专题15 多边形的边与角

初中数学复习几何模型专题讲解专题15 燕尾角一、单选题1．如图，在△ABC 中，∠A=20°，∠ABC 与∠ACB 的角平分线交于D 1，∠ABD 1与∠ACD 1的角平分线交于点D 2，依此类推，∠ABD 4与∠ACD 4的角平分线交于点D 5，则∠BD 5C 的度数是（ ）A ．24°B ．25°C ．30°D ．36°【答案】B【详解】 ∵∠A=20°，∠ABC 与∠ACB 的角平分线交于D 1，∴∠D 1BC+∠D 1CB=12(∠ABC+∠ACB)= 12(180°-∠A)， ∴∠1D =180°- 12(180°-∠A)= 12∠A+90°=100°， 同理：∠2D =60°，∠3D =40°，∠4D =30°，∠5D =25°. 故选B二、解答题2．如图(1)所示的图形，像我们常见的学习用品——圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，那么在这一个简单的图形中，到底隐藏了哪些数学知识呢？下面就请你发挥你的聪明才智，解决以下问题：（1）观察“规形图”,试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由；（2）请你直接利用以上结论．．．．．．，解决以下三个问题：①如图(2)，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边XY、图(1)XZ 恰好经过点B、C，若∠A=50°，则∠ABX+∠ACX =__________°；②如图(3)DC平分∠ADB,EC平分∠AEB,若∠DAE=50°，∠DBE=130°，求∠DCE的度数；（写出解答过程）③如图（4），∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G1、G2 、G9，若∠BDC=140°，∠BG1C=77°，则∠A的度数=__________°．【答案】（1）∠BDC=∠A+∠B+∠C，详见解析；（2）①40；②∠DCE=90°；③70【分析】（1）根据题意观察图形连接AD并延长至点F，根据一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和可证∠BDC=∠BDF+∠CDF；（2）①由（1）的结论可得∠ABX+∠ACX+∠A=∠BXC，然后把∠A=50°，∠BXC=90°代入上式即可得到∠ABX+∠ACX的值；②结合图形可得∠DBE=∠DAE+∠ADB+∠AEB，代入∠DAE=50°，∠DBE=130°即可得到∠ADB+∠AEB的值，再利用上面得出的结论可知∠DCE=12（∠ADB+∠AEB）+∠A，易得答案．③由②方法，进而可得答案．【详解】解：（1）连接AD并延长至点F，由外角定理可得∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD；∵∠BDC＝∠BDF+∠CDF，∴∠BDC＝∠BAD+∠B+∠C+∠CAD.∵∠BAC＝∠BAD+∠CAD；∴∠BDC＝∠BAC +∠B+∠C；（2）①由（1）的结论易得：∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，∵∠A＝50°，∠BXC＝90°，∴∠ABX+∠ACX＝90°﹣50°＝40°．故答案是：40；②由（1）的结论易得∠DBE＝∠DAE +∠ADB+∠AEB，∠DCE＝∠ADC＋∠AEC＋∠A ∵∠DAE=50°，∠DBE=130°，∴∠ADB+∠AEB＝80°；∵DC平分∠ADB,EC平分∠AEB,∴∠ADC=12∠ADB,∠AEC=12∠AEB∴∠DCE＝12(∠ADB+∠AEB)+∠A=40°+50°=90°；③由②知，∠BG1C＝110(∠ABD+∠ACD)+ ∠A，∵∠BG1C＝77°，∴设∠A为x°，∵∠ABD+∠ACD＝140°﹣x°，∴110(140﹣x)＋x ＝77， ∴14﹣110x+x ＝77， ∴x ＝70，∴∠A 为70°．故答案是：70．【点睛】本题考查三角形外角的性质，三角形的内角和定理的应用，能求出∠BDC=∠A+∠B+∠C 是解答的关键，注意：三角形的内角和等于180°，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．3．如图，D 是AB 上一点，E 是AC 上一点，BE ，CD 相交于点F ，62A ∠=︒，35ACD ∠=︒，20ABE ∠=︒，求BFD ∠的度数.【答案】63BFD ∠=︒.【解析】【分析】根据三角形的外角性质先求出BDF ∠的度数，再利用三角形内角和定理即可注出BFD ∠的度数.【详解】解：在△ADC 中，97BDF A ACD ∠=∠+∠=︒，在在△BDF 中，180180209763BFD ABE BDF ∠=︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒.【点睛】本题考查了三角形内角和定理及三角形外角的性质.熟练找出三角形内角与外角的关系是解题的关键.4．如图，BG 是ABD ∠的平分线，CH 是ACD ∠的平分线，BG 与CH 交于点O ，若150BDC ∠=︒，110BOC ∠=°，求A ∠的度数.【答案】70A ∠=︒.【解析】【分析】根据三角形的外角的性质得出燕尾角的基本图形的结论得出∠BDC 、∠BOC ，在根据角平分线的性质即可得出【详解】解：由燕尾角的基本图形与结论可得，BDC BOC OBD OCD ∠=∠+∠+∠①BOC A ABO ACO ∠=∠+∠+∠② BG 是ABD ∠的平分线，GH 是ACD ∠的平分线ABO OBD ∴∠=∠，ACO OCD ∠=∠．①-②得，270A BOC BDC ∠=∠-∠=︒．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义．注意利用“8字形”的对应角相等求出角的关系是解题的关键，要注意整体思想的利用．5．如图，AM 、CM 分别平分BAD ∠和BCD ∠，若42B ∠=︒，54D ∠=︒，求M ∠的度数.【答案】48M ∠=︒.【解析】【分析】根据三角形内角和定理用∠B 、∠M 表示出∠BAM-∠BCM ，再用∠B 、∠M 表示出∠MAD-∠MCD ，再根据角平分线的定义可得∠BAM-∠BCM=∠MAD-∠MCD ，然后求出∠M 与∠B 、∠D 关系，代入数据进行计算即可得解；【详解】解：根据三角形内角和定理，∠B+∠BAM=∠M+∠BCM ，∴∠BAM-∠BCM=∠M-∠B ，同理，∠MAD-∠MCD=∠D-∠M ，∵AM 、CM 分别平分∠BAD 和∠BCD ，∴∠BAM=∠MAD ，∠BCM=∠MCD ，∴∠M-∠B=∠D-∠M ，∴∠M=12（∠B+∠D ）=12（42°+54°）=48°； 【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义．注意利用“8字形”的对应角相等求出角的关系是解题的关键，要注意整体思想的利用．6．如图，在ABC ∆中，ABC ∠与ACB ∠的平分线相交于点I ，试说明BIC ∠、A ∠之间的数量关系.【答案】1902BIC A ∠=︒+∠，见解析. 【解析】【分析】根据角平分线的性质和三角形的内角和定理得出∠BIC=180°-12（∠ABC+∠ACB ）=180°-90°+12∠A=90°+12∠A ， 【详解】解：在ABC 中，∠ABC+∠ACB=180°-∠A ∵ABC ∠与ACB ∠的平分线相交于点I ， ∴12∠=∠CBI ABC ，12∠=∠BCI ACB , 在BIC 中1)180()(1802︒-=∠︒=∠+∠∠+∠-BIC IBC ICB ABC ACB ()11180902-2180=︒-∠=︒+∠︒A A ． 【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，以及角平分线的性质定理，熟练掌握相关的性质是解题的关键7．如图，已知DE 分别交ABC ∆的边AB 、AC 于D 、E ，交BC 的延长线于F ，62B ∠=︒，76ACB ∠=︒，93ADE ∠=︒，求DEC ∠的度数.【答案】135DEC ∠=︒.【分析】根据三角形的内角和定理即可求解【详解】解：在ABC 中，=180--∠︒∠∠A B ACB =180︒-62︒-7642︒=︒，∴∠DEC=9342135A ADE ∠+∠=︒+︒=︒【点睛】本题主要考查三角形内角和定理和外角的性质，掌握三角形内角和为180°及三角形的一个外角等于不相邻两个内角的和是解题的关键．8．如图，ABC ∆中，（1）若ABC ∠、ACB ∠的三等分线交于点1O 、2O ，请用A ∠表示1BO C ∠、2BO C ∠；（2）若ABC ∠、ACB ∠的n 等分线交于点1O 、21n O O -⋅⋅⋅⋅⋅⋅（1O 、21n O O -⋅⋅⋅⋅⋅⋅依次从下到上），请用A ∠表示1BO C ∠，1n BO C -∠.【答案】（1）111203BO C A ∠=︒+∠，22603BO C A ∠=︒+∠；（2）111180n BO C A n n-∠=⨯︒+∠，111180n n BO C A n n--∠=⨯︒+∠. 【分析】（1）根据三角形内角和可得180ABC ACB A ∠+∠=︒-∠，再根据ABC ∠、ACB ∠的三等分线交于点1O 、2O ，可得111(180),3O BC O CB A ∠+∠=︒-∠222(180),3O BC O CB A ∠+∠=︒-∠然后根据三角形内角和定理即可用含A ∠表示1BO C ∠、2BO C ∠；（2）根据（1）中所体现的规律解答即可.【详解】解：（1）∵180A ABC ACB ∠+∠+∠=︒，∴180ABC ACB A ∠+∠=︒-∠，∵ABC ∠、ACB ∠的三等分线交于点1O 、2O ， ∴111(180),3O BC O CB A ∠+∠=︒-∠222(180),3O BC O CB A ∠+∠=︒-∠ ∴11111180()180(180)12033BO C O BC O CB A A ∠=︒-∠+∠=︒-︒-∠=︒+∠， 22222180()180(180)6033BO C O BC O CB A A ∠=︒-∠+∠=︒-︒-∠=︒+∠； （2）由（1）可知1111180(180)180n BO C A A n n n-∠=︒-︒-∠=⨯︒+∠， 1111180(180)180n n n BO C A A n n n---∠=︒-︒-∠=⨯︒+∠. 【点睛】本题考查了三角形内角和定理及角的n等分线的性质.熟练应用三角形内角和定理求角的度数是解题的关键.三、填空题9．如右图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H＝__．【答案】360°【分析】根据三角形的外角性质可得∠BNP＝∠A＋∠B，∠DPQ＝∠C＋∠D，∠FQM＝∠E＋∠F，∠HMN＝∠G＋∠H，再根据多边形的外角和定理即可求解．【详解】解：由图形可知：∠BNP＝∠A＋∠B，∠DPQ＝∠C＋∠D，∠FQM＝∠E＋∠F，∠HMN ＝∠G＋∠H，∵∠BNP＋∠DPQ＋∠FQM＋∠HMN＝360°，∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＝∠BNP＋∠DPQ＋∠FQM＋∠HMN ＝360°．故答案为：360°．【点睛】本题考查了三角形的外角性质和多边形外角和等于360度，将∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H的和转化为∠BNP＋∠DPQ＋∠FQM＋∠HMN的和是解题的关键．10．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝__．【答案】180°【分析】先根据三角形外角的性质得出∠CFB＝∠A＋∠C，∠BGF＝∠D＋∠E，再由三角形内角和定理即可得出结论．【详解】解：∵∠CFB是△ACF的外角，∠BGF是△DEG的外角，∴∠CFB＝∠A＋∠C，∠BGF＝∠D＋∠E，∵∠B＋∠CFB＋∠BGF＝180°，∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＝180°．故答案为：180°．【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．11．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E等于__．【答案】180°【分析】根据三角形外角的性质可知∠B＋∠A＝∠1，∠D＋∠E＝∠2，再根据三角形内角和定理即可得出结论．【详解】解：如图，∵∠B＋∠A＝∠1，∠D＋∠E＝∠2，∵∠1＋∠2＋∠C＝180°，∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＝180°．故答案为：180°．【点睛】本题考查的是三角形外角的性质及三角形内角和定理，熟知“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”是解答此题的关键．12．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H＝__．【答案】360°【分析】连接CF，根据三角形的外角得到由三角形外角的性质可得：∠2＝∠G＋∠H，∠3＝∠A ＋∠B，∠1＝∠D＋∠E＝∠4＋∠5，根据四边形的内角和为360°，可得：∠2＋∠3＋∠GFE＋∠4＋∠5＋∠DCB＝360°即∠G＋∠H＋∠A＋∠B＋∠GFE＋∠D＋∠E＋∠DCB＝360°．【详解】解：如图，连接FC，由三角形外角的性质可得：∠2＝∠G＋∠H，∠3＝∠A＋∠B，∠1＝∠D＋∠E＝∠4＋∠5，根据四边形的内角和为360°，可得：∠2＋∠3＋∠GFE＋∠4＋∠5＋∠DCB＝360°即∠G＋∠H＋∠A＋∠B＋∠GFE＋∠D＋∠E＋∠DCB＝360°，故答案为360°．【点睛】本题考查了三角形的内角与外角，解决本题的关键是熟记三角形的外角的性质．13．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H＝__．【答案】720°【分析】根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，可得∠2与∠H、∠G的关系，∠1与∠2、∠D的关系，根据多边形的内角和公式，可得答案．【详解】解：如图：由三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，得∠2＝∠H＋∠G，∠1＝∠2＋∠D，∠1＝∠H＋∠G＋∠D，∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＝∠A＋∠B＋∠C＋∠E＋∠F＋∠H＋∠G＋∠D＝180°×（6－2）＝270°．故答案为：720°．【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，先求出∠1＝∠H＋∠G＋∠D，再求出多边形的内角和．14．如图，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数是__．【答案】180°【分析】由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，得∠4＝∠A＋∠2，∠2＝∠D＋∠C，进而利用三角形的内角和定理求解．【详解】解：如图可知：∵∠4是三角形的外角，∴∠4＝∠A＋∠2，同理∠2也是三角形的外角，∴∠2＝∠D＋∠C，在△BEG 中，∵∠B ＋∠E ＋∠4＝180°，∴∠B ＋∠E ＋∠A ＋∠D ＋∠C ＝180°．故答案为：180°．【点睛】本题考查三角形外角的性质及三角形的内角和定理，解答的关键是沟通外角和内角的关系．15．如图，在ABC ∆中，80ABC ∠=︒，50ACB ∠=︒，BP 平分ABC ∠，CP 平分ACB ∠，则BPC ∠=______.【答案】115︒【解析】【分析】先根据角平分线的性质求出PBC PCB ∠+∠的度数，再利用三角形内角和定理即可求解.【详解】解：∵BP 平分ABC ∠，CP 平分ACB ∠， ∴1(8050)652PBC PCB ∠+∠=︒+︒=︒，∴18065115BPC ∠=︒-︒=︒.【点睛】本题考查了角平分线的性质及三角形内角和定理.熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键.。

2022年全国中考试卷解析版分类汇编-多边形的内角和，外角和1.（2011山西，7，2分）一个正多边形，它的每一个外角都等于45°，则该正多边形是（）A．正六边形B．正七边形C．正八边形D．正九边形考点：多边形的内角和与外角和专题：三角形和内角和分析：正多边形的外角和是360°，而它的每一个外角都等于45°，360°÷45°＝8．则该正多边形是正八边形，故选C．解答：C点评：弄清正多边形的外角和与它的每一个外角的关系．多边形的外角和等于360°．2.（2011•莱芜）下列说法正确的是（）A、16的算术平方根是4B、方程﹣x2+5x﹣1=0的两根之和是﹣5C、任意八边形的内角和等于1080°D、当两圆只有一个公共点时，两圆外切考点：圆与圆的位置关系；算术平方根；根与系数的关系；多边形内角与外角。

分析：依照算术平方根的定义，一元二次方程根与系数的关系，多边形内角和的求解方法以及圆与圆的位置关系的性质即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．解答：解：A、16的算术平方根是±2，故本选项错误；B、方程﹣x2+5x﹣1=0的两根之和是5，故本选项错误；C、任意八边形的内角和等于1080°，故本选项正确；D、当两圆只有一个公共点时，两圆外切或内切，故本选项错误．故选C．点评：此题考查了算术平方根的定义，一元二次方程根与系数的关系，多边形内角和的求解方法以及圆与圆的位置关系的性质．此题比较简单，解题的关键是熟记公式与性质．3.（2011•山西7，2分）一个正多边形，它的每一个外角差不多上45°，则该正多边形是（）A、正六边形B、正七边形C、正八边形D、正九边形考点：多边形内角与外角。

专题：数形结合。

分析：多边形的外角和是360度，因为是正多边形，因此每一个外角差不多上45°，即可得到外角的个数，从而确定多边形的边数．解答：解：360÷45=8，因此那个正多边形是正八边形．故选C．点评：本题要紧考查了多边形的外角和定理．已知外角求边数的这种方法是需要熟记的内容．正多边形的各个内角相等，各个外角也相等．4.（2011四川眉山，5，3分）若一个正多边形的每个内角为150°，则那个正多边形的边数是（）A．12 B．11 C．10 D．9考点：多边形内角与外角。

《11.3 多边形及其内角和》一、选择题：1．一个多边形的外角中，钝角的个数不可能是（）A．1个B．2个C．3个D．4个2．不能作为正多边形的内角的度数的是（）A．120°B．（128）°C．144°D．145°3．若一个多边形的各内角都相等，则一个内角与一个外角的度数之比不可能是（）A．2：1 B．1：1 C．5：2 D．5：44．一个多边形的内角中，锐角的个数最多有（）A．3个B．4个C．5个D．6个5．四边形中，如果有一组对角都是直角，那么另一组对角一定（）A．都是钝角 B．都是锐角C．是一个锐角、一个钝角 D．互补6．若从一多边形的一个顶点出发，最多可引10条对角线，则它是（）A．十三边形 B．十二边形 C．十一边形 D．十边形7．若一个多边形共有十四条对角线，则它是（）A．六边形B．七边形C．八边形D．九边形8．一个凸多边形除一个内角外，其余各内角的和为2570°，则这个内角的度数等于（）A．90° B．105°C．130°D．120°二、中考题与竞赛题9．若一个多边形的内角和等于1080°，则这个多边形的边数是（）A．9 B．8 C．7 D．6三、填空题：10．多边形的内角中，最多有个直角．11．从n边形的一个顶点出发可以引条对角线，这些对角线将这个多边形分成个三角形．12．如果一个多边形的每一个内角都相等，且每一个内角都大于135°，那么这个多边形的边数最少为．13．已知一个多边形的每一个外角都相等，一个内角与一个外角的度数之比为9：2，则这个多边形的边数为．14．每一个内角都是144°的多边形有条边．四、基础训练：15．如图所示，用火柴杆摆出一系列三角形图案，按这种方式摆下去，当摆到20层（N=20）时，需要多少根火柴？16．一个多边形的每一个外角都等于24°，求这个多边形的边数．五、提高训练17．一个多边形的每一个内角都相等，一个内角与一个外角的度数之比为m：n，其中m，n是互质的正整数，求这个多边形的边数（用m，n表示）及n的值．六、探索发现18．从n边形的一个顶点出发，最多可以引多少条对角线？请你总结一下n边形共有多少条对角线．《11.3 多边形及其内角和》参考答案与试题解析一、选择题：1．一个多边形的外角中，钝角的个数不可能是（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】多边形内角与外角．【专题】计算题．【分析】根据n边形的外角和为360°得到外角为钝角的个数最多为3个．【解答】解：∵一个多边形的外角和为360°，∴外角为钝角的个数最多为3个．故选D．【点评】本题考查了多边形的外角和：n边形的外角和为360°．2．不能作为正多边形的内角的度数的是（）A．120°B．（128）°C．144°D．145°【考点】多边形内角与外角．【分析】根据n边形的内角和（n﹣2）•180°分别建立方程，求出n，由于n≥3的整数即可得到D 选项正确．【解答】解：A、（n﹣2）•180°=120•n，解得n=6，所以A选项错误；B、（n﹣2）•180°=（128）°•n，解得n=7，所以B选项错误；C、（n﹣2）•180°=144°•n，解得n=10，所以C选项错误；D、（n﹣2）•180°=145°•n，解得n=，不为整数，所以D选项正确．故选D．【点评】本题考查了多边形的内角和定理：n边形的内角和为（n﹣2）•180°．3．若一个多边形的各内角都相等，则一个内角与一个外角的度数之比不可能是（）A．2：1 B．1：1 C．5：2 D．5：4【考点】多边形内角与外角．【分析】多边形的外角和是360°，且根据多边形的各内角都相等则各个外角一定也相等，根据选项中的比例关系求出外角的度数，根据多边形的外角和定理求出边数，如果是≥3的正整数即可．【解答】解：A、外角是：180×=60°，360÷60=6，故可能；B、外角是：180×=90°，360÷90=4，故可能；C、外角是：180×=度，360÷=7，故可能；D、外角是：180×=80°．360÷80=4.5，故不能构成．故选D．【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，理解外角与内角的关系是解题的关键．4．一个多边形的内角中，锐角的个数最多有（）A．3个B．4个C．5个D．6个【考点】多边形内角与外角．【分析】利用多边形的外角和是360度即可求出答案．【解答】解：因为多边形的外角和是360度，在外角中最多有三个钝角，如果超过三个则和一定大于360度，多边形的内角与相邻的外角互为邻补角，则外角中最多有三个钝角时，内角中就最多有3个锐角．故选A．【点评】本题考查了多边形的内角问题．由于内角和不是定值，不容易考虑，而外角和是360度不变，因而内角的问题可以转化为外角的问题进行考虑．5．四边形中，如果有一组对角都是直角，那么另一组对角一定（）A．都是钝角 B．都是锐角C．是一个锐角、一个钝角 D．互补【考点】多边形内角与外角．【分析】由四边形的内角和等于360°，又由有一组对角都是直角，即可得另一组对角一定互补．【解答】解：如图：∵四边形ABCD的内角和等于360°，即∠A+∠B+∠C+∠D=360°，∵∠A=∠C=90°，∴∠B+∠D=180°．∴另一组对角一定互补．故选D．【点评】此题考查了四边形的内角和定理．此题难度不大，解题的关键是注意掌握四边形的内角和等于360°．6．若从一多边形的一个顶点出发，最多可引10条对角线，则它是（）A．十三边形 B．十二边形 C．十一边形 D．十边形【考点】多边形的对角线．【分析】根据多边形的对角线的定义可知，从n边形的一个顶点出发，可以引（n﹣3）条对角线，由此可得到答案．【解答】解：设这个多边形是n边形．依题意，得n﹣3=10，∴n=13．故这个多边形是13边形．故选：A．【点评】多边形有n条边，则经过多边形的一个顶点所有的对角线有（n﹣3）条，经过多边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成（n﹣2）个三角形．7．若一个多边形共有十四条对角线，则它是（）A．六边形B．七边形C．八边形D．九边形【考点】多边形的对角线．【分析】根据多边形对角线公式，可得答案．【解答】解：设多边形为n边形，由题意，得=14，解得n=7，故选：B．【点评】本题考查了多边形的对角线，熟记公式并灵活运用是解题关键．8．一个凸多边形除一个内角外，其余各内角的和为2570°，则这个内角的度数等于（）A．90° B．105°C．130°D．120°【考点】多边形内角与外角．【专题】计算题．【分析】可设这是一个n边形，这个内角的度数为x度，利用多边形的内角和=（n﹣2）•180°，根据多边形内角x的范围，列出关于n的不等式，求出不等式的解集中的正整数解确定出n的值，从而求出多边形的内角和，减去其余的角即可解决问题．【解答】解；设这是一个n边形，这个内角的度数为x度．因为（n﹣2）180°=2570°+x，所以x=（n﹣2）180°﹣2570°=180°n﹣2930°，∵0＜x＜180°，∴0＜180°n﹣2930°＜180°，解得：16.2＜n＜17.2，又n为正整数，∴n=17，所以多边形的内角和为（17﹣2）×180°=2700°，即这个内角的度数是2700°﹣2570°=130°．故本题选C．【点评】本题需利用多边形的内角和公式来解决问题．二、中考题与竞赛题9．若一个多边形的内角和等于1080°，则这个多边形的边数是（）A．9 B．8 C．7 D．6【考点】多边形内角与外角．【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，依此列方程可求解．【解答】解：设所求正n边形边数为n，则1080°=（n﹣2）•180°，解得n=8．故选：B．【点评】本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．三、填空题：10．多边形的内角中，最多有 4 个直角．【考点】多边形内角与外角．【分析】由多边形的外角和为360°可求得答案．【解答】解：当内角和90°时，它相邻的外角也为90°，∵任意多边形的外角和为360°，∴360°÷90°=4．故答案为：4．【点评】本题主要考查的是多边形的内角与外角，明确任意多边形的外角和为360°是解题的关键．11．从n边形的一个顶点出发可以引n﹣3 条对角线，这些对角线将这个多边形分成n﹣2 个三角形．【考点】多边形的对角线．【分析】根据n边形对角线的定义，可得n边形的对角线，根据对角线的条数，可得对角线分成三角形的个数．【解答】解从n边形的一个顶点出发可以引n﹣3条对角线，这些对角线将这个多边形分成n﹣2个三角形，故答案为：n﹣3，n﹣2．【点评】本题考查了多边形的对角线，由对角线的定义，可画出具体多边形对角线，得出n边形的对角线．12．如果一个多边形的每一个内角都相等，且每一个内角都大于135°，那么这个多边形的边数最少为9 ．【考点】多边形内角与外角．【分析】根据多边形的外角和定理，列出不等式即可求解．【解答】解：因为n边形的外角和是360度，每一个内角都大于135°即每个外角小于45度，就得到不等式：，解得n＞8．因而这个多边形的边数最少为9．【点评】本题已知一个不等关系就可以利用不等式来解决．13．已知一个多边形的每一个外角都相等，一个内角与一个外角的度数之比为9：2，则这个多边形的边数为11 ．【考点】多边形内角与外角．【分析】先根据多边形的内角和外角的关系，求出一个外角．再根据外角和是固定的360°，从而可代入公式求解．【解答】解：设多边形的一个内角为9x度，则一个外角为2x度，依题意得9x+2x=180°解得x=（）°360°÷[2×（）°]=11．答：这个多边形的边数为11．【点评】本题考查多边形的内角与外角关系、方程的思想．关键是记住多边形的一个内角与外角互补、及外角和的特征．14．每一个内角都是144°的多边形有10 条边．【考点】多边形内角与外角．【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，因为所给多边形的每个内角均相等，故又可表示成120°n，列方程可求解．此题还可以由已知条件，求出这个多边形的外角，再利用多边形的外角和定理求解．【解答】解：解法一：设所求n边形边数为n，则144°n=（n﹣2）•180°，解得n=10；解法二：设所求n边形边数为n，∵n边形的每个内角都等于144°，∴n边形的每个外角都等于180°﹣144°=36°．又因为多边形的外角和为360°，即36°•n=360°，∴n=10．【点评】本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．四、基础训练：15．如图所示，用火柴杆摆出一系列三角形图案，按这种方式摆下去，当摆到20层（N=20）时，需要多少根火柴？【考点】规律型：图形的变化类．【分析】关键是通过归纳与总结，得到其中的规律，按规律求解．【解答】解：n=1时，有1个三角形，需要火柴的根数为：3×1；n=2时，有5个三角形，需要火柴的根数为：3×（1+2）；n=3时，需要火柴的根数为：3×（1+2+3）；…；n=20时，需要火柴的根数为：3×（1+2+3+4+…+20）=630．【点评】此题考查的知识点是图形数字的变化类问题，本题的关键是弄清到底有几个小三角形．16．一个多边形的每一个外角都等于24°，求这个多边形的边数．【考点】多边形内角与外角．【分析】根据多边形外角和为360°及多边形的每一个外角都等于24°，求出多边形的边数即可．【解答】解：设这个多边形的边数为n，则根据多边形外角和为360°，可得出：24×n=360，解得：n=15．所以这个多边形的边数为15．【点评】本题考查了多边形内角与外角，解答本题的关键在于熟练掌握多边形外角和为360°．五、提高训练17．一个多边形的每一个内角都相等，一个内角与一个外角的度数之比为m：n，其中m，n是互质的正整数，求这个多边形的边数（用m，n表示）及n的值．【考点】多边形内角与外角．【分析】设多边形的边数为a，多边形内角和为（a﹣2）180度，外角和为360度得到m：n=180（a ﹣2）：360，从而用m、n表示出a的值．【解答】解：设多边形的边数为a，多边形内角和为（a﹣2）180度，外角和为360度，m：n=180（a﹣2）：360a=，因为m，n 是互质的正整数，a为整数，所以n=2，故答案为：，2．【点评】本题考查了多边形的内角与外角，解答本题的关键在于熟练掌握多边形内角和与多边形外角和．六、探索发现18．从n边形的一个顶点出发，最多可以引多少条对角线？请你总结一下n边形共有多少条对角线．【考点】多边形的对角线．【分析】从n边形的一个顶点出发，最多可以引n﹣3条对角线，然后即可计算出结果．【解答】解：过n边形的一个顶点可引出n﹣3条对角线；n边形共有条对角线．【点评】本题主要考查的是多边形的对角线，掌握多边形的对角线公式是解题的关键．作者留言：非常感谢！您浏览到此文档。

专题15难点探究专题：解直角三角形应用与特殊几何图形的综合压轴题三种模型全攻略【考点导航】目录【典型例题】 (1)【类型一解直角三角形应用与特殊三角形的综合】 (1)【类型二解直角三角形应用与特殊四边形的综合】 (3)【类型三解直角三角形应用与其他知识的综合】 (5)【典型例题】【类型一解直角三角形应用与特殊三角形的综合】例题：（2023春·吉林长春·九年级统考开学考试）如图①是一种常用于危险区域提示的告示牌，其主体由两片长度相等的支撑板组成，通过改变两片支撑板的夹角的度数可以调整告示牌的高度，图②是告示牌打开后的侧面示意图，经测量支撑板的长度62cm AB AC ==，支撑板与地面的夹角70α=︒，求点A 处到地面的距离AD ．（结果精确到0.1cm ，参考数据：sin 700.94,cos 700.34,tan 70 2.75︒=︒=︒=）【变式训练】(1)求AB 的长．(2)当伞从完全张开到完全收拢，求伞圈D 沿着伞柄向下滑动的距离．2．（2023·河南周口·校联考二模）“工欲善其事，必先利其器”，如图所示的是钓鱼爱好者的神器(1)天晴时打开“晴雨伞，若60α∠=︒，求遮阳宽度(2)下雨时收拢“晴雨伞，使BAC ∠由120︒减少到106sin530.80︒≈，cos530.60︒≈，tan53 1.33︒≈，3≈【类型二解直角三角形应用与特殊四边形的综合】例题：（2023春·江西南昌·九年级南昌市第二十八中学校联考阶段练习）某景区草地上竖立着一个如图（1）所示的雕塑，现将其中两个近似大小相同的矩形框架抽象成如图（2）所示的图形，矩形FECG 可由矩形ABCD 绕点C 旋转得到，点E 在AD 上，延长ED 交FG 于点H ．连接BE CH ，．(1)判断四边形BEHC 的形状并给予证明；(2)若点G 在水平地面上，AB 与水平地面平行，483cm 4cm BCE AB BC ∠=︒==，，，求点A 到水平地面的距离．（结果精确到0.1m ．）参考数据：sin480.75cos480.67tan48 1.11cos240.91tan240.45︒≈︒≈︒≈︒≈︒≈，，，，【变式训练】1．（2023春·江西九江·九年级统考期中）图1是某校教学楼墙壁上文化长廊中的两幅图案，现将这两个正方形转化为平面图形得到图2，并测得正方形ABCD 与正方形EFGH 的面积相等，且100cm AB =，CD EF ∥，14025CDE CGF ∠=︒∠=︒，(1)判断四边形EFGH 的形状，并说明理由．(2)求CG 的长．（参考数据：sin250.42cos250.91tan250.47︒≈︒≈︒≈，，）(1)求BAF∠的度数；(2)求AF的长．（结果精确到0.1cm．参考数据：sin(1)若移动滑块使90∠=︒，求棚宽BC的长（精确到0.01m）．AFE(2)在遮阳棚内安装如图4所示的红外线测温门（门高1.8m），门的顶端应与E点持平或低于∠最大为多少度？AFE【类型三解直角三角形应用与其他知识的综合】(1)AB的长为米；ON=米，求M、N两点间的距离(精确到(2)若0.7【变式训练】(1)若30α=︒，求该系统正好能识别该汽车车牌的距离；(2)若AOD ∠的最大值为80︒，求系统能识别该汽车车牌的最大距离．3．（2023·湖北随州·统考模拟预测）某县消防大队到某小区进行消防演习(1)当起重臂AC 长度为20m ，张角127CAE ∠=︒，求云梯消防车最高点(2)已知该小区层高为2.7m ，若某居民家突发险情，请问该消防车有效救援能达到几层？请说明理由．果精确到0.1，参考数据：sin370.60︒≈，cos370.80︒≈4．（2022秋·山东威海·九年级校联考期中）如图1是超市的手推车，如图2是其侧面示意图，已知前后车轮半径均为5cm ，两个车轮的圆心的连线AB 与地面平行，测得支架40cm AC BC ==，AC 、CD 所在直线与地面的夹角分别为30︒、60︒，30cm CD =．(1)求扶手前端D 到地面的距离；(2)手推车内装有简易宝宝椅，EF 为小坐板，打开后，椅子的支点H 到点C 的距离为6cm ，14cm DF =，EF AB ∥，45EHD ∠=︒，求坐板EF 的宽度．（本题答案均保留根号）。

专题15 多边形的边与角阅读与思考两个几何图形的全等是指两个图形之间的一种关系，其中最基本的关系是两个图形的点的对应关系，以及对应边之间、对应角之间的相等关系．全等三角形是研究三角形、四边形等图形性质的主要工具，是解决有关线段、角等问题的一个出发点，证明线段相等、线段和差相等、角相等、两直线位置关系等问题总要直接或间接用到全等三角形，我们把这种应用全等三角形来解决问题的方法称为全等三角形法．我们实际遇到的图形，两个全等三角形并不重合在一起，而是处于各种不同的位置，但其中一个是由另一个经过平移、翻折、旋转等变换而成的．了解全等变换的这几种形式，有助于发现全等三角形、确定对应元素．善于在复杂的图形中发现、分解、构造基本的全等三角形是解题的关键，应熟悉涉及有关会共边、公共角的以下两类基本图形：例题与求解【例1】考查下列命题：①全等三角形的对应边上的中线、高、角平分线对应相等；②两边和其中一边上的中线（或第三边上的中线）对应相等的两个三角形全等；③两角和其中一角的角平分线（或第三角的角平分线）对应相等的两个三角形全等；④两边和其中一边上的高（或第三边上高）对应相等的两个三角形全等．其中正确命题的个数有（）A．4个B．3个C．2个D．1个（山东省竞赛试题）解题思路：真命题给出证明，假命题举出一个反例．【例2】如图，已知BD 、CE 是△ABC 的高，点P 在BD 的延长线上，BP ＝AC ，点Q 在CE 上，CQ ＝AB ．求证：（1）AP ＝AQ ；（2）AP ⊥AQ ．（第十六届江苏省竞赛试题）解题思路：（1）证明对应的两个三角形全等；（2）证明∠P AQ ＝90°．【例3】如图，已知为AD 为△ABC 的中线，求证：AD ＜1()2AB AC ． （陕西省中考试题）解题思路：三角形三边关系定理是证明线段不等关系的基本工具，关键是设法将AB ，AC ，AD 集中到同一个三角形中，从构造2AD 入手．【例4】如图，已知AC ∥BD ，EA 、EB 分别平分∠CAB 、∠DBA ，CD 过点E ．求证：AB ＝AC ＋BD ．（“希望杯”邀请赛试题）解题思路：本例是线段和差问题的证明，截长法（或补短法）是证明这类问题的基本方法，即在AB 上截取AF ，使AF ＝AC ，以下只要证明FB ＝BD 即可，于是将问题转化为证明两线段相等．Q AB C DEO P AB C D AB CD E【例5】如图1，CD 是经过∠BCA 顶点C 的一条直线，CA ＝CB ，E ，F 分别是直线CD 上两点，且∠BEC ＝∠CF A ＝∠α．（1）若直线CD 经过∠BCA 内部，且E ，F 在射线CD 上，请解决下面两个问题：①如图2，若∠BCA ＝90°，∠α＝90°，则BE ＿＿＿＿CF ，EF ＿＿＿＿BE AF -（填“＞”、“＜”或“＝”）；②如图3，若0°＜∠BCA ＜180°，请添加一个关于∠α与∠BCA 关系的条件＿＿＿＿，使①中的两个结论仍然成立，并证明这两个结论；（2）如图4，若直线CD 经过∠BCA 的外部，∠α＝∠BCA ，请提出EF ，BE 、AF 三条线段数量关系的合理猜想（不要求证明）．（台州市中考试题）解题思路：对于②，可用①进行逆推，寻找△BCE ≌△CAF 应满足的条件．对于（2）可用归纳类比方法提出猜想．【例6】如图，在四边形ABCD 中，∠ACB ＝∠BAD ＝105°，∠ABC ＝∠ADC ＝45°．求证：CD ＝AB ．（天津市竞赛试题）解题思路：由已知易得∠CAB ＝30°，∠GAC ＝75°，∠DCA ＝60°，∠ACB ＋∠DAC ＝180°，由特殊度数可联想到特殊三角形、共线点等．BC D E F αα图1 A BC D EF 图2 ABC E F 图3D A B C DEF 图4能力训练A 级1．如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝40，AD 是∠BAC 的平分线交BC 于D ，且DC ︰DB ＝3︰5，则点D 到AB 的距离是＿＿＿＿．2．如图，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，分别过B ，C 作经过点A 的直线的垂线BD ，CE ，若BD ＝3cm ，CE ＝4cm ，则DE ＝＿＿＿＿．3．如图，△ABE 和△ACF 分别是以△ABC 的边AB 、AC 为边的形外的等腰直角三角形，CE 和BF 相交于O ，则∠EOB ＝＿＿＿＿．4．如图，四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点E ，若AC 平分∠DAB ，且AB ＝AE ，AC ＝AD ．有如下四个结论：①AC ⊥BD ；②BC ＝DE ；③∠DBC ＝12∠DAB ；④△ABE 是等边三角形．请写出正确结论的序号＿＿＿＿．（把你认为正确结论的序号都填上）（天津市中考试题）5．如图，点E 在△ABC 外部，点D 在BC 边上，DE 交AC 于F ，若∠1＝∠2＝∠3，AC ＝AE ，则（ ）A ．△ABD ≌△AFDB ．△AFE ≌△ADC C ．△AFE ≌△DFCD ．△ABC ≌△ADE6．如图，△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝BC ，AD 平分∠CAB 交BC 于D ，DE ⊥AB 于E ．若AB ＝6cm ，A BCD第1题 AD E 第2题 A B CE F O 第3题 A B C D E 第4题第5题 A B C DE F 321A B C D 第6题 A B C B 'A '第7题 A B CD则△DEB的周长为（）A．5cm B．6cm C．7cm D．8cm7．如图，从下列四个条件：①BC＝B'C；②AC＝A′C；③∠A′CA＝∠B′CB；④AB＝A′B′中，任取三个为题设，余下的一个为结论，则最多可以构成的正确命题的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个（北京市东城区中考试题）8．如图1，在锐角△ABC中，AD⊥BC于D，BE⊥AC于E，AD与BE交于F，且BF＝AC．（1）求证：ED平分∠FEC；（2）如图2，若△ABC中，∠C为钝角，其他条件不变，（1）中结论是否仍然成立？若不成立，请说明理由；若成立，请给予证明．9．在等腰Rt△AOB和等腰Rt△DOC中，∠AOB＝∠DOC＝90°，连AD，M为AD中点，连OM．（1）如图1，请写出OM与BC的关系，并说明理由；（2）将图1中的△COD旋转至图2的位置，其他条件不变，（1）中结论是否成立？请说明理由．10．如图，已知∠1＝∠2，EF⊥AD于P，交BC延长线于M．求证：∠M＝1()2ACB B∠-∠．（天津市竞赛试题）AB CDEF图1AB DEC图2A BCDMO图1A BCDMO图211．如图，已知△ABC 中，∠A ＝60°，BE ，CD 分别平分∠ABC ，∠ACB ，P 为BE ，CD 的交点． 求证：BD ＋CE ＝BC ．12．如图，已知点D 为等腰直角△ABC 内一点，∠CAD ＝∠CBD ＝15°，E 为AD 延长线上的一点，且CE ＝CA ．（1）求证：DE 平分∠BDC ；（2）若点M 在DE 上，且DC ＝DM ，求证：ME ＝BD ．（日照市中考试题） B 级1．在△ABC 中，高AD 和BE 交于H 点，且BH ＝AC ，则∠ABC ＝＿＿＿＿．（武汉市竞赛试题）2．在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，若AB ＝5，AC ＝3，则AD 的取值范围是＿＿＿＿．（“希望杯”竞赛试题）ABC DE P AB C D EF M P21A3．如图，在△ABC 中，AB ＞AC ，AD 是角平分线，P 是AD 上任意一点，在AB -AC 与BP -PC 两式中，较大的一个是＿＿＿＿．4．如图，已知AB ∥CD ，AC ∥DB ，AD 与BC 交于O ，AE ⊥BC 于E ，DF ⊥BC 于F ，那么图中全等的三角形有（ ）A ．5对B ．6对C ．7对D ．8对5．如图，AD 是△ABC 的中线，E ，F 分别在AB ，AC 上，且DE ⊥DF ，则（ ）A ．BE ＋CF ＞EFB ．BE ＋CF ＝EFC ．BE ＋CF ＜EFD ．BE ＋CF 与的大小关系不确定（第十五届江苏省竞赛试题）6．如果两个三角形的两条边和其中一边上的高分别对应相等，那么这两个三角形的第三边所对的角（ ）A ．相等B ．不相等C ．互余 D.互补或相等（北京市竞赛试题）7．如图，在△ABE 和△ACD 中，给出以下四个论断：①AB ＝AC ；②AD ＝AE ；③AM ＝AN ；④AD ⊥DC ，AE ⊥BE ．以其中三个论断为题设，填入下面的“已知”栏中，一个论断为结论，填入下面的“求证”栏中，使之组成一个真命题，并写出证明过程．已知：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿．求证：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿．（荆州市中考试题）8．如图，在四边形ABCD 中，AC 平分∠BAD ，过C 作CE ⊥AB 于E ，并且AE ＝1()2AB AD +，求∠ABC ＋∠ADC 的度数． （上海市竞赛试题）A B C 第2题 D AB C P D 第3题 A B CD EF O 第4题 第5题 A B C D E F AB C D EMN9．在四边形ABCD 中，已知AB ＝a ，AD ＝6，且BC ＝DC ，对角线AC 平分∠BAD ，问a 与b 的大小符合什么条件时，有∠B ＋∠D ＝180°，请画出图形并证明你的结论．（河北省竞赛试题）10．如图，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，AD ，CE ：分别平分∠BAC ，∠ACB ．求证：AC ＝AE ＋CD ．（武汉市选拔赛试题）11．如图，在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，AP ，CQ 分别平分∠BAC ，∠BCA ．AP 交CQ 于I ，连PQ ． 求证：IACACPQ S S ∆四边形为定值．12．在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，直线MN 经过点C ，且AD 丄MN 于O ，BE ⊥MN 于E ．（1）当直线MN 绕点C 旋转到图1的位置时，求证：DE ＝AD ＋BE ；（2）当直线MN 绕点C 旋转到图2的位置时，求证：DE ＝AD -BE ； （3）当直线MN 绕点C 旋转到图3的位置时，试问：DE ，AD ，BE 有怎样的等量关系？请写出这个等 量关系，并加以证明． （海口市中考试题） Q A BCI PA B CD E AB C D EO13．CD 是经过∠BCA 顶点C 的一条直线，CA ＝CB ，E ，F 分别是直线CD 上两点，且∠BEC ＝∠CF A ＝∠α．（1）若直线CD 经过∠BCA 内部，且E ，F 在射线CD 上，请解决下面两个问题：①如图1，若∠BCA ＝90°，∠α＝90°，则BE ＿＿＿＿CF ，EF ＿＿＿＿BE AF -（填“＞”、“＜”或“＝”）；②如图2，若0°＜∠BCA ＜180°，请添加一个关于∠α与∠BCA 关系的条件＿＿＿＿，使①中的两个结论仍然成立，并证明这两个结论；（2）如图3，若直线CD 经过∠BCA 的外部，∠α＝∠BCA ，请提出EF ，BE 、AF 三条线段数量关系的合理猜想（不要求证明）．（台州市中考试题） AB C D E M N 图1 A B CM N 图3 D EA BC MN 图2 D E A B CD EF 图1 A B C E F 图2 D A BC D E F 图3。

初中数学中考复习考点知识与题型专题讲解专题15 图形的基本认识【知识要点】考点知识一立体图形⏹立体图形概念：有些几何图形的各部分不都在同一个平面内。

常见的立体图形：棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球等。

⏹平面图形概念：有些几何图形的各部分不都在同一个平面内。

常见的平面图形：线段、角、三角形、长方形、圆等【立体图形和平面的区别】1、所含平面数量不同。

平面图形是存在于一个平面上的图形。

立体图形是由一个或者多个平面形成的图形，各部分不在同一平面内，且不同的立体图形所含的平面数量不一定相同。

2、性质不同。

根据“点动成线，线动成面，面动成体”的原理可知，平面图形是由不同的点组成的，而立体图形是由不同的平面图形构成的。

由构成原理可知平面图形是构成立体图形的基础。

3、观察角度不同。

平面图形只能从一个角度观察，而立体图形可从不同的角度观察，如左视图，正视图、俯视图等，且观察结果不同。

4、具有属性不同。

平面图形只有长宽属性，没有高度；而立体图形具有长宽高的属性。

立方体图形平面展开图三视图及展开图三视图：从正面，左面，上面观察立体图形，并画出观察界面。

考察点：（1）会判断简单物体（直棱柱、圆柱、圆锥、球）的三视图。

（2）能根据三视图描述基本几何体或实物原型。

展开图：正方体展开图（难点）。

正方体展开图口诀（共计11种）：“一四一”“一三二”，“一”在同层可任意,“三个二”成阶梯,“二个三”“日”相连,异层必有“日”，“凹”“田”不能有，掌握此规律，运用定自如。

⏹点、线、面、体几何图形的组成：点：线和线相交的地方是点，它是几何图形最基本的图形。

线：面和面相交的地方是线，分为直线和曲线。

面：包围着体的是面，分为平面和曲面。

体：几何体也简称体。

组成几何图形元素的关系：点动成线，线动成面，面动成体。

考点知识二直线、射线、线段⏹直线、射线、线段的区别与联系：【射线的表示方法】表示射线时端点一定在左边，而且不能度量。

经过若干点画直线数量：1.经过两点有一条直线，并且只有一条直线（直线公理）。

2021年中考数学真题分类汇编：专题15几何图形初步与视图一、单选题1．（2021·北京中考真题）如图是某几何体的展开图，该几何体是（ ）A ．长方体B ．圆柱C ．圆锥D ．三棱柱【答案】B【分析】根据几何体的展开图可直接进行排除选项．【详解】解：由图形可得该几何体是圆柱；故选B ．【点睛】本题主要考查几何体的展开图，熟练掌握几何体的展开图是解题的关键．2．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，将直角三角板放置在矩形纸片上，若148∠=︒，则2∠的度数为（）A ．42°B ．48°C ．52°D ．60°【答案】A【分析】先通过作辅助线，将∠1转化到∠BAC ，再利用直角三角形两锐角互余即可求出∠2．【详解】解：如图，延长该直角三角形一边，与该矩形纸片一边的交点记为点A ，由矩形对边平行，可得∠1=∠BAC ，∠∠BAC +∠2=90°，∠∠1+∠2=90°，因为∠1=48°，∠∠2=42°；故选：A ．【点睛】本题考查了矩形的性质、平行线的性质、直角三角形的性质等内容，要求学生能根据题意理解其中的隐含关系，解决本题的关键是对角进行的转化，因此需要牢记并能灵活应用相关性质等．3．（2021·山东临沂市·中考真题）如图，在//AB CD 中，40AEC ∠=︒，CB 平分DCE ∠，则ABC ∠的度数为（ ）A ．10︒B ．20︒C ．30D ．40︒【答案】B【分析】 根据平行线的性质得到∠ABC =∠BCD ，再根据角平分线的定义得到∠ABC =∠BCD ，再利用三角形外角的性质计算即可．【详解】解：∠AB ∠CD ，∠CB平分∠DCE，∠∠BCE=∠BCD，∠∠BCE=∠ABC，∠∠AEC=∠BCE+∠ABC=40°，∠∠ABC=20°，故选B．【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义和外角的性质，掌握平行线的性质：两直线平行，内错角相等是解题的关键．4．（2021·浙江台州市·中考真题）小光准备从A地去往B地，打开导航、显示两地距离为37.7km，但导航提供的三条可选路线长却分别为45km，50km，51km（如图）．能解释这一现象的数学知识是（）A．两点之间，线段最短B．垂线段最短C．三角形两边之和大于第三边D．两点确定一条直线【答案】A【分析】根据线段的性质即可求解．【详解】解：两地距离显示的是两点之间的线段，因为两点之间线段最短，所以导航的实际可选路线都比两地距离要长，故选：A．【点睛】本题考查线段的性质，掌握两点之间线段最短是解题的关键．5．（2021·江苏南京市·中考真题）下列长度的三条线段与长度为5的线段能组成四边形的是（）A．1，1，1B．1，1，8C．1，2，2D．2，2，2【答案】D【分析】若四条线段能组成四边形，则三条较短边的和必大于最长边，由此即可完成．【详解】A、1+1+1<5，即这三条线段的和小于5，根据两点间距离最短即知，此选项错误；B、1+1+5<8，即这三条线段的和小于8，根据两点间距离最短即知，此选项错误；C、1+2+2=5，即这三条线段的和等于5，根据两点间距离最短即知，此选项错误；D、2+2+2>5，即这三条线段的和大于5，根据两点间距离最短即知，此选项正确；故选：D．【点睛】本题考查了两点间线段最短，类比三条线段能组成三角形的条件，任两边的和大于第三边，因而较短的两边的和大于最长边即可，四条线段能组成四边形，作三条线段的和大于第四条边，因而较短的三条线段的和大于最长的线段即可．6．（2021·浙江中考真题）将如图所示的长方体牛奶包装盒沿某些棱剪开，且使六个面连在一起，然后铺平，则得到的图形可能是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】依据长方体的展开图的特征进行判断即可．【详解】解：A、符合长方体的展开图的特点，是长方体的展开图，故此选项符合题意；B、不符合长方体的展开图的特点，不是长方体的展开图，故此选项不符合题意；C、不符合长方体的展开图的特点，不是长方体的展开图，故此选项不符合题意；D、不符合长方体的展开图的特点，不是长方体的展开图，故此选项不符合题意．故选：A．【点睛】本题考查了长方体的展开图，熟练掌握长方体的展开图的特点是解题的关键．7．（2021·四川自贡市·中考真题）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【答案】B【分析】正方体的表面展开图“一四一”型，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点解答．【详解】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．故答案为：B．【点睛】本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．8．（2021·江苏扬州市·中考真题）把图中的纸片沿虚线折叠，可以围成一个几何体，这个几何体的名称是（）A．五棱锥B．五棱柱C．六棱锥D．六棱柱【答案】A【分析】由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题．【详解】解：由图可知：折叠后，该几何体的底面是五边形，则该几何体为五棱锥，故选A．【点睛】本题考查了几何体的展开图，掌握各立体图形的展开图的特点是解决此类问题的关键．9．（2021·浙江金华市·中考真题）将如图所示的直棱柱展开，下列各示意图中不可能．．．是它的表面展开图的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】由直棱柱展开图的特征判断即可．【详解】解：图中棱柱展开后，两个三角形的面不可能位于同一侧，因此D选项中的图不是它的表面展开图；故选D．【点睛】本题考查了常见几何体的展开图，解决本题的关键是牢记三棱柱展开图的特点，即其两个三角形的面不可能位于展开图中侧面长方形的同一侧即可．10．（2021·江苏苏州市·中考真题）如图所示的圆锥的主视图是（）A．B．C．D．【答案】A【详解】试题分析：主视图是从正面看所得到的图形,圆锥的主视图是等腰三角形，如图所示：,故选A.考点：三视图.11．（2021·山东泰安市·中考真题）如图，直线//m n ，三角尺的直角顶点在直线m 上，且三角尺的直角被直线m 平分，若160∠=︒，则下列结论错误的是（ ）A ．275∠=︒B ．345∠=︒C ．4105∠=︒D ．5130∠=︒【答案】D【分析】 根据角平分线的定义求出∠6和∠7的度数，再利用平行线的性质以及三角形内角和求出∠3，∠8，∠2的度数，最后利用邻补角互补求出∠4和∠5的度数．【详解】首先根据三角尺的直角被直线m 平分，∠∠6=∠7=45°；A 、∠∠1=60°，∠6=45°，∠∠8=180°-∠1-∠6=180-60°-45°=75°，m∥n ，∠∠2=∠8=75°结论正确，选项不合题意；B 、∠∠7=45°，m ∠n ，∠∠3=∠7=45°，结论正确，选项不合题意；C 、∠∠8=75°，∠∠4=180-∠8=180-75°=105°，结论正确，选项不合题意；D 、∠∠7=45°，∠∠5=180-∠7=180-45°=135°，结论错误，选项符合题意．故选：D ．【点睛】本题考查了角平分线的定义，平行线的性质，三角形内角和，邻补角互补，解答本题的关键是掌握平行线的性质：两直线平行，同位角相等，内错角相等，同旁内角互补．12．（2021·四川资阳市·中考真题）如图，已知直线//,140,230m n ∠=︒∠=︒，则3∠的度数为（ ）A．80︒B．70︒C．60︒D．50︒【答案】B【分析】如图，由题意易得∠4=∠1=40°，然后根据三角形外角的性质可进行求解．【详解】解：如图，m n∠=︒，∠//,140∠∠4=∠1=40°，∠=︒，∠230∠=∠+∠=︒；∠34270故选B．【点睛】本题主要考查平行线的性质及三角形外角的性质，熟练掌握平行线的性质及三角形外角的性质是解题的关键．13．（2021·湖南岳阳市·中考真题）下列命题是真命题的是（）A．五边形的内角和是720︒B．三角形的任意两边之和大于第三边C．内错角相等D．三角形的重心是这个三角形的三条角平分线的交点【答案】B【分析】根据相关概念逐项分析即可．【详解】A 、五边形的内角和是540︒，故原命题为假命题，不符合题意；B 、三角形的任意两边之和大于第三边，原命题是真命题，符合题意；C 、两直线平行，内错角相等，故原命题为假命题，不符合题意；D 、三角形的重心是这个三角形的三条中线的交点，故原命题为假命题，不符合题意；故选：B ．【点睛】本题考查命题判断，涉及多边形的内角和，三角形的三边关系，平行线的性质，以及三角形的重心等，熟记基本性质和定理是解题关键．14．（2021·山东聊城市·中考真题）如图，AB ∥CD ∥EF ，若∥ABC ＝130°，∥BCE ＝55°，则∥CEF 的度数为（ ）A ．95°B ．105°C ．110°D ．115°【答案】B【分析】 由//AB CD 平行的性质可知ABC DCB ∠=∠，再结合//EF CD 即可求解．【详解】解：//AB CD130ABC DCB ∴∠=∠=︒1305575ECD DCB BCE ∴∠=∠-∠=︒-︒=︒//EF CD180ECD CEF ∴∠+∠=︒18075105CEF ∴∠=︒-︒=︒故答案是：B ．【点睛】本题考查平行线的性质和角度求解，难度不大，属于基础题．解题的关键是掌握平行线的性质．15．（2021·安徽中考真题）两个直角三角板如图摆放，其中90BAC EDF ∠=∠=︒，45E ∠=︒，30C ∠=︒，AB 与DF 交于点M ．若//BC EF ，则BMD ∠的大小为（ ）A ．60︒B ．67.5︒C ．75︒D ．82.5︒【答案】C【分析】根据//BC EF ，可得45FDB F ∠=∠=︒，再根据三角形内角和即可得出答案．【详解】由图可得6045B F ∠=︒∠=︒，，∠//BC EF ，∠45FDB F ∠=∠=︒，∠180180456075BMD FDB B ∠=︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒，故选：C ．【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形的内角和，掌握平行线的性质和三角形的内角和是解题的关键． 16．（2021·浙江金华市·中考真题）某同学的作业如下框，其中∥处填的依据是（ ） 如图，已知直线1234,,,l l l l ．若12∠=∠，则34∠=∠．请完成下面的说理过程．解：已知12∠=∠，根据（内错角相等，两直线平行），得12//l l ．再根据（ ∥ ），得34∠=∠．A ．两直线平行，内错角相等B ．内错角相等，两直线平行C ．两直线平行，同位角相等D ．两直线平行，同旁内角互补【答案】C【分析】首先准确分析题目，已知12//l l ，结论是34∠=∠，所以应用的是平行线的性质定理，从图中得知∠3和∠4是同位角关系，即可选出答案．【详解】解：∠12//l l ，∠34∠=∠（两直线平行，同位角相等）．故选C ．【点睛】本题主要考查了平行线的性质的应用，解题的关键是理解平行线之间内错角的位置，从而准确地选择出平行线的性质定理．17．（2021·湖北随州市·中考真题）如图是由4个相同的小正方体构成的一个组合体，该组合体的三视图中完全相同的是（ ）A ．主视图和左视图B ．主视图和俯视图C ．左视图和俯视图D ．三个视图均相同【答案】A【分析】画出组合体的三视图，即可得到结论．【详解】解：所给几何体的三视图如下，所以，主视图和左视图完全相同，故选：A．【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的定义是解题关键．18．（2021·四川资阳市·中考真题）如图是由6个相同的小立方体堆成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小立方体的个数，则这个几何体的主视图是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据俯视图可确定主视图的列数和小正方形的个数，即可解答．【详解】解：由俯视图可得主视图有2列组成，左边一列由3个小正方形组成，右边一列由1个小正方形组成．故选：C．【点睛】本题考查了由三视图判断几何体的知识，由几何体的俯视图可确定该几何体的主视图和左视图，要熟练掌握．19．（2021·湖北黄冈市·中考真题）如图是由四个相同的正方体组成的几何体，其俯视图是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据俯视图的定义即可得．【详解】解：俯视图是指从上往下看几何体得到的视图．这个几何体的俯视图是由排在一行的三个小正方形组成，观察四个选项可知，只有选项C符合，故选：C．【点睛】本题考查了俯视图，熟记定义是解题关键．20．（2021·四川广安市·中考真题）下列几何体的主视图既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】先判断主视图，再根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】解：A、主视图是等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；B、主视图是是矩形，是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；C、主视图是等腰梯形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；D、主视图是等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；故选B．【点睛】本题考查了几何体的三视图，中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．21．（2021·湖南衡阳市·中考真题）如图是由6个相同的正方体堆成的物体，它的左视图是（）．A．B．C．D．【答案】A【分析】结合题意，根据视图的性质分析，即可得到答案．【详解】由6个相同的正方体堆成的物体，它的左视图如下：故选：A【点睛】本题考查了视图的知识；解题的关键是熟练掌握左视图的性质，从而完成求解．22．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）如图是由四个相同的小正方体组成的立体图形，它的俯视图为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据俯视图是从上边看得到的图形，可得答案．【详解】解：从上边看第一行是两个小正方形，第二行是一个小正方形并且在第二列，【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，俯视图是从上边看得到的图形．23．（2021·安徽中考真题）几何体的三视图如图所示，这个几何体是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据三视图，该几何体的主视图可确定该几何体的形状，据此求解即可．【详解】解：根据A，B，C，D三个选项的物体的主视图可知，与题图有吻合的只有C选项，故选：C．【点睛】本题考查了由三视图判断几何体的知识，熟练掌握三视图并能灵活运用，是解题的关键．24．（2021·四川乐山市·中考真题）如图是由4个相同的小正方体成的物体，将它在水平面内顺时针旋转90 后，其主视图是（）A．B．C．D．【分析】根据该几何体它在水平面内顺时针旋转90︒后，旋转后几何体的主视图与该几何体旋转前从右面看到的图形一样，由此即可解答．【详解】把该几何体它在水平面内顺时针旋转90︒后，旋转后的主视图与该几何体旋转前从右面看到的图形一样，∠该几何体的从右面看到的图形为，∠该几何体它在水平面内顺时针旋转90︒后，旋转后几何体的主视图为．故选C．【点睛】本题考查了简单几何体的三视图，熟知把该几何体它在水平面内顺时针旋转90︒后，旋转后几何体的主视图与该几何体旋转前从右面看到的图形一样是解决问题的关键．25．（2021·四川成都市·中考真题）如图所示的几何体是由6个大小相同的小立方块搭成，它的俯视图是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据简单几何体的三视图中俯视图从上面看得到的图形即可求解．【详解】解：从上面看简单组合体可得两行小正方形，第二行四个小正方形，第一行一个小正方形右侧对齐．故选C．【点睛】此题主要考查三视图的判断，解题的关键是熟知三视图的定义．26．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图所示的几何体是由6个完全相同的小正方体搭成，其主视图是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】从正面看：共有2列，从左往右分别有2，1个小正方形；据此可画出图形．【详解】解：如图所示的几何体的主视图是．故选：D．【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的视图是主视图．27．（2021·四川泸州市·中考真题）下列立体图形中，主视图是圆的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】分别得出棱柱，圆柱，圆锥，球体的主视图，得出结论．【详解】解：棱柱的主视图是矩形（中间只有一条线段），不符合题意；圆柱的主视图是矩形，不符合题意；圆锥的主视图是等腰三角形，不符合题意；球体的主视图是圆，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．28．（2021·浙江宁波市·中考真题）如图所示的几何体是由一个圆柱和一个长方体组成的，它的主视图是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据主视图是从物体的正面看到的图形解答即可．【详解】解：由于圆柱的主视图是长方形，长方体的主视图是长方形，所以该物体的主视图是：．故选：C．【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，属于常考题型，熟知主视图是从物体的正面看到的图形是解题关键．29．（2021·山东泰安市·中考真题）如图是由若干个同样大小的小正方体所搭几何体的俯视图，小正方形中的数字表示在该位置小正方体的个数，则这个几何体的左视图是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】直接从左边观察几何体，确定每列最高的小正方体个数，即对应左视图的每列小正方形的个数，即可确定左视图．【详解】解：如图所示：从左边看几何体，第一列是2个正方体，第二列是4个正方体，第三列是3个正方体；因此得到的左视图的小正方形个数依次应为2,4,3；故选：B．【点睛】本题考查了几何体的三视图，要求学生理解几何体的三种视图并能明白左视图的含义，能确定几何体左视图的形状等，解决本题的关键是牢记三视图定义及其特点，能读懂题意和从题干图形中获取必要信息等，本题蕴含了数形结合的思想方法，对学生的空间想象能力有一定的要求．30．（2021·浙江温州市·中考真题）直六棱柱如图所示，它的俯视图是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】直接从上往下看，得到的是一个六边形，即可选出正确选项．【详解】解:从上往下看直六棱柱，看到的是个六边形；故选：C．【点睛】本题考查了三视图的相关内容，要求学生明白俯视图是对几何体进行从上往下看得到的视图，实际上也是从上往下得到的正投影，本题较为基础，考查了学生对三视图概念的理解与应用等．31．（2021·浙江绍兴市·中考真题）如图的几何体由五个相同的小正方体搭成，它的主视图是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．【详解】解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层左边一个小正方形，故选：D．【点睛】本题考查了简答组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．32．（2021·浙江衢州市·中考真题）如图是由四个相同的小正方体搭成的立体图形，它的主视图是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据主视图是从几何体正面看得到的图形即可得到答案.【详解】从正面看可以看到有3列小正方形，从左至右小正方体的数目分别为1、2、1，所以主视图为：，故选B．【点睛】本题考查了简单几何体的三视图，关键是掌握主视图所看的位置．33．（2021·浙江丽水市·中考真题）如图是由5个相同的小立方体搭成的几何体，它的主视图是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．【详解】解：从正面看下面一层是三个正方形，上面一层中间是一个正方形．即：故选：B．【点睛】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．34．（2021·四川乐山市·中考真题）七巧板起源于我国先秦时期，古算书《周髀算经》中有关于正方形的分割术，经历代演变而成七巧板，如图1所示．19世纪传到国外，被称为“唐图”（意为“来自中国的拼图”），图2是由边长为4的正方形分割制作的七巧板拼摆成的“叶问蹬”图．则图中抬起的“腿”（即阴影部分）的面积为（）A．3B．72C．2D．52【答案】A【分析】根据由边长为4的正方形分割制作的七巧板，可得共5种图形，然后根据阴影部分的构成图形，计算阴影部分面积即可．【详解】解：如下图所示，由边长为4的正方形分割制作的七巧板，共有以下几种图形：∠腰长是22的等腰直角三角形，∠腰长是2的等腰直角三角形，∠腰长是2的等腰直角三角形，∠边长是2的正方形，∠边长分别是2245和135的平行四边形，根据图2可知，图中抬起的“腿”（即阴影部分）是由一个腰长是2的等腰直角三角形，和一个边长分别是2和2，顶角分别是45和135的平行四边形组成，如下图示，根据平行四边形的性质可知，顶角分别是45和135的平行四边形的高是DB，且2DB=，∠21221 2=，顶角分别是45和135222=，∠阴影部分的面积为：123+=，故选：A．【点睛】本题考查了七巧板中的图形的构成和面积计算，熟悉七巧板中图形的分类是解题的关键．二、填空题35．（2021·上海中考真题）70︒的余角是__________．【答案】20︒【分析】根据余角的定义即可求解．【详解】70︒的余角是90°-70︒=20︒故答案为：20︒．此题主要考查余角的求解，解题的关键是熟知余角的定义与性质．36．（2021·湖北武汉市·中考真题）如图，海中有一个小岛A，一艘轮船由西向东航行，在B点测得小岛A 在北偏东60︒方向上；航行12n mile到达C点，这时测得小岛A在北偏东30方向上．小岛A到航线BC的距离是__________n mile（3 1.73≈，结果用四舍五入法精确到0.1）．【答案】10.4【分析】过点A作AD∠BC，垂足为D，根据题意，得∠ABC=30°，∠ACD=60°，从而得到AC=BC=12,利用sin60°=AD AC计算AD即可【详解】过点A作AD∠BC，垂足为D，根据题意，得∠ABC=30°，∠ACD=60°，∠∠ABC=∠CAB=30°，∠AC=BC=12,∠sin60°=AD AC，∠AD=AC sin60°=1232⨯3 1.73610.38≈⨯=≈10.4故答案为：10.4.本题考查了方位角，解直角三角形，准确理解方位角的意义，构造高线解直角三角形是解题的关键．37．（2021·山东临沂市·中考真题）数学知识在生产和生活中被广泛应用，下列实例所应用的最主要的几何知识，说法正确的是___（只填写序号）．∥射击时，瞄准具的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线”；∥车轮做成圆形，应用了“圆是中心对称图形”；∥学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“菱形的对角线互相垂直平分”；∥地板砖可以做成矩形，应用了“矩形对边相等”．【答案】∠【分析】根据直线的性质，圆的性质，特殊四边形的性质分别判断即可．【详解】解：∠射击时，瞄准具的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线”，故正确；∠车轮做成圆形，应用了“同圆的半径相等”，故错误；∠学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“菱形的四边相等”，故错误；∠地板砖可以做成矩形，应用了“矩形的四个角是直角，可以密铺”，故错误；故答案为：∠．【点睛】本题考查了直线的性质，圆的性质，特殊四边形的性质，都属于基本知识，解题的关键是联系实际，掌握相应性质定理．38．（2021·浙江中考真题）由沈康身教授所著，数学家吴文俊作序的《数学的魅力》一书中记载了这样一个故事：如图，三姐妹为了平分一块边长为1的祖传正方形地毯，先将地毯分割成七块，再拼成三个小正方形（阴影部分）．则图中AB 的长应是______．【答案】21- 【分析】 根据裁剪和拼接的线段关系可知3CD =，1BD CE ==，在Rt ACD △中应用勾股定理即可求解．【详解】解：∠地毯平均分成了3份，∠每一份的边长为1333=，∠3CD =，在Rt ACD △中，根据勾股定理可得222AD CD AC =-，根据裁剪可知1BD CE ==，∠21AB AD BD =-=，故答案为：21-．【点睛】本题考查勾股定理，根据裁剪找出对应面积和线段的关系是解题的关键．39．（2021·河北中考真题）下图是可调躺椅示意图（数据如图），AE 与BD 的交点为C ，且A ∠，B ，E ∠保持不变．为了舒适，需调整D ∠的大小，使110EFD ∠=︒，则图中D ∠应___________（填“增加”或“减少”）___________度．【答案】减少 10【分析】先通过作辅助线利用三角形外角的性质得到∠EDF 与∠D 、∠E 、∠DCE 之间的关系，进行计算即可判断．【详解】解：∠∠A +∠B =50°+60°=110°，∠∠ACB =180°-110°=70°，∠∠DCE =70°，如图，连接CF 并延长，∠∠DFM =∠D +∠DCF =20°+∠DCF ，∠EFM =∠E +∠ECF =30°+∠ECF ，∠∠EFD =∠DFM +∠EFM =20°+∠DCF+30°+∠ECF=50°+∠DCE=50°+70°=120°，要使∠EFD =110°，则∠EFD 减少了10°，若只调整∠D 的大小，由∠EFD =∠DFM +∠EFM =∠D +∠DCF +∠E +∠ECF =∠D +∠E +∠ECD =∠D +30°+70°=∠ D +100°，因此应将∠D 减少10度；故答案为：∠减少；∠10．【点睛】本题考查了三角形外角的性质，同时涉及到了三角形的内角和与对顶角相等的知识；解决本题的关键是理解题意，读懂图形，找出图形中各角之间的关系以及牢记公式建立等式求出所需的角，本题蕴含了数形结合的思想方法．40．（2021·江苏扬州市·中考真题）如图是某圆柱体果罐，它的主视图是边长为10cm的正方形，该果罐侧面积为_____2cm．【答案】100π【分析】根据圆柱体的主视图为边长为10cm的正方形，得到圆柱的底面直径和高，从而计算侧面积．【详解】解：∠果罐的主视图是边长为10cm的正方形，为圆柱体，∠圆柱体的底面直径和高为10cm，π⨯=100π，∠侧面积为1010故答案为：100π．【点睛】本题考查了几何体的三视图，解题的关键是根据三视图得到几何体的相关数据．。

第十五讲 多边形的有关问题趣题引路】如图15-1，用黑白两种颜色的正六边形地砖按如下所示的规律，拼成若干个图案． (1)第四个图案中有白色地面砖 块． (2)第n 个图案中有白色地面砖 块． 第一个图案有白砖数6， 6＝4×1＋2； 第二个图案有白砖数10，10＝4×2＋2； 第三个图案有白砖数14，14＝4×3＋2； 第四个图案有白砖数18，18＝4×4＋2； ……一般地，第n 个图案有白色地砖(4n ＋2)块．图15-1...知识拓展】1．多边形的基本知识主要是指多边形的边、内外角、对角线、凸多边形、凹多边形等基本概念和多边形内角和定理、外角和定理，其中多边形内、外角和定理是解有关多边形问题的基础．2．多边形的许多性质与问题往往可以利用三角形来解决，将多边形问题转化为三角形问题来解决是解多边形问题的基本策略，从凸n 边形的一个顶点引出的对角线把凸n 边形分成(n －2)个三角形，凸n 边形一共可引出(3)2n n -条对角线． 3．多边形的内角和是随着多边形的边数变化而变化的，但外角和却总是不变的，所以，我们常以外角和的“不变”来制约内角和的“变”，把内角问题转化为外角问题来处理，这也是解多边形相关问题的常用技巧．4．多边形的内角和为(n －2)180°；外角和为360°； 正多边形的每个内角为(2)180n n -，每个外角为360n．一、多边形的内角与外角例1 (2003年全国联赛题)在凸10边形的所有内角中，锐角的个数最多是( )个． A ．0 B ．1 C ．3 D ．5解析 由于任何凸多边形的所有外角之和都是360°，故外角中钝角的个数不超过3个．又因为内角与外角互补，因此，内角中锐角最多不能超过3个．实际上，容易构造出内角中有三个锐角的凸10边形．故选C ．点评 把内角问题转化为外角问题考虑．例2 一个凸n 边形，除了一个内角外，其余(n －1)个角之和为2002°，求n 的值．解析 本题实际上是求多边形内角和的延伸，要注意n 为自然数且每个内角不大于180°这两个隐含条件．解 设除去的这个内角是x 度，则(n －2)×180°－x °＝2002°，那么(n －2)×180°＝2002°＋x°．显然2002°＋x °应是180°的倍数，故x °＝158°，这时求得n ＝14．二、多边形的边例3 (2002年全国竞赛题)若1239A A A A 是一个正九边形，A 1A 2＝a ，A 1A 3＝b ，则A 1A 5等于( )A ．B ．C ．()12a b + D ． a b + 解析 此题以正九边形为背景，考察观察能力和构造能力．不必画出完整图形，只需画出有用的局部图形．图15-215解 如图15-2，延长A 1A 2、A 5A 4．相交于点P ，连结A 2A 4，则A 2A 4// A 1A 5，且A 2A 4＝A 1A 3＝b ，因为正九边形的每一个内角为(92)1801409-⋅=，所以∠A 2A 1A 5＝∠A 4A 5A 1(92)18031402-⋅-⨯=60=，故△P A 1A 5和△P A 2A 4均为正三角形．所以A 2P ＝A 2 A 4＝A 1 A 3＝b ．于是A 1 A 5＝A 1 P ＝A 1 A 2＋A 2 P ＝a ＋b ．选D ．例4 (1999年全国联赛题)设有一个边长为1的正三角形，记作A 1[如图15-3(1)]．将A 1的每条边三等分，在中间的线段上向形外作正三角形，去掉中间的线段后所得到的图形记作A 2，[如图15-3(2)]；将A 2的每条边三等分，并重复上述过程，所得到的图形记作A 3[如图15-3(3)]；再将A 3的每条边三等分，并重复上述过程，所得到的图形记作A 4，那么，A 4的周长是 ．图15-3(1)解析 从基本图形入手计算，寻找规律．解 从A 1开始，每进行一次操作，所得到的图形的周长是原来图形周长的43倍．所以， A 2的周长是4343⨯=；A 3的周长是416433⨯=；A 4的周长是41664339⨯=．三、多边形的对角线问题例5 (1)计算凸十边形所有对角线的条数，以及以凸十边形顶点为顶点的三角形的个数．(2)在凸十边形每个顶点处任意标上一个自然数，在(1)中的三角形，若三个顶点所标三数之和为奇数，则该三角形称为奇三角形；若三数之和为偶数，则称偶三角形，试判断：奇三角形个数是奇数还是偶数，并证明你的结论．解析(1)共有(103)10352-⨯=条对角线，因为边与对角线共有45条，每条属于8个三角形的边，则三角形个数为4581203⨯=个． (2)奇三角形个数是偶数．因为凸十边形每个顶点属于40个三角形，也就是说凸十边形每个顶点所写的数在总和中计算了40次，那么总和应为十顶点所标数和的40倍，则一定是偶数，偶三角顶点之和必为偶数．故奇三角形个数必为偶数．四、多边形的证明问题例6 已知凸六边形的周长等于20，各边长都是整数，且以它的任意三条边为边都不能构成三角形．求证：这样的六边形有无穷多个．解析 由n 边形(n ≥4)的不稳定性知，若存在一个这样的六边形，则必有无穷多个．故下面寻找是否存在六个正整数a 1，a 2，…，a 6(不妨设a 1≤a 2≤…≤a 6)，满足(1)12620a a a +++=；(2)12123234345456,,,,a a a a a a a a a a a a a a ≤+≤+≤+≤+≤； (3)123456++a a a a a a ++>．如果这样的六边形存在，则以126a a a ，，，为边长的六边形即符合要求．实际上，对任选三个整数61i j k a a a a ≤≤≤≤，必有i j k a a a +≤，可见此六边形的任意三边不能构成三角形，如121a a ==，32a =，43a =，55a =，68a =，满足上述全部条件．所以，这样的六边形有无穷多个．点评 本题首先证明了这样的六边形存在，然后根据n 边形(n ≥4)的不稳定性，说明这样的六边形有无穷多个．五、多边形中的开放性问题例7 (1999年全国联赛题)在正五边形ABCDE 所在平面内能找到点P ，使得△PCD 与△BCD 的面积相等，并且△ABP 为等腰三角形．这样的不同的点P 的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析 可先动手画出简图．由△PCD 与△BCD 的面积相等及等积变换的思想，点点P 应在平行于CD 且与CD 的距离等于B 点到CD 的距离的直线l 上，这样的直线l有两条，且位于CD 的两侧．然后再根据△ABP 为等腰三角形确定点P 的个数．图15-4如图15-4，由S △PCD ＝S △BCD 知，点P 只能在直线l 1(即直线BE )与直线l 2上，其中l 2与CD 平行且与CD 的距离等于l 1与CD 的距离．在等腰△ABP 中，按其底边可分如下三种情形：(1)当AB 为底边时，AB 的垂直平分线分别与l 1、l 2交于P 1、P 2，则P 1、P 2是符合条件的点． (2)当P A 为底边时，以B 为圆心，BA 为半径作圆，与l 1交于P 3、P 4两点，则P 3、P 4符合条件． (3)当PB 为底边时，只有E 点符合条件．综上所述，共有P 1、P 2、P 3、P 4、E 五个点符合题设全部条件，故应选D ．点评 解答这类计数问题，需要分清谁是底，谁是腰，可直接通过作图确定点P 的个数，这里主要应用了交轨法．好题妙解】佳题新题品味例1 一个凸多边形的每一内角都等于140°，那么，从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数有( )A ．9条B ．8条C ．7条D ．6条解析 每一内角为140°，得每一外角为40°，360°÷40°＝9，即边数为9，故从一个顶点可作对角线9－3＝6条，选D ．例2 设12n A A A 是一个有n 个顶点的凸多边形，对每一个顶点(1,2,3,,)i A i n ，将构成该角的两边分别反向延长至12,i i A A ，连接12,i i A A ，得到两个角12,i i A A ∠∠(扫描件版本中有错)，那么所有这些新得到的角的度数的和是 ．解析 注意每一内角与相邻的外角互补即可求． 故：n ×180°－(n －2)·180°＝360°．例3 正五边形广场ABCDE 的周长为2000m ，甲、乙两人分别从A 、C 两点同时出发绕广场沿A →B →C →D →E →A 的方向行走，甲的速度为50m/min ，乙的速度为46m/min ，则出发后经过 min ，甲、乙第一次行走在同一条边上．解析 设甲走完x 条边时，两人走在同一条边上，此时甲走了400x m ，乙走了4004636850xx ⨯=m ，甲、乙两人的距离不大于正五边形的边长400m ，所以(368x ＋800)－400x ≤400．解得x ≥12.5．而x 为整数，取x ＝13． 所以，甲、乙走了40010450x=min 后走到一条边上．中考真题欣赏例4 (吉林省)如图15-5，用同样规格黑白两色的正方形瓷砖铺设矩形地面，请观察下列图形并解答有关问题．(1)在第n 个图中，每一横行共有 块瓷砖，每一竖列共有 块瓷砖(均用含n 的代数式表示)．(2)设铺地面用瓷砖的总数为y ，请写出y 与(1)中n 的函数关系式(不要求写自变量n 的取值范围)． (3)按上述铺设方案，铺一块这样的矩形地面共用了506块瓷砖，求此时n 值． (4)若黑瓷砖每块4元，白瓷砖每块3元，在问题(3)中共需花多少元钱购买瓷砖？ (5)是否存在黑瓷砖与白瓷砖块数相等的情况？请通过计算说明，为什么？图15-5解析()()()() 1231n n n n n n n n ⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯+++： 1 2 3 白砖： 1 2 2334 黑砖：34-1 2 45-2 3 56-3 4-解(1)n ＋3，n ＋2．(2)y ＝(n ＋3)(n ＋2)． (3)当y ＝506时，(n ＋3)(n ＋2)＝506， 解得n 1＝20，n 2＝－25(舍去)． 白色砖数：n (n ＋1)＝20×(20＋1)＝420． 黑色砖数：506－420＝86．(4)共需钱数：86×4＋420×3＝1604(元)(5)n (n ＋1)＝(n ＋2)(n ＋3)－n (n ＋1)，化简得n 2－3n －6＝0，解得n ．因n 的值不是整数， ∴不存在黑、白瓷砖块数相等的情形．竞赛样题展示例1 (2004年江苏省初中竞赛题)在一个多边形中，除了两个内角外，其内角之和为2002°，则这个多边形的边数为( )A ．12B ．12或13C ．14D ．14或15解析 设这个多边形为n (n 为正整数)边形，由题意2002°<(n －2)×180°<2002°＋360°，111113159090n <<． 所以，n ＝14或15．选D ．例2 (2002年上海市竞赛题)平面上有7个点，它们之间可以连一些线段，使7点中的任意3点必存在2点有线段相连．问至少要连多少条线段？证明你的结论．解析(1)若7个点中，有一点孤立(即它不与其他点连线)，则剩下6点每2点必须连线，此时至少要连65152⨯=条． (2)若7点中，有一点只与另一点连线，则剩下5点每2点必须连线，此时至少要连541112⨯+=条． (3)若每一点至少引出3条线段，则至少要连732⨯条线段．由于线段数为整数，故此时至少要连11条． (4)若每点至少引出2条线段，且确有一点(记为A )只引出2条线段AB 、AC ，则不与A 相连的4点每2点必须连线，要连4362⨯=条．由B 引出的线段至少有2条，即除BA 外还至少有一条．因此，此时至少要连6＋2＋1＝9条．图15-6图15-6给出连9条线的情况．综合(1)~(4)，至少要连9条线段，才能满足要求．例3 (第14届希望杯)两条直线上各有n 个点，用这n 对点按如下规则连结线段： ①同直线上的点之间不连结；②连结的任意两条线段可以有共同的端点，但不得有其他的交点． (1)画图说明当n ＝1，2，3时，连结的线段最多各有多少条？(2)由(1)猜想n (n 为正整数)对点之间连结的线段最多有多少条，证明你的结论． (3)当n ＝2003时，所连结的线段最多有多少条？图15-7解析 (1)由图15-7可以看出，n ＝1时，最多可以连结1条线段，n ＝2时，最多可以连结3条线段，n ＝3时，最多可以连结5条线段．(2)猜想：对于正整数n ，则n 对点直接连结的直线段最多有2n －1条． 证明 将直线标记为l 1、l 2，它们上面的点从左到右排列分别为123,,,,n A A A A 和123,,,,n B B B B ，设这n 对点之间连结的直线段最多有P n 条，显然，其中必有n n A B 这一条，否则，P n 就不是最多的数． 当在l 1，l 2分别加上第n +1个点时，不妨设这两个点在A n 与B n 的右侧，那么除了原来已经有的P n 条直线段外，还可以连结A n+1B n ，An +1B n +1这两条线段，或连结A n B n +1，A n +1B n +1这两条线段． 所以P n +1≥P n +2．l 2l 1B n+1B i+1B i A n+1A n另一方面，设对于n +1对点有另一种连法：考虑图中以A n +1为端点的线段，若以A n +1为端点的线段的条数大于1，则一定可以找到一个i ≤n ，使得对于任意的j <i ，A n +1B j ，都不在所画的线段中，这时，B i +1，B i +2，...，B n +1，只能与A n +1连结，不妨设A n +1B i +1，A n +1B i +2，…，A n +1B n +1都已连结，此时图中的线段数为P n +1，我们做如下操作：去掉A n +1B i ，连结A n B i +1，得到新的连结图，而新的连结图满足要求且线段总数不变，将此操作一直进行下去，直到与A n +1连结的线段只有一条A n +1B n +1为止．最后图中，与点B n +1相关的线段只剩两条，即A n B n +1，A n +1B n +1，去掉这两条线段，则剩余P n +1-2条线段，而图形恰是n 对点的连结图，所以P n +1-2≤P ． 由此我们得到P n +1=P n +2，而P 1=1，P 2=3，所以P n =1+2×(n -1)=2n -1． （3）当n =2003时，P 2003=4005（条）．过关检测】A 级1．一个凸n 边形共有54条对角线，则它的内角和是（ ） A ．1080° B ．1440° C ．1800° D ．1620°2．（1999年全国初中联赛试题）一个凸n 边形的内角和小于1999°，那么n 的最大值是（ ） A ．11 B ．12 C ．13 D ．143．（第12届“希望杯”邀请赛试题）凸n 边形中有且仅有两个内角为饨角，则n 的最大值是（ ） A ．4 B ．5 C ．6 D ．74．（美国中小学数学课程标准）如图，用硬纸片剪一个长为16cm 、宽为12cm 的长方形，再沿对角线把它分成两个三角形，用这两个三角形可拼出各种三角形和四边形来，其中周长最大的是 cm ，周长最小的是 cm ．16cm12cm5．如图，ABCD 是凸四边形，AB =2，BC =4，CD =7，则线段AD 的取值范围是 ．DC BA6．如图，五边形ABCDE 中，AB=AE ，BC+DE=CD ，∠ABC +∠AED =180°，连接AD ． 求证：AD 平分∠CDE ．EDBAB 级1．一个凸n（n≥4）边形的每个外角的度数均为相等的奇数，则这样的凸多边形共有（）A．4种B．6种C．3种D．2种2．一个凸n边形最小内角为95°，其他内角依次增加10°，则n等于（）A．6 B．12 C．4 D．103．如图所示，CD//AF，∠CDE=∠BAF，AB⊥BC，∠C=124°，∠E=80°，求∠F的大小．F EDCBA4．若凸4n+2边形A1A2…A4n+2（n为自然数）的每个内角都是30°的整数倍，且∠A1=∠A2=∠A3=90°．求n所有可能的值．5．平面上给出4点，其中任意3点不共线，这4点组成4个三角形.请判断；这4个三角形中最多有几个锐角三角形？证明你的结论．6．已知一个凸n边形各内角度数均相等，且度数是奇数.问这样的多边形有几种？证明你的结论．()。

十年（2014－2023）年高考真题分项汇编立体几何填空、多选目录题型一：立体几何结构特征 (1)题型二：立体几何三视图 (2)题型三：立体几何的表面积与体积 (3)题型四：立体几何中的球的问题 (9)题型五：立体几何线面位置关系 (9)题型六：立体几何中的角度与距离 (10)题型一：立体几何结构特征1．(2023年全国甲卷理科·第15题)在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为AB ，11C D 的中点，以EF 为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点．2．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第15题)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．3．(2019·全国Ⅱ·理·第16长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有个面，其棱长为(本题第一空2分，第二空3分).4．(2017年高考数学上海（文理科）·第11题)如图,以长方体1111ABCD A B C D -的顶点D 为坐标原点,过D 的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若1DB 的坐标为(4,3,2),则1AC 的坐标为________．5．(2015高考数学江苏文理·第9题)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积和高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为_______．二、多选题1．(2023年新课标全国Ⅰ卷·第12题)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m )的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体2．(2021年新高考Ⅰ卷·第12题)在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则()A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 题型二：立体几何三视图1．(2021年高考全国乙卷理科·第16题)以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________(写出符合要求的一组答案即可)．2．(2019·北京·理·第11题)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．3．(2017年高考数学上海（文理科）·第8题)已知球的体积为36π,则该球主视图的面积等于________．4．(2017年高考数学山东理科·第13题)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如下图,则该几何体的体积为__________．则该棱台的体积为________．2．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第14题)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______．3．(2020年新高考全国Ⅰ卷（山东）·第15题)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧AB 与直线BC 的切点，四边形DEFG 为矩形，BC ⊥DG ，垂足为C ，tan ∠ODC =35，BH DG ∥，EF =12cm ，DE=2cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7cm ，圆孔半径为1cm ，则图中阴影部分的面积为________cm 2．4．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学（海南）·第13题)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________5．(2020天津高考·第15题)如图，在四边形ABCD 中，60,3B AB ︒∠==，6BC =，且3,2AD BC AD AB λ=⋅=- ，则实数λ的值为_________，若,M N 是线段BC 上的动点，且||1MN = ，则DM DN ⋅ 的最小值为_________．6．(2020江苏高考·第9题)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半轻为0．5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm．7．(2019·天津·理·第11题)个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．8．(2019·全国Ⅲ·理·第16题)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9g /cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g ．9．(2019·江苏·第9题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 是1CC 的中点，则三棱椎-E BCD 的体积是______.10．(2018年高考数学江苏卷·第10题)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．11．(2018年高考数学天津（理）·第11题)已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为．12．(2018年高考数学课标Ⅱ卷（理）·第16题)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．13．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1AB =．若二面角1C AB C --的大小为60，则点1C 到直线AB 的距离为．1A 1B 1C AB C14．(2014高考数学天津理科·第10题)已知一个几何体的三视图如图所示(单位:m ),则该几何体的体积为_________3m．15．(2014高考数学山东理科·第13题)三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC -的体积为2V ，则12V V =．16．(2014高考数学江苏·第8题)设甲、乙两个圆柱的底面分别为1S ,2S ，体积分别为1V ,2V ，若它们的侧面积相等，且1294S S =，则12V V 的值是．17．(2015高考数学天津理科·第10题)一个几何体的三视图如图所示(单位：m )，则该几何体的体积为3m．18．(2015高考数学上海理科·第4题)若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为，则a =．19．(2017年高考数学江苏文理科·第6题)如图,在圆柱12,O O 内有一个球O ,该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱12,O O 的体积为1V ,球O 的体积为2V ,则12V V 的值是_______．20．(2016高考数学浙江理科·第14题)如图，在ABC ∆中，2,120AB BC ABC ==∠= ．若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足,PD DA PB BA ==，则四面体PBCD 的体积的最大值是．21．(2016高考数学浙江理科·第11题)某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的表面积是2cm ，体积是3cm ．OO 1O 2(第6题)⋅⋅⋅22．(2016高考数学天津理科·第11题)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m )，则该四棱锥的体积为_____________3m ．23．(2016高考数学四川理科·第13题)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则三棱锥的体积为_______．二、多选题1．(2022新高考全国II 卷·第11题)如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则()A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =题型四：立体几何中的球的问题1．(2020年新高考全国Ⅰ卷（山东）·第16题)已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D BCC 1B 1的交线长为________．2．(2017年高考数学天津理科·第10题)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ．则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝2．(2019·北京·理·第12题)已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l m ⊥；②m ∥α；③l α⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【3．(2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第14题),αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题：(1)如果m n ⊥，m α⊥，//n β，那么αβ⊥．(2)如果m α⊥，//n α，那么m n ⊥．(3)如果//αβ，m α⊂，那么//m β．(4)如果//m n ，//αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有．(填写所有正确命题的编号)二、多选题1．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第10题)如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是()A ．B ．C ．D ．_____________．(结果用反三角函数值表示)2．(2015高考数学浙江理科·第13题)如图，三棱锥A BCD -中，3,2AB AC BD CD AD BC ======，点,M N 分别是,AD BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是．3．(2015高考数学四川理科·第14题)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面相互垂直，动点M 在线段PQ 上，,E F 分别为AB ,BC 中点，设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________4．(2015高考数学上海理科·第6题)若圆锥的侧面积与过轴的截面积面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为．5．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第16题),a b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与,a b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成30︒角；②当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成60︒角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45︒；④直线AB 与a 所成角的最大值为60︒．其中正确的是．(填写所有正确结论的编号)6．(2016高考数学上海理科·第6题)如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小为32arctan ，则该正四棱柱的高等于____________．二、多选题1．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第9题)已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，AB 为底面直径，120APB ∠=︒，2PA =，点C 在底面圆周上，且二面角P AC O --为45°，则()．A ．该圆锥的体积为πB ．该圆锥的侧面积为C ．AC =D ．PAC △2．(2022新高考全国I 卷·第9题)已知正方体1111ABCD A B C D -，则()A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒C ．直线1BC 与平面11BBD D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒。

专题15 图形的变化之解答题参考答案与试题解析一．解答题（共13小题）1．（2019•徐州）如图，将平行四边形纸片ABCD沿一条直线折叠，使点A与点C重合，点D落在点G处，折痕为EF．求证：（1）∠ECB＝∠FCG；（2）△EBC≌△FGC．【答案】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A＝∠BCD，由折叠可得，∠A＝∠ECG，∴∠BCD＝∠ECG，∴∠BCD﹣∠ECF＝∠ECG﹣∠ECF，∴∠ECB＝∠FCG；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D＝∠B，AD＝BC，由折叠可得，∠D＝∠G，AD＝CG，∴∠B＝∠G，BC＝CG，又∵∠ECB＝∠FCG，∴△EBC≌△FGC（ASA）．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等；平行四边形的对角线互相平分．2．（2019•常州）如图，把平行四边形纸片ABCD沿BD折叠，点C落在点C′处，BC′与AD相交于点E．（1）连接AC′，则AC′与BD的位置关系是AC′∥BD；（2）EB与ED相等吗？证明你的结论．【答案】解：（1）连接AC′，则AC′与BD的位置关系是AC′∥BD，故答案为：AC′∥BD；（2）EB与ED相等．由折叠可得，∠CBD＝∠C'BD，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∴∠EDB＝∠EBD，∴BE＝DE．【点睛】本题主要考查了折叠问题以及平行四边形的性质，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．3．（2019•淮安）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点A、B都在格点上（两条网格线的交点叫格点）．（1）将线段AB向上平移两个单位长度，点A的对应点为点A1，点B的对应点为点B1，请画出平移后的线段A1B1；（2）将线段A1B1绕点A1按逆时针方向旋转90°，点B1的对应点为点B2，请画出旋转后的线段A1B2；（3）连接AB2、BB2，求△ABB2的面积．【答案】解：（1）线段A1B1如图所示；（2）线段A1B2如图所示；（3）S4×42×22×42×4＝6．【点睛】本题考查了平移变换和旋转变换作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．4．（2019•常州）将图中的A型（正方形）、B型（菱形）、C型（等腰直角三角形）纸片分别放在3个盒子中，盒子的形状、大小、质地都相同，再将这3个盒子装入一只不透明的袋子中．（1）搅匀后从中摸出1个盒子，盒中的纸片既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是；（2）搅匀后先从中摸出1个盒子（不放回），再从余下的2个盒子中摸出1个盒子，把摸出的2个盒中的纸片长度相等的边拼在一起，求拼成的图形是轴对称图形的概率．（不重叠无缝隙拼接）【答案】解：（1）搅匀后从中摸出1个盒子，可能为A型（正方形）、B型（菱形）或C型（等腰直角三角形）这3种情况，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有2种，∴盒中的纸片既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是；故答案为：；（2）画树状图为：共有6种等可能的情况，其中拼成的图形是轴对称图形的情况有2种：A和C，C和A，∴拼成的图形是轴对称图形的概率为．【点睛】本题主要考查了概率公式，列举法（树形图法）求概率的关键在于列举出所有可能的结果，列表法是一种，但当一个事件涉及三个或更多元素时，为不重不漏地列出所有可能的结果，通常采用树形图．5．（2019•淮安）如图①，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中点．小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB．将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°，点B的对应点是点E，连接BE，得到△BPE．小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：（1）当点E在直线AD上时，如图②所示．①∠BEP＝50°；②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是EC∥AB．（2）请在图③中画出△BPE，使点E在直线AD的右侧，连接CE．试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．（3）当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．【答案】解：（1）①如图②中，∵∠BPE＝80°，PB＝PE，∴∠PEB＝∠PBE＝50°，②结论：AB∥EC．理由：∵AB＝AC，BD＝DC，∴AD⊥BC，∴∠BDE＝90°，∴∠EBD＝90°﹣50°＝40°，∵AE垂直平分线段BC，∴EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝40°，∵AB＝AC，∠BAC＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∴∠ABC＝∠ECB，∴AB∥EC．故答案为50，AB∥EC．（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．∵AD垂直平分线段BC，∴PB＝PC，∴∠BCE∠BPE＝40°，∵∠ABC＝40°，∴AB∥EC．（3）如图④中，作AH⊥CE于H，∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，平行线的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．6．（2019•苏州）如图，△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．（1）求证：EF＝BC；（2）若∠ABC＝65°，∠ACB＝28°，求∠FGC的度数．【答案】（1）证明：∵∠CAF＝∠BAE，∴∠BAC＝∠EAF．∵将线段AC绕A点旋转到AF的位置，∴AC＝AF．在△ABC与△AEF中，，∴△ABC≌△AEF（SAS），∴EF＝BC；（2）解：∵AB＝AE，∠ABC＝65°，∴∠BAE＝180°﹣65°×2＝50°，∴∠F AG＝∠BAE＝50°．∵△ABC≌△AEF，∴∠F＝∠C＝28°，∴∠FGC＝∠F AG+∠F＝50°+28°＝78°．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的性质，证明△ABC≌△AEF是解题的关键．7．（2019•扬州）如图，已知等边△ABC的边长为8，点P是AB边上的一个动点（与点A、B不重合）．直线1是经过点P的一条直线，把△ABC沿直线1折叠，点B的对应点是点B′．（1）如图1，当PB＝4时，若点B′恰好在AC边上，则AB′的长度为4；（2）如图2，当PB＝5时，若直线1∥AC，则BB′的长度为5；（3）如图3，点P在AB边上运动过程中，若直线1始终垂直于AC，△ACB′的面积是否变化？若变化，说明理由；若不变化，求出面积；（4）当PB＝6时，在直线1变化过程中，求△ACB′面积的最大值．【答案】解：（1）如图1中，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，AB＝BC＝AC＝8，∵PB＝4，∴PB′＝PB＝P A＝4，∵∠A＝60°，∴△APB′是等边三角形，∴AB′＝AP＝4．故答案为4．（2）如图2中，设直线l交BC于点E．连接BB′交PE于O．∵PE∥AC，∴∠BPE＝∠A＝60°，∠BEP＝∠C＝60°，∴△PEB是等边三角形，∵PB＝5，∴∵B，B′关于PE对称，∴BB′⊥PE，BB′＝2OB∴OB＝PB•sin60°，∴BB′＝5．故答案为5．（3）如图3中，结论：面积不变．∵B，B′关于直线l对称，∴BB′⊥直线l，∵直线l⊥AC，∴AC∥BB′，∴S△ACB′＝S△ACB•82＝16．（4）如图4中，当B′P⊥AC时，△ACB′的面积最大，设直线PB′交AC于E，在Rt△APE中，∵P A＝2，∠P AE＝60°，∴PE＝P A•sin60°，∴B′E＝6，∴S△ACB′的最大值8×（6）＝424．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质和判定，轴对称变换，解直角三角形，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．8．（2019•宿迁）如图①，在钝角△ABC中，∠ABC＝30°，AC＝4，点D为边AB中点，点E为边BC中点，将△BDE绕点B逆时针方向旋转α度（0≤α≤180）．（1）如图②，当0＜α＜180时，连接AD、CE．求证：△BDA∽△BEC；（2）如图③，直线CE、AD交于点G．在旋转过程中，∠AGC的大小是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出这个角的度数；（3）将△BDE从图①位置绕点B逆时针方向旋转180°，求点G的运动路程．【答案】解：（1）如图②中，由图①，∵点D为边AB中点，点E为边BC中点，∴DE∥AC，∴，∴，∵∠DBE＝∠ABC，∴∠DBA＝∠EBC，∴△DBA∽△EBC．（2）∠AGC的大小不发生变化，∠AGC＝30°．理由：如图③中，设AB交CG于点O．∵△DBA∽△EBC，∴∠DAB＝∠ECB，∵∠DAB+∠AOG+∠G＝180°，∠ECB+∠COB+∠ABC＝180°，∠AOG＝∠COB，∴∠G＝∠ABC＝30°．（3）如图③﹣1中．设AB的中点为K，连接DK，以AC为边向右作等边△ACO，连接OG，OB．以O为圆心，OA为半径作⊙O，∵∠AGC＝30°，∠AOC＝60°，∴∠AGC∠AOC，∴点G在⊙O上运动，以B为圆心，BD为半径作⊙B，当直线与⊙B相切时，BD⊥AD，∴∠ADB＝90°，∵BK＝AK，∴DK＝BK＝AK，∵BD＝BK，∴BD＝DK＝BK，∴△BDK是等边三角形，∴∠DBK＝60°，∴∠DAB＝30°，∴∠DOG＝2∠DAB＝60°，∴的长，观察图象可知，点G的运动路程是的长的两倍．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，弧长公式，等边三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会正确寻找点的运动轨迹，属于中考压轴题．9．（2019•南京）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．求作菱形DEFG，使点D在边AC 上，点E、F在边AB上，点G在边BC上．小明的作法1．如图②，在边AC上取一点D，过点D作DG∥AB交BC于点G．2．以点D为圆心，DG长为半径画弧，交AB于点E．3．在EB上截取EF＝ED，连接FG，则四边形DEFG为所求作的菱形．（1）证明小明所作的四边形DEFG是菱形．（2）小明进一步探索，发现可作出的菱形的个数随着点D的位置变化而变化……请你继续探索，直接写出菱形的个数及对应的CD的长的取值范围．【答案】（1）证明：∵DE＝DG，EF＝DE，∴DG＝EF，∵DG∥EF，∴四边形DEFG是平行四边形，∵DG＝DE，∴四边形DEFG是菱形．（2）如图1中，当四边形DEFG是正方形时，设正方形的边长为x．在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB5，则CD x，AD x，∵AD+CD＝AC，∴x＝3，∴x，∴CD x，观察图象可知：0≤CD时，菱形的个数为0．如图2中，当四边形DAEG是菱形时，设菱形的边长为m．∵DG∥AB，∴，∴，解得m，∴CD＝3，如图3中，当四边形DEBG是菱形时，设菱形的边长为n．∵DG∥AB，∴，∴，∴n，∴CG＝4，∴CD，观察图象可知：当0≤CD或CD≤3时，菱形的个数为0，当CD或CD时，菱形的个数为1，当CD时，菱形的个数为2．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，作图﹣复杂作图等知识，解题的关键是学会寻找特殊位置解决问题，属于中考常考题型，题目有一定难度．10．（2019•宿迁）宿迁市政府为了方便市民绿色出行，推出了共享单车服务．图①是某品牌共享单车放在水平地面上的实物图，图②是其示意图，其中AB、CD都与地面l平行，车轮半径为32cm，∠BCD＝64°，BC＝60cm，坐垫E与点B的距离BE为15cm．（1）求坐垫E到地面的距离；（2）根据经验，当坐垫E到CD的距离调整为人体腿长的0.8时，坐骑比较舒适．小明的腿长约为80cm，现将坐垫E调整至坐骑舒适高度位置E'，求EE′的长．（结果精确到0.1cm，参考数据：sin64°≈0.90，cos64°≈0.44，tan64°≈2.05）【答案】解：（1）如图1，过点E作EM⊥CD于点M，由题意知∠BCM＝64°、EC＝BC+BE＝60+15＝75cm，∴EM＝EC sin∠BCM＝75sin64°≈67.5（cm），则单车车座E到地面的高度为67.5+32≈99.5（cm）；（2）如图2所示，过点E′作E′H⊥CD于点H，由题意知E′H＝80×0.8＝64，则E′C71，1，∴EE′＝CE﹣CE′＝75﹣71.1＝3.9（cm）．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是明确题意，利用锐角三角函数进行解答．11．（2019•泰州）某体育看台侧面的示意图如图所示，观众区AC的坡度i为1：2，顶端C离水平地面AB 的高度为10m，从顶棚的D处看E处的仰角α＝18°30′，竖直的立杆上C、D两点间的距离为4m，E 处到观众区底端A处的水平距离AF为3m．求：（1）观众区的水平宽度AB；（2）顶棚的E处离地面的高度EF．（sin18°30′≈0.32，tan l8°30′≈0.33，结果精确到0.1m）【答案】解：（1）∵观众区AC的坡度i为1：2，顶端C离水平地面AB的高度为10m，∴AB＝2BC＝20（m），答：观众区的水平宽度AB为20m；（2）作CM⊥EF于M，DN⊥EF于N，则四边形MFBC、MCDN为矩形，∴MF＝BC＝10，MN＝CD＝4，DN＝MC＝BF＝23，在Rt△END中，tan∠EDN，则EN＝DN•tan∠EDN≈7.59，∴EF＝EN+MN+MF＝7.59+4+10≈21.6（m），答：顶棚的E处离地面的高度EF约为21.6m．【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、坡度坡角问题，掌握仰角俯角的概念、坡度的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．12．（2019•连云港）如图，海上观察哨所B位于观察哨所A正北方向，距离为25海里．在某时刻，哨所A 与哨所B同时发现一走私船，其位置C位于哨所A北偏东53°的方向上，位于哨所B南偏东37°的方向上．（1）求观察哨所A与走私船所在的位置C的距离；（2）若观察哨所A发现走私船从C处以16海里/小时的速度向正东方向逃窜，并立即派缉私艇沿北偏东76°的方向前去拦截，求缉私艇的速度为多少时，恰好在D处成功拦截．（结果保留根号）（参考数据：sin37°＝cos53°，cos37°＝sin53°，tan37°，tan76°≈4）【答案】解：（1）在△ABC中，∠ACB＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝180°﹣37°﹣53°＝90°．在Rt△ABC中，sin B，∴AC＝AB•sin37°＝2515（海里）．答：观察哨所A与走私船所在的位置C的距离为15海里；（2）过点C作CM⊥AB于点M，由题意易知，D、C、M在一条直线上．在Rt△AMC中，CM＝AC•sin∠CAM＝1512，AM＝AC•cos∠CAM＝159．在Rt△AMD中，tan∠DAM，∴DM＝AM•tan76°＝9×4＝36，∴AD9，CD＝DM﹣CM＝36﹣12＝24．设缉私艇的速度为x海里/小时，则有，解得x＝6．经检验，x＝6是原方程的解．答：当缉私艇的速度为6海里/小时时，恰好在D处成功拦截．【点睛】此题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．13．（2019•南京）如图，山顶有一塔AB，塔高33m．计划在塔的正下方沿直线CD开通穿山隧道EF．从与E点相距80m的C处测得A、B的仰角分别为27°、22°，从与F点相距50m的D处测得A的仰角为45°．求隧道EF的长度．（参考数据：tan22°≈0.40，tan27°≈0.51．）【答案】解：延长AB交CD于H，则AH⊥CD，在Rt△AHD中，∠D＝45°，∴AH＝DH，在Rt△AHC中，tan∠ACH，∴AH＝CH•tan∠ACH≈0.51CH，在Rt△BHC中，tan∠BCH，∴BH＝CH•tan∠BCH≈0.4CH，由题意得，0.51CH﹣0.4CH＝33，解得，CH＝300，∴EH＝CH﹣CE＝220，BH＝120，∴AH＝AB+BH＝153，∴DH＝AH＝153，∴HF＝DH﹣DF＝103，∴EF＝EH+FH＝323，答：隧道EF的长度为323m．【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．。