专题07 《几何图形初步复习》课堂学案及配套作业（解析版）

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专题07 几何图形初步复习（解析版）
第一部分 教学案
【知识点一】 立体图形与平面图形
区别：立体图形各部分不都在同一平面内；平面图形各部分都在同一平面内.
联系：立体图形可以展开成平面图形，平面图形可以旋转成立体图形.
考点：(1)从不同方向看立体图形.(2)立体图形的平面展开图.
典例1（2022秋•即墨区校级月考）如图所示的几何体是由4个相同的小正方体组成．从左面看到的几何体的形状图为（　　）

A． B． C． D．
思路引领：根据解答组合体三视图的画法画出该组合体从左面看到的图形即可．
解：从左面看这个几何体，所得到的图形为：

故选：D．
总结升华：本题考查简单组合体的三视图，理解视图的定义，掌握简单组合体三视图的画法是正确解答的前提．
针对训练
1．（2021秋•太康县期末）如图是一个正方体的展开图，把展开图折叠成小正方体后，和“建”字所在面相对的面上的字是（　　）

A．跟 B．百 C．走 D．年
思路引领：根据正方体表面展开图的特征进行判断即可．
解：由正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，
“建”与“百”是对面，
故选：B．
总结升华：本题考查正方体相对两个面上的文字，掌握正方体表面展开图的特征是正确判断的前提．
2．（2018•东明县二模）如图给定的是纸盒的外表面，下面能由它折叠而成的是（　　）

A． B． C． D．
3．（2020秋•秦淮区期末）如图，已知BC是圆柱底面的直径，AB是圆柱的高，在圆柱的侧面上，过点A，C嵌有一圈路径最短的金属丝，现将圆柱侧面沿AB剪开，所得的圆柱侧面展开图是（　　）

A． B．
C． D．
思路引领：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：因圆柱的侧面展开面为长方形，AC展开应该是两线段，且有公共点C．
故选：A．
总结升华：此题主要考查圆柱的侧面展开图，以及学生的立体思维能力．
4．（2018秋•天台县期末）如图1，一只蚂蚁要从正方体的一个顶点A沿表面爬行到顶点B，怎样爬行路线最短？如果要爬行到顶点C呢？请完成下列问题：

（1）图2是将立方体表面展开的一部分，请将图形补充完整；（画一种即可）
（2）在图2中画出点A到点B的最短爬行路线；
（3）在图2中标出点C，并画出A、C两点的最短爬行路线（画一种即可）．
思路引领：（1）根据题意画出正方体的展开图即可；
（2）根据线段的性质画出图形即可；
（3）根据线段的性质画出图形即可．
解：（1）如图所示，

（2）如图所示，连接AB，线段AB的即为点A到点B的最短爬行路线；
（3）如图所示，线段AC即为A、C两点的最短爬行路线．
总结升华：此题主要考查了平面展开﹣最短路径问题，几何体的展开图，线段的性质：两点之间线段最短，正确的画出图形是解题的关键．
【知识点二】直线、射线、线段
1．直线、射线、线段的区别和联系：
区别：（1）端点个数不同：直线没有端点，射线一个端点，线段两个端点.
（2）延伸方向不同，直线向两方延伸，射线向一个方向延伸，线段无延伸.
联系：（1）都可以用两个点的大写字母表示，直线是用任意两点字母，没有先后顺序；射线是用一个端点字母和任一点字母，端点字母在前；线段只能用两端点字母，没有先后顺序.（2）线段可以度量，直线和射线不可度量.
2．两个性质、一个中点：
（1）直线的性质：两点确定一条直线.
（2）线段的性质：两点之间，线段最短.
（3）线段的中点：把一条线段平均分成两条相等线段的点.
例2（2020秋•永嘉县校级期末）如图，直线l上有A、B两点，AB＝24cm，点O是线段AB上的一点，OA＝2OB．
（1）OA＝　 　cm，OB＝　 　cm．
（2）若点C是线段AO上一点，且满足AC＝CO+CB，求CO的长．
（3）若动点P、Q分别从A、B同时出发，向右运动，点P的速度为2cm/s，点Q的速度为1cm/s，设运动时间为t（s），当点P与点Q重合时，P、Q两点停止运动．
①当t为何值时，2OP﹣OQ＝8．
②当点P经过点O时，动点M从点O出发，以3cm/s的速度也向右运动．当点M追上点Q后立即返回，以同样的速度向点P运动，遇到点P后立即返回，又以同样的速度向点Q运动，如此往返，直到点P、Q停止时，点M也停止运动．在此过程中，点M行驶的总路程为　48　cm．

思路引领：（1）由OA＝2OB，OA+OB＝24即可求出OA、OB．
（2）设OC＝x，则AC＝16﹣x，BC＝8+x，根据AC＝CO+CB列出方程即可解决．
（3）①分两种情形①当点P在点O左边时，2（16﹣2t）﹣（8+t）＝8，当点P在点O右边时，2（2t﹣16）﹣（8+x）＝8，解方程即可．
②点M运动的时间就是点P从点O开始到追到点Q的时间，设点M运动的时间为ts由题意得：t（2﹣1）＝16由此即可解决．
解：（1）∵AB＝24，OA＝2OB，
∴20B+OB＝24，
∴OB＝8，0A＝16，
故答案分别为16，8．
（2）设CO＝x，则AC＝16﹣x，BC＝8+x，
∵AC＝CO+CB，
∴16﹣x＝x+8+x，
∴x=83，
∴CO=83．
（3）①当点P在点O左边时，2（16﹣2t）﹣（8+t）＝8，t=165，
当点P在点O右边时，2（2t﹣16）﹣（8+t）＝8，t＝16，
∴t=165或16s时，2OP﹣OQ＝8．
②设点M运动的时间为ts，由题意：t（2﹣1）＝16，t＝16，
∴点M运动的路程为16×3＝48cm．
故答案为48cm．
总结升华：本题考查一元一次方程的应用，两点之间距离的概念，找等量关系列出方程是解决问题的关键，属于中考常考题型．
针对训练
1．（2021•南充模拟）已知线段AB＝8cm，在直线AB上画线段BC，使BC＝3cm，则线段AC＝　11cm或5cm　．
思路引领：由于C点的位置不能确定，故要分两种情况考虑AC的长，注意不要漏解．
解：由于C点的位置不确定，故要分两种情况讨论：
当C点在B点右侧时，如图所示：

AC＝AB+BC＝8+3＝11cm；
当C点在B点左侧时，如图所示：

AC＝AB﹣BC＝8﹣3＝5cm；
所以线段AC等于11cm或5cm，
故答案为：11cm或5cm．
总结升华：本题考查的是两点间的距离，熟知各线段之间的和、差及倍数关系是解答此题的关键．
2．（2019秋•鄞州区期末）已知点C是线段AB的中点，点D是线段BC上一点，下列条件不能确定点D是线段BC的中点的是（　　）
A．CD＝DB B．BD=13AD C．2AD＝3BC D．3AD＝4BC
思路引领：根据线段中点的定义，结合图形判断即可．
解：如图，
∵CD＝DB，
∴点D是线段BC的中点，A不合题意；
∵点C是线段AB的中点，
∴AC＝BC，
又∵BD=13AD，
∴点D是线段BC的中点，B不合题意；
∵点C是线段AB的中点，
∴AC＝BC，2AD＝3BC，
∴2（BC+CD）＝3BC，
∴BC＝2CD，
∴点D是线段BC的中点，C不合题意；
3AD＝4BC，不能确定点D是线段BC的中点，D符合题意．
故选：D．

总结升华：本题考查的是两点间的距离的计算，掌握线段中点的定义、灵活运用数形结合思想是解题的关键．
3．（2021秋•德江县期末）如图，C是线段AB上的一点，M是线段AC的中点，若AB＝8cm，BC＝2cm，则MC的长是（　　）

A．2cm B．3cm C．4cm D．6cm
思路引领：由图形可知AC＝AB﹣BC，依此求出AC的长，再根据中点的定义可得MC的长．
解：由图形可知AC＝AB﹣BC＝8﹣2＝6cm，
∵M是线段AC的中点，
∴MC=12AC＝3cm．
故MC的长为3cm．
故选：B．
总结升华：考查了两点间的距离的计算；求出与所求线段相关的线段AC的长是解决本题的突破点．
4．（2018秋•长乐区期末）如图，把原来弯曲的河道改直，A，B两地间的河道长度变短，这样做的道理是（　　）

A．两点确定一条直线 B．两点之间线段最短
C．两点之间直线最短 D．垂线段最短
思路引领：根据线段的性质：两点之间线段最短进行解答．
解：把原来弯曲的河道改直，A，B两地间的河道长度变短，这样做的道理是两点之间线段最短，
故选：B．
总结升华：此题主要考查了线段的性质，关键是掌握两点之间线段最短，是需要记忆内容．
5．如图，在四边形ABCD内找一点O，使它到四边形四个顶点的距离和OA+OB+OC+OD最小，并说出你的理由，由本题你得到什么数学结论？举例说明它在实际中的应用．

思路引领：连接AC、BD相交于点O，则点O就是所要找的点；取不同于点O的任意一点P，连接PA、PB、PC、PD，根据两点之间，线段最短，即可得到PA+PB+PC+PD＞OA+OB+OC+OD，从而可得点O就是所要找的四边形ABCD内符合要求的点．
解：要使OA+OB+OC+OD最小，则点O是线段AC、BD的交点．
理由如下：如果存在不同于点O的交点P，连接PA、PB、PC、PD，
因为点P有可能在AC上，
所以PA+PC也有可能等于AC，即PA+PC≥AC，
同理，PB+PD≥BD，
但因为点P不同于点O，
所以点P不可能同时在AC、BD上，
所以“PA+PC＝AC“与“PB+PD＝BD“不可能同时出现，
所以PA+PB+PC+PD＞OA+OB+OC+OD，
由本题得到：两点之间，线段最短．
实际应用：把弯曲的公路改直，就能缩短路程．

总结升华：本题考查了两点之间，线段最短，作出图形更助于问题的解决，把问题转化为求两条线段的和是解决问题的关键．
6．点O是线段AB＝28cm的中点，而点P将线段AB分为两部分，AP：PB=23：415，求线段OP的长．

思路引领：根据线段的比例的性质，可得AP：PB＝10：4，根据按比例分配，可得AP的长，根据线段中点的性质，可得AO的长，根据线段的和差，可得答案．
解：由比例的性质，得
AP：PB＝10：4．
按比例分配，得
AP：28×1010+4=20（cm）．
由线段中点的性质，得
AO=12AB＝14（cm）．
OP＝AP﹣AO
＝20﹣14＝6（cm）．
总结升华：本题考查了两点间的距离，利用了比例的性质，线段中点的性质，线段的和差．
7．（2017春•太谷县校级期末）如图，已知C，D两点在线段AB上，AB＝10cm，CD＝6cm，M，N分别是线段AC，BD的中点，则MN＝　 　cm．
思路引领：结合图形，得MN＝MC+CD+ND，根据线段的中点，得MC=12AC，ND=12DB，然后代入，结合已知的数据进行求解．
解：∵M、N分别是AC、BD的中点，
∴MN＝MC+CD+ND=12AC+CD+12DB=12（AC+DB）+CD=12（AB﹣CD）+CD=12×（10﹣6）+6＝8．
故答案为：8．
总结升华：此题考查的知识点是两点间的距离，关键是利用线段的中点结合图形，把要求的线段用已知的线段表示．
8．（2019秋•北仑区期末）如图，C为射线AB上一点，AB＝30，AC比BC的14多5，P、Q两点分别从A、B两点同时出发，分别以2个单位/秒和1个单位/秒的速度在射线AB上沿AB方向运动，当点P运动到点B时，两点同时停止运动，运动时间为t（s），M为BP的中点，N为MQ的中点，以下结论：①BC＝2AC；②AB＝4NQ；③当BP=12BQ时，t＝12；④M，N两点之间的距离是定值．其中正确的结论　 　（填写序号）

思路引领：根据线段中点的定义和线段的和差关系即可得到结论．
解：∵AB＝30，AC比BC的14多5，
∴BC＝20，AC＝10，
∴BC＝2AC；故①正确；
∵P，Q两点分别从A，B两点同时出发，分别以2个单位/秒和1个单位/秒的速度，
∴BP＝30﹣2t，BQ＝t，
∵M为BP的中点，N为MQ的中点，
∴PM=12BP＝15﹣t，MQ＝MB+BQ＝15，NQ=12MQ＝7.5，
∴AB＝4NQ；故②正确；
∵BP=30−2t，BQ=t，BP=12BQ，
∴30−2t=t2，解得：t＝12，故③正确，
∵BP＝30﹣2t，BQ＝t，
∴BM=12PB＝15﹣t，
∴MQ＝BM+BQ＝15﹣t+t＝15，
∴MN=12MQ=152，
∴MN的值与t无关是定值，
故答案为：①②③④．
总结升华：本题考查两点间的距离，解题的关键是求出P到达B点时的时间，以及点P与Q重合时的时间，涉及分类讨论的思想．
9．（2019秋•延庆区期末）如图，在数轴上有A，B两点，且AB＝8，点A表示的数为6；动点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿数轴正方向运动，点Q从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿数轴正方向运动，设运动时间为t秒．
（1）写出数轴上点B表示的数是　 　；
（2）当t＝2时，线段PQ的长是　 　；
（3）当0＜t＜3时，则线段AP＝　 　；（用含t的式子表示）
（4）当PQ=14AB时，求t的值．

思路引领：（1）根据两点间的距离公式即可求出数轴上点B表示的数；
（2）先求出当t＝2时，P点对应的有理数为2×2＝4，Q点对应的有理数为6+1×2＝8，再根据两点间的距离公式即可求出PQ的长；
（3）先求出当0＜t＜3时，P点对应的有理数为2t＜6，再根据两点间的距离公式即可求出AP的长；
（4）由于t秒时，P点对应的有理数为2t，Q点对应的有理数为6+t，根据两点间的距离公式得出PQ＝|2t﹣（6+t）|＝|t﹣6|，根据PQ=14AB列出方程，解方程即可求解．
解：（1）6+8＝14．
故 数轴上点B表示的数是14；
（2）当t＝2时，P点对应的有理数为2×2＝4，Q点对应的有理数为6+1×2＝8，
8﹣4＝4．
故线段PQ的长是4；
（3）当0＜t＜3时，P点对应的有理数为2t＜6，
故AP＝6﹣2t；
（4）根据题意可得：
|t﹣6|=14×8，
解得：t＝4或t＝8．
故t的值是4或8．
故答案为：14；4；6﹣2t．
总结升华：此题考查了一元一次方程的应用和数轴，解题的关键是掌握点的移动与点所表示的数之间的关系，（4）中解方程时要注意分两种情况进行讨论．
【知识点三】 角的比较与运算
1．比较角大小的方法：度量法、叠合法.
2．互余、互补反映两角的特殊数量关系.
3．方位角中经常涉及两角的互余.
4．计算两角的和、差时要分清两角的位置关系.
典例3（2020秋•和平区期末）如图：∠AOB：∠BOC：∠COD＝2：3：4，射线OM、ON，分别平分∠AOB与∠COD，又∠MON＝84°，则∠AOB为（　　）

A．28° B．30° C．32° D．38°
思路引领：首先设出未知数，然后利用角的和差关系和角平分线的定义列出方程，即可求出∠AOB的度数．
解：设∠AOB＝2x°，则∠BOC＝3x°，∠COD＝4x°，
∵射线OM、ON分别平分∠AOB与∠COD，
∴∠BOM=12∠AOB＝x°，
∠CON=12∠COD＝2x°，
又∵∠MON＝84°，
∴x+3x+2x＝84，
x＝14，
∴∠AOB＝14°×2＝28°．
故选：A．
总结升华：本题主要考查了角平分线的定义和角的计算，解题时要能根据图形找出等量关系列出方程，求出角的度数．
针对训练
1．（2021秋•原阳县月考）如图所示，∠AOC＝90°，点B，O，D在同一直线上，若∠1＝26°，则∠2的度数为（　　）

A．110° B．116° C．126° D．134°
思路引领：由图示可得，∠1与∠BOC互余，结合已知可求∠BOC，又因为∠2与∠COB互补，即可求出∠2的度数．
解：∵∠1＝26°，∠AOC＝90°，
∴∠BOC＝64°，
∵∠2+∠BOC＝180°，
∴∠2＝116°．
故选：B．
总结升华：此题考查了余角和补角的知识，属于基础题，关键是掌握互余的两角之和为90°，互补的两角之和为180°．
2．（2019•隆化县二模）如图，直线AB、CD交于点O，射线OM平分∠AOC，若∠BOD＝76°，则∠BOM等于（　　）

A．38° B．104° C．142° D．144°
思路引领：根据对顶角相等求出∠AOC的度数，再根据角平分线的定义求出∠AOM的度数，然后根据平角等于180°列式计算即可得解．
解：∵∠BOD＝76°，
∴∠AOC＝∠BOD＝76°，
∵射线OM平分∠AOC，
∴∠AOM=12∠AOC=12×76°＝38°，
∴∠BOM＝180°﹣∠AOM＝180°﹣38°＝142°．
故选：C．
总结升华：本题考查了对顶角相等的性质，角平分线的定义，准确识图是解题的关键．
3．（通辽）4点10分，时针与分针所夹的小于平角的角为（　　）
A．55° B．65°
C．70° D．以上结论都不对
思路引领：因为钟表上的刻度是把一个圆平均分成了12等份，每一份是30°，找出4点10分时针和分针分别转动角度即可求出．
解：∵4点10分时，分针在指在2时位置处，时针指在4时过10分钟处，由于一大格是30°，10分钟转过的角度为1060×30°=5°，因此4点10分时，分针与时针的夹角是2×30°+5°＝65°．
故选：B．
总结升华：本题考查钟表时针与分针的夹角．用到的知识点为：钟表上12个数字，每相邻两个数字之间的夹角为30°．
4．如图，直角三角板的直角顶点在直线上，则∠1+∠2＝（　　）

A．60° B．90° C．110° D．180°
思路引领：由三角板的直角顶点在直线l上，根据平角的定义可知∠1与∠2互余，从而求解．
解：如图，三角板的直角顶点在直线l上，
则∠1+∠2＝180°﹣90°＝90°．
故选：B．
总结升华：本题考查了余角及平角的定义，正确观察图形，得出∠1与∠2互余是解题的关键．
5．（2021春•未央区月考）如图，要测量两堵围墙形成的∠AOB的度数，但人不能进入围墙，可先延长BO得到∠AOC，然后测量∠AOC的度数，再计算出∠AOB的度数．其中依据的原理是（　　）

A．对顶角相等 B．同角的余角相等
C．等角的余角相等 D．同角的补角相等
思路引领：根据邻补角的定义以及同角的补角相等得出答案．
解：如图，由题意得，

∠AOC+∠AOB＝180°，
即∠AOC与∠AOB互补，
因此量出∠AOC的度数，即可求出∠AOC的补角，
根据同角的补角相等得出∠AOB的度数，
故选：D．
总结升华：本题考查邻补角的定义、同角的补角相等，理解同角的补角相等是正确判断的前提．
6．计算：①33°52′+21°54′＝　 　；②36°27′×3＝　 　．
思路引领：①利用度加度，分加分，再进位即可；②利用度和分分别乘以3，再进位．
解：①33°52′+21°54′＝54°106′＝55°46′；
②36°27′×3＝108°81′＝109°21′；
故答案为：55°46′；109°21′．
总结升华：此题主要考查了度分秒的计算，关键是掌握在进行度、分、秒的运算时也应注意借位和进位的方法．
6．如图，将一副三角尺按不同位置摆放，在哪种摆放方式中∠α与∠β互余？在哪种摆放方式中∠α与∠β互补？在哪种摆放方式中∠α与∠β相等？

思路引领：根据每个图中的三角尺的摆放位置，容易得出∠α与∠β的关系．
解：（1）根据平角的定义得：∠α+90°+∠β＝180°，
∴∠α+∠β＝90°，
即∠α与∠β互余；
（2）根据两个直角的位置得：∠α＝∠β；
（3）根据三角尺的特点和摆放位置得：
∠α+45°＝180°，∠β+45°＝180°，
∴∠α＝∠β；
（4）根据图形可知∠α与∠β是邻补角，
∴∠α+∠β＝180°；
综上所述：（1）中∠α与∠β互余；（4）中∠α与∠β互补；（2）（3）中，∠α＝∠β．
总结升华：本题考查了余角和补角的定义；仔细观察图形，弄清两个角的关系是解题的关键．
7．（2012秋•襄城区期末）如图，A地和B地都是海上观测站，从A地发现它的北偏东60°方向有一艘船，同时，从B地发现这艘船在它北偏东30°的方向上，试在图中确定这艘船的位置．

思路引领：根据方向角的概念分别画出过点A与点B的射线，两条射线的交点即为这艘船的位置．
解：如图所示：作∠1＝60°，∠2＝30°，两射线相交于P点，则点P即为所求．

总结升华：本题考查的是方位角的画法，解答此题的关键是熟知方向角的描述方法，即用方向角描述方向时，通常以正北或正南方向为角的始边，以对象所处的射线为终边，故描述方位角时，一般先叙述北或南，再叙述偏东或偏西，偏多少度．
8．（2019秋•东莞市期末）直角三角板ABC的直角顶点C在直线DE上，CF平分∠BCD．
（1）在图1中，若∠BCE＝40°，∠ACF＝　 　；
（2）在图1中，若∠BCE＝α，∠ACF＝　 　（用含α的式子表示）；
（3）将图1中的三角板ABC绕顶点C旋转至图2的位置，若∠BCE＝150°，试求∠ACF与∠ACE的度数．

思路引领：（1）、（2）结合平角的定义和角平分线的定义解答；
（3）根据角平分线的定义、平角的定义以及角的和差关系解答即可．
解：（1）如图1，∵∠ACB＝90°，∠BCE＝40°，
∴∠ACD＝180°﹣90°﹣40°＝50°，∠BCD＝180°﹣40°＝140°，
又CF平分∠BCD，
∴∠DCF＝∠BCF=12∠BCD＝70°，
∴∠ACF＝∠DCF﹣∠ACD＝70°﹣50°＝20°；
故答案为：20°；
（2）如图1，∵∠ACB＝90°，∠BCE＝α°，
∴∠ACD＝180°﹣90°﹣α°＝90°﹣α，∠BCD＝180°﹣α，
又CF平分∠BCD，
∴∠DCF＝∠BCF=12∠BCD＝90°−12α，
∴∠ACF＝90°−12α﹣90°+α=12α；
故答案为：12α；
（3）如图2，∵∠BCE＝150°，
∴∠BCD＝30°，
∵CF平分∠BCD，
∴∠BCF=12∠BCD=15°，
∴∠ACF＝90°﹣∠BCF＝75°，
∠ACD＝90°﹣∠BCD＝60°，
∴∠ACE＝180°﹣∠ACD＝120°．

总结升华：考查了角的计算和角平分线的定义，主要考查学生的计算能力，求解过程类似．
9．（2019秋•梁园区期末）如图，已知∠AOB＝60°，∠AOB的边OA上有一动点P，从距离O点18cm的点M处出发，沿线段MO、射线OB运动，速度为2cm/s；动点Q从点O出发，沿射线OB运动，速度为1cm/s；P、Q同时出发，同时射线OC绕着点O从OA上以每秒5°的速度顺时针旋转，设运动时间是t（s）．（1）当点P在MO上运动时，PO＝　 　cm（用含t的代数式表示）；
（2）当点P在线段MO上运动时，t为何值时，OP＝OQ？此时射线OC是∠AOB的角平分线吗？如果是请说明理由．
（3）在射线OB上是否存在P、Q相距2cm？若存在，请求出t的值并求出此时∠BOC的度数；若不存在，请说明理由．

思路引领：（1）先确定出PM＝2t，即可得出结论；
（2）先根据OP＝OQ建立方程求出t＝6，进而求出∠AOC＝30°，即可得出结论；
（3）分P、Q相遇前相距2cm和相遇后2cm两种情况，建立方程求解，接口得出结论．
解：（1）当点P在MO上运动时，由运动知，PM＝2t，
∵OM＝18cm，
∴PO＝OM﹣PM＝（18﹣2t）cm，
故答案为：（18﹣2t）；
（2）由（1）知，OP＝18﹣2t，
当OP＝OQ时，则有18﹣2t＝t，
∴t＝6
即t＝6时，能使OP＝OQ，
∵射线OC绕着点O从OA上以每秒5°的速度顺时针旋转，
∴∠AOC＝5°×6＝30°，
∵∠AOB＝60°，
∴∠BOC＝∠AOB﹣∠AOC＝30°＝∠AOC，
∴射线OC是∠AOB的角平分线，
（3）分为两种情形．
当P、Q相遇前相距2cm时，
OQ﹣OP＝2
∴t﹣（2t﹣18）＝2
解这个方程，得t＝16，
∴∠AOC＝5°×16＝80°
∴∠BOC＝80°﹣60°＝20°，
当P、Q相遇后相距2cm时，OP﹣OQ＝2
∴（2t﹣18）﹣t＝2
解这个方程，得t＝20，
∴∠AOC＝5°×20＝100°
∴∠BOC＝100°﹣60°＝40°，
综合上述t＝16，∠BOC＝20°或t＝20，∠BOC＝40°．
总结升华：此题是几何变换综合题，主要考查了角平分线的定义，旋转的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
第二部分 配套作业
一、选择题
1．从左边看图1中的物体，得到的是图2中的( )．

2．如图所示是正方体的一种平面展开图，各面都标有数，则标有数“-4”的面与其对面上的数之积是( )．

A．4 B．12 C．-4 D．0
3．在下图中，是三棱锥的是( )．

4．如图所示，点O在直线AB上，∠COB＝∠DOE＝90°，那么图中相等的角的对数是( )．

A．3 B．4 C．5 D．7
5．如图所示的图中有射线( )．

A．3条 B．4条 C．2条 D．8条
6．（2020•宝应县校级模拟）在地理课堂上，老师组织学生进行寻找北极星的探究活动时，李佳同学使用了如图所示的半圆仪，则下列四个角中，最可能和∠AOB互补的角为（　　）

A． B． C． D．
7．十点一刻时，时针与分针所成的角是( )．
A．112°30′ B．127°30′ C．127°50′ D．142°30′
8．在海面上有A和B两个小岛，若从A岛看B岛是北偏西42°，则从B岛看A岛应是( )．
A．南偏东42° B．南偏东48° C．北偏西48° D．北偏西42°
二、填空题
9．把一条弯曲的公路改为直道，可以缩短路程，其理由是________．
10．已知∠α＝30°18′，∠β＝30.18°，∠γ＝30.3°，则相等的两角是________．
11．用平面去截一个几何体，如果得出的横截面是圆形，那么被截的几何体是________(填一个答案即可)．
12．（2020秋•泾阳县期中）如图是一个正方体的展开图，和C面的对面是　　面．

13．若∠1+∠2＝90°，∠1+∠3＝90°，则∠2＝∠3，其根据是________．
14．若∠α是它的余角的2倍，∠β是∠α的2倍，那么把∠α和∠β拼在一起(有一条边重合)组成的角是________度．
15.一副三角板如图摆放，若∠BAE=135 °17′，则∠CAD的度数是 .

16.如下图，点A、B、C、D代表四所村庄，要在AC与BD的交点M处建一所“希望小学”，请你说明选择校址依据的数学道理 .




三、解答题
17. （2020春•淄博校级期中）如图，已知点C为AB上一点，AC=12cm，CB=AC，D、E分别为AC、AB的中点，求DE的长．

18．如图所示，已知∠COB＝2∠AOC，OD平分∠AOB，且∠COD＝19°，求∠AOB的度数．

19．在一张城市地图上，如图所示，有学校、医院、图书馆三地，图书馆被墨水染黑，具体位置看不清，但知道图书馆在学校的北偏东45°方向，在医院的南偏东60°方向，你能确定图书馆的位置吗?

20.如图所示，线段AB＝4，点O是线段AB上一点，C、D分别是线段OA、OB的中点，小明据此很轻松地求得CD＝2．在反思过程中突发奇想：若点O运动到AB的延长线上，原来的结论“CD＝2”是否仍然成立?请帮小明画出图形并说明理由．


配套作业【答案与解析】
一、选择题
1．【答案】B
【解析】从左边看，圆台被遮住一部分，故选B．
2．【答案】B
【解析】由正方体的平面展开图可知，标有数-4的面的对面是标有数-3的面，故两个数之积为12．
3．【答案】B
【解析】A选项是四棱锥，B选项是三棱锥，C、D两项都是三棱柱，故选B．
4．【答案】C
【解析】因为∠COB＝90°，所以∠BOD+∠COD＝90°，即∠BOD＝90°-∠COD．因为∠DOE＝90°，所以∠EOC+∠COD＝90°，即∠EOC＝90°-∠COD，所以∠BOD＝∠EOC．同理∠AOE＝∠COD．又因为∠AOC＝∠COB＝∠DOE＝90°(∠AOC＝∠COB，∠AOC＝∠DOE，∠COB＝∠DOE)，所以图中相等的角有5对，故选C．
5．【答案】D
6.【答案】D．
【解析】根据图形可得∠AOB大约为135°，∴与∠AOB互补的角大约为45°，
综合各选项D符合．
7．【答案】D
【解析】一刻是15分钟，十点一刻，即10点15分时，时针与分针所成的角为：
＝142.5°＝142°30′，故选D．
8．【答案】A
【解析】方位角存在这样的规律：甲、乙两地之间的方位角，方向相反，角度相等．由此可知从B岛看A岛的方向为南偏东42°，故选A．
二、填空题
9. 【答案】两点之间，线段最短
【解析】本题是应用线段的性质解释生活中的现象，由于这是两点之间连线长度的比较，符合“两点之间，线段最短”．
10.【答案】∠α和∠γ
【解析】，于是∠α＝∠γ．
11.【答案】圆柱(圆锥、圆台、球体等)
【解析】答案不唯一，例如用平面横截圆锥即可得到圆形．
12.【答案】F．
【解析】这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“B”与面“D”相对，面“A”与面“E”相对，“C”与面“F”相对.
13.【答案】同角的余角相等
【解析】根据余角的性质解答问题．
14.【答案】60度或180
【解析】先求出∠α=60°，∠β=120°；再分∠α在∠β内部和外部两种情况来讨论．
15.【答案】44°43′；
【解析】∠BAD＋∠CAE＝180°，即∠BAE＋∠CAD＝180°，所以
∠CAD＝180°－135°17′＝44°43′．
16.【答案】两点之间，线段最短．
三、解答题
17.【解析】
解：∵AC=12cm，CB=AC，
∴CB=6cm，
∴AB=AC+BC=12+6=18cm，
∵E为AB的中点，
∴AE=BE=9cm，
∵D为AC的中点，
∴DC=AD=6cm，
所以DE=AE﹣AD=3cm．
18．【解析】
解：设∠AOC＝x°，则∠COB＝2x°．
因为OD平分∠AOB，所以∠AOD＝∠AOB＝ (∠AOC+∠BOC)＝x°．
又因为∠DOC＝∠AOD-∠AOC，所以．解得x＝38，
所以∠AOB＝3x°＝114°．
19．【解析】
解：如图所示．在医院A处，以正南方向为始边，逆时针转60°角，得角的终边射线AC．在学校B处，以正北方向为始边，顺时针旋转45°角，得角的终边射线BD．AC与BD的交点为点O，则点O就是图书馆的位置．

20.【解析】
解：原有的结论仍然成立，理由如下：
当点O在AB的延长线上时，如图所示，CD＝OC－OD＝(OA－OB)＝AB＝．