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【期末知识专练】人教版数学七年级上学期 期末备考-专题1.04：几何图形初步章节 必练考点
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这是一份【期末知识专练】人教版数学七年级上学期 期末备考-专题1.04：几何图形初步章节 必练考点，文件包含专题104几何图形初步章节必过考点解析版docx、专题104几何图形初步章节必过考点原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。
专题1.04 几何图形初步章节必过考点（解析版）
学习目标
清楚章节所含基础知识点，并且有自己的理解，能够了然于心！
考点整合
【考点1】 认识立体图形 【考点 7】 线段的计算（方程思想）
【考点2】 几何体的展开图 【考点 8】 钟面角的计算
【考点3】 从不同方向看立体图形 【考点 9】 度分秒的换算
【考点4】 直线、射线、线段的表示与计数 【考点 10】余角和补角的认识
【考点5】 直线、射线、线段的作图 【考点 11】角度的计算
【考点6】 直线与线段的性质
触类旁通
【考点1】认识立体图形
概念：①实物中抽象出的各种图形统称为几何图形。点动成线，线动成面，面动成体。
②几何图形分为平面图形和立体图形。
自我解读：①一头有尖用以钻孔的工具叫做锥在数学中可以理解为一个点射出去无数线行程的图形。
②柱可以理解为一个面往一个方向拉所行程的图形。如一个圆往上拉，就形成了圆柱。
【例1】（2022·全国·七年级专题练习）如图，请在每个几何体右边写出它们的名称：
（1）_______；（2）_______；（3）_______；（4）_______；
（5）_______；（6）_______；（7）_______；（8）_______．
【答案】 正方体 长方体 圆柱 三棱柱 圆锥 球 四棱锥 五棱柱
【分析】根据图形特点写出名称即可．
【详解】解：（1）是正方体；
（2）是长方体；
（3）是圆柱；
（4）是三棱柱；
（5）是圆锥；
（6）是球；
（7）是四棱锥；
（8）是五棱柱.
故答案为：（1）正方体；（2）长方体；（3）圆柱；（4）三棱柱；（5）圆锥；（6）球；（7）四棱锥；（8）五棱柱.
【点睛】本题考查了立体图形的识别，注意几何体的分类，一般分为柱体、锥体和球，柱体又分为圆柱和棱柱，椎体又分为圆锥和棱锥．
【变式1-1】（2022·全国·七年级专题练习）（1）n棱柱有____顶点，有____棱，有____面，有____侧棱，有____侧面．
（2）n棱锥有____顶点，有____棱，有____面，有____侧棱，有____侧面．
【答案】 2n 3n n n 2n n n
【分析】（1）根据棱柱的特点进行求解；
（2）根据棱锥的特点进行求解．
【详解】（1）n棱柱有顶点个数2n，棱个数3n，面个数，侧棱个数n，侧面个数n；
故答案为：2n，3n，，n，n；
（2）n棱锥有顶点个数，棱个数2n，面个数，侧棱个数n，侧面个数n；
故答案为：，2n，，n，n．
【点睛】本题考查了棱柱与棱锥的特点，熟练掌握基本几何体的特征是解题的关键．
【变式1-2】（2022·江西萍乡·七年级阶段练习）如图是一个三棱柱，若这个三棱柱的底面是一个周长为的等边三角形，侧面是一个正方形，则这个三棱柱的所有棱的长的和是____．
【答案】18
【分析】等边三角形的三边相等，正方形的四条边相等，根据题意可知，三棱柱的棱长都相等，计算棱长的和即可．
【详解】解：等边三角形的三边相等，正方形的四条边相等，
三棱柱的棱长都相等，
三棱柱的底面周长为，
三棱柱的棱长为，
三棱柱的所有棱的长的和是．
故答案为：18．
【点睛】本题考查了简单的几何图形，正方形的性质以及等边三角形的性质，熟知三棱柱有条棱是解本题的关键．
【变式1-3】（2022·陕西·西安铁一中滨河学校七年级阶段练习）下列几何体属于柱体的有______个．
【答案】3
【分析】根据柱体的定义逐项分析判定即可得出答案．
【详解】解：①是四棱柱或长方体，所以①属于柱体；
②是三棱锥，所以②不属于柱体；
③是圆柱，所以③属于柱体；
④是圆锥体，所以④不属于柱体；
⑤是球体，所以⑤不属于柱体；
⑥是三棱柱，所以⑥属于柱体．
所以属于柱体的有①③⑥共3个．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了认识立体图形，认识基本几何体是解决本题的关键．
【考点2 】 几何体的展开图
自我解读：①正方体盒巧展开，六个面儿七刀裁，十一类图记分明；一四一呈6种，二三一有3种，二二二与三三各1种。（141型6种；231型3种；222型1种；33型1种。）
②做题时抓住对应面即可，如141型在4个一排的图形上很容易找到俩对对应面。
【例2】（2022·全国·七年级专题练习）正方体的展开图共有____种，正方体展开图的判断常用口诀是___________________________．
【答案】 11 一线不过四；田凹应弃之
【分析】正方体展开图有11种特征，分四种类型，即：第一种：“”结构，即第一行放1个，第二行放4个，第三行放1个，有四种展开图；第二种：“”结构，即每一行放2个正方形，此种结构只有一种展开图；第三种：“”结构，即每一行放3个正方形，只有一种展开图；第四种：“”结构，即第一行放1个正方形，第二行放3个正方形，第三行放2个正方形，有三种展开图．
【详解】解：正方体展开图有11种．
故答案为：11；一线不过四，田凹应弃之．
【点睛】本题主要考查正方体展开图，记住正方体展开图的特征是解题的关键．
【变式2-1】（2022·陕西·西安高新第三中学七年级阶段练习）图1是图2正方体的展开图，现将图2中的正方体按所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格，这时正方体朝上一面的字是______．
【答案】江
【分析】根据两个面相隔一个面是对面，再根据翻转的规律，可得答案．
【详解】第一次翻转“镇”或“徒”在下面，第二次翻转“容”在下面，第三次翻转“句”在下面，
句与江相对，
故答案为：江．
【点睛】本题考查了正方体相对两个面上的文字，熟练掌握对立面是解题的关键
【变式2-2】（2022·湖南·张家界市民族中学七年级开学考试）把4个棱长为2分米的正方体拼成长方体，拼成的长方体的表面积可能是_________平方分米，也可能是__________平方分米．
【答案】 72 64
【分析】由4个棱长2分米的小正方体拼成的长方体，可以有两种拼法，可以拼成长、宽、高分别是8分米、2分米、2分米的长方体，也可以拼成长、宽、高分别是4分米、2分米、4分米的长方体，根据长、宽、高求出表面积即可．
【详解】解：8×2×4+2×2×2，
=64+8，
=72（平方分米），
4×2×4+4×4×2，
=32+32，
=64（平方分米）；
答：拼成的长方体的表面积可能是72平方分米，也可能是64平方分米．
故答案为：72，64．
【点睛】此题主要考查简单的立方体拼接问题以及长方体表面积的求法，注意分两种情况讨论．
【变式2-3】（2022·山东·华东师范大学青岛实验中学七年级阶段练习）如图①是边长为2的六个小正方形组成的图形，它可以围成如图②所示的正方体，则图①中小正方形的顶点在围成的正方体上的距离是______．
【答案】2
【分析】将图1折成正方体，然后判断出在正方体中的位置关系，从而可得到之间的距离．
【详解】解：将图1折成正方体后点A和点B为同一条棱的两个端点，得出，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查的是展开图折成几何体，判断出点A和点B在几何体中的位置是解题的关键．
【考点3 】 从不同方向看立体图形
自我解读：①俯视图打地基（上面看的先把最下面的画好），正视图疯狂盖（正视图看到的把图形补全），左视图拆违章（把多的部分去掉）。
【例3】（2022·山东·胶州市瑞华实验初级中学七年级阶段练习）一个小立方体块的六个面分别标有字母A，B，C，D，E，F，如图是从三个不同方向看到的情形，则字母A的对面是字母________．
【答案】C
【分析】观察三个正方体，与A相邻的字母有D、E、B、F，从而确定出A对面的字母是C．
【详解】由图可知，A相邻的字母有D、E、B、F，
所以，A对面的字母是C，
故答案是：C；
【点睛】考查了正方体相对两个面上的文字，仔细观察图形从相邻面考虑是解题的关键．
【变式3-1】（2022·全国·七年级课时练习）一位画家把7个边长为1m的相同正方体摆成如图的形状，然后把露出的表面（不包括底面）涂上颜色，则涂色面积为_________m2.
【答案】23
【分析】依据图形第一层露出4×2个面，第二层露出4×3+3个面，从而可解．
【详解】根据分析得露出的面的个数为4×2+4×3+3=23，又每个面的面积为1m2，
则涂色面积为23m2.故答案为：23．
【点睛】结合图形的特征，认真观察，是解决此类问题的关键．
【变式3-2】（2022·四川·成都市第四十三中学校七年级阶段练习）如图是由一些相同的小正方体搭成的几何体从正面和上面看到的形状图，搭这个几何体最少需要____个小正方体，最多需要____个小正方体．
【答案】 10 15
【分析】根据从正面看和从上面看得到的图形在从上面看的图形上标上所有位置小正方体的个数，进行计算即可得答案．
【详解】个数最少时：如图（图不唯一，第二列一个位置有2个即可，第三列有一个位置有3个即可）；
；
个数最多时：如图：
；
故答案为：10；15．
【点睛】本题考查从不同方向看几何体，熟练掌握根据从上面看的图形确定位置，从正面看的图确定个数是解题的关键．
【变式3-3】（2022·全国·七年级专题练习）把50个同样大小的立方体木块堆砌成如图的形状放在桌面上，现在向这堆木块没与桌面接触的五个面喷油漆，则有___块木块完全喷不到漆．
【答案】7
【分析】将“最外层”切去，剩下的是完全不涂颜色的部分，再根据实际情况进行判断即可．
【详解】解：如图，将“4×4×4”的大正方体分别切去涂漆的五个面的“最外层”后，还剩下“2×2×3”的小正方体，
而这“12个”又拿去一部分，因此在上层“涂红、绿、蓝色”的下面各有2块是完全没有涂颜色的，在下层“涂黄色”的下面有1个完全没有涂颜色，
因此共有2×3+1＝7
故答案为：7．
【点睛】本题考查认识立体图形，掌握立体图形的特征是正确判断的前提．
【考点 4】 直线、射线、线段的表示与计数
概念：①线段： (1)一条线段可以用它的两个端点的大写字母来表示，以A，B为端点的线段，可记作“线段AB”或“线段BA”；
(2)一条线段可以用一个小写字母来表示，如图，线段AB也可记作“线段a”．
②射线：将线段向一个方向无限延长就得到了射线．射线有一个端点，射线向一个方向无限延伸，
射线是无法测量的．射线的表示法：两个大写字母：一条射线可以用表示它的端点和射线上的另
一点的两个大写字母来表示，若点O是端点，点A是射线上异于端点的另一点，那么这条射线可
以记作射线OA.
注意：
①表示射线的两个大写字母，其中一个一定是端点，并且要把它写在前面．
②端点相同的射线不一定是同一条射线，端点不同的射线一定不是同一条射线
③两条射线为同一射线必须具备的两个条件：①端点相同；②延伸的方向相同．
③直线：
将线段向两个方向无限延长就形成了直线．直线没有端点，直线向两个方向无限延伸，直线是无法测量的．
直线的两种表示方法：
一条直线可以用一个小写字母表示，可记作：直线a.一条直线也可以用在这条直线上的表示两个点的大写字母来表示，可记作：直线AB或直线BA.
自我解读：①线段有俩种写法，如（1）线段AB（或者线段BA不分前后）（2）线段a
②射线只有一种记录方法，如射线OA（O必须为端点，字母分前后）；判断是否为同一射线，不仅要看端点，还要看延伸方向是否相同。
③直线有俩种记录方法，如（1）直线AB（或者直线BA不分前后）（2）直线a。
④只有线段有长度，其他的无法测量，射线和直线的长度无法比较。
【例4】（2022·山东烟台·期中）如图，点A，B在直线l上，下列说法错误的是（ ）
A．线段和线段是同一条线段
B．直线和直线是同一条直线
C．图中以点A为端点的射线有两条
D．射线和射线是同一条射线
【答案】D
【分析】根据线段、射线、直线的特点判断即可．
【详解】线段和线段是同一条线段，
故A正确；
直线和直线是同一条直线，
故B正确；
图中以点A为端点的射线有两条，
故C正确；
射线和射线不是同一条射线，
故D错误；
故选D．
【点睛】本题考查了线段、射线、直线的特点，熟练掌握各自的特点是解题的关键．
【变式4-1】（2022·重庆实验外国语学校七年级开学考试）下列说法中正确的个数为（ ）
（1）一定是正数；（2）单项式的系数是，次数是3；（3）小数都是有理数；（4）多项式是五次三项式；（5）连接两点的线段叫做这两点的距离；（6）射线比直线小一半．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】根据相关知识逐项分析判断即可完成．
【详解】（1）当a=0时，4a=0，故此说法错误；（2）单项式的系数是，次数是3，故此说法正确；（3）无限不循环小数是无理数，故此说法错误；（4）多项式是三次三项式，故此说法错误；（5）连接两点的线段的长度叫做这两点的距离，故此说法错误；（6）射线与直线是不可度量的，故射线比直线小一半的说法错误．所以正确的说法有1个．
故选：A
【点睛】本题考查了本题考查了整式的相关知识，直线、射线和线段的相关概念及性质，属于基础问题，掌握它们是关键．
【变式4-2】（2022·全国·七年级课时练习）已知平面上A，B，C三点，过每两点画一条直线，那么直线的条数有（ ）
A．3条 B．1条 C．1条或3条 D．0条
【答案】C
【分析】根据A、B、C三点的不同位置分类讨论即可得出结果．
【详解】解：当A、B、C三点在同一直线上时，如图1所示，过每两点画一条直线，只能画1条直线，
当A、B、C三点不在在同一直线上时，如图2所示，过每两点画一条直线，可以画3条直线，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了直线，利用分类讨论思想是解题的关键．
【变式4-3】（2022·山东·聊城市水城慧德学校七年级阶段练习）济青高铁北线，共设有5个不同站点，要保证每两个站点之间都有高铁可乘，需要印制不同的火车票（ ）
A．20种 B．42种 C．10种 D．84种
【答案】A
【分析】根据图示，由线段的定义解决此题．
【详解】解：如图，图中有5个站点．
往同一个方向（从1站点往5站点的方向），需要印制不同的火车票种类的数量有（种）．
∴保证任意两个站点双向都有车票，需要印制车票种类的数量为（种）．
故选：A．
【点睛】本题主要考查线段，熟练掌握清晰的逻辑思维以及线段的定义是解决本题的关键．
【考点 5】 直线、射线、线段的作图
自我解读：依据直线、射线、线段的定义作图即可.
【例5】（2022·湖北十堰·七年级期末）下列语句中：①画直线AB＝3cm；②直线AB与直线BA是同一条直线，所以射线AB与射线BA也是同一条射线；③延长直线OA；④若AM＝BM则M为线段AB的中点；⑤若M是线段AB的中点，则AM＝BM．正确的有 ___个．
【答案】1
【分析】直接利用直线、射线、线段的定义，以及中点的定义分别分析得出答案．
【详解】解：①画直线AB＝3cm，直线没有长度，说法错误；
②直线AB与直线BA是同一条直线，射线AB与射线BA不是同一条射线，说法错误；
③延长直线OA，直线向两方无限延伸，不能延长，说法错误；
④如果点M在线段AB上且AM＝BM，则M为线段AB的中点，故说法错误；
⑤若M是线段AB的中点，则AM＝BM，说法正确；
故答案为：1．
【点睛】此题主要考查了直线、射线、线段以及中点的定义，正确把握相关定义是解题关键．
【变式5-1】（2022·陕西·西安高新一中实验中学七年级期末）如图，平面上有四个点A，B，C，D．根据下列语句，完成尺规作图：
(1)画直线AC；
(2)画射线BD交直线AC于点O；
(3)连接BC，并延长至点E，使CE＝2BC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据直线定义即可画直线AC．
（2）根据射线定义即可画射线BD交直线AC于点O．
（3）根据线段定义即可连接BC，并延长至点E，使CE＝2BC．
（1）
解：如图，直线AC即为所求；
（2）
如图，射线BD和点O即为所求；
（3）
如图，线段BC，CE即为所求．
【点睛】本题考查了作图﹣复杂作图，直线、射线、线段，解决本题的关键是掌握基本作图方法．
【变式5-2】（2022·江西赣州·七年级期末）解答：
(1)计算：；
(2)读下列语句并画图：
①直线a经过A，B两点；
②点P是直线a外一点，过点P的直线b与直线a相交于点C，并使点C在线段AB上；
③画射线CD．
【答案】(1)－41；
(2)见解析．
【分析】（1）根据有理数的运算法则计算即可；
（2）根据题意作图即可．
（1）解：
（2）解：如图所示：
【点睛】本题考查有理数的运算法则，直线，线段，射线的作图方法．解题的关键是理解有理数的运算法则，直线，线段，射线的作图方法．
【变式5-3】（2022·全国·七年级专题练习）按要求完成作图及作答：
(1)如图1，请用适当的语句表述点P与直线l的关系： ；
(2)如图1，画直线PA；
(3)如图1，画射线PB；
(4)如图2，平面内三条直线交于A、B、C三点，点M、N是平面内另外两点，若分别过点M、N各作一条直线，则新增的两条直线使得平面内最多新增 个交点．
【答案】(1)P在直线l外；
(2)见解析
(3)见解析
(4)7
【分析】（1）根据点与直线的关系即可填空；
（2）根据直线的定义即可画直线PA；
（3）根据射线的定义即可画射线PB；
（4）根据题意画出图形即可得平面内最多新增的交点个数．
（1）
点P与直线l的关系：P在直线l外；
故答案为：P在直线l外；
（2）
如图1，直线PA即为所求；
（3）
如图1，射线PB即为所求；
（4）
如图2，新增的两条直线使得平面内最多新增7个交点．
故答案为：7．
【点睛】本题考查了作图−应用与设计作图，直线的性质：两点确定一条直线，相交线，解决本题的关键是掌握直线的性质．
【考点 6】 直线与线段的性质
概念：①线段的性质：两点之间线段最短.
②直线的性质：两点确定一条直线.
自我解读：①处理最短问题时需要使用线段的性质。
②找直线可以理解为找俩个点。如ABC3个点，可以组成AB/AC/BC3条线（即字母俩俩配对）。
【例6】（2022·全国·七年级课时练习）下列有四个生活、生产现象：其中可用基本事实“两点之间，线段最短”来解释的现象有______填序号．
①有两个钉子就可以把木条固定在墙上；②A从地到地架设电线，总是尽可能沿着线段架设；③植树时，只要定出两棵树的位置，就能确定同一行所在的直线；④把弯曲的公路改直，就能缩短路程．
【答案】②④
【分析】根据直线的性质及线段的性质依次分析判断．
【详解】解：①有两个钉子就可以把木条固定在墙上，是利用两点确定一条直线；
②A从地到地架设电线，总是尽可能沿着线段架设，是利用两点之间，线段最短；
③植树时，只要定出两棵树的位置，就能确定同一行所在的直线，利用两点确定一条直线；
④把弯曲的公路改直，就能缩短路程，利用两点之间，线段最短．
故答案为：②④．
【点睛】此题考查了线段的性质：两点之间线段最短，理解线段的性质及直线的性质的区别是解题的关键．
【变式6-1】（2022·天津北辰·七年级期末）如图，辰辰同学根据图形写出了四个结论：①图中有两条直线；②图中有5条线段；③射线和射线是同一条射线；④直线经过点．其中结论正确的结论是______．
【答案】①③
【分析】根据直线、射线、线段的定义结合图形即可分析判断求解．
【详解】解：①直线是没有端点，向两边无限延伸，图中有两条直线，分别是：直线BC和直线BD，故①说法正确；
②直线上两点及两点之间的部分是线段，图中有6条线段，分别是：线段AB、线段BC、线段BD、线段AC、线段CD、线段AD，故②说法错误；
③射线和射线是同一条射线，都是以点A为端点，同一方向的射线，故③说法正确；
④直线和直线BC相交于点B，直线经过点B，不经过点，故④说法错误，
故答案为：①③．
【点睛】本题考查直线、射线、线段的定义，解题的关键是熟练掌握并区分相关定义．
【变式6-2】（2022·全国·七年级单元测试）已知A，B，C，D四点，任意三点都不在同一直线，以其中的任意两点为端点的线段有____________条．
【答案】6
【分析】由线段的定义，每一点与其它三点连接得到三条线段，由两点连线只能确定一条线段，即可求解．
【详解】如图，由线段的定义，每一点与其它三点连接得到三条线段，由于两点连线只能确定一条线段，所以不同条数是，故这样的线段有6条．
故答案为：6．
【点睛】本题复习线段的定义，已知的四个点中任意三个点都不共线，所以根据两点确定一条直线可知符合题意的线段共有6条，类似这种数线段或数角个数的题目，在数的时候要细心，做到不遗漏、不重复．
【变式6-3】（2022·广西玉林·七年级期末）如图，已知直线l和直线外三点A、B、C，按下列要求画图．
(1)画射线AB；连接BC并延长BC至D，使得CD＝BC（不写作法不写结论）；
(2)在直线l上确定点E，使得AE+CE最小，这样做的理由是 ；
(3)在（2）的条件下，若AE＝4，AC＝11，求CE长．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析，两点之间线段最短；
(3)7．
【分析】（1）根据射线，线段的定义画出图形即可；
（2）连接AC交直线l于点E，点E即为所求，根据两点之间线段最短可得答案；
（3）利用线段的和差定义求解即可．
（1）
解：如图，射线AB，线段CD即为所求；
（2）
如图，点E为所求．
理由是：两点之间线段最短，
故答案为：两点之间线段最短；
（3）
解：∵AE＝4，AC＝11，
∴CE＝AC﹣AE＝11﹣4＝7．
【点睛】本题考查了画射线，线段，两点之间线段最短，线段的和差计算，掌握以上知识是解题的关键．
【考点 7】 线段的计算（方程思想）
自我解读：①常用和差的方式求线段
②在数轴上常通过点对应的数来处理。如A为x+3，B为3-X，则AB=|（x+3）-（3-x）|。（谁
大谁小不确定时，加上绝对值即可）
【例7】（2022·贵州·遵义市播州区新蓝学校七年级阶段练习）如图，已知B、C在线段AD上．
(1)图中共有_____条线段；
(2)若AB＝CD．
①比较线段的大小：AC_____BD（填：“＞”、“＝”或“＜”）；
②若BD＝4AB，BC＝12cm，求AD的长．
【答案】(1)6
(2)①=；②AD＝20cm
【分析】（1）根据图形依次数出线段的条数即可；
（2）①根据等式的性质即可得到答案；
②依据线段的和差关系进行计算，即可得出AD的长；
（1）
图中有线段：AB、BC、CD、AC、BD、AD，共6条，
故答案为：6．
（2）
①∵AB＝CD，
∴AB+BC＝CD+BC，
即AC＝BD，
故答案为：＝．
②∵BD＝4AB，AB＝CD，
∴BC＝3AB，
∵BC＝12，
∴AB＝4，
∴AD＝AB+BD
＝4+4×4
＝20（cm），
【点睛】本题主要考查了线段的长度计算和线段中点的性质，关键是掌握线段的和、差、倍、分及计算方法．
【变式7-1】（2022·黑龙江·大庆市庆新中学期末）数轴上A，B两点表示的数分别是-1和5，数轴上的点C是AB的中点，数轴上点D使，则线段BD的长是________．
【答案】##
【分析】依次求出AB，AC，AD，再分点D在A点右侧和左侧讨论即可．
【详解】解：如下图所示：
∵数轴上A，B两点表示的数分别是-1和5，
∴AB=6．
又∵数轴上的点C是AB的中点，
∴．
又∵，
∴．
当点D在点A右侧时，如图中D所示，
则有；
当点D在点A左侧时，如图中所示，
则有．
综上所述：线段BD的长是．
故答案为：．
【点睛】本题考查线段的和差计算,线段的中点，会根据题意分类讨论是解题的关键．
【变式7-2】（2022·全国·七年级课时练习）线段AB和CD在同一直线上，M，N分别是线段AB，CD的中点，已知AB=6cm，CD=8cm．
(1)当A，C两点重合时，如图1，求MN的长；
(2)当C点在线段AB上时，如图2，如果线段AB，CD的公共部分BC=2cm，求MN的长；
(3)在(2)的情况下，MN与AB，CD，BC有怎样的数量关系？(直接写出结果)
【答案】(1)1cm
(2)5cm
(3)
【分析】（1）先根据中点的定义求出AN、AM，再根据线段和差关系求解即可；
（2）先根据中点定义求出AM、DN，再根据线段和差关系求出AD，最后再根据线段和差关系求解即可；
（3）由（2）的解题方法求解即可．
（1）
解：∵M，N分别是线段AB，CD的中点，AB=6cm，CD=8cm，A，C两点重合
∴AM=3cm，AN=4cm，
∴MN=AN-AM=1cm；
（2）
∵M，N分别是线段AB，CD的中点，AB=6cm，CD=8cm，
∴AM=3cm，DN=4cm，
∵线段AB，CD的公共部分BC=2cm，
∴AD=AB+CD-BC=6+8-2=12cm，
∴MN=AD-AM-DN=12-3-4=5cm；
（3）
∵M，N分别是线段AB，CD的中点，
，
，
，
即：．
【点睛】本题考查了两点间的距离，线段中点，线段和差关系，利用中点和线段和差关系是解题的关键．
【变式7-3】（2022·全国·七年级课时练习）如图，点在线段上，cm，cm．点以1cm/s的速度从点沿线段向点运动；同时点以2cm/s的速度从点出发，在线段上做往返运动（即沿运动），当点运动到点时，点、都停止运动．设点运动的时间为（s）．
(1)当时，求的长．
(2)当点为线段的中点时，求的值．
(3)若点是线段的中点，在整个运动过程中，是否存在某个时间段，使的长度保持不变？如果存在，求出的长度并写出其对应的时间段；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)7 cm
(2)2或
(3)当0≤t≤2或4≤t≤6时，使PM的长度保持不变；PM的长度分别为6cm或2cm．
【分析】（1）当t=1时，AM=1cm，CN=2cm，可得MN=7cm；
（2）由题意，得：AM=t cm，MC=（6-t）cm，根据点M运动到点C时，点M、N都停止运动，可得0≤t≤6，分三种情况：①当0≤t≤2时，点N从C向B运动，可求得t=2；②当2＜t≤4时，点N从B向C运动，求出t=2不合题意；③当4＜t≤6时，点N从C向B运动，可求得；
（3）存在某个时间段，使PM的长度保持不变，与（2）一样分三种情况分别探究即可．
（1）
解：当t=1时，AM=1cm，CN=2cm，
∴MC=AC-AM=6-1=5（cm），
∴MN=MC+CN=5+2=7（cm）；
（2）
如图，由题意，得：AM=t cm，MC=（6-t）cm，
∵点M运动到点C时，点M、N都停止运动，
∴0≤t≤6，
①当0≤t≤2时，点N从C向B运动，CN=2t cm，
∵点C为线段MN的中点，
∴MC=CN，即6-t=2t， 解得：t=2；
②当2＜t≤4时，点N从B向C运动，BN=（2t-4）cm，CN=4-（2t-4）=（8-2t）cm，
∵点C为线段MN的中点，
∴MC=CN，即6-t=8-2t， 解得：t=2（舍去）；
③当4＜t≤6时，点N从C向B运动，CN=（2t-8）cm，
∵点C为线段MN的中点，
∴MC=CN，即6-t=2t-8，
解得：； 综上所述，当t=2或时，点C为线段MN的中点．
（3）
如图2，①当0≤t≤2时，点N从C向B运动，CN=2t cm，
∵点P是线段CN的中点，
∴CP=CN=t cm，
∴PM=MC+CP=6-t+t=6cm，此时，PM的长度保持不变；
②当2＜t＜4时，点N从B向C运动，CN=（8-2t）cm，
∵点P是线段CN的中点，
∴CP=CN=（8-2t）=（4-t） cm，
∴PM=MC+CP=6-t+（4-t）=（10-2t）cm，此时，PM的长度变化；
③当4≤t≤6时，点N从C向B运动，CN=（2t-8）cm，
∵点P是线段CN的中点，
∴CP=CN=（2t-8）=（t-4）cm，
∴PM=MC+CP=6-t+（t-4）=2cm，此时，PM的长度保持不变；
综上所述，当0≤t≤2或4≤t≤6时，使PM的长度保持不变；PM的长度分别为6cm或2cm．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，两点之间距离的概念，中点定义，线段和差计算等，运用分类讨论思想是解题的关键．
【考点 8】 钟面角的计算
自我解读：①分针：60分钟转一圈，每分钟转动的角度为：360°÷60=6°
时针：12小时转一圈，每分钟转动的角度为：360°÷12÷60=0.5°．
②计算分针时针夹角时，常和0点作为基准，分别算出分针走了多少度，时针走了多少度，俩者作差加上绝对值即可。超过180时，用360减一下即。如分针与时针夹角算到270则360-270=90度。
【例8】（2022·山东·曹县第二初级中学七年级阶段练习）上午6点20分，钟面上的时针与分针的夹角是__________．
【答案】70°##70度
【分析】利用钟表表盘的特征进行分析：钟表上有12个数字，每相邻两个数字之间的夹角为30°，即一个大格是30°，一个大格之间有5个小格，一个小格是6°，当时针走30°，分针360°，时针是分针的 ，解答即可．
【详解】解：6点20分，分针走了30°×4=120°，时针走了120°÷12=10°，
30°×2+10°=70°，
∴钟面上的时针与分针的夹角是70°，
故答案为：70°．
【点睛】此题考查了钟面角的有关知识，解题的关键是掌握钟表上从1到12一共有12格，每个大格30°，以及时针与分针走的度数之间的关系．
【变式8-1】（2022·山东·万杰朝阳学校期中）万杰朝阳学校上午第二节课的下课时间是9：40，此时时针与分针的夹角是_________°．
【答案】50
【分析】根据时钟上时针一小时转动30°，时针一分钟转0.5°，分针一分钟转动6°，进行计算即可解答．
【详解】解：由题意得：
，
故选：50．
【点睛】本题考查了钟面角，熟练掌握时钟上时针一小时转动30°，分针一分钟转动6°，是解题的关键．
【变式8-2】（2022·山东临沂·七年级期末）某同学走进教室发现黑板前的钟表为8：30，他想知道再过多长时间分针能和时针第一次重合．假设钟表走时准确，请问再过_________分钟．
【答案】##
【分析】由钟表旋转可得每过一分钟时针转过的角度为0.5度，分针每分钟走6度，设再过x分钟，分针与时针第一次重合，根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：钟表上一周是360度，有12个大格，
∴每个大格的度数为：360÷12=30度，
一个大格有5个小格，
∴每个小格的度数为：30÷5=6度，
一小时是60分钟，每过一分钟时针转过的角度为：30÷60=0.5度，分针每分钟走6度，
设再过x分钟，分针与时针第一次重合，
根据题意得：，
解得：，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查钟面角度的计算及一元一次方程的应用，理解题意，列出方程是解题关键．
【变式8-3】（2022·福建泉州·七年级期末）时钟上的分针和时针像两个运动员，绕着它们的跑道昼夜不停地运转．以下请你解答有关时钟的问题：
(1)分针每分钟转了几度？
(2)中午12时整后再经过几分钟，分针与时针所成的钝角会第一次等于？
(3)在(2)中所述分针与时针所成的钝角等于后，再经过几分钟两针所成的钝角会第二次等于？
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据分针一小时转一圈即360°，用360°除以60计算即得；
（2）根据分针每分钟转6°，时针每分钟转0.5°，时针与分针转过的角度差是，列方程解答即可；
（3）相对于12时整第二次所成的钝角第二次等于时，时针与分针转过的角度差超过180°，这个差与之和是360°．
（1）
解：∵分针一小时转一圈即360°,
∴分针每分钟转过的角度是： ,
答：分针每分钟转了6度；
（2）
设中午12时整后再经过x分钟，分针与时针所成的钝角会第一次等于121°，
∵时针一小时转动角度为： ，
时分针每分钟转过的角度是： ；
∵分针与时针所成的钝角会第一次等于，
∴时针与分针转过的角度差是，
∴，
解得：，
答：中午12时整后再经过22分钟，分针与时针所成的钝角会第一次等于121°；
（3）
设经过y分钟两针所成的钝角会第二次等于，
则从12时算起经过(y+22)分钟两针所成的钝角会第二次等于，
因为时针与分针转过的角度差超过180°，这个差与之和是360°，
故列得方程：，
解得：，
解得：，
答：经过分钟两针所成的钝角会第二次等于．
【点睛】本题通过钟面角考查一元一次方程，掌握时针分针的转动情况，会根据已知条件列方程是解题的关键．选择合适的初始时刻会简化理解和运算难度，起到事半功倍的效果．
【考点 9】度分秒的换算
概念：①度、分、秒是常用的角的度量单位．
1度=60分，即1°=60′，1分=60秒，即1′=60″。
自我解读：①某一位的小数部分，往前进一位除以60即可，往后退一位乘以60即可。如1.2°，只需要把0.2×60=12′即可，所以1.2°=1°12′。
【例9】（2022·陕西渭南·七年级期末）用度、分、秒表示31.21°为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据1度等于60分，1分等于60秒，31.21°由大单位转换成小单位乘以60，按此转化即可.
【详解】解：31.21°=
故选：A
【点睛】本题主要考查了度分秒的换算，掌握换算公式是解题的关键.
【变式9-1】（2022·全国·七年级单元测试）已知，，，则、、的大小关系是______．
【答案】
【分析】先把各角统一单位，再进行比较大小即可得到答案．
【详解】解：，
∵
∴．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了角的大小比较，解答此题的关键是把各角统一单位．
【变式9-2】（2022·江苏·江阴市敔山湾实验学校七年级阶段练习）计算：
(1)45°10′﹣21°35′20′′；
(2)48°39′+67°31′﹣21°17′；
(3)42°16′+18°23′×2．
【答案】(1)23°34′40′′
(2)94°53′
(3)79°2′
【分析】（1）根据度分秒之间的进率即可解答；
（2）根据度分秒之间的进率即可解答；
（3）先计算乘法，再计算加法即可．
（1）
解：45°10′﹣21°35′20′′=23°34′40′′．
（2）
解：48°39′+67°31′﹣21°17′
=116°10′-21°17′
=94°53′．
（3）
解：42°16′+18°23′×2
=42°16′+36°46′
=79°2′．
【点睛】本题考查度分秒的计算，，，掌握度分秒之间的进率是解答本题的关键．
【变式9-3】（2022·内蒙古·乌海市第二中学七年级期末）计算题：
(1)98°12′25″÷5
【答案】(1)179
(2)
(3)19°38′29″
【分析】（1）先让分、秒化为度，再除以5，然后把小数部分化为分、秒即可．
(1)解：98°12′25″÷5，
=[98+(12+)×]°÷5，
=98.20694°÷5，
=19.6413888889°；
∵0.6413888889×60′=38.4833333334′，0. 4833333334×60″=29.00000004″≈29″，
∴98°12′25″÷5=19°38′29″．
【点睛】此题考查了有理数混合运算，度、分、秒的除法计算，解题的关键是熟练掌握含乘方的有理数混合运算和度分秒的进率．
【考点 10】 余角和补角的认识
概念：①余角：如果两个角的和等于90°（直角），就说这两个角互为余角．即其中一个角是另一个角的余角．
②补角：如果两个角的和等于180°（平角），就说这两个角互为补角．即其中一个角是另一个角的补角．
自我解读：①等角（同角）的补角相等
②等角（同角）的余角相等．
【例10】（2022·上海理工大学附属初级中学期末）已知∠A与∠B互补，∠A＝35°24′，则∠B的大小是______．
【答案】144°36′
【分析】根据补角的定义可得∠A+∠B＝180°，然后进行运算即可．
【详解】解：由题意得，∠A+∠B＝180°．
∴∠B＝180°﹣35°24′＝144°36′．
故答案为：144°36′．
【点睛】本题主要考查补角、度分秒的换算等知识点，正确运用度分秒的换算进行计算是解答本题的关键．
【变式10-1】（2022·广东广州·七年级期末）下列结论：①射线OP和射线PO是同一条射线；②如果线段AM＝MC，则M是线段AC的中点；③在同一平面内，已知∠AOB＝60°，∠AOC＝30°，则∠BOC＝30°；④等角的余角相等．其中正确的结论有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】D
【分析】根据射线定义，确定①错误；根据线段中点定义，只有三点共线结论才成立，折线不行，故②错误；根据角的定义及角度计算，若在∠AOB内部，则∠BOC＝30°，若在∠AOB外部，则∠BOC＝90°，故③错误；根据余角的性质，等角的余角相等，故④正确，即可得到结论．
【详解】解：①根据射线定义，即可确定①错误；
②根据线段中点定义，只有三点共线结论才成立，对于折线就不成立，故②错误；
③根据角的定义及角度计算，若在∠AOB内部，则∠BOC＝30°；若在∠AOB外部，则∠BOC＝90°，故③错误；
④根据余角的性质，等角的余角相等，故④正确，
故选：D．
【点睛】本题主要考查射线定义、线段中点定义、角的概念与计算和余角的性质等知识，熟练掌握相关知识点并准确理解题意是解决问题的关键．
【变式10-2】（2022·辽宁本溪·七年级期末）如图，，OD，OE分别是和的角平分线．
(1)当时，求的度数；
(2)其他条件不变，当时，的度数是否发生改变？若改变，请求出它的度数；不改变，请说明理由．
(3)由（1）（2）可猜测，当为任意锐角时，的度数是______（直接写出结果）
【答案】(1)
(2)不变，理由见解析
(3)45°
【分析】（1）先求出∠AOC的度数，再由角平分线的定义求出∠DOC，∠EOC的度数，最后可求得∠DOE的度数；
（2）根据（1）的解法即可；
（3）根据（1）的解法即可．
（1）
解：∵，，
∴
又∵OD，OE平分和的角平分线
∴，
∴
（2）
不变
理由：∵，，
∴
又∵OD，OE平分和的角平分线
∴，
∴．
（3）
∵，，
∴
又∵OD，OE平分和的角平分线
∴，
∴．
故答案为：45°．
【点睛】本题考查角平分线的定义及角的和差，解题关键是理清角之和差关系．
【变式10-3】（2022·黑龙江·兰西县崇文实验学校期末）点O为直线AB上一点，将一直角三角板OMN的直角顶点放在点O处．射线OC平分∠MOB．
(1)如图1，若∠AOM＝30°，求∠CON的度数；
(2)在图1中，若∠AOM＝a，直接写出∠CON的度数（用含a的代数式表示）；
(3)将图1中的直角三角板OMN绕顶点O顺时针旋转至图2的位置，一边OM在射线OB上方，另一边ON在直线AB的下方．探究∠AOM和∠CON的度数之间的关系，写出你的结论，并说明理由．
【答案】(1)∠CON＝15°
(2)∠CON＝a
(3)∠CON＝∠AOM
【分析】（1）根据角平分线的定义和余角的性质即可得到结论；
（2）根据角平分线的定义和余角的性质即可得到结论；
（3）设∠AOM=a，则∠BOM=180°-a，根据角平分线的定义得到∠MOC=90°-α，根据余角的性质得到∠CON=α，于是得到结论．
（1）
解：由已知得∠BOM=180°-∠AOM=150°，
又∠MON是直角，OC平分∠BOM，
所以∠CON=∠MON-∠BOM=90°-×150°=15°；
（2）
解：由已知得∠BOM=180°-∠AOM=180°-α，
又∠MON是直角，OC平分∠BOM，
所以∠CON=∠MON-∠BOM=90°-×（180°-α）=α；
（3）
解：∠AOM=2∠CON，
理由如下：
设∠AOM=，则∠BOM=180°-，
∵OC平分∠BOM，
∴∠MOC=∠BOM=（180°-）=90°-，
∵∠MON=90°，
∴∠CON=∠MON-∠MOC=90°-（90°-）=，
∴∠CON=∠AOM．
即∠AOM=2∠CON．
【点睛】本题主要考查了余角与补角，角的计算、角平分线的定义的运用，正确的理解题意是解题的关键．解题时注意方程思想的运用．
【考点 11】角度的计算
自我解读：①常用和差的方式求角度。
【例11】（2022·河南驻马店·七年级期末）计算：
(1))119°57′＋32°41′﹣70°25′13″．
【答案】(1)82°12′47″
【分析】（1）根据度分秒的进制进行计算即可解答．
（1）．
【点睛】本题考查了度分秒的换算，有理数的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．也考查了角度的计算．
【变式11-1】（2022·四川省九龙县中学校七年级期末）如图，OE为∠AOD的平分线，∠COD＝∠EOC，∠COD＝15°，求：
(1)∠EOC的大小；
(2)∠AOC的大小．
【答案】(1)60°；
(2)105°．
【分析】（1）根据∠COD=∠EOC，可得∠EOC=4∠COD；
（2）根据角的和差，可得∠EOD的大小，根据角平分线的性质，可得答案．
（1）
解：∵∠COD＝∠EOC，∠COD＝15°，
∴∠EOC=4∠COD=4×15°=60°；
（2）
解：∵∠EOC=60°，∠COD＝15°，
∴∠EOD=∠EOC-∠COD=60°-15°=45°．
∵OE为∠AOD的平分线，
∴∠AOD=2∠EOD=2×45°=90°，
∴∠AOC=∠AOD+∠COD=90°+15°=105°．
【点睛】本题考查角平分线的定义，数形结合正确计算是本题的解题关键．
【变式11-2】（2022·山东·烟台市福山区教学研究中心期中）（1）请用量角器画出∠AOC，使∠AOC＝50°；
（2）若∠AOB＝33°18′，求∠BOC的度数，并把结果写成以“度（°）”为单位的形式．
【答案】（1）见解析；（2）或
【分析】(1)分两种情况，根据∠AOC＝50°即可画出图形；
(2)首先把∠AOB＝33°18′化为“度（°）”，再根据(1)中的两种情况，即可分别求得．
【详解】解：（1）如图：当OC在OA的上方时，
如图：当OC在OA的下方时，
（2），
当OC在射线OA上方时，∠BOC=∠AOC+∠AOB= 50°+33.3°=83.3°
当OC在射线OA下方时，∠BOC=∠AOC-∠AOB=50°-33.3°=16.7°
∴∠BOC的度数是83.3°或16.7°．
【点睛】本题考查了利用量角器画已知度数的角，求角的和差，采用分类讨论的思想是解决本题的关键．
【变式11-3】（2022·江苏盐城·七年级期末）【阅读理解】射线是内部的一条射线，若，则我们称射线是射线的“友好线”，例如，如图1，，，则，称射线是射线的友好线：同时，由于，称射线是射线的友好线．
(1)如图2，，射线是射线的友好线，则________；
(2)如图3，，射线与射线重合，并绕点以每秒的速度逆时针旋转，射线与射线重合，并绕点以每秒3゜的速度顺时针旋转，当射线与射线重合时，运动停止；
①是否存在某个时刻（秒），使得的度数是，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
②当为多少秒时，射线、、中恰好有一条射线是另一条射线的友好线．（直接写出答案）
【答案】(1)40
(2)①存在，秒或44秒；②，30，，
【分析】（1）根据“友好线”的含义即可完成；
（2）①分两种情况：OC与OD相遇之前，根据180゜减去OC、OD旋转的角度的和等于40度列出方程即可；OC与OD相遇之后，根据OC、OD旋转的角度的和减去180゜等于40゜列出方程即可；
②分相遇前与相遇后两种情况：相遇前又分两种情况：是的“友好线”；是的“友好线”；相遇后也分两种情况：是的“友好线”；是的“友好线”；根据“友好线”的含义即可求得t的值．
（1）
∵射线是射线的“友好线”，且
∴
故答案为：；
（2）
射线与重合时，（秒）
①存在
当的度数是时，∠AOC=，
有两种可能：
若在相遇之前，则，即，
；
若在相遇之后，则，即，
；
综上所述，当秒或44秒时，的度数是．
②相遇之前：
（I）如图1，
是的“友好线”时，则，
即，
（II）如图2，
是的“友好线”时，则，
即，
相遇之后：
（III）如图3，
是的“友好线”时，则
即，
（Ⅳ）如图4，
是的“友好线”时，则
即，
所以，综上所述，当，30，，时，、、OA中恰好有一条射线是另一条射线的“友好线”．
【点睛】本题是材料阅读题，考查了角的运算，解一元一次方程等知识，读懂题目提供的材料，正确分类解决是本题的关键．
专题1.04 几何图形初步章节必过考点（解析版）
学习目标
清楚章节所含基础知识点，并且有自己的理解，能够了然于心！
考点整合
【考点1】 认识立体图形 【考点 7】 线段的计算（方程思想）
【考点2】 几何体的展开图 【考点 8】 钟面角的计算
【考点3】 从不同方向看立体图形 【考点 9】 度分秒的换算
【考点4】 直线、射线、线段的表示与计数 【考点 10】余角和补角的认识
【考点5】 直线、射线、线段的作图 【考点 11】角度的计算
【考点6】 直线与线段的性质
触类旁通
【考点1】认识立体图形
概念：①实物中抽象出的各种图形统称为几何图形。点动成线，线动成面，面动成体。
②几何图形分为平面图形和立体图形。
自我解读：①一头有尖用以钻孔的工具叫做锥在数学中可以理解为一个点射出去无数线行程的图形。
②柱可以理解为一个面往一个方向拉所行程的图形。如一个圆往上拉，就形成了圆柱。
【例1】（2022·全国·七年级专题练习）如图，请在每个几何体右边写出它们的名称：
（1）_______；（2）_______；（3）_______；（4）_______；
（5）_______；（6）_______；（7）_______；（8）_______．
【答案】 正方体 长方体 圆柱 三棱柱 圆锥 球 四棱锥 五棱柱
【分析】根据图形特点写出名称即可．
【详解】解：（1）是正方体；
（2）是长方体；
（3）是圆柱；
（4）是三棱柱；
（5）是圆锥；
（6）是球；
（7）是四棱锥；
（8）是五棱柱.
故答案为：（1）正方体；（2）长方体；（3）圆柱；（4）三棱柱；（5）圆锥；（6）球；（7）四棱锥；（8）五棱柱.
【点睛】本题考查了立体图形的识别，注意几何体的分类，一般分为柱体、锥体和球，柱体又分为圆柱和棱柱，椎体又分为圆锥和棱锥．
【变式1-1】（2022·全国·七年级专题练习）（1）n棱柱有____顶点，有____棱，有____面，有____侧棱，有____侧面．
（2）n棱锥有____顶点，有____棱，有____面，有____侧棱，有____侧面．
【答案】 2n 3n n n 2n n n
【分析】（1）根据棱柱的特点进行求解；
（2）根据棱锥的特点进行求解．
【详解】（1）n棱柱有顶点个数2n，棱个数3n，面个数，侧棱个数n，侧面个数n；
故答案为：2n，3n，，n，n；
（2）n棱锥有顶点个数，棱个数2n，面个数，侧棱个数n，侧面个数n；
故答案为：，2n，，n，n．
【点睛】本题考查了棱柱与棱锥的特点，熟练掌握基本几何体的特征是解题的关键．
【变式1-2】（2022·江西萍乡·七年级阶段练习）如图是一个三棱柱，若这个三棱柱的底面是一个周长为的等边三角形，侧面是一个正方形，则这个三棱柱的所有棱的长的和是____．
【答案】18
【分析】等边三角形的三边相等，正方形的四条边相等，根据题意可知，三棱柱的棱长都相等，计算棱长的和即可．
【详解】解：等边三角形的三边相等，正方形的四条边相等，
三棱柱的棱长都相等，
三棱柱的底面周长为，
三棱柱的棱长为，
三棱柱的所有棱的长的和是．
故答案为：18．
【点睛】本题考查了简单的几何图形，正方形的性质以及等边三角形的性质，熟知三棱柱有条棱是解本题的关键．
【变式1-3】（2022·陕西·西安铁一中滨河学校七年级阶段练习）下列几何体属于柱体的有______个．
【答案】3
【分析】根据柱体的定义逐项分析判定即可得出答案．
【详解】解：①是四棱柱或长方体，所以①属于柱体；
②是三棱锥，所以②不属于柱体；
③是圆柱，所以③属于柱体；
④是圆锥体，所以④不属于柱体；
⑤是球体，所以⑤不属于柱体；
⑥是三棱柱，所以⑥属于柱体．
所以属于柱体的有①③⑥共3个．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了认识立体图形，认识基本几何体是解决本题的关键．
【考点2 】 几何体的展开图
自我解读：①正方体盒巧展开，六个面儿七刀裁，十一类图记分明；一四一呈6种，二三一有3种，二二二与三三各1种。（141型6种；231型3种；222型1种；33型1种。）
②做题时抓住对应面即可，如141型在4个一排的图形上很容易找到俩对对应面。
【例2】（2022·全国·七年级专题练习）正方体的展开图共有____种，正方体展开图的判断常用口诀是___________________________．
【答案】 11 一线不过四；田凹应弃之
【分析】正方体展开图有11种特征，分四种类型，即：第一种：“”结构，即第一行放1个，第二行放4个，第三行放1个，有四种展开图；第二种：“”结构，即每一行放2个正方形，此种结构只有一种展开图；第三种：“”结构，即每一行放3个正方形，只有一种展开图；第四种：“”结构，即第一行放1个正方形，第二行放3个正方形，第三行放2个正方形，有三种展开图．
【详解】解：正方体展开图有11种．
故答案为：11；一线不过四，田凹应弃之．
【点睛】本题主要考查正方体展开图，记住正方体展开图的特征是解题的关键．
【变式2-1】（2022·陕西·西安高新第三中学七年级阶段练习）图1是图2正方体的展开图，现将图2中的正方体按所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格，这时正方体朝上一面的字是______．
【答案】江
【分析】根据两个面相隔一个面是对面，再根据翻转的规律，可得答案．
【详解】第一次翻转“镇”或“徒”在下面，第二次翻转“容”在下面，第三次翻转“句”在下面，
句与江相对，
故答案为：江．
【点睛】本题考查了正方体相对两个面上的文字，熟练掌握对立面是解题的关键
【变式2-2】（2022·湖南·张家界市民族中学七年级开学考试）把4个棱长为2分米的正方体拼成长方体，拼成的长方体的表面积可能是_________平方分米，也可能是__________平方分米．
【答案】 72 64
【分析】由4个棱长2分米的小正方体拼成的长方体，可以有两种拼法，可以拼成长、宽、高分别是8分米、2分米、2分米的长方体，也可以拼成长、宽、高分别是4分米、2分米、4分米的长方体，根据长、宽、高求出表面积即可．
【详解】解：8×2×4+2×2×2，
=64+8，
=72（平方分米），
4×2×4+4×4×2，
=32+32，
=64（平方分米）；
答：拼成的长方体的表面积可能是72平方分米，也可能是64平方分米．
故答案为：72，64．
【点睛】此题主要考查简单的立方体拼接问题以及长方体表面积的求法，注意分两种情况讨论．
【变式2-3】（2022·山东·华东师范大学青岛实验中学七年级阶段练习）如图①是边长为2的六个小正方形组成的图形，它可以围成如图②所示的正方体，则图①中小正方形的顶点在围成的正方体上的距离是______．
【答案】2
【分析】将图1折成正方体，然后判断出在正方体中的位置关系，从而可得到之间的距离．
【详解】解：将图1折成正方体后点A和点B为同一条棱的两个端点，得出，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查的是展开图折成几何体，判断出点A和点B在几何体中的位置是解题的关键．
【考点3 】 从不同方向看立体图形
自我解读：①俯视图打地基（上面看的先把最下面的画好），正视图疯狂盖（正视图看到的把图形补全），左视图拆违章（把多的部分去掉）。
【例3】（2022·山东·胶州市瑞华实验初级中学七年级阶段练习）一个小立方体块的六个面分别标有字母A，B，C，D，E，F，如图是从三个不同方向看到的情形，则字母A的对面是字母________．
【答案】C
【分析】观察三个正方体，与A相邻的字母有D、E、B、F，从而确定出A对面的字母是C．
【详解】由图可知，A相邻的字母有D、E、B、F，
所以，A对面的字母是C，
故答案是：C；
【点睛】考查了正方体相对两个面上的文字，仔细观察图形从相邻面考虑是解题的关键．
【变式3-1】（2022·全国·七年级课时练习）一位画家把7个边长为1m的相同正方体摆成如图的形状，然后把露出的表面（不包括底面）涂上颜色，则涂色面积为_________m2.
【答案】23
【分析】依据图形第一层露出4×2个面，第二层露出4×3+3个面，从而可解．
【详解】根据分析得露出的面的个数为4×2+4×3+3=23，又每个面的面积为1m2，
则涂色面积为23m2.故答案为：23．
【点睛】结合图形的特征，认真观察，是解决此类问题的关键．
【变式3-2】（2022·四川·成都市第四十三中学校七年级阶段练习）如图是由一些相同的小正方体搭成的几何体从正面和上面看到的形状图，搭这个几何体最少需要____个小正方体，最多需要____个小正方体．
【答案】 10 15
【分析】根据从正面看和从上面看得到的图形在从上面看的图形上标上所有位置小正方体的个数，进行计算即可得答案．
【详解】个数最少时：如图（图不唯一，第二列一个位置有2个即可，第三列有一个位置有3个即可）；
；
个数最多时：如图：
；
故答案为：10；15．
【点睛】本题考查从不同方向看几何体，熟练掌握根据从上面看的图形确定位置，从正面看的图确定个数是解题的关键．
【变式3-3】（2022·全国·七年级专题练习）把50个同样大小的立方体木块堆砌成如图的形状放在桌面上，现在向这堆木块没与桌面接触的五个面喷油漆，则有___块木块完全喷不到漆．
【答案】7
【分析】将“最外层”切去，剩下的是完全不涂颜色的部分，再根据实际情况进行判断即可．
【详解】解：如图，将“4×4×4”的大正方体分别切去涂漆的五个面的“最外层”后，还剩下“2×2×3”的小正方体，
而这“12个”又拿去一部分，因此在上层“涂红、绿、蓝色”的下面各有2块是完全没有涂颜色的，在下层“涂黄色”的下面有1个完全没有涂颜色，
因此共有2×3+1＝7
故答案为：7．
【点睛】本题考查认识立体图形，掌握立体图形的特征是正确判断的前提．
【考点 4】 直线、射线、线段的表示与计数
概念：①线段： (1)一条线段可以用它的两个端点的大写字母来表示，以A，B为端点的线段，可记作“线段AB”或“线段BA”；
(2)一条线段可以用一个小写字母来表示，如图，线段AB也可记作“线段a”．
②射线：将线段向一个方向无限延长就得到了射线．射线有一个端点，射线向一个方向无限延伸，
射线是无法测量的．射线的表示法：两个大写字母：一条射线可以用表示它的端点和射线上的另
一点的两个大写字母来表示，若点O是端点，点A是射线上异于端点的另一点，那么这条射线可
以记作射线OA.
注意：
①表示射线的两个大写字母，其中一个一定是端点，并且要把它写在前面．
②端点相同的射线不一定是同一条射线，端点不同的射线一定不是同一条射线
③两条射线为同一射线必须具备的两个条件：①端点相同；②延伸的方向相同．
③直线：
将线段向两个方向无限延长就形成了直线．直线没有端点，直线向两个方向无限延伸，直线是无法测量的．
直线的两种表示方法：
一条直线可以用一个小写字母表示，可记作：直线a.一条直线也可以用在这条直线上的表示两个点的大写字母来表示，可记作：直线AB或直线BA.
自我解读：①线段有俩种写法，如（1）线段AB（或者线段BA不分前后）（2）线段a
②射线只有一种记录方法，如射线OA（O必须为端点，字母分前后）；判断是否为同一射线，不仅要看端点，还要看延伸方向是否相同。
③直线有俩种记录方法，如（1）直线AB（或者直线BA不分前后）（2）直线a。
④只有线段有长度，其他的无法测量，射线和直线的长度无法比较。
【例4】（2022·山东烟台·期中）如图，点A，B在直线l上，下列说法错误的是（ ）
A．线段和线段是同一条线段
B．直线和直线是同一条直线
C．图中以点A为端点的射线有两条
D．射线和射线是同一条射线
【答案】D
【分析】根据线段、射线、直线的特点判断即可．
【详解】线段和线段是同一条线段，
故A正确；
直线和直线是同一条直线，
故B正确；
图中以点A为端点的射线有两条，
故C正确；
射线和射线不是同一条射线，
故D错误；
故选D．
【点睛】本题考查了线段、射线、直线的特点，熟练掌握各自的特点是解题的关键．
【变式4-1】（2022·重庆实验外国语学校七年级开学考试）下列说法中正确的个数为（ ）
（1）一定是正数；（2）单项式的系数是，次数是3；（3）小数都是有理数；（4）多项式是五次三项式；（5）连接两点的线段叫做这两点的距离；（6）射线比直线小一半．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】根据相关知识逐项分析判断即可完成．
【详解】（1）当a=0时，4a=0，故此说法错误；（2）单项式的系数是，次数是3，故此说法正确；（3）无限不循环小数是无理数，故此说法错误；（4）多项式是三次三项式，故此说法错误；（5）连接两点的线段的长度叫做这两点的距离，故此说法错误；（6）射线与直线是不可度量的，故射线比直线小一半的说法错误．所以正确的说法有1个．
故选：A
【点睛】本题考查了本题考查了整式的相关知识，直线、射线和线段的相关概念及性质，属于基础问题，掌握它们是关键．
【变式4-2】（2022·全国·七年级课时练习）已知平面上A，B，C三点，过每两点画一条直线，那么直线的条数有（ ）
A．3条 B．1条 C．1条或3条 D．0条
【答案】C
【分析】根据A、B、C三点的不同位置分类讨论即可得出结果．
【详解】解：当A、B、C三点在同一直线上时，如图1所示，过每两点画一条直线，只能画1条直线，
当A、B、C三点不在在同一直线上时，如图2所示，过每两点画一条直线，可以画3条直线，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了直线，利用分类讨论思想是解题的关键．
【变式4-3】（2022·山东·聊城市水城慧德学校七年级阶段练习）济青高铁北线，共设有5个不同站点，要保证每两个站点之间都有高铁可乘，需要印制不同的火车票（ ）
A．20种 B．42种 C．10种 D．84种
【答案】A
【分析】根据图示，由线段的定义解决此题．
【详解】解：如图，图中有5个站点．
往同一个方向（从1站点往5站点的方向），需要印制不同的火车票种类的数量有（种）．
∴保证任意两个站点双向都有车票，需要印制车票种类的数量为（种）．
故选：A．
【点睛】本题主要考查线段，熟练掌握清晰的逻辑思维以及线段的定义是解决本题的关键．
【考点 5】 直线、射线、线段的作图
自我解读：依据直线、射线、线段的定义作图即可.
【例5】（2022·湖北十堰·七年级期末）下列语句中：①画直线AB＝3cm；②直线AB与直线BA是同一条直线，所以射线AB与射线BA也是同一条射线；③延长直线OA；④若AM＝BM则M为线段AB的中点；⑤若M是线段AB的中点，则AM＝BM．正确的有 ___个．
【答案】1
【分析】直接利用直线、射线、线段的定义，以及中点的定义分别分析得出答案．
【详解】解：①画直线AB＝3cm，直线没有长度，说法错误；
②直线AB与直线BA是同一条直线，射线AB与射线BA不是同一条射线，说法错误；
③延长直线OA，直线向两方无限延伸，不能延长，说法错误；
④如果点M在线段AB上且AM＝BM，则M为线段AB的中点，故说法错误；
⑤若M是线段AB的中点，则AM＝BM，说法正确；
故答案为：1．
【点睛】此题主要考查了直线、射线、线段以及中点的定义，正确把握相关定义是解题关键．
【变式5-1】（2022·陕西·西安高新一中实验中学七年级期末）如图，平面上有四个点A，B，C，D．根据下列语句，完成尺规作图：
(1)画直线AC；
(2)画射线BD交直线AC于点O；
(3)连接BC，并延长至点E，使CE＝2BC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据直线定义即可画直线AC．
（2）根据射线定义即可画射线BD交直线AC于点O．
（3）根据线段定义即可连接BC，并延长至点E，使CE＝2BC．
（1）
解：如图，直线AC即为所求；
（2）
如图，射线BD和点O即为所求；
（3）
如图，线段BC，CE即为所求．
【点睛】本题考查了作图﹣复杂作图，直线、射线、线段，解决本题的关键是掌握基本作图方法．
【变式5-2】（2022·江西赣州·七年级期末）解答：
(1)计算：；
(2)读下列语句并画图：
①直线a经过A，B两点；
②点P是直线a外一点，过点P的直线b与直线a相交于点C，并使点C在线段AB上；
③画射线CD．
【答案】(1)－41；
(2)见解析．
【分析】（1）根据有理数的运算法则计算即可；
（2）根据题意作图即可．
（1）解：
（2）解：如图所示：
【点睛】本题考查有理数的运算法则，直线，线段，射线的作图方法．解题的关键是理解有理数的运算法则，直线，线段，射线的作图方法．
【变式5-3】（2022·全国·七年级专题练习）按要求完成作图及作答：
(1)如图1，请用适当的语句表述点P与直线l的关系： ；
(2)如图1，画直线PA；
(3)如图1，画射线PB；
(4)如图2，平面内三条直线交于A、B、C三点，点M、N是平面内另外两点，若分别过点M、N各作一条直线，则新增的两条直线使得平面内最多新增 个交点．
【答案】(1)P在直线l外；
(2)见解析
(3)见解析
(4)7
【分析】（1）根据点与直线的关系即可填空；
（2）根据直线的定义即可画直线PA；
（3）根据射线的定义即可画射线PB；
（4）根据题意画出图形即可得平面内最多新增的交点个数．
（1）
点P与直线l的关系：P在直线l外；
故答案为：P在直线l外；
（2）
如图1，直线PA即为所求；
（3）
如图1，射线PB即为所求；
（4）
如图2，新增的两条直线使得平面内最多新增7个交点．
故答案为：7．
【点睛】本题考查了作图−应用与设计作图，直线的性质：两点确定一条直线，相交线，解决本题的关键是掌握直线的性质．
【考点 6】 直线与线段的性质
概念：①线段的性质：两点之间线段最短.
②直线的性质：两点确定一条直线.
自我解读：①处理最短问题时需要使用线段的性质。
②找直线可以理解为找俩个点。如ABC3个点，可以组成AB/AC/BC3条线（即字母俩俩配对）。
【例6】（2022·全国·七年级课时练习）下列有四个生活、生产现象：其中可用基本事实“两点之间，线段最短”来解释的现象有______填序号．
①有两个钉子就可以把木条固定在墙上；②A从地到地架设电线，总是尽可能沿着线段架设；③植树时，只要定出两棵树的位置，就能确定同一行所在的直线；④把弯曲的公路改直，就能缩短路程．
【答案】②④
【分析】根据直线的性质及线段的性质依次分析判断．
【详解】解：①有两个钉子就可以把木条固定在墙上，是利用两点确定一条直线；
②A从地到地架设电线，总是尽可能沿着线段架设，是利用两点之间，线段最短；
③植树时，只要定出两棵树的位置，就能确定同一行所在的直线，利用两点确定一条直线；
④把弯曲的公路改直，就能缩短路程，利用两点之间，线段最短．
故答案为：②④．
【点睛】此题考查了线段的性质：两点之间线段最短，理解线段的性质及直线的性质的区别是解题的关键．
【变式6-1】（2022·天津北辰·七年级期末）如图，辰辰同学根据图形写出了四个结论：①图中有两条直线；②图中有5条线段；③射线和射线是同一条射线；④直线经过点．其中结论正确的结论是______．
【答案】①③
【分析】根据直线、射线、线段的定义结合图形即可分析判断求解．
【详解】解：①直线是没有端点，向两边无限延伸，图中有两条直线，分别是：直线BC和直线BD，故①说法正确；
②直线上两点及两点之间的部分是线段，图中有6条线段，分别是：线段AB、线段BC、线段BD、线段AC、线段CD、线段AD，故②说法错误；
③射线和射线是同一条射线，都是以点A为端点，同一方向的射线，故③说法正确；
④直线和直线BC相交于点B，直线经过点B，不经过点，故④说法错误，
故答案为：①③．
【点睛】本题考查直线、射线、线段的定义，解题的关键是熟练掌握并区分相关定义．
【变式6-2】（2022·全国·七年级单元测试）已知A，B，C，D四点，任意三点都不在同一直线，以其中的任意两点为端点的线段有____________条．
【答案】6
【分析】由线段的定义，每一点与其它三点连接得到三条线段，由两点连线只能确定一条线段，即可求解．
【详解】如图，由线段的定义，每一点与其它三点连接得到三条线段，由于两点连线只能确定一条线段，所以不同条数是，故这样的线段有6条．
故答案为：6．
【点睛】本题复习线段的定义，已知的四个点中任意三个点都不共线，所以根据两点确定一条直线可知符合题意的线段共有6条，类似这种数线段或数角个数的题目，在数的时候要细心，做到不遗漏、不重复．
【变式6-3】（2022·广西玉林·七年级期末）如图，已知直线l和直线外三点A、B、C，按下列要求画图．
(1)画射线AB；连接BC并延长BC至D，使得CD＝BC（不写作法不写结论）；
(2)在直线l上确定点E，使得AE+CE最小，这样做的理由是 ；
(3)在（2）的条件下，若AE＝4，AC＝11，求CE长．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析，两点之间线段最短；
(3)7．
【分析】（1）根据射线，线段的定义画出图形即可；
（2）连接AC交直线l于点E，点E即为所求，根据两点之间线段最短可得答案；
（3）利用线段的和差定义求解即可．
（1）
解：如图，射线AB，线段CD即为所求；
（2）
如图，点E为所求．
理由是：两点之间线段最短，
故答案为：两点之间线段最短；
（3）
解：∵AE＝4，AC＝11，
∴CE＝AC﹣AE＝11﹣4＝7．
【点睛】本题考查了画射线，线段，两点之间线段最短，线段的和差计算，掌握以上知识是解题的关键．
【考点 7】 线段的计算（方程思想）
自我解读：①常用和差的方式求线段
②在数轴上常通过点对应的数来处理。如A为x+3，B为3-X，则AB=|（x+3）-（3-x）|。（谁
大谁小不确定时，加上绝对值即可）
【例7】（2022·贵州·遵义市播州区新蓝学校七年级阶段练习）如图，已知B、C在线段AD上．
(1)图中共有_____条线段；
(2)若AB＝CD．
①比较线段的大小：AC_____BD（填：“＞”、“＝”或“＜”）；
②若BD＝4AB，BC＝12cm，求AD的长．
【答案】(1)6
(2)①=；②AD＝20cm
【分析】（1）根据图形依次数出线段的条数即可；
（2）①根据等式的性质即可得到答案；
②依据线段的和差关系进行计算，即可得出AD的长；
（1）
图中有线段：AB、BC、CD、AC、BD、AD，共6条，
故答案为：6．
（2）
①∵AB＝CD，
∴AB+BC＝CD+BC，
即AC＝BD，
故答案为：＝．
②∵BD＝4AB，AB＝CD，
∴BC＝3AB，
∵BC＝12，
∴AB＝4，
∴AD＝AB+BD
＝4+4×4
＝20（cm），
【点睛】本题主要考查了线段的长度计算和线段中点的性质，关键是掌握线段的和、差、倍、分及计算方法．
【变式7-1】（2022·黑龙江·大庆市庆新中学期末）数轴上A，B两点表示的数分别是-1和5，数轴上的点C是AB的中点，数轴上点D使，则线段BD的长是________．
【答案】##
【分析】依次求出AB，AC，AD，再分点D在A点右侧和左侧讨论即可．
【详解】解：如下图所示：
∵数轴上A，B两点表示的数分别是-1和5，
∴AB=6．
又∵数轴上的点C是AB的中点，
∴．
又∵，
∴．
当点D在点A右侧时，如图中D所示，
则有；
当点D在点A左侧时，如图中所示，
则有．
综上所述：线段BD的长是．
故答案为：．
【点睛】本题考查线段的和差计算,线段的中点，会根据题意分类讨论是解题的关键．
【变式7-2】（2022·全国·七年级课时练习）线段AB和CD在同一直线上，M，N分别是线段AB，CD的中点，已知AB=6cm，CD=8cm．
(1)当A，C两点重合时，如图1，求MN的长；
(2)当C点在线段AB上时，如图2，如果线段AB，CD的公共部分BC=2cm，求MN的长；
(3)在(2)的情况下，MN与AB，CD，BC有怎样的数量关系？(直接写出结果)
【答案】(1)1cm
(2)5cm
(3)
【分析】（1）先根据中点的定义求出AN、AM，再根据线段和差关系求解即可；
（2）先根据中点定义求出AM、DN，再根据线段和差关系求出AD，最后再根据线段和差关系求解即可；
（3）由（2）的解题方法求解即可．
（1）
解：∵M，N分别是线段AB，CD的中点，AB=6cm，CD=8cm，A，C两点重合
∴AM=3cm，AN=4cm，
∴MN=AN-AM=1cm；
（2）
∵M，N分别是线段AB，CD的中点，AB=6cm，CD=8cm，
∴AM=3cm，DN=4cm，
∵线段AB，CD的公共部分BC=2cm，
∴AD=AB+CD-BC=6+8-2=12cm，
∴MN=AD-AM-DN=12-3-4=5cm；
（3）
∵M，N分别是线段AB，CD的中点，
，
，
，
即：．
【点睛】本题考查了两点间的距离，线段中点，线段和差关系，利用中点和线段和差关系是解题的关键．
【变式7-3】（2022·全国·七年级课时练习）如图，点在线段上，cm，cm．点以1cm/s的速度从点沿线段向点运动；同时点以2cm/s的速度从点出发，在线段上做往返运动（即沿运动），当点运动到点时，点、都停止运动．设点运动的时间为（s）．
(1)当时，求的长．
(2)当点为线段的中点时，求的值．
(3)若点是线段的中点，在整个运动过程中，是否存在某个时间段，使的长度保持不变？如果存在，求出的长度并写出其对应的时间段；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)7 cm
(2)2或
(3)当0≤t≤2或4≤t≤6时，使PM的长度保持不变；PM的长度分别为6cm或2cm．
【分析】（1）当t=1时，AM=1cm，CN=2cm，可得MN=7cm；
（2）由题意，得：AM=t cm，MC=（6-t）cm，根据点M运动到点C时，点M、N都停止运动，可得0≤t≤6，分三种情况：①当0≤t≤2时，点N从C向B运动，可求得t=2；②当2＜t≤4时，点N从B向C运动，求出t=2不合题意；③当4＜t≤6时，点N从C向B运动，可求得；
（3）存在某个时间段，使PM的长度保持不变，与（2）一样分三种情况分别探究即可．
（1）
解：当t=1时，AM=1cm，CN=2cm，
∴MC=AC-AM=6-1=5（cm），
∴MN=MC+CN=5+2=7（cm）；
（2）
如图，由题意，得：AM=t cm，MC=（6-t）cm，
∵点M运动到点C时，点M、N都停止运动，
∴0≤t≤6，
①当0≤t≤2时，点N从C向B运动，CN=2t cm，
∵点C为线段MN的中点，
∴MC=CN，即6-t=2t， 解得：t=2；
②当2＜t≤4时，点N从B向C运动，BN=（2t-4）cm，CN=4-（2t-4）=（8-2t）cm，
∵点C为线段MN的中点，
∴MC=CN，即6-t=8-2t， 解得：t=2（舍去）；
③当4＜t≤6时，点N从C向B运动，CN=（2t-8）cm，
∵点C为线段MN的中点，
∴MC=CN，即6-t=2t-8，
解得：； 综上所述，当t=2或时，点C为线段MN的中点．
（3）
如图2，①当0≤t≤2时，点N从C向B运动，CN=2t cm，
∵点P是线段CN的中点，
∴CP=CN=t cm，
∴PM=MC+CP=6-t+t=6cm，此时，PM的长度保持不变；
②当2＜t＜4时，点N从B向C运动，CN=（8-2t）cm，
∵点P是线段CN的中点，
∴CP=CN=（8-2t）=（4-t） cm，
∴PM=MC+CP=6-t+（4-t）=（10-2t）cm，此时，PM的长度变化；
③当4≤t≤6时，点N从C向B运动，CN=（2t-8）cm，
∵点P是线段CN的中点，
∴CP=CN=（2t-8）=（t-4）cm，
∴PM=MC+CP=6-t+（t-4）=2cm，此时，PM的长度保持不变；
综上所述，当0≤t≤2或4≤t≤6时，使PM的长度保持不变；PM的长度分别为6cm或2cm．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，两点之间距离的概念，中点定义，线段和差计算等，运用分类讨论思想是解题的关键．
【考点 8】 钟面角的计算
自我解读：①分针：60分钟转一圈，每分钟转动的角度为：360°÷60=6°
时针：12小时转一圈，每分钟转动的角度为：360°÷12÷60=0.5°．
②计算分针时针夹角时，常和0点作为基准，分别算出分针走了多少度，时针走了多少度，俩者作差加上绝对值即可。超过180时，用360减一下即。如分针与时针夹角算到270则360-270=90度。
【例8】（2022·山东·曹县第二初级中学七年级阶段练习）上午6点20分，钟面上的时针与分针的夹角是__________．
【答案】70°##70度
【分析】利用钟表表盘的特征进行分析：钟表上有12个数字，每相邻两个数字之间的夹角为30°，即一个大格是30°，一个大格之间有5个小格，一个小格是6°，当时针走30°，分针360°，时针是分针的 ，解答即可．
【详解】解：6点20分，分针走了30°×4=120°，时针走了120°÷12=10°，
30°×2+10°=70°，
∴钟面上的时针与分针的夹角是70°，
故答案为：70°．
【点睛】此题考查了钟面角的有关知识，解题的关键是掌握钟表上从1到12一共有12格，每个大格30°，以及时针与分针走的度数之间的关系．
【变式8-1】（2022·山东·万杰朝阳学校期中）万杰朝阳学校上午第二节课的下课时间是9：40，此时时针与分针的夹角是_________°．
【答案】50
【分析】根据时钟上时针一小时转动30°，时针一分钟转0.5°，分针一分钟转动6°，进行计算即可解答．
【详解】解：由题意得：
，
故选：50．
【点睛】本题考查了钟面角，熟练掌握时钟上时针一小时转动30°，分针一分钟转动6°，是解题的关键．
【变式8-2】（2022·山东临沂·七年级期末）某同学走进教室发现黑板前的钟表为8：30，他想知道再过多长时间分针能和时针第一次重合．假设钟表走时准确，请问再过_________分钟．
【答案】##
【分析】由钟表旋转可得每过一分钟时针转过的角度为0.5度，分针每分钟走6度，设再过x分钟，分针与时针第一次重合，根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：钟表上一周是360度，有12个大格，
∴每个大格的度数为：360÷12=30度，
一个大格有5个小格，
∴每个小格的度数为：30÷5=6度，
一小时是60分钟，每过一分钟时针转过的角度为：30÷60=0.5度，分针每分钟走6度，
设再过x分钟，分针与时针第一次重合，
根据题意得：，
解得：，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查钟面角度的计算及一元一次方程的应用，理解题意，列出方程是解题关键．
【变式8-3】（2022·福建泉州·七年级期末）时钟上的分针和时针像两个运动员，绕着它们的跑道昼夜不停地运转．以下请你解答有关时钟的问题：
(1)分针每分钟转了几度？
(2)中午12时整后再经过几分钟，分针与时针所成的钝角会第一次等于？
(3)在(2)中所述分针与时针所成的钝角等于后，再经过几分钟两针所成的钝角会第二次等于？
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据分针一小时转一圈即360°，用360°除以60计算即得；
（2）根据分针每分钟转6°，时针每分钟转0.5°，时针与分针转过的角度差是，列方程解答即可；
（3）相对于12时整第二次所成的钝角第二次等于时，时针与分针转过的角度差超过180°，这个差与之和是360°．
（1）
解：∵分针一小时转一圈即360°,
∴分针每分钟转过的角度是： ,
答：分针每分钟转了6度；
（2）
设中午12时整后再经过x分钟，分针与时针所成的钝角会第一次等于121°，
∵时针一小时转动角度为： ，
时分针每分钟转过的角度是： ；
∵分针与时针所成的钝角会第一次等于，
∴时针与分针转过的角度差是，
∴，
解得：，
答：中午12时整后再经过22分钟，分针与时针所成的钝角会第一次等于121°；
（3）
设经过y分钟两针所成的钝角会第二次等于，
则从12时算起经过(y+22)分钟两针所成的钝角会第二次等于，
因为时针与分针转过的角度差超过180°，这个差与之和是360°，
故列得方程：，
解得：，
解得：，
答：经过分钟两针所成的钝角会第二次等于．
【点睛】本题通过钟面角考查一元一次方程，掌握时针分针的转动情况，会根据已知条件列方程是解题的关键．选择合适的初始时刻会简化理解和运算难度，起到事半功倍的效果．
【考点 9】度分秒的换算
概念：①度、分、秒是常用的角的度量单位．
1度=60分，即1°=60′，1分=60秒，即1′=60″。
自我解读：①某一位的小数部分，往前进一位除以60即可，往后退一位乘以60即可。如1.2°，只需要把0.2×60=12′即可，所以1.2°=1°12′。
【例9】（2022·陕西渭南·七年级期末）用度、分、秒表示31.21°为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据1度等于60分，1分等于60秒，31.21°由大单位转换成小单位乘以60，按此转化即可.
【详解】解：31.21°=
故选：A
【点睛】本题主要考查了度分秒的换算，掌握换算公式是解题的关键.
【变式9-1】（2022·全国·七年级单元测试）已知，，，则、、的大小关系是______．
【答案】
【分析】先把各角统一单位，再进行比较大小即可得到答案．
【详解】解：，
∵
∴．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了角的大小比较，解答此题的关键是把各角统一单位．
【变式9-2】（2022·江苏·江阴市敔山湾实验学校七年级阶段练习）计算：
(1)45°10′﹣21°35′20′′；
(2)48°39′+67°31′﹣21°17′；
(3)42°16′+18°23′×2．
【答案】(1)23°34′40′′
(2)94°53′
(3)79°2′
【分析】（1）根据度分秒之间的进率即可解答；
（2）根据度分秒之间的进率即可解答；
（3）先计算乘法，再计算加法即可．
（1）
解：45°10′﹣21°35′20′′=23°34′40′′．
（2）
解：48°39′+67°31′﹣21°17′
=116°10′-21°17′
=94°53′．
（3）
解：42°16′+18°23′×2
=42°16′+36°46′
=79°2′．
【点睛】本题考查度分秒的计算，，，掌握度分秒之间的进率是解答本题的关键．
【变式9-3】（2022·内蒙古·乌海市第二中学七年级期末）计算题：
(1)98°12′25″÷5
【答案】(1)179
(2)
(3)19°38′29″
【分析】（1）先让分、秒化为度，再除以5，然后把小数部分化为分、秒即可．
(1)解：98°12′25″÷5，
=[98+(12+)×]°÷5，
=98.20694°÷5，
=19.6413888889°；
∵0.6413888889×60′=38.4833333334′，0. 4833333334×60″=29.00000004″≈29″，
∴98°12′25″÷5=19°38′29″．
【点睛】此题考查了有理数混合运算，度、分、秒的除法计算，解题的关键是熟练掌握含乘方的有理数混合运算和度分秒的进率．
【考点 10】 余角和补角的认识
概念：①余角：如果两个角的和等于90°（直角），就说这两个角互为余角．即其中一个角是另一个角的余角．
②补角：如果两个角的和等于180°（平角），就说这两个角互为补角．即其中一个角是另一个角的补角．
自我解读：①等角（同角）的补角相等
②等角（同角）的余角相等．
【例10】（2022·上海理工大学附属初级中学期末）已知∠A与∠B互补，∠A＝35°24′，则∠B的大小是______．
【答案】144°36′
【分析】根据补角的定义可得∠A+∠B＝180°，然后进行运算即可．
【详解】解：由题意得，∠A+∠B＝180°．
∴∠B＝180°﹣35°24′＝144°36′．
故答案为：144°36′．
【点睛】本题主要考查补角、度分秒的换算等知识点，正确运用度分秒的换算进行计算是解答本题的关键．
【变式10-1】（2022·广东广州·七年级期末）下列结论：①射线OP和射线PO是同一条射线；②如果线段AM＝MC，则M是线段AC的中点；③在同一平面内，已知∠AOB＝60°，∠AOC＝30°，则∠BOC＝30°；④等角的余角相等．其中正确的结论有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】D
【分析】根据射线定义，确定①错误；根据线段中点定义，只有三点共线结论才成立，折线不行，故②错误；根据角的定义及角度计算，若在∠AOB内部，则∠BOC＝30°，若在∠AOB外部，则∠BOC＝90°，故③错误；根据余角的性质，等角的余角相等，故④正确，即可得到结论．
【详解】解：①根据射线定义，即可确定①错误；
②根据线段中点定义，只有三点共线结论才成立，对于折线就不成立，故②错误；
③根据角的定义及角度计算，若在∠AOB内部，则∠BOC＝30°；若在∠AOB外部，则∠BOC＝90°，故③错误；
④根据余角的性质，等角的余角相等，故④正确，
故选：D．
【点睛】本题主要考查射线定义、线段中点定义、角的概念与计算和余角的性质等知识，熟练掌握相关知识点并准确理解题意是解决问题的关键．
【变式10-2】（2022·辽宁本溪·七年级期末）如图，，OD，OE分别是和的角平分线．
(1)当时，求的度数；
(2)其他条件不变，当时，的度数是否发生改变？若改变，请求出它的度数；不改变，请说明理由．
(3)由（1）（2）可猜测，当为任意锐角时，的度数是______（直接写出结果）
【答案】(1)
(2)不变，理由见解析
(3)45°
【分析】（1）先求出∠AOC的度数，再由角平分线的定义求出∠DOC，∠EOC的度数，最后可求得∠DOE的度数；
（2）根据（1）的解法即可；
（3）根据（1）的解法即可．
（1）
解：∵，，
∴
又∵OD，OE平分和的角平分线
∴，
∴
（2）
不变
理由：∵，，
∴
又∵OD，OE平分和的角平分线
∴，
∴．
（3）
∵，，
∴
又∵OD，OE平分和的角平分线
∴，
∴．
故答案为：45°．
【点睛】本题考查角平分线的定义及角的和差，解题关键是理清角之和差关系．
【变式10-3】（2022·黑龙江·兰西县崇文实验学校期末）点O为直线AB上一点，将一直角三角板OMN的直角顶点放在点O处．射线OC平分∠MOB．
(1)如图1，若∠AOM＝30°，求∠CON的度数；
(2)在图1中，若∠AOM＝a，直接写出∠CON的度数（用含a的代数式表示）；
(3)将图1中的直角三角板OMN绕顶点O顺时针旋转至图2的位置，一边OM在射线OB上方，另一边ON在直线AB的下方．探究∠AOM和∠CON的度数之间的关系，写出你的结论，并说明理由．
【答案】(1)∠CON＝15°
(2)∠CON＝a
(3)∠CON＝∠AOM
【分析】（1）根据角平分线的定义和余角的性质即可得到结论；
（2）根据角平分线的定义和余角的性质即可得到结论；
（3）设∠AOM=a，则∠BOM=180°-a，根据角平分线的定义得到∠MOC=90°-α，根据余角的性质得到∠CON=α，于是得到结论．
（1）
解：由已知得∠BOM=180°-∠AOM=150°，
又∠MON是直角，OC平分∠BOM，
所以∠CON=∠MON-∠BOM=90°-×150°=15°；
（2）
解：由已知得∠BOM=180°-∠AOM=180°-α，
又∠MON是直角，OC平分∠BOM，
所以∠CON=∠MON-∠BOM=90°-×（180°-α）=α；
（3）
解：∠AOM=2∠CON，
理由如下：
设∠AOM=，则∠BOM=180°-，
∵OC平分∠BOM，
∴∠MOC=∠BOM=（180°-）=90°-，
∵∠MON=90°，
∴∠CON=∠MON-∠MOC=90°-（90°-）=，
∴∠CON=∠AOM．
即∠AOM=2∠CON．
【点睛】本题主要考查了余角与补角，角的计算、角平分线的定义的运用，正确的理解题意是解题的关键．解题时注意方程思想的运用．
【考点 11】角度的计算
自我解读：①常用和差的方式求角度。
【例11】（2022·河南驻马店·七年级期末）计算：
(1))119°57′＋32°41′﹣70°25′13″．
【答案】(1)82°12′47″
【分析】（1）根据度分秒的进制进行计算即可解答．
（1）．
【点睛】本题考查了度分秒的换算，有理数的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．也考查了角度的计算．
【变式11-1】（2022·四川省九龙县中学校七年级期末）如图，OE为∠AOD的平分线，∠COD＝∠EOC，∠COD＝15°，求：
(1)∠EOC的大小；
(2)∠AOC的大小．
【答案】(1)60°；
(2)105°．
【分析】（1）根据∠COD=∠EOC，可得∠EOC=4∠COD；
（2）根据角的和差，可得∠EOD的大小，根据角平分线的性质，可得答案．
（1）
解：∵∠COD＝∠EOC，∠COD＝15°，
∴∠EOC=4∠COD=4×15°=60°；
（2）
解：∵∠EOC=60°，∠COD＝15°，
∴∠EOD=∠EOC-∠COD=60°-15°=45°．
∵OE为∠AOD的平分线，
∴∠AOD=2∠EOD=2×45°=90°，
∴∠AOC=∠AOD+∠COD=90°+15°=105°．
【点睛】本题考查角平分线的定义，数形结合正确计算是本题的解题关键．
【变式11-2】（2022·山东·烟台市福山区教学研究中心期中）（1）请用量角器画出∠AOC，使∠AOC＝50°；
（2）若∠AOB＝33°18′，求∠BOC的度数，并把结果写成以“度（°）”为单位的形式．
【答案】（1）见解析；（2）或
【分析】(1)分两种情况，根据∠AOC＝50°即可画出图形；
(2)首先把∠AOB＝33°18′化为“度（°）”，再根据(1)中的两种情况，即可分别求得．
【详解】解：（1）如图：当OC在OA的上方时，
如图：当OC在OA的下方时，
（2），
当OC在射线OA上方时，∠BOC=∠AOC+∠AOB= 50°+33.3°=83.3°
当OC在射线OA下方时，∠BOC=∠AOC-∠AOB=50°-33.3°=16.7°
∴∠BOC的度数是83.3°或16.7°．
【点睛】本题考查了利用量角器画已知度数的角，求角的和差，采用分类讨论的思想是解决本题的关键．
【变式11-3】（2022·江苏盐城·七年级期末）【阅读理解】射线是内部的一条射线，若，则我们称射线是射线的“友好线”，例如，如图1，，，则，称射线是射线的友好线：同时，由于，称射线是射线的友好线．
(1)如图2，，射线是射线的友好线，则________；
(2)如图3，，射线与射线重合，并绕点以每秒的速度逆时针旋转，射线与射线重合，并绕点以每秒3゜的速度顺时针旋转，当射线与射线重合时，运动停止；
①是否存在某个时刻（秒），使得的度数是，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
②当为多少秒时，射线、、中恰好有一条射线是另一条射线的友好线．（直接写出答案）
【答案】(1)40
(2)①存在，秒或44秒；②，30，，
【分析】（1）根据“友好线”的含义即可完成；
（2）①分两种情况：OC与OD相遇之前，根据180゜减去OC、OD旋转的角度的和等于40度列出方程即可；OC与OD相遇之后，根据OC、OD旋转的角度的和减去180゜等于40゜列出方程即可；
②分相遇前与相遇后两种情况：相遇前又分两种情况：是的“友好线”；是的“友好线”；相遇后也分两种情况：是的“友好线”；是的“友好线”；根据“友好线”的含义即可求得t的值．
（1）
∵射线是射线的“友好线”，且
∴
故答案为：；
（2）
射线与重合时，（秒）
①存在
当的度数是时，∠AOC=，
有两种可能：
若在相遇之前，则，即，
；
若在相遇之后，则，即，
；
综上所述，当秒或44秒时，的度数是．
②相遇之前：
（I）如图1，
是的“友好线”时，则，
即，
（II）如图2，
是的“友好线”时，则，
即，
相遇之后：
（III）如图3，
是的“友好线”时，则
即，
（Ⅳ）如图4，
是的“友好线”时，则
即，
所以，综上所述，当，30，，时，、、OA中恰好有一条射线是另一条射线的“友好线”．
【点睛】本题是材料阅读题，考查了角的运算，解一元一次方程等知识，读懂题目提供的材料，正确分类解决是本题的关键．
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