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第四章 图形的性质
第十二节 几何图形初步
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 图形的认识 ☆ 此板块知识点属于初中数学几何部分的基础知识，考查难度基本都不大，属于易得分题，例如考查平行线的性质和判定、方位角、角度的大小、立体图形的展开与折叠等一些知识。近几年中考的考查频率高，考查的具体形式较为不固定，但以简单题为主；在综合题中相关知识也会有所体现，像平行线经常作为辅助线来使用。复习的时候，此部分知识一定要过好关，加强基础巩固，可以为后续的三角形，四边形，圆等的复习巩固好几何基础，更好地提升整体复习效率。
考点2 直线、射线、线段 ☆☆
考点3 角的相关知识 ☆☆
考点4 平行与垂直 ☆☆☆
考点5 多边形及其内角和 ☆☆☆
考点1：图形的认识
1.展开与折叠
有些立体图形是由一些平面图形围成，将它们的表面适当剪开，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．
(1)不是所有的立体图形都可以展成平面图形．例如，球便不能展成平面图形．
(2)不同的立体图形可展成不同的平面图形；同一个立体图形，沿不同的棱剪开，也可得到不同的平面图．
2.主视图、左视图、俯视图
一般地，我们把从____看到的图形，称为主视图；从____看到的图形，称为左视图；从____看到的图形，称为俯视图.
考点2：直线、射线、线段
1．直线的概念：一根拉得很紧的线，就给我们以直线的形象，直线是直的，并且是向两方无限延伸的．
2. 射线的概念：直线上一点和它一旁的部分叫做射线．这个点叫做射线的端点．
3. 线段的概念：直线上两个点和它们之间的部分叫做线段．这两个点叫做线段的端点．
4．线段的和差：如下图，在线段AC上取一点B，则有：AB+ ____ =AC；
AB= ____ -BC；BC=AC-____．
5．线段的中点：如下图，点M把线段AB分成____的两条线段AM与MB，点M叫做线段AB的中点．几何语言：AM=MB=AB．
6. 直线的性质：
（1）直线公理：经过两个点有一条直线，并且只有一条直线．它可以简单地说成：过两点有且只有一条直线（两点____一条直线）．
（2）过一点的直线有无数条．
（3）直线是向两方面无限延伸的，无端点，不可度量，不能比较大小．
（4）直线上有无穷多个点．
（5）两条不同的直线至多有一个公共点．
7. 线段的性质：
（1）线段公理：所有连接两点的线中，线段最短．也可简单说成：两点之间线段最短．
（2）连接两点的线段的长度，叫做这两点的距离．
（3）线段的中点到两端点的距离相等．
（4）线段的大小关系和它们的长度的大小关系是一致的．
考点3：角的相关知识
1．角：有公共端点的两条射线组成的图形叫做角．角也可以看作由一条射线绕着它的端点旋转而形成的图形．
2．度分秒的换算： 1周角＝2____＝4 直角＝360°． 1°= ____'，1'=____″ ．
3．量角器的使用：量角器的中心和角的顶点对齐，量角器的零刻度线和角的一条边对齐，做到两对齐后看角的另一边与刻度线对应的度数．
4. 两角间的关系：
（1）余角：如果两个角的和等于 90° ，就说这两个角互为余角． 同角或等角的余角相等．
（2）补角：如果两个角的和等于 180° ，就说这两个角互为补角． 同角或等角的补角相等．
5. 角平分线：一般地，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．
考点4：平行与垂直
1．垂线：当两条直线相交所得的四个角中，有一个角是直角时，就说这两条直线是____的，它们的交点叫做垂足.垂直用符号“⊥”来表示.
①过一点有且只有一条直线与已知直线垂直.
②连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短.简单说成：垂线段最短.
2．点到直线的距离定义：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.
3．同位角、内错角、同旁内角
(1)基本概念：两条直线被第三条直线所截，构成八个角，简称三线八角，如图所示： ∠1和∠8、∠2和∠7、∠3和∠6、∠4和∠5是同位角；∠1和∠6、∠2和∠5是内错角；∠1和∠5、∠2和∠6是同旁内角.
4．平行线定义：在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线.平行用符号“//”来表示，.如直线a与b平行，记作//b.在几何证明中，“//”的左、右两边也可能是射线或线段。
5．平行公理及推论：
(1)经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行.
(2)平行公理推论：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.即：如果b//a，c//a，那么b//c.
6．性质：
(1)平行线永远不相交；
(2)两直线平行，同位角____；
(3)两直线平行，内错角____；
(4)两直线平行，同旁内角____；
(5)如果两条平行线中的一条垂直于某直线，那么另一条也垂直于这条直线，可用符号表示为：若b//c，b⊥a，则c⊥a.
7．平行线的判定：
(1)定义法；
(2)平行公理的推论；
(3)同位角____，两直线平行；
(4)内错角____，两直线平行；
(5)同旁内角____，两直线平行；
(6)垂直于同一条直线的两条直线平行.
考点5：多边形及其内角和
考向五：多边形
1．多边形：在平面内，由若干条不在同一条直线上的线段首尾顺次相接所组成的封闭图形叫做多边形．
多边形的对角线是连接多边形不相邻的两个顶点的线段．
2.多边形的对角线：从n边形的一个顶点出发可以引出(n－3)条对角线，共有n(n-3)/2条对角线，把多边形分成了____个三角形．
3．多边形的内（外）角和：n边形的内角和是(n－2)·180°，外角和是____。
考点1：图形的认识
◇例题
1．（2023 英德市二模）下面几何体中，是圆柱的为（　　）
A． B． C． D．
2．（2020 惠州二模）如图的几何体由5个相同的小正方体搭成．从正面看，这个几何体的形状是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2020 顺德区四模）下列哪个图形经过折叠可以围成棱柱是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2023 黄埔区校级二模）如图1是一个正方体的展开图，该正方体按如图2所示的位置摆放，此时这个正方体朝下的一面的字是（　　）
A．中 B．国 C．梦 D．强
5．（2023 南山区模拟）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
◆变式训练
1．（2023 从化区二模）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（　　）
A．圆锥 B．圆柱 C．圆台 D．四棱柱
2．（2023 福田区校级二模）下列几何体中，主视图和左视图不同的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2023 增城区一模）如图是一个正方体的表面展开图，则原正方体中与“大”字所在的面相对的面上标的字是（　　）
A．江 B．北 C．水 D．城
4．（2023 宝安区二模）下面图形经过折叠可以围成一个棱柱的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2023 禅城区一模）用一平面去截下列几何体，其截面可能是长方形的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
考点2：直线、射线、线段
◇例题
1．（2023 广东模拟）在墙壁上固定一根横放的木条，至少需要（　　）
A．1枚钉子 B．2枚钉子
C．3枚钉子 D．随便多少枚钉子
2．（2023 茂南区二模）小光准备从A地去往B地，打开导航、显示两地距离为37.7km，但导航提供的三条可选路线长却分别为45km，50km，51km（如图）．能解释这一现象的数学知识是（　　）
A．两点之间，线段最短
B．垂线段最短
C．三角形两边之和大于第三边
D．两点确定一条直线
3．（2020 龙岗区校级模拟）如图，A，B，C，D是直线l上顺次四点，M，N分别是AB，CD的中点，且MN＝6cm，BC＝1cm，则AD的长等于（　　）
A．10cm B．11cm C．12cm D．13cm
◆变式训练
1．（2020 香洲区二模）如图，某同学沿直线将三角形的一个角（阴影部分）剪掉后，发现剩下部分的周长比原三角形的周长小，能较好地解释这一现象的数学知识是（　　）
A．两点确定一条直线
B．线段是直线的一部分
C．经过一点有无数条直线
D．两点之间，线段最短
2．（2021 饶平县校级模拟）C是直线AB上一点，D是BC的中点，若AB＝12cm，AC＝2cm，则BD的长为　 　．
3．（2021 花都区三模）已知：点M是线段AB的中点，若线段AM＝3cm，则线段AB的长度是　 cm．
考点3：角的相关知识
◇例题
1．（2021 饶平县校级模拟）利用一副三角板上已知度数的角，不能画出的角的度数是（　　）
A．15° B．75° C．100° D．135°
2．（2023 东莞市校级模拟）如图，图中互余的两个角共有（　　）
A．2对 B．3对 C．4对 D．5对
3．（2022 东莞市一模）如图，OA是北偏东30°方向的一条射线，若∠BOA＝90°，则OB的方位角是（　　）
A．西北方向 B．北偏西30° C．北偏西60° D．西偏北60°
4．（2023 龙川县三模）如果一个角是60°，那么这个角的补角是 　 ．
5．（2021 饶平县校级模拟）时钟上6：40时针和分针的夹角是　 　度．
◆变式训练
1．（2023 香洲区校级一模）如图，将一副三角尺按不同位置摆放，哪种摆放方式中∠α与∠β相等（　　）
A．B．C．D．
2．（2020 白云区二模）如果乙船在甲船的南偏东30°方向，那么甲船在乙船的（　　）方向．
A．北偏东30° B．北偏西30° C．北偏东60° D．北偏西60°
3．（2021 顺德区模拟）计算：18°30′＝　 °．
4．（2022 花都区一模）如图，点O是直线AB上一点，∠AOC＝50°，则∠BOC的度数为 　　．
5．（2023 罗定市二模）已知一个角的补角比这个角的一半多30°，则这个角的度数为 　　．
考点4：平行与垂直
◇例题
1．（2023 紫金县一模）如图，已知a∥b，c∥d，∠1＝60°，则∠2＝（　　）
A．120° B．150° C．30° D．60°
2．（2021 雷州市模拟）如图，已知直线AD、BE、CF相交于点O，OG⊥AD，且∠BOC＝35°，∠FOG＝30°，则∠DOE的度数为（　　）
A．30° B．35° C．15° D．25°
3．（2023 龙湖区校级三模）如图所示，直线a∥b，∠2＝31°，∠A＝28°，则∠1＝（　　）
A．61° B．60° C．59° D．58°
4．（2023 霞山区校级一模）已知α和β是两条平行线产生的同旁内角，其中α＝50°，那么β＝　 　．
5．（2023 越秀区校级二模）如图，已知∠1＝120°，∠2＝60°，若∠3＝122°，求∠4的度数．
◆变式训练
1．（2023 鹤山市一模）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°
2．（2023 怀集县一模）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°
3．（2023 花都区一模）如图，OA⊥OC，∠AOB＝40°，则∠BOC的度数为 　 　．
4．（2023 东莞市校级二模）如图，把一块含有45°角的直角三角板的两个顶点放在直尺的对边上，如果∠1＝22°，那么∠2的度数是 　．
5．（2023 兴宁市校级一模）已知：如图，AB∥CD，∠B+∠D＝180°．求证：BF∥ED．
考点5：多边形及其内角和
◇例题
1．（2023 东莞市校级二模）正十边形的外角和是（　　）
A．144° B．180° C．360° D．1440°
【分析】根据任意多边形的外角和等于360°解答即可．
【解答】解：∵多边形的外角和等于360°，
∴正十边形的外角和是360°．
故选：C．
2．（2023 鹤山市校级二模）若一个多边形的内角和是1080°，则这个多边形是（　　）
A．十边形 B．九边形 C．八边形 D．七边形
3．（2021 盐田区模拟）七边形一共有　 条对角线．
4．（2023 惠城区校级三模）一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是 　 　．
◆变式训练
1．（2023 顺德区校级三模）正六边形的外角和为（　　）
A．120° B．180° C．360° D．720°
2．（2023 荔湾区校级二模）如果多边形的每一个内角都是150°，那么这个多边形的边数是（　　）
A．8 B．10 C．12 D．16
3．（2023 南海区一模）一个n边形从一个顶点出发最多引出7条对角线，则n的值为　 ．
4．（2023 东莞市一模）已知一个包装盒的底面是内角和为720°的多边形，它是由另一个多边形纸片剪掉一个角以后得到的，则原多边形是 　 　边形．
1．（2022 广州）如图是一个几何体的侧面展开图，这个几何体可以是（　　）
A．圆锥 B．圆柱 C．棱锥 D．棱柱
2．（2021 深圳）如图所示的是一个正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体，和“富”字一面相对面的字是（　　）
A．强 B．明 C．文 D．主
3．（2021 广东）下列图形是正方体展开图的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（2020 广东）若一个多边形的内角和是540°，则该多边形的边数为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
5．（2022 广东）如图，直线a∥b，∠1＝40°，则∠2＝（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
6．（2023 广东）如图，街道AB与CD平行，拐角∠ABC＝137°，则拐角∠BCD＝（　　）
A．43° B．53° C．107° D．137°
7．（2022 深圳）一副三角板如图所示放置，斜边平行，则∠1的度数为（　　）
A．5° B．10° C．15° D．20°
8．（2023 深圳）如图为商场某品牌椅子的侧面图，∠DEF＝120°，DE与地面平行，∠ABD＝50°，则∠ACB＝（　　）
A．70° B．65° C．60° D．50°
9．（2020 深圳）如图，将直尺与30°角的三角尺叠放在一起，若∠1＝40°，则∠2的度数是（　　）
A．40° B．60° C．70° D．80°
10．（2019 广东）如图，已知a∥b，∠1＝75°，则∠2＝　 　．
11．（2020 广州）已知∠A＝100°，则∠A的补角等于　 　°．
12．（2019 广东）一个多边形的内角和是1080°，这个多边形的边数是 　 　．
1．（2023 连平县二模）如图是某几何体的展开图，该几何体是（　　）
A．长方体 B．圆柱 C．圆锥 D．三棱柱
2．（2023 东莞市校级二模）下列图形中，为圆锥的侧面展开图的是（　　）
A．B．C．D．
3．（2023 越秀区校级二模）如图，是一个小正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体后，有“功”的一面相对的面上的字是（　　）
A．努 B．力 C．定 D．能
4．（2023 江城区三模）若∠α＝40°，则∠α的余角的度数是（　　）
A．40° B．50° C．60° D．140°
5．（2023 濠江区模拟）如图，已知骰子相对两面的点数之和为7，下列图形为该骰子表面展开图的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2023 陆丰市一模）如图，直线a∥b，∠2＝40°，则∠1＝（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
7．（2020 东莞市校级二模）如图，直尺经过一副三角尺中的一块三角板DCB的顶点B，若∠C＝30°，∠ABC＝20°，则∠DEF度数为（　　）
A．25° B．40° C．50° D．80°
8．（2023 中山市一模）若一个正n边形的内角和为1080°，则它的每个外角度数是（　　）
A．36° B．45° C．72° D．60°
9．（2023 东莞市三模）一个正n边形的一个外角是45o，那么n＝ 　．
10．（2023 鹤山市校级二模）如图，将一副三角板叠放在一起，使直角的顶点重合于点O，并能绕O点自由旋转，若∠AOC＝112°，则∠BOD＝　 度．
11．（2023 惠阳区二模）如图，AB∥DE，FG⊥BC于F，∠CDE＝30°，则∠FGB的度数为 　 　．
12．（2023 龙湖区一模）光线从空气射入水中时，光线的传播方向会发生改变，这就是折射现象．如图，水面MN与底面EF平行，光线AB从空气射入水里时发生了折射，变成光线BC射到水底C处射线BD是光线AB的延长线，∠1＝60°，∠2＝43°，则∠DBC的度数为 　 　．
13．（2021 白云区校级二模）如图，B，E分别是AC，DF上的点，AE∥BF，∠A＝∠F．求证：∠C＝∠D．
14．（2021 饶平县校级模拟）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE，DF分别是∠ABC，∠ADC的平分线．
（1）∠1与∠2有什么关系，为什么？
（2）BE与DF有什么关系？请说明理由．
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第四章 图形的性质
第十二节 几何图形初步
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 图形的认识 ☆ 此板块知识点属于初中数学几何部分的基础知识，考查难度基本都不大，属于易得分题，例如考查平行线的性质和判定、方位角、角度的大小、立体图形的展开与折叠等一些知识。近几年中考的考查频率高，考查的具体形式较为不固定，但以简单题为主；在综合题中相关知识也会有所体现，像平行线经常作为辅助线来使用。复习的时候，此部分知识一定要过好关，加强基础巩固，可以为后续的三角形，四边形，圆等的复习巩固好几何基础，更好地提升整体复习效率。
考点2 直线、射线、线段 ☆☆
考点3 角的相关知识 ☆☆
考点4 平行与垂直 ☆☆☆
考点5 多边形及其内角和 ☆☆☆
考点1：图形的认识
1.展开与折叠
有些立体图形是由一些平面图形围成，将它们的表面适当剪开，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．
(1)不是所有的立体图形都可以展成平面图形．例如，球便不能展成平面图形．
(2)不同的立体图形可展成不同的平面图形；同一个立体图形，沿不同的棱剪开，也可得到不同的平面图．
2.主视图、左视图、俯视图
一般地，我们把从正面看到的图形，称为主视图；从左面看到的图形，称为左视图；从上面看到的图形，称为俯视图.
考点2：直线、射线、线段
1．直线的概念：一根拉得很紧的线，就给我们以直线的形象，直线是直的，并且是向两方无限延伸的．
2. 射线的概念：直线上一点和它一旁的部分叫做射线．这个点叫做射线的端点．
3. 线段的概念：直线上两个点和它们之间的部分叫做线段．这两个点叫做线段的端点．
4．线段的和差：如下图，在线段AC上取一点B，则有：AB+ BC =AC；
AB= AC -BC；BC=AC-AB．
5．线段的中点：如下图，点M把线段AB分成相等的两条线段AM与MB，点M叫做线段AB的中点．几何语言：AM=MB=AB．
6. 直线的性质：
（1）直线公理：经过两个点有一条直线，并且只有一条直线．它可以简单地说成：过两点有且只有一条直线（两点确定一条直线）．
（2）过一点的直线有无数条．
（3）直线是向两方面无限延伸的，无端点，不可度量，不能比较大小．
（4）直线上有无穷多个点．
（5）两条不同的直线至多有一个公共点．
7. 线段的性质：
（1）线段公理：所有连接两点的线中，线段最短．也可简单说成：两点之间线段最短．
（2）连接两点的线段的长度，叫做这两点的距离．
（3）线段的中点到两端点的距离相等．
（4）线段的大小关系和它们的长度的大小关系是一致的．
考点3：角的相关知识
1．角：有公共端点的两条射线组成的图形叫做角．角也可以看作由一条射线绕着它的端点旋转而形成的图形．
2．度分秒的换算： 1周角＝2平角＝4 直角＝360°． 1°= 60'，1'=60″ ．
3．量角器的使用：量角器的中心和角的顶点对齐，量角器的零刻度线和角的一条边对齐，做到两对齐后看角的另一边与刻度线对应的度数．
4. 两角间的关系：
（1）余角：如果两个角的和等于 90° ，就说这两个角互为余角． 同角或等角的余角相等．
（2）补角：如果两个角的和等于 180° ，就说这两个角互为补角． 同角或等角的补角相等．
5. 角平分线：一般地，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．
考点4：平行与垂直
1．垂线：当两条直线相交所得的四个角中，有一个角是直角时，就说这两条直线是互相垂直的，它们的交点叫做垂足.垂直用符号“⊥”来表示.
①过一点有且只有一条直线与已知直线垂直.
②连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短.简单说成：垂线段最短.
2．点到直线的距离定义：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.
3．同位角、内错角、同旁内角
(1)基本概念：两条直线被第三条直线所截，构成八个角，简称三线八角，如图所示： ∠1和∠8、∠2和∠7、∠3和∠6、∠4和∠5是同位角；∠1和∠6、∠2和∠5是内错角；∠1和∠5、∠2和∠6是同旁内角.
4．平行线定义：在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线.平行用符号“//”来表示，.如直线a与b平行，记作//b.在几何证明中，“//”的左、右两边也可能是射线或线段。
5．平行公理及推论：
(1)经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行.
(2)平行公理推论：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.即：如果b//a，c//a，那么b//c.
6．性质：
(1)平行线永远不相交；
(2)两直线平行，同位角相等；
(3)两直线平行，内错角相等；
(4)两直线平行，同旁内角互补；
(5)如果两条平行线中的一条垂直于某直线，那么另一条也垂直于这条直线，可用符号表示为：若b//c，b⊥a，则c⊥a.
7．平行线的判定：
(1)定义法；
(2)平行公理的推论；
(3)同位角相等，两直线平行；
(4)内错角相等，两直线平行；
(5)同旁内角互补，两直线平行；
(6)垂直于同一条直线的两条直线平行.
考点5：多边形及其内角和
考向五：多边形
1．多边形：在平面内，由若干条不在同一条直线上的线段首尾顺次相接所组成的封闭图形叫做多边形．
多边形的对角线是连接多边形不相邻的两个顶点的线段．
2.多边形的对角线：从n边形的一个顶点出发可以引出(n－3)条对角线，共有n(n-3)/2条对角线，把多边形分成了(n－2)个三角形．
3．多边形的内（外）角和：n边形的内角和是(n－2)·180°，外角和是360°。
考点1：图形的认识
◇例题
1．（2023 英德市二模）下面几何体中，是圆柱的为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据圆柱体的特征判断即可．
【解答】解：A、是圆柱，故此选项符合题意；
B、是圆锥，故此选项不符合题意；
C、是三棱锥，故此选项不符合题意；
D、是球体，故此选项不符合题意；
故选：A．
2．（2020 惠州二模）如图的几何体由5个相同的小正方体搭成．从正面看，这个几何体的形状是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【解答】解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层中间一个小正方形，
故选：A．
3．（2020 顺德区四模）下列哪个图形经过折叠可以围成棱柱是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据棱柱的特点作答．
【解答】解：A是圆柱，B比棱柱缺少一个侧面的长方形，D比三棱柱的侧面多出一个长方形，
故选：C．
4．（2023 黄埔区校级二模）如图1是一个正方体的展开图，该正方体按如图2所示的位置摆放，此时这个正方体朝下的一面的字是（　　）
A．中 B．国 C．梦 D．强
【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．
【解答】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
与“中”字相对的面上的汉字是“国”，即此时这个正方体朝下的一面的字是国．
故选：B．
5．（2023 南山区模拟）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
【分析】正方体有六个面，用一个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，进而可得出所有可能的情况．
【解答】解：正方体有六个面，注水的过程中，可将容器任意放置，水平面形状最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形，
所得水平面形状可能是三角形、四边形、五边形和六边形，不可能出现七边形．
故选：D．
◆变式训练
1．（2023 从化区二模）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（　　）
A．圆锥 B．圆柱 C．圆台 D．四棱柱
【分析】侧面为长方形，底面为2个圆形，故原几何体为圆柱．
【解答】解：观察图形可知，该几何体是圆柱．
故选：B．
2．（2023 福田区校级二模）下列几何体中，主视图和左视图不同的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】分别分析四种几何体的主视图和左视图，找出主视图和左视图不同的几何体．
【解答】解：A、主视图与左视图都是两个并列的正方形，不合题意；
B、主视图是长方形，左视图是圆，符合题意；
C、主视图与左视图都是三角形，不合题意；
D、主视图和左视图都是圆，不合题意．
故选：B．
3．（2023 增城区一模）如图是一个正方体的表面展开图，则原正方体中与“大”字所在的面相对的面上标的字是（　　）
A．江 B．北 C．水 D．城
【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．
【解答】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
“大”与“城”是相对面，
“江”与“水”是相对面，
“美”与“北”是相对面．
故选：D．
4．（2023 宝安区二模）下面图形经过折叠可以围成一个棱柱的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题．
【解答】解：A、折叠可以围成一个圆柱，故不符合题意；
B、折叠可以围成一个三棱柱，故符合题意；
C、折叠可以围成一个圆锥，故不符合题意；
D、折叠可以围成一个缺少一个面的正方体，故不符合题意．
故选：B．
5．（2023 禅城区一模）用一平面去截下列几何体，其截面可能是长方形的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据圆柱、长方体、圆锥、四棱柱的形状判断即可，可用排除法．
【解答】解：圆锥不可能得到长方形截面，
故能得到长方形截面的几何体有：圆柱、长方体、四棱柱，一共有3个．
故选：C．
考点2：直线、射线、线段
◇例题
1．（2023 广东模拟）在墙壁上固定一根横放的木条，至少需要（　　）
A．1枚钉子 B．2枚钉子
C．3枚钉子 D．随便多少枚钉子
【分析】根据公理“两点确定一条直线”，来解答即可．
【解答】解：至少需要2根钉子．
故选：B．
2．（2023 茂南区二模）小光准备从A地去往B地，打开导航、显示两地距离为37.7km，但导航提供的三条可选路线长却分别为45km，50km，51km（如图）．能解释这一现象的数学知识是（　　）
A．两点之间，线段最短
B．垂线段最短
C．三角形两边之和大于第三边
D．两点确定一条直线
【分析】根据线段的性质，可得答案．
【解答】解：从A地去往B地，打开导航、显示两地距离为37.7km，理由是两点之间线段最短，
故选：A．
3．（2020 龙岗区校级模拟）如图，A，B，C，D是直线l上顺次四点，M，N分别是AB，CD的中点，且MN＝6cm，BC＝1cm，则AD的长等于（　　）
A．10cm B．11cm C．12cm D．13cm
【分析】由已知条件知MB+CN＝MN﹣BC，MB+CN＝（AB+CD），故AD＝AB+BC+CD可求．
【解答】解：∵MN＝6cm
∴MB+CN＝6﹣1＝5cm，AB+CD＝10cm
∴AD＝11cm．
故选：B．
◆变式训练
1．（2020 香洲区二模）如图，某同学沿直线将三角形的一个角（阴影部分）剪掉后，发现剩下部分的周长比原三角形的周长小，能较好地解释这一现象的数学知识是（　　）
A．两点确定一条直线
B．线段是直线的一部分
C．经过一点有无数条直线
D．两点之间，线段最短
【分析】根据两点之间，线段最短解答即可．
【解答】解：某同学沿直线将三角形的一个角（阴影部分）剪掉后，发现剩下部分的周长比原三角形的周长小，
能较好地解释这一现象的数学知识是两点之间线段最短．
故选：D．
2．（2021 饶平县校级模拟）C是直线AB上一点，D是BC的中点，若AB＝12cm，AC＝2cm，则BD的长为　 　．
【分析】先求出BC，再根据线段中点的定义解答．
【解答】解：①如图1，∵AB＝12cm，AC＝2cm，
∴BC＝AB﹣AC＝12﹣2＝10（cm）．
∵D是BC的中点，
∴BD＝BC＝×10＝5（cm）．
②如图2，∵AB＝12cm，AC＝2cm，
∴BC＝AB+AC＝12+2＝14（cm）．
∵D是BC的中点，
∴BD＝BC＝×14＝7（cm）．
综上所述，BD的长为5或7cm．
故答案为：5或7cm．
3．（2021 花都区三模）已知：点M是线段AB的中点，若线段AM＝3cm，则线段AB的长度是　 cm．
【分析】由M是线段AB的中点，则线段AB的长度是线段AM长度的2倍，即可得出答案．
【解答】解：因为点M是线段AB的中点，AM＝3cm，
所以AB＝2AM＝2×3＝6（cm）．
故答案为：6．
考点3：角的相关知识
◇例题
1．（2021 饶平县校级模拟）利用一副三角板上已知度数的角，不能画出的角的度数是（　　）
A．15° B．75° C．100° D．135°
【分析】用三角板画出角，无非是用角度加减法．根据选项一一分析，排除错误答案．
【解答】解：A、15°的角，45°﹣30°＝15°；
B、75°的角，45°+30°＝75°；
C、100°的角，无法用三角板中角的度数拼出；
D、135°的角，45°+90°＝135°．
故选：C．
2．（2023 东莞市校级模拟）如图，图中互余的两个角共有（　　）
A．2对 B．3对 C．4对 D．5对
【分析】根据互余两角之和为90°，找出互余的角．
【解答】解：在Rt△ABC中，
∵AD⊥BC于D，
∴∠B+∠C＝90°，
∠B+∠BAD＝90°，
∠BAD+∠CAD＝90°，
∠CAD+∠C＝90°，
则互余的角共有4个．
故选：C．
3．（2022 东莞市一模）如图，OA是北偏东30°方向的一条射线，若∠BOA＝90°，则OB的方位角是（　　）
A．西北方向 B．北偏西30° C．北偏西60° D．西偏北60°
【分析】根据方向角的定义可得：∠AOC＝30°，然后利用角的和差关系可求出∠BOC＝60°，从而根据方向角的定义，即可解答．
【解答】解：如图：
由题意得：∠AOC＝30°，
∵∠BOA＝90°，
∴∠BOC＝∠BOA﹣∠AOC＝60°，
∴OB的方位角是北偏西60°，
故选：C．
4．（2023 龙川县三模）如果一个角是60°，那么这个角的补角是 　 ．
【分析】如果两个角的和等于180°（平角），就说这两个角互为补角．由定义即可求解．
【解答】解：60°角的补角是180°﹣60°＝120°，
故答案为：120°．
5．（2021 饶平县校级模拟）时钟上6：40时针和分针的夹角是　 　度．
【分析】根据时针60分钟转30°，分针60分钟转360°，时针与分针相距的份数乘以每份的度数，可得答案．
【解答】解：6：40，时钟上的时针和分针相距的份数是：2﹣＝，
6：40，时钟上的时针和分针之间的夹角是30°×＝40°．
故答案为：40．
◆变式训练
1．（2023 香洲区校级一模）如图，将一副三角尺按不同位置摆放，哪种摆放方式中∠α与∠β相等（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据平角的定义，同角的余角相等，等角的补角相等和邻补角的定义对各小题分析判断即可得解．
【解答】解：A、∠α+∠β＝180°﹣90°＝90°，互余，不符合题意；
B、根据同角的余角相等，∠α＝∠β，且∠α与∠β均为锐角，符合题意；
C、∠α+∠β＝180°﹣90°＝90°，互余，不符合题意；
D、∠α+∠β＝180°，互补，不符合题意．
故选：B．
2．（2020 白云区二模）如果乙船在甲船的南偏东30°方向，那么甲船在乙船的（　　）方向．
A．北偏东30° B．北偏西30° C．北偏东60° D．北偏西60°
【分析】根据题意画出图形，进而分析得出从乙船看甲船的方向．
【解答】解：如图：
∵从甲船看乙船，乙船在甲船的南偏东30°方向，
∴从乙船看甲船，甲船在乙船的北偏西30°方向．
故选：B．
3．（2021 顺德区模拟）计算：18°30′＝　 °．
【分析】根据1°＝60′，1′＝60″进行计算即可．
【解答】解：18°30′＝18.5°，
故答案为：18.5．
4．（2022 花都区一模）如图，点O是直线AB上一点，∠AOC＝50°，则∠BOC的度数为 　　．
【分析】根据补角的概念直接计算即可．
【解答】解：∵∠AOC＝50°，
∴∠BOC＝180°﹣∠AOC＝180°﹣50°＝130°，
故答案为：130°．
5．（2023 罗定市二模）已知一个角的补角比这个角的一半多30°，则这个角的度数为 　　．
【分析】设这个角的度数为x°，则这个角的补角为180°﹣x°，然后根据一个角的补角比这个角的一半多30°列出方程即可．
【解答】解：设这个角的度数为x°，则这个角的补角为180°﹣x°，
根据题意，得180﹣x＝x+30，
解得x＝100．
故答案为：100°
考点4：平行与垂直
◇例题
1．（2023 紫金县一模）如图，已知a∥b，c∥d，∠1＝60°，则∠2＝（　　）
A．120° B．150° C．30° D．60°
【分析】根据a∥b可得∠3＝∠1＝60°，根据c∥d可得∠2＝∠3＝60°．
【解答】解：如图，
∵a∥b，
∴∠3＝∠1＝60°，
∵c∥d，
∴∠2＝∠3＝60°，
故选：D．
2．（2021 雷州市模拟）如图，已知直线AD、BE、CF相交于点O，OG⊥AD，且∠BOC＝35°，∠FOG＝30°，则∠DOE的度数为（　　）
A．30° B．35° C．15° D．25°
【分析】根据对顶角相等，以及垂直的定义求出所求角度数即可．
【解答】解：∵∠BOC＝35°，∠FOG＝30°，
∴∠EOF＝∠BOC＝35°，
∴∠GOE＝∠GOF+∠FOE＝65°，
∵OG⊥AD，
∴∠GOD＝90°，
∴∠DOE＝25°，
故选：D．
3．（2023 龙湖区校级三模）如图所示，直线a∥b，∠2＝31°，∠A＝28°，则∠1＝（　　）
A．61° B．60° C．59° D．58°
【分析】根据三角形外角的性质∠DBC＝∠A+∠2，欲求∠1，需求∠DBC．根据平行线的性质，由a∥b，得∠1＝∠DBC，从而解决此题．
【解答】解：∵a∥b，
∴∠1＝∠DBC，
∵∠DBC＝∠A+∠2，
＝28°+31°
＝59°．
故选：C．
4．（2023 霞山区校级一模）已知α和β是两条平行线产生的同旁内角，其中α＝50°，那么β＝　 　．
【分析】利用两直线平行同旁内角互补进而得出答案．
【解答】解：∵α，β是某两条平行线被第三条直线所截得的同旁内角，α＝50°，
∴α+β＝180°，
则β为：180°﹣50°＝130°．
故答案为：130°
5．（2023 越秀区校级二模）如图，已知∠1＝120°，∠2＝60°，若∠3＝122°，求∠4的度数．
【分析】根据平行线的性质与判定可进行求解．
【解答】解：∵∠1＝120°，∠2＝60°，
∴∠1+∠2＝180°，
∴AC∥BD，
∴∠3＝∠BDC，
∵∠3＝122°，
∴∠BDC＝122°，
∴∠4＝180°﹣∠BDC＝58°．
◆变式训练
1．（2023 鹤山市一模）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°
【分析】利用平行线的性质可得∠1＝∠α＝123°，然后利用三角形外角的性质可得∠ACB＝78°，从而利用对顶角相等即可解答．
【解答】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．
2．（2023 怀集县一模）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°
【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°．
【解答】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．
3．（2023 花都区一模）如图，OA⊥OC，∠AOB＝40°，则∠BOC的度数为 　 　．
【分析】根据垂线的定义得出∠AOC＝90°，根据余角的定义即可求解．
【解答】解：∵OA⊥OC，∠AOB＝40°，
∴∠AOC＝90°，
∴∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝90°﹣40°＝50°，
故答案为：50°．
4．（2023 东莞市校级二模）如图，把一块含有45°角的直角三角板的两个顶点放在直尺的对边上，如果∠1＝22°，那么∠2的度数是 　．
【分析】根据平行线的性质求出∠3，即可求出答案．
【解答】解：∵AB∥CD，∠1＝22°，
∴∠3＝45°﹣22°＝23°，
∴∠2＝∠3＝23°，
故答案为：23°．
5．（2023 兴宁市校级一模）已知：如图，AB∥CD，∠B+∠D＝180°．求证：BF∥ED．
【分析】根据平行线的性质得出∠B＝∠BGD，求出∠BGD+∠D＝180°，根据平行线的判定得出即可．
【解答】证明：∵AB∥CD，
∴∠B＝∠BGD，
∵∠B+∠D＝180°，
∴∠BGD+∠D＝180°，
∴BF∥ED．
考点5：多边形及其内角和
◇例题
1．（2023 东莞市校级二模）正十边形的外角和是（　　）
A．144° B．180° C．360° D．1440°
【分析】根据任意多边形的外角和等于360°解答即可．
【解答】解：∵多边形的外角和等于360°，
∴正十边形的外角和是360°．
故选：C．
2．（2023 鹤山市校级二模）若一个多边形的内角和是1080°，则这个多边形是（　　）
A．十边形 B．九边形 C．八边形 D．七边形
【分析】由多边形内角和定理：（n﹣2） 180° （n≥3且n为整数），可求多边形的边数．
【解答】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得：（n﹣2） 180°＝1080°，
∴n＝8，
即这个多边形是八边形．
故选：C．
3．（2021 盐田区模拟）七边形一共有　 条对角线．
【分析】可根据多边形的对角线与边数的关系求解．
【解答】解：七边形的对角线总共有：＝14条．
故答案为：14．
4．（2023 惠城区校级三模）一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是 　 　．
【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2） 180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．
【解答】解：设多边形的边数是n，根据题意得，
（n﹣2） 180°＝2×360°，
解得n＝6，
∴这个多边形为六边形．
故答案为：六．
◆变式训练
1．（2023 顺德区校级三模）正六边形的外角和为（　　）
A．120° B．180° C．360° D．720°
【分析】利用“多边形的外角和等于360°”，即可得出正六边形的外角和为360°．
【解答】解：∵多边形的外角和等于360°，
∴正六边形的外角和为360°．
故选：C．
2．（2023 荔湾区校级二模）如果多边形的每一个内角都是150°，那么这个多边形的边数是（　　）
A．8 B．10 C．12 D．16
【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的外角和是360度求出n的值即可．
【解答】解：∵多边形的各个内角都等于150°，
∴每个外角为30°，
设这个多边形的边数为n，则
30°n＝360°，
解得n＝12．
故选：C．
3．（2023 南海区一模）一个n边形从一个顶点出发最多引出7条对角线，则n的值为　 ．
【分析】可根据n边形从一个顶点引出的对角线与边的关系n﹣3，列方程求解．
【解答】解：∵多边形从一个顶点引出的对角线与边的关系n﹣3，
∴n﹣3＝7，
解得n＝10．
故答案为：10．
4．（2023 东莞市一模）已知一个包装盒的底面是内角和为720°的多边形，它是由另一个多边形纸片剪掉一个角以后得到的，则原多边形是 　 　边形．
【分析】首先求得内角和为720°的多边形的边数，再根据截去一个角后边数增加1，不变，减少1，即可确定原多边形的边数．
【解答】解：设内角和为720°的多边形的边数是n，则（n﹣2） 180＝720，
解得：n＝6．
∵截去一个角后边数可能增加1，不变或减少1，
∴原多边形的边数为五或六或七．
故答案为：五或六或七．
1．（2022 广州）如图是一个几何体的侧面展开图，这个几何体可以是（　　）
A．圆锥 B．圆柱 C．棱锥 D．棱柱
【分析】根据基本几何体的展开图判断即可．
【解答】解：∵圆锥的侧面展开图是扇形，
∴判断这个几何体是圆锥，
故选：A．
2．（2021 深圳）如图所示的是一个正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体，和“富”字一面相对面的字是（　　）
A．强 B．明 C．文 D．主
【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．
【解答】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，和“富”字所在面相对的面上的字是“文”．
故选：C．
3．（2021 广东）下列图形是正方体展开图的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由平面图形的折叠及正方体的展开图的特征解答即可．
【解答】解：由正方体的展开图的特征可知，可以拼成正方体是下列三个图形：
故这些图形是正方体展开图的个数为3个．
故选：C．
4．（2020 广东）若一个多边形的内角和是540°，则该多边形的边数为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2） 180°列式进行计算即可求解．
【解答】解：设多边形的边数是n，则
（n﹣2） 180°＝540°，
解得n＝5．
故选：B．
5．（2022 广东）如图，直线a∥b，∠1＝40°，则∠2＝（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】利用平行线的性质可得结论．
【解答】解：∵a∥b，
∴∠2＝∠1＝40°．
故选：B．
6．（2023 广东）如图，街道AB与CD平行，拐角∠ABC＝137°，则拐角∠BCD＝（　　）
A．43° B．53° C．107° D．137°
【分析】由平行线的性质即可求解．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠ABC＝∠BCD＝137°，
故选：D．
7．（2022 深圳）一副三角板如图所示放置，斜边平行，则∠1的度数为（　　）
A．5° B．10° C．15° D．20°
【分析】由题意得：∠ACB＝45°，∠F＝30°，利用平行线的性质可求∠DCB＝30°，进而可求解．
【解答】解：如图，∠ACB＝45°，∠F＝30°，
∵BC∥EF，
∴∠DCB＝∠F＝30°，
∴∠1＝45°﹣30°＝15°，
故选：C．
8．（2023 深圳）如图为商场某品牌椅子的侧面图，∠DEF＝120°，DE与地面平行，∠ABD＝50°，则∠ACB＝（　　）
A．70° B．65° C．60° D．50°
【分析】由平行线的性质可得∠D＝∠ABD＝50°，再利用三角形的外角性质可求得∠DCE的度数，结合对顶角相等即可求∠ACB的度数．
【解答】解：∵DE∥AB，∠ABD＝50°，
∴∠D＝∠ABD＝50°，
∵∠DEF＝120°，且∠DEF是△DCE的外角，
∴∠DCE＝∠DEF﹣∠D＝70°，
∴∠ACB＝∠DCE＝70°．
故选：A．
9．（2020 深圳）如图，将直尺与30°角的三角尺叠放在一起，若∠1＝40°，则∠2的度数是（　　）
A．40° B．60° C．70° D．80°
【分析】根据平角的定义和平行线的性质即可得到结论．
【解答】解：由题意得，∠4＝60°，
∵∠1＝40°，
∴∠3＝180°﹣60°﹣40°＝80°，
∵AB∥CD，
∴∠3＝∠2＝80°，
故选：D．
10．（2019 广东）如图，已知a∥b，∠1＝75°，则∠2＝　 　．
【分析】根据平行线的性质及对顶角相等求解即可．
【解答】解：∵直线c直线a，b相交，且a∥b，∠1＝75°，
∴∠3＝∠1＝75°，
∴∠2＝180°﹣∠3＝180°﹣75°＝105°．
故答案为：105°
11．（2020 广州）已知∠A＝100°，则∠A的补角等于　 　°．
【分析】根据补角的概念求解可得．
【解答】解：∵∠A＝100°，
∴∠A的补角＝180°﹣100°＝80°．
故答案为：80．
12．（2019 广东）一个多边形的内角和是1080°，这个多边形的边数是 　 　．
【分析】根据多边形内角和定理：（n﹣2） 180 （n≥3）可得方程180（x﹣2）＝1080，再解方程即可．
【解答】解：设多边形边数有x条，由题意得：
180（x﹣2）＝1080，
解得：x＝8，
故答案为：8．
1．（2023 连平县二模）如图是某几何体的展开图，该几何体是（　　）
A．长方体 B．圆柱 C．圆锥 D．三棱柱
【分析】根据由两个圆和一个长方形可以围成圆柱得出结论即可．
【解答】解：由两个圆和一个长方形可以围成圆柱，
故选：B．
2．（2023 东莞市校级二模）下列图形中，为圆锥的侧面展开图的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据圆锥的侧面展开图是扇形解答即可．
【解答】解：∵圆锥的侧面展开图的是扇形，
∴圆锥的侧面展开图的是：．
故选：C．
3．（2023 越秀区校级二模）如图，是一个小正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体后，有“功”的一面相对的面上的字是（　　）
A．努 B．力 C．定 D．能
【分析】根据正方体的表面展开图找相对面的方法，“Z”字两端是对面判断即可．
【解答】解：有“功”的一面相对的面上的字是：努，
故选：A．
4．（2023 江城区三模）若∠α＝40°，则∠α的余角的度数是（　　）
A．40° B．50° C．60° D．140°
【分析】设∠α的余角是∠β，则∠α+∠β＝90°，再根据∠α＝40°求出∠β的度数即可．
【解答】解：设∠α的余角是∠β，则∠α+∠β＝90°，
∵∠α＝40°，
∴∠β＝90°﹣40°＝50°，
∴∠α的余角的度数是50°，
故选：B．
5．（2023 濠江区模拟）如图，已知骰子相对两面的点数之和为7，下列图形为该骰子表面展开图的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：根据正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
A、1点6点是相对面，3点与5点是相对面，2点与4点是相对面，所以不可以折成符合规则的骰子，故本选项不符合题意；
B、4点与3点是相对面，2点与6点是相对面，1点与5点是相对面，所以不可以折成符合规则的骰子，故本选项不符合题意；
C、3点与4点是相对面，2点与6点是相对面，1点与5点是相对面，所以不可以折成符合规则的骰子，故本选项不符合题意；
D、2点与5点是相对面，3点与4点是相对面，1点与6点是相对面，所以可以折成符合规则的骰子，故本选项符合题意．
故选：D．
6．（2023 陆丰市一模）如图，直线a∥b，∠2＝40°，则∠1＝（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】由平行线的性质推出∠1＝∠2＝40°．
【解答】解：∵a∥b，
∴∠1＝∠2＝40°．
故选：B．
7．（2020 东莞市校级二模）如图，直尺经过一副三角尺中的一块三角板DCB的顶点B，若∠C＝30°，∠ABC＝20°，则∠DEF度数为（　　）
A．25° B．40° C．50° D．80°
【分析】依据三角形外角性质，即可得到∠BAD，再根据平行线的性质，即可得到∠DEF的度数．
【解答】解：∵∠C＝30°，∠ABC＝20°，
∴∠BAD＝∠C+∠ABC＝50°，
∵EF∥AB，
∴∠DEF＝∠BAD＝50°，
故选：C．
8．（2023 中山市一模）若一个正n边形的内角和为1080°，则它的每个外角度数是（　　）
A．36° B．45° C．72° D．60°
【分析】根据多边形内角和公式列出方程，求出n的值，即可求出多边形的边数，再根据多边形的外角和是360°，利用360°除以边数可得外角度数．
【解答】解：根据题意，可得（n﹣2）×180°＝1080°，
解得n＝8，
所以，外角的度数为360°÷8＝45°．
故选：B．
9．（2023 东莞市三模）一个正n边形的一个外角是45o，那么n＝ 　．
【分析】由正n边形的一个外角是45°，n边形的外角和为360°，即可求得n的值．
【解答】解：∵正n边形的一个外角是45°，n边形的外角和为360°，
∴n＝360÷45＝8．
故答案为：8．
10．（2023 鹤山市校级二模）如图，将一副三角板叠放在一起，使直角的顶点重合于点O，并能绕O点自由旋转，若∠AOC＝112°，则∠BOD＝　 度．
【分析】分两种情形分别求解即可．
【解答】解：①当OD在∠AOB内部时，∠BOD＝∠COD+∠AOB﹣∠AOC＝90°+90°﹣112°＝68°．
②当OD在∠AOB外部时，∠BOD＝360°﹣90°﹣90°﹣∠AOC＝68°，
故答案为：68．
11．（2023 惠阳区二模）如图，AB∥DE，FG⊥BC于F，∠CDE＝30°，则∠FGB的度数为 　 　．
【分析】根据两直线平行，同位角相等得∠B＝∠CDE＝30°，由FG⊥BC得∠BFG＝90°，在△BFG中，利用三角形内角和定理即可求解．
【解答】解：∵AB∥DE，
∴∠B＝∠CDE＝30°，
∵FG⊥BC，
∴∠BFG＝90°，
在△BFG中，∠FGB＝180°﹣∠B﹣∠BFG＝180°﹣30°﹣90°＝60°．
故答案为：60°．
12．（2023 龙湖区一模）光线从空气射入水中时，光线的传播方向会发生改变，这就是折射现象．如图，水面MN与底面EF平行，光线AB从空气射入水里时发生了折射，变成光线BC射到水底C处射线BD是光线AB的延长线，∠1＝60°，∠2＝43°，则∠DBC的度数为 　 　．
【分析】先根据平行线的性质求出∠CBN的度数，再根据邻补角的定义即可求解．
【解答】解：由题意可知：
∵MN∥EF，
∴∠1+∠CBN＝180°，
∵∠1＝60°，
∴∠CBN＝180°﹣60°＝120°，
∵∠2＝43°，
∴∠CBA＝∠CBN+∠2＝120°+43°＝163°，
∵∠DBC+∠CBA＝180°，
∴∠DBC＝180°﹣163°＝17°，
故答案为：17°．
13．（2021 白云区校级二模）如图，B，E分别是AC，DF上的点，AE∥BF，∠A＝∠F．求证：∠C＝∠D．
【分析】由AE∥BF，可得∠F＝∠AED；等量代换可得∠A＝∠AED，根据内错角相等，两直线平行得到AC∥DF，由平行线的性质可得结论．
【解答】证明：∵AE∥BF，
∴∠AED＝∠F．
∵∠A＝∠F，
∴∠AED＝∠A．
∴AC∥DF．
∴∠C＝∠D．
14．（2021 饶平县校级模拟）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE，DF分别是∠ABC，∠ADC的平分线．
（1）∠1与∠2有什么关系，为什么？
（2）BE与DF有什么关系？请说明理由．
【分析】（1）根据四边形的内角和，可得∠ABC+∠ADC＝180°，然后，根据角平分线的性质，即可得出；
（2）由互余可得∠1＝∠DFC，根据平行线的判定，即可得出．
【解答】解：（1）∠1+∠2＝90°；
∵BE，DF分别是∠ABC，∠ADC的平分线，
∴∠1＝∠ABE，∠2＝∠ADF，
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∴2（∠1+∠2）＝180°，
∴∠1+∠2＝90°；
（2）BE∥DF；
在△FCD中，∵∠C＝90°，
∴∠DFC+∠2＝90°，
∵∠1+∠2＝90°，
∴∠1＝∠DFC，
∴BE∥DF．
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