2024年中考数学复习（全国版）第七章 图形的变化（测试）（解析版）

第七章图形的变化（考试时间：100分钟试卷满分：120分）一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分1．【原创题】古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美．下面四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】根据中心对称图形和轴对称图形定义进行解答即可．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；故选：C．【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形定义，关键是掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．2．如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（

）

A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】根据主视图的定义判断．【详解】根据主视图的定义，从正面（图中箭头方向）看到的图形应为两层，上层有2个，下层有3个小正方形，故答案为：C．【点睛】本题考查主视图的定义，注意观察的方向，掌握主视图的定义判断是解题的关键．3．在直角坐标系中，把点Am,2先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点B．若点B的横坐标和纵坐标相等，则m=A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】先根据平移方式确定点B的坐标，再根据点B的横坐标和纵坐标相等列方程，解方程即可．【详解】解：∵点Am,2先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点∴Bm+1,2+3，即∵点B的横坐标和纵坐标相等，∴m+1=5∴m=4故选C．【点睛】本题考查平面直角坐标系内点的平移，一元一次方程的应用等，解题的关键是掌握平面直角坐标系内点平移时坐标的变化规律：横坐标右加左减，纵坐标上加下减．【新考法】数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题4．如图，小兵同学从A处出发向正东方向走x米到达B处，再向正北方向走到C处，已知∠BAC=α，则A，C

A．xsinα米 B．xcosα米 C．x⋅【答案】B【分析】根据锐角三角函数中余弦值的定义即可求出答案.【详解】解：小兵同学从A处出发向正东方向走x米到达B处，再向正北方向走到C处，∴∠ABC=90°，AB∴cos∴AC=故选：B.【点睛】本题考查了锐角三角函数中的余弦值，解题的关键在于熟练掌握余弦值的定义.余弦值就是在直角三角形中，锐角的邻边与斜边之比.5．如图，把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在BC的延长线上，连接BD，则下列结论一定正确的是（

A．∠CAE=∠BED B．AB=AE C【答案】A【分析】根据旋转的性质即可解答．【详解】根据题意，由旋转的性质，可得AB=AD，AC=无法证明AB=AE，CE=BD，故∠∵∠∴∠ACE=∠∠∵∠∵∠∴∠CAE=∠故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．6．【原创题】如图，对正方体进行两次切割，得到如图⑤所示的几何体，则图⑤几何体的俯视图为（

）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】根据俯视图的定义，即可进行解答．【详解】解：根据题意可得：从该几何体正上方看，棱AE的投影为点E，棱AB的投影为线段BE，棱AD的投影为线段ED，棱AC的投影为正方形BCDE的对角线，

∴该几何体的俯视图为：

，故选：A【点睛】本题主要考查了俯视图，解题的关键是熟练掌握俯视图的定义：从物体正上方看到的图形是俯视图．7．如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD=5,OA:OD=1:4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y

A．1,2 B．-1,2 C．5-1,2【答案】D【分析】首先证明△AOB∼△D1C1O，求出AB=CD=2，连结OC，设BC与OC1交于点F，然后求出OC【详解】解：∵矩形ABCD的边AD=5，OA∴OA=1，OD=4，由题意知AB∥∴∠ABO又∵∠BAO∴△AOB∴OAAB由折叠知OD1=∴1AB∴AB=2，即CD连接OC，设BC与OC1交于点F∴OC=∵∠FOA∴四边形OABF是矩形，∴AB=OF=2，∠∴CF=5-1=4由折叠知OC1=∴C1∵在Rt△EFC∴EF解得：EF=∴点E的坐标是1-5故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出AB的长是解题的关键．8．一个几何体的三视图如图所示，则它表示的几何体可能是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据三视图判断圆柱上面放着小圆锥，确定具体位置后即可得到答案．【详解】解：由主视图和左视图可以得到该几何体是圆柱和小圆锥的复合体，由俯视图可以得到小圆锥的底面和圆柱的底面完全重合，故选：D．【点睛】题考查了由三视图判断几何体，解题时不仅要有一定的数学知识，而且还应有一定的生活经验．9．如图，用平移方法说明平行四边形的面积公式S=ah时，若△ABE平移到△DCF，a=4，

A．3 B．4 C．5 D．12【答案】B【分析】根据平移的方向可得，△ABE平移到△DCF，则点A与点D重合，故△ABE【详解】解：用平移方法说明平行四边形的面积公式S=ah时，将△故平移后点A与点D重合，则△ABE的平移距离为AD故选：B．【点睛】本题考查了平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．10．【创新题】如图，四边形ABCD为正方形，将△EDC绕点C逆时针旋转90°至△HBC，点D，B，H在同一直线上，HE与AB交于点G，延长HE与CD的延长线交于点F，HB=2①∠EDC=135°；②EC2=CD⋅CF；A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明△GBH∽△EDC，得到DCHB=ECHG，即EC=CD⋅HGHB=3a2，利用△HEC是等腰直角三角形，求出HE=32a【详解】解：∵△EDC旋转得到△∴∠EDC∵ABCD为正方形，D，B，H在同一直线上，∴∠HBC∴∠EDC=135°∵△EDC旋转得到△∴EC=HC，∴∠HEC∴∠FEC∵∠ECD∴△EFC∴ECDC∴EC2=设正方形边长为a，∵∠GHB+∠BHC∴∠BHC∵∠GBH∴△GBH∴DCHB=EC∵△HEC∴HE=∵∠GHB=∠FHD∴△HBG∴HBHD=HGHF，即∵HG=3∴HG=EF，故过点E作EM⊥FD交FD于点∴∠EDM∵ED=∴MD=∵EF=3∴sin∠∵∠DEC+∠DCE∴∠DEC∴sin∠DEC=综上所述：正确结论有4个，故选：D【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为．【答案】（-1，5）【分析】根据若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数，即可求解．【详解】解：∵点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，∴点B的坐标为（-1，5）．故答案为：（-1，5）【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内点关于原点对称的特征，熟练掌握若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数是解题的关键．12．【创新题】如图，在扇形AOB中，点C，D在AB上，将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．已知∠AOB=120°，OA=6，则EF的度数为；折痕CD【答案】60°/60度4【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N∵将CD沿弦CD折叠∴点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上∵将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．∴ME⊥OA，MF⊥OB∴∠∵∠∴四边形MEOF中∠即EF的度数为60°；∵∠MEO=∠∴△MEO≅△MFO∴∠∴OM∴MN∵MO⊥DC∴DN∴CD故答案为：60°；4【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．【新考法】数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题13．某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE=2.47m，则AB=m．【答案】9.88【分析】根据平行投影得AC∥DE，可得∠ACB=∠DFE，证明Rt△ABC∽△Rt△DEF，然后利用相似三角形的性质即可求解．【详解】解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．∴AC∥DF，∴∠ACB=∠DFE，∵AB⊥BC，DE⊥EF，∴∠ABC=∠DEF=90°，∴Rt△ABC∽Rt△DEF，∴ABDE=BC解得AB=9.88，∴旗杆的高度为9.88m．故答案为：9.88．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．证明Rt△ABC∽△Rt△DEF是解题的关键．14．在ΔABC中，∠C=90°，a、b、c分别为∠【答案】-【详解】解：如图所示：在Rt△ABC中，由勾股定理可知：∵ac∴a∵a>0，b>0∴a2+求出ac=-∴在Rt△ABC中：故答案为：-1+【点睛】本题考查了锐角三角函数的概念及勾股定理，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．在Rt△ABC中，sinA=∠A15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC=BC=22，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，【答案】5或13/13或5【分析】连接CD，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，分Q点在线段CD上和DC的延长线上，且CQ=CP=1【详解】如图，连接CD，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC=∴AB=4，∴CD根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，Q点在CD上，且CQ=∴DQ如图，在Rt△ADQ中，在Rt△ADQ∴故答案为：5或13．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，确定点Q的位置是解题的关键．16．如图，在△ABC中，D是边AB上一点，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以适当长为半径作弧，分别交AB，AC于点M，N；②以点D为圆心，以AM长为半径作弧，交DB于点M'；③以点M'为圆心，以MN长为半径作弧，在∠BAC内部交前面的弧于点N'：④过点N'作射线DN'交BC于点E．若△BDE

【答案】2【分析】根据作图可得∠BDE=∠A，然后得出DE【详解】解：根据作图可得∠BDE∴DE∥∴△BDE∵△BDE与四边形ACED的面积比为4:21∴S∴BE∴BECE=故答案为：23【点睛】本题考查了作一个角等于已知角，相似三角形的性质与判定，熟练掌握基本作图与相似三角形的性质与判定是解题的关键．三．解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23题9分，24题10分，25题13分）17．先化简，再求值：a+1-3【答案】a-2【分析】先算括号内的减法，再将除法变成乘法进行计算，然后根据锐角三角函数，负指数幂和零次幂的性质求出a，最后代入计算．【详解】解：a====a∵a=∴原式=a【点睛】本题考查了分式的化简求值，锐角三角函数，负指数幂和零次幂的性质，熟练掌握运算法则是解题的关键．18．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1（1）把△ABC向左平移4个单位后得到对应的△A1B1C1，请画出平移后的△A1B1C1（2）把△ABC绕原点O旋转180°后得到对应的△A2B2C2，请画出旋转后的△A2B2C2（3）观察图形可知，△A1B1C1与△A2B2C2关于点（，）中心对称．

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）﹣2，0．【分析】（1）依据平移的方向和距离，即可得到平移后的△A1B1C1；（2）依据△ABC绕原点O旋转180°，即可画出旋转后的△A2B2C2；（3）依据对称点连线的中点的位置，即可得到对称中心的坐标．【详解】解：（1）如图所示，分别确定A,B,得到△A1B1C1即为所求；（2）如图所示，分别确定A,B,得到△A2B2C2即为所求；

（3）由图可得，△A1B1C1与△A2B2C2关于点-2,0故答案为：﹣2，0．【点睛】本题考查的是平移，旋转的作图，以及判断中心对称的对称中心的坐标，掌握以上知识是解题的关键．19．在数学活动课上，王老师要求学生将图1所示的3×3正方形方格纸，剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形，如图2的四幅图就视为同一种设计方案（阴影部分为要剪掉部分）请在图中画出4种不同的设计方案，将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑（每个3×3的正方形方格画一种，例图除外）【答案】见解析.【分析】根据轴对称图形和旋转对称图形的概念作图即可得．【详解】解：根据剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形；即如图所示：【点睛】本题主要考查利用旋转设计图案，解题的关键是掌握轴对称图形和旋转对称图形的概念．【新考法】数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题20．我市的花果山景区大圣湖畔屹立着一座古塔——阿育王塔，是苏北地区现存最高和最古老的宝塔．小明与小亮要测量阿育王塔的高度，如图所示，小明在点A处测得阿育王塔最高点C的仰角∠CAE=45°，再沿正对阿育王塔方向前进至B处测得最高点C的仰角∠CBE=53°，AB=10m；小亮在点G处竖立标杆FG，小亮的所在位置点D、标杆顶F、最高点C在一条直线上，FG=1.5m，GD=2(1)求阿育王塔的高度CE；(2)求小亮与阿育王塔之间的距离ED．【答案】(1)40.58(2)54.11【分析】（1）在Rt△CEB中，由（2）证明Rt△【详解】（1）在Rt△CAE中，∵∴CE=∵AB=10∴BE=在Rt△CEB中，由得tan53°解得CE≈40.58经检验CE≈40.58答：阿育王塔的高度约为40.58m（2）由题意知Rt△∴FGCE即1.540.58∴ED≈54.11经检验ED≈54.11答：小亮与阿育王塔之间的距离约为54.11m【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，相似三角形的应用，掌握以上知识是解题的关键．【新考法】阅读理解题21．中国清朝末期的几何作图教科书《最新中学教科书用器画》由国人自编（图1），书中记载了大量几何作图题，所有内容均用浅近的文言文表述，第一编记载了这样一道几何作图题：原文释义甲乙丙为定直角．以乙为圆心，以任何半径作丁戊弧；以丁为圆心，以乙丁为半径画弧得交点己；再以戊为圆心，仍以原半径画弧得交点庚；乙与己及庚相连作线．如图2，∠ABC以点B为圆心，以任意长为半径画弧，交射线BA，BC分别于点D，E；以点D为圆心，以BD长为半径画弧与DE交于点F；再以点E为圆心，仍以BD长为半径画弧与DE交于点G；作射线BF，BG．

(1)根据以上信息，请你用不带刻度的直尺和圆规，在图2中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）；(2)根据（1）完成的图，直接写出∠DBG，∠GBF，【答案】(1)见解析(2)∠【分析】（1）根据题意作出图形即可；（2）连接DF，EG，可得△BDF和△BEG均为等边三角形，∠DBF【详解】（1）解：（1）如图：

（2）∠DBG理由：连接DF，EG如图所示

则BD=BF=DF，BE=BG=EG即△BDF和△∴∠DBF∵∠ABC∴∠【点睛】本题考查了尺规作图，根据题意正确作出图形是解题的关键．22．如图CD是⊙O直径，A是⊙O上异于C，D的一点，点B是DC延长线上一点，连接AB、AC、AD，且(1)求证：直线AB是⊙O(2)若BC=2OC，求(3)在（2）的条件下，作∠CAD的平分线AP交⊙O于P，交CD于E，连接PC、PD，若AB=2【答案】(1)见解析(2)2(3)4【分析】（1）如图所示，连接OA，根据直径所对的圆周角是直角得到∠OAC+∠OAD（2）先证明△BCA∽△BAD，得到ACAD=BCBA，令半径OC=（3）先求出CD=23，在Rt△CAD中，ACAD=22，AC2+【详解】（1）解：如图所示，连接OA，∵CD是⊙O∴∠CAD∴∠OAC又∵OA=∴∠OAD∵∠BAC∴∠OAD∴∠BAC+∠OAC∴AB⊥又∵OA为半径，∴直线AB是⊙O（2）解：∵∠BAC=∠ADB∴△BCA∴ACAD由BC=2OC知，令半径OC=OA=在Rt△BAO中，在Rt△CAD中，即tan∠（3）解：在（2）的条件下，AB=2∴r=∴CD=2在Rt△CAD中，ACAD解得AC=2，AD∵AP平分∠CAD∴∠CAP又∵∠APC∴△CAP∴ACAE∴AE⋅【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等等，熟知相关知识是解题的关键．23．如图，在ΔABC巾，∠ABC=30°，AB=AC，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将△

(1)当AE⊥BC时，∠AEB(2)探究∠AEB与∠(3)设AC=4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于【答案】(1)60(2)∠(3)y【分析】（1）首先由折叠的性质可得AC=（2）首先由折叠的性质可得AE=AC，∠CAD=∠EAD，再由等腰三角形的性质可得（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求AO的长，由勾股定理可求OD的长，最后根据面积和差关系可求解．【详解】（1）∵∠ABC=30°，AB=∴∠BAE∵将ΔACD沿AD折叠得到Δ∴AC∴AB∴△ABE是等边三角形，∴∠AEB故答案为：60；（2）∠AEB∵将ΔACD沿AD折叠得到Δ∴AE=AC∵∠ABC=30°，∴∠BAC∴∠BAE∵AB∴∠AEB（3）如图，连接OA，∵AB=AC，点O∴OA∵∠ABC=∠ACB∴AO=2，∵O∴OD∵S∴x∴y

【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关性质并能够灵活运用．24．【创新题】综合与实践问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；问题解决：（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN=258；（3【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，∴MD∥∴∠AMD+∠A=180°，∵∠A=90°，∴∠AMD=90°，∵∠EDF=90°，∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，四边形AMDN为矩形；（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，∴∠B+∠C=90°，BC=∵点D是BC的中点，∴CD=12BC=5∵∠EDF=90°，∴∠MDB+∠1=90°．∵∠B=∠MDB，∴∠1=∠C．∴ND=NC．过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．∴CG=12CD=5∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，∴△CGN∽△CAB．∴CGCA=CN∴CN=（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，∵MD⊥HN，∴MN=MH，∵D是BC中点，∴BD=DC，又∵∠BDH=∠CDN，∴△BDH≌△CDN，∴BH=CN，∠DBH=∠C，∵∠BAC=90°，∵∠C+∠ABC=90°，∴∠DBH+∠ABC=90°，∴∠MBH=90°，设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=2x，在Rt