天津市2001-2012年中考数学试题分类解析 专题4 图形的变换

2001-2012年天津市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. （天津市2003年3分）在下列图形中（每个小四边形皆为全等的正方形），可以是一个正方体表面展开的是【 】

（A ） （B ） （C ） （D ）

【答案】C 。

【考点】几何体的展开图

【分析】利用正方体及其表面展开图的特点解题：A 、出现了“田”字格，故不能；B 、折叠后上面两个面无法折起来，而且下边没有面，不能折成正方体；C 、折叠后能围成一个正方体；D 、折叠后，上面的两个面重合，不能折成正方体。故选C 。

2.（天津市2003年3分）在△ABC 中，已知AB ＝2a ，∠A＝30°，CD 是AB 边的中线，若将△ABC 沿CD 对折起来，折叠后两个小△ACD 与△BCD 重叠部分的面积恰好等于折叠前△ABC 的面积的1

4

，有如下结论：

①AC 边的长可以等于a ； ②折叠前的△ABC 2

； ③折叠后，以A 、B 为端点的线段AB 与中线CD 平行且相等。 其中，正确结论的个数是【 】

（A ）0个 （B ）1个 （C ）2个 （D ）3个 【答案】D 。

【考点】翻折变换（折叠问题）

【分析】①若AC=a 成立，根据等腰三角形的性质及图形折叠的性质可求出四边形AB 1DC 为平行四边形，

再根据平行四边形的性质及三角形的面积公式求解：

若AC=a 成立，如图（1），在△ACD 中，由∠CAD=30°，AD=a ， ∴∠ADC=

1

2

（180°－∠CAD）=75°，∠CDB=180°－∠ADC=105°， 而∠CDB 1=∠CDB,

∴∠B 1DA=105°－75°=30°，∴AC∥B 1D 。

∵B 1D=BD=a =AC ，∴四边形AB 1DC 为平行四边形。

∴S △CED =

12S △ACD =1

4

S △ABC ，满足条件，即AC 的长可以等于a ，故①正确。

②假设S △ABC 2

成立，由△ABC 的面积公式可求出，根据三角形的三边关系可求出∠B=60°，由平行四边形的判定定理可求出四边形AB 2CD 为平行四边形，再根据平行四边形的性质及三角形的面积公式求解：

若S △ABC 2

，

∵S △ABC =

1

2

。

，∠B=60°，如图（2），∴∠CDB=60°=∠DCB 2。 ∴AD∥B 2C 。

又∵B 2C=BC=a =AD ，∴四边形AB 2CD 为平行四边形。

∴S △CFD =

12S △ACD =1

4

S △ABC ，满足条件，即S △ABC 2，故②正确。 ③综合①②可知，以A 、B 为端点的线段AB 与中线CD 平行且相等： 由平行四边形AB1CD 或平行四边形AB2CD ，显然成立，故③正确。 故选D 。

3. （天津市2008年3分）下面的三视图所对应的物体是【 】

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】A 。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】利用排除法解答：从主视图左视图可以看出这个几何体是由上、下两部分组成的，故排除D 选项，从上面物体的三视图看出这是一个圆柱体，故排除B 选项，从俯视图看出是一个底面直径与长方体的宽相等的圆柱体。故选A 。

4.（天津市2009年3分）左下图是一根钢管的直观图，则它的三视图为【 】

A． B．C．D．

【答案】D。

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】。主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、侧面和上面看，所得到的图形；注意看到的用实线表示，看不到的用虚线表示。本题从正面看和从左面看都应是长方形，但内部会出现虚线，从上面看应是圆环。故选D。

5.（天津市2010年3分）右图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的三视图为【】

（A）（B）（C）（D）

【答案】B。

【考点】简单组合体的三视图。

【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：从正面看可得从左往右2列正方形的个数依次为2，1；从左面看可得到从左往右2列正方形的个数依次为2，1；从上面看可得从上到下2行正方形的个数依次为2，1。故选B。

6.（天津市2011年3分）下图是一支架(一种小零件)，支架的两个台阶的高度和宽度都是同一长度．则它的三视图是【】

【答案】A。

【考点】几何体的三视图。

【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：细心观察原立体图

形的位置，从正面看，是一个矩形，矩形左上角缺一个角；从左面看，是一个正方形；从上面看，也是一个正方形。故选A。

7.（天津市2011年3分）如图．将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、CB均落在对角线BD上，得折痕BE、BF，则∠EBF的大小为【】

(A) 15° (B) 30° (C) 45° (D) 60°

【答案】C。

【考点】折叠对称，正方形的性质。

【分析】根据折叠后，轴对称的性质，∠ABE=∠EBD=∠DBF=∠FBC=22.50，∴∠EBF=450。故选C。

8.（2012天津市3分）将下列图形绕其对角线的交点逆时针旋转900，所得图形一定与原图形重合的是【】（A）平行四边形（B）矩形（C）菱形（D）正方形

【答案】D。

【考点】旋转对称图形

【分析】根据旋转对称图形的性质，可得出四边形需要满足的条件：此四边形的对角线互相垂直、平分且相等，则这个四边形是正方形。故选D。

9. （2012天津市3分）右图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的三视图是【】

【答案】A。

【考点】简单组合体的三视图。

【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。从正面看可得从左往右2列正方形的个数依次为1，2；从左面看可得到从左往右2列正方形的个数依次为2，1；从上面看可得从上到下2行正方形的个数依次为1，2。故选A。

二、填空题

1.（天津市2006年3分）如图，已四边形纸片ABCD，现需将该纸片剪拼成一个与它面积相等的平行四边形纸片，如果限定裁剪线最多有两条，能否做到：▲

（用“能”或“不能”填空）。若填“能”，请确定裁剪线的位置，并说明拼接方法；若填“不能”，请简要说明理由。

____________________________________________________

____________________________________________________

____________________________________________________

【答案】能。

如图，取四边形ABCD各边的中点E、G、F、H，连接EF、GH，

则EF、GH为裁剪线。EF、GH将四边形ABCD分成1、2、3、4四个部分，

拼接时，图中的1不动，将2、4分别绕点H、F各旋转180°，3平移，

拼成的四边形满足条件。

【考点】平行四边形的判定，旋转和平移的性质。

【分析】由旋转、平移和中点，可知，

MO=MH＋HO=HG=KJ＋JI=KI，

MK=ML＋LK=EF=OF＋FI=OI，

∴四边形OIKM是平行四边形。

2.（天津市2007年3分）如图，直线l经过⊙O的圆心O，且与⊙O交于A、B两点，点C在⊙O上，且

30，点P是直线l上的一个动点（与圆心O不重合），直线CP与⊙O相交于点Q。

AOC

=

问：是否存在点P，使得QP=QO；▲ （用“存在”或“不存在”填空）。若存在，满足上述条件的点有几个？并求出相应的∠OCP的大小；若不存在，请简要说明理由：

。

【答案】存在。

符合条件的点P 共有3个：当点P 在线段AO 上时，∠OCP=40°；当点P 在OB 的延长线上时，

∠OCP=20°；当点P 在OA 的延长线上时，∠OCP=100°。

【考点】点与圆的位置关系；三角形内角和定理，三角形外角定理。

【分析】点P 是直线l 上的一个动点，因而点P 与线段AO 有三种位置关系，在线段AO 上，点P 在OB 上，点P 在OA 的延长线上．分这三种情况进行讨论即可：

①当点P 在线段AO 上，如图1， ∵在△QOC 中，OC=OQ ，∴∠OQC=∠OCQ。 在△OPQ 中，QP=QO ，∴∠QOP=∠QPO。

又∵∠QPO=∠OCQ+∠AOC ，∠AOC=30°，∠QOP+∠QPO+∠OQC=180° ∴3∠OCP=120°。∴∠OCP=40°。

②当点P 在线段OA 的延长线上，如图2，

∵OC=OQ，∴∠OQP=0180QOC

2

-∠。

∵OQ=PQ，∴∠OPQ=00180OQP 180QOC

=

24

-∠+∠。 在△OCP 中，30°+∠QOC+∠OQP+∠OPQ=180°，

∴00180QOC 180QOC

30QOC 18024

-∠+∠?+∠++=?，解得∠QOC=20°。

∴∠OQP=80°。∴∠OCP=100°。

③当P 在线段OA 的反向延长线上，如图3，

∵OC=OQ，∴∠OCP=∠OQC=

180COQ 2

?-∠，即∠COQ=1800

－2∠OCP。

∵OQ=PQ，∴∠POQ=180OQP OQC OCP

222

?-∠∠∠==

。 ∵∠AOC=30°，∴∠COQ+∠POQ=150°。 ∴1800

－2∠OCP＋

OCP

2

∠=150°，解得∠OCP=20°。 3. （天津市2010年3分）有一张矩形纸片ABCD ，按下面步骤进行折叠：

第一步：如图①，将矩形纸片ABCD 折叠，使点B 、D 重合，点C 落在点C′处，得折痕EF ； 第二步：如图②，将五边形AEFC′D 折叠，使AE 、C′F 重合，得折痕DG ，再打开；

第三步：如图③，进一步折叠，使AE 、C′F 均落在DG 上，点A 、C′落在点A′处，点E 、F 落 在点E′处，得折痕MN 、QP.

这样，就可以折出一个五边形DMNPQ.

（Ⅰ）请写出图①中一组相等的线段 ▲ （写出一组即可）；

（Ⅱ）若这样折出的五边形DMNPQ （如图③）恰好是一个正五边形，当A B a =，A D b =，DM m = 时，有下列结论：

①222tan18a b ab -=?； ②tan18m =?； ③tan18b m a =+?； ④3

tan182

b m m =+?.

其中，正确结论的序号是 ▲ （把你认为正确结论的序号都．

填上）. 【答案】（Ⅰ）AD=C′D (答案不惟一，也可以是AE=C′F 等)；（Ⅱ）①②③。 【考点】矩形的性质，折叠的性质，

【分析】（Ⅰ）根据矩形和折叠的性质，直接得出结果。

（Ⅱ）①∵将矩形纸片ABCD 折叠，使点B 、D 重合，∴DE=BE。

设AE=x ，则由A B a =得BE= DE=a x -。

在Rt△ADE 中，由勾股定理，得AE2+AD2=DE2，则由AE=x ，AD b =，DE=a x -得

()2

22=x b a x +-，展开得，222a b ax -=。

又∵在正五边形中（如图③），∠C'DA=108°，则∠ADE=108°－90°=18°。 ∴在Rt△ADE 中，AE=AD·tan∠ADE，即·tan18x b =?。 ∴222tan18a b ab -=?。所以①正确。

②如图，连接GB ，NB 。由矩形和折叠的性质知点D 、G 、B 共线；

点M 、N 、B 共线，且∠NGB=900

。

由题意知：正五边形边长DM m =，则NG=1

2

m ，∠GBN=18°，

GB=1DB 2=

∴在Rt△GBN中，

NG tan GBN

GB

∠=，

即0

1

tan18tan18

m

m

=??。所以②正确。

③由题意知：∠NBA=18°，A B a

=，MA=b m

-，

∴在Rt△ABM中，

MA

tan NBA

AB

∠=，

即0

tan18tan18

b m

b m a

a

-

=?=+?。所以③正确。

④如图，过点N作NH∥BD，交MQ于点H。

则∠MNH=∠GBN=18°，MN=DM m

=，MA′= MA=b m

-，HA′=

NG=

1

2

m，即MH= MA′－HA′=b m

-－

1

2

m=

3

2

b m

-。

∴在Rt△MNH中，

MH

sin MNH

MN

∠=，

即0

3

33

2

sin18sin18

22

b m

b m

m

-

=?=+?。

所以④

3

tan18

2

b m m

=+?不正确。

综上所述，正确结论的序号是①②③。

4.（天津市2010年3分）如图，已知正方形ABCD的边长为3，E为CD边上一点，DE=1．以点A为中心，把△ADE顺时针旋转90?，得△ADE′，连接EE′，则EE′的长等于▲ ．

【答案】。

【考点】正方形的性质，旋转的性质，勾股定理。

【分析】在直角△EE′C中，利用勾股定理即可求解：

根据正方形的性质和旋转的性质得到：BE′=DE=1。

在直角△EE′C中：EC=DC－DE=2，CE′=BC＋BE′=4。

根据勾股定理得到：EE'。

三、解答题

1. （2001天津市3分）已知：在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=4cm，AB=8cm，D、E、F分别为AB、AC、BC 边上的中点。若P为AB边上的一个动点，PQ∥BC，且交AC于点Q，以PQ为一边，在点A的异侧作正方形PQMN，记正方形PQMN与矩形EDBF的公共部分的面积为y。

（1）如图，当AP=3cm时，求y的值；

（2）设AP=xcm，试用含x的代数式表示y（cm2）；

（3）当y=2cm2时，试确定点P的位置。

【答案】解：（1）由于D是AB中点，因此DE是△ABC的中位线，AD=BD=4cm，DE=2cm。

在Rt△APQ中，AP=3cm，∴PQ=AP?tanA=3×1

2

=1.5（cm）。

∴DN=AN－AD=AP＋PN－AD=3＋1.5－4=0.5。

∴重合部分的面积应该是y=DN·MN=1.5×0.5=0.75（cm2）。

（2）当0＜x≤8

3

时，y=0；

当8

3

＜x≤4时，y=2

4

x2x

3

-；

当4＜x≤16

3

时，y=x；

当16

3

＜x＜8时，y=16－2x。

（3）当8

3

＜x≤4时，若y=2，即2

4

x2x

3

-=2，解得x=（舍去）；

当4＜x≤16

3

时，若y=2，即x=2，不符合4＜x≤

16

3

；

当16

3

＜x＜8时，若y=2，即16－2x=2解得x=7。

综上所述，当x=4

3

+

cm或x=7cm时，y=2cm2。

2. （天津市2008年10分）已知Rt△ABC 中，?=∠90ACB ，CB CA =，有一个圆心角为?45，半径的长等于CA 的扇形CEF 绕点C 旋转，且直线CE ，CF 分别与直线AB 交于点M ，N ．

（Ⅰ）当扇形CEF 绕点C 在ACB ∠的内部旋转时，如图①，求证：222BN AM MN +=；

思路点拨：考虑222BN AM MN +=符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可将△ACM 沿直线CE 对折，得△DCM ，连DN ，只需证BN DN =，?=∠90MDN 就可以了． 请你完成证明过程：

（Ⅱ）当扇形CEF 绕点C 旋转至图②的位置时，关系式222BN AM MN +=是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

（Ⅱ）关系式MN2=AM2＋BN2仍然成立，证明如下：

将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，则△GCM≌△ACM。

∴CG=CA，GM=AM，∠GCM=∠ACM，∠CGM=∠CAM。

又∵CA=CB，∴CG=CB。

∴∠GCN=∠GCM＋∠ECF=∠GCM＋450，

∠BCN=∠ACB－∠ACN=900－（∠ECF－∠ACM）=450＋∠ACM。

∴∠GCN=∠BCN。

又∵CN=CN，∴△CGN≌△CBN（SSS）。

∴GN=B N，∠CGN=∠B=450，

∠CGM=∠CAM=1800－∠CAB=1350。

∴∠MGN=∠CGM－∠CGN=1350—1350=900。

∴在Rt△MGN中，由勾股定理，得MN2=GM2＋GN2，即MN2=AM2＋BN2。

【考点】圆心角、弧、弦的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质。

【分析】（Ⅰ）考虑MN2=AM2＋BN2符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可将△ACM沿直线

CE对折，得△DCM，连DN，只需证DN=BN，∠MDN=90°即可。

（Ⅱ）同（Ⅰ），将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，则△GCM≌△ACM。然后由勾股定理即可证明。