【2022版中考12年】福建省福州市2002-2022年中考数学试题分类解析 专题04 图形的变换

【2022版中考12年】福建省福州市2022-2022年中考数学试题分类解析专题04图形的变换一、选择题1.（2022年福建福州4分）下列图形中能够用来作平面镶嵌的是【】A、正八边形B、正七边形C、正六边形D、正五边形2.（2022年福建福州大纲卷3分）如图，小亮拿一张矩形纸图（1），沿虚线对折一次得图（2），下将对角两顶点重合折叠得图（3），按图（4）沿折痕中点与重合顶点的连线剪开，得到三个图形，这三个图形分别是【】A．都是等腰梯形B．都是等边三角形C．两个直角三角形，一个等腰三角形D．两个直角三角形，一个等腰梯形【答案】C。【考点】剪纸问题。【分析】严格按照图中的顺序向上对折，对角顶点对折，沿折痕中点与重合顶点的连线剪开展开可得到两个直角三角形，一个等腰三角形。故选C。3.（2022年福建福州课标卷3分）如图是小明用八块小正方体搭的积木，该几何体的俯视图是【】27\nA、B、C、D、4.（2022年福建福州3分）只用下列一种正多边形不能镶嵌成平面图案的是【】A．正三角形B．正方形C．正五边形D．正六边形5.（2022年福建福州4分）．如图所示的物体是一个几何体，其主视图是【】A．B．C．D．【答案】C。【考点】简单几何体的三视图。【分析】找到从正面看所得到的图形即可：从正面看易得是一个等腰梯形。故选C。6.（2022年福建福州4分）如图所示的几何体的主视图是【　　】A．B．C．D．27\n7.（2022年福建福州4分）如图，正五边形FGHMN是由正五边形ABCDE经过位似变换得到的，若AB:FG=2:3，则下列结论正确的是【　　】.A．2DE=3MN，B．3DE=2MN，C．3∠A=2∠FD．2∠A=3∠F8.（2022年福建福州4分）如图，是以等边三角形ABC一边AB为半径的四分之一圆周，P为上任意一点，若AC=5，则四边形ACBP周长的最大值是【　　】.A．15B．20C．15+D．15+27\n9.（2022年福建福州4分）下面四个立体图形中，主视图是三角形的是【】A．B．C．D．10.（2022年福建福州4分）在下列几何体中，主视图、左视图与俯视图都是相同的圆，该几何体是【】A、B、C、D、11.（2022年福建福州4分）如图，在长方形网格中，每个小长方形的长为2，宽为1，A、B两点在网格格点上，若点C也在网格格点上，以A、B、C为顶点的三角形面积为2，则满足条件的点C个数是【】A、2B、3C、4D、527\n12.（2022年福建福州4分）如图是由4个大小相同的正方体组合而成的几何体，其主视图是【】A．B．C．D．13.（2022福建福州4分）下列立体图形中，俯视图是正方形的是【】A．B．C．D．二、填空题1.（2022年福建福州3分）如图：四边形　ABCD是正方形，曲线DA1B1C1D1…叫做“正方形的渐开线”，其中…的圆心依次按A、B、C、D循环，它依次连接．取AB＝1，则曲线的长是▲（结果保留π）．27\n2.（2022年福建福州3分）图中是一幅“苹果图”，第一行有1个苹果，第二行有2个，第三行有4个，第四行有8个，…，你是否发现苹果的排列规律？猜猜看，第六行有　▲　个苹果、第十行有　▲　个．（可用乘方形式表示）3.（2022年福建福州大纲卷4分）如图，在边长为a的正方形中剪去一个边长为b的小正方形（a＞b），把剩下的部分拼成一个梯形，分别计算这两个图形阴影部分的面积，验证了公式　▲　．27\n4.（2022年福建福州课标卷4分）如图，正方形ABCD边长为3，以直线AB为轴，将正方形旋转一周．所得圆柱的主视图（正视图）的周长是　▲　　5.（2022年福建福州4分）如图，，过OA上到点O的距离分别为的点作OA的垂线与OB相交，得到并标出一组黑色梯形，它们的面积分别为．观察图中的规律，求出第10个黑色梯形的面积▲．27\n6.（2022年福建福州4分）以数轴上的原点O为圆心，3为半径的扇形中，圆心角∠AOB=90°，另一个扇形是以点P为圆心，5为半径，圆心角∠CPD=60°，点P在数轴上表示实数，如图．如果两个扇形的圆弧部分（和）相交，那么实数的取值范围是　▲　．当A、D两点重合时，如图PO=PD－OA=5－3=2，此时P点坐标为；27\n当与交于点B时，如图连接PB，则由勾股定理，得PO=，此时P点坐标为。则实数的取值范围是－4≤＜－2。三、解答题1.（2022年福建福州13分）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是DC中点，点F在BC边上，且CF=1，在△AEF中作正方形A1B1C1D1，使边A1B1在AF上，其余两个顶点C1、D1分别在EF和AE上．（1）请直接写出图中两直角边之比等于1：2的三个直角三角形（不另添加字母及辅助线）；（2）求AF的长及正方形A1B1C1D1的边长；（3）在（2）的条件下，取出△AEF，将△EC1D1沿直线C1D1、△C1FB1沿直线C1B1分别向正方形A1B1C1D1内折叠，求小正方形A1B1C1D1未被两个折叠三角覆盖的四边形面积．【答案】解：（1）Rt△CEF、Rt△ADE、Rt△AEF、Rt△AA1D1、Rt△ED1C1、Rt△C1B1F（写出其中三个即可）。27\n（2）∵正方形ABCD的边长为4，CF=1，∴BF=3。∴AF==5。过E作EM⊥AF，垂足为M，交D1C1于N，则EM=2。∵四边形A1B1C1D1是正方形，∴D1C1∥AF。∴△D1C1E∽△AFE。∴。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。（3）如何说明△EC1D1沿直线C1D1、△C1FB1沿直线C1B1分别向正方形A1B1C1D1内折叠以后两个三角形的交界处既不重叠又没有空隙是一个难点，比较容易忽略，值得引起重视．下面给出一种另解供参考：由△E1C1D1、△C1B1F1分别由△EC1D1、△C1FB1折叠而成，可得∠3=∠4、∠1=∠2，因为正方形A1B1C1D1中有∠D1C1B1=90°，所以∠4+∠1=180°﹣90°=90°，即∠2+∠3=90°=∠D1C1B1，从而C1E1与C1F1重合在一条直线上（或三点C1、E1、F1在一条直线上）。2.（2022年福建福州大纲卷13分）已知，如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC=5cm，CD=6cm，∠DCB=60°，∠ABC=900．等边三角形MPN（N为不动点）的边长为acm，边MN和直角梯形ABCD的底边BC都在直线l上，NC=8cm．将直角梯形ABCD向左翻折180°，翻折一次得图形①，翻折二次得图形②，如此翻折下去．（1）将直角梯形ABCD向左翻折二次，如果此时等边三角形的边长a≥2cm，这时两图形重叠部分的面积是多少？（2）将直角梯形ABCD向左翻折三次，如果第三次翻折得到的直角梯形与等边三角形重叠部分的面积等于直角梯形ABCD的面积，这时等边三角形的边长a至少应为多少？（3）将直角梯形ABCD向左翻折三次，如果第三次翻折得到的直角梯形与等边三角形重叠部分的面积等于直角梯形ABCD的面积的一半，这时等边三角形的边长应为多少？27\n【答案】解：（1）如图，∵CB=5，CN=8，∴QN=2。又∵∠PNM=60°且∠EQN=60°，∴△EQN为等边三角形．∴△EQN的高为h=。∴（cm2）。（2）如果第三次翻折得到的直角梯形与等边三角形重叠部分的面积等于直角梯形ABCD的面积，这时等边三角形最小时，直角梯形的A点落在PM上，如图。在直角梯形ABCD中，∵CD=6，∠DCB=60°，∴AB=。在Rt△KHM中，MH=KH·tan30°=。∴MN=MH＋HQ＋QN=3＋5＋2=10。∴这时等边三角形的边长a至少应为10cm。27\n（3）。当MP经过H点时，交D′G于F，如图，则。∴MQ＜5。设MQ=x，则有重叠部分等边三角形的高．∴，解得。∵QN=2，∴等边三角形PNM的边长a为（+2）cm。【考点】翻折变换（折叠问题），等边三角形的判定和性质，直角梯形的性质。3.（2022年福建福州大纲卷8分）一串有趣的图案按一定规律排列，请仔细观察，按此规律画出的第10个图案是；在前16个图案中有个“”；第2022个图案是.……【答案】解：；5；。【考点】探索规律题（图形的变化类）。【分析】该图案是循环类，3个一循环，因此，∵10÷3=3……1，∴第10个图案与第1个图案相同，是。∵16÷3=5……1，∴在前16个图案中有5个。27\n∵2022÷3=669……1，∴第2022个图案与第1个图案相同，是。4.（2022年福建福州大纲卷8分）一串有趣的图案按一定规律排列，请仔细观察，按此规律画出的第10个图案是；在前16个图案中有个“”；第2022个图案是.……【答案】解：；5；。【考点】探索规律题（图形的变化类）。【分析】该图案是循环类，3个一循环，因此，∵10÷3=3……1，∴第10个图案与第1个图案相同，是。∵16÷3=5……1，∴在前16个图案中有5个。∵2022÷3=669……1，∴第2022个图案与第1个图案相同，是。5.（2022年福建福州12分）如图，直线AC∥BD，连接AB，直线AC，BD及线段AB把平面分成①、②、③、④四个部分，规定：线上各点不属于任何部分．当动点P落在某个部分时，连接PA，PB，构成∠PAC，∠APB，∠PBD三个角．（提示：有公共端点的两条重合的射线所组成的角是0°角）（1）当动点P落在第①部分时，求证：∠APB=∠PAC+∠PBD；（2）当动点P落在第②部分时，∠APB=∠PAC+∠PBD是否成立？（直接回答成立或不成立）（3）当动点P在第③部分时，全面探究∠PAC，∠APB，∠PBD之间的关系，并写出动点P的具体位置和相应的结论．选择其中一种结论加以证明．27\n选择(a)证明：如图a，设BP与AC相交于点M，∵AC∥BD，∴∠PMC=∠PBD。又∵∠PMC=∠PAM＋∠APM,∴∠PBD=∠PAC＋∠APB。【考点】平行的性质，三角形外角性质，分类思想的应用。【分析】（1）延长BP交直线AC于点E，由平行和三角形外角性质可证。（2）当动点P落在第②部分时，延长BP交直线AC于点F，∵AC∥BD，∴∠PFA=1800－∠PBD。∵∠APB=∠PAF＋∠PFA,∠PAF=1800－∠PAC，∴∠APB=1800－∠PAC＋1800－∠PBD=3600－（∠PAC＋∠PBD）。27\n∴∠APB=∠PAC＋∠PBD不成立。（3）分动点P在射线BA的右侧、在射线BA上、在射线BA的左侧三种情况讨论。6.（2022年福建福州13分）如图，已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：（1）当t=2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；（2）设△BPQ的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；（3）作QR∥BA交AC于点R，连接PR，当t为何值时，△APR∽△PRQ．（3）∵QR∥BA，∴∠QRC=∠A=600，∠RQC=∠B=600。∴△QRC是等边三角形。∴QR=RC=QC=6－2t。∵BE=BQ·cos600=，∴EP=AB－AP－BE=6－t－t=6－2t。∴EPQR。∴四边形EPRQ是平行四边形。∴PR=EQ=。又∵∠PEQ=900，∴∠APR=∠PRQ=900。∴要使△APR∽△PRQ，必须∠QPR=∠A=600。∴，即，解得。27\n∴当时，△APR∽△PRQ。7.（2022年福建福州12分）如图，等边△ABC边长为4，E是边BC上动点，EH⊥AC于H，过E作EF∥AC，交线段AB于点F，在线段AC上取点P，使PE=EB．设EC=x（0＜x≤2）．（1）请直接写出图中与线段EF相等的两条线段（不再另外添加辅助线）；（2）Q是线段AC上的动点，当四边形EFPQ是平行四边形时，求平行四边形EFPQ的面积（用含x的代数式表示）；（3）当（2）中的平行四边形EFPQ面积最大值时，以E为圆心，r为半径作圆，根据⊙E与此时平行四边形EFPQ四条边交点的总个数，求相应的r的取值范围．【答案】解：（1）BE、PE、BF三条线段中任选两条。　（2）在Rt△CHE中，∠CHE＝90°，∠C＝60°，EC=x，∴EH＝。又∵PQ=EF=BE=4－x，27\n∴。（3）∵，且0＜x≤2，∴当x＝2时，有最大值。此时E、F、P分别为△ABC三边BC、AB、AC的中点，且点C、点Q重合，∴平行四边形EFPQ是菱形。过E点作ED⊥FP于D，∴ED＝EH＝。∴当⊙E与四条边交点的总个数是2个时，；当⊙E与四条边交点的总个数是4个时，r＝；当⊙E与四条边交点的总个数是6个时，；当⊙E与四条边交点的总个数是3个时，r＝2时；当⊙E与四条边交点的总个数是0个时，r＞2时。8.（2022年福建福州13分）如图，在△ABC中，∠C=45°，BC=10，高AD=8，矩形EFPQ的一边QP在边上，E、F两点分别在AB、AC上，AD交EF于点H．（1）求证：；27\n（2）设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求其最大值；（3）当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线QC匀速运动（当点Q与点C重合时停止运动），设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式．【答案】解：（1）证明：∵四边形EFPQ是矩形，∴EF∥QP。∴△AEF∽△ABC。又∵AD⊥BC，∴AH⊥EF。∴。（2）由（1）得，∴。∴EQ=HD=AD－AH=8－。∴。∵＜0，0＜5＜8，∴当x=5时，S矩形EFPQ有最大值，最大值为20。27\n②如图3，当4≤t＜5时，则ME=5－t，QC=9－t，∴。③如图4，当5≤t≤9时，设EQ交AC于点K，则KQ=QC=9－t。∴。综上所述：S与t的函数关系式为：S=。27\n【考点】矩形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值，等腰直角三角形的判定和性质，分类思想的应用。③当5≤t≤9时，重合部分是个等腰直角三角形，其直角边的长易求得，即可得出此时S、t的函数关系式。9.（2022年福建福州12分）已知，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．（1）如图1，连接AF、CE．求证四边形AFCE为菱形，并求AF的长；（2）如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，①已知点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，当A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．②若点P、Q的运动路程分别为、(单位:,),，已知A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，求与满足的数量关系式．27\n（2）①显然当P点在AF上时，Q点在CD上，此时A、C、P、Q四点不可能构成平行四边形；同理P点在AB上时，Q点在DE或CE上，也不能构成平行四边形．因此只有当P点在BF上、Q点在ED上时，才能构成平行四边形。∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，PC=QA。∵点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，∴PC=5t，QA=12﹣4t。∴5t=12﹣4t，解得t=。∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t=秒。②由题意得，以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，点P、Q在互相平行的对应边上．分三种情况：i）如图1，当P点在AF上、Q点在CE上时，AP=CQ，即,得；ii）如图2，当P点在BF上、Q点在DE上时，AQ=CP，即,得；iii）如图3，当P点在AB上、Q点在CD上时，AP=CQ，即,得。综上所述，与满足的数量关系式是（）。27\n10.（2022年福建福州7分）如图，方格纸中的每个小方格是边长为1个单位长度的正方形．①画出将Rt△ABC向右平移5个单位长度后的Rt△A1B1C1；②再将Rt△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°，画出旋转后的Rt△A2B2C1，并求出旋转过程中线段A1C1所扫过的面积(结果保留π)．【答案】解：①如图所示；②如图所示；在旋转过程中，线段A1C1所扫过的面积等于＝4π。11.（2022年福建福州13分）27\n如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90º，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒(t≥0)．(1)直接用含t的代数式分别表示：QB＝______，PD＝______．(2)是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变点Q的速度(匀速运动)，使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；(3)如图②，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．【答案】解：(1)QB＝8－2t，PD＝t。(2)不存在。理由如下：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴AB＝10。∵PD∥BC，∴△APD∽△ACB。∴＝，即：＝，∴AD＝t。∴BD＝AB－AD＝10－t。∵BQ∥DP，∴当BQ＝DP时，四边形PDBQ是平行四边形。∴8－2t＝t，解得：t＝。当t＝时，PD＝×＝，BD＝10－×＝6，∴DP≠BD。∴PDBQ不能为菱形。设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ＝8－vt，PD＝t，BD＝10－t。要使四边形PDBQ为菱形，则PD＝BD＝BQ，当PD＝BD时，即t＝10－t，解得：t＝。当PD＝BQ时，t＝时，即×＝8－v，解得：v＝。27\n∴要使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，点Q的速度为单位长度/秒。(3)如图，以C为原点，以AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系。依题意，可知0≤t≤4。当t＝0时，点M1的坐标为(3，0)；当t＝4时，点M2的坐标为(1，4)。设直线M1M2的解析式为y＝kx＋b，∴，解得：。∴直线M1M2的解析式为y＝－2x＋6。∵点Q(0，2t)，P(6－t，0)，∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标为(，t)。把x＝，代入y＝－2x＋6，得y＝－2×＋6＝t。∴点M3在直线M1M2上。∴线段PQ中点M所经过的路径长即为线段M1M2。过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N＝4，M1N＝2。∴M1M2＝2。∴线段PQ中点M所经过的路径长为2单位长度。27\n12.（2022福建福州12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（－2，0），等边三角形AOC经过平移或轴对称或旋转对称都可以得到△OBD。（1）△AOC沿x轴向右平移得到△OBD，则平移的距离是▲个单位长度；△AOC与△OBD关于直线对称，则对称轴是▲；△AOC绕原点O顺时针旋转得到△OBD，则旋转角可以是▲度；（2）连接AD，交OC于点E，求∠AEO的度数。【答案】解：（1）2；y轴；120。（2）∵△AOC与△OBD都是边长相等的等边三角形，27\n∴AO=DO，∠AOC=∠BOD=600。∴∠COD=600。又∵OE=OE，∴△AOE≌△DOE（SAS）。∴∠AEO=∠DEO=900。27