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第 15 讲 几何图形的初步
目 录
题型01 判断几何体的截面形状
题型02 判断几何体的展开图
题型03 由展开图计算几何体的表面积或体积
题型04 正方体展开图的识别
题型05 补一个面使其成为正方体的展开面
题型06 正方体相对两面上的字或图案
题型07 与七巧板有关的计算
题型08 画直线、射线、线段
题型09 直线的性质
题型10 线段的性质
题型11 与线段中点有关的计算
题型12 两点之间的距离
题型13 度、分、秒的换算
题型14 钟面角的计算
题型15 方向角的表示
题型16 角平分线的相关计算
题型17 求一个角的余角、补角
题型18 与余角、补角有关的计算
题型19 同（等）角的余（补）角相等
题型19 点到直线的距离
题型20 利用对顶角、邻补角的性质求解
题型21 判断同位角、内错角、同旁内角
题型22 利用平行线的判定进行证明
题型23 平行线判定的实际应用
题型24 由平行线的性质求角度
题型25 由平行线的性质解决折叠问题
题型26 平行线的性质在实际生活的应用
题型26 利用平行线的性质解决三角板问题
题型27 根据平行线性质与判定求角度
题型28 根据平行线性质与判定证明
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题型 01 判断几何体的截面形状
1．（2022·江西萍乡·校考模拟预测）如图所示，将立方体沿△BDC所在平面截取几何体ABCD，则这个
几何体的平面展开图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意知，几何体ABCD是四面体，且∠BAC=∠DAC=∠BAD=90°，BC=CD=BD，即可
得到答案．
【详解】解：由题意知，几何体ABCD是四面体，
且∠BAC=∠DAC=∠BAD=90°，BC=CD=BD，
即几何体的三视图只有选项B符合，
故选：B．
【点睛】此题考查了几何体的平面展开图，正确理解几何体的组成特点是解题的关键．
2．（2022·四川南充·统考三模）如图，用一个平面去截一个长、宽、高分别为5，4，3的长方体，当截面
是矩形时，截面周长最大为（ ）
A．18 B．20 C．24 D．25
【答案】B
【分析】观察长方体可知，当截面（截出的面）的形状是矩形时，它的周长的最大值时长为5，宽为直角
边分别为4、3的直角三角形的斜边长的矩形，根据矩形周长公式计算即可求解．
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【详解】解：由勾股定理得，√42+32＝5，
则当截面（截出的面）的形状是矩形时，它的周长的最大值是5×4＝20．
故选：B．
【点睛】此题考查了截一个几何体，关键是得到截面周长最大时矩形的长和宽．
3．（2022·贵州贵阳·统考中考真题）如图，用一个平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面的形状是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆锥体的立体图形判断即可．
【详解】用平行底面的平面截圆锥体，截面是圆形，
故选：B．
【点睛】本题考查了截面图形的判断，具有一定的空间想象力是解答本题的关键．
4. 如图所示，把一个底面半径是5cm，高是8cm的圆柱放在水平桌面上．
(1)若用一个平面沿水平方向去截这个圆柱，所得的截面是 ；
(2)若用一个平面沿竖直方向去截这个圆柱，所得的截面是 ；
(3)若用一个平面去截这个圆柱，使截得的截面是长方形且长方形的截面面积最大，请写出截法，并求出此
时截面面积．
【答案】(1)圆
(2)长方形
(3)当平面沿竖直方向且经过两个底面的圆心时，截得的长方形面积最大，80cm2
【分析】（1）根据截的方向可得截面形状；
（2）根据截的方向可得截面形状；
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（3）当平面沿竖直方向且经过两个底面的圆心时，截得的长方形面积最大，再根据截面形状求面积即可．
【详解】（1）解：若用一个平面沿水平方向去截这个圆柱，所得的截面是圆；
故答案为：圆；
（2）若用一个平面沿竖直方向去截这个圆柱，所得的截面是长方形；
故答案为：长方形；
（3）当平面沿竖直方向且经过两个底面的圆心时，截得的长方形面积最大，
此时截面的面积为：5×2×8＝80（cm2）．
【点睛】本题考查用一个平面去截几何体，截面的形状既与被截的几何体有关，还与截面的角度和方向有
关．
题型 02 判断几何体的展开图
1．（2021·北京·统考中考真题）如图是某几何体的展开图，该几何体是（ ）
A．长方体 B．圆柱 C．圆锥 D．三棱柱
【答案】B
【分析】根据几何体的展开图可直接进行排除选项．
【详解】解：由图形可得该几何体是圆柱；
故选B．
【点睛】本题主要考查几何体的展开图，熟练掌握几何体的展开图是解题的关键．
2．（2021·浙江·统考中考真题）将如图所示的长方体牛奶包装盒沿某些棱剪开，且使六个面连在一起，然
后铺平，则得到的图形可能是（ ）
A． B． C． D．
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【答案】A
【分析】依据长方体的展开图的特征进行判断即可．
【详解】解：A、符合长方体的展开图的特点，是长方体的展开图，故此选项符合题意；
B、不符合长方体的展开图的特点，不是长方体的展开图，故此选项不符合题意；
C、不符合长方体的展开图的特点，不是长方体的展开图，故此选项不符合题意；
D、不符合长方体的展开图的特点，不是长方体的展开图，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查了长方体的展开图，熟练掌握长方体的展开图的特点是解题的关键．
3．（2021·江苏扬州·统考中考真题）把图中的纸片沿虚线折叠，可以围成一个几何体，这个几何体的名称
是（ ）
A．五棱锥 B．五棱柱 C．六棱锥 D．六棱柱
【答案】A
【分析】由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题．
【详解】解：由图可知：折叠后，该几何体的底面是五边形，
则该几何体为五棱锥，
故选A．
【点睛】本题考查了几何体的展开图，掌握各立体图形的展开图的特点是解决此类问题的关键．
4．（2021·浙江绍兴·统考一模）如图，已知圆柱底面的直径BC=8，圆柱的高AB=10，在圆柱的侧面上，
过点A，C嵌有一圈长度最短的金属丝．
（1）现将圆柱侧面沿AB剪开，所得的圆柱侧面展开图是______．
A. ；B. ；C. ；D.
（2）求该长度最短的金属丝的长．
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【答案】（1）A；（2）4√4π2+25
【分析】（1）因圆柱的展开面为长方形，AC展开应该是两线段，且有公共点C，根据立体图形的表面展
开图这个特点即可解题；
1
（2）侧面展开后B，C两点之间的距离为 ×π×8=4π，A，C两点之间的距离，利用勾股定理可得
2
AC=√(4π) 2+100，长度最短的金属丝的长=2AC，即可得到答案．
【详解】解：（1）因圆柱的展开面为长方形，AC展开应该是两线段，且有公共点C，A选项符合要求．
故选A．
（2）如图：
1
侧面展开后B，C两点之间的距离为 ×π×8=4π，
2
A，C两点之间的距离为AC=√(4π) 2+100=2√4π2+25，
该长度最短的金属丝的长=2AC=4√4π2+25
所以该长度最短的金属丝的长为4√4π2+25．
【点睛】此题主要考查圆柱的展开图、圆的周长、勾股定理，解答此题的关键是正确掌握圆柱体的展开图．
题型 03 由展开图计算几何体的表面积或体积
1．（2023·浙江杭州·统考一模）如图为一个长方体的展开图，且长方体的底面为正方形．根据图中标示的
长度，求此长方体的体积为 ．
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【答案】224
【分析】设展开图的长方形的长为a，宽为b，根据图示中的相关数据列出方程，求出a，b，再根据长方
体的体积求解即可；
【详解】解：设展开图的长方形的长为a，宽为b，
则12=3b，2b+a=22，
解得a=14，b=4，
∴长方体的体积为：4×4×14=224．
故答案为：224．
【点睛】本题考查了长方体的展开图和长方体体积的计算，弄清展开图中的数据和长方体的长、宽、高之
间的关系是解题的关键．
2．（2022·山东青岛·青岛大学附属中学校考一模）如图，以边长为6√3cm的正六边形纸板的各顶点为端
点，在各边上分别截取4cm长的12条线段，过截得的12端点作所在边的垂线，形成6个有两个直角的四
边形．把它们沿图中虚线减掉，用剩下的纸板折成一个底为正六边的无盖柱形盒子，则它的容积为
cm3．
【答案】(3096−1728√3)
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【分析】连接AC，可得DE，由“HL”求证Rt ABC Rt ADC，继而解直角三角形可得BC，根据六边形
的面积计算公式求得无盖柱形盒子的底面积，△继而即≅可求△解．
【详解】如图，连接AC，
由题意知：∠BAD=120°，
AB=AD=EF=4cm，AF=6√3cm，
∴DE=6√3−4−4=(6√3−8)cm，
∵∠ABC=∠ADC=90°，AC=AC，
∴Rt ABC Rt ADC（ ），
△ ≅ △ HL 1
∴BC=DC，∠BAC=∠DAC= ∠BAD=60°，
2
∴BC=DC=AB·tan60°=4×√3=(4√3)cm，
由题意知：无盖柱形盒子的底面为以6√3−8为边长的正六边形，
1 √3
其面积为：6× × (6√3−8)·(6√3−8)=(258√3−432)cm2，
2 2
∴盖柱形盒子的容积为：(258√3−432)×4√3=(3096−1728√3) cm3，
故答案为：(3096−1728√3)
【点睛】本题考查正多边形，全等三角形的判定及其性质，正六边形的性质及其面积计算公式，解题的关
键是作辅助线求各关键边的长，灵活运用所需学知识．
3．（2021·辽宁抚顺·统考一模）某工厂要加工一批上下底密封纸盒，设计者给出了密封纸盒的三视图，如
图1．
【8 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
（1）由三视图可知，密封纸盒的形状是__________；
（2）根据该几何体的三视图，在图2中补全它的表面展开图；
（3）请你根据图1中数据，计算这个密封纸盒的表面积．（结果保留根号）
【答案】（1）（正）六棱柱；（2）见解析；（3）(75√3+360)cm2
【分析】（1）通过三视图，发挥想象力可以得到答案；
（2）由（1）得到的答案可以得到表面展开图；
（3）分别计算出侧面积和上下底面积即可得到答案 ．
【详解】解：（1）根据该几何体的三视图知道它是一个（正）六棱柱；
（2）由（1）可以得到六棱柱的表面展开图如图：
（3）由图中数据可知：六棱柱的高为12cm，底面边长为5cm，
∴六棱柱的侧面积为6×5×12=360(cm2 )．
1 5√3
又∵密封纸盒的底面面积为：2×6× ×5× =75√3(cm2 )，
2 2
∴六棱柱的表面积为：(75√3+360)cm2．
【点睛】本题考查三视图与展开图的综合应用，充分发挥想象力是解题关键．
4．（2020·河北邯郸·校考一模）如图（1）是一种包装盒的表面展开图，将它围起来可得到一个几何体的
模型．
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(1)图（2）是根据a，h的取值画出的几何体的主视图和俯视图，请在网格中画出该几何体的左视图；
(2)已知h＝4，求a的值和该几何体的表面积．
【答案】(1)见解析
(2)a的值为2√2，该几何体的表面积为16√2＋24．
【分析】（1）根据三视图的画法即可画出该几何体的左视图；
（2）根据俯视图和主视图即可求a的值，进而可求该几何体的表面积．
【详解】（1）解：如图所示，图中的左视图即为所求；
（2）解：根据俯视图和主视图可知：
a2＋a2＝h2＝42，
解得a＝2√2，
1
几何体的表面积为：2ah＋√2ah＋ a2×2＝16√2＋24．
2
答：a的值为2√2，该几何体的表面积为16√2＋24．
【点睛】本题考查了作图−三视图、几何体的表面积、展开图折叠成几何体，解决本题的关键是理解立体
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图形和平面图形之间的关系．
题型 04 正方体展开图的识别
1．（2021·广东·统考中考真题）下列图形是正方体展开图的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据正方体的展开图的特征，11种不同情况进行判断即可．
【详解】解：根据正方体的展开图的特征，只有第2个图不是正方体的展开图，故四个图中有3个图是正
方体的展开图．
故选：C．
【点睛】考查正方体的展开图的特征，“一线不过四，田凹应弃之”应用比较广泛简洁．
2．（2022·黑龙江绥化·统考中考真题）下列图形中，正方体展开图错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用正方体及其表面展开图的特点解题．
【详解】D选项出现了“田字形”，折叠后有一行两个面无法折起来，从而缺少面，不能折成正方体，
A、B、C选项是一个正方体的表面展开图．
故选：D．
【点睛】此题考查了几何体的展开图，只要有“田”“凹”字的展开图都不是正方体的表面展开图．
3．（2021·浙江金华·统考一模）下列哪个图形不可能是正方体的表面展开图（ ）
A． B． C． D．
【11淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】D
【分析】正方体的展开图有“1+4+1”型，“2+3+1”型，“3+3”型，“2+2+2”型，其中“1”可以左
右移动，注意“一”、“7”、“田”“凹”字形的都不是正方形的展开图．
【详解】解：根据正方体展开图的特征，
A、是正方体的展开图，符合题意；
B、是正方体的展开图，不符合题意；
C、是正方体的展开图，不符合题意；
D、不是正方体的展开图，不符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查正方体的平面展开图，掌握正方体的几种不同展开图形状是解决本题的关键．
题型 05 补一个面使其成为正方体的展开面
1．（2022·河北承德·统考二模）如图，方格纸上每个小正方形的边长都相同，若使阴影部分能折叠成一个
正方体，则需剪掉的一个小正方形不可以是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】C
【分析】根据正方体的11种展开图的模型即可求解．
【详解】解：把图中的①或②或④剪掉，剩下的图形即为正方体的11种展开图中的模型，
把图中的③剪掉，剩下的图形不符合正方体的11种展开图中的模型，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方体的展开与折叠，牢记正方体的11种展开图的模型是解决本题的关键．
2．（2021·河南洛阳·统考二模）如图，在有序号的方格中选出一个画出阴影，使它与图中五个有阴影的正
方形一起可以构成正方体表面的展开图，正确的选法是（ ）
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A．只有② B．只有①④ C．只有①②④ D．①②③④都正确
【答案】A
【分析】观察所给图形，根据序号的顺序画出平面图，结合正方体的平面展开图的特点，逐一加以识别即
可．
【详解】解：补序号的位置图如图所示：
∴只有②符合正方体的平面展开图的特征．
故选：A
【点睛】本题考查了正方体的平面展开图的知识点，熟知正方体的平面展开图是解题的关键．
3．（2021·浙江杭州·一模）已知图1的小正方形和图2中所有的小正方形都全等，将图1的小正方形安放
在图2中的①、②、③、④的其中某一个位置，放置后所组成的图形是不能围成一个正方体的．那么安放
的位置是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】A
【分析】由平面图形的折叠及正方体的表面展开图的特点解题．
【详解】解：将图1的正方形放在图2中的①的位置出现重叠的面，所以不能围成正方体．
故选：A．
【点睛】本题考查了展开图折叠成几何体，解题时勿忘记四棱柱的特征及正方体展开图的各种情形．注意：
只要有“田”字格的展开图都不是正方体的表面展开图．
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题型 06 正方体相对两面上的字或图案
1．（2021·河北唐山·统考三模）如图是一个正方体的平面展开图，正方体中相对的面上的数字或代数式互
为相反数．则
（1）x的值为 ；
（2）x2−y的值为 ．
【答案】 3 12
【分析】（1）正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形确定出相对面，再根据相对面上
的数字互为相反数列式，即可求出x、y的值，
（2）把x，y的值代入代数式进行计算即可得解．
【详解】解：（1）正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，“-3”与“2x−3”是相对面，
“y”与“x”是相对面，
∵相对的面上的数字或代数式互为相反数，
∴2x−3＋（-3）＝0，x＋y＝0，
解得x＝3，y＝-3，
故答案是：3；
（2）当x＝3，y＝-3时，x2−y=32−(−3)=12，
故答案是：12．
【点睛】本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，二元一次方程组以及代数式求值，注意正方体的空
间图形，从相对面入手，分析及解答问题．
2．（2022·陕西宝鸡·统考模拟预测）如图是正方体的一种展开图，则原正方体中与“真”所在面的对面所
标的字是 ．
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【答案】强
【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，根据这一特点作答．
【详解】由正方体展开图的特点可知：“学”与“国”相对，“习”与“好”相对，“真”与“强”相对，
故答案为：强.
【点睛】本题考查了正方体的展开图，熟练掌握正方体的11种展开图是本题的解题关键.
3．（2021·河北唐山·统考一模）如图是一个正方体纸盒的表面展开图，纸盒中相对两个面上的数互为相反
数．
−3
2 a c
b −1
（1）填空：a=______，b=_______，c=_______；
（2）将2a(a−b)+b(2a−b−c)化简，并代入求值．
【答案】（1）1，3，-2；（2）2a2−b2−bc，-1
【分析】（1）a与﹣1相对，2与c相对，b与﹣3相对．由于相对两个面上的数互为相反数，可得a，b，
c的值．
（2）先根据整式的乘法进行化简，再把a，b，c代入计算即可
【详解】解：（1）由题意，a与﹣1相对，2与c相对，b与﹣3相对．
∵相对两个面上的数互为相反数数，
∴a＝1，b=3，c=-2．
故答案为：1，3，-2；．
（2）原式=2a2−2ab+2ab−b2−bc
=2a2−b2−bc
将a=1,b=3, c=−2时，
原式=2×12−32−3×(−2)
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=2−9+6=−1．
【点睛】本题主要考查了整式的混合运算﹣化简求值以及正方形侧面展开图的应用．利用去括号的法则进
行整式的加减是解题的关键．
4．（2021·河北邢台·统考一模）把如图所示的正方形展开，得到的平面展开图可以是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】在验证立方体的展开图时，要细心观察每一个标志的位置是否一致，然后进行判断．
【详解】解：将正方形展开并标上顶点可得如下图所示：
其中C 与C相接，B 与B相接，D 与D相接，A 与A相接，B '与B'相接，D '与D'相接.
1 1 1 1 1 1
故和选项B符合
故选：B．
【点睛】本题考查了正方体的表面展开图及空间想象能力，易错易混点：学生对相关图的位置想象不准确，
从而错选，解决这类问题时，不妨动手实际操作一下，即可解决问题．
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5．（2022·河南洛阳·统考三模）如图是一个正方体，下列哪个选项是它的展开图（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据所给立体图形对展开图进行想象解可得出正确答案
【详解】由图中正方体观察可知：
A项应该为： ，不符合题意；
B项应该为： ，符合题意；
C项应该为： ，不符合题意；
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D项应该为： ，不符合题意
故选B
【点睛】本题考查正方体的展开图，掌握空间想象的方法是关键．
6．（2021·吉林长春·东北师大附中校考二模）将一个小正方体按图中所示的方式展开，则在展开图中表示
棱a的线段可以是（ ）
A．线段CD B．线段EF C．线段AD D．线段BC
【答案】C
【分析】将原图复原找出对应边．
【详解】解：在正方体中，阴影三角形面的对面为面ABCD，
边a对应的边为边AD．
故选：C．
【点睛】本题考查几何体的展开图，解题关键是具备一定的空间想象力．
题型 07 与七巧板有关的计算
1．（2020·浙江湖州·统考中考真题）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，流行于世界各地．由边长为2的
正方形可以制作一副中国七巧板或一副日本七巧板，如图1所示．分别用这两副七巧板试拼如图2中的平
行四边形或矩形，则这两个图形中，中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数分别是（ ）
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A．1和1 B．1和2 C．2和1 D．2和2
【答案】D
【分析】解答此题要熟悉中国和日本七巧板的结构，中国七巧板的结构：五个等腰直角三角形，有大、小
两对全等三角形；一个正方形；一个平行四边形；日本七巧板的结构：三个等腰直角三角形，一个直角梯
形，一个等腰梯形，一个平行四边形，一个正方形，根据这些图形的性质便可解答．
【详解】解：中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数都是2，如图所示：
故选：D．
【点睛】此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．
2．（2022·江西赣州·统考三模）七巧板是由可以错综分合的几何图案演化而来，它是一种拼板玩具，体现
了我国古代劳动人民的智慧，如图1，将一块正方形薄板分为7块，其中包括5块大小不等的三角形，1块
正方形和1块平行四边形，图2是由图1拼成的风车形状，则下列等式错误的是（ ）
1
A．S +S =S B．2S =S C．S = S D．S =S
5 7 2 6 3 7 3 1 7 3
【答案】C
【分析】根据7块薄板的边长间的关系，结合面积公式逐项分析即可．
【详解】解：由题图可知，2与7都是等腰直角三角形，且7的斜边等于2的直角边，
1
∴S = S ，
7 2 2
∵5的边长等于2的直角边的一半，
1
∴S = S ，S +S =S ，A正确；
5 2 2 5 7 2
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∵3相邻的两边分别与4的直角边和斜边相等，且3中的锐角为45°
∴3与4同底等高，2S =S ，
4 3
∵4与6是两个全等的三角形，∴S =S ，
4 6
∴2S =S ，B正确；
6 3
∵1与7都是等腰直角三角形，且7的斜边等于1的直角边，
1
∴S = S ，C错误；
7 2 1
∵6也是等腰直角三角形，且6的斜边等于7的直角边，
∴S =2S .，
7 6
∵S =2S ，
3 6
∴S =S ，D正确．
7 3
故选C．
【点睛】本题考查了应用与设计作图，认准分成的各块塑料板的形状与大小是解题的关键，另外本题渗透
利用了七巧板的思想，熟练掌握七巧板也很关键．
3．（2021·浙江金华·统考三模）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，下列四幅图是爱思考的小红同学用如
图所示的七巧板拼成的，则这四个图形的周长从大到小排列正确的是（ ）
A．乙＞丙＞甲＞丁 B．乙＞甲＞丙＞丁
C．丙＞乙＞甲＞丁 D．丙＞乙＞丁＞甲
【答案】A
【分析】设最小的直角三角形的直角边长为1，根据勾股定理，分别表示出七块七巧板各边的长度，计算
每个图形中重合的线段和，和越大，周长越小．
【详解】解：设七巧板中最小的边长为1根据勾股定理，
可以得出其余的边长分别为2，√2，2√2，
分别求出各图中重合的线段的长度和，和越大，则周长越小；
甲图中重叠的线段和为：7+2√2；
乙图中重叠的线段和为：5+2√2；
丙图中重叠的线段和为5+3√2；
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丁图中重叠的线段和为：6+3√2；
∵6+3√2>7+2√2>5+3√2>5+2√2，
∴乙＞丙＞甲＞丁
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理，不规则图形的周长，解题关键是明确总周长一定，重叠的线段和越大，则
周长越小．
4．（2022·湖南株洲·统考二模）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 cm2．
【答案】8
1
【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
8
方形的面积．
1
【详解】解：由图①可知，小正方形的面积是大正方形面积 ，
8
因为大正方形的面积为82=64 cm2，
1
所以小正方形（阴影部分）的面积为64× =8 cm2．
8
故答案为：8．
【点睛】本题考查了七巧板，熟知七巧板中图形的构成与面积是解题的关键．
5．（2022·陕西西安·校考二模）如图（1）是边长为8cm的正方形纸片做成的七巧板，用这副七巧板拼成
图（2）所示的房屋形状，则该房屋形状的面积是 cm2．
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【答案】56
【分析】根据该房屋形状可知该房屋的面积=大正方形的面积-小正方形的面积．再结合七巧板的构成：两
1 1
个大三角形分别占大正方形面积的 ，稍小的三角形占大正方形面积的 ，最小的两个三角形分别占大正
4 8
1 1
方形面积的 ，平行四边形和小正方形都是占大正方形面积的 即可求解．
16 8
1
【详解】房屋形状的面积=8×8×(1− )=56cm2 ．
8
故答案为：56．
【点睛】本题主要考查七巧板．根据图形间的关系得出面积之间的关系是解题关键．
6．（2020·湖北黄石·校考模拟预测）动手做一做：某校教具制作车间有等腰三角形正方形、平行四边形的
塑料若干，数学兴趣小组的同学利用其中7块恰好拼成一个矩形（如图1），后来又用它们拼出了XYZ等
字母模型（如图2、图3、图4），每个塑料板保持图1的标号不变，请你参与：
（1）将图2中每块塑料板对应的标号填上去；
（2）图3中，只画出了标号7的塑料板位置，请你适当画线，找出其他6块塑料板， 并填上标号；
（3）在图4中，找出7块塑料板，并填上标号．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）根据划分，直接对号入座即可；
（2）根据与7的斜边相等的编号是1或2的直角边的这突破口进行分析；
（3）最上边从左边可作出两个大的直角三角形为突破口分析
【详解】（1）如下图
（2）如下图
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（3）如下图
【点睛】本题考查了应用与设计作图，认准分成的各块板的形状与大小是解题关键，另外本题渗透利用了
七巧板的思路.
题型 08 画直线、射线、线段
1．（2022·河北秦皇岛·统考一模）如图，∠AOB的一边OB经过的点是（ ）
A．P点 B．Q点 C．M点 D．N点
【答案】D
【分析】组成角的两边是射线，射线的特点有：①只有一个端点；②直的；③向一边无线延伸．据此可用
直尺去连接OB，看矩形内的哪个点在这条射线上即可．
【详解】解：画出射线OB可知，经过点N．
故选：D．
【点睛】此题考查了角、射线的定义和画法，解题的关键是知道射线是直的．
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2．（2022·河北邢台·校考三模）如图，已知A，B，C三点，画直线AB，画射线AC，连接BC，按照上
述语句画图，下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据直线、射线、线段的定义逐项判断即可得到答案．
【详解】解：A、∵直线AB向两个方向无限延伸，射线AC以点A为端点向一个方向无限延伸，线段BC有
两个端点，故A正确，符合题意；
B、把射线AC画成了线段AC，故B错误，不符合题意；
C、把直线AB画成了射线AB，射线AC画成了射线CA，线段BC画成了直线BC，故C错误，不符合题意；
D、线段BC画成了射线BC，故C错误，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了直线、射线、线段的定义，直线是向两个方向无限延伸的，没有端点，射线是向一个
方向无限延伸，有一个端点，线段有两个端点，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
3．（2020·浙江杭州·模拟预测）如图，已知平面上四个点A,B,C,D，按下列要求画出图形：
（1）画线段BD和线段BD的延长线；
（2）线段AC和线段DB相交于点O；
（3）连结线段BC，反向延长线段BC．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）见详解
【分析】根据线段、延长线的定义画出图形即可．
【详解】（1）线段BD，线段BD的延长线，如图所示：
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（2）线段AC和线段DB相交于点O，如图所示：
（3）连结线段BC，反向延长线段BC，如图所示：
【点睛】本题考查作图−复杂作图，直线、射线、线段的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，
属于中考常考题型．
题型 09 直线的性质
1．（2022·广东深圳·模拟预测）数学知识在生产和生活中被广泛应用，下列实例所应用的最主要的几何知
识，说法正确的是( )
A．学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“菱形的对角线互相垂直平分”
B．车轮做成圆形，应用了“圆是中心对称图形”
C．射击时，瞄准具的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线”
D．地板砖可以做成矩形，应用了“矩形对边相等”
【答案】C
【分析】根据四边形的性质、圆的基本性质、直线的性质和矩形的性质逐项判断即可．
【详解】解：A.学校门口的伸缩门由菱形而不是其他四边形组成，应用了“四边形的不稳定性”，故本选
项错误，不合题意；
B.车轮做成圆形，应用了“圆上各点到圆心的距离相等”，故本选项错误，不合题意；
C.射击时，瞄准具的缺口、准星和射击目标在同一直线上，应用了“两点确定一条直线”，故本选项正确，
符合题意；
D.地板砖可以做成矩形，应用了“矩形四个内角都是直角”的性质，故本选项错误，不合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆的认识，中心对称图形的概念，直线的性质，菱形的性质，矩形的性质等知识
点，熟记相关的性质或定理即可．
2．（2023·陕西西安·模拟预测）如图，锯木板前，在木板两端固定两个点，用墨盒弹一根墨线然后再锯，
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这样做的数学道理是（ ）
A．两点之间线段最短
B．两点确定一条直线
C．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
D．过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行
【答案】B
【分析】根据两点确定一条直线进行求解即可．
【详解】解：锯木板前，在木板两端固定两个点，用墨盒弹一根墨线然后再锯，这样做的数学道理是两点
确定一条直线，
故选B．
【点睛】本题主要考查了两点确定一条直线，正确理解题意是解题的关键．
题型 10 线段的性质
1．（2022·江苏扬州·统考一模）下列三个日常现象：
其中，可以用“两点之间线段最短”来解释的是（ ）
A．① B．② C．③ D．②③
【答案】B
【分析】根据垂线段最短，两点之间线段最短，两点确定一条直线，逐个分析判断即可．
【详解】解：①可以用垂线段最短解释；②可以用两点之间线段最短解释；③可以用两点确定一条直线解
释．
故选：B.
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【点睛】本题考查了垂线段最短，两点之间线段最短，两点确定一条直线，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2021·浙江台州·统考中考真题）小光准备从A地去往B地，打开导航、显示两地距离为37.7km，但导
航提供的三条可选路线长却分别为45km，50km，51km（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．三角形两边之和大于第三边 D．两点确定一条直线
【答案】A
【分析】根据线段的性质即可求解．
【详解】解：两地距离显示的是两点之间的线段，因为两点之间线段最短，所以导航的实际可选路线都比
两地距离要长，
故选：A．
【点睛】本题考查线段的性质，掌握两点之间线段最短是解题的关键．
3．（2023·北京海淀·统考一模）在一条沿直线MN铺设的电缆两侧有甲、乙两个小区，现要求在MN上选
取一点P，向两个小区铺设电缆．下面四种铺设方案中，使用电缆材料最少的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据两点之间线段最短即可得出答案．
【详解】解：∵甲、乙位于直线MN的两侧，
∴根据两点之间线段最短，连接甲、乙两点，与直线MN交于点P，点P即为所求；
故选：A．
【点睛】本题考查两点之间线段最短的公理，解题的关键是分析题中两点的位置是在直线的同侧还是异侧，
在异侧连接两点即可，在同侧需做其中一点的对称点再连接．
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题型 11 与线段中点有关的计算
1．（2023·浙江·模拟预测）如图，A，B两地相距1200m，小车从A地出发，以8m/s的速度向B地行驶，
中途在C地停靠3分钟．大货车从B地出发，以5m/s的速度向A地行驶，途经D地（在A地与C地之
间）时沿原路返回B点取货两次，且往返两次速度都保持不变（取货时间不计），取完两批货后再出发至
A点．已知：AC=3BC，CD=100m，则直至两车都各自到达终点时，两车相遇的次数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【分析】由题意可求出AC=900m，BC=300m，CD=800m，BD=400m．再根据题意结合速度=路程÷
时间讨论即可．
【详解】解：由题意可知AB=1200m．
∵AC=3BC，
3 1
∴AC= AB=900m，BC= AB=300m，
4 4
∴AD=AC−CD=800m，BD=BC+CD=400m．
400
当大货车第一次到达D地时，用时 =80s，
5
∴此时小车行驶路程为8×80=640m．
∵640+400=1040m<1200m，
∴此过程两车不相遇；
当大货车第一次由D地返回B地，且到达C地的过程中，
∵CD=100m，
100
∴大货车到达C地用时 =20s．
5
假设此过程中两车相遇，且又经过t秒相遇，
则[(900−640)−100]+5t=8t，
160
解得：t= s>20s，即说明大货车到达C地之前没相遇；
3
当大货车继续由C地返回B地时，
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∵BC=300m，
300
∴大货车到达B地用时 =60s．
5
此时大货车共行驶80+20+60=160s．
900
∵小车到达C地用时 =112.5s<160s，
8
∴当大货车到达B地时，小车已经到达C地停靠160−112.5=47.5s．
∵小车中途在C地停靠3分钟，即180s，
∴当大货车到达B地时，小车在C地还需停靠180−47.5=132.5s．
400
当大货车又从B地出发前往D地时，用时 =80s，
5
∴当大货车到达D地时小车还在停靠，即此时第一次相遇，
∴此时小车剩余停靠时间132.5−80=52.5s，
∴当小车出发时，大货车第二次从D地前往B地行驶了52.5×5=262.5m．
假设大货车到达B地前小车能追上大货车，且用时为t ，
1
则262.5+5t =8t ，
1 1
解得：t =87.5s>80s，即说明大货车到达B地前小车没追上大货车，
1
∴此过程两车没相遇．
当大货车最后由B地前往A地时，小车正在向B地行驶，
∴两车此过程必相遇．
综上可知，两车相遇的次数为2次．
故选A．
【点睛】本题考查线段的n等分点，线段的和与差，一元一次方程的实际应用．读懂题意，列出算式或方
程是解题关键．
2．（2023·河北秦皇岛·统考一模）如图，数轴上的三个点A，B，C分别表示实数a，b，c．
(1)如果点C是AB的中点，那么a，b，c之间的数量关系是__________，
(2)比较b−2与c+1的大小，并说明理由；
(3)化简：−|a−2|+|b+1|+|c|．
【答案】(1)a+b=2c；
(2)b−2<c+1；
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(3)a−b−c−3．
【分析】（1）利用C是AB的中点得到AC=BC，根据数轴上两点之间的距离公式可得a−c=c−b，化
简即可；
（2）通过数轴得出b，c的大小关小及不等式的性质，从而得出b−2与c+1的大小；
（3）先判断a−2，b+1，c的正负，然后根据绝对值的性质化简即可．
【详解】（1）解：点C是AB的中点，
∴AC=BC
∴a−c=c−b
∴a+b=2c
故答案为：a+b=2c；
（2）b−2<c+1，理由如下：
由数轴上点的位置可知，
b<c
∴b−2<c−2
∵c−2<c+1
∴b−2<c+1
（3）由数轴上点的位置可知，
b<−1，−1<c<0，0<a<1
∴a−2<0，b+1<0，c<0
∴−|a−2|+|b+1|+|c|
=(a−2)−(b+1)−c
=a−b−c−3
【点睛】本题考查了线段中点性质，数轴上两点之间的距离，数轴上数大小的比较，不等式的性质，含绝
对值的有关计算；掌握绝对值的性质以及两点之间的距离是解题的关键．
3．（2023·山西太原·山西大附中校考模拟预测）已知线段a、b、c．
(1)用直尺和圆规作出一条线段AB，使它等于a+c−b．（保留作图痕迹，检查无误后用水笔描黑，包括痕
迹）
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(2)若a=6，b=4，c=7，点C是线段AB的中点，求AC的长．
【答案】(1)作图见解析
(2)4.5
【分析】（1）作射线AM，在射线AM上顺次截取AE=a,EF=c，在线段FA上截取FB=b，则线段AB
即为所求；
（2）由（1）中结论及已知条件，求得AB的长，再利用线段中点的性质即可解得AC的长．
【详解】（1）解：如图，线段AB即为所求：
（2）如图，
∵ a=6，b=4，c=7，
∴AB=a+c−b=6+7−4=9
∵点C是线段AB的中点，
1 1
∴AC= AB= ×9=4.5
2 2
即AC的长4.5．
【点睛】本题考查基本作图、线段的和差、线段的中点等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
4．（2023·河北衡水·校联考模拟预测）如图，已知数轴上点A，B对应的数为−5，1，点C为AB的中点，
点P为数轴上任意一点，且对应的数为m．
(1)若点P为原点，在图中标出点P的位置，并直接写出点C对应的数；
(2)若点P在B的右侧且满足AP=3PB，求−5，1与m这三个数的和．
【答案】(1)图见解析，−2
(2)0
【分析】（1）根据数轴的特征，在图中标出点P的位置，再根据中点的定义写出点C对应的数；
（2）根据点P在B的右侧且满足AP=3PB，可求m，进一步得到−5，1与m这三个数的和．
【详解】（1）解：(−5+1)÷2=−2，
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如图所示：点C对应的数是−2；
（2）∵点P在B的右侧且满足AP=3PB，
∴点P表示的数为1+（1+5）÷（3−1）=4，即m=4，
∴−5，1与m这三个数的和为−5+1+4=0．
【点睛】本题考查了数轴，线段中点以及线段的和差等内容，理解题意，熟练运用相关知识是解题的关键．
题型 12 两点之间的距离
1．（2020·河北唐山·统考一模）A、B、C、D四个车站的位置如图所示．
（1）A、D两站的距离为_________；
（2）C、D两站的距离为__________；
（3）若a=3，C为AD的中点，求b的值．
【答案】（1）4a+3b；（2）a+3b；（3）b的值是2．
【分析】（1）根据线段的和列出代数式，计算即可；
（2）根据线段的差列出代数式，计算即可；
1
（3）根据线段中点的性质列出方程a+3b= (4a+3b)，然后将a代入后，解方程求解．
2
【详解】解：（1）A、D两站的距离为(a+b)+(3a+2b)=a+b+3a+2b=4a+3b；
故答案为：4a+3b；
（2）C、D两站的距离为(3a+2b)−(2a−b)=3a+2b−2a+b=a+3b；
故答案为：a+3b；
（3）C为AD的中点，
1 1
∴CD= AD，a+3b= (4a+3b)
2 2
1
当a=3时，3+3b= (12+3b)
2
解得b=2
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故b的值是2．
【点睛】本题考查线段的和差，线段中点的性质及一元一次方程的应用，题目难度不大，掌握整式加减法
则正确计算是解题关键．
2．（2020·浙江杭州·模拟预测）如图所示，M是线段AB上一定点，AB=12cm，C，D两点分别从点M，
B出发以1cm/s，2cm/s的速度沿直线BA向左运动，运动方向如箭头所示（点C在线段AM上，点D在
线段BM上）．
（1）当点C，D运动了2s时，求AC+MD的值．
（2）若点C，D运时，总有MD=2AC，则AM=_______．
MN
（3）在（2）的条件下，N是直线AB上一点，且AN−BN=MN，求 的值．
AB
1
【答案】（1）6cm；（2）4；（3） 或1
3
【分析】（1）由题意得CM=2cm，BD=4cm，根据AC+MD=AM-CM+BM-BD=AB-CM-BD可得答案；
1
（2）根据C、D的运动速度知BD=2MC，再由已知条件MD=2AC求得MB=2AM，所以AM= AB；
3
（3）分点N在线段AB上时和点N在线段AB的延长线上时分别求解可得．
【详解】解：（1）当点C、D运动了2s时，CM=2cm，BD=4cm
∵AB=12cm，CM=2cm，BD=4cm，
∴AC+MD=AM-CM+BM-BD=AB-CM-BD=12-2-4=6（cm）；
（2）根据C、D的运动速度知：BD=2MC，
∵MD=2AC，
∴BD+MD=2（MC+AC），即MB=2AM，
∵AM+BM=AB，
∴AM+2AM=AB，
1
∴AM= AB=4，
3
故答案为：4；
（3）①当点N在线段AB上时，如图1，
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∵AN-BN=MN，
又∵AN-AM=MN，
∴BN=AM=4，
∴MN=AB-AM-BN=12-4-4=4，
MN 4 1
∴ = = ；
AB 12 3
②当点N在线段AB的延长线上时，如图2，
∵AN-BN=MN，
又∵AN-BN=AB，
∴MN=AB=12，
MN 12
∴ = =1，
AB 12
MN 1
综上： 的值为 或1．
AB 3
【点睛】本题考查了两点间的距离，灵活运用线段的和、差、倍、分转化线段之间的数量关系是十分关键
的一点．
3．（2020·河北·统考模拟预测）如图，在数轴上有A，B两点，点A在点B的左侧．已知点B对应的数为
2，点A对应的数为a．
（1）若a＝﹣1，则线段AB的长为 ；
（2）若点C到原点的距离为3，且在点A的左侧，BC﹣AC＝4，求a的值．
【答案】（1）3；（2）﹣2
【分析】（1）根据点A、B表示的数利用两点间的距离公式即可求出AB的长度；
（2）设点C表示的数为c，则|c|＝3，即c＝±3，根据BC﹣AC＝4列方程即可得到结论．
【详解】（1）AB＝2﹣a＝2﹣（﹣1）＝3，
故答案为：3；
（2）∵点C到原点的距离为3，
∴设点C表示的数为c，则|c|＝3，即c＝±3，
∵点A在点B的左侧，点C在点A的左侧，且点B表示的数为2，
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∴点C表示的数为﹣3，
∵BC﹣AC＝4，
∴2﹣（﹣3）﹣[a﹣（﹣3）]＝4，
解得a＝﹣2．
【点睛】本题主要考查数轴上两点之间的距离，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
4．（2021·河北邯郸·一模）如图，在一条不完整的数轴上，从左到右的点A，B，C把数轴分成①②③④
四部分，点A，B，C对应的数分别是a，b，c，已知bc＜0．
(1)请直接写出原点在第几部分；
(2)若AC＝5，BC＝3，b＝﹣1，求a；
(3)若点C表示数3，数轴上一点D表示的数为d，当点C、原点、点D这三点中其中一点是另外两点的中
点时，直接写出d的值．
【答案】(1)第③部分
(2)﹣3
3
(3)6或﹣3或
2
【分析】（1））因为bc＜0，所以b，c异号，所以原点在第③部分；
（2）求出AB的值，然后根据点A在点B左边2个单位求出a的值；
（3）由于不知道点D的位置，所以分三种情况分别计算即可．
【详解】（1）解：∵bc＜0，
∴b，c异号，
∴原点在第③部分；
（2）∵AC＝5，BC＝3，
∴AB＝AC﹣BC＝5﹣3＝2，
∵b＝﹣1，
∴a＝﹣1﹣2＝﹣3；
（3）当点C是OD的中点时，OD＝2OC＝2×3＝6，此时d＝6；
当O是CD的中点时，OD＝OC＝3，此时d＝﹣3；
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1 1 3 3
当D是OC的中点时，OD＝ OC＝ ×3＝ ，此时d＝ ．
2 2 2 2
3
∴d＝6或﹣3或 ．
2
【点睛】本题考查数轴上两点之间的距离问题，两点之间的距离为右边的点表示的数减去左边的点表示的
数．
题型 13 度、分、秒的换算
1．（2021·内蒙古呼伦贝尔·统考中考真题）74°19'30″= °．
【答案】74.325°
【分析】根据度、分、秒的进率计算即可得到答案．
【详解】解：74°19'30″= 74°19.5'= 74.325°，
故答案为：74.325°．
【点睛】此题考查度分秒的进率计算，熟记度分秒之间的进率是解题的关键．
2（2023·江苏盐城·校考一模）已知∠A=65°30'，则∠A的补角= °．
【答案】114.5
【分析】根据补角的定义：互为补角的两个角相加等于180°；1°=60'，即可．
【详解】解：∵180°−65°30'=114°30'=114.5°，
∴∠A的补角为：114.5°，
故答案为：114.5．
【点睛】本题考查补角的定义和角的运算，解题的关键是掌握补角的定义：互为补角的两个角相加等于
180°；1°=60'．
3．（2020·浙江湖州·统考模拟预测）计算：40°﹣15°30′＝ ．
【答案】24°30′
【分析】根据角的概念计算即可．
【详解】解：原式＝39°60′﹣15°30′＝24°30′，
故答案为：24°30′
【点睛】本题主要考查了角的概念及其计算，熟记度与分之间的数量关系是解题的关键．
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题型 14 钟面角的计算
1．（2019·广西梧州·统考中考真题）如图，钟表上10点整时，时针与分针所成的角是（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
【答案】B
【分析】根据钟面分成12个大格，每格的度数为30°即可解答．
【详解】解：∵钟面分成12个大格，每格的度数为30°，
∴钟表上10点整时，时针与分针所成的角是60°
故选B．
【点睛】考核知识点：钟面角.了解钟面特点是关键.
2．（2022·安徽安庆·统考二模）如图表示一个时钟的钟面垂直固定于水平桌面上，其中分针上有一点A，
且当钟面显示3点 30分时，分针垂直于桌面，A点距桌面的高度为10厘米，如图①. 若此钟面显示3点
45分 时，A点距桌面的高度为18厘米，如图②. 则钟面显示3点50分时，A点距桌面的高度为（ ）厘
米
A．22−3√3 B．16+π C．22 D．18+4√3
【答案】C
【分析】根据当钟面显示3点30分时，分针垂直于桌面，A点距桌面的高度为10厘米得出AD=10厘米，
进而得出OA=OA'=OA″=8厘米，从而得出FA″=4厘米，得出答案即可．
【详解】解：如图，
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∵当钟面显示3点30分时，分针垂直于桌面，A点距桌面的高度为10厘米．
∴AD=10厘米，
∵钟面显示3点45分时，A点距桌面的高度为18厘米，
∴A′C=18厘米，
∴AO=A′O=8厘米，
则钟面显示3点50分时，则有∠A″OA′=30°，
∴FA″=4，
∴A点距桌面的高度为：18+4=22厘米．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了解直角三角形以及钟面角，得出∠A′OA=30°，进而得出FA″=3，是解决问题的关
键．
3．（2018·山东德州·校联考一模）在下列时间段内时钟的时针和分针会出现重合的是（ ）
A．5：20-5：26 B．5：26-5：27 C．5：27-5：28 D．5：28-5：29
【答案】C
【详解】分析：解这个问题的难处在于时针转过多大的角度，这就要弄清楚时针与分针转动速度的关系．
每一小时，分针转动360°，而时针转动30°，依据这一关系列出方程，可以求出．
详解：设：从5:20开始，经过x分钟，时针和分针会出现重合．
此时分针指向4，时针与分针之间的夹角是30+20×0.5=40∘.
则：6x−0.5x=40
x≈7.27，
即从5:20开始，经过大约7.27分钟，时针和分针会出现重合，在5:27−5:28时间段内重合.
故选C.
点睛：考查钟面角，钟面角里时针和分针的转动问题本质上就是行程中的追击问题，根据追击问题的解题
思路解方程即可.
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题型 15 方向角的表示
1．（2022·河北石家庄·统考一模）如图，嘉琪从点A出发，沿正东方向前进5m后向左转30°，再前进5m
后又向左转30°，这样一直走下去．以下说法错误的是（ ）
A．第二次左转后行走的方向是北偏东30° B．第六次左转后行走的方向是正西方向
C．第八次左转后行走的方向是南偏西60° D．嘉琪第一次回到点A时，一共走了60m
【答案】C
【分析】根据题意以及多边形的外角和，可知嘉琪走过的图形是正多边形，根据题意分析第2,6,8次行走的
方向即可判断A、B、C选项，根据正多边形的边长相等可得路程进而判断D选项．
【详解】解：根据题意走过的图形是正多边形，设边数为n，
360
则n= =12，
30
∴第一次行走的方向与正东方向的夹角为30度，则第二次行走的方向与正东方向的夹角为60度，以此类
推可知，第n次行走的方向与正东方向的夹角为30n度，
∴第二次左转后行走的方向是北偏东30°，故A选项正确，不符合题意；
第六次左转后行走的方向是正西方向，故B选项正确，不符合题意；
第八次左转后行走的方向是南偏西30°,故C选项不正确，符合题意；
嘉琪第一次回到点A时，一共走了60m，故D选项正确，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查了方位角，正多边形的性质，根据多边形的外角和求边数，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2022·河北石家庄·校考一模）A，B，C三地两两的距离如图所示，B地在A地的正西方向，下面说法
不正确的是（ ）
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A．C地在B地的正北方向上 B．A地在B地的正东方向上 C．C地在A地的北偏西60°方
向上 D．A地在C地的南偏东30°方向上
【答案】D
【分析】先根据勾股定理的逆定理求得AB⊥BC，由此可判断A、B两个选项，再利用锐角三角函数求得
∠A＝30°，∠C＝60°，由此可判断C、D两个选项．
【详解】解：∵AB＝6√3，BC＝6，AC＝12，
∴AB2＋BC2＝AC2，
∴∠B＝90°，
∴AB⊥BC，
∴C地在B地的正北方向上，A地在B地的正东方向上，
故选项A，选项B都是正确的，不符合题意；
BC 6 1
∵在Rt△ABC中，sinA＝ ＝ ＝ ，
AC 12 2
∴∠A＝30°，
∴∠C＝90°－∠A＝60°，
∴C地在A地的北偏西60°方向上，A地在C地的南偏东60°方向上，
故选项C是正确的，不符合题意，选项D是不正确的，符合题意，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的逆定理、锐角三角函数以及方位角的应用，熟练掌握锐角三角函数是
解决本题的关键．
3．（2023·河北秦皇岛·统考二模）如图，有A,B,C三地，B地在A地北偏西36°方向上，AB⊥BC，则
B地在C地的（ ）
A．北偏西54°方向 B．北偏东54°方向 C．南偏西54°方向 D．南偏西90°方向
【答案】B
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【分析】如图，过点B作BE∥CD，根据方向角的概念及平行线的性质求出∠DCB的度数即可得答案．
【详解】如图，过点B作BE∥CD，
根据题意得：CD∥AF，
∴ CD∥BE∥AF，
∴∠ABE=∠BAF=36°，
∵ AB⊥BC，
∴∠CBE=90°−∠ABE=54°，
∴∠DCB=∠CBE=54°，
∴ B地在C地的北偏东54°方向上，
故选：B．
【点睛】本题考查方向角的概念、平行线的性质及角度的计算，熟练掌握相关知识是解题关键．
题型 16 角平分线的相关计算
1．（2021·山东济南·统考中考真题）如图，AB//CD，∠A=30°，DA平分∠CDE，则∠DEB的度数
为（ ）
A．45° B．60° C．75° D．80°
【答案】B
【分析】由题意易得∠CDA=∠A=30°，然后根据角平分线的定义可得∠CDE=60°，进而根据平行线
的性质可求解．
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【详解】解：∵AB//CD，∠A=30°，
∴∠CDA=∠A=30°，∠CDE=∠DEB，
∵DA平分∠CDE，
∴∠CDE=2∠CDA=60°，
∴∠DEB=60°；
故选B．
【点睛】本题主要考查平行线的性质及角平分线的定义，熟练掌握平行线的性质及角平分线的定义是解题
的关键．
2．（2020·四川乐山·中考真题）如图，E是直线CA上一点，∠FEA=40°，射线EB平分∠CEF，
¿⊥EF．则∠GEB=（ ）
A．10° B．20° C．30° D．40°
【答案】B
【分析】先根据射线EB平分∠CEF，得出∠CEB=∠BEF=70°，再根据¿⊥EF，可得∠GEB=∠GEF-
∠BEF即可得出答案．
【详解】∵∠FEA=40°，
∴∠CEF=140°，
∵射线EB平分∠CEF，
∴∠CEB=∠BEF=70°，
∵¿⊥EF，
∴∠GEB=∠GEF-∠BEF=90°-70°=20°，
故选：B．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，补角，掌握知识点灵活运用是解题关键．
3．（2018·四川南充·统考一模）如图，已知OC是∠AOB内部任意的一条射线，OM、ON分别是∠AOC、
∠BOC的平分线．
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(1)若∠AOM＝20°，∠BON＝30°，求∠MON的度数；
(2)若∠AOB＝α，求∠MON的度数．
【答案】(1)50°
1
(2) α
2
【分析】（1）根据角平分线的性质可知∠MOC＝∠AOM，∠NOC＝∠BON，再根据∠MON＝∠MOC＋
∠NOC即可求出∠MON的度数；
1 1
（2）根据角平分线性质可知∠MOC＝ ∠AOC，∠NOC＝ ∠BOC，再根据∠MON＝∠MOC＋∠NOC即
2 2
可计算∠MON的度数．
【详解】（1）解：根据角平分线的性质可知∠MOC＝∠AOM＝20°，∠NOC＝∠BON＝30°，
∴∠MON＝∠MOC+∠NOC＝20°+30°＝50°，
即∠MON的度数为50°；
1 1
（2）解：根据角平分线性质可知∠MOC＝ ∠AOC，∠NOC＝ ∠BOC，
2 2
1 1 1
∴∠MON＝∠MOC+∠NOC＝ ∠AOC+ ∠BOC＝ ∠AOB，
2 2 2
∵∠AOB＝α，
1
∴∠MON＝ α．
2
【点睛】本题主要考查角的计算，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．
4．（2020·浙江杭州·模拟预测）已知O是直线AB上一点，将一个直角三角尺OMN按图①方式放置，直角
边ON在直线AB上，另一条直角边OM与AB的夹角∠AOM=90°，射线OC在∠AOM内部．
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（1）如图②，将三角尺OMN绕着点O顺时针旋转，当OM平分∠BOC时，试判断∠AON与∠CON的
大小关系，并说明理由．
（2）若∠AOC=60°，三角尺OMN绕点O顺时针旋转一周，每秒旋转5°，旋转时间为t，则当t为何值时
∠CON=∠MOB？
（3）在（2）的条件下，在三角尺OMN绕点O顺时针旋转一周的过程中，∠CON+∠MOB的值能否为
定值？若能，求t的取值范围．
【答案】（1）∠AON=∠CON；（2）t=15；（3）能是定值，12<t<18．
【分析】（1）由∠MON=90°，得到∠AON+∠BOM=90°，∠NOC+∠COM=90°，利用OM平分∠BOC
推出∠BOM=∠COM，由此得到∠AON=∠CON；
（2）画出图形，由∠CON=∠MOB推出∠AOC+2∠CON=90°，利用∠AOC=60°计算得出∠CON=
15°，根据公式计算出旋转时间为t；
（3）∠CON+∠MOB能是定值，当∠MON在∠BOC内部时， ∠CON+∠MOB=180°-∠AOC-
∠MON=30°，旋转角60°<∠AON<90°，计算得出t．
【详解】（1）∠AON=∠CON，理由如下：
∵∠MON=90°，
∴∠AON+∠BOM=90°，∠NOC+∠COM=90°，
∵OM平分∠BOC，
∴∠BOM=∠COM，
∴∠AON=∠CON；
（2）如图，
∵∠MON=90°，
∴∠AON+∠BOM=90°，
∵∠CON=∠MOB，
∴∠CON+∠AON=90°，
∴∠AOC+2∠CON=90°，
∵∠AOC=60°，
∴∠CON=15°，
∴旋转时间为t=(60+15)÷5=15（秒）；
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（3）∠CON+∠MOB能是定值，如图，
∵∠MON=90°，∠AOC=60°，
∴当∠MON在∠BOC内部时，∠CON+∠MOB=180°-∠AOC-∠MON=30°，
∴∠CON+∠MOB是定值，
此时60°<∠AON<90°，
∴12<t<18．
．
【点睛】此题考查角平分线的性质，角度互余互补的关系计算，运动角的问题，这是一道角度的基础题，
但是有难度．
题型 17 求一个角的余角、补角
1．（2021·广西百色·统考中考真题）已知∠α＝25°30′，则它的余角为（ ）
A．25°30′ B．64°30′ C．74°30′ D．154°30′
【答案】B
【分析】根据互为余角相加等于90°以及度分秒的进率计算即可．
【详解】解：∵∠α＝25°30′，
∴它的余角为90°−25°30'=64°30'，
故选：B．
【点睛】本题主要考查余角的性质以及度分秒的计算，熟知度分秒的进率为60是解题的关键．
2．（2019·甘肃兰州·一模）一个角的补角是150°，则这个角的余角等于（ ）
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A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】D
【分析】根据补角、余角的定义即可求解.
【详解】一个角的补角是150°，则这个角等于30°，30°角的余角为60°
故选D.
【点睛】此题主要考查一个角的补角、余角,解题的关键是熟知补角、余角的定义.
3．（2022·广东东莞·东莞市东城实验中学校联考一模）若一个角的余角是25°，那么这个角的度数是
．
【答案】65°
【分析】根据余角：如果两个角的和等于90°（直角），就说这两个角互为余角．即其中一个角是另一个
角的余角进行计算即可．
【详解】解：这个角的是90°-25°=65°，
故答案为：65°．
【点睛】此题主要考查了余角，解题的关键是明确两个角互余，和为90°．
4．（2022·江苏苏州·苏州中学校考二模）（1）已知∠α=35°19′，则∠α的余角等于 ；
（2）已知∠β的补角为120°37′46″，∠β= °．
【答案】 54°41′ 59°22′14″
【分析】（1）根据互余两角之和为90°，可得出答案；
（2）根据互补两角之和为180°，可得出答案．
【详解】解：（1）∠α的余角=90°-∠α=90°-35°19'=54°41′，
故答案为：54°41′；
（2）∠β=180°-120°37′46″=59°22′14″．
故答案为： 59°22′14″．
【点睛】本题考查了余角和补角的知识，解答本题的关键是掌握：互余两角之和为90°，互补两角之和为
180°．
题型 18 与余角、补角有关的计算
1．（2021·陕西西安·校考模拟预测）如图，∠AOC与∠COB互余，∠COB=15°,OC平分∠AOD，则
∠BOD的度数是（ ）
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A．75° B．60° C．65° D．55°
【答案】B
【分析】先根据余角的定义，求出∠AOC的度数，再根据角平分线的定义∠DOC的度数，即可求得
∠BOD的度数．
【详解】解：∵∠AOC与∠COB互余，∠COB=15°，
∴∠AOC=90°﹣∠BOC=90°﹣15°=75°，
∵OC平分∠AOD，
∴∠DOC=∠AOC=75°，
∴∠BOD=∠DOC﹣∠BOC=75°﹣15°=60°，
故选：B．
【点睛】本题考查余角定义、角平分线的定义，熟知余角的定义是解答的关键．
2．（2023·广东河源·三模）任意一个锐角的补角与这个锐角的余角的差等于 °．
【答案】90
【分析】本题主要考查了补角和余角．设这个锐角为x，可得一个锐角的补角与这个锐角的余角的差等于
180°−x−(90°−x)，即可求解．
【详解】解：设这个锐角为x，依题意得：
180°−x−(90°−x)=180°−x−90°+x=90°．
故答案为：90．
3．（2022·云南昆明·云大附中校考模拟预测）若∠1与∠2互补，∠3与∠1互余，∠2+∠3=120°，则
∠2−∠1= ．
【答案】30°/30度
【分析】根据余角与补角的定义即可求出答案．
【详解】解：∵∠1+∠2=180°，∠3+∠1=90°，
∴180°−∠2=90°−∠3，
即∠2−∠3=90°，
∵∠2+∠3=120°，
∴¿
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解得：¿，
∴∠1=75°，
∴∠2−∠1=105°−75°=30°，
故答案为：30°．
【点睛】本题考查余角与补角的定义以及解二元一次方程组，解题的关键是正确理解余角与补角的定义，
本题属于基础题型．
题型 19 同（等）角的余（补）角相等
1．（2020·北京房山·统考一模）一副直角三角板有不同的摆放方式，图中满足∠α与∠β相等的摆放方式
是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意分别求出∠α、∠β关系，做出判断即可.
【详解】解：A. ∠α、∠β互余,不合题意；
B.根据根据同角的余角相等可得∠α＝∠β，符合题意；
C. ∠α=60°，∠β=75°，不合题意；
D. ∠α=45°，∠β=60°，不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了互为余角的意义.掌握同角的余角相等是解题的关键.
2．（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）如图，在直角△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，则
sinA=（ ）
BC AC AD BD
A． B． C． D．
AC AB AC BC
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【答案】D
【分析】根据同角的余角相等，得到∠BCD=∠A，利用正弦的定义，进行判断即可．
【详解】解：∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠BDC=90°，
∴∠A=∠BCD=90°−∠B，
BC BD
∴sin A= =sin∠BCD= ；
AB BC
故选D．
【点睛】本题考查求角的正弦值．熟练掌握同角的余角相等，以及锐角三角函数的定义是解题的关键．
3．将一副三角板按如图方式摆放，∠1与∠2不一定互补的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】A选项：
∠1+∠2=360°－90°×2=180°；
B选项：
∵∠2+∠3=90°，∠3+∠4=90°，
∴∠2=∠4，
∵∠1+∠4=180°，
∴∠1+∠2=180°；
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C选项：
∵∠ABC=∠DEC=90°，
∴AB∥DE，
∴∠2=∠EFC，
∵∠1+∠EFC=180°，
∴∠1+∠2=180°；
D选项：∠1和∠2不一定互补.
故选：D.
【点睛】本题主要掌握平行线的性质与判定定理，关键在于通过角度之间的转化得出∠1和∠2的互补关系.
4．（2020·黑龙江大庆·统考中考真题）将两个三角尺的直角顶点重合为如图所示的位置，若
∠AOD=108°，则∠COB= ．
【答案】72°.
【分析】由∠AOB=∠COD=90°，∠AOC=∠BOD，进而∠AOC=∠BOD=108°-90°=18°，由此能求出
∠BOC．
【详解】解：∵ ∠AOB=∠COD=90°，
∴ ∠AOC=∠BOD， 又∠AOD=108°，
∴ ∠AOC=∠BOD=108°-90°=18°，
∴ ∠BOC=90°-18°=72°．
故答案为：72°．
【点睛】本题考查的是角的和差，两锐角的互余，掌握以上知识是解题的关键．
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题型 19 点到直线的距离
1．（2022·山东淄博·模拟预测）如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC交BC于点D，若
AD=13，AC=12，则点D到AB的距离为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】根据勾股定理求CD，根据角平分线性质得出DE=CD，即可得出答案．
【详解】解：在Rt△ACD中，AD=13，AC=12，
由勾股定理得：CD=√AD2−AC2=5，
过D作DE⊥AB于E，
∵∠C=90°，AD平分∠BAC，
∴DE=CD=5，
即点D到AB的距离为5，
故选：C．
【点睛】本题考查了角平分线性质和勾股定理，能熟记角平分线性质的内容是解此题的关键．
2．（2023下·广东深圳·九年级校联考阶段练习）如图，∠ABC=∠ADB=90°，DA=DB，若BC=2，
AB=4，则点D到AC的距离是（ ）
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5√5 6√5 4√5 5√5
A． B． C． D．
6 5 5 4
【答案】B
【分析】过点D作DF⊥AC，垂足为F，过点D作DG⊥CB，交CB的延长线于点G，在Rt△ABC中，
利用勾股定理可求出AC的长，再利用等腰直角三角形的性质可得∠DBA=∠DAB=45°，
AD=BD=2√2，然后在Rt△DBG中，利用锐角三角函数的定义求出DG的长，最后根据△ADC的面积
=△ABC的面积+△ADB的面积−△DBC的面积进行计算即可解答．
【详解】解：过点D作DF⊥AC，垂足为F，过点D作DG⊥CB，交CB的延长线于点G，
∵∠ABC=90°，BC=2，AB=4，
∴AC=√AB2+BC2=√42+22=2√5，
∵∠ADB=90°，DA=DB，
AB 4
∴∠DBA=∠DAB=45°，AD=BD= = =2√2，
√2 √2
∵∠ABC=90°，
∴∠ABG=180°−∠ABC=90°，
∴∠DBG=90°−∠DBA=45°，
在Rt△DBG中，DB=2√2，
√2
∴DG=DB⋅sin45°=2√2⋅ =2，
2
∴△ADC的面积=△ABC的面积+△ADB的面积−△DBC的面积，
1 1 1 1
∴ AC⋅DF= AB⋅BC+ AD⋅DB− BC⋅DG
2 2 2 2
1 1 1 1
∴ ×2√5⋅DF= ×4×2+ ×2√2×2√2− ×2×2，
2 2 2 2
∴√5DF=4+4−2，
6√5
∴DF= ，
5
6√5
∴点D到AC的距离是 ，
5
故选：B．
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【点睛】本题考查了等腰直角三角形，点到直线的距离，利用了勾股定理，锐角三角函数，根据题目的已
知条件结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
3．（2021·山东滨州·二模）阅读下面材料：
我们知道一次函数y＝kx+b（k≠0，k、b是常数）的图象是一条直线，到高中学习时，直线通常写成
Ax+By+C＝0（A≠0，A、B、C是常数）的形式，点P（x，y）到直线Ax+By+C＝0的距离可用公式d＝
0 0
|Ax +B y +C|
0 0
计算．
√A2+B2
例如：求点P（3，4）到直线y＝﹣2x+5的距离．
解：∵y＝﹣2x+5
∴2x+y﹣5＝0，其中A＝2，B＝1，C＝﹣5
|Ax +B y +C| |2×3+1×4−5| 5
0 0
∴点P（3，4）到直线y＝﹣2x+5的距离为： d＝ ＝ ＝ ＝√5
√A2+B2 √22+12 √5
根据以上材料解答下列问题：
(1)求点Q（﹣2，2）到直线3x﹣y+7＝0的距离；
(2)如图，直线l ：y＝﹣x沿y轴向上平移2个单位得到另一条直线l ，求这两条平行直线之间的距离．
1 2
(3)若将l 绕其与y轴的交点逆时针旋转90度与l 相交，直接写出l 大于l 时，x的取值范围
2 1 1 2
√10
【答案】(1)
10
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(2)√2
(3)x<−1
|Ax +B y +C|
0 0
【分析】（1）把点Q的坐标代入公式d＝ 计算即可；
√A2+B2
（2）在直线y＝﹣x上任意取一点P，求出点P的坐标，然后根据距离公式即可求出点P到直线y＝﹣x+2
的距离，即可得出两平行线间的距离；
（3）先求出旋转后的直线解析式，然后求出此直线与与l 的交点，最后观察图象即可得出结论.
1
【详解】（1）∵3x﹣y+7＝0，
∴A＝3，B＝﹣1，C＝7．
∵点Q（﹣2，2），
|−2×3+(−1)×2+7| √10
=
∴d＝ ，
√32+(−1) 2 10
√10
∴点Q（﹣2，2）到到直线3x﹣y+7＝0的距离为 ；
10
（2）直线y＝﹣x沿y轴向上平移2个单位得到另一条直线为y＝﹣x+2，
在直线y＝﹣x上任意取一点P，
当x＝0时，y＝0．
∴P（0，0）．
∵直线y＝﹣x+2，
∴A＝1，B＝1，C＝﹣2
|0×1+0×1−2|
∴d＝
=√2，
√12+12
∴两平行线之间的距离为√2；
（3）直线l ：y＝﹣x+2与y轴的交点为（0，2），
2
设直线l 绕其与y轴的交点逆时针旋转90度后的直线解析式为y＝x+b，
2
∴2=b，
∴旋转后直线为y＝x+2，
联立方程组
¿，
解得¿
∴交点坐标为（-1，1），
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由图象可知：l 大于l 时，x的取值范围为x<−1.
1 2
【点睛】本题考查了一次函数的点与直线之间的距离公式等知识点，正确理解点到直线的距离公式是解题
的关键.
题型 20 利用对顶角、邻补角的性质求解
1．（2022·北京·统考中考真题）如图，利用工具测量角，则∠1的大小为（ ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
【答案】A
【分析】利用对顶角相等求解．
【详解】解：量角器测量的度数为30°，
由对顶角相等可得，∠1=30°．
故选A．
【点睛】本题考查量角器的使用和对顶角的性质，掌握对顶角相等是解题的关键．
2．（2020·贵州安顺·统考中考真题）如图，直线a，b相交于点O，如果∠1+∠2=60°，那么∠3是（ ）
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A．150° B．120° C．60° D．30°
【答案】A
【分析】根据对顶角相等求出∠1，再根据互为邻补角的两个角的和等于180°列式计算即可得解．
【详解】解：∵∠1＋∠2＝60°，∠1＝∠2（对顶角相等），
∴∠1＝30°，
∵∠1与∠3互为邻补角，
∴∠3＝180°−∠1＝180°−30°＝150°．
故选：A．
【点睛】本题考查了对顶角相等的性质，邻补角的定义，是基础题，熟记概念与性质并准确识图是解题的
关键．
3．（2021·河南·统考中考真题）如图，a//b，∠1=60°，则∠2的度数为（ ）
A．90° B．100° C．110° D．120°
【答案】D
【分析】先利用“两直线平行，同位角相等”求出∠3，再利用邻补角互补求出∠2．
【详解】解：如图，∵a∥b，
∴∠1=∠3=60°，
∴∠2=180°-∠3=120°，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的性质和邻补角互补的性质，解决本题的关键是牢记相关概念，本题较基础，
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考查了学生的基本功．
4．（2020·湖北黄冈·中考真题）已知：如图，AB//EF,∠ABC=75°,∠CDF=135°，则∠BCD=
度．
【答案】30
【分析】本题可利用两直线平行，同位角相等求解∠EGC，继而根据邻补角定义求解∠CDE，最后根据外
角定义求解∠BCD．
【详解】令BC与EF相交于G点，如下图所示：
∵AB//EF,∠ABC=75°,∠CDF=135°，
∴∠EGC=∠ABC=75°，∠EDC=180°-∠CDF=180°-135°=45°，
又∵∠EGC=∠BCD+∠EDC，
∴∠BCD=75°-45°=30°，
故答案：30．
【点睛】本题考查直线平行的性质，外角以及邻补角定义，难度一般，掌握一些技巧有利于解题效率，例
如见平行推角等．
题型 21 判断同位角、内错角、同旁内角
1．（2021·广西百色·统考中考真题）如图，与∠1是内错角的是（ ）
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A．∠2 B．∠3 C．∠4 D．∠5
【答案】C
【分析】根据内错角的定义，即两条直线被第三条直线所截，位于截线的两侧，且夹在两条被截直线之间
的两个角，解答即可．
【详解】根据内错角的定义，得：∠1是内错角的是∠4 ．
故选：C
【点睛】本题主要考查了内错角的定义，解题的关键是熟练掌握并理解内错角的定义．
2．（2018·浙江金华·中考真题）如图，∠B的同位角可以是( )
A．∠1 B．∠2 C．∠3 D．∠4
【答案】D
【分析】直接利用两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的同侧，并且在第三条直
线（截线）的同旁，则这样一对角叫做同位角，进而得出答案．
【详解】∠B的同位角可以是：∠4．
故选D．
【点睛】此题主要考查了同位角的定义，正确把握定义是解题关键．
题型 22 利用平行线的判定进行证明
1．（2022·湖北武汉·校考三模）如图，已知AD⊥BC，EF⊥BC，∠1=∠2．
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(1)求证：EF∥AD；
(2)求证：∠BAC+∠AGD=180°．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据垂直得出∠EFB=∠ADB=90°，根据平行线的判定得出EF∥AD；
（2）根据平行线的性质得出∠1=∠BAD，由∠1=∠2得出∠2=∠BAD，根据平行线的判定得出
DG∥BA，再根据平行线的性质即可得解．
【详解】（1）证明：∵AD⊥BC，EF⊥BC，
∴∠EFB=90°，∠ADB=90°（垂直的定义），
∴∠EFB=∠ADB（等量代换），
∴EF∥AD（同位角相等，两直线平行）；
（2）证明：∵EF∥AD，
∴∠1=∠BAD（两直线平行，同位角相等），
又∵∠1=∠2（已知），
∴∠2=∠BAD（等量代换），
∴DG∥BA（内错角相等，两直线平行），
∴∠BAC+∠AGD=180°（两直线平行，同旁内角互补）．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，熟记平行线的判定定理与性质定理是解题的关键．
2．（2022·湖北武汉·校考模拟预测）如图，AB∥CD，AM平分∠BAE，FG平分∠AFC．
(1)求证：AM∥GF；
(2)若∠BAM＝55°，求∠CFE的度数．
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【答案】(1)见解析；
(2)70°
【分析】（1）根据AB∥CD及角平分线的定义得到∠MAE=∠AFG，即可证得AM∥GF；
（2）利用角平分线的性质求出∠BAE=2∠BAM＝110°，根据平行线的性质求出∠DFE=∠BAE=110°，即可
求出∠CFE．
【详解】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠BAE=∠AFC，
∵AM平分∠BAE，FG平分∠AFC．
1 1
∴∠MAE= ∠BAE，∠AFG= ∠AFC，
2 2
∴∠MAE=∠AFG，
∴AM∥GF；
（2）解：∵∠BAM＝55°，AM平分∠BAE，
∴∠BAE=2∠BAM＝110°，
∵AB∥CD，
∴∠DFE=∠BAE=110°，
∴∠CFE=180°-∠DFE=70°．
【点睛】此题考查了平行线的性质及判定，角平分线的性质，熟记平行线的性质是解题的关键．
3．（2022·安徽合肥·合肥38中校考一模）如图，在△ABC中，AB=AC，点E在边BC的延长线上，以
AC为边作△ACD，使DA=DC，且点B、D在AC的两侧，连接AE交CD于点F，若∠ADC=∠BAC．
(1)求证：AD∥BE；
(2)求证：AC2=BC⋅CD；
(3)若DA=10、CE=2.5，且AC2=2CF⋅AD，求AE的长；
【答案】(1)见解析
(2)见解析
15
(3)
2
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【分析】（1）根据AB=AC得出，∠B=∠ACB，AD=CD，得出∠DAC=∠ACD，根据
∠ADC=∠BAC，得出∠DAC=∠ACB，利用平行线的判定得出AD∥BE；
AC DC
（2）根据已知条件，得出△DAC∽△ABC，利用相似三角形的性质，得出 = ，即可得出结论；
BC AC
（3）过点A作AG⊥BC于点G，根据已知条件得出CF的长，且BC=2CF，再证明△ABG≌△ACF，从而
得出∠AFC=90°，利用勾股定理算出AF的长，即可得出AE的长．
【详解】（1）证明：∵∠ADC=∠BAC，
∴∠ABC+∠ACB=∠DAC+∠DCA，
∵AB=AC，DA=DC，
∴∠DAC=∠ACB，
∴AD∥BE；
（2）∵∠DAC=∠ACB，∠ACB=∠ABC，
∴∠DAC=∠ABC，
∵∠ADC=∠BAC，
∴△DAC∽△ABC，
AC DC
∴ = ，
BC AC
∴AC2=BC⋅CD；
（3）过点A作AG⊥BC于点G，如图所示：
∵AC2=BC⋅CD，AC2=2CF⋅CD，
∴BC⋅CD=2CF⋅CD，
∴BC=2CF，
∵AD∥BE，
CF EF CE 2.5 1
∴ = = = = ，
FD AF AD 10 4
∵CD=AD=10，
1 1
∴CF= CD= ×10=2，
5 5
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∴BC=2CF=2×2=4，
∴AC2=BC⋅CD=4×10=40，
∵AB=AC，AG⊥BC，
1 1
∴BG= BC= ×4=2，
2 2
∴BG=CF，
∵在△ABG和△ACF中¿，
∴△ABG≌△ACF(SAS)，
∴∠AFC=∠AGB=90°，
∴在Rt△AFC中根据勾股定理可知，AF=√AC2−CF2=√402−42=6，
1 6 3
∴EF= AF= = ，
4 4 2
3 15
∴AE=AF+EF=6+ = ．
2 2
【点睛】本题主要考查了平行线的判定、等腰三角形的性质、三角形相似的判定和性质、三角形全等的判
定和性质，作出正确的辅助线是解题的关键．
题型 23 平行线判定的实际应用
1．（2020·浙江金华·统考中考真题）如图，工人师傅用角尺画出工件边缘AB的垂线a和b，得到a//b，
理由是（ ）
A．在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行
B．在同一平面内，过一点有且仅有一条直线垂直于已知直线
C．连接直线外一点与直线各点的所有直线中，垂线段最短
D．经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行
【答案】A
【分析】根据在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行判断即可．
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【详解】解：由题意得：a⊥AB,b⊥ab,
∴a∥b（在同一平面内，如果两条直线都垂直于同一条直线，那么这两条直线平行），
故选：A．
【点睛】本题考查平行线的判定，平行公理，解题关键是理解题意，灵活运用所学直线解决问题．
2．（2019·辽宁抚顺·九年级统考阶段练习）如图，将木条a，b与c钉在一起，∠1=85°，∠2=50°，要
使木条a与b平行，木条a旋转的度数至少是（ ）
A．15° B．25° C．35° D．50°
【答案】C
【分析】根据同位角相等两直线平行，求出旋转后∠2的同位角的度数，然后用∠1减去即可得到木条a旋
转的度数．
【详解】∵∠AOC=∠2=50°时，OA∥b，
∴要使木条a与b平行，木条a旋转的度数至少是85°−50°=35°．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的判定，根据同位角相等两直线平行求出旋转后∠2的同位角的度数是解题的
关键．
3．（2021·山东烟台·统考中考真题）《九章算术》中记载了一种测量古井水面以上部分深度的方法．如图
所示，在井口A处立一根垂直于井口的木杆AB，从木杆的顶端B观察井水水岸D，视线BD与井口的直径
AC交于点E，如果测得AB=1米，AC=1.6米，AE=0.4米，那么CD为 米．
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【答案】3
【分析】由已知可知CD与AB平行，所以可利用△DEC∼△BEA解决．
【详解】解：CE=AC−AE=1.6−0.4=1.2（米），
∵AB⊥AC，DC⊥AC，
∴AB∥DC．
∴△DEC∼△BEA ．
DC EC
∴ = ．
BA EA
BA·EC 1×1.2
∴DC= = =3（米）．
EA 0.4
故答案为：3
【点睛】本题考查了相似三角形的应用的知识点，熟知相似三角形的判定与性质是解题的基础；善于从实
际问题中发现问题、解决问题是关键．
题型 24 由平行线的性质求角度
1．（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，直线a∥b，等边三角形ABC的顶点C在直线b上，∠2=40°，
则∠1的度数为（ ）
A．80° B．70° C．60° D．50°
【答案】A
【分析】先根据等边三角形的性质得到∠A＝60°，再根据三角形内角和定理计算出∠3＝80°，然后根据平
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行线的性质得到∠1的度数．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵∠A＋∠3＋∠2＝180°，
∴∠3＝180°−40°−60°＝80°，
∵a∥b，
∴∠1＝∠3＝80°．
故选：A．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．也考查了平行线
的性质．
2．（2022·辽宁·统考中考真题）如图，直线m∥n，AC⊥BC于点C，∠1＝30°，则∠2的度数为（ ）
A．140° B．130° C．120° D．110°
【答案】C
【分析】先根据直角三角形的两个锐角互余求出∠ABC的度数，然后根据平行线的性质求解即可．
【详解】解：∵AC⊥BC于点C，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ABC+∠1=90°，
又∠1=30°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
∵m∥n，
∴∠2＝180°﹣∠ABC＝120°．
故选：C．
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【点睛】本题考查了直角三角形的两个锐角互余，平行线的性质等知识，解题的关键是求出∠ABC的度数．
3．（2022·甘肃平凉·模拟预测）如图，将平行四边形ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在点B'处，若
∠1=∠2=36°，∠B为（ ）
A．36° B．144° C．108° D．126°
【答案】D
1
【分析】根据平行四边形性质和折叠性质得∠BAC=∠ACD=∠B′AC= ∠1，再根据三角形内角和定理可得．
2
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC，
由折叠的性质得：∠BAC=∠B′AC，
1
∴∠BAC=∠ACD=∠B′AC= ∠1=18°，
2
∴∠B=180°-∠2-∠BAC=180°-36°-18°=126°；
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌
握平行四边形的性质，求出∠BAC的度数是解决问题的关键．
4．（2021·山东临沂·统考中考真题）如图，在AB//CD中，∠AEC=40°，CB平分∠DCE，则
∠ABC的度数为（ ）
A．10° B．20° C．30° D．40°
【答案】B
【分析】根据平行线的性质得到∠ABC=∠BCD，再根据角平分线的定义得到∠ABC=∠BCD，再利用三角形
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外角的性质计算即可．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴∠ABC=∠BCD，
∵CB平分∠DCE，
∴∠BCE=∠BCD，
∴∠BCE=∠ABC，
∵∠AEC=∠BCE+∠ABC=40°，
∴∠ABC=20°，
故选B．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义和外角的性质，掌握平行线的性质：两直线平行，内
错角相等是解题的关键．
题型 25 由平行线的性质解决折叠问题
1．（2022·四川达州·模拟预测）如图，生活中，将一个宽度相等的纸条按图所示折叠一下，如果
∠1=140°，那么∠2的度数为（ ）
A．140° B．120° C．110° D．100°
【答案】C
【分析】利用平行线的性质进行求解即可；
【详解】如图，
∵将一个宽度相等的纸条按右图所示折叠，
∴∠3=∠4，
∵a//b，
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∴∠1=∠3+∠4，∠2+∠3=180°，
∴2∠3=140°，
∴∠3=70°，
∴∠2=180°−70°=110°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，准确结合已知条件进行计算是解题的关键．
2．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）如图，把△ABC沿平行于BC的直线DE折叠，使点A落在边BC上的
点F处，若∠B=50°，则∠BDF的度数为 ．
【答案】80°/80度
【分析】首先利用两直线平行同位角相等得∠ADE=50°，再利用折叠的性质得出∠ADE=∠EDF，从
而即可求出∠BDF的度数．
【详解】解：根据题意可得：BC∥DE，
∴∠ADE=∠B=50°，
∵ △ABC沿平行于BC的直线DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，
∴∠ADE=∠EDF=50°，
∴∠BDF=180°−∠ADE−∠EDF=180°−50°−50°=80°，
故答案为：80°．
【点睛】本题考查了折叠问题与平行线的性质，利用折叠的性质得出∠ADE=∠EDF是解决问题的关键．
3．（2023·广东湛江·统考二模）如图，将长方形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，点C落在点C'处，
折痕为EF．若∠ABE=20°，则∠EFC'的度数为 ．
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【答案】125°/125度
【分析】本题考查图形的翻折变换以及平行线的性质的运用，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它
属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变．
根据长方形的性质和∠ABE=20°，可以得出∠AEB的度数，进而得出∠BED的度数，根据平行线的性
质得出∠BED的度数，根据折叠重合的角相等得出∠BEF=∠≝¿，最后利用平行线的性质和折叠的性质
即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD为长方形，
∴∠BAD=90°，AD∥BC．
∵在直角三角形BAE中，∠ABE=20°，
∴∠AEB=70°，
∴∠BED=110°，
根据折叠重合的角相等，得∠BEF=∠≝=55°．
∵AD∥BC，
∴∠EFC=125°，
再根据折叠的性质得到∠EFC'=∠EFC=125°．
故答案为：125°．
4．（2023·河北秦皇岛·统考二模）如图1，∠1=55°，将矩形纸片沿虚线第一次折叠得到图2，再沿图2
中的虚线进行第二次折叠得到图3(点O在MN上)，则∠2的度数为 ．
【答案】35°/35度
【分析】根据折叠的性质得到∠1=∠5，∠3=∠4，根据平行线的性质得到∠2=∠3，即可得到结论．
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【详解】解：如图：
由折叠的性质得：∠5=∠1=55°，∠3=∠4，
1
∴∠3=∠4= (180°−∠1−∠5)=35°，
2
∵长方形的对边平行，
∴∠2=∠3=35°，
故答案为：35°．
【点睛】本题考查了平行线的性质，折叠的性质，长方形的性质，熟记相关性质是解题的关键．
题型 26 平行线的性质在实际生活的应用
1．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图，烧杯内液体表面AB与烧杯下底部CD平行，光线EF从液体
中射向空气时发生折射，光线变成FH，点G在射线EF上．已知∠HFB=20°，∠FED=56°，则
∠GFH=（ ）
A．34° B．36° C．38° D．56°
【答案】B
【分析】根据AB∥CD，点G在射线EF上，可求出∠GFB=∠FED=56°，根据
∠GFB=∠GFH+∠HFB=56°，即可求解．
【详解】解：∵AB∥CD，点G在射线EF上，∠FED=56°，
∴∠GFB=∠FED=56°，
∵∠GFB=∠GFH+∠HFB=56°，∠HFB=20°，
∴∠GFH=∠GFB−∠HFB=56°−20°=36°，
故选：B．
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【点睛】本题主要考查平行线的性质，理解并掌握平行线的性质，角度的计算方法是解题的关键．
2．（2022·山东济南·校考一模）图1是一款平板电脑文架，由托板、支撑板和底座构成．工作时，可将平
板电脑吸附在托板上，底座放置在桌面上．图2是其侧面结构示意图，已知托板AB长200mm，支撑板CB
长80mm，当∠ABC＝130°，∠BCD＝70°时，则托板顶点A到底座CD所在平面的距离为（ ）（结果精
确到1mm）．（参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，√2≈1.41，√3≈1.73）．
A．246 mm B．247mm C．248mm D．249mm
【答案】C
【分析】过点A作CD的垂线交DC延长线与点E，过点B作CD的平行线，交AE于点F，过点C作
CG⊥BF于点G．根据平行线的性质可求出∠CBG＝70°，ABF＝60°．再利用锐角的正弦值解直角三角形
即可求解．
【详解】如图，过点A作CD的垂线交DC延长线与点E，过点B作CD的平行线，交AE于点F，过点C作
CG⊥BF于点G．
由作图可知四边形EFGC为矩形，
∴EF=CG．
∵∠BCD＝70°，
∴∠CBG＝70°．
∵∠ABC＝130°，
∴∠ABF＝60°．
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根据题意可知AB=200mm，CB=80mm，
√3 1.73
∴AF=ABsin∠ABF=200× ≈200× =173mm，
2 2
EF=CG=BCsin∠CBG=80×0.94≈75.2mm，
∴AE=AF+EF=173+75.2=248.2≈248mm．
故托板顶点A到底座CD所在平面的距离为248mm．
故选C．
【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用，平行线的性质，矩形的判定和性质．正确的作出辅助线是解
题关键．
3．（2022·浙江温州·统考三模）如图，在墙面上安装某一管道需经两次拐弯，拐弯后的管道与拐弯前的管
道平行．若第一个弯道处∠B=140°，则第二个弯道处∠C也为140°，能解释这一现象的数学知识是
（ ）
A．两直线平行，内错角相等． B．内错角相等，两直线平行．
C．两直线平行，同位角相等． D．同位角相等，两直线平行．
【答案】A
【分析】根据平行线的性质判断即可．
【详解】解：因为拐弯后的管道与拐弯前的管道平行，
所以根据两直线平行，内错角相等可得∠B=∠C=140°，
故选A．
【点睛】本题考查了平行线的性质的应用，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
4．（2023·四川成都·统考二模）为测量校园某一块路线指示牌的高度，小明绘制了该指示牌支架侧面的截
面图如图所示，并测得FG=1.3m，EF=1m，∠EFG=110°，∠AEF=70°，四边形ABCD为矩形底座，
且AB=10cm．请帮助小明求出指示牌最高点G到地面BC的距离．（结果精确到1cm，参考数据：
sin70°≈0.940，cos70°≈0.342，tan70°≈2.747，sin40°≈0.643，cos40°≈0.766，tan40°≈0.839
）
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【答案】最高点G到地面BC的距离为188cm．
【分析】过点G作BC的垂线，交AD于点M，交BC于点N．过点F作FP⊥NG于点P，过点E作
EQ⊥PF于点Q，易得出∠PFE=∠AEF=70°，从而可求出∠GFP=∠EFG−∠PFE=40°．在
Rt△GFP中，利用正弦的定义可求出GP=FG⋅sin∠GFP≈0.8359m，在Rt△EQF中，利用正弦的定
义可求出EQ=EF⋅sin∠EFQ≈0.94m．结合所作辅助线得PM=EQ=0.94m，MN=AB=10cm=0.1m，
最后由GC=GP+PM+MN求解即可．
【详解】解：如图，过点G作BC的垂线，交AD于点M，交BC于点N．过点F作FP⊥NG于点P，过点
E作EQ⊥PF于点Q，
∵四边形ABCD为矩形底座，FP⊥NG，
∴FP∥AD，
∴∠PFE=∠AEF=70°，
∴∠GFP=∠EFG−∠PFE=110°−70°=40°．
在Rt△GFP中，GP=FG⋅sin∠GFP=1.3×sin40°≈1.3×0.643=0.8359m，
在Rt△EQF中，EQ=EF⋅sin∠EFQ=1×sin70°≈1×0.94=0.94m．
由所作辅助线得PM=EQ=0.94m，MN=AB=10cm=0.1m，
∴GC=GP+PM+MN=0.8359+0.94+0.1≈188cm．
答：最高点G到地面BC的距离为188cm．
【点睛】本题主要考查解直角三角形的实际应用．正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键．
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题型 26 利用平行线的性质解决三角板问题
1．（2022·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）已知直线m∥n，将一块含45°角的直角三角
板ABC按如图方式放置，其中斜边BC与直线n交于点D．若∠1=25°，则∠2的度数为（ ）
A．60° B．65° C．70° D．75°
【答案】C
【分析】先求出∠AED=∠1+∠B=25°+45°=70°，再根据平行线的性质可知∠2=∠AED=70°．
【详解】设直线n与AB的交点为E．
∵∠AED是△BED的一个外角，
∴∠AED=∠B+∠1，
∵∠B=45°，∠1=25°，
∴∠AED=45°+25°=70°，
∵m∥n，
∴∠2=∠AED=70°.
故选C．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角性质，解题的关键是借助平行线和三角形内外角转
化角．
2．（2023·河南·河南省实验中学校考三模）一副三角板如图所示摆放，∠BAC=∠DAE=90°，
∠ACB=60°，∠AED=45°， BC∥DE，则∠BAD的度数为（ ）
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A．15° B．20° C．25° D．30°
【答案】A
【分析】先利用三角形内角和定理求得∠D=45°，∠B=30°，利用平行线的性质求得∠1=45°，再利
用三角形的外角性质即可求解．
【详解】∵∠BAC=∠DAE=90°，∠AED=45°，∠ACB=60°，
∴∠D=45°，∠B=30°，
∵BC∥DE，
∴∠1=∠D=45°，
∴∠BAD=∠1−∠B=45°−30°=15°，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的外角性质，三角形的内角和定理，掌握两直线平行，同位角
相等是解题的关键．
3．（2023下·广西南宁·七年级三美学校校考阶段练习）如图1，把一块含30°的直角三角板ABC的BC边
放置于长方形直尺DEFG的EF边上．
(1)如图2，现把三角板绕B点逆时针旋转n°，当0<n<90，且点C恰好落在DG边上时，请直接写出∠1=
___________°，∠2=___________°（结果用含n的代数式表示）；
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5
(2)在（1）的条件下，若∠2恰好是∠1的 倍，求n的值．
4
(3)如图1三角板ABC的放置，现将射线BF绕点B以每秒2°的转速逆时针旋转得到射线BM，同时射线
QA绕点Q以每秒3°的转速顺时针旋转得到射线QN，当射线QN旋转至与QB重合时，则射线BM、QN
均停止转动，设旋转时间为t(s)．在旋转过程中，是否存在BM∥QN若存在，求出此时t的值；若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)(120−n)，(90+n)
80
(2)
3
(3)t的值为12或48
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠AQG=60°+n°，∠DCB=n°，再求出∠ACD=90°−n°，最
后根据邻补角互补求出对应角的度数即可；
5
（2）根据∠2恰好是∠1的 倍列方程，计算可求解；
4
（3）分两种情况，根据∠AQN=∠ABM画出图形，列方程可解得答案．
【详解】（1）∵DG∥EF，∠ABF=∠ABC+∠CBF=60°+n°，
∴∠AQG=∠ABF=60°+n°，∠DCB=∠CBF=n°，
∴∠1=180°−∠AQG=120°−n°，∠ACD=90°−n°，
∴∠2=180°−∠ACD=90°+n°，
故答案为：(120−n)，(90+n)；
5
（2）∵∠2恰好是∠1的 倍，
4
5
∴ 90+n= (120−n)，
4
80
解得n= ，
3
80
∴n的值是 ；
3
（3）存在BM∥QN，理由如下：
如图：则∠FBM=(2t)°，∠AQN=(3t)°，
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∵BM∥QN，
∴∠AQN=∠ABM=∠ABF−∠FBM，
∴3t=60−2t，
解得t=12；
如图：
∵BM∥QN，
∴∠ABM=∠BQN，
∴2t−60=180−3t，
解得t=48，
综上所述，t的值为12或48．
【点睛】本题考查平行线的性质，三角板各个内角的特点，掌握平行线的性质并利用分类讨论的思想求解
是解题的关键．
题型 27 根据平行线性质与判定求角度
1．（2023·江苏扬州·校联考二模）某同学制作简易工具来测量物体表面的倾斜程度，方法如下：将刻度重
新设计的量角器固定在等腰直角三角板上，使量角器的90°刻度线与三角板的底边平行．将用细线和铅锤
做成的重锤线顶端固定在五角器中心点O处，现将三角板底边紧贴被测物体表面，如图所示，此时重锤线
在量角器：对应的刻度为32°，那么被测物体表面的倾斜角α为（ ）
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A．24° B．32° C．36° D．58°
【答案】B
【分析】由平行线的性质、垂线的定义得到∠PQO=90°，∠ACP=90°，由对顶角的性质得到
∠APC=OPQ，由三角形内角和定理得到∠BAC=∠COD=32°．
【详解】解：∵MN∥AB，OD⊥MN，
∴OD⊥AB，
∴∠PQO=90°，
∵OC⊥AD，
∴∠ACP=90°，
∵∠APC=∠OPQ，
∴∠BAC=∠COD=32°，
故选：B．
【点睛】本题考查垂线的定义、平行线的性质、三角形内角和定理，理解题意，熟练掌握相关知识是解题
的关键．
2．（2023·河南周口·校联考二模）已知一个零刻度落在点A的量角器（半圆O）的直径为AB，一等腰直
角三角板绕点B旋转．
【78淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(1)如图1所示，当等腰直角三角板的斜边交半圆于C点，一直边交半圆于D点，另一直边交半圆于E点，
若点C在量角器上的读数为25°，求此时点E在量角器上的读数；
(2)如图2所示，当点C、D在量角器上的读数α、β满足什么关系时，直角边与半圆O相切于点D
【答案】(1)点E在量角器上的读数为115°
1
(2)当点C、D在量角器上的读数α、β满足β−45°= α时，直角边与半圆O相切于点D，理由见解析
2
【分析】（1）连接OC、OE，由题意可知∠AOC=25°，求得∠COE=90°，于是得到
∠AOE=∠AOC+∠COE=25°+90°=115°．
（2）连接OC、OD，根据切线的性质得到∠PDO=90°，根据平行线的性质得到∠AOD=∠ABP=β，
得到结论．
【详解】（1）如图1所示，连接OC、OE，
∵点C在量角器上的读数为25°，
∴ ∠AOC=25°，
∵ ∠CBE=45°，
∴ ∠COE=90°，
∴ ∠AOE=∠AOC+∠COE=25°+90°=115°．
（2）如图2所示，连接OC、OD，
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∵直角边为圆O的切线，D为切点，
∴∠PDO=90°，
∴ ∠PDO+∠P=180°，
∴ DO∥PB，
∴∠AOD=∠ABP=β，
1 1
又∵∠ABC= ∠AOC= α，∠ABC=∠ABP−∠PBC=β−45°．
2 2
1
∴ β−45°= α．
2
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰直角三角形的性质、平行线的判定与性质，正确作出
辅助线是解题的关键．
题型 28 根据平行线性质与判定证明
1．（2023·河北秦皇岛·统考一模）如图，将一副直角三角板如图摆放，
∠GEF=60°,∠MNP=45°,∠BEF=75°．
（1）AB与CD的位置关系是 ；
（2）在不标字母的情况下，找出与∠AEG相等的角是 ．
【答案】 AB∥CD； ∠PMN、∠PNM
【分析】（1）如图，延长EG交CD于K，结合已知易证PM∥EK，得到
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∠PMN=∠PNM=∠EKM=45°，由∠GEF=60°,∠BEF=75°求出∠AEG=45°，从而得到
∠AEG=∠EKM，可证明AB∥CD；
（2）由（1）可得到结果．
【详解】（1）如图，延长EG交CD于K，
在直角三角板中，
∠EGF=∠MPN=90°，∠MNP=45°
∴∠EGF=∠MPG
∴PM∥EK
∴∠PMN=∠PNM=∠EKM=45°
∵∠GEF=60°,∠BEF=75°
∴∠AEG=180°−∠GEF−∠BEF=45°
∴∠AEG=∠EKM
∴AB∥CD
故答案为：AB∥CD
（2）由（1）可知∠AEG=45°，∠PMN=∠PNM=45°，
故答案为：∠PMN、∠PNM．
【点睛】本题考查了角的有关计算，平行线的判定和性质的应用；解题的关键是平行线的判定和性质的应
用．
2．（2019·广东中山·统考二模）将两块直角三角板如图1放置，等腰直角三角板ABC的直角顶点是点A，
AB=AC=3，直角板EDF的直角顶点D在BC上，且CD:DB=1:2，∠F=30°．三角板ABC固定不动，
将三角板EDF绕点D逆时针旋转，旋转角为α (0°<α<90°)．
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（1）当α=_______时，EF//BC；
（2）当α=45°时，三角板EDF绕点D逆时针旋转至如图2位置，设DF与AC交于点M，DE交AB于点
N，求四边形ANDM的面积．
（3）如图3，设CM=x，四边形ANDM的面积为y，求y关于x的表达式（不用写x的取值范围）．
1 3x
【答案】（1）30°；（2）S =2；（3）y= + ．
矩 形ANDM 2 2
【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等可得∠MDC=∠F，再根据旋转的性质可得旋转角α=∠MDC；
（2）根据旋转的性质可得∠MDC=α=45°，再根据等腰三角形的性质可得∠C=45°，然后求出
∠DMC=90°，同理可求∠DNA=90°，然后求出四边形ANDM是矩形，再根据△DNA和△BAC相似，利用
相似三角形对应边成比例列式求出DM=1，同理求出DN=2，最后根据矩形的面积公式列式计算即可得解；
（3）过D作DH ⊥AC于点H ，作DH ⊥AB于点H ，根据同角的余角相等求出∠NDH =∠MDH ，
1 1 2 2 2 1
然后求出ΔN H D和ΔMH D相似，利用相似三角形对应边成比例列式求出N H =2M H ，然后表示
2 1 2 1
MH ，再表示出BN，最后根据四边形ANDM的面积y=S −S −S ，列式整理即可得解．
1 ΔABC ΔCDM ΔBDN
【详解】解：（1）∵EF//BC，
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∴∠MDC=∠F，
∴旋转角α=30度；
（2）当α=45°，即∠MDC=α=45°，
∵∠C=45°，
∴∠DMC=90°，
同理∠DNA=90°，
又∵∠A=90°，
∴四边形ANDM为矩形
∴DM//AB，
∴ΔDMC~ΔBAC，
DM CD
∴ =
AB CB
CD 1
∵ = ，
BD 2
DM CD 1
∴ = = ，
AB BC 3
∵AB=3，
∴DM=1同理得DN=2
∴S =1×2=2；
矩 形ANDM
（3）如图3，过D作DH ⊥AC于点H ，作DH ⊥AB于点H
1 1 2 2
图3
由（2）知四边形为AH DH 矩形，DH =1，DH =2，
1 2 1 2
∵∠C=∠B=45°，
∴CH =DH =1，DH =BH =2，
1 1 2 2
y=S −S −S ，
ΔABC ΔCDM ΔBDN
∵∠NDH =90°−∠H DM，∠MDH =90°−∠H DM，
2 2 1 2
【83淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴∠NDH =∠MDH ，
2 1
又∵∠DH N=∠DH M，
2 1
∴ΔN H D~ΔM H D，
2 1
DH M H 1
∴ 1= 1= ，N H =2M H =2(x−1)，
DH N H 2 2 1
2 2
∴BN=BH −N H =2−2x+2=4−2x，
2 2
9 x 1 3x
∴y= − −4+2x= + ．
2 2 2 2
【点睛】本题考查了相似三角形综合题，主要利用了平行线的性质，旋转的性质，矩形的判定与性质，等
腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，第三小题的难度较大，作辅助线，构造出相似三
角形与矩形是解题的关键，也是本题的难点．
3．（2021·江苏盐城·统考二模）如图，将一副斜边相等的直角三角板按斜边重合摆放在同一平面内，其中
∠DAB＝45°，∠CAB＝30°，点O为斜边AB的中点，连接CD交AB于点E．设AB＝1．
（1）求证：A、B、C、D四个点在以点O为圆心的同一个圆上；
（2）分别求△ABC和△ABD的面积；
（3）过点D作DF∥BC交AB于点F，求OE︰OF的比值．
√3 1 OE
【答案】（1）见解析；（2）△ABC的面积为 ，△ABD的面积为 ；（3） =2√3−3
8 4 OF
【分析】(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得0C=OA=OB=OD，即可得出答案．
(2)根据已知条件可计算出AC、BC、AD、BD的长度，根据三角形的面积公式即可得出答案．
1 1
(3)根据等腰直角三角形的性质得到OD⊥AB ,OD= AB= ，根据平行线的性质得到
2 2
√3 √3 √3
∠OFD=∠CBA=60°，解直角三角形得到OF= OD= ，DF= ，根据相似三角形的性质即
3 6 3
可得到结论.
【84淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】（1）证明：如图，连接OD、OC，
在Rt ABC中，
∵ ∠△ACB＝90°，点O是AB的中点，
∴OC＝OA＝OB，
在Rt ABD中，
∵ ∠△ADB＝90°，点O是AB的中点，
∴OD＝OA＝OB，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∴A、B、C、D四个点在以点O为圆心的同一个圆上；
（2）解：∵AB=1，∠BAC=30°
1 √3 √2
∴BC= ,AC= ,AD=BD=
2 2 2
1 1 1 √3 √3
∴S = AC·BC= × × =
ΔABC 2 2 2 2 8
1 1 √2 √2 1
S = AD·BD= × × =
ΔABD 2 2 2 2 4
√3 1
∴ △ABC的面积为 ；△ABD的面积为
8 4
（3）解：∵△ABD 是等腰直角三角形，点O为斜边AB的中点
1 1
∴OD⊥AB，OD= AB=
2 2
∵DF∥BC
∴∠OFD=∠CBA=60°
∴∠ODF=30°
√3 √3 √3
∴OF= OD= ,DF=
3 6 3
∠OFD=∠CBA
∵{
∠FED=∠BEC
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∴△DEF∽△CEB，
EF DF 2
∴ = =
EB CB √3
OF 1
又 =
OB √3
OE 2√3−3
得 = =2√3−3．
OF 1
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质(两组对应角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应边
1
成比例)，三角形的面积的计算(三角形面积= ×底×底边上的高)，解直角三角形，正确的识别图形是解题
2
的关键．
1．（2022·河北·统考中考真题）①~④是由相同的小正方体粘在一起的几何体，若组合其中的两个，恰是
由6个小正方体构成的长方体，则应选择（ ）
A．①③ B．②③ C．③④ D．①④
【答案】D
【分析】观察图形可知，①~④的小正方体的个数分别为4，3，3，2，其中②③组合不能 构成长方体，
①④组合符合题意
【详解】解：观察图形可知，①~④的小正方体的个数分别为4，3，3，2，其中②③组合不能构成长方体，
①④组合符合题意
故选D
【点睛】本题考查了立体图形，应用空间想象能力是解题的关键．
2．（2023·吉林长春·统考中考真题）下图是一个多面体的表面展开图，每个面都标注了数字．若多面体的
底面是面③，则多面体的上面是（ ）
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A．面① B．面② C．面⑤ D．面⑥
【答案】C
【分析】根据底面与多面体的上面是相对面，则形状相等，间隔1个长方形，且没有公共顶点，即可求解．
【详解】解：依题意，多面体的底面是面③，则多面体的上面是面⑤，
故选：C．
【点睛】本题考查了长方体的表面展开图，熟练掌握基本几何体的展开图是解题的关键．
3．（2023·山东·统考中考真题）如图是一正方体的表面展开图．将其折叠成正方体后，与顶点K距离最远
的顶点是（ ）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
【答案】D
【分析】根据题意画出立体图形，即可求解．
【详解】解：折叠之后如图所示，
则K与点D的距离最远，
故选D．
【点睛】本题考查了正方体的展开与折叠，学生需要有一定的空间想象能力．
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4．（2023·山东青岛·统考中考真题）一个不透明小立方块的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，其
展开图如图①所示．在一张不透明的桌子上，按图②方式将三个这样的小立方块搭成一个几何体，则该几
何体能看得到的面上数字之和最小是（ ）
A．31 B．32 C．33 D．34
【答案】B
【分析】根据正方体展开图的特征，得出相对面上的数字，再结合正方体摆放方式，得出使该几何体能看
得到的面上数字之和最小，则看不见的面数字之和要最大，即可解答．
【详解】解：由图①可知：1的相对面是3，2的相对面是4，5的相对面是6，
由图2可知：
要使该几何体能看得到的面上数字之和最小，则看不见的面数字之和要最大，
上面的正方体有一个面被遮住，则这个面数字为6，
能看见的面数字之和为：1+2+3+4+5=15；
左下的正方体有3个面被遮住，其中两个为相对面，则这三个面数字分别为4，5，6，
能看见的面数字之和为：1+2+3=6；
右下的正方体有2个面被遮住，这两个面不是相对面，则这两个面数字为4，6，
能看见的面数字之和为：1+2+3+5=11；
∴能看得到的面上数字之和最小为：15+6+11=32，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方体的相对面，掌握正方体展开图中“相间一行是相对面”，是解题的关键．
5．（2022·浙江金华·统考中考真题）如图，圆柱的底面直径为AB，高为AC，一只蚂蚁在C处，沿圆柱的
侧面爬到B处，现将圆柱侧面沿AC“剪开”，在侧面展开图上画出蚂蚁爬行的最近路线，正确的是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
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【分析】根据圆柱的侧面展开特征，两点之间线段最短判断即可；
【详解】解：∵AB为底面直径，
∴将圆柱侧面沿AC“剪开”后， B点在长方形上面那条边的中间，
∵两点之间线段最短，
故选： C．
【点睛】本题考查了圆柱的侧面展开，掌握两点之间线段最短是解题关键．
6．（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，已知骰子相对两面的点数之和为7，下列图形为该骰子表面展
开图的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据骰子表面展开后，其相对面的点数之和是7，逐项判断即可作答．
【详解】A项，2的对面是4，点数之和不为7，故A项错误；
B项，2的对面是6，点数之和不为7，故B项错误；
C项，2的对面是6，点数之和不为7，故C项错误；
D项，1的对面是6，2的对面是5，3的对面是4，相对面的点数之和都为7，故D项正确；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了立体图形的侧面展开图的知识，解答时，找准相对面是解答本题的关键．没有共
同边的两个面即为相对的面．
7．（2022·贵州六盘水·统考中考真题）如图，裁掉一个正方形后能折叠成正方体，但不能裁掉的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】A
【分析】根据正方体展开图分析即可求解．
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【详解】根据正方体展开图分析，
①的对面是⑤，不能裁掉①
故选A
【点睛】本题考查了正方体的表面展开图，理正方体的表面展开图的模型是解题的关键．正方体的表面展
开图用‘口诀’：一线不过四，田凹应弃之，相间、Z端是对面，间二、拐角邻面知．
8．（2022·四川巴中·统考中考真题）七巧板是我国的一种传统智力玩具，下列用七巧板拼成的图形是轴对
称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的定义去逐一判断即可．
【详解】解：A不是轴对称图形，不符合题意，
B不是轴对称图形，不符合题意，
C不是轴对称图形，不符合题意，
D是轴对称图形，符合题意，
故选D．
【点睛】本题考查了轴对称图形的定义，准确理解定义是解题的关键．
9．（2022·广西柳州·统考中考真题）如图，从学校A到书店B有①、②、③、④四条路线，其中最短的路
线是（ ）
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A．① B．② C．③ D．④
【答案】B
【分析】根据两点之间线段最短进行解答即可．
【详解】解：∵两点之间线段最短，
∴从学校A到书店B有①、②、③、④四条路线中，最短的路线是②，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了两点之间线段最短，解题的关键是熟练掌握两点之间所有连线中，线段最短．
10．（2023·北京·统考中考真题）如图，∠AOC=∠BOD=90°，∠AOD=126°，则∠BOC的大小为
（ ）
A．36° B．44° C．54° D．63°
【答案】C
【分析】由∠AOC=∠BOD=90°，∠AOD=126°，可求出∠COD的度数，再根据角与角之间的关系
求解．
【详解】∵∠AOC=90°，∠AOD=126°，
∴∠COD=∠AOD−∠AOC=36°，
∵∠BOD=90°，
∴∠BOC=∠BOD−∠COD=90°−36°=54°．
故选：C．
【点睛】本题考查的知识点是角的计算，注意此题的解题技巧：两个直角相加和∠AOD相比，多加了
∠BOC．
11．（2023·河北·统考中考真题）淇淇一家要到革命圣地西柏坡参观．如图，西柏坡位于淇淇家南偏西70°
的方向，则淇淇家位于西柏坡的（ ）
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A．南偏西70°方向 B．南偏东20°方向
C．北偏西20°方向 D．北偏东70°方向
【答案】D
【分析】根据方向角的定义可得答案．
【详解】解：如图：∵西柏坡位于淇淇家南偏西70°的方向，
∴淇淇家位于西柏坡的北偏东70°方向．
故选D．
【点睛】本题主要考查方向角，理解方向角的定义是正确解答的关键．
12．（2023·甘肃武威·统考中考真题）如图1，汉代初期的《淮南万毕术》是中国古代有关物理、化学的重
要文献，书中记载了我国古代学者在科学领域做过的一些探索及成就．其中所记载的“取大镜高悬，置水
盆于其下，则见四邻矣”，是古人利用光的反射定律改变光路的方法，即“反射光线与入射光线、法线在
同一平面上；反射光线和入射光线位于法线的两侧；反射角等于人射角”．为了探清一口深井的底部情况，
运用此原理，如图在井口放置一面平面镜可改变光路，当太阳光线AB与地面CD所成夹角∠ABC=50°时，
要使太阳光线经反射后刚好垂直于地面射入深井底部，则需要调整平面镜EF与地面的夹角∠EBC=
（ ）
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A．60° B．70° C．80° D．85°
【答案】B
【分析】如图，过B作BQ⊥平面镜EF，可得∠QBE=∠QBF=90°，
∠ABC+∠CBQ=∠ABQ=∠MBQ，而∠CBQ+∠QBM=∠CBM=90°，再建立方程
50°+∠CBQ=90°−∠CBQ，可得∠CBQ=20°，从而可得答案．
【详解】解：如图，过B作BQ⊥平面镜EF，
∴∠QBE=∠QBF=90°，∠ABC+∠CBQ=∠ABQ=∠MBQ，
而∠CBQ+∠QBM=∠CBM=90°，
∴50°+∠CBQ=90°−∠CBQ，
∴∠CBQ=20°，
∴∠EBC=90°−20°=70°，
故选B．
【点睛】本题考查的是垂直的定义，角的和差运算，角平分线的含义，属于跨学科题，熟记基础概念是解
本题的关键．
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13．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）将一副三角板按下图所示摆放在一组平行线内，∠1=25°，
∠2=30°，则∠3的度数为（ ）
A．55° B．65° C．70° D．75°
【答案】C
【分析】根据两直线平行内错角相等即可求解．
【详解】解：依题意，∠1+90°=∠3+45°，
∵∠1=25°，
∴∠3=70°，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质，熟练掌握两直线平行内错角相等是解题的关键．
14．（2023·重庆·统考中考真题）如图，AB∥CD,AD⊥AC，若∠1=55°，则∠2的度数为（ ）
A．35° B．45° C．50° D．55°
【答案】A
【分析】根据两直线平行，同旁内角互补可得∠CAB的度数，根据垂直的定义可得∠CAD=90°，然后根
据∠2=∠CAB−∠CAD即可得出答案．
【详解】解：∵AB∥CD，∠1=55°，
∴∠CAB=180°−55°=125°，
∵AD⊥AC，
∴∠CAD=90°，
∴∠2=∠CAB−∠CAD=125°−90°=35°，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行线的性质以及垂线的定义，熟知两直线平行同旁内角互补是解本题的关键．
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15．（2023·广东深圳·统考中考真题）如图为商场某品牌椅子的侧面图，∠≝=120°，DE与地面平行，
∠ABD=50°，则∠ACB=（ ）
A．70° B．65° C．60° D．50°
【答案】A
【分析】根据平行得到∠ABD=∠EDC=50°，再利用外角的性质和对顶角相等，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：DE∥AB，
∴∠ABD=∠EDC=50°，
∵∠≝=∠EDC+∠DCE=120°，
∴∠DCE=70°，
∴∠ACB=∠DCE=70°；
故选A．
【点睛】本题考查平行线的性质，三角形外角的性质，对顶角．熟练掌握相关性质，是解题的关键．
16．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，在正方形网格内，线段PQ的两个端点都在格点上，网格内另
有A,B,C,D四个格点，下面四个结论中，正确的是（ ）
A．连接AB，则AB∥PQ B．连接BC，则BC∥PQ
C．连接BD，则BD⊥PQ D．连接AD，则AD⊥PQ
【答案】B
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【分析】根据各选项的要求，先作图，再利用平行四边形的判定与性质，垂线的性质逐一分析判断即可．
【详解】解：如图，连接AB，取PQ与格线的交点K，则AP∥BK，
而AP≠BK，
∴四边形ABKP不是平行四边形，
∴AB，PQ不平行，故A不符合题意；
如图，取格点N，连接QC,BN，
由勾股定理可得：QN=√5=BC,QC=√10=BN，
∴四边形QCBN是平行四边形，
∴BC∥PQ，故B符合题意；
如图，取格点M,T，
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根据网格图的特点可得：BM⊥PQ,AT⊥QP，
根据垂线的性质可得：BD⊥PQ，AD⊥PQ，都错误，故C，D不符合题意；
故选B
【点睛】本题考查的是垂线的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定与性质，熟记网格图形的特点与
基本图形的性质是解本题的关键．
17．（2023·广东·统考中考真题）如图，街道AB与CD平行，拐角∠ABC=137°，则拐角∠BCD=
（ ）
A．43° B．53° C．107° D．137°
【答案】D
【分析】根据平行线的性质可进行求解．
【详解】解：∵AB∥CD，∠ABC=137°，
∴∠BCD=∠ABC=137°；
故选D．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
18．（2023·山西·统考中考真题）如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经
过光心O的光线相交于点P，点F为焦点．若∠1=155°,∠2=30°，则∠3的度数为（ ）
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A．45° B．50° C．55° D．60°
【答案】C
【分析】利用平行线的性质及三角形外角的性质即可求解．
【详解】解：∵AB∥OF，
∴∠1+∠BFO=180°，
∴∠BFO=180°−155°=25°，
∵∠POF=∠2=30°，
∴∠3=∠POF+∠BFO=30°+25°=55°；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质等知识，掌握这两个知识点是关键．
19．（2023·湖北荆州·统考中考真题）如图所示的“箭头”图形中，AB∥CD，∠B=∠D=80∘，
∠E=∠F=47∘，则图中∠G的度数是（ ）
A．80∘ B．76∘ C．66∘ D．56∘
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【答案】C
【分析】延长AB交EG于点M，延长CD交GF于点N，过点G作AB的平行线GH，根据平行线的性质即
可解答．
【详解】解：如图，延长AB交EG于点M，延长CD交GF于点N，过点G作AB的平行线GH，
∵∠E=∠F=47∘,∠EBA=∠FDC=80∘，
∴∠EMA=∠EBA−∠E=33°，∠FNC=∠FDC−∠F=33°，
∵AB∥CD,AB∥HG，
∴HG∥CD，
∴∠MGH=∠EMA=33°，∠NGH=∠FND=33°，
∴∠EGF=33°+33°=66°，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的判定及性质，三角形外角的定义和性质，作出正确的辅助线是解题的关键．
20．（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）一个圆锥的底面半径为5，高为12，则它的体积为 ．
【答案】100π
1
【分析】根据圆锥的体积= ×底面积×高，即可求解．
3
【详解】解：∵圆锥的底面半径为5，高为12，
1
∴它的体积= ×π×52×12=100π，
3
故答案为：100π．
1
【点睛】本题考查圆锥的体积，关键是熟练掌握圆锥的体积= ×底面积×高．
3
21．（2023·湖南·统考中考真题）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具，某同学用边长为4dm的正
方形纸板制作了一副七巧板（如图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图
中阴影部分的面积为 dm3．
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【答案】2
【分析】根据正方形的性质，以及七巧板的特点，求得OE的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，
√2 1
依题意，OD= AD=2√2，OE= OD=√2
2 2
∴图中阴影部分的面积为OE2=(√2) 2=2
故答案为：2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键．
22．（2022·江西·统考中考真题）沐沐用七巧板拼了一个对角线长为2的正方形，再用这副七巧板拼成一
个长方形（如图所示），则长方形的对角线长为 ．
【答案】√5
【分析】根据图形可得长方形的长是正方形的对角线为2，长方形的宽是正方形对角线的一半为1，然后利
用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：根据图形可知：长方形的长是正方形的对角线为2，长方形的宽是正方形对角线的一半为1，
∴根据勾股定理可知，长方形的对角线长：√22+12=√5．
故答案为：√5．
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【点睛】本题主要考查了正方形的性质，七巧板，矩形的性质，勾股定理，解决本题的关键是所拼成的正
方形的特点确定长方形的长与宽．
23．（2023·江西·统考中考真题）将含30°角的直角三角板和直尺按如图所示的方式放置，已∠α=60°，
点B，C表示的刻度分别为1cm,3cm，则线段AB的长为 cm．
【答案】2
【分析】根据平行线的性质得出∠ACB=60°，进而可得△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质即
可求解．
【详解】解：∵直尺的两边平行，
∴∠ACB=∠α=60°，
又∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点B，C表示的刻度分别为1cm,3cm，
∴BC=2cm，
∴AB=BC=2cm
∴线段AB的长为2cm,
故答案为：2．
【点睛】本题考查了平行线的性质，等边三角形的性质与判定，得出∠ACB=60°是解题的关键．
24．（2023·湖北十堰·统考中考真题）一副三角板按如图所示放置，点A在DE上，点F在BC上，若
∠EAB=35°，则∠DFC= °．
【10淘1 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】100°/100度
【分析】根据直角三角板的性质，得到∠DFE=45°，∠E=∠B=90°，结合∠1=∠2得到
∠EAB=∠BFE=35°，利用平角的定义计算即可．
【详解】解：如图，根据直角三角板的性质，得到∠DFE=45°，∠E=∠B=90°，
∵∠1=∠2，
∴∠EAB=∠BFE=35°，
∠DFC=180°−35°−45°=100°．
故答案为：100°．
【点睛】本题考查了三角板的性质，直角三角形的性质，平角的定义，熟练掌握三角板的性质，直角三角
形的性质是解题的关键．
25．（2023·湖南·统考中考真题）《周礼考工记》中记载有：“……半矩谓之宣（xuān），一宣有半谓之
1
欘（zhú）……”意思是：“……直角的一半的角叫做宣，一宣半的角叫做欘……”．即：1宣= 矩，1欘
2
1
=1 宣（其中，1矩=90°），问题：图（1）为中国古代一种强弩图，图（2）为这种强弩图的部分组件
2
的示意图，若∠A=1矩，∠B=1欘，则∠C= 度．
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1 45
【答案】22.5/22 / ．
2 2
【分析】根据矩、宣、欘的概念计算即可．
【详解】解：由题意可知，
∠A=1矩=90°，
1 1 1
∠B=1欘=1 宣=1 × 矩=67.5°，
2 2 2
∴∠C=90°−67.5°=22.5°，
故答案为：22.5．
【点睛】本题考查了新概念的理解，直角三角形锐角互余，角度的计算；解题的关键是新概念的理解，并
正确计算．
26．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）将一副三角尺如图所示放置，其中AB∥DE，则∠CDF=
度．
【答案】105
【分析】根据平行线的性质可得∠B=∠BDE=30°，根据平角的定义即可求得．
【详解】解：∵AB∥DE，
∴∠B=∠BDE=30°，
又∵∠EDF=45°，
∴∠CDF=180°−30°−45°=105°，
故答案为：105．
【点睛】本题考查了三角板中角度计算，平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
27．（2023·四川乐山·统考中考真题）如图，点O在直线AB上，OD是∠BOC的平分线，若
∠AOC=140°，则∠BOD的度数为 ．
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【答案】20°/20度
【分析】根据邻补角得出∠BOC=180°−140°=40°，再由角平分线求解即可．
【详解】解：∵∠AOC=140°，
∴∠BOC=180°−140°=40°，
∵OD是∠BOC的平分线，
∴∠BOD=20°，
故答案为：20°．
【点睛】题目注意考查邻补角及角平分线的计算，找准各角之间的关系是解题关键．
28．（2023·浙江台州·统考中考真题）用一张等宽的纸条折成如图所示的图案，若∠1=20°，则∠2的度
数为 ．
【答案】140°/140度
【分析】如图，先标注点与角，由对折可得：∠1=∠4=20°，求解∠3=180°−2×20°=140°，利用
AB∥CD，从而可得答案．
【详解】解：如图，先标注点与角，
由对折可得：∠1=∠4=20°，
∴∠3=180°−2×20°=140°，
∵AB∥CD，
∴∠2=∠3=140°；
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故答案为：140°
【点睛】本题考查的是折叠的性质，平行线的性质，熟记两直线平行，同位角相等是解本题的关键．
29．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC,∠B=∠D，点E在BA的延
长线上，连接CE．
(1)求证：∠E=∠ECD；
(2)若∠E=60°,CE平分∠BCD，直接写出△BCE的形状．
【答案】(1)见解析
(2)等边三角形
【分析】（1）由平行线的性质得到∠EAD=∠B，已知∠B=∠D,则∠EAD=∠D，可判定BE∥CD,
即可得到∠E=∠ECD；
（2）由∠E=60°，∠E=∠ECD得到∠ECD=∠E=60°，由CE平分∠BCD，得到
∠BCE=∠ECD=60°，进一步可得∠BCE=∠E=∠BEC，即可证明△BCE是等边三角形．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠EAD=∠B，
∵∠B=∠D,
∴∠EAD=∠D，
∴BE∥CD,
∴∠E=∠ECD．
（2）∵∠E=60°，∠E=∠ECD，
∴∠ECD=∠E=60°，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE=∠ECD=60°，
∴∠BCE=∠E=60°，
∴∠B=180°−∠BCE−∠E=60°，
∴∠BCE=∠E=∠B，
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∴△BCE是等边三角形
【点睛】此题考查了平行线的判定和性质、等边三角形的判定、三角形内角和定理、角平分线的定义等知
识，熟练掌握平行线的判定和性质是解题的关键．
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