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- 2021-05-13 发布
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台州市2002-2013年中考数学试题分类解析 专题04:图形的变换
一、 选择题
1. (2002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)40πcm2
2. (2003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. (2004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【 】
(A) (B) (C) (D)
4. (2007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. (2007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.
6. (2007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. (2008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. (2008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【 】
A.第3天 B.第4天 C.第5天 D.第6天
9. (2009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. (2010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. (2011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。
【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. (2012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.(2013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. (2004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. (2004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 ▲ 。
3. (2005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. (2007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 ▲ .
(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. (2008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 ▲ .
6. (2009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. (2010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) ▲ .
8. (2011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. (2012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.
三、解答题
1. (2004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。
(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 。
(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. (2007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. (2007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
、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:
(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。
②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. (2008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. (2008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.
(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。
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。
(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. (2010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,
∴ ,∴△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°,
∴∠GMK=30°,∴。∴ 。
7. (2010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,
。
∵,
∴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。
8.(2013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.(2013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
①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
PQ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。
②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
2
1
0
无数个