七年级上册数学 几何图形初步易错题(Word版 含答案)

一、初一数学几何模型部分解答题压轴题精选（难）

1．如图①，△ABC中，BD平分∠ABC，且与△ABC的外角∠ACE的角平分线交于点D．

（1）若，，求∠D的度数；

（2）若把∠A截去，得到四边形MNCB，如图②，猜想∠D、∠M、∠N的关系，并说明理由．

【答案】（1）解：∵BD平分∠ABC，

∴∠CBD= ∠ABC= ×75°=37.5°，

∵CD平分△ABC的外角，

∴∠DCA= (180°-∠ACB)= (180°-45°)=67.5°，

∴∠D=180°-∠DBC-∠DCB=180°-37.5°-67.5°-45°=30°.

（2）解：猜想：∠ D = ( ∠ M + ∠ N − 180 ° ).

∵∠M+∠N+∠CBM+∠NCB=360°,

∴∠D=180°- ∠CBM-∠NCB- ∠NCE.

=180°- (360°-∠NCB-∠M-∠N)- ∠NCB- ∠NCE.

=180°-180°+ ∠NCB+ ∠M+ ∠N-∠NCB- ∠NCE.

= ∠M+ ∠N- ∠NCB- ∠NCE= ,

或写成

【解析】【分析】(1)根据角平分线的定义可得∠DBC=37.5°，根据邻补角定义以及角平分线定义求得∠DCA的度数为67.5°，最后根据三角形内角和定理即可求得∠D的度数；

(2)由四边形内角和与角平分线性质即可求解.

2．如图1，直线MN与直线AB，CD分别交于点E，F，∠1与∠2互补

（1）试判断直线AB与直线CD的位置关系，并说明理由

（2）如图2，∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P，EP与CD交于点G，点H是MN上一点，且GH⊥EG，求证：PF∥GH

（3）如图3，在(2)的条件下，连结PH，在GH上取一点K，使得∠PKG=2∠HPK，过点P 作PQ平分∠EPK交EF于点Q，问∠HPQ的大小是否发生变化？若不变，请求出其值；若变化，说明理由．(温馨提示：三角形的三个内角和为180°．)

【答案】（1）解：如图，

∵∠1和∠2互补，∠2和∠3互补，

∴∠1=∠3

∴AB∥CD

（2）解：如图，

由(1)得AB∥CD，

∴∠BEF+∠EFD=180°

又∵∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P，

∴∠FEP+∠EFP= (∠BEF+∠EFD)=90°，

∴∠EPF=90°，即EG⊥PF

∵GH⊥EG，

∴PF∥GH．

（3）解：∠HPQ的大小不发生变化，理由如下：

∵EG⊥HG，∴∠KGP=90°

∴∠EPK=180°-∠4=180°-(180-∠3-∠KGP)=90°+∠3

∵∠3=2∠6，

∴∠EPK=90°+2∠6

∵PQ平分∠EPK，

∴∠QPK= ∠EPK=45°+∠6

∴∠HPQ=∠QPK-∠6=45°

∴∠HPQ的大小不发生变化，一直是45°

【解析】【分析】（1）利用邻补角的定义可证得∠2与∠3互补，再根据同角的补角相等，可证得∠1=∠3，然后利用同位角相等，两直线平行，可证得结论。

（2）利用两直线平行，同旁内角互补，可证得∠BEF+∠EFD=180°，再利用角平分线的定义去证明∠EPF=90°可得到EG⊥PF，然后利用同垂直于一条直线的两直线平行，可证得结论。

（3）利用垂直的定义可证得∠KGP=90°，利用邻补角的定义可证得∠EPK=90°+∠3，再由∠3=2∠6，可得到∠EPK=90°+2∠6，再利用角平分线的定义，可推出∠QPK=45°+∠6，由∠HPQ=∠QPK-∠6，即可求出∠HPQ的度数。

3．在直角坐标系中，已知点A（a，0），B（b，c），C（d，0），a是-8的立方根，方程2x3b-5-3y2b-2c+5=1是关于x，y的二元一次方程，d为不等式组的最大整数解．

（1）求点A、B、C的坐标；

（2）如图1，若D为y轴负半轴上的一个动点，当AD∥BC时，∠ADO与∠BCA的平分线交于M点，求∠M的度数；

（3）如图2，若D为y轴负半轴上的一个动点，连BD交x轴于点E，问是否存在点D，使S△ADE≤S△BCE？若存在，请求出D的纵坐标y D的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：-8的立方根是-2，

∴a=-2，

方程2x3b-5-3y2b-2c+5=1是关于x，y的二元一次方程，

∴，

解得，，

不等式组的最大整数解是5，

则A（-2，0）、B（2，4）、C（5，0）

（2）解：作MH∥AD，

∵AD∥BC，

∴MH∥BC，

∵∠AOD=90°，

∴∠ADO+∠OAD=90°，

∵AD∥BC，

∴∠BCA=∠OAD，

∴∠ADO+∠BCA=90°，

∵∠ADO与∠BCA的平分线交于M点，

∴∠ADM= ∠ADO，∠BCM= ∠BCA，

∴∠ADM+∠BCM=45°，

∵MH∥AD，MH∥BC，

∴∠NMD=∠ADM，∠HMC=∠BCM，

∴∠M=∠NMD+∠HMC=∠ADM+∠BCM=45°；

（3）解：存在，

连AB交y轴于F，

设点D的纵坐标为y D，

∵S△ADE≤S△BCE，

∴S△ADE+S△ABE≤S△BCE+S△ABE，即S△ABD≤S△ABC，

∵A（-2，0），B（2，4），C（5，0），

∴S△ABC=14，点F的坐标为（0，2），

S△ABD= ×（2-y D）×2+ ×（2-y D）×2=4-2y，

由题意得，4-2y D≤14，

解得，y D≥-5，

∵D在y轴负半轴上，

∴y D＜0，

∴D的纵坐标y D的取值范围是-5≤y D＜0．

【解析】【分析】（1）根据立方根的概念、二元一次方程组的定义、一元一次不等式组的解法分别求出a、b、c、d，得到点A、B、C的坐标；（2）作MH∥AD，根据平行线的性质得到∠BCA=∠OAD，得到∠ADO+∠BCA=90°，根据角平分线的定义得到∠ADM+∠BCM=45°，根据平行线的性质计算即可；（3）连AB交y轴于F，根据题意求出点F的坐标，根据三角形的面积公式列出方程，解方程即可．

4．已知：如图1，在平面直角坐标系中，点A，B，E分别是x轴和y轴上的任意