2018年中考数学真题分类汇编（第三期）专题18图形的展开与叠折试题（含解析）.doc

1 图形的展开与叠折 一.选择题 1.（2018·湖北江汉·3 分）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（　　） A．三棱柱 B．三棱锥 C．圆柱 D．圆锥 【分析】侧面为三个长方形，底边为三角形，故原几何体为三棱柱． 【解答】解：观察图形可知，这个几何体是三棱柱． 2.（2018•莱芜•3 分）已知圆锥的三视图如图所示，则这个圆锥的侧面展开图的面积为（　　） A．60πcm2 B．65πcm2 C．120πcm2 D．130πcm2 【分析】先利用三视图得到底面圆的半径为 5cm，圆锥的高为 12cm，再根据勾股定理计算出 母线长为 13cm，然后根据锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长， 扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算． 【解答】解：根据三视图得到圆锥的底面圆的直径为 10cm，即底面圆的半径为 5cm，圆锥的 高为 12cm， 所以圆锥的母线长= =13， 所以这个圆锥的侧面积= •2π•5•13=65π（cm2）． 故选：B． 【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底 面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了三视图． 3.（2018•陕西•3 分）如图，是一个几何体的表面展开图，则该几何体是2 A. 正方体 B. 长方体 C. 三棱柱 D. 四棱锥 【答案】C 【解析】根据表面展开图中有两个三角形，三个长方形，由此即可判断出此几何体为三棱柱。 【详解】观察可知图中有一对全等的三角形，有三个长方形， 所以此几何体为三棱柱， 故选 C 【点睛】本题考查了几何体的展开图，熟记常见立体图形的展开图特点是解决此类问题的关 键． 4.（2018·江苏常州·2 分）下列图形中，哪一个是圆锥的侧面展开图？（　　） A． B． C． D． 【分析】根据圆锥的侧面展开图的特点作答． 【解答】解：圆锥的侧面展开图是光滑的曲面，没有棱，只是扇形．故选：B． 【点评】此题考查了几何体的展开图，注意圆锥的侧面展开图是扇形． 5.（2018·湖北江汉·3 分）一个圆锥的侧面积是底面积的 2 倍，则该圆锥侧面展开图的圆 心角的度数是（　　） A．120° B．180° C．240° D．300° 【分析】根据圆锥的侧面积是底面积的 2 倍可得到圆锥底面半径和母线长的关系，利用圆锥 侧面展开图的弧长=底面周长即可得到该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角度数． 【解答】解：设母线长为 R，底面半径为 r， ∴底面周长=2πr，底面面积=πr2，侧面面积=πrR， ∵侧面积是底面积的 2 倍， ∴2πr2=πrR， ∴R=2r， 设圆心角为 n， 则 =2πr=πR， 解得，n=180°， 故选：B． 6.（2018·湖北江汉·3 分）如图，正方形 ABCD 中，AB=6，G 是 BC 的中点．将△ABG 沿 AG 对折至△AFG，延长 GF 交 DC 于点 E，则 DE 的长是（　　）3 A．1 B．1.5 C．2 D．2.5 【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证 Rt△AFE≌Rt△ADE；在直角△ECG 中，根 据勾股定理即可求出 DE 的长． 【解答】解：∵AB=AD=AF，∠D=∠AFE=90°， 在 Rt△ABG 和 Rt△AFG 中， ∵ ， ∴Rt△AFE≌Rt△ADE， ∴EF=DE， 设 DE=FE=x，则 EC=6﹣x． ∵G 为 BC 中点，BC=6， ∴CG=3， 在 Rt△ECG 中，根据勾股定理，得：（6﹣x）2+9=（x+3）2， 解得 x=2． 则 DE=2． 故选：C． 5.（2018·四川省攀枝花·3 分）如图，在矩形 ABCD 中，E 是 AB 边的中点，沿 EC 对折矩形 ABCD，使 B 点落在点 P 处，折痕为 EC，连结 AP 并延长 AP 交 CD 于 F 点，连结 CP 并延长 CP 交 AD 于 Q 点．给出以下结论： ①四边形 AECF 为平行四边形； ②∠PBA=∠APQ； ③△FPC 为等腰三角形； ④△APB≌△EPC． 其中正确结论的个数为（　　）4 A．1　　　　　　B．2　　　　　　C．3　　　　　　D．4 解：①如图，EC，BP 交于点 G； ∵点 P 是点 B 关于直线 EC 的对称点，∴EC 垂直平分 BP，∴EP=EB，∴∠EBP=∠EPB． ∵点 E 为 AB 中点，∴AE=EB，∴AE=EP，∴∠PAB=∠PBA． ∵∠PAB+∠PBA+∠APB=180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE=2（∠PAB+∠PBA）=180°，∴∠ PAB+∠PBA=90°，∴AP⊥BP，∴AF∥EC； ∵AE∥CF，∴四边形 AECF 是平行四边形，故①正确； ②∵∠APB=90°，∴∠APQ+∠BPC=90°，由折叠得：BC=PC，∴∠BPC=∠PBC． ∵四边形 ABCD 是正方形，∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=90°，∴∠ABP=∠APQ，故②正确； ③∵AF∥EC，∴∠FPC=∠PCE=∠BCE． ∵∠PFC 是钝角，当△BPC 是等边三角形，即∠BCE=30°时，才有∠FPC=∠FCP，如右图，△ PCF 不一定是等腰三角形，故③不正确； ④∵AF=EC，AD=BC=PC，∠ADF=∠EPC=90°，∴Rt△EPC≌△FDA（HL）． ∵∠ADF=∠APB=90°，∠FAD=∠ABP，当 BP=AD 或△BPC 是等边三角形时，△APB≌△FDA，∴△ APB≌△EPC，故④不正确； 其中正确结论有①②，2 个． 故选 B． 7.（2018·四川省巴中市 3 分）毕业前夕，同学们准备了一份礼物送给自己的母校，现用一5 个正方体盒子进行包装，六个面上分别写上“祝、母、校、更、美、丽”，其中“祝”与“更”， “母”与“美”在相对的面上．则此包装盒的展开图（不考虑文字方向）不可能是（　　） A． B． C ． D． 【解答】解：选项 D 不可能． 理由：选项 D，围成的立方体如图所示，不符合题意， 故选：D． 二.填空题 1.（2018·辽宁省盘锦市）如图，是某立体图形的三视图，则这个立体图形的侧面展开图的 面积是　65π　．（结果保 留 π） 【解答】解：由三视图可知圆锥的底面半径为 5，高为 12，所以母线长为 13，所以侧面积 为 πrl=π×5×13=65π． 故答案为：65π． 2.（2018·辽宁大连·3 分）如图，矩形 ABCD 中，AB=2，BC=3，点 E 为 AD 上一点，且∠ ABE=30°，将△ABE 沿 BE 翻折，得到△A′BE，连接 CA′并延长，与 AD 相交于点 F，则 DF 的长为 ．6 解：如图作 A′H⊥BC 于 H． ∵∠ABC=90°，∠ABE=∠EBA′=30°，∴∠A′BH=30°，∴A′H= BA′=1，BH= A′H= ，∴CH=3﹣ ． ∵△CDF∽△A′HC，∴ = ，∴ = ，∴DF=6﹣2 ． 故答案为：6﹣2 ． 3.（2018·广西梧州·3 分）如图，圆锥侧面展开得到扇形，此扇形半径 CA=6，圆心角∠ ACB=120°，则此圆锥高 OC 的长度是　4 　． 【分析】先根据圆锥的侧面展开图，扇形的弧长等于该圆锥的底面圆的周长，求出 OA，最 后用勾股定理即可得出结论． 【解答】解：设圆锥底面圆的半径为 r， ∵AC=6，∠ACB=120°， ∴ = =2πr， ∴r=2，即：OA=2， 在 Rt△AOC 中，OA=2，AC=6，根据勾股定理得，OC= =4 ， 故答案为：4 ． 【点评】此题主要考查了扇形的弧长公式，勾股定理，求出 OA 是解本题的关键． 三.解答题7 1.（2018·湖北荆州·8 分）如图，对折矩形纸片 ABCD，使 AB 与 DC 重合，得到折痕 MN， 将纸片展平；再一次折叠，使点 D 落到 MN 上的点 F 处，折痕 AP 交 MN 于 E；延长 PF 交 AB 于 G．求证： （1）△AFG≌△AFP； （2）△APG 为等边三角形． 【解答】证明：（1）由折叠可得：M、N 分别为 AD、BC 的中点， ∵DC∥MN∥AB， ∴F 为 PG 的中点，即 PF=GF， 由折叠可得：∠PFA=∠D=90°，∠1=∠2， 在△AFP 和△AFG 中， ， ∴△AFP≌△AFG（SAS）； （2）∵△AFP≌△AFG， ∴AP=AG， ∵AF⊥PG， ∴∠2=∠3， ∵∠1=∠2， ∴∠1=∠2=∠3=30°， ∴∠2+∠3=60°，即∠PAG=60°， ∴△APG 为等边三角形．