2025年中考数学一轮复习精品讲义第15讲 几何图形的初步（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc155340408" \l "_Tc155125913" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc155340409" 考点一 认识几何图形
\l "_Tc155340410" 题型01 几何图形的识别
\l "_Tc155340411" 题型02 几何体点、棱、面之间的关系
\l "_Tc155340412" 题型03 判断几何体的截面形状
\l "_Tc155340413" 题型04 判断几何体的展开图
\l "_Tc155340414" 题型05 由展开图计算几何体的表面积或体积
\l "_Tc155340415" 题型06 正方体展开图的识别
\l "_Tc155340416" 题型07 补一个面使其成为正方体的展开面
\l "_Tc155340417" 题型08 正方体相对两面上的字或图案
\l "_Tc155340418" 题型09 与七巧板有关的计算
\l "_Tc155340419" 考点二 直线、射线、线段的相关概念
\l "_Tc155340420" 题型01 画直线、射线、线段
\l "_Tc155340421" 题型02 求直线、线段的数量
\l "_Tc155340422" 题型03 求直线相交点的个数
\l "_Tc155340423" 题型04直线的性质
\l "_Tc155340424" 题型05 线段的性质
\l "_Tc155340425" 题型06 与线段中点有关的计算
\l "_Tc155340426" 考点三 角的相关概念
\l "_Tc155340427" 题型01 度、分、秒的换算
\l "_Tc155340428" 题型02 钟面角的计算
\l "_Tc155340429" 题型03 方向角的表示
\l "_Tc155340430" 题型04 角平分线的相关计算
\l "_Tc155340431" 题型05 求一个角的余角、补角
\l "_Tc155340432" 题型06 与余角、补角有关的计算
\l "_Tc155340433" 考点四 相交线
\l "_Tc155340434" 题型01 点到直线的距离
\l "_Tc155340435" 题型02 利用对顶角、邻补角的性质求解
\l "_Tc155340436" 题型03 判断同位角、内错角、同旁内角
\l "_Tc155340437" 考点五 平行线
\l "_Tc155340438" 题型01 平行公理的应用
\l "_Tc155340439" 题型02 利用平行线的判定进行证明
\l "_Tc155340440" 题型03 求平行线之间的距离
\l "_Tc155340441" 题型04 平行线判定的实际应用
\l "_Tc155340442" 题型05 由平行线的性质求角度
\l "_Tc155340443" 题型06 由平行线的性质解决折叠问题
\l "_Tc155340444" 题型07 平行线的性质在实际生活的应用
\l "_Tc155340445" 题型08 利用平行线的性质解决三角板问题
\l "_Tc155340446" 题型09 根据平行线性质与判定求角度
\l "_Tc155340447" 题型10 根据平行线性质与判定证明

考点一 认识几何图形
几何图形的概念: 我们把实物中抽象出来的各种图形叫做几何图形,几何图形分为平面图形和立体图形.
立体图形的概念：有些几何图形的各个部分不都在同一平面内，这个图形叫做立体图形.
平面图形的概念：有些几何图形的各个部分在同一平面内的图形，这个图形叫做平面图形.
正方体展开图（共计11种）：
口诀：1）“一四一”、“一三二”，“一”在同层可任意,
2）“三个二”成阶梯,
3）“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.
几何图形的组成：1）点：线和线相交的地方是点，它是几何图形最基本的图形.
2）线：面和面相交的地方是线，分为直线和曲线.
3）面：包围着体的是面，分为平面和曲面.
4）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.
【扩展】
1.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.
2.在正方体的展开图中，一条直线上的小正方形不会超过四个,图1所示的图形不是正方体的展开图.
3.正方体的展开图中不会有“田”字形、“凹”字形的形状,图2、图3所示的图形不是正方体的展开图.
题型01 几何图形的识别
【例1】（2023·山东临沂·统考一模）下列几何体中，是棱锥的为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分别判断选项的几何题即可得到答案．
【详解】解：A.图形中的几何体是棱锥，故此选项符合题意；
B.图形中的几何体是正方体，故此选项不符合题意；
C.图形中的几何体是圆锥，故此选项不符合题意；
D.图形中的几何体是圆柱，故此选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了几何体的识别，掌握各几何体的特征是解题的关键．
【变式1-1】（2023·北京西城·统考一模）下面几何体中，是圆柱的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆柱的特征，即可解答．
【详解】解：A.是正方体，故不符合题意；
B.是圆柱，故符合题意；
C.是圆锥，故不符合题意；
D.是球体，故不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了认识立体图形，熟练掌握每个几何体的特征是解题的关键．
【变式1-2】（2023·江苏镇江·校联考一模）不透明的箱子中装有一个几何体模型，小乐和小欣摸该模型并描述它的特征．小乐：它有4个面是三角形；小欣：它有6条棱．则该几何体模型的形状可能是（ ）
A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱
【答案】A
【分析】根据几何体有4个面是三角形，有6条棱，进行判断即可．
【详解】解：∵几何体有4个面是三角形，
∴几何体不能是棱柱（棱柱侧面均为四边形，只有三棱柱上下底面是三角形）；
又∵几何体有6条棱，
∴选项中只有A选项符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查几何体的判断．熟练掌握常见几何体的特征，是解题的关键．
题型02 几何体点、棱、面之间的关系
【例2】（2020·山东枣庄·中考真题）欧拉（Euler，1707年~1783年）为世界著名的数学家、自然科学家，他在数学、物理、建筑、航海等领域都做出了杰出的贡献．他对多面体做过研究，发现多面体的顶点数（Vertex）、棱数E（Edge）、面数F（Flat surface）之间存在一定的数量关系，给出了著名的欧拉公式．
（1）观察下列多面体，并把下表补充完整：
（2）分析表中的数据，你能发现V、E、F之间有什么关系吗？请写出关系式：____________________________．
【答案】（1）表格详见解析；（2）V+F-E=2
【分析】（1）通过认真观察图象，即可一一判断；
（2）从特殊到一般探究规律即可．
【详解】解：（1）填表如下：
（2）据上表中的数据规律发现，多面体的顶点数V、棱数E、面数F之间存在关系式：V+F-E=2．
【点睛】本题考查规律型问题，欧拉公式等知识，解题的关键是学会从特殊到一般探究规律的方法，属于中考常考题型．
题型03 判断几何体的截面形状
【例3】（2023·河南信阳·二模）妹妹把一密闭且透明的圆柱形水杯中装一半的水，随意转动水杯，水面的形状不可能是（ ）
A．三角形B．长方形C．圆形D．椭圆
【答案】A
【分析】根据圆柱体的截面形状，判断即可．
【详解】解：因为圆柱的截面形状可能是圆形，椭圆形或长方形，
所以，一个密闭且透明的圆柱形水杯中装一半的水，随意转动水杯，则水面的形状不可能是三角形．
故选：A．
【点睛】本题考查了截一个几何体，熟练掌握圆柱体的截面形状是解题的关键．
【变式3-1】（2023·江苏南京·校联考三模）在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶按不同方式放置时，圆柱桶内的水平面不可能呈现出的几何形状是（ ）
A．圆面B．矩形面
C．梯形面D．椭圆面或部分椭圆面
【答案】C
【分析】对不同的放置情况分别判断，得出结论．
【详解】解：当圆柱桶竖直放置时，液面形状为圆形，故选项A不符合题意；
当圆柱桶水平放置时，液面为矩形，故选项B不符合题意；
无论圆柱桶怎样放置，圆柱桶内的水平面不可能呈现出梯形面，故选项C符合题意；
当圆柱桶倾斜放置时，若液面经过底面，则液面为椭圆的一部分，若液面不经过底面，则液面为椭圆，故选项D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆柱的结构特征．关键是理解用平面去截圆柱体，所得到截面.
【变式3-2】（2023·四川成都·统考一模）分别用一平面去截如图所示几何体，能得到截面是矩形的几何体共有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】利用正方体、圆柱、三棱柱、圆锥、球体的结构特征解答即可．
【详解】解：用一个平面去截正方体、圆柱、三棱柱，都可以得到截面是矩形，
用一个平面去截圆锥、球体，不可以得到截面是矩形，
所以用一平面去截如图所示几何体，能得到截面是矩形的几何体共有3个．
故选：C．
【点睛】本题考查了截一个几何体，熟练掌握正方体、圆柱、三棱柱、圆锥、球体的结构特是解题的关键．
【变式3-3】（2023·广东深圳·统考一模）如图，往一个密封的正方体容器持续注入一些水，注水的过程中，可将容器任意放置，水平面形状不可能是（ ）
A．三角形B．正方形C．六边形D．七边形
【答案】D
【分析】正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形，因此截面的形状可能是：三角形、四边形、五边形、六边形，即可得到答案；
【详解】解：∵正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形，
∴截面的形状可能是：三角形、四边形、五边形、六边形，
故选D．
【点睛】本题考查了正方体的截面，解题的关键是熟练掌握面面相交等到线．
题型04 判断几何体的展开图
【例4】（2023·山西忻州·校联考模拟预测）下列图形中，为圆锥的侧面展开图的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据立体图形的特点及张开图的特点即可求解．
【详解】解：A、是棱锥的侧面展开图，不符合题意；
B、是圆锥的侧面展开图，符合题意；
C、是圆台的侧面展开图，不符合题意；
D、是圆柱的侧面展开图，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查立体图形的展开图的识别，掌握圆锥、棱锥、圆柱，圆台的特点及张开图的特点是解题的关键．
【变式4-1】（2023·湖南长沙·统考三模）如图，是一个几何体的表面展开图，那么这个几何体的名称是（ ）

A．正三棱柱B．正三棱锥C．圆柱D．圆锥
【答案】A
【分析】由表面展开图得，这个几何体是正三棱柱．
【详解】解：由表面展开图得，这个几何体是正三棱柱，
故选：A．
【点睛】本题考查了几何体的表面展开图，解题的关键是熟记几何体的表面展开图的特征．
【变式4-2】（2023·江西九江·校考模拟预测）将如图所示的圆锥的侧面展开，则点A和点B在展开图中的相对位置正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据点B在圆锥的母线上，将圆锥侧面展开后，点B应在扇形的半径上，且A，B间距离为扇面的一半，故可解答．
【详解】解：点B在圆锥的母线上，将圆锥侧面展开后，点B应在扇形的半径上，且A，B间距离为扇面的一半，
故选：C
【点睛】本题主要考查了圆锥的侧面展开图，考核了学生的空间想象能力．
【变式4-3】（2023·北京通州·统考一模）如图，是某一个几何体的表面展开图，这个几何体是（ ）
A．五棱锥B．四棱锥C．四棱柱D．三棱柱
【答案】D
【分析】侧面为三个长方形，底边为三角形，故原几何体为三棱柱．
【详解】解：观察图形可知，这个几何体是三棱柱．
故选：D．
【点睛】本题考查的是三棱柱的展开图，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．
【变式4-4】（2023·河北石家庄·统考一模）将如图所示的长方体包装盒沿某些棱剪开，且使六个面连在一起，然后铺平，则得到的图形不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【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、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；
C、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；
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：D．
【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．
题型05 由展开图计算几何体的表面积或体积
【例5】（2023·河北保定·统考二模）张师傅要制作一个无盖长方体玻璃鱼缸，切割出来的几块玻璃的尺寸如图所示（单位：dm），则其体积为（ ）

A．60dm3B．72dm3C．74dm3D．94dm3
【答案】A
【分析】设长方体底面的长和宽分别xdm，ydm，根据其平面展开图的相关数据可得关于x、y的二元一次方程组，然后根据长方体的体积公式求解即可.
【详解】解：设长方体底面的长和宽分别xdm，ydm，
由平面图可知，x+y=9y+3=7，解得x=5y=4；
故鱼缸的体积为4×5×3=60dm3.
故选A.
【点睛】本题考查了长方体的平面展开图以及二元一次方程组等知识，弄清长方体的展开图与圆长方体中长、宽、高的关系是解题的关键.
【变式5-1】（2023·黑龙江大庆·大庆一中校考模拟预测）如图是某几何体的展开图，则该几何体的体积为（ ）

A．πB．3πC．32πD．33π
【答案】D
【分析】由题意知，该几何体为圆锥，如图，则 BC=12×2=1，AB=2，∠ACB=90°，在Rt△ACB中，由勾股定理得，AC=3，则几何体的体积V=13Sh=13×π×3，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，该几何体为圆锥，如图，则BC=12×2=1，AB=2，∠ACB=90°，

在Rt△ACB中，由勾股定理得，AC=AB2-BC2=3，
∴几何体的体积V=13Sh=13×π×3=33π，
故选：D．
【点睛】本题考查了根据圆锥的展开图求圆锥体积，勾股定理．解题的关键在于确定几何体的形状．
【变式5-2】（2022·河北石家庄·统考一模）相同规格（长为14，宽为8）的长方形硬纸板，剪掉阴影部分后，将剩余的部分沿虚线折叠，制作成底面为正方形的长方体箱子，有如图所示的甲、乙两种方案，所得长方体体积分别记为：V甲和V乙．下列说法正确的是：（ ）
A．V甲>V乙B．V甲=V乙C．V甲36
∴V甲>V乙
故选A．
【点睛】本题考查了长方体的展开图，体积，二元一次方程组的应用．解题的关键在于求出长方体的高，底面正方形的边长．
【变式5-3】（2023·江苏宿迁·统考二模）在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以AB所在直线为轴，把△ABC旋转1周，得到一个几何体，则该几何体的表面积为 ．
【答案】845π
【分析】先求出直角三角形斜边AB的长，然后再求出斜边上的高，最后根据扇形面积公式进行求解即可．
【详解】解：过点C作CD⊥AB于点D，
∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴AB=AC2+BC2=5，
∴CD=AC×BCAB=3×45=125，
∴该几何体的表面积为：12×2×125π×3+4=845π．
故答案为：845π．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，圆锥侧面积的计算，解题的关键是熟练掌握扇形面积公式，准确计算．
【变式5-4】（2023·江苏扬州·统考一模）如图为一个长方体的展开图，且长方体的底面为正方形．根据图中标示的长度，此长方体的表面积为 ．
【答案】370
【分析】根据展开图，可以求得原来长方体的底面的边长和高，然后计算长方体的表面积即可．
【详解】解：设原长方体底面边长为a，长方体高为b，
15=3a，2a+b=26，
解得a=5，b=16，
∴长方体的表面积为：5×5×2+5×16×4=370，
故答案为：370．
【点睛】本题考查几何体的展开图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式5-5】（2022·贵州贵阳·统考三模）如图，把一个高9dm的圆柱的底面分成许多相等的扇形，然后把圆柱切开，拼成一个与它等底等高的近似长方体，它的表面积比圆柱体的表面积增加了36dm2．原来这个圆柱的体积是 dm3．
【答案】36π
【分析】增加的面积等于底面半径乘以高，再乘以2，由此可以计算出圆柱的底面半径，进而可以算出圆柱的体积．
【详解】解：圆柱的底面半径为：36÷2÷9=2（分米），
故圆柱的体积为：π×22×9=36π（立方分米），
故答案：36π．
【点睛】本题考查圆柱的体积，长方形的面积，长方体的表面积，掌握圆周的体积公式是解决本题的关键．
题型06 正方体展开图的识别
【例6】（2023·河南周口·校联考三模）下列哪个不是正方体的侧面展开图（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据已知正方体图形，利用排除法选出正确答案，从底面和侧面的情况进行全面的分析，相邻必不相对．
【详解】根据已知正方体图形，从底面和侧面的情况进行全面的分析，相邻必不相对．
利用排除法可得D选项正确
故选：D
【点睛】判断一个平面图形是不是某立体图形的平面展开图，需要从底面和侧面的情况进行全面的分析，反之相同，在分析过程中需谨记，相邻必不相对．此类题目的解答有两种思路∶①根据已知立体图形，利用排除法选出正确答案；②将选项中的展开图还原成成立体图形与已知立体图形比较得出正确答案．
【变式6-1】（2023·河南南阳·统考二模）下列四个图形中，不能作为正方体的展开图的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用不能出现同一行有多于4个正方形的情况，不能出现田字形、凹字形的情况进行判断，也可对展开图进行还原成正方体进行判断．
【详解】解：A．可以作为一个正方体的展开图，不符合题意；
B．不可以作为一个正方体的展开图，符合题意；
C．可以作为一个正方体的展开图，不符合题意；
D．可以作为一个正方体的展开图，不符合题意；
故选：B
【点睛】本题考查正方体的展开图，熟记展开图的11种形式是解题的关键，利用不是正方体展开图的“一线不过四、田凹应弃之”（即不能出现同一行有多于4个正方形的情况，不能出现田字形、凹字形的情况）判断也可．
【变式6-2】（2023·江苏南京·统考二模）如图，将左图的正方形纸盒切去一角得到下图，下列选项中，不能作为纸盒剩余部分的展开图的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正方体展开图的特征，由条件结合图形验证是否能拼成正方体，逐项判断即可得出结论．
【详解】解：根据正方体的展开图的特征可知：
A.图形是中间四个连一行，两边随意摆的形式，符合正方体的展开图，所以A选项正确；
B.图形是二三相连错一个，三一相连随意的形式，符合正方体的展开图，所以B选项正确；
C.图形是三个两排一对齐，不符合正方体的展开图，无法拼成正方体，所以C选项不正确；
D.图形是两两相连各错一的形式，符合正方体的展开图，所以D选项正确；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方体展开图的特征，熟练掌握正方体展开图的各种形式，是解题的关键．
题型07 补一个面使其成为正方体的展开面
【例7】（2022·吉林长春·统考一模）如图，在有序号的小正方形中选出一个，它与图中五个有阴影的小正方形组合后，不能构成正方体的表面展开图的是（ ）

A．①B．②C．③D．④
【答案】D
【分析】根据正方体的展开图判断即可得出答案．
【详解】解：①②③都可以构成正方体的表面展开图，它们都属于“141”型，故A，B，C选项不符合题意；
④不可以构成正方体的表面展开图，因为出现了“田”字，故D选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方体的展开图，掌握正方体的11种展开图是解题的关键．
【变式7-1】（2023·浙江·模拟预测）在图中，实线所围成的多边形区域（阴影部分）是由四个全等正方形拼接而成的．现在若补上图中标有号码的其中一个全等小正方形，则可得到九个多边形区域（每个区域恰好含有五个全等小正方形），试问这九个多边形区域中，可以折成无盖的正方体容器的个数是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】根据正方体的展开图有11种情况：1−4−1型共6种，1−3−2型共3种，2−2−2型一种，3−3型一种，由此判定找出答案即可．
【详解】解：根据题意可得：
补上后能够折成无盖的正方体容器的有：④⑤⑥⑦⑧⑨，
共6个，
故选：D．
【点睛】此题考查正方体的展开图，解决此题的关键是记住正方体展开图的类型1-4-1型，2-3-1型，2-2-2型，3-3型．以及口诀“凹、田应弃之”．
【变式7-2】（2022·湖北恩施·统考二模）在如图所示的正方形网格中，其中阴影部分的5个小正方形是一个正方体的表面展开图的一部分．现在从其余的小正方形中任取一个涂上阴影，则能构成这个正方体的表面展开图的概率是（ ）
A．112B．17C．13D．47
【答案】D
【分析】由正方体表面展开图的形状可知，此正方体还缺一个上盖，故应在图中四块相连的空白正方形中选一块，再根据概率公式解答即可．
【详解】解：因为共有12个大小相同的小正方形，其中阴影部分的5个小正方形是一个正方体的表面展开图的一部分，
所以剩下7个小正方形．
在其余的7个小正方形中任取一个涂上阴影，能构成这个正方体的表面展开图的小正方形有4个，
因此先从其余的小正方形中任取一个涂上阴影，能构成这个正方体的表面展开图的概率是47．
故选：D．
【点睛】此题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比，掌握概率公式是本题的关键．
【变式7-3】（2022·广东深圳·坪山中学校考模拟预测）如图，方格纸（每个小正方形边长都相同）中5个白色小正方形已剪掉，在剩余七个小正方形中再剪去1个正方形，恰好使余下部分能折成一个正方体的概率是 ．

【答案】27
【分析】根据正方体的11种展开图的模型求解，即可得到答案．
【详解】解：由正方体的11种展开图的模型可知，把图中的⑥或⑦剪去，余下部分能折成一个正方体，
即概率为27，
故答案为：27．
【点睛】本题考查了正方体的展开图，概率公式，熟记正方体的11种展开图的模型是解题关键
题型08 正方体相对两面上的字或图案
【例8】（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，点P，Q是一正方体展开图上的两个顶点，则顶点P，Q在正方体上的位置标记正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正方体展开图直接判断即可得到答案；
【详解】解：由图像可得，
P，Q在相对的两面，且与相邻正方形顶点重合，故P，Q在同一条棱上，
故选C；
【点睛】本题考查正方体展开图，解题的关键是熟练掌握展开图的相对相邻面及相邻棱之间的关系．
【变式8-1】（2023·河南信阳·校考三模）习近平总书记在党的二十大报告中提出：“新时代十年的伟大变革，在党史、新中国史、改革开放史、社会主义发展史、中华民族发展史上具有里程碑意义”将“二”“十”“大”“里”“程”“碑”这六个汉字分别写在某正方体的六个面上，下图是它的一种展开图，则在原正方体中，与“里”字所在面相对的面上的汉字是（ ）

A．十B．二C．程D．碑
【答案】B
【分析】将正方体的展开图还原成立体图，即可求解
【详解】解：若以“大”字作为正方体的底面
可知：“十”、“碑”为前后两个面；
“二”、“里”为左右两个面；
“程”、“大”为上下两个面．
故选：B
【点睛】本题考查正方体展开图相对两个面上的字．将展开图还原成立体图是解题关键．
【变式8-2】（2023·河南信阳·校考三模）下列正方体的展开图中，每个面上都有一个汉字，则“口”的对面是“手”的展开图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正方体的表面展开图找相对面的方法逐项判断即可．
【详解】解：A、“口”的对面是“洗”，故A不符合题意；
B、“口”的对面是“勤”，故B不符合题意；
C、“口”的对面是“洗”，故C不符合题意；
D、“口”的对面是“手”，故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方体相对两个面上的文字，熟练掌握根据正方体的表面展开图找相对面的方法是解题的关键．
【变式8-3】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）有一个正方体，6个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6，有3个人从不同的角度观察的结果如图所示． 如果记6 的对面的数字为a，2的对面的数字为b，那么a+b的值为（ ）

A．6B．7C．8D．11
【答案】B
【分析】由图一和图二可看出1的对面的数字是5；再由图二和图三可看出3的对面的数字是6，从而2的对面的数字是4，从而可得答案．
【详解】解：从3个小立方体上的数可知，
与写有数字1的面相邻的面上数字是2，3，4，6，
所以数字1面对数字5，
与写有数字3的面相邻的面上数字是1，2，4，5，
所以立方体面上数字3对6．
故立方体面上数字2对4．
则a=3，b=4，
那么a+b=3+4=7．
故选B．
【点睛】本题考查灵活运用正方体的相对面解答问题，解题的关键是按照相邻和所给图形得到相对面的数字．
【变式8-4】（2023·山东青岛·统考二模）如图的正方体纸盒，只有三个面上印有图案，下面四个平面图形中，经过折叠能围成此正方体纸盒的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】四个选项中的图都是正方体展开图的“1-4-1”结构．由正方体可以看出，有图案的三个面两两相邻．
【详解】解：四个选项中的图都是正方体展开图的“1-4-1”结构．由正方体可以看出，有图案的三个面两两相邻；
A、C、D选项折成正方体后有图案的面有两个相对，不符合题意；B选项折成正方体后，有图案的三个面两两相邻；
的展开图是
故选：B．
【点睛】正方体展开图“1−4−1”结构，折成正方体后，两个“1”相对，“4”组成侧面，间隔面相邻．关键是明白有图案的三个面两两相邻．
【变式8-5】（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，已知一个正方体是三个面分别标有〇、◎、※三种图案，则它的展开图可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据正方体表面展开图的特征进行判断即可．
【详解】解：由正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，
选项A中“〇面”“◎面”“※面”的对面都是“空白”，故选项A符合题意；
选项B中的“◎面”与“※面”是对面，与题意矛盾，故选项B不符合题意；
选项C中的“〇面”与“◎面”是对面，与题意矛盾，故选项C不符合题意；
选项D中的“◎面”与“※面”是对面，与题意矛盾，故选项D不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查正方体的展开图，掌握正方体表面展开图的特征是正确解答本题的关键．

正方体展开图相对面的确定方法：1）同一行或同一列，间隔一个面的两个面是相对面；
2）“Z”字型图案中，两端点处的两个面是相对面.
题型09 与七巧板有关的计算
【例9】（2023·江西赣州·统考二模）如图，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．下列由七巧板拼成的表情图中，是轴对称图形的为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形的概念逐项分析判断即可，轴对称图形的概念：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．
【详解】解：选项A、B、D均不能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以不是轴对称图形；
选项C能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以是轴对称图形；
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
【变式9-1】（2023·广东深圳·校考三模）七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的，如图，是一个用七巧板拼成的装饰图，放入长方形ABCD内，装饰图中的三角形顶点E，F分别在边AB，BC上，三角形①的边GD在边AD上，则BFBE的值为（ ）
A．1+22B．22C．2+24D．2+22
【答案】D
【分析】设七巧板正方形的边长为x，根据正方形的性质、矩形的性质分别表示出BF，BE的长，即可求解．
【详解】解：设七巧板正方形的边长为x，
∴2BE2=x2，
∴BE2=x22，
∴BE=22x，
∴BF=12x+22x，
∴BFBE=1+2222x=1+22=2+22．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，七巧板，勾股定理，正方形的性质，表示出BF，BE的长是解题的关键．
【变式9-2】（2023·江西宜春·统考二模）七巧板是我们祖先的一项伟大创造，被兴为“东方魔板”．在一次“美术制作”活动课上，小明用边长为4cm的正方形纸片制作了如图所示的七巧板（如图1），并设计了一幅作品“我跑步，我快乐”创作画（如图2），则创作画中阴影部分的面积是 cm2．

【答案】5
【分析】先求出最小的等腰直角三角形的面积=18×12×42=1cm2，最大的等腰直角三角形的面积为4cm2，再根据阴影部分的组成求出相应的面积即可求解．
【详解】解：最小的等腰直角三角形的面积=18×12×42=1cm2，最大的等腰直角三角形的面积为14×42=4cm2，
∴阴影部分的面积为4+1=5cm2．
故答案为：5
【点睛】本题主要考查了图形的剪拼、七巧板，解题的关键是求出最小的等腰直角三角形的面积，学会利用分割法求阴影部分的面积．
【变式9-3】（2023·陕西宝鸡·统考三模）七巧板是中国民间流传的一种传统智力玩具，它是由等腰直角三角形，正方形和平行四边形组成的．如图，有一块边长为42的正方形厚纸板ABCD，做成如图①所示的一套七巧板(点O为正方形纸板对角线的交点，点E、F分别为AD、CD的中点，GE∥BI，IH∥CD)，将图①所示七巧板拼成如图②所示的“鱼形”，则“鱼尾”MN的长为 ．

【答案】6
【分析】依据勾股定理即可得到AC的长，进而得出FI=EI=2，EF=4，即可得到“鱼尾”MN的长．
【详解】解：∵正方形厚纸板ABCD的边长为42，
∴AD=CD=42，
∴AC=AD2+CD2=8，
又∵AG=GO=OH=CH，
∴FI=EI=2，EF=4，
∴NM=EF+IF=6，
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板问题，掌握七巧板的结构特点是解决问题的关键．
【变式9-4】（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，且边长为4，那么阴影部分面积为 ．

【答案】3
【分析】将正方形ABCD的面积分成16等份，看阴影部分占几份即可．
【详解】解：如图所示，正方形ABCD的面积可以分成16等份，

其中△BJE占1份，平行四边形HPFD占2份，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴ S正方形ABDF=42=16，
∴S阴影=S△BJE+S▱HPFD=1+216×16=3．故答案为：3．
【点睛】本题考查七巧板相关的计算，解题的关键是根据图形得出阴影部分所占面积与正方形面积之比．
考点二 直线、射线、线段的相关概念
一、直线、射线、线段的相关概念
直线的性质：
1）直线公理: 经过两点有且只有一条直线，简称：两点确定一条直线；
2）经过一点的直线有无数条，过两点的直线只有一条，过三点就不一定了.
两点间的距离：连接两点间的线段的长度叫两点间的距离.
线段的性质：两点的所有连线中，线段最短. 简称：两点之间，线段最短.
线段的长度比较方法：1)度量法:分别用刻度尺测量线段AB、线段CD的长度，再进行比较
2)叠加法:让线段某一段端点重合，比较另一边两端点的位置.
线段中点的概念：把一条线段分成两条相等的线段的点叫线段中点.
1. 线段的长度可以度量，所以能够比较线段的长短，而且线段的长度是非负数.
2. 一条线段的中点只有一个.
3. 某一个点要成为一条线段的中点必须同时满足两个条件：
1）点必须在这条直线上.
2）它把这条线段分为两条相等的两条线段.
题型01 画直线、射线、线段
【例1】（2023·河北廊坊·校考三模）如图，已知A、B两点，画射线AB，按照上述语句，下列画法正确的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据射线的概念即可得到答案．
【详解】解：已知A、B两点，画射线AB，如图所示：
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了射线的定义，熟练掌握射线的定义：由线段的一端无限延伸所形成的直线，是解题的关键．
【变式1-1】（2023·河北沧州·校考模拟预测）下列各选项中的射线EF和直线AB能相交的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据线段、射线、直线的性质和图判断即可．
【详解】解：A、射线EF延伸，不能与AB相交，故本选项错误；
B、能相交，故本选项正确；
C、射线只能向F点方向延伸，不能向E点方向延伸，因此不能相交，故本选项错误；
D、射线只能向F点方向延伸，不能向E点方向延伸，因此不能相交，故本选项错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了对线段、射线、直线的性质的应用，注意：直线能向两方无限延伸，射线只能向一方无限延伸，而线段不能延伸．
【变式1-2】（2023·河北衡水·统考二模）如图，若线段PC与线段OA有一个公共点，则点C可以是（ ）
A．点DB．点EC．点QD．点M
【答案】A
【分析】把P与各点的连线段画出来即可得到答案.
【详解】解：如图，
若线段PC与线段OA有一个公共点，则点C可以是D，
故选A
【点睛】本题考查的是线段的概念，熟记线段的特征是解本题的关键.
题型02 求直线、线段的数量
【例2】（2023·河北保定·统考二模）如图，点C在线段BD上，过A，B，C，D中的两点可以画一条直线，其中过点C的直线有（ ）

A．2条B．3条C．4条D．5条
【答案】A
【分析】根据直线的特征即可得到答案．
【详解】解：如图，过点C的直线有AC，BD，共2条．

故选：A．
【点睛】此题考查了直线的条数，熟练掌握直线的特征是解题的关键．
【变式2-1】（2020·浙江杭州·模拟预测）1000m的大道两侧从起点开始每隔10m各种一棵树，相邻两棵树之间放一盆花，这样需要（ ）
A．树200棵，花200盆B．树202棵，花200盆
C．树202棵，花202盆D．树200棵，花202盆
【答案】B
【分析】用1000÷10求得大道一侧的间隔数，用间隔数加上1就是一侧植树的棵数，再乘2就是两侧一共植树的棵数，用间隔数乘2就是两侧一共要放多少盆花，
【详解】解：种花：1000÷10×2=100×2=200（盆）
种树：（1000÷10+1）×2=101×2=202（棵）
答：这样需要202棵树，200盆花．
故选：B．
【点睛】本题考查线段上端点问题．为使其更直观，用图示法来说明．树用点来表示，植树的沿线用线来表示，这样就把植树问题转化为一条非封闭或封闭的线上的“点数”与相邻两点间的线的段数之间的关系问题．
【变式2-2】（2023·黑龙江大庆·统考一模）哈齐高铁于2015年开通，是我国目前最北端的高速铁路，开通8年时间，方便了千千万万大庆市民出行，也推动了龙江经济发展．从大庆西站到哈尔滨站中间有4个车站，共有 种票价．（注：拟设每两个城市之间的票价相同）
【答案】15
【分析】把中途4站看作线段AB上的4个点，数出线段的数量即可求解．
【详解】把中途4站看作线段AB上的4个点．
线段共有：5+4+3+2+1=15（条），
所以有15种不同的票价．
故答案为：15．
【点睛】本题考查了线段数量问题，将问题转化是解题的关键．
题型03 求直线相交点的个数
【例3】（2023·安徽蚌埠·校考二模）将一块等边三角形蛋糕切三次，最多能分成的块数为（ ）
A．3B．5C．7D．9
【答案】C
【分析】根据题意画出图形即可求解．
【详解】如图所示，将一块等边三角形蛋糕切三次，最多能分成的块数为7块
故选：C．
【点睛】本题考查了直线分平面问题，理解题意是解题的关键．
【变式3-1】（2022·四川达州·四川省渠县中学校考二模）在平面中，两条直线最多只有1个交点，三条直线最多有3个交点…若n条直线最多有325个交点，则n的值为（ ）
A．24B．25C．26D．27
【答案】C
【分析】从简单情形考虑：分别求出2条、3条、4条、5条直线相交时最多的交点个数，找出规律即可解答．
【详解】解：2条直线相交最多有1个交点；
3条直线相交最多有1+2个交点；
4条直线相交最多有1+2+3个交点；
5条直线相交最多有1+2+3+4个交点；
…
所以n条直线相交最多有1+2+3+4+5+…+（n-1）=12n（n-1）个交点；
∴12n(n−1) =325，
解得n=26（负值已舍去），
则n值为26．
故选：C．
【点睛】此题考查图形的变化规律，解答此题的关键是找出其中的规律，利用规律解决问题．
【变式3-2】（2023·湖北武汉·校考模拟预测）2条直线最多有S1个交点，3条直线最多有S2个交点，按照规律依此类推，2023条直线最多有S2022个交点，则1S1+1S2+1S3+⋯+1S2021+1S2022的值为（ ）
A．20231012B．40442023C．40452023D．20211011
【答案】B
【分析】先求出S1，S2，S3，由此发现规律，可得S2022=2022×20232，从而得到1S1+1S2+1S3+⋯+1S2021+1S2022=11+13+16+⋯+22022×2023==21-12+212-13+213-14+⋯+212022-12023，即可求解．
【详解】解：根据题意得：S1=2×2-12=1，
S2=3×3-12=3，
S3=4×4-12=6，
……，
由此发现，Sn=nn+12，
∴S2022=2022×20232，
∴1S1+1S2+1S3+⋯+1S2021+1S2022
=11+13+16+⋯+22022×2023
=21-12+212-13+213-14+⋯+212022-12023
=21-12+12-13+13-14+⋯+12022-12023
=21-12023
=40442023．
故选：B
【点睛】本题主要考查了直线的交点个数，数字类规律题，明确题意，准确得到规律是解题的关键．
题型04直线的性质
【例4】（2022·湖北十堰·统考中考真题）如图，工人砌墙时，先在两个墙脚的位置分别插一根木桩，再拉一条直的参照线，就能使砌的砖在一条直线上．这样做应用的数学知识是（ ）
A．两点之间，线段最短B．两点确定一条直线
C．垂线段最短D．三角形两边之和大于第三边
【答案】B
【分析】由直线公理可直接得出答案．
【详解】解：建筑工人砌墙时，经常在两个墙脚的位置分别插一根木桩，然后拉一条直的参照线，这种做法用几何知识解释应是：两点确定一条直线．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了直线的性质，要想确定一条直线，至少要知道两点．
【变式4-1】（2021·河北·统考中考真题）如图，已知四条线段a，b，c，d中的一条与挡板另一侧的线段m在同一直线上，请借助直尺判断该线段是（ ）
A．aB．b
C．cD．d
【答案】A
【分析】根据直线的特征，经过两点有一直线并且只有一条直线即可判断．
【详解】解:设线段m与挡板的交点为A，a、b、c、d与挡板的交点分别为B，C，D，E，
连结AB、AC、AD、AE，
根据直线的特征经过两点有且只有一条直线，
利用直尺可确定线段a与m在同一直线上，
故选择A．
【点睛】本题考查直线的特征，掌握直线的特征是解题关键．
题型05 线段的性质
【例5】（2023·吉林松原·统考二模）如图，A,B两地间修建弯河道与修建直的河道桥相比，增加了河道桥的长度，其中蕴含的数学道理是（ ）

A．两点之间，线段最短B．平行于同一条直线的两条直线平行
C．垂线段最短D．两点确定一条直线
【答案】A
【分析】把A，B两地看作两个点，再利用线段公理作答即可．
【详解】解：A，B两地间修建弯河道与修建直的河道桥相比，增加了河道桥的长度，其中蕴含的数学道理是：两点之间，线段最短．
故选：A．
【点睛】本题是线段公理的实际应用，正确理解题意、熟知两点之间，线段最短是解题关键．
【变式5-1】（2023·吉林松原·校联考三模）如图，利用隧道，把弯曲的公路改直，就能缩短两地的路程，这其中蕴含的数学道理是 ．

【答案】两点之间，线段最短
【分析】根据线段的性质：两点之间线段最短，解答即可．
【详解】解：由线段的性质可知：
两点的所有连线中，可以有无数种连法，如折线、曲线、线段，这些所有的线中，线段最短，
故答案为：两点之间，线段最短．
【点睛】本题主要考查了线段的性质，即两点之间线段最短．
题型06 与线段中点有关的计算
【例6】（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）如图，某同学用直尺画数轴．数轴上点A、B分别在直尺的1cm，9cm处，若点A对应-4，直尺的0刻度位置对应-6，则线段AB中点对应的数为（ ）

A．4B．5C．8D．12
【答案】A
【分析】根据题意得出1cm代表数轴上两个单位长度，求出线段AB中点对应直尺5cm处，再求线段AB中点对应的数即可．
【详解】解：∵点A、B分别在直尺的1cm，9cm处，点A对应-4，直尺的0刻度位置对应-6，
∴1cm代表数轴上两个单位长度，
∴线段AB中点对应直尺1+92=5cm处，
∴线段AB中点对应的数为：-4+2×4=4，
故选：A．
【点睛】题目主要考查数轴上两点之间的距离，理解题意是解题关键．
【变式6-1】（2023·河北沧州·校考二模）如图，不完整的数轴上有A，B两点，原点在A、B之间，沿原点将负半轴折叠到正半轴上，点A落在点B左侧4个单位长度处，则线段AB的中点表示的数为（ ）

A．2B．-2C．4D．-4
【答案】A
【分析】先根据题意画出图形，求出OC的长即可得出线段AB的中点表示的数．
【详解】如图，点A落在点A'处，点C是线段AB的中点，A'B=4，

设点A表示的数为a，则OA=OA'=-a，
∴AB=-2a+4．
∴AC=12AB=-a+2．
∴OC=AC-OA=-a+2--a=2．
即线段AB的中点表示的数为2．
故选A．
【点睛】本题主要考查了数轴、折叠以及线段的中点问题，准确画出示意图，求出线段中点到原点的距离是解题的关键．
【变式6-2】（2023·河北衡水·校联考模拟预测）已知点A、B、O、C在数轴上的位置如图所示，O为AC的中点，若AB=2，点B所对应的数为m，则点C所对应的数是( )
A．-2-mB．--m-2C．-m+2D．-m-2
【答案】D
【分析】先求出点A坐标，再求出点C坐标．
【详解】AB=2,B为m
则A点坐标为：m-2
B点与A点互为相反数，所以B点坐标为：-m-2
故选：D
【点睛】本题考查数轴上的点的位置和坐标，找到不同点之间是数量关系是本题关键．
【变式6-3】（2023·宁夏·统考中考真题）如图，点A，B，C在数轴上，点A表示的数是-1，点B是AC的中点，线段AB=2，则点C表示的数是 ．

【答案】22-1
【分析】根据两点间的距离公式和中点平分线段进行计算即可．
【详解】解：∵点B是AC的中点，线段AB=2，
∴AC=22，
∴点C表示的数是：22-1；
故答案为：22-1．
【点睛】本题考查数轴上两点间的距离，以及线段的中点．熟练掌握线段中点的定义，以及数轴上两点间的距离公式，是解题的关键．
【变式6-4】（2023·河北沧州·模拟预测）A、B、C、D四个车站的位置如图所示．

(1)A、C两站的距离；
(2)C、D两站的距离；
(3)若a=6，C为AD的中点，求b的值．
【答案】(1)3a
(2)a+3b
(3)4
【分析】（1）根据题意列出关系式，合并即可得到结果；
（2）根据题意列出关系式，去括号合并即可得到结果；
（3）根据中点的定义列出方程计算即可求解．
【详解】（1）∵AC=AB+BC=a+b+2a-b=3a
∴A、C两站的距离为：3a；
（2）∵CD=BD-BC=3a+2b-2a-b=3a+2b-2a+b=a+3b,
∴C、D两站的距离为：a+3b；
（3）∵C为AD的中点，
∴AC=DC,
∴3a=a+3b,
当a=6时，3×6=6+3b，
解得b=4．
【点睛】此题考查了整式的加减，熟练掌握运算法则是解本题的关键
考点三 角的相关概念
角的定义（静态）：由公共端点的两条射线所组成的图形叫做角.
角的定义（动态）：由一条射线绕着它的端点旋转一定角度而形成的图形.
角的分类：
角的表示方法：
角度制：以度、分、秒为单位的角的度量制.
度、分、秒的运算方法：1°=60′；1′=60″；1°=3600″；1″=（160）′；1″=（13600）°
1周角=2平角=4直角=360°.
角的大小的比较：1）叠合法：使两个角的顶点及一边重合，比较另一边的位置；
2）度量法：分别用量角器测量两个角的大小，再进行比较.
角的平分线的概念：从一个角的顶点出发，把这个角分成相等的两个角的射线，叫做这个角的平分线.
【性质】①若OC是∠AOB的平分线，则∠AOC=∠BOC =12∠AOB，∠AOB=2∠AOC =2∠BOC．
②角平分线上的点到角两边的距离相等．
余角的概念：如果两个角的和等于直角，就说这两个角互为余角，即其中一个是另一个的余角.
补角的概念：如果两个角的和等于平角，就说这两个角互为补角，即其中一个是另一个的补角.
【性质】同角（或等角）的余角相等，同角（或等角）的补角相等.
1. 因为射线是向一方无限延伸的，所以角的两边无所谓长短，即角的大小与边的长短无关.
2. 角的大小可以度量，可以比较.
3. 在进行度、分、秒运算时，由低级单位向高级单位转化或由高级单位向低级单位转化要逐步进行.
4. 一条射线要成为一个角的平分线必须同时满足两个条件：
1）射线必须在角的内部. 2）它把这个角分成两个相等的角.
5. 钝角没有余角.
6. 互为余角、补角是两个角之间的关系,
7. 两个角互为余角、互为补角只与角的度数有关，与角的位置无关. 只要它们的度数之和等于90°或180°，就一定互为余角或补角.
题型01 度、分、秒的换算
【例1】（2023·广西贺州·统考一模）比较大小：40.15° 40°15'（用>、=、