2024-2025学年北师大版七年级数学上册专项复习：线段、角（对角线）的计数模型解读与提分训练

专题05线段、角（对角线）的计数模型

本专题主要培养学生的观察、实验和猜想、归纳能力，掌握从特殊向一般猜想的方法，及构建数学模

型解决实际问题等。线段的条数、直线的交点数、角的个数、对角线条数等计数规律，可以自己推导后进

行记忆。本专题就线段（角度）的计数、平面内直线相交所得交点与平面分割的计数、多边形的对角线条

数和三角形分割个数的计数模型进行研究，以方便大家掌握。

目录导航一

例题讲模型

.........................................................................................................................................................2

模型1.线段的计数模型.................................................................2

模型2.角度的计数模型.................................................................6

模型3.直线交点计数模型与平面分割的计数模型...........................................9

模型4.多边形的对角线条数计数模型和三角形个数的计数模型.............................13

习题练模型

17

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例题讲模型］

模型L线段的计数模型

模型解读

如果线段上有〃个点（包括线段的两个端点），那么该线段上共有多少条线段?

模型证明

证明：①以A为端点的线段有：AB.AC、AD.AE,有4条；

②以8为端点的线段有：BC、B。、BE,有3条；③以C为端点的线段有：CD、CE,有2条;

④以D为端点的线段有：DE,有1条；故图中线段总数量：4+3+2+1=10（条）

注意：线段的定义为两点间的一段直线，因此“直线+两个端点”是其核心要素；

结论拓展：若有“个点，则线段数量为：（小1）+（«-2）+...+4+3+2+1=〃（­1）（条）

2

模型运用

例1.（2024・自贡•七年级校考阶段练习）如图，点A、B、C、。是直线/上的四个点，图中共有线段（）

彳？」1i

A.7条B.6条C.5条D.4条

【答案】B

【分析】可用公式法直接确定线段的个数.

【详解】解：当一条线上由〃个点时，共有1+2+3+......+（小1）=妁/个线段

2

回此题图中共有硬导=4〉（；T）=6（条）故选：B

【点睛】本题主要考查同一直线上点与线段的数量关系，做到不重不漏是解题的关键.

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例2.（23-24七年级・重庆・假期作业）如图所示，由泰山始发终点至青岛的某一次列车，运行途中停靠的车

站依次是：泰山一一济南一一淄博一一潍坊一一青岛，那么要为这次列车制作的单程火车票（）种.

।।।।।.

泰山济南淄博潍坊青岛

A.5B.10C.15D.20

【答案】B

【分析】设泰山一济南一淄博一潍坊一青岛五站分别用A,B,C,D,E表示，数出利用上述五点为端点

的线段条数即可.

【详解】解：设泰山一济南一淄博一潍坊一青岛五站分别用人B,C,D,E表示，则共有线段：AB.AC.

AD、AE,BC、BD、BE、CD、CE、DE,共10条，，

回要为这次列车制作的单程火车票10种.故选：B.

【点睛】本题考查了直线、线段、射线，要注意单程票，切记理解成往返车票而出错.

例3.（23-24七年级上•山东荷泽•阶段练习）某列车往返于荷泽至临沂，运行途中停靠的车站依次是：荷泽

一一巨野一一济宁一一兖州一一临沂，那么这次列车需要制作火车票（）种.

A.6B.10C.12D.20

【答案】D

【分析】本题考查分类计数原理，根据每个点做起点都有4个终点车站求解即可得到答案；

【详解】解：由题意可得，这次列车需要制作火车票：5x4=20（种），故选：D.

例4.（23-24七年级上•重庆•期中）如图，线段上的点数与以这些点为端点的线段的总数有如下关系：

I,，，，，，，，，1，

ACBACDBACDEB

⑴当线段A3上有3个点时，以这些点为端点的线段总共有条；当线段A3上有4个点时，以这些

点为端点的线段总共有条；当线段A3上有5个点时，以这些点为端点的线段总共有条;

⑵当线段AB上有«个点时，以这些点为端点的线段总共有多少条？

⑶根据上述信息解决下面的问题：①某学校七年级共有20个班级进行辩论赛，规定进行单循环赛（每两

个班赛一场），那么该校七年级的辩论赛共要进行多少场？②乘火车从A站出发，沿途经过10个车站方可

到达8站，那么在A,8两站之间需要设置多少种不同的车票（仅考虑车票的起点站与终点站之分）？

【答案】⑴3,6,10（2）线段总共有夕（〃-1）条

⑶①该校七年级的辩论赛共要进行190场；②需要设置132种车票

【分析】（1）根据线段的定义进行求解即可；

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（2）根据（1）中的等式，得到以这些点为端点的线段总数共有1+2+3++（〃-1）条；

（3）①根据（2）中的结论，进行求解即可；②根据（2）中的结论进行求解即可.

【详解】（1）当线段A3上有3个点时，以这些点为端点的线段总数共有1+2=3（条）；

当线段上有4个点时，以这些点为端点的线段总数共有1+2+3=6（条）；

当线段AB上有5个点时，以这些点为端点的线段总数共有1+2+3+4=10（条）.答案：3,6,10

（2）当线段A3上有〃个点时，以这些点为端点的线段总数共有1+2+3+-1）（条）；

因为2[1+2+3++（«-1）]=[1+（/7—1）+2+（«—2）+3+（zz—3）++（??—1）+1]=n（n—1）（条），

所以1+2+3++5-=（条）.答：线段总共有;条.

（3）①当”=20时，!x20x（20-l）=190（场）.答：该校七年级的辩论赛共要进行190场.

②当线段上（除两端点A,3）有10个点时，

回〃=12,1xl2x（12-l）=66,团车票有66*2=132（种）.答：需要设置132种车票.

【点睛】本题考查图形类规律探究.解题的关键是得到一条线段上有〃个点，可以得到;九（〃-1）条线段.

例5.（23-24七年级下•浙江舟山・期末）【问题提出】2024欧洲杯正如火如荼进行中，本次比赛24支参赛球

队分成6个小组，小组赛每小组4支球队进行单循环比赛，（任何一队都要与其他各队比赛一场且只比赛一

场，不同小组之间不进行小组赛），则本次欧洲杯总计有几场小组赛比赛？

【构建模型】为解决上述问题，我们构建如下数学模型：如图①，我们可以在平面内画出5个点（任意3个

点都不在同一条直线上），每个点与另外4个点都可连成一条线段，这样一共连成5x4条线段，实际只有

三=10条线段.

（1）若某次比赛有6支队伍进行单循环比赛，借助图②，我们可知一共要安排场比赛；

（2）根据以上规律，若有〃支足球队进行单循环比赛，则一共要安排场比赛.

【实际应用】（3）2024年欧洲杯足球赛，总计需要安排场小组赛.

（4）甬舟铁路预计2028年通车，届时杭州到舟山的车程将缩短至一个半小时左右，从起点杭州站出发，途

经绍兴、余姚、宁波、马番，至终点白泉站（每种车票票面都印有上车站名称与下车站名称），那么在这段

线路上往返行车，要准备车票的种数为种.

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佃②)

阀①)

孔义（»7—1J

【答案】（1）15.（2）———（3）90（4）30

2

【分析】本题考查了归纳总结和配对问题，涉及列代数式及其求值、有理数的运算，求出关于〃的关系式,

再根据实际情况讨论是解题的关键.（1）根据图②线段数量进行作答.（2）当有〃支足球队进行单循环比

赛时，即在平面内画出〃个点（任意3个点都不在同一条直线上），每个点与另外”-1个点都可连成一条线

段，这样一共连成〃条线段，实际只有条线段,即可得求出比赛的场数.

（3）根据题意可得，一个小组会有丫=15场比赛，故六个小组则共有有6*15=90场比赛.

（4）因为行车往返存在上车与下车，所以不需要除去每两个点之间的线段都重复计算了一次的情况，即一

个车站与另外5个车站都可各形成一张车票，即5张车票，得出六个车站一共形成了5*6=30种车票.

【详解】（1）由图②可知，图中实际共有个=15条线段，

酬艮据题意，可得6支队伍进行单循环比赛一共要安排15场比赛.故答案为：15.

（2）当有，支足球队进行单循环比赛时，即在平面内画出〃个点（任意3个点都不在同一条直线上），每个

点与另外”_1个点都可连成一条线段，这样一共连成〃义（〃-1）条线段，实际只有条线段,

即根据以上规律，若有“支足球队进行单循环比赛，则一共要安排丝上二D场比赛，故答案为：

2MT2.

（3）根据题意可得，欧洲杯24支参赛球队分成6个小组，

由上可得一个小组会有？广=15场比赛，故六个小组则共有有6x15=90场比赛，

即本次欧洲杯总计有几场小组赛比赛，故答案为90.

（4）由题意可得一共有六个车站，因为行车往返存在上车与下车，所以不需要除去每两个点之间的线段都

重复计算了一次的情况，即每两个车站就会有两种车票，

回一个车站与另外5个车站都可各形成一张车票，即5张车票，

团这样六个车站一共形成了5X6=30种车票.故答案为30.

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模型2.角度的计数模型

模型解读

若过点。作了有〃条射线，那么该图形中共有多少个角？

模型证明

我们先取"=5进行研究，如下图:

结论：角的数量：4+3+2+1=10（个）（注意：按一个方向数，不回头）；

证明：①以。4为角的一边有：NAOB、ZAOC.NAOD、ZAOE,有4个；

②以为角的一边有：NBOC、NBOD、NBOE,有3个；

③以0c为角的一边有：ACOD,ZCOE,有2个；

④以OQ为角的一边有：ZDOE,有1个；故图中角总数量：4+3+2+1=10（个）

注意：线段的定义为两点间的一段直线，因此“直线+两个端点”是其核心要素；

结论拓展：若有〃条射线，则角度数量为：（加1）+（〃-2）+...+4+3+2+1=①11（个）。

模型运用

例1.（2023秋・浙江•七年级专题练习）如图所示，图中小于平角的角共有（）

【答案】C

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【分析】根据角的定义，理清图示意思即可求解.

【详解】解：先数出以。4为一边的角，再数出以。3、OC.0D为一边的角，把他们加起来.

也可根据公式：若»来计算，其中，〃指从点。发出的射线的条数.

团图中共有四条射线，回图中小于平角的角共有4义?-1）=6个.故选：C.

2

【点睛】此题通过数角的个数，考查同学们总结规律的能力或公式应用的能力，掌握角的概念是解题关键.

例2.（2023秋•浙江•七年级专题练习）如图，图中一共有（）个锐角.

A.4B.6C.8D.10

【答案】B

【分析】先数图中最小的角有3个，再数两个小角组成的角有2个，最后确定有3个小角组成的角有1个,

从而可得答案.

【详解】解：3+2+1=6（个），答：一共有6个锐角.故选：B.

【点睛】本题考查角的计数方法的应用，掌握"数角的顺序与方法，做到不重复，不遗漏”是解本题的关键

例3.（23-24七年级上•河南平顶山•阶段练习）如下图，在已知角内画射线，画1条射线，图中共有3个角；

画2条射线，图中共有6个角；画3条射线，图中共有个角；画〃条射线所得的角的个数是.

【分析】由题意根据图形数出即可得出画3条射线，图中角的个数，进而依据结果得出规律即可.

【详解】解：国在已知角内画射线，画1条射线，图中共有3个角，3=（"）（1+2）

图中共有6个角’6=包『；

画2条射线,

（3+中3+2）

画3条射线,图中共有10个角，10=

2

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国画”条射线，图中共有^——八---^个角.故答案为：10,——八----'-.

22

【点睛】本题考查对角的概念和规律探索，解题的关键是能够根据求出的结果探索得出规律.

例4.（23-24七年级上•湖北孝感•期末）如图1,从点。分别引两条射线，则得到一个角/AOB.（图中的角

均指不大于平角的角）

⑴探究：①如图2,从点。分别引三条射线，则图中得到个角；

②如图3,从点。分别引四条射线，则图中得到个角；

③依此类推，从点。分别引〃条射线，则得到个角（用含〃的式子表示）；

（2）应用：利用③中发现的规律解决问题：某校七年级共有16个班进行足球比赛，准备进行单循环赛（即

每两队之间赛一场），则全部赛完共需多少场比赛？

【答案】⑴①3;②6；③“（丁）⑵120

【分析】（1）①②根据角的概念求出即可；③根据①②分析得出的规律求解即可；

（2）将〃=16代入皿二D求解即可.

2

【详解】（1）①由题意可得，从点。分别引三条射线，图中的角有NAO3,NAOC,/BOC,

1+2=3,0图中得到3个角；

②由题意可得，从点。分别引四条射线，图中的角有

1+2+3=6,回图中得到6个角；

③由①②可得，当从点。分别引〃条射线，

1+2+3+...+〃-1=-^——L团得至——个角；

22

（2）根据题意可得，当”=16时，业二D=也”=120.团全部赛完共需120场比赛.

22

【点睛】本题考查了角的定义及其应用，掌握角的定义以及归纳规律是解题的关键.

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模型3.直线交点计数模型与平面分割的计数模型

模型解读

〃条直线，最多有多少个交点呢？最多能将平面分成多少部分呢？

模型证明

直线的条数最多交点个数平面最多分成部分数

101+1=2

211+1+2=4X

31+2=31+1+2+3=7

41+2+3=61+1+2+3+4=112

・・・・・・・・・

n

22

模型运用

例L（23-24七年级上•湖南娄底•期末）观察下列图形，并阅读图形下面的相关文字

两直线相交，最多1个交点；三条直线相交，最多有3个交点；四条直线相交，最多有6个交点；像这样

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的十条直线相交最多的交点个数为（）

A.30个B.35个C.40个D.45个

【答案】D

【分析】根据题意，结合图形，发现：3条直线相交最多有3个交点，4条直线相交最多有6个交点，5条

直线相交最多有10个交点.而3=1+2,6=1+2+3,10=1+2+3+4,故可猜想，"条直线相交，最多有1+2+3+...+

（n-1）=；力（〃-1）个交点.

【详解】解：10条直线两两相交，最多有:；xl0x9=45.

故选：D.

【点睛】此题在相交线的基础上，着重培养学生的观察、实验和猜想、归纳能力，掌握从特殊向一般猜想

的方法.

例2.（2023春•浙江嘉兴•七年级校考阶段练习）若平面内互不重合的4条直线只有3个交点，则平面被分成

了（）个部分.

A.7或8B.8C.8或9D.10

【答案】C

【分析】根据题意画出图形即可.

【详解】如图，

所以，平面内互不重合的4条直线只有3个交点，则平面被分成了8或9个部分，故选：C.

【点睛】此题考查了相交线，关键是根据直线交点个数的问题，找出规律，解决问题.

例3.（23-24七年级上•广西贺州•期末）如图①，两条直线相交有一个交点.如图②，三条直线相交最多

有3个交点.如图③，四条直线相交最多有6个交点.如图④，五条直线相交最多有10个交点.则“条

直线相交最多交点个数为（用含w的代数式表示）.

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①②

【答案］」——L

2

【分析】本题考查的是直线两两相交的交点数量的探究，先分别求解三条直线，四条直线，五条直线的最

多交点数量，再总结归纳即可得解.

【详解】解：三条直线交点最多为1+2=3个,

四条直线交点最多为3+3=6个，

五条直线交点最多为6+4=10个，

六条直线交点最多为10+5=15个；……

w条直线交点最多为1+2+3+...+（〃-1）=当也.

故答案为：」——

2

例4.（23-24七年级上•重庆・课后作业）观察下列图形，阅读下面相关文字并填空：

（1）在同一平面内，两条直线相交最多有1个交点，3条直线相交最多有个交点，4条直线相交最

多有个交点，……，像这样，8条直线相交最多有个交点，〃条直线相交最多有个交点;

（2）在同一平面内，1条直线把平面分成2部分，两条直线最多把平面分成4部分，3条直线最多把平面

分成部分，4条直线最多把平面分成部分，......，像这样，8条直线最多把平面分成部分，

n条直线最多把平面分成部分.

图(2)

3,6,28,“(7)；(2)7,11,37,"(?[)+]

【答案】（1）

【分析】（1）根据图形求出两条直线相交、三条直线相交、四条直线相交时最多交点个数，总结出规律即

可得出〃条直线相交最多有交点的个数;

（2）根据图形求出两条直线相交、三条直线相交、四条直线相交时最多把平面分成几部分，总结出规律即

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可n条直线最多把平面分成几部分.

【详解】解：（1）2条直线相交有1个交点；

3条直线相交最多有1+2=3个交点；

4条直线相交最多有1+2+3=6个交点；

5条直线相交最多有1+2+3+4=10个交点；

6条直线相交最多有1+2+3+4+5=15个交点；

7条直线相交，最多有1+2+3+4+5+6=21个交点，

8条直线相交，最多有1+2+3+4+5+6+7=28个交点，…

n条直线相交最多有1+2+3+...+（〃-1）=若1个交点；

（2）1条直线最多把平面分成1+1=2部分；

2条直线最多把平面分成1+1+2=4部分；

3条直线最多把平面分成1+1+2+3=7部分；

4条直线最多把平面分成1+1+2+3+4=11部分；

5条直线最多把平面分成1+1+2+3+4+5=16部分；

6条直线最多把平面分成1+1+2+3+4+5+6=22部分；

7条直线最多把平面分成1+1+2+3+4+5+6+7=29部分；

8条直线最多把平面分成1+1+2+3+4+5+6+7+8=37部分；…

n条直线最多把平面分成=1+1+...+5-1）+〃=吗3+1

2

【点睛】此题考查了规律型：图形的变化类，体现了从一般到特殊再到一般的认知规律，有一定的挑战性，

弄清题中的规律是解本题的关键.

例5.（23-24七年级下•河南南阳•开学考试）我们知道，两条直线相交，最多有1个交点（如图①）；三条直

线两两相交，最多有3个交点（如图②）；四条直线两两相交，最多有6个交点（如图③）；五条直线两两

相交，最多有多少个交点（如图④）；六条直线两两相交，最多有多少个交点…〃条直线两两相交，最多

有多少个交点呢（用含〃的代数式表示）：

⑴完成下表

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直线数23456n

交点数136

（2）在实际生活中同样存在数学规律型问题，请你类比上述规律探究，计算：某校七年级举办篮球比赛，第

一轮要求每两班之间比赛一场，若七年级共有12个班，则这一轮共要进行多少场比赛？

【答案】⑴10：15；（2）这一轮要进行66场比赛

【分析】本题主要考查图形的变化规律，解决本题的关键是要找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么

规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解.

根据题意，结合图形，发现：3条直线相交最多有3个交点，4条直线相交最多有6个交点，5条直线相交最

多有10个交点.6条直线相交最多有15个交点，而3=1+2,6=1+2+3,10=1+2+3+4,15=1+2+3+4+5,

故可猜想，〃条直线相交，最多有1+2+3+…=〃（〃-1）个交点；

把每个班作为一个点，进行一场比赛就是用线把两个点连接，用此方法即可.

【详解】（1）解：①两条直线相交最多有1个交点：］=2x（jT）；

4X1

②三条直线相交最多有3个交点：3=M|zl）,③四条直线相交最多有6个交点：6=（4~）.

④五条直线相交最多有10个交点：=,⑤六条直线相交最多有15个交点：15=6x（；T）...

〃条直线相交最多有一1）个交点;故答案为：10；15；；1）

（2）解：该类问题符合上述规律，所以可将”=12代入;

即-l）=gxl2xll=66；故这■轮要进行66场比赛

模型4.多边形的对角线条数计数模型和三角形个数的计数模型

模型解读

从“边形一个顶点出发可引出对角线，这些对角线能把多边形分割成多少个三角形呢？“边形共有多少条对

角线呢？

模型证明

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结论：从〃边形一个顶点出发可引出（w-3）条对角线；这些对角线把多边形分割成（〃-2）个三角形;

〃边形共有对角线。

2

证明：由连接不相邻的两个顶点的线段叫多边形的对角线，

可知，从〃边形的每个顶点出发有（〃-3）条对角线，这些对角线把多边形分割成（n-2）个三角形

刖边形有"个顶点，回共有-3）条对角线

又回能形成对角线的两个点之间只算1条对角线（即上面的计算相当于每条对角线重复计算了一次），

刖边形有位2条对角线.

2

模型运用

例1.（23-24八年级上•湖北武汉•期中）过一个多边形的一个顶点引出的对角线共有4条，则该多边形是（）

A.九边形B.八边形C.七边形D.六边形

【答案】C

【分析】本题考查多边形的对角线公式，根据从每一个顶点处可以作的对角线的条数为（〃-3）计算即可得解.

【详解】解：回过一个多边形的一个顶点的对角线有4条，

回多边形的边数为4+3=7,回这个多边形是七边形.故选：C.

例2.（23-24八年级上•陕西商洛•阶段练习）若过〃边形的一个顶点的所有对角线刚好将该，边形分成5个

三角形，贝P的值是（）

A.8B.7C.6D.5

【答案】B

【分析】经过"边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成（〃-2）个三角形，根据此关系式求边数，再求

对角线条数即可.

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【详解】解：由题可知：〃-2=5,解得：n=7,故选B.

【点睛】本题考查了多边形的对角线，解决此类问题的关键是根据多边形过一个顶点的对角线与分成的三

角形的个数的关系列方程求解.

例3.（23-24七年级上•重庆南岸•期末）一个多边形从一个顶点出发可引出8条对角线，那么这个多边形对

角线的总条数是（）

A.88B.80C.44D.40

【答案】C

【分析】本题主要考查了多边形的对角线的条数问题,.掌握“边形从一个顶点出发有（〃-3）条对角线和其

对角线总数为""一3是解题关键.根据一个多边形从一个顶点出发有8条对角线，可求出该多边形的边数

2

为11,再根据〃边形对角线的总数为迎心即可求解.

2

【详解】解：设这个多边形的边数为小回一个多边形从一个顶点出发共引8条对角线，

回〃-3=8,解得：n=U,回总的对角线的条数为：I1义⑴一.二44（条）.故选：C.

2

例4.（23-24八年级上•湖北咸宁,期末）如图，一个四边形有2条对角线，一个五边形有5条对角线，一个

六边形有9条对角线，则一个凸边形有条对角线.

【分析】本题主要考查了图形规律，根据已有多边形对角线的条数，归纳出规律成为解题的关键.

先确定一个四边形共有2条对角线，一个五边形共有5条对角线，一个六边形共有9条对角线，据此归纳

规律即可解答.

【详解】解：一个四边形共有2条对角线，一个五边形共有5条对角线，一个六边形共有9条对角线，

则一个〃边形共有"3（n>4,且〃为整数）条对角线.故答案为：四二3.

22

例5.（2023春•山东聊城•七年级校联考期末）某中学七年级数学课外兴趣小组在探究：""边形（〃>3）共有

多少条对角线”这一问题时，设计了如下表格，请在表格中的横线上填上相应的结果：

多边形的边数456n

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从多边形的一个顶点出发12——

多边形对角线的总条数2———

应用得到的结果解决以下问题:

四边形五边形六边形

①求十二边形有多少条对角线？②过多边形的一个顶点的所有对角线条数与这些对角线分多边形所得的

三角形个数的和可能为2023吗？若能，请求出这个多边形的边数；若不能，请说明理由.

【答案】填表：〃-359当刍；①54；②可以为2023,这个多边形的边数1014

【分析】根据题意求出相应数据，填表即可；①由表格探求的〃边形对角线总条数公式：嘴2得出最终

结果；②从“边形的一个顶点出发可引5-3)条对角线，这些对角线分多边形所得的三角形个数为(〃-2),

据此求解.

【详解】解：填表如下：

多边形的边数456n

从多边形的一个顶点出发123n-3

川(九一3)

多边形对角线的总条数259

2

故答案为：3,n—3,5,9----------；

2

①把〃=12代入四二力得，12x(12-3)=54十二边形有54条对角线.

22

2Q28

②能.由题意得，n-3+n-2=2023,解得〃二:一口。］4.

多边形的边数九是正整数，，过多边形的一个顶点的所有对角线条数与这些对角线分多边形所得的三角形

个数的和可以为2023,这个多边形的边数1014.

【点睛】本题考查“边形对角线公式，过多边形的一个顶点的所有对角线条数与这些对角线分多边形所得的

三角形个数，掌握对角线数量形成的规律，熟练应用规律是解题关键.

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习题练模型

1.（2024・安徽蚌埠•七年级校考阶段练习）如图，以A为一个端点的线段共有（）

ABCD

A.1条B.2条C.3条D.4条

【答案】C

【分析】根据线段的定义"直线上两点间的有限部分（包括两个端点）”找出以A为一个端点的线段即可选择.

【详解】解：根据题意可知：以A为一个端点的线段有：AB,AC,A。共3条，故选C.

【点睛】本题考查线段的定义，理解线段的定义，正确找出以A为一个端点的线段是解答本题的关键.

2.（2023•四川眉山•七年级统考期中）六个好朋友见面互相握手致意，每两个人握一次手，握手的次数一共

是（）

A.20B.30C.15D.36

【答案】C

【详解】试题分析：简单的排列问题.第一个人握手5次,第二个人握手4次,第三个人握手3次，第四个人握

手2次,第五个人握手1次，共计15次故选C

考点：简单的排列问题

3.（2023秋・四川成都・七年级校考阶段练习）如图，AOE是一条直线，图中的角共有（）

A.4个B.8个C.9个D.10个

【答案】D

【详解】解：图中的角有EIAOB,0AOC,0AOD,HBOC,0BOD,0BOE,0COD,0COE,0DOE,0AOE,共10

个，故选D.

点评：本题考查了对角的定义的理解，注意：数角时从一边数，目的是为了做到不重不漏，题目较好，但

是一道比较容易出错的题目.

4.（2023春・山东泰安•七年级校考阶段练习）平面上不重合的两点确定一条直线，不同三点最多可确定3条

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直线，若平面上不同的〃个点最多可确定28条直线，则力的值是（）

A.6B.7C.8D.9

【答案】C

【详解】两点确定一条直线；不同三点最多可确定3条直线；不同4点最多可确定（1+2+3）条直线，不同

5点最多可确定（1+2+3+4）条直线，

因为1+2+3+4+5+6+7=28,所以平面上不同的8个点最多可确定28条直线.故选：C.

5.（2023秋•陕西榆林•七年级校考阶段练习）如图棋盘上有黑、白两色棋子若干，找出所有三颗颜色相同的

棋并且在同一直线上的直线，这样直线共有多少条（）

0

r.:

o:。

:；

OL。

：

.。

:.

；

o.。

A.6条B.5条C.4条D.3条

【答案】C

【详解】试题分析：根据题意可以画出适合条件的几种情况，从而可以解答本题.

解：如下图所示：

9-一

Q…

.T…

Qg

O-④

a--,

O-②③

则所有三颗颜色相同的棋并且在同一直线上的直线共有四条：①竖直的三颗黑色的，②竖直的三颗白色的,

③斜着三颗黑色的，④斜着三颗白色的，故选C.

考点：直线、射线、线段.

6.（2023•湖北•七年级阶段练习）平面内10条直线把平面分成的部分个数最多是（）

A.46个B.55个C.56个D.67个

【答案】C

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【分析】根据表中数据，总结出规律，再根据规律解题.

【详解】设直线条数有，7条，分成的平面最多有"2个.

有以下规律：

nm

11+1

21+1+2

31+1+2+3

n（n+1）

n1+1+2+3+…+〃=-------F1,

2

酬艮据表中规律，当直线为10条时，把平面最多分成56部分，为1+1+2+3+...+10=56；故选C.

【点睛】本题考查了过平面上两点有且只有一条直线，体现了数形结合的思想.

7.（2023春•江苏宿迁•七年级校考期中）若一个〃边形从一个顶点最多能引出6条对角线，贝|"是（）

A.5B.8C.9D.10

【答案】C

【分析】可根据"边形从一个顶点引出的对角线与边的关系：n-3,列方程求解.

【详解】解：设多边形有〃条边，则“-3=6,解得〃=9.故选：C.

【点睛】本题考查了多边形的对角线.解题的关键是明确多边形有〃条边，则经过多边形的一个顶点所有的

对角线有（〃-3）条，经过多边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成（“-2）个三角形.

8.（2023秋・山东济南•七年级统考期末）从五边形的一个顶点出发，可以画出机条对角线，它们将五边形

分成"个三角形.贝卜小〃的值分别为（）

A.3,2B.2,2C.2,3D.3,3

【答案】C

【分析】从一个“边形一个顶点出发，可以连的对角线的条数是“-3,分成的三角形数是"-2.

【详解】解：对角线的数量%=5-3=2（条）；分成的三角形的数量为"=5-2=3（个）.故选：C.

【点睛】本题考查多边形的对角线及分割成三角形个数的问题，解答此类题目可以直接记忆：一个〃边形

一个顶点出发，可以连的对角线的条数是〃-3,分成的三角形数是“-2.

9.（23-24八年级下•湖南邵阳•期中）我们学习多边形后，发现凸多边形的对角线有一定的规律，①中的四

边形共有2条对角线，②中的五边形共有5条对角线，③中的六边形共有9条对角线，…，请你计算凸十

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边形对角线的总条数（）

【答案】A

【分析】本题主要考查了对角线条数问题，解题的关键是熟练掌握一个w边形的对角线条数为由二9.根

2

据一个〃边形的对角线条数为止a进行求解即可.

2

【详解】解：一个四边形共有2条对角线，一个五边形共有5条对角线，一个六边形共有9条对角线……

一个十边形共有1°*0°-3）=35条对角线,故A正确.故选：A.

2

10.（23-24七年级•黑龙江大庆•期末）往返A,8两地的客车，中途停靠两个站，客运站根据两站之间的距

离确定票价（距离不相等，票价就不同）.若任意两站之间的距离都不相等，则不同的票价共有一种.

【答案】6

【分析】本题考查直线、射线、线段，掌握线段条数的计算方法是正确解答的关键.

根据线段的数量解答即可.

［详解］解：如图，-----c----------D-------------R

图中共有3+2+1=6条线段，即AC,AD,AB,CD,CB,DB,

因此不同的票价共有6种，故答案为：6.

11.（23-24八年级上•湖南张家界•期末）我们知道，同一个平面内，1条直线将平面分成4=2部分，2条直

线将平面最多分成的=4部分,3条直线将平面最多分成4=7部分,4条直线将平面最多分成4=11部分…

111

〃条直线将平面最多分成。“部分，则^—+--+TL+------=_____.

1-1_%［_〃2024

…全工、4048

【答案一赤

【分析】本题考查数字类规律探究.根据题意，抽象概括出相应的数字规律，w条直线将平面最多分成

。“=1+1+2+3++〃=1+山⑴部分，进而得到，=［］心+1）=一之匕-焉,再进行求解即

22~

可.解题的关键是得到4=1+1+2+3++〃=1+曲M.

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【详解】解：回1条直线将平面分成4=1+1=2部分,

2条直线将平面最多分成出=1+1+2=4部分,

3条直线将平面最多分成的=1+1+2+3=7部分,

4条直线将平面形多分成。4=1+1+2+3+4部分......，

即条直线将平面最多分成%=1+1+2+3++/=1+个辿部分，

11-2、11

团1-+I几n+1J,

1-1------------

2

1,1,1_1।1L।11)Ji114048乂依4048

1—Gl-a21—出。24122320242025J(2025J20252025,

12.(2023秋・四川达州•七年级统考期末)如图，线段AB上的点数与线段的总数有如下关系:如果线段AB上

有三个点时，线段总共有3条，如果线段AB上有4个点时，线段总数有6条，如果线段AB上有5个点时，

线段总数共有10条，当线段AB上有n个点时，线段总数共有多少.

•・・・••,....

_3=2+16=3+2+110=4+3+2-1

【答案】△——乙条

2

【分析】根据给出的条件进行观察找出规律：当有n个点时，线段总数为：攻二D条，问题可解.

2

【详解】解：当线段AB上有n个点时，线段总数为(〃-1)++4+3+2+1=当3故答案为：出二D条

22

【点睛】本题考查线段条数计算和规律性探索，解答关键是辨别线段数目增长的规律.

13.(2023秋・江苏盐城•七年级统考期末)如图，在0AOB的内部以。为端点引出1条射线，那么图中共有3

个角；如果引出2条射线，共有6个角；如果引出"条射线，共有个角.

［答案］5+1),+2)

【分析】首先分析在她。8的内部以O端点引1条射线，有1+2个角，引2条线段，有1+2+3个角，…进而

得出引"条线段，有角的个数，得出答案即可.

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【详解】在MOB的内部以。端点引1条射线，有1+2=3（个）角，引2条线段，有1+2+3=6（个）角，…

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