2020年部编人教版中考数学100份试题分类汇编：方位角问题
2020年部编人教版全国120份中考试题分类汇编精析：三角形的边与角
三角形的边与角一、选择题1.（2020•山东威海，第9题3分）如图，在△ABC中，∠ABC=50°，∠ACB=60°，点E在BC的延长线上，∠ABC的平分线BD与∠ACE的平分线CD相交于点D，连接AD，下列结论中不正确的是（）2.（2020•山东临沂,第3题3分）如图，已知l1∥l2，∠A=40°，∠1=60°，则∠2的度数为（）熟记性质并准确识图是解题的关键．3. （2020•江苏苏州,第6题3分）如图，在△ABC中，点D在BC上，AB=AD=DC，∠B=80°，则∠C的度数为（）A．30°B．40°C．45°D．60°考点：等腰三角形的性质分析：先根据等腰三角形的性质求出∠ADB的度数，再由平角的定义得出∠ADC的度数，根据等腰三角形的性质即可得出结论．解答：解：∵△ABD中，AB=AD，∠B=80°，∴∠B=∠ADB=80°，∴∠ADC=180°﹣∠ADB=100°，∵AD=CD，∴∠C===40°．故选B．点评：本题考查的是等腰三角形的性质，熟知等腰三角形的两底角相等是解答此题的关键．4．（2020•福建福州,第6题4分）下列命题中，假命题．．．是【】A．对顶角相等B．三角形两边和小于第三边C．菱形的四条边都相等D．多边形的内角和等于360°5．（2020·台湾，第20题3分）如图，有一△ABC，今以B为圆心，AB长为半径画弧，交BC于D点，以C为圆心，AC长为半径画弧，交BC于E点．若∠B＝40°，∠C＝36°，则关于AD、AE、BE、CD的大小关系，下列何者正确？()A．AD＝AE B．AE＜AE C．BE＝CD D．BE＜CD分析：由∠C＜∠B利用大角对大边得到AB＜AC，进一步得到BE＋ED＜ED＋CD，从而得到BE＜C D．解：∵∠C＜∠B，∴AB＜AC，即BE＋ED＜ED＋CD，∴BE＜C D．故选D．点评：考查了三角形的三边关系，解题的关键是正确的理解题意，了解大边对大角．6.（2020·云南昆明，第5题3分）如图，在△ABC 中，∠A =50°，∠ABC =70°，BD 平分∠ABC ，则∠BDC 的度数是（ ）A . 85°B . 80°C . 75°D . 70°7. （2020•泰州，第6题，3分）如果三角形满足一个角是另一个角的3倍，那么我们称这个三角形为“智慧三角形”．下列各组数据中，能作为一个智慧三角形三边长的一组是（ ）DCBA8. （2020•广西玉林市、防城港市，第10题3分）在等腰△ABC中，AB=AC，其周长为20cm，则AB边的取值范围是（）9. （2020•湖南邵阳，第5题3分）如图，在△ABC中，∠B=46°，∠C=54°，AD平分∠BAC，交BC于D，DE∥AB，交AC于E，则∠ADE的大小是（）10．（2020·台湾，第18题3分）如图，锐角三角形ABC中，直线L为BC的中垂线，直线M为∠ABC的角平分线，L与M相交于P点．若∠A＝60°，∠ACP＝24°，则∠ABP的度数为何？()A．24 B．30 C．32 D．36分析：根据角平分线的定义可得∠ABP＝∠CBP，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BP＝CP，再根据等边对等角可得∠CBP＝∠BCP，然后利用三角形的内角和等于180°列出方程求解即可．解：∵直线M为∠ABC的角平分线，∴∠ABP＝∠CBP．∵直线L为BC的中垂线，∴BP＝CP，∴∠CBP＝∠BCP，∴∠ABP＝∠CBP＝∠BCP，在△ABC中，3∠ABP＋∠A＋∠ACP＝180°，即3∠ABP＋60°＋24°＝180°，解得∠ABP＝32°．故选C．点评：本题考查了线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理，熟记各性质并列出关于∠ABP的方程是解题的关键．11. （2020•湖北宜昌,第6题3分）已知三角形两边长分别为3和8，则该三角形第三边的长可能是（）A．5B．10 C．11 D．12考点：三角形三边关系．分析：根据三角形的第三边大于两边之差，而小于两边之和求得第三边的取值范围，再进一步选择．解答：解：根据三角形的三边关系，得第三边大于：8﹣3=5，而小于：3+8=11．则此三角形的第三边可能是：10．故选：B．点评：本题考查了三角形的三边关系，即三角形的第三边大于两边之差，而小于两边之和，此题基础题，比较简单．12. （2020•河北，第3题2分）如图，△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点．若DE=2，则BC=（）13、（2020•河北，第4题2分）如图，平面上直线a，b分别过线段OK两端点（数据如图），则a，b相交所成的锐角是（）14. （2020•随州，第4题3分）如图，在△ABC中，两条中线BE、CD相交于点O，则S△DOE：S△COB=（）15. （2020•广东，第9题3分）一个等腰三角形的两边长分别是3和7，则它的周长为（）A．17 B．15 C．13 D．13或17考点：等腰三角形的性质；三角形三边关系．分析：由于未说明两边哪个是腰哪个是底，故需分：（1）当等腰三角形的腰为3；（2）当等腰三角形的腰为7；两种情况讨论，从而得到其周长．解答：解：①当等腰三角形的腰为3，底为7时，3+3＜7不能构成三角形；②当等腰三角形的腰为7，底为3时，周长为3+7+7=17．故这个等腰三角形的周长是17．故选A．点评：本题考查的是等腰三角形的性质，在解答此题时要注意进行分类讨论．二、填空题1.（2020•山东威海，第15题3分）直线l1∥l2，一块含45°角的直角三角板如图放置，∠1=85°，则∠2= 40°．2．（2020•湖南怀化，第15题，3分）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=50°，延长BC到D，则∠ACD=80°．3. （2020•江苏盐城,第14题3分）如图，A、B两地间有一池塘阻隔，为测量A、B两地的距离，在地面上选一点C，连接CA、CB的中点D、E．若DE的长度为30m，则A、B 两地的距离为60m．4．（2020•广州,第11题3分）中，已知，，则的外角的度数是_____．【考点】三角形外角【分析】本题主要考察三角形外角的计算，，则的外角为【答案】5．（2020•广州,第12题3分）已知是∠AOB的平分线，点P在OC上，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为点，，则PE的长度为_____．【考点】角平线的性质【分析】角平分线上的点到角的两边距离相等．【答案】106. （2020•福建泉州，第15题4分）如图，在△ABC中，∠C=40°，CA=CB，则△ABC的外角∠ABD=110°．7. （2020•扬州，第10题，3分）若等腰三角形的两条边长分别为7cm和14cm，则它的周长为35cm．8. （2020•扬州，第15题，3分）如图，以△ABC的边BC为直径的⊙O分别交AB、AC于点D、E，连结OD、OE，若∠A=65°，则∠DOE=50°．（第2题图）9. （2020•乐山，第14题3分）如图，在△ABC中，BC边的中垂线交BC于D，交AB于E．若CE平分∠ACB，∠B=40°，则∠A=60度．10．（2020•四川成都,第12题4分）如图，为估计池塘岸边A，B两点间的距离，在池塘的一侧选取点O，分别取OA，OB的中点M，N，测得MN=32m，则A，B两点间的距离是64 m．11．（2020•随州，第13题3分）将一副直角三角板如图放置，使含30°角的三角板的直角边和含45°角的三角板的一条直角边重合，则∠1的度数为75度．考点：三角形内角和定理；平行线的性质专题：计算题；压轴题．分析：根据三角形三内角之和等于180°求解．解答：解：如图．∵∠3=60°，∠4=45°，∴∠1=∠5=180°﹣∠3﹣∠4=75°．故答案为：75．点评：考查三角形内角之和等于180°．12、（2020•宁夏，第16题3分）如图，将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A、B、C均落在格点上，用一个圆面去覆盖△ABC，能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径是．考点：三角形的外接圆与外心专题：网格型．分析：根据题意得出△ABC的外接圆的圆心位置，进而利用勾股定理得出能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径．解答：解：如图所示：点O为△ABC外接圆圆心，则AO为外接圆半径，故能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径是：．三.解答题1. （2020•益阳，第15题，6分）如图，EF∥BC，AC平分∠BAF，∠B=80°．求∠C的度数．（第1题图）2. （2020•无锡，第22题8分）如图，AB是半圆O的直径，C、D是半圆O上的两点，且OD∥BC，OD与AC交于点E．（1）若∠B=70°，求∠CAD的度数；（2）若AB=4，AC=3，求DE的长．。
2020全国中考数学试卷分类汇编第二期专题17 点、线、面、角(含解析)
点、线、面、角一.选择题1. （2020•四川省达州市•3分）如图，正方体的每条棱上放置相同数目的小球，设每条棱上的小球数为m，下列代数式表示正方体上小球总数，则表达错误的是（）A．12（m﹣1）B．4m+8（m﹣2）C．12（m﹣2）+8 D．12m﹣16【分析】正方体有12条棱，每条棱上的小球数为m，则有12m个小球，而每个顶点处的小球重复计算2次，则正方形边上的所有小球的个数为12m﹣8×2＝12m﹣16，再将各选项化简即可．解：由题意得，当每条棱上的小球数为m时，正方体上的所有小球数为12m﹣8×2＝12m ﹣16．而12（m﹣1）＝12m﹣12≠12m﹣16，4m+8（m﹣2）＝12m﹣16，12（m﹣2）+8＝12m ﹣16，所以A选项表达错误，符合题意；B.C.D选项表达正确，不符合题意；故选：A．2. （2020•陕西•3分）若∠A＝23°，则∠A余角的大小是（）A．57°B．67°C．77°D．157°【分析】根据∠A的余角是90°﹣∠A，代入求出即可．【解答】解：∵∠A＝23°，∴∠A的余角是90°﹣23°＝67°．故选：B．【点评】本题考查了互余的应用，注意：如果∠A和∠B互为余角，那么∠A＝90°﹣∠B．3. （2020•四川省内江市•3分）如图，已知直线a∥b，∠1＝50°，则∠2的度数为（）A ．140°B ．130°C ．50°D ．40°【分析】由直线a ∥b ，利用“两直线平行，同位角相等”可求出∠3的度数，再结合∠2和∠3互补，即可求出∠2的度数．【解答】解：∵直线a ∥b ，∴∠3＝∠1＝50°．又∵∠2+∠3＝180°，∴∠2＝130°．故选：B ．【点评】本题考查了平行线的性质以及邻补角，牢记“两直线平行，同位角相等”是解题的关键．二.填空题1.（2020•广东省广州市•3分）已知100A ∠=︒，则A ∠的补角等于________．【答案】80【解析】【分析】根据补角的概念计算即可．【详解】∠A 的补角=180°－100°=80°，故答案为:80．【点睛】本题考查补角的概念，关键在于牢记基础知识．2. （2020•四川省达州市•3分）如图，点P （﹣2，1）与点Q （a ，b ）关于直线1（y ＝﹣1）对称，则a+b＝﹣5．【分析】利用轴对称的性质求出等Q的坐标即可．解：∵点P（﹣2，1）与点Q（a，b）关于直线1（y＝﹣1）对称，∴a＝﹣2，b＝﹣3，∴a+b＝﹣2﹣3＝﹣5，故答案为﹣5．3. （2020•四川省南充市•4分）如图，两直线交于点O，若∠1+∠2=76°，则∠1=________度．【答案】38【解析】【分析】直接利用对顶角的性质结合已知得出答案．【详解】解：∵两直线交于点O，∴∠1=∠2，∵∠1+∠2=76°，∴∠1=38°．故答案为：38．【点睛】此题主要考查了对顶角，正确把握对顶角的定义是解题关键．三.解答题1.。
2020年部编人教版中考数学100份试题分类汇编：圆周角
2020中考全国100份试卷分类汇编圆周角1、（德阳市2020年）如图，在圆O上有定点C和动点P，位于直径AB的异侧，过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q，已知：圆O半径为52，tan∠ABC＝34，则CQ的最大值是A、5B、15 4C、253D、203答案：D解析：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，在Rt△PCQ中，∠PCQ=∠ACB=90°，∵∠CPQ=∠CAB，∴△ABC∽△PQC；因为点P在⊙O上运动过程中，始终有△ABC∽△PQC，∴BCCQ＝ACPC，AC、BC为定值，所以PC最大时，CQ取到最大值．∵AB=5，tan∠ABC＝34，即BC：CA=4：3，所以，∴BC=4，AC=3．PC的最大值为直线5，所以，435CQ，所以，CQ的最大值为2032、（2020济宁）如图，以等边三角形ABC的BC边为直径画半圆，分别交AB、AC于点E、D，DF是圆的切线，过点F作BC的垂线交BC于点G．若AF的长为2，则FG的长为（）A．4 B． C．6 D．考点：切线的性质；等边三角形的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理；圆周角定理．专题：计算题．分析：连接OD，由DF为圆的切线，利用切线的性质得到OD垂直于DF，根据三角形ABC 为等边三角形，利用等边三角形的性质得到三条边相等，三内角相等，都为60°，由OD=OC，得到三角形OCD为等边三角形，进而得到OD平行与AB，由O为BC的中点，得到D为AC的中点，在直角三角形ADF中，利用30°所对的直角边等于斜边的一半求出AD的长，进而求出AC的长，即为AB的长，由AB﹣AF求出FB的长，在直角三角形FBG中，利用30°所对的直角边等于斜边的一半求出BG的长，再利用勾股定理即可求出FG的长．解答：解：连接OD，∵DF为圆O的切线，∴OD⊥DF，∵△ABC为等边三角形，∴AB=BC=AC，∠A=∠B=∠C=60°，∵OD=OC，∴△OCD为等边三角形，∴OD∥AB，又O为BC的中点，∴D为AC的中点，即OD为△ABC的中位线，∴OD∥AB，∴DF⊥AB，在Rt△AFD中，∠ADF=30°，AF=2，∴AD=4，即AC=8，∴FB=AB﹣AF=8﹣2=6，在Rt△BFG中，∠BFG=30°，∴BG=3，则根据勾股定理得：FG=3．故选B点评：此题考查了切线的性质，等边三角形的性质，含30°直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．3、(2020年临沂)如图，在⊙O中，∠CBO=45°，∠CAO=15°，则∠AOB的度数是(A)75°. (B)60°. (C)45°. (D)30°.答案：B解析：连结OC，则∠OCB=45°，∠OCA=15°，所以，∠ACB=30°，根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半，知∠AOB=60°4、（2020•自贡）如图，在平面直角坐标系中，⊙A经过原点O，并且分别与x轴、y轴交于B、C两点，已知B（8，0），C（0，6），则⊙A的半径为（）A．3B．4C．5D．8考点：圆周角定理；坐标与图形性质；勾股定理．专题：计算题．分析：连接BC，由90度的圆周角所对的弦为直径，得到BC为圆A的直径，在直角三角形BOC中，由OB与OC的长，利用勾股定理求出BC的长，即可确定出圆A的半径．解答：解：连接BC，∵∠BOC=90°，∴BC为圆A的直径，即BC过圆心A，在Rt△BOC中，OB=8，OC=6，根据勾股定理得：BC=10，则圆A的半径为5．故选C点评：此题考查了圆周角定理，坐标与图形性质，以及勾股定理，熟练掌握圆周角定理是解本题的关键．5、（2020成都市）如图，点A,B,C 在O e 上，A 50∠=o ，则BOC ∠的度数为（ ）A.40oB.50oC.80oD.100o答案：D解析：因为同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半，所以，∠BOC ＝2∠BAC ＝100°，选D 。
人教版九年级数学下册实际中的方位角、坡角问题同步练习
人教版九年级数学下册实际中的方位角﹨坡角问题同步练习基础训练知识点1 方位角问题1.如图,一艘海轮位于灯塔P的北偏东方向55°,距离灯塔为2海里的点A处.如果海轮沿正南方向航行到灯塔的正东位置,海轮航行的距离AB长是( )A.2海里B.2sin 55°海里C.2cos 55°海里D.2tan 55°海里2.如图,一只船以每小时20千米的速度向正东航行,起初船在A 处看见一灯塔B在船的北偏东60°方向上,2小时后,船在C处看见这个灯塔在船的北偏东45°方向上,则灯塔B到船所在的航线AC的距离是( )A.(18+16)千米B.(19+18)千米C.(20+20)千米D.(21+22)千米3.如图,一船向正北方向匀速行驶,在C处看见正西方两座相距10海里的灯塔A和B恰好与该船在同一直线上,继续航行半小时后,在D处看见灯塔B在南偏西60°方向上,灯塔A在南偏西75°方向上,则该船航行的速度应该是( )A.10海里/小时B.5海里/小时C.10海里/小时D.5海里/小时4.如图,一艘海轮位于灯塔P的北偏东53°方向,距离灯塔100海里的A处,它沿正南方向航行一段时间后,到达位于灯塔P的南偏东45°方向上的B处.(1)在图中画出点B,并求出B处与灯塔P的距离(结果取整数);(2)用方向和距离描述灯塔P相对于B处的位置.(参考数据:sin 53°≈0.80,cos 53°≈0.60,tan53°≈1.33,≈1.41)知识点2 坡角问题5.小明沿着与地面成30°角的坡面向下走了2米,那么他下降了( )A.1米B.米C.2米D.米6.拦水坝横断面如图所示,迎水坡AB的坡比是1∶,坝高BC=10 m,则坡面AB的长度是( )A.15 mB.20 mC.10 mD.20 m7.如图,小明爬一土坡,他从A处爬到B处所走的直线距离AB=4米,此时,他离地面高度为h=2米,则这个土坡的坡角∠A=°.8.如图,一水库大坝的横断面为梯形ABCD,坝顶BC宽6米,坝高20米,斜坡AB的坡度i=1∶2.5,斜坡CD的坡角为30°,求坝底AD的长度.(精确到0.1米,参考数据:≈1.414,≈1.732.提示:坡度等于坡面的铅垂高度与水平长度之比)=9.如图,某人在大楼30米高(即PH=30米)的窗口P处进行观测,测得山坡上A处的俯角为15°,山脚B处的俯角为60°,已知该山坡的坡度i为1∶,点P,H,B,C,A在同一个平面上,点H,B,C 在同一条直线上,且PH⊥HC.则A,B两点间的距离是( )A.15米B.20米C.20米D.10米提升训练考查角度1 同一点的两个方位角问题10.如图,一艘海轮位于灯塔P的北偏东65°方向,距离灯塔80海里的A处,它沿正南方向航行一段时间后,到达位于灯塔P的南偏东45°方向上的B处,这时,海轮所在的B处距离灯塔P有多远?(结果用非特殊角的三角函数表示即可)考查角度2 不同点的两个方位角问题11.如图,某市对位于笔直公路AC上两个小区A,B的供水路线进行优化改造,供水站M在笔直公路AD上,测得供水站M在小区A 的南偏东60°方向,在小区B的西南方向,小区A,B之间的距离为300(+1)米,求供水站M分别到小区A,B的距离.(结果可保留根号)考查角度3 已知坡角求坡长问题12.如图,某幼儿园为了加强安全管理,决定将园内的滑梯的倾斜度由45°降为30°,已知原滑梯AB的长为5米,点D,B,C在同一水平地面上且共线.求:改善后滑梯会加长多少米?(精确到0.01米)考查角度4 坡角与视角的综合问题13.如图,某大楼的顶部有一块广告牌CD,小李在山坡的坡脚A 处测得广告牌底部D的仰角为60°.沿坡面AB向上走到B处测得广告牌顶部C的仰角为45°,已知山坡AB的坡度i=1∶,AB=10米,AE=15米(i=1∶是指坡面的铅直高度BH 与水平长度AH的比).(1)求点B距水平面AE的高度BH;(2)求广告牌CD的高度.(测角器的高度忽略不计,结果精确到0.1米.参考数据:≈1.414,≈1.732)14.如图,海中两个灯塔A,B,其中B位于A的正东方向上,渔船跟踪鱼群由西向东航行,在点C处测得灯塔A在西北方向上,灯塔B在北偏东30°方向上,渔船不改变航向继续向东航行30海里到达点D,这时测得灯塔A在北偏西60°方向上,求灯塔A,B 间的距离.(计算结果用根号表示,不取近似值)15.如图,一楼房AB后有一假山,其坡度为i=1∶,山坡坡面上E点处有一休息亭,测得假山坡脚C与楼房水平距离BC=25米,与亭子距离CE=20米,小丽从楼房顶测得E点的俯角为45°,求楼房AB的高度.(注:坡度i是指坡面的铅直高度与水平宽度的比)探究培优拔尖角度1 利用方位角解决航海中的问题16.在东西方向的海岸线l上有一长为1 km的码头MN(如图),在码头西端M的正西19.5 km处有一观察站A.某时刻测得一艘匀速直线航行的轮船位于A的北偏西30°方向,且与A相距40 km的B处,经过80 min,又测得该轮船位于A的北偏东60°方向,且与A相距8 km的C处.(1)求该轮船航行的速度(结果保留根号);(2)如果该轮船不改变航向继续航行,那么轮船能否正好行至码头MN靠岸?请说明理由.拔尖角度2 利用坡度解决工程改造问题17.我国南水北调中线工程的起点是丹江口水库,按照工程计划,需对原水库大坝进行混凝土培厚加高,使坝高由原来的162米增加到176.6米,以抬高蓄水位,如图是某一段坝体加高工程的截面示意图,其中原坝体的高为BE,背水坡坡角∠BAE=68°,新坝体的高为DE,背水坡坡角∠DCE=60°.求工程完工后背水坡底端水平方向增加的宽度AC.(结果精确到0.1米,参考数据:sin 68°≈0.93,cos 68°≈0.37,tan 68°≈2.5,≈1.73)参考答案1.【答案】C2.【答案】C3.【答案】A解：根据题意得AB=10海里,∠ADC=75°,∠BDC=60°,DC⊥AC,∴∠DBC=30°,∠BDA=∠A=15°,∴BD=AB=10海里.∵DC⊥AC,∴在Rt△BDC中,DC=BD·sin ∠DBC=10×=5(海里),∵从C 到D行驶了半小时,∴速度为5÷=10(海里/小时),故选A. 4.解:(1)点B的位置如图所示.根据题意,得∠A=53°,∠B=45°.在Rt△APC中,∵sin A=.∴PC=PA·sin 53°≈100×0.80=80.方法一:在Rt△BPC中,∵sin B=,∴PB=≈=80≈80×1.41≈113(海里).方法二:在Rt△BPC中,∵∠B=∠BPC=45°,∴PC=BC.∴PB==PC≈1.41×80≈113(海里).∴B处与灯塔P的距离大约是113海里.(2)灯塔P位于B处的西北(或北偏西45°)方向,距离B处大约113海里.5.【答案】A6.【答案】D7.【答案】308.解:作BE⊥AD,CF⊥AD,垂足分别为点E,F,则四边形BCFE是矩形,由题意得,EF=BC=6米,BE=CF=20米.∵斜坡AB的坡度i为1∶2.5,在Rt△ABE中,BE=20米,∴=,∴AE=50米.在Rt△CFD中,∠D=30°,∴DF==20(米),∴AD=AE+EF+FD=50+6+20≈90.6(米).故坝底AD的长度约为90.6米.9.【答案】B解：由题意可得:∠APB=60°-15°=45°,∠PBH=60°,则可由锐角三角函数求得PB的长,又由山坡的坡度i(即tan ∠ABC)为1∶,即可求得∠ABC的度数,从而得出△ABP是等腰直角三角形,则可求得答案.10.解:如图,过点P作PD⊥AB于点D.由题意知∠DPB=∠DBP=45°.在Rt△PBD中,sin 45°==,∴PB=PD.∵点A在点P的北偏东65°方向上,∴∠APD=90°-65°=25°.在Rt△PAD中,cos 25°=.∴PD=PAcos25°=80cos25°(海里),∴PB=80cos 25°海里.11.解:如图,过点M作MN⊥AB于N,设MN=x米.在Rt△AMN中,∵∠ANM=90°,∠MAN=30°,∴MA=2MN=2x,AN=MN=x.在Rt△BMN中,∵∠BNM=90°,∠MBN=45°,∴BN=MN=x,MB=MN=x.∵AN+BN=AB,∴x+x=300(+1),∴x=300,∴MA=2x=600,MB=x=300.故供水站M到小区A的距离是600米,到小区B的距离是300米.12.解:在Rt△ABC中,∵AB=5米,∠ABC=45°,∴AC=ABsin45°=5×=(米),在Rt△ADC中,∠ADC=30°,∴AD==5≈5×1.414=7.07(米),∴AD-AB≈7.07-5=2.07(米).答:改善后滑梯会加长约2.07米.13.解:(1)如图,过B作BG⊥DE于G,在Rt△ABH中,i=tan ∠BAH==,∴∠BAH=30°,∴BH=AB=5.0米.(2)由(1)得:BH=5.0米,AH=5米,∴BG=AH+AE=(5+15)米, 在Rt△BGC中,∠CBG=45°,∴CG=BG=(5+15)米.在Rt△ADE中,∠DAE=60°,AE=15米,∴DE=AE=15米. ∴CD=CG+GE-DE=5+15+5.0-15=20-10≈2.7(米). 答:广告牌CD的高度约为2.7米.14.解:作CE⊥AB于点E,AF⊥CD于点F,∴∠AFC=∠AEC=90°.∵∠FCE=90°,∠ACE=45°,∴四边形AFCE是正方形.设AF=FC=CE=AE=x海里,则FD=(x+30)海里,∵tan D=,∠D=30°,∴=,解得x=15+15,∴AE=CE=(15+15)海里.∵tan∠BCE=,∠BCE=30°,∴=,解得BE=(15+5)海里.∴AB=AE+BE=15+15+15+5=(20+30)(海里).答:灯塔A,B间的距离为(20+30)海里.15.解:如图,过点E作EF⊥BC,交BC的延长线于F,作EH⊥AB 于点H.在Rt△CEF中,∵i===tan ∠ECF,∴∠ECF=30°,∴EF=CE=10米,CF=10米,∴BH=EF=10米,HE=BF=BC+CF=(25+10)米,在Rt△AHE中,∵∠HAE=45°,∴AH=HE=(25+10)米,∴AB=AH+HB=(35+10)米.答:楼房AB的高度为(35+10)米.16.解:(1)如图,∵∠1=30°,∠2=60°,∴∠BAC=90°,∴△ABC 为直角三角形.∵AB=40 km,AC=8km,∴BC===16(km).∴航行速度为×60=12(km/h).(2)轮船能正好行至码头MN靠岸.理由如下:如图,作BR⊥l于R,作CS⊥l于S,延长BC交l于T.∵∠2=60°,∴∠4=90°-60°=30°.∵AC=8km,∴CS=8sin 30°=4(km).AS=8cos 30°=8×=12(km).∵∠1=30°,∴∠3=90°-30°=60°.∵AB=40km,∴BR=40·sin 60°=20(km).AR=40×cos60°=40×=20(km).易得,△STC∽△RTB,∴=,=,解得:ST=8 km.∴AT=12+8=20(km).又∵AM=19.5 km,MN=1 km,∴AN=20.5 km,∵19.5<AT<20.5,∴轮船能够正好行至码头MN靠岸.17.解:在Rt△BAE中,∠BAE=68°,BE=162米,∴AE=≈=64.8(米).在Rt△DEC中,∠DCE=60°,DE=176.6米,∴CE==≈102.08(米),∴AC=CE-AE≈102.08-64.8=37.28≈37.3(米),即工程完工后背水坡底端水平方向增加的宽度AC约为37.3米.。
2020-2021全国中考数学直角三角形的边角关系的综合中考真题分类汇总附答案
2020-2021全国中考数学直角三角形的边角关系的综合中考真题分类汇总附答案一、直角三角形的边角关系1．某地是国家AAAA 级旅游景区，以“奇山奇水奇石景，古賨古洞古部落”享誉巴渠，被誉为 “小九寨”．端坐在观音崖旁的一块奇石似一只“啸天犬”，昂首向天，望穿古今．一个周末，某数学兴趣小组的几名同学想测出“啸天犬”上嘴尖与头顶的距离．他们把蹲着的“啸天犬”抽象成四边形ABCD ，想法测出了尾部C 看头顶B 的仰角为40o ，从前脚落地点D 看上嘴尖A 的仰角刚好60o ，5CB m ＝, 2.7CD m ＝．景区管理员告诉同学们，上嘴尖到地面的距离是3m ．于是，他们很快就算出了AB 的长．你也算算？（结果精确到0.1m ．参考数据：400.64400.77400.84sin cos tan ︒≈︒≈︒≈，，.2 1.41,3 1.73≈≈）【答案】AB 的长约为0.6m ．【解析】【分析】作BF CE ⊥于F ，根据正弦的定义求出BF ，利用余弦的定义求出CF ，利用正切的定义求出DE ，结合图形计算即可．【详解】解：作BF CE ⊥于F ，在Rt BFC ∆中， 3.20BF BC sin BCF ⋅∠≈＝，3.85CF BC cos BCF ⋅∠≈＝，在Rt ADE ∆E 中，3 1.73tan 3AB DE ADE ===≈∠， 0.200.58BH BF HF AH EF CD DE CF ∴+＝﹣＝，＝＝﹣＝由勾股定理得，22BH AH 0.6(m)AB =+≈，答：AB 的长约为0.6m ．【点睛】考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．2．如图，从地面上的点A看一山坡上的电线杆PQ，测得杆顶端点P的仰角是45°，向前走6m到达B点，测得杆顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60°和30°．（1）求∠BPQ的度数；（2）求该电线杆PQ的高度（结果精确到1m）．备用数据：，【答案】（1）∠BPQ=30°；（2）该电线杆PQ的高度约为9m．【解析】试题分析：（1）延长PQ交直线AB于点E，根据直角三角形两锐角互余求得即可；（2）设PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB=AE-BE即可列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解．试题解析：延长PQ交直线AB于点E，（1）∠BPQ=90°-60°=30°；（2）设PE=x米．在直角△APE中，∠A=45°，则AE=PE=x米；∵∠PBE=60°∴∠BPE=30°在直角△BPE中，33米，∵AB=AE-BE=6米，则x-33x=6，解得：x=9+33． 则BE=（33+3）米．在直角△BEQ 中，QE=3BE=3（33+3）=（3+3）米． ∴PQ=PE-QE=9+33-（3+3）=6+23≈9（米）．答：电线杆PQ 的高度约9米．考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．3．（本题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）小题满分5分，第（3）小题满分5分）已知：如图，AB 是半圆O 的直径，弦//CD AB ，动点P 、Q 分别在线段OC 、CD 上，且DQ OP =，AP 的延长线与射线OQ 相交于点E 、与弦CD 相交于点F （点F 与点C 、D 不重合），20AB =，4cos 5AOC ∠=．设OP x =，CPF ∆的面积为y ．（1）求证：AP OQ =；（2）求y 关于x 的函数关系式，并写出它的定义域；（3）当OPE ∆是直角三角形时，求线段OP 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）236030050(10)13x x y x x -+=<<；（3）8OP = 【解析】【分析】（1）证明线段相等的方法之一是证明三角形全等，通过分析已知条件，OP DQ =，联结OD 后还有OA DO =，再结合要证明的结论AP OQ =，则可肯定需证明三角形全等，寻找已知对应边的夹角，即POA QDO ∠=∠即可；（2）根据PFC ∆∽PAO ∆，将面积转化为相似三角形对应边之比的平方来求；（3）分成三种情况讨论，充分利用已知条件4cos 5AOC ∠=、以及（1）（2）中已证的结论，注意要对不符合（2）中定义域的答案舍去．【详解】（1）联结OD ，∵OC OD =，∴OCD ODC ∠=∠，∵//CD AB ，∴OCD COA ∠=∠，∴POA QDO ∠=∠．在AOP ∆和ODQ ∆中，{OP DQPOA QDO OA DO=∠=∠=，∴AOP ∆≌ODQ ∆，∴AP OQ =；（2）作PH OA ⊥，交OA 于H ， ∵4cos 5AOC ∠=， ∴4455OH OP x ==，35PH x =， ∴132AOP S AO PH x ∆=⋅=． ∵//CD AB ，∴PFC ∆∽PAO ∆， ∴2210()()AOP yCP x S OP x∆-==， ∴2360300x x y x-+=，当F 与点D 重合时， ∵42cos 210165CD OC OCD =⋅∠=⨯⨯=， ∴101016x x =-，解得5013x =， ∴2360300x x y x-+=50(10)13x <<； （3）①当90OPE ∠=o 时，90OPA ∠=o ， ∴4cos 1085OP OA AOC =⋅∠=⨯=； ②当90POE ∠=o 时，1010254cos cos 25OC CQ QCO AOC ====∠∠， ∴252OP DQ CD CQ CD ==-=-2571622=-=，∵501013OP <<， ∴72OP =（舍去）； ③当90PEO ∠=o 时，∵//CD AB ，∴AOQ DQO ∠=∠， ∵AOP ∆≌ODQ ∆，∴DQO APO ∠=∠，∴AOQ APO ∠=∠，∴90AEO AOP ∠=∠=o ，此时弦CD 不存在，故这种情况不符合题意，舍去； 综上，线段OP 的长为8．4．如图，将一副直角三角形拼放在一起得到四边形ABCD ，其中∠BAC=45°，∠ACD=30°，点E 为CD 边上的中点，连接AE ，将△ADE 沿AE 所在直线翻折得到△AD′E ，D′E 交AC 于F 点．若AB=6cm ．（1）AE 的长为 cm ；（2）试在线段AC 上确定一点P ，使得DP+EP 的值最小，并求出这个最小值；（3）求点D′到BC 的距离．【答案】（1）；（2）12cm ；（3）cm ．【解析】 试题分析：（1）首先利用勾股定理得出AC 的长，进而求出CD 的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进而得出答案：∵∠BAC=45°，∠B=90°，∴AB=BC=6cm ，∴AC=12cm ．∵∠ACD=30°，∠DAC=90°，AC=12cm ，∴（cm ）．∵点E 为CD 边上的中点，∴AE=DC=cm ． （2）首先得出△ADE 为等边三角形，进而求出点E ，D′关于直线AC 对称，连接DD′交AC 于点P ，根据轴对称的性质，此时DP+EP 值为最小，进而得出答案．（3）连接CD′，BD′，过点D′作D′G ⊥BC 于点G ，进而得出△ABD′≌△CBD′（SSS ），则∠D′BG=45°，D′G=GB ，进而利用勾股定理求出点D′到BC 边的距离．试题解析：解：（1）．（2）∵Rt△ADC中，∠ACD=30°，∴∠ADC=60°，∵E为CD边上的中点，∴DE=AE．∴△ADE为等边三角形．∵将△ADE沿AE所在直线翻折得△AD′E，∴△AD′E为等边三角形，∠AED′=60°．∵∠EAC=∠DAC﹣∠EAD=30°，∴∠EFA=90°，即AC所在的直线垂直平分线段ED′．∴点E，D′关于直线AC对称．如答图1，连接DD′交AC于点P，∴此时DP+EP值为最小，且DP+EP=DD′．∵△ADE是等边三角形，AD=AE=，∴，即DP+EP最小值为12cm．（3）如答图2，连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，∵AC垂直平分线ED′，∴AE=AD′，CE=CD′，∵AE=EC，∴AD′=CD′=．在△ABD′和△CBD′中，∵，∴△ABD′≌△CBD′（SSS）．∴∠D′BG=∠D′BC=45°．∴D′G=GB．设D′G长为xcm，则CG长为cm，在Rt△GD′C中，由勾股定理得，解得：（不合题意舍去）．∴点D′到BC边的距离为cm．考点：1．翻折和单动点问题；2．勾股定理；3．直角三角形斜边上的中线性质；4．等边三角形三角形的判定和性质；5．轴对称的应用（最短线路问题）；6．全等三角形的判定和性质；7．方程思想的应用．5．我市在创建全国文明城市的过程中，某社区在甲楼的A 处与E 处之间悬挂了一副宣传条幅，在乙楼顶部C 点测得条幅顶端A 点的仰角为45°，条幅底端E 点的俯角为30°，若甲、乙两楼之间的水平距离BD 为12米，求条幅AE 的长度．(结果保留根号)【答案】AE 的长为(123)+【解析】【分析】在Rt ACF V 中求AF 的长, 在Rt CEF V 中求EF 的长,即可求解.【详解】过点C 作CF AB ⊥于点F由题知：四边形CDBF 为矩形12CF DB ∴==在Rt ACF V 中，45ACF ∠=︒tan 1AF ACF CF∴∠== 12AF ∴=在Rt CEF V 中，30ECF ∠=︒tan EF ECF CF∴∠= 312EF ∴= 43EF ∴=1243AE AF EF ∴=+=+∴求得AE 的长为(1243+【点睛】本题考查了三角函数的实际应用,中等难度,作辅助线构造直角三角形是解题关键.6．如图，某校数学兴趣小组为测量校园主教学楼AB 的高度，由于教学楼底部不能直接到达，故兴趣小组在平地上选择一点C ，用测角器测得主教学楼顶端A 的仰角为30°，再向主教学楼的方向前进24米，到达点E 处（C ，E ，B 三点在同一直线上），又测得主教学楼顶端A 的仰角为60°，已知测角器CD 的高度为1.6米，请计算主教学楼AB 的高度．（3≈1.73，结果精确到0.1米）【答案】22.4m【解析】【分析】首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造等量关系，进而求解．【详解】解：在Rt △AFG 中，tan ∠AFG =3，∴FG =tan 3AG AFG =∠， 在Rt △ACG 中，tan ∠ACG =AG CG ， ∴CG =tan AG ACG∠=3AG ． 又∵CG ﹣FG =24m ，即3AG ﹣3=24m ， ∴AG =123m ，∴AB =123+1.6≈22.4m ．7．在平面直角坐标系中，四边形OABC 是矩形，点()0,0O ，点()3,0A ，点()0,4C ，连接OB ，以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOCB ，旋转角为()0360αα︒<<︒，得到矩形ADEF ，点,,O C B 的对应点分别为,,D E F .(Ⅰ)如图，当点D 落在对角线OB 上时，求点D 的坐标；(Ⅱ)在(Ⅰ)的情况下，AB 与DE 交于点H .①求证BDE DBA ∆≅∆；②求点H 的坐标.(Ⅲ)α为何值时，FB FA =.(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)点D 的坐标为5472(,)2525；(Ⅱ)①证明见解析；②点H 的坐标为(3，258)；(Ⅲ)60α=︒或300︒.【解析】【分析】 (Ⅰ) 过A D 、分别作,AM OB DN OA ⊥⊥，根据点A 、点C 的坐标可得出OA 、OC 的长，根据矩形的性质可得AB 、OB 的长，在Rt △OAM 中，利用∠BOA 的余弦求出OM 的长，由旋转的性质可得OA=AD ，利用等腰三角形的性质可得OD=2OM ，在Rt △ODN 中，利用∠BOA 的正弦和余弦可求出DN 和ON 的长，即可得答案；(Ⅱ)①由等腰三角形性质可得∠DOA=∠ODA ，根据锐角互余的关系可得ABD BDE ∠∠=，利用SAS 即可证明△DBA ≌△BDE ；②根据△DBA ≌△BDE 可得∠BEH=∠DAH ，BE=AD ，即可证明△BHE ≌△DHA ，可得DH=BH ，设AH=x ，在Rt △ADH 中，利用勾股定理求出x 的值即可得答案；（Ⅲ）如图，过F 作FO ⊥AB ，由性质性质可得∠BAF=α，分别讨论0<α≤180°时和180°<α<360°时两种情况，根据FB=FA 可得OA=OB ，利用勾股定理求出FO 的长，由余弦的定义即可求出∠BAF 的度数.【详解】(Ⅰ)∵点()30A ，，点()04C ，， ∴3,4OA OC ==.∵四边形OABC 是矩形，∴AB=OC=4，∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的∴3AD AO ==.在Rt OAB ∆中，225OB OA AB +=，过A D 、分别作B,DN OA AM O ⊥⊥在Rt ΔOAM 中，OM OA 3cos BOA OA OB 5∠===， ∴9OM 5= ∵AD=OA ，AM ⊥OB ，∴18OD 2OM 5==. 在Rt ΔODN 中：DN 4sin BOA OD 5∠==，cos ∠BOA=ON OD =35， ∴72DN 25=，54ON 25=. ∴点D 的坐标为5472,2525⎛⎫⎪⎝⎭.(Ⅱ)①∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的， ∴OA AD 3,ADE 90,DE AB 4∠===︒==.∴OD AD =.∴DOA ODA ∠∠=.又∵DOA OBA 90∠∠+=︒，BDH ADO 90∠∠+=︒ ∴ABD BDE ∠∠=. 又∵BD BD =， ∴ΔBDE ΔDBA ≅.②由ΔBDE ΔDBA ≅，得BEH DAH ∠∠=，BE AD 3==， 又∵BHE DHA ∠∠=，∴ΔBHE ΔDHA ≅.∴DH=BH ，设AH x =，则DH BH 4x ==-，在Rt ΔADH 中，222AH AD DH =+，即()222x 34x =+-，得25x 8=， ∴25AH 8=.∴点H 的坐标为253,8⎛⎫ ⎪⎝⎭. (Ⅲ)如图，过F 作FO ⊥AB ，当0<α≤180°时，∵点B 与点F 是对应点，A 为旋转中心，∴∠BAF 为旋转角，即∠BAF=α，AB=AF=4，∵FA=FB ，FO ⊥AB ，∴OA=12AB=2， ∴cos ∠BAF=OA AF =12， ∴∠BAF=60°，即α=60°，当180°<α<360°时， 同理解得：∠BAF′=60°，∴旋转角α=360°-60°=300°.综上所述：α60=︒或300︒.【点睛】本题考查矩形的性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，正确找出对应边与旋转角并熟记特殊角的三角函数值是解题关键.8．如图，在⊙O 的内接三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝2BC ，过C 作AB 的垂线l 交⊙O 于另一点D ，垂足为E ．设P 是»AC 上异于A ，C 的一个动点，射线AP 交l 于点F ，连接PC 与PD ，PD 交AB 于点G ．（1）求证：△PAC ∽△PDF ；（2）若AB ＝5，¼¼AP BP=，求PD 的长．【答案】(1)证明见解析；（2310 【解析】【分析】 （1）根据AB ⊥CD ，AB 是⊙O 的直径，得到¶¶ADAC =，∠ACD ＝∠B ，由∠FPC ＝∠B ，得到∠ACD ＝∠FPC ，可得结论；（2）连接OP ，由¶¶APBP =，得到OP ⊥AB ，∠OPG ＝∠PDC ，根据AB 是⊙O 的直径，得到∠ACB ＝90°，由于AC ＝2BC ，于是得到tan ∠CAB ＝tan ∠DCB ＝BC AC ，得到12CE BE AE CE ==，求得AE ＝4BE ，通过△OPG ∽△EDG ，得到OG OP GE ED=，然后根据勾股定理即可得到结果．【详解】（1）证明：连接AD ，∵AB ⊥CD ，AB 是⊙O 的直径，∴¶¶ADAC =， ∴∠ACD ＝∠B ＝∠ADC ，∵∠FPC ＝∠B ，∴∠ACD ＝∠FPC ，∴∠APC ＝∠ACF ，∵∠FAC ＝∠CAF ，∴△PAC ∽△CAF ；（2）连接OP ，则OA ＝OB ＝OP ＝1522AB =， ∵¶¶APBP =， ∴OP ⊥AB ，∠OPG ＝∠PDC ，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB ＝90°，∵AC ＝2BC ，∴tan ∠CAB ＝tan ∠DCB ＝BC AC，∴12 CE BEAE CE==，∴AE＝4BE，∵AE+BE＝AB＝5，∴AE＝4，BE＝1，CE＝2，∴OE＝OB﹣BE＝2.5﹣1＝1.5，∵∠OPG＝∠PDC，∠OGP＝∠DGE，∴△OPG∽△EDG，∴OG OP GE ED=，∴2.52 OE GE OPGE CE-==，∴GE＝23，OG＝56，∴PG＝225OP OG6+=，GD＝222 3DE GE+=，∴PD＝PG+GD＝3102．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理，证得△OPG∽△EDG是解题的关键．9．如图，在▱ABCD中，AC与BD交于点O，AC⊥BC于点C，将△ABC沿AC翻折得到△AEC，连接DE．（1）求证：四边形ACED是矩形；（2）若AC＝4，BC＝3，求sin∠ABD的值．【答案】（1）证明见解析（2）613 【解析】【分析】 （1）根据▱ABCD 中，AC ⊥BC ，而△ABC ≌△AEC ，不难证明；（2）依据已知条件，在△ABD 或△AOC 作垂线AF 或OF ，求出相应边的长度，即可求出∠ABD 的正弦值．【详解】（1）证明：∵将△ABC 沿AC 翻折得到△AEC ，∴BC ＝CE ，AC ⊥CE ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD ∥BC ，AD ＝BC ，∴AD ＝CE ，AD ∥CE ， ∴四边形ACED 是平行四边形，∵AC ⊥CE ，∴四边形ACED 是矩形．（2）解：方法一、如图1所示，过点A 作AF ⊥BD 于点F ，∵BE ＝2BC ＝2×3＝6，DE ＝AC ＝4，∴在Rt △BDE 中，2222BD BE DE 64213=+=+=∵S △BDE ＝12×DE•AD ＝12AF•BD ， ∴AF 61313213=， ∵Rt △ABC 中，AB 2234+5，∴Rt △ABF 中，sin ∠ABF ＝sin ∠ABD ＝6136135AF AB ==方法二、如图2所示，过点O 作OF ⊥AB 于点F ，同理可得，OB ＝1132BD = ∵S △AOB ＝11OF AB OA BC 22⋅=⋅，∴OF ＝23655⨯=， ∵在Rt △BOF 中， sin ∠FBO ＝0661365513F OB ==， ∴sin ∠ABD ＝61365．【点睛】本题考查直角三角形翻折变化后所得图形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质和解直角三角形求线段的长度，关键是正确添加辅助线和三角形面积的计算公式求出sin ∠ABD ．10．已知：在△ABC 中，∠ACB=90°，CD ⊥AB 于D ，BE ：AB=3：5，若CE= 2 ，cos ∠ACD= 45，求tan ∠AEC 的值及CD 的长．【答案】tan ∠12125【解析】 解：在RT △ACD 与RT △ABC 中∵∠ABC+∠CAD=90°, ∠ACD+∠CAD=90°∴∠ABC=∠ACD, ∴cos ∠ABC=cos ∠ACD=45 在RT △ABC 中，45BC AB = 令BC=4k,AB=5k 则AC=3k 由35BE AB = ,BE=3k 则CE=k,且CE=2 则k=2，AC=32 ∴RT △ACE 中，tan ∠AEC=AC EC =3 ∵RT △ACD 中cos ∠ACD=45CD AC = ,，CD=12125. 11．如图，Rt △ABC ，CA ⊥BC ，AC ＝4，在AB 边上取一点D ，使AD ＝BC ，作AD 的垂直平分线，交AC 边于点F ，交以AB 为直径的⊙O 于G ，H ，设BC ＝x ．（1）求证：四边形AGDH 为菱形；（2）若EF ＝y ，求y 关于x 的函数关系式；（3）连结OF ，CG ．①若△AOF 为等腰三角形，求⊙O 的面积；②若BC ＝3，则30CG+9＝______．（直接写出答案）．【答案】（1）证明见解析；（2）y ＝18x 2（x ＞0）；（3）①163π或8π或（17+2）π；21．【解析】【分析】 （1）根据线段的垂直平分线的性质以及垂径定理证明AG=DG=DH=AH 即可；（2）只要证明△AEF ∽△ACB ，可得AE EF AC BC=解决问题； （3）①分三种情形分别求解即可解决问题； ②只要证明△CFG ∽△HFA ，可得GF AF =CG AH，求出相应的线段即可解决问题； 【详解】（1）证明：∵GH 垂直平分线段AD ，∴HA ＝HD ，GA ＝GD ，∵AB是直径，AB⊥GH，∴EG＝EH，∴DG＝DH，∴AG＝DG＝DH＝AH，∴四边形AGDH是菱形．（2）解：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵AE⊥EF，∴∠AEF＝∠ACB＝90°，∵∠EAF＝∠CAB，∴△AEF∽△ACB，∴AE EF AC BC=，∴124x yx=，∴y＝18x2（x＞0）．（3）①解：如图1中，连接DF．∵GH垂直平分线段AD，∴FA＝FD，∴当点D与O重合时，△AOF是等腰三角形，此时AB＝2BC，∠CAB＝30°，∴AB83，∴⊙O的面积为163π．如图2中，当AF＝AO时，∵AB ＝22AC BC +＝216x +，∴OA ＝216x +， ∵AF ＝22EF AE +＝2221182x ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴216x +＝2221182x ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 解得x ＝4（负根已经舍弃），∴AB ＝42，∴⊙O 的面积为8π．如图2﹣1中，当点C 与点F 重合时，设AE ＝x ，则BC ＝AD ＝2x ，AB ＝2164x +，∵△ACE ∽△ABC ，∴AC 2＝AE•AB ，∴16＝2164x +解得x 2＝17﹣2（负根已经舍弃），∴AB 2＝16+4x 2＝17+8，∴⊙O 的面积＝π•14•AB 2＝（17+2）π综上所述，满足条件的⊙O的面积为163π或8π或（217+2）π；②如图3中，连接CG．∵AC＝4，BC＝3，∠ACB＝90°，∴AB＝5，∴OH＝OA＝52，∴AE＝32，∴OE＝OA﹣AE＝1，∴EG＝EH2512⎛⎫-⎪⎝⎭212，∵EF＝18x2＝98，∴FG＝212﹣98，AF22AE EF+158，AH22AE EH+302，∵∠CFG＝∠AFH，∠FCG＝∠AHF，∴△CFG∽△HFA，∴GF CGAF AH=，∴219281530 8-=∴CG＝705﹣33010，∴30＝21．故答案为21【点睛】本题考查圆综合题、相似三角形的判定和性质、垂径定理、线段的垂直平分线的性质、菱形的判定和性质、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．12．如图，在自动向西的公路l上有一检查站A，在观测点B的南偏西53°方向，检查站一工作人员家住在与观测点B的距离为7132km，位于点B南偏西76°方向的点C处，求工作人员家到检查站的距离AC．（参考数据：sin76°≈2425，cos76°≈625，tan 76°≈4，sin53°≈35，tan53°≈43）【答案】工作人员家到检查站的距离AC的长约为92 km．【解析】分析：过点B作BH⊥l交l于点H，解Rt△BCH，得出CH=BC•sin∠CBH=274，BH=BC•cos∠CBH=2716．再解Rt△BAH中，求出AH=BH•tan∠ABH=94，那么根据AC=CH-AH计算即可.详解：如图，过点B作BH⊥l交l于点H，∵在Rt△BCH中，∠BHC=90°，∠CBH=76°，BC=7132km，∴CH=BC•sin∠CBH≈225242732254⨯=，BH=BC•cos∠CBH≈225627 322516⨯=．∵在Rt△BAH中，∠BHA=90°，∠ABH=53°，BH=2716，∴AH=BH•tan∠ABH≈27491634⨯=，∴AC=CH﹣AH=2799442-=（km）．答：工作人员家到检查站的距离AC的长约为92 km．点睛：本题考查的是解直角三角形的应用-方向角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．。
2020年中考数学人教版专题复习： 点、线、面、角
2020年中考数学人教版专题复习：点、线、面、角考点梳理直线、射线、线段在解答有关线段的计算问题时，一般要注意以下几个方面：①按照已知条件画出图形是正确解题的关键；②观察图形，找出线段之间的关系；③简单的问题可通过列算式求出，复杂的问题可设未知数，利用方程解决．典例精析典例1 如图，建筑工人砌墙时，经常在两个墙脚的位置分别插一根木桩，然后拉一条直的参照线，其运用到的数学原理是A．两点之间，线段最短B．两点确定一条直线C．垂线段最短D．过一点有且只有一条直线和已知直线平行【答案】B【解析】建筑工人砌墙时，经常在两个墙脚的位置分别插一根木桩，然后拉一条直的参照线，这种做法运用到的数学原理是：两点确定一条直线，故选B．典例2 已知AB=10，C是射线AB上一点，且AC=3BC，则BC的长为A．2.5 B．103C．2.5或5 D．103或5【答案】C拓展1．下列叙述中，①延长直线AB到点C；②延长射线AB到点C；③延长线段AB到点C；④反向延长线段BA到点C；⑤反向延长射线AB到点C，其中正确的有A．1 B．2C．3 D．42．如图，在数轴上有A、B、C、D四个整数点（即各点均表示整数），且2AB=BC=3CD，若A、D两点表示的数分别为-5和6，且AC的中点为E，BD的中点为M，BC之间距点B的距离为13BC的点N，则该数轴的原点为A．点E B．点FC．点M D．点N考向二角1．角平分线必须同时满足三个条件：①是从角的顶点引出的射线；②在角的内部；③将已知角平分．2．类似地，也有角的n等分线，如三等分线，如图，∠1=∠2=∠3=13∠AOD或∠AOD=3∠1=3∠2=3∠3．3．计算：18°30′=__________°．4．如图，∠AOB=180°，∠BOC=80°，OD平分∠AOC，∠DOE=3∠COE，求∠BOE．立体图形的平面展开图1．从不同方向看物体，看得见的轮廓线画实线，看不见的轮廓线画虚线．2．在正方体的平面展开图中，一条直线上的小正方形不会超过四个；展开图中不会出现“田”字形、“凹”字形的形状．拓展7．如图是正方体的表面展开图，折叠成正方体后，其中哪两个完全相同__________．同步测试1．如图，将下面的平面图形绕直线旋转一周，得到的立体图形是A ．B ．C ．D ．2．下列四个几何体中，是三棱柱的为A ．B ．C ．D ．3．由下面正方体的平面展开图可知，原正方体“中”字所在面的对面的汉字是A ．国B ．的C ．中D ．梦4．如图为正方体的一种平面展开图，各面都标有数字，则数字为的面与其对面上的数字之积是A ．B ．0C ．D ．l 2-12-8-10-5．若，则α的余角等于 A ．B ．C ．D ．1．将如图所示的几何图形，绕直线l 旋转一周得到的立体图形A ．B ．C ．D ．2．如图给定的是纸盒的外表面，下面能由它折叠而成的是A ．B ．C ．D ．3．如图，快艇从P 处向正北航行到A 处时，向左转50°航行到B 处，再向右转80°继续航行，此时的航行方向为A ．北偏东30°B ．北偏东80°C ．北偏西30°D ．北偏西50°4．如果一个角的余角是50°，那么这个角的度数是 A ．30°B ．40°C ．50°D ．130°5．将一副三角板按如图方式摆放，∠1与∠2不一定互补的是2945'α=︒6055'︒6015'︒15055'︒15015'︒A．B．C．D．6．如图，A，B，C，D是直线L上顺次四点，M，N分别是AB，CD的中点，且MN=6 cm，BC=1 cm，则AD的长等于A．10 cm B．11 cmC．12 cm D．13 cm7．如图，D是AB的中点，E是BC的中点．（1）若AB=3，BC=5，则DE=__________；（2）若AC=8，EC=3，则AD=__________．8．已知∠α和∠β互为补角，且∠β比∠α小30°，则∠β等于__________°．9．如图，一只蜘蛛从长、宽都为3，高为8的长方体纸箱的A点沿纸箱表面爬到B点，那么它所爬行的最短路线的长是__________．10．某人下午6点到7点之间外出购物，出发和回来时发现表上的时针和分针的夹角都为110°，此人外出购物共用了__________分钟．11．已知线段AB=12，CD=6，线段CD在直线AB上运动（A在B的左侧，C在D的左侧）．（1）当D点与B点重合时，AC=__________；（2）点P是线段AB延长线上任意一点，在（1）的条件下，求PA+PB–2PC的值；（3）M、N分别是AC、BD的中点，当BC=4时，求MN的长．12．已知∠AOB=120°，OC、OD过点O的射线，射线OM、ON分别平分∠AOC和∠DOB．（1）如图①，若OC、OD是∠AOB的三等分线，求∠MON的度数；（2）如图②，若∠COD=50°，∠AOC≠∠DOB，求∠MON的度数；（3）如图③，在∠AOB内，若∠COD=α（0°<α<60°），求∠MON的度数．。
2019-2020年中考数学试卷解析分类汇编：点线面角(最新整理)
2019-2020年中考数学试卷解析分类汇编：点线面角一、选择题1.（2014山东济南，第2题，3分）如图，点Ｏ在直线AB 上，若，则的度数 401=∠2∠是A BO 21第2题图A ．B ．C ．D ． 50 60 140150【解析】因为，所以，故选C ．18021=∠+∠ 1402=∠2．（2014•四川凉山州，第2题，4分）下列图形中，∠1与∠2是对顶角的是（ ） A ．B ．C ．D ．考点：对顶角、邻补角分析：根据对顶角的特征，有公共顶点，且两边互为反向延长线，对各选项分析判断后利用排除法求解．解答：解：A ．∠1、∠2没有公共顶点，不是对顶角，故本选项错误；B ．∠1、∠2两边不互为反向延长线，不是对顶角，故本选项错误；C ．∠1、∠2有公共顶点，两边互为反向延长线，是对顶角，故本选项正确；D ．∠1、∠2两边不互为反向延长线，不是对顶角，故本选项错误；故选：C ．点评：本题主要考查了对顶角的定义，熟记对顶角的图形特征是解题的关键，是基础题，比较简单．3.4.5.6.7.8.二、填空题1. （2014•山东枣庄，第18题4分）图①所示的正方体木块棱长为6cm，沿其相邻三个面的对角线（图中虚线）剪掉一角，得到如图②的几何体，一只蚂蚁沿着图②的几何体表面从顶点A爬行到顶点B的最短距离为（3+3） cm．考点：平面展开-最短路径问题；截一个几何体分析：要求蚂蚁爬行的最短距离，需将图②的几何体表面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．解答：解：如图所示：△BCD是等腰直角三角形，△ACD是等边三角形，在Rt△BCD中，CD==6cm，∴BE=CD=3cm，在Rt△ACE中，AE==3cm，∴从顶点A爬行到顶点B的最短距离为（3+3）cm．故答案为：（3+3）．点评：考查了平面展开﹣最短路径问题，本题就是把图②的几何体表面展开成平面图形，根据等腰直角三角形的性质和等边三角形的性质解决问题．2019-2020年中考数学试卷解析分类汇编：相交线与平行线一、选择题1. （2014•上海，第4题4分）如图，已知直线a、b被直线c所截，那么∠1的同位角是（ ） A．∠2B．∠3C．∠4D．∠5考点：同位角、内错角、同旁内角．分析：根据同位角：两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的同侧，并且在第三条直线（截线）的同旁，则这样一对角叫做同位角可得答案．解答：解：∠1的同位角是∠2，故选：A．点评：此题主要考查了同位角，关键是掌握同位角的边构成“F“形．2. （2014•四川巴中，第3题3分）如图，CF是△ABC的外角∠ACM的平分线，且CF∥AB，∠ACF=50°，则∠B的度数为（ ）A．80°B．40°C．60°D．50°考点：平行线的性质；角平分线的定义．分析：根据角平分线的定义可得∠FCM=∠ACF，再根据两直线平行，同位角相等可得∠B=∠FCM．解答：∵CF是∠ACM的平分线，∴∠FCM=∠ACF=50°，∵CF∥AB，∴∠B=∠FCM=50°．故选D．点评：本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，是基础题，熟记性质并准确识图是解题的关键．3. （2014•山东枣庄，第3题3分）如图，AB∥CD，AE交CD于C，∠A=34°，∠DEC=90°，则∠D的度数为（） A．17°B．34°C．56°D．124°考点：平行线的性质；直角三角形的性质分析：根据两直线平行，同位角相等可得∠DCE=∠A，再根据直角三角形两锐角互余列式计算即可得解．解答：解：∵AB∥CD，∴∠DCE=∠A=34°，∵∠DEC=90°，∴∠D=90°﹣∠DCE=90°﹣34°=56°．故选C．点评：本题考查了平行线的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟记性质是解题的关键．4．（2014•湖南怀化，第2题，3分）将一直角三角板与两边平行的纸条如图放置．已知∠1=30°，则∠2的度数为（ ） A．30°B．45°C．50°D．60°考点：平行线的性质．专题：计算题．分析：根据平行线的性质得∠2=∠3，再根据互余得到∠1=60°，所以∠2=60°．解答：解：∵a∥b，∴∠2=∠3，∵∠1+∠3=90°，∴∠1=90°﹣30°=60°，∴∠2=60°．故选D．点评：本题考查了平行线性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．5．（2014•湖南张家界，第2题，3分）限如图，已知a∥b，∠1=130°，∠2=90°，则∠3=（ ） A．70°B．100°C．140°D．170°考点：平行线的性质．分析：延长∠1的边与直线b相交，然后根据两直线平行，同旁内角互补求出∠4，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．解答：解：如图，延长∠1的边与直线b相交，∵a∥b，∴∠4=180°﹣∠1=180°﹣130°=50°，由三角形的外角性质，∠3=∠2+∠4=90°+50°=140°．故选C．点评：本题考查了平行线的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并作出辅助线是解题的关键．6. （2014•山东聊城，第4题，3分）如图，将一块含有30°角的直角三角板的两个顶点叠放在矩形的两条对边上，如果∠1=27°，那么∠2的度数为（ ） A．53°B．55°C．57°D．60°考点：平行线的性质．分析：根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠3，再根据两直线平行，同位角相等可得∠2=∠3．解答：解：由三角形的外角性质，∠3=30°+∠1=30°+27°=57°，∵矩形的对边平行，∴∠2=∠3=57°．故选C．点评：本题考查了平行线的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质是解题的关键．7. （2014•遵义4．（3分））如图，直线l1∥l2，∠A=125°，∠B=85°，则∠1+∠2=（ ） A．30°B．35°C．36°D．40°考点：平行线的性质．分析：过点A作l1的平行线，过点B作l2的平行线，根据两直线平行，内错角相等可得∠3=∠1，∠4=∠2，再根据两直线平行，同旁内角互补求出∠CAB+∠ABD=180°，然后计算即可得解．解答：解：如图，过点A作l1的平行线，过点B作l2的平行线，∴∠3=∠1，∠4=∠2，∵l1∥l2，∴AC∥BD，∴∠CAB+∠ABD=180°，∴∠3+∠4=125°+85°﹣180°=30°，∴∠1+∠2=30°．故选A．点评：本题考查了平行线的性质，熟记性质并作辅助线是解题的关键．8. （2014•十堰2．（3分））如图，直线m∥n，则∠α为（ ） A．70°B．65°C．50°D．40°考点：平行线的性质．分析：先求出∠1，再根据平行线的性质得出∠α=∠1，代入求出即可．解答：解：∠1=180°﹣130°=50°，∵m∥n，∴∠α=∠1=50°，故选C．点评：本题考查了平行线的性质的应用，注意：两直线平行，同位角相等．9.（2014•娄底9．（3分））如图，把一块等腰直角三角板的直角顶点放在直尺的一边上，如果∠1=40°，那么∠2=（ ） A．40°B．45°C．50°D．60°考点：平行线的性质．分析：由把一块直角三角板的直角顶点放在直尺的一边上，∠1=40°，可求得∠3的度数，又由AB∥CD，根据“两直线平行，同位角相等“即可求得∠2的度数．解答：解：∵∠∠1+∠3=90°，∠1=40°，∴∠3=50°，∵AB∥CD，∴∠2=∠3=50°．故选：C．点评：此题考查了平行线的性质．解题的关键是注意掌握两直线平行，同位角相等定理的应用．10. (2014年湖北咸宁5．（3分）)如图，l∥m，等边△ABC的顶点B在直线m上，∠1=20°，则∠2的度数为（ ） A．60°B．45°C．40°D．30°考点：平行线的性质；等边三角形的性质有分析：延长AC交直线m于D，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式求出∠3，再根据两直线平行，内错角相等解答即可．解答：解：如图，延长AC交直线m于D，∵△ABC是等边三角形，∴∠3=60°﹣∠1=60°﹣20°=40°，∵l∥m，∴∠2=∠3=40°．故选C．点评：本题考查了平行线的性质，等边三角形的性质，熟记性质并作辅助线是解题的关键，也是本题的难点．11. （2014•江苏苏州,第2题3分）已知∠α和∠β是对顶角，若∠α=30°，则∠β的度数为（ ） A．30°B．60°C．70°D．150°考点：对顶角、邻补角分析：根据对顶角相等可得∠β与∠α的度数相等为30°．解答：解：∵∠α和∠β是对顶角，∠α=30°，∴根据对顶角相等可得∠β=∠α=30°．故选：A．点评：本题主要考查了对顶角相等的性质，比较简单．12. （2014•山东临沂,第3题3分）如图，已知l1∥l2，∠A=40°，∠1=60°，则∠2的度数为（ ） A．40°B．60°C．80°D．100°考点：平行线的性质；三角形的外角性质．分析：根据两直线平行，内错角相等可得∠3=∠1，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．解答：解：∵l1∥l2，∴∠3=∠1=60°，∴∠2=∠A+∠3=40°+60°=100°．故选D．点评：本题考查了平行线的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．13．（2014•四川南充，第4题，3分）如图，已知AB∥CD，∠C=65°，∠E=30°，则∠A 的度数为（ ） A．30°B．32.5°C．35°D．37.5°分析：根据平行线的性质求出∠EOB，根据三角形的外角性质求出即可．解：设AB、CE交于点O．∵AB∥CD，∠C=65°，∴∠EOB=∠C=65°，∵∠E=30°，∴∠A=∠EOB﹣∠E=35°，故选C．点评：本题考查了平行线的性质和三角形的外角性质的应用，解此题的关键是求出∠EOB的度数和得出∠A=∠EOB﹣∠E．14.（2014•甘肃白银、临夏,第5题3分）将直角三角尺的直角顶点靠在直尺上，且斜边与这根直尺平行，那么，在形成的这个图中与∠α互余的角共有（ ） A．4个B．3个C．2个D．1个考点：平行线的性质；余角和补角．分析：由互余的定义、平行线的性质，利用等量代换求解即可．解答：解：∵斜边与这根直尺平行，∴∠α=∠2，又∵∠1+∠2=90°，∴∠1+∠α=90°，又∠α+∠3=90°∴与α互余的角为∠1和∠3．故选C．点评：此题考查的是对平行线的性质的理解，目的是找出与∠α和为90°的角．15．（2014•广东梅州,第5题3分）如图，把一块含有45°的直角三角形的两个顶点放在直尺的对边上．如果∠1=20°，那么∠2的度数是（ ） A．15°B．20°C．25°D．30°考点：平行线的性质．分析：根据两直线平行，内错角相等求出∠3，再求解即可．解答：解：∵直尺的两边平行，∠1=20°，∴∠3=∠1=20°，∴∠2=45°﹣20°=25°．故选C．点评：本题考查了两直线平行，内错角相等的性质，是基础题，熟记性质是解题的关键．二、填空题1. （2014•山东威海，第15题3分）直线l1∥l2，一块含45°角的直角三角板如图放置，∠1=85°，则∠2= 40° ．考点：平行线的性质；三角形内角和定理分析：根据两直线平行，同位角相等可得∠3=∠1，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠4，然后根据对顶角相等解答．解答：解：∵l 1∥l 2，∴∠3=∠1=85°，∴∠4=∠3﹣45°=85°﹣45°=40°，∴∠2=∠4=40°．故答案为：40°．点评：本题考查了平行线的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质是解题的关键．2.（2014•江西抚州，第11题，3分）如图，a ∥b,∠1＋∠2=75°,则∠3＋∠4=.------------︒105解析：∵∠5=∠1+∠2=75°， a ∥b, ∠3=∠6 , ∴∠3+∠4=∠6+∠4=180°－75° =105°3. （2014•江苏盐城,第15题3分）∠1=70°，则∠2= DE∥AC，AF∥BC，如图，点D、E分别在AB、BC上，70 °．考点：平行线的性质分析：根据两直线平行，同位角相等可得∠C=∠1，再根据两直线平行，内错角相等可得∠2=∠C．解答：解：∵DE∥AC，∴∠C=∠1=70°，∵AF∥BC，∴∠2=∠C=70°．故答案为：70．点评：本题考查了平行线的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．4．（2014•四川宜宾，第11题，3分）如图，直线a、b被第三条直线c所截，如果a∥b，∠1=70°，那么∠3的度数是 70° ．考点：平行线的性质分析：根据两直线平行，同位角相等可得∠2=∠1，再根据对顶角相等可得∠3=∠2．解答：解：∵a∥b，∴∠2=∠1=70°，∴∠3=∠2=70°．故答案为：70°．点评：本题考查了平行线的性质，对顶角相等的性质，熟记性质是解题的关键．5. （2014•浙江杭州，第12题，4分）已知直线a∥b，若∠1=40°50′，则∠2= 139°10′ ．考点：平行线的性质；度分秒的换算分析：根据对顶角相等可得∠3=∠1，再根据两直线平行，同旁内角互补列式计算即可得解．解答：解：∠3=∠1=40°50′，∵a∥b，∴∠2=180°﹣∠3=180°﹣40°50′=139°10′．故答案为：139°10′．点评：本题考查了平行线的性质，对顶角相等的性质，度分秒的换算，要注意度、分、秒是60进制．三、解答题1.（2014•遵义24．（10分））如图，▱ABCD中，BD⊥AD，∠A=45°，E、F分别是AB，CD上的点，且BE=DF，连接EF交BD于O．（1）求证：BO=DO；（2）若EF⊥AB，延长EF交AD的延长线于G，当FG=1时，求AD的长．考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．分析：（1）通过证明△ODF与△OBE全等即可求得．（2）由△ADB是等腰直角三角形，得出∠A=45°，因为EF⊥AB，得出∠G=45°，所以△ODG与△DFG都是等腰直角三角形，从而求得DG的长和EF=2，然后平行线分线段成比例定理即可求得．解答：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC=AB，DC∥AB，∴∠ODF=∠OBE，在△ODF与△OBE中∴△ODF≌△OBE（AAS）∴BO=DO；（2）解：∵BD⊥AD，∴∠ADB=90°，∵∠A=45°，∴∠DBA=∠A=45°，∵EF⊥AB，∴∠G=∠A=45°，∴△ODG是等腰直角三角形，∵AB∥CD，EF⊥AB，∴DF⊥OG，∴OF=FG，△DFG是等腰直角三角形，∵△ODF≌△OBE（AAS）∴OE=OF，∴GF=OF=OE，即2FG=EF，∵△DFG是等腰直角三角形，∴DF=FG=1，∴DG==，∵AB∥CD，∴=，即=，∴AD=2，点评：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质以及平行线分行段定理．2. （2014•山东淄博,第19题5分）如图，直线a∥b，点B在直线上b上，且AB⊥BC，∠1=55°，求∠2的度数．考点：平行线的性质．分析：根据垂直定义和邻补角求出∠3，根据平行线的性质得出∠2=∠3，代入求出即可．解答：解：∵AB⊥BC，∴∠ABC=90°，∴∠1+∠3=90°，∵∠1=55°，∴∠3=35°，∵a∥b，∴∠2=∠3=35°．点评：本题考查了垂直定义，平行线的性质的应用，注意：两直线平行，同位角相等．。
2020年部编人教版全国各地中考数学试题精析版分类汇编投影与视图
投影与视图一、选择题1. （2020•四川巴中，第5题3分）如图，两个大小不同的实心球在水平面靠在一起组成如图所示的几何体，则该几何体的左视图是（）A．两个外切的圆B．两个内切的圆C．两个内含的圆D．一个圆考点：三视图．分析：根据左视图是从左面看得到的视图，圆的位置关系解答即可．解答：从左面看，为两个内切的圆，切点在水平面上，所以，该几何体的左视图是两个内切的圆．故选B．点评：本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．2. （2020•山东威海，第6题3分）用四个相同的小立方体搭几何体，要求每个几何体的主视图、左视图、俯视图中至少有两种视图的形状是相同的，下列四种摆放方式中不符合要求A．B．C．D．考点：简单组合体的三视图．分析：主视图、左视图、俯视图是分别从正面、左面、上面所看到的图形．解答：解：A、此几何体的主视图和俯视图都是“”字形，故此选项不合题意；B、此几何体的主视图和左视图都是，故此选项不合题意；C、此几何体的主视图和左视图都是，故此选项不合题意；D、此几何体的主视图是，俯视图是，左视图是，故此选项符合题意，故选：D．点评：此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．3. （2020•山东潍坊，第4题3分）一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体是( )考点：由三视图还原实物图．分析：根据主视图、左视图、俯视图的形状，将它们相交得到几何体的形状．解答：由三视图知，从正面和侧面看都是上面梯形，下面长方形，从上面看为圆环，可以想象到实物体上面是圆台，下面是空心圆柱．故选D．点评：本题考查几何体的三视图与直观图之间的相互转化．4. （2020•山东烟台，第4题3分）如图是一个正方体截去一角后得到的几何体，它的主视图是（）A．B．C．D．考点：三视图．分析：根据主视图是从正面看到的图形判定则可．解答：从正面看，主视图为．故选：C．点评：本题考查了三视图的知识，根据主视图是从物体的正面看得到的视图得出是解题关键．5．（2020•湖南怀化，第4题，3分）下列物体的主视图是圆的是（）A．B．C．D．考点：简单几何体的三视图分析：根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．解答：解：A、只是图是矩形，故A不符合题意；B、主视图是三角形，故B不符合题意；C、主视图是圆，故C符合题意；D、主视图是正方形，故D不符合题意；故选：C．点评：本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．6．（2020•湖南张家界，第5题，3分）某几何体的主视图、左视图和俯视图分别如图，则该几何体的体积为（）A．3πB．2πC．πD．12考点：由三视图判断几何体．分析：根据三视图可以判断该几何体为圆柱，圆柱的底面半径为1，高为3，据此求得其体积即可．解答：解：根据三视图可以判断该几何体为圆柱，圆柱的底面半径为1，高为3，故体积为：πr2h=π×1×3=3π，故选A．点评：本题考查了由三视图判断几何体的知识，解题的关键是了解圆柱的三视图并清楚其体积的计算方法．7.（2020•江西抚州，第5题，3分）某运动器材的形状如图所示，以箭头所指的方向为左视方向，则它的主视图可以是解析：选B. ∵上下两凸起是圆弧，非圆，中间是两个圆片的叠合,其主视图应为矩形. 8．（2020山东济南，第6题，3分）如图，一个几何体由5个大小相同、棱长为1的正方体搭成，下列关于这个几何体的说法正确的是第6题A．主视图的面积为5 B．左视图的面积为3C．俯视图的面积为3 D．三种视图的面积都是4【解析】主题图、俯视图均为4个正方形，其面积为4，左视图为3个正方形，其面积为3，故选B．9．（2020•山东聊城，第2题，3分）如图是一个三棱柱的立体图形，它的主视图是（）A．B．C．D．考点：简单几何体的三视图．分析：根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．解答：解；从正面看是矩形，看不见的棱用虚线表示，故选：B．点评：本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，注意看不到的棱用虚线表示．10．（2020•浙江杭州，第2题，3分）已知一个圆锥体的三视图如图所示，则这个圆锥的侧面积为（）A．12πcm2B．15πcm2C．24πcm2D．30πcm2考点：圆锥的计算专题：计算题．分析：俯视图为圆的只有圆锥，圆柱，球，根据主视图和左视图都是三角形可得到此几何体为圆锥，那么侧面积=底面周长×母线长÷2．解答：解：∵底面半径为3，高为4，∴圆锥母线长为5，∴侧面积=2πrR÷2=15πcm2．故选B．点评：由该三视图中的数据确定圆锥的底面直径和高是解本题的关键；本题体现了数形结合的数学思想，注意圆锥的高，母线长，底面半径组成直角三角形．A．正方体B．长方体C．球D．圆锥考点：简单几何体的三视图分析：主视图、左视图是分别从物体正面、左面看，所得到的图形．解答：解：A、正方体的左视图与主视图都是正方形，故此选项不合题意；B、长方体的左视图与主视图都是矩形，但是矩形的不一样，故此选项符合题意；C、球的左视图与主视图都是圆，故此选项不合题意；D、圆锥左视图与主视图都是等腰三角形，故此选项不合题意；故选：B．点评：本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．盒的主视图是（）A．B．C．D．考点：简单组合体的三视图．分析：找到从正面看所得到的图形即可．解答：解：从正面看，是两个矩形，右边的较小．故选A．点评：本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．13:将两个长方体如图放置，到所构成的几何体的左视图可能是（）答案：C解析：根据三视图可知，C正确。
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2020中考全国100份试卷分类汇编方位角1、（2020年潍坊市）一渔船在海岛A 南偏东20°方向的B 处遇险，测得海岛A 与B 的距离为20海里，渔船将险情报告给位于A 处的救援船后，沿北偏西80°方向向海岛C 靠近.同时，从A 处出发的救援船沿南偏西10°方向匀速航行.20分钟后，救援船在海岛C 处恰好追上渔船，那么救援船航行的速度为（ ）.A.310海里/小时B. 30海里/小时C.320海里/小时D.330海里/小时答案：D ．考点:方向角，直角三角形的判定和勾股定理.点评;理解方向角的含义，证明出三角形ABC 是直角三角形是解决本题的关键.2、（2020•株洲）如图是株洲市的行政区域平面地图，下列关于方位的说法明显错误的是（ ）A ． 炎陵位于株洲市区南偏东约35°的方向上B ． 醴陵位于攸县的北偏东约16°的方向上C ． 株洲县位于茶陵的南偏东约40°的方向上D ． 株洲市区位于攸县的北偏西约21°的方向上考点：坐标确定位置． 分析：根据坐标确定位置以及方向角对各选项分析判断后利用排除法求解． 解答：解：A 、炎陵位于株洲市区南偏东约35°的方向上正确，故本选项错误； B 、醴陵位于攸县的北偏东约16°的方向上正确，故本选项错误；C 、应为株洲县位于茶陵的北偏西约40°的方向上，故本选项正确；D 、株洲市区位于攸县的北偏西约21°的方向上正确，故本选项错误．故选C．点评：本题考查了利用坐标确定位置，方向角的定义，是基础题，熟记方向角的概念并准确识图是解题的关键．3、（2020年河北）如图1，一艘海轮位于灯塔P的南偏东70°方向的M处，它以每小时40海里的速度向正北方向航行，2小时后到达位于灯塔P的北偏东40°的N处，则N处与灯塔P的距离为A．40海里B．60海里C．70海里D．80海里答案：D解析：依题意，知MN＝40×2＝80，又∠M＝70°，∠N＝40°，所以，∠MPN＝70°，从而NP＝NM＝80，选D4、（2020•荆门）A、B两市相距150千米，分别从A、B处测得国家级风景区中心C处的方位角如图所示，风景区区域是以C为圆心，45千米为半径的圆，tanα=1.627，tanβ=1.373．为了开发旅游，有关部门设计修建连接AB两市的高速公路．问连接AB高速公路是否穿过风景区，请说明理由．考点：解直角三角形的应用-方向角问题．分析：首先过C作CD⊥AB与D，由题意得：∠ACD=α，∠BCD=β，即可得在Rt△ACD 中，AD=CD•tanα，在Rt△BCD中，BD=CD•tanβ，继而可得CD•tanα+CD•tanβ=AB，则可求得CD的长，即可知连接AB高速公路是否穿过风景区．解答：解：AB不穿过风景区．理由如下：如图，过C作CD⊥AB于点D，根据题意得：∠ACD=α，∠BCD=β，则在Rt△ACD中，AD=CD•tanα，在Rt△BCD中，BD=CD•tanβ，∵AD+DB=AB，∴CD•tanα+CD•tanβ=AB，∴CD==（千米）．∵CD=50＞45，∴高速公路AB不穿过风景区．点评：此题考查了方向角问题．此题难度适中，注意能借助于方向角构造直角三角形，并利用解直角三角形的知识求解是解此题的关键．5、（2020•湘西州）钓鱼岛自古以来就是中国的神圣领土，为宣誓主权，我海监船编队奉命在钓鱼岛附近海域进行维权活动，如图，一艘海监船以30海里/小时的速度向正北方向航行，海监船在A处时，测得钓鱼岛C在该船的北偏东30°方向上，航行半小时后，该船到达点B 处，发现此时钓鱼岛C与该船距离最短．（1）请在图中作出该船在点B处的位置；（2）求钓鱼岛C到B处距离（结果保留根号）考点：解直角三角形的应用-方向角问题．分析：（1）根据垂线段最短知B点应是过C点所作南北方向的垂线的垂足．（2）在Rt△ABC中，利用三角函数的知识求BC即可．解答：解：（1）如图：（2）在Rt△ABC中∵AB=30×0.5=15（海里），∴BC=ABtan30°=15×=5（海里）．答：钓鱼岛C到B处距离为5海里．点评：考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，此题为基础题，涉及用手中工具解题，如尺规，计算器等．6、（2020年广州市）如图10，在东西方向的海岸线MN上有A、B两艘船，均收到已触礁搁浅的船P的求救信号，已知船P在船A的北偏东58°方向，船P在船B的北偏西35°方向，AP的距离为30海里.（1）求船P到海岸线MN的距离（精确到0.1海里）；（2）若船A、船B分别以20海里/小时、15海里/小时的速度同时出发，匀速直线前往救援，试通过计算判断哪艘船先到达船P处.分析：（1）过点P作PE⊥AB于点E，在Rt△APE中解出PE即可；（2）在Rt△BPF中，求出BP，分别计算出两艘船需要的时间，即可作出判断解：（1）过点P作PE⊥AB于点E，由题意得，∠PAE=32°，AP=30海里，在Rt△APE中，PE=APsin∠PAE=APsin32°≈15.9海里；（2）在Rt △PBE 中，PE=15.9海里，∠PBE=55°，则BP=≈19.4，A 船需要的时间为：=1.5小时，B 船需要的时间为：=1.3小时，故B 船先到达．点评：本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是理解方位角的定义，能利用三角函数值计算有关线段，难度一般．7、(2020年广东湛江)如图，我国渔政船在钓鱼岛海域C 处测得钓鱼岛A 在渔政船的北 偏西30ο的方向上，随后渔政船以80海里小时的速度向北偏东30ο的方向航行，半小时后到达B 处，此时又测得钓鱼岛A 在渔政船的北偏西60ο的方向上，求此时渔政船距钓鱼岛A 的距离AB ． （结果保留小数点后一位，3 1.732≈）解：延长EB 至F ，则030CBF ∠=，00000180180603090ABC EBF CBF ∴∠=-∠-∠=--=，在Rt △ABC 中，060ACB ∠=，180402BC =⨯=，tan ,AB ACB BC=∠ tan 434 1.732 6.9AB BC ACB ∴=∠=⨯≈⨯≈答：此时渔政船距钓鱼岛A 的距离AB 约为：6.9海里8、（2020•荆门）A 、B 两市相距150千米，分别从A 、B 处测得国家级风景区中心C 处的方位角如图所示，风景区区域是以C 为圆心，45千米为半径的圆，tan α=1.627，tan β=1.373．为了开发旅游，有关部门设计修建连接AB 两市的高速公路．问连接AB 高速公路是否穿过风景区，请说明理由．考点：解直角三角形的应用-方向角问题． 分析：首先过C 作CD ⊥AB 与D ，由题意得：∠ACD=α，∠BCD=β，即可得在Rt △ACD 中，AD=CD •tan α，在Rt △BCD 中，BD=CD •tan β，继而可得CD •tan α+CD •tan β=AB ，则可求得CD 的长，即可知连接AB 高速公路是否穿过风景区．解答：解：AB 不穿过风景区．理由如下： 如图，过C 作CD ⊥AB 于点D ，根据题意得：∠ACD=α，∠BCD=β，则在Rt△ACD中，AD=CD•tanα，在Rt△BCD中，BD=CD•tanβ，∵AD+DB=AB，∴CD•tanα+CD•tanβ=AB，∴CD==（千米）．∵CD=50＞45，∴高速公路AB不穿过风景区．点评：此题考查了方向角问题．此题难度适中，注意能借助于方向角构造直角三角形，并利用解直角三角形的知识求解是解此题的关键．9、（2020•苏州）如图，在一笔直的海岸线l上有AB两个观测站，A在B的正东方向，AB=2（单位：km）．有一艘小船在点P处，从A测得小船在北偏西60°的方向，从B测得小船在北偏东45°的方向．（1）求点P到海岸线l的距离；（2）小船从点P处沿射线AP的方向航行一段时间后，到点C处，此时，从B测得小船在北偏西15°的方向．求点C与点B之间的距离．（上述两小题的结果都保留根号）考点：解直角三角形的应用-方向角问题．分析：（1）过点P作PD⊥AB于点D，设PD=xkm，先解Rt△PBD，用含x的代数式表示BD，再解Rt△PAD，用含x的代数式表示AD，然后根据BD+AD=AB，列出关于x 的方程，解方程即可；（2）过点B作BF⊥AC于点F，先解Rt△ABF，得出BF=AB=1km，再解Rt△BCF，得出BC=BF=km．解答：解：（1）如图，过点P作PD⊥AB于点D．设PD=xkm．在Rt△PBD中，∠BDP=90°，∠PBD=90°﹣45°=45°，∴BD=PD=xkm．在Rt△PAD中，∠ADP=90°，∠PAD=90°﹣60°=30°，∴AD=PD=xkm．∵BD+AD=AB，∴x+x=2，x=﹣1，∴点P到海岸线l的距离为（﹣1）km；（2）如图，过点B作BF⊥AC于点F．在Rt△ABF中，∠AFB=90°，∠BAF=30°，∴BF=AB=1km．在△ABC中，∠C=180°﹣∠BAC﹣∠ABC=45°．在Rt△BCF中，∠BFC=90°，∠C=45°，∴BC=BF=km，∴点C与点B之间的距离为km．点评：本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，难度适中．通过作辅助线，构造直角三角形是解题的关键．10、（2020•莱芜）如图，有一艘渔船在捕鱼作业时出现故障，急需抢修，调度中心通知附近两个小岛A、B上的观测点进行观测，从A岛测得渔船在南偏东37°方向C处，B岛在南偏东66°方向，从B岛测得渔船在正西方向，已知两个小岛间的距离是72海里，A岛上维修船的速度为每小时20海里，B岛上维修船的速度为每小时28.8海里，为及时赶到维修，问调度中心应该派遣哪个岛上的维修船？（参考数据：cos37°≈0.8，sin37°≈0.6，sin66°≈0.9，cos66°≈0.4）考点：解直角三角形的应用-方向角问题．分析：作AD⊥BC的延长线于点D，先解Rt△ADB，求出AD，BD，再解Rt△ADC，求出AC，CD，则BC=BD﹣CD．然后分别求出A岛、B岛上维修船需要的时间，则派遣用时较少的岛上的维修船．解答：解：作AD⊥BC的延长线于点D．在Rt△ADB中，AD=AB•cos∠BAD=72×cos66°=72×0.4=28.8（海里），BD=AB•sin∠BAD=72×sin66°=72×0.9=64.8（海里）．在Rt△ADC中，（海里），CD=AC•sin∠CAD=36×sin37°=36×0.6=21.6（海里）．BC=BD﹣CD=64.8﹣21.6=43.2（海里）．A岛上维修船需要时间（小时）．B岛上维修船需要时间（小时）．∵t A＜t B，∴调度中心应该派遣B岛上的维修船．点评：本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，难度适中，通过作辅助线，构造直角三角形，进而解直角三角形求出BD与CD的值是解题的关键．11、（2020泰安）如图，某海监船向正西方向航行，在A处望见一艘正在作业渔船D在南偏西45°方向，海监船航行到B处时望见渔船D在南偏东45°方向，又航行了半小时到达C 处，望见渔船D在南偏东60°方向，若海监船的速度为50海里/小时，则A，B之间的距离为（取，结果精确到0.1海里）．考点：解直角三角形的应用-方向角问题．专题：应用题．分析：过点D作DE⊥AB于点E，设DE=x，在Rt△CDE中表示出CE，在Rt△BDE中表示出BE，再由CB=25海里，可得出关于x的方程，解出后即可计算AB的长度．解答：解：∵∠DBA=∠DAB=45°，∴△DAB是等腰直角三角形，过点D作DE⊥AB于点E，则DE=AB，设DE=x，则AB=2x，在Rt△CDE中，∠DCE=30°，则CE=DE=x，在Rt△BDE中，∠DAE=45°，则DE=BE=x，由题意得，CB=CE﹣BE=x﹣x=25，解得：x=，故AB=25（+1）=67.5海里．故答案为：67.5．点评：本题考查了解直角三角形的知识，解答本题的关键是构造直角三角形，利用三角函数的知识求解相关线段的长度，难度一般．12、（2020•烟台）如图，一艘海上巡逻船在A地巡航，这时接到B地海上指挥中心紧急通知：在指挥中心北偏西60°方向的C地，有一艘渔船遇险，要求马上前去救援．此时C地位于北偏西30°方向上，A地位于B地北偏西75°方向上，A、B两地之间的距离为12海里．求A、C两地之间的距离（参考数据：≈1.41，≈1.73，≈2.45，结果精确到0.1）考点：解直角三角形的应用-方向角问题．分析：过点B作BD⊥CA交CA延长线于点D，根据题意可得∠ACB和∠ABC的度数，然后根据三角形外角定理求出∠DAB的度数，已知AB=12海里，可求出BD、AD的长度，在Rt△CBD中，解直角三角形求出CD的长度，继而可求出A、C之间的距离．解答：解：过点B作BD⊥CA交CA延长线于点D，由题意得，∠ACB=60°﹣30°=30°，∠ABC=75°﹣60°=15°，∴∠DAB=∠DBA=45°，在Rt△ABD中，AB=12，∠DAB=45°，∴BD=AD=ABcos45°=6，在Rt△CBD中，CD==6，∴AC=6﹣6≈6.2（海里）．答：A、C两地之间的距离为6.2海里．点评：本题考查了解直角三角形的知识，解答本题的关键是构造直角三角形，利用三角函数的知识求解相关线段的长度，难度一般．13、（2020•遂宁）钓鱼岛自古以来就是我国的神圣领土，为维护国家主权和海洋权利，我国海监和渔政部门对钓鱼岛海域实现了常态化巡航管理．如图，某日在我国钓鱼岛附近海域有两艘自西向东航行的海监船A、B，B船在A船的正东方向，且两船保持20海里的距离，某一时刻两海监船同时测得在A的东北方向，B的北偏东15°方向有一我国渔政执法船C，求此时船C与船B的距离是多少．（结果保留根号）考点：解直角三角形的应用-方向角问题．分析：首先过点B作BD⊥AC于D，由题意可知，∠BAC=45°，∠ABC=90°+15°=105°，则可求得∠ACD的度数，然后利用三角函数的知识求解即可求得答案．解答：解：过点B作BD⊥AC于D．由题意可知，∠BAC=45°，∠ABC=90°+15°=105°，∴∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠ABC=30°，在Rt△ABD中，BD=AB•sin∠BAD=20×=10（海里），在Rt△BCD中，BC===20（海里）．答：此时船C与船B的距离是20海里．点评：此题考查了方向角问题．此题难度适中，注意能借助于方向角构造直角三角形，并利用解直角三角形的知识求解是解此题的关键．14、（2020•资阳）钓鱼岛历来是中国领土，以它为圆心在周围12海里范围内均属于禁区，不允许它国船只进入，如图，今有一中国海监船在位于钓鱼岛A正南方距岛60海里的B处海域巡逻，值班人员发现在钓鱼岛的正西方向52海里的C处有一艘日本渔船，正以9节的速度沿正东方向驶向钓鱼岛，中方立即向日本渔船发出警告，并沿北偏西30°的方向以12节的速度前往拦截，期间多次发出警告，2小时候海监船到达D处，与此同时日本渔船到达E处，此时海监船再次发出严重警告．（1）当日本渔船受到严重警告信号后，必须沿北偏东转向多少度航行，才能恰好避免进入钓鱼岛12海里禁区？（2）当日本渔船不听严重警告信号，仍按原速度，原方向继续前进，那么海监船必须尽快到达距岛12海里，且位于线段AC上的F处强制拦截渔船，问海监船能否比日本渔船先到达F处？（注：①中国海监船的最大航速为18节，1节=1海里/小时；②参考数据：sin26.3°≈0.44，sin20.5°≈0.35，sin18.1°≈0.31，≈1.4，≈1.7）考点：解直角三角形的应用-方向角问题分析：（1）过点E作圆A的切线EN，求出∠AEN的度数即可得出答案；（2）分别求出渔船、海监船到达点F的时间，然后比较可作出判断．解答：解：（1）过点E作圆A的切线EN，连接AN，则AN⊥EN，由题意得，CE=9×2=18海里，则AE=AC﹣CE=52﹣18=34海里，∵sin∠AEN==≈0.35，∴∠AEN=20.5°，∴∠NEM=69.5°，即必须沿北偏东至少转向69.5°航行，才能恰好避免进入钓鱼岛12海里禁区．（2）过点D作DH⊥AB于点H，由题意得，BD=2×12=24海里，在Rt△DBH中，DH=BD=12海里，BH=12海里，∵AF=12海里，∴DH=AF，∴DF⊥AF，此时海监船以最大航速行驶，海监船到达点F的时间为：==≈2.2小时；渔船到达点F的时间为：==2.4小时，∵2.2＜2.4，∴海监船比日本渔船先到达F处．点评：本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是构造直角三角形，本题依托时事问题出题，立意新颖，是一道很好的题目．15、（2020•自贡）在东西方向的海岸线l上有一长为1km的码头MN（如图），在码头西端M的正西19.5km处有一观察站A．某时刻测得一艘匀速直线航行的轮船位于A的北偏西30°，且与A相距40km的B处；经过1小时20分钟，又测得该轮船位于A的北偏东60°，且与A相距km的C处．（1）求该轮船航行的速度（保留精确结果）；（2）如果该轮船不改变航向继续航行，那么轮船能否正好行至码头MN靠岸？请说明理由．考点：解直角三角形的应用-方向角问题．分析：（1）根据∠1=30°，∠2=60°，可知△ABC为直角三角形．根据勾股定理解答．（2）延长BC交l于T，比较AT与AM、AN的大小即可得出结论．解答：解：（1）∵∠1=30°，∠2=60°，∴△ABC为直角三角形．∵AB=40km，AC=km，∴BC===16（km）．∵1小时20分钟=80分钟，1小时=60分钟，∴×60=12（千米/小时）．（2）作线段BR⊥x轴于R，作线段CS⊥x轴于S，延长BC交l于T．∵∠2=60°，∴∠4=90°﹣60°=30°．∵AC=8（km），∴CS=8sin30°=4（km）．∴AS=8cos30°=8×=12（km）．又∵∠1=30°，∴∠3=90°﹣30°=60°．∵AB=40km，∴BR=40•sin60°=20（km）．∴AR=40×cos60°=40×=20（km）．易得，△STC∽△RTB，所以=，，解得：ST=8（km）．所以AT=12+8=20（km ）．又因为AM=19.5km ，MN 长为1km ，∴AN=20.5km ， ∵19.5＜AT ＜20.5故轮船能够正好行至码头MN 靠岸． 点评：此题结合方向角，考查了阅读理解能力、解直角三角形的能力．计算出相关特殊角和作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．16、(2020年黄石)高考英语听力测试期间，需要杜绝考点周围的噪音。