-1，4）【分析】根据B、C点坐标即可建立平面直角坐标．【详解】解：由B（0，3），C（1，1）可知原点的位置，建立平面直角坐标系，如图，∴A（-1，4）．故答案为（-1，4）．【点睛】本题考查平面直角坐标系，解题的关键是建立直角坐标系，本题属于基础题型．34．（2023·福建厦门·厦门市第十一中学校考二模）如图，是正八边形的外接圆，的半径是，则下列四个结论中正确的是．①的长为；②；③为等边三角形；④．【答案】①②④【分析】先求出所对的圆心角的度数，再利用弧长公式计算的长，可判断①；因为，，结合勾股定理求出，可判断②；因为等边三角形的三个内角都是，而，所以不是等边三角形，可判断③；根据对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半可求出，根据题意和图形可判断正八边形的面积等于四个四边形的面积，即可求出正八边形的面积，可判断④．【详解】解：∵是正八边形的外接圆，∴，∴，∴，故①正确；∵，，∴，∴，即，故②正确；∵，∴不是等边三角形，故③错误；∵，∴，∴，∴，又∵，∴，故④正确；综上，①②④正确．故答案为：①②④．【点睛】本题考查了正多边形和圆、勾股定理、弧长公式、垂径定理及对角线互相垂直的四边形的面积的计算方法，熟练掌握正多边形的中心角和边数的关系是解答本题的关键．35．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）如图，已知直线与坐标轴分别交于、两点，是以为圆心，为半径的圆上一动点，连结、，则面积的最大值是．【答案】20【分析】过点作于点，延长交圆于点，此时为为边上的高的最大值，求出的长，再利用面积公式进行计算即可．【详解】解：∵直线与坐标轴分别交于、两点，当时，；当时，，∴，∴，∴，设点到直线的距离为，则：，∴当最大时，面积最大，∵是以为圆心，为半径的圆上一动点，过点作于点，延长交圆于点，此时最大，如图：∵，∴，∴，连接，则：∴，∴，∴，∴，即：面积的最大值是；故答案为：20．【点睛】本题考查坐标与图形，一次函数的图象和性质，勾股定理．解题的关键是确定点的位置．36．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）如图，在中，点是，的平分线的交点，，过作于点，且，则的面积是．

【答案】12【分析】过点O作于点E，于点F，连接，然后根据角平分线的性质定理及三角形的面积计算公式可求解．【详解】解：过点O作于点E，于点F，连接，如图所示：

∵平分，∴，同理可得：，∵，∴，∵，∴；故答案为：12．【点睛】本题主要考查角平分线的性质定理，熟练掌握角平分线的性质定理是解题的关键．37．（2023·福建福州·校考一模）如图，在中，，将绕点顺时针旋转后，得到，且在边上，则的度数为．【答案】【分析】由旋转的性质可得，，，由等腰三角形的性质可得，然后由三角形内角和定理可求得，即可求解．【详解】解：由旋转的性质可得，，∴=∠C=70°，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理掌握旋转的性质是解题的关键．38．（2023·福建福州·校考一模）如图，为的直径，P为延长线上的一点，过P作的切线，A为切点，，则的半径等于．【答案】3【分析】连接，因为是的切线，得，结合已知在中运用勾股定理即可求解．【详解】连接，∵是的切线，∴，，在中，，即，∴，解得，故答案为：3．【点睛】本题考查了切线的性质和勾股定理的运用；掌握切线的性质构造直角三角形是解题的关键．39．（2023·福建厦门·福建省厦门第六中学校考一模）在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为和，以为腰作等腰，若该等腰三角形的对称轴垂直于x轴，则点C的坐标为．【答案】或【分析】分当为底边时，当为底时，两种情况证明或于x轴平行，进而根据三线合一定理求出答案即可．【详解】解：如图所示，当为底边时，过点B作，∵等腰的对称轴垂直于x轴，∴轴，∴轴，∵点A，B的坐标分别为和，∴，∴点C的坐标为；同理当为底时，点C的坐标为；综上所述，点C的坐标为或．【点睛】本题主要考查了坐标与图形，三线合一定理，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．40．（2023·福建厦门·福建省厦门第六中学校考一模）如图是重型卡车的立体图，右图是一个装有货物的长方体形状的木箱沿着坡面从重型卡车车上卸载的平面示意图．已知重型卡车车身高度，卡车卸货时后面支架AB弯折落在地面，经过测量．现有木箱长，高，宽小于卡车车身的宽度，当木箱底部顶点G与坡面底部点重合时，则木箱上部顶点E到地面的距离为．【答案】4.5/【分析】作于点，于点，于点，根据“两