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江苏13市2011年中考数学试题分类解析汇编专题4图形的变换
1、选择题
1.无锡3分已知圆柱的底面半径为2cm,高为5cm,则圆柱的侧面积是A.20cm28.20cm2C.10cm2D.5cm2【答案】B【考点】图形的展开【分析】把圆柱的侧面展开,利用圆的周长和长方形面积公式得出结果圆的周长=圆柱的侧面积=圆的周长×高=故选B
2.(常州、镇江2分)已知某几何体的一个视图(如图),则此几何体是A.正三棱柱B.三棱锥C.圆锥D.圆柱【答案】C【考点】几何体的三视图【分析】从基本图形的三视图可知俯视图为圆的几何体为球,圆锥,圆柱,所以A和B选项错误;圆柱的主视图和俯视图是长方形,所以D选项错误;圆锥的主视图和俯视图是三角形,正确故选C
3.(南京2分)如图是一个三棱柱,下列图形中,能通过折叠围成一个三棱柱的是【答案】B【考点】图形的展开与折叠【分析】根据三棱柱及其表面展开图的特点.三棱柱上、下两底面都是三角形得A、折叠后有二个侧面重合,不能得到三棱柱;B、折叠后可得到三棱柱;C、折叠后有二个底面重合,不能得到三棱柱;D、多了一个底面,不能得到三棱柱故选B
4.(南通3分)下列水平放置的几何体中,俯视图是矩形的为【答案】B【考点】几何体的三视图【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看,所得到的图形,由于A和D的俯视图是圆,B的俯视图是矩形,C的俯视图是三角形故选B
5.(泰州3分)下图是一个几何体的三视图,则这个几何体是A.圆锥B.圆柱C.长方体D.球体【答案】A【考点】由三视图判断几何体【分析】从基本图形的三视图可知圆锥的三视图是两个三角形,一个圆;圆柱的三视图是两个长方形,一个圆;长方体的三视图是三个长方形;球体的三视图是三个圆故选A
6.(泰州3分)如图,直角三角形纸片ABC的∠C为90°,将三角形纸片沿着图示的中位线DE剪开,然后把剪开的两部分重新拼接成不重叠的图形,下列选项中不能拼出的图形是A.平行四边形B.矩形C.等腰梯形D.直角梯形【答案】D【考点】图形的拼接,三角形中位线定理,平行四边形、矩形、等腰梯形和直角梯形的判定【分析】把DA拼接DC(即把∆ADE以点D为中心向左转动1800)可得平行四边形;把AE拼接EB(即把∆ADE以点E为中心向右转动1800)可得矩形;把AD拼接DC(即把∆ADE向下平移使AD与DC重合,再以直线DC为中心向右翻动1800)可得等腰梯形不能拼出直角梯形故选D
7.(扬州3分)如图是由几个小立方块所塔成的几何的俯视图,小正方形中的数字表示该位置小立方块的个数,则该几何体的主视图是【答案】A【考点】由三视图判断几何体【分析】根据各层小正方体的个数,然后得出三视图中主视图的形状从俯视图看,主视图的左部分是两个小立方块,右部分是三个小立方块故选A
8.(扬州3分)如图,在中,.将绕点按顺时针方向旋转度后得到,此时点在边上,斜边交边于点,则的大小和图中阴影部分的面积分别为A. B.C. D.【答案】C【考点】旋转的性质,含300角的直角三角形的的性质,三角形中位线性质,相似三角形的判定和性质【分析】∵在中,∴,很易证出,∴
9.(盐城3分)下面四个几何体中,俯视图为四边形的是【答案】D【考点】几何体的三视图【分析】俯视图是指从物体上面看,所得到的图形,因此,A圆柱的俯视图是圆,B三棱锥的俯视图外围是三角形,C球的俯视图是圆,D长方体的俯视图是四边形故选D
10.(淮安3分)如图所示的几何体的主视图是【答案】B【考点】简单组合体的三视图【分析】根据几何体的三视图的视图规则有从正面看易得正方体位于长方体的上方所以A不是图形的三视图,B是图形的主视图,C是图形的俯视图,D是图形的左视图从而得出结果故选B
11.(宿迁3分)下列所给的几何体中,主视图是三角形的是【答案】B【考点】简单几何体的三视图【分析】利用几何体的三视图特征进行判断A圆柱的主视图是矩形,B圆锥的主视图是三角形,C圆台的主视图是等腰梯形,D正方体的主视图是正方形故选B
12.(连云港3分)如图,是由8个相同的小立方块搭成的几何体的左视图,它的三个视图是2×2的正方形.若拿掉若干个小立方块后(几何体不倒掉),其三个视图仍都为2×2的正方形,则最多能拿掉小立方块的个数为A.1B.2C.3D.4【答案】B【考点】图形的三视图【分析】拿掉若干个小立方块后保证几何体不倒掉,且三个视图仍都为2×2的正方形,所以最底下一层必须有四个小立方块,这样能保证俯视图仍为2×2的正方形,为保证主视图与左视图也为2×2的正方形,所以上面一层必须保留交叉的两个立方块,即可知最多只能拿掉2小立方块故选B
13.(徐州2分)以下各图均由彼此连续的六个小正方形纸片组成,其中不能折叠成一个正方体的是【答案】D【考点】展开图折叠成几何体【分析】由平面图形的折叠及正方体的展开图,能组成正方体的“一,四,一”“三,三”“二,二,二”“一,三,二”的基本形态要记牢选项A、B、C都可以折叠成一个正方体;选项D,有“田”字格,所以不能折叠成一个正方体故选D
14.(徐州2分)如图,将边长为的正方形ABCD沿对角线AC平移,使点A移至线段AC的中点A′处,得新正方形A′B′C′D′,新正方形与原正方形重叠部分图中阴影部分的面积是A.B.C.1D.【答案】B【考点】平移的性质,正方形的性质,相似的性质【分析】平移后,正方形A′B′C′D′对角线是正方形ABCD对角线的一半,因为相似形面积比是线段比的平方,所以正方形A′B′C′D′面积是正方形ABCD面积的,而正方形ABCD面积是2,所以正方形A′B′C′D′面积是
2、填空题
1.(常州、镇江2分)已知扇形的圆心角为150°,它所对应的弧长,则此扇形的半径是▲,面积是▲【答案】24,【考点】扇形弧长,扇形面积公式【分析】用扇形弧长和扇形面积公式直接求出设扇形的半径是r,则由扇形弧长公式有,由扇形面积公式有,扇形面积为
2.(常州、镇江2分)把棱长为4的正方体分割成29个棱长为整数的正方体(且没有剩余),其中棱长为1的正方体的个数为▲【答案】24,【考点】分类归纳,图形的拼接【分析】(思路1)棱长为4的体积为64,棱长为3的体积为27,棱长为2的体积为8,棱长为1的体积为129个正方体从小到大的体积分别为1,1,1,.....1,1+
7......一共29个,总体积为64,去掉29个1,那么多出来的体积64-29=35,要分别给棱长为2或者3的组合
(1)若只有棱长2的,多出来的体积35=7+7+7+7+7,即只能是5个棱长为2的和24个棱长为1的
(2)若有棱长为3的,至少有一个,多出来的体积35-26=9,结果不能被26或7整除,无解所以只有一种可能,24个棱长为1的,5个棱长为2的(思路2)情况1设棱长为3的正方体的个数为,棱长为2的正方体的个数为,则棱长为1的正方体的个数为依题意有所以不存在使为正整数情况2设棱长为3的正方体的个数为0,棱长为1的正方体的个数为,则棱长为2的正方体的个数为依题意有情况3设棱长为2的正方体的个数为0,棱长为1的正方体的个数为,则棱长为3的正方体的个数为依题意有无整数解
3.(南京2分)如图,E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上的点,BE=CF,连接AE、BF,将△ABE绕正方形的中心按逆时针方向转到△BCF,旋转角为α(0°<α<180°),则∠α=▲.【答案】90°【考点】旋转的性质,正方形的性质【分析】首先作出旋转中心,根据正方形的性质即可求解∵四边形ABCD是正方形.∴∠AOB=90°,∴α=90°
4.(南通3分)如图,在矩形纸片ABCD中,AB=2cm,点E在BC上,且AE=CE.若将纸片沿AE折叠,点B恰好与AC上的点B1重合,则AC=▲cm.【答案】4【考点】矩形的性质,折叠对称的性质,等腰三角形性质,直角三角形性质,300角直角三角形的性质【分析】由矩形性质知,∠B=900,又由折叠知∠BAC=∠EAC根据等腰三角形等边对等角的性质,由AE=CE得∠EAC=∠ECA而根据直角三角形两锐角互余的性质,可以得到∠ECA=300因此根据300角直角三角形中,300角所对直角边是斜边一半的性质有,Rt∆ABC中AC=2AB=
45.(泰州3分)如图,△ABC的3个顶点都在5×5的网格(每个小正方形的边长均为1个单位长度)的格点上,将△ABC绕点B顺时针旋转到△的位置,且点、仍落在格点上,则线段AB扫过的图形面积是▲平方单位(结果保留π)【答案】【考点】勾股定理,扇形面积,图形旋转的性质【分析】根据勾股定理可得∵将△ABC绕点B顺时针旋转到△A′B′C′的角度是900,∴
6.(盐城3分)如图,已知正方形ABCD的边长为12cm,E为CD边上一点,DE=5cm.以点A为中心,将△ADE按顺时针方向旋转得△ABF,则点E所经过的路长为▲cm.【答案】【考点】旋转的性质,勾股定理,扇形弧长公式【分析】当△ADE按顺时针方向旋转到△ABF时,点E所经过的路长是一个以点A为圆心,AE为半径,圆心角为900的弧长而,故点E所经过的路长为
7.(淮安3分)在半径为6cm的圆中,60°的圆心角所对的弧等于▲.【答案】【考点】弧长公式【分析】根据弧长公式,直接得出结果=2π
8.(宿迁3分)如图,把一个半径为12cm的圆形硬纸片等分成三个扇形,用其中一个扇形制作成一个圆锥形纸筒的侧面(衔接处无缝隙且不重叠),则圆锥底面半径是▲cm.【答案】4【考点】图形的展开,扇形弧长公式,圆锥底面周长公式【分析】半径为12cm圆的三分之一弧长为,它等于圆锥底面周长,故有
3、解答题
1.(苏州9分)如图
①,小慧同学把一个正三角形纸片(即△OAB)放在直线l1上,OA边与直线l1重合,然后将三角形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转120°,此时点O运动到了点O1处,点B运动到了点B1处;小慧又将三角形纸片AO1B1绕点B1按顺时针方向旋转120°,此时点A运动到了点A1处,点O1运动到了点O2处(即顶点O经过上述两次旋转到达O2处).小慧还发现三角形纸片在上述两次旋转的过程中,顶点O运动所形成的图形是两段圆弧,即和,顶点O所经过的路程是这两段圆弧的长度之和,并且这两段圆弧与直线l1围成的图形面积等于扇形AOO1的面积、△AO1B1的面积和扇形B1O1O2的面积之和.小慧进行类比研究如图
②,她把边长为1的正方形纸片OABC放在直线l2上,OA边与直线l2重合,然后将正方形纸片绕着顶点^按顺时针方向旋转90°,此时点O运动到了点O1处(即点B处),点C运动到了点C1处,点B运动到了点B1处;小慧又将正方形纸片AO1C1B1绕顶点B1按顺时针方向旋转90°,……,按上述方法经过若干次旋转后.她提出了如下问题问题
①若正方形纸片OABC接上述方法经过3次旋转,求顶点O经过的路程,并求顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积;若正方形纸片OABC按上述方法经过5次旋转,求顶点O经过的路程;问题
②正方形纸片OABC按上述方法经过多少次旋转,顶点O经过的路程是请你解答上述两个问题.【答案】解问题
①如图,正方形纸片经过3次旋转,顶点O运动所形成的图形是三段圆弧,所以顶点O在此运动过程中经过的路程为顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线围成图形的面积为正方形纸片经过5次旋转,顶点O运动经过的路程为问题
②∵正方形纸片每经过4次旋转,顶点O运动经过的路程均为又,而是正方形纸片第4+1次旋转,顶点O运动经过的路程∴正方形纸片OABC按上述方法经过81次旋转,顶点O经过的路程是【考点】分类归纳,图形的翻转,扇形弧长和面积.【分析】求出正方形OABC翻转时点O的轨迹弧长再求面积即可要理解的是第4次旋转,顶点O没有移动
2.无锡6分如图,等腰梯形MNPQ的上底长为2,腰长为3,一个底角为60°.正方形ABCD的边长为1,它的一边AD在MN上,且顶点A与M重合.现将正方形ABCD在梯形的外面沿边MN、NP、PQ进行翻滚,翻滚到有一个顶点与Q重合即停止滚动.1请在所给的图中,用尺规画出点A在正方形整个翻滚过程中所经过的路线图;2求正方形在整个翻滚过程中点A所经过的路线与梯形MNPQ的三边MN、NP、PQ所围成图形的面积S.【答案】解1点A在正方形整个翻滚过程中所经过的路线图如图2弧AA1与AD,A1D围成图形的面积为圆的面积(半径为1)=;弧A1A2与A1D,DN,A2N围成图形的面积为圆的面积(半径为)+正方形的面积(边长为1)=;弧A2A3与A2N,NA3围成图形的面积为圆的面积(半径为1)=;其他三块小面积分别与以上三块相同∴点A所经过的路线与梯形MNPQ的三边MN、NP、PQ所围成图形的面积S为【考点】等腰梯形的性质.图形的翻转,扇形面积,尺规作图【分析】1先找出正方形ABCD在梯形的外面沿边MN、NP、PQ进行翻滚时的中心和半径即可逐步而得
①以D为圆心,AD=1为半径画弧,交MN于点M(与点A重合);
②以DN的中点E(ED=1)为圆心,EA=为半径画弧,和相交于A1(与点C重合);
③以N为圆心,NE=1为半径画弧,和相交于A2,与NP相交于A3;
④以P为圆心,A1P=1为半径画弧;
⑤在PQ上取F使PF=AD=1,以F为圆心,为半径画弧,和相交于A4;
⑥在PQ上取G使FG=AD=1,以G为圆心,1为半径画弧,和相交于A5,交PQ于A6(与点Q重合)则点A在正方形整个翻滚过程中所经过的路线图为弧A(M)A1A2A3A4A5A6(Q)2求面积S只要把一个个小面积进行计算,然后相加即可
3.(常州、镇江6分)已知如图1,图形
①满足AD=AB,MD=MB,∠A=72°,∠M=144°图形
②与图形
①恰好拼成一个菱形(如图2)记AB的长度为,BM的长度为⑴图形
①中∠B=°,图形
②中∠E=°;⑵小明有两种纸片各若干张,其中一种纸片的形状及大小与图形
①相同,这种纸片称为“风筝一号”;另一种纸片的形状及大小与图形
②相同,这种纸片称为“飞镖一号”
①小明仅用“风筝一号”纸片拼成一个边长为的正十边形,需要这种纸片张;
②小明若用若干张“风筝一号”纸片和“飞镖一号”纸片拼成一个“大风筝”(如图3),其中∠P=72°,∠Q=144°,且PI=PJ=,IQ=JQ请你在图3中画出拼接线并保留画图痕迹(本题中均为无重叠、无缝隙拼接)【答案】解⑴72,36⑵
①5
②“风筝一号”纸片用两张和“飞镖一号”纸片用一张,画法如下
(一)以点P为圆心,长为半径画弧,分别交PI、PJ于点M、N;
(二)分别以点M、N为圆心,长为半径画弧,两弧交于点O;
(三)连接OQ,OM,ON画出拼接线如图所示【考点】全等三角形判定和性质,多边形的内角和定理,菱形的性质,平行的性质,正十边形【分析】
(1)在图1图形
①中,连接AM,如图所示∵AD=AB,DM=BM,AM=AM,∴△ADM≌△ABM(SSS)∴∠D=∠B又∵四边形ABMD的内角和等于360°,∠DAB=72°,∠DMB=144°,∴∠B==72°在图2中,∵四边形ABCD为菱形,∴AB∥CD,∴∠A+∠ADC=∠A+∠ADM+∠CEF=180°,∠A=72°,∠ADM=72°∴∠CEF=180°-72°-72°=36°
(2)
①用“风筝一号”纸片拼成一个边长为b的正十边形,得到“风筝一号”纸片的点A与正十边形的中心重合,∵∠A=72°,∴需要这种纸片的数量
②考虑如图3的“大风筝”中∠Q=144°,而如图1的“风筝一号”中∠D=72°,恰恰两个是144°,这样在PI和PJ上都剩下一个长,正好放下一个“飞镖一号”
4.(南通10分)如图1,O为正方形ABCD的中心,分别延长OA、OD到点F、E,使OF=2OA,OE=2OD,连接EF.将△EOF绕点O逆时针旋转角得到△E1OF1如图2.1探究AE1与BF1的数量关系,并给予证明;2当=30°时,求证△AOE1为直角三角形.【答案】解1AE1=BF1,证明如下∵O为正方形ABCD的中心,∴OA=OB=OD∴OE=OF∵△E1OF1是△EOF绕点O逆时针旋转角得到,∴OE1=OF1∵∠AOB=∠EOF=900,∴∠E1OA=900-∠F1OA=∠F1OB在△E1OA和△F1OB中,,∴△E1OA≌△F1OB(SAS)∴AE1=BF12取OE1中点G,连接AG∵∠AOD=900,=30°,∴∠E1OA=900-=60°∵OE1=2OA,∴OA=OG,∴∠E1OA=∠AGO=∠OAG=60°∴AG=GE1,∴∠GAE1=∠GE1A=30°∴∠E1AO=90°∴△AOE1为直角三角形【考点】正方形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质,直角三角形的判定【分析】1要证AE1=BF1,就要首先考虑它们是全等三角形的对应边考察△E1OA和△F1OB,由正方形对角线互相平分的性质有OA=OB;再看OE1和OF1,它们是OE和OF经过旋转得到,由已知易得相等;最后看夹角∠E1OA和∠GE1A,由于它们都与∠F1OA互余从而得证2要证△AOE1为直角三角形,就要考虑证∠E1AO=90°考虑到OE1=2OA,作辅助线AG,得∠AGO=∠OAG,由于∠E1OA与互余,得到∠E1OA=60°,从而得到△AOG的三个角都相等,都等于600又由AG=GE1得到∠GAE1=∠GE1A=30°因此∠E1AO=90°,从而得证
5.(连云港12分)已知∠AOB=60°,半径为3cm的⊙P沿边OA从右向左平行移动,与边OA相切的切点记为点C
(1)⊙P移动到与边OB相切时(如图),切点为D,求劣弧的长;
(2)⊙P移动到与边OB相交于点E,F,若EF=4cm,求OC的长;【答案】解
(1)连接PC,PD(如图1)∵OA,OB与⊙P分别相切于点C,D,∴∠PDO=∠PCO=90°又∵∠PDO+∠PCO+∠CPD+∠AOB=360°.∠AOB=60°∴∠CPD=120°,∴l==2π
(2)可分两种情况.
①如图2,连接PE,PC,过点P作PM⊥EF于点M,延长CP交OB于点N∵EF=4,∴EM=2cm在Rt△EPM中,PM=EQ\r32-22=1∵∠AOB=60°,∴∠PNM=30°∴PN=2PM=2.∴NC=PN+PC=5在Rt△OCN中,OC=NC·tan30°=5×=cm
②如图3,连接PF,PC,PC交EF于点N,过点P作PM⊥EF于点M由上一种情况可知,PN=2,∴NC=PC-PN=1在Rt△OCN中,OC=NC·tan30°=1×=cm综上所述,OC的长为cm或cm【考点】多边形的内角和,弧长公式,勾股定理,特殊角三角函数【分析】
(1)要求弧长,就要求弧长所对的圆心角,故作辅助线PC,PD,用四边形的内角和是3600,可求圆心角,从而求出弧长
(2)应考虑CP延长线与OB的交点N的位置,分情况利用勾股定理和特殊角三角函数求解
6.(徐州6分)如图,将矩形纸片ABCD按如下顺序进行折叠:对折、展平得折痕EF如图
①;沿GC折叠使点B落在EF上的点B处如图
②;展平得折痕GC如图
③;沿GH折叠使点C落在DH上的点C处如图
④;沿GC折叠如图
⑤;展平得折痕GC、GH如图
⑥
(1)求图
②中∠BCB的大小;
(2)图
⑥中的△GCC是正三角形吗请说明理由.【答案】解
(1)延长GB´交CD于G´(图
②)∵,∴∴∵四边形ABCD是矩形,∴∠BCD=∠B=900∵△B′CG是△BCG折叠所得,∴∠BCG=∠B′CG,∠CB′G=∠CB′G′=900又∵CB′=CB′,∴△B′CG≌△B′CG′(SAS)∴∠B′CG=∠B′CG′∴∠BCG=∠B′CG=∠B′CG′=300∴∠BCB=600
(2)图
⑥中的△GCC是正三角形由
(1)可知,∠GCC′=600,CG=CG′∴△GCC是正三角形【考点】矩形的性质,折叠对称的性质,平行的性质,全等三角形的性质和判定,正三角形的判定【分析】
(1)要求∠BCB的大小,考虑到△B′CG是△BCG折叠所得,根据折叠对称的性质,有∠BCG=∠B′CG,而延长GB´交CD于G´得到∆B′CG′由SAS易证它与它们也全等而∠BCD=900,因此∠BCG=∠B′CG=∠B′CG′=300,从而求出∠BCB=600更简单可根据锐角三角函数定义,由cos∠B′CF=FC B′C=FC BC=12得∠BCB=600
(2)要证△GCC是正三角形,由
(1)知∠GCG=600,CG=CG′,根据有一个角是600的等腰三角形是正方形的判定定理得证A.B.C.D.A.B.C.D.圆柱长方体三棱柱圆锥ABCDA.B.C. D.ABCD。