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专题11.6 期末复习之填空压轴题十大题型总结（原卷版+解析版）
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这是一份专题11.6 期末复习之填空压轴题十大题型总结（原卷版+解析版），文件包含专题116期末复习之填空压轴题十大题型总结人教版原卷版docx、专题116期末复习之填空压轴题十大题型总结人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc15248" 【题型1 平行线中的动点问题】 PAGEREF _Tc15248 \h 1
\l "_Tc2394" 【题型2 平行线中的旋转、平移问题】 PAGEREF _Tc2394 \h 8
\l "_Tc1578" 【题型3 实数中的新定义问题】 PAGEREF _Tc1578 \h 14
\l "_Tc10784" 【题型4 实数中的最值问题】 PAGEREF _Tc10784 \h 17
\l "_Tc18495" 【题型5 平面直角坐标系中的面积问题】 PAGEREF _Tc18495 \h 19
\l "_Tc1100" 【题型6 平面直角坐标系中的规律探究】 PAGEREF _Tc1100 \h 25
\l "_Tc12187" 【题型7 二元一次方程组中的数字问题】 PAGEREF _Tc12187 \h 28
\l "_Tc26428" 【题型8 二元一次方程中的方案设计】 PAGEREF _Tc26428 \h 33
\l "_Tc19416" 【题型9 一元一次不等式组中的最值问题】 PAGEREF _Tc19416 \h 36
\l "_Tc4856" 【题型10 方程与不等式的综合探究】 PAGEREF _Tc4856 \h 39
【题型1 平行线中的动点问题】
【例1】（2024七年级·河南新乡·期末）已知直线AB∥CD，E为两直线间一定点，∠DCE=23°，若点F为平面内一动点，且满足∠ABF=51°，连接BF，EF，则∠BFE的平分线与∠CEF的平分线所在直线所夹的锐角为 ．
【答案】14°或37°
【分析】本题考查了平行线的性质、角平线的定义，根据题意可分两种情况进行讨论，一种是点F在AB下方，一种是点F在AB上方，先作平行线，设出来角度，再根据两直线平行，内错角相等以及角平分线的定义可得到结果，正确作出辅助线，熟练掌握平行线的性质，理解角平分线的定义是解决问题的关键．
【详解】解：当点F在AB下方时，
过点F作HI∥AB，过点E作JK∥AB，如图1所示：
设∠GEK=α，
∵AB∥CD，
∴AB∥HI∥JK∥CD，
∵∠DCE=23°，∠ABF=51°，
∴∠KEC=∠DCE=23°，∠BFH=∠ABF=51°，
∴∠GEC=∠GEK+∠KEC=α+23°，
∵EG平分∠CEF，
∴∠GEC=∠GEF=α+23°，
∴∠FEK=∠FEG+∠GEK=23+2α，
∴∠BFE=∠BFH+∠HFE=23°+2α+51°=74°+2α，
∵GF平分∠BFE，
∴∠BFE=∠EFT=12∠BFE=1274°+2α=37°+α，
∴∠GFE=180°−∠EFT=180°−37°+α=143°−α，
∴∠EGF=180°−∠GFE+∠FEG=180°−α+23°+143°−α=14°；
②当点F在AB上方时，过点E作MN∥AB，如图2所示：
设∠PEN=β，
∵∠DCE=23°，∠ABF=51°，
∵AB∥CD，
∴AB∥MN∥CD，
∵∠CEN=∠DCE=23°，
∴∠PEC=∠PEN+∠CEN=β+23°，
∵GE平分∠CEF，
∴∠FEP=∠PEC=β+23°，
∴∠GEF=180°−∠FEP=180°−β+23°=157°−β，
∴∠FKA=∠FEN=∠FEP+∠PEN=β+23°+β=23°+2β，
∵∠FKA=∠ABF+∠BFE，
∴∠BFE=∠FKA−∠ABF=23°+2β−51°=2β−28°，
∵GF平分∠BFE，
∴∠GFE=12∠BFE=122β−28°=β−14°，
∴∠FGE=180°−∠GEF+∠GFE=180°−157°−β+β−14°=37°，
综上所示：∠BFE的平分线与∠CEF的平分线所在直线所夹的锐角为14°或37°，
故答案为：14°或37°．
【变式1-1】（2024七年级·浙江·期末）如图，AC//BD，BC平分∠ABD，设∠ACB为α，点E是射线BC上的一个动点，若∠BAE:∠CAE=5:2，则∠CAE的度数为 ．（用含α的代数式表示）．
【答案】120°−43α或360°−4α7
【分析】根据题意可分两种情况，①若点E运动到l1上方，根据平行线的性质由α可计算出∠CBD的度数，再根据角平分线的性质和平行线的性质，计算出∠BAC的度数，再由∠BAE:∠CAE=52，∠BAE=∠BAC+∠CAE，列出等量关系求解即可得出结论；②若点E运动到l1下方，根据平行线的性质由α可计算出∠CBD的度数，再根据角平分线的性质和平行线的性质，计算出∠BAC的度数，再由∠BAE:∠CAE=52，∠BAE=∠BAC−∠CAE列出等量关系求解即可得出结论．
【详解】解：如图，若点E运动到l1上方，
∵AC//BD，
∴∠CBD=∠ACB=α，
∵BC平分∠ABD，
∴∠ABD=2∠CBD=2α，
∴∠BAC=180°−∠ABD=180°−2α，
又∵∠BAE:∠CAE=52，
∴(∠BAC+∠CAE):∠CAE=52，
(180°−2α+∠CAE):∠CAE=52，
解得∠CAE=180°−2α52−1=120°−43α；
如图，若点E运动到l1下方，
∵AC//BD，
∴∠CBD=∠ACB=α，
∵BC平分∠ABD，
∴∠ABD=2∠CBD=2α，
∴∠BAC=180°−∠ABD=180°−2α，
又∵∠BAE:∠CAE=52，
∴(∠BAC−∠CAE):∠CAE=52，
(180°−2α−∠CAE):∠CAE=52，
解得∠CAE=180°−2α52+1=360°−4α7．
综上∠CAE的度数为120°−43α或360°−4α7．
故答案为：120°−43α或360°−4α7．
【点睛】本题主要考查平行线的性质和角平分线的性质，两直线平行，同位角相等．两直线平行，同旁内角互补．两直线平行，内错角相等，合理应用平行线的性质是解决本题的关键．
【变式1-2】（2024七年级·湖北武汉·期末）如图， AB∥CD，点E，F在直线AB上（F在E的左侧），点G在直线CD上，EH⊥HG，垂足为H，P为线段EH上的一动点，连接GP，GF，∠FGH与∠BFG的角平分线交于点Q，且点Q在直线AB，CD之间的区域，下列结论：
①∠BEH+∠DGH=90°；
②∠CGH+2∠FQG=270°；
③若∠PGH=3∠DGH，则3∠BEH+∠EPG=360°；
④若∠PGH=n∠DGH，则∠BEH+1n+1∠PGD=90°，其中n为正整数．
上述说法正确的是 （写出所有正确结论的序号）．
【答案】①③④
【分析】过点H作HL∥AB，利用平行线的性质可得∠BEH+∠DGH=∠EHL+∠GHL=∠EHG=90°，即可判断①；根据角平分的定义可得∠QFG=12∠BFG，∠QGF=12∠FGH，再根据三角形内角和定理∠FQG=180°−∠QFG−∠QGF，根据∠CGH=180°−∠DGH，利用平行线的性质即可判断②；设∠DGH=x°，则∠PGH=3∠DGH=3x°，利用①的结论即可判断③，同上可判断④．
【详解】解：如图，过点H作HL∥AB，
∵AB∥CD,AB∥HL，
∴CD∥HL，
∴∠EHL=∠HEB，∠GHL=∠HGD，
∵EH⊥HG，
∴∠EHG=90°，
∴∠BEH+∠DGH=∠EHL+∠GHL=∠EHG=90°，故①正确；
∵∠FGH与∠BFG的角平分线交于点Q，
∴∠QFG=12∠BFG,∠QGF=12∠FGH，
∴∠FQG=180°−∠QFG−∠QGF，
根据①中的结论，可得∠FQG=∠BFQ+∠QGD,
∴ ∴∠CGH+2∠FQG=180°−∠HGD+2180°−∠QFG−∠QGF，
=180°−∠HGD+360°−2QFG−2QGF，
=540°−∠HGD+∠BFG+∠FGD
∵AB∥CD，
∴∠BFG=∠FGC，
∴ ∠HGD+∠BFG+∠FGD=∠HGD+∠FGC+∠FGD=180°，
∴∠CGH+2∠FQG=540°−180°=360°，故②错误；
设∠DGH=x°，则∠PGH=3∠DGH=3x°，
∴∠PGD=4x°，
根据①中结论可得∠BEH=90°−∠DGH=90°−x°，∴∠EPG=∠BEH+∠PGD=90°−x°+4x°=90°+3x°
∴3∠BEH+∠EPG=270°−3x°+90°+3x°=360°，故③正确；
设∠DGH=x°，则∠PGH=n∠DGH=nx°，
∴∠PGD=n+1x°，
∴x°=1n+1∠PGD=∠DGH，
根据①中结论可得∠BEH+∠DGH=∠BEH+1n+1∠PGD=90°，故④正确．
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
【变式1-3】（2024七年级·河南新乡·期末）如图，直线AB∥CD，点E，F分别在直线AB，CD上，点P为直线AB与CD间一动点，连接EP，FP，且∠EPF=120°，∠AEP的平分线与∠PFC的平分线交于点Q，则∠EQF的度数为 ．
【答案】60∘或120∘
【分析】
分两种情况讨论，当点P，Q在EF同侧或异侧时，利用角平分线的定义和平行线的性质，分别求解即可．
【详解】
解：分两种情况讨论：
①如图1，过点P，Q分别作PH∥AB，QG∥AB，
∵AB∥CD，
∴QG∥PH∥AB∥CD．
∴∠AEP=∠EPH，∠PFC=∠HPF．
∴∠AEP+∠CFP=∠EPH+∠FPH=∠EPF=120∘．
∵∠AEP的平分线与∠PFC的平分线交于点Q，
∴∠AEQ=12∠AEP，∠CFQ=12∠PFC．
∴∠AEQ+∠QFC=12∠AEP+∠PFC=60∘，
∵QG∥AB∥CD，
同理可得∠EQF=∠AEQ+∠QFC=60∘；
②如图2，过点P，Q分别作PH∥AB，QG∥AB，
∵AB∥CD，
∴QG∥PH∥AB∥CD．
∴∠AEP+∠EPH=180∘，∠HPF+∠CFP=180∘．
∵∠EPH+∠HPF=∠EPF=120∘，
∴∠AEP+∠CFP=180∘+180∘−120∘=240∘．
∵∠AEP的平分线与∠PFC的平分线交于点Q，
∴∠AEQ=12∠AEP，∠CFQ=12∠PFC．
∴∠AEQ+∠QFC=12∠AEP+∠PFC=120∘．
∵QG∥AB∥CD，同①可得∠EQF=∠AEQ+∠QFC=120∘．
综上所述，∠EQF的度数为60∘或120∘．
故答案为：60∘或120∘
【点睛】此题考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，利用分类讨论的思想求解问题．
【题型2 平行线中的旋转、平移问题】
【例2】（2024七年级·福建龙岩·期末）如图，在△ABC中，∠BAC=45°，∠ACB是锐角，将△ABC沿着射线BC方向平移得到△DEF（平移后点A，B，C的对应点分别是点D，E，F），连接CD，若在整个平移过程中，∠ACD和∠CDE的度数之间存在2倍关系，则∠ACD= ．
【答案】15°或30°或90°
【分析】根据△ABC的平移过程，分为了点E在BC上和点E在BC外两种情况，根据平移的性质得到AB∥DE，根据平行线的性质得到∠ACD和∠CDE和∠BAC之间的等量关系，列出方程求解即可．
【详解】第一种情况：如图，当点E在BC上时，过点C作CG∥AB，
∵△DEF由△ABC平移得到，
∴AB∥DE，
∵CG∥AB，AB∥DE，
∴CG∥DE，
①当∠ACD=2∠CDE时，
∴设∠CDE=x，则∠ACD=2x，
∴∠ACG=∠BAC=45°，∠DCG=∠CDE=x，
∵∠ACD=∠ACG+∠DCG，
∴2x+x=45°，解得：x=15°，
∴∠ACD=2x=30°，
②当∠CDE=2∠ACD时，
∴设∠CDE=x，则∠ACD=12x，
∴∠ACG=∠BAC=45°，∠DCG=∠CDE=x，
∵∠ACD=∠ACG-∠DCG，
∴2x+12x=45°，解得：x=30°，
∴∠ACD=12x=15°，
第二种情况：当点E在△ABC外时，过点C作CG∥AB
∵△DEF由△ABC平移得到，
∴AB∥DE，
∵CG∥AB，AB∥DE，
∴CG∥DE，
①当∠ACD=2∠CDE时，
设∠CDE=x，则∠ACD=2x，
∴∠ACG=∠BAC=45°，∠DCG=∠CDE=x，
∵∠ACD=∠ACG+∠DCG，
∴2x=x+45°，解得：x=45°，
∴∠ACD=2x=90°，
②当∠CDE=2∠ACD时，由图可知，∠CDE<∠ACD，故不存在这种情况，
综上：∠ACD=15°或30°或90°．
【点睛】本题主要考查了平移的性质和平行线的性质，熟练掌握平移前后对应线段互相平行以及两直线平行内错角相等是解题的关键．
【变式2-1】（2024七年级·广东肇庆·期末）如图，在△ABC中，BC=6，将△BC以每秒2cm的速度沿BC所在直线向右平移，所得图形对应为△DEF，设平移时间为t秒，若要使BE=2CE成立，则t的值为（ ）
A．6B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据平移的性质，结合图形，可得AD=BE，再根据AD=BE=2CE，可得方程，解方程即可求解．
【详解】解：根据图形可得：线段BE和AD的长度即是平移的距离，
则AD=BE，
设AD=2tcm，则CE=tcm，依题意有
2t+t=6，
解得t=2．
故选C．
【点睛】本题考查了平移的性质，解题的关键是理解平移的方向，由图形判断平移的方向和距离．注意结合图形解题的思想．
【变式2-2】（2024七年级·浙江宁波·期末）两块不同的三角板按如图1所示摆放，AC边重合，∠BAC=45°,∠DAC=30°．接着如图2保持三角板ABC不动，将三角板ACD绕着点C按顺时针以每秒10°的速度旋转90°后停止．在此旋转过程中，当旋转时间t= 秒时，三角板A′CD′有一条边与三角板ABC的一条边恰好平行．
【答案】4.5或3或7.5
【分析】分三种情况，根据平行线的性质求解即可．
【详解】解：分三种情况：
①当A′C∥AB时，如图：
∴∠A′CA=∠BAC=45°，
∴10t=45，
∴t=4.5．
②当A′D′∥AC时，
∴∠A′CA=∠A′=30°，
∴10t=30，
∴t=3．
③当A′D′∥AB时，过C作CD∥AB，
则CD∥AB∥A′D′，
∴∠A=∠ACD，∠A′=∠A′CD，
∴∠A′CA=∠ACD+∠A′CD=∠A+∠A′=75°，
∴10t=75，
∴t=7.5．
综上所述，当旋转时间t=4.5或3或7.5秒时，三角板A'CD'有一条边与三角板ABC的一条边恰好平行．
故答案为：4.5或3或7.5．
【点睛】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
【变式2-3】（2024七年级·浙江宁波·期末）如图，直线GH∥MN，一副三角板按如图1摆放，其中∠EDF=∠ACB=90°，∠E=45°，∠BAC=30°．保持三角板ABC不动，现将三角板DEF绕点D以每秒2°的速度顺时针旋转，如图2，设旋转时间为t秒，且0≤t≤180，则经过 秒边BC与三角板的一条直角边（边DE，DF）平行．
【答案】15或60或105或150
【分析】延长BC交MN于P点，可求∠BPN=60°，进行分类讨论，画图可得在各个不同位置DE∥BC或DF∥BC时，D所旋转的度数，即可求解．
【详解】解：如图，延长BC交MN于P点，
∵ ∠EDF=∠ACB=90°，∠BAC=30°，
∴∠ABC=60°，
∵GH∥MN，
∴∠BPN=60°，
①如图，
当∠E1DP=∠BPN=60°时，DE1∥BC，
∴此时D旋转的度数为∠EDE1=30°，
∴t=302=15(s)；
②如图
当∠F1DP=∠BPN=60°时，DF1∥BC，
∴∠EDF1=30°，
∴此时D旋转的度数为∠EDE1=120°，
∴t=1202=60(s)；
③如图
当∠QDP=∠BPN=60°时，DE1∥BC，
∴∠EDQ=30°，
∴此时D旋转的度数为180°+30°=210°，
∴t=2102=105(s)；
④如图
当∠QDP=∠BPN=60°时，DF1∥BC，
∴∠EDQ=30°，
∴此时D旋转的度数为270°+30°=300°，
∴t=3002=150(s)；
综上所述：15或60或105或150．
【点睛】本题考查了平行线的判定及性质，掌握判定方法及性质是解题的关键．
【题型3 实数中的新定义问题】
【例3】（2024七年级·重庆渝中·期末）学习完《三角形》章节，某数学小组小花同学给出如下定义：对任意的一个三位数n，如果n满足各个数位上的数字均不为零，且该数任意两个数位上的数字之和大于余下数位上的数字，那么我们就把该数称为“稳定数”．把“稳定数”n的十位数字作个位，百位数字作十位得到的两位数，再加上n的个位数字的和记作Fn，把“稳定数”n的十位数字作十位，百位数字作个位得到的两位数，再加上n的个位数字的和记作Qn．
例如：675，是一个“稳定数”，由定义得F675=67+5=72，Q675=76+5=81．若一个“稳定数”s=100a+101b+30（1≤a≤5，1≤b≤4，a，b为整数），当5Fs+2Qs能被11整除时，则满足条件的“稳定数”s的值为 ．
【答案】432或534
【分析】由s=100a+101b+30，可找出Fs及Qs，进而可得出5Fs+2Qs=52a+59b+75，结合5Fs+2Qs能被11整除，可得出8a+4b−2能被11整除，分别代入b=1，2，3，4，找出满足题意的a值，再将其代入s=100a+101b+30中，即可求出结论．
【详解】解：∵s=100a+101b+30=100（a+b）+3×10+b，
∴Fs=10a+b+3+b=10a+11b+3，Qs=3×10+a+b+b=a+2b+30，
∴5Fs+2Qs=510a+11b+3+2a+2b+30=52a+59b+75．
∵5Fs+2Qs能被11整除，
∴52a+59b+75能被11整除，
即52a+59b+75=44a+55b+77+8a+4b−2能被11整除，44a+55b+77能被11整除，
∴8a+4b−2能被11整除．
∵1≤a≤5，1≤b≤4，a,b为整数，
∴当b=1时，不存在符合题意的a值；
当b=2时，a=2，此时s=100a+101b+30=100×2+101×2+30=432；
当b=3时，不存在符合题意的a值；
当b=4时，a=1，此时s=100a+101b+30=100×1+101×4+30=534．
∴满足条件的“稳定数”s的值为432或534．
故答案为：432或534．
【点睛】本题考查了数的整除性，根据各数之间的关系，找出符合题意得a,b的值是解题的关键．
【变式3-1】（2024七年级·四川南充·期末）对于实数x，y，定义一种运算“×”如下，x×y＝ax－by2，已知2×3＝10，4×(－3)＝6，那么(－2)×(327)2＝ ；
【答案】130
【详解】【分析】已知等式利用题中的新定义化简，求出a与b的值，即可确定出原式的值．
【详解】根据题中的新定义得：
2a−9b=104a−9b=6
解得a=−2b=−149 ,
所以，−2×(327)2=−2a−b(327)22
=−2×(−2)−(−149)×(327)22
=130
故答案为130
【点睛】本题考核知识点：实数运算. 解题关键点：理解新定义运算规则，根据法则列出方程组，解出a,b的值，再次应用规则，求出式子的值.
【变式3-2】（2024七年级·浙江杭州·期末）定义新运算
若a@b=n（n是常数），则(a+1)@b=n+1，a@(b+1)=n−2.若1@1=2则1@2= ，2@2= ，2020@2020= .
【答案】 0 1 -2017
【分析】首先要理解新定义运算符号的含义，然后严格按着新的运算规则操作，将新定义运算转化为常见的数学运算，求解即可.
【详解】1@2=1@1-2=2-2=0；2@2=1@2=0+1=1；
2020@1=2019@1+1=2018@1+2=...
=1@1+2019=2021
2020@2020=2020@2019−2=2020@2018−4=
@1−4038=−2017
【点睛】本题考查了新定义运算，解题的关键是理解新定义运算符号的含义，然后严格按着新的运算规则操作即可.
【变式3-3】（2024七年级·湖南株洲·期末）《道德经》中的“道生一，一生二，二生三，三生万物”道出了自然数的特征．在数的学习过程中，我们会对其中一些具有某种特性的数进行研究，如学习自然数时，我们研究了奇数、偶数、质数、合数等．现在我们来研究另一种特殊的自然数——“纯数”．定义：对于自然数n，在计算n+(n+1)+(n+2)时，各数位都不产生进位，则称这个自然数n为“纯数”，例如：32是“纯数”，因为计算32+33+34时，各数位都不产生进位；23不是“纯数”，因为计算23+24＋25时，个位产生了进位．那么，小于100的自然数中，“纯数”的个数为 个．
【答案】12
【分析】根据题意，连续的三个自然数各位数字是0，1，2，其他位的数字为0，1，2，3时不会产生进位，然后根据这个数是几位数进行分类讨论，找到所有合适的数．
【详解】解：当这个数是一位自然数时，只能是0，1，2，一共3个，
当这个数是两位自然数时，十位数字是1，2，3，个位数是0，1，2，一共9个，
∴小于100的自然数中，“纯数”共有12个．
故答案是：12．
【点睛】本题考查归纳总结，解题的关键是根据题意理解“纯数”的定义，总结方法找出所有小于100的“纯数”．
【题型4 平面直角坐标系中的新定义问题】
【例4】（2024七年级·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，对于任意三个不重合的点A，B，C的“矩面积”，给出如下定义：“水平底”a指任意两点横坐标差的最大值，“铅垂高”ℎ指任意两点纵坐标差的最大值，“矩面积”S=aℎ．例如：A1，2，B−3，1，C2，−2则“水平底”a=5，“铅垂高”ℎ=4，“矩面积”S=aℎ=20．若D1，2，E(−2，1)，F0，t三点的“矩面积”为18，则t的值为 ．
【答案】−4或7
【分析】先求出“水平底”为3，再根据“矩面积”的定义求出“铅垂直”为6，再讨论当点F在点D下方时，当点F在点D上方时，建立方程求解即可．
【详解】解：由题意知，D、E、F三点的“矩面积”的“水平底”a=1−(−2)=3，
∵D、E、F三点的“矩面积”S=aℎ=18，
∴D、E、F三点的“铅垂直”ℎ=18÷3=6，
当点F在点D下方时，2−t=6，
解得t=−4．
当点F在点D上方时，t−1=6
解得：t=7，
故答案为：−4或7．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，正确理解题意是解题的关键．
【变式4-1】（2024七年级·湖北荆州·期末）在平面直角坐标系中，对于任意三点A，B，C的“矩面积”，给出如下定义：“水平底”a：任意两点横坐标差的最大值，“铅垂高”h：任意两点纵坐标差的最大值，则“矩面积”S=ah．例如，三点坐标分别为A（0，3），B（-3，4），C（1，-2），则“水平底”a=4，“铅垂高”h=6，“矩面积”S=ah=24．若D（2，2），E（-2，-1），F（3，m）三点的“矩面积”为20，则m的值为 ．
【答案】−2或3
【分析】根据矩面积的定义表示出水平底”a和铅垂高“h，利用分类讨论对其铅垂高“h进行讨论，从而列出关于m的方程，解出方程即可求解．
【详解】∵D（2，2），E（-2，-1），F（3，m）
∴“水平底”a=3-（-2）=5
“铅垂高“h=3或|1+m|或|2-m|
①当h=3时，三点的“矩面积”S=5×3=15≠20，不合题意；
②当h=|1+m|时，三点的“矩面积”S=5×|1+m|=20，
解得：m=3或m=-5（舍去）；
③当h=|2-m|时，三点的“矩面积”S=5×|2-m|=20，
解得：m=-2或m=6（舍去）；
综上：m=3或-2
故答案为：3或-2
【点睛】本题考查坐标与图形的性质，解答本题的关键是明确题目中的新定义，利用新定义解答问题．
【变式4-2】（2024七年级·安徽期末）定义：平面内的直线l1与l2相交于点O，对于该平面内任意一点M，点M到直线l1，l2的距离分别为a，b，则称有序非负实数对(a,b)是点M的“距离坐标”根据上述定义，“距离坐标”为(2,1)的点的个数是 .
【答案】4
【分析】首先根据题中定义，可得，“距离坐标”为(2,1)的点是到l1的距离为2，到l2的距离为1的点；然后根据到l1的距离为2的点是两条平行直线，到l2的距离为1的点也是两条平行直线，发现所求的点是以上两组直线的交点，一共有4个．
【详解】解：如图，到l1的距离为2的点在两条平行直线l3, l4上，
到l2的距离为1的点在两条平行直线l5, l6上.
因为两组直线的交点一共有4个，
即A，B，C，D，所以“距离坐标”为(2,1)的点有4个.
【点睛】此题主要考查了点的坐标，解答此题的关键是对“距离坐标”的含义的理解和掌握．
【变式4-3】（2024七年级·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，将任意两点横坐标之差的绝对值与纵坐标之差的绝对值中较大的值定义为这两点的“切比雪夫距离”．例如，点A3，−2，B−1，7，横坐标差的绝对值为|3−−1|=4，纵坐标差的绝对值为−2−7=9，所以A，B的切比雪夫距离为9.若点M（t，3t+2），N2t,t−2的切比雪夫距离为3，则t= ．
【答案】−3或−12
【分析】由题意知，M、N的横坐标差的绝对值为|t−2t|=t，纵坐标差的绝对值为3t+2−t−2=2t+4，由两点的“切比雪夫距离”可得①当t>2t+4时，t=3，②当t<2t+4时，2t+4=3，分别求解即可．
【详解】解：由题意知，M、N的横坐标差的绝对值为|t−2t|=t，纵坐标差的绝对值为3t+2−t−2=2t+4，
①当t>2t+4时，t=3，解得t=3或t=−3，
当t=3时，2t+4=10，此时t<2t+4，故t=3不符合题意；
当t=−3时，2t+4=2，此时t<2t+4，故t=−3符合题意；
②当t<2t+4时，2t+4=3，解得t=−12或t=−72，
当t=−12时，t=12，此时t<2t+4，故t=−12符合题意；
当t=−72时，t=72，此时t>2t+4，故t=−72不符合题意；
综上所述，t=−3或t=−12，
故答案为：−3或−12．
【点睛】本题考查了点坐标，新定义运算，绝对值．理解新定义的含义是解题的关键．
【题型5 平面直角坐标系中的面积问题】
【例5】（2024七年级·北京海淀·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(−5,4)，B(−1,2)，将线段AB平移，得到线段CD（点A的对应点为点C，点B的对应点为点D），线段AB上任一点(x,y)在平移后的对应点为(x+s,y−t)，其中s≥0，t≥0．
（1）若点C与点B恰好重合，则s= ，t= ；
（2）若s+t=6，且平移后三角形BCD的面积最大，则此时s= ，t= ．
【答案】 4 2 0 6
【分析】（1）根据点C与点B恰好重合，得到线段AB向右平移4个单位，向下平移2个单位到线段CD，从而得出s=4，t=2；
（2）根据线段AB上任一点(x,y)在平移后的对应点为(x+s,y−t)，s≥0，t≥0，得出AB只能向右平移或向下平移，根据无论如何平移，线段CD的长度不变，得出当CD上的高最大时，△BCD面积最大，根据点B距离CD最远时，△BCD面积最大，根据s+t=6，结合图形，得出当AB向下平移6个单位时，水平位置不动时，点B距离CD最远，△BCD面积最大，即可得出答案．
【详解】解：（1）∵点C与点B恰好重合，
∴线段AB向右平移4个单位，向下平移2个单位得到线段CD，
∴线段AB上任一点(x,y)在平移后的对应点为(x+s,y−t)，
∴s=4，t=2；
故答案为：4；2；
（2）∵线段AB上任一点(x,y)在平移后的对应点为(x+s,y−t)，s≥0，t≥0，
∴AB只能向右平移或向下平移，
∵无论如何平移，线段CD的长度不变，
∴当CD上的高最大时，△BCD面积最大，
即点B距离CD最远时，△BCD面积最大，
∵s+t=6，
∴当AB向下平移6个单位时，水平位置不动时，点B距离CD最远，△BCD面积最大，如图所示：
此时s=0，t=6，
故答案为：0；6．
【点睛】本题主要考查了坐标的平移，解题的关键是数形结合，熟练掌握平移规律．
【变式5-1】（2024七年级·天津滨海新·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为−1,0，3,0．现将线段AB向上平移2个单位，再向右平移1个单位，得到线段AB的对应线段CD，连接AC，BD．若在y轴上存在一点P，连接PA，PB，且△PAB的面积是△AOC面积的2倍，则满足条件的所有点P的坐标 ．
【答案】(0，1)或(0，−1)
【分析】设点P到AB的距离为ℎ，则S△PAB=12×AB×ℎ，根据S△PAB=2，列方程求ℎ的值，确定P点坐标．
【详解】∵点A，B的坐标分别为−1,0，3,0．现将线段AB向上平移2个单位，再向右平移1个单位，
∴ C0,2 ,
则S△AOC=12×OA×OC=12×1×2=1
∵ △PAB的面积是△AOC面积的2倍，
∴ S△PAB=2，
设点P到AB的距离为ℎ，则S△PAB= 12 ×AB×ℎ=2ℎ，
∵S△PAB=2，
∴2ℎ=2，
解得：ℎ=1，
∴P(0，1)或(0，−1)．
故答案为：(0，1)或(0，−1)．
【点睛】本题考查了坐标与图形平移的关系，解题的关键是理解平移的规律．
【变式5-2】（2024七年级·北京通州·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点At,0，Bt+2,0，M3,4．以点M为圆心，1为半径画圆．点P是圆上的动点，则△ABP的面积的最小值和最大值依次为 ， ．
【答案】 3 5
【分析】首先求出点A和点B在x轴上，且AB=t+2−t=2，然后得到当点P到x轴的距离最小时，△ABP的面积取得最小值，此时点P在点M的正下方，当点P到x轴的距离最大时，△ABP的面积取得最大值，此时点P在点M的正上方，然后利用三角形面积公式求解即可．
【详解】∵At,0，Bt+2,0
∴点A和点B在x轴上，且AB=t+2−t=2
∵以点M为圆心，1为半径画圆．点P是圆上的动点，
∴当点P到x轴的距离最小时，△ABP的面积取得最小值，
此时点P在点M的正下方，
∵M3,4，半径为1，
∴此时△ABP的面积=12×2×3=3；
当点P到x轴的距离最大时，△ABP的面积取得最大值，
此时点P在点M的正上方，
∵M3,4，半径为1，
∴此时△ABP的面积=12×2×5=5；
综上所述，△ABP的面积的最小值和最大值依次为3，5．
故答案为：3，5．
【点睛】本题主要考查坐标与图形的面积，根据题意判断三角形的面积是解题的关键．
【变式5-3】（2024七年级·湖北随州·期末）如图，长方形OABC在平面直角坐标系中，其中A(4,0)，C(0,3)，点E是BC的中点，动点P从O点出发，以每秒1cm的速度沿O−A−B− E运动，最终到达点E．若点P运动的时间为x秒，那么当x=2秒时，△OPE的面积等于 cm2；当△OPE的面积等于5cm2时，P点坐标为 ．
【答案】 3 103，0或(4,1)
【分析】当x=2秒时，利用三角形面积公式即可求解；第2问分三种情况，分别画出图形，利用三角形的面积公式进行计算解答即可．
【详解】解：由题意得OA=BC=4，OC=AB=3，BE=CE=12BC=2，
当x=2秒时，OP=2，△OPE的面积等于12OP×OC=3；
当△OPE的面积等于5cm2时，分三种情况讨论，
①如图，
当P在OA上时，0∵△OPE的面积等于5，
∴12x·3=5，
解得x=103．
∴P点坐标为103，0；
②当P在AB上时，4
∵△OPE的面积等于5，
∴S矩形OABC−S△AOP−S△OCE−S△EBP=5，
∴4×3−12(4+3−x)×2−12×3×2−12×4×(x−4)=5，
解得x=5．
∴AP=5−4=1，
∴P点坐标为4，1；
③当P在BE上时，7
∴124+3+2−x×3=5，
解得x=173，不合题意，舍去．
综上可知，当△OPE的面积等于5cm2，P点坐标为103，0或4，1
故答案为：3；103，0或4，1．
【点睛】本题考查了坐标与图形，长方形的性质和三角形的面积公式的应用，一元一次方程的应用，分类讨论是解题的关键．
【题型6 平面直角坐标系中的规律探究】
【例6】（2024七年级·辽宁抚顺·期末）如图，点A在x轴正半轴及y轴正半轴上运动，点A从原点出发，依次跳动至点A10,1、A21,0、A32,0、A40,2、A50,3、A63,0、A74,0、A80,4，……，按此规律，则点A2023的坐标是 ．
【答案】1012,0
【分析】每2个坐标为一组可得，第n组：当n为奇数时，A2n−10,n、A2nn,0，当n为偶数时，A2n−1n,0、A2n0,n，即可求解．
【详解】解：由A10,1、A21,0、A32,0、A40,2、A50,3、A63,0、A74,0、A80,4，……按此规律，可得
每2个坐标为一组：
第1组：A10,1、A21,0，
第2组：A32,0、A40,2，
第3组：A50,3、A63,0，
第4组：A74,0、A80,4，
……
第n组：当n为奇数时，A2n−10,n、A2nn,0，
当n为偶数时，A2n−1n,0、A2n0,n；
∵ 20232=1011⋯1，
∴A2023在第1012组的第1个坐标，
∴A20231012,0，
故答案：A20231012,0．
【点睛】本题主要考查了坐标规律，找出规律是解题的关键．
【变式6-1】（2024七年级·福建龙岩·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A从A1−4,0依次跳动到A2−4，1，A3−3,1，A4−3，0，A5−2，0，A6−2，3，A7−1，3，A8−1，0，A9−1，−3，A100，−3，A110，0，…，按此规律，则点A2022的坐标是
【答案】（804，1）
【分析】根据图形可以发现规律，从A1到A11是一个循环，一个循环周期是10，一个循环后又回到x轴上，且一个循环后横坐标增加4个单位，先求出点A2021的坐标（804，0），再求点A2022的坐标即可．
【详解】解：观察图形可知，ｎ为正整数时，An的纵坐标为0，1，3，﹣3
纵坐标为0的点：A1,A4A5,A8A11,A14⋯⋯
纵坐标为1的点：A2,A3A12,A13A22,A23⋯⋯
纵坐标为3的点：A6,A7A16,A17A26,A27⋯⋯
纵坐标为﹣3的点：A9,A10A19,A20A29,A30⋯⋯
可以看出纵坐标为1，3，﹣3时，ｎ取连续的两个数为一组，则10个10个的增加，
∵2021＝10×202＋1，纵坐标为1的规律A2+10n−1，A2+10n−1+1
∴A2022的纵坐标为1，
由2+10n−1=2022，解得n＝203，
∵A2022正好是A2往右循环203次，
∴A2022横坐标为﹣4＋（203－1）×4＝804，
∴点A2022的坐标是（804，1），
故答案为：（804，1）
【点睛】此题主要考查点的规律变化，解题关键是仔细观察图，找出点的变化规律．
【变式6-2】（2024七年级·湖北武汉·期末）如图，在平面直角坐标系中，有若干个整数点，其顺序按图中“→”方向排列，如（1，0），（2，0），（2，1），（3，2），（3，1），（3，0），（4，0）……，根据这个规律探索可得第2020个点的坐标是 ．
【答案】64,3
【分析】横坐标为1的点有1个，横坐标为2的点有2个，横坐标为3的点有3个，纵坐标分别是0，1，2…横坐标为奇数，纵坐标从大数开始数；横坐标为偶数，则从0开始数．
【详解】解：把第一个点（1，0）作为第一列，（2，1）和（2，0）作为第二列，
依此类推，则第一列有一个数，第二列有2个数，
第n列有n个数．则n列共有n(n+1)2个数，并且在奇数列点的顺序是由上到下，偶数列点的顺序由下到上．
因为1+2+3+…+63＝2016，则第2020个数一定在第64列，由下到上是第4个数．
因而第2020个点的坐标是（64，3）．
故答案为：（64，3）．
【点睛】本题考查了学生的观察图形的能力和理解能力，解此题的关键是根据图形得出规律，题目比较典型，但是一道比较容易出错的题目．
【变式6-3】（2024七年级·北京朝阳·期末）如图，在平面直角坐标系上有个点P(1,0)，点P第1次向上跳动1个单位至点P1(1,1)，紧接着第2次向右跳动2个单位至点P2(−1,1)，第3次向上跳动1个单位，第4次向右跳动3个单位，第5次又向上跳动1个单位，第6次向左跳动4个单位，⋯依此规律跳动下去，P4的坐标是 ，点P第8次跳动至P8的坐标为 ；则点P第256次跳动至P256的坐标是 ．
【答案】 (2,2) (3,4) (65,128)
【详解】由题中规律可得出如下结论：设点Pm的横坐标的绝对值是n，则在y轴右侧的点的下标分别是4（n-1）和4n-3，在y轴左侧的点的下标是：4n-2和4n-1；
结合图像可知：P0(1,0)→P4(2,2)→P8(3,4)→⋯，
由此可知每经4次变化后点的横坐标增加1，纵坐标增加2，
∵256÷4=64，64+1=65，64×2=128，
∴P256的坐标是(65,128)．
故答案为(2,2)；(3,4)；(65,128).
点睛：此题主要考查了点的坐标，解决问题的关键是分析出题目的规律，找出题目中点的坐标的规律，总结规律时要注意观察数字之间的联系，大胆的猜想．
【题型7 二元一次方程组中的数字问题】
【例7】（2024七年级·重庆沙坪坝·期末）如果一个四位数M各个数位上的数字互不相等且均不为0，且千位与十位上的数字之差等于百位与个位上的数字之差，则称M为“等差数”，将M千位上的数字与十位上的数字对调，百位上的数字与个位上的数字对调，得到一个新的四位数M′，记DM=M−M′112，若x65y为等差数，且Dx65y=−27，则数x65y为 ；若DM为正数且能表示为两个连续偶数的平方差，则满足条件的最小“等差数”M是 ．
【答案】 2659 5612
【分析】本题主要考查了新定义，解二元一次方程组，根据题意得到x−5=6−y，则x+y=11，根据DM=M−M′112=−27，推出10x−y=11，联立x+y=1110x−y=11，解得x=2y=9，则数x65y为2659；设M的千位数字，百位数字，十位数字，个位数字分别为a、b、c、d，则M=1000a+100b+10c+d，M′=1000c+100d+10a+b，a−c=b−d，求出DM=M−M′112=9a−c，根据DM为正数且能表示为两个连续偶数的平方差，则可设DM=2k+22−2k2（k为自然数），推出DM=42k+1，则DM一定是4的倍数，故a−c一定要是4的倍数，且a−c>0，由此求出a=5，c=1，则b−d=a−c=4，又a、b、c、d互不相同，可得b=6，d=2，则满足题意的M的值为5612．
【详解】解：∵x65y为等差数，
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc15248" 【题型1 平行线中的动点问题】 PAGEREF _Tc15248 \h 1
\l "_Tc2394" 【题型2 平行线中的旋转、平移问题】 PAGEREF _Tc2394 \h 8
\l "_Tc1578" 【题型3 实数中的新定义问题】 PAGEREF _Tc1578 \h 14
\l "_Tc10784" 【题型4 实数中的最值问题】 PAGEREF _Tc10784 \h 17
\l "_Tc18495" 【题型5 平面直角坐标系中的面积问题】 PAGEREF _Tc18495 \h 19
\l "_Tc1100" 【题型6 平面直角坐标系中的规律探究】 PAGEREF _Tc1100 \h 25
\l "_Tc12187" 【题型7 二元一次方程组中的数字问题】 PAGEREF _Tc12187 \h 28
\l "_Tc26428" 【题型8 二元一次方程中的方案设计】 PAGEREF _Tc26428 \h 33
\l "_Tc19416" 【题型9 一元一次不等式组中的最值问题】 PAGEREF _Tc19416 \h 36
\l "_Tc4856" 【题型10 方程与不等式的综合探究】 PAGEREF _Tc4856 \h 39
【题型1 平行线中的动点问题】
【例1】（2024七年级·河南新乡·期末）已知直线AB∥CD，E为两直线间一定点，∠DCE=23°，若点F为平面内一动点，且满足∠ABF=51°，连接BF，EF，则∠BFE的平分线与∠CEF的平分线所在直线所夹的锐角为 ．
【答案】14°或37°
【分析】本题考查了平行线的性质、角平线的定义，根据题意可分两种情况进行讨论，一种是点F在AB下方，一种是点F在AB上方，先作平行线，设出来角度，再根据两直线平行，内错角相等以及角平分线的定义可得到结果，正确作出辅助线，熟练掌握平行线的性质，理解角平分线的定义是解决问题的关键．
【详解】解：当点F在AB下方时，
过点F作HI∥AB，过点E作JK∥AB，如图1所示：
设∠GEK=α，
∵AB∥CD，
∴AB∥HI∥JK∥CD，
∵∠DCE=23°，∠ABF=51°，
∴∠KEC=∠DCE=23°，∠BFH=∠ABF=51°，
∴∠GEC=∠GEK+∠KEC=α+23°，
∵EG平分∠CEF，
∴∠GEC=∠GEF=α+23°，
∴∠FEK=∠FEG+∠GEK=23+2α，
∴∠BFE=∠BFH+∠HFE=23°+2α+51°=74°+2α，
∵GF平分∠BFE，
∴∠BFE=∠EFT=12∠BFE=1274°+2α=37°+α，
∴∠GFE=180°−∠EFT=180°−37°+α=143°−α，
∴∠EGF=180°−∠GFE+∠FEG=180°−α+23°+143°−α=14°；
②当点F在AB上方时，过点E作MN∥AB，如图2所示：
设∠PEN=β，
∵∠DCE=23°，∠ABF=51°，
∵AB∥CD，
∴AB∥MN∥CD，
∵∠CEN=∠DCE=23°，
∴∠PEC=∠PEN+∠CEN=β+23°，
∵GE平分∠CEF，
∴∠FEP=∠PEC=β+23°，
∴∠GEF=180°−∠FEP=180°−β+23°=157°−β，
∴∠FKA=∠FEN=∠FEP+∠PEN=β+23°+β=23°+2β，
∵∠FKA=∠ABF+∠BFE，
∴∠BFE=∠FKA−∠ABF=23°+2β−51°=2β−28°，
∵GF平分∠BFE，
∴∠GFE=12∠BFE=122β−28°=β−14°，
∴∠FGE=180°−∠GEF+∠GFE=180°−157°−β+β−14°=37°，
综上所示：∠BFE的平分线与∠CEF的平分线所在直线所夹的锐角为14°或37°，
故答案为：14°或37°．
【变式1-1】（2024七年级·浙江·期末）如图，AC//BD，BC平分∠ABD，设∠ACB为α，点E是射线BC上的一个动点，若∠BAE:∠CAE=5:2，则∠CAE的度数为 ．（用含α的代数式表示）．
【答案】120°−43α或360°−4α7
【分析】根据题意可分两种情况，①若点E运动到l1上方，根据平行线的性质由α可计算出∠CBD的度数，再根据角平分线的性质和平行线的性质，计算出∠BAC的度数，再由∠BAE:∠CAE=52，∠BAE=∠BAC+∠CAE，列出等量关系求解即可得出结论；②若点E运动到l1下方，根据平行线的性质由α可计算出∠CBD的度数，再根据角平分线的性质和平行线的性质，计算出∠BAC的度数，再由∠BAE:∠CAE=52，∠BAE=∠BAC−∠CAE列出等量关系求解即可得出结论．
【详解】解：如图，若点E运动到l1上方，
∵AC//BD，
∴∠CBD=∠ACB=α，
∵BC平分∠ABD，
∴∠ABD=2∠CBD=2α，
∴∠BAC=180°−∠ABD=180°−2α，
又∵∠BAE:∠CAE=52，
∴(∠BAC+∠CAE):∠CAE=52，
(180°−2α+∠CAE):∠CAE=52，
解得∠CAE=180°−2α52−1=120°−43α；
如图，若点E运动到l1下方，
∵AC//BD，
∴∠CBD=∠ACB=α，
∵BC平分∠ABD，
∴∠ABD=2∠CBD=2α，
∴∠BAC=180°−∠ABD=180°−2α，
又∵∠BAE:∠CAE=52，
∴(∠BAC−∠CAE):∠CAE=52，
(180°−2α−∠CAE):∠CAE=52，
解得∠CAE=180°−2α52+1=360°−4α7．
综上∠CAE的度数为120°−43α或360°−4α7．
故答案为：120°−43α或360°−4α7．
【点睛】本题主要考查平行线的性质和角平分线的性质，两直线平行，同位角相等．两直线平行，同旁内角互补．两直线平行，内错角相等，合理应用平行线的性质是解决本题的关键．
【变式1-2】（2024七年级·湖北武汉·期末）如图， AB∥CD，点E，F在直线AB上（F在E的左侧），点G在直线CD上，EH⊥HG，垂足为H，P为线段EH上的一动点，连接GP，GF，∠FGH与∠BFG的角平分线交于点Q，且点Q在直线AB，CD之间的区域，下列结论：
①∠BEH+∠DGH=90°；
②∠CGH+2∠FQG=270°；
③若∠PGH=3∠DGH，则3∠BEH+∠EPG=360°；
④若∠PGH=n∠DGH，则∠BEH+1n+1∠PGD=90°，其中n为正整数．
上述说法正确的是 （写出所有正确结论的序号）．
【答案】①③④
【分析】过点H作HL∥AB，利用平行线的性质可得∠BEH+∠DGH=∠EHL+∠GHL=∠EHG=90°，即可判断①；根据角平分的定义可得∠QFG=12∠BFG，∠QGF=12∠FGH，再根据三角形内角和定理∠FQG=180°−∠QFG−∠QGF，根据∠CGH=180°−∠DGH，利用平行线的性质即可判断②；设∠DGH=x°，则∠PGH=3∠DGH=3x°，利用①的结论即可判断③，同上可判断④．
【详解】解：如图，过点H作HL∥AB，
∵AB∥CD,AB∥HL，
∴CD∥HL，
∴∠EHL=∠HEB，∠GHL=∠HGD，
∵EH⊥HG，
∴∠EHG=90°，
∴∠BEH+∠DGH=∠EHL+∠GHL=∠EHG=90°，故①正确；
∵∠FGH与∠BFG的角平分线交于点Q，
∴∠QFG=12∠BFG,∠QGF=12∠FGH，
∴∠FQG=180°−∠QFG−∠QGF，
根据①中的结论，可得∠FQG=∠BFQ+∠QGD,
∴ ∴∠CGH+2∠FQG=180°−∠HGD+2180°−∠QFG−∠QGF，
=180°−∠HGD+360°−2QFG−2QGF，
=540°−∠HGD+∠BFG+∠FGD
∵AB∥CD，
∴∠BFG=∠FGC，
∴ ∠HGD+∠BFG+∠FGD=∠HGD+∠FGC+∠FGD=180°，
∴∠CGH+2∠FQG=540°−180°=360°，故②错误；
设∠DGH=x°，则∠PGH=3∠DGH=3x°，
∴∠PGD=4x°，
根据①中结论可得∠BEH=90°−∠DGH=90°−x°，∴∠EPG=∠BEH+∠PGD=90°−x°+4x°=90°+3x°
∴3∠BEH+∠EPG=270°−3x°+90°+3x°=360°，故③正确；
设∠DGH=x°，则∠PGH=n∠DGH=nx°，
∴∠PGD=n+1x°，
∴x°=1n+1∠PGD=∠DGH，
根据①中结论可得∠BEH+∠DGH=∠BEH+1n+1∠PGD=90°，故④正确．
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
【变式1-3】（2024七年级·河南新乡·期末）如图，直线AB∥CD，点E，F分别在直线AB，CD上，点P为直线AB与CD间一动点，连接EP，FP，且∠EPF=120°，∠AEP的平分线与∠PFC的平分线交于点Q，则∠EQF的度数为 ．
【答案】60∘或120∘
【分析】
分两种情况讨论，当点P，Q在EF同侧或异侧时，利用角平分线的定义和平行线的性质，分别求解即可．
【详解】
解：分两种情况讨论：
①如图1，过点P，Q分别作PH∥AB，QG∥AB，
∵AB∥CD，
∴QG∥PH∥AB∥CD．
∴∠AEP=∠EPH，∠PFC=∠HPF．
∴∠AEP+∠CFP=∠EPH+∠FPH=∠EPF=120∘．
∵∠AEP的平分线与∠PFC的平分线交于点Q，
∴∠AEQ=12∠AEP，∠CFQ=12∠PFC．
∴∠AEQ+∠QFC=12∠AEP+∠PFC=60∘，
∵QG∥AB∥CD，
同理可得∠EQF=∠AEQ+∠QFC=60∘；
②如图2，过点P，Q分别作PH∥AB，QG∥AB，
∵AB∥CD，
∴QG∥PH∥AB∥CD．
∴∠AEP+∠EPH=180∘，∠HPF+∠CFP=180∘．
∵∠EPH+∠HPF=∠EPF=120∘，
∴∠AEP+∠CFP=180∘+180∘−120∘=240∘．
∵∠AEP的平分线与∠PFC的平分线交于点Q，
∴∠AEQ=12∠AEP，∠CFQ=12∠PFC．
∴∠AEQ+∠QFC=12∠AEP+∠PFC=120∘．
∵QG∥AB∥CD，同①可得∠EQF=∠AEQ+∠QFC=120∘．
综上所述，∠EQF的度数为60∘或120∘．
故答案为：60∘或120∘
【点睛】此题考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，利用分类讨论的思想求解问题．
【题型2 平行线中的旋转、平移问题】
【例2】（2024七年级·福建龙岩·期末）如图，在△ABC中，∠BAC=45°，∠ACB是锐角，将△ABC沿着射线BC方向平移得到△DEF（平移后点A，B，C的对应点分别是点D，E，F），连接CD，若在整个平移过程中，∠ACD和∠CDE的度数之间存在2倍关系，则∠ACD= ．
【答案】15°或30°或90°
【分析】根据△ABC的平移过程，分为了点E在BC上和点E在BC外两种情况，根据平移的性质得到AB∥DE，根据平行线的性质得到∠ACD和∠CDE和∠BAC之间的等量关系，列出方程求解即可．
【详解】第一种情况：如图，当点E在BC上时，过点C作CG∥AB，
∵△DEF由△ABC平移得到，
∴AB∥DE，
∵CG∥AB，AB∥DE，
∴CG∥DE，
①当∠ACD=2∠CDE时，
∴设∠CDE=x，则∠ACD=2x，
∴∠ACG=∠BAC=45°，∠DCG=∠CDE=x，
∵∠ACD=∠ACG+∠DCG，
∴2x+x=45°，解得：x=15°，
∴∠ACD=2x=30°，
②当∠CDE=2∠ACD时，
∴设∠CDE=x，则∠ACD=12x，
∴∠ACG=∠BAC=45°，∠DCG=∠CDE=x，
∵∠ACD=∠ACG-∠DCG，
∴2x+12x=45°，解得：x=30°，
∴∠ACD=12x=15°，
第二种情况：当点E在△ABC外时，过点C作CG∥AB
∵△DEF由△ABC平移得到，
∴AB∥DE，
∵CG∥AB，AB∥DE，
∴CG∥DE，
①当∠ACD=2∠CDE时，
设∠CDE=x，则∠ACD=2x，
∴∠ACG=∠BAC=45°，∠DCG=∠CDE=x，
∵∠ACD=∠ACG+∠DCG，
∴2x=x+45°，解得：x=45°，
∴∠ACD=2x=90°，
②当∠CDE=2∠ACD时，由图可知，∠CDE<∠ACD，故不存在这种情况，
综上：∠ACD=15°或30°或90°．
【点睛】本题主要考查了平移的性质和平行线的性质，熟练掌握平移前后对应线段互相平行以及两直线平行内错角相等是解题的关键．
【变式2-1】（2024七年级·广东肇庆·期末）如图，在△ABC中，BC=6，将△BC以每秒2cm的速度沿BC所在直线向右平移，所得图形对应为△DEF，设平移时间为t秒，若要使BE=2CE成立，则t的值为（ ）
A．6B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据平移的性质，结合图形，可得AD=BE，再根据AD=BE=2CE，可得方程，解方程即可求解．
【详解】解：根据图形可得：线段BE和AD的长度即是平移的距离，
则AD=BE，
设AD=2tcm，则CE=tcm，依题意有
2t+t=6，
解得t=2．
故选C．
【点睛】本题考查了平移的性质，解题的关键是理解平移的方向，由图形判断平移的方向和距离．注意结合图形解题的思想．
【变式2-2】（2024七年级·浙江宁波·期末）两块不同的三角板按如图1所示摆放，AC边重合，∠BAC=45°,∠DAC=30°．接着如图2保持三角板ABC不动，将三角板ACD绕着点C按顺时针以每秒10°的速度旋转90°后停止．在此旋转过程中，当旋转时间t= 秒时，三角板A′CD′有一条边与三角板ABC的一条边恰好平行．
【答案】4.5或3或7.5
【分析】分三种情况，根据平行线的性质求解即可．
【详解】解：分三种情况：
①当A′C∥AB时，如图：
∴∠A′CA=∠BAC=45°，
∴10t=45，
∴t=4.5．
②当A′D′∥AC时，
∴∠A′CA=∠A′=30°，
∴10t=30，
∴t=3．
③当A′D′∥AB时，过C作CD∥AB，
则CD∥AB∥A′D′，
∴∠A=∠ACD，∠A′=∠A′CD，
∴∠A′CA=∠ACD+∠A′CD=∠A+∠A′=75°，
∴10t=75，
∴t=7.5．
综上所述，当旋转时间t=4.5或3或7.5秒时，三角板A'CD'有一条边与三角板ABC的一条边恰好平行．
故答案为：4.5或3或7.5．
【点睛】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
【变式2-3】（2024七年级·浙江宁波·期末）如图，直线GH∥MN，一副三角板按如图1摆放，其中∠EDF=∠ACB=90°，∠E=45°，∠BAC=30°．保持三角板ABC不动，现将三角板DEF绕点D以每秒2°的速度顺时针旋转，如图2，设旋转时间为t秒，且0≤t≤180，则经过 秒边BC与三角板的一条直角边（边DE，DF）平行．
【答案】15或60或105或150
【分析】延长BC交MN于P点，可求∠BPN=60°，进行分类讨论，画图可得在各个不同位置DE∥BC或DF∥BC时，D所旋转的度数，即可求解．
【详解】解：如图，延长BC交MN于P点，
∵ ∠EDF=∠ACB=90°，∠BAC=30°，
∴∠ABC=60°，
∵GH∥MN，
∴∠BPN=60°，
①如图，
当∠E1DP=∠BPN=60°时，DE1∥BC，
∴此时D旋转的度数为∠EDE1=30°，
∴t=302=15(s)；
②如图
当∠F1DP=∠BPN=60°时，DF1∥BC，
∴∠EDF1=30°，
∴此时D旋转的度数为∠EDE1=120°，
∴t=1202=60(s)；
③如图
当∠QDP=∠BPN=60°时，DE1∥BC，
∴∠EDQ=30°，
∴此时D旋转的度数为180°+30°=210°，
∴t=2102=105(s)；
④如图
当∠QDP=∠BPN=60°时，DF1∥BC，
∴∠EDQ=30°，
∴此时D旋转的度数为270°+30°=300°，
∴t=3002=150(s)；
综上所述：15或60或105或150．
【点睛】本题考查了平行线的判定及性质，掌握判定方法及性质是解题的关键．
【题型3 实数中的新定义问题】
【例3】（2024七年级·重庆渝中·期末）学习完《三角形》章节，某数学小组小花同学给出如下定义：对任意的一个三位数n，如果n满足各个数位上的数字均不为零，且该数任意两个数位上的数字之和大于余下数位上的数字，那么我们就把该数称为“稳定数”．把“稳定数”n的十位数字作个位，百位数字作十位得到的两位数，再加上n的个位数字的和记作Fn，把“稳定数”n的十位数字作十位，百位数字作个位得到的两位数，再加上n的个位数字的和记作Qn．
例如：675，是一个“稳定数”，由定义得F675=67+5=72，Q675=76+5=81．若一个“稳定数”s=100a+101b+30（1≤a≤5，1≤b≤4，a，b为整数），当5Fs+2Qs能被11整除时，则满足条件的“稳定数”s的值为 ．
【答案】432或534
【分析】由s=100a+101b+30，可找出Fs及Qs，进而可得出5Fs+2Qs=52a+59b+75，结合5Fs+2Qs能被11整除，可得出8a+4b−2能被11整除，分别代入b=1，2，3，4，找出满足题意的a值，再将其代入s=100a+101b+30中，即可求出结论．
【详解】解：∵s=100a+101b+30=100（a+b）+3×10+b，
∴Fs=10a+b+3+b=10a+11b+3，Qs=3×10+a+b+b=a+2b+30，
∴5Fs+2Qs=510a+11b+3+2a+2b+30=52a+59b+75．
∵5Fs+2Qs能被11整除，
∴52a+59b+75能被11整除，
即52a+59b+75=44a+55b+77+8a+4b−2能被11整除，44a+55b+77能被11整除，
∴8a+4b−2能被11整除．
∵1≤a≤5，1≤b≤4，a,b为整数，
∴当b=1时，不存在符合题意的a值；
当b=2时，a=2，此时s=100a+101b+30=100×2+101×2+30=432；
当b=3时，不存在符合题意的a值；
当b=4时，a=1，此时s=100a+101b+30=100×1+101×4+30=534．
∴满足条件的“稳定数”s的值为432或534．
故答案为：432或534．
【点睛】本题考查了数的整除性，根据各数之间的关系，找出符合题意得a,b的值是解题的关键．
【变式3-1】（2024七年级·四川南充·期末）对于实数x，y，定义一种运算“×”如下，x×y＝ax－by2，已知2×3＝10，4×(－3)＝6，那么(－2)×(327)2＝ ；
【答案】130
【详解】【分析】已知等式利用题中的新定义化简，求出a与b的值，即可确定出原式的值．
【详解】根据题中的新定义得：
2a−9b=104a−9b=6
解得a=−2b=−149 ,
所以，−2×(327)2=−2a−b(327)22
=−2×(−2)−(−149)×(327)22
=130
故答案为130
【点睛】本题考核知识点：实数运算. 解题关键点：理解新定义运算规则，根据法则列出方程组，解出a,b的值，再次应用规则，求出式子的值.
【变式3-2】（2024七年级·浙江杭州·期末）定义新运算
若a@b=n（n是常数），则(a+1)@b=n+1，a@(b+1)=n−2.若1@1=2则1@2= ，2@2= ，2020@2020= .
【答案】 0 1 -2017
【分析】首先要理解新定义运算符号的含义，然后严格按着新的运算规则操作，将新定义运算转化为常见的数学运算，求解即可.
【详解】1@2=1@1-2=2-2=0；2@2=1@2=0+1=1；
2020@1=2019@1+1=2018@1+2=...
=1@1+2019=2021
2020@2020=2020@2019−2=2020@2018−4=
@1−4038=−2017
【点睛】本题考查了新定义运算，解题的关键是理解新定义运算符号的含义，然后严格按着新的运算规则操作即可.
【变式3-3】（2024七年级·湖南株洲·期末）《道德经》中的“道生一，一生二，二生三，三生万物”道出了自然数的特征．在数的学习过程中，我们会对其中一些具有某种特性的数进行研究，如学习自然数时，我们研究了奇数、偶数、质数、合数等．现在我们来研究另一种特殊的自然数——“纯数”．定义：对于自然数n，在计算n+(n+1)+(n+2)时，各数位都不产生进位，则称这个自然数n为“纯数”，例如：32是“纯数”，因为计算32+33+34时，各数位都不产生进位；23不是“纯数”，因为计算23+24＋25时，个位产生了进位．那么，小于100的自然数中，“纯数”的个数为 个．
【答案】12
【分析】根据题意，连续的三个自然数各位数字是0，1，2，其他位的数字为0，1，2，3时不会产生进位，然后根据这个数是几位数进行分类讨论，找到所有合适的数．
【详解】解：当这个数是一位自然数时，只能是0，1，2，一共3个，
当这个数是两位自然数时，十位数字是1，2，3，个位数是0，1，2，一共9个，
∴小于100的自然数中，“纯数”共有12个．
故答案是：12．
【点睛】本题考查归纳总结，解题的关键是根据题意理解“纯数”的定义，总结方法找出所有小于100的“纯数”．
【题型4 平面直角坐标系中的新定义问题】
【例4】（2024七年级·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，对于任意三个不重合的点A，B，C的“矩面积”，给出如下定义：“水平底”a指任意两点横坐标差的最大值，“铅垂高”ℎ指任意两点纵坐标差的最大值，“矩面积”S=aℎ．例如：A1，2，B−3，1，C2，−2则“水平底”a=5，“铅垂高”ℎ=4，“矩面积”S=aℎ=20．若D1，2，E(−2，1)，F0，t三点的“矩面积”为18，则t的值为 ．
【答案】−4或7
【分析】先求出“水平底”为3，再根据“矩面积”的定义求出“铅垂直”为6，再讨论当点F在点D下方时，当点F在点D上方时，建立方程求解即可．
【详解】解：由题意知，D、E、F三点的“矩面积”的“水平底”a=1−(−2)=3，
∵D、E、F三点的“矩面积”S=aℎ=18，
∴D、E、F三点的“铅垂直”ℎ=18÷3=6，
当点F在点D下方时，2−t=6，
解得t=−4．
当点F在点D上方时，t−1=6
解得：t=7，
故答案为：−4或7．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，正确理解题意是解题的关键．
【变式4-1】（2024七年级·湖北荆州·期末）在平面直角坐标系中，对于任意三点A，B，C的“矩面积”，给出如下定义：“水平底”a：任意两点横坐标差的最大值，“铅垂高”h：任意两点纵坐标差的最大值，则“矩面积”S=ah．例如，三点坐标分别为A（0，3），B（-3，4），C（1，-2），则“水平底”a=4，“铅垂高”h=6，“矩面积”S=ah=24．若D（2，2），E（-2，-1），F（3，m）三点的“矩面积”为20，则m的值为 ．
【答案】−2或3
【分析】根据矩面积的定义表示出水平底”a和铅垂高“h，利用分类讨论对其铅垂高“h进行讨论，从而列出关于m的方程，解出方程即可求解．
【详解】∵D（2，2），E（-2，-1），F（3，m）
∴“水平底”a=3-（-2）=5
“铅垂高“h=3或|1+m|或|2-m|
①当h=3时，三点的“矩面积”S=5×3=15≠20，不合题意；
②当h=|1+m|时，三点的“矩面积”S=5×|1+m|=20，
解得：m=3或m=-5（舍去）；
③当h=|2-m|时，三点的“矩面积”S=5×|2-m|=20，
解得：m=-2或m=6（舍去）；
综上：m=3或-2
故答案为：3或-2
【点睛】本题考查坐标与图形的性质，解答本题的关键是明确题目中的新定义，利用新定义解答问题．
【变式4-2】（2024七年级·安徽期末）定义：平面内的直线l1与l2相交于点O，对于该平面内任意一点M，点M到直线l1，l2的距离分别为a，b，则称有序非负实数对(a,b)是点M的“距离坐标”根据上述定义，“距离坐标”为(2,1)的点的个数是 .
【答案】4
【分析】首先根据题中定义，可得，“距离坐标”为(2,1)的点是到l1的距离为2，到l2的距离为1的点；然后根据到l1的距离为2的点是两条平行直线，到l2的距离为1的点也是两条平行直线，发现所求的点是以上两组直线的交点，一共有4个．
【详解】解：如图，到l1的距离为2的点在两条平行直线l3, l4上，
到l2的距离为1的点在两条平行直线l5, l6上.
因为两组直线的交点一共有4个，
即A，B，C，D，所以“距离坐标”为(2,1)的点有4个.
【点睛】此题主要考查了点的坐标，解答此题的关键是对“距离坐标”的含义的理解和掌握．
【变式4-3】（2024七年级·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，将任意两点横坐标之差的绝对值与纵坐标之差的绝对值中较大的值定义为这两点的“切比雪夫距离”．例如，点A3，−2，B−1，7，横坐标差的绝对值为|3−−1|=4，纵坐标差的绝对值为−2−7=9，所以A，B的切比雪夫距离为9.若点M（t，3t+2），N2t,t−2的切比雪夫距离为3，则t= ．
【答案】−3或−12
【分析】由题意知，M、N的横坐标差的绝对值为|t−2t|=t，纵坐标差的绝对值为3t+2−t−2=2t+4，由两点的“切比雪夫距离”可得①当t>2t+4时，t=3，②当t<2t+4时，2t+4=3，分别求解即可．
【详解】解：由题意知，M、N的横坐标差的绝对值为|t−2t|=t，纵坐标差的绝对值为3t+2−t−2=2t+4，
①当t>2t+4时，t=3，解得t=3或t=−3，
当t=3时，2t+4=10，此时t<2t+4，故t=3不符合题意；
当t=−3时，2t+4=2，此时t<2t+4，故t=−3符合题意；
②当t<2t+4时，2t+4=3，解得t=−12或t=−72，
当t=−12时，t=12，此时t<2t+4，故t=−12符合题意；
当t=−72时，t=72，此时t>2t+4，故t=−72不符合题意；
综上所述，t=−3或t=−12，
故答案为：−3或−12．
【点睛】本题考查了点坐标，新定义运算，绝对值．理解新定义的含义是解题的关键．
【题型5 平面直角坐标系中的面积问题】
【例5】（2024七年级·北京海淀·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(−5,4)，B(−1,2)，将线段AB平移，得到线段CD（点A的对应点为点C，点B的对应点为点D），线段AB上任一点(x,y)在平移后的对应点为(x+s,y−t)，其中s≥0，t≥0．
（1）若点C与点B恰好重合，则s= ，t= ；
（2）若s+t=6，且平移后三角形BCD的面积最大，则此时s= ，t= ．
【答案】 4 2 0 6
【分析】（1）根据点C与点B恰好重合，得到线段AB向右平移4个单位，向下平移2个单位到线段CD，从而得出s=4，t=2；
（2）根据线段AB上任一点(x,y)在平移后的对应点为(x+s,y−t)，s≥0，t≥0，得出AB只能向右平移或向下平移，根据无论如何平移，线段CD的长度不变，得出当CD上的高最大时，△BCD面积最大，根据点B距离CD最远时，△BCD面积最大，根据s+t=6，结合图形，得出当AB向下平移6个单位时，水平位置不动时，点B距离CD最远，△BCD面积最大，即可得出答案．
【详解】解：（1）∵点C与点B恰好重合，
∴线段AB向右平移4个单位，向下平移2个单位得到线段CD，
∴线段AB上任一点(x,y)在平移后的对应点为(x+s,y−t)，
∴s=4，t=2；
故答案为：4；2；
（2）∵线段AB上任一点(x,y)在平移后的对应点为(x+s,y−t)，s≥0，t≥0，
∴AB只能向右平移或向下平移，
∵无论如何平移，线段CD的长度不变，
∴当CD上的高最大时，△BCD面积最大，
即点B距离CD最远时，△BCD面积最大，
∵s+t=6，
∴当AB向下平移6个单位时，水平位置不动时，点B距离CD最远，△BCD面积最大，如图所示：
此时s=0，t=6，
故答案为：0；6．
【点睛】本题主要考查了坐标的平移，解题的关键是数形结合，熟练掌握平移规律．
【变式5-1】（2024七年级·天津滨海新·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为−1,0，3,0．现将线段AB向上平移2个单位，再向右平移1个单位，得到线段AB的对应线段CD，连接AC，BD．若在y轴上存在一点P，连接PA，PB，且△PAB的面积是△AOC面积的2倍，则满足条件的所有点P的坐标 ．
【答案】(0，1)或(0，−1)
【分析】设点P到AB的距离为ℎ，则S△PAB=12×AB×ℎ，根据S△PAB=2，列方程求ℎ的值，确定P点坐标．
【详解】∵点A，B的坐标分别为−1,0，3,0．现将线段AB向上平移2个单位，再向右平移1个单位，
∴ C0,2 ,
则S△AOC=12×OA×OC=12×1×2=1
∵ △PAB的面积是△AOC面积的2倍，
∴ S△PAB=2，
设点P到AB的距离为ℎ，则S△PAB= 12 ×AB×ℎ=2ℎ，
∵S△PAB=2，
∴2ℎ=2，
解得：ℎ=1，
∴P(0，1)或(0，−1)．
故答案为：(0，1)或(0，−1)．
【点睛】本题考查了坐标与图形平移的关系，解题的关键是理解平移的规律．
【变式5-2】（2024七年级·北京通州·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点At,0，Bt+2,0，M3,4．以点M为圆心，1为半径画圆．点P是圆上的动点，则△ABP的面积的最小值和最大值依次为 ， ．
【答案】 3 5
【分析】首先求出点A和点B在x轴上，且AB=t+2−t=2，然后得到当点P到x轴的距离最小时，△ABP的面积取得最小值，此时点P在点M的正下方，当点P到x轴的距离最大时，△ABP的面积取得最大值，此时点P在点M的正上方，然后利用三角形面积公式求解即可．
【详解】∵At,0，Bt+2,0
∴点A和点B在x轴上，且AB=t+2−t=2
∵以点M为圆心，1为半径画圆．点P是圆上的动点，
∴当点P到x轴的距离最小时，△ABP的面积取得最小值，
此时点P在点M的正下方，
∵M3,4，半径为1，
∴此时△ABP的面积=12×2×3=3；
当点P到x轴的距离最大时，△ABP的面积取得最大值，
此时点P在点M的正上方，
∵M3,4，半径为1，
∴此时△ABP的面积=12×2×5=5；
综上所述，△ABP的面积的最小值和最大值依次为3，5．
故答案为：3，5．
【点睛】本题主要考查坐标与图形的面积，根据题意判断三角形的面积是解题的关键．
【变式5-3】（2024七年级·湖北随州·期末）如图，长方形OABC在平面直角坐标系中，其中A(4,0)，C(0,3)，点E是BC的中点，动点P从O点出发，以每秒1cm的速度沿O−A−B− E运动，最终到达点E．若点P运动的时间为x秒，那么当x=2秒时，△OPE的面积等于 cm2；当△OPE的面积等于5cm2时，P点坐标为 ．
【答案】 3 103，0或(4,1)
【分析】当x=2秒时，利用三角形面积公式即可求解；第2问分三种情况，分别画出图形，利用三角形的面积公式进行计算解答即可．
【详解】解：由题意得OA=BC=4，OC=AB=3，BE=CE=12BC=2，
当x=2秒时，OP=2，△OPE的面积等于12OP×OC=3；
当△OPE的面积等于5cm2时，分三种情况讨论，
①如图，
当P在OA上时，0
∴12x·3=5，
解得x=103．
∴P点坐标为103，0；
②当P在AB上时，4
∵△OPE的面积等于5，
∴S矩形OABC−S△AOP−S△OCE−S△EBP=5，
∴4×3−12(4+3−x)×2−12×3×2−12×4×(x−4)=5，
解得x=5．
∴AP=5−4=1，
∴P点坐标为4，1；
③当P在BE上时，7
∴124+3+2−x×3=5，
解得x=173，不合题意，舍去．
综上可知，当△OPE的面积等于5cm2，P点坐标为103，0或4，1
故答案为：3；103，0或4，1．
【点睛】本题考查了坐标与图形，长方形的性质和三角形的面积公式的应用，一元一次方程的应用，分类讨论是解题的关键．
【题型6 平面直角坐标系中的规律探究】
【例6】（2024七年级·辽宁抚顺·期末）如图，点A在x轴正半轴及y轴正半轴上运动，点A从原点出发，依次跳动至点A10,1、A21,0、A32,0、A40,2、A50,3、A63,0、A74,0、A80,4，……，按此规律，则点A2023的坐标是 ．
【答案】1012,0
【分析】每2个坐标为一组可得，第n组：当n为奇数时，A2n−10,n、A2nn,0，当n为偶数时，A2n−1n,0、A2n0,n，即可求解．
【详解】解：由A10,1、A21,0、A32,0、A40,2、A50,3、A63,0、A74,0、A80,4，……按此规律，可得
每2个坐标为一组：
第1组：A10,1、A21,0，
第2组：A32,0、A40,2，
第3组：A50,3、A63,0，
第4组：A74,0、A80,4，
……
第n组：当n为奇数时，A2n−10,n、A2nn,0，
当n为偶数时，A2n−1n,0、A2n0,n；
∵ 20232=1011⋯1，
∴A2023在第1012组的第1个坐标，
∴A20231012,0，
故答案：A20231012,0．
【点睛】本题主要考查了坐标规律，找出规律是解题的关键．
【变式6-1】（2024七年级·福建龙岩·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A从A1−4,0依次跳动到A2−4，1，A3−3,1，A4−3，0，A5−2，0，A6−2，3，A7−1，3，A8−1，0，A9−1，−3，A100，−3，A110，0，…，按此规律，则点A2022的坐标是
【答案】（804，1）
【分析】根据图形可以发现规律，从A1到A11是一个循环，一个循环周期是10，一个循环后又回到x轴上，且一个循环后横坐标增加4个单位，先求出点A2021的坐标（804，0），再求点A2022的坐标即可．
【详解】解：观察图形可知，ｎ为正整数时，An的纵坐标为0，1，3，﹣3
纵坐标为0的点：A1,A4A5,A8A11,A14⋯⋯
纵坐标为1的点：A2,A3A12,A13A22,A23⋯⋯
纵坐标为3的点：A6,A7A16,A17A26,A27⋯⋯
纵坐标为﹣3的点：A9,A10A19,A20A29,A30⋯⋯
可以看出纵坐标为1，3，﹣3时，ｎ取连续的两个数为一组，则10个10个的增加，
∵2021＝10×202＋1，纵坐标为1的规律A2+10n−1，A2+10n−1+1
∴A2022的纵坐标为1，
由2+10n−1=2022，解得n＝203，
∵A2022正好是A2往右循环203次，
∴A2022横坐标为﹣4＋（203－1）×4＝804，
∴点A2022的坐标是（804，1），
故答案为：（804，1）
【点睛】此题主要考查点的规律变化，解题关键是仔细观察图，找出点的变化规律．
【变式6-2】（2024七年级·湖北武汉·期末）如图，在平面直角坐标系中，有若干个整数点，其顺序按图中“→”方向排列，如（1，0），（2，0），（2，1），（3，2），（3，1），（3，0），（4，0）……，根据这个规律探索可得第2020个点的坐标是 ．
【答案】64,3
【分析】横坐标为1的点有1个，横坐标为2的点有2个，横坐标为3的点有3个，纵坐标分别是0，1，2…横坐标为奇数，纵坐标从大数开始数；横坐标为偶数，则从0开始数．
【详解】解：把第一个点（1，0）作为第一列，（2，1）和（2，0）作为第二列，
依此类推，则第一列有一个数，第二列有2个数，
第n列有n个数．则n列共有n(n+1)2个数，并且在奇数列点的顺序是由上到下，偶数列点的顺序由下到上．
因为1+2+3+…+63＝2016，则第2020个数一定在第64列，由下到上是第4个数．
因而第2020个点的坐标是（64，3）．
故答案为：（64，3）．
【点睛】本题考查了学生的观察图形的能力和理解能力，解此题的关键是根据图形得出规律，题目比较典型，但是一道比较容易出错的题目．
【变式6-3】（2024七年级·北京朝阳·期末）如图，在平面直角坐标系上有个点P(1,0)，点P第1次向上跳动1个单位至点P1(1,1)，紧接着第2次向右跳动2个单位至点P2(−1,1)，第3次向上跳动1个单位，第4次向右跳动3个单位，第5次又向上跳动1个单位，第6次向左跳动4个单位，⋯依此规律跳动下去，P4的坐标是 ，点P第8次跳动至P8的坐标为 ；则点P第256次跳动至P256的坐标是 ．
【答案】 (2,2) (3,4) (65,128)
【详解】由题中规律可得出如下结论：设点Pm的横坐标的绝对值是n，则在y轴右侧的点的下标分别是4（n-1）和4n-3，在y轴左侧的点的下标是：4n-2和4n-1；
结合图像可知：P0(1,0)→P4(2,2)→P8(3,4)→⋯，
由此可知每经4次变化后点的横坐标增加1，纵坐标增加2，
∵256÷4=64，64+1=65，64×2=128，
∴P256的坐标是(65,128)．
故答案为(2,2)；(3,4)；(65,128).
点睛：此题主要考查了点的坐标，解决问题的关键是分析出题目的规律，找出题目中点的坐标的规律，总结规律时要注意观察数字之间的联系，大胆的猜想．
【题型7 二元一次方程组中的数字问题】
【例7】（2024七年级·重庆沙坪坝·期末）如果一个四位数M各个数位上的数字互不相等且均不为0，且千位与十位上的数字之差等于百位与个位上的数字之差，则称M为“等差数”，将M千位上的数字与十位上的数字对调，百位上的数字与个位上的数字对调，得到一个新的四位数M′，记DM=M−M′112，若x65y为等差数，且Dx65y=−27，则数x65y为 ；若DM为正数且能表示为两个连续偶数的平方差，则满足条件的最小“等差数”M是 ．
【答案】 2659 5612
【分析】本题主要考查了新定义，解二元一次方程组，根据题意得到x−5=6−y，则x+y=11，根据DM=M−M′112=−27，推出10x−y=11，联立x+y=1110x−y=11，解得x=2y=9，则数x65y为2659；设M的千位数字，百位数字，十位数字，个位数字分别为a、b、c、d，则M=1000a+100b+10c+d，M′=1000c+100d+10a+b，a−c=b−d，求出DM=M−M′112=9a−c，根据DM为正数且能表示为两个连续偶数的平方差，则可设DM=2k+22−2k2（k为自然数），推出DM=42k+1，则DM一定是4的倍数，故a−c一定要是4的倍数，且a−c>0，由此求出a=5，c=1，则b−d=a−c=4，又a、b、c、d互不相同，可得b=6，d=2，则满足题意的M的值为5612．
【详解】解：∵x65y为等差数，
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