成都中考数学试题分类解析图形的变换

成都中考数学试题分类解析图形的变换

中考数学试题分类解析汇编 专题4：图形的变换 一、 选择题 ‎1. （2012四川成都3分）如图所示的几何体是由4个相同的小正方体组成．其主视图为【 】‎ A．B．C． D．‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】简单组合体的三视图。‎ ‎【分析】从正面看得到2列正方形的个数依次为2，1，且右边的一个在下方。故选D。‎ ‎2. （2012四川乐山3分）如图是小强用八块相同的小正方体搭建的一个积木，它的左视图是【 】‎ A．　　B．　　C．　　D．‎ ‎【答案】C。‎ ‎【考点】简单组合体的三视图。‎ ‎【分析】左视图从左往右，2列正方形的个数依次为2，1，依此得出图形C正确。故选C。‎ ‎3. （2012四川攀枝花3分）如图是由五个相同的小正方体组成的立体图形，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，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中：从上面看知：有2列小正方形，左列有3个正方形，右列有1个正方形，且在中间位置。 故选B。‎ ‎4. （2012四川宜宾3分）下面四个几何体中，其左视图为圆的是【 】‎ ‎　 A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C．‎ ‎【考点】简单几何体的三视图。‎ ‎【分析】A．圆柱的左视图是矩形，不符合题意；B．三棱锥的左视图是三角形，不符合题意；C．球的左视图是圆，符合题意；D．长方体的左视图是矩形，不符合题意。故选C．‎ ‎5. （2012四川广安3分）如图是一个正方体的表面展开图，则原正方体中与“建”字所在的面相对的面上标的字是【 】‎ A．美 B．丽 C．广 D．安 ‎【答案】D。‎ ‎【考点】正方体的展开，正方体相对两个面上的文字。‎ ‎【分析】由正方体的展开图特点可得：“建”和“安”相对；“设”和“丽”相对；“美”和“广”相对。故选D。‎ ‎6. （2012四川内江3分）如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=5点E、F分别在AB、CD上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A、D分别落在矩形ABCD外部的点A1、D1处，则阴影部分图形的周长为【 】‎ A.15 B‎.20 C.25 D.30‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），矩形和折叠的性质。‎ ‎【分析】根据矩形和折叠的性质，得A1E=AE，A1D1=AD，D‎1F=DF，则阴影部分的周长即为矩形的周长，为2（10+5）=30。故选D。‎ 3. ‎7. （2012四川广元3分）下面的四个图案中，既可以用旋转来分析整个图案的形成过程，又可以用轴对 称来分析整个图案的形成过程的图案有【 】‎ A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 ‎【答案】A。‎ ‎【考点】利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案。‎ ‎【分析】根据旋转、轴对称的定义来分析，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定 角度的位置移动；轴对称是指如果一个图形沿一条直线折叠，直线两侧的图形能够互相重合，就是轴对称．‎ 图形1、图形4可以旋转90°‎ 得到，也可以经过轴对称，沿一条直线对折，能够完全重合；‎ 图形2、图形3可以旋转180°得到，也可以经过轴对称，沿一条直线对折，能够完全重合；‎ 故既可用旋转来分析整个图案的形成过程，又可用轴对称来分析整个图案的形成过程的图案有4‎ 个。故选A。‎ ‎8. （2012四川德阳3分）某物体的侧面展开图如图所示，那么它的左视图为【 】‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】几何体的展开图，简单几何体的三视图。‎ ‎【分析】∵物体的侧面展开图是扇形，∴此物体是圆锥。‎ ‎∴圆锥的左视图是等腰三角形。故选B。‎ ‎9. （2012四川绵阳3分）把一个正五棱柱如图摆放，当投射线由正前方射到后方时，它的正投影是【 】。‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】平行投影。‎ ‎【分析】根据正投影的性质，该物体为五棱柱，当投射线由正前方射到后方时，其正投影应是矩形，且宽度为对角线的长。故选B。‎ ‎10. （2012四川绵阳3分）如图，P是等腰直角△ABC外一点，把BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，已知∠AP′B=135°，P′A：P′C=1：3，则P′A：PB=【 】。‎ A．1： B．1：‎2 ‎‎ C．：2 D．1：‎ ‎11. （2012四川巴中3分）由5个相同的正方体搭成的几何体如图所示，则它的左视图是【 】‎ ‎ ‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】简单组合体的三视图。‎ ‎【分析】找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中：‎ 从左面看易得上层左侧有1个正方形，下层有2个正方形。故选D。‎ ‎12. （2012四川资阳3分）如图是一个正方体被截去一角后得到的几何体，它的俯视图是【 】‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】简单组合体的三视图。‎ ‎【分析】根据俯视图是从上面看到的图形判定则可：从上面看，是正方形右下方有一条斜线。故选A。‎ ‎13. （2012四川资阳3分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，将△ABC沿直线MN翻折后，顶点C恰好落在AB边上的点D处，已知MN∥AB，MC＝6，NC＝，则四边形MABN的面积是【 】‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，相似三角形的判定和性质，‎ ‎【分析】连接CD，交MN于E，‎ ‎∵将△ABC沿直线MN翻折后，顶点C恰好落在AB边上的点D处，‎ ‎∴MN⊥CD，且CE=DE。∴CD=2CE。‎ ‎∵MN∥AB，∴CD⊥AB。∴△CMN∽△CAB。‎ ‎∴。‎ ‎∵在△CMN中，∠C=90°，MC=6，NC= ，∴‎ ‎∴。‎ ‎∴。故选C。‎ ‎14. （2012四川自贡3分）如图①是一个几何体的主视图和左视图．某班同学在探究它的俯视图时，画出了如图②的几个图形，其中，可能是该几何体俯视图的共有【 】‎ ‎　 A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 ‎【答案】C。‎ ‎【考点】简单组合体的三视图。‎ ‎【分析】由主视图和左视图看，几何体的上部都位于下部的中心，在两种视图下是全等的，故d不满足要求。故选C。‎ ‎15. （2012四川泸州2分）将如图所示的直角梯形绕直线l 旋转一周，得到的立体图形是【 】‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】点、线、面的关系，旋转的性质。‎ ‎【分析】将如图所示的直角梯形绕直线l 旋转一周得到圆台。故选D。‎ ‎16. （2012四川泸州2分）如图，边长为a的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形A′B′C′D′，图中阴影部分的面积为【 】‎ A、 B、 C、 D、‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】正方形的性质，旋转的性质，全等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，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】设B′C′与CD交于点E，连接AE.‎ 在△AB′E与△ADE中，∠AB′E=∠ADE=90°，AE=AE, AB′=AD,‎ ‎∴△AB′E≌△ADE（HL）。∴∠B′AE=∠DAE。‎ ‎∵∠BAB′=30°，∠BAD=90°，∴∠B′AE=∠DAE=30°。‎ ‎∴DE=AD•tan∠DAE=a。‎ ‎∴。‎ ‎∴。故选D。‎ ‎17. （2012四川南充3分）下列几何体中，俯视图相同的是【 】．‎ ‎（A）①② （B）①③ （C）②③ （D）②④‎ ‎【答案】C。‎ ‎【考点】简单几何体的三视图。‎ ‎【分析】俯视图是从物体上面看所得到的图形，因此，① 俯视图是一个没圆心的圆 ，②③俯视图是一个带圆心的圆 ，④俯视图是两个不带圆心的同心圆。故选C。‎ 二、填空题 ‎1. （2012四川成都4分）如图，长方形纸片ABCD中，AB=‎8cm，AD=‎6cm，按下列步骤进行裁剪和拼图：‎ ‎ 第一步：如图①，在线段AD上任意取一点E，沿EB，EC剪下一个三角形纸片EBC(余下部分不再使用)；‎ ‎ 第二步：如图②，沿三角形EBC的中位线GH将纸片剪成两部分，并在线段GH上任意取一点M，线段BC上任意取一点N，沿MN将梯形纸片GBCH剪成两部分；‎ ‎ 第三步：如图③，将MN左侧纸片绕G点按顺时针方向旋转180°，使线段GB与GE重合，将MN右侧纸片绕H点按逆时针方向旋转180°，使线段HC与HE重合，拼成一个与三角形纸片EBC面积相等的四边形纸片．‎ ‎ (注：裁剪和拼图过程均无缝且不重叠)‎ ‎ 则拼成的这个四边形纸片的周长的最小值为 ▲ cm，最大值为 ▲ cm．‎ ‎【答案】20；12+。‎ ‎【考点】图形的剪拼，矩形的性质，旋转的性质，三角形中位线定理。‎ ‎【分析】画出第三步剪拼之后的四边形M1N1N‎2M2‎的示意图，如答图1所示。‎ ‎ 图中，N1N2=EN1+EN2=NB+NC=BC，‎ M‎1M2‎=M‎1G+GM+MH+M2H=2（GM+MH）=2GH=BC（三角形中位线定理）。‎ 又∵M‎1M2‎∥N1N2，∴四边形M1N1N‎2M2‎是一个平行四边形，‎ 其周长为2N1N2+‎2M1N1=2BC+2MN。‎ ‎∵BC=6为定值，∴四边形的周长取决于MN的大小。‎ 如答图2所示，是剪拼之前的完整示意图。‎ 过G、H点作BC边的平行线，分别交AB、CD于P点、Q点，则四边形PBCQ是一个矩形，这个矩形是矩形ABCD的一半。‎ ‎∵M是线段PQ上的任意一点，N是线段BC上的任意一点，‎ ‎∴根据垂线段最短，得到MN的最小值为PQ与BC平行线之间的距离，即MN最小值为4；‎ 而MN的最大值等于矩形对角线的长度，即。‎ ‎∵四边形M1N1N‎2M2‎的周长=2BC+2MN=12+2MN，‎ ‎∴四边形M1N1N‎2M2‎周长的最小值为12+2×4=20；最大值为12+2×=12+。‎ ‎2. （2012四川乐山3分）从棱长为2的正方体毛坯的一角，挖去一个棱长为1的小正方体，得到一个如图所示的零件，则这个零件的表面积为 ▲ 　．‎ ‎【答案】24。‎ ‎【考点】几何体的表面积。‎ ‎【分析】挖去一个棱长为‎1cm的小正方体，得到的图形与原图形表面积相等，则表面积是2×2×6=24。‎ ‎3. （2012四川宜宾3分）如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕点P旋转180°得到△DEF，则点P的坐标为 ▲ ．‎ ‎【答案】（﹣1，﹣1）。‎ ‎【考点】坐标与图形的旋转变化，中心对称的性质。‎ ‎【分析】∵将△ABC绕点P旋转180°得到△DEF，‎ ‎ ∴△ABC和△DEF关于点P中心对称。‎ ‎ ∴连接AD，CF，二者交点即为点P。‎ ‎ 由图知，P（﹣1，﹣1）。‎ ‎ 或由A（0，1），D（﹣2，﹣3），根据对应点到旋转中心的距离相等的性质得点P的坐标为 ‎（），即（﹣1，﹣1）。‎ ‎4. （2012四川广安3分）如图，Rt△ABC的边BC位于直线l上，AC=，∠ACB=90°，∠A=30°．若Rt△ABC由现在的位置向右滑动地旋转，当点A第3次落在直线l上时，点A所经过的路线的长为 ‎　 ▲ 　（结果用含有π的式子表示）‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】旋转的性质，含300角直角三角形的性质，弧长的计算。‎ ‎【分析】如图，根据含30度的直角三角形三边的关系得到BC=1，AB=2BC=2，∠ABC=60°；点A先是以B点为旋转中心，顺时针旋转120°到A1，再以点C1为旋转中心，顺时针旋转90°到A2，然后根据弧长公式计算两段弧长，从而得到点A第3次落在直线l上时，点A所经过的路线的长：‎ ‎∵Rt△ABC中，AC=，∠ACB=90°，∠A=30°，∴BC=1，AB=2BC=2，∠ABC=60°。‎ ‎∵Rt△ABC在直线l上无滑动的翻转，且点A第3次落在直线l上时，有3个的长，2个的长，‎ ‎∴点A经过的路线长=。‎ ‎5. （2012四川内江5分）由一些大小相同的小正方形组成的一个几何体的主视图和俯视图如图所示，那么组成该几何体所需的小正方形的个数最少为 ▲ ‎ ‎【答案】4。‎ ‎【考点】由三视图判断几何体。‎ ‎【分析】由题中所给出的主视图知物体共两列，且左侧一列高一层，右侧一列最高两层；‎ 由俯视图可知左侧一行，右侧两行，于是，可确定左侧只有一个小正方体，而右侧可能是一行单层一行两层，也可能两行都是两层。‎ 图中的小正方体最少4块，最多5块。‎ ‎6. （2012四川达州3分）将矩形纸片ABCD，按如图所示的方式折叠，点A、点C恰好落在对角线BD[来源:学科网]‎ 上，得到菱形BEDF.若BC=6，则AB的长为 ▲ .‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的性质，菱形和矩形的性质，勾股定理。‎ ‎【分析】设BD与EF交于点O。‎ ‎∵四边形BEDF是菱形，∴OB=OD=BD。‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，∴∠C=90°。‎ ‎ 设CD=x，根据折叠的性质得：OB=OD= CD=x，即BD=2x，‎ 在Rt△BCD中，BC2+CD2=BD2，即62+x2=（2x）2，解得：x=。‎ ‎∴AB=CD=。‎ 三、解答题 ‎1. （2012四川成都10分） 如图，△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC=∠EDF=90°，△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合．将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，线段DE与线段AB相交于点P，线段EF与射线CA相交于点Q．‎ ‎（1）如图①，当点Q在线段AC上，且AP=AQ时，求证：△BPE≌△CQE；‎ ‎（2）如图②，当点Q在线段CA的延长线上时，求证：△BPE∽△CEQ；并求当BP=a，CQ=时，P、Q两点间的距离 (用含a的代数式表示)．[来源:学科网ZXXK]‎ ‎【答案】解：（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B=∠C=45°，AB=AC。‎ ‎ ∵AP=AQ，∴BP=CQ。‎ ‎∵E是BC的中点，∴BE=CE。‎ 在△BPE和△CQE中，∵BE=CE，∠B=∠C，BP=CQ，‎ ‎∴△BPE≌△CQE（SAS）。‎ ‎（2）连接PQ。‎ ‎∵△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，‎ ‎∴∠B=∠C=∠DEF=45°。‎ ‎∵∠BEQ=∠EQC+∠C，即∠BEP+∠DEF=∠EQC+∠C，‎ ‎∴∠BEP+45°=∠EQC+45°。∴∠BEP=∠EQC。‎ ‎∴△BPE∽△CEQ。∴。‎ ‎∵BP=a，CQ=，BE=CE，‎ ‎∴，即BE=CE=。∴BC=。‎ ‎∴AB=AC=BC•sin45°=‎3a。∴AQ=CQ﹣AC=，PA=AB﹣BP=‎2a。‎ ‎∴在Rt△APQ中，。‎ ‎【考点】等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，相似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，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）由△ABC是等腰直角三角形，易得∠B=∠C=45°，AB=AC，又由AP=AQ，E是BC的中点，利用SAS，可证得：△BPE≌△CQE。‎ ‎（2）由△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，易得∠B=∠C=∠DEF=45°，然后利用三角形的外角的性质，即可得∠BEP=∠EQC，则可证得：△BPE∽△CEQ；根据相似三角形的对应边成比例，即可求得BE的长，即可得BC的长，从而求得AQ与AP的长，利用勾股定理即可求得P、Q两点间的距离。‎ ‎2. （2012四川乐山12分）如图1，△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，D、F分别在AB、AC边上，此时BD=CF，BD⊥CF成立．‎ ‎（1）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD=CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．‎ ‎（2）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点G．‎ ‎①求证：BD⊥CF；‎ ‎②当AB=4，AD=时，求线段BG的长．‎ ‎【答案】解：（1）BD=CF成立。理由如下：‎ ‎∵△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，‎ ‎∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°。‎ ‎∵∠BAD=∠BAC﹣∠DAC，∠CAF=∠DAF﹣∠DAC，∴∠BAD=∠CAF。‎ 在△BAD和△CAF中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAF，‎ ‎∴△BAD≌△CAF（SAS）。∴BD=CF。‎ ‎（2）①证明：设BG交AC于点M．‎ ‎∵△BAD≌△CAF（已证），∴∠ABM=∠GCM。‎ 又∵∠BMA=∠CMG，∴△BMA∽△CMG。‎ ‎∴∠BGC=∠BAC=90°。∴BD⊥CF。‎ ‎②过点F作FN⊥AC于点N。‎ ‎∵在正方形ADEF中，AD=DE=，‎ ‎∴。‎ ‎∴AN=FN=AE=1。‎ ‎∵在等腰直角△ABC 中，AB=4，∴CN=AC﹣AN=3，。‎ ‎∴在Rt△FCN中，。‎ 在Rt△ABM中，。‎ ‎∴AM=。‎ ‎∴CM=AC﹣AM=4﹣，。‎ ‎∵△BMA∽△CMG，∴，即，∴CG=。‎ ‎∴在Rt△BGC中，。‎ ‎【考点】等腰直角三角形和正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，易证得△BAD≌△CAF，根据全等三角形的对应边相等，即可证得BD=CF。‎ ‎（2）①由△BAD≌△CAF，可得∠ABM=∠GCM，又由对顶角相等，易证得△BMA∽△CMG，根据相似三角形的对应角相等，可得BGC=∠BAC=90°，即可证得BD⊥CF。‎ ‎②首先过点F作FN⊥AC于点N，利用勾股定理即可求得AE，BC的长，继而求得AN，CN的长，又由等角的三角函数值相等，可求得AM=。然后利用△BMA∽△CMG，求得CG的长，再由勾股定理即可求得线段BG的长。‎ ‎3. （2012四川宜宾12分）如图，在△ABC中，已知AB=AC=5，BC=6，且△ABC≌△DEF，将△DEF与△ABC重合在一起，△ABC不动，△ABC不动，△DEF运动，并满足：点E在边BC上沿B到C的方向运动，且DE、始终经过点A，EF与AC交于M点．‎ ‎（1）求证：△ABE∽△ECM；‎ ‎（2）探究：在△DEF运动过程中，重叠部分能否构成等腰三角形？若能，求出BE的长；若不能，请说明理由；‎ ‎（3）当线段AM最短时，求重叠部分的面积．‎ ‎【答案】（1）证明：∵AB=AC，∴∠B=∠C。‎ ‎ ∵△ABC≌△DEF，∴∠AEF=∠B。‎ 又∵∠AEF+∠CEM=∠AEC=∠B+∠BAE，∴∠CEM=∠BAE。∴△ABE∽△ECM。‎ ‎（2）解：能。‎ ‎∵∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，∴∠AME＞∠AEF。∴AE≠AM。‎ 当AE=EM时，则△ABE≌△ECM（SAS）。∴CE=AB=5。‎ ‎∴BE=BC﹣EC=6﹣5=1。‎ 当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA。‎ ‎∴∠MAE+∠BAE=∠MEA+∠CEM，即∠CAB=∠CEA。‎ 又∵∠C=∠C，∴△CAE∽△CBA，∴，∴。‎ ‎∴BE= BC﹣EC =6﹣。‎ 综上所述，当BE=1或时，重叠部分能构成等腰三角形。‎ ‎（3）解：设BE=x，则CE=6－x ‎∵△ABE∽△ECM，∴，即：，∴。‎ ‎∴。‎ ‎∴当x=3时，AM最短为。‎ 又∵当BE=x=3=BC时，点E为BC的中点，∴AE⊥BC。‎ ‎∴。‎ 此时，EF⊥AC，∴。[来源:学。科。网Z。X。X。K]‎ ‎∴。‎ ‎∴当线段AM最短时，重叠部分的面积为。‎ ‎【考点】全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，二次函数的最值，勾股定理。‎ ‎【分析】（1）由AB=AC，根据等边对等角，可得∠B=∠C，又由△ABC≌△DEF与三角形外角的性质，易证得∠CEM=∠BAE，则可证得：△ABE∽△ECM。‎ ‎（2）由∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，可得AE≠AM，然后分别从AE=EM与AM=EM去分析，应用全等三角形与相似三角形的性质求解即可求得答案。‎ ‎（3）设BE=x，由△ABE∽△ECM，根据相似三角形的对应边成比例，易得，从而求得AM的值，利用二次函数的性质，即可求得线段AM的最小值，从而求得重叠部分的面积。‎ ‎4. （2012四川广安8分）现有一块等腰三角形板，量得周长为‎32cm，底比一腰多‎2cm，若把这个三角形纸板沿其对称轴剪开，拼成一个四边形，请画出你能拼成的各种四边形的示意图，并计算拼成的各个四边形的两条对角线长的和．‎ ‎【答案】解：如图，‎ ‎∵等腰三角形的周长为‎32cm，底比一腰多‎2cm，‎ ‎∴AB=AC=10，BD=CD=6，AD=8。‎ 拼成的各种四边形如下：‎ ‎①矩形：‎ ‎∵BD=10，∴四边形的两条对角线长的和是10×2=20。‎ ‎②平行四边形1：‎ 连接AC，过点C作CE⊥AB的延长线于点E，‎ ‎∵，‎ ‎∴四边形的两条对角线长的和是AC+BD= +8。‎ ‎③平行四边形2：‎ 连接BD，过点D作DE⊥BC的延长线于点E，‎ ‎∵，‎ ‎∴四边形的两条对角线长的和是：AC+BD=6+。‎ ‎④铮形：‎ 连接BD′交AB于点O。易知，△ADB∽△DOB。‎ ‎∴，即。∴BO=4.8。‎ ‎∵BD=2BO=2×4.8=9.6，‎ ‎∴四边形的两条对角线长的和是：AC+BD=9.6+10=19.6。‎ ‎【考点】图形的剪拼，平行四边形和矩形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】根据题意画出所有的四边形，再根据勾股定理、平行四边形的性质、相似三角形的性质分别进行计算即可求出各个四边形的两条对角线长的和。‎ ‎5. （2012四川资阳8分）（1）(3分)如图（1），正方形AEGH的顶点E、H在正方形ABCD的边上，直接写出HD∶GC∶EB的结果（不必写计算过程）；‎ ‎（2）(3分)将图（1）中的正方形AEGH绕点A旋转一定角度，如图（2），求HD∶GC∶EB；‎ ‎（3）(2分)把图（2）中的正方形都换成矩形，如图（3），且已知ＤA∶AB＝HA∶AE＝m: n，此时HD∶GC∶EB的值与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果（不必写计算过程）．‎ ‎【答案】解：（1）HD:GC:EB＝１: :1。‎ ‎（2）连接AG、AC，‎ ‎∵△ADC和△AHG都是等腰直角三角形，‎ ‎∴AD:AC＝AH:AG＝１:，∠DAC=∠HAG=45°。‎ ‎∴∠DAH=∠CAG。∴△DAH∽△CAG。‎ ‎∴HD:GC＝AD:AC＝１:。 ^*出版&网@]‎ ‎∵∠DAB=∠HAE=90°，∴∠DAH=∠BAE。‎ 又∵AD＝AB，AH＝AE，∴△DAH≌△BAE（SAS）。∴HD=EB。‎ ‎∴HD:GC:EB＝１::1。‎ ‎（3）有变化，HD:GC:EB＝。‎ ‎（3）连接AG、AC，‎ ‎∵矩形AEGH的顶点E、H在矩形ABCD的边上，‎ DA：AB=HA：AE=m：n，‎ ‎∴∠ADC=∠AHG=90°，∴△ADC∽△AHG。‎ ‎∴AD：AC=AH：AG=，∠DAC=∠HAG。‎ ‎∴∠DAH=∠CAG。∴△DAH∽△CAG。‎ ‎∴HD：GC=AD：AC=。‎ ‎∵∠DAB=∠HAE=90°，∴∠DAH=∠BAE。‎ ‎∵DA：AB=HA：AE=m：n，∴△ADH∽△ABE。∴DH：BE=AD：AB=m：n。‎ ‎∴HD：GC：EB=。‎ ‎6. （2012四川自贡8分）画出如图所示立体图的三视图．‎ ‎【答案】解：如图所示：‎ ‎【考点】作图（三视图）。‎ ‎【分析】从正面看下面是一个横着的长方形，上面是一个竖着的长方形；从左面看下面是一个横着的长方形，上面是一个三角形；从上面看是一个大正方形中右上一个小正方形。‎ ‎7. （2012四川自贡12分）如图所示，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B．C．D重合．‎ ‎（1）证明不论E、F在BC．CD上如何滑动，总有BE=CF；‎ ‎（2）当点E、F在BC．CD上滑动时，分别探讨四边形AECF和△CEF的面积是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值．‎ ‎【答案】解：（1）证明：如图，连接AC ‎∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，‎ ‎∠BAE+∠EAC=60°，∠FAC+∠EAC=60°，‎ ‎∴∠BAE=∠FAC。‎ ‎∵∠BAD=120°，∴∠ABF=60°。‎ ‎∴△ABC和△ACD为等边三角形。‎ ‎∴∠ACF=60°，AC=AB。∴∠ABE=∠AFC。‎ ‎∴在△ABE和△ACF中，∵∠BAE=∠FAC，AB=AC，∠ABE=∠AFC，‎ ‎∴△ABE≌△ACF（ASA）。∴BE=CF。‎ ‎（2）四边形AECF的面积不变，△CEF的面积发生变化。理由如下：‎ 由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE=S△ACF。‎ ‎∴S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值。‎ 作AH⊥BC于H点，则BH=2，‎ ‎。‎ 由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．‎ 故△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，‎ 又S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大．‎ ‎∴S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF。‎ ‎∴△CEF的面积的最大值是。‎ ‎【考点】菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，垂直线段的性质。‎ ‎【分析】（1）先求证AB=AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠ACF =60°，AC=AB，从而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF。‎ ‎（2）由△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可得四边形AECF的面积是定值。当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，根据S△CEF=S四边形AECF－S△AEF，则△CEF的面积就会最大。‎ ‎8. （2012四川泸州7分）“五一”节期间，小明和同学一起到游乐场游玩。如图为某游乐场大型摩天轮的 示意图，其半径是‎20m，它匀速旋转一周需要24分钟，最底部点B离地面‎1m。小明乘坐的车厢经过点B 时开始计时。‎ ‎(1)计时4分钟后小明离地面的高度是多少？‎ ‎(2)的旋转一周的过程中，小明将有多长时间连续保持在离地面‎31m以上的空中？‎ ‎【答案】解：（1）设4分钟后小明到达点C，过点C作CD⊥OB于点D，DA即为小明离地的高度，‎ ‎∵∠COD=，∴OD=OC=×20=10。‎ ‎∴DA=20－10＋1=11（m）。‎ 答：计时4分钟后小明离地面的高度是‎11m。‎ ‎（2）设当旋转到E处时，小明离地面高度为‎31m。‎ 作弦EF⊥AO交AO的延长线于点H，连接OE，OF，此时EF离地面高度为HA。‎ ‎∵HA=31，∴OH=31－1－20=10。∴OH=OE。∴∠HOE=60°。∴∠FOE=120°。[来源:Z.xx.k.Com]‎ ‎∵每分钟旋转的角度为：，∴由点E旋转到F所用的时间为：（分钟）。‎ 答：在旋转一周的过程中，小明将有8分钟的时间连续保持在离地面‎31m以上的空中。‎ ‎【考点】圆的综合题，垂径定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。‎ ‎【分析】（1）设4分钟后小明到达点C，过点C作CD⊥OB于点D，根据旋转的时间可以求得旋转角∠COD，利用三角函数即可求得OD的长，从而求解。‎ ‎（2）设当旋转到E处时，小明离地面高度为‎31m。作弦EF⊥AO交AO的延长线于点H，连接OE，OF，此时EF离地面高度为HA，在直角△OEH中，利用三角函数求得∠HOE的度数，则∠EOF的度数即可求得，则旋转的时间即可求得。‎ ‎9. （2012四川南充8分）矩形ABCD中，AB=2AD，E为AD的中点，EF⊥EC交AB于点F,连接FC.‎ ‎(1)求证：△AEF∽△DCE ‎(2)求tan∠ECF的值.‎ ‎【答案】解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=90°。∴∠AEF+∠AFE=90°。‎ ‎ ∵EF⊥EC，∴∠AEF+∠DEC=90°。∴∠AFE=∠DEC。∴△AEF∽△DCE。 （2）∵△AEF∽△DCE，∴。‎ ‎∵矩形ABCD中，AB=2AD，E为AD的中点，∴DC=AB=2AD=4AE。‎ ‎∴tan∠ECF=。‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题），矩形的性质，三角形的内角和定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形。‎ ‎【分析】（1）根据矩形的性质可知∠A=∠D =90°，再根据三角形的内角和为180°，可知∠DCE+∠DEC=900，由已知EF⊥EC，可得：∠AEF+∠DEC=900得出∠DCE=∠AEF，即可证明△AEF∽△DCE。‎ ‎（2）由（1）可知：⊿AEF∽⊿DCE ，根据相似三角形的对应边成比例，可得又由矩形ABCD中，AB=2AD，E为AD的中点，tan∠ECF=，即可求得答案。‎ ‎10. （2012四川南充8分）在Rt△POQ中，OP=OQ=4,M是PQ 中点，把一三角尺的直角顶点放在点M处，以M为旋转中心，旋转三角尺，三角尺的两直角边与△POQ的两直角边分别交于点A、B，‎ ‎(1)求证：MA=MB ‎(2)连接AB，探究：在旋转三角尺的过程中，△AOB的周长是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不存在。请说明理由。‎ ‎【答案】解：（1）证明：连接OM 。‎ ‎ ∵ Rt△POQ中，OP=OQ=4，M是PQ的中点，‎ ‎ ∴PQ=4，OM=PM=PQ=2，∠POM=∠BOM=∠P=450 。 ‎ ‎∵∠PMA+∠AMO=∠OMB+∠AMO，∴∠PMA=∠OMB。‎ ‎∴△PMA≌△OMB（ASA）。∴ MA=MB。‎ ‎(2) △AOB的周长存在最小值。理由如下:‎ ‎∵△PMA≌△OMB ，∴ PA=OB。 ∴OA+OB=OA+PA=OP=4。‎ 令OA=x， AB=y，则y2=x2+(4-x)2=2x2-8x+16=2(x-2)2+8≥8。‎ ‎∴当x=2时y2有最小值8，从而 y的最小值为2。‎ ‎∴△AOB的周长存在最小值，其最小值是4+2。‎ ‎【考点】直角三角形斜边上的中线性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数的最值。‎ ‎【分析】（1）连接OM，证△PMA和△OMB全等即可。‎ ‎(2) 先计算出∴OP=OA+OB=OA+PA=4，再令OA=x，AB=y，则在Rt⊿AOB中，利用勾股定理 得y2=x2+(4-x)2=2x2-8x+16=2(x-2)2+8求出最值即可。‎