沪教版数学七年级上册期期末【压轴72题考点专练】（2份，原卷版+解析版）

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1．（2019·上海宝山·七年级期末）把四张形状大小完全相同的小长方形卡片(如图①)不重叠地放在一个底面为长方形(长为m，宽为n)的盒子底部(如图②)，盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，则图②中两块阴影部分的周长和是( )
A．4mB．4nC．2(m＋n)D．4(m－n)
【答案】B
【分析】本题需先设小长方形卡片的长为a，宽为b，再结合图形得出上面的阴影周长和下面的阴影周长，再把它们加起来即可求出答案．
【详解】解：设小长方形卡片的长为a，宽为b，
∴L上面的阴影=2（n-a+m-a）,
L下面的阴影=2（m-2b+n-2b）,
∴L总的阴影=L上面的阴影+L下面的阴影
=2（n-a+m-a）+2(m-2b+n-2b)
=4m+4n-4（a+2b），
又∵a+2b=m，
∴4m+4n-4(a+2b)=4n，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了整式的加减运算，在解题时要根据题意结合图形得出答案是解题的关键．
2．（2022·上海·七年级期末）将多项式加上一个单项式后，使它能成为另一个整式的完全平方，下列添加单项式错误的是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据完全平方公式进行解答即可．
【详解】解：分四种情况：
（1）添加中间项，故可添加2x或 -2x，构成完全平方式；
（2）添加左边项（视为中间项），则可添加；
（3）添加右边项（视1为中间项），则可添加，但不是单项式，故不符合题意；
（4）考虑到与1都是平方式，故可添加或-1；综上所述可以添加的单项式有2x或 -2x或或或-1；
故选：A．
【点睛】本题考查完全平方公式，解题的关键是熟练运用完全平方公式，本题属于基础题型．
3．（2022·上海·七年级期末）如果一个三角形的三边、、，满足，那么这个三角形一定是（ ）
A．等边三角形B．等腰三角形C．不等边三角形D．直角三角形
【答案】B
【分析】由已知推出=0即（a-b）（b-c）=0，即可判定三角形边的关系.
【详解】解：
=0
（a-b）（b-c）=0
即：a=b或b=c，则三角形一定为等腰三角形；
故答案为B.
【点睛】本题考查了三角形形状的判定，其关键在于对等式的变形，推导出a、b、c的关系.
二、填空题
4．（2022·上海·七年级期末）用黑白两种颜色的正方形纸片，按黑色纸片数逐次加1的规律拼成一列图案：
第n个图案含有白色纸片______________张．
【答案】##1+3n
【分析】观察图形可知：白色纸片在4的基础上，以此多3个；根据此规律得出第n个图案中有多少白色纸片即可．
【详解】解：第1个图白色纸片有（3+1）个；第2个图案有（3×2+1）个；第3个图案有（3×3+1）个；那么第n个图案有（3×n+1）个即．
故答案为：．
【点睛】本题考查了图形的探索规律，能从题目图形中提取有用信息是解题的关键．
5．（2022·上海·七年级期末）将连续自然数1-36按下图方式排成一个长方形阵列，用一个小长方形任意圈出其中9个数，设圈出的9个数的中心数为n，用含n的代数式表示这9个数的和为___________．
【答案】9n
【分析】设圈出的9个数的中心的数为n，表示出其余8个数，求出之和即可．
【详解】解：根据题意，9个数的中心数为n，
则第2列三个数从上到下分别为：n-6、n、n+6；其和为3n；
那么第一列三个数分别为：n-7、n-1、n+5，其和为3n-3；
第三列三个数分别为：n-5、n+1、n+7，其和为3n+3；
故9个数之和为：3n+3n-3+3n+3=9n．
故答案为：
【点睛】本题考查了整式的加减，列代数式，以及数字的规律变化类，弄清题中的规律是解本题的关键．
6．（2022·上海·七年级期末）已知P为△ABC的边BC上一点，△ABC的面积为a，B1、C1分别为AB、AC上的中点，则△PB1C1的面积为，B2、C2分别为B1B、C1C上的中点，则△PB2C2的面积为，B3、C3分别为B2B、C2C上的中点，则△PB3C3的面积为，B4、C4分别为B3B、C3C上的中点，则△PB4C4的面积为，按此规律可知，△PB7C7的面积为___________．
【答案】
【分析】根据题意和数据找出规律，就可以得到△PB7C7的面积．
【详解】解：当B1、C1分别为AB、AC的中点时，△PB1C1的面积为；
当B2、C2分别为BB1、CC1的中点时，则△PB2C2的面积为；
当B3、C3分别为BB2、CC2的中点时，则△PB3C3的面积为；
当B4、C4分别为BB3、CC3的中点时，则△PB4C4的面积为；
…
当Bn、Cn分别为BBn﹣1、CCn﹣1的中点时，则△PBnCn的面积为；
按此规律可知，△PB7C7的面积为．
故答案为: ．
【点睛】本题考查了三角形面积及有理数的乘方运算，根据数据找出规律是解题的关键．
7．（2022·上海·七年级期末）如图，用长度相等的小木棒搭成的三角形网格，当层数为n时，所需小木棒的根数为________________．
【答案】
【分析】分别列出一层、二层、三层、四层这四个图形中所含小三角形个数和所需小木棒的根数，得出n层时，所需小木棒的根数为3×（1+2+···+n）即可．
【详解】解：当n=1时，木棒根数为3×1；
当n=2时，木棒根数为3×（1+2）；
当n=3时，3×（1+2+3），
依次规律，当层数为n时，
小木棒的根数为3×（1+2+3+…+n）=．
故答案为：．
【点睛】本题考查图形规律列代数式，根据题意找出规律是解题关键．
8．（2022·上海·新中初级中学七年级期末）如果二次三项式可以分解为，则__________．
【答案】4
【分析】根据多项式的乘法运算，把展开，再根据对应项的系数相等进行求解即可．
【详解】
故答案为：4.
【点睛】此题考查多项式的乘法，解题关键在于展开式对应项的系数相等.
9．（2022·上海·七年级期末）规定，若，则_______________．
【答案】5
【分析】根据题中所给出的式子列出关于x的式子，再合并同类项即可．
【详解】∵规定，
∴=−5（x2−3）−2（3x2＋5）=−5x2＋15−6x2−10=−11x2＋5＝4，
∴-11x2＝−1，
∴-1+6=5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查的是整式的加减，根据题意列出关于x的式子是解答此题的关键．
10．（2022·上海·七年级期末）观察下列规律：
①, ②,；
③， ④，
请你用字母（为正整数）来表示这一规律：________________.
【答案】
【分析】等式左边是连续奇数之积，右边利用平方差即可得出结果.
【详解】；
…
所以第n个式子为：.
【点睛】本题考查平方差公式的应用，根据式子特点，联想平方差公式得到规律是解题的关键.
11．（2022·上海·七年级期末）如果，，那么_________.
【答案】30
【分析】利用积的乘方公式，将式子改写后代入条件求值.
【详解】
【点睛】本题考查积的乘方公式的应用，利用公式将式子改写是解题的关键.
12．（2022·上海·七年级期末）观察下列各式：；；；，根据上述规律， 计算：____________.这个值的个位数字是_________.
【答案】 5.
【分析】根据各式的规律可用n表示出一个通式，将所求式子乘以1，即2-1，利用通式即可得出答案；再由可得个位数字分别为2,4,8,6循环，且64÷4=16，即可得出结果的个位数字.
【详解】根据各式规律可得：
根据以上规律可得：
∵
且64÷4=16
∴个位上的数字为6
则的个位数字为5.
故答案为，5.
【点睛】本题考查了平方差公式，认真观察各式，根据指数的变化情况总结规律是解决本题的关键.
13．（2022·上海·七年级期末）已知：那么=______
【答案】38
【分析】根据题意，把两边同时平方，然后移项即可得到答案.
【详解】解：根据题意，由，
∴，
∴，
故答案为38.
【点睛】本题考查了完全平方变形求值，解题的关键是掌握完全平方公式的运用.
14．（2022·上海·七年级期末）已知关于x的二次三项式4x2﹣mx+25是完全平方式，则常数m的值为_________
【答案】±20
【详解】m=.
15．（2022·上海普陀·七年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝50°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC（点D、E分别与点A、B对应），如果∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，当旋转角大于0°且小于180°时，旋转角的度数为 _____．
【答案】或
【分析】分两种情况：当旋转角小于50°时和当旋转角大于50°时，分别画出图形，由∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，求出∠ACE，即可得到旋转角度数．
【详解】解：当旋转角小于50°时，如图：
∵∠ACB＝50°，△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，
∴∠DCE＝50°，
∵∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，
∴∠ACE＝×50°＝20°，
∴旋转角∠BCE＝∠ACB﹣∠ACE＝30°，
当旋转角大于50°时，如图：
∵∠ACD与∠ACE的度数之比为3：2，∠DCE＝∠ACB＝50°，
∴∠ACE＝2∠DCE＝100°，
∴旋转角∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝150°，
故答案为：30°或150°．
【点睛】本题考查旋转变换，是重要考点，掌握分类讨论法是解题关键．
16．（2022·上海·七年级期末）如图，在的正方形的网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形．图中的为格点三角形，在图中最多能画出______个不同的格点三角形与成轴对称．
【答案】5
【分析】画出所有与成轴对称的三角形．
【详解】解：如图所示：
和对称，
和对称，
和对称，
和对称，
和对称，
故答案是：5．
【点睛】本题考查轴对称图形，解题的关键是掌握画轴对称图形的方法．
17．（2022·上海·七年级期末）如图，在正方形ABCD中，点M是边CD的中点，那么正方形ABCD绕点M至少旋转_________度与它本身重合．
【答案】360
【分析】根据旋转对称图形的定义即可得．
【详解】点M是边CD的中点，不是正方形ABCD的中心，
正方形ABCD绕点M至少旋转360度才能与它本身重合，
故答案为：360．
【点睛】本题考查了旋转对称图形，掌握理解定义是解题关键．
18．（2022·上海·七年级期末）长为5，宽为的长方形纸片（），如图那样翻折，剪下一个边长等于长方形宽度的正方形（成为第一次操作）；再把剩下的长方形如图那样翻折，剪下一个边长等于此时长方形宽度的正方形（称为第二次操作）；若在第3次操作后，剩下的图形为正方形，则的值为__________．
【答案】3或
【分析】先根据题意可知：当＜a＜20时，第一次操作后剩下的矩形的长为a、宽为5-a，第二次操作时正方形的边长为5-a，第二次操作以后剩下的矩形的两边分别为5-a、2a-5，然后分别从5-a＞2a-5与5-a＜2a-5去分析且列出一元一次方程求解即可得出正确答案．
【详解】解：由题意可知：
当＜a＜5时，
第一次操作后剩下的矩形的长为a、宽为5-a，
∴第二次操作时剪下正方形的边长为5-a，
第二次操作以后剩下的矩形的两边分别为5-a、2a-5．
此时，分两种情况：
①如果5-a＞2a-5，则a＜，
即＜a＜，
那么第三次操作时正方形的边长为2a-5．
则2a-5=(5-a)-(2a-5)，
解得a=3；
②如果5-a＜2a-5，则a＞，
即＜a＜20，
那么第三次操作时正方形的边长为5-a．
则5-a=(2a-5)-(5-a)，
解得a=．
∴当n=3时，a的值为3或．
故答案为:3或．
【点睛】本题考查的知识点有折叠的性质、矩形的性质、分类讨论思想、数形结合思想、一元一次方程的应用、一元一次不等式的应用．解题关键是 掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用以及注意折叠中的对应关系．
19．（2022·上海·七年级期末）若a2+a﹣1=0，则代数式a4+3a的值为_____．
【答案】2
【详解】∵，
∴，，
∴.
20．（2022·上海·七年级期末）下列图形由大小相等的等边三角形组成：图1为一个白三角形；图2在图1外部，画了3个黑三角形；图3在图2外部，画了6个白三角形；图4在图3外部，画了9个黑三角形；图5在图4外部，画了12个白三角形；……；以此类推，那么图（为大于1的整数）在前一个图外部，画了___个三角形（用含有的代数式表示）
【答案】3(n-1).
【分析】结合图形，通过5幅图中，后一幅图比前一幅增加的三角形数量与序数之间的关系总结规律即可解答.
【详解】解：观察图形可知，
第2幅图比第1幅图增加的三角形数量：3=3×1，
第3幅图比第2幅图增加的三角形数量：6=3×2，
第4幅图比第3幅图增加的三角形数量：9=3×3，
第5幅图比第4幅图增加的三角形数量：12=3×4，
如此可得规律为，图（为大于1的整数）比前一个图多了3(n-1)个三角形，
故答案为3(n-1).
【点睛】本题考查了规律的探索，通过示例图形，根据问题进行规律的总结是解题关键.
21．（2022·上海·七年级期末）若a, b, c 满足，则________
【答案】
【分析】关键整式的乘法法则运算，并整体代入变形即可.
【详解】因为
所以 ，即
因为
所以
因为
所以
因为
所以
即


因为
即


故答案为：
【点睛】本题考查的是整式的乘法，熟练掌握乘法法则并会对算式进行变形是关键.
22．（2022·上海·七年级期末）正数满足，那么______．
【答案】64
【分析】将式子因式分解为(a-c)(b+2)=0，求得a=c,同理可得a=b=c,再=12可化为a2+4a-12=0，求出a的值，再求得值即可．
【详解】解：∵，
∴ab-bc+2(a-c)=0,
即(a-c)(b+2)=0,
∵b﹥0,
∴b+2≠0,
∴a-c=0,
∴a=c,
同理可得a=b,b=c,
∴a=b=c,
∴=12可化为a2+4a-12=0
∴(a+6)(a-2)=0,
∵a为正数，
∴a+6≠0,
∴a-2=0,
∴a=2,
即a=b=c=2,
∴(2+2) ×(2+2) ×(2+2)=64
故答案为64．
【点睛】本题考查因式分解的应用；能够将所给式子进行正确的因式分解是解题的关键．
三、解答题
23．（2022·上海·七年级期末）阅读理解：对于形如这样的二次三项式，可以用公式法将它分解成的形式．但对于二次三项式，就不能直接运用公式了．此时，我们可以在二次三项式中先加上一项，使它与的和成为一个完全平方式，再减去，整个式子的值不变，于是有：＝＝＝＝，像这样，先添一适当项，使式中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变的方法称为“配方法”．
请利用“配方法”进行因式分解：
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）（2）都要如题中举例，先对整式进行配方，再利用平方差公式进行因式分解，注意（2）中配方时幂的指数要正确．
（1）
原式＝＝＝＝；
（2）
＝＝．
【点睛】本题考查了利用完全平方公式进行配方、利用平方差公式进行因式分解，解题中注意整体法的运用．
24．（2022·上海·七年级期末）如图，将边长为a的正方形的边长增加b，得到一个边长为(a+b)的正方形.在图1的基础上，某同学设计了一个解释验证(a+b)2=a2+2ab+b2的方案（详见方案1）
方案1.如图2，用两种不同的方式表示边长为(a+b)的正方形的面积.
方式1：S=(a+b)2
方式2：S=S1+S2+S3+S4=a2+ab+ab+b2=a2+2ab+b2
因此，(a+b)2=a2+2ab+b2
(1)请模仿方案1，在图1的基础上再设计一种方案，用以解释验证(a+b)2=a2+2ab+b2；
(2)如图3，在边长为a的正方形纸片上剪掉边长为b的正方形，请在此基础上再设计一个方案用以解释验证a2-b2=(a+b)(a-b).
【答案】(1)见详解
(2)a2-b2=(a+b)(a-b)
【分析】（1）先根据大正方形的边长求出面积，再根据部分面积之和等于整体面积计算大正方形的面积，根据面积相等，列出等式.
（2）图3剩余部分的面积=大正方形的面积-小正方形的面积，剩余部分的面积根据矩形面积公式即可得出，根据它们的面积相等可得等式．
（1）
解：如图所示：
，
即；
（2）
如图所示：
用两种不同的方式表示在边长为的正方形纸片上剪掉边长为的正方形后剩余的面积.
方式1：
方式2：
因此，
【点睛】本题是一道利用面积验证完全平方公式以及平方差公式的题目，需要掌握图形面积的表示方法.
25．（2022·上海宝山·七年级期末）小明在进行两个多项式的乘法运算时，不小心把乘错抄成除以，结果得到，如果小明没有错抄题目，并且计算依然正确，那么得到的结果应该是什么？
【答案】3x3-12x2y+12xy2
【分析】根据被除式=商×除式，所求多项式是3x（x-2y），根据多项式乘多项式的法则计算即可．
【详解】解：第一个多项式是：3x（x-2y）=3x2-6xy，
正确的结果应该是：（3x2-6xy）（x-2y）
=3x3-6x2y-6x2y+12xy2
=3x3-12x2y+12xy2．
【点睛】题考查了多项式乘多项式法则，根据被除式、除式、商三者之间的关系列出等式是解题的关键，熟练掌握运算法则也很重要．
26．（2022·上海浦东新·七年级期末）记，令，我们称为这列数的“理想数”．例如：，则，，则．
（1）请直接写出 ．
（2）如果，那么 ．
（3）已知的“理想数”为2004，那么8，的“理想数”是多少？
【答案】（1）；（2）80；（3）2008．
【分析】（1）先根据“理想数”的定义列出式子，再计算整式的加法即可得；
（2）先根据“理想数”的定义列出式子，再计算整式的加法，结合即可得；
（3）先根据“理想数”的定义可得一个关于的等式，再根据“理想数”的定义列出式子进行计算即可得．
【详解】解：（1），
故答案为：；
（2），
，
，
，
，
解得，
故答案为：80；
（3）由题意得：，
则，
即，
所以，
设的“理想数”是，
则，
，
，
，
，
，
故的“理想数”是2008．
【点睛】本题考查了整式加法的应用，掌握理解“理想数”的定义是解题关键．
27．（2022·上海·七年级期末）如图，在长方形中，，，现将长方形向右平移，再向下平移后到长方形的位置，
（1）当时，长方形ABCD与长方形A'B'C'D'的重叠部分面积等于________．
（2）如图，用的代数式表示长方形ABCD与长方形的重叠部分的面积．
（3）如图，用的代数式表示六边形的面积．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）根据平移方向和距离可求出重叠部分的长和宽，从而可求出重叠部分的面积；
（2）用x表示出重叠部分的长和宽，然后根据长方形面积公式列式整理即可；
（3）利用平移前后长方形的面积和加上两个正方形的面积，然后再送去重叠部分的面积列式进行计算即可得解．
【详解】解：（1）将长方形向右平移，再向下平移
所以，重叠部分的长为：10-4=6cm，宽为：8-5=3cm；
因此，重叠部分的面积为：；
（2）∵，，
∴重叠部分的长为（10-x）cm，宽为[8-(x+1)]cm，
∴重叠部分的面积=
= ．
=
（3）
=．
【点睛】本题考查了平移的性质和整式的混合运算，认准图形，准确列出所求部分的面积是解题的关键．
28．（2022·上海·七年级期末）如图，已知正方形的边长为a，正方形的边长为，点G在边上，点E在边的延长线上，交边于点H．连接、．
（1）用a，b表示的面积，并化简；
（2）如果点M是线段的中点，联结、、，
①用a，b表示的面积，并化简；
②比较的面积和的面积的大小．
【答案】（1）；（2）①，②．
【分析】（1）延长DC和EF交于点N，根据图可知，求出和即可．
（2）①同理延长DC和EF交于点N，根据图可知，求出、和即可．
②用即可得到完全平方式，即可知，从而判断的面积大于的面积．
【详解】（1）延长DC和EF交于点N，如图，
∴，
∵，．
∴．
（2）①如图，同样延长DC和EF交于点N．
∴．
根据题意可知NF=a-b．
∵M为AE中点，AE=a+b，
∴，
∴，
即，
整理得：．
②，即，
∵，
∴，即．
故的面积大于的面积．
．
【点睛】本题考查正方形的性质，整式的混合运算以及完全平方式的运用．作出辅助线是解决本题的关键．
29．（2022·上海·七年级期末）若x满足（9﹣x）（x﹣4）＝4，求（4﹣x）2+（x﹣9）2的值．
解：设9﹣x＝a，x﹣4＝b，则（9﹣x）（x﹣4）＝ab＝4，a+b＝（9﹣x）+（x﹣4）＝5，
∴（9﹣x）2+（x﹣4）2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝52﹣2×4＝17
请仿照上面的方法求解下面问题：
（1）若x满足（5﹣x）（x﹣2）＝2，求（5﹣x）2+（x﹣2）2的值
（2）已知正方形ABCD的边长为x，E，F分别是AD、DC上的点，且AE＝1，CF＝3，长方形EMFD的面积是48，分别以MF、DF作正方形，求阴影部分的面积．
【答案】（1）5；（2）28．
【分析】（1）设（5﹣x）＝a，（x﹣2）＝b，根据已知等式确定出所求即可；
（2）设正方形ABCD边长为x，进而表示出MF与DF，求出阴影部分面积即可．
【详解】解：（1）设（5﹣x）＝a，（x﹣2）＝b，
则（5﹣x）（x﹣2）＝ab＝2，
a+b＝（5﹣x）+（x﹣2）＝3，
∴（5﹣x）2+（x﹣2）2＝（a+b）2﹣2ab＝32﹣2×2＝5；
（2）
∵正方形ABCD的边长为x，AE＝1，CF＝3，
∴MF＝DE＝x﹣1，DF＝x﹣3，
∴（x﹣1）∙（x﹣3）＝48，
∴（x﹣1）﹣（x﹣3）＝2，
∴阴影部分的面积＝FM2﹣DF2＝（x﹣1）2﹣（x﹣3）2．
设（x﹣1）＝a，（x﹣3）＝b，
则（x﹣1）（x﹣3）＝ab＝48，
a﹣b＝（x﹣1）﹣（x﹣3）＝2，
∴a＝8，b＝6，a+b＝14，
∴（x﹣1）2﹣（x﹣3）2＝a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）＝14×2＝28．
即阴影部分的面积是28．
【点睛】本题考查了完全平方公式的几何背景，应从整体和部分两方面来理解完全平方公式的几何意义，主要围绕图形面积展开分析．
30．（2022·上海·七年级期末）若将边长为 a 、b 的正方形 ABCD 按图 ① 中的比例进行分割，可以拼成一个长方形A1 B1C1D1 不重叠、无缝隙），如图②所示.
（1）根据图①可以拼成图②的面积关系，请写出 a 、b 之间存在的关系式；
（2）已知图③中，四边形 QMNG 与四边形EFGH 分别是以 a 、b 长为边的正方形与图①中的 a 、b 相同），在图 3 已有的四边形中，面积相等的四边形有几组？请分别写出.
【答案】(1) (2)2组，矩形的面积=正方形的面积和矩形的面积=正方形的面积
【分析】(1)根据正方形、矩形的面积公式计算；
(2)根据(1)的结论得到，结合图形计算，得到答案．
【详解】解：(1)由题意可得：
；
(2)由(1)可知,，
，
矩形的面积，
正方形的面积，
矩形的面积=正方形的面积，
则矩形的面积=正方形的面积。
【点睛】本题考查整式的混合运算，解题关键在于对于图形面积的结合，利用面积相等去写出等式即可.
31．（2022·上海·七年级期末）我国古代数学的许多发现都曾位居世界前列，其中“贾宪三角（贾宪是北宋时期的数学家）”就是一例．如图1，这个三角形中的数字给出了（n为正整数）的展开式（按字母的降幂排列）的系数规律．例如：如图2，在三角形中第三行的三个数是1，2,1，恰好对应展开式中的系数；第四行的四个数1,3,3,1，恰好对应展开式中的系数
（1）请根据上面的规律，写出 的展开式
（2）利用上面的规律计算：
【答案】（1）;（2）.
【分析】（1）由，可得的各项展开式的系数除首尾两项都是1外，其余各项系数都等于的相邻两个系数的和，由此可得的各项系数依次为1、4、6、4、1；
（2）将写成“杨辉三角”的展开式形式，逆推可得结果．
【详解】（1）
（2）
【点睛】此题考查数字的变化类，解题关键在于掌握规律型即可求解.
32．（2022·上海·七年级期末）已知多项式，多项式.当x=1时，多项式A和B的值分别为4和2，求当x=-1时，多项式A的值.
【答案】0.
【分析】由题意可得a+b+c+d+e+f=4，b+d+f=2，从而可求得a+c+e的值，继而可求得当x=-1时A的值.
【详解】由题意可知当x=1时，A=a+b+c+d+e+f=4，B=b+d+f=2，
所以a+c+e=2，
所以当x=-1时，A=-a+b-c+d-e+f=-（a+c+e）+（b+d+f）=-2+2=0.
【点睛】本题考查了多项式的值，理解题意，正确得到a+c+e的值是解题的关键.
33．（2022·上海·七年级期末）如图，有一个边长为的大正方形和两个边长为b的小正方形，分别将他们按照图①和图②的形式摆放，
（1）用含有的代数式分别表示阴影面积： , ， .
（2）若，求的值；
（3）若，，，求出图③中的阴影部分面积.
【答案】（1）a2-4ab+4b2；a2-2ab+b2；2b2-ab；（2）-34；（3）38
【分析】（1）用含a和b的代数式表示出两个小正方形的边长，然后根据面积公式可得S1，S2的面积；用大正方形的面积减去左侧长方形的面积和两个正方形的面积可得S3的面积；
（2）把S1和S3代入，整理后根据完全平方公式变形，然后把代入计算即可；
（3）由，，，可求出a2，b2，ab的值，然后用割补法求解即可.
【详解】（1）∵图①中间小正方形的边长是2b-a，
∴S1=(2b-a)2=a2-4ab+4b2；
∵图①左上角正方形的边长a-b，
∴S2=(a-b)2=a2-2ab+b2；
S3= 2b2-ab；
（2）∵，
∴=2(a2-4ab+4b2)-3(2b2-ab)
=2a2+2b2-5ab
=2(a+b)2-9ab
=200-234
=-34；
（3）∵，，，
∴，
∴a2=76，b2=34，ab=50，
S阴影=a2+b2-b(a+b)- a2+b(a-b)
=a2
=38.
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的几何背景的应用，解决问题的关键是根据图形之间的面积关系进行推导计算，恰当进行代数式变形是解答本题的关键．．
34．（2022·上海·七年级期末）小丽是个爱思考的学生，最近，她发现一些特殊的两位数乘法，如21x29=609：23x27=621：31x39=1209：52 x 58=3016…其因数和计算结果都存在一定的规律，（1）试写出一个与上述算式具有同样特征的算式 ．
（2）为了反映上述规律，如果设其中一个因数十位上的数字为a，个位上的数字为b，那么该因数可表示为 ，另一个因数可表示为 ，计算结果可表示为 ，从而上述算式的特征和规律可用一个等式表示为 ．
（3）试运用你所学的知识说明（2）中写出的等式是正确的．
【答案】（1）34×36＝1224；（2）10a＋b，10a＋10−b，100a（a＋1）＋b（10−b），（10a＋b）（10a＋10−b）＝100a（a＋1）＋b（10−b）；（3）见解析
【分析】（1）规律的算式其结果都等于十位数与十位数加1乘积的100倍再加上个位数的乘积即可得；
（2）根据总结的规律解答即可；
（3）根据整式的运算即可验证其左右两边是否相等．
【详解】（1）写出一个与上述算式具有同样特征的算式为：34×36＝1224，
故答案为34×36＝1224；
（2）为了反映上述规律，如果设其中一个因数十位上的数字为a，个位数字为b，那么该因数可表示为10a＋b，另一个因数可表示为10a＋10−b，计算结果可表示为100a（a＋1）＋b（10−b），从而上述算式的特征和规律可用一个等式表示为：（10a＋b）（10a＋10−b）＝100a（a＋1）＋b（10−b）；
故答案为10a＋b，
10a＋10−b，
100a（a＋1）＋b（10−b），
（10a＋b）（10a＋10−b）＝100a（a＋1）＋b（10−b）；
（3）左边＝100a2＋100a−10ab＋10ab＋10b−b2＝100a2＋100a＋10b−b2＝100a（a＋1）＋b（10−b）＝右边，
∴（10a＋b）（10a＋10−b）＝100a（a＋1）＋b（10−b）,正确.
【点睛】此题主要考查运算规律探索与运用，认真观察算式中存在的规律，并结合它们灵活应用是解题的关键，在证明中，整式的运算法则是基础．
35．（2022·上海·七年级期末）阅读下列例题的解题过程，再解答下面问题
例题：已知，,求的值
解：
问题：（1）已知，，求的值；
（2）已知的值
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）将等式化简，变形得出含有，的项，代入计算即可；
（2）将等式化简，变形得出含有，的项，代入计算即可．
【详解】解：（1）
当，时
原式
（2）
当，时，
原式
【点睛】此题考查了代数式化简求值，懂得将，化简成含有已知条件的情况，是解本题的关键．
36．（2022·上海·七年级期末）已知：；，求
【答案】
【分析】先变成am×am+1的形式，再代入，最后把整式化简即可．
【详解】∵；，
∴
=
=
=
.
【点睛】本题考查多项式乘多项式和同底数幂的乘法的逆运用，能利用同底数幂的乘法将化成是解决本题的关键，本题多项式与多项式相乘展开式较长，一定要细心，在合并同类项时不能出现遗漏.
37．（2022·上海·七年级期末）如图，有A型、B型、C型三种不同的纸板，其中A型：边长为a厘米的正方形；B型：长为a厘米，宽为1厘米的长方形；C型：边长为1厘米的正方形.
（1）A型2块，B型4块，C型4块，此时纸板的总面积为 平方厘米；
①从这10块纸板中拿掉1块A型纸板，剩下的纸板在不重叠的情况下，可以紧密的排出一个大正方形，这个大正方形的边长为 厘米；
②从这10块纸板中拿掉2块同类型的纸板，使得剩下的纸板在不重叠的情况下，可以紧密地排出两个相同的大正方形，请问拿掉的是2块哪种类型的纸板？（计算说明）
（2）A型12块，B型12块，C型4块，从这28块纸板中拿掉1块纸板，使得剩下的纸板在不重叠的情况下，可以紧密地排出三个相同形状的大正方形，则大正方形的边长为 .
【答案】（1）；①；②2块C类；（2）.
【分析】（1）利用正方形的面积公式即可求解；①把（1）求得的总面积减去a2，然后利用完全平方公式因式分解，即可得到大正方形的边长；②把（1）求得的总面积减去2，利用完全平方公式因式分解，可得正方形的边长，故需拿掉2块C类型的纸板；
（2）先求出这28块纸板的总面积，再把它配方，再得到需要拿掉的纸板与大正方形的面积.
【详解】（1）A型2块，B型4块，C型4块，此时纸板的总面积为平方厘米；
①∵==，
∴这个大正方形的边长为厘米；
②从这10块纸板中拿掉2块C类型的纸板，使得剩下的纸板在不重叠的情况下，可以紧密地排出两个相同的大正方形，理由如下:
-2=,此时的两个大正方形的边长为厘米；
（2）A型12块，B型12块，C型4块，从这28块纸板的面积为.
∵紧密地排出三个相同形状的大正方形，
∴=
故需拿掉1块C类型纸板，此时三个大正方形的边长为cm.
【点睛】此题主要考查完全平方公式的应用，解题的关键是熟知完全平方公式的变形运用.
38．（2022·上海·七年级期末）观察下面的点阵图和相应的等式，探究其中的规律：
（1）在④和⑤后面的横线上分别写出相应的等式；
④ ；⑤ ；
（2）根据上面算式的规律，请计算：1+3+5+…+99= ；
（3）通过猜想写出与第n个点阵相对应的等式．
【答案】（1）1+3+5+7=42，1+3+5+7+9=52；（2）2500．（3）第n个点阵相对应的等式：1+3+5+7…+2n﹣1=n2．
【分析】（1）有图形即可得到所填的式子；
（2）从1开始的连续奇数之和等于数个数的平方，令n=50即可求出所求式子的值；
（3）根据前面的等式的规律得到第n个点阵图中点的个数共有n2个，它有从1开始的n个连续奇数的和，于是得到1+3+5+7+…+（2n-1）=n2．
【详解】解：（1）④中，为从1开始4个连续奇数的和，即1+3+5+7=42，
同理⑤中有1+3+5+7+9=52．
故答案为1+3+5+7=42，1+3+5+7+9=52．
（2）1+3+5+…+99=502=2500，
故答案为2500．
（3）（n≥1的整数）．
39．（2022·上海·七年级期末）计算：
【答案】
【分析】先计算乘方，再化简分式，最后相加即可．
【详解】解：
=
＝
=
=
=
=
=．
【点睛】考查了负整数指数幂和分式的加减法，解题关键是熟记其计算法则和运算顺序．
40．（2022·上海普陀·七年级期末）计算：．
【答案】
【分析】根据负整数指数幂、乘法公式、分式的除法和减法运算法则计算求解即可．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查了负整数指数幂、乘法公式、分式的除法和减法运算．解题的关键在于正确的计算．
41．（2022·上海·七年级期末）阅读下列材料，解决问题：
在处理分数和分式问题时，有时由于分子比分母大，或者分子的次数高于分母的次数，在实际运算时往往难度比较大，这时我们可以考虑逆用分数（分式）的加减法，将假分数（分式）拆分成一个整数（或整式）与一个真分数和（或差）的形式，通过对简单式的分析来解决问题，我们称为分离整数法，此法在处理分式或整除问题时颇为有效，现举例说明．
将分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和的形式．
解：＝．
这样，分式就拆分成一个整式x﹣2与一个分式的和的形式．
（1）将分式拆分成一个整式与一个分子为整数的分式的和的形式，则结果为 ．
（2）已知整数x使分式的值为整数，则满足条件的整数x＝ ．
【答案】（1）；（2）2或4或-10或16
【分析】（1）按照定义拆分即可，＝．
（2）先将拆分为一个整式与一个分式的和的形式，＝，若要值为整数，只需为整数即可，故x=2或4或-10或16．
【详解】（1）
＝
．
（2）
＝
若要值为整数，只需为整数即可
当x=2时
当x=4时
当x=-10时
当x=16时
故x=2或4或-10或16．
【点睛】本题考查了分式的化简构造新形式以及求使分式值为整数的未知数，理解逆用分数加减法的化简方法是解题的关键．
42．（2022·上海·七年级期末）为了应对特殊时期，某口罩生产企业需要在若干天内加工个口罩，在实际生产中，由于提高了生产技术水平，每天加工的个数为原来的倍，从而提前天完成任务
（1）问该企业原计划每天生产多少个口罩？
（2）如果该企业按原计划的工作效率加工了个口罩后，才将效率提高到原来的倍，则该企业完成这批口罩工作任务共用了多少天？（所得结果用含有的代数式表示：为大于零的整数）
【答案】（1）企业原计划每天生产2000个口罩；（2）该企业完成这批口罩工作任务共用了天
【分析】（1）设企业原计划每天生产个口罩，则提高效率后每天生产个口罩，根据“原计划比实际多用2天完成”列出分式方程即可求出结论；
（2）根据“总时间=以原计划的工作效率加工个口罩所用时间＋以提高效率后的工作效率加工（12000－a）个所用时间”即可求出结论．
【详解】解：（1）设企业原计划每天生产个口罩，则提高效率后每天生产个口罩，
根据题意可得
解得：x=2000
经检验：x=2000是原方程的解，且符合题意
答：企业原计划每天生产2000个口罩．
（2）根据题意，该企业完成这批口罩工作任务共用（天）
答：该企业完成这批口罩工作任务共用了天．
【点睛】此题考查的是分式方程的应用和利用代数式表示实际意义，掌握实际问题中的等量关系是解题关键．
43．（2022·上海·七年级期末）在某班小组学习的过程中，同学们碰到了这样的问题：“已知，，，求的值”．根据已知条件中式子的特点，同学们会想起，于是问题可转化为：“已知，，，求的值”，这样解答就方便了
（1）通过阅读，试求的值；
（2）利用上述解题思路，请你解决以下问题：已知，求的值
【答案】（1）7；（2）34．
【分析】（1）将已知的三个等式，左右两边分别相加即可得；
（2）先根据已知等式可得，再利用完全平方公式进行计算即可得．
【详解】（1）由题意知，，
由①②③得：，
解得，
则；
（2）由得：，
则，
，
，
．
【点睛】本题考查了分式的基本性质与运算、完全平方公式，熟练掌握分式的性质和运算法则是解题关键．
44．（2022·上海·七年级期末）对于正数x，规定：．
例如：，，．
（1）填空：________；_______；_________；
（2）猜想：_________，并证明你的结论；
（3）求值：．
【答案】（1），，1；（2），证明见解析；（3）．
【分析】（1）根据给出的规定计算即可；
（2）根据给出的规定证明；
（3）运用加法的交换律结合律，再根据规定的运算可求得结果．
【详解】解：（1） =， =，,+=1，
（2），
理由为：
，
则．
（3）原式
．
【点睛】本题考查的是分式的加减，根据题意找出规律是解答此题的关键．
45．（2022·上海·七年级期末）先化简，再求值：，其中.
【答案】.
【分析】先括号内的代数式因式分解寻找最简公分母并进行通分，再按照分式的除法法则运算即可.
【详解】解：原式=
代入，则原式=，
【点睛】本题考查了分式的化简求值，通过因式分解确定最简公分母是解题关键.
46．（2022·上海·七年级期末）如图（1），已知中，，BC＝a，AC＝b，将绕点A逆时针旋转90°得到．
(1)联结，请直接写出是 三角形，并求出的面积．（用含字母a、b的代数式表示）
(2)将向左平移，使点与点A重合，点落在AC边上，标记为，A点平移后的对应点标记为，请在图（2）中画出平移后的图形，联结、．如果AB＝3，求四边形的面积．
【答案】(1)等腰直角；
(2)图见解析；
【分析】（1）利用旋转的性质可直接得知， 为等腰直角三角形；利用割补法求解三角形面积：，可通过计算出后面三个图形面积化简得到答案；
（2）画出图形后可知，分别计算出后面两个三角形的面积得到四边形的面积．
(1)
等腰直角三角形；
延长BC、交于D点，由旋转得BC＝＝a，AC＝＝b，＝＝；
(2)
按要求画出图形；由题意可得：，
∴
＝
＝＝．
【点睛】本题考查了旋转的性质、割补法求解图形面积，其中熟练掌握割补法求解图形面积的技巧是解题关键．
47．（2022·上海·七年级期末）如图，已知正方形ABCD，点M是线段CB延长线上一点，联结AM，AB＝a，BM＝b．
(1)将线段AM沿着射线AD方向平移，使得点A与点D重合． 用代数式表示线段AM扫过平面部分的面积 ．（直接写出答案）
(2)将三角形ABM绕着点A旋转，使得AB与AD重合，点M落在点N，联结MN． 用代数式表示三角形CMN的面积 ．（直接写出答案）
(3)将三角形ABM顺时针旋转，使旋转后的三角形有一边与正方形的一边完全重合（第（2）小题的情况除外）．请在下图中画出符合条件的3种情况，并写出相应的旋转中心和旋转角．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【分析】（1）根据平移的性质和平行四边形的面积计算即可；
（2）根据三角形的面积计算即可；
（3）根据旋转的性质画出图形得出旋转中心和角度即可．
（1）
解：线段AM扫过的平面部分的面积为；
故答案为：
（2）
解：将△ABM绕着点A逆时针旋转90°，如图所示，
则，，
∴△CMN的面积为＝＝，
故答案为：
（3）
①如图1：旋转中心：AB边的中点O；顺时针180°；
②如图2：旋转中心：点B；顺时针旋转90°；
③如图3：旋转中心：正方形对角线交点O；顺时针旋转90°；
【点睛】本题考查了旋转的性质，关键是根据旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角解答．
48．（2022·上海普陀·七年级期末）如图1，长方形纸片ABCD（AD＞AB），点O位于边BC上，点E位于边AD上，将纸片沿OE折叠，点C、D的对应点分别为点C′、D′．
(1)当点C′与点A重合时，如图2，如果AD＝12，CD＝8，联结CE，那么△CDE的周长是 ；
(2)如果点F位于边AB上，将纸片沿OF折叠，点B的对应点为点B′．
①当点B′恰好落在线段OC′上时，如图3，那么∠EOF的度数为 ；（直接填写答案）
②当∠B′OC′＝20°时，作出图形，并写出∠EOF的度数．
【答案】(1)；
(2)①；②见解析，
【分析】（1）证明DE+EC＝AD＝12，可得结论；
（2）①利用角平分线的定义以及平角的性质解决问题即可；
②分两种情形，分别画出图形，利用角平分线的定义，平角的性质解决问题即可．
（1）
解：如图2中，点C′与点A重合时，
由翻折的性质可知，EA＝EC，
∴DE+EC＝DE+EA＝AD＝12，
∴△CDE的周长＝DE+EC+CD＝12+8＝20．
故答案为：20；
（2）
①如图，
由翻折的性质可知，∠BOF＝∠B′OF，∠EOC＝∠EOC′，
∵∠BOC＝180°，
∴∠EOF＝∠EOB′+∠FOB′＝（∠COB′+∠BOB′）＝∠BOC＝90°．
故答案为：90°；
②如图，当OB′在OC′的下方时，
∵∠B′OC′＝20°，
∴∠BOB′+∠COC′＝180°﹣20°＝160°，
∵∠FOB′＝∠BOB′，∠EOC′＝∠COC′，
∴∠FOB′+∠EOC′＝×160°＝80°，
∴∠EOF＝∠FOB′+∠EOC′+∠B′OC′＝100°．
如图，当OB′在OC′的上方时，
∵∠B′OC′＝20°，
∴∠BOB′+∠COC′＝180°+20°＝200°，
∵∠FOB′＝∠BOB′，∠EOC′＝∠COC′，
∴∠FOB′+∠EOC′＝×200°＝100°，
∴∠EOF＝∠FOB′+∠EOC′﹣∠B′OC′＝80°．
综上所述，∠EOF的度数为100°或80°
【点睛】本题考查了折叠的性质，几何图形中角度的计算，分类讨论是解题的关键．
49．（2022·上海普陀·七年级期末）如图，已知四边形ABCD和直线MN．
(1)画出四边形A1B1C1D1，使四边形A1B1C1D1与四边形ABCD关于直线MN成轴对称；
(2)画出四边形A2B2C2D2，使四边形A2B2C2D2与四边形ABCD关于点O成中心对称；
(3)四边形A1B1C1D1与四边形A2B2C2D2的位置关系是 ．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)关于直线成轴对称．
【分析】（1）根据轴对称的性质即可画出四边形A1B1C1D1，使四边形A1B1C1D1与四边形ABCD关于直线MN成轴对称；
（2）根据中心对称性质即可画出四边形A2B2C2D2，使四边形A2B2C2D2与四边形ABCD关于点O成中心对称；
（3）结合以上画图确定四边形A1B1C1D1与四边形A2B2C2D2的位置关系即可．
（1）
解：如图，A1B1C1D1即为所求；
（2）
解：如图，A2B2C2D2即为所求；
（3）
解：如图可知: 四边形A1B1C1D1与四边形A2B2C2D2关于直线CO成轴对称．
故答案为：关于直线CO成轴对称．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质、中心对称的性质以及抽对称图形的识别，掌握轴对称和中心对称的性质成为解答本题的关键．
50．（2022·上海·七年级期末）如图，在正方形中，点E是边上的一点（与A，B两点不重合），将绕着点C旋转，使与重合，这时点E落在点F处，联结．
（1）按照题目要求画出图形；
（2）若正方形边长为3，，求的面积；
（3）若正方形边长为m，，比较与的面积大小，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）4；（3），见解析
【分析】（1）根据题意去旋转，画出图象；
（2）由旋转的性质得，求出AE和AF的长，即可求出的面积；
（3）用（2）的方法表示出的面积，再用四边形AECF的面积减去的面积得到的面积，比较它们的大小．
【详解】（1）如图所示：
（2）根据旋转的性质得，
∴，，
∴；
（3）根据旋转的性质得，
，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键是掌握图形旋转的性质，以及利用割补法求三角形面积的方法．
51．（2022·上海·七年级期末）如图，已知的三个顶点在小方格顶点上（小方格的边长为1个单位长度），按下列要求画出图形和回答问题：
（1）在图中画出：绕点C按顺时针方向旋转后的图形；
（2）在图中画出：（1）中的关于直线MN的轴对称的图形；
（3）在（2）中的可以用原通过怎样的一次运动得到的？请你完整地描述这次运动的过程．
【答案】（1）图见解析；（2）图见解析；（3）将沿着翻折一次可得到．
【分析】（1）先根据旋转的定义画出点，再顺次连接即可得；
（2）先根据轴对称的定义画出点，再顺次连接即可得；
（3）先根据旋转和轴对称的性质可得，，与重合，再根据翻折的定义即可得．
【详解】（1）先根据旋转的定义画出点，再顺次连接即可得，如图所示：
（2）先根据轴对称的定义画出点，再顺次连接即可得，如图所示：
（3）由旋转和轴对称的性质得：，，与重合，
则将沿着翻折一次即可得到．
【点睛】本题考查了画旋转图形、画轴对称图形、图形的翻折，熟练掌握图形的运动是解题关键．
52．（2022·上海·七年级期末）已知点A（﹣1，3a﹣1）与点B（2b+1，﹣2）关于x轴对称，点C（a+2，b）与点D关于原点对称．
（1）求点A、B、C、D的坐标；
（2）顺次联结点A、D、B、C，求所得图形的面积．
【答案】（1）点A（−1，2），B（−1，−2），C（3，−1），D（−3，1）；（2）图见详解，12．
【分析】（1）根据关于x轴对称的点的坐标规律：横坐标相同，纵坐标互为相反数，分别求出a，b的值，进而求出点A、B、C的坐标，再根据关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数求出点D的坐标；
（2）把这些点按A−D−B−C−A顺次连接起来，再根据三角形的面积公式计算其面积即可．
【详解】解：（1）∵点A（−1，3a−1）与点B（2b＋1，−2）关于x轴对称，
∴2b＋1＝−1，3a−1＝2，
解得a＝1，b＝−1，
∴点A（−1，2），B（−1，−2），C（3，−1），
∵点C（a＋2，b）与点D关于原点对称，
∴点D（−3，1）；
（2）如图所示：
四边形ADBC的面积为：×4×2＋×4×4＝12．
【点睛】本题考查的是作图−轴对称变换，熟知关于x、y轴对称的点的坐标特点是解答此题的关键．
53．（2022·上海·新中初级中学七年级期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在边长为1的正方形方格的格点上．
（1）写出点A，B，C的坐标：A______，B_______，C______．
（2）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1．
（3）△A1B1C1的面积为_______．
【答案】（1）（﹣1，3），（2，0），（﹣3，﹣1）；（2）见解析；（3）9．
【分析】（1）利用点的坐标的表示方法求解；
（2）先根据关于y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（3）用一个矩形的面积分别减去三个三角形的面积去计算△A1B1C1的面积．
【详解】（1）A（﹣1，3），B（2，0），C（﹣3，﹣1）；
（2）如图，△A1B1C1为所作；
（3）△A1B1C1的面积＝4×5﹣×4×2﹣×3×3﹣×5×1＝9．
故答案为（﹣1，3），（2，0），（﹣3，﹣1）；9．
【点睛】本题考查了作图-轴对称变换：几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．
54．（2022·上海·七年级期末）在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为（3，2）．设点A关于y轴的对称点为B，点A关于原点O的对称点为C，点A绕点O顺时针旋转90°得点D．
（1）点B的坐标是 ；
点C的坐标是 ；
点D的坐标是 ；
（2）顺次联结点A、B、C、D，那么四边形ABCD的面积是 ．
【答案】（1）（﹣3，2），（﹣3，﹣2），（2，﹣3）；（2）25
【分析】（1）由题意根据在平面直角坐标系中，点关于x轴对称时，横坐标不变，纵坐标为相反数，关于y轴对称时，横坐标为相反数，纵坐标不变，关于原点对称时，横纵坐标都为相反数，以及利用旋转的性质进行分析即可．
（2）根据题意直接利用矩形面积减去两个三角形求出即可．
【详解】解：（1）∵点A的坐标为（3，2），点A关于y轴对称点为B，
∴B点坐标为：（﹣3，2），
∵点A关于原点的对称点为C，
∴C点坐标为：（﹣3，﹣2），
∵点A绕点O顺时针旋转90°得点D，
∴D点坐标为：（2，﹣3），
故答案为：（﹣3，2），（﹣3，﹣2），（2，﹣3）；
（2）顺次连接点A、B、C、D，
那么四边形ABCD的面积是：5×6﹣×1×5﹣×1×5＝25．
故答案为：25.
【点睛】本题考查在平面直角坐标系中，点关于x轴，y轴及原点对称时横纵坐标的符号以及图形面积求法，正确掌握点的变换坐标性质是解题的关键．
55．（2022·上海·七年级期末）在直角坐标平面内，点A1、B1、C1的坐标如图所示．
（1）请写出点A1、B1、C1的坐标：
点A1的坐标是 ；
点B1的坐标是 ；
点C1的坐标是 ．
（2）将点A1绕原点逆时针旋转90°得到点A，则点A的坐标是 ．
（3）若点B1与点B关于原点对称，则点B的坐标是 ．
（4）将C1沿x轴翻折得到点C，则点C的坐标是 ．
（5）分别联结AB、BC、AC，得到△ABC，则△ABC的面积是 ．
【答案】（1）（3，0）；（﹣5，﹣3）；（3，2）；（2）（0，3）；（3）（5，3）；（4）（3，﹣2）；（5）．
【分析】（1）根据在坐标系所处的位置即可得到点的坐标；
（2）根据旋转的性质即可求得点A的坐标；
（3）根据中心对称的性质即可求得点B的坐标；
（4）根据轴对称的性质即可求得点C的坐标；
（5）以AB为底，利用三角形的面积公式即可得到△ABC的面积．
【详解】解：（1）在直角坐标平面内，点A1、B1、C1的坐标如图所示：
点A1的坐标是（3，0）；点B1的坐标是 （﹣5，﹣3）；点C1的坐标是 （3，2），
故答案为：（3，0）；（﹣5，﹣3）；（3，2）；
（2）将点A1绕原点逆时针旋转90°得到点A，则点A的坐标是（0，3），
故答案为：（0，3）；
（3）若点B1与点B关于原点对称，则点B的坐标是（5，3），
故答案为：（5，3）；
（4）将C1沿x轴翻折得到点C，则点C的坐标是（3，﹣2），
故答案为：（3，﹣2）；
（5）分别连接AB、BC、AC，得到△ABC，则△ABC的面积是：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查坐标与图形变化-旋转，轴对称，中心对称，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
56．（2022·上海·七年级期末）如图1，，，,把绕点以每秒的速度逆时针方向旋转一周，同时绕点以每秒的速度逆时针方向旋转，当停止旋转时也随之停止旋转.设旋转后的两个角分别记为、，旋转时间为秒.
（1）如图2，直线垂直于，将沿直线翻折至，请你直接写出的度数，不必说明理由；
（2）如图1，在旋转过程中，若射线与重合时，求的值；
（3）如图1，在旋转过程中，当时，直接写出的值，不必说明理由.
【答案】（1） ；（2）；（3）5秒或9秒
【分析】（1）根据轴对称的性质求出∠MOD=MOD′=60°， 根据角的和差求出∠MOB，进而可求出BOD′的值；
（2）求出∠BOC=70°，然后根据射线与重合时，射线比多走了70°列方程求解即可；
（3）分相遇前和相遇后两种情况列方程求解即可．
【详解】解：（1）如图2，
∵，，，
∴∠MOD=MOD′=150°-90°=60°， ∠MOB=90°-50°=40°，
∴BOD′=60°-40°=20°；
（2）∵，，，
∴∠BOC=70°．
由题意得
20t-10t=70，
∴t=7；
（3）①相遇前，由题意得
20t-10t=70-20，
∴t=5；
②相遇后，由题意得
20t-10t=70+20，
∴t=9；
综上可知，当时，的值是5秒或9秒．
【点睛】本题考查的是用方程的思想解决角的旋转的问题，以及分类讨论的数学思想，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
57．（2022·上海·七年级期末）如图，在的方格纸中，将向右平移4个单位长度得到,关于直线对称的图形为，将绕点旋转得.
（1）在方格纸中画出、和；
（2）在、和中，哪两个三角形成轴对称？
（3）在、和中，哪两个三角形成中心对称？
【答案】（1）见解析；（2）和；（3）△ABC和
【分析】（1）根据平移的性质、轴对称的性质以及旋转的性质画图即可；
（2）根据轴对称的定义，观察图形解答即可；
（3）根据中心对称的定义，观察图形解答即可；
【详解】（1）如图，、和即为所求；
（2）根据轴对称的定义，和成轴对称；
（3）根据中心对称的定义，△ABC和成中心对称；
【点睛】本题考查了平移作图、轴对称作图、旋转作图，熟练掌握平移的性质、轴对称的性质、旋转的性质以及中心对称的定义是解答本题的关键．
58．（2022·上海·七年级期末）在中，点在边上，联结.
如图，将沿着翻折，点的对应点是点，若平分，则的值等于 ；

若.将绕着点旋转，使得点的对应点落在边上，点的对应点分别是点，则的面积等于 .
【答案】(1)120;(2)3或9.
【分析】（1）根据翻折的性质和邻补角的性质列方程求解即可；
（2）分别按顺时针和逆时针旋转90°两种情画出图形，根据旋转的性质求解即可.
【详解】解：（1）∵将沿着翻折，点的对应点是点，
∴=,
∵平分，
∴∠ADB= =n°.
∵∠ADB+∠ADC=180°,
∴n°+ n°=180°
解之得,n=120.
故答案为120.
(2)①当△ABC绕点D顺时针旋转90°时,如图所示:
∵是由绕着点顺时针旋转90°得到,
∴ , ,
∵CD=4,
∴ =4-2=2.
∴的面积= =3;
②当△ABC绕点D逆时针旋转90°时,如图所示:
∵是由绕着点顺时针旋转90°得到,
∴ , ,
∴.
∴的面积= =9.
综上所述, 的面积等于3或9.
故答案为3或9.
【点睛】本题考查了翻折和旋转的性质,掌握相关知识是解题的关键.
59．（2022·上海·七年级期末）如图，在一个10×10的正方形网格中有一个△ABC．
（1）在网格中画出△ABC向下平移4个单位，再向右平移2个单位得到的△A1B1C1；
（2）在网格中画出△ABC绕点P逆时针方向旋转90°得到的△A2B2C2；
（3）在（1）（2）的画图基础上，联结B1C2、A2C1，若小正方形的单位长度为1，请求出四边形A2C2B1C1的面积.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据平移的规律找到出平移后的对应点的坐标，顺次连接即可；
（2）根据旋转的性质找出旋转后各个对应点的坐标，顺次连接即可；
（3）依据割补法进行计算，即可得到四边形A2C2B1C1的面积.
【详解】（1）（2）如下图所示；
（3）
.
【点睛】本题考查的是平移变换与旋转变换作图，作平移图形时，找关键点的对应点是关键的一步；作旋转后的图形的依据是旋转的性质，要注意旋转中心，旋转方向和角度．
60．（2022·上海·七年级期末）在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为（﹣2，0），点B在y轴的正半轴上，且OB＝2OA，将线段AB绕着A点顺时针旋转90°，点B落在点C处．
（1）分别求出点B、点C的坐标．
（2）在x轴上有一点D，使得△ACD的面积为3，求：点D的坐标．
【答案】（1）B（0，4），C（2，﹣2） （2）D（1，0）或（﹣5，0）
【分析】（1）根据题意画出图形即可；
（2）设D（m，0），由题意得•|m﹣2|•2＝3，即可求解.
【详解】解：（1）由图象可知，B（0，4），C（2，﹣2）；
（2）设D（m，0），由题意
•|m﹣2|•2＝3，
解得m＝﹣5和1，
∴D（1，0）或（﹣5，0）．
【点睛】本题考查的是坐标与图形的变化，熟练掌握图形变化是解题的关键.
61．（2022·上海·七年级期末）在三角形中，（如图），将三角形绕着点逆时针旋转得到三角形（点、分别与点、对应），如果与的度数之比为，当旋转角大于且小于时，求旋转角的度数.
【答案】50°或200°.
【分析】分CE在AC左侧和右侧两种情况进行分析求解，当CE在AC左侧时，+=80°；当CE在AC右侧时，=+80°.
【详解】解：①当CE在AC左侧时，
由图可知，+=80°，
再由与的度数之比为可得，，即旋转角为50°；
②当CE在AC右侧时，
由图可知，=+80°，
再由与的度数之比为可得，，即旋转角为200°；
故旋转角的度数为50°或200°.
【点睛】本题考查了旋转的性质，分情况讨论是解题的关键.本题第一种情况较为简单，容易想到，而第二种情况则很容易忽略，要结合题干条件多作尝试和全面思考，才能考虑所有情况.
62．（2022·上海·七年级期末）填空：已知多项式________是一个完全平方.（请在横线上填上所以的适当的单项式.）
【答案】
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可．
【详解】解：完全平方公式 ，分情况讨论：
（1）当相当于项时， ，可满足题意；
（2）当相当于项时，，可满足题意；
（3）当与相当于a与b，则需要求的是项，则，可满足题意.
故答案为.
【点睛】本题考查了完全平方式，以及单项式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
63．（2022·上海·七年级期末）因式分解：
【答案】
【分析】先分组分解后提取公因式即可.
【详解】
【点睛】本题考查的是分解因式，能正确的进行分组是关键.
64．（2022·上海·七年级期末）已知：，，，设，，，……，
（1）计算___________，____________，____________
（2）写出，，，四者之间的关系，并证明你的结论．
（3）根据（2）的结论，直接写出的值是_____________
【答案】（1）5，4，13；（2），见解析；（3）38
【分析】（1）s2=a2+b2+c2=(a+b+c)2﹣2(ab+bc+ca)=1+4=5，由(a+b+c)3=﹣2(a3+b3+c3)+6abc+3(a2+b2+c2)，可求s3，由变形可求s4；
（2）sn=sn﹣1•(a+b+c)﹣(an﹣1b+an﹣1c+abn﹣1+cbn﹣1+acn﹣1+bcn﹣1)=sn﹣1•(a+b+c)﹣[sn﹣2•(ab+ac+bc)﹣abcn﹣2﹣abn﹣2c﹣an﹣2bc]=sn﹣1•(a+b+c)﹣sn﹣2•(ab+ac+bc)+sn﹣3•abc，将已知条件代入即可；
（3）利用所求关系式可得：s5=s4+2s3﹣s2=13+8﹣5=16，则s6=s5+2s4﹣s3=16+26﹣4=﹣38．
【详解】（1）s2=a2+b2+c2=(a+b+c)2﹣2(ab+bc+ca)=1+4=5，
(a+b+c)3=a3+b3+c3+3a2b+3a2c+3b2a+3b2c+3c2a+3c2b+6abc=a3+b3+c3+3a2(b+c)+3b2(a+c)+3c2(a+b)+6abc．
∵a+b+c=1，abc=﹣1，
∴(a+b+c)3=a3+b3+c3+3a2(1-a)+3b2(1-b)+3c2(1-c)+6abc
∴(a+b+c)3=a3+b3+c3+3a2-3a3+3b2-3b3+3c21-3c3+6abc
∴(a+b+c)3=﹣2(a3+b3+c3)-6+3(a2+b2+c2)，
∴s3=a3+b3+c3=4．
∵ab+bc+ac=-2，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴
∴
∴s4=a4+b4+c4=13．
故答案为：5，4，13；
（2）关系为sn=sn﹣1﹣2sn﹣2﹣sn﹣3；理由：
sn=sn﹣1•(a+b+c)﹣(an﹣1b+an﹣1c+abn﹣1+cbn﹣1+acn﹣1+bcn﹣1)=sn﹣1•(a+b+c)﹣[sn﹣2•(ab+ac+bc)﹣abcn﹣2﹣abn﹣2c﹣an﹣2bc]=sn﹣1•(a+b+c)﹣sn﹣2•(ab+ac+bc)+sn﹣3•abc．
∵a+b+c=1，ab+bc+ca=﹣2，abc=﹣1，
∴sn=sn﹣1+2sn﹣2﹣sn﹣3；
（3）∵s5=s4+2s3﹣s2=13+8﹣5=16，
∴s6=s5+2s4﹣s3=16+26﹣4=﹣38，
∴a6+b6+c6的为38．
故答案为：38．
【点睛】本题考查了因式分解的应用；理解题意，将已知式子进行合理的变形，再运用因式分解进行求解是解答本题的关键．
65．（2022·上海·七年级期末）在长方形中，，现将长方形向上平移，再向左平移后到长方形的位置(的对应点为，其它类似)．
当时，请画出平移后的长方形，并求出长方形与长方形的重叠部分的面积．
当满足什么条件时，长方形与长方形有重叠部分(边与边叠合不算在内)，请用的代数式表示重叠部分的面积．
在平移的过程中，总会形成一个六边形，试用来表示六边形的面积．
【答案】（1）长方形见详解，重叠部分的面积=；（2）重叠部分的面积=，；（3）．
【分析】（1）根据题意，画出长方形，进而可得重叠部分的面积；
（2）根据题意得长方形与长方形的重叠部分的长为，宽为，从而得重叠部分的面积，由重叠部分的长与宽的实际意义，列出关于x的不等式组，进而即可求解；
（3）延长A1D1，CD交于点M，延长A1B1，CB交于点N，根据割补法，求出六边形的面积，即可．
【详解】（1）长方形，如图所示：
∵在长方形中，，将长方形向上平移，再向左平移后到长方形的位置，
∴长方形与长方形的重叠部分的面积=；
（2）∵，将长方形向上平移，再向左平移后到长方形的位置，
∴长方形与长方形的重叠部分的长为，宽为，
∴重叠部分的面积=，
∵且且，
∴；
（3）延长A1D1，CD交于点M，延长A1B1，CB交于点N，
六边形的面积=
=
=．
【点睛】本题主要考查图形的平移变换以及用代数式表示几何图形的数量关系，掌握平移变换的性质，是解题的关键．
66．（2018·上海杨浦·七年级期末）用幂的运算性质计算：．（结果表示为含幂的形式）
【答案】
【分析】先将、、转化为底数为2和3的形式，然后按照同底幂的乘法、除法法则运算可得．
【详解】解：原式
【点睛】本题考查负分数指数的运算，解题关键是将底数不同的指数转化为底数相同的形式．
67．（2022·上海·七年级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，BC＝a，AC＝b，（b＞a＞0），将△ABC绕点B顺时针旋转90°得△．
(1)画出△．
(2)将△ABC沿射线CB方向平移，平移后得△．
①当平移距离等于a（点C2和点B重合）时，求四边形的面积．（用a，b的代数式表示）
②若a＝1，b＝2，当△的面积和△的面积相等时，平移距离多少？（直接写出答案）
【答案】(1)见解析
(2)①四边形的面积为，②平移距离为2.5或3.5
【分析】（1）根据旋转的性质和方向，画出示意图即可；
（2）①把四边形的面积分割成梯形与三角形的面积之和计算即可；
②设平移的距离为h，分h小于a+b和大于a+b，两种情形求解即可．
（1）
根据旋转的性质，画图如下，
则△即为所求．
（2）
①当平移距离等于a（点C2和点B重合）时，如图所示，
=
=．
②∵a＝1，b＝2，如图2所示，设平移的距离为h，
当△的面积和△面积相等时，根据题意，得，
∴，
解得h=2.5；
∵a＝1，b＝2，如图3所示，设平移的距离为h，
当△的面积和△面积相等时，根据题意，得，
∴，
解得h=3.5；
∴当△的面积和△面积相等时，平移距离为2.5或3.5．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平移的性质，图形面积分割法计算，正确进行图形分割和分类计算是解题的关键．
68．（2022·上海·新中初级中学七年级期末）已知是等边三角形．
（1）将绕点A逆时针旋转角，得到，BD和EC所在直线相交于点O．
①如图a，当时，与是否全等？ （填“是”或“否”）， 度；
②当旋转到如图b所在位置时，求的度数；
（2）如图c，在AB和AC上分别截取点和，使，连接，将绕点A逆时针旋转角，得到，BD和EC所在直线相交于点O，请利用图c探索的度数，直接写出结果，不必说明理由．
【答案】（1）①是，120°；②120°；（2）当时，，当时，
【分析】（1）①根据旋转变换的性质以及等边三角形的性质可得AB＝AD＝AC＝AE，∠BAD＝∠CAE，然后利用“边角边”证明△ABD与△ACE全等；根据三角形的内角和等于180°求出∠ABD与∠AEC的度数，再根据旋转角为20°求出∠BAE的度数，然后利用四边形的内角和公式求解即可；
②先利用“边角边”证明△BAD和△CAE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ADB＝∠AEC，再利用四边形ABOE的内角和等于360°推出∠BOE+∠DAE＝180°，再根据等边三角形的每一个角都是60°得到∠DAE＝60°，从而得解；
（2）同过是等边三角形推出是等边三角形，再根据旋转变换的性质可得，，推出从而可以得到∠BOC，通过讨论，得出结论．
【详解】（1）①∵△ADE是由△ABC绕点A旋转θ得到，△ABC是等边三角形，
∴AB＝AD＝AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝20°，
在△ABD与△ACE中，
AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE ，
∴△ABD≌△ACE(SAS)；
∵θ＝20°，
∴∠ABD＝∠AEC= (180°−20°)= 80°，
又∵∠BAE＝θ+∠BAC＝20°+60°＝80°，
∴在四边形ABOE中，∠BOE＝360°−80°−80°−80°＝120°；；
②由已知得：和是全等的等边三角形，
∴，
∵是由绕点A旋转得到的，
∴，
∴，∴；
设DB、AC交于点M
在中，；
在中，；
∴
所以
（2）∵是等边三角形，
又∵，∴是等边三角形
根据旋转变换的性质可得，，
∴，
∴，
∴
，
当时，，
当时，.
【点睛】本题考查了旋转变换的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，根据旋转变换的性质找出证明全等三角形的条件是解题的关键．
69．（2022·上海·七年级期末）已知：如图①长方形纸片ABCD中，．将长方形纸片ABCD沿直线AE翻折，使点B落在AD边上，记作点F，如图②．

（1）当，时，求线段FD的长度；
（2）设、，如果再将沿直线EF向右起折，使点A落在射线FD上，记作点G，若线段，请根据题意画出图形，并求出x的值；
（3）设．，沿直线EF向右翻折后交CD边于点H，连接FH，当时，求的值．
【答案】（1）4；（2）图见解析，或；（3）=
【分析】（1）根据折叠的性质可得AF=AB=6，从而求出结论；
（2）根据点G的位置分类讨论，分别画出对应的图形，根据折叠的性质分别用x表示出FD和DG，根据题意列出方程即可求出结论；
（3）过点H作HM⊥EF于M，根据用a和b表示出S△HFE和S四边形ABCD，结合已知等式即可求出结论．
【详解】解：（1）由折叠的性质可得AF=AB=6
∵
∴FD=AD－AF=4；
（2）若点G落在线段FD上时，如下图所示
由折叠的性质可得：FG=AF=AB=x
∴FD=AD－AF=10－x，
∴DG=FD－FG=10－2x
∵
∴
解得：；
若点G落在线段FD的延长线上时，如下图所示
由折叠的性质可得：FG=AF=AB=x
∴FD=AD－AF=10－x，
∴DG=FG－FD=2x－10
∵
∴
解得：；
综上：或；
（3）如下图所示，过点H作HM⊥EF于M
∴HM=FD，
由题意可知：AF=AB=b，EF=AB=b，
∴FD=AD－AF=a－b
∴HM=a－b
∴S△HFE=EF·HM=b（a－b），S四边形ABCD=AD·AB=ab
∵
∴
整理可得：
∴=．
【点睛】此题考查的是一元一次方程的应用，掌握折叠的性质是解题关键．
70．（2018·上海市延安初级中学七年级期末）如图，已知三角形纸片，将纸片折叠，使点与点重合，折痕分别与边交于点．
（1）画出直线；
（2）若点关于直线的对称点为点，请画出点；
（3）在（2）的条件下，联结，如果的面积为2，的面积为，那么的面积等于 ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）12
【分析】（1）画出线段AC的垂直平分线即为直线DE；
（2）作出点B关于直线DE的对称点F即可；
（3）先求得S△AEC=8，＝2，再求得＝＝和 ＝＝，再代入S△AEC的面积即可求得．
【详解】（1）直线DE如图所示：
（2）点F如图所：
（3）连接AE，如图所示：
由对折可得：S△AED=S△DEC,S△BDE=S△DEF，
∴S△AEC=8，＝2，
设△BED中BE边上的高为h，
，即，则2BE=EC，
设△AEC中EC边上的高为h'，则：
，
∴．
【点睛】考查作图-轴对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题．
71．（2022·上海·七年级期末）如图，正方形，点是线段延长线一点，连结，，
（1）将线段沿着射线运动，使得点与点重合，用代数式表示线段扫过的平面部分的面积.
（2）将三角形绕着点旋转，使得与重合，点落在点，用代数式表示线段扫过的平面部分的面积.
（3）将三角形顺时针旋转，使旋转后的三角形有一边与正方形的一边完全重合（第（2）小题的情况除外），请在如图中画出符合条件的3种情况，并写出相应的旋转中心和旋转角
【答案】（1）；（2）或；（3）见解析
【分析】（1）根据平移的性质和平行四边形的面积计算即可；
（2）根据扇形的面积计算即可；
（3）根据旋转的性质画出图形得出旋转中心和角度即可．
【详解】解：（1）
答：线段扫过的平面部分的面积为
（2）三角形绕着点旋转，使得与重合，则三角形旋转的角度是90°或270°
∴或
∴或
答：扇形的面积为或
（3）如图1，旋转中心：边的中点为，顺时针
如图2，旋转中心：点，顺时针旋转
如图3，旋转中心：正方形对角线交点，顺时针旋转
【点睛】本题考查了旋转的性质，关键是根据旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角解答．
72．（2019·上海杨浦·七年级期末）在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=60°，△ABC绕点C顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），点A、B的对应点分别是点D、E．
（1）如图1，当点D恰好落在边AB上时，试判断DE与AC的位置关系，并说明理由．
（2）如图2，当点B、D、E三点恰好在一直线上时，旋转角α=__°，此时直线CE与AB的位置关系是__．
（3）在（2）的条件下，联结AE，设△BDC的面积S1，△AEC的面积S2，则S1与S2的数量关系是_____．
（4）如图3，当点B、D、E三点不在一直线上时，（3）中的S1与S2的数量关系仍然成立吗？试说明理由．
【答案】（1）DE∥AC (2) 120°，EC⊥AB；（3）S1=S2；(4) S1=S2仍然成立
【分析】（1）由旋转的性质可得∠EDC=∠BAC，DC=AC结合∠BAC=60°，可得△ADC是等边三角形，从而可得∠DCA=∠EDC=60°，由此可得DE∥AC；
（2）如图2，在△ABC中，由∠C=90°，∠BAC=60°可得∠ABC=30°，延长EC交AB于点F，由旋转的性质可得CE=BE，∠E=∠ABC=30°，结合B、D、E的三点在同一直线上可得∠CBE=∠E=30°，从而可得旋转角∠BCE=120°，结合∠BCE=∠ABC+∠BFC，∠ABC=30°，可得∠BFC=90°，从而可得EC⊥AB；
（3）如图2，过点D作DH⊥BC于点H，由∠DCF=∠ACB=90°易得∠ACF=∠DCH，结合∠AFC=∠DHC=90°，AC=DC可得△ACF≌△DCH，从而可得AF=DH，结合BC=EC即可得到S1=S2；
（4）如图3，过D作DH⊥BC于H，过A作AG⊥EC交EC的延长线于G，与（3）同理可得△AGC≌△DHC，从而可得AG=HD，结合EC=BC即可得到S1=S2仍然成立.
【详解】（1）DE∥AC．理由：
∵△ABC旋转后与△DCE全等，
∴∠A=∠CDE，AC=DC．
∵∠BAC=60°，AC=DC，
∴△DAC是等边三角形．
∴∠DCA=60°．
又∵∠CDE=∠BAC=60°，
∴∠DCA=∠CDE=60°，
∴DE∥AC．
（2）120°；EC⊥AB，理由如下：
如图2，延长EC交AB于点F，
∵在△ABC中，由∠C=90°，∠BAC=60°，
∴∠ABC=30°，
由旋转的性质可得：CE=BE，∠E=∠ABC=30°，
∵B、D、E的三点在同一直线上，
∴∠CBE=∠E=30°，
∴旋转角∠BCE=120°，
又∵∠BCE=∠ABC+∠BFC，∠ABC=30°，
∴∠BFC=120°-30°=90°，
∴EC⊥AB于点F；
（3）S1=S2，理由如下：
如图2，连接AE，过点D作DH⊥BC于点H，
∴∠AFC=∠DHC=90°，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACF=∠DCH，
又∵AC=DC，
∴△ACF≌△DCH，
∴AF=DH，
又∵EC=BC，
∴CE·AF=BC·DH，即S1=S2；
（4）S1=S2仍然成立，理由如下：
如图3所示：过D作DH⊥BC于H，过A作AG⊥EC交EC的延长线于G．
∵DH⊥BC，AG⊥EC，
∴∠AGC=∠DHC=90°
∵△ABC旋转后与△DCE全等
∴∠ACB=∠DCE=90°，AC=DC，BC=CE．
∵∠ACE+∠BCD=180°，∠GCA+∠ECA=180°，
∴∠ACG=∠DCH，
又∵∠AGC=∠DHC，AC=DC，
∴△AGC≌△DHC，
∴AG=DH，
∴EC•AF=CB•DG，即S1=S2．
【点睛】（1）解第3小题的关键是作出如图所示的辅助线，构造出△ACF≌△DCH，从而可得AF=DH，这样结合EC=BC即可证得S1=S2了；（2）解第4小题的关键是通过作出如图所示的辅助线，即可把图形转化成和第3小题相似的结构，这样即可参照第3小题的解题思路来解决本题了.