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

广州市2022-2022年中考数学试题分类解析专题4：图形的变换一、选择题1.（2022年广东广州3分）如图，在△ABC中，∠C＝Rt∠，AC＞BC．若以AC为底面圆半径、BC为高的圆锥的侧面积为S，以BC为底面圆半径AC为高的圆锥的侧面积为S，则【】（A）S＝S　（B）S＞S（C）S＜S（D）S、S的大小关系不确定2.（2022年广东广州3分）一个圆柱的高是底面圆半径的两倍，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是【】A．5：4B．4：3C．3：2D．2：1【答案】C。【考点】圆柱的计算。【分析】设圆的底面半径是x，则高是2x，∴圆柱的全面积=π×x2×2+π×x×2×2x=6πx2，侧面积=4πx2．所以比值是3：2。故选C。\n3.（2022年广东广州3分）如图，将一块正方形纸片沿对角线折叠一次，然后在得到的三角形的三个角上各挖去一个圆沿，最后将正方形纸片展开，得到的图案是【】A.　B.　C.　D.4.（2022年广东广州3分）如图，多边形的相邻两边均互相垂直，则这个多边形的周长为【】A.21B.26C.37D.42【分析】观察发现：多边形的一些边平移后得到一个16×5的矩形，因此：多边形的周长=16×2+5×2=42。故选D。5.（2022年广东广州3分）如图是一个物体的三视图，则该物体的形状是【】\n(A)圆锥(B)圆柱(C)三棱锥(D)三棱柱6.（2022年广东广州3分）一个圆柱的侧面展开图是相邻边长分别为10和16的矩形，则该圆柱的底面圆半径是【】．(A)(B)(C)或(D)或7.（2022年广东广州3分）如图①，将一块正方形木板用虚线划分成36个全等的小正方形，然后，按其中的实线切成七块形状不完全相同的小木片，制成一副七巧板．用这副七巧板拼成图②的图案，则图②中阴影部分的面积是整个图案面积的【】．(A)(B)(C)(D)【答案】D。【考点】网格问题，正方形和等腰直角三角形的性质，勾股定理。【分析】∵由图①知：小正方形的面积等于两个斜边为3的等腰直角三角形的面积之和，∴计算得小正方形的面积=。∵大正方形面积=6×6=36，∴小正方形的面积：大正方形面积的=1：8。故选D。\n8.（2022年广东广州3分）将图按顺时针方向旋转90°后得到的是【　　】ABCD9.（2022年广东广州3分）下面四个图形中，是三棱柱的平面展开图的是【　　】ABCD【答案】A。【考点】几何体的展开图。【分析】根据三棱柱的展开图的特点作答：A、是三棱柱的平面展开图；B、是三棱锥的展开图，故不是；C、是四棱锥的展开图，故不是；D、两底在同一侧，也不符合题意。故选A。10.（2022年广东广州3分）如图，每个小正方形的边长为1，把阴影部分剪下来，用剪下来的阴影部分拼成一个正方形，那么新正方形的边长是【　　】\nAB2CD11.（2022年广东广州3分）将图所示的图案通过平移后可以得到的图案是【】（A）（B）（C）（D）【答案】A。【考点】平移的性质。【分析】根据平移不改变图形的形状、大小和方向的性质，将题图所示的图案通过平移后可以得到的图案是A，其它三项皆改变了方向，故错误。故选A。12.（2022年广东广州3分）只用下列正多边形地砖中的一种，能够铺满地面的是【】（A）正十边形（B）正八边形（C）正六边形（D）正五边形13.（2022年广东广州3分）已知圆锥的底面半径为5cm，侧面积为65πcm2，设圆锥的母线与高的夹角为θ（如图）所示），则sinθ的值为【】\n（A）（B）（C）（D）14.（2022年广东广州3分）将图所示的直角梯形绕直线l旋转一周，得到的立体图形是【】A．B．C．D．15.（2022年广东广州3分）长方体的主视图与俯视图如图所示，则这个长方体的体积是【】A．52B．32C．24D．9\n16.（2022年广东广州3分）如图所示，将矩形纸片先沿虚线AB按箭头方向向右对折，接着对折后的纸片沿虚线CD向下对折，然后剪下一个小三角形，再将纸片打开，则打开后的展开图是【】A、B、C、D、【答案】D。17.（2022年广东广州3分）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体是【】　　A．四棱锥　　B．四棱柱　　C．三棱锥　　D．三棱柱【答案】D。二、填空题\n1.（2022年广东广州3分）如果圆锥的底面圆的半径是8，母线的长是15，那么这个圆锥侧面展开图的扇形的圆心角的度数是▲．【答案】192°。【考点】圆锥的计算。【分析】∵圆锥底面周长=2×8π=16π，∴扇形的圆心角的度数=圆锥底面周长×180÷15π=192°。2.（2022年广东广州3分）如图，在直径为6的半圆上有两动点M、N，弦AM、BN相交于点P，则AP·AM+BP·BN的值为▲。3.（2022年广东广州3分）如图，点O是AC的中点，将周长为4㎝的菱形ABCD沿对角线AC方向平移AD长度得到菱形OB′C′D′,则四边形OECF的周长是▲㎝【答案】2。\n4.（2022年广东广州3分）将线段AB平移1cm，得到线段A′B′，则点A到点A′的距离是▲　5.（2022年广东广州3分）如图①，图②，图③，图④，…，是用围棋棋子按照某种规律摆成的一行“广”字，按照这种规律，第5个“广”字中的棋子个数是▲，第个“广”字中的棋子个数是▲【答案】15；2n＋5。【考点】探索规律题（图形的变化类）。【分析】探索规律：第1个“广”字中的棋子个数是2×3＋1=7；第2个“广”字中的棋子个数是2×4＋1=9；第3个“广”字中的棋子个数是2×5＋1=11；第4个“广”字中的棋子个数是2×6＋1=11；第5个“广”字中的棋子个数是2×7＋1=15；……第n个“广”字中的棋子个数是2×（n＋2）＋1=2n＋5。6.（2022年广东广州3分）\n如图是由一些相同长方体的积木块搭成的几何体的三视图，则此几何体共由▲块长方体的积木搭成7.（2022年广东广州3分）如图，以点O为位似中心，将五边形ABCDE放大后得到五边形A′B′C′D′E′，已知OA＝10cm，OA′＝20cm，则五边形ABCDE的周长与五边形A′B′C′D′E′的周长的比值是　▲　．【答案】。8.（2022年广东广州3分）如图，在等边三角形ABC中，AB=6，D是BC上一点，且BC=3BD，△ABD绕点A旋转后得到△ACE，则CE的长度为　▲　．【答案】2。\n9.（2022年广东广州3分）如图，在标有刻度的直线l上，从点A开始，以AB=1为直径画半圆，记为第1个半圆；以BC=2为直径画半圆，记为第2个半圆；以CD=4为直径画半圆，记为第3个半圆；以DE=8为直径画半圆，记为第4个半圆，…按此规律，继续画半圆，则第4个半圆的面积是第3个半圆面积的　▲　倍，第n个半圆的面积为　▲　（结果保留π）【答案】4；。······第n个半圆的半径为。∴第n个半圆的面积是。三、解答题1.（2022年广东广州16分）已知△ABC中，AC＝5，BC＝12，∠ACB＝90°，P是AB边上的动点（与\n点A、B不重合）Q是BC边上的动点（与点B、C不重合）．（1）如图，当PQ∥AC，且Q为BC的中点时，求线段CP的长；（2）当PQ与AC不平行时，△CPQ可能为直角三角形吗？若有可能，请求出线段CQ的长的取值范围；若不可能，请说明理由．设CD＝x，则DM＝x，DB＝12－x。在Rt△DMB中，DB2＝DM2＋MB2，即(12－x)2＝x2＋82。解之得：。∴CQ＝。∴当CQ且点P运动到切点M位置时，△CPQ为直角三角形。②当＜CQ＜12时，半圆D与直线AB有两个交点，当点P\n运动到这两个交点的位置时，△CPQ为直角三角形。③当0＜CQ＜时，半圆D与直线AB相离，即点P在AB边上运动时,均在半圆D外，∠CPQ＜90°。此时△CPQ不可能为直角三角形。综上所述，当≤CQ＜12时，△CPQ可能为直角三角形。2.（2022年广东广州12分）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，CD⊥BC，E为BC边上的点．将直角梯形ABCD沿对角线BD折叠，使△ABD与△EBD重合（如图中阴影所示）．若∠A=130°，AB=4cm，求梯形ABCD的高CD的长．（结果精确到0.1cm）【答案】解：∵△ABD与△EBD重合，∴∠ABD=∠EBD，BA=AD，AD=DE。∵AD∥BC，∴∠ADB=∠EBD。∴∠ABD=∠ADB。∴AB=AD。∴ABED是个菱形。∴DE=AB=4，∠A=∠BED=130°。∴∠DEC=50°。在Rt△DEC中，CD=DE•sin50°≈3.1cm。答：梯形ABCD的高CD的为3.1cm。\n3.（2022年广东广州12分）如图，点D是线段AB的中点，点C是线段AB的垂直平分线上的任意一点，DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F。（1）求证：CE=CF；（2）点C运动到什么位置时，四边形CEDF成为正方形？请说明理由。4.（2022年广东广州14分）在△ABC中，AB=BC，将△ABC绕点A沿顺时针方向旋转得△A1B1C1，使点Cl落在直线BC上（点Cl与点C不重合），\n（1）如图，当∠C＞60°时，写出边ABl与边CB的位置关系，并加以证明；（2）当∠C=60°时，写出边ABl与边CB的位置关系（不要求证明）；（3）当∠C＜60°时，请你在如图中用尺规作图法作出△AB1C1（保留作图痕迹，不写作法），再猜想你在（1）、（2）中得出的结论是否还成立并说明理由．【考点】等腰三角形的性质，旋转的性质，平行的判定。【分析】（1）当∠C＞600时，由等腰三角形和旋转的性质可得∠AC1C=∠C=∠BAC=∠B1AC1，从而AB1∥CB。（2）当∠C=600时，此时点C1\n与点B重合，ΔABC是等边三角形。∴∠B1AC1=∠ABC=600。∴AB1∥CB。（3）当∠C＜600时，（1）、（2）中得出的结论是还成立。由∠AC1B=∠C=∠BAC=∠B1AC1得AB1∥CB。5.（2022年广东广州9分）下图是一个立体图形的三视图，请写出这个立体图形的名称，并计算这个立体图形的体积。（结果保留）6.（2022年广东广州12分）已知Rt△ABC中，AB=BC，在Rt△ADE中，AD=DE，连结EC，取EC中点M，连结DM和BM，（1）若点D在边AC上，点E在边AB上且与点B不重合，如图①，求证：BM=DM且BM⊥DM；（2）如图①中的△ADE绕点A逆时针转小于45°的角，如图②，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明。\n【答案】解：（1）证明：∵在Rt△EBC中，M是斜边EC的中点，∴。∵在Rt△EDC中，M是斜边EC的中点，∴。∴BM=DM，且点B、C、D、E在以点M为圆心、BM为半径的圆上。∴∠BMD=2∠ACB=90°，即BM⊥DM。（2）当△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角时，（1）中的结论成立。证明如下：【考点】直角三角形斜边上中线性质，圆周角定理，旋转的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质。【分析】（1）由直角三角形斜边上中线性质得和，从而BM=DM，且点B、C、D、E在以点M为圆心、BM为半径的圆上。根据圆周角定理，得∠BMD=2∠ACB=90°，即BM⊥DM。\n（2）连接BD，延长DM至点F，使得DM=MF，连接BF、FC、EF、CD，延长ED交AC于点H。通过证明四边形CDEF为平行四边形得和△ABD≌△CBF（SAS）得到BD=BF，∠ABD=∠CBF，从而证得∠DBF=∠ABC=90°，由Rt△中，BD=BF，DM=MF,得BM=DM且BM⊥DM。　7.（2022年广东广州14分）如图，扇形OAB的半径OA=3，圆心角∠AOB=90°，点C是上异于A、B的动点，过点C作CD⊥OA于点D，作CE⊥OB于点E，连结DE，点G、H在线段DE上，且DG=GH=HE（1）求证：四边形OGCH是平行四边形（2）当点C在上运动时，在CD、CG、DG中，是否存在长度不变的线段？若存在，请求出该线段的长度（3）求证：是定值【答案】解：（1）证明：连接OC交DE于M，由矩形得OM＝CG，EM＝DM，　　　　∵DG=HE，∴EM－EH＝DM－DG。∴HM＝GM。∴四边形OGCH是平行四边形。（2）DG不变。∵在矩形ODCE中，DE＝OC＝3，∴DG=GH=HE＝1（不变）。（3）证明：过点H作HF⊥CD于点F，则△DHF∽△DEC。∴。∴DF=CD。∴CF=CD。∵，DH=2，∴。∴，即。∴（定值）。\n8.（2022年广东广州10分）5个棱长为1的正方体组成如图的几何体．（1）该几何体的体积是　　（立方单位），表面积是　　（平方单位）（2）画出该几何体的主视图和左视图．【答案】解：（1）5，20。（2）该几何体的主视图和左视图如下：【考点】几何体的体积，表面积，三视图。【分析】（1）几何体的体积为5个正方体的体积和，每个正方体的体积为1，∴组合几何体的体积为5×1＝5。组合几何体的前面和后面共有5×2＝10个正方形，上下共有6个正方形，左右共4个正方形，每个正方形的面积为1，∴组合几何体的表面积为20。\n（2）主视图从左往右看3列正方形的个数依次为2，1，2；左视图1列正方形的个数为2。9.（2022年广东广州14分）如图1，⊙O中AB是直径，C是⊙O上一点，∠ABC＝45°，等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角，点D在线段AC上．（1）证明：B、C、E三点共线；（2）若M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，证明：MN＝OM；（3）将△DCE绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°）后，记为△D1CE1（图2），若M1是线段BE1的中点，N1是线段AD1的中点，M1N1＝OM1是否成立？若是，请证明；若不是，说明理由．∴BD＝AE，∠EBD＝∠CAE。∴∠CAE＋∠ADF＝∠CBD＋∠BDC＝90°。即BD⊥AE。\n又∵M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，而O为AB的中点，∴ON＝BD，OM＝AE，ON∥BD，AE∥OM。∴ON=OM，ON⊥OM。即△ONM为等腰直角三角形。∴MN＝OM。（3）成立．理由如下：和（2）一样，易证得Rt△BCD1≌Rt△ACE1，同理可证BD1⊥AE1，△ON1M1为等腰直角三角形，从而有M1N1＝OM1。