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【例1】 李老师开车从甲地到相距240千米的乙地，如果油箱剩余油量$y$(升)与行驶里程$x$(千米)之间是一次函数关系，其图象如图所示，那么到达乙地时油箱剩余油量是升。
【分析】 本题主要考查一次函数图象及其应用。
【解】 由给予的图象，设一次函数解析式为$y = kx + 35$，将$(160,25)$代入，得$k = -\dfrac{1}{16}$，再将$x = 240$代入$y = -\dfrac{1}{16}x + 35$，得此时$y = 20$。故答案为20。
【评注】 利用待定系数法确定一次函数的解析式。
【分析】 本题主要考查一次函数图象及其应用。
【解】 由给予的图象，设一次函数解析式为$y = kx + 35$，将$(160,25)$代入，得$k = -\dfrac{1}{16}$，再将$x = 240$代入$y = -\dfrac{1}{16}x + 35$，得此时$y = 20$。故答案为20。
【评注】 利用待定系数法确定一次函数的解析式。
答案
解：
设油箱剩余油量$y$与行驶里程$x$的一次函数解析式为$y=kx+b$。
由图象可知函数过点$(0,35)$，代入得$b=35$，即$y=kx+35$。
将点$(160,25)$代入$y=kx+35$，得：
$160k + 35 = 25$
解得$k=-\dfrac{1}{16}$，
因此该一次函数解析式为$y=-\dfrac{1}{16}x + 35$。
将$x=240$代入解析式，得：
$y=-\dfrac{1}{16}×240 + 35 = 20$。
故答案为$\boldsymbol{20}$。
设油箱剩余油量$y$与行驶里程$x$的一次函数解析式为$y=kx+b$。
由图象可知函数过点$(0,35)$，代入得$b=35$，即$y=kx+35$。
将点$(160,25)$代入$y=kx+35$，得：
$160k + 35 = 25$
解得$k=-\dfrac{1}{16}$，
因此该一次函数解析式为$y=-\dfrac{1}{16}x + 35$。
将$x=240$代入解析式，得：
$y=-\dfrac{1}{16}×240 + 35 = 20$。
故答案为$\boldsymbol{20}$。
解析
【分析】
本题属于一次函数的实际应用类题目，解题思路如下：首先观察函数图象，获取一次函数经过的两个已知点的坐标：当x=0时y=35，当x=160时y=25；接下来利用待定系数法设出一次函数的解析式，代入已知点的坐标求出解析式；最后将到达乙地对应的行驶里程x=240代入解析式，计算得到的y值即为所求的剩余油量。
【解析】
设油箱剩余油量$y$与行驶里程$x$的一次函数解析式为$y=kx+b$。
由图象可知函数过点$(0,35)$，代入得$b=35$，即解析式可写为$y=kx+35$。
将点$(160,25)$代入$y=kx+35$，得：
$160k + 35 = 25$
解得$k=-\dfrac{1}{16}$，
因此该一次函数解析式为$y=-\dfrac{1}{16}x + 35$。
到达乙地时行驶里程$x=240$，将$x=240$代入解析式，得：
$y=-\dfrac{1}{16}×240 + 35 = 20$。
【答案】
$\boldsymbol{20}$
【知识点】
待定系数法，一次函数的应用
【点评】
本题结合行程耗油场景考查一次函数的应用，解题关键是从函数图象中准确提取有效坐标信息，通过待定系数法求出函数解析式后，代入对应自变量数值即可求解，是一次函数应用的基础常规题型。
【难度系数】
0.7
本题属于一次函数的实际应用类题目，解题思路如下：首先观察函数图象，获取一次函数经过的两个已知点的坐标：当x=0时y=35，当x=160时y=25；接下来利用待定系数法设出一次函数的解析式，代入已知点的坐标求出解析式；最后将到达乙地对应的行驶里程x=240代入解析式，计算得到的y值即为所求的剩余油量。
【解析】
设油箱剩余油量$y$与行驶里程$x$的一次函数解析式为$y=kx+b$。
由图象可知函数过点$(0,35)$，代入得$b=35$，即解析式可写为$y=kx+35$。
将点$(160,25)$代入$y=kx+35$，得：
$160k + 35 = 25$
解得$k=-\dfrac{1}{16}$，
因此该一次函数解析式为$y=-\dfrac{1}{16}x + 35$。
到达乙地时行驶里程$x=240$，将$x=240$代入解析式，得：
$y=-\dfrac{1}{16}×240 + 35 = 20$。
【答案】
$\boldsymbol{20}$
【知识点】
待定系数法，一次函数的应用
【点评】
本题结合行程耗油场景考查一次函数的应用，解题关键是从函数图象中准确提取有效坐标信息，通过待定系数法求出函数解析式后，代入对应自变量数值即可求解，是一次函数应用的基础常规题型。
【难度系数】
0.7
【例2】如图，分别以正方形ABCD的边AB，AD为直径画半圆，若正方形的边长为a，求阴影部分的面积.
【分析】从表面上看，图中的阴影部分是复杂的、分散的图形，要设法通过变换将其转化为简单的、集中的图形.
【解】连接DB，AC，可知阴影部分的面积等于△BCD的面积.
∴$S_{阴影}=S_{△ BCD}=\frac{1}{2}a^2$.
【分析】从表面上看，图中的阴影部分是复杂的、分散的图形，要设法通过变换将其转化为简单的、集中的图形.
【解】连接DB，AC，可知阴影部分的面积等于△BCD的面积.
∴$S_{阴影}=S_{△ BCD}=\frac{1}{2}a^2$.
答案
解：连接DB，AC，通过图形割补转化，可知阴影部分的面积等于△BCD的面积。
∵ 正方形ABCD的边长为a，
∴ $S_{△ BCD}=\frac{1}{2}a^2$，
∴ $S_{阴影}=\frac{1}{2}a^2$。
∵ 正方形ABCD的边长为a，
∴ $S_{△ BCD}=\frac{1}{2}a^2$，
∴ $S_{阴影}=\frac{1}{2}a^2$。
解析
【分析】
题目中的阴影部分是分散的不规则图形，无法直接套用面积公式计算。此时可采用转化思想，考虑用割补法对图形进行变换：连接正方形的对角线AC、BD后，可将左上角的阴影部分分割后平移填补到右下角△BCD内的空白区域，最终阴影部分可拼接成规则的△BCD，只需要计算△BCD的面积就能得到阴影部分面积。
【解析】
连接DB、AC，通过图形割补转化，可知阴影部分的面积等于△BCD的面积。
∵ 正方形ABCD的边长为a，△BCD是直角边长度为a的等腰直角三角形
∴ $S_{△BCD}=\frac{1}{2}×a×a=\frac{1}{2}a^2$
∴ $S_{阴影}=S_{△BCD}=\frac{1}{2}a^2$
【答案】
$\frac{1}{2}a^2$
【知识点】
割补法求面积，正方形性质，三角形面积计算
【点评】
本题是不规则图形面积计算的典型题目，核心是运用转化思想，通过割补将分散的不规则阴影转化为熟悉的规则图形来计算，避免了分别计算各块阴影面积的复杂运算，是求解不规则图形面积的常用思路。
【难度系数】
0.7
题目中的阴影部分是分散的不规则图形，无法直接套用面积公式计算。此时可采用转化思想，考虑用割补法对图形进行变换：连接正方形的对角线AC、BD后，可将左上角的阴影部分分割后平移填补到右下角△BCD内的空白区域，最终阴影部分可拼接成规则的△BCD，只需要计算△BCD的面积就能得到阴影部分面积。
【解析】
连接DB、AC，通过图形割补转化，可知阴影部分的面积等于△BCD的面积。
∵ 正方形ABCD的边长为a，△BCD是直角边长度为a的等腰直角三角形
∴ $S_{△BCD}=\frac{1}{2}×a×a=\frac{1}{2}a^2$
∴ $S_{阴影}=S_{△BCD}=\frac{1}{2}a^2$
【答案】
$\frac{1}{2}a^2$
【知识点】
割补法求面积，正方形性质，三角形面积计算
【点评】
本题是不规则图形面积计算的典型题目，核心是运用转化思想，通过割补将分散的不规则阴影转化为熟悉的规则图形来计算，避免了分别计算各块阴影面积的复杂运算，是求解不规则图形面积的常用思路。
【难度系数】
0.7
【例3】如图，已知圆柱的高为80 cm，底面半径为10 cm，轴截面上有两点P，Q，$PA=40$ cm，$B_1Q=30$ cm，则圆柱侧面上P，Q两点的最短距离是多少？
【分析】 将圆柱侧面沿母线$AA_1$展开，得到如下图所示的矩形，从而将曲面上的问题转化成平面上的问题，$B$，$B_1$分别为中点，则$P$，$Q$两点间的最短距离即为线段$PQ$的长。
【解】 过点$Q$作$QS⊥AA_1$于$S$，在$\mathrm{Rt}△ PQS$中，
$PS=AA_1 - AP - A_1S=AA_1 - AP - B_1Q=80 - 40 - 30=10(\mathrm{cm})$，
$QS=BA=\frac{1}{2}·2π R=π R=10π(\mathrm{cm})$，
$\therefore PQ = \sqrt{PS^2 + QS^2} = \sqrt{10^2 + (10π)^2} = 10\sqrt{π^2 + 1}(\mathrm{cm})$。
故$P$，$Q$两点间最短距离为$10\sqrt{π^2 + 1}$ cm。
【分析】 将圆柱侧面沿母线$AA_1$展开，得到如下图所示的矩形，从而将曲面上的问题转化成平面上的问题，$B$，$B_1$分别为中点，则$P$，$Q$两点间的最短距离即为线段$PQ$的长。
【解】 过点$Q$作$QS⊥AA_1$于$S$，在$\mathrm{Rt}△ PQS$中，
$PS=AA_1 - AP - A_1S=AA_1 - AP - B_1Q=80 - 40 - 30=10(\mathrm{cm})$，
$QS=BA=\frac{1}{2}·2π R=π R=10π(\mathrm{cm})$，
$\therefore PQ = \sqrt{PS^2 + QS^2} = \sqrt{10^2 + (10π)^2} = 10\sqrt{π^2 + 1}(\mathrm{cm})$。
故$P$，$Q$两点间最短距离为$10\sqrt{π^2 + 1}$ cm。
答案
解：将圆柱侧面沿母线$AA_1$展开，得到矩形，将曲面上两点的最短距离问题转化为平面内两点间线段长度的问题。
过点$Q$作$QS ⊥ AA_1$于点$S$，在$\mathrm{Rt}△ PQS$中：
$PS = AA_1 - PA - B_1Q = 80 - 40 - 30 = 10\ \mathrm{cm}$，
$QS$的长度等于底面半圆弧长，即$QS = \frac{1}{2} × 2π R = π × 10 = 10π\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：
$PQ = \sqrt{PS^2 + QS^2} = \sqrt{10^2 + (10π)^2} = 10\sqrt{π^2 + 1}\ \mathrm{cm}$。
答：圆柱侧面上$P$，$Q$两点的最短距离是$10\sqrt{π^2 + 1}\ \mathrm{cm}$。
过点$Q$作$QS ⊥ AA_1$于点$S$，在$\mathrm{Rt}△ PQS$中：
$PS = AA_1 - PA - B_1Q = 80 - 40 - 30 = 10\ \mathrm{cm}$，
$QS$的长度等于底面半圆弧长，即$QS = \frac{1}{2} × 2π R = π × 10 = 10π\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：
$PQ = \sqrt{PS^2 + QS^2} = \sqrt{10^2 + (10π)^2} = 10\sqrt{π^2 + 1}\ \mathrm{cm}$。
答：圆柱侧面上$P$，$Q$两点的最短距离是$10\sqrt{π^2 + 1}\ \mathrm{cm}$。
解析
【分析】
遇到曲面上两点的最短路径问题，核心思路是将曲面转化为平面求解，这是因为平面内两点之间线段最短。本题中我们先将圆柱侧面沿母线AA₁展开得到矩形，把空间路径问题转化为平面内的线段长度问题；接下来在展开图中构造包含PQ的直角三角形，分别算出直角三角形两条直角边的长度，最后用勾股定理即可求出PQ的长，也就是两点的最短距离。
【解析】
将圆柱侧面沿母线$AA_1$展开，得到矩形，将曲面上两点的最短距离问题转化为平面内两点间线段长度的问题。
过点$Q$作$QS ⊥ AA_1$于点$S$，在$\mathrm{Rt}△ PQS$中：
$PS = AA_1 - PA - B_1Q = 80 - 40 - 30 = 10\ \mathrm{cm}$，
$QS$的长度等于底面半圆弧长，即$QS = \frac{1}{2} × 2π R = π × 10 = 10π\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：
$PQ = \sqrt{PS^2 + QS^2} = \sqrt{10^2 + (10π)^2} = 10\sqrt{π^2 + 1}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$10\sqrt{π^2 + 1}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
圆柱侧面展开图，两点之间线段最短，勾股定理
【点评】
本题是转化与化归思想的典型应用，将立体曲面的最短路径问题转化为熟悉的平面几何问题求解，解题的关键是正确展开圆柱侧面，准确确定两点在展开图中的相对位置，正确计算直角三角形的两条直角边长度。
【难度系数】
0.6
遇到曲面上两点的最短路径问题，核心思路是将曲面转化为平面求解，这是因为平面内两点之间线段最短。本题中我们先将圆柱侧面沿母线AA₁展开得到矩形，把空间路径问题转化为平面内的线段长度问题；接下来在展开图中构造包含PQ的直角三角形，分别算出直角三角形两条直角边的长度，最后用勾股定理即可求出PQ的长，也就是两点的最短距离。
【解析】
将圆柱侧面沿母线$AA_1$展开，得到矩形，将曲面上两点的最短距离问题转化为平面内两点间线段长度的问题。
过点$Q$作$QS ⊥ AA_1$于点$S$，在$\mathrm{Rt}△ PQS$中：
$PS = AA_1 - PA - B_1Q = 80 - 40 - 30 = 10\ \mathrm{cm}$，
$QS$的长度等于底面半圆弧长，即$QS = \frac{1}{2} × 2π R = π × 10 = 10π\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：
$PQ = \sqrt{PS^2 + QS^2} = \sqrt{10^2 + (10π)^2} = 10\sqrt{π^2 + 1}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$10\sqrt{π^2 + 1}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
圆柱侧面展开图，两点之间线段最短，勾股定理
【点评】
本题是转化与化归思想的典型应用，将立体曲面的最短路径问题转化为熟悉的平面几何问题求解，解题的关键是正确展开圆柱侧面，准确确定两点在展开图中的相对位置，正确计算直角三角形的两条直角边长度。
【难度系数】
0.6
【例4】 如下图，在六边形ABCDEF中，若∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F，且AB+BC=11，AF-CD=3，则BC+DE=。
【分析】 通过辅助线把不规则的图形化成规则的图形。
【分析】 通过辅助线把不规则的图形化成规则的图形。
答案
$\boldsymbol{14}$
解析
【分析】
已知六边形六个内角相等，首先计算可得每个内角为120°，其邻补角为60°，因此考虑通过延长六边形的对边构造等边三角形，将不规则的等角六边形问题转化为等边三角形的边的关系问题，利用等边三角形三边相等的性质，结合已知的边的和差关系即可推导所求式子的值。
【解析】
解：
∵六边形ABCDEF的内角和为$(6-2)×180°=720°$，且6个内角相等，
∴每个内角的度数为$720°÷6=120°$。
分别延长AB与DC交于点P，延长CD与FE交于点Q，延长EF与BA交于点R：
∴$∠ PBC=180°-∠ ABC=60°$，$∠ PCB=180°-∠ BCD=60°$，
∴$△ PBC$为等边三角形，得$PB=PC=BC$。
同理可证：$△ QDE$是等边三角形，$QD=QE=DE$；$△ RAF$是等边三角形，$RA=RF=AF$，且$△ PQR$是等边三角形，$PR=PQ=QR$。
由$PR=PQ$可得：$RA+AB+BP=PC+CD+DQ$，
代入等边三角形的等量边：$AF+AB+BC=BC+CD+DE$，
两边消去BC，整理得：$DE=AB+AF-CD$。
已知$AF-CD=3$，$AB+BC=11$，
∴$BC+DE=BC+AB+AF-CD=(AB+BC)+(AF-CD)=11+3=14$。
【答案】
$\boldsymbol{14}$
【知识点】
多边形内角和；等边三角形的判定与性质；转化思想
【点评】
本题考查等角六边形的相关计算，核心是通过延长边构造等边三角形，将陌生的多边形问题转化为熟悉的等边三角形边的等量关系问题，解题的关键是准确找到不同边之间的代换关系。
【难度系数】
0.6
已知六边形六个内角相等，首先计算可得每个内角为120°，其邻补角为60°，因此考虑通过延长六边形的对边构造等边三角形，将不规则的等角六边形问题转化为等边三角形的边的关系问题，利用等边三角形三边相等的性质，结合已知的边的和差关系即可推导所求式子的值。
【解析】
解：
∵六边形ABCDEF的内角和为$(6-2)×180°=720°$，且6个内角相等，
∴每个内角的度数为$720°÷6=120°$。
分别延长AB与DC交于点P，延长CD与FE交于点Q，延长EF与BA交于点R：
∴$∠ PBC=180°-∠ ABC=60°$，$∠ PCB=180°-∠ BCD=60°$，
∴$△ PBC$为等边三角形，得$PB=PC=BC$。
同理可证：$△ QDE$是等边三角形，$QD=QE=DE$；$△ RAF$是等边三角形，$RA=RF=AF$，且$△ PQR$是等边三角形，$PR=PQ=QR$。
由$PR=PQ$可得：$RA+AB+BP=PC+CD+DQ$，
代入等边三角形的等量边：$AF+AB+BC=BC+CD+DE$，
两边消去BC，整理得：$DE=AB+AF-CD$。
已知$AF-CD=3$，$AB+BC=11$，
∴$BC+DE=BC+AB+AF-CD=(AB+BC)+(AF-CD)=11+3=14$。
【答案】
$\boldsymbol{14}$
【知识点】
多边形内角和；等边三角形的判定与性质；转化思想
【点评】
本题考查等角六边形的相关计算，核心是通过延长边构造等边三角形，将陌生的多边形问题转化为熟悉的等边三角形边的等量关系问题，解题的关键是准确找到不同边之间的代换关系。
【难度系数】
0.6
