【中考12年】广东省深圳市2001-2022年中考数学试题分类解析 专题4 图形的变换

2022-2022年广东深圳中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题4：图形的变换一、选择题二、1.（深圳2022年3分）我们从不同的方向观察同一物体时，可以看到不同的平面图形，如图，从图的左面看这个几何体的左视图是【】ABCD【答案】B。【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：从左边看时，因为左边是3竖列，右边1竖列，所以左边三个正方形叠一起，右边一个正方形。故选B。2.（深圳2022年3分）如图所示，圆柱的俯视图是【】　　　　　　Ａ　　　　　　　Ｂ　　　　　　Ｃ　　　　　　　Ｄ【答案】C。【考点】简单几何体的三视图。【分析】找到从上面看所得到的图形即可：圆柱由上向下看，看到的是一个圆。故选C。3.（深圳2022年3分）仔细观察图所示的两个物体，则它的俯视图是【】正面Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．【答案】A。【考点】简单组合体的三视图。8\n【分析】根据俯视图是从上面看到的图象判定发即可：圆柱和正方体的俯视图分别是圆和正方形，故选A。【分析】连接AC，∵AB=BC（菱形的四边相等），AB=AC（同为扇形的半径）∴AB=BC=AC（等量代换）。∴△ABC是等边三角形（等边三角形定义）。∴∠BAC=600（等边三角形每个内角等于600）。∴根据扇形弧长公式，得弧BC的长度。故选C。14.（深圳2022年3分）由若干个相同的小立方体搭成的几何体的三视图如图所示，则搭成这个几何体的小立方体的个数是【】A．3B．4C．5D．68\n主视图左视图俯视图【答案】B。【考点】由三视图判断几何体。【分析】从主视图看第一列两个正方体，说明俯视图中的左边一列有两个正方体，主视图右边的一列只有一行，说明俯视图中的右边一行只有一列，所以此几何体共有四个正方体．故选B。（深圳2022年招生3分）下面四个几何体中，左视图是四边形的几何体共有【】【答案】B。【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：从左面看圆柱和正方体的左视图是四边形，圆锥的左视图是三角形，球的左视图是圆。因此，所给四个几何体中，左视图是四边形的几何体共有2个。故选B。19.（深圳2022年3分）如图所示的物体是一个几何体，其主视图是【】【答案】C。【考点】简单几何体的三视图。【分析】仔细观察图象可知：圆台的主视图为等腰梯形，故选C。20.（2022广东深圳3分）如图，已知：∠MON=30o，点A1、A2、A3在射线ON上，点B1、B2、B3…．．在射线OM上，△A1B1A2.△A2B2A3、△A3B3A4……均为等边三角形，若OA1=l，则△A6B6A7的边长为【】A．6B．12C．32D．64【答案】C。8\n【考点】分类归纳（图形的变化类），等边三角形的性质，三角形内角和定理，平行的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。【分析】如图，∵△A1B1A2是等边三角形，∴A1B1=A2B1，∠3=∠4=∠12=60°。∴∠2=120°。∵∠MON=30°，∴∠1=180°－120°－30°=30°。又∵∠3=60°，∴∠5=180°－60°－30°=90°。∵∠MON=∠1=30°，∴OA1=A1B1=1。∴A2B1=1。∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形，∴∠11=∠10=60°，∠13=60°。∵∠4=∠12=60°，∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3。∴∠1=∠6=∠7=30°，∠5=∠8=90°。∴A2B2=2B1A2，B3A3=2B2A3。∴A3B3=4B1A2=4，A4B4=8B1A2=8，A5B5=16B1A2=16。以此类推：A6B6=32B1A2=32，即△A6B6A7的边长为32。故选C。二、填空题2.1.（深圳2022年3分）如图，口ABCD中，点E在边AD上，以BE为折痕，将△ABE向上翻折，点A正好落在CD上的点F，若△FDE的周长为8cm，△FCB的周长为22cm，则FC的长为▲cm。【答案】6。【考点】翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质。【分析】根据折叠的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，∴AE=EF，AB=BF。∴△FDE的周长为DE+FE+DF=AD+DF=8，即AD+AB－FC=8，①△FCB的周长为FC+AD+AB=20，②∴②－①，得2FC=12，FC=6（cm）。4.（深圳2022年3分）如图a是长方形纸带，∠DEF=20°，将纸带沿EF折叠成图b，再沿BF折叠成图c，则图c中的∠CFE的度数是▲．8\n【答案】120°。【考点】翻折变换（折叠问题）。【分析】折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等。因此，根据图示可知图c中∠CFE=180°﹣3×20°=120°。（深圳2022学业年3分）如图，是一个由若干个相同的小正方体组成的几何体的主视图和俯视图，则能组成这个几何体的小正方体的个数最少是▲个．【答案】9，【考点】由三视图判断几何体。【分析】易得这个几何体共有3层，由俯视图得最底层有6个正方体，由主视图第二层最少有2个正方体，第三层最少有1个正方体，那么共有9个正方体组成。（深圳2022年招生3分）如图，在边长为2cm的正方形ABCD中，点Q为BC边的中点，点P为对角线AC上一动点，连接PB、PQ，则△PBQ周长的最小值为▲cm（结果不取近似值）．【答案】1+。【考点】正方形的性质，轴对称的性质，三角形三边关系，勾股定理。【分析】由于BD长固定，因此要求△PBQ周长的最小值，即求PB+PQ的最小值。根据正方形的轴对称性和点Q为BC边的中点，取CD的中点Q′，连接BQ′交AC于点P。此时得到的△PBQ的周长最小。根据勾股定理，得BQ′=。因此，△PBQ周长的最小值为BQ+PB+PQ=BQ+BQ′=1+（cm）。2.（深圳2022年3分））8\n如图，这是边长为1的等边三角形摆出的一系列图形，按这种方式摆下去，第n个图形的周长为▲.【答案】。【考点】分类归纳。【分析】如图知，第1个图形的周长为2+1，第2个图形的周长为2+2，第3个图形的周长为2+3，第4个图形的周长为2+4，……，则第n个图形的周长为。三、解答题1.（深圳2022年9分）AB是⊙O的直径，点E是半圆上一动点（点E与点A、B都不重合），点C是BE延长线上的一点，且CD⊥AB，垂足为D，CD与AE交于点H，点H与点A不重合。（1）（5分）求证：△AHD∽△CBD（2）（4分）连HB，若CD=AB=2，求HD+HO的值。【答案】解：（1）证明：∵CD⊥AB，∴∠ADH=∠CDB=900。又∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=900。∴∠HAD=900－∠ABE=∠BCD。∴△AHD∽△CBD。（2）设OD=x，则BD=1－x，AD=1＋x，由（1）Rt△AHD∽Rt△CBD得，HD:BD=AD:CD，即HD:(1－x)=(1＋x):2，即HD=。在Rt△HOD中，由勾股定理得：HO==。∴HD+HO=+=1。特别，如图，当点E移动到使D与O重合的位置时，这时HD与HO8\n重合，由Rt△AHO∽Rt△CBO，利用对应边的比例式为方程，可以算出HD=HO=，即HD+HO=1。【考点】圆周角定理，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。【分析】（1）一方面，由直径所对圆周角是直角的性质和直角三角形两锐角互余的关系，可证得∠HAD=∠BCD；另一方面，由CD⊥AB得∠ADH=∠CDB=900，从而得证△AHD∽△CBD。（2）设OD=x。一方面，由相似三角形对应边成比例的性质，可得HD=；另一方面，由勾股定理，可得HO=。从而求得HD+HO=+=1。2.（深圳2022年8分）如图1，一张矩形纸片ABCD，其中AD=8cm，AB=6cm，先沿对角线BD折叠，点C落在点C′的位置，BC′交AD于点G.（1）求证：AG=C′G；（2）如图2，再折叠一次，使点D与点A重合，得折痕EN，EN交AD于M，求EM的长.【答案】解：（1）证明：由对折和图形的对称性可知，CD＝C′D，∠C＝∠C′＝90°。在矩形ABCD中，AB＝CD，∠A＝∠C＝90°，∴AB＝C’D，∠A＝∠C’。在△ABG和△C’DG中，∵AB＝C’D，∠A＝∠C’，∠AGB＝∠C’GD，∴△ABG≌△C’DG（AAS）。∴AG＝C’G。（2）如图2，设EM＝x，AG＝y，则有：C’G＝y，DG＝8－y，DM=AD=4。在Rt△C’DG中，∠DC’G＝90°，C’D＝CD＝6，∴。即：。解得：。∴C’G＝，DG＝。又∵△DME∽△DC’G，∴，即：，解得：。即：EM＝。∴所求的EM长为cm。【考点】轴对称性，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）要证AG=C′G，只要证明它们是全等三角形的对应边即可。由已知的矩形和轴对称性易证8\n△ABG≌△C’DG。（2）考虑Rt△DME和Rt△DC’G。△DC’G中DC’（=6）已知，DG=AD（=8）－AG，而由（1）AG=C′G，从而应用勾股定理可求得C′G。而△DME中DM=DM=AD=4，从而由Rt△DME∽Rt△DC’G得到对应边的比相等可求EM的长。【考点】翻折变换（折叠问题），矩形的性质，折叠的性质，平等的性质，菱形的判定，勾股定理。【分析】（1）由矩形ABCD与折叠的性质，易证得△CEF是等腰三角形，即CE=CF，即可证得AF=CF=CE=AE，即可得四边形AFCE为菱形。（2）由折叠的性质，可得CE=AE=a，在Rt△DCE中，利用勾股定理即可求得：a、b、c三者之间的数量关系式为：a2=b2+c2。（答案不唯一）8