2020-2022年广东中考数学3年真题汇编 专题05 几何图形的变化（4个考向）（学生卷+教师卷）

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专题05 几何图形的变化
考向1 三视图与展开图、对称问题
1．（2022·广东广州）如图是一个几何体的侧面展开图，这个几何体可以是（       ）

A．圆锥 B．圆柱 C．棱锥 D．棱柱
【答案】A
【详解】该几何体的侧面展开图是扇形，所以这个几何体可能是圆锥,故选：A．
2．（2022·广东深圳）下列图形中，主视图和左视图一样的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】解：A．主视图和左视图不相同，故本选项不合题意；
B．主视图和左视图不相同，故本选项不合题意；
C．主视图和左视图不相同，故本选项不合题意；
D．主视图和左视图相同，故本选项符合题意；故选：D．
3．（2021·广东）下列图形是正方体展开图的个数为（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【详解】解：根据正方体的展开图的特征，只有第2个图不是正方体的展开图，故四个图中有3个图是正方体的展开图．
故选：C．
4．（2021·广东深圳）如图是一个正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体后，和“建”字所在面相对的面上的字是（       ）

A．跟 B．百 C．走 D．年
【答案】B
【详解】∵正方体的平面展开图中，相对面的特点是之间一定相隔一个正方形，
∴在此正方体上与“建”字相对的面上的汉字是“百”．
故选B．
5．（2020·广东深圳）下列哪个图形，主视图、左视图和俯视图相同的是（     ）
                     
A．圆锥 B．圆柱 C．三棱柱 D．正方体
【答案】D
【详解】解：圆锥的主视图、左视图都是等腰三角形，而俯视图是圆，因此选项A不符合题意；
圆柱体的主视图、左视图都是矩形，而俯视图是圆形，因此选项B不符合题意；
三棱柱主视图、左视图都是矩形，而俯视图是三角形，因此选项C不符合题意；
正方体的三视图都是形状、大小相同的正方形，因此选项D符合题意；
故选：D．
6．（2022·广东广州）下列图形中，是中心对称图形的是（       ）
A．B．C． D．
【答案】C
【详解】
解：A、不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
7．（2022·广东广州）如图，用若干根相同的小木棒拼成图形，拼第1个图形需要6根小木棒，拼第2个图形需要14根小木棒，拼第3个图形需要22根小木棒……若按照这样的方法拼成的第个图形需要2022根小木棒，则的值为（   ）

A．252 B．253 C．336 D．337
【答案】B
【详解】解：设第n个图形需要an（n为正整数）根小木棒，
观察发现规律：第一个图形需要小木棒：6=6×1+0，
第二个图形需要小木棒：14=6×2+2；
第三个图形需要小木棒：22=6×3+4，…，
∴第n个图形需要小木棒：6n+2（n-1）=8n-2．
∴8n-2=2022，得：n=253，故选：B．
8．（2020·广东深圳）下列图形中既是轴对称图形，也是中心对称图形的是（     ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意．故选：B．
考向2 几何图形的翻折
1．（2020·广东）如图，在正方形中，，点，分别在边，上，．若将四边形沿折叠，点恰好落在边上点处，则的长度为（       ）

A．1 B． C． D．2
【答案】D
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴CD∥AB，∴∠EFD=∠FEB=60°，
由折叠前后对应角相等可知：，
∴，∴，
设AE=x，则，
∴AB=AE+BE=3x=3，∴x=1，∴BE=2x=2，
故选：D．
2．（2020·广东深圳）如图，矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=12．将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K,FG交CD于点H．给出以下结论：①EF⊥BG；②GE=GF；③△GDK和△GKH的面积相等；④当点F与点C重合时，∠DEF=75°．其中正确的结论共有（     ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【详解】

连接BE,由折叠可知BO=GO，
∵EG//BF，∴∠EGO=∠FBO，
又∵∠EOG=∠FOB，
∴△EOG≌△FOB(ASA) ，
∴EG=BF，
∴四边形EBFG是平行四边形，
由折叠可知BE=EG，
则四边形EBFG为菱形，
故EF⊥BG，GE=GF，
∴①②正确；
∵四边形EBFG为菱形，
∴KG平分∠DGH，
∴,DG≠GH，
∴ S△GDK≠S△GKH,故③错误；
当点F与点C重合时，BE=BF=BC=12=2AB，
∴∠AEB＝30°，，故④正确．
综合，正确的为①②④．
故选C．
3．（2022·广东深圳）（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：

（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．

（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）的长为或
【详解】证明：（1）将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，，
，，
；
（2）解：延长，交于，如图：

设，
在中，，
，
解得，
，
，，
，
，即，
，，
，，
，，
，即，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
的长为；
（3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：

设，，则，
，
，
，
，
沿翻折得到，
，，，
是的角平分线，
，即①，
，
，，
，
在中，，
②，
联立①②可解得，
；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：

同理，
，即，
由得：，
可解得，
，
综上所述，的长为或．
考向3 几何图形的旋转
1．（2022·广东广州）如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为________； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为________

【答案】     120°
【详解】解：由线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'可知，△BPP′为等边三角形，∴∠PP′B=60°，
当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=180°-60°=120°；
将线段BA绕点B逆时针旋转60°，点A落在点E，连接BE，设EP′交BC于G点，如下图所示：

则∠ABP=∠ABE-∠PBE=60°-∠PBE，∠EBP′=∠PBP′-∠PBE=60°-∠PBE，
∴∠ABP=∠EBP′，
且BA=BE，BP=BP′，
∴△ABP≌△EBP′(SAS),
∴AP=EP′，∠E=∠A=90°，
由点P' 落在边BC上时，∠PP'C=120°可知，∠EGC=120°，
∴∠CGP′=∠EGB=180°-120°=60°，
∴△EBG于△P′CG均为30°、60°、90°直角三角形，
设EG=x，BC=2y，
则BG=2EG=2x，CG=BC-BG=2y-2x，GP′=CG=y-x，
∴EP′=EG+GP′=x+(y-x)=y=BC，
又已知AB=BC，
∴EP′=AB，
又由△ABP≌△EBP′知：AP=EP′，
∴AB=AP，
∴△ABP为等腰直角三角形，
∴∠EP′B=∠APB=45°，∠EP′P=60°-∠EP′B=60°-45°=15°，
当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，
此时∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°，
故答案为：120°，75°．
2．（2020·广东广州）如图，正方形中，绕点逆时针旋转到，，分别交对角线于点，若，则的值为_______．

【答案】16
【详解】解：在正方形中，，
∵绕点逆时针旋转到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：16．
3．（2020·广东深圳）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE=DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答：

（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如若不能，请说明理由：
（2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由；
（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值．
【答案】（1）见解析；（2）当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；理由见解析；（3）．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形
∴AB=AD，
∵四边形AEFG为正方形
∴AE=AG，
∴
在△EAB和△GAD中有：

∴△EAB≌△GAD
∴BE=DG；
(2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立。
证明：∵四边形ABCD菱形
∴AB=AD
∵四边形AEFG为正方形
∴AE=AG
∵∠EAG=∠BAD
∴
∴
在△EAB和△GAD中有：

∴△EAB≌△GAD
∴BE=DG；
(3)连接EB，BD,设BE和GD相交于点H

∵四边形AEFG和ABCD为矩形
∴，∴
∵，∴△EAB∽△GAD，∴
∴，∴
∴
，
∴．
考向4 几何图形的动点问题
1．（2022·广东广州）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ．

(1)求BD的长；
(2)点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=DF，
①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积；
②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)；(2)①四边形ABEF的面积为；②最小值为12
【解析】(1)解∶连接AC，设AC与BD的交点为O，如图，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD ， OA=OC，AB∥CD，AC平分∠DAB，
∵∠BAD = 120°，
∴∠CAB=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BO=AB▪sin60°==，
∴BD=2BO=；
(2)解：如图，过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N，

∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=6，
由（1）得：BD=；
菱形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，AB∥CD，BC=AB=6，
∴MN⊥BC，
∵∠BAD=120°，∴∠ABC=60°，
∴∠EBN=30°；∴EN=BE
∵，
∴MN=，
设BE=，则EN=，
∴EM=MN-EN=，
∵S菱形ABCD= AD▪MN=，
∴S△ABD= S菱形ABCD=，
∵BE=DF，∴DF=，
∴S△DEF=DF ▪EM= =，
记四边形ABEF的面积为s，
∴s= S△ABD - S△DEF =-（），
∵点E在BD上，且不在端点，∴0 ①当CE⊥AB时，∵OB⊥AC，∴点E是△ABC重心，
∴BE=CE=BO=，
此时 =，
∴当CE⊥AB时，四边形ABEF的面积为；
②作CH⊥AD于H，如图，

∵CO⊥BD，CH⊥AD，而点E和F分别在BD和AD上，
∴当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；
在菱形ABCD中，AB∥CD，AD=CD，
∵∠BAD=120°，∴∠ADC=60°，∴△ACD是等边三角形，∴AH=DH=3，∴CH=，
∵，∴当，即BE=时， s达到最小值，
∵BE=DF，∴DF=3，
此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，
∴当四边形ABEF面积取得最小值时，CE和CF也恰好同时达到最小值，
∴CE+CF的值达到最小，其最小值为CO+CH==12．
2．（2022·广东深圳）一个玻璃球体近似半圆为直径，半圆上点处有个吊灯的中点为

(1)如图①，为一条拉线，在上，求的长度．
(2)如图②，一个玻璃镜与圆相切，为切点，为上一点，为入射光线，为反射光线，求的长度．
(3)如图③，是线段上的动点，为入射光线，为反射光线交圆于点在从运动到的过程中，求点的运动路径长．
【答案】(1)2；(2)；(3)
【解析】(1)∵
∴为的中位线，∴D为的中点
∵，∴
(2)过N点作，交于点D，

∵，∴为等腰直角三角形，即，
又∵，∴，∴，∴，
设，则，
∵，∴，解得，
∴，，∴在中，；
(3)如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合． 当点M运动至点A时，点N运动至点T，故点N路径长为： ．

∵．
∴．
∴．
∴，
∴，
∴N点的运动路径长为： ，
故答案为：．
3．（2021·广东广州）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点为直线在第二象限的点

（1）求A、B两点的坐标；
（2）设的面积为S，求S关于x的函数解析式：并写出x的取值范围；
（3）作的外接圆，延长PC交于点Q，当的面积最小时，求的半径．
【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2），-8＜＜0；（3）4．
【详解】解：（1）当时，，解得，
∴A（-8，0）．
当时，，
∴B（0，4）．
（2）∵A（-8,0），
∴．
点P在直线上，
∴，
∴．
∵点P在第二象限，
∴＞0，且＜0．
解得-8＜＜0；
（3）∵B（0，4），
∴．
∵为的外接圆，
∴，．
∴．
设，则．
∴．
∴当最小时，的面积最小．
∴当时，有最小值，且为的直径．
∴．
即的半径为4．
4．（2021·广东广州）如图，在菱形ABCD中，，，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使，且CF、DE相交于点G

（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；
（2）当时，求AE的长；
（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【详解】（1）证明：∵E为AB中点，∴．∴．
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD∥AB，．
∴．
∴四边形DFEC是平行四边形；


（2）解：如图，过点C作CH⊥AB交FB的延长线于点H，

∵四边形ABCD是菱形，，
∴AD∥BC，．
∴．
∴．
∴．
则由勾股定理得．
∵CD∥AB，
∴△CDG∽△FEG．
∴．
∵，
∴．
设，则．
∴，．
在Rt△CFH中，由勾股定理得：，
∴．
解得，（不合题意，舍去）．
∴AE的长为；
（3）如图，连接AG并延长交CD于点M，连接BD交AM于点N，并连接BM，

∵四边形ABCD是菱形，，
∴，．
∴△ABD为等边三角形．
同理可证：△BCD为等边三角形．
∴．
∵CD∥AB，
∴，．
∴，．
∴
∵，
∴．
∴．
则由勾股定理得：，
．
当点E从A出发运动到点B时，点G始终在直线AM上运动，运动轨迹为线段，
当点E与A重合时，点G与点A重合，
当点E与B重合时，点G为BD与AM 的交点N，
∴点G运动路径的长度为线段AN的长，
∵CD∥AB，
∴．
∴．
∴点G运动路径的长度为．
5．（2021·广东深圳）在正方形中，等腰直角，，连接，H为中点，连接、、，发现和为定值．

（1）①__________；
②__________；
③小明为了证明①②，连接交于O，连接，证明了和的关系，请你按他的思路证明①②．
（2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2，，（）求：
①__________（用k的代数式表示）
②__________（用k、的代数式表示）
【答案】（1）①；②45°；③见解析；（2）①；②
【详解】（1）；②45°
③证明：如图所示：

由正方形性质得：，O为的中点
又∵H为的中点，则，
∴是等腰直角三角形
∴ ∴
∵
∴，
又∵
∴
又
∴，
又∵
∴
∴，
∴
（2）① ②
理由如下：
①如图，连接，与交于O点，连接

由题可知四边形ABCD为平行四边形，
∴O为AC和BD的中点，
又∵H为CE中点，
∴， ,
又∵,
∴ ,即，
,即，
∵OH是△ACE的中位线，
∴OH∥AE，∴,
又∵是△AOD的外角，∴,
又∵ ,
∴ ,
∴ ,
又∵，
∴
∴
②：由得：
，则
在中，，
不妨令，，如图作

则：，
则
由勾股定理解得：
∴．
6．（2020·广东广州）如图，中，．
（1）作点关于的对称点；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）

（2）在（1）所作的图中，连接，，连接，交于点．
①求证：四边形是菱形；
②取的中点，连接，若，，求点到的距离．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析：②．
【详解】（1）解：如图：点即为所求作的点；

（2）①证明：
∵，，
又∵，
∴；
∴，
又∵，
∴四边形是菱形；

②解：∵四边形是菱形，
∴，，
又∵，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴为的中位线，
∵，
∴，
∴菱形的边长为13，
∵，
在中，由勾股定理得：，即：，
∴,
设点到的距离为，利用面积相等得：
，
解得：，
即到的距离为．

7．（2020·广东广州）如图，为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点重合），连接，，．

（1）求证：是的平分线；
（2）四边形的面积是线段的长的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
（3）若点分别在线段，上运动（不含端点），经过探究发现，点运动到每一个确定的位置，的周长有最小值，随着点的运动，的值会发生变化，求所有值中的最大值．
【答案】(1)详见解析；(2)是， ；(3)
【详解】(1)∵△ABC为等边三角形,BC=AC，
∴,都为圆，
∴∠AOC=∠BOC=120°，
∴∠ADC=∠BDC=60°，
∴DC是∠ADB的角平分线．
(2)是．
如图，延长DA至点E，使得AE=DB．
连接EC，则∠EAC=180°－∠DAC＝∠DBC．
∵AE＝DB，∠EAC＝∠DBC,AC＝BC，
∴△EAC≌△DBC(SAS)，
∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°，
故△EDC是等边三角形，
∵DC=x，∴根据等边三角形的特殊性可知DC边上的高为
∴．

(3)依次作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2,根据对称性
C△DMN=DM+MN+ND=D1M+MN+ND2．
∴D1、M、N、D共线时△DMN取最小值t,此时t=D1D2,
由对称有D1C=DC=D2C=x，∠D1CB=∠DCB，∠D2CA=∠DCA,
∴∠D1CD2=∠D1CB+∠BCA+∠D2CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°．
∴∠CD1D2=∠CD2D1=60°，

在等腰△D1CD2中,作CH⊥D1D2，
则在Rt△D1CH中，根据30°特殊直角三角形的比例可得D1H=，
同理D2H=
∴t=D1D2=．
∴x取最大值时,t取最大值．
即D与O、C共线时t取最大值,x=4．
所有t值中的最大值为．