【中考12年】广东省深圳市2001中考数学试题分类解析 专题4 图形的变换.doc

2001-2012年广东深圳中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题4：图形的变换1、 选择题2、 1. （深圳2005年3分）我们从不同的方向观察同一物体时，可以看到不同的平面图形，如图，从图的左面看这个几何体的左视图是【 】 a b c d 【答案】b。【考点】简单组合体的三视图。【分析】找到从左面看所得到的图形即可：从左边看时，因为左边是3竖列，右边1竖列，所以左边三个正方形叠一起，右边一个正方形。故选b。2. （深圳2006年3分）如图所示，圆柱的俯视图是【 】 【答案】c。【考点】简单几何体的三视图。【分析】找到从上面看所得到的图形即可：圆柱由上向下看，看到的是一个圆。故选c。3. （深圳2007年3分）仔细观察图所示的两个物体，则它的俯视图是【 】正面【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象判定发即可：圆柱和正方体的俯视图分别是圆和正方形，故选a。【分析】连接ac， ab=bc（菱形的四边相等），ab=ac（同为扇形的半径） ab=bc=ac（等量代换）。 abc是等边三角形（等边三角形定义）。 bac=600（等边三角形每个内角等于600）。 根据扇形弧长公式，得弧bc的长度。故选c。14.（深圳2009年3分）由若干个相同的小立方体搭成的几何体的三视图如图所示，则搭成这个几何体的小立方体的个数是【 】a3b4 c5 d6 主视图 左视图 俯视图【答案】b。【考点】由三视图判断几何体。【分析】从主视图看第一列两个正方体，说明俯视图中的左边一列有两个正方体，主视图右边的一列只有一行，说明俯视图中的右边一行只有一列，所以此几何体共有四个正方体故选b。（深圳2010年招生3分）下面四个几何体中， 左视图是四边形的几何体共有【 】【答案】b。【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：从左面看圆柱和正方体的左视图是四边形，圆锥的左视图是三角形，球的左视图是圆。因此，所给四个几何体中， 左视图是四边形的几何体共有2个。故选b。19.（深圳2011年3分）如图所示的物体是一个几何体，其主视图是【 】 【答案】c。【考点】简单几何体的三视图。【分析】仔细观察图象可知：圆台的主视图为等腰梯形，故选c。20. （2012广东深圳3分）如图，已知：mon=30o，点a1、a2、a3 在射线on上，点b1、b2、b3在射线om上，a1b1a2. a2b2a3、a3b3a4均为等边三角形，若oa1=l，则a6b6a7 的边长为【 】 a6 b12 c32 d64【答案】c。【考点】分类归纳（图形的变化类），等边三角形的性质，三角形内角和定理，平行的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。【分析】如图，a1b1a2是等边三角形， a1b1=a2b1，3=4=12=60。2=120。mon=30，1=18012030=30。又3=60，5=1806030=90。mon=1=30，oa1=a1b1=1。a2b1=1。a2b2a3、a3b3a4是等边三角形，11=10=60，13=60。4=12=60，a1b1a2b2a3b3，b1a2b2a3。1=6=7=30，5=8=90。a2b2=2b1a2，b3a3=2b2a3。a3b3=4b1a2=4，a4b4=8b1a2=8，a5b5=16b1a2=16。以此类推：a6b6=32b1a2=32，即a6b6a7 的边长为32。故选c。二、填空题2. 1. （深圳2005年3分）如图，口abcd中，点e在边ad上，以be为折痕，将abe向上翻折，点a正好落在cd上的点f，若fde的周长为8 cm，fcb的周长为22 cm，则fc的长为 cm。【答案】6。【考点】翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质。【分析】根据折叠的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，ae=ef，ab=bf。fde的周长为de+fe+df=ad+df=8， 即ad+abfc=8， fcb的周长为fc+ad+ab=20，得2fc=12，fc=6（cm）。4. （深圳2009年3分）如图a是长方形纸带，def=20，将纸带沿ef折叠成图b，再沿bf折叠成图c， 则图c中的cfe的度数是 【答案】120。【考点】翻折变换（折叠问题）。【分析】折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等。因此，根据图示可知图c中cfe=180320=120。（深圳2010学业年3分）如图，是一个由若干个相同的小正方体组成的几何体的主视图和俯视图，则能组成这个几何体的小正方体的个数最少是 个【答案】9，【考点】由三视图判断几何体。【分析】易得这个几何体共有3层，由俯视图得最底层有6个正方体，由主视图第二层最少有2个正方体，第三层最少有1个正方体，那么共有9个正方体组成。（深圳2010年招生3分）如图，在边长为2cm 的正方形abcd 中，点q 为bc 边的中点，点p 为对角线ac 上一动点，连接pb 、pq ，则pbq 周长的最小值为 cm（结果不取近似值）【答案】1+。【考点】正方形的性质，轴对称的性质，三角形三边关系，勾股定理。【分析】由于bd长固定，因此要求pbq 周长的最小值， 即求pb+pq的最小值。根据正方形的轴对称性和点q 为bc 边的中点，取cd的中点q，连接bq交ac于点p。此时得到的pbq 的周长最小。根据勾股定理，得b q=。因此，pbq 周长的最小值为bq+pb+pq= bq+ b q=1+（cm）。2.（深圳2011年3分）如图，这是边长为1的等边三角形摆出的一系列图形，按这种方式摆下去，第n个图形的周长为 . 【答案】。【考点】分类归纳。【分析】如图知，第1个图形的周长为2+1，第2个图形的周长为2+2，第3个图形的周长为2+3，第4个图形的周长为2+4，则第n个图形的周长为。三、解答题1. （深圳2005年9分）ab是o的直径，点e是半圆上一动点（点e与点a、b都不重合），点c是be延长线上的一点，且cdab，垂足为d，cd与ae交于点h，点h与点a不重合。 （1）（5分）求证：ahdcbd（2）（4分）连hb，若cd=ab=2，求hd+ho的值。【答案】解：（1）证明：cdab，adh=cdb=900。 又ab是o的直径，aeb=900。 had=900abe=bcd。 ahdcbd。（2）设od=x，则bd=1x，ad=1x，由（1）rtahdrtcbd得，hd : bd=ad : cd，即hd : (1x)=(1x) : 2， 即hd=。在rthod中，由勾股定理得： ho=。hd+ho=+=1。特别，如图，当点e移动到使d与o重合的位置时，这时hd与ho重合，由rtahortcbo，利用对应边的比例式为方程，可以算出hd=ho=，即hd+ho=1。【考点】圆周角定理，直角三角形两锐角的关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】（1）一方面，由直径所对圆周角是直角的性质和直角三角形两锐角互余的关系，可证得had=bcd；另一方面，由cdab得adh=cdb=900，从而得证ahdcbd。（2）设od=x。一方面，由相似三角形对应边成比例的性质，可得hd=；另一方面，由勾股定理，可得ho=。从而求得hd+ho=+=1。2.（深圳2011年8分）如图1，一张矩形纸片abcd，其中ad=8cm，ab=6cm，先沿对角线bd折叠，点c落在点c的位置，bc交ad于点g.（1）求证：ag=cg；（2）如图2，再折叠一次，使点d与点a重合，得折痕en，en交ad于m，求em的长.【答案】解：（1）证明：由对折和图形的对称性可知， cdcd，cc90。 在矩形abcd中，abcd，ac90， abcd，ac。 在abg和cdg中，abcd，ac，agbcgd ， abgcdg（aas）。 agcg。（2）如图2，设emx，agy，则有： cgy，dg8y， dm=ad=4 。 在rtcdg中，dcg90，cdcd6， 。 即：。 解得： 。cg，dg。 又dmedcg， 即：， 解得：。 即：em。 所求的em长为cm。【考点】轴对称性，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）要证ag=cg，只要证明它们是全等三角形的对应边即可。由已知的矩形和轴对称性易证abgcdg。 （2）考虑rtdme和rtdcg。dcg中dc（=6）已知，dg=ad（=8）ag，而由（1）ag=cg，从而应用勾股定理可求得cg。而dme中dm=dm=ad=4，从而由rtdmertdcg得到对应边的比相等可求em的长