广东省各市中考数学分类解析专题4图形的变换 23页

一、选择题 ‎1. （2013年广东佛山3分）并排放置的等底等高的圆锥和圆柱(如图)的主视图是【 】‎ A． B． C． D．‎ ‎2. （2013年广东广州3分）如图所示的几何体的主视图是【 】‎ A B C D ‎ ‎3. （2013年广东广州3分）在6×6方格中，将图①中的图形N平移后位置如图②‎ 所示，则图形N的平移方法中，正确的是【 】‎ ‎ ‎ 图① 图②‎ ‎ A 向下移动1格 B 向上移动1格 C 向上移动2格 D 向下移动2格 ‎4. （2013年广东茂名3分）如图，由两个相同的正方体和一个圆锥体组成一个立体图形，其俯视图是【 】‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎5. （2013年广东梅州3分）从上面看如图所示的几何体，得到的图形是【 】‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎6. （2013年广东深圳3分）如图，有一张一个角为30°，最小边长为2的直角三角形纸片，沿图中所示的中位线剪开后，将两部分拼成一个四边形，所得四边形的周长是【 】‎ ‎ A.8或 B.10或 C.10或 D.8或 ‎ ‎7. （2013年广东省3分）下列几何体中，俯视图为四边形的是【 】‎ A. B. C. D. ‎ ‎8. （2013年广东湛江4分）如下左图是由6个大小相同的正方体组成的几何体，它的左视图是【 】‎ ‎ A. B. C. D. ‎ 二、填空题 ‎1. （2013年广东广州3分）如图，Rt△ABC的斜边AB=16, Rt△ABC绕点O顺时针旋转后得到，则的斜边上的中线的长度为 ▲ . ‎ ‎2. （2013年广东梅州3分）如图，已知△ABC是腰长为1的等腰直角三形，以Rt△ABC的斜边AC为直角边，画第二个等腰Rt△ACD，再以Rt△ACD的斜边AD为直角边，画第三个等腰Rt△ADE，…，依此类推，则第2013个等腰直角三角形的斜边长是　 ▲ 　．‎ ‎3. （2013年广东深圳3分）如下图，每一幅图中均含有若干个正方形，第1幅图中有1个正方形；第2幅图中有5个正方形；…………按这样的规律下去，第6幅图中有 ▲ 个正方形。‎ 第1幅图有1个正方形，‎ 第2幅图有1+4=5个正方形，‎ 第3幅图有1+4+9=14个正方形，‎ ‎……‎ 则第6幅图有1+4+9+16+25+36=91个正方形。‎ ‎4. （2013年广东省4分）如图，将一张直角三角板纸片ABC沿中位线DE剪开后，在平面上将△BDE绕着CB的中点D逆时针旋转180°，点E到了点E′位置，则四边形ACE′E的形状是 ▲ .‎ ‎5. （2013年广东珠海4分）若圆锥的母线长为‎5cm，底面半径为‎3cm，则它的侧面展开图的面积为　 ▲ 　cm2（结果保留π）‎ ‎6. （2013年广东珠海4分）如图，正方形ABCD的边长为1，顺次连接正方形ABCD四边的中点得到第一个正方形A1B‎1C1D1，由顺次连接正方形A1B‎1C1D1四边的中点得到第二个正方形A2B‎2C2D2…，以此类推，则第六个正方形A6B‎6C6D6周长是　 ▲ 　．‎ 三、解答题 ‎1. （2013年广东佛山6分）如图，圆锥的侧面展开图是一个半圆，求母线AB与高AO的夹角．参考公式：圆锥的侧面积S=πrl，其中r为底面半径，l为母线长．‎ ‎2. （2013年广东佛山11分）我们知道，矩形是特殊的平行四边形，所以矩形除了具备平行四边形的一切性质还有其特殊的性质；同样，黄金矩形是特殊的矩形，因此黄金矩形有与一般矩形不一样的知识．‎ 已知平行四边形ABCD，∠A=60°，AB=‎2a，AD=a．‎ ‎（1）把所给的平行四边形ABCD用两种方式分割并作说明(见题答卡表格里的示例)；‎ 要求：用直线段分割，分割成的图形是学习过的特殊图形且不超出四个．‎ ‎（2）图中关于边、角和对角线会有若干关系或问题．现在请计算两条对角线的长度．‎ 要求：计算对角线BD长的过程中要有必要的论证；直接写出对角线AC的长．‎ 解：在表格中作答 分割图形 ‎ 分割或图形说明 示例 示例①分割成两个菱形。‎ ‎②两个菱形的边长都为a,锐角都为60°。‎ ‎【答案】解：（1）在表格中作答：‎ 分割图形 分割或图形说明 ‎①分割成两两个等腰梯形．‎ ‎②两个等腰梯形的腰长都为a，‎ 上底长都为，下底长都为，‎ 上底角都为120°，下底角都为60°。‎ ‎①分割成一个等边三角形、一个等腰三角形、一个直角三角形．‎ ‎②等边三角形的边长为a，‎ 等腰三角形的腰长为a，顶角为120°．‎ 直角三角形两锐角为30°、60°，三边为a、、‎2a．‎ ‎（2） 如图①，连接BD，取AB中点E，连接DE．‎ ‎∵AB=‎2a，E为AB中点，∴AE=BE=a。，‎ ‎∵AD=AE=a，∠A=60°，‎ ‎∴△ADE为等边三角形，∠ADE=∠DEA=60°，DE=AE=a。‎ 又∵∠BED+∠DEA=180°，‎ ‎∴∠BED=180°－∠DEA=180°－60°=120°。‎ 又∵DE=BE=a，∠BED=120°，∴∠BDE=∠DBE=（180°－120°）=30°。‎ ‎∴∠ADB=∠ADE+∠BDE=60°+30°=90°。‎ ‎∴Rt△ADB中，∠ADB=90°。‎ 由勾股定理得：BD2+AD2=AB2，即BD2+a2=（‎2a）2，解得BD=。‎ AC=。‎ ‎3. （2013年广东广州10分）已知四边形ABCD是平行四边形（如图），把△ABD沿对角线BD翻折180°得到△AˊBD.‎ ‎（1）利用尺规作出△AˊBD.（要求保留作图痕迹，不写作法）；‎ ‎（2）设D Aˊ 与BC交于点E，求证：△BAˊE≌△DCE. ‎ ‎4. （2013年广东广州14分）已知AB是⊙O的直径，AB=4，点C在线段AB的延长线上运动，点D在⊙O 上运动（不与点B重合），连接CD，且CD=OA.‎ ‎（1）当OC=时（如图），求证：CD是⊙O的切线；‎ ‎（2）当OC＞时，CD所在直线于⊙O相交，设另一交点为E，连接AE.‎ ‎①当D为CE中点时，求△ACE的周长;‎ ‎②连接OD，是否存在四边形AODE为梯形？若存在，请说明梯形个数并求此时AE·ED的值；若不存在，请说明理由。‎ ‎【答案】解：（1）如图①，连接OD，则。‎ ‎ ∵CD=OA=2，OC=，‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎∴△OCD是直角三角形，且∠ODC=900。‎ ‎∴CD为⊙O的切线。‎ ‎（2）如图②，连接OE，OD，‎ ‎∵OD=OE=CD=2，D是CE的中点， ‎ ‎∴OD=OE=CD=DE=2。‎ ‎∴为等边三角形。‎ ‎∴。‎ ‎∵，，‎ ‎∴，∴，即。‎ 根据勾股定理求得：，。‎ ‎∴△ACE的周长为。‎ ‎（3）存在，这样的梯形有2个，(如图③所示)，‎ ‎ 连接OE，‎ 由四边形AODE为梯形的定义可知：AE∥OD，‎ ‎∴。‎ ‎∵OD=CD，∴。‎ ‎∴，∴AE=CE。‎ ‎∵，‎ ‎∴，。‎ ‎∴ ∽。‎ ‎∴ ，即：。‎ ‎∴。‎ ‎【考点】双动点问题，圆的基本性质，切线性质，各类特殊三角形、梯形的判定和性质，平行的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理和逆定理。‎ ‎【分析】（1）由已知，根据勾股定理的逆定理可得∠ODC=900，从而CD为⊙O的切线。‎ ‎ （2）由已知，判断△EOC和△EOA都是直角三角形，根据已知和勾股定理可求各边长而得到△ACE的周长。‎ ‎ （3）由梯形的定义可知：AE∥OD，根据平行线同位角相等的性质，和等腰三角形等边对等角的性质，可证得∽，从而由比例式可求解。‎ ‎5. （2013年广东广州14分）已知AB是⊙O的直径，AB=4，点C在线段AB的延长线上运动，点D在⊙O 上运动（不与点B重合），连接CD，且CD=OA.‎ ‎（1）当OC=时（如图），求证：CD是⊙O的切线；‎ ‎（2）当OC＞时，CD所在直线于⊙O相交，设另一交点为E，连接AE.‎ ‎①当D为CE中点时，求△ACE的周长;‎ ‎②连接OD，是否存在四边形AODE为梯形？若存在，请说明梯形个数并求此时AE·ED的值；若不存在，请说明理由。‎ ‎【答案】解：（1）如图①，连接OD，则。‎ ‎ ∵CD=OA=2，OC=，‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎∴△OCD是直角三角形，且∠ODC=900。‎ ‎∴CD为⊙O的切线。‎ ‎（2）如图②，连接OE，OD，‎ ‎∵OD=OE=CD=2，D是CE的中点， ‎ ‎∴OD=OE=CD=DE=2。‎ ‎∴为等边三角形。‎ ‎∴。‎ ‎∵，，‎ ‎∴，∴，即。‎ 根据勾股定理求得：，。‎ ‎∴△ACE的周长为。‎ ‎（3）存在，这样的梯形有2个，(如图③所示)，‎ ‎ 连接OE，‎ 由四边形AODE为梯形的定义可知：AE∥OD，‎ ‎∴。‎ ‎∵OD=CD，∴。‎ ‎∴，∴AE=CE。‎ ‎∵，‎ ‎∴，。‎ ‎∴ ∽。‎ ‎∴ ，即：。‎ ‎∴。‎ ‎【考点】双动点问题，圆的基本性质，切线性质，各类特殊三角形、梯形的判定和性质，平行的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理和逆定理。‎ ‎【分析】（1）由已知，根据勾股定理的逆定理可得∠ODC=900，从而CD为⊙O的切线。‎ ‎ （2）由已知，判断△EOC和△EOA都是直角三角形，根据已知和勾股定理可求各边长而得到△ACE的周长。‎ ‎ （3）由梯形的定义可知：AE∥OD，根据平行线同位角相等的性质，和等腰三角形等边对等角的性质，可证得∽，从而由比例式可求解。‎ ‎6. （2013年广东茂名7分）在格纸上按以下要求作图，不用写作法：‎ ‎（1）作出“小旗子”向右平移6格后的图案；‎ ‎（2）作出“小旗子”绕O点按逆时针方向旋转90°后的图案．‎ ‎【答案】解；（1）如图所示：蓝色小旗子即为所求。（2）如图所示：红色小旗子即为所求。‎ ‎【考点】利用平移和旋转设计图案。‎ ‎【分析】（1）将对应顶点向右平移6个单位即可得出答案。‎ ‎ （2）将各对应点的坐标绕O逆时针旋转90°即可得出答案。　‎ ‎7. （2013年广东梅州11分）用如图①，②所示的两个直角三角形（部分边长及角的度数在图中已标出），完成以下两个探究问题：‎ 探究一：将以上两个三角形如图③拼接（BC和ED重合），在BC边上有一动点P．‎ ‎（1）当点P运动到∠CFB的角平分线上时，连接AP，求线段AP的长；‎ ‎（2）当点P在运动的过程中出现PA=FC时，求∠PAB的度数．‎ 探究二：如图④，将△DEF的顶点D放在△ABC的BC边上的中点处，并以点D为旋转中心旋转△DEF，使△DEF的两直角边与△ABC的两直角边分别交于M、N两点，连接MN．在旋转△DEF的过程中，△AMN的周长是否存在有最小值？若存在，求出它的最小值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：探究一：‎ ‎（1）依题意画出图形，如答图1所示：‎ 由题意，得∠CFB=60°，FP为角平分线，‎ 则∠CFP=30°。‎ ‎∴CF=BC•sin30°=3×=。‎ ‎∴CP=CF•tan∠CFP=×=1。‎ 过点A作AG⊥BC于点G，则AG=BC=，‎ ‎∴PG=CG﹣CP=﹣1=。‎ 在Rt△APG中，由勾股定理得：。‎ ‎（2）由（1）可知，FC=．‎ 如答图2所示，以点A为圆心，以FC=长为半径画弧，与BC交于点P1、P2，则AP1=AP2=。‎ 过点A过AG⊥BC于点G，则AG=BC=，‎ 在Rt△AGP1中，，∴∠P1AG=30°。‎ ‎∴∠P1AB=45°﹣30°=15°。‎ 同理求得，∠P2AG=30°，∠P2AB=45°+30°=75°。‎ ‎∴∠PAB的度数为15°或75°。‎ 探究二：△AMN的周长存在有最小值。‎ 如答图3所示，连接AD，‎ ‎∵△ABC为等腰直角三角形，点D为斜边BC的中点，‎ ‎∴AD=CD，∠C=∠MAD=45°。‎ ‎∵∠EDF=90°，∠ADC=90°，∴∠MDA=∠NDC。‎ ‎∵在△AMD与△CND中，，‎ ‎∴△AMD≌△CND（ASA）。∴AM=CN。‎ 设AM=x，则CN=x，，‎ 在Rt△AMN中，由勾股定理得：‎ ‎，‎ ‎∴△AMN的周长为：AM+AN+MN= 。‎ 当x= 时，有最小值，最小值为。‎ ‎∴△AMN周长的最小值为。‎ ‎8. （2013年广东省9分）有一副直角三角板，在三角板ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=6，在三角板DEF中，‎ ‎∠FDE=90°，DF=4，DE=。将这副直角三角板按如图（1）所示位置摆放，点B与点F重合，直角边BA与FD在同一条直线上，现固定三角板ABC，将三角板DEF沿射线BA方向平行移动，当点F运动到点A时停止运动。‎ ‎（1）如图（2），当三角板DEF运动到点D与点A重合时，设EF与BC交于点M，则∠EMC= ‎ ‎▲ 度；‎ ‎（2）如图（3），在三角板DEF运动过程中，当EF经过点C时，求FC的长；‎ ‎（3）在三角板DEF运动过程中，设BF=x，两块三角板重叠部分面积为y，求y与x的函数解析式，并求出对应的x取值范围。‎ ‎【答案】解：（1）15。‎ ‎（2）如题图3所示，当EF经过点C时，。‎ ‎（3）在三角板DEF运动过程中，分三段讨论：‎ ‎ ①当0≤x≤2时，如答图1所示，‎ 设DE交BC于点G．过点M作MN⊥AB于点N，则△MNB为等腰直角三角形，MN=BN。‎ 又∵，‎ ‎∴NF+BF=MN，即。‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎②当2＜x≤时，如答图2所示，‎ 过点M作MN⊥AB于点N，则△MNB 为等腰直角三角形，MN=BN。‎ 又∵，‎ ‎∴NF+BF=MN，即。‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎③当＜x≤6时，如答图3所示，‎ 由BF=x，则AF=AB-BF=6－x，‎ 设AC与EF交于点M，则，‎ ‎∴。‎ 综上所述，y与x的函数解析式为：‎ ‎。‎ ‎9. （2013年广东珠海9分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点P为AC边上的一点，将线段AP绕点A顺时针方向旋转（点P对应点P′），当AP旋转至AP′⊥AB时，点B、P、P′恰好在同一直线上，此时作P′E⊥AC于点E．‎ ‎（1）求证：∠CBP=∠ABP；‎ ‎（2）求证：AE=CP；‎ ‎（3）当，BP′=时，求线段AB的长．‎ ‎【答案】解：（1）证明：∵AP′是AP旋转得到，∴AP=AP′。∴∠APP′=∠AP′P。‎ ‎∵∠C=90°，AP′⊥AB，∴∠CBP+∠BPC=90°，∠ABP+∠AP′P=90°。‎ 又∵∠BPC=∠APP′（对顶角相等）。∴∠CBP=∠ABP。‎ ‎（2）证明：如图，过点P作PD⊥AB于D，‎ ‎∵∠CBP=∠ABP，∠C=90°，∴CP=DP。‎ ‎∵P′E⊥AC，∴∠EAP′+∠AP′E=90°。‎ 又∵∠PAD+∠EAP′=90°，‎ ‎∴∠PAD=∠AP′E。‎ 在△APD和△P′AE中，‎ ‎∵，‎ ‎∴△APD≌△P′AE（AAS）。∴AE=DP。∴AE=CP。‎ ‎（3）∵，∴设CP=3k，PE=2k，则AE=CP=3k，AP′=AP=3k+2k=5k。‎ 在Rt△AEP′中，，‎ ‎∵∠C=90°，P′E⊥AC，∴∠CBP+∠BPC=90°，∠EP′P+∠P′PE=90°。‎ ‎∵∠BPC=∠EPP′（对顶角相等），∴∠CBP=∠P′PE。‎ 又∵∠BAP′=∠P′EP=90°，∴△ABP′∽△EPP′。‎ ‎∴。即。∴。‎ 在Rt△ABP′中，，即。‎ 解得AB=10。‎