14.重难题型卷(四)线段与角-【真题圈】2024-2025学年新教材七年级上册数学练考试卷（人教版2024）河北专版

类型2动点问题 题型二角度计算 圆步调研卷 、真题圈数学 七年级上RJG 5.(期末·21-22石家庄外国语节选)如图，已知线段AB 类型1角的平分线问题 14.重难题型卷（四） 14cm,C是直线AB上的一个动点，D,E分别是AC和BC的 7.(期末·22-23石家庄四十二中)如图，∠A0B是直角，OD是 线段与角 中点。 A D C E B ∠AOB内的一条射线，OE平分∠BOD,若∠BOE=24°，则 (1)如图，当点C在线段AB上时. 第5题图 ∠AOD的度数为() 题型一 长度计算 ①若AC=4cm,则线段DE的长为 A.46° B.54o C.42 D.67 类型1中点问题 ②设AC=acm(a<14),则线段DE的长为 1.(期中·23-24石家庄入十一中)0为线段AB上一点，能说明 (2)当点C在线段AB的延长线上时，设AC=bcm(b>14), 点O是线段AB中点的是( 则线段DE的长为 A.AO+OB=AB B.AB-BO=AO 6.(期末·22-23唐山十二中)如图所示，数轴上点A表示的数 C.4B=40 D.AB =2A0 为-2，点B表示的数为8，点P从点A出发，以每秒3个单 第7题图 第8题图 2.(期末·22-23石家庄二十八中)在直线1上顺次取A,B,C三 位长度的速度沿数轴向右匀速运动，同时点Q从点B出发， 8.(期末·21-22张家口宣化区)如图，0为直线AB上一点，OC 点，使得AB=4cm,BC=3cm,如果O是线段AC的中点 以每秒2个单位长度的速度向左匀速运动.设运动时间为1s 平分∠AOD,∠AOC=50°，∠BOD=4∠DOE.则∠DOE 的度数为( 那么线段OB的长度是( (t>0). (1)填空 A60° B.18 C.20° D.80° A.0.5 cm B.1cm C.2.5 cm D.3.5 cm 3.(期末·22-23邯郸永年区)如图，D为线段AB的中点，C为 ①A,B两点间的距离AB= 线段AB的中点表示 9.探究性问题如图，射线OC,OD在∠AOB内部，∠AOB=a, 的数为 DB的中点，若AB=16,DE=}AE,则线段EC的长为( ∠COD=B,分别作∠AOC和∠BOD的平分线OM,ON ②用含1的代数式表示：‘s后，点P表示的数为 (1)当a=130°，B=40时，请你填空：∠1+∠3=， E D B 点Q表示的数为 ∠MON=°， 第3题图 (2)求当1为何值时，P,Q两点相遇？并写出相遇点所表示的数 〔2)聪明的嘉琪通过探究发现，当射线OC,OD的位置在 A.7 B.6 C.5 D. (3)求当1为何值时，3PQ=AB? ∠AOB内变化时，∠MON与a,B之间总满足∠MON= 4.(期中·23-24石家庄二十八中改编)如图，在数轴上有4， A B -20 B,C,D四个整数点（即各点均表示整数），且2AB=BC= 8 -20 “+里，你是否认同她的这一结论？请说明理由 第6题图 备用图 3CD,如果A,D两点表示的数分别为-5和6，E为BD的中点， 那么该数轴上点E对应的数是几？ B C p. 第4题图 第9题图 —39- 类型2折叠问题 的速度旋转，如图②，设旋转时间为ts(0≤1≤90).下列 15.探究性问题（期末·22-23石家庄四十一中）如图，将一副 10.(月考·23-24石家庄四十二中)如图，将长方形纸片ABCD 说法正确的是( 三角尺的直角顶点C叠放在一起. 的角C沿着GF折叠（点F在BC上，不与B,C重合），使点 (1)∠ACE∠BCD(填“>”“<”或“=”)， C落在长方形内部点E处，若FH平分∠BFE,则∠GFH的 (2)∠DCE=15时，求∠ACB的度数. 度数a的情况是() MA0B (3)猜想∠ACB与∠DCE的数量关系，并说明理由 ① A90°<a<180° (4)将三角尺ACD绕点C逆时针旋转一周，请求出当 第13题图 B.0°<a<90 A.整个运动过程中，不存在∠AOB=90的情况 ∠ACE为多少度时，∠ECD与∠ACB的大小是二倍关系， C.a=90° D.a随折痕GF位置的变化而变化 第10题图 B.当∠AOB=60时，两射线的旋转时间一定为20s C.当1的值为36时，射线OB恰好平分∠MOA 11.(期末·22-23石家庄四十八中)按如图所示的方法折纸，下 D.当∠AOB=60时，两射线的旋转时间一定为40s 列说法不正确的是( 14.(期中·23-24张家口宣化区改编)如图①，点0在直线AB 第15题图 备用图 上，∠AOC=120°，OD⊥AB,将OD绕，点O以每秒2的速 折到EB正 度按逆时针方向旋转一圈（如图②），当射线OD旋转1s时， OD所在直线平分∠BOC,求t的值。 恢复原形 留下折痕 第11题图 A.∠1与∠3互余 B.∠2=90° C.EA平分∠BEF D.∠1与∠AEC互补 12.操作与实践数学老师要求学生用一张长方形的纸片ABCD 第14题图 折出一个45的角，甲、乙两人的折法如下，下列说法正确的 是学子 是( 盗印必穷 绝印 甲：如图①，将纸片沿AE折 叠，使点B落在AD上的点B 处，∠EAD为所求 乙：如图②，将纸片沿AE.A5 折叠，使点B,D分别落在点B D处，且AB与AD在同一直线 2 上，∠EAF为所求 第12题图 A.甲和乙的折法都正确 B.只有甲的折法正确 C,只有乙的折法正确 D.甲和乙的折法都不正确 类型3旋转问题 13.(期末·22-23保定竞秀区)已知：如图①，点A,0,B依次 在直线MN上，现将射线OA绕点O沿顺时针方向以每秒2 的速度旋转，同时将射线OB绕点O沿逆时针方向以每秒4 40真题圈数学七年级上RJ9G 综上，②③正确.故选D. 19.【解】由折叠知∠AEF=∠A'EF,∠DEG=∠D'EG. A 因为∠AEF+∠A'EF+∠DEG+∠DEG=180°， 0 所以2∠AEF+2∠DEG=180°，所以∠AEF+∠DEG=90°， ① 所以∠DEG=90°-∠AEF=90°-15°=75° 0 B A(C)P 20.【解】(1)因为AB=18cm,BC=号AB,所以BC=6cm, ② 所以AC=AB+BC=18+6=24(cm). 0 (2)因为0是线段AC的中点，所以0C=)AC=12cm 4 ③ 因为BC=6cm,所以OB=0C-BC=12-6=6(cm). B MOC N A 21.【解】(1)4 0 分析：根据正方体展开图的特点“中间4联方，上下各一个；中 ④ 间3联方，上下各1,2；两个靠一起，不能出“田”字”，可知符 OM CNA 0B 4 合第一种情况，中间四个连在一起，上面一个，下面有四个位 ⑤ 置，所以有4种补法。 10 9M B ANC (2)如图所示.（答案不唯一） 0 ⑥ 22.【解】(1)50° M AB N C 分析：根据角平分线的性质可知 10 0 4 ∠MOC=∠AOM=20°， e 第21题答图 ∠NOC=∠BON=30°， 第12题答图 所以∠MON=∠MOC+∠NOC=20°+30°=50° 13.两点之间，线段最短【解析】因为剩下纸片的周长比原纸片 即∠MON的度数为50°. 的周长要小，所以应用的数学知识是两点之间，线段最短，故 (2)根据角平分线的性质可知 答案为两点之间，线段最短 14.144【解析】因为∠C0D=36°，∠AOC=∠B0D=90°，所 ∠M0C=)∠A0C,∠N0C=7∠B0C,所以∠M0N= 以∠COB=∠BOD-∠COD=54°，所以∠AOB=∠AOC+ ∠M0C+∠N0C=3∠A0C+3∠B0C=3∠A0B, ∠C0B=144°.故答案为144. 15.105°75°【解析】因为在9：30时，时针位于9与10正中间， 因为∠A0B=a,所以∠MoN=2a 分针指到6上，中间有3.5格，所以时针与分针的夹角是360 23.【解(1)①= 12 ×3.5=105°，105的补角为75°.故答案为105°；75°. ②因为BC=子4C,4C=12cm,所以BC=9em, 16.6cm或14cm【解析】当点D在线段AC上时，如图① 所以AB=AC-BC=3cm 由题意得CD+BC=AD=AC-CD, D C 因为AB=CD,所以AD=AC+CD=AC+AB=12+3=15(cm) 所以BC=AC-2CD. E (2)24 因为E为线段AC的中点，EC= B 24.【解1(1)是(2)20°或30或40° 5cm,所以AC=2EC=10cm,所 第16题答图① (3)依题意，分3种情况：①10=60+3 ×60,解得t=9; 以BC=AC-2CD=10-2×2=6(cm). ②10t=2×60,解得t=12; 当点D在线段BC上时，如图②.由题意得CD+AC=BD= ③10t=60+2×60,解得1=18. BC-CD,所以BC=AC+2CD. 故当t为9或12或18时，射线PM是∠QPW的“巧分线”. 因为E为线段AC的中点，EC= E (4)t=2.4或t=4或t=6. 5cm,所以AC=2EC=10cm,所以 BC=AC+2CD=10+2×2=14(cm). B 分析：依题意，有①101-(51460)，解得1=24； 综上，BC的长为6cm或14cm. 第16题答图② ②10t=号(5t460),解得t=4; 故答案为6cm或14cm ③101=号(5460.解得1=6 17.【解(1)如图所示，直线AB为所求 故当t的值为2.4或4或6时，射线PQ是∠MPN的“巧分线” (2)如图所示，射线AC为所求 (3)如图所示，线段BC,CE为所求 (4)如图所示，线段BD、点P为所求. 14.重难题型卷（四）线段与角 理由为两点之间，线段最短 1.D【解析因为O为线段AB上一点，且O是AB的中点， 18.【解】(1)22 所以AB=2AO.故选D. (2)如图所示 第17题答图 2.A【解析】如图，因为AB=4cm,BC=3cm,所以AC=AB +BC=7cm.因为0是线段4C的中点，所以0C=方4C= 3.5cm,所以OB=OC-BC=3.5-3=0.5(cm).故选A OB 从正面看 从左面看 从上面看 A 第18题答图 12 第2题答图 答案与解析 3.B【解析]因为D为线段AB的中点，所以AD=BD=)AB 所以∠BOD+∠AOC=∠AOB-∠COD=a-B. 因为OM,ON分别平分∠AOC,∠BOD, =7×16=8因为AD=AE+DE,DE=号AE,所以AE+3AB =8,所以AE=6,所以DE=2.因为C为DB的中点，所以 所以∠4=B0D,∠2=40C, CD=号BD=3×8=4,所以CE=DE+CD=2+4=6故选B. 所以∠2+∠4=A0C+B0D=“ 2 4.【解】如图，因为AD1=6-(-5)川=11,2AB=BC=3CD, 所以∠M0N=∠2+∠4+∠C0D=a,里+B=a+里 2 2 所以AB=1.5CD, A B C D ②当OD在∠AOC内部时，如图所示， 所以1.5CD+3CD+CD=11, -5 E 6 B 因为∠AOB=a,所以∠BOD+∠AOC 所以CD=2,所以AB=3, 第4题答图 =∠AOB+∠COD=a+B, BC=6,所以BD=8,所以ED=号BD=4, 所以∠NOD+∠COM=∠B0OD+ 所以点E对应的数是6-4=2. ∠A0C)=+E 第9题答图 5.(1)①7cm②7cm(2)7cm 2 【解析】(1)①因为AC=4cm,AB=14cm, 所以∠MON=∠NOD+∠COM∠COD=a;里B=a,E. 2 2 所以BC=AB-AC=10cm. 综上，当射线OC,OD的位置在∠AOB内变化时，∠MON= 又因为D为AC的中点，E为BC的中点，所以CD=2cm, CE=5cm,所以DE=CD+CE=2+5=7(cm). a生或LMON=“是. 2 ②因为AC=acm,所以BC=AB-AC=(14-a)cm 10.C【解析】由折叠的性质知∠CFG=∠EFG. 又因为D为AC的中点，E为BC的中点， 因为FH平分∠BFE,所以∠EFH=∠BFH, 所以CD=3acm,CE=14-a)cm, 所以∠GFH=∠EFG+∠EFH=EFC+∠EFB 所以DE=CD+CE=3a+I4-a)=7(em). =(LEFC+∠EFB)=)×180°=90°.故选C (2)如图，当点C在线段AB的延长线上时， 11.C【解析】根据折叠的性质可知，∠1+∠3=∠2.因为 因为AC=bcm,AB=14cm, ∠1+∠2+∠3=180°，所以2（∠1+∠3）=180°，所以 所以BC=AC-AB=(b-14)cm. ∠1+∠3=90°，所以∠2=90°，故A,B不符合题意，C符合 又因为D为AC的中点，E为BC的中点， 题意.因为∠1+∠AEC=180°，所以∠1与∠AEC互补，故D 所以CD=3bcm,CE=(b-14)cm, 不符合题意，故选C. 所以DE=CD-CE=号6-b-14)=7(cm). 12.A【解析】在题图①中，根据折叠的性质可知，∠BAE= ∠EAD,且∠BAE+∠EAD=90°，可知∠EAD=45°，甲正 D B E C 确；在题图②中，∠BAE=∠B'AE,∠DAF=∠D'AF,且 第5题答图 ∠BAE+∠B'AE+∠DAF+∠D'AF=90°，可知∠EAF= 6.【解1(1)①103②-2+3t8-2t ∠B'AE+∠DAF=45°，乙正确.故选A 分析：①8-(-2)=10，-2+号×10=3. 13.C【解析】由题意得∠MOA=2P,∠NOB=4.在OA与OB 相遇前，∠AOB=180°-∠MOA-∠NOB=180°-6f°，当t= ②由题意得，点P表示的数为-2+3t,点Q表示的数为8-2t. 15时，∠AOB=90°，故A错误.根据题意知，当∠AOB第一 (2)ts后，点P表示的数为-2+3t,点Q表示的数为8-2t,由题意， 次达到60°时，∠AOM4∠B0N+60°=180°，即21°+41°+60° 得-2+3t=8-2t,所以t=2,所以-2+3t=4, =180°，解得1=20，故当t=20时，∠A0B第一次达到 所以当t=2时，P,Q两点相遇，相遇点所表示的数为4. 60°；当∠AOB第二次达到60°时，∠AOM+∠BON-∠MON (3)由题意，得3引-2+31(8-201=10，解得1=等或1=号 =60°，即21°+4t°-180°=60°，解得t=40,故当t=40时， 所以当1-号或1-时，3PQ=AB ∠AOB第二次达到60°，故B,D错误，不合题意.当t=36 时，∠MOA=72°，∠NOB=144°，∠MOB=180°-∠NOB 7.C【解析】因为OE平分∠BOD,所以∠BOD=2∠BOE= =36°，∠AOB=72°-∠MOB=36°，此时OB恰好平分 48°.因为∠A0B=90°，所以∠A0D=90°-∠B0D=90°- ∠MOA,故C正确.故选C. 48°=42°.故选C 14.【解】因为OD⊥AB,所以∠AOD=∠BOD=90° 8.C【解析】因为OC平分∠AOD,∠AOC=50°， 因为∠A0C+∠B0C=180°，∠A0C=120°， 所以∠AOD=100°，所以∠B0D=80° 所以∠B0C=180°-∠A0C=180°-120°=60°， 因为∠B0D=4∠DOE,所以∠DOE=20°.故选C. 如图，①当OD按逆时针方向旋转到OE时，OE平分∠BOC, 9.【解J(1)4585 分析：∠1+∠3=∠2+L4=2∠A0C+B0D 所以∠B0E=∠B0C=30, 所以射线0D旋转了90°+30°=120°， =2(LA0C+LB0D)=3(a-b)=45, 旋转了120°÷2°=60(s),即t=60. A 所以∠MON=∠2+∠4+∠C0D=45°+40°=85° ②当OD按逆时针方向旋转到OF时， F (2)不认同.理由如下： OF的反向延长线平分∠COB,此时F, D ①当OD在∠BOC内部时，如题图所示 O,E三点共线，∠AOF=∠BOE= 第14题答图 因为∠AOB=a,∠COD=B, 30°，则射线0D旋转了90°+180°+30°=300°， 真题圈数学七年级上RJ9G 旋转了300°÷2°=150(s),即1=150. 6.D【解析】由数轴可知a<b,ab<0,a+b<0,a-b<0.故选D 综上，t的值为60或150. 7.【解(1)在数轴上描出A,B,C,D四个点如图 15.【解】(1)= 由数轴得 A B C D 分析：因为∠ACD=∠ACE+∠DCE=90°，∠BCE= -6-5-4-3-2-10123456 ∠BCD+∠DCE=90°，所以∠ACE=∠BCD. 3<-号04 第7题答图 (2)因为∠DCE=15°，∠ACE+∠DCE=90°，所以∠ACE= (2)B,C两点间的距离为0- -4，D两点间的距离为4 75°，所以∠ACB=∠ACE+∠BCE=75°+90°=165° (-3)=7. (3)∠ACB+∠DCE=180°.理由如下： (3)把数轴的原点取在点B处，相当于在原数轴上将各点向右 因为∠ACE+∠DCE=90°，∠BCD+∠DCE=90°， 所以（∠ACE+∠DCE+∠BCD)+∠DCE=180°. 平移个单位，所以平移后，点4表示的数为-3+号=-多，点 因为∠ACB=∠ACE+∠DCE+∠BCD, B表示的数为-吃+昌=0，点C表示的数为0+多=昌点D 所以∠ACB+∠DCE=180°. (4)当2∠ECD=∠ACB时. 表示的数为4+多=号，所以点A,B,C,D分别表示-多，0，号， ①如图①，因为∠ACB+∠DCE=180°，2∠ECD=∠ACB, 11 所以∠ECD=60°，所以∠ACE=∠ACD-∠ECD=90°-60° 8.【解1(1)-615 =30°，所以当∠ACE为30时，∠ECD与∠ACB的大小是二 分析：因为1a+6+(b-15)2=0,a+6≥0，(b-15)2≥0， 倍关系. 所以a+6=0,b-15=0,解得a=-6,b=15. ②如图②，因为∠ACB+∠DCE=180°，2∠ECD=∠ACB, (2)设点C在数轴上表示的数为x,易知点C在点A左侧或点 所以∠ECD=60°，∠ACB=120°， B右侧 所以∠ACE=∠ACD+∠ECD=90°+60°=150°， ①点C在点A的左侧时，因为AC=-6-x,BC=15-x,AC+BC 所以当∠ACE为150时，∠ECD与∠ACB的大小是二倍关系 =27,所以-6-x+15-x=27,解得x=-9. ②点C在点B的右侧时，因为AC=x-(-6),BC=x-15, AC+BC=27,所以x+6+x-15=27,解得x=18. B 综上，点C表示的数为-9或18. (3)当点D从原点向左运动时，BD-2AD=3t+15+mt-2(2t+6- mt)=(3m-1)+3.因为BD-2AD的值始终是一个定值，所以 第15题答图 3m-1=0,所以m=背，当点D从原点向右运动时，BD-2AD 当∠ECD=2∠ACB时. =3t+15-mt-2(2t+6+mt)=（-3m-1)t+3.因为BD-2AD的值始 ①如图③，因为∠ACB+∠ECD=180°，∠ECD=2∠ACB, 所以∠ACB=60°，所以∠ACE=∠BCE-∠ACB=90°-60° 终是一个定值，所以-3m-1=0,所以m=-写 =30°，所以当∠ACE为30时，∠ECD与∠ACB的大小是二 因为m>0,所以此种情形不存在 倍关系. 综上，点D运动的方向为从原点向左运动，m的值为} ②如图④，因为∠ACB+∠DCE= 9.C【解析】由题意可知a=0,b=-1,则(la+b1)-(a+b)=1- 180°，∠ECD=2∠ACB,所以∠ACB (-1)=2,所以a,b的绝对值的和比a,b的和大2.故选C. =60°，所以∠ACE=∠ACB+90°= 10.A【解析】由题意得a+b=0,cd=1,x=±2，所以当x=2 150°，所以当∠ACE=150时，∠ECD 时，(a+b)cd43x=6,当x=-2时，(a+b)cd43x=-6.故选A 与∠ACB的大小是二倍关系. 第15题答图④ 11.C【解析】根据题图中数轴上点的位置得a<0<b,la<bl,所 综上所述，当∠ACE为30°或150时，∠ECD与∠ACB的大小 以a-b<0,a+b>0,所以原式=-(a-b)-(a+b)-(-a)=-a+b- 是二倍关系 a-b+a=-a.故选C. 12.(1)12(2)57或3(3)0或7(4)56 专题复习卷 【解析】(1)数轴上有理数-9对应的点到有理数3对应的点的 距离为-9-3引=12.故答案为12. 15.专题复习卷（一）有理数 (2)a-51表示有理数a对应的点与有理数5对应的点的距离 1.B【解析①当a≤-1时，a+1是非正数，不符合题意；②当 因为la-5引=2，所以a-5=±2，所以a=7或a=3. a≤-1或a≥1时，-a2+1是非正数，不符合题意；③lal+1一 故答案为5；7或3. 定是正数，符合题意；④+1一定是正数，符合题意.故选B. (3)当a<1时，依题意有-a+1-a+6=7,解得a=0; 2.C3.D 当1≤a≤6时，依题意有a-1-a+6=7,方程无解； 4.A【解析】A.若m>0,n<0,且m>lnl,则m+n>0,原说法错误； 当a>6时，依题意有a-1+a-6=7,解得a=7. B.若m<0,n>0,且m>n,则m+n<0,正确；C.若m>0,n>0,则 故答案为0或7. m+n>0,正确；D.若m<0,n>0,则m-n<0,正确.故选A (4)当a<1时，la-1+la-6=1-a+6-a=7-2a>5. 5.C【解析】因为互为相反数的两数到原点的距离相等，所以原 当1≤a≤6时，la-1+la-6l=a-1+6-a=5. 点到A,B的距离相等，所以原点O与线段AB的中点重合.故 当a>6时，la-1+a-6=a-1+a-6=2a-7>5. 选C 综上，当1≤a≤6时，la-1+la-6的最小值为5.