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期末复习培优精选南通地区2023年期末试题压轴题训练（解析版）
一．选择题（共20小题）
1．（2022春•海安市期末）关于x的不等式x+1＜a有且只有四个非负整数解，则a的取值范围是（ ）
A．4＜a＜5 B．4≤a＜5 C．4＜a≤5 D．4≤a≤5
【思路引领】表示出不等式的解集，根据不等式有且只有四个非负整数解，确定出a的范围即可．
【解答】解：不等式移项得：x＜a﹣1，
∵不等式有且只有四个非负整数解，即0，1，2，3，
∴3＜a﹣1≤4，
解得：4＜a≤5．
故选：C．
【总结提升】此题考查了一元一次不等式的整数解，熟练掌握不等式的解法是解本题的关键．
{x−a＞0)
2．（2024•巴东县模拟）已知关于x的不等式组 的解集中有且仅有3个整数，则a的取值范围
1−x＞0
是（ ）
A．﹣3＜a≤﹣2 B．﹣3＜a＜﹣2 C．﹣3≤a＜﹣2 D．﹣3≤a≤﹣2
【思路引领】解不等式组得出a＜x＜1，根据关于x的不等式组的解集中有且仅有3个整数，知这3个
整数只能是﹣2，﹣1，0，据此可得答案．
【解答】解：解不等式组得：a＜x＜1，
∵不等式组的解集中有且仅有3个整数，
∴这3个整数只能是﹣2，﹣1，0，
∴﹣3≤a＜﹣2．
故选C．
【总结提升】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取
大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
3．（2023春•海门市期末）如图，a∥b，∠3＝80°，∠1﹣∠2＝20°，则∠1的度数是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【思路引领】由平行线的性质得到∠4＝∠1，由三角形外角的性质得到∠4+∠2＝∠3＝80°，因此
∠1+∠2＝80°又∠1﹣∠2＝20°，即可求出∠1的度数．
【解答】解：∵a∥b，
∴∠4＝∠1，
∵∠4+∠2＝∠3＝80°，
∴∠1+∠2＝80°，
∵∠1﹣∠2＝20°，
∴∠1＝50°．
故选：C．【总结提升】本题考查平行线的性质，三角形外角的性质，关键是由以上知识点得到∠1+∠2＝80°．
4．（2023春•海安市期末）若x＝3是关于x的不等式3x﹣m≥2x+3的一个整数解，而x＝2不是其整数
解，则m的取值范围为（ ）
A．﹣1＜m＜0 B．﹣1≤m≤0 C．﹣1＜m≤0 D．﹣1≤m＜0
【思路引领】先解一元一次不等式，可得x≥3+m，然后根据已知可得2＜3+m≤3，最后进行计算即可
解答．
【解答】解：3x﹣m≥2x+3，
3x﹣2x≥3+m，
x≥3+m，
∵x＝3是关于x的不等式3x﹣m≥2x+3的一个整数解，而x＝2不是其整数解，
∴2＜3+m≤3，
解得：﹣1＜m≤0，
故选：C．
【总结提升】本题考查了一元一次不等式的整数解，熟练掌握解一元一次不等式的步骤是解题的关键．
5．（2023春•南通期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，高AD与角平分线BE相交于点F，∠DAC 的
平分线AG分别交BC，BE于点G，O，连接FG，下列结论：①∠C＝∠EBG；②∠AEF＝∠AFE；③
AG⊥EF；④S△ACD ＝S△ABG ，其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②④ B．②③ C．③④ D．②③④
【思路引领】①根据已知条件无法判定CE与BE相等，进而可对结论①进行判断；
②先根据角平分线的定义得∠ABE＝∠DBF，进而得∠ABE+∠AEF＝90°，∠DBF+∠DFB＝90°，
∠DFB＝∠AFE，据此可对结论②进行判断；
③先证△EAO和△FAO全等得∠AOE＝∠AOF，然后根据平角的定义得∠AOE+∠AOF＝180°，据此可
对结论③进行判断；
1 1
④根据AD为△ABC的高得：S△ACD =
2
CD•AD，S△ABG =
2
BG•AD，根据已知条件无法判定CD与BG相
等，对此可对结论④进行判断．
【解答】解：①根据已知条件无法判定CE与BE相等，
∴无法判定∠C与∠EBG相等，
∴结论①不正确；
②∵BE是△ABC的角平分线，
∴∠ABE＝∠DBF，∵AD为△ABC的高，∠BAC＝90°，
∴∠ABE+∠AEF＝90°，∠DBF+∠DFB＝90°，
又∠DFB＝∠AFE，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴结论②正确；
③由结论②正确得：∠AEF＝∠AFE，
∵AG平分∠ADC，
∴∠EAO＝∠FAO，
在△EAO和△FAO中，
∠AEF＝∠AFE，∠EAO＝∠FAO，AO＝AO，
∴△EAO≌△FAO（AAS），
∴∠AOE＝∠AOF，
∵∠AOE+∠AOF＝180°，
∴∠AOE＝∠AOF＝90°，
∴AO⊥EF，
即：AG⊥EF，
∴结论③正确；
④∵AD为△ABC的高，
∴S△ACD ＝1/2CD•AD，S△ABG ＝1/2BG•AD，
∵根据已知条件无法判定CD与BG相等，
∴无法判定S△ACD 与S△ABG 相等，
∴结论④不正确．
综上所述：正确的结论是②③．
故选：B．
【总结提升】此题主要考查了三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义等，解
答此题的关键是准确识图，熟练掌握三角形的内角和定理、全等三角形的判定方法和三角形的面积公
式．
6．（2023•天门模拟）用大小完全相同的长方形纸片在直角坐标系中摆成如图所示图案，已知 A（﹣1，
5），则B点的坐标是（ ）
20 14
A．（﹣6，4） B．（− ， ）
3 3
14 11
C．（﹣6，5） D．（− ， ）
3 3
【思路引领】本题结合点的坐标与观察图形可以发现，图形中存在两个数量关系．即从竖直方向看：长
方形的两个宽+一长＝|y |；从水平方向看，两个长方形的长﹣一个长方形的长﹣一个长方形的宽＝|x |，
A A
从而求出长方形的长与宽．又通过图形可以发现，关于点B，|x |＝两个长方形的长，|y |＝一个长方形
B B
的长+一个长方形的宽，从而求出点B的坐标．【解答】解：设长方形的长为x，宽为y，
{x+2y=5)
则 ，
x−y=1
7
{x= )
3
解得 ，
4
y=
3
14 11
则|x |＝2x= ，|y |＝x+y= ；
B 3 B 3
∵点B在第二象限，
14 11
∴B（− ， ），
3 3
故选：D．
【总结提升】本题主要考查了二元一次方程组的综合运用，体现了数形结合思想，方程建模思想，并考
查了学生的计算能力，观察能力．而解出长方形的长与宽之后，学生容易忘记从代数问题回归到几何问
题，考虑第二象限坐标的正负性问题，是本题的易错点．
7．（2022春•如皋市期末）在我国古代数学著作《九章算术》中记录着这样一个问题：“今有甲乙二人持
钱不知钱数，甲得乙半而钱五十，乙得甲太半而钱亦五十，问甲、乙持钱各几何？”译文：“现有甲乙
2
二人，不知其钱包里有多少钱，若乙把自己一半的钱给甲，则甲的钱数为50；而甲把自己 的钱给乙，
3
则乙的钱数也能为50．问甲、乙各有多少钱？”设甲持钱数为x，乙持钱数为y，可列方程组（ ）
1 1
{ x+ y=50) {x+ y=50)
2 2
A． B．
2 2
y+x=50 y+x=50
3 3
1 1
{ x+ y=50) {x+ y=50)
2 2
C． D．
2 2
y+ x=50 y+ x=50
3 3
【思路引领】设甲的钱数为x，人数为y，根据“若乙把其一半的钱给甲，则甲的钱数为50；而甲把其
2
的钱给乙，则乙的钱数也能为50”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
3
【解答】解：设甲的钱数为x，乙的钱数为y，
1
{x+ y=50)
2
依题意得， ．
2
y+ x=50
3
故选：D．
【总结提升】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
8．（2022春•如东县期末）如图BE是△ABC的外角∠CBD的平分线，且BE交AC的延长线于点E．若
∠A＝30°，∠E＝20°，则∠ACB的度数是（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【思路引领】由角平分线的定义可得∠CBD＝2∠EBD，结合三角形外角的性质可求解∠CBD＝100°，
再根据∠CBD＝∠A+∠ACB可求解．
【解答】解：∵BE平分∠ABD，
∴∠CBD＝2∠EBD，
∵∠EBD＝∠A+∠E＝30°+20°＝50°，
∴∠CBD＝2×50°＝100°，
∵∠CBD＝∠A+∠ACB，
∴∠ACB＝∠CBD﹣∠A＝100°﹣30°＝70°．
故选：C．
【总结提升】本题主要考查三角形的外角，角平分线的定义，求解∠CBD的度数是解题的关键．
9．（2022春•海门市期末）把一些书分给若干名同学，若每人分12本，则有剩余；若______．依题意，
设有x名同学，可列不等式8（x+5）＞12x．则横线上的条件应该是（ ）
A．每人分8本，则剩余 5本
B．每人分8本，则恰好可多分给5个人
C．每人分5本，则剩余 8本
D．其中一个人分8本，则其他同学每人可分5本
【思路引领】根据不等式表示的意义解答即可．
【解答】解：由不等式8（x+5）＞12x，可得：把一些书分给几名同学，若每人分8本，则恰好可多分
给5个人，若每人分12本，则有剩余．
故选：B．
【总结提升】本题考查根据实际问题列不等式，解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，找到所
求的量的等量关系．
10 ． （ 2022 春 • 启 东 市 期 末 ） 如 图 所 示 的 是 一 个 运 算 程 序 ：
例如：根据所给的运算程序可知：当 x＝10时，5×10+2＝52＞37，则输出的值为52；当x＝5时，
5×5+2＝27＜37，再把x＝27代入，得5×27+2＝137＞37，则输出的值为137．若数x需要经过三次运算
才能输出结果，则x的取值范围是（ ）
1
A．x＜7 B．− ≤x＜7
31 1
C．− ≤x＜1 D．x＜− 或x＞7
5 3
【思路引领】根据该程序运行三次才能输出结果，即可得出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出
结论．
{ 5(5x+2)+2＜37 )
【解答】解：依题意得： ，
5[5(5x+2)+2]+2≥37
1
解得：− ≤x＜1．
5
故选：C．
【总结提升】本题考查了一元一次不等式组的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式
组是解题的关键．
{1+x＞a，)
11．（2022春•崇川区期末）若不等式组 有解，则a的取值范围是（ ）
2x−6≤0
A．a＜3 B．a≤3 C．a＜4 D．a≤4
【思路引领】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：大小小大中间找，结合不等式组有解得出关于
a的不等式，解之即可．
【解答】解：由1+x＞a，得：x＞a﹣1，
由2x﹣6≤0，得：x≤3，
∵不等式组有解，
∴a﹣1＜3，
解得a＜4，
故选：C．
【总结提升】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取
大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
12．（2020•临沂）《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，成书大约在一千五百年前，其中一道题，
原文是：“今三人共车，两车空；二人共车，九人步．问人与车各几何？”意思是：现有若干人和车，
若每辆车乘坐3人，则空余两辆车；若每辆车乘坐2人，则有9人步行．问人与车各多少？设有x人，y
辆车，可列方程组为（ ）
x x
{ = y+2) { = y−2)
3 3
A． B．
x x−9
+9= y = y
2 2
x x
{ = y+2) { = y−2)
3 3
C． D．
x−9 x
= y −9= y
2 2
【思路引领】根据“每辆车乘坐3人，则空余两辆车；若每辆车乘坐2人，则有9人步行”，即可得出
关于x，y的二元一次方程组，此题得解．x
{ = y−2)
3
【解答】解：依题意，得： ．
x−9
= y
2
故选：B．
【总结提升】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组
是解题的关键．
13．（2021春•海门市期末）关于x的一元一次方程x+m﹣2＝0的解是负数，则m的取值范围是（ ）
A．m＞2 B．m＜2 C．m＞﹣2 D．m＜﹣2
【思路引领】根据方程的解为负数得出2﹣m＜0，解之即可得．
【解答】解：∵方程x+m﹣2＝0的解是负数，
∴x＝2﹣m＜0，
解得：m＞2，
故选：A．
【总结提升】本题主要考查解一元一次方程和一元一次不等式的能力，根据题意列出不等式是解题的关
键．
14．（2010•台湾）如图，用四个螺丝将四条不可弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其中相邻两
螺丝的距离依次为2、3、4、6，且相邻两木条的夹角均可调整．若调整木条的夹角时不破坏此木框，
则任两螺丝的距离之最大值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．10
【思路引领】若两个螺丝的距离最大，则此时这个木框的形状为三角形，可根据三条木棍的长来判断有
几种三角形的组合，然后分别找出这些三角形的最长边即可．
【解答】解：已知4条木棍的四边长为2、3、4、6；
①选2+3、4、6作为三角形，则三边长为5、4、6；5﹣4＜6＜5+4，能构成三角形，此时两个螺丝间的
最长距离为6；
②选3+4、6、2作为三角形，则三边长为2、7、6；6﹣2＜7＜6+2，能构成三角形，此时两个螺丝间的
最大距离为7；
③选4+6、2、3作为三角形，则三边长为10、2、3；2+3＜10，不能构成三角形，此种情况不成立；
④选6+2、3、4作为三角形，则三边长为8、3、4；而3+4＜8，不能构成三角形，此种情况不成立；
综上所述，任两螺丝的距离之最大值为7．
故选：C．
【总结提升】此题实际考查的是三角形的三边关系定理，能够正确的判断出调整角度后三角形木框的组
合方法是解答的关键．
15．（2022春•如东县期末）平面直角坐标系中，已知A（2，4），B（﹣3．﹣2），C（x，﹣2）三点，
其中x≠﹣3．当线段AC最短时，△ABC的面积是（ ）15
A．30 B．15 C．10 D．
2
【思路引领】根据垂线段最短可得点C的坐标，再利用三角形面积公式直接计算即可．
【解答】解：如图，当AC最小时，C（2，﹣2），
∴BC＝5，AC＝6，
1
∴△ABC的面积是 ×5×6=15，
2
故选：B．
【总结提升】本题主要考查了坐标与图形的性质，垂线段最短，三角形的面积等知识，得出点C的坐标
是解题的关键．
16．（2023秋•南山区期末）如图，用大小形状完全相同的长方形纸片在直角坐标系中摆成如图图案，已
知A（﹣2，6），则点B的坐标为（ ）
20 14
A．（﹣6，4） B．（− ， ）
3 3
20
C．（﹣6，5） D．（− ，4）
3
【思路引领】设长方形纸片的长为x，宽为y，根据点A的坐标，即可得出关于x、y的二元一次方程
组，解之即可得出x、y的值，再观察坐标系，可求出点B的坐标．
【解答】解：设长方形纸片的长为x，宽为y，
{x−y=2
)
根据题意得： ，
x+2y=610
{x= )
3
解得： ，
4
y=
3
20 14
∴﹣2x=− ，x+y= ，
3 3
20 14
∴点B的坐标为（− ， ）．
3 3
故选：B．
【总结提升】本题考查了二元一次方程组的应用以及坐标与图形的性质，找准等量关系，正确列出二元
一次方程组是解题的关键．
17．（2023春•孝南区期末）如图，AB∥CD，∠M＝44°，AN平分∠BAM，CN平分∠DCM，则∠N等于
（ ）
A．21.5° B．21° C．22.5° D．22°
【思路引领】根据平行线的性质可得∠BAC+∠ACD＝180°，根据三角形内角和定理和角平分线的定义
1
可得∠M＝180°﹣∠ACD﹣2∠DCN﹣∠CAM，∠N＝180°﹣∠ACD﹣∠DCN﹣∠CAM− （∠BAC﹣
2
∠CAM），再根据∠M＝44°，可求∠N．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠BAC+∠ACD＝180°，
∵AN平分∠BAM，CN平分∠DCM，
∴∠DCM＝2∠DCN，∠BAM＝2∠NAM，
∴∠M＝180°﹣∠ACD﹣2∠DCN﹣∠CAM，
1
∠N＝180°﹣∠ACD﹣∠DCN﹣∠CAM− （∠BAC﹣∠CAM）
2
1 1
＝∠BAC﹣∠DCN﹣∠CAM− ∠BAC+ ∠CAM
2 2
1
= （∠BAC﹣2∠DCN﹣∠CAM），
2
∵∠M＝44°，
∴∠BAC﹣2∠DCN﹣∠CAM＝44°，
1
∴∠N= ×44°＝22°．
2
故选：D．
【总结提升】本题考查了平行线的性质，邻补角的定义，解题的关键是熟练掌握平行线的性质：两直线
平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．{x+ y=2a+3)
18．（2021春•如东县期末）已知关于x，y的方程组 中x，y均大于0．若a与正数b的和
x−y=1
为3，则a﹣b的取值范围是（ ）
A．﹣7＜a﹣b＜3 B．﹣7＜a﹣b≤3 C．﹣5＜a﹣b＜3 D．﹣5＜a﹣b≤3
{x=a+2) {a+2＞0)
【思路引领】先解二元一次方程组可得 ，从而可得 ，进而可得：a＞﹣1，然后根
y=a+1 a+1＞0
据已知a+b＝3，从而可得a＝3﹣b，b＝3﹣a，再根据b＞0，可得3﹣a＞0，从而可得a＜3，进而可得
﹣1＜a＜3，最后可得﹣1＜3﹣b＜3，从而可得﹣4＜﹣b＜0，进行计算即可解答．
{x+ y=2a+3)
【解答】解： ，
x−y=1
{x=a+2)
解得： ，
y=a+1
∵x＞0，y＞0，
{a+2＞0)
∴ ，
a+1＞0
解得：a＞﹣1，
∵a+b＝3，
∴a＝3﹣b，b＝3﹣a，
∵b＞0，
∴3﹣a＞0，
∴a＜3，
∴﹣1＜a＜3，
∴﹣1＜3﹣b＜3，
∴﹣4＜﹣b＜0，
∴﹣5＜a﹣b＜3，
故选：C．
【总结提升】本题考查了解一元一次不等式，解一元一次不等式组，解二元一次方程组，二元一次方程
组的解，准确熟练地进行计算是解题的关键．
19．（2021春•海门市期末）如图，点E在△DBC的边DB上，点A在△DBC内部，∠DAE＝∠BAC＝
90°，AD＝AE，
AB＝AC．给出下列结论：
①BD＝CE；
②∠ABD+∠ECB＝45°；
③BD⊥CE，
其中正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【思路引领】根据∠DAE＝∠BAC＝90°，可得∠DAB＝∠EAC，然后证明△DAB≌△EAC（SAS），利
用全等三角形的性质即可逐一进行判断．【解答】解：∵∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠EAC，
∵AD＝AE，AB＝AC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD＝CE，故①正确；
∴∠ABD＝∠ECA，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴ABD+∠ECB＝∠ECA+∠ECB＝∠ACB＝45°，故②正确；
∵∠EBC+∠ECB＝∠ABD+∠ECB+∠ABC＝45°+45°＝90°，
∴∠CEB＝90°，
∴CE⊥BD，故③正确；
∴正确的是①②③，
故选：D．
【总结提升】本题考查全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关
键是判断出全等三角形．
20．（2023秋•吉林期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AC≠AB，AD是斜边BC上的高，DE⊥AC，
DF⊥AB，垂足分别为E、F，则图中与∠C（∠C除外）相等的角的个数是（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【思路引领】由“直角三角形的两锐角互余”，结合题目条件，得∠C＝∠BDF＝∠BAD＝∠ADE．
【解答】解：如图，∵AD是斜边BC上的高，DE⊥AC，DF⊥AB，
∴∠C+∠B＝90°，∠BDF+∠B＝90°，∠BAD+∠B＝90°，
∴∠C＝∠BDF＝∠BAD，
∵∠DAC+∠C＝90°，∠DAC+∠ADE＝90°，
∴∠C＝∠ADE，
∴图中与∠C（除之C外）相等的角的个数是3，
故选：A．
【总结提升】此题考查了直角三角形的性质，直角三角形的两锐角互余．
二．填空题（共22小题）
21．（2022春•海安市期末）如图，在△ABC中，点D、E分别是BC、AB的中点，且AD、CE相交于点
O．若四边形BDOE的面积为6，则△AOE与△DOC的面积和为 6 ．【思路引领】连接BO后，OE是三角形ABO的一条中线，OD是三角形BOC的一条中线，利用三角形
的中线具有的性质，可以把三角形分成面积相等的两个三角形，从而把△AOE与△DOC的面积和转化
为四边形BDOE的面积．
【解答】
解：连接BO，
点D、E分别是BC、AB的中点，
∴S△AOE ＝S△BOE ，S△DOC ＝S△BOD ，
∴S△AOE +S△DOC ＝S△BOE +S△BOD
＝S四边形BDOE
＝6．
故答案为：6．
【总结提升】此题考查了三角形的重心的性质，三角形的一条中线可以把三角形分成面积相等的两个三
角形是解题的关键．
22．（2023春•通州区期末）如图，在△ABC中，点O是∠ABC和∠ACB的平分线的交点，点D是BC延
1
长线上的点，∠OBC和∠OCD的平分线交于点E，∠A＝ ，则∠E的度数为 45 °+ .（用含 的
4
式子表示） α α α
【思路引领】根据角平分线的定义，三角形内角和定理进行计算即可．
【解答】解：∵OB平分∠ABC，
1
∴∠ABO＝∠OBC= ∠ABC，
2
∵OC平分∠ACB，
1
∴∠ACO＝∠BCO= ∠ACB，
2
1
∴∠O＝90°+ ∠A，
2又∵BE平分∠OBC，
1
∴∠OBE＝∠CBE= ∠OBC，
2
∵CE平分∠OCD，
1
∴∠OCE＝∠DCE= ∠OCD，
2
∵∠DCE＝∠E+∠CBE，
∴∠E＝∠DCE﹣∠CBE
1 1
= ∠OCD− ∠OBC
2 2
1 1
= （∠O+∠OBC）− ∠OBC
2 2
1
= ∠O
2
1
＝45°+ ∠A
4
1
＝45°+ ，
4
α 1
故答案为：45°+ ．
4
α
【总结提升】本题考查三角形内角和定理，角平分线，理解角平分线的定义，掌握三角形内角和定理是
正确解答的前提．
{2x+3＞12)
23．（2022•呼和浩特模拟）若关于x的不等式组 恰有3个整数解，则实数a的取值范围是
x−a≤0
7 ≤ a ＜ 8 ．
{2x+3＞12)
【思路引领】先解出不等式组的解集，然后根据不等式组 恰有3个整数解，即可得到a
x−a≤0
的取值范围．
{2x+3＞12①)
【解答】解： ，
x−a≤0②
解不等式①，得：x＞4.5，
解不等式②，得：x≤a，
{2x+3＞12)
∵关于x的不等式组 恰有3个整数解，
x−a≤0
∴这三个整数解是5，6，7，
∴7≤a＜8，
故答案为：7≤a＜8．【总结提升】本题考查一元一次不等式组的整数解，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方法．
24．（2023春•海安市期末）如图，△ABC中，∠B＝50°，点D，E分别在边BC，AB上，DE∥AC，
∠EDC的平分线与∠BAC的平分线交于点F，则∠AFD＝ 15 5 度．
【思路引领】延长DF交AC于点H，根据平行线的性质得出∠EDH＝∠2，结合角平分线的定义得出
∠2＝∠HDC，在△CDH中得出∠C+2∠2＝180°①，在△ABC中得出∠C+2∠1＝130°②，①﹣②得
出∠2﹣∠1＝25°，最后根据三角形外角的性质得出∠AFH的度数，即可求出∠AFD的度数．
【解答】解：延长DF交AC于点H，
∵DE∥AC，
∴∠EDH＝∠2，
∵DF平分∠EDC，
∴∠EDH＝∠HDC，
∴∠2＝∠HDC，
在△CDH中，∠C+∠2+∠HDC＝180°，
即∠C+2∠2＝180°①，
∵AF平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠1，
在△ABC中，∠B+∠BAC+∠C＝180°，∠B＝50°，
∴∠C+2∠1＝130°②，
①﹣②得，2∠2﹣2∠1＝50°，
即∠2﹣∠1＝25°，
∵∠2是△AFH的一个外角，
∴∠2＝∠1+∠AFH，
即∠2﹣∠1＝∠AFH，
∴∠AFH＝25°，
∴∠AFD＝180°﹣∠AFH＝180°﹣25°＝155°，
故答案为：155．
【总结提升】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，熟练掌握这些性质和
定理是解题的关键．
25．（2023春•南通期末）如图，在△ABC中，点D在边AC上且 AD＝2CD，点E是BC的中点，且AE，16
BD相交于点O，若△BOE的面积为2，则△AOD的面积为 ．
3
【思路引领】由点E为BC的中点得△BOE和△COE等底同高，△ABE和△ACE等底同高，则S△BO E＝
S△COE ＝2，S△ABE ＝S△ACE ，从而得S△OBC ＝4，再根据△OAD和△COD等高，△ABD和△CBD等高得
S△OAD ：S△COD ＝AD：CD＝1：2，S△ABD ：S△CBD ＝AD：CD＝1：2，由此即可得出S△AOB ＝8，然后根据
△AOB和△BOE等高得OA：OE＝1：4，而△AOC和△COE同高，则S△AOC ：S△COE ＝OA：OE＝1：
4，据此得S△AOC ＝8，进而可求得△AOD的面积．
【解答】解：∵点E为BC的中点，
∴BE＝CE，
∴△BOE和△COE等底同高，△ABE和△ACE等底同高，
∴S△BOE ＝S△CO E＝2，S△ABE ＝S△ACE ，
∴S△OBC ＝4，
∵△OAD和△COD等高，△ABD和△CBD等高，
∴S△OAD ：S△COD ＝AD：CD，S△ABD ：S△CBD ＝AD：CD，
∵AD＝2CD，
∴AD：CD＝2，
∴S△AOD ：S△COD ＝2，S△ABD ：S△CBD ＝2，
∴S△AOD ＝2S△COD ，S△ABD ＝2S△CBD ，
由S△ABD ＝2S△CBD ，得：S△AOB +S△AOD ＝2（S△OBC +S△COD ），
∴S△AOB +2S△COD ＝2S△OBC +2S△COD ，
∴S△AOB ＝2S△OBC ＝2×4＝8，
∵△AOB和△BOE等高，
∴S△AOB ：S△BOE ＝OA：OE，即：2：8＝OA：OE，
∴OA：OE＝1：4，
∵△AOC和△COE同高，
∴S△AOC ：S△COE ＝OA：OE＝1：4，
∴S△AOC ＝4S△COE ＝8，
∴S△AOC ＝S△AOD +S△COD ＝8，
∵S△AOD ＝2S△COD ，
∴3S△COD ＝8，
8
∴S = ，
△COD 3
16
∴S =2S = ．
△AOD △COD 3
16
故答案为： ．
3
【总结提升】此题主要考查了三角形的面积，解答此题的关键是理解同底（等底）同高（等高）的两个三角形的面积相等，同高（或等高）的两个三角形的面积之比等于底边的比．
26．（2023春•海门市期末）如图，这是李强同学设计的一个计算机程序，规定从“输入一个x值“到判
断“结果是否≥15为一次运行过程，如果程序运行两次就停止，那么x的取值范围是 3 ≤ x ＜ 7 ．
{ 2x+1＜15 )
【思路引领】根据题意和题目中的运算程序可以得到 ，然后求解即可．
2(2x+1)+1≥15
【解答】解：由题意可得，
{ 2x+1＜15 )
，
2(2x+1)+1≥15
解得3≤x＜7，
故答案为：3≤x＜7．
【总结提升】本题考查一元一次不等式组的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的不等式组．
27．（2023春•启东市期末）定义：如果一元一次方程的解是一元一次不等式组的解，则称该一元一次方
{x+m＜2x)
程为该不等式组的相伴方程，若方程12﹣x＝x，11+x＝3x+1都是关于x的不等式组 的相
x−3≤m
伴方程，则m的取值范围为 3 ≤ m ＜ 5 ．
【思路引领】解方程求出两个方程的解，再解不等式组得出x的取值范围，再根据方程的解是不等式组
的解可得关于m的不等式组，解之可得．
【解答】解：解方程12﹣x＝x，得：x＝6，
解方程11+x＝3x+1，得：x＝5，
由x+m＜2x，得：x＞m，
由x﹣3≤m，得：x≤m+3，
∵x＝5、x＝6均是不等式组的解，
∴m＜5且m+3≥6，
∴3≤m＜5．
故答案为：3≤m＜5．
【总结提升】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取
大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
28．（2023春•兖州区期末）某兴趣小组外出登山，乘坐缆车的费用如表所示：
乘坐缆车方式 乘坐缆车费用（单位：元/人）
往返 160
单程 90
已知小组成员每个人都至少乘坐一次缆车，去程时有 6人乘坐缆车，返程时有12人乘坐缆车，他们乘
坐缆车的总费用是1540元，该小组共有 1 4 人．
【思路引领】设该小组共有x人，则乘坐缆车往返的有（6+12﹣x）人，乘坐缆车单程的有（2x﹣18）
人，根据他们乘坐缆车的总费用是1540元，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：设该小组共有x人，则乘坐缆车往返的有（6+12﹣x）人，乘坐缆车单程的有x﹣（6+12﹣
x）＝（2x﹣18）人，
依题意得：160（6+12﹣x）+90（2x﹣18）＝1540，
解得：x＝14，∴该小组共有14人．
故答案为：14．
【总结提升】本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
29．（2021•泰安）《九章算术》中记载：“今有甲乙二人持钱不知其数，甲得乙半而钱五十，乙得甲太
半而钱亦五十．问甲、乙持钱各几何？”其大意是：“今有甲乙二人，不知其钱包里有多少钱，若乙把
2
其一半的钱给甲，则甲的钱数为 50；而甲把其 的钱给乙，则乙的钱数也为50．问甲、乙各有多少
3
1
{x+ y=50)
2
钱？”设甲的钱数为x，乙的钱数为y，根据题意，可列方程组为 ．
2
x+ y=50
3
2
【思路引领】根据乙把其一半的钱给甲，则甲的钱数为50；而甲把其 的钱给乙，则乙的钱数也为50
3
和题目中所设的未知数，可以列出相应的方程组，从而可以解答本题．
【解答】解：由题意可得，
1
{x+ y=50)
2
，
2
x+ y=50
3
1
{x+ y=50)
2
故答案为： ．
2
x+ y=50
3
【总结提升】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是找出题目中的等量关系，
列出相应的方程组．
30．（2022春•海门市期末）已知关于x和y的方程组
{a
1
x+b
1
y=c
1
)
的解是
{x=4)
，则关于x和y的方
a x+b y=c y=5
2 2 2
{4a 1 x−5b 1 y=3c 1 ) { x=3 )
程组 的解是 ．
4a x−5b y=3c y=−3
2 2 2
{x=4) {a
1
x+b
1
y=c
1
) {4a
1
+5b
1
=c
1
) {12a
1
+15b
1
=3c
1
)
【思路引领】将 代入方程组 ，得 ，可得 ，
y=5 a x+b y=c 4a +5b =c 12a +15b =3c
2 2 2 2 2 2 2 2 2
{4a 1 x−5b 1 y=3c 1 ) { 4x=12 ) { x=3 )
又 ，故 ，从而可得 ．
4a x−5b y=3c −5 y=15 y=−3
2 2 2
{a
1
x+b
1
y=c
1
) {x=4)
【解答】解：∵方程组 的解是 ，
a x+b y=c y=5
2 2 2{4a +5b =c
)
1 1 1
∴ ，
4a +5b =c
2 2 2
{12a +15b =3c
)
1 1 1
∴ ，
12a +15b =3c
2 2 2
{4a x−5b y=3c
)
1 1 1
∵ ，
4a x−5b y=3c
2 2 2
{ 4x=12 )
∴ ，
−5 y=15
{ x=3 )
解得 ，
y=−3
{ x=3 )
故答案为： ．
y=−3
【总结提升】本题考查二元一次方程组的解及解二元一次方程组，解题的关键是观察得到关于 x、y的
方程组．
31．（2017•路桥区模拟）《九章算术》中记载：“今有甲乙二人持钱不知其数，甲得乙半而钱五十，乙
得甲太半而钱亦五十，问甲、乙持钱各几何？”译文：“假设有甲乙二人，不知其钱包里有多少钱，若
2
乙把自己一半的钱给甲，则甲的钱数为50；而甲把自己 的钱给乙，则乙的钱数也能为50．问甲、乙
3
y
{ x+ =50 )
2
各有多少钱？”设甲持钱数为x，乙持钱数为y，可列方程组为 ．
2
x+ y=50
3
【思路引领】根据题意可以找出题目中的等量关系，列出相应的方程组，本题得以解决．
【解答】解：由题意可得，
y
{ x+ =50 )
2
，
2
x+ y=50
3
y
{ x+ =50 )
2
故答案为： ．
2
x+ y=50
3
【总结提升】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方
程组．
{3x+2(x+1)＞0
)
32．（2022春•启东市期末）若关于x的不等式组 恰好有三个整数解，则a的取值范
2x+5a＞4x+3a
围是 2 ＜ a ≤ 3 ．【思路引领】首先熟练解得每个不等式，再根据它恰有三个整数解，分析出它的整数解，进而求得实数
a的取值范围．
{ x＞− 2 )
【解答】解：不等式组整理得 5 ，
x＜a
{3x+2(x+1)＞0
)
∵关于x的不等式组 恰好有三个整数解，
2x+5a＞4x+3a
∴整数解只能是0，1，2，
∴2＜a≤3．
故答案为2＜a≤3．
【总结提升】此题考查的是一元一次不等式的解法和一元一次方程的解，求不等式组的解集，应遵循以
下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
33．（2022春•崇川区期末）如图，七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线交于点O，若∠1，∠2，
∠3，∠4对应的邻补角和等于220°，则∠BOD等于 40 ° ．
【思路引领】依据五边形AOEFG的外角和为360°，即可得到∠AOE的邻补角的度数，进而得出∠BOD
的度数．
【解答】解：∵五边形AOEFG的外角和为360°，且∠1、∠2、∠3、∠4对应的邻补角和等于220°，
∴∠AOE的邻补角为360°﹣220°＝140°，
∴∠BOD＝180°﹣140°＝40°．
故答案为：40°．
【总结提升】本题主要考查了多边形的内角与外角，多边形的外角和等于360度．利用内角和外角的关
系求得∠1、∠2、∠3、∠4的和是解题的关键．
34．（2021春•如东县期末）甲乙两人在聊天，甲对乙说：“当我像你现在这么大时，你才 2岁．”乙对
甲说：“当我到你现在这么大时，你将41岁．”则甲现在 2 8 岁．
【思路引领】根据甲乙二人的年龄差不变，列出方程解答．
【解答】解：根据题意，甲乙二人的年龄差为：（41﹣2）÷3＝13（岁），
设甲现在的年龄为x岁，乙现在的年龄为y岁，
{ x−y=13① )
，
y+13×2=41②
{x=28)
解得： ，
y=15
故答案为：28．
【总结提升】本题考查了二元一次方程组和一元一次方程的应用，掌握解二元一次方程组和一元一次方
程的步骤是关键．
35．（2021春•海门市期末）为了估计一个鱼池中鱼的条数，采用了如下方法：先从鱼池的不同地方捞出
40条鱼，给这些鱼做上记号后放回鱼池，过一段时间后，在同样的地方捞出200条鱼，其中有记号的鱼
有8条．请你估计鱼池中鱼的条数约为 100 0 条．【思路引领】先计算出有记号鱼的频率，再用频率估计概率，利用概率计算鱼的总数．
【解答】解：设鱼的总数为x条，
鱼的概率近似等于8：200＝40：x，
解得x＝1000．
故答案为：1000．
【总结提升】本题主要考查了用样本估计总体，频率＝所求情况数与总情况数之比，关键是根据有记号
的鱼的频率得到相应的等量关系，难度适中．
36．（2021春•南通期末）如图所示，把一个三角形纸片 ABC的三个顶角向内折叠之后（3个顶点不重
合），图中∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝ 36 0 °．
【思路引领】由折叠可知∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6等于六边形的内角和减去（∠B'FG+∠B'GF）以及
（∠C'HI+∠C'IH）和（∠A'DE+∠A'ED），再利用三角形的内角和定理即可求解．
【解答】解：由题意知，
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝720°﹣（∠B'FG+∠B'GF）﹣（∠C'HI+∠C'IH）﹣（∠A'DE+∠A'ED）＝
720°﹣（180°﹣∠B'）﹣（180°﹣C'）＝（180°﹣A'）＝180°+（∠B'+∠C'+∠A'）
又∵∠B＝∠B'，∠C＝∠C'，∠A＝∠A'，
∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°．
故答案为：360．
【总结提升】本题考查的是三角形内角和定理，熟知图形翻折变换的性质是解答此题的关键．
11
37．（2022春•如东县期末）若x＝3，y＝b；x＝a，y= 都是关于x．y的方程3x﹣2y＝c的解，且3a﹣
2
2b＝2c2+2c﹣10，则关于x的不等式c2x﹣3a＞10x+2b的解集是 x ＜﹣ 5 ．
11
【思路引领】把x＝3，y＝b；x＝a，y= 分别代入方程3x﹣2y＝c，再联立方程3a﹣2b＝2c2+2c﹣10
2
可求3a+2b，c2的值，再代入不等式c2x﹣3a＞10x+2b求解即可．{
9−2b=c
)
【解答】解：依题意有： 3a−11=c ，
3a−2b=2c2+2c−10
{3a+2b=20)
解得 ，
c2=6
则c2x﹣3a＞10x+2b，即6x﹣20＞10x，
解得x＜﹣5．
故答案为：x＜﹣5．
【总结提升】本题考查了解三元一次方程组的相关知识．解题的关键是求出3a+2b，c2的值．
38．（2022春•启东市期末）在平面直角坐标系中，对于点P（x，y），我们把点P'（y﹣1，﹣x﹣1）叫做
点P的和谐点，已知点A 的和谐点为点A ，点A 的和谐点为点A ，点A 的和谐点为点A ，……以此
1 2 2 3 3 4
类推，当点A 的坐标为（1，3）时，点A 的坐标为 （ 2 ，﹣ 2 ） ．
1 2022
【思路引领】根据友好点的定义及点A 的坐标为（2，1），顺次写出几个友好点的坐标，可发现循环
1
规律，据此可解．
【解答】解：观察，发现规律：A （1，3），A （2，﹣2），A （﹣3，﹣3），A （﹣4，2），A
1 2 3 4 5
（1，3），…，
∴A （1，3），A （2，﹣2），A （﹣3，﹣3），A （﹣4，2）（n为自然数）．
4n+1 4n+2 4n+3 4n+4
∵2022＝505×4+2，
∴点A 的坐标为（2，﹣2）．
2022
故答案为：（2，﹣2）．
【总结提升】本题考查了规律型的点的坐标，从已知条件得出循环规律：每4个点为一个循环是解题的
关键．
{2x+ y=3a+1)
39．（2022春•崇川区期末）已知关于x，y的方程组 的解都为非负数，a+2b＝3，c＝3a
x−2y=−a−7
﹣b，且b＞0，则c的取值范围是 2 ≤ c ＜ 9 ．
{x=a−1) {a−1≥0)
【思路引领】先解二元一次方程组，可得 ，在根据题意可得 ，从而求出a≥1，然
y=a+3 a+3≥0
3−a 7a 3
后再根据a+2b＝3，以及b＞0可得1≤a＜3，然后利用c＝3a﹣b，以及b= ，可得c= − ，进
2 2 2
行计算即可解答．
{2x+ y=3a+1)
【解答】解：
x−2y=−a−7
{x=a−1)
解得： ，
y=a+3
∵方程组的解都为非负数，
{a−1≥0)
∴ ，
a+3≥0
解得：a≥1，
∵a+2b＝3，
3−a
∴b= ，
2∵b＞0，
3−a
∴ ＞0，
2
∴a＜3，
综上所述：1≤a＜3，
3−a
∵c＝3a﹣b，b= ，
2
3−a 6a−3+a 7a 3
∴c＝3a− = = − ，
2 2 2 2
∵1≤a＜3，
7 7 21
∴ ≤ a＜ ，
2 2 2
7 3 7 3 21 3
∴ − ≤ a− ＜ − ，
2 2 2 2 2 2
∴2≤c＜9，
故答案为：2≤c＜9．
【总结提升】本题考查了解一元一次不等式组，二元一次方程组的解，熟练掌握解一元一次不等式组，
以及解二元一次方程组是解题的关键．
40．（2021春•如东县期末）对于实数x，我们规定[x]表示不大于x的最大整数，例如已知[1.5]＝1，[﹣
2.7]＝﹣3．若实数a满足[a+2]+4＝0，则实数a的取值范围是 ﹣ 6 ≤ a ＜﹣ 5 ．
【思路引领】根据已知可得：[a+2]＝﹣4，然后根据[x]表示不大于x的最大整数可得﹣4≤a+2＜﹣3，
最后进行计算即可解答．
【解答】解：∵[a+2]+4＝0，
∴[a+2]＝﹣4，
∴﹣4≤a+2＜﹣3，
解得：﹣6≤a＜﹣5，
故答案为：﹣6≤a＜﹣5．
【总结提升】本题考查了解一元一次不等式组，实数大小比较，理解[x]表示不大于x的最大整数是解题
的关键．
41．（2021春•海门市期末）如图，在△ABC中，∠A＝ ，∠ABC和∠ACD的平分线交于点A ，得∠A ；
1 1
∠A BC和∠A CD的平分线交于点 A ，得∠A ；…∠A BC和∠A CD的平分线交于点 A ，则
1 1 2 2 2020 2020 2021
α
α
∠A ＝ ．
2021 22021
【思路引领】根据题目，需运用特殊到一般的数学思想分析本题．由 A B 平分∠ABC，A C 平分
1 1
1 1
∠ACD，∠A BC= ∠ABC，∠A CD= ∠ACD．由三角形外角的性质，得∠ A CD＝
1 2 1 2 1
1
∠A BC+∠A ，进而推断出∠A ＝∠A CD﹣∠A BC= ∠A．以此类推，可得出结论．
1 1 1 1 1 2【解答】解：∵A B平分∠ABC，A C平分∠ACD，
1 1
1 1
∴∠A BC= ∠ABC，∠A CD= ∠ACD．
1 2 1 2
∵∠A CD＝∠A BC+∠A ，
1 1 1
∴∠A ＝∠A CD﹣∠A BC
1 1 1
1 1
= ∠ACD− ∠ABC
2 2
1
= (∠ACD−∠ABC)
2
1
= ∠A．
2
1
同理可证，∠A = ∠A ．
2 2 1
1 1 1 1
∴∠A = ∠A = ⋅ ∠A= ∠A．
2 2 1 2 2 22
以此类推…
1
∴∠A = ∠A．
2021 22021
∵∠A＝ ，
α
∴∠A α = ．
2021 22021
α
故答案为： ．
22021
【总结提升】本题主要考查三角形外角的性质以及角平分线的性质，熟练掌握三角形外角的性质以及角
平分线的性质是解决本题的关键．
42．（2023春•启东市期末）如图，在平面直角坐标系上有点A（1，0），点A第一次跳动至点A （﹣1，
1
1），第二次向右跳动3个单位至点A （2，1），第三次跳动至点A （﹣2，2），第四次向右跳动5个
2 3
单位至点A （3，2），…，依此规律跳动下去，点A第2018次跳动至点A 的坐标是 （ 1010 ，
4 2018
1009 ） ．
【思路引领】根据图形观察发现，第偶数次跳动至点的坐标，横坐标是次数的一半加上 1，纵坐标是次
数的一半，然后写出即可．
【解答】解：观察发现，第2次跳动至点的坐标是（2，1），
第4次跳动至点的坐标是（3，2），
第6次跳动至点的坐标是（4，3），第8次跳动至点的坐标是（5，4），
…
第2n次跳动至点的坐标是（n+1，n），
故第2018次跳动至点的坐标是（1010，1009）．
故答案为：（1010，1009）．
【总结提升】本题考查了坐标与图形的性质，以及图形的变化问题，结合图形得到偶数次跳动的点的横
坐标与纵坐标的变化情况是解题的关键．
三．解答题（共8小题）
43．（2022春•如皋市期末）如图，平面直角坐标系 xOy中，长方形ABCD的边AB在x轴上，顶点A，
B，C的坐标分别为（﹣8，0）（2，0）（2，3），E为AB的中点，DC交y轴于点F．动点P从点E
出发，以每秒2个单位长度的速度，顺时针沿长方形ADFO的边运动一周后回到点E．设点P运动时间
为t秒，连接PD，DE．
（1）点D的坐标为 （﹣ 8 ， 3 ） ，点E的坐标为 （﹣ 3 ， 0 ） ；
（2）当点P在线段AO上时，求△DPE的面积（用含有t的式子表示）；
1
（3）在点P运动过程中，当S△PED =
2
S长方形OBCF 时，请直接写出t的值．
【思路引领】（1）由矩形的性质可求出答案；
（2）当P在线段AE上时，由题意知PE＝2t，AD＝3，当点P在线段OE上时，EP＝22﹣2t，由三角形
面积公式可求出答案；
（3）分五种情况，当点P在线段AE上或线段AD上或线段FD上或线段OF上或线段OE上，由三角形
面积公式可求出答案．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD中，A（﹣8，0），B（2，0），C（2，3），
∴D（﹣8，3），AB＝10，
∵E为AB的中点，
∴BE＝5，
∴OE＝3，
∴E（﹣3，0）．
故答案为：（﹣8，3），（﹣3，0）；
（2）当P在线段AE上时，由题意知PE＝2t，AD＝3，1 1
∴S△DPE =
2
PE⋅AD=
2
×2t×3＝3t，
当点P在线段OE上时，EP＝2×（8+3）﹣2t，
1 1
∴S△DPE =
2
EP•AD =
2
×（22﹣2t）×3＝33﹣3t，
综上所述，点P在线段AO上时，△DPE的面积为3t或33﹣3t．
（3）∵B（2，0），C（2，3），
∴OB＝2，BC＝3，
∴S长方形OBCF ＝2×3＝6，
分五种情况：
1
当点P在线段AE上时，由（2）知，S△PED ＝3t =
2
×6＝3
∴t＝1；
当点P在线段AD上时，DP＝8﹣2t，
1
∴S△PED =
2
×5×（8﹣2t）＝3，
17
∴t= ；
5
当点P在DF上时，DP＝2t﹣8，
1
∴S△PED =
2
×3×（2t﹣8）＝3，
∴t＝5；
当点P在OF上时，CP＝2t﹣18，BP＝21﹣2t，1 1 1
∴S△PED ＝10×3−
2
×5×3−
2
×10×(2t−18)−
2
×5×（21﹣2t）＝3，
57
∴t= ，
5
57 21
∵ ＞ ，
5 2
∴点P不在线段OF上，不合题意舍去，
当点P在线段OE上时，
∴S△PED ＝33﹣3t＝3，
∴t＝10，
17
综上所述，t的值为1或 或5或10．
5
【总结提升】本题是四边形综合题目，考查了一元一次方程的解法，矩形的性质，三角形面积的计算，
坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
44．（2021春•如东县期末）如图，平面直角坐标系xOy中，点A，B坐标分别为（a，0），（0，b），且
a，b满足b=❑√a−2+❑√2−a+4．
（1）b的值为 4 ；△AOB的面积为 4 ．
（2）若点C（m，n）在线段AB上，m，n满足m+n＝3，点D在y轴负半轴上，线段CD交x轴于点
M，△MOD与△MAC面积相等，求点C和点D的坐标；
（3）若直线EF交x轴于点E，交y轴于点F，EF∥AB，点P为直线EF上任意一点，且△PAB面积为
9，直接写出OF的长．
【思路引领】（1）根据二次根式有意义的条件可求出a、b的值，进而确定点A、点B的坐标，再由三
角形面积公式进行计算即可；
（2）求出直线AB的关系式，进而确定点C的坐标，再根据三角形面积公式进行计算即可；
（3）根据平行线的性质，三角形面积公式进行计算即可．
【解答】解：（1）∵a，b满足b=❑√a−2+❑√2−a+4．
∴a﹣2＝0，b＝4，即a＝2，b＝4，
∴A（2，0），B（0，4），即OA＝2，OB＝4，
1
∴；△AOB的面积为 ×2×4＝4，
2
故答案为：4，4；
（2）设直线AB的关系式为y＝kx+b，由题意得，
{2k+b=0) {k=−2)
，解得 ，
b=4 b=4
∴直线AB的关系式为y＝﹣2x+4，
∵点C（m，n）在线段AB上，
∴n＝﹣2m+4，
即2m+n＝4，
又∵m+n＝3，
∴m＝1，n＝2，
∴点C（1，2），
如图，过点C作CH⊥BD于点H，则CH＝1，
∵△MOD与△MAC面积相等，
∴△BCD与△AOB面积相等，
1 1
即 BD•CH= OA•OB，
2 2
OA⋅OB
∴BD= =8，
CE
又∵OB＝4，
∴OD＝8﹣4＝4，
∴点D（0，﹣4）；
（3）如图，连接AF，AF ，
1
①当直线EF在直线AB的右侧时，
∵EF∥AB，
∴S△PAB ＝S△FAB ＝9，
∵S△AOB ＝4，
1
∴S△AOF ＝4+9＝13 =
2
OF•OA，
∵OA＝2，
∴OF＝13，
②当直线E F 在直线AB的左侧时，
1 1
∵E F ∥AB，
1 1
∴S△F1AB ＝9，
∵S△AOB ＝4，
1
∴S△AOF ＝9﹣4＝5 =
2
OF•OA，
∵OA＝2，
∴OF＝5，
综上所述，OF＝13或OF＝5．【总结提升】本题考查二次根式有意义的条件，三角形的面积以及平行线的性质，掌握二次根式有意义的
条件，平行线的性质是正确解答的前提．
45．（2021春•海门市期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点 A（﹣4，0），B（0，4），C（m，
0），点D（0，m）其中0＜m＜4，连接AB，BC，CD．在第一象限内作∠CBP＝90°，使BP＝BC．
（1）求点P的坐标．
（2）连接AD，求证：AD⊥BC；
（3）当S△ABP ＝3时，求m的值．
【思路引领】（1）作PE⊥y轴于点E，可证明△EPB≌△OBC，则EP＝OB＝4，EB＝OC＝m，所以
OE＝4+m，则P（4，4+m）；
（2）延长 AD 交 BC 于点 F，因为 OA＝OB＝4，OD＝OC＝m，∠AOD＝∠BOC，所以
△OAD≌△OBC，得∠OAD＝∠OBC，则∠AFB＝∠OAD+∠ACB＝∠OBC+∠ACB＝90°，所以
AD⊥BC；
1 1
（3）连接AP交y轴于点I，可证明△OAI≌△EPI，则OI＝EI= OE= （4+m），所以IB＝OB﹣OI
2 2
1 1 1 5
=
2
（4﹣m），则S△ABP ＝S△ABI +S△PBI =
2
BI•OA+
2
BI•EP＝8﹣2m＝3，所以m=
2
．
【解答】（1）解：作PE⊥y轴于点E，则∠PEB＝∠BOC＝90°，∵∠CBP＝90°，
∴∠EPB＝∠OBC＝90°﹣∠PBE，
在△EPB和△OBC中，
{∠PEB=∠BOC
)
∠EPB=∠OBC ，
PB=BC
∴△EPB≌△OBC（AAS），
∵B（0，4），C（m，0），
∴EP＝OB＝4，EB＝OC＝m，
∴OE＝OB+EB＝4+m，
∴P（4，4+m）．
（2）证明：延长AD交BC于点F，
∵A（﹣4，0），D（0，m），
∴OA＝OB＝4，OD＝OC＝m，
∵AOD＝90°，
∴∠AOD＝∠BOC，
在△OAD和△OBC中，
{
OA=OB
)
∠AOD=∠BOC ，
OD=OC
∴△OAD≌△OBC（SAS），
∴∠OAD＝∠OBC，
∴∠AFB＝∠OAD+∠ACB＝∠OBC+∠ACB＝90°，
∴AD⊥BC．
（3）解：连接AP交y轴于点I，
在△OAI和△EPI中，
{∠OIA=∠EIP
)
∠AOI=∠PEI ，
OA=EP
∴△OAI≌△EPI（AAS），
1 1
∴OI＝EI= OE= （4+m），
2 2
1 1
∴IB＝OB﹣OI＝4− （4+m）= （4﹣m），
2 2
1 1 1 1 1 1
∴S△ABP ＝S△ABI +S△PBI =
2
BI•OA +
2
BI•EP =
2
×4×
2
（4﹣m）+
2
×4×
2
（4﹣m）＝8﹣2m，
∵S△ABP ＝3，
∴8﹣2m＝3，
5
∴m= ，
2
5
∴m的值为 ．
2【总结提升】此题重点考查图形与坐标、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公
式等知识，适当选择全等三角形的判定定理证明有关的三角形全等是解题的关键．
46．（2021春•南通期末）直角△ABC中，∠C＝90°，点D、E分别是△ABC边AC、BC上的点，点P是
一动点．令∠PDA＝∠1，∠PEB＝∠2，∠DPE＝∠ ．
α
（1）如图1，若点P在线段AB上，且∠ ＝40°，则∠1+∠2＝ 13 0 °；
（2）如图2，若点P在边AB上运动，则∠ 、∠1、∠2之间有何关系？猜想并说明理由；
α
（3）如图3，若点P运动到边AB的延长线上，则∠ 、∠1、∠2之间的关系为： ∠ 1 ﹣∠ 2 ﹣∠ ＝
α
90° ；
α α
（4）如图4，若点P运动到△ABC形外，则∠ 、∠1、∠2之间的关系为： ∠ 2+ ∠ ﹣∠ 1 ＝ 90 ° ．
【思路引领】（1）如图1中，连接PC．由∠1＝∠3+∠DPC，∠2＝∠4+∠CPE，推出∠1+∠2＝
α α
（∠DPC+∠CPE）+（∠3+∠4）＝∠ +90°＝130°；
（2）结论：∠1+∠2＝90°+∠ ．连接PC．由∠1＝∠3+∠DPC，∠2＝∠4+∠CPE，推出∠1+∠2＝
α
（∠DPC+∠CPE）+（∠3+∠4）＝90°+∠ ；
α
（3）如图 3 中，结论：∠1﹣∠2﹣∠ ＝90°．由∠1＝∠3+∠C，∠3＝∠ +∠2，推出∠1＝
α
∠ +∠2+90°，即∠1﹣∠2﹣∠ ＝90°；
α α
（4）如图4中，结论：∠2+∠ ﹣∠1＝90°．由∠1＝∠ +∠3，∠3＝90°﹣∠PEC，∠PEC＝180°﹣
α α
∠2，推出∠1＝∠ +90°﹣（180°﹣∠2），推出∠1＝∠ ﹣90°+∠2，可得∠2+∠ ﹣∠1＝90°．
α α
α α α【解答】解：（1）如图1中，连接PC．
∵∠1＝∠3+∠DPC，∠2＝∠4+∠CPE，
∴∠1+∠2＝（∠DPC+∠CPE）+（∠3+∠4）＝∠ +90°＝130°，
故答案为130；
α
（2）如图2中，结论：∠1+∠2＝90°+∠ ．理由如下：
连接PC．
α
∵∠1＝∠3+∠DPC，∠2＝∠4+∠CPE，
∴∠1+∠2＝（∠DPC+∠CPE）+（∠3+∠4）＝90°+∠ ；
α
（3）如图3中，结论：∠1﹣∠2﹣∠ ＝90°．
α
理由：∵∠1＝∠3+∠C，∠3＝∠ +∠2，
∴∠1＝∠ +∠2+90°，
α
∴∠1﹣∠2﹣∠ ＝90°．
α
故答案为∠1﹣∠2﹣∠ ＝90°；
α
α
（4）如图4中，结论：∠2+∠ ﹣∠1＝90°．
α理由：∵∠1＝∠ +∠3，∠3＝90°﹣∠PEC，∠PEC＝180°﹣∠2，
∴∠1＝∠ +90°﹣（180°﹣∠2），
α
∴∠1＝∠ ﹣90°+∠2，
α
∴∠2+∠ ﹣∠1＝90°．
α
故答案为∠2+∠ ﹣∠1＝90°；
α
【总结提升】本题考查三角形综合题、三角形的外角的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是学
α
会添加常用辅助线，灵活运用三角形的外角等于不相邻的两个内角之和解决问题，属于中考常考题型．
47．（2022春•如东县期末）已知四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，E是边AB上一点，F为边BC上一点
（不与B，C两点重合），连接EF，DF，且EF⊥DF．
（1）如图1，若∠DFC＝∠A，求证：AD⊥FD；
（2）如图2，∠BEF和∠CDF的平分线相交于点O，当点F在边BC上运动时，探究∠O的大小是否发
生变化？若不变，求出∠O的度数；若变化，写出其变化范围．
【思路引领】（1）先证明∠BEF＝∠A，根据同位角相等，两直线平行证得 EF∥AD，然后根据
EF⊥DF证得AD⊥DF；
1
（ 2 ） 容 易 证 明 ∠ BEF+∠ FDC ＝ 90° ， 然 后 利 用 三 角 形 外 角 的 性 质 得 到 ∠ O ＝ 90°−
2
（∠BEF+∠FDC），即可求出∠O的度数．
【解答】（1）证明：∵EF⊥DF，
∴∠DFE＝90°，
∴∠BFE+∠DFC＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠BEF+∠BFE＝90°，
∴∠BEF＝∠DFC，∵∠DFC＝∠A，
∴∠BEF＝∠A，
∴EF∥AD，
∵EF⊥DF，
∴AD⊥FD；
（2）解：∠O不发生变化，
理由：
如图，延长DF交OE于点M，
由（1）得∠BEF+∠FDC＝90°，
∵∠BEF和∠CDF的平分线相交于点O，
1 1
∴∠MEF= ∠BEF，∠MDO= ∠FDC，
2 2
1 1
∴∠MEF+∠MDO= （∠BEF+∠FDC）= ×90°＝45°，
2 2
∵∠DMO＝∠MEF+90°，
∴∠DMO+∠O+∠MDO＝180°，
∴∠MEF+90°+∠O+∠MDO＝180°，
∴45°+90°+∠O＝180°，
∴∠O＝45°．
【总结提升】本题考查了多边形的内角与外角，解题的关键是根据平行线和角平分线的性质正确表示角
与角之间的关系．
48．（2023•如东期末）某商场的运动服装专柜，对A，B两种品牌的运动服分两次采购试销后，效益可
观，计划继续采购进行销售．已知这两种服装过去两次的进货情况如下表：
第一次 第二次
A品牌运动服装数/件 20 30
B品牌运动服装数/件 30 40
累计采购款/元 10200 14400
（1）问A，B两种品牌运动服的进货单价各是多少元？
3
（2）由于B品牌运动服的销量明显好于A品牌，商家决定采购B品牌的件数比A品牌件数的 倍多5
2
件，在采购总价不超过21300元的情况下，最多能购进多少件B品牌运动服？
【思路引领】（1）直接利用两次采购的总费用得出等式进而得出答案；3
（2）利用采购B品牌的件数比A品牌件数的 倍多5件，在采购总价不超过21300元，进而得出不等
2
式求出答案．
【解答】解：（1）设A，B两种品牌运动服的进货单价各是x元和y元，根据题意可得：
{20x+30 y=10200)
，
30x+40 y=14400
{x=240)
解得： ，
y=180
答：A，B两种品牌运动服的进货单价各是240元和180元；
3
（2）设购进A品牌运动服m件，购进B品牌运动服（ m+5）件，
2
3
则240m+180（ m+5）≤21300，
2
解得：m≤40，
经检验，不等式的解符合题意，
3 3
∴ m+5≤ ×40+5＝65，
2 2
答：最多能购进65件B品牌运动服．
【总结提升】此题主要考查了一元一次不等式的应用和二元一次方程组的应用，正确得出等量关系是解
题关键．
49．（2022春•崇川区期末）若点P（a，a﹣5）到x轴的距离为m ，到y轴的距离为m ．
1 2
（1）当a＝1时，直接写出m +m ＝ 5 ，
1 2
（2）若m +m ＝7，求出点P的坐标．
1 2
（3）若点P在第四象限，且2m +km ＝10（k为常数），求出k的值．
1 2
【思路引领】（1）点P到x轴的距离m ＝|a﹣5|＝|1﹣5|＝4；点P到y轴的距离m ＝|a|＝1，则m +m
1 2 1 2
＝5．
（2）根据a的不同取值范围，将|a|+|a﹣5|去绝对值，求得符合题意的a的值，进而求出点P的坐标．
（3）根据第四象限的点的横坐标为正、纵坐标为负，从而把 m 和m 去绝对值，用含有a是代数式表
1 2
示出来，然后代入已知条件2m +km ＝10（k为常数）中求出k的值．
1 2
【解答】（1）解：5；
（2）解：∵m +m ＝7，
1 2
∴|a|+|a﹣5|＝7．
①当a＜0时，﹣a﹣a+5＝7．a＝﹣1．
∴P（﹣1，﹣6）．
②当0≤a≤5时，a﹣a+5＝7．
∴舍去．
③当a＞5时，a+a﹣5＝7．a＝6．
∴P（6，1）．
综上所得，点P的坐标为（﹣1，﹣6）或（6，1）．
（3）解：∵P在第四象限，
∴a＞0，a﹣5＜0．
∴m ＝|a﹣5|＝5﹣a，m ＝|a|＝a．
1 2∵2m +km ＝10，
1 2
∴2（5﹣a）+ka＝10．ka﹣2a＝0．
∴k＝2．
【总结提升】本题考查的是坐标系中的点P到x轴的距离为点P纵坐标的绝对值，到y轴的距离为点P
纵坐标的绝对值，根据题中的条件去绝对值进而解决问题．
50．（2020春•安陆市期末）为了保护环境，某企业决定购买10台污水处理设备．现有A，B两种型号的
设备，其中每台的价格、月处理污水量及年消耗费如下表：
A型 B型
价格（万元/台） 12 10
处理污水量（吨/月） 240 200
年消耗费（万元/台） 1 1
经预算，该企业购买设备的资金不高于105万元．
（1）请你设计该企业有几种购买方案；
（2）若该企业每月产生的污水量为2040吨，为了节约资金，应选择哪种购买方案；
（3）在第（2）问的条件下，若每台设备的使用年限为10年，污水厂处理污水为每吨10元，请你计
算，该企业自己处理污水与将污水排到污水厂处理相比较，年节约资金多少万元？（注：企业处理污水
的费用包括购买设备的资金和消耗费）
【思路引领】（1）设购买污水处理设备A型x台，则B型（10﹣x）台，列出不等式方程求解即可，x
的值取整数．
（2）如图列出不等式方程求解，再根据x的值选出最佳方案．
（3）首先计算出企业自己处理污水的总资金，再计算出污水排到污水厂处理的费用，相比较即可得
解．
【解答】解：（1）设购买污水处理设备A型x台，
则B型（10﹣x）台．
12x+10（10﹣x）≤105，
解得x≤2.5．
∵x取非负整数，
∴x可取0，1，2．
有三种购买方案：
方案一：购A型0台、B型10台；
方案二：购A型1台，B型9台；
方案三：购A型2台，B型8台．
（2）240x+200（10﹣x）≥2040，
解得x≥1，
∴x为1或2．
当x＝1时，购买资金为：12×1+10×9＝102（万元）；
当x＝2时，购买资金为12×2+10×8＝104（万元），
∴为了节约资金，应选购A型1台，B型9台．
（3）10年企业自己处理污水的总资金为：
102+1×10+9×10＝202（万元），
若将污水排到污水厂处理：2040×12×10×10＝2448000（元）＝244.8（万元）．
节约资金：244.8﹣202＝42.8（万元），
42.8÷10＝4.28万元，
答：年节约资金4.28万元．
【总结提升】本题考查了一元一次不等式的应用，解题的关键是根据各数量之间的关系，正确列出一元一
次不等式．
51．（2021春•如东县期末）对于平面内的∠P和∠Q，若存在一个常数k＞0，使得∠P+k∠Q＝360°，则
称∠Q为∠P的k系补周角．例如∠P＝120°，∠Q＝80°，显然∠P+3∠Q＝360°，所以∠Q为∠P的3系
补周角．
（1）若∠P＝100°，∠P的k系补周角为65°，则k的值为 4 ；
（2）在△ABC中，已知∠A＝60°．
①若∠B为∠A的6系补周角，求∠C的度数；
②若∠B为∠A的m系补周角，∠C为∠A的n系补周角，且n＝3m．判断△ABC的形状，并说明理
由．
【思路引领】（1）根据题目给出的定义求解即可；
（2）①根据题意及三角形内角和定理求解即可；
②根据题意及三角形内角和定理求解即可．
【解答】解：（1）∵∠P＝100°，∠P的k系补周角为65°，
∴100°+65°k＝360°，
∴k＝4，
故答案为：4；
（2）①∵∠B为∠A的6系补周角，
∴∠A+6∠B＝360°，
∵∠A＝60°，
∴∠B＝50°，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝70°；
②△ABC是直角三角形，理由如下：
∵∠B为∠A的m系补周角，∠C为∠A的n系补周角，
∴∠A+m∠B＝360°，∠A+n∠C＝360°，
∴m∠B＝n∠C，
∵n＝3m．
∴m∠B＝3m∠C，
∵m＞0，
∴∠B＝3∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A＝60°，
∴∠B＝90°，∠C＝30°，
∴△ABC是直角三角形．
【总结提升】此题是三角形综合题，考查了定义“∠Q为∠P的k系补周角”及三角形内角和定理、直
角三角形的判定等知识，熟练掌握定义“∠Q为∠P的k系补周角”是解题的关键．
【思路引领】（1）根据“奇妙三角形”的定义，在△ABD中，∠A+2∠ABD＝100°，即证明△ABD为
“奇妙三角形”．
（2）由三角形的内角和知，A+∠B＝100°，由△ABC 为“奇妙三角形”得出∠C+2∠B＝100°或∠C+2∠A＝100°两种情况，计算得∠B＝90°或∠A＝90°，从而证明△ABC是直角三角形．
（3）由三角形的内角和知，∠ADB+∠ABD＝140，由△ABC为“奇妙三角形得出∠A+2∠ABD＝100°或
2∠A+∠ABD＝100°两种情况，求得∠C＝80°或100°．
【解答】（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠ABD．
在△ABC中，∵∠ACB＝80°，
∴∠A+∠ABC＝180°﹣∠ACB＝180°﹣80°＝100°，
即∠A+2∠ABD＝100°，
∴△ABD为“奇妙三角形”．
（2）证明：在△ABC中，∵∠C＝80°，∴∠A+∠B＝100°，
∵△ABC为“奇妙三角形”，∴∠C+2∠B＝100°或∠C+2∠A＝100°，
∴∠B＝10°或∠A＝10°，
当∠B＝10°时，∠A＝90°，△ABC是直角三角形．
当∠A＝10°时，∠B＝90°，△ABC是直角三角形．
由此证得，△ABC是直角三角形．
（3）解：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠ABD，
∵△ABD为“奇妙三角形”，
∴∠A+2∠ABD＝100°或2∠A+∠ABD＝100°，
①当∠A+2∠ABD＝100°时，∠ABD＝（100°﹣40°）÷2＝30°，
∴∠ABC＝2∠ABD＝60°，
∴∠C＝80°；
②当2∠A+∠ABD＝100°时，∠ABD＝100°﹣2∠A＝20°，
∴∠ABC＝2∠ABD＝40°，
∴∠C＝100°；
综上得出：∠C的度数为80°或100°．
【总结提升】本题是新定义题，能够找到“奇妙三角形”两个内角 与 满足 +2 ＝100°，既能够判
定“奇妙三角形”，又能利用其性质证明和计算角度．
α β α β
