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北师大版七年级数学下学期期末提升精选 40 题
考试范围：全册的内容，共40小题.
一、选择题（共8题）
1．（2022·山东淄博·二模）下列各数中，最大的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先将各个选项进行化简，再根据有理数的大小比较方法进行比较，可得答案．
【详解】
解： ， ， ， ，
∵ ，
∴最大的数是 ，
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了零指数幂、负指数幂、绝对值的性质及有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的
关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反
而小．
2．（2022·浙江嘉兴·八年级期末）在下列交通标志图案中，属于轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴
对称图形可得答案．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；
B、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、是轴对称图形，故本选项正确；D、不是轴对称图形，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了轴对称图形．轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠
后可重合．
3．（2022·河北唐山·七年级期中）若 是完全平方式，则 的值为（ ）
A． B． C． D． 或13
【答案】D
【解析】
【分析】
依据完全平方公式，这里首末两项分别是2m和3的平方，那么中间项为加上或减去2m和3的乘积的2倍．
【详解】
解：∵ 是完全平方式，
∴ ＝±2×2m•3，
解得k＝13或-11．
故选D．
【点睛】
本题主要考查完全平方式，解决问题的关键是根据两平方项确定出这两个数，再根据乘积二倍项求解．
4．（2022·全国·七年级期末）如图是一款手推车的平面示意图，其中AB∥CD， ， ，那么
的度数为（ ）
A．100° B．132° C．142° D．154°
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据平行线性质求出∠A，再根据邻补角的定义求出∠4，最后根据三角形外角性质得出∠3=∠4+∠A．
【详解】
解：如图：∵AB∥CD，∠1=26°，
∴∠A=∠1=26°，
∵∠2=74°，∠2+∠4=180°，
∴∠4=180°-∠2=180°-74°=106°，
∴∠3=∠4+∠A=106°+26°=132°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行线性质和三角形外角性质的应用，解题的关键是求出∠A的度数和得出∠3=∠4+∠A．
5．（2021·山东省济南汇才学校九年级期中）甲、乙两位同学在一次用频率去估计概率的实验中统计了某
一结果出现的频率，绘出的统计图如图所示，则符合这一结果的实验可能是（ ）
A．掷一枚正六面体的骰子，出现1点的概率
B．一个袋子中有2个白球和1个红球，从中任取一个球，则取到红球的概率
C．抛一枚硬币，出现正面的概率
D．任意写一个整数，它能被2整除的概率
【答案】B
【解析】
【分析】
根据统计图可知，试验结果在0.33附近波动，即其概率P≈0.33，计算四个选项的概率，约为0.33者即为正
确答案．
【详解】
解：A、掷一枚正六面体的骰子，出现1点的概率为 ，故此选项不符合题意；
B、一个袋子中有2个白球和1个红球，从中任取一个球，则取到红球的概率 ≈0.33，故此选项符合题意；C、掷一枚硬币，出现正面朝上的概率为 ，故此选项不符合题意；
D、任意写出一个整数，能被2整除的概率为 ，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
此题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数
与总情况数之比．同时此题在解答中要用到概率公式．
6．（2022·贵州遵义·八年级期末）如图，在△ABC中，CD为AB边上的中线，过点A作CD的垂线交CD
的延长线于点E，过点B作BF⊥CD于点F．若△ACE的面积为12，△ADE的面积为3，则△BCF的面积
为（ ）
A．9 B．6 C．4.5 D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意，先求出 ，然后证明 ，即可求出△BCF的面积．
【详解】
解：根据题意，
∵△ACE的面积为12，△ADE的面积为3，
∴ ，
∵CD为AB边上的中线，
∴ ，AD=BD，
∵∠AED=∠BFD=90°，∠ADE=∠BDF，
∴△ADE≌△BDF，
∴ ，
∴ ；
故选：B
【点睛】
本题考查了三角形的中线问题，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握所学的知识，正确的求出三
角形的面积．7．（2022·河北师范大学附属中学八年级期中）一水池放水，先用一台抽水机工作一段时间后停止，然后
再调来一台同型号抽水机，两台抽水机同时工作直到抽干．设开始工作的时间为t，剩下的水量为s，下面
能反映s与t之间的关系的大致图像是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题目中抽水机的工作情况，判断随着开始工作的时间t的增加，剩下的水量s的变化情况即可．
【详解】
解：根据题意可知随着抽水机工作，剩下的水量越来越少．而且一台抽水机工作的效率比两台抽水机工作
效率慢，所以两台抽水机工作时，剩下的水量减少的速度更快．
故选：D．
【点睛】
本题考查用图像表示变量间的关系，正确理解题意是解题关键．
8．（2022·河北保定·七年级期末）如图，将长方形纸片ABCD的 沿着GF折叠（点F在BC上，不与
B，C重合），使点C落在长方形内部点E处，若 ， ，则 的度数是
（ ）
A．90° B．120° C．100° D．60°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据折叠的性质可得 ，根据 ， ，即可求得
的度数.
【详解】
解：∵将长方形纸片ABCD的 沿着GF折叠（点F在BC上，不与B，C重合），使点C落在长方形内
部点E处，∴ ，
∵ ， ，
∴ ，∠EFH=∠BFE-∠BFH=40°，
∴ ，
∴ ，
∴ .
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了角的计算、折叠的性质、角的倍数关系，熟练根据角的关系进行推理和计算是解题的关键.
二、填空题（共8题）
9．（2022·山东德州·二模）计算： ______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据幂的乘方、积的乘方和同底数幂的乘法公式进行计算即可．
【详解】
解： ．
故答案为： ．
【点睛】
本题主要考查了幂的乘方、积的乘方和同底数幂的乘法运算，熟练掌握幂的乘方、积的乘方和同底数幂的
乘法的运算法则，是解题的关键．
10．（2022·河南·嵩县教育局基础教育教学研究室八年级期末）（x2﹣mx+6）（4x﹣2）的积中不含x的二
次项，则m的值是 ___．
【答案】 ##
【解析】
【分析】
先根据多项式乘以多项式的法则将已知代数式化简，再令二次项系数为0，即可求得 的值．
【详解】
（x2﹣mx+6）（4x﹣2）
不含x的二次项，解得
故答案为：
【点睛】
本题考查了多项式乘以多项式，多项式的项的定义，正确的计算是解题的关键．
11．（2022·上海·七年级专题练习）已知三角形的三边长分别为3cm，xcm和7cm，那么x的取值范围是
_____．
【答案】
【解析】
【分析】
根据三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边可得：4＜x＜10．
【详解】
解：∵三角形的三边长分别是3，7，x，
根据三角形三边关系：x＜7+3，x＞7﹣3，
∴x的取值范围是4＜x＜10．
故答案为：4＜x＜10．
【点睛】
本题主要考查了三角形的三边关系，解答此题的关键是熟知三角形的三边关系，即任意两边之和大于第三
边，任意两边之差小于第三边．
12．（2022·安徽·合肥市第四十五中学二模）如图，在 正方形网络中，选取一个白色的小正方形并涂
黑，使构成的黑色部分的图形构成一个轴对称图形的概率是_______．
【答案】
【解析】
【分析】
直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的位置，进而利用概率的公式得出答案．
【详解】
解：由示意图可知，我们涂黑一个白色小方块可以使图形为轴对称图形的情况总共为 种，我们可以涂的
白色小方块的个数总共为 个，所以图中黑色部分的图形能构成一个轴对称图形的概率为 ．故答案为： ．
【点睛】
本题主要考查了利用轴对称设计图案，概率公式的应用，正确把握轴对称的性质是解题的关键．
13．（2021·四川省成都市七中育才学校七年级期末）将长为 、宽为 的长方形白纸，按如图所示
的方法粘合起来，粘合部分的宽为 ，设 张白纸粘合后的总长度为 ， 与 的函数关系式为
___________．
【答案】y=21x+2
【解析】
【分析】
等量关系为：纸条总长度=23×纸条的张数-（纸条张数-1）×2，把相关数值代入即可求解．
【详解】
每张纸条的长度是23cm，x张应是23xcm，
由图中可以看出4张纸条之间有3个粘合部分，那么x张纸条之间有（x-1）个粘合，应从总长度中减去．
∴y与x的函数关系式为：y=23x-（x-1）×2=21x+2．
故答案为：y=21x+2．
【点睛】
此题考查函数关系式，找到纸条总长度和纸条张数的等量关系是解题的关键．
14．（2022·四川省渠县中学七年级期中）如图，将△ABC沿着平行于BC的直线折叠，折痕为DE，点A
落到点M处，若∠C＝118°，则∠MEC的度数为_________．
【答案】56° 56度
【解析】
##
【分析】
根据平行线的性质得到∠AED=∠C＝118°，由折叠得∠MED=∠AED=118°，再根据
∠MEC=∠MED+∠AED-180°求出度数．【详解】
解：∵DE∥BC，
∴∠AED=∠C＝118°，
由折叠得∠MED=∠AED=118 ，
∴∠MEC=∠MED+∠AED-180°
°
=56 ，
故答案为：56 ．
°
【点睛】
°
此题考查了平行线的性质：两直线平行，同位角相等，熟记平行线的性质并熟练应用是解题的关键．
15．（2022·浙江金华·七年级期末）如图，是用棋子摆成的图案，摆第1个图案需要1枚棋子，摆第2个图
案需要7枚棋子，摆第3个图案需要19枚棋子，摆第4个图案需要37枚棋子，按照这样的方式摆下去，
则摆第5个图案需要______枚棋子，摆第n个图案需要______枚棋子．
【答案】 61 3n2-3n+1
【解析】
【分析】
本题可依次解出n=1，2，3，…，图案需要的棋子枚数．再根据规律以此类推，可得出第5个及第n个图
案需要的棋子枚数．
【详解】
解：∵n=1时，总数是6 0+1=1；
n=2时，总数为6×（0+1）+1=7；
×
n=3时，总数为6×（1+2）+1=19枚；
n=4时，总数为6×（1+2+3）+1=37枚；
n=5时，总数为6×（1+2+3+4）+1=61枚；
…；
∴第n个图形，总数为6×（1+2+3+…+n-1）+1=3n(n-1)+1=3n2-3n+1（枚）
故答案为：61，3n2-3n+1．
【点睛】
本题是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变
化，是按照什么规律变化的．
16．（2022·北京·中关村中学七年级期中）一副三角板ADE和ABC按如图1所示放置，点B在斜边AD上，
其中∠E＝∠BAC＝90°，∠D＝45°，∠C＝30°．现将三角板ADE固定不动，三角板ABC绕点A顺时针旋
转 ，使两块三角板至少有一组边互相平行，如图2，当∠BAD＝15°时， ，则∠BAD其他所有可能符合条件的度数为______．
【答案】45°或60°或105°或135°
【解析】
【分析】
分四种情形：当AC∥DE时，当BC∥AD时，当AE∥BC时，当AB∥DE时，分别画出图形，利用平行线的性
质求解即可．
【详解】
解：如图3-1中，当AC∥DE时，∠BAD=45°．
如图3-2中，当BC∥AD时，∠BAD=∠B=60°．
如图3-3中，当AE∥BC时，∠BAE=∠B=60°，
∴∠BAD=∠EAB+∠DAE=60°+45°=105°．如图3-4中，当AB∥DE时，∠EAB=∠E=90°，
∴∠BAD=∠EAB+∠DAB=90°+45°=135°．
综上所述，∠BAD其他所有可能符合条件的度数为45°或60°或105°或135°．
故答案为：45°或60°或105°或135°．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了平行线的性质，含特殊角的三角形性质等知识，解题的关键是学会用分
类讨论的思想思考问题．
三、解答题
17．（2022·山东菏泽·二模）先化简，再求值： ，其中 ．
【答案】
【解析】
【分析】
根据平方差公式，完全平方公式，先计算括号内的，然后根据多项式除以单项式进行计算，最后将
代入即可求解．
【详解】
解：原式＝
．
当 时，原式＝2020-2×（-1）=2022．
【点睛】
本题考查了整式的化简求值，掌握平方差公式，完全平方公式，多项式除以单项式是解题的关键．
18．（2022·山西实验中学七年级期中）计算与化简：
(1)
(2)先化简，再求值： ，其中 ， ．
【答案】(1)13(2) ，0
【解析】
【分析】
（1）根据负整数指数幂，有理数乘方，有理数混合运算进行计算求解；
（2）根据整理式的混合运算进行化简，再将 ， 代入求解．
(1)
解：
(2)
解：
当 ， 时，
原式 ．
【点睛】
本题主要考查了有理数的混合运算和整式的混合运算，理解运算法则是解答关键．
19．（2022·四川省渠县中学七年级期中）（1）已知4m＝a，8n＝b，用含a，b的式子表示下列代数式：
①求：22m＋3n的值．
②求：22m－6n的值．
（2）已知2×8x×16＝223，求x的值．
【答案】（1）① ；② ；（2）x=6．
【解析】
【分析】
（1）①根据题意分别将4m，8n化为底数为2的形式，然后代入求解；②根据题意分别将4m，8n化为底
数为2的形式，然后代入求解；
（2）由题意将8x化为23x，将16化为24，列出方程求出x的值．【详解】
解：（1）∵4m=a，8n=b，
∴ ， ，
① ；
② ；
（2）∵2×8x×16=223，
∴2×（23）x×24=223，
∴2×23x×24=223，即23x+5=223
∴3x+5=23，
解得：x=6．
【点睛】
本题考查同底数幂的除法的逆运算以及幂的乘方的逆运算和积的乘方的逆运算，熟练掌握相关的运算法则
是解答本题的关键．
20．（2022·江苏无锡·二模）如图，在△ABC中，O为BC中点，BD AC，直线OD交AC于点E．
(1)求证：△BDO≌△CEO；
(2)若AC=6，BD=4，求AE的长．
【答案】(1)见解析；
(2)AE的长为2．
【解析】
【分析】
（1）利用“AAS”即可证明△BDO≌△CEO；
（2）利用全等三角形的性质得到CE=BD=4，根据线段的和与差即可求解．
(1)
证明：∵BD AC，O为BC中点，
∴∠D=∠CEO，OB=OC，
∵∠DOB=∠EOC，
∴△BDO≌△CEO (AAS)；
(2)
解：∵△BDO≌△CEO，
∴BD=CE，∵AC=6，BD=4，
∴CE=BD=4，
∴AE=AC-CE=6-4=2．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
21．（2022·陕西咸阳·七年级期中）已知直线 ，P为平面内一点，连接PA，PD．
(1)如图①，若 ， ，求 的度数；
(2)如图②，点P在AB上方，则 ， ， 之间有何数量关系？请说明理由．
【答案】(1)
(2) ，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）过点P作 ，根据平行线的性质与判定可得 ，根据
即可求解；
（2）过点P作 ，则 ，根据平行线的性质与判定可得 ， ，
进而可得 ．
(1)
如图①，过点P作 ，
∴ ．
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即 ；(2)
如图②，过点P作 ，则 ，
∴ ， ．
∵ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．
22．（2022·云南·云大附中七年级期中）如图，AD//BC， ， ， ．
(1)求证：EF//AD；
(2)连接CE，若CE平分∠BCF，求∠FEC的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】【分析】
(1)先根据平行线的性质，得到∠ACB的度数，进而得出∠FCB的度数，再根据∠EFC=140°，即可得到
∠EFC=142°，即可得到EF∥BC，进而得出EF∥AD；
(2)先根据CE平分∠BCF，可得∠BCE=19°，再根据EF∥BC，即可得到∠FEC=19°．
(1)
证明：∵
∴
∵
∴
又∵
∴
∵
∴
∴
又∵
∴
(2)
解：∵CF平分∠BCF
∴
∵
∴
答：∠FEC的度数19°．
【点睛】
本题考查平行线的判定，三角形内角和定理，角平分线定义，三角形的外角性质，邻补角定义，能综合运
用定理运行推理是解此题的关键，难度适中．
23．（2022·四川宜宾·二模）如图，已知 ， ，
(1)求证： ．
(2)若 ，求 的值．
【答案】(1)见解析
(2)28
°【解析】
【分析】
（1）根据平行线的性质可知∠B=∠C，由 ，可得BF=CE，然后根据SAS可证；
（2）根据全等三角形的性质可求．
(1)
证明：∵ ，
∴∠B=∠C．
∵ ，
即BF+EF=EF+CE，
∴BF=CE
在△ABF和△DCE中，
∴△ABF △DCE（SAS）
∴∠AFB=∠DEC，
∴180°-∠AFB=180°-∠DEC，
即∠AFE=∠FED，
∴AF∥DE．
(2)
解：∵△ABF △DCE，∠A=28°，
∴∠D=∠A=28°．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质定理．
24．（2021·河北石家庄·八年级期中）地表以下岩层的温度与它所处的深度在表中的关系：
岩层的深度h/km 1 2 3 4 5 6 …
9 16
岩层的温度t/℃ 55 125 195 230 …
0 0
（1）上表反映了哪两个变量之间的关系？哪个是自变量？哪个是因变量？
（2）岩层的深度h每增加1km，温度t是怎样变化的？试写出岩层的温度t与它的深度h之间的关系式；
（3）估计岩层10km深处的温度是多少．
【答案】（1）深度 与温度 ，深度 是自变量，温度 是因变量；（2）温度 上升 ，
；（3）
【解析】
【分析】（1）直接利用常量与变量的关系得出自变量和因变量；
（2）利用表格中数据进而得出答案；
（3）直接利用（2）中函数关系式得出t的值．
【详解】
解：（1）上表反映了岩层的深度 与岩层的温度 之间的关系；
其中岩层深度 是自变量，岩层的温度 是因变量；
（2）岩层的深度 每增加 ，温度 上升 ，
关系式： ；
（3）当 时，
【点睛】
此题主要考查了自变量和因变量以及表示两变量之间的关系式，正确得出关系式是解题关键．
25．（2022·甘肃天水·七年级期中）为了更好地放松心情，上周六，小红妈妈开车带着小红一家去郊游，
出发前汽车油箱内有一定量的汽油．行驶过程中油箱中剩余油量y（升）与行驶时间t（小时）的关系如下
表，请根据表格回答下列问题：
时间（t）/小时 0 1 2 3 4 5
油箱剩余油量（y）/升 50 45 40 35 30 25
(1)汽车行驶前油箱里有______升汽油，汽车每小时耗油______升；
(2)请写出y与t的关系式；
(3)当汽车行驶6.5小时后，油箱中还剩余多少升汽油？
【答案】(1)50，5
(2)
(3)17.5升
【解析】
【分析】
（1）读表并找规律可得到结果；
（2）将找出的规律用包含t、y的式子表示出来即可；
（3）汽车行驶6.5小时代入（2）中即可得出结果．
(1)
解：0时时候，汽车有油50升，故行驶前油箱有50升汽油，
观察表发现，每行驶1小时，油箱中的油少5升，故汽车每小时耗油5升；
故答案为：50；5；
(2)
解：汽车每小时耗油5升，则t小时耗油5t升，
则：y=50-5t；(3)
当t=6.5时，
y=50-5 6.5=17.5，
即当汽车行驶6.5小时后，油箱中剩余油量为17.5升．
×
【点睛】
本题考查用表格表示函数关系，注意，在实际应用中，还需要考虑字母在实际生活中的意义．
26．（2020·全国·七年级课时练习）如图，广宇购物中心设立了一个可以自由转动的转盘，并规定：顾客
购物满20元以上就能获得一次转动转盘的机会，当转盘停止时，指针落在哪一区域就可以获得相应的奖品，
下表是活动进行中的一组统计数据．
转动转盘的次数n 100 200 400 500 1000
落在“牙膏”区域的次数m 32 58 121 149 300
0.3025
落在“牙膏”区域的频率
(1)计算并完成上面的表格；
(2)请估计，当n很大时，频率将会接近多少？
(3)假如你去转动该转盘一次，你获得牙膏的概率是多少？
【答案】见解析
【解析】
【详解】
分析：（1）先根据题目中指针落在牙膏上的频率=所求情况总数与实验总情况数之比求出后，填表即可；
（2）根据表格数据估算即可；
（3）根据估算的结果回答即可..
详解：(1)0.32,0.29,0.298,0.3；
(2)当n很大时，频率接近0.3；
(3)获得牙膏的概率是0.3.
点睛：本题考查利用频率估计概率.大量反复试验下频率稳定值即概率.频率=所求情况总数与实验总情况数
之比.
27．（2022·山东东营·七年级期中）某商场为了吸引顾客，设立了一个可以自由转动的转盘，如图所示．
并规定：顾客消费300元（含300元）以上，就能获得一次转动转盘的机会，如果转盘停止后，指针正好
对准九折、八折，七折区域，顾客就可以获得此项优惠，如果指针恰好在分割线上时，则需重新转动转盘．(1)某顾客正好消费220元，他可以转动转盘吗？
(2)某顾客正好消费420元，他转一次转盘，他获得九折、八折、七折优惠的概率分别是多少？
(3)某顾客消费中获得了转动一次转盘的机会，实际付费252元，请问他消费所购物品的原价应为多少元．
【答案】(1)不可以转动转盘
(2)他获得九折、八折、七折优惠的概率分别是 ， ，
(3)他消费所购物品的原价应为315元或360元
【解析】
【分析】
（1）根据题意中条件直接作出判断即可；
（2）由圆盘可知，七折圆心角为60°，八折圆心角为120°，九折圆心角为180°，利用它们所占圆的百分比
即可算出概率；
（3）对于实际花费的252元进行三种情况的计算，即可得到答案．
(1)
解：由题知，顾客消费 元 含 元 以上，就能获得一次转动转盘的机会；
顾客正好消费 元，不足 元，所以不可以转动转盘．
(2)
；
，
．
(3)
，
他没有获得九折优惠；
，
，
，答：他消费所购物品的原价应为 元或 元．
【点睛】
本题主要考查了用扇形统计图计算概率，解题的关键是熟练掌握概率的计算公式，以及实际问题的应用情
况．
28．（2021·全国·七年级专题练习）如图，在△ABC中，AB＝AC，D，E是BC边上的点，连接AD，AE，
以△ADE的边AE所在直线为对称轴作△ADE的轴对称图形△AD'E，连接D'C，若BD＝CD'．
（1）求证：△ABD≌△ACD'．
（2）若∠BAC＝100°，求∠DAE的度数．
【答案】（1）见解析；（2） ．
【解析】
【分析】
（1）由对称得到 ，再证明 即可；
（2）由全等三角形的性质，得到 ，∠BAC＝ =100°，最后根据对称图形的性质解题
即可．
【详解】
解：（1） 以△ADE的边AE所在直线为对称轴作△ADE的轴对称图形△A ，
在△ABD与 中，
（2）
，∠BAC＝ =100°，
以△ADE的边AE所在直线为对称轴作△ADE的轴对称图形△A ，
∠DAE ．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、轴对称的性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题
关键．
29．（2021·河北唐山·八年级期末）如图，点P在∠AOB的内部，点C和点P关于OA对称，点P关于OB对称点是D，连接CD交OA于M，交OB于N．
（1）①若∠AOB＝70°，则∠COD＝ °；
②若∠AOB＝α，求∠COD的度数．
（2）若CD＝8，则求 PMN的周长．
【答案】（1） 140°； ∠COD＝2α；（2） PMN的周长为8．
△
【解析】
① ② △
【分析】
（1）①由点C和点P关于OA对称．可得∠AOC＝∠AOP ，由点P关于OB对称点是D，可得∠BOD＝
∠BOP，可求∠COD＝2（∠AOP+∠BOP）＝2∠AOB=140°即可；
②由点C和点P关于OA对称．可得∠AOC＝∠AOP ，由点P关于OB对称点是D，可得∠BOD＝
∠BOP，可求∠COD＝∠AOC+∠AOP+∠BOP+∠BOD＝2α；
(2)根据轴对称的性质，可知CM＝PM，DN＝PN 可求 PMN的周长为：PM+PN+MN＝CD＝8即可；
【详解】
△
解：（1）①∵点C和点P关于OA对称，
∴∠AOC＝∠AOP ，
∵点P关于OB对称点是D，
∴∠BOD＝∠BOP，
∴∠COD＝∠AOC+∠AOP+∠BOP+∠BOD
＝2（∠AOP+∠BOP）
＝2∠AOB
=2×70°
=140°，
故答案为：140°，
②∵点C和点P关于OA对称．
∴∠AOC＝∠AOP ，
∵点P关于OB对称点是D，
∴∠BOD＝∠BOP，
∴∠COD＝∠AOC+∠AOP+∠BOP+∠BOD
＝2（∠AOP+∠BOP）＝2∠AOB
＝2α，
(2)根据轴对称的性质，可知CM＝PM，
DN＝PN ，
所以△PMN的周长为：PM+PN+MN＝CM+DN+MN＝CD＝8．
【点睛】
本题考查轴对称的性质与运用，角的和差，掌握轴对称性质是解题关键．
30．（2021·福建省建瓯市芝华中学八年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB的平分线CD与外角∠EAC的
平分线AF所在的直线交于点D．
（1）求证：∠B=2∠D；
（2）作点D关于AC所在直线的对称点D′，连接AD′，CD′．
①当AD′⊥AD时，求∠BAC的度数；
②试判断∠DAD′与∠BAC的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）①90°；②∠BAC+∠DAD′=180°，理由解析．
【解析】
【分析】
（1）根据角平分线的定义，可得 ， ，再由三角形的外角性质，即可求证；
（2）①由对称的性质可知∠DAC=∠D′AC，根据垂直的定义，可得∠DAD′=90°，从而得到
，进而得到∠FAE=∠CAF=45°，即可求解；
②设∠DAD′=α，同①可得， ，从而得到 ．进而得到∠BAC=180°－α，即
可求解．
【详解】
（1）证明：∵CD平分∠ACB，
∴ ．
∵AF是外角∠EAC的平分线，
∴ ．又∵∠CAF=∠D+∠ACD，∠CAE=∠B+∠ACB，
∴∠D=∠CAF－∠ACD= = ．
∴∠B=2∠D；
（2）由对称的性质可知∠DAC=∠D′AC，
①当AD′⊥AD时，∠DAD′=90°，
∴ ．
∴∠CAF=180°－∠DAC=45°．
∴∠FAE=∠CAF=45°．
∴∠BAC=180°－∠FAE－∠CAF=90°；
②∠BAC+∠DAD′=180°，理由如下：
设∠DAD′=α，
同①可得， ，
∴ ．
∴∠CAE=2∠CAF=α，
∴∠BAC=180°－∠CAE=180°－α．
∴∠BAC+∠DAD′=180°．
【点睛】
本题主要考查了角平分线的定义，三角形的外角性质，轴对称图形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
31．（2022·贵州遵义·八年级期末）如图，已知 ， ， ．
(1)求证： ．
(2)若 ，求 的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】（1）利用平行线的性质得 ，利用“角边角”即可证明 ；
（2）由邻补角的定义求出 ，进而得到 ，再利用两直线平行同旁内角
互补求出 ．
由两直线平行得
(1)
证明： ，
，
在 和 中，
，
．
(2)
解： ， ，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查平行线的性质、邻补角的定义、全等三角形的判定等知识，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
平行线的性质：两直线平行，内错角相等；两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补．
32．（2022·山东济宁·八年级期末）如图，A，B两点分别在射线OM，ON上，点C在 的内部且
， ， ，垂足分别为D，E，且 ．
(1)求证：OC平分 ；
(2)如果 ， ，求OD的长．
【答案】(1)见解析
(2)7【解析】
【分析】
（1）证明Rt ACD≌Rt BCE（HL），得CD=CE．再由角平分线的判定即可得出结论；OC平分∠MON；
（2）证Rt ODC≌Rt OEC（HL），得OD=OE，设BE=AD=x．则OE=OD=4+x，再由
△ △
AO=OD+AD=4+2x=10，得x=3．即可得出答案．
△ △
(1)
证明：∵ ， ，
∴ ．
在 与 中， ，
∴ ≌ （HL），
∴ ．
又∵ ， ，
∴OC平分 ．
(2)
解：在 与 中， ，
∴ ≌ （HL），
∴ ，
设 ．
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的判定等知识，证明Rt ACD≌Rt BCE和
Rt ODC≌Rt OEC是解题的关键．
△ △
33△．（2022·四△川泸州·八年级期末）如图， 中， ， ， 于 ， 平分
，交 于点 ．在 外有一点 ， ， ．
(1)求证： ；(2)在 上取一点 ，使 ，连接 ．求证： ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）由等腰直角三角形的性质得到 ，再由等角的余角相等解得 ，据此证
明 ；
（2）过点 作 于 ，由三线合一的性质得到 ，证明 为等腰直角三角形，得到
，继而证明 ，最后根据等边对等角证明 ，据此解答．
(1)
证明：∵ ，
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
即：
∴
在 与 中，
∵
∴ ；
(2)
过点 作 于
∵ 平分 ，
∴又∵
∴ 为等腰直角三角形
∴
又∵
∴
∴ 垂直平分
∴
∴
∴
∴
【点睛】
本题考查等腰直角三角形的判定与性质、三线合一的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，
掌握相关知识是解题关键．
34．（2022·四川达州·七年级期中）阅读材料：
若 ，求m，n的值．
解：∵ ，
∴ ．
∴ ．
∴ ， ．
∴ ， ．
根据你的观察，探究下面的问题：
(1)已知 ，求 的值；
(2)已知 ，求 的值．
【答案】(1)0
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用配方法把原式变形，根据偶次方的非负性即可得到答案；
（2）利用配方法把原式变形，根据偶次方的非负性即可得到答案．
(1)
解：∵
∴∴
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴
(2)
解：∵
∴
∴
∵ ，
∴ ，
∴
∴
【点睛】
本题考查了配方法的应用、偶次方的非负性，掌握完全平方公式及偶次方的非负性是解本题的关键．
35．（2022·陕西·咸阳彩虹学校七年级期中）阅读材料：若满足 （8-x）（x-6）=-3，求（8-x）2+（x-6）2
的值．
解：设8-x=a，x-6=b，则（8-x）（x-6）=ab=-3，a+b=8-x+x-6=2
所以（8-x）2+（x-6）2=a2+b2=（a+b）2-2ab=22-2×（-3）=10
请仿照上例解决下面的问题：
(1)问题发现：若x满足（3-x）（x-2）=-10，求（3-x）2+（x-2）2的值；
(2)若（6-x）2+（x-4）2=8求（6-x）（x-4）的值；
(3)类比探究：若x满足（2022-x）2+（2021-x）2=2020；求（2022-x）（2021-x）的值；
【答案】(1)21
(2)-2
(3)
【解析】
【分析】
（1）设3-x=a，x-2=b， 则ab=-10，a+b=1，由 即可求解；
（2）设6-x=a，x-4=b，则a+b=2， ，由 变形即可求解；
（3）2022-x=a，2021-x=b，则a-b=1， ，由 变形可求解．
(1)解：设3-x=a，x-2=b，
则ab=（3-x）（x-2）=-10，a+b=（3-x）+（x-2）=1
∵
∴
∴
(2)
解：设6-x=a，x-4=b，
则a+b=（6-x）+（x-4）=2，
∵
即
∴ab=-2
(3)
解：2022-x=a，2021-x=b，
则a-b=（2022-x）-（2021-x）=1，
∵
∴
∴
【点睛】
本题考查了整体换元思想和完全平分公式的应用，解题的关键是用换元的方法将给定的式子和所求的式子
进行替换，找到所求式子和已知条件间的关系．
36．（2021·山东青岛·期末）周末，小明坐公交车到滨海公园游玩，他从家出发0.8小时候达到中心书城，
逗留一段时间后继续坐公交车到滨海公园，小明离家一段时间后，爸爸驾车沿相同的路线前往海滨公园，
如图是他们离家路程 与小明离家时间 的关系图，请根据图回答下列问题：
(1)图中自变量是____________，因变量是____________；(2)小明家到滨海公园的路程为______________km；
(3)小明从家出发____________小时后爸爸驾车出发，爸爸驾车经过_____________小时追上小明．
【答案】(1)时间t； 离家路程s
(2)30
(3)2.5；
【解析】
【分析】
（1）根据图象进行判断，即可得出自变量与因变量；
（2）根据图象中数据即可得到路程；
（3）根据图象直接可得到爸爸驾车出发的时间；先算出小明坐公交车到滨海公园的平均速度和爸爸驾车
的平均速度，设爸爸出发后xh追上小明，根据在x这段时间内，爸爸通过的路程比小明乘公交车通过的路
程多12km列出方程，解方程即可．
(1)
由图可得，自变量是时间t，因变量是离家路程s；
故答案为：时间t；离家的路程s．
(2)
由图可得，小明家到滨海公园的路程为30km；
故答案为：30．
(3)
由图可得，小明出发2.5小时后爸爸驾车出发；
爸爸驾车的平均速度为 ，
小明乘公交车的平均速度为： ，
设爸爸出发后xh追上小明，根据题意得：
，解得： ．
故答案为：2.5； h．
【点睛】
本题考查了路程时间的图象，以及行程问题的数量关系的运用，解答时理解清楚图象的意义是解答此题的
关键．
37．（2022·贵州·七年级期中）图1是一个长为2a、宽为2b的长方形，沿图中虚线用剪刀均分成四块小长
方形，然后按图2的形状拼成一个正方形．(1)观察图2，请你写出下列三个代数式 (a+b)2，(a-b)2，ab之间的等量关系为 ．
(2)运用你所得到的公式，计算：若m、n为实数，且mn=-3，m-n=4，试求(m+n)2的值．
(3)如图3，点C是线段AB上的一点，以AC、BC为边向两边作正方形，设AB=8，两正方形的面积和
S+S=38，求图中阴影部分面积．
1 2
【答案】(1)(a+b) 2=(a-b)2+4ab
(2)2或-2
(3)
【解析】
【分析】
（1）利用等面积法，大正方形面积等于阴影小正方形面积加上四个长方形面积，得到关系式；
（2）由（1）得到的关系式求解即可；
（3）设AC=m，BC=n，则m+n=8，m2+n2=38，由（1）得到的关系式求解即可．
(1)
由图形面积得(a+b)2=(a-b)2+4ab，
故答案为：(a+b) 2=(a-b)2+4ab；
(2)
由（1）题所得(a+b)2=(a-b)2+4ab，
∴(m+n)2=(m-n)2+4mn，
∴当mn=-3，m-n=4时，
(m+n)2=42+4×(-3)=4，
∴m+n=2或-2；
(3)
设AC=m，BC=n，
则m+n=8，m2+n2=38，
又由(m+n)2=m2+2mn+n2，得
，∴图中阴影部分的面积为： ．
【点睛】
本题考查了完全平方公式的几何意义，关键是能用算式表示图形面积并进行拓展应用．
38．（2022·江西萍乡·七年级期中）乘法公式的探究及应用．
(1)如图，若将阴影部分裁剪下来，重新拼成一个长方形，面积是__________（写成多项式乘法的形式）
(2)比较左、右两图的阴影部分面积，可以得到乘法公式__________（用式子表达）．
(3)运用你所得到的公式，计算下列各题：
①
②
【答案】(1)
(2)
(3)①99.91；②
【解析】
【分析】
（1）利用正方形的面积公式就可求出；
（2）仔细观察图形就会知道长，宽，由面积公式就可求出面积，建立等式就可得出；
（3）利用平方差公式就可方便简单的计算．
(1)
解：利用正方形的面积公式可知：阴影部分的面积＝a2−b2=（a＋b）（a−b）；
故答案为：（a＋b）（a−b）
(2)
（a＋b）（a−b）＝a2−b2（等式两边交换位置也可）；
故答案为：（a＋b）（a−b）＝a2−b2；
(3)
①解：原式＝（10＋0.3）×（10−0.3）
＝102−0.32
＝100−0.09
＝99.91；
②解：原式＝[2m＋（n−p）]•[2m−（n−p）]＝（2m）2−（n−p）2
＝4m2−n2＋2np−p2．
【点睛】
此题主要考查了平方差公式．即两个数的和与这两个数的差的积等于这两个数的平方差，这个公式就叫做
平方差公式．对于有图形的题同学们注意利用数形结合求解更形象直观．
39．（2020·山西·兴县教育科技局教学研究室八年级期中）已知 是 的平分线，点 是射线 上
一点，点C、D分别在射线 、 上，连接PC、PD．
（1）发现问题
如图①，当 ， 时，则PC与PD的数量关系是________．
（2）探究问题
如图②，点C、D在射线OA、OB上滑动，且∠AOB=90°，∠OCP＋∠ODP=180°，当 时，PC与
PD在（1）中的数量关系还成立吗？说明理由．
【答案】（1）PC=PD；（2）PC=PD仍然成立．理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据角平分线的性质可得出PC=PD；
（2）过P分别作PE⊥OB于E，PF⊥OA于F，由角平分线的性质得PE=PF，然后根据同角的补角相等得出
∠FCP=∠PDE，即可由AAS证明△CFP≌△DEP，从而得证．
【详解】
解：（1）∵OM是∠AOB的平分线，PC⊥OA，PD⊥OB，
∴PC=PD，
故答案为：PC=PD；
（2）PC=PD仍然成立．理由如下：
过P分别作PE⊥OB于E，PF⊥OA于F，∴∠CFP=∠DEP=90°，
∵OM是∠AOB的平分线，∴PE=PF．
∵∠OCP＋∠ODP=180°，又∠ODP+∠PDE=180°，
∴∠OCP=∠PDE，即∠FCP=∠PDE，
在△CFP和△DEP中，
，
∴△CFP≌△DEP（AAS），
∴PC=PD．
【点睛】
此题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质以及补角的性质等知识点，作出辅助线构造全等三
角形是解题的关键．
40．（2022·辽宁葫芦岛·八年级期末）如图，在 中， ．点D是直线 上一动
点（点D不与点B，C重合）， ，连接 ．
(1)如图1，当点D在线段 上时，直接写出 与 之间的数量关系；
(2)如图2，当点D在边 的延长线上时，请探究线段 与 之间存在怎样的数量关系？并说明理
由；
(3)如图3，若点D在边 的延长线上，且点A，E分别在直线的两侧，其他条件不变，若 ，
直接写出 的长度．
【答案】(1)CE+CD=BC，证明见解析
(2)CE=BC+CD，证明见解析
(3)CE=4
【解析】
【分析】
（1）根据条件AB=AC，∠BAC=90°，AD=AE，∠DAE=90°，判定△ABD≌△ACE（SAS），即可得出BD和
CE之间的关系，根据全等三角形的性质，即可得到CE+CD=BC；
（2）根据已知条件，判定△ABD≌△ACE（SAS），得出BD=CE，再根据BD=BC+CD，即可得到
CE=BC+CD；（3）根据条件判定△ABD≌△ACE（SAS），得出BD=CE，即可解决问题．
(1)
解：如图1，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中， ，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，
∴BC=BD+CD=CE+CD，
(2)
线段BC，CD与CE之间存在的数量关系为BC=CE-CD．
理由：如图2中，由（1）同理可得，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD， 即∠BAD=∠CAE，
∴在△ABD和△ACE中， ，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，
∴BD=BC+CD，即CE=BC+CD．
(3)
如图3，由（1）同理可得， ∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC-∠BAE=∠DAE-∠BAE， 即∠BAD=∠EAC，
同理，△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，
∵CD=10，BC=6，
∴DB=DC-BC=4，
∴CE=4．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质．解决问题的关键是掌握：两边及其夹角分别对应相等的两个三
角形全等．解题时注意：全等三角形的对应边相等．
