沪科版七年级上册第4章 直线与角综合与测试教学设计及反思

这是一份沪科版七年级上册第4章 直线与角综合与测试教学设计及反思，共16页。

时要做到不重复、不遗漏．
2．解决计数类问题时有时要用到分类讨论思想及从特殊到一般的思想．
3．回顾前面线段、直线的计数公式，比较这些计数公式的区别与联系．
线段条数的计数问题
1．先阅读文字，再解答问题．
(第1题)
如图，在一条直线上取两点，可以得到1条线段，在一条直线上取三点可得到3条线段，其中以A1为左端点的线段有2条，以A2为左端点的线段有1条，所以共有2＋1＝3(条)．
(1)在一条直线上取四个点，以A1为左端点的线段有______条，以A2为左端点的线段有________________________________________________________________________条，
以A3为左端点的线段有______条，共有______＋______＋______＝______(条)；
(2)在一条直线上取五个点，以A1为左端点的线段有______条，以A2为左端点的线段有________条，以A3为左端点的线段有________条，以A4为左端点的线段有______条，共有______＋______＋______＋______＝______(条)；
(3)在一条直线上取n个点(n≥2)，共有________条线段．
(4)某学校七年级共有6个班进行辩论赛，规定进行单循环赛(每两个班赛一场)，那么该校七年级这6个班的辩论赛共要进行多少场？
(5)乘火车从A站出发，中间经过5个车站后方可到达B站，那么A，B两站之间最多有多少种不同的票价？需要安排多少种不同的车票？
平面内直线相交所得交点与平面的计数问题
2．为了探究同一平面内的几条直线相交最多能产生多少个交点，能把平面最多分成几部分，我们从最简单的情形入手，如图所示．
(第2题)
列表如下：
(1)当直线条数为5时，最多有________个交点，可写成和的形式为________；把平面最多分成________部分，可写成和的形式为________；
(2)当直线条数为10时，最多有________个交点，把平面最多分成________部分；
(3)当直线条数为n(n≥2)时，最多有多少个交点？把平面最多分成多少部分？
关于角的个数的计数问题
3．有公共端点的两条射线组成的图形叫做角，这个公共端点叫做角的顶点，已知∠BAC，如果过角的顶点A：
(1)如图①，在角的内部作一条射线，那么图中一共有几个角？
(2)如图②，在角的内部作两条射线，那么图中一共有几个角？
(3)如图③，在角的内部作三条射线，那么图中一共有几个角？
(4)在角的内部作n条射线，那么图中一共有几个角？
(第3题)
专训二：分类思想在线段和角的计算中的应用
名师点金：解答有关点和线的位置关系、线段条数或长度、角的个数或大小等问题时，由于题目中没有给出具体的图形，而根据题意又可能出现多种情况，就应不重不漏地分情况加以讨论，这种思想称为分类讨论思想．需要进行分类讨论的题目，综合性一般较强．)
分类思想在线段的计算中的应用
1．已知线段AB＝12，在AB上有C，D，M，N四点，且AC∶CD∶DB＝1∶2∶3，AM＝eq \f(1,2)AC，DN＝eq \f(1,4)DB，求线段MN的长．
2．如图，点O为原点，点A对应的数为1，点B对应的数为－3.
(1)若点P在数轴上(不与A，B重合)，且PA＋PB＝6，求点P对应的数；
(2)若点M在数轴上(不与A，B重合)，且MA∶MB＝1∶3，求点M对应的数；
(3)若点A的速度为5个单位长度/秒，点B的速度为2个单位长度/秒，点O的速度为1个单位长度/秒，A，B，O同时向右运动，几秒后，点O恰为线段AB的中点？
(第2题)
分类思想在角的计算中的应用
3．如图，已知∠AOC＝2∠BOC，∠AOC的余角比∠BOC小30°.
(1)求∠AOB的度数；
(2)过点O作射线OD，使得∠AOC＝4∠AOD，请你求出∠COD的度数．
(第3题)
4．已知OM和ON分别平分∠AOC和∠BOC.
(1)如图，若OC在∠AOB内部，探究∠MON与∠AOB的数量关系；
(2)若OC在∠AOB外部，且OC不与OA，OB重合，请你画出图形，并探究∠MON与∠AOB的数量关系．(提示：分三种情况讨论)
(第4题)
专训三：几种常见的热门考点
名师点金：本章知识从大的方面可分为两部分，第一部分是立体几何的初步知识，第二部分是平面图形的认识，这些都是几何学习的基础．本章主要考查立体图形的识别，图形的展开与折叠，直线、射线、线段及角的有关计算．立体图形的平面展开图是中考中常见考点，通常以选择，填空形式呈现．
立体图形的识别
1．在①球体；②柱体；③圆锥；④棱柱；⑤棱锥中，必是多面体(指由四个或四个以上多边形所围成的立体图形)的是( )
A．①②③④⑤ B．②和③
C．④ D．④和⑤
2．如图所示的立体图形中，是柱体的是________．(填序号)
(第2题)
图形的展开与折叠
3．小亮为今年参加中考的好友小杰制作了一个正方体礼品盒(如图)，六个面上各有一个字，连起来就是“预祝中考成功”，其中“预”的对面是“中”，“成”的对面是“功”，则它的表面展开图可能是( )
eq \a\vs4\al(,,,) eq \a\vs4\al()
(第3题)
4．如图是一个长方体形状包装盒的表面展开图．折叠制作完成后得到长方体
(第4题)
的容积是(包装材料厚度不计)( )
A．40×40×70
B．70×70×80
C．80×80×80
D．40×70×80
直线、射线、线段
5．下列关于作图的语句中正确的是( )
A．画直线AB＝10厘米
B．画射线OB＝10厘米
C．已知A，B，C三点，过这三点画一条直线
D．过直线AB外一点画一条直线和直线AB相交
6．如图，已知线段AB，在BA的延长线上取一点C，使CA＝3AB，则线段CA与线段CB的长度之比为( )
(第6题)
A．3∶4 B．2∶3 C．3∶5 D．1∶2
7．开学整理教室时，老师总是先把每一列最前和最后的课桌摆好，然后再依次摆中间的课桌，一会儿一列课桌摆在一条线上，整整齐齐，这是因为________________________．
8．乘火车从A站出发，沿途经过4个车站方可到达B站，那么需要安排________种不同的车票．
9．如图，已知AB和CD的公共部分BD＝eq \f(1,3)AB＝eq \f(1,4)CD，线段AB，CD的中点E，F之间的距离是10 cm，求AB，CD的长．
(第9题)
角及角的有关计算
10．有下列说法：
(1)两条射线所组成的图形叫做角；
(2)一条射线旋转而成的图形叫做角；
(3)两边成一条直线的角是平角；
(4)平角是一条直线．
其中正确的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
11．4点10分，时针与分针的夹角为( )
A．55° B．65°
C．70° D．以上结论都不对
12．如图所示，两块三角板的直角顶点O重合在一起，且OB恰好平分∠COD，则∠AOD的度数是________度．
(第12题)
13．若一个角的余角比它的补角的eq \f(1,2)少20°，则这个角的度数为________．
14．如图，O是直线AB上一点，OC，OD是从O点引出的两条射线，OE平分∠AOC，∠BOC∶∠AOE∶∠AOD＝2∶5∶8，求∠BOD的度数．
(第14题)
数学思想方法的应用
a．数形结合思想
15．往返于A，B两个城市的客车，中途有三个停靠站．
(1)共有多少种不同的票价(任何两站票价均不相同)?
(2)要准备多少种车票？
b．方程思想
16．互为补角的两个角的度数之比是5∶4，这两个角的度数分别是多少．
17．如图，C，D，E将线段AB分成2∶3∶4∶5四部分，M，P，Q，N分别是AC，CD，DE，EB的中点，且MN＝21，求线段PQ的长度．
(第17题)
c．分类讨论思想
18．已知同一平面内四点，过其中任意两点画直线，仅能画4条，则这四个点的位置关系是( )
A．任意三点不在同一条直线上
B．四点在同一条直线上
C．最多三点在同一条直线上
D．三点在同一条直线上，第四点在这条直线外
19．已知一条射线OA，若从点O再引两条射线OB和OC，使∠AOB＝80°，∠BOC＝40°，若OD平分∠AOC，则∠BOD等于________．
d．转化思想
20．如图所示，一观测塔的底座部分是四棱柱，现要从下底面A点修建钢筋扶梯，经过点M，N到点D′，再进入顶部的观测室，已知AB＝BC＝CD，试确定使扶梯的总长度最小的点M，N的位置．
(第20题)
答案
专训一
1．解：(1)3；2；1；3；2；1；6 (2)4；3；2；1；4；3；2；1；10 (3)eq \f(n（n－1）,2)
(4)七年级进行辨论赛的有6个班，类似于一条直线上有6个点，每两个班赛一场，类似于两点之间有一条线段，那么七年级这6个班的辩论赛共要进行eq \f(6×（6－1）,2)＝15(场)．
(5)从A站出发，中间经过5个车站后方可到达B站，类似于一条直线上有7个点，此时共有线段eq \f(7×（7－1）,2)＝21(条)，即A，B两站之间最多有21种不同的票价．因为来往两站的车票起点与终点不同，所以A，B两站之间需要安排21×2＝42(种)不同的车票．
2．解：(1)10；1＋2＋3＋4；16；1＋1＋2＋3＋4＋5
(2)45；56
(3)当直线条数为n(n≥2)时，
最多有1＋2＋3＋…＋(n－1)＝eq \f(n（n－1）,2)(个)交点；
把平面最多分成1＋1＋2＋3＋…＋n＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(n（n＋1）,2)＋1))部分．
3．解：(1)显然这条射线会和∠BAC的两条边都组成一个角，这样一共就有1＋2＝3(个)角．
(2)再在图①的角的内部增加一条射线，即为图②，显然这条射线会和图①中的三条射线再组成三个角，所以图②中共有1＋2＋3＝6(个)角．
(3)在角的内部作三条射线，即在图②中再增加一条射线，同样这条射线会和图②中的四条射线再组成四个角，所以图③中共有1＋2＋3＋4＝10(个)角．
(4)综上可知，如果在一个角的内部作n条射线，则图中共有1＋2＋3＋…＋n＋(n＋1)＝eq \f(（n＋1）（n＋2）,2)(个)角．
专训二
1．解：因为AB＝12，AC∶CD∶DB＝1∶2∶3，
所以AC＝eq \f(1,6)AB＝12×eq \f(1,6)＝2，CD＝eq \f(1,3)AB＝12×eq \f(1,3)＝4，DB＝eq \f(1,2)AB＝12×eq \f(1,2)＝6.
因为AM＝eq \f(1,2)AC，DN＝eq \f(1,4)DB，
所以MC＝eq \f(1,2)AC＝2×eq \f(1,2)＝1，DN＝eq \f(1,4)DB＝6×eq \f(1,4)＝eq \f(3,2).
①当点N在点D右侧时，如图①，
MN＝MC＋CD＋DN＝1＋4＋eq \f(3,2)＝eq \f(13,2)；
(第1题)
②当点N在点D左侧时，如图②，
MN＝MC＋CD－DN＝1＋4－eq \f(3,2)＝eq \f(7,2).
综上所述，线段MN的长为eq \f(13,2)或eq \f(7,2).
点拨：首先要根据题意，画出图形．由于点N的位置不确定，故要考虑分类讨论．
2．解：(1)①当点P在A，B之间时，不合题意，舍去；
②当点P在A点右边时，点P对应的数为2；
③当点P在B点左边时，点P对应的数为－4.
(2)①当点M在线段AB上时，点M对应的数为0；
②当点M在线段BA的延长线上时，点M对应的数为3；
③当点M在线段AB的延长线上时，不合题意，舍去．
(3)设运动x秒时，点B运动到点B′，点A运动到点A′，点O运动到点O′，此时O′A′＝O′B′，点A′，B′在点O′两侧，则BB′＝2x，OO′＝x，AA′＝5x，
所以点B′对应的数为2x－3，点O′对应的数为x，点A′对应的数为5x＋1，
所以O′A′＝5x＋1－x＝4x＋1，O′B′＝x－(2x－3)＝3－x，所以 4x＋1＝3－x，解得x＝0.4.
即0.4秒后，点O恰为线段AB的中点．
3．解：(1)设∠BOC＝x，则∠AOC＝2x，
由题意得90°－2x＋30°＝x，解得x＝40°.所以∠BOC＝40°.
因为∠AOC＝2∠BOC，所以∠AOB＝∠BOC＝40°.
(2)情况一：当OD在∠AOC内部时，如图①，
由(1)易得∠AOC＝80°.
因为∠AOC＝4∠AOD，所以∠AOD＝20°，
所以∠COD＝∠AOC－∠AOD＝80°－20°＝60°.
(第3题)
情况二：当OD在∠AOC外部时，如图②，
由(1)易得∠AOC＝80°.
因为∠AOC＝4∠AOD，所以∠AOD＝20°，
所以∠COD＝∠AOD＋∠AOC＝20°＋80°＝100°.
综上所述，∠COD的度数为60°或100°.
4．解：(1)因为OM和ON分别平分∠AOC和∠BOC，
所以∠MOC＝eq \f(1,2)∠AOC，∠NOC＝eq \f(1,2)∠BOC.
所以∠MON＝∠MOC＋∠NOC＝eq \f(1,2)∠AOC＋eq \f(1,2)∠BOC＝eq \f(1,2)(∠AOC＋∠BOC)＝eq \f(1,2)∠AOB.
(2)情况一：如图①，
因为OM和ON分别平分∠AOC和∠BOC，
所以∠MOC＝eq \f(1,2)∠AOC＝eq \f(1,2)(∠AOB＋∠BOC)，∠NOB＝eq \f(1,2)∠BOC.
所以∠MON＝∠MOB＋∠NOB＝∠MOC－∠BOC＋eq \f(1,2)∠BOC＝∠MOC－eq \f(1,2)∠BOC＝eq \f(1,2)(∠AOB＋∠BOC)－eq \f(1,2)∠BOC＝eq \f(1,2)∠AOB.
(第4题)
情况二：如图②，
因为OM和ON分别平分∠AOC和∠BOC，
所以∠AOM＝eq \f(1,2)∠AOC，∠NOC＝eq \f(1,2)∠BOC＝eq \f(1,2)(∠AOB＋∠AOC)＝eq \f(1,2)∠AOB＋eq \f(1,2)∠AOC.
所以∠MON＝∠AOM＋∠AON＝eq \f(1,2)∠AOC＋(∠NOC－∠AOC)＝∠NOC－eq \f(1,2)∠AOC＝eq \f(1,2)∠AOB＋eq \f(1,2)∠AOC－eq \f(1,2)∠AOC＝eq \f(1,2)∠AOB.
情况三：如图③，
因为OM和ON分别平分∠AOC和∠BOC，
所以∠MOC＝eq \f(1,2)∠AOC，∠NOC＝eq \f(1,2)∠BOC.
所以∠MON＝∠MOC＋∠NOC＝eq \f(1,2)∠AOC＋eq \f(1,2)∠BOC＝eq \f(1,2)(∠AOC＋∠BOC)＝eq \f(1,2)(360°－∠AOB)＝180°－eq \f(1,2)∠AOB.
综上所述，∠MON与∠AOB的数量关系是∠MON＝eq \f(1,2)∠AOB或∠MON＝180°－eq \f(1,2)∠AOB.
专训三
1．D 2.②③ 3.C 4.D 5.D 6.A
7．两点确定一条直线 8.30
9．解：因为BD＝eq \f(1,3)AB＝eq \f(1,4)CD，所以CD＝eq \f(4,3)AB.
因为F是CD的中点，所以DF＝eq \f(1,2)CD＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)AB＝eq \f(2,3)AB.
因为E是AB的中点，所以EB＝eq \f(1,2)AB，
所以ED＝EB－DB＝eq \f(1,2)AB－eq \f(1,3)AB＝eq \f(1,6)AB.
所以EF＝ED＋DF＝eq \f(1,6)AB＋eq \f(2,3)AB＝eq \f(5,6)AB＝10 cm，
所以AB＝12 cm，所以CD＝eq \f(4,3)AB＝16 cm.
10．A 11.B 12.135 13.40°
14．解：设∠BOC＝2x°，则∠AOE＝5x°，∠AOD＝8x°.
因为O是直线AB上一点，所以∠AOB＝180°，
所以∠COE＝(180－7x)°.
因为OE平分∠AOC，所以∠AOE＝∠COE，
即5x＝180－7x，解得x＝15，
所以∠AOD＝8×15°＝120°，所以∠BOD＝180°－∠AOD＝180°－120°＝60°.
15．解：(1)根据题意画出示意图，如图所示，线段有AC，AD，AE，AB，CD，CE，CB，DE，DB，EB，共有10条，因此有10种不同的票价．
(2)同一路段，往返时起点和终点正好相反，所以要准备20种车票．
(第15题)
16．解：设这两个角的度数分别为5x°、4x°.
由题意得5x＋4x＝180，
9x＝ 180，
x＝ 20.
5x＝100，4x＝80.
答：这两个角的度数分别为100°和80°.
17．解：设AC＝2x，则CD＝3x，DE＝4x，EB＝5x，由M，N分别是AC，EB的中点，得MC＝x，EN＝2.5x.由题意，得MN＝MC＋CD＋DE＋EN＝x＋3x＋4x＋2.5x＝21，即10.5x＝21，所以x＝2，则PQ＝eq \f(1,2)CD＋eq \f(1,2)DE＝3.5x＝7.
点拨：解答此题的关键是设出未知数，利用线段长度的比及中点建立方程，求出未知数的值，进而求解．体现了方程思想在解题中的应用．
18．D 19.60°或20°
20．解：画出四棱柱的侧面展开图，点M，N的位置如图(2)所示，则M，N的位置在四棱柱的位置如图(1)所示．
(第20题)
直线条数
最多交点个数
平面最多分成部分数
1
0
2
2
1
4
3
3
7
…
…
…