資源簡介

初中數學解題模型之圖形認識初步（雙中點線段）
一．選擇題（共10小題）
1．（2021秋 寶安區期末）如圖，點C、D分別是線段AB上兩點（CD＞AC，CD＞BD），用圓規在線段CD上截取CE＝AC，DF＝BD，若點E與點F恰好重合，AB＝8，則CD＝（ ）
A．4 B．4.5 C．5 D．5.5
2．（2021秋 工業園區期末）延長線段AB至點C，分別取AC、BC的中點D、E．若AB＝8cm，則DE的長度（ ）
A．等于2cm B．等于4cm C．等于8cm D．無法確定
3．（2021秋 白云區期末）已知點D是線段AB的中點，C是線段AD的中點，若CD＝1，則AB＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2020秋 廣南縣期末）如圖，點C是線段AB上的點，點E、F分別是AC、BC的中點，若AC＝6，EF＝5，則線段BE的長為（ ）
A．6 B．7 C．8 D．10
5．（2021秋 公安縣期末）如圖，A，B，C依次為直線l上三點，M為AB的中點，N為MC的中點，且AB＝8cm，NC＝10cm，則BC的長是（ ）cm．
A．6 B．12 C．16 D．18
6．（2021秋 郎溪縣期末）已知線段AB＝2022cm，點C是直線AB上一點，BC＝1000cm，若M是AC的中點，N是BC的中點，則線段MN的長度是（ ）
A．1011cm B．511cm
C．1511cm D．511cm或1511cm
7．（2021秋 宣漢縣期末）如圖，線段AB＝16cm，點C在線段AB上，點M、點N分別是AC、BC的中點，則MN＝（ ）
A．6cm B．8cm C．10cm D．無法確定
8．（2021秋 濰坊期末）如圖，點C，D是線段AB上任意兩點，點M是線段AC的中點，點N是線段DB的中點，若AB＝m，MN＝n，則線段CD的長等于（ ）
A．（m+n） B．2（m﹣n） C．2m﹣n D．2n﹣m
9．（2021秋 巴南區期末）如圖，點C在線段AB上，且AC：CB＝3：2，點D、E分別是AC、AB的中點，若線段DE＝2cm，則AB的長為（ ）
A．12cm B．10cm C．8cm D．6cm
10．（2021秋 舞鋼市期末）如圖，點C是線段AB上的一點，且AC＜BC，M和N分別是AB和BC的中點，已知AC＝10，NB＝7，則線段MN的長度是（ ）
A．3 B．3.5 C．4 D．5
二．填空題（共10小題）
11．（2021秋 洪山區期末）點C、D都在線段AB上，且AB＝30，CD＝12，E，F分別為AC和BD的中點，則線段EF的長為 ．
12．（2021秋 龍沙區期末）已知A、B、C三點在同一條直線上，M、N分別為AB、BC的中點，且AB＝30，BC＝10，則MN的長是 ．
13．（2021秋 新都區期末）如圖所示，已知點B在線段OA上，點C是線段OA的中點，點D是線段OB的中點，若線段OA＝25cm，線段OB＝15m，則線段CD的長度為 cm．
14．（2021秋 武昌區期末）已知線段AB＝a，在直線AB上取一點C，使得BC＝AB，若M，N分別為AB，BC的中點，則MN＝ ．（用含a的式子表示）
15．（2021秋 聊城期末）如圖，已知點C為AB上一點，AC＝12cm，CB＝AC，D、E分別為AC、AB的中點；則DE的長為 cm．
16．（2021秋 道縣期末）如圖，延長長度為10的線段AB到C，使BC＝6，M、N分別是AB、BC的中點，則MN的長為 ．
17．（2019秋 壽陽縣期末）點C在直線AB上，AC＝8cm，CB＝6cm，點M，N分別是AC，BC的中點．則線段MN的長為 ．
18．（2017秋 平頂山期末）如圖，點C是線段AB上的一點，M、N分別是AC、BC的中點，且MN＝7cm，則線段AB＝ cm．
19．（2016秋 桑植縣期末）如圖：線段AD＝8cm，線段AC＝BD＝6cm，E、F分別是線段AB、CD的中點，EF的長是 ．
20．（2016秋 茌平縣期末）如圖，已知點C在線段AB上，且AC＝6cm，BC＝4cm，點M，N分別是AC，BC的中點，則MN的值是 ．
三．解答題（共5小題）
21．（2021秋 大名縣期末）如圖所示，點C、D在線段AB上，點E、F分別是AC、DB的中點．
（1）設EF＝7cm，CD＝4cm，求線段AB的長；
（2）設AB＝a，EF＝b，用a，b表示線段CD的長．
22．（2021秋 岳麓區校級期末）如圖，C是線段AB上一點，線段AB＝25cm，，D是AC的中點，E是AB的中點．
（1）求線段CE的長；
（2）求線段DE的長．
23．（2021秋 南昌縣期末）如圖，已知線段AB＝10，點O在線段AB上，點C，D分別是AO，BO的中點．
（1）AO＝ CO；BO＝ DO；
（2）求線段CD的長度；
（3）小明在反思過程中突發奇想：若點O在線段AB的延長線上，點C，D分別是AO，BO的中點，請幫小明畫出圖形分析，并求線段CD的長度．
24．（2021秋 攸縣期末）已知點C在線段AB上，AC＝8cm，CB＝6cm，點M為線段AC中點．
（1）如圖1，若點N為線段CB的中點，求線段MN的長；
（2）如圖2，若點N為線段CB上的點，且滿足2CN＝3NB，求線段MN的長．
25．（2021秋 公安縣期末）如圖，點O是線段AB上一點，點C，D分別是線段OA，OB的中點．
（1）若線段CD＝6，求線段AB的長；
（2）若題中的“點O是線段AB上一點”改為“點O是線段BA延長線上一點”，其他條件不變，請你畫出圖形，若AB＝8，求CD的長．
初中數學解題模型之圖形認識初步（雙中點線段）
參考答案與試題解析
一．選擇題（共10小題）
1．（2021秋 寶安區期末）如圖，點C、D分別是線段AB上兩點（CD＞AC，CD＞BD），用圓規在線段CD上截取CE＝AC，DF＝BD，若點E與點F恰好重合，AB＝8，則CD＝（ ）
A．4 B．4.5 C．5 D．5.5
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】由作圖可得點C和點D分別是AE、BF的中點，再根據線段中點的定義可得答案．
【解答】解：∵CE＝AC，DF＝BD，若點E與點F恰好重合，
∴點C和點D分別是AE、BF的中點，
∴CE＝AE，DF＝BF，
∴CD＝CE+DF＝AE+BF＝AB＝4．
故選：A．
【點評】本題考查兩點間的距離，熟練掌握線段中點的定義是解題關鍵．
2．（2021秋 工業園區期末）延長線段AB至點C，分別取AC、BC的中點D、E．若AB＝8cm，則DE的長度（ ）
A．等于2cm B．等于4cm C．等于8cm D．無法確定
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】根據題意畫出圖形，再利用線段中點的定義可得答案．
【解答】解：如圖，
∵線段AC、BC的中點是D、E，
∴DC＝AC，EC＝BC，
∴DE＝DC﹣EC＝AC﹣BC＝AB＝4cm．
故選：B．
【點評】本題考查兩點間的距離，熟練掌握線段中點的定義是解題關鍵．
3．（2021秋 白云區期末）已知點D是線段AB的中點，C是線段AD的中點，若CD＝1，則AB＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】根據線段的中點性質先求出AD，再求出AB即可．
【解答】解：如圖：
∵C是線段AD的中點，CD＝1，
∴AD＝2CD＝2，
∵點D是線段AB的中點，
∴AB＝2AD＝4，
故選：D．
【點評】本題考查了兩點間距離，根據題目的已知條件畫出圖形是解題的關鍵．
4．（2020秋 廣南縣期末）如圖，點C是線段AB上的點，點E、F分別是AC、BC的中點，若AC＝6，EF＝5，則線段BE的長為（ ）
A．6 B．7 C．8 D．10
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；推理能力．
【分析】根據線段中點的性質，可得AE、AB的長，根據線段的和差，可得答案．
【解答】解：∵點E，F分別是AC，BC的中點，AC＝AB+BC，
∴CE＝AE＝AC＝3，CF＝BC，
∴EF＝CE+CF＝AC+BC＝AB＝5，
∴AB＝10，
∴BE＝AB﹣AE＝10﹣3＝7．
故選：B．
【點評】本題考查了求兩點之間的距離，根據線段中點的性質得AE、AB的長是解此題的關鍵．
5．（2021秋 公安縣期末）如圖，A，B，C依次為直線l上三點，M為AB的中點，N為MC的中點，且AB＝8cm，NC＝10cm，則BC的長是（ ）cm．
A．6 B．12 C．16 D．18
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】因為M為AB的中點，N為MC的中點，則可求AM＝BM＝AB＝4cm，BN＝MN﹣BM＝6cm，故BC＝BN+NC可求．
【解答】解：∵M為AB的中點，
∴AM＝BM＝AB＝4cm，
∵N為MC的中點，
∴MN＝NC＝10cm．
∴BN＝MN﹣BM＝6cm，
∴BC＝BN+NC＝6+10＝16（cm）．
故選：C．
【點評】此題主要考查了線段的中點，關鍵是能根據線段的中點寫出正確的表達式，從而求出有關的一些線段的長．
6．（2021秋 郎溪縣期末）已知線段AB＝2022cm，點C是直線AB上一點，BC＝1000cm，若M是AC的中點，N是BC的中點，則線段MN的長度是（ ）
A．1011cm B．511cm
C．1511cm D．511cm或1511cm
【考點】兩點間的距離．
【專題】分類討論；線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】本題需要分兩種情況討論，①當點C在線段AB上時，②當點C在線段AB的延長線上時，根據線段中點的定義，計算即可．
【解答】解：如圖，
①當點C在線段AB上時，AB＝2022cm，BC＝1000cm，
∵M是AC的中點，N是BC的中點，
∴AC＝2022﹣1000＝1022cm，
則MN＝MC+CN＝AC+BC＝511+500＝1011cm；
②當點C在線段AB的延長線上時，AC＝2022+1000＝3022cm，
MN＝MC﹣CN＝AC﹣BC＝1511﹣500＝1011cm．
綜上所述，線段MN的長度是1011cm．
故選：A．
【點評】本題考查了兩點間的距離，主要利用了線段中點的定義，難點在于要分情況討論．
7．（2021秋 宣漢縣期末）如圖，線段AB＝16cm，點C在線段AB上，點M、點N分別是AC、BC的中點，則MN＝（ ）
A．6cm B．8cm C．10cm D．無法確定
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】根據點M是線段AC的中點，點N是線段BC的中點，可知：MN＝MC﹣NC＝AC﹣BC＝（AC﹣BC）＝AB，繼而即可得出答案．
【解答】解：∵點M是線段AC的中點，點N是線段BC的中點，
∴MN＝MC﹣NC＝AC﹣BC＝（AC﹣BC）＝AB，
∵AB＝16cm，
∴MN＝8cm．
故選：B．
【點評】本題主要考查了比較線段的長短的知識，注意理解線段的中點的概念．利用中點性質轉化線段之間的倍分關系是解題的關鍵，比較簡單．
8．（2021秋 濰坊期末）如圖，點C，D是線段AB上任意兩點，點M是線段AC的中點，點N是線段DB的中點，若AB＝m，MN＝n，則線段CD的長等于（ ）
A．（m+n） B．2（m﹣n） C．2m﹣n D．2n﹣m
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】先由AB﹣MN＝m﹣n，得AM+BN＝m﹣n，再根據中點的性質得AC+BD＝2m﹣2n，最后由CD＝AB﹣（AC+BD）即可求出結果．
【解答】解：∵AB＝m，MN＝n，
∴AB﹣MN＝m﹣n，
∴AM+BN＝m﹣n，
∵點M是AC的中點，點N是DB的中點，
∴AM＝MC，BN＝DN，
∴AC+BD＝AM+MC+BN+DN＝2（AM+BN）＝2（m﹣n）＝2m﹣2n．
∴CD＝AB﹣（AC+BD）＝m﹣（2m﹣2n）＝2n﹣m．
故選：D．
【點評】本題考查與線段中點有關的計算，解題的關鍵是掌握線段中點的性質．
9．（2021秋 巴南區期末）如圖，點C在線段AB上，且AC：CB＝3：2，點D、E分別是AC、AB的中點，若線段DE＝2cm，則AB的長為（ ）
A．12cm B．10cm C．8cm D．6cm
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】根據比值，可得 AC、BC，根據線段中點的性質，可得AD，AE，根據線段的和差，可得關于x的方程，根據解方程，可得x的值，可得答案．
【解答】解：由AC：CB＝3：2，
得AC＝3x，BC＝2x，
∴AB＝AC+BC＝5x．
由D、E兩點分別為AC、AB的中點，
得AD＝AC＝1.5x，AE＝AB＝2.5x，
由線段的和差，
得DE＝AE﹣AD＝2.5x﹣1.5x＝x，
∵DE＝2，
∴x＝2，AB＝5x＝10cm，
故選：B．
【點評】本題考查了兩點間的距離，利用比值得出AC＝3x，BC＝2x是解題關鍵．
10．（2021秋 舞鋼市期末）如圖，點C是線段AB上的一點，且AC＜BC，M和N分別是AB和BC的中點，已知AC＝10，NB＝7，則線段MN的長度是（ ）
A．3 B．3.5 C．4 D．5
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】根據線段中點的定義可得AB＝24，再利用MN＝BM﹣BN可得答案．
【解答】解：∵N是BC的中點，
∴BN＝CN，
∴AB＝AC+2BN＝10+14＝24，
∵M是中點，
則BM＝AB＝12，
∴MN＝BM﹣BN＝12﹣7＝5，
故選：D．
【點評】本題考查的是兩點間的距離，關鍵是通過中點確定所求線段和整體線段的數量關系，進而求解．
二．填空題（共10小題）
11．（2021秋 洪山區期末）點C、D都在線段AB上，且AB＝30，CD＝12，E，F分別為AC和BD的中點，則線段EF的長為 9或21 ．
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】注意分情況討論，當點D在點C的左邊和右邊時，畫出對應圖形，可得答案．
【解答】解：如圖，當點D在點C的左邊時，
∵E，F分別為AC和BD的中點，
∴AE＝AC，BF＝DB，
∴EF＝AB﹣（AE+BF）＝AB﹣（AC+DB）＝AB﹣＝30﹣（30+12）＝9，
如圖，當點D在點C的右邊時，
∵E，F分別為AC和BD的中點，
∴AE＝AC，BF＝DB，
∴EF＝AB﹣（AE+BF）＝AB﹣（AC+DB）＝AB﹣（AB﹣CD）＝30﹣（30﹣12）＝21．
故答案為：9或21．
【點評】本題考查了兩點間的距離，利用了線段中點的性質，線段的和差．
12．（2021秋 龍沙區期末）已知A、B、C三點在同一條直線上，M、N分別為AB、BC的中點，且AB＝30，BC＝10，則MN的長是 10或20 ．
【考點】兩點間的距離．
【專題】分類討論；線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】此題首先要考慮A、B、C三點在直線上的不同位置：點C在線段AB上或點C在線段AB的延長線上．再根據線段中點的概念進行計算．
【解答】解：∵M，N分別為AB，BC的中點，
∴BM＝AB＝15，BN＝BC＝5，
如圖，點C在線段AB上時，
MN＝BM﹣BN＝15﹣5＝10，
如圖，點C在線段AB的延長線上時，
MN＝BM+BN＝15+5＝20；
故答案為：10或20．
【點評】此題考查了兩點間的距離，正確考慮三點在直線上的不同位置，掌握線段的中點概念是解題的關鍵．
13．（2021秋 新都區期末）如圖所示，已知點B在線段OA上，點C是線段OA的中點，點D是線段OB的中點，若線段OA＝25cm，線段OB＝15m，則線段CD的長度為 5 cm．
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】根據線段中點的定義求出OC和OD的長，進而可得答案．
【解答】解：∵點C是線段OA的中點，點D是線段OB的中點，OA＝25cm，OB＝15cm，
∴OC＝OA＝12.5cm，OD＝OB＝7.5cm，
∴DC＝OC﹣OD＝12.5﹣7.5＝5cm．
故答案為：5．
【點評】本題考查兩點間的距離，熟練掌握線段中點的定義是解題關鍵．
14．（2021秋 武昌區期末）已知線段AB＝a，在直線AB上取一點C，使得BC＝AB，若M，N分別為AB，BC的中點，則MN＝ a或a ．（用含a的式子表示）
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】分兩種情況進行討論，先畫圖來確定C、A、B三點的位置，然后根據這三點的位置來確定MN的長．
【解答】解：如圖，當點C在線段AB上時，
∵線段AB、BC的中點分別是M、N，
∴BM＝AB，BN＝BC，
又∵AB＝a，BC＝AB＝a，
∴MN＝BM﹣BN＝a﹣a＝a；
當點C在線段AB的延長線上時，
∵線段AB、BC的中點分別是M、N，
∴BM＝AB，BN＝BC，
又∵AB＝a，BC＝AB＝a，
∴MN＝BM+BN＝a+a＝a．
故答案為：a或a．
【點評】本題主要考查了兩點間的距離，平面上任意兩點間都有一定距離，它指的是連接這兩點的線段的長度．
15．（2021秋 聊城期末）如圖，已知點C為AB上一點，AC＝12cm，CB＝AC，D、E分別為AC、AB的中點；則DE的長為 4 cm．
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】根據AC＝12cm，CB＝AC，求出CB的長度，從而得到AB的長度，根據D、E分別為AC、AB的中點，分別求出AD，AE，最后根據DE＝AE﹣AD即可求出DE的長．
【解答】解：∵AC＝12cm，CB＝AC，
∴CB＝12×＝8（cm），
∴AB＝AC+CB＝12+8＝20（cm），
∵D、E分別為AC、AB的中點，
∴AD＝AC＝×12＝6（cm），AE＝AB＝×20＝10（cm），
∴DE＝AE﹣AD＝10﹣6＝4（cm），
故答案為：4．
【點評】本題考查了兩點間的距離，線段中點的定義，解題的關鍵是：根據D、E分別為AC、AB的中點，求出AD，AE的長．
16．（2021秋 道縣期末）如圖，延長長度為10的線段AB到C，使BC＝6，M、N分別是AB、BC的中點，則MN的長為 8 ．
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】利用線段中點的定義得到MB＝AB＝4，BN＝BC＝2，然后計算MB+BN即可．
【解答】解：∵AB＝10，BC＝6，M、N分別是AB、BC的中點，
∴MB＝AB＝5，BN＝BC＝3，
∴MN＝MB+BN＝5+3＝8．
故答案為：8．
【點評】本題考查了兩點間的距離：連接兩點間的線段的長度叫兩點間的距離．
17．（2019秋 壽陽縣期末）點C在直線AB上，AC＝8cm，CB＝6cm，點M，N分別是AC，BC的中點．則線段MN的長為 7cm或1cm ．
【考點】兩點間的距離．
【專題】常規題型．
【分析】作出草圖，分點B在線段AC上與點B不在線段AC上兩種情況進行討論求解．
【解答】解：①點B在AC上，如圖1，
∵AC＝8cm，CB＝6cm，點M，N分別是AC，BC的中點，
∴CM＝AC＝4cm，CN＝BC＝3cm，
∴MN＝MC﹣CN＝4﹣3＝1cm，
②點B在射線AC上時，如圖2，AC＝8cm，CB＝6cm，
點M，N分別是AC，BC的中點，
∴CM＝AC＝4cm，CN＝BC＝3cm，
∴MN＝MC+CN＝4+3＝7cm．
故答案為：7cm或1cm．
【點評】本題考查了兩點間的距離與中點的位置，注意要分兩種情況討論，避免漏解．
18．（2017秋 平頂山期末）如圖，點C是線段AB上的一點，M、N分別是AC、BC的中點，且MN＝7cm，則線段AB＝ 14 cm．
【考點】兩點間的距離．
【專題】推理填空題．
【分析】根據題目中的數據和圖形可以求得AB與MN的關系，從而可以求得AB的長．
【解答】解：∵點C是線段AB上的一點，M、N分別是AC、BC的中點，
∴AC＝2MC，BC＝2CN，
∵MN＝MC+NC，MN＝7cm，
∴AB＝2MN＝14cm，
故答案為：14．
【點評】本題考查兩點間的距離，解答本題的關鍵是明確題意，利用數形結合的思想解答．
19．（2016秋 桑植縣期末）如圖：線段AD＝8cm，線段AC＝BD＝6cm，E、F分別是線段AB、CD的中點，EF的長是 6cm ．
【考點】兩點間的距離．
【分析】根據題意、結合圖形分別求出AB、CD的長，根據線段中點的性質求出EA、DF，計算即可．
【解答】解：∵AD＝8cm，AC＝BD＝6cm，
∴AB＝CD＝2cm，
∵E、F分別是線段AB、CD的中點，
∴EA＝AB＝1cm，DF＝CD＝1cm，
EF＝AD﹣AE﹣DF＝6cm．
故答案為：6cm．
【點評】本題考查的是兩點間的距離的計算，掌握線段中點的概念和性質、靈活運用數形結合思想是解題的關鍵．
20．（2016秋 茌平縣期末）如圖，已知點C在線段AB上，且AC＝6cm，BC＝4cm，點M，N分別是AC，BC的中點，則MN的值是 5cm ．
【考點】兩點間的距離．
【分析】由已知條件可知，MN＝MC+NC，又因為點M、N分別是AC、BC的中點，則MC＝AC，NC＝BC，故MN＝MC+NC＝（AC+BC），由此即可得出結論．
【解答】解：∵AC＝6cm，BC＝4cm，點M、N分別是AC、BC的中點，
∴MC＝3cm，NC＝2cm，
∴MN＝MC+NC＝3+2＝5cm．
故答案為：5cm．
【點評】本題考查了兩點間的距離，利用中點性質轉化線段之間的倍分關系是解題的關鍵，在不同的情況下靈活選用它的不同表示方法，有利于解題的簡潔性．同時，靈活運用線段的和、差、倍、分轉化線段之間的數量關系也是十分關鍵的一點．
三．解答題（共5小題）
21．（2021秋 大名縣期末）如圖所示，點C、D在線段AB上，點E、F分別是AC、DB的中點．
（1）設EF＝7cm，CD＝4cm，求線段AB的長；
（2）設AB＝a，EF＝b，用a，b表示線段CD的長．
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】（1）根據線段的中點求出AE＝EC，DF＝FB，根據線段的和差求出AE+FB，即可求出AB長；
（2）根據線段的中點求出EC+DF，即可求出CD的長．
【解答】解：（1）∵點E、F分別是AC、DB的中點，
∴AE＝EC，DF＝FB，
∵EF＝7cm，CD＝4cm，而EF＝EC+CD+DF，
∴EC+DF＝3cm，
∴AE+FB＝3cm，
∴AB＝AE+EF+FB＝3+7＝10cm，
即AB＝10cm；
（2）∵AB＝a，EF＝b，AB＝AE+EF+FB，
∴AE+FB＝a﹣b，
∴EC+DF＝a﹣b，
∵EF＝EC+CD+DF＝b，
∴CD＝b﹣（a﹣b）＝2b﹣a，
即CD＝2b﹣a．
【點評】本題考查了求兩點之間的距離和線段的中點，能求出AE+FB的長是解此題的關鍵．
22．（2021秋 岳麓區校級期末）如圖，C是線段AB上一點，線段AB＝25cm，，D是AC的中點，E是AB的中點．
（1）求線段CE的長；
（2）求線段DE的長．
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】（1）根據線段的和差倍分即可得到結論；
（2）根據線段中點的定義和線段的和差即可得到結論．
【解答】解：（1）∵AB＝25cm，BC＝AC，
∴BC＝AB＝×25＝10（cm），
∵E是AB的中點，
∴BE＝AB＝12.5cm，
∴EC＝12.5﹣10＝2.5（cm）；
（2）由（1）得，AC＝AB﹣CB＝25﹣10＝15（cm），
∵點D、E分別是AC、AB的中點，
∴AE＝AB＝＝12.5（cm），AD＝AC＝＝7.5（cm），
∴DE＝AE﹣AD＝12.5﹣7.5＝5（cm）．
【點評】本題考查了兩點間的距離，利用了線段的和差，線段中點的性質．
23．（2021秋 南昌縣期末）如圖，已知線段AB＝10，點O在線段AB上，點C，D分別是AO，BO的中點．
（1）AO＝ 2 CO；BO＝ 2 DO；
（2）求線段CD的長度；
（3）小明在反思過程中突發奇想：若點O在線段AB的延長線上，點C，D分別是AO，BO的中點，請幫小明畫出圖形分析，并求線段CD的長度．
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】（1）根據線段中點的性質，可得答案；
（2）根據線段中點的性質，可得CO＝AO，DO＝BO，根據線段的和差，可得答案；
（3）O是AB延長線上的一點，由C、D分別是線段AO，BO的中點可得出CO，DO分別是AO，BO的一半，因此，CO，DO的差的一半就等于AO，BO差的一半，因為CD＝CO﹣DO，AB＝AO﹣BO，根據上面的分析可得出CD＝AB．因此結論是成立的．
【解答】解：（1）∵點C、D分別是AO、BO的中點
∴AO＝2CO；BO＝2DO；
故答案為：2；2．
（2）∵點C、D分別是AO、BO的中點，
∴CO＝AO，DO＝BO，
∴CD＝CO+DO＝＝AO+BO＝AB＝5；
（3）仍然成立，
如圖：
理由：∵點C、D分別是AO、BO的中點，
∴CO＝AO，DO＝BO，
∴CD＝CO﹣DO＝AO﹣BO＝（AO﹣BO）＝AB＝×10＝5．
【點評】本題考查了兩點間的距離，解決本題的關鍵是利用了線段中點的性質，線段的和差得出答案．
24．（2021秋 攸縣期末）已知點C在線段AB上，AC＝8cm，CB＝6cm，點M為線段AC中點．
（1）如圖1，若點N為線段CB的中點，求線段MN的長；
（2）如圖2，若點N為線段CB上的點，且滿足2CN＝3NB，求線段MN的長．
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】（1）根據線段中點的定義可得MC＝4cm，CN＝3cm，再根據MN＝MC+CN可得答案；
（2）根據線段的中點的定義和線段的比例可得MC＝4cm，CN＝3.6cm，再根據MN＝MC+CN可得答案．
【解答】解：（1）∵點M為線段AC中點，點N為線段CB的中點，
∴MC＝AC＝8＝4cm，CN＝BC＝＝3cm，
∴MN＝MC+CN＝4+3＝7cm；
（2）∵點M為線段AC中點，
∴MC＝AC＝8＝4cm，
∵2CN＝3NB，
∴CN＝BC＝3.6cm，
∴MN＝MC+CN＝4+3.6＝7.6cm．
【點評】本題考查的是兩點間的距離的計算，掌握線段中點的性質、靈活運用數形結合思想是解題的關鍵．
25．（2021秋 公安縣期末）如圖，點O是線段AB上一點，點C，D分別是線段OA，OB的中點．
（1）若線段CD＝6，求線段AB的長；
（2）若題中的“點O是線段AB上一點”改為“點O是線段BA延長線上一點”，其他條件不變，請你畫出圖形，若AB＝8，求CD的長．
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】（1）根據線段中點的性質證明CD＝AB即可解答；
（2）畫出圖形后，根據線段中點的性質證明CD＝AB即可解答．
【解答】解：（1）∵點C為OA中點，
∴OC＝OA，
∵點D為OB中點，
∴OD＝OB，
∴CD＝OC+OD＝OA+OB＝AB，
又∵CD＝6，
∴AB＝12；
（2）如圖所示：
∵點C為OA中點，
∴OC＝OA，
∵點D為OB中點，
∴OD＝OB，
∴CD＝OD﹣OC＝OB﹣OA＝AB，
又∵AB＝8，
∴CD＝4．
【點評】本題考查了兩點間距離，根據題目的已知條件并結合圖形去分析是解題的關鍵．
考點卡片
1．兩點間的距離
（1）兩點間的距離
連接兩點間的線段的長度叫兩點間的距離．
（2）平面上任意兩點間都有一定距離，它指的是連接這兩點的線段的長度，學習此概念時，注意強調最后的兩個字“長度”，也就是說，它是一個量，有大小，區別于線段，線段是圖形．線段的長度才是兩點的距離．可以說畫線段，但不能說畫距離。初中數學解題模型之圖形認識初步（線段的數量問題）
一．選擇題（共10小題）
1．如圖所示，以A，B，C，D，E為線段的端點，圖中共有線段（ ）
A．8條 B．10條 C．12條 D．14條
2．（2011秋 大興區期末）如果要在一條直線上得到6條不同的線段，那么在這條直線上應選幾個不同的點（ ）
A．3個 B．4個 C．5個 D．6個
3．如圖，線段的條數一共是（ ）
A．3條 B．4條 C．5條 D．6條
4．（2005 河源）由河源到廣州的某一次列車，運行途中停靠的車站依次是：河源﹣惠州﹣東莞﹣廣州，那么要為這次列車制作的火車票有（ ）
A．3種 B．4種 C．6種 D．12種
5．（2019秋 綏棱縣期末）往返于甲、乙兩市的列車，中途需停靠4個站，如果每兩站的路程都不相同，這兩地之間有多少種不同的票價（ ）
A．15 B．30 C．20 D．10
6．（2022 德城區校級開學）若A、B是火車行駛的兩個站點，兩站之間有5個車站，在這段線路上往返行車，需印制（ ）種車票．
A．49 B．42 C．21 D．20
7．（2005 梅州）由梅州到廣州的某一次列車，運行途中停靠的車站依次是：梅州﹣﹣興寧﹣﹣華城﹣﹣河源﹣﹣惠州﹣﹣東莞﹣﹣廣州，那么要為這次列車制作的火車票有（ ）
A．6種 B．12種 C．21種 D．42種
8．（2003 黑龍江）從哈爾濱開往某市的特快列車，途中要停靠兩個站點，如果任意兩站間的票價都不同，那么有多少種不同的票價（ ）
A．3 B．4 C．6 D．12
9．（2016秋 雙臺子區期末）由盤錦到沈陽的某一次列車，運行途中停靠的車站依次是：盤錦﹣西柳﹣海城﹣鞍山﹣遼陽﹣沈陽，那么要為這次列車制作的火車票有（ ）
A．6種 B．12種 C．15種 D．30種
10．（2013 涪城區校級自主招生）由綿陽出發到成都的某一次列車，運行途中須停靠的車站依次是：綿陽→羅江→黃許→德陽→廣漢→清白江→新都→成都．那么要為這次列車制作的車票一共有（ ）
A．7種 B．8種 C．56種 D．28種
二．填空題（共10小題）
11．（2021秋 河源期末）如圖，點A、B在線段MN上，則圖中共有 條線段．
12．（2018春 墾利區期末）由東營南到德州的某一次列車，運行途中停靠的車站依次是：東營南﹣﹣濱州﹣﹣陽信﹣﹣商河﹣﹣德州，那么要為這次列車制作的火車票有 種．
13．（2013 阜寧縣校級模擬）如圖A，B，C三點在同一直線上，用上述字母表示的不同線段共有 條．
14．如圖，圖中共有線段 條．
15．（2020秋 錦江區校級期末）如圖，點B，C，D是線段AE上的三個點，已知AE＝12cm，BD＝5cm，求圖中以A、B、C、D，E這5個點為端點的所有線段的和為 cm．
16．（2005 廣州）如圖，點A、B、C在直線l上，則圖中共有 條線段．
17．（2016秋 蕭山區期末）如圖，A，B，C，D，E，P，Q，R，S，T是構成五角星的五條線段的交點，則圖中共有線段 條．
18．（2010秋 江津區期末）如圖，圖中共有線段 條．
19．直線l上有10個點A1，A2，A3，A4，A5，A6，A7，A8，A9，A10，A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝A9A10，則以這些點為端點的線段共有 條；將所有這些線段的中點用紅點標出，則可得 個紅點．
20．（2011秋 順義區期末）如圖，圖中共有 條線段．
初中數學解題模型之圖形認識初步（線段的數量問題）
參考答案與試題解析
一．選擇題（共10小題）
1．如圖所示，以A，B，C，D，E為線段的端點，圖中共有線段（ ）
A．8條 B．10條 C．12條 D．14條
【考點】直線、射線、線段．
【分析】由于每兩個不同的點確定一條線段，根據端點個數任取兩點作為一條，查出個數就是條數．
【解答】解：同一直線上的不同的5個點之間的線段的條數＝5×4÷2＝10條；故選：B．
【點評】在線段、射線的計數時，應注重分類討論的方法計數，做到不遺漏，不重復．
2．（2011秋 大興區期末）如果要在一條直線上得到6條不同的線段，那么在這條直線上應選幾個不同的點（ ）
A．3個 B．4個 C．5個 D．6個
【考點】直線、射線、線段．
【專題】計算題．
【分析】由于同一直線上的n個點之間有條線段，代入即可求得n的值．
【解答】解：∵n個點之間有條線段，∴要得到6條不同的線段，則n＝4；
故選：B．
【點評】本題利用了同一直線上的n個點之間有條線段求解．
3．如圖，線段的條數一共是（ ）
A．3條 B．4條 C．5條 D．6條
【考點】直線、射線、線段．
【專題】計算題．
【分析】根據直線上兩個點和它們之間的部分叫做線段，這兩個點叫做線段的端點來解答本題即可．
【解答】解：有線段AB，BC，CD，AC，BD，AD共6條．
故選：D．
【點評】在線段、射線的計數時，應注重分類討論的方法計數，做到不遺漏，不重復．
4．（2005 河源）由河源到廣州的某一次列車，運行途中停靠的車站依次是：河源﹣惠州﹣東莞﹣廣州，那么要為這次列車制作的火車票有（ ）
A．3種 B．4種 C．6種 D．12種
【考點】直線、射線、線段．
【專題】應用題；壓軸題．
【分析】由題意可知：由河源要經過3個地方，所以要制作3種車票；由惠州要經過2個地方，所以要制作2種車票；由東莞要經過1個地方，所要制作1種車票；結合上述結論，通過往返計算出答案．
【解答】解：根據分析，知這次列車制作的火車票的總數＝3+2+1＝6（種）．
故選：C．
【點評】本題的關鍵是要找出由一地到另一地的車票的數是多少．
5．（2019秋 綏棱縣期末）往返于甲、乙兩市的列車，中途需停靠4個站，如果每兩站的路程都不相同，這兩地之間有多少種不同的票價（ ）
A．15 B．30 C．20 D．10
【考點】直線、射線、線段．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】可以借助線段圖來分析，有多少條線段，就有多少中不同的票價．
【解答】解：如圖所示：
A，F代表甲，乙兩市，B，C，D，E代表四個停靠站，
圖中共有線段：AB，AC，AD，AE，AF．BC，BD，BE，BF，CD，CE，CF，DE，DF，EF，總共15條，
所以共有15種不同的票價，
故選：A．
【點評】本題考查了直線，射線，線段，借助線段圖來解決是解題的關鍵．
6．（2022 德城區校級開學）若A、B是火車行駛的兩個站點，兩站之間有5個車站，在這段線路上往返行車，需印制（ ）種車票．
A．49 B．42 C．21 D．20
【考點】直線、射線、線段．
【專題】線段、角、相交線與平行線；幾何直觀．
【分析】先求得單程的車票數，再求出往返的車票數，根據往返車票票價相同即可得出結論．
【解答】解：如圖所示，線段的總條數是×6×7＝21，
因為要有往返車票，即兩點之間是兩種車票，所以應印制21×2＝42（種）．
故選：B．
【點評】此題主要考查了直線、射線和線段，關鍵是掌握計算線段條數的計算公式n（n﹣1）（n是點的個數）．
7．（2005 梅州）由梅州到廣州的某一次列車，運行途中停靠的車站依次是：梅州﹣﹣興寧﹣﹣華城﹣﹣河源﹣﹣惠州﹣﹣東莞﹣﹣廣州，那么要為這次列車制作的火車票有（ ）
A．6種 B．12種 C．21種 D．42種
【考點】直線、射線、線段．
【專題】應用題；壓軸題．
【分析】每兩站點都要設火車票，從一個城市出發到其他6個城市有6種車票，進而得出答案．
【解答】解：每兩站點都要設火車票，所以從一個城市出發到其他6個城市有6種車票，
但是已知中是由梅州到廣州的某一次列車，運行途中停靠的車站依次是：梅州﹣﹣興寧﹣﹣華城﹣﹣河源﹣﹣惠州﹣﹣東莞﹣﹣廣州，故沒有往返車票，是單程車票，
所以要為這次列車制作的火車票有×6×7＝21種．
故選：C．
【點評】這道題學生關鍵是要聯系生活實際，學以致用，學為生活服務．
8．（2003 黑龍江）從哈爾濱開往某市的特快列車，途中要停靠兩個站點，如果任意兩站間的票價都不同，那么有多少種不同的票價（ ）
A．3 B．4 C．6 D．12
【考點】直線、射線、線段．
【專題】計算題；應用題．
【分析】由題意可知：由哈爾濱到某市要經過2個站點，則在哈爾濱車票的票價有3種．
依此類推，在第一個站點的票價有2種．
在第二個站點的票價有1種，從而求得總結果數．
【解答】解：根據分析，得
共有票價3+2+1＝6（種）．
故選：C．
【點評】本題的關鍵是要理解由一地到另一地的車票的票價都是不同的．
9．（2016秋 雙臺子區期末）由盤錦到沈陽的某一次列車，運行途中停靠的車站依次是：盤錦﹣西柳﹣海城﹣鞍山﹣遼陽﹣沈陽，那么要為這次列車制作的火車票有（ ）
A．6種 B．12種 C．15種 D．30種
【考點】直線、射線、線段．
【分析】每兩站點都要設火車票，從一個城市出發到其他6個城市有6種車票，進而得出答案．
【解答】解：每兩站點都要設火車票，所以從一個城市出發到其他5個城市有5種車票，
但是已知中是由盤錦到沈陽的某一次列車，運行途中停靠的車站依次是：盤錦﹣西柳﹣海城﹣鞍山﹣遼陽﹣沈陽，故沒有往返車票，是單程車票，
所以要為這次列車制作的火車票有×5×6＝15種，
故選：C．
【點評】本題考查了線段、射線、直線等知識點，解此題的關鍵是能得出規律，學會用數學來解決實際問題．
10．（2013 涪城區校級自主招生）由綿陽出發到成都的某一次列車，運行途中須停靠的車站依次是：綿陽→羅江→黃許→德陽→廣漢→清白江→新都→成都．那么要為這次列車制作的車票一共有（ ）
A．7種 B．8種 C．56種 D．28種
【考點】直線、射線、線段．
【專題】應用題．
【分析】從綿陽要經過7個地方，所以要制作7種車票；從羅江要經過6個地方，所以制作6種車票，進而求解．
【解答】解：車票數＝7+6+5+4+3+2+1＝28（種）．
故選：D．
【點評】本題的關鍵是要找到由一地到另一地的車票的頻數．
二．填空題（共10小題）
11．（2021秋 河源期末）如圖，點A、B在線段MN上，則圖中共有 6 條線段．
【考點】直線、射線、線段．
【專題】數形結合．
【分析】根據在一直線上有n點，一共能組成線段的條數的公式：，代入可直接選出答案．
【解答】解：線段AB、AC、AD、BC、BD、CD共六條，
也可以根據公式計算，＝6．
故答案為：6．
【點評】在線段的計數時，應注重分類討論的方法計數，做到不遺漏，不重復．
12．（2018春 墾利區期末）由東營南到德州的某一次列車，運行途中停靠的車站依次是：東營南﹣﹣濱州﹣﹣陽信﹣﹣商河﹣﹣德州，那么要為這次列車制作的火車票有 10 種．
【考點】直線、射線、線段．
【專題】數形結合．
【分析】設東營南﹣﹣濱州﹣﹣陽信﹣﹣商河﹣﹣德州五站分別用A、B、C、D、E表示，然后根據線段的定義求出線段的條數．
【解答】解：如圖，設東營南﹣﹣濱州﹣﹣陽信﹣﹣商河﹣﹣德州五站分別用A、B、C、D、E表示，
則共有線段：AB、AC、AD、AE、BC、BD、BE、CD、CE、DE共10條，
故答案為：10．
【點評】本題考查了直線、射線、線段，要注意同兩個站之間的車票有起點站和終點站的區分．
13．（2013 阜寧縣校級模擬）如圖A，B，C三點在同一直線上，用上述字母表示的不同線段共有 3 條．
【考點】直線、射線、線段．
【分析】寫出線段再計算個數．
【解答】解：由圖示可知表示的不同線段有AB，AC，BC共三條；故應填3．
【點評】本題的實質是考查線段的表示方法，是中學階段最基本的知識，同學們要熟練掌握．
14．如圖，圖中共有線段 9 條．
【考點】直線、射線、線段．
【分析】根據圖示數出線段即可．
【解答】解：圖中線段有：線段AB，線段AC，線段AE，線段ED，線段AD，線段CE，線段BC，線段CD，線段BD，
故圖中共有線段9條，
故答案為：9．
【點評】此題主要考查了線段的數法，注意要不重不漏，要細心．
15．（2020秋 錦江區校級期末）如圖，點B，C，D是線段AE上的三個點，已知AE＝12cm，BD＝5cm，求圖中以A、B、C、D，E這5個點為端點的所有線段的和為 70 cm．
【考點】兩點間的距離．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】先找全以A、B、C、D，E這5個點為端點的所有線段，然后相加即可．
【解答】解：以A為端點的線段有：AB，AC，AD，AE，
以B為端點的線段有：BC，BD，BE，
以C為端點的線段有：CD，CE，
以D為端點的線段有：DE，
∴AB+AC+AD+AE+BC+BD+BE+CD+CE+DE
＝（AB+BE）+（AC+CE）+（AD+DE）+（BC+CD）+BD+AE
＝4AE+2BD
＝58cm，
故答案為：58cm．
【點評】本題考查了兩點間距離，不重復，不遺漏的找全所有線段是解題的關鍵．
16．（2005 廣州）如圖，點A、B、C在直線l上，則圖中共有 3 條線段．
【考點】直線、射線、線段．
【專題】數形結合．
【分析】根據線段的概念求解．
【解答】解：有3條線段：AB，AC，CD．故應填3．
【點評】掌握線段的定義和數線段的方法．
17．（2016秋 蕭山區期末）如圖，A，B，C，D，E，P，Q，R，S，T是構成五角星的五條線段的交點，則圖中共有線段 30 條．
【考點】直線、射線、線段．
【分析】分別求出構成五角星的每條線段上有幾條線段，在將其乘以5即可．
【解答】解：線段AC，BE，CE，BD，AD上各有另兩個點，每條上有6條線段；所以共有6×5＝30條線段．
【點評】把這個五星分成五條線段，每條上有另兩個點來求解．
18．（2010秋 江津區期末）如圖，圖中共有線段 6 條．
【考點】直線、射線、線段．
【分析】根據線段的定義來解答本題即可．
【解答】解：圖中共有線段AB、AC、AD、BC、BD、CD共6條．
【點評】本題考查線段的定義，查找線段數目是按一定順序，做到不重不漏．
19．直線l上有10個點A1，A2，A3，A4，A5，A6，A7，A8，A9，A10，A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝A9A10，則以這些點為端點的線段共有 45 條；將所有這些線段的中點用紅點標出，則可得 17 個紅點．
【考點】直線、射線、線段．
【專題】規律型．
【分析】先根據題意求出2個點時線段及紅點的數量、3個點時線段及紅點的數量、4個點時線段及紅點的數量、5個點時線段及紅點的數量，從而可總結出規律，代入計算即可．
【解答】解：2個點時線段及紅點的數量分別為：1，1；
3個點時線段及紅點的數量分別是3，3；
4個點時線段及紅點的數量分別是6，5；
5個點時線段及紅點的數量分別是10，7；
∴可得：線段數＝，紅點數為：2n﹣3，
故當n＝10時，線段數＝55，紅點數為：17．
故答案為：45，17．
【點評】本題考查點與線段數量之間的關系，有一定難度，主要培養有特殊到一般規律總結的能力．
20．（2011秋 順義區期末）如圖，圖中共有 6 條線段．
【考點】直線、射線、線段．
【分析】根據線段的定義解答即可．
【解答】解：線段：OA、OB、AB、OC、AC、BC共6條，
故答案為：6．
【點評】本題考查了直線、射線、線段，熟記定義是解題的關鍵．
考點卡片
1．直線、射線、線段
（1）直線、射線、線段的表示方法
①直線：用一個小寫字母表示，如：直線l，或用兩個大寫字母（直線上的）表示，如直線AB．
②射線：是直線的一部分，用一個小寫字母表示，如：射線l；用兩個大寫字母表示，端點在前，如：射線OA．注意：用兩個字母表示時，端點的字母放在前邊．
③線段：線段是直線的一部分，用一個小寫字母表示，如線段a；用兩個表示端點的字母表示，如：線段AB（或線段BA）．
（2）點與直線的位置關系：①點經過直線，說明點在直線上；②點不經過直線，說明點在直線外．
2．兩點間的距離
（1）兩點間的距離
連接兩點間的線段的長度叫兩點間的距離．
（2）平面上任意兩點間都有一定距離，它指的是連接這兩點的線段的長度，學習此概念時，注意強調最后的兩個字“長度”，也就是說，它是一個量，有大小，區別于線段，線段是圖形．線段的長度才是兩點的距離．可以說畫線段，但不能說畫距離．初中數學解題模型之圖形認識初步（直線及其交點的數量問題）
一．選擇題（共10小題）
1．經過四個點中的每兩個點畫直線共可以畫（ ）
A．2條，4條或5條 B．1條，4條或6條
C．2條，4條或6條 D．1條，3條或6條
2．平面上有任意四點，經過其中兩點畫一條直線，共可畫（ ）
A．1條直線 B．4條直線
C．6條直線 D．1條或4條或6條直線
3．（2007 長沙）經過任意三點中的兩點共可以畫出的直線條數是（ ）
A．一條或三條 B．三條 C．兩條 D．一條
4．（2008秋 臺州期末）在同一平面內有四個點，過其中任意兩點畫直線，僅能畫出四條直線，則這四個點的位置關系是（ ）
A．四點在同一直線 B．有且只有三點共線
C．任意三點都不共線 D．以上答案都不對
5．（2015秋 張掖校級月考）經過同一平面內任意三點中的兩點共可以畫出（ ）
A．一條直線 B．兩條直線
C．一條或三條直線 D．三條直線
6．（2011春 城關區校級期中）三條互不重合的直線的交點個數可能是（ ）
A．0，1，3 B．2，3，3 C．0，1，2，3 D．0，1，2
7．（2015秋 東陽市期末）三條互不重合的直線的交點個數可能是（ ）
A．0，1，3 B．0，2，3 C．0，1，2，3 D．0，1，2
8．在同一平面內任意畫四條互不相重合的直線，那么它們的交點最多有（ ）
A．4個 B．5個 C．6個 D．7個
9．（2012秋 寧波期末）閱讀相關文字找規律：2條直線相交，只有1個交點；3條直線相交，最多有3個交點；4條直線相交，最多有6個交點；…；10條直線相交，最多可形成交點的個數是（ ）
A．36 B．45 C．55 D．66
10．（2017春 錦江區校級期中）平面內互不重合的三條直線的交點個數是（ ）
A．1，3 B．0，1，3 C．0，2，3 D．0，1，2，3
二．填空題（共17小題）
11．（2007 云南）在同一平面內不在同一直線上的3個點，過任意2個點作一條直線，則可作直線的條數為 ．
12．（2011秋 惠山區期末）若平面內有A、B、C三點，過其中任意兩點畫直線，最多可以畫 條直線，最少可以畫 條直線．
13．（2009秋 鎮江期末）平面內有三個點A，B，C，經過其中的每兩點畫直線，可以畫 條．
14．在同一平面內，三條直線兩兩相交，最多有3個交點，那么8條直線兩兩相交，最多有 個交點．
15．（2015秋 東西湖區期末）平面內兩條直線相交，有1個交點；三條直線相交，最多有3個交點；…，若5條直線相交，最多有 個交點．
16．（2015秋 安丘市校級月考）5條直線兩兩相交，最多有 個交點．
17．（2014秋 平南縣期末）平面內三條直線兩兩相交，最多有a個交點，最少有b個交點，則a+b＝ ．
18．已知平面上四個點，過其中兩點畫直線，最多能畫 條直線．
19．有四個點，每三個點都不在一條直線上，過其中每兩個點畫直線，可以畫 條直線．
20．（2005 資陽）已知n（n≥2）個點P1，P2，P3，…，Pn在同一平面內，且其中沒有任何三點在同一直線上．設Sn表示過這n個點中的任意2個點所作的所有直線的條數，顯然，S2＝1，S3＝3，S4＝6，S5＝10，…，由此推斷，Sn＝ ．
21．（2018秋 東坡區期末）一平面內，三條直線兩兩相交，最多有3個交點；4條直線兩兩相交，最多有6個交點；5條直線兩兩相交，最多有10個交點；8條直線兩兩相交，最多有 個交點．
22．（2019秋 歷下區期末）平面內兩條直線相交，有1個交點；三條直線相交，最多有3個交點；…，若n條直線相交，最多有 個交點．
23．（2016秋 南漳縣期末）兩條直線相交，有1個交點．三條直線相交最多有3個交點，四條直線相交，最多有 個交點．
24．（2019秋 衢州期末）如圖1，兩條直線相交，以交點為端點的射線有4條；如圖2，三條直線相交，以交點為端點的射線最多有12條；如圖3，四條直線相交，以交點為端點的射線最多有24條．那么六條直線相交，以交點為端點的射線最多有 條．
25．（2015 杭州模擬）如圖，兩條直線相交只有1個交點，三條直線相交最多有3個交點，四條直線相交最多有6個交點，五條直線相交最多有10個交點，八條直線相交最多有 個交點．
26．（2014秋 北流市期末）如圖，兩條直線相交只有1個交點，三條直線相交最多有3個交點，四條直線相交最多有6個交點，…，二十條直線相交最多有 個交點．
27．（2016秋 海拉爾區期末）如圖，兩條直線相交只有1個交點，三條直線相交最多有3個交點，四條直線相交最多有6個交點，五條直線相交最多有10個交點，六條直線相交最多有 個交點，n條直線相交最多有 個交點．
初中數學解題模型之圖形認識初步（直線及其交點的數量問題）
參考答案與試題解析
一．選擇題（共10小題）
1．經過四個點中的每兩個點畫直線共可以畫（ ）
A．2條，4條或5條 B．1條，4條或6條
C．2條，4條或6條 D．1條，3條或6條
【考點】直線、射線、線段．
【專題】分類討論．
【分析】分類畫出圖形即可求得畫的直線的條數．
【解答】解：如下圖，分以下三種情況：
故經過四個點中的每兩個點畫直線共可以畫1條，4條或6條，
故選：B．
【點評】此類題沒有明確平面上四點是否在同一直線上，需要運用分類討論思想，解答時要分各種情況解答，要考慮到可能出現的所有情形，不要遺漏，否則討論的結果就不全面．
2．平面上有任意四點，經過其中兩點畫一條直線，共可畫（ ）
A．1條直線 B．4條直線
C．6條直線 D．1條或4條或6條直線
【考點】直線、射線、線段．
【專題】分類討論．
【分析】分四點在同一直線上，當三點在同一直線上，另一點不在這條直線上，當沒有三點共線時三種情況討論即可．
【解答】解：分三種情況：
1、四點在同一直線上時，只可畫一條；
2、當三點在同一直線上，另一點不在這條直線上，可畫4條；
3、當沒有三點共線時，可畫6條；
故選：D．
【點評】此類題沒有明確平面上四點是否在同一直線上，需要運用分類討論思想，解答時要分各種情況解答，要考慮到可能出現的所有情形，不要遺漏，否則討論的結果就不全面．
3．（2007 長沙）經過任意三點中的兩點共可以畫出的直線條數是（ ）
A．一條或三條 B．三條 C．兩條 D．一條
【考點】直線、射線、線段．
【專題】分類討論．
【分析】分兩種情況：①三點在同一直線上時，只能作出一條直線；
②三點不在同一直線上時，每兩點可作一條，共3條．
【解答】解：①當三點在同一直線上時，只能作出一條直線；
②三點不在同一直線上時，每兩點可作一條，共3條；
故選：A．
【點評】兩點可確定一條直線，注意分類討論．
4．（2008秋 臺州期末）在同一平面內有四個點，過其中任意兩點畫直線，僅能畫出四條直線，則這四個點的位置關系是（ ）
A．四點在同一直線 B．有且只有三點共線
C．任意三點都不共線 D．以上答案都不對
【考點】直線、射線、線段．
【分析】先畫出圖形，再據圖回答．
【解答】解：（1）
（2）
（3）
如圖，因為僅能畫出四條直線，所以選圖（2），故選：B．
【點評】解答此題要熟知以下概念并要數形結合．
直線：是點在空間內沿相同或相反方向運動的軌跡，向兩個方向無限延伸．
公理：兩點確定一條直線．
5．（2015秋 張掖校級月考）經過同一平面內任意三點中的兩點共可以畫出（ ）
A．一條直線 B．兩條直線
C．一條或三條直線 D．三條直線
【考點】直線、射線、線段．
【專題】分類討論．
【分析】根據交點個數來判斷，然后選取答案．
【解答】解：有兩種情況，一種是三點共線時，只有一條，另一種是三點不共線，有三條；故選：C．
【點評】此類題沒有明確平面上三點是否在同一直線上，需要運用分類討論思想，解答時要分各種情況解答，要考慮到可能出現的所有情形，不要遺漏，否則討論的結果就不全面．
6．（2011春 城關區校級期中）三條互不重合的直線的交點個數可能是（ ）
A．0，1，3 B．2，3，3 C．0，1，2，3 D．0，1，2
【考點】直線、射線、線段．
【專題】分類討論．
【分析】利用分情況討論求解．
【解答】解：分四種情況：1、三條直線平行，有0個交點，
2、三條直線相交于同一點，有1個交點，
3、一條直線截兩條平行線有2個交點，
4、三條直線兩兩相交有3個交點．
故選：C．
【點評】此類題沒有明確平面上三條不重合直線的相交情況，需要運用分類討論思想，解答時要分各種情況解答，要考慮到可能出現的所有情形，不要遺漏，否則討論的結果就不全面．
7．（2015秋 東陽市期末）三條互不重合的直線的交點個數可能是（ ）
A．0，1，3 B．0，2，3 C．0，1，2，3 D．0，1，2
【考點】直線、射線、線段．
【分析】在同一平面內，兩條直線的位置關系有兩種，平行和相交，三條直線互相平行無交點，兩條直線平行，第三條直線與它相交，有2個交點，三條直線兩兩相交，最多有3個交點，最少有1個交點．
【解答】解：分四種情況：1、三條直線平行，有0個交點，
2、三條直線相交于同一點，有1個交點，
3、一條直線截兩條平行線有2個交點，
4、三條直線兩兩相交有3個交點．
如圖所示：
故選：C．
【點評】此類題沒有明確平面上三條不重合直線的相交情況，需要運用分類討論思想，解答時要分各種情況解答，要考慮到可能出現的所有情形，不要遺漏，否則討論的結果就不全面．
8．在同一平面內任意畫四條互不相重合的直線，那么它們的交點最多有（ ）
A．4個 B．5個 C．6個 D．7個
【考點】直線、射線、線段．
【分析】最多時，每兩條就有一個交點，作圖后查處交點個數．
【解答】解：如圖，最多可有6個交點；
故選：C．
【點評】本題主要考查直線、射線、線段的知識點，注意每兩條直線就有一個交點．
9．（2012秋 寧波期末）閱讀相關文字找規律：2條直線相交，只有1個交點；3條直線相交，最多有3個交點；4條直線相交，最多有6個交點；…；10條直線相交，最多可形成交點的個數是（ ）
A．36 B．45 C．55 D．66
【考點】直線、射線、線段．
【專題】規律型．
【分析】結合圖形，找規律解答即可．
【解答】解：設直線由n條，交點有m個．
有以下規律：
直線n條交點m個
2 1
3 1+2
4 1+2+3
：
：
：
n m＝1+﹣﹣﹣+（n﹣1）＝
十條直線相交有＝45個；
故選：B．
【點評】根據圖形，尋找規律，將幾何問題轉化為代數題來解．
10．（2017春 錦江區校級期中）平面內互不重合的三條直線的交點個數是（ ）
A．1，3 B．0，1，3 C．0，2，3 D．0，1，2，3
【考點】相交線．
【分析】在同一平面內，兩條直線的位置關系有兩種，平行和相交，三條直線互相平行無交點，兩條直線平行，第三條直線與它相交，有2個交點，三條直線兩兩相交，最多有3個交點，最少有1個交點．
【解答】解：由題意畫出圖形，如圖所示：
故選：D．
【點評】本題考查了直線的交點個數問題．此類題沒有明確平面上三條不重合直線的相交情況，需要運用分類討論思想，解答時要分各種情況解答，要考慮到可能出現的所有情形，不要遺漏，否則討論的結果就不全面．
二．填空題（共17小題）
11．（2007 云南）在同一平面內不在同一直線上的3個點，過任意2個點作一條直線，則可作直線的條數為 3 ．
【考點】直線、射線、線段．
【分析】考查直線公理：過兩點有且只有一條直線，即兩點確定一條直線．同一平面內不在同一直線上的3個點，可畫3條直線，三點在同一條直線上時，能畫一條直線．
【解答】解：同一平面內不在同一直線上的3個點，可畫三條直線．
【點評】注意對直線與點的關系，也可畫出圖形，找出正確結果．
12．（2011秋 惠山區期末）若平面內有A、B、C三點，過其中任意兩點畫直線，最多可以畫 3 條直線，最少可以畫 1 條直線．
【考點】直線、射線、線段．
【專題】分類討論．
【分析】根據題意畫出圖形，即可看出答案．
【解答】
解：如圖最多可以畫3條直線，最少可以畫1條直線；
【點評】本題的關鍵是進行分類討論，將三個點進行不同的排列，可得兩個結果．
13．（2009秋 鎮江期末）平面內有三個點A，B，C，經過其中的每兩點畫直線，可以畫 1或3 條．
【考點】直線、射線、線段．
【專題】分類討論．
【分析】分兩種情況：若三個點A，B，C共線，若三個點A，B，C不共線討論即可．
【解答】解：根據題意分析可得：若三個點A，B，C共線，經過其中的每兩點畫直線，可以畫1條．
若三個點A，B，C不共線，經過其中的每兩點畫直線，可以畫3條．
【點評】本題考查與直線、線段、射線相關的幾何圖形的性質．
14．在同一平面內，三條直線兩兩相交，最多有3個交點，那么8條直線兩兩相交，最多有 28 個交點．
【考點】相交線．
【專題】規律型．
【分析】在同一平面內，n條直線兩兩相交，則有個交點，代入即可求解．
【解答】解：交點的個數為＝28，故答案為28個．
【點評】能夠求解同一平面內，直線兩兩相交的交點的個數．
15．（2015秋 東西湖區期末）平面內兩條直線相交，有1個交點；三條直線相交，最多有3個交點；…，若5條直線相交，最多有 10 個交點．
【考點】直線、射線、線段．
【專題】規律型．
【分析】根據每兩條直線就有一個交點，可以列舉出所有情況后再求解．
【解答】解：兩條直線相交，有1個交點；三條直線相交，最多有3個交點，此時要求第3條直線不過前2條直線的交點；四條直線相交，最多有6個交點；仍要求不存在交點重合的情況，據此可推得：若5條直線相交，最多有6+4＝10個交點，即與前4條都相交，即增加了4個交點；共10個交點．
或者代入公式S＝n（n﹣1）＝×5×4＝10求解．
故應填10．
【點評】本題考查直線的相交情況，要細心，查找時要不重不漏；同時也可以借助規律，利用公式求解．
16．（2015秋 安丘市校級月考）5條直線兩兩相交，最多有 10 個交點．
【考點】直線、射線、線段．
【分析】5條直線兩兩相交，有5種位置關系，畫出圖形，進行解答．
【解答】解：若5條直線兩兩相交，其位置關系有5種，如圖所示：
則交點的個數有1個，或5個，或6個，或8個，或10個．
所以最多有10個交點，
故答案為：10
【點評】本題主要考查了直線兩兩相交時交點的情況，關鍵是畫出圖形．
17．（2014秋 平南縣期末）平面內三條直線兩兩相交，最多有a個交點，最少有b個交點，則a+b＝ 4 ．
【考點】直線、射線、線段．
【專題】計算題．
【分析】分析可得：平面內三條直線兩兩相交，最多有3個交點，最少有1個交點，則即可求得a+b的值．
【解答】解：∵平面內三條直線兩兩相交，最多有3個交點，最少有1個交點，
∴a+b＝4．
故答案為：4．
【點評】本題考查與直線、線段、射線相關的幾何圖形的性質．
18．已知平面上四個點，過其中兩點畫直線，最多能畫 6 條直線．
【考點】直線、射線、線段．
【分析】畫出圖形即可確定能畫的直線的條數．
【解答】解：如圖，可畫6條直線．
【點評】只有在任意三點不在同一直線時，才能畫出最多的直線．
19．有四個點，每三個點都不在一條直線上，過其中每兩個點畫直線，可以畫 6 條直線．
【考點】直線、射線、線段．
【分析】從基本圖形開始畫，比較每一次比上一次增加了多少條直線，探索點的個數與直線條數的規律．
【解答】解：經過兩個點可以畫1條直線，
經過三個點（不在一條直線上），可以畫1+2＝3條直線，
經過四個點（每三個點都不在一條直線上），過其中每兩個點畫直線，
可以畫1+2+3＝＝6條直線．
【點評】本題是探索規律題，有m個點，每三個點都不在一條直線上，過其中每兩個點畫直線，可以畫條直線．
20．（2005 資陽）已知n（n≥2）個點P1，P2，P3，…，Pn在同一平面內，且其中沒有任何三點在同一直線上．設Sn表示過這n個點中的任意2個點所作的所有直線的條數，顯然，S2＝1，S3＝3，S4＝6，S5＝10，…，由此推斷，Sn＝ ．
【考點】直線、射線、線段．
【專題】壓軸題；規律型．
【分析】分析數據后總結規律，再進行計算．
【解答】解：∵S2＝1＝，
S3＝3＝1+2＝，
S4＝6＝1+2+3＝，
∴Sn＝1+2+3+…+（n﹣1）＝．
【點評】本題是一道找規律的題目，這類題型在中考中經常出現．對于找規律的題目首先應找出哪些部分發生了變化，是按照什么規律變化的．
21．（2018秋 東坡區期末）一平面內，三條直線兩兩相交，最多有3個交點；4條直線兩兩相交，最多有6個交點；5條直線兩兩相交，最多有10個交點；8條直線兩兩相交，最多有 28 個交點．
【考點】相交線．
【專題】壓軸題；規律型；數據分析觀念；模型思想．
【分析】由已知一平面內，三條直線兩兩相交，最多有3個交點；4條直線兩兩相交，最多有6個交點；5條直線兩兩相交，最多有10個交點總結出：在同一平面內，n條直線兩兩相交，則有 個交點，代入即可求解．
【解答】解：∵由已知總結出在同一平面內，n條直線兩兩相交，則最多有 個交點，
∴8條直線兩兩相交，交點的個數最多為 ＝28．
故答案為：28．
【點評】此題考查的知識點是相交線，關鍵是此題在相交線的基礎上，著重培養學生的觀察、實驗和猜想、歸納能力，掌握從特殊到一般猜想的方法．
22．（2019秋 歷下區期末）平面內兩條直線相交，有1個交點；三條直線相交，最多有3個交點；…，若n條直線相交，最多有 個交點．
【考點】相交線；規律型：圖形的變化類．
【專題】線段、角、相交線與平行線；應用意識．
【分析】畫出圖形，根據具體圖形求出兩條直線相交、三條直線相交、四條直線相交時最多交點個數，總結出規律即可．
【解答】解：如圖：2條直線相交有1個交點；
3條直線相交最多有1+2個交點；
4條直線相交最多有1+2+3個交點；
5條直線相交最多有1+2+3+4個交點；
6條直線相交最多有1+2+3+4+5個交點；
…
n條直線相交最多有1+2+3+…+（n﹣1）＝個交點；
故答案為：．
【點評】此題考查了直線相交的交點個數，體現了從一般到特殊再到一般的認知規律，有一定的挑戰性，可以激發同學們的學習興趣．
23．（2016秋 南漳縣期末）兩條直線相交，有1個交點．三條直線相交最多有3個交點，四條直線相交，最多有 6 個交點．
【考點】直線、射線、線段．
【分析】畫出圖形，根據具體圖形求出兩條直線相交、三條直線相交、四條直線相交時的交點個數．
【解答】解：如圖：2條直線相交有1個交點；
3條直線相交有1+2個交點；
4條直線相交有1+2+3＝6個交點，
故答案為：6
【點評】此題考查了直線相交的交點個數，體現了從一般到特殊再到一般的認知規律，有一定的挑戰性，可以激發同學們的學習興趣．
24．（2019秋 衢州期末）如圖1，兩條直線相交，以交點為端點的射線有4條；如圖2，三條直線相交，以交點為端點的射線最多有12條；如圖3，四條直線相交，以交點為端點的射線最多有24條．那么六條直線相交，以交點為端點的射線最多有 60 條．
【考點】相交線；規律型：圖形的變化類．
【專題】規律型；線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】可以從數字找規律，即可解答．
【解答】解：兩條直線相交，以交點為端點的射線有4條，4＝2×（2×1），
三條直線相交，以交點為端點的射線最多有12條，12＝3×（2×2），
四條直線相交，以交點為端點的射線最多有24條，24＝4×（2×3），
那么，六條直線相交，以交點為端點的射線最多有：6×（2×5）＝60條，
故答案為：60．
【點評】本題考查了相交線，規律型：圖形的變化類，一般有兩種思路，可以從圖形找規律，還可以從數字找規律．
25．（2015 杭州模擬）如圖，兩條直線相交只有1個交點，三條直線相交最多有3個交點，四條直線相交最多有6個交點，五條直線相交最多有10個交點，八條直線相交最多有 28 個交點．
【考點】規律型：圖形的變化類；相交線．
【分析】根據題意，結合圖形，發現：3條直線相交最多有3個交點，4條直線相交最多有6個交點，5條直線相交最多有10個交點．而3＝1+2，6＝1+2+3，10＝1+2+3+4，故可猜想，n條直線相交，最多有1+2+3+…+（n﹣1）＝n（n﹣1）個交點，由此代入得出答案即可．
【解答】解：3條直線相交最多有1+2＝3個交點，
4條直線相交最多有1+2+3＝6個交點，
5條直線相交最多有1+2+3+4＝10個交點，
…
n條直線相交，最多有1+2+3+…+（n﹣1）＝n（n﹣1）個交點，
八條直線相交最多有×8×（8﹣1）＝28個交點．
故答案為：28．
【點評】此題考查圖形的變化規律，培養學生的觀察、實驗和猜想、歸納能力，掌握從特殊向一般猜想的方法．
26．（2014秋 北流市期末）如圖，兩條直線相交只有1個交點，三條直線相交最多有3個交點，四條直線相交最多有6個交點，…，二十條直線相交最多有 190 個交點．
【考點】直線、射線、線段．
【專題】規律型．
【分析】根據交點公式進行計算即可得解．
【解答】解：二十條直線相交最多有交點＝190個．
故答案為：190．
【點評】本題考查了直線、射線、線段，熟記公式是解題的關鍵．
27．（2016秋 海拉爾區期末）如圖，兩條直線相交只有1個交點，三條直線相交最多有3個交點，四條直線相交最多有6個交點，五條直線相交最多有10個交點，六條直線相交最多有 15 個交點，n條直線相交最多有 個交點．
【考點】直線、射線、線段．
【專題】規律型．
【分析】根據圖形相鄰兩個圖形的交點個數的差為從2開始的連續整數，然后列式計算即可得解；
根據圖形列出交點個數的算式，然后計算即可得解．
【解答】解：三條直線交點最多為1+2＝3個，
四條直線交點最多為3+3＝6個，
五條直線交點最多為6+4＝10個，
六條直線交點最多為10+5＝15個；
n條直線交點最多為1+2+3+…+（n﹣1）＝．
故答案為：15；．
【點評】本題考查了直線、射線、線段，發現規律題，觀察出相鄰兩個圖形的交點個數的差為連續整數是解題的關鍵．
考點卡片
1．規律型：圖形的變化類
圖形的變化類的規律題
首先應找出圖形哪些部分發生了變化，是按照什么規律變化的，通過分析找到各部分的變化規律后直接利用規律求解．探尋規律要認真觀察、仔細思考，善用聯想來解決這類問題．
2．直線、射線、線段
（1）直線、射線、線段的表示方法
①直線：用一個小寫字母表示，如：直線l，或用兩個大寫字母（直線上的）表示，如直線AB．
②射線：是直線的一部分，用一個小寫字母表示，如：射線l；用兩個大寫字母表示，端點在前，如：射線OA．注意：用兩個字母表示時，端點的字母放在前邊．
③線段：線段是直線的一部分，用一個小寫字母表示，如線段a；用兩個表示端點的字母表示，如：線段AB（或線段BA）．
（2）點與直線的位置關系：①點經過直線，說明點在直線上；②點不經過直線，說明點在直線外．
3．相交線
（1）相交線的定義
兩條直線交于一點，我們稱這兩條直線相交．相對的，我們稱這兩條直線為相交線．
（2）兩條相交線在形成的角中有特殊的數量關系和位置關系的有對頂角和鄰補角兩類．
（3）在同一平面內，兩條直線的位置關系有兩種：平行和相交（重合除外）．初中數學解題模型之圖形認識初步（角的數量問題）
一．選擇題（共8小題）
1．如圖所示，在∠AOB的內部有4條射線，則圖中角的個數為（ ）
A．10 B．15 C．5 D．20
2．（2014秋 正定縣期中）如圖，已知∠MON，在∠MON內逐一畫射線，下面三個圖中分別有3個、6個、10個角（不大于平角的角）．當∠MON內有n條射線時，角的個數為（ ）
A． B．
C． D．
3．如圖，從點O出發的四條射線．可以組成角的個數為（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
4．如圖，銳角的個數為（ ）
A．4 B．7 C．8 D．9
5．（2018秋 合川區期末）如圖，在射線OA，OB，OC，OD，OE，OF所構成的圖形中，∠AOB＝50°，圖中銳角的個數為（ ）
A．5個 B．10個 C．15個 D．16個
6．（2021春 武漢月考）探究同一平面內的n條直線兩兩相交（沒有3條或3條以上的直線共交點）同旁內角的數量問題，當n＝6時共有（ ）對同旁內角．
A．120 B．100 C．80 D．60
7．（2021秋 嘉祥縣期末）如圖，在已知一個角內部畫射線，畫1條射線，圖中共有3個角；畫2條射線，圖中共有6個角；畫3條射線，圖中共有10個角；求畫9條射線得的角的個數是（ ）
A．10個 B．18個 C．45個 D．55個
8．（2021秋 忠縣期末）如圖，圖①中有1個角，圖②中有3個不同角，圖③中有6個不同角，…，按此規律下去圖⑥中有不同角的個數為（ ）
A．15 B．16 C．21 D．22
二．填空題（共4小題）
9．觀察下列各圖，在第1個圖中有一個角，第2個圖中共有3個角，第3個圖中共有6個角，則第4個圖中角的個數是 ，第n個圖中角的個數為 ．
10．圖中小于平角的角的個數為 ．
11．如圖①中有1個角，圖②中有3個角，圖③中有6個角，以此類推，……
請從下面A，B題中任選﹣題作答，我選擇
（A題）第④個圖中角的個數為 ．
（B題）第 個圖中角的個數為 ．
12．（2016秋 橋西區期中）如圖，已知∠MON，在∠MON內逐一畫射線，下面三個圖中分別有3個、6個、10個角（不大于平角的角）．當∠MON內有n條射線時，角的個數為 ．
三．解答題（共6小題）
13．（1）如圖，在∠AOB中，以O為頂點引射線，填表：
∠AOB內射線的條數 1 2 3 4
角的總個數 　 　 　 　 　 　 　 　
（2）若∠AOB內射線的條數是n，請用關于n的式子表示出上面的結論；
（3）若角的總個數為5050個，則∠AOB內有射線條數多少條？
14．（2019秋 壽陽縣期末）如圖，從點O引出的射線（任兩條不共線）條數與角的總個數有如下關系：從點O引出兩條射線形成1個角；如圖1，從點O引出3條射線共形成3個角；如圖2從點O引出4條射線共形成6個角；如圖3從點O引出5條射線共形成10個角；
（1）觀察操作：當從點O引出6條射線共形成有 個角；
（2）探索發現：如圖4當從點O引出n條射線共形成 個角；（用含n的式子表示）
（3）實踐應用：8支籃球隊進行單循環比賽（參加比賽的每兩支球隊之間都要進行一場比賽），總的比賽場數為 場．如果n支籃球隊進行主客場制單循環賽（參加的每個隊都與其它所有隊各賽2場）總的比賽場數是 場．
15．觀察下圖，并解答下列問題：
（1）圖①中，有 條直線， 對對頂角；
（2）圖②中，有 條直線， 對對頂角；
（3）圖③中，有 條直線， 對對頂角；
（4）猜想：當n條直線相交于一點時，可形成 對對頂角；（用含n的式子表示）
（5）若有100條直線相交于一點，則可形成 對對頂角．
16．觀察圖的各個角，尋找對頂角（不含平角）：
（1）如圖①所示，兩條直線AB與CD相交于一點形成 對對頂角；
（2）如圖②所示，三條直線AB，CD，EF相交 于一點形成 對對頂角；
（3）如圖③所示，四條直線AB，CD，EF，GH相交于一點形成 對對頂角；
（4）探究（1）～（3）各題中直線條數與對頂角 對數之間的關系，若有n（n≥2 且n為整數） 條直線相交于一點，則可形成 對對頂角；
（5）根據（4）中探究得到的結論計算：若有 022條直線相交于一點，則可形成 對對頂角．
17．（2018秋 沛縣期末）（1）若直線l上有2個點，一共有 條線段；
若直線l上有3個點，一共有 條線段；
若直線l上有4個點，一共有 條線段；…
若直線l上有n個點，一共有 條線段；
（2）有公共頂點的2條射線可以組成 個小于平角的角；
有公共頂點的3條射線最多可以組成 個小于平角的角；
有公共頂點的4條射線最多可以組成 個小于平角的角；…
有公共頂點的n條射線最多可以組成 個小于平角的角；
（3）你學過的知識里還有滿足類似規律的嗎？試著寫一個．
18．（2013秋 懷遠縣期末）如圖（1）：給出一個角∠AOB，這時圖中的角的個數為1，記作P0＝1．
如圖（2）如果在∠AOB的內部，從角的頂點O出發任作一條射線，這時共有P1個角，即P1＝1+2＝3
如圖（3）如果在∠AOB的內部從角的頂點O出發，任作兩條不同的射線，這時共有P2個角，即P2＝1+2+3＝6
如此類推：P3＝ ＝ ；P4＝ ＝ ．
如果在∠AOB的內部從角的頂點O出發，任作n條不同的射線，這時共有Pn個角，那么Pn等于多少？
初中數學解題模型之圖形認識初步（角的數量問題）
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．如圖所示，在∠AOB的內部有4條射線，則圖中角的個數為（ ）
A．10 B．15 C．5 D．20
【考點】角的概念．
【分析】圖中的任意兩條射線就可以構成一個角，據此即可求解．
【解答】解：圖中角的個數是：×6×（6﹣1）＝15．
故選：B．
【點評】本題考查了角的定義，若從一點發出n條射線，則構成n（n﹣1）個角．
2．（2014秋 正定縣期中）如圖，已知∠MON，在∠MON內逐一畫射線，下面三個圖中分別有3個、6個、10個角（不大于平角的角）．當∠MON內有n條射線時，角的個數為（ ）
A． B．
C． D．
【考點】角的概念．
【專題】規律型．
【分析】畫1條、2條、3條射線時可以數出角的個數分別有3個、6個、10個角，當畫n條時，由規律得到角的個數的表達式．
【解答】解：畫n條射線所得的角的個數為：
1+2+3+…+（n+1）＝．
故選：D．
【點評】本題考查了對角的概念的應用，關鍵是能根據求出結果得出規律．
3．如圖，從點O出發的四條射線．可以組成角的個數為（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【考點】角的概念．
【專題】推理填空題；線段、角、相交線與平行線．
【分析】根據角的概念，每一條射線都分別與其它的射線組成一個角，所以從點O出發的n條射線，可以組成角的個數為，據此求出從點O出發的四條射線．可以組成角的個數為多少即可．
【解答】解：從點O出發的四條射線，可以組成角的個數為：
＝＝＝6．
故選：B．
【點評】此題主要考查了角的概念以及應用，要熟練掌握，解答此題的關鍵是要明確：從點O出發的n條射線，可以組成角的個數為．
4．如圖，銳角的個數為（ ）
A．4 B．7 C．8 D．9
【考點】角的概念．
【分析】先計算∠AOD＝95°，∠BOE＝89°，則可判斷∠AOD為鈍角，∠BOE為銳角，然后從OA開始依次寫出圖中的銳角．
【解答】解：∵∠AOD＝37°+27°+31°＝95°，∠BOE＝27°+31°+21°＝89°，
∴∠AOD為鈍角，∠BOE為銳角，
∴圖中銳角有：∠AOB，∠AOC，∠BOC，∠BOD，∠BOE，∠COD，∠COE，∠DOE．
故選：C．
【點評】本題考查了角的定義：有公共端點是兩條射線組成的圖形叫做角，其中這個公共端點是角的頂點，這兩條射線是角的兩條邊．角的表示方法：角可以用一個大寫字母表示，也可以用三個大寫字母表示．其中頂點字母要寫在中間，唯有在頂點處只有一個角的情況，才可用頂點處的一個字母來記這個角，否則分不清這個字母究竟表示哪個角．角還可以用一個希臘字母（如∠α，∠β，∠γ、…）表示，或用阿拉伯數字（∠1，∠2…）表示．
5．（2018秋 合川區期末）如圖，在射線OA，OB，OC，OD，OE，OF所構成的圖形中，∠AOB＝50°，圖中銳角的個數為（ ）
A．5個 B．10個 C．15個 D．16個
【考點】角的概念．
【專題】線段、角、相交線與平行線；幾何直觀；應用意識．
【分析】找出以OA為始邊的角的個數，然后找出相鄰的邊為始邊的角的個數相加即可，按照五條射線角的個數的計算方法即可得到答案．
【解答】解：引出6條射線時，以OA為始邊的角有5個，以OC為始邊的角有4個，以OD為始邊的角有3個，
以OE為始邊的角有2個，以OF為始邊的角有1個，故當有5條射線時共有角：5+4+3+2+1＝15（個）．
故選：C．
【點評】本題主要考查角的個數的計算方法，在數角的個數時，能按一定的順序計算，理清順序，發現規律是解題的根據．
6．（2021春 武漢月考）探究同一平面內的n條直線兩兩相交（沒有3條或3條以上的直線共交點）同旁內角的數量問題，當n＝6時共有（ ）對同旁內角．
A．120 B．100 C．80 D．60
【考點】同位角、內錯角、同旁內角；相交線．
【專題】規律型；線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】根據同旁內角的定義，結合圖形確定同旁內角的對數，總結規律得出答案．
【解答】解：如圖所示：
直線l1，l2被直線l3所截，在這個基本圖形中，形成了2對同旁內角，
平面內三條直線l1，l2，l3兩兩相交，交點分別為A、B、C，圖中一共有3×2＝6對同旁內角，
平面內四條直線兩兩相交，交點最多為6個，最多可以形成4×（4﹣1）×（4﹣2）＝24對同旁內角，
平面內n條直線兩兩相交，最多可以形成n（n﹣1）（n﹣2）對同旁內角，
所以當n＝6時共有：6×5×4＝120（條），
故選：A．
【點評】本題考查了同旁內角問題，關鍵在于要結合圖形總結規律，應運用數形結合的思想求解．
7．（2021秋 嘉祥縣期末）如圖，在已知一個角內部畫射線，畫1條射線，圖中共有3個角；畫2條射線，圖中共有6個角；畫3條射線，圖中共有10個角；求畫9條射線得的角的個數是（ ）
A．10個 B．18個 C．45個 D．55個
【考點】角的概念；規律型：圖形的變化類．
【專題】線段、角、相交線與平行線；幾何直觀．
【分析】根據畫1條射線，圖中共有3個角；畫2條射線，圖中共有6個角；畫3條射線，圖中共有10個角，可以得出規律是畫n條射線，圖中共有 （n+1）（n+2）個角，把n＝9代入計算即可．
【解答】解：∵在已知角內畫射線，畫1條射線，圖中共有3個角，3＝（1+1）（1+2）；
畫2條射線，圖中共有6個角，6＝（2+1）（2+2）；
畫3條射線，圖中共有10個角，10＝（3+1）（3+2）；
…，
∴畫n條射線，圖中共有（n+1）（n+2）個角，
∴畫9條射線所得的角的個數是（9+1）（9+2）＝55（個），
故選：D．
【點評】本題考查了對角的概念和規律探索，解題的關鍵是能夠根據求出的結果探索出規律．
8．（2021秋 忠縣期末）如圖，圖①中有1個角，圖②中有3個不同角，圖③中有6個不同角，…，按此規律下去圖⑥中有不同角的個數為（ ）
A．15 B．16 C．21 D．22
【考點】角的概念；規律型：圖形的變化類．
【專題】線段、角、相交線與平行線．
【分析】利用已知圖中角的個數，進而得出變化規律，即可得到所求的結論．
【解答】解：圖①中有＝1個角，
圖②中有＝3個角，
圖③中有＝6個角．
按此規律下去圖⑥中有不同角的個數為＝21個角．
故選：C．
【點評】此題主要考查了角的概念以及圖形變化類，解答此類規律型問題，一定要弄清題目的規律，可以從簡單的圖形入手進行總結，然后得到一般化結論再進行求解．
二．填空題（共4小題）
9．觀察下列各圖，在第1個圖中有一個角，第2個圖中共有3個角，第3個圖中共有6個角，則第4個圖中角的個數是 10 ，第n個圖中角的個數為 ．
【考點】角的概念．
【專題】規律型．
【分析】先計數出每個圖中角的個數，然后找出其中的規律，從而得到第n個圖有個角．
【解答】解：其中第1個圖中共有＝1個角，
第2個圖中共有＝3個角，
第3個圖中共有＝6個角，
第3個圖中共有＝10個角
…，
由此規律得出第n個圖有個角．
故答案為：10；．
【點評】此題考查圖形的變化規律，找出圖形之間的聯系，得出數字之間的運算規律，利用規律解決問題是解題的關鍵．
10．圖中小于平角的角的個數為 9 ．
【考點】角的概念．
【分析】根據角的定義，按照一定的規律計數即可．
【解答】解：圖中小于平角的角有∠AOE、∠AOD、∠AOC、∠EOD、∠EOC、∠EOB、∠DOC、∠DOB、∠COB．
故答案為：9．
【點評】本題主要考查的是角的概念，掌握按照一定的順序計數是解題的關鍵．
11．如圖①中有1個角，圖②中有3個角，圖③中有6個角，以此類推，……
請從下面A，B題中任選﹣題作答，我選擇 AB
（A題）第④個圖中角的個數為 10 ．
（B題）第 個圖中角的個數為 ．
【考點】角的概念；規律型：圖形的變化類．
【專題】規律型；線段、角、相交線與平行線；幾何直觀．
【分析】先計數出每個圖中角的個數，然后找出其中的規律，從而得到第n個圖有個角．
【解答】解：其中第1個圖中共有＝1個角，
第2個圖中共有＝3個角，
第3個圖中共有＝6個角，
第4個圖中共有＝10個角
…，
由此規律得出第n個圖個角．
故答案為：10；．
【點評】此題考查圖形的變化規律，找出圖形之間的聯系，得出數字之間的運算規律，利用規律解決問題是解題的關鍵．
12．（2016秋 橋西區期中）如圖，已知∠MON，在∠MON內逐一畫射線，下面三個圖中分別有3個、6個、10個角（不大于平角的角）．當∠MON內有n條射線時，角的個數為 ．
【考點】角的概念．
【專題】規律型．
【分析】畫1條、2條、3條射線時可以數出角的個數分別有3個、6個、10個角，當畫n條時，由規律得到角的個數的表達式．
【解答】解：畫n條射線所得的角的個數為：
1+2+3+…+（n+1）＝．
故答案為：．
【點評】本題考查了對角的概念的應用，關鍵是能根據求出結果得出規律．
三．解答題（共6小題）
13．（1）如圖，在∠AOB中，以O為頂點引射線，填表：
∠AOB內射線的條數 1 2 3 4
角的總個數 　3　 　6　 　10　 　15　
（2）若∠AOB內射線的條數是n，請用關于n的式子表示出上面的結論；
（3）若角的總個數為5050個，則∠AOB內有射線條數多少條？
【考點】角的概念；直線、射線、線段．
【專題】規律型．
【分析】（1）（2）若∠AOB內射線的條數是n，可構成（n+1）（n+2）個角，依據規律回答即可；
（3）可設∠AOB內有射線條數x條，根據等量關系：角的總個數＝5050個，列出方程求解即可．
【解答】解：（1）填表如下：
∠AOB內射線的條數 1 2 3 4
角的總個數 3 6 10 15
（2）若∠AOB內射線的條數是n，角的總個數＝（n+1）（n+2）；
（3）設∠AOB內有射線條數x條，依題意有
（x+1）（x+2）＝5050，
解得x1＝99，x2＝﹣102（負值舍去）．
故∠AOB內有射線條數99條．
故答案為：3，6，10，15．
【點評】本題主要考查的是角的概念，掌握其規律是解題的關鍵．有公共頂點的n條射線，一共可構成n（n﹣1）個角．
14．（2019秋 壽陽縣期末）如圖，從點O引出的射線（任兩條不共線）條數與角的總個數有如下關系：從點O引出兩條射線形成1個角；如圖1，從點O引出3條射線共形成3個角；如圖2從點O引出4條射線共形成6個角；如圖3從點O引出5條射線共形成10個角；
（1）觀察操作：當從點O引出6條射線共形成有 15 個角；
（2）探索發現：如圖4當從點O引出n條射線共形成 個角；（用含n的式子表示）
（3）實踐應用：8支籃球隊進行單循環比賽（參加比賽的每兩支球隊之間都要進行一場比賽），總的比賽場數為 28 場．如果n支籃球隊進行主客場制單循環賽（參加的每個隊都與其它所有隊各賽2場）總的比賽場數是 n（n﹣1） 場．
【考點】角的概念；列代數式；規律型：圖形的變化類．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】（1）從數字找規律即可解答；
（2）利用第（1）找到的規律即可解答；
（3）把籃球隊的支數當作射線的條數，總的比賽場數相當于射線可以組成的角的個數即可解答．
【解答】解：（1）從點O引出3條射線共形成3個角，3＝1+2，
從點O引出4條射線共形成6個角，6＝1+2+3，
從點O引出5條射線共形成10個角，10＝1+2+3+4，
從點O引出6條射線共形成的角的個數有：1+2+3+4+5＝15，
故答案為：15；
（2）由（1）得：從點O引出n條射線共形成 的角的個數為：1+2+3+...+（n﹣1）＝，
故答案為：；
（3）把8支籃球隊當作8條射線，
由（1）得：當n＝8時，＝＝28，
那么：n支籃球隊進行主客場制單循環賽（參加的每個隊都與其它所有隊各賽2場）總的比賽場數是：×2＝n（n﹣1），
故答案為：28，n（n﹣1）．
【點評】本題考查了角的概念，列代數式，規律型：圖形的變化類，從數字找規律是解題的關鍵．
15．觀察下圖，并解答下列問題：
（1）圖①中，有 2 條直線， 2 對對頂角；
（2）圖②中，有 3 條直線， 6 對對頂角；
（3）圖③中，有 4 條直線， 12 對對頂角；
（4）猜想：當n條直線相交于一點時，可形成 n（n﹣1） 對對頂角；（用含n的式子表示）
（5）若有100條直線相交于一點，則可形成 9900 對對頂角．
【考點】對頂角、鄰補角；列代數式；直線、射線、線段．
【專題】線段、角、相交線與平行線．
【分析】由圖示可得，（1）兩條直線相交于一點，形成2對對頂角；
（2）三條直線相交于一點，形成6對對頂角，
（3）四條直線相交于一點，形成12對對頂角；
依次可找出規律：（4）若有n條直線相交于一點，則可形成（n﹣1）n對對頂角；
（5）將n＝100代入n（n﹣1），可得100條直線相交于一點可形成的對頂角的對數．
【解答】解：（1）如圖①，兩條直線相交于一點，共有1×2＝2對對頂角；
故答案為：2；2；
（2）如圖②，三條直線相交于一點，共有2×3＝6對對頂角；
故答案為：3；6；
（3）如圖③，四條直線相交于一點，共有3×4＝12對對頂角；
故答案為：4；12；
（4）研究（1）～（3）小題中直線條數與對頂角的對數之間的關系，
若有n條直線相交于一點，則可形成n（n﹣1）對對頂角；
故答案為：n（n﹣1）；
（5）若有100條直線相交于一點，則可形成（100﹣1）×100＝9900對對頂角．
故答案為：9900．
【點評】此題主要考查了多條直線相交于一點，所形成的對頂角的個數的計算規律．即若有n條直線相交于一點，則可形成（n﹣1）n對對頂角．
16．觀察圖的各個角，尋找對頂角（不含平角）：
（1）如圖①所示，兩條直線AB與CD相交于一點形成 2 對對頂角；
（2）如圖②所示，三條直線AB，CD，EF相交 于一點形成 6 對對頂角；
（3）如圖③所示，四條直線AB，CD，EF，GH相交于一點形成 12 對對頂角；
（4）探究（1）～（3）各題中直線條數與對頂角 對數之間的關系，若有n（n≥2 且n為整數） 條直線相交于一點，則可形成 n（n﹣1） 對對頂角；
（5）根據（4）中探究得到的結論計算：若有 022條直線相交于一點，則可形成 4086462 對對頂角．
【考點】對頂角、鄰補角．
【專題】線段、角、相交線與平行線；幾何直觀．
【分析】（1）根據圖形可以知道有兩對；
（2）可以發現有6對，
（3）共有12對，
（4）依據規律可以推測出若有n條直線相交于一點，則可形成n（n﹣1）對對頂角．
（5）分別根據對頂角的定義計算即可得解；
【解答】解：（1）中對頂角是∠AOC與∠BOD，∠AOD與∠BOC；
故答案為：2．
（2）中對頂角是∠AOC與∠DOB，∠COF與DOE，∠BOF與∠AOE，∠AOE∠與BOE，∠BOC與∠AOD，∠DOF與∠COE；
故答案為：6．
（3）中是4條線交于O點對頂角的數目是在6對對頂角的基礎上加上第四條線與前3條線的2個端點的組合共6對對頂角，
∴③中對頂角共有12對；
故答案為：12．
（4）根據以上總結2條線相交對頂角有2×（2﹣1）＝2；
3條線相交對頂角3×（3﹣1）＝6；
4條線相交對頂角4×（4﹣1）＝12；
以此類推：2×0+2×（2﹣1）+…+2×（n﹣1）＝2×（0+1+2+3+…+n﹣1）＝2×[（n﹣1+0）×]＝n×（n﹣1）；n＞0，n為整數．
∴n條直線兩兩相交，共形成n（n﹣1）對對頂角．
故答案為：n（n﹣1）．
（5）由（1）中的結論可知，若有 2022 條直線相交于一點，則可形成的對頂角的個數為2022×（2022﹣1）＝4086462．
故答案為：4086462．
【點評】本題考查了對頂角的定義，是基礎題，熟記概念并準確識圖，按照一定的順序計算對頂角的對數是解題的關鍵．
17．（2018秋 沛縣期末）（1）若直線l上有2個點，一共有 1 條線段；
若直線l上有3個點，一共有 3 條線段；
若直線l上有4個點，一共有 6 條線段；…
若直線l上有n個點，一共有 n（n﹣1） 條線段；
（2）有公共頂點的2條射線可以組成 1 個小于平角的角；
有公共頂點的3條射線最多可以組成 3 個小于平角的角；
有公共頂點的4條射線最多可以組成 6 個小于平角的角；…
有公共頂點的n條射線最多可以組成 n（n﹣1） 個小于平角的角；
（3）你學過的知識里還有滿足類似規律的嗎？試著寫一個．
【考點】角的概念；規律型：圖形的變化類；直線、射線、線段；直線的性質：兩點確定一條直線．
【專題】線段、角、相交線與平行線．
【分析】（1）依據直線上點的個數，即可數出線段的條數，進而得到規律；
（2）依據射線的條數，即可數出角的個數，進而得到規律；
（3）根據規律可得其它的例子．
【解答】解：（1）若直線l上有2個點，一共有1條線段；
若直線l上有3個點，一共有1+2＝3條線段；
若直線l上有4個點，一共有1+2+3＝6條線段；
…
若直線l上有n個點，一共有n（n﹣1）條線段；
故答案為：1，3，6，n（n﹣1）；
（2）有公共頂點的2條射線可以組成1個小于平角的角；
有公共頂點的3條射線最多可以組成1+2＝3個小于平角的角；
有公共頂點的4條射線最多可以組成1+2+3＝6個小于平角的角；
…
有公共頂點的n條射線最多可以組成n（n﹣1）個小于平角的角；
故答案為：1，3，6，n（n﹣1）；
（3）例如：平面上有n個點，最多能畫出n（n﹣1）條直線．
比賽時有n個球隊，每兩個球隊打一場，最多能打n（n﹣1）場比賽．
【點評】本題主要考查了圖形的變化類問題，首先應找出圖形哪些部分發生了變化，是按照什么規律變化的，通過分析找到各部分的變化規律后直接利用規律求解．探尋規律要認真觀察、仔細思考，善用聯想來解決這類問題．
18．（2013秋 懷遠縣期末）如圖（1）：給出一個角∠AOB，這時圖中的角的個數為1，記作P0＝1．
如圖（2）如果在∠AOB的內部，從角的頂點O出發任作一條射線，這時共有P1個角，即P1＝1+2＝3
如圖（3）如果在∠AOB的內部從角的頂點O出發，任作兩條不同的射線，這時共有P2個角，即P2＝1+2+3＝6
如此類推：P3＝ 1+2+3+4 ＝ 10 ；P4＝ 1+2+3+4+5 ＝ 15 ．
如果在∠AOB的內部從角的頂點O出發，任作n條不同的射線，這時共有Pn個角，那么Pn等于多少？
【考點】規律型：圖形的變化類；角的概念．
【分析】根據角的概念分單個的角和復合角分別查出，然后根據數據的變化總結出通項公式即可得解．
【解答】解：觀察發現：
P1＝1+2＝3；
P2＝1+2+3＝6；
P3＝1+2+3+4＝10；
P4＝1+2+3+4+5＝15；
…
Pn＝1+2+3+4+…+（n+1）＝（n+1）（n+2）；
故答案為：1+2+3+4，10；1+2+3+4+5，15；
【點評】考查了圖形的變化類問題及角的概念，解決本題的關鍵是能根據題意得出規律．
考點卡片
1．列代數式
（1）定義：把問題中與數量有關的詞語，用含有數字、字母和運算符號的式子表示出來，就是列代數式．
（2）列代數式五點注意：①仔細辨別詞義． 列代數式時，要先認真審題，抓住關鍵詞語，仔細辯析詞義．如“除”與“除以”，“平方的差（或平方差）”與“差的平方”的詞義區分． ②分清數量關系．要正確列代數式，只有分清數量之間的關系． ③注意運算順序．列代數式時，一般應在語言敘述的數量關系中，先讀的先寫，不同級運算的語言，且又要體現出先低級運算，要把代數式中代表低級運算的這部分括起來．④規范書寫格式．列代數時要按要求規范地書寫．像數字與字母、字母與字母相乘可省略乘號不寫，數與數相乘必須寫乘號；除法可寫成分數形式，帶分數與字母相乘需把代分數化為假分數，書寫單位名稱什么時不加括號，什么時要加括號．注意代數式括號的適當運用． ⑤正確進行代換．列代數式時，有時需將題中的字母代入公式，這就要求正確進行代換．
【規律方法】列代數式應該注意的四個問題
1．在同一個式子或具體問題中，每一個字母只能代表一個量．
2．要注意書寫的規范性．用字母表示數以后，在含有字母與數字的乘法中，通常將“×”簡寫作“ ”或者省略不寫．
3．在數和表示數的字母乘積中，一般把數寫在字母的前面，這個數若是帶分數要把它化成假分數．
4．含有字母的除法，一般不用“÷”（除號），而是寫成分數的形式．
2．規律型：圖形的變化類
圖形的變化類的規律題
首先應找出圖形哪些部分發生了變化，是按照什么規律變化的，通過分析找到各部分的變化規律后直接利用規律求解．探尋規律要認真觀察、仔細思考，善用聯想來解決這類問題．
3．直線、射線、線段
（1）直線、射線、線段的表示方法
①直線：用一個小寫字母表示，如：直線l，或用兩個大寫字母（直線上的）表示，如直線AB．
②射線：是直線的一部分，用一個小寫字母表示，如：射線l；用兩個大寫字母表示，端點在前，如：射線OA．注意：用兩個字母表示時，端點的字母放在前邊．
③線段：線段是直線的一部分，用一個小寫字母表示，如線段a；用兩個表示端點的字母表示，如：線段AB（或線段BA）．
（2）點與直線的位置關系：①點經過直線，說明點在直線上；②點不經過直線，說明點在直線外．
4．直線的性質：兩點確定一條直線
（1）直線公理：經過兩點有且只有一條直線．
簡稱：兩點確定一條直線．
（2）經過一點的直線有無數條，過兩點就唯一確定，過三點就不一定了．
5．角的概念
（1）角的定義：有公共端點是兩條射線組成的圖形叫做角，其中這個公共端點是角的頂點，這兩條射線是角的兩條邊．
（2）角的表示方法：角可以用一個大寫字母表示，也可以用三個大寫字母表示．其中頂點字母要寫在中間，唯有在頂點處只有一個角的情況，才可用頂點處的一個字母來記這個角，否則分不清這個字母究竟表示哪個角．角還可以用一個希臘字母（如∠α，∠β，∠γ、…）表示，或用阿拉伯數字（∠1，∠2…）表示．
（3）平角、周角：角也可以看作是由一條射線繞它的端點旋轉而形成的圖形，當始邊與終邊成一條直線時形成平角，當始 邊與終邊旋轉重合時，形成周角．
（4）角的度量：度、分、秒是常用的角的度量單位．1度＝60分，即1°＝60′，1分＝60秒，即1′＝60″．
6．相交線
（1）相交線的定義
兩條直線交于一點，我們稱這兩條直線相交．相對的，我們稱這兩條直線為相交線．
（2）兩條相交線在形成的角中有特殊的數量關系和位置關系的有對頂角和鄰補角兩類．
（3）在同一平面內，兩條直線的位置關系有兩種：平行和相交（重合除外）．
7．對頂角、鄰補角
（1）對頂角：有一個公共頂點，并且一個角的兩邊分別是另一個角的兩邊的反向延長線，具有這種位置關系的兩個角，互為對頂角．
（2）鄰補角：只有一條公共邊，它們的另一邊互為反向延長線，具有這種關系的兩個角，互為鄰補角．
（3）對頂角的性質：對頂角相等．
（4）鄰補角的性質：鄰補角互補，即和為180°．
（5）鄰補角、對頂角成對出現，在相交直線中，一個角的鄰補角有兩個．鄰補角、對頂角都是相對與兩個角而言，是指的兩個角的一種位置關系．它們都是在兩直線相交的前提下形成的．
8．同位角、內錯角、同旁內角
（1）同位角：兩條直線被第三條直線所截形成的角中，若兩個角都在兩直線的同側，并且在第三條直線（截線）的同旁，則這樣一對角叫做同位角．
（2）內錯角：兩條直線被第三條直線所截形成的角中，若兩個角都在兩直線的之間，并且在第三條直線（截線）的兩旁，則這樣一對角叫做內錯角．
（3）同旁內角：兩條直線被第三條直線所截形成的角中，若兩個角都在兩直線的之間，并且在第三條直線（截線）的同旁，則這樣一對角叫做同旁內角．
（4）三線八角中的某兩個角是不是同位角、內錯角或同旁內角，完全由那兩個角在圖形中的相對位置決定．在復雜的圖形中判別三類角時，應從角的兩邊入手，具有上述關系的角必有兩邊在同一直線上，此直線即為截線，而另外不在同一直線上的兩邊，它們所在的直線即為被截的線．同位角的邊構成“F“形，內錯角的邊構成“Z“形，同旁內角的邊構成“U”形．初中數學解題模型之圖形認識初步（歐拉公式）
一．選擇題（共5小題）
1．將正方體的面數記為f，邊數記為e，頂點數記為v，則f+v﹣e＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．一個多面體，若頂點數為4，面數為4，則棱數是（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
3．設長方體的頂點數為v，棱數為e，面數為f，則v+e+f等于（　　）
A．26 B．2 C．14 D．10
4．正多面體的面數、棱數、頂點數之間存在著一個奇妙的關系，若用F，E，V分別表示正多面體的面數、棱數、頂點數，則有F+V﹣E＝2，現有一個正多面體共有12條棱，6個頂點，則它的面數F等于（　　）
A．6 B．8 C．12 D．20
5．（2015秋 游仙區校級期末）歐拉公式中，多面體的面數F，棱數E，頂點數V之間的正確關系是（　　）
A．F+V﹣E＝2 B．F+E﹣V＝2 C．E+V﹣F＝2 D．E﹣V﹣F＝2
二．填空題（共13小題）
6．（2018秋 上杭縣期末）簡單多面體是各個面都是多邊形組成的幾何體，十八世紀瑞士數學家歐拉證明了簡單多面體中頂點數（V）、面數（F）和棱數（E）之間存在一個有趣的關系式，稱為歐拉公式．如表是根據左邊的多面體模型列出的不完整的表：
多面體 頂點數 面數 棱數
四面體 4 4 6
長方體 8 6
正八面體 8 12
現在有一個多面體，它的每一個面都是三角形，它的面數（F）和棱數（E）的和為30，則這個多面體的頂點數V＝　 　．

7．（2018秋 南江縣期末）閱讀下面的材料：1750年歐拉在寫給哥德巴赫的信中列舉了多面體的一些性質，其中一條是，如果用V，E，F分別表示凸多面體的頂點數、棱數、面數，則有V﹣E+F＝2．這個發現就是著名的歐拉定理．根據所閱讀的材料，完成：一個多面體的面數為12，棱數是80，則其頂點數為 　 　．
8．（2013秋 南江縣校級期末）閱讀下面的材料：1750年歐拉在寫給哥德巴赫的信中列舉了多面體的一些性質，其中一條是：如果用V，E，F分別表示凸多面體的頂點數、棱數、面數，則有V﹣E+F＝2．這個發現，就是著名的歐拉定理．根據所閱讀的材料，完成：一個多面體的面數為12，棱數是30，則其頂點數為 　 　．
9．（2013秋 鄲城縣校級月考）一個多面體的頂點數為12，棱數是30，則這個多面體的面數是 　 　．
10．（2012秋 高港區校級月考）任意一個多面體，它的面數記為a，頂點數記為b，棱的條數記為c，則a，b，c三者之間的關系式為 　 　．
11．（2011秋 市中區校級月考）n棱柱的面數+頂點數﹣棱數＝　 　．
12．從每個頂點出發的所有棱長相等，所有面形狀、大小完全相同的正多邊形的幾何體稱為正多面體、其面數+頂點數﹣棱數＝　 　．
13．（2021秋 南關區校級月考）如圖，正四面體的頂點數（4）+面數（4）﹣棱數（6）＝2，仔細觀察后計算，正八面體的頂點數+面數﹣棱數＝　 　．

14．（2018秋 成都期中）瑞士著名數學家歐拉發現：簡單多面體的頂點數V、面數F及棱數E之間滿足一種有趣的關系：V+F﹣E＝2，這個關系式被稱為歐拉公式．比如：正二十面體（如右圖），是由20個等邊三角形所組成的正多面體，已知每個頂點處有5條棱，則可以通過歐拉公式算出正二十面體的頂點為 　 　個．那么一個多面體的每個面都是五邊形，每個頂點引出的棱都有3條，它是一個 　 　面體．

15．（2017秋 高新區期末）一個多面體的面數為6，棱數是12，則其頂點數為 　 　．
16．（2011 南海區模擬）十八世紀瑞士數學家歐拉證明了簡單多面體中頂點數（v）、面數（f）、棱數（e）之間存在的一個有趣的關系式，被稱為歐拉公式．請你觀察下列幾種簡單多面體模型：

根據上面多面體模型，你發現頂點數（v）、面數（f）、棱數（e）之間存在的關系式是 　 　．
17．正多面體共有五種，它們是 　 　、　 　、　 　、　 　、　 　，它們的面數f，棱數e、頂點數v滿足關系式 　 　．
18．圖1（1）、（2）、（3）依次表示四面體、八面體、正方體．

它們各自的面積數F、棱數E與頂點數V如下表：
F E V
四面體 4 6 4
八面體 8 12 6
正方體 6 12 8
觀察這些數據，可以發現F、E、V之間的關系滿足等式：　 　．
三．解答題（共12小題）
19．（2020秋 壽陽縣期中）十八世紀瑞士數學家歐拉證明了簡單多面體中頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的一個有趣的關系式，被稱為歐拉公式．
請你觀察下列幾種簡單多面體模型，解答下列問題：

（1）根據上面多面體模型，完成表格中的空格：
多面體 頂點數（V） 面數（F） 棱數（E）
四面體 4 4 　 　
長方體 8 6 12
正八面體 　 　 8 12
正十二面體 20 12 30
（2）你發現頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的關系式是　 　．
（3）一個多面體的面數與頂點數相同，且有12條棱，則這個多面體的面數是　 　．
20．（2018秋 南豐縣期中）圖1至圖3是將正方體截去一部分后得到的多面體．
（1）根據要求將表格補充完整：
面數（f） 頂點數（v） 棱數（e）
圖1 　 　 7 12
圖2 7 　 　 13
圖3 7 10 　 　
（2）猜想f、v、e三個數量間有何關系；
（3）根據猜想計算，若一個多面體有頂點數2018個，棱數4035條，試求出它的面數．

21．（2020秋 靈石縣月考）觀察下列多面體，并把下表補充完整．
名稱 三棱柱 四棱柱 五棱柱 六棱柱
圖形
頂點數a 6 　 　 10 12
棱數b 9 12 　 　 　 　
面數c 5 　 　 　 　 8
觀察上表中的結果，你能發現a、b、c之間有什么關系嗎？請寫出發現的關系式．
22．（2019秋 沈北新區期中）十八世紀瑞士數學家歐拉證明了簡單多面體中頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的一個有趣的關系式，被稱為歐拉公式．請你觀察下列幾種簡單多面體模型，解答下列問題：
（1）根據上面多面體模型，完成表格中的空格：
多面體 頂點數（V） 面數（F） 棱數（E）
四面體 　 　 　 　 　 　
長方體 　 　 　 　 　 　
正八面體 　 　 　 　 　 　
正十二面體 　 　 　 　 　 　
你發現頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的關系式是　 　．
（2）一個多面體的面數比頂點數小8，且有30條棱，則這個多面體的面數是　 　．
（3）某個玻璃飾品的外形是簡單多面體，它的外表面是由三角形和八邊形兩種多邊形拼接而成，且有24個頂點，每個頂點處都有3條棱，設該多面體外表面三角形的個數為x個，八邊形的個數為y個，求x+y的值．
23．（2018 涼山州模擬）觀察下列多面體，并把如表補充完整．
名稱 三棱柱 四棱柱 五棱柱 六棱柱
圖形
頂點數a 6 10 12
棱數b 9 12
面數c 5 8
觀察表中的結果，你能發現a、b、c之間有什么關系嗎？請寫出關系式．
24．（2014秋 海陵區期末）回答下列問題：
（1）如圖所示的甲、乙兩個平面圖形能折什么幾何體？

（2）由多個平面圍成的幾何體叫做多面體．若一個多面體的面數為f，頂點個數為v，棱數為e，分別計算第（1）題中兩個多面體的f+v﹣e的值？你發現什么規律？
（3）應用上述規律解決問題：一個多面體的頂點數比面數大8，且有50條棱，求這個幾何體的面數．
25．（2013秋 泉港區期末）設棱錐的頂點數為V，面數為F，棱數為E．
（1）觀察與發現：三棱錐中，V3＝　 　，F3＝　 　，E3＝　 　；
五棱錐中，V5＝　 　，F5＝　 　，E5＝　 　；
（2）猜想：①十棱錐中，V10＝　 　，F10＝　 　，E10＝　 　；
②n棱錐中，Vn＝　 　，Fn＝　 　，En＝　 　；（用含有n的式子表示）
（3）探究：①棱錐的頂點數（V）與面數（F）之間的等量關系：　 　；
②棱錐的頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間的等量關系：E＝　 　；
（4）拓展：棱柱的頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間是否也存在某種等量關系？若存在，試寫出相應的等式；若不存在，請說明理由．

26．（2020秋 興慶區校級月考）如圖1至圖3是將正方體截去一部分后得到的多面體．

（1）根據要求填寫表格：
面數（f） 頂點數（v） 棱數（e）
圖1 　 　 　 　 　 　
圖2 　 　 　 　 　 　
圖3 　 　 　 　 　 　
（2）猜想f、v、e三個數量間有何關系；
（3）根據猜想計算，若一個多面體有頂點數2018個，棱數4036條，試求出它的面數．
27．（2016秋 雁塔區校級月考）十八世紀瑞士數學家歐拉證明了簡單多面體中頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的一個有趣的關系式，被稱為歐拉公式，請你觀察下列幾種簡單多面體模型，解答下列問題：

（1）根據上面多面體模型，完成表格中的空格；
多面體 頂點數（V） 面數（F） 棱數（E）
四面體 4 4
長方體 8 6 12
正八面體 8 12
正十二面體 20 12 30
你發現頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的關系式是　 　．
（2）正十二面體有12個面，那它有　 　條棱；
（3）一個多面體的面數比頂點數小8，且有30條棱，則這多面體的頂點數是　 　；
（4）某個玻璃飾品的外形是簡單多面體，它的外表是由三角形和八邊形兩種多邊形拼接而成，且有48個頂點，每個頂點處都有3條棱，設該多面體表面三角形的個數為x個，八邊形的個數為y個，求x+y的值．
28．（2015秋 龍巖校級月考）十八世紀瑞士數學家歐拉證明了簡單多面體中頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的一個有趣的關系式，被稱為歐拉公式．請你觀察下列幾種簡單多面體模型，解答下列問題：

（1）根據上面多面體模型，完成表格中的空格：
多面體 頂點數（V） 面數（F） 棱數（E）
四面體 4 4 　 　
長方體 8 6 12
正八面體 　 　 8 12
正十二面體 20 　 　 30
（2）你發現頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的關系式是　 　．
（3）一個多面體的面數比頂點數大8，且有30條棱，則這個多面體的面數是　 　．
29．（2017秋 太原期中）在對第一章“豐富的圖形世界”復習前，老師讓學生整理正方體截面的形狀并探究多面體（由若干個多邊形所圍成的幾何體）的棱數、面數、頂點數之間的數量關系，如圖是小穎用平面截正方體后剩余的多面體，請解答下列問題：

（1）根據上圖完成下表：
多面體 V（頂點數） F（面數） E（棱數）
（1） 　 　 7 15
（3） 6 　 　 9
（5） 8 6 　 　
（2）猜想：一個多面體的V（頂點數），F（面數），E（棱數）之間的數量關系是 　 　；
（3）計算：已知一個多面體有20個面、30條棱，那么這個多面體有 　 　個頂點．
30．（2017秋 吉安期中）觀察下列多面體，并把表補充完整．
名稱 　三棱柱 　四棱柱 　五棱柱 　六棱柱
　圖形
　頂點數a 　6 　 　 　10 　12
　棱數b 　9 　12 　 　 　 　
　面數c 　5 6 　 　 　8
（1）完成表中的數據；
（2）若某個棱柱由28個面構成，則這個棱柱為 　 　棱柱；
（3）根據表中的規律判斷，n棱柱共有 　 　個面，共有 　 　個頂點，共有 　 　條棱；
（4）觀察表中的結果，你發現棱柱頂點數、棱數、面數之間有什么關系嗎？請直接寫出來．
初中數學解題模型之圖形認識初步（歐拉公式）
參考答案與試題解析
一．選擇題（共5小題）
1．將正方體的面數記為f，邊數記為e，頂點數記為v，則f+v﹣e＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考點】歐拉公式．
【分析】根據正方體的概念和特性進行分析計算即解．
【解答】解：正方體的頂點數v＝8，棱數e＝12，面數f＝6．
故f+v﹣e＝8+6﹣12＝2．
故選：B．
【點評】此題主要考查了歐拉公式，解決本題的關鍵是明白正方體的構造特征為：正方體有6個面，8個頂點，12條棱．
2．一個多面體，若頂點數為4，面數為4，則棱數是（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【考點】歐拉公式．
【分析】根據歐拉公式，簡單多面體的頂點數V、面數F及棱數E間的關系為：V+F﹣E＝2，代入求出棱數．
【解答】解：根據歐拉公式：V+F﹣E＝2，
可得4+4﹣E＝2，
解得E＝6．
故選：C．
【點評】本題主要考查歐拉公式：V+F﹣E＝2，屬于基礎題．
3．設長方體的頂點數為v，棱數為e，面數為f，則v+e+f等于（　　）
A．26 B．2 C．14 D．10
【考點】歐拉公式．
【專題】計算題．
【分析】根據長方體的概念和特性進行分析計算即解．
【解答】解：長方體的頂點數v＝8，棱數e＝12，面數f＝6．故v+e+f＝8+12+6＝26．
故選：A．
【點評】解決本題的關鍵是明白長方體的構造特征為：長方體有6個面，8個頂點，12條棱．
4．正多面體的面數、棱數、頂點數之間存在著一個奇妙的關系，若用F，E，V分別表示正多面體的面數、棱數、頂點數，則有F+V﹣E＝2，現有一個正多面體共有12條棱，6個頂點，則它的面數F等于（　　）
A．6 B．8 C．12 D．20
【考點】歐拉公式．
【專題】計算題．
【分析】根據題意中的公式F+V﹣E＝2，將E，V代入即解．
【解答】解∵正多面體共有12條棱，6個頂點，
∴E＝12，V＝6，
∴F＝2﹣V+E＝2﹣6+12＝8．
故選：B．
【點評】解決本題的關鍵是正確的審題，合理利用題目中給出的公式解答．
5．（2015秋 游仙區校級期末）歐拉公式中，多面體的面數F，棱數E，頂點數V之間的正確關系是（　　）
A．F+V﹣E＝2 B．F+E﹣V＝2 C．E+V﹣F＝2 D．E﹣V﹣F＝2
【考點】歐拉公式．
【專題】應用意識．
【分析】根據歐拉公式進行解答即可．
【解答】解：凸多面體的面數F、頂點數V和棱數E滿足如下關系：V+F﹣E＝2
故選：A．
【點評】本題由幾個特殊多面體，觀察它們的頂點數、面數和棱數，歸納出一般結論，得到歐拉公式，著重考查了歸納推理和凸多面體的性質等知識，屬于基礎題．
二．填空題（共13小題）
6．（2018秋 上杭縣期末）簡單多面體是各個面都是多邊形組成的幾何體，十八世紀瑞士數學家歐拉證明了簡單多面體中頂點數（V）、面數（F）和棱數（E）之間存在一個有趣的關系式，稱為歐拉公式．如表是根據左邊的多面體模型列出的不完整的表：
多面體 頂點數 面數 棱數
四面體 4 4 6
長方體 8 6
正八面體 8 12
現在有一個多面體，它的每一個面都是三角形，它的面數（F）和棱數（E）的和為30，則這個多面體的頂點數V＝　8　．

【考點】歐拉公式；數學常識．
【專題】圖表型；運算能力．
【分析】直接利用V，E，F分別表示凸多面體的頂點數、棱數、面數，歐拉公式為V﹣E+F＝2，求出答案．
【解答】解：∵現在有一個多面體，它的每一個面都是三角形，它的面數（F）和棱數（E）的和為30，
∴這個多面體的頂點數V＝2+E﹣F，
∵每一個面都是三角形，
∴每相鄰兩條邊重合為一條棱，
∴E＝F，
∵E+F＝30，
∴F＝12，
∴E＝18，
∴V＝，2+E﹣F＝8，
故答案為8．
【點評】此題主要考查了歐拉公式，正確應用公式是解題關鍵．
7．（2018秋 南江縣期末）閱讀下面的材料：1750年歐拉在寫給哥德巴赫的信中列舉了多面體的一些性質，其中一條是，如果用V，E，F分別表示凸多面體的頂點數、棱數、面數，則有V﹣E+F＝2．這個發現就是著名的歐拉定理．根據所閱讀的材料，完成：一個多面體的面數為12，棱數是80，則其頂點數為 　70　．
【考點】歐拉公式；列代數式．
【專題】新定義；符號意識．
【分析】直接利用歐拉公式V﹣E+F＝2，求出答案．
【解答】解：∵用V，E，F分別表示凸多面體的頂點數、棱數、面數，則有V﹣E+F＝2．
∴V＝E﹣F+2，
∵一個多面體的面數為12，棱數是80，
∴其頂點數為：80﹣12+2＝70．
故答案為：70．
【點評】此題主要考查了歐拉公式，正確應用公式是解題關鍵．
8．（2013秋 南江縣校級期末）閱讀下面的材料：1750年歐拉在寫給哥德巴赫的信中列舉了多面體的一些性質，其中一條是：如果用V，E，F分別表示凸多面體的頂點數、棱數、面數，則有V﹣E+F＝2．這個發現，就是著名的歐拉定理．根據所閱讀的材料，完成：一個多面體的面數為12，棱數是30，則其頂點數為 　20　．
【考點】歐拉公式．
【分析】直接把面數、棱數代入公式，即可求得頂點數．
【解答】解：由題意可得，V﹣30+12＝2，
解得V＝20．
故答案為：20
【點評】此題考查歐拉公式的應用，直接代入計算即可．
9．（2013秋 鄲城縣校級月考）一個多面體的頂點數為12，棱數是30，則這個多面體的面數是 　20　．
【考點】歐拉公式．
【分析】根據常見幾何體的結構特征進行判斷．
【解答】解：∵頂點數記為V，棱數記為E，面數記為F，
V+F﹣E＝2，
∴12+F﹣30＝2，
解得：F＝20．
故答案為：20．
【點評】本題考查了歐拉公式及幾何體的特征，是一道簡單的基礎題．
10．（2012秋 高港區校級月考）任意一個多面體，它的面數記為a，頂點數記為b，棱的條數記為c，則a，b，c三者之間的關系式為 　a+b﹣c＝2　．
【考點】歐拉公式．
【分析】簡單多面體的頂點數V、面數F及棱數E間的關系為：V+F﹣E＝2，這個公式叫歐拉公式．
【解答】解：由歐拉公式可得：a+b﹣c＝2．
故答案為：a+b﹣c＝2．
【點評】本題考查了歐拉公式，屬于基礎知識的考察，歐拉公式的內容需要同學們熟練掌握．
11．（2011秋 市中區校級月考）n棱柱的面數+頂點數﹣棱數＝　2　．
【考點】歐拉公式．
【分析】根據歐拉公式，得出正多面體的面數+頂點數﹣棱數的結果．
【解答】解：從每個頂點出發的所有棱長相等，所有面形狀、大小完全相同的正多邊形的幾何體稱為正多面體，其面數+頂點數﹣棱數＝2．
故答案為：2．
【點評】本題考查了歐拉公式中多面體的頂點數，面數，棱數之間的關系，靈活運用公式是解題關鍵．
12．從每個頂點出發的所有棱長相等，所有面形狀、大小完全相同的正多邊形的幾何體稱為正多面體、其面數+頂點數﹣棱數＝　2　．
【考點】歐拉公式．
【分析】根據歐拉公式，得出正多面體的面數+頂點數﹣棱數的結果．
【解答】解：從每個頂點出發的所有棱長相等，所有面形狀、大小完全相同的正多邊形的幾何體稱為正多面體，其面數+頂點數﹣棱數＝2．故答案為2．
【點評】本題考查多面體的頂點數，面數，棱數之間的關系及靈活運用．
13．（2021秋 南關區校級月考）如圖，正四面體的頂點數（4）+面數（4）﹣棱數（6）＝2，仔細觀察后計算，正八面體的頂點數+面數﹣棱數＝　2　．

【考點】歐拉公式．
【專題】投影與視圖；幾何直觀．
【分析】只需分別找出正八面體的頂點數，面數和棱數即可．
【解答】解：正八面體有6個頂點，12條棱，8個面．
∴正八面體的頂點數+面數﹣棱數＝6+8﹣12＝2．
故答案為：2．
【點評】本題考查歐拉公式，正確找出正八面體的頂點數，面數，棱數是求解本題的關鍵．
14．（2018秋 成都期中）瑞士著名數學家歐拉發現：簡單多面體的頂點數V、面數F及棱數E之間滿足一種有趣的關系：V+F﹣E＝2，這個關系式被稱為歐拉公式．比如：正二十面體（如右圖），是由20個等邊三角形所組成的正多面體，已知每個頂點處有5條棱，則可以通過歐拉公式算出正二十面體的頂點為 　12　個．那么一個多面體的每個面都是五邊形，每個頂點引出的棱都有3條，它是一個 　12　面體．

【考點】等邊三角形的性質；數學常識；規律型：圖形的變化類；歐拉公式．
【專題】圖表型．
【分析】①設出正二十面體的頂點為n個，則棱有條．利用歐拉公式構建方程即可解決問題．②設頂點數V，棱數E，面數F，每個點屬于三個面，每條邊屬于兩個面，利用歐拉公式構建方程即可解決問題．
【解答】解：①設出正二十面體的頂點為n個，則棱有條．
由題意F＝20，
∴n+20﹣＝2，
解得n＝12．
②設頂點數V，棱數E，面數F，每個點屬于三個面，每條邊屬于兩個面
由每個面都是五邊形，則就有E＝，V＝
由歐拉公式：F+V﹣E＝2，代入：
F+﹣＝2
化簡整理：F＝12
所以：E＝30，V＝20
即多面體是12面體．棱數是30，面數是12，
故答案為12，12．
【點評】本題考查歐拉公式的應用，解題的關鍵是理解題意，學會利用參數構建方程解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．
15．（2017秋 高新區期末）一個多面體的面數為6，棱數是12，則其頂點數為 　8　．
【考點】歐拉公式．
【分析】因為多面體的面數為6，棱數是12，故多面體為四棱柱．
【解答】解：根據四棱柱的概念，有8個頂點．
故答案為8．
【點評】本題考查的棱柱的定義，關鍵點在于：棱柱的面與面相交成棱，棱與棱相交成點．
16．（2011 南海區模擬）十八世紀瑞士數學家歐拉證明了簡單多面體中頂點數（v）、面數（f）、棱數（e）之間存在的一個有趣的關系式，被稱為歐拉公式．請你觀察下列幾種簡單多面體模型：

根據上面多面體模型，你發現頂點數（v）、面數（f）、棱數（e）之間存在的關系式是 　v+f﹣e＝2　．
【考點】歐拉公式．
【分析】先根據四面體、長方體、正八面體，正十二面體的頂點數、面數和棱數，總結出頂點數（v）、面數（f ）、棱數（e）之間存在的關系式即可．
【解答】解：四面體的頂點數為4、面數為4，棱數為6，則4+4﹣6＝2；
長方體的頂點數為8、面數為6，棱數為12，則8+6﹣12＝2；
正八面體的頂點數為6，面數為8，棱數為12，則8+6﹣12＝2；
則關系式為：v+f﹣e＝2；
故答案為：v+f﹣e＝2．
【點評】本題考是一個找規律的題目，查了歐拉公式，由特殊到一般的思想在數學教學中常用到．
17．正多面體共有五種，它們是 　用正三角形做面的正四面體　、　用正三角形做面的正八面體　、　用正三角形做面的正十二面體　、　用正方形做面的正六面體　、　用正五邊形做面的正十二面體　，它們的面數f，棱數e、頂點數v滿足關系式 　f+v﹣e＝2　．
【考點】歐拉公式．
【專題】常規題型．
【分析】根據正多面體的面是正三角形，正方形，正五邊形三種情況寫出即可；再根據歐拉公式進行解答．
【解答】解：正多面體只能有五種，
用正三角形做面的正四面體、正八面體，正二十面體，用正方形做面的正六面體，用正五邊形做面的正十二面體．
f+v﹣e＝2．
【點評】本題考查了正多面體的分類與歐拉公式，都是基礎知識，需要熟練掌握．
18．圖1（1）、（2）、（3）依次表示四面體、八面體、正方體．

它們各自的面積數F、棱數E與頂點數V如下表：
F E V
四面體 4 6 4
八面體 8 12 6
正方體 6 12 8
觀察這些數據，可以發現F、E、V之間的關系滿足等式：　F﹣E+V＝2　．
【考點】歐拉公式．
【專題】計算題．
【分析】根據題給圖形中各圖具體的面積數F、棱數E與頂點數V，即可得出答案．
【解答】解：根據表中所列可知：四面體有4﹣6+4＝2；
八面體有8﹣12+6＝2；
正方體有6﹣12+8＝2；
故有F﹣E+V＝2．
故答案為：F﹣E+V＝2．
【點評】本題主要考查了歐拉公式的知識，屬于基礎題，注意對歐拉公式的熟練掌握．
三．解答題（共12小題）
19．（2020秋 壽陽縣期中）十八世紀瑞士數學家歐拉證明了簡單多面體中頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的一個有趣的關系式，被稱為歐拉公式．
請你觀察下列幾種簡單多面體模型，解答下列問題：

（1）根據上面多面體模型，完成表格中的空格：
多面體 頂點數（V） 面數（F） 棱數（E）
四面體 4 4 　6　
長方體 8 6 12
正八面體 　6　 8 12
正十二面體 20 12 30
（2）你發現頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的關系式是　V+F﹣E＝2　．
（3）一個多面體的面數與頂點數相同，且有12條棱，則這個多面體的面數是　7　．
【考點】歐拉公式；數學常識．
【專題】幾何圖形；幾何直觀．
【分析】（1）依據多面體模型，即可得到棱數和頂點數；
（2）依據表格中的數據，即可得出頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的關系式；
（3）依據歐拉公式進行計算，即可得到這個多面體的面數．
【解答】解：（1）四面體的棱數為6；正八面體的頂點數為6；
故答案為：6，6；
（2）頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的關系式是V+F﹣E＝2，
故答案為：V+F﹣E＝2；
（3）設這個多面體的面數是x，則
2x﹣12＝2，
解得x＝7，
這個多面體的面數是7，
故答案為：7．
【點評】本題主要考查了歐拉公式，多面體的頂點數V、面數F及棱數E間的關系為：V+F﹣E＝2．這個公式叫歐拉公式．公式描述了簡單多面體頂點數、面數、棱數特有的規律．
20．（2018秋 南豐縣期中）圖1至圖3是將正方體截去一部分后得到的多面體．
（1）根據要求將表格補充完整：
面數（f） 頂點數（v） 棱數（e）
圖1 　7　 7 12
圖2 7 　8　 13
圖3 7 10 　15　
（2）猜想f、v、e三個數量間有何關系；
（3）根據猜想計算，若一個多面體有頂點數2018個，棱數4035條，試求出它的面數．

【考點】截一個幾何體；歐拉公式．
【專題】規律型；幾何直觀．
【分析】（1）根據圖形數出即可．
（2）根據（1）中結果得出f+v﹣e＝2．
（3）把數值代入f+v﹣e＝2求出即可．
【解答】解：（1）填表如下：，
面數（f） 頂點數（v） 棱數（e）
圖1 7 7 12
圖2 7 8 13
圖3 7 10 15
故答案為：7，8，15．

（2）f+v﹣e＝2．

（3）∵v＝2018，e＝4035，f+v﹣e＝2
∴f+2018﹣4035＝2，
解得f＝2019．
故它的面數是2019．
【點評】本題考查了截一個幾何體，圖形的變化類的應用，關鍵是能根據（1）中的結果得出規律．
21．（2020秋 靈石縣月考）觀察下列多面體，并把下表補充完整．
名稱 三棱柱 四棱柱 五棱柱 六棱柱
圖形
頂點數a 6 　　 10 12
棱數b 9 12 　　 　　
面數c 5 　　 　　 8
觀察上表中的結果，你能發現a、b、c之間有什么關系嗎？請寫出發現的關系式．
【考點】歐拉公式．
【分析】只要將各個圖形的頂點數、棱數、面數數一下就行；數的時候要注意：圖中不能直接看到的那一部分不要遺漏，也不要重復，可通過想象計數，正確填入表內，通過觀察找出每個圖中“頂點數、棱數、面數”之間隱藏著的數量關系，這個數量關系用公式表示出來即可．
【解答】解：填表如下：
名稱 三棱柱 四棱柱 五棱柱 六棱柱
圖形
頂點數a 6 8 10 12
棱數b 9 12 15 18
面數c 5 6 7 8
觀察上表中的結果，能發現a、b、c之間有的關系是：a+c﹣b＝2．
【點評】本題考查了歐拉公式的知識，在找頂點數，棱數，面數的時候，如何做到不重不漏是難點
22．（2019秋 沈北新區期中）十八世紀瑞士數學家歐拉證明了簡單多面體中頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的一個有趣的關系式，被稱為歐拉公式．請你觀察下列幾種簡單多面體模型，解答下列問題：
（1）根據上面多面體模型，完成表格中的空格：
多面體 頂點數（V） 面數（F） 棱數（E）
四面體 　4　 　4　 　6　
長方體 　8　 　6　 　12　
正八面體 　6　 　8　 　12　
正十二面體 　20　 　12　 　30　
你發現頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的關系式是　V+F﹣E＝2　．
（2）一個多面體的面數比頂點數小8，且有30條棱，則這個多面體的面數是　12　．
（3）某個玻璃飾品的外形是簡單多面體，它的外表面是由三角形和八邊形兩種多邊形拼接而成，且有24個頂點，每個頂點處都有3條棱，設該多面體外表面三角形的個數為x個，八邊形的個數為y個，求x+y的值．
【考點】歐拉公式；數學常識．
【專題】圖表型；創新意識．
【分析】（1）觀察可得頂點數+面數﹣棱數＝2；
（2）代入（1）中的式子即可得到面數；
（3）得到多面體的棱數，求得面數即為x+y的值．
【解答】解：（1）四面體的棱數為6；正八面體的頂點數為6；關系式為：V+F﹣E＝2；

（2）由題意得：F+8+F﹣30＝2，解得F＝12；
（3）∵有24個頂點，每個頂點處都有3條棱，兩點確定一條直線；
∴共有24×3÷2＝36條棱，
那么24+F﹣36＝2，解得F＝14，
∴x+y＝14．
故答案為：（1）6；6；V+F﹣E＝2．
（2）12；
（3）14．
【點評】考查了歐拉公式和數學常識，注意多面體的頂點數，面數，棱數之間的關系及靈活運用．
23．（2018 涼山州模擬）觀察下列多面體，并把如表補充完整．
名稱 三棱柱 四棱柱 五棱柱 六棱柱
圖形
頂點數a 6 10 12
棱數b 9 12
面數c 5 8
觀察表中的結果，你能發現a、b、c之間有什么關系嗎？請寫出關系式．
【考點】歐拉公式．
【專題】常規題型．
【分析】結合三棱柱、四棱柱和五棱柱的特點，即可填表，根據已知的面、頂點和棱與幾棱柱的關系，可知n棱柱一定有（n+2）個面，2n個頂點和3n條棱，進而得出答案，
利用前面的規律得出a，b，c之間的關系．
【解答】解：填表如下：
名稱 三棱柱 四棱柱 五棱柱 六棱柱
圖形
頂點數a 6 8 10 12
棱數b 9 12 15 18
面數c 5 6 7 8
根據上表中的規律判斷，若一個棱柱的底面多邊形的邊數為n，則它有n個側面，共有n+2個面，共有2n個頂點，共有3n條棱；
故a，b，c之間的關系：a+c﹣b＝2．
【點評】此題主要考查了歐拉公式，熟記常見棱柱的特征，可以總結一般規律：n棱柱有（n+2）個面，2n個頂點和3n條棱是解題關鍵．
24．（2014秋 海陵區期末）回答下列問題：
（1）如圖所示的甲、乙兩個平面圖形能折什么幾何體？

（2）由多個平面圍成的幾何體叫做多面體．若一個多面體的面數為f，頂點個數為v，棱數為e，分別計算第（1）題中兩個多面體的f+v﹣e的值？你發現什么規律？
（3）應用上述規律解決問題：一個多面體的頂點數比面數大8，且有50條棱，求這個幾何體的面數．
【考點】展開圖折疊成幾何體；歐拉公式．
【分析】（1）由長方體與五棱錐的折疊及長方體與五棱錐的展開圖解題．
（2）列出幾何體的面數，頂點數及棱數直接進行計算即可；
（3）設這個多面體的面數為x，根據頂點數+面數﹣棱數＝2，列出方程即可求解．
【解答】解：（1）圖甲折疊后底面和側面都是長方形，所以是長方體；
圖乙折疊后底面是五邊形，側面是三角形，實際上是五棱錐的展開圖，所以是五棱錐．

（2）甲：f＝6，e＝12，v＝8，f+v﹣e＝2；
乙：f＝6，e＝10，v＝6，f+v﹣e＝2；
規律：頂點數+面數﹣棱數＝2．

（3）設這個多面體的面數為x，則
x+x+8﹣50＝2
解得x＝22．
【點評】本題考查了歐拉公式，展開圖折疊成幾何體的知識，有一定難度，同時考查了學生的想象和動手能力．
25．（2013秋 泉港區期末）設棱錐的頂點數為V，面數為F，棱數為E．
（1）觀察與發現：三棱錐中，V3＝　4　，F3＝　4　，E3＝　6　；
五棱錐中，V5＝　6　，F5＝　6　，E5＝　10　；
（2）猜想：①十棱錐中，V10＝　11　，F10＝　11　，E10＝　20　；
②n棱錐中，Vn＝　n+1　，Fn＝　n+1　，En＝　2n　；（用含有n的式子表示）
（3）探究：①棱錐的頂點數（V）與面數（F）之間的等量關系：　V＝F　；
②棱錐的頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間的等量關系：E＝　V+F﹣2　；
（4）拓展：棱柱的頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間是否也存在某種等量關系？若存在，試寫出相應的等式；若不存在，請說明理由．

【考點】歐拉公式．
【分析】（1）觀察與發現：根據三棱錐、五棱錐的特征填寫即可；
（2）猜想：①根據十棱錐的特征填寫即可；
②根據n棱錐的特征的特征填寫即可；
（3）探究：①通過列舉得到棱錐的頂點數（V）與面數（F）之間的等量關系；
②通過列舉得到棱錐的頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間的等量關系；
（4）拓展：根據棱柱的特征得到棱柱的頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間的等量關系．
【解答】解：（1）觀察與發現：三棱錐中，V3＝4，F3＝4，E3＝6；
五棱錐中，V5＝6，F5＝6，E5＝10；
（2）猜想：①十棱錐中，V10＝11，F10＝11，E10＝20；
②n棱錐中，Vn＝n+1，Fn＝n+1，En＝2n；（用含有n的式子表示）
（3）探究：①棱錐的頂點數（V）與面數（F）之間的等量關系：V＝F；
②棱錐的頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間的等量關系：E＝V+F﹣2；
（4）拓展：棱柱的頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間也存在某種等量關系，相應的等式是：V+F﹣E＝2．
故答案為：4，4，6；6，6，10；11，11，20；n+1，n+1，2n；V＝F，V+F﹣2．
【點評】考查了歐拉公式，本題由幾個特殊多面體，觀察它們的頂點數、面數和棱數，歸納出一般結論，得到歐拉公式，著重考查了歸納推理和多面體的性質等知識，屬于基礎題．
26．（2020秋 興慶區校級月考）如圖1至圖3是將正方體截去一部分后得到的多面體．

（1）根據要求填寫表格：
面數（f） 頂點數（v） 棱數（e）
圖1 　7　 　9　 　14　
圖2 　6　 　8　 　12　
圖3 　7　 　10　 　15　
（2）猜想f、v、e三個數量間有何關系；
（3）根據猜想計算，若一個多面體有頂點數2018個，棱數4036條，試求出它的面數．
【考點】截一個幾何體；歐拉公式．
【專題】規律型．
【分析】（1）根據圖形數出即可．
（2）根據（1）中結果得出f+v﹣e＝2．
（3）代入f+v﹣e＝2求出即可．
【解答】解：（1）題1，面數f＝7，頂點數v＝9，棱數e＝14，
題2，面數f＝6，頂點數v＝8，棱數e＝12，
題3，面數f＝7，頂點數v＝10，棱數e＝15，
故答案為：7，9，14.6，8，12，7，10，15．

（2）f+v﹣e＝2．

（3）∵v＝2018，e＝4036，f+v﹣e＝2
∴f+2018﹣4036＝2，
f＝2020，
即它的面數是2020．
【點評】本題考查了截一個幾何體，圖形的變化類的應用，關鍵是能根據（1）中的結果得出規律．
27．（2016秋 雁塔區校級月考）十八世紀瑞士數學家歐拉證明了簡單多面體中頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的一個有趣的關系式，被稱為歐拉公式，請你觀察下列幾種簡單多面體模型，解答下列問題：

（1）根據上面多面體模型，完成表格中的空格；
多面體 頂點數（V） 面數（F） 棱數（E）
四面體 4 4
長方體 8 6 12
正八面體 8 12
正十二面體 20 12 30
你發現頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的關系式是　V+F﹣E＝2　．
（2）正十二面體有12個面，那它有　30　條棱；
（3）一個多面體的面數比頂點數小8，且有30條棱，則這多面體的頂點數是　20　；
（4）某個玻璃飾品的外形是簡單多面體，它的外表是由三角形和八邊形兩種多邊形拼接而成，且有48個頂點，每個頂點處都有3條棱，設該多面體表面三角形的個數為x個，八邊形的個數為y個，求x+y的值．
【考點】歐拉公式．
【分析】（1）觀察表格可以看出：頂點數+面數﹣棱數＝2，關系式為：V+F﹣E＝2；
（2）根據題意得出是十二面體，得出頂點數；
（3）代入（1）中公式進行計算；
（4）根據歐拉公式可得頂點數+面數﹣棱數＝2，然后表示出棱數，進而可得面數．
【解答】解：（1）根據題意得：四面體的棱數為6，正八面體頂點數為6，
∵4+4﹣6＝2，8+6﹣12＝2，6+8﹣12＝2，
∴頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的關系式是V+F﹣E＝2；
故答案為：V+F﹣E＝2；

（2）正十二面體有十二個面，每個面都是正五邊形，它的每個頂點處都有相同數目的棱．則它有30條棱，20個頂點；
故答案是：30；

（3）由（1）可知：V+F﹣E＝2，
∵一個多面體的面數比頂點數小8，且有30條棱，
∴V+V﹣8﹣30＝2，即V＝20，
故答案是：20；

（4）∵有48個頂點，每個頂點處都有3條棱，兩點確定一條直線；
∴共有48×3÷2＝72條棱，
設總面數為F，
48+F﹣72＝2，
解得F＝26，
∴x+y＝26．
【點評】本題考查了多面體的頂點數，面數，棱數之間的關系及靈活運用，得出歐拉公式是解題關鍵．
28．（2015秋 龍巖校級月考）十八世紀瑞士數學家歐拉證明了簡單多面體中頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的一個有趣的關系式，被稱為歐拉公式．請你觀察下列幾種簡單多面體模型，解答下列問題：

（1）根據上面多面體模型，完成表格中的空格：
多面體 頂點數（V） 面數（F） 棱數（E）
四面體 4 4 　6　
長方體 8 6 12
正八面體 　6　 8 12
正十二面體 20 　12　 30
（2）你發現頂點數（V）、面數（F）、棱數（E）之間存在的關系式是　V+F﹣E＝2　．
（3）一個多面體的面數比頂點數大8，且有30條棱，則這個多面體的面數是　20　．
【考點】歐拉公式．
【分析】（1）觀察圖形即可得出結論；
（2）觀察可得頂點數+面數﹣棱數＝2；
（3）代入（2）中的式子即可得到面數．
【解答】解：（1）觀察圖形，四面體的棱數為6；正八面體的頂點數為6；正十二面體的面數為12；
（2）觀察表格可以看出：頂點數+面數﹣棱數＝2，關系式為：V+F﹣E＝2；
（3）由題意得：F﹣8+F﹣30＝2，解得F＝20．
故答案為：（1）6，6，12；（2）V+F﹣E＝2；（3）20．
【點評】本題考查多面體的頂點數，面數，棱數之間的關系及靈活運用．
29．（2017秋 太原期中）在對第一章“豐富的圖形世界”復習前，老師讓學生整理正方體截面的形狀并探究多面體（由若干個多邊形所圍成的幾何體）的棱數、面數、頂點數之間的數量關系，如圖是小穎用平面截正方體后剩余的多面體，請解答下列問題：

（1）根據上圖完成下表：
多面體 V（頂點數） F（面數） E（棱數）
（1） 　10　 7 15
（3） 6 　5　 9
（5） 8 6 　12　
（2）猜想：一個多面體的V（頂點數），F（面數），E（棱數）之間的數量關系是 　V+F﹣E＝2　；
（3）計算：已知一個多面體有20個面、30條棱，那么這個多面體有 　12　個頂點．
【考點】截一個幾何體；歐拉公式．
【專題】幾何圖形．
【分析】（1）觀察圖形即可得出結論；
（2）觀察可得頂點數+面數﹣棱數＝2；
（3）代入（2）中的式子即可得到面數．
【解答】解：（1）觀察圖形，多面體（1）的頂點數為10；多面體（3）的面數為5；多面體（5）的棱數為12；
故答案為：10，5，12；
（2）觀察表格可以看出：頂點數+面數﹣棱數＝2，
即關系式為：V+F﹣E＝2；
故答案為：V+F﹣E＝2；
（3）由題意得：V+20﹣30＝2，解得V＝12．
故答案為：12．
【點評】本題考查多面體的頂點數，面數，棱數之間的關系及靈活運用．簡單多面體的頂點數V、面數F及棱數E間的關系為：V+F﹣E＝2．這個公式叫歐拉公式．公式描述了簡單多面體頂點數、面數、棱數特有的規律．
30．（2017秋 吉安期中）觀察下列多面體，并把表補充完整．
名稱 　三棱柱 　四棱柱 　五棱柱 　六棱柱
　圖形
　頂點數a 　6 　8　 　10 　12
　棱數b 　9 　12 　15　 　18　
　面數c 　5 6 　7　 　8
（1）完成表中的數據；
（2）若某個棱柱由28個面構成，則這個棱柱為 　26　棱柱；
（3）根據表中的規律判斷，n棱柱共有 　（n+2）　個面，共有 　2n　個頂點，共有 　3n　條棱；
（4）觀察表中的結果，你發現棱柱頂點數、棱數、面數之間有什么關系嗎？請直接寫出來．
【考點】歐拉公式；規律型：圖形的變化類．
【專題】圖表型；規律型．
【分析】（1）結合三棱柱、四棱柱、五棱柱和六棱柱的特點，即可填表：
（2）（3）根據已知的面、頂點和棱與幾棱柱的關系，可知n棱柱一定有（n+2）個面，2n個頂點和3n條棱，進而得出答案；
（4）利用前面的規律得出a，b，c之間的關系．
【解答】解：（1）填表如下：
名稱 　三棱柱 　四棱柱 　五棱柱 　六棱柱
　圖形
　頂點數a 　6 8 　10 　12
　棱數b 　9 　12 15 18
　面數c 　5 6 7 　8
（2）若某個棱柱由28個面構成，則這個棱柱為26棱柱；
（3）根據表中的規律判斷，n棱柱共有 （n+2）個面，共有 2n個頂點，共有 3n條棱；
（4）a，b，c之間的關系：a+c﹣b＝2
故答案為：8；15，18；7；26；（n+2），2n，3n．
【點評】此題主要考查了歐拉公式，熟記常見棱柱的特征，可以總結一般規律：n棱柱有（n+2）個面，2n個頂點和3n條棱是解題關鍵．
考點卡片
1．數學常識
數學常識
此類問題要結合實際問題來解決，生活中的一些數學常識要了解．比如給出一個物體的高度要會選擇它合適的單位長度等等．
平時要注意多觀察，留意身邊的小知識．
2．列代數式
（1）定義：把問題中與數量有關的詞語，用含有數字、字母和運算符號的式子表示出來，就是列代數式．
（2）列代數式五點注意：①仔細辨別詞義． 列代數式時，要先認真審題，抓住關鍵詞語，仔細辯析詞義．如“除”與“除以”，“平方的差（或平方差）”與“差的平方”的詞義區分． ②分清數量關系．要正確列代數式，只有分清數量之間的關系． ③注意運算順序．列代數式時，一般應在語言敘述的數量關系中，先讀的先寫，不同級運算的語言，且又要體現出先低級運算，要把代數式中代表低級運算的這部分括起來．④規范書寫格式．列代數時要按要求規范地書寫．像數字與字母、字母與字母相乘可省略乘號不寫，數與數相乘必須寫乘號；除法可寫成分數形式，帶分數與字母相乘需把代分數化為假分數，書寫單位名稱什么時不加括號，什么時要加括號．注意代數式括號的適當運用． ⑤正確進行代換．列代數式時，有時需將題中的字母代入公式，這就要求正確進行代換．

【規律方法】列代數式應該注意的四個問題
1．在同一個式子或具體問題中，每一個字母只能代表一個量．
2．要注意書寫的規范性．用字母表示數以后，在含有字母與數字的乘法中，通常將“×”簡寫作“ ”或者省略不寫．
3．在數和表示數的字母乘積中，一般把數寫在字母的前面，這個數若是帶分數要把它化成假分數．
4．含有字母的除法，一般不用“÷”（除號），而是寫成分數的形式．
3．規律型：圖形的變化類
圖形的變化類的規律題
首先應找出圖形哪些部分發生了變化，是按照什么規律變化的，通過分析找到各部分的變化規律后直接利用規律求解．探尋規律要認真觀察、仔細思考，善用聯想來解決這類問題．
4．歐拉公式
（1）簡單多面體的頂點數V、面數F及棱數E間的關系為：V+F﹣E＝2．這個公式叫歐拉公式．公式描述了簡單多面體頂點數、面數、棱數特有的規律．
（2）V+F﹣E＝X（P），V是多面體P的頂點個數，F是多面體P的面數，E是多面體P的棱的條數，X（P）是多面體P的歐拉示性數．
5．展開圖折疊成幾何體
通過結合立體圖形與平面圖形的相互轉化，去理解和掌握幾何體的展開圖，要注意多從實物出發，然后再從給定的圖形中辨認它們能否折疊成給定的立體圖形．
6．截一個幾何體
（1）截面：用一個平面去截一個幾何體，截出的面叫做截面．
（2）截面的形狀隨截法的不同而改變，一般為多邊形或圓，也可能是不規則圖形，一般的截面與幾何體的幾個面相交就得到幾條交線，截面就是幾邊形，因此，若一個幾何體有幾個面，則截面最多為幾邊形．
7．等邊三角形的性質
（1）等邊三角形的定義：三條邊都相等的三角形叫做等邊三角形，等邊三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作為判定一個三角形是否為等邊三角形的方法；
②可以得到它與等腰三角形的關系：等邊三角形是等腰三角形的特殊情況．在等邊三角形中，腰和底、頂角和底角是相對而言的．
（2）等邊三角形的性質：等邊三角形的三個內角都相等，且都等于60°．
等邊三角形是軸對稱圖形，它有三條對稱軸；它的任意一角的平分線都垂直平分對邊，三邊的垂直平分線是對稱軸．初中數學解題模型之圖形認識初步（雙角平分線）
一．選擇題（共10小題）
1．（2013秋 長清區期末）如圖，OB是∠AOC的平分線，OD是∠COE的平分線，如果∠AOB＝50°，∠COE＝60°，則下列結論錯誤的是（ ）
A．∠AOE＝110° B．∠BOD＝80° C．∠BOC＝50° D．∠DOE＝30°
2．（2012春 巴南區期中）如圖，∠AOB是平角，OD平分∠BOC，OE平分∠AOC，那么∠AOE的余角有（ ）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
3．（2021秋 肥西縣期末）如圖，OC是∠AOB的平分線，OD是∠BOC的平分線，那么下列各式中正確的是（ ）
A．∠COD＝∠AOB B．∠AOD＝∠AOB
C．∠BOD＝∠AOD D．∠BOC＝∠AOD
4．（2016秋 昆山市校級期末）如圖，∠AOB＝120°，射線OC是∠AOB內部任意一條射線，OD，OE分別是∠AOC，∠BOC的角平分線，下列敘述正確的是（ ）
A．∠DOE的度數不能確定 B．∠AOD＝∠EOC
C．∠AOD+∠BOE＝60° D．∠BOE＝2∠COD
5．（2015秋 薛城區期末）如圖，∠AOB＝130°，射線OC是∠AOB內部任意一條射線，OD、OE分別是∠AOC、∠BOC的平分線，下列敘述正確的是（ ）
A．∠DOE的度數不能確定
B．∠AOD+∠BOE＝∠EOC+∠COD＝∠DOE＝65°
C．∠BOE＝2∠COD
D．∠AOD＝
6．（2013秋 洛陽期末）如圖，∠AOB＝130°，射線OC是∠AOB內部任意一條射線，OD、OE分別是∠AOC、∠BOC的平分線，下列敘述正確的是（ ）
A．∠DOE的度數不能確定 B．∠AOD＝EOC
C．∠BOE＝2∠COD D．∠AOD+∠BOE＝65°
7．（2021秋 彭水縣期末）如圖，已知∠AOB＝20°，∠AOE＝110°，OB平分∠AOC，OD平分∠AOE，則∠COD的度數為（ ）
A．8° B．10° C．15° D．18°
8．（2021秋 朝陽區期末）如圖，射線OC、OD把平角∠AOB三等分，OE平分∠AOC，OF平分∠BOD．下列說法正確的是（ ）
A．圖中只有兩個120°的角 B．圖中只有∠DOE是直角
C．圖中∠AOC的補角有3個 D．圖中∠AOE的余角有2個
9．（2017秋 淮安區期末）如圖，∠AOB＝130°，射線OC是∠AOB內部任意一條射線，OD、OE分別是∠AOC、∠BOC的角平分線，下列敘述正確的是（ ）
A．∠DOE的度數不能確定 B．∠AOD＝∠EOC
C．∠AOD+∠BOE＝65° D．∠BOE＝2∠COD
10．（2021秋 武城縣期末）如圖，∠AOB＝120°，OC是∠AOB內部任意一條射線，OD，OE分別是∠AOC，∠BOC的角平分線，下列敘述正確的是（ ）
A．∠AOD+∠BOE＝60° B．∠AOD＝∠EOC
C．∠BOE＝2∠COD D．∠DOE的度數不能確定
二．填空題（共10小題）
11．（2021秋 長春期末）如圖，EF、EG分別是∠AEB和∠BEC的平分線．若∠BEF＝30°，則∠BEG＝ °．
12．（2021秋 鹽城月考）如圖，OB平分∠AOC，OD平分∠COE，∠AOC＝100°，∠EOC＝40°，則∠BOD的度數為 °．
13．（2020秋 青島期末）如圖，∠AOB＝180°，OD是∠BOC的平分線，OE是∠AOC的平分線，則圖中與∠COD互補的角是 ．
14．（2021秋 天河區期末）如圖，∠AOB＝90°，OC是∠AOB里任意一條射線，OD，OE分別平分∠AOC，∠BOC，則∠DOE＝ ．
15．（2021秋 金塔縣期末）如圖，∠AOB中，OD是∠BOC的平分線，OE是∠AOC的平分線，若∠AOB＝140°，則∠EOD＝ 度．
16．（2020秋 江津區期末）若∠AOB＝50°，∠BOC＝30°，OM、ON分別是∠AOC、∠BOC的平分線，則∠MON的度數為 °．
17．（2021秋 義烏市月考）已知∠AOC＝70°，∠COE＝30°，OB是∠AOC的平分線，OD是∠COE的平分線，則∠BOD的度數為 度．
18．（2020秋 東西湖區期末）已知∠AOB＝30°，∠AOC＝4∠AOB，OM平分∠AOB，ON平分∠AOC，則∠MON的度數是 ．
19．（2020秋 黃島區期末）平面內有公共端點的三條射線OA，OB，OC，構成的角∠AOB＝30°，∠BOC＝70°，OM和ON分別是∠AOB和∠BOC的角平分線，則∠MON的度數是 ．
20．（2021秋 青羊區校級期中）已知∠AOB＝100°，射線OC在同平面內繞點O旋轉，射線OE，OF分別是∠AOC和∠COB的角平分線，則∠EOF的度數為 ．
三．解答題（共5小題）
21．（2021秋 細河區期末）如圖，OM是∠AOC的平分線，ON是∠BOC的平分線．
（1）如圖1，當∠AOB是直角，∠BOC＝60°時，求∠MON的度數是多少？
（2）如圖2，當∠AOB＝α，∠BOC＝60°時，嘗試發現∠MON與α的數量關系；
（3）如圖3，當∠AOB＝α，∠BOC＝β時，
①猜想：∠MON與α、β有數量關系嗎？直接寫出結論即可；
②當∠CON＝3∠BOM時，直接寫出α、β之間的數量關系．
22．（2021秋 澄海區期末）如圖，OB是∠AOC的平分線，OD是∠COE的平分線．
（1）如果∠AOC＝70°，∠COE＝50°，求∠BOD的度數；
（2）如果∠AOE＝160°，求∠BOD的度數；
（3）如果OM平分∠AOE，∠COD：∠BOC＝2：3，∠COM＝15°，求∠BOD的度數．
23．（2021秋 義烏市期末）如圖，已知OB是∠AOC內一條射線，OE平分∠AOC，OF平分∠BOC．
（1）若AO⊥BO，∠BOC＝60°，求∠EOF的度數；
（2）試判斷∠AOB＝2∠EOF是否成立．并請說明理由．
24．（2021秋 金水區校級期末）已知OC為一條射線，OM平分∠AOC，ON平分∠BOC．
（1）如圖1，當∠AOB＝60°，OC為∠AOB內部任意一條射線時，∠MON＝ ；
（2）如圖2，當∠AOB＝60°，OC旋轉到∠AOB的外部時，∠MON＝ ；
（3）如圖3，當∠AOB＝α，OC旋轉到∠AOB（∠BOC＜120°）的外部時，求∠MON，請借助圖3填空．
解：因為OM平分∠AOC，ON平分∠BOC
所以∠COM＝∠AOC，∠CON＝∠BOC（依據是 ）
所以∠MON＝∠COM﹣
＝∠AOC﹣
＝ ．
25．（2021秋 紅河州期末）已知∠AOB＝70°，如圖1，OC為∠AOB內部任意一條射線，OM平分∠AOC，ON平分∠BOC．
（1）求∠MON的度數；
（2）如圖2，當OC在∠AOB的外部且∠BOC＜70°時，其他條件不變，∠MON的度數會發生變化嗎？請說明理由．
初中數學解題模型之圖形認識初步（雙角平分線）
參考答案與試題解析
一．選擇題（共10小題）
1．（2013秋 長清區期末）如圖，OB是∠AOC的平分線，OD是∠COE的平分線，如果∠AOB＝50°，∠COE＝60°，則下列結論錯誤的是（ ）
A．∠AOE＝110° B．∠BOD＝80° C．∠BOC＝50° D．∠DOE＝30°
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【分析】根據角平分線的性質，角的和差倍分關系計算作答．
【解答】解：∵OB是∠AOC的平分線，OD是∠COE的平分線，如果∠AOB＝50°，∠COE＝60°，
∴A、∠AOE＝2∠AOB+∠COE＝160°，故錯誤；
B、∠BOD＝∠BOC+∠COD＝∠AOB+∠COE＝80°，故正確；
C、∠BOC＝∠AOB＝50°，故正確；
D、∠DOE＝∠COE＝30°，故正確．
故選：A．
【點評】本題結合角平分線的性質考查了角的和差倍分關系計算．
2．（2012春 巴南區期中）如圖，∠AOB是平角，OD平分∠BOC，OE平分∠AOC，那么∠AOE的余角有（ ）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【考點】余角和補角；角平分線的定義．
【分析】利用角平分線的定義以及平角的定義，可知∠EOC與∠COD互余，∠AOE與∠BOD互余．而∠AOE＝∠EOC，故可知∠AOE的余角有兩個．
【解答】解：∵OD平分∠BOC，OE平分∠AOC
∴∠AOE＝∠EOC，∠COD＝∠BOD
又∵∠AOB是平角
∴∠EOC+∠COD＝90°即∠DOE＝90°
∴∠AOE+∠BOD＝∠AOE+∠COD＝90°．
故選：B．
【點評】本題主要考查了平角，平分線的定義，余角的定義，是一個基本的類型．
3．（2021秋 肥西縣期末）如圖，OC是∠AOB的平分線，OD是∠BOC的平分線，那么下列各式中正確的是（ ）
A．∠COD＝∠AOB B．∠AOD＝∠AOB
C．∠BOD＝∠AOD D．∠BOC＝∠AOD
【考點】角平分線的定義．
【分析】根據角平分線定義，得出角與角的關系．再根據選項選取正確答案．
【解答】解：∵OC是∠AOB的平分線，OD是∠BOC的平分線，
∴∠BOC＝∠AOC＝∠AOB，∠BOD＝∠AOC＝∠BOC，
∴∠BOC＝∠AOD，
故選：D．
【點評】根據角平分線定義得出所求角與已知角的關系轉化求解．
4．（2016秋 昆山市校級期末）如圖，∠AOB＝120°，射線OC是∠AOB內部任意一條射線，OD，OE分別是∠AOC，∠BOC的角平分線，下列敘述正確的是（ ）
A．∠DOE的度數不能確定 B．∠AOD＝∠EOC
C．∠AOD+∠BOE＝60° D．∠BOE＝2∠COD
【考點】角的計算．
【分析】根據角的平分線的定義以及角的和差即可判斷．
【解答】解：∵OD，OE分別是∠AOC，∠BOC的角平分線
∴∠COD＝∠AOC，∠EOC＝∠BOC，
∴∠DOE＝∠COD+∠EOC＝∠AOC+∠BOC＝（∠AOC+∠BOC）＝∠AOB＝×120°＝60°．
故C正確；
而OC是∠AOB內部任意一條射線，則∠BOC和∠AOC的大小無法確定，
則A、B、D錯誤．
故選：C．
【點評】本題考查了角的平分線的定義以及角的和差關系，正確理解∠DOE＝∠AOB是關鍵．
5．（2015秋 薛城區期末）如圖，∠AOB＝130°，射線OC是∠AOB內部任意一條射線，OD、OE分別是∠AOC、∠BOC的平分線，下列敘述正確的是（ ）
A．∠DOE的度數不能確定
B．∠AOD+∠BOE＝∠EOC+∠COD＝∠DOE＝65°
C．∠BOE＝2∠COD
D．∠AOD＝
【考點】角平分線的定義．
【分析】本題是對角的平分線的性質的考查，角平分線將角分成相等的兩部分．結合選項得出正確結論．
【解答】解：∵OD、OE分別是∠AOC、∠BOC的平分線，
∴∠AOD＝∠COD、∠EOC＝∠BOE，
又∵∠AOD+∠BOE+∠EOC+∠COD＝∠AOB＝130°，
∴∠AOD+∠BOE＝∠EOC+∠COD＝∠DOE＝65°．
故選：B．
【點評】本題是對角平分線的性質的考查．然后根據角平分線定義得出所求角與已知角的關系轉化求解．
6．（2013秋 洛陽期末）如圖，∠AOB＝130°，射線OC是∠AOB內部任意一條射線，OD、OE分別是∠AOC、∠BOC的平分線，下列敘述正確的是（ ）
A．∠DOE的度數不能確定 B．∠AOD＝EOC
C．∠BOE＝2∠COD D．∠AOD+∠BOE＝65°
【考點】角的計算．
【專題】計算題．
【分析】本題是對角的平分線的性質的考查，角平分線將角分成相等的兩部分．結合選項得出正確結論．
【解答】解：∵OD、OE分別是∠AOC、∠BOC的平分線，
∴∠AOD＝∠COD、∠EOC＝∠BOE，
又∵∠AOD+∠BOE+∠EOC+∠COD＝∠AOB＝130°，
∴∠AOD+∠BOE＝∠EOC+∠COD＝∠DOE＝65°．
故選：D．
【點評】本題是對角平分線的性質的考查．然后根據角平分線定義得出所求角與已知角的關系轉化求解．
7．（2021秋 彭水縣期末）如圖，已知∠AOB＝20°，∠AOE＝110°，OB平分∠AOC，OD平分∠AOE，則∠COD的度數為（ ）
A．8° B．10° C．15° D．18°
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】根據∠AOB＝20°，OB平分∠AOC，可得∠AOC的度數；根據OD平分∠AOE，∠AOE＝110°，可得∠COD的度數，根據角的和差即可求得∠COD的度數．
【解答】解：∵OB平分∠AOC，∠AOB＝20°，
∴∠AOC＝2∠AOB＝40°，
∵OD平分∠AOE，∠AOE＝110°，
∴∠AOD＝∠AOE＝55°，
∴∠COD＝∠AOD﹣∠AOC＝55°﹣40°＝15°．
則∠COD的度數為15°．
故選：C．
【點評】本題考查了角的計算、角平分線的定義，解決本題的關鍵是掌握角平分線的定義．
8．（2021秋 朝陽區期末）如圖，射線OC、OD把平角∠AOB三等分，OE平分∠AOC，OF平分∠BOD．下列說法正確的是（ ）
A．圖中只有兩個120°的角 B．圖中只有∠DOE是直角
C．圖中∠AOC的補角有3個 D．圖中∠AOE的余角有2個
【考點】余角和補角；角平分線的定義．
【專題】線段、角、相交線與平行線；推理能力．
【分析】根據已知條件求出有關角的度數，即可對各個選項作出判斷．
【解答】解：∵射線OC和OD把平角三等分，
∴∠AOC＝∠COD＝∠BOD＝60°，
∵OE平分∠AOC，OF平分∠BOD，
∴∠COE＝∠AOC＝30°，∠DOF＝∠BOD＝30°，
∴∠DOE＝∠COF＝30°+60°＝90°，
圖中120°的角有：∠AOD、∠EOF、∠COB，故A選項不正確；
圖中直角有∠DOE、∠COF，故B選項不正確；
∠AOC＝60°，所以它的補角等于120°，圖中有三個，故C選項正確；
∠AOE＝30°，所以它的余角等于60°，圖中等于60°的角有三個，故D選項不正確．
故選：C．
【點評】本題考查了余角和補角、角平分線定義等知識；熟練掌握余角的定義和角平分線定義是解題的關鍵．
9．（2017秋 淮安區期末）如圖，∠AOB＝130°，射線OC是∠AOB內部任意一條射線，OD、OE分別是∠AOC、∠BOC的角平分線，下列敘述正確的是（ ）
A．∠DOE的度數不能確定 B．∠AOD＝∠EOC
C．∠AOD+∠BOE＝65° D．∠BOE＝2∠COD
【考點】角平分線的定義．
【專題】線段、角、相交線與平行線．
【分析】依據OD、OE分別是∠AOC、∠BOC的平分線，即可得出∠AOD+∠BOE＝∠EOC+∠COD＝∠DOE＝65°，結合選項得出正確結論．
【解答】解：∵OD、OE分別是∠AOC、∠BOC的平分線，
∴∠AOD＝∠COD，∠EOC＝∠BOE，
又∵∠AOD+∠BOE+∠EOC+∠COD＝∠AOB＝130°，
∴∠AOD+∠BOE＝∠EOC+∠COD＝∠DOE＝65°．
故選：C．
【點評】本題是對角的平分線的性質的考查，解題時注意：角平分線將角分成相等的兩部分．
10．（2021秋 武城縣期末）如圖，∠AOB＝120°，OC是∠AOB內部任意一條射線，OD，OE分別是∠AOC，∠BOC的角平分線，下列敘述正確的是（ ）
A．∠AOD+∠BOE＝60° B．∠AOD＝∠EOC
C．∠BOE＝2∠COD D．∠DOE的度數不能確定
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【專題】計算題；線段、角、相交線與平行線；幾何直觀；推理能力．
【分析】由角平分線的定義，角的和差計算得∠AOD+∠BOE＝60°，故答案選A．
【解答】解：如圖所示：
∵OD，OE分別是∠AOC，∠BOC的角平分線，
∴∠AOD＝∠DOC＝，
∠COE＝∠BOE＝，
又∵∠AOB＝∠AOC+∠BOC＝120°，
∴∠AOD+∠BOE＝60°，
故選：A．
【點評】本題綜合考查了角平分線的定義，角的和差等相關知識點，重點掌握角的計算．
二．填空題（共10小題）
11．（2021秋 長春期末）如圖，EF、EG分別是∠AEB和∠BEC的平分線．若∠BEF＝30°，則∠BEG＝ 60 °．
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】根據雙角平分線先求出∠FEG的度數，再減去∠BEF即可．
【解答】解：∵EF、EG分別是∠AEB和∠BEC的平分線，
∴∠BEG＝∠BEC，∠BEF＝∠BEA，
∴∠FEG＝∠BEG+∠BEF＝＝∠BEC+∠BEA＝（∠BEC+∠BEA）＝∠CEA＝×180°＝90°，
∵∠BEF＝30°，
∴∠BEG＝∠FEG﹣∠BEF＝90°﹣30°＝60°，
故答案為：60．
【點評】本題考查了角的計算，角平分線的定義，根據雙角平分線求出∠FEG的度數是解題的關鍵．
12．（2021秋 鹽城月考）如圖，OB平分∠AOC，OD平分∠COE，∠AOC＝100°，∠EOC＝40°，則∠BOD的度數為 70 °．
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】根據角平分線的定義可求出∠BOC＝∠AOC，∠COD＝∠COE，從而可求出∠BOD的度數．
【解答】解：∵OB平分∠AOC，OD平分∠COE，∠AOC＝100°，∠EOC＝40°，
∴∠BOC＝∠AOC＝50°，∠COD＝∠COE＝20°，
∴∠DOB＝∠COD+∠COB＝70°；
故答案為：70．
【點評】本題考查角平分線的定義，解題的關鍵是求出∠BOC＝∠AOC，∠COD＝∠COE，本題屬于基礎題型．
13．（2020秋 青島期末）如圖，∠AOB＝180°，OD是∠BOC的平分線，OE是∠AOC的平分線，則圖中與∠COD互補的角是 ∠AOD ．
【考點】余角和補角；角平分線的定義．
【專題】線段、角、相交線與平行線；推理能力．
【分析】根據角平分線的性質，可得∠AOE＝∠COE，∠COD＝∠BOD，再根據補角的定義求解即可．
【解答】解：∵OD是∠BOC的平分線，
∴∠COD＝∠BOD，
∵∠BOD+∠AOD＝180°，
∴∠COD+∠AOD＝180°，
∴與∠COD互補的是∠AOD．
故答案為：∠AOD．
【點評】本題考查了補角的定義，角平分線的定義等知識，解答本題的關鍵是理解補角的定義，掌握角平分線的性質．
14．（2021秋 天河區期末）如圖，∠AOB＝90°，OC是∠AOB里任意一條射線，OD，OE分別平分∠AOC，∠BOC，則∠DOE＝ 45° ．
【考點】角平分線的定義．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】由角平分線可得∠DOE＝∠AOB，再將已知代入即可．
【解答】解：∵OD平分∠AOC，
∴∠COD＝∠AOD，
∵OE平分∠BOC，
∴∠COE＝∠BOE，
∴∠DOE＝∠AOB，
∵∠AOB＝90°，
∴∠DOE＝45°，
故答案為：45°．
【點評】本題考查角平分線的性質，熟練掌握角平分線的性質，靈活應用角的和差關系是解題的關鍵．
15．（2021秋 金塔縣期末）如圖，∠AOB中，OD是∠BOC的平分線，OE是∠AOC的平分線，若∠AOB＝140°，則∠EOD＝ 70 度．
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【分析】由圖形可知∠DOE＝∠DOC+∠EOC，然后根據角平分線的性質，可推出∠DOC＝∠BOC，∠EOC＝∠AOC，由此可推出∠DOE＝∠AOB，最后根據∠AOB的度數，即可求出結論．
【解答】解：∵OD是∠BOC的平分線，OE是∠AOC的平分線，
∴∠DOC＝∠BOC，∠EOC＝∠AOC，
∴∠DOE＝∠DOC+∠EOC＝∠AOB，
∵∠AOB＝140°，
∴∠EOD＝70°．
故答案為70．
【點評】本題主要考查角平分線的性質，關鍵在于運用數形結合的思想推出∠DOE＝∠DOC+∠EOC＝∠AOB．
16．（2020秋 江津區期末）若∠AOB＝50°，∠BOC＝30°，OM、ON分別是∠AOC、∠BOC的平分線，則∠MON的度數為 25 °．
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【專題】分類討論；線段、角、相交線與平行線；推理能力．
【分析】畫出符合的兩種圖形，根據角平分線定義求出∠MOC和∠NOC的度數，即可求出∠MON．
【解答】解：當射線OC位于∠AOB內部時，
∵∠AOB＝50°，∠BOC＝30°，
∴∠AOC＝50°﹣30°＝20°，
∵OM，ON分別是∠AOC和∠BOC的角平分線，
∴∠COM＝∠AOC＝10°，∠CON＝∠BOC＝15°，
∴∠MON＝∠MOC+∠NOC＝10°+15°＝25°；
當射線OC位于∠AOB外部時，
∵∠AOB＝50°，∠BOC＝30°，
∴∠AOC＝50°+30°＝80°，
∵OM，ON分別是∠AOC和∠BOC的角平分線，
∴∠COM＝∠AOC＝40°，∠CON＝∠BOC＝15°，
∠MON＝∠MOC﹣∠NOC＝54°﹣15°＝25°；
所以∠MON的度數是25°．
故答案為：25．
【點評】本題主要考查了角平分線的定義，解題的關鍵是利用了角平分線的定義和圖中各角之間的和差關系，難度中等．
17．（2021秋 義烏市月考）已知∠AOC＝70°，∠COE＝30°，OB是∠AOC的平分線，OD是∠COE的平分線，則∠BOD的度數為 50°或20° 度．
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】分兩種情況求解：當OE在∠AOC外時，∠BOD＝∠BOC+∠COD＝35°+15°＝50°；當OE在∠AOC內時，∠BOD＝∠BOC﹣∠COD＝35°﹣15°＝20°．
【解答】解：如圖1，當OE在∠AOC外時，
∵OB是∠AOC的平分線，
∴∠BOC＝∠AOC，
∵∠AOC＝70°，
∴∠BOC＝35°，
∵OD是∠COE的平分線，
∴∠COD＝∠COE，
∵∠COE＝30°，
∴∠COD＝15°，
∴∠BOD＝∠BOC+∠COD＝35°+15°＝50°；
如圖2，當OE在∠AOC內時，
∵OB是∠AOC的平分線，
∴∠BOC＝∠AOC，
∵∠AOC＝70°，
∴∠BOC＝35°，
∵OD是∠COE的平分線，
∴∠COD＝∠COE，
∵∠COE＝30°，
∴∠COD＝15°，
∴∠BOD＝∠BOC﹣∠COD＝35°﹣15°＝20°；
綜上所述：∠BOD的度數是50°或20°，
故答案為：50°或20°．
【點評】本題考查角的計算，熟練掌握角平分線的定義，靈活運用角的和差關系，準確畫出圖形是解題的關鍵．
18．（2020秋 東西湖區期末）已知∠AOB＝30°，∠AOC＝4∠AOB，OM平分∠AOB，ON平分∠AOC，則∠MON的度數是 45°或75° ．
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【專題】線段、角、相交線與平行線；幾何直觀．
【分析】分為兩種情況，當∠AOB在∠AOC內部時，當∠AOB在∠AOC外部時，分別求出∠AOM和∠AON度數，即可求出答案．
【解答】解：分為兩種情況：如圖1，當∠AOB在∠AOC內部時，
∵∠AOB＝30°，∠AOC＝4∠AOB，
∴∠AOC＝120°，
∵OM平分∠AOB，ON平分∠AOC，
∴∠AOM＝∠AOB＝15°，∠AON＝∠AOC＝60°，
∴∠MON＝∠AON﹣∠AOM＝60°﹣15°＝45°；
如圖2，當∠AOB在∠AOC外部時，
∠MON＝∠AOM+∠AOD＝60°+15°＝75°．
故∠MOD的度數是45°或75°．
故答案為：45°或75°．
【點評】本題考查了角平分線定義的應用，用了分類討論思想，注意根據射線OB的位置需要分類討論．
19．（2020秋 黃島區期末）平面內有公共端點的三條射線OA，OB，OC，構成的角∠AOB＝30°，∠BOC＝70°，OM和ON分別是∠AOB和∠BOC的角平分線，則∠MON的度數是 20°或50° ．
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】有兩種情況，一種是射線OA在∠BOC的內部，一種是射線OA在∠BOC的外部，根據∠AOB＝30°，∠BOC＝70°和OM、ON分別是∠AOB和∠BOC的平分線，分別求出∠BOM、∠BON，然后相加或相減，即可求得答案．
【解答】解：有兩種情況，
（1）射線OA在∠BOC的內部，
∵∠AOB＝30°，∠BOC＝70°，
OM、ON分別是∠AOB和∠BOC的平分線，
∴∠BOM＝∠AOB＝×70°＝35°，
∠BON＝∠BOC＝×30°＝15°，
∴∠MON＝∠BOM﹣∠BON＝35°﹣15°＝20°．
（2）射線OA在∠BOC的外部．
∵∠AOB＝30°，∠BOC＝70°，
OM、ON分別是∠AOB和∠BOC的平分線，
∴∠BOM＝∠AOB＝×70°＝35°，
∠BON＝∠BOC＝×30°＝15°，
∴∠MON＝∠BOM+∠BON＝35°+15°＝50°．
故答案為：20°或50°．
【點評】本題主要考查學生對角的計算的理解和掌握，解答此題的關鍵是明確此題有兩種情況，不要遺漏．
20．（2021秋 青羊區校級期中）已知∠AOB＝100°，射線OC在同平面內繞點O旋轉，射線OE，OF分別是∠AOC和∠COB的角平分線，則∠EOF的度數為 50°或130° ．
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【專題】分類討論；線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】分射線OC在∠AOB的內部和在∠AOB的外部兩種情況討論解答，畫出符合題意的圖形，利用已知條件和角平分線的定義分別解答即可．
【解答】解：當射線OC在∠AOB的內部時，如圖，
∵射線OE，OF分別是∠AOC和∠COB的角平分線，
∴∠EOC＝∠AOC，∠FOC＝∠BOC，
∴∠EOF＝∠EOC+∠FOC＝（∠AOC+∠BOC），
∵∠AOC+∠BOC＝∠AOB＝100°，
∴∠EOF＝50°；
當射線OC在∠AOB的外部時，
①射線OE，OF中有一個在∠AOB的內部時，如圖，
∵射線OE，OF分別是∠AOC和∠COB的角平分線，
∴∠EOC＝∠AOC，∠FOC＝∠BOC，
∴∠EOF＝∠EOC﹣∠FOC＝（∠AOC﹣∠BOC），
∵∠AOC﹣∠BOC＝∠AOB＝100°，
∴∠EOF＝50°；
②射線OE，OF兩個都在∠AOB的外部時，如圖，
∵射線OE，OF分別是∠AOC和∠COB的角平分線，
∴∠EOC＝∠AOC，∠FOC＝∠BOC，
∴∠EOF＝∠EOC+∠FOC＝（∠AOC+∠BOC），
∵∠AOC+∠BOC＝360°﹣∠AOB＝260°，
∴∠EOF＝130°；
綜上，∠EOF的度數為50°或130°．
故答案為：50°或130°．
【點評】本題主要考查了角平分線的定義，角的計算，利用分類討論的思想方法解答是解題的關鍵．
三．解答題（共5小題）
21．（2021秋 細河區期末）如圖，OM是∠AOC的平分線，ON是∠BOC的平分線．
（1）如圖1，當∠AOB是直角，∠BOC＝60°時，求∠MON的度數是多少？
（2）如圖2，當∠AOB＝α，∠BOC＝60°時，嘗試發現∠MON與α的數量關系；
（3）如圖3，當∠AOB＝α，∠BOC＝β時，
①猜想：∠MON與α、β有數量關系嗎？直接寫出結論即可；
②當∠CON＝3∠BOM時，直接寫出α、β之間的數量關系．
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【專題】數形結合；幾何直觀．
【分析】（1）求出∠AOC的度數，求出∠MOC和∠NOC的度數，代入∠MON＝∠MOC﹣∠NOC求出即可；
（2）求出∠AOC的度數，求出∠MOC和∠NOC的度數，代入∠MON＝∠MOC﹣∠NOC求出即可；
（3）求出∠AOC的度數，求出∠MOC和∠NOC的度數，代入∠MON＝∠MOC﹣∠NOC求出即可．
【解答】解（1）∵∠AOB是直角，
∴∠AOB＝90°，∠BOC＝60°，
∴∠COA＝∠AOB+∠BOC＝90°+60°＝150°，
∵OM 平分∠AOC，
∴∠COM＝∠COA＝75°，
∵ON平分∠BOC，
∴ ∠CON＝∠BOC＝30°，
∴∠MON＝∠COM﹣∠CON＝75°﹣30°＝45．
（2）∵∠AOB＝α，∠BOC＝60°，
∴∠COA＝α+60°，
∴∠COM＝∠COA＝（α+60°），
∴∠MON＝∠COM﹣∠CON＝（α+60°）﹣30°＝α．
（3）① ∠MON＝α；
②β＝α或β＝α．
【點評】本題考查了角相關的計算及角平分線的定義，關鍵在于學生要認真審題，結合圖形完成題目．
22．（2021秋 澄海區期末）如圖，OB是∠AOC的平分線，OD是∠COE的平分線．
（1）如果∠AOC＝70°，∠COE＝50°，求∠BOD的度數；
（2）如果∠AOE＝160°，求∠BOD的度數；
（3）如果OM平分∠AOE，∠COD：∠BOC＝2：3，∠COM＝15°，求∠BOD的度數．
【考點】角平分線的定義；角的計算．
【專題】線段、角、相交線與平行線；運算能力．
【分析】（1）利用角平分線的定義求出∠BOC和∠∠COD的度數即可解答；
（2）利用雙角平分線的定義求出∠BOD＝∠AOE，即可解答；
（3）根據已知設∠COD＝2x，則∠BOC＝3x，利用角平分線的定義求出∠COE＝4x，∠AOC＝6x，從而求出∠AOE，再根據OM平分∠AOE，求出∠EOM，最后利用∠COM＝15°，進行計算即可解答．
【解答】解：（1）∵OB平分∠AOC，∠AOC＝70°，
∴∠BOC＝∠AOC＝35°，
∵OD平分∠COE，∠COE＝50°，
∴∠COD＝∠COE＝25°，
∴∠BOD＝∠BOC+∠COD＝35°+25°＝60°；
（2）∵OB平分∠AOC，OD平分∠COE，
∴∠COD＝∠COE，∠BOC＝∠AOC，
∴∠BOD＝∠COD+∠BOC
＝∠COE+∠AOC
＝（∠COE+∠AOC）
＝∠AOE＝80°；
（3）∵∠COD：∠BOC＝2：3，
∴設∠COD＝2x，則∠BOC＝3x，
∵OB平分∠AOC，OD平分∠COE，
∴∠COE＝2∠COD＝4x，∠AOC＝2∠BOC＝6x，
∴∠AOE＝∠COE+∠AOC＝10x，
∵OM平分∠AOE，
∴∠EOM＝∠AOE＝5x，
∵∠EOM﹣∠COE＝∠COM＝15°，
∴5x﹣4x＝15°，
∴x＝15°，
∴∠BOD＝∠COD+∠BOC＝2x+3x＝75°．
【點評】本題考查了角平分線的定義，角的計算，熟練掌握雙角平分線是解題的關鍵．
23．（2021秋 義烏市期末）如圖，已知OB是∠AOC內一條射線，OE平分∠AOC，OF平分∠BOC．
（1）若AO⊥BO，∠BOC＝60°，求∠EOF的度數；
（2）試判斷∠AOB＝2∠EOF是否成立．并請說明理由．
【考點】垂線；角平分線的定義；角的計算．
【專題】線段、角、相交線與平行線．
【分析】（1）求出∠AOC，根據角平分線性質求出∠EOC＝∠AOC＝75°，∠FOC＝∠BOC＝30°，根據∠EOF＝∠EOC﹣∠FOC代入求出即可；
（2）根據角平分線性質求出∠EOC＝∠AOC，∠FOC＝∠BOC，根據∠EOF＝∠EOC﹣∠FOC代入求出即可．
【解答】解：（1）∵AO⊥BO，
∴∠AOB＝90°，
∵∠BOC＝60°，
∴∠AOC＝∠AOB+∠BOC＝150°，
∵OE平分∠AOC，OF平分∠BOC，
∴∠EOC＝∠AOC＝75°，∠FOC＝∠BOC＝30°，
∴∠EOF＝∠EOC﹣∠FOC＝75°﹣30°＝45°；
（2）成立，理由如下：
∵OE平分∠AOC，OF平分∠BOC，
∴∠EOC＝∠AOC，∠FOC＝∠BOC，
∴∠EOF＝∠EOC﹣∠FOC＝（∠AOC﹣∠BOC）＝∠AOB，
即∠AOB＝2∠EOF．
【點評】本題考查了角的計算，主要利用了角的平分線的定義，對識圖能力有一定要求，快速準確識圖是解題的關鍵．
24．（2021秋 金水區校級期末）已知OC為一條射線，OM平分∠AOC，ON平分∠BOC．
（1）如圖1，當∠AOB＝60°，OC為∠AOB內部任意一條射線時，∠MON＝ 30° ；
（2）如圖2，當∠AOB＝60°，OC旋轉到∠AOB的外部時，∠MON＝ 30° ；
（3）如圖3，當∠AOB＝α，OC旋轉到∠AOB（∠BOC＜120°）的外部時，求∠MON，請借助圖3填空．
解：因為OM平分∠AOC，ON平分∠BOC
所以∠COM＝∠AOC，∠CON＝∠BOC（依據是 角平分線定義 ）
所以∠MON＝∠COM﹣ ∠CON
＝∠AOC﹣
＝ α ．
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【專題】線段、角、相交線與平行線；推理能力．
【分析】（1）根據角平分線定義可得∠MOC＝∠AOC，∠NOC＝∠BOC，再利用角的和差可得∠MON的度數；
（2）根據（1）的思路可得答案；
（3）根據角平分線的定義與角的和差可得答案．
【解答】解：（1）∵OM平分∠AOC，ON平分∠BOC，
∴∠MOC＝∠AOC，∠NOC＝∠BOC，
∴∠MON＝∠MOC+∠NOC＝∠AOC+∠BOC＝∠AOB＝30°．
故答案為：30°；
（2）∵OM平分∠AOC，ON平分∠BOC，
∴∠MOC＝∠AOC，∠NOC＝∠BOC，
∴∠MON＝∠MOC﹣∠NOC＝∠AOC﹣∠BOC＝∠AOB＝30°．
故答案為：30°；
（3）因為OM平分∠AOC，ON平分∠BOC，
所以∠COM＝∠AOC，∠CON＝∠BOC（角平分線定義），
所以∠MON＝∠COM﹣∠CON，
＝∠AOC﹣BOC，
＝α．
故答案為：角平分線定義，∠CON，BOC，α．
【點評】本題考查角的計算和角平分線的定義，熟練掌握角平分線的定義與角的和差是解題關鍵．
25．（2021秋 紅河州期末）已知∠AOB＝70°，如圖1，OC為∠AOB內部任意一條射線，OM平分∠AOC，ON平分∠BOC．
（1）求∠MON的度數；
（2）如圖2，當OC在∠AOB的外部且∠BOC＜70°時，其他條件不變，∠MON的度數會發生變化嗎？請說明理由．
【考點】角的計算；角平分線的定義．
【專題】數形結合；幾何直觀．
【分析】（1）由OM平分∠AOC，ON平分∠BOC得：AOB＝35°．
（2）由題意知：BOC＝．
【解答】解：（1）∵OM平分∠AOC，ON平分∠BOC，
∴，
∴AOB＝35°；
（2）∠MON的度數不會發生變化，
理由如下：
∵OM平分∠AOC，ON平分∠BOC，
∴，
∴BOC＝，
故∠MON的度數不會發生變化．
【點評】本題考查了雙角平分線，關鍵是結合圖形利用角平分線的定義求解．
考點卡片
1．角平分線的定義
（1）角平分線的定義
從一個角的頂點出發，把這個角分成相等的兩個角的射線叫做這個角的平分線．
（2）性質：若OC是∠AOB的平分線
則∠AOC＝∠BOC＝∠AOB或∠AOB＝2∠AOC＝2∠BOC．
（3）平分角的方法有很多，如度量法、折疊法、尺規作圖法等，要注意積累，多動手實踐．
2．角的計算
（1）角的和差倍分
①∠AOB是∠AOC和∠BOC的和，記作：∠AOB＝∠AOC+∠BOC．∠AOC是∠AOB和∠BOC的差，記作：∠AOC＝∠AOB﹣∠BOC．②若射線OC是∠AOB的三等分線，則∠AOB＝3∠BOC或∠BOC＝∠AOB．
（2）度、分、秒的加減運算．在進行度分秒的加減時，要將度與度，分與分，秒與秒相加減，分秒相加，逢60要進位，相減時，要借1化60．
（3）度、分、秒的乘除運算．①乘法：度、分、秒分別相乘，結果逢60要進位．②除法：度、分、秒分別去除，把每一次的余數化作下一級單位進一步去除．
3．余角和補角
（1）余角：如果兩個角的和等于90°（直角），就說這兩個角互為余角．即其中一個角是另一個角的余角．
（2）補角：如果兩個角的和等于180°（平角），就說這兩個角互為補角．即其中一個角是另一個角的補角．
（3）性質：等角的補角相等．等角的余角相等．
（4）余角和補角計算的應用，常常與等式的性質、等量代換相關聯．
注意：余角（補角）與這兩個角的位置沒有關系．不論這兩個角在哪兒，只要度數之和滿足了定義，則它們就具備相應的關系．
4．垂線
（1）垂線的定義
當兩條直線相交所成的四個角中，有一個角是直角時，就說這兩條直線互相垂直，其中一條直線叫做另一條直線的垂線，它們的交點叫做垂足．
（2）垂線的性質
在平面內，過一點有且只有一條直線與已知直線垂直．
注意：“有且只有”中，“有”指“存在”，“只有”指“唯一”
“過一點”的點在直線上或直線外都可以．

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