以下是查字典数学网为您推荐的 2013年图形的变换中考数学题分类解析，希望本篇文章对您学习有所帮助。
2013年图形的变换中考数学题分类解析
一、选择题
1. (2016江苏常州2分)如图所示，由三个相同的小正方体组成的立体图形的主视图是【 】
【答案】B。
【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：从正面看易得上层右边有1个正方形，下层有2个正方形。故选B。
2. (2016江苏淮安3分)如图所示几何体的俯视图是【 】
【答案】B。
【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：从上面看易得有1个长方形，长方形内左侧有1个圆形。故选B。
3. (2016江苏连云港3分)用半径为2cm的半圆围成一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面半径为【 】
A.1cm B.2cm C.cm D.2cm
【答案】A。
【考点】圆锥的计算。
【分析】根据半圆的弧长=圆锥的底面周长，则圆锥的底面周长=2，底面半径=22=1cm。故选A。
4. (2016江苏南京2分)如图，菱形纸片ABCD中，A=600，将纸片折叠，点A、D分别落在A、D处，且AD经过B，EF为折痕，当DF CD时， 的值为【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】翻折变换(折叠问题)，菱形的性质，平行的性质，折叠的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】延长DC与AD，交于点M，
∵在菱形纸片ABCD中，A=60，
DCB=A=60，AB∥CD。
D=180A=120。
根据折叠的性质，可得
ADF=D=120，
FDM=180ADF=60。
∵DFCD，DFM=90，M=90FDM=30。
∵BCM=180BCD=120，CBM=180BCM-M=30。CBM=M。
BC=CM。
设CF=x，DF=DF=y， 则BC=CM=CD=CF+DF=x+y。FM=CM+CF=2x+y，
在Rt△DFM中，tanM=tan30= ， 。
。故选A。
5. (2016江苏南通3分)如图，在△ABC中，ACB=90，B=30，AC=1，AC在直线l上.将△ABC
绕点A顺时针旋转到位置①，可得到点P1，此时AP1=2;将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，
可得到点P2，此时AP2=2+3;将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3
=3+3;，按此规律继续旋转，直到得到点P2016为止，则AP2016=【 】
A.2015+6713 B.2016+6713 C.2013+6713 D.2014+6713
【答案】B。
【考点】分类归纳(图形的变化类)，旋转的性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值。
【分析】寻找规律，发现将Rt△ABC绕点A，P1，P2，顺时针旋转，每旋转一次， APi(i=1,2,3,)
的长度依次增加2， 3 ，1，且三次一循环，按此规律即可求解：
∵Rt△ABC中，ACB=90，B=30，AC=1，AB=2，BC=3。
根据旋转的性质，将Rt△ABC绕点A，P1，P2，顺时针旋转，每旋转一次， APi(i=1,2,3,)
的长度依次增加2， 3 ，1，且三次一循环。
∵20163==6702，
AP2016=670(3+ 3 )+2+ 3=2016+671 3。故选B。
6. (2016江苏宿迁3分)如图是一个用相同的小立方块搭成的几何体的三视图，则组成这个几何体的小立方块的个数是【 】
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】C。
【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，从三视图看，该几何体有一行三列两层，上层有1个小立方块，下层有3个小立方块，计有4个小立方块。故选C。
7. (2016江苏泰州3分)用4个小立方块搭成如图所示的几何体，该几何体的左视图是【 】
【答案】A。
【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：从左面看易得共一排，上下边各有1个正方形。故选A。
8. (2016江苏盐城3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【 】
【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：从正面看易得第一层左边有2个正方形，右边有1个正方形。故选A。
9. (2016江苏扬州3分)如图是由几个相同的小立方块搭成的几何体的三视图，则这几个几何体的小立方块的个数是【 】
A.4个 B.5个 C.6个 D.7个
【答案】B。
【考点】由三视图判断几何体。
【分析】根据三视图，该几何体的主视图以及俯视图可确定该几何体共有两行三列，底层应该有3+1=4个小正方体，第二层应该有1个小正方体，共有5个小正方体。故选B。
二、填空题
2. (2016江苏常州2分)已知扇形的半径为3 cm，圆心角为1200，则此扇形的的弧长是 ▲ cm，扇形的面积是 ▲ cm2(结果保留)。
【答案】 ， 。
【考点】扇形的的弧长和面积。
【分析】直接根据扇形的的弧长和面积公式计算即可：
扇形的的弧长= (cm)，扇形的面积= (cm2)。
3. (2016江苏淮安3分)若圆锥的底面半径为2cm，母线长为5cm，则此圆锥的侧面积为 ▲ cm2。
【答案】10。
【考点】圆锥的计算。
【分析】由圆锥的底面半径为2cm得圆锥的底面周长为4由母线长为5cm，根据圆锥的侧面积公式，得，圆锥的侧面积= (cm2)。
4. (2016江苏苏州3分)已知扇形的圆心角为45，弧长等于 ，则该扇形的半径是 ▲ .
【答案】2。
【考点】弧长的计算。
【分析】根据弧长的公式 ，得 ，即该扇形的半径为2。
5. (2016江苏宿迁3分)如图，SO，SA分别是圆锥的高和母线，若SA=12cm，ASO=30，则这个圆锥的侧面积是 ▲ cm2.(结果保留)
【答案】 。
【考点】圆锥的计算。
【分析】∵SO，SA分别是圆锥的高和母线， SA=12，ASO=30，OA=6。
圆锥的底面周长为12。圆锥的侧面积= (cm2.)。
6. (2016江苏宿迁3分)如图，将一张矩形纸片ABCD沿EF折叠，使顶点C，D分别落在点C，D处，CE交AF于点G.若CEF=70，则GFD= ▲ .
【答案】40。
【考点】折叠问题矩形的性质，平行的性质。
【分析】根据折叠的性质，得DFE=DFE。
∵ABCD是矩形，AD∥BC。GFE=CEF=70，DFE=1800-CEF=110。
GFD=DFE-GFE=110-70=40。
7. (2016江苏宿迁3分)按照如图所示的方法排列黑色小正方形地砖，则第14个图案中黑色小正方形地砖的块数是 ▲ .
【答案】365。
【考点】分类归纳(图形的变化类)。寻找规律，
【分析】画树状图：记第n个图案中黑色小正方形地砖的块数是an，则
an-an-1=4(n-1)(n=2，3，4，)，
(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)++(an-an-1)=4+8++4(n-1)，
即an-a1=4[1+2+3++(n-1)]=
an= +a1= 。
当n=14时，a14 = 。
8. (2016江苏无锡2分)如图，△ABC中，C=30.将△ABC绕点A顺时针旋转60得到△ADE，AE与BC交于F，则AFB= ▲ .
【答案】90。
【考点】旋转的性质，三角形外角性质。
【分析】根据旋转的性质可知CAF=60，根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两内角之和的性质，得：CFA=CAF=90。
9. (2016江苏盐城3分)如图,在△ABC中，D,、E分别是边AB、AC的中点, B=50.现将△ADE沿
DE折叠，点A落在三角形所在平面内的点为A1,则BDA1的度数为 ▲ .
【答案】80。
【考点】翻折变换(折叠问题)，折叠对称的性质，三角形中位线定理，平行的性质。
【分析】∵D、E分别是边AB、AC的中点，DE∥BC(三角形中位线定理)。
ADE=B=50(两直线平行，同位角相等)。
又∵ADE=A1DE(折叠对称的性质)，A1DA=2B。
BDA1=180B=80。
10. (2016江苏扬州3分)如图，将矩形ABCD沿CE折叠，点B恰好落在边AD的F处，如果 ，那么tanDCF的值是 ▲ .
【答案】 。
【考点】翻折变换(折叠问题)，翻折对称的性质，矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义。
【分析】∵四边形ABCD是矩形，AB=CD，D=90，
∵将矩形ABCD沿CE折叠，点B恰好落在边AD的F处，CF=BC，
∵ ， 。设CD=2x，CF=3x，
。tanDCF= 。
11. (2016江苏扬州3分)已知一个圆锥的母线长为10cm，将侧面展开后所得扇形的圆心角是144，则这个圆锥的底面圆的半径是 ▲ cm.
【答案】4。
【考点】圆锥的计算。
【分析】由圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，即可求解：
设圆锥底面半径为rcm，则圆锥底面圆周长为2rcm，即侧面展开图的弧长为2rcm，
，解得：r=4。
12. (2016江苏镇江2分)若圆锥的底面半径为3，母线长为6，则圆锥的侧面积等于 ▲ 。
【答案】 。
【考点】圆锥的计算。
【分析】直接根据圆锥的侧面积公式化计算：
∵圆锥的底面半径为3，圆锥的底面周长为6。
又∵母线长为6，圆锥的侧面积为 。
三、解答题
1. (2016江苏常州7分)平面上两条直线AB、CD相交于点O，且BOD=1500(如图)，现按如下要求规定此平面上点的距离坐标：
(1)点O的距离坐标为(0，0);
(2)在直线CD上，且到直线AB的距离为p(p0)的点的距离坐标为(p，0);在直线AB上，且到直线CD的距离为q(q0)的点的距离坐标为(0，q);
(3)到直线AB、CD的距离分别为p、q(p0，q0)的点的距离坐标为(p，q)。
设M为此平面上的点，其距离坐标为(m，n)，根据上述对点的距离坐标的规定，解决下列问题：
(1)画出图形(保留画图痕迹)：
①满足m=1且n=0的点的集合;
②满足m=n的点的集合;
(2)若点M在过点O且与直线CD垂直的直线l上，求m与n所满足的关系式。
(说明：图中OI长为一个单位长)
【答案】解：(1)①如图1中，F1，F2即为所求;
②如图2中，两条角平分线即为所求。
(2)如图3，过点M作MHAB于点H。则
根据定义，MH=m，MO=n。
∵BOD=1500，DOM=900(∵lCD)，
HOM=600。
在Rt△MHO中， ，
，即 ，即 。
m与n所满足的关系式为 。
【考点】新定义，作图(复杂作图)，含300角直角三角形的性质，角平分线的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】(1)①以点I为圆心，OI为半径画圆交AB于点E;以点O为圆心，OE为半径画圆交CD于点F1，F2，则F1，F2即为所求。
由作法知，OF1=2OI=2，由BOD=1500知EOF1=300，根据含300角直角三角形中300角所对边是斜边一半的性质，得点F1到AB的距离m =1，同时点F1在CD上，即n=0。同理，F2的证明。
②分别作BOD和BOC的平分线，根据角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，两角平分线上的点满足m=n，故两条角平分线即为所求。
(2)由已知和锐角三角函数定义即可得出m与n所满足的关系式。
2. (2016江苏淮安12分)
阅读理解
如图1，△ABC中，沿BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分;将余下部分沿B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重叠部分;将余下部分沿BnAnC的平分线AnBn+1折叠，点Bn与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，我们就称BAC是△ABC的好角。
小丽展示了确定BAC是△ABC的好角的两种情况。情形一：如图2，沿等腰三角形△ABC顶角BAC的平分线AB1折叠，点B与点C重合;情形二：如图3，沿△ABC的BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分;将余下的部分沿B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合。
探究发现
(1)△ABC中，B=2C，经过两次折叠，BAC是不是△ABC的好角? (填是或不是)
(2)小丽经过三次折叠发现了BAC是△ABC的好角，请探究B与C(不妨设C)之间的等量关系。
根据以上内容猜想：若经过n 次折叠BAC是△ABC的好角，则B与C不妨设C)之间的等量关系为
应用提升
(3)小丽找到一个三角形，三个角分别为150，600，1050，发现600和1050的两个角都是此三角形的好角，
请你完成，如果一个三角形的最小角是40，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好角
【答案】解：(1)是。 (2)B=3C。
如图所示，在△ABC中，沿BAC的平
分线AB1折叠，剪掉重复部分;将余下部分沿B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分，将余下部分沿B2A2C的平分线A2B3折叠，点B2与点C重合，则BAC是△ABC的好角。
证明如下：
∵根据折叠的性质知，AA1B1，A2B2C，A1 B1C=A1A2B2，
根据三角形的外角定理知，A1A2B2=A2B2C=2C。
∵根据四边形的外角定理知，
BAC+AA1B1-A1 B1C=BAC+2B-2C=180，
根据三角形ABC的内角和定理知，BAC+C=180，
B=3C。
故若经过n次折叠BAC是△ABC的好角，则B与C(不妨设C)之间的等量关系为B=nC。
(3)利用(2)的结论知B=nC，BAC是△ABC的好角，C=nA，ABC是△ABC的好角，A=nB，BCA是△ABC的好角，然后三角形内角和定理可求得另外两个角的度数可以是88、88。
3. (2016江苏南通12分)如图，在△ABC中，AB=AC=10cm，BC=12cm，点D是BC边的中点.点P从点B出发，以acm/s(a0)的速度沿BA匀速向点A运动;点Q同时以1cm/s的速度从点D出发，沿DB匀速向点B运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设它们运动的时间为ts.
(1)若a=2，△BPQ∽△BDA，求t的值;
(2)设点M在AC上，四边形PQCM为平行四边形.
①若a= 5 2，求PQ的长;
②是否存在实数a，使得点P在ACB的平分线上?若存在，请求出a的值;若不存在，请说明
理由.
【答案】解：(1)△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中点，BD=CD= BC=6。
∵a=2，BP=2t，DQ=t。BQ=BD-QD=6-t。
∵△BPQ∽△BDA， ，即 ，解得： 。
(2)①过点P作PEBC于E，
∵四边形PQCM为平行四边形，
PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。
PB：AB=CM：AC。
∵AB=AC，PB=CM。PB=PQ。
BE= BQ= (6-t)。
∵a= 5 2，PB= 5 2t。
∵ADBC，PE∥AD。PB：AB=BE：BD，即 。
解得，t= 。
PQ=PB= 5 2t= (cm)。
②不存在.理由如下：
∵四边形PQCM为平行四边形，PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。
PB：AB=CM：AC。
∵AB=AC，PB=CM，PB=PQ。
若点P在ACB的平分线上，则PCQ=PCM，
∵PM∥CQ，PCQ=CPM。CPM=PCM。
PM=CM。四边形PQCM是菱形。PQ=CQ。
PB=CQ。
∵PB=at，CQ=BD+QD=6+t，PM=CQ=6+t，AP=AB-PB=10-at，且 at=6+t①。
∵PM∥CQ，PM：BC=AP：AB， ，化简得：6at+5t=30②。
把①代入②得，t= 。
不存在实数a，使得点P在ACB的平分线上。
【考点】等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，平行的性质，菱形的判定和性质，反证法。
【分析】(1)由△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，
即可求得BD与CD的长，又由a=2，△BPQ∽△BDA，利用相似三角形的对应边成比例，即可求得t的值。
(2)①首先过点P作PEBC于E，由四边形PQCM为平行四边形，易证得PB=PQ，又由平行
线分线段成比例定理，即可得方程 ，解此方程即可求得答案。
②用反证法，假设存在点P在ACB的平分线上，由四边形PQCM为平行四边形，可得四边形PQCM是菱形，即可得PB=CQ，PM：BC=AP：PB，及可得方程组，解此方程组求得t值为负，故可得不存在。
4. (2016江苏宿迁12分)(1)如图1，在△ABC中，BA=BC，D，E是AC边上的两点，且满足DBE= ABC(0 ABC)。以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针方向旋转ABC，得到△BEA(点C与点A重合，点E到点E处)，连接DE。求证：DE=DE.
(2)如图2，在△ABC中，BA=BC，ABC=90，D，E是AC边上的两点，
且满足DBE= ABC(045).求证：DE2=AD2+EC2.[来
:学#科#网]
【答案】证明：(1)∵△BEA是△BEC按逆时针方向旋转ABC得到，
BE=BE，EBA=EBC。
∵DBE= ABC，ABD+EBC = ABC。
ABD+EBA = ABC，即EBD= ABC。EBD=DBE。
在△EBD和△EBD中，∵BE=BE，EBD=DBE，BD=BD，
△EBD≌△EBD(SAS)。DE=DE。
(2)以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针方向旋转ABC=90，得到△BEA(点C与点A重合，点E到点E处)，连接DE。
由(1)知DE=DE。
由旋转的性质，知EA=EC，E AB=ECB。
又∵BA=BC，ABC=90，BAC=ACB=45。
E AD=E AB+BAC=90。
在Rt△DEA中，DE2=AD2+EA2，DE2=AD2+EC2。
【考点】旋转的性质，等腰(直角)三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】(1)由旋转的性质易得BE=BE，EBA=EBC，由已知DBE= ABC经等量代换可得
EBD=DBE，从而可由SAS得△EBD≌△EBD，得到DE=DE。
(2)由(1)的启示，作如(1)的辅助图形，即可得到直角三角形DEA，根据勾股定理即可证得结论。
5. (2016江苏泰州10分)如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点A、B、C在小正方形的顶点上，将△ABC向下平移4个单位、再向右平移3个单位得到△A1B1C1，然后将△A1B1C1绕点A1顺时针旋转90得到△A1B2C2.
(1)在网格中画出△A1B1C1和△A1B2C2;
(2)计算线段AC在变换到A1C2的过程中扫过区域的面积(重叠部分不重复计算)
【答案】解：(1)如图所示：
(2)∵图中是边长为1个单位长度的小正方形组成的网格，
。
∵将△ABC向下平移4个单位AC所扫过的面积是以4为底，以2为高的平行四边形的面积：42=8。
再向右平移3个单位AC所扫过的面积是以3为底，以2为高的平行四边形的面积：42=6。
当△A1B1C1绕点A1顺时针旋转90到△A1B2C2时，A1C1所扫过的面积是以A1为圆心以以 为半径，圆心角为90的扇形的面积，重叠部分是以A1为圆心，以 为半径，圆心角为45的扇形的面积，去掉重叠部分，面积为：
线段AC在变换到A1C2的过程中扫过区域的面积=8+6+=14+。
【考点】作图(平移和旋转变换)，平移和旋转的性质，网格问题，勾股定理，平行四边形面积和扇形面积的计算。
【分析】(1)根据图形平移及旋转的性质画出△A1B1C1及△A1B2C2即可。
(2)画出图形，根据图形平移及旋转的性质分三部分求取面积。
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