2023年中考数学真题分类汇编（全国版）：图形认识初步

PAGE12023年中考数学真题分类汇编（全国版）：图形认识初步一、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．2．（2023·扬州）下列图形中是棱锥的侧面展开图的是（）A． B．C． D．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°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°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°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°9．（2023·达州）下列图形中，是长方体表面展开图的是（）A． B．C． D．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．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．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=°．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）三、作图题14．（2023·滨州）（1）已知线段m，n，求作Rt△ABC，使得（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．）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=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．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∠A（2）证明（1）中你发现的结论．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，（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（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（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，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=1

答案解析部分1．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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。10．【答案】1+5/【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.

11．【答案】36+2【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−AG12．【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．【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'D214．【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=1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=【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．【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，由作图可得：AB=BC=∴△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=3由作图可得：DE=AE=AC=3x，而∴EO⊥AD，OE=D∴由作图可得AG=AH=2而OA=OH=x，∴OA∴∠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⊙O16．【答案】（1）解：∠ABC=∠（2）证明：连接AC，设小正方形边长为1，则AC=BC=12+∵AC∴△ABC为等腰直角三角形，∵A1∴△A∴∠ABC=∠A故∠ABC=∠【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．【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