备战2024年中考数学二轮专题复习真题演练之图形认识初步 (解析)

这是一份备战2024年中考数学二轮专题复习真题演练之图形认识初步 (解析)，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．（2023·宜昌）我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘微割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图形是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】【解答】解：A、B、C中的图形都不能找到一点，使图形绕这个点旋转180°后与原来的图形重合，所以它们都不是中心对称图形.D中的图形可以找到一个点，使图形绕这一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形.
故答案为：D.
【分析】根据中心对称图形的概念判断即可.
2．（2023·扬州）下列图形中是棱锥的侧面展开图的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】【解答】解：A、此图形是长方体的侧面展开图，故A不符合题意；
B、此图形是圆柱的侧面展开图，故B不符合题意；
C、此图形是圆锥的侧面展开图，故C不符合题意；
D、此图形是棱锥的侧面展开图，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据棱锥的侧面是三角形，因此展开图中的每一个图形是三角形，观察各选项可得答案.
3．（2023·威海）如图是一正方体的表面展开图．将其折叠成正方体后，与顶点K距离最远的顶点是（ ）
A．A点B．B点C．C点D．D点
【答案】D
【解析】【解答】解：折叠后的图行如图：
∴与顶点K距离最远的顶点是D点，
故答案为：D
【分析】先根据折叠画出正方体，进而即可求解。
4．（2023·河南）如图，直线AB，CD相交于点O，若∠1=80°，∠2=30°，则∠AOE的度数为（ ）
A．30°B．50°C．60°D．80°
【答案】B
【解析】【解答】解：∵∠1=80°，
∴∠AOC=180°-∠1=100°.
∵∠2=30°，
∴∠AOE=180°-∠AOC-∠2=180°-100°-30°=50°.
故答案为：B.
【分析】根据邻补角的性质可得∠AOC的度数，由平角的概念可得∠AOE=180°-∠AOC-∠2，据此计算.
5．（2023·绥化）将一副三角板按下图所示摆放在一组平行线内，∠1=25°，∠2=30°，则∠3的度数为（ ）
A．55°B．65°C．70°D．75°
【答案】C
【解析】【解答】解：对图形进行点标注：
∵AB∥CD，∠BAC=∠1+90°=115°，
∴∠ACD=180°-∠BAC=65°，
∴∠3=180°-∠ACF-∠ACD=180°-45°-65°=70°.
故答案为：C.
【分析】对图形进行点标注，则∠BAC=∠1+90°=115°，根据平行线的性质可得∠ACD=180°-∠BAC=65°，然后根据∠3=180°-∠ACF-∠ACD进行计算.
6．（2023·宜昌）“争创全国文明典范城市，让文明成为宜昌人民的内在气质和城市的亮丽名片”．如图，是一个正方体的平面展开图，把展开图折叠成正方体后，“城”字对面的字是（ ）．
A．文B．明C．典D．范
【答案】B
【解析】【解答】解：∵正方体的表面展开图，相对的面之间一定隔着一 个小正方形， 且没有公共边和公共顶点，
∴“城”字对面的字是“明”.
故答案为：B.
【分析】根据正方体的平面展开图的特点，相对的两个面中间一定隔着一个小正方形， 且没有公共边和公共顶点，即“对面无临点”，依此来找相对面.
7．（2023·枣庄）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=44°，则∠2的度数为（ ）
A．14°B．16°C．24°D．26°
【答案】B
【解析】【解答】如图：
根据题意可得：∠BCD=360°÷6=60°，EF//BD，∠ABC=120°，
∴∠BDC=∠1=44°，
∵∠3是△BCD的外角，
∴∠3=∠BDC+∠BCD=104°，
∴∠2=∠ABC-∠3=16°，
故答案为：B.
【分析】先求出∠BDC=∠1=44°，利用三角形外角的性质求出∠3=∠BDC+∠BCD=104°，再利用角的运算求出∠2=∠ABC-∠3=16°即可。
8．（2023·武威）如图1，汉代初期的《淮南万毕术》是中国古代有关物理、化学的重要文献，书中记载了我国古代学者在科学领域做过的一些探索及成就．其中所记载的“取大镜高悬，置水盆于其下，则见四邻矣”，是古人利用光的反射定律改变光路的方法，即“反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线位于法线的两侧；反射角等于入射角”．为了探清一口深井的底部情况，运用此原理，如图在井口放置一面平面镜可改变光路，当太阳光线AB与地面CD所成夹角∠ABC=50°时，要使太阳光线经反射后刚好垂直于地面射入深井底部，则需要调整平面镜EF与地面的夹角∠EBC=（ ）
A．60°B．70°C．80°D．85°
【答案】B
【解析】【解答】解：如图，∵BM⊥CD，∠ABC=50°，
∴∠ABM=∠CBM+∠ABC=90°+50°=140°，
∴∠ABE+∠MBF=180°-∠ABM=40°，
由题意知∠ABE=∠MBF，
∴∠ABE=∠MBF=20°，
∴∠EBC=∠ABE+∠ABC=70°；
故答案为：B.
【分析】由垂直的定义及角的和差可得∠ABM=∠CBM+∠ABC=140°，从而求出∠ABE+∠MBF=180°-∠ABM=40°，根据“ 反射角等于入射角 ”可得∠ABE=∠MBF=20°，从而求出∠EBC=∠ABE+∠ABC=70°.
9．（2023·达州）下列图形中，是长方体表面展开图的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】【解答】解：
A、图中有7个面，不为长方体，A不符合题意；
B、该展开图无法还原成长方体，B不符合题意；
C、该展开图可以还原成长方体，C符合题意；
D、图中只有5个面，不为长方体，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据长方体有6个面结合题意即可判断。
二、填空题
10．（2023·大连）如图，在数轴上，OB=1，过O作直线l⊥OB于点O，在直线l上截取OA=2，且A在OC上方．连接AB，以点B为圆心，AB为半径作弧交直线OB于点C，则C点的横坐标为 ．
【答案】1+5/5+1
【解析】【解答】解：∵OA⊥OB，
∴∠AOB=90°，
∴AB=OA2+OB2=5.
由题意可得BC=AB=5，
∴OC=OB+BC=1+5，
∴点C的横坐标为1+5.
故答案为：1+5.
【分析】由勾股定理可得AB的值，即为BC，然后根据OC=OB+BC求出OC的值，据此可得点C的横坐标.
11．（2023·无锡）若直三棱柱的上下底面为正三角形，侧面展开图是边长为6的正方形，则该直三棱柱的表面积为 ．
【答案】36+23
【解析】【解答】解：如图，作FG⊥AE，
∵正方形ABCD的边长为6，
∴AB=AD=6，
∴S正方形=6×6=36，AE=13AD=2，
∵△AEF是正三角形，
∴AF=AE=2，∠FAG=60°，
∵FG⊥AE，
∴∠AGF=90°，AG=12AE=1，
∴FG=AF2−AG2=3，
∴S△AEF=12AE·FG=3，
∴S表面积=36+23，
故答案为：36+23.
【分析】先由侧面展开图的边长求出底面三角形的边长，再分别计算上、下底面面积和侧面展开图面积，然后求得表面积面积.
12．（2023·十堰）一副三角板按如图所示放置，点A在DE上，点F在BC上，若∠EAB=35°，则∠DFC= °．
【答案】100
【解析】【解答】解：设AB与EF交于点H，
∵∠E=90°，∠EAB=35°，
∴∠AHE=∠BHF=90°-35°=55°，
∴∠HFB=90°-∠BHF=35°，
∴∠DFC=180°-∠BFH-∠EFD=180°-35°-45°=100°.
故答案为：100°.
【分析】设AB与EF交于点H，由余角的性质以及对顶角的性质可求出∠AHE、∠BFH的度数，然后结合平角的概念进行计算.
13．（2023·广安）如图，圆柱形玻璃杯的杯高为9cm，底面周长为16cm，在杯内壁离杯底4cm的点A处有一滴蜂蜜，此时，一只蚂蚁正好在杯外壁上，它在离杯上沿1cm，且与蜂蜜相对的点B处，则蚂蚁从外壁B处到内壁A处所走的最短路程为 cm．（杯壁厚度不计）
【答案】10
【解析】【解答】解：将玻璃杯展开，作点B关于FE的对称点B'，过点B'作B'D⊥AE交AE的延长线于点D，连接AB'，如图所示：
由题意得AE=5cm，DE=1cm，
∴AD=6cm，
∴B'D=8cm，
由勾股定理得AB'=AD2+B'D2=10cm，
故答案为：10
【分析】先将玻璃杯展开，作点B关于FE的对称点B'，过点B'作B'D⊥AE交AE的延长线于点D，连接AB'，在运用轴对称的性质即可得到AE=5cm，DE=1cm，B'D=8cm，AD=6cm，进而根据勾股定理即可求解。
三、作图题
14．（2023·滨州）（1）已知线段m，n，求作Rt△ABC，使得∠C=90°，CA=m，CB=n；（请用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．）
（2）求证：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．（请借助上一小题所作图形，在完善的基础上，写出已知、求证与证明．）
【答案】（1）解：如图所示，Rt△ABC即为所求；
（2）解：已知：如图，CD为Rt△ABC中斜边AB上的中线，∠ACB=90°，
求证：CD=12AB.
证明：延长CD并截取DE=CD.
∵CD为AB边中线，∴BD=AD，
∴四边形ACBE为平行四边形.
∵∠ACB=90°，
∴平行四边形ACBE为矩形，
∴AB=CE=2CD，
∴CD=12AB
【解析】【分析】（1）先作射线AP，然后在AP上截取CA=m，过点C作CA的垂线MN，然后在NC上截取CB=n，连接BA即可求解；
（2）延长CD并截取DE=CD，先根据中线的性质即可得到BD=AD，进而根据平行四边形的判定与矩形的判定与性质即可得到AB=CE=2CD，进而即可求解。
15．（2023·武威）1672年，丹麦数学家莫尔在他的著作《欧几里得作图》中指出：只用圆规可以完成一切尺规作图.1797年，意大利数学家马斯凯罗尼又独立发现此结论，并写在他的著作《圆规的几何学》中．请你利用数学家们发现的结论，完成下面的作图题：
如图，已知⊙O，A是⊙O上一点，只用圆规将⊙O的圆周四等分．（按如下步骤完成，保留作图痕迹）
①以点A为圆心，OA长为半径，自点A起，在⊙O上逆时针方向顺次截取AB=BC=CD；
②分别以点A，点D为圆心，AC长为半径作弧，两弧交于⊙O上方点E；
③以点A为圆心，OE长为半径作弧交⊙O于G，H两点．即点A，G，D，H将⊙O的圆周四等分．
【答案】解：如图，
即点A，G，D，H把⊙O的圆周四等分．
理由如下：
如图，连接OB，OC，AG，AE，DE，AC，DC，OE，OH，OG，AH，
由作图可得：AB=BC=CD，且OA=OB=AB，
∴△AOB为等边三角形，∠AOB=60°，
同理可得：∠BOC=∠COD=60°，
∴∠AOB+∠BOC+∠COD=180°，
∴A，O，D三点共线，AD为直径，
∴∠ACD=90°，
设CD=x，而∠DAC=30°，
∴AD=2x，AC=3x，
由作图可得：DE=AE=AC=3x，而OA=OD=x，
∴EO⊥AD，OE=DE2−OD2=2x，
∴由作图可得AG=AH=2x，
而OA=OH=x，
∴OA2+OH2=2x2=AH2，
∴∠AOH=90°，
同理∠AOG=90°=∠DOG=∠DOH，
∴点A，G，D，H把⊙O的圆周四等分．
【解析】【分析】根据作图步骤作出图形，理由： 连接OB、OC、AG、AE、DE、AC、CD、OE、OH，OG，AH，先证A，O，D三点共线，AD为直径，可得∠ACD=90°， 设CD=x，而∠DAC=30° ，利用直角三角形的性质及作图可得OA=OH=x，AH=OE=2x，再利用勾股定理的逆定理可求∠AOH=90°， 同理∠AOG=90°=∠DOG=∠DOH， 即得 点A，G，D，H把⊙O的圆周四等分．
四、综合题
16．（2023·广东）综合与实践
主题：制作无盖正方体形纸盒
素材：一张正方形纸板．
步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形；
步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒．
猜想与证明：
（1）直接写出纸板上∠ABC与纸盒上∠A1B1C1的大小关系；
（2）证明（1）中你发现的结论．
【答案】（1）解：∠ABC=∠A1B1C1
（2）证明：连接AC，
设小正方形边长为1，则AC=BC=12+22=5，AB=12+32=10，
∵AC2+BC2=5+5=AB2，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵A1C1=B1C1=1，A1C1⊥B1C1，
∴△A1B1C1为等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠A1B1C1=45°，
故∠ABC=∠A1B1C1
【解析】【解答】解：（1）图1∵AC2=12+22=5，BC2=12+22=5，AB2=12+32=10，
∴AC2+BC2=AB2，AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°，
图2，∵正方形，
∴∠A1B1C1=45°，
∴∠ABC=∠A1B1C1.
【分析】（1）利用勾股定理和勾股定理的逆定理可证得△ABC是等腰直角三角形，可得到∠ABC的度数，再利用正方形的性质可得到∠A1B1C1的度数，即可得到这两个角的大小关系.
（2）利用勾股定理的逆定理可证得△ABC是等腰直角三角形，再利用正方形的性质去证明△A1B1C1是等腰直角三角形，然后利用等腰直角三角形的性质可证得结论.
17．（2023·丽水）某数学兴趣小组活动，准备将一张三角形纸片(如图)进行如下操作．并进行猜想和证明。
（1）用三角板分别取AB，AC的中点D，E，连结DE，画AF⊥DE于点F；
（2）用(1)中所画的三块图形经过旋转或平移拼出一个四边形(无继隙无重叠)．并用三角板画出示意图：
（3）请判断(2)中所拼的四边形的形状，并说明理由
【答案】（1）解：如图所示，
（2）方法一：
方法二：
∴四边形MBCN是所求的四边形．∴四边形DBCN是所求的四边形，
方法三：
∴四边形MBCE是所求的四边形。
（3）方法一(图1)，
∵∠MDB+∠BDE=180°．∠DEC+∠NEC=180°，．
∴点M，D，E，N在同一直线上．
∵点D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线．∴DE∥BC且BC=2DE．
∵MD+EN=DE，
∴MN=MD+DE+EN=BC且MN∥BC．
∴四边形MBCN为平行四边形。
∵AF⊥DE∴∠M=90°．
∴平行四边形MBCN为矩形、
方法二(图2)，
∵∠DEC+∠MEC=180°，∠EMC+∠NMC=180°，
∴点D，E，M，N在同一直线上。
∵点D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线．DE∥BC且BC=2DE．
∵EN=DE，
∴DN=BC且DN∥BC，
∴四边形DBCN为平行四边形，
方法三(图3)，
∵∠MNB+∠BND=180°．∠NDB+∠BDE=180°，
∴点M，N，D，E在同一直线上，
∵点D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线．
∴DE∥BC且BC=2DE．
∵MD=DE．∴ME=BC且ME∥BC．
∴四边形MBCE为平行四边形
【解析】【分析】（1）根据题意先作出AB，AC的中点D，E，连接DE，然后利用直角三角板的直角，作出AF⊥DE于点F.
（2）利用旋转或平移，将直角△ADF和直角△AEF与四边形BDEC进行拼接即可.
（3）方法一：先证明点M，D，E在同一直线上，再证明DE为△ABC的中位线，可推出DE∥BC且BC=2DE，从而可证得MN=BC，利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形MBCN为平行四边形；再利用有一个角是直角的平行四边形是矩形，可得到四边形MBCN的形状；
方法二：利用作图易证点D，E，M，N在同一直线上；再证明DE是△ABC的中位线，利用三角形的中位线定理可证得DE∥BC且BC=2DE，可推出DN=BC，利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得到四边形DBCN的形状；
方法三：易证点M，N，D，E在同一直线上，再证明证明DE是△ABC的中位线，利用三角形的中位线定理可证得DE∥BC且BC=2DE，可推出ME=BC，利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得到四边形MBCE的形状.
18．（2023·鄂州）某数学兴趣小组运用《几何画板》软件探究y=ax2（a＞0）型抛物线图象．发现：如图1所示，该类型图象上任意一点P到定点F（0，14a）的距离PF，始终等于它到定直线l：y=−14a的距离PN （该结论不需要证明）．他们称：定点F为图象的焦点，定直线l为图象的准线，y=−14a叫做抛物线的准线方程．准线l与y轴的交点为H．其中原点O为FH的中点，FH=2OF=12a．例如，抛物线y=2x2，其焦点坐标为F（0，18），准线方程为l：y=−18，其中PF=PN，FH=2OF=14．
（1）【基础训练】请分别直接写出抛物线y=14x2的焦点坐标和准线l的方程： ， ；
（2）【技能训练】如图2，已知抛物线y=14x2上一点P（x0，y0）（x0＞0）到焦点F的距离是它到x轴距离的3倍，求点P的坐标；
（3）【能力提升】如图3，已知抛物线y=14x2的焦点为F，准线方程为l．直线m：y=12x−3交y轴于点C，抛物线上动点P到x轴的距离为d1，到直线m的距离为d2，请直接写出d1+d2的最小值；
（4）【拓展延伸】该兴趣小组继续探究还发现：若将抛物线y=ax2（a＞0）平移至y=a(x-h)2+k（a＞0）．
抛物线y=a(x-h)2+k（a＞0）内有一定点F（h，k+14a），直线l过点M（h，k−14a）且与x轴平行．当动点P在该抛物线上运动时，点P到直线l的距离PP1始终等于点P到点F的距离（该结论不需要证明）．例如：抛物线y=2(x-1)2+3上的动点P到点F（1，258）的距离等于点P到直线l：y=238的距离．
请阅读上面的材料，探究下题：
如图4，点D（-1，32）是第二象限内一定点，点P是抛物线y=14x2-1上一动点．当PO+PD取最小值时，请求出△POD的面积．
【答案】（1）（0，1）；y =-1
（2）解：∵抛物线y=14x2的焦点F（0，1），准线方程l：y = -1
P点到焦点F的距离等于它到准线y = -1的距离
∴PF =y0+1=3y0
∴y0=12∴14x02=12
解得x0＝2或x0＝-2（舍）
∴P（2，12）
（3）3-5.
（4）解：过点D作直线y=-2的垂线，垂足为E
∵y=14x2−1的焦点是（0，0），准线方程是y=-2
P点到焦点的距离等于它到准线的距离
∴PO=PE
∴当D、P、E三点共线时，PO+PD取最小值
此时P点坐标是（−1，−34）
∴S△POD=12×1×（32+34）=98
【解析】【解答】解：（1）y=14x2的焦点坐标为（0，1），准线方程为y=-1.
故答案为：（0，1），y=-1.
（3）过点P作PE⊥直线m交于点E，过点P作PG⊥准线l交于点G，由（1）的结论可得PG=PF=d1+1，PE=d2，故d1+d2=PE+PF-1，当点P、E、F共线时，取得最小值，
∵直线PE与直线m垂直，故可设直线PE的解析式为y=−12x+b，
将F（0，1）代入可得b=1，
∴直线PE的解析式为y=−12x+1.
∵点P是直线PE和抛物线的交点，
∴联立y=−12x+1与y=14x2，
解得x=5-1，
∴P（5-1，3−52），
∴d1=3−52-1=1−52.
∵E是直线PE和直线m的交点，
∴联立y=−12x+1与y=12x-3，
得x=4，
∴E（4，-1），
∴d2=(4−5+1)2+(3−52+1)2=5−52，
∴d1+d2=1−52+5−52=1−5+5−52=6−252=3-5，
∴d1+d2的最小值为3-5.
【分析】（1）直接根据焦点坐标、准线方程的概念进行解答；
（2）由题意可得PF =y0+1=3y0，求出y0的值，代入抛物线解析式中求出x0的值，据此可得点P的坐标；
（3）过点P作PE⊥直线m交于点E，过点P作PG⊥准线l交于点G，由（1）的结论可得PG=PF=d1+1，PE=d2，故d1+d2=PE+PF-1，当点P、E、F共线时，取得最小值，易得直线PE的解析式为y=−12x+1，联立抛物线解析式求出x、y，得到点P的坐标，进而可得d1，联立PE与直线m的解析式求出x、y，得到点E的坐标，利用两点间距离公式可得d2，据此求解；
（4）过点D作直线y=-2的垂线，垂足为E，易得y=14x2-1的焦点是（0，0），准线方程是y=-2，由题意可得PO=PE，故当D、P、E三点共线时，PO+PD取最小值，此时P点坐标是（-1，-34），然后根据三角形的面积公式进行计算.