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4月下旬之图形的变化与投影—浙江省数学2026年中考模拟精选新题速递
一、选择题
1．下列几何体的三视图相同的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：A、长方体的三视图都是矩形，但是矩形形状并不全等，该选项不符合题意；
B、正方体的三视图都是正方形，该选项符合题意；
C、圆柱的主视图、左视图都是矩形，俯视图是一个圆，该选项不符合题意；
D、圆锥的主视图和左视图为三角形，俯视图为带圆心的圆，该选项不符合题意；
故答案为：B .
【分析】三根据几何体的三视图逐项判断解答即可．
2．榫卯是中国古建筑的主要结构方式，是极为精巧的发明之…，其凸出的部分叫榫，凹进去的部分叫卯.如图是某个部件“棉”的实物图，那么它的俯视图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：这个几何体的俯视图为：
故答案为：B．
【分析】根据从几何体的上面观察得出的图形是俯视图 解答即可．
3．榫卯强调隐形连接，被誉为“中华民族千年非遗瑰宝”．鲁班锁就是起源于我国古建筑中的榫卯结构．图2是六根鲁班锁（图1）中的一个构件，其左视图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】简单组合体的三视图
4．几个大小相同，且棱长为1的小正方体所搭成几何体的俯视图如图所示，图中小正方形中的数字表示在该位置小正方体的个数，则这个几何体的左视图的面积为（　　）
A．5 B．4 C．7 D．9
【答案】A
【知识点】已知三视图进行几何体的相关计算；小正方体组合体的三视图
【解析】【解答】解：由俯视图以及该位置小正方体的个数可知，左视图共有两列，第一列2个小正方形，第二列3个小正方形，
则这个几何体的左视图的面积为．
故答案为：A.
【分析】根据俯视图得到该位置小正方体的个数，再根据左面看到的图形得到面积即可．
5．用5个相同的小立方体搭成以下几何体，其中左视图与其他3个不同的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：A、C、D的左视图如图所示：
B的左视图如图所示：
只有B的左视图与其他3个不同；
故选B．
【分析】
左视图是从左面看到的平面图形．
6．米斗是古代粮仓必备的粮食量器.如图1，这是一种无盖米斗，其示意图（不计厚度），如图2所示，则其俯视图的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：从上面看，可得图形如下
故答案为：A
【分析】明确俯视图的定义（从物体正上方观察所得的投影），并结合几何体“无盖”、“上大下小”的结构特征，判断可见轮廓线（实线）与不可见轮廓线（虚线）。
7．葫芦在我国古代被视作吉祥之物.如图，这是一个工艺葫芦的示意图，关于它的三视图，下列说法正确的是（　　)
A．主视图与左视图相同
B．主视图与俯视图相同
C．左视图与俯视图相同
D．主视图、左视图与俯视图都相同
【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
8．如图，将矩形纸片ABCD的两个直角∠A和∠B分别沿直线EN，EM折叠，折叠后点A，B的位置分别是点A'，B'.若∠A'EB'=α，则∠NEM的大小是（　　）
A．180°-2α B．180°-α C． D．90°-α
【答案】C
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠可知，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：C.
【分析】根据折叠的性质可得，进而得到，再根据解答即可.
9．中国国家天文台阿里观测基地位于素有“世界屋脊”之称的西藏阿里地区，天文台的观测部分主体是一个圆柱体底座与可开合的半球形穹顶组成，其示意图的俯视图是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：如图所示即为其俯视图，
故答案为：A.
【分析】找到从上面看所得到的图形即可，注意看得到的棱画实线，看不到的棱画虚线.
10． 如图，在一次综合实践课上，为检验纸带①②的边线是否平行，甲、乙采用了两种不同的方法：甲把纸带①沿折叠，量得；乙把纸带②沿折叠，发现与重合，与重合，且点在同一直线上，点也在同一直线上．则下列判断正确的是（　　）
A．纸带①②的边线都平行
B．纸带①的边线平行，纸带②的边线不平行
C．纸带①②的边线都不平行
D．纸带①的边线不平行，纸带②的边线平行
【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；翻折变换（折叠问题）；平行线的应用-折叠问题
【解析】【解答】解：对于纸带①，
∵，
∴，
∴，
由折叠的性质得，，
∴，
∴与不平行，
对于纸带②，由折叠的性质得，，，
又∵点C，G，D在同一直线上，点E，H，F也在同一直线上，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
综上所述，纸带①的边线不平行，纸带②的边线平行．
故答案为：D.
【分析】纸带①中根据对顶角相等可得，然后根据三角形内角和定理求出，利用折叠的性质得到，再根据平行线的判定解答；纸带②中根据折叠可得，，然后根据平角的定义得到，，然后利用平行线的判定解答即可．
11．如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A落在A'处， A'D交BC于点E.将△CDE沿DE折叠，点C落在△BDE内的C'处，下列结论一定正确的是(　　)
A． B．∠1=α C． D．∠2=2α
【答案】D
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∵，即，
∴，故A不正确；
∵，
∴，故B不正确；
∵折叠，
∴ ，
∵，故C不正确，D选项正确；
故选：D．
【分析】根据矩形的性质得到，，根据平行线的性质得到，进而根据折叠的性质得出，，然后逐一判断解答即可．
12．如图1，某博物院收藏着一件西周乐器云纹青铜大铙，鼓饰变形兽面纹，两侧饰云雷纹、图2为其结构示意图，则它的主视图是(　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：几何体的主视图为
；
故答案为：D.
【分析】根据从正面看到的平面图形为主视图解答即可.
13． 如图1，有一张矩形纸片，已知，，现将纸片进行如下操作：先将纸片沿折痕进行折叠，使点落在边上的点处，点在上（如图2）；然后将纸片沿折痕进行第二次折叠，使点落在第一次的折痕上的点处，点在上（如图3），给出四个结论：
①的长为10；②的周长为18；③；④的长为5，正确的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，过点作，分别交、于点、，
四边形为矩形，
，，
由折叠可得，且，
四边形为正方形，
，故①正确；
，
和为等腰直角三角形，且，
设，则，，，
又由折叠的可知，
在中，由勾股定理可得，
即，解得，
，，，
又，
，
，
，
，
，即，
，，故④正确；
，
又和为等腰直角三角形，且，，
，，
的周长，
，
故②③不正确；正确；
综上可知正确的为①④，共2个．
【分析】过点作，交、于点、，根据正方形的性质求出的长判断①，得到和为等腰三角形，设，进而表示、、，根据折叠可得，在中根据勾股定理求出的值，再推理得到，根据对应边成比例求出、和，即可得到长判断②③④解答即可．
二、填空题
14．“满堂守岁欢声聚，一室围炉影共亲”呈现了除夕夜一家人在灯光下围炉煮茶、喜乐融融的温馨场景．其中，亲人身影映于墙上的现象属于　 　．（填“中心投影”或“平行投影”）
【答案】中心投影
【知识点】中心投影
【解析】【解答】解：“满堂守岁欢声聚，一室围炉影共亲”呈现了除夕夜一家人在灯光下围炉煮茶、喜乐融融的温馨场景.其中，亲人身影映于墙上的现象属于中心投影，
故答案为：中心投影.
【分析】中心投影是指由同一点(点光源)发出的光线形成的投影，平行投影是指由平行光线形成的投影.
15． 如图，正方形的边长为2，点是上一动点，将沿翻折，点落到点，连接，，当取得最大值时，的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图1所示，过点A作于点H，过点C作，交直线于点G，
∵四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴当点G与点F重合时，有最大值；
如图2所示，由图1可知，，，
设，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴．
故答案为：.
【分析】过点A作于点H，过点C作，交直线于点G，根据正方形的性质和折叠的性质可得，根据三线合一得到，然后根据AAS得到，即可得到，，进而可得点G与点F重合时，有最大值；如图2所示，可以得到，设，根据勾股定理得到，求出x的值解答即可．
16．如图，正方形ABCD中，点E为对角线BD上一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接EF.过点C作CM⊥EF，交EF，BD，AD分别于点G，H，M.若BE=1，EC=5，则的值为　 　 .
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
由旋转的性质得，
∴，即，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
在中，由勾股定理得，
∴；
同理可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】连接，根据正方形的定义，利用SAS得到，即可得到，，根据旋转的性质和勾股定理求出，即可得到，根据勾股定理求出长，则可得到和AD长，然后根据两角对应相等得到，求出的长，再根据平行证明，利用对应边成比例解答即可．
17．某中学数学社团开展折纸活动，如图，在一张宽为 4 cm，长度足够的矩形纸条中剪取矩形纸片 先将纸片折出折痕 BD，再 在边 AD上取点 P，将 △ABP沿BP 折叠得 △A'BP.记AP与BD的交点为Q，在折纸过程中，当点Q平分线段A'P时，A'B恰好平分 ∠DBC，则AD长度应取　 　cm.
【答案】7
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图所示，延长交BC于点E，过点P作于点F，
，
四边形为矩形，
，，
四边形为矩形，
，
根据折叠可得，，，
平分，
，
又，
，
，
点Q平分线段，
，
，
，
，
，
设，
则，，
由勾股定理得，
，
由勾股定理得，
即，
解得（负值已舍），
．
故答案为：7 .
【分析】延长交于点，过点作于点，根据翻折的性质和角平分线的定义，利用ASA得到，即可得到，然后根据平行线线得到，根据对应边成比例设，然后根据勾股定理解答即可．
三、解答题
18．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，建立平面直角坐标系xOy，△AOB的三个顶点均为格点（网格线的交点），已知点A和点B的坐标分别为（﹣2，3）和（﹣3，1）．
（1）在所给的网格图中描出点B关于原点对称的点B'，并写出点B'的坐标．
（2）在所给的网格图中画出△AOB绕点O顺时针旋转90°后的△A1OB1．
【答案】（1）解：如图
∴B'（3，﹣1）；
（2）解：如图，△A1OB1即为所求．
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征；作图﹣旋转
【解析】【分析】(1)根据关于原点对称的点的坐标解答即可；
(2)找到△AOB绕点O顺时针旋转90°后的坐标即可画出△A1OB1.
19．如图，在直角坐标系中，已知M（3，2），点N（-1，6）.
（1）若点M'与M关于x轴对称，在直角坐标系中作出点M'，并写出点M'的坐标.
（2）点P为x轴上一动点，求NP-MP的最大值，并直接写出点P的坐标.
【答案】（1）M'（3，-2），画图如下：
（2）解：由三角形三边关系可知
∴ NP-MP的最大值 为MN=
P（5，0）
【知识点】三角形三边关系；关于坐标轴对称的点的坐标特征；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：(2)此时点P在直线NM上。
连接NM并延长，交x轴与点P。
设直线NM的解析式为，则
解得k=-1，b=5
∴直线NM的解析式为
令y=0得-x+5=0
解得x=5
∴P（5，0）
【分析】(1)关于x轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数，从而可知点 M' 的坐标并描点；
(2)利用三角形三边关系以及勾股定理可求 NP-MP的最大值，求出直线NM的解析式，结合此时N，M，P三点共线及可求出点P坐标。
20．如图，正方形ABCD，直线DA绕点 D顺时针旋转α至DE (0°≤α≤45°)，作A关于直线DE的对称点F， AF交DE于点 G，连CF交DE于点 H，连BH交AC于点M．小明在探究∠DHC与α的大小关系时，发现其对应如下：
α 10° α
∠DHC ① ▲ ② ▲
（1）请填表，并证明结论②：
（2）求证： BH∥AF；
（3）在直线DA旋转过程中，试探究线段AM与线段CM的比(用含α的式子表示)．
【答案】（1）45°； 45°
（2）证明：连接BD交AC于点O，连接AH， OH，如图：
由(1)可知∠AHC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OC=OB=OD，
∴OH=OA=OC，
∴OH=OB=OD，
∴∠BHD=90°，
∴BH⊥DE，
∵DE⊥AF，
∴BH∥AF；
（3）解：设BH交AD于K，如图：
由(2)知∠BHD=90°，
∴∠KHD=∠KAB=90°，
∵∠HKD=∠AKB，
∴∠HDK=∠ABK=α，
∵AK∥BC，
∴△AKM∽△CBM，
∵AB=BC，
【知识点】正方形的性质；轴对称的性质；解直角三角形—边角关系；等腰三角形的性质-等边对等角；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】（1）解：由表可知， 为定值 故 时， 当 时， 理由如下：
连接DF， AH，设CF交AD于N，如图：
∵A， F关于DE对称，
即
∴∠AHN=∠CDN=90°，
∴∠AHF=90°，
∵HF=HA， HG⊥AF，
∴∠FHE=∠AHE=45°，
∴∠DHC=∠FHE=45°；
故答案为： 45°； 45°；
【分析】(1)由表可知， 为定值 连接DF， AH，设CF交AD于N，由A， F关于DE对称，可证明 即可得 即可得到结论
(2)连接BD交AC于点O，连接AH， OH，由(1)可知 而四边形ABCD是正方形，有OA=OC=OB=OD，可得 从而得到结论；
(3)设BH交AD于K，证明 可得由，即可解答
21．已知：在△ABC中，
（1）如图1，求△ABC的面积.
（2）如图2，点D在边AC上，将△ABC沿射线BD方向平移至△A1DC1，使得点B与点D重合.
①连结AA1，CA1.求△AA1C的面积.
②如图3，将△A1DC1绕点D旋转至△A2DC2，边A2C2与线段BD的延长线交于点E，连结CE.当CD=2AD时，求的最小值.
【答案】（1）解：过点作于点，则：
，，
设，则，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴的面积为：．
（2）解：①如图2，连接，
∵沿射线方向平移至，
∴，，，
∴，
∵且，
∴四边形是平行四边形，
∴的面积的面积的面积，
∵，
∴的面积的面积，
∴的面积．
②如图3，过点作于点，
由（1）得：，
当时，，
∴，
∴，
过点作于点，则的面积为：，
∵的面积为：，
∴，解得，
∴，
∵，
∴只需最小，则最小，
∵绕点旋转至，
∴，
∴的最小值，
∴的最小值为：．
【知识点】二次函数的最值；平行四边形的判定与性质；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（1）过点作于点，根据正切的定义设，则，根据勾股定理求出CF长，然后利用三角形的面积公式计算即可．
（2）①如图2，连结，根据平移得到四边形是平行四边形，再根据的面积的面积解答即可．
②如图3，过点作于点，即可得到，过点作于点，根据△BCD的面积求出CG长，根据勾股定理，根据二次函数的最值解答即可．
22．综合与实践
（1）【提出问题】如图1，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，将PA绕点P顺时针旋转60°得到PQ，连接AQ，DQ.则∠ADQ的度数为　 　；
（2）【类比探究】如图2，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一动点，且BP>DP，连接AP，将AP绕点P顺时针旋转90°得到PQ，连接AQ，DQ.
①求∠ADQ的度数；
②当BP=BA=2时，求DQ的长；
（3）【迁移运用】如图3，在矩形ABCD中，AB=4，∠ADB=30°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，以AP为边在AP的右边作Rt△APQ，且∠APQ=90°，∠AQP=30°，当点Q到BD的距离为时，直接写出BP的长.
【答案】（1）60°
（2）解：①解：连接，交于点O，过点作，交的延长线于点G，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∵绕点顺时针旋转得到．
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∵，
∴．
②当时，
则，
∴，
∴，
∴，
∴
（3）或
【知识点】旋转的性质；四边形的综合；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）解：∵菱形中，，
∴，，
∵绕点顺时针旋转得到．
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴．
故答案为：60°；
（3）解：过点作，交的延长线于点H，过点作于点M，
∵四边形是矩形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点到的距离为，，，
∴，，
∴，
解得，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴三点共线．
过点作于点G，
∵点到的距离为，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
综上所述，的长为或．
【分析】（1）根据菱形的性质和旋转性质得到是等边三角形，然后根据SAS得到，然后根据对应边相等解答即可．
（2）连接交于点O，过点作，交的延长线于点G，根据AAS得到，即可得到，进而证明结论即可．
②根据正方形的性质，利用勾股定理求出AC长，然后根据线段的和差和等边对等角求出，再根据勾股定理解答即可，
解答即可．
（3）分为两种情况作垂线，即可得到，然后根据对应边成比例求出，，进而根据正切的定义求出∠QDH=60°，进而得到，得到结论即可．
1 / 14月下旬之图形的变化与投影—浙江省数学2026年中考模拟精选新题速递
一、选择题
1．下列几何体的三视图相同的是（　　）
A． B．
C． D．
2．榫卯是中国古建筑的主要结构方式，是极为精巧的发明之…，其凸出的部分叫榫，凹进去的部分叫卯.如图是某个部件“棉”的实物图，那么它的俯视图是（　　）
A． B．
C． D．
3．榫卯强调隐形连接，被誉为“中华民族千年非遗瑰宝”．鲁班锁就是起源于我国古建筑中的榫卯结构．图2是六根鲁班锁（图1）中的一个构件，其左视图是（　　）
A． B．
C． D．
4．几个大小相同，且棱长为1的小正方体所搭成几何体的俯视图如图所示，图中小正方形中的数字表示在该位置小正方体的个数，则这个几何体的左视图的面积为（　　）
A．5 B．4 C．7 D．9
5．用5个相同的小立方体搭成以下几何体，其中左视图与其他3个不同的是（　　）
A． B．
C． D．
6．米斗是古代粮仓必备的粮食量器.如图1，这是一种无盖米斗，其示意图（不计厚度），如图2所示，则其俯视图的是（　　）
A． B．
C． D．
7．葫芦在我国古代被视作吉祥之物.如图，这是一个工艺葫芦的示意图，关于它的三视图，下列说法正确的是（　　)
A．主视图与左视图相同
B．主视图与俯视图相同
C．左视图与俯视图相同
D．主视图、左视图与俯视图都相同
8．如图，将矩形纸片ABCD的两个直角∠A和∠B分别沿直线EN，EM折叠，折叠后点A，B的位置分别是点A'，B'.若∠A'EB'=α，则∠NEM的大小是（　　）
A．180°-2α B．180°-α C． D．90°-α
9．中国国家天文台阿里观测基地位于素有“世界屋脊”之称的西藏阿里地区，天文台的观测部分主体是一个圆柱体底座与可开合的半球形穹顶组成，其示意图的俯视图是（　　）
A． B． C． D．
10． 如图，在一次综合实践课上，为检验纸带①②的边线是否平行，甲、乙采用了两种不同的方法：甲把纸带①沿折叠，量得；乙把纸带②沿折叠，发现与重合，与重合，且点在同一直线上，点也在同一直线上．则下列判断正确的是（　　）
A．纸带①②的边线都平行
B．纸带①的边线平行，纸带②的边线不平行
C．纸带①②的边线都不平行
D．纸带①的边线不平行，纸带②的边线平行
11．如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A落在A'处， A'D交BC于点E.将△CDE沿DE折叠，点C落在△BDE内的C'处，下列结论一定正确的是(　　)
A． B．∠1=α C． D．∠2=2α
12．如图1，某博物院收藏着一件西周乐器云纹青铜大铙，鼓饰变形兽面纹，两侧饰云雷纹、图2为其结构示意图，则它的主视图是(　　)
A． B． C． D．
13． 如图1，有一张矩形纸片，已知，，现将纸片进行如下操作：先将纸片沿折痕进行折叠，使点落在边上的点处，点在上（如图2）；然后将纸片沿折痕进行第二次折叠，使点落在第一次的折痕上的点处，点在上（如图3），给出四个结论：
①的长为10；②的周长为18；③；④的长为5，正确的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
14．“满堂守岁欢声聚，一室围炉影共亲”呈现了除夕夜一家人在灯光下围炉煮茶、喜乐融融的温馨场景．其中，亲人身影映于墙上的现象属于　 　．（填“中心投影”或“平行投影”）
15． 如图，正方形的边长为2，点是上一动点，将沿翻折，点落到点，连接，，当取得最大值时，的长为　 　．
16．如图，正方形ABCD中，点E为对角线BD上一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接EF.过点C作CM⊥EF，交EF，BD，AD分别于点G，H，M.若BE=1，EC=5，则的值为　 　 .
17．某中学数学社团开展折纸活动，如图，在一张宽为 4 cm，长度足够的矩形纸条中剪取矩形纸片 先将纸片折出折痕 BD，再 在边 AD上取点 P，将 △ABP沿BP 折叠得 △A'BP.记AP与BD的交点为Q，在折纸过程中，当点Q平分线段A'P时，A'B恰好平分 ∠DBC，则AD长度应取　 　cm.
三、解答题
18．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，建立平面直角坐标系xOy，△AOB的三个顶点均为格点（网格线的交点），已知点A和点B的坐标分别为（﹣2，3）和（﹣3，1）．
（1）在所给的网格图中描出点B关于原点对称的点B'，并写出点B'的坐标．
（2）在所给的网格图中画出△AOB绕点O顺时针旋转90°后的△A1OB1．
19．如图，在直角坐标系中，已知M（3，2），点N（-1，6）.
（1）若点M'与M关于x轴对称，在直角坐标系中作出点M'，并写出点M'的坐标.
（2）点P为x轴上一动点，求NP-MP的最大值，并直接写出点P的坐标.
20．如图，正方形ABCD，直线DA绕点 D顺时针旋转α至DE (0°≤α≤45°)，作A关于直线DE的对称点F， AF交DE于点 G，连CF交DE于点 H，连BH交AC于点M．小明在探究∠DHC与α的大小关系时，发现其对应如下：
α 10° α
∠DHC ① ▲ ② ▲
（1）请填表，并证明结论②：
（2）求证： BH∥AF；
（3）在直线DA旋转过程中，试探究线段AM与线段CM的比(用含α的式子表示)．
21．已知：在△ABC中，
（1）如图1，求△ABC的面积.
（2）如图2，点D在边AC上，将△ABC沿射线BD方向平移至△A1DC1，使得点B与点D重合.
①连结AA1，CA1.求△AA1C的面积.
②如图3，将△A1DC1绕点D旋转至△A2DC2，边A2C2与线段BD的延长线交于点E，连结CE.当CD=2AD时，求的最小值.
22．综合与实践
（1）【提出问题】如图1，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，将PA绕点P顺时针旋转60°得到PQ，连接AQ，DQ.则∠ADQ的度数为　 　；
（2）【类比探究】如图2，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一动点，且BP>DP，连接AP，将AP绕点P顺时针旋转90°得到PQ，连接AQ，DQ.
①求∠ADQ的度数；
②当BP=BA=2时，求DQ的长；
（3）【迁移运用】如图3，在矩形ABCD中，AB=4，∠ADB=30°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，以AP为边在AP的右边作Rt△APQ，且∠APQ=90°，∠AQP=30°，当点Q到BD的距离为时，直接写出BP的长.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：A、长方体的三视图都是矩形，但是矩形形状并不全等，该选项不符合题意；
B、正方体的三视图都是正方形，该选项符合题意；
C、圆柱的主视图、左视图都是矩形，俯视图是一个圆，该选项不符合题意；
D、圆锥的主视图和左视图为三角形，俯视图为带圆心的圆，该选项不符合题意；
故答案为：B .
【分析】三根据几何体的三视图逐项判断解答即可．
2．【答案】B
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：这个几何体的俯视图为：
故答案为：B．
【分析】根据从几何体的上面观察得出的图形是俯视图 解答即可．
3．【答案】B
【知识点】简单组合体的三视图
4．【答案】A
【知识点】已知三视图进行几何体的相关计算；小正方体组合体的三视图
【解析】【解答】解：由俯视图以及该位置小正方体的个数可知，左视图共有两列，第一列2个小正方形，第二列3个小正方形，
则这个几何体的左视图的面积为．
故答案为：A.
【分析】根据俯视图得到该位置小正方体的个数，再根据左面看到的图形得到面积即可．
5．【答案】B
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：A、C、D的左视图如图所示：
B的左视图如图所示：
只有B的左视图与其他3个不同；
故选B．
【分析】
左视图是从左面看到的平面图形．
6．【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：从上面看，可得图形如下
故答案为：A
【分析】明确俯视图的定义（从物体正上方观察所得的投影），并结合几何体“无盖”、“上大下小”的结构特征，判断可见轮廓线（实线）与不可见轮廓线（虚线）。
7．【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
8．【答案】C
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠可知，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：C.
【分析】根据折叠的性质可得，进而得到，再根据解答即可.
9．【答案】A
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：如图所示即为其俯视图，
故答案为：A.
【分析】找到从上面看所得到的图形即可，注意看得到的棱画实线，看不到的棱画虚线.
10．【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；翻折变换（折叠问题）；平行线的应用-折叠问题
【解析】【解答】解：对于纸带①，
∵，
∴，
∴，
由折叠的性质得，，
∴，
∴与不平行，
对于纸带②，由折叠的性质得，，，
又∵点C，G，D在同一直线上，点E，H，F也在同一直线上，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
综上所述，纸带①的边线不平行，纸带②的边线平行．
故答案为：D.
【分析】纸带①中根据对顶角相等可得，然后根据三角形内角和定理求出，利用折叠的性质得到，再根据平行线的判定解答；纸带②中根据折叠可得，，然后根据平角的定义得到，，然后利用平行线的判定解答即可．
11．【答案】D
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∵，即，
∴，故A不正确；
∵，
∴，故B不正确；
∵折叠，
∴ ，
∵，故C不正确，D选项正确；
故选：D．
【分析】根据矩形的性质得到，，根据平行线的性质得到，进而根据折叠的性质得出，，然后逐一判断解答即可．
12．【答案】D
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：几何体的主视图为
；
故答案为：D.
【分析】根据从正面看到的平面图形为主视图解答即可.
13．【答案】B
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，过点作，分别交、于点、，
四边形为矩形，
，，
由折叠可得，且，
四边形为正方形，
，故①正确；
，
和为等腰直角三角形，且，
设，则，，，
又由折叠的可知，
在中，由勾股定理可得，
即，解得，
，，，
又，
，
，
，
，
，即，
，，故④正确；
，
又和为等腰直角三角形，且，，
，，
的周长，
，
故②③不正确；正确；
综上可知正确的为①④，共2个．
【分析】过点作，交、于点、，根据正方形的性质求出的长判断①，得到和为等腰三角形，设，进而表示、、，根据折叠可得，在中根据勾股定理求出的值，再推理得到，根据对应边成比例求出、和，即可得到长判断②③④解答即可．
14．【答案】中心投影
【知识点】中心投影
【解析】【解答】解：“满堂守岁欢声聚，一室围炉影共亲”呈现了除夕夜一家人在灯光下围炉煮茶、喜乐融融的温馨场景.其中，亲人身影映于墙上的现象属于中心投影，
故答案为：中心投影.
【分析】中心投影是指由同一点(点光源)发出的光线形成的投影，平行投影是指由平行光线形成的投影.
15．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图1所示，过点A作于点H，过点C作，交直线于点G，
∵四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴当点G与点F重合时，有最大值；
如图2所示，由图1可知，，，
设，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴．
故答案为：.
【分析】过点A作于点H，过点C作，交直线于点G，根据正方形的性质和折叠的性质可得，根据三线合一得到，然后根据AAS得到，即可得到，，进而可得点G与点F重合时，有最大值；如图2所示，可以得到，设，根据勾股定理得到，求出x的值解答即可．
16．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
由旋转的性质得，
∴，即，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
在中，由勾股定理得，
∴；
同理可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】连接，根据正方形的定义，利用SAS得到，即可得到，，根据旋转的性质和勾股定理求出，即可得到，根据勾股定理求出长，则可得到和AD长，然后根据两角对应相等得到，求出的长，再根据平行证明，利用对应边成比例解答即可．
17．【答案】7
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图所示，延长交BC于点E，过点P作于点F，
，
四边形为矩形，
，，
四边形为矩形，
，
根据折叠可得，，，
平分，
，
又，
，
，
点Q平分线段，
，
，
，
，
，
设，
则，，
由勾股定理得，
，
由勾股定理得，
即，
解得（负值已舍），
．
故答案为：7 .
【分析】延长交于点，过点作于点，根据翻折的性质和角平分线的定义，利用ASA得到，即可得到，然后根据平行线线得到，根据对应边成比例设，然后根据勾股定理解答即可．
18．【答案】（1）解：如图
∴B'（3，﹣1）；
（2）解：如图，△A1OB1即为所求．
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征；作图﹣旋转
【解析】【分析】(1)根据关于原点对称的点的坐标解答即可；
(2)找到△AOB绕点O顺时针旋转90°后的坐标即可画出△A1OB1.
19．【答案】（1）M'（3，-2），画图如下：
（2）解：由三角形三边关系可知
∴ NP-MP的最大值 为MN=
P（5，0）
【知识点】三角形三边关系；关于坐标轴对称的点的坐标特征；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：(2)此时点P在直线NM上。
连接NM并延长，交x轴与点P。
设直线NM的解析式为，则
解得k=-1，b=5
∴直线NM的解析式为
令y=0得-x+5=0
解得x=5
∴P（5，0）
【分析】(1)关于x轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数，从而可知点 M' 的坐标并描点；
(2)利用三角形三边关系以及勾股定理可求 NP-MP的最大值，求出直线NM的解析式，结合此时N，M，P三点共线及可求出点P坐标。
20．【答案】（1）45°； 45°
（2）证明：连接BD交AC于点O，连接AH， OH，如图：
由(1)可知∠AHC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OC=OB=OD，
∴OH=OA=OC，
∴OH=OB=OD，
∴∠BHD=90°，
∴BH⊥DE，
∵DE⊥AF，
∴BH∥AF；
（3）解：设BH交AD于K，如图：
由(2)知∠BHD=90°，
∴∠KHD=∠KAB=90°，
∵∠HKD=∠AKB，
∴∠HDK=∠ABK=α，
∵AK∥BC，
∴△AKM∽△CBM，
∵AB=BC，
【知识点】正方形的性质；轴对称的性质；解直角三角形—边角关系；等腰三角形的性质-等边对等角；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】（1）解：由表可知， 为定值 故 时， 当 时， 理由如下：
连接DF， AH，设CF交AD于N，如图：
∵A， F关于DE对称，
即
∴∠AHN=∠CDN=90°，
∴∠AHF=90°，
∵HF=HA， HG⊥AF，
∴∠FHE=∠AHE=45°，
∴∠DHC=∠FHE=45°；
故答案为： 45°； 45°；
【分析】(1)由表可知， 为定值 连接DF， AH，设CF交AD于N，由A， F关于DE对称，可证明 即可得 即可得到结论
(2)连接BD交AC于点O，连接AH， OH，由(1)可知 而四边形ABCD是正方形，有OA=OC=OB=OD，可得 从而得到结论；
(3)设BH交AD于K，证明 可得由，即可解答
21．【答案】（1）解：过点作于点，则：
，，
设，则，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴的面积为：．
（2）解：①如图2，连接，
∵沿射线方向平移至，
∴，，，
∴，
∵且，
∴四边形是平行四边形，
∴的面积的面积的面积，
∵，
∴的面积的面积，
∴的面积．
②如图3，过点作于点，
由（1）得：，
当时，，
∴，
∴，
过点作于点，则的面积为：，
∵的面积为：，
∴，解得，
∴，
∵，
∴只需最小，则最小，
∵绕点旋转至，
∴，
∴的最小值，
∴的最小值为：．
【知识点】二次函数的最值；平行四边形的判定与性质；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（1）过点作于点，根据正切的定义设，则，根据勾股定理求出CF长，然后利用三角形的面积公式计算即可．
（2）①如图2，连结，根据平移得到四边形是平行四边形，再根据的面积的面积解答即可．
②如图3，过点作于点，即可得到，过点作于点，根据△BCD的面积求出CG长，根据勾股定理，根据二次函数的最值解答即可．
22．【答案】（1）60°
（2）解：①解：连接，交于点O，过点作，交的延长线于点G，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∵绕点顺时针旋转得到．
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∵，
∴．
②当时，
则，
∴，
∴，
∴，
∴
（3）或
【知识点】旋转的性质；四边形的综合；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）解：∵菱形中，，
∴，，
∵绕点顺时针旋转得到．
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴．
故答案为：60°；
（3）解：过点作，交的延长线于点H，过点作于点M，
∵四边形是矩形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点到的距离为，，，
∴，，
∴，
解得，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴三点共线．
过点作于点G，
∵点到的距离为，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
综上所述，的长为或．
【分析】（1）根据菱形的性质和旋转性质得到是等边三角形，然后根据SAS得到，然后根据对应边相等解答即可．
（2）连接交于点O，过点作，交的延长线于点G，根据AAS得到，即可得到，进而证明结论即可．
②根据正方形的性质，利用勾股定理求出AC长，然后根据线段的和差和等边对等角求出，再根据勾股定理解答即可，
解答即可．
（3）分为两种情况作垂线，即可得到，然后根据对应边成比例求出，，进而根据正切的定义求出∠QDH=60°，进而得到，得到结论即可．
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