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 2013年中考数学图形的变换专题试题解析

一、选择题

1. (2012湖北武汉3分)如图，矩形ABCD中，点E在边AB上，将矩形ABCD沿直线DE折叠，点A

恰好落在边BC的点F处.若AE=5，BF=3，则CD的长是【 】

A.7 B.8 C.9 D.10

【答案】C。

【考点】折叠的性质，矩形的性质，勾股定理。

【分析】根据折叠的性质，EF=AE=5;根据矩形的性质，∠B=900。

在Rt△BEF中，∠B=900，EF=5，BF=3，∴根据勾股定理，得 。

∴CD=AB=AE+BE=5+4=9。故选C。

2.(2012湖北武汉3分)如图，是由4个相同小正方体组合而成的几何体，它的左视图是【 】

【答案】D。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】找到从左面看所得到的图形即可：从左面看易得只有一排，两层都是1个正方形，。故选D。

3. (2012湖北黄石3分)如图所示，该几何体的主视图应为【 】

【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】几何体的主视图就是从正面看所得到的图形，从正面看可得到一个大矩形左上边去掉一个小矩形的图形。故选C。

4. (2012湖北黄石3分)如图所示，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8 cm，现将其沿EF对折，使得

点C与点A重合，则AF长为【 】

A. B. C. D.

【答案】B。

【考点】翻折变换(折叠问题)，折叠对称的性质，矩形的性质，勾股定理。

【分析】设AF=xcm，则DF=(8-x)cm，

∵矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，

∴DF=D′F，

在Rt△AD′F中，∵AF2=AD′2+D′F2，即x2=62+(8-x)2，解得：x= 。故选B。

5. (2012湖北荆门3分) 已知：顺次连接矩形各边的中点，得到一个菱形，如图①;再顺次连接菱形各边的中点，得到一个新的矩形，如图②;然后顺次连接新的矩形各边的中点，得到一个新的菱形，如图③;如此反复操作下去，则第2012个图形中直角三角形的个数有【 】

A. 8048个 B. 4024个 C. 2012个 D. 1066个

【答案】B。

【考点】分类归纳(图形的变化类)。

【分析】写出前几个图形中的直角三角形的个数，并找出规律：

第1个图形，有4个直角三角形，第2个图形，有4个直角三角形，

第3个图形，有8个直角三角形，第4个图形，有8个直角三角形，

…，

依次类推，当n为奇数时，三角形的个数是2(n+1)，当n为偶数时，三角形的个数是2n个，

所以，第2012个图形中直角三角形的个数是2×2012=4024。故选B。

6. (2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田3分)某种零件模型如图所示，该几何体(空心圆柱)的俯视图是【 】

A. B. C. D.

【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】找到从上面看所得到的图形即可：空心圆柱由上向下看，看到的是一个圆环。故选C。

7. (2012湖北宜昌3分)球和圆柱在水平面上紧靠在一起，组成如图所示的几何体，托尼画出了它的三视图，其中他画的俯视图应该是【 】

A.两个相交的圆 B.两个内切的圆 C.两个外切的圆 D.两个外离的圆

【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。1419956

【分析】找到从上面看所得到的图形即可：从上面可看到两个外切的圆。故选C。

8. (2012湖北恩施3分)一个用于防震的L形包装塑料泡沫如图所示，则该物体的俯视图是【 】

A. B. C. D.

【答案】B。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】从上面看该组合体的俯视图是一个矩形，并且被一条棱隔开，故选B。

9. (2012湖北咸宁3分)中央电视台有一个非常受欢迎的娱乐节目：墙来了!选手需按墙上的空洞造型

摆出相同姿势，才能穿墙而过，否则会被墙推入水池.类似地，有一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形

状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞，则该几何体为【 】.

A. B. C. D.

【答案】A。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞，即要这个几何体的三

视图分别是正方形、圆和正三角形。符合此条件的只有选项A：主视图是正方形，左视图是正三角形，俯

视图是圆。故选A。

10. (2012湖北黄冈3分)如图，水平放置的圆柱体的三视图是【 】

A. B.

C. D.

【答案】A。

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】根据主视图、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，即可得出答案：

依据圆柱体放置的方位来说，从正面和上面可看到的长方形是一样的;从左面可看到一个圆。故选A。

11. (2012湖北黄冈3分)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6cm，点P 从点A 出发，沿AB方向以

每秒 cm的速度向终点B运动;同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm 的速度向终点C 运动，将

△PQC沿BC翻折，点P的对应点为点P′.设Q点运动的时间t秒，若四边形QPCP′为菱形，则t的值为【 】

A. B. 2 C. D. 4

【答案】B。

【考点】动点问题，等腰直角三角形的性质，翻折对称的性质，菱形的性质，矩形。

【分析】如图，过点P作PD⊥AC于点D，连接PP′。

由题意知，点P、P′关于BC对称，∴BC垂直平分PP′。

∴QP=QP′，PE=P′E。

∴根据菱形的性质，若四边形QPCP′是菱形则CE=QE。

∵∠C=90°，AC=BC，∴∠A=450。

∵AP= t，∴PD= t。

易得，四边形PDCE是矩形，∴CE=PD= t，即CE=QE= t。

又BQ= t，BC=6，∴3 t=6，即t=2。

∴若四边形QPCP′为菱形，则t的值为2。故选B。

12. (2012湖北随州4分)下列四个几何体中，主视图与左视图相同的几何体有【 】

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

【答案】D。

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】分别分析四种几何体的三种视图即可得出结论：

①正方体的主视图与左视图都是正方形;②圆柱的主视图和左视图都是长方形;

③圆锥主视图与左视图都是三角形;④球的主视图与左视图都是圆。

故主视图与左视图相同的几何体有。故选D。

13. (2012湖北十堰3分)如图是某体育馆内的颁奖台，其主视图是【 】

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，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中。从颁奖台正面看所

得到的图形为A。故选A。

14. (2012湖北十堰3分)如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到;②点O与O′的距离为4;③∠AOB=150°;④ ;⑤ .其中正确的结论是【 】

A.①②③⑤ B.①②③④ C.①②③④⑤ D.①②③

【答案】A。

【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理。

【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600。

∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。

∴∠O′BA=600-∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。

∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。故结论①正确。

连接OO′，

∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。

∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾股数，

∴△AOO′是直角三角形。

∴∠AOB=∠AOO′+∠O′OB =900+600=150°。故结论③正确。

。故结论④错误。

如图所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，

点O旋转至O″点.

易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的

直角三角形。

则 。

故结论⑤正确。

综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选A。

15. (2012湖北孝感3分)几个棱长为1的正方体组成的几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的体积是【 】

A.4 B.5 C.6 D.7

【答案】B。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】综合三视图可知，这个几何体共有两行三列，它的下层应该有3+1=4个小正方体，上层应该有1个小正方体，因此搭成这个几何体所用小正方体的个数是4+1=5个。所以这个几何体的体积是5。故选B。

16. (2012湖北襄阳3分)如图是由两个小正方体和一个圆锥体组成的立体图形，其主视图是【 】

A. B. C. D.

【答案】B。

【考点】简单组合体的三视图。1028458

【分析】主视图是从正面看得到的视图，从正面看上面圆锥看见的是：三角形，下面两个正方体看见的是两个正方形。故选B。

17. (2012湖北鄂州3分)如左下图是一个由多个正方体堆积而成的几何体俯视图。图中所示数字为该小

正方体的个数，则这个几何体的左视图是【 】

【答案】D。

【考点】由三视图判断几何体，简单组合体的三视图。

【分析】由俯视图和图中所示小正方体的个数的数字，知此几何体有2行3列3层，前排有2层，后排有3层，故个几何体的左视图是D。故选D。

二、填空题

1. (2012湖北荆州3分)如图，已知正方形ABCD的对角线长为2 ，将正方形ABCD沿直线EF折叠，则图中阴影部分的周长为　 ▲

【答案】8。

【考点】翻折变换(折叠问题)，折叠的对称性质，正方形的性质，勾股定理。

【分析】如图，∵正方形ABCD的对角线长为2 ，即BD=2 ，∠A=90°，AB=AD，∠ABD=45°，

∴AB=BD•cos∠ABD=BD•cos45°=2 。

∴AB=BC=CD=AD=2。

由折叠的性质：A′M=AM，D′N=DN，A′D′=AD，

∴图中阴影部分的周长为

A′M+BM+BC+CN+D′N+A′D′=AM+BM+BC+CN+DN+AD=AB+BC+CD+AD=2+2+2+2=8。

2. (2012湖北荆州3分)如图是一个上下底密封纸盒的三视图，请你根据图中数据，计算这个密封纸盒的表面积为　 ▲ 　cm2.(结果可保留根号)

【答案】 +360。

【考点】由三视图判断几何体，解直角三角形。

【分析】根据该几何体的三视图知道其是一个六棱柱，

∵其高为12cm，底面半径为5 cm，∴其侧面积为6×5×12=360cm2。

又∵密封纸盒的底面面积为： cm2，

∴其全面积为：( +360)cm2。

3. (2012湖北鄂州3分)在锐角三角形ABC中，BC= ，∠ABC=45°，BD平分∠ABC，M、N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值是 ▲ 。

【答案】4。

【考点】最短路线问题，全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，垂直线段的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】如图，在BA上截取BE=BN，连接EM。

∵∠ABC的平分线交AC于点D，∴∠EBM=∠NBM。

在△AME与△AMN中，∵BE=BN ，∠EBM=∠NBM，BM=BM，

∴△BME≌△BMN(SAS)。∴ME=MN。∴CM+MN=CM+ME≥CE。

又∵CM+MN有最小值，∴当CE是点C到直线AB的距离时，CE取最小值。

∵BC= ，∠ABC=45°，∴CE的最小值为 sin450=4。

∴CM+MN的最小值是4。

三、解答题

1. (2012湖北荆门9分)如图，Rt△ABC中，∠C=90°，将△ABC沿AB向下翻折后，再绕点A按顺时针方向旋转α度(α<∠BAC)，得到Rt△ADE，其中斜边AE交BC于点F，直角边DE分别交AB、BC于点G、H.

(1)请根据题意用实线补全图形;

(2)求证：△AFB≌△AGE.

【答案】解：(1)画图，如图：

(2)证明：由题意得：△ABC≌△AED。

∴AB=AE，∠ABC=∠E。

在△AFB和△AGE中，∵∠ABC=∠E，AB=AE，∠α=∠α，

∴△AFB≌△AGE(ASA)。

【考点】翻折变换(折叠问题)，旋转的性质，全等三角形的判定。

【分析】(1)根据题意画出图形，注意折叠与旋转中的对应关系。

(2)由题意易得△ABC≌△AED，即可得AB=AE，∠ABC=∠E，然后利用ASA的判定方法，即可证得△AFB≌△AGE。

2. (2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田10分)△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，以D为顶点作∠MDN=∠B.

(1)如图(1)当射线DN经过点A时，DM交AC边于点E，不添加辅助线，写出图中所有与△ADE相似的三角形.

(2)如图(2)，将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转，DM，DN分别交线段AC，AB于E，F点(点E与点A不重合)，不添加辅助线，写出图中所有的相似三角形，并证明你的结论.

(3)在图(2)中，若AB=AC=10，BC=12，当△DEF的面积等于△ABC的面积的 时，求线段EF的长.

【答案】解：(1)图(1)中与△ADE相似的有△ABD，△ACD，△DCE。

(2)△BDF∽△CED∽△DEF，证明如下：

∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°，∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°，

又∵∠EDF=∠B，∴∠BFD=∠CDE。

∵AB=AC，∴∠B=∠C。∴△BDF∽△CED。∴ 。

∵BD=CD，∴ ，即 。

又∵∠C=∠EDF，∴△CED∽△DEF。∴△BDF∽△CED∽△DEF。

(3)连接AD，过D点作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为G，H.

∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC，BD= BC=6。

在Rt△ABD中，AD2=AB2﹣BD2，即AD2=102﹣62，

∴AD=8。

∴S△ABC= •BC•AD= ×12×8=48，

S△DEF= S△ABC= ×48=12。

又∵ •AD•BD= •AB•DH，∴ 。

∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD。

∵DH⊥BF，DG⊥EF，∴∠DHF=∠DGF。

又∵DF=DF，∴△DHF≌△DGF(AAS)。∴DH=DG= 。

∵S△DEF= •EF•DG= •EF• =12，∴EF=5。

3. (2012湖北恩施8分)如图，用纸折出黄金分割点：裁一张正方的纸片ABCD，先折出BC的中点E，

再折出线段AE，然后通过折叠使EB落到线段EA上，折出点B的新位置B′，因而EB′=EB.类似地，在AB上折出点B″使AB″=AB′.这是B″就是AB的黄金分割点.请你证明这个结论.

【答案】证明：设正方形ABCD的边长为2，E为BC的中点，∴BE=1。

∴ 。

又B′E=BE=1，∴AB′=AE﹣B′E= ﹣1。

又∵AB″=AB′，∴AB″= ﹣1。

∴ 。∴点B″是线段AB的黄金分割点。

【考点】翻折(折叠)问题，正方形的性质，勾股定理，折叠对称的性质，黄金分割。

【分析】设正方形ABCD的边长为2，根据勾股定理求出AE的长，再根据E为BC的中点和翻折不变性，求出AB″的长，二者相比即可得到黄金比。

4. (2012湖北襄阳12分)如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处.分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C三点.

(1)求AD的长及抛物线的解析式;

(2)一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动.设运动时间为t秒，当t为何值时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似?

(3)点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请直接写出点M与点N的坐标(不写求解过程);若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)∵四边形ABCO为矩形，∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10。

由折叠的性质得，△BDC≌△EDC，∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD。

由勾股定理易得EO=6。∴AE=10﹣6=4。

设AD=x，则BD=CD=8﹣x，由勾股定理，得x2+42=(8﹣x)2，解得，x=3。

∴AD=3。

∵抛物线y=ax2+bx+c过点D(3，10)，C(8，0)，

∴ ，解得 。∴抛物线的解析式为： 。

(2)∵∠DEA+∠OEC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，∴∠DEA=∠OCE，

由(1)可得AD=3，AE=4，DE=5。而CQ=t，EP=2t，∴PC=10﹣2t。

当∠PQC=∠DAE=90°，△ADE∽△QPC，

∴ ，即 ，解得 。

当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC，

∴ ，即 ，解得 。

∴当 或 时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似。

(3)存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：①M1(﹣4，﹣32)，N1(4，﹣38);

②M2(12，﹣32)，N2(4，﹣26);③M3(4， )，N3(4，﹣ )。

【考点】二次函数综合题，折叠和动点问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质。

【分析】(1)根据折叠图形的轴对称性，△CED≌△CBD，在Rt△CEO中求出OE的长，从而可得到AE的长;在Rt△AED中，AD=AB﹣BD、ED=BD，利用勾股定理可求出AD的长.进一步能确定D点坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式。

(2)由于∠DEC=90°，首先能确定的是∠AED=∠OCE，若以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似，那么∠QPC=90°或∠PQC=90°，然后在这两种情况下，分别利用相似三角形的对应边成比例求出对应的t的值。

(3)假设存在符合条件的M、N点，分两种情况讨论：

①EC为平行四边形的对角线，由于抛物线的对称轴经过EC中点，若四边形MENC是平行四边形，那么M点必为抛物线顶点。

由 得抛物线顶点，则：M(4， )。

∵平行四边形的对角线互相平分，∴线段MN必被EC中点(4，3)平分，则N(4，﹣ )。

②EC为平行四边形的边，则EC MN，

设N(4，m)，则M(4﹣8，m+6)或M(4+8，m﹣6);

将M(﹣4，m+6)代入抛物线的解析式中，得：m=﹣38，

此时 N(4，﹣38)、M(﹣4，﹣32);

将M(12，m﹣6)代入抛物线的解析式中，得：m=﹣26，

此时 N(4，﹣26)、M(12，﹣32)。

综上所述，存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：①M1(﹣4，﹣32)，N1(4，﹣38);

②M2(12，﹣32)，N2(4，﹣26);③M3(4， )，N3(4，﹣ )。

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