第四章《基本平面图形》期末单元复习题 2024--2025学年北师大版七年级数学上册

这是一份第四章《基本平面图形》期末单元复习题 2024--2025学年北师大版七年级数学上册，共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间:120分钟 满分150分
一、单选题（本大题共10小题，总分40分）
1．在刨平了的木板上先定两个点，木工师傅经过这两点拉紧了一根含墨的线，用手拉弹，就能在木板弹出一条笔直的墨线，这一实际问题应用的数学知识是（ ）
A．两点之间线段最短
B．经过两点有且只有一条直线
C．垂线段最短
D．直线有两个端点
2．如图，下面说法中错误的是（ ）
A．点M在线段BC上B．点A在直线BC外
C．点C在线段MB上D．点B在直线MC上
3．如图，点C为线段AB上一点，若AB＝7，BC＝3，则AC＝（ ）
A．10B．7C．5D．4
4．已知点C在线段AB上，则下列条件中，不能确定点C是线段AB中点的是（ ）
A．AC＝BCB．AB＝2ACC．AC+BC＝ABD．BC=12AB
5．已知，学校在小明家的西偏北40°方向上，则小明家在学校的（ ）方向上．
A．北偏西40°B．北偏西50°C．东偏南40°D．东偏南50°
6．如图所示，将三个大小相同的正方形的一个顶点重合放置，则∠1、∠2、∠3三个角的数量关系为（ ）
A．∠1+∠2+∠3＝90°B．∠1+∠2﹣∠3＝90°
C．∠1﹣∠2+∠3＝90°D．∠1+2∠2﹣∠3＝90°
7．学习了多边形后，我们知道过多边形的一个顶点可作若干条对角线（三角形除外）．如图，过一个顶点，四边形有1条对角线，五边形有2条对角线，六边形有3条对角线……按照此规律，过十二边形一个顶点的对角线有（ ）
A．11条B．10条C．9条D．8条
8．下面是“作一个角等于已知角”的尺规作图过程．
已知：∠AOB．
求作：一个角，使它等于∠AOB．
作法：如图所示．
（1）画射线O′A′；（第1步）
（2）以点O为圆心，任意长为半径画弧，交OA于点C，交OB于点D；（第2步）
（3）以点O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′A′于点C′；（第3步）
（4）以点C′为圆心，OC长为半径画弧，交已画的弧于点D′；（第4步）
（5）过点D′作射线O′B′．（第5步）
∠A′O′B′就是所求作的角．
以上作法中，错误首先出现在（ ）
A．第1步B．第2步C．第3步D．第4步
9．嘉嘉同学制作了一把扇形纸扇．如图，OA＝20cm，OB＝5cm，纸扇完全打开后，外侧两竹条（竹条宽度忽略不计）的夹角∠AOC＝120°．现需在扇面一侧绘制山水画，则山水画所在纸面的面积为（ ）
A．150πB．125πC．75πD．253π
10．如图所示，某公司有三个住宅区，A、B、C各区分别住有职工30人，15人，10人，且这三点在一条大道上（A，B，C三点共线），已知AB＝100米，BC＝200米．为了方便职工上下班，该公司的接送车打算在此间只设一个停靠点，为使所有的人步行到停靠点的路程之和最小，那么该停靠点的位置应设在（ ）
A．点AB．点BC．A，B之间D．B，C之间
二、填空题（本大题共5小题，总分20分）
11．从一个多边形的任何一个顶点出发都只有5条对角线，这个多边形的对角线有 条．
12．将12.28°转化为度分秒的形式时，分的大小应为 ．
13．如图，将两块直角三角板的直角顶点重合，若∠AOD＝144°42′，则∠BOC＝ 度．
14．已知∠AOB＝40°，过O作射线OC，使∠COB＝60°，若射线OD是∠COA的平分线，则∠DOA的度数是 ．
15．如图，点M在线段AN的延长线上，且线段MN＝10，第一次操作：分别取线段AM和AN的中点M1、N1；第二次操作：分别取线段AM1和AN1的中点M2，N2；第三次操作：分别取线段AM2和AN2的中点M3，N3；⃯⃯连续这样操作15次，则每次的两个中点所形成的所有线段之和M1N1+M2N2+…+M15N15＝ ．
三、解答题（本大题共10小题，总分90分）
16．已知：∠AOB
求作：∠A′O′B′使∠A′O′B′＝∠AOB（不写作法，保留作图痕迹）
17．如图，在平面内有A，B，C三点．（不写作法，保留作图痕迹）
（1）画直线AB，射线BC，线段AC；
（2）在线段AC上任取一点D（不与A，C重合），连接BD，并延长BD至点E，使DE＝BD；
（3）数一数，此时图中线段共有 条．
18．根据题意填空．
如图，点O在直线AB上，OD平分∠AOC，∠DOE＝90°，请说明OE平分∠COB的理由．
解：∵点O在直线AB上，
∴∠AOB＝ °．
∵∠DOE＝90°，
∴∠COD+∠ ＝90°，
∠AOD+∠EOB＝180°﹣∠ ＝ °，
又∵OD平分∠AOC，
∴∠AOD＝∠COD（ ）．
∴∠COE＝∠BOE（ ）．
19．如图：点A、B、M、C、D在一直线上，M为AD的中点，BM＝6cm，AB＝CM，BM＝2CM，求AD的长．
解：∵BM＝6cm，BM＝2CM，
∴CM＝ cm．
∵AB＝CM，
∴AB＝ cm．
∴AM＝AB+ ＝3+ ＝ cm．
∵M为AD的中点，
∴AD＝2 ＝2× ＝ cm．
20．如图，已知∠AOB＝70°，OC是∠AOB的平分线，OD是∠BOC的平分线．
（1）求∠AOD的度数；
（2）若∠COE＝10°，求∠BOE的度数．
21．如图，点C为线段AB上一点，点D为线段CB的中点，且AB＝18cm，AC＝8cm．
（1）求线段BD的长度；
（2）若点E在线段AB上，且AE=12EB，求线段ED的长度．
22．如图，点O是直线CE上一点，以O为顶点作∠AOB＝90°，且OA、OB位于直线CE两侧，OB平分∠COD．
（1）当∠AOC＝70°时，求∠DOE的度数．
（2）请你猜想∠AOC和∠DOE的数量关系，并说明理由．
23．如图，已知：O是线段AB的中点，点C在AB上，AC=13BC，且BC＝15．
（1）求线段AB的长；
（2）求线段CO的长；
（3）C是线段AO的中点吗？为什么？
24．问题提出：
某校要举办足球赛，若有5支球队进行单循环比赛（即全部比赛过程中任何一队都要分别与其他各队比赛一场且只比赛一场），则该校一共要安排多少场比赛？
【构建模型】
生活中的许多实际问题，往往需要构建相应的数学模型，利用模型的思想来解决问题．为解决上述问题，我们构建如下数学模型：
（1）如图①，我们可以在平面内画出5个点（任意3个点都不在同一条直线上），其中每个点各代表一支足球队，两支球队之间比赛一场就用一条线段把它们连接起来．由于每支球队都要与其他各队比赛一场，即每个点与另外4个点都可连成一条线段，这样一共连成5×4条线段，而每两个点之间的线段都重复计算了一次，实际只有 条线段，所以该校一共要安排 场比赛．
（2）根据以上规律，若学校有n支足球队进行单循环比赛，则该校一共要安排 场比赛．
【类比迁移】
（3）从同一个顶点引出6条射线，共可以组成 个角．
【实际应用】
（4）往返于枣庄和济南的同一辆高速列车，途经滕州东站、曲阜东站、泰安3个车站（每种车票票面都印有上车站名称与下车站名称），那么在这段线路上往返行车，要准备的车票为多少种？
25．如图，OD是∠AOB内部的一条射线，OC是∠AOD内部的一条射线．
（1）如图1，OC平分∠AOD，∠AOC＝33°，∠BOD＝57°，求∠AOB的大小；
（2）如图2，OM平分∠AOC，ON平分∠BOD，∠AOB＝110°，∠MON=35∠AOB，求∠COD的大小．
参考答案
一、单选题（本大题共10小题，总分40分）
1-5．BADCC．
6-10．ACDBA．
二、填空题（本大题共5小题，总分20分）
11．20．
12．16．
13．35.3．
14．50°或10°．
15．5(215−1)214．
三、解答题（本大题共10小题，总分90分）
16．解：如图所示，∠A′O′B′就是所要求作的角．
17．解：（1）如图，直线AB，射线BC，线段AC即为所求；
（2）如图，线段AD和线段DE即为所求；
（3）由题可得，图中线段的条数为8，
故答案为：8．
18．解：∵点O在直线AB上，
∴∠AOB＝180°．
∵∠DOE＝90°，
∴∠COD+∠COE＝90°，
∠AOD+∠EOB＝180°﹣∠DOE＝90°，
又∵OD平分∠AOC，
∴∠AOD＝∠COD（角平分线定义）．
∴∠COE＝∠BOE（等量代换）．
故答案为：180；COE；DOE；90；角平分线定义；等量代换．
19．解：∵BM＝6cm，BM＝2CM，
∴CM＝3cm．
∵AB＝CM，
∴AB＝3cm．
∴AM＝AB+BM＝3+6＝9cm．
∵M为AD的中点，
∴AD＝2AM＝2×9＝18cm．
故答案为：3；3；BM；6；9；AM；9；18．
20．解：（1）∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC＝∠BOC，
∵∠AOB＝70°，
∴∠AOC＝∠BOC＝35°，
同理：∠COD=12∠BOC=12×35°=17.5°，
∴∠AOD＝∠AOC+∠COD＝35°+17.5°＝52.5°；
（2）解：当OE在∠BOC内部时，
∠BOE＝∠BOC﹣∠COE＝35°﹣10°＝25°，
当OE在∠BOC外部时，
∠BOE＝∠BOC+∠COE＝35°+10°＝45°，
综上，∠BOE＝25°或45°．
21．解：（1）∵AB＝18cm，AC＝8cm，
∴BC＝AB﹣AC＝18﹣8＝10（cm），
∵点D为CB的中点，
∴BD=12CB=12×10＝5（cm）；
（2）∵AE=12EB，AE+EB=AB=18cm，
∴12EB+EB=18，
解得EB＝12，
∵EB＝12cm，BD＝5cm，
∴ED＝EB﹣BD＝12﹣5＝7（cm）．
22．解：（1）∵∠AOB＝90°，∠AOC＝70°，
∴∠BOC＝AOB﹣∠AOC
＝90°﹣70°
＝20°，
∵OB平分∠COD，
∴∠BOC＝∠BOD＝20°，
∴∠DOE＝180°﹣∠BOC﹣∠BOD
＝180°﹣20°﹣20°
＝140°，
∴∠DOE＝140°；
（2）∠DOE＝2∠AOC，理由如下：
∵∠AOB＝90°，
∴∠AOC＝90°﹣∠BOC，
∵OB平分∠COD，
∴∠BOC＝∠BOD，
∴∠DOE＝180°﹣∠BOC﹣∠BOD
＝180°﹣2∠BOC
＝2（90°﹣∠BOC）
＝2∠AOC，
∴∠DOE＝2∠AOC．
23．解：（1）∵BC＝15，
∴AC=13BC＝5，
∴AB＝AC+BC＝5+15＝20．
（2）∵O是线段AB的中点，
∴AO=12AB＝10，
∴CO＝AO﹣AC＝10﹣5＝5．
（3）C是线段AO的中点．理由如下：
∵AC＝5，CO＝5，
∴AC＝CO，
∴C是线段AO的中点．
24．解：（1）5×4÷2＝10，
故答案为：5×42，10．
（2）共要安排比赛场次：n(n−1)2，
故答案为：n(n−1)2．
（3）6×5÷2＝15（个），
故答案为：15．
（4）5×4÷2×2＝20（种），
答：要准备的车票为20种．
25．解：（1）∵OC平分∠AOD，
∴∠AOD＝2∠AOC，
∵∠AOC＝33°，
∴∠AOD＝66°，
∵∠BOD＝57°，
∴∠AOB＝∠AOD+∠BOD＝66°+57°＝123°；
（2）设∠AOM＝x，∠BON＝y，∠COD＝z，
∵OM平分∠AOC，ON平分∠BOD，
∴∠COM＝x，∠DON＝y，
∵∠AOB＝110°，
∴2x+2y+z＝110°①，
∵∠MON=35∠AOB，
∴x+y+z＝66°②，
由①②解得z＝22°，
即∠COD＝22°。