2019年图形变换中考数学题分类解析

2019年图形变换中考数学题分类解析
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2015年图形的变换中考数学题分类解析
一、选择题
1.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.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.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【】ππcm
【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=2π，∴底面半径=2π÷2π=1cm。

故选A。

4.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A’D’经过B，EF为折痕，当D’FcD时，的值为【】
【答案】A。

【考点】翻折变换，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A′D′，交于点m，
∵在菱形纸片ABcD中，∠A=60°，
∴∠DcB=∠A=60°，AB∥cD。

∴∠D=180°-∠A=120°。

根据折叠的性质，可得
∠A′D′F=∠D=120°，
∴∠FD′m=180°-∠A′D′F=60°。

∵D′F⊥cD，∴∠D′Fm=90°，∠m=90°-∠FD′m=30°。

∵∠Bcm=180°-∠BcD=120°，∴∠cBm=180°-∠Bcm-∠m=30°。

∴∠cBm=∠m。

∴Bc=cm。

设cF=x，D′F=DF=y，则Bc=cm=cD=cF+DF=x+y。

∴Fm=cm+cF=2x+y，
在Rt△D′Fm中，tan∠m=tan30°=，∴。

∴。

故选A。

5.如图，在△ABc中，∠AcB=90º，∠B=30º，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P2019为止，则AP2019=【】++++6713
【答案】B。

【考点】分类归纳，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
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
的长度依次增加2，3，1，且三次一循环。

∵2019÷3==670…2，
∴AP2019=670+2+3=2019+6713。

故选B。

6.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【】
【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.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.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.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【】
个个个个
【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.已知扇形的半径为3cm，圆心角为1200，则此扇形的的弧长是▲cm，扇形的面积是▲cm2。

【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=，扇形的面积=。

3.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】10π。

【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4π;由母线长为5cm，根据圆锥的侧面积公式，得，圆锥的侧面积=。

4.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.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.
【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12π。

∴圆锥的侧面积=。

6.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，c’E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=∠D’FE。

∵ABcD是矩形，∴AD∥Bc。

∴∠GFE=∠cEF=70°，∠DFE=1800-∠cEF=110°。

∴∠GFD’=∠D’FE-∠GFE=110°-70°=40°。

7.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。

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，
∴+++•••+=4+8+•••+4，
即an-a1=4[1+2+3+•••+]=
∴an=+a1=。

当n=14时，a14=。

8.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=∠c+∠cAF=90°。

9.如图,在△ABc中，D,、E分别是边AB、Ac的中点,∠B=50°º.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。

∴∠ADE=∠B=50°。

又∵∠ADE=∠A1DE，∴∠A1DA=2∠B。

∴∠BDA1=180°-2∠B=80°。

10.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tan∠DcF的值是▲.
【答案】。

【考点】翻折变换，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，
∴。

∴tan∠DcF=。

11.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2πrcm，即侧面展开图的弧长为2πrcm，
∴，解得：r=4。

12.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6π。

又∵母线长为6，∴圆锥的侧面积为。

三、解答题
1.平面上两条直线AB、cD相交于点o，且∠BoD=1500，现按如下要求规定此平面上点的“距离坐标”：
点o的“距离坐标”为;
在直线cD上，且到直线AB的距离为p的点的“距离坐标”为;在直线AB上，且到直线cD的距离为q的点的“距离坐标”为;
到直线AB、cD的距离分别为p、q 的点的“距离坐标”为。

设m为此平面上的点，其“距离坐标”为，根据上述对点的“距离坐标”的规定，解决下列问题：
画出图形：
①满足m=1且n=0的点的集合;
②满足m=n的点的集合;
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。

【答案】解：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。

如图3，过点m作mH⊥AB于点H。

则
根据定义，mH=m，mo=n。

∵∠BoD=1500，∠Dom=900，
∴∠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，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。

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.
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
△ABc中，∠B=2∠c，经过两次折叠，∠BAc是不是△ABc的好角?
小丽经过三次折叠发现了∠BAc是△ABc的好角，请探究∠B与∠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∠B>∠c)之间的等量关系为应用提升
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：是。

∠B=3∠c。

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，∠B=∠AA1B1，∠c=∠A2B2c，∠A1B1c=∠A1A2B2，
∴根据三角形的外角定理知，∠A1A2B2=∠c+∠A2B2c=2∠c。

∵根据四边形的外角定理知，
∠BAc+∠B+∠AA1B1-∠A1B1c=∠BAc+2∠B-2c=180°，
根据三角形ABc的内角和定理知，∠BAc+∠B+∠c=180°，
∴∠B=3∠c。

故若经过n次折叠∠BAc是△ABc 的好角，则∠B与∠c之间的等量关系为∠B=n∠c。

利用的结论知∠B=n∠c，∠BAc是△ABc的好角，∠c=n∠A，∠ABc是△ABc的好角，∠A=n∠B，∠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.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.
若a=2，△BPQ∽△BDA，求t的值;
设点m在Ac上，四边形PQcm为平行四边形.
①若a=52，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：△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：。

①过点P作PE⊥Bc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=。

∵a=52，∴PB=52t。

∵AD⊥Bc，∴PE∥AD。

∴PB：AB=BE：BD，即。

解得，t=。

∴PQ=PB=52t=。

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+t ①。

∵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】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。

①首先过点P作PE⊥Bc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.如图1，在△ABc中，BA=Bc，D，E是Ac边上的两点，且满足∠DBE=∠ABc。

以点B为旋转中心，将△BEc按逆时针方向旋转∠ABc，得到△BE’A，连接DE’。

求证：DE’=DE.
如图2，在△ABc中，BA=Bc，∠ABc=90°，D，E是Ac边上的两点，且满足∠DBE=∠ABc.求证：DE2=AD2+Ec2.[来
:学#科#网]
【答案】证明：∵△BE’A是△BEc 按逆时针方向旋转∠ABc得到，
∴BE’=BE，∠E’BA=∠EBc。

∵∠DBE=∠ABc，∴∠ABD+∠EBc=∠ABc。

∴∠ABD+∠E’BA=∠ABc，即∠E’BD=∠ABc。

∴∠E’BD=∠DBE。

在△E’BD和△EBD中，∵BE’=BE，∠E’BD
=∠DBE，BD=BD，
∴△E’BD≌△EBD。

∴DE’=DE。

以点B为旋转中心，将△BEc按逆时针方向旋转∠ABc=90°，得到△BE’A，连接DE’。

由知DE’=DE。

由旋转的性质，知E’A=Ec，∠E’AB=∠EcB。

又∵BA=Bc，∠ABc=90°，∴∠BAc=∠AcB=45°。

∴∠E’AD=∠E’AB+∠BAc=90°。

在Rt△DE’A中，DE’2=AD2+E’A2，∴DE2=AD2+Ec2。

【考点】旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。

【分析】由旋转的性质易得BE’=BE，∠E’BA=∠EBc，由已知∠DBE=∠ABc 经等量代换可得
∠E’BD=∠DBE，从而可由SAS 得△E’BD≌△EBD，得到DE’=DE。

由的启示，作如的辅助图形，即可得到直角三角形DE’A，根据勾股定理即可证得结论。

5.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.
在网格中画出△A1B1c1和△A1B2c2;
计算线段Ac在变换到A1c2的过程中扫过区域的面积
【答案】解：如图所示：
∵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：4×2=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：4×2=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+π×=14+π。

【考点】作图，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】根据图形平移及旋转的性质画出△A1B1c1及△A1B2c2即可。

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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2015年图形的变换中考数学题分类解析
一、选择题
1.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.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.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【】ππcm
【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=2π，∴底面半径=2π÷2π=1cm。

故选A。

4.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A’D’经过B，EF为折痕，当D’FcD时，的值为【】
【答案】A。

【考点】翻折变换，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A′D′，交于点m，
∵在菱形纸片ABcD中，∠A=60°，
∴∠DcB=∠A=60°，AB∥cD。

∴∠D=180°-∠A=120°。

根据折叠的性质，可得
∠A′D′F=∠D=120°，
∴∠FD′m=180°-∠A′D′F=60°。

∵D′F⊥cD，∴∠D′Fm=90°，∠m=90°-∠FD′m=30°。

∵∠Bcm=180°-∠BcD=120°，∴∠cBm=180°-∠Bcm-∠m=30°。

∴∠cBm=∠m。

∴Bc=cm。

设cF=x，D′F=DF=y，则Bc=cm=cD=cF+DF=x+y。

∴Fm=cm+cF=2x+y，
在Rt△D′Fm中，tan∠m=tan30°=，∴。

∴。

故选A。

5.如图，在△ABc中，∠AcB=90º，∠B=30º，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P2019为止，则AP2019=【】++++6713
【答案】B。

【考点】分类归纳，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
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
的长度依次增加2，3，1，且三次一循环。

∵2019÷3==670…2，
∴AP2019=670+2+3=2019+6713。

故选B。

6.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【】
【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.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.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.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【】
个个个个
【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.已知扇形的半径为3cm，圆心角为1200，则此扇形的的弧长是▲cm，扇形的面积是▲cm2。

【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=，扇形的面积=。

3.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】10π。

【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4π;由母线长为5cm，根据圆锥的侧面积公式，得，圆锥的侧面积=。

4.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.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.
【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12π。

∴圆锥的侧面积=。

6.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，c’E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=∠D’FE。

∵ABcD是矩形，∴AD∥Bc。

∴∠GFE=∠cEF=70°，∠DFE=1800-∠cEF=110°。

∴∠GFD’=∠D’FE-∠GFE=110°-70°=40°。

7.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。

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，
∴+++•••+=4+8+•••+4，
即an-a1=4[1+2+3+•••+]=
∴an=+a1=。

当n=14时，a14=。

8.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=∠c+∠cAF=90°。

9.如图,在△ABc中，D,、E分别是边AB、Ac的中点,∠B=50°º.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。

∴∠ADE=∠B=50°。

又∵∠ADE=∠A1DE，∴∠A1DA=2∠B。

∴∠BDA1=180°-2∠B=80°。

10.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tan∠DcF的值是▲.
【答案】。

【考点】翻折变换，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，
∴。

∴tan∠DcF=。

11.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2πrcm，即侧面展开图的弧长为2πrcm，
∴，解得：r=4。

12.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6π。

又∵母线长为6，∴圆锥的侧面积为。

三、解答题
1.平面上两条直线AB、cD相交于点o，且∠BoD=1500，现按如下要求规定此平面上点的“距离坐标”：
点o的“距离坐标”为;
在直线cD上，且到直线AB的距离为p的点的“距离坐标”为;在直线AB上，且到直线cD的距离为q的点的“距离坐标”为;
到直线AB、cD的距离分别为p、q 的点的“距离坐标”为。

设m为此平面上的点，其“距离坐标”为，根据上述对点的“距离坐标”的规定，解决下列问题：
画出图形：
①满足m=1且n=0的点的集合;
②满足m=n的点的集合;
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。

【答案】解：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。

如图3，过点m作mH⊥AB于点H。

则
根据定义，mH=m，mo=n。

∵∠BoD=1500，∠Dom=900，
∴∠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，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。

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.
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
△ABc中，∠B=2∠c，经过两次折叠，∠BAc是不是△ABc的好角?
小丽经过三次折叠发现了∠BAc是△ABc的好角，请探究∠B与∠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∠B>∠c)之间的等量关系为
应用提升
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：是。

∠B=3∠c。

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，∠B=∠AA1B1，∠c=∠A2B2c，∠A1B1c=∠A1A2B2，
∴根据三角形的外角定理知，∠A1A2B2=∠c+∠A2B2c=2∠c。

∵根据四边形的外角定理知，
∠BAc+∠B+∠AA1B1-∠A1B1c=∠BAc+2∠B-2c=180°，
根据三角形ABc的内角和定理知，∠BAc+∠B+∠c=180°，
∴∠B=3∠c。

故若经过n次折叠∠BAc是△ABc 的好角，则∠B与∠c之间的等量关系为∠B=n∠c。

利用的结论知∠B=n∠c，∠BAc是△ABc的好角，∠c=n∠A，∠ABc是△ABc的好角，∠A=n∠B，∠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.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.
若a=2，△BPQ∽△BDA，求t的值;
设点m在Ac上，四边形PQcm为平行四边形.
①若a=52，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：△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：。

①过点P作PE⊥Bc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=。

∵a=52，∴PB=52t。

∵AD⊥Bc，∴PE∥AD。

∴PB：AB=BE：BD，即。

解得，t=。

∴PQ=PB=52t=。

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+t
①。

∵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】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。

①首先过点P作PE⊥Bc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。