一、选择题
1. 下列三个日常现象:①用两根钉子就可以把一根木条固定在墙上;②把弯曲的公路改直,就能够缩短路程;③体育课上,老师测量某个同学的跳远成绩.其中可以用“两点之间,线段最短”来解释的现象有
（）

A.①
B.②
C.①③
D.②③

1. B

【分析】
拿到这道题，我们首先要明确几个常见几何基本事实的含义，再逐个对三个现象做原理匹配验证：首先回忆相关性质：“两点确定一条直线”指过两点有且只有一条直线；“两点之间，线段最短”指两点的所有连线里，线段的长度是最小的；测量跳远成绩用到的是“垂线段最短”的性质。接下来逐一拆解现象：①用两根钉子固定木条，本质是两个点确定了木条所在的唯一直线，让木条无法转动，对应“两点确定一条直线”，不符合题干要求；②把弯曲公路改直缩短路程，是把两个端点之间的曲线路径替换成线段，利用线段长度更短的特点，符合“两点之间，线段最短”；③测量跳远成绩，是测落脚点到起跳线的垂直距离，依据是垂线段最短，不属于题干性质的应用。最后统计符合要求的只有②，就能选出正确选项。
【解析】
我们逐一分析三个现象对应的几何原理：
1. 现象①：用两根钉子固定墙上的木条，依据是两点确定一条直线，过两个点有且仅有一条直线，木条无法随意转动，不能用“两点之间，线段最短”解释。
2. 现象②：将弯曲的公路改直来缩短路程，依据是两点之间的所有连线中，线段的长度最短，完全符合“两点之间，线段最短”的描述。
3. 现象③：体育课测量跳远成绩，是测量运动员落脚点到起跳线的垂线段长度，依据是“垂线段最短”，不能用“两点之间，线段最短”解释。
综上，只有现象②符合要求，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
两点确定一条直线；两点之间线段最短；垂线段最短
【点评】
本题是几何基本事实的生活化应用题型，最容易出错的地方是误把跳远测量的原理归为“两点之间线段最短”，要注意跳远成绩是落脚点到起跳线的点到直线的垂直距离，并非起跳点到落脚点的连线长度，解题时逐一区分不同性质的适用场景即可准确判断。
【难度系数】
0.6

2. $a , b , c$ 为同一平面内互不重合的任意三条直线,那么它们的交点个数是（）

A.1或2或3
B.0或1或2或3
C.1或2
D.以上都不对

2. B 提示:直线a,b,c的位置关系如下图：

由上图可知,平面内三条直线的交点个数可以是0或1或2或3.

【分析】
这道题没有限定三条直线的具体位置关系，我们需要用分类讨论的思路，把同一平面内三条互不重合的直线所有可能的位置组合全部列举出来，逐一计算每种情况对应的交点个数，最后汇总所有可能的交点数就能得到答案。我们可以按平行的数量逐层分类：首先考虑三条直线全部平行的情况，再考虑只有两条直线平行的情况，最后考虑三条直线都不平行的情况，就能覆盖所有位置组合，不会漏解。
【解析】
我们对同一平面内互不重合的三条直线的所有位置关系分类讨论：
1. 当三条直线两两互相平行时，三条直线没有公共交点，交点个数为0；
2. 当三条直线交于同一个公共点时，交点总数为1；
3. 当三条直线中有且仅有两条互相平行，第三条直线与这两条平行线都相交时，第三条直线分别和两条平行线各产生1个独立交点，总交点个数为2；
4. 当三条直线两两相交，且三个交点互不重合时，总交点个数为3。
综上，三条直线的交点个数可能是0或1或2或3。
【答案】
B
【知识点】
平面直线位置关系，分类讨论思想
【点评】
本题的易错点是容易遗漏部分位置关系，很多同学会忘记三条直线全部平行时交点为0、两条平行第三条相交时交点为2的情况，错选A选项。解题时要按照平行、相交的不同组合逐一排查，确保覆盖所有可能的位置情况，避免漏解。
【难度系数】
0.6

3. 如图,点 $C,D$ 在线段 $AB$ 上,且 $AM //$ $NB$. 现有下列结论: ① 若 $∠ AMD =$ $∠ CNB$, 则 $∠ BDM = ∠ ACN$; ② 若 $∠ AMD = ∠ CNB$, 则 $AN // MB$; ③若$CN// MD$,则$∠ BMD=∠ ANC$;④若$AN//$$MB$,则$∠ MAN=∠ MBN$.其中一定正确的是（）

A.①③
B.①④
C.②③
D.②④

3. B 提示:因为AM//NB,所以∠MAD=∠ABN.因为∠AMD=∠CNB,所以180°−∠ADM=∠MAD+∠AMD=∠ABN+∠CNB=180°−∠BCN,所以∠BDM=∠ACN,故①正确.由AM//NB,∠AMD=∠CNB不能得出AN//MB,故②不正确.由AM//NB,CN//MD不能得出∠BMD=∠ANC,故③不正确.因为AM//NB,所以∠MAD=∠ABN.因为AN//MB,所以∠NAC=∠MBA.所以∠MAD+∠NAC=∠ABN+∠MBA,所以∠MAN=∠MBN,故④正确.

【分析】
我们先从题目给出的已知条件$AM// NB$入手，利用平行线的性质先得到一组内错角相等，再逐个对四个结论进行推导验证：首先验证结论①，结合给出的$∠ AMD=∠ CNB$，利用三角形内角和为$180°$，推导得到对应角的补角相等，即可判断①成立；接着验证结论②，判断现有条件能否推出判定$AN// MB$所需的角相等，发现无法推导，因此②不成立；再验证结论③，结合$CN// MD$的条件，推导得到的是$∠ AMD=∠ BNC$，无法得到$∠ BMD=∠ ANC$，因此③不成立；最后验证结论④，结合$AN// MB$得到的另一组内错角相等，将两组相等的角分别相加，即可得到$∠ MAN=∠ MBN$，判断④成立，最终选出正确选项。
【解析】
已知 $AM // NB$，根据平行线的内错角相等性质，可得 $∠ MAD = ∠ NBC$。
1. 验证结论①：
在 $△ AMD$ 中，由三角形内角和为 $180°$，得 $∠ ADM = 180° - ∠ MAD - ∠ AMD$；
在 $△ CNB$ 中，同理得 $∠ BCN = 180° - ∠ NBC - ∠ CNB$。
已知 $∠ AMD = ∠ CNB$，且 $∠ MAD = ∠ NBC$，代入可得 $∠ ADM = ∠ BCN$。
又因为 $∠ BDM = 180° - ∠ ADM$，$∠ ACN = 180° - ∠ BCN$，因此 $∠ BDM = ∠ ACN$，结论①正确。
2. 验证结论②：
仅由 $AM // NB$ 和 $∠ AMD = ∠ CNB$，无法推出判定 $AN // MB$ 所需的内错角相等（如 $∠ NAB = ∠ MBA$），因此不能得到 $AN // MB$，结论②错误。
3. 验证结论③：
若 $CN // MD$，可得 $∠ MDA = ∠ NCB$，结合 $AM // NB$ 得到的 $∠ MAD = ∠ NBC$，仅能推出 $∠ AMD = ∠ BNC$，无法推导得到 $∠ BMD = ∠ ANC$，结论③错误。
4. 验证结论④：
由 $AM // NB$ 得 $∠ MAB = ∠ NBA$；
由 $AN // MB$ 得 $∠ NAB = ∠ MBA$；
将两式左右分别相加，可得 $∠ MAB + ∠ NAB = ∠ NBA + ∠ MBA$，即 $∠ MAN = ∠ MBN$，结论④正确。
综上，正确的结论是①④，对应选项为B。
【答案】B
【知识点】平行线性质，平行线判定，三角形内角和
【点评】本题属于平行线相关的命题辨析题，需要严格依据平行线的判定和性质逐一推导验证，避免仅凭直观感受直接下结论，重点考察对平行线判定条件的准确理解，容易出现想当然认为角相等就可判定平行的误区。
【难度系数】0.6

4. 用一个平面去截正方体(如图),有下列关于截面(截出的面)形状的结论:①可能是三角形;②可能是四边形;③不可能是六边形;④可能是五边形.其中所有正确结论的序号是（）

A.①②
B.①④
C.①②④
D.①②③④

4. C

【分析】
我们可以根据平面截正方体时，平面与正方体相交的面的数量来判断截面的边数：正方体一共有6个面，平面最少可以和3个面相交，最多可以和6个面相交，因此截面的边数可以是3、4、5、6。接下来逐个验证给出的结论：平面和3个面相交就能得到三角形，因此①成立；平面和4个面相交就能得到四边形，因此②成立；平面和5个面相交就能得到五边形，因此④成立；平面和6个面都相交时可以得到六边形，因此③的说法错误，最终选出正确结论对应的选项即可。
【解析】
用平面截正方体时，截面的边数等于平面与正方体相交的面的数量：
1. 若平面与正方体的3个面相交，得到的截面为三角形，故结论①正确；
2. 若平面与正方体的4个面相交，得到的截面为四边形（可以是正方形、长方形、梯形等），故结论②正确；
3. 若平面与正方体的5个面相交，得到的截面为五边形，故结论④正确；
4. 若平面与正方体的6个面全部相交，得到的截面为六边形，因此“不可能是六边形”的结论③错误。
综上，正确的结论为①②④，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
正方体截面形状
平面截几何体
【点评】
本题考查正方体截面的相关性质，易错点是容易忽略平面可以同时与正方体的6个面相交得到六边形，解题时可以记住核心规律：n面体的截面最多为n边形，正方体是六面体，因此截面边数取值范围是3~6，就能快速判断所有结论的正误。
【难度系数】
0.7

5. 如图,$AB// CD$,点$P$在直线$AB$上,点$Q$,$R$在直线$CD$上,$∠ PQR=50°$. 将射线$PQ$绕点$P$以$5°/\mathrm{s}$的速度逆时针转动,同时射线$RD$绕点$R$以$25°/\mathrm{s}$的速度逆时针转动,设转动时间为$t\ \mathrm{s}$. 在转动过程中,当射线$PQ$与射线$RD$第一次互相垂直时,$t$的值为（）


A.2
B.2.6
C.6.5
D.7

5. D 提示:如图,设点D,Q旋转后的对应点为D',Q',射线RD'与PQ'交于点G,过点G作GH//AB.则∠APG=∠PGH.因为AB//CD,∠PQR=50°,所以∠APQ=∠PQR=50°.因为∠QPQ'=5t°,所以∠APG=∠APQ+∠QPQ'=50°+5t°,所以∠PGH=50°+5t°.因为GH//AB,AB//CD,所以GH//CD.因为∠DRD'=25t°,所以∠RGH=180°−∠DRD'=180°−25t°.当射线PQ'与射线RD'第一次互相垂直时,∠PGR=90°,所以∠PGH+∠RGH=90°,所以50+5t+180−25t=90,解得t=7.

【分析】
我们先梳理已知条件：AB平行CD，初始∠PQR=50°，射线PQ绕P以5°/s逆时针转动，射线RD绕R以25°/s逆时针转动，要求两射线第一次垂直的t值。首先第一步，利用平行线内错角相等，先得到初始状态下AB和PQ的夹角∠APQ=∠PQR=50°；接着分析转动t秒后，PQ转过的角度是5t°，RD转过的角度是25t°；为了建立两动射线夹角为90°的等量关系，我们可以过两条射线的交点作平行于AB的辅助线，利用平行线的传递性得到这条辅助线也平行于CD，再通过平行线的性质，把90°的直角拆分为两个分别和AB、CD相关的角，相加等于90°，列出关于t的一元一次方程，求解后就能得到符合第一次垂直条件的t值。
【解析】
解：设转动t秒后，点D、Q旋转后的对应点为D'、Q'，射线RD'与PQ'交于点G，过点G作GH//AB。
1. 由GH//AB，根据两直线平行内错角相等，可得∠APG=∠PGH。
已知AB//CD，初始∠PQR=50°，由两直线平行内错角相等，得初始∠APQ=∠PQR=50°。
转动t秒后，PQ逆时针转过的角度为5t°，因此∠APG=∠APQ + ∠QPQ' = 50° + 5t°，即∠PGH=50°+5t°。
2. 因为GH//AB，AB//CD，由平行线的传递性可得GH//CD。
转动t秒后，RD逆时针转过的角度为25t°，因此∠DRD'=25t°，由两直线平行同旁内角互补，得∠RGH + ∠DRD' = 180°，即∠RGH=180° - 25t°。
3. 当射线PQ'与射线RD'第一次互相垂直时，两射线的夹角∠PGR=90°，而∠PGR=∠PGH + ∠RGH，代入角度表达式得：
$50 + 5t + 180 - 25t = 90$
整理得：$230 - 20t = 90$，解得$t=7$。
【答案】
D
【知识点】
平行线性质，动角问题，一元一次方程应用
【点评】
本题属于平行线背景下的动角综合题，核心是通过作平行辅助线将动射线的直角拆分为两组平行线对应的角度，建立等量关系列方程求解，解题时需要注意转动方向，筛选出第一次垂直的解，避免误选其他干扰选项。
【难度系数】
0.5

二、填空题
6. 把一个长 16 cm、宽 10 cm、高 8 cm 的长方体表面涂上红漆,然后把它切割成棱长为2 cm 的小正方体,则一面涂色的小正方体有块.

6. 72 提示:因为16÷2=8,10÷2=5,8÷2=4,所以一共可以切成8×5×4=160(块).一面涂色的小正方体有(8−2)×(5−2)×2+(8−2)×(4−2)×2+(5−2)×(4−2)×2=6×3×2+6×2×2+3×2×2=36+24+12=72(块).

【分析】
首先我们要明确一面涂色的小正方体的位置特征：它们都位于大长方体每个面的中间区域，既不在棱上也不在顶点处，不会被两个及以上的面共享涂色。解题第一步先计算长方体的长、宽、高方向分别能切割出多少个棱长为2cm的小正方体，用原长宽高分别除以小正方体棱长2即可。第二步，对于长方体的任意一个面，要得到仅一面涂色的小正方体数量，需要把这个面最外围一圈挨着棱的小正方体全部去掉，也就是该面长对应的小正方体个数减2、宽对应的小正方体个数减2，再相乘得到单个面的一面涂色小正方体数。最后因为长方体三组相对的面完全相同，把三组面的数量分别乘2后相加，就能得到总数。
【解析】
1. 计算长宽高方向可切割出的小正方体数量：
长方向可切小正方体：$16÷2=8$（个）
宽方向可切小正方体：$10÷2=5$（个）
高方向可切小正方体：$8÷2=4$（个）
2. 分组计算三组相对面的一面涂色小正方体总数：
① 长×宽对应的两个面：去掉外围一圈后，剩余小正方体行列数为$(8-2)$和$(5-2)$，总块数为：
$(8-2)×(5-2)×2=6×3×2=36$（块）
② 长×高对应的两个面：去掉外围一圈后，剩余小正方体行列数为$(8-2)$和$(4-2)$，总块数为：
$(8-2)×(4-2)×2=6×2×2=24$（块）
③ 宽×高对应的两个面：去掉外围一圈后，剩余小正方体行列数为$(5-2)$和$(4-2)$，总块数为：
$(5-2)×(4-2)×2=3×2×2=12$（块）
3. 求和得到一面涂色的小正方体总块数：$36+24+12=72$（块）
【答案】
72
【知识点】
长方体分割，涂色正方体计数
【点评】
本题是立体图形涂色计数的基础题型，核心是掌握不同涂色情况的小正方体的位置规律，一面涂色的小正方体仅分布在各个面的非边缘区域，解题时要注意长宽高方向都要减去两侧挨着棱的小正方体，避免出现漏减、错算的问题。
【难度系数】
0.6

7. 如图,已知 $OM,OA,ON$ 是 $∠ BOC$ 内的三条射线, $ON$ 平分 $∠ AOC$, $OM$ 平分$∠ BOC$, 且 $∠ AOB + ∠ MON = 120°$, 则$∠ MON =$.

7. 40° 提示:设∠AOB=x°,∠MON=y°,则∠BOC=∠AOB+∠AOC=x°+∠AOC.因为ON平分∠AOC,OM平分∠BOC,所以∠MOC=1/2∠BOC=1/2x°+1/2∠AOC,∠NOC=1/2∠AOC,所以∠MON=∠MOC−∠NOC=1/2x°,即y=1/2x.由题意可知,x+1/2x=120,解得x=80.所以∠MON=40°.

【分析】
我们拿到这道题，已知两条角平分线，还给出了两个角的和的条件，要求∠MON的度数，优先用设未知数结合角平分线性质推导关系的思路来解：
1. 先设两个相关角为未知数：设∠AOB=x，∠MON=y，题目已经给出x+y=120°，我们只需要找到x和y的另一组数量关系就能解方程。
2. 利用角平分线的定义：OM平分∠BOC，所以∠MOC是∠BOC的一半；ON平分∠AOC，所以∠NOC是∠AOC的一半。
3. 观察图形可以发现∠MON=∠MOC - ∠NOC，把上面两个角平分线的结论代入，就能消掉中间变量∠AOC，得到y和x的关系，也就是y=1/2 x，最后代入x+y=120°就能算出∠MON的度数。
【解析】
解：设∠AOB = x°，∠MON = y°，
由题意已知∠AOB + ∠MON = 120°，即 $x + y = 120$ ①
∵ OM平分∠BOC，
∴ $∠ MOC = \frac{1}{2}∠ BOC = \frac{1}{2}(∠ AOB + ∠ AOC) = \frac{1}{2}x° + \frac{1}{2}∠ AOC$，
∵ ON平分∠AOC，
∴ $∠ NOC = \frac{1}{2}∠ AOC$，
又
∵ $∠ MON = ∠ MOC - ∠ NOC$，
代入得：$y° = (\frac{1}{2}x° + \frac{1}{2}∠ AOC) - \frac{1}{2}∠ AOC = \frac{1}{2}x°$，
即 $y = \frac{1}{2}x$ ②
将②代入①，得 $x + \frac{1}{2}x = 120$，
解得 $x = 80$，
则 $y = \frac{1}{2} × 80 = 40$，
即$∠ MON = 40°$。
【答案】$40°$
【知识点】角平分线定义，角度和差运算
【点评】本题通过设未知数的代数方法求解几何角度问题，避免了复杂的角度拆分推导，核心是利用两个角平分线的性质，消去中间变量∠AOC，得到∠MON和∠AOB的固定数量关系，是几何代数结合的典型基础题型。
【难度系数】0.6

8. 如图,$OE ⊥ AB$于点$O$,$OC$为$∠ AOE$内的一条射线,点$D$在$CO$的延长线上,$OF$平分$∠ AOD$. 在图中的所有角中,当与$∠ COE$互补的角有且只有两个时,$∠ COF$的度数为.

8. 120° 提示:显然∠DOE与∠COE互补,根据条件另有一角也与∠COE互补.若∠BOF与∠COE互补,则∠DOE=∠BOF,所以∠DOF=∠BOE=90°,而OF平分∠AOD,故∠DOF=∠AOF=90°,此时OC与OA重合,矛盾;若∠DOA与∠COE互补,则由∠DOA与∠COA互补,得∠COE=∠COA=45°,此时∠DOA=135°,从而∠FOA=67.5°,于是∠COF=∠COA+∠FOA=45°+67.5°=112.5°,此时∠BOC=∠BOE+∠COE=135°,也与∠COE互补,矛盾;若∠FOC与∠COE互补,则点E,O,F在同一直线上,而OF平分∠AOD,故OD与OB重合,矛盾;若∠EOF与∠COE互补,则∠DOE=∠EOF,因为OE⊥AB,所以∠BOE=∠AOE=90°,所以∠BOD=∠FOA,又因为OF平分∠AOD,所以∠FOA=∠DOF,所以∠BOD=∠FOA=∠DOF=60°,所以∠COF=∠COA+∠FOA=60°+60°=120°.综上所述,∠COF的度数为120°.

【分析】
我们先从互补的定义出发，两个角的和为180°则两角互补。首先由D在CO的延长线上，可直接得到第一个与∠COE天然互补的角∠DOE，题目要求与∠COE互补的角有且仅有2个，说明还存在唯一的第二个符合条件的互补角。接下来我们需要把所有可能的候选角逐一排查，结合已知的OE⊥AB、OF平分∠AOD的条件，排除所有出现位置矛盾、互补角数量超过2的情况，最终推导出符合要求的角度值。
【解析】
1. 由已知OE⊥AB，可得∠AOE=∠BOE=90°；又因为点D在CO的延长线上，即CD为过点O的直线，因此∠COE + ∠DOE = 180°，这是第一个与∠COE互补的角。
2. 题目要求与∠COE互补的角有且仅有2个，因此仅存在唯一的另一个角满足和∠COE之和为180°，我们逐一排查所有候选角：
若第二个互补角为∠BOF：可推导得∠DOF=∠BOE=90°，结合OF平分∠AOD，得∠AOF=∠DOF=90°，此时OC与OA重合，与“OC在∠AOE内”的条件矛盾，排除该情况。
若第二个互补角为∠DOA：由∠DOA + ∠AOC=180°，可推出∠COE=∠AOC，结合∠AOE=90°得∠COE=∠AOC=45°，此时∠BOC=∠BOE+∠COE=135°，可得∠BOC+∠COE=180°，此时共有3个角与∠COE互补，不符合“有且仅有两个”的要求，矛盾，排除该情况。
若第二个互补角为∠FOC：可得∠COE+∠FOC=180°，即E、O、F三点共线，结合OF平分∠AOD可推出OD与OB重合，不符合图中点D的位置，矛盾，排除该情况。
若第二个互补角为∠EOF：可得∠COE + ∠EOF=180°，即∠DOE=∠EOF。结合∠BOE=∠AOE=90°，可得∠BOD=∠AOF；又因为OF平分∠AOD，因此∠AOF=∠DOF，即∠BOD=∠AOF=∠DOF。由平角定义得∠BOD+∠AOF+∠DOF=180°，因此三个角均为60°，由对顶角相等得∠AOC=∠BOD=60°，因此∠COF=∠AOC + ∠AOF=60°+60°=120°，该情况满足互补角有且仅有2个的要求。
【答案】
120°
【知识点】
补角定义，角平分线定义，垂直定义
【点评】
本题需要通过分类讨论逐一验证所有可能的互补角候选情况，排除不符合图形位置、互补角数量要求的矛盾情形，对逻辑严谨性要求较高，容易忽略额外生成的互补角导致推导错误。
【难度系数】
0.3