中考数学试题及答案分类汇编图形的变换文档格式.docx

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故选A。

4.（河北省2分）将图1围成图2的正方体，则图1中的红心“

”标志所在的正方形是正方体中的

A、面CDHEB、面BCEFC、面ABFGD、面ADHG

【考点】展开图折叠成几何体。

【分析】由图1中的红心“

”标志，可知它与等边三角形相邻，折叠成正方体是正方体中的面CDHE。

5.（山西省2分）将一个矩形纸片依次按图

（1）、图

（2）的方式对折，然后沿图（3）中的虚线裁剪，最后将图（4）的纸再展开铺平，所得到的图案是

【考点】剪纸问题。

【分析】严格按照图中的顺序先向上再向右对折，从左下方角剪去一个直角三角形，展开得到结论。

6.（山西省2分）如图是一个工件的三视图，图中标有尺寸，则这个工件的体积是

A．13π

B．17π

C．66π

D．68π

【答案】B。

【考点】由三视图判断几何体，圆柱的计算

【分析】根据三视图可知该几何体是两个圆柱体叠加在一起，体积是两个圆柱体的体积的和：

底面直径分别是2cm和4cm，高分别是4cm和1cm，∴体积为：

4π×

22+π=17πcm2。

故选B。

7.（内蒙古巴彦淖尔、赤峰3分）在下面的四个几何体中，主视图、俯视图、左视图都相同的几何体的个数有

A、1个B、2个C、3个D、4个

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】主视图、俯视图、左视图是分别从物体正面、上面和左面看，所得到的图形，

圆柱主视图、俯视图、左视图分别是长方形、圆、长方形，主视图、左视图与俯视图不相同；

圆锥主视图、俯视图、左视图分别是三角形、有圆心的圆、三角形，主视图、左视图与俯视图不相同；

球主视图、俯视图、左视图都是圆，主视图、俯视图、左视图都相同；

长方体主视图、俯视图、左视图是大小不同的矩形，三视图不相同。

共1个同一个几何体的主视图与俯视图、左视图相同。

8.（内蒙古包头3分）下列几何体各自的三视图中，只有两个视图相同的是

A．①③B．②③C．③④D．②④

【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，分别分析四个几何体的三视图，从中找出只有两个视图相同的几何体，可得出结论：

①正方形的主、左和俯视图都是正方形；

②圆锥的主、左视图是三角形，俯视图是圆；

③球体的主、左和俯视图都是圆形；

④圆柱的主、左视图是长方形，俯视图是圆。

只有两个视图相同的几何体是圆锥和圆柱。

9.（内蒙古呼和浩特3分）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则圆柱的侧面积为

A、2B、4C、2πD、4π

【考点】圆柱的展开。

【分析】圆柱沿一条母线剪开，所得到的侧面展开图是一个矩形，它的长是底面圆的周长，即2π，宽为母线长为2cm，所以它的面积为4πcm2。

10.（内蒙古呼和浩特3分）将如图所示表面带有图案的正方体沿某些棱展开后，得到的图形是

A、

B、

C、

D、

【答案】C。

【考点】几何体的展开图。

【分析】由原正方体知，带图案的三个面相交于一点，而通过折叠后A、B都不符合，且D折叠后图案的位置正好相反，所以能得到的图形是C。

故选C。

11.（内蒙古呼伦贝尔3分）如图，几何体的俯视图是

【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：

从上面看易得里层有4个正方形，外层左边有1个正方形。

12.（内蒙古乌兰察布3分）如图是由五个相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图是

【分析】找到从正面看所得到的图形即可：

从正面看易得第一层左边有1个正方形，第二层有3个正方形。

13.（内蒙古乌兰察布3分）己知O为圆锥的顶点，M为圆锥底面上一点

，点P在OM上．一只锅牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短路线的痕迹如图所示,若沿OM将圆锥侧面剪开并展开，所得侧面展开图是

【考点】圆锥的展开，扇形的轴对称性，线段的性质。

【分析】根据两点之间比下有余最短的性质，锅牛爬过的最短路线应是一条线段：

根据扇形的轴对称性，选择D正确。

14.（内蒙古乌兰察布3分）将正方体骰子（相对面上的点数分别为1和6、2和5、3和4）放置于水平桌面上，如图①．在图②中，将骰子向右翻滚90，然后在桌面上按逆时针方向旋转90

，则完成一次变换．若骰子的初始位置为图①所示的状态，那么按上述规则连续完成10次变换后，骰子朝上一面的点数是

A.6B.5C

.3D.2

【考点】分类归纳（图形变化类）。

【分析】寻找规律：

可知，按上述规则连续完成3次变换后，骰子回到初始位置，因此连续完成10次变换后，骰子与完成1次变换的状态相同。

2、填空题

1.（北京4分）若下图是某几何体的表面展开图，则这个几何体是　▲　．

【答案】圆柱。

【考点】平面图形的折叠和立体图形的表面展开。

【分析】由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点知道，一个长方形和两个圆折叠后，能围成的几何体是圆柱。

2.（河北省3分）如图1，两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A’B’D’的位置，得到图2，则阴影部分的周长为▲．

【答案】2。

【考点】平移的性质，等边三角形的判定和性质。

【分析】如图，∵两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A’B’D’的位置，

∴A′M=A′N=MN，MO=DM=DO，OD′=D′E=OE，EG=EC=GC，B′G=RG=RB′，

∴OM+MN+NR+GR+EG+OE=A′D′+CD=1+1=2。

3.（河北省3分）如图，给正五边形的顶点依次编号为1，2，3，4，5．若从某一顶点开始，沿正五边形的边顺时针方向行走，顶点编号的数字是几，就走几个边长，则称这种走法为一次“移位”．

如：

小宇在编号为3的顶点上时，那么他应走3个边长，即从3→4→5→1为第一次“移位”，这时他到达编号为1的顶点；

然后从1→2为第二次“移位”．

若小宇从编号为2的顶点开始，第10次“移位”后，则他所处顶点的编号是▲．

【答案】3。

【考点】分类归纳（图形的变化类）。

【分析】根据“移位”的特点，寻找规律，得出结论：

∵小宇在编号为2的顶点上时，那么他应走2个边长，即从2→3→4为第1次“移位”，这时他到达编号为4的顶点；

然后从4→5→1→2→3为第2次“移位”，然后从3→4→5→1为第3次“移位”；

然后从1→2为第4次“移位”。

∴2→3→4→5→1→2四次移位为一个循环返回顶点2。

∴第10次“移位”后，他所处顶点的编号与第2次“移位”的编号3相同，即他所处顶点的编号是3。

4.（山西省3分）如图是用相同长度的小棒摆戍的一组有规律的图案，图案

（1）需要4根小棒，图案

（2）需要10根小棒……，按此规律摆下去，第

个图案需要小棒▲根（用含有

的代数式

表示）。

【答案】6n－2。

【分析】找出规律：

如图可知，后一幅图总是比前一幅图多两个菱形，即多6根小棒，

图案

（1）需要小棒：

6×

1－2=4（根）；

图案

（2）需要小棒：

2－2=10（根）；

图案（3）需要小棒：

3－2=16（根）；

图案（4）需要小棒：

4－2=22（根）；

则第n个图案需要小棒：

6n－2根。

5.（山西省3分）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°

，AB=AC，把△ABC绕点A按顺时针方向旋转45°

后得到△AB’C’，若AB=2，则线段BC在上述旋转过程中所扫过部分（阴影部分）的面积是▲（结果保留π）。

【答案】

。

【考点】旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，扇形和三角形面积。

【分析】根据题意，阴影部分的面积为（S扇形ABB′－S△ABC）＋（S△AB′C′－S扇形ACC′）

由勾股定理，得AC=

由等腰三角形的性质，得两扇形的圆心角为450。

∴阴影部分的面积为

6.（内蒙古包头3分）如图，边长为a的正方形中有一个边长为b的小正方形，若将图1的阴影部分拼成一个长方形，如图2，比较图1和图2的阴影部分的面积，你能得到的公式是　▲　．

【答案】a2﹣b2=（a+b）（a﹣b）。

【考点】平方差公式的几何意义。

【分析】根据题意分别求得图1与图2中阴影部分的面积，由两图形阴影面积相等，即可求得答案：

图1中阴影部分的面积为：

a2﹣b2；

图2中阴影部分的面积为：

（a+b）（a﹣b）。

∵两图形阴影面积相等，∴可以得到的结论是：

a2﹣b2=（a+b）（a﹣b）。

7.（内蒙古包头3分）如图，把矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA，OC分别落在x轴、y轴上，连接AC，将矩形纸片OABC沿AC折叠，使点B落在点D的位置，若B（1，2），则点D的横坐标是　▲　．

【答案】－

【考点】翻折变换（折叠问题），矩形的性质，平行的判定和性质，折叠对称的性质，相似三角形的判定和性质，坐标与图形性质。

【分析】过点D作DF⊥OA于F，

∵四边形OABC是矩形，∴OC∥AB。

∴∠ECA=∠CAB。

根据折叠对称的性质得：

∠CAB=∠CAD，∠CDA=∠B=90°

，

∴∠ECA=∠EAC，∴EC=EA。

∵B（1，2），∴AD=AB=2。

设OE=x，则AE=EC=OC－OE=2－x，

在Rt△AOE中，AE2=OE2＋OA2，即（2－x）2=x2＋1，

解得：

x=

∴OE=

，AE=

∵DF⊥OA，OE⊥OA，∴OE∥DF，∴△AOE∽△AFD。

∴

∴AF=

∴OF=AF－OA=

∴点D的横坐标为：

－

8.（内蒙古呼伦贝尔3分）用火柴棒按下列方式搭图形，按照这种方式搭下去，搭第n个图形需▲

根火柴棒。

【答案】6＋6n。

观察可知，后一个图形比前一个图形多6根火柴棒。

第二个图形需12＋6（2－1）根火柴棒，第三个图形需12＋6（3－1）根火柴棒，·

·

因此第n个图形需12＋6（n－1）＝6＋6n根火柴棒。

9.（内蒙古乌兰察布4分）将一些半径相同的小圆按如图所示的规律摆放，请仔细观察，第n个图形有▲个小圆·

（用含n的代数式表示）

第1个图形第2个图形

第3个图形第4个图形

第1个图形中间有2＝1×

2个小圆，第2个图形中间有6＝2×

3个小圆，第3个图形中间有12＝3×

4个小圆，第4个图形中间有20＝4×

5个小圆，·

第n个图形中间有n（n＋1）个小圆。

共有4＋n（n＋1）＝

个小圆。

3、解答题

1.（河北省8分）如图，在6×

8网格图中，每个小正方形边长均为1，点0和△ABC的顶点均为小正方形的顶点．

（1）以O为位似中心，在网络图中作△A′B′C′，使△AA′B′C′和△ABC位似，且位似比为1：

2；

（2）连接

（1）中的AA′，求四边形AA′C′C的周长．（结果保留根号）

【答案】解：

（1）如图所示：

（2）在Rt△OA′C′中，OA′=OC′=2，

根据勾股定理，得A′C′=2

同理可得AC=4

又AA′=CC′=2．

∴四边形AA′C′C的周长=4＋6

【考点】作图（位似变换），勾股定理。

【分析】

（1）根据位似比是1：

2，画出以O为位似中心的△A′B′C′。

（2）根据勾股定理求出AC，A′C′的长，由于AA′，CC′的长易得，相加即可求得四边形AA′C′C的周长。

2.（内蒙古包头10分）在Rt△ABC中，AB=BC=5，∠B=90°

，将一块等腰直角三角板的直角顶点放在斜边AC的中点O处，将三角板绕点O旋转，三角板的两直角边分别交AB，BC或其延长线于E，F两点，如图

（1）与

（2）是旋转三角板所得图形的两种情况．

（1）三角板绕点O旋转，△OFC是否能成为等腰直角三角形？

若能，指出所有情况（即给出△OFC是等腰直角三角形时BF的长），若不能，请说明理由；

（2）三角板绕点O旋转，线段OE和OF之间有什么数量关系？

用图

（1）或

（2）加以证明；

（3）若将三角板的直角顶点放在斜边上的点P处（如图（3）），当AP：

AC=1：

4时，PE和PF有怎样的数量关系？

证明你发现的结论．

（1）△OFC能成为等腰直角三角形。

①当F为BC的中点时，∵O点为AC的中点，∴OF∥AB。

∴CF=OF=

∵AB=BC=5，∴BF=

②当B与F重合时，∵OF=OC=

，∴BF=0。

（2）OE=OF。

以图

（1）证明如下：

如图，连接OB，

∵由

（1）的结论可知，BO=OC=

∵∠EOB=900－∠BOF=∠FOC，∠EBO=450=∠C，

∴△OEB≌△OFC（ASA）。

∴OE=OF。

（3）PE：

PF=1：

4。

证明如下：

如图，过点P作PM⊥AB，PN⊥BC，

∵∠EPM+∠EPN=∠EPN+∠FPN=90°

∴∠EPM=∠FPN。

∵∠FMP=∠FNP=90°

，∴△PNF∽△PME。

∴PM：

PN=PE：

PF。

∵△APM和△PNC为等腰三角形，∴△APM∽△PNC，

PN=AP：

PC。

∵PA：

4，∴PE：

【考点】等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。

（1）由题意可知，①当F为BC的中点时，由AB=BC=5，可以推出CF和OF的长度，即可推出BF的长度，②当B与F重合时，根据直角三角形的相关性质，即可推出OF的长度，即可推出BF的长度。

（2）连接OB，由已知条件推出△OEB≌△OFC，即可推出OE=OF。

（3）过点P作PM⊥AB，PN⊥BC，结合图形推出△PNF∽△PME，△APM∽△PNC，继而推出PM：

PF，PM：

PC，根据已知条件即可推出PA：

AC=PE：