福建省各市2012年中考数学分类解析 专题4：图形的变换

专题4：图形的变换

一、选择题

1. （2012福建龙岩4分）左下图所示几何体的俯视图是【 】

【答案】C。

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】找到从上面看所得到的图形即可：从上面看易得是一个圆，中间一点。故选C。 2. （2012福建龙岩4分）如图，矩形ABCD中，AB=1，BC=2，把矩形ABCD 绕AB所在直线旋转

一

周所得圆柱的侧面积为【 】

A．10 【答案】B。

【考点】矩形的性质，旋转的性质。

【分析】把矩形ABCD 绕AB所在直线旋转一周所得圆柱是以BC=2为底面半径，AB=1为高。所

以，它

的侧面积为221=4。故选B。

3. （2012福建南平4分）如图所示，水平放置的长方体底面是长为4和宽为2的矩形，它的主视图的面积为12，则长方体的体积等于【 】

B．4 C．2

D．2

A．16 B．24 C．32 D．48

【答案】B。

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】由主视图的面积=长×高，即高=12÷4=3；∴长方体的体积=长×高×宽=4×3×2=24。故选B。 4. （2012福建南平4分）如图，正方形纸片ABCD的边长为3，点E、F分别在边BC、CD上，将AB、AD分别和AE、AF折叠，点B、D恰好都将在点G处，已知BE=1，则EF的长为【 】

A．

32 B．

52 C．

94 D．3

【答案】B。

【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质，折叠的性质，勾股定理。 【分析】∵正方形纸片ABCD的边长为3，∴∠C=90°，BC=CD=3。

根据折叠的性质得：EG=BE=1，GF=DF。

设DF=x，则EF=EG＋GF=1＋x，FC=DC－DF=3－x，EC=BC－BE=3－1=2。 在Rt△EFC中，EF2=EC2＋FC2，即（x＋1）2=22＋（3－x）2，解得：x∴DF=

3232。

，EF=1＋=2352。故选B。

5. （2012福建宁德4分）将一张正方形纸片按图①、图②所示的方式依次对折后，再沿图③中的

虚线裁

剪，最后将图④中的纸片打开铺平，所得到的图案是【 】

A．【答案】B。

B． C． D．

【考点】剪纸问题

【分析】根据题中所给剪纸方法，进行动手操作，答案就会很直观地呈现，展开得到的图形如选

项B中所 示。故选B。

6. （2012福建莆田4分）某几何组合体的主视图和左视图为同一个视图，如图所示，则该几何

组合体的俯 视图不可能是【 】 ．．．

A.

【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

B. C. D.

【分析】∵几何组合体的主视图和左视图为同一个视图，可以得出此图形是一个球体与立方体组合图形，球在上面，

∴俯视图中一定有圆，只有C中没有圆，故C错误。故选C。

7. （2012福建厦门3分）图是一个立体图形的三视图，则这个立体图形是【 】

A．圆锥 【答案】A。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】主（正）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

A、圆锥的三视图分别为三角形，三角形，圆，故选项正确； B、球的三视图都为圆，故选项错误；

C、圆柱的三视图分别为长方形，长方形，圆，故选项错误；

D、三棱锥的三视图分别为三角形，三角形，三角形及中心与顶点的连线，故选项错误，

B．球 C．圆柱 D．三棱锥

故选A。

8. （2012福建漳州4分）如图，是一个正方体的平面展开图，原正方体中“祝”的对面是【 】

A．考 B．试 C．顺 D．利 【答案】C。

【考点】正方体的展开，正方体相对两个面上的文字。

【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点，所以，“你”的对面是“试”，“考”的对面是“利”，“祝”的对面是“顺”。故选C。

9. （2012福建三明4分）左下图是一个由相同小正方体搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数

字表

示在该位置上的小正方体的个数，则这个几何体的左视图是【 】

【答案】B。

【考点】由三视图判断几何体。

【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。由俯视图知该几何体有两排三列两层，故选B。从左面看，上层只有在前排左列有1个小正方形，下层两排都看到1个小正方形。故选B。

10. （2012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．

【答案】C。

B． C． D．

【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，下面一行是横放3个正方体，上面一行中间是一个正方体。故选C。

11. （2012福建泉州3分）下面左图是两个长方体堆积的物体，则这一物体的正视图是【 】.

A. B. C. D.

【答案】A。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】从正面看该几何体有两层，下面一层是一个较大的长方形，上面是一个居右是一个较小的矩形。故选A。 二、填空题

1. （2012福建厦门4分）如图，点D是等边△ABC内一点，如果△ABD绕点A 逆时针旋转后能

与△ACE

重合，那么旋转了 ▲ 度.

【答案】60。

【考点】旋转的性质，等边三角形的性质。

【分析】∵△ABC为等边三角形，∴AC=AB，∠CAB=60°。

又∵△ABD绕点A逆时针旋转后能与△ACE重合，

∴AB绕点A逆时针旋转了∠BAC到AC的位置。∴旋转角为60°。

2. （2012福建莆田4分）如图，△A’B’C’是由ABC沿射线AC方向平移2 cm得到，若AC＝

3cm，则A’C ＝ ▲ cm．

【答案】1。

【考点】平移的性质。

【分析】∵将△ABC沿射线AC方向平移2cm得到△A′B′C′，∴AA′=2cm。

又∵AC=3cm，∴A′C=AC－AA′=1cm。

3. （2012福建泉州4分）如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，将AD绕点A顺时针旋转，当点．．．D落在BC上点D时，则AD= ▲ ，∠A DB= ▲ °.

′

′

′

【答案】2；30。

【考点】旋转的性质，矩形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 【分析】根据旋转图形对应点到旋转中心的距离相等的性质，AD′= AD=2。 根据矩形的性质，∠B=900，根据锐角三角函数定义，sinA DB ∴∠A D′B=300。 三、解答题

1. （2012福建南平14分）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，连接AD、DE，且∠1=∠B=∠C．

（1）由题设条件，请写出三个正确结论：（要求不再添加其他字母和辅助线，找结论过程中添加的字母和辅助线不能出现在结论中，不必证明）

答：结论一： ；结论二： ；结论三： ．

（2）若∠B=45°，BC=2，当点D在BC上运动时（点D不与B、C重合）， ①求CE的最大值；

②若△ADE是等腰三角形，求此时BD的长．

（注意：在第（2）的求解过程中，若有运用（1）中得出的结论，须加以证明）

ABAD=12。

【答案】解：（1）AB=AC；∠AED=∠ADC；△ADE∽△ACD。

（2）①∵∠B=∠C，∠B=45°，∴△ACB为等腰直角三角形。

∴AC22BC2222。

∵∠1=∠C，∠DAE=∠CAD，∴△ADE∽△ACD。 ∴AD：AC=AE：AD，∴AEAD2ACAD2 2222AD 。

当AD最小时，AE最小，此时AD⊥BC，AD=∴AE的最小值为

221212BC=1。

2222222。∴CE的最大值= 。

②当AD=AE时，∴∠1=∠AED=45°，∴∠DAE=90°。 ∴点D与B重合，不合题意舍去。 当EA=ED时，如图1，∴∠EAD=∠1=45°。 ∴AD平分∠BAC，∴AD垂直平分BC。∴BD=1。 当DA=DE时，如图2，

∵△ADE∽△ACD，∴DA：AC=DE：DC。 ∴DC=CA=2。∴BD=BC－DC=2－2。

综上所述，当△ADE是等腰三角形时，BD的长的长为1

或2－2。

【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰（直角）三角形的判定和性质。

【分析】（1）由∠B=∠C，根据等腰三角形的性质可得AB=AC；由∠1=∠C，∠AED=∠EDC+∠C得到∠AED=∠ADC；又由∠DAE=∠CAD，根据相似三角形的判定可得到△ADE∽△ACD。

（2）①由∠B=∠C，∠B=45°可得△ACB为等腰直角三角形，则AC22BC2222，

由∠1=∠C，∠DAE=∠CAD，根据相似三角形的判定可得△ADE∽△ACD，则有AD：AC=AE：AD，即AEAD2ACAD2 222AD，当AD⊥BC，AD最小，此时AE最小，从而由CE=AC－AE得到

2CE的最大值。

②分当AD=AE，，EA=ED，DA=DE三种情况讨论即可。

2. （2012福建宁德10分）如图，AB是⊙O的直径，过⊙O上的点C作它的切线交AB的延长线于点D，∠D＝30º．

(1)求∠A的度数；

(2)过点C作CF⊥AB于点E，交⊙O于点F，CF＝43，求弧BC的长度(结果保留)．

【答案】解：（1）连接OC，

∵CD切⊙O于点C，∴∠OCD=90°。 ∵∠D=30°，∴∠COD=60°。 ∵OA=OC。∴∠A=∠ACO=30°。 （2）∵CF⊥直径AB，CF=43， ∴CE=23。

∴在Rt△OCE中，OCCEsinCOD=2332=4。

∴弧BC的长度为

604180=43。

【考点】切线的性质，直角三角形两锐角的关系，圆周角定理，垂径定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，弧长的计算。

【分析】（1）连接OC，则△OCD是直角三角形，可求出∠COD的度数；由于∠A与∠COD是同弧所对的圆周角与圆心角．根据圆周角定理即可求得∠A的度数。

（2）解Rt△OCE求出即可求出弧BC的长度。

3. （2012福建龙岩12分）如图1，过△ABC的顶点A作高AD，将点A折叠到点D（如图2），这时EF为折痕，且△BED和△CFD都是等腰三角形，再将△BED和△CFD沿它们各自的对称轴EH、FG折叠，使B、C两点都与点D重合，得到一个矩形EFGH（如图3），我们称矩形EFGH为△ABC的边BC上的折合矩形．

（1）若△ABC的面积为6，则折合矩形EFGH的面积为 ；

（2）如图4，已知△ABC，在图4中画出△ABC的边BC上的折合矩形EFGH；

（3）如果△ABC的边BC上的折合矩形EFGH是正方形，且BC=2a，那么，BC边上的高AD= ，正方形EFGH的对角线长为 ．

【答案】解：（1）3。

（2）作出的折合矩形EFGH：

（3）2a ；

2a。

【考点】新定义，折叠问题，矩形和正方形的性质，勾股定理。

【分析】（1）由折叠对称的性质，知折合矩形EFGH的面积为△ABC的面积的一半， （2）按题意，作出图形即可。

（3）由如果△ABC的边BC上的折合矩形EFGH是正方形，且BC=2a，那么，正方形边长为a，BC边上的高AD为EFGH边长的两倍2a。

根据勾股定理可得正方形EFGH的对角线长为2a。

4. （2012福建龙岩13分）矩形ABCD中，AD=5，AB=3，将矩形ABCD沿某直线折叠，使点A的

对

应点A′落在线段BC上，再打开得到折痕EF．

（1）当A′与B重合时（如图1），EF= ；当折痕EF过点D时（如图2），求线段EF的长；

（2）观察图3和图4，设BA′=x，①当x的取值范围是 时，四边形AEA′F是菱形；②

在①的

条件下，利用图4证明四边形AEA′F是菱形．

【答案】解：(1)5。

由折叠（轴对称）性质知A′D=AD=5，∠A=∠EA′D=900。

在Rt△A′DC中，DC=AB=2，∴ AC52324。 ∴A′B=BC－A′C=5－4=1。

∵∠EA′B＋∠BEA′=∠EA′B＋∠FA′C=90， ∴∠BEA′=∠FA′C。 又 ∵∠B=∠C=90，∴Rt△EBA′∽Rt△A′CF。∴ ∴ AE530

0

AEAFABFC，即

AE513

。

2595103在Rt△A′EF中，EF（2）①3x5。

AEAD2225。

②证明：由折叠（轴对称）性质知∠AEF=∠FEA′，AE=A′E，AF=A′F。 又 ∵AD∥BC，∴∠AFE=∠FEA′ 。∴∠AEF=∠AFE 。 ∴AE=AF。∴AE=A′E=AF=A′F。 ∴四边形AEA′F是菱形。

【考点】折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行的性质，等腰三角形的性质，菱形的判定。

【分析】(1)根据折叠和矩形的性质，当A′与B重合时（如图1），EF= AD=5。

根据折叠和矩形的性质，以及勾股定理求出A′B、A′F和FC的长，由Rt△EBA′∽Rt△A′CF求得AE53，在Rt△A′EF中，由勾股定理求得EF的长。

（2）①由图3和图4可得，当3x5时，四边形AEA′F是菱形。

②由折叠和矩形的性质，可得AE=A′E，AF=A′F。由平行和等腰三角形的性质可得AE=AF。从而AE=A′E=AF=A′F。根据菱形的判定得四边形AEA′F是菱形。

5. （2012福建漳州14分）如图，在OABC中，点A在x轴上，∠AOC=60o，OC=4cm．OA=8cm．动 点P从点O出发，以1cm／s的速度沿线段OA→AB运动；动点Q同时从点O出发，以 ．．

acm／s的速度沿线段OC→CB运动，其中一点先到达终点B时，另一点也随之停止运动． 设运动时间为t秒．

(1)填空：点C的坐标是(______，______)，对角线OB的长度是_______cm；

(2)当a=1时，设△OPQ的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出当t为何值时，S的值最大?

(3)当点P在OA边上，点Q在CB边上时，线段PQ与对角线OB交于点M.若以O、M、P为顶点的三角形与△OAB相似，求a与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围．

【答案】解：（1）C(2，23)，OB=47cm。 （2）①当0过点Q作QD⊥x轴于点D(如图1)，则QD= ∴S=

1232t。

OP·QD=

34t2。

②当4作QE⊥x轴于点E(如图2)，则QE=23。 ∴S =

12DP·QE=3t。

③当8延长QP交x轴于点F，过点P作PH⊥AF于点H(如图3)。

易证△PBQ与△PAF均为等边三角形，

∴OF=OA+AP=t，AP=t－8。∴PH=∴SSOQFSOPF=

=－3432(t－8)。

3212t·23－

12t·(t－8)

t2+33t。

32t0t44 综上所述， S3t4t8。

3t233t8t124 ∵①②中S随t的增加而增加，

③中S34t33t=234t6293，S随t的增加而减小，

∴当t=8时，S最大。

（3）①当△OPM∽△OAB时(如图4)，则PQ∥AB。 ∴CQ=OP。 ∴at－4=t，即a=1+

4t。 t的取值范围是0②当△OPM∽△OBA时(如图5)，

则

OPOBOMOA， 即t47OM8。∴OM=277t。

又∵QB∥OP，∴△BQM～△OPM。

QBOPBMOM12att47277t∴

，即

277。

整理得t－at=2，即a=1－

综上所述：a=1+

4t2t，t的取值范围是6≤t≤8。

2t (0【考点】动点问题，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，勾股定理，等边三角形的判定和性质，一次函数和二次函数的性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】（1）如图，过点C、B分别作x的垂线于点M、N，

则在Rt△COM中，由∠AOC=60o，OC=4，应用

锐角三角函数定义，可求得OM=2，CM=23，

∴ C(2，23)。

由CMNB是矩形和OA=8得BM=23，

ON=10，在Rt△OBN中，由勾股定理，得OB=47。

（2）分0（3）分△OPM∽△OAB和△OPM∽△OBA两种情况讨论即可。

6. （2012福建福州13分）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．

4【答案】解：(1) QB＝8－2t，PD＝t。

3

(2) 不存在。理由如下：

在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴ AB＝10。 ∵ PD∥BC，∴ △APD∽△ACB。∴ 5

∴ BD＝AB－AD＝10－t。

3

∵ BQ∥DP，∴ 当BQ＝DP时，四边形PDBQ是平行四边形。 412

∴8－2t＝t，解得：t＝。

35

1241216512

当t＝时，PD＝×＝，BD＝10－×＝6，∴ DP≠BD。

535535∴PDBQ不能为菱形。

ADAPADt5

＝，即：＝，∴ AD＝t。 ABAC1063

45

设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ＝8－vt，PD＝t，BD＝10－t。

33要使四边形PDBQ为菱形，则PD＝BD＝BQ， 4510

当PD＝BD时，即t＝10－t，解得：t＝。

333

104101016

当PD＝BQ时，t＝时，即×＝8－v，解得：v＝。

333315

16

∴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。

15

(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， ∴ 

3k＋b＝0

k＝－2

，解得：。

k＋b＝4b＝6

∴直线M1M2的解析式为y＝－2x＋6。 ∵点Q(0，2t)，P(6－t，0)，

6－t∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标为(，t)。

2把x＝

6－t6－t

，代入y＝－2x＋6，得y＝－2×＋6＝t。 22

∴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＝25。

∴线段PQ中点M所经过的路径长为25单位长度。

【考点】锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质，一次函数综合题，勾股定理，菱形的判定和性质．

【分析】(1) 根据题意得：CQ＝2t，PA＝t，由Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，PD∥BC，

即可 得tanA＝

PDBC4

＝＝，则可求得QB与PD的值。 PAAC3

(2) 易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ＝DP时，四边形

PDBQ是平行四边形，即可求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定▱PDBQ不能为菱形；然后

设点Q的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD＝BD＝BQ，列方程即可求得答案。

(3) 建立直角坐标系，求出线段PQ中点M始末坐标M1和M2，求出直线M1M2的解析式，

并证明线段PQ任一中点在直线M1M2上，从而得出线段M1M2即为线段PQ中点M所经过的路径长，根据勾股定理即可求出。

7. （2012福建泉州12分）已知：A、B、C不在同一直线上. （1）若点A、B、C均在半径为R的⊙O上，

i）如图一，当∠A=45°时，R=1，求∠BOC的度数和BC的长度； ii）如图二，当∠A为锐角时，求证sin∠A=

BC2R；

（2）.若定长线段．．．．BC的两个端点分别在∠MAN的两边AM、AN（B、C均与点A不重合）滑动，如图三，当∠MAN=60°，BC=2时，分别作BP⊥AM，CP⊥AN，交点为点P ，试探索：在整个滑动过程中，P、A两点的距离是否保持不变？请说明理由.

【考点】三角形的外接圆与外心，圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，直角三角形中线性质。

【分析】（1）i）根据圆周角定理得出∠BOC=2∠A=90°，再利用勾股定理得出BC的长；

ii）作直径CE，则∠E=∠A，CE=2R，利用sin∠A=sin∠E=（2）首先证明点A、B、P、C都在⊙K上，再利用sin∠A=

（定值）即可。

BC2RBCBEBC2R ，得出即可。

BCsin60433 ，得出AP=