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5. 如图，剪刀在使用的过程中，随着两个把手之间的夹角($∠ DOC$)逐渐变大，剪刀刀刃之间的夹角($∠ AOB$)也相应
变大
，理由是对顶角相等
。答案
5.变大 对顶角相等
解析
【分析】
首先观察图形可判断出∠DOC与∠AOB是对顶角，回忆对顶角的性质：对顶角相等。由此可知，当∠DOC逐渐变大时，与之相等的∠AOB也会做相同的变化，据此即可得出结论。
【解析】
由图可知∠AOB和∠DOC是对顶角，根据对顶角相等的性质，可得∠AOB=∠DOC。所以当∠DOC逐渐变大时，∠AOB也相应变大。
【答案】
变大；对顶角相等
【知识点】
对顶角的性质
【点评】
本题结合生活中的剪刀模型，考查对顶角性质的实际应用，将几何知识与生活场景结合，便于理解，属于基础题型。
【难度系数】
0.9
首先观察图形可判断出∠DOC与∠AOB是对顶角，回忆对顶角的性质：对顶角相等。由此可知，当∠DOC逐渐变大时，与之相等的∠AOB也会做相同的变化，据此即可得出结论。
【解析】
由图可知∠AOB和∠DOC是对顶角，根据对顶角相等的性质，可得∠AOB=∠DOC。所以当∠DOC逐渐变大时，∠AOB也相应变大。
【答案】
变大；对顶角相等
【知识点】
对顶角的性质
【点评】
本题结合生活中的剪刀模型，考查对顶角性质的实际应用，将几何知识与生活场景结合，便于理解，属于基础题型。
【难度系数】
0.9
6. 如图，直线a,b,c两两相交，$∠ 1=2∠ 3$，$∠ 2=65°$，求$∠ 4$的度数。
答案
6.$32.5^{\circ }$
解析
【分析】
解题思路：首先观察图形，识别出∠1与∠2是对顶角，利用对顶角相等的性质求出∠1的度数；接着结合已知条件∠1=2∠3，计算出∠3的度数；最后根据∠4与∠3是对顶角，再次利用对顶角相等的性质，得到∠4的度数。
【解析】
1. 根据对顶角相等的性质，因为∠1和∠2是对顶角，且∠2=65°，所以$∠ 1=∠ 2=65°$；
2. 已知$∠ 1=2∠ 3$，将$∠ 1=65°$代入可得：$∠ 3=\frac{1}{2}∠ 1=\frac{1}{2}×65°=32.5°$；
3. 因为∠4和∠3是对顶角，根据对顶角相等，所以$∠ 4=∠ 3=32.5°$。
【答案】
$\boldsymbol{32.5°}$
【知识点】
对顶角相等，角的计算
【点评】
本题主要考查对顶角性质的实际应用，解题的关键是准确识别图中的对顶角，理清角之间的数量关系进行计算，属于基础几何题型，侧重对基本概念和性质的考查。
【难度系数】
0.8
解题思路：首先观察图形，识别出∠1与∠2是对顶角，利用对顶角相等的性质求出∠1的度数；接着结合已知条件∠1=2∠3，计算出∠3的度数；最后根据∠4与∠3是对顶角，再次利用对顶角相等的性质，得到∠4的度数。
【解析】
1. 根据对顶角相等的性质，因为∠1和∠2是对顶角，且∠2=65°，所以$∠ 1=∠ 2=65°$；
2. 已知$∠ 1=2∠ 3$，将$∠ 1=65°$代入可得：$∠ 3=\frac{1}{2}∠ 1=\frac{1}{2}×65°=32.5°$；
3. 因为∠4和∠3是对顶角，根据对顶角相等，所以$∠ 4=∠ 3=32.5°$。
【答案】
$\boldsymbol{32.5°}$
【知识点】
对顶角相等，角的计算
【点评】
本题主要考查对顶角性质的实际应用，解题的关键是准确识别图中的对顶角，理清角之间的数量关系进行计算，属于基础几何题型，侧重对基本概念和性质的考查。
【难度系数】
0.8
7. 观察下列各图，寻找对顶角(不含平角)。
(1)如图①，图中共有
(2)如图②，图中共有
(3)如图③，图中共有
(4)研究(1)～(3)小题中直线条数与对顶角的组数之间的关系，若有n条直线相交于一点，则可形成
(5)若有2025条直线相交于一点，则可形成
(1)如图①，图中共有
2
组对顶角；(2)如图②，图中共有
6
组对顶角；(3)如图③，图中共有
12
组对顶角；(4)研究(1)～(3)小题中直线条数与对顶角的组数之间的关系，若有n条直线相交于一点，则可形成
$n(n-1)$
组对顶角；(5)若有2025条直线相交于一点，则可形成
4 098 600
组对顶角。答案
7.(1)2 (2)6 (3)12 (4)$n(n-1)$ (5)4 098 600
解析
【分析】
1. 对于(1)，根据对顶角定义，直接数出两条直线相交形成的对顶角组数；
2. 对于(2)，分析三条直线相交于一点时，每两条直线相交形成的对顶角，累加得到总数；
3. 对于(3)，同理，找出四条直线两两相交的组合，计算对应的对顶角总组数；
4. 对于(4)，通过(1)(2)(3)的结果，归纳直线条数$n$与对顶角组数的关系；
5. 对于(5)，将$n=2025$代入(4)的公式计算即可。
【解析】
(1) 图①中两条直线相交于一点，对顶角为$∠ AOC$与$∠ BOD$、$∠ AOD$与$∠ BOC$，共$\boldsymbol{2}$组；
(2) 图②中三条直线相交于一点，每两条直线相交形成2组对顶角，共有3组两两相交的直线，总组数为$3×2=6$，即共$\boldsymbol{6}$组；
(3) 图③中四条直线相交于一点，共有$\frac{4×3}{2}=6$组两两相交的直线，每组对应2组对顶角，总组数为$6×2=12$，即共$\boldsymbol{12}$组；
(4) 由(1)$2=2×1$、(2)$6=3×2$、(3)$12=4×3$，可归纳得出：$n$条直线相交于一点，对顶角组数为$\boldsymbol{n(n-1)}$；
(5) 当$n=2025$时，对顶角组数为$2025×(2025-1)=2025×2024=4098600$，即共$\boldsymbol{4098600}$组。
【答案】
(1)$2$；(2)$6$；(3)$12$；(4)$n(n-1)$；(5)$4098600$
【知识点】
对顶角的定义；规律归纳；有理数乘法
【点评】
本题从简单图形入手，逐步探究直线相交于一点时对顶角的组数，既考查了对顶角的定义，又锻炼了规律归纳能力。解题关键是先分析小数量直线的情况，再归纳出通用公式，最终利用公式解决复杂问题。
【难度系数】
0.6
1. 对于(1)，根据对顶角定义，直接数出两条直线相交形成的对顶角组数；
2. 对于(2)，分析三条直线相交于一点时，每两条直线相交形成的对顶角，累加得到总数；
3. 对于(3)，同理，找出四条直线两两相交的组合，计算对应的对顶角总组数；
4. 对于(4)，通过(1)(2)(3)的结果，归纳直线条数$n$与对顶角组数的关系；
5. 对于(5)，将$n=2025$代入(4)的公式计算即可。
【解析】
(1) 图①中两条直线相交于一点，对顶角为$∠ AOC$与$∠ BOD$、$∠ AOD$与$∠ BOC$，共$\boldsymbol{2}$组；
(2) 图②中三条直线相交于一点，每两条直线相交形成2组对顶角，共有3组两两相交的直线，总组数为$3×2=6$，即共$\boldsymbol{6}$组；
(3) 图③中四条直线相交于一点，共有$\frac{4×3}{2}=6$组两两相交的直线，每组对应2组对顶角，总组数为$6×2=12$，即共$\boldsymbol{12}$组；
(4) 由(1)$2=2×1$、(2)$6=3×2$、(3)$12=4×3$，可归纳得出：$n$条直线相交于一点，对顶角组数为$\boldsymbol{n(n-1)}$；
(5) 当$n=2025$时，对顶角组数为$2025×(2025-1)=2025×2024=4098600$，即共$\boldsymbol{4098600}$组。
【答案】
(1)$2$；(2)$6$；(3)$12$；(4)$n(n-1)$；(5)$4098600$
【知识点】
对顶角的定义；规律归纳；有理数乘法
【点评】
本题从简单图形入手，逐步探究直线相交于一点时对顶角的组数，既考查了对顶角的定义，又锻炼了规律归纳能力。解题关键是先分析小数量直线的情况，再归纳出通用公式，最终利用公式解决复杂问题。
【难度系数】
0.6
8. 如图，直线AB,CD,EF相交于点O，$∠ 1=20°$，$∠ BOC=80°$，求$∠ 2$的度数。
答案
8.解:因为$∠1=20^{\circ },∠BOC=80^{\circ },$
所以$∠BOF=∠BOC-∠1=60^{\circ },$
根据对顶角相等,得$∠2=∠BOF=60^{\circ }$。
所以$∠BOF=∠BOC-∠1=60^{\circ },$
根据对顶角相等,得$∠2=∠BOF=60^{\circ }$。
解析
【分析】
首先观察图形可知，$∠BOC$是$∠1$与$∠BOF$的和，所以先通过角的和差关系求出$∠BOF$的度数；再根据对顶角的性质，$∠2$和$∠BOF$是对顶角，对顶角相等，即可得出$∠2$的度数。
【解析】
解：因为$∠1=20^{\circ },∠BOC=80^{\circ },$
所以$∠BOF=∠BOC-∠1=80°-20°=60°,$
根据对顶角相等，得$∠2=∠BOF=60°$。
【答案】
$∠2=60°$
【知识点】
对顶角相等，角的和差计算
【点评】
本题主要考查对顶角的性质以及角的和差运算，属于基础题型，解题关键是准确识别图形中的角的关系，熟练运用对顶角相等的性质进行角度转化。
【难度系数】
0.9
首先观察图形可知，$∠BOC$是$∠1$与$∠BOF$的和，所以先通过角的和差关系求出$∠BOF$的度数；再根据对顶角的性质，$∠2$和$∠BOF$是对顶角，对顶角相等，即可得出$∠2$的度数。
【解析】
解：因为$∠1=20^{\circ },∠BOC=80^{\circ },$
所以$∠BOF=∠BOC-∠1=80°-20°=60°,$
根据对顶角相等，得$∠2=∠BOF=60°$。
【答案】
$∠2=60°$
【知识点】
对顶角相等，角的和差计算
【点评】
本题主要考查对顶角的性质以及角的和差运算，属于基础题型，解题关键是准确识别图形中的角的关系，熟练运用对顶角相等的性质进行角度转化。
【难度系数】
0.9
9. 如图，在同一平面内，两条直线相交时最多有1个交点，三条直线两两相交时最多有3个交点，四条直线两两相交时最多有6个交点。
(1)当五条直线两两相交时最多有
(2)猜想n条直线两两相交时最多有几个交点(用含n的代数式表示)；
(3)若在同一平面上有m条直线，两两相交时最多有45个交点，则$m=$
(1)当五条直线两两相交时最多有
10
个交点；(2)猜想n条直线两两相交时最多有几个交点(用含n的代数式表示)；
(3)若在同一平面上有m条直线，两两相交时最多有45个交点，则$m=$
10
。答案
9.(1)10;
(2)n条直线相交,最多有$1+2+3+... +(n-1)=$
$\frac {n(n-1)}{2}$(个)交点;
(3)10。
(2)n条直线相交,最多有$1+2+3+... +(n-1)=$
$\frac {n(n-1)}{2}$(个)交点;
(3)10。
解析
【分析】
我们先从已知的直线相交交点数入手找规律：
1. 两条直线相交最多1个交点，即$1=1$；
2. 三条直线两两相交最多3个交点，即$3=1+2$；
3. 四条直线两两相交最多6个交点，即$6=1+2+3$；
由此推导：
(1) 五条直线两两相交时，第五条直线可与前四条直线各产生1个新交点，所以最多交点数是$1+2+3+4$；
(2) n条直线两两相交时，每条直线都与其余$n-1$条直线相交，每个交点被两条直线重复计算，因此总交点数是从1到$n-1$的连续整数和，用等差数列求和公式化简即可得到一般式；
(3) 已知最多交点数为45，代入(2)的公式列方程，求解符合实际意义的正整数解即可。
【解析】
(1) 根据前面的规律，五条直线两两相交最多的交点数为：
$1+2+3+4=10$（个）
(2) n条直线两两相交时，最多交点数是从1到$n-1$的连续整数和，根据等差数列求和公式：
$1+2+3+\dots+(n-1)=\frac{n(n-1)}{2}$（个）
(3) 依题意列方程：
$\frac{m(m-1)}{2}=45$
整理得：$m^2 - m - 90=0$
因式分解得：$(m-10)(m+9)=0$
解得：$m_1=10$，$m_2=-9$（直线数量不能为负，舍去）
故$m=10$
【答案】
(1) $\boldsymbol{10}$；(2) $\boldsymbol{\frac{n(n-1)}{2}}$个；(3) $\boldsymbol{10}$
【知识点】
直线相交交点规律、等差数列求和、一元二次方程求解
【点评】
本题考查图形规律探究与代数方程的结合，核心是从特殊情况推导一般规律，运用从特殊到一般的数学思想，解题时要注意结合实际意义舍去不符合要求的解。
【难度系数】
0.6
我们先从已知的直线相交交点数入手找规律：
1. 两条直线相交最多1个交点，即$1=1$；
2. 三条直线两两相交最多3个交点，即$3=1+2$；
3. 四条直线两两相交最多6个交点，即$6=1+2+3$；
由此推导：
(1) 五条直线两两相交时，第五条直线可与前四条直线各产生1个新交点，所以最多交点数是$1+2+3+4$；
(2) n条直线两两相交时，每条直线都与其余$n-1$条直线相交，每个交点被两条直线重复计算，因此总交点数是从1到$n-1$的连续整数和，用等差数列求和公式化简即可得到一般式；
(3) 已知最多交点数为45，代入(2)的公式列方程，求解符合实际意义的正整数解即可。
【解析】
(1) 根据前面的规律，五条直线两两相交最多的交点数为：
$1+2+3+4=10$（个）
(2) n条直线两两相交时，最多交点数是从1到$n-1$的连续整数和，根据等差数列求和公式：
$1+2+3+\dots+(n-1)=\frac{n(n-1)}{2}$（个）
(3) 依题意列方程：
$\frac{m(m-1)}{2}=45$
整理得：$m^2 - m - 90=0$
因式分解得：$(m-10)(m+9)=0$
解得：$m_1=10$，$m_2=-9$（直线数量不能为负，舍去）
故$m=10$
【答案】
(1) $\boldsymbol{10}$；(2) $\boldsymbol{\frac{n(n-1)}{2}}$个；(3) $\boldsymbol{10}$
【知识点】
直线相交交点规律、等差数列求和、一元二次方程求解
【点评】
本题考查图形规律探究与代数方程的结合，核心是从特殊情况推导一般规律，运用从特殊到一般的数学思想，解题时要注意结合实际意义舍去不符合要求的解。
【难度系数】
0.6
10.(1)一条直线可以把平面分成两个部分(或区域)，如图，两条直线可以把平面分成几个部分？三条直线可以把平面分成几个部分？试画图说明。
(2)四条直线最多可以把平面分成几个部分？试画出示意图，并说明这四条直线的位置关系。
(3)平面上有n条直线。每两条直线都恰好相交，且没有三条直线交于一点，处于这种位置的n条直线分一个平面所成的区域最多，记为$a_{n}$，试研究$a_{n}$与n之间的关系。
自我反思
存在的问题：
改进的措施：
(2)四条直线最多可以把平面分成几个部分？试画出示意图，并说明这四条直线的位置关系。
(3)平面上有n条直线。每两条直线都恰好相交，且没有三条直线交于一点，处于这种位置的n条直线分一个平面所成的区域最多，记为$a_{n}$，试研究$a_{n}$与n之间的关系。
自我反思
存在的问题：
改进的措施：
答案
10.(1)如图①,两条直线可以把平面分成3或4个部分;如图②,三条直线可以把平面分成4或6或7个部分;
(2)如图③,四条直线最多可以把平面分成11个部分;四条直线的位置关系:四条直线两两相交且没有三条直线交于一点。
(3)一条直线可以把平面分成2个部分,两条直线最多可以把平面分成4个部分,三条直线最多可以把平面分成7个部分,四条直线最多可以把平面分成11个部分,
则n条最多可以把平面分成$1+\frac {n(n+1)}{2}$个部分。所
以$a_{n}=1+\frac {n(n+1)}{2}$。
解析
【分析】
1. 第(1)问：需考虑直线的不同位置关系，两条直线分平行、相交两种情况，对应不同的区域数；三条直线分三条平行、两条平行一条相交、三条两两相交（无三线共点）三种情况，通过画图直观分析每种情况的区域数量。
2. 第(2)问：要使四条直线分平面区域最多，需让每条直线都与其余直线相交，且无三条直线交于一点，这样每条新直线都能增加最多的区域数，通过画图数出区域数，同时明确直线的位置关系。
3. 第(3)问：先列出n=1、2、3、4时的最多区域数，观察数字间的递推规律，总结出n条直线分平面最多区域数的通项公式。
【解析】
(1) 两条直线的情况：
若两条直线平行，可将平面分成3个部分；
若两条直线相交，可将平面分成4个部分。
三条直线的情况：
三条直线互相平行，可将平面分成4个部分；
两条直线平行，第三条直线与它们相交，可将平面分成6个部分；
三条直线两两相交且无三条直线交于一点，可将平面分成7个部分。
示意图参考参考答案配图。
(2) 四条直线最多可以把平面分成11个部分，示意图参考参考答案配图；
四条直线的位置关系：四条直线两两相交，且没有三条直线交于一点。
(3) 分析最多区域数的规律：
当$n=1$时，$a_1=2=1+\frac{1×(1+1)}{2}$；
当$n=2$时，$a_2=4=1+\frac{2×(2+1)}{2}$；
当$n=3$时，$a_3=7=1+\frac{3×(3+1)}{2}$；
当$n=4$时，$a_4=11=1+\frac{4×(4+1)}{2}$；
以此归纳可得，$n$条直线分平面最多区域数的关系为：$a_{n}=1+\frac {n(n+1)}{2}$。
【答案】
(1) 两条直线可以把平面分成3或4个部分；三条直线可以把平面分成4或6或7个部分；示意图：
(2) 四条直线最多可以把平面分成11个部分；四条直线的位置关系：四条直线两两相交且没有三条直线交于一点；示意图见上述图片。
(3) $a_{n}=1+\frac {n(n+1)}{2}$
【知识点】
直线位置关系、平面区域划分、归纳推理
【点评】
本题考查直线位置关系对平面区域划分的影响，通过从简单到复杂的情况逐步分析，培养归纳推理能力，解题关键是明确“最多区域数”对应的直线位置为两两相交且无三线共点，同时要善于观察数字规律推导通项公式。
【难度系数】
0.6
1. 第(1)问：需考虑直线的不同位置关系，两条直线分平行、相交两种情况，对应不同的区域数；三条直线分三条平行、两条平行一条相交、三条两两相交（无三线共点）三种情况，通过画图直观分析每种情况的区域数量。
2. 第(2)问：要使四条直线分平面区域最多，需让每条直线都与其余直线相交，且无三条直线交于一点，这样每条新直线都能增加最多的区域数，通过画图数出区域数，同时明确直线的位置关系。
3. 第(3)问：先列出n=1、2、3、4时的最多区域数，观察数字间的递推规律，总结出n条直线分平面最多区域数的通项公式。
【解析】
(1) 两条直线的情况：
若两条直线平行，可将平面分成3个部分；
若两条直线相交，可将平面分成4个部分。
三条直线的情况：
三条直线互相平行，可将平面分成4个部分；
两条直线平行，第三条直线与它们相交，可将平面分成6个部分；
三条直线两两相交且无三条直线交于一点，可将平面分成7个部分。
示意图参考参考答案配图。
(2) 四条直线最多可以把平面分成11个部分，示意图参考参考答案配图；
四条直线的位置关系：四条直线两两相交，且没有三条直线交于一点。
(3) 分析最多区域数的规律：
当$n=1$时，$a_1=2=1+\frac{1×(1+1)}{2}$；
当$n=2$时，$a_2=4=1+\frac{2×(2+1)}{2}$；
当$n=3$时，$a_3=7=1+\frac{3×(3+1)}{2}$；
当$n=4$时，$a_4=11=1+\frac{4×(4+1)}{2}$；
以此归纳可得，$n$条直线分平面最多区域数的关系为：$a_{n}=1+\frac {n(n+1)}{2}$。
【答案】
(1) 两条直线可以把平面分成3或4个部分；三条直线可以把平面分成4或6或7个部分；示意图：
(2) 四条直线最多可以把平面分成11个部分；四条直线的位置关系：四条直线两两相交且没有三条直线交于一点；示意图见上述图片。
(3) $a_{n}=1+\frac {n(n+1)}{2}$
【知识点】
直线位置关系、平面区域划分、归纳推理
【点评】
本题考查直线位置关系对平面区域划分的影响，通过从简单到复杂的情况逐步分析，培养归纳推理能力，解题关键是明确“最多区域数”对应的直线位置为两两相交且无三线共点，同时要善于观察数字规律推导通项公式。
【难度系数】
0.6
