2023-2024学年数学七年级平面图形的认识（二）单元测试试题（苏科版）提升卷一含解析

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2023-2024学年数学七年级平面图形的认识（二）（苏科版）单元测试 提升卷一 含解析
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题（共30分）
1．（本题3分）有两根和长的木棒，再找一根木棒与这两根木棒构成一个三角形木架．可以选择的木棒是（ ）
A． B． C． D．
2．（本题3分）如图，、、，是六边形的四个外角，延长交于点若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．（本题3分）在三角形中，若，那么这个三角形是（ ）三角形．
A．锐角 B．直角 C．钝角 D．等边
4．（本题3分）下列由不能判断的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（本题3分）小亮绘制了一个如图所示的大长方形，上面绘有五个小长方形，若这五个小长方形的周长之和为50，则大长方形的周长为（ ）
A．25 B．50 C．75 D．100
6．（本题3分）如图，已知，那么的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．（本题3分）如图，把沿折叠，折叠后的图形如图所示，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．（本题3分）如图，在中，是中点，垂直平分，交边于点，交边于点，在上确定一点，使最大，则这个最大值为（ ）
A．10 B．5 C．13 D．
9．（本题3分）如图，在三角形中，，，，，将三角形沿直线向右平移2个单位得到三角形，连接．则下列结论：
①，；
②；
③四边形的周长是16；
④；
其中正确结论的个数有（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．（本题3分）如图，是边长为的正三角形内的一点，到三边的距离分别是，，，若以，，为边可以组成三角形，则应该满足的条件是（ ）
A． B．
C． D．
评卷人得分
二、填空题（共24分）
11．（本题3分）若一个正多边形的一个内角是，则这个正多边形是正 边形．
12．（本题3分）已知，若，，则 度．
13．（本题3分）如图，在中，是边上的中线，的面积为，则的面积为 ．
14．（本题3分）已知三角形三边长分别为，，，则写出所有符合条件的整数的值 ．
15．（本题3分）如图，在 中，是 边上的高线，是 的平分线，则 的度数为 ．
16．（本题3分）如图，已知平面内有一点在直线与直线之间，且，若，则 ．（用含的式子表示）
17．（本题3分）一个凸多边形的内角和与外角和相等，它是 边形．
18．（本题3分）如图是折叠式沙发椅的示意图，若将度数调到图上所示度数为最舒适角度，求此时 ．

评卷人得分
三、解答题（共66分）
19．（本题8分）如图，在中，平分交于点D，平分交于点E．
(1)若求的度数；
(2)若，求的度数．
20．（本题8分）已知：如图，中，，平分的外角．求证：．
21．（本题8分）如图，已知的两条高相交于点O，，求的度数．
22．（本题10分）如图，，于点P．
(1)若，请求出的度数；
(2)若，求证：．
23．（本题10分）如图，于D，点F是上任意一点，于E，且，．

(1)求证：；
请补全解答过程，即在横线处填上结论或理由．
证明：，（已知）
∴____________，（垂直于同一直线的两直线平行）
，（____________________________）
又，（已知）
，（等量代换）
∴____________，（__________________________）
；（__________________________）
(2)若平分，求的度数．
24．（本题10分）如图，相交于点O，分别平分，且交于点P．
(1)若，求的度数．
(2)试探索与间的数量关系．
25．（本题12分）【阅读理解】如图①，与的边与互相平行，另一组边、交于点E，且点E在、之间，且在直线右侧，试说明：．
老师在黑板中写出了部分求解过程，请你完成下面的求解过程，并填空（理由或数学式）．
解：如图②，过点E作．
∴（ ）．
∵（ ）
∴（ ）．
∴．
∴．（ ）
∴．
［理解应用]如图③，当图①中的点E在直线右侧时，其它条件不变，若．求与的和．
［拓展] 与的边与互相平行，且点B、D在直线同侧，另一组边、交于点E，且点E在、之间．若的角平分线与的角平分线交于点F，设，请借助图①和图③，用含的代数式直接写出的度数．
参考答案：
1．C
【分析】本题考查三角形三边关系，设可以选择的木棒长是，根据三角形的三边关系得到第三边的取值范围即可求解．
【详解】解：设可以选择的木棒长是，
∴，则，
可以选择的木棒长是．
故选：C．
2．C
【分析】本题考查了三角形的内角和定理，多边形的外角和定理，掌握“三角形的内角和是”、“多边形的外角和是”等知识点是解题的关键．
先利用多边形的外角和求出的度数，再利用三角形的内角和定理得结论．
【详解】解：多边形的外角和恒为，
即，
∵
∴．
∵，
∴．
故选：C．
3．B
【分析】本题考查了三角形内角和定理的应用，根据，即可求解．
【详解】解：∵，,
∴
∴
故这个三角形是直角三角形
故选：B
4．C
【分析】本题考查了同位角相等两直线平行，据此即可进行判断．
【详解】解：由图可知：A、B中，均是直线被第三条直线所截形成的同位角，
根据同位角相等两直线平行，可得；
D中：
若，
∵
∴，
根据同位角相等两直线平行，可得；
而C中，是另两条直线被直线所截形成的同位角，不能得出；
故选：C
5．B
【分析】本题主要考查了平移的性质，长方形的周长，根据题意可得五个小长方形的长之和等于大长方形的长之和，五个小长方形的宽之和等于大长方形的宽之和，进而可知大长方形的周长等于五个小长方形的周长之和．
【详解】解：根据题意得：把五个小长方形的长和宽分别平移到大长方形的长和宽上，则五个小长方形的长之和等于大长方形的长之和，
五个小长方形的宽之和等于大长方形的宽之和，
∴大长方形的周长等于五个小长方形的周长之和，
∵五个小长方形的周长之和为50，
∴大长方形的周长为50．
故选：B．
6．C
【分析】根据任意多边形外角和都等于，进行计算即可解答．
本题考查了多边形的外角和定理，熟练掌握“任意多边形外角和都等于”是解题的关键．
【详解】由题意得，
∵，
∴，
故选：C．
7．D
【分析】本题主要考查了折叠的性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握折叠前后对应角相等是解题的关键．由，得，再由折叠的性质得，从而得出答案．
【详解】解：，
，
，
把沿对折，
，
故选：D．
8．B
【分析】本题考查三角形三边关系．延长交直线于P，在上任取一点不与点P重合，连接，，根据三角形三边关系证明此时，最大，最大值等于长即可求解．
【详解】解：如图，延长交直线于P，在上任取一点不与点P重合，连接，，
∵，，
∴，
∴此时，最大，最大值等于长，
∵D是中点，
∴，
∴最大值，
故选：B．
9．D
【分析】本题主要考查平移的性质及平行线的性质与判定．设AC与DE的交点为H，根据平移的性质可得，，，，然后可得．据此求解即可判断
【详解】解：设与的交点为H，如图所示：
∵，将三角形沿直线向右平移2个单位得到三角形，连接，
∴根据平移的性质知，，，，，故①正确；
∵，
∴，则，故②正确；
∵，，
∴四边形的周长为
，故③正确；
∵，
∴，故④正确；
∴正确的个数有4个；
故选：D．
10．B
【分析】本题主要考查了三角形的三边关系，求出正三角形的高，连接、、 ，根据，得出，，的关系即可，解题的关键是熟练掌握三角形的三边关系．
【详解】∵正三角形的边长为，
∴正三角形的高，
如图， 连接、、 ，
设，，，
∵，
∴ ，
∵为正三角形，
∴，
∴，
∵以，，为边可以组成三角形，，
∴
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：．
11．六
【分析】本题考查了多边形内角与外角，解题的关键是一个正多边形的每个内角都相等，根据内角与外角互为邻补角，因而就可以求出外角的度数．根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数．
【详解】解：外角是，
，则这个多边形是六边形．
故答案为：六．
12．60
【分析】本题主要考查了三角形内角和定理，解题的关键是根据，结合，求出即可．
【详解】解：∵，若，
∴，
∵，
∴，
∴,
∴．
故答案为：60．
13．6
【分析】本题考查三角形的中线性质，根据三角形的中线平分三角形的面积求解即可．
【详解】解：∵在中，是边上的中线，
∴，
∵的面积为，
∴，
故答案为：6．
14．，，
【分析】本题考查三角形的三边关系（三角形的第三边小于两边之和大于且大于两边之差）．解题的关键是根据三角形的三边关系列出关于的一元一次不等式组，求解后即可得出符合条件的整数的值．
【详解】解：∵三角形三边长分别为，，，
∴，
∴，
∴整数的值为，，．
故答案为：，，．
15．60°
【分析】本题考查了三角形内角和以及外角性质、角平分线的定义，先求出，因为角平分线的定义得，结合高的定义，得，运用三角形的外角性质，即可作答．
【详解】解：∵
∴
∵是 的平分线，
∴
∵是 边上的高线，
∴
则．
故答案为：60°
16．或/或
【分析】此题考查了平行线的判定与性质，分情况讨论即可，解题的关键是熟练掌握判定与性质的应用．
【详解】如图，当点在左边时，过作，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
如图，当点在右边时，过作，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：或．
17．四
【分析】根据任意多边形的外角和等于，可得这个多边形的内角和是，再根据n边形的内角和为，列方程求解即可．
【详解】解：设多边形的边数为n，
由题意得，，
解得，
∴这个多边形是四边形，
故答案为：四．
18．
【分析】本题主要考查三角形内角和定理和三角形外角的性质，延长交于点，根据三角形内角和定理求出，得出，再由三角形外角性质可得 ．
【详解】解：延长交于点，如图，

∵
∴
∵
∴
∴
∴
故答案为：．
19．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了三角形外角的性质，三角形内角和定理，角平分线的定义，熟知三角形一个外角等于与其不相邻的两个内角之和是解题的关键．
（1）根据角平分线的定义得到，再由三角形外角的性质即可得到；
（2）根据角平分线的定义得到．再由三角形外角的性质得到，即可利用三角形内角和定理得到答案．
【详解】（1）解：∵平分，，
∴，
∵是的外角，，
∴；
（2）解：∵平分，平分，
∴．
∵是的外角，，
∴．
∴．
∵，
∴．
20．见解析
【分析】本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，角平分线的定义，平行线的判定，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得，再根据角平分线的定义可得，从而得到，然后根据同位角相等两直线平行证明即可．
【详解】证明：由三角形的外角性质得，，
∵，
∴，
∵平分的外角，
∴，
∴，
∴．
21．
【分析】根据三角形高线的定义，可知，，再利用直角三角形的性质得到，最后利用三角形的内角和即可解答．本题考查了三角形的高线的定义，直角三角形的性质，三角形的内角和，掌握直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵的两条高相交于点O，
∴，
∵
∴
∴在中，．
22．(1)
(2)见解析
【分析】本题主要考查了平行线的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握平行线的判定和性质．
（1）根据平行线的判定得出，再根据平行线的性质得出，即可得出答案；
（2）先根据余角的性质得出，再根据，得出，即可证明结论．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
又∵，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
23．(1)；两直线平行，同位角相等；；内错角相等，两直线平行；两直线平行，同位角相等
(2)
【分析】（1）由垂直于同一直线的两直线平行判定，然后结合平行线的性质和判定方法分析证明；
（2）由平行线的性质和角平分线的概念进行分析计算求解．
【详解】（1）证明：，（已知）
∴，（垂直于同一直线的两直线平行）
，（两直线平行，同位角相等）
又，（已知）
，（等量代换）
∴，（内错角相等，两直线平行）
；（两直线平行，同位角相等）
故答案为：；两直线平行，同位角相等；；内错角相等，两直线平行；两直线平行，同位角相等；
（2）解：，
，
又平分，
，
又，
，
．
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，解题的关键是熟练掌握平行线的性质与判定，等量代换．
24．(1)
(2)
【分析】本题考查了三角形外角的性质、角平分线的意义，角的和差，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）先根据外角的性质得出，再根据角的和差及角平分线的意义得出，代入求值即可；
（2）先根据外角的性质得出，再根据角的和差及角平分线的意义得出，求解即可．
【详解】（1）∵，
∴，
∵分别平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）∵，
∴，
∵分别平分，
∴，
∴，
∴．
25．[阅读理解]两直线平行，内错角相等；已知；平行线的传递性；等式性质；；[理解应用]；[拓展] 或
【分析】本题主要考查了平行线的判断与性质， 解答此类问题的关键所在是作出辅助线．
[阅读理解] 过点E作，利用平行线的传递性可得，利用平行线的性质可得， ，然后利用等式的性质即可得证
[理解应用] 过点E作，类似[阅读理解]可得出，然后代入的度数求解即可；
[拓展]分点E在直线左侧和点E在直线右侧两种情况讨论即可．
【详解】解：[阅读理解]如图②，过点E作．
∴（两直线平行，内错角相等）．
∵（已知）
∴（平行线的传递性）．
∴．
∴．（等式性质）
∴．
故答案为：两直线平行，内错角相等；已知；平行线的传递性；等式性质；
[理解应用] 如图，过点E E作，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
又
∴；
[拓展] 如图，当点E在直线左侧时，
由[阅读理解]可知：，
同理可证，
∵、分别是、的角平分线，
∴，，
∴
，
又，
∴；
点E在直线右侧
由[理解应用]可知，
∴，
又，，，
∴，
∴，
又，
∴，
综上，的度数为或．
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