阶段检测二-【优+学案】2025-2026学年新教材七年级上册数学课时通（鲁教版五四学制2024）

阶段检测二（1~2)（答案P14) 一、选择题 142°，则∠ABC的度数为( 1.(徐州中考)古汉字“雷”的下列四种写法，可以 看作轴对称图形的是( ) 田田 @@ A.76° B.104° 西 C.130° D.140° B C 6.如图所示，在△ABC中，BD,CE分别是 2.下列图形中，对称轴数量最多的是( ∠ABC和∠ACB的平分线，AM⊥CE于点 P,交BC于点M,AN⊥BD于点Q,交BC于 点N,已知∠BAC=110°，AB=6,AC=5, B MN=2.下列结论：①AP=MP;②BC=9; 3.几何直观如图所示，用直尺和圆规作∠MAN ③∠MAN=35°；④AM=AN.其中不正确的 的平分线，根据作图痕迹，下列结论不一定正 有() 确的是() A.4个 B.3个 C.2个 D.1个 二、填空题 7.(青岛莱西期中)如图所示，在一个池塘两旁有 A.AD-AE B.AD=DF 一条笔直小路(B,C为小路端点)和一棵小树 C.DF=EF D.AF⊥DE (A为小树位置)，测得的相关数据为： 4.如图所示，在△ABC中，AB=AC,BC=10, ∠ABC=60°，∠ACB=60°，BC=48米，则 S△ABC=60,AD⊥BC于点D,EF垂直平分 AC= 米 AB,交AB于点E,交AC于点F,在EF上确 定一点P,使PB+PD的值最小，则这个最小 池塘、 值为() B C 8.(泰安宁阳期中)如图所示，在△ABC中， ∠B=∠C=60°，将△BDE沿直线DE翻折， 使点B落在B1处，DB1,EB1分别交边AC 于点F,G.若∠ADF=80°，则 ∠GEC= 0 A.10 B.11 C.12 D.13 5.如图所示，点P为△ABC内一点，过点P的 线段MN分别交AB,BC于点M,N,且M,N 分别在PA,PC的垂直平分线上.若∠APC= △七年级·上册·数学.鲁教版 45 9.如图所示，∠BAC=30°，D在∠BAC内，E,F 13.已知在△ABC中，∠ABC=60°，∠ACB= 分别是AB,AC上的动点，当△DEF的周长最 40°，BD平分∠ABC,CD平分∠ACB. 小时，∠EDF的度数为 (1)如图①所示，求∠BDC的度数， (2)如图②所示，连接AD,作DE⊥AB, DE=2,AC=6,求△ADC的面积. 10.推理能力如图所示，∠MON=30°，点A1, A2,A3,…在射线ON上，点B1,B2,B3,…在 射线OM上，△A1B1A2,△A2B2A3, △A3B3A4,…均为等边三角形.若OA1=1,则 △AB6A,的边长为 B B O AA2 A 11.已知△ABC的三边长分别为4,4,6，在 △ABC所在平面内画一条直线，将△ABC 14.如图所示，在等腰直角三角形ABC中， 分割成两个三角形，使其中的一个是等腰三 ∠ACB=90°，P是线段BC上一点，连接AP, 角形，则这样的直线最多可画 条 延长BC至点Q,使得CQ=CP,过点Q作 三、解答题 QH⊥AP于点H,交AB于点M. 12.如图所示，在长度为1个单位长度的小正方 (1)若∠CAP=20°，则∠AMQ= 形组成的正方形网格中，点A,B,C在小正方 (2)判断AP与QM的数量关系，并说明 形的顶点上 理由 (1)在图中画出△ABC关于直线1成轴对称 的△A'B'C. (2)在直线L上找一点P,使PB+PC的长最 短，标出点P(保留作图痕迹). 46又因为∠BAD+∠CAD=∠BAC=60°，∠CDF+ ∠EDF=∠GDC=60°.所以∠EDG=∠FDC. ∠F=180°-∠DCF=∠ACB=60°，所以 ED=DF, ∠BAD=∠CDF 在△EGD和△FCD中，∠EDG=∠FDC, 因为DE=AD,所以∠BAD=∠E. DG=CD, 所以∠E=∠CDF. 所以△EGD≌△FCD(SAS), (2)△CFD周长的变化规律是先变小后变大. 所以EG=CF. (∠EBD=∠DCF, 所以CF=EG=CG+CE=CD+CE,即CF= 理由：在△BDE和△CFD中，∠E=∠CDF, CD+CE. DE-FD, 所以△BDE≌△CFD(AAS),所以CF=BD, 阶段检测二（1~2) 所以△CFD的周长为CD十CF+DF=CD+BD+ 1.D2.B3.B4.C5.B6.D AD=BC+AD. 7.488.409.120°10.3211.4 因为在点D从B运动到C的过程中，BC长不变， 12.解：(1)如图所示，△A'BC'为所作. AD长先变小后变大，其中当点D运动到BC的中 点位置时，AD长最小， 所以在点D从B运动到C的过程中，△CFD周长 的变化规律是先变小后变大。 7.解：【问题解决】如图①所示，在CD上截取CH= CE. 因为△ABC是等边三角形，所以 ∠ECH=60°. (2)如图所示，点P为所作. 所以△CEH是等边三角形.所以 13.解：(1)因为BD平分∠ABC,所以∠DBC= EH=EC=CH,∠CEH=60°. 2∠ABc-2x60=30 因为△DEF是等边三角形，所以 DE=FE,∠DEF=60°」 ① 因为CD平分∠ACB,所以∠DCB= 2∠ACB= 所以∠DEH+∠HEF=∠FEC+∠HEF=6O°.所 以∠DEH=∠FEC. 3×40=20 (DE=FE, 所以∠BDC=180°-∠DBC-∠DCB=180°- 在△DEH和△FEC中，∠DEH=∠FEC,所以 30°-20°=130°. EH=EC, (2)过点D作DF⊥AC于点F,DH⊥BC于点H, △DEH≌△FEC(SAS). 如图所示。 所以DH=CF.所以CD=CH+DH=CE+CF, 即CE十CF=CD. 【类比探究】线段CE,CF与CD之间的数量关系是 CF=CD+CE. 理由：如图②所示，过点D 因为BD平分∠ABC,DE⊥AB,DH⊥BC, 作DG∥AB,交AC的延长 所以DH=DE=2. 线于点G. 因为CD平分∠ACB,DF⊥AC,DH⊥BC, 因为△ABC是等边三角形， 所以DF=DH=2. 所以∠A=∠B=60°. 1 ② 所以△ADC的面积=2DF·AC=2×2X6=6, 因为GD∥AB,所以 14.解：(1)65 ∠GDC=∠B=60°，∠DGC=∠A=60°. (2)AP=QM,理由如下： 所以∠GDC=∠DGC=60°.所以△GCD为等边三 如图所示，连接AQ. 角形， 因为∠ACB=90°，所以AC⊥PQ. 所以DG=CD=CG. 所以∠ACP=∠ACQ: 因为△EDF为等边三角形，所以ED=DF, 在△ACP和△ACQ中， 14 AC=AC, 13.解：如图所示.（答案不唯一） ∠ACP=∠ACQ, CP=CQ, 所以△ACP≌△ACQ(SAS), 所以∠QAC=∠PAC. 因为∠QMA=180°-∠QMB=∠MQB+∠B, ① ② 所以∠QMA=∠MQB+45°. ★ 问题解决策略：转化 因为∠QAM=∠QAC+∠CAB, 1.C 所以∠QAM=∠QAC+45°. 2.解：如图所示，点P即为所求。 因为AC⊥PQ,AP⊥MQ, B 所以∠BQM=∠PAC. -m 所以∠QAC=∠MQB, 所以∠QMA=∠QAM, 所以AQ=QM,所以AP=QM. 3.解：(1)因为AD=CD,DE⊥AC,所以AF=CF, 所以DE垂直平分AC,所以AE=CE, 所以∠CAE=∠ACE 因为∠ACB=90°， 所以∠ACE+∠BCE=90°，∠CAE+∠B=90°， 所以∠BCE=∠B,所以CE=BE,所以AE=CE= BE. (2)如图所示，连接PA,PB,PC, 3利用轴对称进行设计 D 1.B 2.B 3.G E F H 4.D 5.解：如图所示 --- 则PA=PC, - 因为CAPBC=BC+PB+PC=3+PB+PA, 6.解：如图所示（答案不唯一）. 所以PB+PA最小时，△PBC的周长最小. 因为当A,P,B三点共线时，PB十PA最小， 所以P与E重合时，PB十PA最小， 所以PB+PA=AB时，PB+PA最小， 此时△PBC的周长最小， 所以C△PBc=3+AB=3+5=8, ① 9 所以△PBC的周长最小值为8. 7.D8.B9.C10.C 4.解：因为矩形ABCD中，AB=2BC,且AB=8cm, 11.解：(1)都是轴对称图形面积相等（合理即可） 所以AD=BC=4cm. (2)如图所示（答案不唯一） 所以S阴影=S矩形ABCD十S扇形ADF一S△FBC, 因为S矩形ABcD=AB·BC=8X4=32(cm2), S角形A0p=90·元·4 =4π(cm2), 360 Sax=号BC·FB=×4X(8+4)=24(em', 1 12.解：答案不唯一，如图所示，含义依次为①救死扶 所以S開影=32+4π-24=(8十4π)cm2. 伤；②梯子（攀登）；③吊灯（思考）；④奖杯（胜利）. 所以商标图案的面积为(8十4π)cm2. 5.解：阴影部分的面积=是×云×202-元X10+ 2号×x×102-2x号×10×10）=100x-20 114(平方厘米)， 答：阴影部分的面积约为114平方厘米 6.解：让乙先取，如果乙取a枚，那么甲取的棋子是 15