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第 4 章：《基本平面图形》章末综合检测卷
（试卷满分：120分，考试用时：120分钟）
姓名___________ 班级 考号______________
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求.）
1．（2023秋•东城区期末）下列四幅图中，射线PA与射线PB是同一条射线的为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】表示射线可以用两个大写字母表示，端点在前．
【解答】解：A．射线PA和射线PB不是同一条射线，故此选项错误，不符合题意；
B．射线PA和射线PB不是同一条射线，故此选项错误，不符合题意；
C．射线PA和射线PB是同一条射线，故此选项正确，符合题意；
D．射线PA和射线PB不是同一条射线，故此选项错误，不符合题意；
故选：C．
【点评】此题主要考查了射线的表示方法，关键是要注意射线用两个字母表示时，端点的字母放在前边．
2．（2023秋•唐县期末）下列四个图中，能用∠1、∠AOB、∠O三种方法表示同一个角的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据角的表示方法和图形选出即可．
1【解答】解：A、图中的∠AOB不能用∠O表示，故本选项错误；
B、图中的∠1和∠AOB不是表示同一个角，故本选项错误；
C、图中的∠1和∠AOB不是表示同一个角，故本选项错误；
D、图中∠1、∠AOB、∠O表示同一个角，故本选项正确；
故选：D．
【点评】本题考查了角的表示方法的应用，主要考查学生的理解能力和观察图形的能力．
3．（2023秋•青龙县期末）下列关于作图的语句中叙述正确的是（ ）
A．画直线AB＝10cm
B．画射线OB＝10cm
C．已知A，B，C三点，过这三点画一条直线
D．延长线段AB到点C，使BC＝AB
【分析】根据基本作图的方法，逐项分析，从而得出正确的结论．
【解答】解：A．直线没有长度，故此选项不合题意；
B．射线没有长度，故此选项不合题意；
C．三点有可能在一条直线上，可画出一条直线，也可能不在一条直线上，此时可画出三条直线，故此
选项不合题意；
D．延长线段AB到点C，使BC＝AB，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题主要考查了尺规作图的定义，正确掌握相关基本图形定义是解题关键．
4．（2023秋•襄城县期末）如图，小轩同学根据图形写出了四个结论：
①图中共有2条直线；
②图中共有7条射线；
③图中共有6条线段；
④图中射线BD与射线CD是同一条射线．
其中结论错误的是（ ）
2A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②④
【分析】根据直线、线段、射线的区别逐项分析判断即可．
【解答】解：①图中只有1条直线BD，故错误；
②以B、C为端点可以各引出两条射线，以D为端点可以引出3条射线，以A端点可以引出1条射线，
则图中共有2×2+3+1＝8条射线，故错误；
③图中共有6条线段，即线段AB、AC、AD、BC、BD、CD，故正确；
④图中射线BD与射线CD不是同一条射线，故错误；
∴错误的有①②④．
故选：D．
【点评】本题考查了直线、线段、射线的区别与联系，理解三者的区别是解题的关键．
5．（2024•黄石模拟）某多边形由一个顶点引出的对角线可以将该多边形分成10个三角形，则这个多边形
的边数是（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【分析】n边形从一个顶点出发可以引出（n﹣3）条对角线，把多边形分成（n﹣2）个三角形，据此作
答即可．
【解答】解：设这个多边形的边数是n，则n﹣2＝10，解得n＝12，
即这个多边形的边数是12，
故选：B．
【点评】此题考查了多边形对角线条数，解题的关键是你掌握从一个顶点出发可以引出（n﹣3）条对角
线，把多边形分成（n﹣2）个三角形．
6．（2023秋•涵江区期末）如图，AB是一段高铁行驶路线图，图中字母表示的5个点表示5个车站，在这
段路线上往返行车，需印制多少种车票？（ ）
A．10 B．11 C．18 D．20
【分析】观察可以发现，每个车站作为起始站，可以到达除本站外的任何一个站，需要印制（5﹣1）种
车票，而有5个起始站，故可以直接列出算式．
【解答】解：图中线段有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10条，单程要10种车
票，往返就是20种，即5×（5﹣1）＝20，
故选：D．
【点评】本题在线段的基础上，考查了排列与组合的知识，解题关键是要理解题意，每个车站都既可以
3作为起始站，可以到达除本站外的任何一个站．
7．（2023秋•永年区期中）下列各式中，正确的是（ ）
A．35.5°＝35°50′ B．15°12′36″＝15.48°
C．28°18′18″＝28.33° D．65.25°＝65°15′
【分析】按照角的度量单位进行转化即可判断．
【解答】解：A．35.5°＝35°30′，不符合题意；
B．15°12′36″＝15.21°，不符合题意；
C．28°18′18″＝28.305°，不符合题意；
D．65.25°＝65°15′，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了角的单位转化，解题关键是明确1°＝60′，1′＝60″．
8．（2023秋•平舆县期末）如图，将三个大小相同的正方形的一个顶点重合放置，那么∠1的度数为（
）
A．10° B．15° C．20° D．25°
【分析】∠1是两个正方形重叠处，两角度相加减去原角度，即得∠1的度数．
【解答】解：∠1＝（90°﹣30°）+（90°﹣40°）﹣90°＝20°，
故选：C．
【点评】本题考查了角的计算，关键是注意重叠．
9．（2023秋•赣县区期末）
如图是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图 2所示，它是以O
为圆心，OA，OB长分别为半径，圆心角∠O＝120°形成的扇面，若OA＝5m，OB＝3m，则阴影部分的
面积是（ ）
44 8 16
A． π B． π C．4 D． π
3 3 3
π
【分析】利用扇形面积公式，根据S阴影 ＝S扇形AOD ﹣S扇形BOC 即可求解．
【解答】解：S阴影 ＝S扇形AOD ﹣S扇形BOC
120π⋅OA2 120π⋅OB2
= −
360 360
120π(OA2−OB2
)
=
360
π(52−32
)
=
3
16π
= （m2），
3
故选：D．
【点评】本题考查了求扇形面积，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
10．（2023秋•益阳期末）如图，∠AOB＝ ，OA 、OB 分别是∠AOM和∠MOB的平分线，OA 、OB 分
1 1 2 2
别是∠A OM和∠MOB 的平分线，OA 、αOB 分别是∠A OM和∠MOB 的平分线，…，OA ，OB 分别
1 1 3 3 2 2 n n
是∠A n﹣1 OM和∠MOB n﹣1 的平分线，则∠A n OB n 的度数是（ ）
α α α α
A． B． C． D．
n 2n−1 2n n2
【分析】根据角平分线的性质分别表示出∠A OB 、∠A OB 、…，即可归纳出此题规律，求得此题结
1 1 2 2
果．
5【解答】解：∵OA 、OB 分别是∠AOM和∠MOB的平分线，
1 1
1 1
∴∠A OM= ∠AOM，∠B OM= ∠BOM，
1 1
2 2
1 1 1 1 1
∴∠A OB ＝∠A OM+∠B OM= ∠AOM+ ∠BOM= （∠AOM+B0M）= ∠AOB= ，
1 1 1 1
2 2 2 2 2
α
1 1 1 1
同理，∠A OB = ∠A OB = × = ，
2 2 2 1 1 2 2 22
α α
1 1 1 1
∠A OB = ∠A OB = × = ，
3 3 2 2 2 2 22 23
α α
…
α
∴∠A OB = ，
n n 2n
故选：C．
【点评】此题考查了角度的计算与规律归纳的能力，关键是能利用角的平分线性质及和差关系进行计算
推理与规律归纳．
二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分）
11．（2023秋•罗山县期末）已知∠A＝30°45'，∠B＝30.45°，则∠A ∠B．（填“＞”、“＜”或
“＝”）
【分析】先统一单位，再比较大小即可求解．
【解答】解：∵∠A＝30°45'＝30.75°，∠B＝30.45°，
30.75°＞30.45°，
∴∠A＞∠B．
故答案为：＞．
【点评】考查了度分秒的换算以及大小比较，注意1°＝60′．
12．（2023秋•槐荫区期末）下列可用“两点确定一条直线”来解释的现象有 ．（填写所有正确
结论的序号）
①用两个钉子就可以把一根木条固定在墙上；
②把弯曲的公路改直，就能缩短路程；
③植树时，只要定出两棵树的位置，就能确定同一行树所在的直线；
④打开折扇时，随着扇骨的移动形成一个扇面．
【分析】根据直线的性质分析即可．
【解答】解：①用两个钉子就可以把一根木条固定在墙上，可用“两点确定一条直线”来解释；
6②把弯曲的公路改直，就能缩短路程，可用“两点之间，线段最短”来解释；
③植树时，只要定出两棵树的位置，就能确定同一行树所在的直线，可用“两点确定一条直线”来解
释；
④打开折扇时，随着扇骨的移动形成一个扇面，可用线动成面来解释．
故答案为：①③．
【点评】本题考查了直线的性质，熟练掌握两点确定一条直线，两点之间线段最短是解答本题的关键．
1
13．（2023秋•科左中旗校级期末）如图，已知线段AB＝12，延长线段AB至点C，使得BC= AB，点D
2
是线段AC的中点，则线段BD的长是 ．
【分析】根据题意可知BC＝6，所以AC＝18，由于D是AC中点，可得AD＝9，从BD＝AB﹣AD就可
求出线段BD的长．
1
【解答】解：由题意可知AB＝12，且BC= AB，
2
∴BC＝6，AC＝12+6＝18，
而点D是线段AC的中点，
1 1
∴AD= AC= ×18＝9，
2 2
而BD＝AB﹣AD＝12﹣9＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查的是线段的长度计算问题，根据图形能正确表达线段之间的和差关系是解决本题的关
键．
14．（2024春•莱西市校级月考）5点15分钟时，时针与分针所成的角度是 ．
【分析】算出每分钟时针转动的度数求解即可得到答案．
【解答】解：由题意可得，
每分钟时针的度数为：30°÷60＝0.5°，
∴5点15分钟时针与分针所成的角度是：（5﹣3）×30°+15×0.5°＝67.5°，
故答案为：67.5°．
【点评】本题考查钟面角求解，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
15．（2023秋•康县期末）如图，OA的方向是西南方向，OB的方向是南偏东15°，若∠COB＝∠AOB，则
OC的方向表示为 ．
7【分析】根据已知条件求出∠AOB的度数，即可得出∠COB的度数，从而求出∠DOC的度数，于是可
以表示OC的方向．
【解答】解：如图，
由题意得，∠AOD＝45°，∠DOB＝15°，
∴∠AOB＝∠AOD+∠DOB＝45°+15°＝60°，
∵∠COB＝∠AOB，
∴∠COB＝60°，
∴∠DOC＝∠DOB+∠COB＝15°+60°＝75°，
∴OC的方向表示为南偏东75°，
故答案为：南偏东75°．
【点评】本题考查了方向角，角的计算，熟练掌握方向角的定义是解题的关键．
2
16．（2024春•威海期末）已知线段AB＝9cm，点C，D是线段AB上的点，且AC= AB，点D是线段
3
AC的三等分点，则BD＝ ．
【分析】分别计算点D靠近点C、点D靠近点A两种情况下BD的长度即可．
【解答】解：如图1，当点D靠近点C时：
8∵AB＝9cm，
2
∴AC= AB＝6cm，
3
∴BC＝AB﹣AC＝3cm，
∵点D是线段AC的三等分点，
1
∴CD= AC＝2cm，
3
∴BD＝CD+BC＝5cm；
如图2，当点D靠近点A时：
∵点D是线段AC的三等分点，AC＝6cm，BC＝3cm，
2
∴CD= AC＝4cm，
3
∴BD＝CD+BC＝7cm．
综上，BD＝5cm或7cm．
故答案为：5cm或7cm．
【点评】本题考查两点间的距离，分别考虑“点D靠近点C、点D靠近点A”两种情况是解题的关键．
三．解答题（本小题共8小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（8分）（2023秋•光山县期末）如图，已知线段AD＝30cm，点C、B都是线段AD上的点，点E是
AB的中点．
（1）若BD＝6cm，求线段AE的长；
1
（2）在（1）的条件下，若AC= AD，且点F是线段CD的中点，求线段EF的长．
3
【分析】（1）由AB＝AD﹣BD可求AB的长，结合中点的定义可求AE的长；
1
（2）由AC= AD可得AC＝10cm，则CD＝20cm，结合中点的定义可求EF的长．
3
【解答】解：（1）∵AD＝30cm，BD＝6cm，
∴AB＝AD﹣BD＝30﹣6＝24（cm），
∵点E是AB的中点，
1
∴AE= AB＝12（cm）；
2
1
（2）∵AC= AD，
3
9∴AC＝10cm，CD＝20cm，
∵点F是线段CD的中点，
1
∴DF= CD＝10cm，
2
∵AD＝30cm，AE＝12cm，
∴EF＝30﹣12﹣10＝8（cm）．
【点评】本题主要考查两点间的距离，结合中点的定义求解线段的长是解题的关键．
18．（8分）（2023秋•桥西区期末）一个圆被分成三个扇形，其中一个扇形的圆心角为 120°，另外两个
扇形的圆心角度数的比为3：5．
（1）求另外两个扇形的圆心角；
（2）若圆的半径是5cm，求圆心角为120°的扇形的面积（结果保留 ）．
【分析】（1）依据一个圆被分成三个扇形，其中一个扇形的圆心角π为 120°，即可得出另外两个扇形的
圆心角度数的和为240°，再根据另外两个扇形的圆心角度数的比为3：5，即可得到这两个扇形的圆心
角的度数；
（2）利用扇形的面积公式求得即可．
【解答】解：（1）∵一个圆被分成三个扇形，其中一个扇形的圆心角为120°，
∴另外两个扇形的圆心角度数的和为240°，
又∵另外两个扇形的圆心角度数的比为3：5，
3 5
∴240°× =90°，240°× =150°，
8 8
∴这两个扇形的圆心角的度数分别为90°和150°．
120π×52 25
（2）圆心角为120°的扇形的面积= = （cm2）．
360 3
π
25
故圆心角为120°的扇形的面积为 cm2．
3
π
【点评】本题考查圆心角和扇形的面积，解题的关键是求出扇形的圆心角，属于中考常考题型．
19．（8分）（2023秋•东城区期末）如图，OC是∠AOB的平分线，∠COD＝20°．
（1）若∠AOD＝30°，求∠AOB的度数．
（2）若∠BOD＝2∠AOD，求∠AOB的度数．
10【分析】（1）先求出∠AOD的度数，然后根据角平分线的定义求出∠AOB，于是得到结论；
（2）设∠AOD＝x，则∠BOD＝2x，根据角平分线的定义和角的倍分即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠COD＝20°，∠AOD＝30°，
∴∠AOD＝∠COD+∠AOD＝20°+30°＝50°，
∵OC是∠AOB的平分线，
∴∠AOB＝2∠AOD＝100°；
（2）设∠AOD＝x，则∠BOD＝2x，
∴∠AOB＝∠AOD+∠BOD＝3x，
∵OC是∠AOB的平分线，
1 3
∴∠AOC= ∠AOB= x，
2 2
3
∴ x﹣x＝20°，
2
解得x＝40°，
∴∠AOB＝3x＝120°．
【点评】本题考查了角的计算，角平分线的定义，是基础题，准确识图是解题的关键．
20．（8分）（2023秋•深圳期末）如图，已知线段AB、a、b．
（1）请用尺规按下列要求作图：（不要求写作法，但要保留作图痕迹）
①延长线段AB到C，使BC＝a；
②反向延长线段AB到D，使AD＝b．
（2）在（1）的条件下，如果AB＝8cm，a＝6cm，b＝10cm，且点E为CD的中点，求线段AE的长度．
【分析】（1）根据题意画出图形即可；
（2）根据线段的画出和线段的中点的定义即可得到结论．
【解答】解：（1）①如图所示，线段BC即为所求，
②如图所示，线段AD即为所求；
11（2）∵AB＝8cm，a＝6cm，b＝10cm，
∴CD＝8+6+10＝24cm，
∵点E为CD的中点，
1
∴DE= DC＝12cm，
2
∴AE＝DE﹣AD＝12﹣10＝2cm．
【点评】本题考查了直线、射线、线段，利用了线段中点的性质，线段的和差．
21．（8分）（2023秋•路桥区期末）如图，已知∠AOC＝40°，且∠BOC＝2∠AOC．
（1）求∠AOB的度数；
1
（2）过点O引射线OD，若满足∠BOD= ∠AOB，求∠COD的度数．
3
【分析】（1）根据角的和差倍分运算即可求解；
（2）根据题意可求出∠BOD的度数，再分类讨论，图形结合分析即可求解．
【解答】解：（1）∵∠AOC＝40°，∠BOC＝2∠AOC，
∴∠BOC＝80°，
又∵∠AOB＝∠BOC+∠AOC，
∴∠AOB＝80°+40°＝120°．
（2）①如图所示，当OD在OB的左侧时，
1 1
∵∠BOD= ∠AOB= ×120°=40°，
3 3
∴∠COD＝∠BOC+∠BOD＝80°+40°＝120°；
②如图所述，当OD在OB的右侧时，
12∴∠COD＝∠BOC﹣∠BOD＝80°﹣40°＝40°；
综上所述，∠COD的度数为120°或40°．
【点评】本题主要考查几何图形中角度的计算，图形结合，分类讨论是解题的关键．
22．（10分）（2024春•莱州市期末）新定义：若∠ 的度数是∠ 的度数的n倍，则∠ 叫做∠ 的n倍
角． α β α β
（1）若∠M＝10°21′，请直接写出∠M的4倍角的度数；
（2）如图1所示，若∠AOB＝∠BOC＝∠COD，请直接写出图中∠COD的2倍角；
（3）如图2所示，若∠AOC是∠AOB的3倍角，∠COD是∠AOB的4倍角，且∠BOD＝90°，求
∠BOC的度数．
【分析】（1）根据题意列式计算即可；
（2）根据题意得出∠AOC＝2∠AOB，∠BOD＝2∠AOB即可；
（3）设∠AOB＝ ，则∠AOC＝3 ，∠COD＝4 ，得到∠BOD＝6 ，∠BOC＝2 ；根据∠BOD＝90°，
求得 ＝15°，于是α结论可得． α α α α
【解答α】解：（1）∵∠M＝10°21′，
∴4∠M＝4×10°21′＝41°24′；
（2）∵∠AOB＝∠BOC＝∠COD，
∴∠AOC＝2∠COD，∠BOD＝2∠COD；
∴图中∠COD的所有2倍角有：∠AOC，∠BOD；
（3）∵∠AOC是∠AOB的3倍角，∠COD是∠AOB的4倍角，
设∠AOB＝ ，
α
13则∠AOC＝3 ，∠COD＝4 ，
∴∠AOD＝∠αAOC+∠CODα＝7 ，∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝2 ，
∴∠BOD＝∠AOD﹣∠AOB＝6α ， α
∵∠BOD＝90°， α
∴6 ＝90°，
∴ α＝15°，
∴α∠BOC＝2 ＝30°．
【点评】此题α主要考查了角的计算，度分秒的换算，准确理解并熟练应用题干中的定义是解题的关键．
23．（10分）（2023秋•凉州区期末）如图，B是线段AD上一动点，沿A→D→A以2cm/s的速度往返运
动1次，C是线段BD的中点，AD＝10cm，设点B运动时间为t秒（0≤t≤10）．
（1）当t＝2时，①AB＝ cm．②求线段CD的长度．
（2）用含t的代数式表示运动过程中AB的长．
（3）在运动过程中，若AB中点为E，则EC的长是否变化？若不变，求出EC的长；若发生变化，请
说明理由．
【分析】（1）①根据AB＝2t即可得出结论；
②先求出BD的长，再根据C是线段BD的中点即可得出CD的长；
（2）分类讨论；
（3）直接根据中点公式即可得出结论．
【解答】解：（1）①∵B是线段AD上一动点，沿A→D→A以2cm/s的速度往返运动，
∴当t＝2时，AB＝2×2＝4cm．
故答案为：4；
②∵AD＝10cm，AB＝4cm，
∴BD＝10﹣4＝6cm，
∵C是线段BD的中点，
1 1
∴CD= BD= ×6＝3cm；
2 2
（2）∵B是线段AD上一动点，沿A→D→A以2cm/s的速度往返运动，
∴当0≤t≤5时，AB＝2t；
当5＜t≤10时，AB＝10﹣（2t﹣10）＝20﹣2t；
（3）不变．
14∵AB中点为E，C是线段BD的中点，
1
∴EC= （AB+BD）
2
1
= AD
2
1
= ×10
2
＝5cm．
【点评】本题考查了两点间的距离，根据已知得出各线段之间的等量关系是解题关键．
24．（12分）（2023秋•漳州期末）点O，E分别是长方形纸片ABCD边AB，AD上的点，沿OE，OC翻
折，点A落在点A′处，点B落在点B′处．
（1）如图1，当点B′恰好落在线段OA′上时，求∠COE的度数；
（2）如图2，当点B′落在∠EOA′的内部时，若∠AOE＝36°，∠BOC＝64°，求∠A′OB′的度数；
（3）当点A′，B′落在∠COE的内部时，若∠COE＝ ，求∠A′OB′的度数（用含 的代数式表
示）． α α
【 分 析 】 （ 1 ） 由 折 叠 的 性 质 ， 得 到 ∠ AOE ＝ ∠ A′ OE ， ∠ BOC ＝ ∠ B′ OC ， 根 据
∠AOE+∠A′OE+∠BOC+∠B′OC＝180°，∠COE＝∠A′OE+∠B′OC即可求解；
（2）由折叠的性质，得到∠AOE＝∠A′OE，∠BOC＝∠B′OC，根据∠A′OE+∠B′OC＝
∠ AOE+∠ BOC ＝ 100° ， ∠ COE ＝ 180°﹣ （ ∠ AOE+∠ BOC ） ＝ 80° ， 根 据 ∠ A′ OB′ ＝
∠A′OE+∠B′OC﹣∠COE即可求解；
（3）由折叠的性质，得到∠AOE＝∠A′OE，∠BOC＝∠B′OC，分当点B′在∠A′OE内部时，当
点B′在∠A′OE外部时，两种情况得出结论．
【解答】解：（1）由折叠的性质，得到∠AOE＝∠A′OE，∠BOC＝∠B′OC，
∴∠AOE+∠A′OE+∠BOC+∠B′OC＝180°，
∴∠A′OE+∠B′OC＝90°
∴∠COE＝∠A′OE+∠B′OC＝90°；
15（2）由折叠的性质，得到∠AOE＝∠A′OE，∠BOC＝∠B′OC，
∵∠AOE＝36°，∠BOC＝64°，
∴∠A′OE+∠B′OC＝∠AOE+∠BOC＝100°，∠COE＝180°﹣（∠AOE+∠BOC）＝80°，
∠A′OB′＝∠A′OE+∠B′OC﹣∠COE＝20°；
（3）∵∠COE＝ ，
∴∠AOE+∠BOCα＝180°﹣∠COE＝180°﹣ ，
由折叠的性质，得到∠AOE＝∠A′OE，∠αBOC＝∠B′OC．
①如图2，当点B′在∠A′OE内部时，
∵∠A′OB′＝∠A′OE+∠B′OC﹣∠COE，
∴∠A′OB′＝（180°﹣ ）﹣ ＝180°﹣2 ；
②如图3，当点B′在∠αA′OEα外部时， α
∵∠A′OB′＝∠COE﹣（∠A′OE+∠B′OC），
∴∠A′OB′＝ ﹣（180﹣ ）＝2 ﹣180°．
综上，∠A′OBα′的度数为α180°﹣2α 或2 ﹣180°．
【点评】本题考查长方形的性质、翻α折不变α 性，平角的定义，几何中角度的计算等知识，解题的关键是
灵活应用翻折不变性解决问题．
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