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一、选择题
1.下列几何体中，主视图和左视图不同的是()
1.下列几何体中，主视图和左视图不同的是()
答案
A
解析
解：分别分析各选项几何体的主视图与左视图：
选项A：横放的圆柱，主视图是矩形，左视图是圆，二者不相同；
选项B：图示由两个相同正方体组成的几何体，主视图和左视图均为两个并排的正方形，二者相同；
选项C：圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形，二者相同；
选项D：球的主视图和左视图均为圆，二者相同。
选项A：横放的圆柱，主视图是矩形，左视图是圆，二者不相同；
选项B：图示由两个相同正方体组成的几何体，主视图和左视图均为两个并排的正方形，二者相同；
选项C：圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形，二者相同；
选项D：球的主视图和左视图均为圆，二者相同。
2.一个不透明的袋子中装有两个红球、一个白球和一个黄球，这些球除颜色外都相同.从中一次摸出两个球，记下颜色后放回，多次重复上述试验，摸到的两个球颜色相同的频率最可能接近的数值为()
A.1.2
B.0.78
C.0.52
D.0.17
A.1.2
B.0.78
C.0.52
D.0.17
答案
D
解析
将两个红球记为红₁、红₂，白球记为白，黄球记为黄，从中一次摸出两个球，所有等可能的结果共6种：(红₁,红₂)、(红₁,白)、(红₁,黄)、(红₂,白)、(红₂,黄)、(白,黄)。其中两个球颜色相同的结果只有1种（摸出两个红球），因此摸到两个球颜色相同的概率为$\frac{1}{6}\approx0.17$。根据频率估计概率的性质，多次重复试验的频率最接近该概率值。
3.在矩形ABCD中，已知两条邻边AB与BC的长分别为2和3.若M是边CD的中点，连接AM，过点B作$BH ⊥ AM$，垂足为H，则BH的长为()
A.$\frac{3\sqrt{10}}{2}$
B.$\frac{3\sqrt{10}}{5}$
C.$\frac{\sqrt{10}}{5}$
D.$\frac{3\sqrt{5}}{5}$
A.$\frac{3\sqrt{10}}{2}$
B.$\frac{3\sqrt{10}}{5}$
C.$\frac{\sqrt{10}}{5}$
D.$\frac{3\sqrt{5}}{5}$
答案
B
解析
1. 根据矩形性质，得CD=AB=2，AD=BC=3，∠D=90°。
2. 因为M是CD中点，所以DM=$\frac{1}{2}$CD=1。
3. 在Rt△ADM中，由勾股定理得：$AM=\sqrt{AD^2+DM^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$。
4. 连接BM，△ABM的面积为矩形ABCD面积的一半，即$S_{△ ABM}=\frac{1}{2}×AB×BC=\frac{1}{2}×2×3=3$。
5. 由BH⊥AM，可得$S_{△ ABM}=\frac{1}{2}×AM×BH$，代入数值：$\frac{1}{2}×\sqrt{10}×BH=3$，解得$BH=\frac{3\sqrt{10}}{5}$。
2. 因为M是CD中点，所以DM=$\frac{1}{2}$CD=1。
3. 在Rt△ADM中，由勾股定理得：$AM=\sqrt{AD^2+DM^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$。
4. 连接BM，△ABM的面积为矩形ABCD面积的一半，即$S_{△ ABM}=\frac{1}{2}×AB×BC=\frac{1}{2}×2×3=3$。
5. 由BH⊥AM，可得$S_{△ ABM}=\frac{1}{2}×AM×BH$，代入数值：$\frac{1}{2}×\sqrt{10}×BH=3$，解得$BH=\frac{3\sqrt{10}}{5}$。
4.小明用投影仪将平板电脑屏幕的画面投屏到墙上,画面形状保持不变.已知该平板电脑屏幕的画面是相邻两边长之比为3:2的矩形.若墙上投影画面的短边长为1.2 m,则投影画面的长
边长为()
A.0.8 m
B.1.8 m
C.2 m
D.2.4 m
边长为()
A.0.8 m
B.1.8 m
C.2 m
D.2.4 m
答案
B
解析
由题意可知，投屏后画面形状不变，说明投影画面与原平板画面为相似矩形，对应边比例不变，相邻两边长之比仍为3:2，即长边:短边=3:2。设投影画面的长边长为$ x \, \mathrm{m} $，列比例式得$ x:1.2 = 3:2 $，解得$ x=1.8 $，即投影画面的长边长为1.8m。
5.市场监管总局(国家标准委)批准发布《中小学生午休课桌椅通用技术要求》国家标准,于2026年2月1日正式实施.标准要求午休时,椅子能展开成躺姿,靠背能放倒到$135°$以上.图示为一款可躺睡椅子的简化结构,椅座AB平行于地面CD,支点O到地面的距离OC为40 cm,靠背BE的长为40 cm.若$∠ ABE=140°$,则点E到地面的距离EF的长是()
A.$(40+40\sin50°)\mathrm{cm}$
B.$(40+40\tan50°)\mathrm{cm}$
C.$(40+40\sin40°)\mathrm{cm}$
D.$(40+40\tan40°)\mathrm{cm}$
A.$(40+40\sin50°)\mathrm{cm}$
B.$(40+40\tan50°)\mathrm{cm}$
C.$(40+40\sin40°)\mathrm{cm}$
D.$(40+40\tan40°)\mathrm{cm}$
答案
C
解析
过点E作EG⊥AB，交AB的延长线于点G。
因为AB//CD，EF⊥CD，OC⊥CD，所以四边形OCFG是矩形，可得GF=OC=40cm。
由∠ABE=140°，得∠EBG=180°-140°=40°。
在Rt△BEG中，∠EGB=90°，BE=40cm，因此EG=BE·sin∠EBG=40sin40° cm。
所以EF=EG+GF=(40+40sin40°)cm。
因为AB//CD，EF⊥CD，OC⊥CD，所以四边形OCFG是矩形，可得GF=OC=40cm。
由∠ABE=140°，得∠EBG=180°-140°=40°。
在Rt△BEG中，∠EGB=90°，BE=40cm，因此EG=BE·sin∠EBG=40sin40° cm。
所以EF=EG+GF=(40+40sin40°)cm。
6. 提升题▶如图，在$□ ABCD$中，E为线段AD的中点，G为BC延长线上一点，连接AG分别交BE，CD于点H，F。若$△ AHE$，$△ ABH$的面积分别为1和3，则$△ FCG$的面积为()
A.1
B.$\frac{4}{3}$
C.$\frac{5}{3}$
D.2
A.1
B.$\frac{4}{3}$
C.$\frac{5}{3}$
D.2
答案
B
解析
1. 由△AHE和△ABH同高，面积分别为1和3，可得底的比EH:HB=1:3。
2. 因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD//BC，AD=BC，可证△AHE∽△GHB，相似比为EH:HB=1:3，因此$\frac{AE}{BG}=\frac{1}{3}$。
3. E是AD中点，即$AE=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}BC$，代入得$BG=3AE=\frac{3}{2}BC$，因此$CG=BG-BC=\frac{1}{2}BC$，即$\frac{CG}{BG}=\frac{1}{3}$。
4. 相似三角形面积比为相似比的平方，故$S_{△ GHB}=9× S_{△ AHE}=9$，因此$S_{△ ABG}=S_{△ ABH}+S_{△ GHB}=3+9=12$。
5. 由AB//CD，即CF//AB，可证△FCG∽△ABG，相似比为$\frac{CG}{BG}=\frac{1}{3}$，面积比为$\frac{1}{9}$，因此$S_{△ FCG}=12×\frac{1}{9}=\frac{4}{3}$。
2. 因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD//BC，AD=BC，可证△AHE∽△GHB，相似比为EH:HB=1:3，因此$\frac{AE}{BG}=\frac{1}{3}$。
3. E是AD中点，即$AE=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}BC$，代入得$BG=3AE=\frac{3}{2}BC$，因此$CG=BG-BC=\frac{1}{2}BC$，即$\frac{CG}{BG}=\frac{1}{3}$。
4. 相似三角形面积比为相似比的平方，故$S_{△ GHB}=9× S_{△ AHE}=9$，因此$S_{△ ABG}=S_{△ ABH}+S_{△ GHB}=3+9=12$。
5. 由AB//CD，即CF//AB，可证△FCG∽△ABG，相似比为$\frac{CG}{BG}=\frac{1}{3}$，面积比为$\frac{1}{9}$，因此$S_{△ FCG}=12×\frac{1}{9}=\frac{4}{3}$。
