2022年中考复习基础必刷40题专题22图形的认识

这是一份2022年中考复习基础必刷40题专题22图形的认识，共31页。

1. 如图是一个小正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体后，有“迎”字一面的相对面上的字是（ ）

A.百B.党C.年D.喜

2. 如图，将棱长为6的正方体截去一个棱长为3的正方体后，得到一个新的几何体，这个几何体的主视图是（ ）

A.B.C.D.

3. 把如图所示的纸片沿着虚线折叠，可以得到的几何体是( )

A.三棱柱B.四棱柱C.三棱锥D.四棱锥

4. 下列正方体的展开图上每个面上都有一个汉字．其中，手的对面是口的是( )
A.B.
C.D.

5. 某正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种表面展开图，那么在原正方体中，与“伏”字所在面相对面上的汉字是（ ）

A.文B.羲C.弘D.化

6. 某正方体的平面展开图如图所示，则原正方体中与“春”字所在的面相对的面上的字是( )

A.青B.来C.斗D.奋

7. 如图为正方体的一种平面展开图，各面都标有数字，则数字为−2的面与其对面上的数字之积是（ ）

A.−12B.0C.−8D.−10

8. 由下面正方体的平面展开图可知，原正方体“中”字所在面的对面的汉字是（ ）

A.国B.的C.中D.梦

9. 如图为正方体的一种平面展开图，各面都标有数字，则数字为的面与其对面上的数字
之积是( )

A.B.0C.D.

10. 将正方体的表面沿某些棱剪开，展成如图所示的平面图形，则原正方体中与“创”字所在的面相对的面上标的字是（ ）

A.庆B.力C.大D.魅

11. 毕业前夕，同学们准备了一份礼物送给自己的母校．现用一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.

12. 如图是一个小正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体后，与“国”字一面的相对面上的字是（ ）

A.厉B.害C.的D.我

13. 下列图形中，可以是正方体表面展开图的是（ ）
A.B.
C.D.

14. 一个正方体的平面展开图如图所示，每一个面都有一个汉字，则在该正方体中和“静”字相对的汉字是（ ）

A.细B.心C.规D.范

15. 小明同学中考前为了给自己加油，课余时间制作了一个六个面分别写有“17”“中”“考”“必”“胜”“！”的正方体模型，这个模型的表面展开图如图所示，与“胜”相对的一面写的（ ）

A.17B.！C.中D.考

16. 如图是一个小正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体后，有“爱”字一面的相对面上的字是（ ）

A.美B.丽C.宜D.昌

17. 一个正方体的平面展开图如图所示，则原正方体上，与“爱”相对面上的汉字是（ ）

A.美B.丽C.湘D.西

18. 观察下列图形，其中不是正方体的展开图的为（ ）
A.B.
C.D.

19. 正方体的六个面分别标有1，2，3，4，5，6六个数字，如图是其三种不同的放置方式，与数字“6”相对的面上的数字是（ ）
A.1B.5C.4D.3

20. 如图，将侧面展开图（如图①）还原为正方体，按图②摆放，那么，图①中的线段MN在图②中的对应线段是（ ）

A.aB.bC.cD.d

21. 如图是一个圆柱的主视图，根据图中所给数据，该圆的侧面展开图的面积等于________．

22. 如图，在长方体中，与面ABCD垂直的棱共有________条．

23. 如图是一个几何体的三视图，根据图中所示数据求得这个几何体的侧面积是________（结果保留π）．


24. 如图，已知△ABC中BC=3cm，AC=4cm，AB=5cm，将△ABC绕AC旋转一周得到的几何体的侧面积为________．

25. 如图，在圆柱形木桶外，有一只小虫子要从桶外的A点爬到桶内的B点．若A点到桶口的距离AC＝14cm，B点到桶口的距离BD＝10cm，沿着桶口C、D之间的距离是10cm，木桶的厚度不计．则小虫爬行最短线路的路程为________．


26. 用一张面积为36π2cm2的正方形纸片围成圆柱的侧面积，则圆柱的底面半径=________cm．

27. 如图，在长方体中，面ABCD与面________平行．

28. 如图，在正方体中，与面A′B′C′D′垂直的棱共有________条．

29. 在长方体（如图）中，棱AA1与面________垂直．

30. 如图①，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4cm，E，F，G分别是AB，AA1，AD的中点，截面EFG将这个正方体切去一个角后得到一个新的几何体（如图②），则图②中阴影部分的面积为________cm2.


31. 已知某几何体的三视图如图，其中主视图和左视图都是腰长为5，底边长为4的等腰三角形，则该几何体的侧面展开图的面积是________．（结果保留π）


32. 如图，一个正方体由27个大小相同的小立方块搭成，现从中取走若干个小立方块，得到一个新的几何体．若新几何体与原正方体的表面积相等，则最多可以取走________个小立方块．


33. 七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为42的正方形ABCD可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形EFGH内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型（其中点Q、R分别与图2中的点E、G重合，点P在边EH上），则“拼搏兔”所在正方形EFGH的边长是________．


34. 在Rt△ABC中，∠C＝90∘，AC＝3，BC＝4，把它沿斜边AB所在直线旋转一周，所得几何体的侧面积是________．（结果保留π）


35. 如图，长方体的一个底面ABCD在投影面P上，M，N分别是侧棱BF,CG的中点，矩形EFGH与矩形EMNH的投影都是矩形ABCD，设它们的面积分别是S1,S2,S，则S1,S2,S的关系是________（用“＝、>或<”连起来）


36. 在几何体表面上，蚂蚁怎样爬行路径最短？
(1)如图①，圆锥的母线长为12cm，B为母线OC的中点，点A在底面圆周上，AC⌢的长为4πcm ．在图②所示的圆锥的侧面展开图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径，并标出它的长（结果保留根号）．

(2)图③中的几何体由底面半径相同的圆锥和圆柱组成．O是圆锥的顶点，点A在圆柱的底面圆周上．设圆锥的母线长为1，圆柱的高为h．
①蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径的长为________（用含1，h的代数式表示）．
②设AD⌢的长为a，点B在母线OC上，OB=b ．圆柱的侧面展开图如图④所示，在图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图，并写出求最短路径的长的思路．

37. 在公园有两座垂直于水平地面且高度不一的圆柱，两座圆柱后面有一堵与地面互相垂直的墙，且圆柱与墙的距离皆为120公分．敏敏观察到高度90公分矮圆柱的影子落在地面上，其影长为60公分；而高圆柱的部分影子落在墙上，如图所示．
已知落在地面上的影子皆与墙面互相重直，并视太阳光为平行光，在不计圆柱厚度与影子宽度的情况下，请回答下列问题：
（1）若敏敏的身高为150公分，且此刻她的影子完全落在地面上，则影长为多少公分？

（2）若同一时间量得高圆柱落在墙上的影长为150公分，则高圆柱的高度为多少公分？请详细解释或完整写出你的解题过程，并求出答案．

38. 如图△ABC为等边三角形，以BC为边在△ABC外作正方形BCDE，延长AB分别交CE、DE的延长线于点F，N，CH⊥AF于点H，EM⊥AF于点M，连接AE．

（1）判断△CHB和△BME是否全等，并说明理由；

（2）求证：AE2＝AC⋅AF；

（3）已知AB=2，若点P是直线AF上的动点，请直接写出△CEP周长的最小值．

39. 图1、图2为同一长方体房间的示意图，图3为该长方体的表面展开图．
（1）蜘蛛在顶点A′处．
①苍蝇在顶点B处时，试在图1中画出蜘蛛为捉住苍蝇，沿墙面爬行的最近路线．
②苍蝇在顶点C处时，图2中画出了蜘蛛捉住苍蝇的两条路线，往天花板ABCD爬行的最近路线A′GC和往墙面BB′C′C爬行的最近路线A′HC，试通过计算判断哪条路线更近．

（2）在图3中，半径为10dm的⊙M与D′C′相切，圆心M到边CC′的距离为15dm，蜘蛛P在线段AB上，苍蝇Q在⊙M的圆周上，线段PQ为蜘蛛爬行路线，若PQ与⊙M相切，试求PQ长度的范围．

40. 已知直四棱柱的底面是边长为a的正方形，高为h，体积为V，表面积等于S．
（1）当a=2，h=3时，分别求V和S；

（2）当V=12，S=32时，求2a+1h的值．
参考答案与试题解析
2022年中考复习基础必刷题40题——专题二十二_图形的认识
一、 选择题 （本题共计 20 小题 ，每题 3 分 ，共计60分 ）
1.
【答案】
B
【考点】
正方体相对两个面上的文字
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方体，“迎”与“党”是相对面，“建”与“百”是相对面，“喜”与“年”是相对面．
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
简单组合体的三视图
截一个几何体
【解析】
根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案．
【解答】
解：从正面看是一个正方形，正方形的右上角是一个小正方形.
故选A.
3.
【答案】
A
【考点】
展开图折叠成几何体
【解析】
由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题．
【解答】
解：观察展开图可知，几何体是三棱柱．
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
正方体相对两个面上的文字
科学记数法--表示较大的数
【解析】
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点逐项判断即可．
【解答】
解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
A、手的对面是勤，所以本选项不符合题意；
B、手的对面是口，所以本选项符合题意；
C、手的对面是罩，所以本选项不符合题意；
D、手的对面是罩，所以本选项不符合题意．
故选：B．
5.
【答案】
D
【考点】
正方体相对两个面上的文字
【解析】
根据正方体的展开图的特点，得出相对的面，进而得出答案．
【解答】
根据正方体表面展开图可知，“相间、Z端是对面”，因此“伏与化”相对，“弘与文”相对，“扬与羲”相对，
6.
【答案】
D
【考点】
正方体相对两个面上的文字
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：与“春”字这一正方形没有交点的有“奋”、“斗”二字，
而“用”字所在的正方形与“斗”字没有交点，所以“用”和“斗”相对，
那么可知“春”字对应的面上的字是“奋”.
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
正方体相对两个面上的文字
【解析】
根据正方体的平面展开图的特征知，其相对面的两个正方形之间一定相隔一个正方形，所以数字为−2的面的对面上的数字是6，其积为−12．
【解答】
数字为−2的面的对面上的数字是6，其积为−2×6＝−12．
8.
【答案】
B
【考点】
正方体相对两个面上的文字
【解析】
正方体的展开图有11种情况，分析平面展开图的各种情况后再认真确定哪两个面的对面．
【解答】
根据正方体相对的面的特点，“中”字所在的面的对面的汉字是“的”，
9.
【答案】
A
【考点】
正方体相对两个面上的文字
几何体的展开图
规律型：图形的变化类
【解析】
根据平面展开图的性质，即可得到答案
【解答】
解：数字为−2的面的对面上的数字是6，其积为−2×6=−12．故选：A．
10.
【答案】
A
【考点】
几何体的展开图
【解析】
正方体的表面展开图，在同一条直线上相隔一个正方形的两个面互为相对面，
Z字两端且紧贴其中线的两个面互为相对面根据这一特点作答．
【解答】
正方体的表面展开图，
在同一直线上，相对的面之间一定相隔一个正方形，
Z字两端且紧贴其中线的两个面互为相对面
“建”与“力”是相对面，
“创”与“庆”是相对面，
“魅”与“大”是相对面．
11.
【答案】
C
【考点】
正方体相对两个面上的文字
【解析】
根据立方体的平面展开图规律解决问题即可．
【解答】
选项C不可能．
理由：选项C，不可能围成的立方体，不符合题意，
12.
【答案】
A
【考点】
正方体相对两个面上的文字
【解析】
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．
【解答】
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
与“国”字一面的相对面上的字是“厉”．
13.
【答案】
D
【考点】
几何体的展开图
【解析】
观察选项中的图形，确定出作为正方体表面展开图的即可．
【解答】
下列图形中，可以是正方体表面展开图的是，
14.
【答案】
D
【考点】
正方体相对两个面上的文字
【解析】
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．
【解答】
∵ 正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
∴ “细”与“心”是相对面，“冷”与“规”是相对面，“静”与“范”是相对面．
15.
【答案】
D
【考点】
正方体相对两个面上的文字
【解析】
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，且没有公共的顶点，结合展开图很容易找到与“胜”相对的面上的字．
【解答】
结合展开图可知，与“胜”相对的面上的字是“考”．
16.
【答案】
C
【考点】
正方体相对两个面上的文字
【解析】
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．
【解答】
∵ 正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
∴ 有“爱”字一面的相对面上的字是宜．
17.
【答案】
C
【考点】
正方体相对两个面上的文字
【解析】
正方体的平面展开图中，相对面的特点是之间一定相隔一个正方形，据此作答．
【解答】
正方体的平面展开图中，相对面的特点是之间一定相隔一个正方形，所以在此正方体上与“爱”字相对的面上的汉字是“湘”．
18.
【答案】
D
【考点】
几何体的展开图
【解析】
由平面图形的折叠及正方体的展开图解题．
【解答】
解：由四棱柱四个侧面和上下两个底面的特征可知，A，B，C选项可以拼成一个正方体，而D选项，上底面不可能有两个，故不是正方体的展开图．
故选D．
19.
【答案】
B
【考点】
正方体相对两个面上的文字
【解析】
正方体的六个面分别标有1，2，3，4，5，6六个数字，这六个数字一一对应，通过三个图形可看出与3相邻的数字有2，4，5，6，所以与3相对的数是1，然后由第二个图和第三个图可看出与6相邻的数有1，2，3，4，所以与6相对的数是5．
【解答】
解：由三个图形可看出与3相邻的数字有2，4，5，6，
所以与3相对的数是1，
由第二个图和第三个图可看出与6相邻的数有1，2，3，4，
所以与6相对的数是5．
故选B．
20.
【答案】
C
【考点】
展开图折叠成几何体
【解析】
观察由平面图形转化为正方体的变化求解．
【解答】
将图1中的平面图折成正方体，
观察图形可知图1中的线段MN在图2中的对应线段是c．
二、 填空题 （本题共计 15 小题 ，每题 3 分 ，共计45分 ）
21.
【答案】
8π
【考点】
几何体的展开图
【解析】
易得此几何体为圆柱，底面直径为2，高为4．圆柱侧面积=底面周长×高，代入相应数值求解即可．
【解答】
解：故侧面积=π×2×4=8π．
故答案为8π．
22.
【答案】
4
【考点】
认识立体图形
【解析】
长方体中的棱与面的关系有2种：平行和垂直，结合图形可找到与面ABCD垂直的棱．
【解答】
解：根据图形可知与面ABCD垂直的棱有AA′，BB′，CC′，DD′共4条．
故答案为：4．
23.
【答案】
24π
【考点】
由三视图判断几何体
几何体的表面积
【解析】
根据三视图确定该几何体是圆柱体，再计算圆柱体的侧面积．
【解答】
解：由三视图可知该几何体是圆柱体，其底面半径是4÷2=2，高是6，
圆柱的侧面展开图是一个长方形，长方形的长是圆柱的底面周长，长方形的宽是圆柱的高，
且底面周长为：2π×2=4π，
∴ 这个圆柱的侧面积是4π×6=24π．
故答案为：24π．
24.
【答案】
15π
【考点】
圆锥的计算
点、线、面、体
【解析】
以直线AC为轴旋转一周所得到的几何体是一圆锥，根据圆锥的侧面积公式计算即可．
【解答】
解：根据题意得：圆锥的底面周长=6π，
所以圆锥的侧面积=12×6π×5=15π，
故答案为：15π．
25.
【答案】
26
【考点】
平面展开-最短路径问题
【解析】
如图，延长BD，在延长线上取点B′，使BD＝B′D＝10cm，连接AB′，交CD与点E，连接BE，则最短的路线应该是延AE、EB爬行即可．因为两点之间线段的距离最短，最后利用勾股定理即可求解．
【解答】
如图，延长BD，在延长线上取点B′，使BD＝B′D＝10cm，′
连接AB′，交CD与点E，连接BE，
则最短的路线应该是延AE、EB爬行即可．
因为两点之间线段的距离最短． 由题可知：△ACE∽△B′DE，
则AC:B′D＝CE:DE＝AE:B′E＝7:5，
∴ AE＝(7×13)÷6，
BE＝B′E＝(5×13)÷6，
则AE+BE＝26．
26.
【答案】
3
【考点】
展开图折叠成几何体
【解析】
先求出正方形的边长，即圆柱的底面周长，再根据圆柱的底面半径=底面周长÷π÷2计算求解．
【解答】
解：这个圆柱的底面周长就是正方形的边长，面积为36π2cm2的正方形，边长即为6π，
所以半径=6π÷π÷2=3cm．
答：圆柱的底面半径为3cm．
故答案为：3．
27.
【答案】
A1B1C1D1
【考点】
认识立体图形
【解析】
根据图形可直接得到答案．
【解答】
解：根据图形可得面ABCD与面A1B1C1D1平行，
故答案为：A1B1C1D1．
28.
【答案】
4
【考点】
认识立体图形
【解析】
正方体中的棱与面的关系有2种：平行和垂直，结合图形可找到与面A′B′C′D′垂直的棱．
【解答】
解：根据图形可知与面A′B′C′D′垂直的棱有AA′，BB′，CC′，DD′共4条．
故答案为4．
29.
【答案】
ABCD及面A1B1C1D1
【考点】
认识立体图形
【解析】
根据线面垂直的性质，可知棱AA1垂直于上、下两个底面，故可得结论．
【解答】
解：∵ 棱AA1垂直于上、下两个底面，
∴ 根据线面垂直的性质，可知棱AA1垂直于面ABCD及面A1B1C1D1．
故答案为：ABCD及面A1B1C1D1．
30.
【答案】
23
【考点】
等边三角形的性质与判定
三角形的面积
截一个几何体
勾股定理
【解析】
根据已知条件得到GF＝GE＝EF=22+22=22，过G作GH⊥EF于H，求得GH=32GF=6，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】
解：∵ 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4cm，
E，F，G分别是AB，AA1，AD的中点，
∴ GF=GE=EF=22+22=22.
过G作GH⊥EF于H，
∴ GH=32GF=6，
∴ 图②中阴影部分的面积=12×22×6=23(cm2).
故答案为：23.
31.
【答案】
10π
【考点】
圆锥的展开图及侧面积
几何体的展开图
由三视图判断几何体
【解析】
由三视图可知，该几何体是圆锥，根据圆锥是侧面积公式计算即可．
【解答】
解：由三视图可知，该几何体是圆锥，
∴ 侧面展开图的面积=π⋅2⋅5=10π.
故答案为：10π.
32.
【答案】
16
【考点】
认识立体图形
几何体的表面积
【解析】
根据表面积不变，只需留11个，分别是正中心的3个和四角上各2个．
【解答】
解：若新几何体与原正方体的表面积相等，最多可以取走16个小正方体，只需留11个，
分别是正中心的3个和四角上各2个，如图所示：
故答案为：16.
33.
【答案】
45
【考点】
七巧板
正方形的性质
勾股定理
【解析】
如图2中，连接EG，GM⊥EN交EN的延长线于M，利用勾股定理解决问题即可．
【解答】
解：如图，连接EG，作GM⊥EN交EN的延长线于M．
在Rt△EMG中，∵ GM=4，EM=2+2+4+4=12，
∴ EG=EM2+GM2=122+42=410，
∴ EH=EG2=45.
故答案为：45.
34.
【答案】
845π
【考点】
圆锥的计算
点、线、面、体
【解析】
作CD⊥AB于D，如图，利用勾股定理计算出AB＝5，再根据面积法计算出CD=125，由于把Rt△ABC沿斜边AB所在直线旋转一周，所得几何体为两个圆锥，它们的底面为以D点为圆心，DC为半径的圆，所以利用扇形的面积公式计算两个圆锥的侧面积即可．
【解答】
作CD⊥AB于D，如图，
∵ ∠C＝90∘，AC＝3，BC＝4，
∴ AB=32+42=5，
∵ 12×CD×AB=12×AC×BC，
∴ CD=3×45=125，
把Rt△ABC沿斜边AB所在直线旋转一周，所得几何体为两个圆锥，它们的底面为以D点为圆心，DC为半径的圆，
∴ 这个几何体的侧面积=12×2π×125×3+12×2π×125×4=845π．
35.
【答案】
S1=S【考点】
平行投影
认识立体图形
【解析】
根据长方体的概念得到S1＝S，根据矩形的面积公式得到S【解答】
解：∵ 立体图形是长方体，
∴ 底面ABCD // 底面EFGH，
∵ 矩形EFGH的投影是矩形ABCD，
∴ S1＝S，
∵ EM>AB，EH=AD，
∴ S∴ S1=S故答案为：S1=S三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 10 分 ，共计50分 ）
36.
【答案】
解：(1)如图所示，线段AB即为蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径；
设∠AOC=n∘，
∴ 圆锥的母线长为12cm．AC⌢的长为14πcm，
∴ 12πn180=4π，
∴ n=60，
连接OA、CA，
连接OA=OC=12，
∴ ∠OAC是等边三角形，
∵ B为母线OC的中点，
∴ AB⊥OC，
∴ AB=OA×sin60∘=63．
(2)①蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径为：先沿着过A点且垂直于地面的直线爬到圆柱的上底面圆周上，再沿圆锥母线爬到顶点O上，因此，最短路径长为h+1．
②蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图如下图所示，线段AB即为其最短路径（G点为蚂蚁在圆柱上底面圆周上经过的点，图中两个C点为图形展开前图中的C点）；
求最短路径的长的思路如下：如图，连接OG，并过G点作GF⊥AD，垂足为F，由题可知， OG=OC=l，GF=h，OB=b，由AD⌢的长为a，得展开后的线段AD=a，设线段GC⌢的长为x，则GC⌢的弧长也为x，由母线长为l，可求出∠COG，
作BE⊥OG，垂足为E，
因为OB=b，可由三角函数求出OE和BE，从而得到GE，利用勾股定理表示出BG，
接着由FD=CG=x，得到AF=a−x，利用勾股定理可以求出AG，
将AF+BE即得到AH，将EG+GF即得到HB，
因为两点之间线段最短，∴ A、G、B三点共线，
利用勾股定理可以得到：AB2=AH2+BH2，进而得到关于x的方程，即可解出x，
将x的值回代到BG和AG中，求出它们的和即可得到最短路径的长．
【考点】
平面展开-最短路径问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)如图所示，线段AB即为蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径；
设∠AOC=n∘，
∴ 圆锥的母线长为12cm．AC⌢的长为14πcm，
∴ 12πn180=4π，
∴ n=60，
连接OA、CA，
连接OA=OC=12，
∴ ∠OAC是等边三角形，
∵ B为母线OC的中点，
∴ AB⊥OC，
∴ AB=OA×sin60∘=63．
(2)①蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径为：先沿着过A点且垂直于地面的直线爬到圆柱的上底面圆周上，再沿圆锥母线爬到顶点O上，因此，最短路径长为h+1．
②蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图如下图所示，线段AB即为其最短路径（G点为蚂蚁在圆柱上底面圆周上经过的点，图中两个C点为图形展开前图中的C点）；
求最短路径的长的思路如下：如图，连接OG，并过G点作GF⊥AD，垂足为F，由题可知， OG=OC=l，GF=h，OB=b，由AD⌢的长为a，得展开后的线段AD=a，设线段GC⌢的长为x，则GC⌢的弧长也为x，由母线长为l，可求出∠COG，
作BE⊥OG，垂足为E，
因为OB=b，可由三角函数求出OE和BE，从而得到GE，利用勾股定理表示出BG，
接着由FD=CG=x，得到AF=a−x，利用勾股定理可以求出AG，
将AF+BE即得到AH，将EG+GF即得到HB，
因为两点之间线段最短，∴ A、G、B三点共线，
利用勾股定理可以得到：AB2=AH2+BH2，进而得到关于x的方程，即可解出x，
将x的值回代到BG和AG中，求出它们的和即可得到最短路径的长．
37.
【答案】
设敏敏的影长为x公分．
由题意：150x=9060，
解得x＝100（公分），
经检验：x＝100是分式方程的解．
∴ 敏敏的影长为100公分．
如图，连接AE，作FB // EA．
∵ AB // EF，
∴ 四边形ABFE是平行四边形，
∴ AB＝EF＝150公分，
设BC＝y公分，由题意BC落在地面上的影从为120公分．
∴ y120=9060，
∴ y＝180（公分），
∴ AC＝AB+BC＝150+180＝330（公分），
答：高圆柱的高度为330公分．
【考点】
认识立体图形
平行投影
相似三角形的应用
【解析】
（1）根据同一时刻，物长与影从成正比，构建方程即可解决问题．
（2）如图，连接AE，作FB // EA．分别求出AB，BC的长即可解决问题．
【解答】
设敏敏的影长为x公分．
由题意：150x=9060，
解得x＝100（公分），
经检验：x＝100是分式方程的解．
∴ 敏敏的影长为100公分．
如图，连接AE，作FB // EA．
∵ AB // EF，
∴ 四边形ABFE是平行四边形，
∴ AB＝EF＝150公分，
设BC＝y公分，由题意BC落在地面上的影从为120公分．
∴ y120=9060，
∴ y＝180（公分），
∴ AC＝AB+BC＝150+180＝330（公分），
答：高圆柱的高度为330公分．
38.
【答案】
△CHB≅△BME(AAS)．
理由如下：∵ 在正方形BCDE中，BC＝BE，∠CBE＝90∘，
∴ ∠EBM+∠CBH＝90∘，
∵ CH⊥AF，EM⊥AF，
∴ ∠CHB＝∠BME＝90，
∴ ∠BCH+∠CBH＝90∘，
∴ ∠HCB＝∠MBE，
在△CHB和△BME中
∠CHB=∠BME∠HCB=∠MBEBC=EB ．
∴ △CHB≅△BME(AAS)．
证明：∵ △ABC为等边三角形，CH⊥AB，
∴ ∠BCH＝30∘，
又∵ 在正方形BCDE中，∠BCD＝90∘，CE平分∠BCD，
∴ ∠BCE＝45∘，
∴ ∠HCF＝75∘
∴ ∠F＝15∘，
∵ AB＝BC＝BE，
∴ ∠EAB＝∠EBA，
∵ ∠EBF＝180∘−90∘−60∘＝30∘，
∴ ∠AEB＝15∘，
∴ ∠AEB＝∠F，
又∵ ∠EAB＝∠FAE，
∴ △ABE∽△AFE
∵ AEAB=AFAE，
又∴ AB＝AC，
∴ AE2＝AB⋅AF．
作E点关于AF的对称点G连接GC，交AF与P，三角形CPE即为所求作三角形，
作GO⊥CH交CH延长线与点O，
∵ △ABC为等边三角形，CH⊥AB，AB=2，
∴ ∠CBH＝60∘，BH=22，CH=62，
由（1）可知△CHB≅△BME，
∴ EM=22，BM=62，
∵ ∠OHM＝∠HMG＝∠O＝90∘，故四边形OHMG为正方形，
∴ HO＝MG＝EM=22，OG＝HM＝HB+BM=2+62，
∴ 在Rt△COG中，CG=CO2+GO2=1+3，
在Rt△CEB中，CE=BE2+CB2=2，
∴ △CEP周长的最小值＝CE+PE+PC＝CG+CE=1+3+2＝3+3，
【考点】
相似三角形综合题
平面展开-最短路径问题
【解析】
（1）由正方形可知BC＝BE，∠CBE＝90∘，由一线三垂直易证△CHB≅△BME(AAS)；
（2）由等边三角形、正方形性质可知∠HCF＝75∘，所以∠F＝15∘，由AB＝BE，∠EBF＝30∘，可知∠AEB＝15∘，故∠AEB＝∠F，故△ABE∽△AFE，根据相似三角形性质及AB＝AC可得AE2＝A⋅AF；
(3)△CEP周长的最小值即PC+PE最小．作E点对称点G，连接CG交AF于P，P点即为所求最小值的点，PE+PC＝CG，然后构造直角三角形求出CG、CE，即可求出△CEP周长的最小值．
【解答】
△CHB≅△BME(AAS)．
理由如下：∵ 在正方形BCDE中，BC＝BE，∠CBE＝90∘，
∴ ∠EBM+∠CBH＝90∘，
∵ CH⊥AF，EM⊥AF，
∴ ∠CHB＝∠BME＝90，
∴ ∠BCH+∠CBH＝90∘，
∴ ∠HCB＝∠MBE，
在△CHB和△BME中
∠CHB=∠BME∠HCB=∠MBEBC=EB ．
∴ △CHB≅△BME(AAS)．
证明：∵ △ABC为等边三角形，CH⊥AB，
∴ ∠BCH＝30∘，
又∵ 在正方形BCDE中，∠BCD＝90∘，CE平分∠BCD，
∴ ∠BCE＝45∘，
∴ ∠HCF＝75∘
∴ ∠F＝15∘，
∵ AB＝BC＝BE，
∴ ∠EAB＝∠EBA，
∵ ∠EBF＝180∘−90∘−60∘＝30∘，
∴ ∠AEB＝15∘，
∴ ∠AEB＝∠F，
又∵ ∠EAB＝∠FAE，
∴ △ABE∽△AFE
∵ AEAB=AFAE，
又∴ AB＝AC，
∴ AE2＝AB⋅AF．
作E点关于AF的对称点G连接GC，交AF与P，三角形CPE即为所求作三角形，
作GO⊥CH交CH延长线与点O，
∵ △ABC为等边三角形，CH⊥AB，AB=2，
∴ ∠CBH＝60∘，BH=22，CH=62，
由（1）可知△CHB≅△BME，
∴ EM=22，BM=62，
∵ ∠OHM＝∠HMG＝∠O＝90∘，故四边形OHMG为正方形，
∴ HO＝MG＝EM=22，OG＝HM＝HB+BM=2+62，
∴ 在Rt△COG中，CG=CO2+GO2=1+3，
在Rt△CEB中，CE=BE2+CB2=2，
∴ △CEP周长的最小值＝CE+PE+PC＝CG+CE=1+3+2＝3+3，
39.
【答案】
解：（1）①根据“两点之间，线段最短”可知：
线段A′B为最近路线，如图1所示．
②I．将长方体展开，使得长方形ABB′A′和长方形ABCD在同一平面内，如图2①．
在Rt△A′B′C中，
∠B′=90∘，A′B′=40，B′C=60，
∴ AC=402+602=5200=2013．
II．将长方体展开，使得长方形ABB′A′和长方形BCC′B′在同一平面内，如图2②．
在Rt△A′C′C中，
∠C′=90∘，A′C′=70，C′C=30，
∴ A′C=702+302=5800=1058．
∵ 5200<5800，
∴ 往天花板ABCD爬行的最近路线A′GC更近；
（2）过点M作MH⊥AB于H，连接MQ、MP、MA、MB，如图3．
∵ 半径为10dm的⊙M与D′C′相切，圆心M到边CC′的距离为15dm，BC′=60dm，
∴ MH=60−10=50，HB=15，AH=40−15=25，
根据勾股定理可得AM=AH2+MH2=252+502=3125，
MB=BH2+MH2=152+502=2725，
∴ 50≤MP≤3125．
∵ ⊙M与D′C′相切于点Q，
∴ MQ⊥PQ，∠MQP=90∘，
∴ PQ=MP2−MQ2=MP2−100．
当MP=50时，PQ=2400=206；
当MP=3125时，PQ=3025=55．
∴ PQ长度的范围是206dm≤PQ≤55dm．
【考点】
圆的综合题
几何体的展开图
线段的性质：两点之间线段最短
勾股定理
切线的性质
【解析】
（1）①根据“两点之间，线段最短”可知：线段A′B为最近路线；
②I．将长方体展开，使得长方形ABB′A′和长方形ABCD在同一平面内，如图2①，运用勾股定理求出AC长；II．将长方体展开，使得长方形ABB′A′和长方形BCC′B′在同一平面内，如图2②，运用勾股定理求出A′C长，然后将两个长度进行比较，就可解决问题；
（2）过点M作MH⊥AB于H，连接MQ、MP、MA、MB，如图3．由⊙M与D′C′相切于点Q可得MQ⊥PQ，即∠MQP=90∘，根据勾股定理可得PQ=MP2−MQ2=MP2−100．要求PQ的取值范围，只需先求出MP的取值范围，就可解决问题．
【解答】
解：（1）①根据“两点之间，线段最短”可知：
线段A′B为最近路线，如图1所示．
②I．将长方体展开，使得长方形ABB′A′和长方形ABCD在同一平面内，如图2①．
在Rt△A′B′C中，
∠B′=90∘，A′B′=40，B′C=60，
∴ AC=402+602=5200=2013．
II．将长方体展开，使得长方形ABB′A′和长方形BCC′B′在同一平面内，如图2②．
在Rt△A′C′C中，
∠C′=90∘，A′C′=70，C′C=30，
∴ A′C=702+302=5800=1058．
∵ 5200<5800，
∴ 往天花板ABCD爬行的最近路线A′GC更近；
（2）过点M作MH⊥AB于H，连接MQ、MP、MA、MB，如图3．
∵ 半径为10dm的⊙M与D′C′相切，圆心M到边CC′的距离为15dm，BC′=60dm，
∴ MH=60−10=50，HB=15，AH=40−15=25，
根据勾股定理可得AM=AH2+MH2=252+502=3125，
MB=BH2+MH2=152+502=2725，
∴ 50≤MP≤3125．
∵ ⊙M与D′C′相切于点Q，
∴ MQ⊥PQ，∠MQP=90∘，
∴ PQ=MP2−MQ2=MP2−100．
当MP=50时，PQ=2400=206；
当MP=3125时，PQ=3025=55．
∴ PQ长度的范围是206dm≤PQ≤55dm．
40.
【答案】
解：（1）当a=2，h=3时，
V=a2h=12；
S=2a2+4ah=32；
（2）∵ a2h=12，2a(a+2h)=32，
∴ h=12a2，a+2h=16a，
∴ 2a+1h=2h+aah=16aa12a2=43．
【考点】
分式的化简求值
列代数式求值方法的优势
几何体的表面积
【解析】
（1）体积=底面积×高；表面积=4个侧面积+2个底面积．
（2）把所给数值代入（1）得到的公式计算即可．
【解答】
解：（1）当a=2，h=3时，
V=a2h=12；
S=2a2+4ah=32；
（2）∵ a2h=12，2a(a+2h)=32，
∴ h=12a2，a+2h=16a，
∴ 2a+1h=2h+aah=16aa12a2=43．