专题06 几何图形初步（知识串讲考点提升过关检测）-2025年人教版七年级《数学》寒假自学提升讲义

PAGE1专题06几何图形的初步考点聚焦：核心考点+中考考点，有的放矢重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升提升专练：真题感知+精选专练，全面突破知识点1：认识几何图形1.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.【补充】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）不是所有的立体图形都有平面展开图，比如：球.3）常见的立体图形的种类：棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球等.4）常见立方体图形平面展开图：2.平面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.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.【补充】几何图形不研究物体的颜色、质量、质地等性质，只关注物体的形状、大小和位置.【常见的平面图形的种类】线段、角、三角形、长方形、圆等.3.点、线、面、体1）定义体长方体、正方体、圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥等都是几何体.几何体也简称体.面包围着体的是面.线面和面相交的地方形成线.点线和线相交的地方是点.2）点、线、面、体之间的关系知识点2：直线，射线，线段直线射线线段定义直线是几何图形基础，是一个不做定义的原始概念.直线上一点和它一旁的部分叫做射线.直线上两点和它们之间的部分叫做线段.图形表示方法直线AB或直线BA直线m射线OA射线n线段AB、线段BA线段l端点个数无1个2个度量情况不可度量不可度量可以度量延伸情况可向两方无限延伸只能以一方无限延伸不能延伸作法叙述作直线AB作直线m作射线OA作线段AB作线段m连接AB延伸叙述反向延伸射线OA延长线段AB

反向延伸线段BA联系射线和线段都是直线的一部分，线段向一方无限延伸就成为射线，向两方无限延伸就成为了直线，射线向反方向无限延伸就成为直线.2、有关直线的基本事实经过两点有一条直线，并且只有一条直线，简述为两点确定一条直线.3、线段的性质两点的距离：连接两点间的线段的长度，叫做这两点的距离.它是线段的长度，是数量.线段基本性质：两点的所有连线中，线段最短．简记为：两点之间，线段最短.4、线段的中点线段的中点：如图，点C把线段AB分成两条相等的线段AC和CB，点C就叫做线段AB的中点.几何描述：∵点C为线段AB的中点∴AC=BC=12AB【补充说明】1）线段的中点只有一个；2）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.[易错点]若AM＝BM，则点M不一定是线段AB的中点（点M可能在线段AB外）.3）线段的三等分点有两个，四等分点有三个，且这些点都在线段上.知识点3：角1、角的定义角的定义（静态）：由公共端点的两条射线所组成的图形叫做角，这个公共端点是角的顶点，这两条射线是角的两条边．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，射线旋转时经过的平面部分是角的内部.2、角的表示方法角的几何符号为“∠”，表示方法有以下四种：角的表示图例记法适用范围用三个大写字母表示∠ABC或∠CBA任何情况都适用，但表示顶点的字母一定要写在中间，边上的字母写在两侧.用一个大写字母表示∠O当以某一字母表示的点为顶点的角只有一个时，可用这个顶点的字母来表示.用一个数字表示∠1在靠近顶点处画上弧线，表示出角的范围，并注上数字或小写的希腊字母.注意：数字或小写的希腊字母不能表示超过一个以上的角.用一个希腊字母表示∠注意：在初中阶段，若没有特殊说明，默认的角都是小于平角的角.3、角的换算方法：1）由度化为分、秒的形式（即由高位向低位化）：1°＝60′，1′＝60″；2）由分、秒化为度的形式（即由低位向高位化）：，.4、角平分线角平分线的定义：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.角平分线的性质：若OC是∠AOB的角平分线，则；反之，若，则OC是∠AOB的角平分线.考点剖析【考点1】几何图形的初步1．（24-25七年级上·全国·期中）（1）如图是一些基本立体图形，在括号里写出它们的名称．（2）将这些几何体分类，并写出分类的理由．【答案】（1）球、圆柱、圆锥、长方体、三棱柱；（2）见解析【分析】本题考查的是几何体的分类；（1）根据各个几何体的特征即可得到结果；（2）可按面分，也可按柱体分，方法不一．【详解】解：（1）（从左至右）球、圆柱、圆锥、长方体、三棱柱；（2）按面分：曲面：球、圆柱、圆锥；平面：长方体、三棱柱．2．（24-25七年级上·全国·单元测试）将下列几何体按名称分类：柱体有______；锥体有______；球体有______．（请填写序号）【答案】（1）（2）（3），（5），（4）【分析】本题主要了立体图形的分类，理解立体图形的分类是解答关键．根据柱体、锥体、球体进行分类求解．【详解】解：根据图形可知柱体分为圆柱和棱柱，所以柱体有（1）（2）（3）；锥体包括棱锥与圆锥，所以锥体有（5）球体属于单独的一类，球有（4）．故答案为：（1）（2）（3），（5），（4）．3．（2022七年级上·浙江·专题练习）例题：图（a）、（b）、（c）、（d）都称作平面图．(1)数一数每个图各有多少个顶点，多少条边，这些边围出了多少区域，将结果填入表中（其中（a）已填好）．图顶点数边数区域数（a）463（b）（c）（d）(2)观察表，推断一个平面图的顶点数、边数、区域数之间有什么关系？(3)现已知某一平面图有999个顶点和999个区域，试根据（2）中推断出的关系，确定这个图有多少条边？【答案】(1)见解析(2)顶点数+区域数−边数=1(3)边数为1997条【分析】（1）根据图示分析即可解；（2）根据表格的分析结果可解；（3）根据（2）中所得出的关系即可得出答案．【详解】（1）解：所填表如下所示：图顶点数边数区域数（a）463（b）8125（c）694（d）10156（2）解：由（1）中的结论得：设顶点数为n，则边数=n+n2=3n2；区域数=n2（3）解：某一平面图有999个顶点和999个区域，根据（2）中推断出的关系有999+999−边数=1，解得：边数为1997条．【点睛】本题考查了平面图形的知识，注意从特殊情况入手，仔细观察、分析、试验和归纳，从而发现其中的共同规律，这是解本题的关键．4．（2024七年级上·全国·专题练习）观察下列几何体：①正方体；②长方体；③圆柱；④圆锥；⑤三棱锥；⑥球．回答下面的问题：（用序号填空）(1)表面都是平面的是，表面没有平面的是，表面既有平面又有曲面的是；(2)只有一个表面的是，有两个表面的是，有三个表面的是，有四个表面的是，有六个表面的是；(3)面与面相交都是直线的是，面与面相交都是曲线的是．【答案】(1)①②⑤，⑥，③④(2)⑥，④，③，⑤，①②(3)①②⑤，③④【分析】本题主要考查了常见的立体图形的特征，（1）通过对每个几何体的面的特征进行观察和分析，即可确定它们的分类和交线情况；（2）通过对每个几何体的面的特征进行观察和分析，即可确定它们的分类和交线情况；（3）通过对每个几何体的面的特征进行观察和分析，即可确定它们的分类和交线情况；熟练掌握它们的特征是解决此题的关键．【详解】（1）解：∵正方体①由六个完全相同的正方形平面组成，长方体②由六个矩形平面组成，三棱锥⑤由多个三角形平面组成，∴表面都是平面的是①②⑤，∵球体⑥的表面是完全弯曲的，没有平的面，∴表面没有平面的是⑥，∵圆柱③由两个圆形平面和一个弯曲的侧面组成，圆锥④由一个圆形平面和一个弯曲的侧面组成，∴表面既有平面又有曲面的是③④，故答案为：①②⑤，⑥，③④；（2）∵球体⑥整个外表面是一个连续的曲面，只有一个表面，∴只有一个表面的是⑥，∵圆锥④由一个底面圆形平面和一个弯曲的侧面组成，共两个面，∴有两个表面的是④，∵圆柱③由两个圆形底面和一个弯曲的侧面组成，共三个面，∴有三个表面的是③，∵三棱锥⑤由三个三角形侧面和一个三角形底面组成，共四个面，∴有四个表面的是⑤，∵正方体①由六个正方形平面组成，长方体②由六个矩形平面组成，∴有六个表面的是①②；故答案为：⑥，④，③，⑤，①②；（3）∵正方体①、长方体②、三棱锥⑤的面与面相交的线都是直线，∴面与面相交都是直线的是①②⑤，∵圆柱③和圆锥④的面与面相交的线都是曲线，∴面与面相交都是曲线的是③④，故答案为：①②⑤，③④．【考点2】识别正方体的展开图5．（24-25七年级上·陕西宝鸡·期中）请在下图中①②③的方格纸上分别用阴影补画一个正方形，使它与原有的阴影正方形拼在一起折叠后可以围成一个正方体．（每图画一种）【答案】见解析【分析】本题主要考查了作图应用与设计作图，正方体的展开图，熟记正方体展开图的常见的11种形式是解题的关键．根据正方体11种展开图进行求解即可．【详解】解：如图，（画出一种即可）如图，（画出一种即可）如图，（画出一种即可）6．（2024七年级上·全国·专题练习）如图①，正方形网格中是一个正方体的部分展开图．(1)请你在图②、图③中各画1个正方形，使这6个正方形能折叠成一个正方体；(2)若这个正方体相对面上的两个数相等，求x、y的值．【答案】(1)见解析(2)x=1，y=−1【分析】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．（1）根据正方体的展开与折叠解答即可；（2）正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点确定相对面，再根据相反数的定义求出x、y的值．【详解】（1）解：如图所示．（答案不唯一，任选两种即可）（2）解：根据题意，得x+1=2，即x=1，因为−x=y，所以y=−1．7．（24-25七年级上·辽宁沈阳·阶段练习）问题情景：2024年6月5日是第53个世界环境日，某校七（5）班综合实践小组进行废物再利用的环保小达人行动，他们准备用废弃的宣传单制作装垃圾用的无盖纸盒．操作探究：(1)若准备制作一个无盖的正方体纸盒，图1中的_________图形经过折叠能围成无盖正方体纸盒；（填字母）(2)图2是小明的设计图，把它折成无盖正方体纸盒后，与“达”字相对的是_________；(3)在活动中发现，有一张边长为20cm的正方形废弃宣传单，小刚准备将其四角各剪去一个小正方形，折成无盖长方体纸盒．若四角各剪去了一个边长为xcmx<10的小正方形，请求出这个纸盒的底面周长．（用含x的代数式表示）【答案】(1)C(2)保(3)80−8x【分析】本题考查正方体的表面展开图，列代数式（1）根据正方体的折叠，可得有5个面，依据正方体的展开图可得答案；（2）根据正方体的表面展开图的特征，得出答案；（3）根据题意，纸盒的底面是边长为20−2xcm【详解】（1）解：根据题意可得，图1中的C图形经过折叠能围成无盖正方体纸盒，故答案为：C；（2）解：根据题意可得，与“达”字相对的字是“保”，故答案为：保；（3）解：依题意，这个纸盒的底面周长为4×答：这个纸盒的底面周长为80−8xcm8．（24-25七年级上·河北张家口·期中）如图1，一个不透明小立方体的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6．(1)若其展开图如图2所示，则：与数字“1”相对的面上的数字是________，与数字“2”相对的面上的数字是________，与数字“3”相对的面上的数字是________；(2)将三个同样的小立方体搭成图3所示的几何体，请确定该几何体能看得到的面上数字之和最小为多少？【答案】(1)4，6，5(2)32【分析】本题考查了正方体相对两个面上的文字，掌握正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”是解题的关键．（1）根据正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可得答案；（2）分别求出最右边的正方体、最上边的正方体、左下角的正方体所能看到的数字之和最小的情况即可．【详解】（1）解：根据正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，“1”与“4”，“2”与“6”，“3”与“5”是对面，故答案为：4，6，5；（2）由（1）知“1”与“4”，“2”与“6”，“3”与“5”相对，要使图3中的几何体能看得到的面上数字之和最小，最右边的那个正方体所能看到的4个面的数字为1、4、2、3，最上边的那个正方体所能看到的5个面的数字为1、2、3、4、5，左下角的那个正方体所能看到的3个面的数字为1、4、2，所以该几何体能看得到的面上数字之和最小为10+15+7=32．【考点3】与几何体展开图有关的计算9．（24-25七年级上·广东佛山·期中）如图是一个用硬纸板制作的长方体包装盒展开图，已知它的底面形状是正方形，高为12 cm(1)正方形底面的边长是厘米，(2)制作这样的包装盒需要多少平方厘米的硬纸板？(3)若1平方米硬纸板价格为5元．则制作12个这样包装盒需花费多少钱？（不考虑边角损耗）【答案】(1)5(2)290(3)1.74元【分析】（1）由长方体包装盒的展开图即可直接求出正方形底面的边长；（2）根据“表面积=2个底面面积+4个侧面面积”计算即可得出答案；（3）根据题意列式计算即可．【详解】（1）解：由长方体包装盒的展开图可知，其正方形底面的边长是：17cm故答案为：5；（2）解：根据题意，制作一个这样的包装盒需要的硬纸板的面积为：5×5×2+12×5×4=290cm答：制作一个这样的包装盒需要290平方厘米的硬纸板；（3）解：12×290÷10000×5=1.74（元），答：制作12个这样的包装盒需花费1.74元．【点睛】本题主要考查了几何体展开图的认识，有理数的减法运算，由展开图计算几何体的表面积，有理数四则混合运算，有理数乘除混合运算等知识点，正确地计算出长方体的表面积是解题的关键．10．（24-25七年级上·江西抚州·期中）如图所示是一个几何体的表面展开图．(1)该几何体的名称是______，其底面半径为______；(2)根据图中所给信息，求该几何体的表面积和体积（结果保留π）．【答案】(1)圆柱；1(2)表面积为8π；体积为3【分析】本题主要考查了几何体的展开图；（1）依据展开图中有长方形和两个全等的圆，即可得出结论；（2）依据圆柱的表面积和体积计算公式，即可得到该几何体的侧面积和体积．【详解】（1）解：该几何体的名称是圆柱，其底面半径为1，故答案为：圆柱；1；（2）该几何体的表面积为2该几何体的体积=π11．（24-25七年级上·陕西西安·期中）一个无盖的长方体包装盒展开后如图所示．(1)折叠后与长方体的顶点A重合的点是______；(2)如图：EB=10cm，FM=14cm，【答案】(1)J(2)240【分析】本题主要考查长方体的展开图和体积计算，（1）根据长方体的展开和折叠图可知线段AB和线段JB重合，即可知重合点；（2）利用已知求得长方体对应的长、宽和高，结合体积公式即可求得体积．【详解】（1）解：折叠后线段AB和线段JB重合，则点A和点J重合，故答案为：J；（2）解：∵EB=10cm，FM=14∴CM=FM−EB=4，由题意得CM=FD=EA=BK=4，则AB=JB=EB−EA=6，∵NM=16cm∴BC=MK=MN−NK=MN−JB=10，则长方体包装盒的体积BC×AB×CM=10×6×4=240cm12．（24-25七年级上·江西吉安·期中）问题情景：某综合实践小组开展了“长方体纸盒的制作”实践活动．(1)下列图形中，是无盖正方体的表面展开图的是________．（填序号）(2)综合实践小组利用边长为a(cm)的正方形纸板制作出两种不同方案的长方体盒子（图1为无盖的长方体纸盒，图2为有盖的长方体纸盒）．其中a=30cm①根据图1方式制作一个无盖的长方体盒子．方法：先在纸板四角剪去四个同样大小边长为b(cm)的小正方形，再沿虚线折合起来．则长方体纸盒的底面积为_______②根据图2方式制作一个有盖的长方体纸盒．方法：先在纸板四角剪去两个同样大小边长为b(cm)的小正方形和两个同样大小在的小长方形，再沿虚线折合起来．则该长方体纸盒的体积为_______③制作成的无盖盒子的体积是有盖盒子体积的______倍．(3)若有盖长方体的长、宽、高分别为6、4、3，将它的表面沿某些棱剪开，展开一个平面图形，则该长方体表面展开图的最大外围周长为______cm．【答案】(1)①③④(2)①400；②1000；③2(3)70【分析】（1）根据无盖正方体纸盒的面数和构成求解；（2）①根据长方形面积公式即可得解；②根据长方体的体积公式即可得解；③分别求出无盖盒子的体积和有盖盒子体积，即可求解；（3）根据边长最长的都剪，边长最短的剪得最少，可得答案．【详解】（1）解：根据构成，②只能折成4个面，①③④才能折成一个无盖正方体纸盒，故选：①③④；（2）①长方体纸盒的底面面积为a−2b2∴长方体纸盒的底面积为400cm2故答案为：400；②长方体纸盒的底面积为30−2×52∴该长方体纸盒的体积为5×200=1000cm故答案为：1000；③无盖盒子的体积：5×400=2000cm有盖盒子的体积：1000cm∵2000÷1000=2，∴制作成的无盖盒子的体积是有盖盒子体积的2倍，故答案为：2；（3）如图所示，∴该长方体表面展开图的最大外围周长为6×8+4×4+3×2=70cm故答案为：70；【点睛】本题考查简单几何体的展开图，熟练根据简单几何的展开图得出长方体的长宽高是解题的关键．【考点4】平面几何体旋转后得到的立体图形13．（24-25七年级上·江西九江·阶段练习）课本重现：如图，已知长方形的长为a、宽为b，将这个长方形分别绕它的长和宽所在直线旋转一周，得到两个圆柱甲、乙(1)甲乙圆柱体形成的过程可以解释为________A．点动成线

B．线动成面

C．面动成体(2)当a=5，b=2时①通过计算比较甲、乙圆柱体的侧面积的大小关系②求甲圆柱体与乙圆柱体的体积比(3)请直接写出甲、乙圆柱体的侧面积有什么关系，体积比有什么关系？（用字母a和b表示）【答案】(1)C(2)①侧面积相等

②体积比为2(3)侧面积相等；体积比为b【分析】此题考查了点、线、面、体之间的关系以及圆柱的侧面积和体积公式，掌握以上知识点是解答本题的关键．（1）根据平面旋转后得到圆柱体即可知道是面动成体；（2）①分别计算出甲、乙圆柱体的侧面积，然后比较大小即可；②分别计算出甲、乙圆柱体的体积，求出其比值即可；（3）根据（2）计算的结果得出甲、乙圆柱体侧面积的关系以及体积比的关系．【详解】（1）解：根据题意得：甲乙圆柱体形成的过程可以解释为面动成体，故选：C；（2）解：①甲圆柱的侧面积为：2π乙圆柱的侧面积为：2π所以甲乙两圆柱的侧面积相等；②甲圆柱的体积为：π×乙圆柱的体积为：π×所以甲乙两圆柱的体积比为：20π50π（3）解：由（2）知甲、乙圆柱体的侧面积相等，体积比=π14．（24-25七年级上·全国·期中）如图，第一行的图形绕虚线转一周，能形成第二行的哪个几何体？用线连起来．【答案】见解析【分析】本题考查了点、线、面、体，根据面动成体：梯形绕底边旋转得中间圆柱、上下圆锥，半圆绕直径旋转得球，矩形绕边旋转得圆柱，直角三角形绕直角边旋转得圆锥，可得答案．【详解】解：第一行的图形绕虚线转一周，能形成第二行的某个几何体，用线连起来为：．15．（24-25七年级上·甘肃兰州·期中）小军和小红分别以直角梯形的上底和下底为轴，将梯形旋转一周，得到的两个立体图形．我们旋转的平面图形是完全一样的，所以旋转后得到的两个立体图形的体积相等．(1)小红得到的立体图形可以看成是由_______和_______构成的，这个现象用数学知识解释为_______(2)你认为谁的说法正确？请通过计算说明理由．【答案】(1)圆锥；圆柱；面动成体(2)小红的说法正确，理由见解析【分析】本题主要考查了圆柱和圆锥的体积计算，面动成体：（1）由题意得，小红得到的立体图形可以看成是由圆锥和圆柱构成的，这个现象用数学知识解释为面动成体；（2）根据圆柱和圆锥的体积计算公式分别计算出甲、乙两个立体图形的体积即可得到答案．【详解】（1）解：由题意得，小红得到的立体图形可以看成是由圆锥和圆柱构成的，这个现象用数学知识解释为面动成体，故答案为：圆锥；圆柱；面动成体；（2）解：小红的说法正确，理由如下：甲的体积为3×3×π×6−1乙的体积为3×3×π×3+1∴甲、乙两个立体图形的体积不相等，∴小红的说法正确．16．（24-25七年级上·全国·单元测试）小明学习了“面动成体”之后，他用一个边长分别为6cm，8cm和10cm

(1)绕6cm的边所在的直线旋转一周，可以得到图______；绕8cm的边所在的直线旋转一周，可以得到图______；绕10cm(2)请计算图①和图②中几何体的体积．（结果保留π，圆锥体积=13×【答案】(1)①，②，③(2)题图①中几何体的体积为128πcm3；题图②中几何体的体积为【分析】本题考查了点、线、面、体，熟练掌握三角形旋转得到圆锥，是解题关键．（1）根据三角形旋转是圆锥，可得几何体；（2）根据圆锥的体积公式计算可得答案．【详解】（1）解：绕6cm的边所在的直线旋转一周，可以得到图①；绕8cm的边所在的直线旋转一周，可以得到图②；绕10cm故答案为：①，②，③（2）解：题图①中几何体的体积为：13题图②中几何体的体积为：1317．（23-24七年级上·河南郑州·期中）（1）把图中各几何体的截面形状填在横线上；

图①的截面形状是，图②的截面形状是，图③的截面形状是，图④的截面形状是，图⑤的截面形状是，图⑥的截面形状是．（2）结合上图中图⑤、图⑥，想一想，如果用一个平面截一个正方体，截面的形状还可能是几边形？【答案】（1）圆，长方形，三角形，圆，长方形，三角形；（2）五边形，六边形【分析】此题考查判断几何体的名称以及截面形状．（1）首先观察图形，先判断出各个几何体的名称，然后根据平面截几何体的方向和角度，判断出截面的形状；（2）正方体共有六个面，故用平面截一个正方体时，最多与六个面都相交，此时截面为六边形，最少与三个面相交，此时为三角形，因此，截面图形的形状可能是三角形、四边形、五边形、六边形．【详解】解：（1）图①的截面形状是圆，图②的截面形状是长方形，图③的截面形状是三角形，图④的截面形状是圆，图⑤的截面形状是长方形，图⑥的截面形状是三角形．故答案为：圆，长方形，三角形，圆，长方形，三角形；（2）正方体共有六个面，故用平面截一个正方体时，最多与六个面都相交，此时截面为六边形，最少与三个面相交，此时为三角形，因此，截面图形的形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形．∴如果用一个平面截一个正方体，截面的形状还可能是五边形、六边形．【考点5】截一个立体图形可能出现的图形18．（22-23七年级上·河南平顶山·期中）用一个平面去截一个正方体，请你画出三种不同的截面情况．【答案】见解析（答案不唯一）【分析】此题主要考查了正方体的特点，分别画出截面为三角形、四边形、五边形，理解题意，分别准确地画出图形是解决问题的关键．根据正方体的特点，及截面的形状为三角形、四边形、五边形分别画出图形即可．【详解】解：沿上底的对角线AB斜切至棱EF的中点，得到的截面三角形；如图所示（答案不唯一）；解：沿上底的对角线直切至下底的对角线，得到的截面为四边形；如图所示（答案不唯一）；解：沿上底相邻两边上的点F、G至下底顶点D，得到的截面DEFGJ为五边形；如图所示（答案不唯一）；【考点6】画直线、射线、线段19．（20-21七年级上·广西玉林·期末）如图，已知A，B，C，D四点，根据下列语句画图：(1)画直线AB；(2)连接AC，BD，交于点O；(3)画射线AD，BC，交于点P．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】本题考查画直线，射线和线段，掌握直线，射线和线段的定义，是解题的关键：（1）根据直线的定义，画图即可；（2）画出线段AC，BD，交于点O即可；（3）根据射线的定义，画图即可．【详解】（1）解：如图，直线AB即为所求；（2）如图，AC，BD，点O即为所求；（3）如图，射线AD，BC，点P即为所求．20．（2024七年级上·全国·专题练习）如下图，在平面内有A,B,C三点．

(1)画直线AC，线段BC和射线AB；(2)在线段BC上任取一点D（不同于点B,C），连接线段AD；(3)此时图中有几条线段？【答案】(1)见解析(2)见解析(3)有6条线段【分析】此题考查了直线、线段、射线，解题的关键熟知概念并会画图．（1）根据条件画图即可．（2）根据已知条件画图即可．（3）根据图，数出线段条数即可．【详解】（1）解：如图，直线AC，线段BC和射线AB即为所求．

（2）解：如图，线段AD即为所求．（3）解：由题可得，图中有线段AB,AC,AD,BC,BD,CD，一共6条．所以图中线段的条数为6．【考点7】计算直线、射线与线段的数量21．（2024七年级上·全国·专题练习）阅读：在直线上有n个不同的点，则共有多少条线段？通过分析、画图得如下表格：图形直线上点的个数共有线段的条数两者关系210+1=330+1+2=460+1+2+3=…………

n问题：(1)把表格补充完整；(2)根据上述得到的信息解决下列问题：①某学校七年级共有6个班进行辩论赛，规定进行单循环赛（每两班赛一场），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B站，那么在A，B两站之间需要安排多少种不同的车票？【答案】(1)n(n−1)2；(2)①15场；②132元【分析】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n个点，可以得到n(n−1)2（1）根据表格中的等式，得到以这些点为端点的线段总数共有0+1+2+3+⋯+(n−1)=n(n−1)（2）①根据（1）中的结论，进行求解即可；②根据（1）中的结论进行求解即可．【详解】（1）解：从左到右依次为n(n−1)2；0+1+2+3+⋯+(n−1)=故答案为：n(n−1)2，0+1+2+3+⋯+(n−1)=（2）①把每一个班级看作一个点，则该校七年级的辩论赛共要进行6×(6−1)2②由题意可得一共有12个车站，将其看作12个点，则线段的条数为12×112因为有起点站和终点站之分，所以需要安排2×66=132种车票．22．（24-25七年级上·吉林长春·阶段练习）如图：(1)试验观察：如果经过两点画直线，那么图①中最多可以画条直线；图②中最多可以画条直线；图③中最多可以画条直线．(2)探索归纳：如果平面上有n(n≥3)个点，且任意3个点均不在一条直线上，那么经过两点最多可以画条直线．（用含n的式子表示）．(3)解决问题：某班54名同学在毕业后的一次聚会中，若每两人握1次手问好，那么共握次手．【答案】(1)3，6，10(2)n(3)1431【分析】（1）根据图形画出直线即可；（2）根据上面得到的规律用代数式表示即可；（3）将n=54代入公式即可求解．本题考查了规律型：图形的变化类，解题的关键是仔细地观察图形并找到其中的规律．【详解】（1）解：根据图形得：如果经过两点画直线，那么图①中最多可以画3条直线；图②中最多可以画6条直线；图③中最多可以画10条直线；故答案为：3，6，10；（2）解：如果平面上有n(n≥3)个点，且任意3个点均不在一条直线上，∴1+2+3+……+n−1=n(n−1)那么经过两点最多可以画n(n−1)2故答案为：n(n−1)2（3）解：某班名同学在毕业后的一次聚会中，若每两人握1次手问好，那么共握n−1n把n=54代入n−1n2，得故答案为：1431.23．（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……n条直线两两相交，最多有多少个交点呢（用含n的代数式表示）：(1)完成下表直线数23456…n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】(1)10；15；1(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，n条直线相交，最多有1+2+3+…+（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：1=2×②三条直线相交最多有3个交点：3=3×③四条直线相交最多有6个交点：6=4×④五条直线相交最多有10个交点：10=5×⑤六条直线相交最多有15个交点：15=…n条直线相交最多有n×n−1故答案为：10；15；1（2）解：该类问题符合上述规律，所以可将n=12代入12即12故这一轮要进行66场比赛【考点8】与线段中点有关的计算24．（22-23七年级上·安徽合肥·阶段练习）如图，已知B，C两点把线段AD分成2:5:3三部分，M为AD的中点，BM=6cm，求CM【答案】4【分析】本题主要考查了线段的和差，中点的定义，先根据题意设可设AB=2x cm，BC=5x cm，CD=3x cm，即可表示AD，再根据中点的定义表示出AM，进而表示出BM=AM−AB，再结合BM【详解】解：由B，C两点把线段AD分成2:5:3三部分，可设AB=2x cm，BC=5x cm，所以AD=AB+BC+CD=10x cm因为M是AD的中点，所以AM=MD=1所以BM=AM−AB=3x cm因为BM=6 cm所以3x=6，解得x=2，所以CM=MD−CD=5x−3x=2x=2×2=4cm25．（23-24七年级上·四川自贡·期末）如图，A，B，C，D是直线l上的四个点，M，N分别是AB，CD的中点．(1)如果MB=2cm，NC=1.8cm，BC=5cm，则AD(2)如果MN=10cm，BC=6cm，则AD的长为___________(3)如果MN=a，BC=b，求AD的长，并说明理由．【答案】(1)12.6；(2)14；(3)2a−b，见解析．【分析】（1）根据线段的和，可得MB+CN的长，根据线段中点的性质，可得AB与MB的关系，CD与CN的关系，根据线段的和，可得答案；（2）先根据线段的和与差，计算出BM+CN的长，再根据线段中点的性质，可得AB与MB的关系，CD与CN的关系，根据线段的和，可得答案；（3）根据（2）的解题过程，即可解答；此题主要考查了线段中点的定义，线段的计算，理解线段中点的定义，熟练掌握线段的计算是解题的关键．【详解】（1）解：∵MB=2cm，NC=1.8∴MB+NC=3.8cm∵M，N分别是AB，CD的中点，∴AB=2BM，CD=2CN，∴AB+CD=2BM+2CN=2BM+CN∴AD=AB+CD+BC=7.6+5=12.6cm故答案为：12.6；（2）解：∵MN=10cm，BC=6∴BM+CN=MN−BC=10−6=4cm∵M，N分别是AB，CD的中点，∴AB=2BM，CD=2CN，∴AB+CD=2BM+2CN=2BM+CN∴AD=AB+CD+BC=8+6=14cm故答案为：14；（3）解：∵MN=a，BC=b，∴BM+CN=a−b，∵M，N分别是AB，CD的中点，∴AB=2BM，CD=2CN，∴AB+CD=2BM+2CN=2BM+CN∴AB+CD=2a−b∵AD=AB+CD+BC，∴AD=2a−b26．（24-25七年级上·河北石家庄·期中）已知点C在线段AB上，AC=2BC，线段DE在直线AB上移动（点D，E不与点A，B重合）．(1)若AB=24，求AC和BC的长；(2)若AB=15，DE=6，线段DE在线段AB上移动，且点D在点E的左侧．①如图，当点E为BC中点时，求AD的长；②点F（不与点A，B，C重合）在线段AB上，AF=3AD，CF=3，求AE的长．【答案】(1)BC=8，AC=16(2)①6.5；②313或25【分析】本题考查了线段的和差，线段中点以及倍数相关的计算．掌握线段和差的计算，利用数形结合思想是解题的关键．（1）观察图形可知，AB=AC+BC=24，由已知AC=2BC，可得出3BC=24，即可求出BC的长，进而得出AC的长；（2）①根据题意，画出图形，同（1）方法求出BC=5，AC=10，，根据点E是BC的中点，可得出CE=12BC=52②根据题意，分两种情况，画出图形，（i）当点F在点C左侧时，（ii）当点F在点C的右侧时，利用线段的和差倍分计算即可．【详解】（1）解：如图所示，已知点C在AB上，AC=2BC．∵AB=24，AC+BC=AB，AC=2BC，∴2BC+BC=24，即3BC=24，∴BC=8，∴AC=2×8=16；（2）解：①如图所示．∵AB=15，AC=2BC，∴AB=AC+BC=3BC=15，∴BC=5，AC=10，∵点E为BC的中点，∴CE=1∵DE=6，∴CD=DE−CE=6−5∴AD=AC−CD=10−3.5=6.5；②分两种情况：（i）如图1所示，当点F在点C右侧时，∵AC=10，CF=3，∴AF=AC+CF=10+3=13，∵AF=3AD，∴AD=1∵DE=6，∴AE=AD=DE=13（ii）如图2所示，当点F在点C左侧时，∵AC=10，CF=3，∴AF=AC−CF=10−3=7，∵AF=3AD，∴AD=1∴AE=AD+DE=7综上所述，AE的长为313或253【考点9】线段双中点模型27．（2024七年级上·全国·专题练习）已知线段AB=60，点C为线段AB的中点，点D为射线CB上的一点，点E为线段BD的中点，且线段EB=5，求线段CD的长．【答案】CD=20或40【分析】此题考查了线段中点的相关计算和线段的和差等知识．根据中点的定义求出BC=12AB=30，BD=2EB=10，再分点D在点B的左侧和点D【详解】解：∵AB=60，C是AB的中点，∴BC=1又∵E为BD的中点，EB=5，∴BD=2EB=10，当点D在点B的左侧时，CD=CB−BD=30−10=20；当点D在点B的右侧时，CD=CB+BD=30+10=40，故CD=20或40．28．（2024七年级上·全国·专题练习）已知线段AB=4，在直线AB上作线段BC，使得BC=2．若D是线段AC的中点，求线段AD的长．【答案】3或1【分析】根据题意可分为两种情况，①点C在线段AB上，可计算出AC的长，再由D是线段AC的中点，即可得出答案；②BC在线段AB的延长线上，可计算出AC的长，再由D是线段AC的中点，即可得出答案．【详解】解：根据题意分两种情况，①如图1，∵AB=4，BC=2，∴AC=AB−BC=2，∵D是线段AC的中点，∴AD=1②如图2，∵AB=4，BC=2，∴AC=AB+BC=6，∵D是线段AC的中点，∴AD=1∴线段AD的长为1或3．故答案为：3或1．29．（2024七年级上·全国·专题练习）已知A，B，C三点在同一条直线上，若线段AB=20cm，线段BC=8cm，M，N分别为线段(1)求线段MN的长；(2)根据（1）中的计算过程和结果，设AB=a,BC=b，且a>b，其他条件都不变，直接写出MN的长度．【答案】(1)6cm或(2)MN=12【分析】本题考查与线段中点有关的计算，注意分类讨论：（1）分点C在线段AB上和在线段AB的延长线上两种情况进行讨论求解即可；（2）同法（1）进行求解即可．【详解】（1）解：当点C在线段AB上时：∵M，N分别为线段AB,BC的中点，∴AM=BM=12AB∴MN=BM−BN=1当点C在线段AB的延长线上时：∵M，N分别为线段AB,BC的中点，∴AM=BM=12AB∴MN=BM+BN=1综上：MN=6cm或14（2）解：当点C在线段AB上时：∵M，N分别为线段AB,BC的中点，∴AM=BM=12AB∴MN=BM−BN=1当点C在线段AB的延长线上时：∵M，N分别为线段AB,BC的中点，∴AM=BM=12AB∴MN=BM+BN=1综上：MN=12(a+b)【考点10】与线段有关的动点问题30．（24-25七年级上·吉林长春·阶段练习）如图，线段AB=24，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线AB运动，点M为AP的中点，设点P运动的时间为t秒．(1)用含t的代数式表示PB的长(2)当点P在射线AB上运动时，出发多少秒后PB=2AM？(3)当点P在线段AB的延长线上运动时，点N为BP的中点，有下列结论：①MN的长度不变；②MA+PN的值不变．其中正确的结论是__________，请求出其值．【答案】(1)24−2t或2t−24；(2)当点P在射线AB上运动时，出发6秒后PB=2AM；(3)①，12．【分析】本题考查了线段中点以及线段的和差，一元一次方程的应用，利用分类讨论的思想解决问题是关键．（1）先表示出AP=2t，再根据点P的位置分别表示出PB的长即可；（2）根据题意得AM=12AP=t（3）当点P在线段AB的延长线上运动时，根据线段中点，得到AM=12AP=t【详解】（1）解：设点P运动的时间为t秒，则AP=2t，当点P在线段AB上时，PB=AB−AP=24−2t，当点P在AB的延长线上时，PB=AP−AB=2t−24，综上可知，PB的长为24−2t或2t−24；（2）解：∵AP=2t，点M为AP的中点，∴AM=1①当点P在线段AB上时，此时0<t<12，PB=24−2t，∵PB=2AM，∴24−2t=2t，∴t=6；②当点P在AB的延长线上时，此时t>12，PB=2t−24，∵PB=2AM∴2t−24=2t，此方程无解；即当点P在射线AB上运动时，出发6秒后PB=2AM；（3）解：当点P在线段AB的延长线上运动时，∵AP=2t，PB=2t−24，∵点M为AP的中点，点N为BP的中点，∴AM=12AP=t∴AN=AB+BN=24+t−12=t+12，∴MN=AN−AM=t+12−t=12，∴MN的长度不变，①结论正确；∵MA=t，PN=1∴MA+PN=t+t−12=2t−12，∴MA+PN的值是变的，②结论错误．31．（24-25七年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）【新知理解】如图①，点C在线段AB上，图中共有三条线段AB、AC和BC，若其中有一条线段的长度是另外一条线段长度的2倍，则称点C是线段AB的“巧点”．（1）线段的中点______这条线段的“巧点”（填“是”或“不是”）；（2）若AB=12cm，点C是线段AB的巧点，则AC最长为______cm【解决问题】（3）如图②，已知AB=12cm，动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B匀速移动；点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿BA向点A匀速移动，点P、Q同时出发，当其中一点到达终点时，运动停止，设移动的时间为ts．当t为何值时，P为【答案】（1）是；（2）8；（3）当t为3s或127s或125s时，P【分析】本题考查了线段的相关计算，与线段有关的动点问题，一元一次方程的应用．（1）根据“巧点”的定义解答即可；（2）点C为线段AB的巧点，则AC最长时，满足AC=2BC，即AC=2（3）根据“巧点”的定义，分为AP=2PQ或PQ=2AP或AP=PQ，三种情况，分别计算即可求解．【详解】（1）解：∵点C在线段AB上，点C为线段AB的中点，∴AB=2AC，∴点C是线段AB的“巧点”，故答案为：是．（2）解：点C在线段AB上，点C为线段AB的巧点，∴则AC最长时，满足AC=2BC，即AC=2∴AC=8cm故答案为：8．（3）解：t秒后，AP=2t，AQ=12−t，PQ=AQ−AP=12−t−2t=12−3t，∵P为A、Q的巧点∴AP=2PQ或PQ=2AP，或AP=PQ，当AP=2PQ时，2t=212−3t解得：t=3，当PQ=2AP时，12−3t=2×2t，解得：t=12当AP=PQ时，12−3t=2t，解得：t=12∴当t为3s或127s或125s时，P32．（22-23七年级上·吉林长春·期末）如图，点B在线段AC上，且AB=9，BC=3．动点P从点A出发，沿AC以每秒4个单位长度的速度向终点C匀速运动；同时动点Q从点C出发，沿CA以每秒2个单位长度的速度向终点A匀速运动．设点Q的运动时间为ts(1)线段AB、BC的中点之间的距离为_______．(2)当点P到点C时，求PQ的长．(3)求PQ的长（用含t的代数式表示）．(4)设2PQ=AC时，直接写出t的值．【答案】(1)6(2)6(3)当0≤t≤2时，PQ=12−6t；当2<t≤3时，PQ=6t−12；当3<t≤6时，PQ=2t；(4)t=1或t=3【分析】（1）设点AB的中点为M，BC的中点为N，分别求出BM和BN的长，再求和即可；（2）先求出当P到点C时t的值，再根据路程=时间×速度可求出；（3）先找到何时P、Q相遇，再分段讨论，当0≤t≤2时，当2<t≤3时，当3<t≤6时，分别求出PQ的长即可；（4）根据（3）中求出PQ的长，利用2PQ=AC列方程，求出t的值即可．【详解】（1）解：设点AB的中点为M，BC的中点为N，∵AB=9，BC=3，∴BM=12AB=4.5∴MN=BM+BN=4.5+1.5=6；（2）解：∵AB=9，BC=3∴AC=AB+BC=12∵动点P从点A出发，沿AC以每秒4个单位长度的速度向终点C匀速运动；同时动点Q从点C出发，沿CA以每秒2个单位长度的速度向终点A匀速运动∴当P到点C时，t=12÷4=3，∴PQ=2×3=6；（3）解：当点P、Q相遇时，t=12÷4+2当0≤t≤2时，PQ=12−6t；当2<t≤3时，PQ=6t−12；当3<t≤6时，PQ=2t；（4）解：当0≤t≤2时，212−6t=12，解得当2<t≤3时，26t−12=12，解得当3<t≤6时，2×2t=12，t=3（舍）．∴t=1或t=3．【点睛】本题考查在动点问题的背景下考查线段的和差运算，线段中点的性质，一元一次方程的应用等知识，关键是理清点的运动状态，找到临界点．33．（23-24七年级上·江西南昌·期末）已知：如图，点M是线段AB上一定点，AB=16cm，C、D两点分别从M、B出发以1cm/s、3cm/s的速度沿直线BA向左运动，运动方向如箭头所示（C在线段AM上，D(1)若AM=6cm，当点C、D运动了3s，此时AC=，DM=(2)当点C、D运动了3s，求AC+MD(3)若点C、D运动时，总有MD=3AC，则AM=；（直接填空）(4)在（3）的条件下，N是直线AB上一点，且AN−BN=MN，求MNAB【答案】(1)3cm；(2)4(3)4(4)12【分析】本题考查了线段上的动点问题，线段的和差，较难的是题（4），依据题意，正确分两种情况讨论是解题关键．（1）先求出CM、BD的长，再根据线段的和差即可得；（2）先求出BD与CM的关系，再根据线段的和差即可得；（3）根据已知得MB=3AM，然后根据AM+BM=AB，代入即可求解；（4）分点N在线段AB上和点N在线段AB的延长线上两种情况，再分别根据线段的和差倍分即可得．【详解】（1）解：根据题意知，CM=3cm，BD=9∵AB=16cm，AM=6∴BM=10cm∴AC=AM−CM=3cm，DM=BM−BD=1故答案为：3cm；1（2）解：当点C、D运动了3s时，CM=3cm，∵AB=16cm∴AC+MD=AM−CM+BM−BD=AB−CM−BD=16−3−9=4cm故答案为：4cm（3）解：根据C、D的运动速度知：BD=3MC，∵MD=3AC，∴BD+MD=3MC+AC，即MB=3AM∵AM+BM=AB，∴AM+3AM＝∴AM=1故答案为：4cm（4）解：①当点N在线段AB上时，如图1，

∵AN−BN=MN，又∵AN−AM=MN∴BN=AM=4cm∴MN=AB−AM−BN=16−4−4=8∴MNAB②当点N在线段AB的延长线上时，如图2，

∵AN−BN=MN，又∵AN−BN=AB，∴MN=AB=16cm∴MNAB综上所述：MNAB【考点11】角的基础概念34．（24-25七年级上·全国·期末）分别写出图中有多少个角？(1)如图①，在∠AOD的内部从点O引出两条射线OB，OC，数一数，图中共有多少个角？并写出来．(2)如图②，如果在∠AOD的内部以点O为端点作n条射线，则图中一共有多少个角？【答案】(1)共有6个角，它们分别是∠AOB，∠AOC，∠AOD，∠BOC，∠BOD，∠COD(2)(n+1)(n+2)2【分析】本题主要考查了角的概念，有理数的运算等知识点，（1）按照图示罗列出所有角即可；（2）罗列射线的条数n与角的个数，得出规律即可；在规律探究时，按规则罗列一些代数式能够发现其中的规律是解本题的关键．【详解】（1）共有6个角，它们分别是∠AOB，∠AOC，∠AOD，∠BOC，∠BOD，∠COD；（2）如果在∠AOD的内部作1条射线，这样一共有1+2=3（个）角；如果在∠AOD的内部作2条射线，一共有1+2+3=6（个）角；如果在∠AOD的内部作3条射线，一共有1+2+3+4=10（个）角；……以此类推；如果在∠AOD的内部以点O为端点作n条射线，一共有1+2+3+…+n+n+135．（2024七年级上·全国·专题练习）请将图中的角用不同方法表示出来，并填写下表：∠ABE__________________________________∠1∠2∠3【答案】见解析【分析】本题考查了角的表示方法．根据角的表示方法分析即可，角的两个基本元素中，边是两条射线，顶点是这两条射线的公共端点．是同一个角必须满足顶点相同，角的两边必须分别是指同一条射线．【详解】解：填表如下：∠ABE∠ABC∠ACB∠ACF∠α∠1∠2∠3【考点12】钟面角36．（24-25七年级上·全国·期末）（1）1时20分时，时钟的时针与分针的夹角是多少度？2时15分时，时钟的时针与分针的夹角又是多少度？（2）从1时15分到1时35分，时钟的分针与时针各转过了多少度？（3）时钟的分针从4时整的位置起，按顺时针方向旋转多少度时与时针第1次重合？【答案】（1）1时20分时，时针与分针的夹角是80°，2时15分时，时针与分针的夹角是22.5°；（2）分针转过的角度是120°，时针转过的角度是10°；（3）分针按顺时针旋转144011【分析】（1）根据分针每分钟走1小格，时针每分钟走112（2）根据钟表分针和时针每走一分钟度数即可求解；（3）设经过xmin分针可与时针第1次重合（即追上时针），根据题意列出方程360本题考查了钟表分针和时针所转过的角度计算，一元一次方程的应用，掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：（1）因为分针每分钟走1小格，时针每分钟走112所以1时20分时，时针与分针的夹角是20−5+2时15分时，时针与分针的夹角是15−10+（2）从1时15分到1时35分，，经过了20min所以分针转过的角度是20×360°时针转过的角度是20×1（3）设经过xmin分针可与时针第1因为4时整时针与分针的夹角是120°，所以列方程得36060解得x=240所以36060所以分针按顺时针旋转14401137．（2024七年级上·全国·专题练习）如图，观察时钟，解答下列问题：(1)在2时和3时之间，什么时刻时针和分针的夹角为直角？(2)小明下午5时多有事外出时，看到墙上钟面的时针和分针的夹角为90°，下午不到6时回家时，发现时针和分针的夹角又为90°，那么小明外出了多长时间？【答案】(1)在2时273(2)328【分析】本题考查应用类问题，钟表时针与分针的夹角．在钟表问题中，常利用时针与分针转动的度数关系：分针每转动1°，时针转动112（1）在2点整时，时针与分针恰成60°，分针指着12，时针指着2，分针每分钟运动速度为6°，时针每分钟运动速度为6°×112=0.5°，设分针运动x分钟，根据所行路程差为150°（2）设5时y分钟时，时针与分针夹角为90°，分两种情况建立方程求解即可．【详解】（1）解：设分针运动a分钟，时针和分针的夹角为直角，由题意得6a−0.5a=60°+90°，或6a−0.5a=60°+90°+180°解得：a=27311或答：在2时273（2）解：设5时y分钟时，时针与分针夹角为90°，则由题意得：150°+0.5y−6y=90°或6y−解得：y=12011或∴48011−120答：小明外出了32838．（23-24七年级上·江苏淮安·阶段练习）钟面上的数学基本概念：钟面角是指时钟的时针与分针所成的角．如图1，∠AOB即为某一时刻的钟面角，通常0°≤∠AOB≤180°[简单认识]时针和分针在绕点O一直沿着顺时针方向旋转，时针每小时转动的角度是30°，分针每小时转动一周，角度为360°．由此可知：（1）时针每分钟转动°，分针每分钟转动°：[初步研究]（2）已知某一时刻的钟面角的度数为α，在空格中写出一个与之对应的时刻：①当α=90°时，；②当α=180°时，；（3）如图2，钟面显示的时间是8点04分，此时钟面角∠AOB=．[深入思考]（4）在某一天的下午2点到3点之间（不包括2点整和3点整）．①时针恰好与分针重叠，则这一时刻是；时针恰好与分针垂直，求此时对应的时刻是；②记钟面上刻度为3的点为C，当钟面角的两条边OA、OB所在射线与射线OC中恰有一条是另两条射线所成角的角平分线时，请直接写出此时对应的时刻．【答案】（1）0.5；6；（2）3：00答案不唯一；②6：00答不唯一案；（3）142°；（4）①2点12011分；2点300【分析】本题考查了一元一次方程的应用，钟面角．（1）根据1小时=60分解答即可；（2）钟表12个数字，每相邻两个数字之间的夹角为30°，找到时针和分针相隔3个数字的时刻和相隔6个数字的时刻即可；（3）钟表12个数字，每相邻两个数字之间有5格，钟表上8点04分，时针转了60×8+4格，分针指向4，根据时针和分针的速度即可求解；（4）①设此时对应的时刻是2点x分，根据时针和分针转动的角度相同即可求解；②令时针所在直线为OA，分针所在直线为OB，分两种情况求解即可．【详解】解：（1）∵时针每小时转动的角度是30°，分针每小时转动一周，角度为360°．∴时针每分钟转动30°÷60=0.5°，分针每分钟转动360°÷60=6°，故答案为：0.5；6；（2）①某个时刻的钟面角α为90°，可为3：00或9：00，②某个时刻的钟面角α为故答案为：①3：00或9：（3）钟表12个数字，每相邻两个数字之间有5格，钟表上8点04分，时针转了60×8+4格，分针指向4，则时针转动的角度是60×8+4×0.5°=242°，分针转动的角度是6°×4=24°此时钟面角∠AOB=242°−24°=218°，∵0°≤∠AOB≤180°，∴∠AOB=360°−218°=142°，故答案为：142°；（4）①时针恰好与分针重叠：设此时对应的时刻是2点x分，根据题意得，60+0.5x=6x，解得，x=120∴这一时刻是2点12011故答案为：2点12011时针恰好与分针垂直：设此时对应的时刻是2点y分，则有：6x−60−0.5x=90或6x−60−0.5x=270，解得：x=30011或∵x=60时为3点整，不合题意，舍去，∴此时对应的时刻是2点30011②令时针所在直线为OA，分针所在直线为OB，设此时对应的时刻是2点m分，OA为OC和OB角平分线时：90−6m2解得：m=6；OC为OA和OB角平分线时：90−60−0.5m=6m−90，解得：m=240OA为时针，OB为分针，OB平分∠AOC时：∠BOC=90−6m，∠AOC=30−0.5m，∵OB平分∠AOC，∴∠AOC=2∠BOC，∴30−0.5m=290−6m解得：m=300答：当钟面角的两条边OA、OB所在射线与射线OC中恰有一条是另两条射线所成角的角平分线时，此时对应的时刻在2点6分和2点24013分，2点300【考点13】角度的四则运算39．（2024七年级上·全国·专题练习）计算：(1)153°29(2)42°15(3)62°24(4)180°−34°5【答案】(1)180°1(2)8°2(3)249°3(4)123°3【分析】本题考查角度的运算，熟练掌握度、分、秒的进制是解题的关键．（1）两个度数相加，度与度，分与分对应相加，分的结果若满60，则转化为度；（2）首先将度转化为分，然后计算除法即可；（3）根据角度的乘法运算法则求解即可；（4）首先计算括号内加法，然后计算减法即可．【详解】（1）解：153°2=179°6=180°10（2）解：42°1==253=50=8°27（3）解：62°2=248°9=249°37（4）解：180°−=180°−56°2=123°3340．（2024七年级上·全国·专题练习）计算：(1)89°35(2)123°24【答案】(1)109°5(2)62.8°【分析】本题考查了度分秒的换算，熟练掌握度分秒的进制是解题的关键．（1）两个度数相加，度与度，分与分对应相加，分的结果若满60，则转化为度；（2）先将分都转化为度，再进行减法计算，两个度数相减时，应先算最后一位，后面的位上的数不够减是向前一位借数．【详解】（1）89°3=109°55（2）123°2=123.4°−60.6°=62.8°．【考点14】与角平分线有关的计算41．（2024七年级上·江西·专题练习）已知：如图，∠AOB=30°，∠COB=20°，OC平分∠AOD．求∠COD的度数．【答案】50°【分析】本题考查角平分线的性质和平面图形角度的计算，熟练掌握角平分线的性质是解答本题的关键．根据题意可得∠AOC=∠AOB+∠COB=50°，根据OC平分∠AOD，可得∠AOC=∠COD，进而求解；【详解】解：∵∠AOB=30°，∠COB=20°(已知)，∴∠AOC=∠AOB+∠COB=50°．∵OC平分∠AOD(已知），∴∠AOC=∠COD(角平分线定义）．∴∠COD=50°．42．（22-23七年级上·云南红河·期末）如图，点O是直线CE上一点，以O为顶点作∠AOB=90°，且OA、OB位于直线CE两侧，OB平分∠COD．(1)当∠AOC=70°时，求∠DOE的度数．(2)请你猜想∠AOC和∠DOE的数量关系，并说明理由．【答案】(1)140°(2)∠DOE=2∠AOC，理由见解析【分析】本题考查的是角平分线的含义，角的和差运算，熟练的利用角的和差运算进行计算与证明是解本题的关键．（1）先求解∠BOC=AOB−∠AOC=20°，再证明∠BOC=∠BOD=20°，结合∠DOE=180°−∠BOC−∠BOD，从而可得答案；（2）证明∠AOC=90°−∠BOC，∠BOC=∠BOD，结合∠DOE=180°−∠BOC−∠BOD=180°−2∠BOC，从而可得答案．【详解】（1）解：∵∠AOB=90°，∠AOC=70°，∴∠BOC=AOB−∠AOC=90°−70°=20°，∵OB平分∠COD，∴∠BOC=∠BOD=20°，∴∠DOE=180°−∠BOC−∠BOD=180°−20°−20°=140°，∴∠DOE=140°；（2）解：∠DOE=2∠AOC，理由如下：∵∠AOB=90°，∴∠AOC=90°−∠BOC，∵OB平分∠COD，∴∠BOC=∠BOD，∴∠DOE=180°−∠BOC−∠BOD=180°−2∠BOC=290°−∠BOC=2∠AOC∴∠DOE=2∠AOC．43．（24-25七年级上·吉林长春·阶段练习）如图，点O在直线AB上，∠COD=60°，∠AOE=2∠DOE．

(1)若∠BOD=60°，求∠COE的度数；(2)试猜想∠BOD和∠COE的数量关系，请直接写出结果________【答案】(1)20°(2)∠BOD=3∠COE【分析】此题主要考查了邻补角、角平分线的定义，正确把握定义是解题关键．（1）根据补角的定义可得∠AOD=120°，再根据角平分线的定义可得答案；（2）设∠COE=x，则∠DOE=60°−x，再利用∠AOE=2∠DOE，然后整理可得结论．【详解】（1）解：∵∠BOD=60°，∴∠AOD=120°，∵∠AOE=2∠DOE，∴∠DOE=1∴∠COE=∠COD−∠DOE=60°−40°=20°；（2）∠BOD=3∠COE，设∠COE=x，则∠DOE=60°−x，∵∠AOE=2∠DOE，∴∠AOD=3∠DOE=360°−x∴∠BOD=180°−∠AOD=180°−180°−3x∴∠BOD=3∠COE，故答案为：∠BOD=3∠COE．44．（24-25七年级上·辽宁沈阳·期末）射线OP在∠MON的内部，∠MOP与∠MON的大小之比定义为射线OP的分割值，即∠MOP∠MON=n，n为射线OP与∠MON的“分割值”，记为例如，如图1，∠AOP=20°，∠AOB=60°，则∠AOP∠AOB=13，即&OP,∠AOB(1)如图2，射线OC在∠AOB的内部．①若射线OC是∠AOB的平分线，则&OC,∠AOB②若∠AOC=50°，∠BOC=20°，则&OC,∠AOB(2)如图3，∠ACB=120°，∠EDF=80°，射线CP从CA位置开始，绕点C按顺时针方向匀速旋转，同时，射线DQ从DF位置开始，绕点D按逆时针方向匀速旋转，到达DE立即原速返回，当CP到达CB时，DQ也停止运动．设旋转的时间为t秒．①若射线CP旋转的速度为每秒4°，射线DQ旋转的速度为每秒5°，若&CP,∠ACB+&DQ,∠EDF②若当CP到达CB时，DQ也恰好回到DF，若设&CP,∠ACB=mm>12，请直接【答案】(1)①12；②5(2)①t的值为807或40023，②【分析】本题依托“分割值”主要考查角度之间的数量关系和一元一次方程的应用：（1）①根据角平分线的定义以及“分割值”的定义求解即可．②根据角的和差关系以及“分割值”的定义求解即可（2）①分两种情况，根据&CP,∠ACB②设若射线CP旋转的速度为每秒α°，射线DQ旋转的速度为每秒β°，根据题意即可得120α=160β，进一步得到αt120=m，有αt120【详解】（1）解：①∵OC是∠AOB的平分线，∴∠AOC=12∴&OC,∠AOB故答案为：12②∵∠AOC=50°，∠BOC=20°，∴∠AOB=∠AOC+∠BOC=70°，∴∠AOC∠AOB故答案为：57（2）解：①当DQ由DF向DE运动时：∵&∴4t解得：t=80当DQ由DE向DF运动时，∵&CP,∠ACB∴4t解得：t=400综上所述，t的值为807或400②设若射线CP旋转的速度为每秒α°，射线DQ旋转的速度为每秒β°，∵当CP到达CB时，DQ也恰好回到DF，∴120α∵&CP,∠ACB∴αt120=m，则∴射线DQ旋转的角度为βt=160m，∵m>1∴∠EDQ=160m−80．45．（23-24七年级上·天津·期末）探究题：已知O为直线AD上的一点，以O为顶点作∠COE=90°，射线OF平分∠AOE．(1)如图1，若∠DOE=54°，则∠AOC=________．(2)若将∠COE绕点O旋转至图2的位置，射线OF仍然平分∠AOE，请写出∠COF与∠DOE之间的数量关系，并说明理由；(3)若将∠COE绕点O旋转至图3的位置，射线OF仍然平分∠AOE,求2∠COF+∠DOE的度数．【答案】(1)36°(2)∠DOE=2∠COF，理由见解析(3)360°【分析】本题主要考查了几何图形中角度的计算，角平分线的定义：（1）先由平角的定义求出∠AOE的度数，进而根据角的和差关系求出∠AOC的度数即可；（2）由角平分线的定义得到∠AOE=2∠EOF，再用∠EOF分别表示出∠COF和∠DOE，据此可得结论；（3）先由平角的定义和角平分线的定义得到∠AOE+∠DOC=90°，∠AOE=2∠EOF，再由2∠COF+∠DOE=2∠COE+∠EOF【详解】（1）解：∵∠DOE=54°，∴∠AOE=180°−54°=126°，∵∠COE=90°，∴∠AOC=∠AOE−∠COE=126°−90°=36°，故答案为：36°；（2）解：∠DOE=2∠COF，理由如下：∵OF平分∠AOE，∴∠AOE=2∠EOF，∵∠AOE+∠DOE=180°，∴∠DOE=180°−∠AOE=180°−2∠EOF，∵∠COE=90°，∴∠COF=90°−∠EOF，∴2∠COF=180°−2∠EOF，∴∠DOE=2∠COF；（3）解：∵∠COE=90°，∴∠AOE+∠DOC=180°−90°=90°，∵OF平分∠AOE，∴∠AOE=2∠EOF，∴2∠COF+∠DOE=2=2∠COE+2∠EOF+90°+∠DOC=180°+∠AOE+90°+∠DOC=180°+90°+90°=360°．【考点15】双角平分线模型46．（24-25七年级上·辽宁·期末）如图，已知OC、OD是∠AOB内的两条射线，OE平分∠AOC，OF平分∠BOD．(1)若∠AOB=132°，∠COD=22°，求∠EOF的度数；(2)若∠EOF=α，∠COD=β，求∠AOB的度数．（用含α、β的代数式表示）【答案】(1)77°(2)2α−β【分析】本题主要考查了几何图形中角度的计算，角平分线的定义：（1）先求出∠AOC+∠BOD的度数，再由角平分线的定义推出∠COE+∠DOF的度数，据此根据角的和差关系可得答案；（2）先求出∠COE+∠DOF的度数，再由角平分线的定义推出∠AOC+∠BOD的度数，据此根据角的和差关系可得答案．【详解】（1）解：∵∠AOB=132°，∠COD=22°，∴∠AOC+∠BOD=∠AOB−∠COD=110°，∵OE平分∠AOC，OF平分∠BOD，∴∠COE=1∴∠COE+∠DOF=1∴∠EOF=∠COE+∠DOF+∠COD=77°．（2）解：∵∠EOF=α，∠COD=β，∴∠COE+∠DOF=∠EOF−∠COD=α−β，∵OE平分∠AOC，OF平分∠BOD，∴∠AOC=2∠COE，∴∠AOC+∠BOD=2∠COE+2∠DOF=2α−2β，∴∠AOB=∠AOC+∠BOD+∠COD=2α−β．47．（23-24七年级上·江西·期末）已知，OC是过点O的一条射线，OD，OE分别平分(1)如图①，如果射线OC在∠AOB的内部，∠AOB=80°，则∠DOE=°；(2)如图②，如果射线OC在∠AOB的内部绕点O旋转，∠AOB=x°，则∠DOE=°；(3)如果射线OC在∠AOB的外部绕点O旋转，∠AOB=x°，请借助图③探究∠DOE的度数．【答案】(1)40(2)x(3)x2°【分析】此题考查角平分线的定义，关键是根据角平分线的定义解答．（1）根据角平分线的定义解答即可；（2）根据角平分线的定义解答即可；（3）分两种情况，利用角平分线的定义解答即可．【详解】（1）解：∵OD、OE分别平分∠AOC、∠BOC，∴∠COD=∠AOD=12∠AOC∴∠DOE=∠COD+∠COE=1故答案为：40；（2）解：∵OD、OE分别平分∠AOC、∠BOC，∴∠COD=∠AOD=12∠AOC∴∠DOE=∠COD+∠COE=1∴∠DOE=x故答案为：x2（3）解：分两种情况：①如图：∵OD、OE分别平分∠AOC、∠BOC，∴∠COD=∠AOD=12∠AOC∴∠DOE=∠COD−∠COE=1∴∠DOE=x②如图：∵OD、OE分别平分∠AOC、∠BOC，∴∠COD=∠AOD=12∠AOC∴∠DOE=∠COD+∠COE=1∴∠DOE=1综上所述，∠DOE的度数为x2°或48．（2024七年级上·全国·专题练习）已知：∠BOC在∠AOB的外部，OE平分∠AOB，OF平分∠BOC，OD平分∠AOC，∠AOE=30°，∠BOD=10°，试求∠COF的度数．【答案】40°或20°【分析】本题主要考查角度的和差计算，角平分线的性质，理解题意作图分析，掌握角平分线的性质计算角度的方法是解题的关键．根据题意作图，分类讨论：当∠BOD在∠AOB外部时，可得∠AOB=2∠AOE=60°，则∠AOD=∠COD=∠AOB+∠BOD=70°，∠BOC=∠COD+∠BOD=80°，由OF平分∠BOC，即可求解；当∠BOD在∠AOB内部时，∠COD=∠AOD=50°，则∠BOC=∠COD−∠BOD=40°，由OF平分∠BOC，即可求解．【详解】解：第一种情况，如答图①，∵OE平分∠AOB，∠AOE=30°，∠BOD=10°，∴∠AOD=30°+30°+10°=70°，∵OD平分∠AOC，∴∠COD=∠AOD=70°，∵OF平分∠BOC，∴∠COF=70°+10°第二种情况，如