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    沪科版七年级上册第4章 直线与角综合与测试教学设计及反思

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    这是一份沪科版七年级上册第4章 直线与角综合与测试教学设计及反思,共16页。

    时要做到不重复、不遗漏.
    2.解决计数类问题时有时要用到分类讨论思想及从特殊到一般的思想.
    3.回顾前面线段、直线的计数公式,比较这些计数公式的区别与联系.
    线段条数的计数问题
    1.先阅读文字,再解答问题.
    (第1题)
    如图,在一条直线上取两点,可以得到1条线段,在一条直线上取三点可得到3条线段,其中以A1为左端点的线段有2条,以A2为左端点的线段有1条,所以共有2+1=3(条).
    (1)在一条直线上取四个点,以A1为左端点的线段有______条,以A2为左端点的线段有________________________________________________________________________条,
    以A3为左端点的线段有______条,共有______+______+______=______(条);
    (2)在一条直线上取五个点,以A1为左端点的线段有______条,以A2为左端点的线段有________条,以A3为左端点的线段有________条,以A4为左端点的线段有______条,共有______+______+______+______=______(条);
    (3)在一条直线上取n个点(n≥2),共有________条线段.
    (4)某学校七年级共有6个班进行辩论赛,规定进行单循环赛(每两个班赛一场),那么该校七年级这6个班的辩论赛共要进行多少场?
    (5)乘火车从A站出发,中间经过5个车站后方可到达B站,那么A,B两站之间最多有多少种不同的票价?需要安排多少种不同的车票?
    平面内直线相交所得交点与平面的计数问题
    2.为了探究同一平面内的几条直线相交最多能产生多少个交点,能把平面最多分成几部分,我们从最简单的情形入手,如图所示.
    (第2题)
    列表如下:
    (1)当直线条数为5时,最多有________个交点,可写成和的形式为________;把平面最多分成________部分,可写成和的形式为________;
    (2)当直线条数为10时,最多有________个交点,把平面最多分成________部分;
    (3)当直线条数为n(n≥2)时,最多有多少个交点?把平面最多分成多少部分?
    关于角的个数的计数问题
    3.有公共端点的两条射线组成的图形叫做角,这个公共端点叫做角的顶点,已知∠BAC,如果过角的顶点A:
    (1)如图①,在角的内部作一条射线,那么图中一共有几个角?
    (2)如图②,在角的内部作两条射线,那么图中一共有几个角?
    (3)如图③,在角的内部作三条射线,那么图中一共有几个角?
    (4)在角的内部作n条射线,那么图中一共有几个角?
    (第3题)
    专训二:分类思想在线段和角的计算中的应用
    名师点金:解答有关点和线的位置关系、线段条数或长度、角的个数或大小等问题时,由于题目中没有给出具体的图形,而根据题意又可能出现多种情况,就应不重不漏地分情况加以讨论,这种思想称为分类讨论思想.需要进行分类讨论的题目,综合性一般较强.)
    分类思想在线段的计算中的应用
    1.已知线段AB=12,在AB上有C,D,M,N四点,且AC∶CD∶DB=1∶2∶3,AM=eq \f(1,2)AC,DN=eq \f(1,4)DB,求线段MN的长.
    2.如图,点O为原点,点A对应的数为1,点B对应的数为-3.
    (1)若点P在数轴上(不与A,B重合),且PA+PB=6,求点P对应的数;
    (2)若点M在数轴上(不与A,B重合),且MA∶MB=1∶3,求点M对应的数;
    (3)若点A的速度为5个单位长度/秒,点B的速度为2个单位长度/秒,点O的速度为1个单位长度/秒,A,B,O同时向右运动,几秒后,点O恰为线段AB的中点?
    (第2题)
    分类思想在角的计算中的应用
    3.如图,已知∠AOC=2∠BOC,∠AOC的余角比∠BOC小30°.
    (1)求∠AOB的度数;
    (2)过点O作射线OD,使得∠AOC=4∠AOD,请你求出∠COD的度数.
    (第3题)
    4.已知OM和ON分别平分∠AOC和∠BOC.
    (1)如图,若OC在∠AOB内部,探究∠MON与∠AOB的数量关系;
    (2)若OC在∠AOB外部,且OC不与OA,OB重合,请你画出图形,并探究∠MON与∠AOB的数量关系.(提示:分三种情况讨论)
    (第4题)
    专训三:几种常见的热门考点
    名师点金:本章知识从大的方面可分为两部分,第一部分是立体几何的初步知识,第二部分是平面图形的认识,这些都是几何学习的基础.本章主要考查立体图形的识别,图形的展开与折叠,直线、射线、线段及角的有关计算.立体图形的平面展开图是中考中常见考点,通常以选择,填空形式呈现.
    立体图形的识别
    1.在①球体;②柱体;③圆锥;④棱柱;⑤棱锥中,必是多面体(指由四个或四个以上多边形所围成的立体图形)的是( )
    A.①②③④⑤ B.②和③
    C.④ D.④和⑤
    2.如图所示的立体图形中,是柱体的是________.(填序号)
    (第2题)
    图形的展开与折叠
    3.小亮为今年参加中考的好友小杰制作了一个正方体礼品盒(如图),六个面上各有一个字,连起来就是“预祝中考成功”,其中“预”的对面是“中”,“成”的对面是“功”,则它的表面展开图可能是( )
    eq \a\vs4\al(,,,) eq \a\vs4\al()
    (第3题)
    4.如图是一个长方体形状包装盒的表面展开图.折叠制作完成后得到长方体
    (第4题)
    的容积是(包装材料厚度不计)( )
    A.40×40×70
    B.70×70×80
    C.80×80×80
    D.40×70×80
    直线、射线、线段
    5.下列关于作图的语句中正确的是( )
    A.画直线AB=10厘米
    B.画射线OB=10厘米
    C.已知A,B,C三点,过这三点画一条直线
    D.过直线AB外一点画一条直线和直线AB相交
    6.如图,已知线段AB,在BA的延长线上取一点C,使CA=3AB,则线段CA与线段CB的长度之比为( )
    (第6题)
    A.3∶4 B.2∶3 C.3∶5 D.1∶2
    7.开学整理教室时,老师总是先把每一列最前和最后的课桌摆好,然后再依次摆中间的课桌,一会儿一列课桌摆在一条线上,整整齐齐,这是因为________________________.
    8.乘火车从A站出发,沿途经过4个车站方可到达B站,那么需要安排________种不同的车票.
    9.如图,已知AB和CD的公共部分BD=eq \f(1,3)AB=eq \f(1,4)CD,线段AB,CD的中点E,F之间的距离是10 cm,求AB,CD的长.
    (第9题)
    角及角的有关计算
    10.有下列说法:
    (1)两条射线所组成的图形叫做角;
    (2)一条射线旋转而成的图形叫做角;
    (3)两边成一条直线的角是平角;
    (4)平角是一条直线.
    其中正确的个数是( )
    A.1 B.2 C.3 D.4
    11.4点10分,时针与分针的夹角为( )
    A.55° B.65°
    C.70° D.以上结论都不对
    12.如图所示,两块三角板的直角顶点O重合在一起,且OB恰好平分∠COD,则∠AOD的度数是________度.
    (第12题)
    13.若一个角的余角比它的补角的eq \f(1,2)少20°,则这个角的度数为________.
    14.如图,O是直线AB上一点,OC,OD是从O点引出的两条射线,OE平分∠AOC,∠BOC∶∠AOE∶∠AOD=2∶5∶8,求∠BOD的度数.
    (第14题)
    数学思想方法的应用
    a.数形结合思想
    15.往返于A,B两个城市的客车,中途有三个停靠站.
    (1)共有多少种不同的票价(任何两站票价均不相同)?
    (2)要准备多少种车票?
    b.方程思想
    16.互为补角的两个角的度数之比是5∶4,这两个角的度数分别是多少.
    17.如图,C,D,E将线段AB分成2∶3∶4∶5四部分,M,P,Q,N分别是AC,CD,DE,EB的中点,且MN=21,求线段PQ的长度.
    (第17题)
    c.分类讨论思想
    18.已知同一平面内四点,过其中任意两点画直线,仅能画4条,则这四个点的位置关系是( )
    A.任意三点不在同一条直线上
    B.四点在同一条直线上
    C.最多三点在同一条直线上
    D.三点在同一条直线上,第四点在这条直线外
    19.已知一条射线OA,若从点O再引两条射线OB和OC,使∠AOB=80°,∠BOC=40°,若OD平分∠AOC,则∠BOD等于________.
    d.转化思想
    20.如图所示,一观测塔的底座部分是四棱柱,现要从下底面A点修建钢筋扶梯,经过点M,N到点D′,再进入顶部的观测室,已知AB=BC=CD,试确定使扶梯的总长度最小的点M,N的位置.
    (第20题)
    答案
    专训一
    1.解:(1)3;2;1;3;2;1;6 (2)4;3;2;1;4;3;2;1;10 (3)eq \f(n(n-1),2)
    (4)七年级进行辨论赛的有6个班,类似于一条直线上有6个点,每两个班赛一场,类似于两点之间有一条线段,那么七年级这6个班的辩论赛共要进行eq \f(6×(6-1),2)=15(场).
    (5)从A站出发,中间经过5个车站后方可到达B站,类似于一条直线上有7个点,此时共有线段eq \f(7×(7-1),2)=21(条),即A,B两站之间最多有21种不同的票价.因为来往两站的车票起点与终点不同,所以A,B两站之间需要安排21×2=42(种)不同的车票.
    2.解:(1)10;1+2+3+4;16;1+1+2+3+4+5
    (2)45;56
    (3)当直线条数为n(n≥2)时,
    最多有1+2+3+…+(n-1)=eq \f(n(n-1),2)(个)交点;
    把平面最多分成1+1+2+3+…+n=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(n(n+1),2)+1))部分.
    3.解:(1)显然这条射线会和∠BAC的两条边都组成一个角,这样一共就有1+2=3(个)角.
    (2)再在图①的角的内部增加一条射线,即为图②,显然这条射线会和图①中的三条射线再组成三个角,所以图②中共有1+2+3=6(个)角.
    (3)在角的内部作三条射线,即在图②中再增加一条射线,同样这条射线会和图②中的四条射线再组成四个角,所以图③中共有1+2+3+4=10(个)角.
    (4)综上可知,如果在一个角的内部作n条射线,则图中共有1+2+3+…+n+(n+1)=eq \f((n+1)(n+2),2)(个)角.
    专训二
    1.解:因为AB=12,AC∶CD∶DB=1∶2∶3,
    所以AC=eq \f(1,6)AB=12×eq \f(1,6)=2,CD=eq \f(1,3)AB=12×eq \f(1,3)=4,DB=eq \f(1,2)AB=12×eq \f(1,2)=6.
    因为AM=eq \f(1,2)AC,DN=eq \f(1,4)DB,
    所以MC=eq \f(1,2)AC=2×eq \f(1,2)=1,DN=eq \f(1,4)DB=6×eq \f(1,4)=eq \f(3,2).
    ①当点N在点D右侧时,如图①,
    MN=MC+CD+DN=1+4+eq \f(3,2)=eq \f(13,2);
    (第1题)
    ②当点N在点D左侧时,如图②,
    MN=MC+CD-DN=1+4-eq \f(3,2)=eq \f(7,2).
    综上所述,线段MN的长为eq \f(13,2)或eq \f(7,2).
    点拨:首先要根据题意,画出图形.由于点N的位置不确定,故要考虑分类讨论.
    2.解:(1)①当点P在A,B之间时,不合题意,舍去;
    ②当点P在A点右边时,点P对应的数为2;
    ③当点P在B点左边时,点P对应的数为-4.
    (2)①当点M在线段AB上时,点M对应的数为0;
    ②当点M在线段BA的延长线上时,点M对应的数为3;
    ③当点M在线段AB的延长线上时,不合题意,舍去.
    (3)设运动x秒时,点B运动到点B′,点A运动到点A′,点O运动到点O′,此时O′A′=O′B′,点A′,B′在点O′两侧,则BB′=2x,OO′=x,AA′=5x,
    所以点B′对应的数为2x-3,点O′对应的数为x,点A′对应的数为5x+1,
    所以O′A′=5x+1-x=4x+1,O′B′=x-(2x-3)=3-x,所以 4x+1=3-x,解得x=0.4.
    即0.4秒后,点O恰为线段AB的中点.
    3.解:(1)设∠BOC=x,则∠AOC=2x,
    由题意得90°-2x+30°=x,解得x=40°.所以∠BOC=40°.
    因为∠AOC=2∠BOC,所以∠AOB=∠BOC=40°.
    (2)情况一:当OD在∠AOC内部时,如图①,
    由(1)易得∠AOC=80°.
    因为∠AOC=4∠AOD,所以∠AOD=20°,
    所以∠COD=∠AOC-∠AOD=80°-20°=60°.
    (第3题)
    情况二:当OD在∠AOC外部时,如图②,
    由(1)易得∠AOC=80°.
    因为∠AOC=4∠AOD,所以∠AOD=20°,
    所以∠COD=∠AOD+∠AOC=20°+80°=100°.
    综上所述,∠COD的度数为60°或100°.
    4.解:(1)因为OM和ON分别平分∠AOC和∠BOC,
    所以∠MOC=eq \f(1,2)∠AOC,∠NOC=eq \f(1,2)∠BOC.
    所以∠MON=∠MOC+∠NOC=eq \f(1,2)∠AOC+eq \f(1,2)∠BOC=eq \f(1,2)(∠AOC+∠BOC)=eq \f(1,2)∠AOB.
    (2)情况一:如图①,
    因为OM和ON分别平分∠AOC和∠BOC,
    所以∠MOC=eq \f(1,2)∠AOC=eq \f(1,2)(∠AOB+∠BOC),∠NOB=eq \f(1,2)∠BOC.
    所以∠MON=∠MOB+∠NOB=∠MOC-∠BOC+eq \f(1,2)∠BOC=∠MOC-eq \f(1,2)∠BOC=eq \f(1,2)(∠AOB+∠BOC)-eq \f(1,2)∠BOC=eq \f(1,2)∠AOB.
    (第4题)
    情况二:如图②,
    因为OM和ON分别平分∠AOC和∠BOC,
    所以∠AOM=eq \f(1,2)∠AOC,∠NOC=eq \f(1,2)∠BOC=eq \f(1,2)(∠AOB+∠AOC)=eq \f(1,2)∠AOB+eq \f(1,2)∠AOC.
    所以∠MON=∠AOM+∠AON=eq \f(1,2)∠AOC+(∠NOC-∠AOC)=∠NOC-eq \f(1,2)∠AOC=eq \f(1,2)∠AOB+eq \f(1,2)∠AOC-eq \f(1,2)∠AOC=eq \f(1,2)∠AOB.
    情况三:如图③,
    因为OM和ON分别平分∠AOC和∠BOC,
    所以∠MOC=eq \f(1,2)∠AOC,∠NOC=eq \f(1,2)∠BOC.
    所以∠MON=∠MOC+∠NOC=eq \f(1,2)∠AOC+eq \f(1,2)∠BOC=eq \f(1,2)(∠AOC+∠BOC)=eq \f(1,2)(360°-∠AOB)=180°-eq \f(1,2)∠AOB.
    综上所述,∠MON与∠AOB的数量关系是∠MON=eq \f(1,2)∠AOB或∠MON=180°-eq \f(1,2)∠AOB.
    专训三
    1.D 2.②③ 3.C 4.D 5.D 6.A
    7.两点确定一条直线 8.30
    9.解:因为BD=eq \f(1,3)AB=eq \f(1,4)CD,所以CD=eq \f(4,3)AB.
    因为F是CD的中点,所以DF=eq \f(1,2)CD=eq \f(1,2)×eq \f(4,3)AB=eq \f(2,3)AB.
    因为E是AB的中点,所以EB=eq \f(1,2)AB,
    所以ED=EB-DB=eq \f(1,2)AB-eq \f(1,3)AB=eq \f(1,6)AB.
    所以EF=ED+DF=eq \f(1,6)AB+eq \f(2,3)AB=eq \f(5,6)AB=10 cm,
    所以AB=12 cm,所以CD=eq \f(4,3)AB=16 cm.
    10.A 11.B 12.135 13.40°
    14.解:设∠BOC=2x°,则∠AOE=5x°,∠AOD=8x°.
    因为O是直线AB上一点,所以∠AOB=180°,
    所以∠COE=(180-7x)°.
    因为OE平分∠AOC,所以∠AOE=∠COE,
    即5x=180-7x,解得x=15,
    所以∠AOD=8×15°=120°,所以∠BOD=180°-∠AOD=180°-120°=60°.
    15.解:(1)根据题意画出示意图,如图所示,线段有AC,AD,AE,AB,CD,CE,CB,DE,DB,EB,共有10条,因此有10种不同的票价.
    (2)同一路段,往返时起点和终点正好相反,所以要准备20种车票.
    (第15题)
    16.解:设这两个角的度数分别为5x°、4x°.
    由题意得5x+4x=180,
    9x= 180,
    x= 20.
    5x=100,4x=80.
    答:这两个角的度数分别为100°和80°.
    17.解:设AC=2x,则CD=3x,DE=4x,EB=5x,由M,N分别是AC,EB的中点,得MC=x,EN=2.5x.由题意,得MN=MC+CD+DE+EN=x+3x+4x+2.5x=21,即10.5x=21,所以x=2,则PQ=eq \f(1,2)CD+eq \f(1,2)DE=3.5x=7.
    点拨:解答此题的关键是设出未知数,利用线段长度的比及中点建立方程,求出未知数的值,进而求解.体现了方程思想在解题中的应用.
    18.D 19.60°或20°
    20.解:画出四棱柱的侧面展开图,点M,N的位置如图(2)所示,则M,N的位置在四棱柱的位置如图(1)所示.
    (第20题)
    直线条数
    最多交点个数
    平面最多分成部分数
    1
    0
    2
    2
    1
    4
    3
    3
    7



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