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

2022-2022年江苏南通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.（江苏省南通市2022年3分）如图，有一块直角三角形纸片，两直角边AC=6cm，BC=8cm，现将直角边AC沿直线AD折叠，使它落在斜边AB上，且与AE重合，则CD等于【】A．2cmB．3cmC．4cmD．5cm【答案】B。【考点】折叠的性质，勾股定理。【分析】根据勾股定理求得AB的长，再根据折叠的性质求得AE，BE的长，从而利用勾股定理可求得CD的长：∵AC=6cm，BC=8cm，∴AB=10cm。∵AE=6cm，∴BE=4cm。设CD=x，则在Rt△DEB中，42＋x2=（8－x）2，解得x=3（cm）。故选B。2.（江苏省南通市2022年3分）某中学新科技馆铺设地面，已有正三角形形状的地砖，现打算购买另一种不同形状的正多边形地砖，与正三角形地砖在同一顶点处作平面镶嵌，则该学校不应该购买的地砖形状是【】A、正方形B、正六边形C、正八边形D、正十二边形【答案】C。【考点】平面镶嵌（密铺），多边形内角和定理。【分析】根据密铺的条件得，两多边形内角和必须凑出360°，进而判断即可：A、正方形的每个内角是90°，90°×2+60°×3=360°，∴能密铺；B、正六边形每个内角是120°，120°+60°×4=360°，∴能密铺；C、正八边形每个内角是180°-360°÷8=135°，135°与60°无论怎样也不能组成360°的角，∴不能密铺；D、正十二边形每个内角是150°，150°×2+60°=360°，∴能密铺。15\n故选C。3.（江苏省南通市课标卷2022年2分）“圆柱与球的组合体”如下图所示，则它的三视图是【】【答案】A。【考点】简单组合体的三视图。【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形。因此“圆柱与球的组合体”的主视图和左视图都是长方形的上边有一个圆，俯视图是圆环。故选A。4.（江苏省南通市课标卷2022年3分）某学习小组在讨论“变化的鱼”时，知道大鱼与小鱼是位似图形（如图所示）．则小鱼上的点（a，b）对应大鱼上的点【】A．（－2a，－2b）B．（－a，－2b）C．（－2b，－2a）D．（－2a，－b）【答案】A。【考点】位似变换【分析】位似变换中对应点的坐标的变化规律：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为1：2。所以小鱼上的点（a，b）对应大鱼上的点为（－2a，－2b）。故选A。5.（江苏省南通市课标卷2022年3分）15\n黑色正三角形与白色正六边形的边长相等，用它们镶嵌图案，方法如下：白色正六边形分上下两行，上面一行的正六边形个数比下面一行少一个，正六边形之间的空隙用黑色的正三角形嵌满．按第1，2，3个图案（如图）所示规律依次下去，则第n个图案中，黑色正三角形和白色正六边形的个数分别是【】A．n2＋n＋2，2n＋1B．2n＋2，2n＋1C．4n，n2－n＋3D．4n，2n＋1【答案】D。【考点】分类归纳（图形的变化类），平面镶嵌（密铺）。【分析】找出规律型，第1个图案中，黑色正三角形和白色正六边形的个数分别是4，2×1＋1=3；第2个图案中，黑色正三角形和白色正六边形的个数分别是2×4=8，2×2＋1=5；第3个图案中，黑色正三角形和白色正六边形的个数分别是3×4=12，2×3+1=7；…第n个图案中，黑色正三角形和白色正六边形的个数分别是4n，3＋（n－1）×2=2n＋1。故选D。6.（江苏省南通市2022年3分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体是【】．A、长方体B、圆锥C、圆柱D、球【答案】B。【考点】由三视图判断几何体【分析】由主视图和左视图确定是锥体，根据俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆锥。故选B。7（江苏省2022年3分）下面四个几何体中，左视图是四边形的几何体共有【】A．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。15\n【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。8.（江苏省南通市2022年3分）下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是【】A．B．C．D．【答案】C。【考点】轴对称图形，中心对称图形。【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。可知A是中心对称图形而不是轴对称图形；B也是中心对称图形而不是轴对称图形；C既是轴对称图形又是中心对称图形，它有四条对称轴，分别是连接三个小圆线段所在的水平和竖直直线，这水平和竖直直线之间的两条角平分线；D既不是轴对称图形也不是中心对称图形。故选C。9.（江苏省南通市2022年3分）下列水平放置的几何体中，俯视图是矩形的为【】【答案】B。【考点】几何体的三视图。【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形，由于A和D的俯视图是圆，B的俯视图是矩形，C的俯视图是三角形。故选B。10.（2022江苏南通3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90º，∠B＝30º，AC＝1，AC在直线l上．将△ABC绕点A顺时针旋转到位置①，可得到点P1，此时AP1＝2；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2＝2＋；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3＝3＋；…，按此规律继续旋转，直到得到点P2022为止，则AP2022＝【】A．2022＋671B．2022＋671C．2022＋671D．2022＋67115\n【答案】B。【考点】分类归纳（图形的变化类），旋转的性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值。【分析】寻找规律，发现将Rt△ABC绕点A，P1，P2，···顺时针旋转，每旋转一次，APi（i=1,2,3,···）的长度依次增加2，，1，且三次一循环，按此规律即可求解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，∴AB=2，BC=。根据旋转的性质，将Rt△ABC绕点A，P1，P2，···顺时针旋转，每旋转一次，APi（i=1,2,3,···）的长度依次增加2，，1，且三次一循环。∵2022÷3==670…2，∴AP2022=670（3+）+2+=2022+671。故选B。二、填空题1.（江苏省南通市课标卷2022年3分）已知一个几何体的三种视图如图所示，则该几何体是▲【答案】圆锥。【考点】由三视图判断几何体。【分析】根据三视图的知识，主视图以及左视图都是三角形，俯视图为圆形且中点有一点，故可判定该几何体是圆锥。2.（江苏省南通市2022年3分）一个长方体的主视图和左视图如图所示（单位：cm），则其俯视图的面积是▲cm2．【答案】6。【考点】由三视图判断几何体【分析】根据给出的长方体的主视图和左视图可得，俯视图的长方形的长与主视图的长方形的宽相等为3，15\n俯视图的长方形的宽与左视图的长方形的宽相等为2．因此俯视图的面积是6cm2。3.（江苏省2022年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。4.（江苏省南通市2022年3分）如图，小章利用一张左、右两边已经破损的长方形纸片ABCD做折纸游戏，他将纸片沿EF折叠后，D、C两点分别落在D′、C′的位置，并利用量角器量得∠EFB＝65°，则∠AED′等于▲度．【答案】50。【考点】矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质、邻补角的性质。【分析】∵AD∥BC，∴∠DEF=∠EFB=65°。由折叠可知，∠D′EF=∠DEF=65°，∴∠AED′=180°－∠D′EF－∠DEF=50°。5.（江苏省南通市2022年3分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2cm，点E在BC上，且AE＝CE．若将纸片沿AE折叠，点B恰好与AC上的点B1重合，则AC＝▲cm．15\n【答案】4。【考点】矩形的性质，折叠对称的性质，等腰三角形性质，直角三角形性质，300角直角三角形的性质。【分析】由矩形性质知，∠B＝900，又由折叠知∠BAC＝∠EAC。根据等腰三角形等边对等角的性质，由AE＝CE得∠EAC＝∠ECA。而根据直角三角形两锐角互余的性质，可以得到∠ECA＝300。因此根据300角直角三角形中，300角所对直角边是斜边一半的性质有，Rt∆ABC中AC＝2AB＝4。三、解答题1.（江苏省南通市2022年8分）已知：△ABC中，AB＝10⑴如图①，若点D、E分别是AC、BC边的中点，求DE的长；⑵如图②，若点A1、A2把AC边三等分，过A1、A2作AB边的平行线，分别交BC边于点B1、B2，求A1B1＋A2B2的值；⑶如图③，若点A1、A2、…、A10把AC边十一等分，过各点作AB边的平行线，分别交BC边于点B1、B2、…、B10。根据你所发现的规律，直接写出A1B1＋A2B2＋…＋A10B10的结果。【答案】解：（1）∵D、E分别是AC、BD的中点，且AB=10，∴DE=AB=5。 （2）设A1B1=x，则A2B2=2x。∵A1、A2是AC的三等分点，且A1B1∥A2B2∥AB，∴A2B2是梯形A1ABB1的中位线，即：x+10=4x，得x=，∴A1B1+A2B2=10。（3）A1B1＋A2B2＋…＋A10B10=50。【考点】分类归纳（图形的变化类），三角形中位线定理，梯形中位线定理。【分析】（1）根据三角形的中位线定理进行计算。（2）设A1B1=x，根据三角形的中位线定理和梯形的中位线定理列方程求解。（3）根据（1）和（2）的解答过程，发现每一条线段的长和总线段之间的关系：当n等分点的时候，有，则。甩以A1B1＋A2B2＋…＋A10B10=5×（11－1）=50。15\n2.（江苏省南通市课标卷2022年8分）已知一个面积为S的等边三角形，现将其各边n（n为大于2的整数）等分，并以相邻等分点为顶点向外作小等边三角形（如图所示）．（1）当n=5时，共向外作出了个小等边三角形，每个小等边三角形的面积为；（2）当n=k时，共向外作出了个小等边三角形，这些小等边三角形的面积和为（用含k的式子表示）．【答案】解：（1）9；。（2）3（k－2）；。【考点】分类归纳（图形的变化类），等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）当n=5时，共有3×（5－2）=9个小等边三角形。∵每个小三角形与大三角形都是等边三角形，∴它们是相似的，且边长的比=。又∵大三角形的面积是S，∴每个小三角形的面积为。（2）结合图形正确数出前面几个具体值，从而发现等边三角形的个数和等分点的个数之间的关系：是n等分点的时候，每条边可以作（n－2）个三角形，共有3（n－2）个三角形；再根据相似三角形面积的比是边长的比的平方进行计算：当n=k时，共有3×（k－2）=3（k－2），每个小三角形的面积为。3.（江苏省南通市2022年12分）如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，D、E两点分别在AC、BC上，且DE∥AB，CD＝．将△CDE绕点C顺时针旋转，得到△CD’E’(如图②，点D’、E’分别与点D、E对应)，点E’在AB上，D’E’与AC相交于点M．(1)求∠ACE’的度数；(2)求证：四边形ABCD’是梯形；(3)求△AD’M的面积．15\n【答案】解：（1）如图1，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠B=∠ACB=45°。∵DE∥AB，∴∠DEC=∠DCE=45°，∠EDC=90°。∴DE=CD=。∴CE=CE′=4。如图2，在Rt△ACE中，∠E′AC=90°，AC=，CE′=4，∴cos∠ACE′=。∴∠ACE′=30°。（2）证明：如图2，∠D′CE′=∠ACB=45°，∠ACE′=30°，∴∠D′CA=∠E′CB=15°。又，∴△D′CA∽△E′CB。∴∠D′AC=∠B=45°。∴∠ACB=∠D′AC。∴AD′∥BC。∵∠B=45°，∠D′CB=60°，∴∠ABC与∠D′CB不互补。∴AB与D′C不平行。∴四边形ABCD′是梯形。（3）在图②中，过点C作CF⊥AD′，垂足为F。∵AD′∥BC，∴CF⊥BC。∴∠FCD′=∠ACF－∠ACD′=30°。在Rt△ACF中，AF=CF=，∴S△ACF=3。在Rt△D′CF中，CD′=，∠FCD′=30°，∴D′F=。∴S△D′CF=。同理，SRt△AE′C=，SRt△D′E′C=4。∵∠AME′=∠D′MC，∠E′AM=∠CD′M，∴△AME′∽△D′MC。∴。∴S△AE′M=S△CD′M①。∵S△EMC＋S△AE′M=S△AE′C=②，S△E′MC＋S△CD′M=S△D′EC=4③，∴由③－②，得S△C′DM－S△AE′M=4－，由①，得S△CD′M=8－，15\n∴S△AD′M=S△ACF－S△DCF－S△CD′M=。∴△AD′M的面积是。【考点】旋转的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，梯形的判定，相似三角形的判定和性质，三角形的面积。【分析】（1）根据已知条件容易知道△EDC是等腰直角三角形，也容易求出CE，然后在解Rt△ACE即可求出∠ACE。（2）根据（1）的结论和已知条件可以证明△D′CA∽△E′CB，再利用相似三角形的性质就可以证明四边形ABCD′是梯形。（3）AD′M的面积不能直接求出，要采用面积的割补法，首先确定S△AD′M=S△ACF－S△DCF－S△CD′M，然后分别求出它们的面积，即可求出△AD′M的面积。4.（江苏省南通市2022年12分）如图，四边形ABCD中，AD＝CD，∠DAB＝∠ACB＝90°，过点D作DE⊥AC，垂足为F，DE与AB相交于点E．（1）求证：AB·AF＝CB·CD；（2）已知AB＝15cm，BC＝9cm，P是射线DE上的动点．设DP＝xcm（x＞0），四边形BCDP的面积为ycm2．①求y关于x的函数关系式；②当x为何值时，△PBC的周长最小，并求出此时y的值．【答案】解：（1）证明：∵AD=CD，，∴DE垂直平分AC，∴,∠DFA＝∠DFC＝90°，∠DAF＝∠DCF。∵∠DAB＝∠DAF＋∠CAB＝90°，∠CAB＋∠B＝90°，∴∠DCF＝∠DAF＝∠B。在Rt△DCF和Rt△ABC中，∠DFC＝∠ACB＝90°，∠DCF＝∠B，∴△DCF∽△ABC。∴，即。∴AB·AF＝CB·CD。15\n（2）①∵AB＝15，BC＝9，∠ACB＝90°，∴，∴。∴（）。②∵BC＝9（定值），∴△PBC的周长最小，就是PB＋PC最小。由（1）知，点C关于直线DE的对称点是点A，∴PB＋PC＝PB＋PA，故只要求PB＋PA最小。显然当P、A、B三点共线时PB+PA最小．此时DP＝DE，PB＋PA＝AB。∵EF∥BC，，∴，EF=。由（1），∠ADF=∠FAE，∠DFA=∠ACB=900，得△DAF∽△ABC。∴AF∶BC＝AD∶AB，即6∶9＝AD∶15。∴AD＝10。Rt△ADF中，AD＝10，AF＝6，∴DF＝8。∴。∴当时，△PBC的周长最小，此时。【考点】线段垂直平分线的判定和性质，直角三角形两锐角的关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理，一次函数的性质。【分析】（1）先根据AD=CD，DE⊥AC判断出DE垂直平分AC，再由线段垂直平分线的性质及直角三角形的性质可得出∠DCF=∠DAF=∠B，在Rt△DCF和Rt△ABC中，∠DFC=∠ACB=90°，∠DCF=∠B可知△DCF∽△ABC，由相似三角形的对应边成比例即可得出答案。（2）①先根据勾股定理求出AC的长，再由梯形的面积公式即可得出x、y之间的函数关系式。②由EF∥BC，得△AEF∽△ABC，由相似三角形的对应边成比例可求出AB、EF的长，从而可得出△AEF∽△DEA及DF的长，根据DE=DF+FE可求出DE的长，由①中的函数关系式即可得出结论。5.（江苏省2022年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15\n的大小．6.（江苏省南通市2022年10分）如图1，O为正方形ABCD的中心，分别延长OA、OD到点F、E，使OF＝2OA，OE＝2OD，连接EF．将△EOF绕点O逆时针旋转角得到△E1OF1(如图2)．(1)探究AE1与BF1的数量关系，并给予证明；(2)当＝30°时，求证：△AOE1为直角三角形．【答案】解：(1)AE1＝BF1，证明如下：15\n∵O为正方形ABCD的中心，∴OA＝OB＝OD。∴OE＝OF。∵△E1OF1是△EOF绕点O逆时针旋转角得到，∴OE1＝OF1。∵∠AOB＝∠EOF＝900，∴∠E1OA＝900－∠F1OA＝∠F1OB。在△E1OA和△F1OB中，，∴△E1OA≌△F1OB（SAS）。∴AE1＝BF1。(2)取OE1中点G，连接AG。∵∠AOD＝900，＝30°，∴∠E1OA＝900－＝60°。∵OE1＝2OA，∴OA＝OG，∴∠E1OA＝∠AGO＝∠OAG＝60°。∴AG＝GE1，∴∠GAE1＝∠GE1A＝30°。∴∠E1AO＝90°。∴△AOE1为直角三角形。【考点】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定。【分析】(1)要证AE1＝BF1，就要首先考虑它们是全等三角形的对应边。考察△E1OA和△F1OB，由正方形对角线互相平分的性质有OA＝OB；再看OE1和OF1，它们是OE和OF经过旋转得到，由已知易得相等；最后看夹角∠E1OA和∠GE1A，由于它们都与∠F1OA互余。从而得证。(2)要证△AOE1为直角三角形，就要考虑证∠E1AO＝90°。考虑到OE1＝2OA，作辅助线AG，得∠AGO＝∠OAG，由于∠E1OA与互余，得到∠E1OA＝60°，从而得到△AOG的三个角都相等，都等于600。又由AG＝GE1得到∠GAE1＝∠GE1A＝30°。因此∠E1AO＝90°，从而得证。7.（2022江苏南通12分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝12cm，点D是BC边的中点．点P从点B出发，以acm/s(a＞0)的速度沿BA匀速向点A运动；点Q同时以1cm/s的速度从点D出发，沿DB匀速向点B运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设它们运动的时间为ts．(1)若a＝2，△BPQ∽△BDA，求t的值；(2)设点M在AC上，四边形PQCM为平行四边形．①若a＝，求PQ的长；②是否存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上？若存在，请求出a的值；若不存在，请说明理由．15\n【答案】解：（1）△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中点，∴BD=CD=BC=6。∵a=2，∴BP=2t，DQ=t。∴BQ=BD－QD=6－t。∵△BPQ∽△BDA，∴，即，解得：。（2）①过点P作PE⊥BC于E，∵四边形PQCM为平行四边形，∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。∴PB：AB=CM：AC。∵AB=AC，∴PB=CM。∴PB=PQ。∴BE=BQ=（6－t）。∵a=，∴PB=t。∵AD⊥BC，∴PE∥AD。∴PB：AB=BE：BD，即。解得，t=。∴PQ=PB=t=（cm）。②不存在．理由如下：∵四边形PQCM为平行四边形，∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。∴PB：AB=CM：AC。∵AB=AC，∴PB=CM，∴PB=PQ。若点P在∠ACB的平分线上，则∠PCQ=∠PCM，∵PM∥CQ，∴∠PCQ=∠CPM。∴∠CPM=∠PCM。∴PM=CM。∴四边形PQCM是菱形。∴PQ=CQ。∴PB=CQ。15\n∵PB=at，CQ=BD+QD=6+t，∴PM=CQ=6+t，AP=AB－PB=10－at，且at=6+t①。∵PM∥CQ，∴PM：BC=AP：AB，∴，化简得：6at+5t=30②。把①代入②得，t=。∴不存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上。15