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专题04 几何图形初步(解析版)

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第4章 几何图形初步(强化篇)(解析版)

第4章 几何图形初步(强化篇)(解析版)

2020—2021七年级上学期单元过关卷（人教版）第4章几何图形初步（强化篇）姓名：___________考号：___________分数：___________（考试时间：100分钟满分：120分）一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（2020·河南二模）下列图形中，不是正方体平面展开图的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】解：A、C、D都能够折叠成正方体，而B选项不是正方体的展开图，故选：B．2．（2020·华东师范大学附属贵阳学校月考）如图，从左面看该几何体得到的形状是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】该几何体的左视图如下故答案为：B．3．（2020·内蒙古包头二模）如图，CD是直角三角形ABC的高，将直角三角形ABC按以下方式旋转一周可以得到右侧几何体的是（）．A．绕着AC旋转B．绕着AB旋转C．绕着CD旋转D．绕着BC旋转【答案】B【解析】将直角三角形ABC绕斜边AB所在直线旋转一周得到的几何体是：故选：B．4．（2019·山东滨州期末）点A、B、C 在同一条数轴上，其中点A、B 表示的数分别为﹣3、1，若BC＝2，则AC 等于（）A．3B．2C．3 或5D．2 或6【答案】D【解析】此题画图时会出现两种情况，即点C在线段AB内，点C在线段AB外，所以要分两种情况计算．∵点A、B表示的数分别为﹣3、1，∵AB=4．第一种情况：在AB外，如答图1，AC=4+2=6；第二种情况：在AB内，如答图2，AC=4﹣2=2．故选D ．5．（2020·浙江镇海期末）如图，点C 在线段AB 上，且13AC AB =．点D 在线段AC 上，且13CD AD =．E 为AC 的中点，F 为DB 的中点，且11EF =，则CB 的长度为（ ）A ．15B ．16C ．17D ．18 【答案】B【解析】解：设CB x =， ∵13AC AB =，∵1122AC BC x ==， ∵13CD AD =，∵1148CD AC x ==， ∵E 是AC 中点，∵1124CE AC x ==， 111488DE CE CD x x x =-=-=，1988BD BC CD x x x =+=+=， ∵F 是BD 中点，∵19216DF BD x ==， 91111116816EF DF DE x x x =+=+==，解得16x =． 故选：B ． 6．（2019·河北涿鹿期末）如图．∵AOB ＝∵COD ，则( )A．∵1＞∵2B．∵1＝∵2C．∵1＜∵2D．∵1与∵2的大小无法比较【答案】B【解析】∵∵AOB=∵COD，∵∵AOB-∵BOD=∵COD-∵BOD，∵∵1=∵2；故选B．7．（2020·福建宁化期中）阅读下列说法：∵过两点有且只有一条直线；∵两点之间，线段最短；∵若AP=BP，则点P是线段AB的中点；∵18.6°=18°6＇；∵小于平角的角可分为锐角和钝角，其中正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B【解析】解：∵过两点有且只有一条直线，正确；∵两点之间，线段最短，正确；∵若点P在线段AB上正确，若点P在线段AB外则错误，故错误；∵18.6°=18°36＇，错误；∵小于平角的角可分为锐角、钝角，还应包含直角，错误；故正确的有2个，故选：B.8．（2020·全国）如图所示，在ABC 中，90BAC ∠=︒，90CDA ∠=︒，则互为余角的角有（ ）．A ．5对B ．4对C ．3对D ．2对【答案】B【解析】∵90BAC ∠=︒ ∵90BAD CAD ∠+∠=︒，90B C ∠+∠=︒，∵90CDA ∠=︒∵90B BAD ∠+∠=︒，90C CAD ∠+∠=︒；∵有4对互为余角故选：B ．9．（2020·广西田东期末）若一个角的补角等于它的余角的3倍，则这个角为（ ） A ．75°B ．60°C ．45°D ．30°【答案】C【解析】解：设这个角为x ，则余角为90°-x ，补角为180°-x ，由题意得180°-x=3（90°-x ），解得：x=45．故选：C ．10．（2020·全国）已知α∠和β∠互补，且αβ∠>∠，则有下列式子：∵90β︒-∠；∵90α∠-︒；∵()12αβ∠+∠；∵()12αβ∠-∠；∵()1902α∠-︒；其中，表示β∠的余角的式子有( )A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个【答案】B【解析】∵9090ββ︒-∠+∠=︒，∵∵正确；∵α∠和β∠互补，∵180αβ∠+∠=︒， ∵901809090αβ∠-︒+∠=︒-︒=︒，∵∵正确，∵错误； ∵()11180909022αββββ∠+∠+∠=⨯︒+∠=︒+∠≠︒，∵∵错误； ∵()()11118090222αββαβ∠-∠+∠=∠+∠=⨯︒=︒， ∵∵正确；∵∵∵∵正确，故选：B.11．（2020·全国）如图，点A ，B ，C 是正方体三条相邻的棱的中点，沿着A ，B ，C 三点所在的平面将该正方体的一个角切掉，然后将其展开，其展开图可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】选项A. B. C 折叠后都不符合题意，只有选项D 折叠后两个剪去三角形与另一个剪去的三角形交于一个顶点，∵与正方体三个剪去三角形交于一个顶点符合．故选D.12．（2020·全国）如图，C ，D 是线段AB 上的两点，E 是AC 的中点，F 是BD 的中点，若EF m =，CD n =，则AB =( )A ．m n -B ．m n +C ．2m n -D ．2m n +【答案】C【解析】解：由题意得，EC+DF=EF -CD=m -n∵E 是AC 的中点，F 是BD 的中点，∵AE=EC ，DF=BF ，∵AE+BF=EC+DF=m -n ，∵AB=AE+EF+FB ，∵AB=m -n+m=2m -n故选：C二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）13．（2019·广东阳山期末）已知∵A=67°，则∵A 的余角等于______度．【答案】23【解析】∵∵A=67°，∵∵A 的余角=90°﹣67°=23°，故答案为23．14．（2019·河北涿鹿期末）如图，把一张长方形纸片沿AB 折叠后，若∵1＝50°，则∵2的度数为______．【答案】65°【解析】∵把一张长方形纸片沿AB 折叠，∵∵2=∵3，∵∵1+∵2+∵3=180°，∵1=50°，∵∵2=（180°-∵1）÷2=65°.15．（2019·湖北恩施期末）如图所示：把两块完全相同的直角三角板的直角顶点重合，如果AOD 128∠=︒，那么BOC ∠= ______ ．【答案】52【解析】∵∵AOD=128°，∵AOB 、∵COD 为直角， ∵∵BOD=38°，∵∵BOC=90°-∵BOD=52°．故答案为52．16．（2020·江西寻乌期末）如图所示，∵AOB是平角，∵AOC=30°，∵BOD=60°，OM，ON 分别是∵AOC，∵BOD的平分线，∵MON等于_____度．【答案】135【解析】∵∵AOC=30°，OM是∵AOC的平分线，∵∵MOC=12∵AOC=12×30°=15°，∵∵BOD=60°，ON是∵BOD的平分线，∵∵DON=12∵BOD=12×60°=30°．∵∵AOB是平角，∵AOC=30°，∵BOD=60°，∵∵COD=∵AOB-∵AOC-∵BOD=180°-30°-60°=90°．∵∵MOC=15°，∵COD=90°，∵DON=30°，∵∵MON=∵MOC+∵COD+∵DON=15°+90°+30°=135°．故答案为135°.17．（2019·寻乌县澄江中学期末）如图是一个正方体纸盒的展开图，正方体的各面标有数字1，2，3，﹣3，A，B，相对面上是两个数互为相反数，则A=_____．【答案】﹣2【解析】解：由图可知A=-2.18．（2019·江苏玄武期末）如图，有两个相同的长方体纸盒，它们的长、宽、高分别是12cm, 6cm, 2cm ，现要用这两个纸盒搭成一个大长方体，搭成的大长方体的表面积最小为___________cm2【答案】288【解析】大长方体的表面积最小，则重叠面积最大，所以重叠面为两个6 ⨯12 的面，大长方体的表面积为( 2 ⨯ 6 ⨯ 2 + 2 ⨯ 12 ⨯ 2 + 6 ⨯12 ⨯ 2)⨯ 2 - 6 ⨯ 12 ⨯ 2 = 288cm²三、解答题（本大题共6小题，共66分，解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）19．（2020·江西吉安月考）如图所示的平面图形折叠成正方体后，相对面上的两个数之和++的值．为10，求x y z【答案】16【解析】解：由题意可知：“5”与面“x”相对，“2”与“y”相对，“4”与“2z”相对，∵相对面上的两个数之和为10，∵5＋x ＝10，2＋y ＝10，4＋2z ＝10，所以，x ＝5，y ＝8，z ＝3，∵x ＋y ＋z ＝5＋8＋3＝16．20．（2020·重庆）如图，P 是线段AB 上任意一点，12AB cm =，,C D 两点分别从点,P B 开始，同时向点A 运动，且点C 的运动速度为2/cm s ，点D 的运动速度为3/cm s ，运动时间为ts ．（1）若8AP cm =．∵求运动1s 后，CD 的长；∵当点D 在线段PB 上运动时，试说明2AC CD =．（2）如果2,1t CD cm ==，试探索AP 的长．【答案】（1）∵3cm ；∵见解析；（2）9或11【解析】解：（1）∵由题可知：212,313CP cm DB cm =⨯==⨯=8,12AP cm AB cm ==4PB AB AP cm ∴=-=2433CD CP PB DB cm ∴=+-=+-=∵8,12AP AB ==4,82BP AC t ∴==-43DP t ∴=-2434CD DP CP t t t ∴=+=+-=-2AC CD ∴=（2）当2t =时，224,326CP cm DB cm =⨯==⨯=当点D 在C 的右边时，如图所示：由于1CD cm =7CB CD DB cm ∴=+=5AC AB CB cm ∴=-=9AP AC CP cm ∴=+=当点D 在C 的左边时，如图所示：6AD AB DB cm ∴=-=11AP AD CD CP cm∴=++=综上所述，9AP=或1121．（2020·福建宁化月考）如图所示，点A、O、B在同一直线上，OC平分∵AOB，若∵COD ＝32°（1）求∵BOD的度数．（2）若OE平分∵BOD，求∵AOE的度数．【答案】（1）58°；（2）151°【解析】（1）∵OC平分∵AOB，∵∵BOC＝12∵AOB＝12×180°＝90°，∵∵BOD＝∵BOC﹣∵COD＝90°﹣32°＝58°；（2）∵OE平分∵BOD，∵∵BOE＝12∵BOD＝12×58°＝29°，∵∵AOE＝∵AOB﹣∵BOE＝180°﹣29°＝151°．22．（2020·江西寻乌期末）如图，已知∵AOB是直角，OE平分∵AOC，OF平分∵BOC．(1)若∵BOC=60°，求∵EOF的度数；(2)若∵AOC=x°(x＞90)，此时能否求出∵EOF的大小，若能，请求出它的数值【答案】(1)∵EOF=45°；(2)∵EOF总等于45°.【解析】1)因为∵BOC=60°,∵AOB=90°所以∵AOC=150°因为OE平分∵AOC所以1752EOC AOC∠=∠=︒因为OF平分∵BOC所以1302FOC BOC∠=∠=︒所以∵EOF=∵COE-∵COF=75°-30°=45°（2）能具体求出∵EOF的大小因为∵AOC=x°,∵AOB=90°所以∵BOC=x°-90°因为OE 平分∵A0C 所以122x EOC AOC ∠=∠= 因为OF 平分∵BOC 所以19022x FOC BOC -︒∠=∠= 所以∵EOF=∵COE -∵COF 9022x x -︒=- 即当x>90时，∵EOF 总等于45°23．（2020·河南巩义期末）如图所示是一个长方体纸盒 平面展开图，已知纸盒中相对两个面上的数互为相反数（1）填空：a =__________，b =___________，c =___________．（2）先化简，再求值：2225[23(2)]4a b a b abc a b abc ---+．【答案】（1）1，-2，-3；（2）10abc ，60．【解析】解: 由长方体纸盒的平面展开图知, a +2,b -2,c +1所对的面的数字分别是-3,4,2,因为相对的两个面上的数互为相反数, 所以a +2-3=0;b -2+4=0;c +1+2=0,解得:1,2,3a b c ==-=-;（2）解:原式2225(263)4a b a b abc a b abc =--++,22252634a b a b abc a b abc =-+-+,10abc =,当1,2,3a b c ==-=-时,原式10abc =,()()10123=⨯⨯-⨯-,60=．24．（2020·青岛超银中学月考）如图是某种产品展开图，高为3cm.（1）求这个产品的体积.（2）请为厂家设计一种包装纸箱，使每箱能装5件这种产品，要求没有空隙且要使该纸箱所用材料尽可能少（纸的厚度不计，纸箱的表面积尽可能小），求此长方体的表面积.【答案】（1）长方形的体积为144cm 3；（2）纸箱的表面积为516cm 2．【解析】（1）长方体的高为3cm ，则长方形的宽为（12-2×3）cm ，长为12（25-3-6）cm ，根据题意可得：长方形的体积为：8×6×3=144（cm 3）；（2）因为长方体的高为3cm，宽为6cm，长为8cm，所以装5件这种产品，应该尽量使得6×8的面重叠在一起，纸箱所用材料就尽可能少，这样的话，5件这种产品可以用15×6×8的包装纸箱，再考虑15×8的面积最大，所以15×8的面重叠在一起，纸箱所用材料就尽可能少，所以设计的包装纸箱为15×6×8规格，该产品的侧面积分别为：8×6=48（cm2），8×15=120（cm2），6×15=90（cm2）纸箱的表面积为：2（120+48+90）=516（cm2）．。

《第4章几何图形初步》单元测试含答案解析

《第4章几何图形初步》单元测试含答案解析

《第4章几何图形初步》一、选择题1．下列立体图形中，侧面展开图是扇形的是（）A．B．C．D．2．下列图形中，∠1和∠2互为余角的是（）A．B．C．D．3．如图，点A位于点O的（）方向上．A．南偏东35°B．北偏西65°C．南偏东65°D．南偏西65°4．如图所示，一个斜插吸管的盒装饮料从正面看的图形是（）A．B．C．D．5．下列现象中，可用基本事实“两点之间，线段最短”来解释的现象是（）A．用两个钉子就可以把木条固定在墙上B．把弯曲的公路改直，就能缩短路程C．利用圆规可以比较两条线段的大小关系D．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6．如图是一块手表，早上8时的时针、分针的位置如图所示，那么分针与时针所成的角的度数是（）A．60° B．80° C．120°D．150°7．将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，BC，BD为折痕，则∠CBD的度数为（）A．60° B．75° C．90° D．95°8．一个正方体的每个面都写有一个汉字，其平面展开图如图所示，则在该正方体中，和“崇”相对的面上写的汉字是（）A．低B．碳C．生D．活二、填空题9．已知∠A与∠B互余，若∠A=70°，则∠B的度数为度．10．一个角的补角等于它的余角的6倍，则这个角的度数为．11．13°30'=°；（2）0.5°='= ″．12．已知平面内有A、B、C、D四点，过其中的两点画一条直线，一共可以画条直线．三、解答题（共52分）13．计算：（1）40°26′+30°30′30″÷6；（2）13°53′×3﹣32°5′31″．14．在一张城市地图上，如图，有学校、医院、图书馆三地，图书馆被墨水污染，具体位置看不清，但知道图书馆在学校的东北方向，在医院的南偏东60°方向，你能确定图书馆的位置吗？15．已知：C为线段AB的中点，D在线段BC上，且AD=7，BD=5，求：线段CD的长度．16．如图，已知∠AOC=60°，∠BOD=90°，∠AOB是∠DOC的3倍，求∠AOB的度数．17．把一副三角板的直角顶点O重叠在一起．（1）如图（1），当OB平分∠COD时，则∠AOD和∠BOC的和是多少度？（2）如图（2），当OB不平分∠COD时，则∠AOD和∠BOC的和是多少度？《第4章几何图形初步》参考答案与试题解析一、选择题1．下列立体图形中，侧面展开图是扇形的是（）A．B．C．D．【考点】几何体的展开图．【分析】圆锥的侧面展开图是扇形．【解答】解：根据圆锥的特征可知，侧面展开图是扇形的是圆锥．故选：B．【点评】解题时勿忘记圆锥的特征及圆锥展开图的情形．2．下列图形中，∠1和∠2互为余角的是（）A．B．C．D．【考点】余角和补角．【分析】根据余角、补角的定义计算．【解答】解：根据余角的定义，两角之和为90°，这两个角互余．D中∠1和∠2之和为90°，互为余角．故选D．【点评】根据余角的定义来判断，记住两角之和为90°，与两角位置无关．3．如图，点A位于点O的（）方向上．A．南偏东35°B．北偏西65°C．南偏东65°D．南偏西65°【考点】方向角．【专题】应用题．【分析】根据方位角的概念，结合上北下南左西右东的规定进行判断．【解答】解：点A位于点O的北偏西65°的方向上．故选B．【点评】结合图形，正确认识方位角是解决此类问题的关键．4．如图所示，一个斜插吸管的盒装饮料从正面看的图形是（）A．B．C．D．【考点】简单组合体的三视图．【分析】找到从正面看所得到的图形即可．【解答】解：从正面可看到一个矩形右上角有一条线段，故选A．【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．5．下列现象中，可用基本事实“两点之间，线段最短”来解释的现象是（）A．用两个钉子就可以把木条固定在墙上B．把弯曲的公路改直，就能缩短路程C．利用圆规可以比较两条线段的大小关系D．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【考点】线段的性质：两点之间线段最短．【分析】根据直线的性质，线段的性质，以及线段的大小比较对各选项分析判断即可得解．【解答】解：A、用两个钉子就可以把木条固定在墙上是利用了“两点确定一条直线”，故本选项错误；B、把弯曲的公路改直，就能缩短路程是利用了“两点之间，线段最短”，故本选项正确；C、利用圆规可以比较两条线段的大小关系，是线段的大小比较，故本选项错误；D、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是利用了“两点确定一条直线”，故本选项错误．故选B．【点评】本题考查了线段的性质，直线的性质，是基础题，熟记各性质是解题的关键．6．如图是一块手表，早上8时的时针、分针的位置如图所示，那么分针与时针所成的角的度数是（）A．60° B．80° C．120°D．150°【考点】钟面角．【专题】计算题．【分析】早上8时，时针指向8，分针指向12．钟表12个数字，每相邻两个数字之间的夹角为30°．分针与时针之间有四个格，可求解．【解答】解：根据图形，8点整分针与时针的夹角正好是（12﹣8）×30°=120度．故选C．【点评】本题考查钟表时针与分针的夹角．在钟表问题中，常利用时针与分针转动的度数关系：分针每转动1°时针转动（）°，并且利用起点时间时针和分针的位置关系建立角的图形．7．将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，BC，BD为折痕，则∠CBD的度数为（）A．60° B．75° C．90° D．95°【考点】翻折变换（折叠问题）．【分析】根据图形，利用折叠的性质，折叠前后形成的图形全等．【解答】解：∠ABC+∠DBE+∠DBC=180°，且∠ABC+∠DBE=∠DBC；故∠CBD=90°．故选C．【点评】本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系．8．一个正方体的每个面都写有一个汉字，其平面展开图如图所示，则在该正方体中，和“崇”相对的面上写的汉字是（）A．低B．碳C．生D．活【考点】专题：正方体相对两个面上的文字．【分析】根据正方形展开图相对的面应相隔一个面作答．【解答】解：和“崇”相隔一个面的面为“低”，故选A．【点评】解决本题的关键是理解正方体侧面展开图相对的面之间应相隔一个面．二、填空题9．已知∠A与∠B互余，若∠A=70°，则∠B的度数为20 度．【考点】余角和补角．【专题】计算题．【分析】根据余角定义直接解答．【解答】解：∠B=90°﹣70°=20°．【点评】本题比较容易，考查互余角的数量关系．根据余角的定义可得∠B=90°﹣70°=20度．10．一个角的补角等于它的余角的6倍，则这个角的度数为72°．【考点】余角和补角．【分析】利用题中的关系“一个角的补角等于这个角的余角的6倍”作为相等关系列方程求解即可．【解答】解：设这个角为x，则它的补角为（180°﹣x）余角为（90°﹣x），由题意得：180°﹣x=6（90°﹣x），180°﹣x=540°﹣6x，6x﹣x=540°﹣180°，5x=360°，x=72°．答：这个角的度数为72°．故答案为：72°．【点评】主要考查了利用余角和补角的定义和一元一次方程的应用．解此题的关键是能准确的从题中找出各个量之间的数量关系，找出等量关系列方程，从而计算出结果．互为余角的两角的和为90°，互为补角的两角之和为180度．11．13°30'=13.5 °；（2）0.5°=30 '= 1800 ″．【考点】度分秒的换算．【分析】（1）根据度分秒的换算，将30′换算成0.5°即可得出结论；（2）根据度分秒的换算，将0.5°换算成30′，再将30′换算成1800″即可得出结论．【解答】解：（1）13°30'=13°+（）°=13.5°；（2）0.5°=（0.5×60）′=30′=（30×60）″=1800″．故答案为：（1）13.5；（2）30；1800．【点评】本题考查了度分秒的换算，熟练的掌握度分秒的进率是解题的关键．12．已知平面内有A、B、C、D四点，过其中的两点画一条直线，一共可以画1条或4条或6条条直线．【考点】直线、射线、线段．【专题】规律型．【分析】分四点在同一直线上，当三点在同一直线上，另一点不在这条直线上，当没有三点共线时三种情况讨论即可．【解答】解：分三种情况：①四点在同一直线上时，只可画1条；②当三点在同一直线上，另一点不在这条直线上，可画4条；③当没有三点共线时，可画6条；故答案为：1条或4条或6条．【点评】本题考查了直线、射线、线段，在没有明确平面上四点是否在同一直线上时，需要运用分类讨论思想，解答时要分各种情况解答，要考虑到可能出现的所有情形，不要遗漏，否则讨论的结果就不全面．三、解答题（共52分）13．计算：（1）40°26′+30°30′30″÷6；（2）13°53′×3﹣32°5′31″．【考点】度分秒的换算．【专题】计算题．【分析】（1）先进行度、分、秒的除法计算，再算加法．（2）先进行度、分、秒的乘法计算，再算减法．【解答】解：（1）40°26′+30°30′30″÷6=40°26′+5°5′5″=45°31′5″；（2）13°53′×3﹣32°5′31″=41°39′﹣32°5′31″=9°33′29″．【点评】此类题是进行度、分、秒的四则混合运算，是角度计算中的一个难点，注意以60为进制即可．14．在一张城市地图上，如图，有学校、医院、图书馆三地，图书馆被墨水污染，具体位置看不清，但知道图书馆在学校的东北方向，在医院的南偏东60°方向，你能确定图书馆的位置吗？【考点】方向角．【分析】分别建立找到图书馆在学校的东北方向，在医院的南偏东60°方向，两直线的交点即是图书馆的位置．【解答】解：在医院A处，以正南方向为始边，逆时针转60°角，得角的终边射线AO，在学校B处，以正北方向为始边，顺时针旋转45°角，得角的终边射线BO，则AO与BO的交点为点O，则点O就是图书馆的位置．【点评】此题考查了方向角的知识，注意东北方向指的是东偏北45°这个知识点，难度一般．15．已知：C为线段AB的中点，D在线段BC上，且AD=7，BD=5，求：线段CD的长度．【考点】比较线段的长短．【专题】计算题．【分析】根据已知可求得AB的长，从而可求得AC的长，已知AD的长则不难求得CD的长．【解答】解：∵AD=7，BD=5∴AB=AD+BD=12∵C是AB的中点∴AC=AB=6∴CD=AD﹣AC=7﹣6=1．【点评】此题主要考查学生对比较线段的长短的掌握情况，比较简单．16．如图，已知∠AOC=60°，∠BOD=90°，∠AOB是∠DOC的3倍，求∠AOB的度数．【考点】角的计算．【专题】计算题．【分析】设∠COD=x，则∠AOD可表示为60°﹣x，于是∠AOB=90°+60°﹣x=150°﹣x，再根据∠AOB 是∠DOC的3倍得到150°﹣x=3x，解得x=37.5°，然后计算3x即可．【解答】解：设∠COD=x，∵∠AOC=60°，∠BOD=90°，∴∠AOD=60°﹣x，∴∠AOB=90°+60°﹣x=150°﹣x，∵∠AOB是∠DOC的3倍，∴150°﹣x=3x，解得x=37.5°，∴∠AOB=3×37.5°=112.5°．【点评】本题考查了角的计算：会利用角的倍、分、差进行角度计算．17．把一副三角板的直角顶点O重叠在一起．（1）如图（1），当OB平分∠COD时，则∠AOD和∠BOC的和是多少度？（2）如图（2），当OB不平分∠COD时，则∠AOD和∠BOC的和是多少度？【考点】角平分线的定义．【分析】已知一副三角板的直角顶点O重叠在一起，就是已知图形中的两个三角形各角的度数，这样重叠时存在的角的关系是：∠AOD=∠AOB+∠COD﹣∠COB．【解答】解：（1）∵OB平分∠COD，∴∠COB=∠BOD=45°，∴∠COA=90°﹣45°=45°，∴∠AOD+∠BOC=∠AOC+∠COD+∠BOC=45°+90°+45°=180°，∴∠AOD和∠BOC的和是180°．（2）∵∠AOC+∠BOC=90°，∠BOD+∠BOC=90°，∴∠AOD+∠BOC=∠AOC+∠BOC+∠BOD+∠BOC∴∠AOD+∠BOC=（∠AOC+∠BOC）+（∠BOD+∠BOC）=90°+90°=180°．∴∠AOD和∠BOC的和是180°．【点评】根据角平分线定义得出所求角与已知角的关系转化求解．注意一副三角板的直角顶点O重叠在一起时角的关系．。

七年级上册 第四章 几何图形初步 教材分析 文字稿及例题解析含答案

七年级上册 第四章 几何图形初步 教材分析 文字稿及例题解析含答案

七年级上册第四章几何图形初步教材分析文字稿及例题解析含答案第四章《几何图形初步》教材分析本章是初中阶段“图形与几何”领域的第一章，是初中几何的起始章节。

在前面两个学段研究的“空间与图形”内容的基础上，让学生进一步欣赏丰富多彩的图形世界，初步尝试用数学的眼光观察立体图形与平面图形，分析它们之间的关系。

本章内容是几何知识的重要基础，对后续几何的研究有很重要的意义和作用。

本章分为两部分。

第一部分“几何图形”从观察现实生活中的各种物体抽象出几何图形或几何概念，体会几何图形的抽象性特点和数学的抽象性。

第二部分“线段、角”是平面几何中最基础也是最重要的图形，有关线段和角的概念、公理、性质，相关的画法、计算、推理、几何语言与图形语言之间的转化能力，对今后几何研究将起到导向作用。

研究方法上，三种数学语言（文字语言、符号语言、图形语言）的转化贯穿于研究的始终。

要学会用分析法、综合法思考解决几何问题，这也是今后解决几何问题的基本方法。

本章的研究目标包括从实物和具体模型的抽象，了解几何图形、立体图形与平面图形以及几何体、平面和曲面、直线和曲线、点等概念。

能画出从不同方向看一些基本几何体（直棱柱、圆柱、圆锥、球）以及它们的简单组合体得到的平面图形。

了解直棱柱、圆柱、圆锥的展开图，能根据展开图想象相应的几何体，制作立体模型，在平面图形和立体图形相互转换的过程中，培养空间观念和空间想象力。

另外，学生还需要进一步认识直线、射线、线段的概念，掌握它们的符号表示；掌握基本事实：“两点确定一条直线”、“两点之间，线段最短”，了解它们在生活和生产中的应用；理解两点间距离的意义，能度量两点间的距离；了解平面上两条直线具有相交和不相交两种位置关系；会比较线段的大小；理解线段的和、差及线段中点的概念，会画一条线段等于已知线段。

最后，学生需要理解角的概念，掌握角的符号表示；会比较角的大小；认识度、分、秒，并会进行简单的换算，会计算角的和与差。

七年级数学上册第四单元《几何图形初步》-解答题专项知识点总结(含答案解析)

七年级数学上册第四单元《几何图形初步》-解答题专项知识点总结(含答案解析)

一、解答题1．如图，O在直线AC上，OD是∠AOB的平分线，OE在∠BOC内．（1）若OE是∠BOC的平分线，则有∠DOE=90°，试说明理由；（2）若∠BOE=12∠EOC，∠DOE=72°，求∠EOC的度数．解析：（1）见解析；（2）72°【解析】【分析】（1）根据角平分线的定义可以求得∠DOE=12∠AOC=90°；（2）设∠EOB=x度，∠EOC=2x度，把角用未知数表示出来，建立x的方程，用代数方法解几何问题是一种常用的方法．【详解】（1）如图，因为OD是∠AOB的平分线，OE是∠BOC的平分线，所以∠BOD=12∠AOB，∠BOE=12∠BOC，所以∠DOE=12（∠AOB+∠BOC）=12∠AOC=90°；（2）设∠EOB=x，则∠EOC=2x，则∠BOD=12（180°–3x），则∠BOE+∠BOD=∠DOE，即x+12（180°–3x）=72°，解得x=36°，故∠EOC=2x=72°．【点睛】本题考查了角平分线的定义．设未知数，把角用未知数表示出来，列方程组，求解．角平分线的运用，为解此题起了一个过渡的作用．2．如图，点B和点C为线段AD上两点，点B、C将AD分成2︰3︰4三部分，M是AD的中点，若MC＝2，求AD的长．解析：AD=36.【分析】根据点B、C将AD分成2︰3︰4三部分可得出CD与AD的关系，根据中点的定义可得MD=12AD，利用MC=MD-CD即可求出AD的长度.【详解】∵点B、C将AD分成2︰3︰4三部分，∴CD=49AD，∵M是AD的中点，∴MD=12 AD，∵MC=MD-CD=2，∴12AD-49AD=2，∴AD=36.【点睛】本题主要考查中点的定义及线段之间的和差关系，灵活运用线段的和、差、倍、分转化线段之间的数量关系是解题关键．3．如图，有一只蚂蚁想从A点沿正方体的表面爬到G点，走哪一条路最近？(1)请你利用部分平面展开图画出这条最短的路线，并说明理由．(2)探究若这只蚂蚁在正方体上爬行的最短路线，请你找出所有的最短路线，并画出示意.解析：如图①，（1）见解析，理由：两点之间线段最短；（2）见解析.【分析】（1）先把正方体展开，根据两点之间线段最短，即可得出由A爬到G的最短途径．（2）分情况讨论，作图解答即可.【详解】（1）如图①，理由：两点之间线段最短．（2）如图②，这种最短路线有4条．【点睛】本题考查了几何体的展开图和最短路线问题，把几何体展开为平面图形是解决“怎样爬行最近”这类问题的关键．4．如图，把下列物体和与其相似的图形连接起来．解析：见解析.【分析】根据圆锥，圆柱，球体，正方体的形状连接即可．【详解】连接如图．【点睛】此题考查认识立体图形，解题关键在于掌握立体图的概念.5．百羊问题甲赶群羊逐草茂，乙牵肥羊一只随其后，戏问甲及一百否？甲云所说无差谬．若得原有一群凑，再添一半小一半，得你一只来方凑，玄机奥妙谁猜透？请列出方程.(说明：“小一半”是指一半的一半，即四分之一)解析：x＋x＋12x＋14x＋1＝100.【分析】根据“再有这么一群，再加半群，又加四分之一群，再把你的一只凑进来，才满100只”这一等量关系列出方程即可．【详解】设羊群原有羊x只，根据题意可列出方程：x＋x＋12x＋14x＋1＝100.【点睛】此题考查由实际问题抽象出一元一次方程，解题关键在于理解题意列出方程. 6．如图所示是一个正方体的表面展开图，请回答下列问题：（1）与面B、面C相对的面分别是和；（2）若A＝a3+15a2b+3，B＝﹣12a2b+a3，C＝a3﹣1，D＝﹣15（a2b+15），且相对两个面所表示的代数式的和都相等，求E、F代表的代数式．解析：（1）面F，面E；（2）F＝12a2b，E＝1【分析】（1）根据“相间Z端是对面”，可得B的对面为F，C的对面是E，（2）根据相对两个面所表示的代数式的和都相等，三组对面为：A与D，B与F，C与E，列式计算即可.【详解】（1）由“相间Z端是对面”，可得B的对面为F，C的对面是E.故答案为：面F，面E.（2）由题意得：A与D相对，B与F相对，C与E相对，A+D=B+F=C+E将A=a315+a2b+3，B12=-a2b+a3，C=a3﹣1，D15=-(a2b+15)代入得：a 315+a 2b +315-(a 2b +15)12=-a 2b +a 3+F =a 3﹣1+E ， ∴F 12=a 2b ， E =1.【点睛】本题考查了正方体的展开与折叠，整式的加减，掌握正方体展开图的特点和整式加减的计算方法是正确解答的前提.7．如图，以直线AB 上一点O 为端点作射线OC ，使70AOC ∠=︒，在同一个平面内将一个直角三角板的直角顶点放在点O 处.（注：90DOE ∠=︒）（1）如图1，如果直角三角板DOE 的一边OD 放在射线OA 上，那么COE ∠的度数为______；（2）如图2，将直角三角板DOE 绕点O 按顺时针方向转动到某个位置，如果OC 恰好平分AOE ∠，求COD ∠的度数；（3）如图3，将直角三角板DOE 绕点O 任意转动，如果OD 始终在AOC ∠的内部，请直接用等式表示AOD ∠和COE ∠之间的数量关系.解析：（1）20︒；（2）20︒；（3）20COE AOD ∠-∠=︒或20COE AOD ∠=︒+∠.【分析】（1）如图1，如果直角三角板DOE 的一边OD 放在射线OA 上，则∠COE =20°； （2）由角平分线可得70COE AOC ∠=∠=︒，再利用角的和差进行计算即可；（3）分别用∠COE 及∠AOD 的式子表达∠COD ，进行列式即可．【详解】解：（1）∵90DOE ∠=︒，70AOC ∠=︒∴907020COE DOE AOC =∠-∠=︒-︒=︒∠故答案为：20︒（2）∵OC 平分AOE ∠，70AOC ∠=︒，∴70COE AOC ∠=∠=︒，∵90DOE ∠=︒，∴907020COD DOE COE ∠=∠-∠=︒-︒=︒．（3）∵90COD DOE COE COE =∠-∠=︒-∠∠，70COD AOC AOD AOD =∠-∠=︒-∠∠∴9070COE AOD ︒-∠=︒-∠∴20COE AOD ∠-∠=︒或20COE AOD ∠=︒+∠．故答案为：20COE AOD ∠-∠=︒或20COE AOD ∠=︒+∠．【点睛】本题考查了角的和差关系，准确表达出角的和差关系是解题的关键．8．（1）已知一个角的补角比它的余角的3倍多10︒，求这个角的度数．（2）已知α∠的余角是β∠的补角的13，并且32βα∠=∠，试求a β∠+∠的度数． 解析：（1）50°；（2）150°【分析】（1）设这个角为α，则补角为（180°-α），余角为（90°-α），再由补角比它的余角的3倍多10°，可得方程，解出即可；（2）根据互余和互补的定义，结合已知条件列出方程组，解方程组得到答案．【详解】（1）设这个角为α，根据题意，得 18039010()a α︒-=︒-+︒．解得：50α=︒．答：这个角的度数为50︒．（2）根据题意，得190(180)3αβ︒︒-∠=⨯-∠且32βα∠=∠， ∴60α∠=︒，90β∠=︒．∴ 150αβ∠+∠≡︒．【点睛】本题考查的是余角和补角的概念，掌握若两个角的和为90°，则这两个角互余；若两个角的和等于180°，则这两个角互补是解题的关键．9．小明用若干个正方形和长方形准备拼成一个长方体的展开图，拼完后，小明看来看去觉得所拼图形似乎存在问题.（1）请你帮小明分析一下拼图是否存在问题，若有多余图形，请将多余部分涂黑；若图形不全，则直接在原图中补全；（2）若图中的正方形边长为5cm ，长方形的长为8cm ，请计算修正后所折叠而成的长方体的表面积和体积.解析：（1）多余一个正方形，图形见解析；（2）表面积为：210cm 2；体积为：200cm 3．【分析】（1）根据长方体的展开图判断出多余一个正方形；（2）根据表面积=四个长方形的面积+两个正方形的面积，体积=底面积×高分别列式计算即可得解．【详解】解：（1）多余一个正方形，如图所示：（2）表面积为：225285450160210()cm ⨯+⨯⨯=+=，体积为：2358200()cm ⨯=【点睛】本题考查了几何体的展开图以及长方体的表面积、体积的求法，熟练掌握长方体的展开图是解题的关键．10．如图，A 、B 、C 三点在一条直线上，根据图形填空：（1）AC ＝ + + ；（2）AB ＝AC ﹣ ；（3）DB+BC ＝ ﹣AD（4）若AC ＝8cm ，D 是线段AC 中点，B 是线段DC 中点，求线段AB 的长．解析：（1）AD ，DB ，BC ；（2）BC ；（3）AC ；（4）6cm ．【分析】（1）根据图形直观的得到线段之间的关系；（2）根据图形直观的得到线段之间的关系；（3）根据图形直观的得到各线段之间的关系；（4）AD 和CD 的长度相等并且都等于AC 的一半，DB 的长度为CD 长度的一半即为AC 长度的四分之一．AB的长度等于AD加上DB，从而可求出AB的长度．【详解】（1）AC＝AD+DB+BC故答案为：AD，DB，BC；（2）AB＝AC﹣BC；故答案为：BC；（3）DB+BC＝DC=AC﹣AD故答案为：AC；（4）∵D是AC的中点，AC＝8时，AD＝DC＝4B是DC的中点，∴DB＝2∴AB＝AD+DB＝4+2，＝6（cm）．【点睛】本题重点是根据题干中的图形得出各线段之间的关系，在第四问中考查了线段中点的性质．线段的中点将线段分成两个长度相等的线段．11．如图，两个直角三角形的直角顶点重合，∠AOC＝40°，求∠BOD的度数．结合图形，完成填空：解：因为∠AOC+∠COB＝°，∠COB+∠BOD＝①所以∠AOC＝．②因为∠AOC＝40°，所以∠BOD＝°．在上面①到②的推导过程中，理由依据是：．解析：90，90，∠BOD，40，同角的余角相等【分析】根据同角的余角相等即可求解．【详解】解：因为∠AOC+∠COB＝90 °，∠COB+∠BOD＝90 ° -﹣﹣﹣①所以∠AOC＝∠BOD ．﹣﹣﹣﹣②-因为∠AOC＝40°，所以∠BOD＝40 °．在上面①到②的推导过程中，理由依据是：同角的余角相等．故答案为：90，90，∠BOD ，40，同角的余角相等．【点睛】本题考查了余角的性质：同角（或等角）的余角相等，及角的和差关系．12．如图，点C 在线段AB 上，点,M N 分别是AC BC 、的中点．（1）若9,6AC cm CB cm ==，求线段MN 的长；（2）若C 为线段AB 上任一点，满足AC CB acm +=，其它条件不变，你能求出MN 的长度吗？请说明理由．（3）若C 在线段AB 的延长线上，且满足,,AC BC bcm M N -=分别为 AC 、BC 的中点，你能求出MN 的长度吗？请画出图形，写出你的结论，并说明理由．解析：（1）7.5；（2）12a ，理由见解析；（3）能，MN=12b ，画图和理由见解析 【分析】（1）据“点M 、N 分别是AC 、BC 的中点”，先求出MC 、CN 的长度，再利用MN=CM+CN 即可求出MN 的长度即可．（2）据题意画出图形，利用MN=MC+CN 即可得出答案．（3）据题意画出图形，利用MN=MC-NC 即可得出答案．【详解】解：（1）点M 、N 分别是AC 、BC 的中点，∴CM=12AC=4.5cm ， CN=12BC=3cm ， ∴MN=CM+CN=4.5+3=7.5cm ．所以线段MN 的长为7.5cm ．（2）MN 的长度等于12a ， 根据图形和题意可得：MN=MC+CN=12AC+12BC=12（AC+BC ）=12a ；（3）MN 的长度等于12b ， 根据图形和题意可得：MN=MC-NC=12AC-12BC=12（AC-BC ）=12b ．【点睛】本题主要考查了两点间的距离，关键是掌握线段的中点把线段分成两条相等的线段，注意根据题意画出图形也是关键．13．已知长方形纸片ABCD ，点E 在边AB 上，点F ，G 在边CD 上，连接EF ，EG ．将BEG ∠对折，点B 落在直线BG 上的点B '处，得折痕EM ；将AEF ∠对折，点A 落在直线EF 上的点A '处，得折痕EN ．（1）如图（1），若点F 与点G 重合，求MEN ∠的度数；（2）如图（2），若点G 在点F 的右侧，且30FEG ︒∠=，求MEN ∠的度数； （3）若MEN α∠=，请直接用含α的式子表示FEG ∠的大小．解析：（1）90︒；（2）105︒；（3）若点G 在点F 的右侧，2180FEG α︒∠=-；若点G 在点F 的左侧，1802FEG α︒∠=-【分析】（1）由题意根据角平分线的定义，平角的定义，角的和差定义计算即可．（2）由题意根据∠MEN=∠NEF+∠FEG+∠MEG ，求出∠NEF+∠MEG 即可解决问题． （3）根据题意分点G 在点F 的右侧以及点G 在点F 的左侧两种情形分别求解即可．【详解】解：（1）因为EN 平分AEF ∠，EM 平分BEF ∠， 所以12NEF AEF ∠=∠，12MEF BEF ∠=∠， 所以1111()2222MEN NEF MEF AEF BEF AEF BEF AEB ∠=∠+∠=∠+∠=∠+∠=∠． 因为180AEB ︒∠=， 所以1180902MEN ︒︒∠=⨯=． （2）因为EN 平分AEF ∠，EM 平分BEG ∠， 所以12NEF AEF ∠=∠，12MEG BEG ∠=∠， 所以1111()()2222NEF MEG AEF BEG AEF BEG AEB FEG ∠+∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠． 因为180AEB ︒∠=，30FEG ︒∠=， 所以()118030752NEF MEG ︒︒︒∠+∠=-=， 所以7530105MEN NEF FEG MEG ︒︒︒∠=∠+∠+∠=+=．（3）因为EN 平分AEF ∠，EM 平分BEG ∠，所以12NEF AEF AEN ∠=∠=∠，12MEG BEG BEM ∠=∠=∠， 若点G 在点F 的右侧，MEN NEF FEG MEG α∠=∠+∠+∠=， ()()(180)2180FEG NEF MEG AEN BEM ααααα︒︒∠=-∠+∠=-∠+∠=-=--；若点G 在点F 的左侧，MEN NEF MEG FEG α∠=∠+∠-∠=1801802FEG NEF MEG AEN BEM ααααα︒︒∠=∠+∠-=∠+∠-=--=-．【点睛】本题考查角的计算，翻折变换，角平分线的定义，角的和差定义等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．14．如图，已知C 是AB 的中点，D 是AC 的中点，E 是BC 的中点．(1)若DE=9cm ，求AB 的长.(2)若CE=5cm ，求DB 的长．解析：（1）AB=18；（2）DB=15.【分析】（1）由线段中点的定义可得CD=12AC ，CE=12BC ，根据线段的和差关系可得DE=12AB ，进而可得答案；（2）根据中点定义可得AC=BC ，CE=BE ，AD=CD ，根据线段的和差关系即可得答案.【详解】（1）∵D 是AC 的中点，E 是BC 的中点．∴CD=12AC ，CE=12BC ， ∵DE=CD+CE=9， ∴12AC+12BC=12(AC+BC)=9， ∵AC+BC=AB ，∴AB=18. （2）∵C 是AB 的中点，D 是AC 的中点，E 是BC 的中点，∴AC=BC ，CE=BE=12BC ，，AD=CD=12AC ， ∴AD=CD=CE=BE ，∴DB=CD+CE+BE=3CE ，∵CE=5，∴DB=15.【点睛】 本题主要考查中点的定义及线段之间的和差关系，灵活运用线段的和、差、倍、分转化线段之间的数量关系是解题关键．15．如图是一个去掉盖子的长方体礼品盒的展开图(单位：cm).从A，B两题中任选一题作答.A．该长方体礼品盒的容积为______3cm.B．如果把这个去掉盖子的礼品盒沿某些棱重新剪开，可以得到周长最大的展开图，则周长最大为____cm.解析：A:800；B:146【分析】A:根据题意可以得到长方体的长为16宽为10高为5，即可求出体积.B:依据题意展开，计算即可.【详解】解：A:根据题意高为20-15=5 宽为15-5=10 长为 26-10=16V=16×10×5=800B:依据题意展开如图周长=5×2+16×6+10×4=146【点睛】此题主要考查了立体图形体积计算及最大展开周长，注意最大展开周长一定是最长棱长最多的.16．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．解析：（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．17．已知90AOB ∠=︒，OC 为一条射线，OE ，OF 分别平分AOC ∠，BOC ∠，求EOF ∠的度数．解析：45︒【分析】本题需要分类讨论，当OC 在AOB ∠内部时，根据OE ，OF 分别平分AOC ∠和BOC ∠，所以12COE AOC ∠=∠，12COF BOC ∠=∠，即可求出EOF ∠的度数；当OC 在AOB ∠外部时，OE ，OF 分别平分AOC ∠和BOC ∠，所以12EOC AOC ∠=∠，12FOC BOC ∠=∠，所以1122EOF FOC EOC BOC AOC ∠=∠-∠=∠-∠，即可解决． 【详解】解：①如图，当OC 在AOB ∠内部时．因为OE ，OF 分别平分AOC ∠和BOC ∠，所以12COE AOC ∠=∠，12COF BOC ∠=∠， 所以1122COE COF AOC BOC ∠+∠=∠+∠， 即12EOF AOB =∠∠．又因为90AOB ︒∠=，所以45EOF ︒∠=．②如图，当OC 在AOB ∠外部时．因为OE ，OF 分别平分AOC ∠和BOC ∠，所以12EOC AOC ∠=∠，12FOC BOC ∠=∠， 所以1111()452222EOF FOC EOC BOC AOC BOC AOC AOB ︒∠=∠-∠=∠-∠=∠-∠=∠=．综上所述，45EOF ︒∠=．【点睛】本题主要考查了角度的计算和角平分线的定义，熟练分类讨论思想，并且画出图形是解决本题的关键．18．如图，已知点C 为线段AB 上一点，15cm AC =，35CB AC =，D ，E 分别为线段AC ，AB 的中点，求线段DE 的长．解析：5cm【分析】根据线段的中点定义即可求解．【详解】解：因为15cm AC =，35CB AC =， 所以3159(cm)5CB =⨯=， 所以15924(cm)AB =+=．因为D ，E 分别为线段AC ，AB 的中点，所以112cm 2AE BE AB ===，17.5cm 2DC AD AC ===． 所以127.5 4.5(cm)DE AE AD =-=-=． 【点睛】本题考查了两点间的距离，解决本题的关键是利用线段的中点定义．19．如图所示，已知O 是直线AB 上一点，90BOE FOD ∠=∠=︒，OB 平分COD ∠．（1）图中与DOE ∠互余的角有________________；（2）图中是否有与DOE ∠互补的角？如果有，直接写出全部结果；如果没有，说明理由．解析：（1）EOF ∠，BOD ∠，BOC ∠；（2）BOF ∠，COE ∠．【分析】（1）由∠BOE=90°，则∠DOE+∠BOD=90°，要求与∠DOE 互余的角，只要找到与∠BOD 相等的角即可，即∠BOC ，∠EOF ；（2）根据同角的余角相等，结合OB 平分∠COD ，可得∠DOE=∠AOF ，∠EOF=∠BOD=∠BOC ，则∠DOE 的补角与∠AOF 的补角相等，即∠DOE 互补的角：∠BOF 、∠EOC ；【详解】解：（1）∵∠BOE=∠FOD=90°，∴∠AOF+∠EOF=90°，∠BOD+∠DOE=90°，∠DOE+∠EOF=90°，∵OB 平分∠COD ，∴∠BOD=∠BOC ，∠AOF=∠DOE ，∴与∠DOE 互余的是：∠EOF 、∠BOD 、∠BOC ；故答案为：∠EOF 、∠BOD 、∠BOC ；（2）由（1）以及同角的余角相等可知，∠AOF=∠DOE ，∠EOF=∠BOD=∠BOC ， ∴∠DOE 的补角与∠AOF 的补角相等，∵∠AOF+∠BOF=180°，∠BOF=∠EOC ，∴∠AOF+∠EOC=180°，∴∠DOE 的补角有：∠BOF 和∠EOC ．【点睛】本题考查了补角和余角的定义，以及角平分线的定义，解题的关键是根据同角或等角的余角相等，同角或等角的补角相等进行解答．20．如图，射线ON ，OE ，OS ，OW 分别表示以点O 为中心的北，东，南，西四个方向，点A 在点O 的北偏东45︒方向，点B 在点O 的北偏西30方向．（1）画出射线OB ，若BOC ∠与AOB ∠互余，请在图（1）或备用图中画出BOC ∠； （2）若OP 是AOC ∠的平分线，直接写出AOP ∠的度数．（不需要计算过程） 解析：（1）见解析；（2）45︒或30．【分析】（1）根据题意作出图形即可；（2）根据角平分线的定义即可得到结论．【详解】（1）如图所示，BOC ∠与BOC '∠即为所求．（2）AOP ∠的度数为45︒或30︒．∵∠AON=45°，∠BON=30°，∴∠AOB=75°，∵∠BOC 与∠AOB 互余，∴∠BOC=∠BOC′=15°，∴∠AOC=90°，∠AOC=60°，∵OP 是∠AOC 的角平分线，∴∠AOP=45°或30°．【点睛】本题主要考查了方向角的定义，余角的定义，作出图形，正确掌握方向角的定义是解题关键．21．如图，射线OA 的方向是北偏东15°，射线OB 的方向是北偏西40°，∠AOB ＝∠AOC ，射线OE 是射线OB 的反向延长线.(1)求射线OC 的方向角；(2)求∠COE 的度数；(3)若射线OD 平分∠COE ，求∠AOD 的度数.解析：(1)射线OC 的方向是北偏东70°；(2)∠COE ＝70°；(3)∠AOD ＝90°.【分析】（1）先求出∠AOC=55°，再求得∠NOC 的度数，即可确定OC 的方向；（2）根据∠AOC=55°，∠AOC=∠AOB ，得出∠BOC=110°，进而求出∠COE 的度数； （3）根据射线OD 平分∠COE ，即可求出∠COD=35°再利用∠AOC=55°求出答案即可．【详解】(1)∵射线OA的方向是北偏东15°，射线OB的方向是北偏西40°即∠NOA＝15°，∠NOB＝40°，∴∠AOB＝∠NOA＋∠NOB＝55°，又∵∠AOB＝∠AOC，∴∠AOC＝55°，°，∴∠NOC＝∠NOA＋∠AOC＝15°+ 55°70∴射线OC的方向是北偏东70°.(2)∵∠AOB＝55°，∠AOB＝∠AOC，∴∠BOC＝∠AOB＋∠AOC＝55°+55°＝110°，又∵射线OD是OB的反向延长线，∴∠BOE＝180°，∴∠COE＝180°－110°＝70°，(3)∵∠COE＝70°，OD平分∠COE，∴∠COD＝35°，∴∠AOD＝∠AOC＋∠COD＝55°+35°＝90°.【点睛】此题主要考查了方向角的表达即方向角一般是指以观测者的位置为中心，将正北或正南方向作为起始方向旋转到目标的方向线所成的角（一般指锐角），通常表达成北（南）偏东（西）多少度．22．已知线段AB＝10cm，直线AB上有一点C，BC＝6cm，M为线段AB的中点，N为线段BC的中点，求线段MN的长．解析：2cm或8cm【分析】分两种情况：（1）点C在线段AB上时，（2）点C在AB的延长线上时，分别求出线段MN的值，即可．【详解】解：（1）若为图1情形，∵M为AB的中点，∴MB＝MA＝5cm，∵N为BC的中点，∴NB＝NC＝3cm，∴MN＝MB﹣NB＝2cm；（2）若为图2情形，∵M为AB的中点，∴MB＝AB＝5cm，∵N为BC的中点，∴NB＝NC＝3cm，∴MN＝MB+BN＝8cm．【点睛】本题主要考查线段的和差倍分和线段的中点概念，根据题意，画出图形，分类讨论，是解题的关键．23．如图，将一个长方形沿它的长或宽所在的直线旋转一周，回答下列问题：（1）得到什么几何体？（2）长方形的长和宽分别为6cm 和4cm ，分别绕它的长和宽所在直线旋转一周，得到不同的几何体，它们的体积分别为多少？（结果保留π）解析：（1）圆柱；（2）它们的体积分别为3144cm π，396cm π【分析】(1)矩形旋转一周得到圆柱；(2)绕长旋转得到的圆柱的底面半径为4cm ，高为6cm ，绕宽旋转得到圆柱底面半径为6cm ，高为4cm ，从而可以计算出体积．【详解】解：(1)圆柱(2) 绕宽旋转得到圆柱底面半径为6cm ，高为4cm ，21V r h π=264π=⨯⨯144π=绕长旋转得到的圆柱的底面半径为4cm ，高为6cm ，2246V π=⨯⨯96π=∴它们的体积分别为3144cm π，396cm π【点睛】本题主要考查的是圆柱的体积，熟记圆柱的体积公式是解题的关键．24．马小虎准备制作一个封闭的正方体盒子，他先用5个大小一样的正方形制成如下图所示拼接图形（实线部分），经折叠后发现还少一个面，请你在下图中的拼接图形上再接一个正方形，使新拼接成的图形经过折叠后能成为一个封闭的正方体盒子．（添加所有符合要求的正方形，添加的正方形用阴影表示）解析：见解析．【分析】根据正方体展开图直接画图即可．【详解】解：【点睛】正方体的平面展开图共有11种，应灵活掌握，不能死记硬背．25．如图，OC是∠AOB的平分线，∠AOD比∠BOD大30°，则∠COD的度数为________．解析：15°【分析】设∠BOD＝x，分别表示出∠AOD＝x＋30°，∠AOC= x＋15°，即可求出∠COD．【详解】解：设∠BOD＝x，则∠AOD＝x＋30°，所以∠AOB＝2x＋30°．因为OC是∠AOB的平分线，所以∠AOC＝12∠AOB= x＋15°，所以∠COD=∠AOD-∠AOC＝15°．故答案为：15°【点睛】本题考查了角平分线的定义，角的和差等知识，理解角平分线的定义，并用含x的式子表示是解题关键．26．如图所示，已知射线OC将∠AOB分成1∶3的两部分，射线OD将∠AOB分成5∶7的两部分，若∠COD＝15°，求∠AOB的度数．解析：90°【分析】设∠AOB的度数为x，根据题意用含x的式子表示出∠AOC，∠AOD，根据角的关键列出方程即可求解．【详解】解：设∠AOB的度数为x．因为射线OC将∠AOB分成1∶3两部分，所以∠AOC＝14 x．因为射线OD将∠AOB分成5∶7两部分，所以∠AOD＝512x．又因为∠COD＝∠AOD－∠AOC，∠COD＝15°，所以15°＝512x－14x．解得x＝90°，即∠AOB的度数为90°．【点睛】本题考查了角的和差，设出未知数，表示出∠AOC，∠AOD，列出方程是解题关键．27．把如图图形沿虚线折叠，分别能折叠成什么几何体(图中的五边形均为正五边形)？观察折成的几何体，回答下列问题：（1）每个几何体有多少条棱？哪些棱的长度相等？（2）每个几何体有多少个面？它们分别是什么图形？哪些面的形状、大小完全相同？解析：（1）第一个图形能折成一个正五棱锥，有10条棱，侧棱相等，底面上的五条棱相等；第二个图形能折成一个正五棱柱，有15条棱，上下底面上的棱相等，侧棱相等；（2）第一个几何体有6个面，分别是5个等腰三角形，1个正五边形，等腰三角形的形状、大小相同；第二个几何体有7个面，分别是5个长方形，2个正五边形，长方形的形状、大小相同，正五边形的形状、大小相同【分析】（1）由五棱锥与五棱柱的折叠及五棱锥与五棱柱的展开图解题．（2）根据五棱锥与五棱柱的特征即可求解．【详解】解：（1）图形（1）有10条棱，底面棱的长度相等，侧面棱的长度相等；图形（2）有15条棱，两个底面棱的长度相等，侧面棱的长度相等；（2）图形（1）有6个面，底面是五边形，侧面是形状、大小完全相同的三角形；图形（2）有7个面，底面是形状、大小完全相同的五边形，侧面是形状、大小完全相同的长方形．【点睛】本题考查了展开图折叠成几何体的知识，有一定难度，同时考查了学生的想象和动手能力．28．已知：如图，在∠AOB的内部从O点引3条射线OC，OD，OE，图中共有多少个角？若在∠AOB的内部，从O点引出4条，5条，6条，…，n条不同的射线，可以分别得到多少个不同的角？解析：角的个数分别为10，15，21，28，…，(2)(1)2n n++．【分析】1、在锐角∠AOB的内部以O为顶点作3条射线,由此你能得到以O为顶点的射线共有多少条吗2、根据以一条射线为边,以其余n+1条射线为另一边可作n+1个角,相信你能求得5条射线共多少个锐角；3、由于任意两射线所得的角都多计一次,所以当在∠AOB的内部从O点引3条射线共有1452⨯⨯个角；4、结合作3条射线得到的角的个数,可以推出以O为顶点共有n条射线时,得到的角的个数为(1)(2)2n n++，继而将n=5、6、7代入即可．【详解】解：顺时针数，与射线OA构成的角有4个，与射线OC构成的角有3个，与射线OD构成的角有2个，与射线OE构成的角有1个，故共有角4＋3＋2＋1＝10(个). 类似地，引4条射线有角5＋4＋3＋2＋1＝15(个)，引5条射线有角6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(个)，引6条射线有角7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝28(个)，…，以此类推，引n条射线有角(n＋1)＋n＋(n－1)＋…＋2＋1＝(1)(2)2n n++(个) ．【点睛】本题中,根据以点O为顶点的射线有n+2条,再求这n+2条射线可形成的角的个数.要求同学们能够准确利用题目中的已知信息,灵活运用所学知识进行解答.本题还可以采用顺序枚举法进行解答,按一定顺序,把所有元素一一列举出来,要做到不重不漏,适合元素(射线)个数较少情况,如果图中有n条射线这时无法逐一列举,可用规律归纳法.29．读下列语句，画出图形，并回答问题．（1）直线l经过A，B，C三点，且C点在A，B之间，点P是直线l外一点，画直线BP，射线PC，连接AP；（2）在（1）的图形中，能用已知字母表示的直线、射线、线段各有几条？写出这些直线、射线、线段．解析：（1）见解析；（2）直线有2条，分别是直线PB，AB；射线有7条，分别是射线PC，PB，BP，AC，CB，BC，CA；线段有6条，分别是线段PA，PB，PC，AB，AC，BC【分析】（1）根据直线、射线、线段的定义作图；（2）根据直线、射线、线段的定义解答．【详解】(1)如图所示．(2) 直线有2条，分别是直线PB，AB；射线有7条，分别是射线PC，PB，BP，AC，CB，BC，CA；线段有6条，分别是线段PA，PB，PC，AB，AC，BC．【点睛】此题考查作图，确定图形中的直线、射线、线段，掌握直线、射线、线段的定义是解题的关键．30．如图，一个点从数轴上的原点开始，先向左移动2cm到达A点，再向左移动3cm到达B点，然后向右移动9cm到达C点．(1)用1个单位长度表示1cm，请你在数轴上表示出A，B， C三点的位置；(2)把点C到点A的距离记为CA，则CA=______cm.(3)若点B以每秒2cm的速度向左移动，同时A．C点分别以每秒1cm、4cm的速度向右移动．设移动时间为t秒，试探索:CA−AB的值是否会随着t的变化而改变?请说明理由．解析：（1）数轴见解析；（2）6；（3）CA−AB的值不会随着t的变化而改变，理由见解析；【分析】（1）在数轴上表示出A，B，C的位置即可；（2）求出CA的长即可；（3）不变，理由如下：当移动时间为t秒时，表示出A，B，C表示的数，求出CA-AB的值即可做出判断．【详解】(1)如图:(2)CA=4−(−2)=4+2=6cm，(3)不变，理由如下:当移动时间为t秒时，点A. B. C分别表示的数为−2+t、−5−2t、4+4t，则CA=(4+4t)−(−2+t)=6+3t，AB=(−2+t)−(−5−2t)=3+3t，∵CA−AB=(6+3t)−(3+3t)=3∴CA−AB的值不会随着t的变化而改变.【点睛】此题考查数轴，两点间的距离，整式的加减，列代数式，解题关键在于结合数轴进行解答.。

人教版初中七年级数学上册第四章《几何图形初步》(含答案解析)(1)

人教版初中七年级数学上册第四章《几何图形初步》(含答案解析)(1)

人教版初中七年级数学上册第四章《几何图形初步》（含答案解析）(1) 一、选择题1．如图，已知点C为线段AB的中点，则①AC＝BC；②AC＝12AB；③BC＝12AB；④AB＝2AC；⑤AB＝2BC，其中正确的个数是（）A．2 B．3 C．4 D．5D 解析：D【分析】根据线段中点的定义解答．【详解】∵点C为线段AB的中点，∴AC＝BC，AC＝12AB，BC＝12AB，AB＝2AC，AB＝2BC，故选：D．【点睛】此题考查线段中点的定义及计算，掌握线段中点是将线段两等分的点是解题的关键．2．将一张圆形纸片对折后再对折，得到下图，然后沿着图中的虚线剪开，得到两部分，其中一部分展开的平面图形是（）A．A B．B C．C D．D C解析：C【解析】根据折叠的性质，结合折叠不变性，可知剪下来的图形是C，有四个直角三角形构成的特殊四边形.故选C.3．下面四个图形中，能判断∠1＞∠2的是（）A．B．C．D． D解析：D【分析】根据图象，利用排除法求解．【详解】A．∠1与∠2是对顶角，相等，故本选项错误；B．根据图象，∠1＜∠2，故本选项错误；C ．∠1是锐角，∠2是直角，∠1＜∠2，故本选项错误；D ．∠1是三角形的一个外角，所以∠1＞∠2，故本选项正确．故选D ．【点睛】本题考查了学生识图能力和三角形的外角性质．4．平面上有三个点A ，B ，C ，如果8AB =，5AC =，3BC =，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 ．不能确定A解析：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】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】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．已知点P 是CD 的中点，则下列等式中正确的个数是（ ）①PC CD =；②12PC CD =；③2PC PD =；④PC PD CD += A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个C 解析：C【分析】根据线段中点的性质、结合图形解答即可．【详解】如图，∵P 是CD 中点，∴PC=PD ，12PC CD =，CD=2PD ，PC+PD=CD ， ∴正确的个数是①②④，共3个；故选：C ．【点睛】 本题考查的是两点间的距离的计算，掌握线段中点的概念和性质、灵活运用数形结合思想是解题的关键．6．“枪挑一条线，棍扫一大片”，从数学的角度解释为（）．A．点动成线，线动成面B．线动成面，面动成体C．点动成线，面动成体D．点动成面，面动成线A解析：A【分析】根据从运动的观点来看点动成线，线动成面进行解答即可．【详解】“枪挑”是用枪尖挑，枪尖可看作点，棍可看作线，故这句话从数学的角度解释为点动成线，线动成面．故选A．【点睛】本题考查了点、线、面得关系，难度不大，注意将生活中的实物抽象为数学上的模型．7．已知∠AOB=40°，∠BOC=20°，则∠AOC的度数为( )A．60°B．20°C．40°D．20°或60°D解析：D【分析】考虑两种情形①当OC在∠AOB内部时，∠AOC=∠AOB-∠BOC=40°-20°=20°，②当OC’在∠AOB外部时，∠AOC’=∠AOB+∠BOC=40°+20°=60°．【详解】解：如图当OC在∠AOB内部时，∠AOC=∠AOB-∠BOC=40°-20°=20°，当OC’在∠AOB外部时，∠AOC’=∠AOB+∠BOC=40°+20°=60°，故答案为20°或60°，故选D．【点睛】本题考查角的计算，解决本题的关键是学会正确画出图形，根据角的和差关系进行计算. 8．下列图形中，不可以作为一个正方体的展开图的是（）A．B．C．D． C解析：C【解析】【分析】利用不能出现同一行有多于4个正方形的情况，不能出现田字形、凹字形的情况进行判断也可．【详解】A．可以作为一个正方体的展开图，B．可以作为一个正方体的展开图，C．不可以作为一个正方体的展开图，D．可以作为一个正方体的展开图，故选：C．【点睛】本题考查正方体的展开图，熟记展开图的11种形式是解题的关键，利用不是正方体展开图的“一线不过四、田凹应弃之”（即不能出现同一行有多于4个正方形的情况，不能出现田字形、凹字形的情况）判断也可．9．若射线OA与射线OB是同一条射线，下列画图正确的是（）A．B．C．D． B解析：B【解析】【分析】根据射线的表示法即可确定．【详解】A、射线OA与OB不是同一条射线，选项错误；B、射线OA与OB是同一条射线，选项正确；C、射线OA与OB不是同一条射线，选项错误；D、射线OA与OB不是同一条射线，选项错误．故选B．【点睛】本题考查了射线的表示法，射线的端点写在第一个位置，第二个字母是射线上除端点以外任意一点．10．小陆制作了一个如图所示的正方体礼品盒，其对面图案都相同，那么这个正方体的表面展开图可能是（）A．B．C．D． A解析：A【分析】对面图案均相同的正方体礼品盒，则两个相同的图案一定不能相邻，据此即可判断．【详解】解：根据分析，图A折叠成正方体礼盒后，心与心相对，笑脸与笑脸相对，太阳与太阳相对，即对面图案相同；图B、图C和图D中对面图案不相同；故选A．【点睛】本题考查了正方体的展开图，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．二、填空题11．下午3:40时,时钟上分针与时针的夹角是_________度.130【分析】分别求出时针走过的度数和分针走过的度数用分针走过的度数减去时针走过的度数即可得出答案【详解】时针每小时走30°分针每分钟走6°∴下午3:40时时针走了3×30°+×30°=110°分针解析：130【分析】分别求出时针走过的度数和分针走过的度数，用分针走过的度数减去时针走过的度数，即可得出答案.【详解】时针每小时走30°，分针每分钟走6°∴下午3:40时，时针走了3×30°+ 40×30°=110°60分针走了40×6°=240°∴夹角=240°-110°=130°【点睛】本题考查的是钟面角问题，易错点在于计算时针走过的度数时，往往大部分人只计算了前面3个小时时针走过的度数，容易忽略后面40分钟时针也在走.12．植树节，只要定出两棵树的位置，就能确定这一行树所在的直线，这是因为两点确定_______条直线.一【分析】经过两点有且只有一条直线根据直线的性质可得答案【详解】解：植树时只要定出两棵树的位置就能确定这一行树所在的直线用数学知识解释其道理是：两点确定一条直线故答案为：一【点睛】本题考查了直线的性解析：一【分析】经过两点有且只有一条直线．根据直线的性质，可得答案．【详解】解：“植树时只要定出两棵树的位置，就能确定这一行树所在的直线”用数学知识解释其道理是：两点确定一条直线，故答案为：一．【点睛】本题考查了直线的性质，熟练掌握直线的性质是解题的关键．13．如图，OC AB ⊥于点O ，OE 为COB ∠的平分线，则AOE ∠的度数为______.135°【解析】【分析】先根据垂直的定义求得∠AOC ∠BOC 的度数是90°然后由角平分线的定义可知∠COE=∠BOC 最后根据∠AOE=∠COE+∠AOC 从而可求得∠AOE 【详解】因为于点O 所以∠AO 解析：135°【解析】【分析】先根据垂直的定义求得∠AOC 、∠BOC 的度数是90°,然后由角平分线的定义可知∠COE =12∠BOC ,最后根据∠AOE =∠COE +∠AOC 从而可求得∠AOE. 【详解】 因为OC AB ⊥于点O,所以∠AOC=∠BOC=90°,因为OE 为COB ∠的平分线,所以∠COE =12∠BOC =45°, 又因为∠AOE =∠COE +∠AOC,所以∠AOE =90°+45°=135°.故答案为:135°.【点睛】本题主要考查垂直的定义和角平分线的定义,解决本题的关键是要熟练掌握垂直定义,角平分线的定义.14．下面的图形是某些几何体的表面展开图，写出这些几何体的名称．正方体四棱锥三棱柱【解析】【分析】根据常见的几何体的展开图进行判断【详解】根据几何体的平面展开图的特征可知：①是正方体的展开图；②是四棱锥的展开图；③是三棱柱的展开图；故答案为：正方体四棱锥三棱柱；解析：正方体四棱锥三棱柱【解析】【分析】根据常见的几何体的展开图进行判断．【详解】根据几何体的平面展开图的特征可知：①是正方体的展开图；②是四棱锥的展开图；③是三棱柱的展开图；故答案为：正方体，四棱锥，三棱柱；【点睛】此题考查几何体的展开图，解题关键在于掌握其展开图.15．如图所示，第（1）个图有2个相同的小正方形，第（2）个图有6个相同的小正方形，第（3）个图有12个相同的小正方形，第（4）个图有20个相同的小正方形，……，按此规律，那么第（n）个图有________个相同的小正方形．n(n＋1)【分析】通过观察可以发现每一个图形中正方形的个数等于图形序号乘以比序号大一的数根据此规律解答即可【详解】第(1)个图有2个相同的小正方形2＝1×2第(2)个图有6个相同的小正方形6＝2×解析：n(n＋1)【分析】通过观察可以发现，每一个图形中正方形的个数等于图形序号乘以比序号大一的数，根据此规律解答即可.【详解】第(1)个图有2个相同的小正方形，2＝1×2，第(2)个图有6个相同的小正方形，6＝2×3，第(3)个图有12个相同的小正方形，12＝3×4，第(4)个图有20个相同的小正方形，20＝4×5，…，以此类推，第n个图应有n(n＋1)个相同的小正方形.【点睛】本题是对图形变化规律的考查，发现正方形的个数是两个连续整数的乘积是解题的关键，此类题目对同学们的能力要求较高，在平时的学习中要不断积累.16．如图，点C 是线段AB 上一点，点M 、N 、P 分别是线段AC ，BC ，AB 的中点．3AC cm =，1CP cm =，线段PN =__cm ．【分析】根据线段中点的性质计算即可CB 的长结合图形根据线段中点的性质可得CN 的长进而得出PN 的长【详解】解：为的中点为的中点故答案为：【点睛】本题考查了两点间的距离的计算掌握线段的中点的性质灵活运用 解析：32 【分析】根据线段中点的性质计算即可CB 的长，结合图形、根据线段中点的性质可得CN 的长，进而得出PN 的长．【详解】解：AP AC CP =+，1CP cm =，314AP cm ∴=+=，P 为AB 的中点，28AB AP cm ∴==，CB AB AC =-，3AC cm =，5CB cm ∴=，N 为CB 的中点，1522CN BC cm ∴==， 32PN CN CP cm ∴=-=． 故答案为：32．【点睛】本题考查了两点间的距离的计算，掌握线段的中点的性质、灵活运用数形结合思想是解题的关键．17．一个圆的周长是62.8m ，半径增加了2m 后，面积增加了____2m ．(π取3.14)16【分析】先根据圆的周长公式得到原来圆的半径进一步得到半径增加了2m 后的半径再根据圆的面积公式分别得到它们的面积相减即可求解【详解】解：314×（628÷314÷2+2）2﹣314×（628÷31解析：16．【分析】先根据圆的周长公式得到原来圆的半径，进一步得到半径增加了2m 后的半径，再根据圆的面积公式分别得到它们的面积，相减即可求解．【详解】解：3.14×（62.8÷3.14÷2+2）2﹣3.14×（62.8÷3.14÷2）2＝3.14×（10+2）2﹣3.14×102＝3.14×144﹣3.14×100＝3.14×44＝138.16（m2）故答案为：138.16．【点睛】本题考查了有理数的混合运算，本题关键是熟练掌握圆的周长和面积公式．18．如图，已知直线AB、CD、EF相交于点O，∠1=95°，∠2=32°，则∠BOE=________.53°【解析】由∠BOE与∠AOF是对顶角可得∠BOE=∠AOF又因为∠COD是平角可得∠1+∠2+∠AOF=180°将∠1=95°∠2=32°代入即可求得∠AOF的度数即∠BOE的度数解析：53°【解析】由∠BOE与∠AOF是对顶角，可得∠BOE=∠AOF，又因为∠COD是平角，可得∠1+∠2+∠AOF=180°，将∠1=95°，∠2=32°代入，即可求得∠AOF的度数，即∠BOE的度数．19．如图，上午6：30时，时针和分针所夹锐角的度数是_____．15°【分析】计算钟面上时针与分针所成角的度数一般先从钟面上找出某一时刻分针与时针所处的位置确定其夹角再根据表面上每一格30°的规律计算出分针与时针的夹角的度数【详解】∵时针12小时转一圈每分钟转动解析：15°【分析】计算钟面上时针与分针所成角的度数，一般先从钟面上找出某一时刻分针与时针所处的位置，确定其夹角，再根据表面上每一格30°的规律，计算出分针与时针的夹角的度数．【详解】∵时针12小时转一圈，每分钟转动的角度为：360°÷12÷60=0.5°，∴时针1小时转动30°，∴6：30时，分针指向刻度6，时针和分针所夹锐角的度数是30°×1=15°．2故答案是：15°．【点睛】考查了钟面角，解题时注意，分针60分钟转一圈，每分钟转动的角度为：360°÷60=6°；时针12小时转一圈，每分钟转动的角度为：360°÷12÷60=0.5°．20．一个几何体，从不同方向看到的图形如图所示．拼成这个几何体的小正方体的个数为______．6【分析】根据从不同方位看到的图形的形状可知该几何体有2列2行底面有4个小正方体摆成大正方体上面至少2个小正方体放在靠前面的2个小正方体上面由此解答【详解】由题图可知该几何体第一层有4个小正方体第二解析：6【分析】根据从不同方位看到的图形的形状可知，该几何体有2列2行，底面有4个小正方体摆成大正方体，上面至少2个小正方体，放在靠前面的2个小正方体上面．由此解答．【详解】由题图可知，该几何体第一层有4个小正方体，第二层有2个小正方体，所以拼成这个几何体的小正方体的个数为6．故答案为：6.【点睛】本题主要考查从不同方向观察物体和几何体，关键注重培养学生的空间想象能力．三、解答题21．计算（1）34°41′25″×5；（2）72°35′÷2＋18°33′×4．解析：（1）173°27′5″；（2）110°29′30″．【分析】（1）根据角度与整数的乘法法则计算即可；（2）根据角度的四则混合运算法则计算即可．【详解】（1）34°41′25″×5＝（34°＋41′＋25″）×5＝34°×5＋41′×5＋25″×5＝170°＋205′＋125″＝173°27′5″；（2）72°35′÷2＋18°33′×4＝36°17′30″＋72°132′＝110°29′30″．【点睛】本题主要考查了角度的运算，正确理解角度的60进制是解答本题的关键．22．如图，射线OA的方向是北偏东15°，射线OB的方向是北偏西40°，∠AOB＝∠AOC，射线OE是射线OB的反向延长线.(1)求射线OC的方向角；(2)求∠COE的度数；(3)若射线OD平分∠COE，求∠AOD的度数.解析：(1)射线OC的方向是北偏东70°；(2)∠COE＝70°；(3)∠AOD＝90°.【分析】（1）先求出∠AOC=55°，再求得∠NOC的度数，即可确定OC的方向；（2）根据∠AOC=55°，∠AOC=∠AOB，得出∠BOC=110°，进而求出∠COE的度数；（3）根据射线OD平分∠COE，即可求出∠COD=35°再利用∠AOC=55°求出答案即可．【详解】(1)∵射线OA的方向是北偏东15°，射线OB的方向是北偏西40°即∠NOA＝15°，∠NOB＝40°，∴∠AOB＝∠NOA＋∠NOB＝55°，又∵∠AOB＝∠AOC，∴∠AOC＝55°，°，∴∠NOC＝∠NOA＋∠AOC＝15°+ 55°70∴射线OC的方向是北偏东70°.(2)∵∠AOB＝55°，∠AOB＝∠AOC，∴∠BOC＝∠AOB＋∠AOC＝55°+55°＝110°，又∵射线OD是OB的反向延长线，∴∠BOE＝180°，∴∠COE＝180°－110°＝70°，(3)∵∠COE＝70°，OD平分∠COE，∴∠COD＝35°，∴∠AOD＝∠AOC＋∠COD＝55°+35°＝90°.【点睛】此题主要考查了方向角的表达即方向角一般是指以观测者的位置为中心，将正北或正南方向作为起始方向旋转到目标的方向线所成的角（一般指锐角），通常表达成北（南）偏东（西）多少度．23．如图，点O是直线AB上一点，OC为任一条射线，OD平分∠AOC，OE平分∠BOC．（1）分别写出图中∠AOD和∠AOC的补角（2）求∠DOE的度数．解析：（1）∠BOD，∠BOC；（2）90°．【分析】（1）由题意根据补角的定义即和是180度的两个角互补，一个角是另一个角的补角进行分析；（2）根据角平分线的性质，可得∠COE，∠COD，再根据角的和差即可得出答案．【详解】解：（1）根据补角的定义可知，∠AOD的补角是∠BOD；∠AOC的补角是∠BOC；（2）∵OD平分∠AOC，OE平分∠BOC，∴∠COD= 12∠AOC，∠COE=12∠BOC．由角的和差得∠DOE=∠COD+∠COE=12∠AOC+12∠BOC=12∠AOB=90°．【点睛】本题考查余角和补角，利用了补角的定义和角的和差以及角平分线的性质进行分析求解．24．如图，∠AOC：∠COD：∠BOD=2：3：4，且A，O，B三点在一条直线上，OE，OF分别平分∠AOC和∠BOD，OG平分∠EOF，求∠GOF的度数。

七年级数学上册第四单元《几何图形初步》-解答题专项知识点总结(含解析)

七年级数学上册第四单元《几何图形初步》-解答题专项知识点总结(含解析)

一、解答题1．如图是由7个相同的小立方体组成的几何体，请画出从正面看、从左面看、从上面看的平面图形．解析：画图见详解.【分析】分别画出从正面看、左面看、上面看的图形，注意所有看到的棱都要表示到三视图中.【详解】如图所示：【点睛】本题主要考查了三视图的画法，所有看到的棱都要在三视图中表示出来是画图的关键. 2．如图，C，D，E为直线AB上的三点.（1）图中有多少条线段，多少条射线？能用大写字母表示的线段、射线有哪些？请表示出来；（2）若一条直线上有n个点，则这条直线上共有多少条线段，多少条射线？解析：（1）有10条线段，10条射线.能用大写字母表示的线段：线段AC、线段AD、线段AE、线段AB、线段CD、线段CE、线段CB、线段DE、线段DB、线段EB.（2）(1)2n n条线段，2n条射线.【解析】【分析】对于（1），这条直线上共5个点，求直线上的线段条数，相当于求从5个点中任取两个点的不同取法有多少种，可从点A开始，用划曲线的方法从左向右依次连接其它各点，再从点C开始，用同样的划曲线方法，直到将线段EB画出为止，即可找到所有的线段，由于每个点对应两条射线，由直线上的5个点即可知有多少条射线；对于（2），和（1）类似，当一条直线上有n个点时，其中任意1个点与剩余的（n-1）个点都能组成（n-1）条线段，结合其中有一半重合的线段，则可计算出n个点所组成的线段条数；一个点对应延伸方向相反的两条射线，可表示出当一条直线上有n个点时的射线条数.【详解】解：（1）图中有10条线段，10条射线.如图所示.能用大写字母表示的线段：线段AC、线段AD、线段AE、线段AB、线段CD、线段CE、线段CB、线段DE、线段DB、线段EB.能用大写字母表示的射线：射线AC、射线CD、射线DE、射线EB、射线CA、射线DC、射线ED、射线BE.（2）因为n个点，其中任意1个点与剩余的（n-1）个点都能组成（n-1）条线段，所以n个点就组成n(n-1)条线段.因为其中有一半重合的线段，如线段AC与线段CA，所以这条直线上共有(1)2n n条线段.因为一个端点对应延伸方向相反的两条射线，所以当一条直线上有n个点时，共有2n条射线.【点睛】此题考查直线、射线、线段，解题关键在于掌握直线上射线、线段条数的求法.3．如图，已知点C是线段AB的中点，点D在线段CB上，且DA=5，DB=3.求CD的长.解析：1【解析】【分析】根据线段的和差，可得AB的长，根据线段中点的性质，可得AC的长，根据线段的和差，可得答案．【详解】由线段的和差，得AB=AD+BD=5+3=8.由线段中点的性质,得AC=CB=12AB=4.由线段的和差，得CD=AD−AC=5−4=1.【点睛】此题考查两点间的距离，解题关键在于掌握各性质定义.4．如图是由若干个正方体形状的木块堆成的，平放于桌面上。

人教版初中数学4几何图形初步练习题-答案解析

人教版初中数学4几何图形初步练习题-答案解析

人教版初中数学4几何图形初步练习题【答案】一、客观题1. B2. B3. C4. C5. D6. B7. C8. D9. A 10. C11. D 12. B 13. C 14. B 15. D16. B 17. C 18. B 19. C 20. B21. D 22. B 23. C 24. D 25. C26. A 27. A 28. B 29. B 30. A31. C 32. B 33. A 34. A 35. A36. A 37. C 38. D 39. C 40. D41. D 42. D 43. D 44. C 45. A46. D 47. A 48. B 49. B 50. C51. D 52. B 53. B 54. A 55. C56. D 57. B 58. B 59. A 60. D61. B 62. B 63. D 64. B 65. A66. B 67. D 68. B 69. B 70. C71. C 72. C 73. D 74. B 75. A76. C 77. D 78. B 79. B 80. D81. C 82. B 83. C 84. B 85. B86. B 87. C 88. C 89. A 90. C91. D 92. C 93. D 94. B 95. B96. B 97. D 98. B 99. A 100. C 101. A 102. B 103. D 104. A 105. A 106. C 107. B 108. B 109. A 110. A 111. B 112. D 113. D 114. B 115. C 116. B 117. D 118. B 119. D 120. A 121. C 122. B 123. A 124. A 125. B 126. C 127. B 128. D 129. D 130. B 131. C 132. C 133. C 134. C 135. C 136. A 137. D 138. B 139. D 140. B 141. B 142. C 143. B 144. B 145. D 146. B 147. D 148. A 149. D 150. B 151. D 152. A 153. C 154. D 155. C 156. C 157. B 158. B 159. A 160. C 161. C 162. D 163. B 164. C 165. D 166. C 167. A 168. B 169. B 170. D 171. D 172. C 173. A 174. D 175. B 176. C 177. D 178. A 179. C 180. C 181. A 182. A 183. A 184. C 185. D 186. D 187. D 188. A 189. A 190. A二、主观题191. 180°192. 75193. ∠ COD∠ DOE194. 12 cm195. ②196. 范197. 着198. 47°199. 1或4或6200. 72°201. 110°202. 下面、上面、左面203. （1）120°（2）100°（3）180°（4）互补（5）相等同角的余角相等204. 2 3 4 1205. 47°29′206. 35 7 12207. 1 3 6208. 135°209. 74°30′210. （1）两（2）四个小正方形的边长211. 三棱柱四棱锥圆锥212. 9213. 长方形扇形214. 94215. 1或4或6216. 圆柱217. 两点确定一条直线218. 5219. 1,2,0220. 1、2、0221. 长方体222. 立体平面223. 后面上面左面224. 表面展开图美术语言生活常识225. 【小题1】（1）射线（2）圆心半径圆心半径（3）DE（或D、E之间的距离）【小题2】【小题3】【小题4】226.【小题1】T【小题2】 F【小题3】 F【小题4】 T【小题5】 F227.【小题1】F【小题2】T【小题3】F【小题4】T228. 42°229. 55°46′230. 54°231. 115232. 90233. 30°234. 55°235. 135°236. 70°237. 180°238. 90°239. 东偏北28°或北偏东62°240. 【小题1】（1）90°（2）∠2∠1【小题2】241. ∠BOD242. ∠BOC∠AOB∠AO C ∠BOC243. ∠EDB∠DBE∠ABC∠ACB244. 30245. 公共两条射246. 180 90247. 2 4 360°180°90°248. 3x－2x＝36 36 180249. 30°250. 数字希腊字母一中间251. ∠DAB∠2∠B∠α∠BCE252.253. ①∠DOB②∠DOC③∠AOD254. 180°90°60°150°19°21′109°21′90°-x 180°-x 255. 10度256. （1）112°27′（2）51°55′（3）123°33′257. （1）AOB BOC （2）AOC BOC AOD BOD （3）BOD258. （1）7.2 （2）0.41259. （1）189 11 340 （2）0.601260.261. 90262. 相等263. ∠AOB∠BOC∠AOD∠COD∠BOD∠BOC∠COD264. ＞265. 南偏西15°266. 东北方向或北偏东45°北偏西60°南偏西30°南偏西45°267. 70°268. 60°269. 相等270. 度量叠合271. 幅度大小度量比较运算272. 90°180°273. F274. T275. T276. F277. F278. F279. F280. F281. F282. T283. F284. F285. F286. T287. F288. F289. F290. F291. F292. T293. F294. F295. F296. T297. F298. T299. （1）3.5 （2）8 （3）5300. 3 6 10301. 6 cm或2 cm302.303. 8 cm或6 cm304. 6305. －7或5306. 10307. （1）外（2）上AC BD （3）3 直线AD、直线AB、直线AC308. 10309. (1)外(2)上AC与直线BD (3)3直线AD、直线AB、直线AC310. 6311. 5312. < 两点之间的所有连线中，线段最短313. 长度314. 8厘米或6厘米315. －7或5316. 6317. 直线 1 2318. 两条相等线段 5319. 3 直线AD、直线AB、直线BD 6 线段AB、线段AC、线段AD、线段BC、线段CD、线段BD 6 射线BE、射线BF、射线CE、射线CF、射线DE、射线DF320. (1)321. 两点确定一条直线322. 长方体323. 左324. 4 4325. 3 2 平面曲面326. （4）327. 6328. ①②③④⑥329. 11330. 线331. 圆环332. 8 12 6 2 1 1333. 点动成线线动成面面动成体334. 五边形四棱柱圆锥335. 【小题1】M P Q N【小题2】【小题3】【小题4】336. 1，2，0337. 长方形扇形长方形338. 长方体圆柱球六棱柱339. 立体340. 平面图形不一样的341. 平面曲面 3 2 平面曲面342. (4)343. 圆柱正方体棱柱344. 6 9345. 平面346. 长方形、直角梯形、圆347. 五棱锥圆锥三棱柱六棱柱长方体三棱柱348. 三三角 6 4349. 面线点350. 2倍351. 从正面352. 平面图形平面展开图353. 点动成线354. 2 1 曲355. 点动成线面动成体356. 2 1 1357. 3 圆358. 点线面体359. 8 12 6 长方形 2 1 1 曲面平面曲线360. 点动成线361. 18 cm 2362. 圆锥363. 4 6364. 解：(1)153°19′42″＋26°40′28″＝179°59′70″＝179°60′10″＝180°10″.(2)90°3″－57°21′44″＝89°59′63″－57°21′44″＝32°38′19″.(3)33°15′16″×5＝165°75′80″＝165°76′20″＝166°16′20″.365. 解：(1)48°39′＋67°31′＝115°70′＝116°10′.(2)90°－78°19′＝89°60′－78°19′＝11°41′.366. 解：（1）34°34′+21°51′=55°85′=56°25′；（2）180°-52°31′=179°60′-52°31′=127°29′；（3）25°36′12″×4=100°144′48″=102°24′48″；（4）10°9′24″÷6≈1°8′5″.367. 6368. 因为有公共端点的两条射线组成的图形叫角，而本题中所有的射线都是以O点为端点的射线.（1）中这5条射线中的任意两条组成的图形都是角，因为每条射线与另外4条射线都能组成4个角，共5×4=20个角，但这里的每一个角都重复了一次，所以有×5×4=10个角；（2）中可得到一条规律，从一点引出n条（n≥2且n为整数）射线组成的角有n(n-1)个. 答:（1）×5×4=10个；（2）n(n-1)个.369. 本题答案很多,发挥各自的想象力和创造力,仅举几例如下：370. 可以确定，如图：371.372. 解：∵AD=7,BD=5，∴AB=AD+BD=12.∴AC= AB=6.∴CD=AD-AC=7-6=1.373. 解:(1)若C在线段AB的延长线上[如图（1）].AD= AB= ×16=8(cm)，AE= AC= ×40=20（cm），∴DE=AE-AD=20-8=12（cm）.(2)若C在线段BA的延长线上[如图（2）],AD= AB= ×16=8(cm)，AE= AC= ×40=20（cm），∴DE=AE+AD=20+8=28（cm）.答:12cm,28cm.374. 解:由题意得AC=at千米，BC=bt千米，CD=（bt-m）千米.∴客轮后来的速度为= （千米/时）.答:客轮必须以千米/时的速度航行.375. 解:第一种情况:D点靠近C点.∵C是线段AB的中点，∴BC= AB=12cm（中点的定义）.又∵D为BC的三等分点，∴BD= BC=8cm（三等分点的定义）.第二种情况:点D靠近B点.∵C是线段AB的中点，∴BC= AB=12cm（中点的定义）.又∵D为BC的三等分点，∴BD= BC=4cm（三等分点的定义）.答:8cm或4cm.376. 解:∵AC=BD=4cm，∴AC+BD=8cm，即AC+BC+CD=8cm，AD+BC=8cm.又∵AD=6cm，∴BC=2cm，AB=CD=2cm.又∵E、F分别是AB、CD的中点，∴BE=CF=1cm.又∵EF=BE+BC+CF，∴EF=1+1+2=4cm.377. 图A中:区别:(1)为圆锥，(2)为圆柱；联系:底面都是圆，侧面为曲面.图B中:区别:(1)为棱柱，(2)为棱台；联系:都有12条棱、6个面、8个顶点. 378. 解：∵∠AOC=60°，∴∠AOD=180°－60°=120°，∠BOD=180°－∠AOD=180°－120°=60°.∴∠2= ×60°=40°.379. 解：设这个角是x.则（180°－x）－2（90°－x）=45°，∴x=45°.380. 解：设CD为xcm.则BD=2BE=6cm，CB=（x+6）cm，∴2（x+6）=20，x=4cm.381. 解：(1)∵∠AOB＝∠COD＝90°，当OB平分∠COD时，∠DOB＝∠BOC＝∠COA＝45°，∴∠AOD＋∠BOC＝3×45°＋45°＝4×45°＝180°.(2)∠AOD＋∠BOC＝∠AOB＋(∠COD－∠BOC)＋∠BO C＝∠AOB＋∠COD＝90°＋90°＝180°.382. 解：∵∠AOB＝90°，∠BOC＝60°，∴∠AOC＝∠AOB＋∠BOC＝150°.∵OE平分∠AOC，∴∠EOC＝∠AOC＝×150°＝75°.又∵OF平分∠BOC，∴∠FOC＝∠BOC＝×60°＝30°.∴∠EOF＝∠EOC－∠FOC＝75°－30°＝45°.383. 解：∵AD＝7，BD＝5，∴AB＝AD＋BD＝12.又∵C为线段AB的中点，∴AC＝AB＝6.∴CD＝AD－AC＝7－6＝1.384. 解：2、3、4、5下方相邻的四个正方形将分别为正方体的四个侧面，10左方相邻的正方形为正方体的底面，因此正方形盖子可能的位置为2或3或4或5.385. 解：(1)40°26′＋30°30′30″÷6＝40°26′＋5°5′5″＝45°31′5″.(2)13°53′×3－32°5′31″＝39°159′－32°5′31″＝41°38′60″－32°5′31″＝9°33′29″.386. 解：四棱锥点拨：将四个三角形按箭头所示方向折叠，使它们的顶端相交于一点．387. 解：展开圆柱的侧面的一半，如图所示．展开图为长方形，则该长方形的对角线AB即为所求的最短路线．388. 解：本题答案不唯一，下图只是一种情况．389. 解：甲是长方体，底面是正方形，侧面是长方形，有12条棱，4条侧棱，8个顶点．乙不是几何体的平面展开图．390. 解：本题答案不唯一，下图只是一种情况．391. 解：甲是长方体，底面是正方形，侧面是长方形，有12条棱，4条侧棱，8个顶点．乙不是几何体的平面展开图．392. 解：(2)(4)可以．点拨：根据棱柱的特征去分析：(1)底面多边形边数和侧面数是否相等；(2)两底面是否分布在某个或某些侧面的两侧．393. 展开圆柱的侧面的一半，如图所示．展开图为长方形，则该长方形的对角线AB即为所求最短路线．394. 83395. (略)396. (略)397. （1）如下图,用量角器量得∠A=78°,∠B=44°,∠C=58°,所以∠A+∠B+∠C=180°.（2）如下图,用量角器量得∠A=128°，∠B=52°，∠C=60°，∠D=120°，所以∠A+∠B+∠C+∠D=360°.（3）如图(1)，用量角器量得∠A=98°，∠B=115°，∠C=116°，∠D=110°，∠E=101°，所以∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=540°.从上述计算可发现规律:多边形增加一个内角，多边形的内角和就增加180°.398. 解:把上题转换成几何问题，如题图所示，当跷跷板向上转动时，得到的Rt△BEO与Rt△ACO完全重合，故∠BOE=∠AOC=90°-∠CAO=70°.又因为∠BOE+∠BOA+∠AOC=180°，故∠AOB=180°-70°-70°=40°.399. 由钟表盘结构可知，分针转一圈即分针走60分钟转过360°，所以分针1分钟转=6°；而时针转一圈时，时针共走12小时转360°，故时针1小时转=30°，1分钟转=0.5°,所以从某一时刻到另一时刻分针、时针各走多少度，只要求两时刻所差时间即可.从1点15分到1点45分，共30分钟，∴时针30分钟所走的角度为30×0.5°=15°，分针30分钟所走角度为30×6°=180°.答:时针走的角度为15°,分针所走角度为180°.400. 解:以A为端点的线段有AB、AC、AD、AF、AG、AE.以A为顶点的角有∠GAB、∠BAF、∠CAF、∠DAC、∠CAG、∠DAG、∠DAF、∠BAD、∠BAC、∠FAG.401. 以OA1为边的角共有4个，以OA2为边的角除了∠A2OA1外共有3个，以OA3为边的角除了和OA2、OA1形成的角外，共有2个，同理,OA4为边的有一个，所以本图中共有10个角；更一般地，若从一个顶点处引出n条射线，则以这个顶点为角的顶点的角共有个.答:本图中共有10个角；以这个顶点为角的顶点的角共有个.402. 解:设这个角为x.则90°－x= （180°－x），解得x=45°.403. 解:设∠α=x，则∠β=180°－x.则x－（180°－x）=25°，解得x=102.5°，108°－x=77.5°.∴∠α=102.5°，∠β=77.5°.404. 分两种情况讨论.（1）若∠AOB与∠BOC在边OB的同侧，如上图所示.（2）若∠AOB与∠BOC在边OB的两侧，则画图为下图，此时，因为OD平分∠AOB，所以∠BOD= ∠AOB= ×40°=20°.又因为OE平分∠BOC，所以∠BOE= ∠BOC=×60°=30°.所以有∠DOE=∠BOE+∠BOD=30°+20°=50°.所以，∠DOE为10°或50°.405. 射线OC的位置有两种情形，（1）射线OC在∠AOB的内部，如上面所示.（2）射线OC在∠AOB的外部，则如下图所示.此时可知∠AOC=∠AOB+∠BOC=60°+20°=80°，所以∠AOC为40°或80°.406. 如下图所示，图中共有5个角，它们是∠ACE，∠ACD，∠ECD，∠ECB，∠DCB.407. 以OA为始边的角有∠AOB、∠AOC、∠AOD、∠AOE，共4个，以OB为始边的角共有∠BOC、∠BO D、∠BOE，共3个.以OC为始边的角共有∠COD、∠COE，共2个.以OD为始边的角有∠DOE，共1个.所以综上所述，图中共有4+3+2+1=10（个）角.408. ∠1还可表示为∠CAB∠CAD还可表示为∠2∠3可表示为∠D或∠ADC∠4可表示为∠ACD∠B可用∠5或∠ABC表示409. 解：以B为顶点的角有3个，它们是∠ABD、∠DBC、∠ABC；以D为顶点的小于平角的角有4个，它们是∠ADB、∠BDC、∠CDE、∠EDA.410. 解：满足条件的角有6个，它们是∠A、∠D、∠ABE、∠ABF、∠DCE、∠DCF.411. 解：根据题意，得（90°-∠A）+ （180°-∠A）=90°.解之得∠A=60°.412. （1）图中的角有：∠AOB、∠AOC、∠BOC.（2）∠α表示为∠CAB，∠β表示为∠ABC. （3）图中共有13个角，它们是∠1、∠2、∠α、∠β、∠BAD、∠BAE、∠FAE、∠FAD、∠D、∠B、∠C、∠AFC、∠AEC.413. 解：钟表一周为360°，每一大格为30°，时针1小时走过30°，1分钟走过0.5°.解决本题时可以先确定钟表上时针与分针所成的角有几个大格，如新闻联播的时间时针与分针所成的角正好有五个大格，所以为150°.而今日说法的时间时针与分针所成的角正好有4 个大格，所以为140°.414. 因为∠BOC=50°，OD平分∠BOC，所以∠BOD=25°，所以∠AOD＝80°+25°=105°.415. 解：因为∠1，∠2，∠3组成一个平角，所以∠3=180°-∠1-∠2=36°15′.416. 解：因为OC为∠AOB的平分线，所以∠AOC=∠BOC=35°.∴∠AOB=70°.417. 8：00时针和分针的夹角为120度;12：30时针和分针的夹角为165度.418. （1）以B为顶点的角有3个，分别是∠ABD、∠ABC、∠DBC.（2）以射线BA为边的角有2个，分别是∠ABD和∠ABC.（3）以D为顶点，DC为一边的角有2个，分别是∠BDC和∠CDE.419. （1）3个；（2）6个；（3）10个；（4）（n+1）+n+…+3+2+1= 个.420. 学校在电视塔的西南方.如图所示：421. 如图：422. 解：∵OD是∠AOB的平分线，OE是∠BOC的平分线，∴∠DOB＝∠AOB，∠EOB＝∠BOC.∵∠DOE＝∠DOB＋∠EOB，∴∠DOE＝∠AOB＋∠BOC＝(∠AOB＋∠BOC)＝∠AOC＝×130°＝65°.423. 解：画图为：测量得A地与C地的距离为20 km.424. 解：设这个角为x°，则它的补角是180°－x°，它的余角是90°－x°.根据题意，得180－x＝4(90－x)，解得x ＝60.答：这个角是60°.点拨：“方程”的思想在解几何问题中经常用到，要掌握这种思想方法．425. 解：(1)∵OB平分∠AOC，∴∠AOB＝∠BOC.又∵OD平分∠COE，∴∠COD＝∠DOE.∴∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝×80°＝40°.(2)∠COD＝∠DOE＝30°.(3)∠BOD＝∠COD＋∠BOC＝30°＋40°＝70°.426. 解：新闻联播的时间时针与分钟所成的角正好有5个大格，所以为150°；新闻30分的时间时针与分钟重合，所以为0°；今日说法的时间为12：40，故所成的角为30°×4＋40×0.5°＝140°；动画城的时间为5：35，故所成的角为30°＋30°－35×0.5°＝42.5°.427. 方法一：将∠AOB折叠，使射线OA、OB重合，再以O为端点，在∠AOB的内部沿折痕画一条射线，即为∠AOB的平分线；方法二：用量角器先量出∠AOB的大小，再以OA或OB为一边作一个角等于∠AOB的一半，这个角的另一边即为∠AOB的平分线.428. 解：如图所示取比例尺为1∶20 000，∴AB＝60 000×＝3(厘米)，BC＝50 000×＝2.5(厘米)，CD＝80 000×＝4(厘米)．量得AD＝5厘米，∴D、A两地的实际距离为5×20 000(厘米)＝1 000(米)，度量α≈23°，即点A在点D的北偏西23°的方向上，且AD＝1 000米．429. 解：设这个角为x，则其余角为(90°－x)，其补角为(180°－x)，根据题意，得180°－x＋10°＝(90°－x)×3.解得x＝40°.答：这个角为40°.430. 解：把这条线路上的8个车站看作一条线段上的8个点，共有不同的线段的条数是：.所以车票最多有28种不同的票价．点拨：将实际车行驶的不同线路问题转化为不同线段问题．431. 解：（1）有10条；（2）5条．其线段上的点数n与线段条数的规律是：．点拨：因为当线段上有3个点时，过每个点可以与其他2个点构成2条线段，一共可得3×2＝6(条)，这其中有一半是重复的，所以有(条)；因为当线段上有4个点时，过每个点可以与其他3个点构成3条线段，一共可得4×3＝12(条)，这其中有一半是重复的，所以有(条)；因为当线段上有5个点时，过每个点可以与其他4个点构成4条线段，一共可得5×4＝20(条)，这其中有一半是重复的，所以有(条)；……依此类推，可得线段上的点数n与线段条数的规律是：．432. 解：由M是线段AB的中点，得.由，MN＝4 cm，得.解得AM＝10 cm.所以AB＝2 AM＝20 cm.点拨：活用线段中点关系式求线段的长．433. 解：画图如图所示．点拨：实际画图延长方向要与文字表述方向一致．434. 解：（1）在A处乘车的车费为3+(4+2－3)×1.5＝7.5(元)；在B处乘车的车费为3元；在D处乘车的车费为3元；在E处乘车的车费为3+(3+3－3)×1.5＝7.5(元)；在F处乘车的车费为3+(1+3+3－3)×1.5＝9(元)，合计30元．（2）A，B同乘一辆车，从A开出，D，E，F同乘一辆车，从F开出，合计16.5元．435. 解：（1）当点C在线段AB上时，如图（1），图（1）∵ M是AC的中点，∴ AM＝AC.又∵ AC＝AB－BC，AB＝12 cm，BC＝6 cm，∴ AM＝( AB－BC)＝×(12－6)＝3(cm)．（2）当点C在线段AB的延长线上时，如图（2），图（2）∵ M是AC的中点，∴ AM＝AC.又∵ AC＝AB+ BC，AB＝12 cm，BC＝6 cm，∴ AM＝AC＝( AB+ BC)＝×(12+6)＝9(cm)．∴ AM的长度为3 cm或9 cm.436. 解：如图所示，是该正方体的侧面展开图．当食物在B处时的最短路线为线段AB，食物在C处时的最短路线为线段AC.437. 解：（1）∵ M为AC的中点，∴ MC＝AM.又∵ AM＝6 cm，∴ AC＝2×6＝12(cm)．∵ AB＝20 cm，∴ BC＝AB－AC＝20－12＝8(cm)．又∵ N为BC的中点，∴ NC＝BC＝4(cm)．（2）∵ M为AC的中点，∴ MC＝AM.∵ N为BC的中点，∴ CN＝BN.∴ AB＝AC+ BC＝2( MC+ CN)＝2 MN＝2×6＝12(cm)．438.解：连接AC，BD，交点P即为购物中心的位置．439. 解：答案不唯一，如图(选其中一个即可)．440. 解：（1）N＝1+2+3+…+( n－1)＝.（2）① A，B两地之间有三个站点，说明在这条线段上有5个点，则共有＝10条线段，即有10种票价；②又由于从A到B和从B到A的车票不同，则要准备10×2＝20种车票．441. 解：（1）如图①.图①（2）如图②.图②（3）如图③.图③442. 解：经过两点有且只有一条直线．443. (略)444. (略)445. 解:由题图知，地毯长度为2.6+5.8=8.4m，故地毯面积为2×8.4=16.8m 2，花费:16.8×30=504元.答:买地毯至少需要504元.446. 如图，火电站应该建在点E处.447. 解:设AB=BC=CD=a,(1)当M在AB间时，如图（1）.AM+BM+CM+DM=（AM+BM）+（BM+BC）+（CD+BC+BM）=AB+2BC+CD+2BM=4a+2BM.（2）当M在BC间时，如图（2）.AM+BM+CM+DM=（AB+BM）+BM+CM+（CD+CM）=AB+（BM+CM）+（BM+CM）+CD=AB+BC+BC+CD=4a.（3）当M在CD间时，如图（3）.AM+BM+CM+DM=（AB+BC+CM）+（BC+CM）+CM+DM=AB+BC+CM+BC+CM+CD=4a+2CM.由于，当M在BC间时，AM+BM+CM+DM的值最小，而且为一个定值.所以这个货站应建在BC之间的任何一个地方.（包括C、B点）答:这个货站M应建在BC之间的任何一个地方.448. 证明:∵M、N分别是AP、BP的中点,∴MP= AP,① PN= PB.②由①+②,得左边=MP+PN=MN,∴右边= AP+ PB= AB.∴左边=右边，即MN= AB.449. （1）经过一点可以画无数条直线.（2）经过两点只能画一条直线.（3）经过三点不一定能画出直线.当三点不在同一直线上时，不能画直线；当三点在同一条直线上时，可以画一条直线.（4）当A、B、C三点在一条直线上时，过其中的任意两点画的直线是同一条直线，这时只能画一条直线.[如图（1）]当A、B、C三点不在同一条直线上时，过其中的任意两点画直线，可以画三条直线.[如图（2）]450. 由于题中没有告诉A、B、C、D四点的位置情况，所以做此题时应分成三种情况讨论.第一种四点在同一条直线上，第二种三点在一条直线上，而另一点在这条直线外，第三种任意三点都不在同一条直线上.当A、B、C、D四点在同一直线上时，可画1条，如下图.当A、B、C三点在同一条直线上，D点在这条直线外时，可画4条，如下图.当A、B、C、D四点中，任意三点都不在同一条直线上时，可画6条，如下图.451. （1）如图.∵MN=3cm，MQ=NQ,∴MQ=NQ=1.5cm.又∵BM= BN，∴BM=MQ=NQ=1.5cm.（2）∵AN= MN,MN=3cm,∴AN=1.5cm.（3）由图可知，BM=MQ=QN=NA.∴Q既是线段MN的中点，同时也是线段AB的中点.图中共有10条线段，它们是BM、BQ、BN、BA、MQ、MN、MA、QN、QA、NA.答:（1）1.5cm;（2）1.5cm;（3）Q既是线段MN的中点,也是线段AB的中点；AB的四等分点是M、Q、N；图中共有10条线段.452. （1）如图.（2）如图.（3）如图.（4）当E、F、G在同一条直线上时,如图.当E、F、G不在同一条直线上时,如图.453. 只有当两条射线的端点和方向都相同时，两条射线才表示同一条射线.由此可知，射线OA与射线OB表示同一条射线，射线OA与射线OC表示两条不同的射线，射线AB与射线BA也表示两条不同的射线.454. 最多能得到10条直线，另外三种情况如下图所示.455. 解：∵C是AB的中点,∴AB=2BC.∵AB=40,∴BC=20.∵BD=BC－CD,CD=6,∴BD=14.∵E是DB的中点，∴ED=7厘米.456. 解：如图，木柜的表面展开图是两个矩形ABC1′D1和ACC1A1.蚂蚁能够最快到达目的地的可能路径有如图的AC1′和AC1.457. 解：(1)∵M为AC的中点，∴MC＝AM.又∵AM＝6 cm，∴AC＝2×6＝12(cm)．∵AB＝20 cm，∴BC＝AB－AC＝20－12＝8(cm)．又∵N为BC的中点，∴NC＝BC＝4(cm)．(2)∵M为AC的中点，∴MC＝AM.∵N为BC的中点，∴CN＝BN.∴AB＝AC＋BC＝2(MC＋CN)＝2MN＝2×6＝12(cm)．458. 作法：(1)作射线AM；(2)在射线AM上顺次截取AC＝a，CB＝b，则线段AB即为所求．459. 解：线段AB与小河的交点即为小桥的位置．460. （1）3；（2）P为AB中点，PA+PB=AB461. 建在AC与BD的交点上，根据两点之间线段最短，购物中心应建在A区和C区所连接的线段上，又要建在B区与D区连接的线段上，故应建在AC与BD的交点上，才能使4个居民小区到购物中心的距离之和最小.462. 相邻两棵树之间相距5米，所以10米长的卷尺，一次可以保证三棵树在一条直线上，种好三棵树后，移动卷尺，让第四棵树与前三棵中的两棵在一条直线上即可.463. 需印制车票42种，共有21种票价.464. 直线、射线、线段的区别是：直线没有端点；射线只有一个端点；线段有两个端点.直线、射线、线段的内在联系是：线段是直线上两点间的部分，射线是直线上一点向一侧无限延伸的部分.它们都是直线的一部分.若射线向反向延长，或线段向两方延长，都可以得到直线，若线段向一方延长可得射线，在直线上取两点可以得到一条线段，取一点可以得到两条射线.直线的基本性质有两条：一是两点确定一条直线.二是两条直线相交，只有一个交点.线段的基本性质有一条：两点之间，线段最短.465. 解：小林的说法对，当三点在同一条直线上时，只能有一条直线；当三点不在同一条直线上时，有三条．466. 解：(1)如图①.①(2)如图②.②(3)如图③.③(4)当E、F、G三点在同一条直线上时，如图④.当E、F、G三点不在同一条直线上时，如图⑤.④⑤467. 解：8条射线，6条线段．点拨：从直线上找线段的条数，可根据直线上点的个数确定，当直线上有n个点时，线段的总条数为1＋2＋3＋…＋(n－1)，如题图直线上有4个点，则线段的总条数为1＋2＋3＝6(条)．468. 解：经过两点有且只有一条直线．469. 填表为：名称三棱柱四棱柱五棱柱六棱柱顶点数a 8棱数b 15 18面数c 6 7根据表中结果，发现a、b、c之间的关系为a＋c－b＝2.470. (1)六棱柱(2)8 2 6 六边长方(3)侧面的个数与底面多边形的边数相等．471. 解：当以长5 cm的边所在的直线旋转，所得的圆柱的侧面积为2×2π×5＝20π(cm 2)．当以长2 cm的边所在的直线旋转，所得的圆柱的侧面积为2×5π×2＝20π(cm 2)．点拨：长方形绕其中一边旋转所形成的图形是圆柱，圆柱的侧面展开图又是长方形，其中一边是底面圆的周长，无论绕哪一边旋转，其侧面积都是20π cm 2.472. 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；（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＝14.473. 解：填表为：名称三棱柱四棱柱五棱柱六棱柱图形顶点数6 8 10 12a棱数b9 12 15 18面数c 5 6 7 8根据表中结果，发现a，b，c之间的关系为a+ c－b＝2.474. 解：从第一行的平面图形绕某一边旋转或沿某一方向平移可得到第二行的立体图形，从第二行的立体图形的上面看可得到第三行的平面图形．（1）→(三)→(D)；（2）→(二)→(C)；（3）→(四)→(B)；（4）→(一)→(A)．475.476.477. 解：答案不唯一，如图．478. 解：能看到圆、三角形、平行四边形等．479. 从上往下看，有如下三种图形，即长方形，三角形，平行四边形从上往下或从下往上按一定规律去找．仔细观察，不重不漏地找出所有平面图形．480. (略)481. (略)482. 可能的位置为2、3、4、5.483. 解:此题的答案不唯一，如图所示.484. 如图.485. 绕长所在直线旋转一周得V1=π·4 2×5=80π，绕宽所在直线旋转一周得V2=π·5 2×4=100π，V2＞V1.答:对于一个长方形绕短边旋转得到的圆柱体积较大.486. （1）图（e）与图（b）底面为正五边形；图（g）与图（b）侧面是正三角形；（2）图（a）与图（d）（g）（h）底面都是四边形；图（c）与图（f）底面都是圆形，图（e）与图（h）侧面都是长方形.487. （1）10，上、下底面是八边形，侧面是长方形，上、下底面的形状、面积完全相同，8个侧面的形状、面积完全相同；（2）24条，侧棱长6厘米，其他棱长5厘米；（3）长方形，240平方厘米.488. 如图.489. 埃及金字塔——三棱锥；西瓜——球；北京天坛——圆柱；房屋——长方体.490. 解:（1）是由6个面组成的，所以它是一个立体图形，即一个正方体.（2）是由1个面组成的，是一个平面图形，即长方形.（3）是由1个面组成的，是一个平面图形，即三角形.（4）是由3个面组成的，两个平面、一个曲面，是一个立体图形，即圆柱体.（5）是由1个曲面组成的，所以是一个立体图形，即球体.（6）是由1个曲面和一个平面组成的，所以是一个立体图形，即圆锥体.（7）是由4个平面组成的，是一个立体图形，即棱锥.491.解：阴影部分面积为（ 0.2 2- π·0.2 2）×4=0.16-0.04π,所以不能磨到的共（0.16-0.04π）平方米.492. （1）类似长方体，（2）类似圆锥，（3）类似圆柱，（4）类似球，（5）类似棱柱，（6）类似棱锥.分类：（答案不唯一，给出示范答案）①可按是否有顶点分：（1）（2）（5）（6）一类，有顶点；（3）（4）一类，无顶点.②可按是否有曲面分：（1）（5）（6）一类，没有曲面；（2）（3）（4）一类，有曲面.③可按柱、锥、球划分：（1）（3）（5）一类，是柱体；（2）（6）一类，是锥体；（4）一类，是球体.493. 摆这样的几何体，最多用17块立方体，最少用11块立方体.494. 三视图如下：495. （3）（4）（5）（1）（2）496. 解：(1)中有圆；(2)中有三角形；(3)中有长方形和五角星；(4)中有正方形、三角形、平行四边形等．497. 解：如长方形、正方形、三角形、圆等．498.499. 解：(1)(4)(5)(6)(7)是立体图形，名称分别为正方体、圆柱体、球体、圆锥体、棱锥体；(2)(3)是平面图形，名称分别为长方形、三角形．点拨：常见的几何体可以分为三类：柱体、锥体、球体，要对各种类型的几何体的特征做到心中有数，这样在处理这类题目时才能得心应手．500.名称面数（f）顶点数（v）棱数（e）长方体 6 8 12四面体 4 4 6501. 如图：502.503. 它是由5个面围成的，面与面相交成9条线，其中有2条是曲的.504. 如图，图形是能在3×3钉板上形成的8种三角形：505. （1）与C；（2）与A；（3）与B连起来.A是圆台；B是球；C是圆柱与圆锥的组合.506. （1）柱体：①，③，④，⑤，⑦；锥体：②；球体：⑥（2）组成的面有曲面：②，⑥，⑦；组成的面是平面：①，③，④，⑤507. 机器猫由三角形、圆、线段组成，邮箱是由长方形、三角形、圆组成，会笑的人由圆、三角形、线段组成.508.【解析】1. 由图形可知外表面积为1×1×8×6＝48，内表面积为1×1×6×4＝24，所以所得到的几何体的表面积是48+24＝72.2. 从这个几何体的左边看一列小正方体，得到的图形是排成一列的三个正方形，右边看到的是一个正方形，故选B.3. 由OA平分∠ EOC，∠ EOC＝100°，得∠ AOC＝50°.由补角，得∠ BOC＝180°－50°＝130°，∠ BOD＝180°－130°＝50°.4. 因为线段有：OA，OB，OC，AB，AC，BC；射线有：OA，AB，BC.5. 因为0.25×60′＝15′，所以22.25°＝22°15′.其余换算都不对．6.只有说法①③正确．说法②是错误的，因为距离是长度；说法④也是错误的，因为这里没有指出点B在线段AC上．7. 得到的图形是一个扇形，可动手实验．8. 从物体正面看到的平面图形是左边竖立的两个正方形，右边竖立的一个正方形，可知选项D符合要求．9.和“崇”相隔一个面的面为“低”，故选A．10. 本题考查角平分线和平角的概念．由图的折叠可知BC，BD分别是∠ ABA′，∠ E′ BE的角平分线，而∠ ABE是一个平角，所以∠ CBD＝90°.11.射线OB，OC将∠AOD分为三部分，如果∠AOB=∠COD，那么∠AOC=∠BOD；如果∠AOB＞∠COD，那么∠AOC＞∠BOD；如果∠AOB＜∠COD，那么∠AOC＜∠BO D，所以判断错误的是如果∠AOB=∠BOC，那么∠AOC=∠BOD．故选D．12. 在四条供选择的路线中，每条路线的最后一段都是线段EB，而从A到E的路线中，根据两点之间线段最短，知线段AE是最短的．13.由四棱柱四个侧面和上下两个底面的特征可知，A、出现了田字格，故不能；B、D、上底面不可能有两个，故不是正方体的展开图；C、可以拼成一个正方体．故选C．点评：解题时勿忘记四棱柱的特征及正方体展开图的各种情形．14.如图，点A位于点O的北偏西65°方向上15.根据余角的定义，两角之和为90°，这两个角互余．D中∠1和∠2之和为90°，互为余角．故选D．16.根据圆锥的特征可知，侧面展开图是扇形的是圆锥．故选：B．17.由图可知，∠BOC与∠1互余，与∠2互补，所以∠BOC=90°-∠1=75°，∠2=180°-∠BOC=180°-75°=105°.18.由角平分线的定义可得结论.19. 从正面看，图A不适合，从上面看，只有C适合.20. 由题意得：∠BOC的余角有∠AOC、∠BOD，根据“同角的余角相等”的定理可知∠AOC=∠BOD.21. 两条直线相交最多有1个交点，三条直线相交最多有1+2=3个交点，四条直线相交最多有1+2+3=6个交点，五条直线相交最多有1+2+3+4=10个交点，由此可发现规律n条直线相交最多有1+2+3+4+…+（n-1）个交点.22. 本题的关键是圆形和两条线的位置，显然两条线应该在相对的两个面上可以排除C，当圆形在前面时，一定可以看到其中一条线，所以排除A，再通过线段和圆的位置关系可知选B.23.要找出与∠COD互余的角，首先必须清楚互余的角的定义，即若两个角的和等于90°，就说这两个角是互余的角，现在知道OC平分平角∠AOB，OD、OE又分别平分∠AOC、∠BOC，所以可得图中∠AOD=∠COD=∠COE=∠BOE，就可以求出∠COD的余角个数.24. 如图，M在线段AB上，且AM+BM=AB，但M不是中点.25.直角有∠AOC、∠EOD、∠BOC，这就有三对相等的角.∠EOC=∠DOB、∠AOE=∠AOC-∠COE=∠BOC-∠DOB=∠COD，共5对.26.∠RQT=138°-90°=48°,∠SQT=90°-48°=42°.27.如图，∠BAC=∠1+∠2=90°+25°=115°.28. 时针转过的角度（3+ ）×30°=95°，分针转过的角度10× =60°，所以时针、分针夹角为95°-60°=35°.29. 角应该是由射线绕端点旋转得到的.30.本考题既要依据“线段最短公理”确定停车点位，又要顾及A、B、C三个住宅区的居住人数.解：解答此题应有两种思路：一种思路着眼于居住人数，凡人数最多的居住区应为停靠点的最佳位置，这样才能保证所有员工步行到停靠点的路程和最小，于是确定为A区；另一种思路分四种情况求它们的路程的大小，从而确定所选的停车点位应为A 区.31.∵∠1+∠BOC=90°，∴∠BOC=90°－15°=75°.∠2+∠BOC=180°.∴∠2=180°－75°=105°.32.锐角有补角，直角的补角还是直角，45度角的余角还是45度33. 画图如下.34. 设这个角是x度，180－x=5x，x=30.35. 分别是15°、30°、45°、60°、75°、90°、105°、120°、135°、150°、165°.36.射线OC在∠AOB的内部，那么∠AOC在∠AOB的内部，且有一公共边；则一定存在∠AOB＞∠AOC．故选A．37.D表示角的顶点，AD，BD表示角的边38.A、有公共端点是两条射线组成的图形叫做角，所以A选项错误；B、有公共端点是两条射线组成的图形叫做角，所以B选项错误；C、有公共端点是两条射线组成的图形叫做角，所以C选项错误；D、有公共端点是两条射线组成的图形叫做角，所以D选项正确．故选D．39.棱柱侧面的形状可能是一个三角形侧面是三角形的话只可能是棱锥,而不是棱柱了棱柱的每条棱长不一定相等40.圆锥的俯视图是圆41.该图的宽和高都是242.略43.含有田字的均不是正方形展开图44.圆是平面图形45. 在正方体的展开图中，呈“一”字排开的正方形，间隔一个正方形的面是相对的面．46.射线OB，OC将∠AOD分为三部分，如果∠AOB=∠COD，那么∠AOC=∠BOD；如果∠AOB＞∠COD，那么∠AOC＞∠BOD；如果∠AOB＜∠COD，那么∠AOC＜∠BOD，所以判断错误的是如果∠AOB=∠BOC，那么∠AOC=∠BOD．故选D．47. A中应是三棱柱的展开图．48.略49. 在四条供选择的路线中，每条路线的最后一段都是线段EB，而从A到E的路线中，根据两点之间线段最短，线段AE 是最短的．50.一个锐角的余角不一定比这个角大，如60°的角，故A错误，一个锐角的余角不一定比这个角小，如30°的角，故B错误，。

七年级数学上册第四单元《几何图形初步》-解答题专项知识点(含解析)

七年级数学上册第四单元《几何图形初步》-解答题专项知识点(含解析)

一、解答题1．如图，C 是线段AB 上一点，M 是AC 的中点，N 是BC 的中点.(1)若1AM =,4BC =，求MN 的长度．(2)若6AB =,求MN 的长度．解析：（1）3；（2）3.【分析】（1）由中点可得CN 和MC 的长，再由 MN=MC+CN 可求得MN 的长；（2）由已知可得AB 的长是NM 的2倍，已知AB 的长，可求得MN 的长度．【详解】解：(1)∵N 是BC 的中点，M 是AC 的中点，1AM =，4BC =，∴2CN =，1AM CM ==，∴3MN MC CN =+=.(2)∵M 是AC 的中点，N 是BC 的中点，6AB =， ∴132NM MC CN AB =+==. 【点睛】本题主要考查了两点间的距离，利用中点性质转化线段之间的倍分关系，在不同情况下灵活选用它的不同表示方法，有利于解题的简洁性．2．如图所示，∠AOB =35°，∠BOC =50°，∠COD =22°，OE 平分∠AOD ，求∠BOE 的度数.解析：5°【解析】【分析】首先根据角的和差关系算出∠AOD 的度数，再根据角平分线的性质可得∠AOE =12∠AOD ，进而得到答案．【详解】∵∠AOB =35°，∠BOC =50°，∠COD =22°，∴∠AOD =35°+50°+22°=107°．∵OE 平分∠AOD ，∴∠AOE =12∠AOD =12×107°=53.5°，∴∠BOE =∠AOE －∠AOB =53.5°－35°=18.5°．【点睛】 本题考查了角平分线的性质，关键是掌握角平分线的定义：从一个角的顶点出发，把这个角分成相等的两个角的射线叫做这个角的平分线．3．如图，直角三角形ABC 的两条直角边AB 和BC 分别长4厘米和3厘米，现在以斜边AC 为轴旋转一周．求所形成的立体图形的体积．解析：6π立方厘米【解析】试题分析：先根据勾股定理求出斜边为5厘米，再用“3×4÷5=2.4厘米”求出斜边上的高，绕斜边旋转一周后所得到的就是两个底面半径为2.4厘米，高的和为5厘米的圆锥体，由此利用圆锥的体积公式求得这两个圆锥的体积之和即可．试题过B 作BD ⊥AC ，∵直角边AB 和BC 分别长4厘米和3厘米，∴AC=2234+=5（厘米）， 斜边上的高为“3×4÷5=2.4（厘米），所形成的立体图形的体积：13 2.42 5 =9.6π（立方厘米）．4．已知A ，B ，C 三点，他们所表示的数分别是5，-3，a.(1)求线段AB 的长度AB ；(2)若AC=6，求a 的值；(3)若d=3a ++5a -，求d 的最小值，并判定d 与AB .解析：（1）8；（2）a =11或－1；（3）8，d =AB ．【分析】（1）线段AB 的长等于A 点表示的数减去B 点表示的数；（2）AC =|A 点表示的数－C 点表示的数|，然后解方程即可；（3）要想使d 的最小，点C 一定在A 、B 两点之间，且最小值为8．【详解】（1）AB =5－（－3）=8；（2）AC =5a -=6，解得：a =11或－1；即在数轴上，若 C 点在A 点左边，则a =－1，若C 点在A 点右边，则a =11；（3）要想使d 的最小，点C 一定在A 、B 两点之间，且最小值为8，所以d =AB ．【点睛】本题考查了数轴上两点之间的距离，利用数轴上求线段长度的方法，找出等量关系，解决问题．5．如图，一个五棱柱的盒子(有盖)，有一只蚂蚁在A 处发现一只虫子在D 处，立刻赶去捕捉，你知道它怎样去的吗?请在图中画出它的爬行路线，如果虫子正沿着DI 方向爬行，蚂蚁预想在点I 处将它捕捉，应沿着什么方向?请在图中画出它的爬行路线.解析：第一问：如图沿线段AD 爬行；第二问取线段E J 的中点M ，连结AM 和MI ，此路线为蚂蚁爬行的路线．【分析】根据两点之间线段最短，结合图形得出蚂蚁爬行的路线．【详解】解：第一问：如图沿线段AD 爬行；第二问取线段E J 的中点M ，连结AM 和MI ，此路线为蚂蚁爬行的路线．理由都是：两点之间线段最短．【点睛】本题考查了几何体的展开图与两点之间线段最短，利用展开图的性质得出答案是解题的关键．6．说出下列图形的名称．解析：依次是圆、三角形、正方形、长方形、平行四边形、梯形、五边形、六边形．【分析】根据平面图形：一个图形的各部分都在同一个平面内可得答案．【详解】根据平面图形的定义可知：它们依次是圆、三角形、正方形、长方形、平行四边形、梯形、五边形、六边形．【点睛】此题考查认识平面图形，解题关键在于掌握其定义对图形的识别.7．蜗牛爬树一棵树高九丈八，一只蜗牛往上爬．白天往上爬一丈，晚上下滑七尺八．试问需要多少天，爬到树顶不下滑？解析：蜗牛需41天才爬到树顶不下滑．【分析】根据题意可知蜗牛一个白天加一个晚上所爬行的路程，即蜗牛每天前进的路程，最后一天，也就是还剩下一丈的时候，他爬到树顶就不再往下滑了，在这之前都是白天爬一丈，晚上下滑七尺八；接下来设需要x天，爬到树顶不下滑,列出方程即可解答.【详解】设蜗牛需x天才爬到树顶不下滑，即爬到九丈八需x天，可列方程(10－7.8)(x－1)＋10＝98，解得x＝41.答：蜗牛需41天才爬到树顶不下滑．【点睛】此题考查一元一次方程的应用，解题关键在于理解题意找到等量关系列出方程.8．如图，点B 、C 在线段AD 上，且::2:3:4AB BC CD =，点M 是线段AC 的中点，点N 是线段CD 上的一点，且9MN =．（1）若点N 是线段CD 的中点，求BD 的长；（2）若点N 是线段CD 的三等分点，求BD 的长．解析：（1）14；（2）37823或37831. 【分析】（1）设AB=2x ，则BC=3x ，CD=4x ．根据线段中点的性质求出MC 、CN ，列出方程求出x ，计算即可；（2）分两种情况：①当N 在CD 的第一个三等分点时，根据MN=9，求出x 的值，再根据BD=BC+CD 求出结果即可；②当N 在CD 的第二个三等分点时，方法同①.【详解】设AB=2x ，则BC=3x ，CD=4x ．∴AC=AB+BC=5x ，∵点M 是线段AC 的中点，∴MC=2.5x ，∵点N 是线段CD 的中点，∴CN=2x ，∴MN=MC+CN=2.5x+2x=4.5x∵MN=9，∴4.5x=9，解得x=2，∴BD=BC+CD=3x+4x=7x=14.（2）情形1：当N 在CD 的第一个三等分点时，CN=43x ， ∴MN=MC+CN=54239236x x x +== 解得，5423x =， ∴BD=BC+CD=3x+4x=7x=37823; 情形2：当当N 在CD 的第二个三等分点时，CN=83x ，∴MN=MC+CN=58319236x x x +== 解得，5431x =，∴BD=BC+CD=3x+4x=7x=37831; 故BD 的长为37823或37831. 【点睛】 本题考查的是两点间的距离的计算，掌握线段中点和三等分点的性质、灵活运用数形结合思想是解题的关键．9．[阅读理解]射线OC 是AOB ∠内部的一条射线，若1,2COA BOC ∠=∠则我们称射线OC 是射线OA 的伴随线．例如，如图1，60 20AOB AOC COD BOD ∠=∠=∠=∠=，，则12AOC BOC ∠=∠，称射线OC 是射线OA 的伴随线：同时，由于12BOD AOD ∠=∠，称射线OD 是射线OB 的伴随线．[知识运用]（1）如图2，120AOB ∠=，射线OM 是射线OA 的伴随线，则AOM ∠= ，若AOB ∠的度数是α，射线ON 是射线OB 的伴随线，射线OC 是AOB ∠的平分线，则NOC ∠的度数是 ．（用含α的代数式表示）（2）如图，如180AOB ∠=，射线OC 与射线OA 重合，并绕点O 以每秒3的速度逆时针旋转，射线OD 与射线OB 重合，并绕点O 以每秒5的速度顺时针旋转，当射线OD 与射线OA 重合时，运动停止，现在两射线同时开始旋转．①是否存在某个时刻t （秒），使得COD ∠的度数是20，若存在，求出t 的值，若不存在，请说明理由；②当t 为多少秒时，射线OC OD OA 、、中恰好有一条射线是其余两条射线的伴随线． 解析：（1）40︒，16α；（2）①存在，当20t =秒或25秒时，∠COD 的度数是20︒；②当907t =，36019，1807，30时，OC 、OD 、OA 中恰好有一条射线是其余两条射线的伴随线．【分析】（1）根据伴随线定义即可求解；（2）①利用分类讨论思想，分相遇之前和之后进行列式计算即可；②利用分类讨论思想，分相遇之前和之后四个图形进行计算即可．【详解】（1）∵120AOB ∠=，射线OM 是射线OA 的伴随线， 根据题意，12AOM BOM ∠=∠，则111204033AOM AOB ∠=∠=⨯︒=︒； ∵AOB ∠的度数是α，射线ON 是射线OB 的伴随线，射线OC 是AOB ∠的平分线， ∴111233BON AON AOB α∠=∠=∠=，1122BOC AOB α∠=∠=， ∴111236NOC BOC BON ααα∠=∠-∠=-=； 故答案为：40︒，16α； （2）射线OD 与OA 重合时，180365t ==（秒）， ①当∠COD 的度数是20°时，有两种可能： 若在相遇之前，则1805320t t --=，∴20t =；若在相遇之后，则5318020t t +-=，∴25t =；所以，综上所述，当20t =秒或25秒时，∠COD 的度数是20°；②相遇之前：（i ）如图1，OC 是OA 的伴随线时，则12AOC COD ∠=∠， 即()13180532t t t =--， ∴907t =； （ii ）如图2，OC 是OD 的伴随线时， 则12COD AOC ∠=∠， 即11805332t t t --=⨯， ∴36019t =； 相遇之后： （iii ）如图3，OD 是OC 的伴随线时， 则12COD AOD ∠=∠， 即()153********t t t +-=-， ∴1807t =； （iv ）如图4，OD 是OA 的伴随线时，则12AOD COD ∠=∠， 即()118053t 5t 1802t -=+-， ∴30t =；所以，综上所述，当907t =，36019，1807，30时，OC 、OD 、OA 中恰好有一条射线是其余两条射线的伴随线．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了角的计算，考查了动点问题，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．10．（1）已知一个角的补角比它的余角的3倍多10︒，求这个角的度数．（2）已知α∠的余角是β∠的补角的13，并且32βα∠=∠，试求a β∠+∠的度数． 解析：（1）50°；（2）150°【分析】（1）设这个角为α，则补角为（180°-α），余角为（90°-α），再由补角比它的余角的3倍多10°，可得方程，解出即可；（2）根据互余和互补的定义，结合已知条件列出方程组，解方程组得到答案．【详解】（1）设这个角为α，根据题意，得 18039010()a α︒-=︒-+︒．解得：50α=︒．答：这个角的度数为50︒．（2）根据题意，得190(180)3αβ︒︒-∠=⨯-∠且32βα∠=∠， ∴60α∠=︒，90β∠=︒．∴ 150αβ∠+∠≡︒．【点睛】本题考查的是余角和补角的概念，掌握若两个角的和为90°，则这两个角互余；若两个角的和等于180°，则这两个角互补是解题的关键．11．如图，平面上有四个点A ，B ，C ，D ．（1）根据下列语句画图:①射线BA ；②直线AD ，BC 相交于点E ；③延长DC 至F （虚线），使CF=BC ，连接EF （虚线）．（2）图中以E 为顶点的角中，小于平角的角共有__________个．解析：（1）见解析；（2）8【分析】（1） 根据直线、射线、线段的特点画出图形即可；（2）有公共端点的两条射线组成的图形叫做角，根据角的概念数出角的个数即可．【详解】解：（1）画图如下：（2）(前面数过的不再重数)以EF为始边的角有4个，以EC为始边的角有1个，以EA为始边的角有1个，以EC的反向延长线为始边的有1个，以EA的反向延长线为始边的有1个，所以以E为顶点的角中，小于平角的角共有8个．【点睛】此题主要考查了角、直线、射线、线段，关键是掌握角的概念及直线、射线、线段的特点．12．如图，两个直角三角形的直角顶点重合，∠AOC＝40°，求∠BOD的度数．结合图形，完成填空：解：因为∠AOC+∠COB＝°，∠COB+∠BOD＝①所以∠AOC＝．②因为∠AOC＝40°，所以∠BOD＝°．在上面①到②的推导过程中，理由依据是：．解析：90，90，∠BOD，40，同角的余角相等【分析】根据同角的余角相等即可求解．【详解】解：因为∠AOC+∠COB＝90 °，∠COB+∠BOD＝90 ° -﹣﹣﹣①所以∠AOC＝∠BOD ．﹣﹣﹣﹣②-因为∠AOC＝40°，所以∠BOD＝40 °．在上面①到②的推导过程中，理由依据是：同角的余角相等．故答案为：90，90，∠BOD，40，同角的余角相等．【点睛】本题考查了余角的性质：同角（或等角）的余角相等，及角的和差关系．13．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、CD交于E点；（2）画线段AC、BD交于点F；（3）连接E、F交BC于点G；（4）连接AD，并将其反向延长；（5）作射线BC．解析：见解析．【分析】（1）连接AB、CD并向两方无限延长即可得到直线AB、CD；交点处标点E；（2）连接AC、BD可得线段AC、BD，交点处标点F；（3）连接AD并从D向A方向延长即可；（4）连接BC，并且以B为端点向BC方向延长．【详解】解：所求如图所示：．【点睛】本题考查的是直线、射线、线段的定义及性质，解答此题的关键是熟知以下知识，即直线向两方无限延伸；射线向一方无限延伸；线段有两个端点画出图形即可．14．如图，已知线段a和b，直线AB和CD相交于点O.利用尺规，按下列要求作图（只保留作图痕迹即可）：（1）在射线OA，OB，OC上作线段OA′，OB′，OC′，使它们分别与线段a相等；（2）在射线OD上作线段OD′，使OD′与线段b相等；（3）连接A′C′，C′B′，B′D′，D′A′.解析：详见解析【解析】【分析】（1）以点O为圆心，a为半径作圆，分别交射线OA，OB，OC于A′、B′、C′；、（2）以点O为圆心，b为半径作圆，分别交射线OD，于D′.（3）依次连接A′C′B′D′,即可解答.【详解】解：（1）如图所示OA′、OB′、OC′.（2）如图所示OD′.（3）如图所示A′C′B′D′.【点睛】此题考查作图—复杂作图，解题关键在于掌握尺规作图.15．如图，∠AOC：∠COD：∠BOD=2：3：4，且A，O，B三点在一条直线上，OE，OF分别平分∠AOC和∠BOD，OG平分∠EOF，求∠GOF的度数。

初中数学-专题04几何图形初步解析版

初中数学-专题04几何图形初步解析版

专题04 几何图形初步知识点1：几何图形1.立体图形.像长方体、正方体、圆柱、球、圆锥、棱柱、棱锥等几何图形的各部分不都在同一平面内，这样的图形成为立体图形。

2.平面图形.如线段、角、三角形、长方形、圆等几何图形的各部分都在同一平面内，这样的图形成为平面图形。

3.展开图.将立体图形沿某几条棱剪开，可以展开成平面图形.这样的平面图形称为相应立体图形的展开图。

几何体展开图规律如下：（1）沿多面体的棱将多面体剪开成平面图形,若干个平面图形也可以围成一个多面体；（2）同一个多面体沿不同的棱剪开,得到的平面展开图是不一样的,就是说:同一个立体图形可以有多种不同的展开图。

知识点2：直线、射线、线段1.经过两点有一条直线，并且只有一条直线. 简称：两点确定一条直线.2.如果一个点把线段分成相等的两条线段，那么这个点叫做线段的中点.3.两点之间线段最短.4.连接两点间的线段的长度，叫做两点的距离。

知识点3：角的问题1.角：有公共端点的两条射线组成的图形叫做角。

2.度、分、秒之间的换算关系：1周角=360° 1平角=180° 1°=60′ 1′=60″3.角的平分线：从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线.4.余角、补角本章的主要内容是图形的初步认识，从生活周围熟悉的物体入手，对物体的形状的认识从感性逐步上升到抽象的几何图形.通过从不同方向看立体图形和展开立体图形，初步认识立体图形与平面图形的联系.在此基础上，认识一些简单的平面图形——直线、射线、线段和角. 本章书涉及的数学思想：1.分类讨论思想。

在过平面上若干个点画直线时，应注意对这些点分情况讨论；在画图形时，应注意图形的各种可能性。

名称概念性质互为余角如果两个角的和等于90°，那么这两个角互为余角.（1）90°-α是α的余角；（2）同角或等角的余角相等.互为补角如果两个角的和等于180°，那么这两个角互为补角。

部编数学七年级上册专题04几何图形初步(解析版)含答案

部编数学七年级上册专题04几何图形初步(解析版)含答案

专题04 几何图形初步一、单选题1．下列平面图形绕虚线旋转一周，能形成如图所示几何体的是（ ）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据“面动成体”进行判断即可．【解析】解：将平面图形绕着虚线旋转一周可以得到的几何体为，故选：C．【点睛】本题考查点、线、面、体，理解“点动成线，线动成面，面动成体”是正确判断的前提．2．已知点C在线段AB上，则下列条件中，不能确定点C是线段AB中点的是（）A．12AC AB=B．AC CB=C．2AB CB=D．AC CB AB+=【答案】D【分析】根据线段中点的定义，结合选项一一分析，排除答案即可．【解析】解：A、B、C均能确定点C是线段AB的中点，不符合题意D选项中不论点C在线段AB的什么位置都满足AC CB AB+=，所以点C不一定是线段AB的中点，符合题意，故选D ．【点睛】此题考查了线段中点的定义，正确理解线段中点的定义及线段的和的关系是解题的关键．3．下列说法正确的个数是（ ）①连接两点之间的线段叫两点间的距离；②线段AB 和线段BA 表示同一条线段；③木匠师傅锯木料时，一般先在模板上画出两个点，然后过这两点弹出一条墨线，这样做的原理是：两点之间，线段最短；④若2AB CB =，则点C 是AB 的中点．A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】A【分析】根据直线的性质，两点的距离的概念，线段中点的概念判断即可．【解析】解：连接两点之间的线段的长叫两点间的距离，故①不符合题意；线段AB 和线段BA 表示同一条线段，正确，故②符合题意；木匠师傅锯木料时，一般先在模板上画出两个点，然后过这两点弹出一条墨线，这样做的原理是：两点确定一条直线，故③不符合题意；若2AB CB =，点C 可能在AB 外，则点C 不一定是AB 的中点，故④不符合题意；故选：A ．【点睛】本题考查了直线的性质，两点的距离的概念，线段中点的概念，正确理解定义是解题的关键．4．如图是由6个大小相同的正方体搭成的几何体，其左视图是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【分析】根据三视图的定义，从左边看到的图形是左视图，即可判断．【解析】解：根据立体图可知该左视图是底层有2个小正方形，第二层左边有1个小正方形．故选：B ．【点睛】本题考查了三视图，解题的关键是明确左视图是从物体的左边观察得到的图形．5．已知三条射线OA ，OB ，OC ，OA ⊥OC ，∠AOB ＝60°，则∠BOC 等于（ ）A ．150°B ．30°C ．40°或140°D ．30°或150°【答案】D 【分析】直接根据题意绘制图形，进而结合分类讨论得出符合题意的答案．【解析】解：分两种情况讨论，如图1所示，∵OA ⊥OC ，∴=90AOC а，∵∠AOB ＝60°，∴906030BOC AOC AOB Ð=Ð-Ð=°-°=°；如图2所示，∵OA ⊥OC ，∴=90AOC а，∵∠AOB ＝60°，∴9060150BOC AOC AOB Ð=Ð+Ð=°+°=°．综上所述，∠BOC 等于30°或150°．故选：D ．【点睛】本题主要考查了角的计算，正确利用分类讨论的思想分析问题是解题的关键．6．点C 是线段AB 的三等分点，点D 是线段AC 的中点．若线段18cm AB =，则线段BD 的长为（ ）A ．12cmB ．15cmC ．8cm 或10cmD ．12cm 或15cm【点睛】此题主要考查线段之间的关系，解题的关键是熟知线段的和差关系．7．下列关于余角、补角的说法，正确的是（）A．若∠α＋∠β＝90°，则∠α与∠β互余B．若∠1＋∠2＝90°，则∠1 与∠2 互补C．若∠1＋∠2＋∠3＝90°，则∠1，∠2，∠3 互余D．若∠α＋∠β＋∠γ＝180°，则∠α，∠β，∠γ互补【答案】A【分析】若两个角的和为90°，则这两个角互余；若两个角的和为180°，则这两个角互补．根据此定义判断即可．【解析】A．若∠α＋∠β＝90°，则∠α与∠β互余，此选项符合题意；B．若∠1＋∠2＝90°，则∠1 与∠2 互余，此选项不符合题意；C．3个角不符合互余的定义，此选项不符合题意；D．3个角不符合互补的定义，此选项不符合题意．故选：A．【点睛】本题考查了余角和补角，解题的关键是熟悉余角和补角的定义和性质．8．“病毒无情人有情”，2022年正值全民抗击疫情的关键之年，小茜同学在一个正方体每个面上分别写一个汉字，组成“全力抗击疫情”，如图是该正方体的一种展开图，那么在原正方体上，与汉字“疫”相对的面上所写汉字为（）A．全B．力C．抗D．击【答案】B【分析】根据空间想象能力判断出与汉字“疫”相对的面．【解析】解：与汉字“疫”相对的面上所写汉字为“力”．故选：B．【点睛】本题考查正方体的展开图，解题的关键是掌握正方体展开图中面与面的对应关系．9．若一个角的余角是它的补角的25，则这个角的度数是（）A．30°B．60°C．120°D．150°【答案】A10．如图，点O 为线段AD 外一点，点M ，C ，B ，N 为AD 上任意四点，连接OM ，OC ，OB ，ON ，下列结论不正确的是（ ）A ．以O 为顶点的角共有15个B ．若MC CB =，MN ND =，则2CD CN=C ．若M 为AB 中点，N 为CD 中点，则()12MN AD CB =-D ．若OM 平分AOC Ð，ON 平分BOD Ð，5AOD COB Ð=Ð，则()32MON MOC BON Ð=Ð+Ð二、填空题11．如果一个几何体的三视图之一是三角形，那么这个几何体可能是__________，_________，________.(写出3个即可)【答案】三棱柱、三棱锥、圆锥【解析】如果俯视图是三角形，则这个几何体可能是三棱锥，如果主视图或左视图是三角形，则这个几何体可能是三棱锥或圆锥.故答案为(1). 三棱柱、(2). 三棱锥、(3). 圆锥12．计算79°12′＋21°49′的结果为__________．°【答案】1011¢【分析】根据角度的和进行计算，注意进位【解析】解：79°12′＋21°49′100611011¢¢=°=°故答案为：1011¢°【点睛】本题考查了角度的运算，注意单位与进位是解题的关键．13．某几何体的三视图如图所示，则这个几何体是__________．【答案】圆锥【分析】根据三视图（主视图、左视图、俯视图）的概念即可得．【解析】由三视图（主视图、左视图、俯视图）可知这个几何体的形状如下：即这个几何体是圆锥故答案为：圆锥．【点睛】本题考查了由三视图判定几何体的形状，熟练掌握相关概念是解题关键．14．一个长方体的主视图和左视图如图所示（单位：cm ），则其俯视图的面积是_______cm 2．【答案】6【解析】解：根据长方体的主视图和左视图得：这个长方体的高是4，底面长是3，底面宽是2；∴长方体的俯视图就是其底面的图形是长是3，宽是2的长方形，∴它的面积= 32´=6．故答案为：6【点睛】本题考查俯视图，解答本题需要掌握三视图的概念，会观察几何体的俯视图，此类题比较简单15．平面上不重合的四条直线，可能产生交点的个数为_____个．【答案】0，1，3，4，5，6【分析】从平行线的角度考虑，先考虑四条直线都平行，再考虑三条、两条直至都不平行，作出草图即可看出．【解析】解：（1）当四条直线平行时，无交点；（2）当三条平行，另一条与这三条不平行时，有三个交点；（3）当两两直线平行时，有4个交点；（4）当有两条直线平行，而另两条不平行时，有5个交点；（5）当四条直线同交于一点时，只有一个交点；（6）当四条直线两两相交，且不过同一点时，有6个交点；（7）当有两条直线平行，而另两条不平行并且交点在平行线上时，有3个交点．故答案为：0，1，3，4，5，6．【点睛】本题没有明确平面上四条不重合直线的位置关系，需要运用分类讨论思想，从四条直线都平行线，然后数量上依次递减，直至都不平行，这样可以做到不重不漏，准确找出所有答案；本题对学生要求较高，学会分类讨论思想是解题的关键．16．如图，OB 平分AOC Ð，OD 平分COE Ð，100AOC Ð=°，40EOC Ð=°，则BOD Ð的度数为___°．【答案】70°【分析】根据角平分线定义先求出∠BOC 的度数，和∠COD ，然后根据两角和求解即可．【解析】解：∵∠AOC =100°，∠COE =40°，∵OB 平分∠AOC ，∴∠BOC =∠AOB =50°，∵OD 平分∠COE ，∴∠COE =2∠COD =40°．∴∠COD =20°，∴∠BOD=∠BOC+∠DOC=50°+20°=70°．故答案为：70°．【点睛】本题考查了角的计算、角平分线的定义，角的和，解题的关键是熟练掌握角平分线定义．17．如图，点B 在线段AC 上，BC ＝25AB ，点D 是线段AC 的中点，已知线段AC ＝14，则BD ＝______.18．如图，已知射线OC 在AOB Ð内部，OD 平分AOC Ð，OE 平分BOC Ð，OF 平分AOB Ð，现给出以下4个结论：①DOE AOF Ð=Ð；②2DOF AOF COF Ð=Ð-Ð；③AOD BOC Ð=Ð；④()12EOF COF BOF Ð=Ð+Ð其中正确的结论有（填写所有正确结论的序号）______．三、解答题19．读句画图．(1)画射线BA ，连接BC 并延长线段BC 至E ；(2)用直尺和圆规作DCE Ð，使得DCE ABC Ð=Ð．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据射线和线段的定义即可作射线BA ，线段BC ；（2）利用基本作图（作一个角等于已知角）作DCE Ð，使得DCE ABC Ð=Ð．（1）如图1，射线BA ，线段BC 即为所求，（2）如图2，DCE Ð即为所求，【点睛】本题考查了作图—基本作图，作射线，线段，作一个角等于已知角，熟练掌握基本作图的方法是解本题的关键．20．如图，C 是线段AB 上的一点，AC ：CB =2：1．(1)图中以点A ，B ，C 中任意两点为端点的线段共有 条．(2)若AC =4，求AB 的长．【答案】(1)3(2)6【分析】（1）从图中找出所有线段即可；（2）由AC =4，AC ：CB =2：1，求得CB 的长度，利用线段的和即可得到AB 的长．（1）解：以点A ，B ，C 中任意两点为端点的线段是AB 、AC 、BC ，共有3条，故答案为：3（2）解：∵AC =4，AC ：CB =2：1，∴CB =2，∴AB =AC +CB =4+2=6．【点睛】此题考查了线段、线段的和差，熟练掌握线段的和差运算是解题的关键．21．如图1，把一张长10cm 、宽6cm 的长方形纸板分成两个相同的直角三角形（圆锥的体积公式为213V r h p =，π取3.14）．(1)甲三角形（如图2）旋转一周，可以形成一个怎样的几何体？它的体积是多少立方厘米？(2)乙三角形（如图3）旋转一周，可以形成一个怎样的几何体？它的体积是多少立方厘米？22．如图，点C 是线段AB 上一点，点M 、N 、P 分别是线段AC ，BC ，AB 的中点．(1)若10cm AB =，则MN = cm ；若=6cm M N ，则AB = cm ．(2)若5AC =，2CP =，求线段PN 的长．【答案】(1)5，12(2)2.523．如图，OB 是AOC Ð的平分线，OD 是EOC Ð的平分线．(1)如果76AOD Ð=°，18BOC Ð=°，则DOE Ð的度数为 ；(2)如果54BOD Ð=°，求AOE Ð的度数．【答案】(1)40°(2)108°【分析】（1）利用角平分线的定义解答即可；（2）利用角平分线的定义易求2AOE BOD Ð=Ð．【解析】（1）解：76AOD Ð=°Q ，18BOC Ð=°，761858DOC AOB \Ð+Ð=°-°=°，OB Q 是AOC Ð的平分线，18BOC AOB \Ð=Ð=°，581840DOC \Ð=°-°=°，OD Q 是EOC Ð平分线，40DOE COD \Ð=Ð=°，故答案为：40°；（2）OB Q 平分AOC Ð，OD 平分EOC Ð，2AOC BOC \Ð=Ð，2COE COD Ð=Ð，54BOC COD BOD Ð+Ð=Ð=°Q ，AOE AOC COE Ð=Ð+ÐQ ，()22108AOE BOC COD BOD \Ð=Ð+Ð=Ð=°．【点睛】本题考查了角平分线的定义，解题时，实际上是根据角平分线定义得出所求角与已知角的关系转化求解．24．如图是一个正方体纸盒的展开图，已知这个正方体纸盒相对面上的代数式的值相等．(1)求a ，b ，c 的值；(2)求代数式()234bc abc bc abc ---的值．25．如图，直线、AB CD 相交于点O 。

专题04 立体几何(解析版)

专题04 立体几何(解析版)

专题04 立体几何1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D【答案】D【解析】解法一：,PA PB PC ABC ==Q △为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥I 平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-为正方体的一部分，2R ==即344π33R V R =∴=π==，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC Q △为边长为2的等边三角形，CF ∴=又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===， AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =Q ，D \为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==2R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D.【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． 2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，Q 平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===,，5,22MF BF BM ==∴=BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．4．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭.故故B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.5．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=，即αβ>； 在Rt △PED 中，tan tan PD PDED BDγβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.6．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形， ∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=． 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=， 所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.7．【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．8．【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内； （3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α. 故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.9．【2019底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________． 【答案】π42=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12， 故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.10．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD的体积是 ▲ .【答案】10【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=， 因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =， 由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高， 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.11．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A−MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）5. 【解析】（1）连结B 1C ，ME ． 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ． 又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ． 由题设知A 1B 1=P DC ，可得B 1C =P A 1D ，故ME =P ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ． 又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA uuu r的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-u u u r，1(12)A M =--u u u u r，1(1,0,2)A N =--u u u u r，(0,MN =u u u u r．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u r m m ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u ur ，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是cos ,||5⋅〈〉===‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.12．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒， 故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA u u u r的方向为x 轴正方向，||DA uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =u u u r ，(1,1,1)CE =-u u u r，1(0,0,2)CC =u u u u r．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u ur n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u ru u ur m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为2． 【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.13．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2. （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30o .【解析】（1）由已知得AD P BE ，CG P BE ，所以AD P CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ． 由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH．以H 为坐标原点，HC u u u r的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0），CG u u u r =（1，0），AC u u u r=（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.14．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ； （2）求二面角F –AE –P 的余弦值； （3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）（3）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ． 又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ． （2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=u u u r u u u r u u u r．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||⋅〈〉==‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P为锐角，所以其余弦值为3．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--u u ur ，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++=u u u r n .所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.15．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87． 【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE u u u r u u u r u u u r，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =u u u r 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =u u u r，可得0BF AB ⋅=u u u r u u u r ，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．（2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--u u u r u u u r u u u r．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =， 可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-u u u ru u u r u u u r n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49． （3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rm m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．16．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1； （2）BE ⊥C 1E ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点， 所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC−A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1， 所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1，所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC . 因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.17．【2019年高考浙江卷】（本小题满分15分）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG由于O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,22F ，C (0，2，0)．因此，3(,22EF =u u u r，(BC =u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ． 由（1）可得1=(10)=(02BC A C -u u u r u u u u r，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u rn n，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u ru u u r u u u r ，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.18．【云南省昆明市2019届高三高考5月模拟数学试题】已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是 A ．l β∥或l β⊄ B ．//l m C ．m α⊥ D ．l m ⊥【答案】A【解析】对于A ，直线l ⊥平面α，αβ⊥，则l β∥或l β⊂，A 正确；对于B ，直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则//l m 或l 与m 相交或l 与m 异面，∴B 错误；对于C ，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则m α⊥或m 与α相交或m α⊂或m α∥，∴C 错误； 对于D ，直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则//l m 或l 与m 相交或l 与m 异面，∴D 错误． 故选A ．【名师点睛】本题考查了空间平面与平面关系的判定及直线与直线关系的确定问题，也考查了几何符号语言的应用问题，是基础题．19．【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为A．4B ．34 C．4D ．54【答案】B【解析】如图，设BC 的中点为D ，连接1A D 、AD 、1A B ， 易知1A AB ∠即为异面直线AB 与1CC 所成的角（或其补角）. 设三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长均为1，则AD =112A D =，1A B =由余弦定理，得2221111cos 2A A AB A B A AB A A AB+-∠=⋅111322114+-==⨯⨯. 故应选B.【名师点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，通过平移找到所成角是解这类问题的关键，若平移不好作，可采用建系，利用空间向量的运算求解，属于基础题.解答本题时，易知1A AB ∠即为异面直线AB 与1CC 所成的角（或其补角），进而通过计算1ABA △的各边长，利用余弦定理求解即可. 20．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2的正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为P ，则四面体P AEF -的高为A ．13B ．23C ．34D ．1【答案】B【解析】如图，由题意可知PA PE PF ，，两两垂直，∴PA ⊥平面PEF ， ∴11111123323PEF A PEF V S PA -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△， 设P 到平面AEF 的距离为h ，又2111321212112222AEF S =-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=△， ∴13322P AEF hV h -=⨯⨯=，∴123h =，故23h =， 故选B .【名师点睛】本题考查了平面几何的折叠问题，空间几何体的体积计算，属于中档题．折叠后，利用A PEF P AEF V V --=即可求得P 到平面AEF 的距离．21．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学试题】在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______． 【答案】48π【解析】如图，在等边三角形ABC 中，取AB 的中点F ，设等边三角形ABC 的中心为O ，连接PF ，CF ，OP .由6AB =，得23AO BO CO CF OF ===== PAB Q △是以AB 为斜边的等腰角三角形，PF AB ∴⊥,又平面PAB ⊥平面ABC ，PF ∴⊥平面ABC ，PF OF ∴⊥，OP ==则O 为棱锥P ABC -的外接球球心，外接球半径R OC ==∴该三棱锥外接球的表面积为(24π48π⨯=，故答案为48π.【名师点睛】本题主要考查四面体外接球表面积，考查空间想象能力，是中档题. 要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径.求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两两垂直，则用22224R a b c =++（,,a b c 为三条棱的长）；②若SA ⊥面ABC （SA a =），则22244R r a =+（r 为ABC △外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径. 22．【2019北京市通州区三模数学试题】如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ABCD ⊥底面，AB AC ⊥，1AB =，12,AC AA AD CD ===E 为线段1AA 上的点，且12AE =．（1）求证：BE ⊥平面1ACB ；（2）求二面角11D AC B --的余弦值；（3）判断棱11A B 上是否存在点F ，使得直线DF ∥平面1ACB ，若存在，求线段1A F 的长；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2；（3）见解析. 【解析】（1）因为1A A ABCD ⊥底面， 所以1A A AC ⊥． 又因为AB AC ⊥， 所以AC ⊥平面11ABB A ， 又因为BE ⊂平面11ABB A ， 所以AC ⊥BE ． 因为112AE ABAB BB ==，∠EAB =∠ABB 1=90°， 所以1Rt Rt ABE BB A △∽△． 所以1ABE AB B ∠=∠． 因为1190BAB AB B ∠+∠=︒， 所以190BAB ABE ∠+∠=︒． 所以BE ⊥1AB ． 又1AC AB A =I ， 所以BE ⊥平面1ACB ．（2）如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得111(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1,2,0),(0,0,2),(0,1,2),(2,0,2),A B C D A B C -11(1,2,2),(0,0,)2D E -．由（1）知，1(0,1,)2EB u u u r =-为平面1ACB 的一个法向量，设(,,)x y z =n 为平面1ACD 的法向量．因为1(1,2,2),(2,0,0)AD AC u u u u r u u u r=-=，则10,0,AD AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u u u u r r n n 即220,20,x y z x -+=⎧⎨=⎩不妨设1z =，可得(0,1,1)=n ．因此cos ,||||EB EB EB u u u r u u u r u u u r n n n ×<>=． 因为二面角11D AC B --为锐角， 所以二面角11D AC B --． （3）设1A F a =，则(0,,2)F a ，(1,2,2)DF a u u u r=-+．1(1,2,2)(0,1,)2102DF EB a a u u u r u u u r ?-+?=+-=，所以1a =-（舍）．即直线DF 的方向向量与平面1ACB 的法向量不垂直， 所以，棱11A B 上不存在点F ，使直线DF ∥平面1ACB ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直与平行、以及二面角的问题，熟记线面垂直的判定定理以及空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.（1）根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结论成立；（2）以A 为原点建立空间直角坐标系，由（1）得到1(0,1,)2EB u u u r =-为平面1ACB 的一个法向量，再求出平面1ACD 的一个法向量，求两向量夹角的余弦值，即可得出结果； （3）先设1A F a =，用向量的方法，由0DF EBu u u r u u u r?求出a 的值，结合题意，即可判断出结论.【扫描二维码关注更多精彩★玩转高中数学研讨】。

五年(2019-2023)年高考真题 专题04 立体几何(解析版)

五年(2019-2023)年高考真题 专题04 立体几何(解析版)

五年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题04立体几何考点精析：考点一空间几何体的侧面积和表面积1．（2021()A ．2B ．C ．4D ．【解析】由题意，设母线长为l ，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2l ππ=⋅，解得l =所以该圆锥的母线长为故选：B ．2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为．【解析】因为圆柱的底面积为9π，即29R ππ=，所以3R =，所以224S Rh ππ==侧．故答案为：24π．3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则ABC ∆的面积的取值范围为．【解析】如图1，上底面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连接OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ，则12ABC S AB CM ∆=⨯⨯，根据题意，AB 为定值2，所以ABC S ∆的大小随着CM 的长短变化而变化，如图2所示，当点M 与点O 重合时，CM OC ===此时ABC S ∆取得最大值为122⨯=；如图3所示，当点M 与点B 重合，CM 取最小值2，此时ABC S ∆取得最小值为12222⨯⨯=．综上所述，ABC S ∆的取值范围为．故答案为：．4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．【解析】圆柱的底面半径为1r =，高为2h =，所以圆柱的侧面积为22124S rh πππ==⨯⨯=侧．故答案为：4π．5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为()A ．1B ．2C ．4D ．8【解析】如图，则21142133V ππ=⨯⨯=，22121233V ππ=⨯⨯=，∴两个圆锥的体积之比为43223ππ=．故选：B ．6．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是．【解析】 圆锥侧面展开图是半圆，面积为22cm π，设圆锥的母线长为acm ，则2122a ππ⨯=，2a cm ∴=，∴侧面展开扇形的弧长为2cm π，设圆锥的底面半径OC rcm =，则22r ππ=，解得1r cm =．故答案为：1cm ．7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3343，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π【解析】当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为3332sin 60=︒4=，如图，设球的半径为R 1=，解得5R =，∴该球的表面积为24425100R πππ=⨯=．当球心在台体内时，如图，1=，无解．综上，该球的表面积为100π．故选：A ．8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-（单位：2)km ，则S 占地球表面积的百分比约为()A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【解析】由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则36000640042400OP =+=，那么64008cos 4240053α==；卫星信号覆盖的地球表面面积22(1cos )S r πα=-，那么，S 占地球表面积的百分比为222(1cos )4542%4106r r παπ-=≈．故选：C ．考点二空间几何体的体积9．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3l，则该正四棱锥体积的取值范围是()A ．[18，81]4B ．27[4，814C ．27[4，64]3D ．[18，27]【解析】如图所示，正四棱锥P ABCD -各顶点都在同一球面上，连接AC 与BD 交于点E ，连接PE ，则球心O 在直线PE 上，连接OA ，设正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，在Rt PAE ∆中，222PA AE PE =+，即2222221(22l h a h =+=+， 球O 的体积为36π，∴球O 的半径3R =，在Rt OAE ∆中，222OA OE AE =+，即2222(3))2R h =-+，∴221602a h h +-=，∴22162a h h +=，26l h ∴=，又3l∴3922h ，∴该正四棱锥体积2232112()(122)4333V h a h h h h h h ==-=-+，2()282(4)V h h h h h '=-+=- ，∴当342h <时，()0V h '>，()V h 单调递增；当942h <时，()0V h '<，()V h 单调递减，()max V h V ∴=（4）643=，又327(24V = ，981()24V =，且278144<，∴2764()43V h ，即该正四棱锥体积的取值范围是27[4，643，故选：C ．10．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时，增加的水量约为(7 2.65)(≈)A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【解析】26214014010km m =⨯，26218018010km m =⨯，根据题意，增加的水量约为666614010180101401018010(157.5148.5)3⨯+⨯⨯⨯⨯⨯-6(140180607)109++⨯=6693(32060 2.65)103143710 1.410m ≈+⨯⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．11．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为()A ．203+B ．282C ．563D ．2823【解析】解法一：如图1111ABCD A B C D -为正四棱台，2AB =，114A B =，12AA =．在等腰梯形11A B BA 中，过A 作11AE A B ⊥，可得14212A E -==，2211413AE AA A E =--=．连接AC ，11A C ，4422AC =+=，11161642A C =+，过A 作11AG A C ⊥，142222A G -==，AG ===，∴正四棱台的体积为：V h=22243++=2823=．解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，∴该棱台的记h =下底面面积116S =，上底面面积24S =，则该棱台的体积为：1211282((164333V h S S =++=⨯++=．故选：D ．12．【多选】（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：)m 的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有()A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体【解析】对于A ，棱长为1的正方体内切球的直径为10.99>，选项A 正确；对于B ，如图，正方体内部最大的正四面体11D A BC - 1.4=>，选项B 正确；对于C ，棱长为1 1.8<，选项C 错误；对于D ，如图，六边形EFGHIJ 为正六边形，E ，F ，G ，H ，I ，J 为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，六边形EFGHIJ 棱长为2米，30GFH GHF ∠=∠=︒，所以62FH ===米，故六边形EFGHIJ 内切圆半径为62米，而223(1.2) 1.442=>=，选项D 正确．故选：ABD ．13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==．记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则()A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【解析】设22AB ED FB ===，114||33ACD V S ED ∆=⨯⨯=，212||33ABC V S FB ∆=⨯⨯=，如图所示，连接BD 交AC 于点M ，连接EM 、FM ，则3FM =6EM =，3EF =，故1323622EMF S ∆==，3113222332EMF V S AC ∆=⨯=⨯，故C 、D 正确，A 、B 错误．故选：CD ．14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则()A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【解析】对于A ，当1λ=时，1BP BC BB μ=+ ，即1CP BB μ= ，所以1//CP BB ，故点P 在线段1CC 上，此时△1AB P 的周长为11AB B P AP ++，当点P 为1CC 的中点时，△1AB P ，当点P 在点1C 处时，△1AB P 的周长为1，故周长不为定值，故选项A 错误；对于B ，当1μ=时，1BP BC BB λ=+ ，即1B P BC λ= ，所以1//B P BC ，故点P 在线段11B C 上，因为11//B C 平面1A BC ，所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等，又△1A BC 的面积为定值，所以三棱锥1P A BC -的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，当12λ=时，取线段BC ，11B C 的中点分别为M ，1M ，连结1M M ，因为112BP BC BB μ=+ ，即1MP BB μ= ，所以1//MP BB ，则点P 在线段1M M 上，当点P 在1M 处时，1111A M B C ⊥，111A M B B ⊥，又1111B C B B B = ，所以11A M ⊥平面11BB C C ，又1BM ⊂平面11BB C C ，所以111A M BM ⊥，即1A P BP ⊥，同理，当点P 在M 处，1A P BP ⊥，故选项C 错误；对于D ，当12μ=时，取1CC 的中点1D ，1BB 的中点D ，因为112BP BC BB λ=+ ，即DP BC λ= ，所以//DP BC ，则点P 在线的1DD 上，当点P 在点1D 处时，取AC 的中点E ，连结1A E ，BE ，因为BE ⊥平面11ACC A ，又1AD ⊂平面11ACC A ，所以1AD BE ⊥，在正方形11ACC A 中，11AD A E ⊥，又1BE A E E = ，BE ，1A E ⊂平面1A BE ，故1AD ⊥平面1A BE ，又1A B ⊂平面1A BE ，所以11A B AD ⊥，在正方体形11ABB A 中，11A B AB ⊥，又11AD AB A = ，1AD ，1AB ⊂平面11AB D ，所以1A B ⊥平面11AB D ，因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P ，故选项D 正确．故选：BD ．15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．【解析】如图所示，根据题意易知△11SO A SOA ∆∽，∴11121222SO O A SO OA ===，又13SO =，6SO ∴=，13OO ∴=，又上下底面正方形边长分别为2，4，∴所得棱台的体积为1(416416)3283⨯++⨯⨯=．故答案为：28．16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，12AA =，则该棱台的体积为．【解析】如图，设正四棱台1111ABCD A B C D -的上下底面中心分别为M ，N ，过1A 作1A H AC ⊥，垂足点为H ，由题意易知122A M HN ==，又2AN =22AH AN HN ∴=-=，又1AA =，1A H MN ∴==∴该四棱台的体积为1(14326⨯++⨯=．故答案为：766．17．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为．【解析】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，∴111122ANM S ∆=⨯⨯=，∴111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯=．故答案为：13．18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边ABC ∆，O 为AC 边中点，且PO ⊥底面ABC ，2AP AC ==．（1）求三棱锥体积P ABC V -；（2）若M 为BC 中点，求PM 与面PAC 所成角大小．【解析】（1）在三棱锥P ABC -中，因为PO ⊥底面ABC ，所以PO AC ⊥，又O 为AC 边中点，所以PAC ∆为等腰三角形，又2AP AC ==．所以PAC ∆是边长为2的为等边三角形，3PO ∴=，三棱锥体积2113231334P ABC ABC V S PO -∆=⋅=⨯⨯，（2）以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z轴，建立空间直角坐标系，则(0P ，03)，(3B 0，0)，(0C ，1，0)，3(2M ，12，0)，3(2PM = ，12，3)-，平面PAC 的法向量(3OB = 0，0)，设直线PM 与平面PAC 所成角为θ，则直线PM 与平面PAC 所成角的正弦值为332sin ||4||||32PM OB PM OB θ⋅===⋅⨯ ，所以PM 与面PAC 所成角大小为319．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ．（1）若5PC =，求四棱锥P ABCD -的体积；（2）若直线AD 与BP 的夹角为60︒，求PD 的长．【解析】（1）PD ⊥ 平面ABCD ，PD DC ∴⊥．3CD = ，5PC ∴=，4PD ∴=，2134123P ABCD V -∴=⨯⨯=，所以四棱锥P ABCD -的体积为12．（2）ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，BC PD ∴⊥，BC CD⊥又PD CD D= BC ∴⊥平面PCDBC PC∴⊥ 异面直线AD 与PB 所成角为60︒，//BC AD∴在Rt PBC ∆中，60PBC ∠=︒，3BC =故33PC =在Rt PDC ∆中，3CD =32PD ∴=考点三空间中直线与直线之间的位置关系20．（2022•上海）如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点，联结1A S ，1B D ．空间任意两点M 、N ，若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，则称MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为()A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q【解析】线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，即直线MN 与线段1A S 、1B D 不相交，因此所求与1D 可视的点，即求哪条线段不与线段1A S 、1B D 相交，对A 选项，如图，连接1A P 、PS 、1D S ，因为P 、S 分别为AB 、CD 的中点，∴易证11//A D PS ，故1A 、1D 、P 、S 四点共面，1D P ∴与1A S 相交，A ∴错误；对B 、C 选项，如图，连接1D B 、DB ，易证1D 、1B 、B 、D 四点共面，故1D B 、1D R 都与1B D 相交，B ∴、C 错误；对D 选项，连接1D Q ，由A 选项分析知1A 、1D 、P 、S 四点共面记为平面11A D PS ，1D ∈ 平面11A D PS ，Q ∉平面11A D PS ，且1A S ⊂平面11A D PS ，点11D A S ∉，1D Q ∴与1A S 为异面直线，同理由B ，C 选项的分析知1D 、1B 、B 、D 四点共面记为平面11D B BD ，1D ∈ 平面11D B BD ，Q ∉平面11D B BD ，且1B D ⊂平面11D B BD ，点11D B D ∉，1D Q ∴与1B D 为异面直线，故1D Q 与1A S ，1B D 都没有公共点，D ∴选项正确．故选：D ．21．（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则()A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCDB ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD B C ．直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B 【解析】连接1AD ，如图：由正方体可知11A D AD ⊥，1A D AB ⊥，1A D ∴⊥平面1ABD ，11A D D B ∴⊥，由题意知MN 为△1D AB 的中位线，//MN AB ∴，又AB ⊂ 平面ABCD ，MN ⊂/平面ABCD ，//MN ∴平面ABCD ．A ∴对；由正方体可知1A D 与平面1BDD 相交于点D ，1D B ⊂平面1BDD ，1D D B ∉，∴直线1A D 与直线1D B 是异面直线，B ∴、C 错；//MN AB ，AB 不与平面11BDD B 垂直，MN ∴不与平面11BDD B 垂直，D ∴错．故选：A ．22．（2020•上海）在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是()A ．11AAB BB ．11BBC C C ．11CCD D D ．ABCD 【解析】如图，由点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，可得P 在△1AA D 内，过P 作1//EF A D ，且1EF AA 于E ，EF AD 于F ，在平面ABCD 中，过F 作//FG CD ，交BC 于G ，则平面//EFG 平面1A DC ．连接AC ，交FG 于M ，连接EM ，平面//EFG 平面1A DC ，平面1A AC ⋂平面11A DC A C =，平面1A AC ⋂平面EFM EM =，1//EM A C ∴．在EFM ∆中，过P 作//PQ EM ，且PQ FM 于Q ，则1//PQ A C ．线段FM 在四边形ABCD 内，Q 在线段FM 上，Q ∴在四边形ABCD 内．∴则Q 点所在的平面是平面ABCD ．故选：D ．23．（2023•上海）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为边11A C 上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是()A ．1DDB ．AC C ．1AD D ．1B C【解析】对于A ，当P 是11A C 的中点时，BP 与1DD 是相交直线；对于B ，根据异面直线的定义知，BP 与AC 是异面直线；对于C ，当点P 与1C 重合时，BP 与1AD 是平行直线；对于D ，当点P 与1C 重合时，BP 与1B C 是相交直线．故选：B ．考点四异面直线及其所成的角24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知正方体1111ABCD A B C D -，则()A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒C ．直线1BC 与平面11BBD D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒【解析】如图，连接1B C ，由11//A B DC ，11A B DC =，得四边形11DA B C 为平行四边形，可得11//DA B C ，11BC B C ⊥ ，∴直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，故A 正确；111A B BC ⊥ ，11BC B C ⊥，1111A B B C B = ，1BC ∴⊥平面11DA B C ，而1CA ⊂平面11DA B C ，11BC CA ∴⊥，即直线1BC 与1CA 所成的角为90︒，故B 正确；设1111A C B D O = ，连接BO ，可得1C O ⊥平面11BB D D ，即1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，1111sin 2OC C BO BC ∠== ，∴直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30︒，故C 错误；1CC ⊥ 底面ABCD ，1C BC ∴∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒，故D 正确．故选：ABD ．考点五空间中直线与平面之间的位置关系25．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系()A．两两垂直B．两两平行C．两两相交D．两两异面【解析】如图1，可得a、b、c可能两两垂直；如图2，可得a、b、c可能两两相交；如图3，可得a、b、c可能两两异面；故选：B．26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN OP⊥的是()A．B．C．D．【解析】对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，则12tan12θ==，∴不满足MN OP⊥，故A错误；对于B，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2N ，0，0)，(0M ，0，2)，(2P ，0，1)，(1O ，1，0)，(2MN = ，0，2)-，(1OP = ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故B 正确；对于C ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2M ，2，2)，(0N ，2，0)，(1O ，1，0)，(0P ，0，1)，(2MN =- ，0，2)-，(1OP =- ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故C 正确；对于D ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(0M ，2，0)，(0N ，0，2)，(2P ，1，2)，(1O ，1，0)，(0MN = ，2-，2)，(1OP = ，0，2)，4MN OP ⋅= ，∴不满足MN OP ⊥，故D 错误．故选：BC ．考点六直线与平面所成的角27．（2020•山东）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为)O ，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为()A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒【解析】可设A 所在的纬线圈的圆心为O '，OO '垂直于纬线所在的圆面，由图可得OHA ∠为晷针与点A 处的水平面所成角，又OAO '∠为40︒且OA AH ⊥，在Rt OHA ∆中，O A OH '⊥，40OHA OAO '∴∠=∠=︒，另解：画出截面图，如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线．l 是点A 处的水平面的截线，由题意可得OA l ⊥，AB 是晷针所在直线．m 是晷面的截线，由题意晷面和赤道面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得//m CD ，根据线面垂直的定义可得AB m ⊥，由于40AOC ∠=︒，//m CD ，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒，故选：B ．28．（2021•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =．（1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积；（2）求直线1AB 与平面11ACC A的夹角大小．【解析】（1）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1112322332C PAD PAD C PAD V S h -∆-⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭平面；（2）连接1111A C B D O = ，AB BC = ，∴四边形1111A B C D 为正方形，则11OB OA ⊥，又11AA OB ⊥，111OA AA A = ，1OB ∴⊥平面11ACC A ，∴直线1AB 与平面11ACC A 所成的角为1OAB ∠，∴221122122262sin 23OB OAB AB +∠===+∴直线1AB 与平面11ACC A 所成的角为261329．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，15PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中，由已知可得，1CD AB ==，122CM BC ==，60DCM ∠=︒，∴由余弦定理可得，2222cos60DM CD CM CD CM =+-⨯⨯︒11421232=+-⨯⨯⨯=，则222134CD DM CM +=+==，即CD DM ⊥，又PD DC ⊥，PD DM D = ，CD ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，CD PM ∴⊥，//CD AB ，AB PM ∴⊥；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD ⊥平面PDM ，又CD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PDM ，且平面ABCD ⋂平面PDM DM =，PM MD ⊥ ，且PM ⊂平面PDM ，PM ∴⊥平面ABCD ，连接AM ，则PM MA ⊥，在ABM ∆中，1AB =，2BM =，120ABM ∠=︒，可得2114212(72AM =+-⨯⨯⨯-=，又PA =Rt PMA ∆中，求得PM ==，取AD 中点E ，连接ME ，则//ME CD ，可得ME 、MD 、MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，分别以MD 、ME 、MP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则(A 2，0)，(0P ，0，，1,0)C -，又N 为PC的中点，31(22N ∴-，335(22AN =- ，平面PDM 的一个法向量为(0,1,0)n = ，设直线AN 与平面PDM 所成角为θ，则5||2sin |cos ,|||||AN n AN n AN n θ⋅=<>==⋅ ．故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为156．30．（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l上的点，QB =，求PB 与平面QCD所成角的正弦值．【解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设m 为平面PCD 中任意一条直线，则BC m ⊥，//l BC ，l m ∴⊥，由线面垂直的定义是l ⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD == ，Q 为l上的点，QB =，PB ∴=，1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l，因为QB =，QAB ∆是等腰直角三角形，所以(1Q ，0，1)，则(1DQ = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =- ，0，1)，|cos n ∴<，6||||3||||n PB PB n PB ⋅>=== ，PB ∴与平面QCD所成角的正弦值为3．31．（2020•上海）已知ABCD 是边长为1的正方形，正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ，求线段1CD 与平面ABCD 所成的角．【解析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成，221214S πππ∴=⨯⨯+⨯=．故该圆柱的表面积为4π．（2） 正方形11ABC D ，1AD AB ∴⊥，又12DAD π∠=，1AD AD ∴⊥，AD AB A = ，且AD 、AB ⊂平面ADB ，1AD ∴⊥平面ADB ，即1D 在面ADB 上的投影为A ，连接1CD ，则1D CA ∠即为线段1CD 与平面ABCD 所成的角，而1126cos 33AC D CA CD ∠==，∴线段1CD 与平面ABCD 所成的角为6arccos3．32．（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设平面PCD 中有任一直线l '，则BC ⊥直线l '，//l BC ，l ∴⊥直线l '，∴由线面垂直的定义得l ⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，设(Q m ，0，1)，(DQ m = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1a =-，可得(1n =- ，0，)m ，cos n ∴< ，2||||31n PB PB n PB m⋅>==⋅⋅+ ，PB ∴与平面QCD 2223123131m m m m ++=+⋅+2323261131323m m =++=+1m =取等号，PB ∴与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63．33．（2020•浙江）如图，在三棱台ABC DEF -中，平面ACFD ⊥平面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC =．（Ⅰ）证明：EF DB ⊥；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）证明：作DH AC ⊥，且交AC 于点H ， 面ADFC ⊥面ABC ，DH ⊂面ADFC ，DH BC ∴⊥，∴在Rt DHC ∆中，2cos 452CH CD =⋅︒=，2DC BC = ，2222CH BC BC ∴===，∴22BC CH =，即BHC ∆是直角三角形，且90HBC ∠=︒，HB BC ∴⊥，BC ∴⊥面DHB ，BD ⊂ 面DHB ，BC BD ∴⊥， 在三棱台DEF ABC -中，//EF BC ，EF DB ∴⊥．（Ⅱ）设1BC =，则1BH =，2HC =在Rt DHC ∆中，2DH =2DC =，在Rt DHB ∆中，22213DB DH HB =+=+=，作HG BD ⊥于G ，BC HG ⊥ ，HG ∴⊥面BCD ，GC ⊂ 面BCD ，HG GC ∴⊥，HGC ∴∆是直角三角形，且90HGC ∠=︒，设DF 与面DBC 所成角为θ，则θ即为CH 与面DBC 的夹角，且sin sin 2HG HCG HC θ=∠== 在Rt DHB ∆中，DH HB BD HG ⋅=⋅，2633DH HB HG BD ⋅∴===，633sin 322θ∴===．34．（2019•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，M 为1BB 上一点，已知2BM =，3CD =，4AD =，15AA =．（1）求直线1A C 和平面ABCD 的夹角；（2）求点A 到平面1A MC 的距离．【解析】（1）依题意：1AA ⊥平面ABCD ，连接AC ，则1A C 与平面ABCD 所成夹角为1A CA ∠，15AA = ，5AC =，∴△1A CA 为等腰三角形，14A CA π∴∠=，∴直线1A C 和平面ABCD 的夹角为4π，（2）（空间向量），如图建立坐标系，则(0A ，0，0)，(3C ，4，0)，1(0A ，0，5)，(3M ，0，2)，∴(3AC = ，4，0)，1(3A C = ，4，5)-，(0MC = ，4．2)-，设平面1A MC 的法向量(n x = ，y ，)z ，由13450420n A C x y z n MC y z ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，可得(2n = ，1，2)，∴点A 到平面1A MC的距离||10||3AC n d n ⋅== ．35．（2019•浙江）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A A C AC ==，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．（Ⅰ）证明：EF BC ⊥；（Ⅱ）求直线EF 与平面1A BC所成角的余弦值．【解析】方法一：证明：（Ⅰ）连接1A E ，11A A A C = ，E 是AC 的中点，1A E AC ∴⊥，又平面11A ACC ⊥平面ABC ，1A E ⊂平面11A ACC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，1A E ∴⊥平面ABC ，1A E BC ∴⊥，1//A F AB ，90ABC ∠=︒，1BC A F ∴⊥，111A F A E A = ，BC ∴⊥平面1A EF ，EF BC ∴⊥．解：（Ⅱ）取BC 中点G ，连接EG 、GF ，则1EGFA 是平行四边形，由于1A E ⊥平面ABC ，故1A E EG ⊥，∴平行四边形1EGFA 是矩形，由（Ⅰ）得BC ⊥平面1EGFA ，则平面1A BC ⊥平面1EGFA ，EF ∴在平面1A BC 上的射影在直线1A G 上，连接1A G ，交EF 于O ，则EOG ∠是直线EF 与平面1A BC 所成角（或其补角），不妨设4AC =，则在Rt △1A EG中，1A E =，EG =，O 是1A G的中点，故12A G EO OG ===2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∴∠==⨯⨯，∴直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值为35．方法二：证明：（Ⅰ）连接1A E ，11A A A C = ，E 是AC 的中点，1A E AC ∴⊥，又平面11A ACC ⊥平面ABC ，1A E ⊂平面11A ACC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，1A E ∴⊥平面ABC ，如图，以E 为原点，在平面ABC 中，过E 作AC 的垂线为x 轴，EC ，1EA 所在直线分别为y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设4AC =，则1(0A ，0，，B，1B，33(22F ，(0C ，2，0)，33(22EF =，(BC = ，由0EF BC = ，得EF BC ⊥．解：（Ⅱ）设直线EF 与平面1A BC 所成角为θ，由（Ⅰ）得(BC = ，1(0A C = ，2，-，设平面1A BC 的法向量(n x = ，y ，)z ，则100BC n y A C n y ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩ ，取1x =，得n = ，||4sin 5||||EF n EF n θ∴== ，∴直线EF 与平面1A BC35=．考点七二面角的平面角及求法36．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -，1AC AA =，E ，F 分别是棱BC ，11A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则()A ．αβγB ．βαγC ．βγαD ．αγβ【解析】 正三棱柱111ABC A B C -中，1AC AA =，∴正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，如图，过F 作FG AC ⊥，垂足点为G ，连接GE ，则1//A A FG ，EF ∴与1AA 所成的角为EFG α∠=，且tan GE GE FGα==，又[0GE ∈，1]，tan [0α∴∈，1]，EF ∴与平面ABC 所成的角为FEG β∠=，且1tan [1GF GE GEβ==∈，)+∞，tan tan βα∴，...①，再过G 点作GH BC ⊥，垂足点为H ，连接HF ，又易知FG ⊥底面ABC ，BC ⊂底面ABC ，BC FG ∴⊥，又FG GH G = ，BC ∴⊥平面GHF ，∴二面角F BC A --的平面角为GHF γ∠=，且1tan GF GH GHγ==，又[0GH ∈，32，tan γ∴∈)+∞，tan tan γα∴，...②，又GE GH ，tan tan βγ∴，...③，由①②③得tan tan tan αβγ，又α，β，[0γ∈，)2π，tan y x =在[0，2π单调递增，αβγ∴，故选：A．37．（2019•浙江）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则()A ．βγ<，αγ<B ．βα<，βγ<C ．βα<，γα<D ．αβ<，γβ<【解析】方法一、如图G 为AC 的中点，V 在底面的射影为O ，则P 在底面上的射影D 在线段AO 上，作DE AC ⊥于E ，易得//PE VG ，过P 作//PF AC 于F ，过D 作//DH AC ，交BG 于H ，则BPF α=∠，PBD β=∠，PED γ=∠，则cos cos PF EG DH BD PB PB PB PB αβ===<=，可得βα<；tan tan PD PD ED BDγβ=>=，可得βγ<，方法二、由最小值定理可得βα<，记V AC B --的平面角为γ'（显然)γγ'=，由三正弦定理可得βγγ'<=；方法三、（特殊图形法）设三棱锥V ABC -为棱长为2的正四面体，P 为VA 的中点，易得12cos α==sin α=，sin β=sin 3γ==，当23AP =时，由余弦定理可得273PB ==，281628999cos 27433α+-==sin α=，可得αγ<，故C 错误．故选：B．38．【多选】（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，AB 为底面直径，120APB ∠=︒，2PA =，点C 在底面圆周上，且二面角P AC O --为45︒，则()A ．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为C．AC =D ．PAC ∆【解析】取AC 中点D ，则OD AC ⊥，PD AC ⊥，由二面角的定义可知，二面角P AC O --的平面角即为45PDO ∠=︒，对于A ，PAB ∆中，由于2PA PB ==，120APB ∠=︒，则1PO =，AO =，则1OD =，1313V ππ=⋅⋅=，选项A 正确．对于B，2S π==侧，选项B 错误．对于C，AC ==，选项C 正确．对于D，PD =122PAC S ∆==，选项D 错误．故选：AC ．39．（2023•上海）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -，AB AD ⊥，//AB CD ，2AB =，3AD =，4CD =．（1）证明：直线1//A B 平面11DCC D ；（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角1A BD A --的大小．【解析】（1）证明：根据题意可知//AB DC ，11//AA DD ，且1AB AA A = ，∴可得平面11//A ABB 平面11DCC D ，又直线1A B ⊂平面11A ABB ，∴直线1//A B 平面11DCC D ；（2）设1AA h =，则根据题意可得该四棱柱的体积为1(24)3362h ⨯+⨯⨯=，4h ∴=，1A A ⊥ 底面ABCD ，在底面ABCD 内过A 作AE BD ⊥，垂足点为E ，则1A E 在底面ABCD 内的射影为AE ，∴根据三垂线定理可得1BD A E ⊥，故1A EA ∠即为所求，在Rt ABD ∆中，2AB =，3AD =，BD ∴==，AB AD AE BD ⨯∴==，又14A A h ==，114tan 6A A A EA AE ∴∠===∴二面角1A BD A --的大小为213arctan3．40．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，60ADB ADC ∠=∠=︒，E为BC 中点．（1）证明BC DA ⊥；（2）点F 满足EF DA = ，求二面角D AB F --的正弦值．【解析】证明：（1）连接AE ，DE ，DB DC = ，E 为BC 中点．DE BC ∴⊥，又DA DB DC == ，60ADB ADC ∠=∠=︒，ACD ∴∆与ABD ∆均为等边三角形，AC AB ∴=，AE BC ∴⊥，AE DE E = ，BC ∴⊥平面ADE ，AD ⊂ 平面ADE ，BC DA ∴⊥．（2）解：设2DA DB DC ===，∴BC =DE AE ==2AD =，2224AE DE AD ∴+==，AE DE ∴⊥，又AE BC ⊥ ，DE BC E = ，AE ∴⊥平面BCD ，以E 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，(2,0,0)D ，2)A ，2,0)B ，(0E ，0，0)，EF DA = ，∴(2,0,2)F -，∴(2,0,2)DA =- ，2,2)AB = ，(2,0,0)AF = ，设平面DAB 与平面ABF 的一个法向量分别为1111(,,)n x y z = ，2222(,,)n x y z = ，则1111220220x z z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，令11x =，解得111y z ==，22222020z -==⎪⎩，令21y =，解得20x =，21z =，故1(1n = ，1，1)，2(0n = ，1，1)，设二面角D AB F --的平面角为θ，则1212||26|cos |3||||32n n n n θ⋅==⨯ ，故3sin 3θ=，所以二面角D AB F --33．41．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱111ABCD A B C D -中，2AB =，14AA =．点2A ，2B ，2C ，2D 分别在棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 上，21AA =，222BB DD ==，23CC =．（1）证明：2222//B C A D ；（2）点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150︒时，求2B P ．【解析】（1）证明：根据题意建系如图，则有：2(0B ，2，2)，2(0C ，0，3)，2(2A ，2，1)，2(2D ，0，2)，∴22(0,2,1)B C =- ，22(0,2,1)A D =- ，∴2222B C A D = ，又2B ，2C ，2A ，2D 四点不共线，2222//B C A D ∴；（2）在（1）的坐标系下，可设(0P ，2，)t ，[0t ∈，4]，又由（1）知2(0C ，0，3)，2(2A ，2，1)，2(2D ，0，2)，∴22(2,2,2)C A =- ，2(0,2,3)C P t =- ，22(0,2,1)A D =- ，设平面22PA C 的法向量为(,,)m x y z = ，则22222202(3)0m C A x y z m C P y t z ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩ ，取(1,3,2)m t t =-- ，设平面222A C D 的法向量为(,,)n a b c = ，则2222222020n C A a b c n A D b c ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取(1,1,2)n = ，∴根据题意可得|cos150||cos m ︒=< ，|||||||m n n m n ⋅>= ，∴22362(1)(3)46t t =-+-+⨯，2430t t ∴-+=，又[0t ∈，4]，∴解得1t =或3t =，P ∴为12B B 的中点或2B B 的中点，21B P ∴=．42．（2022•浙江）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，//EF=，AB=，3DC=，1DC EF，5AB DC，//--的平面角为60︒．设M，N分别为AE，BC的中点．∠=∠=︒，二面角F DC B60BAD CDE（Ⅰ）证明：FN AD⊥；（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【解析】证明：()I由于CD CB⊥，⊥，CD CF平面ABCD⋂平面CDEF CD=，CF⊂平面CDEF，CB⊂平面ABCD，所以FCB--的平面角，∠为二面角F DC B则60⊥．∠=︒，CD⊥平面CBF，则CD FNFCB又3()3,3()3=-==-=CF CD EF CB AB CD则BCF⊥，∆是等边三角形，则CB FN，FC⊂平面FCB，BC⊂平面FCB，因为DC FC⊥，DC BC⊥，FC BC C=所以DC⊥平面FCB，因为FN⊂平面FCB，所以DC FN⊥，，DC⊂平面ABCD，CB⊂平面ABCD，又因为DC CB C=所以FN⊥平面ABCD，因为AD⊂平面ABCD，故FN AD⊥；解：（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系：于是3,0),3,0),(0,0,3),(1,0,3),(3,3,0)B A F E D -，则33)22M ，33(3,),3,0),(2,3,3)22BM DA DE =-==- ，设平面ADE 的法向量(n x = ，y ，)z ，则00n DA n DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴2302330x x z ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩，令3x =，则1y =-，3z =∴平面ADE 的法向量(3,3)n =- ，设BM 与平面ADE 所成角为θ，则||57sin 14||||BM n BM n θ⋅== ．43．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 为PB 的中点．（1）证明：//OE 平面PAC ；（2）若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．【解析】（1）证明：连接OA ，OB ，依题意，OP ⊥平面ABC ，又OA ⊂平面ABC ，OB ⊂平面ABC ，则OP OA ⊥，OP OB ⊥，90POA POB ∴∠=∠=︒，又PA PB =，OP OP =，则POA POB ∆≅∆，OA OB ∴=，延长BO 交AC 于点F ，又AB AC ⊥，则在Rt ABF ∆中，O 为BF 中点，连接PF ，在PBF ∆中，O ，E 分别为BF ，BP 的中点，则//OE PF ，OE ⊂/ 平面PAC ，PF ⊂平面PAC ，//OE ∴平面PAC ；（2）过点A 作//AM OP ，以AB ，AC ，AM 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于3PO =，5PA =，由（1）知4OA OB ==，又30ABO CBO ∠=∠=︒，则AB =∴3(0,0,0),)2P B A E ，又tan 6012AC AB =︒=，即(0C ，12，0)，设平面AEB 的一个法向量为(,,)n x y z =，又3)2AB AE == ，则0302n AB n AE y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩ ，则可取(0,3,2)n =- ，设平面AEC 的一个法向量为(,,)m a b c =，又3(0,12,0),2AC AE == ，则120302m AC b m AE b c ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩，则可取(m = ，设锐二面角C AE B --的平面角为θ，则cos |cos ,|||||||13m n m n m n θ⋅=<>== ，∴11sin 13θ==，即二面角C AE B --正弦值为1113．44．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，△1A BC的面积为（1）求A 到平面1A BC 的距离；（2）设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【解析】（1）由直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，可得11111433A ABC ABC ABC V --==，设A 到平面1A BC 的距离为d ，由11A ABC A A BC V V --=，∴11433A BC S d ⋅= ，∴14233d ⨯=，解得2d =．（2）连接1AB 交1A B 于点E ，1AA AB = ，∴四边形11ABB A 为正方形，11AB A B ∴⊥，又 平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，1AB ∴⊥平面1A BC ，1AB BC ∴⊥，由直三棱柱111ABC A B C -知1BB ⊥平面ABC ，1BB BC ∴⊥，又111AB BB B = ，BC ∴⊥平面11ABB A ，BC AB ∴⊥，以B 为坐标原点，BC ，BA ，1BB所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，1AA AB = ，12222BC ∴⨯=，又1142AB BC AA ⨯⨯=，解得12AB BC AA ===，则(0B ，0，0)，(0A ，2，0)，(2C ，0，0)，1(0A ，2，2)，(1D ，1，1)，则(0BA = ，2，0)，(1BD = ，1，1)，(2BC = ，0，0)，设平面ABD 的一个法向量为(n x = ，y ，)z ，则200n BA y n BD x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩，令1x =，则0y =，1z =-，∴平面ABD 的一个法向量为(1n = ，0，1)-，设平面BCD 的一个法向量为(m a = ，b ，)c ，200m BC a m BD a b c ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩ ，令1b =，则0a =，1c =-，平面BCD 的一个法向量为(0m = ，1，1)-，cos n <，12m >== ，二面角A BD C --32=．45．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2AD =，QD QA ==3QC =．（Ⅰ）求证：平面QAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．【解析】（Ⅰ）证明：QCD ∆中，2CD AD ==，QD =，3QC =，所以222CD QD QC +=，所以CD QD ⊥；又CD AD ⊥，AD QD D = ，AD ⊂平面QAD ，QD ⊂平面QAD ，所以CD ⊥平面QAD ；又CD ⊂平面ABCD ，所以平面QAD ⊥平面ABCD ．（Ⅱ）解：取AD 的中点O ，在平面ABCD 内作Ox AD ⊥，以OD 所在直线为y 轴，OQ 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示：则(0O ，0，0)，(2B ，1-，0)，(0D ，1，0)，(0Q ，0，2)，因为Ox ⊥平面ADQ ，所以平面ADQ 的一个法向量为(1α= ，0，0)，设平面BDQ 的一个法向量为(x β= ，y ，)z ，由(2BD =- ，2，0)，(0DQ = ，1-，2)，得00BD DQ ββ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即22020x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，令1z =，得2y =，2x =，所以(2β= ，2，1)；所以cos α<，23||||αββαβ⋅>===⋅ ，所以二面角B QD A --的平面角的余弦值为23．46．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD ∆是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．【解析】（1）证明：因为AB AD =，O 为BD 的中点，所以AO BD ⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，AO ⊂平面ABD ，所以AO ⊥平面BCD ，又CD ⊂平面BCD ，所以AO CD ⊥；（2）方法一：取OD 的中点F ，因为OCD ∆为正三角形，所以CF OD ⊥，过O 作//OM CF 与BC 交于点M ，则OM OD ⊥，所以OM ，OD ，OA 两两垂直，以点O 为坐标原点，分别以OM ，OD ，OA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则(0B ，1-，0)，1,0)2C ，(0D ，1，0)，。

几何图形初步(知识点总结、例题解析)

几何图形初步(知识点总结、例题解析)

第四章几何图形初步4.1 几何图形一、知识考点知识点1【平面图形、立体图形】1、几何图形：我们把实物中抽象出来的各种图形叫做几何图形。

几何图形分为平面图形和立体图形。

（1）平面图形：图形所表示的各部分都在同一平面内的图形，如线段、三角形等。

（2）立体图形：图形所表示的各部分不在同一平面内的图形，如圆柱体。

2、常见的立体图形①球体（图1）②柱体：圆柱（图2）、棱柱（图3、图4）③椎体：圆锥（图5）、棱锥（图6、图7）、④多面体：由四个或四个以上多边形所围成的立体（图8）图8知识回顾：圆柱：是由两个大小相等、相互平行的圆形（底面）以及连接两个底面的一个曲面（侧面）围成的几何体。

棱柱：指上下底面平行且全等，侧棱平行且相等的封闭几何体棱锥：由多边形各个顶点向它所在的平面外一点依次连直线段而构成3、常见的平面图形（1）多边形：由线段围成的封闭图形叫做多边形。

多边形中三角形是最基本的图形。

（2）圆：一条线段绕它的端点旋转一周而形成的图形。

（3）扇形：由一条弧和经过这条弧的端点的两条半径围成的图形叫做扇形。

（4）线段、角、直线4、从不同方向观察立体图形从正面、上面、左面三个不同方向看一个物体，然后描出三张所看到的图（分别叫做正视图、俯视图、左视图），这样就可以把立体图形转化为平面图形。

【例题 1】观察如图所示图形并填空．如图中，圆柱是________，棱柱是________，圆锥是________，棱锥是________，圆台是________，棱台是________，球体是________．【解析】考察常见的立体图形。

【答案】圆柱是④，棱柱是③⑤⑥，圆锥是①⑦，棱锥是②，圆台是⑨，棱台是⑩，球体⑧。

【例题 2】讲台上放着一个圆锥和一个正方体（如图）请说明下面的三幅图分别是从哪个方向看到的。

（1）从______面看到的平面图形；（2）从______面看到的平面图形；（3）从______面看到的平面图形。

【解析】考察大家从不同方向观察几何体，从正面、上面、左面三个不同方向看一个物体，然后描出三张所看到的图（分别叫做正视图、俯视图、左视图），这样就可以把立体图形转化为平面图形。

几何图形初步解析含答案

几何图形初步解析含答案
∴∠2=64°．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了角平分线性质以及平行线的性质，熟练掌握相关概念是解题关键.
13．如图，直线AC∥BD，AO、BO分别是∠BAC、∠ABD的平分线，那么下列结论错误的是（ ）
A．∠BAO与∠CAO相等B．∠BAC与∠ABD互补
C．∠BAO与∠ABO互余D．∠ABO与∠DBO不等
D中，若点P不在AB这条直线上，则不成立，错误
故选：B
【点睛】
概念的考查，此类题型，若能够举出反例来，则这个选项是错误的
8．一个立方体的表面展开图如图所示，将其折叠成立方体后，“你”字对面的字是（ ）
A．中B．考C．顺D．利
【答案】C
【解析】
试题解析：正方体的表面展开图，相对的面之间查了角平分线定理的应用及三角函数的应用，通过面积比证得AE：BE＝AC：BC是解决本题的关键．
15．如图，直线a∥b∥c，直角三角板的直角顶点落在直线b上，若∠1＝30°，则∠2等于（）
A．40°B．60°C．50°D．70°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据两直线平行内错角相等得 ，再根据直角三角板的性质得 ，即可求出∠2的度数．
【解析】
【分析】
根据圆柱的侧面积=底面周长×高.
【详解】
根据圆柱的侧面积计算公式可得π×2×2×5=20πcm2，故选D．
【点睛】
本题考查了圆柱的计算，解题的关键是熟练掌握圆柱侧面积公式.
【详解】
解：
由垂线的性质可得∠ABC=90°，
所以∠3=180°﹣90°﹣∠1=35°，
又∵a∥b，
所以∠2=∠3=35°．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质.

专题04 几何图形的初步认识(1)解析版

专题04 几何图形的初步认识(1)解析版

专题04 几何图形的初步认识（1）考点1：认识立体图形1．下列几何体中，是棱锥的为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】选项中的四个几何体的名称分别为：圆柱，圆锥，四棱柱，四棱锥，故选：D．2．下列几何体都是由平面围成的是（）A．圆柱B．圆锥C．四棱柱D．球【答案】C【解析】圆柱的侧面是曲面，圆锥的侧面也是曲面，球是有曲面围成的，只有四棱柱是由6个平面围成的，故选：C．3．小华用一罐黑漆和一罐白漆来漆一些立方体积木，他打算把这些立方体的每一面漆成单一的黑色或白色，如图1和图2是两种不同的漆法，但图2可以经过翻折得到图3，所以图2和图3是相同的漆法，那么他能漆成互不相同的立方体的种数是（）A．10种B．8种C．9种D．6种【答案】A【解析】由题意可得：他能漆成互不相同的立方体的种数是10．故选：A．4．把一支新的圆柱形铅笔削出笔尖，笔尖（圆锥部分）的体积是削去部分的（）A．B．C．D．2倍【答案】C【解析】根据题干分析可得：圆柱与圆锥的体积之比是3：1，则笔尖（圆锥部分）的体积是削去部分的．故选：C．5．一个长方体的高是10cm，它的底面是边长为4cm的正方形，如果底面正方形的边长增加acm，则它的体积增加了________cm3．【答案】（10a2+80a）．【解析】长方体原体积为：4×4×10＝160cm3．底面边长增加acm后，边长为（4+a）cm，体积为：10（4+a）2＝（10a2+80a+160）cm3．体积增加为：10a2+80a+160﹣160＝10a2+80a．6．观察如图所示的长方体，用符号（“∥”或“⊥”）表示下列两棱的位置关系：AD________BC，AB________AA1，AB________C1D1．【答案】∥，⊥，∥．【解析】在平面A﹣B﹣C﹣D中，直线AD、BC无公共点，因此AD∥BC，在平面A﹣B﹣A1﹣B1中，直线AB、AA⊥相交成直角，因此AB⊥AA1，AB和C1D1是异面直线，根据异面直线的位置关系可得AB∥C1D1，7．如图，三个大小相同的球恰好放在一个圆柱形盒子里（球的半径为R时，球的体积为V＝），若圆柱的容积为300π，则三个球的体积之和为________．（结果保留π）【答案】200π．【解析】设球的半径为r，根据题意得：三个球的体积之和＝3×πr3＝4πr3，圆柱体盒子容积＝πr2•6r＝6πr3，＝，300π×＝200π．答：三个球的体积之和是200π．8．在一个圆柱形水桶里，垂直放入一段半径是3cm的圆柱形钢材．如果把钢材全部侵入水中，桶里的水面上升10cm；如果再把钢材垂直露出水面6cm，桶里的水面下降4cm．（π取3.14）（1）整段钢材的体积是多少？（2）若把整段钢材全部用来锻造底面直径为2cm，高为3cm的圆锥形零件，一共可以锻造多少个这样的圆锥形零件？（假定锻造过程中无任何损耗）【答案】见解析【解析】（1）整段钢材的高为：10×（6÷4）＝15（cm），整段钢材的体积为：3.14×32×15＝423.9（cm3），答：整段钢材的体积是423.9立方厘米；（2）每个圆锥形零件的体积为，锻造锥形零件的个数为：423.9÷3.14＝135（个）．答：一共可以锻造135个这样的圆锥形零件．考点2：几何体的表面积1．一个正方体体积为125立方厘米，则这个正方体的表面积为（）平方厘米．A．45B．125C．150D．175【答案】C【解析】设正方体的棱长是xcm，则x3＝125，即x＝5，正方体的表面积是6×52＝150（cm2）．故选：C．2．一个圆柱体切拼成一个近似长方体后（）A．表面积不变，体积变大B．表面积变大，体积不变C．表面积变小，体积不变D．表面积不变，体积不变【答案】B【解析】根据立体图形的切拼方法可知：圆柱体切拼成一个长方体后，体积大小不变，表面积增加了两个以圆柱的高和底面半径为边长的长方形的面积，所以表面积变大了．故选：B．3．由7个相同的棱长为1的小立方块搭成的几何体如图所示，它的表面积为（）A．23B．24C．26D．28【答案】D【解析】它的表面积＝5+5+5+5+3+3+2＝28．故选：D．4．一个六棱柱模型如图所示，底面边长都是5cm，侧棱长为4cm，这个六棱柱的所有侧面的面积之和是（）A．20cm2B．60cm2C．120cm2D．240cm2【答案】C【解析】六棱柱的侧面积为：4×5×6＝120（cm2）．故选：C．5．如果一个大正方体的体积是小正方体体积的27倍，那么这个大正方体的表面积是小正方体表面积的________倍．【答案】9．【解析】设小正方体的棱长为a，∵大正方体的体积是小正方体体积的27倍，∴大正方体的棱长是小正方体棱长的3倍，为3a，∴小正方体的表面积是6a2，大正方体的表面积是（3a）2×6＝54a2，∵54a2÷6a2＝9然后进行比较即可．∴这个大正方体的表面积是小正方体表面积的9倍，6．制作一节圆柱形铁皮通风管长24米，底面直径是0.2米，需铁皮________平方米．【答案】．【解析】∵圆柱的侧面积＝24×π×0.2＝（平方米），∴需铁皮平方米，7．六个棱长为2的正方体叠在一起，成为一个长方体，则这个长方体的表面积是________．【答案】88或104．【解析】①6×1×1拼法：2×6＝12（厘米），12×2×4+2×2×2＝104；②3×2×1拼法：长是3×2＝6，宽是2×2＝4，（6×4+6×2+4×2）×2＝44×2＝88．8．冰融化成水后，体积减少，现有一块冰，融化成水后体积为180cm3．（1）这块冰的体积是多少？（2）有一种饮料瓶，瓶身是圆柱形（不包括瓶颈），如果把融化后的180cm3的水倒人瓶子，瓶颈向上正放时（如图①）水面高度是20cm，瓶颈向下倒放时（如图②）空余部分的高度是4cm，求饮料瓶的容积是多少毫升？（3）如果把融化后的180cm3的水倒入大圆柱形空杯中，大空杯底面积36.28cm2．现把一个圆柱形小杯放入大杯内，小杯底面半径2cm，高6cm．通过计算判断杯内的水是否会流入小杯内，如果流入小杯，求小杯内水面高度；如果没流入小杯，求此时大杯内水面高度．（说明：大杯的高足够高；小杯放入大杯后，假设底面重合）【答案】见解析【解析】（1）180÷（1﹣）＝200（cm3），答：这块冰的体积是200cm3；（2）180÷20＝9（cm2），9×4＝36（cm3），180+36＝216（cm3）＝216（毫升），答：饮料瓶的容积是216毫升；（3）水会流入小杯内，此时小杯内水面高度为3cm，理由如下：小杯底面积：2×2×π＝12.56（cm2），则12.56×6＝24π（cm3），36.28×6＝217.68（cm3），∴217.68﹣75.36＝142.32（cm3），∵180＞142.32，∴水会流入小杯内，∴小杯内水面高度＝＝3（cm），答：小杯内水面高度为3cm．考点3：认识平面图形1．一个圆的周长是10π，它的面积是（）A．25πB．5πC．100πD．10π【答案】A【解析】设圆的半径为r，∵圆的周长为10π，∴2πr＝10π，即r＝5，则圆的面积S＝πr2＝25π．故选：A．2．用圆规画圆的过程中，把圆规的两脚分开，定好两脚间的距离是3cm，则该圆的直径是（）cm．A．1.5B．3C．4.5D．6【答案】D【解析】∵把圆规的两脚分开，定好两脚间的距离是3cm，∴该圆的直径是6cm，故选：D．3．在一个长4cm，宽2cm的长方形内画一个最大的圆，这个圆的面积是（）cm2．A．9.42B．50.24C．3.14D．12.56【答案】C【解析】∵在一个长4cm，宽2cm的长方形内画一个最大的圆，∴圆的直径为2cm，∴这个圆的面积是：π×12＝π＝3.14，故选：C．4．在一个长8厘米，宽7厘米的长方形里面画一个最大的圆，圆规两脚之间的距离是（）厘米．A．7B．4C．3.5D．3【答案】C【解析】∵在一个长8厘米，宽7厘米的长方形里面画一个最大的圆，∴这个最大的圆的直径＝长方形的宽7厘米，∴圆规两脚之间的距离是＝3.5（厘米），故选：C．5．如图：已知小正方形的面积是16平方厘米，则圆的面积是________平方厘米．【答案】50.24【解析】因为小正方形的面积是16平方厘米，所以小正方形的边长是4厘米，即圆的半径是4厘米，所以S＝πr2＝16π（平方厘米）≈50.24（平方厘米）．6．若圆规的两脚分开后，两脚间的距离为3厘米，则圆规所画的圆的面积为________．【答案】9π平方厘米．【解析】由题意得，圆的半径r＝3cm，∴S＝πr2＝π×32＝9π（cm2）7．如图所示，阴影部分的面积是大长方形面积的，是小长方形面积的，则大长方形空白的面积是小长方形空白的面积的________．【答案】．【解析】设阴影部分的面积是a，则大长方形面积是a＝6a，小长方形面积是a＝4a，∴大长方形空白的面积是小长方形空白的面积的＝，8．如图、把一个圆分成四个扇形，求出四个扇形的圆心角（按照从大到小排序）．【答案】见解析【解析】因为一个圆周角为360°，所以分成的四个扇形的圆心角分别是：360°×40%＝144°360°×25%＝90°360°×20%＝72°360°×15%＝54°考点4：直线的性质：两点确定一条直线1．下列说法正确的是（）A．射线P A和射线AP是同一条射线B．射线OA的长度是3cmC．直线ab，cd相交于点PD．两点确定一条直线【答案】D【解析】A、射线P A和射线AP不是同一条射线，故本选项错误；B、射线是无限长的，故本选项错误；C、直线ab，cd，直线的写法不对，故本选项错误；D、两点确定一条直线是正确的．故选：D．2．平面上有A、B、C三点，经过任意两点画一条直线，可以画出直线的数量为（）A．1条B．3条C．1条或3条D．无数条【答案】C【解析】①如果三点共线，过其中两点画直线，共可以画1条；②如果任意三点不共线，过其中两点画直线，共可以画3条．故选：C．3．已知A、B、C三点，过其中任意两点画直线，一共可以画多少条直线（）A．1B．3C．3或1D．无数条【答案】C【解析】如图最多可以画3条直线，最少可以画1条直线；．故选：C．4．经过A、B两点可以确定几条直线（）A．1条B．2条C．3条D．无数条【答案】A【解析】经过A、B两点可以确定1条直线．故选：A．5．数学来源于生活而又高于生活，比如当我们在植树的时候，要想整齐地栽一行树，只需要确定两端树坑的位置即可．用数学知识可以解释为________．【答案】两点确定一条直线．【解析】两端两个树坑的位置，可看做两个点，根据两点确定一条直线，即可确定一行树所在的位置．6．当我们排课桌时，经常在最前面和最后面的课桌旁拉一条直线，才能使课桌排成一行，这种做法的数学依据是________．【答案】两点确定一条直线．【解析】当我们排课桌时，经常在最前面和最后面的课桌旁拉一条直线，才能使课桌排成一行，这种做法的数学依据是两点确定一条直线．7．如图，建筑工人在砌墙时，经常用细线绳在墙的两端之间拉一条直的参照线，这样做的依据是________．【答案】两点确定一条直线．【解析】建筑工人在砌墙时，经常用细线绳在墙的两端之间拉一条参照线，使垒的每一层砖在一条直线上，沿着这条线就可以砌出直的墙，则其中的道理是：两点确定一条直线．8．已知平面上点A，B，C，D（每三点都不在一条直线上）．（1）经过这四点最多能确定6条直线．（2）如图这四点表示公园四个地方，如果点B，C在公园里湖对岸两处，A，D在湖面上，要从B到C 筑桥，从节省材料的角度考虑，应选择图中两条路中的哪一条？如果有人想在桥上较长时间观赏湖面风光，应选择哪一条？为什么？【答案】见解析【解析】（1）经过这四点最多能确定6条直线：直线AB，直线AD，直线BC，直线CD，直线AC，直线BD，故答案为：6；（2）从节省材料的角度考虑，应选择图中路线2；如果有人想在桥上较长时间观赏湖面风光，应选择路线1，因为两点之间，线段最短，路线2比路线1短，可以节省材料；而路线1较长，可以在桥上较长时间观赏湖面风光．考点5：直线、射线、线段1．平面上有三点A、B、C，如果AB＝10，AC＝7，BC＝3，那么（）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【解析】如图，在平面内，AB＝10，∵AC＝7，BC＝3，∴点C为以A为圆心，7为半径，与以B为圆心，3为半径的两个圆的交点，由于AB＝10＝7+3＝AC+BC，所以，点C在线段AB上，故选：A．2．已知线段AB、CD，AB＜CD，如果将AB移动到CD的位置，使点A与点C重合，AB与CD叠合，这时点B的位置必定是（）A．点B在线段CD上（C、D之间）B．点B与点D重合C．点B在线段CD的延长线上D．点B在线段DC的延长线上【答案】A【解析】将AB移动到CD的位置，使点A与点C重合，AB与CD叠合，如图，∴点B在线段CD上（C、D之间），故选：A．3．如图，图中共有（）条线段．A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】图中共有3条线段：线段AC、CB、AB．故选：C．4．下列叙述正确的是（）A．线段AB可表示为线段BA B．射线AB可表示为射线BAC．直线可以比较长短D．射线可以比较长短【答案】A【解析】A、线段AB可表示为线段BA，此选项正确；B、射线AB的端点是A，射线BA的端点是B，故不是同一射线，此选项错误；C、直线不可以比较长短，此选项错误；D、射线不可以比较长短，此选项错误；故选：A．5．海南环岛高铁是世界首创，其中某趟列车在东段的三亚站、陵水站、万宁站、琼海站、文昌站和海口东站6个站之间运行，那么该趟列车需要安排不同的车票________种，票价________种．【答案】30、15．【解析】令6个站分别为A、B、C、D、E、F，则可得所组成的线段有15条，即需要安排15×2＝30种不同的车票．6．图中共有线段________条．【答案】10．【解析】由图得，图中的线段有：AB，BC，CD，DE，AC，BD，CE，BE，AD，AE一共10条．7．如图，点A、B、C、D是直线l上的四个点，图中共有线段的条数是________．【答案】6．【解析】图中的线段有：AB、AC、AD、BC、BD、CD共6条，8．如图，已知点A、B、C．D，根据下列语句画图．（不写作图过程）作射线AB、直线AC，连接AD并延长线段AD．【答案】见解析【解析】作射线AB、直线AC，连接AD并延长线段AD，如图所示：考点6：点、线、面、体1．下面图形中，以直线为轴旋转一周，可以得到圆柱体的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】A、以直线为轴旋转一周可以得到圆锥，故此选项不合题意；B、以直线为轴旋转一周可以得到两个圆锥，故此选项不合题意；C、以直线为轴旋转一周可以得到圆柱，故此选项符合题意；D、以直线为轴旋转一周可以得到球，故此选项不合题意；故选：C．2．将一个直角三角形绕着它的一条直角边所在直线旋转一周，得到的立体图形是（）A．圆柱B．圆锥C．圆台D．球【答案】B【解析】根据“点动成线，线动成面，面动成体”，将一个直角三角形绕着它的一条直角边所在直线旋转一周，所得到的立体图形是圆锥体．故选：B．3．如图：CD是直角三角形ABC的高，将直角三角形ABC按以下方式旋转一周可以得到右侧几何体的是（）A．绕着AC旋转B．绕着AB旋转C．绕着CD旋转D．绕着BC旋转【答案】B【解析】将直角三角形ABC绕斜边AB所在直线旋转一周得到的几何体是，故选：B．4．如图，下面的平面图形绕轴旋转一周，可以得到圆柱体的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】矩形绕边旋转是圆柱．故选：D．5．一个直角三角形的两条直角边的长分别为3厘米和4厘米，绕它的直角边所在的直线旋转所形成几何体的体积是________立方厘米．（结果保留π）【答案】12π或16π．【解析】绕它的直角边所在的直线旋转所形成几何体是圆锥，①当绕它的直角边为3cm所在的直线旋转所形成几何体的的体积是：π×32×4＝12π，②当绕它的直角边为4cm所在的直线旋转所形成几何体的的体积是：π×42×3＝16π，6．笔尖可以看作一个点，这个点在纸上运动时就形成了线，这可以说点动成线；汽车的雨刷在档风玻璃上画出一个扇面，这可以说________．【答案】线动成面．【解析】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．7．一直角三角形的直角边分别为3和5，以直角边所在的直线为轴旋转一周得到的图形的体积是________．【答案】15π或25π．【解析】高为3，半径为5，圆锥的体积是π×52×3＝25π；高为5，半径为3，圆锥的体积是π×32×5＝15π；8．如图所示，已知直角三角形纸板ABC，直角边AB＝4cm，BC＝8cm．（1）将直角三角形纸板绕三角形的边所在的直线旋转一周，能得到________种大小不同的几何体？（2）分别计算绕三角形直角边所在的直线旋转一周，得到的几何体的体积？（圆锥的体积＝πr2h，其中π取3）【答案】见解析【解析】（1）将直角三角形纸板ABC绕三角形的三条边所在的直线旋转一周，能得到3种大小不同的几何体．（2）以AB为轴：×3×82×4＝×3×64×4＝256（立方厘米）；以BC为轴：×3×42×8＝×3×16×8＝128（立方厘米）．答：以AB为轴得到的圆锥的体积是256立方厘米，以BC为轴得到的圆锥的体积是128立方厘米．故答案为：3．。

人教版初中七年级数学上册第四单元《几何图形初步》(含答案解析)

人教版初中七年级数学上册第四单元《几何图形初步》(含答案解析)

一、选择题1．如图，已知点C 为线段AB 的中点，则①AC ＝BC ；②AC ＝12AB ；③BC ＝12AB ；④AB ＝2AC ；⑤AB ＝2BC ，其中正确的个数是（ ）A ．2B ．3C ．4D ．52．图1是边长为1的六个小正方形组成的图形，它可以围成图2的正方体，则在图2中，小虫从点A 沿着正方体的棱长爬行到点B 的长度为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3 3．点 A 、B 、C 在同一条数轴上，其中点 A 、B 表示的数分别为﹣3、1，若 BC ＝2，则 AC 等于（ ）A ．3B ．2C ．3 或 5D ．2 或 6 4．一个角的补角比这个角的余角3倍还多10°，则这个角的度数为（ ）A ．140°B ．130°C ．50°D ．40° 5．已知点P 是CD 的中点，则下列等式中正确的个数是（ ）①PC CD =；②12PC CD =；③2PC PD =；④PC PD CD += A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4个 6．一副三角板按如图方式摆放，且1∠的度数比2∠的度数小20︒，则2∠的度数为（ ）A ．35︒B ．40︒C ．45︒D ．55︒ 7．如图，点O 在直线AB 上且OC ⊥OD ，若∠COA=36°则∠DOB 的大小为（ ）A ．36°B ．54°C ．64°D ．72°8．下面的几何图形是由四个相同的小正方体搭成的，其中主视图和左视图相同的是( ) A ． B ． C ． D ．9．如图，AD 是△ABC 的角平分线，点O 在AD 上，且OE ⊥BC 于点E ，∠BAC=60°，∠C=80°，则∠EOD 的度数为（ ）A ．20°B ．30°C ．10°D ．15°10．如图，长度为12cm 的线段AB 的中点为M ，C 为线段MB 上一点，且MC ：CB=1：2，则线段AC 的长度为（ ）A ．8cmB ．6cmC ．4cmD ．2cm11．如图所示为几何体的平面展开图，则从左到右，其对应的几何体名称分别为A ．圆锥，正方体，三棱锥，圆柱B ．圆锥，正方体，四棱锥，圆柱C ．圆锥，正方体，四棱柱，圆柱D ．圆锥，正方体，三棱柱，圆柱 12．对于线段的中点，有以下几种说法：①若AM=MB ，则M 是AB 的中点；②若AM=MB=12AB ，则M 是AB 的中点；③若AM=12AB ，则M 是AB 的中点；④若A ，M ，B 在一条直线上，且AM=MB ，则M 是AB 的中点．其中正确的是（ ）A ．①④B ．②④C ．①②④D ．①②③④ 13．如图，图中射线、线段、直线的条数分别为( )A ．5，5，1B ．3，3，2C ．1，3，2D ．8，4，114．由A 站到G 站的某次列车，运行途中停靠的车站依次是A 站——B 站—C 站——D 站——E 站——F 站——G 站，那么要为这次列车制作的火车票有（ ）A ．6种B ．12种C ．21种D ．42种 15．两个锐角的和是（ ）A ．锐角B ．直角C ．钝角D ．锐角或直角或钝角 二、填空题16．如图所示，128∠=︒，272∠=︒，OC 平分BOD ∠，则COD ∠=________.17．看图填空．(1)AC ＝AD －_______＝AB ＋_______，(2)BC ＋CD ＝_______＝_______－AB ，(3)AD ＝AC+___.18．如图，点C ，M ，N 在线段AB 上，且M 是AC 的中点，CN ：NB=1：2，若AC=12，MN=15，则线段AB 的长是_______.19．若A ，B ，C 三点在同一直线上，线段AB =21cm ，BC =10cm ，则A ，C 两点之间的距离是________．20．分别指出图中截面的形状；21．如图，已知OM 是AOC ∠的平分线，ON 平分BOC ∠．若120AOC ︒∠=，30BOC ︒∠=，则MON ∠=_________.22．魏老师去农贸市场买菜时发现，若把10千克的菜放在秤上，则指针盘上的指针转了180︒，第二天魏老师请同学们回答以下两个问题：（1）若把0.5千克的菜放在秤上，则指针转过________度；（2）若指针转了243︒，则这些菜共有________千克.23．一个直角三角形的两条直角边的长分别为3厘米和4厘米，绕它的直角边所在的直线旋转所形成几何体的体积是_____立方厘米．（结果保留π）24．一个圆的周长是62.8m ，半径增加了2m 后，面积增加了____2m ．(π取3.14) 25．如图，将一副三角板叠放一起，使直角的顶点重合于点O ，则∠AOD +∠COB 的度数为___________度．26．若1∠与2∠互补，2∠的余角是36︒，则1∠的度数是________．三、解答题27．如图，点C 为线段AD 上一点，点B 为CD 的中点，且6cm AC =，2cm BD =．（1）图中共有多少条线段？（2）求AD 的长．28．线段12cm AB =点C 在线段AB 上，点D ，E 分别是AC 和BC 的中点． （1）若点C 恰好是AB 中点，求DE 的长；（2）若4cm AC =，求DE 的长；（3）若点C 为线段AB 上的一个动点（点C 不与A ，B 重合），求DE 的长． 29．如图，OM 是∠AOC 的平分线，ON 是∠BOC 的平分线．（1）如图1，当∠AOB ＝90°，∠BOC ＝60°时，∠MON 的度数是多少？为什么？ （2）如图2，当∠AOB ＝70°，∠BOC ＝60°时，∠MON ＝ 度．（直接写出结果） （3）如图3，当∠AOB ＝α，∠BOC ＝β时，猜想：∠MON 的度数是多少？为什么？ 30．（1）已知一个角的补角比它的余角的3倍多10︒，求这个角的度数．（2）已知α∠的余角是β∠的补角的13，并且32βα∠=∠，试求a β∠+∠的度数．。

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专题04 几何图形初步知识点1：几何图形1.立体图形.像长方体、正方体、圆柱、球、圆锥、棱柱、棱锥等几何图形的各部分不都在同一平面内，这样的图形成为立体图形。

2.平面图形.如线段、角、三角形、长方形、圆等几何图形的各部分都在同一平面内，这样的图形成为平面图形。

3.展开图.将立体图形沿某几条棱剪开，可以展开成平面图形.这样的平面图形称为相应立体图形的展开图。

几何体展开图规律如下：（1）沿多面体的棱将多面体剪开成平面图形,若干个平面图形也可以围成一个多面体；（2）同一个多面体沿不同的棱剪开,得到的平面展开图是不一样的,就是说:同一个立体图形可以有多种不同的展开图。

知识点2：直线、射线、线段1.经过两点有一条直线，并且只有一条直线. 简称：两点确定一条直线.2.如果一个点把线段分成相等的两条线段，那么这个点叫做线段的中点.3.两点之间线段最短.4.连接两点间的线段的长度，叫做两点的距离。

知识点3：角的问题1.角：有公共端点的两条射线组成的图形叫做角。

2.度、分、秒之间的换算关系：1周角=360° 1平角=180° 1°=60′ 1′=60″3.角的平分线：从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线.4.余角、补角本章的主要内容是图形的初步认识，从生活周围熟悉的物体入手，对物体的形状的认识从感性逐步上升到抽象的几何图形.通过从不同方向看立体图形和展开立体图形，初步认识立体图形与平面图形的联系.在此基础上，认识一些简单的平面图形——直线、射线、线段和角. 本章书涉及的数学思想：1.分类讨论思想。

在过平面上若干个点画直线时，应注意对这些点分情况讨论；在画图形时，应注意图形的各种可能性。

2.方程思想。

在处理有关角的大小，线段大小的计算时，常需要通过列方程来解决。

3.图形变换思想。

在研究角的概念时，要充分体会对射线旋转的认识。

在处理图形时应注意转化思想的应用，如立体图形与平面图形的互相转化。

4.化归思想。

在进行直线、线段、角以及相关图形的计数时，总要划归到公式n(n-1)/2的具体运用上来。

【例题1】（2020南昌模拟）如图是一个正方体纸盒的外表面展开图，则这个正方体是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】本题考查的是几何体的展开图，此类问题从实物出发，结合具体的问题，辨析几何体的展开图，通过结合立体图形与平面图形的转化，建立空间观念，是解决此类问题的关键．根据几何体的展开图先判断出实心圆点与空心圆点的关系，进而可得出结论．∵由图可知，实心圆点与空心圆点一定在紧相邻的三个侧面上，∴C符合题意．【例题2】（2020•武威）若α＝70°，则α的补角的度数是（）A．130°B．110°C．30°D．20°【答案】B【分析】根据补角的定义，两个角的和是180°即可求解．【解析】α的补角是：180°﹣∠A＝180°﹣70°＝110°．【例题3】（2020•乐山）如图，E是直线CA上一点，∠FEA＝40°，射线EB平分∠CEF，GE⊥EF．则∠GEB＝（）A．10°B．20°C．30°D．40°【答案】B【分析】根据平角的定义得到∠CEF＝180°﹣∠FEA＝180°﹣40°＝140°，由角平分线的定义可得∠CEB=12∠CEF=12×140°=70°，由GE⊥EF可得∠GEF＝90°，可得∠CEG＝180°﹣∠AEF﹣∠GEF＝180°﹣40°﹣90°＝50°，由∠GEB＝∠CEB﹣∠CEG可得结果．【解析】∵∠FEA＝40°，GE⊥EF，∴∠CEF＝180°﹣∠FEA＝180°﹣40°＝140°，∠CEG＝180°﹣∠AEF﹣∠GEF＝180°﹣40°﹣90°＝50°，∵射线EB平分∠CEF，∴∠CEB=12∠CEF=12×140°=70°，∴∠GEB＝∠CEB﹣∠CEG＝70°﹣50°＝20°【例题4】（2020•达州）如图，点O在∠ABC的边BC上，以OB为半径作⊙O，∠ABC的平分线BM交⊙O 于点D，过点D作DE⊥BA于点E．（1）尺规作图（不写作法，保留作图痕迹），补全图形；（2）判断⊙O与DE交点的个数，并说明理由．【答案】见解析。

【分析】（1）根据要求，利用尺规作出图形即可．（2）证明直线AE是⊙O的切线即可解决问题．【解析】（1）如图，⊙O，射线BM，直线DE即为所求．（2）直线DE与⊙O相切，交点只有一个．理由：∵OB＝OD，∴∠ODB＝∠OBD，∵BD平分∠ABC，∴∠ABM＝∠CBM，∴∠ODB＝∠ABD，∴OD∥AB，∵DE⊥AB，∴AE⊥OD，∴直线AE是⊙O的切线，∴⊙O与直线AE只有一个交点．《几何图形初步》单元精品检测试卷本套试卷满分120分，答题时间90分钟一、选择题（共15小题，每题2分，共30分）1．（2020•重庆）围成下列立体图形的各个面中，每个面都是平的是（）A．长方体B．圆柱体C．球体D．圆锥体【答案】A【分析】根据平面与曲面的概念判断即可．【解析】A、六个面都是平面，故本选项正确；B、侧面不是平面，故本选项错误；C、球面不是平面，故本选项错误；D、侧面不是平面，故本选项错误.2.如图是一个正方体的平面展开图，把展开图折叠成正方体后，“美”字一面相对面是的字是（）A．丽B．连C．云D．港【答案】D．【解析】正方体的平面展开图中，相对面的特点是必须相隔一个正方形，据此作答．“美”与“港”是相对面，“丽”与“连”是相对面，“的”与“云”是相对面．3．已知O为圆锥的顶点，M为圆锥底面上一点，点P在OM上．一只蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短路线的痕迹如图所示．若沿OM将圆锥侧面剪开并展开，所得侧面展开图是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】此题运用圆锥的性质，同时此题为数学知识的应用，由题意蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短，就用到两点间线段最短定理．蜗牛绕圆锥侧面爬行的最短路线应该是一条线段，因此选项A和B错误，又因为蜗牛从p点出发，绕圆锥侧面爬行后，又回到起始点P处，那么如果将选项C、D的圆锥侧面展开图还原成圆锥后，位于母线OM 上的点P应该能够与母线OM′上的点（P′）重合，而选项C还原后两个点不能够重合．4．如图所示，用量角器度量∠AOB，可以读出∠AOB的度数为（）A．45° B．55° C．125°D．135°【答案】B．【解析】本题主要考查了角的度量，量角器的使用方法，正确使用量角器是解题的关键．由图形所示，∠AOB 的度数为55°5.数轴上A、B、C三点所表示的数分别为a、b、c，且C在AB上．若|a|=|b|，AC：CB=1：3，则下列b、c的关系式，何者正确？（）A．|c|=|b| B．|c|=|b| C．|c|=|b| D．|c|=|b|【答案】A．【解析】∵C在AB上，AC：CB=1：3，∴|c|=，又∵|a|=|b|，∴|c|=|b|．6.如图，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝30°．图中互余的角有（）A．10对 B．4对 C．3对 D．12对【答案】D【解析】∠AOB与∠AOC、∠DOB、∠COE互余；∠COB与∠AOC、∠DOB、∠COE互余；∠COD与∠AOC、∠DOB、∠COE互余；∠DOE与∠AOC、∠DOB、∠COE互余。

共有12对。

7.已知∠A=65°，则∠A的补角等于（）A．125°B．105°C．115° D．95°【答案】C．【解析】设∠A的补角为∠B ，则∠A+∠B=180°则∠B=180°-∠A=180°-65°=115°8.已知∠α是锐角，∠α与∠β互补，∠α与∠γ互余，则∠β-∠γ的值等于( )A.45°B.60°C.90°D.180°【答案】C【解析】已知∠α是锐角，∠α与∠β互补，则∠α+∠β=180°∠β=180°-∠α∠α与∠γ互余，则∠α+∠γ=90°∠γ=90°-∠α则∠β-∠γ=（180°-∠α）-（90°-∠α）=90°9.如图是某几何体的三视图，则该几何体的侧面展开图是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据几何体的三视图可以得到该几何体是圆柱，圆柱的侧面展开图是矩形，且高度=主视图的高，宽度=俯视图的周长．10.下列图形中，能通过折叠围成一个三棱柱的是（）A．B．C．D．【答案】C．【解析】A.另一底面的三角形是直角三角形，两底面的三角形不全等，故本选项错误；B.折叠后两侧面重叠，不能围成三棱柱，故本选项错误；C.折叠后能围成三棱柱，故本选项正确；D.折叠后两侧面重叠，不能围成三棱柱，故本选项错误．11．下列四张正方形硬纸片，剪去阴影部分后，如果沿虚线折叠，可以围成一个封闭的长方形包装盒的是（）A B C D【答案】C．【解析】根据长方体的组成，通过结合立体图形与平面图形的相互转化，分别解析得出即可：A.剪去阴影部分后，组成无盖的正方体，故此选项不合题意；B.剪去阴影部分后，无法组成长方体，故此选项不合题意；C.剪去阴影部分后，能组成长方体，故此选项正确；D.剪去阴影部分后，组成无盖的正方体，故此选项不合题意。

12．如图，经过刨平的木板上的两个点，能弹出一条笔直的墨线，而且只能弹出一条墨线，能解释这一实际应用的数学知识是（）A．两点确定一条直线B．两点之间线段最短C．垂线段最短D．在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直【答案】A．【解析】根据公理“两点确定一条直线”来解答即可．经过刨平的木板上的两个点，能弹出一条笔直的墨线，此操作的依据是两点确定一条直线．13．如图，C、D是线段AB上的两点，且D是线段AC的中点，若AB=10cm，BC=4cm，则AD的长为（）A． 2cm B． 3cm C． 4cm D． 6cm【答案】B．【解析】由AB=10cm，BC=4cm，可求出AC=AB﹣BC=6cm，再由点D是AC的中点，则可求得AD的长．∵AB=10cm，BC=4cm，∴AC=AB﹣BC=6cm，又点D是AC的中点，∴AD=AC=3cm，14．如图，点A、B、C是直线l上的三个点，图中共有线段条数是（）A． 1条 B． 2条 C． 3条 D． 4条【答案】C【解析】记住线段是直线上两点及其之间的部分是解题的关键．图中线段有：线段AB、线段AC、线段BC，共三条．故选C．15．某班50名同学分别站在公路的A，B两点处，A，B两点相距1000米，A处有30人，B处有20人，要让两处的同学走到一起，并且使所有同学走的路程总和最小，那么集合地点应选在（）A． A点处 B．线段AB的中点处C．线段AB上，距A点米处 D．线段AB上，距A点400米处【答案】A．【解析】设A处学生走的路程，表示出B处学生走的路程，然后列式计算所有同学走的路程之和．设A处的同学走x米，那么B处的同学走（1000﹣x）米，所有同学走的路程总和：L=30x+20（1000﹣x）=10x+20000此时0≤x≤1000，要使L最小，必须x=0，此时L最小值为20000；所以选A点处．二、填空题（共10小题，每空3分，共36分）16.如图，点Ｃ、D在线段AB 上．AC＝6 cm，CD＝4 cm，AB＝12 cm，则图中所有线段的和是________cm．【答案】40cm【解析】图中线段有AC、AD、AB、CD、CB、DB，共六条线段。

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