期中押题卷（考试范围：第五-七章）-单元测试（人教版）（解析版）_初中数学人教版_7下-初中数学人教版_7下-初中数学人教版（旧版）赠送_06习题试卷_3期中试卷

期中押题卷（考试范围：第五-七章） 选拔卷 （考试时间：90分钟 试卷满分：120分） 一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 1．（2021·河南八年级月考）下列说法中，正确的是（ ） A．点 到 轴的距离是3 B．在平面直角坐标系中，点 和点 表示同 一个点 C．若 ，则点 在 轴上 D．在平面直角坐标系中，第三象限内的点的横坐标 与纵坐标异号 【答案】C 【分析】根据点的坐标到坐标轴的距离、坐标轴上点的坐标特点及第三象限内点的坐标符 号特点逐一判断可得． 【详解】解： 、点 到 轴距离是2，此选项错误； 、在平面直角坐标系中，点 和点 表示不同的点，此选项错误； 、若 ，则点 在 轴上，此选项正确； 、在平面直角坐标系中，第三象限内点的横坐标与纵坐标同为负号，此选项错误；故选： C． 【点睛】本题主要考查点的坐标，解题的关键是掌握点的坐标到坐标轴的距离、坐标轴上 点的坐标特点及第三象限内点的坐标符号特点． 2.（2021•巴州区校级期中）如图，下列说法中错误的是（ ） A．∠3和∠5是同位角 B．∠4和∠5是同旁内角 C．∠2和∠4是对顶角 D．∠2 和∠5是内错角 【分析】根据同位角，同旁内角，对顶角以及内错角的定义进行判断． 【答案】解：A、∠3和∠5是同位角，故本选项不符合题意． B、∠4和∠5是同旁内角，故本选项不符合题意． C、∠2和∠4是对顶角，故本选项不符合题意．D、∠2和∠5不是内错角，故本选项符合 题意．故选：D． 【点睛】考查了同位角、内错角、同旁内角以及对顶角．解答此类题确定三线八角是关键 可直接从截线入手． 3．（2021·安徽七年级期中）计算 ﹣ ﹣ 的结果为（ ） A．4 B．﹣4 C．10 D．﹣10 【答案】B 【分析】根据算术平方根、立方根的定义计算即可． 【详解】解： ﹣ ﹣ ．故选：B． 【点睛】本题考查了实数的运算，正确的计算算术平方根、立方根是解题的关键． 4．（2021·西宁市海湖中学七年级期中）下列说法：①任何数都有算术平方根；②一个数 的算术平方根一定是正数；③(π－4)2的算术平方根是π－4；④算术平方根不可能是负数， 其中不正确的有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】若一个正数x的平方等于a，即 ，则这个正数x为a的算术平方根；0的算 术平方根是0；负数没有算术平方根，根据这些定义即可判断． 【详解】①负数没有平方根，因此负数也没有算术平方根，①不正确，符合题意； ②0的算术平方根是0，②不正确，符合题意； ③ π< 4， (π－4)2的算术平方根是4-π，③错误，符合题意； ④算术平方根不可能是负数，④正确，不符合题意， 错误的选项有三个，故选：C． 【点睛】本题主要考查了算术平方根的性质，属于基础题，本题重点是对算术平方根性质 的理解． 5．（2021·山西浑源初二期中）下列各式正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如果一个非负数x的平方等于a，那么x是a的算术平方根，由此即可求出结果． 【解析】解：A、 ，故错误；B、 ，故正确； C、 ，故错误；D、 ，故错误．故选：B． 【点睛】此题主要考查了算术平方根的概念，算术平方根易与平方根的概念混淆而导致错 误． 6．（2021·四川南充·七年级期末）如图，直线AB，CD相交于点O，OE⊥AB于O，OF平 分∠DOE，若∠AOC＝32°，则∠AOF的度数为（ ）A．119° B．121° C．122° D．124° 【答案】A 【分析】根据OE⊥AB于O，即可得出∠BOE＝∠AOE＝90°，进而求出∠DOE＝58°，再 利用OF平分∠DOE，即可求出∠EOF的度数，再由∠AOF＝∠AOE+∠EOF即可求出 ∠AOF的度数． 【详解】解：∵OE⊥AB于O，∴∠BOE＝∠AOE＝90°，∵∠AOC＝32°，∴∠AOC＝ ∠BOD＝32°， ∴∠DOE＝∠BOE﹣∠BOD＝90°﹣32°＝58°，∵OF平分∠DOE，∴∠EOF DOE 29°， ∠AOF＝∠AOE+∠EOF＝90°+29°＝119°．故选：A． 【点睛】此题主要考查了垂线、角平分线的定义、对顶角等知识点，根据已知熟练应用角 平分线的性质以及邻补角与余角之间关系是解题关键． 7．（2021·山西期末）如图，点 ， ， 分别在 的边 ， ， 上，连 接 ， ，在下列给出的条件中，不能判定 的是（ ） A． ° B． C． D． 【答案】B 【分析】据平行线的判定方法结合图形逐选项分析，找出正确选项． 【解析】由 ，得∠A,∠2互补；由图得∠A,∠2是与AB、DF有关的同旁内 角，据同旁内角互补，两直线平行得A选项能判定AB∥DF； 由 ，得∠A,∠1相等；由图得∠A、∠1是与AC、DE有关的同位角，据同位角相 等补，两直线平行得B选项能判定AC∥DE，不能判断AB∥DF； 由 ，得∠1,∠4相等；由图得∠1、∠4是与AB、DF有关的内错角，据内角角相 等，两直线平行得C选项能判定AB∥DF；由 ，得∠A,∠3相等；由图得∠A,∠3是与AB、DF有关同位角，据同位角相等， 两直线平行得C选项能判定AB∥DF． 综上分析，只有B选项不能判定AB∥DF．故选：B． 【点睛】本题考查平行线的判定．其关键是找准与要判定平行的直线有关的同位角、内错 角、同旁内角，再判断它们相等或互补与否才能应用相关判定方法进行判定． 8．（2021·山东济南市·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在方格 纸的格点上，如果将△ABC先向下平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到 △AB C ，那么点A的对应点A 的坐标为（ ） 1 1 1 1 A．（0，2） B．（0，－2） C．（2，0） D．（－2，0） 【答案】C 【分析】根据平移规律横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减进行计算即可． 【详解】解：由坐标系可得A（0，3），将△ABC先向下平移3个单位长度，再向右平移 2个单位长度，点A的对应点A 的坐标为（0+2，3-3），即（2，0），故选：C． 1 【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化--平移，关键是掌握点的坐标的变化规律． 9．（2021·安徽七年级期中）如图，小球起始时位于（3，0）处，沿所示的方向击球，小 球运动的轨迹如图所示．如果小球起始时位于（1，0）处，仍按原来方向击球，小球第一 次碰到球桌边时，小球的位置是（0，1），那么小球第2021次碰到球桌边时，小球的位置 是（ ） A．（3，4） B．（5，4） C．（7，0） D．（8，1） 【答案】B 【分析】根据题意，可以画出相应的图形，然后即可发现点所在位置的变化特点，即可得 到小球第2021次碰到球桌边时，小球的位置．【详解】解：由图可得， 点（1，0）第一次碰撞后的点的坐标为（0，1），第二次碰撞后的点的坐标为（3，4）， 第三次碰撞后的点的坐标为（7，0），第四次碰撞后的点的坐标为（8，1）， 第五次碰撞后的点的坐标为（5，4），第六次碰撞后的点的坐标为（1，0），…， ∵2021÷6=336…5，∴小球第2021次碰到球桌边时，小球的位置是（5，4），故选：B． 【点睛】本题考查了坐标确定位置，解答本题的关键是明确题意，发现点的坐标位置的变 化特点，利用数形结合的思想解答． 10．（2021·河南沁阳·初一期末）已知 ，∠EAF= ∠EAB，∠ECF= ∠ECD， 若∠E=66°，则∠F为（ ） A．23° B．33° C．44° D．46° 【答案】C 【分析】如图（见解析），先根据平行线的性质、角的和差可得 ，同样的方法可得 ，再根据角的 倍分可得 ，由此即可得出答案． 【解析】如图，过点E作 ，则 ， ， ，同理可得： ， ， ， ， 故选：C．【点睛】本题考查了平行线的性质、角的和差倍分，熟练掌握平行线的性质是解题关键． 二、填空题：本题共8个小题，每题3分，共24分。 11．（2021·浙江绍兴市·八年级其他模拟）命题“对顶角相等”的题设是________．结论 是__________． 【答案】两个角是对顶角 这两个角相等 【分析】任何一个命题都可以写成如果…，那么…的形式，如果后面是题设，那么后面是 结论． 【详解】解：命题“对顶角相等”可写成：如果两个角是对顶角，那么这两个角相等． 故命题“对顶角相等”的题设是“两个角是对顶角”，结论是“这两个角相等”， 故答案为：两个角是对顶角，这两个角相等． 【点睛】本题考查的是命题的题设与结论，解答此题目只要把命题写成如果…，那么…的 形式，便可解答． 12．（2021·四川省绵阳外国语学校八年级期中）已知a2+ ＝4a﹣4，则 的平方根 是______． 【答案】 【分析】把原式整理为a2-4a+4+ ＝0，根据非负数的性质求出a，b的值，再根据平 方根的定义求解即可． 【详解】解：因为a2+ ＝4a﹣4，a2-4a+4+ ＝0， ，a﹣2＝0，b﹣2＝0，解得a＝2，b＝2， ∴ ，∴ 的平方根是 ．故答案为： ． 【点睛】本题主要考查完全平方公式,非负数的非负性质和平方根的定义,解决本题的关键是 要熟练掌握完全平方公式,非负数的非负性质和平方根的定义. 13．（2021·牡丹江市田家炳实验中学初一期中）给出下列说法： （1）两条直线被第三条直线所截，同位角相等； （2）平面内的一条直线和两条平行线中的一条相交，则它与另一条也相交； （3）相等的两个角是对顶角；（4）三条直线两两相交，有三个交点；（5）若a⊥b， b⊥c，则a⊥c． 其中正确的有________个 【答案】1 【分析】根据各小题的描述情况，判断各小题的正误，即可得到答案． 【解析】解：（1）∵两条平行直线被第三条直线所截，同位角相等，故（1）不正确；（2）∵平面内的一条直线和两条平行线中的一条相交，则它与另一条也相交，故（2）正 确； （3）∵对顶角相等，但相等的角不一定是对顶角，故（3）不正确； （4）∵三条直线两两相交，也可能是交于同一个点，故（4）不正确； （5）∵若a b，b c，则a c，故（5）不正确，正确的只有（2）一个选项，故答案为： 1． 【点睛】本题主要考察了平面内直线的位置关系，平行公理的应用、直线相交交点个数问 题，解题的关键在于画出题意所示的直线位置图，以此判断说法的正误． 14．（2021·浙江绍兴市·八年级期末）若点B（7a＋14，a－3）在第四象限，则 a 的取值 范围是______． 【答案】－2＜a＜3 【分析】根据第四象限内的点的横坐标大于零，纵坐标小于零，可得不等式组，根据解不 等式组，可得答案． 【详解】解：由点B（7a＋14，a－3）在第四象限， 得 ．解得－2＜a＜3，故答案为：－2＜a＜3． 【点睛】本题考查了点的坐标，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的 符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（﹣，+）；第三象限（﹣，﹣）；第四 象限（+，﹣）． 15．（2021·江西南昌·七年级期中）已知 5.217 2.284， 52.17 7.223，若 x 72.23， x 则 的值为____________． 【答案】5217 【分析】根据算术平方根的定义，即可解答． 【详解】解：∵ 52.17 7.223， x 72.23，∴52.17≈7.2232，x≈72.232， ∵72.232＝7.2232×102，∴x＝52.17×100＝5217，故答案为： 5217． 【点睛】本题考查了算术平方根，解决本题的关键是熟记算术平方根的定义． 16．（2021·台州市书生中学八年级开学考试）第一象限内有两点Pm4,n ，Qm,n2 ， 将线段PQ平移，使平移后的点P、Q都在坐标轴上，则点P平移后的对应点的坐标是 _________． 【答案】(0,2)或(4,0) 【分析】设平移后点P、Q的对应点分别是P′、Q′．分两种情况进行讨论：①P′在y轴上， Q′在x轴上；②P′在x轴上，Q′在y轴上． 【详解】解：设平移后点P、Q的对应点分别是P′、Q′． 分两种情况：①P′在y轴上，Q′在x轴上，则P′横坐标为0，Q′纵坐标为0， ∵0-（n-2）=-n+2，∴n-n+2=2，∴点P平移后的对应点的坐标是（0，2）；②P′在x轴上，Q′在y轴上，则P′纵坐标为0，Q′横坐标为0， ∵0-m=-m，∴m-4-m=-4，∴点P平移后的对应点的坐标是（-4，0）； 综上可知，点P平移后的对应点的坐标是（0，2）或（-4，0）．故答案为：（0，2）或 （-4，0）． 【点睛】此题主要考查图形的平移及平移特征．在平面直角坐标系中，图形的平移与图形 上某点的平移规律相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加， 下移减． 17．（2021·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学七年级期中）如图，已知直线l∥l，∠A＝ 1 2 125°，∠B＝85°，且∠1比∠2大4°，那么∠1＝______． 【答案】 【分析】延长AB，交两平行线与C、D，根据平行线的性质和领补角的性质计算即可； 【详解】延长AB，交两平行线与C、D， ∵直线l∥l，∠A＝125°，∠B＝85°，∴ ， ， ， 1 2 ∴ ，∴ ， 又∵∠1比∠2大4°，∴ ，∴ ，∴ ；故答案是 ． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质应用，准确计算是解题的关键． 18．（2021·重庆南开中学八年级开学考试）如图，在 中， ，在 边 上取点 ，使得 ，连接 ．点 、 分别为 、 边上的点，且 ，将 沿直线 翻折，使点 落在 边上的点 处，若 ，则 的度数为_______．【答案】 【分析】根据题意可得 ，设 ， 是 的一个 外角，可得 ，根据三角形内角和定理可得 ，即 ，联立解方程组即可求得 ． 【详解】 折叠 ， 设 ， ， 是 的一个外角 即 ① 即 即 ② ② -①得 即 故答案为： 【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，三角形的外角性质， 解二元一次方程组，理清角度之间的关系，设未知数列方程组是解题的关键． 三、解答题：本题共8个小题，19-24每题8分，25-26每题9分，共66分。 19．（2021·浙江绍兴市·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中， 的顶点坐标分 别为 ，把 向右平移3个单位，再向上平移4个单位 长度后得到 ．(1)画出平移后的 的图形．(2)求 的面积． 【答案】(1)见解析；(2)2 【分析】（1）根据图形的平移方式直接进行构图即可；（2）利用割补法进行求解△ABC 的面积即可． 【详解】解：（1）由题意可得如图所示：（2）由（1）可得： ． 【点睛】本题主要考查图形的平移，熟练掌握图形的平移是解题的关键． 20．（2021·朔州市第二中学校初中部七年级期中）求出下列各式中的x的值． （1） （2） 【答案】（1） ；（2） 或 【分析】（1）移项，系数化成1，再根据立方根的定义求出即可； （2）直接利用平方根定义求出即可． 【详解】解：（1） ， ∴ ， ∴ ， 解得： ； （2） ， ∴ ， 解得： 或 ． 【点睛】本题考查了平方根、立方根的定义，能熟记算术平方根和立方根定义是解此题的 关键，注意：a（a≥0）的平方根是± ，a的立方根是 ． 21．（2021·湖北黄石市·七年级期中）（1）一个正数m的两个平方根分别为3a和2a1， 求这个正数m． （2）已知5a2的立方根是3，3ab1的算术平方根是4，c是 13的整数部分，求3abc的平方根． （3）a 2b b23，求ab的立方根． 【答案】（1）49；（2）4；（3）－1 【分析】（1）根据一个正数的平方根互为相反数列式子求解即可； （2）根据立方根和算术平方根的定义及无理数的估算列出关于a、b、c的式子求值，再计 算平方根即可； （3）先根据二次根式有意义的条件求出b的值，从而得出a的值，再计算两数的和，从而 得出立方根． 【详解】解：（1）解：依题意：3a2a10，解得a4， 3a7，m72 49． （2）解依题意：5a233，3ab142，3 134 解得a5，b2，c3 3abc16，16的平方根是4 2b0 （3）解：依题意 ，得 ，代入 ，得 b20 b2 a 2b b23 a3 ab1，ab的立方根是－1． 【点睛】本题考查了平方根和立方根的综合，熟练掌握含义列出式子是解题的关键． 22．（2021·广东中山·七年级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知A(a,0)，B(b,0)，其 中a，b满足 (b3)2|a1|0，点M 为第三象限内一点. （1）若M(2m,2m10)到坐标轴的距离相等，MN  AB，且NM  AB，求N 点坐标 （2）若M 为(2,m)，请用含m的式子表示ABM 的面积.（3）在（2）条件下，当m1 y 时，在 轴上有点P，使得ABP的面积是ABM 的面积的2倍，请求出点P的坐标. 【答案】（1）N(2,2)或N(6,2)；（2）S 2m；（3）P(0,2)或P(0,2). ABM 【分析】（1）利用M在第三象限且到坐标轴的距离相等，求出M点坐标，同时利用绝对 值与算术平方根的非负性求出a、b，得到AB的长度，再利用NM  AB，求出N点 （2）利用三角形的面积公式直接写出即可，注意m的取值范围 （3）同（2）利用面积公式写出两个三角形的面积，然后列出方程解方程 【详解】（1）由题意可知:2m2m10 m4，求得M(2,2)，∵ (b3)2|a1|0，∴b3，a1，∴A(1,0)，B(3,0)，∴ AB4 ， ∵MN  AB，M(2,2)，∴N(x,2)，∵MN  AB4，∴x242或者 x246， ∴N(2,2)或N(6,2)； 4|m| （2）由题意可得：S  2 m ， ABM 2 ∵M(2,m)在三象限，∴m0，∴S 2|m|2m； ABM （3）当m1时，S 2(1)2， ABM ABOP 由题意可得： ， 22， ， ，∴ 或 . S ABP 2S ABM 2 4OP8 OP2 P(0,2) P(0,2) 【点睛】本题主要考查坐标与图形性质，涉及到非负数的性质，三角形的面积等知识点， 第二问和第三问要重点注意是有两种情况的. 23．（2021·重庆七年级期中）（发现） ① ；② ；③ ； ④ ； ；根据上述等式反映的规律，请再写出一个等式： ________． （归纳）等式①，②，③，④， 所反映的规律，可归纳为一个真命题：对于任意两个有 理数 ， ，若 ，则 ； （应用）根据上述所归纳的真命题，解决下列问题：若 与 的值互为相反数， 求 的值． 【答案】[发现] ；[应用]-4 【分析】[发现]根据题目给出的规律解答； [应用]根据题意列出方程，解方程求出x，根据算术平方根的概念解答即可． 【详解】解：[发现] ，符合上述规律， 故答案为： ； [应用]由题意得， ，解得， ，则 ． 【点睛】本题考查的是立方根和算术平方根的概念，根据题意正确找出规律是解题的关键． 24.（2021·山东德州市七年级期中）如图，PQ∥MN，A、B分别为直线MN、PQ上两点， 且∠BAN＝45°，若射线AM绕点A顺时针旋转至AN后立即回转，射线BQ绕点B逆时针旋 转至BP后立即回转，两射线分别绕点A、点B不停地旋转，若射线AM转动的速度是 a°/秒，射线BQ转动的速度是b°/秒，且a、b满足|a﹣5|+（b﹣1）2＝0．（友情提醒：钟表 指针走动的方向为顺时针方向）（1）a＝ ，b＝ ；（2）若射线AM、射线BQ同时旋转，问至少旋转多少秒 时，射线AM、射线BQ互相垂直．（3）若射线AM绕点A顺时针先转动18秒，射线BQ 才开始绕点B逆时针旋转，在射线BQ到达BA之前，问射线AM再转动多少秒时，射线 AM、射线BQ互相平行？ 【答案】（1）a＝5，b＝1；（2）t＝15（s）；（3）15，22.5. 【解析】解：（1）|a﹣5|+（b﹣1）2＝0， ∴a﹣5＝0，b﹣1＝0，∴a＝5，b＝1，故答案为：5，1； （2）设至少旋转t秒时，射线AM、射线BQ互相垂直． 如图，设旋转后的射线AM、射线BQ交于点O，则BO⊥AO，∴∠ABO+∠BAO＝90°， ∵PQ∥MN，∴∠ABQ+∠BAM＝180°，∴∠OBQ+∠OAM＝90°， 又∵∠OBQ＝t°，∠OAM＝5t°，∴t+5t＝90，∴t＝15（s）； （3）设射线AM再转动t秒时，射线AM、射线BQ互相平行． 如图，射线AM绕点A顺时针先转动18秒后，AM转动至AM'的位置，∠MAM'＝18×5＝ 90°， 分两种情况：①∠QBQ'＝t°，∠M'AM“＝5t°， ∵∠BAN＝45°＝∠ABQ，∴∠ABQ'＝45°﹣t°，∠BAM“＝5t﹣45°， 当∠ABQ'＝∠BAM“时，BQ'∥AM“， 此时，45°﹣t°＝5t﹣45°，解得：t＝15； ②∠QBQ'＝t°，∠NAM“＝5t°﹣90°， ∵∠BAN＝45°＝∠ABQ，∴∠ABQ'＝45°﹣t°，∠BAM“＝45°﹣（5t°﹣90°）＝135°﹣5t°， 当∠ABQ'＝∠BAM“时，BQ'∥AM“，此时，45°﹣t°＝135°﹣5t，解得：t＝22.5. 25．（2021·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校七年级月考）阅读理解，解答下列问题：在平面直角坐标系中，对于点A（x，y），若点B的坐标为（kxy，xky），则称点B 为点A的“k级湘一点”，如点A（2，5）的“2 级湘一点”为B（225，225）， 即B（9，8）． （1）已知点P（2，1）的“5级湘一点”为P ，则点P 的坐标为 ；（2）已知 1 1 点Q的“4 级湘一点”为Q（5，3），求Q点的坐标；（3）如果点C（1，c1）的 1 “2 级湘一点”C 在第二象限，①求c的取值范围；②在①中，当c取最大整数时，连接 1 OC ，坐标平面内是否存在点M（2，2m1），使得S 7，若存在，求出m的取值范 1 OC1M 围，若不存在，请说明理由． 23 7 3 5 3 【答案】（1）（ ， ）；（2）（ ， ）；（3）①c ；② m 或 9 7 17 17 2 6 2 19 5  m 6 6 【分析】（1）根据“k级湘一点”的定义，即可解答； （2）设Qx,y ，根据点Q的“4 级湘一点”为Q（5，3），可列出方程组，解出即可； 1 （3）①根据“k级湘一点”的定义，求出点C ，再根据C 在第二象限，即可求解； 1 1 5 ②根据题意，求出C 1  3,1 ，可得出直线OC 1 的解析式，从而得到当m 6 时，M、O、 5 C 三点共线，继而m  ，然后分两种情况讨论，即可求解． 1 6 【详解】解：（1）∵点P（2，1）的“5级湘一点”为P ，∴ 1 P  5 2   1, 2 51  ，即P 9, 7  ； 1 1 （2）设Qx,y ，∵点Q的“4 级湘一点”为Q（5，3）， 1 23 x   17 ∴ ，解得： ，∴Q点的坐标为（ ， ）； 4xy  5  7 23 7  y    x 4y  3  17 17 17 （3）①∵C 是点C（1，c1）的“2 级湘一点”， 1 ∴C  1 2c 1, 1 2  c 1  ，即C  c 1, 2c 3  ， 1 1 c 1  0 3 ∵C 在第二象限，∴ ，解得：c ； 1 2c 3  0 2 3 ②存在，理由如下：∵c ，且c取最大整数，∴c=-2，∴C  3,1 ， 2 1 1 设直线OC 1 的解析式为ykxk 0 ，将C 1  3,1 代入，得： 3k 1 ，解得：k  3 ， 1 ∴设直线OC 的解析式为y x ， 1 3 1 ∵M（2， ），当M、O、C 三点共线时，有2m 1    2 ， 2m1 1 3 5  2 5 5 解得：m ，即M 2,   ，∴当m 时，M、O、C 三点共线，∴m  ， 6  3 6 1 6 5 如图，当m  ，即点M在 上方时， ， S S S 6 M OC1M1 C1MM1 OMM1 ∵S 7，M（2，2m1），∴ OC1M 1  2 1  2    2 3  2m 1    2 2m 1   7 ， 2  3 2  33 5 3 5 解得：m ，∴ m ；当m  ，即点M在 下方时， 2 6 2 6 M S S S ， OC1M2 C1MM2 OMM2 1    2  1  2  19 ∴  2 3    2m 1   2   2m 1  7，解得：m  ，∴ 2  3  2  3  6 19 5  m ， 6 6 5 3 19 5 综上所述，m的取值范围为 m 或 m ． 6 2 6 6 【点睛】本题主要考查了实数下的新定义，解二元一次方程组，平面直角坐标系内求三角 形的面积，理解新定义，并利用数形结合思想是解题的关键． 26．（2021·湖北十堰·七年级期末）已知AB//CD，点E、F分别在AB、CD上，点G为平 面内一点，连接EG、FG． （1）如图1，当点G在AB、CD之间时，请直接写出 ∠AEG、∠CFG与∠G之间的数量关系 ；（2）如图2，当点G在AB上方时， 且∠EGF＝90°，求证：∠BEG –∠DFG＝90°； （3）如图3，在（2）的条件下，过点E作直线HK交直线CD于K，使∠HEG与∠GEB互 补，∠EKD的平分交与直线GE交于点L，请你判断FG与KL的位置关系，并证明． 【答案】（1）∠G＝∠AEG＋∠CFG；（2）90°；（3）FG//KL，见解析 【分析】（1）过点G作，GH∥AB，则由平行线的性质可得∠AEG=∠EGH， ∠CFG=∠FGH，即可推出∠EGF＝∠AEG＋∠CFG；（2）过点E作MN∥GF交CD于 N，则∠GFN＝∠MND，∠G＝∠GEM＝90º，再由AB∥CD，得到∠MND＝∠MEB，即可 得到∠BEG－∠DFG＝∠BEG－∠MEB＝∠GEM＝90º； 1 （3）先证明∠AEG＝∠HEG，从而得到∠BEL＝∠KEL＝ ∠BEK，再由角平分线的定义 2 和平行线的性质即可得到∠ELK＝90º，从而可以利用同旁内角互补，两直线平行得证． 【详解】解：（1）∠EGF＝∠AEG＋∠CFG，理由如下： 如图所示，过点G作，GH∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥GH， ∴∠AEG=∠EGH，∠CFG=∠FGH，∴∠AEG+∠CFG=∠EGH+∠FGH=∠EGF，∴∠EGF ＝∠AEG＋∠CFG；（2）过点E作MN∥GF交CD于N，则∠GFN＝∠MND，∠G＝∠GEM＝90º， ∵AB∥CD，∴∠MND＝∠MEB，∴∠BEG－∠DFG＝∠BEG－∠MEB＝∠GEM＝90º； （3） FG∥KL．理由如下： ∵∠HEG＋∠GEB＝180º ，∠AEG＋∠GEB＝180º，∴∠AEG＝∠HEG， 1 ∵∠BEL＝∠AEG，∠HEG＝∠KEL，∴∠BEL＝∠KEL＝ ∠BEK， 2 1 ∵KL平分∠EKD，∴∠EKL＝ ∠EKD，∵AB∥CD，∴∠BEK＋∠EKD＝180º， 2 1 ∴∠KEL＋∠EKL＝ (∠BEK＋∠EKD)＝90º，∴∠ELK＝90º， 2 ∵∠G＝90º，∴FG∥KL． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定，对顶角的性质，角平分线的定义，解题的 关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．