届中考数学试题分类解析汇编 专题4图形的变换.docx

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届中考数学试题分类解析汇编专题4图形的变换

2019届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.（福建福州4分）在下列几何体中，主视图、左视图与俯视图都是相同的圆，该几何体是

A、

B、

C、

D、

【答案】A。

【考点】简单几何体的三视图。

【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。

球的主视图、左视图、俯视图都是圆形。

故选A。

2.（福建泉州3分）下面如图是一个圆柱体，则它的正视图是

A、

B、

C、

D、

【答案】A。

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】正视图是从物体的正面看得到的视图，从正面看到圆柱体为长方形，故选A。

3.（福建泉州3分）下列正多边形中，不能铺满地面的是

A、正三角形B、正方形C、正六边形D、正七边形

【答案】D。

【考点】平面镶嵌（密铺），多边形内角和定理。

【分析】由多边形内角和定理分别求出所给图形的内角，根据密铺的性质（内角的度数能被360°整除）进行判断即可：

解：

A、∵正三角形的内角是60°，6×60°=360°，∴正三角形能铺满地面，故本选项正确；B、∵正方形的内角是90°，4×90°=360°，∴正方形能铺满地面，故本选项正确；C、∵正六边形的内角是120°，3×120°=360°，∴正六形能铺满地面，故本选项正确；D、∵正七形的内角是

，

同任何一个正整数相乘都不等于360°，∴正七边形不能铺满地面，故本选项错误。

故选D。

4.（福建漳州3分）如图是由若干个小正方体堆成的几何体的主视图（正视图），这个几何体是

【答案】C。

【考点】由三视图判断几何体

【分析】根据题意得：

小正方体有两排组成，而A，B，D，都有3排，故只有C符合。

故选C。

5.（福建三明4分）由5个大小相同的正方体组成的几何体如图所示，其主视图是

【答案】A。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】从正面看到的图叫做主视图。

从正面看，左面可看见一个小正方形，中间可以看见上下各一个，右面只有一个。

故选A。

6.（福建三明4分）用半径为12cm，圆心角为90°的扇形纸片，围成一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面半径为

A、1.5cmB、3cmC、6cmD、12cm

【答案】B。

【考点】圆锥的侧面展开。

【分析】设圆锥的底面圆半径为r，根据圆锥的底面圆周长=扇形的弧长，列方程2πr=

，解得r=3。

故选B。

7.（福建三明4分）如图，在正方形纸片ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，沿过点B的直线折叠，使点C落在EF上，落点为N，折痕交CD边于点M，BM与EF交于点P，再展开．则下列结论中：

①CM=DM；②∠ABN=30°；③AB2=3CM2；④△PMN是等边三角形．正确的有

A、1个B、2个C、3个D、4个

【答案】C。

【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，三角形内角和定理，等边三角形的判定。

【分析】∵△BMN是由△BMC翻折得到的，∴BN=BC，

又∵点F为BC的中点，∴在Rt△BNF中，sin∠BNF

。

∴∠BNF=30°，∠FBN=60°，∴∠ABN=90°﹣∠FBN=30°，故②正确。

在Rt△BCM中，∠CBM=

∠FBN=30°，∴tan∠CBM=tan30°

。

∴BC=

CM，AB2=3CM2。

故③正确。

又∵∠NPM=∠BPF=90°－∠MBC=60°，∠NMP=90°－∠MBN=60°，

∴△PMN是等边三角形，故④正确。

由题给条件，证不出CM=DM，故①错误。

故正确的有②③④，共3个。

故选C。

8.（福建厦门3分）下列物体中，俯视图为矩形的是

【答案】C。

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】根据各个立体图形的俯视图进行逐一分析判断：

A、其俯视图是圆，故本选项不符合；B、其俯视图是圆，故本选项不符合；C、其俯视图是矩形，故本选项符合；D、其俯视图是圆，故本选项不符合。

故选C。

9.（福建厦门3分）如图，在正方形网格中，将△ABC绕点A旋转后得到△ADE，则下列旋转方式中，符合题意的是、

A、顺时针旋转90°B、逆时针旋转90°

C、顺时针旋转45°D、逆时针旋转45°

【答案】B。

【考点】旋转的性质。

【分析】根据旋转的性质，要明确三个要素：

旋转中心、旋转方向、旋转角度。

由图形可知：

将△ABC绕点A逆时针旋转90°可得到△ADE。

故选B。

10.福建龙岩4分）下列图形中是中心对称图形的是

【答案】D。

【考点】中心对称图形。

【分析】根据中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合的图形。

所给图形中只有D绕着中心旋转180°后能与自身重合，故选D。

11.（福建龙岩4分）如图，该几何体的主视图是

【答案】B。

【考点】几何体的主视图。

【分析】主视图是从正面看到的图形，从正面看主视图是B。

故选B。

12.（福建龙岩4分）右图可以折叠成的几何体是

A．三棱柱B．四棱柱C．圆柱D．圆锥

【答案】

【考点】几何体的折叠。

【分析】对简单立体图形的空间想象可知，所给图形可以折叠成的几何体是三棱柱。

故选A。

13.（福建莆田4分）在平行四边形、等边三角形、菱形、等腰梯形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是

A．平行四边形B．等边三角形C．菱形D．等腰梯形

【答案】C。

【考点】中心对称图形，轴对称图形。

【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。

根据概念分别对平行四边形、等边三角形、菱形、等腰梯形进行分析即可得出结果：

等边三角形、等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形；平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；菱形是轴对称图形，也是中心对称图形。

故选C。

14.（福建莆田4分）如图所示的是某几何体的三视图，则该几何体的形状是

A．长方体B．三棱柱C．圆锥D．正方体

【答案】B。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】左视图是一个长方体，而主视图中间有一条虚线隔开，俯视图是一个三角形，根据三视图可以得出这个图形是三棱柱。

故选B。

15.（福建南平4分）有一等腰梯形纸片ABCD（如图），AD∥BC，AD＝1，BC＝3，沿梯形的高DE剪下，

由△DEC与四边形ABED不一定能拼成的图形是

A．直角三角形B．矩形

C．平行四边形D．正方形

【答案】D。

【考点】等腰梯形的性质，直角三角形的判定，平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的判定。

【分析】根据题意，由等腰梯形的性质，知△BCE是等腰直角三角形。

画出符合条件的所有图形：

如图放

置分别得到直角三角形，矩形，平行四边形，但得不到正方形。

故选D。

16.（福建南平4分）观察下列各图形中小正方形的个数，依此规律，第11个图形中小正方形的个数为

A．78B．66C．55D．50

【答案】B。

【考点】分类归纳（图形的变化类）。

【分析】由题意得：

第一个图形中小正方形的个数为1，第二个为1+2=3，第三个为1+2+3=6，第四个为1+2+3+4=10，…；第（11）个图形中小正方形的个数为：

1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11=66。

故选B。

17.（福建宁德4分）下列图标中，属于中心对称的是.

【答案】C。

【考点】中心对称图形。

【分析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。

因此所给图标中，属于中心对称的是C。

故选C。

18.（福建宁德4分）如图所示几何体的俯视图是.

【答案】D。

【考点】简单组合体的三视图。

【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，所给简单组合体的俯视图为三个矩形组成。

故选D。

二、填空题

1.（福建泉州4分）如图，如果边长为1的正六边形ABCDEF绕着顶点A顺时针旋转60°后与正六边形AGHMNP重合，那么点B的对应点是点▲，点E在整个旋转过程中，所经过的路径长为▲（结果保留π）．

【答案】G；

。

【考点】旋转的性质，正六边形的性质，多边形内角和定理，等腰三角形的性质，弧长的计算。

【分析】根据图形旋转的性质直接可求出点B的对应点G。

再连接AE，过F点作AE的垂线，利用锐角三角函数的定义及直角三角形的性质可求出AE的长，再利用弧长公式接可求出E在整个旋转过程中，所经过的路径长：

∵六边形ABCDEF是正六边形，∴此六边形的各内角是120°。

∵正六边形ABCDEF绕着顶点A顺时针旋转60°后与正六边形AGHMNP重合，

∴B点与G点重合。

连接AE，过F点作FH⊥AE，垂足为H，

∵EF=AF=1，FH⊥AE，∴AE=2EH。

∵∠AFE=120°，∴∠EFH=60°。

∴EH=EF•sin60°=1×

。

∴AE=2×

。

∴E点所经过的路线是以A为圆心，以AE为半径，圆心角为60度的一段弧，

∴E在整个旋转过程中，所经过的路径长=

。

2.（福建漳州4分）如图是一个圆锥形型的纸杯的侧面展开图，已知圆锥底面半

径为5cm，母线长为15cm，那么纸杯的侧面积为_▲cm2．（结果保留π）

【答案】75π。

【考点】圆锥的侧面展开。

【分析】纸杯的侧面积=π×底面半径×母线长=π×5×15=75π（cm2）。

3.（福建漳州4分）用形状和大小相同的黑色棋子按下图所示的方式排列，按照这样的规律，第n个图形需要棋子_▲枚．（用含n的代数式表示）

【答案】3n＋1。

【考点】分类归纳（图形的变化类）。

【分析】从简单图形入手，抓住随着“编号”或“序号”增加时，后一个图形与前一个图形相比，在数量上增加（或倍数）情况的变化，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论：

第一个图需棋子3+1=4枚；第二个图需棋子3×2+1=7枚；第三个图需棋子3×3+1=10枚；…第n个图需棋子3n+1枚。

4.（福建厦门4分）已知一个圆锥的底面半径长为3cm、母线长为6cm，则圆锥的侧面积是▲cm2．

【答案】18π。

【考点】圆锥的计算。

【分析】圆锥的侧面积=π×底面半径×母线长=π×3×6=18π（cm2）。

5.（福建龙岩3分）如图，依次以三角形、四边形、…、n边形的各顶点为圆心画半径为l的圆，且圆与圆之间两两不相交．把三角形与各圆重叠部分面积之和记为S3，四边形与各圆重叠部分面积之和记为S4，…。

n边形与各圆重叠部分面积之和记为Sn．则S90的值为▲_．（结果保留π）

【答案】

。

【考点】分类归纳（图形的变化类），多边形内角和定理，扇形面积的计算。

【分析】根据题意可得出，重叠的每一部分是半径为1的扇形，圆心角是多边形的内角和，根据扇形的面积公式：

三角形与各圆重叠部分面积之和S3=

；四边形与各圆重叠部分面积之和S4=

；…….所以Sn=

，则S90=

。

6.（福建南平3分）如图是一个几何体的三视图，根据图中标注的数据可得该几何体的体积为▲．（结果保留π）

【答案】3π。

【考点】由三视图判断几何体，圆柱的计算。

【分析】由三视图，得该几何体是圆柱，它的底面半径是2÷2=1，高是3，则圆柱的体积是3π。

7.（福建宁德3分）如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕A点逆时针旋转90°后，B点对应点的坐标为▲.

【答案】（0,2）。

【考点】旋转的性质，点的坐标。

【分析】如图可见，将△ABC绕A点逆时针旋转90°后，B点对应点的坐标为（0,2）。

8.（福建宁德3分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°,将△ABC绕C点按逆时针方向旋转α角（0°＜α＜90°）得到△DEC，设CD交AB于F，连接AD，当旋转角α度数为▲，△ADF是等腰三角形。

【答案】40°或20°。

【考点】旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理。

【分析】∵由旋转的性质知，CA=CD，∴∠CDA＝∠DAC＞∠DAF。

∴△ADF是等腰三角形时，只可能DA=DF或AF=AD。

当AF=AD时，设∠ADF＝∠AFD＝

，则∠DAF＝1800－2

，又∠DAF＝∠DAC－30°＝

－30°，

∴1800－2

＝

－30°，解得

＝700。

∴∠α＝1800－2×700＝400。

当DA=DF时，设∠DFA＝∠DAF＝

，则∠ADF＝1800－2

，又∠ADF＝∠DAC＝

＋30°，

∴1800－2

＝

＋30°，解得

＝500。

∴∠α＝1800－2（30°＋500）＝200。

三、解答题

1.（福建漳州8分）下图是2002年在北京举办的世界数学家大会的会标“弦图”，它既标志着中国古代的数学成就，又像一只转动着的风车，欢迎世界各地的数学家们．

请将“弦图”中的四个直角三角形通过你所学过的图形变换，在以下方格纸中设计另个两个不同的图

案．画图要求：

（1）每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形都不重叠；

（2）所设计的

图案（不含方格纸）必须是中心对称图形或轴对称图形．

【答案】解：

画图如下（画两个即可）：

【考点】利用旋转设计图案，利用轴对称和中心对称设计图案。

【分析】依据题目所给的条件

（1）每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形到不重叠；

（2）所设计的图案（不含方格纸）必须是中心对称图形或轴对称图形画出图。

2.（福建龙岩12分）一副直角三角板叠放如图所示，现将含45°角的三角板ADE固定不动，把含30°角的三角板ABC绕顶点A顺时针旋转∠α（α=∠BAD且0°<α<180°），使两块三角板至少有一组边平行。

（1）如图①，α=______°时，BC∥DE；

（2）请你分别在图②、图③的指定框内，各画一种符合要求的图形，标出α，并完成各项填空：

图②中α=______°时，______∥______；图③中α=______°时，______∥______。

【答案】解：

（1）150。

（2）60°，BC，DA，符合要求的图形如图②；105°，BC，EA，，符合要求的图形如图③。

【考点】旋转的性质，平行线的性质。

【分析】

（1）利用两直线平行同位角相等，求得α=∠CAD－∠CAB=45°－30°=15°。

（2）利用平行线的性质及旋转不变量求得旋转角即可。

在图②中α=60°时，BC∥DA，在图③中α=105°时，BC∥EA。

3.（福建南平10分）如图，△ABC三个顶点坐标分别为A（1，2），

B（3，1），C（2，3），以原点O为位似中心，将△ABC放大为原来的2

倍得△A’B’C’．

（1）在图中第一象限内画出符合要求的△A’B’C’；（不要求写画法）

（2）△A’B’C’的面积是：

_▲．

【答案】解：

（1）作图如下：

（2）6．

【考点】作图-位似变换

【分析】

（1）延长OA到A′，使OA′=2OA，同法得到其余点的对应点，顺次连接即可。

（2）把所求三角形的面积分割为矩形的面积减去若干直角三角形的面积即可：

△A′B′C′的面积=4×4－

×2×2－

×2×4－

×2×4=6。

4.（福建宁德13分）定义：

三边长和面积都是整数的三角形称为“整数三角形”.

数学学习小组的同学从32根等长的火柴棒（每根长度记为1个单位）中取出若干根，首尾依次相接组成三角形，进行探究活动.

小亮用12根火柴棒，摆成如图所示的“整数三角形”；

小颖分别用24根和30根火柴棒摆出直角“整数三角形”；

小辉受到小亮、小颖的启发，分别摆出三个不同的等腰“整数三角形”.

⑴请你画出小颖和小辉摆出的“整数三角形”的示意图；

⑵你能否也从中取出若干根，按下列要求摆出“整数三角形”，如果能，请画出示意图；如果不能，请说明理由.

①摆出等边“整数三角形”；

②摆出一个非特殊（既非直角三角形，也非等腰三角形）“整数三角形”.

【答案】解：

（1）小颖摆出如图1所示的“整数三角形”：

小辉摆出如图2所示三个不同的等腰“整数三角形”：

（2）①不能摆出等边“整数三角形”理由如下：

设等边三角形的边长为a，则等边三角形面积为

。

∵若边长a为整数，那么面积

一定非整数，

∴不存在等边“整数三角形”。

图3

②能摆出如图3所示一个非特殊“整数三角形”：

【考点】勾股定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质。

【分析】

（1）在三个数的和不大于32的整数中，找出满足勾股定理的三个数6，8，10和5，12，13即能出画小颖摆的直角三角形。

在小亮和小颖摆的直角三角形中，两个相拼满足三个数的和不大于32的整数5，5，6；5，5，8和10，10，12即可。

（2）①不能摆出等边“整数三角形”理由根据等边三角形面积和边的关系即可得到。

②如图所示。