2022-2022年天津市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.（天津市2022年3分）在下列图形中（每个小四边形皆为全等的正方形），可以是一个正方体表面展开的是【】（A）（B）（C）（D）【答案】C。【考点】几何体的展开图【分析】利用正方体及其表面展开图的特点解题：A、出现了“田”字格，故不能；B、折叠后上面两个面无法折起来，而且下边没有面，不能折成正方体；C、折叠后能围成一个正方体；D、折叠后，上面的两个面重合，不能折成正方体。故选C。2.（天津市2022年3分）在△ABC中，已知AB＝，∠A＝30°，CD是AB边的中线，若将△ABC沿CD对折起来，折叠后两个小△ACD与△BCD重叠部分的面积恰好等于折叠前△ABC的面积的，有如下结论：①AC边的长可以等于；②折叠前的△ABC的面积可以等于；③折叠后，以A、B为端点的线段AB与中线CD平行且相等。其中，正确结论的个数是【】（A）0个（B）1个（C）2个（D）3个【答案】D。【考点】翻折变换（折叠问题）【分析】①若AC=成立，根据等腰三角形的性质及图形折叠的性质可求出四边形AB1DC为平行四边形，再根据平行四边形的性质及三角形的面积公式求解：若AC=成立，如图（1），在△ACD中，由∠CAD=30°，AD=，∴∠ADC=（180°－∠CAD）=75°，∠CDB=180°－∠ADC=105°，而∠CDB1=∠CDB,∴∠B1DA=105°－75°=30°，∴AC∥B1D。12\n∵B1D=BD==AC，∴四边形AB1DC为平行四边形。∴S△CED=S△ACD=S△ABC，满足条件，即AC的长可以等于，故①正确。②假设S△ABC=成立，由△ABC的面积公式可求出AC=，根据三角形的三边关系可求出∠B=60°，由平行四边形的判定定理可求出四边形AB2CD为平行四边形，再根据平行四边形的性质及三角形的面积公式求解：若S△ABC=，∵S△ABC=AB•AC•sin∠CAB，∴AC=。∵AC=，∠B=60°，如图（2），∴∠CDB=60°=∠DCB2。∴AD∥B2C。又∵B2C=BC==AD，∴四边形AB2CD为平行四边形。∴S△CFD=S△ACD=S△ABC，满足条件，即S△ABC的值可以等于，故②正确。③综合①②可知，以A、B为端点的线段AB与中线CD平行且相等：由平行四边形AB1CD或平行四边形AB2CD，显然成立，故③正确。故选D。3.（天津市2022年3分）下面的三视图所对应的物体是【】A．B．C．D．【答案】A。【考点】由三视图判断几何体。【分析】利用排除法解答：从主视图左视图可以看出这个几何体是由上、下两部分组成的，故排除D选项，从上面物体的三视图看出这是一个圆柱体，故排除B选项，从俯视图看出是一个底面直径与长方体的宽相等的圆柱体。故选A。4.（天津市2022年3分）左下图是一根钢管的直观图，则它的三视图为【】12\nA． B． C． D．【答案】D。【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、侧面和上面看，所得到的图形；注意看到的用实线表示，看不到的用虚线表示。本题从正面看和从左面看都应是长方形，但内部会出现虚线，从上面看应是圆环。故选D。5.（天津市2022年3分）右图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的三视图为【】（A）（B）（C）（D）【答案】B。【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：从正面看可得从左往右2列正方形的个数依次为2，1；从左面看可得到从左往右2列正方形的个数依次为2，1；从上面看可得从上到下2行正方形的个数依次为2，1。故选B。6.（天津市2022年3分）下图是一支架(一种小零件)，支架的两个台阶的高度和宽度都是同一长度．则它的三视图是【】【答案】A。【考点】几何体的三视图。12\n【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中：细心观察原立体图形的位置，从正面看，是一个矩形，矩形左上角缺一个角；从左面看，是一个正方形；从上面看，也是一个正方形。故选A。7.（天津市2022年3分）如图．将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、CB均落在对角线BD上，得折痕BE、BF，则∠EBF的大小为【】(A)15°(B)30°(C)45°(D)60°【答案】C。【考点】折叠对称，正方形的性质。【分析】根据折叠后，轴对称的性质，∠ABE=∠EBD=∠DBF=∠FBC=22.50，∴∠EBF=450。故选C。8.（2022天津市3分）将下列图形绕其对角线的交点逆时针旋转900，所得图形一定与原图形重合的是【】（A）平行四边形（B）矩形（C）菱形（D）正方形【答案】D。【考点】旋转对称图形【分析】根据旋转对称图形的性质，可得出四边形需要满足的条件：此四边形的对角线互相垂直、平分且相等，则这个四边形是正方形。故选D。9.（2022天津市3分）右图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的三视图是【】【答案】A。【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。从正面看可得从左往右2列正方形的个数依次为1，2；从左面看可得到从左往右2列正方形的个数依次为2，1；从上面看可得从上到下2行正方形的个数依次为1，2。故选A。12\n二、填空题1.（天津市2022年3分）如图，已四边形纸片ABCD，现需将该纸片剪拼成一个与它面积相等的平行四边形纸片，如果限定裁剪线最多有两条，能否做到：▲（用“能”或“不能”填空）。若填“能”，请确定裁剪线的位置，并说明拼接方法；若填“不能”，请简要说明理由。____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________【答案】能。如图，取四边形ABCD各边的中点E、G、F、H，连接EF、GH，则EF、GH为裁剪线。EF、GH将四边形ABCD分成1、2、3、4四个部分，拼接时，图中的1不动，将2、4分别绕点H、F各旋转180°，3平移，拼成的四边形满足条件。【考点】平行四边形的判定，旋转和平移的性质。【分析】由旋转、平移和中点，可知，MO=MH＋HO=HG=KJ＋JI=KI，MK=ML＋LK=EF=OF＋FI=OI，∴四边形OIKM是平行四边形。2.（天津市2022年3分）如图，直线经过⊙O的圆心O，且与⊙O交于A、B两点，点C在⊙O上，且=，点P是直线上的一个动点（与圆心O不重合），直线CP与⊙O相交于点Q。问：是否存在点P，使得QP=QO；▲（用“存在”或“不存在”填空）。若存在，满足上述条件的点有几个？并求出相应的∠OCP的大小；若不存在，请简要说明理由：。【答案】存在。12\n符合条件的点P共有3个：当点P在线段AO上时，∠OCP=40°；当点P在OB的延长线上时，∠OCP=20°；当点P在OA的延长线上时，∠OCP=100°。【考点】点与圆的位置关系；三角形内角和定理，三角形外角定理。【分析】点P是直线上的一个动点，因而点P与线段AO有三种位置关系，在线段AO上，点P在OB上，点P在OA的延长线上．分这三种情况进行讨论即可：①当点P在线段AO上，如图1，∵在△QOC中，OC=OQ，∴∠OQC=∠OCQ。在△OPQ中，QP=QO，∴∠QOP=∠QPO。又∵∠QPO=∠OCQ+∠AOC，∠AOC=30°，∠QOP+∠QPO+∠OQC=180°∴3∠OCP=120°。∴∠OCP=40°。②当点P在线段OA的延长线上，如图2，∵OC=OQ，∴∠OQP=。∵OQ=PQ，∴∠OPQ=。在△OCP中，30°+∠QOC+∠OQP+∠OPQ=180°，∴，解得∠QOC=20°。∴∠OQP=80°。∴∠OCP=100°。③当P在线段OA的反向延长线上，如图3，∵OC=OQ，∴∠OCP=∠OQC=，即∠COQ=1800－2∠OCP。∵OQ=PQ，∴∠POQ=。∵∠AOC=30°，∴∠COQ+∠POQ=150°。∴1800－2∠OCP＋=150°，解得∠OCP=20°。3.（天津市2022年3分）有一张矩形纸片ABCD，按下面步骤进行折叠：第一步：如图①，将矩形纸片ABCD折叠，使点B、D重合，点C落在点C′处，得折痕EF；第二步：如图②，将五边形AEFC′D折叠，使AE、C′F重合，得折痕DG，再打开；第三步：如图③，进一步折叠，使AE、C′F均落在DG上，点A、C′落在点A′处，点E、F落12\n在点E′处，得折痕MN、QP.这样，就可以折出一个五边形DMNPQ.（Ⅰ）请写出图①中一组相等的线段▲（写出一组即可）；（Ⅱ）若这样折出的五边形DMNPQ（如图③）恰好是一个正五边形，当，，时，有下列结论：①；②；③；④.其中，正确结论的序号是▲（把你认为正确结论的序号都填上）.【答案】（Ⅰ）AD=C′D(答案不惟一，也可以是AE=C′F等)；（Ⅱ）①②③。【考点】矩形的性质，折叠的性质，【分析】（Ⅰ）根据矩形和折叠的性质，直接得出结果。（Ⅱ）①∵将矩形纸片ABCD折叠，使点B、D重合，∴DE=BE。设AE=，则由得BE=DE=。在Rt△ADE中，由勾股定理，得AE²+AD²=DE²，则由AE=，，DE=得，展开得，。又∵在正五边形中（如图③），∠C'DA=108°，则∠ADE=108°－90°=18°。∴在Rt△ADE中，AE=AD·tan∠ADE，即。∴。所以①正确。②如图，连接GB，NB。由矩形和折叠的性质知点D、G、B共线；点M、N、B共线，且∠NGB=900。由题意知：正五边形边长，则NG=12\n，∠GBN=18°，GB=。∴在Rt△GBN中，，即。所以②正确。③由题意知：∠NBA=18°，，MA=，∴在Rt△ABM中，，即。所以③正确。④如图，过点N作NH∥BD，交MQ于点H。则∠MNH=∠GBN=18°，MN=，MA′=MA=，HA′=NG=，即MH=MA′－HA′=－=。∴在Rt△MNH中，，即。所以④不正确。综上所述，正确结论的序号是①②③。4.（天津市2022年3分）如图，已知正方形ABCD的边长为3，E为CD边上一点，DE=1．以点A为中心，把△ADE顺时针旋转，得△ADE′，连接EE′，则EE′的长等于▲．【答案】。【考点】正方形的性质，旋转的性质，勾股定理。【分析】在直角△EE′C中，利用勾股定理即可求解：根据正方形的性质和旋转的性质得到：BE′=DE=1。在直角△EE′C中：EC=DC－DE=2，CE′=BC＋BE′=4。12\n根据勾股定理得到：。三、解答题1.（2022天津市3分）已知：在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=4cm，AB=8cm，D、E、F分别为AB、AC、BC边上的中点。若P为AB边上的一个动点，PQ∥BC，且交AC于点Q，以PQ为一边，在点A的异侧作正方形PQMN，记正方形PQMN与矩形EDBF的公共部分的面积为y。（1）如图，当AP=3cm时，求y的值；（2）设AP=xcm，试用含x的代数式表示y（cm2）；（3）当y=2cm2时，试确定点P的位置。【答案】解：（1）由于D是AB中点，因此DE是△ABC的中位线，AD=BD=4cm，DE=2cm。在Rt△APQ中，AP=3cm，∴PQ=AP•tanA=3×=1.5（cm）。∴DN=AN－AD=AP＋PN－AD=3＋1.5－4=0.5。∴重合部分的面积应该是y=DN·MN=1.5×0.5=0.75（cm2）。（2）当0＜x≤时，y=0；当＜x≤4时，y=；当4＜x≤时，y=x；当＜x＜8时，y=16－2x。（3）当＜x≤4时，若y=2，即=2，解得x=或x=（舍去）；当4＜x≤时，若y=2，即x=2，不符合4＜x≤；当＜x＜8时，若y=2，即16－2x=2解得x=7。综上所述，当x=cm或x=7cm时，y=2cm2。12\n2.（天津市2022年10分）已知Rt△ABC中，，，有一个圆心角为，半径的长等于的扇形绕点C旋转，且直线CE，CF分别与直线交于点M，N．（Ⅰ）当扇形绕点C在的内部旋转时，如图①，求证：；思路点拨：考虑符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可将△沿直线对折，得△，连，只需证，就可以了．请你完成证明过程：（Ⅱ）当扇形CEF绕点C旋转至图②的位置时，关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．12\n（Ⅱ）关系式MN2=AM2＋BN2仍然成立，证明如下：将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，则△GCM≌△ACM。∴CG=CA，GM=AM，∠GCM=∠ACM，∠CGM=∠CAM。又∵CA=CB，∴CG=CB。∴∠GCN=∠GCM＋∠ECF=∠GCM＋450，∠BCN=∠ACB－∠ACN=900－（∠ECF－∠ACM）=450＋∠ACM。∴∠GCN=∠BCN。又∵CN=CN，∴△CGN≌△CBN（SSS）。∴GN=BN，∠CGN=∠B=450，∠CGM=∠CAM=1800－∠CAB=1350。∴∠MGN=∠CGM－∠CGN=1350—1350=900。∴在Rt△MGN中，由勾股定理，得MN2=GM2＋GN2，即MN2=AM2＋BN2。【考点】圆心角、弧、弦的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质。【分析】（Ⅰ）考虑MN2=AM2＋BN212\n符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，只需证DN=BN，∠MDN=90°即可。（Ⅱ）同（Ⅰ），将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，则△GCM≌△ACM。然后由勾股定理即可证明。12
