2026年中考数学二轮复习常考考点专题-图形认识初步试题（含答案）

这是一份2026年中考数学二轮复习常考考点专题-图形认识初步试题（含答案），共11页。

A．B．C．D．
2．（2025•信都区二模）已知图2是图1所示的正方体的平面展开图，则在图2中，与棱AB对应的线段是（ ）
A．aB．bC．cD．d
3．（2025•淮安）如图，将直角三角形绕直角边所在直线l旋转一周，得到的立体图形是（ ）
A．B．C．D．
4．（2025•镇江模拟）如图，是由下列哪个立体图形展开得到的（ ）
A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱
5．（2025•长春一模）如图是某个立体图形的表面展开图，这个立体图形是（ ）
A．圆柱B．圆锥C．球体D．长方体
6．（2025•宜秀区三模）如图，将矩形纸片ABCD的两个直角∠A和∠B分别沿直线EN，EM折叠，折叠后点A，B的位置分别是点A′，B′．若∠A′EB′＝α，则∠NEM的大小是（ ）
A．180°﹣2αB．180°﹣αC．90°−12αD．90°﹣α
7．（2025•桥西区一模）如图，C岛在A岛的北偏东50°方向，在B岛的北偏西35°方向，则∠ACB的度数是（ ）
A．35°B．50°C．85°D．90°
8．（2025•新蔡县三模）如图，上午10时10分整，钟表上时针和分针所成角的度数为（ ）
A．105°B．110°C．120°D．115°
9．（2025•东莞市校级二模）如图，两个直角三角形如图所示摆放，∠C＝∠DFE＝90°，点F在AC上．若∠1＝25°，则∠2的度数为（ ）
A．60°B．65°C．55°D．45°
10．（2025•武安市二模）如图是一个几何体的主视图，则该几何体可以看作是由下列哪个图形绕直线l旋转一周得到的（ ）
A．B．C．D．
11．（2025•盐山县校级模拟）燃气进村入户是助推乡村振兴的惠民工程．为落实管道燃气“村村通”工程，管道从A村沿北偏西69°方向铺设到B村，如图，若A，B，C三个村庄之间的直线距离两两相等，则管道从B村铺设到C村时，铺设方向应为（ ）
A．北偏东51°B．北偏东11°C．北偏西51°D．北偏西11°
12．（2025•莲池区校级模拟）已知线段AB＝16cm，点C是直线AB上一点，BC＝2cm，若M是AC的中点，N是BC的中点，则线段MN的长度是（ ）
A．8cmB．9cmC．7cm或5cmD．7cm或9cm
二．填空题（共8小题）
13．（2025•陕西模拟）七巧板由我国宋代“燕几图”演变而来，是一种古老的传统拼图玩具．小凯用一个边长为4的正方形制作了一副七巧板（如图①），并用这副七巧板拼成如图②所示的“企鹅”，则图②中AB的长为 ．
14．（2025•大庆模拟）用半圆形纸片围成一个圆锥的侧面，若这个圆锥的体积为12533π，则该圆锥的侧面积为 cm2．
15．（2025•冷水滩区校级模拟）如图，B、C两点把线段AD分成了三部分，且AB：BC：CD＝2：5：3，M为AD的中点，若AD＝24cm，则CM长为 ．
16．（2025•红岗区三模）如图，将直角三角形绕着边长为4的直角边旋转一周，得到的立体图形的体积为 ．
17．（2025•漯河三模）定义：若一个钝角三角形中，两个锐角的内角满足其中一个角的2倍与另一个角互余，则我们称这个三角形为“奋进三角形”．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点P为BC上一个动点，若△APB为“奋进三角形”，则BP的长为 ．
18．（2025•盐城二模）已知圆锥的母线为3，底面半径为2，则该圆锥侧面展开图的面积为 ．
19．（2025•海安市一模）已知一个长方体，其长、宽、高之比为4：2：1，底面积为24cm2，则这个长方体的体积为 ．
20．（2024•徐汇区校级三模）如图，已知OC是∠AOB内部的一条射线，图中有三个角：∠AOB，∠AOC和∠BOC，当其中一个角是另一个角的两倍时，称射线OC为∠AOB的“巧分线”．如果∠MPN＝60°，PQ是∠MPN的“巧分线”，则∠MPQ＝ 度．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•韶关模拟）在学习《展开与折叠》这一课时，老师让同学们用若干个正方形和长方形拼成一个长方体的展开图．拼完后，小明看来看去觉得所拼图形似乎存在问题．
（1）请你帮小明分析一下拼图是否存在问题，若有多余块，则把图中多余块涂黑；若还缺少，则直接在原图中补全；
（2）长方体共有 条棱，若将一个长方体沿某些棱剪开展成（1）中修正后的平面图形，需要剪开 条棱；
（3）根据图中的数据，求出修正后的展开图所折叠而成的长方体的体积．
22．（2025•韶关模拟）小明在学习了《展开与折叠》这一课后，明白了很多几何体都能展开成平面图形．于是他在家用剪刀展开了一个长方体纸盒，可是一不小心多剪了一条棱，把纸盒剪成了两部分，即图中的①和②．根据你所学的知识，回答下列问题：
（1）小明总共剪开了 条棱．
（2）现在小明想将剪断的②重新粘贴到①上去，而且经过折叠以后，仍然可以还原成一个长方体纸盒，你认为他应该将剪断的纸条粘贴到①中的什么位置？请你帮助小明在①上补全．（画出一种情况即可）
（3）小明说：他剪的所有棱中，最短的一条棱长为a，最长的一条棱是最短的一条棱的5倍．已知纸盒的底面是一个正方形，并且这个长方体纸盒所有棱长的和是88cm，求a的值及长方体纸盒的体积．
23．（2025•南海区校级三模）综合与实践：
24．（2025•蜀山区三模）【综合与实践】某校在10周年校庆前设计了吉祥物“育育”挂件，并根据挂件尺寸设计了长方体的包装盒．设计组有细心的同学发现，把吉祥物“育育”装进包装盒后，拐角处还空余不少空间，这样比较浪费，所以打算进一步探究节省材料的方案．
任务1探究：对于底面积和高一定的长方体包装盒，什么情况下最省材料（即表面积最小）？
通过探究发现，问题等价于“底面矩形的面积一定时，周长何时最小？”设计组先假定底面积为16，列出下表：
根据表格，可猜测：矩形的面积一定时， 时周长最小．
为了证明上述猜测，小丫同学假设矩形面积为a2，设两邻边长分别为a﹣x和a+y（x，y均为非负数），则（a﹣x）（a+y）＝a2，得y−x=xya．
…（请表示出周长并补全后续的证明过程）．
任务2计算对比，合理优化．
设计组之前设计的长方体包装盒的尺寸为：长7cm、宽4cm、高5cm，小明同学在保持底面积不变小的前提下，建议将包装盒形状改为底面直径为6cm的圆，高保持不变的圆柱体，从节省材料的角度来看，你觉得合理吗？请判断并说明理由．
25．（2025•中山市校级三模）综合与实践：
同学们在实践活动中用一批长为24cm，宽为15cm的纸板做无盖包装盒（不考虑连接的重叠部分），制作时将纸板分隔成两个长方形分别制作底面和侧面，截得底面后的剩余部分（阴影部分）不再使用．请根据活动完成相应的任务．
活动一：如图（1）是常见的一种设计方案甲：在白纸板上截去两部分（图中阴影部分），盒子底面的四边形ABCD是正方形，然后沿虚线折成一个无盖的长方体包装盒．
任务1：请计算出方案甲中包装盒的容积．
活动二：为了增加包装盒的容积，有人提议将包装盒设计成圆柱形．小明横着裁剪把长方形的长作为底面圆的周长进行设计，如图（2）得方案乙．
任务2：请计算方案乙中无盖圆柱形包装盒的容积（π取3）．并判断容积是否变大．
2026年中考数学常考考点专题之图形认识初步
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
一．选择题（共12小题）
1．（2025•延安模拟）陶瓷器具是我国古代劳动人民的重要发明之一，是中国人民勤劳与智慧的结晶．如图所示，将给定的图形绕虚线旋转一周得到的几何体与下列陶瓷花瓶最为类似的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】点、线、面、体．
【专题】展开与折叠；空间观念．
【答案】D
【分析】通过丰富的空间想象力类比选项中各花瓶的外表即可得出答案．
【解答】解：将给定的图形绕虚线旋转一周得到的几何体与下列陶瓷花瓶最为类似的是
故选：D．
【点评】本题主要考查了面动成体，解题关键在于能够通过几何直观得出选项．
2．（2025•信都区二模）已知图2是图1所示的正方体的平面展开图，则在图2中，与棱AB对应的线段是（ ）
A．aB．bC．cD．d
【考点】几何体的展开图．
【专题】展开与折叠；应用意识．
【答案】C
【分析】观察由平面图形转化为正方体的变化求解．
【解答】解：图2是图1所示的正方体的平面展开图，将图2中的平面图折成正方体，
观察图形可知图1中的棱AB在图2中的对应线段是c．
故选：C．
【点评】本题考查了几何体的展开与折叠问题．培养观察能力和空间想象能力是解题关键．
3．（2025•淮安）如图，将直角三角形绕直角边所在直线l旋转一周，得到的立体图形是（ ）
A．B．C．D．
【考点】点、线、面、体．
【专题】展开与折叠；推理能力．
【答案】A
【分析】将直角三角形绕直角边所在直线l旋转一周，得到的立体图形是圆锥，由此判断即可．
【解答】解：将直角三角形绕直角边所在直线l旋转一周，得到的立体图形是圆锥，
故选：A．
【点评】本题考查了立体图形，掌握立体图形是解题的关键．
4．（2025•镇江模拟）如图，是由下列哪个立体图形展开得到的（ ）
A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱
【考点】几何体的展开图．
【专题】展开与折叠．
【答案】B
【分析】根据三棱柱的特征进行分析解答．
【解答】解：如图，是三棱柱的展开图，
故选：B．
【点评】本题考查几何体的展开图，理解三棱柱的特征是解题关键．
5．（2025•长春一模）如图是某个立体图形的表面展开图，这个立体图形是（ ）
A．圆柱B．圆锥C．球体D．长方体
【考点】几何体的展开图．
【专题】展开与折叠；几何直观．
【答案】B
【分析】根据圆锥的展开图求解．
【解答】解：这个立体图形是圆锥，
故选：B．
【点评】本题考查了几何体的展开图，掌握常见几何体的展开图是解题的关键．
6．（2025•宜秀区三模）如图，将矩形纸片ABCD的两个直角∠A和∠B分别沿直线EN，EM折叠，折叠后点A，B的位置分别是点A′，B′．若∠A′EB′＝α，则∠NEM的大小是（ ）
A．180°﹣2αB．180°﹣αC．90°−12αD．90°﹣α
【考点】角的计算．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】C
【分析】利用角度的转换即可解答．
【解答】解：由折叠可知，∠AEN＝∠NEA′＝∠NEB′+α，∠BEM＝∠MEB′＝∠MEA′+α．
由条件可知2∠NEB′+3α+2∠MEA′＝180°，
∴2∠NEB′+2α+2∠MEA′＝180°﹣α，
∴∠NEB'+α+∠MEA'=90°−12α，
∴∠NEM=∠NEB'+α+∠MEA'=90°−12α．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形与翻折，熟练利用翻折前后的对应角相等是解题的关键．
7．（2025•桥西区一模）如图，C岛在A岛的北偏东50°方向，在B岛的北偏西35°方向，则∠ACB的度数是（ ）
A．35°B．50°C．85°D．90°
【考点】方向角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；应用意识．
【答案】C
【分析】过点C作CF∥AD，根据猪脚模型进行计算，即可解答．
【解答】解：过点C作CF∥AD，
∴∠DAC＝∠ACF＝50°，
∵AD∥BE，
∴CF∥BE，
∴∠BCF＝∠EBC＝35°，
∴∠ACB＝∠ACF+∠BCF＝85°．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质，方向角，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
8．（2025•新蔡县三模）如图，上午10时10分整，钟表上时针和分针所成角的度数为（ ）
A．105°B．110°C．120°D．115°
【考点】钟面角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】D
【分析】根据钟面角的定义进行计算即可．
【解答】解：如图，由钟面角的定义可知，∠AOC＝∠COD＝∠DOF＝∠EOF=360°12=30°，
∠AOB＝30°×1060=5°，
∴∠BOF＝30°×4﹣5°＝115°，
即10时10分整时，钟表上时针和分针所成角的度数115°，
故选：D．
【点评】本题考查钟面角，理解钟面角的定义是正确解答的关键．
9．（2025•东莞市校级二模）如图，两个直角三角形如图所示摆放，∠C＝∠DFE＝90°，点F在AC上．若∠1＝25°，则∠2的度数为（ ）
A．60°B．65°C．55°D．45°
【考点】余角和补角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】B
【分析】根据已知条件可知∠1+∠2+∠DFE＝180°，然后求出∠2即可．
【解答】解：∵点F在AC上，
∴∠1+∠2+∠DFE＝180°，
∵∠DFE＝90°，∠1＝25°，
∴∠2＝180°﹣90°﹣25°＝65°，
故选：B．
【点评】本题主要考查了补角和余角，解题关键是正确识别图形，理解角与角之间的数量关系．
10．（2025•武安市二模）如图是一个几何体的主视图，则该几何体可以看作是由下列哪个图形绕直线l旋转一周得到的（ ）
A．B．C．D．
【考点】点、线、面、体；由三视图判断几何体．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】D
【分析】根据面动成体以及简单组合体三视图的定义矩形解答即可．
【解答】解：由选项D的图形绕直线l旋转一周得到的几何体是两个底面相等的圆锥体的组合体，其主视图与所给的主视图相符，
故选：D．
【点评】本题考查“面动成体”，简单组合体的三视图，理解视图的定义，掌握“面动成体”的形状是正确解答的关键．
11．（2025•盐山县校级模拟）燃气进村入户是助推乡村振兴的惠民工程．为落实管道燃气“村村通”工程，管道从A村沿北偏西69°方向铺设到B村，如图，若A，B，C三个村庄之间的直线距离两两相等，则管道从B村铺设到C村时，铺设方向应为（ ）
A．北偏东51°B．北偏东11°C．北偏西51°D．北偏西11°
【考点】方向角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】A
【分析】根据题意求得△ABC是等边三角形，推出∠ABC＝60°，先根据平行线的性质可得∠1+∠ABC＝111°，可得∠1＝51°，最后根据方位角的定义即可得出答案．
【解答】解：如图，标记∠1，
∵∠A＝69°，△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠1+∠ABC＝180°﹣∠A＝111°，
∴∠1＝51°，
∴C村位于B村北偏东51°方向上，
故选：A．
【点评】本题考查了方位角、平行线的性质．
12．（2025•莲池区校级模拟）已知线段AB＝16cm，点C是直线AB上一点，BC＝2cm，若M是AC的中点，N是BC的中点，则线段MN的长度是（ ）
A．8cmB．9cmC．7cm或5cmD．7cm或9cm
【考点】两点间的距离．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】根据线段中点的定义以及图形中线段的和差关系进行计算即可．
【解答】解：∵点M是AC的中点，点N是BC的中点，
∴AM＝CM=12AC，BN＝CN=12BC，
当点C在线段AB上时，MN＝CM+CN=12 （AC+BC）=12AB＝8cm；
当点C在线段AB的延长线上时，MN＝CM﹣CN=12 （AC﹣BC）=12AB＝8cm．
故选：A．
【点评】本题考查两点间的距离，掌握线段中点的定义是正确解答的关键．
二．填空题（共8小题）
13．（2025•陕西模拟）七巧板由我国宋代“燕几图”演变而来，是一种古老的传统拼图玩具．小凯用一个边长为4的正方形制作了一副七巧板（如图①），并用这副七巧板拼成如图②所示的“企鹅”，则图②中AB的长为 26 ．
【考点】七巧板；勾股定理．
【专题】几何图形；运算能力．
【答案】26．
【分析】过点A作AH⊥BC交BC延长线于H，由七巧板的特点可知，∠ACD＝90°，∠BCD＝45°，BC=4，AC=2，求出∠ACH＝45°，则可解直角三角形得到AH＝1，CH＝1，则BH＝BC+CH＝5，再利用勾股定理即可得到答案．
【解答】解：过点A作AH⊥BC交BC延长线于H，
∵∠ACD＝90°，∠BCD＝45°，BC=4，AC=14×42+42=2，
∴∠ACH＝45°，
∴AH=AC⋅sin∠ACH=2×sin45°=1，CH=AC⋅cs∠ACH=2×cs45°=1，
∴BH＝BC+CH＝5，
∴AB=AH2+BH2=26，
故答案为：26．
【点评】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，七巧板的特点，正确进行计算是解题关键．
14．（2025•大庆模拟）用半圆形纸片围成一个圆锥的侧面，若这个圆锥的体积为12533π，则该圆锥的侧面积为 50π cm2．
【考点】认识立体图形．
【专题】与圆有关的计算；空间观念；运算能力．
【答案】50π．
【分析】根据扇形折叠成圆锥体的各部分之间的关系得出R＝2r，再根据圆锥体积的计算方法求出r，进而求出R以及半圆面积即可．
【解答】解：如图，设OA＝R，PM＝r，则πR＝2πr，
∴R＝2r，
在Rt△SPM中，SP＝R＝2r，MP＝r，
∴SM=SP2−PM2=3r，
∵圆锥的体积为12533π，即13πr2⋅3r=12533π，
∴r＝5，
∴R＝2r＝10，
∴半圆面积为12×π×102＝50π，
即圆锥的侧面积为50π．
故答案为：50π．
【点评】本题考查认识立体图形，掌握扇形折叠成圆锥体的各部分之间的关系以及圆锥体积、扇形面积的计算方法是正确解答的关键．
15．（2025•冷水滩区校级模拟）如图，B、C两点把线段AD分成了三部分，且AB：BC：CD＝2：5：3，M为AD的中点，若AD＝24cm，则CM长为 4.8cm ．
【考点】两点间的距离；线段的和差．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】4.8cm．
【分析】根据AB：BC：CD＝2：5：3求出各线段的长，再利用中点求解即可．
【解答】解：由条件可知AB=210AD=4.8cm，CB=510AD=12cm，CD=310AD=7.2cm，
∵M为AD的中点，
∴DM=12AD=12cm，
∴CM＝DM﹣CD＝4.8cm，
故答案为：4.8cm．
【点评】本题考查了线段的和差，解题关键是根据AB：BC：CD＝2：5：3求出各线段的长．
16．（2025•红岗区三模）如图，将直角三角形绕着边长为4的直角边旋转一周，得到的立体图形的体积为 12π ．
【考点】点、线、面、体．
【专题】几何图形；推理能力．
【答案】12π．
【分析】以4的直角边为轴旋转一周，可以得到一个圆锥，且底面半径为3，高为4，然后根据圆锥体积公式求解即可．
【解答】解：根据题意，得到的立体图形为圆锥，且底面半径为3，高为4，
∴该圆锥的体积为V=13π×32×4=12π．
故答案为：12π．
【点评】本题主要考查了圆锥的特征和体积公式的综合应用，关键是明确旋转后得到的圆锥的底面半径和高的值．
17．（2025•漯河三模）定义：若一个钝角三角形中，两个锐角的内角满足其中一个角的2倍与另一个角互余，则我们称这个三角形为“奋进三角形”．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点P为BC上一个动点，若△APB为“奋进三角形”，则BP的长为 74或52 ．
【考点】余角和补角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】74或52．
【分析】2∠B+∠BAP＝90°，在AB上取一点D，连接DP，使得DP＝DB，过点D作DE⊥BC于E，可证明∠ADP＝∠DPB+∠B＝2∠B，则可证明∠APD＝90°，利用勾股定理求出AB=AC2+BC2=5，则csB=BCAB=45，进而得到csB=BEBD=45，设BE＝4x，BD＝PD＝5x，则BP＝8x，AD＝5﹣5x，PC＝BC﹣BP＝4﹣8x，由勾股定理得（5﹣5x）2﹣（5x）2＝32+（4﹣8x）2，解方程即可得到答案；当2∠BAP+∠B＝90°时，可证明AP平分∠BAC，过点P作PH⊥AB于H，则PH＝PC，设BP＝5m，则PH＝CP＝4﹣5m，解直角三角形可得PH=35PB=3m，则4﹣5m＝3m，解方程即可得到答案．
【解答】解：如图所示，当2∠B+∠BAP＝90°时，
如图，在AB上取一点D，连接DP，使得DP＝DB，过点D作DE⊥BC于E，
∴∠DPB＝∠B，BP＝2BE，
∴∠ADP＝∠DPB+∠B＝2∠B，
∴∠ADP+∠BAP＝90°，
∴∠APD＝90°，
由勾股定理可得AB=AC2+BC2=5，
∴csB=BCAB=45，
∴在Rt△BDE中，csB=BEBD=45，
设BE＝4x，BD＝PD＝5x，
∴BP＝8x，AD＝5﹣5x，
∴PC＝BC﹣BP＝4﹣8x，
由勾股定理得AP2＝AD2﹣PD2＝AC2+CP2，
∴（5﹣5x）2﹣（5x）2＝32+（4﹣8x）2，
解得x=732或x＝0（舍去），
∴BP=8x=74；
如图所示，当2∠BAP+∠B＝90°时，
由条件可知∠BAC＝2∠BAP，
∴AP平分∠BAC，
如图所示，过点P作PH⊥AB于H，则PH＝PC，
设BP＝5m，则PH＝CP＝4﹣5m，
∵sinB=PHPB=ACAB=35，
∴PH=35PB=3m，
∴4﹣5m＝3m，
∴m=12，
∴BP=52；
综上所述，BP的长为74或52，
故答案为：74或52．
【点评】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，角平分线的性质，熟练掌握以上知识点是关键．
18．（2025•盐城二模）已知圆锥的母线为3，底面半径为2，则该圆锥侧面展开图的面积为 6π ．
【考点】几何体的展开图．
【专题】展开与折叠；运算能力．
【答案】6π．
【分析】根据圆锥的侧面积公式：S侧=122πr•l＝πrl．即可得圆锥的侧面展开图的面积．
【解答】解：∵圆锥的侧面展开图是扇形，∴S侧＝πrl＝3×2×π＝6π，
∴该圆锥的侧面展开图的面积为6π．
故答案为：6π．
【点评】本题考查了圆锥的计算，解决本题的关键是掌握圆锥的侧面展开图的扇形面积公式．
19．（2025•海安市一模）已知一个长方体，其长、宽、高之比为4：2：1，底面积为24cm2，则这个长方体的体积为 243cm3 ．
【考点】几何体的表面积；比的应用；认识立体图形．
【专题】投影与视图；运算能力．
【答案】243cm3．
【分析】根据长方体的体积以及长、宽、高的比，求出长、宽、高，再根据体积的计算公式进行计算即可．
【解答】解：设长方体的长为4x cm，宽为2x cm，高为x cm，由题意得，
4x•2x＝24，
解得x=3（取正值），
即长方体的高为3 cm，则长为43cm，宽为23cm，
所以体积为43•23•3=243（cm3），
故答案为：243cm3．
【点评】本题考查认识立体图形，掌握长方体体积的计算方法是正确解答的关键．
20．（2024•徐汇区校级三模）如图，已知OC是∠AOB内部的一条射线，图中有三个角：∠AOB，∠AOC和∠BOC，当其中一个角是另一个角的两倍时，称射线OC为∠AOB的“巧分线”．如果∠MPN＝60°，PQ是∠MPN的“巧分线”，则∠MPQ＝ 20或30或40 度．
【考点】角的概念．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】20或30或40．
【分析】分3种情况，根据巧分线定义即可求解．
【解答】解：若∠MPN＝60°，PQ是∠MPN的“巧分线”，则由“巧分线”的定义可知有三种情况符合题意：
①∠NPQ＝2∠MPQ，此时∠MPQ＝20°；
②∠MPN＝2∠MPQ，此时∠MPQ＝30°；
③∠MPQ＝2∠NPQ，此时∠MPQ＝40°；
故答案为：20或30或40．
【点评】本题考查了角的定义和巧分线定义，正确理解“巧分线”的定义是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•韶关模拟）在学习《展开与折叠》这一课时，老师让同学们用若干个正方形和长方形拼成一个长方体的展开图．拼完后，小明看来看去觉得所拼图形似乎存在问题．
（1）请你帮小明分析一下拼图是否存在问题，若有多余块，则把图中多余块涂黑；若还缺少，则直接在原图中补全；
（2）长方体共有 12 条棱，若将一个长方体沿某些棱剪开展成（1）中修正后的平面图形，需要剪开 7 条棱；
（3）根据图中的数据，求出修正后的展开图所折叠而成的长方体的体积．
【考点】展开图折叠成几何体．
【答案】（2）12，7；
（3）72cm3．
【分析】（1）、（2）由平面图形的折叠及长方体的展开图解题，（3）按平面折叠成几何体后求得体积．
【解答】解：（1）有多余块，
；
（2）长方体共有12条棱，若将一个长方体沿某些棱剪开展成（1）中修正后的平面图形，需要剪开7条棱；
（3）底面正方形边长：12÷4＝3（cm），
长方体高：17﹣3×3＝8（cm），
长方体体积为：3×3×8＝72（cm3），
答：修正后的展开图所折叠而成的长方体的体积为72cm3．
【点评】本题考查了对于长方体展开图的掌握与立体图形体积的计算，较简单．
22．（2025•韶关模拟）小明在学习了《展开与折叠》这一课后，明白了很多几何体都能展开成平面图形．于是他在家用剪刀展开了一个长方体纸盒，可是一不小心多剪了一条棱，把纸盒剪成了两部分，即图中的①和②．根据你所学的知识，回答下列问题：
（1）小明总共剪开了 8 条棱．
（2）现在小明想将剪断的②重新粘贴到①上去，而且经过折叠以后，仍然可以还原成一个长方体纸盒，你认为他应该将剪断的纸条粘贴到①中的什么位置？请你帮助小明在①上补全．（画出一种情况即可）
（3）小明说：他剪的所有棱中，最短的一条棱长为a，最长的一条棱是最短的一条棱的5倍．已知纸盒的底面是一个正方形，并且这个长方体纸盒所有棱长的和是88cm，求a的值及长方体纸盒的体积．
【考点】展开图折叠成几何体．
【专题】几何图形；几何直观；应用意识．
【答案】（1）8；
（2）见解析；
（3）200cm3．
【分析】（1）根据平面图形得出剪开棱的条数，
（2）根据长方体的展开图的情况可知有四种情况，
（3）设最短的棱长高为a cm，则长与宽相等为5a cm，根据棱长的和是88cm，列出方程可求出长宽高，即可求出长方体纸盒的体积．
【解答】解（1）小明共剪了8条棱，
故答案为：8．
（2）如图，四种情况．
（3）∵长方体纸盒的底面是一个正方形，
∴设最短的棱长高为a cm，则长与宽相等为5a cm，
∵长方体纸盒所有棱长的和是88cm，
∴4（a+5a+5a）＝88，
解得a＝2，
∴这个长方体纸盒的体积为2×10×10＝200（cm3）．
【点评】本题主要考查了几何展开图，结合具体的问题，辨析几何体的展开图，通过结合立体图形与平面图形的转化，建立空间观念，是解决此类问题的关键．
23．（2025•南海区校级三模）综合与实践：
【考点】点、线、面、体；圆柱的体积．
【专题】几何图形；运算能力．
【答案】任务一：52；
任务二：1454cm；
任务三：＜；
任务四：AB．
【分析】任务一：根据勾股定理求出BG的长即可求解；
任务二：作ON⊥AD于点N，交BC于点M，连接OE，OF，由垂径定理得AN=NE=12AE=2cm，根据OM2+FM2＝ON2+NE2求出OM的值，进而可求出半径；
任务三：根据圆柱体体积公式分别计算即可得出结论；
任务四：根据圆柱体体积公式分别计算即可得出结论．
【解答】解：任务一：∵∠BAG＝90°，
∴BG是直径．
∵AG＝1cm，AB＝2cm，
∴BG=22+12=5cm，
∴该圆的半径为52cm．
故答案为：52；
任务二：作ON⊥AD于点N，交BC于点M，连接OE，OF，
则四边形ABMN是矩形，
∴BM＝AN，MN＝AB＝2cm．
∵AE＝4cm，ON⊥AD，
∴AN=NE=12AE=12×4cm=2cm，
∴BM＝AN＝2cm，
∵BF＝5cm，
∴FM＝BF﹣BM＝5cm﹣2cm＝3cm．
由勾股定理可得：OF2＝OM2+FM2，OE2＝ON2+NE2，
∴OM2+FM2＝ON2+NE2，
∴OM2+32＝（OM+2）2+22，
∴OM=14cm，
∴OF=OM2+FM2=(14)2+32=1454，
∴OF=1454cm；
答：圆的半径为1454cm；
任务三：绕BC旋转得到的圆柱体积V1=π×22×5=20πcm3；
绕AB旋转得到的圆柱体积V2=52×2π=50πcm3，
∴V1＜V2，
任务四：绕BC旋转得到的圆柱体积V1=πab2cm3；
绕AB旋转得到的圆柱体积V2=πa2bcm3，
∵a＞b，
∴πab2＞πa2b，
∴V1＜V2，
故答案为：AB．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，垂径定理，圆柱体体积，正确进行计算是解题关键．
24．（2025•蜀山区三模）【综合与实践】某校在10周年校庆前设计了吉祥物“育育”挂件，并根据挂件尺寸设计了长方体的包装盒．设计组有细心的同学发现，把吉祥物“育育”装进包装盒后，拐角处还空余不少空间，这样比较浪费，所以打算进一步探究节省材料的方案．
任务1探究：对于底面积和高一定的长方体包装盒，什么情况下最省材料（即表面积最小）？
通过探究发现，问题等价于“底面矩形的面积一定时，周长何时最小？”设计组先假定底面积为16，列出下表：
根据表格，可猜测：矩形的面积一定时， x＝y＝0 时周长最小．
为了证明上述猜测，小丫同学假设矩形面积为a2，设两邻边长分别为a﹣x和a+y（x，y均为非负数），则（a﹣x）（a+y）＝a2，得y−x=xya．
…（请表示出周长并补全后续的证明过程）．
任务2计算对比，合理优化．
设计组之前设计的长方体包装盒的尺寸为：长7cm、宽4cm、高5cm，小明同学在保持底面积不变小的前提下，建议将包装盒形状改为底面直径为6cm的圆，高保持不变的圆柱体，从节省材料的角度来看，你觉得合理吗？请判断并说明理由．
【考点】几何体的表面积；圆柱的计算．
【专题】展开与折叠；推理能力．
【答案】任务1：x＝y＝0；
任务2：合理，理由见解析．
【分析】任务1：观察表格可得结论：矩形的面积一定时，长和宽相等时周长最小，根据过程由y−x=xya≥0，即可得出结论．
任务2：分别计算长方体和圆柱体的表面积即可得出结论．
【解答】解：任务1：长和宽相等设两邻边长分别为a﹣x和a+y（x，y均为非负数），则（a﹣x）（a+y）＝a2，得y−x=xya，
矩形周长为2（a﹣x）+2（a+y）＝4a+2（y﹣x）＝4a+2xya≥4a，
所以x＝y＝0，即矩形为正方形时，周长最小，
故答案为：x＝y＝0；
任务2：合理，理由如下：
长方体的体积7×4×5＝140cm3，圆柱体的体积≈3.14×(62)2×5=141.3cm3，
长方体的表面积为：（7×4+4×5+7×5）×2＝166cm2．
圆柱体的表面积为：π×32×2+6π×5＝48π，48π＜48×3.2＝153.6cm2．
因为153.6＜166，
所以改为圆柱体更节省材料．
【点评】本题考查了整式乘法的应用、圆柱体和长方体体积与表面积计算，掌握乘法公式是解题的关键．
25．（2025•中山市校级三模）综合与实践：
同学们在实践活动中用一批长为24cm，宽为15cm的纸板做无盖包装盒（不考虑连接的重叠部分），制作时将纸板分隔成两个长方形分别制作底面和侧面，截得底面后的剩余部分（阴影部分）不再使用．请根据活动完成相应的任务．
活动一：如图（1）是常见的一种设计方案甲：在白纸板上截去两部分（图中阴影部分），盒子底面的四边形ABCD是正方形，然后沿虚线折成一个无盖的长方体包装盒．
任务1：请计算出方案甲中包装盒的容积．
活动二：为了增加包装盒的容积，有人提议将包装盒设计成圆柱形．小明横着裁剪把长方形的长作为底面圆的周长进行设计，如图（2）得方案乙．
任务2：请计算方案乙中无盖圆柱形包装盒的容积（π取3）．并判断容积是否变大．
【考点】展开图折叠成几何体；圆柱的体积．
【专题】展开与折叠；运算能力．
【答案】（1）324cm3；
（2）变大了．
【分析】任务1：由图1的裁剪方法折叠成长方体得出长、宽、高，再由体积的计算方法进行计算即可；
任务2：由图2的裁剪方法折叠成圆柱体的底面半径，高，再由圆柱体体积的计算方法进行计算即可．
【解答】解：任务1：由图1的裁剪方法可以折叠成底面边长为24÷4＝6（cm），高为15﹣6＝9（cm）的长方体，
因此体积为6×6×9＝324（cm3），
答：方案甲中包装盒的容积为324cm3；
任务2：由图2的裁剪方法可以折叠成底面周长为24cm，高为15﹣（24÷3）＝7（cm）的圆柱体，
所以体积为π×（242π）2×7＝336（cm3），
∵336＞324，
∴方案乙中无盖圆柱形包装盒的容积变大了．
【点评】本题考查认识立体图形，掌握圆柱体、长方体体积的计算方法是正确解答的关键．
考点卡片
1．认识立体图形
（1）几何图形：从实物中抽象出的各种图形叫几何图形．几何图形分为立体图形和平面图形．
（2）立体图形：有些几何图形（如长方体、正方体、圆柱、圆锥、球等）的各部分不都在同一个平面内，这就是立体图形．
（3）重点和难点突破：
结合实物，认识常见的立体图形，如：长方体、正方体、圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥等．能区分立体图形与平面图形，立体图形占有一定空间，各部分不都在同一平面内．
2．点、线、面、体
（1）体与体相交成面，面与面相交成线，线与线相交成点．
（2）从运动的观点来看
点动成线，线动成面，面动成体．点、线、面、体组成几何图形，点、线、面、体的运动组成了多姿多彩的图形世界．
（3）从几何的观点来看
点是组成图形的基本元素，线、面、体都是点的集合．
（4）长方体、正方体、圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥等都是几何体，几何体简称体．
（5）面有平面和曲面之分，如长方体由6个平面组成，球由一个曲面组成．
3．几何体的表面积
（1）几何体的表面积＝侧面积+底面积（上、下底的面积和）
（2）常见的几种几何体的表面积的计算公式
①圆柱体表面积：2πR2+2πRh （R为圆柱体上下底圆半径，h为圆柱体高）
②圆锥体表面积：πr2+nπ(r2+ℎ2)360（r为圆锥体底面圆半径，h为其高，n为圆锥侧面展开图中扇形的圆心角）
③长方体表面积：2（ab+ah+bh） （a为长方体的长，b为长方体的宽，h为长方体的高）
④正方体表面积：6a2（a为正方体棱长）
4．几何体的展开图
（1）多数立体图形是由平面图形围成的．沿着棱剪开就得到平面图形，这样的平面图形就是相应立体图形的展开图．同一个立体图形按不同的方式展开，得到的平面展开图是不一样的，同时也可看出，立体图形的展开图是平面图形．
（2）常见几何体的侧面展开图：
①圆柱的侧面展开图是长方形．②圆锥的侧面展开图是扇形．③正方体的侧面展开图是长方形．④三棱柱的侧面展开图是长方形．
（3）立体图形的侧面展开图，体现了平面图形与立体图形的联系．立体图形问题可以转化为平面图形问题解决．
从实物出发，结合具体的问题，辨析几何体的展开图，通过结合立体图形与平面图形的转化，建立空间观念，是解决此类问题的关键．
5．展开图折叠成几何体
通过结合立体图形与平面图形的相互转化，去理解和掌握几何体的展开图，要注意多从实物出发，然后再从给定的图形中辨认它们能否折叠成给定的立体图形．
6．两点间的距离
（1）两点间的距离
连接两点间的线段的长度叫两点间的距离．
（2）平面上任意两点间都有一定距离，它指的是连接这两点的线段的长度，学习此概念时，注意强调最后的两个字“长度”，也就是说，它是一个量，有大小，区别于线段，线段是图形．线段的长度才是两点的距离．可以说画线段，但不能说画距离．
7．角的概念
（1）角的定义：有公共端点是两条射线组成的图形叫做角，其中这个公共端点是角的顶点，这两条射线是角的两条边．
（2）角的表示方法：角可以用一个大写字母表示，也可以用三个大写字母表示．其中顶点字母要写在中间，唯有在顶点处只有一个角的情况，才可用顶点处的一个字母来记这个角，否则分不清这个字母究竟表示哪个角．角还可以用一个希腊字母（如∠α，∠β，∠γ、…）表示，或用阿拉伯数字（∠1，∠2…）表示．
（3）平角、周角：角也可以看作是由一条射线绕它的端点旋转而形成的图形，当始边与终边成一条直线时形成平角，当始 边与终边旋转重合时，形成周角．
（4）角的度量：度、分、秒是常用的角的度量单位．1度＝60分，即1°＝60′，1分＝60秒，即1′＝60″．
8．钟面角
（1）钟面一周平均分60格，相邻两格刻度之间的时间间隔是1分钟，时针1分钟走112格，分针1分钟走1格．钟面上每一格的度数为360°÷12＝30°．
（2）计算钟面上时针与分针所成角的度数，一般先从钟面上找出某一时刻分针与时针所处的位置，确定其夹角，再根据表面上每一格30°的规律，计算出分针与时针的夹角的度数．
（3）钟面上的路程问题
分针：60分钟转一圈，每分钟转动的角度为：360°÷60＝6°
时针：12小时转一圈，每分钟转动的角度为：360°÷12÷60＝0.5°．
9．方向角
方向角是从正北或正南方向到目标方向所形成的小于90°的角
（1）方向角是表示方向的角；以正北，正南方向为基准，来描述物体所处的方向．
（2）用方向角描述方向时，通常以正北或正南方向为角的始边，以对象所处的射线为终边，故描述方向角时，一般先叙述北或南，再叙述偏东或偏西．（注意几个方向的角平分线按日常习惯，即东北，东南，西北，西南．）
（3）画方向角
以正南或正北方向作方向角的始边，另一边则表示对象所处的方向的射线．
10．角的计算
（1）角的和差倍分
①∠AOB是∠AOC和∠BOC的和，记作：∠AOB＝∠AOC+∠BOC．∠AOC是∠AOB和∠BOC的差，记作：∠AOC＝∠AOB﹣∠BOC．②若射线OC是∠AOB的三等分线，则∠AOB＝3∠BOC或∠BOC=13∠AOB．
（2）度、分、秒的加减运算．在进行度分秒的加减时，要将度与度，分与分，秒与秒相加减，分秒相加，逢60要进位，相减时，要借1化60．
（3）度、分、秒的乘除运算．①乘法：度、分、秒分别相乘，结果逢60要进位．②除法：度、分、秒分别去除，把每一次的余数化作下一级单位进一步去除．
11．余角和补角
（1）余角：如果两个角的和等于90°（直角），就说这两个角互为余角．即其中一个角是另一个角的余角．
（2）补角：如果两个角的和等于180°（平角），就说这两个角互为补角．即其中一个角是另一个角的补角．
（3）性质：等角的补角相等．等角的余角相等．
（4）余角和补角计算的应用，常常与等式的性质、等量代换相关联．
注意：余角（补角）与这两个角的位置没有关系．不论这两个角在哪儿，只要度数之和满足了定义，则它们就具备相应的关系．
12．七巧板
（1）七巧板是由下面七块板组成的，完整图案为一正方形：五块等腰直角三角形（两块小形三角形、一块中形三角形和两块大形三角形）、一块正方形和一块平行四边形．
（2）用这七块板可以拼搭成几何图形，如三角形、平行四边形、不规则的多角形等；也可以拼成各种具体的人物形象，或者动物或者是一些中、英文字符号．
（3）制作七巧板的方法：①首先，在纸上画一个正方形，把它分为十六个小方格．②再从左上角到右下角画一条线．③在上面的中间连一条线到右面的中间．④再在左下角到右上角画一条线，碰到第二条线就可以停了．⑤从刚才的那条线的尾端开始一条线，画到最下面四份之三的位置，从左边开始数，碰到线就可停．⑥最后，把它们涂上不同的颜色并跟著黑线条剪开，你就有一副全新的七巧板了．
13．线段的和差
线段的和差问题，通常可以考虑用“截长法”或“补短法”来完成，
14．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a=c2−b2，b=c2−a2及c=a2+b2．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
15．圆柱的计算
（1）圆柱的母线（高）等于展开后所得矩形的宽，圆柱的底面周长等于矩形的长．
（2）圆柱的侧面积＝底面圆的周长×高
（3）圆柱的表面积＝上下底面面积+侧面积
（4）圆柱的体积＝底面积×高．
16．由三视图判断几何体
（1）由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．
（2）由物体的三视图想象几何体的形状是有一定难度的，可以从以下途径进行分析：
①根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，以及几何体的长、宽、高；
②从实线和虚线想象几何体看得见部分和看不见部分的轮廓线；
③熟记一些简单的几何体的三视图对复杂几何体的想象会有帮助；
④利用由三视图画几何体与有几何体画三视图的互逆过程，反复练习，不断总结方法．
17．比的应用
1、比的第一种应用：已知两个或几个数量的和，这两个或几个数量的比，求这两个或者几个数量是多少？2、比的第二种应用：已知一个数量是多少，两个或几个数的比，求另外几个数量是多少？3、比的第三种应用：已知两个数量的差，两个或几个数的比，求这两个或者几个数量是多少？
18．圆柱的体积
圆柱体积公式是用于计算圆柱体体积的公式，表达式为V＝π*r2*h．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/10/11 9:27:30；用户：组卷1；邮箱：[email protected]；学号：41418964 探索求圆半径的办法
背景素材
数学项目化课堂上，同学们用若干大小不一的透明圆形（或半圆形）纸片，及一张宽2cm且足够长的矩形纸带（如图1）设计了一系列任务，请帮助解决问题．

任务一

（1）若同学甲将一圆形纸片与矩形纸带摆放成如图2位置，使圆经过A，B，G．现测得AG＝1cm，则可知该圆的半径为 cm；
任务二

（2）如图3，同学乙将一张半圆形纸片与矩形纸带摆放成如图形式，点A，E，F在半圆上．若AE＝4cm，BF＝5cm，求圆的半径；
任务三

（3）从该矩形纸片上剪下一部分，使得AD＝BC＝5cm，分别以AB，BC所在直线为旋转轴，得到两个圆柱，绕BC旋转得到的圆柱体积V1，绕AB旋转得到的圆柱体积V2，比较大小：V1 V2（填“＞”，“＜”或“＝”）．
任务四

（4）若矩形纸片的长BC＝a，宽AB＝b，（a＞b），猜想：绕 （填“AB”或“BC”）旋转得到的圆柱体积更大，请证明你的猜想．
长
16
14
12
10
8
6
4
宽
1
117
113
1.6
2
223
4
周长
34
3027
2623
23.2
20
1713
16
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
C
A
B
B
C
C
D
B
D
A
题号
12
答案
A
探索求圆半径的办法
背景素材
数学项目化课堂上，同学们用若干大小不一的透明圆形（或半圆形）纸片，及一张宽2cm且足够长的矩形纸带（如图1）设计了一系列任务，请帮助解决问题．

任务一

（1）若同学甲将一圆形纸片与矩形纸带摆放成如图2位置，使圆经过A，B，G．现测得AG＝1cm，则可知该圆的半径为 52 cm；
任务二

（2）如图3，同学乙将一张半圆形纸片与矩形纸带摆放成如图形式，点A，E，F在半圆上．若AE＝4cm，BF＝5cm，求圆的半径；
任务三

（3）从该矩形纸片上剪下一部分，使得AD＝BC＝5cm，分别以AB，BC所在直线为旋转轴，得到两个圆柱，绕BC旋转得到的圆柱体积V1，绕AB旋转得到的圆柱体积V2，比较大小：V1 ＜ V2（填“＞”，“＜”或“＝”）．
任务四

（4）若矩形纸片的长BC＝a，宽AB＝b，（a＞b），猜想：绕 AB （填“AB”或“BC”）旋转得到的圆柱体积更大，请证明你的猜想．
长
16
14
12
10
8
6
4
宽
1
117
113
1.6
2
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周长
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