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第13章 平面图形的认识综合检测--2024年青岛版数学七年级下册精品同步练习
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这是一份第13章 平面图形的认识综合检测--2024年青岛版数学七年级下册精品同步练习，共15页。
第13章 素养综合检测 (满分100分,限时60分钟) 一、选择题(每小题3分,共36分) 1.(2023山东聊城东阿期末)已知三条线段长分别为3 cm、4 cm、a,若这三条线段首尾顺次相接能围成一个三角形,那么a的取值范围是(M7213001)( ) A.1 cmβ D.无法比较α与β的大小
9.(2023山东日照三模)我们知道三角形的内角和为180°,而四边形可以分成两个三角形,故它的内角和为2×180°=360°,五边形可以分成3个三角形,它的内角和为3×180°=540°(如图),依此类推,则八边形的内角和为(M7213002)( )
A.900° B.1 080° C.1 260° D.1 440°
10.(2023山东日照东港实验中学月考)一个多边形除去一个内角后,其余各内角的和为2 100°,则这个多边形的对角线共有(M7213002)( )
A.104条 B.90条 C.77条 D.65条
11.(2023山东东营广饶期中)如图,BE、CF是△ABC的角平分线,∠ABC=80°,∠ACB=60°,EB、CF相交于D,则∠CDE的度数是(M7213001)( )
A.130° B.70° C.80° D.75°
12.(2023山东烟台莱州期末)如图,点A、B、C、D、E、F在同一平面内,连接AB、BC、CD、DE、EF、FA,若∠BCD=110°,则∠A+∠B+∠D+∠E+∠F等于(M7213002)( )
A.470° B.450° C.430° D.410°
二、填空题(每小题3分,共18分)
13.(2023江苏南通如皋石庄中学月考)早在两千多年前的战国时期,《墨经》一书中就给出了圆的描述性定义:“圜,一中同长也.”这就是说,圆是平面内到定点的距离等于定长的点的集合.其中,定点是 ,定长是 .(M7213003)
14.【爱国主义教育】(2023山东枣庄乐陵模拟)如图所示的是第四套人民币中菊花1角硬币,该硬币边缘镌刻的正九边形的一个外角的度数为 .(M7213002)
15.(2023重庆中考A卷)如图,正五边形ABCDE中,连接AC,那么∠BAC的度数为 .(注:在△ABC中,若AB=BC,则∠BAC=∠BCA)(M7213002)
16.(2023江苏连云港东海月考)一副三角板按如图所示的方式摆放,则∠α与∠β的数量关系为 .(M7213002)
17.如图,在△ABC中,AD是BC边上的中线,BE是△ABD中AD边上的中线,若△ABC的面积是24,则△ABE的面积是 .
18.如图,已知AB=30 cm,AO=4 cm,PO=2 cm,当点P在AB的上方,且∠POB=60°时,点P绕着点O以30度/秒的速度在圆周上逆时针旋转一周后停止运动,同时点Q沿直线BA自B点向A点运动,若P、Q两点能相遇,则点Q的运动速度是 cm/s.(M7213003)
三、解答题(共46分)
19.(5分)若一个多边形的边数增加1后,其内角和变为1 440°,求原多边形的边数.(M7213002)
20.(2023江苏苏州吴江期中)(7分)如图,AD是△ABC的高,CE是△ACB的角平分线,F是AC的中点,∠ACB=50°,∠BAD=65°.
(1)求∠AEC的度数.
(2)若△BCF与△BAF的周长差为3,AB=7,则BC= .
21.(2023山东烟台期中)(8分)如图,点D是△ABC的边BC上任意一点,DE∥AC,DE平分∠ADB,∠ADE+∠AGF=180°,∠BFG=70°,求∠C的度数.
22.(8分)如图,在四边形ABCD中,AD⊥DC,BC⊥AB,AE平分∠BAD,CF平分∠DCB,AE交CD于点E,CF交AB于点F,试判断AE与CF的位置关系,并说明理由.
23.【方程思想】(8分)在△ABC中,AB=AC,BD为AC边上的中线,AH是BC边上的高.(M7213001)
(1)如果BD把△ABC的周长分成9和15两部分,求△ABC的腰长和底边长.
(2)如果S△ABD=6,BC=4,求AH的长.
24.(2023江苏苏州张家港期中)(10分)如图1,四边形ABCD中,∠PAD,∠QCD是四边形ABCD的外角.
(1)若∠B=40°,∠ADC=120°,则∠PAD+∠QCD= °.
(2)如图2,AE平分∠PAD,CF平分∠QCD,AE与CF相交于点M,若∠ADC=∠B+90°,求∠AMC的度数.
(3)如图3,AE平分∠PAD,CF平分∠QCD,若∠ADC=∠B,判断AE与CF的位置关系,并说明理由.
答案全解全析
1.D ∵三条线段长分别为3 cm、4 cm、a,这三条线段首尾顺次相接能围成一个三角形,∴(4-3)cmr,∴点P在☉O外,故选C.
8.A ∵任意多边形的外角和为360°,∴α=β=360°.故选A.
9.B 因为四边形可以分成两个三角形,五边形可以分成3个三角形,依此类推,八边形可以分成6个三角形,故它的内角和是6×180°=1 080°.故选B.
10.C ∵2 100÷180=1123,∴正多边形的边数是11+2+1=14.
∴这个多边形的对角线共有n(n-3)2=14×(14-3)2=77条.故选C.
11.B ∵BE、CF是△ABC的角平分线,∠ABC=80°,∠ACB=60°,
∴∠CBE=12∠ABC=40°,∠FCB=12∠ACB=30°,
∴∠CDE=∠CBE+∠FCB=70°.故选B.
12.A 连接FC,如图.
∵∠BCD=110°,
∴∠BCF+∠DCF=360°-110°=250°,
∵∠A+∠B+∠BCF+∠AFC=360°,∠DCF+∠D+∠E+∠CFE=360°,
∴∠A+∠B+∠D+∠E+∠AFE=360°+360°-(∠BCF+∠DCF)=720°-250°=470°.故选A.
13.圆心;半径
14.40°
解析 正九边形的一个外角的度数为360°÷9=40°,故答案为40°.
15.36°
解析 ∵五边形ABCDE是正五边形,
∴AB=BC,∠B=(5-2)×180°÷5=108°,
∴∠BAC=∠BCA=180°-∠B2=180°-108°2=36°,故答案为36°.
16.∠α+∠β=225°
解析 如图,在四边形ABCD中,∠A+∠ABC+∠C+∠ADC=360°,
∵∠A=90°,∠C=45°,∴∠ABC+∠ADC=225°,
∵∠ABC=∠α,∠ADC=∠β,∴∠α+∠β=225°,
故答案为∠α+∠β=225°.
17.6
解析 因为AD是△ABC的中线,
所以S△ABD=12S△ABC=12×24=12.
因为BE是△ABD的中线,
所以S△ABE=12S△ABD=12×12=6.
18.7或2.4
解析 如图,由题易知P、Q两点只能在点M或N处相遇.点P旋转到点M处时,所用时间是180-6030=4(s);当点P旋转到点N处时,所用时间是360-6030=10(s).∵AO=4 cm,☉O的半径为2 cm,∴AM=4-2=2 cm,AN=4+2=6 cm.设点Q的运动速度是x cm/s,则4x=30-2或10x=30-6,解得x=7或x=2.4,所以点Q的运动速度是7 cm/s或2.4 cm/s.故答案为7或2.4.
19.解析 设原多边形的边数为n,则增加1条边后的边数为n+1.
由多边形的内角和定理得(n+1-2)×180°=1 440°,解得n=9.故原多边形的边数为9.
20.解析 (1)∵AD是△ABC的高,∴∠ADB=90°,
∵∠BAD=65°,∴∠ABD=90°-65°=25°,
∵CE是△ACB的角平分线,∠ACB=50°,
∴∠ECB=12∠ACB=25°,
∴∠AEC=∠ABD+∠ECB=25°+25°=50°.
(2)∵F是AC的中点,∴AF=FC,
∵△BCF与△BAF的周长差为3,
∴(BC+CF+BF)-(AB+AF+BF)=3,∴BC-AB=3,
∵AB=7,∴BC=10.故填10.
21.解析 ∵DE∥AC,∴∠ADE=∠DAC,
∵∠ADE+∠AGF=180°,∴∠DAC+∠AGF=180°,
∴AD∥FG,∴∠ADB=∠BFG=70°,
∵DE平分∠ADB,∴∠BDE=12∠ADB=35°,
∵DE∥AC,∴∠C=∠BDE=35°.
22.解析 AE∥CF.
理由:四边形的内角和为(4-2)×180°=2×180°=360°.
因为∠D=∠B=90°,所以∠DAF+∠DCB=180°.
又因为AE平分∠BAD,CF平分∠DCB,
所以∠EAB=12∠DAB,∠FCB=12∠DCB,
所以∠EAB+∠FCB=12(∠DAB+∠DCB)=12×180°=90°,
又因为∠FCB+∠CFB=90°,所以∠EAB=∠CFB,
所以AE∥CF.
23.解析 (1)设△ABC的腰长为x,底边长为y,分两种情况:
①32x=9,12x+y=15,解得x=6,y=12,
此时6+6=12,不满足三角形的三边关系,该情况不成立.
②32x=15,12x+y=9,解得x=10,y=4,
此时10+4>10,满足三角形的三边关系,该情况成立.
综上所述,△ABC的腰长为10,底边长为4.
(2)如图,
因为BD为AC边上的中线,S△ABD=6,
所以S△ABC=2S△ABD=2×6=12,
因为S△ABC=12BC·AH=12×4×AH=12,所以AH=6.
24.解析 (1)如图,连接BD,∵∠PAD是△ABD的外角,∠QCD是△BCD的外角,
∴∠PAD=∠ABD+∠ADB,∠QCD=∠CBD+∠CDB,
∵∠ABD+∠CBD=∠ABC=40°,∠ADB+∠CDB=∠ADC=120°,
∴∠PAD+∠QCD=∠ABD+∠ADB+∠CBD+∠CDB=∠ABC+∠ADC=160°,
故答案为160.
(2)如图,延长CD交AM于点G,连接BD,
∵∠AGC是△CGM的外角,∴∠AGD=∠AMC+∠DCM,
∵∠ADC是△ADG的外角,∴∠ADC=∠DAM+∠AGC=∠DAM+∠DCM+∠AMC,
由(1)可知∠PAD+∠QCD=∠ABC+∠ADC,
∵AE平分∠PAD,CF平分∠QCD,
∴∠DCM=12∠QCD,∠DAM=12∠PAD,
∴∠DAM+∠DCM=12∠PAD+12∠QCD=12(∠ABC+∠ADC),∴∠DAM+∠DCM=12(∠ABC+90°+∠ABC)=∠ABC+45°,
∴∠ABC+90°=∠AMC+∠ABC+45°,∴∠AMC=45°.
(3)AE∥CF.理由如下:
如图,过点D作DN∥AE,
由(1)知∠PAD+∠QCD=∠B+∠ADC,
∵∠ADC=∠B,∴∠PAD+∠QCD=2∠ADC,
∵AE平分∠PAD,CF平分∠QCD,
∴∠DAE=12∠PAD,∠DCF=12∠QCD,
∴∠DAE+∠DCF=12∠PAD+12∠QCD=12×2∠ADC=∠ADC,
∵AE∥DN,∴∠DAE=∠ADN,∴∠CDN=∠DCF,
∴DN∥CF,∴AE∥CF.
第13章 素养综合检测 (满分100分,限时60分钟) 一、选择题(每小题3分,共36分) 1.(2023山东聊城东阿期末)已知三条线段长分别为3 cm、4 cm、a,若这三条线段首尾顺次相接能围成一个三角形,那么a的取值范围是(M7213001)( ) A.1 cm
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