第15讲 几何图形的初步（讲义）2024年中考数学一轮复习（讲义+练习）（全国通用）

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TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc155340408" \l "_Tc155125913" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc155340409" 考点一 认识几何图形
\l "_Tc155340410" 题型01 几何图形的识别
\l "_Tc155340411" 题型02 几何体点、棱、面之间的关系
\l "_Tc155340412" 题型03 判断几何体的截面形状
\l "_Tc155340413" 题型04 判断几何体的展开图
\l "_Tc155340414" 题型05 由展开图计算几何体的表面积或体积
\l "_Tc155340415" 题型06 正方体展开图的识别
\l "_Tc155340416" 题型07 补一个面使其成为正方体的展开面
\l "_Tc155340417" 题型08 正方体相对两面上的字或图案
\l "_Tc155340418" 题型09 与七巧板有关的计算
\l "_Tc155340419" 考点二 直线、射线、线段的相关概念
\l "_Tc155340420" 题型01 画直线、射线、线段
\l "_Tc155340421" 题型02 求直线、线段的数量
\l "_Tc155340422" 题型03 求直线相交点的个数
\l "_Tc155340423" 题型04直线的性质
\l "_Tc155340424" 题型05 线段的性质
\l "_Tc155340425" 题型06 与线段中点有关的计算
\l "_Tc155340426" 考点三 角的相关概念
\l "_Tc155340427" 题型01 度、分、秒的换算
\l "_Tc155340428" 题型02 钟面角的计算
\l "_Tc155340429" 题型03 方向角的表示
\l "_Tc155340430" 题型04 角平分线的相关计算
\l "_Tc155340431" 题型05 求一个角的余角、补角
\l "_Tc155340432" 题型06 与余角、补角有关的计算
\l "_Tc155340433" 考点四 相交线
\l "_Tc155340434" 题型01 点到直线的距离
\l "_Tc155340435" 题型02 利用对顶角、邻补角的性质求解
\l "_Tc155340436" 题型03 判断同位角、内错角、同旁内角
\l "_Tc155340437" 考点五 平行线
\l "_Tc155340438" 题型01 平行公理的应用
\l "_Tc155340439" 题型02 利用平行线的判定进行证明
\l "_Tc155340440" 题型03 求平行线之间的距离
\l "_Tc155340441" 题型04 平行线判定的实际应用
\l "_Tc155340442" 题型05 由平行线的性质求角度
\l "_Tc155340443" 题型06 由平行线的性质解决折叠问题
\l "_Tc155340444" 题型07 平行线的性质在实际生活的应用
\l "_Tc155340445" 题型08 利用平行线的性质解决三角板问题
\l "_Tc155340446" 题型09 根据平行线性质与判定求角度
\l "_Tc155340447" 题型10 根据平行线性质与判定证明

考点一 认识几何图形
几何图形的概念: 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.
立体图形的概念：有些几何图形的各个部分不都在同一平面内，这个图形叫做立体图形.
平面图形的概念：有些几何图形的各个部分在同一平面内的图形，这个图形叫做平面图形.
正方体展开图（共计11种）：
口诀：1）“一四一”、“一三二”，“一”在同层可任意,
2）“三个二”成阶梯,
3）“二个三”“日”相连,异层必有“日”，“凹”“田”不能有，掌握此规律，运用定自如.
几何图形的组成：1）点：线和线相交的地方是点，它是几何图形最基本的图形.
2）线：面和面相交的地方是线，分为直线和曲线.
3）面：包围着体的是面，分为平面和曲面.
4）体：几何体也简称体.
组成几何图形元素的关系：点动成线，线动成面，面动成体.
【扩展】
1.同一个立体图形按不同的方式展开得到的平面展开图是不一样的.
2.在正方体的展开图中，一条直线上的小正方形不会超过四个,图1所示的图形不是正方体的展开图.
3.正方体的展开图中不会有“田”字形、“凹”字形的形状,图2、图3所示的图形不是正方体的展开图.
题型01 几何图形的识别
【例1】（2023·山东临沂·统考一模）下列几何体中，是棱锥的为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分别判断选项的几何题即可得到答案．
【详解】解：A.图形中的几何体是棱锥，故此选项符合题意；
B.图形中的几何体是正方体，故此选项不符合题意；
C.图形中的几何体是圆锥，故此选项不符合题意；
D.图形中的几何体是圆柱，故此选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了几何体的识别，掌握各几何体的特征是解题的关键．
【变式1-1】（2023·北京西城·统考一模）下面几何体中，是圆柱的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆柱的特征，即可解答．
【详解】解：A.是正方体，故不符合题意；
B.是圆柱，故符合题意；
C.是圆锥，故不符合题意；
D.是球体，故不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了认识立体图形，熟练掌握每个几何体的特征是解题的关键．
【变式1-2】（2023·江苏镇江·校联考一模）不透明的箱子中装有一个几何体模型，小乐和小欣摸该模型并描述它的特征．小乐：它有4个面是三角形；小欣：它有6条棱．则该几何体模型的形状可能是（ ）
A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱
【答案】A
【分析】根据几何体有4个面是三角形，有6条棱，进行判断即可．
【详解】解：∵几何体有4个面是三角形，
∴几何体不能是棱柱（棱柱侧面均为四边形，只有三棱柱上下底面是三角形）；
又∵几何体有6条棱，
∴选项中只有A选项符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查几何体的判断．熟练掌握常见几何体的特征，是解题的关键．
题型02 几何体点、棱、面之间的关系
【例2】（2020·山东枣庄·中考真题）欧拉（Euler，1707年~1783年）为世界著名的数学家、自然科学家，他在数学、物理、建筑、航海等领域都做出了杰出的贡献．他对多面体做过研究，发现多面体的顶点数（Vertex）、棱数E（Edge）、面数F（Flat surface）之间存在一定的数量关系，给出了著名的欧拉公式．
（1）观察下列多面体，并把下表补充完整：
（2）分析表中的数据，你能发现V、E、F之间有什么关系吗？请写出关系式：____________________________．
【答案】（1）表格详见解析；（2）V+F−E=2
【分析】（1）通过认真观察图象，即可一一判断；
（2）从特殊到一般探究规律即可．
【详解】解：（1）填表如下：
（2）据上表中的数据规律发现，多面体的顶点数V、棱数E、面数F之间存在关系式：V+F−E=2．
【点睛】本题考查规律型问题，欧拉公式等知识，解题的关键是学会从特殊到一般探究规律的方法，属于中考常考题型．
题型03 判断几何体的截面形状
【例3】（2023·河南信阳·二模）妹妹把一密闭且透明的圆柱形水杯中装一半的水，随意转动水杯，水面的形状不可能是（ ）
A．三角形B．长方形C．圆形D．椭圆
【答案】A
【分析】根据圆柱体的截面形状，判断即可．
【详解】解：因为圆柱的截面形状可能是圆形，椭圆形或长方形，
所以，一个密闭且透明的圆柱形水杯中装一半的水，随意转动水杯，则水面的形状不可能是三角形．
故选：A．
【点睛】本题考查了截一个几何体，熟练掌握圆柱体的截面形状是解题的关键．
【变式3-1】（2023·江苏南京·校联考三模）在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶按不同方式放置时，圆柱桶内的水平面不可能呈现出的几何形状是（ ）
A．圆面B．矩形面
C．梯形面D．椭圆面或部分椭圆面
【答案】C
【分析】对不同的放置情况分别判断，得出结论．
【详解】解：当圆柱桶竖直放置时，液面形状为圆形，故选项A不符合题意；
当圆柱桶水平放置时，液面为矩形，故选项B不符合题意；
无论圆柱桶怎样放置，圆柱桶内的水平面不可能呈现出梯形面，故选项C符合题意；
当圆柱桶倾斜放置时，若液面经过底面，则液面为椭圆的一部分，若液面不经过底面，则液面为椭圆，故选项D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆柱的结构特征．关键是理解用平面去截圆柱体，所得到截面.
【变式3-2】（2023·四川成都·统考一模）分别用一平面去截如图所示几何体，能得到截面是矩形的几何体共有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】利用正方体、圆柱、三棱柱、圆锥、球体的结构特征解答即可．
【详解】解：用一个平面去截正方体、圆柱、三棱柱，都可以得到截面是矩形，
用一个平面去截圆锥、球体，不可以得到截面是矩形，
所以用一平面去截如图所示几何体，能得到截面是矩形的几何体共有3个．
故选：C．
【点睛】本题考查了截一个几何体，熟练掌握正方体、圆柱、三棱柱、圆锥、球体的结构特是解题的关键．
【变式3-3】（2023·广东深圳·统考一模）如图，往一个密封的正方体容器持续注入一些水，注水的过程中，可将容器任意放置，水平面形状不可能是（ ）
A．三角形B．正方形C．六边形D．七边形
【答案】D
【分析】正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形，因此截面的形状可能是：三角形、四边形、五边形、六边形，即可得到答案；
【详解】解：∵正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形，
∴截面的形状可能是：三角形、四边形、五边形、六边形，
故选D．
【点睛】本题考查了正方体的截面，解题的关键是熟练掌握面面相交等到线．
题型04 判断几何体的展开图
【例4】（2023·山西忻州·校联考模拟预测）下列图形中，为圆锥的侧面展开图的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据立体图形的特点及张开图的特点即可求解．
【详解】解：A、是棱锥的侧面展开图，不符合题意；
B、是圆锥的侧面展开图，符合题意；
C、是圆台的侧面展开图，不符合题意；
D、是圆柱的侧面展开图，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查立体图形的展开图的识别，掌握圆锥、棱锥、圆柱，圆台的特点及张开图的特点是解题的关键．
【变式4-1】（2023·湖南长沙·统考三模）如图，是一个几何体的表面展开图，那么这个几何体的名称是（ ）

A．正三棱柱B．正三棱锥C．圆柱D．圆锥
【答案】A
【分析】由表面展开图得，这个几何体是正三棱柱．
【详解】解：由表面展开图得，这个几何体是正三棱柱，
故选：A．
【点睛】本题考查了几何体的表面展开图，解题的关键是熟记几何体的表面展开图的特征．
【变式4-2】（2023·江西九江·校考模拟预测）将如图所示的圆锥的侧面展开，则点A和点B在展开图中的相对位置正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据点B在圆锥的母线上，将圆锥侧面展开后，点B应在扇形的半径上，且A，B间距离为扇面的一半，故可解答．
【详解】解：点B在圆锥的母线上，将圆锥侧面展开后，点B应在扇形的半径上，且A，B间距离为扇面的一半，
故选：C
【点睛】本题主要考查了圆锥的侧面展开图，考核了学生的空间想象能力．
【变式4-3】（2023·北京通州·统考一模）如图，是某一个几何体的表面展开图，这个几何体是（ ）
A．五棱锥B．四棱锥C．四棱柱D．三棱柱
【答案】D
【分析】侧面为三个长方形，底边为三角形，故原几何体为三棱柱．
【详解】解：观察图形可知，这个几何体是三棱柱．
故选：D．
【点睛】本题考查的是三棱柱的展开图，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．
【变式4-4】（2023·河北石家庄·统考一模）将如图所示的长方体包装盒沿某些棱剪开，且使六个面连在一起，然后铺平，则得到的图形不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】依据长方体的展开图的特征进行判断即可．
【详解】解：A、符合长方体的展开图的特点，是长方体的展开图，故此选项符合题意；
B、符合长方体的展开图的特点，是长方体的展开图，故此选项符合题意；
C、符合长方体的展开图的特点，是长方体的展开图，故此选项符合题意；
D、不符合长方体的展开图的特点，不是长方体的展开图，故此选项不符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了长方体的展开图，熟练掌握长方体的展开图的特点是解题的关键．
题型05 由展开图计算几何体的表面积或体积
【例5】（2023·河北保定·统考二模）张师傅要制作一个无盖长方体玻璃鱼缸，切割出来的几块玻璃的尺寸如图所示（单位：dm），则其体积为（ ）

A．60dm3B．72dm3C．74dm3D．94dm3
【答案】A
【分析】设长方体底面的长和宽分别xdm，ydm，根据其平面展开图的相关数据可得关于x、y的二元一次方程组，然后根据长方体的体积公式求解即可.
【详解】解：设长方体底面的长和宽分别xdm，ydm，
由平面图可知，x+y=9y+3=7，解得x=5y=4；
故鱼缸的体积为4×5×3=60dm3.
故选A.
【点睛】本题考查了长方体的平面展开图以及二元一次方程组等知识，弄清长方体的展开图与圆长方体中长、宽、高的关系是解题的关键.
【变式5-1】（2023·黑龙江大庆·大庆一中校考模拟预测）如图是某几何体的展开图，则该几何体的体积为（ ）

A．πB．3πC．32πD．33π
【答案】D
【分析】由题意知，该几何体为圆锥，如图，则 BC=12×2=1，AB=2，∠ACB=90°，在Rt△ACB中，由勾股定理得，AC=3，则几何体的体积V=13Sℎ=13×π×3，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，该几何体为圆锥，如图，则BC=12×2=1，AB=2，∠ACB=90°，

在Rt△ACB中，由勾股定理得，AC=AB2−BC2=3，
∴几何体的体积V=13Sℎ=13×π×3=33π，
故选：D．
【点睛】本题考查了根据圆锥的展开图求圆锥体积，勾股定理．解题的关键在于确定几何体的形状．
【变式5-2】（2022·河北石家庄·统考一模）相同规格（长为14，宽为8）的长方形硬纸板，剪掉阴影部分后，将剩余的部分沿虚线折叠，制作成底面为正方形的长方体箱子，有如图所示的甲、乙两种方案，所得长方体体积分别记为：V甲和V乙．下列说法正确的是：（ ）
A．V甲>V乙B．V甲=V乙C．V甲【答案】A
【分析】由图可知，设甲方案中长方体箱子的正方形底面的边长为a，长方体的高为b，则4a=82a+b=14，求出a,b的值，然后求体积即可；同理求出乙方案中长方体的体积，比较大小即可．
【详解】解：由图可知，设甲方案中长方体箱子的正方形底面的边长为a，长方体的高为b
则4a=82a+b=14
解得a=2b=10
∴V甲=2×2×10=40
设乙方案中长方体箱子的正方形底面的边长为a，长方体的高为b
则2a+2b=14a+2b=8
解得a=6b=1
∴V乙=6×6×1=36
∵40>36
∴V甲>V乙
故选A．
【点睛】本题考查了长方体的展开图，体积，二元一次方程组的应用．解题的关键在于求出长方体的高，底面正方形的边长．
【变式5-3】（2023·江苏宿迁·统考二模）在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以AB所在直线为轴，把△ABC旋转1周，得到一个几何体，则该几何体的表面积为 ．
【答案】845π
【分析】先求出直角三角形斜边AB的长，然后再求出斜边上的高，最后根据扇形面积公式进行求解即可．
【详解】解：过点C作CD⊥AB于点D，
∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴AB=AC2+BC2=5，
∴CD=AC×BCAB=3×45=125，
∴该几何体的表面积为：12×2×125π×3+4=845π．
故答案为：845π．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，圆锥侧面积的计算，解题的关键是熟练掌握扇形面积公式，准确计算．
【变式5-4】（2023·江苏扬州·统考一模）如图为一个长方体的展开图，且长方体的底面为正方形．根据图中标示的长度，此长方体的表面积为 ．
【答案】370
【分析】根据展开图，可以求得原来长方体的底面的边长和高，然后计算长方体的表面积即可．
【详解】解：设原长方体底面边长为a，长方体高为b，
15=3a，2a+b=26，
解得a=5，b=16，
∴长方体的表面积为：5×5×2+5×16×4=370，
故答案为：370．
【点睛】本题考查几何体的展开图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式5-5】（2022·贵州贵阳·统考三模）如图，把一个高9dm的圆柱的底面分成许多相等的扇形，然后把圆柱切开，拼成一个与它等底等高的近似长方体，它的表面积比圆柱体的表面积增加了36dm2．原来这个圆柱的体积是 dm3．
【答案】36π
【分析】增加的面积等于底面半径乘以高，再乘以2，由此可以计算出圆柱的底面半径，进而可以算出圆柱的体积．
【详解】解：圆柱的底面半径为：36÷2÷9=2（分米），
故圆柱的体积为：π×22×9=36π（立方分米），
故答案：36π．
【点睛】本题考查圆柱的体积，长方形的面积，长方体的表面积，掌握圆周的体积公式是解决本题的关键．
题型06 正方体展开图的识别
【例6】（2023·河南周口·校联考三模）下列哪个不是正方体的侧面展开图（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据已知正方体图形，利用排除法选出正确答案，从底面和侧面的情况进行全面的分析，相邻必不相对．
【详解】根据已知正方体图形，从底面和侧面的情况进行全面的分析，相邻必不相对．
利用排除法可得D选项正确
故选：D
【点睛】判断一个平面图形是不是某立体图形的平面展开图，需要从底面和侧面的情况进行全面的分析，反之相同，在分析过程中需谨记，相邻必不相对．此类题目的解答有两种思路∶①根据已知立体图形，利用排除法选出正确答案；②将选项中的展开图还原成成立体图形与已知立体图形比较得出正确答案．
【变式6-1】（2023·河南南阳·统考二模）下列四个图形中，不能作为正方体的展开图的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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，也可对展开图进行还原成正方体进行判断．
【详解】解：A．可以作为一个正方体的展开图，不符合题意；
B．不可以作为一个正方体的展开图，符合题意；
C．可以作为一个正方体的展开图，不符合题意；
D．可以作为一个正方体的展开图，不符合题意；
故选：B
【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．
【变式6-2】（2023·江苏南京·统考二模）如图，将左图的正方形纸盒切去一角得到下图，下列选项中，不能作为纸盒剩余部分的展开图的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正方体展开图的特征，由条件结合图形验证是否能拼成正方体，逐项判断即可得出结论．
【详解】解：根据正方体的展开图的特征可知：
A.图形是中间四个连一行，两边随意摆的形式，符合正方体的展开图，所以A选项正确；
B.图形是二三相连错一个，三一相连随意的形式，符合正方体的展开图，所以B选项正确；
C.图形是三个两排一对齐，不符合正方体的展开图，无法拼成正方体，所以C选项不正确；
D.图形是两两相连各错一的形式，符合正方体的展开图，所以D选项正确；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方体展开图的特征，熟练掌握正方体展开图的各种形式，是解题的关键．
题型07 补一个面使其成为正方体的展开面
【例7】（2022·吉林长春·统考一模）如图，在有序号的小正方形中选出一个，它与图中五个有阴影的小正方形组合后，不能构成正方体的表面展开图的是（ ）

A．①B．②C．③D．④
【答案】D
【分析】根据正方体的展开图判断即可得出答案．
【详解】解：①②③都可以构成正方体的表面展开图，它们都属于“141”型，故A，B，C选项不符合题意；
④不可以构成正方体的表面展开图，因为出现了“田”字，故D选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方体的展开图，掌握正方体的11种展开图是解题的关键．
【变式7-1】（2023·浙江·模拟预测）在图中，实线所围成的多边形区域（阴影部分）是由四个全等正方形拼接而成的．现在若补上图中标有号码的其中一个全等小正方形，则可得到九个多边形区域（每个区域恰好含有五个全等小正方形），试问这九个多边形区域中，可以折成无盖的正方体容器的个数是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】根据正方体的展开图有11种情况：1−4−1型共6种，1−3−2型共3种，2−2−2型一种，3−3型一种，由此判定找出答案即可．
【详解】解：根据题意可得：
补上后能够折成无盖的正方体容器的有：④⑤⑥⑦⑧⑨，
共6个，
故选：D．
【点睛】此题考查正方体的展开图，解决此题的关键是记住正方体展开图的类型1-4-1型，2-3-1型，2-2-2型，3-3型．以及口诀“凹、田应弃之”．
【变式7-2】（2022·湖北恩施·统考二模）在如图所示的正方形网格中，其中阴影部分的5个小正方形是一个正方体的表面展开图的一部分．现在从其余的小正方形中任取一个涂上阴影，则能构成这个正方体的表面展开图的概率是（ ）
A．112B．17C．13D．47
【答案】D
【分析】由正方体表面展开图的形状可知，此正方体还缺一个上盖，故应在图中四块相连的空白正方形中选一块，再根据概率公式解答即可．
【详解】解：因为共有12个大小相同的小正方形，其中阴影部分的5个小正方形是一个正方体的表面展开图的一部分，
所以剩下7个小正方形．
在其余的7个小正方形中任取一个涂上阴影，能构成这个正方体的表面展开图的小正方形有4个，
因此先从其余的小正方形中任取一个涂上阴影，能构成这个正方体的表面展开图的概率是47．
故选：D．
【点睛】此题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比，掌握概率公式是本题的关键．
【变式7-3】（2022·广东深圳·坪山中学校考模拟预测）如图，方格纸（每个小正方形边长都相同）中5个白色小正方形已剪掉，在剩余七个小正方形中再剪去1个正方形，恰好使余下部分能折成一个正方体的概率是 ．

【答案】27
【分析】根据正方体的11种展开图的模型求解，即可得到答案．
【详解】解：由正方体的11种展开图的模型可知，把图中的⑥或⑦剪去，余下部分能折成一个正方体，
即概率为27，
故答案为：27．
【点睛】本题考查了正方体的展开图，概率公式，熟记正方体的11种展开图的模型是解题关键
题型08 正方体相对两面上的字或图案
【例8】（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，点P，Q是一正方体展开图上的两个顶点，则顶点P，Q在正方体上的位置标记正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正方体展开图直接判断即可得到答案；
【详解】解：由图像可得，
P，Q在相对的两面，且与相邻正方形顶点重合，故P，Q在同一条棱上，
故选C；
【点睛】本题考查正方体展开图，解题的关键是熟练掌握展开图的相对相邻面及相邻棱之间的关系．
【变式8-1】（2023·河南信阳·校考三模）习近平总书记在党的二十大报告中提出：“新时代十年的伟大变革，在党史、新中国史、改革开放史、社会主义发展史、中华民族发展史上具有里程碑意义”将“二”“十”“大”“里”“程”“碑”这六个汉字分别写在某正方体的六个面上，下图是它的一种展开图，则在原正方体中，与“里”字所在面相对的面上的汉字是（ ）

A．十B．二C．程D．碑
【答案】B
【分析】将正方体的展开图还原成立体图，即可求解
【详解】解：若以“大”字作为正方体的底面
可知：“十”、“碑”为前后两个面；
“二”、“里”为左右两个面；
“程”、“大”为上下两个面．
故选：B
【点睛】本题考查正方体展开图相对两个面上的字．将展开图还原成立体图是解题关键．
【变式8-2】（2023·河南信阳·校考三模）下列正方体的展开图中，每个面上都有一个汉字，则“口”的对面是“手”的展开图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正方体的表面展开图找相对面的方法逐项判断即可．
【详解】解：A、“口”的对面是“洗”，故A不符合题意；
B、“口”的对面是“勤”，故B不符合题意；
C、“口”的对面是“洗”，故C不符合题意；
D、“口”的对面是“手”，故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方体相对两个面上的文字，熟练掌握根据正方体的表面展开图找相对面的方法是解题的关键．
【变式8-3】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）有一个正方体，6个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6，有3个人从不同的角度观察的结果如图所示． 如果记6 的对面的数字为a，2的对面的数字为b，那么a+b的值为（ ）

A．6B．7C．8D．11
【答案】B
【分析】由图一和图二可看出1的对面的数字是5；再由图二和图三可看出3的对面的数字是6，从而2的对面的数字是4，从而可得答案．
【详解】解：从3个小立方体上的数可知，
与写有数字1的面相邻的面上数字是2，3，4，6，
所以数字1面对数字5，
与写有数字3的面相邻的面上数字是1，2，4，5，
所以立方体面上数字3对6．
故立方体面上数字2对4．
则a=3，b=4，
那么a+b=3+4=7．
故选B．
【点睛】本题考查灵活运用正方体的相对面解答问题，解题的关键是按照相邻和所给图形得到相对面的数字．
【变式8-4】（2023·山东青岛·统考二模）如图的正方体纸盒，只有三个面上印有图案，下面四个平面图形中，经过折叠能围成此正方体纸盒的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】四个选项中的图都是正方体展开图的“1−4−1”结构．由正方体可以看出，有图案的三个面两两相邻．
【详解】解：四个选项中的图都是正方体展开图的“1−4−1”结构．由正方体可以看出，有图案的三个面两两相邻；
A、C、D选项折成正方体后有图案的面有两个相对，不符合题意；B选项折成正方体后，有图案的三个面两两相邻；
的展开图是
故选：B．
【点睛】正方体展开图“1−4−1”结构，折成正方体后，两个“1”相对，“4”组成侧面，间隔面相邻．关键是明白有图案的三个面两两相邻．
【变式8-5】（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，已知一个正方体是三个面分别标有〇、◎、※三种图案，则它的展开图可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据正方体表面展开图的特征进行判断即可．
【详解】解：由正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，
选项A中“〇面”“◎面”“※面”的对面都是“空白”，故选项A符合题意；
选项B中的“◎面”与“※面”是对面，与题意矛盾，故选项B不符合题意；
选项C中的“〇面”与“◎面”是对面，与题意矛盾，故选项C不符合题意；
选项D中的“◎面”与“※面”是对面，与题意矛盾，故选项D不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查正方体的展开图，掌握正方体表面展开图的特征是正确解答本题的关键．

正方体展开图相对面的确定方法：1）同一行或同一列，间隔一个面的两个面是相对面；
2）“Z”字型图案中，两端点处的两个面是相对面.
题型09 与七巧板有关的计算
【例9】（2023·江西赣州·统考二模）如图，七巧板起源于我国先秦时期，古算书《周髀算经》中有关于正方形的分割术，经历代演变而成七巧板．下列由七巧板拼成的表情图中，是轴对称图形的为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形的概念逐项分析判断即可，轴对称图形的概念：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．
【详解】解：选项A、B、D均不能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以不是轴对称图形；
选项C能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以是轴对称图形；
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
【变式9-1】（2023·广东深圳·校考三模）七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的，如图，是一个用七巧板拼成的装饰图，放入长方形ABCD内，装饰图中的三角形顶点E，F分别在边AB，BC上，三角形①的边GD在边AD上，则BFBE的值为（ ）
A．1+22B．22C．2+24D．2+22
【答案】D
【分析】设七巧板正方形的边长为x，根据正方形的性质、矩形的性质分别表示出BF，BE的长，即可求解．
【详解】解：设七巧板正方形的边长为x，
∴2BE2=x2，
∴BE2=x22，
∴BE=22x，
∴BF=12x+22x，
∴BFBE=1+2222x=1+22=2+22．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，七巧板，勾股定理，正方形的性质，表示出BF，BE的长是解题的关键．
【变式9-2】（2023·江西宜春·统考二模）七巧板是我们祖先的一项伟大创造，被兴为“东方魔板”．在一次“美术制作”活动课上，小明用边长为4cm的正方形纸片制作了如图所示的七巧板（如图1），并设计了一幅作品“我跑步，我快乐”创作画（如图2），则创作画中阴影部分的面积是 cm2．

【答案】5
【分析】先求出最小的等腰直角三角形的面积=18×12×42=1cm2，最大的等腰直角三角形的面积为4cm2，再根据阴影部分的组成求出相应的面积即可求解．
【详解】解：最小的等腰直角三角形的面积=18×12×42=1cm2，最大的等腰直角三角形的面积为14×42=4cm2，
∴阴影部分的面积为4+1=5cm2．
故答案为：5
【点睛】本题主要考查了图形的剪拼、七巧板，解题的关键是求出最小的等腰直角三角形的面积，学会利用分割法求阴影部分的面积．
【变式9-3】（2023·陕西宝鸡·统考三模）七巧板是中国民间流传的一种传统智力玩具，它是由等腰直角三角形，正方形和平行四边形组成的．如图，有一块边长为42的正方形厚纸板ABCD，做成如图①所示的一套七巧板(点O为正方形纸板对角线的交点，点E、F分别为AD、CD的中点，GE∥BI，IH∥CD)，将图①所示七巧板拼成如图②所示的“鱼形”，则“鱼尾”MN的长为 ．

【答案】6
【分析】依据勾股定理即可得到AC的长，进而得出FI=EI=2，EF=4，即可得到“鱼尾”MN的长．
【详解】解：∵正方形厚纸板ABCD的边长为42，
∴AD=CD=42，
∴AC=AD2+CD2=8，
又∵AG=GO=OH=CH，
∴FI=EI=2，EF=4，
∴NM=EF+IF=6，
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板问题，掌握七巧板的结构特点是解决问题的关键．
【变式9-4】（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，且边长为4，那么阴影部分面积为 ．

【答案】3
【分析】将正方形ABCD的面积分成16等份，看阴影部分占几份即可．
【详解】解：如图所示，正方形ABCD的面积可以分成16等份，

其中△BJE占1份，平行四边形HPFD占2份，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴ S正方形ABDF=42=16，
∴S阴影=S△BJE+S▱HPFD=1+216×16=3．故答案为：3．
【点睛】本题考查七巧板相关的计算，解题的关键是根据图形得出阴影部分所占面积与正方形面积之比．
考点二 直线、射线、线段的相关概念
一、直线、射线、线段的相关概念
直线的性质：
1）直线公理: 经过两点有且只有一条直线，简称：两点确定一条直线；
2）经过一点的直线有无数条，过两点的直线只有一条，过三点就不一定了.
两点间的距离：连接两点间的线段的长度叫两点间的距离.
线段的性质：两点的所有连线中，线段最短. 简称：两点之间，线段最短.
线段的长度比较方法：1)度量法:分别用刻度尺测量线段AB、线段CD的长度，再进行比较
2)叠加法:让线段某一段端点重合，比较另一边两端点的位置.
线段中点的概念：把一条线段分成两条相等的线段的点叫线段中点.
1. 线段的长度可以度量，所以能够比较线段的长短，而且线段的长度是非负数.
2. 一条线段的中点只有一个.
3. 某一个点要成为一条线段的中点必须同时满足两个条件：
1）点必须在这条直线上.
2）它把这条线段分为两条相等的两条线段.
题型01 画直线、射线、线段
【例1】（2023·河北廊坊·校考三模）如图，已知A、B两点，画射线AB，按照上述语句，下列画法正确的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据射线的概念即可得到答案．
【详解】解：已知A、B两点，画射线AB，如图所示：
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了射线的定义，熟练掌握射线的定义：由线段的一端无限延伸所形成的直线，是解题的关键．
【变式1-1】（2023·河北沧州·校考模拟预测）下列各选项中的射线EF和直线AB能相交的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据线段、射线、直线的性质和图判断即可．
【详解】解：A、射线EF延伸，不能与AB相交，故本选项错误；
B、能相交，故本选项正确；
C、射线只能向F点方向延伸，不能向E点方向延伸，因此不能相交，故本选项错误；
D、射线只能向F点方向延伸，不能向E点方向延伸，因此不能相交，故本选项错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了对线段、射线、直线的性质的应用，注意：直线能向两方无限延伸，射线只能向一方无限延伸，而线段不能延伸．
【变式1-2】（2023·河北衡水·统考二模）如图，若线段PC与线段OA有一个公共点，则点C可以是（ ）
A．点DB．点EC．点QD．点M
【答案】A
【分析】把P与各点的连线段画出来即可得到答案.
【详解】解：如图，
若线段PC与线段OA有一个公共点，则点C可以是D，
故选A
【点睛】本题考查的是线段的概念，熟记线段的特征是解本题的关键.
题型02 求直线、线段的数量
【例2】（2023·河北保定·统考二模）如图，点C在线段BD上，过A，B，C，D中的两点可以画一条直线，其中过点C的直线有（ ）

A．2条B．3条C．4条D．5条
【答案】A
【分析】根据直线的特征即可得到答案．
【详解】解：如图，过点C的直线有AC，BD，共2条．

故选：A．
【点睛】此题考查了直线的条数，熟练掌握直线的特征是解题的关键．
【变式2-1】（2020·浙江杭州·模拟预测）1000m的大道两侧从起点开始每隔10m各种一棵树，相邻两棵树之间放一盆花，这样需要（ ）
A．树200棵，花200盆B．树202棵，花200盆
C．树202棵，花202盆D．树200棵，花202盆
【答案】B
【分析】用1000÷10求得大道一侧的间隔数，用间隔数加上1就是一侧植树的棵数，再乘2就是两侧一共植树的棵数，用间隔数乘2就是两侧一共要放多少盆花，
【详解】解：种花：1000÷10×2=100×2=200（盆）
种树：（1000÷10+1）×2=101×2=202（棵）
答：这样需要202棵树，200盆花．
故选：B．
【点睛】本题考查线段上端点问题．为使其更直观，用图示法来说明．树用点来表示，植树的沿线用线来表示，这样就把植树问题转化为一条非封闭或封闭的线上的“点数”与相邻两点间的线的段数之间的关系问题．
【变式2-2】（2023·黑龙江大庆·统考一模）哈齐高铁于2015年开通，是我国目前最北端的高速铁路，开通8年时间，方便了千千万万大庆市民出行，也推动了龙江经济发展．从大庆西站到哈尔滨站中间有4个车站，共有 种票价．（注：拟设每两个城市之间的票价相同）
【答案】15
【分析】把中途4站看作线段AB上的4个点，数出线段的数量即可求解．
【详解】把中途4站看作线段AB上的4个点．
线段共有：5+4+3+2+1=15（条），
所以有15种不同的票价．
故答案为：15．
【点睛】本题考查了线段数量问题，将问题转化是解题的关键．
题型03 求直线相交点的个数
【例3】（2023·安徽蚌埠·校考二模）将一块等边三角形蛋糕切三次，最多能分成的块数为（ ）
A．3B．5C．7D．9
【答案】C
【分析】根据题意画出图形即可求解．
【详解】如图所示，将一块等边三角形蛋糕切三次，最多能分成的块数为7块
故选：C．
【点睛】本题考查了直线分平面问题，理解题意是解题的关键．
【变式3-1】（2022·四川达州·四川省渠县中学校考二模）在平面中，两条直线最多只有1个交点，三条直线最多有3个交点…若n条直线最多有325个交点，则n的值为（ ）
A．24B．25C．26D．27
【答案】C
【分析】从简单情形考虑：分别求出2条、3条、4条、5条直线相交时最多的交点个数，找出规律即可解答．
【详解】解：2条直线相交最多有1个交点；
3条直线相交最多有1+2个交点；
4条直线相交最多有1+2+3个交点；
5条直线相交最多有1+2+3+4个交点；
…
所以n条直线相交最多有1+2+3+4+5+…+（n-1）=12n（n-1）个交点；
∴12n(n−1) =325，
解得n=26（负值已舍去），
则n值为26．
故选：C．
【点睛】此题考查图形的变化规律，解答此题的关键是找出其中的规律，利用规律解决问题．
【变式3-2】（2023·湖北武汉·校考模拟预测）2条直线最多有S1个交点，3条直线最多有S2个交点，按照规律依此类推，2023条直线最多有S2022个交点，则1S1+1S2+1S3+⋯+1S2021+1S2022的值为（ ）
A．20231012B．40442023C．40452023D．20211011
【答案】B
【分析】先求出S1，S2，S3，由此发现规律，可得S2022=2022×20232，从而得到1S1+1S2+1S3+⋯+1S2021+1S2022=11+13+16+⋯+22022×2023==21−12+212−13+213−14+⋯+212022−12023，即可求解．
【详解】解：根据题意得：S1=2×2−12=1，
S2=3×3−12=3，
S3=4×4−12=6，
……，
由此发现，Sn=nn+12，
∴S2022=2022×20232，
∴1S1+1S2+1S3+⋯+1S2021+1S2022
=11+13+16+⋯+22022×2023
=21−12+212−13+213−14+⋯+212022−12023
=21−12+12−13+13−14+⋯+12022−12023
=21−12023
=40442023．
故选：B
【点睛】本题主要考查了直线的交点个数，数字类规律题，明确题意，准确得到规律是解题的关键．
题型04直线的性质
【例4】（2022·湖北十堰·统考中考真题）如图，工人砌墙时，先在两个墙脚的位置分别插一根木桩，再拉一条直的参照线，就能使砌的砖在一条直线上．这样做应用的数学知识是（ ）
A．两点之间，线段最短B．两点确定一条直线
C．垂线段最短D．三角形两边之和大于第三边
【答案】B
【分析】由直线公理可直接得出答案．
【详解】解：建筑工人砌墙时，经常在两个墙脚的位置分别插一根木桩，然后拉一条直的参照线，这种做法用几何知识解释应是：两点确定一条直线．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了直线的性质，要想确定一条直线，至少要知道两点．
【变式4-1】（2021·河北·统考中考真题）如图，已知四条线段a，b，c，d中的一条与挡板另一侧的线段m在同一直线上，请借助直尺判断该线段是（ ）
A．aB．b
C．cD．d
【答案】A
【分析】根据直线的特征，经过两点有一直线并且只有一条直线即可判断．
【详解】解:设线段m与挡板的交点为A，a、b、c、d与挡板的交点分别为B，C，D，E，
连结AB、AC、AD、AE，
根据直线的特征经过两点有且只有一条直线，
利用直尺可确定线段a与m在同一直线上，
故选择A．
【点睛】本题考查直线的特征，掌握直线的特征是解题关键．
题型05 线段的性质
【例5】（2023·吉林松原·统考二模）如图，A,B两地间修建弯河道与修建直的河道桥相比，增加了河道桥的长度，其中蕴含的数学道理是（ ）

A．两点之间，线段最短B．平行于同一条直线的两条直线平行
C．垂线段最短D．两点确定一条直线
【答案】A
【分析】把A，B两地看作两个点，再利用线段公理作答即可．
【详解】解：A，B两地间修建弯河道与修建直的河道桥相比，增加了河道桥的长度，其中蕴含的数学道理是：两点之间，线段最短．
故选：A．
【点睛】本题是线段公理的实际应用，正确理解题意、熟知两点之间，线段最短是解题关键．
【变式5-1】（2023·吉林松原·校联考三模）如图，利用隧道，把弯曲的公路改直，就能缩短两地的路程，这其中蕴含的数学道理是 ．

【答案】两点之间，线段最短
【分析】根据线段的性质：两点之间线段最短，解答即可．
【详解】解：由线段的性质可知：
两点的所有连线中，可以有无数种连法，如折线、曲线、线段，这些所有的线中，线段最短，
故答案为：两点之间，线段最短．
【点睛】本题主要考查了线段的性质，即两点之间线段最短．
题型06 与线段中点有关的计算
【例6】（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）如图，某同学用直尺画数轴．数轴上点A、B分别在直尺的1cm，9cm处，若点A对应−4，直尺的0刻度位置对应−6，则线段AB中点对应的数为（ ）

A．4B．5C．8D．12
【答案】A
【分析】根据题意得出1cm代表数轴上两个单位长度，求出线段AB中点对应直尺5cm处，再求线段AB中点对应的数即可．
【详解】解：∵点A、B分别在直尺的1cm，9cm处，点A对应−4，直尺的0刻度位置对应−6，
∴1cm代表数轴上两个单位长度，
∴线段AB中点对应直尺1+92=5cm处，
∴线段AB中点对应的数为：−4+2×4=4，
故选：A．
【点睛】题目主要考查数轴上两点之间的距离，理解题意是解题关键．
【变式6-1】（2023·河北沧州·校考二模）如图，不完整的数轴上有A，B两点，原点在A、B之间，沿原点将负半轴折叠到正半轴上，点A落在点B左侧4个单位长度处，则线段AB的中点表示的数为（ ）

A．2B．−2C．4D．−4
【答案】A
【分析】先根据题意画出图形，求出OC的长即可得出线段AB的中点表示的数．
【详解】如图，点A落在点A'处，点C是线段AB的中点，A'B=4，

设点A表示的数为a，则OA=OA'=−a，
∴AB=−2a+4．
∴AC=12AB=−a+2．
∴OC=AC−OA=−a+2−−a=2．
即线段AB的中点表示的数为2．
故选A．
【点睛】本题主要考查了数轴、折叠以及线段的中点问题，准确画出示意图，求出线段中点到原点的距离是解题的关键．
【变式6-2】（2023·河北衡水·校联考模拟预测）已知点A、B、O、C在数轴上的位置如图所示，O为AC的中点，若AB=2，点B所对应的数为m，则点C所对应的数是( )
A．−2−mB．−−m−2C．−m+2D．−m−2
【答案】D
【分析】先求出点A坐标，再求出点C坐标．
【详解】AB=2,B为m
则A点坐标为：m−2
B点与A点互为相反数，所以B点坐标为：−m−2
故选：D
【点睛】本题考查数轴上的点的位置和坐标，找到不同点之间是数量关系是本题关键．
【变式6-3】（2023·宁夏·统考中考真题）如图，点A，B，C在数轴上，点A表示的数是−1，点B是AC的中点，线段AB=2，则点C表示的数是 ．

【答案】22−1
【分析】根据两点间的距离公式和中点平分线段进行计算即可．
【详解】解：∵点B是AC的中点，线段AB=2，
∴AC=22，
∴点C表示的数是：22−1；
故答案为：22−1．
【点睛】本题考查数轴上两点间的距离，以及线段的中点．熟练掌握线段中点的定义，以及数轴上两点间的距离公式，是解题的关键．
【变式6-4】（2023·河北沧州·模拟预测）A、B、C、D四个车站的位置如图所示．

(1)A、C两站的距离；
(2)C、D两站的距离；
(3)若a=6，C为AD的中点，求b的值．
【答案】(1)3a
(2)a+3b
(3)4
【分析】（1）根据题意列出关系式，合并即可得到结果；
（2）根据题意列出关系式，去括号合并即可得到结果；
（3）根据中点的定义列出方程计算即可求解．
【详解】（1）∵AC=AB+BC=a+b+2a−b=3a
∴A、C两站的距离为：3a；
（2）∵CD=BD−BC=3a+2b−2a−b=3a+2b−2a+b=a+3b,
∴C、D两站的距离为：a+3b；
（3）∵C为AD的中点，
∴AC=DC,
∴3a=a+3b,
当a=6时，3×6=6+3b，
解得b=4．
【点睛】此题考查了整式的加减，熟练掌握运算法则是解本题的关键
考点三 角的相关概念
角的定义（静态）：由公共端点的两条射线所组成的图形叫做角.
角的定义（动态）：由一条射线绕着它的端点旋转一定角度而形成的图形.
角的分类：
角的表示方法：
角度制：以度、分、秒为单位的角的度量制.
度、分、秒的运算方法：1°=60′；1′=60″；1°=3600″；1″=（160）′；1″=（13600）°
1周角=2平角=4直角=360°.
角的大小的比较：1）叠合法：使两个角的顶点及一边重合，比较另一边的位置；
2）度量法：分别用量角器测量两个角的大小，再进行比较.
角的平分线的概念：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.
【性质】①若OC是∠AOB的平分线，则∠AOC=∠BOC =12∠AOB，∠AOB=2∠AOC =2∠BOC．
②角平分线上的点到角两边的距离相等．
余角的概念：如果两个角的和等于直角，就说这两个角互为余角，即其中一个是另一个的余角.
补角的概念：如果两个角的和等于平角，就说这两个角互为补角，即其中一个是另一个的补角.
【性质】同角（或等角）的余角相等，同角（或等角）的补角相等.
1. 因为射线是向一方无限延伸的，所以角的两边无所谓长短，即角的大小与边的长短无关.
2. 角的大小可以度量，可以比较.
3. 在进行度、分、秒运算时，由低级单位向高级单位转化或由高级单位向低级单位转化要逐步进行.
4. 一条射线要成为一个角的平分线必须同时满足两个条件：
1）射线必须在角的内部. 2）它把这个角分成两个相等的角.
5. 钝角没有余角.
6. 互为余角、补角是两个角之间的关系,
7. 两个角互为余角、互为补角只与角的度数有关，与角的位置无关. 只要它们的度数之和等于90°或180°，就一定互为余角或补角.
题型01 度、分、秒的换算
【例1】（2023·广西贺州·统考一模）比较大小：40.15° 40°15'（用>、=、<填空）．
【答案】<
【分析】把两个度数统一即可判断．
【详解】解：40.15°=40°+0.15°=40°+0.15×60'=40°9'，
40°9'<40°15'，
故答案为：<．
【点睛】本题考查了角的度数的表示，正确记忆度、分、秒是60进制是解题关键．
【变式1-1】（2022·浙江·二模）把下面的角度化成度的形式：118°20'42''＝ ．
【答案】118.345°
【分析】先将整数后面的小数部分变成最小单位秒，然后再化为度，最后与整数部分相加即可．
【详解】解：20'42''=20×60''+42''=1242''，
1242''÷3600=0.345°，
∴118°20'42''=118.345°，
故答案为：118.345°．
【点睛】题目主要考查角度间的换算，熟练掌握运用换算进率是解题关键．
【变式1-2】（2020·浙江杭州·模拟预测）计算：80°−45°17'=_________．48°39'+67°31'=_________．
【答案】34°43'，116°10'
【分析】①两个度数相减，被减数可借1°转化为60′，再计算；
②1度＝60分，即1°＝60′，依据度分秒的换算即可得到结果．
【详解】①80°−45°17'=79°60'−45°17'=34°43'；
②48°39'+67°31'=115°70'=116°10'；
故填：34°43'，116°10'．
【点睛】本题主要考查了度分秒的换算，在进行度、分、秒的运算时也应注意借位和进位的方法．
题型02 钟面角的计算
【例2】（2020·浙江杭州·模拟预测）在3：30、6：40、9：00、12：20中，时针和分针所成的角度最大的是（ ）
A．3：30B．6：40C．9：00D．12：20
【答案】D
【分析】根据时针的旋转角减去分针的旋转角，可得答案．
【详解】解：
A、3：30时时针与分针的夹角是90°−12×30°=75°，
B、6：40时时针与分针的夹角是30°×2−30°×4060=40°，
C、9：00时时针与分针的夹角是90°，
D、12：20时时针与分针的夹角是30°×4−30°×2060=110°，
所以时针和分针所成的角度最大的是12：20，
故选：D．
【点睛】本题考查了钟面角，利用了时针与分针的夹角是时针的旋转角减去分针的旋转角．
【变式2-1】（2020·河北·统考模拟预测）下列选项中，表示点P在点O的2点钟方向的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据点P在点O的2点钟，而2点与12点相隔2格，每格30°即可求解；
【详解】∵点P在点O的2点钟方向，，而2点与12点相隔2格，每格30°，
∴表示点P在点O的2点钟方向的图形为：

故答案选D．
【点睛】本题主要考查了钟面上时针和分针的角度问题，根据每格的度数是30°计算是解题的关键．
【变式2-2】（2022·广东珠海·珠海容闳学校校考一模）如图，圆形挂钟分针针尖到圆心的距离10cm，经20分钟，分针针尖转过的弧长是（ ）
A．256πcmB．203πcmC．356πcmD．353πcm
【答案】B
【分析】根据弧长公式可求得．弧长公式为l=nπr180．
【详解】解：l=nπr180=20×6×π×10180=203π（cm）．
故选：B．
【点睛】主要考查了圆周的弧长公式和钟表上分针所走过的角度与时间之间的关系．弧长公式为l=nπr180，需要注意的是求弧长需要知道圆心角的度数和半径；分针1分钟走过的角度为6°．
题型03 方向角的表示
【例3】（2022·河北石家庄·校考模拟预测）甲、乙两艘轮船同时离开同一港口，各自沿一固定方向航行，航行的速度均为12海里/小时，甲船用1.5小时到达点A处，乙船用2小时到达点B处，且A，B两点相距30海里．若甲船沿着北偏东30°的方向航行，在下列方向中，乙船的航行方向可以是（ ）
A．南偏东60°B．南偏西60°C．南偏西30°D．北偏西30°
【答案】A
【分析】依照题意画出图形，根据路程＝速度×时间可求出OA、OB，根据OA、OB、AB的长度，利用勾股定理的逆定理即可得出∠AOB＝90°，结合∠NOA的度数即可求出∠SOB的度数，此题得解．
【详解】解：如图，设港口为O，OA=12×1.5=18km，OB=12×2=24km，AB=30km，
∵182+242=302，
∴OA2+OB2=AB2，
∴△AOB为直角三角形，且∠AOB=90°，
∵∠NOA=30°，
∴∠SOB=60°，
∴乙客轮的航行方向为南偏东60°，

故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理以及方向角，根据OA、OB、AB的长度，利用勾股定理的逆定理找出∠AOB=90°是解题的关键．
【变式3-1】（2023·河北石家庄·石家庄市第四十二中学校考模拟预测）如图，有A，B，C三个地点，且AB⊥BC，从A地测得B地的方位角是北偏东43°，那么从C地测B地的方位角是（ ）

A．北偏西47°B．南偏西43°C．北偏东43°D．南偏东47°
【答案】D
【分析】如图，建立方位图，根据平行线的性质可得∠CDB=∠EAB=43°，再根据直角三角形的两个锐角互余即可求出∠BCD，即为从C地测B地的方位角.
【详解】解：如图，由题意可得AE∥CD，∠EAB=43°，
∴∠CDB=∠EAB=43°，
∵AB⊥BC，
∴∠BCD=90°−43°=47°，
即从C地测B地的方位角是南偏东47°；
故选：D.

【点睛】本题考查了方位角、平行线的性质和直角三角形的性质，属于基础题目，正确理解题意、求出∠BCD的度数是解题的关键.
【变式3-2】（2023·河北·模拟预测）如图，已知点B在点A的北偏东30°的方向上，∠CBA=60°，则点C在点B的（ ）

A．南偏东30°B．西偏东30°C．东骗西30°D．北偏西30°
【答案】A
【分析】如图，过点B作BE∥AD，由平行线的性质得到∠ABE=∠BAD=30°，由∠CBA=60°得到∠CBE=∠CBA−∠ABE=30°，即可得到答案．
【详解】解：如图，过点B作BE∥AD，

∵∠BAD=30°，
∴∠ABE=∠BAD=30°，
∵∠CBA=60°，
∴∠CBE=∠CBA−∠ABE=30°，
∴点C在点B的南偏东30°，
故选：A
【点睛】此题考查了方向角的相关计算和平行线的性质等知识，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
题型04 角平分线的相关计算
【例4】（2023·河南周口·校联考三模）如图，直线AB，CD相交于点O，EO⊥OF，已知∠BOF=20°，OC平分∠AOE，则∠BOD=（ ）

A．20°B．25°C．30°D．35°
【答案】D
【分析】先求出∠EOA的度数，根据角平分线的定义得到∠AOC的度数，由此利用对顶角相等得到答案．
【详解】∵EO⊥OF
∴∠EOF=90°，
∵∠BOF=20°
∴∠EOA=180°−90°−20°=70°，
又∵OC平分∠AOE，
∴∠AOC=12×70∘=35∘，∴∠BOD=∠AOC=35∘
故选：D．
【点睛】此题考查了角平分线的定义，对顶角相等，正确掌握角平分线的定义求角度是解的关键．
【变式4-1】（2023·河南周口·统考二模）如图，直线AB和CD交于点O，OE平分∠AOD，若∠1+∠2=80°，则∠AOE的度数为（ ）
A．60°B．70°C．75°D．80°
【答案】B
【分析】根据对顶角、邻补角的定义以及角平分线的定义进行计算即可．
【详解】解：∵∠1=∠2，∠1+∠2=80°，
∴∠1=∠2=40°，
∴∠AOD=180°−40°=140°，
又∵OE平分∠AOD，
∴∠DOE=∠AOE=12∠AOD=70°，
故选：B．
【点睛】本题考查对顶角、邻补角，理解对顶角、邻补角的定义，掌握角平分线的定义是正确解答的前提．
【变式4-2】（2023·陕西西安·西安市曲江第一中学校考模拟预测）如图：OC是∠AOB的角平分线，l∥OA，若∠1=59°，则∠2的度数为（ ）

A．59°B．61°C．62°D．64°
【答案】C
【分析】先由l∥OA求出∠AOC，再由角平分线的定义求出∠AOB，然后根据两直线平行同旁内角互补即可求出∠2的度数．
【详解】∵l∥OA，
∴∠AOC=∠1=59°．
∵OC是∠AOB的角平分线，
∴∠AOB=2∠AOC=118°，
∵l∥OA，
∴∠2=180°−118°=62°．
故选C．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，熟练掌握平行线的性质是解答本题的关键．
【变式4-3】（2023·广西玉林·统考一模）如图，直线AB，CD相交于点O，射线OM平分∠AOC，ON⊥OM，若∠AOM=25°，则∠CON的度数为（ ）
A．35°B．45°C．55°D．65°
【答案】D
【分析】先利用角平分线的定义可得∠AOM=∠COM=35°，再根据垂直定义可得∠MON=90°，然后利用角的和差关系，进行计算即可解答．
【详解】解：∵射线OM平分∠AOC，
∴∠AOM=∠COM=25°，
∵ON⊥OM，
∴∠MON=90°，
∴∠CON=∠MON−∠COM=65°，
故选：D．
【点睛】本题考查了垂线，角平分线的定义，熟练掌握垂直定义是解题的关键．
题型05 求一个角的余角、补角
【例5】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）已知∠A和∠B互余，若∠A=52°，则∠B的度数为（ ）
A．52°B．48°C．38°D．28°
【答案】C
【分析】根据余角的性质直接解答．
【详解】∵∠A和∠B互余，∠A=52°，
∴∠B=90°−∠A=38°．
故选：C．
【点睛】此题考查了余角的性质，解题的关键是熟练掌握余角的性质．
【变式5-1】（2023·云南文山·统考一模）已知∠A=72°25'，则∠A的补角度数为（ ）
A．108°25'B．17°35'C．108°35'D．107°35'
【答案】D
【分析】利用补角的含义结合角度的减法运算法则进行计算即可．
【详解】解：∵∠A=72°25'，
∴∠A的补角为180°−72°25'=179°60'−72°25'=107°35'，
故选：D．
【点睛】本题考查的是补角的含义，角度的四则运算，掌握“补角的含义以及角的60进位制”是解本题的关键．
【变式5-2】（2023·山东济宁·统考二模）如图，直线l1∥l2，直线l3与l1，l2分别交于A，B两点，过点A作AC⊥l2，垂足为C，若∠1=52°15'，则∠2的度数是 ．
【答案】37°45'/37.75°
【分析】根据已知条件得出AC⊥l1，则∠1+∠2=90°，进而即可求解．
【详解】解：∵l1∥l2，AC⊥l2，
∴AC⊥l1，
∴∠1+∠2=90°
∵∠1=52°15'，
∴∠2=90°−52°15'=89°60'−52°15'=37°45',
故答案为：37°45'．
【点睛】本题考查了平行线的性质，求一个角的余角，角度的计算，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
题型06 与余角、补角有关的计算
【例6】．（2023·山东济南·统考一模）如图，AB∥CD，点E在AB上，EC平分∠AED，若∠2=50°，则∠1的度数为（ ）
A．45°B．50°C．65°D．80°
【答案】C
【分析】根据邻补角求出∠AED，利用角平分线求出∠AEC，再根据平行线的性质求出∠1的度数．
【详解】解：∵∠2=50°，
∴∠AED=180°−∠2=130°，
∵EC平分∠AED，
∴∠AEC=12∠AED=65°，
∵AB∥CD，
∴∠1=∠AEC=65°，
故选：C．
【点睛】此题考查了邻补角的定义，角平分线的定义，两直线平行内错角相等的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
【变式6-1】（2023·山西临汾·统考二模）如图所示的是一杆杆秤，杆秤是利用杠杆原理来称质量的简易衡器，由木制的带有秤星的秤杆、金属秤砣、秤钩、提绳等组成．在称物品时，提绳AB与秤砣绳CD互相平行，若∠α=92∘，则∠β的度数为（ ）
A．92°B．90°C．88°D．86°
【答案】C
【分析】根据平角的定义，平行线的性质求解．
【详解】∵∠α=92∘
∴∠BCD=180°−92°=88°
∵AB∥CD
∴∠β=∠BCD=88°
故选：C
【点睛】本题考查平角的定义，平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
【变式6-2】（2023·陕西汉中·统考一模）已知∠α和∠β是对顶角，且∠α和∠β互余，则∠β的度数为（ ）
A．45°B．30°C．90°D．120°
【答案】A
【分析】根据对顶角及余角的性质即可求解．
【详解】解：∵ ∠α和∠β是对顶角，∠α和∠β互余，
∴∠α=∠β，∠α+∠β=90°，
∴2∠β=90°，
∴∠β=45°，
故选：A．
【点睛】本题考查了对顶角的性质，余角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式6-3】（2022·辽宁大连·校联考模拟预测）如图，在一笔直的海岸线l上有A、B两个观测站，AB=2km，从A测得船C在北偏东45°的方向，从B测得船C在北偏东22.5°的方向．则∠ACB的度数 ．
【答案】22.5°
【分析】过点C作CD⊥AB，交AB延长线于点D，用余角定义计算出∠CAD和∠CBD的度数，然后用三角形外角性质求出∠CAB的度数．
【详解】如图，过点C作CD⊥AB，交AB延长线于点D，
∵从A测得船C在北偏东45°的方向，
∴∠CAD= 90°-45°=45°，
∵从B测得船C在北偏东22.5°的方向，
∴∠CBD=90°-22.5°=67.5°，
∴∠ACB=∠CBD-∠CAD=22.5°．
【点睛】本题考查了方位角，余角，三角形外角，熟练掌握方位角的定义，余角的定义及计算，三角形外角性质及计算，是解题的关键．
【变式6-4】（2020·浙江杭州·模拟预测）按要求完成如下两个小题．
（1）已知一个角的余角是这个角的补角的14，求出这个角．
（2）如图，已知直线AB和CD相交于O点，CO⊥OE，OF平分∠AOE，∠COF=26°，求∠BOD的度数．
【答案】（1）60°；（2）38°
【分析】（1）设这个角为x度，表示出这个角的余角是（90-x）度，补角是（180-x）度，然后列出方程求解即可；
（2）根据垂直的定义可得∠COE=90°，然后求出∠EOF，再根据角平分线的定义求出∠AOF，然后求出∠AOC，再根据对顶角相等解答即可．
【详解】解：（1）设这个角为x度，则这个角的余角是（90-x）度，补角是（180-x）度，
由题意得：90-x=14（180-x），
解得x=60，
所以这个角是60°；
（2）∵CO⊥OE，
∴∠COE=90°，
又∵∠COF=26°，
∠EOF=90°-26°=64°，
∵OF平分∠AOE，
∴∠AOF=∠EOF=64°，
∴∠AOC=64°-26°=38°，
∵∠AOC与∠BOD是对顶角，
∴∠BOD=38°．
【点睛】本题考查了余角和补角的定义，角平分线的定义，是基础题，（1）设出未知数列出方程是解题的关键，（2）准确识图，找出各角度之间的关系是解题的关键．
考点四 相交线
一、相交线
直线的位置关系：在同一平面内不重合的两条直线之间的位置关系只有两种：相交或平行.
垂线的概念：当两条相交直线所成的四个角中，有一个角是直角，就说这两条直线互相垂直，其中一条直线叫做另一条直线的垂线，交点叫做垂足.
垂线的性质：1）在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直.
2）两条直线互相垂直，则它们之间所形成的四个角为直角.
3）在同一平面内，如果一条直线垂直于两条平行线中的一条，那么这条直线垂直于另一条.
垂线段最短定理：连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，简称垂线段最短.
点到直线的距离：直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离.
二、相交线中的角
第一种 对顶角与邻补角
第二种 同位角、内错角与同旁内角
同位角：两条直线被第三条直线所截，在截线的同旁，在被截两条直线同侧，具有这样位置关系的一对角叫做内错角.（同旁同侧）如：∠1和∠5.
内错角：两条直线被第三条直线所截，两个角分别在截线的两侧，且夹在两条被截直线之间，具有这样位置关系的一对角叫做内错角.（内部异侧）如：∠3和∠5.
同旁内角：两条直线被第三条直线所截，在截线的同旁，在被截两条直线内部，具有这样位置关系的一对叫同旁内角.（同旁内侧）如：∠3和∠6.
【速记同位角、内错角与同旁内角】
三线八角的概念：指的是两条直线被第三条直线所截而形成的八个角，其中同位角4对，内错角有2对，同旁内角有2对. 正确认识这八个角要抓住:同位角位置相同即“同旁和同侧”;内错角要抓住“内部和异侧”;同旁内角要抓住“同旁和内部”.
1. 线段与线段、线段与射线、线段与直线、射线与射线或射线与直线垂直，是指它们所在的直线互相垂直.
2. 垂线是一条直线，而垂线段是一条线段.
3. 对顶角是成对出现的，对顶角是具有特殊位置关系的两个角.
4. 如果∠α与∠β是对顶角，那么一定有∠α=∠β；反之如果∠α=∠β，那么∠α与∠β不一定是对顶角.
5. 如果∠α与∠β互为邻补角，则一定有∠α+∠β=180°；反之如果∠α+∠β=180°，则∠α与∠β不一定是邻补角.
6. 两直线相交形成的四个角中，每一个角的邻补角有两个，而对顶角只有一个.
7. 两条直线相交所成的四个角中，有2对对顶角，有4对邻补角.
8. 同位角、内错角、同旁内角是指具有特殊位置关系的两个角，是成对出现的，对它们的识别要结合图形.
题型01 点到直线的距离
【例1】（2023·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在三角形ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D，则下列说法不正确的是（ ）

A．线段AC的长是点A到BC的距离B．线段AD的长是点C到AB的距离
C．线段BC的长是点B到AC的距离D．线段BD的长是点B到CD的距离
【答案】B
【分析】根据点到直线的距离：直线外一点到直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离判断即可得到答案．
【详解】解：A、线段AC的长是点A到BC的距离，正确，不合题意；
B、线段AD的长是点A到CD的距离，错误，符合题意；
C、线段BC的长是点B到AC的距离，正确，不合题意；
D、线段BD的长是点B到CD的距离，正确，不合题意；
故选：B．
【点睛】此题考查的是点到直线的距离，掌握其概念是解决此题的关键．
【变式1-1】（2023·浙江杭州·校联考三模）如图，点P是直线l外一点，A，O，B，C在直线l上，且PO⊥l，其中PA=3.5，则点P到直线l的距离可能是（ ）

A．3.2B．3.5C．4D．4.5
【答案】A
【分析】根据垂线段最短解决此题．
【详解】解：根据垂线段最短，PO∵3.2<3.5<4<4.5，
∴A符合要求．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了点到直线的距离，熟知“垂线段最短”是解答此题的关键．
【变式1-2】（2023·浙江杭州·统考二模）点A为直线BC外一点，AC⊥BC于点C，AC=6．点P是直线BC上的动点，则线段AP长可能是（ ）
A．1B．3C．5D．7
【答案】D
【分析】利用垂线段最短得到AP≥AC，然后对各选项进行判断．
【详解】解：如图，

∵AC⊥BC，
∴AP≥AC，而AC=6
即AP≥6．
故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查点到直线距离，垂线段最短，利用垂线段最短得到AP≥AC是解题的关键．
【变式1-3】（2023·广东广州·统考一模）AD是Rt△ABC的角平分线，若AB=4，BD=3，则点D到AC距离为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】如图所示，过点D作DE⊥AC于E，根据角平分线的性质得到DE=DB=3即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点D作DE⊥AC于E，
∵AD是Rt△ABC的角平分线，DB⊥AB，DE⊥AC，
∴DE=DB=3，
∴点D到AC距离为3，
故选A．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，点到直线的距离，熟知角平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
题型02 利用对顶角、邻补角的性质求解
【例2】（2023·河南周口·统考一模）如图，直线AB、CD相交于点O，EO⊥AB于点O．若∠COE=35°，则∠AOD的度数为（ ）
A．105°B．115°C．125°D．135°
【答案】C
【分析】根据垂线的定义可得∠BOE=90°，根据∠BOC=∠BOE+∠COE，根据对顶角的定义∠AOD=∠BOC，即可得出答案．
【详解】解：∵EO⊥AB，
∴∠BOE=90°，
∴∠BOC=∠BOE+∠COE=90°+35°=125°，
∴∠AOD=∠BOC=125°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了垂线及对顶角的性质，熟练掌握垂线的意义及对顶角的性质进行求解是解决本题的关键．
【变式2-1】（2023·云南楚雄·统考二模）如图，直线AB，CD交于点O，射线OM平分∠AOC，若∠BOD=48°，则∠BOM等于 （ ）

A．96°B．132°C．146°D．156°
【答案】D
【分析】根据对顶角相等可得∠BOD=∠AOC=48°，再根据角平分线的定义可得∠AOM=12∠AOC=24°，即可求得答案．
【详解】解；∵∠BOD=∠AOC=48°，
又∵OM平分∠AOC，
∴∠AOM=12∠AOC=24°，
∴∠BOM=180°−24°=156°，
故选：D．
【点睛】本题考查对顶角、角平分线的定义，熟练掌握对顶角的性质和角平分线的定义是解题的关键．
【变式2-2】（2023·河南周口·淮阳第一高级中学校考模拟预测）如图，直线AB,CD相交于点O,EO⊥CD，若∠AOE=45∠BOC，则∠BOD=（ ）

A．20°B．25°C．30°D．35°
【答案】C
【分析】根据对顶角相等，垂直的定义，结合已知条件得出∠BOD+90°=45180°−∠BOD，解方程，即可求解．
【详解】解：∵∠BOD=∠AOC，
∴∠AOE=∠AOC+90°=∠BOD+90°
∵∠AOE=45∠BOC，∠BOC=180°−∠AOC=180°−∠BOD
∴∠BOD+90°=45180°−∠BOD
解得：∠BOD=30°，
故选：C．
【点睛】本题考查了对顶角相等，垂直的定义，一元一次方程的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式2-3】（2023·江苏扬州·校考二模）如图，平面上直线a、b分别经过线段AB的两个端点（数据如图），则直线a、b相交所成的钝角为（ ）

A．70∘B．110∘C．140∘D．160∘
【答案】C
【分析】设a,b交于点C，根据三角形的外角的性质得出∠C=40°，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，设a,b交于点C，

∴∠ACB=110°−70°=40°，
∴直线a、b相交所成的钝角为180°−40°=140°，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外角的性质，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
题型03 判断同位角、内错角、同旁内角
【例3】（2023·河北唐山·统考二模）下列图中，∠1和∠2不是同位角的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据同位角的定义(在截线的同侧，并且在被截线的同一方的两个角是同位角)进行判断．
【详解】A选项：∠1与∠2有一边在同一条直线上，另一条边在被截线的同一方，是同位角，
B选项：∠1与∠2的两条边都不在同一条直线上，不是同位角，
C选项： ∠1与∠2有一条边在同一条直线上，另一条边在被截线的同一方，是同位角，
D选项：∠1与∠2有一边在同一条直线上，另一条边在被截线的同一方，是同位角．
故选：B．
【点睛】本题考查了同位角的定义，判断是否是同位角，必须符合三线八角中，在截线的同侧，并且在被截线的同一方的两个角是同位角．
【变式3-1】（2023·浙江丽水·校考一模）如图，直线a，b被c所截，则∠1与∠2是（ ）

A．同位角B．内错角C．同旁内角D．邻补角
【答案】B
【分析】由内错角的定义（两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的之间，并且在第三条直线（截线）的两旁，则这样一对角叫做内错角）进行解答．
【详解】解：如图所示，

两条直线a、b被直线c所截形成的角中，∠1与∠2都在a、b直线的之间，并且在直线c的两旁，所以∠1与∠2是内错角．
故选：B．
【点睛】本题考查了同位角，内错角以及同旁内角．解答此类题确定三线八角是关键，可直接从截线入手．对平面几何中概念的理解，一定要紧扣概念中的关键词语，要做到对它们正确理解，对不同的几何语言的表达要注意理解它们所包含的意义．
考点五 平行线
平行线的定义：在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线，平行用符号“∥”表示.
平行公理（唯一性）：经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行.
平行公理的推论（传递性）：如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行.
平行线的性质：
性质1：两直线平行，同位角相等；
性质2：两直线平行，内错角相等；
性质3：两直线平行，同旁内角互补..
平行线的判定
判定方法1 ：两条直线被第三条直线所截，如果同位角相等，那么这两条直线平行.
简称：同位角相等，两直线平行.
判定方法2 ：两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等，那么这两条直线平行.
简称：内错角相等，两直线平行.
判定方法3： 两条直线被第三条直线所截，如果同旁内角互补，那么这两条直线平行.
简称：同旁内角互补，两直线平行.
判定方法4：垂直于同一直线的两直线互相平行．
判断同一平面内两直线的位置关系时，可以根据它们的公共点的个数来确定：
①有且只有一个公共点，两直线相交；
②无公共点，则两直线平行；
③两个或两个以上公共点，则两直线重合.
平行线之间的距离概念：两条平行线中，一条直线上任意一点到另一条直线的距离叫做这两条平行线之间的距离.
性质：1）夹在两条平行线间的平行线段处处相等；
2）平行线间的距离处处相等.
1. 平行线必在同一平面内，分别在两个平面内的两条直线，即使不相交，也可以不平行，因此“在同一平面内”是平行线存在的前提条件.
2. 平行线指的是“两条直线”而不是两条射线或线段，今后遇到线段、射线平行时，特指线段、射线所在的直线平行.
3. 在两直线平行的前提下才存在同位角相等、内错角相等、同旁内角互补的结论. 这是平行线特有的性质不要一提同位角或内错角就认为它们相等，一提同旁内角就认为互补，若没有两直线平行的条件，这些是不成立的.
题型01 平行公理的应用
【例1】（2023·河北唐山·统考模拟预测）经过直线a外一点P的5条不同的直线中，与直线a相交的直线至少有（ ）
A．2条B．3条C．4条D．5条
【答案】C
【分析】根据经过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行进行判断即可．
【详解】解：∵经过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行，
∴有和直线a平行的，只能是一条，
∴与直线a相交的直线至少有4条，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了经过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行，熟练掌握平行的公理，是解题的关键．
【变式1-1】（2022·河北廊坊·统考一模）图，在同一平面内过点M且平行于直线a的直线有（ ）
A．0条B．1条C．2条D．无数条
【答案】B
【分析】根据过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行判断即可．
【详解】过点M且平行于直线a的直线只有1条．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行线的知识，掌握平行公理是解题的关键．
【变式1-2】（2021·河北承德·统考二模）如图，在平面内经过一点作已知直线m的平行线，可作平行线的条数有（ ）
A．0条B．1条C．0条或1条D．无数条
【答案】C
【分析】根据平行公理的定义：过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行，可直接得结论．
【详解】解：在同一平面内，当这个点在直线上时，此时可作0条与已知直线平行的线，，
当这个点在直线外时，可以作一条直线于已知直线m的平行．
故选C．
【点睛】本题考查了平行线的定义．掌握平行线的定义是解决本题的关键．
题型02 利用平行线的判定进行证明
【例2】（2023·湖北武汉·校考模拟预测）已知：如图，AE⊥BC于点M，FG⊥BC于点N，∠1=∠2．

(1)求证：AB∥CD；
(2)若CD=CB，∠D=75°，求∠ABC的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)∠ABC=30°
【分析】（1）根据AE⊥BC于点M，GF⊥BC于点N可知AE//GF，故∠A=∠1，再由∠1=∠2可得出∠A=∠2，据此可得出结论．
（2）根据等腰三角形的性质求出∠C的度数，再根据平行线的性质即可求解．
【详解】（1）∵AE⊥BC于点M，GF⊥BC于点N，
∴AE//GF，
∴∠A=∠1，
∵∠1=∠2，
∴∠A=∠2，
∴AB∥CD．
（2）∵CD=CB，∠D=75°，
∴∠CBD=∠75°，
∴∠C=30°，
∵AB//CD，
∴∠ABC=30°．
【点睛】本题考查平行线的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是准确找出同位角，内错角，由此进行角度之间的代换．
【变式2-1】（2022·江西九江·校考二模）（1）计算：−20220+94−−32+−2−1；
（2）如图，已知CB平分∠ACD，且AB=AC，求证：AB∥CD．

【答案】（1）12；（2）见解析
【分析】（1）先分别计算零指数幂、算术平方根，绝对值，负整数指数幂，然后进行加减运算即可；
（2）由CB平分∠ACD，可得∠ACB=∠BCD，由AB=AC，可得∠ACB=∠ABC，则∠BCD=∠ABC，AB∥CD．
【详解】（1）解：−20220+94−−32+−2−1
=1+32−32+−12
=12；
（2）证明：∵CB平分∠ACD，
∴∠ACB=∠BCD，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC，
∴∠BCD=∠ABC，
∴AB∥CD．
【点睛】本题考查了零指数幂、算术平方根，绝对值，负整数指数幂，角平分线，等边对等角，平行线的判定．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式2-2】（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=∠BCD,

(1)求证：AB∥DC；
(2)点E在线段BC的延长线上，点F在线段AD上，EF交CD于点M，∠B=70°，∠DFE=50°，直接写出∠DME的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠DME=120°
【分析】（1）利用平行线性质及已知条件易得∠A+∠D=180°，然后根据同旁内角互补，两直线平行即可证得结论；
（2）利用平行线性质及已知条件易得∠A=∠BCD=110°，∠AFM=130°，然后利用多边形内角和公式求得五边形ABCMF的内角和，从而求得∠CMF的度数，根据对顶角相等即可求得答案．
【详解】（1）∵AD∥BC，
∴∠BCD+∠D=180°，
∵∠A=∠BCD，
∴∠A+∠D=180°，
∴AB∥DC；
（2）∵AD∥BC，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠B=70°，
∴∠BCD=∠A=110°，
∵∠DFE=50°，
∴∠AFM=180°−∠DFE=180°−50°=130°，
∵∠A+∠B+∠BCD+∠AFM+∠CMF=5−2×180°=540°，
∴∠CMF=540°−180°−110°−130°=120°，
∴∠DME=∠CMF=120°．
【点睛】本题主要考查多边形内角和及平行线的性质与判定，它们均为几何图形中重要知识点，必须熟练掌握．
【变式2-3】（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，已知∠A+∠ADC=180°，∠B=∠D，求证：∠E=∠DFE．
【答案】答案见解析
【分析】先根据∠A+∠ADC=180°，同旁内角互补，两直线平行即可得到AB∥CD，再根据已知条件∠B=∠D，等量代换为∠A+∠B=180°，根据同旁内角互补，两直线平行即可得到AD∥BE，再根据两直线平行内错角相等得到∠E=∠DFE．
【详解】证明：∵∠A+∠ADC=180°，
∴AB∥CD，
∵∠B=∠D，∠D=∠ADC，
∴∠A+∠B=180°，
∴AD∥BE，
∴∠E=∠DFE．
【点睛】本题主要考查了学生对平行线的性质和判定方法的综合运用：两直线平行，内错角相等；同旁内角互补，两直线平行等，注意书写格式规范化．
【变式2-4】（2023下·广东梅州期中）探索与发现：
(1)若直线a1⊥a2，a2∥a3，则直线a1与a3的位置关系是 ，请说明理由．
(2)若直线a1⊥a2，a2∥a3，a3⊥a4，则直线a1与a4的位置关系是 （直接填结论，不需要说明理由）
(3)现在有2014条直线a1，a2，a3，⋯，a2014，且有a1⊥a2，a2∥a3，a3⊥a4，a4∥a5…，请你探索直线a1与a2014的位置关系．
【答案】(1)a1⊥a3，见解析
(2)a1∥a4
(3)a1⊥a2014
【分析】本题主要考查直线之间的位置关系和规律探索，利用平行的判定和垂直的定义做判断，
（1）根据两直线平行，同位角相等，结合垂直的定义判定为直角；
（2）根据（1）的结论，再结合垂直的定义即可判断出其为平行线；
（3）根据前两问方法判断出直线与a1的关系，发现以四次为一周期进行循环，利用余数即可判断出与a1的关系；
【详解】（1）解：如图1，

∵a1⊥a2，
∴∠1=90°，
∵a2∥a3，
∴∠2=∠1=90°，
∴a1⊥a3；
故答案为：a1⊥a3；
（2）如图2，

同（1）得a1⊥a3，
∵a3⊥a4，
∴a1∥a4；
故答案为：a1∥a4；
（3）∵a1⊥a2，a1⊥a3，a1∥a4，a1∥a5…，
∴以四次为一个循环，分别为：⊥，⊥，∥，∥，
则规律：下标除以4余数为2或3垂直，下标除以4余数为0或1平行，
∵2014÷4的余数为2，
∴a1⊥a2014．
【变式2-5】如图，AB⊥MN，CD⊥MN，垂足分别是B，D，∠FDC=∠EBA．
(1)判断CD与AB的位置关系；（不需要证明）
(2)求证：DF∥BE．
【答案】(1)CD∥AB
(2)见解析
【分析】（1）根据垂直于同一直线的两条直线互相平行，即可得出结论；
（2）根据∠FDC=∠EBA可得∠CDM−∠FDC=∠ABM−∠EBA，则∠FDM=∠EBM，即可求证．
【详解】（1）解：∵AB⊥MN，CD⊥MN，
∴CD∥AB．
（2）证明：∵∠FDC=∠EBA，∠CDM=∠ABM=90∘，
∴∠CDM−∠FDC=∠ABM−∠EBA（等式的性质），
即 ∠FDM=∠EBM，
∴ DF∥BE（同位角相等，两直线平行）．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定，解题的关键是掌握垂直于同一直线的两条直线互相平行，同位角相等，两直线平行．
题型03 求平行线之间的距离
【例3】（2022·河北石家庄·统考三模）如图是两条平行线，则表示这两条平行线间距离的线段有（ ）
A．0条B．1条C．2条D．无数条
【答案】D
【分析】根据平行线间的距离定义，即可得出答案．
【详解】解：∵平行线是向两边无限延伸的直线，
∵两条平行线中,一条直线上的点到另一条直线的垂线段的长度叫两条平行线间的距离，
∴表示这两条平行线间距离的线段有无数条．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线间距离的定义，正确理解该定义是解题的关键．
【变式3-1】（2023·浙江嘉兴·统考二模）2023年是农历兔年，小曹同学用边长为2的正方形纸片制作了一副七巧板，再用这副七巧板拼成一只兔子（如图所示），已知AB∥CD，则AB与CD之间的距离为 ．

【答案】522
【分析】根据题意，分别求得①②号三角形的直角边长，根据⑥号平行四边形CD边上的高为④号正方形的边长，即①号直角三角形边长的一半，结合图形即可求解．
【详解】解：∵正方形的边长为2，则①②号三角形的直角边长为22×2=2
⑥号平行四边形CD边上的高为④号正方形的边长，即①号直角三角形边长的一半，
∴12×2=22，
∴AB,CD之间的距离为2+2+22=522，
故答案为：522．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板，熟练掌握七巧板的构成是解题的关键．
题型04 平行线判定的实际应用
【例4】（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，已知∠1=90°，为保证两条铁轨平行，添加的下列条件中，正确的是（ ）
A．∠2=90°B．∠3=90°C．∠4=90°D．∠5=90°
【答案】C
【分析】根据平行线的判定方法进行判断即可．
【详解】解：A.∠1与∠2是邻补角，无法判断两条铁轨平行，故此选项不符合题意；
B. ∠1与∠3与两条铁轨平行没有关系，故此选项不符合题意；
C. ∠1与∠4是同位角，且∠1=∠4=90°，故两条铁轨平行，所以该选项正确；
D. ∠1与∠5与两条铁轨平行没有关系，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定，熟练掌握平行线的判定是解答本题的关键．
【变式4-1】（2023·吉林·统考一模）斑马线的作用是为了引导行人安全地通过马路．某数学兴趣小组为了验证斑马线是由若干条平行线组成的，在保证安全的前提下，按照如图方式分别测出∠1=∠2=85°，这种验证方法的数学依据是（ ）
A．两直线平行，同位角相等B．同位角相等，两直线平行
C．内错角相等，两直线平行D．同旁内角互补，两直线平行
【答案】B
【分析】由图可得∠1和∠2是一对同位角，根据平行线的判定方法即可求解．
【详解】解：∵ ∠1=∠2=85°，
∴斑马线互相平行．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线的判定方法，掌握判定方法是解题的关键．
【变式4-2】（2023·浙江丽水·统考一模）如图是一款教室护眼灯AB，用两根电线AC，BD吊在天花板EF上，已知∠ACD=90°，为保证护眼灯AB与天花板EF平行，添加下列条件中，正确的是（ ）
A．∠BDC=90°B．∠BDF=90°C．∠BAC=90°D．∠ACE=90°
【答案】C
【分析】根据平行线的判定逐项分析即可得到结论．
【详解】解：A、由∠BDC=90°，不能判定AB∥EF，故该选项不符合题意；
B、由∠BDF=90°，不能判定AB∥EF，故该选项不符合题意；
C、由∠BAC=90°，能判定AB∥EF，故该选项符合题意；
D、由∠ACE=90°，不能判定AB∥EF，故该选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定，熟练掌握平行线的判定方法是解决问题的关键．
题型05 由平行线的性质求角度
【例5】（2023·湖南娄底·统考一模）如图，直线m∥n，点A在直线n上，点B在直线m上，连接AB，过点A作AC⊥AB，交直线m于点C．若∠1=50°，则∠2的度数为（ ）
A．20°B．30°C．40°D．50°
【答案】C
【分析】本题考查了平行线的性质和垂线的定义，熟知：两直线平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等；两直线平行，同旁内角互补．根据两直线平行，同旁内角互补得出∠CAD+∠2=180°，结合已知条件即可求出∠2的度数．
【详解】解：如图所示，
∵m∥n，
∴∠CAD+∠1=180°，
∴∠1+∠BAC+∠2=180°
∵AC⊥AB，
∴∠BAC=90°，
∵∠1=50°，
∴50°+90°+∠2=180°，
∴∠2=40°，
故选：C．
【变式5-1】（2023·广东深圳·南山实验教育集团南海中学校考三模）如图，四条直线a,b,c,d，其中a∥b，∠1=35°，∠2=80°，则∠3=（ ）

A．30°B．40°C．45°D．75°
【答案】C
【分析】先根据平行线的性质求出∠4的度数，再由三角形外角的性质即可得出结论．
【详解】解：如图，

∵a∥b，∠1=35°，∠2=80°，
∴∠4=∠1=35°，
∵ ∠2是外角，
∴∠3=∠2−∠4=80°−35°=45°．
故选：C．
【点睛】本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同位角相等．
【变式5-2】（2023·河南周口·校联考三模）如图，∠ECD=50°，点M是EC上一点，过点M作AB∥CD，若MF平分∠AME，则∠AMP的度数为（ ）

A．60°B．55°C．70°D．65°
【答案】D
【分析】根据平行线的性质得出∠EMB=∠C=50°，再由邻补角及角平分线的定义求解即可．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴∠EMB=∠C=50°，
∴∠AME=130°．
∵MF平分∠AME，
∴∠AMF=65°．
故选：D．
【点睛】题目主要考查平行线的性质，邻补角及角平分线的定义，熟练掌握这些基础知识点是解题关键．
【变式5-3】（2022·浙江宁波·统考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为CA，CB的中点，BF平分∠ABC，交DE于点F，若AC=25，BC=4，则DF的长为（ ）

A．12B．1C．32D．2
【答案】B
【分析】根据勾股定理求出AB，根据三角形中位线定理得到DE∥AB，DE=12AB=3，BE=12BC=2，根据平行线的性质、等腰三角形的判定定理求出EF=BE=2，计算即可．
【详解】解：在Rt△ABC中，AC=25，BC=4，
由勾股定理得：AB=AC2+BC2=6，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=∠EBF，
∵D，E分别为CA，CB的中点，
∴DE∥AB，DE=12AB=3，BE=12BC=2，
∴∠ABF=∠EFB，
∴∠EFB=∠EBF，
∴EF=BE=2，
∴DF=DE−EF=1，
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理、平行线的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
【变式5-4】（2023·广东佛山·校考模拟预测）如图，平面镜l1与平面镜l2平行，光线由水平方向射来，传播路线为a→b→c，已知∠1=30°，则∠2的度数为（ ）

A．45°B．30°C．15°D．无法确定
【答案】B
【分析】根据平行线的性质，求解即可.
【详解】解：如图，根据光的反射规律可知∠1=∠4，∠2=∠3，
∵l1∥l2，
∴∠3=∠4，
∴∠2=∠3=∠4=∠1=30°．
故选：B．
【点睛】此题考查了平行线的性质，垂线的定义，掌握平面镜光的反射规律、熟记“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
题型06 由平行线的性质解决折叠问题
【例6】（2023·安徽淮南·校联考一模）如图所示，有一条直的等宽纸带，按图折叠时形成一个30°的角，则重叠部分的∠α等于（ ）
A．75° B．70° C．65° D．60°
【答案】A
【分析】先根据平行线的性质求出∠2的度数，再由翻折变换的性质可知∠1=∠α，由平角的定义即可求出∠α的度数．
【详解】解：如图，
∵纸带的两边互相平行，
∴∠2=30°，
∵由翻折变换的性质可知，∠1=∠α，
∴∠α=180°−∠22=180°−30°2=75°．
故选：A．
【点睛】本题考查的是翻折变换，平行线的性质，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
【变式6-1】（2023·辽宁鞍山·校考三模）某同学在一次数学实践活动课中将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠（如图）．折痕分别为AB，CD，若CD∥BE，且∠CBE=13∠ABC，则∠1为（ ）
A．106°B．108°C．109°D．110°
【答案】B
【分析】根据平行线的性质得出∠EBC+∠BCD=180°，再根据折叠得出2∠ABE+∠CBE=180°，进而解答即可．
【详解】解：由折叠可知，2∠ABE+∠CBE=180°，
∵∠CBE=13∠ABC，∠ABC=∠ABE+∠CBE，
∴∠ABE=2∠CBE，
∴4∠CBE+∠CBE=180°，
∴∠CBE=36°，
∵BE∥CD，
∴∠BCD=180°−∠CBE=144°，
由折叠可知，2∠DCE+∠1=180°，
∵∠BCD=∠1+∠DCE，
∴2144°−∠1+∠1=180°，
∴∠1=108°，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线的性质、折叠的问题，解题的关键是熟练掌握平行线的性质定理，折叠就会出现对应角相等．
【变式6-2】（2023·广东佛山·统考二模）如图，把正方形ABCD沿EF折叠，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'，若∠1=40°，则∠A'EF的度数是（ ）
A．100°B．110°C．115°D．120°
【答案】B
【分析】根据折叠性质求得∠BFE=70∘，根据平行线的性质可得∠AEF=110∘，继而即可求解．
【详解】∵正方形ABCD沿EF折叠，
∴∠B'FE=∠BFE，∠A'EF=∠AEF，
∵∠B'FE+∠BFE+∠1=180∘，
∴∠BFE=12180∘−40∘=70∘，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠AEF=180∘−∠BFE=180∘−70∘=110∘，
即∠A'EF=∠AEF=110∘，
故选：B．
【点睛】本题考查折叠的性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握并运用折叠的性质，平行线的性质．
【变式6-3】（2023·辽宁本溪·统考一模）如图，AC是矩形ABCD的对角线，且∠ACB=30°，点E为边AD上一动点（点E不与点A重合），将△BAE沿BE折叠得到△BA'E，若△BA'E的一边恰好与对角线AC平行，则∠ABE的度数为 ．
【答案】15°或60∘
【分析】分A'E∥AC和A'B∥AC两种情况，根据翻折和平行线的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，如图，
∴AD∥BC,∠BAE=90°,
∴∠DAC=∠ACB=30°,
∵A'E∥AC,
∴∠DAC+∠AEA'=180°,
∴∠AEA'=180°−30°=150°,
由折叠得，∠AEB=∠A'EB=12∠AEA'=12×150°=75°，
∴∠ABE=180°−∠BAE−∠AEB=180°−90°−75°=15°；
当A'B∥AC时，∠A'BC=∠ACB=30°,如图，
∴∠ABA'=∠ABC+∠A'BC=90°+30°=120°，
由折叠得，∠ABE=12∠ABA'=12×120°=60°；
故答案为：15°或60°．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行线的性质以及图形的翻折，进行正确分类是解答本题的关键．
【变式6-4】（2022·河北唐山·统考一模）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP再将△PCQ,△ADQ，分别沿PQ,AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：
（1）∵∠C+∠D=180°，∴AD与BC位置关系为 ；
（2）线段CD与QR的数量关系为 ．
【答案】 AD∥BC CD=2QR
【分析】（1）由同旁内角互补，两直线平行即可得出；（2）由折叠的性质即可得出．
【详解】（1）由折叠性质可得：∠D=∠QRA,∠C=∠QRP ，
∵∠QRA+∠QRP=180° ，
∴∠C+∠D=180° ，
∴AD∥BC ；
（2）由折叠性质可知：DQ=QR,CQ=QR ，
∴CD=DQ+CQ=2QR ．
故答案为：AD∥BC，CD=2QR．
题型07 平行线的性质在实际生活的应用
【例7】（2023·广东肇庆·统考一模）如图，小明骑自行车自A处沿正北方向前进，到达B处后，右拐20°继续行驶，若行驶到C处后，小明想按正东方向行驶，则他在C处应该（ ）
A．左拐20°B．右拐20°C．右拐70°D．左拐160°
【答案】C
【分析】过点B作BG⊥AD于点B，过点C作CF∥BG，如图，先求得∠2=90°−∠1=70°，再根据平行线的性质得到∠2=∠3=70°．于是可判断他想仍按正东方向行驶，那么他向右拐70°．
【详解】过点B作BG⊥AD于点B，过点C作CF∥BG，并标记角，如图所示．
∵∠1=20°，
∴∠2=70°．
∵CF∥BG，
∴∠3=∠2=70°．
∴若小明想按正东方向行驶，则他在C处应该右拐70°，故选C．
【点睛】本题考查了方位角、垂直的性质和平行线性质，关键是作出适当的辅助线，找出要求的角与未知角的关系．
【变式7-1】（2023·河南安阳·统考一模）如图1是两条高速公路互通立交俯瞰图，车辆从一条高速公路转到另一条高速公路，需要经过缓和曲线匝道进行过渡．
如图2是一种缓和曲线过渡匝道的示意图．若把过渡匝道的缓和曲线看作是一个平面上的圆弧，汽车沿⊙O的切线 PA经过切点A驶入匝道，从⊙O的切线CQ经过切点C驶出匝道．已知PA=60m，⊙O的半径为80m．

(1)若在点P处设置一高清广角摄像头对圆弧形过渡匝道进行监控，且高清摄像头可以有效监控200m以内的物体，问此摄像头能否有效监控整个匝道？并说明理由；
(2)在图2中，若连接AC，交PO于点B，且PA=PB，判断QC与PO的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)此摄像头能有效监控整个匝道，见解析；
(2)QC∥PO，见解析．
【分析】（1）根据圆外一点与圆上最大距离即可求解；
（2）根据切线的性质和角度和差求出同位角相等即可判定平行．
【详解】（1）此摄像头能有效监控整个匝道，
理由：连接OA，延长PO交⊙O于点D，

∵PA与⊙O相切于点A，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP=90°，
在Rt△PAO中，PA=60，OA=80，
∴OP2=OA2+PA2，
∴OP=100，
∵点P到⊙O上的点的最大距离是线段PD的长，
∴PD=OP+OD=180m，
∵180<200，
∴此摄像头能有效监控整个匝道，
（2）QC∥PO，
理由：连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵CQ与⊙O相切于点C，
∴OC⊥CQ，
∴∠OCQ=90°，
∴∠OCA+∠BCQ=90°，
由（1）可知，∠OAC+∠PAB=90°，
∴∠BCQ=∠PAB，
∵PA=PB，
∴∠PAB=∠PBA，
∴∠BCQ=∠PBA，
∴QC∥PO．
【点睛】此题考查了圆的切线的性质和平行线的判定，解题的关键是熟练掌握切线的性质与平行线的性质及其应用．
【变式7-2】（2022下·江苏宿迁·七年级统考期中）【数学抽象】实验证明：平面镜反射光线的规律是射到平面镜上的光线和被反射出的光线与平面镜所夹的锐角相等，如图①，一束光线m射到平面镜a上，被a反射后的光线为n，则入射光线m，反射光线n与平面镜a所夹的锐角相等，即∠1=∠2．
(1)利用这个规律人们制作了潜望镜，图②是潜望镜工作原理示意图，AB、CD是平行放置的两面平面镜，请解释进入潜望镜的光线m为什么和离开潜望镜的光线n是平行的？
(2)如图③，改变两平面镜之间的位置关系，经过两次反射后，入射光线m与反射光线n之间的位置关系会随之改变．若入射光线m与反射光线n平行但方向相反，则两平面镜的夹角∠ABC为多少度？
【答案】(1)见解析；
(2)90°
【分析】（1）根据平行线的性质及等量代换、平角的概念即可得证；
（2）根据平行线的性质、平角的概念及等量代换即可求得答案．
【详解】（1）证明：由题可知AB//CD，∠1=∠2，∠3=∠4，
∵AB//CD，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠2= ∠3=∠4，
∵∠5=180°−∠1−∠2，∠6=180°−∠3−∠4，
∴∠5=∠6，
∴m//n；
（2）∠ABC=90°，
由题可知AD//CE，∠1=∠2，∠3=∠4，
∵AD//CE，
∴∠DAC+∠ACE=180°，
又∵∠1+∠2+∠DAC=180°，∠3+∠4+∠ACE=180°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠B=90°.
【点睛】本题考查了平行线的性质、平角的概念，能够将实际问题转化为我们所学的数学知识是解题的关键．
【变式7-3】（2021·四川遂宁·统考中考真题）小明周末与父母一起到遂宁湿地公园进行数学实践活动，在A处看到B、C处各有一棵被湖水隔开的银杏树，他在A处测得B在北偏西45°方向， C在北偏东30°方向，他从A处走了20米到达B处，又在B处测得 C在北偏东60°方向．
（1）求∠C的度数；
（2）求两颗银杏树B、C之间的距离（结果保留根号）．
【答案】（1）30°；（2）（102+106）米
【分析】（1）作BE//AD交BC于点D，根据BE//AD且∠BED=60°，可得∠BDA=∠BED=60°，利用外角的性质根据∠C=∠BDA−∠CAD可求出结果
（2）过点B作BG⊥AD于G，则有∠AGB=∠BGD=90°，可得AG=BG=20×sin45°=102，BD=BGsin60°=2063，DG=BGtan60°=1063，可求得CD=AD=AG＋DG=102+1063，再根据BC=BD+CD可得结果．
【详解】解：（1）如图示，作BE//AD交BC于点D，
∵BE//AD且∠BED=60°
∴∠BDA=∠BED=60°
∵∠BDA=∠C+∠CAD且∠CAD=30°
∴∠C=∠BDA−∠CAD=30°
（2）过点B作BG⊥AD于G．
∵BG⊥AD
∴∠AGB=∠BGD=90°
在Rt△AGB中，AB=20，∠BAG=45°
AG=BG=20×sin45°=102
在Rt△BGD中，∠BDA=60°
BD=BGsin60°=2063
DG=BGtan60°=1063
∵∠C=∠CAD=30°
∴CD=AD=AG+DG=102+1063
∴BC=BD+CD=102+106
答：两颗银杏树B、C之间的距离为 102+106米
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，平行线的性质，外角的性质，能根据题意理清图形中各角的关系是解题的关键．
【变式7-4】（2023·山西吕梁·统考三模）如图所示是地球截面图，其中AB，EF分别表示南回归线和北回归线，CD表示赤道，点P表示太原市的位置．现已知地球南回归线的纬度是南纬23°26'∠BOD=23°26'，太原市的纬度是北纬37°32'∠POD=37°32'，而冬至正午时，太阳光直射南回归线（光线MB的延长线经过地心O），则太原市冬至正午时，太阳光线与地面水平线PQ的夹角α的度数是 ．

【答案】29°2'
【分析】设PQ与OM交于点K，先由三角形内角和定理求出．∠OKP=29°2'，再根据平行线的性质求解即可．
【详解】如图，设PQ与OM交于点K，

∵∠BOD=23°26'，∠POD=37°32'，
∴∠POM=∠POD+∠BOD=60°58'，
在△OPK中，∠POK+∠OPK+∠OKP=180°，∠OPK=90°，
∴∠OKP=29°2'，
∵PN∥OM，
∴∠α=∠OKP=29°2'，
故答案为：29°2'．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，读懂题意并熟练掌握知识点是解题的关键．
题型08 利用平行线的性质解决三角板问题
【例8】（2023·广东江门·统考一模）如图，把一个含有45°角的直角三角板放在两条平行线m，n上，若∠α=123°，则∠β的度数是（ ）
A．48°B．88°C．78°D．75°
【答案】C
【分析】可求∠1=∠α=123°，∠ACB=∠1−∠B=78°，即可求解．
【详解】解：如图：

∵m∥n，
∴∠1=∠α=123°，
∵∠1是△ABC的一个外角，∠B=45°，
∴∠ACB=∠1−∠B=78°，
∴∠β=∠ACB=78°，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，掌握性质是解题的关键．
【变式8-1】（2022·安徽合肥·校考模拟预测）如图，三角板ABC(∠C=30°)的边BC与三角板PMN(∠N=45°)的边MN平行，若AC，PM相交于点O，则∠AOM的度数是（ ）
A．60°B．65°C．70°D．75°
【答案】D
【分析】由题意可得∠PMN=45°，由平行线的性质可得∠ADM=∠C=30°，再由三角形的外角性质即可求解．
【详解】解：如图，
由题意得∠PMN=45°，
∵MN∥BC，∠C=30°，
∴∠ADM=∠C=30°，
∵∠AOM是△DOM的外角，
∴∠AOM=∠ADM+∠PMN=75°．
故选：D．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，三角形外角性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，同位角相等．
【变式8-2】（2023·湖北襄阳·统考模拟预测）直角三角板ABC与直角三角板DEF按如图放置，其中∠BAC=∠EDF=90°，∠E=45°，∠C=30°，若BC∥EF，则∠1的度数为（ ）

A．95°B．85°C．75°D．65°
【答案】C
【分析】首先根据平行线的性质得出∠EAM=∠C=30°，然后根据三角形的外角定理可求出∠EMC的度数．
【详解】解：设DE与AC相交于点M，如图：

∵BC∥EF，
∴∠EAM=∠C=30°，
又∠E=45°，
∴∠EMC=∠EAM+∠E=30°+45°=75°．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了平行线的性质，三角形外角定理，解答此题的是准确识图，熟练掌握平行线的性质及三角形的外角性质．
【变式8-3】（2023·湖南常德·统考模拟预测）将一副三角板如图摆放，使AB∥CD，则∠1的度数为（ ）

A．105∘B．120∘C．135∘D．150∘
【答案】A
【分析】由平行线的性质可得∠2=∠D=45∘，利用三角的外角性质可求得∠1的度数．
【详解】解：如图，

∵AB∥CD，∠D=45∘，
∴∠2=∠D=45∘，
∵∠BAE=60∘，
∴∠1=∠2+∠BAE=105∘．
故选：A．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，解题的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，同位角相等．
题型09 根据平行线性质与判定求角度
【例9】（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）如图，这是路政工程车的工作示意图，工作篮底部与支撑平台平行.若∠1=32°，∠2=62°，则∠3的度数为（ ）

A．118°B．148°C．150°D．162°
【答案】C
【分析】过点B作BA∥工作篮底部，根据平行线的性质及角的和差求解即可．
【详解】解：如图，过点B作BA∥工作篮底部，

∴∠3+∠MBA=180°，
∵工作篮底部与支撑平台平行，BA∥工作篮底部
∴BA∥支撑平台，
∴∠ABN=∠1=32°，
∵∠2=∠ABN+∠MBA，∠2=62°，
∴∠MBA=30°，
∴∠3=150°，
故选：C．
【点睛】此题考查了平行线的性质，熟记“两直线平行，内错角相等”、“两直线平行，同旁内角互补”是解题的关键．
【变式9-1】（2023·河南周口·校联考二模）如图所示，MN∥PQ，将一块三角板ABC如图所示放置（直角顶点C在MN上），若∠MCB=32°，则∠PDB的度数为( )

A．22°B．28°C．32°D．38°
【答案】B
【分析】过点B作BE∥MN，则MN∥PQ∥BE，进而根据平行线的性质即可求解．
【详解】过点B作BE∥MN，

∴ BE∥PQ．
∴ MN∥PQ∥BE．
∴∠MCB=∠CBE=32°，∠DBE=∠BDP．
∵∠ABC=60°，
∴∠DBE=60°−32°=∠PDB=28°．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的性质与判断是解题的关键．
【变式9-2】（2023·河南信阳·校考三模）如图，AB∥CD，∠E=30°，∠ABE=130°，则∠DCE的度数为 ．

【答案】100°/100度
【分析】过点E做EH平行于AB即可求解．
【详解】解：过点E做EH平行于AB，如图所示：

∵AB∥CD,AB∥EH
∴CD∥EH
∵AB∥EH，∠ABE=130°
∴∠BEH=180°−∠ABE=50°
∵CD∥EH
∴∠DCE=180°−∠CEH=180°−∠BEH+∠CEB=100°
故答案为：100°
【点睛】本题考查了平行线的性质．过拐点E作平行线是解题关键．
【变式9-3】（2023·江苏扬州·校考二模）已知，如图，AB∥CD，∠A=140∘，∠D=28∘，那么∠AED = °．

【答案】68
【分析】过E作EF ∥ AB，根据平行线的性质∠1和∠2的度数，即可得到∠AED的度数．
【详解】解：如图：过E作EF ∥ AB，则AB ∥ EF ∥ CD，

∵∠A=130°，
∴∠1=180°−140°=40°，
∵∠D=25°，
∴∠2=∠D=28°，
∴∠AED=40°+28°=68°，
故答案为：68．
【点睛】本题考查的是平行线的性质，通过作辅助线，构造同旁内角和内错角是解决问题的关键．
题型10 根据平行线性质与判定证明
【例10】（2023·安徽滁州·校考一模）如图，已知AB⊥BC、DC⊥BC，AC与BD相交于点O，作OM⊥BC于点M，点E是BD的中点，EF⊥BC于点G，交AC于点F，若AB=4，CD=6，则OM−EF值为（ ）

A．75B．125C．35D．25
【答案】A
【分析】证明△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，求出OM=125，求出EG=12CD=3，FG=12AB=2，得出EF=EG−FG=1即可得出答案．
【详解】解：∵AB⊥BC、DC⊥BC，OM⊥BC，
∴OM∥AB∥CD，
∴△COM∽△CAB，△BOM∽△BDC，
∴OMAB=CMBC，OMDC=BMBC，
∴OM4=CMBC，OM6=BMBC，
∴OM=125，
∵EF⊥BC，
∴EG∥AB∥CD，
∵点E是BD的中点，
∴BE=DE，
∴BG=CG，
∴CF=AF，
∴EG=12CD=3，FG=12AB=2，
∴EF=EG−FG=1，
∴OM−EF=75，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定，求出OM=125．
【变式10-1】（2022·河北·统考中考真题）要得知作业纸上两相交直线AB，CD所夹锐角的大小，发现其交点不在作业纸内，无法直接测量．两同学提供了如下间接测量方案（如图1和图2）：对于方案Ⅰ、Ⅱ，说法正确的是（ ）
A．Ⅰ可行、Ⅱ不可行B．Ⅰ不可行、Ⅱ可行C．Ⅰ、Ⅱ都可行D．Ⅰ、Ⅱ都不可行
【答案】C
【分析】用夹角可以划出来的两条线，证明方案Ⅰ和Ⅱ的结果是否等于夹角，即可判断正误
【详解】方案Ⅰ：如下图，∠BPD即为所要测量的角
∵∠HEN=∠CFG
∴MN∥PD
∴∠AEM=∠BPD
故方案Ⅰ可行
方案Ⅱ：如下图，∠BPD即为所要测量的角
在△EPF中：∠BPD+∠PEF+∠PFE=180°
则：∠BPD=180°−∠AEH−∠CFG
故方案Ⅱ可行
故选：C
【点睛】本题考查平行线的性质和判定，三角形的内角和；本题的突破点是用可画出夹角的情况进行证明
【变式10-2】（2022上·上海浦东新·九年级上海市建平实验中学期末）已知：如图，△ABC中，AD平分∠BAC．过点B作AD的垂线，垂足为E．过点C作AD的垂线交AD的延长线于F．联结CE交FB的延长线于点P，联结AP．
(1)求证：AB•AF＝AC•AE；
(2)求证：CF∥AP．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由AD是∠BAC的角平分线，过点B、C分别作AD的垂线，可得∠BAE=∠CAF，∠BEA=∠CFA=90°，根据有两角对应相等的三角形相似，可得ΔABE∽ΔACF，即可证明；
（2）由（1）有AEAF=BEFC，利用BE⊥AD，CF⊥AD，证明出BE//CF，得∠PEB=∠PCF,∠PBE=∠PFC，证明出△PBE∽△PFC，PEPC=BEFC，通过等量代换得AEAF=PEPC，根据平行线分线段成比例定理即可求证．
【详解】（1）解：证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAF，
又∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠BEA=∠CFA=90°，
∴ΔABE∽ΔACF，
∴ABAC=AEAF，
∴AB·AF=AC·AE；
（2）解：证明：由（1）有AEAF=BEFC，
∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴BE//CF，
∴∠PEB=∠PCF,∠PBE=∠PFC，
∴△PBE∽△PFC，
∴PEPC=BEFC，
∵AEAF=BEFC，
∴AEAF=PEPC，
∴CF//AP．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，角平分线、以及平行线分线段成比例定理，解题的关键是数形结合思想的应用，注意仔细识图．
【变式10-3】（2023·北京西城·统考一模）下面是解答一道几何题时两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．
【答案】答案不唯一，见解析
【分析】利用平行线的性质以及三角形外角的性质证明即可．
【详解】方法一
证明：如图，过点E作MN∥AB ，
∴∠A=∠AEM．
∵AB∥CD，
∴MN∥CD，
∴∠C=∠CEM．
∵∠AEC=∠AEM+∠CEM，
∴∠AEC=∠A+∠C．
方法二证明：如图，延长AE，交CD于点F，
∵AB∥CD，
∴∠A=∠AFC．
∵∠AEC=∠AFC+∠C，
∴∠AEC=∠A+∠C．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，三角形外角的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
考点要求
新课标要求
命题预测
认识几何图形
通过实物和模型，了解从物体抽象出来的几何体、平面、直线和点等概念.

该专题内容是初中几何的基础，在中考数学中属于基础考点，年年都会考查，分值为8分左右，预计2024年各地中考还将出现.
大部分地区在选择、填空题中考察可能性较大，主要考察平行线的性质和判定、方位角、角度的大小等知识，这些知识点考查较容易，另外平行线的性质可能在综合题中出现，考查学生综合能力，比如：作平行的辅助线，构造特殊四边形，此类题目有一定难度，需要学生灵活掌握．对本专题的复习也直接影响后续对其他几何图形的学习，需要考生细心对待.
直线、射线、线段的相关概念
会比较线段的长短，理解线段的和、差，以及线段中点的意义.
掌握基本事实:两点确定一条直线和两点之间线段最短.
理解两点间距离的意义，能度量和表达两点间的距离.
角的相关概念
理解角的概念，能比较角的大小，认识度、分、秒等角的度量单位，能进行简单的单位换算，会计算角的和、差.
理解对顶角、余角、补角等概念，探索并掌握对顶角相等、同角(或等角)的余角、同 (或)的补的性质.
相交线
理解垂线、垂线段等概念，能用三角板或量角器过一点画已知直线的垂线.
掌握基本事实:同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直.
理解点到直线的距离的意义，能度量点到直线的距离.
识别同位角、内错角、同旁内角.
平行线
理解平行线的概念.
掌握平行线的性质与判定定理.
了解平行于同一条直线的两条直线平行.
名称
顶点数（V）
面数（F）
棱数（E）
存在关系
三棱锥
4
4
6
V+F-E=2
长方体
8
6
12
正八面体
6
8
12
正十二面体
20
12
30
名称
三棱锥
三棱柱
正方体
正八面体
图形
顶点数V
4
6
8
棱数E
6
12
面数F
4
5
8
名称
三棱锥
三棱柱
正方体
正八面体
图形
顶点数V
4
6
8
6
棱数E
6
9
12
12
面数F
4
5
6
8
直线
射线
线段
概念
直线是几何图形基础，是一个不做定义的原始概念.
直线上一点和它一旁的部分叫做射线.
直线上两点和它们之间的部分叫做线段.
图形
表示方法
直线AB或直线BA
直线m
射线OA
射线n
线段AB
线段l
端点个数
无
1个
2个
延伸、度量情况
可向两方无限延伸
不可度量
只能以一方无限延伸
不可度量
不能延伸，可以度量
不同点
线段向一方延伸就成为射线，向两方延伸就成为直线
相同点
都是直的线
∠β
锐角
直角
钝角
平角
周角
范围
0＜∠β＜90°
∠β=90°
90°＜∠β＜180°
∠β=180°
∠β=360°
角的表示
图例
适用范围
注意事项
用三个大写字母表示
记作：∠ABC或∠CBA
任何情况都适用
表示顶点的字母一定要写在中间，边上的字母写在两侧.
用一个大写字母表示
记作：∠O
1）以这个字母为顶点的角只有一个；
2）当在一个顶点处有两个或两个以上的角时,其中的任意一个角都不能用一个大写英文字母表示.
用一个数字表示
任何情况都适用
在靠近顶点处画上弧线，表示出角的范围，并注上数字或小写的希腊字母
用一个希腊字母表示
种类
图形
顶点
边的关系
大小关系
对顶角
（∠1与∠2）
有公共顶点
∠1的两边与∠2的两边互为反向延长线
∠1=∠2
邻补角
（∠3与∠4）
有公共顶点
∠3与∠4有一条公共边，另一边互为反向延长线.
∠3+∠4=180°
已知：如图，AB∥CD．
求证：∠AEC=∠A+∠C
方法一
证明：如图，过点E作MN∥AB
方法二
证明：如图，延长AE，交CD于点F．