人教版七年级数学下册举一反三专题11.6期末复习之填空压轴题十大题型总结(学生版+解析)(七年级下册)

这是一份人教版七年级数学下册举一反三专题11.6期末复习之填空压轴题十大题型总结(学生版+解析)(七年级下册)，共52页。


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 2
\l "_Tc1578" 【题型3 实数中的新定义问题】 PAGEREF _Tc1578 \h 3
\l "_Tc10784" 【题型4 实数中的最值问题】 PAGEREF _Tc10784 \h 4
\l "_Tc18495" 【题型5 平面直角坐标系中的面积问题】 PAGEREF _Tc18495 \h 5
\l "_Tc1100" 【题型6 平面直角坐标系中的规律探究】 PAGEREF _Tc1100 \h 6
\l "_Tc12187" 【题型7 二元一次方程组中的数字问题】 PAGEREF _Tc12187 \h 8
\l "_Tc26428" 【题型8 二元一次方程中的方案设计】 PAGEREF _Tc26428 \h 9
\l "_Tc19416" 【题型9 一元一次不等式组中的最值问题】 PAGEREF _Tc19416 \h 9
\l "_Tc4856" 【题型10 方程与不等式的综合探究】 PAGEREF _Tc4856 \h 9
【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 ．
【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）．
【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）．

【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 ．

【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= ．
【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
【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．
【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．

【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 ．
【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＝ ；
【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= .
【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．
【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 ．
【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 ．
【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 .
【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= ．
【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= ．
【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 ．
【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 ， ．
【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 ．

【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 ．
【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
【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 ．
【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 ．
【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 ．
【变式7-1】（2024七年级·重庆·期末）一个四位正整数N，各个数位上的数字互不相等且均不为零，若千位与十位上的数字之和等于百位与个位上的数字之和，且和均为9，则称N为“凤鸣数”，此时，规定KN=N99例如，2475中，2+7=4+5=9，2475是“凤鸣数”，K2475=247599=25：又如，2375中，3+5≠9，2375不是“凤鸣数”，
（1）K5841= ；
（2）对于一个“凤鸣数”N，且N为偶数，交换其千位与十位的数字，同时交换其百位与个位的数字，得到一个新的“凤鸣数”N'，若3KN+2KN'是9的倍数，且N的千位数字不小于百位数字，则满足条件的所有“凤鸣数”N为 ．
【变式7-2】（2024七年级·重庆忠县·期末）对于千位数字是a、百位数字是b、十位数字是c、个位数字是d的四位正整数M，若a+c=b+d=11，则称这个四位正整数M为“平衡数”，并记fM=a−cb−d，GM=10a+b−10c+d．例如：对于四位正整数2497，∵2+9=4+7=11，∴2497是“平衡数”，且f2497=2−94−7=73，G2497=24−97=−73．若四位正整数M是一个“平衡数”，且满足a【变式7-3】（2024七年级·重庆沙坪坝·期末）一个四位数M的千位为a，百位为b，十位为1，个位为cc≠0，满足c=a+b，将M的个位数字c放到千位数字a之前产生新四位数N，例如：M=2315，则N=5231．记FM=M+N11，则F2517= ；若FM为6的倍数，则满足条件的所有M中，FM的最大值是 ．
【题型8 二元一次方程中的方案设计】
【例8】（2024七年级·福建莆田·期末）某社区出资100元全部用于采购A，B，C三种图书，A种每本6元，B种每本5元，C种每本4元，其中A种图书只能买5或6本（三种图书都要买），此次采购的方案有 种．
【变式8-1】（2024七年级·云南昆明·期末）为了让学生在课堂中深度学习，刘老师计划将学生分成若干小组进行小组互助，若七年级某班级共有60名学生，每小组只能是4人或6人，则分组方案有 种．
【变式8-2】（2024七年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）小红买了80分、120分的两种邮票，共花掉16元钱（两种邮票都买），则购买方案共有 种．
【变式8-3】（2024七年级·重庆·期末）某商场在11月中旬对甲、乙、丙三种型号的电视机进行促销.其中，甲型号电视机直接按成本价1280元的基础上获利25%定价；乙型号电视机在原销售价2199元的基础上先让利199元，再按八五折优惠；丙型号电视机直接在原销售价2399元上减499元；活动结束后，三种型号电视机总销售额为20600元，若在此次促销活动中，甲、乙、丙三种型号的电视机至少卖出其中两种型号，则三种型号的电视机共 有种销售方案.
【题型9 一元一次不等式组中的最值问题】
【例9】（2024七年级·江苏南通·期末）已知非负数a，b，c满足条件a+b=5，c=a−3，设S=a+2b+3c的最大值为m，最小值为n，则2m+n的值是 ．
【变式9-1】（2024七年级·江苏宿迁·期末）若a、b、c、d是正整数，且a+b=22，a+c=26，a+d=28，则a+b+c+d的最小值为 ．
【变式9-2】（2024七年级·湖北黄石·期末）已知实数a，b，满足1≤a+b≤4，0≤a−b≤1且a−2b有最大值，则8a+2021b的值是 ．
【变式9-3】（2024七年级·湖南长沙·期末）已知非负实数x、y、z满足x−12=2−y3=z−34，记M=x+2y+3z．则M的最大值减去最小值的差为 ．
【题型10 方程与不等式的综合探究】
【例10】（2024七年级·湖北武汉·期末）已知关于x、y的方程组x+3y=4−ax−y=3a，下列四个结论：①当a=1时，方程组的解是x=3y=0；②无论a为何值，方程组的解都是关于x，y的二元一次方程x+y=a+2的解；③方程组的解x与y可以同为负数；④若方程组的解x与y都为正数，且3x+2y+z=0，则z的取值范围为−9【变式10-1】（2024七年级·安徽安庆·期末）关于x的方程k−2x=3(k−2)的解为非负数，且关于x的不等式组x−2(x−1)≤32k+x3≥x有解，则符合条件的整数k的值的和为 ．
【变式10-2】（2024七年级·湖南邵阳·期末）已知关于x，y的方程组x−y=a+32x+y=5a的解x，y都为正数，满足不等式a+4−a<6成立的整数a的值为 （写一个即可）．
【变式10-3】（2024七年级·福建泉州·期末）已知x，y同时满足x+3y=4−m，x−5y=3m，若y>1−a，3x−5≥a，且x只能取两个整数，则a的取值范围是 ．
专题11.6 期末复习之填空压轴题十大题型总结
【人教版】
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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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
【优尖升-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．
【优尖升-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.
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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．
【优尖升-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)
【优尖升-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．
【优尖升-详解】解：∵x65y为等差数，
∴x−5=6−y，
∴x+y=11，
∵M'=5yx6，
∴DM=M−M'112=1000x+600+50+y−5000−100y−10x−6112=−27，
∴990x−99y−4356=−3267，
∴10x−y=11，
联立x+y=1110x−y=11，解得x=2y=9，
∴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，
∴M=1000a+100b+10c+d，M'=1000c+100d+10a+b，a−c=b−d，
∴DM=M−M'112
=1000a+100b+10c+d−1000c−100d−10a−b112
=990a+99b−990c−99d112
=90a+9b−90c−9d11
=90a−c+9b−d11
=90a−c+9a−c11
=9a−c，
∵DM为正数且能表示为两个连续偶数的平方差，
∴可设DM=2k+22−2k2（k为自然数），
∴DM=4k2+8k+4−4k2=8k+4=42k+1，
∴DM一定是4的倍数，
∴a−c一定要是4的倍数，且a−c>0，
∴a−c=4或a−c=8，
又∵要满足M最小，且a、c不为0，
∴要满足a最小，且要满足b最小，
∴a=5，c=1，
∴b−d=a−c=4，
又∵a、b、c、d互不相同，
∴b=6，d=2，
∴满足题意的M的值为5612，
故答案为：2659；5612．
【变式7-1】（2024七年级·重庆·期末）一个四位正整数N，各个数位上的数字互不相等且均不为零，若千位与十位上的数字之和等于百位与个位上的数字之和，且和均为9，则称N为“凤鸣数”，此时，规定KN=N99例如，2475中，2+7=4+5=9，2475是“凤鸣数”，K2475=247599=25：又如，2375中，3+5≠9，2375不是“凤鸣数”，
（1）K5841= ；
（2）对于一个“凤鸣数”N，且N为偶数，交换其千位与十位的数字，同时交换其百位与个位的数字，得到一个新的“凤鸣数”N'，若3KN+2KN'是9的倍数，且N的千位数字不小于百位数字，则满足条件的所有“凤鸣数”N为 ．
【答案】 59 3168，8514
【分析】（1）根据题干仿写即可得出答案；
（2）设N千位、百位、十位和个位上的数字依次为a、b、c、d，则N'千位、百位、十位和个位上的数字依次为c、d、a、b，且a+c=b+d=9，a≥b，根据“凤鸣数”的定义可得3KN+2KN' =10a+b+203，结合10a+b+203为9的倍数，且a、b均不为0，找到符合条件的a、b的值，即可获得答案．
【优尖升-详解】解：（1）5841中，5+4=8+1=9，5841是“凤鸣数”，
K5841=584199=59；
故答案为：59；
（2）设N千位、百位、十位和个位上的数字依次为a、b、c、d，则N'千位、百位、十位和个位上的数字依次为c、d、a、b，且a+c=b+d=9，a≥b，
∴3KN+2KN'
=3×1000a+100b+10c+d99+2×1000c+100d+10a+b99
=3×1000a+100b+10(9−a)+(9−b)99+2×1000(9−a)+100(9−b)+10a+b99
=10a+b+203，
∵10a+b+203为9的倍数，且a、b均不为0，
又∵a≥b，a、b在1~9中选择，
则当10a+b+203=234时，a=3,b=1满足条件，此时N为3168；
当10a+b+203=279时，a=7,b=6满足条件，此时N为7623（N为偶数，故舍去）；
当10a+b+203=288时，a=8,b=5满足条件，此时N为8514．
综上所述，N为3168，8514．
故答案为：3168，8514．
【点睛】本题主要考查了新定义“凤鸣数”、整式运算等知识，理解题目中“凤鸣数”的定义是解题关键．
【变式7-2】（2024七年级·重庆忠县·期末）对于千位数字是a、百位数字是b、十位数字是c、个位数字是d的四位正整数M，若a+c=b+d=11，则称这个四位正整数M为“平衡数”，并记fM=a−cb−d，GM=10a+b−10c+d．例如：对于四位正整数2497，∵2+9=4+7=11，∴2497是“平衡数”，且f2497=2−94−7=73，G2497=24−97=−73．若四位正整数M是一个“平衡数”，且满足a【答案】2992
【分析】根据新定义列方程计算即可．
【优尖升-详解】解：∵千位数字是a、百位数字是b、十位数字是c、个位数字是d的四位正整数M，是一个“平衡数”，
∴a+c=b+d=11，fM=a−cb−d=−1，GM=10a+b−10c+d
∵把fM=a−cb−d=−1整理得d=a−c+b，
∴把d=a−c+b代入GM=10a+b−10c+d得GM=10a+b−10c−a−c+b=9a−9c=9a−c，
把d=a−c+b代入a+c=b+d=11得：a+c=b+a−c+b=11，可得c=b，a+c=11，
∵a∴a∵GM=9a−c是7的整数倍，
∴a−c=−7，
联立a−c=−7a+c=11，
解得a=2c=9，
∴c=b=9，d=a−c+b=2，
∴M=2992，
故答案为：2992．
【点睛】本题考查了新定义的问题，解题的关键是理解题目中给出新定义的含义，并灵活运用新定义的意义解题．
【变式7-3】（2024七年级·重庆沙坪坝·期末）一个四位数M的千位为a，百位为b，十位为1，个位为cc≠0，满足c=a+b，将M的个位数字c放到千位数字a之前产生新四位数N，例如：M=2315，则N=5231．记FM=M+N11，则F2517= ；若FM为6的倍数，则满足条件的所有M中，FM的最大值是 ．
【答案】 888 1338
【分析】根据新定义可得N=7251，然后代入公式计算即可得到F2517的值；首先表示出M，N，求出F(M)=100a+91c+10b+1，再结合已知求得101c+1也是6的倍数，即101c+1既是2的倍数也是3的倍数，进而确定出c的取值，然后得出a，b对应的取值，再求FM的最大值即可．
【优尖升-详解】解：∵M=2517，
∴N=7251，
∴F2517=M+N11=2517+752111=888；
∵四位数M的千位为a，百位为b，十位为1，个位为cc≠0，
∴M=1000a+100b+10+c 1≤a≤9,0≤b≤9，
∴N=1000c+100a+10b+1 1≤c≤9，
∴F(M)=M+N11=1100a+1001c+110b+1111=100a+91c+10b+1，
∵ c=a+b，
∴FM=100a+91c+10b+1=90a+10a+10b+91c+1=90a+101c+1，
∵ F(M)为6的倍数，且90a是6的倍数，
∴101c+1也是6的倍数，
∴101c+1既是2的倍数也是3的倍数，
∵101c+1的个位数是c+1，十位数是0，百位数是c，
∴当101c+1是2的倍数时，c+1为偶数，c可取1、3、5、7、9，
当101c+1是3的倍数时，c+1+0+c=2c+1为3的倍数，
∴c只有取1和7时符合题意，
∴a+b=1或a+b=7，
∵1≤a≤9，0≤b≤9，
∴a=1b=0或a=1b=6或a=2b=5或a=3b=4或a=4b=3或a=5b=2或a=6b=1或a=7b=0，
∴当a=7，b=0，c=7时，FM取最大值，FM的最大值为90a+101c+1=90×7+101×7+1=1338，
故答案为：888；1338．
【点睛】本题考查了新定义下整式加减的应用，二元一次方程的解，从题目中获取信息列出正确的代数式并化简是解题关键．
【题型8 二元一次方程中的方案设计】
【例8】（2024七年级·福建莆田·期末）某社区出资100元全部用于采购A，B，C三种图书，A种每本6元，B种每本5元，C种每本4元，其中A种图书只能买5或6本（三种图书都要买），此次采购的方案有 种．
【答案】6
【分析】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．当购买5本A种图书时，设购买x本B种图书，y本C种图书，利用总价=单价×数量，可列出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，可得出当购买5本A种图书时，有3种采购方案；当购买6本A种图书时，设购买m本B种图书，n本C种图书，利用总价=单价×数量，可列出关于m，n的二元一次方程，结合m，n均为正整数，可得出当购买6本A种图书时，有3种采购方案，进而可得出此次采购的方案有6种．
【优尖升-详解】解：当购买5本A种图书时，设购买x本B种图书，y本C种图书，
根据题意得：6×5+5x+4y=100，
∴x=14−45y，
又∵x，y均为正整数，
∴ x=10y=5或x=6y=10或x=2y=15，
∴当购买5本A种图书时，有3种采购方案；
当购买6本A种图书时，设购买m本B种图书，n本C种图书，
根据题意得：6×6+5m+4n=100，
∴n=16−54m，
又∵m，n均为正整数，
∴ m=4n=11或m=8n=6或m=12n=1，
∴当购买6本A种图书时，有3种采购方案．
∴此次采购的方案有3+3=6（种)．
故答案为：6
【变式8-1】（2024七年级·云南昆明·期末）为了让学生在课堂中深度学习，刘老师计划将学生分成若干小组进行小组互助，若七年级某班级共有60名学生，每小组只能是4人或6人，则分组方案有 种．
【答案】6
【分析】设可分成每小组4人的小组x组，每小组6人的小组y组，利用各组人数之和为60人，即可得出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为自然数，即可得出共有6种分组方案．
【优尖升-详解】解：设可分成每小组4人的小组x组，每小组6人的小组y组，由题意得4x+6y=60，
∴x=60−6y4=15−32y，
∵x，y均为自然数，
∴y可取0，2，4，6，8，10，
∴{x=15y=0或{x=12y=2或{x=9y=4或{x=6y=6或{x=3y=8或{x=0y=10，
∴共有6种分组方案．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
【变式8-2】（2024七年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）小红买了80分、120分的两种邮票，共花掉16元钱（两种邮票都买），则购买方案共有 种．
【答案】6
【分析】设80分的邮票购买x张，120分的邮票购买y张，根据题意列方程0.8x+1.2y=16，用含y的代数式表示x得x=20−32y，根据x、y都是整数取出x与y的对应值，得到购买方案.
【优尖升-详解】解：设80分的邮票购买x张，120分的邮票购买y张，
0.8x+1.2y=16，
解得x=20−32y，
∵x、y都是正整数，
∴当y=2、4、6、8、10、12时，
x=17、14、11、8、5、2，
∴共有6种购买方案，
故答案为：6.
【点睛】此题考查一元二次方程的实际应用，根据题意只得到一个方程时，可将方程变形为用一个未知数表示另一个未知数的形式，然后根据未知数的要求得到对应值即可解决实际问题.
【变式8-3】（2024七年级·重庆·期末）某商场在11月中旬对甲、乙、丙三种型号的电视机进行促销.其中，甲型号电视机直接按成本价1280元的基础上获利25%定价；乙型号电视机在原销售价2199元的基础上先让利199元，再按八五折优惠；丙型号电视机直接在原销售价2399元上减499元；活动结束后，三种型号电视机总销售额为20600元，若在此次促销活动中，甲、乙、丙三种型号的电视机至少卖出其中两种型号，则三种型号的电视机共 有种销售方案.
【答案】五
【分析】设甲种型号的电视机卖出x台，乙种型号的电视机卖出y台，丙种型号的电视机卖出z台，根据“三种型号电视机总销售额为20600元”列方程，整理后，分类讨论即可得出结论．
【优尖升-详解】设甲种型号的电视机卖出x台，乙种型号的电视机卖出y台，丙种型号的电视机卖出z台，根据题意得：
1280×(1+25%)x+(2199-199)×0.85y+(2399-499)z=20600
整理得：16x+17y+19z=206
∴16(x+y+z)+y+3z=16×12+14
∵x、y、z为非负整数，且x、y、z最多一个为0，
∴0≤x≤12，0≤y≤12，0≤z≤10，
∴14≤y+3z≤42．
设x+y+z=12-k，y+3z=14+16k，其中k为非负整数．
∴14≤14+16k≤42，
∴0≤k＜2．
∵k为整数，
∴k=0或1．
（1）当k=0时，x+y+z=12，y+3z=14，
∴0≤z≤4．
①当z=0时，y=14＞12，舍去；
②当z=1时，y=14-3z=11，x=12-y-z=12-11-1=0，符合题意；
③当z=2时，y=14-3z=8，x=12-y-z=12-8-2=2，符合题意；
④当z=3时，y=14-3z=5，x=12-y-z=12-5-3=4，符合题意；
⑤当z=4时，y=14-3z=2，x=12-y-z=12-2-4=6，符合题意．
（2）当k=1时，x+y+z=11，y+3z=30
∵y=30-3z，
∴0≤30-3z≤12，
解得：6≤z≤10，
当z=6时，y=30-3z=12，x=11-y-z=11-12-6=-7＜0，舍去；
当z=7时，y=30-3z=9，x=11-y-z=11-9-7=-5＜0，舍去；
当z=8时，y=30-3z=6，x=11-y-z=11-6-8=-3＜0，舍去；
当z=9时，y=30-3z=3，x=11-y-z=11-3-9=-1＜0，舍去；
当z=10时，y=30-3z=0，x=11-y-z=11-10-0=1，符合题意．
综上所述：共有x=0y=11z=1，x=2y=8z=2，x=4y=5z=3，x=6y=2z=4，x=1y=0z=10五种方案．
故答案为：五．
【点睛】本题考查了三元一次方程的应用．分类讨论是解答本题的关键．
【题型9 一元一次不等式组中的最值问题】
【例9】（2024七年级·江苏南通·期末）已知非负数a，b，c满足条件a+b=5，c=a−3，设S=a+2b+3c的最大值为m，最小值为n，则2m+n的值是 ．
【答案】29
【分析】利用已知条件得到S与a的关系式，再利用a，b，c为非负数得到不等式组求得a的取值范围，从而得到S的取值范围，继而得到m，n的值，将m，n的值代入运算即可得出结论．
【优尖升-详解】解：∵a+b=5，
∴b=5−a，
∴S=a+2b+3c
=a+2(5−a)+3(a−3)
=a+10−2a+3a−9
=2a+1．
∵a，b，c为非负数，
∴a≥05−a≥0a−3≥0，
解得：3≤a≤5．
∴3×2≤2a≤5×2，即6≤2a≤10，
∴6+1≤2a+1≤10+1，即7≤2a+1≤11．
∵S=a+2b+3c的最大值为m，最小值为n，
∴m=11，n=7，
∴2m+n=29．
故答案为：29．
【点睛】本题主要考查了不等式的性质，非负数的意义，利用代入法得到S与a的关系式是解题的关键．
【变式9-1】（2024七年级·江苏宿迁·期末）若a、b、c、d是正整数，且a+b=22，a+c=26，a+d=28，则a+b+c+d的最小值为 ．
【答案】34
【分析】先将3个等式变形为b=22−a，c=26−a，d=28−a，进而得到a+b+c+d=76−2a，然后根据它们都是正整数，可求出a的取值范围，进而可得a+b+c+d的最小值．
【优尖升-详解】解：由题意可得b=22−a，c=26−a，d=28−a，
∴a+b+c+d=76−2a．
∵a、b、c、d都是正整数，
∴a≥1b=22−a≥1c=26−a≥1d=28−a≥1，
解得：1≤a≤21，且a为整数，
∴34≤76−2a≤74，
∴a+b+c+d的最小值为34．
故答案为：34．
【点睛】本题考查一元一次不等式组的应用，根据题意用a表示出a+b+c+d，并求出取值范围是解题的关键．
【变式9-2】（2024七年级·湖北黄石·期末）已知实数a，b，满足1≤a+b≤4，0≤a−b≤1且a−2b有最大值，则8a+2021b的值是 ．
【答案】8
【分析】把a−2b变形得−12a+b+32a−b，故可求出a−2b有最大值时，a，b的值，代入8a+2021b故可求解．
【优尖升-详解】设a−2b=ma+b+na−b
∴a-2b=（m+n）a+(m-n)b
∴m+n=1m−n=2，解得m=−12n=32
∴a−2b=−12a+b+32a−b
∵1≤a+b≤4，0≤a−b≤1
∴−2≤−12a+b≤−12，0≤32a−b≤32
∴−2≤a−2b≤1
∴a−2b有最大值1
此时−12a+b=−12，32a−b=32
解得a=1，b=0
∴8a+2021b=8
故答案为：8．
【点睛】此题主要考查不等式组的应用与求解，解二元一次方程组，解题的关键是根据题意把把a−2b变形得−12a+b+32a−b，从而求解．
【变式9-3】（2024七年级·湖南长沙·期末）已知非负实数x、y、z满足x−12=2−y3=z−34，记M=x+2y+3z．则M的最大值减去最小值的差为 ．
【答案】283．
【分析】设x−12=2−y3=z−34=k，将x、y、z用k表示出来，由x、y、z均为非负实数得关于k的不等式组，求出k取值范围，再将M=x+2y+3z转化为k的代数式，由k的范围即可确定M的最大值和最小值，从而即可求差．
【优尖升-详解】设x−12=2−y3=z−34=k，
∴x=2k+1，y=2−3k，z=4k+3，
∵x≥0，y≥0，z≥0，
∴2k+1≥02−3k≥04k+3≥0，
解不等式组得−12≤k≤23，
∵M=x+2y+3z，
∴M=2k+1+22−3k+34k+3=8k+14，
∵10≤8k+14≤583,即10≤M≤583，
M的最大值为583，最小值为10，
M的最大值减去最小值的差=583−10=283，
故答案为：283．
【点睛】本题主要考查了不等式的性质的应用，解题关键是设比例式值为k，通过已知确定k的取值范围．
【题型10 方程与不等式的综合探究】
【例10】（2024七年级·湖北武汉·期末）已知关于x、y的方程组x+3y=4−ax−y=3a，下列四个结论：①当a=1时，方程组的解是x=3y=0；②无论a为何值，方程组的解都是关于x，y的二元一次方程x+y=a+2的解；③方程组的解x与y可以同为负数；④若方程组的解x与y都为正数，且3x+2y+z=0，则z的取值范围为−9【答案】①②③
【分析】将a=1和x=3y=0代入方程组，即可判断①正确；解方程组可得x+y=2+a，即可判断②正确；由②可知当a+2＜0时，x与y可以同为负数，即可知③正确；解方程组得x=2a+1y=1−a，根据x与y都为正数可求出−12【优尖升-详解】解：由题意可知：
①当a=1时，关于x、y的方程组x+3y=3x−y=3，将x=3y=0代入上式可得3+0=33−0=3，∴方程组的解是x=3y=0，故①正确，符合题意；
②x+3y=4−a①x−y=3a②，令①+②可得：x+y=2+a，∴无论a为何值，方程组的解都是关于x，y的二元一次方程x+y=a+2的解；故②正确，符合题意；
③由②可知：方程组的解满足x+y=a+2，∴当a+2＜0时，x与y可以同为负数；故③正确，符合题意；
④解方程组x+3y=4−ax−y=3a可得：x=2a+1y=1−a，
若方程组的解x与y都为正数，则2a+1＞01−a＞0，解得：−12∵3x+2y+z=0，
∴z=−4a−5，
∵−12∴则z的取值范围为1故④错误，不符合题意，
故答案为：①②③
【点睛】本题考查方程组的解，解不等式组，解题的关键是理解题意，掌握解方程组和解不等式组的方法．
【变式10-1】（2024七年级·安徽安庆·期末）关于x的方程k−2x=3(k−2)的解为非负数，且关于x的不等式组x−2(x−1)≤32k+x3≥x有解，则符合条件的整数k的值的和为 ．
【答案】5
【分析】先求出方程的解与不等式组的解集，再根据题目中的要求求出相应的k的值即可解答本题．
【优尖升-详解】解：解方程k−2x=3(k−2)，得：x=3−k，
由题意得3−k⩾0，
解得：k⩽3，
解不等式x−2(x−1)⩽3，得：x⩾−1，
解不等式2k+x3⩾x，得：x⩽k，
∵不等式组有解，
∴k⩾−1，
则−1⩽k⩽3，
∴符合条件的整数k的值的和为−1+0+1+2+3=5，
故答案为5．
【点睛】本题考查一元一次方程的解、一元一次不等式组的整数解，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
【变式10-2】（2024七年级·湖南邵阳·期末）已知关于x，y的方程组x−y=a+32x+y=5a的解x，y都为正数，满足不等式a+4−a<6成立的整数a的值为 （写一个即可）．
【答案】3或4
【分析】把a看成常数求出x和y的值，再根据x和y都是正数，求出a的取值范围，然后根据a的取值范围化简不等式a+4−a<6，结合条件a为整数即可得出答案.
【优尖升-详解】解：∵x−y=a+3①2x+y=5a②
①+②得：3x=6a+3
解得：x=2a+1
将x=2a+1代入①中得：y=a−2
又∵x和y都是正数
∴2a+1>0，a−2>0
解得：a>2
当2可得4<6恒成立
又a为整数，故a的值为3或4；
当a>4时，a+4−a<6可化简为a+a−4<6
可得a<5
又a为整数，故无解；
综上所述，故a的值为3或4.
【点睛】本题考查了含参数的二元一次方程组与不等式的结合，难度系数较大，把a看成常数求解出二元一次方程组的解是解决本题的关键.
【变式10-3】（2024七年级·福建泉州·期末）已知x，y同时满足x+3y=4−m，x−5y=3m，若y>1−a，3x−5≥a，且x只能取两个整数，则a的取值范围是 ．
【答案】2【分析】设两个整数为n，n+1，利用a这个量交叉传递，得到n的值，从而求解．
【优尖升-详解】解：由x+3y=4−m①与x−5y=3m②进行如下运算：
①×3+②得到：4x+4y＝12，
∴x+y＝3，
∴y=3−x，
∵y>1−a，3x−5≥a，
∴3−x>1−a3x−5≥a，
故x∵x只能取两个整数，
故令整数的值为n，n+1，
则n−1故n−1∴n−1<3n−5，且3n−8∴2∴n=3，
∴2∴2【点睛】本题考查二元一次方程组，不等式组的解集，能够熟练地进行等量代换是解决本题的关键．