【中考12年】江苏省镇江市2001-2022年中考数学试题分类解析 专题4 图形的变换

2022-2022年江苏镇江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江苏镇江3分）小明用如图所示的胶滚沿从左到右的方向将图案滚涂到墙上，下列给出的四个图案中，符合图示胶滚涂出的图案是【】【答案】A。【考点】几何体的展开图。【分析】根据旋转的性质和胶滚上的图案可知，横向状态转为正立状态，胶滚滚出的图案是A。故选A。2.（2022江苏镇江3分）如图，有一个正方体纸盒，在它的三个侧面分别画有三角形、正方形和圆，现用一把剪刀沿着它的棱剪开成一个平面图形，则展开图可以是【　　】【答案】C。【考点】几何体的展开图。【分析】把四个选项的展开图折叠，能复原的是C。故选C。3.（2022江苏镇江3分）如图，已知边长为5的等边三角形ABC纸片，点E在AC边上，点F在AB边上，沿着EF折叠，使点A落在BC边上的点D的位置，且，则CE的长是【　　】19\n（A）（B）（C）（D）【答案】D。【考点】折叠对称的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。【分析】∵根据轴对称的性质可得AE=ED。在Rt△EDC中，∠C=60°，ED⊥BC，∴ED=ECsin∠C=EC。∴CE+ED=（1+）EC=5。解得CE=20－10。故选D。4.（2022江苏镇江3分）一个正方体的表面涂满了颜色，按如图所示将它切成27个大小相等的小立方块，设其中仅有i个面（1，2，3）涂有颜色的小立方块的个数为xi，则x1、x2、x3之间的关系为【】A．x1－x2＋x3=1B．x1＋x2－x3=1C．x1＋x3－x2=2D．x1－x3＋x2=2【答案】C。【考点】分类思想的应用，几何体的表面积。【分析】根据图示：在正方体的8个顶点处的8个小正方体上，有3个面涂有颜色；在正方体的12个棱的中间点处的12个小正方体上，有2个面涂有颜色；在正方体的8面中间的6个小正方体上，有1个面涂有颜色。将x1=6，x2=12，x3=8分别代入四个选项，等式成立的是x1＋x3－x2=2。故选C。5.（2022江苏镇江2分）下列左图表示一个由相同小立方块搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置上小立方块的个数，则该几何体的主视图为【】ABCD19\n【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：俯视图中的每个数字是该位置小立方体的个数，分析其中的数字，得主视图从左到右的列数分别是4，3，2。故选C。6.（2022江苏镇江3分）由若干个小立方块所搭成的几何体的主视图、左视图如下图所示，则该几何体的俯视图不可能是【】A．B．C．D．【答案】A。【考点】简单组合体的三视图。【分析】图从左视图看，原来的几何体有两行，A选项有三行，不可能是A；而B、C、D都有可能，故选A。7.（2022江苏镇江3分）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，O为△ABC内一点，AO=2，如果把△ABO绕点A按逆时针方向旋转90°，使AB与AC重合，则点O运动的路径长为【】A．2B．C．D．π【答案】D。【考点】旋转的性质，弧长的计算。【分析】根据旋转的性质，点O运动的路径是以点A为圆满心，AO为半径，∠OAO′=90°的弧长，根据弧长公式，得：。故选D。8.（2022江苏镇江3分）下面几何体的正视图是【】A．B．C．D．【答案】A。【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：从物体左面看，是2个叠放的正方形。故选A。9.（2022江苏省3分）下面四个几何体中，左视图是四边形的几何体共有【】19\nA．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B。【考点】简单几何体的三视图。【分析】四个几何体的左视图：圆柱是矩形，圆锥是等腰三角形，球是圆，正方体是正方形，由此可确定左视图是四边形的几何体是圆柱和正方体。故选B。10.（2022江苏省3分）如图，在方格纸中，将图①中的三角形甲平移到图②中所示的位置，与三角形乙拼成一个矩形，那么，下面的平移方法中，正确的是【】A．先向下平移3格，再向右平移1格B．先向下平移2格，再向右平移1格C．先向下平移2格，再向右平移2格D．先向下平移3格，再向右平移2格【答案】D。【考点】平移的性质。【分析】根据图形，对比图①与图②中位置关系可知：平移是先向下平移3格，再向右平移2格。故选D。11.（2022江苏镇江3分）下面几何体的俯视图是【】A．B．C．D．【答案】A。【考点】简单组合体的三视图。【分析】找到从上面看所得到的图形即可：从上面看，这个几何体只有一层，且有3个小正方形，故选A。12.（2022江苏镇江2分）已知某几何体的一个视图（如图），则此几何体是【】19\nA．正三棱柱B．三棱锥C．圆锥D．圆柱【答案】C。【考点】图形的三视图。【分析】从基本图形的三视图可知：俯视图为圆的几何体为球，圆锥，圆柱，所以A和B选项错误；圆柱的主视图和俯视图是长方形，所以D选项错误；圆锥的主视图和俯视图是三角形，正确。故选C。13.（2022江苏镇江3分）边长为a的等边三角形，记为第1个等边三角形。取其各边的三等分点，顺次连接得到一个正六边形，记为第1个正六边形。取这个正六边形不相邻的三边中点顺次连接，又得到一个等边三角形，记为第2个等边三角形。取其各边的三等分点，顺次连接又得到一个正六边形，记为第2个正六边形（如图）…，按此方式依次操作。则第6个正六边形的边长是【】A.B.C.D.【答案】A。【考点】分类归纳（图形的变化类），等边三角形和判定和性质，三角形中位线定理。【分析】如图，双向延长EF分别交AB、AC于点G、H。19\n根据三角形中位线定理，得GE=FH=，GB=CH=。∴AG=AH=。又∵△ABC中，∠A=600，∴△AGH是等边三角形。∴GH=AG=AH=。EF=GH－GE－FH=。∴第2个等边三角形的边长为。同理，第3个等边三角形的边长为，第4个等边三角形的边长为，第5个等边三角形的边长为，第6个等边三角形的边长为。又∵相应正六边形的边长是等边三角形的边长的，∴第6个正六边形的边长是。故选A。二、填空题19\n2.（2022江苏镇江2分）把棱长为4的正方体分割成29个棱长为整数的正方体（且没有剩余），其中棱长为1的正方体的个数为▲。【答案】24．【考点】图形的拼接。【分析】（思路1）棱长为4的体积为64，棱长为3的体积为27，棱长为2的体积为8，棱长为1的体积为1。29个正方体从小到大的体积分别为1,1,1，.....1,(1+7)......一共29个，总体积为64，去掉29个1，那么多出来的体积64-29=35，要分别给棱长为2或者3的组合。（1）若只有棱长2的，多出来的体积35=7+7+7+7+7，即只能是5个棱长为2的和24个棱长为1的。（2）若有棱长为3的，多出来的体积35-26=9，后面不能被整除，无解。所以只有一种可能，24个棱长为1的，5个棱长为2的。（思路2）情况1：设棱长为3的正方体的个数为，棱长为2的正方体的个数为，则棱长为1的正方体的个数为。依题意有所以不存在使为正整数。情况2：设棱长为3的正方体的个数为0，棱长为1的正方体的个数为，则棱长为2的正方体的个数为。依题意有。情况3：设棱长为2的正方体的个数为0，棱长为1的正方体的个数为，则棱长为3的正方体的个数为。依题意有无整数解。19\n三、解答题1.（2022江苏镇江10分）平面直角坐标系内有两条直线l1、l2，直线l1的解析式为，如果将坐标纸折叠，使直线l1与l2重合，此时点（－2，0）与点（0，2）也重合．（1）求直线l2的解析式；（2）设直线l1与l2相交于点M，问：是否存在这样的直线l：y=x+t，使得如果将坐标纸沿直线l折叠，点M恰好落在x轴上若存在，求出直线l的解析式；若不存在，请说明理由；（3）设直线l2与x轴的交点为A，与y轴的交点为B，以点C（0，）为圆心，CA的长为半径作圆，过点B任作一条直线（不与y轴重合），与⊙C相交于D、E两点（点D在点E的下方）①在如图所示的直角坐标系中画出图形；②设OD=x，△BOD的面积为S1，△BEC的面积为S2，，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．【答案】解：（1）∵将坐标纸折叠，使直线l1与l2重合，此时点（－2，0）与点（0，2）也重合，∴折痕是直线y=－x。∵直线l1的解析式为，∴该直线与x轴交于点（，0），与y轴交于点（0，1）。又∵（，0），（0，1）关于直线y=－x的对称点为（0，－），（－1，0）。∴l2经过点（0，－），（－1，0）。设l2解析式为y=kx－，则有0=－k－，即k=－。19\n∴l2的解析式为y=－x－。（2）存在。∵直线l1与l2相交于点M，∴，解得，。∴M（－3，3）。∵将坐标纸沿直线l折叠，点M恰好落在x轴上，∴设M的对应点为N（a，0），则l：y=x+t过MN的中点F。∴，即a=6－2t。设y=x+t与x轴交于E（－t，0），则ME=NE。∴，即。解得t=3，即l的解析式为y=x+3。（3）①画出图形如下：②∵直线l2与x轴的交点为A，与y轴的交点为B，∴A（－1，0），B（0，－）。∵以点C（0，）为圆心，CA的长为半径作圆，过点B任作一条直线（不与y轴重合），与⊙C相交于D、E两点（点D在点E的下方），∴OA=1，OB=，OC=。19\n连接CA。∵AO2=OC•OB，∴。∵∠AOC=∠AOB=90°，∴△AOC∽△BOA。∴∠CAO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°。∵CA是半径，∴BA是⊙C的切线。∴BA2=BD•BE。∵在Rt△AOB中，，∴。设D（a，b），∠DBO=α，则。∴。∵OB=，BC=，，∴。∵，∴。∵，∴，即。∴。∴（）。19\n2.（2022江苏镇江6分）在平面直角坐标系中描出下列各点A（2，1），B（0，1），C（），D（6，），并将各点用线段一次连接构成一个四边形ABCD。（1）四边形ABCD是什么特殊的四边形？答：（2）在四边形ABCD内找一点P，使得△APB、△BPC、△CPD、△APD都是等腰三角形，请写出P点的坐标。【答案】解：画图如下：19\n（1）等腰梯形。（2）P点的坐标为，（），（），，。【考点】坐标与图形性质，等腰梯形的判定，线段中垂线的性质，勾股定理。【分析】（1）由A（2，1），B（0，1），C（），D（6，）得AB∥DC，BC不平行于AD,∴四边形ABCD是梯形。又由勾股定理可得，，∴BC=AD。∴四边形ABCD是等腰梯形。（2）①如图，作AB和BC的中垂线，二者交点P即为所求。由线段中垂线的性质和等腰梯形的对称性，得PA=PB=PC=PD，∴△APB、△BPC、△CPD、△APD都是等腰三角形。此时，由点P在AB的中垂线上，∴点P的横坐标为1。设点P的坐标为（1，y），由勾股定理，得，。∴，解得。∴P的坐标为（1，－4）。19\n②如图，以点B为圆心BC长为半径交AB的中垂线于点P，点P即为所求，此时有两点。由线段中垂线的性质、圆的性质和等腰梯形的对称性，得PA=PB=BC=AD，PC=PD，∴△APB、△BPC、△CPD、△APD都是等腰三角形。此时，由点P在AB的中垂线上，∴点P的横坐标为1。设点P的坐标为（1，y），由勾股定理，得，。∴，解得。∴P的坐标为（）或（）。③如图，以点C为圆心BC长为半径交AB的中垂线于点P，点P即为所求，此时有两点。由线段中垂线的性质、圆的性质和等腰梯形的对称性，得PC=PD=BC=AD，PA=PB，∴△APB、△BPC、△CPD、△APD都是等腰三角形。此时，由点P在AB的中垂线上，∴点P的横坐标为1。设点P的坐标为（1，y），由勾股定理，得，。19\n∴，解得。∴P的坐标为（）或（）。④当△APB是以AB为腰或△CPD是以CD为腰的等腰三角形时，△BPC和△APD都不可能是等腰三角形（可以验证）。综上所述，满足条件的点P的坐标为，（），（），，。3.（2022江苏镇江7分）将正六边形纸片按下列要求分割（每次分割，纸片均不得有剩余）；第一次分割：将正六边形纸片分割成三个全等的菱形，然后选取其中的一个菱形在分割成一个正六边形和两个全等的正三角形；第二次分割：将第一次分割后所得的正六边形纸片分割成三个全等的菱形，然后选取其中的一个菱形在分割成一个正六边形和两个全等的正三角形；按上述分割方法进行下去……（1）请你在下图中画出第一次分割的示意图；（2）若原正六边形的面积为，请你通过操作和观察，将第1次，第2次，第3次分割后所得的正六边形的面积填入下表：分割次数（n）123……正六边形的面积S（3）观察所填表格，并结合操作，请你猜想：分割后所得的正六边形的面积S与分割次数有何关系？（S用含和n的代数式表示，不需要写出推理过程）。【答案】解：（1）第一次分割的示意图如图：19\n（2）分割次数（n）123……正六边形得面积S……（3）。【考点】分类归纳（图形的变化类），菱形和正三角形的性质，相似多边形的性质。【分析】（1）根据正六边形的每一个角是60°和各边都相等，可以作两个内角的角平分线，构造三个菱形；再进一步找到其中一个菱形的各边中点，进行分割成正六边形和两个全等的三角形。（2）根据正六边形的面积比是边长的比的平方，发现每一次分割得到的正六边形的边长都是上一次正六边形的边长的，则面积是上一次的正六边形的面积的。根据这一规律完成表格。（3）根据上述规律即可得到分割n次时，则。4.（2022江苏镇江8分）探索、研究：仪器箱按如图方式堆放（自下而上依次为第1层、第2层、……），受堆放条件限制，堆放时应符合下列条件：每层堆放仪器箱的个数与层数之间满足关系式为整数。⑴例如，当时，则_____，_____。⑵第n层比第（n+1）层多堆放多少个仪器箱？（用含n的代数式表示）。⑶如果不考虑仪器箱堆放所承受的压力，请根据题设条件判断仪器箱最多可以堆放几层？并说明理由。⑷设每个仪器箱重54N（牛顿），每个仪器箱能承受的最大压力为160N，并且堆放时每个仪器箱承受的压力是均匀的。①若仪器箱仅堆放第1、2两层，求第1层中每个仪器箱承受的平均压力。②在确保仪器箱不被损坏的情况下，仪器箱最多可以堆放几层？为什么？【答案】解：（1）112；91。（2）∵，∴第n层比第（n+1）层多堆放个仪器箱。（3）∵，19\n∴当1≤n＜16时，an随n的增大而减小。∵a12=7＞0，a13=0，∴仪器箱最多可以堆放12层．（6分）。（4）①由题意得，∴第1层中每个仪器箱承受的平均压力为46.75N。②当n=5时，第1层中每个仪器箱承受的平均压力为：＜160(N)，当n=6时，第1层中每个仪器箱承受的平均压力为：＞160(N)，∴该仪器箱最多可以堆放5层。【考点】分类归纳（图形的变化类），代数式化简，二次函数的性质。【分析】（1）把n=5，n=6分别代入计算：当n=5时，原式=25－160＋247=112，当n=6时，则原式=36－192＋247=91。（2）分别表示出n+1和n时的代数式，然后进行减法运算即可。（3）讨论关于n的二次函数性质即可。（4）①根据公式分别求得第二层和第一层的个数，再根据第二层的总重量除以第一层的个数进行计算。②根据①中的方法进行估算，求得最多可以堆放的层数。5.（2022江苏省10分）1）观察与发现小明将三角形纸片沿过点A的直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展开纸片（如图①）；再次折叠该三角形纸片，使点A和点D重合，折痕为EF，展平纸片后得到（如图②）．小明认为是等腰三角形，你同意吗？请说明理由．（2）实践与运用将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在BC边上的点F处，折痕为BE（如图③）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在BE上的点处，折痕为EG（如图④）；再展平纸片（如图⑤）．求图⑤中的大小．19\n【答案】解：（1）同意。理由如下：如图，设与交于点。由折叠知，平分，∴。又由折叠知，，∴。∴。∴，即为等腰三角形。（2）由折叠知，四边形是正方形，，∴。又由折叠知，，∴。∴。【考点】折叠问题，对称的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定，正方形的判定和性质。【分析】（1）由折叠对称的性质，可得和，从而可得，根据等腰三角形等角对等边的判定得到为等腰三角形的结论。（2）由折叠对称的性质，可得和平分，从而，因此。6.（2022江苏镇江6分）推理证明：如图，在△ABC和△ADE中，点E在BC边上，∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠D，AB＝AD.（1）求证：△ABC≌△ADE；（2）如果∠AEC＝75°，将△ADE绕着点A旋转一个锐角后与△ABC重合，求这个旋转角的大小.19\n7.（2022江苏镇江6分）已知：如图1，图形①满足AD=AB，MD=MB，∠A=72°，∠M=144°。图形②与图形①恰好拼成一个菱形（如图2）。记AB的长度为，BM的长度为⑴图形①中∠B=°，图形②中∠E=°；⑵小明有两种纸片各若干张，其中一种纸片的形状及大小与图形①相同，这种纸片称为“风筝一号”；另一种纸片的形状及大小与图形②相同，这种纸片称为“飞镖一号”。①小明仅用“风筝一号”纸片拼成一个边长为的正十边形，需要这种纸片张；②小明若用若干张“风筝一号”纸片和“飞镖一号”纸片拼成一个“大风筝”（如图3），其中∠P=72°，∠Q=144°，且PI=PJ=，IQ=JQ。请你在图3中画出拼接线并保留画图痕迹不。（本题中均为无重叠、无缝隙拼接）【答案】解：⑴72，36。⑵①5。19\n②“风筝一号”纸片用两张和“飞镖一号”纸片用一张，画法如下：（一）以点P为圆心，长为半径画弧，分别交PI、PJ于点M、N；（二）分别以点M、N为圆心，长为半径画弧，两弧交于点O；（三）连接OQ，OM，ON。画出拼接线如图所示：【考点】全等三角形判定和性质，四边形的内角和定理，菱形的性质，平行的性质，正十边形。【分析】（1）在图1图形①中，连接AM，如图所示：∵AD＝AB，DM＝BM，AM为公共边，∴△ADM≌△ABM，∴∠D＝∠B，又∵四边形ABMD的内角和等于360°，∠DAB＝72°，∠DMB＝144°，∴∠B＝＝72°；在图2中，∵四边形ABCD为菱形，∴AB∥CD，∴∠A＋∠ADC＝∠A＋∠ADM＋∠CEF＝180°，∠A＝72°，∠ADM＝72°，∴∠CEF＝180°-72°-72°＝36°；（2）①用“风筝一号”纸片拼成一个边长为b的正十边形，得到“风筝一号”纸片的点A与正十边形的中心重合，∵∠A＝72°，∴需要这种纸片的数量；②考虑如图3的“大风筝”中∠Q=144°，而如图1的“风筝一号””中∠D=72°，恰恰是两个144°，这样在PI和PJ上都剩下长，正好放下一个“飞镖一号”。19