【2022版中考12年】浙江省台州市2002-2022年中考数学试题分类解析 专题04 图形的变换

台州市2022-2022年中考数学试题分类解析专题04：图形的变换一、选择题1.（2022年浙江台州4分）一个圆锥的底面半径长为4cm，母线长为5cm，则圆锥的侧面积为【】（A）20cm2（B）40cm2（C）20πcm2（D）40πcm22.（2022年浙江台州4分）若圆锥的底面半径为3㎝，母线长为5㎝，则圆锥的侧面积是【】A、15㎝2　B、30㎝2　C、㎝2　　D、㎝2【答案】C。【考点】圆锥和扇形的计算。【分析】∵圆锥的底面半径长为3cm，，∴圆锥的底面周长为cm。又∵圆锥的底面周长等于它的侧面展开图的弧长，∴根据扇形的面积公式，圆锥的侧面积即侧面展开后所得扇形的面积为。故选C。3.（2022年浙江温州、台州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【】\n(A)(B)(C)(D)4.（2022年浙江台州4分）下图几何体的主视图是【】【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：从正面看易得有两层，上层左边有1个正方形，下层有3个正方形。故选C。5.（2022年浙江台州4分）如图，若正六边形ABCDEF绕着中心O旋转角得到的图形与原来的图形重合，则最小值为【】Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．\n6.（2022年浙江台州4分）一个几何体的展开图如图所示，则该几何体的顶点有【】Ａ．10个Ｂ．8个Ｃ．6个Ｄ．4个【答案】C。【考点】几何体的展开图。【分析】由展开图知，该几何体是三棱柱，顶点有6个。故选C。7.（2022年浙江台州4分）左图是由四个小正方体叠成的一个立体图形，那么它的俯视图是【】A．B．C．D．【答案】B。【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：从上面看易得有两排，前排左边有1个正方形，后排右边有2个正方形。故选B。8.（2022年浙江台州4分）课题研究小组对附着在物体表面的三个微生物（课题小组成员把他们分别标号为1，2，3）的生长情况进行观察记录．这三个微生物第一天各自一分为二，产生新的微生物（分别被标号为4，5，6，7，8，9），接下去每天都按照这样的规律变化，即每个微生物一分为二，形成新的微生物（课题组成员用如图所示的图形进行形象的记录）．那么标号为100的微生物会出现在【】\nA．第3天B．第4天C．第5天D．第6天9.（2022年浙江台州4分）如图，由三个相同小正方体组成的立体图形的主视图是【】A．B．C．D．【答案】B。【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：从正面看易得主视图有两层，上层右边有1个正方形，下层有2个正方形。故选B。10.（2022年浙江台州4分）下列立体图形中，侧面展开图是扇形的是【】A．B．C．　D．【答案】B。【考点】立体图形的侧面展开图。【分析】根据圆锥的特征可知，侧面展开图是扇形的是圆锥。故选B。11.（2022年浙江台州4分）下列四个几何体中，主视图是三角形的是【】【答案】B。【考点】简单几何体的三视图。\n【分析】主视图是三角形的一定是一个锥体，只有B是锥体。故选B。12.（2022年浙江台州4分）如图是一个由3个相同的正方体组成的立体图形，则它的主视图为【】A．B．C．D．13.（2022年浙江台州4分）有一篮球如图放置，其主视图为【】【答案】B。【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即可：从正面看易得是一个圆。故选B。二、填空题1.（2022年浙江温州、台州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。2.（2022年浙江温州、台州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▲。\n3.（2022年浙江台州5分）如图，D、E为△ABC两边AB、AC的中点，将△ABC沿线段DE折叠，使点A落在点F处，若∠B=55°，则∠BDF=▲°.【答案】70。【考点】折叠的性质，三角形中位线定理。【分析】∵D、E为△ABC两边AB、AC的中点，即DE是三角形的中位线，∴DE∥BC。∴∠ADE=∠B=55°。∴由折叠的性质，得∠EDF=∠ADE=55°。∴∠BDF=1800－550－550=700。4.（2022年浙江台州5分）（1）善于思考的小迪发现：半径为，圆心在原点的圆（如图1），如果固定直径AB，把圆内的所有与轴平行的弦都压缩到原来的倍，就得到一种新的图形椭圆（如图2），她受祖冲之“割圆术”的启发，采用“化整为零，积零为整”“化曲为直，以直代曲”的方法．正确地求出了椭圆的面积，她求得的结果为　▲　．\n（2）（本小题为选做题，做对另加3分，但全卷满分不超过150分）小迪把图2的椭圆绕轴旋转一周得到一个“鸡蛋型”的椭球．已知半径为的球的体积为，则此椭球的体积为　▲　．【答案】（1）；（2）。【考点】转换思想的应用。【分析】（1）根据“化整为零，积零为整”、“化曲为直，以直代曲”的方法，结合圆的面积求法可知，椭圆的面积为。（2）因为半径为a的球的体积为，所以椭球的体积为：。5.（2022年浙江台州5分）善于归纳和总结的小明发现，“数形结合”是初中数学的基本思想方法，被广泛地应用在数学学习和解决问题中．用数量关系描述图形性质和用图形描述数量关系，往往会有新的发现．小明在研究垂直于直径的弦的性质过程中（如图，直径AB⊥弦CD于E），设AE=x，BE=y，他用含x，y的式子表示图中的弦CD的长度，通过比较运动的弦CD和与之垂直的直径AB的大小关系，发现了一个关于正数x，y的不等式，你也能发现这个不等式吗？写出你发现的不等式▲．\n6.（2022年浙江台州5分）如图，三角板ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=6．三角板绕直角顶点C逆时针旋转，当点A的对应点A'落在AB边的起始位置上时即停止转动，则点B转过的路径长为　▲（结果保留π）．7.（2022年浙江台州5分）如图，菱形ABCD中，AB=2，∠C=60°,菱形ABCD在直线l上向右作无滑动的翻滚，每绕着一个顶点旋转60°叫一次操作，则经过36次这样的操作菱形中心O所经过的路径总长为(结果保留π)▲．\n8.（2022年浙江台州5分）点D、E分别在等边△ABC的边AB、BC上，将△BDE沿直线DE翻折，使点B落在B1处，DB1、EB1分别交边AC于点F、G．若∠ADF＝80º，则∠CGE＝▲．【答案】80°。【考点】翻折变换（折叠问题），等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】由翻折可得∠B1=∠B=60°，∴∠A=∠B1=60°。∵∠AFD=∠GFB1，∴△ADF∽△B1GF。∴∠ADF=∠B1GF，∵∠CGE=∠FGB1，∴∠CGE=∠ADF=80°。9.（2022年浙江台州5分）如图，将正方形ABCD沿BE对折，使点A落在对角线BD上的A′处，连接A′C，则∠BA′C=▲度．\n三、解答题1.（2022年浙江温州、台州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。（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。\n（3）存在。∵∠EOF=∠AOF，∴∠EHG=∠AOE=2∠EOF。∴当∠EHG=∠AOE=2∠EOF,即∠EOF=30°时，Rt△EOF∽Rt△EHG。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。\n（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。2.（2022年浙江台州8分）把正方形ABCD绕着点A，按顺时针方向旋转得到正方形AEFG，边FG与BC交于点H（如图）．试问线段HG与线段HB相等吗？请先观察猜想，然后再证明你的猜想．【答案】解：HG=HB：证明如下：连接AH，∵四边形ABCD，AEFG都是正方形，∴∠B=∠G=90°。由正方形和旋转的性质知AG=AB，又AH=AH，∴Rt△AGH≌Rt△ABH（HL）。∴HG=HB。【考点】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质。3.（2022年浙江台州14分）如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，点A在轴上，点C在轴上，将边BC折叠，使点B落在边OA的点D处．已知折叠，且．（1）判断与是否相似？请说明理由；（2）求直线CE与轴交点P的坐标；（3）是否存在过点D的直线，使直线、直线CE与轴所围成的三角形和直线\n、直线CE与轴所围成的三角形相似？如果存在，请直接写出其解析式并画出相应的直线；如果不存在，请说明理由．【答案】解：（1）与相似。理由如下：由折叠知，，∴。∵，∴。又∵，∴。（2）∵，∴设，则。由勾股定理得。∴。由（1），得，即，解得。在中，∵，∴，解得。∴OC=8，AE=3，点C的坐标为（0，8），点E的坐标为（10，3）。设直线CE的解析式为，∴，解得。∴直线CE的解析式为，则点P的坐标为（16，0）。（3）满足条件的直线有2条：，。图象如图：\n（3）应该有两条如图，①直线BF，根据折叠的性质可知CE必垂直平分BD，那么∠DGP=∠CGF=90°，而∠CFG=∠DPG（都是∠OCP的余角），由此可得出两三角形相似，那么可根据B、D两点的坐标求出此直线的解析式。\n②直线DN，由于∠FCP=∠NDO，那么可根据∠OCE即∠BEC的正切值，求出∠NDO的正切值，然后用OD的长求出ON的值，即可求出N点的坐标，然后根据N、D两点的坐标求出直线DN的解析式。4.（2022年浙江台州8分）如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点．△ABO的三个顶点A，B，O都在格点上．（1）画出△ABO绕点O逆时针旋转90°后得到的三角形；（2）求△ABO在上述旋转过程中所扫过的面积．【答案】解：（1）作图如下：（2）△ABO所扫过的面积是：。5.（2022年浙江台州14分）如图，在矩形ABCD中，AB=9，AD=，点P是边BC上的动点（点P不与点B，点C重合），过点P作直线PQ∥BD，交CD边于Q点，再把△PQC沿着动直线PQ对折，点C的对应点是R点，设CP的长度为x，△PQR与矩形ABCD重叠部分的面积为y．\n（1）求∠CQP的度数；（2）当x取何值时，点R落在矩形ABCD的AB边上；（3）①求y与x之间的函数关系式；②当x取何值时，重叠部分的面积等于矩形面积的？【答案】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC。∵AB=9，AD=，∠C=90°，∴CD=9，BC=。∴。∴∠CDB=30°。∵PQ∥BD，∴∠CQP=∠CDB=30°。∴∠CPQ=90°－∠CQP=60°。∴∠CPQ的度数是60°。（2）如图1，由轴对称的性质可知，△RPQ≌△CPQ，∴∠RPQ=∠CPQ，RP=CP。由（1）知：∠CQP=30°，∴∠RPQ=∠CPQ=60°。∴∠RPB=60°。∴RP=2BP。∵CP=x，∴RP=x，BP=。∴，解这个方程得：x=。∴当x取时，点R落在矩形ABCD的AB边上。（3）①当点R在矩形ABCD的内部或AB边上时，CP的范围是0＜x≤，此时，△PQR与矩形ABCD重叠部分的面积为△PQR的面积，等于△CPQ的面积。∴。当点R在矩形ABCD的外部时（如图2），CP的范围是＜x＜，此时，△PQR与矩形ABCD重叠部分的面积为四边形PQEF的面积，等于△PQR的面积减去△EFRR的面积，即△CPQ的面积减去△EFRR的面积。\n在Rt△PFB中，∵∠RPB=60°，∴∵RP=CP=x，∴。在Rt△ERF中，∵∠EFR=∠PFR=30°，∴。∴。∴。∴y与x之间的函数解析式是：。②矩形面积=，当0＜x≤时，由，解得（舍去负值）。∵，∴当0＜x≤时，不存在重叠部分的面积等于矩形面积的。当＜x＜时，由，解得。∵＞，∴x=不合题意，舍去。∴x=。∴当x=时，△PQR与矩形ABCD重叠部分的面积等于矩形面积的。【考点】折叠问题，矩形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，由实际问题列函数关系式，解方程，分类思想的应用。【分析】（1）根据矩形的性质推出AB=CD，AD=BC，根据解直角三角形求出∠CDB=30°，根据平行线的性质和数据线的内角和定理求出即可。（2）根据轴对称的性质可知△RPQ≌△CPQ，推出∠RPQ=∠CPQ，RP=CP，在△RPB中得出，求出即可。\n（3）①分点R在矩形ABCD的内部或AB边上和点R在矩形ABCD的外部两种情况讨论即可。②△PQR与矩形ABCD重叠部分的面积等于矩形面积的列方程求解，同样分点R在矩形ABCD的内部或AB边上和点R在矩形ABCD的外部两种情况讨论。6.（2022年浙江台州12分）如图1，Rt△ABC≌Rt△EDF，∠ACB=∠F=90°，∠A=∠E=30°．△EDF绕着边AB的中点D旋转，DE，DF分别交线段AC于点M，K．（1）观察：①如图2、图3，当∠CDF=0°或60°时，AM+CK▲MK(填“>”，“<”或“=”)．②如图4，当∠CDF=30°时，AM+CK▲MK(只填“>”或“<”)．（2）猜想：如图1，当0°＜∠CDF＜60°时，AM+CK▲MK，证明你所得到的结论．（3）如果，请直接写出∠CDF的度数和的值．【答案】解：（1）①=。②＞。（2）＞。证明如下：作点C关于FD的对称点G，连接GK，GM，GD，则CD=GD，GK=CK，∠GDK=∠CDK。∵D是AB的中点，∴AD=CD=GD。∵∠A=30°，∴∠CDA=120°。∵∠EDF=60°，∴∠GDM+∠GDK=60°。∠ADM+∠CDK=60°。∴∠ADM=∠GDM。∵DM=DM，\n∴，∴△ADM≌△GDM，（SAS）。∴GM=AM。∵GM+GK＞MK，∴AM+CK＞MK。（3）15°；。【考点】旋转问题，等腰三角形的判定和性质，三角形三边关系，轴对称的应用（最短线段问题），勾股定理和逆定理，全等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】（1）先证明△CDA是等腰三角形，再根据等腰三角形的性质证明AM+CK=MK；在△MKD中，AM+CK＞MK（两边之和大于第三边）：①在Rt△ABC中，D是AB的中点，∴AD=BD=CD=AB，∠B=∠BDC=60°。又∵∠A=30°，∴∠ACD=60°－30°=30°。又∵∠CDE=60°，或∠CDF=60°时，∴∠CKD=90°。∴在△CDA中，AM（K）=CM（K），即AM（K）=KM（C）（等腰三角形底边上的垂线与中线重合）。∵CK=0，或AM=0，∴AM+CK=MK。②由①，得∠ACD=30°，∠CDB=60°。又∵∠A=30°，∠CDF=30，∠EDF=60°，∴∠ADM=30°。∴AM=MD，CK=KD。∴AM+CK=MD+KD。∴在△MKD中，AM+CK＞MK（两边之和大于第三边）。∵，∴。∴∠GKM=90°。又∵点C关于FD的对称点G，∴∠CKG=90°，∠FKC=∠CKG=45°。又由（1），得∠A=∠ACD=30°，∴∠FKC=∠CDF+∠ACD。∴∠CDF=∠FKC－∠ACD=15°。在Rt△GKM中，∠MGK=∠DGK+∠MGD=∠A+∠ACD=60°，\n∴∠GMK=30°，∴。∴。7.（2022年浙江台州14分）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，AC=8．点P，Q都是斜边AB上的动点，点P从B向A运动（不与点B重合），点Q从A向B运动，BP=AQ．点D，E分别是点A，B以Q，P为对称中心的对称点，HQ⊥AB于Q，交AC于点H．当点E到达顶点A时，P，Q同时停止运动．设BP的长为x，△HDE的面积为y．（1）求证：△DHQ∽△ABC；（2）求y关于x的函数解析式并求y的最大值；（3）当x为何值时，△HDE为等腰三角形？【答案】解：（1）证明：∵A、D关于点Q成中心对称，HQ⊥AB，∴∠HQD=∠C=90°，HD=HA。∴∠HDQ=∠A。∴△DHQ∽△ABC。（2）①如图1，当0＜x≤2.5时，ED=10－4x，，此时，。∵，∴当x=时，最大值y=。②如图2，当2.5＜x≤5时，ED=4x－10，，此时，\n。∵，∴当x=5时，y有最大值，最大值为y=。综上所述，y与x之间的函数解析式为，当∵∠EDH＞90°，∴EH＞ED，EH＞DH，即ED=EH，HD=HE不可能。②如图2，当2.5＜x≤5时，若DE=DH，由解得：。若HD=HE，此时点D，E分别与点B，A重合，x=5。若ED=EH，则∠ADH=∠DHE，又∵点A、D关于点Q对称，∴∠A=∠ADH。∴△EDH∽△HAD。∴，即，解得：。综上所述，当x的值为，，5，时，△HDE是等腰三角形。【考点】双动点问题，中心对称的性质，相似三角形的判定和性质，由实际问题列函数关系式，二次函数的性质，等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，分类思想的应用。【分析】（1）根据对称性可得HD=HA，那么可得∠HDQ=∠A，加上已有的两个直角相等，那么所求的三角形相似。（2）分0＜x≤2.5；2.5＜x≤5两种情况讨论，得到y关于x的函数关系式，再利用二次函数的最值即可求得最大值。（3）等腰三角形有两边相等，根据所在的不同位置再分不同的边相等解答。\n8.（2022年浙江台州12分）如图，在□ABCD中，点E，F分别在边DC，AB上，DE=BF，把平行四边形沿直线EF折叠，使得点B，C分别落在点B′，C′处，线段EC′与线段AF交于点G，连接DG，B′G。求证：（1）∠1=∠2（2）DG=B′G【考点】翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定和性质。【分析】（1）根据平行四边形得出DC∥AB，推出∠2=∠FEC，由折叠得出∠1=∠FEC=∠2，即可得出答案。（2）求出EG=B′G，推出∠DEG=∠EGF，由折叠求出∠B′FG=∠EGF，求出DE=B′F，证△DEG≌△B′FG即可。9.（2022年浙江台州14分）如果三角形有一边上的中线长恰好等于这边的长，那么称这个三角形为“好玩三角形”（1）请用直尺与圆规画一个“好玩三角形”；（2）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，，求证：△ABC是“好玩三角形”；（3）如图2，已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=2β，点P，Q从点A同时出发，以相同的速度分别沿折线AB－BC和AD－DC向终点C运动，记点P所经过的路程为s\n①当β=45°时，若△APQ是“好玩三角形”，试求的值；②当tanβ的取值在什么范围内，点P，Q在运动过程中，有且只有一个△APQ能成为“好玩三角形”？请直接写出tanβ的取值范围。（4）本小题为选做题依据（3）中的条件，提出一个关于“在点P，Q的运动过程中，tanβ的取值范围与△APQ是“好玩三角形”的个数关系”的真命题（“好玩三角形”的个数限定不能为1）。【答案】解：（1）作图如下，△ABC即为所求。（2证明：取AC的中点D，连接BD，∵∠C=90°，，∴。设，由，。∴。∴AC=BD。∴△ABC是“好玩三角形”。（3）①若β=45°，当点P在AB上时，△A\nPQ是等腰直角三角形，不可能是“好玩三角形”。当点P在BC上时，连接AC，交PQ于点E，延长AB交QP的延长线于点F，∵PC=QC，∠ACB=∠ACD，∴AC是PQ的垂直平分线。∴AP=AQ。∵∠CAB=∠ACP，∠AEF=∠CEP，∴△AEF∽△CEP。∴。∵PE=CE，∴。ⅰ）当底边PQ与它的中线AE相等，即AE=PQ时，，∴。ⅱ）当腰AP与它的中线QM相等，即AP=QM时，作QN⊥AP于点N，∴MN=AN=PM。∴QN=MN。∴。∴。∴。综上所述，的值为或。②。（4）若，则在点P，Q的运动过程中，使得△APQ是“好玩三角形”的个数为2。（2）取AC的中点D，连接BD，应用锐角三角函数定义和勾股定理证明AC=BD即可。（3）①先确定当点P在BC上时才可能使△APQ是“好玩三角形”，从而分底边PQ与它的中线AE相等和腰AP与它的中线QM相等两种情况求解。\n②由①知两上临界点和2，即可得出结论。（4）在点P，Q的运动过程中，tanβ的取值范围与△APQ是“好玩三角形”的个数关系如下：tanβ的取值范围“好玩三角形”的个数210无数个