浙教版数学七年级上册第6章图形的初步认识分类专项训练（解析版）

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第6章图形的初步认识（基础、典型、易错、压轴）分类专项训练【基础】一、单选题1．（2022·浙江·七年级专题练习）下列图形绕虚线旋转一周，便能形成圆锥体的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】从运动的观点来看，点动成线，线动成面，面动成体，根据 “面动成体”的特征可得答案．需要灵活的空间想象能力．【详解】解：A、旋转一周得到的是球体，故不符合题意；B、旋转一周是圆柱，故不符合题意；C、旋转一周是圆锥体，故符合题意；D、旋转一周不是圆锥体，故不符合题意；故选C．【点睛】本题考查了平面图形与立体图形的联系，难度不大，学生应注意培养空间想象能力．2．（2022·浙江·七年级专题练习）如图，点A，B是正方体的两个顶点，将正方体按如下方式展开，则在展开图中点A，B的位置标注正确的是（　　）A． B．C． D．【答案】A【分析】解答几何体的展开图，按照空间想象，将原图在脑海中复原或实物折叠，则问题可解．【详解】解：将右边的展开图复原，则只有选项A中的点A与点B处于体对角线的两端．与已知正方体中点A与点B的位置相同．故选：A．【点睛】本题考查了几何体的展开图，具备一定的空间想象能力或实物操作是解题的关键．3．（2022·浙江·七年级专题练习）小王准备从A地去往B地，打开导航，显示两地距离为50km，但导航提供的三条可选路线长却分别为56km，66km，61km（如图）．能解释这一现象的数学知识是（    ）A．两点之间，线段最短B．垂线段最短C．两点之间，直线最短D．两点确定一条直线【答案】A【分析】根据线段的性质：两点之间，线段最短，可得答案．【详解】小王准备从A地去往B地，打开导航，显示两地距离为50km，但导航提供的三条可选路线长却分别为56km，66km，61km（如图）．能解释这一现象的数学知识是：两点之间，线段最短．故选A．【点睛】本题考查了线段的性质，熟记线段的性质并应用是解题的关键．4．（2022·浙江·七年级专题练习）若∠A＝45.3°，∠B＝45°12'，则这两个角的大小关系是（　　）A．∠A＞∠B B．∠A＝∠B C．∠A＜∠B D．无法确定【答案】A【分析】先换算单位，再根据角的大小关系解决此题．【详解】解：∵，，∴∠A＞∠B，故A正确．故选：A．【点睛】本题主要考查角的大小关系、度分秒的换算，熟练掌握度分秒的换算、角的大小关系是解决本题的关键．5．（2022·浙江台州·七年级期末）小明从点A起跳，落脚点为点B，已知AB＝2.5 m，则小明跳远的成绩可能是（    ）A．2.45 m B．2.55 m C．2.6 m D．2.7 m【答案】A【分析】过直线外一点作直线的垂线，这一点与垂足之间的线段就是垂线段，且垂线段最短．跳远成绩为距离起跳线最近的点到起跳线的距离，即垂线段的长，据此作答．【详解】解：∵根据跳远成绩为距离起跳线最近的点到起跳线的距离，即垂线段的长，又∵垂线段最短，AB=2.5米，∴小红这次跳远的成绩可能是2.45米，故选：A．【点睛】本题考查了垂线段最短的性质，熟悉测量跳远成绩的方法是解题的关键．实际问题中涉及线路最短问题时，其理论依据应从“两点之间，线段最短”和“垂线段最短”这两个中去选择．6．（2022·浙江·七年级专题练习）下列关于直线的表示方法，正确的是（    ） 　　　A．① B．② C．③ D．④【答案】B【分析】用直线的表示方法解答，通常直线用两个大写字母或一个小写字母表示．【详解】∵通常直线用两个大写字母或一个小写字母表示，例直线AB，直线a．故①用直线A表示错误；②直线AB表示正确；③直线Ab表示错误；④直线ab表示错误；故选：B．【点睛】本题考查了几何中直线的表示方法，熟记直线的表示方法是解题的关键．7．（2022·浙江·七年级专题练习）把化为用度表示，下列正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据1°等于60′，1′等于60″计算即可．【详解】40°12′36″中的12′36″化为秒为12×60″+36″=756″，756″÷3600=0.21°，即40°12′36″用度表示为：40.21°，故选：B．【点睛】本题考查了角的单位于角度制的知识，掌握度分秒之间时60进制是解答本题的关键．8．（2022·浙江湖州·七年级期末）一个角的度数是42°46′，则它的余角的度数为（　 　）A．47°14′ B．47°54′ C．57°14′ D．37°54′【答案】A【分析】根据余角的定义直接求解即可．【详解】解：根据题意可得：90°-42°46′=47°14′，故选：A．【点睛】题目主要考查余角的定义、度分秒的换算及角度的计算，熟练掌握余角的计算方法是解题关键．9．（2022·浙江湖州·七年级期末）下列说法不正确的是（　 　）A．对顶角相等 B．两点确定一条直线C．两点之间线段最短 D．一个角的补角一定大于这个角【答案】D【分析】根据对顶角的性质，直线的性质，两点之间线段最短，补角的定义，依次判断即可得到答案．【详解】解：A、对顶角相等，故该项不符合题意；B、两点确定一条直线，故该项不符合题意；C、两点之间线段最短，故该项不符合题意；D、一个角的补角不一定大于这个角，说法错误，故该项符合题意；故选：D．【点睛】此题考查对顶角的性质，直线的性质，两点之间线段最短，补角的定义，正确理解各性质及定义是解题的关键．10．（2022·浙江金华·七年级期末）与25°角互余的角的度数是（　　）A．55° B．65° C．75° D．155°【答案】B【分析】根据两个角的和等于90°，这两个角互为余角，列式计算即可得到答案．【详解】解：∵90°-25°=65°，∴与25°角互余的角的度数是65°，故B正确．故选：B．【点睛】本题考查余角和补角，掌握余角定义的应用，根据题意列出算式是解题关键．11．（2022·浙江·宁波市海曙外国语学校七年级开学考试）如图，河道l的同侧有A，B两个村庄，计划铺设一条管道将河水引至A，B两地，下面的四个方案中，管道长度最短的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据两点之间线段最短与垂线段最短可判断方案B比方案C、D中的管道长度最短，根据垂线段最短可判断方案B比方案A中的管道长度最短．【详解】解：四个方案中，管道长度最短的是B．故选：B．【点睛】本题考查了垂线段：从直线外一点引一条直线的垂线，这点和垂足之间的线段叫做垂线段．12．（2022·浙江台州·七年级期末）如图，货轮在航行过程中，发现灯塔在它南偏西的方向上，同时货轮在它北偏东的方向上，则此时的大小是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出60°的余角为30°，然后再加上90°与10°的和即可求得答案．【详解】解：由题意得：，∴．故选：B．【点睛】本题考查了方向角，根据题目的已知条件并结合图形分析是解题的关键．13．（2022·浙江丽水·七年级期末）下列图形旋转一周，能得到如图几何体的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据面动成体，判断出各个选项旋转得到的立体图，即可得出结论．【详解】A．旋转一周可得本题的几何体，故选项正确，符合题意；B．旋转一周为两个圆锥结合体，故选项错误，不符合题意；C．旋转一周为圆锥和圆柱的结合体，故选项错误，不符合题意；D．旋转一周为两个圆锥和一个圆柱的结合体，故选项错误，不符合题意；故选：A．【点睛】此题考查了面动成体，解题的关键是要有空间想象能力，熟悉并判断出旋转后的立体图形．14．（2022·浙江·七年级专题练习）把一副三角板按照如图所示的位置摆放，使其中一个三角板的直角顶点放在另一个三角板的边上，形成的两个夹角分别为，，若，则的度数是（    ）A．55° B．60° C．65° D．75°【答案】A【分析】根据题意可得，，即可求解．【详解】解：根据题意可得，，则，故选：A【点睛】此题考查了涉及三角板的有关计算，解题的关键是掌握三角板中有关角的度数．15．（2022·浙江金华·七年级期末）如图，表示点A到BC距离的是（    ）A．AD的长度 B．AE的长度 C．BE的长度 D．CE的长度【答案】A【分析】根据点到直线的距离指垂直距离即可解答；【详解】解：根据点到直线的距离指垂直距离可知点A到BC距离的是AD的长度；故选：A【点睛】本题主要考查点到直线的距离指垂直距离，掌握点到直线的距离指垂直距离该概念是解题的关键．16．（2022·浙江绍兴·七年级期末）如图，点，点都在线段上，若，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】结合题意，根据线段和差的性质计算，即可得到答案．【详解】∵，且 ∴，即选项C正确；根据题意，无法推导得、、，即选项A、B、D不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了线段的知识；解题的关键是熟练掌握线段和差的性质，从而完成求解．17．（2022·浙江丽水·七年级期末）将一副直角三角尺按如图所示的不同方式摆放，则图中与一定相等的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据三角板上的特殊角度求出各选项与的关系或角度即可进行判断．【详解】解：A、图中+=90°，即与互补，故错误；B、如图，+∠1=60°，+∠1=90°，所以≠，故错误；C、=135°，=135°，所以=，故正确；D、=45°，=60°，所以≠，故错误．故选：C．【点睛】本题主要考查的是角度求解，熟练掌握三角板中的各角度数以及角度之间的关系是解题的关键．二、填空题18．（2022·浙江丽水·七年级期末）如图，P是线段MN上一点，Q是线段PN的中点．若MN=10，MP=6，则MQ的长是____．【答案】8【分析】首先求得NP=4，根据点Q为NP中点得出PQ=2，据此即可得出MQ的长．【详解】解：∵MN=10，MP=6，∴NP= MN- MP=4，∵点Q为NP中点，∴PQ=QN=NP=2，∴MQ=MP+PQ=6+2=8，故答案为：8．【点睛】此题主要考查了两点之间的距离，根据中点的定义得出PQ=2是解题关键．19．（2022·浙江台州·七年级阶段练习）如图，直线a，b交于点，若，则=__°．【答案】38【分析】根据对顶角相等进行解答即可．【详解】解：∵图中和是对顶角，，∴．故答案为：38．【点睛】本题主要考查了对顶角的性质，熟练掌握对顶角相等，是解题的关键．20．（2022·浙江台州·七年级期末）如图，小华同学的家在点P处，他想尽快到公路边，所以选择沿线段PC去公路边，那么他的这一选择体现的数学基本事实是______．【答案】垂线段最短【分析】根据垂线段最短即可得出答案．【详解】解：垂线段最短．故答案为：垂线段最短．【点睛】此题考查了垂线段最短，解题的关键是掌握垂线段最短．21．（2022·浙江舟山·七年级期末）计算：35°49＇＋44°26＇＝__________．【答案】【分析】把单位相同的量分别相加，再根据60进位制进位即可．【详解】解：35°49＇＋44°26＇＝． 故答案为：．【点睛】本题主要考查了角的计算以及度分秒的换算，关键是掌握将高级单位化为低级单位时，乘以60，反之，将低级单位转化为高级单位时除以60．22．（2022·浙江台州·七年级期末）如图，点是线段的中点，则线段与线段满足数量关系______．【答案】【分析】根据线段中点的定义可得答案．【详解】解：∵点是线段的中点，∴．故答案为：【点睛】本题主要考查线段中点的定义，熟练掌握线段的中点是线段上一点，到线段两段距离相等的点是解题的关键．23．（2022·浙江丽水·七年级期末）如图，是，则_________．【答案】【分析】根据余角的性质即可求解．【详解】解：∵是，∴∠AOC+∠BOD=90°，又，∴．故答案为：55°．【点睛】本题主要考查了余角的性质，理解余角的性质是解答关键．24．（2022·浙江金华·七年级期末）如图，将两块直角三角尺的直角顶点C叠放在一起．若，则∠ACB的度数为______．【答案】145°【分析】由∠BCE是直角可求得∠BCD，由角的和差可得答案.【详解】解：∵∠BCE=90°，∴∠BCD=90°－35°=55°，∴=∠ACD+∠BCD=90°+55°=145°.故答案为：.【点睛】本题考查了对直角的认识和角的和差关系，难度不大，属于基础题型，弄清图中相关的角之间的关系是关键.25．（2022·浙江杭州·七年级期末）若，则________．（结果用度表示）【答案】53.7°【分析】根据度分秒的进制，先求出∠A＝36.3°，然后进行计算即可．【详解】解：∵1°＝60′，∴18′＝0.3°，∴∠A＝36°18′＝36.3°，∴90°−∠A＝53.7°，故答案为：53.7°．【点睛】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．三、解答题26．（2022·浙江金华·七年级期末）如图，直线AB与直线CD相交于点O，∠COE＝135°，∠BOD＝45°，则OE⊥AB．请说明理由（补全解答过程）．解：∵∠AOC＝∠BOD＝45° 　　；∴∠AOE＝　　＝（ 　　°）；∴OE⊥AB　　．【答案】对顶角相等； ；90；垂直的定义．【分析】根据垂线的定义、对顶角的性质即可求出答案．【详解】∵（对顶角相等），（已知），∴＝90°，∴（垂直的定义），故答案为：对顶角相等；；90；垂直的定义．【点睛】本题考查垂线的定义、对顶角的性质、角的和差，熟练掌握知识点是解题的关键．27．（2022·浙江宁波·七年级期末）如图，平面上有3个点，，．(1)画线段，射线和直线；(2)过点画直线的垂线，垂足为，比较______（填“>”或“=”或“，垂线段最短【分析】（1）根据直线，射线，线段的定义画出图形即可；（2）根据垂线段最短解决问题．（1）解：如图，线段BC、射线AB、直线AC即为所求；（2）解：如图，线段BD即为所求；根据垂线段最短可知AB＞BD．故答案为：＞，垂线段最短．【点睛】本题考查作图−复杂作图，垂线段最短等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．28．（2022·浙江·七年级专题练习）补全解答过程：如图，线段AC＝4，线段BC＝9，点M是AC的中点，在CB上取一点N，CN：NB＝1：2，求MN的长．解：∵M是AC的中点，AC＝4，∴MC＝ （填线段名称）＝ ，又因为CN：NB＝1：2，BC＝9，∴CN＝ （填线段名称）＝ ．∴MN＝ （填线段名称）+ （填线段名称）＝5，∴MN的长为5．【答案】见解析【分析】M是AC的中点，AC＝4，则MC＝AC＝2，同理CN＝CB＝3，即可求解．【详解】解：∵M是AC的中点，AC＝4，∴MC＝AC＝2，又因为CN：NB＝1：2，BC＝9，∴CN＝CB＝3．∴MN＝CM+CN＝5∴MN的长为5．故答案为：AC、2；CB、3；CM、CN．【点睛】本题考查的是两点间的距离，关键是通过中点确定所求线段和整体线段的数量关系，进而求解．29．（2022·浙江·七年级专题练习）如图，已知直线AB及直线AB外一点P，按下列要求完成画图：(1)画射线PA；(2)在直线AB上求作线段AC，使AC＝AB－PB；【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据射线的定义画出图形即可；（2）在线段BA上截取BC，使得BC=BP，线段AC即为所求．【详解】（1）解：如图，射线PA即为所求；（2）解：如图，线段AC即为所求．【点睛】本题考查了画射线，作线段等于已知线段，掌握基本作图是解题的关键．30．（2022·浙江·七年级专题练习）如图，直线相交于点O，(1)写出图中与互补的角；(2)若，，求和的度数．【答案】(1)，(2)30°，150°【分析】（1）根据邻补角的定义进行求解即可；（2）根据余角的定义，求出，再根据邻补角的定义求出．【详解】（1）解：的补角有，．（2）解：∵，，∴，∵与互补，∴∴．【点睛】本题考查了余角和邻补角的定义，熟练掌握余角以及邻补角的定义并结合图形找到角的和差关系是解决问题的关键．【典型】一、单选题1．（2022·浙江·七年级专题练习）关于棱柱，下列说法正确的是（    ）A．棱柱侧面的形状可能是一个三角形 B．棱柱的每条棱长都相等C．棱柱的上、下底面的形状相同 D．棱柱的棱数等于侧面数的2倍【答案】C【分析】根据棱柱的特征进行判别即可.【详解】A棱柱侧面的形状可能是一个三角形; 错，侧面都是平行四边形B棱柱的每条棱长都相等； 错，侧棱长相等，但不一定等于底边长C棱柱的上、下底面的形状相同； 对，由定义可得D棱柱的棱数等于侧面数的2倍, 错，比如正方体，有12条棱，四个侧面.故选C【点睛】本题考查了棱柱的特征，掌握棱柱的特征是解题关键.2．（2022·浙江·宁波市海曙外国语学校七年级开学考试）如图，AB=30，C为射线AB上一点，BC比AC的4倍少20，P，Q两点分别从A，B两点同时出发．分别以2单位/秒和1单位/秒的速度在射线AB上沿AB方向运动，运动时间为t秒，M为BP的中点，N为QM的中点，以下结论：①BC=2AC；②运动过程中，QM的长度保持不变；③AB=4NQ；④当BQ=PB时，t=12，其中正确结论的个数是（　　）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据AB=30，BC比AC的4倍少20可分别求出AC与BC的长度；分别表示出BM、BQ，由QM=BM+BQ即可得QM的值；由N为QM的中点得NQ=QM可得NQ的值；当BQ=PB时，可得30-2t=t，此时t=10秒，综上所述即可得结论．【详解】∵AB=30，BC比AC的4倍少20，∴AC=10，BC=20，∴BC=2AC，①正确；∵P、Q两点的运动速度分别为2单位/秒和1单位/秒的速度，∴BP=30-2t，BQ=t，∵M为BP的中点，N为QM的中点，∴PM=MB=15-t，MQ=MB+BQ=15，NQ=7.5，∴运动过程中，QM的长度保持不变，AB=4NQ，②③正确；∵PB=30-2t，BQ=t，当BQ=PB时，，∴30-2t=t，解方程得：t=10，④错误；∴①②③项结论正确．故选C．【点睛】本题考查线段中点的性质，两点间的距离，解题的关键是运用数形结合的思想推出相关线段之间的关系式.3．（2021·浙江·七年级期中）高速公路的建设带动我国经济的快速发展，在高速公路的建设中，通常要从大山中开挖隧道穿过，把道路取直，以缩短路程.这样做包含的数学道理是（   ）A．两点确定一条直线 B．两点之间，线段最短C．两条直线相交，只有一个交点 D．直线是向两个方向无限延伸的【答案】B【分析】本题为数学知识的应用，由题意将弯曲的道路改直以缩短路程，就用到两点间线段最短定理．【详解】解：弯曲的道路改直，使两点处于同一条线段上，两点之间线段最短．故选B．【点睛】本题考查了两点之间线段最短的性质，正确将数学定理应用于实际生活是解题关键．4．（2020·浙江·七年级期中）下列说法正确的有（　   　）①射线AB与射线BA是同一条射线；  ②两点确定一条直线；③两点之间直线最短；  ④若AB＝BC，则点B是AC的中点．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【分析】经过两点有且只有一条直线，两点的所有连线中，可以有无数种连法，如折线、曲线、线段等，这些所有的线中，线段最短．【详解】解：①射线与射线不是同一条射线，故①错误；②两点确定一条直线，故②正确；③两点之间线段最短，故③错误；④若，则点不一定是的中点，故④错误．故选：．【点睛】本题主要考查了线段中点的定义，直线的性质以及线段的性质，熟练概念是解题的关键．5．（2020·浙江宁波·七年级期中）一支钢笔正好与一把直尺平靠放在一起（如图），小明发现：钢笔的笔尖端（点）正好对着直尺刻度约为处，另一端（点）正好对着直尺刻度约为.钢笔的中点位置的刻度约为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意可求出水笔的长度，再求出他的一半，加上5.6即可解答．【详解】解：∵水笔的笔尖端（A点）正好对着直尺刻度约为5.6cm处，另一端（B点）正好对着直尺刻度约为20.6cm．∴水笔的长度为20.6-5.6=15（cm），水笔的一半=15÷2=7.5（cm），∴水笔的中点位置的刻度约为5.6+7.5=13.1（cm）．故选择：C.【点睛】本题考查了数轴．解答此题的关键是求出水笔的长度，再求出他的一半，加上起始长度即可解答．6．（2020·浙江台州·七年级期末）如图，把河AB中的水引到C，拟修水渠中最短的是（ ）A．CM B．CN C．CP D．CQ【答案】C【分析】根据点到直线的垂线段距离最短解答．【详解】解：直线外一点到直线的所有连线中，垂线段最短， ∴CP最短，故答案为C.【点睛】本题考查了垂线的性质在实际生活中的运用，属于基础题．7．（2020·浙江台州·七年级期末）在下列生活、生产现象中，可以用基本事实“两点确定一条直线”来解释的是（　　）①用两颗钉子就可以把木条固定在墙上；②把笔尖看成一个点，当这个点运动时便得到一条线；③把弯曲的公路改直，就能缩短路程；④植树时，只要栽下两棵树，就可以把同一行树栽在同一条直线上．A． B． C． D．【答案】C【分析】直接利用直线的性质以及线段的性质分析得出答案．【详解】①用两颗钉子就可以把木条固定在墙上，可以用基本事实“两点确定一条直线”来解释； ②把笔尖看成一个点，当这个点运动时便得到一条线，可以用基本事实“无数个点组成线”来解释； ③把弯曲的公路改直，就能缩短路程，可以用基本事实“两点之间线段最短”来解释； ④植树时，只要栽下两棵树，就可以把同一行树栽在同一条直线上，可以用基本事实“两点确定一条直线”来解释． 故选C．【点睛】此题主要考查了直线的性质以及线段的性质，正确把握相关性质是解题关键．8．（2020·浙江台州·七年级期末）如图，一副三角尺按不同的位置摆放，摆放位置中∠α与∠β不相等的图形是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据余角与补角的性质进行一一判断可得答案..【详解】解:A,根据角的和差关系可得∠α=∠β=45;B,根据同角的余角相等可得∠α=∠β；C,由图可得∠α不一定与∠β相等；D,根据等角的补角相等可得∠α=∠β.故选C.【点睛】本题主要考查角度的计算及余角、补角的性质，其中等角的余角相等，等角的补角相等.9．（2020·浙江杭州·模拟预测）已知α=76°5′，β=76.5°，则α与β的大小关系是（　　）A．α＞β B．α=β C．α＜β D．以上都不对【答案】C【分析】根据度分秒转化得出76.5°=76°30′，即可得出α与β的大小关系．【详解】∵α=76°5′，β=76.5°=76°30′，∴α＜β．故选C．【点睛】本题主要考查了角的比较以及度分秒的转化，正确进行度分秒转化是解决本题的关键．二、填空题10．（2020·浙江温州·七年级开学考试）一个角的补角比它的余角的2倍还多20°,这个角的度数为__________.【答案】20【分析】设出所求的角为x，则它的补角为180°﹣x，余角为90°﹣x，根据题意列出方程，再解方程即可求解．【详解】设这个角的度数是x，则它的补角为：180°﹣x，余角为90°﹣x；由题意得：（180°﹣x）﹣2（90°﹣x）＝20°解得：x＝20°．故答案为20．【点睛】本题考查了余角和补角的定义；根据角之间的互余和互补关系列出方程是解决问题的关键．三、解答题11．（2022·浙江·七年级专题练习）如图，点在直线上，．在中，，．先将一边与重合，然后绕点顺时针方向旋转，当与重合时停止旋转．（1）当在与之间，且时，则______°．（2）试探索：在旋转过程中，与大小的差是否发生变化？若不变，请求出这个差值；若变化，请说明理由；（3）在的旋转过程中，若，试求的大小．【答案】（1）125；（2）与的差不发生变化，为30°；（3）或175°【分析】（1）求出∠COE的度数，即可求出答案；（2）分为两种情况，根据∠AOC=90°和∠DOE=60°求出即可；（3）根据∠AOE=7∠COD、∠DOE=60°、∠AOC=90°求出即可．【详解】解：（1）∵，∴，∵在和之间，，，∴，∴，故答案为：125.（2）在旋转过程中，与的差不发生变化，有两种情况：①如图1，∵，，∴，②如图2，∵，，∴，即在旋转过程中，与的差不发生变化，为30°；（3）如图1，∵，，，∴，解得：，∴；如图2，∵，，，∴，∴，∴；即或175°．【点睛】本题考查了角的有关计算的应用，能根据题意求出各个角的度数是解此题的关键，题目比较好，难度不大．12．（2021·浙江·台州市书生中学七年级阶段练习）如图所示，直线AB，CD相交于点O，P是CD上一点．（1）过点P画AB的垂线段PE．（2）过点P画CD的垂线，与AB相交于F点．（3）说明线段PE，PO，FO三者的大小关系，其依据是什么？【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）PE＜PO＜FO，其依据是“垂线段最短”【分析】前两问尺规作图见详解,第（3）问中利用垂线段最短即可解题.【详解】（1）（2）如图所示．（3）在直角△FPO中,PO＜FO,在直角△PEO中,PE＜PO,∴PE＜PO＜FO，其依据是“垂线段最短”．【点睛】本题考查了尺规作图和垂线段的性质,属于简单题,熟悉尺规作图的方法和步骤,垂线段的性质是解题关键.13．（2020·浙江·宁波华茂国际学校七年级期末）已知：如图，直线AB、CD相交于点O，EO⊥CD于O．（1）若∠AOC=36°，求∠BOE的度数；（2）若∠BOD：∠BOC=1：5，求∠AOE的度数；（3）在（2）的条件下，请你过点O画直线MN⊥AB，并在直线MN上取一点F（点F与O不重合），然后直接写出∠EOF的度数．【答案】（1）54°；（2）120°；（3）∠EOF的度数为30°或150°．【分析】（1）依据垂线的定义以及对顶角相等，即可得∠BOE的度数；（2）依据平角的定义以及垂线的定义，即可得到∠AOE的度数；（3）分两种情况：若F在射线OM上，则∠EOF=∠BOD=30°；若F'在射线ON上，则∠EOF'=∠DOE+∠BON-∠BOD=150°．【详解】解：（1）∵EO⊥CD，∴∠DOE=90°，又∵∠BOD=∠AOC=36°，∴∠BOE=90°-36°=54°；（2）∵∠BOD：∠BOC=1：5，∴∠BOD=∠COD=30°，∴∠AOC=30°，又∵EO⊥CD，∴∠COE=90°，∴∠AOE=90°+30°=120°；（3）分两种情况：若F在射线OM上，则∠EOF=∠BOD=30°；若F'在射线ON上，则∠EOF'=∠DOE+∠BON-∠BOD=150°；综上所述，∠EOF的度数为30°或150°．故答案为（1）54°；（2）120°；（3）∠EOF的度数为30°或150°．【点睛】本题考查了角的计算，对顶角，垂线等知识点的应用，关键是分类讨论思想的运用．【易错】一．选择题（共7小题）1．（2021秋•新昌县期末）如图，点O在直线BD上，已知∠1＝20°，OC⊥OA，则∠BOC的度数为（　　）A．20° B．70° C．80° D．90°【分析】由垂直的定义可知∠AOC＝90°，再余角的定义可得∠BOC的度数．【解答】解：∵OC⊥OA，∴∠AOC＝90°，∵∠1＝20°，∴∠BOC＝90°﹣∠1＝70°．故选：B．【点评】本题考查了余角的定义，角的和差及角的计算，求出∠AOC＝90°是解题的关键．2．（2021秋•新昌县期末）如图，在方格纸中，点A，B，C，D，E，F，H，K中，在同一直线上的三个点有（　　）A．3组 B．4组 C．5组 D．6组【分析】根据各个点的位置，画出过三点的直线即可得出答案．【解答】解：如图，在方格纸中，点A，B，C，D，E，F，H，K中，在同一直线上的三个点有5组，即①A、B、C；②E、H、C；③D、E、F；④B、E、K；⑤D、H、K；故选：C．【点评】本题考查直线、射线、线段，掌握直线的性质是正确判断的关键．3．（2021秋•金华期末）与25°角互余的角的度数是（　　）A．55° B．65° C．75° D．155°【分析】根据两个角的和等于90°，这两个角互为余角，列式计算．【解答】解：根据题意得：90°﹣25°＝65°，故选：B．【点评】本题考查余角和补角，掌握余角定义的应用，根据题意列出算式是解题关键．4．（2021秋•诸暨市期末）一个角加上20°后，等于这个角的余角，则这个角的度数是（　　）A．35° B．45° C．60° D．80°【分析】设这个角为x度，根据题意列出方程，解出即可．【解答】解：设这个角为x度，根据题意得：x+20＝90﹣x，解得x＝35，∴这个角的度数是35°，故选：A．【点评】本题考查余角和补角，掌握余角定义的应用，根据题意列出方程是解题关键．5．（2021秋•青田县期末）将一副尺子中的两个三角板按如图方式摆放，其中∠1＝∠2的有几个（　　）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据三角板的度数为90°、30°、60°、45°，观察图形判断∠1与∠2的关系．【解答】解：图一：∠1＝∠2＝135°；图二：∠1＝∠2；图三：∠1+∠2＝90°；图四：∠1≠∠2；故选：B．【点评】本题考查余角和补角，掌握余角和补角定义的应用，明确三角板每一个角的度数是解题关键．6．（2021秋•吴兴区期末）一个角的度数是42°46′，则它的余角的度数为（　　）A．47°14′ B．47°54′ C．57°14′ D．37°54′【分析】根据两个角的和等于90°（直角），就说这两个角互为余角的定义，列式计算．【解答】解：根据题意得：90°﹣42°46′＝47°14′，故选：A．【点评】本题考查余角和补角的定义和度分秒的换算，熟练掌握余角定义的应用，在进行度、分、秒的运算时应注意借位和进位的方法是解题关键．7．（2021秋•西湖区期末）若∠1与∠2互为余角，∠1与∠3互为补角，则下列结论：①∠3﹣∠2＝90°；②∠3+∠2＝270°﹣2∠1；③∠3﹣∠1＝2∠2；④∠3＜∠1+∠2．其中正确的是（　　）A．① B．①② C．①②③ D．①②③④【分析】根据题意得：①（1）∠1+∠2＝90°，（2）∠1+∠3＝180°，（2）﹣（1）得出结果进行判断；②（1）+（2）得出结果进行判断；③（2）﹣（1）×2得出结果进行判断；④先把（1）等式两边乘2得2（∠1+∠2）＝180°，把（2）变形后代入2（∠1+∠2）＝180°，得出结果进行判断．【解答】解：根据题意得：（1）∠1+∠2＝90°，（2）∠1+∠3＝180°，∴（2）﹣（1）得，∠3﹣∠2＝90°，∴①正确；（1）+（2）得，∠1+∠2+∠1+∠3＝270°，∴∠3+∠2＝270°﹣2∠1，∴②正确；（2）﹣（1）×2得，∠3﹣∠1＝2∠2，∴③正确；∵（1）∠1+∠2＝90°，（2）∠1+∠3＝180°，∴2（∠1+∠2）＝180°，∴∠3＝180°﹣∠1＝2（∠1+∠2）﹣∠1＝∠1+2∠2，∴∠3＞∠1+∠2，∴④错误；故选：C．【点评】本题考查余角和补角，掌握余角和补角的定义，根据题目的要求对两个等式进行不同的计算是解题关键．二．填空题（共4小题）8．一条笔直的公路上有A，B，C，D四个车站，张大爷要在公路上找到一个位置摆摊，要求摊位到这四个车站距离之和最小，这样的位置可以找到 　无数　个．【分析】由题意可知，A到BC之间距离较近，D到BC之间的距离也较近，所以摊位的位置应在BC两个车站之间使得各车站到超市的距离和最小．【解答】由题意可知，A到BC之间距离较近，D到BC之间的距离也较近，所以摊位的位置应在B、C两个车站之间，这样的位置可以找到无数个．故答案为：无数．【点评】本题考查了线段的性质，熟知两点之间，线段最短是解答此题的关键．9．（2021秋•新昌县期末）如图，三条直线AB、CD、EF相交于一点O，则∠AOE+∠DOB+∠COF等于 　180°　．【分析】根据对顶角相等和周角的定义求三个角的和．【解答】解：∵∠COF与∠DOE是对顶角，∴∠COF＝∠DOE，∴∠AOE+∠DOB+∠COF＝∠AOE+∠DOB+∠COF＝×360°＝180°．故答案为：180°．【点评】本题主要考查了对顶角．解题的关键是掌握对顶角相等，以及计算角的度数的能力．10．（2021秋•余姚市期末）钟面上4时30分，时针与分针的夹角是 　45　度，15分钟后时针与分针的夹角是 　127.5　度．【分析】根据时钟上一大格是30°，时针每分钟转0.5°进行计算即可．【解答】解：由题意得：30°+×30°＝45°，∴钟面上4时30分，时针与分针的夹角是45度，由题意得：5×30°﹣45×0.5°＝150°﹣22.5°＝127.5°，∴15分钟后时针与分针的夹角是127.5度，故答案为：45，127.5．【点评】本题考查了钟面角，熟练掌握时钟上一大格是30°，时针每分钟转0.5°是解题的关键．11．（2021秋•新昌县期末）如果∠α＝38°，则∠α的补角是 　142　°．【分析】根据两角互补的概念，和为180度的两个角互为补角，即可得出结果．【解答】解：∵∠α＝38°，∴∠α补角的度数是180°﹣38°＝142°，故答案为：142．【点评】本题考查了补角的概念．解题的关键是掌握补角的定义：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．三．解答题（共1小题）12．（2021秋•柯桥区期末）已知P为线段AB上一点，AP与PB的长度之比为3：2，若AP＝6cm，求PB，AB的长．【分析】根据AP与PB的长度之比为3：2，设AP＝3xcm，BP＝2xcm，再根据AP＝6cm，列出方程，求出x，进而得到BP、AB的长．【解答】解：∵AP与PB的长度之比为3：2，∴设AP＝3xcm，BP＝2xcm，又∵AP＝6cm∴3x＝6，x＝2，∴BP＝4cm，AB＝10cm．【点评】本题主要考查了两点间的距离，熟练掌握线段之间的数量转化是解题关键．【压轴】一、单选题1．（2022·浙江·七年级专题练习）如图，直线与相交于点，一直角三角尺的直角顶点与点重合，平分，现将三角尺以每秒的速度绕点顺时针旋转，同时直线也以每秒的速度绕点顺时针旋转，设运动时间为秒（），当平分时，的值为（　 ）A． B． C．或 D．或【答案】D【分析】分两种情况进行讨论：当转动较小角度的平分时，；当转动较大角度的平分时，；分别依据角的和差关系进行计算即可得到的值．【详解】解：分两种情况：①如图平分时，，即，解得；②如图平分时，，即，解得．综上所述，当平分时，的值为2.5或32.5．故选：．【点睛】本题考查角的动态问题，理解题意并分析每个运动状态是解题的关键．二、填空题2．（2022·浙江·七年级专题练习）十八世纪伟大的数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（v），面数（f），棱数（e）之间存在一个有趣的数量关系：v+f﹣e＝2，这就是著名的欧拉定理．而正多面体，是指多面体的各个面都是形状大小完全相同的的正多边形，虽然多面体的家族很庞大，可是正多面体的成员却仅有五种，它们是正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，那今天就让我们来了解下这几个立体图形中的“天之骄子”：（1）如图1，正四面体共有______个顶点，_______条棱．（2）如图2，正六面体共有______个顶点，_______条棱．（3）如图3是某个方向看到的正八面体的部分形状（虚线被隐藏），正八面体每个面都是正三角形，每个顶点处有四条棱，那么它共有_______个顶点，_______条棱．（4）当我们没有正12面体的图形时，我们可以根据计算了解它的形状：我们设正12面体每个面都是正n（n≥3）边形，每个顶点处有m（m≥3）条棱，则共有12n÷2＝6n条梭，有12n÷m＝个顶点．欧拉定理得到方程：+12﹣6n＝2，且m，n均为正整数，去掉分母后：12n+12m﹣6nm＝2m，将n看作常数移项：12m﹣6nm﹣2m＝﹣12n，合并同类项：（10﹣6n）m＝﹣12n，化系数为1：m＝，变形：，＝，＝，＝，＝．分析：m（m≥3），n（n≥3）均为正整数，所以是正整数，所以n＝5，m＝3，即6n＝30，．因此正12面体每个面都是正五边形，共有30条棱，20个顶点．请依据上面的方法或者根据自己的思考得出：正20面体共有_____条棱；_______个顶点．【答案】（1）4；6；（2）8；12；（3）6；12；（4）30；12．【分析】（1）根据面数×每面的边数÷每个顶点处的棱数可求点数，用顶点数×每个顶点的棱数÷2即可的棱数；（2）用正六面体有六个面×每个面四条棱÷每个顶点处有三条棱可得正六面体共8个顶点，用8个顶点数×每个顶点处有3条棱÷2正六面体共有=12条棱；（3）正八面体每个面都是正三角形，每个顶点处有四条棱，用八个面×每个面有三棱÷每个顶点处有四条棱，它共有6个顶点，利用顶点数×每个顶点处有四条棱÷2可得正八面体12条棱；（4）正20面体每个面都是正n（n≥3）边形，每个顶点处有m（m≥3）条棱，则共有20n÷2＝10n条梭，有20n÷m＝个顶点．欧拉定理得到方程：+20﹣10n＝2，且m，n均为正整数，可求m＝，变形：求正整数解即可．【详解】解：（1）如图1，正四面体又四个面，每个面有三条边，每个顶点处有三条棱，共有4×3÷3=4个顶点，共有4个顶点，每个顶点处有3条棱，每两点重复一条，正四面体共有4×3÷2=6条棱．故答案为4；6；（2）如图2，正六面体有六个面，每个面四条棱，每个顶点处有三条棱，共有6×4÷3=8个顶点，正六面体共8个顶点，每个顶点处有3条棱，每两点重复一条，正六面体共有8×3÷2=12条棱．故答案为：8；12；（3）如图3正八面体每个面都是正三角形，每个顶点处有四条棱，有八个面，每个面有三棱，每个顶点处有四条棱，共有8×3÷4=6个顶点，它共有6个顶点，每个顶点处有四条棱，6×4÷2=12条棱．故答案为：6；12；（4）正20面体每个面都是正n（n≥3）边形，每个顶点处有m（m≥3）条棱，则共有20n÷2＝10n条棱，有20n÷m＝个顶点．欧拉定理得到方程：+20﹣10n＝2，且m，n均为正整数，去掉分母后：20n+20m﹣10nm＝2m，将n看作常数移项：20m﹣10nm﹣2m＝﹣20n，合并同类项：（18﹣10n）m＝﹣20n，化系数为1：m＝，变形：，＝，＝，＝，＝．分析：m（m≥3），n（n≥3）均为正整数，所以是正整数，所以n＝3，m＝5，即10n＝30，．正20面体共有30条棱；12个顶点．故答案为：30；12．【点睛】本题考查正多面体的面数顶点数与棱数之间关系，掌握欧拉定理是解题关键．3．（2022·浙江·七年级专题练习）如图，数轴上有两点，点C从原点O出发，以每秒的速度在线段上运动，点D从点B出发，以每秒的速度在线段上运动．在运动过程中满足，若点M为直线上一点，且，则的值为_______．【答案】1或【分析】设点A在数轴上表示的数为a，点B在数轴上表示的数为b，设运动的时间为t秒，由OD=4AC得a与b的关系，再根据点M在直线AB的不同的位置分4种情况进行解答，①若点M在点B的右侧时，②若点M在线段BO上时，③若点M在线段OA上时，④若点M在点A的左侧时，分别表示出AM、BM、OM，由AM-BM=OM得到t、a、b之间的关系，再计算的值即可．【详解】设运动的时间为t秒，点M表示的数为m则OC=t，BD=4t，即点C在数轴上表示的数为-t，点D在数轴上表示的数为b-4t，∴AC=-t-a，OD=b-4t，由OD=4AC得，b-4t=4（-t-a），即：b=-4a，①若点M在点B的右侧时，如图1所示：由AM-BM=OM得，m-a-（m-b）=m，即：m=b-a；∴②若点M在线段BO上时，如图2所示：由AM-BM=OM得，m-a-（b-m）=m，即：m=a+b；∴③若点M在线段OA上时，如图3所示：由AM-BM=OM得，m-a-（b-m）=-m，即：∵此时m＜0，a＜0，∴此种情况不符合题意舍去；④若点M在点A的左侧时，如图4所示：由AM-BM=OM得，a-m-（b-m）=-m，即：m=b-a=-5a；而m＜0，b-a＞0，因此，不符合题意舍去，综上所述，的值为1或．【点睛】考查数轴表示数的意义，掌握数轴上两点之间距离的计算方法是正确解答的关键，分类讨论和整体代入在解题中起到至关重要的作用．三、解答题4．（2022·浙江·七年级专题练习）已知点A，B，C，D是同一数轴上的不同四点，且点M为线段AB的中点，点N为线段CD的中点．如图，设数轴上点O表示的数为0，点D表示的数为1．(1)若数轴上点A，B表示的数分别是﹣5，﹣1，①若点C表示的数是3，求线段MN的长．②若CD＝1，请结合数轴，求线段MN的长．(2)若点A，B，C均在点O的右侧，且始终满足MN＝，求点M在数轴上所表示的数．【答案】(1)①5；②线段的长为或(2)【分析】（1）①先根据数轴上两点的距离可得的长，由线段中点的定义可得的长，同理得的长，由线段的和差关系可得的长；②存在两种情况：在的左边或右边，同理根据线段的和差关系可得的长；（2）设点表示的数为，点表示的数为，点表示的数为，结合数轴上两点间的距离公式，中点坐标公式和线段的和差关系列方程求解．（1）解：①如图1，点，表示的数分别是，，，是的中点，，同理得：，，；②若，存在两种情况：如图2，点在的左边时，与原点重合，表示的数为0，；如图3，点在的右边时，表示的数为2，；综上，线段的长为或；（2）设点表示的数为，点表示的数为，点表示的数为，点、、、、、是数轴上的点，且点是线段的中点，点是线段的中点，点在数轴上表示的数为，点在数轴上表示，，点，，均在点的右侧，且始终满足，，整理，得，当时，解得（不符合题意，舍去），当时，解得：，点在数轴上表示的数为，综上，点在数轴上所对应的数为．【点睛】本题主要考查了数轴，数轴上的点的几何意义，绝对值的意义等知识的应用．掌握数轴上两点的距离公式是解题的关键．5．（2022·浙江·七年级专题练习）已知点C在线段AB上，AC＝2BC，点D、E在直线AB上，点D在点E的左侧，（1）若AB＝18，DE＝8，线段DE在线段AB上移动，①如图1，当E为BC中点时，求AD的长；②当点C是线段DE的三等分点时，求AD的长；（2）若AB＝2DE，线段DE在直线上移动，且满足关系式，则＝　 　．【答案】（1）①AD＝7；②AD＝或；（2）或【分析】（1）根据已知条件得到BC＝6，AC＝12，①由线段中点的定义得到CE＝3，求得CD＝5，由线段的和差得到AD＝AC﹣CD＝12﹣5＝7；②当点C线段DE的三等分点时，可求得CE＝DE＝或CE＝DE＝，则CD＝或，由线段的和差即可得到结论；（2）当点E在线段BC之间时，设BC＝x，则AC＝2BC＝2x，求得AB＝3x，设CE＝y，得到AE＝2x+y，BE＝x﹣y，求得y＝x，当点E在点A的左侧，设BC＝x，则DE＝1.5x，设CE＝y，求得DC＝EC+DE＝y+1.5x，得到y＝4x，于是得到结论．【详解】解：（1）∵AC＝2BC，AB＝18，∴BC＝6，AC＝12，①∵E为BC中点，∴CE＝3，∵DE＝8，∴CD＝5，∴AD＝AC﹣CD＝12﹣5＝7；②∵点C是线段DE的三等分点，DE＝8，∴CE＝DE＝或CE＝DE＝，∴CD＝或CD＝，∴AD＝AC﹣CD＝12﹣＝或12-=；（2）当点E在线段BC之间时，如图，设BC＝x，则AC＝2BC＝2x，∴AB＝3x，∵AB＝2DE，∴DE＝1.5x，设CE＝y，∴AE＝2x+y，BE＝x﹣y，∴AD＝AE﹣DE＝2x+y﹣1.5x＝0.5x+y，∵，∴，∴y＝x，∴CD＝1.5x﹣x＝x，∴；当点E在点A的左侧，如图，设BC＝x，则DE＝1.5x，设CE＝y，∴DC＝EC+DE＝y+1.5x，∴AD＝DC﹣AC＝y+1.5x﹣2x＝y﹣0.5x，∵，BE＝EC+BC＝x+y，∴，∴y＝4x，∴CD＝y+1.5x＝4x+1.5x＝5.5x，BD＝DC+BC＝y+1.5x+x＝6.5x，∴AB＝BD﹣AD＝6.5x﹣y+0.5x＝6.5x﹣4x+0.5x＝3x，∴，当点E在线段AC上及点E在点B右侧时，无解，综上所述的值为或．故答案为：或．【点睛】本题考查了两点间的距离，利用了线段中点的性质、线段的和差、准确识图分类讨论DE的位置是解题的关键．6．（2022·浙江·七年级专题练习）十八世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式．请你观察下列几种简单多面体模型，解答下列问题：（1）根据上面多面体模型，完成表格中的空格：你发现顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的关系式是　 　．（2）一个多面体的面数比顶点数大8，且有30条棱，则这个多面体的面数是　 　．（3）某个玻璃鉓品的外形是简单多面体，它的外表面是由三角形和八边形两种多边形拼接而成，且有24个顶点，每个顶点处都有3条棱，设该多面体外表三角形的个数为x个，八边形的个数为y个，求x+y的值．【答案】（1）填表见解析，V+F-E=2；（2）20；（3）14【分析】（1）观察可得顶点数+面数-棱数=2；（2）代入（1）中的式子即可得到面数；（3）得到多面体的棱数，求得面数即为x+y的值．【详解】解：（1）四面体的棱数为6；正八面体的顶点数为6；关系式为：V+F-E=2；（2）由题意得：F-8+F-30=2，解得F=20；（3）∵有24个顶点，每个顶点处都有3条棱，两点确定一条直线；∴共有24×3÷2=36条棱，那么24+F-36=2，解得F=14，∴x+y=14．【点睛】本题考查多面体的顶点数，面数，棱数之间的关系及灵活运用．多面体顶点数（V）面数（F）棱数（E）四面体44　 　长方体8612正八面体　 　812正十二面体201230多面体顶点数（V）面数（F）棱数（E）四面体446长方体8612正八面体6812正十二面体201230