【中考12年】浙江省温州市2001-2022年中考数学试题分类解析 专题4 图形的变换

2022-2022年浙江温州中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题4：图形的变换一、选择题1.（2022年浙江温州3分）圆柱的底面半径是2，高线长是5，则它的侧面积是【】A．10B．20C．10πD．20π【答案】D。【考点】圆柱的侧面积。【分析】根据圆柱的侧面积公式计算即可：侧面积=。故选D。2.（2022年浙江温州4分）圆锥的高线长是8㎝，底面直径为12㎝，则这个圆锥的侧面积是【】A．48πcm2B．24cm2C．48cm2D．60πcm2【答案】D。【考点】圆锥的计算。【分析】根据圆锥的侧面积公式计算：∵圆锥的底面直径为12㎝，∴圆锥的底面周长为12π㎝。∵圆锥的高线长是8㎝，∴圆锥的母线长是。∴圆锥的侧面积=×底面周长×母线长=×12π×10=60π（cm2）。故选D。3.（2022年浙江温州4分）圆锥的母线长为8cm，底面半径为6cm，则圆锥的侧面积是【】A．96πcm2B．60πcm2C．48πcm2D．24πcm2【答案】C。【考点】圆锥的计算。【分析】根据圆锥的侧面积公式计算：∵圆锥的底面半径为6cm，∴圆锥的底面周长为12πcm。∴圆锥的侧面积=×底面周长×母线长=×12π×8=48π（cm2）。故选C。4.（2022年浙江温州4分）如图，点B在圆锥母线VA上，且VB=VA，过点B作平行与底面的平面截得一个小圆锥的侧面积为S1，原圆锥的侧面积为S，则下列判断中正确的是【】29\n(A)(B)(C)(D)【答案】D。【考点】圆锥的计算。【分析】两个圆锥的展开图都是扇形，这两个扇形圆心角相等，小圆锥半径是大圆锥半径的。设小圆锥半径为r，圆心角为n，则大圆锥半径为3r，圆心角为n。∴小圆锥侧面积，大圆锥侧面积。∴，即。故选D。5.（2022年浙江温州4分）圆锥的母线长为5cm，长是4cm，则圆锥的底面积是【】cm2A、3πB、9πC、16πD、25π【答案】B。【考点】圆锥的计算，勾股定理。【分析】因为根据圆锥的性质，圆锥的母线长、高线和底面半径构成直角三角形，从而根据勾股定理，得　　　　圆锥的底面半径＝。　　　　∴圆锥的底面积是π·32＝9π（cm2）。故选B。6.（2022年浙江温州4分）在下列几何体中,主视图是圆的是【】A.B．C．D．【答案】D。【考点】简单几何体的三视图。【分析】找到从正面看所得到的图形比较即可：A、主视图是三角形，错误；B、主视图是矩形，错误；C、主视图是等腰梯形，错误；D、主视图是圆，正确。故选D。7.（2022年浙江温州4分）如图所示几何体的主视图是【】29\nA.B.C.　D.【答案】A。【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：从正面看可得到一个大矩形中间上边去掉一个小矩形的图形。故选A。8.（2022年浙江温州4分）由4个相同的小立方块搭成的几何体如图所示，它的左视图是【　　】（A）（B）（C）（D）【答案】C。【考点】简单组合体的三视图。【分析】找到从左面看所得到的图形即可：从左面看可得上下两小正方形形的图形。故选C。9.（2022年浙江温州4分）由两块大小不同的正方体搭成如图所示的几何体，它的主视图是【】A．B．C．D．【答案】C。【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：从正面看可得上面右侧一个小正方形，下面一个大正方形的图形。故选C。10.（2022年浙江温州4分）用若干根相同的火柴棒首尾顺次相接围成一个梯形(提供的火柴棒全部用完)，下列根数的火柴棒不能围成梯形的是【】．A．5B．6C．7D．8【答案】B。29\n【考点】探索规律题（图形的变化类）。【分析】如图，5，7，8根火柴棒能围成梯形：对于6根火柴棒，如果上底是2根，下底最少为3根，还有1根不能构成两腰，不可能；如果上底为1根，下底若为3根，那么两腰和上底的和为3，等于了底边，因此不行；如果上底为1根，下底为2根，一个腰为1根，一个腰为2根，由此得到的图形是铮形，不能形成上下底平行，因此不可能。故选B。11.（2022年浙江温州4分）如图所示的物体有两个紧靠在一起的圆柱体组成，它的主视图是【】【答案】A。【考点】简单组合体的三视图。【分析】主视图是从正面看，圆柱从正面看是两个圆柱，看到两个长方形。故选A。12.（2022年浙江温州4分）如图，O是正方形ABCD的对角线BD上一点，⊙O与边AB，BC都相切，点E，F分别在AD，DC上，现将△DEF沿着EF对折，折痕EF与⊙O相切，此时点D恰好落在圆心O处．若DE=2，则正方形ABCD的边长是【】A、3B、4C、D、【答案】C。29\n【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质，切线的性质，勾股定理。【分析】如图，延长FO交AB于点G，∵根据折叠对称可以知道OF⊥CD，∴OG⊥AB，即点G是切点，OD交EF于点H，点H是切点。结合图形可知OG=OH=HD=EH，等于⊙O的半径。先求出半径，然后求出正方形的边长：在等腰直角三角形DEH中，DE=2，EH=DH==AE，所以AD=AE+DE=。故选C。13.（2022年浙江温州4分）我国古代数学家利用“牟合方盖”(如图甲)找到了球体体积的计算方法.“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体，图乙所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的主视图是【】。【答案】B。【考点】简单组合体的三视图。【分析】根据主视图的定义，得出圆柱以及立方体的摆放即可得出主视图为3个正方形组合体：主视图为两列，左边一个正方形，右边两个正方形，故选B。14.（2022年浙江温州4分）如图，在△ABC中，∠C=90°，M是AB的中点，动点P从点A出发，沿AC方向匀速运动到终点C,动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动到终点B.已知P，Q两点同时出发，并同时到达终点.连结MP，MQ，PQ.在整个运动过程中，△MPQ的面积大小变化情况是【】29\nA.一直增大B.一直减小C.先减小后增大D.先增大后减小【答案】C。【考点】双动点问题。【分析】如图所示，连接CM，∵M是AB的中点，∴S△ACM=S△BCM=S△ABC，开始时，S△MPQ=S△ACM=S△ABC；由于P，Q两点同时出发，并同时到达终点，从而点P到达AC的中点时，点Q也到达BC的中点，此时，S△MPQ=S△ABC；结束时，S△MPQ=S△BCM=S△ABC。△MPQ的面积大小变化情况是：先减小后增大。故选C。二、填空题29\n2.（2022年浙江温州3分）如图，AB是⊙O的直径，AB=2，OC是⊙O的半径，OC⊥AB，点D在上，，点P是半径OC上一个动点，那么AP+PD的最小值等于▲．【答案】。【考点】动点问题，轴对称（最短路线问题），圆周角定理。【分析】如图，连接BD，根据已知得B是A关于OC的对称点，所以BD就是AP+PD的最小值。∵，而的度数是90°的弧，∴的度数是60°。∴∠B=30°。连接AD，∵AB是直径，∴∠ADB=90°。∵AB=2，∴BD=。∴AP+PD的最小值是。3.（2022年浙江温州5分）如图，菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，E是AB的中点，P是对角线AC上的一个动点，则PE＋PB的最小值是　　▲　．29\n【答案】。【考点】动点问题，菱形的性质，轴对称（最短路线问题），等边三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。【分析】如图，连接DE，根据菱形的性质，点B、D关于AC对称，PD=PB，所以DE即PE＋PB的最小值。连接BD，∵菱形ABCD中，∠BAD=60°，∴△ABD是等边三角形。∵E是AB的中点，∴DE⊥AB。∵在Rt△ADE中，AD=AB=2，∠BAD=60°，∴。∴PE＋PB的最小值是。4.（2022年浙江温州5分）把一个边长为2㎝的立方体截成八个边长为1㎝的小立方体，至少需截▲次。【答案】3，【考点】截几何体。【分析】要截成八个边长为1cm的小立方体，应该上下、前后、左右三个方向从中间截一次，截得方向垂直，如图所示，共需截3次。5.（2022年浙江温州5分）已知矩形ABCD的长AB=4，宽AD=3，按如图放置在直线AP上，然后不滑动地转动，当它转动一周时(A→A′)，顶点A所经过的路线长等于▲。29\n6.（2022年浙江温州5分）在边长为l的正方形网格中，按下列方式得到“L”形图形第1个“L”形图形的周长是8，第2个“L”形图形的周长是12，则第n个“L”形图形的周长是▲.【答案】4n+4。【考点】网格问题，探索规律题（图形的变化类）。【分析】观察可得：第1个“L”形图形的周长8，有4×1+4=8；第2个“L”形图形的周长12，有4×2+4=12；第3个“L”形图形的周长12，有4×3+4=16；……第n个“L”形图形的周长4×n+4=4n+4。16.7.（2022年浙江温州5分）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一组数：1，1，2，3，5，8，13，…，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两上数的和。现以这组数中的各个数作为正方形的长度构造如下正方形：29\n再分别依次从左到右取2个、3个、4个、5个正方形拼成如下矩形并记为①、②、③、④.相应矩形的周长如下表所示：序号①②③④周长6101626若按此规律继续作矩形，则序号为⑩的矩形周长是　▲　。【答案】466。【考点】探索规律题（图形的变化类）。【分析】根据题意：从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和。依次可推得这列数为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，故序号为⑩的矩形周长是466。8.（2022年浙江温州5分）如图，将△OAB绕点O按逆时针方面旋转至△O′A′B′，使点B恰好落在边A′B′上．已知AB=4cm，BB′=lcm，则A′B长是▲cm．【答案】3。【考点】旋转的性质。【分析】根据旋转前后的图形全等的性质，得A′B′=AB=4cm，而BB′=lcm，从而A′B=4cm－1cm=3cm。9.（2022年浙江温州5分）如图，已知正方形纸片ABCD的边长为8，⊙O的半径为2，圆心在正方形的中心上，将纸片按图示方式折叠，使EA恰好与⊙O相切于点A′(△EFA′与⊙0除切点外无重叠部分)，延长FA′交CD边于点G，则A′G的长是▲29\n【答案】。【考点】折叠的性质，正方形的性质，勾股定理。【分析】如图，过点O作OH⊥AB与H，设AF为x，则根据折叠的性质，A’F也为x。∵半径是2，即OA′=2，∴FO=2+x，FH=，HO=8÷2=4。∴在Rt△FHO中，由勾股定理，得。∴,解得。∴OA’=.∴根据正方形的对称性，得OG=OA’=。∴A′G=。10.（2022年浙江温州5分）分别以正方形的各边为直径向其内部作半圆得到的图形如图所示，将该图形绕其中心旋转一个合适的角度后会与原图形重合，则这个旋转角的最小度数是▲度.【答案】90。【考点】旋转对称图形。【分析】观察图形可得，图形可看作由一个基本图形每次旋转90°，旋转4次所组成，故最小旋转角为90°。三、解答题1.（2022年浙江温州12分）如图，在正方形ABCD中，AD=8，点E是边CD上（不包括端点）的动点，AE的中垂线FG分别交AD，AE，BC于点F，H，K交AB的延长线于点G．29\n（1）设DE=m，，用含m的代数式表示t；（2）当t=时，求BG的长．【答案】解：（1）过点H作MN∥CD交AD，BC于M，N，则四边形ABNM是矩形，∴MN=AB=AD。∵FG是AE的中垂线，∴H为AE的中点。∴MH=DE=m，HN=8－m。∵AM∥BC，∴，即。（2）过点H作HT⊥AB于T，当t=时，，解得m=4，即DE=4。在Rt△ADE中，由勾股定理得，。∴AH=AE=。∵AF∥HT∥BK，∴。∵AB=8，∴AT=2，BT=6。在Rt△AHG中，HT⊥AG，∴△AHT∽△HGT，∴，即。在Rt△AHT中，。29\n∴。∴BG=TG－BT=8－6=2。【考点】动点问题，正方形的性质，线段垂直平分线的性质，平行的性质，勾股定理，相似三角形的性质。【分析】（1）过点H作MN∥CD交AD，BC于M，N，根据矩形的性质及平行线的性质可得到FH：HK=HM：HN，从而可用含m的代数式表示t。（2）过点H作HT⊥AB于T，根据正方形的性质及平行线的性质可求得BG的长。2.（2022年浙江温州12分）如图，点A在⊙O外，射线AO与⊙O交于F、G两点，点H在⊙O上，弧FH=弧GH，点D是弧FH上一个动点（不运动至F），BD是⊙O的直径，连接AB，交⊙O于点C，连接CD，交AO于点E，且OA=，OF=1，设AC=x，AB=y．（1）求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（2）若DE=2CE，求证：AD是⊙O的切线；（3）当DE，DC的长是方程的两根时，求sin∠DAB的值．【答案】解：（1）∵OF=OG=1，∴AG=OA＋OG=，AF=OA－OF=。∵AG•AF=AB•AC，即，∴。∴y关于x的函数关系式为：。（2）证明：延长DC至点M，使得EC=CM，连接BM。∵DE=2CE=CE+CM，∴DE=EM。∵OD=OB，∴OE∥BM。∴AG∥BM。∴∠OAB=∠ABM。29\n∵∠ACE=∠BCM且CE=CM，∴△ACE≌△BCM（AAS）。∴AC=BC。∵∠BCD=90°，∴∠ACD=∠BCD。∵AC=BC，DC=DC，∴△ACD≌△BCD（SAS）。∴AD=BD。∵OF=1，∴BD=2OF=2，OD=OF=1。∴AD=2。∵OA=，AD=2，OD=1，∴OA2=OD2+AD2。∴△AOD是直角三角形。∴∠ADO=90°。∴AD是圆O的切线。（3）∵DE，DC的长是方程的两根，∴。又∵，∴，即。又∵∠EDO=∠BDC，∴△EDO∽△BDC。∴∠DOE=∠DCB=900。∴D、H重合。由勾股定理，得。由圆的对称性，得。由（1）得。∴由勾股定理，得。∴sin∠DAB=。【考点】动点问题，切、割线定理，平行的判定和性质，全等、相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，圆周角定理，勾股定理和逆定理，切线的判定，一元二次方程根与系数的关系，锐角三角函数定义。【分析】（1）由割线定理可得：AG•AF=AB•AC，整理即可得到y关于x的函数关系式，根据D的运动情况即可确定自变量x的取值范围。29\n当D与H重合时，x取最大值：x=（参见（3））；当D与F重合时，AB与AG重合，C与F重合，但点D不运动至F，∴自变量x的取值范围为。（2）延长DC至点M，使得EC=CM，连接BM，然后根据中位线定理确定△ACE≌△BCM，再根据圆周角的特点得出△ACD≌△BCD，最后利用勾股定理得出，△AOD是直角三角形，进而根据∠ADO=90°推出AD是圆O的切线。（3）由DE，DC的长是方程的两根得，由得，从而△EDO∽△BDC。因此∠DOE=∠DCB=900，D、H重合。在此情况下，求出AD和DC的长即可求得sin∠DAB的值。3.（2022年浙江温州14分）如图1，点A在⊙O外，射线AO交⊙O于F，C两点，点H在⊙O上，=2．D是上的一个动点(不运动至F，H)，BD是⊙O的直径，连结AB，交⊙O于点C，CD交OF于点E．且AO=BD=2．(1)设AC=x，AB=y，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；(2)当AD与⊙O相切时(如图2)，求tanB的值；(3)当DE=DO时(如图3)，求EF的长．【答案】解：（1）∵BD=2，∴OF=OG=1。又∵AO=2，∴AF=AO－OF=2－1=1，AG=AO＋OG=2＋1=3。由切割线定理的推论得AC•AB=AF•AG，∴xy=1×3。∴y关于x的函数解析式为，自变量x的取值范围是1＜x＜。（2）∵AD与⊙O相切，∴∠ADB=90°。又∵AO=BD=2，∴OD=1。∴。∴。29\n（3）过点D作DM⊥EO于M，∵BD是直径，∴∠BCD=90°。∴∠ECA=∠EMD=90°。又∵∠AEC=∠DEM，∴Rt△AEC∽Rt△DEM。∴。∴AE•ME=DE•CE。由相交弦定理，得EF•EG=DE•CE，∴AE•ME=EF•EG。设EF=t，则AE=AO－OF＋EF=2－1＋t=1＋t，EG=FG－EF=2－t。又∵DE=DO，∴ME=OM。∴ME=。∴。化简，得，∴（不合题意，舍去）。∴EF=。【考点】动点问题，根据实际问题列反比例函数关系式，切割线定理，相交弦定理，切线的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质，公式法解一元二次方程。【分析】（1）有了AO，BD的长，就能求出AF、AG的长，然后根据切割线定理即可得出x、y的函数关系式。（2）AD与圆O相切，那么三角形ADB是直角三角形，因此∠B的正切值就应该是AD：BD，有BD的值，求AD就是解题的关键，有两种求法：①根据AD是切线可根据AD2=AF•AG，求出AD的长，②根据AO、OD的长用勾股定理求出AD的长。（3）可通过构建相似三角形来求解，过点D作DM⊥EO于M，那么根据DO=DE，不难得出EM=OM，我们可通过Rt△AEC∽Rt△DEM，得出DE•CE=AE•EM，又根据相交弦定理可得出DE•CE=FE•EG，将相等的线段进行置换，可得出AE•EM=FE•EG，用EF表示出EG，EO，也就表示出了EM、OM，由此可在这个比例关系式中得出EF的值。4.（2022年浙江温州12分）如图甲，正方形ABCD的边长为2，点M是BC的中点，P是线段MC上的一个动点(不运动至M，C),以AB为直径作⊙O，过点P的切线交AD于点F，切点为E。29\n（1）求四边形CDFP的周长；（2）请连结OF，OP，求证：OF⊥OP；（3）延长DC，FP相交于点G，连结OE并延长交直线DC于H(如图乙)。是否存在点P使△EFO∽△EHG（其对应关系是EE，FH，OG）？如果存在，试求此时的BP的长；如果不存在，请说明理由。【答案】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=900。∴AF、BP都是⊙O的切线。又∵PF是⊙O的切线，∴EF=FA，PE=PB。∴四边形CDFP的周长为AD+DC+CB=2×3=6。（2）证明：连结OE，∵PF是⊙O的切线，∴OE⊥PF。在Rt△AOF和Rt△EOF中，∵AO=EO，OF=OF，∴Rt△AOF∽Rt△EOF。∴∠AOF=∠EOF。同理∠BOP=∠EOP。∴∠EOF+∠EOP=×180°=90°。∴∠EOP=90°，即OF⊥OP。（3）存在。∵∠EOF=∠AOF，∴∠EHG=∠AOE=2∠EOF。∴当∠EHG=∠AOE=2∠EOF,即∠EOF=30°时，Rt△EOF∽Rt△EHG。29\n此时∠EOF=30°，∠BOP=∠EOP=90°－30°=60°。∴BP=OB·tan60°=。【考点】正方形的性质，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理，锐角三角函数定义。【分析】（1）根据切线的性质，将所求四边形CDFP的边转化为已知正方形ABCD的边，即可求得。（2）连结OE，根据切线的性质和相似三角形的判定和性质，求出∠EOF+∠EOP=×180°=90°，即可根据三角形内角和定理得到∠EOP=90°，即OF⊥OP。（3）要△EFO∽△EHG，必须∠EHG=∠EFO=2∠EOF=60°，在直角△OBP中，由正切定理可求出BP的长。5.（2022年浙江温州14分）)如图，在Rt△ABC中，已知AB＝BC＝CA＝4cm，AD⊥BC于D，点P、Q分别从B、C两点同时出发，其中点P沿BC向终点C运动，速度为1cm/s；点Q沿CA、AB向终点B运动，速度为2cm/s，设它们运动的时间为x(s)。⑴求x为何值时，PQ⊥AC；⑵设△PQD的面积为y(cm2)，当0＜x＜2时，求y与x的函数关系式；⑶当0＜x＜2时，求证：AD平分△PQD的面积；⑷探索以PQ为直径的圆与AC的位置关系。请写出相应位置关系的x的取值范围(不要求写出过程)【答案】解：（1）当Q在AB上时，显然PQ不垂直于AC。当Q在AC上时，由题意得，BP=x，CQ=2x，PC=4－x。∵AB=BC=CA=4，∴∠C=60°。若PQ⊥AC，则有∠QPC=30°，∴PC=2CQ。即4－x=2·2x，∴x=。∴当x=时，PQ⊥AC。29\n（2）如图，当0＜x＜2时，P在BD上，Q在AC上，过点Q作QN⊥BC于N。∵∠C=60°，QC=2x，∴QN=QC·sin60°=。∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=CD=BC=2。∴DP=2－x。∴。（3）证明：当0＜x＜2时，在Rt△QNC中，QC=2x，∠C=60°，∴NC=x。∴BP=NC。∵BD=CD，∴DP=DN。∵AD⊥BC，QN⊥BC，∴AD∥QN。∴OP=OQ。∴S△PDO=S△DQO。∴AD平分△PQD的面积。（4）显然，不存在x的值，使得以PQ为直径的圆与AC相离，当x=或时，以PQ为直径的圆与AC相切；当0≤x＜或＜x＜或＜x≤4时，以PQ为直径的圆与AC相交。【考点】双动点问题，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，直线与圆的位置关系，分类思想的应用。【分析】（1）若使PQ⊥AC，则根据路程=速度×时间表示出CP和CQ的长，再根据30度的直角三角形的性质列方程求解。（2）首先画出符合题意的图形，再根据路程=速度×时间表示出BP，CQ的长，根据等边三角形的三线合一求得PD的长，根据30度的直角三角形的性质求得PD边上的高，再根据面积公式进行求解。（3）根据三角形的面积公式，要证明AD平分△PQD的面积，只需证明O是PQ的中点．根据题意可以证明BP=CN，则PD=DN，再根据平行线等分线段定理即可证明。29\n（4）由（1）知当x=时，PQ⊥AC，此时以PQ为直径的圆与AC相切；同样可得，x=时，PQ⊥AB：如图，当PQ⊥AB时，BP=x，BQ=x，AC＋AQ=2x。∵AC=4，∴AQ=2x－4。∴2x－4＋x=4。∴x=。∴当x=时，PQ⊥AB，此时，根据等腰三角形的的对称性质，以PQ为直径的圆与AC也相切。显然，不存在x的值，使得以PQ为直径的圆与AC相离，当0≤x＜或＜x＜或＜x≤4时，以PQ为直径的圆与AC相交。6.（2022年浙江温州14分）如图，在ABCD中，对角线AC⊥BC，AC=BC=2,动点P从点A出发沿AC向终点C移动，过点P分别作PM∥AB交BC于M，PN∥AD交DC于N．连接AM．设AP=x(1)四边形PMCN的形状有可能是菱形吗?请说明理由；(2)当x为何值时，四边形PMCN的面积与△ABM的面积相等?【答案】解：（1）四边形PMCN不可能是菱形。理由如下：用反证法：假设四边形PMCN是菱形，则PM=MC=CN=NP。∵AC⊥BC，∴∠ACB=900。∵在Rt△PCM中，PM为斜边，MC为直角边，∴PM>MC。∴PM不可能等于MC。∴与假设四边形PMCN是菱形相矛盾，所以四边形PMCN不可能是菱形。29\n（2）设AP=x，∵PM//AB，PN//AD，AC=BC=2，AC⊥BC，∴PC=2－x，BM=x，MC=2－x。∴。由解得x=1，x=4（不合题意，舍去）。∴当x=1时，四边形PMCN的面积与△ABM的面积相等。【考点】动点问题，平行四边形的性质，菱形的判定，解一元二次方程，反证法的应用。【分析】（1）用反证法证明四边形PMCN不可能是菱形。（2）设AP=x，用x表示出四边形PMCN的面积和△ABM的面积，由二者相等列式解一元二次方程即可。7.（2022年浙江温州12分）在中，∠C=，AC=4，BC=5，点D在BC上，并且CD=3，现有两个动点P、Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以1cm/s的速度，沿AC向终点C移动；点Q以1.25cm/s的速度沿BC向终点C移动。过点P作PE∥BC交AD于点E，连结EQ。设动点运动时间为x秒。（1）用含x的代数式表示AE、DE的长度；（2）当点Q在BD（不包括点B、D）上移动时，设的面积为，求与的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）当为何值时，为直角三角形。【答案】解：（1）在Rt△ADC中，AC=4，CD=3，∴AD=5.∵EP∥DC，∴△AEP∽△ADC。∴，即。∴EA=，DE=。（2）∵BC=5，CD=3，∴BD=2.29\n当点Q在BD上运动x秒后，DQ=，则y=×DQ×CP=。∴y与x的函数解析式为：y=，其中自变量的取值范围是：0＜x＜。（3）分两种情况讨论：①如图，当∠EQD=90°时，显然有EQ=PC=4－x，又∵EQ∥AC，∴△EDQ∽△ADC。∴，即，解得x=2.5。②如图，当∠QED=90°时，∵∠CDA=∠EDQ，∠QED=∠C=90°，∴△EDQ∽△CDA。∴，即，解得x=3.1。综上所述，当x为2.5秒或3.1秒时，△EDQ为直角三角形。【考点】双动点问题，二次函数综合题，勾股定理，相似三角形的判定和性质，直角三角形的判定，矩形的判定和性质，分类思想的应用。【分析】（1）根据PE∥DC，来得出关于AE，AD，AP，AC的比例关系，AD可根据勾股定理求出，那么就能用x表示出AE的长，从而可表示出DE的长。（2）求三角形EDQ的面积可以QD为底边，以PC为高来求，QD=BD-BQ，而BQ可根据Q的速度用时间表示出来，那么也就能用x表示出QD，而PC就是AC－AP，有了底和高，就可以根据三角形的面积公式得出关于x，y的函数关系式。　　当点Q在点B时，x＝0；当点Q在点D时，x＝BQ=BD=.29\n∵不包括点B、D，∴自变量的取值范围是：0＜x＜。（3）因为∠ADB是钝角，因此要想使三角形EDQ是直角三角形，那么Q就必须在CD上，可分两种情况进行讨论：①当∠EQD=90°时，四边形EPCQ是个矩形，那么EQ=PC，DQ=BQ-BD，根据EQ∥AC可得出关于EQ，AC，DQ，DC的比例关系从而求出x的值；②当∠DEQ=90°时，可用PC和∠DAC的正弦值来表示出EQ，然后用相似三角形EQD和ABC，得出关于EQ，AC，DQ，AD的比例关系，从而求出x的值。8.（2022年浙江温州14分）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90º，AB＝6，AC＝8，D，E分别是边AB，AC的中点，点P从点D出发沿DE方向运动，过点P作PQ⊥BC于Q，过点Q作QR∥BA交AC于R，当点Q与点C重合时，点P停止运动．设BQ＝x，QR＝y．（1）求点D到BC的距离DH的长；（2）求y关于x的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；（3）是否存在点P，使△PQR为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的x的值；若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠A＝90º，AB＝6，AC＝8，∴BC=10。∵点D为AB中点，∴BD=AB=3。∵，，∴。∴。∴。（2）∵QR∥BA，∴。∵，∴。∴，即。∴y关于x的函数关系式为：。（3）存在。分三种情况：29\n①当时，过点P作于M，则QM=RM。∵，，∴。∴。∴。∴，解得。②当PQ=RQ时，，解得。③当PR=QR时，则R为PQ中垂线上的点，∴点R为EC的中点。∴。∵，∴，解得。综上所述，当为或6或时，△PQR为等腰三角形。【考点】动点问题，勾股定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，等腰三角形的判定，分类思想的应用。【分析】（1）证明，即可由相似比求得点D到BC的距离DH的长。（2）由即可由相似比求得y关于x的函数关系式。29\n（3）分，PQ=RQ，PR=QR三种情况讨论即可。9.（2022年浙江温州6分）由3个相同的小立方块搭成的几何体如图所示，请画出它的主视图和俯视图．【答案】解：画图如下：【考点】简单组合体的三视图。【分析】找到从正面和上面看所得到的图形即可。10.（2022年浙江温州14分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，过点B作射线BBl∥AC．动点D从点A出发沿射线AC方向以每秒5个单位的速度运动，同时动点E从点C出发沿射线AC方向以每秒3个单位的速度运动．过点D作DH⊥AB于H，过点E作EF⊥AC交射线BB1于F，G是EF中点，连结DG．设点D运动的时间为t秒．(1)当t为何值时，AD=AB，并求出此时DE的长度；(2)当△DEG与△ACB相似时，求t的值；(3)以DH所在直线为对称轴，线段AC经轴对称变换后的图形为A′C′．①当t>时，连结C′C，设四边形ACC′A′的面积为S，求S关于t的函数关系式；②当线段A′C′与射线BB有公共点时，求t的取值范围(写出答案即可)．29\n【答案】解（1）∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，∴。∵AD=5t，CE=3t，∴当AD=AB时，5t=5，∴t=1。∴AE=AC＋CE=3＋3t=6。∴DE=6－5=1。（2）∵EF=BC=4，G是EF的中点，∴GE=2。当AD＜AE（即t＜）时，DE=AE－AD=3＋3t－5t=3－2t。若△DEG∽△ACB，则或。∴或。∴t=或t=。当AD＞AE（即t＞）时，DE=AD－AE=5t－（3＋3t）=2t－3。若△DEG∽△ACB，则或。∴或。∴t=或t=。综上所述，当t=或或或时，△DEG∽△ACB。（3）①由轴对称变换得：AA′⊥DH，CC′⊥DH，∴AA′∥CC′。易知OC≠AH，故AA′≠CC′。∴四边形ACC′A′是梯形。∵∠A=∠A，∠AHD=∠ACB=90°，∴△AHD∽△ACB。∴，即。∴AH=，DH=。∵sin∠ADH=sin∠CDO，∴，即。∴CO=。29\n∴AA′=2AH=6t，CC′=2CO=6t－。∵OD=CD•cos∠CDO=（5t－3）×=4t－。∴OH=DH－OD=。∴。②。【考点】双动点问题，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，轴对称的性质，梯形的判定和性质，锐角三角函数定义，分类思想的应用。【分析】（1）根据AD=AB列式求解即可。（2）分AD＜AE（或），AD＞AE（或）四种情况讨论即可。（3）①根据轴对称变换的性质，得到四边形ACC′A′是梯形的结论，将各边长用t表示后，根据梯形的面积公式列式即可。②如图甲，当A′在BB1上时，A′和点B重合时，AH=AB=，此时∴。∴。如图乙，当C′在BB1上时，易得CC′∥AB。∴四边形ACC′B是平行四边形。∴CC′=AB=5。29\n又∵根据轴对称性，CC′=2CO=，∴，解得。∴。11.（2022年浙江温州8分）七巧板是我们祖先的一项卓越创造，用它可以拼出多种图形，请你用七巧板中标号为①②③的三块板（如图1）经过平移、旋转拼成图形．（1）拼成矩形，在图2中画出示意图．（2）拼成等腰直角三角形，在图3中画出示意图．注意：相邻两块板之间无空隙，无重叠；示意图的顶点画在小方格顶点上．【答案】解：（1）作图如下：（2）作图如下：【考点】作图（应用与设计作图），平移和旋转。【分析】（1）根据七巧板中有两个较小的等腰直角三角形，由一个小正方形进行拼凑即可。（2）根据七巧板中有两个较小的等腰直角三角形，且小正方形的边长与等腰三角形的腰长相等进行拼凑。12.（2022年浙江温州8分）如图，△ABC中，∠B=90°，AB=6cm，BC=8cm，将△ABC沿射线BC方向平移29\n10cm，得到△DEF，A，B，C的对应点分别是D,E,F，连结AD，求证：四边形ACFD是菱形。【答案】证明：由平移变换的性质得，CF=AD=10，DF=AC。∵∠B=90°，AB=6，BC=8，∴。∴AC=DF=AD=CF=10。∴四边形ACFD是菱形。【考点】平移的性质，勾股定理，菱形的判定。【分析】根据平移的性质可得CF=AD=10，DF=AC，再在Rt△ABC中利用勾股定理求出AC的长为10，就可以根据四条边都相等的四边形是菱形得到结论。29