精品解析：2022年广东省深圳市龙岗区金稻田学校中考数学综合复习试题

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2022年广东省深圳市龙岗区金稻田学校中考数学综合复习试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30分）
1. 如图，该几何体由棱长为1的六个小正方体叠合形成，其左视图面积是（ ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据左视图是由左侧看到图形即可确定答案．
【详解】解：由左侧可以：看到上层有一个正方形、下层两个正方形
又由每个正方形的边长为1，则面积为1
所以看到的3个正方形的面积为3．
故答案为A．
【点睛】本题考查了三视图的知识，正确确定左视图的构成是解答本题的关键．
2. 下列各图是选自历届世博会徽中的图案，其中是中心对称图形的是（　　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：A，B，D不是中心对称图形，C是中心对称图形，
故选C
3. 在平面直角坐标系中，将点向上平移个单位，再向右平移个单位，得到的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把（-1，3）横坐标加1，纵坐标加2得出结果．
【详解】解：将点(−1,3)向上平移2个单位，再向右平移1个单位，得到的点的坐标是（-1+1，3+2），
即（0，5），
故选A．
【点睛】本题考查点的平移中坐标的变换，把（a，b）向上（或向下）平移h个单位，对应的纵坐标加上（或减去）h，，把（a，b）向右上（或向左）平移n个单位，对应的横坐标加上（或减去）n．
4. 在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时测得一栋楼的影长为90m，则这栋楼的高度是（ ）
A. 36m B. 54m C. 96m D. 150m
【答案】B
【解析】
【分析】根据同一时刻物高与影长成正比即可得出结论．
【详解】解：设这栋楼的高度为xm，
∵在某一时刻，测得一根高为1.8m的竹竿的影长为3m，同时测得一栋楼的影长为90m，
∴，
解得：x=54．
故选：B．
【点睛】本题考查的是投影，熟知同一时刻物高与影长成正比是解答此题的关键．
5. 下列三棱柱展开图错误的是（　　）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三棱柱的两底展开是三角形，侧面展开是三个四边形，可得答案．
【详解】解：A、B、C中间三个长方形能围成三棱柱的侧面，上、下两个三角形围成三棱柱的上、下两底面，故均能围成三棱柱，均是三棱柱的表面展开图.D围成三棱柱时，两个三角形重合为同一底面，而另一底面没有.故D不能围成三棱柱.
故选：D.
【点睛】本题考查了几何体的展开图，注意两底面是对面，展开是两个全等的三角形，侧面展开是三个矩形．
6. 下列四个命题：
①同圆或等圆中，相等的弦所对的弧相等；
②同圆或等圆中，相等的弧所对的弦相等；
③同圆或等圆中，相等的弦的弦心距相等；
④同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等．
真命题的个数有（　　）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆的有关性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：①同圆或等圆中，相等的弦所对的弧不一定相等，故原说法错误，是假命题，不符合题意；
②同圆或等圆中，相等的弧所对的弦相等，正确，是真命题，符合题意；
③同圆或等圆中，相等的弦的弦心距相等，正确，是真命题，符合题意；
④同圆或等圆中，相等的弧所对的圆心角相等，正确，是真命题，符合题意，
真命题有3个，
故选：C．
【点睛】考查了真假命题的判断，解题的关键是掌握圆的有关性质，难度不大．
7. 如图，是的弦，若，点到的距离是，则的半径是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】连接OA，由垂径定理得AC＝BC＝AB＝6，再由勾股定理求出OA＝10即可．
【详解】解：连接OA，
由题意得：OC⊥AB，OC＝8，
∴∠OCA＝90°，AC＝BC＝AB＝6，
∴OA＝＝＝10，
即⊙O的半径是10．

故选：D
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
8. 在锐角三角形中，是边上的高，分别以、为一边，向外作正方形和，连接、和，与的延长线交于点，下列结论：；；是的中线；，其中正确结论的个数是（ ）

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
【答案】A
【解析】
【分析】根据正方形的性质可得AB=AE，AC=AG，∠BAE=∠CAG=90°，然后求出∠CAE=∠BAG，再利用“边角边”证明△ABG和△AEC全等，根据全等三角形对应边相等可得BG=CE，判定①正确；设BG、CE相交于点N，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE=∠AGB，然后求出∠CNG=90°，根据垂直的定义可得BG⊥CE，判定②正确；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，根据同角的余角相等求出∠ABH=∠EAP，再利用“角角边”证明△ABH和△EAP全等，根据全等三角形对应角相等可得∠EAM=∠ABC判定④正确，全等三角形对应边相等可得EP=AH，同理可证GQ=AH，从而得到EP=GQ，再利用“角角边”证明△EPM和△GQM全等，根据全等三角形对应边相等可得EM=GM，从而得到AM是△AEG的中线，即可判定③正确．
【详解】解：在正方形ABDE和正方形ACFG中，AB=AE，AC=AG，∠BAE=∠CAG=90°，
∴∠BAE+∠BAC=∠CAG+∠BAC，即∠CAE=∠BAG，
在△ABG和△AEC中，
∵AB=AE，∠CAE=∠BAG，AC=AG，
∴△ABG≌△AEC（SAS），
∴BG=CE，故①正确；
设BG、CE相交于点N，
∵△ABG≌△AEC，
∴∠ACE=∠AGB，
∵∠NCF+∠NGF=∠ACF+∠ACE+∠AGF－∠AGB=90°+90°=180°，
∴∠CNG=360°-（∠NCF+∠NGF+∠F）=360°-（180°+90°）=90°，
∴BG⊥CE，故②正确；
过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，
∵AH⊥BC，
∴，

∵∠BAE=90°，
∴∠EAP+∠BAH=180°-90°=90°，
∴∠ABH=∠EAP，
在△ABH和△EAP中，
∵∠ABH=∠EAP，∠AHB=∠P=90°，AB=AE，
∴△ABH≌△EAP（AAS），
∴∠EAM=∠ABC，故④正确，EP=AH，
同理可得GQ=AH，
∴EP=GQ，
在△EPM和△GQM中，
∵∠P=∠MQG=90°，∠EMP=∠GMQ，EP=GQ，
∴△EPM≌△GQM（AAS），
∴EM=GM，
∴AM是△AEG的中线，故③正确，
综上所述，①②③④结论都正确．
故选：A
【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，在解答时作辅助线EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q构造出全等三角形是难点，运用全等三角形的性质是关键．
9. 在圆内接四边形ABCD中，∠ACB＝∠ACD＝60°，对角线AC、BD交于点E．已知BC＝3，CD＝2，则线段CE的长为（　　）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作BM⊥AC于M，DN⊥AC于N，则BM∥DN，由平行线得出△BME∽△DNE，得出，求出∠CBM＝∠CDN＝30°，由直角三角形的性质得出，，，，求出MN＝CM﹣CN＝，得出，因此，即可得出结果．
【详解】作BM⊥AC于M，DN⊥AC于N，如图所示：
则BM∥DN，
∴△BME∽△DNE，
∴，
∵∠ACB＝∠ACD＝60°，
∴∠CBM＝∠CDN＝30°，
∴，，
∴，，
∴MN＝CM﹣CN＝，
∴，
∴，
∴CE＝CN+EN＝；
故选C．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握勾股定理，证明三角形相似是解题关键．
10. 课本上运用尺规作图：作一个角等于已知角，其作图的依据是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在尺规作图中，作一个角等于已知角是通过构建三边对应相等的全等三角形来证，因此由作法知其判定依据是SSS，即边边边公理．
【详解】解：在尺规作图中，作一个角等于已知角是通过构建三边对应相等的全等三角形来证，因此由作法知其判定依据是SSS，即边边边公理．
故选：A．
【点睛】本题考查的知识点是全等三角形的判定以及尺规作图，三角形全等的判定公理及推论：（1）“边角边”简称“SAS”；（2） “角边角”简称“ASA”；（3） “边边边”简称“SSS”；（4） “角角边”简称“AAS”．注意：在全等的判定中，没有AAA和SSA，这两种情况都不能唯一确定三角形的形状．
二、填空题（本大题共5小题，共15分）
11. 把边长为的个相同的正方体摆成如图的形式，画出该几何体的主视图、左视图、俯视图．

【答案】见解析
【解析】
【分析】根据主视图、左视图、俯视图的画法画出相应的图形即可．
【详解】解：这个几何体三个视图如图所示：

【点睛】考查简单几何体的三视图的画法，解题的关键是掌握主视图、左视图、俯视图实际上就是从正面、左面、上面对该几何体的正投影所得到的图形．
12. 如图，甲、乙两名同学分别站在C、D的位置时，乙的影子与甲的影子的末端恰好在同一点，已知甲、乙两同学相距1m，甲身高1.8m，乙身高1.5m，则甲的影子是________m．

【答案】6
【解析】
【详解】解：设甲的影长是x米，
∵BC⊥AC，ED⊥AC，
∴△ADE∽△ACB，
∴，
∵CD=1m，BC=1.8m，DE=1.5m，
∴，
解得：x=6．
所以甲的影长是6米．
故答案是6．
考点：相似三角形的应用．
13. 如图，是等边三角形的边上一点，且：：，现将折叠，使点与点重合，折痕为，点、分别在和上，且：的值为______．

【答案】
【解析】
【分析】设AD＝k，则DB＝2k，得到AB＝AC＝BC=3k，∠A＝∠B＝∠C＝∠EDF＝60°，进而证明△AED∽△BDF，得到△AED与△BDF的相似比为4：5，即可求出CE：CF＝DE：DF＝4：5，问题得解．
【详解】解：设AD＝k，则DB＝2k，
∵△ABC为等边三角形，△CEF折叠得到△DEF，
∴AB＝AC＝BC=3k，∠A＝∠B＝∠C＝∠EDF＝60°，
∴∠EDA+∠FDB＝120°，∠EDA+∠AED＝120°，
∴∠FDB＝∠AED，
∴△AED∽△BDF，
由△CEF折叠得到△DEF，得
CE＝DE，CF＝DF，
∴△AED的周长为4k，△BDF的周长为5k，
∴△AED与△BDF的相似比为4：5，
∴CE：CF＝DE：DF＝4：5．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似的性质与判定、等边三角形的性质、翻折变换的性质及其应用等知识，熟知等边三角形、翻折变换的性质，借助相似三角形的判定与性质（用含有k的代数式表示）将两条线段的比转化为相似比是解题的关键．
14. 如图，正方形的边长为，点是中点，将沿翻折至，延长交边于点，则的长为______．

【答案】
【解析】
【分析】如图所示，连接EG，先求出，由折叠的性质可得EF=DE=CE=1，∠AFE=∠D=90°，AF=AD=2，证明Rt△EFG≌Rt△ECG得到FG=CG，设FG=CG=x，则BG=BC-CG=2-x，AG=AF+FG=2+x，在Rt△ABG中，，则由此求解即可．
【详解】解：如图所示，连接EG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，
∵E是CD的中点，
∴，
由折叠的性质可得EF=DE=CE=1，∠AFE=∠D=90°，AF=AD=2，
∴∠EFG=90°，
在Rt△EFG和Rt△ECG
，
∴Rt△EFG≌Rt△ECG（HL），
∴FG=CG，
设FG=CG=x，则BG=BC-CG=2-x，AG=AF+FG=2+x，
在Rt△ABG中，，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
15. 如图，正方形对角线、交于点，的平分线交于点，交于点，若，则的长度为______．

【答案】##
【解析】
分析】过点作于点，运用角平分线性质和正方形性质可得，设，则，运用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：过点作于点，

为的角平分线，
，
，
又四边形是正方形，
，
，
又四边形是正方形，，
，
设，则，
，
解得：，
．
故答案为：．
【点睛】此题考查了正方形的性质、角平分线的性质、勾股定理．解题的关键是设出未知数、利用好正方形的性质求解．
三、解答题（本大题共5小题，共55分）
16. （1）如图，若将一个小立方块①移走，则变化后的几何体与变化前的几何体从______看到的形状图没有发生改变；（填“正面”、“上面”或“左面”）
（2）如图，请画出由个小立方块搭成的几何体从上面看到的形状图；
（3）一个几何体由大小相同的小立方块搭成，从上面看到的几何体的形状图如图所示，小正方形中的数字表示该位置上的小立方块的个数，请画出从左面看到的形状图．

【答案】（1）正面
（2）见解析
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据三视图的定义判断即可；
（2）根据三视图的定义，画出图形即可；
（3）根据三视图的定义，画出图形即可．
【详解】解：（1）如图1，将一个正方体①移走后，变化后的几何体与变化前的几何体从正面看到的形状图相同．
故答案为：正面；
（2）如图所示：

（3）如图所示：

【点睛】本题考查作图﹣三视图，解题的关键是理解三视图的定义，属于中考常考题型．
17. （1）如图，中，按要求画图：
画出中边上的中线；
画出中边上的高．
（2）尺规作图：已知，
求作：，使（不写作法，保留痕迹）

【答案】（1）见解析；见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据三角形中线和高的定义，利用几何语言画出对应的几何图形即可；
（2）利用基本作图（作一个角等于已知角）作出．
【详解】解：（1）如图1，、为所求；


（2）如图2，为所作．

【点睛】本题考查了作图复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解题的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
18. 如图，网格中每个小正方形边长为1，△ABC的顶点都在格点上．将△ABC向左平移2格，再向上平移3格，得到△A′B′C′．
（1）请在图中画出平移后的△A′B′C′；
（2）画出平移后的△A′B′C′的中线B′D′
（3）若连接BB′，CC′，则这两条线段的关系是________
（4）△ABC在整个平移过程中线段AB 扫过的面积为________
（5）若△ABC与△ABE面积相等，则图中满足条件且异于点C的格点E共有______个
（注：格点指网格线的交点）

【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析；（3）平行且相等；（4）12；（5）9
【解析】
【分析】（1）利用网格特点和平移的性质分别画出点A、B、C的对应点A′、B′、C′即可得到△A′B′C′；
（2）找出线段A′C′的中点E′，连接B′E′；
（3）根据平移性质求解；
（4）由于线段AB扫过的部分为平行四边形，则根据平行四边形的面积公式可求解．
（5）根据同底等高面积相等可知共有9个点.
【详解】（1）△A′B′C′如图所示；
（2）B′D′如图所示；

（3）BB′∥CC′，BB′=CC′；
（4）线段AB扫过的面积=4×3=12；
（5）有9个点.
【点睛】本题考查了作图-平移变换：确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离．作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．
19. 如图，将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点F的坐标为（-1，5），求点E的坐标．

【答案】点E坐标（2，3）
【解析】
【分析】过点E作AE⊥y轴于点A，过点F作FP⊥AE于点P，由“AAS”可证△AOE≌△PFE，可得AE=PF，PE=AO，即可求点E坐标．
【详解】解：如图，过点E作AE⊥y轴于点A，过点F作FP⊥AE于点P，

∵四边形是正方形
∴EF=OE，∠FEO=90°
∵∠FEP+∠PEO=90°，∠PEO+∠AOE=90°
∴∠AOE=∠FEP，且EF=OE，∠EPF=∠OAE=90°
∴△AOE≌△PFE（AAS）
∴AE=PF，PE=AO，
∵点F（-1，5）
∴AO+PF=5，PE-AE=1
∴AO=3=PE，AE=2=PF
∴点E坐标（2，3）.
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形的性质，证明△AOE≌△PFE是本题的关键．
20. 在等边中，，点是边上一点，，且的两边分别与的边，交于点，点不与点，重合．

（1）若点为中点．
当点与点重合，请在图中补全图形；
在图中，将绕着点旋转，设的长为，的长为，求与的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）如图，当点为中点时，点，分别为，的中点，在上截取，连接，请你判断线段与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①见解析；②y=，≤x＜2．
（2）NP'=ME，证明见解析．
【解析】
【分析】（1）①依题意补全图形即可；②先判断△PBE∽△ECQ，据此比例式建立方程求解即可；
（2）先判定四边形PMCN为平行四边形，再说明△PEP'是等边三角形，最后判断出△EPM≌△NPP'即可．
【小问1详解】
解：①补全图形如图1所示：

②如图2：

∵等边三角形ABC
∴，
∴
∴∠2=∠3
∴△PBE∽△ECQ
∴
∵点E为BC的中点
∴BE=EC=1
∵BP的长为x,CQ的长为y
∴，即y=
当P与A重合，BP有最大值2
当Q与A重合时，BP有最小值
∵点不与点，重合
∴≤x＜2．
【小问2详解】
解：NP'=ME，证明如下：
证明：如图3：连接PM，PN，PP'.
∵P、M、N分别是AB，BC，AC的中点，
∴PN//BC,PN=BC,PM//AC, PM=AC
∴四边形PMCN为平行四边形，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠C=60°.
∴PM=PN，∠NPM=∠C=60°
∵EP=EP'，∠PEP'=60°，
∴△PEP'是等边三角形.
∴∠EPP'=60°，PE=PP'
∴∠EPP'=∠NPM.
∴∠EPM=∠NPP'
∴△EPM≌△NPP'.
∴NP'=ME．
【点睛】
本题是几何变换综合题，主要考查了相似三角形的性质和判定、平行四边形的性质和判定、等边三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定等知识点，正确做出辅助线成为解答本题的关键．