北师大版七年级数学下册举一反三系列7.9期末复习之选填压轴题专项训练(北师大版)同步学案(学生版+解析)

这是一份北师大版七年级数学下册举一反三系列7.9期末复习之选填压轴题专项训练(北师大版)同步学案(学生版+解析)，共39页。

考点1
整式的乘除选填期末真题压轴题
1．（2022春·陕西西安·七年级高新一中校考期末）3+132+134+138+1316+1332+1+1的个位数字为（ ）
A．5B．1C．2D．4
2．（2022春·陕西西安·七年级校考期末）若x2−kxy+9y2是一个完全平方式，则常数k的值为( )
A．6B．−6C．±6D．无法确定
3．（2022春·广东揭阳·七年级统考期末）设a=x−2017，b=x−2019，c=x−2018．若a2+b2=34，则c2的值是（ ）
A．16B．12C．8D．4
4．（2022春·广东揭阳·七年级校考期末）在求1+6+62+63+64+65+66+67+68+69的值时，小林发现：从第二个加数起每一个加数都是前一个加数的6倍，于是她设：
S=1+6+62+63+64+65+66+67+68+69①，
然后在①式的两边都乘以6，得：
6S=6+62+63+64+65+66+67+68+69+610②，
②﹣①得6S−S=610−1，即5S=610−1，所以S=610−15，得出答案后，爱动脑筋的小林想：
如果把“6”换成字母“a”（a≠0且a≠1），能否求出1+a+a2+a3+a4+⋯+a2014的值？你的答案是（ ）
A． a2014−1a−1B．a2015−1a−1C．a2014−1aD．a2014−1
5．（2022秋·广东广州·七年级广州大学附属中学校考期末）因H7N9禽流感致病性强，某药房打算让利于民，板蓝根一箱原价为100元，现有下列四种调价方案，其中0A．先涨价m%，再降价n%B．先涨价n%，再降价m%
C．先涨价m+n2%，再降价m+n2%D．无法确定
6．（2022春·陕西西安·七年级西安市铁一中学校考期末）若n满足（n-2010）（2022-n）=6，则（2n-4027）2=__________．
7．（2022秋·重庆渝中·七年级重庆巴蜀中学校考期末）南山植物园坐落在省级南山风景名胜区群山之中，与重庆主城区夹长江面峙，是一个以森林为基础，花卉为特色的综合性公园．备受重庆人民的喜爱；每到春季，上山赏花的人络绎不绝；一植物园附近的市民嗅到了商机，开办了植物花卉门市；将A、B、C三种花卉包装成“如沐春风”、“懵懂少女”、“粉色回忆”三种不同的礼盒进行销售；用A花卉2支、B花卉4支、C花卉10支包装成“如沐春风”礼盒；用A花卉2支、B花卉2支、C种花卉4支包装成“惜懂少女”礼盒；用A花卉2支、B花卉3支、C花卉6支包装成“粉色回忆”礼盒；包装费忽略不计，且每支B花卉的成本是每支C花卉成本的4倍，每盒“如沐春风”礼盒的总成本是每盒“懵懂少女”礼盒总成本的2倍；该商家将三种礼盒均以利润率50%进行定价销售；某周末，该门市为了加大销量，将“如沐春风”、“懵懂少女”两种礼盒打八折进行销售，且两种礼盒的销量相同，“粉色回忆”礼盒打九折销售；销售完毕后统计发现，三种礼盒的总成本恰好为总利润的4倍，则该周末“粉色回忆”礼盒的总利润与三种礼盒的总利润的比值为 ___．
8．（2022秋·重庆·七年级重庆一中校考期末）若2x3−ax2+13x3x2+12x−15的积不含x3项，则a=___________．
9．（2022春·广东汕头·七年级汕头市飞厦中学校考期末）观察等式：2+22=23−2，2+22+23=24−2，2+22+23+24=25−2，……，已知按一定规律排列的一组数：2100，2101，2102，……，2199，若2100=m，用含m的代数式表示这组数的和是___________．
10．（2022春·江西九江·七年级统考期末）已知2a=3，2b=6，2c=12，现给出3个数a，b，c之间的四个关系式：①a+c=2b；②a+b=2c−3；③b+c=2a+3；④b=a+2．其中，正确的关系式是____（填序号）．
考点2
相交线与平行线选填期末真题压轴题
1．（2022春·江西上饶·七年级校考期末）如图，∠1＝70°，直线a平移后得到直线b，则∠2－∠3（ ）
A．70°B．180°C．110°D．80°
2．（2022春·贵州六盘水·七年级统考期末）如图所示，若AB∥EF，用含α、β、γ的式子表示x，应为（ ）
A．α+β+γB．β+γ−αC．180°−α−γ+βD．180°+α+β−γ
3．（2022春·重庆九龙坡·七年级重庆市杨家坪中学校考期末）如图，AB∥CD，点E在CD上，点G，F，I在AB，CD之间，且GE平分∠CEF，BI平分∠FBH，GF∥BI．若∠BFE=52°，则∠G的度数为（ ）．
A．112°B．114°C．116°D．118°
4．（2022春·重庆·七年级西南大学附中校考期末）如图，△OAB为等腰直角三角形（∠A＝∠B＝45°，∠AOB＝90°），△OCD为等边三角形（∠C＝∠D＝∠COD＝60°），满足OC＞OA，△OCD绕点O从射线OC与射线OA重合的位置开始，逆时针旋转，旋转的角度为α（0°＜α＜360°），下列说法错误的是（ ）
A．当α＝15°时，DC∥AB
B．当OC⊥AB时，α＝45°
C．当边OB与边OD在同一直线上时，直线DC与直线AB相交形成的锐角为15°
D．整个旋转过程，共有10个位置使得△OAB与△OCD有一条边平行
5．（2022春·重庆江北·七年级统考期末）如图a是长方形纸带，∠DEF=26°，将纸带沿EF折叠成图b，再沿BF折叠成图c，则图c中的∠CFE的度数是（ ）
A．102°B．108°C．124°D．128°
6．（2022春·重庆江北·七年级统考期末）已知直线AB∥DE，射线BF、DG分别平分∠ABC，∠EDC，两射线反向延长线交于点H，请写出∠H，∠C之间的数量关系：________．
7．（2022春·山东德州·七年级校考期末）如图所示的是激光位于初始位置时的平面示意图，其中P，Q是直线MN上的两个激光灯，∠APQ=∠BQP=60°，现激光PA绕点 P以每秒3度的速度逆时针旋转，同时激光QB绕点Q以每秒2度的速度顺时针旋转，设旋转时间为t秒（0≤t≤100），当PA∥QB时，t的值为__________________．
8．（2022秋·辽宁沈阳·七年级沈阳市雨田实验中学校考期末）一副三角板按图1方式拼接在一起，其中边OA，OC与直线EF重合，∠AOB=45°，∠COD=60°，保持三角板COD不动，将三角板AOB绕着点O顺时针旋转一个角度α，（如图2），在转动过程中两块三角板都在直线EF的上方，当OB平分由OA，OC，OD其中任意两边组成的角时，α的值为______．
9．（2022春·山东德州·七年级统考期末）已知AB∥CD，AM平分∠BAP，∠PCM=2∠MCD，2∠M−∠P=10°，则∠PCD=___________．
10．（2022春·浙江·七年级期末）如图1，为巡视夜间水面情况，在笔直的河岸两侧（PQ//MN）各安置一探照灯A，BC（A在B的左侧），灯A发出的射线AC从AM开始以a度/秒的速度顺时针旋转至AN后立即回转，灯B发出的射线BD从BP开始以1度/秒的速度顺时针旋转至BQ后立即回转，两灯同时转动，经过55秒，射线AC第一次经过点B，此时∠ABD=55°，则a=________，两灯继续转动，射线AC与射线BD交于点E（如图2），在射线BD到达BQ之前，当∠AEB=120°，∠MAC的度数为________．
考点3
三角形选填期末真题压轴题
1．（2022春·江苏苏州·七年级昆山市第二中学校考期末）如图，点D，E分别是△ABC边BC，AC上一点，BD＝2CD，AE＝CE，连接AD，BE交于点F，若△ABC的面积为18，则△BDF与△AEF的面积之差S△BDF﹣S△AEF等于（ ）
A．3B．185C．92D．6
2．（2022春·山东济南·七年级统考期末）如图，已知CA=CD，∠1=∠2，如果只添加一个条件（不加辅助线）使△ABC≅△DEC，则添加的条件不能为（ ）
A． AB=DE B．∠B=∠E C． BC=EC D．∠A=∠D
3．（2022春·江苏无锡·七年级统考期末）如图，在△ABC中，AB=8，AC=10，CD=3BD，点E是AC的中点，BE、AD交于点F，则四边形DCEF的面积的最大值是（ ）

A．24B．22C．20D．18
4．（2022春·福建三明·七年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，AC平分∠BAD，E是CB延长线上一点，F是DC延长线上一点，∠EAF=∠BAD，AD=4，BC=2，S△ACE=17，则CF的长度为（ ）
A．4B．92C．6D．132
5．（2022春·浙江·七年级期末）如图，AB∥CD，点E为AB上方一点，FB、CG分别为∠EFG、∠ECD的角平分线，若∠E+2∠G=225°，则∠EFG的度数为（ ）
A．130°B．140°C．150°D．160°
6．（2022春·广东深圳·七年级深圳外国语学校校考期末）如图AB=8cm，∠A=∠B=60°，AC=BD=6cm．点P在线段AB上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上以xcm/s的速度由点B向点D运动，它们运动的时间为ts．当△ACP与△BPQ全等时，x的值是（ ）
A．2B．1或32C．2或32D．1或2
7．（2022春·江苏盐城·七年级统考期末）如图，已知∠A+∠B+∠C=125°，则∠D+∠E为_________.
8．（2022春·安徽宿州·七年级校考期末）小明不慎将一块三角形的玻璃碎成如图所示的四块（图中所标1、2、3、4），你认为将其中的哪一块带去，就能配一块与原来大小一样的三角形玻璃？应该带第____块去，这利用了三角形全等中的____原理．
考点4
生活中的轴对称选填期末真题压轴题
1．（2022春·陕西西安·七年级西安市铁一中学校考期末）如图，在锐角△ABC中，∠ACB＝50°；边AB上有一定点P，M、N分别是AC和BC边上的动点，当△PMN的周长最小时，∠MPN的度数是（ ）
A．50°B．60°C．70°D．80°
2．（2022春·甘肃兰州·七年级统考期末）将一个正方形纸片依次按下图的方式对折，然后沿图中的虚线裁剪，最后将该图纸再展开铺平，所看到的图案是（ ）．
A．B．C．D．
3．（2022秋·山东烟台·七年级统考期末）在图中的1个小方格涂上颜色，使整个图中涂色的部分成为一个轴对称图形，这样的涂法总共（ ）
A．2种B．3种C．4种D．5种
4．（2022秋·山东烟台·七年级统考期末）在如图所示的方格纸中，△ABC的顶点均在方格纸的格点上，则在方格纸中与△ABC成轴对称的格点三角形共有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
5．（2022春·四川成都·七年级统考期末）把一张长方形纸条ABCD沿EF折叠成图①，再沿HF折叠成图②，若∠DEF＝β（0°＜β＜90°），用β表示∠C''FE，则∠C''FE＝_______．
6．（2022春·浙江杭州·七年级期末）如图（1）是由两块形状相同的三角板拼成，已知∠BAC=∠ADC=90°，∠B=∠ACD=30°，点E是边BC上的动点，连结AE，将三角形ACD沿直线AE翻折，点C，D的对应点分别为N，M，则：
（1）如图（2），当点N恰好落在AB边上时，∠AEC的度数是___________；
（2）当MN与三角形ABC的一边平行时，∠AEC的度数为________．
7．（2022秋·山东泰安·七年级校考期末）如图，在△ABC中，BC=8，AB的垂直平分线交BC于D，AC的垂直平分线交BC与E，则△ADE的周长等于_____．
8．（2022春·河南洛阳·七年级统考期末）如图，图1是长方形纸带，将纸带沿EF折叠成图2，再沿BF折叠成图3，若图3中∠CFE=108°，则图1中的∠DEF的度数是______．
专题7.9 期末复习之选填压轴题专项训练
【北师大版】
考点1
整式的乘除选填期末真题压轴题
1．（2022春·陕西西安·七年级高新一中校考期末）3+132+134+138+1316+1332+1+1的个位数字为（ ）
A．5B．1C．2D．4
【答案】B
【分析】将3+132+134+138+1316+1332+1变形为123−13+132+134+138+1316+1332+1，利用平方差公式求解．
【详解】解：3+132+134+138+1316+1332+1+1
=123−13+132+134+138+1316+1332+1+1
=1232−132+134+138+1316+1332+1+1
=1234−134+138+1316+1332+1+1
=1238−138+1316+1332+1+1
=12316−1316+1332+1+1
=12332−1332+1+1
=12364−1+1，
∵ 31=3，32=9，33=27，34=81，35=243……
可知个位数变化规律为：3，9，7，1，4次一个循环，
∴364的个位数为1，
∴364−1的个位数为0，
∴12364−1的个位数可能是0或5，
∴12364−1+1的个位数可能是1或6，
观察选项可知，只有B选项为1，
故选B．
【点睛】本题考查平方差公式的应用，能够运用平方差公式对原式进行变形是解题的关键．
2．（2022春·陕西西安·七年级校考期末）若x2−kxy+9y2是一个完全平方式，则常数k的值为( )
A．6B．−6C．±6D．无法确定
【答案】A
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可确定出k的值．
【详解】解：∵x2−kxy+9y2是一个完全平方式，
∴−k=±6，
解得：k=±6，
故选C．
【点睛】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
3．（2022春·广东揭阳·七年级统考期末）设a=x−2017，b=x−2019，c=x−2018．若a2+b2=34，则c2的值是（ ）
A．16B．12C．8D．4
【答案】D
【分析】先将a=x-2017，b=x-2019代入a2+b2=34，得到（x-2017）2+（x-2019）2=34，再变形为（x-2018+1）2+（x-2018-1）2=34，然后将（x-2018）作为一个整体，利用完全平方公司得到一个关于（x-2018）的一元二次方程即可解答．
【详解】解：∵a=x-2017，b=x-2019，a2+b2=34，
∴（x-2017）2+（x-2019）2=34，
∴（x-2018+1）2+（x-2018-1）2=34，
∴（x-2018）2+2（x-2018）+1+（x-2018）2-2（x-2018）+1=34，
∴2（x-2018）2=32，
∴（x-2018）2=16，
又∵c=x-2018，
∴c2=16.
故答案为A．
【点睛】本题考查了完全平方公式，对所给条件灵活变形以及正确应用整体思想是解答本题的关键．
4．（2022春·广东揭阳·七年级校考期末）在求1+6+62+63+64+65+66+67+68+69的值时，小林发现：从第二个加数起每一个加数都是前一个加数的6倍，于是她设：
S=1+6+62+63+64+65+66+67+68+69①，
然后在①式的两边都乘以6，得：
6S=6+62+63+64+65+66+67+68+69+610②，
②﹣①得6S−S=610−1，即5S=610−1，所以S=610−15，得出答案后，爱动脑筋的小林想：
如果把“6”换成字母“a”（a≠0且a≠1），能否求出1+a+a2+a3+a4+⋯+a2014的值？你的答案是（ ）
A． a2014−1a−1B．a2015−1a−1C．a2014−1aD．a2014−1
【答案】B
【分析】利用题干中给定的方法，设S=1+a+a2+a3+a4+…+a2014，得到aS=a+a2+a3+a4+…+a2014+a2015，两式相减进行计算即可．
【详解】设S=1+a+a2+a3+a4+…+a2014，①
则aS=a+a2+a3+a4+…+a2014+a2015，②，
②﹣①得：a−1S=a2015−1，
∴S=a2015−1a−1，
故选B．
【点睛】本题考查：1．同底数幂的乘法；2．有理数的乘方．理解并掌握题干中给出的计算方法，是解题的关键．
5．（2022秋·广东广州·七年级广州大学附属中学校考期末）因H7N9禽流感致病性强，某药房打算让利于民，板蓝根一箱原价为100元，现有下列四种调价方案，其中0A．先涨价m%，再降价n%B．先涨价n%，再降价m%
C．先涨价m+n2%，再降价m+n2%D．无法确定
【答案】B
【分析】分别求出A、B、C三个选项中调价后的价格，然后进行比较即可得到答案．
【详解】解：先涨价m%，再降价n%，则价格=1001+m%1−n%=1001−n%+m%−mn10000
先涨价n%，再降价m%，价格=1001+n%1−m%=1001+n%−m%−mn10000；
先涨价m+n2%，再降价m+n2%，则价格=1001+m+n2%1−m+n2%=1001−m+n2%2，
∵0∴1−n%+m%−mn10000>1+n%−m%−mn10000，n设m+n2=x，则1001−m+n2%2=1001−x%+x%−x210000
∵1+n%−m%−mn10000−1−x%+x%+x210000
=n%−m%+x2−mn10000
=100n−m+m+n2−4mn410000
=100n−m+m−n2410000
=400n−m+m−n240000
=400+n−mn−m40000<0，
∴选项B的方案价格最低，
故选B．
【点睛】本题主要考查了整式的混合计算的应用，正确求出三种方案调价后的价格是解题的关键．
6．（2022春·陕西西安·七年级西安市铁一中学校考期末）若n满足（n-2010）（2022-n）=6，则（2n-4027）2=__________．
【答案】25
【详解】解：∵(n−2010)(2017−n)=6，
∴4027n−n2=2010×2017+6
(2n−4027)2=4n2−4n×4027+40272
=4(n2−4027n)+40272
=−4×2010×2017−24+(2010+2017)2
=−4×2010+2017−24+20102+2×2010×2017+20172
=20102−2×2010×2017+20172−24
=(2010−2017)2−24
=49−24
=25．
故答案为25．
点睛：本题考查完全平方公式的运用及整体代入的思想，解题关键是熟练运用完全平方公式进行计算．
7．（2022秋·重庆渝中·七年级重庆巴蜀中学校考期末）南山植物园坐落在省级南山风景名胜区群山之中，与重庆主城区夹长江面峙，是一个以森林为基础，花卉为特色的综合性公园．备受重庆人民的喜爱；每到春季，上山赏花的人络绎不绝；一植物园附近的市民嗅到了商机，开办了植物花卉门市；将A、B、C三种花卉包装成“如沐春风”、“懵懂少女”、“粉色回忆”三种不同的礼盒进行销售；用A花卉2支、B花卉4支、C花卉10支包装成“如沐春风”礼盒；用A花卉2支、B花卉2支、C种花卉4支包装成“惜懂少女”礼盒；用A花卉2支、B花卉3支、C花卉6支包装成“粉色回忆”礼盒；包装费忽略不计，且每支B花卉的成本是每支C花卉成本的4倍，每盒“如沐春风”礼盒的总成本是每盒“懵懂少女”礼盒总成本的2倍；该商家将三种礼盒均以利润率50%进行定价销售；某周末，该门市为了加大销量，将“如沐春风”、“懵懂少女”两种礼盒打八折进行销售，且两种礼盒的销量相同，“粉色回忆”礼盒打九折销售；销售完毕后统计发现，三种礼盒的总成本恰好为总利润的4倍，则该周末“粉色回忆”礼盒的总利润与三种礼盒的总利润的比值为 ___．
【答案】7：15
【分析】设A、B、C三种花卉的成本价分别为x元、y元、z元，根据题意求得y=4z，x=z，得到“如沐春风”礼盒的成本价为28z元，“惜懂少女”礼盒的成本价为14z元，“粉色回忆”礼盒的成本价为20z元，以及得到“如沐春风”礼盒的售价为42z，“惜懂少女”礼盒的售价为21z，“粉色回忆”礼盒的售价为30z，再根据题意约分即可求解．
【详解】解：设A、B、C三种花卉的成本价分别为x元、y元、z元，
则“如沐春风”礼盒的成本价为：(2x+4y+10z) 元，
“惜懂少女”礼盒的成本价为：(2x+2y+4z) 元，
“粉色回忆”礼盒的成本价为：(2x+3y+6z) 元，
∵每支B花卉的成本是每支C花卉成本的4倍，
∴y=4z，
∴“如沐春风”礼盒的成本价为：(2x+26z) 元，
“惜懂少女”礼盒的成本价为：(2x+12z) 元，
“粉色回忆”礼盒的成本价为：(2x+18z) 元，
又∵每盒“如沐春风”礼盒的总成本是每盒“懵懂少女”礼盒总成本的2倍，
∴2x+26z=2(2x+12z)，
∴x=z，
∴“如沐春风”礼盒的成本价为：28z元，
“惜懂少女”礼盒的成本价为：14z元，
“粉色回忆”礼盒的成本价为：20z元，
∵该商家将三种礼盒均以利润率50%进行定价销售，
∴“如沐春风”礼盒的售价为：28z•(1+50%)=42z(元)，
“惜懂少女”礼盒的售价为：14z•(1+50%)=21z(元)，
“粉色回忆”礼盒的售价为：20z•(1+50%)=30z(元)，
设“如沐春风”礼盒的销量为a，“粉色回忆”礼盒的销量为b，
∵“如沐春风”、“懵懂少女”两种礼盒的销量相同，
∴“懵懂少女”礼盒的销量为a，
∵将“如沐春风”、“懵懂少女”两种礼盒打八折进行销售，“粉色回忆”礼盒打九折销售，
∴“如沐春风”礼盒的利润为：0.8×42z-28z=5.6z (元)，
“惜懂少女”礼盒的利润为：0.8×21z-14z=2.8z (元)，
“粉色回忆”礼盒的利润为：0.9×30z-20z=7z (元)，
∵三种礼盒的总成本恰好为总利润的4倍，
∴28z•a+14z•a+20z•b=4(5.6z•a+2.8z•a+7z•b)，
整理得：8.4a=8b，
“粉色回忆”礼盒的总利润为：7z•b，
三种礼盒的总利润为：5.6z•a+2.8z•a+7z•b=8.4z•a+7z•b=15z•b，
∴该周末“粉色回忆”礼盒的总利润与三种礼盒的总利润的比值为：7z•b：15z•b=7：15．
故答案为：7：15．
【点睛】本题考查了整式的混合运算，理解“利润率=售价−成本成本×100%”是解题的关键．
8．（2022秋·重庆·七年级重庆一中校考期末）若2x3−ax2+13x3x2+12x−15的积不含x3项，则a=___________．
【答案】65
【分析】先利用多项式乘多项式法则，展开合并后得到6x5+1−3ax4+35−12ax3+15a+16x2−115x，根据题意得35−12a=0，即可求解a．
【详解】解：2x3−ax2+13x3x2+12x−15
=6x5+x4−25x3−3ax4−12ax3+15ax2+x3+16x2−115x
=6x5+1−3ax4+35−12ax3+15a+16x2−115x
∵2x3−ax2+13x3x2+12x−15的积不含x3项，
∴35−12a=0，
解得：a=65，
故答案为：a=65．
【点睛】本题考查多项式乘多项式，掌握多项式乘多项式的运算法则是解题的关键．
9．（2022春·广东汕头·七年级汕头市飞厦中学校考期末）观察等式：2+22=23−2，2+22+23=24−2，2+22+23+24=25−2，……，已知按一定规律排列的一组数：2100，2101，2102，……，2199，若2100=m，用含m的代数式表示这组数的和是___________．
【答案】m2−m
【分析】根据规律将2100，2101，2102，……，2199用含m的代数式表示，再计算20+21+⋯+299的和，即可计算2100+2101+2101+⋯+2199的和．
【详解】由题意规律可得：2+22+23+⋯+299=2100−2．
∵2100=m
∴2+22+23+⋯+299+2=2100=m=20m，
∵2+22+22+⋯+299+2100=2101−2，
∴2101=2+22+23+⋯+299+2100+2 =m+m=2m=21m．
2102=2+22+23+⋯+299+2100+2101+2 =m+m+2m=4m=22m．
2103=2+22+23+⋯+299+2100+2101+2102+2 =m+m+2m+4m=8m=23m．
……
∴2199=299m．
故2100+2101+2101+⋯+2199=20m+21m+⋯+299m．
令20+21+22+⋯+299=S①
21+22+23+⋯+2100=2S②
②-①，得2100−1=S
∴2100+2101+2101+⋯+2199=20m+21m+⋯+299m=(2100−1)m=m2−m
故答案为：m2−m．
【点睛】本题考查规律问题，用含有字母的式子表示数、灵活计算数列的和是解题的关键．
10．（2022春·江西九江·七年级统考期末）已知2a=3，2b=6，2c=12，现给出3个数a，b，c之间的四个关系式：①a+c=2b；②a+b=2c−3；③b+c=2a+3；④b=a+2．其中，正确的关系式是____（填序号）．
【答案】①②③
【分析】根据同底数幂的乘法法则即可求出a、b、c的关系，代入各式验证即可．
【详解】解：∵2a＝3，2b＝6，2c＝12．
∴2a×22＝3×4＝12，2b×2＝6×2＝12，2c＝12，
∴a+2＝b+1＝c，
即b＝a+1，c＝b+1，c＝a+2，
于是有：①a+c＝a+a+2＝2a+2，2b＝2a+2，
所以a+c＝2b，因此①正确；
②a+b＝a+a+1＝2a+1，2c﹣3＝2a+4﹣3＝2a+1，
所以a+b＝2c﹣3，因此②正确；
③b+c＝a+1+a+2＝2a+3，因此③正确；
④b＝a+1，因此④不正确；
综上所述，正确的结论有：①②③三个，
【点睛】本题考查同底数幂的乘法，解题的关键是熟练运用同底数幂的乘法法则，得出a、b、c的关系．
考点2
相交线与平行线选填期末真题压轴题
1．（2022春·江西上饶·七年级校考期末）如图，∠1＝70°，直线a平移后得到直线b，则∠2－∠3（ ）
A．70°B．180°C．110°D．80°
【答案】A
【分析】作AB∥a，先证AB∥a∥b，由平行线性质得∠2＝180°－∠1＋∠3，变形可得结果．
【详解】作AB∥a，由直线a平移后得到直线b，
所以，AB∥a∥b
所以，∠2＝180°－∠1＋∠3，
所以，∠2－∠3＝180°－∠1＝180°－70°＝110°．
故选：C
【点睛】此题考查平移问题，关键是根据平行线的性质和三角形的外角性质解答．
2．（2022春·贵州六盘水·七年级统考期末）如图所示，若AB∥EF，用含α、β、γ的式子表示x，应为（ ）
A．α+β+γB．β+γ−αC．180°−α−γ+βD．180°+α+β−γ
【答案】A
【分析】过C作CD∥AB，过M作MN∥EF，推出AB∥CD∥MN∥EF，根据平行线的性质得出α+∠BCD=180°，∠DCM=∠CMN，∠NMF=γ，求出∠BCD=180°-α，∠DCM=∠CMN=β-γ，即可得出答案．
【详解】过C作CD∥AB，过M作MN∥EF，
∵AB∥EF，
∴AB∥CD∥MN∥EF，
∴α+∠BCD=180°，∠DCM=∠CMN，∠NMF=γ，
∴∠BCD=180°-α，∠DCM=∠CMN=β-γ，
∴x=∠BCD+∠DCM=180°−α−γ+β，
【点睛】本题考查了平行线的性质的应用，主要考查了学生的推理能力．
3．（2022春·重庆九龙坡·七年级重庆市杨家坪中学校考期末）如图，AB∥CD，点E在CD上，点G，F，I在AB，CD之间，且GE平分∠CEF，BI平分∠FBH，GF∥BI．若∠BFE=52°，则∠G的度数为（ ）．
A．112°B．114°C．116°D．118°
【答案】A
【分析】如图，过F作FT∥AH，可设∠ABF=∠BFT=x，由AB∥CD，可设∠TFE=∠CEF=2y，设∠HBF=2z，而BI平分∠HBF，可得∠HBI=∠FBI=z，可得z−y=64，由∠FBI+∠BFG=180°，可得∠GFE=180°−∠FBI−∠BFE=128°−z，∠G=180°−∠GFE−∠GEF 可得答案．
【详解】解：如图，过F作FT∥AH，
∴设∠ABF=∠BFT=x，
∵AB∥CD，
∴FI∥CD，
∴设∠TFE=∠CEF=2y，
∵EG平分∠CEF，
∴∠CEG=∠FEG=y，
设∠HBF=2z，而BI平分∠HBF，
∴∠HBI=∠FBI=z，
∵∠BFE=52°，
∴x+2y=52，
由平角的定义可得：x+2z=180，
∴2z−2y=128，即z−y=64，
∵BI∥FG，
∴∠FBI+∠BFG=180°，
∴∠GFE=180°−∠FBI−∠BFE=180°−52°−z=128°−z，
∴∠G=180°−∠GFE−∠GEF
=180°−y−128°+z
=52°+64°
=116°．
故选C．
【点睛】本题考查的是平行线的性质，平行公理的应用，角平分线的定义，作出适当的辅助线构建平行线是解本题的关键．
4．（2022春·重庆·七年级西南大学附中校考期末）如图，△OAB为等腰直角三角形（∠A＝∠B＝45°，∠AOB＝90°），△OCD为等边三角形（∠C＝∠D＝∠COD＝60°），满足OC＞OA，△OCD绕点O从射线OC与射线OA重合的位置开始，逆时针旋转，旋转的角度为α（0°＜α＜360°），下列说法错误的是（ ）
A．当α＝15°时，DC∥AB
B．当OC⊥AB时，α＝45°
C．当边OB与边OD在同一直线上时，直线DC与直线AB相交形成的锐角为15°
D．整个旋转过程，共有10个位置使得△OAB与△OCD有一条边平行
【答案】B
【分析】设OC与AB交点为M，OD与AB交点为N，当α＝15°时，可得∠OMN＝α＋∠A＝60°，可证DC∥AB；当OC⊥AB时，α＋∠A＝90°，可得α＝30°；当边OB与边OD在同一直线上时，应分两种情况，则直线DC与直线AB相交形成的锐角也有两种情况；整个旋转过程，其中DC边可以与OB，OA，AB分别平行时，之后OC可以和AB平行，OD可以和AB平行，可以得到5个位置，这5个位置再旋转180度又是平行的，所以可以得到10不同的位置．
【详解】解：设OC与AB交点为M，OD与AB交点为N，
当α＝15°时，∠OMN＝α＋∠A＝60°，
∴∠OMN＝∠C，
∴DC∥AB，
故A说法正确，不符合题意；
当OC⊥AB时，α＋∠A＝90°或α﹣180°＝90°﹣∠A，
∴α＝45°或225°，
故B说法错误，符合题意；
当边OB与边OD在同一直线上时，
此时，∠EBO=∠ABO=45°，
∠EDB=180°−∠ODC=180°−60°=120°，
∴∠E=180°−∠EBO−∠EDB=45°；
当边OB与边OD在同一直线且不重合时，
此时，∠EBD=45°,∠EDB=180°−∠ODC=180°−60°=120°，
∴∴∠E=180°−∠EBD−∠EDB=15°
故C说法正确，不符合题意；
整个旋转过程，其中DC边可以与OB，OA，AB分别平行时，之后OC可以和AB平行，OD可以和AB平行，可以得到5个位置，这5个位置再旋转180度又是平行的，所以可以得到10不同的位置，所以D说法正确不符合题意，
故选B．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定，垂直的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
5．（2022春·重庆江北·七年级统考期末）如图a是长方形纸带，∠DEF=26°，将纸带沿EF折叠成图b，再沿BF折叠成图c，则图c中的∠CFE的度数是（ ）
A．102°B．108°C．124°D．128°
【答案】D
【分析】先由矩形的性质得出∠BFE=∠DEF=26°，再根据折叠的性质得出∠CFG=180°-2∠BFE，∠CFE=∠CFG-∠EFG即可．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠BFE=∠DEF=26°，
∴∠CFE=∠CFG-∠EFG=180°-2∠BFE-∠EFG=180°-3×26°=102°，
故选A．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题）、矩形的性质、平行线的性质；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，弄清各个角之间的关系是解决问题的关键．
6．（2022春·重庆江北·七年级统考期末）已知直线AB∥DE，射线BF、DG分别平分∠ABC，∠EDC，两射线反向延长线交于点H，请写出∠H，∠C之间的数量关系：________．
【答案】2∠H+∠C=180°
【分析】分别过点C，H作MN∥AB，PQ∥AB，根据AB∥DE，可得MN∥AB∥DE∥PQ，根据平行线性质可得∠ABC+∠BCM=180°，∠ABF=∠PHF，根据角平分线定义可得∠ABC=2∠ABF，进而证出2∠PHF+∠BCM=180°，同理2∠QHG+∠DCN=180°，根据平角定义可得∠PHF+∠QHG=180°−∠FHG，∠BCM+∠DCN=180°−∠BCD，由此证出2(∠PHF+∠QHG)+(∠BCM+∠DCN)=360°，进而证出结论．
【详解】分别过点C，H作MN∥AB，PQ∥AB
∵MN∥AB，
∴∠ABC+∠BCM=180°
∵射线BF平分∠ABC
∴∠ABC=2∠ABF
∵PQ∥AB
∴∠ABF=∠PHF
∴2∠PHF+∠BCM=180°
∵AB∥DE
∴MN∥DE
∴∠EDC+∠DCN=180°
∵射线DG平分∠EDC
∴∠DEC=2∠DEG
∵MN∥AB，PQ∥AB，
∴MN∥PQ
∴DE∥PQ
∴∠DEG=∠QHG
∴2∠QHG+∠DCN=180°
∴2(∠PHF+∠QHG)+(∠BCM+∠DCN)=360°
∵∠PHF+∠FHG+∠QHG=180°
∴∠PHF+∠QHG=180°−∠FHG
同理：∠BCM+∠DCN=180°−∠BCD
∴2(180°−∠FHG)+(180°−∠BCD)=360°
∴2∠FHG+∠BCD=180°
故答案为：2∠H+∠C=180°
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，角平分线的定义等知识点，能熟记平行线的性质是解本题的关键．
7．（2022春·山东德州·七年级校考期末）如图所示的是激光位于初始位置时的平面示意图，其中P，Q是直线MN上的两个激光灯，∠APQ=∠BQP=60°，现激光PA绕点 P以每秒3度的速度逆时针旋转，同时激光QB绕点Q以每秒2度的速度顺时针旋转，设旋转时间为t秒（0≤t≤100），当PA∥QB时，t的值为__________________．
【答案】12或48或84
【分析】根据当PA∥QB时，∠APQ+∠BQP=180°，∠APQ=∠BQP，∠APQ=∠BQN建立等式即可求解．
【详解】解：设旋转时间为t秒后，PA∥QB，
如图1，∠APQ+∠BQP=180°
∴60°+3°×t+60°+2°×t=180°，
5°×t=60°，
解得：t=12．
如图2，∠APQ=∠BQP
由图得：360°−(60°+3×t)=60°+2×t
解得：t=48
如图3，∠APQ=∠BQN
∴360°−(60°+3×t)=60°+2×t−180°
解得：t=84
如图4，∠APQ=∠BQP
∴(60°+3×t)−360°=360°−60°+2×t
解得：t=120>100(舍去）
综上所述：12或48或84
故答案为：12或48或84
【点睛】本题考查了一元一次方程，平行线的性质，根据PA∥QB时，分类讨论角度之间的关系列方程是解此题的关键．
8．（2022秋·辽宁沈阳·七年级沈阳市雨田实验中学校考期末）一副三角板按图1方式拼接在一起，其中边OA，OC与直线EF重合，∠AOB=45°，∠COD=60°，保持三角板COD不动，将三角板AOB绕着点O顺时针旋转一个角度α，（如图2），在转动过程中两块三角板都在直线EF的上方，当OB平分由OA，OC，OD其中任意两边组成的角时，α的值为______．
【答案】30°或105°或90°
【分析】分①当OB在OD左边且平分∠AOD时，②当OB在OD右边且平分∠COD时，③当OB在OD右边且平分∠AOC时，三类讨论OB位置，根据平角定义列式即可得到答案．
【详解】解：①当OB在OD左边且平分∠AOD时，
∵∠AOB=45°，∠COD=60°，
∴α=180°−45°−45°−60°=30°；
②当OB在OD右边且平分∠COD时，
∵∠COD=60°，
∴∠DOB=60°÷2=30°，
∵∠AOB=45°，
∴∠AOD=45°−30°=15°，
∴α=180°−60°−15°=105°；
③当OB在OD右边且平分∠AOC时，
∵∠AOB=45°，
∴∠AOC=45°×2=90°，
∴α=180°−90°=90°，
综上所述α的值为30°或105°或90°．
【点睛】本题考查角平分线及角度加减，解题的关键是分类讨论OB位置．
9．（2022春·山东德州·七年级统考期末）已知AB∥CD，AM平分∠BAP，∠PCM=2∠MCD，2∠M−∠P=10°，则∠PCD=___________．
【答案】30°/30度
【分析】作PQ∥AB于Q，作MN∥AB于N，则AB∥PQ∥MN∥CD，设∠MCD=x，则∠PCM=2x，∠PCD=3x，再根据角平分线的定义可得∠BAM=12∠BAP，设∠BAM=y，则∠BAP=2y，然后根据平行线的性质可得∠APQ=∠BAP=2y，∠AMN=∠BAM=y，∠CPQ=∠PCD=3x，∠CMN=∠MCD=x，从而可得∠APC=2y−3x,∠AMC=y−x，代入2∠AMC−∠APC=10°可求出x的值，由此即可得．
【详解】解：如图，作PQ∥AB于Q，作MN∥AB于N，
则AB∥PQ∥MN∥CD，
设∠MCD=x，则∠PCM=2x，∠PCD=∠MCD+∠PCM=3x，
∵AM平分∠BAP，
∴∠BAM=12∠BAP，
设∠BAM=y，则∠BAP=2y，
∵AB∥PQ，
∴∠APQ=∠BAP=2y，∠AMN=∠BAM=y，
∵PQ∥MN∥CD，
∴∠CPQ=∠PCD=3x，∠CMN=∠MCD=x，
∴∠APC=∠APQ−∠CPQ=2y−3x，∠AMC=∠AMN−∠CMN=y−x，
又∵2∠AMC−∠APC=10°，
∴2y−x−2y−3x=10°，
解得x=10°，
则∠PCD=3x=3×10°=30°，
故答案为：30°．
【点睛】本题考查了平行公理推论、平行线的性质等知识点，通过作辅助线，构造平行线是解题关键．
10．（2022春·浙江·七年级期末）如图1，为巡视夜间水面情况，在笔直的河岸两侧（PQ//MN）各安置一探照灯A，BC（A在B的左侧），灯A发出的射线AC从AM开始以a度/秒的速度顺时针旋转至AN后立即回转，灯B发出的射线BD从BP开始以1度/秒的速度顺时针旋转至BQ后立即回转，两灯同时转动，经过55秒，射线AC第一次经过点B，此时∠ABD=55°，则a=________，两灯继续转动，射线AC与射线BD交于点E（如图2），在射线BD到达BQ之前，当∠AEB=120°，∠MAC的度数为________．
【答案】 2 120°或60°．
【分析】（1）由平行线的性质，得到角之间的关系，然后列出方程，解方程即可；
（2）由题意，根据旋转的性质，平行线的性质，可对运动过程分成两种情况进行分析：①射线AC没到达AN时，∠AEB=120°；②射线AC到达AN后，返回旋转的过程中，∠AEB=120°；分别求出答案即可．
【详解】解：（1）如图，射线AC第一次经过点B，
∵PQ//MN，
∴∠MAB=∠ABP=∠ABD+∠DBP，
∴∠MAB=55°+∠DBP，
∴55a=55°+55×1°，
解得：a=2；
故答案为：2．
（2）①设射线AC的转动时间为t秒，则如图，作EF//MN//PQ，
由旋转的性质，则∠EAN=180°−2t°，∠PBE=t°，
∵EF//MN//PQ，
∴∠AEF=∠EAN=180°−2t°，∠FEB=∠PBE=t°，
∵∠AEB=∠AEF+∠FEB=120°，
∴180°−2t°+t°=120°，
∴t=60（秒），
∴∠MAC=2×60=120°；
②设射线AC的转动时间为t秒，则如图，作EF//MN//PQ， 此时AC为达到AN之后返回途中的图像；
与①同理，
∴∠MAC=360°−2t°，∠QBE=180°−t°，
∵∠AEB=∠AEF+∠FEB=120°，
∴360°−2t°+180°−t°=120°，
解得：t=120（秒）；
∴∠MAC=360°−2×120=60°；
综合上述，∠MAC的度数为：120°或60°；
故答案为：120°或60°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的分析题意，作出辅助线，运用分类讨论的思想进行解题．
考点3
三角形选填期末真题压轴题
1．（2022春·江苏苏州·七年级昆山市第二中学校考期末）如图，点D，E分别是△ABC边BC，AC上一点，BD＝2CD，AE＝CE，连接AD，BE交于点F，若△ABC的面积为18，则△BDF与△AEF的面积之差S△BDF﹣S△AEF等于（ ）
A．3B．185C．92D．6
【答案】D
【分析】由△ABC的面积为18，根据三角形的面积公式和等积代换即可求得．
【详解】解：∵S△ABC=12BC⋅ℎBC=12AC⋅ℎAC=18，
∴S△ABC=12BD+CD⋅ℎBC=12AE+CE⋅ℎAC=18，
∵AE=CE=12AC，S△AEB=12AE⋅ℎAC，S△BCE=12EC⋅ℎAC，
∴S△AEB=S△CEB=12S△ABC=12×18=9，
∴S△AEF+S△ABF=9①，
同理，∵BD=2CD，BD+CD=BC，
∴BD=23BC，S△ABD=12BD⋅ℎBC，
∴S△ABD=23S△ABC=23×18=12，
∴S△BDF+S△ABF=12②，
由①-②得：S△BDF−S△AEF=S△BDF+S△ABF−S△AEF+S△ABF=12−9=3．
【点睛】本题主要考查三角形的面积及等积变换，解答此题的关键是等积代换．
2．（2022春·山东济南·七年级统考期末）如图，已知CA=CD，∠1=∠2，如果只添加一个条件（不加辅助线）使△ABC≅△DEC，则添加的条件不能为（ ）
A． AB=DE B．∠B=∠E C． BC=EC D．∠A=∠D
【答案】D
【分析】根据图形可知证明△ABC≅△DEC已经具备了一个角和一对相等边，因此可以利用ASA、SAS、AAS证明两三角形全等．
【详解】∵∠1=∠2，
∴∠1+∠ACE=∠2+∠ACE，即∠ACB=∠DCE．
又∵CA=CD，
∴可以添加BC=EC，此时利用SAS证明△ABC≅△DEC，故C选项不合题意；
添加条件∠A=∠D，此时利用ASA证明△ABC≅△DEC，故D选项不合题意；
添加条件∠B=∠E，此时利用AAS证明△ABC≅△DEC，故B选项不合题意；
添加条件AB=DE，不能证明△ABC≅△DEC，故A选项符合题意．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，是一道开放题，解题的关键是牢记全等三角形的判定方法．
3．（2022春·江苏无锡·七年级统考期末）如图，在△ABC中，AB=8，AC=10，CD=3BD，点E是AC的中点，BE、AD交于点F，则四边形DCEF的面积的最大值是（ ）

A．24B．22C．20D．18
【答案】D
【分析】连接CF，设S△BFD=a，由三角形面积公式可得S△CFD=3a，S△ADC=3S△ABD，由点E是AC的中点，得S△ABE=S△CBE，S△AFE=S△CEF，进而得S△ABF=S△CBF=4a，S△ABD=5a，S△ADC=15a，S△AFC=12a，S△ABC=20a，S△EFC=6a，得出S四边形DCEF=9a，通过讨论△ABC的面积最大值得四边形DCEF的面积最大值．
【详解】解：连接CF，

设S△BFD=a，
∵CD=3BD，
∴S△CFD=3a，S△ADC=3S△ABD，
∵点E是AC的中点，
∴S△ABE=S△CBE，S△AFE=S△CEF，
∴S△ABF=S△CBF=S△BFD+S△CFD=4a，
∴S△ABD=S△ABF+S△BFD=4a+a=5a，
∴S△ADC=15a，S△ABC=S△ABD+S△ADC=5a+15a=20a
∴S△AFC=S△ABC−S△ABF−S△CBF=20a−4a−4a=12a，
∴S△EFC=12S△AFC=6a，
∴S四边形DCEF=S△EFC+S△CFD=6a+3a=9a，
∴S四边形DCEF=920S△ABC，
∵在△ABC中，AB=8，AC=10，
∴S△ABC的最大值=12×8×10=40，
∴四边形DCEF的面积的最大值是18，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的面积，已知两边三角形面积的最大值等知识，解题关键是理解运用同高的两个三角形面积之比等于底边之比．
4．（2022春·福建三明·七年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，AC平分∠BAD，E是CB延长线上一点，F是DC延长线上一点，∠EAF=∠BAD，AD=4，BC=2，S△ACE=17，则CF的长度为（ ）
A．4B．92C．6D．132
【答案】D
【分析】根据AC平分∠BAD，得出∠BAC=∠DAC，进而得出△ACB≌△ACDAAS，则AD=AB=4，BC=CD=2，再根据S△ACE=17，求出CE=172，则BE=CE−BC，通过∠EAF=∠BAD，得出∠EAB=∠FAD，即可证明△ABE≌△ADFASA，即可求解．
【详解】解：∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
在△ACB和△ACD中，
∠ABC=∠ADC=90°∠BAC=∠DACAC=AC，
∴△ACB≌△ACDAAS，
∴AD=AB=4，BC=CD=2，
∵S△ACE=17，
∴12CE⋅AB=17，即12×4×CE=17，
解得：CE=172，
∴BE=CE−BC=172−2=132，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠EAF+∠BAF=∠BAD+∠BAF，即∠EAB=∠FAD，
在△ABE和△ADF中，
∠EAB=∠FADAD=AB∠ABE=∠D=90°，
∴△ABE≌△ADFASA，
∴BE=DF=132．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法和性质．全等三角形对应边和对应角相等；判定三角形全等的方法有：SSS,SAS,ASA,AAS,HL．
5．（2022春·浙江·七年级期末）如图，AB∥CD，点E为AB上方一点，FB、CG分别为∠EFG、∠ECD的角平分线，若∠E+2∠G=225°，则∠EFG的度数为（ ）
A．130°B．140°C．150°D．160°
【答案】A
【分析】过G作GM∥AB，根据平行线的性质可得∠2=∠5,∠6=∠4，进而可得∠FGC=∠2+∠4，再利用平行线的性质进行等量代换可得3∠1=225°，求出∠1的度数，然后可得答案．
【详解】解：过G作GM∥AB，
∴∠2=∠5，
∵AB∥CD，
∴MG∥CD，
∴∠6=∠4，
∴∠FGC=∠5+∠6=∠2+∠4，
∵FB、CG分别为∠EFG、∠ECD的角平分线，
∴∠1=∠2=12∠EFG,∠3=∠4=12∠ECD，
∵∠E+2∠FGC=225°，
∴∠E+∠1+∠2+∠ECD=225°，
∵AB∥CD，
∴∠ENB=∠ECD，
∴∠E+∠1+∠2+∠ENB=225°，
∵∠1=∠E+∠ENB，
∴∠1+∠1+∠2=225°，
∴3∠1=225°，
∴∠1=75°，
∴∠EFG=2×75°=150°．
【点睛】此题主要考查了平行线的性质，关键是正确作出辅助线，掌握两直线平行同位角相等，内错角相等．
6．（2022春·广东深圳·七年级深圳外国语学校校考期末）如图AB=8cm，∠A=∠B=60°，AC=BD=6cm．点P在线段AB上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上以xcm/s的速度由点B向点D运动，它们运动的时间为ts．当△ACP与△BPQ全等时，x的值是（ ）
A．2B．1或32C．2或32D．1或2
【答案】B
【分析】由题意知当△ACP与△BPQ全等，分△ACP≌△BPQ和△APC≌△BPQ两种情况，根据全等的性质列方程求解即可．
【详解】解：由题意知，AP=t，BP=8−t，BQ=xt，
△ACP与△BPQ全等，分两种情况求解：
①当△ACP≌△BPQ时，AP=BQ，即t=xt，解得x=1；
②当△APC≌△BPQ时，AP=BP，即t=8−t，解得t=2，AC=BQ，即6=xt，解得x=32；
综上所述，x的值是1或32，
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，一元一次方程的应用．解题的关键在于分情况求解．
7．（2022春·江苏盐城·七年级统考期末）如图，已知∠A+∠B+∠C=125°，则∠D+∠E为_________.
【答案】55°/55度
【分析】由∠A+∠B+∠C=125°，可得∠OFC+∠C=125°，故∠FOC=55°，由三角形的外角的性质即可得到∠D+∠E的度数．
【详解】解：由图可得：
∠OFC是△ABF的外角，
∠A+∠B=∠OFC，
∠A+∠B+∠C=125°，
∠OFC+∠C=125°，
∠FOC=55°，
∠FOC是△DEO的外角，
∠D+∠E=∠FOC=55°，
故填：55°．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质，熟练掌握三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
8．（2022春·安徽宿州·七年级校考期末）小明不慎将一块三角形的玻璃碎成如图所示的四块（图中所标1、2、3、4），你认为将其中的哪一块带去，就能配一块与原来大小一样的三角形玻璃？应该带第____块去，这利用了三角形全等中的____原理．
【答案】 4 ASA
【分析】根据全等三角形的判断方法解答．
【详解】解：由图可知，带第4块去，符合“角边角”，可以配一块与原来大小一样的三角形玻璃．
故答案为：4；ASA
【点睛】本题考查了全等三角形的应用，是基础题，熟记三角形全等的判定方法是解题的关键．
考点4
生活中的轴对称选填期末真题压轴题
1．（2022春·陕西西安·七年级西安市铁一中学校考期末）如图，在锐角△ABC中，∠ACB＝50°；边AB上有一定点P，M、N分别是AC和BC边上的动点，当△PMN的周长最小时，∠MPN的度数是（ ）
A．50°B．60°C．70°D．80°
【答案】D
【分析】根据轴对称的性质作PD⊥AC于点E，PG⊥BC于点F，连接DG交AC、BC于点M、N，连接MP、NP，得到△PMN，由此解答.
【详解】解：过点P作PD⊥AC于点E，PG⊥BC于点F，连接DG交AC、BC于点M、N，连接MP、NP，
∵PD⊥AC，PG⊥BC，
∴∠PEC＝∠PFC＝90°，
∴∠C+∠EPF＝180°，
∵∠C＝50°，
∵∠D+∠G+∠EPF＝180°，
∴∠D+∠G＝50°，
由对称可知：∠G＝∠GPN，∠D＝∠DPM，
∴∠GPN+∠DPM＝50°，
∴∠MPN＝130°﹣50°＝80°，
故选：D．
【点睛】此题考查最短路径问题，根据题意首先作出对称点，连接对称点得到符合题意的三角形，再根据轴对称的性质解答，正确掌握最短路径问题的解答思路是解题的关键.
2．（2022春·甘肃兰州·七年级统考期末）将一个正方形纸片依次按下图的方式对折，然后沿图中的虚线裁剪，最后将该图纸再展开铺平，所看到的图案是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】严格按照图中的顺序亲自动手操作一下，结合轴对称图形的性质，即可得到答案．
【详解】解：严格按照图中的顺序向上对折，向右对折，从右下角剪去一个四分之一圆，从左上角和左下角各剪去一个直角三角形，展开得到结论．
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形的应用，解题的关键是弄清楚两条折痕的特征及其与剪线的位置关系．
3．（2022秋·山东烟台·七年级统考期末）在图中的1个小方格涂上颜色，使整个图中涂色的部分成为一个轴对称图形，这样的涂法总共（ ）
A．2种B．3种C．4种D．5种
【答案】B
【分析】根据轴对称画出相应的图形即可．
【详解】解：根据题意知，由以下几种情况：
【点睛】本题主要考查轴对称的知识，熟练掌握轴对称的知识是解题的关键．
4．（2022秋·山东烟台·七年级统考期末）在如图所示的方格纸中，△ABC的顶点均在方格纸的格点上，则在方格纸中与△ABC成轴对称的格点三角形共有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【分析】根据轴对称的性质画出格点三角形即可求解．
【详解】如解图所示，与△ABC成轴对称且顶点在格点上的三角形共有3个．
故选：C
【点睛】本题考查了画轴对称图形，掌握轴对称的性质是解题的关键．
5．（2022春·四川成都·七年级统考期末）把一张长方形纸条ABCD沿EF折叠成图①，再沿HF折叠成图②，若∠DEF＝β（0°＜β＜90°），用β表示∠C''FE，则∠C''FE＝_______．
【答案】180°−3β
【分析】先利用平行线的性质得到∠EFH=∠DEF=β，∠EFC=180°−β，再根据折叠的性质得到∠EFC'=180°−β，所以∠HFC'=180°−2β，接着再利用折叠的性质得到∠C''FH=∠C'FH=180°−2β，然后计算∠C″FH−∠EFH即可．
【详解】∵四边形ABCD为长方形，
∴AD//BC，
∴∠EFH=∠DEF=β，∠EFC=180°−β，
∵方形纸条ABCD沿EF折叠成图①，
∴∠EFC'=∠EFC=180°−β，
∴∠HFC'=∠EFC'−∠EFH=180°−β−β=180°−2β，
∵长方形ABCD沿HF折叠成图②，
∴∠C''FH=∠C'FH=180°−2β，
∴∠C″FE=∠C″FH−∠EFH=180°−2β−β=180°−3β．
故答案为：180°−3β．
【点睛】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
6．（2022春·浙江杭州·七年级期末）如图（1）是由两块形状相同的三角板拼成，已知∠BAC=∠ADC=90°，∠B=∠ACD=30°，点E是边BC上的动点，连结AE，将三角形ACD沿直线AE翻折，点C，D的对应点分别为N，M，则：
（1）如图（2），当点N恰好落在AB边上时，∠AEC的度数是___________；
（2）当MN与三角形ABC的一边平行时，∠AEC的度数为________．
【答案】 75° 105°或60°或45°
【分析】（1）利用折叠的性质判断出AD∥BC，利用平行线的性质可得结果；
（2）分MN∥AC，MN∥AB，MN∥BC，三种情况，分别求解．
【详解】解：（1）当点N落在AB上时，由折叠可知：
∠DAC=∠MAN=60°，∠CAE=∠BAE=45°，
∵∠ACB+∠ACD=60°+30°=90°，∠D=90°，
∴AD∥BC，
∴∠AEC=180°-∠DAE=180°-45°-60°=75°；
（2）由（1）可得：AD∥BC，
如图3，MN∥AC，
∠AMN+∠BAC=90°+90°=180°，
可知点M在AB上，
∴∠CAN=90°-60°=30°，
由折叠可知：∠CAE=∠NAE=30°÷2=15°，
∴∠DAE=∠DAC+∠CAE=60°+15°=75°，
∴∠AEC=180°-75°=105°；
如图4，MN∥AB，
∴∠BAM=90°，∠BAN=∠N=30°，
∴∠NAC=30°+90°=120°，
由折叠可知：∠CAE=∠NAE=60°，
∴∠AEC=180°-∠CAE-∠CAD=60°；
如图5，MN∥BC，
∴∠M=∠MAD=90°，
∴∠NAC=360°-∠MAN-∠DAC-∠MAD=150°，
由折叠可知：∠NAE=∠CAE=75°，
∴∠AEC=180°-∠CAE-∠DAC=45°；
综上：∠AEC的度数为105°或60°或45°，
故答案为：（1）75°；（2）105°或60°或45°．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是根据图形的变形分类讨论．
7．（2022秋·山东泰安·七年级校考期末）如图，在△ABC中，BC=8，AB的垂直平分线交BC于D，AC的垂直平分线交BC与E，则△ADE的周长等于_____．
【答案】8
【分析】根据线段垂直平分线的性质得到AD=BD，AE=CE，再由BC=8，推出AD+ED+AE=8即可得到答案．
【详解】解：∵AB的垂直平分线交BC于D，
∴AD=BD，
∵AC的垂直平分线交BC与E，
∴设∠DEF＝∠EFB＝a，
图2中，∠GFC＝∠BGD＝∠AEG＝180°﹣2∠DEF＝180°﹣2a，
图3中，∠CFE＝∠GFC﹣∠EFG＝180°﹣2a﹣a＝108°．
解得a＝24°．
即∠DEF＝24°，
故答案为：24°．
【点睛】本题考查图形的翻折变换以及平行线的性质，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变．