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专题 7.2 期末复习填空压轴题专题
1．（2022春·浙江·七年级期末）已知有理数a，b，c满足|a+b+c|=a+b−c，且c≠0，则
|a+b−c+2|−|c−10|=_____．
【思路点拨】
当a+b+c≥0时，则|a+b+c|=a+b+c,结合已知条件得到c=0，不合题意舍去，从而a+b+c＜0, 可得
a+b=0,c＜0,再化简代数式即可得到答案．
【解题过程】
解：当a+b+c≥0时，则|a+b+c|=a+b+c,
∵|a+b+c|=a+b−c，
∴a+b+c=a+b−c,
∴c=0，
∵c≠0，所以不合题意舍去，
所以a+b+c＜0,
∴|a+b+c|=−a−b−c,
∵|a+b+c|=a+b−c，
∴a+b−c=−a−b−c,
∴a+b=0,
∴|c|=−c,
∴c＜0,
∴|a+b−c+2|−|c−10|=|2−c|−|c−10|
=2−c+c−10=−8.
故答案为：−8.
2．（2022春·福建福州·七年级校考期末）已知a，b，c，d表示4个不同的正整数，满足a+b2+c3+d4＝90，
其中d＞1，则a+2b+3c+4d的最大值是_____．
【思路点拨】
根据题意分别确定a，b，c，d的取值范围，得到4d≤12，3c≤12，2b≤18，a≤89，再分别确定a，b，c，d
的值，即可得到a+2b+3c+4d的最大值．
【解题过程】
解：∵a，b，c，d表示4个不同的正整数，且a+b2+c3+d4＝90，其中d＞1，
∴d4＜90，则d＝2或3，c3＜90，则c＝1，2，3或4，
b2＜90，则b＝1，2，3，4，5，6，7，8，9，
a＜90，则a＝1，2，3，…，89，
∴4d≤12，3c≤12，2b≤18，a≤89，
∴要使得a+2b+3c+4d取得最大值，则a取最大值时，a＝90﹣（b2+c3+d4）取最大值，
∴b，c，d要取最小值，则d取2，c取1，b取3，
∴a的最大值为90﹣（32+13+24）＝64，
∴a+2b+3c+4d的最大值是64+2×3+3×1+4×2＝81，
故答案为：81．
3．（2022春·全国·七年级统考期末）定义一种对正整数n的“F”运算：①当n为奇数时，结果为3n+5；
n n
②当n为偶数时，结果为 ；（其中k是使 为奇数的正整数），并且运算可以重复进行，例如，取
2k 2k
n=26，则：
若n=49，则第2021次“F”运算的结果是___________．
【思路点拨】
根据题意，可以写出前几次的运算结果，从而可以发现数字的变化特点，然后即可写出第2021次“F运
算”的结果．
【解题过程】
解：本题提供的“F运算”，需要对正整数n分情况（奇数、偶数）循环计算，由于n=49为奇数应先进行
F①运算，
即3×49+5=152（偶数），
需再进行F②运算，
即152÷23=19（奇数），
再进行F①运算，得到3×19+5=62（偶数），
再进行F②运算，即62÷21=31（奇数），
再进行F①运算，得到3×31+5=98（偶数），
再进行F②运算，即98÷21=49，
再进行F①运算，得到3×49+5=152（偶数），…，即第1次运算结果为152，…，
第4次运算结果为31，第5次运算结果为98，…，
可以发现第6次运算结果为49，第7次运算结果为152，
则6次一循环，
2021÷6=336…5，
则第2021次“F运算”的结果是98．
故答案为：98．
4．（2022春·全国·七年级期末）已知(|x+2|+|x−4|)(|3 y+2|+|y−2|)(|z−1|+|2z+1|)=24，设
x−3 y−2z的最大值为P，最小值为Q，则2P−Q等于_______．
【思路点拨】
采用分情况讨论去绝对值方法，分别找出|x+2|+|x−4|、|3 y+2|+|y−2|、|z−1|+|2z+1|的取值范
围，以及取最小值时对应的x、y、z的取值范围，然后计算x−3 y−2z的最大和最小值，从而确定了
2P−Q的值．
【解题过程】
解：|x+2|+|x−4|，
当x<−2时，|x+2|+|x−4|=(−x−2)+(4−x)=−2x+2>6
当−2≤x≤4时，|x+2|+|x−4|=x+2+4−x=6
当x>4时，|x+2|+|x−4|=x+2+x−4=2x−2>6
故当，−2≤x≤4时，|x+2|+|x−4|取得最小值为6；
|3 y+2|+|y−2|，
2 8
当y<− 时，|3 y+2|+|y−2|=−3 y−2+2−y=−4 y>
3 3
2 8
当− ≤ y≤2时，|3 y+2|+|y−2|=3 y+2+2−y=4+2y， ≤4+2y≤8
3 3
当y>2时，|3 y+2|+|y−2|=3 y+2+ y−2=4 y>8
2 8
故当y=− 时，|3 y+2|+|y−2|取得最小值为 ；
3 3
|z−1|+|2z+1|，
1 3
当z<− 时，|z−1|+|2z+1|=1−z−2z−1=−3z>
2 2
1 3
当− ≤z≤1时，|z−1|+|2z+1|=1−z+2z+1=2+z， ≤2+z≤3
2 2当z>1时，|z−1|+|2z+1|=z−1+2z+1=3z>3
1 3
故当z=− 时，|z−1|+|2z+1|取得最小值为 ；
2 2
8 3
则(|x+2|+|x−4|)(|3 y+2|+|y−2|)(|z−1|+|2z+1|)≥6× × =24，
3 2
2 1
当且仅当−2≤x≤4，y=− ，z=− 时，(|x+2|+|x−4|)(|3 y+2|+|y−2|)(|z−1|+|2z+1|)=24成立
3 2
( 2) ( 1)
故x−3 y−2z最大为P=4−3× − −2× − =7，
3 2
( 2) ( 1)
x−3 y−2z最小为Q=−2−3× − −2× − =1，
3 2
则2P−Q=2×7−1=13
故答案为：13
5．（2022春·重庆潼南·七年级重庆市潼南中学校校考期末）式子|x+3|+|x+1|+|x−2|+|5−x|+|x−7|的
最小值是______．
【思路点拨】
画出数轴，根据两点间的距离公式解答．
【解题过程】
解：如图1，当点P与点C重合时，点P到A、B、C、D、E各点的距离之和为：
PA+PB+PC+PD+PE
=(PA+PE)+(PB+PD)+PC
=AE+BD+0
=AE+BD；
如图2，当点P与点C不重合时，点P到A、B、C、D、E各点的距离之和为：
PA+PB+PC+PD+PE
=(PA+PE)+(PB+PD)+PC
=AE+BD+PC；∵AE+BD+PC> AE+BD，
∴当点P与点C重合时，点P到A、B、C、D、E各点的距离之和最小，
令数轴上数x表示的为P，则|x+3|+|x+1|+|x−2|+|5−x|+|x−7|表示点P到A、B、C、D、E各点的距
离之和，
∴当x=2时，|x+3|+|x+1|+|x−2|+|5−x|+|x−7|取得最小值，
∴|x+3|+|x+1|+|x−2|+|5−x|+|x−7|的最小值
=|2+3|+|2+1|+|2−2|+|5−2|+|2−7|
=5+3+0+3+5
=16，
故答案为：16．
6．（2022春·广东佛山·七年级统考期末）已知数轴上两点A、B对应的数分别为﹣1与3．点P从A点出
发，以每秒2个单位长度的速度沿数轴的正方向匀速运动；同时点Q从B点出发，以每秒1个单位长度沿
1
数轴匀速运动．设P、Q两点的运动时间为t秒，当PQ＝ AB时，t＝_____．
2
【思路点拨】
1
先表示出运动t秒时，P、Q两点表示的数，再根据PQ＝ AB列方程求解即可．
2
【解题过程】
解：①Q点向右运动
∵t秒后，点P表示的数为-1+2t，点Q表示的数为3+t
∴PQ=|(3+t)−(−1+2t)|=|4−t|,
1
∵PQ= AB=2,
2
∴|4−t|=2,
解得t=2或6
②Q点向左运动
∵t秒后，点P表示的数为-1+2t，点Q表示的数为3-t
∴PQ=|(3−t)−(−1+2t)|=|4−3t|1
∵PQ= AB=2,
2
∴|4−3t|=2,
2
解得t=2或
3
2 1
∴当t为2或6或 ，PQ＝ AB
3 2
2
故答案为：2或6或 ．
3
7．（2022春·江苏苏州·七年级统考期末）已知点A、B在数轴上，点A表示的数为-5，点B表示的数为15.
动点P从点A出发，以每秒3个单位长度的速度沿数轴正方向匀速移动，则点P移动__________秒后，
PA=3PB．
【思路点拨】
分两种情况讨论，当点P在点B的左侧或点P在点B的右侧，再根据数轴上两点间的距离列方程解题．
【解题过程】
解：设t秒后，PA=3PB，此时点P表示的数为：-5+3t
分两种情况讨论，
①当点P在点B的左侧时，
PA=3PB
−5+3t−(−5)=3(15+5−3t)
∴3t=3(20−3t)
∴3t=60−9t
∴12t=60
∴t=5；
②点P在点B的右侧，
PA=3PB
−5+3t−(−5)=3(−5+3t−15)∴3t=3(3t−20)
∴3t=9t−60
∴6t=60
∴t=10
综上所述，当t=5或t=10时，PA=3PB，
故答案为：5或10．
8．（2021春·浙江金华·七年级统考期末）在数轴上，点A,O,B分别表示−10,0,6，点P,Q分别从点A,B
同时开始沿数轴正方向运动，点P的速度是每秒3个单位，点Q的速度是每秒1个单位，运动时间为t
秒．若点P,Q,O三点在运动过程中，其中两点为端点构成的线段被第三个点三等分，则运动时间为_____
秒．
【思路点拨】
根据运动的规则找出点P、Q表示的数，分P、O、Q三点位置不同考虑，根据三等分点的性质列出关于时
间t的一元一次方程，解方程即可得出结论．
【解题过程】
解：设运动的时间为t（t＞0），则点P表示3t−10，点Q表示t＋6，
① 点O在线段PQ上时，如图1所示．
10
此时3t−10＜0，即t＜ ，
3
∵点O是线段PQ的三等分点，
∴PO＝2OQ或2PO＝OQ，
即10−3t＝2（t＋6）或2（10−3t）＝t＋6，
2
解得：t＝- （舍去）或t＝2；
5
② 点P在线段OQ上时，如图2所示．
10
此时0＜3t−10＜t＋6，即 ＜t＜8．
3
∵点P是线段OQ的三等分点，∴2OP＝PQ或OP＝2PQ，
即2（3t−10）＝t＋6−（3t−10）或3t−10＝2[t＋6−（3t−10）]，
9
解得：t＝ 或t＝6；
2
③当点Q在线段OP上时，如图3所示．
此时t＋6＜3t−10，即t＞8．
∵点Q是线段OP的三等分点，
∴OQ＝2QP或2OQ＝QP，
即t＋6＝2[3t−10−（t＋6）]或2（t＋6）＝3t−10−（t＋6），
38
解得：t＝ 或无解．
3
综上可知：点P，Q，O三点在运动过程中，其中两点为端点构成的线段被第三个点三等分，则运动时间
9 38
为2、 、6、 ．
2 3
9 38
故答案为：2、 、6、 ．
2 3
9．（2022春·全国·七年级期末）对任意一个四位数，若其千位数字与十位数字之和等于百位数字与个位数
字之和，称这样的四位数为“平衡数”．对任意一个“平衡数”M，将M的千位数字与十位数字对调，百
M+N
位数字与个位数字对调得新数N，记F(M)= ．若A，B是“平衡数”，且A的千位为5，B的个位
1111
为7，当F(A)+F(B)=15时，则F(B)的最大值为______．
【思路点拨】
M+N
设A的百位数字为d，十位数字为a，则个位数字为a+5-d，根据“平衡数”的定义及F(M)= 可求
1111
出F(A)=a+5，设B的百位数字为b，十位数字为c，则千位数字为b+7-c，并得出F(B)=b+7，最后根
据F(A)+F(B)=15求出a与b的关系，即可求出F(B)的最大值．
【解题过程】
解：设A的百位数字为d，十位数字为a，则个位数字为a+5-d，
5000+100d+10a+(a+5−d)+1000a+100(a+5−d)+50+d
根据题意得：F(A)= ，
1111则F(A)=a+5．
设B的百位数字为b，十位数字为c，则千位数字为b+7-c，
同理可得：F(B)=b+7，
∵F(A)+F(B)=15，
∴a+5+b+7=15．
∴a+b=3．
∵a为十位上的数字，a最小取0，
∴b的最大值为3．
则F(B)的最大值为3+7=10．
故答案为：10．
10．（2022春·全国·七年级期末）甲乙两地相距180km，一列慢车以40km/h的速度从甲地匀速驶往乙地，
慢车出发30分钟后，一列快车以60km/h的速度从甲地匀速驶往乙地．两车相继到达终点乙地，在整个过
程中，两车恰好相距10km的次数是____________次．
【思路点拨】
利用时间=路程÷速度，可求出快车未出发且两车相距10km的时间，设快车出发x小时时，两车相距
10km，分快车未超过慢车时、快车超过慢车10km时及快车到达乙地后三种情况，根据路程=速度×时间结
合两车之间相距10km，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出x的值，进而可得出结论．
【解题过程】
1
解：∵10÷40= h，
4
1
∴快车未出发，慢车出发 小时时，两车相距10km；
4
设快车出发x小时时，两车相距10km．
30
快车未超过慢车时，40（x+ ）-10=60x，
60
1
解得：x= （h）；
2
30
快车超过慢车10km时，40（x+ ）+10=60x，
60
3
解得：x= （h）；
2
30
快车到达乙地后，40（x+ ）=180-10，
6015
解得：x= （h）．
4
∴两车恰好相距10km的次数是4．
故答案为：4．
11．（2022春·全国·七年级期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，点E是AB上的一点，
且AE＝2BE．点P从点C出发，以2cm/s的速度沿点C﹣D﹣A﹣E匀速运动，最终到达点E．设点P运动
时间为ts，若三角形PCE的面积为18cm2，则t的值为 _____．
【思路点拨】
分下列三种情况讨论，如图1，当点P在CD上，即0＜t≤3时，根据三角形的面积公式建立方程求出其解
即可；如图2，当点P在AD上，即3＜t≤7时，由S△PCE=S
四边形
AECD-S△PCD-S△PAE建立方程求出其解
1
即可；如图3，当点P在AE上，即7＜t≤9时，由S△PCE= PE•BC=18建立方程求出其解即可．
2
【解题过程】
解：如图1，当点P在CD上，即0＜t≤3时，
∵四边形ABCD是长方形，
∴AB=CD=6cm，AD=BC=8cm．
∵CP=2t（cm），
1
∴S△PCE= ×2t×8=18，
2
9
∴t= ；
4
如图2，当点P在AD上，即3＜t≤7时，∵AE=2BE，
2
∴AE= AB=4．
3
∵DP=2t-6，AP=8-（2t-6）=14-2t．
1 1 1
∴S△PCE= ×（4+6）×8- （2t-6）×6- （14-2t）×4=18，
2 2 2
解得：t=6；
当点P在AE上，即7＜t≤9时，
PE=18-2t．
1
∴S△CPE= （18-2t）×8=18，
2
27
解得：t= ＜7（舍去）．
4
9
综上所述，当t= 或6时△APE的面积会等于18．
4
9
故答案为： 或6．
4
12．（2022春·全国·七年级期末）将长为4宽为a（a大于1且小于4）的长方形纸片按如图所示的方式折
叠并压平，剪下一个边长等于长方形宽的正方形，称为第一次操作；再把剩下的长方形按同样的方式操
作，称为第二次操作；如此反复操作下去 ，若在第n次操作后，剩下的长方形恰为正方形，则操作终
止．当n=3时，a的值为______．【思路点拨】
经过第一次操作可知剩下的长方形一边长为a，另一边长为4-a；分当a<4−a时，及当a>4−a，两种情
况讨论；根据第2次剩下的长方形分两种情况讨论，若第三次操作后，剩下的长方形恰好是正方形，由此
可得出关于a的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解题过程】
解：第1次操作，剪下的正方形边长为a，剩下的长方形的长宽分别为a、4-a，
(I)当a<4−a时，即a<2时
第二次操作后，剩余长方形的长宽分别为a、4-2a，
4
①当a<4−2a时，即a< 时
3
第三次操作剩余两边为a、4-3a，
此时为正方形，得a=4−3a
解得a=1
又∵14−2a，即a> 时
3
第三次操作剩余两边边长分别为4−2a，3a−4
此时为正方形，得4−2a=3a−4
8
解得a= ，此时符合题意；
5
(II)当a>4−a，即a>2时，第2次操作，剪下的正方形边长为4-a，所以剩下的长方形的两边分别为4-a、
a-（4-a）=2a-4，
8
①当2a-4＜4-a，即a＜ 时，
3
则第3次操作时，剪下的正方形边长为2a-4，剩下的长方形的两边分别为2a-4、（4-a）-（2a-4）=8-3a，
12
则2a-4=8-3a，解得a= ；
58
②2a-4＞4-a，即a＞ 时
3
则第3次操作时，剪下的正方形边长为4-a，剩下的长方形的两边分别为4-a、（2a-4）-（4-a）=3a-8，
则4-a=3a-8，解得a=3；
8 12
故答案为： 或 或3．
5 5
13．（2022春·云南文山·七年级统考期末）已知点A、B、C、D在同一条直线上，线段AB=4，C是线段
AB的中点，且BD=3AD，则线段CD的长为_______．
【思路点拨】
分两种情况当点D在线段AB上时，当点D在射线BA上时，画出图形，分别求出AC及AD即可求出
CD．
【解题过程】
解：当点D在线段AB上时，如图1，
∵C是线段AB的中点，AB=4，
∴AC=BC=2，
∵BD=3AD，
∴AD+3AD=AB=4，
解得AD=1，
∴CD=AC-AD=2-1=1；
当点D在射线BA上时，如图2，
∵C是线段AB的中点，AB=4，
∴AC=BC=2，
∵BD=3AD，
∴3AD=AD+4，
解得AD=2，
∴CD=AC+AD=2+2=4，
综上，CD的长为1或4，
故答案为：1或4．14．（2022春·湖南岳阳·七年级统考期末）已知点A，B，C在同一条直线上，AB=10cm，AC=8cm，
点M、N分别是AB、AC的中点，那么线段MN的长度为____________cm．
【思路点拨】
根据题意可以画出相应的图形，然后根据题目中的条件和分类讨论的方法可以求得线段MN的长度．
【解题过程】
解：当点C点A和点B之间时，
∵点A，B，C在同一条直线上，AB=10cm，AC=8cm，点M、N分别是AB、AC的中点，
∴AM=5cm，AN=4cm，
∴MN=AM-AN=5-4=1cm，
当点C位于点A的左侧时，
∵点A，B，C在同一条直线上，AB=10cm，AC=8cm，点M、N分别是AB、AC的中点，
∴AM=5cm，AN=4cm，
∴MN=AM+AN=5+4=9cm，
由上可得，线段MN的长为1或9cm，
故答案为：1或9．
15．（2022春·安徽滁州·七年级统考期末）如图，线段AB表示一条已经对折的绳子，现从P点处将绳子剪
断，剪断后的各段绳子中最长的一段为30cm．
（1）若点P为AB的中点，则对折前的绳长为______cm；
2
（2）若AP= BP，则对折前的绳长为______cm．
3
【思路点拨】
（1）根据P为AB中点，可知AP=PB=15，根据线段和即可得到答案；
2
（2）分类讨论：①AP是最长的一段，根据AP= BP，可得PB的长，再根据线段的和差，可得答案；②
3
2
PB是最长的一段，根据AP= BP，可得AP的长再根据线段的和差，可得答案．
3
【解题过程】
解：（1）∵P为AB中点，1
∴AP=PB= ×30=15，
2
∴2AB=2(AP+BP)=2(15+15)=60(cm),
故答案为：60；
2
（2）①AP是最长的一段，AP=15= BP，得
3
3 45
PB=15× = ，
2 2
由线段的和差，得
45 75
AB=AP+PB=15+ = ，
2 2
∴原来绳长为2AB=75(cm)，
②PB是最长的一段，由题意PB=15，
2
∴AP=15× =10，
3
由线段的和差，得AB=AP+PB=10+15=25，
∴原来绳长为50cm，
故答案为：50或75．
16．（2022春·全国·七年级期末）如图所示：已知AB=5cm，BC=10cm，现有P点和Q点分别从A，B两
点出发相向运动，P点速度为2cm/s，Q点速度为3cm/s，当Q到达A点后掉头向C点运动，Q点在向C的
运动过程中经过B点时，速度变为4cm/s，P，Q两点中有一点到达C点时，全部停止运动，那么经过____
s后PQ的距离为0.5cm．
【思路点拨】
设经过t秒后PQ距离为0.5cm，然后分情况分别进行考虑：①当P、Q在AB上且P在Q左侧时；②当P、
Q在AB上且P在Q右侧时；③当Q从A返回还未到B时；④当Q从A返回运动并超过B点时；⑤当Q
超过P时．
【解题过程】
解：设经过t秒后PQ距离为0.5cm，
①当P、Q在AB上且P在Q左侧时，如图1所示：由题意得：5-2t-3t=0.5，解得：t=0.9s，
②当P、Q在AB上且P在Q右侧时，如图2所示：
由题意得：2t+3t-0.5=5，解得：t=1.1s，
5
③Q到达A所用时间为5÷3= s，
3
当Q从A返回还未到B时，如图3所示：
( 5) ( 5)
由题意得：2t−3 t− =0.5，解得：t=4.5s，但此时AQ= 3 4.5− =8.5cm>5cm，不符合题意；
3 3
④当Q从A返回运动并超过B点时，如图4所示：
10
此时Q从B-A-B用时为： s，
3
( 10)
由题意得：5+4 t− +0.5=2t，
3
47
解得：t= s；
12
⑤当Q超过P时，如图5所示：
( 10)
由题意得：5+4 t− −2t=0.5，
3
53
解得：t= s，
1247 53
综上所述，当P、Q相距0.5cm时，经过的时间为0.9s或1.1s或 s或 s，
12 12
47 53
故答案为：0.9或1.1或 或 ．
12 12
17．（2022春·浙江杭州·七年级统考期末）如图，点O是线段AB的中点，点D是线段AO的中点，点E是
线段BD的中点，点F是线段AE的中点．若AB=8，则DF=______；若OE=a，则OF=______（用含a的
代数式表示）．
【思路点拨】
根据线段中点的定义分别计算出AD，AE和AF的长，再利用线段的和差可得答案；设OA＝OB＝x，则AB
＝2x，BE＝x−a，根据线段的和差可得答案．
【解题过程】
解：∵AB＝8，点O是线段AB的中点，
1
∴OA＝OB＝ AB＝4，
2
∵点D是线段AO的中点，
1
∴AD＝ AO＝2，BD＝8−2＝6，
2
∵点E是线段BD的中点，
∴BE＝DE＝3，AE＝8−3＝5，
∵点F是线段AE的中点，
1
∴AF＝ AE＝2.5，
2
∴DF＝AF−AD＝2.5−2＝0.5；
设OA＝OB＝x，则AB＝2x，BE＝x−a，
∵点E是线段BD的中点，
∴BD＝2BE＝2x−2a，
∵点D是线段AO的中点，
1 1
∴AD＝ AO＝ x，
2 2
1 5
∴AB＝AD＋BD＝ x＋2x−2a＝ x−2a，
2 21 5 5
∴OB＝ AB＝ x−a，即 x−a＝x，
2 4 4
解得x＝4a，
即AE＝AO＋OE＝x＋a＝5a，
∵点F是线段AE的中点，
1 5
∴EF＝ AE＝ a，
2 2
5 3
∴OF＝EF−OE＝ a−a＝ a．
2 2
3
故答案为：0.5； a．
2
18．（2022春·广东佛山·七年级统考期末）如图，点C是线段AB上任意一点（不与端点重合），点M是
1
AB中点，点P是AC中点，点Q是BC中点，则下列说法：①PQ=MB；②PM= (AM−MC)；③
2
1 1
PQ= (AQ+AP)；④MQ= (MB+MC)．其中正确的是_______．
2 2
【思路点拨】
1 1 1
根据线段中点的定义得到AM=BM= AB，AP=CP= AC，CQ=BQ= BC，然后根据线段之间的
2 2 2
和差倍分关系逐个求解即可．
【解题过程】
解：∵M是AB中点，
1
∴AM=BM= AB，
2
∵P是AC中点，
1
∴AP=CP= AC，
2
∵点Q是BC中点，
1
∴CQ=BQ= BC，
21 1
对于①：PQ=PC+CQ= (AC+BC)= AB=BM，故①正确；
2 2
1 1
对于②：PM=AM−AP= (AB−AC)= BC，
2 2
1 1
PM=AM−AP= (AB−AC)= BC，故②正确；
2 2
1 1
对于③：PQ=PC+CQ= (AC+BC)= AB，
2 2
1 1 1 1 1 1
而 (AQ+AP)= [(AP+PQ)+AP]=AP+ PQ= (AC+PQ)= (AC+BM)> AB，
2 2 2 2 2 2
故③错误；
1 1 1
对于④： (MB+MC)= (MA+MC)= AC，
2 2 2
1 1 1 1 1
MQ=MC+CQ=(AC−AM)+ BC=AB−BC− AB+ BC= (AB−BC)= AC，故④正确；
2 2 2 2 2
故答案为：①②④．
19．（2022春·天津和平·七年级校考期末）如图，点Q在线段AP上，其中PQ＝10，第一次分别取线段
AP和AQ的中点P，Q，得到线段PQ，则线段PQ＝_____；再分别取线段AP 和AQ 的中点P，Q，
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2
得到线段PQ；第三次分别取线段AP 和AQ 的中点P，Q，得到线段PQ；连续这样操作2021次，则
2 2 2 2 3 3 3 3
每次的两个中点所形成的所有线段之和PQ+PQ+PQ+…+P Q ＝_____．
1 1 2 2 3 3 2021 2021
【思路点拨】
1 1 1
根据线段中点定义分别求出P Q = PQ,P Q = PQ,P Q = PQ，据此得到规律代入计算即可．
1 1 2 2 2 22 3 3 23
【解题过程】
解：∵线段AP和AQ的中点为P，Q，
1 1
1 1
∴AP = AP,AQ = AQ，
1 2 1 2
∵AP>AQ，
1 1 1
∴PQ＝AP −AQ = AP− AQ= PQ=5；
1 1 1 1 2 2 2
∵线段AP 和AQ 的中点为P，Q，
1 1 2 2
1 1
∴AP = AP ,AQ = AQ ，
2 2 1 2 2 11 1 1 1
∴P Q =AP −AQ = AP − AQ = P Q = PQ,
2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 22
1
同理：P Q = PQ，⋯，
3 3 23
∴PQ+PQ+PQ+…+P Q
1 1 2 2 3 3 2021 2021
1 1 1 1
= PQ+ PQ+ PQ+⋯+ PQ
2 22 23 22021
1 1 1 1
=10×( + + +⋯+ )
2 22 23 22021
1 1 1 1
设S= + + +⋯+
①，
2 22 23 22021
1 1 1 1 1
则
S= + + ⋯+
②，
2 22 23 24 22022
1 1 1
①-②得 S= − ，
2 2 22022
1
∴S=1−
，
22021
1 10
∴PQ+PQ+PQ+…+P Q =10×(1− )=10− ，
1 1 2 2 3 3 2021 2021 22021 22021
10
故答案为：5，10− ．
22021
20．（2022春·湖北荆州·七年级统考期末）如图，有公共端点P的两条线段MP,NP组成一条折线
M−P−N，若该折线M−P−N上一点Q把这条折线分成相等的两部分，我们把这个点Q叫做这条折线
的“折中点”已知D是折线A−C−B的“折中点”，E为线段AC的中点，CD=3,CE=5，则线段BC的
长为_________．
【思路点拨】
根据题意分两种情况画图解答即可．
【解题过程】
解：①如图，CD=3，CE=5，
∵点D是折线A-C-B的“折中点”，
∴AD=DC+CB，
∵点E为线段AC的中点，
1
∴AE=EC= AC=5，
2
∴AC=10，
∴AD=AC-DC=7，
∴DC+CB=7，
∴BC=4；
②如图，
CD=3，CE=5，
∵点D是折线A-C-B的“折中点”，
∴BD=DC+CA，
∵点E为线段AC的中点，
1
∴AE=EC= AC=5，
2
∴AC=10，
∴AC+DC=13，
∴BD=13，
∴BC=BD+DC=16．
综上所述，BC的长为4或16．
故答案为4或16．
1
21．（2022春·江苏·七年级期末）如图，∠COD在∠AOB的内部，且∠COD= ∠AOB，若将∠COD
2绕点O顺时针旋转，使∠COD在∠AOB的外部，在运动过程中，OE平分∠BOC，则∠DOE与∠AOC之
间满足的数量关系是 _____．
【思路点拨】
分情况讨论：当旋转的角度不超过180°时，当旋转的角度超过180°，不超过360°时，画出旋转后的图，
利用角之间的关系计算即可．
【解题过程】
解：当旋转的角度不超过180°时，如图：
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC，
∠DOE=∠COD+∠COE，
1
∵∠COD= ∠AOB， OE平分∠BOC，
2
∴∠BOE=∠COE，∠AOC=2∠COD+2∠COE=2(∠COD+∠COE)，
∴∠AOC=2∠DOE．
当旋转的角度超过180°，不超过360°时，如图，∴∠AOC=360°−(∠AOB+∠BOC)，
∠DOE=∠COD+∠COE，
1
∵∠COD= ∠AOB， OE平分∠BOC，
2
∴∠BOE=∠COE，2∠DOE=2∠COD+2∠COE=∠AOB+∠BOC，
∴∠AOC=360°−2∠DOE．
22．（2022春·云南红河·七年级统考期末）已知∠AOB＝80°，射线OC在∠AOB内部，且∠AOC＝20°，
∠COD＝50°，射线OE、OF分别平分∠BOC、∠COD，则∠EOF的度数是______．
【思路点拨】
先根据题意画出图形，再分OD在∠AOB内和OD在∠AOB外，根据角的和差关系、角平分线的定义可
求∠EOF的度数．
【解题过程】
解：（1）如图1，OD在∠AOB内，
∵∠AOB=80°，∠AOC=20°,
∴∠BOC=60°，
∵射线OE平分∠BOC，
∴∠EOC=30°，
∵射线OF平分∠COD，∠COD=50°，
∴∠FOC=25°，
∴∠EOF=5°；
（2）如图2，OD在∠AOB外，∵∠AOB=80°，∠AOC=20°,
∴∠BOC=60°，
∵射线OE平分∠BOC，
∴∠EOC=30°，
∵射线OF平分∠COD，∠COD=50°，
∴∠FOC=25°，
∴∠EOF=55°.
则∠EOF的度数是5°或55°.
故答案为：5°或55°.
23．（2022春·江西抚州·七年级统考期末）如图，射线OC在∠AOB的内部，图中共有3个角：∠AOB，
∠AOC和∠BOC，若其中有一个角的度数是另一个角度数的两倍，则称射线 OC是∠AOB的“巧分线”．
若∠AOB=60°，且射线OC是∠AOB的“巧分线”，则∠AOC的度数为______．
【思路点拨】
分①∠AOB=2∠AOC，②∠AOB=2∠BOC，③∠AOC=2∠BOC，④∠BOC=2∠AOC四种情
况，再根据角的和差进行计算即可得．
【解题过程】
解：由题意，分以下四种情况：
①当∠AOB=2∠AOC时，射线OC是∠AOB的“巧分线”，
∵∠AOB=60°，
1
∴∠AOC= ∠AOB=30°；
2②当∠AOB=2∠BOC时，射线OC是∠AOB的“巧分线”，
∵∠AOB=60°，
1
∴∠BOC= ∠AOB=30°，
2
∴∠AOC=∠AOB−∠BOC=30°；
③当∠AOC=2∠BOC时，射线OC是∠AOB的“巧分线”，
∵∠AOB=60°，∠AOC+∠BOC=∠AOB，
1
∴∠AOC+ ∠AOC=60°，
2
解得∠AOC=40°；
④当∠BOC=2∠AOC时，射线OC是∠AOB的“巧分线”，
∵∠AOB=60°，∠AOC+∠BOC=∠AOB，
∴∠AOC+2∠AOC=60°，
解得∠AOC=20°；
综上，∠AOC的度数为20°或30°或40°，
故答案为：20°或30°或40°．
24．（2022春·江西吉安·七年级校联考期末）如图，在同一平面内，∠AOB=90°，∠AOC=20°，
∠COD=50°，∠BOD﹥45°，则∠BOD的度数为______．
【思路点拨】
分当OC在∠AOB外部，OD在∠AOB内部时，当OC在∠AOB外部，OD在∠AOB外部时，当OC在
∠AOB内部，OD在∠AOB外部时，三种情况画出图形求解即可．
【解题过程】
解：如图1所示，当OC在∠AOB外部，OD在∠AOB内部时，∵∠AOC=20°，∠COD=50°，
∴∠AOD=30°，
∵∠AOB=90°，
∴∠BOD=∠AOB-∠AOD=60°；
如图2所示，当OC在∠AOB外部，OD在∠AOB外部时，
∵∠AOC=20°，∠COD=50°，
∴∠AOD=70°，
∵∠AOB=90°，
∴∠BOD=∠AOB+∠AOD=160°；
如图3所示，当OC在∠AOB内部，OD在∠AOB外部时，
∵∠AOC=20°，∠COD=50°，
∴∠AOD=30°，
∵∠AOB=90°，
∴∠BOD=∠AOB+∠AOD=120°；
综上所述，∠BOD的度数为60°或120°或160°．25．（2022春·湖南·七年级期末）如图，在平面内，点O是直线AC上一点，∠AOB=60∘，射线OC不
动，射线OA，OB同时开始绕点O顺时针转动，射线OA首次回到起始位置时两线同时停止转动，射线OA
，OB的转动速度分别为每秒40∘和每秒20∘．若转动t秒时，射线OA，OB，OC中的一条是另外两条组成
角的角平分线，则t=______秒．
【思路点拨】
根据已知条件可知，在第t秒时，射线OA转过的角度为40°t，射线OB转过的角度为20°t,然后按照OA、
OB、OC三条射线构成相等的角分三种情况讨论：①当OA平分∠BOC；②当OC平分∠AOB；③当OB
平分∠AOC，分别列方程即可求出t的值．
【解题过程】
解：根据题意，在第t秒时，射线OA转过的角度为40°t，射线OB转过的角度为20°t,
①当OA，OB转到OA′，OB′的位置时，如图①所示，∠A′OC=∠A′OB′，
∵∠A′OC=180°-40°t，∠A′OB′=∠AOA′-∠AOB-∠BOB′=40°t-60°-20°t=20°t-60°，
∴180°-40°t =20°t-60°，
即t=4；
②当OA，OB转到OA′，OB′的位置时，如图②所示，∠A′OC=∠B′OC，
∵∠A′OC=40°t-180°，∠B′OC=180°-∠AOB-∠BOB′=180°-60°-20°t=120°-20°t，∴40°t-180°=120°-20°t，
即t=5；
③当OA，OB转到OA′，OB′的位置时，如图③，∠B′OC=∠A′OB′，
1 1 1
∵∠B′OC=20°t-120°，∠A′OB′= ∠A′OC= (180°-∠AOA′)= [180°-（360°-40°t）]=20°t-90°，
2 2 2
∴20°t-120°=20°t-90°，此时方程不成立．
综上所述：t的值为4或5．
故答案：4或5．
26．（2022春·安徽合肥·七年级合肥寿春中学校考期末）在同一平面内．O为直线AB上一点．射线OE将
平角∠AOB分成∠AOE、∠BOE两部分．已知∠BOE=α．OC为∠AOE的平分线．∠DOE=90°．则
∠COD=______（用含有α的代数式表示）
【思路点拨】
分两种情况：射线OD、OE在直线AB的同侧；射线OD、OE在直线AB的异侧；利用角平分线的定义、
互补、角的和差关系即可求得结果．
【解题过程】
解：①当射线OD、OE在直线AB的同侧时，如图所示
∵OC为∠AOE的平分线
∴∠1=∠2
∵∠AOE+∠BOE=180°，∠BOE=α∴∠AOE=180°−α
1 1
∴∠1=∠2= (180°−α)=90°− α
2 2
1 1
∴∠COD=∠DOE+∠1=90°+90°− α=180°− α
2 2
②当射线OD、OE在直线AB的异侧时，如图所示
∵OC为∠AOE的平分线
∴∠1=∠2
∵∠AOE+∠BOE=180°，∠BOE=α
∴∠AOE=180°−α
1 1
∴∠1=∠2= (180°−α)=90°− α
2 2
( 1 ) 1
∴∠COD=∠DOE−∠1=90°− 90°− α = α
2 2
1 1
综上所述，∠COD= α或180°− α．
2 2
1 1
故答案为： α或180°− α
2 2
27．（2022春·重庆·七年级重庆八中校考期末）平面内，∠AOB=120°，C为∠AOB内部一点，射线
OM平分∠AOC，射找ON平分∠BOC，射线OD平分∠MON，当|∠AOC−2∠COD|=30°时，
∠AOC的度数是____________．
【思路点拨】
根据角平分线的定义和角的运算，分射线OD在∠AOC外部和射线OD在∠AOC内部求解即可．
【解题过程】
解：∵射线OM平分∠AOC，射找ON平分∠BOC，
1 1
∴∠MOC= ∠AOC，∠NOC= ∠BOC，
2 21 1 1
∴∠MON=∠MOC+∠NOC= ∠AOC+ ∠BOC= ∠AOB=60°，
2 2 2
∵射线OD平分∠MON，
1
∴∠MOD= ∠MON=30°，
2
若射线OD在∠AOC外部时，如图1，
1
则∠COD=∠MOD－∠MOC=30°－ ∠AOC，
2
即2∠COD=60°－∠AOC，
∵|∠AOC−2∠COD|=30°，
∴|2∠AOC−60∘|=30∘，
解得：∠AOC=45°或15°；
若射线OD在∠AOC内部时，如图2，
1
则∠COD=∠MOC－∠MOD= ∠AOC－30°，
2
∴2∠COD=∠AOC－60°，即∠AOC－2∠COD=60°，不满足|∠AOC−2∠COD|=30°，
综上，∠AOC=45°或15°，
故答案为：45°或15°．
28．（2022春·重庆·七年级校联考期末）已知∠AOB和∠COD是共顶点的两个角，∠COD的OC边始终在
∠AOB的内部，并且∠COD的边OC把∠AOB分为1：2的两个角，若∠AOB＝60°，∠COD＝30°，则
∠AOD的度数是_____．【思路点拨】
根据角的和差和角的倍分关系即可得到结论．
【解题过程】
解：如图1，
∵∠AOB=60°，∠COD=30°，OC把∠AOB分为1：2的两个角，
1
∴∠AOC= ∠AOB=20°，
3
∴∠AOD=30°-20°=10°；
如图2，
∵∠AOB=60°，∠COD=30°，OC把∠AOB分为1：2的两个角，
2
∴∠AOC= ∠AOC=40°，
3
∴∠AOD=10°；
如图3，
∵∠AOB=60°，∠COD=30°，OC把∠AOB分为1：2的两个角，
1
∴∠AOC= ∠AOB=20°，
3
∴∠AOD=30°+20°=50°；如图4，
∵∠AOB=60°，∠COD=30°，OC把∠AOB分为1：2的两个角，
2
∴∠AOC= ∠AOC=40°，
3
∴∠AOD=40°+30°=70°；
综上所述，∠AOD的度数是10°或50°或70°．
故答案为：10°或50°或70°．
29．（2022春·福建福州·七年级统考期末）如图，已知射线OC在∠AOB内部，OD平分∠AOC，OE平
分∠BOC，OF平分∠AOB，现给出以下4个结论：①∠DOE=∠AOF；②
1
2∠DOF=∠AOF−∠COF；③∠AOD=∠BOC；④∠EOF= (∠COF+∠BOF)其中正确的结论
2
有（填写所有正确结论的序号）______．
【思路点拨】
1
①根据OD平分∠AOC，OE平分∠BOC，OF平分∠AOB，得出∠AOD=∠COD= ∠AOC，
2
1 1 1
∠BOE=∠COE= ∠BOC，∠AOF=∠BOF= ∠AOB，求出∠DOE= ∠AOB，即可得出结
2 2 2
论；
1
②根据角度之间的关系得出∠DOF= ∠BOC=∠COE，得出
2∠AOF−∠COF=∠BOF−∠COF=∠BOC，即可得出结论；
③无法证明∠AOD=∠BOC；
1
④根据∠DOF= ∠BOC=∠COE，得出∠EOF=∠COD，∠COF+∠BOF=2∠COD，即可得出
2
结论．
【解题过程】
解：①∵OD平分∠AOC，OE平分∠BOC，OF平分∠AOB，
1 1
∴∠AOD=∠COD= ∠AOC，∠BOE=∠COE= ∠BOC，
2 2
1
∠AOF=∠BOF= ∠AOB，
2
∵∠AOC+∠BOC=∠AOB，
1
∴∠DOC+∠COE=∠AOD+∠BOE= ∠AOB，
2
1
即∠DOE= ∠AOB，
2
∴∠DOE=∠AOF，故①正确；
②∵∠DOF=∠DOE−∠EOF
1 ( 1 )
= ∠AOB− ∠COF+ ∠BOC
2 2
1 1
= ∠AOB−∠COF− ∠BOC
2 2
1 1
= ∠AOB−(∠BOF−∠BOC)− ∠BOC
2 2
1 (1 ) 1
= ∠AOB− ∠AOB−∠BOC − ∠BOC
2 2 2
1 1 1
= ∠AOB− ∠AOB+∠BOC− ∠BOC
2 2 2
1
= ∠BOC
2
∠AOF−∠COF=∠BOF−∠COF=∠BOC，
∴2∠DOF=∠AOF−∠COF，故②正确；
③∠AOD与∠BOC不一定相等，故③错误；
1
④根据解析②可知，∠DOF= ∠BOC=∠COE，
2∴∠EOF=∠EOC+∠COF=∠COF+∠DOF=∠COD，
∵∠COF+∠BOF=∠COF+∠AOF=∠AOC=2∠COD，
1
∴∠EOF= (∠COF+∠BOF)，故④正确；
2
综上分析可知，正确的有①②④．
故答案为：①②④．
30．（2022春·全国·七年级期末）已知：如图1，点O是直线MN上一点，过点O作射线OE，使
1
∠EOM= ∠EON，过点O作射线OA，使∠AOM=90°．如图2，∠EON绕点O以每秒9°的速度顺时
5
针旋转得∠E′ON′，同时射线OA绕点O以每秒3°的速度顺时针旋转得射线OA′，当射线OA′落在OA的
反向延长线上时，射线OA′和∠E′ON′同时停止，在整个运动过程中，当t=______时，∠E′ON′的某一
边平分∠A′OM（∠A′OM指不大于180°的角）．
【思路点拨】
本题分情况讨论，当OE' 平分∠A'OM，即∠MOE'=∠A'OE'，用t的式子表示∠MOE'，∠A'OE'，求出t的
值，
当ON'平分∠A'OM，∠MON'=∠A'ON'，此时分为两种情况，
第一种情况：ON'没有旋转完360°，
第二种情况：ON'旋转完了360°．用t的式子表示∠MON'，∠A'ON'，分别求出t的值即可．
【解题过程】
1
解：∵∠EOM= ∠EON，∠EOM+∠EON=180°
5
得：∠EOM=30° ，∠EON=150°
①OE' 平分∠A'OM，即∠MOE'=∠A'OE'∠MOE'=30+9t
∠A'OE'=60+3t-9t
∴30+9t=60+3t-9t
解得t=3，
②ON'平分∠A'OM，此时分为两种情况，
第一种情况：ON'没有旋转完360°，
∠MON'=∠A'ON'
∠MON'=9t-180
∠A'ON'=90+(9t-180)-3t
∴9t-180=90+(9t-180)-3t
解得t=30，
第二种情况：ON'旋转完了360°∠MON'=∠A'ON'
∠MON'=180-9t+360，
∠A'ON'=180-(3t-90)-(180-9t+360)
180-9t+360=180-(3t-90)-(180-9t+360)
解得t=54，
故答案为：t=3或t=30或t=54 。
