期末押题测试卷（一）-高频考点2021-2022学年七年级数学下册高频考点专题突破（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

期末押题测试卷（一） 姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________ 注意事项： 本试卷满分120分，考试时间120分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米 黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的． 1．（2021·湖北七年级期末）下列各式中，正确的是（ ） A． 4 2 B．  9 3 C． 52 5 D．3 27 3 【答案】D 【分析】根据实数的性质即可化简判断． 【详解】A. 4 2，故错误； B. 9 3，故错误； C. 52 5，故错误； D.3 27 3 ，正确故选D． 【点睛】此题主要考查实数的化简，解题的关键是熟知实数的性质． 2．（2021·西宁市七年级期中）小华学习小组为了解本地区大约有多少成年人吸烟，随机 调查了1 00个成年人，结果其中有15个成年人吸烟．对于这个数据收集与处理的问题，下 列说法正确的是（ ） A．调查的方式是普查 B．本地区只有85个成年人不吸烟 C．样本是15个吸烟的成年人 D．本地区约有15%的成年人吸烟 【答案】D 【详解】根据题意，随机调查100个成年人，是属于抽样调查，这100个人中85人不吸烟 不代表本地区只有85个成年人不吸烟，样本是100个成年人，所以本地区约有15%的成年 人吸烟是对的．故选D． 3．（2021·陕西金台区·八年级期末）在平面直角坐标系内，点A（m＋2，m＋5）在第三象 限，则点B（3﹣m，m﹣1）在第（ ）象限． A．一 B．二 C．三 D．四 【答案】D 【分析】由第三象限点的横坐标和纵坐标均为负数、得出关于m的不等式组，解之可得m 的取值范围，再根据各象限内点的坐标特征判断即可． 【详解】解：∵点A（m+2，m+5）在第三象限， m20 ∴ ，解得m＜-5，∴3-m＞0，m-1＜0， m50 ∴点B（3-m，m-1）在第四象限．故选：D． 【点睛】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，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（+，-）．x3y4a 4．（2022·重庆·七年级期中）已知关于 ， 的方程组 ，给出下列结论，其 x y xy3a 中正确的是（ ） x5 A． 是方程组的一个解 B．当 时， ， 的值互为 y1 a2 x y 相反数 C．当a1时，方程组的解也是方程xy4a的解 D．x，y间的数量关系是 x2y3 【答案】D 【分析】解关于x， y 的方程组，根据解的情况判断即可． x3y4a① 【详解】解： ，①-②得， ，解得 ，代入②得， xy3a② 4y44a y1a x1a3a，解得x2a1； 当x5时，52a1，解得a2，代入y1a得y1，故A正确； 当a2时，y1a3，x2a13，故B正确； 当a1时，y1a0，x2a13，代入xy4a，左右两边相等，故C正确； x2y2a12(1a)4a1，故D错误；故选：D． 【点睛】本题考查了二元一次方程组的解，解题关键是熟练运用二元一次方程的解法求出 方程组的解，利用方程的解进行判断． 5．（2021·祥云县教育体育局教研室七年级期末）若m 662，则估计m的值所在的范 围是（ ） A．7m8 B．6m7 C．5m6 D．4m5 【答案】B 【分析】先估算 66的范围，再确定m 662的范围，即可解答． 【详解】 8 66 9,6 6627, 6m7，故选：B． 【点睛】本题考查了估算无理数的大小，属于基础题，解决本题的关键是估算出 66的范 围． x1�0 6．（2021·广东英德·二模）不等式组 的解集在数轴上的表示正确的是 x2�0 （ ） A． B． C． D．【答案】C 【分析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的 解集，表示在数轴上即可． x1�0① 【详解】解答：解： 由①得 ，由②得 ，不等式组的解集为 ． x2�0② x� 1 x�2 1剟x 2 故选：C． 【点睛】本题考查不等式组的解法、不等式组解集在数轴上的表示法等知识，是重要考点， 难度较易，掌握相关知识是解题关键． 7.（2021.湖北七年级期中）如图，AB//EF，C 90，则，，之间的关系 是（ ） A． B．180 C．90 D．90 【答案】C. 【解析】解：分别过C、D作AB的平行线CM和DN， 则AB∥CM∥DN∥EF ∴∠α=∠BCM，∠DCM=∠CDN，∠NDE=∠γ 而∠β=∠CDN+∠NDE=∠DCM+∠γ=90°－∠BCM+∠γ=90°－∠α+∠γ. 即∠α+∠β－∠γ=90°，故答案为：C． 8．（2022.北京七年级期中）下列命题是真命题的是（ ） A．邻补角相等 B．同位角相等 C．两直线平行，同旁内角相等 D．对 顶角相等 【答案】D 【分析】根据邻补角的定义、平行线的性质、对顶角的性质判断即可． 【详解】解：邻补角互补，A是假命题；两直线平行，同位角相等，B是假命题； 两直线平行，同旁内角互补，C是假命题；对顶角相等，D是真命题；故选D． 【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题． 判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．9．（2021·湖北武汉·七年级期末）在平面直角坐标系中，我们把横纵坐标均为整数的点称 为格点，若一个多边形的顶点全是格点，则称该多边形为格点多边形．例如：图中 的与四边形 均为格点多边形．格点多边形的面积记为 ，其内部的格点数记为 ， 边界上的格点记为 ，已知格点多边形的面积可表示为 （ ， 为常数），若 某格点多边形对应的 ， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先分别根据 和四边形 中， 、 、 的数值得出关于 和 的二元 一次方程组，解得 和 的值，则可求得当 ， 时 的值． 【详解】解： 中， ， ， ，则 ； 同理，四边形 中， ， ， ∴ ；联立得 解得： ， ∴ ， ，则 ，故选：A． 【点睛】本题属于创新题型，主要考查了二元一次方程相关知识以及学生对于题意理解和 数据分析能力． 10．（2021.绵阳市七年级期末）若关于x的不等式组 恰有2个整数解，且关 于x、y的方程组 也有整数解，则所有符合条件的整数m的和为（ ） A．-18 B．-6 C．-3 D．0 【答案】C 【分析】先解不等式组求出m的取值范围，再解方程组，结合m的取值范围求出m满足不 等式组恰有2个整数解，方程组也有整数解的值，然后再求出所有符合条件的整数m的和 即可． 【详解】解：不等式组 ， 解不等式①得：x>−2，解不等式②得： ， ∴不等式组的解集为 ． ∵不等式组恰有2个整数解， ∴ ， 解得： ， 解方程组 ， 得： ∵关于x、y的方程组 也有整数解， ∴m+3为4的因数，即m+3=±1或±2或±4， ∵−3≤m<1， ∴m的值为：−2、−1， ∴所有符合条件的整数m的和为(−2)+(−1)=−3．故选：C． 【点睛】本题考查了一元一次不等式组的解法、二元一次方程组的解法，理解相关知识是 解答关键． 二、填空题（本大题共8小题，每题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填 写在横线上） 11．（2021·河南宛城·七年级期末）对于任意有理数a、b，定义一种运算：a※bb2a． 例如，3※55231．根据上述定义可知：不等式 3x4※13的最大整数解是 ______． 【答案】0 【分析】根据新定义法则，逐步计算，转化为一元一次不等式，解之取其中的最大整数解 即可得出． 【详解】∵a※bb2a， 3x4※13∴123x43解得：x1∴最大整数解是0． 【点睛】本题考查一元一次不等式的整数解以及实数的运算，通过解不等式找出x1是解 题的关键． 12．（2021·黑龙江甘南初二期末） 81的平方根是____． 【答案】±3 【解析】∵ 81=9，∴9的平方根是3.故答案为3.13．（2021·河北七年级期末）如图，面积分别为5和10的两个长方形，通过剪、拼后恰 好组成一个正方形，并且正方形的边长为a，则a2的整数部分为________． 【答案】1 【分析】根据正方形的边长，进行估算，可得结论． 【详解】解：拼剪后的正方形的面积51015，∴a 15， ∵ 9 15 16，即3 154∴1 1522， ∴a2 152的整数部分是1，故答案为：1． 【点睛】本题考查图形的拼剪，正方形的性质及无理数的估算等知识，解题的关键是理解 题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 14．（2021·厦门市槟榔中学七年级期末模拟）在平面直角坐标系中，点A（1，4），C （1，﹣2），E（a，a），D（4﹣b，2﹣b），其中a+b＝2，若DE＝BC，∠ACB＝90°， 则点B的坐标是___． 【答案】(1,2)或(3,2) 【分析】根据ab2，求得E,D的坐标，进而求得DE的长，根据DE＝BC，∠ACB＝ 90°，分类讨论即可确定B的坐标． 【详解】 ab2a2bE(2b,2b)，D (4b,2b)   E,D的纵坐标相等，则E,D到x轴的距离相等，即ED//x轴 则ED(4b)(2b)2 DE＝BC，BC 2 A（1，4），C（1，﹣2），   A,C的横坐标相等，则A,C到y轴的距离相等，即AC//y轴 ACB90则BC//x轴， 当B在C的左侧时，B(1,2)，当B在C的右侧时，B(3,2)， B的坐标为(1,2)或(3,2)．故答案为：(1,2)或(3,2)． 【点睛】本题考查了坐标与图形，点的平移，平行线的性质与判定，点到坐标轴的距离， 根据题意求得DE的长是解题的关键． 15．（2021·重庆·七年级期中）一张长方形纸条按如图所示折叠，EF是折痕，若 ∠EFB=35°，则：① ∠GEF=35°； ②∠EGB=70°； ③∠AEG=145°； ④ =70°． 以上结论正确的有________．（填序号） 【答案】①②④ 【解析】 【分析】先根据图形翻折变换的性质得出∠GEF的度数，再由三角形的外角性质得出 ∠EGB的度数，再根据翻折的性质及平角的定义，即可求得∠AEG、 的度数，据此 即可得出结论． 【详解】解：∵∠EFB=35°， ，∴∠EFC=180°-35°=145°，∠DEF=∠EFB=35°， ∴由折叠的性质可得：∠GEF=∠DEF=35°， ，故①正确； ∴∠EGB=∠EFG+∠GEF=35°+35°=70°，故②正确， ∠AEG=180°-∠GEF-∠DEF=180°-35°-35°=110°，故③错误， ， ，故④正确， 故正确的有①②④，故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了平行线的性质，翻折的性质，角的有关计算，熟知图形翻折不变性的 性质是解答此题的关键． 16．（2022·山东菏泽·七年级期末）某中学开展“阳光体育活动”，九年级一班全体同学 在2019年4月18日16时分别参加了巴山舞、乒乓球、篮球三个项目的活动，王老师在此时 统计了该班正在参加这三个项活动的人数，并绘制了如图所示的频数分布直方图和扇形统 计图．根据这两个统计图，可以知道此时该班正在参加乒乓球活动的人数是 ________________________人． 【答案】15 【分析】用参加巴山舞的人数除以其占比，即可得到总人数，再减去参加巴山舞与篮球的 人数即可得到参加乒乓球活动的人数． 【详解】∵参加巴山舞的人数为25人，占总人数的50%∴总人数为25÷50%=50人 ∵参加篮球活动的人数为10人∴参加乒乓球活动的人数为50-25-10=15人故答案为：15． 【点睛】本题考查了条形图与扇形图，根据人数与占比求出总人数是解题的关键． 17．（2022·成都外国语学校八年级期中）先阅读短文，回答后面所给出的问题：对于三个 数a、b、c中，我们给出符号来表示其中最大（小）的数，规定mina,b,c 表示这三个数 中最小的数，maxa,b,c 表示这三个数中最大的数．例如：min1,2,31， a(a1) max1,2,33 ；min1,2,a 1(a1) ，若 min4,x4,4xmax2,x1,2x，则 x 的值为_______． 4 【答案】 或 3 2 【分析】根据新定义法则，分x或x+4或x﹣4最小、2或x+1或2x最大几种情况，分别列 出一元一次不等式组和一元一次方程进行解答即可． x44 x0 【详解】（1）当 最小时，则 ，即 ， 无解，此情况不成立． 4 4x4 x0 x 4x4 x0 （2）当 最小时，则 ，即 ， x4 4xx4 x0 解得x0，此时：x12，2x2，max2,x1,2x2，x42，即 x2 ． 44x x0 （3）当 最小时，则 ，即 ， 解得 ，此时无法判断， 4x 4x4x x0  x0 max2,x1,2x 的值，则分情况讨论如下： 2x1 x1 ①当 最大时： ，即 ， ，此时： ， （舍去）． 2 22x x1 0x1 4x2 x2 2x2 x1 4 ②当 最大时： ，即 ， ，此时有： ，x ． 2x 2xx1 x1 x1 4x2x 3 x12 x1 ③当 最大时， ，即 ，无解，此情况不成立． x1 x12x x1 4 综上所述：x 或 ． 3 x2 【点睛】本题考查新定义下解一元一次不等式组和一元一次方程的能力，由已知等式找到 x的分界点以及准确分类讨论是解答的关键． 18．（2021·黑龙江·七年级月考）如图，AB//CD，E是CD上的点，过点E作EF//DP， 若PEF PEH ，EG平分DEH ，B152，PEG65，则BPD_______． 【答案】22o 【分析】延长AB交HP于点M；根据EG平分DEH ，得PEH DEP2DEG；根 据EF//DP，得PDEDEF 180，从而推导得PDE1802DEPDEG ；结 合PEG65，得PDE；再根据AB//CD以及ABP152，结合三角形内角和性质， 即可完成求解． 【详解】如图，延长AB交HP于点M1 ∵ 平分 ∴DEGHEG DEH ∴ EG DEH 2 PEH DEPDEH DEP2DEG ∵PEF PEH ∴PEF DEP2DEG∵EF//DP∴PDEDEF 180 ∴PDE180DEF 180DEPPEF1802DEPDEG ∵PEG65∴PEGDEPDEG65 ∴ PDE1802DEPDEG180265 50 ∵AB//CD∴BMDPDE50∴BMP180BMD130 ∵ABP152∴PBM 180ABP28 ∴ BPD180PBM BMP18028130 22 故答案为：22o． 【点睛】本题考查了三角形内角和、平行线、角平分线的知识；解题的关键是熟练掌握了 三角形内角和、平行线、角平分线的性质，从而完成求解． 三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤） 19．（2021·四川广安市·岳池县教研室七年级期末）计算： 1   1 32   3 31  3  ． 4 8 【答案】5 【分析】根据绝对值、算术平方根以及立方根的性质对每个式子化简，然后计算即可． 1 1 【详解】解：原式2 3 3 3 5． 2 2 【点睛】此题考查了绝对值、算术平方根以及立方根的有关性质，熟练掌握相关基本性质 是解题的关键． 20．解方程组、不等式（组）： (1) ; (2) (3) ; (4) 【答案】(1) (2) (3)x≥3(4)3＜x＜4 【分析】（1）利用加减消元法进行解二元一次方程组即可； （2）先将两个二元一次方程进行化简，然后用加减消元法进行解二元一次方程组即可；（3）先去分母，然后再移项合并同类项，最后将系数化为1即可； （4）分别解两个一元一次不等式，然后找出两个解集的公共部分即可． 【解析】 (1) ①+②×2得： ，解得： ， 把 代入②得： ，解得： ， ∴方程组的解为 ； (2) 方程组可以化简为： ， ①+②得： ，解得： ， 把 代入①得： ，解得： ， ∴方程组的解为 ； (3) 去分母得： ， 移项合并同类项可得： ， 系数化为1得： ； (4) 解不等式①得： ， 解不等式②得： ， ∴不等式组的解集为： ． 【点睛】本题主要考查了解二元一次方程组和一元一次不等式和不等式组，解不等式时， 注意不等式两边同除以一个负数，不等号的方向要发生改变是解题的关键． 21．（2021·绵阳市·七年级模拟）如图，在每个小正方形边长均为1个单位长度的方格中， 有一个 ABC且 ABC的每个顶点均与小正方形的顶点重合（1）在方格中，将 ABC向下平移5个单位长度得到△A 1 B 1 C 1 ，请画出△A 1 B 1 C 1 ． （2）求 ABC平移到△A 1 B 1 C 1 的过程中， ABC所扫过的面积． 【答案】（1）见解析；（2）24 【分析】（1）根据图形平移的性质画出图形即可； （2）扫过的面积即长方形BB C C的面积和△ABC的面积之和． 1 1 【详解】解：（1）如图所示：△AB C 即为所求． 1 1 1 （2）△ABC所扫过的面积=BB C C的面积+ ABC的面积=5×4+4×2÷2=24． 1 1 △ 【点睛】本题考查的是作图-平移变换，熟知图形平移不变性的性质是解答此题的关键． 22．（2022·辽宁沈阳·七年级期末）北方冬季经常出现雾霾天气，市领导高度重视，因此 派出记者更进一步了解“雾霾天气的主要原因”，该记者随机调查了该市部分市民（每位 市民只选择一个主要原因），并对调查结果进行整理，绘制了如下尚不完整的统计图表． 调查结果扇形统计图 调查结果统计表 组别 主要原因 频数（人数/人） A a 大气气压低，空气不流动 地面灰尘大，空气湿度 B b 低 C 汽车尾气排放 100 D 工厂造成的污染 120 E 其他 60 请根据图表中提供的信息解答下列问题：(1)请直接填空a________，b_________； (2)扇形统计图中“E组观点”所占的百分比为__________%； (3)在扇形统计图中，求“C组观点”所在扇形的圆心角的度数． 【答案】(1)80，40；(2)15；(3)90； 120 【分析】（1）利用扇形图和表格可知总人数为 =400人，再利用“A组观点”所占百分 0.3 比为20%，可求出a，再利用总人数减去其他组的人数即可求出b；（2）“E组观点”所 60 占百分比为 =15%； 400 100 （3）“C组观点”所在扇形的圆心角的度数为 360=90； 400 【解析】 (1)解：∵“D组观点”所占的百分比30%，且其频数为120， 120 ∴总人数为 =400人，∴ ， ； 0.3 a40020%=80 b4008010012060=40 (2)解：∵“E组观点”的频数是60，总人数为400， ∴“E组观点”所占百分比为 60 =15%； 400 100 (3)解：“C组观点”所在扇形的圆心角的度数为 360=90． 400 【点睛】本题考查扇形统计图和频数分布表，关键是要结合这两个图形，以“D组观点” 所占百分比和其频数为切入点，求出总人数，再一步步求解． 23．（2021·广西钦州·七年级期末）如图，点D在AC上，点F、G分别在AC、BC的延长 线上，CE平分∠ACB并交 BD于H，且∠EHD+∠HBF=180°． (1)若∠F=30°，求∠ACB的度数；(2)若∠F=∠G，求证：DG BF．【答案】(1)60° (2)见解析 【分析】（1）根据∠EHD+∠HBF=180°证得BF EC，求出∠ACE=∠F=30°，根据角平分 线定义求出∠ACB． （2）由CE平分∠ACB证得∠BCE=∠ACE，得到∠BCE =∠G，证得DG EC，再由BF EC，推出DG BF． 【解析】 (1)解：∵∠EHD+∠HBF=180°，∠EHD=∠BHC， ∴∠BHC+∠HBF=180°，∴BF EC，∴∠ACE=∠F=30°， 又∵CE平分∠ACB，∴∠ACB=2∠ACE=60°． (2)证明：∵CE平分∠ACB，∴∠BCE=∠ACE， ∵∠ACE=∠F，∠F=∠G，∴∠BCE =∠G，∴DG EC， 又∵BF EC， ∴DG BF． 【点睛】此题考查了平行线的判定及性质，平行公理的推论，熟记平行线的性质并熟练应 用是解题的关键． 24．一个多位数N（N≥10）乘以11，得到一个新的数，我们把这个新数的首位和末位上的 数字去掉后剩下的数叫做多位数N的“留守数”，如果两个多位数的“留守数”的数字之 和相等，我们称这两个多位数为“孪生数”．如：∵13×11=143，59×11=649，∴13和59 的“留守数”均为4（4=4），所以13和59是“孪生数”； 再如：∵43×11=473，106×11=1166，∴43和106的“留守数”数字之和均为7 （7=1+6），所以43和106是“孪生数”． (1)34的“留守数”是_____，34与2021_____“孪生数”(填“是”或“不是”)； (2)如果两个两位数M和N是“孪生数”（M≠N），其中M=10a+b， N=10c+d，且 3a+b=11(a＞b)， c+d＜10．其中a．c．均为1到9之间的整数，b．d均为0到9之间的整 数，求出所有符合条件的两位数N． 【答案】(1)7，是 (2)14，23，41，50 【分析】（1）根据“留守数”和“孪生数”的概念直接计算即可得出结果； （2）根据 以及 ，从而得出a=3，b=2，然后根据 和 是“孪生数”可得 取值，从而得出 ． 【解析】(1)解： ，34的“留守数”是7； ， 2021的“留守数”是2+2+3=7， 34与2021是“孪生数”； 故答案为：7，是 (2)解：∵3a+b=11，且a＞b ∴a=3，b=2∴M=32 ∵32 11=352，c+d＜10，且11(10c+d)=110c+11d=100c+10(c+d)+d= ∴c+d=5，又N为两位数 ∴ ∵M≠N∴N=14，23，41，50． 【点睛】本题考查了数字变化类规律．读懂题意，弄明白“留守数”和“孪生数”的概念 是解题的关键． 25．（2022·河南·七年级专题练习）小明与小红开展读书比赛．小明找出了一本以前已读 完84页的古典名著打算继续往下读，小红上个周末恰好刚买了同一版本的这本名著，不过 还没开始读．于是，两人开始了读书比赛．他们利用右表来记录了两人5天的读书进程． 例如，第5天结束时，小明还领先小红24页，此时两人所读到位置的页码之和为424．已 知两人各自每天所读页数相同． 读书天数 1 2 3 4 5 页码之差 72 60 48 36 24 页码之和 152 220 424 (1)表中空白部分从左到右2个数据依次为 ， ；(2)小明、小红每人每天各读 多少页？ (3)已知这本名著有488页，问：从第6天起，小明至少平均每天要比原来多读几页，才能 确保第10天结束时还不被小红超过？（答案取整数） 【答案】(1)288，356(2)小明每天读28页，小红每天读40页 (3)小明至少平均每天要比原来多读8页，才能确保第10天结束时还不被小红超过 【分析】（1）第一天两人一共读了152-84=68页，故第三天页码之和=220+68=288页，第 四天页码之和=288+68=356页；（2）小明每天读x页，小红每天读y页．由题意列得议程 组，解方程组即可解决问题； （3）从第6天起，小明至少平均每天要比原来多读m页．由题意：84+28×5+5 （28+m）-10×40≥0，解不等式即可解决问题． 【解析】(1)解：第一天两人一共读了152-84=68页，故第三天页码之和=220+68=288页， 第四天页码之和=288+68=356页，故答案为：288，356．(2)解：小明每天读x页，小红每天读y页，  xy68 x28 由题意  ，解得  ， yx8472 y40 答：小明每天读28页，小红每天读40页； (3)解：从第6天起，小明至少平均每天要比原来多读m页． 由题意：84+28×5+5（28+m）-10×40≥0，解得m≥7.2， ∵m是整数，∴m=8，∴小明至少平均每天要比原来多读8页，才能确保第10天结束时还 不被小红超过． 【点睛】本题考查了一元一次不等式、二元一次方程组等知识，解题的关键是读懂表格中 的信息，学会利用参数构建方程组或不等式解决问题 26．（2021·浙江长兴·七年级期末）如图1，在三角形 中， ，直线 与边 ， 分别交于 两点，直线 与边 分别交于 两点，且 ．（1）若 ，求 的度数；（2）如图2， 为边 上一点，连结 ，若 ，请你探索 与 的数量关系，并说明理由；（3）如图 3，若 ，延长 交直线 于点 ，在射线 上有一动点 ，连结 ，请 直接写出 ， ， 的数量关系（用含 的式子表示）． 【答案】（1）134°；（2）∠AED+∠PFG=90°，理由见解析；（3） ∠PEQ+∠EPQ－ ∠PQF=m或∠PEQ+∠EPQ+∠PQF=m 【分析】（1）如图1，过点B作直线BH∥a，根据平行线的性质可得∠ABH=∠AED= 44°，∠CBH+∠BFG=180°，求出∠CBH=90°－∠ABH= 46°，即可求解；（2）如图2，过 点B作直线BH∥a，则由平行线的性质可得∠ABH=∠AED，∠CBH+∠BFG=180°，则可 以得到∠CBH=∠PFG，即可推出∠AED+∠PFG=90° ； （3）分当P在DG和在DG的延长线上，两种情况，利用平行线的性质进行求解即可． 【详解】解：（1）如图1，过点B作直线BH∥a，∴∠ABH=∠AED= 44°，∵∠ABC=90°，∴∠CBH=90°－∠ABH= 46°， ∵BH∥a，a∥b，∴BH∥b，∴∠CBH+∠BFG=180°，∴∠BFG=180°－∠CBH=134° （2）∠AED+∠PFG=90°，理由如下：如图2，过点B作直线BH∥a， 由（1）得，BH∥a∥b，∴∠ABH=∠AED，又∠CBH+∠ABH= 90°，∴∠CBH+∠AED= 90°， ∵∠CBH+∠BFG=180°，又∠PFG+∠BFG=180°，∴∠CBH=∠PFG， ∴∠AED+∠PFG=90°． （3） ∠PEQ+∠EPQ－∠PQF=m 或∠PEQ+∠EPQ+∠PQF=m，理由如下： 如图所示，当P在DG上时，过点P作PH∥a， 同（1）原理可以得到PH∥b，∴∠DEP=∠HPE，∠PQF=∠HPQ， ∵∠DEB=∠DEP+∠PEQ，∠EPQ=∠EPH+∠HPQ， ∴∠DEB=∠PEQ+∠EPH=∠PEQ+∠EPQ-∠HPQ=∠PEQ+∠EPQ-∠PQF， ∴∠PEQ+∠EPQ－∠PQF=m；如图所示：当P在DG的延长线上时，过点P作PH∥a， 同（1）原理可以得到PH∥b，∴∠DEP=∠HPE，∠PQF=∠HPQ， ∵∠DEB=∠DEP+∠PEQ，∠EPQ=∠EPH-∠HPQ， ∴∠DEB=∠PEQ+∠EPH=∠PEQ+∠EPQ+∠HPQ=∠PEQ+∠EPQ+∠PQF， ∴∠PEQ+∠EPQ+∠PQF=m；∴∠PEQ+∠EPQ－∠PQF=m 或 ∠PEQ+∠EPQ+∠PQF=m． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，解题的关键在于能够正确作出辅助线进行求解．