《廣東省各市2015年中考數(shù)學試題分類匯編 專題5 圖形的變換問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《廣東省各市2015年中考數(shù)學試題分類匯編 專題5 圖形的變換問題（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題5：圖形的變換問題 1. （2015年廣東梅州3分）下圖所示幾何體的左視圖為【 】 A. B. C. D. 【答案】A. 【考點】簡單組合體的三視圖． 【分析】細心觀察圖中幾何體中正方體擺放的位置，根據(jù)左視圖是從左面看到的圖形判定，從物體左面看，共三層，三層各有1個正方形．故選A. 2. （2015年廣東佛山3分）下圖所示的幾何體是由若干個大小相同的小立方塊搭成，則這個幾何體的左視圖是【 】 A. B. C. D. 【答案】D. 【考點】簡單組合體的三視圖. 【分

2、析】找到從左面看所得到的圖形即可：從左面看易得有兩層，上層左邊有1個正方形，下層有2個正方形. 故選D. 3. （2015年廣東廣州3分）將圖所示的圖案以圓心為中心，旋轉(zhuǎn)180°后得到的圖案是【 】 A. B. C. D. 【答案】D. 【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì). 【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，將圖所示的圖案以圓心為中心，旋轉(zhuǎn)180°后得到的圖案與原圖形中心對稱，它是.故選D. 4. （2015年廣東廣州3分）如圖是一個幾何體的三視圖，則這幾何體的展開圖可以是【 】 A. B. C.

3、D. 【答案】A. 【考點】由三視圖判斷幾何體；幾何體的展開圖. 【分析】主視圖、左視圖、俯視圖是分別從物體正面、左面和上面看，所得到的圖形，由于俯視圖為圓形可得為球、圓柱、圓錐．主視圖和左視圖為矩形可得此幾何體為圓柱. 圓柱的展開圖是一個矩形兩個圓形. 故選A. 5. （2015年廣東深圳3分）下列主視圖正確的是【 】 A. B. C. D. 【答案】A. 【考點】簡單組合體的三視圖. 【分析】找到從正面看所得到的圖形即可：從正面看易得有兩層，上層中間有1個正方形，下層有3個正方形. 故選A. 6. （2015年廣東深圳3分）如圖，

4、已知正方形ABCD的邊長為12，BE=EC，將正方形邊CD沿DE折疊到DF，延長EF交AB于G，連接DG，現(xiàn)在有如下4個結(jié)論：①；②；③；④.在以上4個結(jié)論中，正確的有【 】 A. 1 B. 2 C.3 D. 4 【答案】C. 【考點】折疊問題；正方形的性質(zhì)；全等、相似三角形的判定和性質(zhì)；勾股定理. 【分析】由折疊和正方形的性質(zhì)可知，，∴.又∵，∴. 故結(jié)論①正確. ∵正方形ABCD的邊長為12，BE=EC，∴. 設(shè)，則， 在中，由勾股定理，得，即， 解得，. ∴.∴. 故結(jié)論②正確. ∵，∴是等腰三角形. 易知不是等腰三

5、角形，∴和不相似. 故結(jié)論③錯誤. ∵， ∴.故結(jié)論④正確. 綜上所述，4個結(jié)論中，正確的有①②④三個. 故選C. 7. （2015年廣東3分）如圖，某數(shù)學興趣小組將邊長為3的正方形鐵絲框ABCD變形為以A為圓心，AB為半徑的扇形 (忽略鐵絲的粗細)，則所得的扇形DAB的面積為【 】 A.6 B.7 C. 8 D. 9 【答案】D. 【考點】正方形的性質(zhì)；扇形的計算. 【分析】∵扇形DAB的弧長等于正方形兩邊長的和，扇形DAB的半徑為正方形的邊長3， ∴. 或由變形前后面積不變得：. 故選D. 8. （2

6、015年廣東汕尾4分）下圖所示幾何體的左視圖為【 】 A. B. C. D. 【答案】A. 【考點】簡單組合體的三視圖． 【分析】細心觀察圖中幾何體中正方體擺放的位置，根據(jù)左視圖是從左面看到的圖形判定，從物體左面看，共三層，三層各有1個正方形．故選A. 9. （2015年廣東汕尾4分）如圖，將矩形紙片ABCD折疊，使點A與點C重合，折痕為EF，若AB=4，BC=2，那么線段EF的長為【 】 A. B. C. D. 【答案】B. 【考點】折疊問題；矩形的性質(zhì)；折疊對稱的性質(zhì)；菱

7、形的判定和性質(zhì)；勾股定理；方程思想的應(yīng)用. 【分析】如答圖，連接，設(shè)與相交于點. 則根據(jù)折疊和矩形的性質(zhì)得，四邊形是菱形，∴. ∵，∴. ∴. 設(shè)，則. ∵，∴， 得. ∴在中，.∴. 故選B. 1. （2015年廣東梅州3分）如圖，將矩形紙片ABCD折疊，使點A與點C重合，折痕為EF，若AB=4，BC=2，那么線段EF的長為 ▲ .. 【答案】. 【考點】折疊問題；矩形的性質(zhì)；折疊對稱的性質(zhì)；菱形的判定和性質(zhì)；勾股定理；方程思想的應(yīng)用. 【分析】如答圖，連接，設(shè)與相交于點. 則根據(jù)折疊和矩形的性質(zhì)得，四邊形是菱形，∴. ∵，∴. ∴. 設(shè)，

8、則. ∵，∴， 得. ∴在中，.∴. 2. （2015年廣東廣州3分）如圖，四邊形ABCD中，∠A=90°，，AD=3，點M，N分別為線段BC，AB上的動點（含端點，但點M不與點B重合），點E，F(xiàn)分別為DM，MN的中點，則EF長度的最大值為 ▲ . 【答案】. 【考點】雙動點問題；三角形中位線定理；勾股定理. 【分析】如答圖，連接， ∵點E，F(xiàn)分別為DM，MN的中點，∴. ∴要使最大，只要最大即可. 根據(jù)題意，知當點到達點與重合時，最大. ∵∠A=90°，，AD=3， ∴，此時，. 3. （2015年廣東深圳3分）觀察下列圖形，它們是按一定規(guī)律排列的，依

9、照此規(guī)律，第5個圖形有 ▲ 個太陽. 【答案】21. 【考點】探索規(guī)律題（圖形的變化類）. 【分析】觀察圖形可知， 上面一排按序號1，2，3，4，…排列，第5個圖形有5個太陽； 下面一排按排列，第5個圖形有個太陽； ∴第5個圖形共有21個太陽. 4. （2015年廣東珠海4分）用半徑為，圓心角為90°的扇形紙片圍成一個圓錐的側(cè)面（接縫忽略不計），則該圓錐底面圓的半徑為 ▲ ． 【答案】3． 【考點】圓錐和扇形的計算． 【分析】根據(jù)題意，得扇形的弧長為：， ∵圓錐的底面周長等于它的側(cè)面展開圖的弧長， ∴根據(jù)圓的周長公式，得，解得． ∴圓

10、錐的底面半徑為3． 1. （2015年廣東梅州10分）在Rt△ABC中，∠A=90°，AC = AB = 4，D，E分別是邊AB，AC的中點.若等腰Rt△ADE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到等腰Rt△AD1E1，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0＜α≤180°），記直線BD1與CE1的交點為P.　　 （1）如圖1，當α=90°時，線段BD1的長等于 ▲ ，線段CE1的長等于 ▲ ；（直接填寫結(jié)果） （2）如圖2，當α=135°時，求證：BD1 = CE1 ，且BD1⊥CE1 ； （3）求點P到AB所在直線的距離的最大值．（直接寫出結(jié)果） 【答案】解：（1），. （2）證明：當

11、α=135°時，由旋轉(zhuǎn)可知∠D1AB = E1AC = 135°. 又∵AB=AC，AD1=AE1，∴△D1AB ≌△△E1AC（SAS）. ∴BD1=CE1 且 ∠D1BA = ∠E1CA. 設(shè)直線BD1與AC交于點F，有∠BFA=∠CFP . ∴∠CPF=∠FAB=90°，∴BD1⊥CE1. （3）. 【考點】面動旋轉(zhuǎn)問題；等腰直角三角形的性質(zhì)；勾股定理；全等、相似三角形的判定和性質(zhì). 【分析】（1）如題圖1，當α=90°時，線段BD1的長等于；線段CE1的長等于. （2）由SAS證明△D1AB ≌△△E1AC即可證明BD1 = CE1 ，且BD1⊥CE1 . （3）如答

12、圖2，當四邊形AD1PE1為正方形時，點P到AB所在直線的距離距離最大，此時， ∵，∴. ∴.∴. ∴當四邊形AD1PE1為正方形時，點P到AB所在直線的距離距離的最大值為. 2. （2015年廣東深圳9分）如圖1，水平放置一個三角板和一個量角器，三角板的邊AB和量角器的直徑DE在一條直線上，開始的時候BD=1cm，現(xiàn)在三角板以2cm/s的速度向右移動. （1）當B與O重合的時候，求三角板運動的時間； （2）如圖2，當AC與半圓相切時，求AD； （3）如圖3，當AB和DE重合時，求證：. 【答案】解：（1）∵開始時，，三角板以2cm/s的速度向右移動， ∴當B與O重合的時

13、候，三角板運動的時間為. （2）如答圖1，設(shè)AC與半圓相切于點H，連接OH，則. ∵，∴. 又∵，∴. ∴. （3）如答圖2，連接， ∵，∴. ∵是直徑，∴. ∴. 又∵.∴. ∴. 又∵，∴. ∴，即. 【考點】面動平移問題；等腰（直角）三角形的判定和性質(zhì)；圓周角定理；相似三角形的判定和性質(zhì). 【分析】（1）直接根據(jù)“”計算即可. （2）作輔助線“連接O與切點H”，構(gòu)成等腰直角三角形求出的長，從而由求出的長. （3）作輔助線“連接EF”，構(gòu)成相似三角形,得比例式即可得解. 3.（2015年廣東7分）如題圖，在邊長為6的正方形ABCD中，E是邊CD的中點，將△A

14、DE沿AE對折至△AFE，延長交BC于點G，連接AG. （1）求證：△ABG≌△AFG； （2）求BG的長. 【答案】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B=∠D=90°，AD=AB. 由折疊的性質(zhì)可知，AD=AF，∠AFE=∠D=90°，∴∠AFG=90°，AB=AF. ∴∠AFG=∠B. 又∵AG=AG，∴△ABG≌△AFG（HL）. （2）∵△ABG≌△AFG，∴BG=FG. 設(shè)BG=FG=，則GC=, ∵E為CD的中點，∴CF=EF=DE=3，∴EG=， 在中，由勾股定理，得，解得， ∴BG=2. 【考點】折疊問題；正方形的性質(zhì)；折疊對稱的性質(zhì)；全等三角

15、形的判定和性質(zhì)；勾股定理；方程思想的應(yīng)用. 【分析】（1）根據(jù)正方形和折疊對稱的性質(zhì)，應(yīng)用HL即可證明△ABG≌△AFG（HL）. （2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，得到BG=FG，設(shè)BG=FG=，將GC和EG用的代數(shù)式表示，從而在中應(yīng)用勾股定理列方程求解即可. 4. （2015年廣東汕尾11分）在Rt△ABC中，∠A=90°，AC = AB = 4，D，E分別是邊AB，AC的中點.若等腰Rt△ADE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到等腰Rt△AD1E1，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α（0＜α≤180°），記直線BD1與CE1的交點為P. （1）如圖1，當α=90°時，線段BD1的長等于 ▲ ，線段CE1的長

16、等于 ▲ ；（直接填寫結(jié)果） （2）如圖2，當α=135°時，求證：BD1 = CE1 ，且BD1⊥CE1 ； （3）求點P到AB所在直線的距離的最大值．（直接寫出結(jié)果） 【答案】解：（1），. （2）證明：當α=135°時，由旋轉(zhuǎn)可知∠D1AB = E1AC = 135°. 又∵AB=AC，AD1=AE1，∴△D1AB ≌△△E1AC（SAS）. ∴BD1=CE1 且 ∠D1BA = ∠E1CA. 設(shè)直線BD1與AC交于點F，有∠BFA=∠CFP . ∴∠CPF=∠FAB=90°，∴BD1⊥CE1. （3）. 【考點】面動旋轉(zhuǎn)問題；等腰直角三角形的性質(zhì)；勾

17、股定理；全等、相似三角形的判定和性質(zhì). 【分析】（1）如題圖1，當α=90°時，線段BD1的長等于；線段CE1的長等于. （2）由SAS證明△D1AB ≌△△E1AC即可證明BD1 = CE1 ，且BD1⊥CE1 . （3）如答圖2，當四邊形AD1PE1為正方形時，點P到AB所在直線的距離距離最大，此時， ∵，∴. ∴.∴. ∴當四邊形AD1PE1為正方形時，點P到AB所在直線的距離距離的最大值為. 5. （2015年廣東珠海7分）已知，將沿方向平移得到． （1）如圖1，連接，則 ▲ （填“”，“”或“=”號）； （2）如圖2，為邊上一點，過作的平行線分別交邊于點，連接． 求證：． 【答案】解：（1）=. （2）證明： ∵將沿方向平移得到，∥， ∴根據(jù)平移的性質(zhì)，得. ∵，∴. 又∵∥，∴四邊形是等腰梯形.∴. ∴. 又∵，∴. 在和中，∵， ∴≌.∴． 【考點】面動平移問題；平移的性質(zhì)，平行的性質(zhì)；等腰梯形的判定和性質(zhì)；全等三角形的判定和性質(zhì). 【分析】（1）根據(jù)平移的性質(zhì)，應(yīng)用證明≌即可得出的結(jié)論. （2）根據(jù)平移的性質(zhì)，結(jié)合等腰梯形的判定和性質(zhì)，應(yīng)用證明≌即可得出的結(jié)論.