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 2013年浙江省中考数学图形的变换试题解析

一、选择题

1.(2012浙江湖州3分)下列四个水平放置的几何体中，三视图如图所示的是【 】

A. B. C. D.

【答案】D。

【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，由于从主视图、左视图、俯视图可以看出这个几何体的正面、左面、底面是长方形，所以这个几何体是长方体。故选D。

2. (2012浙江嘉兴、舟山4分)下列图案中，属于轴对称图形的是【 】

A. B. C. D.

【答案】A。

【考点】轴对称图形。

【分析】根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，因此，B、C、D都不是轴对称图形，只有A是轴对称图形。故选A。

3. (2012浙江丽水、金华3分)在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成中心对称图形.该小正方形的序号是【 】

A.①　　B.②　　C.③　　D.④

【答案】B。

【考点】中心对称图形。

【分析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，通过观察发现，当涂黑②时，所形成的图形关于点A中心对称。故选B。

4. (2012浙江丽水、金华3分)如图是一台球桌面示意图，图中小正方形的边长均相等，黑球放在如图所示的位置，经白球撞击后沿箭头方向运动，经桌边反弹最后进入球洞的序号是【 】

A.①　　B.②　　C.⑤　　D.⑥

【答案】 A。

【考点】生活中的轴对称现象。

【分析】如图，根据入射线与水平线的夹角等于反射线与水平线的夹角，可求最后落入①球洞。故A。

5. (2012浙江丽水、金华3分)小明用棋子摆放图形来研究数的规律.图1中棋子围城三角形，其棵数3，6，9，12，…称为三角形数.类似地，图2中的4，8，12，16，…称为正方形数.下列数中既是三角形数又是正方形数的是【 】

A.2010　　B.2012　　C.2014　　D.2016

【答案】D。

【考点】分类归纳(图形的变化类)。

【分析】观察发现，三角数都是3的倍数，正方形数都是4的倍数，所以既是三角形数又是正方形数的一定是12的倍数，然后对各选项计算进行判断即可得解：

∵2010÷12=167…6，2012÷12=167…8，2014÷12=167…10，2016÷12=168，

∴2016既是三角形数又是正方形数。故选D。

6. (2012浙江宁波3分)下列交通标志图案是轴对称图形的是【 】

A. 　　B. 　　C. 　　D.

【答案】B。

【考点】轴对称图形。

【分析】根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，逐一分析判断：

A、不是轴对称图形，故本选项错误;B、是轴对称图形，故本选项正确;

C、不是轴对称图形，故本选项错误;D、不是轴对称图形，故本选项错误。故选B。

7. (2012浙江宁波3分)如图是某物体的三视图，则这个物体的形状是【 】

A.四面体　　B.直三棱柱　　C.直四棱柱　　D.直五棱柱

【答案】B。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】只有直三棱柱的视图为1个三角形，2个矩形，故选B。

8. (2012浙江宁波3分)如图是老年活动中心门口放着的一个招牌，这个招牌是由三个特大号的骰子摞在一起而成的.每个骰子的六个面的点数分别是1到6，其中可以看见7个面，其余11个面是看不见的，则看不见的面上的点数总和是【 】

A.41　　B.40　　C.39　　D.38

【答案】C。

【考点】正方体相对两个面上的文字。

【分析】∵三个骰子18个面上的数字的总和为：3(1+2+3+4+5+6)=3×21=63，

看得见的7个面上的数字的和为：1+2+3+5+4+6+3=24，

∴看不见的面上的点数总和是：63﹣24=39。故选C。

9. (2012浙江衢州3分)长方体的主视图、俯视图如图所示，则其左视图面积为【 】

A.3　　B.4　　C.12　　D.16

【答案】A。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】根据物体的主视图与俯视图可以得出，物体的长与高以及长与宽，从而得出：

左视图面积=宽×高=1×3=3。故选A。

10. (2012浙江绍兴4分)如图所示的几何体，其主视图是【 】

A. B. C. D.

【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】从物体正面看，看到的是一个等腰梯形。故选C。

11. (2012浙江绍兴4分)在一条笔直的公路边，有一些树和路灯，每相邻的两盏灯之间有3棵树，相邻的树与树，树与灯间的距离是10cm，如图，第一棵树左边5cm处有一个路牌，则从此路牌起向右510m～550m之间树与灯的排列顺序是【 】

A. B. C. D.

【答案】B。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，解一元一次不等式。

【分析】根据题意得：第一个灯的里程数为10米，

第二个灯的里程数为50，

第三个灯的里程数为90米

…

第n个灯的里程数为10+40(n﹣1)=(40n﹣30)米，

由 ，解得 ，∴n=14。

当n=14时，40n﹣30=530米处是灯，

则510米、520米、540米处均是树。

∴从此路牌起向右510m～550m之间树与灯的排列顺序是树、树、灯、树。故选B。

12. (2012浙江绍兴4分)如图，直角三角形纸片ABC中，AB=3，AC=4，D为斜边BC中点，第1次将纸片折叠，使点A与点D重合，折痕与AD交与点P1;设P1D的中点为D1，第2次将纸片折叠，使点A与点D1重合，折痕与AD交于点P2;设P2D1的中点为D2，第3次将纸片折叠，使点A与点D2重合，折痕与AD交于点P3;…;设Pn﹣1Dn﹣2的中点为Dn﹣1，第n次将纸片折叠，使点A与点Dn﹣1重合，折痕与AD交于点Pn(n>2)，则AP6的长为【 】

A. B. C. D.

【答案】A。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，翻折变换(折叠问题)。

【分析】由题意得，AD= BC= ，AD1=AD﹣DD1= ，AD2= ，AD3= ，…∴ADn= 。

故AP1= ，AP2= ，AP3= …APn= 。

∴当n=14时，AP6= 。故选A。

13. (2012浙江台州4分)如图是一个由3个相同的正方体组成的立体图形，则它的主视图为【 】

A. B. C. D.

【答案】A。

【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：从正面看易得上层左边有1个正方形，下层有2个正方形。故选A。

14. (2012浙江台州4分)在下列四个汽车标志图案中，是中心对称图形的是【 】

A. B. C. D.

【答案】B。

【考点】中心对称。

【分析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，符合此定义的只有选项B。故选B。

15. (2012浙江温州4分)我国古代数学家利用“牟合方盖”(如图甲)找到了球体体积的计算方法.“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体，图乙所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的主视图是【 】。

【答案】B。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】根据主视图的定义，得出圆柱以及立方体的摆放即可得出主视图为3个正方形组合体：主视图为两列，左边一个正方形，右边两个正方形，故选B。

16. (2012浙江义乌3分)下列四个立体图形中，主视图为圆的是【 】

A. 　　B. 　　C. 　　D.

【答案】B。

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】主视图是分别从物体正面看，所得到的图形，因此，

A、正方体的主视图是正方形，故此选项错误;

B、球的主视图是圆，故此选项正确;

C、圆锥的主视图是三角形，故此选项错误;

D、圆柱的主视图是长方形，故此选项错误;

故选B。

17. (2012浙江义乌3分)如图，将周长为8的△ABC沿BC方向平移1个单位得到△DEF，则四边形ABFD的周长为【 】

A.6　　B.8　　C.10　　D.12

【答案】C。

【考点】平移的性质。

【分析】根据题意，将周长为8个单位的等边△ABC沿边BC向右平移1个单位得到△DEF，

∴AD=1，BF=BC+CF=BC+1，DF=AC。

又∵AB+BC+AC=8，

∴四边形ABFD的周长=AD+AB+BF+DF=1+AB+BC+1+AC=10。故选C。

二、填空题

1. (2012浙江杭州4分)如图，平面直角坐标系中有四个点，它们的横纵坐标均为整数.若在此平面直角坐标系内移动点A，使得这四个点构成的四边形是轴对称图形，并且点A的横坐标仍是整数，则移动后点A的坐标为 ▲ .

【答案】(﹣1，1)，(﹣2，﹣2)。

【考点】利用轴对称设计图案。

【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个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，这条直线叫做对称轴，把A进行移动可得到点的坐标：

如图所示：A′(﹣1，1)，A″(﹣2，﹣2)。

2. (2012浙江丽水、金华4分)如图，在等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=50°.∠BAC的平分线与AB的中垂线交于点O，点C沿EF折叠后与点O重合，则∠CEF的度数是　 ▲ 　.

【答案】50°。

【考点】翻折变换(折叠问题)，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定和性质。

【分析】利用全等三角形的判定以及垂直平分线的性质得出∠OBC=40°，以及∠OBC=∠OCB=40°，再利用翻折变换的性质得出EO=EC，∠CEF=∠FEO，进而求出即可：

连接BO，

∵AB=AC，AO是∠BAC的平分线，∴AO是BC的中垂线。

∴BO=CO。

∵∠BAC=50°，∠BAC的平分线与AB的中垂线交于点O，

∴∠OAB=∠OAC=25°。

∵等腰△ABC中， AB=AC，∠BAC=50°，∴∠ABC=∠ACB=65°。

∴∠OBC=65°-25°=40°。∴∠OBC=∠OCB=40°。

∵点C沿EF折叠后与点O重合，∴EO=EC，∠CEF=∠FEO。

∴∠CEF=∠FEO=(1800-2×400)÷2=50°。

3. (2012浙江宁波3分)把二次函数y=(x﹣1)2+2的图象绕原点旋转180°后得到的图象的解析式为

▲ .

【答案】y=﹣(x+1)2﹣2。

【考点】二次函数图象与几何变换，旋转的性质。

【分析】∵二次函数y=(x﹣1)2+2顶点坐标为(1，2)，

∴绕原点旋转180°后得到的二次函数图象的顶点坐标为(﹣1，﹣2)。

∴旋转后的新函数图象的解析式为y=﹣(x+1)2﹣2。

4. (2012浙江绍兴5分)如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点C′处.则BC：AB的值为 ▲ 。

【答案】 。

【考点】翻折变换(折叠问题)，折叠的性质，矩形的性质，平行的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】连接CC′，∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点C′处,

∴EC=EC′，∴∠EC′C=∠ECC′，

∵∠DC′C=∠ECC′，∴∠EC′C=∠DC′C.

∴CC′是∠EC'D的平分线。

∵∠CB′C′=∠D=90°，C′C=C′C，∴△CB′C′≌△CDC′(AAS)。∴CB′=CD。

又∵AB′=AB，∴B′是对角线AC中点，即AC=2AB。∴∠ACB=30°。

∴tan∠ACB=tan30°= 。∴BC：AB= 。

5. (2012浙江绍兴5分)如图，矩形OABC的两条边在坐标轴上，OA=1，OC=2，现将此矩形向右平移，每次平移1个单位，若第1次平移得到的矩形的边与反比例函数图象有两个交点，它们的纵坐标之差的绝对值为0.6，则第n次(n>1)平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为 ▲ (用含n的代数式表示)

【答案】 或 。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，反比例函数综合题，反比例函数的性质，平移的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。

【分析】设反比例函数解析式为 ，则

①与BC，AB平移后的对应边相交时，则由两交点纵坐标之差的绝对值为0.6和反比例函数关于 对称的性质，得

与AB平移后的对应边相交的交点的坐标为(2，1.4)，代入 ，得 ，解得 。

∴反比例函数解析式为 。

则第n次(n>1)平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为： 。

②与OC，AB平移后的对应边相交时，由 得 。

∴反比例函数解析式为 。

则第n次(n>1)平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为： 。

综上所述，第n次(n>1)平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为 或 。

6. (2012浙江台州5分)如图，将正方形ABCD沿BE对折，使点A落在对角线BD上的A′处，连接A′C，则∠BA′C= ▲ 度.

【答案】67.5。

【考点】折叠问题，折叠的对称性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理，平角定义。

【分析】由折叠的对称和正方形的性质，知△ABE≌△A′BE，

∴∠BEA′=67.50，△A′DE是等腰直角三角形。

设AE=A′E=A′D =x，则ED= 。设CD=y，则BD= 。

∴ 。∴ 。

又∵∠EDA′=∠A′DC=450，∴△EDA′∽△A′DC。∴∠DA′C=∠DEA′=67.50+450=112.50。

∴∠BA′C=1800-112.50=67.50。

7. (2012浙江温州5分)分别以正方形的各边为直径向其内部作半圆得到的图形如图所示，将该图形绕其中心旋转一个合适的角度后会与原图形重合，则这个旋转角的最小度数是 ▲ 度.

【答案】90。

【考点】旋转对称图形。

【分析】观察图形可得，图形可看作由一个基本图形每次旋转90°，旋转4次所组成，故最小旋转角为90°。

三、解答题

1. (2012浙江宁波6分)用同样大小的黑色棋子按如图所示的规律摆放：

(1)第5个图形有多少黑色棋子?

(2)第几个图形有2013颗黑色棋子?请说明理由.

【答案】解：(1)寻找规律：

第一个图需棋子6=3×2，

第二个图需棋子9=3×3，

第三个图需棋子12=3×4，

第四个图需棋子15=3×5，

∴第五个图需棋子3×6=18。

答：第5个图形有18颗黑色棋子。

(2)由(1)可得，第n个图需棋子3(n+1)枚

设第n个图形有2013颗黑色棋子，

则3(n+1)=2013 ，解得n=670。

答：第670个图形有2013颗黑色棋子。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，一元一次方程的应用。

【分析】(1)根据图中所给的黑色棋子的颗数，找出其中的规律，即可得出答案。

(2)根据(1)所找出的规律，列出方程，即可求出答案。

2. (2012浙江衢州10分)课本中，把长与宽之比为 的矩形纸片称为标准纸.请思考解决下列问题：

(1)将一张标准纸ABCD(AB

(2)在一次综合实践课上，小明尝试着将矩形纸片ABCD(AB

第一步：沿过A点的直线折叠，使B点落在AD边上点F处，折痕为AE(如图2甲);

第二步：沿过D点的直线折叠，使C点落在AD边上点N处，折痕为DG(如图2乙)，此时E点恰好落在AE边上的点M处;

第三步：沿直线DM折叠(如图2丙)，此时点G恰好与N点重合.

请你探究：矩形纸片ABCD是否是一张标准纸?请说明理由.

(3)不难发现：将一张标准纸按如图3一次又一次对开后，所得的矩形纸片都是标准纸.现有一张标准纸ABCD，AB=1，BC= ，问第5次对开后所得标准纸的周长是多少?探索直接写出第2012次对开后所得标准纸的周长.

【答案】解：(1)证明： ∵矩形ABCD是标准纸，∴ 。

由对开的含义知：AF= BC，∴ 。

∴矩形纸片ABEF也是标准纸。

(2)是标准纸，理由如下：

设AB=CD=a，由图形折叠可知：DN=CD=DG=a，DG⊥EM。

∵由图形折叠可知：△ABE≌△AFE，∴∠DAE= ∠BAD=45°。

∴△ADG是等腰直角三角形。

∴在Rt△ADG中，AD= ，

∴ ，∴矩形纸片ABCD是一张标准纸。

(3)对开次数：

第一次，周长为： ，

第二次，周长为： ，

第三次，周长为： ，

第四次，周长为： ，

第五次，周长为： ，

第六次，周长为： ，

…

∴第5次对开后所得标准纸的周长是： ，

第2012次对开后所得标准纸的周长为： 。

3. (2012浙江义乌10分)在锐角△ABC中，AB=4，BC=5，∠ACB=45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1.

(1)如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数;

(2)如图2，连接AA1，CC1.若△ABA1的面积为4，求△CBC1的面积;

(3)如图3，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，求线段EP1长度的最大值与最小值.

【答案】解：(1)∵由旋转的性质可得：∠A1C1B=∠ACB=45°，BC=BC1，

∴∠CC1B=∠C1CB=45°。

∴∠CC1A1=∠CC1B+∠A1C1B=45°+45°=90°。

(2)∵由旋转的性质可得：△ABC≌△A1BC1，

∴BA=BA1，BC=BC1，∠ABC=∠A1BC1。

∴ ，∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1。∴∠ABA1=∠CBC1。

∴△ABA1∽△CBC1。∴ 。

∵S△ABA1=4，∴S△CBC1= 。

(3)过点B作BD⊥AC，D为垂足，

∵△ABC为锐角三角形，∴点D在线段AC上。

在Rt△BCD中，BD=BC×sin45°= 。

①如图1，当P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小。

最小值为：EP1=BP1﹣BE=BD﹣BE= ﹣2。

②如图2，当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大。

最大值为：EP1=BC+BE=5+2=7。

【考点】旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】(1)由旋转的性质可得：∠A1C1B=∠ACB=45°，BC=BC1，又由等腰三角形的性质，即可求得∠CC1A1的度数。

(2)由旋转的性质可得：△ABC≌△A1BC1，易证得△ABA1∽△CBC1，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得△CBC1的面积。

(3)由①当P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小;②当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大，即可求得线段EP1长度的最大值与最小值。 

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