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平面几何基础贵州中考数学题汇总
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一、选择题
1. (2012贵州贵阳3分)下列图案是一副扑克牌的四种花色，其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。
【考点】轴对称图形和中心称对形。
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，
∵根据轴对称图形的定义得出四个图案都是轴对称图形，但是中心对称图形的图形只有C，
∴一副扑克牌的四种花色图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的图案是C。故选C。
2. (2012贵州安顺3分)一个多边形的内角和是900°，则这个多边形的边数是【 】
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】B。
【考点】多边形内角和定理。
【分析】设这个多边形的边数为n，
则有(n﹣2)180°=900°，解得：n=7。
∴这个多边形的边数为7。故选B。
3. (2012贵州毕节3分)下列图形是中心对称图形的是【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】中心称对形。
【分析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，A、C、D不是中心对称图形，B是中心对称图形。故选B。
4. (2012贵州毕节3分)下列命题是假命题的是【 】
A.同弧或等弧所对的圆周角相等 B.平分弦的直径垂直于弦
C.两条平行线间的距离处处相等 D.正方形的两条对角线互相垂直平分
【答案】A。
【考点】命题与定理，圆周角定理，垂径定理，平行线之间的距离，正方形的性质。
【分析】分析是否为假命题，可以举出反例;也可以分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案：
A、错误，同弧或等弧所对的圆周角相等或互补，是假命题;
B、平分弦(不是直径)的直径垂直于弦是正确的，是真命题;
C、两条平行线间的距离处处相等是正确的，是真命题;
D、正方形的两条对角线互相垂直平分是正确的，是真命题。
故选A。
5. (2012贵州六盘水3分)下列图形中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是【 】
A. 正三角形 B. 平行四边形 C. 等腰梯形 D. 正方形
【答案】D。
【考点】中心对称图形，轴对称图形。
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，
A.正三角形不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误;
B.平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误;
C.等腰梯形不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误;
D.正方形是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项正确。
故选D。
6. (2012贵州六盘水3分)下列命题为真命题的是【 】
A. 平面内任意三点确定一个圆 B. 五边形的内角和为540°
C. 如果a>b，则ac2>bc2 D. 如果两条直线被第三条直线所截，那么所截得的同位角相等
【答案】B。
【考点】命题与定理，确定圆的条件，多边形内角和定理，不等式的性质，同位角。
【分析】利用确定圆的条件，多边形内角和定理，不等式的性质，同位角等知识进行判断找到正确的即可：
A.平面内不在同一直线上的三点确定一个圆，故本答案错误;
B.五边形的内角和为(5﹣2)×180°=540°，故本选项正确;
C.当c=0时，原式不成立，故本答案错误;
D.两直线平行，同位角才相等，故本答案错误。
故选B。
8. (2012贵州铜仁4分)下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有【 】
A.4个 B.3个 C.2个 D.1个
【答案】B。
【考点】轴对称图和中心称对形。
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，
A、是轴对称图形，也是中心对称图形;B、是轴对称图形，不是中心对称图形;
C、是轴对称图形，也是中心对称图形;D、是轴对称图形，也是中心对称图形。故选B。
9. (2012贵州铜仁4分)如图，六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL，相似比为2：1，则下列结论正确的是【 】
A.∠E=2∠K B.BC=2HI
C.六边形ABCDEF的周长=六边形GHIJKL的周长 D.S六边形ABCDEF=2S六边形GHIJKL
【答案】B。
【考点】相似多边形的性质。
【分析】A、∵六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL，∴∠E=∠K，故本选项错误;
B、∵六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL，相似比为2：1，∴BC=2HI，故本选项正确;
C、∵六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL，相似比为2：1，∴六边形ABCDEF的周长=六边形GHIJKL的周长×2，故本选项错误;
D、∵六边形ABCDEF∽六边形GHIJKL，相似比为2：1，∴S六边形ABCDEF=4S六边形GHIJKL，故本选项错误。
故选B。
二、填空题
1. (2012贵州铜仁4分)若一个多边形的每一个外角都等于40°，则这个多边形的边数是 ▲ .
【答案】9。
【考点】多边形的外角性质。
【分析】根据多边形的外角和为3600的性质，有360÷40=9，即这个多边形的边数是9。
2. (2012贵州遵义4分)一个等腰三角形的两条边分别为4cm和8cm，则这个三角形的周长为 ▲ .
【答案】20cm。
【考点】等腰三角形的性质，三角形三边关系。
【分析】分两种情况讨论：
(1)当等腰三角形的腰为4cm，底为8cm时，不能构成三角形.
(2)当等腰三角形的腰为8cm，底为4cm时，能构成三角形，周长为4+8+8=20(cm)。
∴这个等腰三角形的周长是20cm。
3. (2012贵州遵义4分)在4×4的方格中有五个同样大小的正方形如图摆放，移动其中一个正方形到空白方格中，与其余四个正方形组成的新图形是一个轴对称图形，这样的移法共有 ▲ 种.
【答案】8。
【考点】利用轴对称设计图案。
【分析】根据轴对称图形的性质，分别移动一个正方形，即可得出符合要求的答案。如图所示：
故一共有8种做法。
三、解答题
1. (2012贵州安顺12分)在如图所示的方格图中，我们称每个小正方形的顶点为“格点”，以格点为顶点的三角形叫做“格点三角形”，根据图形，回答下列问题.
(1)图中格点△A′B′C′是由格点△ABC通过怎样的变换得到的?
(2)如果以直线a、b为坐标轴建立平面直角坐标系后，点A的坐标为(﹣3，4)，请写出格点△DEF各顶点的坐标，并求出△DEF的面积.
【答案】解：(1)图中格点△A′B′C′是由格点△ABC向右平移7个单位长度得到的;
(2)如果以直线a、b为坐标轴建立平面直角坐标系后，点A的坐标为(﹣3，4)，则格点△DEF各顶点的坐标分别为D(0，﹣2)，E(﹣4，﹣4)，F(3，﹣3)，
过点F作FG∥x轴，交DE于点G，
则G(-2，-3)。
∴S△DEF=S△DGF+S△GEF= ×5×1+ ×5×1=5。
【考点】作图(平移变换)，网格问题，三角形的面积。
【分析】(1)直接根据图形平移的性质得到△A′B′C′即可。
(2)根据△DEF所在的格点位置写出其坐标，过点F作FG∥x轴，交DE于点G，，再根据三角形的面积公式求解。
2. (2012贵州六盘水10分)如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形.Rt△ABC的顶点均在格点上，建立平面直角坐标系后，点A的坐标为(﹣4，1)，点B的坐标为(﹣1，1).
(1)先将Rt△ABC向右平移5个单位，再向下平移1个单位后得到Rt△A1B1C1.试在图中画出图形Rt△A1B1C1，并写出A1的坐标;
(2)将Rt△A1B1C1绕点A1顺时针旋转90°后得到Rt△A2B2C2，试在图中画出图形Rt△A2B2C2.并计算Rt△A1B1C1在上述旋转过程中C1所经过的路程.
【答案】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求作的三角形。点A1的坐标为(1，0)。
(2)如图所示，△A2B2C2即为所求作的三角形。
根据勾股定理，A1C1= ，
∴旋转过程中C1所经过的路程为 。
【考点】网格问题，作图(旋转和平移变换)，勾股定理，弧长的计算。
【分析】(1)根据网格结构找出点A.B.C平移后的对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点A1的坐标即可。
(2)根据网格结构找出点A1、B1、C1绕点A1顺时针旋转90°后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可，再根据勾股定理求出A1C1的长度，然后根据弧长公式列式计算即可得解。
3. (2012贵州铜仁5分)某市计划在新竣工的矩形广场的内部修建一个音乐喷泉，要求音乐喷泉M到广场的两个入口A、B的距离相等，且到广场管理处C的距离等于A和B之间距离的一半，A、B、C的位置如图所示，请在原图上利用尺规作图作出音乐喷泉M的位置，(要求：不写已知、求作、作法和结论，保留作图痕迹，必须用铅笔作图)
【答案】解：作图如下：M即为所求。
【考点】作图(应用与设计作图)。
【分析】连接AB，作出线段AB的垂直平分线，在矩形中标出点M的位置(以点C为圆心， AB长为半径画弧交AB的垂直平分线于点M)。
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