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七年级数学下学期期中精选 50 题（提升版）（北师大版）
一．选择题（共25小题）
1．（2021秋•黔江区期末）要使（x2﹣x+5）（2x2﹣ax﹣4）展开式中不含x2项，则a的值等于（
）
A．﹣6 B．6 C．14 D．﹣14
【分析】根据多项式乘以多项式的法则进行展开，然后按照x的降序排列，使x的二次项的系
数为0即可．
【解答】解：（x2﹣x+5）（2x2﹣ax﹣4）
＝2x4﹣ax3﹣4x2﹣2x3+ax2+4x+10x2﹣5ax﹣20
＝2x4﹣（a+2）x3+（a+6）x2+（4﹣5a）x﹣20，
∵展开式中不含x2项，
∴a+6＝0，
∴a＝﹣6，
故选：A．
【点评】本题考查多项式乘以多项式，掌握多项式乘以多项式的计算法则是正确解答的前提，
令x的二次项的系数为0是正确解答的关键．
2．（2021秋•临沂期末）如图所示，将四张全等的长方形硬纸片围成一个正方形，根据图形阴
影部分面积的关系，可以直观地得到一个关于a、b的恒等式为（ ）
A．a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b） B．（a+b）2＝a2+2ab+b2
C．（a﹣b）2＝（a+b）2﹣4ab D．a2+ab＝a（a+b）
【分析】用两种方法正确的表示出阴影部分的面积，再根据图形阴影部分面积的关系，即可
直观地得到一个关于a、b的恒等式．
【解答】解：方法一阴影部分的面积为：（a﹣b）2，
方法二阴影部分的面积为：（a+b）2﹣4ab，
所以根据图形阴影部分面积的关系，可以直观地得到一个关于a、b的恒等式为（a﹣b）2＝
（a+b）2﹣4ab．
故选：C．
【点评】本题主要考查了完全平方公式的几何背景，解题的关键是用两种方法正确的表示出
阴影部分的面积．3．（2021秋•重庆期末）观察：（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1，（x﹣1）（x2+x+1）＝x3﹣1，（x﹣
1）（x3+x2+x+1）＝x4﹣1，据此规律，当（x﹣1）（x5+x4+x3+x2+x+1）＝0时，代数式x2021﹣
1的值为（ ）
A．1 B．0 C．1或﹣1 D．0或﹣2
【分析】先根据规律求x的值，再求代数式的值．
【解答】解：∵（x﹣1）（x5+x4+x3+x2+x+1）＝0．
∴x6﹣1＝0．
∴x6＝1．
∴（x3）2＝1．
∴x3＝±1．
∴x＝±1．
当x＝1时，原式＝12021﹣1＝0．
当x＝﹣1时，原式＝12021﹣1＝﹣2．
故选：D．
【点评】本题考查通过规律解决数学问题，发现规律，求出x的值是求解本题的关键．
4．（2021秋•桓台县期末）如图1，在长方形ABCD中，动点P从点B出发，沿B→C→D→A方
向匀速运动至点A停止，已知点P的运动速度为2cm/s，设点P的运动时间为x（s），△PAB
的面积为y（cm2），若y关于x的函数图象如图2所示，则长方形ABCD的面积为（ ）
A．48cm2 B．24cm2 C．12cm2 D．6cm2
【分析】根据△ABP的面积只与点P的位置有关，结合图2求出长方形的长和宽，再由矩形
的面积公式计算即可．
【解答】解∵动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，
当点P在点B，C之间运动时，△ABP的面积随时间x的增大而增大，
由图2知，当x＝3时，点P到达点C处，
∴BC＝3×2＝6（cm）；
当点P运动到点C，D之间时，△ABP的面积不变，
由图2可知，点P从点C运动到点D所用时间为7﹣3＝4（s），
∴CD＝2×4＝8（cm），
∴长方形ABCD的面积＝8×6＝48（cm2）．
故选：A．【点评】本题考查了动点问题的函数图象，解决本题的关键是根据y与x的函数图象求出长方
形的长和宽．
5．（2021秋•定海区期末）在某一阶段，某商品的销售量与销售价之间存在如表关系：
销售价/元 90 100 110 120 130 140
销售量/件 90 80 70 60 50 40
设该商品的销售价为x元，销售量为y件，估计：当x＝127时，y的值为（ ）
A．63 B．59 C．53 D．43
【分析】该商品的销售价每增加10元，销售量就减少10件，所以可以分析出销售量y与销售
价x符合一次函数关系，再设出函数解析式，代入表格中的数据求出解析式，再把x＝127代
入求y的值即可．
【解答】解：由图表可以看出y与x符合一次函数关系，设y＝kx+b（k≠0），
把x＝90，y＝90和x＝100，y＝80代入得，
，
解得： ，
则y＝﹣x+180，
当x＝127时，y＝﹣127+180＝53．
故选：C．
【点评】本题主要考查了函数的表示方法，根据题目中的条件分析函数关系是关键的一步，
并且要熟练掌握待定系数法求解析式．
6．（2021春•仓山区期中）直线AB，CD相交于点O．OE，OF，OG分别平分∠AOC，∠BOC，
∠AOD．下列说法正确的是（ ）
A．OE，OF在同一直线上 B．OE，OG在同一直线上
C．OG⊥OF D．OE⊥OF
【分析】根据角平分线的性质得到∠COE＝ ∠AOC，∠COF＝ ∠BOC，又因为∠AOC与
∠BOC是补角，所以∠COE+∠COF＝90°，所以OE⊥OF，所以A错误，D正确；因为
∠AOG＝ ∠AOD，且∠AOD与∠BOC是对顶角，所以∠AOG＝∠BOF，所以，OF与OG
共线，所以，OE⊥OG，所以B，C均错误．
【解答】解：解：∵∠AOC＝∠BOD，
∵OE，OF分别是∠AOC，∠BOC的平分线，
∴∠COE＝ ∠AOC，∠COF＝∠BOF＝ ∠BOC，
∵OG是∠AOD的平分线，
∴∠AOG＝∠DOG，
∴∠COE+∠COF＝∠AOFE+∠BOF＝ ×180°＝90°，
∴∠EOG＝∠FOE＝90°，
∴射线OE，OF互相垂直，故D正确；故A错误；射线OF，OG互相垂直；故C错误；故B
错误．
故选：D．
【点评】本题考查了垂线，对顶角，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．
7．（2021春•新洲区期中）点P为直线外一点，点A、B、C在直线l上，若PA＝2cm，PB＝2.
3cm，PC＝5cm，则点P到直线l的距离是（ ）
A．2cm B．小于2cm C．不大于2cm D．5cm
【分析】从直线外一点到这条直线上各点所连的线段中，垂线段最短．
【解答】解：∵PA＝2cm，PB＝2.3cm，PC＝5cm，
∴PA＜PB＜PC．
∴①当PA⊥l时，点P到直线l的距离等于2cm；
②当PA与直线l不垂直时，点P到直线l的距离小于2cm；
综上所述，则P到直线l的距离是不大于2cm．
故选：C．
【点评】本题主要考查了垂线段最短的性质和点到直线的距离的概念．垂线的两条性质：①
从直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．②从直线外一点到这条直
线上各点所连的线段中，垂线段最短．
8．（2021秋•河源期末）如图，直线a，b被直线c所截，下列条件中，不能判定a∥b的是（
）A．∠2＝∠5 B．∠1＝∠3 C．∠5＝∠4 D．∠1+∠5＝180°
【分析】根据平行线的判定方法一一判断即可．
【解答】解：∵∠2＝∠5，
∴a∥b，
∵∠4＝∠5，
∴a∥b，
∵∠1+∠5＝180°，
∴a∥b，
故选：B．
【点评】本题考查平行线的判定，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
9．（2021秋•上思县期中）如图所示，若AB∥DE，且∠E＝55°，则∠B+∠C的度数是（ ）
A．135° B．125° C．55° D．45°
【分析】利用平行线的性质结合三角形的外角的性质解决问题即可．
【解答】解：∵AB∥DE，
∴∠E＝∠BFE＝55°，
∵∠BFE＝∠B+∠C，
∴∠B+∠C＝55°，
故选：C．
【点评】本题考查平行线的性质，三角形的外角等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，
属于中考常考题型．
10．（2021春•望城区期末）将一个直角三角板和一把直尺按如图所示摆放，若∠1＝35°，则∠2
的度数为（ ）
A．35° B．45° C．50° D．55°
【分析】由平行线的性质及三角形内角和作答．
【解答】解：如图，∵∠1＝∠4（两直线平行，内错角相等），
∠2＝∠3（对顶角相等），
∴∠1+∠2＝∠3+∠4＝90°，
∴∠2＝90°﹣∠1＝55°．
故选：D．
【点评】本题考查平行线的性质及三角形内角和定理，解题关键是熟练掌握平行线的性质及
三角形内角和定理．
11．（2020秋•柳南区校级期末）如图，AB∥CD，∠ABE＝ ∠EBF，∠DCE＝ ∠ECF，设
∠ABE＝ ，∠E＝ ，∠F＝ ，则 ， ， 的数量关系是（ ）
α β γ α β γ
A．4 ﹣ + ＝360° B．3 ﹣ + ＝360°
C．4 ﹣ ﹣ ＝360° D．3 ﹣2 ﹣ ＝360°
β α γ β α γ
【分析】过E作EN∥AB，过F作FQ∥AB，根据已知条件得出∠ABF＝3 ，∠DCF＝
β α γ β α γ
4∠ECD，求出AB∥EN∥CD，AB∥FQ∥CD，根据平行线的性质得出∠ABE＝∠BEN＝ ，
α
∠ECD＝∠CEN，∠ABF+∠BFQ＝180°，∠DCF+∠CFQ＝180°，求出 +∠ECD＝ ，
α
3 + +4∠DCE＝360°，再求出答案即可．
α β
【解答】解：过E作EN∥AB，过F作FQ∥AB，
α γ
∵∠ABE＝ ∠EBF，∠DCE＝ ∠ECF，∠ABE＝ ，
∴∠ABF＝3 ，∠DCF＝4∠ECD，
α
α
∵AB∥CD，
∴AB∥EN∥CD，AB∥FQ∥CD，∴∠ABE＝∠BEN＝ ，∠ECD＝∠CEN，∠ABF+∠BFQ＝180°，∠DCF+∠CFQ＝180°，
∴∠ABE+∠ECD＝∠BEN+∠CEN＝∠BEC，∠ABF+∠BFQ+∠CFQ+∠DCF＝180°+180°＝
α
360°，
即 +∠ECD＝ ，3 + +4∠DCE＝360°，
∴∠ECD＝ ﹣ ，
α β α γ
∴3 + +4（ ﹣ ）＝360°，
β α
即4 ﹣ + ＝360°，
α γ β α
故选：A．
β α γ
【点评】本题考查了平行线的性质和判定，能灵活运用知识点进行推理是解此题的关键．
12．（2021春•巴南区期中）如图，AD∥BC，∠D＝∠ABC，点E是边DC上一点，连接AE交
BC的延长线于点H，点F是边AB上一点，使得∠FBE＝∠FEB，作∠FEH的角平分线EG交
BH于点G．若∠BEG＝40°，则∠DEH的度数为（ ）
A．50° B．75° C．100° D．125°
【分析】∠BEG＝∠FEG﹣∠FEB＝ ﹣ ＝40°，∠AEF＝180°﹣∠FEG﹣∠HEG＝180°﹣2 ，
在△AEF中，∠FAE＝2 ﹣2 ＝80°，AD∥BC，∠D＝∠ABC，得到AB∥CD，由平行线性质
β α β
和邻补角的定义即可求解．
β α
【解答】解：设∠FBE＝∠FEB＝ ，则∠AFE＝2 ，
α α
∠FEH的角平分线为EG，设∠GEH＝∠GEF＝ ，
∵AD∥BC，
β
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵∠D＝∠ABC，
∴∠D+∠BAD＝180°，
∴AB∥CD，
∵∠BEG＝40°，
∴∠BEG＝∠FEG﹣∠FEB＝ ﹣ ＝40°，
∵∠AEF＝180°﹣∠FEG﹣∠HEG＝180°﹣2 ，
β α
β在△AEF中，180°﹣2 +2 +∠FAE＝180°，
∴∠FAE＝2 ﹣2 ＝2（ ﹣ ）＝80°，
β α
∵AB∥CD，
β α β α
∴∠CEH＝∠FAE＝80°，
∴∠DEH＝180°﹣∠CEH＝100°．
故选：C．
【点评】本题考查的是平行线的性质，涉及到角平行线性质定理、三角形外角定理，本题关
键是用有关 ， 的等式表示出△AEF内角和为180°，题目难度较大．
13．（2021春•增城区期中）如图，一个弯形管道ABCD的拐角∠B＝75°，管道AB∥CD，则拐
α β
角∠C＝（ ）
A．105° B．110° C．120° D．125°
【分析】由管道AB∥CD，∠ABC+∠BCD＝180°，由∠B＝75°可得
∠C＝105°，是根据同旁内角互补，两直线平行进行计算的．
【解答】解：∵AB与CD平行，
∴∠ABC+∠BCD＝180°（两直线平行，同旁内角互补），
∵∠B＝75°，
∴75°+∠C＝180°，
∴∠C＝105°，（补角的定义）．
故选：A．
【点评】本题考查的是平行线的性质，解答本题的关键是掌握平行线的性质定理：两直线平
行，同旁内角互补．
14．（2021春•武昌区期中）如图，AB∥CD，∠BAP＝120°，∠APC＝40°，则∠PCD＝
（ ）
A．120° B．150° C．140° D．160°
【分析】过P点作PE∥AB，由平行线的性质结合∠APC的度数可求解∠CPE的度数，根据
CD∥AB可得CD∥PE，即可求解∠C的度数．
【解答】解：过P点作PE∥AB，∴∠A+∠APE＝180°，
∵∠A＝120°，
∴∠APE＝180°﹣120°＝60°，
∵∠APC＝40°，
∴∠CPE＝∠APE﹣∠APC＝60°﹣40°＝20°，
∵AB∥CD，
∴CD∥PE，
∴∠C+∠CPE＝180°，
∴∠C＝180°﹣20°＝160°．
故选：D．
【点评】本题主要考查平行线的性质，求解∠CPE的度数是解题的关键．
15．（2021春•宁远县期末）如图，已知长方形纸片ABCD，点E，F在AD边上，点G，H在BC
边上，分别沿EG，FH折叠，使点D和点A都落在点M处，若 + ＝119°，则∠EMF的度数
为（ ）
α β
A．57° B．58° C．59° D．60°
【分析】根据平行线的性质得到∠DEG+∠AFH＝119°，由折叠得：∠DEM＝2∠DEG，
∠AFM＝2∠AFH，从而得到∠DEM与∠AFH的和．
利用两个平角求出∠FEM与∠EFM的和，最后根据三角形内角和等于180°即可求出答案．
【解答】解：∵长方形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠DEG＝ ，∠AFH＝ ，
∴∠DEG+∠AFH＝ + ＝119°，
α β
由折叠得：∠DEM＝2∠DEG，∠AFM＝2∠AFH，
α β
∴∠DEM+∠AFM＝2×119°＝238°，
∴∠FEM+∠EFM＝360°﹣238°＝122°，
在△EFM中，
∠EMF＝180°﹣（∠FEM+∠EFM）＝180°﹣122°＝58°，故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质和三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握平行线的性
质．
16．（2021秋•沙河口区期末）如图，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线，若∠B＝30°，
∠C＝50°，则∠DAE的度数为（ ）
A．10° B．15° C．20° D．25°
【分析】在三角形ABC中，由∠B与∠C的度数求出∠BAC的度数，根据AE为角平分线求出
∠BAE的度数，由∠BAD﹣∠B即可求出∠DAE的度数．
【解答】解：∵∠B＝30°，∠C＝50°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝100°，
又∵AE是△ABC的角平分线，
∴∠BAE＝ ∠BAC＝50°，
∵AD是△ABC的高，
∴∠BAD＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，
则∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE＝10°，
故选：A．
【点评】此题考查了三角形内角和定理，熟练掌握内角和定理是解本题的关键．
17．（2021秋•江油市期末）如图，△ABC中，∠B＝40°，∠C＝30°，点D为边BC上一点，将
△ADC沿直线AD折叠后，点C落到点E处，若DE∥AB，则∠ADE的度数为（ ）
A．100° B．110° C．120° D．130°
【分析】根据三角形的内角和得到∠BAC＝110°，由折叠的性质得到∠E＝∠C＝30°，∠EAD
＝∠CAD，∠ADC＝∠ADE，根据平行线的性质得到∠BAE＝∠E＝30°，根据三角形的内角和
即可得到结论．
【解答】解：∵∠B＝40°，∠C＝30°，
∴∠BAC＝110°，
由折叠的性质得，∠E＝∠C＝30°，∠EAD＝∠CAD，∠ADE＝∠ADC，∵DE∥AB，
∴∠BAE＝∠E＝30°，
∴∠CAD＝40°，
∴∠ADE＝∠ADC＝180°﹣∠CAD﹣∠C＝110°，
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的内角和，折叠的性质，平行线的性质，熟练掌握折叠的性质是
解题的关键．
18．（2021秋•伊通县期末）一个三角形三个内角之比为1：3：5，则最小的角的度数为
（ ）
A．20° B．30° C．40° D．60°
【分析】根据三角形的内角和定理解决问题即可．
【解答】解：三角形的最小的角＝ ×180°＝20°，
故选：A．
【点评】本题考查三角形内角和定理，解题的关键是记住三角形的内角和为180°．
19．（2021秋•双台子区期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，AE平分∠BAC，若∠BAE＝30°，
∠CAD＝20°，则∠B＝（ ）
A．45° B．60° C．50° D．55°
【分析】想办法求出∠AED，再利用三角形的外角的性质求解即可．
【解答】解：∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE＝30°，
∴∠EAD＝∠EAC﹣∠DAC＝30°﹣20°＝10°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADE＝90°，
∴∠AED＝90°﹣∠EAD＝80°，
∵∠AED＝∠B+∠BAE，
∴∠B＝80°﹣30°＝50°，
故选：C．
【点评】本题考查三角形内角和定理，角平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本
知识，属于中考常考题型．
20．（2020秋•孟津县期中）如图所示的2×2的小正方形方格中，连接AB、AC、AD．则下列结
论错误的是（ ）A．∠1+∠2＝∠3 B．∠1+∠2＝2∠3
C．∠1+∠2＝90° D．∠1+∠2+∠3＝135°
【分析】根据题意知，△ACT≌△ABE，△ACF≌△BAE，所以由全等三角形的对应角相等进
行推理论证即可．
【解答】解：如图，△ACT≌△ABE，△ACF≌△BAE，则∠4＝∠2，∠1＝∠5．
A、∠1+∠2＝∠1+∠4＝90°＞∠3，故符合题意．
B、∠1+∠2＝2∠3＝90°，故不符合题意．
C、∠1+∠2＝∠1+∠4＝90°＞∠3，故不符合题意．
D、∠1+∠2+∠3＝∠1+∠4+∠3＝90°+45°＝135°，故不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查的是全等形的识别、全等图形的基本性质，属于较容易的基础题．
21．（2021秋•太康县期末）如图，点D在AB上．点E在AC上，AB＝AC．增加下列一个条件
后，仍不能判定△ABE≌△ACD的是（ ）
A．∠AEB＝∠ADC B．∠B＝∠C C．AE＝AD D．BE＝CD
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．∠A＝∠A，∠AEB＝∠ADC，AB＝AC，符合全等三角形的判定定理AAS，
能推出△ABE≌△ACD，故本选项不符合题意；
B．∠A＝∠A，AB＝AC，∠B＝∠C，符合全等三角形的判定定理ASA，能推出
△ABE≌△ACD，故本选项不符合题意；
C．AE＝AD，∠A＝∠A，AB＝AC，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABE≌△ACD，
故本选项不符合题意；
D．BE＝CD，AB＝AC，∠A＝∠A，不符合全等三角形的判定定理，不能推出
△ABE≌△ACD，故本选项符合题意；
故选：D．【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，
注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
22．（2021秋•义乌市期末）如图，在△DEC和△BFA中，点A，E，F，C在同一直线上，已知
AB∥CD，且AB＝CD，若利用“ASA”证明△DEC≌△BFA，则需添加的条件是（ ）
A．EC＝FA B．∠A＝∠C C．∠D＝∠B D．BF＝DE
【分析】根据平行线的性质得出∠A＝∠C，再根据全等三角形的判定定理ASA推出即可．
【解答】解：需添加的条件是∠D＝∠B，
理由是：∵AB∥CD，
∴∠A＝∠C，
在△DEC和△BFA中，
，
∴△DEC≌△BFA（ASA），
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质和全等三角形的判定，能熟记全等三角形的判定定理是解
此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有
HL．
23．（2021秋•亳州期末）如图，在△MPN中，H是高MQ和NR的交点，且PM＝HN，已知
MH＝3，PQ＝2，则PN的长为（ ）
A．5 B．7 C．8 D．11
【分析】根据AAS证明△PMQ与△HNQ全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵H是高MQ和NR的交点，
∴∠P+∠PMQ＝90°，∠PMQ＝∠RHM＝90°，∠QHN+∠HNQ＝90°，
∵∠RHM＝∠QHN，
∴∠P＝∠QHN，
在△PMQ与△HNQ中，，
∴△PMQ≌△HNQ（AAS），
∴PQ＝HQ，MQ＝QN，
∵MH＝3，PQ＝2，
∴MQ＝NQ＝MH+HQ＝MH+PQ＝3+2＝5，
∴PN＝PQ+QN＝2+5＝7，
故选：B．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是
解题的关键．
24．（2021秋•九台区期中）在下列各题中，属于尺规作图的是（ ）
A．用直尺画一工件边缘的垂线
B．用直尺和三角板画平行线
C．利用三角板画45°的角
D．用圆规在已知直线上截取一条线段等于已知线段
【分析】根据尺规作图的定义判断．
【解答】解：A、用直尺画一工件边缘的垂线，不属于尺规作图；
B、用直尺和三角板画平行线，不属于尺规作图；
C、利用三角板画45°的角，不属于尺规作图；
D、用圆规在已知直线上截取一条线段等于已知线段，属于尺规作图．
故选：D．
【点评】本题考查尺规作图，垂线，平行线的判定，平行线的性质等知识，解题的关键是理
解尺规作图的定义，属于中考常考题型．
25．（2021秋•江宁区期中）如图，在四边形ABCD与四边形A'B'C'D'中，AB＝A'B'，∠B＝∠B'，
BC＝B'C'．下列条件中：①∠A＝∠A'，AD＝A'D'；②∠A＝∠A'，CD＝C'D'；③∠A＝∠A'，
∠D＝∠D'；④AD＝A'D'，CD＝C'D'．添加上述条件中的其中一个，可使四边形ABCD≌四
边形A'B'C'D'．上述条件中符合要求的有（ ）
A．①②③ B．①③④ C．①④ D．①②③④
【分析】连接AC、A′C′，通过证明△ABC≌△A′B′C′（SAS），
△ACD≌△A′C′D′（SAS），即可得到结论．
【解答】解：符合要求的条件是①③④，
证明：连接AC、A′C′，在△ABC与△A′B′C′中，
，
∴△ABC≌△A′B′C′（SAS），
∴AC＝A′C′，∠ACB＝∠A′C′B′，∠ACB＝∠A′C′B′，
∵∠BAD＝∠B′A′D′，
∴∠BAD﹣∠DAC＝∠B′A′D′﹣∠D′A′C′，
∴∠DAC＝∠D′A′C′，
在△ACD和△A′C′D中，
，
∴△ACD≌△A′C′D′（SAS），
∴∠D＝∠D′，∠ACD＝∠A′C′D′，CD＝C′D′，
∴∠BCD＝∠B′C′D′，
∴四边形ABCD和四边形A′B′C′D′中，
AB＝A′B′，BC＝B′C′，AD＝A′D′，DC＝D′C′，
∠B＝∠B′，∠BCD＝∠B′C′D′，∠D＝∠D′，∠BAD＝∠B′A′D′，
∴四边形ABCD≌四边形A′B′C′D′．
同理根据③④的条件证得四边形ABCD≌四边形A′B′C′D′．
故选：B．
【点评】此题主要考查了全等形，全等三角形的判定和性质，关键是掌握判定两个三角形全
等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS．
二．填空题（共9小题）
26．（2021秋•长沙期末）随着人们对环境的重视，新能源的开发迫在眉睫，石墨烯是现在世界
上最薄的纳米材料，其理论厚度应是0.00000000034m，用科学记数法表示是 3.4×1 0 ﹣ 1 0 ．
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的
科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0
的个数所决定．
【解答】解：0.00000000034＝3.4×10﹣10，
故答案为：3.4×10﹣10
【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
27．（2021秋•路北区期末）若x+3y﹣3＝0，则2x•8y＝ 8 ．
【分析】根据已知条件求得x＝3﹣3y，然后根据同底数幂的乘法法则进行解答．
【解答】解：∵x+3y﹣3＝0，
∴x＝3﹣3y，
∴2x•8y＝23﹣3y•23y＝23＝8．
故答案是：8．
【点评】本题考查同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，熟练掌握运算性质和法则是解题
的关键．
28．（2021秋•鲤城区期末）若am＝2，an＝3，则a3m+n＝ 2 4 ．
【分析】根据幂的乘方与积的乘方和同底数幂的乘法法则求解．
【解答】解：∵am＝2，an＝3，
∴a3m+n＝（am）3•an＝8×3＝24．
故答案为：24．
【点评】本题考查了幂的乘方和积的乘方以及同底数幂的乘法，掌握各知识点的运算法则是
解答本题的关键．
29．（2021秋•巴彦县期末）如果（x+m）（x﹣3）的乘积中不含x的一次项，则m的值为 3 ．
【分析】把式子展开，找到所有x的一次项的所有系数，令其为0，可求出m的值．
【解答】解：∵（x+m）（x﹣3）＝x2﹣3x+mx﹣3m＝x2+（m﹣3）x﹣3m，
又∵结果中不含x的一次项，
∴m﹣3＝0，解得m＝3．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了多项式乘多项式的运算，注意当要求多项式中不含有哪一项时，应
让这一项的系数为0．
30．（2021秋•朝阳县期末）已知x2﹣2（m+3）x+9是一个完全平方式，则m＝ ﹣ 6 或 0 ．
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可求出m的值．
【解答】解：∵x2﹣2（m+3）x+9是一个完全平方式，
∴m+3＝±3，
解得：m＝﹣6或m＝0，
故答案为：﹣6或0
【点评】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
31．（2021秋•南阳期末）若x2+kx+81是完全平方式，则k的值应是 ±1 8 ．
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可确定出k的值．
【解答】解：∵x2+kx+81是完全平方式，
∴k＝±18．
故答案为：±18．【点评】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
32．（2021秋•潮安区期末）已知正整数a，b，c（其中a≠1）满足abc＝ab+50，则a+b+c的最
小值是 1 0 ，最大值是 5 3 ．
【分析】由已知abc＝ab+50可化为ab（c﹣1）＝50，因为a、b、c都是正整数，a只能取5的
倍数且最大值只能取50，即可得出b、c的值，计算即可得出答案．
【解答】解：因为abc＝ab+50，
所以abc﹣ab＝50，
即ab（c﹣1）＝50，
因为a、b、c都是正整数，
所以当a＝50时，b＝1，c＝2，a+b+c＝53，
当a＝25时，b＝1，c＝3，a+b+c＝28，
当a＝10时，b＝1，c＝6，a+b+c＝17，
当a＝5时，b＝2，c＝3，a+b+c＝10，
当a＝5时，b＝1，c＝11，a+b+c＝17，
所以则a+b+c的最小值是 10，最大值是53．
故答案为：10，53．
【点评】本题主要考查了整式的混合运算，熟练掌握整式的运算法则进行计算是解决本题的
关键．
33．（2021春•海淀区校级期中）如图①，在正方形ABCD中，点P沿边DA从点D开始向点A
以1cm/s的速度移动，同时点Q沿边AB，BC从点A开始向点C以2cm/s的速度移动，当点P
移动到点A时，P、Q同时停止移动．设点P出发x秒时，△PAQ的面积为ycm2，y与x的函
数图象如图②．
则下列四个结论，其中正确的有 ①③④ ．（填序号）
①当点P移动到点A时，点Q移动到点C；
②当AP＝AQ时，△PAQ面积达到最大值；
③正方形边长为6cm；
④线段EF所在的直线对应的函数关系式为y＝﹣3x+18．
【分析】①由题意得：当点P移动到点A时，点Q移动到点C，得出①正确；
②当2AP＝AQ时，△PAQ面积达到最大值，得出②错误；③当2AP＝AQ时，△PAQ面积达到最大值为9，求出正方形边长为6cm，得出③正确；
④由待定系数法求出线段EF所在的直线对应的函数关系式为y＝﹣3x+18，得出④正确．
【解答】解：①∵点P沿边DA从点D开始向点A以1cm/s的速度移动，
同时点Q沿边AB，BC从点A开始向点C以2cm/s的速度移动，
当点P移动到点A时，P、Q同时停止移动．
当点P移动到点A时，点Q移动到点C．骨①正确；
②根据函数图象可知：
当2AP＝AQ时，△PAQ面积达到最大值，故②错误；
③当2AP＝AQ时，△PAQ面积达到最大值为9，
设正方形的边长为a（a＞0），
则△PAQ面积的最大值＝ × a×a＝9，
解得：a＝6，
所以正方形的边长为6cm，故③正确；
④设线段EF所在的直线为y＝kx+b，
∵当x＝3时，y＝9，当x＝6时，y＝0，
代入y＝kx+b中，得： ，
解得： ，
∴线段EF所在的直线对应的函数关系式为y＝﹣3x+18，故④正确；
故答案为：①③④．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象、待定系数法求一次函数的解析式、正方形的性质
以及三角形面积等知识，解决本题的关键是综合两个图形的关系进行分析．
34．（2021秋•孝南区期末）若一个角的补角是它的余角的3倍，则这个角的度数为 45 ° ．
【分析】根据补角和余角的定义，利用“一个角的补角是它的余角的度数的3倍”作为相等
关系列方程求解即可得出结果．
【解答】解：设这个角的度数是x，
则180°﹣x＝3（90°﹣x），
解得x＝45°．
答：这个角的度数是45°．
故答案为：45°．
【点评】本题考查余角和补角的知识，设出未知数是解决本题的关键，要掌握解答此类问题
的方法．
三．解答题（共16小题）
35．（2021秋•廉江市期末）老师在黑板上书写了一个正确的演算过程，随后用手掌捂住了一个
多项式，形式如下：×（﹣ xy）＝3x2y﹣xy2+ xy
（1）求所捂的多项式；
（2）若x＝ ，y＝ ，求所捂多项式的值．
【分析】（1）设多项式为A，则A＝（3x2y﹣xy2+ xy）÷（﹣ xy）计算即可．
（2）把x＝ ，y＝ 代入多项式求值即可．
【解答】解：（1）设多项式为A，
则A＝（3x2y﹣xy2+ xy）÷（﹣ xy）＝﹣6x+2y﹣1．
（2）∵x＝ ，y＝ ，
∴原式＝﹣6× +2× ﹣1＝﹣4+1﹣1＝﹣4．
【点评】本题考查单项式乘多项式、多项式除以单项式的法则，解题的关键是利用乘法与除
法是互为逆运算，把乘法转化为除法解决问题，属于基础题．
36．（2021秋•渑池县期末）阅读下列文字：
我们知道，对于一个图形，通过两种不同的方法计算它的面积，可以得到一个数学等式．图1
给出了若干个边长为a和边长为b的小正方形纸片及若干个边长为a、b的长方形纸片．请解
答下列问题：（1）图2是由图1提供的几何图形拼接而得，可以得到（a+b）（a+2b）＝ a 2 + 3 a b + 2 b 2 ；
（2）请写出图3中所表示的数学等式： （ a + b ）（ 3 a + b ）＝ 3 a 2 + 4 a b + b ；
（3）请按要求利用所给的纸片在图4的方框中拼出一个长方形，要求所拼出图形的面积为
（2a+b）（a+b），进而可以得到等式：（2a+b）（a+b）＝ 2 a 2 + 3 a b + b 2 ；
（4）利用（3）中得到的结论，解决下面的问题：若4a2+6ab+2b2＝5，a+b＝ ，求2a+b的
值．
【分析】（1）利用长方形的面积各部分求和法可得结果；
（2）长方形面积分别整体法和各部分求和法可得结果；
（3）利用长方形的面积各部分求和法可得结果；
（4）根据（3）题结果（2a+b）（a+b）＝2a2+3ab+b2，可得4a2+6ab+2b2＝2（2a+b）
（a+b），从而将a+b＝ 代入可求得结果．
【解答】解：（1）∵该长方形的面积用部分求和法表示为：a2+3ab+2b2，
故答案为：a2+3ab+2b2；
（2）∵该长方形的面积为：（a+b）（3a+b），用部分求和法表示为：3a2+4ab+b2，
故答案为：（a+b）（3a+b）＝3a2+4ab+b2；
（3）如图，该长方形的面积部分求和法表示为：2a2+3ab+b2，
故答案为：2a2+3ab+b2；
（4）由（3）题可得，（2a+b）（a+b）＝2a2+3ab+b2，
∴2a+b＝（2a2+3ab+b2）÷（a+b）
∵4a2+6ab+2b2
＝2（2a2+3ab+b2）
＝2（2a+b）（a+b）
＝5
∴（2a+b）（a+b）
＝（2a2+3ab+b2）
＝ ，
∴当a+b＝ 时，
2a+b
＝（2a2+3ab+b2）÷（a+b）
＝
＝5．
【点评】此题考查了利用数形结合解决数学问题的能力，关键是能准确利用图形列出算式，
根据算式构思出图形．
37．（2021秋•常宁市期末）如图1是一个长为4a、宽为b的长方形，沿图中虚线用剪刀平均分
成四块小长方形，然后用四块小长方形拼成一个“回形”正方形（如图2）
（1）观察图2请你写出（a+b）2、（a﹣b）2、ab之间的等量关系是 （ a + b ） 2 ﹣（ a ﹣ b ） 2
＝ 4 a b ；
（2）根据（1）中的结论，若x+y＝5，x•y＝ ，则x﹣y＝ ± 4 ；
（3）拓展应用：若（2019﹣m）2+（m﹣2020）2＝15，求（2019﹣m）（m﹣2020）的值．【分析】（1）由图可知，图1的面积为4ab，图2中白色部分的面积为（a+b）2﹣（b﹣a）2
＝（a+b）2﹣（a﹣b）2，根据图1的面积和图2中白色部分的面积相等可得答案；
（2）根据（1）中的结论，可知（x+y）2﹣（x﹣y）2＝4xy，将x+y＝5，x•y＝ 代入计算即
可得出答案；
（3）将等式（2019﹣m）+（m﹣2020）＝﹣1两边平方，再根据已知条件及完全平方公式变
形可得答案．
【解答】解：（1）由图可知，图1的面积为4ab，图2中白色部分的面积为（a+b）2﹣（b﹣
a）2＝（a+b）2﹣（a﹣b）2，
∵图1的面积和图2中白色部分的面积相等，
∴（a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab，
故答案为：（a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab；
（2）根据（1）中的结论，可知（x+y）2﹣（x﹣y）2＝4xy，
∵x+y＝5，x•y＝ ，
∴52﹣（x﹣y）2＝4× ，
∴（x﹣y）2＝16
∴x﹣y＝±4，
故答案为：±4；
（3））∵（2019﹣m）+（m﹣2020）＝﹣1，
∴[（2019﹣m）+（m﹣2020）]2＝1，
∴（2019﹣m）2+2（2019﹣m）（m﹣2020）+（m﹣2020）2＝1，
∵（2019﹣m）2+（m﹣2020）2＝15，
∴2（2019﹣m）（m﹣2020）＝1﹣15＝﹣14；
∴（2019﹣m）（m﹣2020）＝﹣7．
【点评】本题考查了完全平方公式的几何背景，熟练运用完全平方公式并数形结合是解题的
关键．
38．（2021秋•平昌县期末）先化简，再求值：（3x+2y）（3x﹣2y）﹣5x（x﹣y）﹣（2x﹣y）2，
其中 ，y＝﹣2．【分析】原式利用完全平方公式，单项式乘多项式及平方差公式化简，去括号合并得到最简
结果，把x与y的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝9x2﹣4y2﹣5x2+5xy﹣（4x2﹣4xy+y2）
＝9x2﹣4y2﹣5x2+5xy﹣4x2+4xy﹣y2
＝﹣5y2+9xy，
当 ，y＝﹣2时，
原式＝ ＝﹣20+6＝﹣14．
【点评】此题主要考查了整式的混合运算和化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
39．（2021秋•南召县期末）先化简，再求值：（2m+1）（2m﹣1）﹣（m﹣1）2+（2m）3÷（﹣
8m），其中m2+m﹣2＝0．
【分析】先算乘方，再算乘法和除法，再合并同类项，最后代入求出即可．
【解答】解：原式＝4m2﹣1﹣（m2﹣2m+1）+8m3÷（﹣8m）
＝4m2﹣1﹣m2+2m﹣1﹣m2
＝2m2+2m﹣2
＝2（m2+m）﹣2，
∵m2+m﹣2＝0，
∴m2+m＝2，
当m2+m＝2时，原式＝2×2﹣2＝2．
【点评】本题考查整式的混合运算和求值，能正确根据整式的运算法则进行化简是解此题的
关键．
40．（2021秋•金牛区校级期中）一根长度为30cm的弹簧，一端固定．如果另一端挂上物体，
在正常的弹性限度内，所挂物体质量每增加1kg时，弹簧长度增加2cm，完成下列问题：
①当挂物体重3kg时，弹簧总长度为 3 6 cm；
②在正常的弹性限度内，如果用x表示所挂物体质量（单位kg），那么弹簧的总长度是多少
厘米？
③在正常的弹性限度内，若弹簧的总长度为40cm，那么它挂的物体质量是多少千克？
【分析】（1）根据弹簧的长度加弹簧挂重物伸长的长度，可得答案；
（2）根据弹簧的总长度等于弹簧挂重物伸长的长度加弹簧的长度，可得函数解析式；
（3）根据函数值，可得相应自变量的值．
【解答】解：①30+2×3＝36；
故答案为：36；
②弹簧的总长度等于弹簧挂重物伸长的长度加弹簧的长度，
设弹簧的总长度为y，则y＝2x+30，
③当y＝40时，2x+30＝40，解得x＝5，
答：所挂重物的质量是5千克．
【点评】本题考查了函数解析式，利用了弹簧的总长度等于弹簧挂重物伸长的长度加弹簧的
长度．
41．（2021秋•庐阳区校级期中）如图①，在矩形ABCD中，AB＝10cm，BC＝8cm，点P从A
出发，沿A→B→C→D路线运动，到D停止；点Q从D出发，沿D→C→B→A路线运动，到
A停止．若点P、点Q同时出发，点P的速度为每秒1cm，点Q的速度为每秒2cm，a秒时点
P、点Q同时改变速度，点P的速度变为每秒bcm，点Q的速度变为每秒1cm，图②是点P
出发x秒后△APD的面积S（cm2）与x（秒）的函数关系图象．
（1）根据图象得a＝ 6 ；b＝ 2 ；
（2）设点P已行的路程为y （cm），点Q还剩的路程为y （cm），请分别求出改变速度后，
1 2
y 、y 和运动时间x（秒）的关系式，并写出自变量取值范围．
1 2
【分析】（1）根据题意和S△APD 求出a，b的值；
（2）根据（1）的结论，结合“路程＝速度×时间”解答即可．
【解答】解：（1）观察图②得S△APD ＝ PA•AD＝ ×a×8＝24，
∴a＝6（秒），
当x＝8时，△APD的面积为40cm2，此时AP＝ （cm），
b＝ （厘米/秒），
故答案为：6；2；
（2）∵a＝6，b＝2，动点P、Q改变速度后y 、y 与出发后的运动时间x（秒）的函数关系式
1 2
为：
y ＝6+2（x﹣6）＝2x﹣6（6≤x≤17）；
1
y ＝28﹣[12+1×（x﹣6）]＝22﹣x（6≤x≤22）．
2【点评】本题考查动点问题的函数图象、路程、速度、时间之间的关系，解题的关键是读懂
图象信息，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
42．（2021秋•和平区校级期中）小亮想了解一根弹簧的长度是如何随所挂物体质量的变化而变
化的，他把这根弹簧的上端固定，在其下端悬挂物体，下表是小亮测得的弹簧的长度y与所
挂物体质量x的几组对应值．
所挂物体质量x/kg 0 1 2 3 4 5
弹簧长度y/cm 18 22 26 30 34 38
（1）上表所反映的变化过程中的两个变量， 所挂物体质量 是自变量， 弹簧长度 是因
变量；（请用文字语言描述）
（2）请直接写出y与x的关系式 y ＝ 4 x +1 8 ；
（3）当弹簧长度为50cm（在弹簧承受范围内）时，求所挂重物的质量．（写出求解过程）
【分析】（1）根据函数的定义求解．
（2）利用表格中数据的变化求解．
（3）将y＝50代入y与x的函数关系式求解．
【解答】解：（1）表格中反应了弹簧长度与所挂物体质量之间的关系，其中所挂物体质量是
自变量，弹簧长度是因变量．
故答案为：所挂物体质量，弹簧长度．
（2）由表格可得所挂物体每增加1千克，弹簧长度增加4cm，不挂物体时，弹簧长度为18cm，
则y与x的关系为y＝4x+18，
故答案为：y＝4x+18．
（3）把y＝50代入y＝4x+18得50＝4x+18，
解得x＝8，
∴所挂物体质量为8kg．
【点评】本题考查函数的表示方法，解题关键是掌握函数的定义，根据题干中表格信息求解．
43．（2019春•西湖区校级月考）（原创题）如图所示，在∠AOB内有一点P．
（1）过P画l ∥OA；（2）过P画l ∥OB；
1 2
（3）用量角器量一量l 与l 相交的角与∠O的大小有怎样关系？
1 2【分析】用两个三角板，根据同位角相等，两直线平行来画平行线，然后用量角器量一量l
1
与l 相交的角与∠O的关系为：相等或互补．
2
【解答】解：（1）（2）如图所示，
（3）l 与l 夹角有两个：∠1，∠2；∠1＝∠O，∠2+∠O＝180°，所以l 和l 的夹角与∠O
1 2 1 2
相等或互补．
【点评】注意∠2与∠O是互补关系，容易漏掉．
44．（2021秋•农安县期末）已知直线AB∥CD，P为平面内一点，连接PA、PD．
（1）如图1，已知∠A＝50°，∠D＝150°，求∠APD的度数；
（2）如图2，判断∠PAB、∠CDP、∠APD之间的数量关系为 ∠ CDP + ∠ PAB ﹣ APD ＝
180° ．
（3）如图3，在（2）的条件下，AP⊥PD，DN平分∠PDC，若∠PAN+ ∠PAB＝∠APD，
求∠AND的度数．
【分析】（1）过点P作EF∥AB，根据平行线的性质可得∠APE＝∠A＝50°，∠EPD＝180°﹣
150°＝30°，即可求出∠APD的度数；
（2）过点P作EF∥AB，则AB∥EF∥CD，根据平行线的性质可得∠CDP＝∠DPF，
∠FPA+∠PAB＝180°，又∠FPA＝∠DPF﹣APD，即可得出∠CDP+∠PAB﹣APD＝180°；
（3）PD交AN于点O，由AP⊥PD，得出∠APO＝90°，由∠PAN+ ∠PAB＝∠APD得出
∠PAN+ ∠PAB＝90°，由∠POA+∠PAN＝90°，得出∠POA＝ ∠PAB，由对顶角相等得出∠NOD＝ ∠PAB，由角平分线的性质得出∠ODN＝ ∠PDC，即∠AND＝180°﹣
（∠PAB+∠PDC），由（2）得：∠CDP+∠PAB﹣APD＝180°，代入计算即可求出∠AND的
度数．
【解答】解：（1）如图1，过点P作EF∥AB，
∵∠A＝50°，
∴∠APE＝∠A＝50°，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠CDP+∠EPD＝180°，
∵∠D＝150°，
∴∠EPD＝180°﹣150°＝30°，
∴∠APD＝∠APE+∠EPD＝50°+30°＝80°；
（2）如图2，过点P作EF∥AB，则AB∥EF∥CD，
∴∠CDP＝∠DPF，∠FPA+∠PAB＝180°，
∵∠FPA＝∠DPF﹣APD，
∴∠DPF﹣APD+∠PAB＝180°，
∴∠CDP+∠PAB﹣APD＝180°，
故答案为：∠CDP+∠PAB﹣APD＝180°；
（3）如图3，PD交AN于点O，∵AP⊥PD，
∴∠APO＝90°，
∵∠PAN+ ∠PAB＝∠APD，
∴∠PAN+ ∠PAB＝90°，
∵∠POA+∠PAN＝90°，
∴∠POA＝ ∠PAB，
∵∠POA＝∠NOD，
∴∠NOD＝ ∠PAB，
∵DN平分∠PDC，
∴∠ODN＝ ∠PDC，
∴∠AND＝180°﹣∠NOD﹣∠ODN
＝180°﹣ （∠PAB+∠PDC），
由（2）得：∠CDP+∠PAB﹣APD＝180°，
∴∠CDP+∠PAB＝180°+∠APD，
∴∠AND＝180°﹣ （∠PAB+∠PDC）
＝180°﹣ （180°+∠APD）
＝180°﹣ （180°+90°）
＝45°．
【点评】本题考查了平行线的性质及垂线，掌握平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关
键．
45．（2021秋•合肥期末）（1）如图①，△ABC中，点D，E在边BC上，AD平分∠BAC，
AE⊥BC，∠B＝35°，∠C＝65°，求∠DAE的度数；
（2）如图②，若把（1）中的条件“AE⊥BC”变成“F为DA延长线上一点，FE⊥BC”，其他条件不变，求∠F的度数．
【分析】（1）先根据三角形内角和求得∠BAC的度数，再根据AD平分∠BAC，AE⊥BC，求
得∠BAE，∠BAD的度数，最后根据∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD计算即可；
（2）先作AH⊥BC于H，再根据平行线的性质求得∠DFE的度数；
【解答】解：（1）∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣35°﹣65°＝80°
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝ ∠BAC＝40°，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠B＝55°，
∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝55°﹣40°＝15°；
（2）作AH⊥BC于H，如图②，
由（1）可得∠DAH＝15°，
∵FE⊥BC，
∴AH∥EF，
∴∠DFE＝∠DAH＝15°；
【点评】本题主要考查了三角形的内角和定理、平行线的性质以及角平分线等，解题时可作
辅助线，构造平行线，利用平行线的性质进行求解．此外，本题也可以不用作辅助线，根据
三角形内角和求出∠ADC后，再根据三角形内角和求∠F即可．
46．（2021秋•阳新县期末）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，AB＝DB，BE平分
∠ABC，交AC边于点E，连结DE．
（1）求证：△ABE≌△DBE．（2）∠A＝100°，∠C＝50°，求∠AEB．
【分析】（1）利用SAS即可证明△ABE≌△DBE；
（2）根据三角形内角和定理即可求出∠AEB．
【解答】（1）证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠DBE，
在△ABE和△DBE中，
，
∴△ABE≌△DBE（SAS）；
（2）解：∵∠A＝100°，∠C＝50°，
∴∠ABC＝180°﹣100°﹣50°＝30°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝ ∠ABC＝15°，
∴∠AEB＝180°﹣∠A﹣∠ABE＝180°﹣100°﹣15°＝65°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△ABE≌△DBE．
47．（2021秋•思明区校级期末）如图，∠B＝∠E，BF＝EC，AB＝DE．求证：AC∥DF．
【分析】证明△ABC≌△DEF（SAS），由全等三角形的性质得出∠ACB＝∠DFE，由平行线
的判定可得出结论．
【解答】证明：∵BF＝EC，
∴BF+CF＝EC+CF，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴∠ACB＝∠DFE，∴AC∥DF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的判定．解题的关键是证明
△ABC≌△DEF．
48．（2021秋•江油市期末）如图，AB＝AC，直线l经过点A，BM⊥l，CN⊥l，垂足分别为M、
N，BM＝AN．
（1）求证：MN＝BM+CN；
（2）求证：∠BAC＝90°．
【分析】（1）由HL证明△AMB≌△CNA，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2）先由全等三角形的性质得∠BAM＝∠ACN，再由∠CAN+∠ACN＝90°，得
∠CAN+∠BAM＝90°，即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵BM⊥直线l，CN⊥直线l，
∴∠AMB＝∠CNA＝90°，
在Rt△AMB和Rt△CNA中，
，
∴Rt△AMB≌Rt△CNA（HL），
∴BM＝AN，CN＝AM，
∴MN＝AM+AN＝BM+CN；
（2）由（1）得：Rt△AMB≌Rt△CNA，
∴∠BAM＝∠ACN，
∵∠CAN+∠ACN＝90°，
∴∠CAN+∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝180°﹣90°＝90°．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质以及直角三角形的性质，掌握全等三角形的
判定定理和性质定理是解题的关键．
49．（2021秋•凤翔县期末）以直线AB上一点O为端点作射线OC，使∠BOC＝40°，将一个直
角角板的直角顶点放在O处，即∠DOE＝90°．
（1）如图1，若直角三角板DOE的一边OE放在射线OA上，则∠COD＝ 50 ° ；（2）如图2，将直角三角板DOE绕点O顺时针转动到某个位置，
①若OE恰好平分∠AOC，则∠COD＝ 20 ° ；
②若OD在∠BOC内部，请直接写出∠BOD与∠COE有怎样的数量关系；
（3）将直角三角板DOE绕点O顺时针转动（OD与OB重合时为停止）的过程中，恰好有
∠COD＝ ∠AOE，求此时∠BOD的度数．
【分析】（1）利用余角的定义可求解；
（2）①由平角的定义及角平分线的定义求解∠COE的度数，进而可求解；
②由∠COD＝∠BOC﹣∠BOD，∠COD+∠COE＝90°，结合∠BOC的度数可求解；
（3）可分两种情况：①当∠COD在∠BOC的内部时，②当∠COD在∠BOC的外部时，根
据角的和差可求解．
【解答】解：（1）由题意得∠BOD＝90°，
∵∠BOC＝40°，
∴∠COD＝90°﹣40°＝50°，
故答案为50°；
（2）①∵∠AOC+∠BOC＝180°，∠BOC＝40°，
∴∠AOC＝180°﹣40°＝140°，
∵OE平分∠AOC，
∴∠COE＝ ∠AOC＝70°，
∵∠DOE＝90°，
∴∠COD＝90°﹣70°＝20°，
故答案为20°；
②∵∠COD＝∠BOC﹣∠BOD，∠COD+∠COE＝90°，
∴∠BOC﹣∠BOD+∠COE＝90°，
∴∠COE﹣∠BOD＝90°﹣∠BOC，
∵∠BOC＝40°，
∴∠COE﹣∠BOD＝90°﹣40°＝50°，
即∠BOD与∠COE数量关系为：∠COE﹣∠BOD＝50°．
（3）①当∠COD在∠BOC的内部时，
∵∠COD＝∠BOC﹣∠BOD，而∠BOC＝40°，
∴∠COD＝40°﹣∠BOD，
∵∠AOE+∠EOD+∠BOD＝180°，∠EOD＝90°，∴∠AOE＝90°﹣∠BOD，
又∵ ，
∴ ，
∴∠BOD＝15°；
②当∠COD在∠BOC的外部时，
∵∠COD＝∠BOD﹣∠BOC，而∠BOC＝40°，
∴∠COD＝∠BOD﹣40°，
∵∠AOE+∠EOD﹣∠BOD＝180°，∠EOD＝90°，
∴∠AOE＝90°﹣∠BOD，
又∵ ，
∴ ，
∴∠BOD＝52.5°，
综上所述：∠BOD的度数为15°或52.5°．
【点评】本题主要考查余角的定义，角的和差，角平分线的定义等知识的综合运用，分类讨
论是解题的关键．
50．（2021秋•凤翔县期末）问题情景：如图1，在同一平面内，点B和点C分别位于一块直角
三角板PMN的两条直角边PM，PN上，点A与点P在直线BC的同侧，若点P在△ABC内部，
试问∠ABP，∠ACP与∠A的大小是否满足某种确定的数量关系？
（1）特殊探究：若∠A＝55°，则∠ABC+∠ACB＝ 12 5 度，∠PBC+∠PCB＝ 9 0 度，
∠ABP+∠ACP＝ 3 5 度；
（2）类比探索：请猜想∠ABP+∠ACP与∠A的关系，并说明理由；
（3）类比延伸：改变点A的位置，使点P在△ABC外，其它条件都不变，判断（2）中的结
论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出∠ABP，∠ACP与∠A满足的
数量关系式．【分析】（1）利用三角形的内角和定理求解即可．
（2）猜想：∠ABP+∠ACP＝90°﹣∠A．利用三角形内角和定理即可解决问题．
（3）结论不成立．分三种情形讨论求解即可．
【解答】解：（1）由题意：∠ABC+∠ACB＝125度，∠PBC+∠PCB＝90度，
∠ABP+∠ACP＝35度．
故答案为125，90，35．
（2）猜想：∠ABP+∠ACP＝90°﹣∠A．
理由：在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∵∠ABC＝∠ABP+∠PBC，∠ACB＝∠ACP+∠PCB，
∴（∠ABP+∠PBC）+（∠ACP+∠PCB）＝180°﹣∠A，
∴（∠ABP+∠ACP）+（∠PBC+∠PCB）＝180°﹣∠A，
又∵在Rt△PBC中，∠P＝90°，
∴∠PBC+∠PCB＝90°，
∴（∠ABP+∠ACP）+90°＝180°﹣∠A，
∴∠ABP+∠ACP＝90°﹣∠A．
（3）判断：（2）中的结论不成立．
①如图3﹣1中，结论：∠A+∠ACP﹣∠ABP＝90°．
理由：设AB交PN于O．
∵∠AOC＝∠BOP，
∴∠A+∠ACP＝90°+∠ABP，
∴∠A+∠ACP﹣∠ABP＝90°．
②如图3﹣2中，结论：∠A+∠ABP﹣∠ACP＝90°．证明方法类似①
③如图3﹣3中，结论：∠A﹣∠ABP﹣∠ACP＝90°．理由：∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠P+∠ABP+∠ACP+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠A＝∠P+∠ABP+∠ACP，
∴∠A﹣∠ABP﹣∠ACP＝90°．
【点评】本题考查三角形内角和定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分
类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
