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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.(2019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.(2019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.(2019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.1cmB.2cmC.πcmD.2πcm
【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.(2019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A’D’经过B，EF为折痕，当D’FCD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.(2019江苏南通3分)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=【】
A.xxxx+6713B.2019+6713C.2015+6713D.2015+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。
∵2019÷3==670…2，
∴AP2019=670(3+3)+2+3=2019+6713。故选B。
6.(2019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.2B.3C.4D.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.(2019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.(2019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.(2019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.(2019江苏常州2分)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(结果保留π)。
【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.(2019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】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=(cm2)。
4.(2019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.(2019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π)
【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=(cm2.)。
6.(2019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，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.(2019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.(2019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=∠C+∠CAF=90°。
9.(2019江苏盐城3分)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=2∠B。
∴∠BDA1=180°-2∠B=80°。
10.(2019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tan∠DCF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，
∴。∴tan∠DCF=。
11.(2019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2πrcm，即侧面展开图的弧长为2πrcm，
∴，解得：r=4。
12.(2019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6π。
又∵母线长为6，∴圆锥的侧面积为。
三、解答题
1.(2019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(p>0)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(q>0)的点的“距离坐标”为(0，q);
(3)到直线AB、CD的距离分别为p、q(p>0，q>0)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MH⊥AB于点H。则
根据定义，MH=m，MO=n。
∵∠BOD=1500，∠DOM=900(∵l⊥CD)，
∴∠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.(2019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=2∠C，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∠B>∠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
(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=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(不妨设∠B>∠C)之间的等量关系为∠B=n∠C。
(3)利用(2)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.(2019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(a>0)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=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：(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=(6-t)。
∵a=52，∴PB=52t。
∵AD⊥BC，∴PE∥AD。∴PB：AB=BE：BD，即。
解得，t=。
∴PQ=PB=52t=(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.(2019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°<∠CBE<∠ABC)。以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC，得到△BE’A(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(0°<∠CBE<45°).求证：DE2=AD2+EC2.[来
:学#科#网]
【答案】证明：(1)∵△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(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△BE’A(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(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，∠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。
(2)由(1)的启示，作如(1)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.(2019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：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。
中国学科吧（jsfw8.com）
以下是中国学科吧（jsfw8.com）为您推荐的2015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。
2015年图形的变换中考数学题分类解析
一、选择题
1.(2019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.(2019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.(2019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.1cmB.2cmC.πcmD.2πcm
【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.(2019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A’D’经过B，EF为折痕，当D’FCD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.(2019江苏南通3分)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=【】
A.xxxx+6713B.2019+6713C.2015+6713D.2015+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。
∵2019÷3==670…2，
∴AP2019=670(3+3)+2+3=2019+6713。故选B。
6.(2019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.2B.3C.4D.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.(2019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.(2019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.(2019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.(2019江苏常州2分)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(结果保留π)。
【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.(2019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】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=(cm2)。
4.(2019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.(2019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π)
【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=(cm2.)。
6.(2019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，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.(2019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.(2019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=∠C+∠CAF=90°。
9.(2019江苏盐城3分)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=2∠B。
∴∠BDA1=180°-2∠B=80°。
10.(2019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tan∠DCF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，
∴。∴tan∠DCF=。
11.(2019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2πrcm，即侧面展开图的弧长为2πrcm，
∴，解得：r=4。
12.(2019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6π。
又∵母线长为6，∴圆锥的侧面积为。
三、解答题
1.(2019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(p>0)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(q>0)的点的“距离坐标”为(0，q);
(3)到直线AB、CD的距离分别为p、q(p>0，q>0)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MH⊥AB于点H。则
根据定义，MH=m，MO=n。
∵∠BOD=1500，∠DOM=900(∵l⊥CD)，
∴∠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.(2019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=2∠C，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∠B>∠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
(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=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(不妨设∠B>∠C)之间的等量关系为∠B=n∠C。
(3)利用(2)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.(2019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(a>0)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=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：(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=(6-t)。
∵a=52，∴PB=52t。
∵AD⊥BC，∴PE∥AD。∴PB：AB=BE：BD，即。
解得，t=。
∴PQ=PB=52t=(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.(2019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°<∠CBE<∠ABC)。以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC，得到△BE’A(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(0°<∠CBE<45°).求证：DE2=AD2+EC2.[来
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【答案】证明：(1)∵△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(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△BE’A(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(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，∠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。
(2)由(1)的启示，作如(1)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.(2019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：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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