1、江西卷（压轴8道+变式训练32道）说明：本专辑精选了2021年江西卷失分较多和难度较大的题目8道，分别是第6题七巧板拼图问题、第11题四边形的计算问题、第12题正多边形的计算问题、第18题实际应用问题、第20题锐角三角函数的应用问题、第21题圆的有关计算与证明问题、第22题二次函数综合问题、第23题几何综合探究问题，每道题精讲精析，配有变式练习各4道，模拟变式训练题共32道，本试题解析共61页.【压轴一】七巧板拼图问题【真题再现】（2021江西中考第6题）如图是用七巧板拼接成的一个轴对称图形（忽略拼接线），小亮改变的位置，将分别摆放在图中左，下，右的位置（摆放时无缝隙不重叠），还能拼接成不同轴
2、对称图形的个数为（ ）A2B3C4D5【思路点拨】该题可以自己动手进行拼接，根据勾股定理得知的直角边为1和1，斜边为，拼接时要依据重合的边要相等，然后根据轴对称图形的概念进行判断即可【详析详解】在左侧构成轴对称图形如图：在下方构成轴对称图形如图：在右侧构成轴对称图形如图:【方法小结】本题考查勾股定理，图形的拼接以及轴对称图形的判断，掌握轴对称图形的概念是解题的关键【变式训练】【变式1.1】（2020赣州校级模拟）如图，有一块边长为22的正方形厚纸板ABCD，做成如图所示的一套七巧板（点O为正方形纸板对角线的交点，点E、F分别为AD、CD的中点，GEBI，IHCD），将图所示七巧板拼成如图所示的
3、“鱼形”，则“鱼尾”MN的长为（）A2B22C3D32【分析】依据勾股定理即可得到AC的长，进而得出FIEI1，EF2，即可得到“鱼尾”MN的长【详解】解：等腰直角三角形ACD中，ADCD22，AC4，又AGGOOHCH，FIEI1，EF2，NM2+13，故选：C【方法小结】本题主要考查了勾股定理以及等腰直角三角形的性质，掌握七巧板的结构特点是解决问题的关键【变式1.2】（2020秋西湖区校级模拟）如图，用一张边长为5cm的正方形纸片剪成七巧板，并将七巧板拼成了一柄宝剑，宝剑的面积是（）A15cm2B20cm2C25cm2D30cm2【分析】根据用一张边长为5cm的正方形纸片剪成“七巧板”，七
4、巧板拼成了一柄宝剑，即这柄宝剑图形的面积是就是正方形面积，求出即可【详解】解：七巧板拼成了一柄宝剑，这柄宝剑图形的面积是就是正方形面积，这柄宝剑的面积是：5525（cm2）；故选：C【方法小结】此题主要考查了七巧板拼凑图形以及正方形的性质，由题意得出这柄宝剑图形的面积是就是正方形面积是解题关键【变式1.3】（2021乐山）七巧板起源于我国先秦时期，古算书周髀算经中有关于正方形的分割术，经历代演变而成七巧板，如图1所示.19世纪传到国外，被称为“唐图”（意为“来自中国的拼图”），图2是由边长为4的正方形分割制作的七巧板拼摆而成的“叶问蹬”图，则图中抬起的“腿”（即阴影部分）的面积为（）A3B72
5、C2D52【分析】分别求出阴影部分平行四边形，三角形的面积可得结论【详解】解：由题意，阴影部分的平行四边形的面积212，阴影部分的三角形的面积=12211，阴影部分的面积2+13，故选：A【方法小结】本题考查七巧板，正方形的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题【变式1.4】（2019秋宁都县期末）如图甲，用一块边长为10cm的正方形的厚纸板做了一套七巧板将七巧板拼成一座桥（如图乙），这座桥的阴影部分的面积是50cm2【分析】观察分析阴影部分与整体的位置关系；易得阴影部分的面积为原正方形的面积的一半，进而可得阴影部分的面积【详解】解：
6、读图可得，阴影部分的面积为原正方形的面积的一半，则阴影部分的面积为1010250cm2故答案为：50cm2【方法小结】本题主要考查正方形对角线相互垂直平分相等的性质，解题的关键是得出阴影部分与整体的位置关系【压轴二】四边形的计算问题【真题再现】（2021江西中考第11题）如图，将沿对角线翻折，点落在点处，交于点，若，则的周长为_【思路点拨】根据题意并利用折叠的性质可得出ACE=ACB=2ECD，计算可得到ECD=20，ACE=ACB=40，利用三角形的外角性质得到CFD=D=80，再等角对等边即可求解【详析详解】解：由折叠的性质可得：ACE=ACB，ACE=2ECD，ACE=ACB=2ECD，
7、四边形ABCD是平行四边形，FAC=FCA，B+BCD=180，即B+ACE+ACB+ECD=180，ECD=20，ACE=ACB=40=FAC，CFD=FAC+FCA=80=B=D，AF=CF=CD=a，即AD=a+b，则ABCD的周长为2AD+2CD=4a+2b，故答案为：4a+2b【方法小结】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键【变式训练】【变式2.1】（2021江西模拟）如图E、H是正方形ABCD边上的两点，EH5，以EH为边向正方形内作矩形EFGH，EF3，矩形在正方形内可随线段EH进行自由滑动，则正方形边长的最小值为34【分析】利用矩
8、形的性质可知，GE为矩形中的最长线段，当GE能够在正方形ABCD内能自由滑动时，矩形可以自由滑动，进而可求【详解】解：连接GE，如图，矩形EFGH，HGEF3，GHEGFE90，在RtGHE中，GE2HG2+HE2，GE=34，在RtGHE和RtGFE中，GE为斜边长，GE为RtGHE和RtGFE中的最长边，GE为矩形EFGH中最长一条线段，若要使矩形在正方形内可随线段EH进行自由滑动，则ABGE=34，正方形边长的最小值为34，故答案为：34【方法小结】本题以最小值为背景考查了矩形和正方形的性质，解题的关键时找到矩形中最长线段，进而求解【变式2.2】（2021吉安县模拟）已知点P是矩形ABC
9、D内一点，且PA6，PB8，PC10，那么PD的值为62【分析】分别作三条边的高，利用矩形的性质、辅助线及勾股定理解答【详解】解：p在矩形ABCD内，作PEAB，PFBC，PMAD，分别与AB，BC，AD相交于E，F，M，如图：PA6，PB8，PC10，PE2+AE2PA236，AE236PE2，PE2+EB2PB264，PE264EB2，PF2+FC2PC2100，FC2100PF2，PMAE，MDFC，PFEB，PD2PM2+MD2AE2+FC236PE2+100PF236（64EB2）+100EB23664+EB2+100EB272，解得：PD62故答案为：62【方法小结】本题主要考查了
10、矩形的性质及勾股定理，关键是能够运用勾股定理进行等效代换【变式2.3】（2021春东湖区期中）如图，在四边形ABCD中，ADBC，A90，AD16cm，BC30cm，点E从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动；点F从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动，规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动、设运动的时间为t秒，M为BC上一点，且CM12cm，t4或12s秒时，以D、E、M、F为顶点的四边形是平行四边形【分析】由题意得出DEt，CF2t，当点F在点M的右边；当点F在点M的左边；以D、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，DEMF，分别得出方程，解方程即可【详解】解：由题
11、意得：DEt，CF2t，ADBC，当点F在点M的右边MF122t，以D、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，DEMF，即t122t，解得：t4；当点F在点M的左边MF2t12，以D、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，DEMF，即t2t12，解得：t12；综上所述，t4s或12s时，以D、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形故答案为：4或12【方法小结】本题考查了直角梯形、平行四边形的判定、一元一次方程的应用；熟练掌握平行四边形的判定，由DEMF得出方程是解题的关键【变式2.4】（2021江西模拟）定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形如图，在矩形ABC
12、D中，AB6，BC9，P是对角线AC上一点，且AP：PC2：3，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFP是等腰直角四边形，则AE的长是2或3.6或5.2【分析】根据题意，分三种情况：当BFAB6时；当AEAB6；当EFBC时进行讨论求解即可当EFAC时由APECPF和勾股定理即可求解【详解】解：四边形ABCD是矩形，ADBC，ABCBAC90，AE：CFAP：PC2：3，当BFAB6时，如图，四边形ABFP是等腰直角四边形，CFBCBF963，由AE：CF2：3得：AE2；当AEAB6，由AE：CF2：3得，CF9BC，此时点F与B重合，故不符合题意；若EFBC，如图，则四边
13、形ABFE是矩形，EFAB，BFP90，AEBF，PF：ABCF：BCCP：CA3：5，解得：PF3.6，CF5.4，AEBFBCCF95.43.6，即BFPF，故四边形ABFP是等腰直角四边形，当EFAC时，如图所示：此时APPF，AB6，BC9，AC=AB2+BC2=62+92=313，又APPC=23，AP=6135，PC=9135，ADBC，EAPFPC，APECPF，APECPF，EPFP=APCP=23，即EP=23FP=23AP=236135=4135，AE2AP2+PE2=361325+161325=413225，AE=265=5.2综上所述，当AE为2或3.6或5.2时，四边
14、形ABFP是等腰直角四边形故答案为：2或3.6或5.2【方法小结】本题考查四边形综合题、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角四边形的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题【压轴三】正多边形的计算问题【真题再现】（2021江西中考第12题）如图，在边长为的正六边形中，连接，其中点，分别为和上的动点，若以，为顶点的三角形是等边三角形，且边长为整数，则该等边三角形的边长为_【思路点拨】根据点，分别为和上的动点，以，为顶点的三角形是等边三角形，先在脑海中生成运动的动态图，通过从满足条件的特殊的情况入手，然后再适当左右摆动图形，寻找其它可能存在的解
15、【详析详解】解：如下图：（1）当M，N分别与B，F重合时，在中，由题意得：，易算得：，根据正多边形的性质得，为等边三角形，即为等边三角形，边长为18，此时已为最大张角，故在左上区域不存在其它解；（2）当M，N分别与DF，DB的中点重合时，由（1）且根据三角形的中位线得：，为等边三角形，边长为9，（3）在（2）的条件下，阴影部分等边三角形会适当的左右摆动，使得存在无数个这样的等边三角形且边长会在到之间，其中包含边长为，且等边三角形的边长为整数，边长在到之间只能取9或10，综上所述：该等边三角形的边长可以为9或10或18故答案是：9或10或18【方法小结】本题考查了正多边形中动点产生等边三角形问题
16、，解题的关键是：根据等边三角形的边只能取整数为依据，进行分类讨论，难点在于阴部部分等边三角形向左右适当摆动时如何取边长的整数值【变式训练】【变式3.1】（2020江西模拟）正方形ABCD内接于O，点F为CD的中点，连接AF并延长交O于点E，连接CE，则sinDCE55【分析】由圆周角定理得DCEDAE，设正方形的边长为2a，根据F为CD的中点得到FDa，然后由勾股定理得AF的长，利用正弦的定义求解即可【详解】解：由圆周角定理得DCEDAE，设正方形的边长为2a，F为CD的中点，FDa，由勾股定理得：AF=(2a)2+a2=5a，sinDCEsinDAE=DFAF=a5a=55，故答案为：55【
17、点睛】考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是利用圆周角定理进行转化，难度不大【变式3.2】（2019秋兴国县期末）如图，正六边形ABCDEF中的边长为6，点P为对角线BE上一动点，则PC的最小值为33【分析】根据垂线段最短，解直角三角形求出PC即可【详解】解：当CPBE时，PC的值最小，此时PCBCsin60632=33，故答案为33【点睛】本题考查正多边形与圆，垂线段最短，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用垂线段最短解决最值问题【变式3.3】（2020昌平区模拟）如图，点E、D分别是正三角形ABC、正四边形ABCM、正五边形ABCMN中以C点为顶点的一边延长线和另一边反向延长线上的点，
18、且BECD，DB的延长线交AE于点F，则图1中AFB的度数为60；若将条件“正三角形、正四边形、正五边形”改为“正n边形”，其他条件不变，则AFB的度数为(n-2)180n（用n的代数式表示，其中，n3，且n为整数）【分析】分别求出正三角形、正四边形、正五边形时AFB的度数，找出规律即可解答【详解】解：（1）在正ABC中，ABBC，ABCACB60ABEBCD120，又BECD，ABEBCD，ED又FBECBD，AFBE+FBED+CBDACB60（2）由以上不难得：AEBBDC进一步证出，BEFBDC，得出，AFB的度数等于DCB90，同理可得：AFB度数为108（3）由正三角形、正四边形、
19、正五边形时，AFB的度数分别为60，90，108，可得出“正n边形”，其它条件不变，则AFB度数为(n-2)180n故填：60；(n-2)180n【点睛】此题主要考查了正三角边形，正四边形的性质，正五边形的性质与等边三角形与相似三角形的性质，题目综合性很强【变式3.4】（2019春东湖区校级期末）如图，正方形MNOK和正六边形ABCDEF的边长相等，边OK与边AB重合将正方形在正六边形内绕点B顺时针旋转，使边KM与边BC重合，则KM旋转的度数是30【分析】用正六边形的内角减去正方形的内角即可求得答案【详解】解：ABC120，OKM90，MBC1209030，故答案为：30；【点睛】考查了正多边
20、形的知识，解题的关键是能够了解正六边形的内角和正方形的内角的度数，难度不大【压轴四】实际应用问题【真题再现】（2021江西中考第18题）甲，乙两人去市场采购相同价格的同一种商品，甲用2400元购买的商品数量比乙用3000元购买的商品数量少10件（1）求这种商品的单价；（2）甲，乙两人第二次再去采购该商品时，单价比上次少了20元/件，甲购买商品的总价与上次相同，乙购买商品的数量与上次相同，则甲两次购买这种商品的平均单价是_元/件，乙两次购买这种商品的平均单价是_元/件（3）生活中，无论油价如何变化，有人总按相同金额加油，有人总按相同油量加油，结合（2）的计算结果，建议按相同_加油更合算（填“金额
21、”或“油量”）【思路点拨】（1）根据题意设这种商品的单价为元/件，通过甲乙之间购买的商品数量间的数量关系列分式方程进行求解即可；（2）利用两次购买总价两次购买总数量=平均单价，列式分别求出甲乙两次购买的平均单价即可；（3）对比（2）中的计算数据总结即可得解【详析详解】（1）设这种商品的单价为元/件，解得，经检验是原分式方程的解，则这种商品的单价为60元/件；（2）甲，乙两人第二次再去采购该商品时，单价为元/件，甲两次购买总价为元，购买总数量为件，甲两次购买这种商品的平均单价是元/件；乙两次购买总价为元，购买总数量为件，乙两次购买这种商品的平均单价是元/件；故答案为：48,50；（3），按照甲两
22、次购买商品的总价相同的情况下更合算，建议按相同金额加油更合算，故答案为：金额【方法小结】本题主要考查了分式方程的实际应用，通过题目找准数量关系，利用总价数量=单价的基本等量关系式进行求解是解决本题的关键【变式4.1】（2021江西模拟）坐火车从玉山县到南昌市可以选择普快列车，也可以选择“和谐号”动车，两条铁路线途经各站点的距离都一样春运期间加开了一列普快和一列“和谐号”动车，火车时刻表如图所示，两车都准点抵达，准点驶离沿途各站已知玉山县到南昌市的铁路线全长288km，从玉山到南昌，普快列车比动车慢2小时零8分，各站点之间两车行驶的平均速度不变（1）动车的平均速度是多少？（2）动车几点抵达南昌？
23、【分析】通过图表示出快车与慢车的平均速度，然后根据从玉山到南昌，普快列车比动车慢2小时零8分，列出分式方程即可解答【详解】解：（1）设普快列车的平均速度为xkm/h，由图可知动车的平均速度为3xkm/h，由题意得，（288x+1060）（2883x+260）=12860，解得x96，经检验，x96是原方程的解，此时3x396288，答：动车的平均速度为288km/h（2）动车从玉山到南昌用时2882881（h），从玉山10：00发车，鹰潭停车2min，所以动车在上午11：02抵达南昌【点睛】本题以行程为背景考查了分式方程的应用，解题的关键是找到两个关系，表示出未知量，列出方程，同时注意分式方程
24、需要验根【变式4.2】（2021宜春一模）在疫情防控期间，某中学为保障广大师生生命健康安全，欲从商场购进一批免洗手消毒液和84消毒液如果购买30瓶免洗手消毒液和60瓶84消毒液，共需花费930元，如果购买40瓶免洗手消毒液和90瓶84消毒液，共需花费1320元（1）每瓶免洗手消毒液和每瓶84消毒液的价格分别是多少元？（2）若商场有两种促销方案：方案一，所有购买商品均打八折；方案二，购买10瓶免洗手消毒液送5瓶84消毒液，学校打算购进免洗手消毒液100瓶，84消毒液60瓶，请问学校选用哪种方案更节约钱？节约多少钱？【分析】（1）根据购买30瓶免洗手消毒液和60瓶84消毒液，共需花费930元，如果
25、购买40瓶免洗手消毒液和90瓶84消毒液，共需花费1320元，可以列出相应的二元一次方程组，从而可以求出每瓶免洗手消毒液和每瓶84消毒液的价格分别是多少元；（2）根据题意，可以求出方案一和方案二的花费情况，然后比较大小并作差即可解答本题【详解】解：（1）设每瓶免洗手消毒液和每瓶84消毒液的价格分别是a元、b元，30a+60b=93040a+90b=1320，解得a=15b=8，即每瓶免洗手消毒液和每瓶84消毒液的价格分别是15元、8元；（2）方案一的花费为：（15100+860）0.81584（元），方案二的花费为：15100+8（60100105）1580（元），158415804（元），1
26、5841580，答：学校选用方案二更节约钱，节约4元【点睛】本题考查二元一次方程组的应用，解答本题的关键是明确题意，利用方程组的知识解答【变式4.3】（2020秋南昌期末）滴滴公布了新的滴滴快车计价规则，车费由“总里程费+总时长费”两部分构成，不同时段收费标准不同，具体收费标准如下表，如果车费不足起步价，则按起步价收费时间段里程费（元/千米）时长费（元/分钟）起步价（元）06：0010：001.800.8014.0010：0017：001.450.4013.0017：0021：001.500.8014.0021：006：000.800.8014.00（1）小明早上7：10乘坐滴滴快车上学，行车
27、里程6千米，行车时间10分钟，则应付车费多少元？（2）小云17：10放学回家，行车里程2千米，行车时间12分钟，则应付车费多少元？（3）20：45下晚自习后小明乘坐滴滴快车回家，21点前在学校上车，由于堵车，平均速度是20千米/小时，21点时为避免堵车走另外一条路回家，平均速度是30千米/小时，15分钟后到家他付了18.8元车费，请问他是20点几分上车的？【分析】（1）根据里程费+时长费，列式计算，再与起步价比较，便可得车费；（2）根据里程费+时长费，列式计算，再与起步价比较，便可得车费；（3）可设他是20点x分上车的，根据15分钟后到家他付了18.8元车费，列出方程计算即可求解【详解】解：（
28、1）由题意得，应付车费1.86+0.81018.8（元）18.8元14元，答：应付车费18.8元；（2）由题意得，1.52+0.81212.6（元）14元，应付车费14元，答：应付车费14元；（3）20千米/小时=13千米/分钟，30千米/小时=12千米/分钟，设他是20点x分上车的，根据题意得（60x）131.5+0.8（60x）+15120.8+150.818.8，解得x=77213答：他是20点77213分上车的【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程求解【变式4.4】（2021南昌模拟）某超市购进甲、乙两种型号的空气加湿器进
29、行销售，已知购进4台甲型号空气加湿器和6台乙型号空气加湿器共用1820元，购进6台甲型号空气加湿器比购进4台乙型号空气加湿器多用520元（1）求甲、乙两种型号的空气加湿器每台的进价（2）超市根据市场需求，决定购进这两种型号的空气加湿器共60台进行销售，甲种型号每台售价260元，乙种型号每台售价190元，若超市购进的这两种空气加湿器全部售出后，共获利2800元，则该超市本次购进甲、乙两种型号的空气加湿器各多少台？【分析】（1）设甲种型号的空气加湿器每台的进价为x元，乙种型号的空气加湿器每台的进价为y元，根据“购进4台甲型号空气加湿器和6台乙型号空气加湿器共用1820元，购进6台甲型号空气加湿器比
30、购进4台乙型号空气加湿器多用520元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；（2）设该超市本次购进甲种型号的空气加湿器m台，则购进乙种型号的空气加湿器（60m）台，根据总利润每台的利润销售数量（购进数量），即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论【详解】解：（1）设甲种型号的空气加湿器每台的进价为x元，乙种型号的空气加湿器每台的进价为y元，依题意得：4x+6y=18206x-4y=520，解得：x=200y=170答：甲种型号的空气加湿器每台的进价为200元，乙种型号的空气加湿器每台的进价为170元（2）设该超市本次购进甲种型号的空气加湿器m台，则购进乙种型号的空气加湿
31、器（60m）台，依题意得：（260200）m+（190170）（60m）2800，解得：m40，60m20（台）答：该超市本次购进甲种型号的空气加湿器40台，乙种型号的空气加湿器20台【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出一元一次方程【压轴五】锐角三角函数的应用【真题再现】（2021江西中考第20题）图1是疫情期间测温员用“额温枪”对小红测温时的实景图，图2是其侧面示意图，其中枪柄与手臂始终在同一直线上，枪身与额头保持垂直量得胳膊，肘关节与枪身端点之间的水平宽度为（即的长度），枪身（1
32、）求的度数；（2）测温时规定枪身端点与额头距离范围为在图2中，若测得，小红与测温员之间距离为问此时枪身端点与小红额头的距离是否在规定范围内？并说明理由（结果保留小数点后一位）（参考数据：，）【思路点拨】（1）过B作BKMP于点K，在RtBMK中，利用三角形函数的定义求得BMK，即可求解；（2）延长PM交FG于点H，NMH，在RtNMH中，利用三角形函数的定义即可求得的长，比较即可判断【详析详解】解：（1）过B作BKMP于点K，由题意可知四边形ABKP为矩形，MK=MP-AB=25.3-8.5=16.8(cm)，在RtBMK中，BMK，MBK=90-=23.6，ABC=23.6+90=113.6
33、，答：ABC的度数为113.6；（2）延长PM交FG于点H，由题意得：NHM=90，BMN，BMK，NMH，在RtNMH中，(cm)，枪身端点A与小红额头的距离为(cm)，枪身端点A与小红额头的距离在规定范围内【方法小结】本题考查了解直角三角形的实际应用，熟记锐角三角函数的定义是解答此题的关键【变式5.1】（2021吉安县模拟）图1是放置在水平面上的可折叠式护眼灯，其中底座的高AB5cm，连杆BC30cm，灯罩CD20cm（1）转动BC、CD，使得BCD成平角，且ABC143，如图2，求灯罩端点D离桌面l的高度DH（2）将图2中的灯罩CD再绕点C顺时针旋转，使BCD157，如图3，求此时灯罩端
34、点D离桌面l的高度DI（为了计算方便，约定sin53=45，cos53=35，tan53=43）【分析】（1）作BEDH于点E，根据题意求出BD，根据正弦的定义求出DE，进而求出DH；（2）过点D作DEl于E，过点C作CGBH于G，CKDE于K，根据直角三角形的性质求出DK，根据正弦的定义求出KE，进而求出DI【详解】解：（1）如图2，过作BEDH于点E，ABAH，DHAH，四边形ABEH是矩形，EBA90，EHAB5cm，DBEABCEBA1439053，BED90，sinDBE=EDBD，sin53=45，EDBDsin535045=40（cm），DHED+EH45cm，连杆端点D离桌面l
35、的高度DE为45cm，故答案为45cm；（2）如图3，过点D作DEl于E，过点C作CGBH于G，CKDE于K，则四边形ABEI、CGEK为矩形，EIAB5cm，KECG，KCG90，DCKBCD150309030，DK=12DC17（cm），在RtCBG中，CGBCsinCBG4032=203（cm），DIDK+KE+EIDK+CG+EI17+203+2（203+19）cm，答：灯罩端点D离桌面l的高度DI为（203+19）cm【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造矩形和直角三角形解决问题【变式5.2】（2021江西模拟）图1是小辉家一款家用落地式取暖器，如
36、图2是其竖直放置在水平地面上时的侧面示意图，其中矩形ABCD是取暖器的主体，四边形BEFC是底座已知BCEF，BEFCFE30，且BECF，烘干架连杆GH可绕边CD上一点H旋转，以调节角度已知CD52cm，BC8cm，EF20cm，DH12cm，GH16cm（1）求BE的长（精确到0.1cm，31.73）（2）当GHD53时，求点G到地面EF的距离（精确到0.1cm，参考数据：sin530.80，cos530.60，tan531.33）【分析】（1）根据BCEF，BEFCFE30，且BECF，BC8cm，EF20cm，可以求得EN的长，然后根据锐角三角函数即可得到BE的长；（2）先作GMDC于
37、点M，然后根据锐角三角函数可以求得MH的长，从而可以得到点M到地面的距离，即点G到EF的距离【详解】解：（1）作BNEF于点N，BCEF，BEFCFE30，且BECF，BC8cm，EF20cm，EN=EF-BC2=20-82=6（cm），cosBEN=ENBE，cos30=6BE，解得BE6.9cm；（2）作GMDC于点M，GH16cm，GHD53，cosGHM=MHGH，cos53=MH16，解得MH9.6cm，BNENtan306333.5（cm），CD52cm，DH12cm，MCCDDMCD（DHMH）52（129.6）49.6（cm），点M到地面EF的距离是49.6+3.553.1（c
38、m），即点G到地面EF的距离约为53.1cm【点睛】本题考查解直角三角形的应用、勾股定理，解答本题的关键是作出合适的辅助线，利用锐角三角函数和数形结合的思想解答【变式5.3】（2021南昌模拟）身高1.62米的小付同学在建筑物前放风筝，风筝不小心挂在了树上在如图所示的平面图形中，矩形CDEF代表建筑物，小付同学位于建筑物前点B处，风筝挂在建筑物上方的树枝点G处（点G在FE的延长线上）经测量，小付同学与建筑物的距离BC2米，建筑物底部宽FC4米，风筝所在点G与建筑物顶点D及风筝线在手中的点A在同一条直线上，点A距地面的高度AB1.4米，风筝线与水平线夹角为37（1）求风筝距地面的高度GF；（2）
39、在建筑物后面有长2.5米的梯子MN，梯脚M在距墙1.5米处固定摆放，通过计算说明：若小付同学充分利用梯子和一根3米长的竹竿能否触到挂在树上的风筝？（参考数据：sin370.60，cos370.80，tan370.75）【分析】（1）过A作APGF于点P在RtPAG中利用三角函数求得GP的长，进而求得GF的长；（2）在直角MNF中，利用勾股定理求得NF的长度，NF的长加上身高再加上竹竿长，与GF比较大小即可【详解】解：（1）过A作APGF于点P，则APBFBC+FC2+46（米），ABPF1.4米，GAP37，在RtPAG中，tanPAG=GPAP，GPAPtan3760.754.5（米）GFG
40、P+PF4.5+1.45.9（米）（2）由题意可知MN2.5，MF1.5，在RtMNF中，NF=MN2-MF2=252-152=2（米），2+1.62+36.625.9，能触到挂在树上的风筝【点睛】本题考查了勾股定理，解直角三角形，锐角三角函数等知识、解题的关键学会添加常用辅助线，正确求得GF的长度【变式5.4】（2021南昌模拟）有一只拉杆式旅行箱（图1），其侧面示意图如图2所示，已知箱体长AB50cm，拉杆BC的伸长距离最大时可达30cm，点A、B、C在同一条直线上，在箱体底端装有圆形的滚轮A，A与水平地面切于点D，在拉杆伸长至最大的情况下，当点B距离水平地面36cm时，点C到水平面的距离
41、CE为54cm，设AFMN（1）求A的半径长；（2）当某人的手自然下垂在C端拉旅行箱时，CE为66cm，CAF53，求此时拉杆BC的伸长距离（参考数据：sin530.80，cos530.60，tan531.33，结果精确到1cm）【分析】（1）过点B作BHMN于点H，交AF于点K，证明ABKACG，设A的半径长为rcm，则BK（36r）cm，CG（54r）cm，对应边成比例列式计算即可得结果；（2）利用锐角三角函数即可求出结果【详解】解：（1）如图，过点B作BHMN于点H，交AF于点K，CEMN，BHCE，ABKACG，设A的半径长为rcm，则BK（36r）cm，CG（54r）cm，BKCG=
42、ABAC，36-r54-r=5050+30，解得r6，A的半径长为6cm；（2）在RtACG中，CG66660（cm），sinCAF=CGAC，AC=CGsin53600.80=75（cm），BCACAB755025（cm），此时拉杆BC的伸长距离约为25cm【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识【压轴六】圆的有关计算与证明【真题再现】（2021江西中考第21题）如图1，四边形内接于，为直径，过点作于点，连接（1）求证：；（2）若是的切线，连接，如图2请判断四边形ABCO的形状，并说明理由；当AB=2时，求AD， AC与围成阴影部分的面积
43、【思路点拨】（1）利用圆内接四边形的性质证得D=EBC，再利用圆周角的性质证得D+CAD=，即可证明CAD=ECB；（2）利用切线的性质得到OCEC，从而证明OCAE，再证明BAO=EBC =60，推出BCAO，即可证明四边形ABCO是菱形；先计算，再利用扇形的面积公式计算，即可求得阴影部分的面积【详析详解】（1）证明：四边形ABCD内接于O，D+ABC=，EBC+ABC=，D=EBC，AD为O直径，ACD=，D+CAD=，CEAB，ECB+EBC=，CAD=ECB；（2）四边形ABCO是菱形，理由如下：CE是O的切线，OCEC，ABEC，OCE=E=，OCE+E=18，OCAE，ACO=BAC，OA=OC，ACO=CAD，BAC=CAD，CAD=ECB，CAD=30，EBC=90-30=60，BAO=EBC
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