[中考12年]海南省2022-2022年中考数学试题分类解析专题4：图形的变换一、选择题1.（2022年海南省2分）如图是一个正方体包装盒的表面展开图，若在其中的三个正方形A，B，C内分别填上适当的数，使得将这个表面展开图沿虚线折成正方体后，相对面上的两数互为相反数，则填在A，B，C内的三个数依次是【】A．1，0，－2B．0，1，－2C．0，－2，1D．－2，0，12.（2022年海南海口课标2分）观察下面图案，在A、B、C、D四幅图案中，能通过图案（1）的平移得到的是【】A、B、C、D、3.（2022年海南海口课标2分）下面的平面图形中，是正方体的平面展开图的是【】A、B、C、D、25\n4.（2022年海南省课标卷2分）如图，这是由5个大小相同的小正方体摆成的立体图形，它的俯视图是【】A.B.C.D.5.（2022年海南省2分）由几个大小相同的小正方体组成的立体图形的俯视图如图所示，则这个立体图形应是下图中的【】A.B.C.D.【答案】C。【考点】由三视图判断几何体。【分析】由俯视图判断出组合的正方体的几何体的排数即可：根据给出的俯视图，这个立体图形的前排左边有1列正方体，后排有2列正方体。故选C。6.（2022年海南省2分）如图，⊙的半径为4，，点A、C分别是射线BM、BN上25\n的动点，且直线.当AC平移到与⊙B相切时，AB的长度是【】A.B.C.D.【答案】A。7.（2022年海南省2分）观察下列几何体，主视图、左视图和俯视图都是矩形的是【】A.B.C.D.【答案】B。25\n8.（2022年海南省3分）图中几何体的主视图是【】A．B．C．D．9.（2022年海南省3分）如图所示几何体的主视图是【】A．B．C．D．【答案】A。10.（2022年海南省3分）如图所示几何体的俯视图是【】25\nA、B、C、D、【答案】A。【考点】简单组合体的三视图。【分析】从上面看可得到一个长方形，中间一个内切的圆的组合图形。故选A。11.（2022年海南省3分）如图，将平行四边形ABCD折叠，使顶点D恰落在AB边上的点M处，折痕为AN，那么对于结论①MN∥BC，②MN=AM，下列说法正确的是【】A、①②都对B、①②都错C、①对②错D、①错②对12.（2022年海南省3分）如图竖直放置的圆柱体的俯视图是【】A．长方体B．正方体C．圆D．等腰梯形25\n二、填空题1.（2022年海南省3分）在边长为6的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，E为AB的中点，F是AC上一动点，则EF＋BF的最小值为▲．【答案】。【考点】动点问题，轴对称的应用（最短路线问题），菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理。2.（2022年海南省3分）用火柴棒按如图的方式搭一行三角形，搭一个三角形需3支火柴棒，搭2个三角形需5支火柴棒，搭3个三角形需7支火柴棒，照这样的规律搭下去，搭n个三角形需要s支火柴棒，那么s关于n的函数关系式是▲（n为正整数）．【答案】s=2n＋1。25\n3.（2022年海南海口课标3分）如图，已知∠AOB=30，M为OB边上一点，以M为圆心、2cm为半径作⊙M.若点M在OB边上运动，则当OM=▲cm时，⊙M与OA相切.【答案】4。【考点】动点问题，切线的性质，含30度角的直角三角形的性质。【分析】如图，连接MN，∵MN⊥AO，∠AOB=30°，2cm为半径，∴OM=2MN=2×2=4cm。故当OM=4cm时，⊙M与OA相切。4.（2022年海南省课标卷3分）用火柴棒按如图所示的方式摆图形，按照这样的规律继续摆下去，第4个图形需要▲根火柴棒，第n个图形需要▲根火柴棒（用含n的代数式表示）.25\n5.（2022年海南省课标卷3分）如图，∠ABC=90°，O为射线BC上一点，以点O为圆心、BO长为半径作⊙O，当射线BA绕点B按顺时针方向旋转▲度时与⊙O相切.【答案】60或120。6.（2022年海南省大纲卷3分）用同样规格的黑白两种颜色的正方形瓷砖按下图方式铺地板，则第（3）个图形中有黑色瓷砖▲块，第个图形中需要黑色瓷砖▲块（用含25\n的代数式表示）.【答案】10；3n＋1。7.（2022年海南省3分）如图，沿DE折叠后，点A落在BC边上的处，若点D为AB边的中点，，则的度数为▲.【答案】80。8.（2022年海南省3分）已知一个圆柱体侧面展开图为矩形ABCD（如图），若，则该圆柱体的体积约为▲（取，结果精确到0.1）.25\n【答案】177.5或59.2。9.（2022年海南省3分）用同样大小的黑色棋子按图所示的方式摆图形，按照这样的规律摆下去，则第n个图形需棋子▲枚（用含n的代数式表示）.【答案】3n+1。10.（2022年海南省3分）如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点C、D分别落在点C′′、D′′′处，若∠AFE=65°，则∠C′EF=▲度.25\n11.（2022年海南省3分）如图，∠APB=300，圆心在边PB上的⊙O半径为1cm，OP=3cm，若⊙O沿BP方向移动，当⊙O与PA相切时，圆心O移动的距离为▲cm.三、解答题25\n1.（2022年海南省9分）如图，⊙O的直径AB＝15cm，有一条定长为9㎝的动弦CD在上滑动（点C与A、点D与B不重合），且CE⊥CD交AB于E，DF⊥CD交AB于F．（1）求证：AE＝BF；（2）在动弦CD滑动的过程中，四边形CDFE的面积是否为定值，若是定值，请给出证明并求出这个定值；若不是，请说明理由．【答案】解：（1）证明：过圆心O作OG⊥CD交CD于G，得CG＝GD。 又∵CE⊥CD，DF⊥CD， ∴四边形CDFE是直角梯形，且CE∥OG∥DF。∴OE＝OF。又∵OA＝OB，∴AE＝BF。 （2）在动弦CD滑动的过程中，四边形CDFE的面积为定值。证明如下：∵在动弦CD滑动的过程中，都有CE⊥CD，DF⊥CD。∴CE∥DF。 ∴四边形CDFE一定是直角梯形，并由（1）知OG是它的中位线。 ∴S梯形CDFE＝（CE＋DF）·CD＝OG·CD。 ∵弦CD的长为定值，OG是CD上的弦心距，∴OG的长也是定值。 ∴四边形CDFE的面积是定值。 ∵OG＝，CD＝9， ∴S梯形CDFE＝6×9＝54（cm2）。 ∴四边形CDFE的面积是定值，为54㎝2。25\n2.（2022年海南省9分）已知：如图，AB是⊙O的直径，BE是⊙O的切线，切点为B．点C为射线BE上一动点（点C与B不重合），且弦AD平行于OC．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）设⊙O的半径为r．试问：当动点C在射线BE上运动到什么位置时，有AD=r？请回答并证明你的结论．25\n【考点】切线的判定和性质，等腰三角形的性质，平行的性质，全等三角形的判定和性质，动点问题，勾股定理。【分析】（1）要证明CD是⊙O的切线只要证明OD⊥DC即可。（2）要AD=r，由勾股定理只要△ADO是等腰直角三角形即可，即只要∠AOD=90°。由BE、CD是⊙O的切线只要四边形OBCD是正方形，即BC=r。3.（2022年海南海口课标5分＋6分）（本题有3小题，第（1）小题为必答题，满分5分；第（2）、（3）小题为选答题，其中第（2）小题满分3分，第（3）小题满分6分，请从中任选1小题作答，如两题都答，以第（2）小题评分.）在△ABC中，∠ACB=90，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E.（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①△ADC≌△CEB；②DE=AD+BE；（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE=AD-BE；（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明.25\n【答案】解：（1）证明：①∵∠ADC=∠ACB=90°，∴∠CAD+∠ACD=90°，∠BCE+∠ACD=90°。∴∠CAD=∠BCE又∵AC=BC，∠ADC=∠CEB=90°，∴△ADC≌△CEB（AAS）。②∵△ADC≌△CEB，∴CE=AD，CD=BE。∴DE=CE+CD=AD+BE。4.（2022年海南省大纲卷14分）如图所示，正方形ABCD的边长为1，G为CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边向正方形ABCD外作正方形GCEF，连接DE交BG的延长线于H．（1）求证：①△BCG≌△DCE；②BH⊥DE．（2）试问当点G运动到什么位置时，BH垂直平分DE？请说明理由．25\n【答案】解：（1）证明：①∵四边形ABCD和四边形GCEF均为正方形,∴BC=DC，CG=CE，∠BCG=∠DCE=90º。∴ΔBCG≌ΔDCE（SAS）。②∵ΔBCG≌ΔDCE,∴∠GBC=∠EDC。又∵∠EDC+∠CED=90º,∴∠GBC+∠CED=90º。∴∠BHE=90º。∴BH⊥DE。【分析】（1）根据正方形的性质，由SAS可证得ΔBCG≌ΔDCE。由全等三角形对应边相等的性质可得∠BHE=90º，从而得证。 （2）根据线段垂直平分线上点到线段两端距离相等的性质和勾股定理可得。5.（2022年海南省课标卷12分）如图，正方形ABCD的边长为1，G为CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边向正方形ABCD外作正方形GCEF，连结DE交BG的延长线于H.(1)求证：①△BCG≌△DCE.②BH⊥DE.25\n(2)试问当点G运动到什么位置时，BH垂直平分DE?请说明理由.【考点】正方形的性质，动点问题，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理。【分析】（1）根据正方形的性质，由SAS可证得ΔBCG≌ΔDCE。由全等三角形对应边相等的性质可得∠BHE=90º，从而得证。 （2）根据线段垂直平分线上点到线段两端距离相等的性质和勾股定理可得。6.（2022年海南省12分）如图，P是边长为1的正方形ABCD对角线AC上一动点（P与A、C不重合），点E在射线BC上，且PE=PB.（1）求证：①PE=PD；②PE⊥PD；（2）设AP=x,△PBE的面积为y.25\n①求出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；②当x取何值时，y取得最大值，并求出这个最大值.【答案】解：（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，∴BC=DC,∠BCP=∠DCP=45°。∵PC=PC，∴△PBC≌△PDC（SAS）。∴PB=PD。又∵PB=PE，∴PE=PD。25\nBF=FE=1-FC=1-()=。∴S△PBE=BF·PF=，即(0＜x＜)。②，∵，∴当时，y最大值。7.（2022年海南省11分）如图1,在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°,△ABD是等边三角形，E是AB的中点，连结CE并延长交AD于F.（1）求证：①△AEF≌△BEC；②四边形BCFD是平行四边形；（2）如图2，将四边形ACBD折叠,使D与C重合，HK为折痕，求sin∠ACH的值.25\n【答案】解：（1）证明：①在△ABC中，∵∠ACB=90°，∠CAB=30°,∴∠ABC=60°。在等边△ABD中，∠BAD=60°,∴∠BAD=∠ABC=60°。∵E为AB的中点，∴AE=BE。又∵∠AEF=∠BEC,∴△AEF≌△BEC（ASA）。（2）∵∠BAD=60°，∠CAB=30°，∴∠CAH=90°。在Rt△ABC中，∠CAB=30°，设BC=a，∴AB=2BC=2a，∴AD=AB=2a。设AH=x，则HC=HD=AD-AH=2a-x。在Rt△ABC中，AC2=(2a)2-a2=3a2。在Rt△ACH中，AH2+AC2=HC2，即x2+3a2=(2a-x)2，解得x=a，即AH=a。∴HC=2a-x=2a-a=a。∴。【考点】25\n折叠问题，等边三角形的判定和性质，直角三角形两锐角的关系，全等三角形的判定和性质，直角三角形中线定理，平行和平行四边形的判定，含30度直角三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，待定系数法的应用。8.（2022年海南省11分）如图，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，连接BG与DE相交于点H．（1）证明：△ABG△ADE；（2）试猜想BHD的度数，并说明理由；（3）将图中正方形ABCD绕点A逆时针旋转（0°＜BAE＜180°），设△ABE的面积为，△ADG的面积为，判断与的大小关系，并给予证明．【答案】解：（1）证明：在正方形ABCD和正方形AEFG中，∠GAE=∠BAD=90°，且∠GAE+∠EAB=∠BAD+∠EAB，即∠GAB=∠EAD，在△ABG和△ADE中，∵GA=EA，∠GAB=∠EAD，AD=AB，∴△ABG≌△ADE（SAS）。（2）猜想∠BHD=90°。理由如下：25\n∵△ABG≌△ADE，∴∠ABG=∠ADE。又∵∠EHB=∠AHD，∴∠ABG+∠EHB=∠ADE+∠AHD∵∠ADE+∠AHD=900，∴ABG+∠EHB=90°。∴∠BHD=90°。与①一样；同理可证。25\n综上所述，将图中正方形ABCD绕点A逆时针旋转（0°＜BAE＜180°），总有。9.（2022年海南省11分）如图（1），在矩形ABCD中，把∠B、∠D分别翻折，使点B、D分别落在对角线BC上的点E、F处，折痕分别为CM、AN.（1）求证：△AND≌△CBM.（2）请连接MF、NE，证明四边形MFNE是平行四边形，四边形MFNE是菱形吗？请说明理由？（3）P、Q是矩形的边CD、AB上的两点，连结PQ、CQ、MN，如图（2）所示，若PQ=CQ，PQ∥MN。且AB=4，BC=3，求PC的长度.25\n【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠B，AD=BC，AD∥BC。∴∠DAC=∠BCA。又由翻折的性质，得∠DAN=∠NAF，∠ECM=∠BCM，∴∠DAN=∠BCM。∴△AND≌△CBM（ASA）。（2）证明：∵△AND≌△CBM，∴DN=BM。又由翻折的性质，得DN=FN，BM=EM，∴FN=EM。又∠NFA=∠ACD＋∠CNF=∠BAC＋∠EMA=∠MEC，∵PQ∥MN，DC∥AB，∴四边形NMQP是平行四边形。∴NP=MQ，PQ=NM=。又∵PQ=CQ，∴CQ=。在△CBQ中，CQ=，CB=3，由勾股定理，得BQ=1。25\n∴NP=MQ=。∴PC=4－－=2。【考点】翻折问题，翻折的性质，矩形的性质，平行的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理。25
