4.1 几何图形 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河北承德·七年级统考期末）下列几何体中，不是柱体的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022秋·河北邯郸·七年级统考期末）下列立体图形含有曲面的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022秋·河北唐山·七年级统考期末）下列几何体中，面的个数最多的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022秋·河北石家庄·七年级统考期末）从棱长为a的正方体毛坯的一角挖去一个棱长为1的小正方体，得到一个如图所示的零件，则这个零件的表面积是（ ）
A．6a2+3 B．6a2 C．6a2﹣3 D．6a2﹣1
5．（2022秋·河北邯郸·七年级统考期末）下图几何体面的个数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·河北保定·七年级校考期末）下面立体图形中，从左面看到的平面图形与其他三个不一样的是（ ）．
A． B． C． D．
7．（2022秋·河北石家庄·七年级统考期末）如图，下列图形能折叠成圆锥的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2022秋·河北廊坊·七年级统考期末）如图所示为几何体的平面展开图，则从左到右，其对应的几何体名称分别为（ ）
A．圆柱，圆锥，四棱柱，正方体 B．四棱锥，圆锥，正方体，圆柱
C．圆柱，圆锥，正方体，三棱锥 D．圆柱，圆锥，三棱柱，正方体
9．（2022秋·河北邯郸·七年级统考期末）下图所示的长方形（长为14，宽为8）硬纸板，剪掉阴影部分后，将剩余的部分沿虚线折叠，制作成底面为正方形的长方体箱子，则长方体箱子的体积为（ ）
A．56 B．40 C．28 D．20
10．（2022秋·河北沧州·七年级统考期末）下列各图中，可以是一个正方体的平面展开图的是（ ）
A． B． C． D．
11．（2022秋·河北承德·七年级统考期末）如下图的正方体纸巾盒，它的平面展开图是（ ）
A． B． C． D．
12．（2022春·河北唐山·七年级统考期末）如图，将正方体相邻的两个面上分别画出的正方形网格，并分别用图形“”和“〇”在网格内的交点处做上标记，则该正方体的表面展开图是
A． B．
C． D．
13．（2022秋·河北廊坊·七年级统考期末）如图所示的是一个正方体展开图，则原正方体中与“建”字所在面相对面上的字是（ ）
A．创 B．美 C．河 D．北
14．（2022秋·河北保定·七年级统考期末）下列图形中，可能是如图所示正方体的展开图的是（ ）
A．B．C． D．
15．（2022秋·河北秦皇岛·七年级统考期末）汽车的雨刷把玻璃上的雨雪刷干净属于以下哪项几何知识的实际应用（ ）
A．点动成线 B．线动成面
C．面动成体 D．以上答案都正确
16．（2022秋·河北承德·七年级统考期末）将下面四个图形绕着虚线旋转一周，能够得到如图所说的立体图形的是（ ）
A． B． C． D．
17．（2022秋·河北邯郸·七年级校考期末）下列现象能说明“面动成体”的是( )
A．天空划过一道流星 B．旋转一扇门，门在空中运动的痕迹
C．扔出一块小石子，石子在空中飞行的路线 D．汽车雨刷在挡风玻璃上划出的痕迹
18．（2022秋·河北邯郸·七年级统考期末）下列几何体中可以由平面图形绕某条直线旋转一周得到的是（ ）
A．B． C． D．
19．（2022秋·河北唐山·七年级统考期末）如图所给的平面图形绕虚线旋转一周，可以得到立体图形的是( )
A． B． C． D．
20．（2022秋·河北石家庄·七年级统考期末）如图所示，用经过A、B、C三点的平面截去正方体的一角，变成一个新的多面体，这个多面体的面数是
A．8 B．7 C．6 D．5
二、填空题
21．（2022秋·河北邢台·七年级统考期末）如图是一个生日蛋糕盒，这个蛋糕盒的形状为 棱柱，它有 条棱．
22．（2022秋·河北邯郸·七年级统考期末）如图所示的是一个正方体的表面展开图，折成正方体后其相对面上的两个数互为相反数， ．
23．（2022秋·河北承德·七年级统考期末）如图，平面展开图折叠成正方体后，相对面上的两个代数式的值相等，则x+y+z= ．
三、解答题
24．（2022秋·河北唐山·七年级统考期末）如图是一个正方体的表面展开图，请回答下列问题：
(1)与标有B、C的面分别相对的面上标的字母为______和______．
(2)若，，，，且相对两个面上代数式的和都相等，求E、F分别代表的代数式．
参考答案：
1．D
【分析】对每个选项中的几何体分别进行判断即可．
【详解】解：圆柱体，正方体、三棱柱都是柱体，而圆锥是锥体，
故选：D．
【点睛】本题考查认识立体图形，理解柱体、锥体、球体的特征是正确判断的前提．
2．D
【分析】根据圆柱含有一个曲面可得出答案．
【详解】解：根据题意得：只要有一个面是曲面且是立体图形都符合题意，故含有曲面的是圆柱．
故选：D．
【点睛】本题考查立体图形的知识，难度不大，关键是掌握一些常见的立体图形的形状．
3．C
【分析】分别分析选项中各个图形有几个面然后确定正确答案即可．
【详解】解：A选项有一个底面一个侧面，共两个面；
B选项有两个底面三个侧面，共五个面；
C选项有两个底面四个侧面，共六个面；
D选项有两个底面一个侧面，共三个面；
故选：C．
【点睛】本题主要考查立体图形的认识，分别数出每个图形的面数是解题的关键．
4．B
【分析】根据从正方体毛坯一角挖去一个小正方体得到的零件的表面积等于原正方体表面积，据此可得．
【详解】解：棱长为a的正方体毛坯的一角挖去一个棱长为1的小正方体，得到的图形与原图形表面积相等，
则表面积是a×a×6=6a2，
故选：B．
【点睛】本题主要考查几何体表面积的求法，本题可以有多种解决方法，一种是把每个面的面积计算出来然后相加，另一种算法就是解答中的这种，能想象出得到的图形与原图形表面积相等是关键．
5．A
【分析】球的表面是一个曲面，这个曲面就叫做球面，据此判断即可.
【详解】∵球的表面是一个曲面，即球体只有一个面，
故选：A.
【点睛】本题主要考查了球体的性质，熟练掌握相关概念是解题关键.
6．B
【分析】分别比较三棱锥、四棱柱、三棱柱、圆锥的左视图的形状进行判断即可．
【详解】三棱锥、三棱柱、圆锥从左面看到的形状都是三角形，
而四棱柱从左面看的形状是四边形．
故选：B．
【点睛】本题考查简单几何体的三视图，掌握简单几何体三视图的形状和特征是正确判断的前提．
7．C
【分析】根据圆锥的展开图特点进行解答即可．
【详解】解：A．是圆柱的展开图，故本选项不合题意；
B．是五棱柱的展开图，故本选项不合题意；
C．是圆锥的展开图，故本选项符合题意；
D．是三棱柱的展开图，故本选项不合题意．
故选：C．
【点睛】此题考查了展开图折叠成几何体．解题的关键是明确圆锥的展开图的特点，以及明确常见几何体的展开图的特点．
8．D
【分析】根据基本几何体的展开图逐一判断．
【详解】解：根据图形得：圆柱，圆锥，三棱柱，正方体，
故选：D．
【点睛】本题考查了几何体的展开图，解题的关键是掌握常见几何体的展开图．
9．B
【分析】由图可知，设长方体箱子的正方形底面的边长为，长方体的高为，由题意易求出的值，然后求体积即可．
【详解】．解：设长方体箱子的正方形底面的边长为，长方体的高为．
则，，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了长方体的展开图，体积．解题的关键在于根据图形求出长方体的高，底面正方形的边长．
10．C
【分析】根据正方体的展开图特征逐一判断即可．
【详解】解：A、不是正方体的展开图，故不符合题意；
B、不是正方体的展开图， 故不符合题意；
C、是正方体的展开图，故符合题意；
D、不是正方体的展开图，故不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查的是正方体的展开图．掌握正方体的展开图特征是解决此题的关键．
11．D
【分析】由平面图形的折叠及正方体的展开图解题．
【详解】解：观察图形可知，正方体纸巾盒的平面展开图是：
．
故选：D．
【点睛】本题考查了几何体的展开图，从实物出发，结合具体的问题，辨析几何体的展开图，通过结合立体图形与平面图形的转化，建立空间观念，是解决此类问题的关键．
12．C
【分析】根据正方体的平面展开图，与正方体的各部分对应情况，实际动手操作得出答案．
【详解】解：观察图形可知，该正方体的表面展开图是
．
故选：．
【点睛】考查了几何体的展开图，立体图形的侧面展开图，体现了平面图形与立体图形的联系．立体图形问题可以转化为平面图形问题解决．从实物出发，结合具体的问题，辨析几何体的展开图，通过结合立体图形与平面图形的转化，建立空间观念，是解决此类问题的关键．
13．C
【分析】根据正方体表面展开图的特征进行判断即可．
【详解】解：根据正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，
“建”与“河”是相对的面，
故选：C．
【点睛】本题考查正方体的展开与折叠，掌握正方体表面展开图的特征，正确判断正方体展开图中“相对的面”是正确解答的关键．
14．C
【分析】根据正方体展开图，A、B、D选项的图案与题意不符，即可判定.
【详解】根据题意，得
A选项，折叠起来与题意不符，错误；
B选项，折叠起来与题意不符，错误；
C选项，折叠起来与题意相符，正确；
D 选项，折叠起来与题意不符，错误；
故选C.
【点睛】此题主要考查正方体的展开图，熟练掌握，即可解题.
15．B
【分析】汽车的雨刷实际上是一条线，通过运动把玻璃上的雨水刷干净，所以应是线动成面．
【详解】汽车的雨刷实际上是一条线，通过运动把玻璃上的雨水刷干净，所以应是线动成面．
故选：B．
【点睛】本题考查了点、线、面、体，正确理解点线面体的概念是解题的关键．
16．A
【分析】根据面动成体结合常见立体图形的形状解答即可.
【详解】解：根据面动成体结合常见立体图形的形状得出只有A选项符合，
故选A.
【点睛】本题考查了点、线、面、体的知识，是基础题，掌握常见几何体的形成是解题的关键.
17．B
【分析】根据点、线、面、体之间的关系对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】选项A，天空划过一道流星，说明“点动成线”，本选项错误；
选项B，旋转一扇门，门在空中运动的痕迹，说明“面动成体”，本选项正确；
选项C，抛出一块小石子，石子在空中飞行的路线，说明“点动成线”，本选项错误；
选项D，汽车雨刷在挡风玻璃上刷出的痕迹，说明“线动成面”，，本选项错误．
故选B．
【点睛】本题考查了点、线、面、体，准确认识生活实际中的现象是解题的关键．
18．B
【分析】根据平面图形绕某条直线旋转一周得到的几何体必须有曲面以及“面动成体”判断即可．
【详解】解：平面图形绕某条直线旋转一周得到的几何体必须有曲面，结合图形可得只有B选项的图形可以由平面图形绕某条直线旋转一周得到，
∴B选项符合题意，
故选：B．
【点睛】本题主要考查面动成体，学生要具有一定的空间想象能力．
19．D
【分析】根据面动成体，所得图形是两个圆锥体的复合体确定答案即可．
【详解】解：由图可知，只有D选项图形绕直线l旋转一周得到如图所示立体图形，
故选：D．
【点睛】本题考查了点、线、面、体，熟悉常见图形的旋转得到立体图形是解题的关键．
20．B
【分析】截去正方体一角变成一个多面体，这个多面体多了一个面，棱数不变，少了一个顶点．
【详解】解：由图可得，多面体的面数是7．
故选B．
【点睛】本题考查了正方体的截面，关键是明确正方体的面数，顶点数，棱的条数，形数结合，求出截去一个角后得到的几何体的面数，顶点数，棱的条数．
21． 四 12
【分析】根据立体图形的定义和棱的定义进行判断即可得到答案．
【详解】解：∵该立体图形有两个完全相同，互相平行的四边形底面，其余四个面都是长方形，
∴是四棱柱，共有条棱．
故答案为：四；．
【点睛】本题考查立体图形的认识，抓住立体图形的特征是求解本题的关键．
22．1
【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点求出a、b、c的值，然后代入进行计算即可求解．
【详解】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
∴c与3是相对面，
与-2是相对面，
b与-1是相对面，
∵折成正方体后相对的面上的两个数互为相反数，
解得：，
∴．
【点睛】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．
23．6
【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点确定出相对面，然后列出方程求出x、y、z的值，再相加计算即可得解．
【详解】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
“5”与“y+2”是相对面，
“5x-2”与“8”是相对面，
“3z”与“3”是相对面，
∵相对面上的两个代数式值相等，
∴5x-2=8，y+2=5，3z=3，
解得x=2，y=3，z=1，
x+y+z=2+3+1=6．
故答案为：6．
【点睛】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．
24．(1)F、E
(2)，
【分析】（1）利用正方体及其表面展开图的特点解题；
（2）相对两个面所表示的代数式的和都相等，可得：
，从而可求解．
从而可求解．
【详解】（1）解：由图可得：面A和面D相对，面B和面F，面C和面E相对，
故答案为：F、E；
（2）由题意得，
因为，，，，
所以，
，
解得，．
【点睛】本题考查了正方体相对两个面上文字以及整式的加减，掌握运算法则是关键，注意正方体是空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．4.2 直线、射线、线段 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河北承德·七年级统考期末）如图中分别有直线、射线、线段，能相交的是( )．
A． B． C． D．
2．（2022秋·河北邯郸·七年级统考期末）按语句“画出线段的延长线”画图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022秋·河北廊坊·七年级统考期末）下列说法不正确的是（ ）
A．画一条5cm长的线段 B．射线AB与射线BA是同一条射线
C．两点确定一条直线 D．两点之间线段最短
4．（2022秋·河北石家庄·七年级统考期末）如图，点、、在同一条直线上，则下列说法正确的是（ ）
A．射线和射线是同一条射线
B．直线和直线是同一条直线
C．图中只有条线段
D．图中有条直线
5．（2022秋·河北沧州·七年级统考期末）在同一平面内有四个点，过其中任意两点画直线，仅能画出四条直线，则这四点的位置关系是（ ）．
A．任意三点都不共线． B．有且仅有三点共线．
C．有两点在另外两点确定的直线外． D．以上答案都不对．
6．（2022秋·河北石家庄·七年级统考期末）在图中有（ ）
A．3条直线 B．3条射线 C．3条线段 D．以上都不对
7．（2022秋·河北秦皇岛·七年级统考期末）往返于甲、乙两地的火车，中途停靠三站，每两站间距离各不相等，需要准备（ ）种不同的车票
A．4 B．8 C．10 D．20
8．（2022秋·河北邯郸·七年级统考期末）平面上有不同的三个点，经过其中任意两点画直线，一共可以画（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．1条或3条
9．（2022秋·河北沧州·七年级统考期末）在下列现象中，体现了基本事实“两点确定一条直线”的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．（2022秋·河北邯郸·七年级统考期末）小明在设计黑板报时，想在黑板上画出一条笔直的参照线，由于尺子不够长，他想出了如下方法：①在一根长度合适的毛线上涂满粉笔末；②由两个同学分别按住毛线两端，并绷紧；③捏起毛线后松开，便可在黑板上弹出一条笔直的参照线．上述方法的数学依据是( )
A．两点之间，线段最短 B．两点确定一条直线
C．线段中点的定义 D．两点间距离的定义
11．（2022秋·河北唐山·七年级统考期末）如图所示，长为的线段的中点为M，C将线段分为和，且，则线段的长为（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
12．（2022秋·河北张家口·七年级统考期末）下列四个生活、生产现象：
①用两个钉子就可以把木条固定在墙上；
②植树时，只要定出两棵树的位置，就能确定同一行树所在的直线；
③从A地到B地架设电线，总是尽可能沿着线段架设；
④把弯曲的公路改直，就能缩短路程，
其中可用基本事实“两点之间，线段最短”来解释的现象有（ ）
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
二、填空题
13．（2022秋·河北承德·七年级统考期末）如图，两条直线相交，有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 个交点，n条直线相交最多有 个交点．
14．（2022秋·河北唐山·七年级统考期末）如图，经过刨平的木板上的 A，B 两个点，可以弹出一条笔直的墨线，能解释这一实际应 用的数学知识是 ．
15．（2022秋·河北廊坊·七年级统考期末）如图，为线段上一点，是的中点．
（1）图中共有线段 条．
（2）若，，则的长度为 ．
16．（2022秋·河北唐山·七年级统考期末）如图，，是线段上两点，，，是的中点，则线段的长为 ．
17．（2022秋·河北沧州·七年级统考期末）如图，线段，点C在上，，D为的中点，则线段的长为 ．
18．（2022秋·河北保定·七年级统考期末）如图，已知C是上任意一点，D是的中点，E是的中点．若的长为 ．
三、解答题
19．（2022秋·河北石家庄·七年级统考期末）按要求画图，并回答问题：
如图，已知平面上四个点，，，，请按要求回答下列问题：
(1)画直线，画射线；
(2)请在直线上确定一点，使点到点与点的距离之和最短，并写出画图依据（保留作图痕迹）．
20．（2022秋·河北承德·七年级统考期末）（1）如图，平面上有四个点A，B，C，D，根据下列语句画图：
①画直线AB；
②画射线DC交直线AB于点E；
③连接BD，反向延长BD到点F，使得BF=BD．
（2）如图，某小区将铺设一个长方形绿化带，四个角都铺一块半径相同的四分之一圆形的花卉区，其余地带都铺设草坪．若圆形的半径为R，长方形的长为a，宽为b．
①用式子表示花卉区的面积为______，草坪的面积为________；
②若长方形的长为，宽为，圆形的半径为，铺设每平方m草坪的费用是10元，求铺设草坪大约共需支付多少钱？（）．
21．（2022秋·河北保定·七年级统考期末）（1）如图，平面上有四个点，，，，按照以下要求作图：
①作直线；
②作射线交直线于点；
③连接，交于点；
（2）图中共有______条线段；
（3）若图中是的一个三等分点，，已知线段上所有线段之和为18，求长．
22．（2022秋·河北邯郸·七年级统考期末）如图，在同一个平面内有四个点，请用直尺和圆规按下列要求作图（不写作图步骤，保留作图痕迹），
(1)作射线AB；
(2)作直线AC与直线BD相交于点O；
(3)在射线AB上作线段，使线段与线段AC相等
23．（2022秋·河北邢台·七年级统考期末）如图，C是线段AB上的一点，AC：CB=2：1．
(1)图中以点A，B，C中任意两点为端点的线段共有 条．
(2)若AC=4，求AB的长．
24．（2022秋·河北石家庄·七年级统考期末）往返于A、B两地的客车,途中要停靠C、D两个车站,如图所示. 则需要设定几种不同的票价 需要准备多少种车票
25．（2022秋·河北保定·七年级统考期末）已知平面上有四个村庄，用四个点A、B、C、D表示．
(1)连接AB；
(2)作射线AD；
(3)作直线BC与射线AD交于点E；
(4)若要建一供电所M，向四个村庄供电，要使所用电线最短，则供电所M应建在何处？请画出点M的位置并说明理由．
26．（2022秋·河北廊坊·七年级统考期末）如图，已知线段a，b，用直尺和圆规在射线MH上作线段MP，使MP＝3b－a，不写作法，保留作图痕迹．
27．（2022秋·河北石家庄·七年级统考期末）已知：如图，线段a，b．
(1)利用尺规作图（保留作图痕迹）.
①作射线AM；
②在射线AM上依次截取；
③在线段DA上截取.
(2)由（1）的作图可知 （用含a，b的式子表示）
28．（2022秋·河北廊坊·七年级统考期末）如图，P是线段上一点，，C，D两动点分别从点P，B同时出发沿射线向左运动，到达点A处即停止运动．
(1)若点C，D的速度分别是，．
①当动点C，D运动了2s，且点D仍在线段上时，_________cm；
②若点C到达中点时，点D也刚好到达的中点，则_________；
(2)若动点C，D的速度分别是，，点C，D在运动时，总有，求的长
29．（2022秋·河北廊坊·七年级统考期末）数轴是初中数学的一个重要工具，利用数轴可以将数与形完美的结合．研究数轴我们发现了许多重要的规律：数轴上A点，点表示的数为，，则A，两点之间的距离，若，则可化简为．
如图，数轴上有A，两点，分别表示的数为，10．
(1)A，两点的距离为____________．
(2)若为线段的三等分点，求点对应的数．
(3)点A以每秒1个单位长度的速度沿数轴向右匀速运动，点以每秒2个单位长度的速度向左匀速运动．设运动时间为秒（）．A，两点经过多少秒相距5个单位长度？
30．（2022秋·河北沧州·七年级统考期末）如图，点在线段上，点是的中点，，．
(1)图中共有________条线段．
(2)求线段的长；
(3)在线段上取一点，使得，求线段的长．
31．（2022秋·河北沧州·七年级统考期末）已知：如图1，M是定长线段AB上一定点，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在线段BM上）
(1)若AB＝11cm，当点C、D运动了1s，求AC+MD的值．
(2)若点C、D运动时，总有MD＝3AC，直接填空：AM＝ BM．
(3)在（2）的条件下，N是直线AB上一点，且AN﹣BN＝MN，求的值．
32．（2022秋·河北承德·七年级统考期末）如图，是线段上一动点，沿以2cm/s的速度往返运动1次，是线段的中点，，设点的运动时间为秒（）．
(1)当时，① cm；
②求线段的长度；
(2)用含的代数式表示运动过程中的长；
(3)当时，求的值；
(4)在运动过程中，若的中点为，则的长是否变化？若不变，求出的长；若发生变化，请说明理由．
参考答案：
1．B
【分析】根据直线和射线、线段的延伸性即可判断．
【详解】解：能相交的图形是B选项里的图形．
故答案是：B．
【点睛】本题考查了直线、射线、线段的性质、理解三线的延伸性是关键．
2．A
【分析】根据线段的延长线的定义逐个判断即可．
【详解】解：A、图形和语言符合，故本选项正确；
B、不是表示线段的延长线，故本选项错误；
C、不是表示线段的延长线，故本选项错误；
D、不是表示线段的延长线，故本选项错误；
故选：A．
【点睛】本题考查了对直线、射线、线段的应用，主要考查学生的观察图形的能力和理解能力．
3．B
【分析】根据线段是有长度的性质，可以画定长线段；根据端点相同，且延伸方向相同的射线是同一条射线进行判断；根据直线的性质，线段的性质分别判断即可．
【详解】解：∵线段是有长度的，
∴画一条5cm长的线段，是正确的，
∴A不符合题意；
∵射线AB与射线BA端点不同，是不同的两条条射线；
∴射线AB与射线BA是同一条射线，是错误的，
∴B符合题意；
∵两点确定一条直线，
∴C正确，不符合题意；
∵两点之间线段最短，
∴D正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了线段、射线、直线的性质，解题的关键是熟练掌握三线的性质．
4．B
【分析】根据直线，线段，射线的定义分别判断即可．
【详解】解：A、射线BD和射线DB不是同一条射线，故错误；
B、直线BC和直线CD是同一条直线，故正确；
C、图中有6条线段，故错误；
D、图中有2条直线，故错误；
故选：B．
【点睛】此题主要考查了直线、射线、线段，关键是掌握三线的表示方法．
5．B
【分析】分别画出四点共线，三点共线，和两点共线的图形，然后找出满足题意的图形即可．
【详解】解：
如图，因为仅能画出四条直线，所以选图（2），
故选B．
【点睛】本题主要考查了点与线之间的关系，解题的关键在于能够正确画出四点共线，三点共线，和两点共线的图形．
6．C
【分析】根据直线、射线、线段的定义判断即可．
【详解】根据图象可知，图中有一条直线，8条射线，3条线段，
故选：C．
【点睛】本题考查了直线、射线、线段，关键是掌握直线、射线、线段的定义．
7．D
【分析】把甲乙两地看作是一条线段，线段上有3个点，先求出线段条数，再乘以2即是车票的种类．
【详解】解：把甲乙两地看作是一条线段，线段上有3个点，如图，
∴线段一共有（条），而，
∴需要准备20种不同的车票，
故选D
【点睛】本题主要考查运用数学知识解决生活中的问题；关键是需要掌握正确数线段的方法．
8．D
【分析】根据三个点是否在同一直线上进行分类讨论即可．
【详解】当三个点在同一直线上时，经过任意两点画直线有且只有1条；
当三个点不在同一直线上时，经过其中任意两个点画直线各有一条，则共有3条；
故选：D．
【点睛】本题考查直线的定义，熟练掌握两点确定一条直线并分类讨论是解题关键．
9．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】解：第一、二、三幅图中的生活、生产现象可以用基本事实“两点确定一条直线”来解释，第四幅图中利用的是“两点之间，线段最短”的知识．
故选：C．
【点睛】本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．
10．B
【分析】直接利用直线的性质分析得出答案．
【详解】解：这种画法的数学依据是：两点确定一条直线．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了直线的性质，正确把握直线的性质是解题关键．
11．C
【分析】根据中点的定义，可求出AM和BM的长度，根据MC和MB的比例关系，可求出MC的长度，最后用AM加上CM即可求出AC的长．
【详解】∵点M为AB中点，
∴AM=BM==6cm，
∵，
∴=2cm，
∴AC=AM+MC=8cm；
故选：C
【点睛】本题主要考查了中点的定义和成比例线段，熟练地根据中点的定义和线段间的比例关系求出需要线段的长度是解题的关键．
12．D
【分析】由题意，认真分析题干，运用线段的性质直接做出判断即可．
【详解】解：①②现象可以用两点可以确定一条直线来解释；
③④现象可以用两点之间，线段最短来解释．
故选：D．
【点睛】本题主要考查两点之间线段最短和两点确定一条直线的性质，应注意理解区分．
13． 6
【分析】四条直线相交最多的交点个数可通过画图得出交点个数，通过继续增加直线的条数可以找出规律即可解答；
【详解】解： 如图，两条直线相交最多有1个交点，即；
三条直线相交最多有3个交点，即；
四条直线相交最多有6个交点，即，
五条直线相交最多有10个交点，即，
……
∴n条直线两两相交，最多有个交点（n为正整数，且n≥2）．
故答案为6；．
【点睛】本题考查了图形的变化，是一道关于数字猜想的问题，关键是通过归纳与总结，得到其中的规律．
14．两点确定一条直线
【分析】根据题意分析可得两点确定一条直线．
【详解】解：经过刨平的木板上的两个点，能弹出一条笔直的墨线，而且只能弹出一条墨线，能解释这一实际应用的数学知识是“两点确定一条直线”．
故答案为：两点确定一条直线．
【点睛】本题考查了两点确定一条直线，掌握两点确定一条直线这个基本事实是解题的关键．
15． 6 10
【分析】（1）根据图形即可求得结论；
（2）根据是的中点得出，结合得出，把，即可求解．
【详解】解：（1）根据图形可知：
线段，线段，线段，线段，线段，线段，共6条．
故答案为：6；
（2）∵是的中点，
∴，
又，
∴，
又，
∴．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了线段，线段中点有关计算等，正确的识别图形是解题的关键．
16．7
【分析】根据线段的和差，可得的长，根据线段中点的性质求出，可得答案．
【详解】解：由线段的和差，得，
由D是的中点，得，
故答案为：7．
【点睛】本题考查了线段的和差计算及线段中点的定义，利用线段的和差得出的长是解题关键．
17．12
【分析】根据题意作图，由线段间的关系即可求解．
【详解】解：如图，，
，，
为的中点，
，
．
故答案为：12．
【点睛】此题主要考查线段的长度求解，解题的关键是正确分析题目中线段之间的等量关系．
18．8
【分析】由点D是线段AC的中点，点E是线段BC的中点知，进而推得，即可求出．
【详解】点D是线段AC的中点，点E是线段BC的中点，
，
，
，
，
由DE=4cm得AB=2DE=8cm．
故答案为：8．
【点睛】本题考查的是两点间的距离的计算，掌握线段中点的性质是解题的关键．
19．(1)见解析
(2)画图见解析，依据：两点之间线段最短．
【分析】（1）根据题意，画直线，画射线；
（2）连接，交于点，点即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，直线，射线即为所求，
（2）解：如图所示，连接，交于点，点即为所求，
依据：两点之间线段最短．
【点睛】本题考查了画射线，线段，直线，两点之间线段最短，掌握以上知识是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）①πR2；ab-πR2．②铺设草坪大约共需支付47000元．
【分析】（1）根据直线、射线、线段的定义画出图形即可．
（2）①利用圆的面积公式可求得花卉区的面积，根据草坪的面积等于长方形的面积减去花卉区的面积即可求解；
②根据题①的结论，将相应的数代入计算即可得．
【详解】解：（1）①直线AB如图所示：
②如图所示；
③如图所示；
（2）①花卉区的面积为πR2；
草坪的面积=长方形的面积-花卉区的面积
=ab-πR2，
故答案为：πR2；ab-πR2．
②当a=100m，b=50m，R=10m时，
草坪的面积=100×50-π×102
=5000-100π（m2），
铺设草坪大约共需支付10×(5000-100π)≈47000(元) ．
∴铺设草坪大约共需支付47000元．
【点睛】本题考查作图-复杂作图、直线、射线、线段的定义以及列代数式、代数式求值等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，依据题意，正确列出代数式．
21．（1）见解析；（2）12；（3）
【分析】（1）依据要求进行作图即可；
（2）根据DE上有3条线段，CE上有3条线段，AC上有3条线段，BD上有3条线段，可得结论；
（3）设AF＝x，则CF＝2x，AC＝3x，依据x+2x+3x＝18，解方程即可得解．
【详解】（1）如图所示：
（2）上有3条线段，上有3条线段，上有3条线段，上有3条线段，故共有12条线段；
故答案为：12；
（3）设，则，，
，
解得，，
.
【点睛】本题主要考查了线段、射线、直线、一元一次方程求线段长度，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，．
22．(1)作图见解析
(2)作图见解析
(3)作图见解析
【分析】（1）根据射线的含义作图即可；
（2）根据直线的含义按要求作图即可；
（3）根据作一条线段等于已知线段作图即可．
【详解】（1）解：作射线AB，如图所示；
（2）作直线AC与直线BD相交于点O，如图所示；
（3）作法：以A为圆心，线段的长为半径，在射线AB上画弧，交射线AB于，线段就是所求．
【点睛】本题考查了作线段、直线和射线的基本作图，作一条线段等于已知线段，难度不大，属于基础题．
23．(1)3
(2)6
【分析】（1）从图中找出所有线段即可；
（2）由AC=4，AC：CB=2：1，求得CB的长度，利用线段的和即可得到AB的长．
【详解】（1）解：以点A，B，C中任意两点为端点的线段是AB、AC、BC，共有3条，
故答案为：3
（2）解：∵AC=4，AC：CB=2：1，
∴CB=2，
∴AB=AC+CB=4+2=6．
【点睛】此题考查了线段、线段的和差，熟练掌握线段的和差运算是解题的关键．
24．设定6种，准备12种车票.
【分析】先求出线段条数，一条线段就是一种票价；考虑往返情况，乘以2就可以求解．
【详解】总线段条数为3+2+1=6,所以需要设定6种不同的票价.因为同一段路,往返时起点和终点正好相反,所以需要准备12种车票.
【点睛】本题考查线段的定义，解题的关键是掌握线段的定义，计算不要遗漏.
25．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)M应建在AC与BD的交点处，理由见解析
【分析】（1）根据线段的定义连接即可；
（2）根据射线的定义作出即可；
（3）根据直线、射线的定义进而得出E点位置；
（4）根据线段的性质，要使它与四个村庄的距离之和最小，就要使它在AC与BD的交点处．
【详解】（1）如图所示，连接AB即为所求；
（2）如图所示，作射线AD即为所求；
（3）如图所示，点E即为所求；
（4）如图，点M即为所求，供电所M应建在AC与BD的交点处；
理由：两点之间，线段最短．
【点睛】本题考查了作图与应用作图，关键是掌握线段的性质：两点之间，线段最短，熟知线段的性质是解题的关键．
26．见解析
【分析】在射线MH上依次截取MA=AB=BC=b，再在CM上截取CP=a，则MP满足条件．
【详解】解：如题所示：MP为所求．
【点睛】本题考查了本题考查了尺规作图--简单作图，掌握尺规作图的基本方法是解答本题的关键．
27．(1)见解析
(2)
【分析】（1）、根据做一条线段等于已知线段的尺规作图，依据题目要求逐一作图即可；
（2）、根据AB=AD-BD即可求得．
【详解】（1）如图所示：
（2） ，
，
，
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了两点间的距离及基本作图知识，准确把握线段的和差关系是解题的关键．
28．(1)①12；②
(2)
【分析】（1）①先分别求出，再根据即可得；
②设运动时间为，则，再根据线段中点的定义可得，由此即可得；
（2）设运动时间为，则，从而可得，再根据可得，从而可得，由此即可得．
【详解】（1）解：①依题意得：，
，点仍在线段上，
∴，
故答案为：；
②设运动时间为，则，
∵当点到达中点时，点也刚好到达的中点，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）解：设运动时间为，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了与线段有关的动点问题、线段的和与差、线段的中点，熟练掌握线段之间的数量关系是解题的关键．
29．(1)21
(2)或3
(3)A，两点经过秒或秒相距5个单位长度
【分析】（1）根据两点之间的距离的定义即可解答；
（2）由为线段的三等分点，即说明或，即可求出点对应的数；
（3）分类讨论：①当点A，相遇之前和②当点A，相遇之后，根据题意可分别列出关于t的方程，解出t的值即得出答案．
【详解】（1）解：．
故答案为：21；
（2）解：∵为线段的三等分点，
∴或，
∴点对应的数为或；
（3）分类讨论：①当点A，相遇之前，
由题意有：，
解得：；
②当点A，相遇之后，
由题意有：，
解得：．
综上可知A，两点经过秒或秒相距5个单位长度．
【点睛】本题考查数轴上两点之间的距离，线段的n等分点，用数轴上的点表示有理数，一元一次方程的应用．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．
30．(1)10
(2)2
(3)7
【分析】（1）从左到右有序数出所有线段即可得解；
（2）先求出，由中点得到；
（3）由中点得到，根据求出的值，从而得到答案．
【详解】（1）解：图中线段为线段、线段、线段、线段、线段、线段、线段、线段、线段、线段，共条线段，
故答案为：10．
（2）解：因为点在线段上，，，
所以，
因为点是的中点，
所以．
（3）解：因为是的中点，
所以，
因为点在线段上，，
所以，
又因为，
所以，
所以．
【点睛】本题考查了线段的和差及两点间的距离，利用了线段中点的性质，线段的和差是解题关键．
31．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）计算出CM和BD的长，进而可得出答案；
（2）由AC=AM－CM，MD=BM－BD，MD=3AC结合（1）问便可解答；
（3）由AN＞BN，分两种情况讨论：①点N在线段AB上时，②点N在AB的延长线上时；结合图形计算出线段的长度关系即可求解；
【详解】（1）解：当点C、D运动了1s时，CM＝1cm，BD＝3cm
∵AB＝11cm，CM＝1cm，BD＝3cm
∴AC+MD＝AB﹣CM﹣BD＝11﹣1﹣3＝7cm．
（2）解：设运动时间为t，
则CM＝t，BD＝3t，
∵AC＝AM﹣t，MD＝BM﹣3t，
又MD＝3AC，
∴BM﹣3t＝3AM﹣3t，
即BM＝3AM，
∴AM=BM
故答案为：．
（3）解：由（2）可得：
∵BM＝AB﹣AM
∴AB﹣AM＝3AM，
∴AM＝AB，
①当点N在线段AB上时，如图
∵AN﹣BN＝MN，
又∵AN﹣AM＝MN
∴BN＝AM＝AB，
∴MN＝AB，即=．
②当点N在线段AB的延长线上时，如图
∵AN﹣BN＝MN，
又∵AN﹣BN＝AB
∴MN＝AB，
∴=1,即=．
综上所述＝或
【点睛】本题考查求线段长短的知识，关键是细心阅读题目，根据条件理清线段的长度关系再解答．
32．(1)①4；②3cm
(2)当0≤t≤5时，；当5＜t≤10时，
(3)2s
(4)不变，
【分析】（1 ）①根据即可得出结论；
②先求出的长，再根据是线段的中点即可得出的长；
（ 2）分类讨论；
（3 ）根据路程速度＝时间计算即可；
（4）直接根据中点公式即可得出结论．
【详解】（1）①∵是线段上一动点，沿以2cm/s的速度往返运动，
∴当时，．
故答案为：4；
②∵，，
∴，
∵是线段的中点，
∴CD＝12BD＝12×6＝3cm；
（2）∵是线段上一动点，沿以2cm/s的速度往返运动，
∴当0≤t≤5时，；
当5＜t≤10时，；
（3）当时，．
（4）不变．
∵中点为，是线段的中点，
∴
．
【点睛】本题考查了两点间的距离，根据已知得出各线段之间的等量关系是解题关键．4.3 角 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·河北邯郸·七年级统考期末）如图，下列对图中各个角的表达方法不正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·河北石家庄·七年级统考期末）如图，能用、、三种方法，表示同一个角的是
A． B．
C． D．
3．（2022秋·河北秦皇岛·七年级统考期末）时钟的时针和分针成角的时刻是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022春·河北唐山·七年级统考期末）如图，货船与港口相距海里，我们用有序数对南偏西，海里来描述货船相对港口的位置，那么港口相对货船的位置可描述为（ ）
A．南偏西，海里 B．北偏西，海里
C．北偏东，海里 D．北偏东，海里
5．（2022秋·河北保定·七年级统考期末）如图为北偏东30°方向，，则的方向为（ ）
A．南偏东60° B．南偏东30° C．南偏西60° D．东偏北60°
6．（2022秋·河北石家庄·七年级统考期末）已知，，，下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．以上均不正确
7．（2022秋·河北沧州·七年级统考期末）如图，将一副三角板的直角顶点重合放置于点A处（两块三角板看成在同一平面内），将其中一块三角板绕点A旋转的过程中，下列结论一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2022秋·河北廊坊·七年级统考期末）如图，小明从A处沿南偏西方向行走至点B处，又从点B处沿北偏西方向行走至点E处，则∠ABE＝（ ）
A． B． C． D．
9．（2022秋·河北承德·七年级统考期末）一副三角板如图所示放置，则∠AOB等于（ ）
A．120° B．90° C．105° D．60°
10．（2022秋·河北秦皇岛·七年级统考期末）如图，点A、O、B在同一条直线上，，，则下列结论，不一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2022秋·河北承德·七年级统考期末）将一副三角板按照如图所示的位置摆放，则图中的∠α和∠β的关系一定成立的是（ ）
A．∠α与β互余 B．∠α与∠β互补 C．∠α与∠β相等 D．∠α比∠β小
二、填空题
12．（2022秋·河北沧州·七年级统考期末）如图，，则射线表示的方位是南偏东 ．
13．（2022秋·河北承德·七年级统考期末）在如图所示的小正方形组成的网格中，点A，B，C，D，O均在格点（网格线交点）上，那么 （填“＞”，“＜”或“＝”）．
14．（2022秋·河北秦皇岛·七年级统考期末） ．
15．（2022秋·河北廊坊·七年级统考期末）若，则其余角是 ，用度表示为 ．
16．（2022秋·河北唐山·七年级统考期末），则的余角为 ．
17．（2022秋·河北沧州·七年级统考期末）一个角等于它的余角，则这个角的补角为 ．
18．（2022秋·河北保定·七年级统考期末）已知，则∠β的补角的度数是 ．
19．（2022秋·河北石家庄·七年级统考期末）如图所示，将一块直角三角板的直角顶点放在直尺的一边CD上，如果，那么 ．
三、解答题
20．（2022秋·河北邯郸·七年级统考期末）计算：
(1)把用度表示；
(2)．
21．（2022秋·河北邯郸·七年级统考期末）已知是内部的一条射线，，分别为，上的点，线段，同时分别以，的速度绕点逆时针转动，设转动时间为．
（1）如图（1），若，，逆时针转动到，处．
①若，的转动时间为2，则________；
②若平分，平分，求的值．
（2）如图（2），若，当，分别在，内部转动时，请猜想与的数量关系，并说明理由．
22．（2022秋·河北承德·七年级统考期末）以直线上一点O为端点作射线，使，将一个直角三角形的直角顶点放在点O处．（注：）
(1)如图1，若直角三角板的一边放在射线上，则______°；
(2)如图2，将直角三角板绕点O逆时针方向转动到某个位置，若恰好平分，请说明所在射线是∠的平分线；
(3)如图3，将三角板绕点O逆时针转动到某个位置时，若恰好，求的度数？
23．（2022秋·河北保定·七年级统考期末）如图，以直线AB上一点O为端点作射线OC，使∠BOC=70°，将一块直角三角板DOE直角顶点放在点O处．
(1)如图1，若直角三角板DOE的一边OD放在射线OB上，则∠COE=____________°；
(2)如图2，将直角三角板DOE绕点O逆时针方向转动到某个位置，若OC恰好平分∠BOE，求∠BOD、∠COE的度数；
(3)如图3，将直角三角板DOE绕点O转动，如果OD始终在∠BOC的内部，试猜想∠BOD和∠COE有怎样的数量关系？并说明理由．
24．（2022秋·河北邯郸·七年级统考期末）已知，，，分别是，的平分线．
(1)如果，重合，且在的内部，如图1，求的度数；
(2)如果将图1中的绕点顺时针旋转，如图2．则______（用含的式子表示）；
(3)如果的位置和大小不变，的边的位置不变，改变的大小，将图1中的绕着点顺时针旋转，如图3，求的度数（用含m的式子表示）．
25．（2022秋·河北沧州·七年级统考期末）如图①，将笔记本活页一角折过去，使角的顶点落在处，为折痕．
(1)图①中，若，求的度数；
(2)如果将图①的另一角斜折过去，使边与重合，折痕为，如图②所示，若，求以及的度数．
26．（2022秋·河北石家庄·七年级统考期末）一副三角尺（分别含和）按如图所示摆放在量角器上，边与量角器刻度线重合，边与量角器刻度线重合，将三角尺绕量角器中心点以每秒的速度顺时针旋转，当边与刻度线重合时停止运动，设三角尺的运动时间为．
(1)当时，边经过的量角器刻度线对应的度数是___________度
(2)如图，若在三角尺开始旋转的同时，三角尺也绕点以每秒的速度逆时针旋转，当三角尺停止旋转时，三角尺也停止旋转，．
用含的代数式表示：当为何值时，
从三角尺与三角尺第一对直角边和斜边重叠开始起到另一对直角边和斜边重叠结束止，经过的时间为___________秒
27．（2022秋·河北沧州·七年级统考期末）已知，过O作射线，设．将射线逆时针旋转一定的角度得到射线．
(1)如图1，，则_______°．
(2)如图2，，
① 直接写出与之间的数量关系；
② 若平分，求与的数量关系．
28．（2022秋·河北秦皇岛·七年级统考期末）如图，为的平分线，，，求的大小．
解：∵，，
∴____________，
∴____________，
∵为的平分线，∴____________．
29．（2022秋·河北邢台·七年级统考期末）如图，是直线上的一点，，、分别是、的平分线．
(1)图中所有与互余的角有______；
(2)图中与互补的角有______；
(3)求的度数．
30．（2022秋·河北廊坊·七年级统考期末）如图，点，，在一条直线上，，平分．
(1)若，求的余角的度数．
(2)若，求的度数（用含的式子表示）．
31．（2022秋·河北廊坊·七年级统考期末）如图，以直线上一点为端点作射线，使，将一个直角三角形的直角顶点放在点处．（注：）
(1)如图1，若直角三角板的一边放在射线上，则 ；
(2)如图2，将直角三角板绕点顺时针方向转动到某个位置，若恰好平分，求的度数；
(3)将直角三角板绕点转动，如果始终在的内部，试猜想和有怎样的数量关系？并说明理由．
32．（2022秋·河北承德·七年级统考期末）完成下列说理过程：
已知，如图，∠AOC=∠BOE=90°，OD是∠COE的角平分线，且∠DOE=15°．请你求出∠AOB的度数．
解：因为∠AOC=∠BOE=90°，
即∠AOB+∠BOC=90°，
∠BOC+∠COE=90°，
所以∠AOB与∠BOC互余，
∠BOC与∠COE互余．
所以∠ ① =∠ ② ．（理由： ③ ）
因为OD是∠COE的角平分线，
所以∠COE=2∠ ④ ．（理由： ⑤ ）
因为∠DOE=15°，
所以∠COE=30°．
所以 ⑥ = ⑦ ．
参考答案：
1．B
【分析】根据角的表示方法直接判断即可．
【详解】解：由图可知，点C是两个角的的共同顶点，因此的表示方法不正确，
故选B．
【点睛】本题考查角的表示方法，解题的关键是掌握“当两个或两个以上的角有一个共同顶点时，即一个顶点对应着若干个角，这时则不能使用一个大写字母表示该角”．
2．B
【分析】根据角的表示方法，结合图形判断即可．
【详解】解：A．顶点B处有四个角，不能用∠B表示，错误；
B．顶点B处有一个角，能同时用∠ABC，∠B，∠1表示，正确；
C．顶点B处有三个角，不能用∠B表示，错误；
D．顶点B处有四个角，不能用∠B表示，错误．
故选B．
【点睛】本题考查了对角的表示方法的应用，掌握对角的表示方法是解题关键．
3．B
【分析】钟表里，时钟的时针与分针成角的时刻有若干个，根据所给的时刻，逐一判断即可．
【详解】解：钟表里，每相邻两个数字之间的夹角为，
A．分针与时针的夹角为，不符合题意，
B．分针与时针的夹角为，符合题意，
C．分针与时针的夹角为，不符合题意，
D． 分针与时针的夹角为，不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了钟面角，熟练掌握时钟的钟面被分成了12个大格，每大格的钟面角是是解题的关键．
4．D
【分析】以点为中心点，来描述点的方向及距离即可．
【详解】解：由题意知港口相对货船的位置可描述为北偏东，海里，
故选：D．
【点睛】本题考查坐标确定位置，用方向角描述方向时，通常以正北或正南方向为角的始边，以对象所处的射线为终边，故描述方向角时，一般先叙述北或南，再叙述偏东或偏西．
5．A
【分析】利用已知得出∠1的度数，进而得出OB的方向角．
【详解】解：如图所示：
∵OA是北偏东30°方向的一条射线，∠AOB=90°，
∴∠1=30°，
∴∠2=60°，
∴OB的方向角是南偏东60°．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了方向角，正确利用角的和差得出∠1度数是解题关键．
6．B
【分析】根据小单位化大单位除以进率，由，可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了度分秒的换算，小单位化大单位除以进率是解题关键．
7．D
【分析】根据互余的定义以及角的和差关系得出答案即可．
【详解】解：∵，，
∴，，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查角的大小比较，掌握互余的定义是解决问题的前提．
8．D
【分析】先根据方位角以及平行线的性质可得∠2=∠3=、∠1=，则∠ABE＝∠1+∠2，最后计算即可．
【详解】解：如图：
∵小明从A处沿南偏西方向行走至点B处，又从点B处沿北偏西方向行走至点E处
∴∠2=∠3=，∠1=
∴∠ABE＝∠1+∠2=138°．
故答案为D．
【点睛】本题主要考查了方位角和角的运用，正确认识方位角成为解答本题的关键．
9．C
【分析】根据一幅三角板各个角的度数即可求出答案．
【详解】如图所示，
根据三角板的度数可得：∠2=45°，∠1=60°，
∴∠AOB=∠1+∠2=60°+45°=105°.
故选C.
【点睛】本题考查了角的计算.熟记一幅三角板中各个角的度数是解题的关键.
10．D
【分析】根据图中各角之间的关系依次计算判断即可．
【详解】解：A、∵，，
∴，，
∴，选项成立，不符合题意；
B、∵，，
∴，
∴，，
∴，选项成立，不符合题意；
C、∵
∴，选项成立，不符合题意；
D、由C得，无法得出，符合题意；
故选：D．
【点睛】题目主要考查角度的计算，找准各角之间的关系是解题关键．
11．C
【分析】根据余角的性质：等角的余角相等，即可得到图中的∠α和∠β的关系．
【详解】如图：
∵∠1+∠α＝∠1+∠β＝90°，
∴∠α＝∠β．
故选C．
【点睛】本题主要考查了余角：如果两个角的和等于90°（直角），就说这两个角互为余角，解题时注意：等角的余角相等．
12．
【分析】将单位同一为度，根据图形即可求解．
【详解】解：
∵，
∴射线表示的方位是南偏东，
故答案为：．
【点睛】本题考查了方位角的计算，角度制的计算，掌握以上知识是解题的关键．
13．＜
【分析】根据叠合法比较角的大小即可得出答案．
【详解】解：解：如图，
，，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了比较角的大小，掌握叠合法比较角的大小是解题的关键．
14．
【分析】根据角度的计算求解即可．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查角度的计算，掌握是解题关键．
15． 39°12′ 39.2°
【分析】根据互余的两角之和为90°，可得这个角的余角，根据1°=60′，1′=60″，进行换算即可．
【详解】解：∠α的余角=90°-50°48′=39°12′=39.2°，
故答案为：39°12′；39.2°．
【点睛】本题考查了余角和补角的知识，度分秒之间的换算，属于基础题．
16．
【分析】根据互为余角的定义作答.
【详解】解：∵，
∴的余角，
故答案为：.
【点睛】本题考查了互为余角的定义：如果两个角的和为，那么这两个角互为余角.
17．#135度
【分析】设这个角为x，则它的余角是，根据“一个角等于它的余角”列出方程，即可求解．
【详解】解：设这个角为x，则它的余角是，根据题意得：
，
解得：，
∴这个角的补角为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了利用余角和补角的性质和一元一次方程的应用．解此题的关键是能准确的从题中找出各个量之间的数量关系，找出等量关系列方程，从而计算出结果．互为余角的两角的和为，互为补角的两角之和为．
18．
【分析】在计算过程中可以将转化为，再进行运算．
【详解】解：∵，
∴的补角的度数是：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查的是角度的运算，注意角度运算中，．
19．/度
【分析】根据平角的定义，由角的和差关系计算即可求解．
【详解】解：，，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了求一个角的余角，关键是熟悉平角等于的知识点．
20．(1)
(2)
【分析】（1）原式先把秒化成分，再把分化为度即可得到结论；
（2）秒与秒相加，分与分相加，度与度相加，注意进制．
【详解】（1）
，
所以．
（2）；
【点睛】本题主要考查了度、分、秒的换算，在进行度、分、秒的运算时，要注意借位和进位的方法．
21．（1）①40゜；②60゜；（2），理由见解析．
【分析】（1）①先求出∠AOM′、CON′，再表示出∠BON′、∠COM′，然后相加并根据∠AOB=120°计算即可得解；
②先由角平分线求出∠AOM′=∠COM′=∠AOC，∠BON′=∠CON′=∠BOC，再求出∠COM′+∠CON′=∠AOB=×120°=60°，即∠M′ON′=60°；
（2）设旋转时间为t，表示出∠CON、∠AOM，然后列方程求解得到∠BON、∠COM的关系，再整理即可得解．
【详解】（1）∵线段OM、ON分别以30°/s、10°/s的速度绕点O逆时针旋转2s，
∴∠AOM′=2×30°=60°，∠CON′=2×10°=20°，
∴∠BON′=∠BOC-20°，∠COM′=∠AOC-60°，
∴∠BON′+∠COM′=∠BOC-20°+∠AOC-60°=∠AOB-80°，
∵∠AOB=120°，
∴∠BON′+∠COM′=120°-80°=40°；
故答案为：40°；
②∵OM′平分∠AOC，ON′平分∠BOC，
∴∠AOM′=∠COM′=∠AOC，∠BON′=∠CON′=∠BOC，
∴∠COM′+∠CON′=∠AOC+∠BOC=∠AOB=×120°=60°，
即∠MON=60°；
（2）∠COM=3∠BON，理由如下：
设∠BOC=，则∠AOB=4，∠AOC=3，
∵旋转t秒后，∠AOM=30t，∠CON=10t，
∴∠COM=3 -30t=3（ -10t），∠NOB= -10t，
∴∠COM=3∠BON．
【点睛】本题考查了角的计算，读懂题目信息，准确识图并表示出相关的角度，然后列出方程是解题的关键．
22．(1)
(2)见解析
(3)的度数为或．
【分析】（1）根据，，即可得；
（2）根据平分得，根据得，，则，即可得；
（3）设，则，有两种情况：①OD在∠AOC内部时，根据，，得，进行计算得，即，即可得；②在的内部时，根据，，，，得，进行计算得，即，根据得，综上，即可得．
【详解】（1）解：∵，
又∵，
∴，
故答案为：；
（2）解：∵平分，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴所在射线是的平分线；
（3）解：设，则，
有两种情况：
①如图1，在∠AOC内部时，
∵，，，
∴，
解得，
即，
∴；
②如图2，在的内部时，
∵，，，，，
∴，
解得：，
即，
∵，
∴，
∴的度数为或．
【点睛】本题考查了角平分线，三角形内角和定理，解题的关键是分类讨论，列出一元一次方程．
23．(1)20
(2)∠BOD=50°；∠COE=70°
(3)∠COE﹣∠BOD=20°，理由见解析
【分析】（1）根据图形得出∠COE=∠DOE-∠BOC，代入求出即可；
（2）根据角平分线定义求出∠EOB=2∠BOC=140°，代入∠BOD=∠BOE-∠DOE，求出∠BOD，代入∠COD=∠BOC-∠BOD即可求解；
（3）根据图形得出∠BOD+∠COD=∠BOC=70°，∠COE+∠COD=∠DOE=90°，相减即可求出答案．
【详解】（1）解：如图①，∠COE=∠DOE-∠BOC=90°-70°=20°，
故答案为：20；
（2）如图②，∵OC平分∠EOB，∠BOC=70°，
∴∠EOB=2∠BOC=140°，
∵∠DOE=90°，
∴∠BOD=∠BOE-∠DOE=50°，
∵∠BOC=70°，
∴∠COD=∠BOC-∠BOD=20°,
∴∠COE=∠EOD-∠COD=70°；
（3）∠COE-∠BOD=20°
理由是：如图③，∵∠BOD+∠COD=∠BOC=70°，∠COE+∠COD=∠DOE=90°，
∴（∠COE+∠COD）-（∠BOD+∠COD）
=∠COE+∠COD-∠BOD-∠COD
=∠COE-∠BOD
=90°-70°
=20°，
即∠COE-∠BOD=20°．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，角的计算的应用，能根据图形求出各个角的度数是解此题的关键．
24．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据角平分线的定义得：，，相减可得的度数；
（2）根据角的和差，即可计算即可；
（3）根据角的和差计算即可．
【详解】（1）解：如图1平分，，
，
∵平分，，
，
．
（2）解：由（1）可知，，，
∵，
，
．
故答案为：；
（3）
理由：∵，，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴
【点睛】本题考查角的计算、角平分线的定义、角的和差计算等知识，解题的关键是熟练掌握角的和差进行角度计算，属于中考常考题型．
25．(1)
(2)；
【分析】通过折叠得到相等的角，再代入度数计算即可．
【详解】（1）解：为折叠形成，且
（2）为折叠形成，且
为折叠形成
【点睛】本题主要考查了图形的折叠，相关知识点有：角度的和差倍分计算、平角的性质等，正确运用折叠是解题关键．
26．(1)
(2)① ，t为秒5或秒时，；②
【分析】（1）先求解时，旋转的角度，从而可得答案；
（2）①分与相遇前和相遇后两种情况分析解答即可；②当与重合时，即与共旋转了，即可解答．
【详解】（1）解：当时，旋转的角度为，
∴边经过的量角器刻度线对应的度数是；
（2）①当旋转时间为时，则，，
在三角尺和三角尺旋转前，，
而，
分两种情况：与相遇前，
则： ， 解得：，
与相遇后，则： ，
解得：，
∴当t为秒5或秒时，；
②∵，，
∴当与重合时，，
当与重合时，即与共旋转了，
∴，
∴，
∴从三角尺与三角尺第一对直角边和斜边重叠开始起到另一对直角边和斜边重叠结束止，经过的时间为秒．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了角的旋转定义的理解，量角器的识别，角的计算，一元一次方程的应用，设运动时间为t，用含t的代数式表示出与是解题的关键．
27．(1)
(2)①；②，理由见解析
【分析】（1）根据计算求解即可；
（2）①根据，，计算求解即可；②由题意可得，由平分，可得，，求出的值，然后可求与的数量关系．
【详解】（1）解：
故答案为：；
（2）解：①，
∵，，
∴
；
∴与的数量关系为；
②解：∵，，
∴，
∵平分，如下图，
∴，
∴，
即，
∴与的数量关系为．
【点睛】本题考查了角和差倍粉关系、角平分线的定义．解题的关键是数形结合，表示角之间的数量关系．
28．；50；；40；；80
【分析】根据题中的过程结合图形及角平分线求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵为的平分线，
∴，
故答案为：；50；；40；；80．
【点睛】题目主要考查角度的计算，结合图形，找准各角之间的关系是解题关键．
29．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）利用角平分线的定义可得，，结合平角的定义可得，进而可求解；
（2）根据补角的定义可求解；
（3）由角平分线的定义可求得的度数，结合平角的定义求解的度数，再利用角平分线的定义可求解．
【详解】（1）、分别是、的平分线．
，，
，
，
图中所有与互余的角有，，
故答案为：，；
（2），，
，
图中与互补的角有，
故答案为：；
（3）是的平分线，，
，
，
是的角平分线，
．
【点睛】本题主要考查角的计算，角平分线的定义，补角和余角的定义，灵活运用角平分线的定义是解题的关键．
30．(1)
(2)
【分析】（1）先利用与的倍数关系求出的度数，然后利用余角的定义求解即可；
（2）先计算出，的度数，然后利用角平分线的定义求出的度数，最后利用角的和差关系求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴的余角的度数为
（2）解：∵，，
∴，，
又平分，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了角平分线的有关计算，余角的定义等知识，正确识图，找准角的有关关系是解题的关键．
31．(1)
(2)的度数为
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据，可求出的度数，根据角互余的关系即可求解；
（2）根据题意可得的度数，根据平分，可求出的度数，再根据角互余的关系即可求解；
（3）根据，，运用等量代换的方法即可求解．
【详解】（1）解：∵直角三角板的一边放在射线上，即，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
（2）解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴的度数为．
（3）解：，理由如下，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查角度的和差倍分，角平分线的性质，互余、互补的计算，旋转等知识的综合，掌握以上知识的运用是解题的关键．
32．①∠AOB；②∠COE；③同角的余角相等；④∠DOE；⑤角平分线定义；⑥∠AOB；⑦30°
【分析】由同角的余角相等可得出∠AOB=∠COE；由角平分线的定义可得出∠COE=2∠DOE；由∠COE=30°可得出∠AOB=30°．
【详解】∵∠AOB和∠COE都与∠BOC互余，
∴∠AOB=∠COE，理由：同角的余角相等；
∵OD是∠COE的角平分线，
∴∠COE=2∠DOE，理由：角平分线定义；
∵∠DOE=15°，
∴∠COE=30°，
∴∠AOB=30°．
【点睛】本题考查了余角和角平分线的定义和性质，掌握这些知识点是解决本题的关键．
