2022-2022年江苏无锡中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题4：图形的变换一、选择题1.（江苏省无锡市2022年3分）探索规律：根据下图中箭头指向的规律，从2022到2022再到2022，箭头的方向是【】【答案】A。【考点】分类归纳（图形的变化类）。【分析】根据观察图形可知箭头的方向每4次重复一遍，∵除尽，∴2022所在的位置与图中的4所在的位置相同。因此从2022到2022再到2022的箭头方向为：故选A。2.3.（江苏省2022年3分）如图，在方格纸中，将图①中的三角形甲平移到图②中所示的位置，与三角形乙拼成一个矩形，那么，下面的平移方法中，正确的是【】A．先向下平移3格，再向右平移1格B．先向下平移2格，再向右平移1格C．先向下平移2格，再向右平移2格D．先向下平移3格，再向右平移2格【答案】D。【考点】平移的性质。【分析】根据图形，对比图①与图②中位置关系可知：平移是先向下平移3格，再向右平移2格。故选D。27\n3.（江苏省无锡市2022年3分）我们从不同的方向观察同一物体时，可能看到不同的图形．如图，图①是由若干个小正方体所搭成的几何体，图②是从图①的上面看这个几何体所看到的图形，那么从图①的左面看这个几何体所看到的图形是【】A．B．C．D．【答案】B。【考点】简单组合体的三视图。【分析】找到从左面看所得到的图形即可：从左面看可看到左边3个正方形，右边一个正方形。故选B。4.（江苏省无锡市2022年3分）一空间几何体的三视图如图所示，则这个几何体是【】A、圆柱B、圆锥C、球D、长方体【答案】A。【考点】由三视图判断几何体。【分析】根据主视图和左视图为矩形可判断出这个几何体是柱体；根据俯视图是圆可判断出这个几何体应该是圆柱。故选A。5.（江苏省无锡市2022年3分）如图是一个正四面体，它的四个面都是正三角形，现沿它的三条棱AC、BC、CD剪开展成平面图形，则所得的展开图是【】A、B、C、D、【答案】B。27\n【考点】几何体的展开图【分析】根据三棱锥的图形特点，可得展开图为B。故选B。6.（江苏省无锡市2022年3分）现有边长相等的正三角形、正方形、正六进形、正八边形形状的地砖，如果选择其中的两钟铺满平整的地面，那么选择的两种地砖形状不能是【】A．正三角形与正方形B．正三角形与正六边形C．正方形与正六边形D．正方形与正八边形【答案】C。【考点】平面镶嵌（密铺），多边形内角和定理。【分析】分别求出各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件，分别计算即可求出答案：A、正三角形的每个内角是60°，正方形的每个内角是90°，∵3×60°+2×90°=360°，成立；B、正六边形的每个内角是120°，正三角形的每个内角是60度，∵2×120°+2×60°=360°，或120°+4×60°=3600，成立；C、正方形的每个内角是90°，正六边形的每个内角是120°，90m+120n=360，，显然n取任何正整数时，m不能得正整数，故不能铺满；D、正方形的每个内角为900，正八边形的每个内角为1350，∵900+1350×2=3600，成立。故选C。7.（江苏省无锡市2022年3分）如图是一个圆柱体和一长方体组成的几何体，圆柱的下底面紧贴在长方体的上底面上，那么这个几何体的俯视图为【】上面【答案】C。【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：从上面可看到一个长方形里有一个圆，故选C。8.（江苏省无锡市2022年3分）如图，△OAB绕点O逆时针旋转800到△OCD的位置，已知∠AOB=45027\n，则∠AOD等于【】Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．【答案】D。【考点】旋转的性质。【分析】旋转中心为点O，旋转方向为逆时针，观察对应点与旋转中心的连线的夹角∠BOD即为旋转角，利用角的和差关系求解：根据旋转的性质可知，D和B为对应点，∠DOB为旋转角，即∠DOB=80°，∴∠AOD=∠DOB－∠AOB=80°－45°=35°。故选D。9.（江苏省2022年3分）下面四个几何体中，左视图是四边形的几何体共有【】A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B。【考点】简单几何体的三视图。【分析】四个几何体的左视图：圆柱是矩形，圆锥是等腰三角形，球是圆，正方体是正方形，由此可确定左视图是四边形的几何体是圆柱和正方体。故选B。二、填空题1.（江苏省无锡市2022年3分）如图所示的某种玩具是由两个正方体用胶水粘合而成的，它们的棱长分别为1分米和2分米.为了美观，现要在其表面喷涂油漆，已知喷涂1平分分米需用油漆5克，那么喷涂这个玩具共需油漆▲克.27\n【答案】140。【考点】几何体的表面积。【分析】根据题意先求出玩具的表面积，然后再求需要的油漆质量：∵玩具的表面积为：6×（2×2）+4×（1×1）=28平方分米，∴喷涂这个玩具共需油漆28×5=140克。2.（江苏省无锡市2022年2分）一跳蚤在一直线上从O点开始，第1次向右跳1个单位，紧接着第2次向左跳2个单位，第3次向右跳3个单位，第4次向左跳4个单位，……，依此规律跳下去，当它跳第100次落下时，落点处离O点的距离是▲个单位.。【答案】50。【考点】分类归纳（图形的变化类）。【分析】由题意可知，如图，第1、2次落点处离O点的距离是1个单位，第3、4次落点处离O点的距离是2个单位，第5、6次落点处离O点的距离是3个单位，以此类推，找出规律，第次落下时，落点处离O点的距离是个单位。所以，第100次落下时，落点处离O点的距离是50个单位。3.（江苏省无锡市2022年2分）用同一种正多边形地砖镶嵌成平整的地面，那么这种正多边形地砖的形状可以是▲.（只需写出一种即可）【答案】正三角形（答案不唯一）。【考点】平面镶嵌（密铺）【分析】能砖镶嵌成平整的地面的正多边形，其内角应能整除360度，所以，正三角形的每个内角是60°，能整除3600，6个能密铺；正方形的每个内角是90°，4个能密铺；正六边形的每个内角是120°，能整除360°，3个能密铺。4.（2022江苏无锡2分）如图，△ABC中，∠C=30°．将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，AE与BC交于F，则∠AFB= ▲ °．【答案】90。【考点】旋转的性质，三角形外角性质。27\n【分析】根据旋转的性质可知∠CAF=60°，根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两内角之和的性质，得：∠CFA=∠C+∠CAF=90°。6.（2022江苏无锡2分）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AB=8cm，D是AB的中点．现将△BCD沿BA方向平移1cm，得到△EFG，FG交AC于H，则GH的长等于 ▲ cm．【答案】3。【考点】直角三角形斜边上中线的性质，平移的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】由∠ACB=90°，AB=8，D是AB的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，得AD=BD=CD=AB=4。然后由平移的性质得GH∥CD，因此△AGH∽△ADC。∴。又∵△EFG由△BCD沿BA方向平移1cm得到的，∴AG=4－1=3。∴，解得GH=3。三、解答题1.（2022江苏无锡6分）根据题意，完成下列填空：如图，L1与L2是同一平面内的两条相交直线，它们有1个交点，如果在这个平面内，再画第3直线L3，那么这3条直线最多可有▲个交点；如果在这个平面内再画第4条直线L4，那么这4条直线最多可有▲个交点．由此我们可以猜想：在同一平面内，6条直线最多可有▲个交点，n（ n为大于1的整数）条直线最多可有▲个交点（用含n的代数式表示）【答案】解：3，6，15，。【考点】分类归纳（图形的变化类），相交线。【分析】要探讨直线的交点的最多个数，尽量让每两条直线相交，产生不同的交点．三条直线相交交点最多为：1+2=3；四条直线相交交点最多为：1+2+3=6；六条直线相交交点最多为：1+2+3+4+5=15；27\n…；n条直线相交交点最多为：1+2+3+…+n=。2.（2022江苏无锡6分）已知：如图，弓形AmB小于半圆，它所在圆的圆心为O，半径为13，弦AB的长为24；C是弦AB上的一动点（异于A、B），过C作AB的垂线交弧AB于点P，以PC为直径的圆交AP于点D；E是AP的中点，连接OE．（1）当点D、E不重合时（如图1），求证：OE∥CD；（2）当点C是弦AB的中点时（如图2），求PD的长；（3）当点D、E重合时，请你推断∠PAB的大小为多少度（只需写出结论，不必给出证明）【答案】解：（1）证明：∵CP是直径，∴∠CDP=90°。∵OE过圆心O，AE=PE，∴OE⊥AP。∴OE∥CD。（2）连接OC、AO，∵AC=BC，∴OC⊥AB。∵PC⊥AB，∴P、C、O三点共线。∵AB=24，∴AC=12。又∵OA=13，∴由勾股定理得：OC=。∴PC=13－5=8。∴由勾股定理得：AP=。由切割线定理得：AC2=AD•AP，∴AD=。答：PD的长是。（3）∠PAB=45°。【考点】圆周角定理，垂径定理，平行线的判定，勾股定理，切割线定理，等腰三角形的的性质27\n【分析】（1）根据圆周角定理求出∠CDP=90°，根据垂径定理求出OE⊥AP，即可推出答案。（2）根据垂径定理求出OC⊥AB，根据勾股定理求出OC、AP，由切割线定理求出AD，计算AP－AD即可。【注：没学切割线定理可通过证明△ADC∽△ACP求解】（3）由AD=PD和CD⊥AP得AC=PC，又由PC⊥AB得△ACP是等腰直角三角形的性质，从而∠PAB=45°。3.（江苏省无锡市2022年6分）国际象棋、中国象棋和围棋号称世界三大棋种.国际象棋中的“皇后”的威力可比中国象棋中的“车”大得多：“皇后”不仅能控制她所在的行与列中的每一个小方格，而且还能控制“斜”方向的两条直线上的每一个小方格.如图甲是一个4×4的小方格棋盘，图中的“皇后Q”能控制图中虚线所经过的每一个小方格.①在如图乙的小方格棋盘中有一“皇后Q”，她所在的位置可用“（2，3）”来表示，请说明“皇后Q”所在的位置“（2，3）”的意义，并用这种表示法分别写出棋盘中不能被该“皇后Q”所控制的四个位置.②如图丙也是一个4×4的小方格棋盘，请在这个棋盘中放入四个“皇后Q”，使这四个“皇后Q”之间互不受对方控制（在图丙中的某四个小方格中标出字母Q即可）.【答案】解：①如图，“皇后Q”所在的位置“（2，3）”的意义；“皇后”能控制她所在的3行与2列中的每一个小方格，以及“斜”方向的两条直线上的每一个小方格。棋盘中不能被该“皇后Q”所控制的四个位置为：（1，1），（1，3），（2，4），（4，4）。②作图如上。【考点】作图—应用与设计作图。27\n【分析】①根据所给的方法画出Q控制的路线，得到不被控制的点的坐标。②互相不受控制，那么这四个点应在不在相同的行，相同的列和同一正方形的对角线上。4.（江苏省无锡市2022年6分）现有足够的2×2，3×3的正方形和2×3的矩形图片A、B、C（如图），现从中各选取若干个图片拼成不同的图形.请你在下面给出的方格纸中，按下列要求分别画出一种示意图（说明：下面给出的方格纸中，每个小正方形的边长均为1.拼出的图形，要求每两个图片之间既无缝隙，也不重叠.画图必须保留拼图的痕迹）①选取A型、B型两种图片各1块，C型图片2块，在下面的图1中拼成一个正方形；②选取A型4块，B型图片1块，C型图片4块，在下面的图2中拼成一个正方形；③选取A型3块，B型图片1块，再选取若干块C型图片，在下面的图3中拼成一个距形.【答案】解：画图如下：【考点】作图—应用与设计作图。【分析】①正方形面积为4+9+2×6=25，那么新正方形的边长为5．②正方形面积为4×4+9+4×6=49，那么新正方形的边长为7．③取A型图片3块，B型图片1块，此时面积为3×4+9=16，没有相等的边，组成的为不规则的图形，所以应再添加4个6，组成面积和为40的矩形，边长为5，8。5.（江苏省无锡市2022年10分）将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的点M重合，折痕交AD于E27\n，交BC于F，边AB折叠后与BC边交于点G（如图）.（1）如果M为CD边的中点，求证：DE∶DM∶EM=3∶4∶5；（2）如果M为CD边上的任意一点，设AB=2a，问△CMG的周长是否与点M的位置有关？若有关，请把△CMG的周长用含DM的长x的代数式表示；若无关，请说明理由.【答案】解：（1）证明：设正方形边长为a，DE为x，则DM=，EM=EA=a－x在Rt△DEM中，∠D=90°，DE2+DM2=EM2，即x2+（）2=（a－x）2，解得，。∴EM=a－x=。∴DE：DM：EM=。（2）△CMG的周长与点M的位置无关。理由如下；设CM=x，DE=y，∵AB=2a，∴DM=2a－x，EM=2a－y。∵∠EMG=90°，∴∠DME+∠CMG=900。∵∠DME+∠DEM=90°，∴∠DEM=∠CMG。又∵∠D=∠C=90°，∴△DEM∽△CMG。∴即。∴。在Rt△DEM中，DM2+DE2=EM2，即（2a－x）2＋y2=（2a－y）2，整理得4ax－x2=4ay。∴△CMG的周长为CM+MG+CG=。所以△CMG的周长为4a，与点M的位置无关。27\n【考点】翻折变换（折叠问题），勾股定理，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，代数式化简。【分析】（1）设正方形边长为a，DE为x，则根据折叠知道DM=，EM=EA=a－x，然后在Rt△DEM中就可以求出x，这样用a表示了DE，DN，EM，即可求出它们的比值。（2）△CMG的周长与点M的位置无关。设CM=x，DE=y，则DM=2a－x，EM=2a－y。根据正方形的性质和折叠可以证明△DEM∽△CMG，利用相似三角形的对应边成比例可以把CG，MG分别用x，y分别表示，△CMG的周长也用x，y表示，然后在Rt△DEM中根据勾股定理可以得到4ax－x2=4ay，结合△CMG的周长，就可以判断△CMG的周长与点M的位置无关。6.（江苏省无锡市2022年10分）已知，如图，Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=30°，BC=6㎝.点O从A点出发，沿AB以每秒㎝的速度向B点方向运动，当点O运动了t秒（t>0）时，以O点为圆心的圆与边AC相切于点D，与边AB相交于E、F两点.过E作EG⊥DE交射线BC于G.（1）若E与B不重合，问t为何值时，△BEG与△DEG相似？（2）问：当t在什么范围内时，点G在线段BC上？当t在什么范围内时，点G在线段BC的延长线上？（3）当点G在线段BC上（不包括端点B、C）时，求四边形CDEG的面积S（㎝2）关于时间t（秒）的函数关系式，并问点O运动了几秒种时，S取得最大值？最大值为多少？【答案】解：（1）连接OD，DF．∵AC切⊙O于点D，∴OD⊥AC。在Rt△OAD中，∠A=30°，OA=t，∴。又∵∠FOD=90°－30°=60°，∴∠AED=30°，∴AD=ED=。∵DE⊥EG，∴∠BEG=60°。∴△BEG∽△DEG。27\n∵∠B=∠GED=90°，若∠EGD=30°，则∠BGD=60°=∠ACB这是不可能的，∴∠EGD=60°。∴DG⊥BC，DG∥AB。在Rt△DEG中，∠DEG=90°，DE=，∴DG=t。在Rt△ABC中，∠A=30°，BC=6，∴AC=12，AB=6。∴CD=。∵DG∥AB，∴，即，解得。∴当t为秒时，△BEG与△EGD相似。
（2）∵AC切⊙O于点D，∴OD⊥AC。在Rt△OAD中，∠A=30°，OA=t，∴∠AED=30°。∵DE⊥EG。∴∠BEG=60°。在Rt△BC中，∠B=90°，∠A=30°，BC=6，∴AB=6，BE=。Rt△BEG中，∠BEG=60°，∴。当0≤≤6，即≤t≤4时，点G在线段BC上；当＞6，即0＜t＜时，点G在线段BC的延长线上。（3）过点D作DM⊥AB于M。在Rt△ADM中，∠A=30°，∴DM=AD=。∴。所以当t=秒时，s取得最大值，最大值为。【考点】二次函数综合题，切线的性质，三角形外角定理，等腰三角形的判定，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，平行的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质。【分析】（1）连接OD，DF，由切线的性质得OD⊥AC，则∠AOD=60°，∠AED=30°。由∠DEG=90°得∠BEG=60°，因此本题可分两种情况进行讨论：27\n①当∠EDC=60°，∠ECD=30°时，∠BGD=∠BGE+∠EGD=60°．这样∠BGD和∠ACB相等，那么DG和AC应该平行，显然这种情况是不成立的．②当∠DGE=60°时，可在Rt△AOD中，根据∠A的度数和AO的长表示出AD的长，也就能表示出CD的长，由于∠A=∠AED=30°，那么AD=DE，可在Rt△DEG中，用AD的长表示出DG，从而根据DG∥AB得出的关于CD，AD，DG，AB的比例关系式即可求出此时t的值。（2）求出BG的表达式，然后令BG＞BC，即可得出G在BC延长线上时t的取值范围。（3）由于四边形CGED不是规则的四边形，因此其面积可用来求得．在前两问中已经求得AD，AE，BE，BG的表达式，那么就不难得出这三个三角形的面积．据此可求出S，t的函数关系式．根据函数的性质和自变量的取值范围即可求出S的最大值及对应的t的值。7.（江苏省无锡市2022年4分）已知图1和图2中的每个小正方形的边长都是1个单位.（1）将图1中的格点△ABC，先向右平移3个单位，再向上平移2个单位，得到△A1B1C1，请你在图1中画出△A1B1C1.（2）在图2中画出一个与格点△DEF相似但相似比不等于1的格点三角形.【答案】（1）（2）答案不唯一。27\n【考点】作图（平移变换和相似变换）。【分析】根据平移作图的规律作图即可；做个位似图形即可，相似比可以是1：2等等．（答案不唯一）。作平移图形时，找关键点的对应点也是关键的一步．平移作图的一般步骤为：①确定平移的方向和距离，先确定一组对应点；②确定图形中的关键点；③利用第一组对应点和平移的性质确定图中所有关键点的对应点；④按原图形顺序依次连接对应点，所得到的图形即为平移后的图形。
作位似变换的图形的依据是相似的性质，基本作法是：①先确定图形的位似中心；②利用相似图形的比例关系作出关键点的对应点；③按原图形中的方式顺次连接对应点．要注意有两种情况，图形在位似中心的同侧或在位似中心的两侧。8.（江苏省无锡市2022年10分）已知，点P是正方形ABCD内的一点，连PA、PB、PC.（1）将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置（如图1）.①设AB的长为a，PB的长为b（b<a），求△PAB旋转到△P′CB的过程中边PA所扫过区域（图1中阴影部分）的面积；②若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.（2）如图2，若PA2+PC2=2PB2，请说明点P必在对角线AC上.【答案】解：（1）①∵△PAB绕点B顺时针旋转90°得到△P′CB，∴。又∵AB=a，BD=b，∴27\n。②连接PP′，根据旋转的性质可知：BP=BP′，∠PBP′=90°；∴△PBP′为等腰直角三角形，∴∠BPP′=45°。∵∠BPA=∠BP′C=135°，∠BP′P=45°，∴∠PP′C=90°。在Rt△PP′C中，PP′=，P′C=PA=2，根据勾股定理可得PC=6。（2）将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，连接PP′。同（1）①可知：△BPP′是等腰直角三角形，即。∵PA2+PC2=2PB2=PP′2，∴∠P′CP=90°。∵∠PBP′=∠PCP′=90°，∴在四边形BPCP′中，∠BP′C+∠BPC=180°。∵∠BPA=∠BP′C，∴∠BPC+∠APB=180°，即点P在对角线AC上。【考点】旋转的性质，扇形面积的计算，勾股定理和逆定理，等腰直角三角形的判定和性质。【分析】（1）△PAB旋转到△P′CB的过程中边PA所扫过区域（图1中阴影部分）的面积实际是大扇形OAC与小扇形BPP′的面积差，且这两个扇形的圆心角同为90度。（2）连接PP′，证△PBP′为等腰直角三角形，从而可在Rt△PP′C中，用勾股定理求得PC=6；将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，由勾股定理逆定理证出∠P′CP=90°，再证∠BPC+∠APB=180°，即点P在对角线AC上。9.（江苏省无锡市2022年8分）已知正方形ABCD的边长AB=k（k是正整数），正△PAE的顶点P在正方形内，顶点E在边AB上，且AE=1.将△PAE在正方形内按图1中所示的方式，沿着正方形的边AB、BC、CD、DA、AB、……连续地翻转n次，使顶点P第一次回到原来的起始位置.（1）如果我们把正方形ABCD的边展开在一直线上，那么这一翻转过程可以看作是△PAE在直线上作连续的翻转运动.图2是k=1时，△PAE沿正方形的边连续翻转过程的展开示意图.请你探索：若k=1，则△PAE沿正方形的边连续翻转的次数n=时，顶点P第一次回到原来的起始位置.（2）若k=2，则n=时，顶点P第一次回到原来的起始位置；若k=3，则n=时，顶点P27\n第一次回到原来的起始位置.（3）请你猜测：使顶点P第一次回到原来的起始位置的n值与k之间的关系（请用含k的代数式表示n）.10.（江苏省无锡市2022年9分）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝8cm，CD＝2cm，AD＝6cm。点P从点A出发，以2cm/s的速度沿AB向终点B运动；点Q从点C出发，以1cm/s的速度沿CD、DA向终点A运动（P、Q两点中，有一个点运动到终点时，所有运动即终止）．设P、Q同时出发并运动了t秒。（1）当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，求t的值；（2）试问是否存在这样的t，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半？若存在，求出这样的t的值，若不存在，请说明理由。27\n【答案】解：（1）过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，如图1。∵ABCD是等腰梯形，∴四边形CDEF是矩形。∴DE=CF。又∵AD=BC，∴Rt△ADE≌Rt△BCF。∴AE=BF。又CD=2cm，AB=8cm，∴EF=CD=2cm∴。若四边形APQD是直角梯形，则四边形DEPQ为矩形。∵CQ=t，∴DQ=EP=2－t。∵AP=AE＋EP，∴，解得。（2）存在。理由如下：在Rt△ADE中，，∴。当S四边形PBCQ时，①如图2，若点Q在CD上，即0≤t≤2，则CQ=t，BP=8－2tS四边形PBCQ，解得t=3（不合点Q在CD的条件，舍去）。②如图3，若点Q在AD上，即2<t≤4。过点Q作HG⊥AB于G，交CD的延长线于H，由图1知，，27\n∴，则∠A=60°。在Rt△AQG中，AQ=8－t，QG=AQ·sin60°，在Rt△QDH中，∠QDH=60°，DQ=t－2，。由题意知，S四边形PBCQ，即，解之得（不合题意，舍去），。∴存在，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半。【考点】动点问题，等腰梯形和直角梯形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解方程，锐角三角函数，特殊角的三角函数值。【分析】（1）通过构造全等三角形Rt△ADE≌Rt△BCF证明AE=BF。，建立等量关系求解即可。（2）分点Q在CD上和在AD上两种情况讨论即可。11..（江苏省无锡市2022年7分）图1是“口子窖”酒的一个由铁皮制成的包装底盒，它是一个无盖的六棱柱形状的盒子（如图2），侧面是矩形或正方形．经测量，底面六边形有三条边的长是9cm，有三条边的长是3cm，每个内角都是120º，该六棱校的高为3cm。现沿它的侧棱剪开展平，得到如图3的平面展开图。（1）制作这种底盒时，可以按图4中虚线裁剪出如图3的模片。现有一块长为17.5cm、宽为16.5cm的长方形铁皮，请问能否按图4的裁剪方法制作这样的无盖底盒？并请你说明理由；（2）如果用一块正三角形铁皮按图5中虚线裁剪出如图3的模片，那么这个正三角形的边长至少应为 cm。（说明：以上裁剪均不计接缝处损耗。）27\n【答案】（1）能。理由如下：如图所示，根据所构造的30度的直角三角形．图4中长方形的宽为：，长方形的长为：，∵，∴。∵，∴。因此长为17.5cm、宽为16.5cm的长方形铁皮，能按图4的裁剪方法制作这样的无盖底盒。（2）。【考点】矩形的性质，等边三角形的性质，几何体的展开图，估算无理数的大小。【分析】（1）结合图形，根据图2中的数值，运用正方形的各个角是90°和六边形的各个角是120°，可以通过作水平线、铅垂线得到30°的直角三角形，计算得到所需的长方形的长和宽，再进一步比较其和现在的长方形的长和宽的大小，从而得到结论。（2）同样结合图中的数据，作出水平线和铅垂线，构造30度的直角三角形、正方形和等边三角形，进行计算：如图所示，等边三角形的边长是。12.（江苏省无锡市2022年6分）图1是由若干个小圆圈堆成的一个形如正三角形的图案，最上面一层有一个圆圈，以下各层均比上一层多一个圆圈，一共堆了层．将图1倒置后与原图1拼成图2的形状，这样我们可以算出图1中所有圆圈的个数为．27\n如果图1中的圆圈共有12层，（1）我们自上往下，在每个圆圈中都按图3的方式填上一串连续的正整数，则最底层最左边这个圆圈中的数是；（2）我们自上往下，在每个圆圈中都按图4的方式填上一串连续的整数，，，，求图4中所有圆圈中各数的绝对值之和．13.（江苏省无锡市2022年3分）如图是由6个相同的正方形拼成的图形，请你将其中一个正方形移动到合适的位置，使它与另5个正方形能拼成一个正方体的表面展开图．（请在图中将要移动的那个正方形涂黑，并画出移动后的正方形）【答案】解：如图所示（答案不唯一）【考点】几何体的展开图。【分析】根据正方体的表面展开图的11种方法，从中选取符合题意的解题。14.（江苏省2022年10分）（1）观察与发现27\n小明将三角形纸片沿过点A的直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展开纸片（如图①）；再次折叠该三角形纸片，使点A和点D重合，折痕为EF，展平纸片后得到（如图②）．小明认为是等腰三角形，你同意吗？请说明理由．（2）实践与运用将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在BC边上的点F处，折痕为BE（如图③）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在BE上的点处，折痕为EG（如图④）；再展平纸片（如图⑤）．求图⑤中的大小．【答案】解：（1）同意。理由如下：如图，设与交于点。由折叠知，平分，∴。又由折叠知，，∴。∴。∴，即为等腰三角形。（2）由折叠知，四边形是正方形，，∴。又由折叠知，，∴。∴。【考点】折叠问题，对称的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定，正方形的判定和性质。【分析】（1）由折叠对称的性质，可得和，从而可得，根据等腰三角形等角对等边的判定得到为等腰三角形的结论。（2）由折叠对称的性质，可得和平分，从而，因此。15.(江苏省无锡市2022年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．27\n(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。所∴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。27\n16.(江苏省无锡市2022年10分)（1）如图1，在正方形ABCD中，M是BC边（不含端点B、C）上任意一点，P是BC延长线上一点，N是∠DCP的平分线上一点．若∠AMN=90°，求证：AM=MN．下面给出一种证明的思路，你可以按这一思路证明，也可以选择另外的方法证明．证明：在边AB上截取AE=MC，连ME．正方形ABCD中，∠B=∠BCD=90°，AB=BC．∴∠NMC=180°—∠AMN —∠AMB=180°—∠B—∠AMB=∠MAB=∠MAE．（下面请你完成余下的证明过程）（2）若将（1）中的“正方形ABCD”改为“正三角形ABC”（如图2），N是∠ACP的平分线上一点，则当∠AMN=60°时，结论AM=MN是否还成立？请说明理由．（3）若将（1）中的“正方形ABCD”改为“正边形ABCD……X”，请你作出猜想：当∠AMN=°时，结论AM=MN仍然成立．（直接写出答案，不需要证明）【答案】解：（1）∵AE=MC，∴BE=BM。∴∠BEM=∠EMB=45°。∴∠AEM=135°。∵CN平分∠DCP，∴∠PCN=45°。∴∠AEM=∠MCN=135°。在△AEM和△MCN中：∵，∴△AEM≌△MCN（ASA）。∴AM=MN。（2）仍然成立。理由如下：在边AB上截取AE=MC，连接ME。∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠B=∠ACB=60°。∴∠ACP=120°。∵AE=MC，∴BE=BM。∴∠BEM=∠EMB=60°。∴∠AEM=120°。∵CN平分∠ACP，∴∠PCN=60°。∴∠AEM=∠MCN=120°。∵∠CMN=180°—∠AMN—∠AMB=180°—∠B—∠AMB=∠BAM，27\n∴△AEM≌△MCN（ASA），∴AM=MN。（3）。【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，等边三角形的性质，正多边形的内角和定理。【分析】证两条线段相等，最常用的方法是证明两条线段所在三角形全等。（1）给出了线段EM，即想提示考试证明△AEM≌△MCN．题目中的条件知，只需再找一角即可。（2）解法同（1），在AB上构造出线段AE=MC，连接ME．进一步证明△AEM≌△MCN。（3）是将（1）（2）中特殊问题推广到一般情况，应抓住本质：∠AMN与正多边形的内角度数相等。17.(江苏省无锡市2022年10分)如图1是一个三棱柱包装盒，它的底面是边长为10cm的正三角形，三个侧面都是矩形．现将宽为15cm的彩色矩形纸带AMCN裁剪成一个平行四边形ABCD（如图2），然后用这条平行四边形纸带按如图3的方式把这个三棱柱包装盒的侧面进行包贴（要求包贴时没有重叠部分），纸带在侧面缠绕三圈，正好将这个三棱柱包装盒的侧面全部包贴满．（1）请在图2中，计算裁剪的角度∠BAD；（2）计算按图3方式包贴这个三棱柱包装盒所需的矩形纸带的长度．【答案】解：（1）∵由图2的包贴方法知：AB的长等于三棱柱的底边周长，∴AB=30。∵纸带宽为15，∴sin∠BAD=sin∠ABM=，∴∠BAD=30°。（2）在图3中，将三棱柱沿过点A的侧棱剪开，得到如图甲的侧面展开图，图甲27\n将图甲种的△ABE向左平移30cm，△CDF向右平移30cm，拼成如图乙中的MANC，此平行四边形即为图2中的ABCD。在图2中，由题意得，知：BC=BE+CE=2CE=2×，∴所需矩形纸带的长为MB+BC=30·cos30°+=（cm）。18.（2022江苏无锡10分）如图，菱形ABCD的边长为2cm，∠DAB=60°．点P从A点出发，以cm/s的速度，沿AC向C作匀速运动；与此同时，点Q也从A点出发，以1cm/s的速度，沿射线AB作匀速运动．当P运动到C点时，P、Q都停止运动．设点P运动的时间为ts．（1）当P异于A．C时，请说明PQ∥BC；（2）以P为圆心、PQ长为半径作圆，请问：在整个运动过程中，t为怎样的值时，⊙P与边BC分别有1个公共点和2个公共点？【答案】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，且菱形ABCD的边长为2，∴AB=BC=2，∠BAC=∠DAB。又∵∠DAB=60°，∴∠BAC=∠BCA=30°。如图1，连接BD交AC于O。∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=AC。27\n∴OB=AB=1。∴OA=，AC=2OA=2。运动ts后，AP=t，AO=t，∴。又∵∠PAQ=∠CAB，∴△PAQ∽△CAB.∴∠APQ=∠ACB.∴PQ∥BC.（2）如图2，⊙P与BC切于点M，连接PM，则PM⊥BC。在Rt△CPM中，∵∠PCM=30°，∴PM=。由PM=PQ=AQ=t，即=t，解得t=，此时⊙P与边BC有一个公共点。如图3，⊙P过点B，此时PQ=PB，∵∠PQB=∠PAQ+∠APQ=60°∴△PQB为等边三角形。∴QB=PQ=AQ=t。∴t=1。∴当时，⊙P与边BC有2个公共点。如图4，⊙P过点C，此时PC=PQ，即=t∴t=。∴当1≤t≤时，⊙P与边BC有一个公共点。当点P运动到点C，即t=2时，Q、B重合，⊙P过点B，此时，⊙P与边BC有一个公共点。综上所述，当t=或1≤t≤或t=2时，⊙P与菱形ABCD的边BC有1个公共点；当时，⊙P与边BC有2个公共点。【考点】直线与圆的位置关系，菱形的性质，含30°角直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，平行的判定，切线的性质，等边三角形的判定和性质。【分析】（1）连接BD交AC于O，构建直角三角形AOB．利用菱形的对角线互相垂直、对角线平分对角、邻边相等的性质推知△PAQ∽△CAB；然后根据“相似三角形的对应角相等”证得∠APQ=∠ACB；最后根据平行线的判定定理“同位角相等，两直线平行”可以证得结论。27\n（2）分⊙P与BC切于点M，⊙P过点B，⊙P过点C和点P运动到点C四各情况讨论即可。27
