专题05 线段、角（对角线）的计数与等量代换模型（几何模型讲义）数学新教材人教版七年级上册

专题05. 线段（角）的计数与线段（角）的等量代换模型 等量代换是几何证明最基础的推理工具，后续所有三角形、全等、倒角模型都依赖等量代换思想。等量代换是数学变形的最常见方式之一,它以处理问题步骤简捷、巧妙灵活,给人留下深刻的印象。运用它来解决中学代数和几何的有关问题（本专题主要涉及线段与角度的代换）,还可以避免繁杂运算,具有计算量小的独特优点,因此有着广泛的应用。 计数模型考察有序思维，线段的条数、角的个数、直线的交点数、对角线条数等计数规律，可以自己推导后进行记忆，主要培养学生的观察、实验和猜想、归纳能力，掌握从特殊向一般猜想的方法，及构建数学模型解决实际问题等。 模型来源 1 知识储备 2 例讲模型 2 模型1.线段与角度的等量代换模型 2 模型2.线段与角度的计数模型 6 模型3.直线交点计数模型与平面分割的计数模型 10 模型4.多边形的对角线条数计数模型 12 易错点与方法总结 16 模型运用 17 A组（基础题） 17 B组（能力提升题） 20 C组（综合压轴题） 25 线段与角度的等量代换模型源于等式的基本性质，最终拓展到线段和角度的代换，其核心思想是通过长度或角度的相等关系进行转换，简化复杂几何问题的求解过程，线段与角度的等量代换模型是初中几何中的基本内容。线段与角度的计数模型源于计数原理中的组合学，该规律与“握手问题”、“碰面问题”等实际场景完全一致，为复杂图形中的线段统计提供了一种简便的方法。‌‌ 1）线段、射线、直线定义；线段中点定义； 2）角、角平分线定义；角的和差； 3）等式基本性质：等式两边同时加 / 减同一个量，等式仍成立； 4）几何符号书写。 常结合考点：线段中点、角平分线模型（最高频）；线段/角度动态动点问题；双（多）角平分线模型；分类讨论（点在线段上/延长线上；射线在角内部/外部）。 模型1.线段与角度的等量代换模型 【模型提炼与证明】 1）线段的等量代换 图1 图2 条件：如图，已知：EG=HF； 结论：EH=GF. 证明:如图1，∵EG=HF，∴EG-HG=HF-HG，∴EH=GF. 如图2，∵EG=HF，∴EG+HG=HF+HG，∴EH=GF. 2）角度的等量代换 （图中：∠AOD=∠1，∠BOC=∠2，∠BOD=∠3，∠AOC=∠4） 条件1：已知∠AOB=∠DOC=90°；结论：∠1=∠2，∠3+∠4=180°. 条件2：已知∠AOB=∠DOC=90°；结论：∠1=∠2，∠3+∠4=180°. 证明：如图1，∵∠AOB=∠DOC，∴∠AOB-∠BOD=∠DOC-∠BOD，∴∠AOD=∠BOC，即：∠1=∠2. ∵∠AOB=∠DOC=90°，∴∠AOB+∠DOC=180°， ∴∠BOD+∠AOD+∠DOC=180°，∴∠BOD+∠AOC=180°，即：∠3+∠4=180°. 如图2，∵∠AOB=∠DOC，∴∠AOB+∠BOD=∠DOC+∠BOD，∴∠AOD=∠BOC，即：∠1=∠2. ∵∠AOB=∠DOC=90°，∴∠AOB+∠DOC=180°， ∵∠BOD+∠AOC+∠AOB+∠DOC=360°，∴∠BOD+∠AOC=180°，即：∠3+∠4=180°. 利用等量代换我们还可以推导三个重要的性质：（人教版、苏科版、浙教版、沪科版） ①同角（等角）的余角相等；②同角（等角）的补角相等；③对顶角相等。 【模型运用】 【典例1】（25-26七年级上·四川成都·期末）如图，点在线段上，且，则与的大小关系是（    ）    A． B． C． D．无法确定 【典例2】（25-26七年级上·河南洛阳·期末）如图，已知，则（   ） A． B． C． D． 【典例3】（25-26七年级上·江苏·校考期末）（1）如图：A、B、C、D四点在同一直线上，若． ①图中共有______条线段：AC______填“”、““或””； ②若，且，则AD的长为______cm． （2）已知线段，在直线AB上有一点C，且，点M是线段AC的中点，求线段AM的长． 【典例4】（25-26河南三门峡·七年级统考期末）如图所示，∠AOB=∠COD=90°，则下列叙述中正确的是（） A．∠AOC=∠AOD B．∠AOD=∠BOD C．∠AOC=∠BOD D．以上都不对 【典例5】（25-26七年级上·安徽安庆·期末）如图所示，已知，，则的度数是　　 A． B． C． D． 【典例6】（25-26七年级上·福建泉州·期中）如图，直线、相交于点O，，作射线，平分，且在的内部． 求证：平分． 证明：∵平分，（ ） （ ） （ ） 即 （ ） = （ ） 平分（ ）． 模型2.线段与角的计数模型 【模型提炼与证明】 1）线段的计数模型 如果线段上有n个点（包括线段的两个端点），那么该线段上共有多少条线段？ 我们先取n=5进行研究，如下图： 结论：线段数量：4+3+2+1=10（条）（注意：按一个方向数，不回头）； 证明：①以A为端点的线段有：AB、AC、AD、AE，有4条； ②以B为端点的线段有：BC、BD、BE，有3条；③以C为端点的线段有：CD、CE，有2条； ④以D为端点的线段有：DE，有1条；故图中线段总数量：4+3+2+1=10（条） 注意：线段的定义为两点间的一段直线，因此“直线+两个端点”是其核心要素； 结论拓展：若有n个点，则线段数量为：（n-1）+（n-2）+...+4+3+2+1=（条） 2）角度的计数模型 若过点O作了有n条射线，那么该图形中共有多少个角？ 我们先取n=5进行研究，如下图： 结论：角的数量：4+3+2+1=10（个）（注意：按一个方向数，不回头）； 证明：①以OA为角的一边有：∠AOB、∠AOC、∠AOD、∠AOE，有4个； ②以OB为角的一边有：∠BOC、∠BOD、∠BOE，有3个； ③以OC为角的一边有：∠COD、∠COE，有2个； ④以OD为角的一边有：∠DOE，有1个；故图中角总数量：4+3+2+1=10（个） 注意：线段的定义为两点间的一段直线，因此“直线+两个端点”是其核心要素； 结论拓展：若有n条射线，则角度数量为：（n-1）+（n-2）+...+4+3+2+1=（个）。 【模型运用】 【典例1】（25-26七年级下·山东泰安·期中）如图，是一段高铁行驶路线图，图中字母表示的5个点表示5个车站，在这段路线上往返行车，需印制车票的种类数量是（    ） A．4 B．8 C．10 D．20 【典例2】（25-26七年级下·黑龙江哈尔滨·开学考试）一条铁路线上有4个站点（如图），那么一共要设计（   ）种不同的车票． A．6 B．10 C．12 D．15 【典例3】（25-26七年级上·广东深圳·期中）学校体育节要举办“校长杯”足球赛，七年级有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本年级各队比赛一场且只比赛一场），则七年级一共要安排多少场比赛？ 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： 如图，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． 甲组同学认为：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，所以该校七年级一共要安排10场比赛． 乙组同学认为：从A点出发，可以和其他4个点连成4条线段，从B点出发不能再和A点连成新线段，所以从B点出发还能连成3条新的线段，以此类推，C点能连2条新线段，D点能连1条新线段，所以该校七年级一共要安排场比赛． 根据以上材料解决以下问题： （1）八年级有6支足球队进行单循环比赛，请仿照材料图画出相应的图形，由此可知八年级一共要安排______场比赛． （2）根据以上规律可知：______ 实际应用：（3）往返于深圳北和上海南的列车，中途经东莞南、赣州西、南昌东、景德镇北、黄山南和杭州西6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，要准备多少种车票？请你求出来． 拓展提高：（4）请计算： 【典例4】（25-26七年级下·河南新乡·期中）如图，在的内部从O引出3条射线，那么图中共有10个角；如果引出10条射线，有_______个角； 【典例5】（25-26七年级上·山东东营·期中）如图，在综合实践课上，老师让同学们动手操作．在内画1条射线，观察发现图中共有3个角：在内画2条射线时，则图中共有6个角：在内画3条射线时，则图中共有10个角：按照此规律，在内画条射线时，图中共有 个角． 模型3.直线交点计数模型与平面分割的计数模型 【模型提炼与证明】 n条直线，最多有多少个交点呢？最多能将平面分成多少部分呢？ 直线的条数 最多交点个数 平面最多分成部分数 1 0 1+1=2 2 1 1+1+2=4 3 1+2=3 1+1+2+3=7 4 1+2+3=6 1+1+2+3+4=11 ... ... ... n 【模型运用】 【典例1】（25-26七年级上·广东韶关·期末）如图所示，两条直线两两相交有1个交点，三条直线两两相交最多有3个交点，八条直线两两相交最多有_______个交点． 【典例2】（25-26七年级上·山东济宁·期末）在同一平面内，我们把条直线中任一条直线都和其余的直线相交叫做直线两两相交．两条直线相交，最多有1个交点；三条直线两两相交，最多有3个交点；四条直线两两相交，最多有6个交点．．．按照此规律，条直线两两相交，最多交点个数是（　　） A． B． C． D． 【典例3】（25-26七年级上·湖北武汉·期末）两条直线相交，把一个平面分成4部分，三条直线相交，最多可以将平面分成7部分，那么10条直线相交，最多可以将平面分成（   ）部分 A．53 B．54 C．55 D．56 【典例4】（25-26七年级上·湖北武汉·周测）平面内，不在同一直线上的n（正整数）个点（任意三点不共线），过其中任意两点画直线，可以画____条；n条直线最多可以把一个平面分成__________部分． 模型4.多边形的对角线条数计数模型 【模型提炼与证明】 从n边形一个顶点出发可引出对角线，这些对角线能把多边形分割成多少个三角形呢？n边形共有多少条对角线呢？ 结论：从n边形一个顶点出发可引出 （n-3） 条对角线；这些对角线把多边形分割成（n-2）个三角形； n边形共有对角线。 证明：由连接不相邻的两个顶点的线段叫多边形的对角线， 可知，从n边形的每个顶点出发有条对角线，这些对角线把多边形分割成（n-2）个三角形 ∵n边形有个顶点，∴共有n条对角线 又∵能形成对角线的两个点之间只算1条对角线（即上面的计算相当于每条对角线重复计算了一次）， ∴n边形有条对角线． 【模型运用】 【典例1】（25-26七年级上·山东枣庄·期末）我们学习多边形后，发现凸多边形的对角线有一定的规律，①中的四边形共有2条对角线，②中的五边形共有5条对角线，③中的六边形共有9条对角线，…，请你计算凸十边形对角线的总条数（　　）    A．54 B．44 C．35 D．27 【典例2】（25-26七年级上·河北廊坊·期中）“从特殊到一般”就是从特殊、个别的事例推出一般规律的过程，是一个归纳、创新的过程，归纳、猜想、规律等都是运用了从特殊到一般的思想． 如我们在研究用边形的边数n表示对角线总条数s的式子时，可以从研究三角形、四边形、五边形、六边形等特殊情况入手： (1)完成下表 ______ ______ (2)若一个多边形是七边形，它的对角线总条数s为______，n边形的对角线总条数s为______（用含n的式子表示）； 【典例3】（25-26七年级上·安徽宿州·阶段检测）如图，从一个多边形的某个顶点出发，分别连接这个顶点与其余不相邻的各顶点，可以把这个多边形分割成若干个三角形． (1)根据以上多边形的边数与分割成的三角形的个数之间的规律，猜测边形可以分割成____个三角形； (2)若一个多边形按以上方法可分割成120小三角形，求该多边形的边数； (3)求边形的对角线条数． 模型常见易错点 1）计数直接套公式，忽略前提 错误：随便拿几个不共线的点，直接用公式算线段。 解决方案：先判断：点是否共线，射线是否共顶点，不满足只能枚举。 2）数线段/角，想到哪个数哪个，出现重复、漏数 解决方案：固定起点有序数，从左到右依次枚举，数完标记，不回头。 3）等量代换写步骤，只写结果，缺少几何依据 错误：直接写AC=BD，不写等式性质，考试扣分。 解决方案：每一步推理标注依据（等式性质/ 等量代换），七年级几何必考书写规范。 4）忽略分类讨论，点在延长线上/射线在角外部 例：点C在AB延长线上，线段和差关系变为AC=AB+BC，学生仍套用线段内部公式。 解决方案：看到无图几何题，先画图，分情况讨论。 5）混淆线段计数与射线计数，射线无此公式，射线数量直接数，不能套 解题方法总结 线段 / 角计数解题步骤 1）观察：判断是否【点共线 / 射线共顶点】； 2）数总个数：数点的数量n / 射线数量n； 3）代入公式：总数=；不能套公式就有序枚举； 4）检验：重新枚举核对，防止漏数。 等量代换（线段 / 角度）解题步骤 1）找已知相等量（线段相等 / 角相等）； 2）找公共部分（公共线段 / 公共角）； 3）判断：是同时加公共部分，还是同时减公共部分； 5）列式变形，写出结论； 6）标注推理依据（等式性质 / 等量代换）。 1．（26-27七年级上·广东·单元复习）如果乘火车从北京到上海，沿途共有25个车站（包括北京和上海在内），那么共需要准备多少种不同的车票（    ） A．400 B．25 C．300 D．100 2.（25-26北京平谷·七年级统考期末）如图，点C，D在线段上，若，则（    ） A． B． C． D． 3.（25-26湖南长沙·七年级统考期末）已知且，则，依据是（    ） A．等角的补角相等 B．同角的补角相等 C．等量代换 D．补角的定义 4.（24-25七年级上·湖北武汉·开学考试）同一平面内的2条直线相交最多有1个交点，3条直线相交最多有3个交点，10条直线相交最多有（   ）个交点． A．15 B．30 C．45 D．60 5.（24-25七年级上·河南郑州·开学考试）【计数原理】平面上有8条直线，最多能把平面分成 个部分． 6.（25-26七年级上·四川广元·期末）如图所示，已知点，，在一条直线上，，如果，那么的度数是 ． 7．（25-26七年级上·山东日照·期末）有一种速度叫中国速度，有一种骄傲叫中国高铁，中国高铁已经成为我国对外宣传的一张靓丽名片．如图，车次G1057是从日照到北京南的高铁，仅需3小时54分钟即可到达，其经停站为日照——莒南北——临沂北——蒙山——曲阜东——济南西——沧州西——北京南，则本车次高铁二等座的车票共有_____种． 8．（25-26七年级上·山西·阶段检测）如图，A、B、C、D四点在同一直线上． (1)若．①比较线段的大小：　　（填“＞”、“＝”或“＜”）； ②若，且，则的长为 　　cm； (2)若线段被点B、C分成了2：3：4三部分，且的中点M和的中点N之间的距离是18cm，求的长． 9.（24-25七年级上·成都·期中）如图，直线AB，CD相交于点O，． (1)若，判断ON与CD的位置关系．请将下面的解题过程补充完整，在括号内填写理由． 解：ON______CD．理由如下： 因为，所以______°．所以______． 又因为，所以______（等量代换）， 即．所以__________（__________）． (2)若，求的度数． 1.（25-26·广东梅州·七年级统考期末）一个多边形从一个顶点出发引出8条对角线，那么这个多边形对角线的总数是（　　） A．88 B．44 C．45 D．50 2.（24-25七年级上·湖南怀化·阶段练习）一条直线最多将平面分成2个部分，2条直线最多将平面分成4个部分，3条直线最多将平面分成7个部分，则4条直线最多将平面分成 个部分，n条直线将平面最多分成 个部分． 3.（2026·湖北孝感·校考一模）小明学习相交直线时发现：3条直线两两相交最多有3个交点，4条直线两两相交最多有6个交点，按照这样的规律，（1）5条直线两两相交最多有 个交点； （2）n条直线两两相交最多有 个交点．（用含有字母n的式子表示，） 4．（25-26七年级上·江苏·课后作业）推理能力如图是锐角，以O为端点向内部作1条射线时，图中有多少个角？作2条、3条射线时各有多少个角？作n条射线时有多少个角？ 5.（25-26七年级上·山东青岛·期末）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他们连接起来．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）若学校有6支足球队进行单循环比赛，借助图②，我们可知该校一共要安排__________场比赛； ………… （3）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． 实际应用：（4）9月1日开学时，老师为了让全班新同学互相认识，请班上42位新同学每两个人都相互握一次手，全班同学总共握手________________次． 拓展提高：（5）往返于青岛和济南的同一辆高速列车，中途经青岛北站、潍坊、青州、淄博4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，要准备车票的种数为____种． 6．（25-26七年级上·山东青岛·阶段检测）【探究发现】观察图形找出规律，并解答问题． 一条直线最多有0个交点 2条直线最多有1个交点 3条直线最多有3个交点 4条直线最多有6个交点 平面最多被分成2块区域 平面最多被分成4块区域 平面最多被分成7块区域 平面最多被分成11块区域 （1）5条直线相交，最多有________个交点；平面最多被分成________块区域． （2）若有n条直线相交，最多有________个交点；平面最多被分成________块区域． 1．（25-26七年级上·上海·期末）条直线最多有个交点，条直线最多有个交点，按照规律依此类推，条直线最多有个交点，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．（25-26七年级上·山东济南·期末）如图，在同一平面内有条直线，任意两条不平行，任意三条不共点，当时，一条直线将一个平面分成两个部分；当时，两条直线将一个平面分成四个部分；当时，三条直线将一个平面分成7个部分；当时，四条直线将一个平面分成11个部分．以此类推，若条直线将一个平面分成个部分，条直线将一个平面分成个部分．试探索、、之间的关系_________． 3.（25-26七年级上·山东潍坊·期末）某校数学兴趣小组为了研究多边形中从一个顶点可以作几条对角线，以及该多边形中对角线的总条数与边数的关系，他们决定从以下图形开始寻找规律． (1)请在图中画出从点出发的所有对角线；(2)根据探究，整理得到下面表格： 多边形的边数 4 5 6 7 8 …… n 从一个顶点出发的对角线的条数 1 2 3 4 5 …… a 多边形对角线的总条数 2 5 9 14 20 …… b 表格中_____，_____；（用含的代数式表示） (3)拓展应用：若该校要举办足球比赛，总共有个班级参加比赛，规定每个班级都要和其他班级比赛一次．请问总共要比赛多少场？ 4．（25-26七年级上·浙江·单元复习）探究平面内条直线相交的交点个数问题． (1)研究：平面内n条直线相交，当这n条直线无任何三条交于一点，且在某一方向上无任何直线相互平行时，交点个数是最多的．也就是说，当这n条直线两两相交时交点个数最多．所以容易得出以下结论：平面内有3条直线，则最多有___________个交点；平面内有4条直线，则最多有___________个交点；若平面内有n条直线，则最多有___________个交点． (2)拓展：若平面内的n条直线（无任何三条交于一点）在某一方向上有平行直线，则交点的总个数与上题相比便会减少，比如：若平面内有5条直线，当在某一方向上有3条是互相平行时，其交点的个数最多为，其中表示5条直线两两相交时的最多交点个数，表示3条直线相互平行时减少的交点个数．问：若平面内有10条直线（无任何三条交于一点），且在某一方向上有5条是互相平行的，则这10条直线交点的个数最多为___________． (3)应用：地面上有7条公路（假设公路是笔直的，并且可以足够长地延伸），无任何三条公路交于同一个岔口，现在有24名交警，要求每个岔口至少站一名交警，那么最少有多少个岔口有不止一个交警？． 5.（24-25七年级上·重庆·期末）一条直线上若有4个点，则它有____________条线段；若有5个点，则它有____________条线段；若有个点，则它有____________条线段． （1）拓展一：乘火车从杭州站到上海站共有8个站（包括杭州站和上海站）． （2）拓展二：如图①，工作流水线上放置着5个机器人，还放置着1只工具箱，5个机器人取工具的次数相同．如果，将工具箱放在何处，才能使机器人取工具所花时间最少？若有个机器人，则工具箱应放在何处？ （3）拓展三：图②中共有多少个比平角小的角？（4）拓展四：图③中共有多少个长方形（包括正方形）？ 6．（25-26七年级上·江苏徐州·校考期末）平面内的三条直线有4种不同的位置关系，相关性质如下表： 直线的位置关系 所得交点的个数 0 1 2 3 直线被交点分成“净线段” 或“净射线”的条数 0 6 7 9 平面被直线分成 区域的个数 4 6 6 7 规定：“净线段”、“净射线”是指除端点外无其它交点的线段、射线． (1)平面内的四条直线有多种不同的位置关系，这四条直线 ①所得交点的个数可能是______；（写出所有不同的结果） ②被交点分成的线段或射线，最多有______条； ③将平面分成区域的个数可能是______．（写出所有不同的结果） (2)①平面内的n条直线所得交点的个数最多为______；（用含n的代数式表示） ②平面内的n条直线将平面最多分成______个区域．（用含n的代数式表示） 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05. 线段（角）的计数与线段（角）的等量代换模型 等量代换是几何证明最基础的推理工具，后续所有三角形、全等、倒角模型都依赖等量代换思想。等量代换是数学变形的最常见方式之一,它以处理问题步骤简捷、巧妙灵活,给人留下深刻的印象。运用它来解决中学代数和几何的有关问题（本专题主要涉及线段与角度的代换）,还可以避免繁杂运算,具有计算量小的独特优点,因此有着广泛的应用。 计数模型考察有序思维，线段的条数、角的个数、直线的交点数、对角线条数等计数规律，可以自己推导后进行记忆，主要培养学生的观察、实验和猜想、归纳能力，掌握从特殊向一般猜想的方法，及构建数学模型解决实际问题等。 模型来源 1 知识储备 2 例讲模型 2 模型1.线段与角度的等量代换模型 2 模型2.线段与角度的计数模型 6 模型3.直线交点计数模型与平面分割的计数模型 10 模型4.多边形的对角线条数计数模型 12 易错点与方法总结 16 模型运用 17 A组（基础题） 17 B组（能力提升题） 20 C组（综合压轴题） 25 线段与角度的等量代换模型源于等式的基本性质，最终拓展到线段和角度的代换，其核心思想是通过长度或角度的相等关系进行转换，简化复杂几何问题的求解过程，线段与角度的等量代换模型是初中几何中的基本内容。线段与角度的计数模型源于计数原理中的组合学，该规律与“握手问题”、“碰面问题”等实际场景完全一致，为复杂图形中的线段统计提供了一种简便的方法。‌‌ 1）线段、射线、直线定义；线段中点定义； 2）角、角平分线定义；角的和差； 3）等式基本性质：等式两边同时加 / 减同一个量，等式仍成立； 4）几何符号书写。 常结合考点：线段中点、角平分线模型（最高频）；线段/角度动态动点问题；双（多）角平分线模型；分类讨论（点在线段上/延长线上；射线在角内部/外部）。 模型1.线段与角度的等量代换模型 【模型提炼与证明】 1）线段的等量代换 图1 图2 条件：如图，已知：EG=HF； 结论：EH=GF. 证明:如图1，∵EG=HF，∴EG-HG=HF-HG，∴EH=GF. 如图2，∵EG=HF，∴EG+HG=HF+HG，∴EH=GF. 2）角度的等量代换 （图中：∠AOD=∠1，∠BOC=∠2，∠BOD=∠3，∠AOC=∠4） 条件1：已知∠AOB=∠DOC=90°；结论：∠1=∠2，∠3+∠4=180°. 条件2：已知∠AOB=∠DOC=90°；结论：∠1=∠2，∠3+∠4=180°. 证明：如图1，∵∠AOB=∠DOC，∴∠AOB-∠BOD=∠DOC-∠BOD，∴∠AOD=∠BOC，即：∠1=∠2. ∵∠AOB=∠DOC=90°，∴∠AOB+∠DOC=180°， ∴∠BOD+∠AOD+∠DOC=180°，∴∠BOD+∠AOC=180°，即：∠3+∠4=180°. 如图2，∵∠AOB=∠DOC，∴∠AOB+∠BOD=∠DOC+∠BOD，∴∠AOD=∠BOC，即：∠1=∠2. ∵∠AOB=∠DOC=90°，∴∠AOB+∠DOC=180°， ∵∠BOD+∠AOC+∠AOB+∠DOC=360°，∴∠BOD+∠AOC=180°，即：∠3+∠4=180°. 利用等量代换我们还可以推导三个重要的性质：（人教版、苏科版、浙教版、沪科版） ①同角（等角）的余角相等；②同角（等角）的补角相等；③对顶角相等。 【模型运用】 【典例1】（25-26七年级上·四川成都·期末）如图，点在线段上，且，则与的大小关系是（    ）    A． B． C． D．无法确定 【答案】C 【详解】解：∵，，∴，即：；故选C． 【典例2】（25-26七年级上·河南洛阳·期末）如图，已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：∵，∴，即；故选B 【典例3】（25-26七年级上·江苏·校考期末）（1）如图：A、B、C、D四点在同一直线上，若． ①图中共有______条线段：AC______填“”、““或””； ②若，且，则AD的长为______cm． （2）已知线段，在直线AB上有一点C，且，点M是线段AC的中点，求线段AM的长． 【答案】(1)①6，= ②20；(2)9cm或20cm 【详解】解：（1）①任取其中两点作为线段的端点， 则可以得到的线段为：AB、AC、AD、BC、BD、CD，共有6条；故答案为：6． ∵AB=CD，∴AB+BC=CD+BC，∴AC=BD； 故答案为：=； ②∵BC=AC，且AC=15cm，∴BC=10cm， ∴AB=CD=AC-BC=5cm， ∴AD=AC+CD=20cm；故答案为：20； （2）如图，当C在线段AB上时，由线段的和差，得AC=AB-BC=29-11=18cm， 由M是线段AC的中点，得AM=AC=×18=9cm； 如图2，当C在线段AB的延长线上时，由线段的和差，得AC=AB+BC=29+11=40cm， 由M是线段AC的中点，得 AM=AC=×40=20cm； 综上所述：AM的长为9cm或20cm． 【典例4】（25-26河南三门峡·七年级统考期末）如图所示，∠AOB=∠COD=90°，则下列叙述中正确的是（） A．∠AOC=∠AOD B．∠AOD=∠BOD C．∠AOC=∠BOD D．以上都不对 【答案】C 【详解】解：∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠BOD+∠AOD=∠AOD+∠AOC,∴∠AOC=∠BOD,故选C. 【典例5】（25-26七年级上·安徽安庆·期末）如图所示，已知，，则的度数是　　 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：∵∠AOB＝150°，∠AOC＝∠BOD＝90°，∠BOC＝∠AOB−∠AOC＝150°−90°＝60°， ∴∠COD＝∠BOD−∠BOC＝90°−60°＝30°，故选A． 【典例6】（25-26七年级上·福建泉州·期中）如图，直线、相交于点O，，作射线，平分，且在的内部． 求证：平分． 证明：∵平分，（ ） （ ） （ ） 即 （ ） = （ ） 平分（ ）． 【答案】已知；角平分线的定义；；垂直的定义；对顶角相等；；等量代换；角平分线的定义． 【详解】证明：平分（已知）．（角平分线的定义）． ，（已知）．（垂直的定义）， （等式的基本性质）． 即（角的和差的定义 ）． （对顶角相等），（等量代换）， 平分（角平分线的定义）． 故答案为：已知；角平分线的定义；；垂直的定义；对顶角相等；；等量代换；角平分线的定义． 模型2.线段与角的计数模型 【模型提炼与证明】 1）线段的计数模型 如果线段上有n个点（包括线段的两个端点），那么该线段上共有多少条线段？ 我们先取n=5进行研究，如下图： 结论：线段数量：4+3+2+1=10（条）（注意：按一个方向数，不回头）； 证明：①以A为端点的线段有：AB、AC、AD、AE，有4条； ②以B为端点的线段有：BC、BD、BE，有3条；③以C为端点的线段有：CD、CE，有2条； ④以D为端点的线段有：DE，有1条；故图中线段总数量：4+3+2+1=10（条） 注意：线段的定义为两点间的一段直线，因此“直线+两个端点”是其核心要素； 结论拓展：若有n个点，则线段数量为：（n-1）+（n-2）+...+4+3+2+1=（条） 2）角度的计数模型 若过点O作了有n条射线，那么该图形中共有多少个角？ 我们先取n=5进行研究，如下图： 结论：角的数量：4+3+2+1=10（个）（注意：按一个方向数，不回头）； 证明：①以OA为角的一边有：∠AOB、∠AOC、∠AOD、∠AOE，有4个； ②以OB为角的一边有：∠BOC、∠BOD、∠BOE，有3个； ③以OC为角的一边有：∠COD、∠COE，有2个； ④以OD为角的一边有：∠DOE，有1个；故图中角总数量：4+3+2+1=10（个） 注意：线段的定义为两点间的一段直线，因此“直线+两个端点”是其核心要素； 结论拓展：若有n条射线，则角度数量为：（n-1）+（n-2）+...+4+3+2+1=（个）。 【模型运用】 【典例1】（25-26七年级下·山东泰安·期中）如图，是一段高铁行驶路线图，图中字母表示的5个点表示5个车站，在这段路线上往返行车，需印制车票的种类数量是（    ） A．4 B．8 C．10 D．20 【答案】D 【详解】解：该图形中线段的条数为（条），∴需印制车票的种类数量是． 【典例2】（25-26七年级下·黑龙江哈尔滨·开学考试）一条铁路线上有4个站点（如图），那么一共要设计（   ）种不同的车票． A．6 B．10 C．12 D．15 【答案】C 【详解】解：，即一共要设计12种不同的车票． 【典例3】（25-26七年级上·广东深圳·期中）学校体育节要举办“校长杯”足球赛，七年级有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本年级各队比赛一场且只比赛一场），则七年级一共要安排多少场比赛？ 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： 如图，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． 甲组同学认为：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，所以该校七年级一共要安排10场比赛． 乙组同学认为：从A点出发，可以和其他4个点连成4条线段，从B点出发不能再和A点连成新线段，所以从B点出发还能连成3条新的线段，以此类推，C点能连2条新线段，D点能连1条新线段，所以该校七年级一共要安排场比赛． 根据以上材料解决以下问题： （1）八年级有6支足球队进行单循环比赛，请仿照材料图画出相应的图形，由此可知八年级一共要安排______场比赛． （2）根据以上规律可知：______ 实际应用：（3）往返于深圳北和上海南的列车，中途经东莞南、赣州西、南昌东、景德镇北、黄山南和杭州西6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，要准备多少种车票？请你求出来． 拓展提高：（4）请计算： 【答案】（1）如图所示，15（2）（3）56（4） 【详解】解：（1）八年级一共要安排的比赛有场，故答案为：15； （2），故答案为：； （3）根据题意得，要准备的车票种类为（种），所以，要准备56种车票； （4）． 【典例4】（25-26七年级下·河南新乡·期中）如图，在的内部从O引出3条射线，那么图中共有10个角；如果引出10条射线，有_______个角； 【答案】66 【详解】解：在的内部从O引出3条射线，图中共有角的个数：， 如果引出4条射线，则图中共有角的个数：； 如果引出5条射线，则图中共有角的个数：； 如果引出n条射线，则图中共有角的个数：， ∴如果引出10条射线，有个角． 【典例5】（25-26七年级上·山东东营·期中）如图，在综合实践课上，老师让同学们动手操作．在内画1条射线，观察发现图中共有3个角：在内画2条射线时，则图中共有6个角：在内画3条射线时，则图中共有10个角：按照此规律，在内画条射线时，图中共有 个角． 【答案】 【详解】解：在内画射线，画1条射线，图中共有3个角； 画2条射线，图中共有6个角；画3条射线，图中共有10个角； 画条射线，图中共有个角，故答案为：． 模型3.直线交点计数模型与平面分割的计数模型 【模型提炼与证明】 n条直线，最多有多少个交点呢？最多能将平面分成多少部分呢？ 直线的条数 最多交点个数 平面最多分成部分数 1 0 1+1=2 2 1 1+1+2=4 3 1+2=3 1+1+2+3=7 4 1+2+3=6 1+1+2+3+4=11 ... ... ... n 【模型运用】 【典例1】（25-26七年级上·广东韶关·期末）如图所示，两条直线两两相交有1个交点，三条直线两两相交最多有3个交点，八条直线两两相交最多有_______个交点． 【答案】 【详解】解：∵3条直线相交最多有3个交点，4条直线相交最多有6个交点， 而， ∴可猜想，n条直线相交，最多有个交点， ∴八条直线两两相交最多有（个）交点，故答案为：． 【典例2】（25-26七年级上·山东济宁·期末）在同一平面内，我们把条直线中任一条直线都和其余的直线相交叫做直线两两相交．两条直线相交，最多有1个交点；三条直线两两相交，最多有3个交点；四条直线两两相交，最多有6个交点．．．按照此规律，条直线两两相交，最多交点个数是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：两条直线相交，最多有个交点， 三条直线两两相交，最多有个交点， 四条直线两两相交，最多有个交点．．． 按照此规律，条直线两两相交，最多交点个数是，故选：A． 【典例3】（25-26七年级上·湖北武汉·期末）两条直线相交，把一个平面分成4部分，三条直线相交，最多可以将平面分成7部分，那么10条直线相交，最多可以将平面分成（   ）部分 A．53 B．54 C．55 D．56 【答案】D 【详解】解：1条直线，将平面分为2个部分； 2条直线，较之前增加1条直线，平面最多增加了2个部分； 3条直线，与之前两条直线均相交，平面最多增加了3个部分； 4条直线，与之前三条直线均相交，平面最多增加了4个部分；… 以此类推，n条直线，与之前条直线均相交，平面最多增加n个部分， 所以n条直线相交，最多可以将平面分成的总数为 ，把代入，则， 即10条直线相交，最多可以将平面分成56个部分．故选：D． 【典例4】（25-26七年级上·湖北武汉·周测）平面内，不在同一直线上的n（正整数）个点（任意三点不共线），过其中任意两点画直线，可以画____条；n条直线最多可以把一个平面分成__________部分． 【答案】 【详解】解：对于第一问：如图，当，3，4时，画出最多直线的条数分别是： ∴平面内n个点（任意三点不共线），过其中任意两点画直线，可以画条； 对于第二问：如图，当有1，2，3条直线时最多可把平面分成的部分分别是： ∴n条直线最多可把平面分成个部分，故答案为：；． 模型4.多边形的对角线条数计数模型 【模型提炼与证明】 从n边形一个顶点出发可引出对角线，这些对角线能把多边形分割成多少个三角形呢？n边形共有多少条对角线呢？ 结论：从n边形一个顶点出发可引出 （n-3） 条对角线；这些对角线把多边形分割成（n-2）个三角形； n边形共有对角线。 证明：由连接不相邻的两个顶点的线段叫多边形的对角线， 可知，从n边形的每个顶点出发有条对角线，这些对角线把多边形分割成（n-2）个三角形 ∵n边形有个顶点，∴共有n条对角线 又∵能形成对角线的两个点之间只算1条对角线（即上面的计算相当于每条对角线重复计算了一次）， ∴n边形有条对角线． 【模型运用】 【典例1】（25-26七年级上·山东枣庄·期末）我们学习多边形后，发现凸多边形的对角线有一定的规律，①中的四边形共有2条对角线，②中的五边形共有5条对角线，③中的六边形共有9条对角线，…，请你计算凸十边形对角线的总条数（　　）    A．54 B．44 C．35 D．27 【答案】C 【详解】解：一个四边形共有2条对角线，一个五边形共有5条对角线，一个六边形共有9条对角线…… 一个十边形共有条对角线，故C正确．故选：C． 【典例2】（25-26七年级上·河北廊坊·期中）“从特殊到一般”就是从特殊、个别的事例推出一般规律的过程，是一个归纳、创新的过程，归纳、猜想、规律等都是运用了从特殊到一般的思想． 如我们在研究用边形的边数n表示对角线总条数s的式子时，可以从研究三角形、四边形、五边形、六边形等特殊情况入手： (1)完成下表 ______ ______ (2)若一个多边形是七边形，它的对角线总条数s为______，n边形的对角线总条数s为______（用含n的式子表示）； 【答案】(1)见解析 (2)， 【详解】（1）解：完成下表如下： （2）解：∵三边形的对角线条数可表示为 ， 四边形对角线条数可表示为， 五边形对角线条数可表示为 ， 六边形对角线条数可表示为 ， 七边形对角线条数可表示为 ，， ∴边形对角线条数可表示为； 【典例3】（25-26七年级上·安徽宿州·阶段检测）如图，从一个多边形的某个顶点出发，分别连接这个顶点与其余不相邻的各顶点，可以把这个多边形分割成若干个三角形． (1)根据以上多边形的边数与分割成的三角形的个数之间的规律，猜测边形可以分割成____个三角形； (2)若一个多边形按以上方法可分割成120小三角形，求该多边形的边数； (3)求边形的对角线条数． 【答案】(1)(2)122(3) 【详解】（1）解：由图可得，四边形的某个顶点所做的对角线可将该多边形分成个三角形， 五边形的某个顶点所做的对角线可将该多边形分成个三角形， 六边形的某个顶点所做的对角线可将该多边形分成个三角形， ∴边形可以分割成个三角形，故答案为：； （2）解：由（1）知，，∴； （3）解：从边形的一个顶点可引出条对角线，∴对角线的总数为条． 模型常见易错点 1）计数直接套公式，忽略前提 错误：随便拿几个不共线的点，直接用公式算线段。 解决方案：先判断：点是否共线，射线是否共顶点，不满足只能枚举。 2）数线段/角，想到哪个数哪个，出现重复、漏数 解决方案：固定起点有序数，从左到右依次枚举，数完标记，不回头。 3）等量代换写步骤，只写结果，缺少几何依据 错误：直接写AC=BD，不写等式性质，考试扣分。 解决方案：每一步推理标注依据（等式性质/ 等量代换），七年级几何必考书写规范。 4）忽略分类讨论，点在延长线上/射线在角外部 例：点C在AB延长线上，线段和差关系变为AC=AB+BC，学生仍套用线段内部公式。 解决方案：看到无图几何题，先画图，分情况讨论。 5）混淆线段计数与射线计数，射线无此公式，射线数量直接数，不能套 解题方法总结 线段 / 角计数解题步骤 1）观察：判断是否【点共线 / 射线共顶点】； 2）数总个数：数点的数量n / 射线数量n； 3）代入公式：总数=；不能套公式就有序枚举； 4）检验：重新枚举核对，防止漏数。 等量代换（线段 / 角度）解题步骤 1）找已知相等量（线段相等 / 角相等）； 2）找公共部分（公共线段 / 公共角）； 3）判断：是同时加公共部分，还是同时减公共部分； 5）列式变形，写出结论； 6）标注推理依据（等式性质 / 等量代换）。 1．（26-27七年级上·广东·单元复习）如果乘火车从北京到上海，沿途共有25个车站（包括北京和上海在内），那么共需要准备多少种不同的车票（    ） A．400 B．25 C．300 D．100 【答案】C 【详解】解：∵乘火车从北京到上海为单向行程，任意两个车站间对应一种车票，等价于求25个点构成的线段总条数，∴车票种数为． 2.（25-26北京平谷·七年级统考期末）如图，点C，D在线段上，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】∵，∴，即．故选：B． 3.（25-26湖南长沙·七年级统考期末）已知且，则，依据是（    ） A．等角的补角相等 B．同角的补角相等 C．等量代换 D．补角的定义 【答案】C 【详解】解：∵，∴（等量代换）故选C 4.（24-25七年级上·湖北武汉·开学考试）同一平面内的2条直线相交最多有1个交点，3条直线相交最多有3个交点，10条直线相交最多有（   ）个交点． A．15 B．30 C．45 D．60 【答案】C 【详解】根据题意可知在同一平面内，2条直线相交最多有1个交点， 3条直线相交最多有个交点，4条直线相交最多有个交点， 10条直线相交最多有个交点．故选：C． 5.（24-25七年级上·河南郑州·开学考试）【计数原理】平面上有8条直线，最多能把平面分成 个部分． 【答案】 【详解】解：如图所示，1条直线最多将平面分成2个部分；而，    2条直线最多将平面分成4个部分；而， 3条直线最多将平面分成7个部分；而， 平面上有8条直线，最多能把平面分成；故答案为： 6.（25-26七年级上·四川广元·期末）如图所示，已知点，，在一条直线上，，如果，那么的度数是 ． 【答案】 【详解】解：因为，，所以， 因为，所以．故答案为： 7．（25-26七年级上·山东日照·期末）有一种速度叫中国速度，有一种骄傲叫中国高铁，中国高铁已经成为我国对外宣传的一张靓丽名片．如图，车次G1057是从日照到北京南的高铁，仅需3小时54分钟即可到达，其经停站为日照——莒南北——临沂北——蒙山——曲阜东——济南西——沧州西——北京南，则本车次高铁二等座的车票共有_____种． 【答案】28 【详解】解：从日照到北京南，共有8个站点，每两个站点有一种车票， ∴本次高铁二等座的车票共有（种）．故答案为：28． 8．（25-26七年级上·山西·阶段检测）如图，A、B、C、D四点在同一直线上． (1)若．①比较线段的大小：　　（填“＞”、“＝”或“＜”）； ②若，且，则的长为 　　cm； (2)若线段被点B、C分成了2：3：4三部分，且的中点M和的中点N之间的距离是18cm，求的长． 【答案】(1)①＝，②20(2)27cm 【详解】（1）解：①∵，∴，所以，故答案为：=； ②∵，且，∴，∴， ∵，∴，∴；故答案为：20． （2）解：如图： 设，根据已知得：， ∴，， ∵，∴，所以，解得， ∴．答：的长是． 9.（24-25七年级上·成都·期中）如图，直线AB，CD相交于点O，． (1)若，判断ON与CD的位置关系．请将下面的解题过程补充完整，在括号内填写理由． 解：ON______CD．理由如下： 因为，所以______°．所以______． 又因为，所以______（等量代换）， 即．所以__________（__________）． (2)若，求的度数． 【答案】(1)⊥，90，，，，垂直的定义(2) 【详解】（1）⊥    90                垂直的定义 （2）因为，所以． 因为，所以．所以． 所以． 所以． 所以． 1.（25-26·广东梅州·七年级统考期末）一个多边形从一个顶点出发引出8条对角线，那么这个多边形对角线的总数是（　　） A．88 B．44 C．45 D．50 【答案】C 【详解】解：设这个多边形的边数为n， ∵一个多边形从一个顶点出发共引8条对角线，∴，解得：， ∴总的对角线的条数为：条．故选C． 2.（24-25七年级上·湖南怀化·阶段练习）一条直线最多将平面分成2个部分，2条直线最多将平面分成4个部分，3条直线最多将平面分成7个部分，则4条直线最多将平面分成 个部分，n条直线将平面最多分成 个部分． 【答案】 11 【详解】解：1条直线将平面分为个部分， 2条直线最多可将平面分为个部分， 3条直线最多可将平面分为个部分， 4条直线最多可将平面分为个部分， 故条直线最多可将平面分为个部分，故答案为： ，． 3.（2026·湖北孝感·校考一模）小明学习相交直线时发现：3条直线两两相交最多有3个交点，4条直线两两相交最多有6个交点，按照这样的规律，（1）5条直线两两相交最多有 个交点； （2）n条直线两两相交最多有 个交点．（用含有字母n的式子表示，） 【答案】 10 【详解】解：（1）∵两条直线最多有1个交点， ∴有n条直线，每一条直线与其他条直线都最多有1个交点，且两条直线的交点只算作一个， ∴有n条直线，两两相交最多有个交点， ∴5条直线两两相交最多有个交点，故答案为：10； （2）由（1）得n条直线两两相交最多有个交点，故答案为：． 4．（25-26七年级上·江苏·课后作业）推理能力如图是锐角，以O为端点向内部作1条射线时，图中有多少个角？作2条、3条射线时各有多少个角？作n条射线时有多少个角？ 【答案】作1条射线时，图中有（个）角；作2条射线时，图中有（个）角；作3条射线时，图中有（个）角；作条射线时，图中有（个）角 【详解】解：向内部作1条射线时，图中有（个）角； 向内部作2条射线时，图中有（个）角； 向内部作3条射线时，图中有（个）角；； 向内部作条射线时，图中有（个）角． 5.（25-26七年级上·山东青岛·期末）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他们连接起来．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）若学校有6支足球队进行单循环比赛，借助图②，我们可知该校一共要安排__________场比赛； ………… （3）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． 实际应用：（4）9月1日开学时，老师为了让全班新同学互相认识，请班上42位新同学每两个人都相互握一次手，全班同学总共握手________________次． 拓展提高：（5）往返于青岛和济南的同一辆高速列车，中途经青岛北站、潍坊、青州、淄博4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，要准备车票的种数为____种． 【答案】（1）10，10；（2）15；（3）；（4）861；（5）30 【详解】（1）由图①可知，图中共有10条线段，所以该校一共要安排10场比赛． （2）由图②可知，图中共有15条线段，所以该校一共要安排15场比赛．   （3）根据图①和图②可知，若学校有n支足球队进行单循环比赛，则每个点存在n-1条与其他点的连线，而每两个点之间的线段都重复计算了一次 ∴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． 当 时均成立，所以假设成立． （4）将n=42代入关系式中∴全班同学总共握手861次． （5）因为行车往返存在方向性，所以不需要除去每两个点之间的线段都重复计算了一次的情况 将n=6代入 中解得 ∴要准备车票的种数为30种． 6．（25-26七年级上·山东青岛·阶段检测）【探究发现】观察图形找出规律，并解答问题． 一条直线最多有0个交点 2条直线最多有1个交点 3条直线最多有3个交点 4条直线最多有6个交点 平面最多被分成2块区域 平面最多被分成4块区域 平面最多被分成7块区域 平面最多被分成11块区域 （1）5条直线相交，最多有________个交点；平面最多被分成________块区域． （2）若有n条直线相交，最多有________个交点；平面最多被分成________块区域． 【答案】（1）10，16；（2），；（3）99；（4）最多可以修建15个凉亭 【详解】解：（1）5条直线两两相交，最多有10个交点，平面最多被分成16块； （2）一条直线最多有0个交点，平面最多被分成块； 2条直线最多有1个交点，平面最多被分成块； 3条直线最多有个交点，平面最多被分成块； 4条直线最多有个交点，平面最多被分成块； 5条直线最多有个交点，平面最多被分成块； ∴n条直线最多有个交点，平面最多被分成块； 1．（25-26七年级上·上海·期末）条直线最多有个交点，条直线最多有个交点，按照规律依此类推，条直线最多有个交点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：因为两条直线最多有1个交点，则； 同理可得，；；…， ；条直线最多有个交点， 所以；， ，故选：． 2．（25-26七年级上·山东济南·期末）如图，在同一平面内有条直线，任意两条不平行，任意三条不共点，当时，一条直线将一个平面分成两个部分；当时，两条直线将一个平面分成四个部分；当时，三条直线将一个平面分成7个部分；当时，四条直线将一个平面分成11个部分．以此类推，若条直线将一个平面分成个部分，条直线将一个平面分成个部分．试探索、、之间的关系_________． 【答案】 【详解】解：当，分成2部分， 当，分成部分， 当，分成部分， 当，分成部分， 规律发现有几条线段，则分成的部分比前一种情况多几部分， 故、、之间的关系为：，故答案为：． 3.（25-26七年级上·山东潍坊·期末）某校数学兴趣小组为了研究多边形中从一个顶点可以作几条对角线，以及该多边形中对角线的总条数与边数的关系，他们决定从以下图形开始寻找规律． (1)请在图中画出从点出发的所有对角线；(2)根据探究，整理得到下面表格： 多边形的边数 4 5 6 7 8 …… n 从一个顶点出发的对角线的条数 1 2 3 4 5 …… a 多边形对角线的总条数 2 5 9 14 20 …… b 表格中_____，_____；（用含的代数式表示） (3)拓展应用：若该校要举办足球比赛，总共有个班级参加比赛，规定每个班级都要和其他班级比赛一次．请问总共要比赛多少场？ 【答案】(1)见解析；(2)，(3)场 【详解】（1）解：如图， （2）解：∵多边形的边数为时，从一个顶点出发的对角线的条数为，多边形对角线的总条数； 多边形的边数为时，从一个顶点出发的对角线的条数为，多边形对角线的总条数； 多边形的边数为时，从一个顶点出发的对角线的条数为，多边形对角线的总条数； 多边形的边数为时，从一个顶点出发的对角线的条数为，多边形对角线的总条数； 多边形的边数为时，从一个顶点出发的对角线的条数为，多边形对角线的总条数； ……∴多边形的边数为时，从一个顶点出发的对角线的条数为，多边形对角线的总条数； 故答案为：，； （3）解：（场）∴总共要比赛场． 4．（25-26七年级上·浙江·单元复习）探究平面内条直线相交的交点个数问题． (1)研究：平面内n条直线相交，当这n条直线无任何三条交于一点，且在某一方向上无任何直线相互平行时，交点个数是最多的．也就是说，当这n条直线两两相交时交点个数最多．所以容易得出以下结论：平面内有3条直线，则最多有___________个交点；平面内有4条直线，则最多有___________个交点；若平面内有n条直线，则最多有___________个交点． (2)拓展：若平面内的n条直线（无任何三条交于一点）在某一方向上有平行直线，则交点的总个数与上题相比便会减少，比如：若平面内有5条直线，当在某一方向上有3条是互相平行时，其交点的个数最多为，其中表示5条直线两两相交时的最多交点个数，表示3条直线相互平行时减少的交点个数．问：若平面内有10条直线（无任何三条交于一点），且在某一方向上有5条是互相平行的，则这10条直线交点的个数最多为___________． (3)应用：地面上有7条公路（假设公路是笔直的，并且可以足够长地延伸），无任何三条公路交于同一个岔口，现在有24名交警，要求每个岔口至少站一名交警，那么最少有多少个岔口有不止一个交警？． 【答案】(1)，，(2)(3) 【详解】（1）解：平面内有3条直线，则最多有个交点，即； 平面内有4条直线，则最多有个交点，即；； 若平面内有条直线，则最多有个交点，即. （2）解：平面内有10条直线，且在某一方向上有5条是互相平行时， 其交点的个数最多为（个）， 其中表示10条直线两两相交时的最多交点个数，表示5条直线相互平行时减少的交点个数. （3）解：把7条公路看作是7条直线，则7条公路两两相交时交点的个数为：， ，因此最少有3个岔口有不止一个交警． 5.（24-25七年级上·重庆·期末）一条直线上若有4个点，则它有____________条线段；若有5个点，则它有____________条线段；若有个点，则它有____________条线段． （1）拓展一：乘火车从杭州站到上海站共有8个站（包括杭州站和上海站）． （2）拓展二：如图①，工作流水线上放置着5个机器人，还放置着1只工具箱，5个机器人取工具的次数相同．如果，将工具箱放在何处，才能使机器人取工具所花时间最少？若有个机器人，则工具箱应放在何处？ （3）拓展三：图②中共有多少个比平角小的角？（4）拓展四：图③中共有多少个长方形（包括正方形）？ 【答案】6；10；；（1）28种；（2）当工如果要你设计这条线路的单向单程车票，你准备设计多少种？作流水线上有5个机器人时，工具箱应放在第3个机器人的位置上．若为偶数，工具箱放在第个与第个机器人之间的任何地方；若为奇数，工具箱放在第个机器人的位置上；（3）6个；（4）150个 【详解】解：直线上有4个点时，依次以每一个点为线段的一个端点，其余三个点为线段的另一个端点，则可得线段条数为（条）；直线上有5个点时，同理得线段条数为（条）；同理有个点时，得线段条数为条；故答案为：6；10；； （1）8个站看成直线上的8个点，线段的条数相当于单向单程车票种数，则单向单程车票种数为（条）； （2）工具箱放点C处时，每个机器人取一次工具所花的时间最短； 由，则机器人从一个位置到与其相邻位置的时间均为t， 当工具箱放在A或E处时，所花时间为； 当工具箱放在B或D处时，所花时间为； 当工具箱放在C处时，所花时间为； 即工具箱放点C处时，每个机器人取一次工具所花的时间最短； 若有个机器人，当n是偶数时，工具箱放在第个与第个机器人之间的任何地方； 当n是奇数时；工具箱放在第个机器人的位置上； （3）对比一条直线4个点的线段条数方法，可得小于平角的角的个数为（个）； （4）横向每行对比一条直线上6个点的线段条数方法，有（个）长方形，纵向列对比一条直线上5个点的线段条数，共有（个）长方形，则共有（个）长方形． 6．（25-26七年级上·江苏徐州·校考期末）平面内的三条直线有4种不同的位置关系，相关性质如下表： 直线的位置关系 所得交点的个数 0 1 2 3 直线被交点分成“净线段” 或“净射线”的条数 0 6 7 9 平面被直线分成 区域的个数 4 6 6 7 规定：“净线段”、“净射线”是指除端点外无其它交点的线段、射线． (1)平面内的四条直线有多种不同的位置关系，这四条直线 ①所得交点的个数可能是______；（写出所有不同的结果） ②被交点分成的线段或射线，最多有______条； ③将平面分成区域的个数可能是______．（写出所有不同的结果） (2)①平面内的n条直线所得交点的个数最多为______；（用含n的代数式表示） ②平面内的n条直线将平面最多分成______个区域．（用含n的代数式表示） 【答案】(1)①0或1或3或4或6；②16；③5或8或8或9或11 (2)①；② 【详解】（1）解：平面内的四条直线有5种不同的位置关系，相关性质如下表： 直线的位置关系 所得交点的个数 0 1 3 4 6 直线被交点分成“净线段” 或“净射线”的条数 0 8 10 12 16 平面被直线分成 区域的个数 5 8 8 9 11 ①所得交点的个数可能是0或1或3或4或6；（写出所有不同的结果） ②被交点分成的线段或射线，最多有16条； ③将平面分成区域的个数可能是5或8或8或9或11．（写出所有不同的结果）． 故答案为：①0或1或3或4或6；②16；③5或8或8或9或11； （2）解∵两条直线相交，最多有1个交点， 三条直线相交，最多有（个）交点， 四条直线相交，最多有（个）交点，…， ∴n条直线相交，最多有（个）交点； ∵当平面上画出一条直线时，把平面分割成个区域； 当平面上有两条直线时，最多把平面分割成个区域； 当平面上有三条直线时，最多可以把平面分割成个区域； 当平面上有四条直线时，最多可以把平面分割成个区域； …， ∴当平面内有n条直线时，最多把一个平面分成个区域． 故答案为：①；②． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $