中考数学一轮复习：专题4.11 图形的初步认识章末拔尖卷（华东师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题4.11 图形的初步认识章末拔尖卷（华东师大版）（解析版），共25页。

参考答案与试题解析
选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023上·内蒙古巴彦淖尔·七年级校考期末）下列说法：①经过一点可以画无数条直线；②若线段AC=BC，则点C是线段AB的中点；③射线OB与射线BO是同一条射线；④连接两点的线段叫做这两点的距离；⑤将一根细木条固定在墙上，至少需要两根钉子，是因为两点确定一条直线，其中说法正确的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】A
【分析】根据直线、线段中点的定义、射线、两点的距离、两点确定一条直线逐个判断即可得．
【详解】解：①经过一点可以画无数条直线，则原说法正确；
②因为点C不一定在线段AB上，所以若线段AC=BC，则点C不一定是线段AB的中点，则原说法错误；
③射线OB与射线BO的端点不同，不是同一条射线，则原说法错误；
④连接两点的线段的长度叫做这两点的距离，则原说法错误；
⑤将一根细木条固定在墙上，至少需要两根钉子，是因为两点确定一条直线，则原说法正确；
综上，说法正确的有2个，
故选：A．
【点睛】本题考查了直线、线段中点、射线、两点的距离、两点确定一条直线，熟练掌握直线、射线与线段的知识是解题关键．
2．（3分）（2023上·甘肃张掖·七年级统考期末）用一个平面去截一个几何体，截面是三角形，这个几何体不可能是( )
A．三棱柱B．正方体C．圆锥D．圆柱
【答案】D
【分析】根据圆柱体的主视图只有矩形或圆，即可得出答案．
【详解】∵圆柱体的主视图只有矩形或圆，
∴如果截面是三角形，那么这个几何体不可能是圆柱．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了截一个几何体，截面的形状既与被截的几何体有关，还与截面的角度和方向有关．对于这类题，最好是动手动脑相结合，亲自动手做一做，从中学会分析和归纳的思想方法．
3．（3分）（2023上·重庆开州·七年级统考期末）如图，已知∠COB=2∠AOC，OD平分∠AOB，且∠COD=20°，则∠AOD的度数为（ ）
A．40°B．45°C．60°D．75°
【答案】C
【分析】设∠COB=2∠AOC=2x，则∠AOB=3x，根据角平分线的定义可以推出∠COD=0.5x，结合∠COD=20°，即可求出x的值，进而得到∠AOD的度数．
【详解】解：∵∠COB=2∠AOC，OD平分∠AOB，且∠COD=20°，
∴设∠COB=2∠AOC=2x，则∠AOB=3x，
∴∠AOD=∠BOD=1.5x
∴∠COD=∠COB−∠BOD=0.5x，
∴0.5x=20°，
解得：x=40°，
∴∠AOD=1.5x=1.5×40°=60°，
故选：C．
【点睛】本题考查的是角度计算，涉及到角平分线的定义以及方程思想，熟练掌握角平分线的定义并灵活运用是解答本题的关键．
4．（3分）（2023·江苏扬州·统考二模）如图是由6个大小相同的小正方体拼成的几何体，当去掉某一个小正方体时，与原几何体比较，则下列说法正确的是 （ ）
A．去掉①，主视图不变B．去掉②，俯视图不变
C．去掉③，左视图不变D．去掉④, 俯视图不变
【答案】D
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
【详解】解：A.去掉①，左视图不变，主视图改变了，故此选项错误；
B. 去掉②，左视图不变，俯视图改变了，故此选项错误；
C. 去掉③，主视图不变，左视图改变了，故此选项错误；
D. 去掉④, 俯视图不变，说法正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上边看得到的图形是俯视图．
5．（3分）（2023上·重庆江津·七年级统考期末）如图1，线段OP表示一条拉直的细线，A、B两点在线段OP上，且OA:AP=2:3，OB:BP=3:7.若先固定A点，将OA折向AP，使得OA重叠在AP上；如图2，再从图2的B点及与B点重叠处一起剪开，使得细线分成三段，则此三段细线由小到大的长度比是（ ）
A．1:1:2B．2:2:5C．2:3:4D．2:3:5
【答案】D
【分析】设OB=3x，依次表示出BP、OA、AP、AB的长度，折叠后从点B处剪开得到AB段为2x，OB=3x，BP=5x，即可得到比值.
【详解】设OB=3x，则BP=7x，
∴OP=OB+BP=10x，
∵OA:AP=2:3，
∴OA=4x，AP=6x，
∴AB=OA-OB=x，
将OA折向AP，使得OA重叠在AP上，再从点B重叠处一起剪开，
得到的三段分别为：2x、3x、5x，
故选：D.
【点睛】此题考查线段的和差计算，设未知数分别表示各段的长度使分析更加简单，注意折叠后AB段的长度应是原AB段的2倍，由此计算即可.
6．（3分）（2023上·黑龙江大庆·七年级校考期末）桌面上摆着一个由一些相同的小正方体搭成的立体图形，从它的正面看到的形状是 ，从它的左面看到的形状是 ，这个立体图形可能是（ ）
A． B． C．D．
【答案】C
【分析】结合立体图形从正面看到的形状和从它的左面看到的形状，对照选项逐项分析，得出正确结论．
【详解】解：A．从正面能看到4个正方形，分两层，下层3个，上层1居中，与题干中正面看到的形状不符，故A不符合题意；
B．从左面能看到3个正方形，分两层，下层2个，上层1个，左齐，与题干中左面看到的形状不符，故B不符合题意；
C．从正面能看到4个正方形，分两层，下层3个，上层1个，左齐；从左面能看到4个正方形，分两层，下层3个，上层1个，右齐，与题干中从正面看到的形状和从它的左面看到的形状相符，故C符合题意；
D．从左面能看到四个正方形，分两层，下层3个，上层1个，右齐，与题干中左面看到的形状不符，故D不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查作简单图形的三视图，能正确辨认从正面、上面、左面（或右面）观察到的简单几何体的平面图形．
7．（3分）（2023上·重庆酉阳·七年级统考期末）如图是一个时钟某一时刻的简易图，图中的12条短线刻度位置是时钟整点时时针（短针）位置，根据图中时针和分针（长针）位置，该时钟显示时间是（ ）
A．10∼11点B．7∼8点C．5∼6点D．2∼3点
【答案】A
【分析】先根据每个刻度间的角度确定12点或6点的位置，即可确定此时的时间．
【详解】解：由图知：时针转动了4小格，每一小格代表：412×5×360°=24° ，
即时针转了24°，
∵分针每转动1°，时针转动112° ，由此知：
分针转动：24°÷112=288° ，
由每一大格对应30°知：288°÷30°=935 ，
即分针走了9大格，3个小格，从而确定12点位置：
由此确定此时是10点48分；
故答案为：A．
【点睛】此题考查角度的计算，根据指针的位置确定12点是关键．
8．（3分）（2023上·七年级课时练习）将一张正方形纸片按图①、图②所示的方式依次对折后，再沿图③中的虚线剪裁，最后将图④中的纸片打开铺平，所得到的图案是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题中所给剪纸方法，进行动手操作，答案就会很直观地呈现．
【详解】解：严格按照图中的顺序进行操作，展开得到的图形如选项B中所示，
故选：B．
【点睛】本题考查了剪纸问题，动手能力及空间想象能力，解题的关键是学生只要亲自动手操作，答案就会很直观地呈现．
9．（3分）（2023上·重庆·七年级校考期末）已知点C在线段AB上，AC=2BC，点D，E在线段AB上，点D在点E的左侧．若AB=2DE，线段DE在线段AB上移动，且满足关系式AD+ECBE=32，则CDCB的值为（ ）
A．5B．1714C．1714或56D．1110
【答案】B
【分析】设BC=x，则AC=2BC=2x，求得AB=3x，设CE=y，当点E在线段BC之间时，得到AE=2x+y，BE=x−y，求得y=27x，进而即可求出CDCB；当点E在线段AC之间时，同理可求出与条件不符，故舍去；
【详解】设BC=x，则AC=2BC=2x，
∴AB=3x．
∵AB=2DE，
∴DE=32x．
设CE=y，
当点E在线段BC之间时，如图，
∴AE=AC+CE=2x+y，BE=BC−CE=x−y，
∴AD=AE−DE=2x+y−32x=12x+y．
∵AD+ECBE=32，
∴12x+y+yx−y=32，
∴y=27x，
∴CD=DE−CE=32x−y=32x−27x=1714x，
∴CDCB=1714xx=1714；
当点E在线段AC之间时，如图，
∴AE=AC−CE=2x−y，
∴AD=AE−DE=2x−32x−y=12x−y，BE=x+y．
∵AD+ECBE=32，
∴12x−y+yx+y=32，
解得：y=−23x，不符合题意，舍；
综上可得CDCB=1714．
故选B．
【点睛】本题主要考查两点间的距离及线段的和与差．解答的关系是分类讨论点E的位置．
10．（3分）（2023上·山西晋中·七年级统考期末）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CD=2CN
C．若M为AB中点，N为CD中点，则MN=12AD−CB
D．若OM平分∠AOC，ON平分∠BOD，∠AOD=5∠COB，则∠MON=32∠MOC+∠BON
【答案】B
【分析】由于B选项中的结论是CD=2CN,而CD=CN+ND,因此只要判断ND和CN是否相等即可，根据ND=MN,而MN>CN,因此得到ND>CN，由此得出B选项错误．
【详解】解：以O为顶点的角有6×52=15个，
所以A选项正确；
∵MN=ND，
∴ND>CN,
∴CD=CN+ND>CN+CN,即 CD>2CN,
所以B选项错误；
由中点定义可得：MB=12AB,NC=12CD,
∴MN=MB+CN−CB=12AB+12CD−CB=12AB+CD−CB，
∵AB+CD=AD+CB,
∴MN=12AD+CB−CB=12AD−CB,
所以C选项正确；
由角平分线的定义可得：∠AOC=2∠MOC,∠BOD=2∠BON,
∵∠AOD=∠AOC+∠COB+∠DOB=5∠COB,
∴2∠MOC+2∠BON+∠BOC=5∠BOC,
∴∠MOC+∠BON=2∠BOC,
∴∠MON=∠MOC+∠COB+∠BON=2∠COB+∠COB=3∠COB
32∠MOC+∠BON=32×2∠COB=3∠COB,
∴∠MON=32∠MOC+∠BON,
所以D选项正确，
所以不正确的只有B，
故选：B.
【点睛】本题综合考查了角和线段的相关知识，要求学生能正确判断角以及不同的角之间的关系，能正确运用角平分线的定义，能明确中点的定义，并能正确地进行线段之间的关系转换，考查了学生对相关概念的理解以及几何运算的能力．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023上·湖北武汉·七年级校考期末）已知线段AB=8，延长BA至点C，使CB=2AB，点D、E均为线段BA延长线上两点，且BD=4AE，M、N分别是线段DE、AB的中点，当点C是线段BD的三等分点时，MN的长为 ．
【答案】15或29
【分析】分BC=23BD时和BC=13BD时两种情况，画出对应的图形分别讨论求解即可．
【详解】解：∵AB=8，CB=2AB，N是线段AB的中点，
∴CB=16，AN=BN=12AB=4，
①若BC=23BD，如图1所示：
∴BD=3AB=24，
∴AD=BD−AB=16，
∵BD=4AE，
∴AE=6，
∴DE=AD−AE=10，
∵M是线段DE的中点，
∴DM=ME=5，
∴MN=BD−DM−BN=15，
②若BC=13BD，如图：
∴BD=3BC=48，
∴AD=BD−AB=40，
∵BD=4AE，
∴AE=12，
∴DE=AD−AE=28，
∵M是线段DE的中点，
∴DM=DE2=14，
∴MN=BD−DM−BN=29；
故答案为：15或29．
【点睛】本题考查了线段的和差问题，画出线段有助于更直观地解题，注意分情况讨论．
12．（3分）（2023上·七年级单元测试）一个正方体盒子的展开图如图所示，如果要把它粘成一个正方体，那么与点A重合的点是 ．
【答案】C、E
【详解】解：由正方形的平面展开图可知，A、C与E重合．故答案为：C、E．
点睛：本题考查灵活运用正方体的相对面解答问题，立意新颖，是一道不错的题．
13．（3分）（2023上·河南省直辖县级单位·七年级校联考期末）如图，∠AOB=α,OA1、OB1分别是∠AOM和∠MOB的平分线，OA2、OB2分别是∠A1OM和∠MOB1的平分线，OA3、OB3分别是∠A2OM和∠MOB2的平分线，…，OAn,OBn分别是∠An−1OM和∠MOBn−1的平分线，则∠AnOBn的度数是 ．

【答案】α2n
【分析】由角平分线性质推理得∠A1OB1=12α，∠A2OB2=α22，∠A3OB3=α23，据此规律可解答．
【详解】解：∵∠AOB=α，OA1、OB1分别是∠AOM和∠MOB的平分线，
∴∠A1OM=12∠AOM,∠B1OM=12∠BOM，
∴∠A1OB1=12(∠AOM+∠BOM)=12∠AOB=12α，
∵OA2、OB2分别是∠A1OM和∠MOB1的平分线，
∴∠A2OM=12∠A1OM,∠B2OM=12∠B1OM，
∴∠A2OB2=12(∠A1OM+∠B1OM)=12∠A1OB1=12×12∠AOB=14α=α22，
∵OA3、OB3分别是∠A2OM和∠MOB2的平分线，
∴∠A3OM=12∠A2OM,∠B3OM=12∠B2OM，
∴∠A3OB3=12(∠A2OM+∠B2OM)=12∠A2OB2=12×12∠A1OB1=12×12×12∠AOB=18α=α23，
…，由此规律得：
∠AnOBn=α2n．
故答案为：α2n．
【点睛】本题考查角平分线的性质、图形规律等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
14．（3分）（2023上·广东河源·七年级校考期中）两个同样大小的正方体形状积木，每个正方体上相对的两个面上写的数之和都等于−3，现将两个正方体并列放置．看得见的五个面上的数字如图所示，则看不见的七个面上的数的和等于 ．
【答案】−33
【分析】先根据“相对两个面上写的数之和都等于−3”求出看不见的七个面上的数（或两个相对面上的数之和），再相加即可得．
【详解】∵每个正方体上相对两个面上写的数之和都等于−3，
∴左边正方体：下底面上的数是−3−2=−5，后面上的数是−3−1=−4，左右两相对面上的数之和是−3，
右边正方体：下底面上的数是−3−3=−6，后面上的数是−3−4=−7，左面上的数是−3−5=−8，
则看不见的七个面上所写的数之和是−5−4−3−6−7−8=−33，
故答案为：−33．
【点睛】本题考查了正方体相对面上的数、有理数加减法的实际应用，熟练掌握正方体的特征是解题关键．
15．（3分）（2023上·福建龙岩·七年级统考期末）简单多面体是各个面都是多边形组成的几何体，十八世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（V）、面数（F）和棱数（E）之间存在一个有趣的关系式，称为欧拉公式．如表是根据左边的多面体模型列出的不完整的表：
现在有一个多面体，它的每一个面都是三角形，它的面数（F）和棱数（E）的和为30，则这个多面体的顶点数V＝ ．
【答案】8
【分析】直接利用V，E，F分别表示凸多面体的顶点数、棱数、面数，欧拉公式为V﹣E+F=2，求出答案．
【详解】解：∵现在有一个多面体，它的每一个面都是三角形，它的面数（F）和棱数（E）的和为30，
∴这个多面体的顶点数V=2+E﹣F，
∵每一个面都是三角形，
∴每相邻两条边重合为一条棱，
∴E=32F，
∵E+F=30，
∴F=12，
∴E=18，
∴V=2+E﹣F=2+18−12=8，
故答案为8．
【点睛】本题考查了欧拉公式，正确运用欧拉公式进行计算是解题的关键．
16．（3分）（2023上·浙江温州·七年级统考期末）如图1，一款暗插销由外壳AB，开关CD，锁芯DE三部分组成，其工作原理如图2，开关CD绕固定点O转动，由连接点D带动锁芯DE移动.图3为插销开启状态，此时连接点D在线段AB上，如D1位置.开关CD绕点O顺时针旋转180°后得到C2D2，锁芯弹回至D2E2位置（点B与点E2重合），此时插销闭合如图4.已知CD=74mm，AD2−AC1=50mm，则BE1= mm.
【答案】24
【分析】结合图形得出当点D在O的右侧时，即D1位置时，B与点E的距离为BE1，当点D在O的左侧时，即D2位置时，B与点E重合，即E2位置，得出BE1=OD1+OD2=2OD2，再由图形中线段间的关系得出D=OC1+OD2=OD2+50+OD2=74mm，即可求解．
【详解】解：由图3得，当点D在O的右侧时，即D1位置时，B与点E的距离为BE1，
由图4得，当点D在O的左侧时，即D2位置时，B与点E重合，即E2位置，
∴BE1=OD1+OD2=2OD2，
∵AD2−AC1=50mm，
∴AO−OD2−AO−OC1=50mm，
∴OC1−OD2=50mm，
∴OC1=OD2+50，
∵CD=OC+OD=OC1+OD1，
∴CD=OC1+OD2=OD2+50+OD2=74mm，
∴2OD2=24mm，
∴BE1=24mm，
故答案为：24．
【点睛】题目主要考查线段间的数量关系，理解题意，结合图形求解是解题关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023上·广东惠州·七年级惠州一中校考期末）按要求解题：
(1)A，B，M，N四点如图所示，读下列语句，按要求作出图形（不写作法）：
①连接AB；
②在线段AB的延长线上取点C，使BC=2AB；
③连接AN，BM，它们相交于点P；
(2)在（1）题图中，若AB=3cm，D为AB的中点，E为AC的中点，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)DE=3cm
【分析】（1）根据题意，作出对应的线段和点即可；
（2）根据题意求得线段AC、AE、AD的长度，由图形可得DE=AE−AD，即可求解．
【详解】（1）解：如图：
（2）解：如图：
∵AB=3cm，BC=2AB，
∴BC=6cm，
∴AC=AB+BC=9cm，
又∵D为AB的中点，E为AC的中点，
∴AD=12AB=32cm，AE=12AC=92cm，
∴DE=AE−AD=3cm．
【点睛】本题考查了线段的作图方法和线段中点的性质，线段的和差的计算，解题的关键是掌握线段的作图方法以及有关线段中点的性质．
18．（6分）（2023上·河南驻马店·七年级统考期末）如图是由6个棱长都为1的小立方块搭成的几何体．

(1)请画出这个几何体从正面、左面、上面三个方向看到的形状图；
(2)如果在这个几何体上再添加一些相同的小立方块，并保持从上面看和从左面看到的形状图不变，最多可以再添加_________个相同的小立方块．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）根据不同方向可以看到的形状在网格中画图即可；
（2）根据从左面和上面看到的形状不变还原几何体，再确定能够添加的位置和数量．
【详解】（1）如图所示，

（2）保持从正面和从左面看到的形状图不变，即几何体有2层4列2排，最上层只有1个立方体，因此可以添加的是下层前排中间的空缺位置，即最多可以再添加3块小正方体．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了从不同方向看几何体，需要学生由一定的空间想象能力，易错点是还原几何体时考虑不全导致错误．
19．（8分）（2023上·甘肃白银·七年级统考期末）【问题回顾】我们曾解决过这样的问题：如图1，点O在直线AB上，OC，OD分别平分∠AOE，∠BOE，可求得∠OOD=90°．（不用求解）

【问题改编】点O在直线AB上，∠COD=90°，OE平分∠BOC．
(1)如图2，若∠AOC=50°，求∠DOE的度数；
(2)将图2中的∠COD按图3所示的位置进行放置，写出∠AOC与∠DOE度数间的等量关系，并写明理由．
【答案】(1)∠DOE=25°；
(2)∠DOE=12∠AOC．
【分析】（1）先求∠COB，利用角平分线定义再求∠COE，最终求∠DOE的度数；
（2）设∠AOC=α，再根据（1）的求解过程，用含α的式子表示两个角的数量关系．
【详解】（1）∵∠COD=90°，
∴∠AOC+∠BOD=90°．
∵∠AOC=50°，
∴∠BOD=40°．
∴∠COB=∠COD+∠BOD=90°+40°=130°．
∵OE平分∠BOC，
∴∠COE=12∠BOC=12×130°=65°．
∴∠DOE=∠COD−∠COE=90°−65°=25°．
（2）设∠AOC=α，则∠BOC=180°−α．
∵OE平分∠BOC，
∴∠BOE=12∠BOC=12×180°−α=90°−12α．
∵∠BOD=∠COD−∠BOC=90°−180°−α=α−90°，
∴∠DOE=∠DOB+∠BOE=α−90°+90°−12α=12α．
∴将图2中的∠COD按图3所示的位置放置时，∠AOC与∠DOE度数间的等量关系为∠DOE=12∠AOC．
【点睛】本题考查了角的和差，角的平分线，平角的性质；关键是弄清角之间的关系，利用数形结合的思想求解．
20．（8分）（2023上·河南南阳·七年级统考期末）综合实践
【问题情景】某综合实践小组进行废物再利用的环保小卫士行动．他们准备用废弃的宣传单制作装垃圾的无盖纸盒．
【操作探究】
(1)若准备制作一个无盖的正方体纸盒，如图1的四个图形中哪个图形经过折叠能围成无盖正方体纸盒？
(2)如图2是小明的设计图，把它折成无盖正方体纸盒后与“保”字相对的字是______．
图2
(3)如图3，有一张边长为20cm的正方形废弃宣传单，小华准备将其四角各剪去一个小正方形，折成无盖长方体纸盒．
①请你在如图3中画出示意图，用实线表示剪切纸，虚线表示折痕．
②若四角各剪去了一个边长为xcm的小正方形，用含x的代数式表示这个纸盒的高为______cm．
③当四角剪去的小正方形的边长为4cm时，请直接写出纸盒的容积．
【答案】(1)C
(2)卫
(3)①见解析；②x；③576cm3
【分析】（1）由平面图形的折叠及正方体的展开图解答本题；
（2）正方体的平面展开图中，相对面的特点是中间必须间隔一个正方形，据此作答；
（3）①根据题意，画出图形即可；
②根据折叠成的纸盒高为小正方形的边长即可即可解答；
③根据长方体体积计算公式，即可解答．
【详解】（1）解：A．有田字，故A不能折叠成无盖正方体；
B．只有4个小正方形，无盖的应该有5个小正方形，不能折叠成无盖正方体；
C．可以折叠成无盖正方体；
D．有6个小正方形，无盖的应该有5个小正方形，不能折叠成无盖正方体．
故选：C．
（2）解：正方体的平面展开图中，相对面的特点是中间必须间隔一个正方形，所以与“保”字相对的字是“卫”．
故答案为：卫．
（3）解：①如图，
②设剪去的小正方形的边长为xcm，则这个盒子的高为xcm．
故答案为：x．
③当小正方形边长为4cm时，纸盒的容积为：
4×20−2×42=576cm3．
【点睛】本题主要考查了展开图折叠成几何体，列代数式，有理数混合运算的应用，每一个面都有唯一的一个对面的展开图才能折叠成正方体，解答本题的关键是读懂题意．
21．（8分）（2023上·全国·七年级专题练习）（1）如图，点C在线段AB上，点M在线段AC上，点N在线段BC上．
①已知AC=13,CB=8,，若点M，N分别是AC，BC的中点，求线段MN的长；
②已知AC=13,CB=8,，若点M是AC的中点， BN=34BC，求线段MN的长；
③已知AC=a,CB=b,，若AM=23AC， BN=13BC，请直接写出线段MN的长（用含a，b的式子表示）；
（2）若点C在直线AB上，（1）中其他条件不变，已知AC=a,CB=35a，5AM=3CM，3BN=2CN，请直接写出线段MN的长．
【答案】（1）①10.5；②8.5；③13a+23b；（2）173200a或77200a
【分析】（1）①根据线段中点的性质可得，CM=12AC,CN=12BC，由MN=CM+CN，代入计算即可得出答案；
②由点M是AC的中点， BN=34BC，可得CM=12AC,CN=14BC，由MN＝CM+CN，代入计算即可得出答案；
③由已知AM=23AC,BN=13BC，可得CM=13AC， CN=23BC，由MN＝CM+CN，代入计算即可得出答案；
（2）由已知5AM＝3CM，3BN＝2CN，可得CM=38AC,CN=25BC，由MN＝CM+CN，代入计算即可得出答案．
【详解】解：（1）①∵点M，N分别是AC，BC的中点，
∴CM=12AC=12×13=6.5， CN=12BC=12×8=4，
∴MN＝CM+CN＝6.5+4＝10.5；
②∵点M是AC的中点， BN=34BC，
∴CM=12AC=12×13=6.5， CN=14BC=14×8=2，
∴MN＝CM+CN＝6.5+2＝8.5；
③MN=13a+23b；
∵AM=23AC,BN=13BC，
∴CM=13AC=13a,CN=23BC=23b，
∴MN=CM+CN=13a+23b；
（2）MN=173200a或77200a．
∵5AM＝3CM，3BN＝2CN，
∴CM=58AC=58a,CN=25BC=25×35a=625a，
若点C在线段AB上时，
∴MN=CM+CN=(58+625)a=173200a．
若点B在线段AC上时，MN=CM−CN=58a−625a=(58−625)a＝77200a．
综上，线段MN的长为173200a或77200a．
【点睛】本题主要考查了线段中点有关的线段的计算，认真审题，数形结合，明确线段直接的数量关系进行求解是解决本题的关键,（2）小题注意分两种情况讨论．
22．（8分）（2023下·山东济南·七年级统考期末）解答下列问题
如图1，射线OC在∠AOB的内部，图中共有3个角：∠AOB，∠AOC和∠BOC，若其中有一个角的度数是另一个角度数的两倍，则称射线OC是∠AOB的“巧分线”．

(1)一个角的平分线 这个角的“巧分线”，（填“是”或“不是”）．
(2)如图2，若∠MPN=60°，且射线PQ是∠MPN的“巧分线”，则∠MPQ= （表示出所有可能的结果探索新知）．

(3)如图3，若∠MPN=α，且射线PQ是∠MPN的“巧分线”，则∠MPQ= （用含α的代数式表示出所有可能的结果）．

【答案】(1)是
(2)30°，20°或40°
(3)12α或13α或23α
【分析】（1）根据“巧分线”定义，一个角的平分线将一个角均分成两个等角，大角是这两个角的两倍即可解答；
(2)根据“巧分线”定义，分∠MPN=2∠MPQ1、∠NPQ2=2∠MPQ2、∠MPQ3=2∠NPQ3三种情况求解即可；
(3) 根据“巧分线”定义，分∠MPN=2∠MPQ1、∠NPQ2=2∠MPQ2、∠MPQ3=2∠NPQ3三种情况求解即可．
【详解】（1）解：如图1：∵OC平分∠AOB，
∴∠AOB=2∠AOC=2∠BOC,
∴根据巧分线定义可得OC是这个角的“巧分线”．
故答案为：是．

（2）解：如图3：①当∠MPN=2∠MPQ1时，则∠MPQ1=12∠MPN=12×60°=30°；
②当∠NPQ2=2∠MPQ2，则∠MPN=∠MPQ2+∠NPQ2=3∠MPQ2=60°，解得：∠MPQ2=20°；
③当∠MPQ3=2∠NPQ3，则∠MPN=∠MPQ3+∠NPQ3=32∠MPQ3=60°，解得：∠MPQ3=40°．
综上，∠MPQ可以为30°，20°，40°．
（3）解：如图3：①当∠MPN=2∠MPQ1时，则∠MPQ1=12∠MPN=12×α=α2；
②当∠NPQ2=2∠MPQ2，则∠MPN=∠MPQ2+∠NPQ2=3∠MPQ2=α，解得：∠MPQ2=13α；
③当∠MPQ3=2∠NPQ3，则∠MPN=∠MPQ3+∠NPQ3=32∠MPQ3=α，解得：∠MPQ3=23α．
综上，∠MPQ可以为α2，13α，23α．

【点睛】本题主要考查了新定义下的计算、角平分线的定义等知识点，读懂题意、理解“巧分线”的定义是解题的关键．
23．（8分）（2023上·河北唐山·七年级统考期末）如图，点O为直线AB上一点，将斜边为CD的直角三角板的直角顶点放在点O处，OE平分∠BOC．

(1)如图1，若∠AOC=30°，求∠DOE的度数；
(2)将直角三角板绕顶点O顺时针旋转至图2的位置，其他条件不变，探究∠AOC和∠DOE度数之间的关系，写出你的结论，并说明理由；
(3)在图1中，∠AOC=30°，OP与OD的起始位置重合，再将三角板COD绕点O按每秒10°的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，第t秒时，射线OD恰好是锐角∠BOP的三等分线，则t的值为__________秒（直接写出结果）．
【答案】(1)15°
(2)∠AOC=2∠DOE，理由见解析
(3)2或4
【分析】（1）根据邻补角互补和角平分线的定义可得∠EOC=75°，再结合∠COD是直角运用角的和差即可解答；
（2）根据角平分线的定义可得∠BOC=2∠COE，根据余角的性质可得∠COE=∠BOE=90°−∠DOE，再根据∠AOC=180°−∠BOC=180°−2∠COE并将∠COE=∠BOE=90°−∠DOE代入化简即可解答；
（3）由角∠BOP的三等分线有两条，需分∠POD=13∠POB和∠POD=23∠POB两种情况，分别根据旋转的性质列方程求解即可．
【详解】（1）解：∵∠AOC=30°，
∴∠BOC=180°−∠AOC=150°，
∵OE平分∠BOC，
∴∠EOC=12∠BOC=75°,
∵∠COD是直角，
∴∠DOE=∠COD−∠EOC=90°−75°=15°．
（2）解：∠AOC=2∠DOE；理由如下：
∵OE平分∠BOC，
∴∠BOC=2∠COE，
∵∠COD=90°，
∴∠COE=∠BOE=90°−∠DOE，
∴∠AOC=180°−∠BOC=180°−2∠COE=180°−290°−∠DOE，
∴∠AOC=2∠DOE．
（3）解：由角∠BOP的三等分线有两条，需分以下两种情况解答：
①∵射线OD恰好是锐角∠BOP的三等分线，
∴∠POD=13∠POB,
∵三角板COD绕点O按每秒10°的速度沿顺时针方向旋转一周，
∴∠POD=10t；
由（1）可得：∠BOP=180°−30°−90°=60°,
∴∠POD=13∠POB=20°，
∴10t=20，即t=2；
②∵射线OD恰好是锐角∠BOP的三等分线，
∴∠POD=23∠POB,
∵三角板COD绕点O按每秒10°的速度沿顺时针方向旋转一周，
∴∠POD=10t；
由（1）可得：∠BOP=180°−30°−90°=60°,
∴∠POD=23∠POB=40°，
∴10t=40，即t=4．
综上，当t=2或4时，射线OD恰好是锐角∠BOP的三等分线．
【点睛】本题主要考查了邻补角的性质、角平分线的定义、垂直的定义、角三等分线等知识点，灵活运用相关定义是解答本题的关键．多面体
顶点数
面数
棱数
四面体
4
4
6
长方体
8
6
正八面体
8
12
环
保
小
卫
士