广东省各市中考数学分类解析专题4图形的变换

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广东省各市中考数学分类解析专题4图形的变换

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。‎
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