江苏13市2011年中考数学试题分类解析汇编
专题4：图形的变换
三、选择题
1. (无锡3分) 已知圆柱的底面半径为2cm ，高为5cm ，则圆柱的侧面积是 A ．20 cm 2
8．20πcm 2
C ．10πcm 2
D ．5πcm 2
【答案】B 。
【考点】图形的展开。
【分析】把圆柱的侧面展开，利用圆的周长和长方形面积公式得出结果：
圆的周长=24R ππ=,圆柱的侧面积=圆的周长×高=4520ππ?=。故选B 。 2.（常州、镇江2分）已知某几何体的一个视图（如图），则此几何体是
A ．正三棱柱
B ．三棱锥
C ．圆锥
D ．圆柱 【答案】C 。
【考点】几何体的三视图。
【分析】从基本图形的三视图可知：俯视图为圆的几何体为球，圆锥，圆柱，所以A 和B 选项错误；圆柱的主视图和俯视图是长方形，所以D 选项错误；圆锥的主视图和俯视图是三角形，正确。故选C 。
3.（南京2分）如图是一个三棱柱，下列图形中，能通过折叠围成一个三棱柱的是
【答案】B 。
【考点】图形的展开与折叠。
【分析】根据三棱柱及其表面展开图的特点．三棱柱上、下两底面都是三角形得：A 、折叠后有二个侧面重合，不能得到三棱柱；B 、折叠后可得到三棱柱；C 、折叠后有二个底面重合，不能得到三棱柱；D 、多了一个底面，不能得到三棱柱。故选B 。
A ．
B
D ．
4.（南通3分）下列水平放置的几何体中，俯视图是矩形的为
【答案】B 。
【考点】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，由于A 和D 的俯视图是圆，B 的俯视图是矩形，C 的俯视图是三角形。故选B 。 5.（泰州3分）下图是一个几何体的三视图，则这个几何体是
A ．圆锥
B ．圆柱
C ．长方体
D ．球体 【答案】A 。
【考点】由三视图判断几何体。
【分析】从基本图形的三视图可知：圆锥的三视图是两个三角形，一个圆；圆柱的三视图是两个长方形，一个圆；长方体的三视图是三个长方形；球体的三视图是三个圆。故选A 。 6.（泰州3分）如图，直角三角形纸片ABC 的∠C 为90°，将三角形纸片沿着图示的中位线DE 剪开，然后把剪开的两部分重新拼接成不重叠的图形，下列选项中不能拼出的图形是
A ．平行四边形
B ．矩形
C ．等腰梯形
D ．直角梯形 【答案】D 。
【考点】图形的拼接，三角形中位线定理，平行四边形、矩形、等腰梯形和直角梯形的判定。 【分析】把DA 拼接DC （即把?ADE 以点D 为中心向左转动1800
）可得平行四边形；把AE 拼接EB （即把?ADE 以点E 为中心向右转动1800
）可得矩形；把AD 拼接DC （即把?ADE 向下平移使AD 与DC 重合，再以直线DC 为中心向右翻动1800
）可得等腰梯形。不能拼出直角梯形。故选D 。
7.（扬州3分）如图是由几个小立方块所塔成的几何的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小立方块的个数，则该几何体的主视图是
圆柱
长方体
三棱柱
圆锥
【答案】A 。
【考点】由三视图判断几何体。
【分析】根据各层小正方体的个数，然后得出三视图中主视图的形状：从俯视图看，主视图的左部分是两个小立方块，右部分是三个小立方块。故选A 。
8.（扬州3分）如图，在Rt ABC △中，ACB 90∠=，°A 30∠=，°2BC =．
将A B C △绕点C 按顺时针方向旋转n 度后得到EDC △，此时点D 在AB 边
上，斜边DE 交AC 边于点F ，则n 的大小和图中阴影部分的面积分别为 A ．302， B ．602， C ．3
602
， D ．603，【答案】C 。
【考点】旋转的性质，含300
角的直角三角形的的性质，三角形中位线性质，相似三角形的判定和性质。
【分析】∵在Rt ABC △中，ACB 90∠=，°A 30∠=，°CD BC = ∴000CDB B 903060∠=∠=-=，0DCB 60n =∠=。很易证出 ABC
1DF 1R ABC R CDF , S BC AC 2 3 , 2CB 2t t ???=??==∽ ，∴2
CDF 13S 232???
=? ???
。 9.（盐城3分）下面四个几何体中，俯视图为四边形的是
【答案】D 。
【考点】几何体的三视图。
【分析】俯视图是指从物体上面看，所得到的图形，因此，A 圆柱的俯视图是圆，B 三棱锥的俯视图外围是三角形，C 球的俯视图是圆，D 长方体的俯视图是四边形。故选D 。 10.（淮安3分）如图所示的几何体的主视图是
A B C
D
【答案】B 。
【考点】简单组合体的三视图。
【分析】根据几何体的三视图的视图规则有：从正面看易得正方体位于长方体的上方。所以A 不是图形的三视图，B 是图形的主视图，C 是图形的俯视图，D 是图形的左视图。从而得出结果。故选B 。
11.（宿迁3分）下列所给的几何体中，主视图是三角形的是
【答案】B 。
【考点】简单几何体的三视图。
【分析】利用几何体的三视图特征进行判断：A 圆柱的主视图是矩形，B 圆锥的主视图是三角形，C 圆台的主视图是等腰梯形，D 正方体的主视图是正方形。故选B 。
12. （连云港3分）如图，是由8个相同的小立方块搭成的几何体的左视图，它的三个视图是2×2的正方形．若拿掉若干个小立方块后（几何体不倒掉．．．），其三个视图仍都为2×2的正方形，则最多能拿掉小立方块的个数为 A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 【答案】B 。
【考点】图形的三视图。
【分析】拿掉若干个小立方块后保证几何体不倒掉，且三个视图仍都为2×2的正方形，所以最底下一层必须有四个小立方块，这样能保证俯视图仍为2×2的正方形，为保证主视图与左视图也为2×2的正方形，所以上面一层必须保留交叉的两个立方块，即可知最多只能拿掉2小立方块。故选B 。 13.（徐州2分）以下各图均由彼此连续的六个小正方形纸片组成，其中不能折叠成一个正方体的是
A B C
D
正面
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D 。
【考点】展开图折叠成几何体。
【分析】由平面图形的折叠及正方体的展开图，能组成正方体的“一，四，一”“三，三”“二，二，二”“一，三，二”的基本形态要记牢。选项A 、B 、C 都可以折叠成一个正方体；选项D ，有“田”字格，所以不能折叠成一个正方体。故选D 。
14.（徐州2分）的正方形ABCD 沿对角线AC 平移，使点
A 移至线段AC 的中点A′处，得新正方形A′B′C′D′，新正方形与原正方形重叠部分(图中阴影部分)的面积是 A 2
B ．12
C ．1
D ．1
4
【答案】B 。
【考点】平移的性质，正方形的性质，相似的性质。
【分析】平移后，正方形A′B′C′D′对角线是正方形ABCD 对角线的一半，因为相似形面积比是线段比的平方，所以正方形A′B′C′D′面积是正方形ABCD 面积的1
4
，而正方形ABCD 面积是2，所以正方形A′B′C′D′面积是12
。 四、填空题
1. （常州、镇江2分）已知扇形的圆心角为150°，它所对应的弧长cm π20，则此扇形的半径是 ▲ cm ，面积是 ▲ 2cm 。 【答案】24，π240。
【考点】扇形弧长，扇形面积公式。
【分析】用扇形弧长和扇形面积公式直接求出：设扇形的半径是r ，则由扇形弧长公式有，
150=20=24180
r r ππ?。由扇形面积公式有，扇形面积为1
2024240=2402πππ??＝ 。
2.（常州、镇江2分）把棱长为4的正方体分割成29个棱长为整数的正方体（且没有剩余），其中棱长
为1的正方体的个数为 ▲ 。 【答案】24，
【考点】分类归纳，图形的拼接。
【分析】（思路1）棱长为4的体积为64，棱长为3的体积为27，棱长为2的体积为8，棱长为1的体积为1。
29个正方体从小到大的体积分别为1，1，1，.....1，(1＋7)......一共29个 ，总体积为64，去掉29个1，那么多出来的体积64－29＝35，要分别给棱长为2或者3的组合。
（1）若只有棱长2的，多出来的体积35＝7＋7＋7＋7＋7，即只能是5个棱长为2的和24个棱长为1的 。
（2）若有棱长为3的，至少有一个，多出来的体积35－26＝9，结果不能被26或7整除，无解。
所以只有一种可能，24个棱长为1的， 5个棱长为2的。
（思路2）情况1：设棱长为3的正方体的个数为x ，棱长为2的正方体的个数为y ，则棱长为1的正方体的个数为29x y --。依题意有()6427829x y x y =++-- 2657
x
y ?=-。所以不存在x 使y 为正整数。
情况2：设棱长为3的正方体的个数为0，棱长为1的正方体的个数为x ，则棱长为2的正方体的个数为29x -。依题意有 ()64829=24x x x =+-?。
情况3：设棱长为2的正方体的个数为0，棱长为1的正方体的个数为x ，则棱长为3的正方体的个数为29x -。依题意有 ()719
642729=
26
x x x =+-?无整数解。
3.（南京2分）如图，E 、F 分别是正方形ABCD 的边BC 、CD 上的点， BE=CF ，连接AE 、BF ，将△ABE 绕正方形的中心按逆时针方向转到 △BCF，旋转角为α（0°＜α＜180°），则∠α= ▲ ． 【答案】90°。
【考点】旋转的性质，正方形的性质。
【分析】首先作出旋转中心，根据正方形的性质即可求解：∵四边形ABCD 是正方形．∴∠AOB=90°，∴α=90°。
4.（南通3分）如图，在矩形纸片ABCD 中，AB ＝2cm ，点E 在BC 上，且AE ＝ CE ．若将纸片沿AE 折叠，点B 恰好与AC 上的点B 1重合，则AC ＝ ▲ cm ．
【答案】4。
【考点】矩形的性质，折叠对称的性质，等腰三角形性质，直角三角形性质，300
角直角三角形的性质。
【分析】由矩形性质知，∠B＝900
，又由折叠知∠BAC＝∠EAC。根据等腰三角形等边对等角的性质，
由
AE ＝CE 得∠EAC＝∠ECA。而根据直角三角形两锐角互余的性质，可以得到∠ECA＝300
。因此根据30
角直
角三角形中，300
角所对直角边是斜边一半的性质有，Rt ?ABC 中AC ＝2AB ＝4。
5.（泰州3分）如图，△ABC 的3个顶点都在5×5的网格（每个小正方形的边
长均为1个单位长度）的格点上，将△ABC 绕点B 顺时针旋转到△C B A ''的位置，且点A '、C '仍落在格点上，则线段AB 扫过的图形面积是 ▲ 平方单位（结果保留π）。 【答案】
13
4
π。 【考点】勾股定理，扇形面积，图形旋转的性质。
【分析】根据勾股定理可得：22
AB 2313+=,∵将△ABC 绕点B 顺时针旋转到△A′B′C′的
角度是900
，∴2
AA 'B 9013
13
360
4
π
π=
=
S 扇形。
6.（盐城3分）如图，已知正方形ABCD 的边长为12cm ，E 为CD 边上一点， DE=5cm ．以点A 为中心，将△ADE 按顺时针方向旋转得△ABF，则点E 所经 过的路长为 ▲ cm ． 【答案】
13
2
π。 【考点】旋转的性质，勾股定理，扇形弧长公式。
【分析】当△ADE 按顺时针方向旋转到△ABF 时，点E 所经过的路长是一个以点A 为圆心，AE 为半
径，
圆心角为900
的弧长。而AE 13=，故点E 所经过的路长为
90213360π??13
2
π=。
7.（淮安3分）在半径为6cm 的圆中，60°的圆心角所对的弧等于 ▲ . 【答案】2π。 【考点】弧长公式。 【分析】根据弧长公式
180n r π， 直接得出结果：606
180π??错误！未找到引用源。＝2π。
8.（宿迁3分）如图，把一个半径为12cm的圆形硬纸片等分成三
个扇形，用其中一个扇形制作成一个圆锥形纸筒的侧面（衔接处无缝隙且不重叠），则圆锥底面半径是▲ cm．
【答案】4。
【考点】图形的展开，扇形弧长公式，圆锥底面周长公式。
【分析】半径为12cm圆的三分之一弧长为1
2128
3
ππ
??＝，它等于圆锥底面周长，故有
8
4
2
π
π
＝。
五、解答题
1.（苏州9分）如图①，小慧同学把一个正三角形纸片（即△OAB）放在直线l 1上，OA边与直线l1重合，然后将三角形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转120°，此时点O运动到了点O1处，点B运动到了点B1处；小慧又将三角形纸片AO1B1绕点B1按顺时针方向旋转120°，此时点A运动到了点A1处，点O1运动到了点O2处（即顶点O经过上述两次旋转到达O2处）．
小慧还发现：三角形纸片在上述两次旋转的过程中，顶点O运动所形成的图形是两段圆弧，即
1
OO和
12
O O，顶点O所经过的路程是这两段圆弧的长度之和，并且这两段圆弧与直线l1围成的图形面积等于扇
形AOO1的面积、△AO1B1的面积和扇形B1O1O2的面积之和．
小慧进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片OABC放在直线l2上，OA边与直线l2重合，
然后将正方形纸片绕着顶点^按顺时针方向旋转90°，此时点O运动到了点O1处（即点B处），点C 运动
到了点C1处，点B运动到了点B1处；小慧又将正方形纸片AO1C1B1绕顶点B1按顺时针方向旋转90°，……，
按上述方法经过若干次旋转后．她提出了如下问题：
问题①：若正方形纸片OABC接上述方法经过3次旋转，求顶点O经过的路程，并求顶点O在此运
动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积；若正方形纸片OA BC按上述方法经过5次旋转，求顶
点O经过的路程；
2
请你解答上述两个问题．
【答案】解：问题①：如图，正方形纸片经过3次旋转，顶点O 运动所形成的图形是三段圆弧
112
23OO ,O O ,O O ， 所以顶点O 在此运动过程中经过的路程为901902221180πππ??????+=+ ??
。
顶点 O 在此运动过程中所形成的图形与直线2l 围
成图形的面积为2
2
902901
22111360
360
πππ
?????++??=+。
正方形纸片经过5次旋转，顶点O 运动经过的路程
为：9019023231802πππ?????? ??
。 问题②：∵ 正方形纸片每经过4次旋转，顶点O 运动经过的路程均为：
901902221180πππ??????+=+ ??
。
又41201222ππ?+=++ ?
?，而2π
是正方形纸片第4n +1次旋转，顶点O 运动经过的路程。
∴正方形纸片OABC 按上述方法经过81次旋转，顶点O 【考点】分类归纳，图形的翻转，扇形弧长和面积.
【分析】求出正方形OABC 翻转时点O 的轨迹弧长, 再求面积即可。要理解的是第4n 次旋转，顶点O 没有移动。
2. (无锡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．
(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AA 1与AD ，A 1D 围成图形的面积为：1
4
圆的面积（半径为1）=
4
π； 弧A 1A 2与A 1D ，DN ，A 2N 围成图形的面积为：
142）＋正方形的面积（边长为1）=12
π
+； 弧A 2A 3与A 2N ，NA 3围成图形的面积为：
36012090536012--=圆的面积（半径为1）=5
12
π；
其他三块小面积分别与以上三块相同。
∴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：
5721=242
123ππ
ππ??++++ ???。
【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1a ，交MN 于点M （与点A 重合）； ②以DN 的中点E （ED=1）为圆心，
为半径画弧2a ，1a 和2a 相交于A 1（与点C 重合）；③以N 为圆心，NE =1为半径画弧3a ，2a 和3a 相交于A 2，3a 与NP 相交于A 3；④以P 为圆心，A 1P =1为半径画弧4a ；⑤在PQ 上取F 使PF=AD=1，以F 为圆心，
为半径画弧5a ，4a 和5a 相交于A 4；⑥在PQ 上取G 使FG=AD=1，以G 为圆心， 1为半径画弧6a ，5a 和6a 相交于A 5，交PQ 于A 6（与点Q 重合）。则点A
在正方形整个翻
A(M)Q
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。
3.（常州、镇江6分）已知：如图1，图形① 满足AD=AB，MD=MB，∠A=72°，∠M=144°。图形②与图形①恰好拼成一个菱形（如图2）。记AB的长度为a，BM的长度为b
⑴图形①中∠B=°，图形②中∠E=°；
⑵小明有两种纸片各若干张，其中一种纸片的形状及大小与图形①相同，这种纸片称为“风筝一号”；另一种纸片的形状及大小与图形②相同，这种纸片称为“飞镖一号”。
①小明仅用“风筝一号”纸片拼成一个边长为b的正十边形，需要这种纸片张；
②小明若用若干张“风筝一号”纸片和“飞镖一号”纸片拼成一个“大风筝”（如图3），其中
a ，IQ=JQ。请你在图3中画出拼接线并保留画图痕迹。（本题∠P=72°，∠Q=144°，且PI=PJ=b
中均为无重叠、无缝隙拼接）
【答案】解：⑴72，36。
⑵①5。
②“风筝一号”纸片用两张和“飞镖一号”纸片用一张，
画法如下：
（一）以点P为圆心，a长为半径画弧，分别交PI、PJ于点M、N；
（二）分别以点M、N为圆心，b长为半径画弧，两弧交于点O；
（三）连接OQ，OM，ON。
画出拼接线如图所示：
【考点】全等三角形判定和性质，多边形的内角和定理，菱形的性质，平
行的性质，正十边形。
【分析】（1）在图1图形①中，连接AM，如图所示：
∵AD＝AB，DM＝BM，AM＝AM，∴△ADM≌△ABM（SSS）。
∴∠D＝∠B。
又∵四边形ABMD的内角和等于360°，
∠DAB＝72°，∠DMB＝144°，
∴∠B＝＝72°。
在图2中，∵四边形ABCD为菱形，∴AB∥CD，
∴∠A＋∠ADC＝∠A＋∠ADM＋∠CEF＝180°，∠A＝72°，∠ADM＝72°。
∴∠CEF＝180°－72°－72°＝36°。
（2）①用“风筝一号”纸片拼成一个边长为b的正十边形，得到“风筝一号”纸片的点A与
正十边形的中心重合，∵∠A＝72°，∴需要这种纸片的数量360
5 72
=。
②考虑如图3的“大风筝”中∠Q=144°，而如图1的“风筝一号”中∠D＝72°，恰恰两个是144°，这样在PI和PJ上都剩下一个b长，正好放下一个“飞镖一号”。
4.（南通10分）如图1，O为正方形ABCD的中心，分别
延长OA、OD到点F、E，使OF＝2OA，OE＝2OD，连接
EF．将△EOF绕点O逆时针旋转α角得到△E1OF1(如图2)．
(1)探究AE1与BF1的数量关系，并给予证明；
(2)当α＝30°时，求证：△AOE1为直角三角形．
【答案】解：(1)AE1＝BF1，证明如下：
∵O为正方形ABCD的中心，∴OA＝OB＝OD。∴OE＝OF 。
∵△E1OF1是△EOF绕点O逆时针旋转α角得到，∴OE1＝OF1。
∵ ∠AOB＝∠EOF＝900，∴ ∠E1OA＝900－∠F1OA＝∠F1OB。
在△E1OA和△F1OB中，
11
11
OE OF
E OA FOB
O A OB
?
?
∠∠
?
?
?
＝
＝
＝
，∴△E1OA≌△F1OB（SAS）。
∴AE1＝BF1。
(2)取OE1中点G，连接AG。
∵∠AOD＝900，α＝30°，∴ ∠E1OA＝900－α＝60°。
∵OE1＝2OA，∴OA＝OG，∴ ∠E1OA＝∠AGO＝∠OAG＝60°。
∴ AG＝GE1，∴∠GAE1＝∠GE1A＝30°。∴∠E1AO＝90°。
∴△AOE1为直角三角形。
【考点】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定。
【分析】(1)要证AE 1＝BF 1，就要首先考虑它们是全等三角形的对应边。考察△E 1OA 和△F 1OB ，由正方形对角线互相平分的性质有OA ＝OB ；再看OE 1和OF 1，它们是OE 和OF 经过旋转得到，由已知易得相等；最后看夹角∠E 1OA 和∠GE 1A ，由于它们都与∠F 1OA 互余。从而得证。
(2)要证△AOE 1为直角三角形，就要考虑证∠E 1AO ＝90°。考虑到OE 1＝2OA ，作辅助线AG ，得∠AGO＝∠OAG，由于∠E 1OA 与 互余，得到∠E 1OA ＝60°，从而得到△AOG 的三个角都相等，都等于600
。又由AG ＝GE 1得到∠GAE 1＝∠GE 1A ＝30°。因此 ∠E 1AO ＝90°，从而得证。
5.（连云港12分）已知∠AOB＝60°，半径为3cm 的⊙P 沿边OA 从右向左平行移动，与边OA 相切的切点记为点C
（1）⊙P 移动到与边OB 相切时（如图），切点为D ，求劣弧CD ⌒ 的长； （2）⊙P 移动到与边OB 相交于点E ，F ，若EF ＝42cm ，求OC 的长；
【答案】解：（1）连接PC ，PD （如图1）
∵OA，OB 与⊙P 分别相切于点C ，D ，∴∠PDO＝∠PCO＝90°。 又∵∠PDO＋∠PCO＋∠CPD＋∠AOB＝360°．∠AOB＝60°。
∴∠CPD＝120°，∴l CD ⌒ ＝120×π×3
180
＝2 π。
（2）可分两种情况．
① 如图2，连接PE ，PC ，过点P 作PM⊥EF 于点M ，延长CP 交OB 于点N 。
∵EF＝42，∴EM＝22cm 。
在Rt△EPM 中，PM ＝32
－(22)2
＝1。 ∵∠AOB＝60°，∴∠PNM＝30°。 ∴PN＝2PM ＝2．∴NC＝PN ＋PC ＝5。 在Rt△OCN 中，OC ＝NC·tan30°＝5×
33 ＝53
3
(cm)。 ② 如图3，连接PF ，PC ，PC 交EF 于点N ，过点P 作PM⊥EF 于点M 。
由上一种情况可知，PN ＝2，∴NC＝PC －PN ＝1。
在Rt△OCN 中，OC ＝NC·tan30°＝1×
33 ＝3
3
(cm)。 综上所述，OC 的长为533 cm 或3
3
cm 。
【考点】多边形的内角和，弧长公式，勾股定理，特殊角三角函数。
【分析】（1）要求弧长，就要求弧长所对的圆心角，故作辅助线PC ，PD ，用四边形的内角和是3600
，可求圆心角，从而求出弧长。
（2）应考虑CP 延长线与OB 的交点N 的位置，分情况ON OF,OE ON OF ><<利用勾股定理和特殊角三角函数求解。
6.（徐州6分）如图，将矩形纸片ABCD 按如下顺序进行折叠: 对折、展平, 得折痕EF(如图①); 沿GC 折叠, 使点B 落在EF 上的点B' 处(如图②); 展平, 得折痕GC(如图③); 沿GH 折叠, 使点C 落在DH 上的点C' 处(如图④); 沿GC' 折叠(如图⑤); 展平, 得折痕GC' 、GH(如图⑥)。 3.求图②中∠BCB' 的大小;
4.图⑥中的△GCC' 是正三角形吗?请说明理由.
图⑤
C D G
H A'C'图⑥
A B
C
图④
A C
图③
A D
E
图②
A D E B'
A
B
E
F 图①
【答案】解：（1）延长GB′交CD 于G′（图②）。
∵EF AD BC 是、的中线，∴CD EF CD ∥∥。∴GB G B ′=′′。 ∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BCD＝∠B＝900
。 ∵△B′CG 是△BCG 折叠所得，
∴∠BCG＝∠B′CG，∠CB′G＝∠CB′G′＝900。
又∵CB′＝CB′，∴△B′CG≌△B′C G′（SAS ）。∴∠B′CG＝∠B′CG′。 ∴∠BCG＝∠B′CG＝∠B′CG′＝300
。∴∠BCB'＝600
。 （2）图⑥中的△GCC' 是正三角形。 由（1）可知，∠GCC′=600
，CG=CG′。 ∴△GCC' 是正三角形。
【考点】矩形的性质，折叠对称的性质，平行的性质，全等三角形的性质和判定，正三角形的判定。 【分析】（1）要求∠BCB' 的大小，考虑到△B′CG 是△BCG 折叠所得，根据折叠对称的性质，有∠BCG ＝∠B′CG，而 延长G B′交CD 于G′得到?B′CG′。由SAS 易证它与它们也全等。而∠BCD＝900
，因此∠BCG＝ ∠B′CG＝∠B′CG′＝
300
，从而求出∠BCB' ＝600
。更简单可根据锐角三角函数定义，由cos∠B′CF＝ FC ：B′C＝FC ：BC ＝1：2得∠BCB' ＝600
。
（2）要证△GCC' 是正三角形，由（1）知∠GCG' =600
，CG=CG′，根据有一个角是600
的等腰三角形是正方形的判定定理得证。