浙江省各市中考数学分类解析 专题4 图形的变换

一、选择题1.(2021·衢州市第2题3分)一个几何体零件如下图，那么它的俯视图是〔〕A．B．C．D．考点：简单组合体的三视图.2.(2021·杭州市第3题3分)以下图形是中心对称图形的是( )A. B. C. D.【答案】A考点：中心对称图形3.(20211·嘉兴市第2题4分)以下四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中属于中心对称图形的有〔▲〕〔A〕1个〔B〕2个〔C〕3个〔D〕4个【答案】B考点：中心对称图形．4.(2021·丽水市第3题3分)由4个相同小立方体搭成的几何体如下图，那么它的主视图是〔〕【答案】A.考点：三视图中的主视图.5.(2021·丽水市第10题3分)如图，在方格纸中，线段a，b，c，d的端点在格点上，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，那么能组成三角形的不同平移方法有〔〕A. 3种B. 6种C. 8种D. 12种【答案】B.考点：平移、三角形三边关系.6.(2021·绍兴市第3题4分)有6个相同的立方体搭成的几何体如下图，那么它的主视图是〔〕【答案】C考点：三视图.A B C D考点：左视图8.(2021·温州市第2题4分)将一个长方体内部挖去一个圆柱〔如下图〕，它的主视图是( ) 【答案】A考点：三视图9.(2021·温州市第4题4分)以下选项中的图形，不属于．．．中心对称图形的是( )A. 等边三角形B. 正方形C. 正六边形D. 圆【答案】A考点：中心对称图形.10.(2021·义乌市第3题4分)有6个相同的立方体搭成的几何体如下图，那么它的主视图是( )【答案】C【解析】考点：三视图.11.(2021·舟山市第2题3分)以下四个图形分别是四届国际数学家大会的会标：其中属于中心对称图形的有( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B考点：中心对称图形.二、填空题1．(2021·杭州市第14题4分)如图，点A，C，F，B在同一直线上，CD平分∠ECB，FG∥CD，假设∠ECA 为α度，那么∠GFB 为_______度(用关于α的代数式表示)【答案】90°－12α考点：平行线的性质、角平分线的性质.2.(2021·杭州市第16题4分)如图，在四边形纸片ABCD中，AB=BC，AD=CD，∠A=∠C=90°，∠B=150°，将纸片先沿直线B D对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形翻开铺平，假设铺平后的图形中有一个是面积为2的平行四边形，那么CD=__________【答案】23+4；2+3考点：平行四边形的性质.3.(2021·湖州市第16题4分)正方形ABC1D1的边长为1，延长C1D1到A1，以A1C1为边向右作正方形A1C1C2D2，延长C2D2到A2，以A2C2为边向右作正方形A2C2C3D3(如下图)，以此类推…，假设A1C1=2，且点A，D2，D3，…，D10都在同一直线上，那么正方形A9C9C10D10的边长是__________________________4.(2021·嘉兴市第14题5分)如图，一张三角形纸片ABC，AB=AC=5.折叠该纸片使点A落在边BC的中点上，折痕经过AC上的点E，那么线段AE的长为____▲____.【答案】2.5．【解析】试题分析：解：如下图，考点：翻折变换〔折叠问题〕．.三、解答题1.〔2021·绍兴市第23题 12分〕正方形ABCD和正方形AEFG有公共顶点A，将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角∠DAG=α，其中0°≤α≤180°，连结DF，BF，如图。

中考数学复习专项知识总结—图形的变换（中考必备）1、平移(1)定义：把一个图形沿着某一直线方向移动，这种图形的平行移动，简称为平移。

(2)平移的性质：平移后的图形与原图形全等；对应角相等；对应点所连的线段平行(或在同一条直线上)且相等。

(3)坐标的平移：点（x，y）向右平移a个单位长度后的坐标变为（x+a，y）；点（x，y）向左平移a个单位长度后的坐标变为（x-a，y）；点（x，y）向上平移a个单位长度后的坐标变为（x，y+a）；点（x，y）向下平移a个单位长度后的坐标变为（x，y-a）。

2、轴对称(1)轴对称：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线成轴对称。

这条直线叫做对称轴，折叠后重合的点是对应点，叫做对称点。

(2)轴对称图形：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形。

这条直线叫做它的对称轴。

(3)轴对称的性质：关于某条直线对称的图形是全等形。

经过线段中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线。

如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。

轴对称图形的对称轴，是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。

(4)线段垂直平分线的性质线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等；与一条线段两个端点距离相等的点，在线段的垂直平分线上。

(5)坐标与轴对称：点（x，y）关于x轴对称的点的坐标是（x，-y）；点（x，y）关于y轴对称的点的坐标是（-x，y）；3、旋转(1)旋转定义：把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，叫做图形的旋转。

点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。

如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做这个旋转的对应点。

旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；①对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；①旋转前后的图形全等。

(2)中心对称定义：把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称。

2017年中考数学试题分项版解析汇编（第04期）专题04 图形的变换（含解析）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017年中考数学试题分项版解析汇编（第04期）专题04 图形的变换（含解析））的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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专题04 图形的变换一、选择题1. (2017贵州遵义第3题）把一张长方形纸片按如图①，图②的方式从右向左连续对折两次后得到图③，再在图③中挖去一个如图所示的三角形小孔,则重新展开后得到的图形是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 。

考点:剪纸问题．2. （2017贵州遵义第12题）如图，△AB C 中，E 是BC 中点，AD 是∠BAC 的平分线，EF∥AD 交AC 于F ．若AB=11，AC=15，则FC 的长为（ )A ．11B ．12C ．13D ．14【答案】C 。

【解析】试题分析:∵AD 是∠BAC 的平分线，AB=11，AC=15， ∴1115BD ABCDAC ==, ∵E 是BC 中点，∴11151321515CE CA +==,∵EF∥AD,∴1315 CF CECA CD==,∴CF=1315CA=13．故选C．考点：平行线的性质；角平分线的性质．3。

(2017内蒙古呼和浩特第3题）如图中序号（1）(2)（3）（4）对应的四个三角形，都是ABC∆这个图形进行了一次变换之后得到的，其中是通过轴对称得到的是（）A．（1）B．（2）C．（3）D．（4）【答案】A【解析】试题分析：∵轴对称是沿着某条直线翻转得到新图形，∴通过轴对称得到的是（1）．故选A．考点:轴对称图形．4。

答案：A
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12.已知，直角坐标系中，点 A(－4，2)，以 O 为旋转中心，把△AOB 旋转 90°，则点 A 的对应点 A′的坐标为( )
A．(2,4)或(－2，－4) C．(2，－4)
B．(4,2)或(－4，－2) D．(－2,4)
解析：当点 A 顺时针旋转时 A′的坐标为(2,4)，当点 A 逆时针旋转时 A′的坐标为(－2， －4)．
∴(a＋b)2＝c2＋4×12ab，a2＋2ab＋b2＝c2＋2ab， ∴a2＋b2＝c2.
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一、选择题 1．如图，点 A，O，B 在一条直线上，∠AOC＝∠BOC，若∠1＝∠2，则图中互余的角 共有( )
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【思路点拨】(1) 作CC1和AA1的垂直平分线 →
由图形可知，交点为O → O就是旋转中心 连结OC和OC1 → ∠COC1就是旋转角
(2) 分别作出各顶点旋转后的对应点 → 顺次连结即可得到旋转后的图形
(3)
旋转的性质
→
四边形CC1C2C3和四边形 AA1A2B是正方形
→
利用面积法证明勾股定理
答案：D
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11．如图，若正方形 EFGH 由正方形 ABCD 绕某点旋转得到，则可以作为旋转中心的 是( )
A．M 或 O 或 N C．E 或 O 或 N
B．E 或 O 或 C D．M 或 O 或 C
解析：若以 M 为旋转中心，把正方形 ABCD 顺时针旋转 90°，A 点对应点为 H，B 点对 应点为 E，C 点对应点为 F，D 点对应点为 G，则可得到正方形 EFGH；若以 O 为旋转中心， 把正方形 ABCD 旋转 180°，A 点对应点为 G，B 点对应点为 H，C 点对应点为 E，D 点对应 点为 F，则可得到正方形 EFGH；若以 N 为旋转中心，把正方形 ABCD 逆时针旋转 90°，A 点对应点为 F，B 点对应点为 G，C 点对应点为 H，D 点对应点为 E，则可得到正方形 EFGH.

某某2011年中考数学试题分类解析汇编专题4：图形的变换一、选择题1.（某某某某、某某3分）如图，点A 、B 、C 、D 、O 都在方格纸的格点上，若△COD 是由△AOB绕点O 按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为（A ）30°（B ）45° （C ）90° （D ）135°【答案】C 。

【考点】旋转的性质，勾股定理的逆定理。

【分析】△COD 是由△AOB 绕点O 按逆时针方向旋转而得，由图可知，∠AOC 为旋转角，可利用△AOC的三边关系解答：设小方格的边长为1，从图知，OC=OA=222222+=，AC=4。

从而OA ，OC ，AC满足OC 2+OA 2=AC 2，∴△AOC 是直角三角形，∴∠AOC=90°。

故选C 。

2.（某某某某、某某3分）两个大小不同的球在水平面上靠在一起，组成如图所示的几何体，则该几何体的左视图是（A ）两个外离的圆（B ）两个外切的圆 （C ）两个相交的圆（D ）两个内切的圆 【答案】D 。

【考点】圆与圆的位置关系，简单组合体的三视图。

【分析】观察图形可知，两球都与水平线相切，所以，几何体的左视图为相内切的两圆。

故选D 。

3.（某某某某4分）如图所示的物体有两个紧靠在一起的圆柱体组成，它的主视图是【答案】A 。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】主视图是从正面看，圆柱从正面看是两个圆柱，看到两个长方形。

故选A 。

4.（某某某某4分）如图，O是正方形ABCD的对角线BD上一点，⊙O与边AB，BC都相切，点E，F分别在AD，DC上，现将△DEF沿着EF对折，折痕EF与⊙O相切，此时点D恰好落在圆心O处．若DE=2，则正方形ABCD的边长是+D、22A、3B、4C、22【答案】【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质，切线的性质，勾股定理。

【分析】延长FO交AB于点G，根据折叠对称可以知道OF⊥CD，所以OG⊥AB，即点G是切点，OD交EF于点H，点H是切点．结合图形可知OG=OH=HD=EH，等于⊙O的半径，先求出半径，然后求出正方形的边长：在等腰直角三角形DEH中，DE=2，+。

（1）选择题1. （2002年浙江金华、衢州4分）圆锥的轴截面是【】(A)梯形(B)等腰三角形 (C)矩形(D)圆2. （2003年浙江金华、衢州4分）在下列几何体中，轴截面是等腰梯形的是【】A．圆锥B．圆台C．圆柱D．球3. （2003年浙江金华、衢州4分）如果用□表示1个立方体，用表示两个立方体叠加，用■表示三个立方体叠加，那么下面图是由7个立方体叠成的几何体，从正前方观察，可画出的平面图形是【】4. （2004年浙江金华4分）圆柱的轴截面是【】A、等腰三角形B、等腰梯形C、矩形D、圆5. （2004年浙江金华4分）将一张矩形纸片纸对折（如图），然后沿着图中的虚线剪下，得到①、②两部分，将①展开后得到的平面图形是【】A、三角形B、矩形C、菱形D、梯形6. （2004年浙江金华4分）下列图形中，不是立方体表面展开图的是（）7. （2005年浙江金华4分）圆柱的侧面展开图是【】Ａ、等腰三角形Ｂ、等腰梯形Ｃ、扇形Ｄ、矩形8. （2005年浙江金华4分）如图是跷跷板的示意图，支柱OC与地面垂直，点Ｏ是横板AB的中点，ＡＢ可以绕着点Ｏ上下转动，当Ａ端落地时，∠OAC＝20°，横板上下可转动的最大角度（即∠Ａ′OA）是【】Ａ、80°Ｂ、60°Ｃ、40°Ｄ、20°9. （2005年浙江金华4分）如图（１），在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，将△ADE沿线段ＤＥ向下折叠，得到图（２），下列关于图（２）的四个结论中，不一定成立的是【】Ａ、点Ａ落在边ＢＣ的中点Ｂ、∠Ｂ＋∠Ｃ＝180°Ｃ、△DBA是等腰三角形Ｄ、DE∥BC10. （2006年浙江金华4分）下图所示的几何体的主视图是【】11. （2006年浙江金华4分）将叶片图案旋转180°后，得到的图形是【】12. （2007年浙江金华4分）如图是小玲在九月初九“重阳节”送给她外婆的礼盒，图中所示礼盒的主视图是【】13. （2008年浙江金华3分）在生活和生产实践中，我们经常需要运用三视图来描述物体的形状和大小。

台州市2002-2013年中考数学试题分类解析 专题04：图形的变换一、选择题1. （2002年浙江台州4分）一个圆锥的底面半径长为4cm ，母线长为5cm ，则圆锥的侧面积为【 】（A ）20cm 2 （B ）40cm 2 （C ）20πcm 2 （D ）40πcm 22. （2003年浙江台州4分）若圆锥的底面半径为3㎝，母线长为5㎝，则圆锥的侧面积是【 】A 、15㎝2B 、30㎝2C 、15π㎝2D 、30π㎝2【答案】C 。

【考点】圆锥和扇形的计算。

【分析】∵圆锥的底面半径长为3cm ，，∴圆锥的底面周长为6πcm 。

又∵圆锥的底面周长等于它的侧面展开图的弧长，∴根据扇形的面积公式，圆锥的侧面积即侧面展开后所得扇形的面积为()2165=15cm 2ππ⋅⋅。

故选C 。

3. （2004年浙江温州、台州4分）如图，点B 在圆锥母线VA 上，且VB=31VA ，过点B 作平行与底面的平面截得一个小圆锥的侧面积为S 1，原圆锥的侧面积为S ，则下列判断中正确的是【 】(A) 1S S 13= (B) 1S S 14= (C) 1S S 16= (D) 1S S 19=4. （2007年浙江台州4分）下图几何体的主视图是【 】【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：从正面看易得有两层，上层左边有1个正方形，下层有3个正方形。

故选C 。

5. （2007年浙江台州4分）如图，若正六边形ABCDEF 绕着中心O 旋转角α得到的图形与原来的图形重合，则α最小值为【 】Ａ．180° Ｂ．120° Ｃ．90° Ｄ．60°6. （2007年浙江台州4分）一个几何体的展开图如图所示，则该几何体的顶点有【】Ａ．10个Ｂ．8个Ｃ．6个Ｄ．4个【答案】C。

【考点】几何体的展开图。

【分析】由展开图知，该几何体是三棱柱，顶点有6个。

故选C。

【2013版中考12年】浙江省嘉兴市、舟山市2002-2013年中考数学试题分类解析专题04 图形的变换一、选择题1. （2002年浙江舟山、嘉兴4分）圆台的轴截面是一个上、下底边长分别为2cm，4cm，腰长为3cm的等腰梯形，这个圆台的侧面积是【】A.9πcm2B.18πcm2C.24πcm2D.36πcm2【答案】A。

【考点】圆台的计算。

2. （2003年浙江舟山、嘉兴4分）如果圆柱的轴截面是一个边长为4cm的正方形，那么圆柱的侧面积为【】A .16πcm2 B.18πcm2 C.20πcm2 D .24πcm2【答案】A。

【考点】圆柱的计算。

3. （2004年浙江舟山、嘉兴4分）已知圆锥底面半径为3，高为4，则圆锥侧面积为【】A.10πB.12πC.15πD.20π【答案】B。

【考点】圆锥和扇形的计算。

4. （2005年浙江舟山、嘉兴4分）圆锥的轴截面是【】A .等腰三角形 B.矩形 C .圆 D.弓形【答案】A。

【考点】圆锥的轴截面。

5. （2006年浙江舟山、嘉兴4分）已知圆锥的母线长为5cm，底面半径为3cm，则此圆锥的侧面积为【】．A．15πcm2 B．20πcm2 C．12πcm2 D．30πcm2【答案】A。

【考点】圆锥和扇形的计算。

6. （2006年浙江舟山、嘉兴4分）假定有一排蜂房，形状如图，一只蜜蜂在左下角，由于受了点伤，只能爬行，不能飞，而且始终向右方（包括右上，右下）爬行，•从一间蜂房爬到右边相邻的蜂房中去．例如．蜜蜂爬到1号蜂房的爬法有：蜜蜂→1号；蜜蜂→0号→1号，共有2种不同的爬法．问蜜蜂从最初位置爬到4号蜂房共有几种不同的爬法【】．A．7 B．8 C．9 D．10【答案】B。

【考点】探索规律题（图形的变化类），分类思想的应用。

7. （2010年浙江舟山、嘉兴4分）已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体是【】A．棱柱 B．圆柱 C．圆锥 D．球【答案】B。

【考点】由三视图判断几何体。

2017-2021年浙江中考数学真题分类汇编之图形的变化一．选择题（共14小题）1．（2020•绍兴）将如图的七巧板的其中几块，拼成一个多边形，为中心对称图形的是（）A．B．C．D．2．（2020•恩施州）如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（）A．B．C．D．3．（2021•衢州）如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（）A．B．C．D．4．（2021•宁波）如图所示的几何体是由一个圆柱和一个长方体组成的，它的主视图是（）A．B．C．D．5．（2020•嘉兴）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C的坐标为（）A．（﹣1，﹣1）B．（﹣，﹣1）C．（﹣1，﹣）D．（﹣2，﹣1）6．（2020•台州）如图，把△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到△DEF，则顶点C（0，﹣1）对应点的坐标为（）A．（0，0）B．（1，2）C．（1，3）D．（3，1）7．（2021•衢州）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB′C′D′，∠B ＝∠β．当AC平分∠B′AC′时，∠α与∠β满足的数量关系是（）A．∠α＝2∠βB．2∠α＝3∠βC．4∠α+∠β＝180°D．3∠α+2∠β＝180°8．（2021•温州）直六棱柱如图所示，它的俯视图是（）A．B．C．D．9．（2021•绍兴）如图，树AB在路灯O的照射下形成投影AC，已知路灯高PO＝5m，树影AC＝3m，树AB与路灯O的水平距离AP＝4.5m，则树的高度AB长是（）A．2m B．3m C．m D．m 10．（2020•绍兴）如图，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，将BC绕点B 顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，连接CP，过点A作AH⊥CP交CP的延长线于点H，连接AP，则∠P AH的度数（）A．随着θ的增大而增大B．随着θ的增大而减小C．不变D．随着θ的增大，先增大后减小11．（2021•台州）如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P．若∠α＝60°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为（）A．（36）cm2B．（36）cm2C．24cm2D．36cm212．（2020•衢州）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC＝1，则AB的长度为（）A．B．C．D．13．（2019•台州）如图是用8块A型瓷砖（白色四边形）和8块B型瓷砖（黑色三角形）不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案，图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为（）A．：1B．3：2C．：1D．：2 14．（2020•温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为（）A．14B．15C．8D．6二．填空题（共4小题）15．（2021•湖州）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝2，则sin B的值是．16．（2021•杭州）如图是一张矩形纸片ABCD，点M是对角线AC的中点，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连接DF，EF．若MF ＝AB，则∠DAF＝度．17．（2021•嘉兴）如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝45°，AB＝2，点P从点A出发沿AB方向运动，到达点B时停止运动，连结CP，点A关于直线CP的对称点为A′，连结A′C，A′P．在运动过程中，点A′到直线AB距离的最大值是；点P到达点B时，线段A′P扫过的面积为．18．（2020•金华）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点B重合），点O是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE ＝OF＝1cm，AC＝BD＝6cm，CE＝DF，CE：AE＝2：3．按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动．（1）当E，F两点的距离最大时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是cm．（2）当夹子的开口最大（即点C与点D重合）时，A，B两点的距离为cm．三．解答题（共3小题）19．（2021•杭州）如图，锐角三角形ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线AG交⊙O于点G，交BC边于点F，连接BG．（1）求证：△ABG∽△AFC．（2）已知AB＝a，AC＝AF＝b，求线段FG的长（用含a，b的代数式表示）．（3）已知点E在线段AF上（不与点A，点F重合），点D在线段AE上（不与点A，点E重合），∠ABD＝∠CBE，求证：BG2＝GE•GD．20．（2021•温州）如图中4×4与6×6的方格都是由边长为1的小正方形组成．图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．（1）选一个四边形画在图2中，使点P为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形．（2）选一个合适的三角形，将它的各边长扩大到原来的倍，画在图3中．21．（2020•宁波）【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．【尝试应用】（2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长．【拓展提高】（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF＝∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形ABCD的边长．2017-2021年浙江中考数学真题分类汇编之图形的变化参考答案与试题解析一．选择题（共14小题）1．（2020•绍兴）将如图的七巧板的其中几块，拼成一个多边形，为中心对称图形的是（）A．B．C．D．【考点】中心对称图形；七巧板；多边形．【专题】平移、旋转与对称；几何直观．【分析】根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断．【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D、是中心对称图形，故本选项符合题意．故选：D．【点评】本题考查了中心对称图形的特点，属于基础题，判断中心对称图形的关键是旋转180°后能够于原图形重合．2．（2020•恩施州）如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（）A．B．C．D．【考点】简单组合体的三视图．【专题】投影与视图；几何直观．【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．【解答】解：从正面看易得第一列有2个正方形，第二列底层有1个正方形．故选：A．【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．3．（2021•衢州）如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图为（）A．B．C．D．【考点】简单组合体的三视图．【专题】投影与视图；空间观念．【分析】根据主视图的意义，从正面看该组合体所得到的图形进行判断即可．【解答】解：从正面看该组合体，所看到的图形与选项A中的图形相同，故选：A．【点评】本题考查简单组合体的主视图，理解视图的意义，掌握三视图的画法是正确判断的前提．4．（2021•宁波）如图所示的几何体是由一个圆柱和一个长方体组成的，它的主视图是（）A．B．C．D．【考点】简单组合体的三视图．【专题】投影与视图；空间观念．【分析】根据主视图是从正面看得到的视图，可得答案．【解答】解：从正面看，底层是一个比较长的矩形，上层中间是一个比较窄的矩形．故选：C．【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是正视图，注意圆柱的主视图是矩形．5．（2020•嘉兴）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C的坐标为（）A．（﹣1，﹣1）B．（﹣，﹣1）C．（﹣1，﹣）D．（﹣2，﹣1）【考点】位似变换；坐标与图形性质．【专题】图形的相似；应用意识．【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以﹣即可．【解答】解：∵以点O为位似中心，位似比为，而A（4，3），∴A点的对应点C的坐标为（﹣，﹣1）．故选：B．【点评】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．6．（2020•台州）如图，把△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到△DEF，则顶点C（0，﹣1）对应点的坐标为（）A．（0，0）B．（1，2）C．（1，3）D．（3，1）【考点】坐标与图形变化﹣平移．【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称；推理能力．【分析】利用平移规律进而得出答案．【解答】解：∵把△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到△DEF，顶点C（0，﹣1），∴F（0+3，﹣1+2），即F（3，1），故选：D．【点评】此题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，正确得出对应点位置是解题关键．7．（2021•衢州）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB′C′D′，∠B ＝∠β．当AC平分∠B′AC′时，∠α与∠β满足的数量关系是（）A．∠α＝2∠βB．2∠α＝3∠βC．4∠α+∠β＝180°D．3∠α+2∠β＝180°【考点】旋转的性质；菱形的性质．【专题】矩形菱形正方形；平移、旋转与对称；推理能力．【分析】由菱形和旋转的性质可证：∠BAB'＝∠B'AC＝∠CAC'＝∠DAC'＝∠α，再根据AD∥BC，即可得出4∠α+∠β＝180°．【解答】解：∵AC平分∠B′AC′，∴∠B'AC＝∠C'AC，∵菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB′C′D′，∴∠BAB'＝∠CAC'＝∠α，∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，∴∠BAB'＝∠DAC'，∴∠BAB'＝∠B'AC＝∠CAC'＝∠DAC'＝∠α，∵AD∥BC，∴∠B+∠BAD＝180°，∴4∠α+∠β＝180°，故选：C．【点评】本题考查了菱形的性质，以及旋转前后对应角相等等知识，熟记其性质是解题的关键．8．（2021•温州）直六棱柱如图所示，它的俯视图是（）A．B．C．D．【考点】简单几何体的三视图．【专题】投影与视图；空间观念．【分析】根据简单几何体的三视图进行判断即可．【解答】解：从上面看这个几何体，看到的图形是一个正六边形，因此选项C中的图形符合题意，故选：C．【点评】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的意义是正确判断的前提．9．（2021•绍兴）如图，树AB在路灯O的照射下形成投影AC，已知路灯高PO＝5m，树影AC＝3m，树AB与路灯O的水平距离AP＝4.5m，则树的高度AB长是（）A．2m B．3m C．m D．m【考点】相似三角形的应用；中心投影．【专题】图形的相似；应用意识．【分析】利用相似三角形的性质求解即可．【解答】解：∵AB∥OP，∴△CAB∽△CPO，∴，∴，∴AB＝2（m），故选：A．【点评】本题考查中心投影以及相似三角形的应用．测量不能到达顶部的物体的高度，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．10．（2020•绍兴）如图，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，将BC绕点B 顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，连接CP，过点A作AH⊥CP交CP的延长线于点H，连接AP，则∠P AH的度数（）A．随着θ的增大而增大B．随着θ的增大而减小C．不变D．随着θ的增大，先增大后减小【考点】旋转的性质；三角形的外角性质；等腰直角三角形．【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．【分析】由旋转的性质可得BC＝BP＝BA，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠BPC+∠BP A＝135°＝∠CP A，由外角的性质可求∠P AH＝135°﹣90°＝45°，即可求解．【解答】解：∵将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，∴BC＝BP＝BA，∴∠BCP＝∠BPC，∠BP A＝∠BAP，∵∠CBP+∠BCP+∠BPC＝180°，∠ABP+∠BAP+∠BP A＝180°，∠ABP+∠CBP＝90°，∴∠BPC+∠BP A＝135°＝∠CP A，∵∠CP A＝∠AHC+∠P AH＝135°，∴∠P AH＝135°﹣90°＝45°，∴∠P AH的度数是定值，故选：C．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．11．（2021•台州）如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P．若∠α＝60°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为（）A．（36）cm2B．（36）cm2C．24cm2D．36cm2【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．【专题】矩形菱形正方形；几何直观．【分析】根据题意可知阴影部分的面积＝长方形的面积﹣三角形ABC的面积，根据题中数据计算三角形ABC的面积即可．【解答】解：根据翻折可知，∠MAB＝∠BAP，∠NAC＝∠P AC，∴∠BAC＝∠P AB+∠P AC＝（∠MAB+∠BAP+∠NAC+∠P AC）＝180°＝90°，∵∠α＝60°，∴∠MAB＝180°﹣∠BAC﹣∠α＝180°﹣90°﹣60°＝30°，∴AB＝＝6（cm），AC＝＝2（cm），∴阴影部分的面积＝S长方形﹣S△ABC＝12×3﹣6×＝（36﹣6）（cm2），故选：A．【点评】本题主要考查翻折和矩形的性质等知识点，熟练掌握和应用翻折的性质是解题的关键．12．（2020•衢州）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC＝1，则AB的长度为（）A．B．C．D．【考点】翻折变换（折叠问题）；等腰直角三角形；矩形的性质．【专题】平移、旋转与对称；运算能力．【分析】先判断出∠ADE＝45°，进而判断出AE＝AD，利用勾股定理即可得出结论．【解答】解：由折叠补全图形如图所示，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADA'＝∠B＝∠C＝∠A＝90°，AD＝BC＝1，CD＝AB，由第一次折叠得：∠DA'E＝∠A＝90°，∠ADE＝∠ADC＝45°，∴∠AED＝∠ADE＝45°，∴AE＝AD＝1，在Rt△ADE中，根据勾股定理得，DE＝AD＝，由第二次折叠知，CD＝DE＝，∴AB＝．故选：A．【点评】此题主要考查了折叠问题，掌握折叠前后的对应边，对应角相等是解本题的关键．13．（2019•台州）如图是用8块A型瓷砖（白色四边形）和8块B型瓷砖（黑色三角形）不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案，图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为（）A．：1B．3：2C．：1D．：2【考点】图形的剪拼；正方形的性质．【专题】图表型；矩形菱形正方形．【分析】如图，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，连接DF．求出△DFN与△DNK的面积比即可．【解答】解：如图，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，连接DF．由题意：四边形DCFK是正方形，∠CDM＝∠MDF＝∠FDN＝∠NDK，∴∠CDK＝∠DKF＝90°，DK＝FK，DF＝DK，∴＝＝＝（角平分线的性质定理，可以用面积法证明），∴＝＝，∴图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为：1，故选：A．【点评】本题考查图形的拼剪，正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．14．（2020•温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为（）A．14B．15C．8D．6【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．【专题】矩形菱形正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用．【分析】如图，连接EC，CH．设AB交CR于J．证明△ECP∽△HCQ，推出＝＝＝，由PQ＝15，可得PC＝5，CQ＝10，由EC：CH＝1：2，推出AC：BC＝1：2，设AC＝a，BC＝2a，证明四边形ABQC是平行四边形，推出AB＝CQ＝10，根据AC2+BC2＝AB2，构建方程求出a即可解决问题．【解答】解：如图，连接EC，CH．设AB交CR于J．∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形，∴∠ACE＝∠BCH＝45°，∵∠ACB＝90°，∠BCI＝90°，∴∠ACE+∠ACB+∠BCH＝180°，∠ACB+∠BCI＝180°∴B，C，D共线，A，C，I共线，E、C、H共线，∵DE∥AI∥BH，∴∠CEP＝∠CHQ，∵∠ECP＝∠QCH，∴△ECP∽△HCQ，∴＝＝＝，∵PQ＝15，∴PC＝5，CQ＝10，∵EC：CH＝1：2，∴AC：BC＝1：2，设AC＝a，BC＝2a，∵PQ⊥CR，CR⊥AB，∴CQ∥AB，∵AC∥BQ，CQ∥AB，∴四边形ABQC是平行四边形，∴AB＝CQ＝10，∵AC2+BC2＝AB2，∴5a2＝100，∴a＝2（负根已经舍弃），∴AC＝2，BC＝4，∵•AC•BC＝•AB•CJ，∴CJ＝＝4，∵JR＝AF＝AB＝10，∴CR＝CJ+JR＝14，故选：A．【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考选择题中的压轴题．二．填空题（共4小题）15．（2021•湖州）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝2，则sin B的值是．【考点】锐角三角函数的定义．【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．【分析】根据在直角三角形中sin B＝，代值计算即可得出答案．【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝2，∴sin B＝＝．故答案为：．【点评】此题考查了锐角三角函数的定义，熟练掌握在直角三角形中，正弦＝是解题的关键．16．（2021•杭州）如图是一张矩形纸片ABCD，点M是对角线AC的中点，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连接DF，EF．若MF ＝AB，则∠DAF＝18度．【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．【专题】三角形；矩形菱形正方形；运算能力；推理能力．【分析】连接DM，利用斜边上的中线等于斜边的一半可得△AMD和△MCD为等腰三角形，∠DAF＝∠MDA，∠MCD＝∠MDC；由折叠可知DF＝DC，可得∠DFC＝∠DCF；由MF＝AB，AB＝CD，DF＝DC，可得FM＝FD，进而得到∠FMD＝∠FDM；利用三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和，可得∠DFC＝2∠FMD；最后在△MDC中，利用三角形的内角和定理列出方程，结论可得．【解答】解：连接DM，如图：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°．∵M是AC的中点，∴DM＝AM＝CM，∴∠F AD＝∠MDA，∠MDC＝∠MCD．∵DC，DF关于DE对称，∴DF＝DC，∴∠DFC＝∠DCF．∵MF＝AB，AB＝CD，DF＝DC，∴MF＝FD．∴∠FMD＝∠FDM．∵∠DFC＝∠FMD+∠FDM，∴∠DFC＝2∠FMD．∵∠DMC＝∠F AD+∠ADM，∴∠DMC＝2∠F AD．设∠F AD＝x°，则∠DFC＝4x°，∴∠MCD＝∠MDC＝4x°．∵∠DMC+∠MCD+∠MDC＝180°，∴2x+4x+4x＝180．∴x＝18．故答案为：18．【点评】本题主要考查了矩形的性质，折叠问题，三角形的内角和定理及其推论，利用三角形内角和定理列出方程是解题的关键．17．（2021•嘉兴）如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝45°，AB＝2，点P从点A 出发沿AB方向运动，到达点B时停止运动，连结CP，点A关于直线CP的对称点为A′，连结A′C，A′P．在运动过程中，点A′到直线AB距离的最大值是；点P 到达点B时，线段A′P扫过的面积为（1+）π﹣1﹣．【考点】轴对称的性质．【专题】平移、旋转与对称；推理能力．【分析】如图1中，过点B作BH⊥AC于H．解直角三角形求出CA，当CA′⊥AB时，点A′到直线AB的距离最大，求出CA′，CK．可得结论．如图2中，点P到达点B时，线段A′P扫过的面积＝S扇形A′CA﹣2S△ABC，由此求解即可．【解答】解：如图1中，过点B作BH⊥AC于H．在Rt△ABH中，BH＝AB•sin30°＝1，AH＝BH＝，在Rt△BCH中，∠BCH＝45°，∴CH＝BH＝1，∴AC＝CA′＝1+，当CA′⊥AB时，点A′到直线AB的距离最大，设CA′交AB的延长线于K．在Rt△ACK中，CK＝AC•sin30°＝，∴A′K＝CA′﹣CK＝1+﹣＝．如图2中，点P到达点B时，线段A′P扫过的面积＝S扇形A′CA﹣2S△ABC＝﹣2××（1+）×1＝（1+）π﹣1﹣．故答案为：，（1+）π﹣1﹣．【点评】本题考查轴对称的性质，翻折变换，解直角三角形，扇形的面积，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用分割法求面积，属于中考填空题中的压轴题．18．（2020•金华）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点B重合），点O是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE ＝OF＝1cm，AC＝BD＝6cm，CE＝DF，CE：AE＝2：3．按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动．（1）当E，F两点的距离最大时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是16cm．（2）当夹子的开口最大（即点C与点D重合）时，A，B两点的距离为cm．【考点】旋转的性质；角平分线的性质．【专题】平移、旋转与对称；应用意识．【分析】（1）当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形，求出矩形的长和宽即可解决问题．（2）如图3中，连接EF交OC于H．想办法求出EF，利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．【解答】解：（1）当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形，∵OE＝OF＝1cm，∴EF＝2cm，∴AB＝CD＝2cm，∴此时四边形ABCD的周长为2+2+6+6＝16（cm），故答案为16．（2）如图3中，连接EF交OC于H．由题意CE＝CF＝×6＝（cm），∵OE＝OF＝1cm，∴CO垂直平分线段EF，∵OC＝＝＝（cm），∵•OE•EC＝•CO•EH，∴EH＝＝（cm），∴EF＝2EH＝（cm）∵EF∥AB，∴＝＝，∴AB＝×＝（cm）．故答案为．【点评】本题考查旋转的性质，矩形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．三．解答题（共3小题）19．（2021•杭州）如图，锐角三角形ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线AG交⊙O于点G，交BC边于点F，连接BG．（1）求证：△ABG∽△AFC．（2）已知AB＝a，AC＝AF＝b，求线段FG的长（用含a，b的代数式表示）．（3）已知点E在线段AF上（不与点A，点F重合），点D在线段AE上（不与点A，点E重合），∠ABD＝∠CBE，求证：BG2＝GE•GD．【考点】相似三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．【专题】圆的有关概念及性质；应用意识．【分析】（1）根据∠BAC的平分线AG交⊙O于点G，知∠BAG＝∠F AC，由圆周角定理知∠G＝∠C，即可证△ABG∽△AFC；（2）由（1）知＝，由AC＝AF得AG＝AB，即可计算FG的长度；（3）先证△DGB∽△BGE，得出线段比例关系，即可得证BG2＝GE•GD．【解答】（1）证明：∵AG平分∠BAC，∴∠BAG＝∠F AC，又∵∠G＝∠C，∴△ABG∽△AFC；（2）解：由（1）知，△ABG∽△AFC，∴＝，∵AC＝AF＝b，∴AB＝AG＝a，∴FG＝AG﹣AF＝a﹣b；（3）证明：∵∠CAG＝∠CBG，∠BAG＝∠CAG，∴∠BAG＝∠CBG，∵∠ABD＝∠CBE，∴∠BDG＝∠BAG+∠ABD＝∠CBG+∠CBE＝∠EBG，又∵∠DGB＝∠BGE，∴△DGB∽△BGE，∴＝，∴BG2＝GE•GD．【点评】本题主要考查的是相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定和性质是解题的关键．20．（2021•温州）如图中4×4与6×6的方格都是由边长为1的小正方形组成．图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．（1）选一个四边形画在图2中，使点P为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形．（2）选一个合适的三角形，将它的各边长扩大到原来的倍，画在图3中．【考点】利用平移设计图案；相似三角形的性质；七巧板；勾股定理．【专题】作图题；几何直观．【分析】（1）直接将其中正方形向右平移3个单位得出符合题意的图形；（2）直接将其中直角边为的三角形边长扩大为原来的倍，即可得出所求图形．【解答】解：（1）如图2所示，即为所求；（2）如图3所示，即为所求．【点评】此题主要考查了平移变换以及图形的相似，正确将三角形各边扩大是解题关键．21．（2020•宁波）【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．【尝试应用】（2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长．【拓展提高】（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF＝∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形ABCD的边长．【考点】相似形综合题．【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；图形的相似；运算能力；推理能力．【分析】（1）证明△ADC∽△ACB，得出，则可得出结论；（2）证明△BFE∽△BCF，得出比例线段，则BF2＝BE•BC，求出BC，则可求出AD．（3）分别延长EF，DC相交于点G，证得四边形AEGC为平行四边形，得出AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，证明△EDF∽△EGD，得出比例线段，则DE＝EF，可求出DG，则答案可求出．【解答】解：（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，∴△ADC∽△ACB，∴，∴AC2＝AD•AB．（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，∠A＝∠C，又∵∠BFE＝∠A，∴∠BFE＝∠C，又∵∠FBE＝∠CBF，∴△BFE∽△BCF，∴，∴BF2＝BE•BC，∴BC＝＝，∴AD＝．（3）如图，分别延长EF，DC相交于点G，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥DC，∠BAC＝∠BAD，∵AC∥EF，∴四边形AEGC为平行四边形，∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，∵∠EDF＝∠BAD，∴∠EDF＝∠BAC，∴∠EDF＝∠G，又∵∠DEF＝∠GED，∴△EDF∽△EGD，∴，∴DE2＝EF•EG，又∵EG＝AC＝2EF，∴DE2＝2EF2，∴DE＝EF，又∵，∴DG＝，∴DC＝DG﹣CG＝5﹣2．【点评】此题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质等知识，正确掌握相似三角形的判定方法是解题关键．。

2001-2012年浙江温州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. （2001年浙江温州3分）圆柱的底面半径是2，高线长是5，则它的侧面积是【 】 A ．10 B ．20 C ．10π D．20π 【答案】D 。

【考点】圆柱的侧面积。

【分析】根据圆柱的侧面积公式计算即可：侧面积=225=20ππ⨯⨯。

故选D 。

2. （2002年浙江温州4分）圆锥的高线长是8㎝，底面直径为12㎝，则这个圆锥的侧面积是【 】A ．48πcm 2B ．cm 2C ．2D ．60πcm 2【答案】D 。

【考点】圆锥的计算。

【分析】根据圆锥的侧面积公式计算：∵圆锥的底面直径为12㎝，∴圆锥的底面周长为12π㎝。

∵圆锥的高线长是8。

∴圆锥的侧面积=12×底面周长×母线长=12×12π×10=60π（cm 2）。

故选D 。

3. （2003年浙江温州4分）圆锥的母线长为8cm ，底面半径为6cm ，则圆锥的侧面积是【 】 A ．96πcm 2B ．60πcm 2C ．48πcm 2D ．24πcm 2【答案】C 。

【考点】圆锥的计算。

【分析】根据圆锥的侧面积公式计算：∵圆锥的底面半径为6 cm ，∴圆锥的底面周长为12πcm。

∴圆锥的侧面积=12×底面周长×母线长=12×12π×8=48π（cm 2）。

故选C 。

4. （2004年浙江温州4分）如图，点B 在圆锥母线VA 上，且VB=31VA ，过点B 作平行与底面的平面 截得一个小圆锥的侧面积为S 1，原圆锥的侧面积为S ，则下列判断中正确的是【 】(A) 1S S 13= (B) 1S S 14= (C) 1S S 16= (D) 1S S 19= 【答案】D 。

【考点】圆锥的计算。

【分析】两个圆锥的展开图都是扇形，这两个扇形圆心角相等，小圆锥半径是大圆锥半径的13。

九年级数学图形的变换某某版【本讲教育信息】一. 教学内容：图形的变换二. 知识回顾：1、图形变换的重点是图形的对称、平移、旋转和相似变换中的前三者。

难点是它们与其它知识（如三角形、四边形的相关证明与求解）的综合应用。

2、图形的变换：一个图形改变成另一个图形，改变的方式不同就形成了四种基础的图形变换法。

3、轴对称变换（反射变换）：不改变图形的形状和大小。

必须指出沿着哪条直线（对称轴）去变换（对称轴是对应点连线段的中垂线）。

平移变换（保距变换）不改变图形的形状和大小，变换中，对应点的连线段平行且相等，必须指出：往哪个方向平移，平移多少距离。

旋转变换（保角变换）：不改变图形的形状和大小，必须指出：绕哪个点旋转，往哪个方向旋转，并且旋转多大的角度。

特殊地，当旋转角为180°时，两图形为中心对称图形）相似变换：不改变图形的形状，但改变了图形的大小（这里的大小不是指面积，而是图形的每条线段都同时扩大或者缩小若干倍）。

4、学习中应分清：轴对称与中心对称，会求解折叠问题。

【典型例题】例1. 矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝4，将它折叠，使点C 与点A 重合。

求折痕EF 的长。

解析：折叠问题应该用轴对称的知识来求解。

思路一：用勾股定理的知识以及建方程的模型来求AE 进而求出EF 的长。

思路二：利用轴对称的知识直接寻找相似的三角形比如：△AOE ∽△CBA 。

∴由此求OE 长，进而求出EF 的长为415。

大家可以都求一下。

例2. 已知：线段AB 和线段外一点O 。

①求作：线段上一点C ，使AB 32AC②求作：①中的点C 绕着点O 旋转90°的像。

解析：①C 不是中点，在AB 41上的点等，怎么作？ 过点A 作任一射线AD ，并在AD 上找到某条线段的三等分点E 、F 、G 连接BG ， 过点F 作BG 的平行线，交AB 于C 即可。

②旋转三要素中，此题只规定了旋转中心O ，旋转角90°，并没有给出旋转方向，故应作出点C 的两个像C ′和C ″。

【中考12年】浙江省绍兴市2001-2012年中考数学试题分类解析 专题04图形的变换一、选择题1. （2001年浙江绍兴3分）圆锥的侧面展开图是半径为3cm 的半圆，则此圆锥的底面半径是【 】（A ）1.5cm （B ）2cm （C ）2.5cm （D ）3cm2. （2001年浙江绍兴3分）如图，∆ABC 中，∠C=900，AC=8cm ，AB=10cm ，点P 由点C 出发以每秒2cm 的速度沿线段CA 向点A 运动（不运动至A 点），⊙O 的圆心在BP 上，且⊙O 分别与AB 、AC 相切，当点P 运动2秒钟时，⊙O 的半径是【 】（A ）712cm （B ）512cm （C ）35cm （D ）2cm【答案】A 。

【考点】动点问题，切线的性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理，三角形中位线定理。

【分析】连接OR 、OM ，则OR⊥AC，OM⊥AB；过O 作OK⊥BC 于K ，3. （2002年浙江绍兴3分）如图，以圆柱的下底面为底面，上底面圆心为顶点的圆锥的母线长为4，高线长为3，则圆柱的侧面积为【 】（A ）30π （B ）76π （C ）20π （D ）74π4. （2003年浙江绍兴4分）圆锥的母线长为13cm ，底面半径为5cm ，则此圆锥的高线长为【 】A．6 cm B．8 cm C．10 cm D．12 cm【答案】D。

【考点】圆锥的计算，勾股定理。

【分析】∵圆锥的母线长，高线长和底面半径构成直角三角形，且圆锥的母线长为13cm，，底面半径为5cm，()cm。

故选D。

5. （2003年浙江绍兴4分）如图，有一矩形纸片ABCD，AB=10，AD=6，将纸片折叠，使AD边落在AB边上，折痕为AE，再将△AED以DE为折痕向右折叠，AE与BC交于点F，则△CEF的面积为【】A．4 B．6 C．8 D．106. （2004年浙江绍兴4分）一个圆锥的底面半径为52，母线长为6，则此圆锥侧面展开图的圆心角是【】A．180° B．150° C．120°D．90°【答案】B。

浙江省各市2013年中考数学分类解析专题4 图形的变换一、选择题1. （2013年浙江杭州3分）如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积是【】A．B．C．D．2. （2013年浙江舟山3分）如图，由三个小立方体搭成的几何体的俯视图是【】3. （2013年浙江金华、丽水3分）用3个相同的立方体如图所示，则它的主视图是【】4. （2013年浙江宁波3分）下列四张正方形硬纸片，剪去阴影部分后，如果沿虚线折叠，可以围成一个封闭的长方形包装盒的是【】5. （2013年浙江湖州3分）在学校组织的实践活动中，小新同学用纸板制作了一个圆锥模型，它的底面半径为1，高为】A．4πB．3πC．D．2π6. （2013年浙江湖州3分）如图，已知四边形ABCD是矩形，把矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处，连接DE．若DE：AC=3：5，则ADAB的值为【】A ．12BC ．23D7. （2013年浙江衢州3分）下面简单几何体的左视图是【 】【分析】找到简单几何体从左面看所得到的图形即可，从左面看可得到左右两列正方形个数分别为：2，1。

故选A 。

8. （2013年浙江绍兴4分）由5个相同的立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是【 】9. （2013年浙江绍兴4分）若圆锥的轴截图为等边三角形，则称此圆锥为正圆锥，则正圆锥的侧面展开图的圆心角是【】A．90°B．120°C．150°D．180°10. （2013年浙江台州4分）有一篮球如图放置，其主视图为【】【分析】找到从正面看所得到的图形即可：从正面看易得是一个圆。

故选B。

11. （2013年浙江嘉兴4分）如图，由三个小立方体搭成的几何体的俯视图是【】12. （2013年浙江温州4分）下列各图形中，经过折叠能围成一个立方体的是【】二、填空题1. （2013年浙江杭州4分）四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，且BC=CD=2，AB=3，把梯形ABCD分别绕直线AB，CD旋转一周，所得几何体的表面积分别为S1，S2，则|S1﹣S2|= ▲ （平方单位）2. （2013年浙江杭州4分）射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM=MB=2cm，QM=4cm．动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上），请写出t可取的一切值▲ （单位：秒）3. （2013年浙江舟山4分）在同一平面内，已知线段AO=2，⊙A的半径为1，将⊙A绕点O按逆时针方向旋转60°得到的像为⊙B，则⊙A与⊙B的位置关系为▲ ．4. （2013年浙江舟山4分）如图，正方形ABCD的边长为3，点E，F分别在边AB、BC 上，AE=BF=1，小球P从点E出发沿直线向点F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球P第一次碰到点E时，小球P所经过的路程为▲ ．5. （2013年浙江衢州4分）如图，在菱形ABCD中，边长为10，∠A=60°．顺次连结菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1；顺次连结四边形A1B1C1D1各边中点，可得四边形A2B2C2D2；顺次连结四边形A2B2C2D2各边中点，可得四边形A3B3C3D3；按此规律继续下去…．则四边形A2B2C2D2的周长是▲ ；四边形A2013B2013C2013D2013的周长是▲ ．6. （2013年浙江绍兴5分）如图钢架中，焊上等长的13根钢条来加固钢架，若AP1=P1P2=P2P3=…=P13P14=P14A，则∠A的度数是▲ ．7. （2013年浙江嘉兴4分）如图，正方形ABCD的边长为3，点E，F分别在边AB、BC 上，AE=BF=1，小球P从点E出发沿直线向点F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球P第一次碰到点E时，小球P所经过的路程为▲ ．8. （2013年浙江温州5分）一块矩形木板，它的右上角有一个圆洞，现设想将它改造成火锅餐桌桌面，要求木板大小不变，且使圆洞的圆心在矩形桌面的对角线交点上。

[中考12年]杭州市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年浙江杭州3分）在时刻8∶30，时钟上的时针和分针之间的夹角为【】．（A）85°（B）75°（C）70°（D）60°【答案】B。

【考点】钟面角。

2 （2022年浙江杭州3分）为解决四个村庄用电问题，政府投资在已建电厂与这四个村庄之间架设输电线路．现已知这四个村庄及电厂之间的距离如图所示（距离单位：公里），则能把电力输送到这四个村庄的输电线路的最短总长度应该是【】．（A）（B）（C）（D）【答案】B。

【考点】读图。

【分析】如图，把电力输送到这四个村庄的输电线路的最短总长度应该是5＋4＋＋6=。

故选B。

3 （2022年浙江杭州大纲卷3分）边长为4的正方形绕一条边旋转一周，所得几何体的侧面积等于【】A．16 B．16πC．32πD．64π4 （2022年浙江杭州大纲卷3分）如图，把△PQR沿着PQ的方向平移到△P′Q′R′的位置，它们重叠部分的面积是△PQR面积的一半，若PQ＝2，则此三角形移动的距离PP′是【】A．12B2C．1 D215 （2022年浙江杭州课标卷3分）如图是某一个多面体的表面展开图，那么这个多面体是【】A．四棱柱 B．四棱锥 C．三棱柱 D．三棱锥【答案】C。

【考点】多面体的表面展开图。

【分析】由该多面体的表面展开图可知，这个多面体是三棱柱。

故选C。

6 （2022年浙江杭州课标卷3分）如图，把△PQR沿着PQ的方向平移到△P′Q′R′的位置，它们重叠部分的面积是△PQR面积的一半，若PQ＝2，则此三角形移动的距离PP′是【】A．12B．22C．1 D217 （2022年浙江杭州3分）由大小相同的正方体木块堆成的几何体的三视图如图所示，则该几何体中正方体木块的个数是【】A 6个B 5个C 4个D 3个【答案】B。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】从主视图看第一列两个正方体，说明俯视图中的左边一列有两个正方体，主视图右边的一列只有一行，说明俯视图中的右边一行只有一列，所以此几何体共有四个正方体。