第28讲 图形的变化综合提升卷（解析版）-2025年中考数学一轮复习（全国版）

图形的变化综合提升卷参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2024·海南·中考真题）平面直角坐标系中，将点A向右平移3个单位长度得到点A′(2,1)，则点A的坐标是（A．(5,1) B．(2,4) C．(−1,1) D．(2,−2)【答案】C【分析】本题考查了坐标与图形的平移变化．根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加．上下平移只改变点的纵坐标，下减上加．据此求解即可．【详解】解：∵将点A向右平移3个单位长度得到点A′∴点A的坐标是(2−3,1)，即(−1,1)．故选：C．2．（3分）（2024·西藏·中考真题）下列图形既是中心对称图形又是轴对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转180°后，能够与原图形重合，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，这个图形就叫做轴对称图形，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念，是解题的关键．【详解】解：A、绕某一点旋转180°后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，不是轴对称图形；故不符合题意；B、绕某一点旋转180°后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；故不符合题意；C、绕某一点旋转180°后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；故不符合题意；D、绕某一点旋转180°后，能够与原图形重合，是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；故符合题意；故选：D．3．（3分）（2024·天津·中考真题）如图，△ABC中，∠B=30∘，将△ABC绕点C顺时针旋转60∘得到△DEC，点A,B的对应点分别为D,E，延长BA交DE于点FA．∠ACB=∠ACD B．AC∥DEC．AB=EF D．BF⊥CE【答案】D【分析】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据旋转性质得∠BCE=∠ACD=60°，结合∠B=30∘，即可得证BF⊥CE，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析【详解】解：记BF与CE相交于一点H，如图所示：∵△ABC中，将△ABC绕点C顺时针旋转60∘得到△DEC∴∠BCE=∠ACD=60°∵∠B=30°∴在△BHC中，∠BHC=180°−∠BCE−∠B=90°∴BF⊥CE故D选项是正确的，符合题意；设∠ACH=x°∴∠ACB=60°−x°∵∠B=30°∴∠EDC=∠BAC=180°−30°−∴∠EDC+∠ACD=90°+x°+60°=150°+x°∵x°不一定等于30°∴∠EDC+∠ACD不一定等于180°∴AC∥DE不一定成立，故B选项不正确，不符合题意；∵∠ACB=60°−x°，∠ACD=60°∴∠ACB=∠ACD不一定成立，故A选项不正确，不符合题意；∵将△ABC绕点C顺时针旋转60∘得到△DEC∴AB=ED=EF+FD∴BA>EF故C选项不正确，不符合题意；故选：D4．（3分）（2024·陕西·中考真题）如图，正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的边CD上，AF与DC交于点H，若AB=6，CE=2，则DH的长为（

）A．2 B．3 C．52 D．【答案】B【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．证明△ADH∽△FGH，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．【详解】解：∵正方形ABCD，AB=6，∴AB=AD=CD=6，∵正方形CEFG，CE=2，∴CE=GF=CG=2，∴DG=CD−CG=4，由题意得AD∥∴△ADH∽△FGH，∴ADGF=DH解得DH=3，故选：B．5．（3分）（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC=5，sinB=45，则BCA．3 B．6 C．8 D．9【答案】B【分析】本题考查解直角三角形，等腰三角形的性质，勾股定理．正确作出辅助线是解题关键．过点A作AD⊥BC于点D．由等腰三角形三线合一的性质得出BD=CD=12BC．根据sinB=ADAB=【详解】解：如图，过点A作AD⊥BC于点D．∵AB=AC=5，∴BD=CD=1在Rt△ABD中，sin∴AD=4∴BD=A∴BC=2BD=6．故选B．6．（3分）（2024·吉林长春·中考真题）南湖公园是长春市著名旅游景点之一，图①是公园中“四角亭”景观的照片，图②是其航拍照片，则图③是“四角亭”景观的（）．A．主视图 B．俯视图 C．左视图 D．右视图【答案】B【分析】本题主要考查了几何体的三视图，熟练掌握三视图的定义是解决本题的关键．根据三视图主视图、俯视图、左视图的定义即可解答．【详解】解：由题意可知图③是从“四角亭”上方看到的，即为俯视图．故选B．7．（3分）（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形ABCD中，BC=2AB，点M，N分别在边BC，AD上．连接MN，将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处．则tan∠AMN的值是（

A．2 B．2 C．3 D．5【答案】A【分析】连接AC交MN于点F，设AB=2m，则BC=2AB=4m，利用勾股定理求得AC=AB2+BC2=25m，由折叠得到AM=CM，MN垂直平分AC，则AF=CF=【详解】解：连接AC交MN于点F，设AB=2m，则BC=2AB=4m，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∴AC=∵将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处，∴点C与点A关于直线MN对称，∴AM=CM，MN垂直平分AC，∴BM=BC−CM=4m−AM，∠AFM=90°，AF=CF=1∵AB∴2m∴AM=5∴MF=∴tan∠AMN=故选：A．【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．8．（3分）（2024·山东日照·中考真题）潮汐塔是万平口区域内的标志性建筑，在其塔顶可俯视景区全貌．某数学兴趣小组用无人机测量潮汐塔AB的高度，测量方案如图所示：无人机在距水平地面119m的点M处测得潮汐塔顶端A的俯角为22°，再将无人机沿水平方向飞行74m到达点N，测得潮汐塔底端B的俯角为45°（点M,N,A,B在同一平面内），则潮汐塔AB的高度为（（结果精确到1m．参考数据：sinA．41m B．42m C．48m【答案】B【分析】本题考查了解直角三角形的应用一仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．延长BA交MN于点C，根据题意得BC⊥MN,BC=119m,MN=74m，然后在Rt△CNB中，利用锐角三角函数的定义求出CN的长，从而求出MC的长，再在【详解】如图，延长BA交MN于点C．由题意得BC⊥MN,BC=119m在Rt△CNB中，∠CNB=45°∴CN=BC∴MC=MN+NC=193m在Rt△AMC中，∠AMC=22°∴AC=MC⋅tan∴AB=BC−AC=119−77.2≈42(m故选B．9．（3分）（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=6，点M是AB边的中点，点N是AD边上任意一点，将线段MN绕点M顺时针旋转90°，点N旋转到点N′，则△MBN′A．15 B．5+55 C．10+52【答案】B【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点N′的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合AAS证明△AMN≌△GMN′，推出MG=AM=5，得到点N′在平行于AB，且与AB的距离为5的直线上运动，作点M关于直线EF的对称点M′，连接M′B【详解】解：过点N′作EF∥AB，交AD、BC于E、F，过点M作MG⊥EF∵矩形ABCD，∴AB∥∴AB∥∴四边形AMGE和BMGF都是矩形，∴∠A=∠MGN由旋转的性质得∠NMN′=90°∴∠AMN=90°−∠NMG=∠GMN∴△AMN≌△GMN∴MG=AM=5，∴点N′在平行于AB，且与AB作点M关于直线EF的对称点M′，连接M′B交直线EF于点N′，此时∵BM=12AB=5∴BM+BM故选：B．10．（3分）（2024·山东东营·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AC与BD交于点O，H为AB延长线上的一点，且BH=BD，连接DH，分别交AC，BC于点E，F，连接BE，则下列结论：①CFBF=32；②tan∠H=3−1其中正确结论的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】根据正方形的性质结合勾股定理可知，AB=BD=CD=AD=a，BD=2AB=2a，AB∥CD，AC与BD互相垂直且平分，进而可求得AH=2+1a，根据正切值定义即可判断②；由AB∥CD，可知△DCF∽△HBF，由相似三角形的性质即可判断①；由BH=BD，可求得∠H=∠BDH=22.5°，再结合AC与BD【详解】解：在正方形ABCD中，AB∥CD，AB=BD=CD=AD=a，∠BAD=90°，∠ABD=∠CBD=∠DAC=∠BAC=45°，AC与BD互相垂直且平分，则BD=A∵BH=BD=2a，则∴tanH=∵AB∥CD，则∠H=∠CDF，∠DCF=∠HBF，∴△DCF∽△HBF，∴CFBF∵BH=BD，∴∠H=∠BDH，∵∠H+∠BDH=∠ABD=45°，∴∠H=∠BDH=22.5°，又∵AC与BD互相垂直且平分，∴DE=BE，∴∠DBE=∠BDE=22.5°，则∠CBE=∠CBD−∠DBE=22.5°，∴∠DBE=∠CBE，∴BE平分∠CBD，故③正确；由上可知，∠DBE=∠H=22.5°，∴△BDE∽△HDB，∴BDDH=DE又∵BD=2∴2AB综上，正确的有③④，共2个，故选：B．【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2024·甘肃·中考真题）围棋起源于中国，古代称为“弈”．如图是两位同学的部分对弈图，轮到白方落子，观察棋盘，白方如果落子于点的位置，则所得的对弈图是轴对称图形．（填写A，B，C，D中的一处即可，A，B，C，D位于棋盘的格点上）【答案】A或C【分析】根据轴对称图形的定义解答即可．本题考查了轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的定义是解题的关键．【详解】根据轴对称图形的定义，发现放在B，D处不能构成轴对称图形，放在A或C处可以，故答案为：A或C．12．（3分）（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为3cm的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为60°，则重合部分构成的四边形ABCD的周长为cm【答案】8【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点A作AM⊥BC于M，AN⊥CD于N，由题意易得四边形ABCD是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得AM=AN，即可得到四边形ABCD是菱形，再解Rt△ADN可得AD=ANsin【详解】解：过点A作AM⊥BC于M，AN⊥CD于N，则∠AND=90°，∵两张纸条的对边平行，∴AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵两张纸条的宽度相等，∴AM=AN，∵S▱ABCD∴BC=CD，∴四边形ABCD是菱形，在Rt△ADN中，∠ADN=60°，AN=3∴AD=AN∴四边形ABCD的周长为23故答案为：8313．（3分）（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线AC，BD相交与点O，点E在BC延长线上，OE与CD相交与点F．若∠ACD=2∠OEC，OFFE=56，则菱形【答案】96【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作OH∥BC交CD于点H，则△DOH∽△DBC，求得OH=12BC=5，再证明△OFH∽△EFC，求得EC=6，再证明∠OEC=∠COE【详解】解：作OH∥BC交CD于点H，则∵四边形ABCD是边长为10的菱形，对角线AC，BD相交于点∴BC=10，OD=OB=12BD，OA=OC∴OHBC=OD∴OH=1∵OH∥BC，∴△OFH∽△EFC，∴OHEC∴EC=6∵四边形ABCD是菱形，且∠ACD=2∠OEC，∴∠ACB=∠ACD=2∠OEC=∠COE+∠OEC，∴∠OEC=∠COE，∴OC=EC=6，∴OB=B∴BD=2OB=16，AC=2OC=12，∴S菱形故答案为：96．14．（3分）（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=12，BC=2，AD=1，线段AD绕点A旋转，点P为CD的中点，则【答案】2【分析】本题考查了解直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质，解题的关键是找出BP取最大值时B、P、M三点的位置关系．取AC的中点M，连接PM、BM，利用解三角形求出BM=MC2+BC2=22，利用三角形中位线定理推出PM=12AD=12【详解】解：取AC的中点M，连接PM、BM．∵∠ACB=90°，tan∠BAC=12∴AC=BC∴AM=CM=1∴BM=M∵P、M分别是CD、AC的中点，∴PM=1如图，当AD在AC下方时，如果B、P、M三点共线，则BP有最大值，最大值为BM+MP=22故答案为：2215．（3分）（2024·山西·中考真题）黄金分割是汉字结构最基本的规律．借助如图的正方形习字格书写的汉字“浙”端庄稳重、舒展美观．已知一条分割线的端点A,B分别在习字格的边MN，QP上，且AB∥NP，“浙”BC字的笔画“、”的位置在AB的黄金分割点C处，且BCAB=5−12，若【答案】5−1/【分析】本题考查了黄金分割的定义，正方形的性质及矩形的判定与性质，先证明四边形ABPN是矩形，根据黄金分割的定义可得BCAB【详解】∵四边形MNPQ是正方形，∴∠N=∠P=90°，又∵AB∥∴∠BAN+∠N=180°，∴∠BAN=90°，∴四边形ABPN是矩形，∴AB=NP=2cm又∵BCAB∴BC=5故答案为：5−116．（3分）（2024·江苏南通·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=5．正方形DEFG的边长为5，它的顶点D，E，G分别在△ABC的边上，则BG的长为【答案】3【分析】过点G作GH⊥AC，易得△AHG为等腰直角三角形，设AH=HG=x，得到CH=AC−AH=5−x，证明△GHD≌△DCE，得到CD=GH，进而得到CD=x，DH=5−2x，在Rt△DHG中，利用勾股定理求出x的值，根据平行线分线段成比例，求出BG【详解】解：过点G作GH⊥AC，则：∠AHG=∠GHD=90°，∴∠DGH+∠HDG=90°，∵∠ACB=90°，AC=BC=5，∴AB=52∴∠AGH=45°=∠A，∴AH=HG，设AH=HG=x，则：CH=AC−AH=5−x，∵正方形DEFG，∴DG=DE,∠GDE=90°，∴∠HDG+∠CDE=90°，∴∠HGD=∠CDE，∵∠C=∠GHD=90°，∴△GHD≌△DCE，∴CD=GH=x，∴DH=CH−CD=5−2x，在Rt△GHD中，由勾股定理，得：G∴52=5−2x∴AH=2,CH=3，∵∠C=∠AHD=90°，∴HG∥BC，∴AGBG∴BG=3故答案为：32【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，平行线分线段成比例，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形和全等三角形．三．解答题（共9小题，满分72分）17．（6分）（2024·内蒙古通辽·中考真题）计算：3−2【答案】1【分析】本题考查的是含特殊角的三角函数值的混合运算，先计算绝对值，零指数幂，代入特殊角的三角函数值，再合并即可；【详解】解：3=2−=2−=1．18．（6分）（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A−1,1，B−2,3，(1)画出△ABC关于y轴对称的△A1B(2)画出△ABC绕点A逆时针旋转90°后得到的△AB2C(3)在（2）的条件下，求点B旋转到点B2的过程中所经过的路径长（结果保留π【答案】(1)作图见解析，B(2)作图见解析，B(3)5【分析】本题考查了利用旋转变换作图，轴对称和扇形面积公式等知识，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．（1）根据题意画出即可；关于y轴对称点的坐标横坐标互为相反数，纵坐标不变；（2）根据网格结构找出点B、C以点A为旋转中心逆时针旋转90°后的对应点，然后顺次连接即可；（3）先求出AB=5，再由旋转角等于90°【详解】（1）解：如图，△A1B1C（2）如图，△AB2C（3）AB=1点B旋转到点B2的过程中所经过的路径长90×19．（6分）（2024·江苏无锡·中考真题）【操作观察】如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，BC=8，AB=12，AD=13．折叠四边形纸片ABCD，使得点C的对应点C′始终落在AD上，点B的对应点为B′，折痕与AB，【解决问题】(1)当点C′与点A重合时，求B(2)设直线B′C′与直线AB相交于点F，当∠AF【答案】(1)10(2)285或【分析】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，正切的相关应用，结合题意画出图形是解题的关键．（1）过点C作CH⊥AD，则CH=AB=12，AH=BC=8，再求出HD，根据勾股定理求出CD，当点C′与点A重合时，由折叠的性质可得出MN垂直平分AC，N与D则有AM=MC，设B′M=MB=x，则AM=MC=12−x，再利用勾股定理即可得出（2）分两种情况，当点F在AB上时和当点F在BA的延长线上时，设AF=5x，AC′=12x，则C【详解】（1）解：如图1，过点C作CH⊥AD，则CH=AB=12，AH=BC=8，∴HD=AD−AC∴CD=Ctan∠ADC=当点C′与点A重合时，由折叠的性质可得出MN垂直平分AC，N与D则有AM=MC，设B′M=MB=x，则∵∠ABC=90°∴在Rt△MBC中x解得：x=10故B（2）如图2，当点F在AB上时，如下图：由(1)可知tan∠ADC=∵∠AF∴tan∠AF设AF=5x，AC′=12x根据折叠的性质可得出：B′C′∵∠B∴tan∠∵∠ABC=90°∴在Rt△BFM中，FM=13则5x+12解得：x=7A如图3，当点F在BA的延长线上时，同上tan∠AF在Rt△AF设AF=5x，AC′=12x，F在Rt△MFFM=135则FB=5x+12=解得x=13则AC综上：AC′的值为：28520．（8分）（2024·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是3×3的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B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四边形ABCD，使其是轴对称图形且点C、D均在格点上．(1)在图①中，四边形ABCD面积为2；(2)在图②中，四边形ABCD面积为3；(3)在图③中，四边形ABCD面积为4．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】本题考查网格作图、设计图案、轴对称的性质、平移的性质等知识点，根据轴对称的性质、平移的性质作图是解题的关键．（1）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为2四边形ABCD即可．（2）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为3四边形ABCD即可．（3）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为4四边形ABCD即可．【详解】（1）解：如图①：四边形ABCD即为所求；（不唯一）．（2）解：如图②：四边形ABCD即为所求；（不唯一）．（3）解：如图③：四边形ABCD即为所求；（不唯一）．21．（8分）（2024·山东德州·中考真题）在△ABC中，AC=BC，∠ACB=120°，点D是AB上一个动点（点D不与A，B重合），以点D为中心，将线段DC顺时针旋转120°得到线DE．(1)如图1，当∠ACD=15°时，求∠BDE的度数；(2)如图2，连接BE，当0°<∠ACD<90°时，∠ABE的大小是否发生变化？如果不变求，∠ABE的度数；如果变化，请说明理由；(3)如图3，点M在CD上，且CM:MD=3:2，以点C为中心，将线CM逆时针转120°得到线段CN，连接EN，若AC=4，求线段EN的取值范围．【答案】(1)75°(2)∠ABE的大小不发生变化，∠ABE=30°，理由见解析(3)4【分析】（1）由旋转的性质得∠CDE=120°，由等边对等角和三角形内角和定理得到∠A=30°，由三角形外角的性质得∠BDC=45°，进而可求出∠BDE的度数；（2）连接CE交BD于点O，证明△BOC∽△EOD得OCOB=ODOE，再证明（3）过点C作CH⊥AB于H，求出∠A=30°，则CH=12AC=2；由旋转的性质得∠CDE=120°，CD=DE，∠MCN=120°，CM=CN，设CD=DE=5x，则CM=CN=3x；如图所示，过点D作DG⊥CE于G，则可得到DG=12DC=52x，CE=2CG，由勾股定理得CG=【详解】（1）解：由旋转的性质得∠CDE=120°．∵AC=BC，∠ACB=120°，∴∠A=∠B=180°−∠ACB∵∠ACD=15°，∴∠BDC=∠ACD+∠A=30°+15°=45°，∴∠BDE=∠CDE−∠BDC=120°−45°=75°；（2）解：∠ABE的大小不发生变化，∠ABE=30°，理由如下：连接CE交BD于点O，由旋转的性质得∠CDE=120°，CD=DE，∴∠DCO=∠DEO=180°−∠CDE∴∠DEO=∠ABC=30°，又∵∠BOC=∠EOD，∴△BOC∽△EOD，∴OC∴OCOB∵∠COD=∠BOE，∴△COD∽△BOE，∴∠ABE=∠DCO=30°；（3）解：如图所示，过点C作CH⊥AB于H，∵AC=BC，∠ACB=120°，∴∠A=∠B=180°−∠ACB∵CH⊥AB，∴CH=1由旋转的性质得∠CDE=120°，CD=CE，∠MCN=120°，设CD=DE=5x，∵CM:MD=3:2，∴CM=CN=3如图所示，过点D作DG⊥CE于G，∵∠CDE=120°，CD=CE，∴∠DCO=∠DEO=180°−∠CDE∵DG⊥CE，∴DG=12DC=在Rt△CDG中，由勾股定理得CG=∴CE=53∵∠DCE=30°，∴∠ECN=120°−30°=90°，在Rt△ECN中，由勾股定理得E==84x∴EN=221x或EN=−221x∵点D是AB上一个动点（点D不与A，B重合），∴CH≤CD<AC，即2≤5x<4，∴25∴421【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边对等角等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键．22．（9分）（2024·山西·中考真题）研学实践：为重温解放军东渡黄河“红色记忆”，学校组织研学活动．同学们来到毛主席东渡黄河纪念碑所在地，在了解相关历史背景后，利用航模搭载的3D扫描仪采集纪念碑的相关数据．数据采集：如图，点A是纪念碑顶部一点，AB的长表示点A到水平地面的距离．航模从纪念碑前水平地面的点M处竖直上升，飞行至距离地面20米的点C处时，测得点A的仰角∠ACD=18.4°；然后沿CN方向继续飞行，飞行方向与水平线的夹角∠NCD=37°，当到达点A正上方的点E处时，测得AE=9米；…数据应用：已知图中各点均在同一竖直平面内，E，A，B三点在同一直线上．请根据上述数据，计算纪念碑顶部点A到地面的距离AB的长（结果精确到1米．参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin18.4°≈0.32，【答案】点A到地面的距离AB的长约为27米【分析】本题考查解直角三角形的应用—仰角俯角问题、锐角三角函数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．延长CD交AB于点H，根据矩形的性质得到CM=HB=20，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：延长CD交AB于点H，由题意得，四边形CMBH为矩形，∴CM=HB=20，在Rt△ACH中，∠AHC=90°，∠ACH=18.4°∴tan∠ACH=∴CH=AH在Rt△ECH中，∠EHC=90°，∠ECH=37°∴tan∠ECH=∴CH=EH设AH=x米．∵AE=9，∴EH=x+9，∴x0.33解得x≈7.1，∴AB=AH+HB≈7.1+20=27.1≈27（米）；答：点A到地面的距离AB的长约为27米．23．（9分）（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=6，AD=10，∠BAD=60°，P为边AB上的动点．连接PC，将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，过点E作EF∥AB，EF交直线AD于点F．连接PF、DE，分别取PF、DE的中点M、N，连接MN，交AD(1)若点P与点B重合，则线段MN的长度为______．(2)随着点P的运动，MN与AQ的长度是否发生变化？若不变，求出MN与AQ的长度；若改变，请说明理由．【答案】(1)5(2)不变，AQ=8，MN=5【分析】（1）当点P与点B重合时，E、N、D、F、C共线，PE=PC=BC，MN为△PDE的中位线，即可求出MN的长度．（2）构造△PFG，使MN为△PFG的中位线，再构造△HPE≌△KCP，进而证得△PGH是等边三角形，得出MN=12GH=12AD=5．然后由△API和△GDI为等边三角形，推导出PB=DF，然后再由AQ=AI+IQ=8，最后得出MN和【详解】（1）解：当点P与点B重合时，如图①，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠PCD=∠A=60°，AD∥BC，CD∥AB∵将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，∴∠EPC=60°，PE=PC∴△EPC是等边三角形，∴PC=BC=PE=10．∠PCE=60°∴C、D、E三点共线，∵CD∥AB，EF∥∴E、D、F、C共线，∵点M、N分别是PF，ED的中点，∴2MN=PE=10．∴MN=5．故答案为：5．（2）解：结论：不变．如解图②，连接FN并延长到点G，使得FN=GN，连接GE，DG，延长EG，BA交于H点，连接PG．延长AB至点K，使得BK=BC，连接CK，CE，设PG与AD交于I点，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BCD=∠A=60°，AD∥BC，CD∥AB∵点N为DE中点，∴EN=DN．∵FN=GN，∴四边形GEFD为平行四边形，∴GE∥AF，GD∥EF．∵EF∥AB，∴GD∥EF∥HB，HG∥AF．∴四边形HADG为平行四边形，∴HG=AD，∵HG∥AF∴∠BAD=在平行四边形ABCD中，∵∠BAD=60°，CD∥AB∴∠CBK=60°∵BC=BK，∴△BKC是等边三角形，∴∠K=60°．KC=BC=AD=10由旋转得∠EPC=60°，PE=PC∵∠H=60°，∠∴∠HEP+∠HPE=120°∴∠HEP=又∠K=∠H=60°∴△EHP≌△PKC（AAS）．∴HP=KC=AD=HG=10，∴△PGH为等边三角形．∵点M、N为PF、GF的中点，∴MN为△PGF的中位线，MN=12PG∵PG=HG=AD=10．∴MN=5．即MN的长度不变；∵△CPE和△GPH都为等边三角形．∴PH=PG，PE=PC，∠HPG=∠EPC=60°∴∠GPC=∴△HPE≌△GPC（SAS）．∴GC=HE=AF．∵∠PHG=∠∴∠PAI=∴△API为等边三角形．同理：△GDI为等边三角形．∴GD=ID．AP=AI，∴AF−DI=CG−DG，∴AI+DF=DC=6=AP+PB，∵AP=AI，∴PB=DF，设AP=a，则PB=6−a=DF，AI=AP=a，ID=10−a，∴IF=ID+DF=10−a+6−a=16−2a．∵MN为△GFP的中位线，∴MN∥GP，∴FQIQ∴FQ=IQ，∵M是PF的中点，∴Q为IF中点，∴IQ=12IF=8−a∴AQ=AI+IQ=a+8−a=8．故MN和AQ的长度都不变．【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形和等边三角形的性质，三角形中位线的性质以及平行线分线段成比例．本题的难点是构造△HPE≌△KCP得出MN=12GH=1224．（10分）（2024·江苏徐州·中考真题）在△ABC中，点D在边AB上，若CD2=AD⋅DB，则称点D(1)如图（1），在△ABC中，若∠ACB=90°，CD⊥AB于点D．试说明：点D是点C的“关联点”．(2)如图（2），已知点D在线段AB上，用无刻度的直尺和圆规作一个△ABC，使其同时满足下列条件：①点D为点C的“关联点”；②∠ACB是钝角（保留作图痕迹，不写作法）．(3)若△ABC为锐角三角形，且点D为点C的“关联点”．设AD=m，DB=n，用含m、n的代数式表示AC的取值范围（直接写出结果）．【答案】(1)证明见解析(2)图见解析(3)mn−m2【分析】（1）证△ACD∽△CBD，根据“关联点”的定义即可得结论；（2）以AB为直径作⊙O，过点D作AB的垂线，交⊙O于P，由圆周角定理可得∠APB=90°，由（1）可得DP2=AD⋅DB，以D为圆心，DP为半径作圆，在直线DP右侧的⊙D上取点C（3）分类讨论，①当m<n时，根据第二问可得出锐角三角形时C的位置，再利用勾股定理求出临界值范围即可，②当m<n时，同①方法．【详解】（1）证明：∵CD⊥AB，∴∠CDA=∠CDB=90°，∴∠A+∠ACD=90°，∵∠ACB=90°，∴∠BCD+∠ACD=90°，∴∠A=∠BCD，∵∠CDA=∠CDB=90°，∴△ACD∽△CBD，∴CDBD∴CD∴点D是点C的“关联点”．（2）解：如图，①作线段AB的垂直平分线，交AB于点O；②以O为圆心，OA为半径作圆；③过D作DP⊥AB交⊙O于点P；④以D为圆心，DP为半径画圆，则点C在⊙D上且在直线DP右侧．连接AC、BC，△ABC即为所求，证明：∵P在以AB为直径的圆上运动，∴∠APB=90°，由（1）可知：DP∵DC=DB，∴CD（3）①当m<n时，如图所示，结合第（2）问，我们发现当点C在直线DP左侧、A的右侧时，△ACB是锐角三角形，此时AC∵DC2=DA⋅DB，且DA=m∴D在Rt△ADC1在Rt△ADC2∴mn−②当m>n时，同理可得：mn+m综上所述，mn−m2<AC<【点睛】本题主要考查了尺规作图，圆周角定理、相似三角形的判定和性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识和正确理解题意是解题的关键．25．（10分）（2024·江苏南通·中考真题）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动．【特例探究】（1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积．等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表图序角平分线AD的长∠BAD的度数腰