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2015年中考数学图形的变换专题试题解析
一、选择题
1.(2019湖北武汉3分)如图，矩形ABCD中，点E在边AB上，将矩形ABCD沿直线DE折叠，点A
恰好落在边BC的点F处.若AE=5，BF=3，则CD的长是【】
A.7B.8C.9D.10
【答案】C。
【考点】折叠的性质，矩形的性质，勾股定理。
【分析】根据折叠的性质，EF=AE=5;根据矩形的性质，∠B=900。
在Rt△BEF中，∠B=900，EF=5，BF=3，∴根据勾股定理，得。
∴CD=AB=AE+BE=5+4=9。故选C。
2.(2019湖北武汉3分)如图，是由4个相同小正方体组合而成的几何体，它的左视图是【】
【答案】D。
【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：从左面看易得只有一排，两层都是1个正方形，。故选D。
3.(2019湖北黄石3分)如图所示，该几何体的主视图应为【】
【答案】C。
【考点】简单组合体的三视图。
【分析】几何体的主视图就是从正面看所得到的图形，从正面看可得到一个大矩形左上边去掉一个小矩形的图形。故选C。
4.(2019湖北黄石3分)如图所示，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得
点C与点A重合，则AF长为【】
A.B.C.D.
【答案】B。
【考点】翻折变换(折叠问题)，折叠对称的性质，矩形的性质，勾股定理。
【分析】设AF=xcm，则DF=(8-x)cm，
∵矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，
∴DF=D′F，
在Rt△AD′F中，∵AF2=AD′2+D′F2，即x2=62+(8-x)2，解得：x=。故选B。
5.(2019湖北荆门3分)已知：顺次连接矩形各边的中点，得到一个菱形，如图①;再顺次连接菱形各边的中点，得到一个新的矩形，如图②;然后顺次连接新的矩形各边的中点，得到一个新的菱形，如图③;如此反复操作下去，则第2019个图形中直角三角形的个数有【】
A.8048个B.4024个C.2019个D.1066个
【答案】B。
【考点】分类归纳(图形的变化类)。
【分析】写出前几个图形中的直角三角形的个数，并找出规律：
第1个图形，有4个直角三角形，第2个图形，有4个直角三角形，
第3个图形，有8个直角三角形，第4个图形，有8个直角三角形，
…，
依次类推，当n为奇数时，三角形的个数是2(n+1)，当n为偶数时，三角形的个数是2n个，
所以，第2019个图形中直角三角形的个数是2×2019=4024。故选B。
6.(2019湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田3分)某种零件模型如图所示，该几何体(空心圆柱)的俯视图是【】
A.B.C.D.
【答案】C。
【考点】简单组合体的三视图。
【分析】找到从上面看所得到的图形即可：空心圆柱由上向下看，看到的是一个圆环。故选C。
7.(2019湖北宜昌3分)球和圆柱在水平面上紧靠在一起，组成如图所示的几何体，托尼画出了它的三视图，其中他画的俯视图应该是【】
A.两个相交的圆B.两个内切的圆C.两个外切的圆D.两个外离的圆
【答案】C。
【考点】简单组合体的三视图。1419956
【分析】找到从上面看所得到的图形即可：从上面可看到两个外切的圆。故选C。
8.(2019湖北恩施3分)一个用于防震的L形包装塑料泡沫如图所示，则该物体的俯视图是【】
A.B.C.D.
【答案】B。
【考点】简单组合体的三视图。
【分析】从上面看该组合体的俯视图是一个矩形，并且被一条棱隔开，故选B。
9.(2019湖北咸宁3分)中央电视台有一个非常受欢迎的娱乐节目：墙来了!选手需按墙上的空洞造型
摆出相同姿势，才能穿墙而过，否则会被墙推入水池.类似地，有一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形
状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞，则该几何体为【】.
A.B.C.D.
【答案】A。
【考点】由三视图判断几何体。
【分析】一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞，即要这个几何体的三
视图分别是正方形、圆和正三角形。符合此条件的只有选项A：主视图是正方形，左视图是正三角形，俯
视图是圆。故选A。
10.(2019湖北黄冈3分)如图，水平放置的圆柱体的三视图是【】
A.B.
C.D.
【答案】A。
【考点】简单几何体的三视图。
【分析】根据主视图、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，即可得出答案：
依据圆柱体放置的方位来说，从正面和上面可看到的长方形是一样的;从左面可看到一个圆。故选A。
11.(2019湖北黄冈3分)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6cm，点P从点A出发，沿AB方向以
每秒cm的速度向终点B运动;同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，将
△PQC沿BC翻折，点P的对应点为点P′.设Q点运动的时间t秒，若四边形QPCP′为菱形，则t的值为【】
A.B.2C.D.4
【答案】B。
【考点】动点问题，等腰直角三角形的性质，翻折对称的性质，菱形的性质，矩形。
【分析】如图，过点P作PD⊥AC于点D，连接PP′。
由题意知，点P、P′关于BC对称，∴BC垂直平分PP′。
∴QP=QP′，PE=P′E。
∴根据菱形的性质，若四边形QPCP′是菱形则CE=QE。
∵∠C=90°，AC=BC，∴∠A=450。
∵AP=t，∴PD=t。
易得，四边形PDCE是矩形，∴CE=PD=t，即CE=QE=t。
又BQ=t，BC=6，∴3t=6，即t=2。
∴若四边形QPCP′为菱形，则t的值为2。故选B。
12.(2019湖北随州4分)下列四个几何体中，主视图与左视图相同的几何体有【】
A.1个B.2个C.3个D.4个
【答案】D。
【考点】简单几何体的三视图。
【分析】分别分析四种几何体的三种视图即可得出结论：
①正方体的主视图与左视图都是正方形;②圆柱的主视图和左视图都是长方形;
③圆锥主视图与左视图都是三角形;④球的主视图与左视图都是圆。
故主视图与左视图相同的几何体有。故选D。
13.(2019湖北十堰3分)如图是某体育馆内的颁奖台，其主视图是【】
A.B.C.D.
【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，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中。从颁奖台正面看所
得到的图形为A。故选A。
14.(2019湖北十堰3分)如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到;②点O与O′的距离为4;③∠AOB=150°;④;⑤.其中正确的结论是【】
A.①②③⑤B.①②③④C.①②③④⑤D.①②③
【答案】A。
【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理。
【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600。
∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。
∴∠O′BA=600-∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。故结论①正确。
连接OO′，
∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。
∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形。
∴∠AOB=∠AOO′+∠O′OB=900+600=150°。故结论③正确。
。故结论④错误。
如图所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，
点O旋转至O″点.
易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的
直角三角形。
则。
故结论⑤正确。
综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选A。
15.(2019湖北孝感3分)几个棱长为1的正方体组成的几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的体积是【】
A.4B.5C.6D.7
【答案】B。
【考点】由三视图判断几何体。
【分析】综合三视图可知，这个几何体共有两行三列，它的下层应该有3+1=4个小正方体，上层应该有1个小正方体，因此搭成这个几何体所用小正方体的个数是4+1=5个。所以这个几何体的体积是5。故选B。
16.(2019湖北襄阳3分)如图是由两个小正方体和一个圆锥体组成的立体图形，其主视图是【】
A.B.C.D.
【答案】B。
【考点】简单组合体的三视图。1028458
【分析】主视图是从正面看得到的视图，从正面看上面圆锥看见的是：三角形，下面两个正方体看见的是两个正方形。故选B。
17.(2019湖北鄂州3分)如左下图是一个由多个正方体堆积而成的几何体俯视图。图中所示数字为该小
正方体的个数，则这个几何体的左视图是【】
【答案】D。
【考点】由三视图判断几何体，简单组合体的三视图。
【分析】由俯视图和图中所示小正方体的个数的数字，知此几何体有2行3列3层，前排有2层，后排有3层，故个几何体的左视图是D。故选D。
二、填空题
1.(2019湖北荆州3分)如图，已知正方形ABCD的对角线长为2，将正方形ABCD沿直线EF折叠，则图中阴影部分的周长为 ▲
【答案】8。
【考点】翻折变换(折叠问题)，折叠的对称性质，正方形的性质，勾股定理。
【分析】如图，∵正方形ABCD的对角线长为2，即BD=2，∠A=90°，AB=AD，∠ABD=45°，
∴AB=BD•cos∠ABD=BD•cos45°=2。
∴AB=BC=CD=AD=2。
由折叠的性质：A′M=AM，D′N=DN，A′D′=AD，
∴图中阴影部分的周长为
A′M+BM+BC+CN+D′N+A′D′=AM+BM+BC+CN+DN+AD=AB+BC+CD+AD=2+2+2+2=8。
2.(2019湖北荆州3分)如图是一个上下底密封纸盒的三视图，请你根据图中数据，计算这个密封纸盒的表面积为 ▲ cm2.(结果可保留根号)
【答案】+360。
【考点】由三视图判断几何体，解直角三角形。
【分析】根据该几何体的三视图知道其是一个六棱柱，
∵其高为12cm，底面半径为5cm，∴其侧面积为6×5×12=360cm2。
又∵密封纸盒的底面面积为：cm2，
∴其全面积为：(+360)cm2。
3.(2019湖北鄂州3分)在锐角三角形ABC中，BC=，∠ABC=45°，BD平分∠ABC，M、N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值是▲。
【答案】4。
【考点】最短路线问题，全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，垂直线段的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】如图，在BA上截取BE=BN，连接EM。
∵∠ABC的平分线交AC于点D，∴∠EBM=∠NBM。
在△AME与△AMN中，∵BE=BN，∠EBM=∠NBM，BM=BM，
∴△BME≌△BMN(SAS)。∴ME=MN。∴CM+MN=CM+ME≥CE。
又∵CM+MN有最小值，∴当CE是点C到直线AB的距离时，CE取最小值。
∵BC=，∠ABC=45°，∴CE的最小值为sin450=4。
∴CM+MN的最小值是4。
三、解答题
1.(2019湖北荆门9分)如图，Rt△ABC中，∠C=90°，将△ABC沿AB向下翻折后，再绕点A按顺时针方向旋转α度(α<∠BAC)，得到Rt△ADE，其中斜边AE交BC于点F，直角边DE分别交AB、BC于点G、H.
(1)请根据题意用实线补全图形;
(2)求证：△AFB≌△AGE.
【答案】解：(1)画图，如图：
(2)证明：由题意得：△ABC≌△AED。
∴AB=AE，∠ABC=∠E。
在△AFB和△AGE中，∵∠ABC=∠E，AB=AE，∠α=∠α，
∴△AFB≌△AGE(ASA)。
【考点】翻折变换(折叠问题)，旋转的性质，全等三角形的判定。
【分析】(1)根据题意画出图形，注意折叠与旋转中的对应关系。
(2)由题意易得△ABC≌△AED，即可得AB=AE，∠ABC=∠E，然后利用ASA的判定方法，即可证得△AFB≌△AGE。
2.(2019湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田10分)△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，以D为顶点作∠MDN=∠B.
(1)如图(1)当射线DN经过点A时
，DM交AC边于点E，不添加辅助线，写出图中所有与△ADE相似的三角形.
(2)如图(2)，将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转，DM，DN分别交线段AC，AB于E，F点(点E与点A不重合)，不添加辅助线，写出图中所有的相似三角形，并证明你的结论.
(3)在图(2)中，若AB=AC=10，BC=12，当△DEF的面积等于△ABC的面积的时，求线段EF的长.
【答案】解：(1)图(1)中与△ADE相似的有△ABD，△ACD，△DCE。
(2)△BDF∽△CED∽△DEF，证明如下：
∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°，∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°，
又∵∠EDF=∠B，∴∠BFD=∠CDE。
∵AB=AC，∴∠B=∠C。∴△BDF∽△CED。∴。
∵BD=CD，∴，即。
又∵∠C=∠EDF，∴△CED∽△DEF。∴△BDF∽△CED∽△DEF。
(3)连接AD，过D点作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为G，H.
∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC，BD=BC=6。
在Rt△ABD中，AD2=AB2﹣BD2，即AD2=102﹣62，
∴AD=8。
∴S△ABC=•BC•AD=×12×8=48，
S△DEF=S△ABC=×48=12。
又∵•AD•BD=•AB•DH，∴。
∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD。
∵DH⊥BF，DG⊥EF，∴∠DHF=∠DGF。
又∵DF=DF，∴△DHF≌△DGF(AAS)。∴DH=DG=。
∵S△DEF=•EF•DG=•EF•=12，∴EF=5。
3.(2019湖北恩施8分)如图，用纸折出黄金分割点：裁一张正方的纸片ABCD，先折出BC的中点E，
再折出线段AE，然后通过折叠使EB落到线段EA上，折出点B的新位置B′，因而EB′=EB.类似地，在AB上折出点B″使AB″=AB′.这是B″就是AB的黄金分割点.请你证明这个结论.
【答案】证明：设正方形ABCD的边长为2，E为BC的中点，∴BE=1。
∴。
又B′E=BE=1，∴AB′=AE﹣B′E=﹣1。
又∵AB″=AB′，∴AB″=﹣1。
∴。∴点B″是线段AB的黄金分割点。
【考点】翻折(折叠)问题，正方形的性质，勾股定理，折叠对称的性质，黄金分割。
【分析】设正方形ABCD的边长为2，根据勾股定理求出AE的长，再根据E为BC的中点和翻折不变性，求出AB″的长，二者相比即可得到黄金比。
4.(2019湖北襄阳12分)如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处.分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C三点.
(1)求AD的长及抛物线的解析式;
(2)一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动.设运动时间为t秒，当t为何值时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似?
(3)点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请直接写出点M与点N的坐标(不写求解过程);若不存在，请说明理由.
【答案】解：(1)∵四边形ABCO为矩形，∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10。
由折叠的性质得，△BDC≌△EDC，∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD。
由勾股定理易得EO=6。∴AE=10﹣6=4。
设AD=x，则BD=CD=8﹣x，由勾股定理，得x2+42=(8﹣x)2，解得，x=3。
∴AD=3。
∵抛物线y=ax2+bx+c过点D(3，10)，C(8，0)，
∴，解得。∴抛物线的解析式为：。
(2)∵∠DEA+∠OEC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，∴∠DEA=∠OCE，
由(1)可得AD=3，AE=4，DE=5。而CQ=t，EP=2t，∴PC=10﹣2t。
当∠PQC=∠DAE=90°，△ADE∽△QPC，
∴，即，解得。
当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC，
∴，即，解得。
∴当或时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似。
(3)存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：①M1(﹣4，﹣32)，N1(4，﹣38);
②M2(12，﹣32)，N2(4，﹣26);③M3(4，)，N3(4，﹣)。
【考点】二次函数综合题，折叠和动点问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质。
【分析】(1)根据折叠图形的轴对称性，△CED≌△CBD，在Rt△CEO中求出OE的长，从而可得到AE的长;在Rt△AED中，AD=AB﹣BD、ED=BD，利用勾股定理可求出AD的长.进一步能确定D点坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式。
(2)由于∠DEC=90°，首先能确定的是∠AED=∠OCE，若以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似，那么∠QPC=90°或∠PQC=90°，然后在这两种情况下，分别利用相似三角形的对应边成比例求出对应的t的值。
(3)假设存在符合条件的M、N点，分两种情况讨论：
①EC为平行四边形的对角线，由于抛物线的对称轴经过EC中点，若四边形MENC是平行四边形，那么M点必为抛物线顶点。
由得抛物线顶点，则：M(4，)。
∵平行四边形的对角线互相平分，∴线段MN必被EC中点(4，3)平分，则N(4，﹣)。
②EC为平行四边形的边，则ECMN，
设N(4，m)，则M(4﹣8，m+6)或M(4+8，m﹣6);
将M(﹣4，m+6)代入抛物线的解析式中，得：m=﹣38，
此时N(4，﹣38)、M(﹣4，﹣32);
将M(12，m﹣6)代入抛物线的解析式中，得：m=﹣26，
此时N(4，﹣26)、M(12，﹣32)。
综上所述，存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：①M1(﹣4，﹣32)，N1(4，﹣38);
②M2(12，﹣32)，N2(4，﹣26);③M3(4，)，N3(4，﹣)。
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2015年中考数学图形的变换专题试题解析
一、选择题
1.(2019湖北武汉3分)如图，矩形ABCD中，点E在边AB上，将矩形ABCD沿直线DE折叠，点A
恰好落在边BC的点F处.若AE=5，BF=3，则CD的长是【】
A.7B.8C.9D.10
【答案】C。
【考点】折叠的性质，矩形的性质，勾股定理。
【分析】根据折叠的性质，EF=AE=5;根据矩形的性质，∠B=900。
在Rt△BEF中，∠B=900，EF=5，BF=3，∴根据勾股定理，得。
∴CD=AB=AE+BE=5+4=9。故选C。
2.(2019湖北武汉3分)如图，是由4个相同小正方体组合而成的几何体，它的左视图是【】
【答案】D。
【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：从左面看易得只有一排，两层都是1个正方形，。故选D。
3.(2019湖北黄石3分)如图所示，该几何体的主视图应为【】
【答案】C。
【考点】简单组合体的三视图。
【分析】几何体的主视图就是从正面看所得到的图形，从正面看可得到一个大矩形左上边去掉一个小矩形的图形。故选C。
4.(2019湖北黄石3分)如图所示，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得
点C与点A重合，则AF长为【】
A.B.C.D.
【答案】B。
【考点】翻折变换(折叠问题)，折叠对称的性质，矩形的性质，勾股定理。
【分析】设AF=xcm，则DF=(8-x)cm，
∵矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，
∴DF=D′F，
在Rt△AD′F中，∵AF2=AD′2+D′F2，即x2=62+(8-x)2，解得：x=。故选B。
5.(2019湖北荆门3分)已知：顺次连接矩形各边的中点，得到一个菱形，如图①;再顺次连接菱形各边的中点，得到一个新的矩形，如图②;然后顺次连接新的矩形各边的中点，得到一个新的菱形，如图③;如此反复操作下去，则第2019个图形中直角三角形的个数有【】
A.8048个B.4024个C.2019个D.1066个
【答案】B。
【考点】分类归纳(图形的变化类)。
【分析】写出前几个图形中的直角三角形的个数，并找出规律：
第1个图形，有4个直角三角形，第2个图形，有4个直角三角形，
第3个图形，有8个直角三角形，第4个图形，有8个直角三角形，
…，
依次类推，当n为奇数时，三角形的个数是2(n+1)，当n为偶数时，三角形的个数是2n个，
所以，第2019个图形中直角三角形的个数是2×2019=4024。故选B。
6.(2019湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田3分)某种零件模型如图所示，该几何体(空心圆柱)的俯视图是【】
A.B.C.D.
【答案】C。
【考点】简单组合体的三视图。
【分析】找到从上面看所得到的图形即可：空心圆柱由上向下看，看到的是一个圆环。故选C。
7.(2019湖北宜昌3分)球和圆柱在水平面上紧靠在一起，组成如图所示的几何体，托尼画出了它的三视图，其中他画的俯视图应该是【】
A.两个相交的圆B.两个内切的圆C.两个外切的圆D.两个外离的圆
【答案】C。
【考点】简单组合体的三视图。1419956
【分析】找到从上面看所得到的图形即可：从上面可看到两个外切的圆。故选C。
8.(2019湖北恩施3分)一个用于防震的L形包装塑料泡沫如图所示，则该物体的俯视图是【】
A.B.C.D.
【答案】B。
【考点】简单组合体的三视图。
【分析】从上面看该组合体的俯视图是一个矩形，并且被一条棱隔开，故选B。
9.(2019湖北咸宁3分)中央电视台有一个非常受欢迎的娱乐节目：墙来了!选手需按墙上的空洞造型
摆出相同姿势，才能穿墙而过，否则会被墙推入水池.类似地，有一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形
状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞，则该几何体为【】.
A.B.C.D.
【答案】A。
【考点】由三视图判断几何体。
【分析】一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞，即要这个几何体的三
视图分别是正方形、圆和正三角形。符合此条件的只有选项A：主视图是正方形，左视图是正三角形，俯
视图是圆。故选A。
10.(2019湖北黄冈3分)如图，水平放置的圆柱体的三视图是【】
A.B.
C.D.
【答案】A。
【考点】简单几何体的三视图。
【分析】根据主视图、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，即可得出答案：
依据圆柱体放置的方位来说，从正面和上面可看到的长方形是一样的;从左面可看到一个圆。故选A。
11.(2019湖北黄冈3分)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6cm，点P从点A出发，沿AB方向以
每秒cm的速度向终点B运动;同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，将
△PQC沿BC翻折，点P的对应点为点P′.设Q点运动的时间t秒，若四边形QPCP′为菱形，则t的值为【】
A.B.2C.D.4
【答案】B。
【考点】动点问题，等腰直角三角形的性质，翻折对称的性质，菱形的性质，矩形。
【分析】如图，过点P作PD⊥AC于点D，连接PP′。
由题意知，点P、P′关于BC对称，∴BC垂直平分PP′。
∴QP=QP′，PE=P′E。
∴根据菱形的性质，若四边形QPCP′是菱形则CE=QE。
∵∠C=90°，AC=BC，∴∠A=450。
∵AP=t，∴PD=t。
易得，四边形PDCE是矩形，∴CE=PD=t，即CE=QE=t。
又BQ=t，BC=6，∴3t=6，即t=2。
∴若四边形QPCP′为菱形，则t的值为2。故选B。
12.(2019湖北随州4分)下列四个几何体中，主视图与左视图相同的几何体有【】
A.1个B.2个C.3个D.4个
【答案】D。
【考点】简单几何体的三视图。
【分析】分别分析四种几何体的三种视图即可得出结论：
①正方体的主视图与左视图都是正方形;②圆柱的主视图和左视图都是长方形;
③圆锥主视图与左视图都是三角形;④球的主视图与左视图都是圆。
故主视图与左视图相同的几
何体有。故选D。
13.(2019湖北十堰3分)如图是某体育馆内的颁奖台，其主视图是【】
A.B.C.D.
【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，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中。从颁奖台正面看所
得到的图形为A。故选A。
14.(2019湖北十堰3分)如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到;②点O与O′的距离为4;③∠AOB=150°;④;⑤.其中正确的结论是【】
A.①②③⑤B.①②③④C.①②③④⑤D.①②③
【答案】A。
【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理。
【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600。
∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。
∴∠O′BA=600-∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。故结论①正确。
连接OO′，
∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。
∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形。
∴∠AOB=∠AOO′+∠O′OB=900+600=150°。故结论③正确。
。故结论④错误。
如图所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，
点O旋转至O″点.
易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的
直角三角形。
则。
故结论⑤正确。
综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选A。
15.(2019湖北孝感3分)几个棱长为1的正方体组成的几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的体积是【】
A.4B.5C.6D.7
【答案】B。
【考点】由三视图判断几何体。
【分析】综合三视图可知，这个几何体共有两行三列，它的下层应该有3+1=4个小正方体，上层应该有1个小正方体，因此搭成这个几何体所用小正方体的个数是4+1=5个。所以这个几何体的体积是5。故选B。
16.(2019湖北襄阳3分)如图是由两个小正方体和一个圆锥体组成的立体图形，其主视图是【】
A.B.C.D.
【答案】B。
【考点】简单组合体的三视图。1028458
【分析】主视图是从正面看得到的视图，从正面看上面圆锥看见的是：三角形，下面两个正方体看见的是两个正方形。故选B。
17.(2019湖北鄂州3分)如左下图是一个由多个正方体堆积而成的几何体俯视图。图中所示数字为该小
正方体的个数，则这个几何体的左视图是【】
【答案】D。
【考点】由三视图判断几何体，简单组合体的三视图。
【分析】由俯视图和图中所示小正方体的个数的数字，知此几何体有2行3列3层，前排有2层，后排有3层，故个几何体的左视图是D。故选D。
二、填空题
1.(2019湖北荆州3分)如图，已知正方形ABCD的对角线长为2，将正方形ABCD沿直线EF折叠，则图中阴影部分的周长为 ▲
【答案】8。
【考点】翻折变换(折叠问题)，折叠的对称性质，正方形的性质，勾股定理。
【分析】如图，∵正方形ABCD的对角线长为2，即BD=2，∠A=90°，AB=AD，∠ABD=45°，
∴AB=BD•cos∠ABD=BD•cos45°=2。
∴AB=BC=CD=AD=2。
由折叠的性质：A′M=AM，D′N=DN，A′D′=AD，
∴图中阴影部分的周长为
A′M+BM+BC+CN+D′N+A′D′=AM+BM+BC+CN+DN+AD=AB+BC+CD+AD=2+2+2+2=8。
2.(2019湖北荆州3分)如图是一个上下底密封纸盒的三视图，请你根据图中数据，计算这个密封纸盒的表面积为 ▲ cm2.(结果可保留根号)
【答案】+360。
【考点】由三视图判断几何体，解直角三角形。
【分析】根据该几何体的三视图知道其是一个六棱柱，
∵其高为12cm，底面半径为5cm，∴其侧面积为6×5×12=360cm2。
又∵密封纸盒的底面面积为：cm2，
∴其全面积为：(+360)cm2。
3.(2019湖北鄂州3分)在锐角三角形ABC中，BC=，∠ABC=45°，BD平分∠ABC，M、N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值是▲。
【答案】4。
【考点】最短路线问题，全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，垂直线段的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】如图，在BA上截取BE=BN，连接EM。
∵∠ABC的平分线交AC于点D，∴∠EBM=∠NBM。
在△AME与△AMN中，∵BE=BN，∠EBM=∠NBM，BM=BM，
∴△BME≌△BMN(SAS)。∴ME=MN。∴CM+MN=CM+ME≥CE。
又∵CM+MN有最小值，∴当CE是点C到直线AB的距离时，CE取最小值。
∵BC=，∠ABC=45°，∴CE的最小值为sin450=4。
∴CM+MN的最小值是4。
三、解答题
1.(2019湖北荆门9分)如图，Rt△ABC中，∠C=90°，将△ABC沿AB向下翻折后，再绕点A按顺时针方向旋转α度(α<∠BAC)，得到Rt△ADE，其中斜边AE交BC于点F，直角边DE分别交AB、BC于点G、H.
(1)请根据题意用实线补全图形;
(2)求证：△AFB≌△AGE.
【答案】解：(1)画图，如图：
(2)证明：由题意得：△ABC≌△AED。
∴AB=AE，∠ABC=∠E。
在△AFB和△AGE中，∵∠ABC=∠E，AB=AE，∠α=∠α，
∴△AFB≌△AGE(ASA)。
【考点】翻折变换(折叠问题)，旋转的性质，全等三角形的判定。
【分析】(1)根据题意画出图形，注意折叠与旋转中的对应关系。
(2)由题意易得△ABC≌△AED，即可得AB=AE，∠ABC=∠E，然后利用ASA的判定方法，即可证得△AFB≌△A
GE。
2.(2019湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田10分)△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，以D为顶点作∠MDN=∠B.
(1)如图(1)当射线DN经过点A时，DM交AC边于点E，不添加辅助线，写出图中所有与△ADE相似的三角形.
(2)如图(2)，将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转，DM，DN分别交线段AC，AB于E，F点(点E与点A不重合)，不添加辅助线，写出图中所有的相似三角形，并证明你的结论.
(3)在图(2)中，若AB=AC=10，BC=12，当△DEF的面积等于△ABC的面积的时，求线段EF的长.
【答案】解：(1)图(1)中与△ADE相似的有△ABD，△ACD，△DCE。
(2)△BDF∽△CED∽△DEF，证明如下：
∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°，∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°，
又∵∠EDF=∠B，∴∠BFD=∠CDE。
∵AB=AC，∴∠B=∠C。∴△BDF∽△CED。∴。
∵BD=CD，∴，即。
又∵∠C=∠EDF，∴△CED∽△DEF。∴△BDF∽△CED∽△DEF。
(3)连接AD，过D点作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为G，H.
∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC，BD=BC=6。
在Rt△ABD中，AD2=AB2﹣BD2，即AD2=102﹣62，
∴AD=8。
∴S△ABC=•BC•AD=×12×8=48，
S△DEF=S△ABC=×48=12。
又∵•AD•BD=•AB•DH，∴。
∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD。
∵DH⊥BF，DG⊥EF，∴∠DHF=∠DGF。
又∵DF=DF，∴△DHF≌△DGF(AAS)。∴DH=DG=。
∵S△DEF=•EF•DG=•EF•=12，∴EF=5。
3.(2019湖北恩施8分)如图，用纸折出黄金分割点：裁一张正方的纸片ABCD，先折出BC的中点E，
再折出线段AE，然后通过折叠使EB落到线段EA上，折出点B的新位置B′，因而EB′=EB.类似地，在AB上折出点B″使AB″=AB′.这是B″就是AB的黄金分割点.请你证明这个结论.
【答案】证明：设正方形ABCD的边长为2，E为BC的中点，∴BE=1。
∴。
又B′E=BE=1，∴AB′=AE﹣B′E=﹣1。
又∵AB″=AB′，∴AB″=﹣1。
∴。∴点B″是线段AB的黄金分割点。
【考点】翻折(折叠)问题，正方形的性质，勾股定理，折叠对称的性质，黄金分割。
【分析】设正方形ABCD的边长为2，根据勾股定理求出AE的长，再根据E为BC的中点和翻折不变性，求出AB″的长，二者相比即可得到黄金比。
4.(2019湖北襄阳12分)如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处.分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C三点.
(1)求AD的长及抛物线的解析式;
(2)一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动.设运动时间为t秒，当t为何值时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似?
(3)点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请直接写出点M与点N的坐标(不写求解过程);若不存在，请说明理由.
【答案】解：(1)∵四边形ABCO为矩形，∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10。
由折叠的性质得，△BDC≌△EDC，∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD。
由勾股定理易得EO=6。∴AE=10﹣6=4。
设AD=x，则BD=CD=8﹣x，由勾股定理，得x2+42=(8﹣x)2，解得，x=3。
∴AD=3。
∵抛物线y=ax2+bx+c过点D(3，10)，C(8，0)，
∴，解得。∴抛物线的解析式为：。
(2)∵∠DEA+∠OEC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，∴∠DEA=∠OCE，
由(1)可得AD=3，AE=4，DE=5。而CQ=t，EP=2t，∴PC=10﹣2t。
当∠PQC=∠DAE=90°，△ADE∽△QPC，
∴，即，解得。
当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC，
∴，即，解得。
∴当或时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似。
(3)存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：①M1(﹣4，﹣32)，N1(4，﹣38);
②M2(12，﹣32)，N2(4，﹣26);③M3(4，)，N3(4，﹣)。
【考点】二次函数综合题，折叠和动点问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质。
【分析】(1)根据折叠图形的轴对称性，△CED≌△CBD，在Rt△CEO中求出OE的长，从而可得到AE的长;在Rt△AED中，AD=AB﹣BD、ED=BD，利用勾股定理可求出AD的长.进一步能确定D点坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式。
(2)由于∠DEC=90°，首先能确定的是∠AED=∠OCE，若以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似，那么∠QPC=90°或∠PQC=90°，然后在这两种情况下，分别利用相似三角形的对应边成比例求出对应的t的值。
(3)假设存在符合条件的M、N点，分两种情况讨论：
①EC为平行四边形的对角线，由于抛物线的对称轴经过EC中点，若四边形MENC是平行四边形，那么M点必为抛物线顶点。
由得抛物线顶点，则：M(4，)。
∵平行四边形的对角线互相平分，∴线段MN必被EC中点(4，3)平分，则N(4，﹣)。
②EC为平行四边形的边，则ECMN，
设N(4，m)，则M(4﹣8，m+6)或M(4+8，m﹣6);
将M(﹣4，m+6)代入抛物线的解析式中，得：m=﹣38，
此时N(4，﹣38)、M(﹣4，﹣32);
将M(12，m﹣6)代入抛物线的解析式中，得：m=﹣26，
此时N(4，﹣26)、M(12，﹣32)。
综上所述，存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：①M1(﹣4，﹣32)，N1(4，﹣38);
>
②M2(12，﹣32)，N2(4，﹣26);③M3(4，)，N3(4，﹣)。
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