北师大版七年级数学下册举一反三系列7.10期末复习之解答压轴题专项训练(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7.10期末复习之解答压轴题专项训练(北师大版)同步学案(学生版+解析)，共87页。

考点1
整式的乘除解答期末真题压轴题
1．（2022春·广东深圳·七年级南山实验教育麒麟中学校考期末）如图①是一个长为4a、宽为b的长方形，沿图中虚线用剪刀平均分成四块小长方形，然后用四块小长方形拼成一个“回形”正方形（如图②）．
(1)根据上述过程，写出a+b2、a−b2、ab之间的等量关系：_______；
(2)利用（1）中的结论，若x+y=4，xy=1，则x−y2的值是______；
(3)实际上通过计算图形的面积可以探求相应的等式，如图③，请你写出这个等式：______；
(4)两个正方形ABCD，AEFG如图④摆放，边长分别为x，y，若x2+y2=34，BE=2，求图中阴影部分面积和．
2．（2022春·广东深圳·七年级校联考期末）在数学中，有许多关系都是在不经意间被发现的，请认真观察图形，解答下列问题：
(1)如图1，用两种不同的方法表示阴影图形的面积，得到一个等量关系：________________．
(2)如图1中，a，b满足a+b=9，ab=15，求a2+b2的值．
(3)如图2，点C在线段AB上，以AC，BC为边向两边作正方形，AC+BC=14，两正方形的面积分别为S1，S2，且S1+S2=40，求图中阴影部分面积．
3．（2022春·广东深圳·七年级深圳市宝安中学（集团）校考期末）【项目学习】配方法是数学中重要的一种思想方法，它是指将一个式子的某部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法，这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题．
例如，把二次三项式x2−2x+3进行配方
解：x2−2x+3=x2−2x+1+2=x2−2x+1+2=x−12+2
我们定义：一个整数能表示成a2+b2（a，b是整数）的形式，则称这个数为“完美数”例如，5是“完美数”，理由：因为5=22+12，再如，M=x2+2xy+2y2=x+y2+y2，（x，y是整数）所以M也是“完美数”
【问题解决】
(1)下列各数中，“完美数”有___________．（填序号）
①10 ②45 ③28 ④29
(2)若二次三项式x2−6x+13（x是整数）是“完美数”，可配方成x−m2+n（m，n为常数），则mn的值为_________；
【问题探究】
(3)已知S=x2+9y2+8x−12y+k（x，y是整数，k是常数），要使S为“完美数”，试求出符合条件的k的值．
【问题拓展】
(4)已知实数x，y满足−x2+7x+y−10=0，求x+y的最小值．
4．（2022春·广东深圳·七年级深圳大学附属中学校联考期末）观察下列各式，回答相关问题：
x−1x+1=x2−1．
x−1x2+x+1=x3−1．
x−1x3+x2+x+1=x4⋅1．
(x−1)x4+x3+x2+x+1=x5−1．
……
(1)根据规律可得(x−1)xn−1+xn−2+⋅⋅⋅+x2+x+1=_________（其中n为正整数）．
(2)求32022+32021+32020+⋅⋅⋅+32+3+1的值．
(3)求22022−22021+22020−⋅⋅⋅+22−2+1的值．
5．（2022春·广东佛山·七年级统考期末）现有长与宽分别为a、b的小长方形若干个，用两个这样的小长方形拼成如图1的图形，用四个相同的小长方形拼成图2的图形，请认真观察图形，解答下列问题：
(1)根据图中条件，请写出图1和图2所验证的关于a、b的关系式：（用含a、b的代数式表示出来）；
图1表示： ；
图2表示： ；
(2)根据上面的解题思路与方法，解决下列问题：
①若x+y=4，x2+y2=10，求xy的值；
②请直接写出下列问题答案：
若2m+3n=5，mn=1，则6n−4m ；
若7−m5−m=9，则7−m2−5−m2= ．
(3)如图，长方形ABCD中，AD=2CD=2x，AE=44，CG=30，长方形EFGD的面积是200，四边形NGDH和MEDQ都是正方形，四边形PQDH是长方形．延长MP至T，使PT=PQ，延长MF至O，使FO=FE，过点O、T作MO、MT的垂线，两垂线相交于点R，求四边形MORT的面积．（结果必须是一个具体的数值）
6．（2022春·河南平顶山·七年级统考期末）某学校初中部和小学部一起在操场做课间操初中部排成长方形，每排（4a﹣b）人站成（4a+b）排；小学部排成一个边长2（a+b）的方阵．
(1)初中部比小学部多多少人？（用字母a，b表示）
(2)当a＝10，b＝2时，请计算出此时初中部比小学部多多少人．
7．（2022春·河南郑州·七年级统考期末）下面是小明解决一道作业题的全部思考过程．
[题目]计算202020192202020182+202020202−2的值．
[分析]20202019，20202018，20202020的平方是三个“天文数字”，难道要全部算出来吗？估计会很复杂；仔细观察式子、数字的特征……
[解题过程]注意到20202018，20202019，20202020是三个连续的正整数，若设n=20202019，则20202018=n−1，20202020=n+1，所以原式=n2(n−1)2+(n+1)2−2=n22n2=12．
[收获]原式看似是一个很复杂的式子，但在用字母n代替数字20202019后，凸显了式子的结构特征，形式上得到了化简，从而运用完全平方公式求得其值．
从小明的解题经历中你又有什么启发呢？带着你的思考尝试解决下列问题：
(1)计算202320232+1202320222+202323242的值；
(2)已知(a−2022)2+(a−2024)2=16，求(a−2023)2的值；
(3)已知(2024+b)2+(b−2022)2=7，请直接写出2024+bb−2022的值．
8．（2022秋·河南周口·七年级校联考期末）如图，把8张长为a，宽为b的小长方形纸片摆放在一个大长方形纸盒内，空白部分分别用A，B表示，两个摆放小纸片的长方形（阴影）公共的部分边长为m，（用a，b，m分别表示周长和面积）
(1)填空：①空白部分A的周长PA=__________，面积SA=_____________，
②空白部分B的周长PB=______________，面积SB=________________；
(2)若a=5b，求PA−PB，SA−SB的代数式．
9．（2022春·河南郑州·七年级校联考期末）如果ac=b,那么我们规定(a,b)=c．例如；因为23=8,所以(2,8)=3．
（1）根据上述规定填空：(4,16)=__ ，(3,1)=__ ，(2,0.25)=__ ；
（2）若(3,4)=a,(3,6)=b,(3,96)=c．判断a,b,c之间的数量关系，并说明理由．
10．（2022春·河南郑州·七年级郑州外国语中学校考期末）阅读下文，寻找规律：
已知：x≠1，观察下列各式：
x−1x+1=x2−1；
(x−1)x2+x+1=x3−1；
(x−1)x3+x2+x+1=x4−1；
(x−1)x4+x3+x2+x+1=x5−1；
…
(1)填空：
①(x−1)x9+x8+⋅⋅⋅+x2+x+1=_________；
②(1−x)1+x+x3+⋅⋅⋅+xn−1+xn=_________．
(2)根据你的猜想，计算：
①22020+22019+22018+⋅⋅⋅+2+1=_________；
②那么22020+22019+22018+⋅⋅⋅+2+1的末尾数字为_________．
考点2
相交线与平行线解答期末真题压轴题
1．（2022秋·河南郑州·七年级校考期末）如图1，O为直线DE上一点，过点O在直线DE上方作射线OC，∠EOC=140°．将直角三角板AOB(∠OAB=30°)的直角顶点放在点O处，一条边OA在射线OD上，另一边OB在直线DE上方，将直角三角板绕点O按每秒6°的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t秒．
(1)如图2，当t=4时，∠AOC=___________，∠BOE=___________，∠BOE−∠AOC=___________；
(2)当三角板旋转至边AB与射线OE相交时(如图3)，试猜想∠AOC与∠BOE的数量关系，并说明理由；
(3)在旋转过程中，是否存在某个时刻，使得射线OA、OC、OD中的某一条射线是另两条射线所成夹角的角平分线？若存在，请直接写出t的取值，若不存在，请说明理由．
2．（2022秋·河南南阳·七年级统考期末）请阅读小明同学在学习平行线这章知识点时的一段笔记，然后解决问题．
小明∶老师说在解决有关平行线的问题时，如果无法直接得到角的关系，就需要借助辅助线来帮助解答，今天老师介绍了一个“美味”的模型“猪蹄模型”．即
已知：如图，AB∥CD，E为AB、CD之间一点，连接AE，CE得到∠AEC．
求证：∠AEC=∠A+∠C
小明笔记上写出的证明过程如下：
证明：过点E作EF∥AB
则∠1=∠A
∵AB∥CD，EF∥AB
∴EF∥CD
∴∠2=∠C
∴∠AEC=∠1+∠2
∴∠AEC=∠A+∠C
请你利用“猪蹄模型”得到的结论或解题方法，完成下面的两个问题．
(1)如图，若AB∥CD，∠E=60∘，求∠B+∠C+∠F；
(2)如图，AB∥CD，若∠PAB=100°，∠PDC=110°，求∠P的度数．
3．（2022秋·河南驻马店·七年级统考期末）已知：如图，AB//CD//GH，GH过点P．
(1)如图1，若∠BAP=40°，∠DCP=30°，则∠APC=______（直接写出结果）；
(2)如图2，直线MN分别交AB于点E，交CD于点F，点P在线段EF上，点Q在射线FC上．若∠MEB=110°，∠PQF=50°，求∠EPQ的度数；
(3)如图3，点P在射线FN上，点Q在射线FD上，∠AEF的平分线交CD于点O．若∠PQF=12∠MEB，试判断OE与PQ是否平行？并说明理由．
4．（2022春·河南商丘·七年级统考期末）如图，把一个含有30°角的直角三角板ABC的直角顶点A放在直线a上，a∥b，B、C两点在平面上移动，请根据如下条件进行解答：
(1)如图①，若点C在直线b上，点B在直线b的下方，∠2=20°，则∠1=___________；
(2)如图②，若点C在直线a，b之间，点B在直线b的下方，∠2=n°，求∠1的度数．
5．（2022春·河南驻马店·七年级统考期末）如图，E是直线AB，CD内部一点，AB ∥ CD，连接EA，ED．
(1)猜想．
①若∠EAB＝30°，∠EDC＝40°，则∠AED＝______；
②若∠EAB＝20°，∠EDC＝60°，则∠AED＝______；
③猜想图①中∠AED，∠EAB，∠EDC的关系并说明理由；
(2)应用．
如图，射线FE与长方形ABCD的边AB交于点E，与边CD交于点F，①②③④分别是被射线FE隔开的4个区域（不含边界，其中区域③、④位于直线AB的上方），P是位于以上四个区域内的点，直接写出∠PEB，∠PFC，∠EPF之间的数量关系．
6．（2022春·河南洛阳·七年级统考期末）将一副三角板中的两块直角三角尺的直角顶点C按如图方式叠放在一起（其中∠A＝60°，∠D＝30°；∠E＝∠B＝45°）：
(1)①若∠DCE＝45°，则∠ACB的度数为 ；
②若∠ACB＝140°，求∠DCE的度数；
(2)由（1）猜想∠ACB与∠DCE的数量关系，并说明理由；
(3)当∠ACE＜180°且点E在直线AC的上方时，这两块三角尺是否存在一组边互相平行？若存在，请直接写出∠ACE角度所有可能的值（不必说明理由）；若不存在，请说明理由．
7．（2022春·河南安阳·七年级统考期末）猜想说理：
（1）如图，AB∥CD∥EF，分别就图1、图2、图3写出∠A，∠C，∠AFC的关系，并任选其中一个图形说明理由：
拓展应用：
（2）如图4，若AB∥CD，则∠A+∠C+∠AFC= 度；
（3）在图5中，若A1B∥AnD，请你用含n的代数式表示∠1+∠2+∠3+∠4+⋯+∠n的度数．
8．（2022春·河南洛阳·七年级统考期末）课题学习：平行线的“等角转化”功能．
(1)问题解决：
阅读并补充推理过程．
解题反思：
从上面的推理过程中，我们发现平行线具有“等角转化”的功能，将∠BAC,∠B,∠C“凑”在一起，得出角之间的关系，使问题得以解决．
(2)方法运用：
如图2，已知AB∥CD，∠BEC=80° ，求∠B−∠C的度数．（提示：过点E作AB或CD的平行线．）
(3)深化拓展：
如图3，如图，AB∥CD，CG，BF分别平分∠DCE,∠ABE，且所在直线交于点F，∠E=80°，则∠F=__________．
9．（2022春·河南许昌·七年级统考期末）（1）如图1，已知AB∥CD．求证：∠AEP+∠CFP=∠EPF；小乐想到了以下方法，请帮助他完成证明过程．
证明：如图1，过点P作PG∥AB，∵AB∥CD，∴PG ∥______（平行于同一直线的两条直线平行），∴∠AEP=______，∠CFP=______（______），又∵∠1+∠2=∠EPF，∴∠AEP+∠CFP=∠EPF；
（2）如图2，AB∥CD．请写出∠AEP，∠EPF，∠CFP之间的数量关系并说明理由；
（3）如图3，AB∥CD．请分别直接写出两个图形中∠AEP，∠EPQ，∠PQF，∠QFC之间的数量关系．
10．（2022秋·河南洛阳·七年级统考期末）已知一个角的两边与另一个角的两边分别平行，探索这两个角的关系，并说明理由．
(1)如图（一），AB∥EF，BC∥DE，∠1与∠2的关系是________．
(2)如图（二），AB∥EF，BC∥DE，∠1与∠2的关系是________．
(3)经过上述证明，我们可以得到一个结论：________．
(4)若两个角的两边分别平行，且一个角比另一个角的2倍少30°，则这两个角分别是多少度？
考点3
变量之间的关系解答期末真题压轴题
1．（2022春·河南平顶山·七年级统考期末）一辆汽车油箱内有油56升，从某地出发，每行驶1千米，耗油0.08升，如果设油箱内剩油量为y(升），行驶路程为x（千米），则y随x的变化而变化．
(1)在上述变化过程中，自变量是 ，因变量是 ．
(2)用表格表示汽车从出发地行驶100千米、200千米、300千米、400千米时的剩油量．请将表格补充完整：
(3)试写出y与x的关系式是 ．
(4)这辆汽车行驶350千米时，剩油量是多少？汽车油箱内剩油8升时，汽车行驶了多少千米?
2．（2022春·河南郑州·七年级校考期末）姐姐帮小明荡秋千（如图①），秋千离地面的高度h（m）与摆动时间t（s）之间的关系如图②所示，结合图象：
（1）变量h，t中，自变量是 ，因变量是 ，h最大值和最小值相差 m．
（2）当t=5.4s时，h的值是 m，除此之外，还有 次与之高度相同；
（3）秋千摆动第一个来回 s．
3．（2022春·河南焦作·七年级校考期末）一辆汽车油箱内有油a升，从某地出发，每行驶1小时耗油6升，若设剩余油量为Q升，行驶时间为t/小时，根据以上信息回答下列问题：
（1）开始时，汽车的油量a=______升；
（2）在行驶了______小时汽车加油，加了______升，写出加油前Q与t之间的关系式______；
（3）当这辆汽车行驶了9小时，剩余油量多少升？
4．（2022春·河南郑州·七年级统考期末）已知某函数图象如图所示，请回答下列问题：
（1）自变量x的取值范围是
（2）函数值y的取值范围是 ；
（3）当x=0时，y的对应值是 ；
（4）当x为 时，函数值最大；
（5）当y随x增大而增大时，x的取值范围是 ；
（6）当y随x的增大而减少时，x的取值范围是 ．
5．（2022春·山东青岛·七年级校联考期末）果实成熟从树上落到地面，它下落的高度与经过的时间有如下的关系：
（1）上表反映了哪两个变量之间的关系？其中自变量是什么？因变量是什么？
（2）请你按照表中呈现的规律，列出果子下落的高度ℎ（米）与时间t（秒）之间的关系式；
（3）现有一颗果子经过2秒后离地面一米，请计算这颗果子开始下落时离地面的高度是多少米？
6．（2022春·山东菏泽·七年级统考期末）某公空车每天的支出费用为600元，每天的乘车人数x（人）与每天利润（利润＝票款收入－支出费用）y（元）的变化关系，如下表所所示（每位委文的乘车票价固定不变）：
根据表格中的数据，回答下列问题：
（1）观察表中数据可知，当乘客量达到________人以上时，该公交车才不会亏损；
（2）当一天乘客人数为500人时，利润是多少?
（3）请写出公交车每天利润y（元）与每天乘车人数x（人）的关系式．
7．（2022春·山东济南·七年级统考期末）小明某天上午9时骑自行车离开家，15时回到家，他有意描绘了离家的距离与时间的变化情况（如图所示）．
（1）图象表示了哪两个变量之间的关系？哪个是自变量？哪个是因变量？
（2）10时和13时，他分别离家多远？
（3）他到达离家最远的地方是什么时间？离家多远？
（4）10时到12时他行驶了多少千米？
（5）他可能在哪段时间内休息，并吃午餐？
（6）他由离家最远的地方返回时的平均速度是多少？
9．（2022春·陕西西安·七年级校考期末）为了增强公民的节水意识，某市制定了如下用水收费标准：
(1)该市某户居民5月份用水x t（x＞5），应交水费y元，写出y与x之间的关系式．
(2)如果某户居民某月交了24元水费，你能算出这个月这户居民用了多少吨水吗？
10．（2022春·陕西渭南·七年级统考期末）如图，在一个半径为10cm的圆面上，从中心挖去一个小圆面，当挖去小圆的半径xcm由小变大时，剩下的圆环面积ycm2也随之发生变化．（结果保留π）．
（1）在这个变化过程中，自变量、因变量各是什么？
（2）求圆环的面积y与x的关系式．
（3）当挖去圆的半径x为9cm时，剩下圆环面积y为多少？
考点4
三角形解答期末真题压轴题
1．（2022春·陕西西安·七年级校考期末）（1）【问题发现】如图1，△ABC与△CDE中，∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，AC＝CD，B、C、E三点在同一直线上，AB＝3，ED＝4，则BE＝_____．
（2）【问题提出】如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝4，过点C作CD⊥AC，且CD＝AC，求△BCD的面积．
（3）【问题解决】如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝∠CAB＝∠ADC＝45°，△ACD面积为12且CD的长为6，求△BCD的面积．
2．（2022春·陕西宝鸡·七年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC＝4，AB＝CD，BD＝6，点E从D点出发，以每秒1个单位的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒3个单位的速度沿C→B→C作匀速移动，点G从点B出发沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动．
（1）试证明：AD∥BC．
（2）在移动过程中，小芹发现当点G的运动速度取某个值时，有△DEG与△BFG全等的情况出现，请你探究当点G的运动速度取哪些值时，△DEG与△BFG全等．
3．（2022秋·陕西宝鸡·七年级统考期末）动手操作：
（1）如图1，将一块直角三角板DEF放置在直角三角板ABC上，使三角板DEF的两条直角边DE、DF分别经过点B、C，且BC∥EF，已知∠A=30°，则∠ABD+∠ACD= 度；
（2）如图2，∠BDC与∠A、∠B、∠C之间存在着什么关系，并说明理由；
（3）灵活应用：请你直接利用以上结论，解决以下列问题：如图3，BE平分∠ABD，CE平分∠ACD，若∠BAC=40°，∠BDC=120°，求∠BEC的度数．
4．（2022春·山东济南·七年级统考期末）如图，已知△ABC中，AC=CB=20cm，∠A=∠B，AB=16cm，点D为AC的中点．
(1)如果点P在线段AB上以6cm/s的速度由A点向B点运动，同时，点Q在线段BC上由点B向C点运动．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s后，△APD与△BQP是否全等？说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当时间t为何值时，△APD与△BQP全等？求出此时点Q的运动速度
(2)若点Q以②中的运动速度从点B出发，点P以原来的运动速度从点A同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，请直接写出：
①经过多少秒，点P与点Q第一次相遇？
②点P与点Q第2023次相遇在哪条边上？
5．（2022春·山东济宁·七年级统考期末）如图，已知点D是射线OA上一点且DE⊥OC
(1)过点E作OA的平行线EF；
(2)若∠AOC=50°，求∠DEF的度数．
6．（2022春·河南平顶山·七年级统考期末）如图所示,A、B 两点分别位于一个池塘的两端，小明想用绳子测量A、B 间的距离，但绳子不够长,请你利用三角形全等的相关知识帮他设计一种方案测量出A、B间的距离,写出具体的方案,并解释其中的道理,
7．（2022春·山东济南·七年级统考期末）把两个全等的直角三角形的斜边重合，组成一个四边形ACBD以D为顶点作∠MDN，交边AC、BC于M、N．
(1)若∠ACD=30°，∠MDN=60°，∠MDN两边分别交AC、BC于点M、N，AM、MN、BN三条线段之间有何种数量关系？证明你的结论；
(2)当∠ACD+∠MDN=90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？证明你的结论；
(3)如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图3，其余条件不变，则AM、MN、BN之间有何数量关系（直接写出结论，不必证明）
8．（2022秋·北京海淀·七年级101中学校考期末）如图，在△ABC和△A'B'C'中，AM，A'M'分别是边BC，B'C'上的中线，AB=A'B'，AC=A'C'，AM=A'M'，试说明：△ABC≌△A'B'C'．
9．（2022春·黑龙江哈尔滨·七年级校考期末）如图，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D、E，BE、CD相交于点F，BF=CF．
(1)求证：∠BAF=∠CAF；
(2)在不添加辅助线的条件下，直接写出图中所有的全等三角形．
10．（2022春·广东河源·七年级校考期末）直角三角形ABC中，∠ACB=90°，直线l过点C．
(1)当AC=BC时，如图，分别过点A，B作AD⊥l于点D，BE⊥l于点E．
求证：△ACD≌△CBE．
(2)当AC=8，BC=6时，如图，点B与点F关于直线l对称，连接BF，CF，动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AC边向终点C运动，同时动点N从点F出发，以每秒3个单位的速度沿F→C→B→C→F向终点F运动，点M，N到达相应的终点时停止运动，过点M作MD⊥l于点D，过点N作NE⊥l于点E，设运动时间为t秒．
①CM=______，当N在F→C路径上时，CN=______．（用含t的代数式表示）
②直接写出当△MDC与△CEN全等时t的值．
考点5
生活中的轴对称解答期末真题压轴题
1．（2022秋·江苏无锡·七年级统考期末）（1）观察图①~图③中阴影部分的图形，写出这3个图形具有的两个共同特征；
（2）在图④和⑤中，各设计一个与前面不同的图形，使它们也具有（1）中的两个共同特征．
2．（2022秋·山东烟台·七年级统考期末）下列四个图都是由16个相同的小正方形拼成的正方形网格，其中的两个小正方形被涂黑．请你在各图中再将两个空白的小正方形涂黑．使各图中涂黑部分组成的图形成为轴对称图形（另两个被涂黑的小正方形的位置必须全不相同），并画出其对称轴．其对称轴分别是：___________，___________，___________，___________．
3．（2022春·山东临沂·七年级统考期末）在下面三个2×2的方格中，各作出一个与图中三角形成轴对称的图形，且所画图形的顶点与方格中小正方形的顶点重合，并给所画图形涂上阴影（所画的三个图形不能重复）
4．（2022春·黑龙江绥化·七年级校考期末）作图（不写作法）
(1)已知：如图1，点M在锐角∠AOB的内部，在边OA上求作一点P，在边OB上求作一点Q，使得△PMQ的周长最小．
(2)已知：如图2，点M在锐角∠AOB的内部，在边OB上求作一点P，使得点P到点M的距离与点P到边OA的距离之和最小．
5．（2022春·重庆万州·七年级统考期末）已知：M、N分别是∠AOB的边OA、OB上的定点，
（1）如图1，若∠O=∠OMN，过M作射线MD//OB(如图)，点C是射线MD上一动点，∠MNC的平分线NE交射线OA于E点．试探究∠MEN与∠MCN的数量关系；
（2）如图2，若P是线段ON上一动点，Q是射线MA上一动点．∠AOB=20°，当MP+PQ+QN取得最小值时，求∠OPM+∠OQN的值．
6．（2022春·广东揭阳·七年级校考期末）如图1，三角形ABC中，∠A=64°，∠B=90°，∠C=26°．点D是AC边上的定点，点E在BC边上运动，沿DE折叠三角形CDE，点C落在点G处．
（1）如图2，若DE//AB，求∠ADG的度数．
（2）如图3，若EG//AB，求∠ADG的度数．
（3）当三角形DEG的三边与三角形ABC的三边有一组边平行时，直接写出其他所有情况下∠ADG的度数．
7．（2022秋·江苏无锡·七年级统考期末）有一张正方形纸片ABCD，点E是边AB上一定点，在边AD上取点F，沿着EF折叠，点A落在点A'处，在边BC上取一点G，沿EG折叠，点B落在点B'处．
如图1，已知点A是BC外一点，连接AB,AC．求∠BAC+∠B+∠C的度数．
解：过点A作ED∥BC，
∴∠B=__________，∠C=__________．
又∵∠EAB+∠BAC+∠DAC=180°．
∴∠B+∠BAC+∠C=180°．
行驶路程x（千米）
100
200
300
400
油箱内剩油量y（升）
40
24
时间t/秒
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
…
高度h/米
4.9×0.25
4.9×0.36
4.9×0.49
4.9×0.64
4.9×0.81
…
x（人）
…
200
250
300
350
400
…
p（元）
…
－200
－100
0
100
200
…
月用水量
水费
不超过5t
每吨2.4元
超过5t
超过的部分按每吨4元收费
专题7.10 期末复习之解答压轴题专项训练
【北师大版】
考点1
整式的乘除解答期末真题压轴题
1．（2022春·广东深圳·七年级南山实验教育麒麟中学校考期末）如图①是一个长为4a、宽为b的长方形，沿图中虚线用剪刀平均分成四块小长方形，然后用四块小长方形拼成一个“回形”正方形（如图②）．
(1)根据上述过程，写出a+b2、a−b2、ab之间的等量关系：_______；
(2)利用（1）中的结论，若x+y=4，xy=1，则x−y2的值是______；
(3)实际上通过计算图形的面积可以探求相应的等式，如图③，请你写出这个等式：______；
(4)两个正方形ABCD，AEFG如图④摆放，边长分别为x，y，若x2+y2=34，BE=2，求图中阴影部分面积和．
【答案】(1)(a−b)2=(a+b)2−4ab
(2)12
(3)3a+ba+b=3a2+4ab+b2
(4)8
【分析】（1）图①的面积是4ab，图②的面积是a+b2−a−b2，由此即可求解；
（2）根据（1）的结论，代入计算即可求解；
（3）将图形中各部分的面积通过图形面积计算公式表示出来并等于大长方形的面积即可求解；
（4）BE=x−y=2，并计算出x+y=8，分别求出x，y，根据图中阴影部分面积和S△DFC+S△BEF，由此即可求解．
【详解】（1）解：图2中间部分的面积可以看作从边长为a+b的正方形面积减去4个长为a，宽为b的长方形面积，即a+b2−4ab，也可以看作是边长为a−b的正方形面积，
∴a−b2=a+b2−4ab，
故答案为：(a−b)2=(a+b)2−4ab．
（2）解：∵x+y=4，xy=1，x−y2=x+y2−4xy，
∴x−y2=x+y2−4xy
=16−4×1
=12，
故答案为：12．
（3）解：∵大长方形的面积等于4个小长方形的面积加上边长为a的正方形面积加上边长为b的正方形面积
∴3a+ba+b=3a2+4ab+b2，
故答案为：3a+ba+b=3a2+4ab+b2．
（4）解：∵x2+y2=34，BE=2，
∴x−y=2①，
∴x2−2xy+y2=4，
∴34−2xy=4，
∴xy=15，
∵x+y2=x2+2xy+y2=34+30=64，且x+y>0，
∴x+y=8②，
①+②得，x=5，
∴y=3，
图中阴影部分面积和=S△DFC+S△BEF=12xx−y+12yx−y=12x2−12xy+12xy−12y2=12x2−y2
=12×25−9=8．
【点睛】本题主要考查多项式与多项式的乘法，乘法公式与图形面积，掌握整式的乘法运算法则是解题的关键．
2．（2022春·广东深圳·七年级校联考期末）在数学中，有许多关系都是在不经意间被发现的，请认真观察图形，解答下列问题：
(1)如图1，用两种不同的方法表示阴影图形的面积，得到一个等量关系：________________．
(2)如图1中，a，b满足a+b=9，ab=15，求a2+b2的值．
(3)如图2，点C在线段AB上，以AC，BC为边向两边作正方形，AC+BC=14，两正方形的面积分别为S1，S2，且S1+S2=40，求图中阴影部分面积．
【答案】(1)a2+b2=a+b2−2ab
(2)51
(3)39
【分析】（1）阴影部分的面积可以表示为：①大正方形面积−空白面积；②两个阴影正方形面积之和；
（2）根据（1）中得出的结论，代入求值，即可解答；
（3）设正方形ACDE的边长为a，正方形BCFG的边长为b，根据完全平方公式转换，即可解答．
【详解】（1）解：由题意得：大正方形面积−空白面积=两个阴影正方形面积之和，
即a2+b2=a+b2−2ab．
（2）解：根据（1）中的式子，代入求值，可得：a2+b2=a+b2−2ab=92−15×2=51．
（3）解：设正方形ACDE的边长为a，正方形BCFG的边长为b，
则S1=a2，S2=b2，
∵AC+BC=14，S1+S2=40，
∴a+b=14，a2+b2=40，
∵a2+b2=a+b2−2ab，
∴40=196−2ab，
∴ab=78，
∴阴影部分的面积为12ab=39．
【点睛】本题考查了完全平方公式的应用，熟练完全平方公式转换是解题的关键．
3．（2022春·广东深圳·七年级深圳市宝安中学（集团）校考期末）【项目学习】配方法是数学中重要的一种思想方法，它是指将一个式子的某部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法，这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题．
例如，把二次三项式x2−2x+3进行配方
解：x2−2x+3=x2−2x+1+2=x2−2x+1+2=x−12+2
我们定义：一个整数能表示成a2+b2（a，b是整数）的形式，则称这个数为“完美数”例如，5是“完美数”，理由：因为5=22+12，再如，M=x2+2xy+2y2=x+y2+y2，（x，y是整数）所以M也是“完美数”
【问题解决】
(1)下列各数中，“完美数”有___________．（填序号）
①10 ②45 ③28 ④29
(2)若二次三项式x2−6x+13（x是整数）是“完美数”，可配方成x−m2+n（m，n为常数），则mn的值为_________；
【问题探究】
(3)已知S=x2+9y2+8x−12y+k（x，y是整数，k是常数），要使S为“完美数”，试求出符合条件的k的值．
【问题拓展】
(4)已知实数x，y满足−x2+7x+y−10=0，求x+y的最小值．
【答案】(1)①②④
(2)12
(3)k=20
(4)1
【分析】（1）根据“完美数”的定义判断即可；
（2）利用配方法进行转化，然后求得对应系数的值；
（3）利用完全平方公式把原式变形，根据“完美数”的定义证明结论；
（4）将−x2+7x+y−10=0变形为x+y=x2−6x+10，然后再配方即可求解．
【详解】（1）解：∵10=32+12，45=62+32，29=52+22，
∴10,45,29都是“完美数”，
故答案为：①②④；
（2）∵x2−6x+13=x2−6x+9+4=(x−3)2+4，
∴m=3,n=4，
∴mn=12
故答案为：12；
（3）∵S=x2+9y2+8x−12y+k
=x+42+3y−22+k−20；
∵S为“完美数”，
∴k−20=0，
∴k=20；
（4）∵−x2+7x+y−10=0，
∴y=x2−7x+10，
∴x+y=x2−6x+10=x2−6x+9+1=x−32+1≥1，
∴x+y的最小值为1。
【点睛】本题考查的是配方法的应用，理解并掌握完美数的定义，是解题的关键．
4．（2022春·广东深圳·七年级深圳大学附属中学校联考期末）观察下列各式，回答相关问题：
x−1x+1=x2−1．
x−1x2+x+1=x3−1．
x−1x3+x2+x+1=x4⋅1．
(x−1)x4+x3+x2+x+1=x5−1．
……
(1)根据规律可得(x−1)xn−1+xn−2+⋅⋅⋅+x2+x+1=_________（其中n为正整数）．
(2)求32022+32021+32020+⋅⋅⋅+32+3+1的值．
(3)求22022−22021+22020−⋅⋅⋅+22−2+1的值．
【答案】(1)xn−1
(2)32023−12
(3)−−22023−13（或者22023+13）
【分析】（1）根据等式的规律，即可得出等式；
（2）根据等式的规律，原式乘以3−1再除以2，即可求解．
（3）根据等式的规律，原式乘以−2−1再除以−3，即可求解．
【详解】（1）根据规律可得x−1xn−1+xn−2+⋅⋅⋅+x2+x+1=xn−1（其中n为正整数）．
（2）解：原式=3−132022+32021+32020+⋅⋅⋅+32+3+1÷2
=32023−12
（3）解：原式=−22012+−22021+−22020+⋅⋅⋅+−22+−2+1
=−2−1−22022+−22022+−22020+⋅⋅⋅+−22+−2+1−3
=−−22023−13．（或者22023+13）
【点睛】本题考查了多项式乘以多项式规律题，找到规律进行计算是解题的关键．
5．（2022春·广东佛山·七年级统考期末）现有长与宽分别为a、b的小长方形若干个，用两个这样的小长方形拼成如图1的图形，用四个相同的小长方形拼成图2的图形，请认真观察图形，解答下列问题：
(1)根据图中条件，请写出图1和图2所验证的关于a、b的关系式：（用含a、b的代数式表示出来）；
图1表示： ；
图2表示： ；
(2)根据上面的解题思路与方法，解决下列问题：
①若x+y=4，x2+y2=10，求xy的值；
②请直接写出下列问题答案：
若2m+3n=5，mn=1，则6n−4m ；
若7−m5−m=9，则7−m2−5−m2= ．
(3)如图，长方形ABCD中，AD=2CD=2x，AE=44，CG=30，长方形EFGD的面积是200，四边形NGDH和MEDQ都是正方形，四边形PQDH是长方形．延长MP至T，使PT=PQ，延长MF至O，使FO=FE，过点O、T作MO、MT的垂线，两垂线相交于点R，求四边形MORT的面积．（结果必须是一个具体的数值）
【答案】(1)a+b2=a2+b2+2ab，a+b2=a−b2+4ab
(2)①12；②±2；±410；
(3)1856
【分析】（1）由图1可知，大正方形的面积等于两个小正方形的面积加上两个长方形的面积可得；由图2可知，大正方形的面积等于小正方形的面积加上4个长方形的面积可得；
（2）①把x+y=4两边平方后，再代入x2+y2=10，即可求出xy的值；
②根据(a+b)2=(a−b)2+4ab将原式变形求解即可；
（3）首先根据题意得到MT=MO=2x−44+2x−30，然后利用长方形EFGD的面积是200，结合完全平方公式代入求值即可．
【详解】（1）图1中，由图可知S大正方形=a+b2，
S组成大正方形的四部分的面积之和=a2+b2+2ab，
由题意得，S大正方形=S组成大正方形的四部分的面积之和，
即(a+b)2=a2+b2+2ab，
故答案为：(a+b)2=a2+b2+2ab．
图2中，由图可知S大正方形=a+b2，S小正方形=a−b2，S四个长方形=4ab，
由题图可知，S大正方形=S小正方形+S四个长方形，
即(a+b)2=(a−b)2+4ab，
故答案为：(a+b)2=(a−b)2+4ab．
（2）①∵(x+y)2=x2+y2+2xy，
∴xy=12x+y2−x2+y2
∵x+y=4，x2+y2=10，
∴xy=1216−10
=3．
②由图2可得2m−3n2=2m+3n2−24mn，
∵2m+3n=5，mn=1，
∴2m−3n2=52−24=1，
∴2m−3n=±1，
∴6n−4m=−22m−3n=−2×±1=±2．
故答案为：±2．
由图1可得7−m−5−m2=7−m2+5−m2−27−m5−m，
∴7−m2+5−m2=7−m−5−m2+27−m5−m，
∵7−m5−m=9，
∴7−m2+5−m2=22+2×9=22，
∴7−m+5−m2=7−m2+5−m2+27−m5−m=22+2×9=40，
∴7−m+5−m=±40=±210，
∴7−m2−5−m2=7−m+5−m7−m−5−m=±210×2=±410．
故答案为：±410．
（3）解：∵ED=AD−AE，DG=DC−CG，
∴ED=2x−44，DG=x−30，
∴MT=MO=2x−44+2x−30，
∵长方形EFGD的面积是200，
∴2x−44x−30=200，
∴2x−302x−44=400，
令a=2x−44，b=2x−30，
∴ab=400，a−b=16，
∴a−b2=a2+b2−2ab=256，
∴a2+b2=256+2ab=1056，
∴四边形MORT的面积=MT2=a+b2=a2+b2+2ab=1056+800=1856．
【点睛】本题考查完全平方公式的几何背景，用两种方法表示同一个图形面积是求解本题的关键．
6．（2022春·河南平顶山·七年级统考期末）某学校初中部和小学部一起在操场做课间操初中部排成长方形，每排（4a﹣b）人站成（4a+b）排；小学部排成一个边长2（a+b）的方阵．
(1)初中部比小学部多多少人？（用字母a，b表示）
(2)当a＝10，b＝2时，请计算出此时初中部比小学部多多少人．
【答案】(1)（12a2﹣5b2﹣8ab）人
(2)1020人
【分析】（1）初中部的人数＝每排的人数×排数，小学部的人数＝方阵的边长×边长，据此求出初中部比小学部多多少人即可．
（2）把a＝10，b＝2代入（1）求出的算式，计算出此时初中部比小学部多多少人即可．
（1）
解：（4a﹣b）（4a+b）﹣2（a+b）×2（a+b）
＝16a2﹣b2﹣4（a2+2ab+b2）
＝16a2﹣b2﹣4a2﹣8ab﹣4b2
＝12a2﹣5b2﹣8ab．
答：初中部比小学部多（12a2﹣5b2﹣8ab）人．
（2）
解：当a＝10，b＝2时，
12a2﹣5b2﹣8ab
＝12×102﹣5×22﹣8×10×2
＝12×100﹣5×4﹣160
＝1200﹣20﹣160
＝1020（人）
答：当a＝10，b＝2时，初中部比小学部多1020人．
【点睛】此题主要考查了代数式求值问题，求代数式的值可以直接代入计算．如果给出的代数式可以化简，要先化简再求值．题型简单总结以下三种：①已知条件不化简，所给代数式化简；②已知条件化简，所给代数式不化简；③已知条件和所给代数式都要化简．
7．（2022春·河南郑州·七年级统考期末）下面是小明解决一道作业题的全部思考过程．
[题目]计算202020192202020182+202020202−2的值．
[分析]20202019，20202018，20202020的平方是三个“天文数字”，难道要全部算出来吗？估计会很复杂；仔细观察式子、数字的特征……
[解题过程]注意到20202018，20202019，20202020是三个连续的正整数，若设n=20202019，则20202018=n−1，20202020=n+1，所以原式=n2(n−1)2+(n+1)2−2=n22n2=12．
[收获]原式看似是一个很复杂的式子，但在用字母n代替数字20202019后，凸显了式子的结构特征，形式上得到了化简，从而运用完全平方公式求得其值．
从小明的解题经历中你又有什么启发呢？带着你的思考尝试解决下列问题：
(1)计算202320232+1202320222+202323242的值；
(2)已知(a−2022)2+(a−2024)2=16，求(a−2023)2的值；
(3)已知(2024+b)2+(b−2022)2=7，请直接写出2024+bb−2022的值．
【答案】(1)12
(2)7
(3)−8185054.5
【分析】（1）根据题干给出的方法，找到几个“天文数字”的关系，通过设其中一个数字，来代入其他的数字，通过代入的方法来化简求值；
（2）根据题干给出的方法，找到几个“天文数字”的关系，通过设其中一个数字，来代入其他的数字，通过完全平方公式的变形来得到结果；
（3）根据题干给出的方法，找到几个“天文数字”的关系，通过设其中一个数字，来代入其他的数字，通过完全平方公式的变形来得到结果；
【详解】（1）解：设20232023=m，
则，202320232+1202320222+202323242=m2+1(m−1)2+(m+1)2
=m2+12m2+2
=12；
（2）设a−2023=n，则a−2022=n+1，a−2024=n−1，
则有(n+1)2+(n−1)2=16，
2n2+2=16，
n2=7，
∴(a−2023)2=7；
（3）∵(2024+b)2+(b−2022)2=7，
设2024+b=x，b−2022=y，
则有x2+y2=7，x−y=2024+b−(b−2022)=4046，
(2024+b)(b−2022)
=xy
=[(x2+y2)−(x−y)2]÷2
=(7−40462)÷2
=−8185054.5．
【点睛】本题考查了乘法公式的运用及变形运用，利用题干给出的解题思路来解答提出的问题，通过把一个复杂的数字或者整式，设成一个字母，从而把复杂的式子简单化，然后通过运算法则来进行化简求值．
8．（2022秋·河南周口·七年级校联考期末）如图，把8张长为a，宽为b的小长方形纸片摆放在一个大长方形纸盒内，空白部分分别用A，B表示，两个摆放小纸片的长方形（阴影）公共的部分边长为m，（用a，b，m分别表示周长和面积）
(1)填空：①空白部分A的周长PA=__________，面积SA=_____________，
②空白部分B的周长PB=______________，面积SB=________________；
(2)若a=5b，求PA−PB，SA−SB的代数式．
【答案】(1)①4a−2m，a2−am；②16b−2m，15b2−3bm
(2)PA−PB=4b，SA−SB=10b2−2bm
【分析】（1）①根据题意可得空白部分A的边长分别为a，a−m，再根据长方形的周长公式和面积公式，即可求解；②根据题意可得空白部分B的边长分别为5b−m,3b，再根据长方形的周长公式和面积公式，即可求解；
（2）先分别化简，再把a=5b代入化简后的结果，即可求解．
【详解】（1）解：根据题意得：空白部分A的边长分别为a，a−m，
∴①空白部分A的周长PA=2a+a−m=4a−2m，面积SA=aa−m=a2−am；
故答案为：4a−2m，a2−am；
②根据题意得：空白部分B的边长分别为5b−m,3b，
∴空白部分B的周长PB=25b−m+3b=16b−2m，面积SB=3b5b−m=15b2−3bm，
故答案为：16b−2m，15b2−3bm；
（2）解：PA−PB=4a−2m−16b−2m
=4a−2m−16b+2m
=4a−16b；
SA−SB=a2−am−15b2−3bm
=a2−am−15b2+3bm
=a2−15b2+3b−am
当a=5b时，
PA−PB=4×5b−16b=4b；
SA−SB=5b2−15b2+3b−5bm
=25b2−15b2−2bm
=10b2−2bm
【点睛】本题主要考查了整式的加减，单项式乘以多项式，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
9．（2022春·河南郑州·七年级校联考期末）如果ac=b,那么我们规定(a,b)=c．例如；因为23=8,所以(2,8)=3．
（1）根据上述规定填空：(4,16)=__ ，(3,1)=__ ，(2,0.25)=__ ；
（2）若(3,4)=a,(3,6)=b,(3,96)=c．判断a,b,c之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）2;0;−2；（2）2a+b=c；理由见解析．
【分析】（1）根据(a,b)=c代入数运算即可；
（2）根据题意列出等式求解即可．
【详解】（1）(4,16)=2;(3,1)=0;(2,0.25)=−2
（2）因为(3,4)=a,(3,6)=b,(3,96)=c
∴3a=4,3b=6,3c=96，
∴(3a)2×3b=16×6=3c=96，
∴32a×3b=3c，
∴2a+b=c．
【点睛】此题考查了新定义问题和同底数幂的乘法结合问题，解题的关键是根据题意列出等式．
10．（2022春·河南郑州·七年级郑州外国语中学校考期末）阅读下文，寻找规律：
已知：x≠1，观察下列各式：
x−1x+1=x2−1；
(x−1)x2+x+1=x3−1；
(x−1)x3+x2+x+1=x4−1；
(x−1)x4+x3+x2+x+1=x5−1；
…
(1)填空：
①(x−1)x9+x8+⋅⋅⋅+x2+x+1=_________；
②(1−x)1+x+x3+⋅⋅⋅+xn−1+xn=_________．
(2)根据你的猜想，计算：
①22020+22019+22018+⋅⋅⋅+2+1=_________；
②那么22020+22019+22018+⋅⋅⋅+2+1的末尾数字为_________．
【答案】(1)①x10−1；②1−xn+1
(2)①22021−1；②1
【分析】（1）由题意可知每一个式子的结果为两项的差，被减数的指数比第二个因式中第一项的指数大1，减数都为1，根据这个规律即可直接写出答案；
（2）①把x=2，n=2020代入所得的规律中即可得到答案；②先探究2n的末尾数字的规律，然后根据规律求解.
(1)
解：①根据规律可得：(x−1)x9+x8+⋅⋅⋅+x2+x+1=x10−1；
②原式=−x−1xn+xn−1+...+x+1
=−xn+1−1
=1−xn+1；
(2)
解：①∵x−1xn+xn−1+...+x+1=xn+1−1，
把x=2，n=2020代入，
得：22020+22019+22018+⋅⋅⋅+2+1=2−122020+22019+22018+⋅⋅⋅+2+1=22021−1，
②∵21的末尾数字是2，22的末尾数字是4，23的末尾数字是8，24的末尾数字是6，25的末尾数字是2，…，
∵2021÷4=，
∴22021的末尾数字是2，
∴22021−1的末尾数字是1.
【点睛】本题主要考查了探索规律，体现了由一般到特殊的应用，解题的关键是探索出规律，根据规律答题.
考点2
相交线与平行线解答期末真题压轴题
1．（2022秋·河南郑州·七年级校考期末）如图1，O为直线DE上一点，过点O在直线DE上方作射线OC，∠EOC=140°．将直角三角板AOB(∠OAB=30°)的直角顶点放在点O处，一条边OA在射线OD上，另一边OB在直线DE上方，将直角三角板绕点O按每秒6°的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t秒．
(1)如图2，当t=4时，∠AOC=___________，∠BOE=___________，∠BOE−∠AOC=___________；
(2)当三角板旋转至边AB与射线OE相交时(如图3)，试猜想∠AOC与∠BOE的数量关系，并说明理由；
(3)在旋转过程中，是否存在某个时刻，使得射线OA、OC、OD中的某一条射线是另两条射线所成夹角的角平分线？若存在，请直接写出t的取值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)16°，66°，50°
(2)∠AOC−∠BOE=50°
(3)存在，103或403或1603
【分析】(1)先根据已知求出∠DOC、∠BOC，再求出当t=4时的旋转角的度数，再利用角的和与差求解即可；
(2)设旋转角为x，用x表示∠AOC和∠BOE，即可得出结论；
(3)分①OA为∠DOC的平分线；②OC为∠DOA的平分线；③OD为∠COA的平分线三种情况，利用角平分线定义和旋转性质求出旋转角即可．
【详解】（1）解：∵∠EOC=140°，∠AOB=∠BOE=90°，
∴∠DOC=180°−140°=40°，∠BOC=140°−90°=50°，
当t=4时，旋转角4×6°=24°，
∴∠AOC=∠DOC−∠DOA=40°−24°=16°，∠BOE=90°−24°=66°，
∠BOE−∠AOC=66°−16°=50°，
故答案为：16°，66°，50°；
（2）∠AOC−∠BOE=50°，理由如下：
设旋转角为x，当三角板旋转至边 AB与射线 OE相交时，
∵∠DOC=180°−140°=40°，
∴∠AOC=x−40°，∠BOE=90°−∠AOE=90°−(180°−x)=x−90°，
∴∠AOC−∠BOE=(x−40°)−(x−90°)=50°；
（3）存在，理由如下：
①当OA为∠DOC的平分线时，旋转角6t°= 12 ∠DOC=20°，
解得：t=103；
②当OC为∠DOA的平分线时，旋转角6t°=2∠DOC=80°，
解得：t=403；
③当OD为∠COA的平分线时，360°−6t°=∠DOC=40°，
解得：t=1603，
综上，满足条件的t 的取值为103或403或1603．
【点睛】本题考查角平分线的定义、几何图形中角度的计算，利用分类讨论思想求解是解答的关键．
2．（2022秋·河南南阳·七年级统考期末）请阅读小明同学在学习平行线这章知识点时的一段笔记，然后解决问题．
小明∶老师说在解决有关平行线的问题时，如果无法直接得到角的关系，就需要借助辅助线来帮助解答，今天老师介绍了一个“美味”的模型“猪蹄模型”．即
已知：如图，AB∥CD，E为AB、CD之间一点，连接AE，CE得到∠AEC．
求证：∠AEC=∠A+∠C
小明笔记上写出的证明过程如下：
证明：过点E作EF∥AB
则∠1=∠A
∵AB∥CD，EF∥AB
∴EF∥CD
∴∠2=∠C
∴∠AEC=∠1+∠2
∴∠AEC=∠A+∠C
请你利用“猪蹄模型”得到的结论或解题方法，完成下面的两个问题．
(1)如图，若AB∥CD，∠E=60∘，求∠B+∠C+∠F；
(2)如图，AB∥CD，若∠PAB=100°，∠PDC=110°，求∠P的度数．
【答案】(1)240°
(2)30°
【分析】（1）如图所示，过点E作EM∥AB，过点F作FN∥CD， 则EM∥AB∥FN∥CD，由平行线的性质得到∠B=∠1，∠2=∠3，∠4+∠C=180°，进而推出∠B+∠CFE+∠C=∠BEF+180°，由此即可得到答案；
（2）如图所示，过点P作PE∥AB，则AB∥PE∥CD，由平行线的性质得到∠DPE=∠CDP，∠APE+∠PAB=180°，推出∠DPE=∠DPA+80°，再由∠CDP=∠DPE=∠DPA+∠APE即可得到∠DPA=∠CDP−∠APE=30°．
【详解】（1）解：如图所示，过点E作EM∥AB，过点F作FN∥CD，
∵AB∥CD，
∴EM∥AB∥FN∥CD，
∴∠B=∠1，∠2=∠3，∠4+∠C=180°，
∴∠B+∠CFE+∠C=∠1+∠3+∠4+∠C
=∠BEF+∠4+∠C
=∠BEF+180°
∵∠BEF=60°，
∴∠B+∠CFE+∠C=240°；
（2）解：如图所示，过点P作PE∥AB，
∵AB∥CD，PE∥AB，
∴AB∥PE∥CD，
∴∠DPE=∠CDP，
又∵∠APE+∠PAB=180°，
∴∠APE=180°−∠PAB=80°，
∵∠DPE=∠DPA+∠APE=∠DPA+80°，
∵∠CDP=∠DPE=∠DPA+∠APE
∴∠DPA=∠CDP−∠APE=30°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
3．（2022秋·河南驻马店·七年级统考期末）已知：如图，AB//CD//GH，GH过点P．
(1)如图1，若∠BAP=40°，∠DCP=30°，则∠APC=______（直接写出结果）；
(2)如图2，直线MN分别交AB于点E，交CD于点F，点P在线段EF上，点Q在射线FC上．若∠MEB=110°，∠PQF=50°，求∠EPQ的度数；
(3)如图3，点P在射线FN上，点Q在射线FD上，∠AEF的平分线交CD于点O．若∠PQF=12∠MEB，试判断OE与PQ是否平行？并说明理由．
【答案】(1)70°
(2)120°
(3)平行，理由见解析
【分析】（1）依据平行线的性质，即可得到∠APG=∠BAP=40°，∠CPG=∠DCP=30，再根据∠APC=∠APG+∠CPG进行计算即可；
（2）利用邻补角的定义可得∠BEP=180°−110°=70°，利用（1）的结论即可得∠EPQ的度数；
（3）根据对顶角相等以及角平分线的定义可得∠PQF=12∠MEB=12∠AEF=∠AEO，再根据平行线的性质∠AEO=∠EOF，可得∠PQF=∠EOF，根据内错角相等两直线平行即可得证．
（1）
解：∵AB//CD//GH，
∴∠APG=∠BAP=40°，∠CPG=∠DCP=30°，
∴∠APC=∠APG+∠CPG=40°+30°=70°，
故答案为：70°；
（2）
解：∵∠MEB=110°，
∴∠BEP=180°−110°=70°，
由（1）可得：∠EPQ=∠EPG+∠QPG=∠BEP+∠PQF=70°+50°=120°；
（3）
解：OE//PQ．
理由：∵∠PQF=12∠MEB，∠MEB=∠AEF，
∴∠PQF=12∠MEB=12∠AEF，
∵EO平分∠AEF．
∴∠PQF=12∠AEF=∠AEO，
∵AB//CD，
∴∠AEO=∠EOF，
∴∠PQF=∠EOF，
∴OE//PQ．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质以及邻补角，角平分线的定义，熟练掌握平行线的判定和性质定理是解题的关键．
4．（2022春·河南商丘·七年级统考期末）如图，把一个含有30°角的直角三角板ABC的直角顶点A放在直线a上，a∥b，B、C两点在平面上移动，请根据如下条件进行解答：
(1)如图①，若点C在直线b上，点B在直线b的下方，∠2=20°，则∠1=___________；
(2)如图②，若点C在直线a，b之间，点B在直线b的下方，∠2=n°，求∠1的度数．
【答案】(1)40°
(2)∠1=60°−n°
【分析】（1）根据三角板的内角度数，可求出∠3的度数，再根据平行线的性质，即可求解；
（2）延长BC交直线a于点D，根据三角形的内角和即可求解．
（1）
解：如图：
∵∠ACB=60°，∠2=20°，
∴∠3=60°-20°=40°，
∵a∥b，
∴∠1=∠3==40°，
故答案为：40°，
（2）
解：如图：
延长BC交直线a于点D，
∵a∥b，
∴∠ADC=∠2=n°，
∵∠ACB=60°，
∴∠ACD=180°-60°=120°，
∴∠1=180°-∠ACD-∠ADC=60°-n°
【点睛】本题主要考查了三角板的内角度数，平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．两直线平行，同位角相等，内错角相等，同旁内角互补．
5．（2022春·河南驻马店·七年级统考期末）如图，E是直线AB，CD内部一点，AB ∥ CD，连接EA，ED．
(1)猜想．
①若∠EAB＝30°，∠EDC＝40°，则∠AED＝______；
②若∠EAB＝20°，∠EDC＝60°，则∠AED＝______；
③猜想图①中∠AED，∠EAB，∠EDC的关系并说明理由；
(2)应用．
如图，射线FE与长方形ABCD的边AB交于点E，与边CD交于点F，①②③④分别是被射线FE隔开的4个区域（不含边界，其中区域③、④位于直线AB的上方），P是位于以上四个区域内的点，直接写出∠PEB，∠PFC，∠EPF之间的数量关系．
【答案】(1)①70°；②80°；③猜想：∠AED＝∠EAB+∠EDC，理由见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）①过点E作EF∥AB，再由平行线的性质即可得出结论；②③根据①中的方法可得出结论；
（2）点P分别位于①②③④四个区域分别根据平行线的性质进行求解即可得到结论．
【详解】（1）解：①如图①，过点E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∵∠A＝30°，∠D＝40°，
∴∠1＝∠A＝30°，∠2＝∠D＝40°，
∴∠AED＝∠1+∠2＝70°；
②过点E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∵∠A＝20°，∠D＝60°，
∴∠1＝∠A＝20°，∠2＝∠D＝60°，
∴∠AED＝∠1+∠2＝80°；
③猜想：∠AED＝∠EAB+∠EDC．
理由：过点E作EF∥CD，
∵AB∥DC
∴EF∥AB（平行于同一条直线的两直线平行），
∴∠1＝∠EAB，∠2＝∠EDC（两直线平行，内错角相等），
∴∠AED＝∠1+∠2＝∠EAB+∠EDC（等量代换）．
（2）（2）当点P在区域①时，∠EPF＝360°-（∠PEB+∠PFC）；
当点P在区域②时，∠EPF＝∠PEB+∠PFC；
当点P在区域③时，∠EPF＝∠PEB-∠PFC；
当点P在区域④时，∠EPF＝∠PFC-∠PEB．
如下图，当点P在区域①时，过点P作PQ∥CD，
∴∠FPQ+∠PFC＝180°．
∵AB∥CD，
∴AB∥PQ，
∴∠EPQ+∠PEB＝180°，
∴∠EPF＝∠EPQ+∠FPQ＝180°-∠PEB+180°-∠PFC＝360°-（∠PEB+∠PFC）；
如下图，当点P在区域②时，过点P作PQ∥CD，
∴∠FPQ＝∠PFC．
∵AB∥CD，
∴AB∥PQ，∠EPQ＝∠PEB，
∴∠EPF＝∠EPQ+∠FPQ＝∠PEB+∠PFC；
如下图，当点P在区域③时，过点P作PQ∥CD，
∴∠FPQ+∠PFC＝180°．
∵AB∥CD，
∴AB∥PQ，
∴∠EPQ+∠PEB＝180°，
∴∠EPF＝∠FPQ-∠EPQ＝180°-∠PFC-（180°-∠PEB）＝∠PEB-∠PFC；
如下图，当点P在区域④时，过点P作PQ∥CD，
∴∠FPQ＝∠PFC．
∵AB∥CD，
∴AB∥PQ，
∴∠EPQ＝∠PEB，
∴∠EPF＝∠FPQ-∠EPQ＝∠PFC-∠PEB．
【点睛】本题考查的是平行线的性质，三角形内角和定理及三角形外角的性质，根据题意作出辅助线，利用数形结合求解是解答此题的关键．
6．（2022春·河南洛阳·七年级统考期末）将一副三角板中的两块直角三角尺的直角顶点C按如图方式叠放在一起（其中∠A＝60°，∠D＝30°；∠E＝∠B＝45°）：
(1)①若∠DCE＝45°，则∠ACB的度数为 ；
②若∠ACB＝140°，求∠DCE的度数；
(2)由（1）猜想∠ACB与∠DCE的数量关系，并说明理由；
(3)当∠ACE＜180°且点E在直线AC的上方时，这两块三角尺是否存在一组边互相平行？若存在，请直接写出∠ACE角度所有可能的值（不必说明理由）；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)①135°；②40°
(2)∠ACB+∠DCE=180°，理由见解答过程；
(3)存在，∠ACE的度数为30°或45°或120°或135°或165°．
【分析】（1）①根据∠DCE和∠ACD的度数，求得∠ACE的度数，再根据∠BCE求得∠ACB的度数；②根据∠BCE和∠ACB的度数，求得∠ACE的度数，再根据∠ACD求得∠DCE的度数；
（2）根据∠ACE=90°-∠DCE以及∠ACB=∠ACE+90°，进行计算即可得出结论；
（3）分五种情况进行讨论：当CB∥AD时，当EB∥AC时，当CE∥AD时，当EB∥CD时，当BE∥AD时，分别求得∠ACE的度数．
【详解】（1）解：①∵∠DCE=45°，∠ACD=90°，
∴∠ACE=45°，
∵∠BCE=90°，
∴∠ACB=90°+45°=135°，
故答案为：135°；
②∵∠ACB=140°，∠ECB=90°，
∴∠ACE=140°-90°=50°，
∴∠DCE=90°-∠ACE=90°-50°=40°，
故答案为：40°；
（2）解：猜想：∠ACB+∠DCE=180°，
理由如下：∵∠ACE=90°-∠DCE，
又∵∠ACB=∠ACE+90°，
∴∠ACB=90°-∠DCE+90°=180°-∠DCE，
即∠ACB+∠DCE=180°；
（3）解：存在，30°、45°、120°、135°、165°．
理由：当CB∥AD时，如图1所示：
∴∠DCB=∠D=30°，
∴∠ACE=∠DCB=30°；
当EB∥AC时，如图2所示：
∴∠ACE=∠E=45°；
当CE∥AD时，如图3所示：
∴∠DCE=∠D=30°，
∴∠ACE=90°+30°=120°；
当EB∥CD时，如图4所示：
∴∠DCE=∠E=45°，
∴∠ACE=90°+45°=135°；
当BE∥AD时，延长AC交BE于F，如图5所示：
∴∠CFB=∠A=60°，
∵∠ECF+∠E +∠CFE=180°，∠CFB +∠CFE =180°，
∴∠ECF =15°，
∴∠ACE=180°-∠ECF=180°-15°=165°．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．
7．（2022春·河南安阳·七年级统考期末）猜想说理：
（1）如图，AB∥CD∥EF，分别就图1、图2、图3写出∠A，∠C，∠AFC的关系，并任选其中一个图形说明理由：
拓展应用：
（2）如图4，若AB∥CD，则∠A+∠C+∠AFC= 度；
（3）在图5中，若A1B∥AnD，请你用含n的代数式表示∠1+∠2+∠3+∠4+⋯+∠n的度数．
【答案】（1）∠A＋∠C＝∠AFC；∠A−∠C＝∠AFC；∠C−∠A＝∠AFC
（2）360
（3）（n-1）×180°
【分析】（1）根据平行线的性质可直接得到结论；
（2）过点F作AB的平行线，利用平行线的性质，计算出∠A＋∠C＋∠AFC的度数；
（3）过点E作AB的平行线，过点F作AB的平行线，利用平行线的性质，计算出∠A＋∠AEF＋∠EFC＋∠C度数；通过前面的计算，找出规律．利用规律得到有n个折点的结论；
【详解】解：（1）如图1：∠A＋∠C＝∠AFC，
如图2：∠A−∠C＝∠AFC，
如图3：∠C−∠A＝∠AFC，
如图1说明理由如下：
∵AB∥CD∥EF，
∴∠A＝∠AFE，∠C＝∠EFC，
∴∠A＋∠C＝∠AFE＋∠EFC，
即∠A＋∠C＝∠AFC；
（2）如下图：
过F作FH∥AB，
∴∠A＋∠AFH＝180°，
又∵AB∥CD，
∴CD∥FH，
∴∠C＋∠CFH＝180°，
∴∠A＋∠AFH＋∠C＋∠CFH＝360°，
即∠A＋∠C＋∠AFC＝360°；
故答案为：360；
（3）如下图：AB∥CD，
过E作EG∥AB，过F作FH∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥EG∥FH∥CD，
∴∠A＋∠AEG＝180°，∠GEF＋∠EFH＝180°，∠HFC＋∠C＝180°，
∴∠A＋∠AEG＋∠GEF＋∠EFH＋∠HFC＋∠C＝180°×3，
即∠A＋∠AEF＋∠EFC＋∠C＝540°；
综上所述：
由当平行线AB与CD间没有点的时候，∠A＋∠C＝180°，
当A、C之间加一个折点F时，∠A＋∠AFC＋∠C＝2×180°；
当A、C之间加二个折点E、F时，则∠A＋∠AEF＋∠EFC＋∠C＝3×180°；
以此类推，如图5，A1B∥AnD，
当A1、A5之间加三个折点A2、A3、A4时，
则∠A1+∠A2＋∠A3＋∠A4＋∠A5＝4×180°；
…
当A1、An之间加n个折点A2、A3、…An−1时，
则∠A1＋∠A2＋∠A3＋…∠An＝（n-1）×180°，
即∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋⋯＋∠n的度数是（n-1）×180°．
【点睛】本题是探索型试题，主要考查了平行线的性质，根据题意作出辅助线，利用平行线的性质及三角形外角的性质等知识求解是解答此题的关键．
8．（2022春·河南洛阳·七年级统考期末）课题学习：平行线的“等角转化”功能．
(1)问题解决：
阅读并补充推理过程．
解题反思：
从上面的推理过程中，我们发现平行线具有“等角转化”的功能，将∠BAC,∠B,∠C“凑”在一起，得出角之间的关系，使问题得以解决．
(2)方法运用：
如图2，已知AB∥CD，∠BEC=80° ，求∠B−∠C的度数．（提示：过点E作AB或CD的平行线．）
(3)深化拓展：
如图3，如图，AB∥CD，CG，BF分别平分∠DCE,∠ABE，且所在直线交于点F，∠E=80°，则∠F=__________．
【答案】(1)∠EAB，∠DAC
(2)110°
(3)50°
【分析】（1）过点A作ED∥BC，如图1，根据平行线的性质得到∠B=∠EAB，∠C=∠DAC，然后利用平角的定义得到∠B+∠BAC+∠C=180°；
（2）过点E作HE∥AB的平行线，如图2，利用平行线的性质得到HE∥CD，则∠B+∠BEH=180°，∠HEC=∠C，然后把两式相加可得∠B-∠C=100°；
（3）过E点作EM∥AB，过F点作FN∥CD，如图3，根据平行线的性质得到AB∥ME∥CD∥FN，根据角平分线的定义得到∠ABF=∠EBF，∠ECG=∠DCG，设∠ABF=∠EBF=α，∠ECG=∠DCG=β，利用平行线的性质得到∠BFN=∠ABF=α，∠CFN=∠GCD=β，∠BEM=180°−2α，∠MEC=∠ECD=2β，则利用∠BEC=80°，可得α−β=50°，然后利用∠BFG=∠BFN-∠CFN求解．
【详解】（1）解： 过点A作ED∥BC，
∴∠B=∠EAB，∠C=∠DAC，
又∵∠EAB+∠BAC+∠DAC=180°，
∴∠B+∠BAC+∠C=180°；
故答案为：∠EAB，∠DAC；
（2）解：过点E作HE∥AB，如图，
∵AB∥CD，
∴HE∥CD，
∴∠B+∠BEH=180°，∠HEC=∠C，
∴∠B+∠BEH+∠HEC=180°+∠C
∴∠B-∠C=180°-∠BEC=180°-80°=100°；
（3）过E点作EM∥AB，过F点作FN∥CD，如图，
∵AB∥CD，
∴AB∥ME∥CD∥FN，
∵BF平分∠ABE，CG平分∠ECD，
∴∠ABF=∠EBF，∠ECG=∠DCG，
设∠ABF=∠EBF=α，∠ECG=∠DCG=β，
∵AB∥FN，CD∥FN，
∴∠BFN=∠ABF=α，∠CFN=∠GCD=β，
∵ME∥AB∥CD，
∴∠BEM=180°-∠ABE=180°−2α，∠MEC=∠ECD=2β，
∵∠BEM+∠MEC=∠BEC=80°，
∴180°−2α+2β=80°，
∴α−β=50°，
∴∠F=∠BFN−∠CFN=α−β=50°，
故答案为：50°
【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质，有关角平分线的计算，熟练掌握平行线的判定和性质，利用转化思想解答是解题的关键．
9．（2022春·河南许昌·七年级统考期末）（1）如图1，已知AB∥CD．求证：∠AEP+∠CFP=∠EPF；小乐想到了以下方法，请帮助他完成证明过程．
证明：如图1，过点P作PG∥AB，∵AB∥CD，∴PG ∥______（平行于同一直线的两条直线平行），∴∠AEP=______，∠CFP=______（______），又∵∠1+∠2=∠EPF，∴∠AEP+∠CFP=∠EPF；
（2）如图2，AB∥CD．请写出∠AEP，∠EPF，∠CFP之间的数量关系并说明理由；
（3）如图3，AB∥CD．请分别直接写出两个图形中∠AEP，∠EPQ，∠PQF，∠QFC之间的数量关系．
【答案】（1）CD；∠1；∠2；两直线平行，内错角相等；（2）∠AEP+∠EPF+∠CFP=360°，理由见解析；（3）图3①：∠AEP+∠EPQ+∠PQF+∠QFC=540°；图3②：∠AEP+∠PQF+∠QFC=∠EPQ+180° ．
【分析】（1）根据平行线的性质与判定完成证明过程即可；
（2）过点P作MN∥AB，根据平行线的性质与判定证明即可求解；
（3）过点P，Q分别作PM∥AB，NQ∥CD，根据平行线的性质与判定即可求得∠AEP，∠EPQ，∠PQF，∠QFC之间的数量关系．
【详解】解：（1）证明：如图1，过点P作PG∥AB，
∵AB∥CD，
∴PG ∥ CD（平行于同一直线的两条直线平行），
∴∠AEP= ∠1，∠CFP= ∠2（两直线平行，内错角相等），
又∵∠1+∠2=∠EPF，
∴∠AEP+∠CFP=∠EPF；
故答案为：CD，∠1，∠2，两直线平行，内错角相等；
（2）∠AEP+∠EPF+∠CFP=360°，理由如下：
过点P作MN∥AB，
∵AB∥CD，
∴MN∥CD（平行于同一直线的两直线互相平行），
∴∠AEP+∠EPM=180°，∠CFP+∠FPM=180°（两直线平行，同旁内角互补），
又∵∠EPF=∠EPM+∠FPM，
∴∠AEP+∠CFP+∠EPF=360°．
（3）如图，图3①：过点P，Q分别作PM∥AB，NQ∥CD，
∴AB∥PM∥NQ∥CD
∴∠AEP+∠EPM=180°,∠MPQ+∠PQN=180°,∠NQF+∠QFC=180°，
∴ ∠AEP+∠EPQ+∠PQF+∠QFC=540°，
图3②中，如图：过点P，Q分别作PM∥AB，NQ∥CD，
∴AB∥PM∥NQ∥CD，
∴∠AEP=∠EPM,∠MPQ=∠PQN,∠NQF+∠QFC=180°，
∴ ∠AEP+∠PQF+∠QFC= ∠EPM+∠PQN+∠NQF+QFC=∠EPQ+∠NQF+QFC=∠EPQ+180°
∴ ∠AEP+∠PQF+∠QFC=∠EPQ+180°．
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
10．（2022秋·河南洛阳·七年级统考期末）已知一个角的两边与另一个角的两边分别平行，探索这两个角的关系，并说明理由．
(1)如图（一），AB∥EF，BC∥DE，∠1与∠2的关系是________．
(2)如图（二），AB∥EF，BC∥DE，∠1与∠2的关系是________．
(3)经过上述证明，我们可以得到一个结论：________．
(4)若两个角的两边分别平行，且一个角比另一个角的2倍少30°，则这两个角分别是多少度？
【答案】(1)相等
(2)互补
(3)结论见解析
(4)30°，30°或70°，110°
【分析】（1）根据两直线平行，同位角相等，可得出结论；
（2）根据两直线平行，同位角相等，得到∠1=∠3，再根据对顶角相等，得到∠3=∠4，进而得到∠1=∠4，再根据两直线平行，同旁内角互补，即可得出结论；
（3）通过（1）、（2）小题，即可得出结论；
（4）分情况讨论，当两个角相等时，即x=2x−30，即可得出角的度数，当两个角互补时，即x+2x−30=180，即可得出角的度数．
【详解】（1）解：∵AB∥EF，
∴∠1=∠3，
又∵BC∥DE，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠2，
∴∠1与∠2相等，
（2）解：∵AB∥EF，
∴∠1=∠3，
又∵∠3=∠4（对顶角相等），
∴∠1=∠4，
又∵BC∥DE，
∴∠2+∠4=180°，
∴∠2+∠1=180°，
∴∠1与∠2互补，
（3）经过上述证明，我们可以得到一个结论：
如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补．
（4）设其中一个角为x°，
当两个角相等时，即x=2x−30，
解得x=30，
2x−30=30，
当两个角互补时，即x+2x−30=180，
解得x=70，
2x−30=110，
答：这两个角分别是30°，30°或70°，110°．
【点睛】本题考查了平行线的性质、对顶角相等、等量代换等知识点，解本题的关键在熟练掌握平行线的性质．
考点3
变量之间的关系解答期末真题压轴题
1．（2022春·河南平顶山·七年级统考期末）一辆汽车油箱内有油56升，从某地出发，每行驶1千米，耗油0.08升，如果设油箱内剩油量为y(升），行驶路程为x（千米），则y随x的变化而变化．
(1)在上述变化过程中，自变量是 ，因变量是 ．
(2)用表格表示汽车从出发地行驶100千米、200千米、300千米、400千米时的剩油量．请将表格补充完整：
(3)试写出y与x的关系式是 ．
(4)这辆汽车行驶350千米时，剩油量是多少？汽车油箱内剩油8升时，汽车行驶了多少千米?
【答案】(1)行驶路程，油箱内剩油量
(2)48，32
(3)y=56−0.08x (0≤x≤700)
(4)28升，600千米
【分析】（1）因变量随自变量的变化而变化，根据题意，油箱内剩油量随行驶路程的变化而变化，即可求解；
（2）根据每行驶1千米，耗油0.08升，用油箱内原有油量减去耗油量，可以分别求出行驶100千米和300千米时的剩油量；
（3）由已知条件，油箱内原有油量为56升，行驶x千米耗油0.08x升，根据“剩余油量＝原有油量－耗油量”即可求出函数关系式；
（4）将x=350和y=8分别代入y与x的关系式即可求解．
【详解】（1）根据题意，油箱内剩油量随行驶路程的变化而变化，故自变量是行驶路程，因变量是油箱内剩油量，
故答案为：行驶路程，油箱内剩油量．
（2）汽车从出发地行驶100千米时的剩油量为：56−0.08×100=56−8=48（升）；
汽车从出发地行驶300千米时的剩油量为：56−0.08×300=56−24=32（升）；
故答案为：48，32．
（3）∵油箱内原有油量为56升，行驶x千米耗油0.08x升，
∴y=56−0.08x，
当y=0时解得x=700，
∴x的取值范围是0≤x≤700，
∴y与x的关系式是∴y=56−0.08x (0≤x≤700)，
故答案为：y=56−0.08x (0≤x≤700)．
（4）当x=350千米时，y=56−0.08×350=56−28=28（升）；
当y=8时，得8=56−0.08x，
解得x=600，
故这辆汽车行驶350千米时，剩油量是28升；汽车油箱内剩油8升时，汽车行驶了600千米．
【点睛】本题考查自变量与因变量的概念，求函数解析式等知识，学会用关于自变量的数学式子表示函数与自变量之间的关系是解题的关键．
2．（2022春·河南郑州·七年级校考期末）姐姐帮小明荡秋千（如图①），秋千离地面的高度h（m）与摆动时间t（s）之间的关系如图②所示，结合图象：
（1）变量h，t中，自变量是 ，因变量是 ，h最大值和最小值相差 m．
（2）当t=5.4s时，h的值是 m，除此之外，还有 次与之高度相同；
（3）秋千摆动第一个来回 s．
【答案】（1）t，h，1；（2）1，7；（3）2.8．
【分析】（1）由图象的横轴和纵轴表示的量以及图象的最高的和最低点解答即可；
（2）根据图象中t=5.4对应的高度以及这个高度与图象的交点个数即可解答；
（3）根据图象中秋千摆动第一个来回的时间解答即可．
【详解】解：（1）由图象可知，变量h，t中，自变量是t，因变量是h，h最大值和最小值相差1.5﹣0.5=1m，
故答案为：t，h，1；
（2）由图象知，当t=5.4s时，h=1m，除此之外，还有7次与之高度相同，
故答案为：1，7；
（3）由于秋千从最高点开始摆动一个来回要经过两次最低点，根据图象可知，秋千摆动第一个来回需要2.8s，
故答案为：2.8．
【点睛】本题考查用图象表示变量间关系，理解题意，能从图象中获取有效信息是解答的关键．
3．（2022春·河南焦作·七年级校考期末）一辆汽车油箱内有油a升，从某地出发，每行驶1小时耗油6升，若设剩余油量为Q升，行驶时间为t/小时，根据以上信息回答下列问题：
（1）开始时，汽车的油量a=______升；
（2）在行驶了______小时汽车加油，加了______升，写出加油前Q与t之间的关系式______；
（3）当这辆汽车行驶了9小时，剩余油量多少升？
【答案】（1）42；（2）5 ， 24 ，Q=42−6t(0≤t≤5)；（3）当这辆汽车行驶了9小时，剩余油量12升．
【分析】（1）直接由图象中的数据得出即可；
（2）由加油前汽车每小时的耗油量，即可得出关系式；
（3）先求出加油后3小时的耗油量即可求得剩余量．
【详解】解：（1）由图象可知，开始时，汽车的油量42升，
故答案为：42；
（2）由图象可知，在行驶了5小时汽车加油，加了36﹣12=24升，
∵加油前汽车每小时的耗油（42-12）÷5=6（升），
∴加油前汽车剩余油量Q=42﹣6t，
故答案为：5 ，24 ， Q=42−6t(0≤t≤5)；
（3）由题意，加油后汽车每小时的耗油6升，
∴加油后剩余油量Q=36−6×(9−5)=12（升），
故当这辆汽车行驶了9小时，剩余油量12升．
【点睛】本题考查用图象表示变量间的关系、有理数的混合运算，理解题意，能从图象中获取有效信息是解答的关键．
4．（2022春·河南郑州·七年级统考期末）已知某函数图象如图所示，请回答下列问题：
（1）自变量x的取值范围是
（2）函数值y的取值范围是 ；
（3）当x=0时，y的对应值是 ；
（4）当x为 时，函数值最大；
（5）当y随x增大而增大时，x的取值范围是 ；
（6）当y随x的增大而减少时，x的取值范围是 ．
【答案】（1）﹣4≤x≤3；（2）﹣2≤y≤4；（3）3；（4）1；（5）﹣2≤x≤1（6）﹣4≤x≤﹣2和1≤x≤3．
【分析】根据自变量的定义，函数值的定义以及二次函数的最值和增减性，观察函数图象分别写出即可．
【详解】解：（1）自变量x的取值范围是﹣4≤x≤3；
（2）函数y的取值范围是﹣2≤y≤4；
（3）当x=0时，y的对应值是3；
（4）当x为1时，函数值最大；
（5）当y随x的增大而增大时，x的取值范围是﹣2≤x≤1．
（6）当y随x的增大而减少时，x的取值范围是﹣4≤x≤﹣2和1≤x≤3；
故答案为（1）﹣4≤x≤3；（2）﹣2≤y≤4；（3）3；（4）1；（5）﹣2≤x≤1（6）﹣4≤x≤﹣2和1≤x≤3．
【点睛】本题考查二次函数的性质，函数图象，熟练掌握函数自变量的定义，函数值的定义以及函数的增减性并准确识图是解题关键．
5．（2022春·山东青岛·七年级校联考期末）果实成熟从树上落到地面，它下落的高度与经过的时间有如下的关系：
（1）上表反映了哪两个变量之间的关系？其中自变量是什么？因变量是什么？
（2）请你按照表中呈现的规律，列出果子下落的高度ℎ（米）与时间t（秒）之间的关系式；
（3）现有一颗果子经过2秒后离地面一米，请计算这颗果子开始下落时离地面的高度是多少米？
【答案】（1）下落的角度h与经过的时间t之间的关系，自变量：经过的时间t，因变量：下落的高度h；（2）ℎ=4.9t2；（3）这颗果子开始下落时离地面高度为20.6m．
【分析】（1）根据自变量与因变量的定义即可求解；
（2）根据表格中数据发现规律，即可得到果子落下的度ℎ(米)与时间t(秒)之间的关系式；
（3）根据一颗果子经过2秒后离地面一米计算即可求解．
【详解】解：（1）下落的高度h与经过的时间t之间的关系
自变量：经过的时间t
因变量：下落的高度h
（2）根据表格中数据可得到果子落下的度ℎ(米)与时间t(秒)之间的关系式为ℎ=4.9t2；
（3）果子开始下落时离地面高度为4.9×22+1=20.6m
答：果子开始下落时离地面高度为20.6m.
【点睛】本题考查了函数的图表示方法，考查了学生的探究能力，要求学生有较强的分析数据和描述数据的能力及从图象得出规律的能力．能够正确找到h和t的关系是解题的关键．
6．（2022春·山东菏泽·七年级统考期末）某公空车每天的支出费用为600元，每天的乘车人数x（人）与每天利润（利润＝票款收入－支出费用）y（元）的变化关系，如下表所所示（每位委文的乘车票价固定不变）：
根据表格中的数据，回答下列问题：
（1）观察表中数据可知，当乘客量达到________人以上时，该公交车才不会亏损；
（2）当一天乘客人数为500人时，利润是多少?
（3）请写出公交车每天利润y（元）与每天乘车人数x（人）的关系式．
【答案】（1）300；（2）400；（3）y=2x-600
【分析】（1）根据表格中的数据，当y大于0时，相应的x的取值即可；
（2）根据表格中的变量之间的变化关系，可得“每增加50人，利润将增加100元”，可求出答案；
（3）“每增加50人，利润将增加100元”也就是“每增加1人，利润将增加2元”，根据乘坐人数可得利润即可．
【详解】解：（1）当y=0时，x=300，当x＞300时，y＞0，
故答案为：300；
（2）200+100×（500−40050）=400（元），
答：一天乘客人数为500人时，利润是400元；
（3）由表格中的数据变化可知，当乘坐人数为300人时，利润为0元，
每增加50人，利润就增加100元，每减少50人，利润就减少100元，
所以利润y=0+x−30050×100=2x-600，
即：y=2x-600，
答：公交车每天利润y（元）与每天乘车人数x（人）的关系式为y=2x-600．
【点睛】本题考查函数关系式，理解表格中“每天的利润y元”与“乘坐的人数x”之间的变化关系是正确解答的关键．
7．（2022春·山东济南·七年级统考期末）小明某天上午9时骑自行车离开家，15时回到家，他有意描绘了离家的距离与时间的变化情况（如图所示）．
（1）图象表示了哪两个变量之间的关系？哪个是自变量？哪个是因变量？
（2）10时和13时，他分别离家多远？
（3）他到达离家最远的地方是什么时间？离家多远？
（4）10时到12时他行驶了多少千米？
（5）他可能在哪段时间内休息，并吃午餐？
（6）他由离家最远的地方返回时的平均速度是多少？
【答案】（1）时间、离家的距离，自变量是时间，因变量是离家的距离；（2）15千米、30千米；（3）12:00，30千米；（4）15千米，（5）12:00-13:00；（6）15千米/小时．
【分析】（1）根据图象的x轴和y轴即可确定表示了哪两个变量的关系；
（2）由函数图像可以看出10时的时候他离家的距离是15千米，12时的时候他离家30千米；
（3）首先根据图象找到离家最远的距离，由此即可确定他到达离家最远的地方是什么时间，离家多远；
（4）根据图象首先找到时间为10时和12时离家的距离，然后作差即可；
（5）如果休息，那么距离没有增加，由此就可以确定在哪段时间内休息，并吃午餐；
（6）根据返回时所走路程和使用时间即可求出返回时的平均速度．
【详解】解：（1）图像表示了离家的距离与时间这两个变量之间的关系．其中时间是自变量，离家的距离是因变量；
（2）由函数图像可以看出10时的时候他离家的距离是15千米，13时的时候他离家30千米；
（3）由图象看出他到达离家最远的地方是在12-13时，离家30千米；
（4）由图象看出10时到12时他行驶了30－15=15千米；
（5）由图象看出12:00~13:00时距离没变且时间较长，得他可能在12时到13时间内休息，并吃午餐；
（6）由图象看出回家时用了2小时，路程是30千米，所以回家的平均速度是30÷2=15(千米/时)．
【点睛】此题考查了函数的图象，解题关键在于看懂图中数据表示的实际意义．
8．（2022春·山东菏泽·七年级统考期末） 在建设社会主义新农村过程中，某村委决定投资开发项目，现有6个项目可供选择，各项目所需资金及预计年利润如下表：
（1）上表反映了哪两个变量之间的关系？哪个是自变量？哪个是因变量？
（2）如果预计要获得0.9千万元的利润，你可以怎样投资项目？
（3）如果该村可以拿出10亿元进行多个项目的投资，预计最大年利润是多少？说明理由．
【答案】（1）所需资金和利润之间的关系，所需资金为自变量，年利润为因变量；（2）可以投资一个7亿元的项目；也可以投资一个2亿元，再投资一个4亿元的项目；还可以投资一个1亿元，再投资一个6亿元的项目；（3）最大利润是1.45亿元，理由详见解析．
【分析】（1）分别根据变量、因变量的定义分别得出即可；
（2）根据图表分析得出投资方案；
（3）分别求出不同方案的利润进而得出答案．
【详解】解：（1）所需资金和利润之间的关系．
所需资金为自变量．年利润为因变量；
（2）可以投资一个7亿元的项目．
也可以投资一个2亿元，再投资一个4亿元的项目．
还可以投资一个1亿元，再投资一个6亿元的项目．
答：可以投资一个7亿元的项目；也可以投资一个2亿元，再投资一个4亿元的项目；还可以投资一个1亿元，再投资一个6亿元的项目．
（3）共三种方案：①1亿元，2亿元，7亿元，利润是1.45亿元．
②2亿元，8亿元，利润是1.35亿元．
③4亿元，6亿元，利润是1.25亿元．
∴最大利润是1.45亿元．
答：最大利润是1.45亿元．
【点睛】此题主要考查了常量与变量的定义以及利用图表得出正确方案等知识，利用图表获取正确数据是解题关键．
9．（2022春·陕西西安·七年级校考期末）为了增强公民的节水意识，某市制定了如下用水收费标准：
(1)该市某户居民5月份用水x t（x＞5），应交水费y元，写出y与x之间的关系式．
(2)如果某户居民某月交了24元水费，你能算出这个月这户居民用了多少吨水吗？
【答案】(1)y=4x−8x>5
(2)用了8吨水
【分析】（1）根据5t按每吨2.4元收费，x−5t按每吨4元收费即可得；
（2）先判断出该户居民这个月用水量超过了5吨，再求出（1）关系式中，当y=24时，x的值即可得．
【详解】（1）解：由题意得：y=5×2.4+4x−5x>5，
即y=4x−8x>5．
（2）解：因为5×2.4=12<24，
所以该户居民这个月用水量超过了5吨，
由（1）已得：y=4x−8x>5，
当y=24时，4x−8=24，解得x=8，
答：这个月这户居民用了8吨水．
【点睛】本题考查了利用关系式表示变量间的关系、求自变量的值，理解用水收费标准，正确求出关系式是解题关键．
10．（2022春·陕西渭南·七年级统考期末）如图，在一个半径为10cm的圆面上，从中心挖去一个小圆面，当挖去小圆的半径xcm由小变大时，剩下的圆环面积ycm2也随之发生变化．（结果保留π）．
（1）在这个变化过程中，自变量、因变量各是什么？
（2）求圆环的面积y与x的关系式．
（3）当挖去圆的半径x为9cm时，剩下圆环面积y为多少？
【答案】（1）自变量是小圆的半径xcm，因变量是圆环面积ycm2；（2）y=π100−x2；（3）19π
【分析】（1）根据自变量与因变量的定义解答即可；
（2）根据圆环面积的计算方法求解即可；
（3）把x=9代入（2）题的关系式中计算即得结果．
【详解】解：（1）自变量是小圆的半径xcm，因变量是圆环面积ycm2；
（2）根据题意得：y=π×102−π×x2=π100−x2；
（3）当x=9时，y=π×100−81=19π．
【点睛】本题考查了用关系式表示的变量之间的关系，正确列出关系式是解题的关键．
考点4
三角形解答期末真题压轴题
1．（2022春·陕西西安·七年级校考期末）（1）【问题发现】如图1，△ABC与△CDE中，∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，AC＝CD，B、C、E三点在同一直线上，AB＝3，ED＝4，则BE＝_____．
（2）【问题提出】如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝4，过点C作CD⊥AC，且CD＝AC，求△BCD的面积．
（3）【问题解决】如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝∠CAB＝∠ADC＝45°，△ACD面积为12且CD的长为6，求△BCD的面积．
【答案】（1）7；（2）S△BCD＝8；（3）S△BCD＝6．
【分析】(1) ∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，根据同角的余角相等，可得∠ACB＝∠D，由已知条件可证△ABC≌△CED，可得答案；
（2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，同（1）中的方法，可证△ABC≌△CED，可得答案；
（3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，由△ACD面积为12且CD的长为6，可得AE＝4，进而可得CE=2，同（1）中证法，可得△ACE≌△CBF，由全等三角形的性质可求得答案．
【详解】解：（1）∵∠ACD＝∠E＝90°，
∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠D，
在△ABC和△CED中，
∠B=∠E∠ACB=∠DAC=CD，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴AB＝CE＝3，BC＝ED＝4，
∴BE＝BC+CE＝7；
故答案为：7；
（2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，如图：
∵DE⊥BC，CD⊥AC，
∴∠E＝∠ACD＝90°，
∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠CDE，
在△ABC和△CED中，
∠ABC=∠E∠ACB=∠CDEAC=CD，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴BC＝ED＝4，
∴S△BCD＝12BC•DE＝8；
（3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，如图：
∵△ACD面积为12且CD的长为6，
∴12×6•AE＝12，
∴AE＝4，
∵∠ADC＝45°，AE⊥CD，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AE＝4，
∴CE＝CD﹣DE＝2，
∵∠ABC＝∠CAB＝45°，
∴∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ACE＝90°﹣∠BCF＝∠CBF，
在△ACE和△CBF中，
∠AEC=∠F∠ACE=∠CBFAC=CB，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴BF＝CE＝2，
∴S△BCD＝12CD•BF＝6．
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，属于类比探究类的题目，掌握模型思想，准确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2．（2022春·陕西宝鸡·七年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC＝4，AB＝CD，BD＝6，点E从D点出发，以每秒1个单位的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒3个单位的速度沿C→B→C作匀速移动，点G从点B出发沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动．
（1）试证明：AD∥BC．
（2）在移动过程中，小芹发现当点G的运动速度取某个值时，有△DEG与△BFG全等的情况出现，请你探究当点G的运动速度取哪些值时，△DEG与△BFG全等．
【答案】（1）见解析；（2）点G的速度为1.5或3或1．
【分析】（1）根据三角形全等的判定和性质定理，得到△ABD≌△CDB，进而，可证明AD∥BC；
（2）设运动时间为t，点G的运动速度为v，根据全等三角形的性质，分四种情况进行讨论：①当0＜t≤43时，若△DEG≌△BFG，若△DEG≌△BGF；②当43＜t≤83时，若△DEG≌△BFG，若△DEG≌△BGF.
【详解】（1）证明：在△ABD和△CDB中
，AD=BCAB=CDBD=DB
∴△ABD≌△CDB，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥BC；
（2）解：设运动时间为t，点G的运动速度为v，
当0＜t≤43时，若△DEG≌△BFG，则DE=BFDG=BG，
∴t=4−3t6−BG=BG ，
∴t=1BG=3，
∴v＝3；
若△DEG≌△BGF，则DE=BGDG=BF，
∴t=BG6−BG=4−3t，
∴t=−1BG=−1 （舍去）；
当43＜t≤83时，若△DEG≌△BFG，则DE=BFDG=BG，
∴t=3t−46−BG=BG，
∴t=2BG=3，
∴v＝1.5；
若△DEG≌△BGF，则DE=BGDG=BF，
∴t=BG6−BG=3t−4，
∴t=52BG=52，
∴v＝1．
综上，点G的速度为1.5或3或1．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质的应用，在几何动点问题中，对全等三角形的对应边或对应角进行分类讨论，是解题的关键.
3．（2022秋·陕西宝鸡·七年级统考期末）动手操作：
（1）如图1，将一块直角三角板DEF放置在直角三角板ABC上，使三角板DEF的两条直角边DE、DF分别经过点B、C，且BC∥EF，已知∠A=30°，则∠ABD+∠ACD= 度；
（2）如图2，∠BDC与∠A、∠B、∠C之间存在着什么关系，并说明理由；
（3）灵活应用：请你直接利用以上结论，解决以下列问题：如图3，BE平分∠ABD，CE平分∠ACD，若∠BAC=40°，∠BDC=120°，求∠BEC的度数．
【答案】（1）60°；（2）猜想：∠A+∠B+∠C=∠BDC ，证明见解析；（3）∠BEC=80°；
【详解】试题分析：（1）在△BDC中，由三角形内角和定理可得∠DBC+∠DCB=90°，再由∠ABC+∠ACB=150°，从而可得；
（2）连接BC，利用三角形内角和定理推导即可得；
（3）由（2）可知∠A+∠ABD+∠ACD=∠BDC，∠A+∠ABE+∠ACE=∠BEC，再根据角平分线的定义即可得.
试题解析：（1）60°；
（2）猜想：∠A+∠B+∠C=∠BDC ；
证明如下：连接BC，
在△DBC中，∵∠DBC+∠DCB+∠D=180°，
∴∠DBC+∠DCB=180°﹣∠BDC；
在Rt△ABC中，
∵∠ABC+∠ACB+∠A=180°，
即∠ABD+∠DBC+∠DCB+∠ACD+∠A=180°，
而∠DBC+∠DCB=180°﹣∠BDC，
∴∠A+∠ABD+∠ACD=180°﹣（180°﹣∠BDC）=∠BDC，
即：∠A+∠B+∠C=∠BDC．
（3）灵活应用：
由（2）可知∠A+∠ABD+∠ACD=∠BDC，∠A+∠ABE+∠ACE=∠BEC，
∵∠BAC=40°，∠BDC=120°，
∴∠ABD+∠ACD=120°﹣40°=80°
∵BE平分∠ABD，CE平分∠ACB，
∴∠ABE+∠ACE=40°，
∴∠BEC=40°+40°=80°；

点睛：本题主要考查三角形内角和定理的应用，能正确地分析图形是解题的关键.
4．（2022春·山东济南·七年级统考期末）如图，已知△ABC中，AC=CB=20cm，∠A=∠B，AB=16cm，点D为AC的中点．
(1)如果点P在线段AB上以6cm/s的速度由A点向B点运动，同时，点Q在线段BC上由点B向C点运动．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s后，△APD与△BQP是否全等？说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当时间t为何值时，△APD与△BQP全等？求出此时点Q的运动速度
(2)若点Q以②中的运动速度从点B出发，点P以原来的运动速度从点A同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，请直接写出：
①经过多少秒，点P与点Q第一次相遇？
②点P与点Q第2023次相遇在哪条边上？
【答案】(1)①全等，见解析；②7.5厘米/秒
(2)①803秒；②点P与点Q第2023次在AC边上相遇
【分析】（1）①先求得AP=BQ=6，PB=AD=10，然后根据等边对等角求得∠A=∠B，最后根据SAS即可证明；
②因为VP≠VQ，所以AP≠BQ，又∠A=∠B，要使△APD与△BQP全等，只能AP=BP=8，根据全等得出BQ=AD=10，然后根据运动速度求得运动时间，根据时间和BQ的长即可求得Q的运动速度；
（2）①因为VQ>VP，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AC+BC的路程，据此列出方程，解这个方程即可求得结果；②设第一次相遇经过a秒之后，第2023次相遇，据此列出方程，解这个方程即可求得结果.
【详解】（1）①全等，
因为t=1（秒)，
所以AP=BQ=6（厘米），
∵AC=20（厘米），D为AC中点，
∴AD=10（厘米），
∵PB=AB−AP=16−6=10（厘米），
∴PB=AD，
∵∠A=∠B，
在△APD与△BQP中，
AP=BQ∠A=∠BAD=BP，
∴△APD≌△BQP(SAS)；
②因为VP≠VQ，
所以AP≠BQ，
因为∠A=∠B，
要使△APD与△BQP全等，只能AP=BP=8，
即△APD≌△BPQ，
故BQ=AD=10，
所以点P、Q的运动时间：t=AP6=86=43（秒)，
此时VQ=BQt=7.5（厘米/秒）；
（2）①因为VQ>VP，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AC+BC的路程，
设经过x秒后P与Q第一次相遇，依题意得152x=6x+2×20，
解得x=803（秒)，
此时P运动了803×6=160（厘米），
又因为ΔABC的周长为56厘米，160=56×2+48，
所以点P、Q在AC边上相遇，即经过了803秒，点P与点Q第一次在AC边上相遇；
②设第一次相遇经过a秒之后，第2023次相遇，
6a+2022(20+20+16)=152a，
解得：a=75488(s)，
a+t=7551423(s)，
SQ=7551423×152=566360(cm)，
56636020+20+16=10113……32，
20<32<40，
∴Q点在AC边上．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，以及数形结合思想的运用，熟练掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．
5．（2022春·山东济宁·七年级统考期末）如图，已知点D是射线OA上一点且DE⊥OC
(1)过点E作OA的平行线EF；
(2)若∠AOC=50°，求∠DEF的度数．
【答案】(1)见解析
(2)40°
【分析】（1）利用尺规基本作图-作一个角等于已知角，在OC一上，作∠CEF=∠AOB即可；
（2）利用平行线的性质求出∠FEC=∠AOC=50°，再利用∠DEF=∠DEC−∠FEC求解即可．
（1）
解：以点O为圆心任意为半径画弧，交OA、OB于M、N，半径不变，以点E为圆心画弧，交EC于占P，再以点P为圆心MN长为半径画弧形，与前弧相交于F，过EF作直线即可．
如图所示，直线EF就是所要求作的直线，
∵OM=ON= EP=EF，MN=PF，
∴△OMN≌△EFP（SSS），
∴∠PEF=∠NOM，
∴OA∥EF．
（2）
解：∵DE⊥OC，
∴∠DEC=90°
∵OA//EF．
∴∠FEC=∠AOC=50°，
∴∠DEF=∠DEC−∠FEC=90°−50°=40°．
【点睛】本题考查作平行线，平行线的判定与性质，熟练掌握尺规基本作图-作一个角等于已知角，平行线的判定与性质是解题的关键．
6．（2022春·河南平顶山·七年级统考期末）如图所示,A、B 两点分别位于一个池塘的两端，小明想用绳子测量A、B 间的距离，但绳子不够长,请你利用三角形全等的相关知识帮他设计一种方案测量出A、B间的距离,写出具体的方案,并解释其中的道理,
【答案】见解析.
【分析】根据全等三角形判定和性质可得：构造出△ABC≌△DEC（SAS）.
【详解】例如，如图.

（1）先在地上取一个可以直接到达A点和B点的点C；
（2）连接AC并延长到点D，使得CD=AC；
（3）连接BC并延长到点E，使得CE=BC；
（4）连接DE，并测量出它的长度.
DE的长度就是A、B间的距离.
理由如下：
在△ABC和△DEC中，
因为AC=DC，∠ACB=∠DCE，BC=EC.
所以△ABC≌△DEC（SAS）.
所以AB=DE.
【点睛】考核知识点：全等三角形的判定和性质的运用.
7．（2022春·山东济南·七年级统考期末）把两个全等的直角三角形的斜边重合，组成一个四边形ACBD以D为顶点作∠MDN，交边AC、BC于M、N．
(1)若∠ACD=30°，∠MDN=60°，∠MDN两边分别交AC、BC于点M、N，AM、MN、BN三条线段之间有何种数量关系？证明你的结论；
(2)当∠ACD+∠MDN=90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？证明你的结论；
(3)如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图3，其余条件不变，则AM、MN、BN之间有何数量关系（直接写出结论，不必证明）
【答案】(1)AM+BN=MN，证明见解析；
(2)AM+BN=MN，证明见解析；
(3)作图见解析，BN−AM=MN．
【分析】（1）延长CB到E，使BE=AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE=∠MDA，DM=DE，证△MDN≌△EDN，推出MN=NE即可；
（2）延长CB到E，使BE=AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE=∠MDA，DM=DE，证△MDN≌△EDN，推出MN=NE即可；
（3）在CB截取BE=AM，连接DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE=∠MDA，DM=DE，证△MDN≌△EDN，推出MN=NE即可．
【详解】（1）AM+BN=MN．证明如下：
如图，延长CB到E，使BE=AM，连接DE．
∵∠A=∠CBD=90°，
∴∠A=∠EBD=90°．
∵△ADC≌△BDC，
∴AD=BD．
在△DAM和△DBE中，
∵AM=BE∠A=∠DBEAD=BD，
∴△DAM≌△DBESAS，
∴∠BDE=∠MDA，DM=DE．
∵∠MDN=∠ADC=∠BDC，
∴∠ADM=∠NDC=∠BDE，∠MDC=∠NDB，
∴∠MDN=∠NDE．
在△MDN和△EDN中，
∵DM=DE∠MDN=∠EDNDN=DN，
∴△MDN≌△EDNSAS，
∴MN=NE．
∵NE=BE+BN=AM+BN，
∴AM+BN=MN；
（2）AM+BN=MN．证明如下：
如图，延长CB到E，使BE=AM，连接DE．
∵∠A=∠CBD=90°，
∴∠A=∠DBE=90°．
∵△ADC≌△BDC，
∴AD=BD，∠ADC=∠CDB．
在△DAM和△DBE中，
AM=BE∠A=∠DBEAD=BD，
∴△DAM≌△DBESAS，
∴∠BDE=∠MDA，DM=DE．
∵∠MDN+∠ACD=90°，∠ACD+∠ADC=90°，∠ADC=∠CDB，
∴∠NDM=∠ADC=∠CDB，
∴∠ADM=∠CDN=∠BDE，∠CDM=∠NDB，
∴∠MDN=∠NDE．
在△MDN和△EDN中，
DM=DE∠MDN=∠EDNDN=DN，
∴△MDN≌△EDNSAS，
∴MN=NE．
∵NE=BE+BN=AM+BN，
∴AM+BN=MN；
（3）补充完成题图，如图所示．
BN−AM=MN．证明如下：
如上图，在CB上截取BE=AM，连接DE．
∵∠CDA+∠ACD=90°，∠MDN+∠ACD=90°，
∴∠MDN=∠CDA，
∴∠MDA=∠CDN．
∵∠B=∠CAD=90°，
∴∠B=∠DAM=90°．
在△DAM和△DBE中，
AM=BE∠DAM=∠DBEAD=BD，
∴△DAM≌△DBESAS，
∴∠BDE=∠ADM=∠CDN，DM=DE．
∵∠ADC=∠BDC=∠MDN，
∴∠ADN=∠CDE，
∴∠MDN=∠EDN．
在△MDN和△EDN中，
DM=DE∠MDN=∠EDNDN=DN，
∴△MDN≌△EDNSAS，
∴MN=NE．
∵NE=BN−BE=BN−AM，
∴BN−AM=MN．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
8．（2022秋·北京海淀·七年级101中学校考期末）如图，在△ABC和△A'B'C'中，AM，A'M'分别是边BC，B'C'上的中线，AB=A'B'，AC=A'C'，AM=A'M'，试说明：△ABC≌△A'B'C'．
【答案】见解析
【分析】延长AM到点E使AM=ME，连接BE，延长A'M'到点E'使A'M'=M'E'，可证得△AMC≌△EMB，△A'M'C'≌△E'M'B'，进一步可证得△ABE≌△A'B'E'，可得出∠BAC=∠B'A'C'，可证明△ABC≌△A'B'C'．
【详解】证明：如图，延长AM到点E使AM=ME，连接BE，延长A'M'到点E'使A'M'=M'E'，

在△AMC和△EMB中，
AM=EM∠AMC=∠BMECM=BM，
∴△AMC≌△EMBSAS，
∴BE=AC，
同理可得B'E'=A'C'，
∵AC=A'C'，
∴BE=B'E'，
∵AE=2AM，A'E'=2A'M'，且AM=A'M'，
∴AE=A'E'，
在△ABE和△A'B'E'中，
AE=A'E'BE=B'E'AB=A'B'，
∴△ABE≌△A'B'E'SSS，
∴∠BAE=∠B'A'E'，∠E=∠E'，
又∵∠E=∠MAC，∠E'=∠M'A'C'，
∴∠MAC=∠M'A'C'，
∴∠BAM+∠MAC=∠B'A'M'+∠M'A'C'，
即∠BAC=∠B'A'C'，
在△ABC和△A'B'C'中，
AB=A'B'∠BAC=∠B'A'C'AC=A'C'，
∴△ABC≌△A'B'C'SAS．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，全等三角形的判定方法有：SSS、SAS、ASA、AAS和HL；全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等、对应角相等、对应边上的中线相等、对应边上的高线相等、对应角的角平分线相等．
9．（2022春·黑龙江哈尔滨·七年级校考期末）如图，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D、E，BE、CD相交于点F，BF=CF．
(1)求证：∠BAF=∠CAF；
(2)在不添加辅助线的条件下，直接写出图中所有的全等三角形．
【答案】(1)见解析；
(2)△BDF≌△CEF，△ADF≌△AEF，△ABF≌△ACF，△ABE≌△ACD．
【分析】（1）根据垂直的定义得出∠BDF＝∠CEF＝90°，根据AAS可以推出△BDF≌△CEF，根据全等三角形的性质得出DF＝EF，然后利用HL证明Rt△ADF≌Rt△AEF即可；
（2）由（1）可知△BDF≌△CEF，△ADF≌△AEF，则BD＝CE ，AD＝AE，求出AB＝AC，然后利用SSS可证△ABF≌△ACF，利用HL可证Rt△ABE≌Rt△ACD．
【详解】（1）证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠BDF＝∠CEF＝90°，
在△BDF和△CEF中，∠BDF=∠CEF∠DFB=∠EFCBF=CF，
∴△BDF≌△CEF（AAS），
∴DF＝EF，
在Rt△ADF和Rt△AEF中，AF=AFDF=EF，
∴Rt△ADF≌Rt△AEF（HL），
∴∠BAF=∠CAF；
（2）△BDF≌△CEF，△ADF≌△AEF，△ABF≌△ACF，△ABE≌△ACD；
证明：由（1）知：△BDF≌△CEF，△ADF≌△AEF，
∴BD＝CE ，AD＝AE，
∴AB＝AC，
又∵AF＝AF，BF＝CF，
∴△ABF≌△ACF（SSS），
在Rt△ABE和Rt△ACD中，AB=ACAE=AD，
∴Rt△ABE≌Rt△ACD（HL）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
10．（2022春·广东河源·七年级校考期末）直角三角形ABC中，∠ACB=90°，直线l过点C．
(1)当AC=BC时，如图，分别过点A，B作AD⊥l于点D，BE⊥l于点E．
求证：△ACD≌△CBE．
(2)当AC=8，BC=6时，如图，点B与点F关于直线l对称，连接BF，CF，动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AC边向终点C运动，同时动点N从点F出发，以每秒3个单位的速度沿F→C→B→C→F向终点F运动，点M，N到达相应的终点时停止运动，过点M作MD⊥l于点D，过点N作NE⊥l于点E，设运动时间为t秒．
①CM=______，当N在F→C路径上时，CN=______．（用含t的代数式表示）
②直接写出当△MDC与△CEN全等时t的值．
【答案】(1)见解析
(2)①8−t，6−3t ②t=3.5或5或6.5．
【分析】（1）利于同角的余角相等，得到∠DAC=∠ECB，利用AAS证明三角形全等即可；
（2）①利用CM=AC−AM，求出CM，利用对称性，得到BC=CF，利用CN=CF−NF，求出CN即可；②分点N分别在FC,CB,BC,CF，四种情况讨论，利用全等三角形对应边相等进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵AD⊥直线l，
∴∠DAC+∠ACD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
在△ACD和△CBE中，∠ADC=∠CEB∠DAC=∠ECBCA=CB，
∴△ACD≌△CBEAAS；
（2）解：①由题意，得：AM=t,NF=3t，
∴CM=AC−AM=8−t，
∵点B与点F关于直线l对称，
∴CF=BC=6，
∴CN=CF−NF=6−3t，
故答案为：8−t，6−3t；
②当△MDC与△CEN全等时，CM和CN是对应边，
∴CM=CN，
当点N在FC时，
CM=CN，即：8−t=6−3t， 解得t=−1，不符合题意；
当点N在CB时，此时：CN=3t−6，
则：8−t=3t−6，解得：t=144=3.5；
当点N在BC时，此时：CN=18−3t，
则：8−t=18−3t，解得：t=5；
当点N在CF时，此时：CN=3t−18，
则：8−t=3t−18，解得：t=264=6.5；
综上：当△MDC与△CEN全等时，t=3.5或5或6.5．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质．熟练掌握全等三角形的判定方法，证明三角形全等，是解题的关键．注意，分类讨论．
考点5
生活中的轴对称解答期末真题压轴题
1．（2022秋·江苏无锡·七年级统考期末）（1）观察图①~图③中阴影部分的图形，写出这3个图形具有的两个共同特征；
（2）在图④和⑤中，各设计一个与前面不同的图形，使它们也具有（1）中的两个共同特征．
【答案】（1）共同特征：①它们都是轴对称图形．②它们的面积都是8；（2）图形见解析．
【分析】（1）从图形的对称性，以及图形中阴影部分的面积进行分析即可得到答案；
（2）只要根据（1）所得共同特征，画出图形即可得到答案．
【详解】解：（1）共同特征：
①它们都是轴对称图形；
②它们的面积都是8；
（其他答案只要正确，也可以）
（2）图形如下所示：
【点睛】本题考查了利用轴对称设计图案的知识，解题时要注意判断图形的共性，首先要看对称性；有阴影的，注意观察阴影部分的面积是否相同．
2．（2022秋·山东烟台·七年级统考期末）下列四个图都是由16个相同的小正方形拼成的正方形网格，其中的两个小正方形被涂黑．请你在各图中再将两个空白的小正方形涂黑．使各图中涂黑部分组成的图形成为轴对称图形（另两个被涂黑的小正方形的位置必须全不相同），并画出其对称轴．其对称轴分别是：___________，___________，___________，___________．
【答案】见解析，AB,CD,EF,GH
【分析】先找到合适的对称轴，然后再涂黑两个小正方形即可．
【详解】解：
对称轴分别是：AB,CD,EF,GH．
【点睛】本题主要考查了画对称图形，解此题的关键在于找到图形的对称轴．
3．（2022春·山东临沂·七年级统考期末）在下面三个2×2的方格中，各作出一个与图中三角形成轴对称的图形，且所画图形的顶点与方格中小正方形的顶点重合，并给所画图形涂上阴影（所画的三个图形不能重复）
【答案】见详解
【分析】根据轴对称图形的特点作图即可．
【详解】作图如下：
图中新添加的三个三角形即为所求．
【点睛】本题考查了利用轴对称设计图案，解题的关键是理解题意，掌握轴对称图形的特点．如果一个图形沿着一条直线对折,两侧的图形能够完全重合,这个图形就是轴对称图形．
4．（2022春·黑龙江绥化·七年级校考期末）作图（不写作法）
(1)已知：如图1，点M在锐角∠AOB的内部，在边OA上求作一点P，在边OB上求作一点Q，使得△PMQ的周长最小．
(2)已知：如图2，点M在锐角∠AOB的内部，在边OB上求作一点P，使得点P到点M的距离与点P到边OA的距离之和最小．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据轴对称确定最短路线问题，作出点M关于OA的对称点M1，点M关于OB的对称点M2，连接M1M2，与OA，OB的交点即为所求的点P，Q；
（2）作出点M关于OB的对称点M'，根据垂线段最短，作M'C⊥OA，与OB的交点即为所求作的点P．
【详解】（1）解：如图，点P，Q即为所求作的点；
（2）如图，点P即为所求作的点．
【点睛】本题考查轴对称确定最短路线问题，掌握相关知识是解题关键．
5．（2022春·重庆万州·七年级统考期末）已知：M、N分别是∠AOB的边OA、OB上的定点，
（1）如图1，若∠O=∠OMN，过M作射线MD//OB(如图)，点C是射线MD上一动点，∠MNC的平分线NE交射线OA于E点．试探究∠MEN与∠MCN的数量关系；
（2）如图2，若P是线段ON上一动点，Q是射线MA上一动点．∠AOB=20°，当MP+PQ+QN取得最小值时，求∠OPM+∠OQN的值．
【答案】（1）∠MCN =2∠MEN，理由见解析；（2）∠OPM+∠OQN=200°．
【分析】（1）根据角平分线的性质以及平行线的性质得到∠1=∠2，∠MCN=∠CNB，∠O=∠OMN=∠4，利用三角形的外角性质得到2∠2+∠MCN=2∠O①和∠2+∠MCN =∠O+∠MEN②，计算可得∠MCN =2∠MEN；
（2）过作点M关于OB的对称点M1，作点N关于OA的对称点N1，连接M1N1交OA于点Q，交OB于点P，根据轴对称的性质得到PM+PQ+NQ的最小值为M1N1，利用轴对称的性质和三角形的外角性质即可计算得到∠OPM+∠OQN=200°．
【详解】解：（1）∠MCN =2∠MEN，理由如下：
如图，
∵NE是∠MNC的平分线，MD//OB，∠O=∠OMN，
∴∠1=∠2，∠MCN=∠CNB，∠O=∠OMN=∠4，
在△OMN中，∠MNB=∠O+∠OMN，
∴∠1+∠2+∠MCN=2∠O，即2∠2+∠MCN=2∠O①，
又∠3=∠2+∠MCN =∠4+∠MEN，即∠2+∠MCN =∠O+∠MEN②，
由①②得：∠MCN =2∠MEN；
（2）如图，过作点M关于OB的对称点M1，作点N关于OA的对称点N1，连接M1N1交OA于点Q，交OB于点P，
∴PM+PQ+NQ=PM1+PQ+QN1，
由两点之间，线段最短，可得PM+PQ+NQ的最小值为M1N1，
由对称的性质，知：∠MPO=∠M1PO，∠NQA=∠N1QA，
设∠OQP=β，∠ONQ=α，
由对顶角的性质得∠MPO=∠M1PO=∠QPN，∠NQA=∠N1QA=∠OQP=β，
在△OQN中，∠NQA=∠O+∠ONQ，即β=20°+α，
在△OPQ中，∠QPN =∠O+∠OQP，即∠OPM=20°+β=40°+α，
∠OQN=180°-∠NQA=180°−20°−α，
∴∠OPM+∠OQN=40°+α+160°−α=200°．
【点睛】本题主要考查了轴对称-最短路径问题，平行线的性质，角平分线的定义，掌握轴对称-最短路径的确定方法是解题的关键．
6．（2022春·广东揭阳·七年级校考期末）如图1，三角形ABC中，∠A=64°，∠B=90°，∠C=26°．点D是AC边上的定点，点E在BC边上运动，沿DE折叠三角形CDE，点C落在点G处．
（1）如图2，若DE//AB，求∠ADG的度数．
（2）如图3，若EG//AB，求∠ADG的度数．
（3）当三角形DEG的三边与三角形ABC的三边有一组边平行时，直接写出其他所有情况下∠ADG的度数．
【答案】（1）52°；（2）142°；（3）116°或26°或38°或64°
【分析】（1）根据折叠的性质得到∠CDE=∠A=∠GDE=64°，即可求出∠ADG；
（2）根据GE∥AB，得到∠BEG=90°，算出∠BFD，利用四边形内角和即可求出∠ADG；
（3）找出其他所有情况，画出图形，利用平行线的性质求解即可．
【详解】解：（1）由折叠可知：
∠C=∠DGE=26°，∠CDE=∠GDE，
∵DE∥AB，AB⊥BC，
∴DE⊥BC，则G在BC上，
∴∠CDE=∠A=∠GDE=64°，
∴∠ADG=180°-64°×2=52°；
（2）由折叠可知：∠C=∠DGE=26°，∠CDE=∠GDE，∠DEC=∠DEG，
∵GE∥AB，
∴∠B=∠CEG=∠BEG=90°，
∴∠EFG=90°-26°=64°，
∵∠A=64°，∠B=90°，
∴∠ADG=360°-64°-90°-64°=142°；
（3）如图，DG∥AB，
则∠ADG=180°-∠A=116°；
如图，DG∥BC，
∠ADG=∠C=26°；
如图，EG∥AC，
∠ADG=∠G=∠C=26°；
如图，EG∥AB，
∴∠A=∠CFE=64°，∠B=∠CEG=90°，
由折叠可知：∠DEG=∠DEC=45°，
∴∠CDE=180°-45°-26°=109°=∠EDG，
∴∠EDF=180°-109°=71°，
∴∠ADG=109°-71°=38°；
如图，DG∥AB，
∴∠ADG=∠A=64°；
综上：其他所有情况下∠ADG的度数为116°或26°或38°或64°．
【点睛】本题考查了平行线的性质，折叠问题，解题的难点在于找出所有符合题意的情况，得到角的关系．
7．（2022秋·江苏无锡·七年级统考期末）有一张正方形纸片ABCD，点E是边AB上一定点，在边AD上取点F，沿着EF折叠，点A落在点A'处，在边BC上取一点G，沿EG折叠，点B落在点B'处．
(1)如图，当点B'落在直线A'E上时，猜想两折痕的夹角∠FEG的度数并说明理由．
(2)当∠A'EB'=14∠B'EB时，设∠A'EB'=x．
①试用含x的代数式表示∠FEG的度数．
②探究EB'是否可能平分∠FEG，若可能，求出此时∠FEG的度数；若不可能，请说明理由．
【答案】(1)∠FEG=90°，见解析
(2)①∠FEG=90°+12x或∠FEG=90°−x2，②可能，当点B落在∠A'EG内部时，∠FEG=7207°；当点B落在∠A'EF内部时，∠FEG=80°
【分析】（1）利用平角的定义，∠AEA'＋∠A'EB=180°，利用折叠得到∠AEF=∠A'EF=12∠AEA',∠B'EG=∠GEB=12A'EB，即可得到∠FEG=90°；
（2）①分点B'落在∠A'EG内部和点B落在∠A'EF内部，两种情况进行讨论求解即可；②分点B'落在∠A'EG内部和点B落在∠A'EF内部，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：猜想：∠FEG=90°；理由如下：
∵∠AEA'＋∠A'EB=180°，
∵折叠，
∴∠AEF=∠A'EF=12∠AEB',∠B'EG=∠GEB=12A'EB，
∴∠FEG=∠FEA'＋∠A'EG=12∠AEA'＋∠A'EB=90°；
（2）（2）①（Ⅰ）当点B'落在∠A'EG内部时，
∵∠A'EB'=x,∠A'EB'=14∠B'EB，
∴∠B'EG=2x，
∴∠FEA'=12∠AEA'=12180°−5x=90°−52x，
∴∠FEG=∠FEA'+∠A'EB'+∠B'EG=90°−52x+x+2x，
∴∠FEG=90°+12x；
（Ⅱ）如图，当点B落在∠A'EF内部时，
∠A'EB'=x,∠A'EB'=14∠B'EB，
∴∠B'EB=4x ，
∴∠AEA'=180°−∠A'EB=180°−(∠B'EB−∠A'EB)=180°−3x，
∴∠BEG=12∠BEB'=2x,∠AEF=12∠AEA'=90°−32x，
∴∠FEG=180°−∠BEG−∠AEF=90°−x2．
综上所述，∠FEG=90°+12x或∠FEG=90°−x2；
②可能．
（Ⅰ）当点B落在∠A'EG内部时，
∵EB'平分∠FEG，
∴∠GEB'=∠FEA'+∠GEA'=∠FEB'，
∴2x=1290°+12x，
解得x=1807°，
∴∠FEG=7207°；
（Ⅱ）当点B落在∠A'EF内部时，∠FEG=90°−x2，
∵EB平分∠FEG，
∴∠B'EG=12∠FEG=45°−x4，
又∵∠B'EG=12∠BEB'=2x，
如图1，已知点A是BC外一点，连接AB,AC．求∠BAC+∠B+∠C的度数．
解：过点A作ED∥BC，
∴∠B=__________，∠C=__________．
又∵∠EAB+∠BAC+∠DAC=180°．
∴∠B+∠BAC+∠C=180°．
行驶路程x（千米）
100
200
300
400
油箱内剩油量y（升）
40
24
时间t/秒
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
…
高度h/米
4.9×0.25
4.9×0.36
4.9×0.49
4.9×0.64
4.9×0.81
…
x（人）
…
200
250
300
350
400
…
p（元）
…
－200
－100
0
100
200
…
所需资金（亿元）
1
2
4
6
7
8
预计利润（千万元）
0.2
0.35
0.55
0.7
0.9
1
月用水量
水费
不超过5t
每吨2.4元
超过5t
超过的部分按每吨4元收费