1、2022-2022年广东深圳中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题4：图形的变换一、 选择题二、 1. （深圳2022年3分）我们从不同的方向观察同一物体时，可以看到不同的平面图形，如图，从图的左面看这个几何体的左视图是【 】 A B C D 【答案】B。【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：从左边看时，因为左边是3竖列，右边1竖列，所以左边三个正方形叠一起，右边一个正方形。故选B。2. （深圳2022年3分）如图所示，圆柱的俯视图是【 】 【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：圆柱由上向下看，看到的是一个圆。故选C。3.
2、（深圳2022年3分）仔细观察图所示的两个物体，则它的俯视图是【 】正面【答案】A。【考点】简单组合体的三视图。【分析】根据俯视图是从上面看到的图象判定发即可：圆柱和正方体的俯视图分别是圆和正方形，故选A。【分析】连接AC， AB=BC（菱形的四边相等），AB=AC（同为扇形的半径） AB=BC=AC（等量代换）。 ABC是等边三角形（等边三角形定义）。 BAC=600（等边三角形每个内角等于600）。 根据扇形弧长公式，得弧BC的长度。故选C。14.（深圳2022年3分）由若干个相同的小立方体搭成的几何体的三视图如图所示，则搭成这个几何体的小立方体的个数是【 】A3B4 C5 D6 主视图
3、左视图 俯视图【答案】B。【考点】由三视图判断几何体。【分析】从主视图看第一列两个正方体，说明俯视图中的左边一列有两个正方体，主视图右边的一列只有一行，说明俯视图中的右边一行只有一列，所以此几何体共有四个正方体故选B。（深圳2022年招生3分）下面四个几何体中， 左视图是四边形的几何体共有【 】【答案】B。【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：从左面看圆柱和正方体的左视图是四边形，圆锥的左视图是三角形，球的左视图是圆。因此，所给四个几何体中， 左视图是四边形的几何体共有2个。故选B。19.（深圳2022年3分）如图所示的物体是一个几何体，其主视图是【 】 【答案】C
4、。【考点】简单几何体的三视图。【分析】仔细观察图象可知：圆台的主视图为等腰梯形，故选C。20. （2022广东深圳3分）如图，已知：MON=30o，点A1、A2、A3 在射线ON上，点B1、B2、B3在射线OM上，A1B1A2. A2B2A3、A3B3A4均为等边三角形，若OA1=l，则A6B6A7 的边长为【 】 A6 B12 C32 D64【答案】C。【考点】分类归纳（图形的变化类），等边三角形的性质，三角形内角和定理，平行的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。【分析】如图，A1B1A2是等边三角形， A1B1=A2B1，3=4=12=60。2=120。MON=30，1=180120
5、30=30。又3=60，5=1806030=90。MON=1=30，OA1=A1B1=1。A2B1=1。A2B2A3、A3B3A4是等边三角形，11=10=60，13=60。4=12=60，A1B1A2B2A3B3，B1A2B2A3。1=6=7=30，5=8=90。A2B2=2B1A2，B3A3=2B2A3。A3B3=4B1A2=4，A4B4=8B1A2=8，A5B5=16B1A2=16。以此类推：A6B6=32B1A2=32，即A6B6A7 的边长为32。故选C。二、填空题2. 1. （深圳2022年3分）如图，口ABCD中，点E在边AD上，以BE为折痕，将ABE向上翻折，点A正好落在CD上
6、的点F，若FDE的周长为8 cm，FCB的周长为22 cm，则FC的长为 cm。【答案】6。【考点】翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质。【分析】根据折叠的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，AE=EF，AB=BF。FDE的周长为DE+FE+DF=AD+DF=8， 即AD+ABFC=8， FCB的周长为FC+AD+AB=20，得2FC=12，FC=6（cm）。4. （深圳2022年3分）如图a是长方形纸带，DEF=20，将纸带沿EF折叠成图b，再沿BF折叠成图c， 则图c中的CFE的度数是 【答案】120。【考点】翻折变换（折叠问题）。【分析】折叠是一种对称变换
7、，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等。因此，根据图示可知图c中CFE=180320=120。（深圳2022学业年3分）如图，是一个由若干个相同的小正方体组成的几何体的主视图和俯视图，则能组成这个几何体的小正方体的个数最少是 个【答案】9，【考点】由三视图判断几何体。【分析】易得这个几何体共有3层，由俯视图得最底层有6个正方体，由主视图第二层最少有2个正方体，第三层最少有1个正方体，那么共有9个正方体组成。（深圳2022年招生3分）如图，在边长为2cm 的正方形ABCD 中，点Q 为BC 边的中点，点P 为对角线AC 上一动点，连接PB 、PQ
8、，则PBQ 周长的最小值为 cm（结果不取近似值）【答案】1+。【考点】正方形的性质，轴对称的性质，三角形三边关系，勾股定理。【分析】由于BD长固定，因此要求PBQ 周长的最小值， 即求PB+PQ的最小值。根据正方形的轴对称性和点Q 为BC 边的中点，取CD的中点Q，连接BQ交AC于点P。此时得到的PBQ 的周长最小。根据勾股定理，得B Q=。因此，PBQ 周长的最小值为BQ+PB+PQ= BQ+ B Q=1+（cm）。2.（深圳2022年3分）如图，这是边长为1的等边三角形摆出的一系列图形，按这种方式摆下去，第n个图形的周长为 . 【答案】。【考点】分类归纳。【分析】如图知，第1个图形的周长
9、为2+1，第2个图形的周长为2+2，第3个图形的周长为2+3，第4个图形的周长为2+4，则第n个图形的周长为。三、解答题1. （深圳2022年9分）AB是O的直径，点E是半圆上一动点（点E与点A、B都不重合），点C是BE延长线上的一点，且CDAB，垂足为D，CD与AE交于点H，点H与点A不重合。 （1）（5分）求证：AHDCBD（2）（4分）连HB，若CD=AB=2，求HD+HO的值。【答案】解：（1）证明：CDAB，ADH=CDB=900。 又AB是O的直径，AEB=900。 HAD=900ABE=BCD。 AHDCBD。（2）设OD=x，则BD=1x，AD=1x，由（1）RtAHDRtCB
10、D得，HD : BD=AD : CD，即HD : (1x)=(1x) : 2， 即HD=。在RtHOD中，由勾股定理得： HO=。HD+HO=+=1。特别，如图，当点E移动到使D与O重合的位置时，这时HD与HO重合，由RtAHORtCBO，利用对应边的比例式为方程，可以算出HD=HO=，即HD+HO=1。【考点】圆周角定理，直角三角形两锐角的关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】（1）一方面，由直径所对圆周角是直角的性质和直角三角形两锐角互余的关系，可证得HAD=BCD；另一方面，由CDAB得ADH=CDB=900，从而得证AHDCBD。（2）设OD=x。一方面，由相似三角形对应边成
11、比例的性质，可得HD=；另一方面，由勾股定理，可得HO=。从而求得HD+HO=+=1。2.（深圳2022年8分）如图1，一张矩形纸片ABCD，其中AD=8cm，AB=6cm，先沿对角线BD折叠，点C落在点C的位置，BC交AD于点G.（1）求证：AG=CG；（2）如图2，再折叠一次，使点D与点A重合，得折痕EN，EN交AD于M，求EM的长.【答案】解：（1）证明：由对折和图形的对称性可知， CDCD，CC90。 在矩形ABCD中，ABCD，AC90， ABCD，AC。 在ABG和CDG中，ABCD，AC，AGBCGD ， ABGCDG（AAS）。 AGCG。（2）如图2，设EMx，AGy，则有：
12、 CGy，DG8y， DM=AD=4 。 在RtCDG中，DCG90，CDCD6， 。 即：。 解得： 。CG，DG。 又DMEDCG， 即：， 解得：。 即：EM。 所求的EM长为cm。【考点】轴对称性，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）要证AG=CG，只要证明它们是全等三角形的对应边即可。由已知的矩形和轴对称性易证ABGCDG。 （2）考虑RtDME和RtDCG。DCG中DC（=6）已知，DG=AD（=8）AG，而由（1）AG=CG，从而应用勾股定理可求得CG。而DME中DM=DM=AD=4，从而由RtDMERtDCG得到对应边的比相等可求EM的长。【考点】翻折变换（折叠问题），矩形的性质，折叠的性质，平等的性质，菱形的判定，勾股定理。【分析】（1）由矩形ABCD与折叠的性质，易证得CEF是等腰三角形，即CE=CF，即可证得AF=CF=CE=AE，即可得四边形AFCE为菱形。（2）由折叠的性质，可得CE=AE=a，在RtDCE中，利用勾股定理即可求得：a、b、c三者之间的数量关系式为：a2=b2+c2。（答案不唯一）
