2023年浙江温州中考数学卷试题真题及答案解析(精校打印版)

2023温州中考数学试卷真题

卷Ⅰ

一、选择题（本题有10小题，第1-5小题，每小题3分，第6-10小题，每小题4分，共35

分，每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）

1A3

．如图，比数轴上点表示的数大的数是（）

AB0C1D2

．．．．

1

）．截面为扇环的几何体与长方体组成的摆件如图所示，它的主视图是（

2

A．B．

C．D．

3“”218000000“

．苏步青来自数学家之乡，为纪念其卓越贡献，国际上将一颗距地球约公里的行星命名为苏

步青星．数据用科学记数法表示为（）

”218000000

ABDC

．．．．

0.2181021.810

97

2.1810

8

21810

6

4

．某校计划组织研学活动，现有四个地点可供选择：南麂岛、百丈漈、楠溪江、雁荡山．若从中随机选择

一个地点，则选中南麂岛或百丈漈的概率为（）

“”“”

A．D．B．C．

2

3

1

4

1

3

2

1

5

．某校计划组织研学活动，现有四个地点可供选择：南麂岛、百丈漈、楠溪江、雁荡山．为了解学生想法，

校方进行问卷调查（每人选一个地点），并绘制成如图所示统计图．已知选择雁荡山的有人，那么选择

270

楠溪江的有（）

试卷第1页，共8页

A90B180C270D360

．人．人．人．人

）6．化简的结果是（

a(a)

43

A

．

a

12

BCD

．．．

a

12

a

7

a

7

一瓶牛奶的营养成分中，碳水化合物含量是蛋白质的倍，碳水化合物、蛋白质与脂肪的含量共．设．

1.530g7

蛋白质、脂肪的含量分别为，，可列出方程为（）

xg



yg



D．B．C．

xxyxyxyy

5533

A．

30303030

2222

图是第七届国际数学教育大会（）的会徽，图由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作．

1ICME28

BOC30

，，上，菱形，使点，过点作于点．当，，分别在边，

OB

BCOC

CDEF

DEHEF

EHAB

ABBC

DE2EH

时，的长为（）

A．B．C．D．

3

3

2

2

4

3

9．如图，四边形内接于，，．若，，则的度数

ABCD

O

BC∥AD

ACBD



AOD120

AD3

CAO

与的长分别为（）

BC

试卷第2页，共8页

A10°1B10°C15°1D15°

．，．，．，．，

22

【素材】某景区游览路线及方向如图所示，①④⑥各路段路程相等，⑤⑦⑧各路段路程相等，②③．

1110

两路段路程相等．

【素材】设游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留分钟．小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时小时分

220325

钟；小州游路线①②⑧，他离入口的路程与时间的关系（部分数据）如图所示，在米处，他到

st22100

出口还要走分钟．

10

【问题】路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为（）

A4200B4800C5200D5400

．米．米．米．米

卷Ⅱ

二、填空题（本题有6小题，第11—15小题，每小题4分，第16小题5分，共25分）

11

．分解因式：．

2a2a

2

12“”()

．某校学生亚运知识竞赛成绩的频数直方图每一组含前一个边界值，不含后一个边界值如图所示，其

中成绩在分及以上的学生有人．

80

试卷第3页，共8页



x



32



13．不等式组



31

x



的解是．



4





2

．．若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为

14

4018

15P

．在温度不变的条件下，通过一次又一次地对汽缸顶部的活塞加压，加压后气体对汽缸壁所产生的压强

（）与汽缸内气体的体积（）成反比例，关于的函数图象如图所示．若压强由加压到

kPa

VPV

mL

75kPa

100kPa

，则气体体积压缩了．

mL

161

．图是方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为

44

2

，现将它剪拼成一个房子造型如图，

“”(2)

过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形作为题字区域点，，，在圆上，点，

CDEF

(

A

ED

B

C

F

在上，形成一幅装饰画，则圆的半径为．若点，，在同一直线上，，

AB

)

DE6EF

，则题字区域的面积为．

A

N

M

AB∥PN

试卷第4页，共8页

三、解答题（本题有8小题，共90分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）

17

．计算：



1

(1)



184

3





．



3

a

2



23

(2)

．



aa



11



2

181P

．如图，在的方格纸中，每个小方格的边长为．已知格点，请按要求画格点三角形（顶点

24

ABCD

均在格点上）．

(1)

在图中画一个等腰三角形，使底边长为

PEF

2

，点在上，点在上，再画出该三角形绕矩形

EF

BC

AD

ABCD

的中心旋转后的图形．

180°

(2)QR1

在图中画一个，使，点在上，点在上，再画出该三角形向右平移个单

Rt△PQR

P45

BC

AD

位后的图形．

19ABC300380500

．某公司有，，三种型号电动汽车出租，每辆车每天费用分别为元、元、元．阳阳打算

从该公司租一辆汽车外出旅游一天，往返行程为，为了选择合适的型号，通过网络调查，获得三种

210

km

型号汽车充满电后的里程数据如图所示．

型号平均里程（）中位数（）众数（）

B216215220

C225227.5227.5

kmkmkm

(1)BC

阳阳已经对，型号汽车

数据统计如表，请继续求出A型号汽车的平均里程、中位数和众数．

(2)为了尽可能避免行程中充电耽误时间，又能经济实惠地用车，请你从相关统计量和符合行程要求的百分

试卷第5页，共8页

比等进行分析，给出合理的用车型号建议．

5

20．如图，在直角坐标系中，点

A2,m



在直线．

yx

2

上，过点A的直线交y轴于点

B0,3



2

(1)m

求的值和直线的函数表达式．

AB

5

(2)若点

Pt,y



1

在线段上，点在直线的最大值．

AB

Qt1,y



2

yx

2

上，求

yy

12

2

21EFF

．如图，已知矩形，点在延长线上，点在延长线上，过点作交的延长

ABCD

CB

BC

FHEFED

线于点，连结交于点，．

HG

AF

EH

GEGH

(1)

求证：．

BECF

(2)当

AB

5



，时，求的长．

AD4

EF

FH

6

22A

．一次足球训练中，小明从球门正前方的处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距

8m

离为时，球达到最高点，此时球离地面．已知球门高为，现以为原点建立如图所示直角

6m

3m

OB

2.44mO

坐标系．

．求抛物线的函数表达式，并通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）

(1)

(2)

对本次训练进行分析，若射门路线的形状、最大高度均保持不变，则当时他应该带球向正后方移动多少

米射门，才能让足球经过点正上方处？

O2.25m

23

．根据背景素材，探索解决问题．

试卷第6页，共8页

测算发射塔的高度

某兴趣小组在一幢楼房窗口测算远处小山坡上发射

塔的高度（如图1）．他们通过自制的测倾仪（如

MN

图2）在，，三个位置观测，测倾仪上的示

A

B

C

数如图3所示．

背

景

素

材

经讨论，只需选择其中两个合适的位置，通过测量、换算就能计算发射塔的高度．

问题解决

分析规划选择两个观测位置：点_________和点_________

写出所选位置观测角的正切值，并量出观测点之

获取数据

间的图上距离．

任

务

1

任

务推理计算计算发射塔的图上高度．

2

任

楼房实际宽度为米，请通过测量换算发射

DE

12

务换算高度

3

塔的实际高度．

MN

注：测量时，以答题纸上的图上距离为准，并精确到1．

mm

试卷第7页，共8页

241

．如图，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于

AB

O

C

BAD

CDCD

BECD

点，交半圆于点，已知

EF

OA

3

，．如图，连接，为线段上一点，过点作的平

AC1

2

AFAF

PP

BC

2

行线分别交，于点，，过点作于点．设，．

CE

BE

M

N

P

PHAB

H

PHx

MNy

(1)

求的长和

CE

y

关于的函数表达式．

x

(2)

当，且长度分别等于，，

PHPN

PH

PN

aa

的三条线段组成的三角形与相似时，求的值．

BCE

(3)延长交半圆于点

PNO

Q

，当

NQx

15

3

时，求的长．

MN

4

试卷第8页，共8页

1D

．

【分析】根据数轴及有理数的加法可进行求解．

【详解】解：由数轴可知点表示的数是，所以比大的数是；

A3

11

132

故选．

D

【点睛】本题主要考查数轴及有理数的加法，熟练掌握数轴上有理数的表示及有理数的加法

是解题的关键．

2A

．

【分析】根据几何体的三视图可进行求解．

【详解】解：由图可知该几何体的主视图是；

故选：．

A

【点睛】本题主要考查三视图，熟练掌握三视图是解题的关键．

3B

．

【分析】科学记数法的表示形式为，n为整数．确定n的

a

10

n

的形式，其中

110

a

值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，当的绝对值与小数点移动的位数相同．

an

原数绝对值大于或等于时，是正整数；当原数的绝对值小于时，是负整数．

10n1n

【详解】解：数据用科学记数法表示为

218000000

2.1810

8

；

故选．

B

【点睛】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法是解题的关键．

4C

．

【分析】根据概率公式可直接求解．

【详解】解：∵有四个地点可供选择：南麂岛、百丈漈、楠溪江、雁荡山，

∴若从中随机选择一个地点，则选中“南麂岛”或“百丈漈”的概率为；

故选：．

C

【点睛】本题考查了根据概率公式求简单事件的概率，正确理解题意是关键．

5B

．

【分析】根据选择雁荡山的有人，占比为，求得总人数，进而即可求解．

270

30%

【详解】解：∵雁荡山的有人，占比为，

270

30%

21



42

答案第页，共页

117

∴总人数为人

270



900

30%

∴选择楠溪江的有人，

90020%180

故选：．

B

【点睛】本题考查了扇形统计图，从统计图获取信息是解题的关键．

6D

．

【分析】根据积的乘方以及同底数幂的乘法进行计算即可求解．

437

【详解】解：，

a(a)

43

aaa



故选：．

D

【点睛】本题考查了积的乘方以及同底数幂的乘法，熟练掌握积的乘方以及同底数幂的乘法

的运算法则是解题的关键．

7A

．

【分析】根据碳水化合物、蛋白质与脂肪的含量共列方程．

30g

【详解】解：设蛋白质、脂肪的含量分别为，，则碳水化合物含量为，

xgyg

(1.5x)g

则：，即

x1.5xy30

故选．

A

【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是读懂题意，找出

合适的等量关系，列方程．

8C

．

【分析】根据菱形性质和解直角三角形求出，，继而

OB33

BE3

5

xy

30

，

2

OAOBAB32

22

求出再根据，即可求

sin



OBA

EHEBsinOBA2

．

OAEH

6

OBEB

3

【详解】解：∵在菱形中，，，

CDEF

CDDEEFCF2DE∥BC

∴，

CBODEO90

又∵，

BOC30

∴，，

OD



DE

2

4

OEODcosBOC4cos3023

sinsin30



BOC

1

BCOCBOC

3sin6

，，

OBOCcosBOC6cos3033

2

∴，，

OCCDOD246

∴

答案第页，共页

217

∴

BEOBOE33233

∵，

ABBC3

∴在中，

RtOBA

OAOBAB33332

222

∵，

EHAB

∴，

sin



OBA

OAEH

326

OBEB

33

3

6

EHEBOBA

2sin3

，

3



，

2

∴

故选．

C

【点睛】本题主要考查了解直角三角形、菱形的性质，根据菱形性质和解直角三角形求出、

OC

OB

、是解题关键．

OA

9C

．

【分析】过点作于点，由题意易得，然

OE

OEAD

CADADB45CBDBCA

后可得，

OADODA30

ABDACDAOD

1

60

，，进而可

AEAD

13

2

22

12

得

CDOCCFCD

22,

，最后问题可求解．

22

【详解】解：过点作于点，如图所示：

OE

OEAD

∵，

BC∥AD

∴，

CBDADB

∵，

CBDCAD

∴，

CADADB

∵，

ACBD



∴，

AFD90

∴，

CADADB45CBDBCA

答案第页，共页

317

∵，，，

AOD120OAOD

AD3

1

AODABDACD

60

，，

AEAD

13

2

22

AE

OCODOA

1

，∴，

CAOCADOAD15

cos30



∴，

OADODA30

BCDBCAACD105

，

∴，

COD2CAD90,CDB180BCDCBD30

12

∴

CDOCCFCD

22,

，

22

∴；

BC2CF1

故选．

C

【点睛】本题主要考查平行线的性质、圆周角定理及三角函数，熟练掌握平行线的性质、圆

周角定理及三角函数是解题的关键．

10B

．

【分析】设①④⑥各路段路程为米，⑤⑦⑧各路段路程为米，②③各路段路程为米，

xyz

由题意及图象可知，然后根据“游玩行走速度恒定，经过每个景点

xyzxyz

2100



4510

都停留分钟．小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时小时分钟可进行求解．

20325”

【详解】解：由图象可知：小州游玩行走的时间为（分钟），小温游玩行走

75104045

的时间为（分钟）；

205100105

设①④⑥各路段路程为米，⑤⑦⑧各路段路程为米，②③各路段路程为米，由图象可

xyz

得：

xyzxyz

2100



，

4510

解得：，

xyz2700

∴游玩行走的速度为（米/秒），



270021001060

由于游玩行走速度恒定，则小温游路线①④⑤⑥⑦⑧的路程为，

3x3y105606300

∴，

xy2100

∴路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为（米）；

2x2yzxyzxy270021004800

故选．

B

【点睛】本题主要考查三元一次方程组的应用及函数图象，解题的关键是理解题中所给信息，

找到它们之间的等量关系．

答案第页，共页

417

11

．

2a(a1)

【分析】利用提公因式法进行解题，即可得到答案．

【详解】解：

2a2a2a(a1)

2

．

故答案为：．

2a(a1)

【点睛】本题考查了因式分解，解题的关键是掌握提公因式法进行解题．

12

．

140

【分析】根据频数直方图，直接可得结论．

【详解】解：依题意，其中成绩在分及以上的学生有人，

8080+60=140

故答案为：．

140

【点睛】本题考查了频数直方图，从统计图获取信息是解题的关键．

13##

．

1x33x1

【分析】根据不等式的性质先求出每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分即可．



x

①

32



【详解】解不等式组：



31

x





2

②

4



解：由①得，；

x1

由②得，

x3

所以，．

1x3

故答案为：．

1x3

【点睛】本题主要考查解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知求公

共解的原则是解题关键．

14

．

4π

【分析】根据弧长公式

l

nr

π

即可求解．

180

【详解】解：扇形的圆心角为，半径为，

4018

∴它的弧长为，

40



18π4π

180

故答案为：．

4π

【点睛】本题考查了求弧长，熟练掌握弧长公式是解题的关键．

1520

．

【分析】由图象易得P关于V的函数解析式为，然后问题可求解．

P



6000

V

答案第页，共页

517

【详解】解：设P关于V的函数解析式为，由图象可把点代入得：，

P



∴P关于V的函数解析式为，

P



∴当时，则

P75kPa

V

当时，则

P100kPa

V

6000

V

k



100,60

k

6000

V

6000

80

，

75

6000

60

，

100

∴压强由加压到，则气体体积压缩了；

75kPa

100kPa806020mL

故答案为．

20

【点睛】本题主要考查反比例函数的应用，熟练掌握反比例函数的应用是解题的关键．

16．5

64

6

25

【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定

理求得，连接，取的中点，连接，在中，根据勾股定理即可求解．

r

OE

ED

T

OT

Rt△OET

【详解】解：如图所示，依题意，，

GH2

GQ

∵过左侧的三个端点作圆，，

Q,K,LQHHL4

又，

NKQL

∴在上，连接，则为半径，

O

KN

OQOQ

∵，

OHrKHr2

在中，

Rt△OHQ

OHQHQO

222

∴



r24r

22

解得：；

r=5

连接，取的中点，连接，交于点，连接，，

OE

ED

TAM

OT

AB

S

PB

2

∵，

AB∥PN

答案第页，共页

617

∴，

ABOT

∴，

ASSB

∵点，，在同一直线上，

A

N

M

∴，

ANAS



NMSB

∴，

MNAN

又，

NBNA

∴

ABM90

∵，

MNNB

NPMP

∴

MPPB

2

∴

NSMB

1

2

2

∵

KHHN246

∴

ON651

∴，

OS3

∵，

DE6EF

设，则

EFSTa

ETDEa

16

22

在中，

Rt△OET

OEOTTE

222



6

即

53

2





aa





2



2

2

整理得

5a12a320

2

即



a45a80

8

解得：

a

或

a4

5

2

∴题字区域的面积为

66

a

64

25

故答案为：；．

5

64

6

25

【点睛】本题考查了垂径定理，平行线分线段成比例，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知

识是解题的关键．

17(1)12

．

(2)

a1

答案第页，共页

717

【分析】（）先计算绝对值、立方根、负整数指数，再计算加减；

1

（）根据同分母分式的加减法解答即可．

2



1

【详解】（1）



184

3







3

1294

12

．



2

a

2



23

（2）



aa



11

a

2



23



a



1

a

2



1



a



1

(1)(1)

aa





a



1

a1

．

【点睛】本题考查了实数的混合运算和同分母分式的加减，熟练掌握相关运算法则是解题的

关键．

18(1)

．见解析

(2)

见解析

【分析】（）底边长为即底边为小方格的对角线，根据要求画出底边，再在其底边的垂

1

2

直平分线找到在格点上的顶点即可得到等腰，然后根据中心旋转性质作出绕矩形

!PEF

ABCD

的中心旋转后的图形．

180°

（）根据网格特点，按要求构造等腰直角三角形，然后按平移的规律作出平移后图形即可．

2

【详解】（1）（1）画法不唯一，如图1（，），或图2

PF2

PEEF5

（）．

PE2

PFEF5

（）画法不唯一，如图或图．

234

答案第页，共页

817

【点睛】本题主要考查了格点作图，解题关键是掌握网格的特点，灵活画出相等的线段和互

相垂直或平行的线段．

19(1)200km

．平均里程：；中位数：，众数：

200km205km

(2)

见解析

【分析】（）观察统计图，根据平均数、中位数和众数的计算方法求解即可；

1

（）根据各型号汽车的平均里程、中位数、众数和租金方面进行分析．

2

【详解】（）解：由统计图可知：

1

A型号汽车的平均里程：

x

A



31904195520062052210



200(km)

，

34562



A1011200200

型号汽车的里程由小到大排序：最中间的两个数（第、个数据）是、，故中

位数，



200200



200(km)

2

出现充满电后的里程最多的是公里，共六次，故众数为．

205

205km

（）选择型号汽车．理由：型号汽车的平均里程、中位数、众数均低于，且只

2B

A

210km

有的车辆能达到行程要求，故不建议选择；，型号汽车的平均里程、中位数、众数

10%

B

C

都超过，其中型号汽车有符合行程要求，很大程度上可以避免行程中充电耽

210km

B

90%

误时间，且型号汽车比型号汽车更经济实惠，故建议选择型号汽车．

BB

C

【点睛】本题考查了统计量的选择，平均数、中位数和众数，熟练掌握平均数、方差、中位

数的定义和意义是解题的关键．

20．(1)

m

(2)

3

3

，

yx

3

2

4

15

2

【分析】（）把点的坐标代入直线解析式可求解，然后设直线的函数解析式为

1Am

AB

ykxb

，进而根据待定系数法可进行求解函数解析式；

59

3

（2）由（1）及题意易得

ytt

1

302



，，则有

ytt

2

212



22

4

答案第页，共页

917

391115



yyttt

12



32



，然后根据一次函数的性质可进行求解．

4242



5

3

【详解】（1）解：把点代入

A2,m



yx

2

，得．

m

2

2



3

设直线的函数表达式为，把点，代入得

AB

ykxb

A



2,

B0,3





2

3

3







k





2

kb



4

，，解得

2











b



3.



b



3.

3

∴直线的函数表达式为

AB

yx

3

．

4

5

（2）解：∵点在线段上，点在直线

Pt,y



1

AB

Qt1,y



2

yx

2

上，

2

59

3

∴

ytt

1

302



，，

ytt

2

212



22

4

391115



∴．

yyttt

12



32



4242



∵

k

11

0

，

4

∴的值随的增大而减小，

yy

12

x

∴当时，的最大值为．

t0

yy

12

15

2

【点睛】本题主要考查一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题的关

键．

21(1)

．见解析

(2)

EF6

【分析】（）根据等边对等角得出，根据矩形的性质得出，

1

GFEE

ABCD

ABCDCB90

，即可证明

ABF≌DCEAAS



，根据全等三角形的性质得出，

BFCE

进而即可求解；

（）根据，得出，设，则，，

2

CD∥FH

△DCE△HFE

BECFx

BCAD4

CEx4

EF2x4

，根据相似三角形的性质列出等式，解方程即可求解．

【详解】（）解：∵，，

1

FHEF

GEGH

∴，

GEGFGH

∴．

GFEE

∵四边形是矩形，

ABCD

答案第页，共页

1017

∴，，

ABCDABCDCB90

∴，

ABF≌DCEAAS



∴，

BFCE

∴，即．

BFBCCEBC

BECF

（）∵，

2

CD∥FH

∴，

△DCE△HFE

∴．

ECCD



EFFH

CDAB

5



．∴

FHFH

6

∵，

CDAB

设，∵，

BECFx

BCAD4

∴，，

CEx4

EF2x4

∴，

x



45



246

x



解得，

x1

∴．

EF6

【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，相

似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．

22．(1)

yx

1

2



23

，球不能射进球门

12

(2)1

当时他应该带球向正后方移动米射门

【分析】（）根据建立的平面直角三角坐标系设抛物线解析式为顶点式，代入点坐标求

1A

出的值即可得到函数表达式，再把代入函数解析式，求出函数值，与球门高度比较

a

x0

即可得到结论；

（2）根据二次函数平移的规律，设出平移后的解析式，然后将点代入即可求解．



0,2.25

答案第页，共页

1117

【详解】（1）解：由题意得：抛物线的顶点坐标为，



2,3

设抛物线解析式为

yax23



，

把点代入，得，

A8,0



36a30

解得

a

1

，

12

1

2



xy

23

，

12

2

∴抛物线的函数表达式为

当时，

x0

y

8

2.44

，

3

∴球不能射进球门；

（2）设小明带球向正后方移动米，则移动后的抛物线为

m

yxm

把点代入得



0,2.25

2.2523

m

1

2



，

12

1

2



23

，

12

解得（舍去），，

m5

1

m1

2

∴当时他应该带球向正后方移动米射门．

1

【点睛】此题考查了二次函数的应用，待定系数法求函数解析式、二次函数图象的平移等知

识，读懂题意，熟练掌握待定系数法是解题的关键．

23．规划一：[任务1]选择点和点；

A

B

tan1



1

1

1

，，，测得图上

tan2



tan3



3

8

4

AB4mm

；任务；任务发射塔的实际高度为米；规划二：任务选择

[2][3][1]

18mm

43.2

点和点．任务；任务发射塔的实际高度为米；

A

C

[2][3]

18mm

43.2

【分析】规划一：任务选择点和点根据正切的定义求得三个角的正切值，测得图上

[1],

A

B

AB4mm

[任务2]如图1，过点作于点，过点作于点，设

A

AFMN

F

B

BGMN

G

MFxmm



．根

据，，得出，．由，

tantan



MAFMBG

xx

141



AF4x

BG3x12

AFBG

AFBG

43

FN

1

FAN

，得出，即可求解；

FN6mm

488

518



，解得，

h43.2

12h

解得，根据

x12

tan

[任务3]测得图上，设发射塔的实际高度为米．由题意，得

DE5mm

h

规划二：任务选择点和点．根据正切的定义求得三个角的正切值，测得图上

[1]

A

C

AC12mm

；

[2]2

任务如图，过点作于点，过点作，交的延长线于点，

A

AFMNCGMN

F

C

MNG

答案第页，共页

1217

则，设．根据，，

FGAC12mm

MFxmm



tantan



MAFMCG

xx

1121



AFCG

42

FN

1

FAN

，

488

得出，．根据，得出，然后根据

AF4x

CG2x24

AFCG

x12

tan

得出，进而即可求解．

FN6mm

[任务3]测得图上，设发射塔的实际高度为米．由题意，得

DE5mm

h

即可求解．

【详解】解：有以下两种规划，任选一种作答即可．

规划一：

[1]

任务选择点和点．

A

B

tan1



1

1

1

，，，测得图上．

tan2



tan3



AB4mm

3

8

4

518



，解得，

h43.2

12h

[2]1

任务如图，过点作于点，过点作于点，

A

AFMN

F

B

BGMN

G

则，设．

FGAB4mm

MFxmm



∵，，

tantan



MAFMBG

xx

141



AFBG

43

∴，．

AF4x

BG3x12

∵，

AFBG

∴

4x3x12

解得，

x12

∴．

AFBG4x48mm

∵

tan

FAN

FN

1

，

488

∴，

FN6mm

∴．

MNMFFN12618mm

答案第页，共页

1317

[3]

任务测得图上，设发射塔的实际高度为米．

DE5mm

h

由题意，得，解得，

518



h43.2

12h

∴发射塔的实际高度为米．

43.2

规划二：

[1]

任务选择点和点．

A

C

tan1



1

1

1

，，，测得图上．

tan2



tan4



AC12mm

8

4

2

[2]2

任务如图，过点作于点，过点作，交的延长线于点，

A

AFMNCGMN

F

C

MNG

则，设．

FGAC12mm

MFxmm



∵，，

tantan



MAFMCG

xx

1121



AFCG

42

∴，．

AF4x

CG2x24

∵，

AFCG

∴，解得，

4x2x24

x12

∴．

AFCG4x48mm

∵

tan

FAN

FN

1

，∴，

FN6mm

488

∴．

MNMFFN12618mm

[3]

任务测得图上，设发射塔的实际高度为米．

DE5mm

h

由题意，得，解得．

518



h43.2

12h

∴发射塔的实际高度为米．

43.2

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数关系是解题的关键．

答案第页，共页

1417

24．(1)

CE

(2)

(3)

25

16

，

yx

4

5

12

16

27

60

或或

15

40

41

17

8

【分析】（1）如图1，连接，根据切线的性质得出，证明，得出，

OD

ODCE

OD∥BE

即可得出；证明四边形是平行四边形，得出，代入数据可得

CE

yx

CDCO



CECB

MNME

16



APMC

5

BCCE

25

4

；

12

（）根据三边之比为，可分为三种情况．当时，当

2

BCE

3:4:5

PH:PN3:5PH:PN4:5

时，当时，分别列出比例式，进而即可求解．

PH:PN3:4

（3）连接，，过点作于点，根据，得

AQ

BQQ