2023-2025年全国中考数学真题分类汇编 专题11 图形的变化(50题)

这是一份2023-2025年全国中考数学真题分类汇编 专题11 图形的变化(50题)，共49页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2025·江西·中考真题）如图，△ABC是面积为1的等边三角形，分别取AC，BC，AB的中点得到△A1B1C1；再分别取A1C，B1C，A1B1的中点得到△A2B2C2；…依此类推，则△AnBnCn的面积为（ ）
A．12n+1B．13nC．14nD．14n−1
2．（2025·江西·中考真题）下列图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·江西·中考真题）如图所示的几何体，其主视图为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023·江西·中考真题）如图，平面镜MN放置在水平地面CD上，墙面PD⊥CD于点D，一束光线AO照射到镜面MN上，反射光线为OB，点B在PD上，若∠AOC=35°，则∠OBD的度数为（ ）

A．35°B．45°C．55°D．65°
5．（2023·江西·中考真题）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·江西·中考真题）如图是四个完全相同的小正方体搭成的几何体，它的俯视图为（ ）
A．B．
C．D．
7．（2021·江西·中考真题）如图，几何体的主视图是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
8．（2024·江西·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，AB=2，点C在线段AB上运动，过点C的弦DE⊥AB，将DBE沿DE翻折交直线AB于点F，当DE的长为正整数时，线段FB的长为 ．
9．（2024·江西·中考真题）在平面直角坐标系中，将点A1,1向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点B，则点B的坐标为 ．
10．（2023·江西·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，将AB绕点A逆时针旋转角α（0°BC），若舞台AB长20米，则BC= 米．（别忽视括号内的条件哟！）
41．（2025·江西抚州·模拟预测）风铃，又称铁马，古称“铎”，常见于中国传统建筑屋檐下（如图1）．如图2，这是六角形风铃的平面示意图，其底部可抽象为正六边形ABCDEF．若G是AB的中点，连接AD，DG，则cs∠ADG的值为 ．
42．（2025·江西九江·三模）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，OA=8，OC=6，连接AC，D为AC的中点，点P在坐标轴上，若以P，A，D为顶点的三角形与△ABC相似，则点P的坐标为 ．
43．（2025·江西新余·二模）在平面直角坐标系中，点Aa,3先向右平移3个单位长度，再向下平移5个单位长度得到点B2,b，则点Cb,a的坐标为 ．
44．（2025·江西吉安·一模）如图，Rt△ABC与Rt△DCE中， ∠ACB=∠CDE=90°，AC=BC=4，CD=DE=22，△DCE可以绕点C自由转动，连接AD,DB，则BD+22AD的最小值为 ．
45．（2025·江西·模拟预测）下图是小孔成像原理的示意图，根据图中标注的尺寸，如果物体AB的高度为27cm，那么它在暗盒中所成的像CD的高度为 cm．
46．（2025·江西·二模）将图1所示的七巧板排成图2所示的矩形，则sin∠CAB的值为 ．
47．（2025·江西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知点A0,3，点B4,0，点P在坐标轴上运动，连接AB，AP，BP．当△PAB是直角三角形时，点P的坐标是 ．
48．（2025·江西·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，连接BD，AD=4cm．将△BCD沿射线BC的方向平移3cm，得到△EFG．若EG与DC相交于点H，则HC:HD= ．
六、解答题
49．（2025·江西九江·模拟预测）如图，一天晚上，哥哥和弟弟拿两根等长的标杆AB，CD垂直立在一盏亮着的路灯下，然后调整标杆位置，使它们在该路灯下的影子BE，DF恰好在一条直线上．
(1)请在图中画出路灯灯泡P的位置；
(2)哥哥和弟弟测得如下数据：AB=CD=1.6米，BE=1米，DF=2米，两根标杆的距离为3.6米．请你根据以上信息：
①求△PAC与四边形AEFC的面积比．
②求灯泡P距离地面的高度．
50．（2025·江西新余·三模）如图，在△ABC中，∠C=90°,∠B=30°，将△ABC绕点A顺时针旋转120°得到 △AED．请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
(1)如图1，作线段AE绕点A顺时针旋转120°的得到的线段AF．
(2)如图2，作△ADE关于直线CE的对称图形△AEP．
专题11 图形的变化（50题）
一、单选题
1．（2025·江西·中考真题）如图，△ABC是面积为1的等边三角形，分别取AC，BC，AB的中点得到△A1B1C1；再分别取A1C，B1C，A1B1的中点得到△A2B2C2；…依此类推，则△AnBnCn的面积为（ ）
A．12n+1B．13nC．14nD．14n−1
【答案】C
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、相似三角形的判定和性质．根据三角形中位线定理得到△A1B1C1∽△ABC，相似比=12，△A1B1C1的面积=122=14，△A2B2C2的面积=142，总结规律，根据规律解答即可．
【详解】解：∵点A1、B1、C1分别为等边△ABC的边AC，BC，AB的中点，
∴B1C1=12AC，A1C1=12BC，A1B1=12AB，
∴ △A1B1C1∽△ABC，相似比=12，
∵ △ABC的面积为1，
∴ △A1B1C1的面积=122=14，
同理，△A2B2C2的面积=142，
……
则△AnBnCn的面积=14n，
故选：C．
2．（2025·江西·中考真题）下列图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的识别．根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解，把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意，
故选：A．
3．（2024·江西·中考真题）如图所示的几何体，其主视图为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
本题主要考查常见几何体的三视图，解题的关键是熟练掌握主视图是从物体正面看到的图形．
【详解】解：从正面看到的是两个长方形，上面一个小的，下面一个大的，
故选：B．
4．（2023·江西·中考真题）如图，平面镜MN放置在水平地面CD上，墙面PD⊥CD于点D，一束光线AO照射到镜面MN上，反射光线为OB，点B在PD上，若∠AOC=35°，则∠OBD的度数为（ ）

A．35°B．45°C．55°D．65°
【答案】C
【分析】根据题意可得∠AOC=∠BOD，进而根据直角三角形的两个锐角互余即可求解．
【详解】解：依题意，∠AOC=∠BOD，∠AOC=35°
∴∠BOD=35°，
∵PD⊥CD，
∴∠OBD=90°−∠BOD=55°，
故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形中两个锐角互余，入射角等于反射角，熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．（2023·江西·中考真题）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
【详解】解：选项A、C、D均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；
选项B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；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形，关键是找出对称中心．
6．（2022·江西·中考真题）如图是四个完全相同的小正方体搭成的几何体，它的俯视图为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】从上面观察该几何体得到一个“T”字形的平面图形，横着两个正方形，中间有一个正方形，且有两条垂直的虚线，下方有半个正方形．画出图形即可．
【详解】俯视图如图所示．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了几何体的三视图，俯视图是从上面观察几何体得出的平面图形．.注意：能看到的线用实线，看不到而存在的线用虚线．
7．（2021·江西·中考真题）如图，几何体的主视图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】主视图：从正面看到的平面图形，注意能看到的边都要用实线体现在视图中，根据定义可得答案．
【详解】解：长方体的主视图是长方形，圆柱的主视图也是长方形，中间的边可以看到，用实线表示，
从而这个组合体的主视图是两个长方形，中间是实线，
故选：C.
【点睛】本题考查的是简单组合体的三视图，掌握主视图的含义是解题的关键．
二、填空题
8．（2024·江西·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，AB=2，点C在线段AB上运动，过点C的弦DE⊥AB，将DBE沿DE翻折交直线AB于点F，当DE的长为正整数时，线段FB的长为 ．
【答案】2−3或2+3或2
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据DE≤AB，可得DE=1或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：∵AB为直径，DE为弦，
∴ DE≤AB，
∴当DE的长为正整数时，DE=1或2，
当DE=2时，即DE为直径，
∵DE⊥AB
∴将DBE沿DE翻折交直线AB于点F，此时F与点A重合，
故FB=2；
当DE=1时，且在点C在线段OB之间，
如图，连接OD，
此时OD=12AB=1，
∵DE⊥AB，
∴DC=12DE=12，
∴OC=OD2−DC2=32，
∴BC=OB−OC=2−32，
∴BF=2BC=2−3；
当DE=1时，且点C在线段OA之间，连接OD，
同理可得BC=2+32，
∴BF=2BC=2+3，
综上，可得线段FB的长为2−3或2+3或2，
故答案为：2−3或2+3或2．
9．（2024·江西·中考真题）在平面直角坐标系中，将点A1,1向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点B，则点B的坐标为 ．
【答案】3,4
【分析】本题考查了坐标与图形变化－平移．利用点平移的坐标规律，把A点的横坐标加2，纵坐标加3即可得到点B的坐标．
【详解】解：∵点A1,1向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点B，
∴点B的坐标为1+2,1+3，即3,4．
故答案为：3,4．
10．（2023·江西·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，将AB绕点A逆时针旋转角α（0°0)的图象上，
∴k＝4m＝2（m＋1），
∴m＝1，
∴A（1，4），C（2，2），
∴k＝1×4＝4，
设直线AC的表达式为：y=sx+t，
∴s+t=42s+t=2 解得s=−2t=6，
∴直线AC的表达式为：y＝-2x＋6．
【点睛】此题主要考查了一次函数和反比例函数的综合应用以及平移的性质，根据OB和OD的长得出平移的规律是解题关键．
13．（2022·江西·中考真题）如图，四边形ABCD为菱形，点E在AC的延长线上，∠ACD=∠ABE．
(1)求证：△ABC∽△AEB；
(2)当AB=6,AC=4时，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)AE=9
【分析】（1）根据四边形ABCD是菱形，得出CD∥AB，AB=CB，根据平行线的性质和等边对等角，结合∠ACD=∠ABE，得出∠ACD=∠ABE=∠CAB=∠ACB，即可证明结论；
（2）根据ΔABC∽ΔAEB，得出ABAE=ACAB，代入数据进行计算，即可得出AE的值．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴CD∥AB，AB=CB，
∴∠ACD=∠CAB，∠CAB=∠ACB，
∵∠ACD=∠ABE，
∴∠ACD=∠ABE=∠CAB=∠ACB，
∴ΔABC∽ΔAEB．
（2）∵ΔABC∽ΔAEB，
∴ABAE=ACAB，
即6AE=46，
解得：AE=9．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，根据题意得出∠ACD=∠ABE=∠CAB=∠ACB，是解题关键．
14．（2021·江西·中考真题）课本再现
（1）在证明“三角形内角和定理”时，小明只撕下三角形纸片的一个角拼成图1即可证明，其中与∠A相等的角是______；
类比迁移
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC互余，小明发现四边形ABCD中这对互余的角可类比（1）中思路进行拼合：先作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，发现AD，DE，AE之间的数量关系是_________；
方法运用
（3）如图3，在四边形ABCD中，连接AC，∠BAC=90°，点O是△ACD两边垂直平分线的交点，连接OA，∠OAC=∠ABC．
①求证：∠ABC+∠ADC=90°；
②连接BD，如图4，已知AD=m，DC=n，ABAC=2，求BD的长（用含m，n的式子表示）．
【答案】（1）∠DCE'；（2）AD2+DE2=AE2；（3）①见解析；②BD=5m2+4n2．
【分析】（1）根据拼图可求得∠A=∠DCE'；
（2）根据∠ABC与∠ADC互余求得∠ADF=∠ADC+∠ABC=90°，利用勾股定理即可求解；
（3）①由点O是△ACD两边垂直平分线的交点，证得OA=OD=OC，推出2∠OAC+2∠ODC+2∠ODA=180°，得到∠OAC+∠ADC =90°，即可求解；
②作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，求得AC：AB：BC= 1：2：5，同理可得CE：DE：DC= 1：2：5，证明△ACE~△BCD，利用相似三角形的性质以及勾股定理即可求解．
【详解】（1）根据拼图可得：∠A=∠DCE'；
故答案为：∠DCE'；
（2）作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，如图，
∵∠ABC与∠ADC互余，即∠ABC+∠ADC=90°，
∴∠ADF=∠ADC+∠CDF=∠ADC+∠ABC=90°，
∴AD2+DE2=AE2；
故答案为：AD2+DE2=AE2；
（3）①证明：连接OD、OC，
∵点O是△ACD两边垂直平分线的交点，
∴OA=OD=OC，
∴∠OAC=∠OCA，∠ODC=∠OCD，∠OAD=∠ODA，
∵2∠OAC+2∠ODC+2∠ODA=180°，
即2∠OAC+2∠ADC =180°，
∴∠OAC+∠ADC =90°，
∵∠OAC=∠ABC，
∴∠ABC +∠ADC =90°；
②作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，
∵∠ABC +∠ADC=90°，
∴∠ADC +∠CDF=90°，
∴AD2+DE2=AE2，即m2+DE2=AE2，
∵∠BAC=90°，ABAC=2
∴AC：AB：BC= 1：2：5，
同理可得CE：DE：DC= 1：2：5，
∴ACBC=CECD，
∵∠CDF=∠ABC，
∴∠ACB=∠DCE，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△ACE~△BCD，
∴AEBD=ACBC=15，
∴AE=BD5，
在Rt△CDE中，DEDC=25，
∴DE=25n，
∴m2+(25n)2=(BD5)2，即m2+45n2=BD25，
∴BD2=5m2+4n2，
∴BD=5m2+4n2．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．
四、单选题
15．（2025·江西萍乡·二模）小贤向各种空水壶内匀速注水，壶内水的深度ℎ（单位：cm）与注水时间t（单位：s）的函数关系图象如图所示，选项中是各种水壶的主视图，则小贤使用的水壶的形状大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查函数的图象，三视图，通过函数图象获取信息并解决问题的能力，能够读懂图象是解题的关键．
根据函数图象得到水壶内水上升的速度不变，即可根据选项作出判断．
【详解】解：∵容器内水的高度（h）随着注水时间（t）的增大而增大，成正比例关系，是一条线段，
∴水壶内水上升的速度不变，则容器应为类似于圆柱的物体，
故选：D．
16．（2025·江西·模拟预测）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，准确掌握其定义是解题的关键．根据轴对称图形和中心对称图形的定义即可得到答案．
【详解】解：A选项中的图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C选项中的图形是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
D选项中的图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：C．
17．（2025·江西南昌·模拟预测）如图，这是一款品茗杯，关于它的三视图，下列说法正确的是（ ）
A．主视图与俯视图相同B．左视图与俯视图相同
C．主视图与左视图相同D．三视图都相同
【答案】C
【分析】本题主要考查了简单组合体的三视图，根据三视图的定义求解即可．
【详解】解：根据三视图的定义可得：
这个几何体的主视图与左视图相同，俯视图与主视图、左视图不相同．
故选：C．
18．（2025·江西九江·三模）如图，该几何体的主视图是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．找到从正面看所得到的图形即可．
【详解】解：根据题意得，
该几何体的主视图是：
故选：D．
19．（2025·江西南昌·二模）如图是由长方体与三棱柱组成的几何体，它的左视图为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了左视图的定义，熟练掌握左视图的定义是解答本题的关键．
根据左视图的定义解答即可．
【详解】解：从左面看，下面长方体的左视图是一个长方形，上面三棱柱的左视图是一个正方形，且正方形位于长方形的正上方，
故选：C．
20．（2025·江西新余·三模）如图，这是某舞台阶梯架，则它的俯视图为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了几何体的三视图，根据俯视图是从上面看到的图形结合几何体是特征即可作出判断，掌握三视图是解题的关键．
【详解】解：它的俯视图为，
故选：C．
21．（2025·江西萍乡·二模）在以下立体图形中，左视图和俯视图相同的是（ ）
A．正方体B．圆锥
C．圆柱D．四棱锥
【答案】A
【分析】本题考查了几何体的三种视图，左视图、俯视图是分别从物体左面和上面看，所得到的图形，据此分析各选项即可．
【详解】解：A、正方体的左视图和俯视图都是正方形，故本选项符合题意；
B、圆锥的左视图是等腰三角形，俯视图是有圆心的圆，故本选项不符合题意；
C、圆柱的左视图是长方形，俯视图是没有圆心的圆，故本选项不符合题意；
D、四棱锥的左视图是三角形，俯视图是四边形，四边形内部有一点分别与各个顶点相连接，故本选项不符合题意．
故选：A．
22．（2025·江西抚州·二模）数学中的对称类，令人赏心悦目，英文字母中同样有对称美，对称的英文为symmetry，下列选项分别是s，y，m，e艺术字的图案，其中属于中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】解：A．是中心对称图形，故A符合题意；
B．不是中心对称图形，故B不符合题意；
C．不是中心对称图形，故C不符合题意；
D．不是中心对称图形，故D不符合题意．
故选：A．
23．（2025·江西新余·一模）如图，这是一个积木的示意图，这个几何体的俯视图为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了简单组合体的三视图，熟练掌握简单组合体的三视图是解题关键．
找到从上面看到的图形即可，注意所有的看到的棱都在俯视图中．
【详解】
解：从下往下看，得到的图形是
故选：C．
24．（2025·江西新余·三模）在下列图案中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了轴对称图形的识别，掌握轴对称图形的定义，数形结合，找出对称轴是关键．
轴对称图形，是指在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，这条直线就叫做对称轴，根据定义，结合图形，找出对称轴即可求解．
【详解】解：A、没有对称轴，不是轴对称图形，不符合题意；
B、有对称轴，是轴对称图形，符合题意；
C、没有对称轴，不是轴对称图形，不符合题意；
D、没有对称轴，不是轴对称图形，不符合题意；
故选：B ．
25．（2025·江西宜春·二模）如图是由5个相同的小正方体组成的几何体，若再添加1个相同的小正方体后，所得新几何体的俯视图和左视图与原几何体相同，则不同的添加方法共有（ ）
A．1种B．2种C．3种D．4种
【答案】B
【分析】本题考查简单组合体的三视图．根据简单组合体三视图的画法画出相应的图形，在俯视图上相应位置备注出相应摆放的数目即可．
【详解】解：如图所示：

要新几何体的俯视图和左视图与原几何体相同，则不同的添加方法共有2种方法，
故选：B．
26．（2025·江西赣州·二模）如图是一个正四面体，它的俯视图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图，注意看得到的棱画实线，看不到的画虚线．根据从上面看得到的图形式俯视图，可得答案．
【详解】
解：其俯视图是
故选：B．
27．（2025·江西·模拟预测）图1是某校运动会颁奖时的场景，图2是领奖台的示意图，则此领奖台的左视图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．结合几何体的形状，找到从左面看所得到的图形即可．
【详解】解：从左边看时，可得选项A的图形．
故选：A．
28．（2025·江西新余·二模）如图，该几何体的左视图为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了几何体的三视图，解题的关键是明确左视图是从几何体的左边观察得到的图形．根据三视图的定义，从左边看到的图形是左视图．
【详解】解：从左边看几何体，分为上下两个矩形且中间是虚线，
故C选项符合题意；
故选：C．
29．（2025·江西抚州·二模）下图是江西省部分大学的校徽，忽略各个图案中的文字，其中图案部分是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查轴对称图形的识别，根据轴对称图形的定义，进行判断即可．解题的关键是找到对称轴．
【详解】解：A、不是轴对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，不符合题意；
故选：B．
30．（2025·江西萍乡·模拟预测）如图，图中的小三角形均是全等的等边三角形，那么图中的菱形AEFG可以看成是把菱形ABCD以A为旋转中心，（ ）
A．顺时针旋转60°得到B．顺时针旋转120°得到
C．逆时针旋转60°得到D．逆时针旋转120°得到
【答案】D
【分析】本题考查等边三角形的性质、旋转变换，确定旋转中心和旋转角度是解题的关键．根据边三角形的性质可得∠BAE=∠DAG=120°，确定旋转中心和旋转角度即可．
【详解】解：∵图中的小三角形均是全等的等边三角形，
∴∠BAD=∠DAE=∠EAG=60°，
∴∠BAE=∠DAG=120°，
∴菱形AEFG可以看成是把菱形ABCD以A为旋转中心，逆时针旋转120°得到．
故选：D．
31．（2025·江西·模拟预测）如图是某几何体的俯视图，则该几何体可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查几何体的三视图，主要考查学生空间想象能力及对立体图形的认知能力，由于俯视图是从物体的上面看得到的视图，所以先得出四个选项中各几何体的俯视图再与题目图形进行比较即可．
【详解】解： A选项的俯视图是一个圆，故A选项不符合题意；
B选项的俯视图是一个圆，且有圆心，故B选项不符合题意；
C选项的俯视图是一个圆，故C选项不符合题意；
D选项的俯视图是一个圆，且圆内有一个虚线圆，故D选项符合题意；
故选∶D．
32．（2025·江西吉安·一模）如图所示，该几何体的主视图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体三视图的画法和形状是正确解答的关键．
根据从正面看到的图形叫主视图，可得出答案．
【详解】
解：从正面看到的图形是．
故选：B．
33．（2025·江西·二模）如图，在3×3的方格纸中有一个以格点（网格线的交点）为顶点的△ABC，在图中可画出以格点为顶点且与△ABC成轴对称的三角形个数为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】本题主要考查轴对称图形．利用轴对称图形的性质即可解答．
【详解】解：与△ABC成轴对称且以格点为顶点三角形有△ABD、△EFC、△DCB、△IBJ、△AKG、△KIF共6个，
如图：
故选：C．
34．（2025·江西·模拟预测）如图，这是一个由三个全等的等边三角形拼成的图形．若再将一个这样的等边三角形与已知图形拼接在一起（图形不重叠，但所拼三角形的一边需与原图形的边重合），并使所得到的图形为轴对称图形，则拼接方法共有（ ）
A．2种B．3种C．4种D．5种
【答案】C
【分析】本题考查了等边三角形的性质和轴对称图形的概念，解题的关键是通过实际拼接尝试，找出能使新图形成为轴对称图形的拼接方式。
根据轴对称图形的定义，即沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，对原图形的每条边进行分析，看以该边为拼接边添加一个等边三角形后能否得到轴对称图形。
【详解】拼接方法如下：

35．（2025·江西吉安·一模）下列是AI软件的图标，其中是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
根据轴对称图形的概念对各选项判断即可得解．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
36．（2025·江西·二模）如图，这是由6个相同的小正方体叠放组成的几何体，它的主视图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题主要考查了简单几何体的三视图，主视图是从物体的正面看得到的视图．找到从几何体的正面看所得到的图形即可．
【详解】解：主视图有3列，每列小正方形数目分别为1，2，1，
故选：B．
37．（2025·江西·模拟预测）将正方体截去一个角后得到如图所示的几何体，则该几何体的俯视图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了三视图的知识，掌握俯视图是从物体的上面看得到的视图是解题的关键．
找到从上面看所得到的图形即可，注意看见的棱用实线表示．
【详解】解：将正方体截去一个角后得到如图所示的几何体，则该几何体的俯视图为：
，
故选：A．
38．（2025·江西·模拟预测）如图所示的几何体的主视图为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查常见几何体的三视图，解题的关键是熟练掌握主视图是从物体正面看到的图形．根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【详解】
解：从正面看到的图形为，故选：C．
39．（2025·江西·模拟预测）下列交通标志牌中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了中心对称图形的识别，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．熟练掌握根据中心对称图形的定义进行判断是解题的关键．
根据中心对称图形的概念即可求解．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
五、填空题
40．（2025·江西九江·模拟预测）主持人现站在舞台AB的一端A处，在主持节目时，站在舞台的黄金分割点点C处方可获得最佳美学效果（AC>BC），若舞台AB长20米，则BC= 米．（别忽视括号内的条件哟！）
【答案】(30−105)
【分析】本题考查了黄金分割点的相关计算，以及一元一次方程的运用，熟记黄金分割比是解题关键．由黄金分割比列方程解答即可．
【详解】解：∵点C是舞台AB的黄金分割点（AC>BC），AB=20米，
∴依题意得，20−BC20=5−12，
解得BC=30−105．
故答案为：(30−105)．
41．（2025·江西抚州·模拟预测）风铃，又称铁马，古称“铎”，常见于中国传统建筑屋檐下（如图1）．如图2，这是六角形风铃的平面示意图，其底部可抽象为正六边形ABCDEF．若G是AB的中点，连接AD，DG，则cs∠ADG的值为 ．
【答案】71326/72613
【分析】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，正六边形的性质，先根据正六边形的性质得到∠BCD=∠ABC=120°，则可求出∠CDA=∠BAD=60°，进一步可证明∠ACD=90°；设正六边形ABCDEF的边长为2m，解Rt△ADC得到AD=4m；解Rt△AGM得到AM=12m，MG=32m，则DM=AD−AM=72m，由勾股定理得到DG=DM2+MG2=13m，则cs∠ADG=DMDG=71326．
【详解】解：如图所示，连接AC，过点G作GM⊥AD于M，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BCD=∠ABC=180°×6−26=120°，
∴由对称性可得∠CDA=∠BAD=360°−∠BCD−∠ABC2=60°，
∵AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=30°，
∴∠ACD=∠BCD−∠BCA=90°；
设正六边形ABCDEF的边长为2m，
在Rt△ADC中，AD=CDcs∠ADC=4m；
∵G是AB的中点，
∴AG=12AB=m，
在Rt△AGM中，AM=AG⋅cs∠MAG=12m，MG=AG⋅sin∠MAG=32m，
∴DM=AD−AM=72m，
∴DG=DM2+MG2=13m，
∴cs∠ADG=DMDG=71326，
故答案为：71326．
42．（2025·江西九江·三模）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，OA=8，OC=6，连接AC，D为AC的中点，点P在坐标轴上，若以P，A，D为顶点的三角形与△ABC相似，则点P的坐标为 ．
【答案】4,0或74,0或0,−73
【分析】本题考查了相似三角形的性质，分情况讨论，即点P在x轴上和在y轴上的情况，利用相似三角形的性质分别求解即可，熟练利用分类讨论的思想是解题的关键．
【详解】解：∵四边形OABC为矩形，
∴∠B=90°,AB=CO=6,BC=OA=8，
∴AC=AB2+BC2=10，
如图，当点P在x轴上，且∠DPA=90°时，
此时△DPA∽△ABC,
∴APBC=ADAC，
∵D为AC的中点，
∴APBC=ADAC=12，
∴AP=4,OP=AO−AP=4,
∴P4,0；
如图，当点P在x轴上，且∠PDA=90°时，
此时△DPA∽△BAC,
∴APAC=ADBC，
∵D为AC的中点，
∴AD=5，
∴APAC=ADBC=58，
∴AP=254,OP=AO−AP=74,
∴P74,0；
如图，当点P在y轴上，且∠PDA=90°时，
∵∠DCP=∠BAC，
∴△ABC∽△CDP，
∵CD=AD，
∴PD是AC的垂直平分线，
∴∠DCP=∠DAP，
∴△ABC∽△ADP,
∴CDAB=CPAC，
∴CP=253，
∴OP=CP−CO=73，
∴P0,73；
当点P在y轴上，且∠DAP=90°时，不成立，
综上，点P的坐标为（4，0）或74,0或0,−73，
故答案为：（4，0）或74,0或0,−73．
43．（2025·江西新余·二模）在平面直角坐标系中，点Aa,3先向右平移3个单位长度，再向下平移5个单位长度得到点B2,b，则点Cb,a的坐标为 ．
【答案】−2,−1
【分析】本题主要考查的知识点是图形的平移变换，要牢记左右移动改变点的横坐标，左减，右加；上下移动改变点的纵坐标，下减，上加是解题的关键．
利用点平移的坐标规律，把A点的横坐标加 3 ，纵坐标减5即可得到点B的坐标，求出a,b，即可解答．
【详解】解：∵点Aa,3先向右平移3个单位长度，再向下平移5个单位长度得到点B，
∴Ba+3,3−5，即Ba+3,−2，
∵点B2,b，
∴a+3=2,b=−2，
解得：a=−1,b=−2，
∴C−2,−1，
故答案为：−2,−1．
44．（2025·江西吉安·一模）如图，Rt△ABC与Rt△DCE中， ∠ACB=∠CDE=90°，AC=BC=4，CD=DE=22，△DCE可以绕点C自由转动，连接AD,DB，则BD+22AD的最小值为 ．
【答案】25
【分析】本题考查的是相似三角形的判定与性质、勾股定理及两点之间线段最短的性质，取AC中点F，连接DF,BF，证明△CDF∽△CAD，得出DF=22AD，则BD+22AD=BD+DF≥BF，根据勾股定理求出结论即可．
【详解】解：如下图：
∵CD=22，
∴点D在以C为圆心22为半径的圆上运动，
取AC中点F，连接DF,BF，
∵∠ACD=∠DCF,CDAC=CFCD=22，
∴△CDF∽△CAD，
∴DFAD=CDAC=22，
∴DF=22AD，
∴BD+22AD=BD+DF≥BF，
∴当B,D,F共线时，BD+22AD最小，
∵BF=BC2+CF2=42+22=25，
∴BD+22AD的最小值为25，
故答案为：25．
45．（2025·江西·模拟预测）下图是小孔成像原理的示意图，根据图中标注的尺寸，如果物体AB的高度为27cm，那么它在暗盒中所成的像CD的高度为 cm．
【答案】12
【分析】本题考查的是相似三角形的应用，考查相似三角形的性质，掌握相似三角形的对应高的比等于相似比是解题的关键．
根据题意可得△ABO∽△CDO再利用相似三角形的性质可得ABCD=4520从而可得答案．
【详解】∵AB∥CD，△AOB中AB上的高为45cm，△COD中CD上的高为20cm，
∴∠OAB=∠OCD，∠OBA=∠ODC
∵△ABO∽△CDO，
∴ABCD=4520．
又∵AB=27cm，
∴CD=12cm．
故答案为：12．
46．（2025·江西·二模）将图1所示的七巧板排成图2所示的矩形，则sin∠CAB的值为 ．
【答案】55
【分析】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，正方形的性质，求正弦值，设七巧板排中小正方形的边长为x，则小等腰直角三角形的直角边长为x，进而求出BC=x,AC=2x，由勾股定理求出AB=5x，再利用正弦的定义即可求解．
【详解】解：设七巧板排中小正方形的边长为x，则小等腰直角三角形的直角边长为x，
∴BC=x,AC=2x，
∵ ∠ACB=90°，
∴AB=BC2+AC2=5x，
∴sin∠CAB=BCAB=x5x=55，
故答案为：55．
47．（2025·江西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知点A0,3，点B4,0，点P在坐标轴上运动，连接AB，AP，BP．当△PAB是直角三角形时，点P的坐标是 ．
【答案】−94,0，0,0或0,−163
【分析】本题考查了相似三角形的性质和判定，根据条件分类讨论是解题的关键．
分三种情况讨论：当点P在x轴上，在原点，在y轴上，根据相似三角形列出比例式即可求解．
【详解】解：①当点P在x轴上运动，∠P1AB=90°时，连接P1A．
∵A0,3，B4,0，
∴OA=3，OB=4，
∵∠P1AB=90°，
∴∠P1AO+∠OAB=90°，
∵∠OBA+∠OAB=90°，
∴∠P1AO=∠OBA，
∵∠P1OA=∠AOB=90°，
∴△AP1O∽△BAO，
∴P1OAO=AOBO．
∴P1O=AO2BO=94．
∴点P1的坐标是−94,0；
②当点P在原点时，∠AP2B=90°，
∴点P2的坐标为0,0；
③当点P在y轴上运动，∠ABP3=90°时，连接P3B，
同理可证，△BOP3∽△AOB，
∴P3OBO=BOAO．
∴P3O=BO2AO=163．
∴点P3的坐标是0,−163．
故答案为：−94,0，0,0或0,−163．
48．（2025·江西·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，连接BD，AD=4cm．将△BCD沿射线BC的方向平移3cm，得到△EFG．若EG与DC相交于点H，则HC:HD= ．
【答案】1:3
【分析】本题主要考查了平移、平行线分线段成比例，熟练掌握方法是解答本题的关键．根据平移的性质得到BE=CF=3cm，BD∥EG，然后根据平行线分线段成比例得到HCHD=ECEB，即可求解．
【详解】解：由平移可知，BE=CF=3cm，BD∥EG，
∴HCHD=ECEB，
在矩形ABCD中，AD=4cm，
∴ BC=AD=4cm，
∴ EC=BC−BE=1cm，
∴HCHD=ECEB=13，
故答案为：1:3．
六、解答题
49．（2025·江西九江·模拟预测）如图，一天晚上，哥哥和弟弟拿两根等长的标杆AB，CD垂直立在一盏亮着的路灯下，然后调整标杆位置，使它们在该路灯下的影子BE，DF恰好在一条直线上．
(1)请在图中画出路灯灯泡P的位置；
(2)哥哥和弟弟测得如下数据：AB=CD=1.6米，BE=1米，DF=2米，两根标杆的距离为3.6米．请你根据以上信息：
①求△PAC与四边形AEFC的面积比．
②求灯泡P距离地面的高度．
【答案】(1)作图见解析
(2)①36:85；②3.52米
【分析】本题考查了中心投影，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，根据熟练掌握中心投影的定义，相似三角形判定与性质解题关键．
（1）连接FC、EA并延长，相交于点P，则点P即是灯泡的位置；
（2）①先证明四边形ABDC是矩形，得出AC∥EF，AC=BD=3.6，证明△PAC∽△PEB，得出相似比，再利用相似三角形的性质即可求解；
②过P作PH⊥EF，则PH即是灯泡P距离地面的高度，利用△PAC∽△PEB，得出EAPE=511，再证明△EAB∽△EPH，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，连接FC、EA并延长，相交于点P，
则点P即是灯泡的位置；
（2）解：①∵AB⊥EF，CD⊥EF，
∴AB∥CD，
∵AB=CD=1.6米，
∴四边形ABDC是平行四边形，
∵AB⊥EF，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AC∥EF，AC=BD=3.6，
∴△PAC∽△PEF，
∵EF=BE+BD+DF=1+3.6+2=6.6（米），
∴相似比为AC:EF=3.6:6.6=6:11，
∴S△PAC:S△PEF=36:121，
∴S△PAC:S四边形AEFC=36:85；
②如图，过P作PH⊥EF，则PH即是灯泡P距离地面的高度，
∵△PAC∽△PEF，
∴PAPE=ACEF=611，
∴EAPE=511，
∵PH⊥EF，AB⊥EF，
∴AB∥PH，
∴△EAB∽△EPH，
∴EAEP=ABPH=511，
∴1.6PH=511，
解得：PH=3.52（米），
答：灯泡P距离地面的高度是3.52米．
50．（2025·江西新余·三模）如图，在△ABC中，∠C=90°,∠B=30°，将△ABC绕点A顺时针旋转120°得到 △AED．请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
(1)如图1，作线段AE绕点A顺时针旋转120°的得到的线段AF．
(2)如图2，作△ADE关于直线CE的对称图形△AEP．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了画旋转图形和画轴对称图形，熟知相关知识是解题的关键．
（1）如图所示，延长DA，BC交于点F，则线段AF即为所求；可证明∠FAE=∠CAD=120°，再证明△ACB≌△ACF可得AB=AF=AE；
（2）延长DA，BC交于点F，延长BA交EF于P，则△AEP即为所求；可证明∠DEA=∠PEA=30°，∠D=∠APE=90°，则可证明△ADE≌△APE．
【详解】（1）解：如图所示，线段AF即为所求；
（2）解：如图所示，△AEP即为所求．