以下是查字典数学网为您推荐的 2013年中考数学图形的变换试题解析，希望本篇文章对您学习有所帮助。

2013年中考数学图形的变换试题解析

一、选择题

1. (2016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. (2016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. B. C. D.2

【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 。故选B。

3. (2016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【 】

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长方体的体积=长高宽=432=24。故选B。

4. (2016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. B. C. 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： 。

DF= ，EF=1+ 。故选B。

5. (2016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. B. C. D.

【答案】B。

【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. (2016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. B. C. D.

【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

【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. (2016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 B.球 C.圆柱 D.三棱锥

【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，

故选A。

8. (2016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. (2016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. (2016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. B. C. D.

【答案】C。

【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. (2016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. (2016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. (2016福建莆田4分)如图，△ABC是由 ABC沿射线AC方向平移2 cm得到，若AC=3cm，则AC

=▲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△ABC，AA=2cm。

又∵AC=3cm，AC=AC-AA=1cm。

3. (2016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， 。

A DB=300。

三、解答题

1. (2016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)

【答案】解：(1)AB=AC;AED=△ADE∽△ACD。

(2)①∵C，B=45，△ACB为等腰直角三角形。

。

∵C，DAE=CAD，△ADE∽△ACD。

AD：AC=AE：AD， 。

当AD最小时，AE最小，此时ADBC，AD= BC=1。

AE的最小值为 。CE的最大值= 。

②当AD=AE时，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= 。BD=BC-DC=2- 。

综上所述，当△ADE是等腰三角形时，BD的长的长为1或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C，根据等腰三角形的性质可得AB=AC;由C，AED=EDC+C得到AED=又由DAE=CAD，根据相似三角形的判定可得到△ADE∽△ACD。

(2)①由C，B=45可得△ACB为等腰直角三角形，则 ，由C，DAE=CAD，根据相似三角形的判定可得△ADE∽△ACD，则有AD：AC=AE：AD，即 ，当ADBC，AD最小，此时AE最小，从而由CE=AC-AE得到CE的最大值。

②分当AD=AE，，EA=ED，DA=DE三种情况讨论即可。

2. (2016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=30.

(1)求A的度数;

(2)过点C作CFAB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。ACO=30。

(2)∵CF直径AB，CF=43， CE=23。

在Rt△OCE中， 。

弧BC的长度为 。

【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. (2016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 ; 。

【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 。

4. (2016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AEAF是菱形;②在①的

条件下，利用图4证明四边形AEAF是菱形.

【答案】解：(1)5。

由折叠(轴对称)性质知AD=AD=5，EAD=900。

在Rt△ADC中，DC=AB=2， 。

AB=BC-AC=5-4=1。

∵EAB+BEA=EAB+FAC=900， BEA=FAC。

又 ∵C=900，Rt△EBA∽Rt△ACF。 ，即

。

在Rt△AEF中， 。

(2)① 。

②证明：由折叠(轴对称)性质知AEF=FEA，AE=AE，AF=AF。

又 ∵AD∥BC，AFE=FEA 。AEF=AFE 。

AE=AF。AE=AE=AF=AF。

四边形AEAF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AB、AF和FC的长，由Rt△EBA∽Rt△ACF求得 ，在Rt△AEF中，由勾股定理求得EF的长。

(2)①由图3和图4可得，当 时，四边形AEAF是菱形。

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

5. (2016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OAAB运动;动点Q同时从点O出发，以

acm/s的速度沿线段OCCB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(2，2 )，OB=4 cm。

(2)①当0

过点Q作QDx轴于点D(如图1)，则QD= t。

S= OPQD= t2。

②当4

作QEx轴于点E(如图2)，则QE=2 。

S = DPQE= t。

③当8

延长QP交x轴于点F，过点P作PHAF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= (t-8)。

= t2 - t (t-8)

=- t2+3 t。

综上所述， 。

∵①②中S随t的增加而增加，

③中 ，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+ 。 t的取值范围是0

②当△OPM∽△OBA时(如图5)，

则 ， 即 。OM= 。

又∵QB∥OP，△BQM～△OPM。

，即 。

整理得t-at=2，即a=1- ，t的取值范围是68。

综上所述：a=1+ (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=2 ，

C(2，2 )。

由CMNB是矩形和OA=8得BM=2 ，

ON=10，在Rt△OBN中，由勾股定理，得OB=4 。

(2)分0

(3)分△OPM∽△OAB和△OPM∽△OBA两种情况讨论即可。

6. (2016福建福州13分)如图①，在Rt△ABC中，C=90，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(t0).

(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.

【答案】解：(1) QB=8-2t，PD=43t。

(2) 不存在。理由如下：

在Rt△ABC中，C=90，AC=6，BC=8， AB=10。

∵ PD∥BC， △APD∽△ACB。 ADAB=APAC，即：AD10=t6， AD=53t。

BD=AB-AD=10-53t。

∵ BQ∥DP， 当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形。

8-2t=43t，解得：t=125。

当t=125时，PD=43125=165，BD=10-53125=6， DPBD。

PDBQ不能为菱形。

设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ=8-vt，PD=43t，BD=10-53t。

要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，

当PD=BD时，即43t=10-53t，解得：t=103。

当PD=BQ时，t=103时，即43103=8-103v，解得：v=1615。

要使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，点Q的速度为1615单位长度/秒。

(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04。

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=0k+b=4，解得：k=-2b=6。

直线M1M2的解析式为y=-2x+6。

∵点Q(0，2t)，P(6-t，0)，

在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标为(6-t2，t)。

把x=6-t2，代入y=-2x+6，得y=-26-t2+6=t。

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M2Nx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= PDPA=BCAC=43，则可求得QB与PD的值。

(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DPBD，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. (2016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

(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BPAM，CPAN，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=2A=90，再利用勾股定理得出BC的长;

ii)作直径CE，则A，CE=2R，利用sinA=sinE= ，得出即可。

(2)首先证明点A、B、P、C都在⊙K上，再利用sinA= ，得出AP= (定值)即可。

查字典数学网