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15.如图,一棵树在一次强台风中于离地面3 m处折断倒下,倒下部分与地面成$30°$角,这棵树在折断前的高度为
9
m.答案
15.9
解析
【分析】首先明确树折断后，未折断的部分、折断的部分和地面共同构成直角三角形，其中未折断部分长3m，是30°角所对的直角边，折断部分为该直角三角形的斜边。解题时先利用含30°角的直角三角形的性质求出折断部分的长度，再将折断部分与未折断部分的长度相加，即可得到树折断前的总高度。
【解析】解：由题意可知，树未折断部分垂直于地面，与折断部分、地面构成直角三角形，且30°角所对的直角边长度为3m。
根据含30°角的直角三角形的性质：直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得折断部分的长度为 $3 × 2 = 6\ \mathrm{m}$。
则树折断前的总高度为未折断部分加折断部分：$3 + 6 = 9\ \mathrm{m}$。
【答案】9
【知识点】1. 含30°角的直角三角形的性质 2. 实际长度计算
【点评】本题是直角三角形性质在实际生活中的应用问题，解题的关键是从实际场景中抽象出直角三角形模型，准确找到30°角对应的直角边和斜边，结合对应性质即可快速求解。
【难度系数】0.7
【解析】解：由题意可知，树未折断部分垂直于地面，与折断部分、地面构成直角三角形，且30°角所对的直角边长度为3m。
根据含30°角的直角三角形的性质：直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得折断部分的长度为 $3 × 2 = 6\ \mathrm{m}$。
则树折断前的总高度为未折断部分加折断部分：$3 + 6 = 9\ \mathrm{m}$。
【答案】9
【知识点】1. 含30°角的直角三角形的性质 2. 实际长度计算
【点评】本题是直角三角形性质在实际生活中的应用问题，解题的关键是从实际场景中抽象出直角三角形模型，准确找到30°角对应的直角边和斜边，结合对应性质即可快速求解。
【难度系数】0.7
16. 转化思想 如图，$∠ AOB=45°$，$P$为$∠ AOB$内一定点，$OA$上有一点$M$，$OB$上有一点$N$，当$△ PMN$的周长取最小值时，$∠ MPN=$
思维支架
(1)问题拆解：$△ PMN$的周长是$PM+MN+PN$，要让这个和最小，则需要思考：如何把这三条“折线”变成“直线段”？
(2)方法尝试：可尝试作点$P$关于$OA$、$OB$的对称点，利用轴对称的性质将折线转化为直线段。
(3)角度推导：求$∠ MPN$的度数。
$90°$
.思维支架
(1)问题拆解：$△ PMN$的周长是$PM+MN+PN$，要让这个和最小，则需要思考：如何把这三条“折线”变成“直线段”？
(2)方法尝试：可尝试作点$P$关于$OA$、$OB$的对称点，利用轴对称的性质将折线转化为直线段。
(3)角度推导：求$∠ MPN$的度数。
答案
16.$90°$
解析
【分析】
要使△PMN的周长PM+MN+PN最小，可利用轴对称性质将折线段转化为直线段：分别作点P关于OA、OB的对称点，根据两点之间线段最短，两对称点的连线与OA、OB的交点即为使周长最小的M、N点。求∠MPN时，结合轴对称的对应角相等、等腰三角形性质及三角形内角和定理，结合已知∠AOB的度数即可推导结果。
【解析】
1. 分别作点P关于OA的对称点$P_1$，关于OB的对称点$P_2$，连接$P_1P_2$，交OA于M、交OB于N，此时△PMN的周长最小，最小值为$P_1P_2$的长度。
2. 由轴对称性质可得：$OP_1=OP=OP_2$，$∠ P_1OA=∠ POA$，$∠ P_2OB=∠ POB$，$PM=P_1M$，$PN=P_2N$，因此$∠ P_1=∠ MPP_1$，$∠ P_2=∠ NPP_2$。
3. 已知$∠ AOB=45°$，则$∠ P_1OP_2=∠ P_1OA+∠ AOP+∠ POB+∠ P_2OB=2(∠ AOP+∠ POB)=2∠ AOB=90°$。
4. 在$△ P_1OP_2$中，根据三角形内角和为$180°$，得$∠ P_1+∠ P_2=180°-∠ P_1OP_2=180°-90°=90°$，因此$∠ MPP_1+∠ NPP_2=90°$。
5. 因此$∠ MPN=180°-(∠ MPP_1+∠ NPP_2)=180°-90°=90°$。
【答案】
$90°$
【知识点】
轴对称的性质；最短路径问题；三角形内角和定理
【点评】
本题核心是利用轴对称解决最短路径问题，结合角度计算进行考查，解题的关键是正确作出对称点，通过轴对称性质实现线段和角度的转化，进而推导所求角的度数。
【难度系数】
0.6
要使△PMN的周长PM+MN+PN最小，可利用轴对称性质将折线段转化为直线段：分别作点P关于OA、OB的对称点，根据两点之间线段最短，两对称点的连线与OA、OB的交点即为使周长最小的M、N点。求∠MPN时，结合轴对称的对应角相等、等腰三角形性质及三角形内角和定理，结合已知∠AOB的度数即可推导结果。
【解析】
1. 分别作点P关于OA的对称点$P_1$，关于OB的对称点$P_2$，连接$P_1P_2$，交OA于M、交OB于N，此时△PMN的周长最小，最小值为$P_1P_2$的长度。
2. 由轴对称性质可得：$OP_1=OP=OP_2$，$∠ P_1OA=∠ POA$，$∠ P_2OB=∠ POB$，$PM=P_1M$，$PN=P_2N$，因此$∠ P_1=∠ MPP_1$，$∠ P_2=∠ NPP_2$。
3. 已知$∠ AOB=45°$，则$∠ P_1OP_2=∠ P_1OA+∠ AOP+∠ POB+∠ P_2OB=2(∠ AOP+∠ POB)=2∠ AOB=90°$。
4. 在$△ P_1OP_2$中，根据三角形内角和为$180°$，得$∠ P_1+∠ P_2=180°-∠ P_1OP_2=180°-90°=90°$，因此$∠ MPP_1+∠ NPP_2=90°$。
5. 因此$∠ MPN=180°-(∠ MPP_1+∠ NPP_2)=180°-90°=90°$。
【答案】
$90°$
【知识点】
轴对称的性质；最短路径问题；三角形内角和定理
【点评】
本题核心是利用轴对称解决最短路径问题，结合角度计算进行考查，解题的关键是正确作出对称点，通过轴对称性质实现线段和角度的转化，进而推导所求角的度数。
【难度系数】
0.6
17. 分类讨论思想 如图,将三角尺ABC绕直角顶点C逆时针旋转α,得到△DEC.其中CE与AB交于点F,∠ABC=30°,连接BE,若△BEF为等腰三角形,求旋转角α.
答案
17.解：旋转角$α$为$20°$或$40°$.
解析
【分析】
首先利用旋转的性质可得CE=CB，即△CEB为等腰三角形，旋转角∠BCE=α，可先用含α的式子表示出△CEB的两个底角，再结合三角形外角定理、角的和差关系表示出△BEF的三个内角。因为△BEF为等腰三角形，分三种情况讨论腰相等对应的角相等，排除无解的情况后求解即可得到旋转角α的度数。
【解析】
解：由旋转的性质可知，CE=CB，旋转角∠BCE=α，
∴△CEB为等腰三角形，
∴$∠ CEB=∠ CBE=\frac{180°-α}{2}=90°-\frac{α}{2}$。
∵∠ABC=30°，
∴$∠ EBF=∠ CBE-∠ ABC=90°-\frac{α}{2}-30°=60°-\frac{α}{2}$，
根据三角形外角的性质，∠BFE是△BCF的外角，
∴$∠ BFE=∠ FCB+∠ FBC=α+30°$，
△BEF中，$∠ BEF=∠ CEB=90°-\frac{α}{2}$。
∵△BEF为等腰三角形，分三种情况讨论：
1. 当$FE=FB$时，$∠ BFE=∠ EBF$，
即$α+30°=60°-\frac{α}{2}$，
解得：$α=20°$，符合题意；
2. 当$EF=EB$时，$∠ BFE=∠ BEF$，
即$α+30°=90°-\frac{α}{2}$，
解得：$α=40°$，符合题意；
3. 当$BF=BE$时，$∠ EBF=∠ BEF$，
即$60°-\frac{α}{2}=90°-\frac{α}{2}$，
化简得$60°=90°$，不成立，舍去。
综上，旋转角α为20°或40°。
【答案】
旋转角$α$为$20°$或$40°$。
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形的性质；三角形外角定理
【点评】
本题重点考查分类讨论思想的应用，解题关键是用含旋转角的代数式准确表示出目标三角形的内角，再对等腰三角形的腰的情况分类讨论，注意要排除不符合逻辑的情况。
【难度系数】
0.6
首先利用旋转的性质可得CE=CB，即△CEB为等腰三角形，旋转角∠BCE=α，可先用含α的式子表示出△CEB的两个底角，再结合三角形外角定理、角的和差关系表示出△BEF的三个内角。因为△BEF为等腰三角形，分三种情况讨论腰相等对应的角相等，排除无解的情况后求解即可得到旋转角α的度数。
【解析】
解：由旋转的性质可知，CE=CB，旋转角∠BCE=α，
∴△CEB为等腰三角形，
∴$∠ CEB=∠ CBE=\frac{180°-α}{2}=90°-\frac{α}{2}$。
∵∠ABC=30°，
∴$∠ EBF=∠ CBE-∠ ABC=90°-\frac{α}{2}-30°=60°-\frac{α}{2}$，
根据三角形外角的性质，∠BFE是△BCF的外角，
∴$∠ BFE=∠ FCB+∠ FBC=α+30°$，
△BEF中，$∠ BEF=∠ CEB=90°-\frac{α}{2}$。
∵△BEF为等腰三角形，分三种情况讨论：
1. 当$FE=FB$时，$∠ BFE=∠ EBF$，
即$α+30°=60°-\frac{α}{2}$，
解得：$α=20°$，符合题意；
2. 当$EF=EB$时，$∠ BFE=∠ BEF$，
即$α+30°=90°-\frac{α}{2}$，
解得：$α=40°$，符合题意；
3. 当$BF=BE$时，$∠ EBF=∠ BEF$，
即$60°-\frac{α}{2}=90°-\frac{α}{2}$，
化简得$60°=90°$，不成立，舍去。
综上，旋转角α为20°或40°。
【答案】
旋转角$α$为$20°$或$40°$。
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形的性质；三角形外角定理
【点评】
本题重点考查分类讨论思想的应用，解题关键是用含旋转角的代数式准确表示出目标三角形的内角，再对等腰三角形的腰的情况分类讨论，注意要排除不符合逻辑的情况。
【难度系数】
0.6
18. [2025 安徽中考改编]如图,在$△ ABC$中, $∠ A=120°$,$AB=AC$,边$AC$的中点为$D$,边$BC$上的点$E$满足$ED⊥ AC$.若$DE=\sqrt{3}$,则$EC$的长是 (
A.$4\sqrt{3}$
B.$6$
C.$2\sqrt{3}$
D.$3$
C
)A.$4\sqrt{3}$
B.$6$
C.$2\sqrt{3}$
D.$3$
答案
18.C
解析
【分析】
首先，由已知△ABC是AB=AC的等腰三角形，结合顶角∠A=120°，可先计算出底角∠C的度数；再根据ED⊥AC得到△EDC为直角三角形，此时已知直角边DE的长度，结合直角三角形中30°角所对直角边等于斜边一半的性质，即可求出EC的长度，题干中“D为AC中点”为干扰条件，解题时无需使用。
【解析】
解：在△ABC中，
∵AB=AC，∠A=120°，
∴∠C=(180°-∠A)÷2=(180°-120°)÷2=30°，
∵ED⊥AC，
∴∠EDC=90°，即△EDC是直角三角形，
在Rt△EDC中，∠C=30°，∠C所对的直角边为DE，斜边为EC，
∴DE = $\frac{1}{2}$EC，
∴EC=2DE，
∵DE=$\sqrt{3}$，
∴EC=2×$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形的性质；直角三角形30°角的性质
【点评】
本题是基础几何计算题，解题的关键是先利用等腰三角形性质求出∠C的度数，再结合直角三角形的特殊角性质计算边长，注意识别题干中的干扰条件，避免多余运算。
【难度系数】
0.7
首先，由已知△ABC是AB=AC的等腰三角形，结合顶角∠A=120°，可先计算出底角∠C的度数；再根据ED⊥AC得到△EDC为直角三角形，此时已知直角边DE的长度，结合直角三角形中30°角所对直角边等于斜边一半的性质，即可求出EC的长度，题干中“D为AC中点”为干扰条件，解题时无需使用。
【解析】
解：在△ABC中，
∵AB=AC，∠A=120°，
∴∠C=(180°-∠A)÷2=(180°-120°)÷2=30°，
∵ED⊥AC，
∴∠EDC=90°，即△EDC是直角三角形，
在Rt△EDC中，∠C=30°，∠C所对的直角边为DE，斜边为EC，
∴DE = $\frac{1}{2}$EC，
∴EC=2DE，
∵DE=$\sqrt{3}$，
∴EC=2×$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形的性质；直角三角形30°角的性质
【点评】
本题是基础几何计算题，解题的关键是先利用等腰三角形性质求出∠C的度数，再结合直角三角形的特殊角性质计算边长，注意识别题干中的干扰条件，避免多余运算。
【难度系数】
0.7
19.如图，$AB=AE$，$BC=DE$，$F$是$CD$的中点.下列条件中，不能推出$AF$与$CD$一定垂直的是（
A.$∠ ABC=∠ AED$
B.$∠ BAF=∠ EAF$
C.$∠ BCF=∠ EDF$
D.$∠ ABD=∠ AEC$
D
）A.$∠ ABC=∠ AED$
B.$∠ BAF=∠ EAF$
C.$∠ BCF=∠ EDF$
D.$∠ ABD=∠ AEC$
答案
19.D
解析
【分析】
要判断哪个条件不能推出AF⊥CD，首先明确核心推导逻辑：已知F是CD的中点，若要证AF⊥CD，根据等腰三角形“三线合一”的性质，只需证明AC=AD即可。我们只需逐一分析每个选项是否能推导得到AC=AD，或通过全等得到垂直结论即可。
【解析】
已知AB=AE，BC=DE，F是CD中点，故CF=DF。
1. 对选项A：若∠ABC=∠AED，结合AB=AE，BC=DE，可证△ABC≌△AED（SAS），得AC=AD。△ACD为等腰三角形，F是CD中点，由三线合一得AF⊥CD，故A不符合题意。
2. 对选项B：若∠BAF=∠EAF，结合AB=AE，AF=AF，可证△ABF≌△AEF（SAS），得BF=EF，∠AFB=∠AFE，故∠BFC=∠EFD。结合CF=DF，可证△BFC≌△EFD（SAS），进一步可推得△ABC≌△AED，得AC=AD，由三线合一得AF⊥CD，故B不符合题意。
3. 对选项C：若∠BCF=∠EDF，结合BC=DE，CF=DF，可证△BCF≌△EDF（SAS），得BF=EF，∠BFC=∠EFD，故∠AFB=∠AFE。结合AB=AE，AF=AF，可证△ABF≌△AEF（SAS），进而可推得AC=AD，由三线合一得AF⊥CD，故C不符合题意。
4. 对选项D：若∠ABD=∠AEC，仅结合已知AB=AE，无法证明相关三角形全等，不能推出AC=AD，故无法推出AF与CD一定垂直，D符合题意。
【答案】
D
【知识点】
等腰三角形三线合一；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题将垂直的证明转化为等腰三角形的判定，结合全等三角形的推导来判断条件是否成立，要求学生熟练掌握全等的判定定理和等腰三角形的性质，解题时注意逆向推导思路的应用。
【难度系数】
0.6
要判断哪个条件不能推出AF⊥CD，首先明确核心推导逻辑：已知F是CD的中点，若要证AF⊥CD，根据等腰三角形“三线合一”的性质，只需证明AC=AD即可。我们只需逐一分析每个选项是否能推导得到AC=AD，或通过全等得到垂直结论即可。
【解析】
已知AB=AE，BC=DE，F是CD中点，故CF=DF。
1. 对选项A：若∠ABC=∠AED，结合AB=AE，BC=DE，可证△ABC≌△AED（SAS），得AC=AD。△ACD为等腰三角形，F是CD中点，由三线合一得AF⊥CD，故A不符合题意。
2. 对选项B：若∠BAF=∠EAF，结合AB=AE，AF=AF，可证△ABF≌△AEF（SAS），得BF=EF，∠AFB=∠AFE，故∠BFC=∠EFD。结合CF=DF，可证△BFC≌△EFD（SAS），进一步可推得△ABC≌△AED，得AC=AD，由三线合一得AF⊥CD，故B不符合题意。
3. 对选项C：若∠BCF=∠EDF，结合BC=DE，CF=DF，可证△BCF≌△EDF（SAS），得BF=EF，∠BFC=∠EFD，故∠AFB=∠AFE。结合AB=AE，AF=AF，可证△ABF≌△AEF（SAS），进而可推得AC=AD，由三线合一得AF⊥CD，故C不符合题意。
4. 对选项D：若∠ABD=∠AEC，仅结合已知AB=AE，无法证明相关三角形全等，不能推出AC=AD，故无法推出AF与CD一定垂直，D符合题意。
【答案】
D
【知识点】
等腰三角形三线合一；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题将垂直的证明转化为等腰三角形的判定，结合全等三角形的推导来判断条件是否成立，要求学生熟练掌握全等的判定定理和等腰三角形的性质，解题时注意逆向推导思路的应用。
【难度系数】
0.6
20. [2025芜湖三模]如图，平面直角坐标系中，已知$△ ABC$的三个顶点的坐标分别为$A(1,0),B(2,-3),C(4,-2)$.
（1）画出$△ ABC$关于$x$轴的对称图形$△ A_{1}B_{1}C_{1}$.
（2）画出$△ A_{1}B_{1}C_{1}$向左平移4个单位长度后得到的$△ A_{2}B_{2}C_{2}$.
（3）如果$△ ABC$内部有一点$P(m,n)$经过上述两次变换，那么对应的点$P_{2}$的坐标是多少？
（1）画出$△ ABC$关于$x$轴的对称图形$△ A_{1}B_{1}C_{1}$.
（2）画出$△ A_{1}B_{1}C_{1}$向左平移4个单位长度后得到的$△ A_{2}B_{2}C_{2}$.
（3）如果$△ ABC$内部有一点$P(m,n)$经过上述两次变换，那么对应的点$P_{2}$的坐标是多少？
答案
20.解：(1)图略. (2)图略. (3)对应点$P_2$的坐标为$(m-4,-n)$.
解析
【分析】
本题需要结合轴对称和平移的坐标变换规律逐步求解：
1. 解决第(1)问时，利用“关于x轴对称的点横坐标不变，纵坐标互为相反数”的规律，先求出△ABC三个顶点的对称点坐标，再顺次描点连线即可画出△A₁B₁C₁；
2. 解决第(2)问时，利用“向左平移时，点的横坐标减4，纵坐标不变”的规律，求出△A₁B₁C₁三个顶点平移后的坐标，顺次描点连线即可画出△A₂B₂C₂；
3. 解决第(3)问时，将点P先按轴对称变换规则变换，再按平移变换规则变换，合并两次变换的坐标变化即可得到P₂的坐标。
【解析】
(1) 关于x轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数，因此A(1,0)的对称点A₁为(1,0)，B(2,-3)的对称点B₁为(2,3)，C(4,-2)的对称点C₁为(4,2)，在坐标系中描出A₁、B₁、C₁三点，顺次连接即得△A₁B₁C₁，图略。
(2) 图形向左平移4个单位，各点横坐标减4，纵坐标不变，因此A₁(1,0)平移后得A₂(-3,0)，B₁(2,3)平移后得B₂(-2,3)，C₁(4,2)平移后得C₂(0,2)，在坐标系中描出A₂、B₂、C₂三点，顺次连接即得△A₂B₂C₂，图略。
(3) 首先对点P(m,n)做关于x轴对称的变换：横坐标不变，纵坐标取相反数，得到对应点P₁的坐标为(m,-n)；再将P₁向左平移4个单位：横坐标减4，纵坐标不变，最终得到P₂的坐标为(m-4,-n)。
【答案】
(1)图略；(2)图略；(3)对应点$P_2$的坐标为$\boldsymbol{(m-4,-n)}$。
【知识点】
关于x轴对称的坐标规律、平移的坐标规律
【点评】
本题考查平面直角坐标系中图形的两种基本变换，核心是掌握轴对称和平移对应的坐标变化规则，作图时要注意准确描点，坐标变换时要遵循变换顺序，避免坐标变化的顺序混淆出错。
【难度系数】
0.8
本题需要结合轴对称和平移的坐标变换规律逐步求解：
1. 解决第(1)问时，利用“关于x轴对称的点横坐标不变，纵坐标互为相反数”的规律，先求出△ABC三个顶点的对称点坐标，再顺次描点连线即可画出△A₁B₁C₁；
2. 解决第(2)问时，利用“向左平移时，点的横坐标减4，纵坐标不变”的规律，求出△A₁B₁C₁三个顶点平移后的坐标，顺次描点连线即可画出△A₂B₂C₂；
3. 解决第(3)问时，将点P先按轴对称变换规则变换，再按平移变换规则变换，合并两次变换的坐标变化即可得到P₂的坐标。
【解析】
(1) 关于x轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数，因此A(1,0)的对称点A₁为(1,0)，B(2,-3)的对称点B₁为(2,3)，C(4,-2)的对称点C₁为(4,2)，在坐标系中描出A₁、B₁、C₁三点，顺次连接即得△A₁B₁C₁，图略。
(2) 图形向左平移4个单位，各点横坐标减4，纵坐标不变，因此A₁(1,0)平移后得A₂(-3,0)，B₁(2,3)平移后得B₂(-2,3)，C₁(4,2)平移后得C₂(0,2)，在坐标系中描出A₂、B₂、C₂三点，顺次连接即得△A₂B₂C₂，图略。
(3) 首先对点P(m,n)做关于x轴对称的变换：横坐标不变，纵坐标取相反数，得到对应点P₁的坐标为(m,-n)；再将P₁向左平移4个单位：横坐标减4，纵坐标不变，最终得到P₂的坐标为(m-4,-n)。
【答案】
(1)图略；(2)图略；(3)对应点$P_2$的坐标为$\boldsymbol{(m-4,-n)}$。
【知识点】
关于x轴对称的坐标规律、平移的坐标规律
【点评】
本题考查平面直角坐标系中图形的两种基本变换，核心是掌握轴对称和平移对应的坐标变化规则，作图时要注意准确描点，坐标变换时要遵循变换顺序，避免坐标变化的顺序混淆出错。
【难度系数】
0.8
