文档内容
期末押题预测卷（2）
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8小题，每小题3分，共24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．（2022·浙江·义乌七年级期中）2022年10月16日上午，举世瞩目的中国共产党第二十次全圈代表大会
在北京人民大会堂开幕．肩负着9600多万党员的重托和期盼，2300多名党员代表参加了此次盛会．其中
数据9600万科学计数法可表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】科学记数法的表示形式为 的形式，其中 n为整数．确定n的值时，要看把原数变
成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
【详解】解：9600万=96000000= ,故选：B．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为 的形式，其中 n为整
数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
2．（2022·重庆·七年级期末）如图，一个密闭的圆柱形玻璃杯中装一半的水，任意放置这个玻璃杯，则水
面的形状不可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据圆柱体的截面图形可得．
【详解】解：将圆柱形玻璃杯斜着放可得到A选项的形状，将圆柱形玻璃杯竖直着放可得到B选项的形状，
将圆柱形玻璃杯平躺着放可得到C选项的形状，
不能得到三角形的形状，故选：D．
【点睛】本题主要考查认识几何体，解题的关键是掌握圆柱体的截面形状．
3．（2022·湖北·通城县七年级期末）一种面粉包装袋上的质量标识为“50±0.5kg”，则下列四袋面粉中不合
格的是（ ）
A．49.5kg B．50.5kg C．49.8kg D．51.2kg
【答案】D
【分析】根据有理数的加法和减法，可得合格范围，根据有理数的大小比较，可得答案．
【详解】解：一种面粉包装袋上的质量标识为“ ”，可知及格的范围是 到 ，
故 ， 及格； ，所以 及格； ，所以 不合格；故选： ．
【点睛】本题考查了正数和负数在生活中的应用，有理数的加法和减法，熟悉相关性质是解题的关键．
4．（2022·北京市七年级期中）如果关于x的方程 和方程 的解相同，那么a的值为
（ ）．
A．-5 B．5 C．6 D．1
【答案】B
【分析】先解方程2x+1=3，求得x的值，因为这个解也是方程ax-4=1的解，根据方程的解的定义，把x代
入求出a的值．
【详解】解：解方程2x+1=3得x=1，
把x=1代入方程ax-4=1，解得a=5．故选：B．
【点睛】本题考查同解方程，解题的关键是正确解一元一次方程．理解方程的解的定义，就是能够使方程
左右两边相等的未知数的值．
5．（2022·江苏·七年级期末）下列说法正确的是（ ）
A．两点之间的距离是两点间的线段
B．与同一条直线垂直的两条直线也垂直
C．同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线平行
D．同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
【答案】D
【详解】试题分析：根据线段、垂线、平行线的相关概念和性质判断．
解：A、两点之间的距离是指两点间的线段长度，而不是线段本身，错误；
B、在同一平面内，与同一条直线垂直的两条直线平行，错误；C、同一平面内，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，应强调“直线外”，错误；
D、这是垂线的性质，正确．故选D．
考点：平行公理及推论；线段的性质：两点之间线段最短；垂线．
6.（2022·重庆市七年级期末）如图，在立定跳远中，体育老师是这样测量运动员的成绩的，用一块直角三
角板的一边附在起跳线上，另一边与拉直的皮尺重合，这样做的理由是（ ）
A．点动成线 B．两点确定一条直线 C．垂线段最短 D．两点之间，线段最短
【答案】C
【分析】根据垂线段的性质：垂线段最短进行解答即可．
【详解】解：这样做的理由是：连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短．故选：C．
【点睛】此题主要考查了垂线段的性质，解题的关键是掌握垂线段的定义和性质．垂线段：从直线外一点
引一条直线的垂线，这点和垂足之间的线段叫做垂线段，垂线段的性质：垂线段最短．
7．（2022·陕西咸阳·七年级期末）父亲和儿子在同一公司上班，为了锻炼身体，他们每天从家（父子二人
住同一个家）走路去上班，父亲需要18分钟到公司，儿子需要12分钟到公司，如果父亲比儿子早3分钟
动身，儿子追上父亲需要的时间为（ ）
A．5分钟 B．6分钟 C．7分钟 D．8分钟
【答案】B
【分析】设总路程为单位“1”，则分别表示出父亲和儿子的速度，然后根据追及问题的处理方式建立方程
求解即可．
【详解】设总路程为单位“1”，则父亲的速度为 ，儿子的速度为 ，
设儿子追上父亲需要的时间为x分钟，则得方程： ，解得： ，
∴儿子追上父亲需要的时间为6分钟，故选：B．
【点睛】本题考查一元一次方程的实际应用，理解题意，准确建立方程是解题关键．
8．（2022·江苏·南通七年级阶段练习）如图，M，N，P，Q，R分别是数轴上五个整数所对应的点，其中
有一点是原点，并且 ．数a对应的点在N与P之间，数b对应的点在Q与R之间，若，则原点可能是（ ）
A．M或Q B．P或R C．P或Q D．N或R
【答案】D
【分析】利用绝对值的几何意义分别讨论原点的位置结合已知条件分类讨论求解即可．
【详解】解：∵MN＝NP＝PQ＝QR＝1，∴ MR＝4，NR=3；如图，
①当原点在P点时，|a|+|b|=PA+PB＜3，又因为|a|+|b|＝3，所以，原点不可能在P点；
②当原点在N或R时且|NA|＝|BR|时，|a|+|b|＝NA+NB=NB+BR=3；
③当原点在M点时，|a|+|b|=MA+MB＞3，又因为|a|+|b|＝3，所以，原点不可能在M点；
综上所述，此原点应是在N或R点．故选：D．
【点睛】此题主要考查了数轴的定义和绝对值的意义．解此类题的关键是：先利用条件判断出绝对值符号
里代数式的正负性，再根据绝对值的性质把绝对值符号去掉，把式子化简后根据整点的特点求解．
9．（2022·四川成都·七年级期末）如图，两块直角三角板的直角顶点O重合在一起，若∠BOC＝
∠AOD，则∠BOC的度数为（ ）
A．22.5° B．30° C．45° D．60°
【答案】A
【分析】此题由“两块直角三角板”可知∠DOC＝∠BOA＝90°，根据同角的余角相等可以证明∠DOB＝
∠AOC，由题意设∠BOC＝x°，则∠AOD＝7x°，结合图形列方程即可求解．
【详解】解：由两块直角三角板的直顶角O重合在一起可知：∠DOC＝∠BOA＝90°，
∴∠DOB+∠BOC＝90°，∠AOC+∠BOC＝90°，∴∠DOB＝∠AOC，
设∠BOC＝x°，则∠AOD＝7x°，∴∠DOB+∠AOC＝∠AOD﹣∠BOC＝6x°，∴∠DOB＝3x°，∴∠DOB+∠BOC＝4x°＝90°，解得：x＝22.5．故选：A．
【点睛】本题考查了直角三角形的简单性质,属于简单题,熟悉直角三角形的性质是解题关键.
10．（2022·浙江绍兴·七年级期末）如图，点 在直线 上，射线 ， 在直线 的同一侧（其中
， ），射线 平分 ，射线 平分 ．若 和
互补，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由补角的定义可求得∠EOF+∠COD＝180°，结合平角的定义可求得∠COD＝∠AOE+∠BOF，
根据角平分线的定义可求得∠COE+∠DOF＝∠COD，进而可求解∠COD的度数，即可求解．
【详解】解：∵∠EOD和∠COF互补，∴∠EOD+∠COF＝180°，∴∠EOF+∠COD＝180°，
∵∠EOF+∠AOE+∠BOF＝180°，∴∠COD＝∠AOE+∠BOF，
∵射线OE平分∠AOC，射线OF平分∠BOD，∴∠AOE＝∠COE，∠BOF＝∠DOF，
∴∠COE+∠DOF＝∠COD，∴∠COD＝180°÷3＝60°，故选：C．
【点睛】本题主要考查余角和补角，角平分线的定义，求解∠COD＝∠AOE+∠BOF是解题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题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．（2022·四川成都·七年级期末）若单项式﹣2am﹣1b6与单项式3ab6是同类项，则m的值是 _____．
【答案】2
【分析】根据同类项的定义：所含字母相同，并且相同字母的指数也相同，这样的项叫做同类项求解即可．
【详解】解：由题意得：m-1=1，∴m=2，故答案为：2．
【点睛】本题考查了同类项．解题的关键是熟练掌握同类项的定义．
12．（2022·河南·七年级专题练习）如图，纸板上有19个无阴影的小正方形，从中选涂1个，使它与图中
5个有阴影的小正方形一起能折叠成一个正方体纸盒，一共有_______种选法．【答案】4
【分析】利用正方体的展开图即可解决问题，共4种．
【详解】解：如图所示：共4种．故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了正方体的展开图．解题时勿忘记四棱柱的特征及正方体展开图的各种情形．
13．（2022·广东·七年级期中）已知 、 、 在数轴上的对应点如图所示，化简
_____．
【答案】
【分析】根据数轴上点的位置判断出绝对值里边式子的正负，利用绝对值的代数意义化简，去括号合并同
类项即可得到结果．
【详解】解：根据题意得： ，且 ， ， ， ，
故答案为： ．
【点睛】此题主要考查了绝对值的化简，整式的加减，数轴，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
14．（2023·山东·日照市七年级阶段练习）若 ，则 =___________
【答案】1
【分析】根据非负数的性质列式求出 、 的值，然后代入代数式进行计算即可得解．
【详解】解：根据题意得， ， ，解得 ， ，
所以则 ．故答案为：1．
【点睛】本题考查了绝对值非负数，平方数非负数的性质，根据几个非负数的和等于0，则每一个算式都
等于0列式是解题的关键．15．（2022·山西·七年级期末）按如图所示的程序进行计算，计算按箭头指向循环进行，当初始输入为5
时，第2021次计算的结果为______．
【答案】1
【分析】首先求得第5次的结果，得到结果的循环关系，然后根据关系即可求解．
【详解】解：第1次得到的结果为16，第2次得到的结果为8，
第3次得到的结果为4，第4次得到的结果为2，
第5次得到的结果为1，第6次得到的结果为4，
第7次得到的结果为2，第8次得到的结果为1，…，
得该数列从第三次开始以4，2，1这3个数依次循环，2021﹣2＝2019，
2019÷3＝673，则第2021个数和第五次相等，即为1．故答案为：1．
【点睛】本题主要考查规律型：数字的变化类，有理数的混合运算，代数式求值的问题，熟练找出规律是
解答本题的关键．
16．（2022·广东·普宁市教育局教研室二模）将一些相同的“○”按如图所示的规律依次摆放，观察每个
“龟图”的“○”的个数，则第n个“龟图”中有______个“○”．（用含n的代数式表示，n为正整
数）
【答案】 或
【分析】由图可知：第1个图形中小圆的个数为5；第2个图形中小圆的个数为7；第3个图形中小圆的个
数为11；第4个图形中小圆的个数为17；则知第n个图形中小圆的个数为n（n-1）+5．
【详解】第一个图形有：5个〇，第二个图形有：2×1+5=7个〇，
第三个图形有：3×2+5=11个〇，第四个图形有：4×3+5=17个〇，
由此可得第n个图形有：[n（n-1）+5]个〇，
∴第n（是正整数）个“龟图”中有（n2-n+5）个〇．故答案为：（n2-n+5）．【点睛】此题主要考查了图形的规律以及数字规律，通过归纳与总结结合图形得出数字之间的规律是解决
问题的关键，注意公式必须符合所有的图形．
17．（2022·河南平顶山·七年级期末）直线l上的三个点A、B、C，若满足BC AB，则称点C是点A关
于点B的“半距点”．如图1，BC AB，此时点C就是点A关于点B的一个“半距点”．如图2若M、
N、P三个点在同一条直线m上，且点P是点M关于点N的“半距点”，MN＝6cm．则MP＝
________cm．
【答案】3或9
【分析】根据题意分两种情况讨论：当点P在线段MN之间时；当点P在MN的延长线上时；然后由“半
距点”定义求解即可．
【详解】解：如图所示，当点P在线段MN之间时，
根据题意可得： cm， cm；
当点P在MN的延长线上时，如图所示：根据题意得：MN=6cm， cm，∴ cm；故答案为：3或9．
【点睛】题目主要考查线段的和差计算，理解题目中新定义的“半距点”是解题关键．
18．（2022·四川成都·七年级期末）如图，有一副三角板ABC与DEF，其中∠C＝∠F＝90°，∠A＝60°，
∠D＝45°，在一平面内将这副三角板进行拼摆，使得点B、E重合，且点B、C、F三点在同一直线上，则
∠ABD的度数是 _____°．
【答案】15°或105°或75°或165
【分析】根据题意画出四种情况，先根据直角三角形的两锐角互余求出∠ABC和∠DEF的度数，再分别求
出∠ABD即可．
【详解】解：有四种情况：第一种情况：如图1，
∵∠C=∠F=90°，∠A=60°，∠D=45°，∴∠ABC=90°-∠A=30°，∠DBF=90°-∠D=45°，
∴∠ABD=∠DBF-∠ABC=45°-30°=15°；
第二种情况：如图2，∵∠ABC=30°，∠DEF=45°，
∴∠ABD=1800°-∠ABC-∠DEF=180°-30°-45°=105°；
第三种情况：如图3，∵∠ABC=30°，∠DEF=45°，∴∠ABD=∠ABC+∠DEF=30°+45°=75°；
第四种情况：如图4，
∵∠DEF=45°，∴∠DBC=180°-∠DEF=135°，
∵∠ABC=30°，∴∠ABD=∠ABC+∠DBC=30°+135°=165°；
∠ABD的度数是15°或105°或75°或165°，故答案为：15°或105°或75°或165．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质和三角形内角和定理，能正确画出符合的所有图形是解此题的关键．
三、解答题（本大题共10小题，共72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．（2022·四川成都·七年级期末）解答
(1)计算：
① ②
(2)解方程：
① ②
【答案】(1)① ②
(2)① ②
【分析】（1）①先算乘方，最后根据有理数加减运算法则即可求出值；
②先算乘方和绝对值，再用乘法分配律进行计算，最后算加减；
（2）①去括号、移项、合并同类项、系数化为1即可求解；
②去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1即可求解；
(1)
解：①原式 ；
②原式 ．
(2)
解：①
；②
．
【点睛】本题考查了有理数的混合运算以及解一元一次方程，掌握有理数混合运算顺序和解一元一次方程
的一般步骤是解题的关键．
20．（2022·广东·七年级阶段练习）已知 ．
(1)求 ；(2)若 ，求 的值．
(3)若 的值与y的取值无关，求x的值．
【答案】(1) (2)26(3)
【分析】（1）把A与B代入A-3B中，去括号合并即可得到结果；
（2）利用非负数的性质求出x+y与xy的值，A-3B结合变形后代入计算即可求出值；
（3）A-3B变形后，由值与y无关，确定出x的值即可．
（1）
解：
（2）
解：∵ ，
∴ ，解得： ，
∴
=26
（3）
解：
∵ 的值与y的取值无关，
∴ ，
解得： ．
【点睛】此题考查了整式的加减——化简求值，以及非负数的性质，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
21．（2022·河南南阳·七年级期末）已知平面上有A、C、D三点，如图，请按要求完成下列问题．
(1)画射线AD，线段AC；(2)利用圆规在射线AD上截取DB，使 （保留作图痕迹），连接BC；
(3)过点D画出AC的平行线DF，交BC于E；(4)通过测量猜测线段DE与AC之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)
【分析】（1）根据射线，线段的定义画出图形即可；
（2）以D为圆心在射线AD上截取DB=AD，连接BC即可；（3）根据要求画出图形即可；
（4）利用测量法解决问题即可．
（1）解：如图，射线AD，线段AC即为所求；
（2）如图，线段DB即为所求；
（3）如图，直线DE即为所求；
（4）经测量可得：
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是理解直线，射线，线
段的定义，属于中考常考题型．
22．（2022·北京海淀·七年级期末）在科幻世界里有各种造型奇特的小山．如图1是一座三棱锥小山，侧
面展开图如图2所示，每个侧面完全相同．一只小狐狸在半山腰点M处 想饱览四周风景，它沿
路径“ ”绕小山一周最终以最短路径到达山脚A处．当小狐狸沿侧面的路径运动时，若
，则称 这段路为“上坡路”；若 ，则称 这段路为“下坡路”；若 ，则
称 这段路为“上坡路”；若 ，则称 这段路为“下坡路”．
（1）当 时，在图2中画出从点M沿侧面环绕一周到达山脚点A处的最短路径，并判断在侧面
、侧面 上走的是上坡路还是下坡路?（2）如果改变小山侧面顶角的大小，（1）中的结论是否发生变化呢?请利用量角器，刻度尺等工具画图
探究，并把你的结论填入下表；
度
情形 侧面 侧面
数
1 15°
2 30°
（3）记 ，随着 逐渐增大，在侧面 、侧面 上走的这两段路上下坡变化
的情况为__________．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）随着 逐渐增大，在侧面 始终是下坡路，侧面 先下
坡，在某一位置平缓，然后再上坡.
【分析】（1）连接 ，进而根据题意确定上坡路和下坡路；（2）根据题意画出图形，进而根据（1）
的方法填表即可；（3）根据三个图形的情况分析，即可得出结论
【详解】（1）如图，连接 ，根据题意，在侧面 上走的是上坡路、侧面 上走的是下坡路
（2）
情形 度数 侧面 侧面
下坡路 下坡路
上坡路 下坡路
（3）随着 逐渐增大，在侧面 始终是下坡路，侧面 先下坡，在某一位置平缓，然后再上坡.
【点睛】本题考查立体图形侧面展开图，两点之间线段最短，线段长短的比较，理解题意是解题的关键．
23．（2022·江苏·七年级期末）几何知识可以解决生活中许多距离最短的问题.让我们从书本一道习题入手
进行探索
（回顾）（1）如图①， 、 是公路 两侧的两个村庄.现要在公路 上修建一个垃圾站 ，使它到 、
两村庄的路程之和最小，请在图中画出点 的位置，并说明理由
（探索）（2）如图②，在 村庄附件有一个生态保护区，现要在公路 上修建一个垃圾站 ，使它到 、
两村庄的路程之和最小，从 村庄到公路不能穿过生态保护区，请在图中画出点 的位置（3）如图③， 、 是河两侧的两个村庄，现要在河上修建一座桥，使得桥与河岸垂直，且 村到 村的
总路程最短，请在图中画出桥的位置（保留画图痕迹）
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.
【分析】（1）连接AB交直线l于点C，点C即为所求作．（2）根据两点之间线段最短解决问题．
（3）作AA′ CD，且AA′＝1，连接BA′得到点C，作线段CD⊥河岸即可．
【详解】（1）如图，点C即为所求作．理由：两点之间，线段最短.
（2）如图，点C即为所求作．
（3）如图，线段CD可即为所求作．【点睛】本题考查作图−应用与设计作图，垂线段最短，两点之间线段最短等知识，解题的关键是理解题
意，灵活运用所学知识解决问题．
24．（2022·四川成都·七年级期末）为了加强公民的节水意识，合理利用水资源，某市采用价格调控的手
段达到节水的目的，某市自来水收费的价目表如下：（水费按月结算，m3表示立方米）
价目表
每月用水量 价格
不超过6m3的部分 3元/m3
超过6m3不超过10m3的部分 5元/m3
超过10m3的部分 8元/m3
根据表的内容解答下列问题：
(1)若小亮家1月份用水4m3，则应交水费 元；（直接写出答案，不写过程）
(2)若小亮家2月份用水am3（其中a＞6），求小明家2月份应交水费多少元？（用含a的式子表示，写出
过程并化简）；
(3)已知小亮家和奶奶家3月份共交水费61元，且小亮家和奶奶家共用水16吨，若小亮用水量大于10m3，
试求小亮家和奶奶3月份的用水量各是多少m3？
【答案】(1)12； (2)当6＜a≤10时，（5a﹣12）元；当a＞10时，（8a﹣42）元；
(3)小亮家3月份的用水量是11m3，奶奶3月份的用水量是5m3．
【分析】（1）直接利用根据不超出6m3的部分按3元收费，即可得出答案；
（2）根据a的范围，结合价目表求出水费即可；
（3）小亮家和奶奶家3月份共交水费61元，且小亮家和奶奶家共用水16吨，若小亮用水量大于10m3，
根据阶梯式计量水价列出方程求出x的值，从而求解．
(1)解：根据题意得：4×3＝12（元）．答：应交水费12元．故答案为：12；(2)解：当6＜a≤10时，6×3+（a﹣6）×5＝18+5a﹣30＝（5a﹣12）（元）；
当a＞10时，6×3+（10﹣6）×5+（a﹣10）×8＝18+20+8a﹣80＝（8a﹣42）（元）；
(3)解：设小亮家3月份的用水量是xm3，因为小亮用水量大于10m3，则小亮奶奶家用水小于6 m3，
根据题意得6×3+（10﹣6）×5+（x﹣10）×8+3（16﹣x）＝61，解得x＝11，
16﹣11＝5（m3）．
答：小亮家3月份的用水量是11m3，奶奶3月份的用水量是5m3．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合
适的等量关系列出方程，再求解．
25．（2022·浙江·七年级期末）如图，已知直线l上有两条可以左右移动的线段：AB＝m，CD＝n，且m，
n满足 ，点M，N分别为AB，CD中点．
(1)求线段AB，CD的长；(2)线段AB以每秒4个单位长度向右运动，线段CD以每秒1个单位长度也向右运
动．若运动6秒后，MN＝4，求此时线段BC的长；(3)若BC＝24，将线段CD固定不动，线段AB以每秒4
个单位速度向右运动，在线段AB向右运动的某一个时间段t内，始终有MN+AD为定值．求出这个定值，
并直接写出t在哪一个时间段内．
【答案】(1)线段AB的长是4，线段CD的长是8 (2)16或8
(3)当 时，MN+AD为定值，定值为6
【分析】（1）利用绝对值和平方的非负性求出m和n的值即可；
（2）分 在 的左侧和 在 的右侧两种情况，根据线段的和差关系列出方程，即可求解；
（3）由题意，运动t秒后， ， ，分段讨论即可求解．
（1）
解：∵ ，∴ ， ，
∴ ， ，∴ ， ，
即线段AB的长是4，线段CD的长是8；
（2）解：∵ ， ，
∴ ， ，
设运动后点M对应点为 ，点N对应点为 ，分两种情况，若6秒后， 在 的左侧时： ，
∴ ，
即 ，解得 ．
若6秒后， 在 的右侧时： ，
∴ ，
即 ，解得 ．
即线段BC的长为16或8；
（3）解：∵BC＝24， ， ，
∴ ， ，
∵线段CD固定不动，线段AB以每秒4个单位速度向右运动，
∴运动t秒后， ， ，
当 时， ；
当 时， ；
当 时， ；
故当 时，MN+AD为定值，定值为6．
【点睛】本题考查非负数的性质，一元一次方程的应用，线段的和差关系，以及数轴上的动点问题，解题
的关键是掌握分类讨论思想．
26．（2022·江苏省新海高级中学七年级期末）点O为直线AB上一点，将一直角三角板OMN的直角顶点
放在O处，射线OC平分∠MOB．
(1)如图（1），若∠AOM=30°，求∠CON的度数；
(2)在图（1）中，若∠AOM= ，直接写出∠CON的度数（用含 的代数式表示）；
(3)将图（1）中的直角三角板OMN绕顶点O顺时针旋转至图（2）的位置，一边OM在直线AB上方，另一
边ON在直线AB下方．①探究∠AOM和∠CON的度数之间的关系，写出你的结论，并说明理由；
②当∠AOC＝3∠BON时，求∠AOM的度数．
【答案】(1)∠CON=15°；
(2)∠CON= a；理由见解析
(3)∠AOM=144°．
【分析】（1）根据角平分线的定义和余角的性质即可得到结论；
（2）根据角平分线的定义和余角的性质即可得到结论；
（3）设∠AOM=a，则∠BOM=180°-a，①根据角平分线的定义得到∠MOC= ∠BOM= （180°-α）=90°-
α，根据余角的性质得到∠CON=∠MON-∠MOC=90°-（90°- α）= α，于是得到结论；
②由①知∠BON=∠MON-∠BOM=90°-（180°-α）=α-90°，∠AOC=∠AOM+∠MOC=α+90°- α=90°+ α，列方
程即可得到结论．
【详解】（1）解：由已知得∠BOM=180°-∠AOM=150°，
又∠MON是直角，OC平分∠BOM，
所以∠CON=∠MON- ∠BOM=90°- ×150°=15°；
（2）解：∠CON= a；理由如下：
由已知得∠BOM=180°-∠AOM=180°-α，
又∠MON是直角，OC平分∠BOM，
所以∠CON=∠MON- ∠BOM=90°- ×（180°-α）= a；
（3）解：设∠AOM=a，则∠BOM=180°-a，
①∠CON= a；，
理由如下：
∵OC平分∠BOM，
∴∠MOC= ∠BOM= （180°-α）=90°- α，∵∠MON=90°，
∴∠CON=∠MON-∠MOC=90°-（90°- α）= α，
∴∠CON= ∠AOM；即∠CON= a；
②由①知∠BON=∠MON-∠BOM=90°-（180°-α）=α-90°，
∠AOC=∠AOM+∠MOC=α+90°- α=90°+ α，
∵∠AOC=3∠BON，
∴90°+ α=3（α-90°），
解得α=144°，
∴∠AOM=144°．
【点睛】本题主要考查的是余角与补角，角的计算、角平分线的定义的运用，正确的理解题意是解题的关
键．解题时注意方程思想的运用．
