2018年中考数学真题分类汇编第三期--图形的展开与叠折(有解析)
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资料简介
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.

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