辽宁省2019年、2020年中考数学试题分类汇编（12）——图形的变换

这是一份辽宁省2019年、2020年中考数学试题分类汇编（12）——图形的变换，共21页。

2019年、2020年 辽宁省数学中考试题分类（12）——图形的变换
一．轴对称图形（共1小题）
1．（2019•铁岭）下面四个图形中，属于轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
二．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共1小题）
2．（2020•大连）平面直角坐标系中，点P（3，1）关于x轴对称的点的坐标是（　　）
A．（3，1） B．（3，﹣1） C．（﹣3，1） D．（﹣3，﹣1）
三．轴对称-最短路线问题（共2小题）
3．（2020•鞍山）如图，在平面直角坐标系中，已知A（3，6），B（﹣2，2），在x轴上取两点C，D（点C在点D左侧），且始终保持CD＝1，线段CD在x轴上平移，当AD+BC的值最小时，点C的坐标为　 　．

4．（2020•营口）如图，△ABC为等边三角形，边长为6，AD⊥BC，垂足为点D，点E和点F分别是线段AD和AB上的两个动点，连接CE，EF，则CE+EF的最小值为　 　．

四．翻折变换（折叠问题）（共3小题）
5．（2020•盘锦）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，点E和点F分别为AD，CD上的点，将△DEF沿EF翻折，使点D落在BC上的点M处，过点E作EH∥AB交BC于点H，过点F作FG∥BC交AB于点G．若四边形ABHE与四边形BCFG的面积相等，则CF的长为　 　．

6．（2020•葫芦岛）一张菱形纸片ABCD的边长为6cm，高AE等于边长的一半，将菱形纸片沿直线MN折叠，使点A与点B重合，直线MN交直线CD于点F，则DF的长为　 　cm．
7．（2020•沈阳）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，对角线AC，BD相交于点O，点P为边AD上一动点，连接OP，以OP为折痕，将△AOP折叠，点A的对应点为点E，线段PE与OD相交于点F．若△PDF为直角三角形，则DP的长为　 　．

五．旋转的性质（共2小题）
8．（2020•大连）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝40°．将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，则∠CAA′的度数是（　　）

A．50° B．70° C．110° D．120°
9．（2020•阜新）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2．将△ABC绕点B逆时针旋转60°，得到△A1BC1，则AC边的中点D与其对应点D1的距离是　 　．

六．作图-旋转变换（共1小题）
10．（2020•阜新）如图，△ABC在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为A（4，4），B（1，1），C（4，1）．
（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点O1顺时针旋转90°得到△A2B2C2，弧AA2是点A所经过的路径，则旋转中心O1的坐标为　 　；
（3）求图中阴影部分的面积（结果保留π）．

七．几何变换综合题（共3小题）
11．（2020•锦州）已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形（22OA＜OM＝ON），∠AOB＝∠MON＝90°．

（1）如图1：连AM，BN，求证：△AOM≌△BON；
（2）若将△MON绕点O顺时针旋转，
①如图2，当点N恰好在AB边上时，求证：BN2+AN2＝2ON2；
②当点A，M，N在同一条直线上时，若OB＝4，ON＝3，请直接写出线段BN的长．
12．（2020•葫芦岛）在等腰△ADC和等腰△BEC中，∠ADC＝∠BEC＝90°，BC＜CD，将△BEC绕点C逆时针旋转，连接AB，点O为线段AB的中点，连接DO，EO．
（1）如图1，当点B旋转到CD边上时，请直接写出线段DO与EO的位置关系和数量关系；
（2）如图2，当点B旋转到AC边上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）若BC＝4，CD＝26，在△BEC绕点C逆时针旋转的过程中，当∠ACB＝60°时，请直接写出线段OD的长．

13．（2020•沈阳）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB，DC．
（1）如图1，当α＝60°时，
①求证：PA＝DC；
②求∠DCP的度数；
（2）如图2，当α＝120°时，请直接写出PA和DC的数量关系．
（3）当α＝120°时，若AB＝6，BP=31，请直接写出点D到CP的距离为　 　．

八．平行线分线段成比例（共1小题）
14．（2020•营口）如图，在△ABC中，DE∥AB，且CDBD=32，则CECA的值为（　　）

A．35 B．23 C．45 D．32
九．相似三角形的性质（共1小题）
15．（2019•沈阳）已知△ABC∽△A'B'C'，AD和A'D'是它们的对应中线，若AD＝10，A'D'＝6，则△ABC与△A'B'C'的周长比是（　　）
A．3：5 B．9：25 C．5：3 D．25：9
一十．相似三角形的判定与性质（共7小题）
16．（2019•鞍山）如图，正方形ABCD和正方形CGFE的顶点C，D，E在同一条直线上，顶点B，C，G在同一条直线上．O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于点H，连接FH交EG于点M，连接OH．以下四个结论：①GH⊥BE；②△EHM∽△FHG；③BCCG=2-1；④S△HOMS△HOG=2-2，其中正确的结论是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
17．（2019•营口）如图，在△ABC中，DE∥BC，ADAB=23，则S△ADES四边形DBCE的值是（　　）

A．45 B．1 C．23 D．49
18．（2020•锦州）如图，在△ABC中，D是AB中点，DE∥BC，若△ADE的周长为6，则△ABC的周长为　 　．

19．（2020•大连）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E在边AD上，CE与BD相交于点F．设DE＝x，BF＝y，当0≤x≤8时，y关于x的函数解析式为　 　．

20．（2020•鞍山）如图，在菱形ABCD中，∠ADC＝60°，点E，F分别在AD，CD上，且AE＝DF，AF与CE相交于点G，BG与AC相交于点H．下列结论：①△ACF≌△CDE；②CG2＝GH•BG；③若DF＝2CF，则CE＝7GF；④S四边形ABCG=34BG2．其中正确的结论有　 　．（只填序号即可）

21．（2020•锦州）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点E，以AB为直径的⊙O经过点E，与AD交于点F，G是AD延长线上一点，连接BG，交AC于点H，且∠DBG=12∠BAD．
（1）求证：BG是⊙O的切线；
（2）若CH＝3，tan∠DBG=12，求⊙O的直径．

22．（2020•朝阳）如图，以AB为直径的⊙O经过△ABC的顶点C，过点O作OD∥BC交⊙O于点D，交AC于点F，连接BD交AC于点G，连接CD，在OD的延长线上取一点E，连接CE，使∠DEC＝∠BDC．
（1）求证：EC是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径是3，DG•DB＝9，求CE的长．

一十一．位似变换（共2小题）
23．（2019•盘锦）如图，点P（8，6）在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的12，得到△A′B′C′，点P在A′C′上的对应点P′的坐标为（　　）

A．（4，3） B．（3，4） C．（5，3） D．（4，4）
24．（2020•盘锦）如图，△AOB三个顶点的坐标分别为A（5，0），O（0，0），B（3，6），以点O为位似中心，相似比为23，将△AOB缩小，则点B的对应点B'的坐标是　 　．

一十二．作图-位似变换（共2小题）
25．（2020•朝阳）如图所示的平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣3，2），B（﹣1，3），C（﹣1，1），请按如下要求画图：
（1）以坐标原点O为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）以坐标原点O为位似中心，在x轴下方，画出△ABC的位似图形△A2B2C2，使它与△ABC的位似比为2：1．

26．（2020•丹东）如图，在平面直角坐标系中，网格的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，点A，B，C的坐标分别为A（1，2），B（3，1），C（2，3），先以原点O为位似中心在第三象限内画一个△A1B1C1．使它与△ABC位似，且相似比为2：1，然后再把△ABC绕原点O逆时针旋转90°得到△A2B2C2．
（1）画出△A1B1C1，并直接写出点A1的坐标；
（2）画出△A2B2C2，直接写出在旋转过程中，点A到点A2所经过的路径长．

一十三．相似形综合题（共1小题）
27．（2020•营口）如图，在矩形ABCD中，AD＝kAB（k＞0），点E是线段CB延长线上的一个动点，连接AE，过点A作AF⊥AE交射线DC于点F．
（1）如图1，若k＝1，则AF与AE之间的数量关系是　 　；
（2）如图2，若k≠1，试判断AF与AE之间的数量关系，写出结论并证明；（用含k的式子表示）
（3）若AD＝2AB＝4，连接BD交AF于点G，连接EG，当CF＝1时，求EG的长．

一十四．解直角三角形的应用（共1小题）
28．（2020•鞍山）图1是某种路灯的实物图片，图2是该路灯的平面示意图，MN为立柱的一部分，灯臂AC，支架BC与立柱MN分别交于A，B两点，灯臂AC与支架BC交于点C，已知∠MAC＝60°，∠ACB＝15°，AC＝40cm，求支架BC的长．（结果精确到1cm，参考数据：2≈1.414，3≈1.732，6≈2.449）

一十五．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（共1小题）
29．（2020•阜新）如图，为了了解山坡上两棵树间的水平距离，数学活动小组的同学们测得该山坡的倾斜角α＝20°，两树间的坡面距离AB＝5m，则这两棵树的水平距离约为　 　m（结果精确到0.1m，参考数据：sin20°≈0.342，cos20°≈0.940，tan20°≈0.364）．

一十六．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共2小题）
30．（2020•盘锦）如图，某数学活动小组要测量建筑物AB的高度，他们借助测角仪和皮尺进行了实地测量，测量结果如下表．
测量项目
测量数据
测角仪到地面的距离
CD＝1.6m
点D到建筑物的距离
BD＝4m
从C处观测建筑物顶部A的仰角
∠ACE＝67°
从C处观测建筑物底部B的俯角
∠BCE＝22°
请根据需要，从上面表格中选择3个测量数据，并利用你选择的数据计算出建筑物AB的高度．（结果精确到0.1米，参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，tan67°≈2.36．sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40）（选择一种方法解答即可）

31．（2020•葫芦岛）如图，小明利用学到的数学知识测量大桥主架在水面以上的高度AB，在观测点C处测得大桥主架顶端A的仰角为30°，测得大桥主架与水面交汇点B的俯角为14°，观测点与大桥主架的水平距离CM为60米，且AB垂直于桥面．（点A，B，C，M在同一平面内）

（1）求大桥主架在桥面以上的高度AM；（结果保留根号）
（2）求大桥主架在水面以上的高度AB．（结果精确到1米）
（参考数据sin14°≈0.24，cos14°≈0.97，tan14°≈0.25，3≈1.73）
一十七．解直角三角形的应用-方向角问题（共5小题）
32．（2020•大连）如图，小明在一条东西走向公路的O处，测得图书馆A在他的北偏东60°方向，且与他相距200m，则图书馆A到公路的距离AB为（　　）

A．100m B．1002m C．1003m D．20033m
33．（2020•朝阳）为了丰富学生的文化生活，学校利用假期组织学生到红色文化基地A和人工智能科技馆C参观学习如图，学校在点B处，A位于学校的东北方向，C位于学校南偏东30°方向，C在A的南偏西15°方向（30+303）km处．学生分成两组，第一组前往A地，第二组前往C地，两组同学同时从学校出发，第一组乘客车，速度是40km/h，第二组乘公交车，速度是30km/h，两组同学到达目的地分别用了多长时间？哪组同学先到达目的地？请说明理由（结果保留根号）．

34．（2020•锦州）如图，某海岸边有B，C两码头，C码头位于B码头的正东方向，距B码头40海里．甲、乙两船同时从A岛出发，甲船向位于A岛正北方向的B码头航行，乙船向位于A岛北偏东30°方向的C码头航行，当甲船到达距B码头30海里的E处时，乙船位于甲船北偏东60°方向的D处，求此时乙船与C码头之间的距离．（结果保留根号）

35．（2020•丹东）如图，小岛C和D都在码头O的正北方向上，它们之间距离为6.4km，一艘渔船自西向东匀速航行，行驶到位于码头O的正西方向A处时，测得∠CAO＝26.5°，渔船速度为28km/h，经过0.2h，渔船行驶到了B处，测得∠DBO＝49°，求渔船在B处时距离码头O有多远？（结果精确到0.1km）
（参考数据：sin26.5°≈0.45，cos26.5°≈0.89，tan26.5°≈0.50，sin49°≈0.75，cos49°≈0.66，tan49°≈1.15）

36．（2020•营口）如图，海中有一个小岛A，它周围10海里内有暗礁，渔船跟踪鱼群由东向西航行，在B点测得小岛A在北偏西60°方向上，航行12海里到达C点，这时测得小岛A在北偏西30°方向上，如果渔船不改变方向继续向西航行，有没有触礁的危险？并说明理由．（参考数据：3≈1.73）

一十八．简单几何体的三视图（共1小题）
37．（2020•阜新）下列立体图形中，左视图与主视图不同的是（　　）
A．正方体 B．圆柱
C．圆锥 D．球
一十九．简单组合体的三视图（共9小题）
38．（2020•盘锦）如图中的几何体是由六个完全相同的小正方体组成的，它的主视图是（　　）

A． B．
C． D．
39．（2020•锦州）如图，是由五个相同的小立方体搭成的几何体，这个几何体的俯视图是（　　）

A． B．
C． D．
40．（2020•沈阳）如图是由四个相同的小立方块搭成的几何体，这个几何体的主视图是（　　）

A． B． C． D．
41．（2020•营口）如图所示的几何体是由四个完全相同的小正方体搭成的，它的俯视图是（　　）

A． B． C． D．
42．（2020•辽阳）如图是由一个长方体和一个圆锥组成的几何体，它的主视图是（　　）

A． B．
C． D．
43．（2019•铁岭）如图所示几何体的主视图是（　　）

A． B．
C． D．
44．（2019•盘锦）如图，是由4个大小相同的正方体组成的几何体，该几何体的俯视图是（　　）

A． B．
C． D．
45．（2019•朝阳）如图是由5个相同的小立方块搭成的几何体，这个几何体的左视图是（　　）

A． B．
C． D．
46．（2019•沈阳）如图是由五个相同的小立方块搭成的几何体，这个几何体的俯视图是（　　）

A． B．
C． D．

2019年、2020年 辽宁省数学中考试题分类（12）——图形的变换
参考答案与试题解析
一．轴对称图形（共1小题）
1．【解答】解：A、不属于轴对称图形，故此选项错误；
B、不属于轴对称图形，故此选项错误；
C、属于轴对称图形，故此选项正确；
D、不属于轴对称图形，故此选项错误；
故选：C．
二．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共1小题）
2．【解答】解：点P（3，1）关于x轴对称的点的坐标是（3，﹣1）
故选：B．
三．轴对称-最短路线问题（共2小题）
3．【解答】解：把A（3，6）向左平移1得A′（2，6），
作点B关于x轴的对称点B′，连接B′A′交x轴于C，在x轴上取点D（点C在点D左侧），使CD＝1，连接AD，
则AD+BC的值最小，
∵B（﹣2，2），
∴B′（﹣2，﹣2），
设直线B′A′的解析式为y＝kx+b，
∴-2k+b=-22k+b=6，
解得：k=2b=2，
∴直线B′A′的解析式为y＝2x+2，
当y＝0时，x＝﹣1，
∴C（﹣1，0），
故答案为：（﹣1，0）．

4．【解答】解：过C作CF⊥AB交AD于E，
则此时，CE+EF的值最小，且CE+EF的最小值＝CF，
∵△ABC为等边三角形，边长为6，
∴BF=12AB=12×6＝3，
∴CF=BC2-BF2=62-32=33，
∴CE+EF的最小值为33，
故答案为：33．

四．翻折变换（折叠问题）（共3小题）
5．【解答】解：设CF＝x，CH＝y，则BH＝2﹣y，
∵四边形ABHE与四边形BCFG的面积相等，
∴2﹣y＝2x，
∴y＝2﹣2x，
由折叠知，MF＝DF＝1﹣x，EM＝ED＝CH＝y＝2﹣2x，∠EMF＝∠D＝90°，
∴∠EMH+∠CMF＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠CMF+∠CFM＝90°，
∴∠EMH＝∠MFC，
∵∠EHM＝∠C＝90°，
∴△EMH∽△MFC，
∴EMMF=EHMC，即2-2x1-x=1(1-x)2-x2，
解得，x=38．
经检验，x=38是原方程的解，
故答案为：38．
6．【解答】解：①根据题意画出如图1：

∵菱形纸片ABCD的边长为6cm，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，
∵高AE等于边长的一半，
∴AE＝3，
∵sin∠B=AEAB=12，
∴∠B＝30°，
将菱形纸片沿直线MN折叠，使点A与点B重合，
∴BH＝AH＝3，
∴BG=BHcos30°=23，
∴CG＝BC﹣BG＝6﹣23，
∵AB∥CD，
∴∠GCF＝∠B＝30°，
∴CF＝CG•cos30°＝（6﹣23）×32=33-3，
∴DF＝DC+CF＝6+33-3＝（33+3）cm；
②如图2，BE＝AE＝3，
同理可得DF＝33-3．

综上所述：则DF的长为（33+3）或（33-3）cm．
故答案为：（33+3）或（33-3）．
7．【解答】解：如图1，当∠DPF＝90°时，过点O作OH⊥AD于H，

∵四边形ABCD是矩形，
∴BO＝OD，∠BAD＝90°＝∠OHD，AD＝BC＝8，
∴OH∥AB，
∴OHAB=HDAD=ODBD=12，
∴OH=12AB＝3，HD=12AD＝4，
∵将△AOP折叠，点A的对应点为点E，线段PE与OD相交于点F，
∴∠APO＝∠EPO＝45°，
又∵OH⊥AD，
∴∠OPH＝∠HOP＝45°，
∴OH＝HP＝3，
∴PD＝HD﹣HP＝1；
当∠PFD＝90°时，

∵AB＝6，BC＝8，
∴BD=AB2+AD2=36+64=10，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝OB＝OD＝5，
∴∠DAO＝∠ODA，
∵将△AOP折叠，点A的对应点为点E，线段PE与OD相交于点F，
∴AO＝EO＝5，∠PEO＝∠DAO＝∠ADO，
又∵∠OFE＝∠BAD＝90°，
∴△OFE∽△BAD，
∴OFAB=OEBD，
∴OF6=510，
∴OF＝3，
∴DF＝2，
∵∠PFD＝∠BAD，∠PDF＝∠ADB，
∴△PFD∽△BAD，
∴PDBD=DFAD，
∴PD10=28，
∴PD=52，
综上所述：PD=52或1，
故答案为52或1．
五．旋转的性质（共2小题）
8．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝40°，
∴∠CAB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣40°＝50°，
∵将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，
∴∠A′BA＝∠ABC＝40°，A′B＝AB，
∴∠BAA′＝∠BA′A=12（180°﹣40°）＝70°，
∴∠CAA'＝∠CAB+∠BAA′＝50°+70°＝120°．
故选：D．
9．【解答】解：连接BD、BD1，如图，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，
∴AC=22+22=22，
∵D点为AC的中点，
∴BD=12AC=2，
∵△ABC绕点B逆时针旋转60°，得到△A1BC1，
∴BD1＝BD，∠DBD1＝60°，
∴△BDD1为等边三角形，
∴DD1＝BD=2．
故答案为2．

六．作图-旋转变换（共1小题）
10．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）旋转中心O1的坐标为 （2，0），
故答案为（2，0）；
（3）设旋转半径为r，则r2＝22+42＝20，
∴阴影部分的图形面积为：S阴影=14⋅πr2-12×2×4-12×2×2+12×1×1=5π-112．

七．几何变换综合题（共3小题）
11．【解答】（1）证明：如图1中，

∵∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠AOM＝∠BON，
∵AO＝BO，OM＝ON，
∴△AOM≌△BON（SAS）．

（2）①证明：如图2中，连接AM．

同法可证△AOM≌△BON，
∴AM＝BN，∠OAM＝∠B＝45°，
∵∠OAB＝∠B＝45°，
∴∠MAN＝∠OAM+∠OAB＝90°，
∴MN2＝AN2+AM2，
∵△MON是等腰直角三角形，
∴MN2＝2ON2，
∴NB2+AN2＝2ON2．

②如图3﹣1中，设OA交BN于J，过点O作OH⊥MN于H．

∵△AOM≌△BON，
∴AM＝BN，∠OAM＝∠OBN，
∵∠AJN＝∠BJO，
∴∠ANJ＝∠JOB＝90°，
∵OM＝ON＝3，∠MON＝90°，OH⊥MN，
∴MN＝32，MH＝HN═OH=322，
∴AH=OA2-OH2=42-(322)2=462，
∴BN＝AM＝MH+AH=46+322．

如图3﹣2中，同法可证AM＝BN=46-322．

12．【解答】解：（1）DO⊥EO，DO＝EO；
理由：当点B旋转到CD边上时，点E必在边AC上，
∴∠AEB＝∠CEB＝90°，
在Rt△ABE中，点O是AB的中点，
∴OE＝OA=12AB，
∴∠BOE＝2∠BAE，
在Rt△ABD中，点O是AB的中点，
∴OD＝OA=12AB，
∴∠DOE＝2∠BAD，
∴OD＝OE，
∵等腰△ADC，且∠ADC＝90°，
∴∠DAC＝45°，
∴∠DOE＝∠BOE+∠DOE＝2∠BAE+2∠BAD＝2（∠BAE+∠DAE）＝2∠DAC＝90°，
∴OD⊥OE；

（2）仍然成立，
理由：如图2，延长EO到点M，使得OM＝OE，连接AM，DM，DE，
∵O是AB的中点，
∴OA＝OB，
∵∠AOM＝∠BOE，
∴△AOM≌△BOE（SAS），
∴∠MAO＝∠EBO，MA＝EB，
∵△ACD和△CBE是等腰三角形，∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠CAD＝∠ACD＝∠EBC＝∠BCE＝45°，
∵∠OBE＝180°﹣∠EBC＝135°，
∴∠MAO＝135°，
∴∠MAD＝∠MAO﹣∠DAC＝90°，
∵∠DCE＝∠DCA+∠BCE＝90°，
∴∠MAD＝∠DCE，
∵MA＝EB，EB＝EC，
∴MA＝EC，
∵AD＝DC，
∴△MAD≌△ECD，
∴MD＝ED，∠ADM＝∠CDE，
∵∠CDE+∠ADE＝90°，
∴∠ADM+∠ADE＝90°，
∴∠MDE＝90°，
∵MO＝EO，MD＝DE，
∴OD=12ME，OD⊥ME，
∵OE=12ME，
∴OD＝OE，OD⊥OE；

（3）①当点B在AC左侧时，如图3，
延长EO到点M，使得OM＝OE，连接AM，DM，DE，
同（2）的方法得，△OBE≌△OAM（SAS），
∴∠OBE＝∠OAM，OM＝OE，BE＝AM，
∵BE＝CE，
∴AM＝CE，
在四边形ABECD中，∠ADC+∠DCE+∠BEC+∠OBE+∠BAD＝540°，
∵∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠DCE＝540°﹣90°﹣90°﹣∠OBE﹣∠BAD＝360°﹣∠OBE＝360°﹣∠OAM﹣∠BAD，
∵∠DAM+∠OAM+∠BAD＝360°，
∴∠DAM＝360°﹣∠OAM﹣∠BAD，
∴∠DAM＝∠DCE，
∵AD＝CD，
∴△DAM≌△DCE（SAS），
∴DM＝DE，∠ADM＝∠CDE，
∴∠EDM＝∠ADM+∠ADE＝∠CDE+∠ADE＝∠ADC＝90°，
∵OM＝OE，
∴OD＝OE=12ME，∠DOE＝90°，
在Rt△BCE中，CE=22BC＝22，
过点E作EH⊥DC交DC的延长线于H，
在Rt△CHE中，∠ECH＝180°﹣∠ACD﹣∠ACB﹣∠BCE＝180°﹣45°﹣60°﹣45°＝30°，
∴EH=12CE=2，
根据勾股定理得，CH=3EH=6，
∴DH＝CD+CH＝36，
在Rt△DHE中，根据勾股定理得，DE=EH2+DH2=214，
∴OD=22DE＝27，
②当点B在AC右侧时，如图4，
同①的方法得，OD＝OE，∠DOE＝90°，
连接DE，过点E作EH⊥CD于H，
在Rt△EHC中，∠ECH＝30°
∴EH=12CE=2，
根据勾股定理得，CH=6，
∴DH＝CD﹣CH=6，
在Rt△DHE中，根据勾股定理得，DE＝22，
∴OD=22DE＝2，
即：线段OD的长为2或27．



13．【解答】（1）①证明：如图1中，

∵将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，
∴PB＝PD，
∵AB＝AC，PB＝PD，∠BAC＝∠BPD＝60°，
∴△ABC，△PBD是等边三角形，
∴∠ABC＝∠PBD＝60°，
∴∠PBA＝∠DBC，
∵BP＝BD，BA＝BC，
∴△PBA≌△DBC（SAS），
∴PA＝DC．

②解：如图1中，设BD交PC于点O．
∵△PBA≌△DBC，
∴∠BPA＝∠BDC，
∵∠BOP＝∠COD，
∴∠OBP＝∠OCD＝60°，即∠DCP＝60°．

（2）解：结论：CD=3PA．
理由：如图2中，

∵AB＝AC，PB＝PD，∠BAC＝∠BPD＝120°，
∴BC＝2•AB•cos30°=3BA，BD═2BP•cos30°=3BP，
∴BCBA=BDBP=3，
∵∠ABC＝∠PBD＝30°，
∴∠ABP＝∠CBD，
∴△CBD∽△ABP，
∴CDPA=BCAB=3，
∴CD=3PA．

（3）过点D作DM⊥PC于M，过点B作BN⊥CP交CP的延长线于N．
如图3﹣1中，当△PBA是钝角三角形时，

在Rt△ABN中，∵∠N＝90°，AB＝6，∠BAN＝60°，
∴AN＝AB•cos60°＝3，BN＝AB•sin60°＝33，
∵PN=PB2-BN2=31-27=2，
∴PA＝3﹣2＝1，
由（2）可知，CD=3PA=3，
∵∠BPA＝∠BDC，
∴∠DCA＝∠PBD＝30°，
∵DM⊥PC，
∴DM=12CD=32
如图3﹣2中，当△ABP是锐角三角形时，同法可得PA＝2+3＝5，CD＝53，DM=12CD=532，

综上所述，满足条件的DM的值为32或532．
故答案为32或532．
八．平行线分线段成比例（共1小题）
14．【解答】解：∵DE∥AB，
∴CEAE=CDBD=32，
∴CECA的值为35，
故选：A．
九．相似三角形的性质（共1小题）
15．【解答】解：∵△ABC∽△A'B'C'，AD和A'D'是它们的对应中线，AD＝10，A'D'＝6，
∴△ABC与△A'B'C'的周长比＝AD：A′D′＝10：6＝5：3．
故选：C．
一十．相似三角形的判定与性质（共7小题）
16．【解答】解：如图，∵四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCE＝∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
BC=CD∠BCE=∠DCGCE=CG
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴∠BEC＝∠BGH，
∵∠BGH+∠CDG＝90°，∠CDG＝∠HDE，
∴∠BEC+∠HDE＝90°，
∴GH⊥BE．
故①正确；
∵△EHG是直角三角形，O为EG的中点，
∴OH＝OG＝OE，
∴点H在正方形CGFE的外接圆上，
∵EF＝FG，
∴∠FHG＝∠EHF＝∠EGF＝45°，∠HEG＝∠HFG，
∴△EHM∽△FHG，
故②正确；
∵△BGH≌△EGH，
∴BH＝EH，
又∵O是EG的中点，
∴HO∥BG，
∴△DHN∽△DGC，
∴DNDC=HNCG，
设EC和OH相交于点N．
设HN＝a，则BC＝2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC＝b，CD＝2a，
∴b-2a2a=a2b，即a2+2ab﹣b2＝0，
解得：a＝（﹣1+2）b，或a＝（﹣1-2）b（舍去），
则 2a2b=2-1，
∴BCCG=2-1，
故③正确；
∵△BGH≌△EGH，
∴EG＝BG，
∵HO是△EBG的中位线，
∴HO=12BG，
∴HO=12EG，
设正方形ECGF的边长是2b，
∴EG＝22b，
∴HO=2b，
∵OH∥BG，CG∥EF，
∴OH∥EF，
∴△MHO∽△MFE，
∴OMEM=OHEF=2b2b=22，
∴EM=2OM，
∴OMOE=OM(1+2)OM=11+2=2-1，
∴S△HOMS△HOE=2-1，
∵EO＝GO，
∴S△HOE＝S△HOG，
∴S△HOMS△HOG=2-1，
故④错误，
故选：A．

17．【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=（ADAB）2=49，
∴S△ADES四边形DBCE=45，
故选：A．
18．【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵D是AB的中点，
∴ADAB=12，
∴△ADE的周长△ABC的周长=12
∵△ADE的周长为6，
∴△ABC的周长为12，
故答案为：12．
19．【解答】解：在矩形 中，AD∥BC，
∴△DEF∽△BCF，
∴DEBC=DFBF，
∵BD=BC2+CD2=10，BF＝y，DE＝x，
∴DF＝10﹣y，
∴x8=10-yy，化简得：y=80x+8，
∴y关于x的函数解析式为：y=80x+8，
故答案为：y=80x+8．
20．【解答】解：∵ABCD为菱形，
∴AD＝CD，
∵AE＝DF，
∴DE＝CF，
∵∠ADC＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠D＝∠ACD＝60°，AC＝CD，
∴△ACF≌△CDE（SAS），故①正确；
过点F作FP∥AD，交CE于P点．
∵DF＝2CF，
∴FP：DE＝CF：CD＝1：3，
∵DE＝CF，AD＝CD，
∴AE＝2DE，
∴FP：AE＝1：6＝FG：AG，
∴AG＝6FG，
∴CE＝AF＝7GF，故③正确；
过点B作BM⊥AG于M，BN⊥GC于N，
∵∠AGE＝∠ACG+∠CAF＝∠ACG+∠GCF＝60°＝∠ABC，
即∠AGC+∠ABC＝180°，
∴点A、B、C、G四点共圆，
∴∠AGB＝∠ACB＝60°，∠CGB＝∠CAB＝60°，
∴∠AGB＝∠CGB＝60°，
∴BM＝BN，又AB＝BC，
∴△ABM≌△CBN（HL），
∴S四边形ABCG＝S四边形BMGN，
∵∠BGM＝60°，
∴GM=12BG，BM=32BG，
∴S四边形BMGN＝2S△BMG＝2×12×12BG×32BG=34BG2，故④正确；
∵∠CGB＝∠ACB＝60°，∠CBG＝∠HBC，
∴△BCH∽△BGC，
∴BCBG=BHBC=CHCG，
则BG•BH＝BC2，
则BG•（BG﹣GH）＝BC2，
则BG2﹣BG•GH＝BC2，
则GH•BG＝BG2﹣BC2，
当∠BCG＝90°时，BG2﹣BC2＝CG2，此时GH•BG＝CG2，
而题中∠BCG未必等于90°，故②不成立，
故正确的结论有①③④，
故答案为：①③④．

21．【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴四边形ABCD为菱形，
∴∠BAE=12∠BAD，
∵∠DBG=12∠BAD．
∴∠BAE＝∠DBG，
∴∠DBG+∠ABE＝90°，
∴∠ABG＝90°，
∴BG是⊙O的切线；
（2）∵∠ABG＝∠AEB＝90°，∠HAB＝∠BAE，
∴△ABH∽△AEB，
∴AB2＝AE•AH，
∵tan∠DBG=12，
∴设HE＝x，则BE＝2x，
∵CH＝3，
∴AE＝CE＝3+x，
∴AH＝AE+HE＝3+2x，
∴AB2＝（3+x）•（3+2x），
∵AB2＝BE2+AE2＝（2x）2+（3+x）2，
∴（3+x）•（3+2x）＝（2x）2+（3+x）2，
解得x＝1或0（舍去），
∴AB2＝（3+1）（3+2）＝20，
∴AB=25，
即⊙O的直径为25．
22．【解答】解：（1）证明：如图，连接OC，

∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OD∥BC，
∴∠CFE＝∠ACB＝90°，
∴∠DEC+∠FCE＝90°，
∵∠DEC＝∠BDC，∠BDC＝∠A，
∴∠DEC＝∠A，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠A，
∴∠OCA＝∠DEC，
∵∠DEC+∠FCE＝90°，
∴∠OCA+∠FCE＝90°，即∠OCE＝90°，
∴OC⊥CE，
又∵OC是⊙O的半径，
∴CE是⊙O切线．
（2）由（1）得∠CFE＝90°，
∴OF⊥AC，
∵OA＝OC，
∴∠COF＝∠AOF，
∴CD=AD，
∴∠ACD＝∠DBC，
又∵∠BDC＝∠BDC，
∴△DCG∽△DBC，
∴DCDB=DGDC，
∴DC2＝DG•DB＝9，
∴DC＝3，
∵OC＝OD＝3，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠DOC＝60°，
在Rt△OCE中tan60°=CEOC，
∴3=CE3，
∴CE=33．
一十一．位似变换（共2小题）
23．【解答】解：∵点P（8，6）在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的12，得到△A′B′C′，
∴点P在A′C′上的对应点P′的坐标为：（4，3）．
故选：A．
24．【解答】解：如图，

∵△OAB∽△OA′B′，相似比为3：2，B（3.6），
∴B′（2，4），根据对称性可知，△OA″B″在第三象限时，B″（﹣2，﹣4），
∴满足条件的点B′的坐标为（2，4）或（﹣2，﹣4）．
故答案为（2，4）或（﹣2，﹣4）．
一十二．作图-位似变换（共2小题）
25．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．

26．【解答】解：（1）如图所示：点A1的坐标为（﹣2，﹣4）；
（2）如图所示：

由勾股定理得OA=12+22=5，
点A到点A2所经过的路径长为90×π×5180=5π2．
一十三．相似形综合题（共1小题）
27．【解答】解：（1）AE＝AF．
∵AD＝AB，四边形ABCD矩形，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵AF⊥AE，
∴∠EAF＝90°，
∴∠EAB＝∠FAD，
∴△EAB≌△FAD（ASA），
∴AF＝AE；
故答案为：AF＝AE．
（2）AF＝kAE．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADF＝90°，
∴∠FAD+∠FAB＝90°，
∵AF⊥AE，
∴∠EAF＝90°，
∴∠EAB+∠FAB＝90°，
∴∠EAB＝∠FAD，
∵∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ABE＝180°﹣∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ABE＝∠ADF．
∴△ABE∽△ADF，
∴ABAD=AEAF，
∵AD＝kAB，
∴ABAD=1k，
∴AEAF=1k，
∴AF＝kAE．
（3）解：①如图1，当点F在线段DC上时，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵AD＝2AB＝4，
∴AB＝2，
∴CD＝2，
∵CF＝1，
∴DF＝CD﹣CF＝2﹣1＝1．
在Rt△ADF中，∠ADF＝90°，
∴AF=AD2+DF2=42+12=17，
∵DF∥AB，
∴∠GDF＝∠GBA，∠GFD＝∠GAB，
∴△GDF∽△GBA，
∴GFGA=DFBA=12，
∵AF＝GF+AG，
∴AG=23AF=2317．
∵△ABE∽△ADF，
∴AEAF=ABAD=24=12，
∴AE=12AF=12×17=172．
在Rt△EAG中，∠EAG＝90°，
∴EG=AE2+AG2=(172)2+(2173)2=5176，
②如图2，当点F在线段DC的延长线上时，DF＝CD+CF＝2+1＝3，

在Rt△ADF中，∠ADF＝90°，
∴AF=AD2+DF2=42+32=5．
∵DF∥AB，
∵∠GAB＝∠GFD，∠GBA＝∠GDF，
∴△AGB∽△FGD，
∴AGFG=ABFD=23，
∵GF+AG＝AF＝5，
∴AG＝2，
∵△ABE∽△ADF，
∴AEAF=ABAD=24=12，
∴AE=12AF=12×5=52，
在Rt△EAG中，∠EAG＝90°，
∴EG=AE2+AG2=(52)2+22=412．
综上所述，EG的长为5176或412．
一十四．解直角三角形的应用（共1小题）
28．【解答】解：如图2，过C作CD⊥MN于D，
则∠CDB＝90°，
∵∠CAD＝60°，AC＝40（cm），
∴CD＝AC•sin∠CAD＝40×sin60°＝40×32=203（cm），
∵∠ACB＝15°，
∴∠CBD＝∠CAD﹣∠ACB＝45°，
∴BC=2CD＝206≈49（cm），
答：支架BC的长约为49cm．

一十五．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（共1小题）
29．【解答】解：过点A作水平面的平行线AH，作BH⊥AH于H，
由题意得，∠BAH＝α＝20°，
在Rt△BAH中，cos∠BAH=AHAB，
∴AH＝AB•cos∠BAH≈5×0.940≈4.7（m），
故答案为：4.7．

一十六．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共2小题）
30．【解答】解：选择CD＝1.6m，BD＝4m，∠ACE＝67°，
过C作CE⊥AB于E，则四边形BDCE是矩形，
∴BE＝CD＝1.6m，CE＝BD＝4m，
在Rt△ACE中，∵∠ACE＝67°，
∴tan∠ACE=AECE，
∴AE4≈2.36，
∴AE≈9.4m，
∴AB＝AE+BE＝9.4+1.6＝11.0（m），
答：建筑物AB的高度为11.0m．
31．【解答】解：（1）∵AB垂直于桥面，
∴∠AMC＝∠BMC＝90°，
在Rt△AMC中，CM＝60，∠ACM＝30°，
tan∠ACM=AMCM，
∴AM＝CM•tan∠ACM＝60×33=203（米），
答：大桥主架在桥面以上的高度AM为203米；
（2）在Rt△BMC中，CM＝60，∠BCM＝14°，
tan∠BCM=BMCM，
∴MB＝CM•tan∠BCM≈60×0.25＝15（米），
∴AB＝AM+MB＝15+203≈50（米）
答：大桥主架在水面以上的高度AB约为50米．
一十七．解直角三角形的应用-方向角问题（共5小题）
32．【解答】解：由题意得，∠AOB＝90°﹣60°＝30°，
∴AB=12OA＝100（m），
故选：A．
33．【解答】解：作BD⊥AC于D．

依题意得，
∠BAE＝45°，∠ABC＝105°，∠CAE＝15°，
∴∠BAC＝30°，
∴∠ACB＝45°．
在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠ACB＝45°，
∴∠CBD＝45°，
∴∠CBD＝∠DCB，
∴BD＝CD，
设BD＝x，则CD＝x，
在Rt△ABD中，∠BAC＝30°，
∴AB＝2BD＝2x，tan30°=BDAD，
∴33=xAD，
∴AD=3x，
在Rt△BDC中，∠BDC＝90°，∠DCB＝45°，
∴sin∠DCB=BDBC=22，
∴BC=2x，
∵CD+AD＝30+303，
∴x+3x=30+303，
∴x＝30，
∴AB＝2x＝60，BC=2x=302，
第一组用时：60÷40＝1.5（h）；第二组用时：302÷30=2（h），
∵2＜1.5，
∴第二组先到达目的地，
答：第一组用时1.5小时，第二组用时2小时，第二组先到达目的地．
34．【解答】解：过D作DF⊥BE于F，
∵∠ADE＝∠DEB﹣∠A＝60°﹣30°＝30°，
∴∠A＝∠ADE，
∴AE＝DE，
∵∠B＝90°，∠A＝30°，BC＝40（海里），
∴AC＝2BC＝80（海里），AB=3BC＝403（海里），
∵BE＝30（海里），
∴AE＝（403-30）（海里），
∴DE＝（403-30）（海里），
在Rt△DEF中，∵∠DEF＝60°，∠DFE＝90°，
∴∠EDF＝30°，
∴DF=32DE＝（60﹣153）（海里），
∵∠A＝30°，
∴AD＝2DF＝120﹣303（海里），
∴CD＝AC﹣AD＝80﹣120+303=(303-40)海里，
答：乙船与C码头之间的距离为(303-40)海里．

35．【解答】解：设B处距离码头O有xkm，
在Rt△CAO中，∠CAO＝26.5°，
∵tan∠CAO=COOA，
∴CO＝AO•tan∠CAO＝（28×0.2+x）•tan26.5°≈2.8+0.5x（km），
在Rt△DBO中，∠DBO＝49°，
∵tan∠DBO=DOBO，
∴DO＝BO•tan∠DBO＝x•tan49°≈1.15x（km），
∵DC＝DO﹣CO，
∴6.4＝1.15x﹣（2.8+0.5x），
∴x≈14.2（km）．
因此，B处距离码头O大约14.2km．

36．【解答】 解：没有触礁的危险；
理由：如图，过点A作AN⊥BC交BC的延长线于点N，
由题意得，∠ABE＝60°，∠ACD＝30°，
∴∠ACN＝60°，∠ABN＝30°，
∴∠ABC＝∠BAC＝30°，
∴BC＝AC＝12海里，
在Rt△ANC中，AN＝AC•sin60°＝12×32=63海里，
∵AN＝63海里≈10.38海里＞10海里，
∴没有危险．

一十八．简单几何体的三视图（共1小题）
37．【解答】解：A．左视图与主视图都是正方形，故选项A不合题意；
B．左视图是圆，主视图都是矩形，故选项B符合题意；
C．左视图与主视图都是三角形；故选项C不合题意；
D．左视图与主视图都是圆，故选项D不合题意；
故选：B．
一十九．简单组合体的三视图（共9小题）
38．【解答】解：从正面看第一层是3个小正方形，第二层右边1个小正方形．
故选：B．
39．【解答】解：观察图形可知，这个几何体的俯视图是．
故选：A．
40．【解答】解：从几何体的正面看，底层是三个小正方形，上层的中间是一个小正方形．
故选：D．
41．【解答】解：从上面看易得俯视图：
．
故选：C．
42．【解答】解：从正面看，“底座长方体”看到的图形是矩形，“上部圆锥体”看到的图形是等腰三角形，因此选项C的图形符合题意，
故选：C．
43．【解答】解：从正面可看到的图形是：

故选：B．
44．【解答】解：从上面看得到的图形是：

故选：B．
45．【解答】解：从左边看，从左往右小正方形的个数依次为：2，1．左视图如下：

故选：C．
46．【解答】解：从上面看易得上面一层有3个正方形，下面左边有一个正方形．
故选：A．