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备战2023年中考数学一轮复习考点全系列（全国通用）考点26 基本作图、三视图与展开图
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这是一份备战2023年中考数学一轮复习考点全系列（全国通用）考点26 基本作图、三视图与展开图，文件包含考点26基本作图三视图与展开图原卷版docx、考点26基本作图三视图与展开图解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共57页， 欢迎下载使用。
考点26 基本作图、三视图与展开图
中考数学中，基本作图的考察方式正在发生着变化，不会再考基本作图的操作，而是考察其写法，放在题干上用以确定角平分线和中垂线，之后再用其性质求解后续问题。三视图与展开图的考察难度则比较简单，一般只考察基础应用，所以考生在复习时要多注重该考点的概念以及应用。
一、 基本作图
二、 三视图
三、 直棱柱的展开与折叠
考向一：基本作图
一．基本尺规作图
（1） 作一条线段等于已知线段，如图1；
（2） 作一个角等于已知角，如图2
（3） 作已知角的平分线，如图3；
（4） 作已知线段的垂直平分线，如图4 ；
（5） 过一点作已知直线的垂线，如图5；
图1 图2 图3 图4 图5
二．利用尺规作图作三角形
（1）已知三边作三角形，如图1
（2）已知两边及其夹角作三角形，如图2；
（3）已知两角及其夹边作三角形，如图3，
图1 图2 图3
三．尺规作图的考察方法分析
1.通常是在选择填空题中以尺规作图的语言描述来确定角平分线或者中垂线，之后再结合其他知识点完成后续问题。
2.在解答题中，尺规作图的另一类考法是放在网格图中和相似等知识点结合，考察固定长度的线段或者角度构造。
1．如图，是尺规作图中“画一个角等于已知角”的示意图，该作法运用了“全等三角形的对应角相等”这一性质（ ）
A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS
【分析】利用作图的基本原理，得到线段的关系证明即可．
【解答】解：如图，由作图可知，BA＝CF．
在△AOB和△CEF中，，
∴△AOB≌△CEF（SSS），
故选：D．
2．小明同学在学习了全等三角形的相关知识后发现，只用两把完全相同的长方形直尺就可以作出一个角的平分线．如图：一把直尺压住射线OB，另一把直尺压住射线OA并且与第一把直尺交于点P，小明说：“射线OP就是∠BOA的角平分线．”他这样做的依据是（ ）
A．角的内部到角两边距离相等的点在这个角的平分线上
B．角平分线上的点到角两边的距离相等
C．三角形三个内角的平分线交于同一个点
D．三角形三个内角的平分线的交点到三条边的距离相等
【分析】如图，过点P作PE⊥AO于E点，PF⊥BO于F点，则PE＝PF，然后根据角平分线的性质定理的逆定理可判断OP平分∠AOB，从而可对各选项进行判断．
【解答】解：如图，过点P作PE⊥AO于E点，PF⊥BO于F点，
∵两把长方形直尺完全相同，
∴PE＝PF，
∴OP平分∠AOB（角的内部到角的两边的距离相等的点在这个角的平分线上），
故选：A．
3．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°．分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN．直线MN与AB相交于点D，连接CD，若CD＝5，BC＝8，则sin∠DCA＝（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据垂直平分线的性质得出DA＝DC，继而得出∠DCA＝∠A，根据∠DCA+∠DCB＝∠A+∠B＝90°，得出∠DCB＝∠B，进而得出DC＝DB，求得AB＝10，根据正弦的定义即可求解．
【解答】解：根据作图可得MN是AC的垂直平分线，
∴DA＝DC，
∴∠DCA＝∠A，
在△ABC中，∠ACB＝90°．
∴∠DCA+∠DCB＝∠A+∠B＝90°，
∴∠DCB＝∠B，
∴DC＝DB，
∵CD＝5，
∴AB＝10，
又∵BC＝8，
∴．
故选：A．
4．如图，在平行四边形ABCD中，以点B为圆心，适当长度为半径作弧，分别交AB，BC于点F，G，再分别以点F，G为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点H，作射线BH交AD于点E，连接CE，若AE＝10，DE＝6，CE＝8，则BE的长为（ ）
A．2 B．40 C．4 D．8
【分析】如图，过点A作AJ∥EC交BC于J．证明四边形AJCE是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理证明∠AJB＝90°，推出∠BCE＝90°，利用勾股定理求出BE即可．
【解答】解：如图，过点A作AJ∥EC交BC于J．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∵AJ∥EC，AE∥JC，
∴四边形AJCE是平行四边形，
∴AJ＝EC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE＝10，AJ＝EC＝8，AE＝JC＝10，
∵DE＝6，
∴AD＝BC＝16，
∴BJ＝BC﹣JC＝16﹣10＝6，
∴AB2＝BJ2+AJ2，
∴∠AJB＝90°，
∵AJ∥EC，
∴∠BCE＝∠BJA＝90°，
∴BE＝＝＝8，
故选：D．
考向二：三视图
三
视
图
主视图：从物体正面看到的图
左视图：从物体左面看到的图
俯视图：从物体上面看到的图
易错题型
在画几何体时：①长对正、高平齐、宽相等
②图中看不到的棱用虚线画出来
1．如图几何体中，从正面看（主视图）是长方形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】主视图是分别从物体正面看，所得到的图形．
【解答】解：A图的主视图是等腰三角形，
B图的主视图是长方形，
C图的主视图是梯形，
D图的主视图是圆形，
故选：B．
2．如图是由四个相同的小正方体组成的几何体，若改变一个小正方体的位置后，它的俯视图和左视图都不变，那么变化后的主视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据三视图的定义判断即可．
【解答】解：若改变一个小正方体的位置后，它的俯视图和左视图都不变，即把上层的小正方体从左边移动到右边．
所以其主视图为：
故选D．
3．如图是由一些大小相同的小正方体搭成的几何体从上面看到的形状，其中小正方形中数字表示该位置小正方体的个数，则该几何体从左面看到的形状是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据左视图定义，逐个看到最高项即可得到答案．
【解答】解：由图形可得，该几何体从左面看到的形状有三列，第一列最高是2个，第二列最高是3个，第三列高是1个，
故选：B．
4．已知圆锥的三视图及相关数据如图所示，则这个圆锥的侧面积为（ ）
A．12πcm2 B．15πcm2 C．24πcm2 D．10πcm2
【分析】由三视图中数据可知该圆锥的底面半径为r＝3cm，高为h＝4cm，再由勾股定理可求得圆锥母线长为l＝5cm，然后根据圆锥的侧面积公式S＝πrl计算即可．
【解答】解：由三视图中可知，该圆锥的底面半径为，高为h＝4cm，
由勾股定理，可得圆锥母线长为，
∴圆锥侧面积S＝πrl＝π×3×5＝15πcm2．
故选：B．
考向三：直棱柱的展开与折叠
几何体
展开图
底面形状
侧面形状
三角形
矩形
四边形
矩形
正方形
正方形
多边形
矩形
1．下列平面图形中，是棱柱的展开图的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】依据棱柱的所有的面的形状以及位置，即可得到棱柱的表面展开图．
【解答】解：A．该平面图形不能围成棱柱，故本选项错误；
B．该图是棱柱表面展开图，故本选项正确；
C．该平面图形不能围成棱柱，故本选项错误；
D．该平面图形不能围成棱柱，能围成圆柱，故本选项错误．
故选：B．
2．由如图的正方体平面展开图可知，此正方体的“绿”字所在面的对面汉字是（ ）
A．低 B．碳 C．发 D．展
【分析】根据正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，即可求解．
【解答】解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“色”与面“碳”相对，面“绿”与面“发”相对，面“低”与面“展”相对．
故选：C．
3．如图，有一个正方体纸盒，在它的三个侧面分别画有三角形、正方形和五边形，现用一把剪刀沿着它的棱剪开成一个平面图形，则展开图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据正方体中五边形、对角线、阴影面是相邻的，再由展开图相对的面相隔一个正方形，对各选项分析可求解．
【解答】根据正方体的展开图的性质可得C为正方体的展开图，故C符合题意．
故选：C．
4．如图，将一个无盖正方体展开成平面图形的过程中，需要剪开_____条棱．（ ）
A．3 B．4 C．5 D．不确定
【分析】根据无盖正方体的棱的条数以及展开后平面之间应有棱连着，即可得出答案．
【解答】解：将一个无盖正方体展开成平面图形的过程中，需要剪开4条棱．
故选：B．
1．（2022•贵港）一个圆锥如图所示放置，对于它的三视图，下列说法正确的是（ ）
A．主视图与俯视图相同 B．主视图与左视图相同
C．左视图与俯视图相同 D．三个视图完全相同
【分析】根据圆锥的三视图进行判定即可．
【解答】解：圆锥的主视图和左视图都是等腰三角形，俯视图是带圆心的圆，
所以主视图与左视图相同，
故选：B．
2．（2022•宁波）如图所示几何体是由一个球体和一个圆柱组成的，它的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据俯视图的定义进行判定即可得出答案．
【解答】解：根据题意可得，球体的俯视图是一个圆，圆柱的俯视图也是一个圆，圆柱的底面圆的半径大于球体的半径，如图，
故C选项符合题意．
故选：C．
3．（2022•衡阳）石鼓广场供游客休息的石板凳如图所示，它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据主视图的定义和画法进行判断即可．
【解答】解：从正面看，可得如下图形，
故选：A．
4．（2022•江西）如图是四个完全相同的小正方体搭成的几何体，它的俯视图为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：如图，它的俯视图为：
故选：A．
5．（2022•菏泽）沿正方体相邻的三条棱的中点截掉一部分，得到如图所示的几何体，则它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据主视图的定义，画出这个几何体的主视图即可．
【解答】解：这个几何体的主视图如下：
故选：A．
6．（2022•济南）如图是某几何体的三视图，该几何体是（ ）
A．圆柱 B．球 C．圆锥 D．正四棱柱
【分析】根据简单几何体的三视图的特征进行判断即可．
【解答】解：该几何体的主视图、左视图都是长方形，而俯视图是圆形，因此这个几何体是圆柱，
故选：A．
7．（2022•临沂）如图所示的三棱柱的展开图不可能是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题意和各个选项中的图形，可以判断哪个图形不可能是三棱柱的展开图．
【解答】解：如图所示的三棱柱的展开图不可能是
，
故选：D．
8．（2022•鄂尔多斯）下列尺规作图不能得到平行线的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用基本作图，根据同位角相等两直线平行可对A选项进行判断；根据在同一平面内，垂直于同一直线两直线平行可对B选项进行判断；根据内错角相等两直线平行可对C选项进行判断；根据平行线的判定方法可对D选项进行判断．
【解答】解：通过尺规作图不能得到平行线的为．
故选：D．
9．（2022•盘锦）如图，线段AB是半圆O的直径．分别以点A和点O为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线MN，交半圆O于点C，交AB于点E，连接AC，BC，若AE＝1，则BC的长是（ ）
A． B．4 C．6 D．
【分析】根据作图知CE垂直平分AO，即可得AC＝OC，AE＝OE＝1，根据圆的半径得AC＝2，AB＝4，根据圆周角定理的推论得∠ACB＝90°，根据勾股定理即可得．
【解答】解：如图，连接OC．
根据作图知CE垂直平分AO，
∴AC＝OC，AE＝OE＝1，
∴OC＝OB＝AO＝AE+EO＝2，
∴AC＝OC＝AO＝AE+EO＝2，
即AB＝AO+BO＝4，
∵线段AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ACB中，根据勾股定理得，，
故选A．
10．（2022•巴中）如图，在菱形ABCD中，分别以C、D为圆心，大于CD为半径画弧，两弧分别交于点M、N，连接MN，若直线MN恰好过点A与边CD交于点E，连接BE，则下列结论错误的是（ ）
A．∠BCD＝120° B．若AB＝3，则BE＝4
C．CE＝BC D．S△ADE＝S△ABE
【分析】利用菱形的性质、解直角三角形等知识逐项判断即可．
【解答】解：连接AC．
由作法得MN垂直平分CD，
∴AD＝AC，CM＝DM，∠AED＝90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝AD，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠BCD＝120°，即A选项的结论正确，不符合题意；
当AB＝3，则CE＝DE＝，
∵∠D＝60°，
∴AE＝，∠DAE＝30°，∠BAD＝120°，
∴∠BAE＝∠BAD﹣∠DAE＝120°﹣30°＝90°，
在Rt△ABE中，BE＝，所以B选项的结论错误，符合题意；
∵四边形ABCD是菱形，
∴．BC＝CD＝2CE，即，所以C选项的结论正确，不符合题意；
∵AB∥CD，AB＝2DE，
∴，所以D选项的结论正确，不符合题意．
故选：B．
11．（2022•内蒙古）如图，在△ABC中，AB＝BC，以B为圆心，适当长为半径画弧交BA于点M，交BC于点N，分别以M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧相交于点D，射线BD交AC于点E，点F为BC的中点，连接EF，若BE＝AC＝4，则△CEF的周长是（ ）
A．8 B．2+2 C．2+6 D．2+2
【分析】由尺规作图可知，BE为∠ABC的平分线，结合等腰三角形的性质可得BE⊥AC，AE＝CE＝AC＝2，利用勾股定理得AB＝BC＝＝，进而可得EF＝AB＝，CF＝BC＝，即可得出答案．
【解答】解：由题意得，BE为∠ABC的平分线，
∵AB＝BC，
∴BE⊥AC，AE＝CE＝AC＝2，
由勾股定理得，AB＝BC＝＝，
∵点F为BC的中点，
∴EF＝AB＝，CF＝BC＝，
∴△CEF的周长为＝+2．
故选：D．
12．（2022•通辽）如图，依据尺规作图的痕迹，求∠α的度数 60 °．
【分析】先根据矩形的性质得出AB∥DC，故可得出∠ABD的度数，由角平分线的定义求出∠EBF的度数，再由EF是线段BD的垂直平分线得出∠BEF的度数，根据三角形内角和定理得出∠BFE的度数，进而可得出结论．
【解答】解：∵∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠ABD＝∠CDB＝60°．
由作法可知，BF是∠ABD的平分线，
∴∠EBF＝∠ABD＝30°．
由作法可知，EF是线段BD的垂直平分线，
∴∠BEF＝90°，
∴∠BFE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠α＝60°．
故答案为：60．
13．（2022•贵港）尺规作图（保留作图痕迹，不要求写出作法）：
如图，已知线段m，n．求作△ABC，使∠A＝90°，AB＝m，BC＝n．
【分析】先在直线l上取点A，过A点作AD⊥l，再在直线l上截取AB＝m，然后以B点为圆心，n为半径画弧交AD于C，则△ABC满足条件．
【解答】解：如图，△ABC为所作．
14．（2022•重庆）我们知道，矩形的面积等于这个矩形的长乘宽，小明想用其验证一个底为a，高为h的三角形的面积公式为S＝ah．想法是：以BC为边作矩形BCFE，点A在边FE上，再过点A作BC的垂线，将其转化为证三角形全等，由全等图形面积相等来得到验证．按以上思路完成下面的作图与填空：
证明：用直尺和圆规过点A作BC的垂线AD交BC于点D．（只保留作图痕迹）
在△ADC和△CFA中，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°．
∵∠F＝90°，
∴① ∠ADC＝∠F ．
∵EF∥BC，
∴② ∠1＝∠2 ．
又∵③ AC＝AC ，
∴△ADC≌△CFA（AAS）．
同理可得：④ △ADB≌△BEA（AAS） ．
S△ABC＝S△ADC+S△ABD＝S矩形ADCF+S矩形AEBD＝S矩形BCFE＝ah．
【分析】根据矩形的性质、垂直的定义得出∠F＝∠ADC＝90°，再根据EF∥BC，推出∠1＝∠2，进而证明△ADC≌△CFA（AAS），同理可得：④△ADB≌△BEA（AAS），最后得出三角形的面积公式为S＝ah．
【解答】证明：
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°．
∵∠F＝90°，
∴∠ADC＝∠F，
∵EF∥BC，
∴∠1＝∠2，
∵AC＝AC，
在△ADC与△CFA中
，
∴△ADC≌△CFA（AAS）．
同理可得：④△ADB≌△BEA（AAS），
∴S△ABC＝S△ADC+S△ABD＝S矩形ADCF+S矩形AEBD＝S矩形BCFE＝ah．
故答案为：①∠ADC＝∠F，②∠1＝∠2，③AC＝AC，④△ADB≌△BEA（AAS）．
15．（2022•江西）课本再现
（1）在⊙O中，∠AOB是所对的圆心角，∠C是所对的圆周角，我们在数学课上探索两者之间的关系时，要根据圆心O与∠C的位置关系进行分类．图1是其中一种情况，请你在图2和图3中画出其它两种情况的图形，并从三种位置关系中任选一种情况证明∠C＝∠AOB；
知识应用
（2）如图4，若⊙O的半径为2，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，∠C＝60°，求PA的长．
【分析】（1）①如图2，当点O在∠ACB的内部，作直径，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质可得结论；②如图3，当O在∠ACB的外部时，作直径CD，同理可理结论；
（2）如图4，先根据（1）中的结论可得∠AOB＝120°，由切线的性质可得∠OAP＝∠OBP＝90°，可得∠OPA＝30°，从而得PA的长．
【解答】解：（1）①如图2，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，
∵OA＝OC＝OB，
∴∠A＝∠ACO，∠B＝∠BCO，
∵∠AOD＝∠A+∠ACO＝2∠ACO，∠BOD＝∠B+∠BCO＝2∠BCO，
∴∠AOB＝∠AOD+∠BOD＝2∠ACO+2∠BCO＝2∠ACB，
∴∠ACB＝∠AOB；
③如图3，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，
∵OA＝OC＝OB，
∴∠A＝∠ACO，∠B＝∠BCO，
∵∠AOD＝∠A+∠ACO＝2∠ACO，∠BOD＝∠B+∠BCO＝2∠BCO，
∴∠AOB＝∠AOD﹣∠BOD＝2∠ACO﹣2∠BCO＝2∠ACB，
∴∠ACB＝∠AOB；
（2）如图4，连接OA，OB，OP，
∵∠C＝60°，
∴∠AOB＝2∠C＝120°，
∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∠APO＝∠BPO＝∠APB＝（180°﹣120°）＝30°，
∵OA＝2，
∴OP＝2OA＝4，
∴PA＝＝2．
1．（2022•阜新）在如图所示的几何体中，俯视图和左视图相同的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
【解答】解：A．俯视图是带圆心的圆，左视图是等腰三角形，故本选项不合题意；
B．俯视图是圆，左视图是矩形，故本选项不合题意；
C．俯视图与左视图都是正方形，故本选项符合题意；
D．俯视图是三角形，左视图是矩形，故本选项不合题意．
故选：C．
2．（2022•安徽）一个由长方体截去一部分后得到的几何体如图水平放置，其俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】找到从上面看所得到的图形即可，注意看见的棱用实线表示．
【解答】解：从上面看，是一个矩形．
故选：A．
3．（2022•绵阳）如图所示几何体是由7个完全相同的正方体组合而成，它的俯视图为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：从上向下看，可得如图：
故选：D．
4．（2022•青岛）如图①，用一个平面截长方体，得到如图②的几何体，它在我国古代数学名著《九章算术》中被称为“堑堵”．图②“堑堵”的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：图②“堑堵”从上面看，是一个矩形，
故选：C．
5．（2022•攀枝花）如图是由5个相同的正方体搭成的几何体，这个几何体的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：从上面看第一列是一个小正方形，第二列是两个小正方形，第三列居上是一个小正方形．
故选：C．
6．（2022•永州）我市江华县有“神州瑶都”的美称，每逢“盘王节”会表演长鼓舞，长鼓舞中使用的“长鼓”内腔挖空，两端相通，两端鼓口为圆形，中间鼓腰较为细小．如图为类似“长鼓”的几何体，其俯视图的大致形状是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题目描述，判断几何体的俯视图即可．
【解答】解：根据长鼓舞中使用的“长鼓”内腔挖空，两端相通，可知俯视图中空，两端鼓口为圆形可知俯视图是圆形；
故选：B．
7．（2022•黑龙江）如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图，则所需的小正方体的个数最多是（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】由左视图和俯视图可以猜想到主视图的可能情况，从而得到答案．
【解答】解：从俯视图可看出前后有三层，从左视图可看出最后面有2层高，
中间最高是2层，要是最多就都是2层，
最前面的最高是1层，
所以最多的为：2+2×2+1×2＝8．
故选：B．
8．（2022•湖北）某几何体的三视图如图所示，则该几何体是（ ）
A．圆锥 B．三棱锥 C．三棱柱 D．四棱柱
【分析】从三视图的俯视图看是一个三角形，而主视图是一个矩形，左视图为矩形，可知这是一个三棱柱．
【解答】解：由三视图可知，这个几何体是直三棱柱．
故选：C．
9．（2022•盐城）正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种平面展开图，那么在原正方体中，与“盐”字所在面相对的面上的汉字是（ ）
A．强 B．富 C．美 D．高
【分析】正方体的表面展开图相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点进行作答．
【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，
“盐”与“高”是相对面，
“城”与“富”是相对面，
“强”与“美”是相对面，
故选：D．
10．（2022•德州）在△ABC中，根据下列尺规作图的痕迹，不能判断AB与AC大小关系的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用基本作图可直接对由A选项和B选项得到AC＞AB，根据基本作图和线段垂直平分线的性质、三角形三边的关系，由C选项得到AC＞AB，由D选项得到BC＞AB．
【解答】解：A．由作图痕迹，在AC上截取线段等于AB，则AC＞AB，所以A选项不符合题意；
B．由作图痕迹，在AB上延长线上截取线段等于AC，则AC＞AB，所以B选项不符合题意；
C．由作图痕迹，作BC的垂直平分线把AC分成两线段，则AC＞AB，所以C选项不符合题意；
D．由作图痕迹，作AC的垂直平分线，则BC＞AB，所以D选项符合题意．
故选：D．
11．（2022•威海）过直线l外一点P作直线l的垂线PQ．下列尺规作图错误的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据作图痕迹结合线段垂直平分线的判定和性质进行分析判断．
【解答】解：选项A，连接PA，PB，QA，QB，
∵PA＝PB，
∴点P在线段AB的垂直平分线上，
∵QA＝QB，
∴点Q在线段AB的垂直平分线上，
∴PQ⊥l，故此选项不符合题意；
选项B，连接PA，PB，QA，QB，
∵PA＝QA，
∴点A在线段PQ的垂直平分线上，
∵PB＝QB，
∴点B在线段PQ的垂直平分线上，
∴PQ⊥l，故此选项不符合题意；
选项C，无法证明PQ⊥l，故此选项符合题意；
选项D，连接PA，PB，QA，QB，
∵PA＝QA，
∴点A在线段PQ的垂直平分线上，
∵PB＝QB，
∴点B在线段PQ的垂直平分线上，
∴PQ⊥l，故此选项不符合题意；
故选：C．
12．（2022•恩施州）如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于BD的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN．若AD＝4，AB＝2．则四边形MBND的周长为（ ）
A． B．5 C．10 D．20
【分析】利用作图过程可得PQ为BD的垂直平分线，利用垂直平分线的性质和全等三角形的判定与性质证明四边形MBND为菱形，利用勾股定理求得BM，则结论可得．
【解答】解：由作图过程可得：PQ为BD的垂直平分线，
∴BM＝MD，BN＝ND．
设PQ与BD交于点O，如图，
则BO＝DO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠MDO＝∠NBO，∠DMO＝∠BNO，
在△MDO和△NBO中，
，
∴△MDO≌△NBO（AAS），
∴DM＝BN，
∴四边形BNDM为平行四边形，
∵BM＝MD，
∴四边形MBND为菱形，
∴四边形MBND的周长＝4BM．
设MB＝x，则MD＝BM＝x，
∴AM＝AD﹣DM＝4﹣x，
在Rt△ABM中，
∵AB2+AM2＝BM2，
∴22+（4﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
∴四边形MBND的周长＝4BM＝10．
故选：C．
13．（2022•淄博）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°．分别以点A和C为圆心，以大于AC的长度为半径作弧，两弧相交于点P和点Q，作直线PQ分别交BC，AC于点D和点E．若CD＝3，则BD的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】连接AD，如图，先根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出∠B＝∠C＝30°，再由作法得DE垂直平分AC，所以DA＝DC＝3，所以∠DAC＝∠C＝30°，从而得到∠BAD＝90°，然后根据含30度角的直角三角形三边的关系求BD的长．
【解答】解：连接AD，如图，
∵AB＝AC，∠A＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
由作法得DE垂直平分AC，
∴DA＝DC＝3，
∴∠DAC＝∠C＝30°，
∴∠BAD＝120°﹣30°＝90°，
在Rt△ABD中，∵∠B＝30°，
∴BD＝2AD＝6．
故选：C．
14．（2022•天津）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上的点A，B，C及∠DPF的一边上的点E，F均在格点上．
（Ⅰ）线段EF的长等于 ；
（Ⅱ）若点M，N分别在射线PD，PF上，满足∠MBN＝90°且BM＝BN．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明） 连接AC，与网格线交于点O，取格点Q，连接EQ交PD于点M，连接BM交⊙O于点G，连接GO，延长GO交⊙O于点H，连接BH，延长BH交PF于点N，则点M，N即为所求 ．
【分析】（Ⅰ）利用勾股定理求解即可；
（Ⅱ）连接AC，与网格线交于点O，取格点Q，连接EQ交PD于点M，连接BM交⊙O于点G，连接GO，延长GO交⊙O于点H，连接BH，延长BH交PF于点N，则点M，N即为所求（证明△BQM≌△BFN，可得结论）．
【解答】解：（Ⅰ）EF＝＝．
故答案为：；
（Ⅱ）如图，点M，N即为所求．
步骤：连接AC，与网格线交于点O，取格点Q，连接EQ交PD于点M，连接BM交⊙O于点G，连接GO，延长GO交⊙O于点H，连接BH，延长BH交PF于点N，则点M，N即为所求．
故答案为：连接AC，与网格线交于点O，取格点Q，连接EQ交PD于点M，连接BM交⊙O于点G，连接GO，延长GO交⊙O于点H，连接BH，延长BH交PF于点N，则点M，N即为所求
15．（2022•烟台）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°．
（1）请用尺规作出⊙O的切线AD（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，若AB与切线AD所夹的锐角为75°，⊙O的半径为2，求BC的长．
【分析】（1）过点A作AD⊥AO即可；
（2）连接OB，OC．证明∠ACB＝75°，利用三角形内角和定理求出∠CAB，推出∠BOC＝120°，求出CH可得结论．
【解答】解：（1）如图，切线AD即为所求；
（2）过点O作OH⊥BC于H，连接OB，OC．
∵AD是切线，
∴OA⊥AD，
∴∠OAD＝90°，
∵∠DAB＝75°，
∴∠OAB＝15°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝15°，
∴∠BOA＝150°，
∴∠BCA＝∠AOB＝75°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAC＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
∵OB＝OC＝2，
∴∠BCO＝∠CBO＝30°，
∵OH⊥BC，
∴CH＝BH＝OC•cos30°＝，
∴BC＝2．
1．（2022•宁波模拟）如图是一个底面为正三角形的直三棱柱，其主视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】主视图是从正面看所得到的图形即可，可根据正六棱柱的特点作答．
【解答】解：直三棱柱的主视图如图所示：．
故选：B．
2．（2023•红桥区模拟）如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的三视图是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】找到从正面、左面、上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在视图中．
【解答】解：此几何体的主视图有两排，从上往下分别有1，3个正方形；
左视图有二列，从左往右分别有2，1个正方形；
俯视图有三列，从上往下分别有3，1个正方形，
故选：A．
3．（2023•南山区模拟）图2是图1中长方体的三视图，若用S表示面积，S主＝x2+3x，S左＝x2+x，则S俯＝（ ）
A．x2+4x+3 B．x2+3x+2 C．x2+2x+1 D．2x2+4x
【分析】直接利用已知视图的边长结合其面积得出另一边长，即可得出俯视图的边长进而得出答案．
【解答】解：∵S主＝x2+3x＝x（x+3），S左＝x2+x＝x（x+1），
∴S俯＝（x+3）（x+1）＝x2+4x+3．
故选：A．
4．（2022•孟村县校级模拟）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．
【分析】根据正方体表面展开图的特征进行判断即可．
【解答】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．
5．（2022•宽城区校级一模）下列四个选项中，不是正方体展开图的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用正方体及其表面展开图的特点解题．
【解答】解：B、C、D经过折叠后，可以围成正方体；
A中含有“田”字格，故不是正方体的展开图．
故选：A．
6．（2022•东兴区校级二模）小欣同学用纸（如图）折成了个正方体的盒子，里面放了一瓶墨水，混放在下面的盒子里，只凭观察，选出墨水在哪个盒子中（ ）
A． B． C． D．
【分析】在验证立方体的展开图时，要细心观察每一个标志的位置是否一致，然后进行判断．
【解答】解：根据展开图中各种符号的特征和位置，可得墨水在B盒子里面．
故选：B．
7．（2022•丽水二模）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，要求用圆规和直尺作图，把它分成两个三角形，其中一个三角形是等腰三角形．其作法错误的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】A．由作法知AD＝AC，可判断A；B．由作法知所作图形是线段BC的垂直平分线，可判断B；C由作法知，所作图形是线段AB的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得到DA＝DB，可判断C；D．由作法知AD是∠BAC的平分线，根据角平分线的定义和等腰三角形的判定得到DB＝DA，可判断D．
【解答】解：A．由作法知AD＝AC，
∴△ACD是等腰三角形，故选项A不符合题意；
B．由作法知所作图形是线段BC的垂直平分线，
∴不能推出△ACD和△ABD是等腰三角形，故选项B符合题意；
C由作法知，所作图形是线段AB的垂直平分线，
∴DA＝DB，
∴△ABD是等腰三角形，故选项C不符合题意；
D．∠C＝90°，∠B＝30°，
∠BAC＝60°，
由作法知AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝30°＝∠B，
∴DB＝DA，
∴△ABD是等腰三角形，故选项D不符合题意；
故选B．
8．（2022•玉环市一模）如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠ABC＝100°．观察图中尺规作图的痕迹，可知∠BFC的度数为（ ）
A．130° B．120° C．110° D．100°
【分析】由作图可知，DE垂直平分线段AC，BF平分∠ABC，求出∠BDF，∠ABF，再利用三角形外角的性质求解即可．
【解答】解：由作图可知，DE垂直平分线段AC，BF平分∠ABC，
∴DA＝DC，
∴∠A＝∠DCA，∠ABF＝∠CBF＝∠ABC＝50°，
∴∠BDC＝∠A+∠DCA＝60°，
∴∠BFC＝∠BDF+∠ABF＝60°+50°＝110°，
故选：C．
9．（2022•连山区三模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，AD平分∠BAC交BC于点D，分别以点A，C为圆心，大于长为半径作弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN，交AD于点P，则DP的长为（ ）
A． B． C． D．1
【分析】由作法得MN垂直平分AC，关键线段垂直平分线的性质得到PA＝PC，再利用等腰三角形的性质和勾股定理得到BD＝CD＝3，AD＝4，设PD＝x，则PA＝PC＝4﹣x，在Rt△PCD中利用勾股定理得到x2+32＝（4﹣x）2，然后解方程即可．
【解答】解：由作法得MN垂直平分AC，
∴PA＝PC，
∵AB＝AC＝5，AD平分∠BAC交BC于点D，
∴AD⊥BC，BD＝CD＝BC＝3，
在Rt△ABD中，AD＝＝＝4，
设PD＝x，则PA＝PC＝4﹣x，
在Rt△PCD中，x2+32＝（4﹣x）2，
解得x＝，
即DP的长为．
故选：B．
10．（2023•定远县校级一模）如图，在平行四边形ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E．若BF＝8，AB＝5，则AE的长为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．12
【分析】根据作图过程证明△FAO≌△BAO，可得∠AOF＝∠AOB＝90°，FO＝BO＝4，根据勾股定理得AO＝3，再根据平行四边形的性质得AD∥BC，从而∠DAG＝∠AEB，再根据等腰三角形的性质即可求得AO＝EO＝3，进而得AE的长．
【解答】解：如图，
∵∠BAD的平分线AG交BC于点E
∴∠FAE＝∠BAE
由作图可知：
AF＝AB
AO＝AO
∴△FAO≌△BAO（SAS）
∴∠AOF＝∠AOB＝90°
FO＝BO＝4
AB＝5
∴AO＝3
在平行四边形ABCD中
AD∥BC
∴∠DAG＝∠AEB
∠FAE＝∠BAE
∴∠AEB＝∠BAE
∴AB＝BE
∴AO＝EO＝3
∴AE＝6．
故选：B．
11．（2022•柳东新区模拟）如图，在△ABC中，分别以A，C为圆心，大于AC长为半径作弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，与AC，BC分别交于D，E，连结AE，若AB＝6，BC＝8，则△ABE的周长为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
【分析】利用基本作图得到ED垂直平分AC，则EA＝EC，再利用勾股定理计算出BC＝8，然后利用等线段代换得到△ABE的周长＝AB+BC．
【解答】解：由作法得ED垂直平分AC，
∴EA＝EC，
∴△ABE的周长＝AB+BE+AE＝AB+BE+CE＝AB+BC＝6+8＝14．
故选：B．
12．（2023•乌鲁木齐一模）如图，小颖按下面方法用尺规作角平分线：在已知的∠AOB的两边上，分别截取OC，OD，使OC＝OD．再分别以点C，D为圆心、大于的长为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点P，作射线OP，则射线OP就是∠AOB的平分线．其作图原理是：△OCP≌△ODP，这样就有∠AOP＝∠BOP，那么判定这两个三角形全等的依据是（ ）
A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS
【分析】根据SSS证明三角形全等即可．
【解答】解：由作图可知OC＝OD，CP＝DP，
在△POC和△POD中，
，
∴△POC≌△POD（SSS），
∴∠POC＝∠POD，即线OP就是∠AOB的平分线．
故选：D．
13．（2022•东胜区一模）尺规作图：过直线l外一点P作直线l的平行线．如图是四位同学的作图痕迹．其中作图错误的同学是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】利用基本作图，利用内错角相等，两直线平行可判断甲同学和丁同学作法正确；利用同位角相等，两直线平行可判断乙同学的作法正确．
【解答】解：利用等腰三角形的性质和角平分线的定义可判断甲同学的作图正确；
利用平行线的判定方法可判断乙同学和丁同学的作图正确，丙同学的作图错误．
故选：C．
14．（2022•大名县校级四模）如图1，▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要用尺规作图的方法在对边AD，BC上分别找点M，N，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）
A．只有乙、丙才是 B．只有甲，丙才是
C．只有甲，乙才是 D．甲、乙、丙都是
【分析】根据作图以及平行四边形的性质与判定分别分析甲，乙证明ANCM是平行四边形，根据乙的作图，不能判断ANCM是平行四边形．
【解答】解：甲：由作图可知M，N为AD，BC的中点，
即，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴AM＝CN，AM∥CN，
∴ANCM是平行四边形；
乙：由作图可知，BN＝BA，DM＝DC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴BN＝DM，
∴CN＝AM，CN∥AM，
∴ANCM是平行四边形；
丙：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∠B＝∠D，
由作图可知BA＝BN，CM＝BN，
∵AB＝CD，
∴CM＝CD，
不能判断DM＝BN，则不能判断AM＝NC，
所以不能判断四边形ANCM是平行四边形，
故选：C．
15．（2023•仙桃校级一模）如图，C、D是以线段AB为直径的⊙O上的两点，且四边形OBCD是菱形，连接BD．
（1）在图1中，用无刻度的直尺作出△BOD的中线BP；
（2）在图2中，用无刻度的直尺作出△BCD的中线DP．
【分析】（1）连接AC，交OD于点P，连接BP即为所求；
（2）连接AC，交OD于点E，连接OC，交BD于点F，连接EF，交BC于点P，连接DP，即为所求．
【解答】解：（1）如图所示，BP即为所求；
连接AC，交OD于点P，
∵四边形OBCD是菱形，
∴OP∥BC，OD＝BC，
∴，
∴P为AC的中点，
∴，
∴P为OD的中点，
∴BP即为所求；
（2）连接AC交OD于点E，连接OC交BD于点F，连接EF并延长交BC于点P，连接DP，即为所求，如图所示：
由（1）知：E为AC中点，，
∵四边形OBCD是菱形，
∴F为OC中点，OE∥BC，
∴EF∥AB，
∴四边形OEPB是平行四边形，
∴，
∴P为BC的中点，
∴DP即为所求．
考点26 基本作图、三视图与展开图
中考数学中，基本作图的考察方式正在发生着变化，不会再考基本作图的操作，而是考察其写法，放在题干上用以确定角平分线和中垂线，之后再用其性质求解后续问题。三视图与展开图的考察难度则比较简单，一般只考察基础应用，所以考生在复习时要多注重该考点的概念以及应用。
一、 基本作图
二、 三视图
三、 直棱柱的展开与折叠
考向一：基本作图
一．基本尺规作图
（1） 作一条线段等于已知线段，如图1；
（2） 作一个角等于已知角，如图2
（3） 作已知角的平分线，如图3；
（4） 作已知线段的垂直平分线，如图4 ；
（5） 过一点作已知直线的垂线，如图5；
图1 图2 图3 图4 图5
二．利用尺规作图作三角形
（1）已知三边作三角形，如图1
（2）已知两边及其夹角作三角形，如图2；
（3）已知两角及其夹边作三角形，如图3，
图1 图2 图3
三．尺规作图的考察方法分析
1.通常是在选择填空题中以尺规作图的语言描述来确定角平分线或者中垂线，之后再结合其他知识点完成后续问题。
2.在解答题中，尺规作图的另一类考法是放在网格图中和相似等知识点结合，考察固定长度的线段或者角度构造。
1．如图，是尺规作图中“画一个角等于已知角”的示意图，该作法运用了“全等三角形的对应角相等”这一性质（ ）
A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS
【分析】利用作图的基本原理，得到线段的关系证明即可．
【解答】解：如图，由作图可知，BA＝CF．
在△AOB和△CEF中，，
∴△AOB≌△CEF（SSS），
故选：D．
2．小明同学在学习了全等三角形的相关知识后发现，只用两把完全相同的长方形直尺就可以作出一个角的平分线．如图：一把直尺压住射线OB，另一把直尺压住射线OA并且与第一把直尺交于点P，小明说：“射线OP就是∠BOA的角平分线．”他这样做的依据是（ ）
A．角的内部到角两边距离相等的点在这个角的平分线上
B．角平分线上的点到角两边的距离相等
C．三角形三个内角的平分线交于同一个点
D．三角形三个内角的平分线的交点到三条边的距离相等
【分析】如图，过点P作PE⊥AO于E点，PF⊥BO于F点，则PE＝PF，然后根据角平分线的性质定理的逆定理可判断OP平分∠AOB，从而可对各选项进行判断．
【解答】解：如图，过点P作PE⊥AO于E点，PF⊥BO于F点，
∵两把长方形直尺完全相同，
∴PE＝PF，
∴OP平分∠AOB（角的内部到角的两边的距离相等的点在这个角的平分线上），
故选：A．
3．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°．分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN．直线MN与AB相交于点D，连接CD，若CD＝5，BC＝8，则sin∠DCA＝（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据垂直平分线的性质得出DA＝DC，继而得出∠DCA＝∠A，根据∠DCA+∠DCB＝∠A+∠B＝90°，得出∠DCB＝∠B，进而得出DC＝DB，求得AB＝10，根据正弦的定义即可求解．
【解答】解：根据作图可得MN是AC的垂直平分线，
∴DA＝DC，
∴∠DCA＝∠A，
在△ABC中，∠ACB＝90°．
∴∠DCA+∠DCB＝∠A+∠B＝90°，
∴∠DCB＝∠B，
∴DC＝DB，
∵CD＝5，
∴AB＝10，
又∵BC＝8，
∴．
故选：A．
4．如图，在平行四边形ABCD中，以点B为圆心，适当长度为半径作弧，分别交AB，BC于点F，G，再分别以点F，G为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点H，作射线BH交AD于点E，连接CE，若AE＝10，DE＝6，CE＝8，则BE的长为（ ）
A．2 B．40 C．4 D．8
【分析】如图，过点A作AJ∥EC交BC于J．证明四边形AJCE是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理证明∠AJB＝90°，推出∠BCE＝90°，利用勾股定理求出BE即可．
【解答】解：如图，过点A作AJ∥EC交BC于J．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∵AJ∥EC，AE∥JC，
∴四边形AJCE是平行四边形，
∴AJ＝EC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE＝10，AJ＝EC＝8，AE＝JC＝10，
∵DE＝6，
∴AD＝BC＝16，
∴BJ＝BC﹣JC＝16﹣10＝6，
∴AB2＝BJ2+AJ2，
∴∠AJB＝90°，
∵AJ∥EC，
∴∠BCE＝∠BJA＝90°，
∴BE＝＝＝8，
故选：D．
考向二：三视图
三
视
图
主视图：从物体正面看到的图
左视图：从物体左面看到的图
俯视图：从物体上面看到的图
易错题型
在画几何体时：①长对正、高平齐、宽相等
②图中看不到的棱用虚线画出来
1．如图几何体中，从正面看（主视图）是长方形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】主视图是分别从物体正面看，所得到的图形．
【解答】解：A图的主视图是等腰三角形，
B图的主视图是长方形，
C图的主视图是梯形，
D图的主视图是圆形，
故选：B．
2．如图是由四个相同的小正方体组成的几何体，若改变一个小正方体的位置后，它的俯视图和左视图都不变，那么变化后的主视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据三视图的定义判断即可．
【解答】解：若改变一个小正方体的位置后，它的俯视图和左视图都不变，即把上层的小正方体从左边移动到右边．
所以其主视图为：
故选D．
3．如图是由一些大小相同的小正方体搭成的几何体从上面看到的形状，其中小正方形中数字表示该位置小正方体的个数，则该几何体从左面看到的形状是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据左视图定义，逐个看到最高项即可得到答案．
【解答】解：由图形可得，该几何体从左面看到的形状有三列，第一列最高是2个，第二列最高是3个，第三列高是1个，
故选：B．
4．已知圆锥的三视图及相关数据如图所示，则这个圆锥的侧面积为（ ）
A．12πcm2 B．15πcm2 C．24πcm2 D．10πcm2
【分析】由三视图中数据可知该圆锥的底面半径为r＝3cm，高为h＝4cm，再由勾股定理可求得圆锥母线长为l＝5cm，然后根据圆锥的侧面积公式S＝πrl计算即可．
【解答】解：由三视图中可知，该圆锥的底面半径为，高为h＝4cm，
由勾股定理，可得圆锥母线长为，
∴圆锥侧面积S＝πrl＝π×3×5＝15πcm2．
故选：B．
考向三：直棱柱的展开与折叠
几何体
展开图
底面形状
侧面形状
三角形
矩形
四边形
矩形
正方形
正方形
多边形
矩形
1．下列平面图形中，是棱柱的展开图的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】依据棱柱的所有的面的形状以及位置，即可得到棱柱的表面展开图．
【解答】解：A．该平面图形不能围成棱柱，故本选项错误；
B．该图是棱柱表面展开图，故本选项正确；
C．该平面图形不能围成棱柱，故本选项错误；
D．该平面图形不能围成棱柱，能围成圆柱，故本选项错误．
故选：B．
2．由如图的正方体平面展开图可知，此正方体的“绿”字所在面的对面汉字是（ ）
A．低 B．碳 C．发 D．展
【分析】根据正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，即可求解．
【解答】解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“色”与面“碳”相对，面“绿”与面“发”相对，面“低”与面“展”相对．
故选：C．
3．如图，有一个正方体纸盒，在它的三个侧面分别画有三角形、正方形和五边形，现用一把剪刀沿着它的棱剪开成一个平面图形，则展开图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据正方体中五边形、对角线、阴影面是相邻的，再由展开图相对的面相隔一个正方形，对各选项分析可求解．
【解答】根据正方体的展开图的性质可得C为正方体的展开图，故C符合题意．
故选：C．
4．如图，将一个无盖正方体展开成平面图形的过程中，需要剪开_____条棱．（ ）
A．3 B．4 C．5 D．不确定
【分析】根据无盖正方体的棱的条数以及展开后平面之间应有棱连着，即可得出答案．
【解答】解：将一个无盖正方体展开成平面图形的过程中，需要剪开4条棱．
故选：B．
1．（2022•贵港）一个圆锥如图所示放置，对于它的三视图，下列说法正确的是（ ）
A．主视图与俯视图相同 B．主视图与左视图相同
C．左视图与俯视图相同 D．三个视图完全相同
【分析】根据圆锥的三视图进行判定即可．
【解答】解：圆锥的主视图和左视图都是等腰三角形，俯视图是带圆心的圆，
所以主视图与左视图相同，
故选：B．
2．（2022•宁波）如图所示几何体是由一个球体和一个圆柱组成的，它的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据俯视图的定义进行判定即可得出答案．
【解答】解：根据题意可得，球体的俯视图是一个圆，圆柱的俯视图也是一个圆，圆柱的底面圆的半径大于球体的半径，如图，
故C选项符合题意．
故选：C．
3．（2022•衡阳）石鼓广场供游客休息的石板凳如图所示，它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据主视图的定义和画法进行判断即可．
【解答】解：从正面看，可得如下图形，
故选：A．
4．（2022•江西）如图是四个完全相同的小正方体搭成的几何体，它的俯视图为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：如图，它的俯视图为：
故选：A．
5．（2022•菏泽）沿正方体相邻的三条棱的中点截掉一部分，得到如图所示的几何体，则它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据主视图的定义，画出这个几何体的主视图即可．
【解答】解：这个几何体的主视图如下：
故选：A．
6．（2022•济南）如图是某几何体的三视图，该几何体是（ ）
A．圆柱 B．球 C．圆锥 D．正四棱柱
【分析】根据简单几何体的三视图的特征进行判断即可．
【解答】解：该几何体的主视图、左视图都是长方形，而俯视图是圆形，因此这个几何体是圆柱，
故选：A．
7．（2022•临沂）如图所示的三棱柱的展开图不可能是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题意和各个选项中的图形，可以判断哪个图形不可能是三棱柱的展开图．
【解答】解：如图所示的三棱柱的展开图不可能是
，
故选：D．
8．（2022•鄂尔多斯）下列尺规作图不能得到平行线的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用基本作图，根据同位角相等两直线平行可对A选项进行判断；根据在同一平面内，垂直于同一直线两直线平行可对B选项进行判断；根据内错角相等两直线平行可对C选项进行判断；根据平行线的判定方法可对D选项进行判断．
【解答】解：通过尺规作图不能得到平行线的为．
故选：D．
9．（2022•盘锦）如图，线段AB是半圆O的直径．分别以点A和点O为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线MN，交半圆O于点C，交AB于点E，连接AC，BC，若AE＝1，则BC的长是（ ）
A． B．4 C．6 D．
【分析】根据作图知CE垂直平分AO，即可得AC＝OC，AE＝OE＝1，根据圆的半径得AC＝2，AB＝4，根据圆周角定理的推论得∠ACB＝90°，根据勾股定理即可得．
【解答】解：如图，连接OC．
根据作图知CE垂直平分AO，
∴AC＝OC，AE＝OE＝1，
∴OC＝OB＝AO＝AE+EO＝2，
∴AC＝OC＝AO＝AE+EO＝2，
即AB＝AO+BO＝4，
∵线段AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ACB中，根据勾股定理得，，
故选A．
10．（2022•巴中）如图，在菱形ABCD中，分别以C、D为圆心，大于CD为半径画弧，两弧分别交于点M、N，连接MN，若直线MN恰好过点A与边CD交于点E，连接BE，则下列结论错误的是（ ）
A．∠BCD＝120° B．若AB＝3，则BE＝4
C．CE＝BC D．S△ADE＝S△ABE
【分析】利用菱形的性质、解直角三角形等知识逐项判断即可．
【解答】解：连接AC．
由作法得MN垂直平分CD，
∴AD＝AC，CM＝DM，∠AED＝90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝AD，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠BCD＝120°，即A选项的结论正确，不符合题意；
当AB＝3，则CE＝DE＝，
∵∠D＝60°，
∴AE＝，∠DAE＝30°，∠BAD＝120°，
∴∠BAE＝∠BAD﹣∠DAE＝120°﹣30°＝90°，
在Rt△ABE中，BE＝，所以B选项的结论错误，符合题意；
∵四边形ABCD是菱形，
∴．BC＝CD＝2CE，即，所以C选项的结论正确，不符合题意；
∵AB∥CD，AB＝2DE，
∴，所以D选项的结论正确，不符合题意．
故选：B．
11．（2022•内蒙古）如图，在△ABC中，AB＝BC，以B为圆心，适当长为半径画弧交BA于点M，交BC于点N，分别以M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧相交于点D，射线BD交AC于点E，点F为BC的中点，连接EF，若BE＝AC＝4，则△CEF的周长是（ ）
A．8 B．2+2 C．2+6 D．2+2
【分析】由尺规作图可知，BE为∠ABC的平分线，结合等腰三角形的性质可得BE⊥AC，AE＝CE＝AC＝2，利用勾股定理得AB＝BC＝＝，进而可得EF＝AB＝，CF＝BC＝，即可得出答案．
【解答】解：由题意得，BE为∠ABC的平分线，
∵AB＝BC，
∴BE⊥AC，AE＝CE＝AC＝2，
由勾股定理得，AB＝BC＝＝，
∵点F为BC的中点，
∴EF＝AB＝，CF＝BC＝，
∴△CEF的周长为＝+2．
故选：D．
12．（2022•通辽）如图，依据尺规作图的痕迹，求∠α的度数 60 °．
【分析】先根据矩形的性质得出AB∥DC，故可得出∠ABD的度数，由角平分线的定义求出∠EBF的度数，再由EF是线段BD的垂直平分线得出∠BEF的度数，根据三角形内角和定理得出∠BFE的度数，进而可得出结论．
【解答】解：∵∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠ABD＝∠CDB＝60°．
由作法可知，BF是∠ABD的平分线，
∴∠EBF＝∠ABD＝30°．
由作法可知，EF是线段BD的垂直平分线，
∴∠BEF＝90°，
∴∠BFE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠α＝60°．
故答案为：60．
13．（2022•贵港）尺规作图（保留作图痕迹，不要求写出作法）：
如图，已知线段m，n．求作△ABC，使∠A＝90°，AB＝m，BC＝n．
【分析】先在直线l上取点A，过A点作AD⊥l，再在直线l上截取AB＝m，然后以B点为圆心，n为半径画弧交AD于C，则△ABC满足条件．
【解答】解：如图，△ABC为所作．
14．（2022•重庆）我们知道，矩形的面积等于这个矩形的长乘宽，小明想用其验证一个底为a，高为h的三角形的面积公式为S＝ah．想法是：以BC为边作矩形BCFE，点A在边FE上，再过点A作BC的垂线，将其转化为证三角形全等，由全等图形面积相等来得到验证．按以上思路完成下面的作图与填空：
证明：用直尺和圆规过点A作BC的垂线AD交BC于点D．（只保留作图痕迹）
在△ADC和△CFA中，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°．
∵∠F＝90°，
∴① ∠ADC＝∠F ．
∵EF∥BC，
∴② ∠1＝∠2 ．
又∵③ AC＝AC ，
∴△ADC≌△CFA（AAS）．
同理可得：④ △ADB≌△BEA（AAS） ．
S△ABC＝S△ADC+S△ABD＝S矩形ADCF+S矩形AEBD＝S矩形BCFE＝ah．
【分析】根据矩形的性质、垂直的定义得出∠F＝∠ADC＝90°，再根据EF∥BC，推出∠1＝∠2，进而证明△ADC≌△CFA（AAS），同理可得：④△ADB≌△BEA（AAS），最后得出三角形的面积公式为S＝ah．
【解答】证明：
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°．
∵∠F＝90°，
∴∠ADC＝∠F，
∵EF∥BC，
∴∠1＝∠2，
∵AC＝AC，
在△ADC与△CFA中
，
∴△ADC≌△CFA（AAS）．
同理可得：④△ADB≌△BEA（AAS），
∴S△ABC＝S△ADC+S△ABD＝S矩形ADCF+S矩形AEBD＝S矩形BCFE＝ah．
故答案为：①∠ADC＝∠F，②∠1＝∠2，③AC＝AC，④△ADB≌△BEA（AAS）．
15．（2022•江西）课本再现
（1）在⊙O中，∠AOB是所对的圆心角，∠C是所对的圆周角，我们在数学课上探索两者之间的关系时，要根据圆心O与∠C的位置关系进行分类．图1是其中一种情况，请你在图2和图3中画出其它两种情况的图形，并从三种位置关系中任选一种情况证明∠C＝∠AOB；
知识应用
（2）如图4，若⊙O的半径为2，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，∠C＝60°，求PA的长．
【分析】（1）①如图2，当点O在∠ACB的内部，作直径，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质可得结论；②如图3，当O在∠ACB的外部时，作直径CD，同理可理结论；
（2）如图4，先根据（1）中的结论可得∠AOB＝120°，由切线的性质可得∠OAP＝∠OBP＝90°，可得∠OPA＝30°，从而得PA的长．
【解答】解：（1）①如图2，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，
∵OA＝OC＝OB，
∴∠A＝∠ACO，∠B＝∠BCO，
∵∠AOD＝∠A+∠ACO＝2∠ACO，∠BOD＝∠B+∠BCO＝2∠BCO，
∴∠AOB＝∠AOD+∠BOD＝2∠ACO+2∠BCO＝2∠ACB，
∴∠ACB＝∠AOB；
③如图3，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，
∵OA＝OC＝OB，
∴∠A＝∠ACO，∠B＝∠BCO，
∵∠AOD＝∠A+∠ACO＝2∠ACO，∠BOD＝∠B+∠BCO＝2∠BCO，
∴∠AOB＝∠AOD﹣∠BOD＝2∠ACO﹣2∠BCO＝2∠ACB，
∴∠ACB＝∠AOB；
（2）如图4，连接OA，OB，OP，
∵∠C＝60°，
∴∠AOB＝2∠C＝120°，
∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∠APO＝∠BPO＝∠APB＝（180°﹣120°）＝30°，
∵OA＝2，
∴OP＝2OA＝4，
∴PA＝＝2．
1．（2022•阜新）在如图所示的几何体中，俯视图和左视图相同的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
【解答】解：A．俯视图是带圆心的圆，左视图是等腰三角形，故本选项不合题意；
B．俯视图是圆，左视图是矩形，故本选项不合题意；
C．俯视图与左视图都是正方形，故本选项符合题意；
D．俯视图是三角形，左视图是矩形，故本选项不合题意．
故选：C．
2．（2022•安徽）一个由长方体截去一部分后得到的几何体如图水平放置，其俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】找到从上面看所得到的图形即可，注意看见的棱用实线表示．
【解答】解：从上面看，是一个矩形．
故选：A．
3．（2022•绵阳）如图所示几何体是由7个完全相同的正方体组合而成，它的俯视图为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：从上向下看，可得如图：
故选：D．
4．（2022•青岛）如图①，用一个平面截长方体，得到如图②的几何体，它在我国古代数学名著《九章算术》中被称为“堑堵”．图②“堑堵”的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：图②“堑堵”从上面看，是一个矩形，
故选：C．
5．（2022•攀枝花）如图是由5个相同的正方体搭成的几何体，这个几何体的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：从上面看第一列是一个小正方形，第二列是两个小正方形，第三列居上是一个小正方形．
故选：C．
6．（2022•永州）我市江华县有“神州瑶都”的美称，每逢“盘王节”会表演长鼓舞，长鼓舞中使用的“长鼓”内腔挖空，两端相通，两端鼓口为圆形，中间鼓腰较为细小．如图为类似“长鼓”的几何体，其俯视图的大致形状是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题目描述，判断几何体的俯视图即可．
【解答】解：根据长鼓舞中使用的“长鼓”内腔挖空，两端相通，可知俯视图中空，两端鼓口为圆形可知俯视图是圆形；
故选：B．
7．（2022•黑龙江）如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图，则所需的小正方体的个数最多是（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】由左视图和俯视图可以猜想到主视图的可能情况，从而得到答案．
【解答】解：从俯视图可看出前后有三层，从左视图可看出最后面有2层高，
中间最高是2层，要是最多就都是2层，
最前面的最高是1层，
所以最多的为：2+2×2+1×2＝8．
故选：B．
8．（2022•湖北）某几何体的三视图如图所示，则该几何体是（ ）
A．圆锥 B．三棱锥 C．三棱柱 D．四棱柱
【分析】从三视图的俯视图看是一个三角形，而主视图是一个矩形，左视图为矩形，可知这是一个三棱柱．
【解答】解：由三视图可知，这个几何体是直三棱柱．
故选：C．
9．（2022•盐城）正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种平面展开图，那么在原正方体中，与“盐”字所在面相对的面上的汉字是（ ）
A．强 B．富 C．美 D．高
【分析】正方体的表面展开图相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点进行作答．
【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，
“盐”与“高”是相对面，
“城”与“富”是相对面，
“强”与“美”是相对面，
故选：D．
10．（2022•德州）在△ABC中，根据下列尺规作图的痕迹，不能判断AB与AC大小关系的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用基本作图可直接对由A选项和B选项得到AC＞AB，根据基本作图和线段垂直平分线的性质、三角形三边的关系，由C选项得到AC＞AB，由D选项得到BC＞AB．
【解答】解：A．由作图痕迹，在AC上截取线段等于AB，则AC＞AB，所以A选项不符合题意；
B．由作图痕迹，在AB上延长线上截取线段等于AC，则AC＞AB，所以B选项不符合题意；
C．由作图痕迹，作BC的垂直平分线把AC分成两线段，则AC＞AB，所以C选项不符合题意；
D．由作图痕迹，作AC的垂直平分线，则BC＞AB，所以D选项符合题意．
故选：D．
11．（2022•威海）过直线l外一点P作直线l的垂线PQ．下列尺规作图错误的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据作图痕迹结合线段垂直平分线的判定和性质进行分析判断．
【解答】解：选项A，连接PA，PB，QA，QB，
∵PA＝PB，
∴点P在线段AB的垂直平分线上，
∵QA＝QB，
∴点Q在线段AB的垂直平分线上，
∴PQ⊥l，故此选项不符合题意；
选项B，连接PA，PB，QA，QB，
∵PA＝QA，
∴点A在线段PQ的垂直平分线上，
∵PB＝QB，
∴点B在线段PQ的垂直平分线上，
∴PQ⊥l，故此选项不符合题意；
选项C，无法证明PQ⊥l，故此选项符合题意；
选项D，连接PA，PB，QA，QB，
∵PA＝QA，
∴点A在线段PQ的垂直平分线上，
∵PB＝QB，
∴点B在线段PQ的垂直平分线上，
∴PQ⊥l，故此选项不符合题意；
故选：C．
12．（2022•恩施州）如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于BD的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN．若AD＝4，AB＝2．则四边形MBND的周长为（ ）
A． B．5 C．10 D．20
【分析】利用作图过程可得PQ为BD的垂直平分线，利用垂直平分线的性质和全等三角形的判定与性质证明四边形MBND为菱形，利用勾股定理求得BM，则结论可得．
【解答】解：由作图过程可得：PQ为BD的垂直平分线，
∴BM＝MD，BN＝ND．
设PQ与BD交于点O，如图，
则BO＝DO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠MDO＝∠NBO，∠DMO＝∠BNO，
在△MDO和△NBO中，
，
∴△MDO≌△NBO（AAS），
∴DM＝BN，
∴四边形BNDM为平行四边形，
∵BM＝MD，
∴四边形MBND为菱形，
∴四边形MBND的周长＝4BM．
设MB＝x，则MD＝BM＝x，
∴AM＝AD﹣DM＝4﹣x，
在Rt△ABM中，
∵AB2+AM2＝BM2，
∴22+（4﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
∴四边形MBND的周长＝4BM＝10．
故选：C．
13．（2022•淄博）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°．分别以点A和C为圆心，以大于AC的长度为半径作弧，两弧相交于点P和点Q，作直线PQ分别交BC，AC于点D和点E．若CD＝3，则BD的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】连接AD，如图，先根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出∠B＝∠C＝30°，再由作法得DE垂直平分AC，所以DA＝DC＝3，所以∠DAC＝∠C＝30°，从而得到∠BAD＝90°，然后根据含30度角的直角三角形三边的关系求BD的长．
【解答】解：连接AD，如图，
∵AB＝AC，∠A＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
由作法得DE垂直平分AC，
∴DA＝DC＝3，
∴∠DAC＝∠C＝30°，
∴∠BAD＝120°﹣30°＝90°，
在Rt△ABD中，∵∠B＝30°，
∴BD＝2AD＝6．
故选：C．
14．（2022•天津）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上的点A，B，C及∠DPF的一边上的点E，F均在格点上．
（Ⅰ）线段EF的长等于 ；
（Ⅱ）若点M，N分别在射线PD，PF上，满足∠MBN＝90°且BM＝BN．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明） 连接AC，与网格线交于点O，取格点Q，连接EQ交PD于点M，连接BM交⊙O于点G，连接GO，延长GO交⊙O于点H，连接BH，延长BH交PF于点N，则点M，N即为所求 ．
【分析】（Ⅰ）利用勾股定理求解即可；
（Ⅱ）连接AC，与网格线交于点O，取格点Q，连接EQ交PD于点M，连接BM交⊙O于点G，连接GO，延长GO交⊙O于点H，连接BH，延长BH交PF于点N，则点M，N即为所求（证明△BQM≌△BFN，可得结论）．
【解答】解：（Ⅰ）EF＝＝．
故答案为：；
（Ⅱ）如图，点M，N即为所求．
步骤：连接AC，与网格线交于点O，取格点Q，连接EQ交PD于点M，连接BM交⊙O于点G，连接GO，延长GO交⊙O于点H，连接BH，延长BH交PF于点N，则点M，N即为所求．
故答案为：连接AC，与网格线交于点O，取格点Q，连接EQ交PD于点M，连接BM交⊙O于点G，连接GO，延长GO交⊙O于点H，连接BH，延长BH交PF于点N，则点M，N即为所求
15．（2022•烟台）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°．
（1）请用尺规作出⊙O的切线AD（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，若AB与切线AD所夹的锐角为75°，⊙O的半径为2，求BC的长．
【分析】（1）过点A作AD⊥AO即可；
（2）连接OB，OC．证明∠ACB＝75°，利用三角形内角和定理求出∠CAB，推出∠BOC＝120°，求出CH可得结论．
【解答】解：（1）如图，切线AD即为所求；
（2）过点O作OH⊥BC于H，连接OB，OC．
∵AD是切线，
∴OA⊥AD，
∴∠OAD＝90°，
∵∠DAB＝75°，
∴∠OAB＝15°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝15°，
∴∠BOA＝150°，
∴∠BCA＝∠AOB＝75°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAC＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
∵OB＝OC＝2，
∴∠BCO＝∠CBO＝30°，
∵OH⊥BC，
∴CH＝BH＝OC•cos30°＝，
∴BC＝2．
1．（2022•宁波模拟）如图是一个底面为正三角形的直三棱柱，其主视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】主视图是从正面看所得到的图形即可，可根据正六棱柱的特点作答．
【解答】解：直三棱柱的主视图如图所示：．
故选：B．
2．（2023•红桥区模拟）如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的三视图是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】找到从正面、左面、上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在视图中．
【解答】解：此几何体的主视图有两排，从上往下分别有1，3个正方形；
左视图有二列，从左往右分别有2，1个正方形；
俯视图有三列，从上往下分别有3，1个正方形，
故选：A．
3．（2023•南山区模拟）图2是图1中长方体的三视图，若用S表示面积，S主＝x2+3x，S左＝x2+x，则S俯＝（ ）
A．x2+4x+3 B．x2+3x+2 C．x2+2x+1 D．2x2+4x
【分析】直接利用已知视图的边长结合其面积得出另一边长，即可得出俯视图的边长进而得出答案．
【解答】解：∵S主＝x2+3x＝x（x+3），S左＝x2+x＝x（x+1），
∴S俯＝（x+3）（x+1）＝x2+4x+3．
故选：A．
4．（2022•孟村县校级模拟）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．
【分析】根据正方体表面展开图的特征进行判断即可．
【解答】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．
5．（2022•宽城区校级一模）下列四个选项中，不是正方体展开图的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用正方体及其表面展开图的特点解题．
【解答】解：B、C、D经过折叠后，可以围成正方体；
A中含有“田”字格，故不是正方体的展开图．
故选：A．
6．（2022•东兴区校级二模）小欣同学用纸（如图）折成了个正方体的盒子，里面放了一瓶墨水，混放在下面的盒子里，只凭观察，选出墨水在哪个盒子中（ ）
A． B． C． D．
【分析】在验证立方体的展开图时，要细心观察每一个标志的位置是否一致，然后进行判断．
【解答】解：根据展开图中各种符号的特征和位置，可得墨水在B盒子里面．
故选：B．
7．（2022•丽水二模）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，要求用圆规和直尺作图，把它分成两个三角形，其中一个三角形是等腰三角形．其作法错误的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】A．由作法知AD＝AC，可判断A；B．由作法知所作图形是线段BC的垂直平分线，可判断B；C由作法知，所作图形是线段AB的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得到DA＝DB，可判断C；D．由作法知AD是∠BAC的平分线，根据角平分线的定义和等腰三角形的判定得到DB＝DA，可判断D．
【解答】解：A．由作法知AD＝AC，
∴△ACD是等腰三角形，故选项A不符合题意；
B．由作法知所作图形是线段BC的垂直平分线，
∴不能推出△ACD和△ABD是等腰三角形，故选项B符合题意；
C由作法知，所作图形是线段AB的垂直平分线，
∴DA＝DB，
∴△ABD是等腰三角形，故选项C不符合题意；
D．∠C＝90°，∠B＝30°，
∠BAC＝60°，
由作法知AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝30°＝∠B，
∴DB＝DA，
∴△ABD是等腰三角形，故选项D不符合题意；
故选B．
8．（2022•玉环市一模）如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠ABC＝100°．观察图中尺规作图的痕迹，可知∠BFC的度数为（ ）
A．130° B．120° C．110° D．100°
【分析】由作图可知，DE垂直平分线段AC，BF平分∠ABC，求出∠BDF，∠ABF，再利用三角形外角的性质求解即可．
【解答】解：由作图可知，DE垂直平分线段AC，BF平分∠ABC，
∴DA＝DC，
∴∠A＝∠DCA，∠ABF＝∠CBF＝∠ABC＝50°，
∴∠BDC＝∠A+∠DCA＝60°，
∴∠BFC＝∠BDF+∠ABF＝60°+50°＝110°，
故选：C．
9．（2022•连山区三模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，AD平分∠BAC交BC于点D，分别以点A，C为圆心，大于长为半径作弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN，交AD于点P，则DP的长为（ ）
A． B． C． D．1
【分析】由作法得MN垂直平分AC，关键线段垂直平分线的性质得到PA＝PC，再利用等腰三角形的性质和勾股定理得到BD＝CD＝3，AD＝4，设PD＝x，则PA＝PC＝4﹣x，在Rt△PCD中利用勾股定理得到x2+32＝（4﹣x）2，然后解方程即可．
【解答】解：由作法得MN垂直平分AC，
∴PA＝PC，
∵AB＝AC＝5，AD平分∠BAC交BC于点D，
∴AD⊥BC，BD＝CD＝BC＝3，
在Rt△ABD中，AD＝＝＝4，
设PD＝x，则PA＝PC＝4﹣x，
在Rt△PCD中，x2+32＝（4﹣x）2，
解得x＝，
即DP的长为．
故选：B．
10．（2023•定远县校级一模）如图，在平行四边形ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E．若BF＝8，AB＝5，则AE的长为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．12
【分析】根据作图过程证明△FAO≌△BAO，可得∠AOF＝∠AOB＝90°，FO＝BO＝4，根据勾股定理得AO＝3，再根据平行四边形的性质得AD∥BC，从而∠DAG＝∠AEB，再根据等腰三角形的性质即可求得AO＝EO＝3，进而得AE的长．
【解答】解：如图，
∵∠BAD的平分线AG交BC于点E
∴∠FAE＝∠BAE
由作图可知：
AF＝AB
AO＝AO
∴△FAO≌△BAO（SAS）
∴∠AOF＝∠AOB＝90°
FO＝BO＝4
AB＝5
∴AO＝3
在平行四边形ABCD中
AD∥BC
∴∠DAG＝∠AEB
∠FAE＝∠BAE
∴∠AEB＝∠BAE
∴AB＝BE
∴AO＝EO＝3
∴AE＝6．
故选：B．
11．（2022•柳东新区模拟）如图，在△ABC中，分别以A，C为圆心，大于AC长为半径作弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，与AC，BC分别交于D，E，连结AE，若AB＝6，BC＝8，则△ABE的周长为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
【分析】利用基本作图得到ED垂直平分AC，则EA＝EC，再利用勾股定理计算出BC＝8，然后利用等线段代换得到△ABE的周长＝AB+BC．
【解答】解：由作法得ED垂直平分AC，
∴EA＝EC，
∴△ABE的周长＝AB+BE+AE＝AB+BE+CE＝AB+BC＝6+8＝14．
故选：B．
12．（2023•乌鲁木齐一模）如图，小颖按下面方法用尺规作角平分线：在已知的∠AOB的两边上，分别截取OC，OD，使OC＝OD．再分别以点C，D为圆心、大于的长为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点P，作射线OP，则射线OP就是∠AOB的平分线．其作图原理是：△OCP≌△ODP，这样就有∠AOP＝∠BOP，那么判定这两个三角形全等的依据是（ ）
A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS
【分析】根据SSS证明三角形全等即可．
【解答】解：由作图可知OC＝OD，CP＝DP，
在△POC和△POD中，
，
∴△POC≌△POD（SSS），
∴∠POC＝∠POD，即线OP就是∠AOB的平分线．
故选：D．
13．（2022•东胜区一模）尺规作图：过直线l外一点P作直线l的平行线．如图是四位同学的作图痕迹．其中作图错误的同学是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】利用基本作图，利用内错角相等，两直线平行可判断甲同学和丁同学作法正确；利用同位角相等，两直线平行可判断乙同学的作法正确．
【解答】解：利用等腰三角形的性质和角平分线的定义可判断甲同学的作图正确；
利用平行线的判定方法可判断乙同学和丁同学的作图正确，丙同学的作图错误．
故选：C．
14．（2022•大名县校级四模）如图1，▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要用尺规作图的方法在对边AD，BC上分别找点M，N，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）
A．只有乙、丙才是 B．只有甲，丙才是
C．只有甲，乙才是 D．甲、乙、丙都是
【分析】根据作图以及平行四边形的性质与判定分别分析甲，乙证明ANCM是平行四边形，根据乙的作图，不能判断ANCM是平行四边形．
【解答】解：甲：由作图可知M，N为AD，BC的中点，
即，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴AM＝CN，AM∥CN，
∴ANCM是平行四边形；
乙：由作图可知，BN＝BA，DM＝DC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴BN＝DM，
∴CN＝AM，CN∥AM，
∴ANCM是平行四边形；
丙：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∠B＝∠D，
由作图可知BA＝BN，CM＝BN，
∵AB＝CD，
∴CM＝CD，
不能判断DM＝BN，则不能判断AM＝NC，
所以不能判断四边形ANCM是平行四边形，
故选：C．
15．（2023•仙桃校级一模）如图，C、D是以线段AB为直径的⊙O上的两点，且四边形OBCD是菱形，连接BD．
（1）在图1中，用无刻度的直尺作出△BOD的中线BP；
（2）在图2中，用无刻度的直尺作出△BCD的中线DP．
【分析】（1）连接AC，交OD于点P，连接BP即为所求；
（2）连接AC，交OD于点E，连接OC，交BD于点F，连接EF，交BC于点P，连接DP，即为所求．
【解答】解：（1）如图所示，BP即为所求；
连接AC，交OD于点P，
∵四边形OBCD是菱形，
∴OP∥BC，OD＝BC，
∴，
∴P为AC的中点，
∴，
∴P为OD的中点，
∴BP即为所求；
（2）连接AC交OD于点E，连接OC交BD于点F，连接EF并延长交BC于点P，连接DP，即为所求，如图所示：
由（1）知：E为AC中点，，
∵四边形OBCD是菱形，
∴F为OC中点，OE∥BC，
∴EF∥AB，
∴四边形OEPB是平行四边形，
∴，
∴P为BC的中点，
∴DP即为所求．
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