数学复习图形的变换试题解析.docx

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数学复习图形的变换试题解析

数学图形的变换试题解析

一、选择题

1.（2012福建龙岩4分）左下图所示几何体的俯视图是【】

【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：

从上面看易得是一个圆，中间一点。

故选C。

2.（2012福建龙岩4分）如图，矩形ABCD中，AB=1，BC=2，把矩形ABCD绕AB所在直线旋转一

周所得圆柱的侧面积为【】

A.B.C.D.2

【答案】B。

【考点】矩形的性质，旋转的性质。

【分析】把矩形ABCD绕AB所在直线旋转一周所得圆柱是以BC=2为底面半径，AB=1为高。

所以，它

的侧面积为。

故选B。

3.（2012福建南平4分）如图所示，水平放置的长方体底面是长为4和宽为2的矩形，它的主视图的面积为12，则长方体的体积等于【】

A.16B.24C.32D.48

【答案】B。

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】由主视图的面积=长×高，即高=12÷4=3;∴长方体的体积=长×高×宽=4×3×2=24。

故选B。

4.（2012福建南平4分）如图，正方形纸片ABCD的边长为3，点E、F分别在边BC、CD上，将AB、AD分别和AE、AF折叠，点B、D恰好都将在点G处，已知BE=1，则EF的长为【】

A.B.C.D.3

【答案】B。

【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质，折叠的性质，勾股定理。

【分析】∵正方形纸片ABCD的边长为3，∴∠C=90°，BC=CD=3。

根据折叠的性质得：

EG=BE=1，GF=DF。

设DF=x，则EF=EG+GF=1+x，FC=DC-DF=3-x，EC=BC-BE=3-1=2。

在Rt△EFC中，EF2=EC2+FC2，即（x+1）2=22+（3-x）2，解得：

。

∴DF=，EF=1+。

故选B。

5.（2012福建宁德4分）将一张正方形纸片按图①、图②所示的方式依次对折后，再沿图③中的虚线裁

剪，最后将图④中的纸片打开铺平，所得到的图案是【】

A.B.C.D.

【答案】B。

【考点】剪纸问题

【分析】根据题中所给剪纸方法，进行动手操作，答案就会很直观地呈现，展开得到的图形如选项B中所

示。

故选B。

6.（2012福建莆田4分）某几何组合体的主视图和左视图为同一个视图，如图所示，则该几何组合体的俯

视图不可能是【】

A.B.C.D.

【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】∵几何组合体的主视图和左视图为同一个视图，可以得出此图形是一个球体与立方体组合图形，球在上面，

∴俯视图中一定有圆，只有C中没有圆，故C错误。

故选C。

7.（2012福建厦门3分）图是一个立体图形的三视图，则这个立体图形是【】

A.圆锥B.球C.圆柱D.三棱锥

【答案】A。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】主（正）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

A、圆锥的三视图分别为三角形，三角形，圆，故选项正确;

B、球的三视图都为圆，故选项错误;

C、圆柱的三视图分别为长方形，长方形，圆，故选项错误;

D、三棱锥的三视图分别为三角形，三角形，三角形及中心与顶点的连线，故选项错误，

故选A。

8.（2012福建漳州4分）如图，是一个正方体的平面展开图，原正方体中“祝”的对面是【】

A.考B.试C.顺D.利

【答案】C。

【考点】正方体的展开，正方体相对两个面上的文字。

【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点，所以，“你”的对面是“试”，“考”的对面是“利”，“祝”的对面是“顺”。

故选C。

9.（2012福建三明4分）左下图是一个由相同小正方体搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表

示在该位置上的小正方体的个数，则这个几何体的左视图是【】

【答案】B。

【考点】由三视图判断几何体。

【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。

由俯视图知该几何体有两排三列两层，故选B。

从左面看，上层只有在前排左列有1个小正方形，下层两排都看到1个小正方形。

故选B。

10.（2012福建福州4分）如图是由4个大小相同的正方体组合而成的几何体，其主视图是【】

A.B.C.D.

【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】找到从正面看所得到的图形即可：

从正面看，下面一行是横放3个正方体，上面一行中间是一个正方体。

故选C。

11.（2012福建泉州3分）下面左图是两个长方体堆积的物体，则这一物体的正视图是【】.

A.B.C.D.

【答案】A。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】从正面看该几何体有两层，下面一层是一个较大的长方形，上面是一个居右是一个较小的矩形。

故选A。

二、填空题

1.（2012福建厦门4分）如图，点D是等边△ABC内一点，如果△ABD绕点A逆时针旋转后能与△ACE

重合，那么旋转了▲度.

【答案】60。

【考点】旋转的性质，等边三角形的性质。

【分析】∵△ABC为等边三角形，∴AC=AB，∠CAB=60°。

又∵△ABD绕点A逆时针旋转后能与△ACE重合，

∴AB绕点A逆时针旋转了∠BAC到AC的位置。

∴旋转角为60°。

2.（2012福建莆田4分）如图，△A’B’C’是由ABC沿射线AC方向平移2cm得到，若AC=3cm，则A’C

=　　▲　　cm.

【答案】1。

【考点】平移的性质。

【分析】∵将△ABC沿射线AC方向平移2cm得到△A′B′C′，∴AA′=2cm。

又∵AC=3cm，∴A′C=AC-AA′=1cm。

3.（2012福建泉州4分）如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，将AD绕点A顺时针旋转，当点D落在BC上点D′时，则AD′=▲，∠AD′B=▲°.

【答案】2;30。

【考点】旋转的性质，矩形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】根据旋转图形对应点到旋转中心的距离相等的性质，AD′=AD=2。

根据矩形的性质，∠B=900，根据锐角三角函数定义，。

∴∠AD′B=300。

三、解答题

1.（2012福建南平14分）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，连接AD、DE，且∠1=∠B=∠C.

（1）由题设条件，请写出三个正确结论：

（要求不再添加其他字母和辅助线，找结论过程中添加的字母和辅助线不能出现在结论中，不必证明）

答：

结论一：

;结论二：

;结论三：

.

（2）若∠B=45°，BC=2，当点D在BC上运动时（点D不与B、C重合），

①求CE的最大值;

②若△ADE是等腰三角形，求此时BD的长.

（注意：

在第

（2）的求解过程中，若有运用

（1）中得出的结论，须加以证明）

【答案】解：

（1）AB=AC;∠AED=∠ADC;△ADE∽△ACD。

（2）①∵∠B=∠C，∠B=45°，∴△ACB为等腰直角三角形。

∴。

∵∠1=∠C，∠DAE=∠CAD，∴△ADE∽△ACD。

∴AD：

AC=AE：

AD，∴。

当AD最小时，AE最小，此时AD⊥BC，AD=BC=1。

∴AE的最小值为。

∴CE的最大值=。

②当AD=AE时，∴∠1=∠AED=45°，∴∠DAE=90°。

∴点D与B重合，不合题意舍去。

当EA=ED时，如图1，∴∠EAD=∠1=45°。

∴AD平分∠BAC，∴AD垂直平分BC。

∴BD=1。

当DA=DE时，如图2，

∵△ADE∽△ACD，∴DA：

AC=DE：

DC。

∴DC=CA=。

∴BD=BC-DC=2-。

综上所述，当△ADE是等腰三角形时，BD的长的长为1或2-。

【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰（直角）三角形的判定和性质。

【分析】

（1）由∠B=∠C，根据等腰三角形的性质可得AB=AC;由∠1=∠C，∠AED=∠EDC+∠C得到∠AED=∠ADC;又由∠DAE=∠CAD，根据相似三角形的判定可得到△ADE∽△ACD。

（2）①由∠B=∠C，∠B=45°可得△ACB为等腰直角三角形，则，由∠1=∠C，∠DAE=∠CAD，根据相似三角形的判定可得△ADE∽△ACD，则有AD：

AC=AE：

AD，即，当AD⊥BC，AD最小，此时AE最小，从而由CE=AC-AE得到CE的最大值。

②分当AD=AE，，EA=ED，DA=DE三种情况讨论即可。

2.（2012福建宁德10分）如图，AB是⊙O的直径，过⊙O上的点C作它的切线交AB的延长线于点D，∠D=30º.

（1）求∠A的度数;

（2）过点C作CF⊥AB于点E，交⊙O于点F，CF=43，求弧BC的长度（结果保留）.

【答案】解：

（1）连接OC，∵CD切⊙O于点C，∴∠OCD=90°。

∵∠D=30°，∴∠COD=60°。

∵OA=OC。

∴∠A=∠ACO=30°。

（2）∵CF⊥直径AB，CF=43，∴CE=23。

∴在Rt△OCE中，。

∴弧BC的长度为。

【考点】切线的性质，直角三角形两锐角的关系，圆周角定理，垂径定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，弧长的计算。

【分析】

（1）连接OC，则△OCD是直角三角形，可求出∠COD的度数;由于∠A与∠COD是同弧所对的圆周角与圆心角.根据圆周角定理即可求得∠A的度数。

（2）解Rt△OCE求出即可求出弧BC的长度。

3.（2012福建龙岩12分）如图1，过△ABC的顶点A作高AD，将点A折叠到点D（如图2），这时EF为折痕，且△BED和△CFD都是等腰三角形，再将△BED和△CFD沿它们各自的对称轴EH、FG折叠，使B、C两点都与点D重合，得到一个矩形EFGH（如图3），我们称矩形EFGH为△ABC的边BC上的折合矩形.

（1）若△ABC的面积为6，则折合矩形EFGH的面积为;

（2）如图4，已知△ABC，在图4中画出△ABC的边BC上的折合矩形EFGH;

（3）如果△ABC的边BC上的折合矩形EFGH是正方形，且BC=2a，那么，BC边上的高AD=，正方形EFGH的对角线长为.

【答案】解：

（1）3。

（2）作出的折合矩形EFGH：

（3）2a;。

【考点】新定义，折叠问题，矩形和正方形的性质，勾股定理。

【分析】

（1）由折叠对称的性质，知折合矩形EFGH的面积为△ABC的面积的一半，

（2）按题意，作出图形即可。

（3）由如果△ABC的边BC上的折合矩形EFGH是正方形，且BC=2a，那么，正方形边长为a，BC边上的高AD为EFGH边长的两倍2a。

根据勾股定理可得正方形EFGH的对角线长为。

4.（2012福建龙岩13分）矩形ABCD中，AD=5，AB=3，将矩形ABCD沿某直线折叠，使点A的对

应点A′落在线段BC上，再打开得到折痕EF.

（1）当A′与B重合时（如图1），EF=;当折痕EF过点D时（如图2），求线段EF的长;

（2）观察图3和图4，设BA′=x，①当x的取值范围是时，四边形AEA′F是菱形;②在①的

条件下，利用图4证明四边形AEA′F是菱形.

【答案】解：

（1）5。

由折叠（轴对称）性质知A′D=AD=5，∠A=∠EA′D=900。

在Rt△A′DC中，DC=AB=2，∴。

∴A′B=BC-A′C=5-4=1。

∵∠EA′B+∠BEA′=∠EA′B+∠FA′C=900，∴∠BEA′=∠FA′C。

又∵∠B=∠C=900，∴Rt△EBA′∽Rt△A′CF。

∴，即

∴。

在Rt△A′EF中，。

（2）①。

②证明：

由折叠（轴对称）性质知∠AEF=∠FEA′，AE=A′E，AF=A′F。

又∵AD∥BC，∴∠AFE=∠FEA′。

∴∠AEF=∠AFE。

∴AE=AF。

∴AE=A′E=AF=A′F。

∴四边形AEA′F是菱形。

【考点】折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行的性质，等腰三角形的性质，菱形的判定。

【分析】

（1）根据折叠和矩形的性质，当A′与B重合时（如图1），EF=AD=5。

根据折叠和矩形的性质，以及勾股定理求出A′B、A′F和FC的长，由Rt△EBA′∽Rt△A′CF求得，在Rt△A′EF中，由勾股定理求得EF的长。

（2）①由图3和图4可得，当时，四边形AEA′F是菱形。

②由折叠和矩形的性质，可得AE=A′E，AF=A′F。

由平行和等腰三角形的性质可得AE=AF。

从而AE=A′E=AF=A′F。

根据菱形的判定得四边形AEA′F是菱形。

资料来自：

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