2023年浙江省中考数学真题分类汇编：图形的变化(附答案解析)

2023年浙江省中考数学真题分类汇编：图形的变化一．选择题〔15小题〕12023•宁波如下图的几何体是由一个圆柱和一个长方体组成的它的主视图〔 〕A． B．C． D．22023•丽水〕如图是由5个一样的小立方体搭成的几何体，它的主视图是〔 〕A． B．C． D．32023•绍兴〕如图的几何体由五个一样的小正方体搭成，它的主视图是〔 〕A． B． C． D．143页42023•衢州〕如图．将菱形ABCD绕点Aα得到菱形A′′B＝∠β．当AC平分∠B′AC′时，∠α与∠β满足的数量关系是〔 〕A．∠α＝2∠βC．4∠α+∠β＝180°

B．2∠α＝3∠βD．3∠α+2∠β＝180°52023•金华〕如图是一架人字梯，AA＝2米AC与地面BC的夹角为，则两梯脚之间的距离BC为〔 〕A．4cosα米 B．4sinα米 C．4tanα米 D． 米62023•温州〕直六棱柱如下图，它的俯视图是〔 〕A． B．C． D．72023•温州〕O是位似中心，位似比为23，点A，B的对应点分别为点A′，B′．假设AB＝6，则A′B′的长为〔 〕243页A．8 B．9 C．10 D．1582023•温州〕图1是第七届国际数学教育大会ICM〕2OABCAB＝BC＝1，∠AOB为〔 〕A． +1 B．sin2α+1 C． +1 D．cos2α+192023•绍兴〕如图，树AB在路灯O的照耀下形成投影A，路灯高P＝mAC＝3m，树AB与路灯O的水平距离AP＝4.5m，则树的高度AB长是〔 〕A．2m B．3m C．m D． m12023•嘉兴将一张三角形纸片按如图步至④折叠两次得然后剪出中阴影局部，则阴影局部开放铺平后的图形是〔 〕A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形343页12023•丽水〕四盏灯笼的位置如图．，D的坐标分别是〔1，b，b〔b〔3.b，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y方法可以是〔〕AB4.5个单位CD5.5个单位

BC4个单位DC3.5个单位1〔2023•台州〕如图，将长、宽分别为12c，cm的长方形纸片分别沿A，AC折叠，点N恰好重合于点．假设＝6°，则折叠后的图案〔阴影局部〕面积为〔 A〔36C．24cm2

〕c2 B36D．36cm2

〕cm21〔2023•丽水〕如图，在RABCAC9A＝B，点DE分AB，AC上，连结DE，将△ADEDE翻折，使点AFBC的延长线FD平分∠EFBAD的长为〔〕A． B． C． D．1〔2023•温州〕由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCDDDFEFGCGBE交CG于点H．假设AE＝2BE，则 的值为〔 〕443页A． B． C． D．1〔2023•绍兴〕RABCBA90co＝，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使∠ADE＝∠B，连结CE，则 的值〔 〕A． B． C． D．2二．填空题〔8小题〕1〔2023•湖州〕如图，在RABC中，AC＝9°A＝A，则siB的值是 ．1〔2023•杭州〕计算sin3°＝ ．1〔2023•衢州〕图1是某折叠式靠背椅实物图，图2是椅子翻开时的侧面示意图，椅面CEAD，BCO转动，且OA＝OB，椅面底部有一根可HHD，点HCD的中点，FA，EB均与地面垂直，测得FA＝54cm，EB＝45cm，AB＝48cm．椅面CE的长度为 cm．3，椅子折叠时，连杆HDHAD，BC转动合拢，椅面和543页连杆夹角∠CHD的度数到达最小值30°时，A，B两点间的距离为 cm〔结果准确到0.c．〔参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27〕1〔2023•嘉兴〕如图，在直角坐标系中，ABC与ODE是位似图形，则它们位似中的坐标是 ．2〔2023•杭州如图是一张矩形纸片ABCM是对角线ACE在BC把△DCEDECACFDF，EFMF＝AB，则∠DAF＝ 度．2〔2023•嘉兴〕如图，在ABC中，BA＝3°，AC45°A＝，点P从点A动身沿AB方向运动到达点B时停顿运动连结C点A关于直线CP的对称点为连结A′C，A′P．在运动过程中，点A′到直线AB 距离的最大值是 ；点P 到达点B 时，线段A′P 扫过的面积为 ．643页2〔2023•金华〕如图1BC上的点P处安装一平面镜，BCMNDAP反射后，ED的长为．将木条BC绕点B按顺时针方向旋转肯定角度得到B′〔如图，点PP′，BCMNDAPMN上EDD′＝5EE′的长为．2〔2023•湖州〕由沈康身教授所著，数学家吴文俊作序的《数学的魅力》一书中记载了样一个故事：如图，三姐妹为了平分一块边长为1的祖传正方形地毯，先将地毯分割成七块，再拼成三个小正方形〔阴影局部．则图中AB的长应是 ．三．解答题〔7小题〕2〔2023•嘉兴〕一酒精消毒瓶如图ABBCDCE为伸缩连杆，BE和EF为导管，其示意图如图2，∠DBE＝∠BEF＝108°，BD＝6cm，BE＝4cm．当743页BCDBD转动到B′，此时BE〔如图．DD′的路径长；求点D到直线EF的距离〔结果准确到0.c．0.31，tan72°≈3.08〕2〔2023•丽水〕如图，在55的方格纸中，线段AB的端点均在格点上，请按要求画图．1ACAC＝AB，C在格点上；2EFEF，AB相互平分，E，F均在格点上；如图3，以A，B为顶点画出一个四边形，使其是中心对称图形，且顶点均在格点上．2〔2023•绍兴1ABAB50cmBC70cmCD60cmB，C是转动点，且AB，BCCD始终在同一平面内．转动连杆BC，手臂CD，使∠ABC＝143°，CD∥l，如图2，求手臂端点D离操作台l的高度DE的长〔准确到1csin5°≈0.cos50.．lA110cmMBCCD，手DM？请说明理由．843页2〔2023•台州〕图1是放置在水平地面上的落地式话筒架实物图，图2AB垂直于地面CD固定在支撑杆上的点EAE4B＝11c，D＝80c，求活动杆端点D离地面的高度D〔结果准确到csin4°≈0.74，cos48°≈0.67，tan48°≈1.11〕2〔2023•杭州〕如图，锐角三角形ABCOBAC的平分线AGO于点G，BCFBG．求证：△ABG∽△AFC．A＝，AA＝，求线段FG的长〔用含，b的代数式表示．点E在线段AF上〔不与点，点F重合，点D在线段AE上〔不与点A，点E重合AB＝CBBGGD．29〔2023•宁波〕我国纸伞的制作工艺格外奇异．如图1，伞不管是张开还是收拢，伞柄943页AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的角∠BACAB＝AC，从而保证伞圈D能沿着伞柄滑动．如图2是伞完全收拢时伞骨的示意图，此时伞圈DD”的位置，且A，B，D′三点共线，AD′＝40cm，BAD′中点．当∠BAC＝140°时，伞完全张开．AB的长．当伞从完全张开到完全收拢，求伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离．〔参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75〕32023•温州如图中×4与66的方格都是由边长为11是绘成723中画出相应的格点图形〔顶点均在格点上．〔1〕选一个四边形画在图2中，使点P为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形．〔2〕选一个适宜的三角形，将它的各边长扩大到原来的倍，画在图3中．43页2023年浙江省中考数学真题分类汇编：图形的变化一．选择题〔15小题〕

参考答案与试题解析12023•宁波如下图的几何体是由一个圆柱和一个长方体组成的它的主视图〔 〕A． B．C． D．【考点】简洁组合体的三视图．【专题】投影与视图；空间观念．【分析】依据主视图是从正面看得到的视图，可得答案．【解答】解：从正面看，底层是一个比较长的矩形，上层中间是一个比较窄的矩形．应选：C．【点评】此题考察了简洁组合体的三视图，从正面看得到的图形是正视图，留意圆柱的主视图是矩形．22023•丽水〕如图是由5个一样的小立方体搭成的几何体，它的主视图是〔 〕A． B．43页C． D．【考点】简洁组合体的三视图．【专题】投影与视图；空间观念．【分析】找到从正面看所得到的图形即可，留意全部的看到的棱都应表现在主视图中．【解答】解：从正面看底层是三个正方形，上层中间是一个正方形．应选：B．【点评】此题考察了三视图的学问，主视图是从物体的正面看得到的视图．32023•绍兴〕如图的几何体由五个一样的小正方体搭成，它的主视图是〔 〕A． B． C． D．【考点】简洁组合体的三视图．【专题】投影与视图；空间观念．【分析】依据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．【解答】解：从正面看，底层是三个小正方形，上层左边一个小正方形，应选：D．【点评】此题考察了简洁组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．42023•衢州〕如图．将菱形ABCD绕点Aα得到菱形A′′B＝∠β．当AC平分∠B′AC′时，∠α与∠β满足的数量关系是〔 〕43页A．∠α＝2∠βC．4∠α+∠β＝180°【考点】菱形的性质；旋转的性质．

B．2∠α＝3∠βD．3∠α+2∠β＝180°【专题】矩形菱形正方形；推理力量．【分析】由菱形和旋转的性质可证：∠BAB”＝∠B”AC＝∠CAC”＝∠DAC”＝∠α，再依据AD∥BC4∠α+∠β＝180°．【解答】解：∵AC平分∠B′AC′，∴∠B”AC＝∠C”AC，ABCDA逆时针旋转∠αAB′C′D′，∴∠BAB”＝∠CAC”＝∠α，∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，∴∠BAB”＝∠DAC”，∴∠BAB”＝∠B”AC＝∠CAC”＝∠DAC”＝∠α，∵AD∥BC，∴4∠α+∠β＝180°，应选：C．【点评】此题考察了菱形的性质，以及旋转前后对应角相等等学问，熟记其性质是解题的关键．52023•金华〕如图是一架人字梯，AA＝2米AC与地面BC的夹角为，则两梯脚之间的距离BC为〔 〕A．4cosα米 B．4sinα米 C．4tanα米 D． 米【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．【分析】直接利用等腰三角形的性质得出BD＝DC，再利用锐角三角函数关系得出DC的长，即可得出答案．43页AAD⊥BCD，∵AB＝AC＝2米，AD⊥BC，∴BD＝DC，∴cosα＝ ＝ ，∴D2coα〔米，∴B＝D2×2co＝4co〔米应选：A．【点评】此题主要考察了解直角三角形的应用以及等腰三角形的性质，正确表示出DC的长是解题关键．62023•温州〕直六棱柱如下图，它的俯视图是〔 〕A． B．C． D．【考点】简洁几何体的三视图．【专题】投影与视图；空间观念．【分析】依据简洁几何体的三视图进展推断即可．【解答】解：从上面看这个几何体，看到的图形是一个正六边形，因此选项C中的图形符合题意，应选：C．43页【点评】此题考察简洁几何体的三视图，理解视图的意义是正确推断的前提．72023•温州〕O是位似中心，位似比为23，点A，B的对应点分别为点A′，B′．假设AB＝6，则A′B′的长为〔 〕A．8【考点】位似变换．

B．9 C．10 D．15【专题】图形的相像；推理力量．【分析】依据位似图形的概念列出比例式，代入计算即可．【解答】解：∵图形甲与图形乙是位似图形，位似比为2：3，AB＝6，∴ ＝，即 ＝，解得，A′B′＝9，应选：B．【点评】此题考察的是位似图形的概念、相像三角形的性质，把握位似图形的两个图形是相像图形、相像三角形的性质是解题的关键．82023•温州〕图1是第七届国际数学教育大会ICM〕2OABCAB＝BC＝1，∠AOB为〔 〕A． +1 B．sin2α+1 C． +1 D．cos2α+1【考点】勾股定理；解直角三角形的应用．【专题】解直角三角形及其应用；运算力量．43页【分析】在Rt△OAB中，sinα＝ ，可得OB的长度，在Rt△OBC中，依据勾股定理OB2+BC2＝OC2，代入即可得出答案．【解答】解：∵AB＝BC＝1，在Rt△OAB中，sinα＝ ，∴OB＝ ，Rt△OBC中，OB2+BC2＝OC2，∴OC2＝〔 〕2+12＝ ．应选：A．【点评】此题主要考察了解直角三角形的应用，娴熟把握解直角三角形的方法进展计算是解决此题的关键．92023•绍兴〕如图，树AB在路灯O的照耀下形成投影A，路灯高P＝m，树影AC＝3m，树AB与路灯O的水平距离AP＝4.5m，则树的高度AB长是〔 〕A．2m B．3m C．m D． m【考点】相像三角形的应用；中心投影．【专题】图形的相像；应用意识．【分析】利用相像三角形的性质求解即可．【解答】解：∵AB∥OP，∴△CAB∽△CPO，∴ ，∴ ，∴A＝m，43页应选：A．【点评】此题考察中心投影以及相像三角形的应用．测量不能到达顶部的物体的高度，通常利用相像三角形的性质即相像三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．12023•嘉兴至④阴影局部，则阴影局部开放铺平后的图形是〔〕A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形【考点】菱形的判定；剪纸问题．【专题】平移、旋转与对称；几何直观．2次后，剪去一个三角形得到的，按原图返回即可．【解答】解：如图，由题意可知，剪下的图形是四边形BACD，CA＝AB，∴△ABC是等腰三角形，又△ABC和△BCDBC对称，BACD是菱形，应选：D．【点评】此题主要考察折叠的性质及学生动手操作力量：逆向思维也是常用的一种数学思维方式．12023•丽水〕四盏灯笼的位置如图．，D的坐标分别是〔1，b，b〔b〔3.b，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的43页方法可以是〔 〕AB4.5个单位CD5.5个单位

BC4个单位DC3.5个单位【考点】坐标确定位置；关于x轴、y轴对称的点的坐标；生活中的平移现象；坐标与图形变化﹣平移．【专题】平面直角坐标系；运算力量．A，ByC，DyC〔2，b〕向左平移到〔3.，平移5.5个单位，或可以将D3.，b〕向左平移到〔，b，平移5.5个单位．【解答】解：∵A，B，C，D这四个点的纵坐标都是b，∴这四个点在一条直线上，这条直线平行于x轴，∵〔﹣，b，〔，，∴A，ByC，Dy轴对称即可，∵〔2b〔3.，b，∴可以将点〔2〕向左平移到〔3.，，平移5.5或可以将D3.，〕向左平移到〔，，平移5.5个单位，应选：C．yy轴对称的点的坐标，横坐标互为相反数，纵坐标不变．1〔2023•台州〕如图，将长、宽分别为12c，cm的长方形纸片分别沿A，AC折叠，点N恰好重合于点．假设＝6°，则折叠后的图案〔阴影局部〕面积为〔 43页A〔36C．24cm2

〕c2 B36D．36cm2

〕cm2【考点】矩形的性质；翻折变换〔折叠问题．【专题】矩形菱形正方形；几何直观．【分析】依据题意可知阴影局部的面积＝长方形的面积﹣三角形ABC的面积，依据题中ABC的面积即可．【解答】解：依据翻折可知，∠MAB＝∠BAP，∠NAC＝∠PAC，∵∠α＝60°，∴∠MAB＝180°﹣∠BAC﹣∠α＝180°﹣90°﹣60°＝30°，

180°＝90°，∴AB＝AC＝

＝〔c，＝2 〔c，ABC∴阴影局部的面积＝S ﹣S ＝12×3﹣ABC长方形 △

× ＝366 〔c2，应选：A．【点评】此题主要考察翻折和矩形的性质等学问点，娴熟把握和应用翻折的性质是解题的关键．1〔2023•丽水〕如图，在RABCAC9A＝B，点DE分AB，AC上，连结DE，将△ADEDE翻折，使点AFBC的延长线FD平分∠EFBAD的长为〔〕A． B． C． D．【考点】勾股定理；翻折变换〔折叠问题．【专题】图形的相像；推理力量．43页A，然后借助相像列出方程即可．DH⊥BCH，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，由勾股定理得：AB＝ ，∵将△ADEDE翻折得△DEF，∴AD＝DF，∠A＝∠DFE，∵FD平分∠EFB，∴∠DFE＝∠DFH，∴∠DFH＝∠A，DH＝3x，Rt△DHF中，sin∠DFH＝sin∠A＝，∴DF＝5x，∴BD＝5﹣5x，∵△BDH∽△BAC，∴ ，∴ ，∴x＝，∴AD＝5x＝ ．应选：D．【点评】此题考察了以直角三角形为背景的翻折问题，紧扣翻折前后对应线段相等、对应角相等来解决问题，通过相像表示线段和列方程是解题此题的关键．1〔2023•温州〕由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所43页DDFEFGCGBE交CG于点H．假设AE＝2BE，则 的值为〔 〕A． B． C． D．【考点】正方形的性质；相像三角形的判定与性质．【专题】图形的全等；矩形菱形正方形；解直角三角形及其应用；推理力量．GGT⊥CFCFTBHCFM，AEDFNBE＝AN＝CM＝DF＝aAE＝BM＝CF＝DN＝2a，想方法求出BH，CG，可得结论．GGT⊥CFCFTBHCFM，AE交DFNBE＝AN＝CM＝DF＝aAE＝BM＝CF＝DN＝2a，∴EN＝EM＝MF＝FN＝a，ENFM是正方形，∴∠EFH＝∠TFG＝45°，∠NFE＝∠DFG＝45°，∵GT⊥TF，DF⊥DG，∴∠TGF＝∠TFG＝∠DFG＝∠DGF＝45°，∴TG＝FT＝DF＝DG＝a，∴CT＝3a，CG＝∵MH∥TG，

＝ a，43页∴△CMH∽△CTG，∴CM：CT＝MH：TG＝1：3，∴MH＝a，∴BH＝2a+ a＝a，∴ ＝ ＝ ，应选：C．【点评】此题考察相像三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理等学问，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．1〔2023•绍兴〕RABCBA90co＝，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形使连结则 的值〔 〕A． B． C． D．2【考点】等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形．【专题】解直角三角形及其应用；推理力量．DEACT,EEH⊥CDH.EA＝ED＝EC,再证明∠B＝∠ECD,可得结论。DEACT,EEH⊥CDH．43页∵∠BAC＝90°,BD＝DC,∴AD＝DB＝DC,∴∠B＝∠DAB,∵∠B＝∠ADE,∴∠DAB＝∠ADE,∴AB∥DE,∴∠DTC＝∠BAC＝90°,∵DT∥AB,BD＝DC,∴AT＝TC,∴EA＝EC＝ED,∴∠EDC＝∠ECD,∵EH⊥CD,∴CH＝DH,∵DE∥AB,∴∠EDC＝∠B,∴∠ECD＝∠B,∴cos∠ECH＝cosB＝,∴ ＝,∴ ＝ ＝2,应选：D．【点评】此题考察解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质EA＝EC＝ED,属于中考常考题型。43页二．填空题〔8小题〕1〔2023•湖州〕如图，在RABC中，AC＝9°A＝A，则siB的值是 ．【考点】锐角三角函数的定义．【专题】解直角三角形及其应用；运算力量．【分析】依据在直角三角形中sinB＝ ，代值计算即可得出答案．【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝2，∴sinB＝ ＝．故答案为：．【点评】此题考察了锐角三角函数的定义娴熟把握在直角三角形中正弦＝ 是解题的关键．1〔2023•杭州〕计算sin3°＝ ．【考点】特别角的三角函数值．【分析】依据sin30°＝直接解答即可．【解答】解：sin30°＝．【点评】熟记特别角的三角函数值是解答此题的关键．1〔2023•衢州〕图1是某折叠式靠背椅实物图，图2是椅子翻开时的侧面示意图，椅面CEAD，BCO转动，且OA＝OB，椅面底部有一根可HHD，点HCD的中点，FA，EB均与地面垂直，测得FA＝54cm，EB＝45cm，AB＝48cm．CE的长度为40cm．3，椅子折叠时，连杆HDHAD，BC转动合拢，椅面和连杆夹角∠CHD30°时，A，B两点间的距离为12.5cm〔结果准确到0.c．43页〔参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27〕【考点】全等三角形的判定与性质；翻折变换〔折叠问题解直角三角形的应用．【专题】平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；推理力量．〔1〕由平行线的性质可得∠ECB＝∠ABF，由锐角三角函数可得

，即可求解；〔2〕2AD，BEN，由“ASA”可证△ABF≌△BAN，可得BN＝AF，NEDEDH3CD，过HHP⊥CDP，由锐角三角函数和等腰三角形的性质，可求DC的长，通过相像三角形的性质可求解．〕CA，∴∠ECB＝∠ABF，∴tan∠ECB＝tan∠ABF，∴ ，∴ ，∴C＝4〔c，故答案为：40；〔2〕2AD，BEN，43页∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA，，∴AB≌BA〔AS，∴BA＝5〔c，∴E＝〔c，∵tanN＝ ，∴ ＝ ，∴D8〔c，∴C32c，HCD的中点，∴CD＝1〔c，∵CD∥AB，∴△AOB∽△DOC，∴ ＝ ＝ ＝，3CDHHP⊥CDP，43页∵HC＝HD，HP⊥CD，∴∠PHD＝∠CHD＝15°，CP＝DP，∵sin∠DHP＝ ＝sin15°≈0.26，∴P160.2＝4.1c，∴C2P＝8.3〔c，∵CD∥AB，∴△AOB∽△DOC，∴ ，∴ ，∴A＝12.4≈12.c，故答案为：12.5．【点评】此题考察了解直角三角形的应用，相像三角形的判定和性质，全等三角形的判CD的长是解题的关键．1〔2023•嘉兴〕如图，在直角坐标系中，ABC与ODE是位似图形，则它们位似中的坐标是 〔4，2〕．43页【考点】坐标与图形性质；位似变换．【专题】图形的相像；几何直观．【分析】依据图示，对应点所在的直线都经过同一点，该点就是位似中心．【解答】解：如图，点G〔4，2〕即为所求的位似中心．42．【点评】此题考察了位似的相关学问，位似是相像的特别形式，假设两个图形不仅是相像图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边相互平行〔或在同一条直线上这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．2〔2023•杭州如图是一张矩形纸片ABCM是对角线ACE在BC把△DCEDECACFDF，EFMF＝AB，则∠DAF＝18度．【考点】矩形的性质；翻折变换〔折叠问题．【专题】三角形；矩形菱形正方形；运算力量；推理力量．DM，利用斜边上的中线等于斜边的一半可得△AMD和△MCD为等腰三角形，∠DAF＝∠MDA，∠MCD＝∠MDC；由折叠可知DF＝DC，可得∠DFC＝∠DCF；由MF＝AB，AB＝CD，DF＝DC，可得FM＝FD，进而得到∠FMD＝∠FDM；利用三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和，可得∠DFC＝2∠FMD；最终在△MDC中，利用三角形的内角和定理列出方程，结论可得．【解答】解：连接DM，如图：43页ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°．∵MAC的中点，∴DM＝AM＝CM，∴∠FAD＝∠MDA，∠MDC＝∠MCD．∵DC，DFDE对称，∴DF＝DC，∴∠DFC＝∠DCF．∵MF＝AB，AB＝CD，DF＝DC，∴MF＝FD．∴∠FMD＝∠FDM．∵∠DFC＝∠FMD+∠FDM，∴∠DFC＝2∠FMD．∵∠DMC＝∠FAD+∠ADM，∴∠DMC＝2∠FAD．设∠FAD＝x°，则∠DFC＝4x°，∴∠MCD＝∠MDC＝4x°．∵∠DMC+∠MCD+∠MDC＝180°，∴2x+4x+4x＝180．∴x＝18．故答案为：18．【点评】此题主要考察了矩形的性质，折叠问题，三角形的内角和定理及其推论，利用三角形内角和定理列出方程是解题的关键．2〔2023•嘉兴〕ABCBA＝3AC45A＝，点P从点A动身沿ABBCA关于直线CP的对称点为43页连结A′C，A′P．在运动过程中，点A′到直线AB距离的最大值是 ；点P到达点B时，线段AP扫过的面积为 〔1+ 〕﹣﹣ ．【考点】轴对称的性质．【专题】平移、旋转与对称；推理力量．1BBH⊥ACHCACA′⊥AB时，AABCA′，CK2PB时，扇形′ 线段A′P扫过的面积＝S ACA﹣2S扇形′ 1BBH⊥ACH．在Rt△ABH中，BH＝AB•sin30°＝1，AH＝Rt△BCH中，∠BCH＝45°，∴CH＝BH＝1，∴AC＝CA′＝1+ ，

BH＝ ，CA′⊥ABAAB的距离最大，CAABK．在Rt△ACK中，CK＝AC•sin30°＝ ，43页∴A′K＝CA′﹣CK＝1+ ﹣ ＝ ．扇形如图2中，点P到达点B时，线段A′P扫过的面积＝S扇形

A CA﹣2S ABC＝′ ﹣2××〔1+ 〕×1＝〔1+ 〕π﹣1′ 故答案为：〔1+π1﹣．【点评】此题考察轴对称的性质，翻折变换，解直角三角形，扇形的面积，三角形的面积等学问，解题的关键是学会添加常用关心线，构造直角三角形解决问题，学会利用分割法求面积，属于中考填空题中的压轴题．2〔2023•金华〕如图1BC上的点P处安装一平面镜，BCMNDAP反射后，ED的长为13．将木条BC绕点B按顺时针方向旋转肯定角度得到B′〔如图，点PP′，BCMNDAPMN上EDD′＝5EE′的长为11.5．43页【考点】相像三角形的判定与性质；解直角三角形的应用．【专题】图形的相像；解直角三角形及其应用；运算力量．【分析〔1〕由题意可得，△ABP∽△EDP，则 ＝ ，进而可得出DE的长；∽△E′FP′，由此可得 ＝ ，在Rt△BDD′中，由勾股定理可求出BD′的BD′DP′FE′FE′DFGGD′BD′＝13，可建立等式，可得结论．〕AP＝EPB＝ED90°，∴△ABP∽△EDP，∴ ＝ ，∵AB＝6.5，BP＝4，PD＝8，∴ ＝，∴DE＝13；故答案为：13．〔2〕2E′作∠E′FG＝∠E′D′FEE′G⊥BCG，∴E′F＝E′D′，FG＝GD′，43页∵AB∥MN，∴∠ABD′+∠E′D′B＝180°，∴∠ABD′+∠E′FG＝180°，∵∠E′FB+∠E′FG＝180°，又∠AP′B＝∠E′P′F，∴△ABP′∽△E′FP′，∴ ＝ 即， ＝ ，P′F＝4mE′F＝6.5m，∴E′D′＝6.5m，由勾股定理可得，BD′＝13，∴cos∠BD′D＝ ，中，cos∠BD′D＝ ＝ ，∴GD′＝2.5m，∴FG＝GD′＝2.5m，∵BP′+P′F+FG+GD′＝13，∴4+4m+2.5m+2.5m＝13m＝1,∴E′D′＝6.5,故答案为：11.5．【点评】此题主要考察解直角三角形，相像三角形的性质与判定，构造正确的关心线是解题的关键．2〔2023•湖州〕由沈康身教授所著，数学家吴文俊作序的《数学的魅力》一书中记载了样一个故事：如图，三姐妹为了平分一块边长为1的祖传正方形地毯，先将地毯分割成七块，再拼成三个小正方形〔阴影局部．则图中AB的长应是 1 ．43页【考点】数学常识；正方形的性质；图形的剪拼；解直角三角形．【专题】矩形菱形正方形；几何直观．【分析】依据裁剪和拼接的线段关系可知CD＝股定理即可求解．【解答】解：∵地毯面积被平均分成了3份，

∴每一份的边长为 ＝ ，∴CD＝3× ＝ ，在Rt△ACD中，依据勾股定理可得AD＝ ＝ ，又依据剪裁可知BD＝CE＝1，∴AB＝AD﹣BC＝故答案为：

﹣1．DE的长，属于中考常考题型．三．解答题〔7小题〕2〔2023•嘉兴〕一酒精消毒瓶如图ABBCDCE为伸缩连杆，BE和EF为导管，其示意图如图2，∠DBE＝∠BEF＝108°，BD＝6cm，BE＝4cm．当43页BCDBD转动到B′，此时BE〔如图．DD′的路径长；求点D到直线EF的距离〔结果准确到0.c．0.31，tan72°≈3.08〕【考点】轨迹；解直角三角形的应用．【专题】与圆有关的计算；解直角三角形及其应用；应用意识．【分析〔1〕由BD”∥EF，求出∠D”BE＝72°，可得∠DBD”＝36°，依据弧长公式即可求出点D转动到点D′的路径长为 ＝π；＝3.54，Rt△BEH中，HE＝3.80DG+HE≈7.3DEF7.3cm，【解答】解：∵BD”∥EF，∠BEF＝108°，∴∠D”BE＝180°﹣∠BEF＝72°，∵∠DBE＝108°，∴∠DBD”＝∠DBE﹣∠D”BE＝108°﹣72°＝36°，∵BD＝6，∴点D转动到点D′的路径长为 ＝π〔c；43页R△BDGR△BEHH＝B•sin7×0.93.8〔c，∴DG+HE＝3.54cm+3.80cm＝7.34m≈7.3cm，∵BD”∥EF，DEF的距离约为7.3cm，DEF7.3cm．【点评】此题考察圆的弧长及解直角三角形的应用，解题的关键是把握弧长公式，娴熟运用三角函数解直角三角形．2〔2023•丽水〕如图，在55的方格纸中，线段AB的端点均在格点上，请按要求画图．1ACAC＝AB，C在格点上；2EFEF，AB相互平分，E，F均在格点上；如图3，以A，B为顶点画出一个四边形，使其是中心对称图形，且顶点均在格点上．【考点】线段垂直平分线的性质；多边形；平行四边形的判定与性质；作图﹣旋转变换．【专题】多边形与平行四边形；几何直观．〔1〕AB为长方形对角线，作出相等线段即可；〔2〕AFBE是平行四边形即可；〔3〕同．〔〕线段AC即为所作，EF即为所作，43页ABHG即为所作．【点评】此题考察作图﹣﹣应用与设计，平行四边形的判定，等腰三角形的判定等学问，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．2〔2023•绍兴1ABAB50cmBC70cmCD60cmB，C是转动点，且AB，BCCD始终在同一平面内．转动连杆BC，手臂CD，使∠ABC＝143°，CD∥l，如图2，求手臂端点D离操作台l的高度DE的长〔准确到1csin5°≈0.cos50.．lA110cmMBCCD，手DM？请说明理由．【考点】解直角三角形的应用．【专题】解直角三角形及其应用；运算力量．〔1〕CCP⊥AEPBBQ⊥CPQRt△BCQ中，CQ＝BC•sin53DE＝CP＝CQ+PQ可得答案；〔2〕B,C,DAD的长，进而可进展推断．〕过点C作CAE于点，过点B作BCP于点，如图：43页∵∠ABC＝143°，∴∠CBQ＝53°，Rt△BCQ中，CQ＝BC•sin53°≈70×0.8＝56cm，∵CD∥l，∴DE＝CP＝CQ+PQ＝56+50＝106cm．〔2〕B,C,D共线时，如图：BD＝60+70＝130cm，AB＝50cm，在Rt△ABD中，AB²+AD²＝BD²，∴AD＝120cm＞110cm．DM．【点评】此题考察解直角三角形的应用，依据题意作出关心线构造直角三角形是解题关键．2〔2023•台州〕图1是放置在水平地面上的落地式话筒架实物图，图2AB垂直于地面CD固定在支撑杆上的点EAE4B＝11c，D＝80c，求活动杆端点D离地面的高度D〔结果准确到csin4°≈0.74，cos48°≈0.67，tan48°≈1.11〕43页【考点】解直角三角形的应用．【专题】应用题；解直角三角形及其应用；运算力量；推理力量．DDG⊥AEGGBFDDF＝GB，然后依据锐角三角GEDDF．DDG⊥A