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专题11 基本平面图形 重难点题型17个
题型1. 几何体的特征与性质
【解题技巧】熟练掌握各类几何体的特征和性质，并能根据各自的特征和性质判定即可．
1．（2022·河北省初一期末）不透明袋子中装有一个几何体模型，两位同学摸该模型并描述它的特征．甲
同学：它有4个面是三角形；乙同学：它有8条棱．该模型的形状对应的立体图形可能是( )
A．三棱柱 B．四棱柱 C．三棱锥 D．四棱锥
【答案】D
【解析】根据有四个三角形的面，且有8条棱，可知是四棱锥.而三棱柱有两个三角形的面，四棱柱没有三
角形的面，三棱锥有四个三角形的面，但是只有6条棱.故选D
考点：几何体的形状
2．（2021·西安市铁一中学七年级月考）下列说法不正确的是（ ）
A．长方体是四棱柱 B．八棱柱有8个面
C．六棱柱有12个顶点 D．经过棱柱的每个顶点有3条棱
【答案】B
【分析】根据四、六、八棱柱的特点可得答案．
【详解】解：A、长方体是四棱柱，选项说法正确，不符合题意；
B、八棱柱有8+2＝10个面，选项说法错误，符合题意；
C、六棱柱有2×6＝12个顶点，选项说法正确，不符合题意；
D、经过棱柱的每个顶点有3条棱，选项说法正确，不符合题意；故选：B．
【点睛】此题主要考查认识立体图形，关键是认识常见的立体图形，掌握棱柱、棱锥、圆柱、圆锥的特点．
3．（2022·成都市初一月考）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.
【解析】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.
4．（2021·江苏连云港市·七年级期末）有一个几何体模型，甲同学：它的侧面是曲面；乙同学：它只有一个底面，且是圆形.则该模型对应的立体图形可能是（ ）
A．三棱柱 B．三棱锥 C．圆锥 D．圆柱
【答案】C
【分析】根据圆锥的特点可得答案．
【详解】解：侧面是曲面，只有一个底面是圆形的立体图形可能是圆锥．故选：C．
【点睛】本题考查了认识立体图形，熟记常见几何体的特征是解题关键．
5．（2021·江苏连云港市·七年级期末）如图，图1是一个三阶金字塔魔方，它是由若干个小三棱锥堆成的
一个大三棱锥（图2），把大三棱锥的四个面都涂上颜色．若把其中1个面涂色的小三棱锥叫中心块，2个
面涂色的叫棱块，3个面涂色的叫角块，则三阶金字塔魔方中“（棱块数）+（角块数）-（中心块数）”
得（ ）
A．2 B．-2 C．0 D．4
【答案】B
【分析】根据三阶魔方的特征，分别求出棱块数、角块数、中心块数，再计算即可．
【详解】解：如图所示：
∵3个面涂色的小三棱锥为四个顶点处的三棱锥，共4个，∴角块有4个；
∵2个面涂色的小三棱锥为每两个面的连接处，共6个，∴棱块有6个；
∵1个面涂色的小三棱锥为每个面上不与其他面连接的部分，即图中的阴影部分的3个，
∴中心块有： （个）；∴（棱块数）+（角块数） （中心块数）= ；故选：B．【点睛】本题考查了三阶魔方的特征，认识立体图形，图形的规律；解题的关键是正确的认识三阶魔方的
特征，从而进行解题．
6．（2022·山东省奚仲中学初一期中）几个同学在公园玩，发现一个漂亮的“古董”. 甲：它有10个面；乙：
它有24条棱；丙：它有8个面是正方形，2个面是多边形；丁：如果把它的侧面展开，是一个长方形，这
个长方形有八种颜色，挺好看. 通过这四个同学的对话，从几何体的名称来看，这个“古董“的形状是
_______.
【答案】八棱柱
【分析】棱柱有两个面互相平行，其余各面都是多边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行；据
此，再结合“这个‘古董’有8个面是正方形，2个面是多边形”，即可确定答案.
【解析】根据甲：它有10个面；乙：它有24条棱；丙：它有8个面是正方形，2个面是多边形；丁：如果
把它的侧面展开，是一个长方形.可知它符合棱柱的特征，可知是一个八棱柱.故答案为：八棱柱.
【点睛】本题考查了认识立体图形，解题的关键是熟练掌握棱柱的特征.
题型2 欧拉公式的运用
解题技巧：熟练记忆欧拉公式。 欧拉公式：顶点数+面数-棱数=2
1．（2022·渠县文崇中学七年级月考）一个棱柱的面数为14，棱数是36，则其顶点数为________．
【答案】24
【分析】利用简单多面体的顶点数V，面数F及棱数E之间的关系为：V+F-E=2，这个公式叫做欧拉公式，
公式描述了简单多面体顶点数、面数、棱数特有的规律，进而得出答案．
【详解】∵简单多面体的顶点数V，面数F及棱数E之间的关系为：V+F-E=2，
一个棱柱的面数为14，棱数为36，∴ 顶点数为：V+14-36=2，解得：V=24．故答案为：24．
【点睛】本题考查了欧拉公式，正确记忆公式是解题的关键；
2．（2021·桥柱中学七年级期末）如图所示，截去正方体的一角变成一个多面体，这个多面体有____条棱，
有____个顶点．
【答案】12 7
【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、棱不变，少了一个顶点．
【详解】仔细观察图形，正确地数出多面体的棱数及顶点数，它们分别是12，7，故填：12，7．
【点睛】本题结合截面考查多面体的相关知识．对于一个多面体：顶点数＋面数−棱数＝2．3．（2021·四川成都市·七年级期末）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．
4．（2022·全国七年级）对于如图①、②、③、④所示的四个平面图
我们规定：如图③，它的顶点为A、B、C、D、E共5个，区域为AED、ABE、BEC、CED共4个，边为AE、EC、DE、EB、AB、BC、CD、DA共8条．
（1）按此规定将图①、②、④的顶点①数、边数、区域数填入下列表格：
图 顶点数 边数 区域数
①
②
③ 5 8 4
④
（2）观察上表，请你归纳上述平面图的顶点数、边数、区域数之间的数量关系．
（3）若有一个平面图满足（2）中归纳所得的数量关系，它共有9个区域，且每一个顶点出发都有3条边，
则这个平面图共有多少条边？
【答案】（1）见解析（2）顶点数＋区域数＝边数＋1；（3）若24条边
【分析】（1）根据图形规定一一查顶点数，区域数，与边数填入表中即可；（2）观察表格两小数之和比
大数多一，即顶点数＋区域数＝边数＋1；（3）每两点确定一直线，每一个顶点出发都有3条边，共有
条边，根据顶点数＋区域数＝边数＋1构造方程，解方程即可，
【详解】解：（1）按此规定将图①、②、④的顶点数、边数、区域数填入下列表格：
图 顶点数 边数 区域数
① 4 6 3
② 6 9 4
③ 5 8 4
④ 10 15 6
（2）由表格得：顶点数＋区域数＝边数＋1，
（3）设顶点数为x，根据题意可知，x＋9＝ ＋1，得出x＝16
每个顶点发出三个3边，有9个区域数，则有16个顶点，24条边．【点睛】本题考查认识平面图形，平面图形都是有点，线，面构成，本题中点、线段与区域之间有规律，
发现和掌握顶点数＋区域数＝边数＋1规律是解题关键．
5．（2022·渠县第四中学七年级月考）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：
多面体 顶点数（V） 面数（F） 棱数（E）
四面体 4 4
长方体 8 6 12
正八面体 8 12
正十二面体 20 12 30
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；
多面体 顶点数（V） 面数（F） 棱数（E）四面体 4 4 6
长方体 8 6 12
正八面体 6 8 12
正十二面体 20 12 30
（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．
6．（2020·山东枣庄市·中考真题）欧拉（Euler，1707年~1783年）为世界著名的数学家、自然科学家，他
在数学、物理、建筑、航海等领域都做出了杰出的贡献．他对多面体做过研究，发现多面体的顶点数
（Vertex）、棱数E（Edge）、面数F（Flat surface）之间存在一定的数量关系，给出了著名的欧拉公式．
（1）观察下列多面体，并把下表补充完整：
名称 三棱锥 三棱柱 正方体 正八面体
图形
顶点数V 4 6 8
棱数E 6 12
面数F 4 5 8
（2）分析表中的数据，你能发现V、E、F之间有什么关系吗？请写出关系式：
____________________________．
【答案】（1）表格详见解析；（2）
【分析】（1）通过认真观察图象，即可一一判断；（2）从特殊到一般探究规律即可．
【详解】解：（1）填表如下：
名称 三棱锥 三棱柱 正方体 正八面体图形
顶点数V 4 6 8 6
棱数E 6 9 12 12
面数F 4 5 6 8
（2）据上表中的数据规律发现，多面体的顶点数V、棱数E、面数F之间存在关系式： ．
【点睛】本题考查规律型问题，欧拉公式等知识，解题的关键是学会从特殊到一般探究规律的方法，属于
中考常考题型．
题型3 点线面之间的关系与旋转体问题
【解题技巧】点：在几何体中，线与线相交的地方是点．它是组成图形最基本的元素，一切图形都是由点
组成的，如天上的星星、世界地图上的城市等等都给我们以点的形象．
线：面与面相交的地方形成线．点动成线，线分为直线和曲线两种．如长方体的 6个面相交成的12条棱是
直线，圆柱的侧面与底面相交得到的圆是曲线．
面：包围着体的是面．面有平的面和曲的面之分，如长方体由6个平面组成，圆柱（锥）的侧面是曲面．
要得到一个与几何体有关的平面，常采用展开的方法或从不同的方向看，即视图．
体：几何体简称体．由面围成的，也可以看成由平面平移而成或看成由平面绕某一条直线旋转而成．我们
学过的长方体、正方体、圆柱、圆锥、球等都是几何体．
旋转平面图形，可以看成由平面平移而成或看成由平面绕某一条直线旋转而成．
1．（2021·湖北咸宁市·）几何图形都是由点、线、面、体组成的，点动成线，线动成面，面动成体，下列
生活现象中可以反映“点动成线”的是（ ）
A．流星划过夜空 B．打开折扇 C．汽车雨刷的转动 D．旋转门的旋转
【答案】A
【分析】根据点动成线，线动成面，面动成体对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】A、流星划过夜空是“点动成线”，故本选项符合题意；
B、打开折扇是“线动成面”，故本选项不合题意；C、汽车雨刷的转动是“线动成面”，故本选项不合题意；
D、旋转门的旋转是“面动成体”，故本选项不合题意；故选：A．
【点睛】本题考查了点、线、面、体的知识，主要是考查学生立体图形的空间想象能力及分析问题，解决
问题的能力．
2．（2021·河北七年级期末）“天空中的流星”，用数学知识解释为：_____________．
【答案】点动成线
【分析】流星是点，光线是线即可得出
【详解】∵流星是点，光线是线∴点动成线故答案为：点动成线
【点睛】本题考查点与线之间的关系，正确理解点、线、面、体之间的关系是关键
3．（2022·山西七年级期末）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
【答案】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．
4．（2022·山东菏泽市·七年级月考）铅笔在纸上划过会留下痕迹，这种现象说明点动成线；一枚硬币在光
滑的桌面上快速旋转，看上去像形成了一个球，这体现的数学知识是______．
【答案】面动成体
【分析】根据点、线、面、体的关系解答即可．
【详解】解：铅笔在纸上划过会留下痕迹，这种现象说明点动成线；一枚硬币在光滑的桌面上快速旋转，
看上去像形成了一个球，这体现的数学知识是面动成体．
故答案为：面动成体．
【点睛】本题考查了点、线、面、体的关系．解题的关键是明确点动成线，线动成面，面动成体．
5．（2021·四川成都市·七年级期末）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】根据几何体的展开图可直接进行排除选项．
【详解】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】本题主要考查几何图形，熟练掌握几种常见的几何图形是解题的关键．
6．（2021·广西钦州市·七年级期末）长方形 绕 旋转一周，得到的几何体是（ ）
A．圆柱 B．圆锥 C．棱柱 D．长方体
【答案】A
【分析】根据面动成体可得长方形ABCD绕AB边旋转可得答案．
【详解】解：将长方形ABCD绕AB边旋转一周，得到的几何体是圆柱，故选：A．
【点睛】此题主要考查了点线面体，是基础题，熟悉常见几何体的形成是解题的关键．
题型4 几何体的展开折叠相关问题
【解题技巧】（1）展开图全是长方形或正方形时，应考虑长方体或正方体．
（2）展开图中含有三角形时，应考虑棱锥或棱柱．当展开图中只含有2个三角形和3个长方形时，必是三
棱柱．若展开图全是三角形（4个）时，一定是三棱锥．
（3）展开图中含有圆和长方形时，一般考虑圆柱．
（4）展开图中含有扇形时，考虑圆锥．
（5）不是所有的立体图形都有平面展开图，如球体就不能展开．
逻辑推理问题：①对于比较简单的展开与折叠,可以进行推理；②记住一些常见几何体的展开图(比如长方
体、正方体)；③如果是比较复杂的几何体,动手操作最好.
1．（2021·北京九年级二模）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（ ）A．三棱柱 B．四棱柱 C．圆柱 D．圆锥
【答案】A
【分析】侧面为三个长方形，底面为三角形，故原几何体为三棱柱．
【详解】解：观察图形可知，这个几何体是三棱柱．故选：A．
【点睛】本题考查的是三棱柱的展开图，考法较新颖，需要对三棱柱有充分的理解．
2．（2021·浙江杭州市·九年级一模）如图，下列图形中经过折叠不能围成一个直四棱柱的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用平面图形的折叠及长方体的展开图解题即可．
【详解】 、 、 可以围成直四棱柱， 不能围成一个棱柱，故选： ．
【点睛】本题考查了展开图折叠成几何体，熟记常见立体图形的表面展开图的特征是解决此类问题的关键．
3．（2021·扬州市梅岭中学九年级一模）一个几何体的展开图如图所示，则这个几何体是（ ）
A．三棱锥 B．四棱锥 C．长方体 D．圆锥
【答案】A
【分析】根据立体图形的展开图特点即可得．
【详解】观察图可知，这是侧面和底面均为三角形的三棱锥的展开图故选：A．【点睛】本题考查了立体图形的展开图，熟练掌握常见的立体图形的展开图特点是解题关键．
3．（2022·太原市育英中学校七年级期中）图，点 ， 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 ， 的位置标注正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用空间想象能力将正方体给展开之后选出正确选项．
【详解】解：将正方体的右边那个小正方形展开之后可以发现A与B是两个小正方形组成的长方形中的对
角关系．故选：A．
【点睛】本题考查正方体的展开图，解题的关键是利用空间想象能力去解决问题．
4．（2022·滕州七年级月考）有3块积木，每一块的各面都涂上不同的颜色，3块的涂法完全相同．现把它
们摆放成不同的位置（如图）,请你根据图形判断涂成绿色一面的对面涂的颜色是( )
A．白 B．红 C．黄 D．黑
【答案】C
【详解】由第一个图可知绿色和白色、黑色相邻，由第二个图可知绿色和蓝色、红色相邻，由已知可得每一块的各面都涂上不同的颜色，3块的涂法完全相同．根据第三个图可知涂成绿色一面的对面涂的颜色是
黄色，故答案选C.
考点：几何体的侧面展开图.
5．（2021·河北九年级一模）有三个正方体木块，每一块的各面都写上不同的数字，三块的写法完全相同，
现把它们摆放成如图所示的位置请你判断数字4对面的数字是（ ）
A．6 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】根据示意图，确定数字4的相邻面的数字，剩下的就是其对面的数字
【详解】解：由题图可知，与 相邻的数字有 ， ， ， ，所以数字 对面的数字为 ．故选B
【点睛】本题考查了正方体的相邻面和相对面的判定，看懂示意图，确定邻面的数字是解题的关键．
6．（2022·成都市七年级期中）有同样大小的三个立方体骰子，每个骰子的展开图如图1所示，现在把三
个股子放在桌子上（如图2），凡是能看得到的点数之和最大是________，最小是________．
【答案】51 26
【分析】观察图形可知，1和6相对、2和5相对，3和4相对；要使能看到的纸盒面上的数字之和最大，
则把第一个正方体的数字1的面与第二个正方体的数字2的面相连，把数字2的面放在下面，则第一个图
形露出的数字分别是3、4、5、6；第二个正方体的数字1面与第三个正方体的数字1的面相连，数字3的
面放在下面，则第二个正方体露在外面的数字是4、5、6，第三个正方体露在外面的数字就是3、4、5、
6，据此可得能看得到的点数之和最大值；
要使能看到的纸盒面上的数字之和最小，则把第一个正方体的数字6的面与第二个正方体的数字5的面相连，把数字5的面放在下面，则第一个正方体露在外面的数字分别是1、2、3、4；第二个正方体的数字6
的面与第三个正方体数字6的面相连，数字4的面放在下面，则第二个正方体露在外面的数字是1、2、
3；第三个正方体露在外面的数字是1、2、3、4，即可得能看得到的点数之和最小值．
【详解】解：根据题意，得：露在外面的数字之和最大是：3+4+5+6+4+5+6+3+4+5+6=51，
最小值是：1+2+3+4+1+2+3+1+2+3+4=26，故答案为：51，26．故答案为：51，26．
【点睛】本题主要考查学生的空间想象能力和推理能力，也可动手制作一个正方体，根据题意在各个面上
标上数字，再确定对面上的数字，可以培养动手操作能力和空间想象能力．
题型5 展开折叠中的特殊标志问题
1．（2022·成都七中七年级月考）如图中四个图形折叠后所得正方体与所给正方体的各个面上颜色一致的
是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据图中三种颜色所处的位置关系作答．
【详解】解：A、折叠后红色与黄色是相对面，所以本选项错误；B、正确；
C、折叠后绿色与黄色是相对面，所以本选项错误；D、折叠后红色与绿色是相对面，所以本选项错误．
故选：B．
【点睛】点评此题主要考查了展开图折叠成几何体的应用,动手折叠一下，有助于空间想象力的培养也是解
决问题的关键．
2．（2022·山西吕梁·七年级期末）有一种正方体如图所示，下列图形是该正方体的展开图的是（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，三个图形有一个公共顶点，其中绿色长方形与等腰直角三角形有一条公共边，据此逐
项分析解题.
【详解】解：A.折叠后，三个图形没有公共顶点，故A不符合题意；
B.折叠后，长方形与普通三角形是相对面，故B不符合题意；C．折叠后，两个三角形是相对面，故C不
符合题意；D．折叠后，三个图形有一个公共顶点，其中绿色长方形与等腰直角三角形有一条公共边，故
D符合题意，故选：D.
【点睛】本题考查正方体的表面展开图，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键.
3．（2021·江苏扬州市·七年级期末）如图，已知一个正方体的三个面上分别标有字母a、b、m，则它的展
开图可能是下面四个展开图中的（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据正方体表面展开图的特征进行判断即可．
【详解】解：由正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，
选项A中“a面”“b面”“m面”的对面都是“空白”，符合题意；
选项B中的“a面”与“m面”是对面，与原题相矛盾，因此选项B不符合题意；
选项C、选项D中“m面”与“b面”是对面，与题意矛盾，因此选项C、选项D不符合题意；故选：A．
【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是正确判断的前提．
4．（2022·吉林白城市·七年级期末）下图是一个三棱柱纸盒的示意图，则这个纸盒的平面展开图是（
）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】从俯视图看三棱柱纸盒，满足条件的是C、D；从右侧看三棱柱纸盒，斜线图是从左上到右下，D
不符合题意，其它两面看不到，综合即可．
【详解】解：从俯视图看三棱柱纸盒，满足条件的是C、D；A与B不符合题意，
从右侧看三棱柱纸盒，斜线图是从左上到右下，D不符合题意，
其它两面看不到，为此综合符合题意的选项为C．故选择：C．
【点睛】本题考查三棱柱的展开图，掌握三棱柱的展开图的展开方法，三视图观察实物颜色，形状特征是
解题关键．
5．（2021·湖北随州市·七年级期末）下边几何体的展开图可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由平面图形的折叠及正方体的展开图解题，注意带图案的三个面有一个公共顶点．
【详解】选项A、C、D带图案的三个面不相邻，没有一个公共顶点，不能折叠成原正方体的形式；
选项B能折叠成原正方体的形式．故选：B．
【点睛】本题考查了几何体的展开图，解题时勿忘记正方体展开图的各种情形．注意带图案的三个面有一
个公共顶点．
6．（2021·江苏南京市·七年级期末）下列四个正方体的展开图中，能折叠成如图所示的正方体的是（
）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由正方体的信息可得：面 面 面 为相邻面，从相对面与相邻面入手，逐一分析各选项，从
而可得答案．
【详解】解：由题意可得：正方体中，面 面 面 为相邻面．
由 选项的展开图可得面 面 为相对面，故选项 不符合题意；
由 选项的展开图可得面 面 面 为相邻面，故选项 符合题意；
由 选项的展开图可得面 面 为相对面，故选项 不符合题意；
由 选项的展开图可得面 面 为相对面，故选项 不符合题意；故选：
【点睛】本题考查的是正方体的表面展开图，掌握正方体的表面展开图的特点是解题的关键．
题型6 几何体的三视图
1．（2021·天津九年级一模）如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】找到从几何体的左边看所得到的图形即可．【详解】解：从几何体的左边看有两层，底层两个正方形，上层左边一个正方形．故选：A．
【点睛】此题主要考查了简单几何体的三视图，熟练掌握三视图的观察方法是解题的关键．
2．（2021·辽宁抚顺市·九年级二模）如图，下列图形从正面看是三角形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分别根据从正面看得到的图形进行判断即可．
【详解】A、从正面看是有一条公共边并排的两个长方形，故不符合题意；
B、从正面看是梯形，故不符合题意；C、从正面看是三角形，故符合题意；
D、从正面看是长方形，故不符合题意，故选C．
【点睛】本题考查了从不同方向看几何体，熟练掌握常见几何体从不同方向看得到的图形是解题的关键．
3．（2021·四川成都市·七年级期中）如图摆放的四个几何体中，从上面看和从正面看看到的图形一定相同
的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据几何体的结构可直接进行求解．
【详解】解：A、从上面看是圆，从正面看是长方形，故不符合题意；
B、从上面看是有圆心的一个圆，从正面看是三角形，故不符合题；
C、从上面看是圆，从正面看是圆，故符合题意；D、从上面看可能是长方形也有可能是正方形，从正面看
可能是长方形也有可能是正方形，故不符合题意；故选C．
【点睛】本题主要考查从不同方向看几何体，熟练掌握几何体的结构是解题的关键．
4．（2021·云南红河·七年级期末）如图所示是由七个相同的小正方体堆成的物体，从正面看这个物体的平
面图是（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据从正面看这个物体的方法，确定各排的数量可得答案．
【详解】从正面看这个物体，共有三行，从上到下依次小正方形的个数依次为1，2，3，故选：A．
【点睛】本题考查了三视图，结合图形和空间想象力是解题关键．
5．（2021·山西七年级期末）如图是3级台阶的示意图，则从正面看到的平面图形是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据物体左面的图形即可得出物体从正面看得到的图形.
【详解】从正面看，得到的图形是： 故答案为：C
【点睛】这题考查了从不同方向观察物体得到的图形，解题的关键是仔细观察，并得出图形.
6．（2021·江苏苏州市·九年级专题练习）由6个相同的小正方体搭成的几何体如图所示，则它从正面看到
的视图是（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【详解】解：从正面看，底层是三个小正方形，上层左边有一个小正方形，故选：D．
【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
题型7 三视图中的最值问题
解题技巧：这类题目的解题思路有两种：（1）由从三个不同的方向看到的形状，可以在俯视图上，标出
相应的摆放的最多数量，进而求出答案，做出选择．（2）由两个视图求小立方体个数的最多或最少问题,
最多=主视图和俯视图对应列的乘积之和，最少=主视图全部个数+俯视图除去最多一行余下的个数.
1．（2021·山西运城市·七年级期末）一个几何体由一些大小相同的小正方体搭成，从正面和左面看到的这
个几何体的形状如图所示，则搭成该几何体的小正方体的个数最少是___________．
【答案】4
【分析】由主视图和左视图确定俯视图的形状，再判断最少的正方体的个数．
【详解】解：由题中所给出的主视图知物体共3列，且都是最高两层；由左视图知共3行，
所以小正方体的个数最少的几何体为：
第一列第一行1个小正方体，第二列第二行2个小正方体，第三列第三行1个小正方体，其余位置没有小
正方体．即组成这个几何体的小正方体的个数最少为：1+2+1=4个．故答案为：4．
【点睛】本题考查了学生对三视图的掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
如果掌握口诀“俯视图打地基，主视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
2．（2022·广东省初一期末）一个几何体由若干大小相同的小立方块搭成，如图所示的分别是从它的正面、
左面看到的图形，则搭成该几何体最多需要__个小立方块.【答案】14
【解析】根据主视图和左视图可得：搭这样的几何体最多需要6+3+5=14个小正方体；故答案为：14．
点睛：主视图是从物体的正面看得到的视图，左视图是从物体的左面看得到的视图；注意主视图主要告知
组成的几何体的层数和列数．
3．（2021·山东省初一期中）如图，是由一些小立方块所搭几何体的三种视图，若在所搭几何体的基础上
（不改变原几何体中小立方块的位置），继续添加相同的小立方块，以搭成一个大正方体，至少还需要
________个小立方块．
【答案】54
【解析】由主视图可知，搭成的几何体有三层，且有4列；由左视图可知，搭成的几何体共有3行；
第一层有7个正方体，第二层有2个正方体，第三层有1个正方体，共有10个正方体，
∵搭在这个几何体的基础上添加相同大小的小正方体，以搭成一个大正方体，
∴搭成的大正方体的共有4×4×4=64个小正方体，∴至少还需要64-10=54个小正方体．
【点睛】先由主视图、左视图、俯视图求出原来的几何体共有10个正方体，再根据搭成的大正方体的共有
4×4×4=64个小正方体，即可得出答案．本题考查了学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了
对空间想象能力方面的考查，关键是求出搭成的大正方体共有多少个小正方体．
4．（2022·崇仁县第一中学初一期中）用小立方体搭一个几何体，从左面和上面看如图所示，这样的几何
体它最少需要_______.块小立方体，最多需要_______.块小立方体.
【答案】5 7
分析：观察主视图和俯视图，结合两图即可得出答案.
【解析】由主视图和俯视图可知，需要最少的几何体其中一种是：
，需要最少的几何体是：
，
所以最少需要1+1+1+2＝5个，最多需要1+2+2+2＝7个.故答案为：5，7.
点睛：本题主要考查三视图的知识，解题的关键是由三视图中的两个视图判断几何体不同形状.
5．（2022·成都市初一期末）如图是由一些大小相同的小正方体组成的简单几何体的从正面看，从上边看
到的图形，若组成的这个几何体的小正方体的块数为 ，则 的所有可能的值之和为____________．
【答案】38
【分析】从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从主视图可以看出层数和每一层小正方体的
个数，从而算出总的个数．
【解析】
当个数最少的时候从俯视图看一共有8个正方体，如图一所示（其中一种情况），当个数最多的时候有11
个正方体，如图二所示．所以，n所有可能的值为8、9、10、11,则，n的所有可能值之和为38．
故答案为：38.
【点睛】本题考查对三视图的理解应用及空间想象能力．可从主视图上分清物体的上下和左右的层数，从
俯视图上分清物体的左右和前后位置，综合上述分析数出小立方块的个数．
6．（2022·内蒙古包头市·七年级月考）如图，是由一些大小相同的小正方体组成的简单几何体的主视图和
俯视图，设小正方体的个数为 ．
（1）请你写出一个符合上述视图的 的值______，并画出它对应的左视图；（2）写出 的所有可能值．【答案】（1） (答案不唯一)，图见解析；（2）8，9，10，11
【分析】（1）根据主视图可知可能有三列，由俯视图可知左视图应有2列，即可得出所有的组成图形，即
可得出左视图；（2）由俯视图可得该组合几何体有3列，2行，以及最底层正方体的个数及摆放形状，由
主视图结合俯视图可得从左边数第二列第二层最少有1个正方体，最多有2个正方体，第3列第2层，最
少有1个正方体，最多有2个正方体，第3层最少有1个正方体，最多有2个正方体，分别相加得到组成
组合几何体的最少个数及最多个数即可得到n的可能的值．
【详解】（1）根据主视图可知可能有三列，由俯视图可知左视图应有2列， ；左视图如图所示：
故答案为： (答案不唯一)；
（2）∵俯视图有5个正方形，∴最底层有5个正方体，
由主视图可得第2层最少有2个正方体，第3层最少有1个正方体；
由主视图可得第2层最多有4个正方体，第3层最多有2个正方体；
∴该组合几何体最少有5+2+1=8个正方体，最多有5+4+2=11个正方体，
∴n可能为8或9或10或11．对应的左视图如图：
【点睛】本题考查了从三个方向看物体的形状；用到的知识点为：俯视图中正方形的个数是组合几何体最
底层正方体的个数；组合几何体的最少个数是底层的正方体数加上主视图中第二层和第3层正方形的个数．题型8 三视图与几何体的相关计算
1．（2021·河北沧州市·九年级一模）如图，是某几何体的展开图， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆柱展开图底面圆的周长等于侧面矩形的长直接计算即可
【详解】解：由题意可知：2πr=16π，解得r=8故选：C
【点睛】本题考查圆柱平面展开图，熟知圆柱展开图底面圆的周长等于侧面矩形的长是关键
2．（2022·苏州高新区七年级月考）如图，一个长方体的表面展开图中四边形ABCD是正方形，则根据图
中数据可得原长方体的体积是__cm ．
【答案】20
【分析】利用正方形的性质以及图形中标注的长度得出AB=AE=5cm，进而得出长方体的长、宽、高，进
而得出答案．
【详解】解：如图，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AE=5cm，
∴长方体的高为：（7-5）÷2=1（cm），∴EF=5-1=4（cm），
∴原长方体的体积是：5×4×1=20（cm3）故答案为：20．
【点睛】题主要考查了长方体的展开图，利用已知图形得出长方体的各棱长是解题关键．
3．（2022·绵阳市七年级）小明在学习了《展开与折叠》这一课后，明白了很多几何体都能展开成平面图
形．于是他在家用剪刀展开了一个长方体纸盒，可是一不小心多剪了一条棱，把纸盒剪成了两部分，即图
中的①和②．根据你所学的知识，回答下列问题：
（1）小明总共剪开了 条棱．
（2）现在小明想将剪断的②重新粘贴到①上去，而且经过折叠以后，仍然可以还原成一个长方体纸盒，
你认为他应该将剪断的纸条粘贴到①中的什么位置？请你帮助小明在①上补全．
（3）小明说：已知这个长方体纸盒高为20cm，底面是一个正方形，并且这个长方体纸盒所有棱长的和是
880cm，求这个长方体纸盒的体积．
【答案】（1）8；（2）见解析；（3）200000立方厘米
【分析】（1）根据长方体总共有12条棱，有4条棱未剪开，即可得出剪开的棱的条数；
（2）根据长方体的展开图的情况可知有4种情况；
（3）设底面边长为acm，根据棱长的和是880cm，列出方程可求出底面边长，进而得到长方体纸盒的体积．
【详解】解：（1）由图可得，小明共剪了8条棱，故答案为：8．
（2）如图，粘贴的位置有四种情况如下：
（3）∵长方体纸盒的底面是一个正方形，∴可设底面边长acm，
∵长方体纸盒所有棱长的和是880cm，长方体纸盒高为20cm，∴4×20+8a＝880，解得a＝100，
∴这个长方体纸盒的体积为：20×100×100＝200000立方厘米．
【点睛】本题主要考查了几何展开图，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．
4.（2022·全国初一课时练习）如图是一个几何体的三视图（图中尺寸单位：cm），根据图中所示数据计算
这个几何体的表面积为________cm2．
【答案】4π．
【分析】由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状，确定圆锥的母线长和
底面半径，从而确定其表面积．
【解析】由主视图和左视图为三角形判断出是锥体，由俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆锥；
根据三视图知：该圆锥的母线长为3cm，底面半径为1cm，
故表面积=πrl+πr2=π×1×3+π×12=4πcm2．故答案为4π．
【点睛】考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
5．（2022·无锡市七年级月考）把边长为1厘米的6个相同正方体摆成如图的形式．
（1）该几何体的体积是______ ，表面积是______ ；（2）在格纸中画出该几何体的主视图、左视
图、俯视图；（3）如果在这个几何体上再添加一些相同的小正方体，并保持这个几何体的左视图和俯视
图不变，那么最多可以再添加______个小正方体．
【答案】（1）6，26；（2）见解析；（3）2．
【分析】（1）根据正方体体积和表面积公式进行计算即可；（2）根据三视图的概念作图即可得；
（3）保持这个几何体的左视图和俯视图不变，那么最多可以再在后面一行第1和2列各添加1个小正方体．
【详解】解：（1）该几何体的体积为：1×1×1×6＝6（cm3），
表面积为：2×（5＋4＋3）＋2＝26（cm2）．故答案为：6，26．
（2）如图所示：（3）保持这个几何体的左视图和俯视图不变，那么最多可以再在后面一行第1和2列各添加1个小正方体．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了三视图、几何体的体积及表面积，掌握正方体的体积、表面积计算公式以及三视图的
画法是解题关键．
6．（2022·河南平顶山市·七年级期中）如图，是一个几何体从三个方向看所得到的形状图.
（1）写出这个几何体的名称；（2）画出它的一种表面展开图；
（3）若从正面看长方形的高为 ，从上面看三角形的边长为 ，求这个几何体的侧面积.
【答案】（1）正三棱柱；（2）图见解析；（3） ．
【分析】（1）只有棱柱的主视图和左视图才能出现长方形，根据俯视图是三角形，可以得到此几何体为
正三棱柱；（2）表面展开图应会出现三个长方形，两个三角形；
（3）侧面积为3个长方形，它的长和宽分别为3cm和2cm，求出一个长方形的面积，再乘以3即可解答．
【详解】解：（1）这个几何体的名称是正三棱柱；
（2）表面展开图为：（答案不唯一，画出其中正确的一种即可）（3） （ ），∴这个几何体的侧面积为 ．
【点睛】此题主要考查从三个方向看几何体和利用展开图求几何体侧面积等的相关知识，考查学生的空间
想象能力；注意棱柱的侧面都是长方形，上下底面是几边形就是几棱柱．
题型9 七巧板相关问题
1．（2022·山东青岛·七年级期末）把一幅七巧板按如图所示方式进行编号，①～⑦号分别对应着七巧板的
七块．如果编号⑤的面积比编号③的面积小6，则由这幅七巧板拼得的“天鹅”的面积为_________．
【答案】32
【分析】根据七巧板，可知小正方形的面积等于2个小三角形面积，中等三角形的面积等于2个小三角形
面积，小平行四边形面积等于2个小三角形面积，一个大三角形面积等于4个小三角形面积求解即可．
【详解】解：设编号⑤对应的面积等于 ，编号③对应的面积等于 ，
编号⑤的面积比编号③的面积小6，
， ，
∴这幅七巧板拼得的“天鹅”的面积等于 ．故答案为： ．
【点睛】本题考查七巧板中的几何图形；能够理解七巧板的构图原理是解题的关键．
2．（2022·山东城阳区·）如图，把一副七巧板按如图进行1~7编号，1~7号分别对应着七巧板的七块，如
果编号5对应的面积等于5cm2，则由这幅七巧板拼得的“房子”的面积等于___________cm2．【答案】80
【分析】将七巧板进行分割，分成16个面积相等的三角形，从而计算即可．
【详解】解：如图，将七巧板进行如下分割，可将七巧板分成16个面积相等的三角形，
其中编号5对应的面积为5cm2，∴由这个七巧板拼成的正方形的面积为：16×5=80cm2，
则拼成的“房子”的面积为80cm2，故答案为：80．
【点睛】本题考查了图形的剪拼，七巧板的性质，解题的关键是明确七巧板的构成，以及每块的面积与整
个七巧板的关系．
3．（2022·河南中原区·七年级期末）今年是牛年，在班级“牛年拼牛画”的活动中，小刚同学用一个边长
为8cm的正方形做成的七巧板（如图1）拼成了一头牛的图案（如图2），则牛头部所占的面积为
（ ）
A．4 cm2 B．8 cm2 C．16 cm2 D．20 cm2
【答案】C
1
【分析】由图1的正方形的边长为8cm，可求正方形的面积，再根据牛头所占面积为正方形面积的4可得
答案．【详解】解：∵图1的正方形的边长为8cm，∴正方形的面积是64cm2，
1 1
由牛的拼法可知，牛的头部占正方形的 ，∴牛头部所占的面积是64× =16cm2，
4 4
故选：C．
【点睛】本题是一道趣味性探索题，结合我国传统玩具七巧板，用七巧板来拼接图形，可以培养学生动手
能力，展开学生的丰富想象力．
4．（2022·福建宁德·七年级期末）七巧板是中国传统数学文化的重要载体．将一块正方形木板制成如图1
所示的一副七巧板，小明选择该副七巧板中的若干块拼成了如图2所示的“帆船”图案，其中已经用上编
号为①和③的两块，则拼成该“帆船”图案还需要的木块一定是（ ）
A．②⑥ B．④⑥⑦ C．⑤⑥⑦ D．④⑤⑥
【答案】A
【分析】根据七巧板拼凑的方法及拼图的线条即可求解．
【详解】解：图2中“帆”的部分由两块大三角形组成，即图1中的①③④，左侧船体是一块小三角形，
即③，右侧船体由于帆有一些重合，但根据线条形状不难看出是一个平行四边形，即⑥⑦，所以拼成该
“帆船”图案还需要的木块一定是④、⑥和⑦，故选：A．
【点睛】本题考查了七巧板的运用，熟练掌握七巧板的拼凑方法是解题的关键．
5．（2022·湖南株洲·二模）七巧板起源于我国先秦时期，古算书《周髀算经》中有关于正方形的分割术，
经历代演变而成七巧板，也被誉为“东方魔板”．19世纪传到国外，被称为“唐图”（意为“来自中国的拼图”）．图①是由边长为8cm的正方形薄板分为7块制作成的“七巧板”，图②是用该“七巧板”拼成
的一个“家”的图形．该“七巧板”中7块图形之一的正方形（阴影部分）面积为______ ．
【答案】
【分析】由图可知，七巧板中小正方形的面积为大正方形面积的 ，先算出大正方形的面积，再计算小正
方形的面积．
【详解】解：由图①可知，小正方形的面积是大正方形面积 ，
因为大正方形的面积为 ，所以小正方形（阴影部分）的面积为 ．故答案为： ．
6．（2022·湖北黄石·七年级期末）如图是用一副七巧板拼成的正方形，边长是10cm．图中小正方形（涂
色部分）的面积是( ) ．
【答案】12.5
【分析】如图，将正方形分成4个大三角形，再将右面的三角形分成4个小三角形，阴影部分占2个小三
角形，所以占右下大三角形的一半，它的面积就用正方形的面积除以4再除以2求得．
【详解】解：正方形的面积为10×10=100（ ）
∴100÷4÷2=12.5（ ）∴涂色正方形的面积是12.5 ．故答案为：12.5．
【点睛】本题考查了七巧板，利用了正方形的性质和等腰直角三角形的性质．解答本题的关键是把阴影部
分的面积转化为正方形面积的几分之几．
题型10 直线、射线、线段、 角的基本概念及性质
解题技巧：熟练掌握直线、射线、线段基本性质和概念。
性质主要考查“两点确定一条直线”和“两点之间，线段最短”，弄明白两者的区别即可
1．（2022·浙江·七年级阶段练习）下列说法：①射线 与射线 是同一条射线；②线段 是直线
的一部分；③延长线段 到 ，使 ；④射线 与射线 的公共部分是线段 ．正确的个数
是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据直线、射线、线段的定义以及表示方法进行判断即可．
【详解】①射线 与射线 不是同一条射线；故①错误；
②线段 是直线 的一部分；故②正确；
③延长线段 到 ，则AC>AB；故③错误；
④射线 与射线 的公共部分是线段 ；故④正确；
综上：正确的有②④，共两个；故选：B．
【点睛】本题主要考查了直线、射线、线段的定义和表示方法，熟练地掌握相关知识是解题的关键．注意
射线是有方向的．
2．（2022·山东烟台·期中）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．
3．（2022·广东汕头初一期末）下列说法：（1）两点之间线段最短；（2）两点确定一条直线；（3）同一
个锐角的补角一定比它的余角大90°；（4）A、B两点间的距离是指A、B两点间的线段；其中正确的有（
）
A．一个 B．两个 C．三个 D．四个
【答案】C
【分析】（1）根据线段的性质即可求解；（2）根据直线的性质即可求解；（3）余角和补角一定指的是
两个角之间的关系，同角的补角比余角大90°；（4）根据两点间的距离的定义即可求解．
【解析】（1）两点之间线段最短是正确的；（2）两点确定一条直线是正确的；
（3）同一个锐角的补角一定比它的余角大90°是正确的；
（4）A、B两点间的距离是指A、B两点间的线段的长度，原来的说法是错误的．故选C．
【点睛】本题考查了补角和余角、线段、直线和两点间的距离的定义及性质，是基础知识要熟练掌握．
4．（2022·浙江·九年级专题练习）如果AB＝9，AC＝4，BC＝5，则（ ）
A．点C在线段AB上 B．点C在线段AB的延长线上
C．点C在直线AB外 D．点C可能在直线AB上，也可能在直线AB外
【答案】A
【分析】本题没有给出图形，在画图时，应考虑到A、B、C三点之间的位置关系，再根据正确画出的图形
解题．
【详解】解：如图：
从图中我们可以发现AC+BC＝AB，
所以点C在线段AB上．故选：A．
【点睛】本题考查了直线、射线、线段，在未画图类问题中，正确画图很重要，所以能画图的一定要画图
这样才直观形象，便于思维．
5．（2022·山东·招远市教学研究室期中）下列说法中，正确的个数是（ ）
（1）两条射线所组成的图形叫做角；（2）角是有公共端点的两条射线；
（3）角的大小与边的长短无关；（4）两条射线，它们的端点重合时可以形成角；
（5）有一个公共端点的两条线段组成的图形叫做角．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据角的定义及性质逐项判断即可．【详解】（1）有公共端点的两条射线所组成的图形叫做角，故（1）错误；
（2）角是有公共端点的两条射线组成的图形，故（2）错误；
（3）角的大小与边的长短无关，说法正确；
（4）两条射线，它们的端点重合时可以形成角，说法正确；
（5）有一个公共端点的两条射线组成的图形叫做角，故（5）错误．即正确的个数为2个，故选：B．
【点睛】本题考查了角的定义及性质，紧扣角的定义即可作答．角的定义：有公共端点的两条射线所组成
的图形叫做角；一条射线绕着它的端点从一个位置旋转至另一个位置所形成的图形．
6．（2022·江苏·七年级专题练习）下列说法：（1）两条射线组成的图形叫做角；（2）角的两边是两条线
段；（3）平角的两边组成一条直线；（4）周角就是一条射线．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】根据角的定义，平角，周角的定义，逐项分析即可，具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，这两条射线叫做角的两条边．一条射线绕它的端点旋转，当始边和终边在同
一条直线上，方向相反时，所构成的角叫平角；平角等于180°，是角的两边成一条直线时所成的角；周角，
即一条射线绕着它的端点旋转一周所形成的角，周角等于360°，是角的一边绕着顶点旋转一周与另一边重
合时所形成的角．
【详解】（1）具有公共端点的两条射线组成的图形叫做角，故（1）不正确；
（2）角的两边是两条射线，故（2）不正确；
（3）平角的两边组成一条直线，故（3）正确；
（4）周角是一条射线绕着它的端点旋转一周所形成的角，故（4）不正确，
故正确的有（3）共1个．故选A．
【点睛】本题考查了角的定义，平角与周角的定义，理解定义是解题的关键．
7．（2022·湖南湘西·七年级期末）木匠师傅锯木料时，一般先在木板上画出两个点，然后过这两点弹出一
条墨线，这是因为（ ）
A．两点确定一条直线 B．两点之间，线段最短
C．经过一点有无数条直线 D．连接两点之间的线段叫做两点间的距离
【答案】A
【分析】根据两点确定一条直线即可得．
【详解】解：木匠师傅锯木料时，一般先在木板上画出两个点，然后过这两点弹出一条墨线，这是因为两
点确定一条直线，故选：A．
【点睛】本题考查了两点确定一条直线，掌握理解两点确定一条直线是解题关键．8．（2022·浙江丽水·七年级期末）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．
题型11 角的表示、换算及比较大小
1．（2022·河北·石家庄外国语学校七年级期末）如图所示，下列表示角的方法错误的是（ ）
A．∠1与∠AOB表示同一个角 B．图中共有三个角：∠AOB，∠AOC，∠BOC
C．∠β+∠AOB＝∠AOC D．∠AOC也可用∠O来表示
【答案】D
【分析】根据角的表示方法表示各个角，再判断即可．
【详解】解：A、∠1与∠AOB表示同一个角，正确，故本选项不符合题意；
B、图中共有三个角：∠AOB，∠AOC，∠BOC，正确，故本选不符合题意；
C、∠β表示的是∠BOC，∠β+∠AOB=∠AOC，正确，故本选项不符合题意；
D、∠AOC不能用∠O表示，错误，故本选项符合题意；故选：D．
【点睛】本题考查了对角的表示方法的应用，主要检查学生能否正确表示角．
2．（2022·福建泉州·七年级期末）如图，下列说法不正确的是（ ）A．∠BAC和∠DAE是同一个角 B．∠ABC和∠ACB不是同一个角
C．∠ABC可以用∠B表示 D．∠AED可以用∠E表示
【答案】D
【分析】根据角的表示方法，对四种说法逐一甄别．
【详解】解：A、∠BAC和∠DAE两边相同，顶点相同，故是同一个角，选项正确，不符合题意；
B、由∠ABC和∠ACB顶点不同即可判断二者并非同一角，选项正确，不符合题意；
、点 处只有一个角，故 可以用 表示，选项正确，不符合题意；
D、由于以点 为顶点的角有三个，故不可用 表示，选项错误，符合题意；故选：D．
【点睛】此题考查角的表示方法，解题的关键是要明确，在同一顶点处有多个角时，只能用三个字母表示．
3．（2022·山东省泰安南关中学期中）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．
4．（2022·山东泰安·期中）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．
5．（2022·山东·东营市东营区实验中学阶段练习）若A 383， B 38.3 ，则（ ）
A．A B B．A B C．A D D．无法确定
【答案】A【分析】首先把B 38.3化为度、分的表示，再比较大小即可．
【详解】解： 故选：A．
【点睛】本题考查了角的大小的比较，在比较角的大小时，要把角的表示方法化为一致的这是解题的关键．
6．（2022·海南鑫源高级中学七年级期末）12.3°=________°______′； =_________°．
【答案】 12 18 15.5
【分析】由角度的单位换算进行计算，即可求出答案．
【详解】解： ；
；
故答案为：12；18；15.5．
【点睛】本题考查了角度的单位换算，解题的关键是掌握角度的单位换算法则进行计算．
题型12 作图问题
解题技巧：（1）尺规作图：做已知线段的和差倍数问题；（2）常规作图：与线段射线直线有关的基本作
图。
1．（2022·河北保定·七年级期末）如图，在平面内有 三点．(1)画直线 ，射线 ，线段 ；
(2)在线段 上任取一点D（不同于 ），连接 ，并延长 至E，使 ；（尺规作图，不写
作法，保留作图痕迹）；(3)数一数，此时图中线段共有___条．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)8条
【分析】（1）根据直线、射线、线段的定义作图；
（2）根据在线段BC上任取一点D（不同于B，C），连接线段AD，并延长AD至点E，使DE=AD即可；
（3）根据图中的线段为AB，AC，AD，AE，DE，BD，CD，BC，即可得到图中线段的条数．
（1）如图，直线AB，线段BC，射线AC即为所求；
（2）如图，线段AD和线段DE即为所求；（3）图中有线段AB、AC、AD、AE、DE、BC、BD、CD，一共8条．
【点睛】考查了直线、射线、线段的定义，解题的关键是熟练掌握直线、射线、线段定义．
2．（2022·新疆·乌鲁木齐市第136中学七年级期末）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．
（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．
3．（2022·山东烟台·期中）作图题：如图，已知点 ， ， ， ，请按要求利用直尺和圆规作出图形．要求：不写作图步骤，要保留作图痕迹．
(1)作直线 和射线 ；(2)连接 ，在线段 上作出一点 ，使得 ；
(3)在直线 上作出一点 ，使 最短．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析
【分析】（1）根据直线，射线的定义作出图形即可；
（2）以点A为圆心，线段AC为半径画弧，交AD于点E，则点E即为所作；
（3）连接CD交AB于点P，则点P即为所作．
（1）如图，直线 和射线 即为所求作：
（2）如图，点E即为所作；
（3）如图，点P即为所作．
【点睛】本题考查作图-复杂作图直线，射线的定义，两点之间线段最短，及线段的和差等知识，解题的关键是熟练掌握直线，射线，线段的定义．
4．（2022·河北承德·七年级期末）（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？（ ）．
【答案】（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．
5．（2022·安徽宣城·七年级期末）（1）请在给定的图中按照要求画图：
①画射线AB；
②画平角∠BAD；
③连接AC．
（2）点B、C分别表示两个村庄，它们之间要铺设燃气管道．若节省管道，则沿着线段BC铺设．这样做
的数学依据是： ．
【答案】（1）①见解析；②见解析；③见解析；（2）两点之间，线段最短【分析】（1）①根据射线的定义，作出图形即可；②根据平角的定义，作出图形即可；③根据线段的定
义，作出图形即可；
（2）根据两点之间线段最短解决问题．
【详解】解：（1）①如图，射线AB即为所求；
②如图，∠BAD即为所求；
③如图，线段AC即为所求；
（2）沿着线段BC铺设．这样做的数学依据是：两点之间线段最短．
【点睛】本题主要考查了直线，射线，平角的定义，线段的基本事实，熟练掌握直线是两端都没有端点、
可以向两端无限延伸、不可测量长度的线；射线是只有一个端点，它从一个端点向另一边无限延长不可测
量长度的线；直线上两个点和它们之间的部分叫做线段；两点之间线段最短是解题的关键．
6．（2022·河南淮滨县·七年级期末）如图，在同一平面内有四个点 ， ， ， ，请用直尺按下列要求
作图：
（1）作射线 ；作直线 ：连接 ；
（2）如果图中点 ， ， ， 表示四个村庄，为解决四个村庄的缺水问题，政府准备投资修建一个蓄
水池 ，要求蓄水池P到四个村庄的距离和最小，请你找出蓄水池 的位置．
【答案】（1）见解析；（2）图见解析，理由：两点之间，线段最短
【分析】（1）根据直线的定义：两端没有端点，可以向两端无限延伸，不可测量长度，射线的定义：直
线 上的一点和它一旁的部分所组成的图形，线段的定义：两点都有端点，不可延长，作图即可；
（2）根据两点之间线段最短即可确定P的位置．
【详解】解：（1）所作图形如图1所示．（2）如图2，连接 ， ，
则 与 的交点 为满足要求的蓄水池的位置，理由：两点之间，线段最短．
【点睛】本题主要考查了两点之间线段最短，直线，射线与线段的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相
关知识进行求解．
题型13 与线段有关的计算
1．（2022·汉川市实验中学七年级期末）如图， 是线段 的中点， 在线段 上， ， ，
则 的长是___________．
【答案】1
【分析】先根据C是线段AB的中点得出BC的长，再由CD=BC-BD即可得出结论．
【详解】解：∵C是线段AB的中点，AD=5，DB=3，
∴BC= （AD+DB）=4，∴CD=BC-BD=4-3=1．故答案为：1．
【点睛】本题考查的是两点间的距离，熟知各线段之间的和、差及倍数关系是解答此题的关键．
2．（2022·扬州市梅岭中学七年级期末）如图1，线段OP表示一条拉直的细线，A、B两点在线段OP上，
且OA：AP＝1：2，OB：BP＝2：7．若先固定A点，将OA折向AP，使得OA重叠在AP上；如图2，再
从图2的B点及与B点重叠处一起剪开，使得细线分成三段，则此三段细线由小到大的长度比是（ ）A．1:1:2 B．2:2:5 C．2:3:4 D．2:3:5
【答案】B
【分析】根据题意设OB的长度为2a,则BP的长度为7a，OP的长度为9a，从而根据比值可以得到图一中
各线段的长，根据题意可以求出折叠后，再剪开各线段的长度，从而可以求得三段细线由小到大的长度比，
本题得以解决．
【详解】解：设OB的长度为2a，则BP的长度为7a，OP的长度为9a，
∵OA：AP＝1：2，∴OA＝3a，AP＝6a，
又∵先固定A点，将OA折向AP，使得OA重叠在AP上，如图2，再从图2 的B点及与B点重迭处一起
剪开，使得细线分成三段，
∴这三段从小到大的长度分别是：2a、2a、5a，
∴此三段细线由小到大的长度比为：2a：2a：5a＝2：2：5，故选：B．
【点睛】本题考查比较线段的长短，解题的关键是理解题意，求出各线段的长度．
3．（2022·绍兴市柯桥区杨汛桥镇中学七年级开学考试）如图，线段 CD在线段 AB上，且 CD=1，若线
段AB的长度是一个正整数，则图中以A，B，C，D这四点中任意两点为端点的所有线段长度之和可能是
（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】根据数轴和题意可知，所有线段的长度之和是AC+CD+DB+AD+CB+AB，然后根据CD=1，线段
AB的长度是一个正整数，可以解答本题．
【详解】解：由题意可得，图中以A，B，C，D这四点中任意两点为端点的所有线段长度之和是：
AC+CD+DB+AD+CB+AB=(AC+CD+DB)+(AD+CB)+AB=AB+AB+CD+AB=3AB+CD，
∵CD=1，线段AB的长度是一个正整数，AB＞CD，∴长度之和减1是3的倍数，而只有4-1=3是3的倍数，
故选A．
【点睛】本题考查两点间的距离，线段的和差，解题的关键是数形结合，找出所求问题需要的条件．
4．（2022·贵州德江县·七年级期末）已知AB＝5cm，延长AB至C，使AC＝2AB，反向延长AB至E，使AE＝ CE，计算：（1）线段CE的长；（2）线段AC是线段CE的几分之几？（3）线段CE是线段BC
的几倍？
【答案】（1）15cm；（2） ；（3）3倍
【分析】（1）先根据AE＝ CE得出AC=2AE，再根据AC＝2AB，AB=5，即可得出CE的长
（2）分别用AB表示AC和CD，即可得出结论
（3）先根据AC＝2AB和AC＝AB+BC得出 ，从而得出线段CE是线段BC的关系
【详解】解：（1）∵AE＝ CE，∴CE=3AE，∴AC=2AE，
∵AB=5，AC=2AB∴AC=10（厘米），∴AE=5（厘米），∴CE=15（厘米）；
（2） AC=2AB， CE=3AE=3AB , 是 的 ；
（3） ， ， ， ∴ 是 的3倍
答：线段CE的长15厘米；线段AC是线段CE的 ；线段CE是线段BC的3倍．
【点睛】本题考查了线段的倍分关系，借助图形来计算是解题的关键．
5．（2022湖北硚口区·）数轴上 两点对应的数分别是 ，线段 在数轴上运动，点 在点 的左
边，且 点 是 的中点．
（1）如图1，当线段 运动到点 均在 之间时，若 ，则 _________，点 对应的数为
________， ________；
（2）如图2，当线段 运动到点 在 之间时，画出草图并求 与 的数量关系．【答案】（1） ；2；2；（2） ，画图见解析．
【分析】（1）由数轴上两点间的距离可解得 ，再结合已知条件，可解得 继而根据
中点的性质解得 的长，进一步求得 的长，即可解题；
（2）由中点性质，解得 ，继而解得 与 的数量关系，最后利用整体思想解题即可．
【详解】（1） 数轴上 两点对应的数分别是 ，
点 是 的中点
对应的数是2，
故答案为： ；2；2；
（2）
点 是 的中点
【点睛】本题考查数轴、两点间的距离、与线段有关的动点问题等知识，是重要考点，难度较易，掌握相
关知识是解题关键．
6．（2022·华中科技大学同济医学院附属中学）已知，C为线段 上一点，D为 的中点，E为 的
中点，F为 的中点．
（1）如图1，若 ， ，求 的长；（2）若 ，求 的值；
（3）若 ， ，取 的中点 ， 的中点 ， 的中点 ，则 =______（用含a的代数式表示）．
【答案】（1） ；（2） 的值为 或 ；（3）
【分析】（1）由D为AC的中点，E为BC的中点得到DC= AC=2，CE= BC=3，则可计算出DE=5，再
利用F为DE的中点得到DF= DE，然后利用CF=DF-DC求解；（2）根据线段的中点定义和线段的和差
计算分两种情况即可求解；（3）如图，设AC=x，BC=y，即x-y=a，利用线段中点定义得到DC= ，
CE= ，则 ，所以 ，再利用 的中点 ，得到 ，于
是可计算出 ，即有 ．
【详解】解：（1）∵D为AC的中点，E为BC的中点，
∴DC= AC=2，CE= BC=3，∴DE=DC+CE=2+3=5，
∵F为DE的中点，∴DF= DE= ，∴CF=DF-DC= ；
（2）①当AC＞BC，点F在点C左侧时，如图所示：
∵D为AC的中点，E为BC的中点，∴DC= AC，CE= BC，∴DE=DC+CE= （AC+BC）= AB，
∵F为DE的中点，∴DF= DE= AB，∵AB=16CF ，∴DF=4CF，∴CF=DC-DF= AC-4CF，
∴AC=10CF，∴BC=AB-AC=16CF-10CF =6CF，∴ ，
②当AC＜BC，点F在点C右侧时，如图所示：
∵D为AC的中点，E为BC的中点，∴DC= AC，CE= BC，∴DE=DC+CE= （AC+BC）= AB，∵F为DE的中点，∴DF= DE= AB，
∵AB=16CF ，∴DF=4CF，∴CF=DF-DC=4CF- AC，
∴AC=6CF，∴BC=AB-AC=16CF-6CF =10CF，∴ ，综上所述， 的值为 或 ．
（3）如图，
设AC=x，BC=y，即x-y=a，∵D为AC的中点，E为BC的中点，
∴DC= AC= x，CE= BC= y，∵DC的中点为 ，CE的中点为 ，
∴ ，∴ ，
∵ 的中点为 ，∴ ，∴ ，
∴ ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了两点间的距离：连接两点间的线段的长度叫两点间的距离．理清线段之间的关系是解
决本题的关键．
7.（2022·平山县外国语中学七年级期末）已知点A，B，C在同一条直线上，点M，N分别是AC，BC的中
点．（1）如图1，若点C在线段AB上，AC=6cm，CB=4cm，则线段MN的长为 cm；
（2）若点C在线段AB上，且AC+CB=acm，则线段MN的长度为 cm；
（3）如图2，若点C在线段AB的延长线上，且AC-BC=bcm，猜测MN的长度，写出你的结论，并说明理
由．
【答案】（1）5，（2） a，（3）MN= b．理由见解析．
【分析】（1）根据中点的定义求解；（2）与（1）同理，根据中点的定义求解；（3）根据MN=CM-CN
求解．【详解】解：（1）由题意可得： ，∴MN=MC+CN=3+2=5，故答案为5；
（2）与（1）同理有： ，∴ ，
故答案为 ，
（3）结论为：MN= b，理由如下：
当点C在线段AB的延长线时，如图：
则AC＞BC，
因为M是AC的中点，所以CM= AC，
因为点N是BC的中点，所以CN= BC，
所以MN=CM-CN= （AC-BC）= b．
【点睛】本题考查中点的应用，熟练掌握中点的意义、线段的四则运算及准确画图是解题关键．
题型14 方位角与钟面上的角度问题
1．（2022·湖南·七年级期中）如图所示，钟表上9：30时，时针与分针之间所成的角是（ ）
A．60° B．90° C．105° D．120°
【答案】C
【分析】因为钟表上的刻度是把一个圆平均分成了12等份，每一份是30°，借助图形，找出时针和分针之
间相差的大格数，用大格数乘30°即可．
【详解】∵在9：30时，时针位于9与10中间，分针指到6上，中间夹3.5份，
∴时针与分针的夹角是30°×3.5＝105°．故选：C．
【点睛】本题考查的是钟表表盘与角度相关的特征．钟表上的刻度是把一个圆平均分成了12等份，每一份是30°，熟练掌握是关键．
2．（2022·甘肃·甘州中学七年级期末）钟表上的时针和分针都绕其轴心旋转，从8点到8点40分，时针转
了_____度，分针转了_____度，8点40分时针与分针所成的角是_____度．
【答案】 20 240 20
【分析】根据分针每分钟走6度，时针每分钟走0.5度，乘以走的时间即可求解
【详解】钟表上的时针和分针都绕其轴心旋转，钟表一圈有360度、60分钟、12个小时，所以分针转动的
速度等于 度/分钟，时针转动的速度等于 度/分钟．由题意可知，时针和分针
都走了40分钟，所以时针转了 度，分针转了 度，8点时时针与分针所形成的角是
120度，所以8点40分时针与分针所形成的角是 度．
故答案为：20；240；20
【点睛】本题考查钟面角，需注意一开始时针与分针的位置不一定重合
3．（2022·河南·郑州二七优智实验学校七年级期末）央视“新闻联播”节目的结束时间一般是19：30，这
一时刻钟面上时针与分针的夹角是__________度．
【答案】45
【分析】利用钟表表盘的特征解答．
【详解】解：19：30，时针和分针中间相差1.5个大格．
∵钟表12个数字，每相邻两个数字之间的夹角为30°，
∴19：30分针与时针的夹角是1.5×30°=45°．故答案为：45．
【点睛】本题考查了钟面角．钟面被分成12大格，每大格30°；分针每分钟转6°，时针每分钟转0.5°．
4．（2022·河北廊坊·七年级期末）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．
【答案】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．
5．（2022·河南鹿邑县·七年级期中）如图所示，小明在操场上点B处看位于点A处小亮的位置时，下列说
法正确的是（ ）
A．点A在点B的北偏东40°的方向25m处 B．点A在点B的南偏东50°的方向25m处
C．点A在点B的南偏西40°的方向25m处 D．点A在点B的南偏西50°的方向25m处
【答案】D
【分析】根据观察发现点B位于点A的北偏东50°方向25m处，则点A位于点B南偏西50°方向25m处，
即可解答．
【详解】解：观察发现点B位于点A的北偏东50°方向25m处，则点A位于点B南偏西50°方向25m处．
故选：D．【点睛】本题主要考查了方向角，熟练掌握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是解题的关键．
6．（2022·辽宁西丰县·八年级期末）如图，B处在A处的南偏西42°方向，C处在A处的南偏东30°方向，
C处在B处的北偏东72°方向，则∠ACB的度数是______．
【答案】78°
【分析】根据方向角的定义，即可求得∠DBA，∠DBC，∠EAC的度数，然后根据三角形内角和定理即可
求解．
【详解】解：∵AE，DB是正南和正北方向，∴BD∥AE，
∵B处在A处的南偏西42°方向，∴∠BAE＝∠DBA＝42°，
∵C处在A处的南偏东30°方向，∴∠EAC＝30°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝42°+30°＝72°，
又∵C处在B处的北偏东72°方向，∴∠DBC＝72°，∴∠ABC＝72°﹣42°＝30°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝180°﹣30°﹣72°＝78°．故答案为：78°．
【点睛】本题考查的是方向角的概念，用方位角描述方向时，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，故描述方位角时，一般先叙述北或南，再叙述偏东或偏西．
题型15 一副直角三角形板中的角度问题
1．（2022·山东威海·期末）用一副三角板不能画出的角是（ ）．
A．75° B．105° C．110° D．135°【答案】C
【分析】105°=60°+45°，105°角可以用一幅三角板中的60°角和45°角画；75°=45°+30°，75°角可以用一幅
三角板中的45°角和30°角画；135°=90°+45°，135°角可以用一幅三角板中的直角和90°角或45°角画；110°
角用一副三角板不能画出．
【详解】解：105°角可以用一幅三角板中的60°角和45°角画；
75°角可以用一幅三角板中的45°角和30°角画；110°角用一副三角板不能画出；
135°角可以用一幅三角板中的直角和90°角或45°角画。故选：C．
【点睛】本题考查了利用一副三角板画出的特殊角，找出规律是解决此类题的最好方法，应让学生记住凡
是能用一副三角板画出的角的度数都是15°的整数倍．
2．（2022·山东烟台·期中）如图，将一副三角板 与 的直角顶点O重合在一起，若
， 为 的平分线，则 的度数为（ ）
A．72° B．73° C．75° D．76°
【答案】A
【分析】先推出∠AOD+∠BOC=180°，结合∠AOD=4∠BOC，求出∠BOC的度数，再根据角平分线求出
∠COE的度数，利用∠DOE=∠COD-∠COE即可解答．
【详解】解：∵∠AOB=90°，∠COD=90°，∴∠AOB+∠COD=180°，
∵∠AOB=∠AOC+∠BOC，∠COD=∠BOC+∠BOD ，
∴∠AOC+∠BOC+∠BOC+∠BOD=180° ，∴∠AOD+∠BOC=180°，
∵∠AOD=4∠BOC，∴4∠BOC+∠BOC=180°，∴∠BOC=36°，
∵OE 为 ∠BOC 的平分线，∴∠COE= ∠BOC=18°，
∴∠DOE=∠COD−∠COE=90°−18°=72°，故选：A．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，角的和差计算及数形结合的数学思想，根据图中的数量关系求出
∠BOC=36°是解答本题的关键．
3．（2022·新疆·七年级期末）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．
4．（2022·福建泉州·七年级期末）如图，将一副三角板的直角顶点重合放置于A处（两块三角板可以在同
一平面内自由转动），给出以下结论：
① ；
② ；
③ ；
④ ．
其中不正确的是_________．（写出序号）
【答案】①③④
【分析】根据三角板中角之间的关系解答即可．
【详解】解：∵ ， ，
∴当 时， ，故①不正确；
∵
∴②正确；
∵∴③不正确；
∵ ， ，
∴
∴④不正确；
综上所述：不正确的是①③④，
故答案为：①③④
【点睛】本题考查三角板中角度的关系，解题的关键是结合图象找出角之间的关系．
5．（2022·安徽合肥·七年级期末）如图，将两个同样的直角三角尺60°锐角的顶点A重合在一起．
（1）若 ，则∠BAD＝___°．
（2）请写出∠BAD与∠EAC之间的数量关系：___．
【答案】 100°
【分析】（1）利用角的和差求得∠CAB的度数，则∠BAD＝∠DAC+∠CAB；
（2）利用（1）中的方法计算即可．
【详解】解：（1）由题意得：∠DAC＝EAB＝60°，
∵∠EAC＝20°，
∴∠CAB＝∠EAB﹣∠EAC＝60°﹣20°＝40°．
∴∠BAD＝∠DAC+∠CAB＝60°+40°＝100°．
故答案为：100°；
（2）∠BAD与∠EAC之间的数量关系：∠BAD+∠EAC＝120°．理由：
由题意得：∠DAC＝EAB＝60°，
∵∠CAB＝∠EAB﹣∠EAC＝60°﹣∠EAC，
∴∠BAD＝∠DAC+∠CAB＝60°+60°﹣∠EAC＝120°﹣∠EAC．
∴∠BAD+∠EAC＝120°．
故答案为：∠BAD+∠EAC＝120°．【点睛】本题主要考查了角的计算，利用图形正确表示出角的和差关系是解题的关键．
6．（2022·山东枣庄·七年级期中）如图，将两个直角三角板的顶点叠放在一起进行探究．
(1)如图①，将一副直角三角板的直角顶点C叠放在一起，若CE恰好是∠ACB的平分线，请你猜想此时
CB是不是∠ECD的平分线，并简述理由；
(2)如图②，将一副直角三角板的直角顶点C叠放在一起，若CB始终在∠DCE的内部，请猜想∠ACE与
∠DCB是否相等，并简述理由．
【答案】(1)CB是∠ECD的角平分线；理由见详解；
(2)∠ACE=∠DCE；理由见详解；
【分析】（1）根据∠ACB=90°，CE是∠ACB的角平分线，可知∠ECB= ∠ACB=45°，进而可知
∠DCB=∠ECD－∠ECB=90°－45°=45°，则∠ECB=∠DCB，由此可证CB是∠ECD的角平分线；
（2）由∠ACB=∠DCE=90°，可知∠ACE＋∠ECB=90°，∠DCB＋∠ECB=90°，则∠ACE=∠DCB．
（1）
解：猜想CB是∠ECD的角平分线，理由如下：
∵∠ACB=90°，CE是∠ACB的角平分线，
∴∠ECB= ∠ACB=45°，
∴∠DCB=∠ECD－∠ECB=90°－45°=45°，
∴∠ECB=∠DCB，
∴CB是∠ECD的角平分线；
（2）
猜想：∠ACE=∠DCE，理由如下：
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACE＋∠ECB=90°，
∠DCB＋∠ECB=90°，∴∠ACE=∠DCB．
【点睛】本题考查角平分线的判定，角度的转换，能够根据题意分析出角的变换过程是解决本题的关键．
题型16 与角平分线（角的和差）有关的计算
1．（2022·甘肃瓜州县·七年级期中）如图，已知O是直线AB上的一点，∠COD是直角，OE平分
∠AOD．
（1）如图1，若∠COE＝20°，则∠DOB的度数为 °；（2）将图1中的∠COD放置图2的位置，其
他条件不变，探究∠COE和∠DOB之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）40；（2）∠DOB＝2∠COE，理由见解析
【分析】（1）根据∠COD是直角，∠COE＝20°可得∠EOD＝70°，由OE平分∠AOD，可得∠AOD＝
140°，从而可得∠DOB＝40°．（2）先根据∠COE与∠AOD之间的关系转化出∠AOD＝180°﹣2∠COE，
再根据∠DOB＝180°﹣∠AOD这一关系代入化简即可得出∠DOB＝2∠COE．
【详解】解：（1）∵∠COD是直角，∠COE＝20°，∴∠EOD＝70°，
又∵OE平分∠AOD，∴∠AOD＝2∠EOD＝140°，
∴∠DOB＝180°﹣∠AOD＝40°．故答案为：40．
（2）∠DOB＝2∠COE．
∵∠COD是直角，OE平分∠AOD，∴∠DOE＝ ∠AOD，
∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝90°﹣ ∠AOD，∴∠AOD＝180°﹣2∠COE，
∴∠DOB＝180°﹣∠AOD＝180°﹣（180°﹣2∠COE）＝2∠COE．
【点睛】本题主要考查角度的计算和角平分线的定义，正确进行角度之间的转化是解题的关键．
2．（2022·江苏七年级课时练习）如图，OM是 的平分线，ON是 的平分线．
（1）如图1，当 是直角， 时， ________， ________ ，
________；
（2）如图2，当 ， 时，猜想： 与 的数量关系，并说明理由；（3）如图3，当 ， （ 为锐角）时，猜想： 与 ､ 有数量关系吗?如果有，
请写出结论，并说明理由．
【答案】（1） ， ， ；（2） ，理由见解析；（3）有， ，理由见解析．
【分析】（1）观察图形，结合角平分线的定义可得 ，
， 即可求解；
（2）观察图形，结合角平分线的定义可得 ，
， 即可求解；
（3）观察图形，结合角平分线的定义可得 ， ，
即可求解；
【详解】解：（1）∵ON 平分 ，∴ ，
∴ ，
∵OM是 的平分线，∴ ，
∴ ；故答案为： ， ， ；
（2） ．理由： ，OM是 的平分线，
，因为ON平分 ，所以 ， ；
（3） ．理由：因为ON平分 ，所以 ，
又因为 ，OM是 的平分线，
所以 ， ．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义及角的运算，解题的关键是掌握角平分线的定义并通过观察图形
找到角与角之间的关系．
3．（2022·山东乳山市·期中）（问题回顾）我们曾解决过这样的问题：如图1，点O在直线 上， ，
分别平分 ， ，可求得 ．（不用求解）
（问题改编）点O在直线 上， ，OE平分 ．
（1）如图2，若 ，求 的度数；
（2）将图2中的 按图3所示的位置进行放置，写出 与 度数间的等量关系，并写明理
由．
【答案】（1）25°；（2） ，见解析
【分析】（1）先求 ，利用角平分线定义再求 ，最终求 的度数；
（2）设 ，再根据（1）的求解过程，用含α的式子表示两个角的数量关系，从而可得结论．
【详解】解：（1）∵ ，∴ ．
∵ ，∴ ．∴ ．
∵ 平分 ，∴ ．
∴ ．
（2）设 ．则 ．
∵ 平分 ，∴ ．∵ ，
∴
∴按图3所示的位置放置时， 与 度数间的等量关系为： ．
【点睛】本题考查的是角平分线的定义，平角的定义，角的和差关系，熟练运用平角，角平分线探究角与
角之间的关系是解题的关键.
4．（2022·湖北黄梅县·）如图，已知 ， 平分 ， 平分 ．
（1）若 是直角， ，求 的度数；（2）若 ，则 是多少
度？
【答案】（1） ；（2） ．
【分析】（1）根据 平分 ，求出 ，根据 平分 ，求出 ，即可求
出 的度数；（2）根据角平分线的定义可得 ，由 ，可得
，整理可得 的度数．
【详解】解：（1）∵ ，∴ ．
∵ 平分 ，∴ ．
∵ 平分 ，∴ ．
∵ ，∴ ．
（2）∵ 平分 ， 平分 ，
∴ ， ，
∴ ．
又∵ ，∴ ，
∴ = ∴ ．【点睛】本题考查了角平分线的定义，角的和差计算，正确识图是解答本题的关键．
5．（2022·黑龙江昂昂溪区·）如图①，已知线段AB＝14cm，点C为线段AB上的一个动点，点D、E分别
是AC和BC的中点．（1）若点C恰好是AB的中点，则DE＝______cm；若AC＝6cm，则DE＝
_______cm；
（2）随着C点位置的改变，DE的长是否会改变？如果改变，请说明原因；如果不变，请求出DE的长；
（3）知识迁移：如图②，已知∠AOB＝130°，过角的内部任意一点C画射线OC，若OD、OE分别平分
∠AOC和∠BOC，试说明∠DOE的度数与射线OC的位置无关．
【答案】（1）7，7；（2）DE的长不会改变，DE的长为7cm；（3）证明见解析．
【分析】（1）利用线段中点定义求解即可；
（2）利用线段中点定义说明随着C点位置的改变，DE的长不变的原因即可；
（3）根据角平分线的定义说明∠DOE的度数与射线OC的位置无关．
【详解】解：（1）∵AB=14cm，点C为AB的中点，∴AC=BC= AB=7cm，
∵点D、E分别是AC和BC的中点，∴DC= AC=3.5cm，CE= BC=3.5cm，
∴DE=DC+CE=3.5+3.5=7，
∵AC=6cm，∴BC=AB﹣AC=14﹣6=8cm，∴DC= AC=3cm，CE= BC=4cm，
∴DE=DC+CE=3+4=7cm，故答案为：7，7；
（2）DE的长不会改变．理由如下：
∵点D是线段AC的中点，∴DC＝ AC．
∵点E是线段BC的中点，∴CE＝ BC．
∴DE＝DC+CE＝ AC+ BC＝ AB＝ ×14＝7cm．
∴DE的长为7cm．DE的长不会改变
（3）∵OD平分∠AOC，∴∠DOC＝ AOC．∵OE平分∠BOC，∴∠EOC＝ ∠BOC．
∴∠DOE＝∠DOC+∠EOC＝ ∠AOC+ ∠BOC＝ ∠AOB．
∵∠AOB＝130°，∴∠DOE＝ ∠AOB＝ ∠130°＝65°．
∴∠DOE的度数与射线OC的位置无关．
【点睛】本题考查线段的中点、角平分线、线段的和与差、角的运算，熟练掌握线段中点和角平分线应用
是解答的关键．
6．（2022·辽宁大连市·）如图1，在 内部作射线 ， ， 在 左侧，且 ．
（1）图1中，若 平分 平分 ，则 ______ ；
（2）如图2， 平分 ，探究 与 之间的数量关系，并证明；
（3）设 ，过点O作射线 ，使 为 的平分线，再作 的角平分线 ，若
，画出相应的图形并求 的度数（用含m的式子表示）．
【答案】（1）120；（2） ，见解析；（3）见解析， 或
【分析】（1）根据角平分线的性质得到 ，再结合已
知条件即可得出答案；（2）根据角平分线的性质与已知条件进行角之间的加减即可证明出结论；
（3）根据角平分线的性质结合已知条件进行角度之间的加减运算，分类讨论得出结论即可．
【详解】解：（1）∵ ， ，∴ ，∴ ，
∵ 平分 平分 ，∴ ，
∴ ，∴ ，故答案为：
120；（2） ．
证明：∵ 平分 ，∴ ，
∵ ，∴ ．
∴ ．
∵ ，∴ ．
∵ ，∴ ，∴ ；
（3）如图1，当 在 的左侧时，
∵ 平分 ，∴ ， ，∴ ，
∵ ， ，
∴ ，∴ ，∴ ．
∵ 为 的平分线，∴ ．∴ ；
如图2，当 在 的右侧时，∵ 平分 ，∴ ，
∵ ，∴ ，∵ ， ，
∴ ，∴ ，∴ ．
∵ 为 的平分线， ．综上所述， 的度数为 或 ．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质与角度之间的加减运算，关键在于根据图形分析出各角之间的数
量关系．
题型17 余角、补角的相关计算
1．（2022·浙江金华·七年级期末）一张小凳子的结构如图所示， ， ，则 ( )A． B． C． D．无法确定
【答案】B
【分析】根据 和 互为补角，得 ，根据三角形内角和为 ， ，得
，即可求出 的角度．
【详解】∵ 和 互为补角
∴
∵
∴
又∵在 中， ，
∴
∴ 故选：B．
【点睛】本题考查三角形内角和定理、补角的知识，解题的关键是熟练掌握三角形内角和定理、补角的性
质．
2．（2022·安徽合肥·七年级期末）若∠1与∠3互余，∠2与∠3互补，则∠1与∠2的关系是（ ）
A．∠1＝∠2 B．∠1与∠2互余 C．∠1与∠2互补 D．∠2－∠1＝90°
【答案】D
【分析】根据余解和补角的定义求解即可．
【详解】解： ∠1与∠3互余， ∠1＋∠3＝90°， ∠3＝90°－∠1．
∠2与∠3互补， ∠2＋∠3＝180°， ∠2＋90°－∠1＝180°，
即∠2－∠1＝90°．故选：D．
【点睛】本题考查余角和补角定义，两角的和等于90度，这两角和互为余角；两角和为180度，则这两角
互为补角．
3．（2022·山东烟台·期中）如图，在同一平面内， ， ，点 为 反向
延长线上一点（图中所有角均指小于 的角）．下列结论：
① ；② ；③ ；
④ ．其中正确结论的个数有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】由∠AOB=∠COD=90°，根据等角的余角相等得到∠AOC=∠BOD，结合 即可判断
①正确；由∠AOD+∠BOC=∠AOD+∠AOC+∠AOD+∠BOD，结合 即可判断②正确；由
∠BOC-∠AOD=∠AOC+90°-∠AOD，而不能判断∠AOD=∠AOC，即可判断③不正确；由E、O、F三点共线
得∠BOE+∠BOF=180°，而∠COE=∠BOE，从而可判断④正确．
【详解】解：∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC=∠BOD，而∠AOF=∠DOF，
∴180°-∠AOC-∠AOF=180°-∠BOD-∠DOF，
即∠COE=∠BOE，所以①正确；
∠AOD+∠BOC=∠AOD+∠AOC+∠AOD+∠BOD=∠COD+∠AOB =180°，所以②正确；
∠COB-∠AOD=∠AOC+90°-∠AOD，而 ，所以③不正确；
∵E、O、F三点共线，∴∠BOE+∠BOF=180°，
∵∠COE=∠BOE，∴∠COE+∠BOF=180°，所以④正确．
所以，正确的结论有3个．故选：C．
【点睛】题考查了余角和补角、角度的计算、余角的性质以及角平分线的定义等知识，准确识图是解题的
关键．
4．（2022·湖南·邵阳市第十六中学七年级期末）如果一个角的补角是150°，那么这个角的余角的度数是
__________．
【答案】60°##60度
【分析】首先根据补角的定义求得这个角的度数，然后根据余角的定义即可求出这个角的余角．
【详解】解：∵一个角的补角是150°，∴这个角是180°−150°＝30°，
∴这个角的余角是90°−30°＝60°．故答案是：60°．
【点睛】此题主要考查的是补角和余角的定义，属于基础题，较简单，主要记住互为余角的两个角的和为
90°；互为补角的两个角的和为180°．5．（2022·山东菏泽·七年级期末）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 ．
（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．
6．（2022·黑龙江哈尔滨·期末）如图，直线 ， 相交于点O， ．
(1)如图1，若 ，求 的度数；(2)如图1，请直接写出图中所有互余的角；(3)如图2，若
射线 在 的内部，且 ，请比较 与 的大小并说明理由．
【答案】(1)
(2) 和 互余， 和 互余， 和 互余， 和 互余；
(3) ，见解析【分析】（1）根据题意得 ，再求出 ，即可得；
（2）根据互余的定义“如果两个角的和等于 ，就说这两个角互为余角”，和角之间的关系进行计算即
可得；（3）根据 ，得 ，设 ，则 ，
，根据 得 ，进而得出 ．
（1）解：∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（2）解：∵ ，
∴ ，
，
∴ 和 互余，
和 互余，
∵ ，
∴ ，
，
∴ 和 互余，
和 互余，
综上， 和 互余， 和 互余， 和 互余， 和 互余；
（3） ，理由如下：
解：∵ ，
∴ ，
设 ，则 ， ，
∵ ，
∴ ，
解得， ，
∴ ，，
∴ ．
【点睛】本题考查了角之间的运算，互余，解题的关键是掌握这些知识点．
