2023年人教版中学七7年级下册数学期末测试试卷及答案.doc
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2023年人教版中学七7年级下册数学期末测试试卷及答案 一、选择题 1.下列图形中,有关角的说法正确的是( ) A.∠1与∠2是同位角 B.∠3与∠4是内错角 C.∠3与∠5是对顶角 D.∠4与∠5相等 2.下列图形中,能将其中一个图形平移得到另一个图形的是 ( ) A. B. C. D. 3.下列各点中,在第二象限的是( ) A. B. C. D. 4.下列命题是假命题的是( ) A.对顶角相等 B.两直线平行,同旁内角相等 C.过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行 D.同位角相等,两直线平行 5.直线,直线与,分别交于点,,.若,则的度数为( ) A. B. C. D. 6.下列结论正确的是( ) A.的平方根是 B.没有立方根 C.立方根等于本身的数是0 D. 7.如图,已知,点在上,连接,作平分交于点,,则的度数为( ). A. B. C. D. 8.如图,在平面直角坐标系中,已知点A(1,1),B(﹣1,1),C(﹣1,﹣2),D(1,﹣2)把一根长为2021个单位长度且没有弹性的细线(线的粗细忽略不计)的一端固定在点A处,并按A→B→C→D→A…的规律紧绕在四边形ABCD的边上,则细线的另一端所在位置的点的坐标是( ) A.(1,0) B.(0,1) C.(﹣1,1) D.(﹣1,﹣2) 九、填空题 9.=________. 十、填空题 10.点A(-2,1)关于x轴对称的点的坐标是____________________. 十一、填空题 11.如图中,,,AD、AF分别是的角平分线和高,________. 十二、填空题 12.如图,,,,则的度数为___________. 十三、填空题 13.把一张长方形纸条按如图所示折叠后,若,则_______; 十四、填空题 14.a※b是新规定的这样一种运算法则:a※b=a+2b,例如3※(﹣2)=3+2×(﹣2)=﹣1.若(﹣2)※x=2+x,则x的值是_____. 十五、填空题 15.在平面直角坐标系中,若点在第二象限,则的取值范围为_______. 十六、填空题 16.如图,在平面直角坐标系中,轴,轴,点、、、在轴上,,,,,,把一条长为2021个单位长度且无弹性的细线(线的粗细忽略不计)的一端固定在处,并按的规律紧绕在图形“凸”的边上,则细线的另一端所在位置的点的坐标________. 十七、解答题 17.(1)计算: (2)计算: (3)已知,求的值. 十八、解答题 18.求下列各式中的x. (1)x2-81=0 (2)(x﹣1)3=8 十九、解答题 19.如图,直线,被直线,所截,,直线分别交和于点,.点在直线上,,求证:. 请在下列括号中填上理由: 证明:因为(已知),所以(_______). 又因为(已知),所以,即, 所以_______(同位角相等,两直线平行),所以(_______). 二十、解答题 20.在平面直角坐标系中,已知O,A,B,C四点的坐标分别为O(0,0),A(0,3),B(-3,3),C(-3,0). (1)在平面直角坐标系中,描出O,A,B,C四点; (2)依次连接OA,AB,BC,CO后,得到图形的形状是___________. 二十一、解答题 21.阅读下面的文字,解答问题. 大家知道是无理数,而无理数是无限不循环小数,因此的小数部分我们不可能全部地写出来,于是小明用来表示的小数部分,你同意小明的表示方法吗? 事实上,小明的表示方法是有道理,因为的整数部分是1,将这个数减去其整数部分,差就是小数部分. 请解答:(1)若的整数部分为,小数部分为,求的值. (2)已知:,其中是整数,且,求的值. 二十二、解答题 22.(1)如图1,分别把两个边长为的小正方形沿一条对角线裁成4个小三角形拼成一个大正方形,则大正方形的边长为______; (2)若一个圆的面积与一个正方形的面积都是,设圆的周长为.正方形的周长为,则______(填“”,或“”,或“”) (3)如图2,若正方形的面积为,李明同学想沿这块正方形边的方向裁出一块面积为的长方形纸片,使它的长和宽之比为,他能裁出吗?请说明理由? 二十三、解答题 23.如图1,已知直线CD∥EF,点A,B分别在直线CD与EF上.P为两平行线间一点. (1)若∠DAP=40°,∠FBP=70°,则∠APB= (2)猜想∠DAP,∠FBP,∠APB之间有什么关系?并说明理由; (3)利用(2)的结论解答: ①如图2,AP1,BP1分别平分∠DAP,∠FBP,请你写出∠P与∠P1的数量关系,并说明理由; ②如图3,AP2,BP2分别平分∠CAP,∠EBP,若∠APB=β,求∠AP2B.(用含β的代数式表示) 二十四、解答题 24.已知,交AC于点E,交AB于点F. (1)如图1,若点D在边BC上, ①补全图形; ②求证:. (2)点G是线段AC上的一点,连接FG,DG. ①若点G是线段AE的中点,请你在图2中补全图形,判断,,之间的数量关系,并证明; ②若点G是线段EC上的一点,请你直接写出,,之间的数量关系. 二十五、解答题 25.如图,直线m与直线n互相垂直,垂足为O、A、B两点同时从点O出发,点A沿直线m向左运动,点B沿直线n向上运动. (1)若∠BAO和∠ABO的平分线相交于点Q,在点A,B的运动过程中,∠AQB的大小是否会发生变化?若不发生变化,请求出其值,若发生变化,请说明理由. (2)若AP是∠BAO的邻补角的平分线,BP是∠ABO的邻补角的平分线,AP、BP相交于点P,AQ的延长线交PB的延长线于点C,在点A,B的运动过程中,∠P和∠C的大小是否会发生变化?若不发生变化,请求出∠P和∠C的度数;若发生变化,请说明理由. 【参考答案】 一、选择题 1.C 解析:C 【分析】 根据同位角、内错角、对顶角的定义判断即可求解. 【详解】 A、∠1与∠2不是同位角,原说法错误,故此选项不符合题意; B、∠1与∠4不是内错角,原说法错误,故此选项不符合题意; C、∠3与∠5是对顶角,原说法正确,故此选项符合题意; D、∠4与∠5不相等,原说法错误,故此选项不符合题意; 故选:C. 【点睛】 本题考查同位角、内错角、对顶角的定义,解题的关键是熟练掌握三线八角的定义及其区分. 2.A 【分析】 根据平移的性质,结合图形对选项进行一一分析,选出正确答案. 【详解】 解:A、图形的形状和大小没有变化,符合平移的性质,属于平移得到; B、图形由轴对称得到,不属于平移得到,不属于平移 解析:A 【分析】 根据平移的性质,结合图形对选项进行一一分析,选出正确答案. 【详解】 解:A、图形的形状和大小没有变化,符合平移的性质,属于平移得到; B、图形由轴对称得到,不属于平移得到,不属于平移得到; C、图形由旋转变换得到,不符合平移的性质,不属于平移得到; D、图形的大小发生变化,不属于平移得到; 故选:A. 【点睛】 本题考查平移的基本性质,平移不改变图形的形状、大小和方向.掌握平移的性质是解题的关键. 3.B 【分析】 根据各象限内点的坐标特征对各选项分析判断即可得解. 【详解】 解:A、点在x轴上,不符合题意; B、点在第二象限,符合题意; C、点在第三象限,不符合题意; D、点在第四象限,不符合题意; 故选:B. 【点睛】 本题考查了各象限内点的坐标的符号特征,记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键,四个象限的符号特点分别是:第一象限(+,+);第二象限(-,+);第三象限(-,-);第四象限(+,-). 4.B 【分析】 真命题就是正确的命题,条件和结果相矛盾的命题是假命题. 【详解】 解:A. 对顶角相等是真命题,故A不符合题意; B. 两直线平行,同旁内角互补,故B是假命题,符合题意; C. 过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行,是真命题,故C不符合题意; D. 同位角相等,两直线平行,是真命题,故D不符合题意, 故选:B. 【点睛】 本题考查真假命题,是基础考点,掌握相关知识是解题关键. 5.B 【分析】 由对顶角相等得∠DFE=55°,然后利用平行线的性质,得到∠BEF=125°,即可求出的度数. 【详解】 解:由题意,根据对顶角相等,则 , ∵, ∴, ∴, ∵, ∴, ∴; 故选:B. 【点睛】 本题考查了平行线的性质,对顶角相等,解题的关键是掌握平行线的性质,正确的求出. 6.D 【分析】 根据平方根与立方根的性质逐项判断即可得. 【详解】 A、,8的平方根是,此项错误; B、,此项错误; C、立方根等于本身的数有,此项错误; D、, ,此项正确; 故选:D. 【点睛】 本题考查了平方根与立方根的性质,掌握理解平方根与立方根的性质是解题关键. 7.A 【分析】 由平行线的性质可得,再由角平分线性质可得,利用邻补角可求的度数. 【详解】 解:,, , 平分交于点, , . 故选:A. 【点睛】 本题主要考查平行线的性质及角平分线的定义,解答的关键是熟记并灵活运用平行线的性质. 8.B 【分析】 先求出四边形ABCD的周长为10,得到2021÷10的余数为1,由此即可解决问题. 【详解】 解:∵A(1,1),B(1,1),C(1,2),D(1,2), ∴四边形ABCD的周长为1 解析:B 【分析】 先求出四边形ABCD的周长为10,得到2021÷10的余数为1,由此即可解决问题. 【详解】 解:∵A(1,1),B(1,1),C(1,2),D(1,2), ∴四边形ABCD的周长为10, 2021÷10的余数为1, 又∵AB=2, ∴细线另一端所在位置的点在A处左面1个单位的位置,坐标为(0,1). 故选:B. 【点睛】 本题考查规律型:点的坐标,解题的关键是理解题意,求出四边形ABCD的周长,属于中考常考题型. 九、填空题 9.6 【分析】 根据算术平方根、有理数的乘方运算即可得. 【详解】 故答案为:6. 【点睛】 本题考查了算术平方根、有理数的乘方运算,熟记各运算法则是解题关键. 解析:6 【分析】 根据算术平方根、有理数的乘方运算即可得. 【详解】 故答案为:6. 【点睛】 本题考查了算术平方根、有理数的乘方运算,熟记各运算法则是解题关键. 十、填空题 10.(-2,-1) 【分析】 根据“关于x轴对称的点,横坐标相同,纵坐标互为相反数”解答. 【详解】 解:点(-2,1)关于x轴对称的点的坐标是(-2,-1), 故答案为:(-2,-1). 【点睛】 本 解析:(-2,-1) 【分析】 根据“关于x轴对称的点,横坐标相同,纵坐标互为相反数”解答. 【详解】 解:点(-2,1)关于x轴对称的点的坐标是(-2,-1), 故答案为:(-2,-1). 【点睛】 本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标,解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律:(1)关于x轴对称的点,横坐标相同,纵坐标互为相反数;(2)关于y轴对称的点,纵坐标相同,横坐标互为相反数;(3)关于原点对称的点,横坐标与纵坐标都互为相反数. 十一、填空题 11.【分析】 根据三角形内角和定理及角平分线的性质求出∠BAD度数,再由三角形内角与外角的性质可求出∠ADF的度数,由AF⊥BC可求出∠AFD=90°,再由三角形的内角和定理即可解答. 【详解】 ∵A 解析: 【分析】 根据三角形内角和定理及角平分线的性质求出∠BAD度数,再由三角形内角与外角的性质可求出∠ADF的度数,由AF⊥BC可求出∠AFD=90°,再由三角形的内角和定理即可解答. 【详解】 ∵AF是的高,∴, 在中,, ∴. 又∵在中,,, ∴, 又∵AD平分, ∴, ∴ . 故答案为:. 【点睛】 本题考查了三角形内角和定理、三角形的高线、及三角形的角平分线等知识,难度中等. 十二、填空题 12.30 【分析】 过点C作CF∥AB,根据平行线的传递性得到CF∥DE,根据平行线的性质得到∠BCF=∠ABC,∠CDE+∠DCF=180°,根据已知条件等量代换得到∠BCF=70°,由等式性质得到∠ 解析:30 【分析】 过点C作CF∥AB,根据平行线的传递性得到CF∥DE,根据平行线的性质得到∠BCF=∠ABC,∠CDE+∠DCF=180°,根据已知条件等量代换得到∠BCF=70°,由等式性质得到∠DCF=30°,于是得到结论. 【详解】 解:过点C作CF∥AB, ∵AB∥DE, ∴CF∥DE, ∴∠BCF=∠ABC=70°,∠DCF=180°-∠CDE=40°, ∴∠BCD=∠BCF-∠DCF=70°-40°=30°. 故答案为:30 【点睛】 本题主要考查平行线的性质,掌握平行线的性质和判定是解题的关键,即①同位角相等⇔两直线平行,②内错角相等⇔两直线平行,③同旁内角互补⇔两直线平行. 十三、填空题 13.55° 【分析】 直接根据补角的定义可知∠AOB′+∠BOG+∠B′OG=180°,再由图形翻折变换的性质可知∠BOG=∠B′OG,再由平行线的性质可得出结论. 【详解】 解:∵∠AOB′=70°, 解析:55° 【分析】 直接根据补角的定义可知∠AOB′+∠BOG+∠B′OG=180°,再由图形翻折变换的性质可知∠BOG=∠B′OG,再由平行线的性质可得出结论. 【详解】 解:∵∠AOB′=70°,∠AOB′+∠BOG+∠B′OG=180°, ∴∠BOG+∠B′OG=180°-70°=110°. ∵∠B′OG由∠BOG翻折而成, ∴∠BOG=∠B′OG, ∴∠BOG= =55°. ∵AB∥CD, ∴∠OGD=∠BOG=55°. 故答案为:55°. 【点睛】 本题考查的是平行线的性质,熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键. 十四、填空题 14.4 【解析】根据题意可得(﹣2)※x=﹣2+2x,进而可得方程﹣2+2x=2+x,解得:x=4. 故答案为:4. 点睛:此题是一个阅读理解型的新运算法则题,解题关键是明确新运算法则的特点,然后直接根 解析:4 【解析】根据题意可得(﹣2)※x=﹣2+2x,进而可得方程﹣2+2x=2+x,解得:x=4. 故答案为:4. 点睛:此题是一个阅读理解型的新运算法则题,解题关键是明确新运算法则的特点,然后直接根据新定义的代数式计算即可. 十五、填空题 15.-1<a<3 【分析】 根据第二象限内点的横坐标是负数,纵坐标是正数列出不等式组,然后求解即可. 【详解】 解:∵点P(a-3,a+1)在第二象限, ∴, 解不等式①得,a<3, 解不等式②得,a> 解析:-1<a<3 【分析】 根据第二象限内点的横坐标是负数,纵坐标是正数列出不等式组,然后求解即可. 【详解】 解:∵点P(a-3,a+1)在第二象限, ∴, 解不等式①得,a<3, 解不等式②得,a>-1, ∴-1<a<3. 故答案为:-1<a<3. 【点睛】 本题考查了各象限内点的坐标的符号特征以及解不等式组,记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键,四个象限的符号特点分别是:第一象限(+,+);第二象限(-,+);第三象限(-,-);第四象限(+,-). 十六、填空题 16.【分析】 先求出“凸”形的周长为20,得到的余数为1,由此即可解决问题. 【详解】 解:,,,,, ∴, “凸”形的周长为20, 又∵的余数为1, 细线另一端所在位置的点在的中点处,坐标为. 故 解析: 【分析】 先求出“凸”形的周长为20,得到的余数为1,由此即可解决问题. 【详解】 解:,,,,, ∴, “凸”形的周长为20, 又∵的余数为1, 细线另一端所在位置的点在的中点处,坐标为. 故答案为:. 【点睛】 本题考查规律型:点的坐标,解题的关键是理解题意,求出“凸”形的周长,属于中考常考题型. 十七、解答题 17.(1)2;(2)6;(3) 或 【解析】 【分析】 (1)利用乘法分配律给括号中各项都乘以 ,把化为最简二次根式即可得到结果; (2)原式利用平方根、立方根定义以及实数的运算法则计算即可得到结果; 解析:(1)2;(2)6;(3) 或 【解析】 【分析】 (1)利用乘法分配律给括号中各项都乘以 ,把化为最简二次根式即可得到结果; (2)原式利用平方根、立方根定义以及实数的运算法则计算即可得到结果; (3)直接利用平方根的定义计算得出答案. 【详解】 解:(1) , ; (2) , , ; (3)∵ ∴ 解得:或. 故答案为:(1)2;(2)6;(3) 或 【点睛】 本题考查立方根以及平方根,实数的运算,熟练掌握运算法则是解题的关键. 十八、解答题 18.(1)x=±9;(2)x=3 【分析】 (1)方程整理后,利用平方根定义开方即可求出解; (2)利用立方根定义开立方即可求出解. 【详解】 解:(1)方程整理得:x2=81, 开方得:x=±9; ( 解析:(1)x=±9;(2)x=3 【分析】 (1)方程整理后,利用平方根定义开方即可求出解; (2)利用立方根定义开立方即可求出解. 【详解】 解:(1)方程整理得:x2=81, 开方得:x=±9; (2)方程整理得:(x-1)3=8, 开立方得:x-1=2, 解得:x=3. 【点睛】 本题考查了平方根、立方根,熟练掌握各自的定义是解本题的关键. 十九、解答题 19.两直线平行,同位角相等;;两直线平行,同旁内角互补. 【分析】 要证明与互补,需证明,可通过同位角与(或与相等来实现. 【详解】 证明:因为(已知), 所以 两直线平行,同位角相等). 又因为(已知 解析:两直线平行,同位角相等;;两直线平行,同旁内角互补. 【分析】 要证明与互补,需证明,可通过同位角与(或与相等来实现. 【详解】 证明:因为(已知), 所以 两直线平行,同位角相等). 又因为(已知), 所以, 即, 所以(同位角相等,两直线平行), 所以(两直线平行,同旁内角互补. 故答案为:两直线平行,同位角相等;;两直线平行,同旁内角互补. 【点睛】 本题考查了平行线的性质和判定,解题的关键是掌握平行线的性质和判定. 二十、解答题 20.(1)见解析;(2)正方形 【分析】 (1)根据平面直角坐标系找出各点的位置即可; (2)观察图形可知四边形ABCO是正方形. 【详解】 解:(1)如图. (2)四边形ABCO是正方形. 【点睛】 解析:(1)见解析;(2)正方形 【分析】 (1)根据平面直角坐标系找出各点的位置即可; (2)观察图形可知四边形ABCO是正方形. 【详解】 解:(1)如图. (2)四边形ABCO是正方形. 【点睛】 本题考查了坐标与图形性质,能够准确在平面直角坐标系中找出点的位置是解题的关键. 二十一、解答题 21.(1)6;(2)12− 【分析】 (1)先求出的取值范围即可求出a和b的值,然后代入求值即可; (2)先求出的取值范围,即可求出10+的整数部分和小数部分,从而求出x和y,从而求出结论. 【详解】 解析:(1)6;(2)12− 【分析】 (1)先求出的取值范围即可求出a和b的值,然后代入求值即可; (2)先求出的取值范围,即可求出10+的整数部分和小数部分,从而求出x和y,从而求出结论. 【详解】 解:(1)∵ 3<<4, ∴ a=3,b=-3 ∴ =+-3- =6 (2) ∵1<<2. 又∵10+=x+y,其中x是整数,且0<y<1, ∴x=11, y=−1. ∴x−y=11−(−1)=12− 【点睛】 此题考查的是求无理数的整数部分、小数部分和实数的运算,掌握求无理数的取值范围是解决此题的关键. 二十二、解答题 22.(1);(2)<;(3)不能,理由见解析 【分析】 (1)根据所拼成的大正方形的面积为2即可求得大正方形的边长; (2)由圆和正方形的面积公式可分别求的圆的半径及正方形的边长,进而可求得圆和正方形的 解析:(1);(2)<;(3)不能,理由见解析 【分析】 (1)根据所拼成的大正方形的面积为2即可求得大正方形的边长; (2)由圆和正方形的面积公式可分别求的圆的半径及正方形的边长,进而可求得圆和正方形的周长,利用作商法比较这两数大小即可; (3)利用方程思想求出长方形的长边,与正方形边长比较大小即可; 【详解】 解:(1)∵小正方形的边长为1cm, ∴小正方形的面积为1cm2, ∴两个小正方形的面积之和为2cm2, 即所拼成的大正方形的面积为2 cm2, 设大正方形的边长为xcm, ∴ , ∴ ∴大正方形的边长为cm; (2)设圆的半径为r, ∴由题意得, ∴, ∴, 设正方形的边长为a ∵, ∴, ∴, ∴ 故答案为:<; (3)解:不能裁剪出,理由如下: ∵正方形的面积为900cm2, ∴正方形的边长为30cm ∵长方形纸片的长和宽之比为, ∴设长方形纸片的长为,宽为, 则, 整理得:, ∴, ∴, ∴, ∴长方形纸片的长大于正方形的边长, ∴不能裁出这样的长方形纸片. 【点睛】 本题通过圆和正方形的面积考查了对算术平方根的应用,主要是对学生无理数运算及比较大小进行了考查. 二十三、解答题 23.(1)110°;(2)猜想:∠APB=∠DAP+∠FBP,理由见解析;(3)①∠P=2∠P1,理由见解析;②∠AP2B=. 【分析】 (1)过P作PM∥CD,根据两直线平行,内错角相等可得∠APM= 解析:(1)110°;(2)猜想:∠APB=∠DAP+∠FBP,理由见解析;(3)①∠P=2∠P1,理由见解析;②∠AP2B=. 【分析】 (1)过P作PM∥CD,根据两直线平行,内错角相等可得∠APM=∠DAP,再根据平行公理求出CD∥EF然后根据两直线平行,内错角相等可得∠MPB=∠FBP,最后根据∠APM+∠MPB=∠DAP+∠FBP等量代换即可得证; (2)结论:∠APB=∠DAP+∠FBP. (3)①根据(2)的规律和角平分线定义解答; ②根据①的规律可得∠APB=∠DAP+∠FBP,∠AP2B=∠CAP2+∠EBP2,然后根据角平分线的定义和平角等于180°列式整理即可得解. 【详解】 (1)证明:过P作PM∥CD, ∴∠APM=∠DAP.(两直线平行,内错角相等), ∵CD∥EF(已知), ∴PM∥CD(平行于同一条直线的两条直线互相平行), ∴∠MPB=∠FBP.(两直线平行,内错角相等), ∴∠APM+∠MPB=∠DAP+∠FBP.(等式性质) 即∠APB=∠DAP+∠FBP=40°+70°=110°. (2)结论:∠APB=∠DAP+∠FBP. 理由:见(1)中证明. (3)①结论:∠P=2∠P1; 理由:由(2)可知:∠P=∠DAP+∠FBP,∠P1=∠DAP1+∠FBP1, ∵∠DAP=2∠DAP1,∠FBP=2∠FBP1, ∴∠P=2∠P1. ②由①得∠APB=∠DAP+∠FBP,∠AP2B=∠CAP2+∠EBP2, ∵AP2、BP2分别平分∠CAP、∠EBP, ∴∠CAP2=∠CAP,∠EBP2=∠EBP, ∴∠AP2B=∠CAP+∠EBP, = (180°-∠DAP)+ (180°-∠FBP), =180°- (∠DAP+∠FBP), =180°- ∠APB, =180°- β. 【点睛】 本题考查了平行线的性质,角平分线的定义,熟记性质与概念是解题的关键,此类题目,难点在于过拐点作平行线. 二十四、解答题 24.(1)①见解析;②;见解析(2)①∠AFG+∠EDG=∠DGF;②∠AFG-∠EDG=∠DGF 【分析】 (1)①根据题意画出图形;②依据DE∥AB,DF∥AC,可得∠EDF+∠AFD=180°,∠ 解析:(1)①见解析;②;见解析(2)①∠AFG+∠EDG=∠DGF;②∠AFG-∠EDG=∠DGF 【分析】 (1)①根据题意画出图形;②依据DE∥AB,DF∥AC,可得∠EDF+∠AFD=180°,∠A+∠AFD=180°,进而得出∠EDF=∠A; (2)①过G作GH∥AB,依据平行线的性质,即可得到∠AFG+∠EDG=∠FGH+∠DGH=∠DGF;②过G作GH∥AB,依据平行线的性质,即可得到∠AFG-∠EDG=∠FGH-∠DGH=∠DGF. 【详解】 解:(1)①如图, ②∵DE∥AB,DF∥AC, ∴∠EDF+∠AFD=180°,∠A+∠AFD=180°, ∴∠EDF=∠A; (2)①∠AFG+∠EDG=∠DGF. 如图2所示,过G作GH∥AB, ∵AB∥DE, ∴GH∥DE, ∴∠AFG=∠FGH,∠EDG=∠DGH, ∴∠AFG+∠EDG=∠FGH+∠DGH=∠DGF; ②∠AFG-∠EDG=∠DGF. 如图所示,过G作GH∥AB, ∵AB∥DE, ∴GH∥DE, ∴∠AFG=∠FGH,∠EDG=∠DGH, ∴∠AFG-∠EDG=∠FGH-∠DGH=∠DGF. 【点睛】 本题考查了平行线的判定和性质:两直线平行,内错角相等.正确的作出辅助线是解题的关键. 二十五、解答题 25.(1)∠AQB的大小不发生变化,∠AQB=135°;(2)∠P和∠C的大小不变,∠P=45°,∠C=45°. 【分析】 第(1)题因垂直可求出∠ABO与∠BAO的和,由角平分线和角的和差可求出∠BA 解析:(1)∠AQB的大小不发生变化,∠AQB=135°;(2)∠P和∠C的大小不变,∠P=45°,∠C=45°. 【分析】 第(1)题因垂直可求出∠ABO与∠BAO的和,由角平分线和角的和差可求出∠BAQ与∠ABQ的和,最后在△ABQ中,根据三角形的内角各定理可求∠AQB的大小. 第(2)题求∠P的大小,用邻补角、角平分线、平角、直角和三角形内角和定理等知识求解. 【详解】 解:(1)∠AQB的大小不发生变化,如图1所示,其原因如下: ∵m⊥n, ∴∠AOB=90°, ∵在△ABO中,∠AOB+∠ABO+∠BAO=180°, ∴∠ABO+∠BAO=90°, 又∵AQ、BQ分别是∠BAO和∠ABO的角平分线, ∴∠BAQ=∠BAC,∠ABQ=∠ABO, ∴∠BAQ+∠ABQ= (∠ABO+∠BAO)= 又∵在△ABQ中,∠BAQ+∠ABQ+∠AQB=180°, ∴∠AQB=180°﹣45°=135°. (2)如图2所示: ①∠P的大小不发生变化,其原因如下: ∵∠ABF+∠ABO=180°,∠EAB+∠BAO=180° ∠BAQ+∠ABQ=90°, ∴∠ABF+∠EAB=360°﹣90°=270°, 又∵AP、BP分别是∠BAE和∠ABP的角平分线, ∴∠PAB=∠EAB,∠PBA=∠ABF, ∴∠PAB+∠PBA= (∠EAB+∠ABF)=×270°=135°, 又∵在△PAB中,∠P+∠PAB+∠PBA=180°, ∴∠P=180°﹣135°=45°. ②∠C的大小不变,其原因如下: ∵∠AQB=135°,∠AQB+∠BQC=180°, ∴∠BQC=180°﹣135°, 又∵∠FBO=∠OBQ+∠QBA+∠ABP+∠PBF=180° ∠ABQ=∠QBO=∠ABO,∠PBA=∠PBF=∠ABF, ∴∠PBQ=∠ABQ+∠PBA=90°, 又∵∠PBC=∠PBQ+∠CBQ=180°, ∴∠QBC=180°﹣90°=90°. 又∵∠QBC+∠C+∠BQC=180°, ∴∠C=180°﹣90°﹣45°=45° 【点睛】 本题考查三角形内角和定理,垂直,角平分线,平角,直角和角的和差等知识点,同时,也是一个以静求动的一个点型题目,有益于培养学生的思维几何综合题.- 配套讲稿:
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