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2022-2023年苏科版数学七年级下册专项复习精讲精练：期中考前满分冲刺之优质压轴题（原卷版 解析版）
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这是一份2022-2023年苏科版数学七年级下册专项复习精讲精练：期中考前满分冲刺之优质压轴题（原卷版 解析版），文件包含期中考前满分冲刺之优质压轴题解析版docx、期中考前满分冲刺之优质压轴题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共107页， 欢迎下载使用。
35期中考前满分冲刺之优质压轴题
【专题过关】
类型一、配方最值
1．阅读材料：我们把形如的二次三项式（或其中一部分）配成完全平方式的方法叫做配方法．配方法的基本形式就是完全平方公式的逆写，即．例如：，，是的三种不同形式的配方．则下列说法正确的个数是（ ）
①和都是不同形式的配方
②是完全平方式，则k的值为3
③有最小值，最小值为2
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】①各式化简得到结果，比较即可作出判断；
②利用完全平方公式的结构特征判断即可；
③原式配方后，求出最小值，即可作出判断．
【详解】解：①∵(x+2)2-2x= x2+2x+4，(x+1)2+3= x2+2x+4，∴(x+2)2-2x和(x+1)2+3都是x2+2x+4不同形式的配方，符合题意；
②x2-2(k-1)x+4是完全平方式，则k-1=2或k-1=-2，即k=3或-1，不符合题意；
③原式=(b2-4b+4)+2=(b-2)2+2，当b=2时，取得最小值，最小值为2，符合题意．
故选：C．
【点睛】此题考查了配方法的应用，以及偶次方的非负性，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
2．已知实数满足，则的最小值为（ ）
A．8 B．5 C．4 D．0
【答案】A
【分析】利用变形得到，由，进一步得到，由进一步即可得到的最小值．
【详解】解：∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
即的最小值为8．
故选：A
【点睛】此题考查了利用完全平方公式变形求值，熟练掌握完全平方公式的灵活变形是解题的关键．
3．已知有理数x，y满足，则代数式的最小值是________．
【答案】13
【分析】先根据已知条件式得到，再利用完全平方公式将所求式子变形为，由此即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴
，
∵，
∴，
∴代数式的最小值是13，
故答案为：13．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的应用，熟知完全平方公式是解题的关键．
4．已知实数m，n满足，则代数式的最小值等于___．
【答案】3
【分析】根据题意把原式变形，根据配方法把原式写成含有完全平方的形式，根据偶次方的非负性解答．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
则
，
∵，
∴，
即代数式的最小值等于3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查的是代数式的最值，配方法的应用；熟练的运用配方法求解代数式的最值是解本题的关键．
5．“配方法”是指将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和．它是数学的重要方法，可以解决多项式、方程的相关问题．如：我们可以通过“配方法”求代数式的最小值．
，
∵，
∴当时，有最小值．
请阅读上述“配方法”的应用，并解答下列问题：
(1)若，请求出、的值；
(2)试说明代数式的值都不大于；
(3)若代数式的最小值为，试求出的值．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用配方法进行转化，然后求得对应系数的值；
（2）利用配方法和平方非负数的性质即可得到结论；
（3）利用配方法和平方非负数的性质可得有最小值，从而得到关于的方程，求解即可．
【详解】（1）解：∵，
又∵，
∴、．
（2）证明：∵，
又∵，
∴，
∴当时，有最大值，
∴无论取何值，代数式的值都不大于．
（3）解：∵
，
又∵
∴当时，有最小值，
∵的最小值为，
∴，
∴，
∴．
∴的值为．
【点睛】本题是因式分解的应用，考查完全平方式和平方的非负性．熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
6．阅读材料：
求的最小值．
解：，
∵即的最小值为0，
∴的最小值为4．
解决问题：
(1)若a为任意实数，则代数式的最小值为 ．
(2)求的最大值．
(3)拓展：
①不论x，y为何实数，代数式的值 ．（填序号）
A．总不小于1 B．总不大于1 C．总不小于6 D．可为任何实数
②已知，求．
【答案】(1)
(2)5
(3)①A；②
【分析】（1）对式子利用配方法求解即可；
（2）对式子利用配方法求解即可；
（3）①对式子中的利用配方法求解即可；
②对式子进行配方，求得的值，然后代入求值即可．
【详解】（1）解：，
∵，
∴的最小值为；
故答案为：；
（2）解：，
∵，
∴，
∴，
即的最大值为5；
（3）解：①，
∵，，
∴的最小值为，故A正确．
故选：A．
②∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴．
【点睛】本题主要考查了配方法的应用，完全平方公式变形计算，解题的关键是熟练掌握配方法的应用．
类型二、平方差数字类规律
1．（2023春·山西太原·七年级山西大附中校考阶段练习）观察：，，，据此规律，当时，代数式的值为（ ）
A．1 B．0 C．1或－1 D．0或－2
【答案】B
【分析】根据规律得到，进而得到，，再分别代入即可求解．
【详解】解：根据规律得，
∵，
∴，
∴，
当时，
当时，．
故选：B
【点睛】本题考查了探索规律，平方差公式，多项式乘多项式，考查分类讨论的思想，根据条件求出x的值是解题的关键，不要漏解．
2．（2023春·七年级课时练习）计算，结果的个位数字是（ ）
A．6 B．5 C．8 D．7
【答案】B
【分析】根据平方差公式将原式可化简为．求出2的乘方的前几项，总结出其个位数字依次为并依次循环出现．从而即得出的个位数字为6，进而得出的个位数字为5．
【详解】解：
…
．
∵，，，，，…，即其个位数字依次为并依次循环出现．
∵，
∴的个位数字为6，
∴的个位数字为．
故选B．
【点睛】本题考查平方差公式的应用，数字类变化规律．正确利用平方差公式化简，并找出个位数字规律性的出现是解决问题的关键．
3．（2023春·陕西西安·七年级西安一中校考阶段练习）的值为_______．
【答案】
【分析】原式变形为，再根据平方差公式即可求解.
【详解】解：
=
=
=
=
=
=
=
=
故答案为：
【点睛】本题考查了平方差公式，解题的关键是注意指数的变化．
4．（2023春·七年级课时练习）计算：的值为________________．
【答案】
【分析】根据平方差公式进行变形运算求解即可．
【详解】解：
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平方差公式，正确的计算是解决本题的关键．
5．（2023春·江西吉安·七年级校考阶段练习）观察下列各式：
……
(1)按以上等式的规律填空：（_____________）；
(2)根据规律可得____________（其中为正整数）；
(3)利用上面的结论，完成下面两题的计算：
①
②
【答案】(1)
(2)
(3)①；②
【分析】（1）根据所给出的具有规律的式子，即可求解；
（2）观察所给式子的特点，等号右边x的指数比等号左边x的最高指数大1，然后写出即可；
（3）①根据所给式子的规律，把x换为3即可求解；根据上述规律计算其和，即可得解．②用添项法，实在补充为题干给定形式，即乘以即可解答．
【详解】（1）；
故答案为：
（2）；
故答案为：
（3）①
②
【点睛】本题考查了平方差公式的推广，要读懂题目信息并总结出规律，具有规律性是特殊式子的因式分解，解题的关键是找出所给范例展示的规律．
6．（2022春·安徽滁州·七年级校考期中）（1）计算并观察下列各式填空：
；
；
；
（2）从上面的算式及计算结果，你发现了什么？请根据你发现的规律直接填写下面的空格：
（ ）；
（3）利用你发现的规律计算： ；
（4）利用该规律计算：的值．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【分析】（1）利用上面等式的变化规律计算（x-1）（x3+x2+x+1）；
（2）利用（1）中三个等式的变化规律求解；
（3）利用（1）中三个等式的变化规律求解；
（4）将原式变形后再进行计算即可．
【详解】解：（1），
故答案为：；
（2）
故答案为：；
（3），
故答案为：；
（4）．
【点睛】本题考查了平方差公式：两个数的和与这两个数的差相乘，等于这两个数的平方差．也考查了规律型问题的解决方法．
类型三、新定义几何
1．（2021春·辽宁朝阳·七年级统考期末）定义：当三角形中一个内角α是另一个内角的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中α称为“特征角”．如果一个“特征三角形”的一个内角为48°，那么这个“特征角”α的度数为（ ）
A．48° B．96°
C．88°或48° D．48°或96°或88°
【答案】D
【分析】由题意，分类讨论，设三角形的三个内角分别是∠1、∠2、α且α＝2∠1，即可求出答案．
【详解】解：设三角形的三个内角分别是∠1、∠2、α且α＝2∠1．
当α＝48°，则∠1＝24°．
当∠1＝48°，则α＝2∠1＝96°．
当∠2＝48°，则∠1+α＝180°﹣∠2＝132°．
∴3∠1＝132°．
∴∠1＝44°．
∴α＝2∠1＝88°．
综上：“特征角”α可能为48°或96°或88°．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了材料理解以及三角形内角和，准确的理解题意以及利用内角和为180°是解决本题的关键．
2．（2021秋·安徽六安·八年级校考期中）定义：当三角形中一个内角α是另一个内角的两倍时，我们称此三角形为“倍角三角形”，其中α称为“倍角”，如果一个“倍角三角形”的一个内角为99°，那么倍角α的度数是（ ）
A．99° B．99°或49.5° C．99°或54° D．99°或49.5°或54°
【答案】C
【分析】根据题意设三角形的三个内角分别是m、n、α且α=2m，由题意得α=99°或m=99°或n=99°，分这三种情况讨论即可．
【详解】解：设三角形的三个内角分别是m、n、α且α=2m，
当α=99°，则m=49.5°,n=31.5°,
当m=99°，则α=2m=198°（舍去）,
当n=99°，则m+α=180°-n=81°,
∴3m=81°,
∴m=27°,
∴α=2m=54°．
综上：倍角α的度数为99°或54°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理即三角形内角和是180°是解决本题的关键，注意分类讨论方法的运用．
3．（2020秋·湖北随州·八年级统考期末）我们定义三边长均为整数的三角形叫做整三角形.已知△ABC是整三角形，其周长为偶数，若AC- BC = 3.则边长AB的最小值是__________
【答案】5
【分析】根据AC- BC = 3可得AC=BC+3，故三角形的周长为2BC+AB+3，其为偶数，故AB为奇数，又因为AB＞3，故AB的最小值为5.
【详解】∵AC- BC = 3
∴AC=BC+3
∴三角形的周长=2BC+AB+3
∵其周长为偶数，三边长均为整数
∴AB为奇数
又∵AB＞AC- BC即AB＞3
∴AB的最小值为5.
故答案为：5
【点睛】本题考查的是三角形的三边关系，掌握“两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”是关键.
4．（2019秋·浙江·八年级统考阶段练习）定义：当三角形中一个内角是另一个内角的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中称为“特征角”如果一个“特征三角形”的一个内角为48°，那么这个“特征角”的度数为______．
【答案】或或
【分析】当“特征角”为时，即；当，利用新定义得到“特征角”；当第三个角为时，根据三角形内角和得到，解关于的方程即可．
【详解】解：当“特征角”为时，即；
当，则“特征角”；
当第三个角为时，，即得，
综上所述，这个“特征角”的度数为或或．
故答案是：或或．
【点睛】考查了三角形内角和定理：三角形内角和是会运用分类讨论的方法解决数学问题．
5．（2022春·江苏泰州·七年级校联考阶段练习）新定义：在中，若存在一个内角是另外一个内角度数的n倍（n为大于1的正整数），则称为n倍角三角形．例如，在中，，可知，所以为2倍角三角形．
(1)在中，，则为 倍角三角形．
(2)已知：在图中直线被直线EF所截交点分别为E、F，，与的平分线交于点G，若是6倍角三角形，求．
(3)图中平分，平分，问是几倍角三角形，为什么？
(4)在中，，若既可以是一个2倍角三角形，又可以是一个3倍角三角形，求∠A的度数．
【答案】(1)3
(2)或或或
(3)是2倍角三角形，理由见解析
(4)或或
【分析】（1）利用三角形内角和定理求出的度数即可得到答案；
（2）先根据平行线的性质和角平分线的定义求出，则，然后分四种情况讨论求解即可；
（3）根据平角的定义求出，再根据角平分线的定义和三角形外角的性质求出，则，由此即可得到结论；
（4）分当时， 当时，当时，三种情况利用三角形内角和定理讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵在中，，
∴，
∴，
∴为3倍角三角形，
故答案为：3；
（2）解：∵，
∴，
∵分别是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
当时，则，
∴；
当时，则，
∴；
当，则，
∴；
当，则，
∴；
综上所述，的度数为或或或；
（3）解：是2倍角三角形，理由如下：
∵，
∴，
∵分别是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是2倍角三角形；
（4）解：∵在中，，若既可以是一个2倍角三角形，又可以是一个3倍角三角形，
∴当时，∵，
∴，
∴；
当时，同理可求得；
当时，同理可求得；
综上所述，的度数为或或；
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，三角形外角的性质，平行线的性质，正确理解题意是解题的关键．
6．（2023春·江苏泰州·七年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）新定义：在中，若存在一个内角是另外一个内角度数的n倍（n为大于1的正整数），则称为n倍角三角形．例如，在
中，，可知，所以为2倍角三角形．
(1)在中，，则为 倍角三角形．
(2)已知：在图中直线被直线EF所截交点分别为E、F，，与的平分线交于点G，若
是6倍角三角形，求．
(3)如图，顶点在直线上的O处，P为上方一点， ，若，则是几倍三角形？并说明理由．
(4)在中，，若既可以是一个2倍角三角形，又可以是一个3倍角三角形，求∠A的度数．
【答案】(1)3
(2)或或或
(3)既是2倍角三角形，也是8倍角三角形，理由见解析
(4)或或
【分析】（1）利用三角形内角和定理求出的度数即可得到答案；
（2）先根据平行线的性质和角平分线的定义求出，则，然后分四种情况讨论求解即可；
（3）根据 ，求出，
从而得到，再由三角形内角和定理可得，由此即可得到结论；
（4）分当时， 当时，当时，三种情况利用三角形内角和定理讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵在中，，
∴，
∴，
∴为3倍角三角形，
故答案为：3；
（2）解：∵，
∴，
∵分别是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
当时，则，
∴；
当时，则，
∴；
当，则，
∴；
当，则，
∴；
综上所述，的度数为或或或；
（3）解：既是3倍角三角形，也是8倍角三角形，理由如下：
∵ ，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴既是3倍角三角形，也是8倍角三角形；
（4）解：∵在中，，若既可以是一个2倍角三角形，又可以是一个3倍角三角形，
∴当时，∵，
∴，
∴；
当时，同理可求得；
当时，同理可求得；
综上所述，的度数为或或．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，平行线的性质，正确理解题意是解题的关键．
类型四、新定义代数
1．（2020春·浙江杭州·七年级校考期中）定义运算，若，则a的值为（ ）
A．1或3或5 B．0或2或4 C．2或5 D．1或4
【答案】A
【分析】根据题目的定义和题目中的式子，利用分类讨论的方法，可以得到a的值．
【详解】解：∵（a-1）-（a-4）
=a-1-a+4
=3，
∴a-1＞a-4，
∵，，
∴（a-4）a-1=1，
∴a-4=1，或a-4=-1且a-1为偶数，或a-1=0且a-4≠0，
解得，a=5或a=3或a=1，
故选：A．
【点睛】本题考查有理数的混合运算，解答本题的关键是明确有理数混合运算的计算方法．
2．（2021春·山东济宁·七年级济宁学院附属中学校考期中）现定义运算“”，对于任意有理数，，都有，例如：，由此可知等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】原式利用题中的新定义化简，计算即可得到结果．
【详解】解：根据题中的新定义得：
，
故选：A．
【点睛】本题考查整式的混合运算，读懂题目中定义的新运算是解题的关键．
3．（2022秋·八年级课时练习）新定义一种运算，其法则为，则__________
【答案】
【分析】按照题干定义的运算法则，列出算式，再按照同底幂除法运算法则计算可得．
【详解】
故答案为：
【点睛】本题考查定义新运算，解题关键是根据题干定义的运算规则，转化为我们熟知的形式进行求解．
4．（2022秋·河北石家庄·八年级统考期末）对于有理数a，b，定义：：当时，；当时，．若，则的值为__________．
【答案】9
【分析】根据新定义可得：-6m+4n-m2-n2≥13，通过整理配方可得：（m+3）2+（n-2）2≤0，利用非负性的性质可判断出m+3=0，n-2=0，从而求值．
【详解】解：∵min{13，-6m+4n-m2-n2}=13，
∴-6m+4n-m2-n2≥13，
∴（m+3）2+（n-2）2≤0，
∴m+3=0，n-2=0，
∴m=-3，n=2，
∴mn=（-3）2=9．
故答案为：9
【点睛】本题考查新定义，配方法应用，非负性性质，解题关键是将不等式进行配方．
5．（2023春·七年级课时练习）阅读材料：
定义：如果，那么称a为n的劳格数，记为，
例如：，那么称2是100的劳格数，记为．
填空：根据劳格数的定义，在算式中，______相当于定义中的n，所以______；
直接写出______；
探究：某数学研究小组探究劳格数有哪些运算性质，以下是他们的探究过程
若a、b、m、n均为正数，且，，
根据劳格数的定义：，______，
∵
∴，这个算式中，______相当于定义中的a，______相当于定义中的n，
∴______，即，
请你把数学研究小组探究过程补全
拓展：根据上面的推理，你认为：______．
【答案】1000，3；﹣8；b，a＋b，，a＋b；－．
【分析】根据新定义法则进行运算即可．
【详解】解：∵如果，那么称a为n的劳格数，记为，
∴，那么称3是1000的劳格数，记为．
∴在算式中，1000相当于定义中的n，所以3；﹣8；
∵，
∴，
∵，，
∴＝pq，
∴这个算式中，pq相当于定义中的a， 相当于定义中的n，
∴＝＋，
即，
设，，
∴，，
∵，
∴＝a－b＝－，
即－．
故答案为：1000，3；﹣8；b，a＋b，，a＋b；－．
【点睛】此题考查了新定义问题，用到了幂的相关运算，解题的关键是理解新定义及其运算法则．
6．（2021秋·山西晋中·九年级统考阶段练习）定义：若一个整数能表示成a2＋b2（a，b是正整数）的形式，则称这个数为“完美数”．
例如：因为13＝32＋22，所以13是“完美数”；
再如：因为a2＋2ab＋2b2＝（a＋b）2＋b2，所以a2＋2ab＋2b2也是“完美数”．
（1）请直接写出一个小于10的“完美数”，这个“完美数”是 ；
（2）判断53 （请填写“是”或“否”）为“完美数”；
（3）已知M＝x2＋4x＋k（x是整数，k是常数），要使M为“完美数”，试求出符合条件的一个k值，并说明理由；
（4）如果数m，n都是“完美数”，试说明mn也是“完美数”．
【答案】（1）2或5或8；（2）是；（3）k=5，理由见解答过程；（4）见解析
【分析】（1）2=12+12，5=22+12，8=22+22，这些数都是小于10的“完美数”；
（2）利用53=22+72即可判断；
（3）由M=x2+4x+k得M=（x+2）2+k-4，则使k-4为一个完全平方数即可；
（4）设m=a2+b2，n=c2+d2，则mn=（a2+b2）（c2+d2），进行整理可得：mn=（ac+bd）2+（ad-bc）2，从而可判断．
【详解】解：（1）根据题意可得：2=12+12，5=22+12，8=22+22，
故2，5，8都是“完美数”，且都小于10，
故答案为：2或5或8（写一个即可）；
（2）53=22+72，故53是“完美数”，
故答案为：是；
（3）k=5（答案不唯一），
理由：∵M=x2+4x+k
∴M=x2+4x+4+k-4
M=（x+2）2+k-4
则当k-4为完全平方数时，M为“完美数”，如当k-4=1时，解得：k=5．
（4）设m=a2+b2，n=c2+d2，
则有mn=（a2+b2）（c2+d2）
=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2
=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2+2abcd-2abcd
=（ac+bd）2+（ad-bc）2
故mn是一个“完美数”．
【点睛】本题考查了因式分解的应用，完全平方公式的运用，阅读理解题目表述的意思是本题的关键．
类型五、无刻度尺作图
1．如图是由小正方形组成的的网格，的三个顶点、、均在格点上，请按要求在给定的网格中，仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图，保留作图痕迹，不写画法．
(1)在图1中的上画出的高线；
(2)在图2中的上找出一点，画线段，使得将分成面积比为两部分；
(3)在图3中的上找一点，画，使得．
【答案】(1)答案见解析，即为所求
(2)答案见解析，，即为所求
(3)答案见解析，点即为所求
【分析】（1）根据网格中横向对角线与纵向对角线垂直，作图求解；
（2）在线段上截取或，连接，即可；
（3）由网格判断出，取格点，连接，使且交于点，利用等腰三角形角度关系及互余定义即可得到点即为所求作．
【详解】（1）解：如图所示：
即为所求；
（2）解：如图所示：
，即为所求；
（3）解：如图所示：
，
，
，
，
点即为所求．
【点睛】本题考查了作图-应用和设计作图，熟悉网格中的垂直作图规则、三角形角度关系是解题的关键．
2．如图，在正方形网格中，点A、B、Q在格点上，请用无刻度的直尺用连线的方法画出如下图形（保留画图痕迹）．
(1)在图1中，找一个格点P，连接，使为直角三角形；
(2)在图2中，找一个格点H，连接，使．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据网格的特点和直角三角形的概念求解即可；
（2）根据网格的特点求解即可．
【详解】（1）如图1所示，即为所要求作的直角三角形，
（2）如图2所示，点H即为所要求作的点，
【点睛】此题主要考查了应用设计与作图，直角三角形的概念，正确借助网格分析是解题关键．
3．图①、图②、图③均是6×6的正方形网络，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点A、B、C、D、E、F均在格点上．在图①、图②、图③中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，与要求写出做法．
(1)在图①中以线段为边画一个，使其面积为6．
(2)在图②中以线段为边画一个，使其面积为6．
(3)在图③中以线段为边画一个四边形，使其面积为6，．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）直接利用三角形的面积的计算方法得出符合题意的图形；
（2）直接利用三角形面积求法得出答案；
（3）根据三角形的面积的求法进而得出答案．
【详解】（1）解：如图①所示，即为所求；
（2）解：如图②所示，即为所求；
（3）解：如图③所示，四边形即为所求；
【点睛】此题主要考查了作图-应用与设计，以及三角形面积求法，正确掌握三角形面积求法是解题关键．
4．在如图所示的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C在小正方形的顶点上．请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图．（保留作图痕迹）
(1)如图1，作出中边上的中线．
(2)如图2，作出中边上的高．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用网格找到的中点D，连接即可．
（2）延长，利用网格，作即可．
【详解】（1）如图1，即为所求．
（2）如图2，即为所求．
【点睛】本题考查作图﹣应用与设计作图、三角形的中线与高线，熟练掌握三角形的中线与高线的定义是解答本题的关键．
5．图①、图②均是44的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，△OABC的顶点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求
画图，不要求写出画法，保留作图痕迹．
(1)在图①中画△ABC的角平分线BD，标出点D；
(2)在图②中的边BC上找到格点E，连接AE，使AE平分△ABC的面积
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由图可知∠ABC=90°，根据等腰直角三角形的性质，连接格子的对角线即可，
（2）根据三角形中线的性质，找到BC边的中点即可．
【详解】（1）如图：
（2）如图：
【点睛】本题主要考查了三角形的角平分线和中线，熟练掌握三角形的角平分线和中线的定义是解题的关键．
6．（1）如图，在7×6的方格中，△ABC的顶点均在格点上．试只用不带刻度的直尺，按要求画出线段EF（E，F均为格点），各画出一条即可．
（2）如图，△ABC的顶点均在正方形网格格点上．只用不带刻度的直尺，作出△ABC的角平分线BD（不写作法，保留作图痕迹）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据题目要求，利用数形结合的思想画出线段EF即可；
（2）取格点Q，连接AQ，取AQ的中点J，作射线BJ交AC于点D，线段BD即为所求．
【详解】解：（1）如图，线段EF即为所求：
（2）如图，线段BD即为所求．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
类型六、旋转平行分类
1．（2023春·山西大同·七年级大同一中校考阶段练习）如图，直线上有两点A、C，分别引两条射线、．，与在直线异侧．若，射线、分别绕A点，C点以1度/秒和6度/秒的速度同时顺时针转动，设时间为t秒，在射线转动一周的时间内，当时间t的值为（ ）时，与平行．（ ）
A．4秒 B．10秒 C．40秒 D．4或40秒
【答案】D
【分析】分情况讨论：①与在的两侧，分别表示出与，然后根据内错角相等两直线平行，列式计算即可得解；②旋转到与都在的右侧，分别表示出与，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解；③旋转到与都在的左侧，分别表示出与，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解．
【详解】解：分三种情况：
如图①，与在的两侧时，
∵，，
∴，，
要使，则，
即，
解得；
此时，
∴；
②旋转到与都在的右侧时，
∵，，
要使，则，
即，
解得，
此时，
∴；
③旋转到与都在的左侧时，
∴，，
要使，则，
即，
解得，
此时，
而，
∴此情况不存在．
综上所述，当时间t的值为4秒或40秒时，与平行．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的判定，读懂题意并熟练掌握平行线的判定方法是解题的关键，要注意分情况讨论．
2．（2023春·全国·七年级专题练习）为了亮化某景点，石家庄市在两条笔直且互相平行的景观道MN、QP上分别放置A、B两盏激光灯，如图所示．A灯发出的光束自AM逆时针旋转至AN便立即回转，B灯发出的光束自BP逆时针旋转至BQ便立即回转，两灯不间断照射，A灯每秒转动30°，B灯每秒转动10°，B灯先转动2秒，A灯才开始转动，当B灯光束第一次到达BQ之前，两灯的光束互相平行时A灯旋转的时间是（ ）
A．1或6秒 B．8.5秒 C．1或8.5秒 D．2或6秒
【答案】C
【分析】设灯旋转的时间为秒，求出的取值范围为，再分①，②和③三种情况，先分别求出和的度数，再根据平行线的性质可得，由此建立方程，解方程即可得．
【详解】解：设灯旋转的时间为秒，
灯光束第一次到达所需时间为秒，灯光束第一次到达所需时间为秒，
灯先转动2秒，灯才开始转动，
，即，
由题意，分以下三种情况：
①如图，当时，，
，
，
，
，即，
解得，符合题设；
②如图，当时，，
，
，
，
，即，
解得符合题设；
③如图，当时，，
，
同理可得：，即，
解得，不符题设，舍去；
综上，灯旋转的时间为1秒或秒，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质、一元一次方程的几何应用等知识点，正确求出时间的取值范围，并据此分三种情况讨论是解题关键．
3．（2023春·七年级课时练习）如图，直线上有两点、，分别引两条射线、，与在直线异侧．若，射线、分别绕点，点以度秒和度秒的速度同时顺时针转动，设时间为秒，在射线转动一周的时间内，当时间的值为______时，与平行．
【答案】2秒或38秒
【分析】分与在的两侧，分别表示出与，然后根据内错角相等两直线平行，列式计算即可得解；
旋转到与都在的右侧，分别表示出与，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解；
旋转到与都在的左侧，分别表示出与，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解．
【详解】解：存在．分三种情况：
如图，与在的两侧时，
，，
，，
要使，则，
即，
解得；
此时，
；
旋转到与都在的右侧时，
，，
，，
要使，则，
即，
解得，
此时，
；
旋转到与都在的左侧时，
，，
，，
要使，则，
即，
解得，
此时，
，
此情况不存在．
综上所述，当时间的值为秒或秒时，与平行．
故答案为：秒或秒．
【点睛】本题考查了平行线的判定，读懂题意并熟练掌握平行线的判定方法是解题的关键，要注意分情况讨论．
4．（2023春·七年级课时练习）某段铁路两旁安置了两座可旋转探照灯，主道路是平行的，即PQ∥MN． 如图所示，灯A射线从AM开始顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线从BP开始顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是每秒2度，灯B转动的速度是每秒1度． 若灯B射线先转动30秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，A灯转动_________秒，两灯的光束互相平行．
【答案】30或110##110或30
【分析】分两种情况讨论：两束光平行；两束光重合之后（在灯B射线到达BQ之前）平行，然后利用平行线的性质求解即可．
【详解】解：设灯转动t秒，两灯的光束互相平行，即AC∥BD，
①当0＜t≤90时，如图1所示：
∵PQ∥MN，则∠PBD＝∠BDA，
∵AC∥BD，则∠CAM＝∠BDA，
∴∠PBD＝∠CAM
有题意可知：2t＝30＋t
解得：t＝30，
②当90＜t＜150时，如图2所示：
∵PQ∥MN，则∠PBD＋∠BDA＝180°，
∵AC∥BD，则∠CAN＝∠BDA，
∴∠PBD＋∠CAN＝180°，
∴30＋t＋（2t－180）＝180
解得：t＝110
综上所述，当t＝30秒或t＝110秒时，两灯的光束互相平行．
故答案为：30或110
【点睛】本题主要考查补角、角的运算、平行线的性质的应用，解题的关键是熟练掌握平行线的性质，注意分两种情况谈论．
5．（2023春·浙江金华·七年级校考阶段练习）如图1，，点E，F分别在直线上，，过点A作的延长线交于点G，交于点N，平分，交于点H，交于点M．
(1)直接写出之间的关系： ．
(2)若，求．
(3)如图2，在（2）的条件下，将绕着点E以每秒5°的速度逆时针旋转，旋转时间为t，当边与射线重合时停止，则在旋转过程中，当的其中一边与的某一边平行时，直接写出此时t的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据平行线的性质和三角形的外角性质可得答案；
（2）根据，分别表示出和，再由，可得的度数；
（3）结合（2），分以下几种情况求解：①当时，延长交边于，②当时，③当时，即与在同一直线上时，④当时，⑤当时．
【详解】（1），
，
是的外角，
，
，
故答案为：；
（2），
，
，
，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）①当时，延长交边于，如图，
，
，
，
，
，
当绕点旋转时，，
（秒）
②当时，如图，
，，
，
，
当绕点旋转时，，
（秒），
③当时，即与在同一直线上时，
当绕点旋转时，，
（秒），
④当时，
，，
当旋转时，，
（秒）
⑤当时，
，
，
当旋转时，，
（秒），
综上所述，当的其中一边与的某一边平行时t的值为．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的性质，三角形的内角和，一元一次方程在几何问题中的应用，理清题中的数量关系并分类讨论是解题的关键．
6．（2023秋·福建泉州·七年级统考期末）“一带一路”让中国和世界更紧密，“中欧铁路”为了安全起见在某段铁路两旁安置了，两座可旋转探照灯．假定主道路是平行的，即，，为上两点，平分交于点，为上一点，连接，平分交于点．
(1)若，求的大小；
(2)作交于点，且满足，当时，试说明：；
(3)在（1）问的条件下，探照灯、照出的光线在铁路所在平面旋转，探照灯射出的光线以每秒度的速度逆时针转动，探照灯射出的光线以每秒度的速度逆时针转动，光线转至射线后立即以相同速度顺时针回转，若它们同时开始转动，设转动时间为秒，当光线回到出发时的位置时同时停止转动，则在转动过程中，为何值时光线与光线互相平行或垂直，请直接写出的值．
【答案】(1)110°
(2)见解析
(3)t的值为5s或s或s或20s或s
【分析】（1）利用平行线的性质和角平分线的性质可解；
（2）通过计算，利用内错角相等，两直线平行进行判定即可；
（3）分五种情况画图，列出关于的式子即可解答．
【详解】（1）解：∵，，
，，
，
平分，
，
；
（2）解: ∵，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴；
（3）解: ，
当时，则，如图，
∵，
，
，
由题意，，，
，
；
当时，则，如图，
∵，
，
，
，
，
；
当时，则，如图，
∵，
，
，
，
；
当时，则，如图，
由题意，，，
，
∵，
，
，
；
当时，，如图，
，
，
，
．
综上，的值为或或或或
【点睛】本题考查了平行线的性质和判定，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：平行线的判定定理有：同位角相等，两直线平行，内错角相等，两直线平行，同旁内角互补，两直线平行，反之亦然．
类型七、平行几何定值
1．（2023秋·四川德阳·八年级校考阶段练习）如图，中，的角平分线与外角的平分线交于．
(1)如图1，若，则 ．
(2)如图2，四边形中，的角平分线及外角的角平分线相交于点F，若，求的度数．
(3)如图3，中，的角平分线与外角的角平分线交于，若E为延长线上一动点，连接与的角平分线交于点Q，当E滑动时有下面两个结论：
①的值为定值；
②的值为定值；
其中有且只有一个是正确的，请写出正确的结论，并求出其值．
【答案】(1)35°
(2)25°
(3)正确的结论是①，理由见解析
【分析】（1）根据角平分线的定义得到，再由三角形外角的性质得到，，由此即可得到结论；
（2）根据角平分线的定义，根据三角形外角的性质得到，利用四边形内角和定理得到，则，由此即可求出；
（3）同理可得，，利用三角形内角和定理得到，再由三角形外角的性质得到，即可得到，由此即可得到结论．
【详解】（1）解：∵平分平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：35°；
（2）解：∵平分平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：正确的结论是①，理由如下：
同（1）可得，
∵平分平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的值为定值，①正确，其值是180°．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，三角形外角的性质，四边形内角和定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
2．（2023春·七年级课时练习）【知识介绍】
苏科版数学七年级下：
平移的意义：在平面内，将一个图形沿着某个方向移动一定的距离，这样的图形运动叫做图形的平移，平移不改变图形的形状和大小．
如图，直线l上有两条可以左右移动的线段和，线段在线段的左边，，，运动过程中，点M、N始终分别是线段、的中点．
(1)线段与同时以每秒1个单位长度的速度也向右运动，的长度将______（变大、不变、变小）．
(2)若线段以每秒4个单位长度的速度向右运动，同时，线段以每秒1个单位长度的速度也向右运动，且线段运动6秒时，，求运动前点B、C之间的距离；
(3)设，且线段不动，将线段以每秒4个单位长度的速度向右运动．在向右运动的某一个时间段内，是否存在的值为定值？若存在，请直接写出这个定值，并直接写出这个时间段；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)不变
(2)运动前点B、C之间的距离为10或2；
(3)当时，为定值．
【分析】（1）根据路程、速度、时间的关系知的长度不变；
（2）若6秒后，在点左边时，若6秒后，在点右边时，根据题意列方程即可得到结论；
（3）根据题意分类讨论得到结果．
【详解】（1）解：∵点M和点N运动的速度、时间、方向都不变，
∴的长度不变，
故答案为：不变；
（2）解：∵点M、N始终分别是线段、的中点，
∴，
①若6秒后，在点左边时，
由，
即，
解得：；
②若6秒后，在点右边时，
则，
即，
解得，
综上，运动前点B、C之间的距离为10或2；
（3）解：存在．
运动t秒后：，，
当时，，
当时，，
当时，
∴当时，为定值．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用以及数轴和两点间的距离等知识，解答本题的关键是掌握两点间的距离公式，解答第三问注意分类讨论思想，此题难度不大．
3．（2021秋·湖南株洲·七年级株洲二中校考期末）实验证明，平面镜反射光线的规律是：射到平面镜上的光线和被反射出的光线与平面镜所夹的锐角相等．如图1，一束光线m射到平面镜a上，被a反射后的光线为n，则入射光线m、反射光线n与平面镜a所夹的锐角∠1＝∠2．
(1)如图2，一束光线m射到平面镜a上，被a反射到平面镜b上，又被b反射．若被b反射出的光线n与光线m平行，且∠1＝50°，则∠2＝ °，∠3＝ °．
(2)请你猜想：当射到平面镜a上的光线m，经过平面镜a、b的两次反射后，入射光线m与反射光线n平行时，两平面镜a、b间的夹角∠3的大小是否为定值？若是定值，请求出∠3，若不是定值，请说明理由．
(3)如图3，两面镜子的夹角为α°（0＜α＜90），进入光线与离开光线的夹角为β°（0＜β＜90）．试探索α与β的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)100；90；
(2)90°
(3)2α+β=180°
【分析】（1）根据平面镜反射光线的规律得∠1=∠4=50°，再利用平角的定义得∠5=80°，然后利用平行线的性质计算出∠2=100°，则∠6=40°，再利用三角形内角和定理计算∠3；
（2）当∠3=90°时，根据三角形内角和定理得∠4+∠6=90°，则2∠4+2∠6=180°，利用平角的定义得到∠2+∠5=180°，然后根据平行线的判定得到mn；
（3）由（1）可得，∠5=180°-2∠2，∠6=180°-2∠3，再根据∠2+∠3=180°-∠α，即可得出∠β=180°-∠5-∠6=2（∠2+∠3）-180°=2（180°-∠α）-180°=180°-2∠α．
（1）
解：如图：
∵∠1=∠4=50°，
∴∠5=180°-2×50°=80°，
∵mn
∴∠2+∠5=180°，
∴∠2=100°，
∴∠6=（180°-∠2）=40°，
∴∠3=180°-∠4-∠6=90°；
故答案为：100，90；
（2）
当∠3=90°时，mn
理由如下：
∵∠3=90°，
∴∠4+∠6=90°，
∴2∠4+2∠6=180°，
∴∠2+∠5=180°，
∴mn；
（3）
解：如图3，
由（1）可得，∠5=180°-2∠2，∠6=180°-2∠3，
∵∠2+∠3=180°-∠α，
∴∠β=180°-∠5-∠6=2（∠2+∠3）-180°=2（180°-∠α）-180°=180°-2∠α，
∴α与β的数量关系为：2α+β=180°，
故答案为：2α+β=180°．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质以及三角形内角和定理，解题时注意：同旁内角互补，两直线平行；两直线平行，同旁内角互补．
4．（2022春·四川达州·七年级统考期末）已知直线，点E、F分别在直线、上，连接，平分．
(1)如图1，连接，若平分．求的度数；
(2)如图2，连接，若，猜想和的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，点H为线段（端点除外）上的一个动点，过点H作的垂线交于M，连接，若平分，问的度数是否为定值？若是，求出的度数；若不是，请说明理由．
【答案】(1)∠EGF＝90°
(2)∠EGF＋∠EHF＝180°；理由见解析
(3)∠MGF的度数是为定值，且∠MGF＝45°
【分析】（1）根据EG、FG分别平分∠BEF和∠EFD，得到∠BEF＝2∠FEG，∠EFD＝2∠GFE，由干 到∠BEF＋∠EFD＝180°，于是得到2∠FEG＋2∠GFD＝180°，即可得到结论：
（2）过点G作，因为，所以．设∠EGN＝∠BEG＝α，∠NGF＝∠GFD＝β．由已知可得∠EGF＝∠BEG＋∠GFD＝α＋β，∠EHF＝180°−∠EFG−∠FEH＝180°−α−β，即可解答；
（3）过点 G作，因为，所以．所以设∠MGN＝∠BMG＝α，∠NGF＝∠GFD＝β．即∠MGF＝∠BMG＋∠GFD＝α＋β．根据∠EMH、∠EFD的平分线相交于G，得到∠MEF＝∠EFD＝2β．所以∠HME＝90°−∠MEF＝90°−2β．再因为MH⊥EF，所以∠HME＝90°−∠MEF＝90°−2β．再根据MG平分∠BMH，利用等量代换即可得到结论MH⊥EF，所以∠HME＝90°−∠MEF＝90°−2β．再根据条件MG平分∠BMH，得到∠EMG＝45°−β，即可得解．
（1）
解：∵EG、FG分别平分∠BEF和∠EFD，
∴∠BEF＝2∠FEG，∠EFD＝2∠EFG，
∵，
∴∠BEF＋∠EFD＝180°，
∴2∠FEG＋2∠GFE＝180°，
∴∠FEG＋∠GFE＝90°，
∵∠EGF＋∠FEG＋∠GFE＝180°，
∴∠EGF＝90°．
（2）
解：猜想：∠EGF＋∠EHF＝180°，
过点G作，
∵，
∴，
∴设∠EGN＝∠BEG＝α，∠NGF＝∠GFD＝β，
∴∠EGF＝∠BEG＋∠GFD＝α＋β，
∵FG平分∠EFD，
∴∠EFG＝∠GFD＝β，
∵∠EHF＝180°−∠EFG−∠FEH＝180°−α−β，
∴∠EHF＝180°−α−β＝180°−∠EGF，
∴∠EGF＋∠EHF＝180°．
（3）
解：结论：∠MGF＝45°，理由如下：
过点 G作，
∵，
∴，
∴设∠MGN＝∠BMG＝α，∠NGF＝∠GFD＝β，
∴∠MGF＝∠BMG＋∠GFD＝α＋β，
∵FG平分∠EFD，
∴∠EFG＝∠GFD＝β，
∵，
∴∠MEF＝∠EFD＝2β，
∵MH⊥EF，
∴∠HME＝90°−∠MEF＝90°−2β，
∵MG平分∠BMH，
∴∠EMG＝∠GMH＝α＝∠HME，
∴∠EMG＝α＝∠HME＝(90°−2β)＝45°−β，
∴∠MGF＝α＋β＝45°−β＋β＝45°，
∴∠MGF＝45°，
∴∠MGF的度数是为定值．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，熟练掌握平行线的性质定理是解题的关键．
5．（2022春·福建泉州·七年级泉州七中校考期末）已知和都是直角三角形，，，．如图1，点A与点D重合，点B在边上，，现将绕点B以每秒4°的速度顺时针旋转（当点A落在射线上时停止旋转），设旋转时间为t秒．
(1)当______秒时，；当______秒时，；
(2)在旋转过程中，边与边的交点记为M，如图2，若有两个内角相等，求t的值；
(3)当边与边，分别交于点P，Q时，连接，如图3，当时，是否为定值？如果是，请求出定值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)7.5，15；
(2)7.5或18.75；
(3)是定值， 15°．
【分析】（1）根据题意先求出∠DBA的值，用∠DBA的值除以4即为t的值；
（2）分情况讨论两个内角相等时求出∠DBM的值，即可求出t的值；
（3）根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和，可得、，将代入前式得到，再将代入可求出其值为15°，是定值．
（1）
∵，，，
∴∠BAC=∠BDF=90°-60°=30°，
当时，
∠DBA=∠BAC=30°，
即△ABC转动了30°，
∴t=30°÷4°=7.5（秒）．
当时，
∠DBA=90°-∠BDF=90°-30°=60°，
∴t=60°÷4°=15（秒）．
故答案为：7.5；15；
（2）
∵∠BDM=30°，
若∠MDB=∠MBD，则t=30°÷4°=7.5（秒）；
若∠DBM=∠DMB，则∠DBM==75°，
∴t=75°÷4°=18.75（秒）；
∵∠DMB逐渐变小，最终点M与点F重合，此时∠DMB=∠F=45°，
∴内不存在∠BDM=∠DMB的情况．
所以t的值为7.5或18.75．
（3）
是定值，理由如下：
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
所以是定值，此定值为15°．
【点睛】本题考查了三角形的角，熟练掌握三角形内角和定理和外角的性质是解题的关键．
6．（2022春·河北保定·七年级统考阶段练习）如图，直线AB∥CD，点M，N分别在直线上，H为直线下方一点．
(1)如图1，和相交于点H，求证：．（温馨提示：可过点H作的平行线）
(2)延长至点G，的平分线和的平分线相交于点E，与相交于点F．
①如图2，若，求的度数；
②如图2，当点F在点N左侧时，若的度数为，的度数为，且的值是一个定值，请问的度数是否会随x的变化而发生改变？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由．
③如图3，当点N在点F左侧时，②中其他条件不变，请问的度数是否会随x的变化而发生改变？若不变，直接写出的度数；若变化，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①；②不变，；③不变，
【分析】（1）过点H作HQAB．可得HQCD，从而得到，即可求证；
（2）①根据，可得，，从而得到，．再由，即可求解；②根据题意可得，，再由，即可求解；③过点H作OH∥AB，根据平行线的性质，可证得．从而得到，即可求解．
（1）
证明：如图，过点H作HQAB．
∵HQAB且ABCD，
∴HQCD，
∴，
∴；
（2）
解：①平分，
∴，
∵NE平分∠DNG，∠DNE=30°，
∴，
∴，．
由（1）可知：．
∴；
②∵平分，，
∴，
∵NE平分∠DNG，∠DNE=y°，
∴，
∴，，
∴．
∵为一个定值，
∴不会随x的变化而发生改变，度数为；
③不变，的度数为．理由如下：
如图，过点H作OHAB，
∴∠BMH=∠OHM，
∵ABCD，
∴OHCD，
∴∠DNH=∠OHN，
∴．
∵平分，
∴
∵NE平分∠DNG，∠DNE=y°，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵为一个定值，
∴不会随x的变化而改变．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质和判定，有关角平分线的计算，熟练掌握平行线的性质和判定，利用类比思想解答是解题的关键．
类型八、十字相乘法
1．（2023春·浙江·七年级专题练习）将下列多项式因式分解，结果中不含因式的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】将四个选项的式子分别进行因式分解，即可作出判断．
【详解】A、，故该选项不符合题意；
B、，故该选项不符合题意；
C、，故该选项符合题意；
D、，故该选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了因式分解，涉及提公因式法、公式法、十字相乘法，熟练掌握因式分解的方法是解决本题的关键．
2．（2023春·七年级课时练习）把多项式分解因式，其结果是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】因为−6×9＝−54，−6＋9＝3，所以利用十字相乘法分解因式即可．
【详解】解：x2+3x−54＝（x−6）（x＋9）；
故选：B．
【点睛】本题考查十字相乘法分解因式，运用十字相乘法分解因式时，要注意观察，尝试，并体会它实质是二项式乘法的逆过程．
3．（2023春·江苏·七年级专题练习）分解因式：______．
【答案】
【分析】利用整体思想及十字相乘法与立方差公式求解．
【详解】解：原式，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查因式分解，解题关键是熟练掌握十字相乘与立方差公式．
4．（2022秋·上海奉贤·八年级校考期中）在实数范围内因式分解：___________．
【答案】
【分析】先提取公因式3，然后再运用十字相乘法因式分解即可．
【详解】解：
=
=．
故答案是．
【点睛】本题主要考查了因式分解，灵活运用平方差公式和提取公因式法进行因式分解是解答本题的关键．
5．（2023春·全国·八年级专题练习）阅读理解完成任务：教材第121页阅读与思考中有一种因式分解的方法叫十字相乘法，书中描述分解因式的过程如下：先分解二次项系数，分别写在十字交叉线的左上角和左下角；再分解常数项，分别写在十字交叉线的右上角和右下角；然后交叉相乘，求代数和，使其等于一次项系数（如分解图），这样，我们就可以得到：
某同学看完教材没完全懂，问老师后就懂了，老师讲解如下：利用十字相乘法分解，首先分解二次项系数6，可分解为或或或，分别写在十字交叉线的左上角和左下角；再分解常数项－3，可分解为或，分别写在十字交叉线的右上角和右下角；然后交叉相乘，这样就会出现16种情况（如下分解图），求代数和等于一次项系数7，符合分解的分解图有2种情况（就是方框框起的两种情况）．所以得到：或．
十字相乘法公式：（其中，a，b，c，d为常数）
阅读以上材料，完成以下任务：请用十字相乘法分解下列多项式，要求写出一种符合分解的分解图．
(1)
(2)
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题中方法利用十字相乘法分解因式即可；
（2）根据题中方法利用十字相乘法分解因式即可．
【详解】（1）解：分解图如下：
∴；
（2）分解图如下：
∴．
【点睛】题目主要考查因式分解，理解题目中的十字相乘法是解题关键．
6．（2023春·全国·八年级专题练习）阅读与思考：利用多项式的乘法法则可推导得出：
．因式分解与整式乘法是方向相反的变形，利用这种关系可得：．利用这个式子可以将某些二次项系数为1的二次三项式分解因式，例如：将式子分解因式．分析：这个式子的常数项，一次项系数．这是一个型的式子，∴，∴．
(1)填空：式子 的常数项= ，一次项系数= ，分解因式 ．
(2)若可分解为两个一次因式的积，则整数p的所有可能值是 ．
【答案】(1)10；7；；
(2)，．
【分析】（1）由的常数项为，一次项系数为，从而可得因式分解的结果；
（2）由，再分类讨论可得答案．
【详解】（1）解：式子的常数项为，一次项系数为，
分解因式 ；
（2）∵，
∴，此时，
或，此时，
或，此时，
或，此时，
∴，．
【点睛】本题属于阅读理解题，考查的是利用十字乘法分解因式，理解题意，能够利用十字乘法解决问题是解本题的关键．
类型九、分组分解法
1．（2023春·七年级课时练习）已知a+b＝3，ab＝1，则多项式a2b+ab2﹣a﹣b的值为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【分析】根据分解因式的分组分解因式后整体代入即可求解．
【详解】解：a2b+ab2-a-b
=（a2b-a）+（ab2-b）
=a（ab-1）+b（ab-1）
=（ab-1）（a+b）
将a+b=3，ab=1代入，得：原式=0．
故选：A．
【点睛】本题考查了因式分解的应用，解决本题关键是掌握分组分解因式的方法．
2．（2023春·江苏·七年级专题练习）已知实数m，n，p，q满足，，则（ ）
A．48 B．36 C．96 D．无法计算
【答案】A
【分析】先利用单项式乘以多项式法则将要求值的多项式进行整理，将题目所给的有确定值的式子进行变形，得出所需要的式子的值，运用整体代入法既可求解．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查单项式乘以多项式、多项式乘以多项式的综合运用，解题的关键是对条件所给的式子变形要有方向性和目的性，同时要掌握分组分解法对式子进行因式分解．
3．（2023春·七年级课时练习）分解因式：___________．
【答案】
【分析】本题有a的四次项、a的三次项，a的二次项，有常数项，所以首要考虑的就是三一分组，前三项提取公因式后可以利用完全平方公式分解因式，然后还可以与第四项继续利用平方差公式分解因式．
【详解】解：
=
=
=
=
故答案为：．
【点睛】本题考查了分组分解法，十字相乘法分解因式，难点是采用两两分组还是三一分组，要考虑分组后还能进行下一步分解，利用平方差公式分解后还要继续利用十字相乘法分解因式，注意分解因式要彻底．
4．（2022秋·上海青浦·七年级校考期中）______多项式的因式（填“是”或“不是”）
【答案】是
【分析】假设是多项式的因式，则只需将多项式进行分组，可写成，此时两两一组分解因式即可得到结果．
【详解】，
，
，
，
∴是多项式的因式．
故答案为：是
【点睛】本题主要考查因式分解的应用，掌握分组分解法是解题的关键．
5．（2023春·全国·八年级专题练习）阅读下列材料：
因式分解的常用方法有提取公因式法和公式法，但有的多项式仅用上述方法就无法分解，如，我们细心观察这个式子就会发现，前三项符合完全平方公式，进行变形后可以与第四项结合再运用平方差公式进行分解．
过程如下：．
这种因式分解的方法叫分组分解法．
利用这种分组的思想方法解决下列问题：
(1)因式分解：；
(2)因式分解：；
(3)若、、为非零实数，且，求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据阅读材料中的分组分解方法，先分组再利用平方差公式因式分解即可得到答案；
（2）根据阅读材料中的分组分解方法，先分组再利用提公因式法因式分解即可得到答案；
（3）根据阅读材料中的分组分解方法，先分组再综合运用提取公因式法和公式法因式分解即可得到答案．
【详解】（1）解：
；
（2）解：
；
（3）证明：，
，
，
，
，
，
，
，
∴．
【点睛】本题考查分组分解法，阅读材料，理解分组分解因式的思想方法是解决问题的关键．
6．（2023春·全国·八年级专题练习）将一个多项式分组后，可提公因式或运用公式分别分解的方法是因式分解中的分组分解法，常见的分组分解法的形式有：“”分法、“”分法、“”分法及“”分法等．
如“”分法：
再如“”分法：
利用上述方法解决下列问题：
(1)分解因式：．
(2)的三边a，b，c满足，判断的形状，并说明理由．
【答案】(1)；
(2)是等腰三角形，理由见解析．
【分析】（1）根据“”分法即可得出答案；
（2）根据“”分法分解因式，得出或，即可得出答案．
【详解】（1）解：
；
（2）解：，
，
，
，
，
∴或，
∴或，
∴是等腰三角形．
【点睛】本题考查因式分解，利用分组分解法时，要明确分组的目的，是分组分解后仍能继续分解，还是分组后利用各组本身的特点进行解题．
类型十、n等分角
1．（2022秋·河南信阳·八年级校考期末）如图1，在中，，的角平分线交于点，则．如图，在中，，的两条三等分角线分别对应交于，，则，．根据以上阅读理解，你能猜想(等分时，内部有个点)(用的代数式表示)( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意求出，在中，利用三角形内角和定理列式整理即可得解．
【详解】解：∵，的角平分线交于点，则，
和分别是的三等分线，
∴，．
∵和分别是的n等分线，
∴
∴，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，以及三等分线，n等分线的定义，整体思想的利用是解题的关键．
2．（2022秋·全国·八年级专题练习）如图，在中，，的三等分线交于点E，D．若，则的度数为（ ）
A．45° B．50° C．55° D．60°
【答案】A
【分析】根据三角形内角和定理求出，再根据三等分线求出即可解决问题．
【详解】解：在中，
∵，
∴，
∵，的三等分线交于点E、D，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查三角形的内角和定理，角平分线的定义等知识，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
3．（2022秋·广东广州·八年级期中）如图中的△ABC，∠A＝39°，∠ABM的三等分线是BD，BE；∠ACN的三等分线是CF，CG．其中BE，CG的反向延长线交于H，则∠BHC的度数是______．
【答案】107°##107度
【分析】根据三角形的内角和为180°得到∠ABC+∠ACB=180°-39°=141°，再利用邻补角的定义得3∠1=180°-∠ABC，3∠3=180°-∠ACB，则可得到∠1+∠3=73°，根据对顶角相等得∠1=∠2，∠3=∠4，然后再根据三角形的内角定理即可得到∠BHC的度数．
【详解】解：如图，
∵∠A＝39°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣39°＝141°，
又∵∠ABC的外角三等分线是BD，BE；∠ACB的外角三等分线是CF，CG，
∴3∠1＝180°﹣∠ABC，3∠3＝180°﹣∠ACB，
∴3∠1+3∠3＝360°﹣（∠ABC+∠ACB）＝360°﹣141°＝219°，
∴∠1+∠3＝73°，
又∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
而∠BHC＝180°﹣（∠2+∠4），
∴∠BHC＝180°﹣（∠1+∠3）＝180°﹣73°＝107°．
故答案为：107°．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理、对顶角以及邻补角的定义，掌握相关定理以及定义是解题的关键．
4．（2022春·江苏无锡·七年级校考阶段练习）已知△ABC中，∠A=x°，如图1，若∠ABC和∠ACB的三等分线相交于点，则用x表示______°，如图2，若∠ABC和∠ACB的n等分线相交于点，则用x表示______°
【答案】
【分析】根据角的n等分线的定义和三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：如图1所示，在△ABC中∠A=x°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-x°，
∵∠ABC和∠ACB的三等分线相交于点，
∴，
∴，
∴；
如图2所示，同理可得∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-x°，
∵∠ABC和∠ACB的n等分线相交于点，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，角n等分线的定义，熟知相关知识是解题的关键．
5．（2023春·江苏常州·七年级常州市第二十四中学校考阶段练习）探究题
(1)若中，
①如图1，若和的角平分线相交于点O，则 ．
②如图2， 若和的三等分线相交于点、，则 ．
(2)若中，
①如图1，若和的角平分线相交于点O，则用x表示 度 ．
②如图2，若和的三等分线相交于点、，则用x表示 度．
③如图3，若和的n等分线相交于点、、……、，则用x表示 度．（结果不需化简）
(3)如图，四边形中，为四边形的的角平分线及外角的平分线所在的直线构成的锐角，
①如图4，若设，，则 ；
②如图5，若设，，请在图中画出，则 ；
③若设，，一定存在吗？如有，求出的值（用x、y表示），如不一定，指出x、y满足什么条件时，不存在，并说明理由．
【答案】(1)；
(2)
(3)；；当且仅当满足时不存在
【分析】（1）①由和的角平分线相交于点O得，，由三角形内角和定理得，，即可求得的值；
②由和的三等分线相交于点、得，，由三角形内角和定理得，，即可求得的值；
（2）①由（1）①求解步骤可得结论；
②由（1）②求解步骤可得结论；
③观察①②，即可得规律：若和的n等分线相交于点、、…、，则
（3）①先根据四边形内角和等于，得出，根据内角与外角的关系和角平分线的定义得出，从而得出结论；
②仿照①的步骤求解即可；
③x，y满足时，的角平分线及外角的平分线平行，可知不存在．
【详解】（1）解：①∵和的角平分线相交于点O，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴；
②∵和的三等分线相交于点、，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∵，
．
故答案为：；；
（2）①由（1）①得，
∵，
∴
②由（1）②得，
∵，
∴
③由①②可得，
∴若和的n等分线相交于点、、……、，
则用x表示
故答案为：，；
（3）①∵，
∴
，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴
故答案为：；
②如图，
∵，
∴
，
∴，
∴；
∵，，
∴．
故答案为：；
③当时，不存在，
如图，的角平分线及外角的平分线分别是和．
∵，
∴，
∴．
∵的角平分线及外角的平分线分别是和，
∴，
∴的角平分线及外角的平分线平行，
∴不存在，
∴当时，不存在．
【点睛】本题考查了三角形内角与外角和角平分线的定义，多边形内角与外角和角平分线的定义，以及平行线的判定与性质，数形结合是解题的关键．
6．（2022秋·山西晋中·八年级校考期末）探究与发现：如图l所示的图形，像我们常见的学习用品——-圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，
(1)观察“规形图”，直接写出与、、之间的关系：______
(2)请你直接利用以上结论，解决以下三个问题：
①如图2，把一块三角尺放置在上，使三角尺的两条直角边、恰好经过点B、C，，则______；
②如图3，平分，平分，若，，则______；
③如图4，，的10等分线相交于点、…、，若，，则______．
【答案】(1)
(2)①；②90；③62．
【分析】（1）首先连接并延长，然后根据外角的性质，即可判断出；
（2）①由（1）可得，然后根据，，即可求出的值；②由（1）可得，再根据，，求出的值；然后根据，即可求出的度数；③设，，结合已知可得，，再根据（1）可得，，即可判断出的度数．
【详解】（1）解：，理由如下：
如图，连接并延长．
根据外角的性质，可得，，
又∵，，
∴，
故答案为：；
（2）①由（1）可得，
∵，，
∴，
故答案为：；
②由（1）可得，
∴，
∴，
∴，
故答案为：90；
③设，，
则，，
则，，
解得
所以
即的度数为，
故答案为：62．
【点睛】此题还考查了三角形的外角的性质，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和．
35期中考前满分冲刺之优质压轴题
【专题过关】
类型一、配方最值
1．阅读材料：我们把形如的二次三项式（或其中一部分）配成完全平方式的方法叫做配方法．配方法的基本形式就是完全平方公式的逆写，即．例如：，，是的三种不同形式的配方．则下列说法正确的个数是（ ）
①和都是不同形式的配方
②是完全平方式，则k的值为3
③有最小值，最小值为2
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】①各式化简得到结果，比较即可作出判断；
②利用完全平方公式的结构特征判断即可；
③原式配方后，求出最小值，即可作出判断．
【详解】解：①∵(x+2)2-2x= x2+2x+4，(x+1)2+3= x2+2x+4，∴(x+2)2-2x和(x+1)2+3都是x2+2x+4不同形式的配方，符合题意；
②x2-2(k-1)x+4是完全平方式，则k-1=2或k-1=-2，即k=3或-1，不符合题意；
③原式=(b2-4b+4)+2=(b-2)2+2，当b=2时，取得最小值，最小值为2，符合题意．
故选：C．
【点睛】此题考查了配方法的应用，以及偶次方的非负性，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
2．已知实数满足，则的最小值为（ ）
A．8 B．5 C．4 D．0
【答案】A
【分析】利用变形得到，由，进一步得到，由进一步即可得到的最小值．
【详解】解：∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
即的最小值为8．
故选：A
【点睛】此题考查了利用完全平方公式变形求值，熟练掌握完全平方公式的灵活变形是解题的关键．
3．已知有理数x，y满足，则代数式的最小值是________．
【答案】13
【分析】先根据已知条件式得到，再利用完全平方公式将所求式子变形为，由此即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴
，
∵，
∴，
∴代数式的最小值是13，
故答案为：13．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的应用，熟知完全平方公式是解题的关键．
4．已知实数m，n满足，则代数式的最小值等于___．
【答案】3
【分析】根据题意把原式变形，根据配方法把原式写成含有完全平方的形式，根据偶次方的非负性解答．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
则
，
∵，
∴，
即代数式的最小值等于3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查的是代数式的最值，配方法的应用；熟练的运用配方法求解代数式的最值是解本题的关键．
5．“配方法”是指将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和．它是数学的重要方法，可以解决多项式、方程的相关问题．如：我们可以通过“配方法”求代数式的最小值．
，
∵，
∴当时，有最小值．
请阅读上述“配方法”的应用，并解答下列问题：
(1)若，请求出、的值；
(2)试说明代数式的值都不大于；
(3)若代数式的最小值为，试求出的值．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用配方法进行转化，然后求得对应系数的值；
（2）利用配方法和平方非负数的性质即可得到结论；
（3）利用配方法和平方非负数的性质可得有最小值，从而得到关于的方程，求解即可．
【详解】（1）解：∵，
又∵，
∴、．
（2）证明：∵，
又∵，
∴，
∴当时，有最大值，
∴无论取何值，代数式的值都不大于．
（3）解：∵
，
又∵
∴当时，有最小值，
∵的最小值为，
∴，
∴，
∴．
∴的值为．
【点睛】本题是因式分解的应用，考查完全平方式和平方的非负性．熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
6．阅读材料：
求的最小值．
解：，
∵即的最小值为0，
∴的最小值为4．
解决问题：
(1)若a为任意实数，则代数式的最小值为 ．
(2)求的最大值．
(3)拓展：
①不论x，y为何实数，代数式的值 ．（填序号）
A．总不小于1 B．总不大于1 C．总不小于6 D．可为任何实数
②已知，求．
【答案】(1)
(2)5
(3)①A；②
【分析】（1）对式子利用配方法求解即可；
（2）对式子利用配方法求解即可；
（3）①对式子中的利用配方法求解即可；
②对式子进行配方，求得的值，然后代入求值即可．
【详解】（1）解：，
∵，
∴的最小值为；
故答案为：；
（2）解：，
∵，
∴，
∴，
即的最大值为5；
（3）解：①，
∵，，
∴的最小值为，故A正确．
故选：A．
②∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴．
【点睛】本题主要考查了配方法的应用，完全平方公式变形计算，解题的关键是熟练掌握配方法的应用．
类型二、平方差数字类规律
1．（2023春·山西太原·七年级山西大附中校考阶段练习）观察：，，，据此规律，当时，代数式的值为（ ）
A．1 B．0 C．1或－1 D．0或－2
【答案】B
【分析】根据规律得到，进而得到，，再分别代入即可求解．
【详解】解：根据规律得，
∵，
∴，
∴，
当时，
当时，．
故选：B
【点睛】本题考查了探索规律，平方差公式，多项式乘多项式，考查分类讨论的思想，根据条件求出x的值是解题的关键，不要漏解．
2．（2023春·七年级课时练习）计算，结果的个位数字是（ ）
A．6 B．5 C．8 D．7
【答案】B
【分析】根据平方差公式将原式可化简为．求出2的乘方的前几项，总结出其个位数字依次为并依次循环出现．从而即得出的个位数字为6，进而得出的个位数字为5．
【详解】解：
…
．
∵，，，，，…，即其个位数字依次为并依次循环出现．
∵，
∴的个位数字为6，
∴的个位数字为．
故选B．
【点睛】本题考查平方差公式的应用，数字类变化规律．正确利用平方差公式化简，并找出个位数字规律性的出现是解决问题的关键．
3．（2023春·陕西西安·七年级西安一中校考阶段练习）的值为_______．
【答案】
【分析】原式变形为，再根据平方差公式即可求解.
【详解】解：
=
=
=
=
=
=
=
=
故答案为：
【点睛】本题考查了平方差公式，解题的关键是注意指数的变化．
4．（2023春·七年级课时练习）计算：的值为________________．
【答案】
【分析】根据平方差公式进行变形运算求解即可．
【详解】解：
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平方差公式，正确的计算是解决本题的关键．
5．（2023春·江西吉安·七年级校考阶段练习）观察下列各式：
……
(1)按以上等式的规律填空：（_____________）；
(2)根据规律可得____________（其中为正整数）；
(3)利用上面的结论，完成下面两题的计算：
①
②
【答案】(1)
(2)
(3)①；②
【分析】（1）根据所给出的具有规律的式子，即可求解；
（2）观察所给式子的特点，等号右边x的指数比等号左边x的最高指数大1，然后写出即可；
（3）①根据所给式子的规律，把x换为3即可求解；根据上述规律计算其和，即可得解．②用添项法，实在补充为题干给定形式，即乘以即可解答．
【详解】（1）；
故答案为：
（2）；
故答案为：
（3）①
②
【点睛】本题考查了平方差公式的推广，要读懂题目信息并总结出规律，具有规律性是特殊式子的因式分解，解题的关键是找出所给范例展示的规律．
6．（2022春·安徽滁州·七年级校考期中）（1）计算并观察下列各式填空：
；
；
；
（2）从上面的算式及计算结果，你发现了什么？请根据你发现的规律直接填写下面的空格：
（ ）；
（3）利用你发现的规律计算： ；
（4）利用该规律计算：的值．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【分析】（1）利用上面等式的变化规律计算（x-1）（x3+x2+x+1）；
（2）利用（1）中三个等式的变化规律求解；
（3）利用（1）中三个等式的变化规律求解；
（4）将原式变形后再进行计算即可．
【详解】解：（1），
故答案为：；
（2）
故答案为：；
（3），
故答案为：；
（4）．
【点睛】本题考查了平方差公式：两个数的和与这两个数的差相乘，等于这两个数的平方差．也考查了规律型问题的解决方法．
类型三、新定义几何
1．（2021春·辽宁朝阳·七年级统考期末）定义：当三角形中一个内角α是另一个内角的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中α称为“特征角”．如果一个“特征三角形”的一个内角为48°，那么这个“特征角”α的度数为（ ）
A．48° B．96°
C．88°或48° D．48°或96°或88°
【答案】D
【分析】由题意，分类讨论，设三角形的三个内角分别是∠1、∠2、α且α＝2∠1，即可求出答案．
【详解】解：设三角形的三个内角分别是∠1、∠2、α且α＝2∠1．
当α＝48°，则∠1＝24°．
当∠1＝48°，则α＝2∠1＝96°．
当∠2＝48°，则∠1+α＝180°﹣∠2＝132°．
∴3∠1＝132°．
∴∠1＝44°．
∴α＝2∠1＝88°．
综上：“特征角”α可能为48°或96°或88°．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了材料理解以及三角形内角和，准确的理解题意以及利用内角和为180°是解决本题的关键．
2．（2021秋·安徽六安·八年级校考期中）定义：当三角形中一个内角α是另一个内角的两倍时，我们称此三角形为“倍角三角形”，其中α称为“倍角”，如果一个“倍角三角形”的一个内角为99°，那么倍角α的度数是（ ）
A．99° B．99°或49.5° C．99°或54° D．99°或49.5°或54°
【答案】C
【分析】根据题意设三角形的三个内角分别是m、n、α且α=2m，由题意得α=99°或m=99°或n=99°，分这三种情况讨论即可．
【详解】解：设三角形的三个内角分别是m、n、α且α=2m，
当α=99°，则m=49.5°,n=31.5°,
当m=99°，则α=2m=198°（舍去）,
当n=99°，则m+α=180°-n=81°,
∴3m=81°,
∴m=27°,
∴α=2m=54°．
综上：倍角α的度数为99°或54°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理即三角形内角和是180°是解决本题的关键，注意分类讨论方法的运用．
3．（2020秋·湖北随州·八年级统考期末）我们定义三边长均为整数的三角形叫做整三角形.已知△ABC是整三角形，其周长为偶数，若AC- BC = 3.则边长AB的最小值是__________
【答案】5
【分析】根据AC- BC = 3可得AC=BC+3，故三角形的周长为2BC+AB+3，其为偶数，故AB为奇数，又因为AB＞3，故AB的最小值为5.
【详解】∵AC- BC = 3
∴AC=BC+3
∴三角形的周长=2BC+AB+3
∵其周长为偶数，三边长均为整数
∴AB为奇数
又∵AB＞AC- BC即AB＞3
∴AB的最小值为5.
故答案为：5
【点睛】本题考查的是三角形的三边关系，掌握“两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”是关键.
4．（2019秋·浙江·八年级统考阶段练习）定义：当三角形中一个内角是另一个内角的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中称为“特征角”如果一个“特征三角形”的一个内角为48°，那么这个“特征角”的度数为______．
【答案】或或
【分析】当“特征角”为时，即；当，利用新定义得到“特征角”；当第三个角为时，根据三角形内角和得到，解关于的方程即可．
【详解】解：当“特征角”为时，即；
当，则“特征角”；
当第三个角为时，，即得，
综上所述，这个“特征角”的度数为或或．
故答案是：或或．
【点睛】考查了三角形内角和定理：三角形内角和是会运用分类讨论的方法解决数学问题．
5．（2022春·江苏泰州·七年级校联考阶段练习）新定义：在中，若存在一个内角是另外一个内角度数的n倍（n为大于1的正整数），则称为n倍角三角形．例如，在中，，可知，所以为2倍角三角形．
(1)在中，，则为 倍角三角形．
(2)已知：在图中直线被直线EF所截交点分别为E、F，，与的平分线交于点G，若是6倍角三角形，求．
(3)图中平分，平分，问是几倍角三角形，为什么？
(4)在中，，若既可以是一个2倍角三角形，又可以是一个3倍角三角形，求∠A的度数．
【答案】(1)3
(2)或或或
(3)是2倍角三角形，理由见解析
(4)或或
【分析】（1）利用三角形内角和定理求出的度数即可得到答案；
（2）先根据平行线的性质和角平分线的定义求出，则，然后分四种情况讨论求解即可；
（3）根据平角的定义求出，再根据角平分线的定义和三角形外角的性质求出，则，由此即可得到结论；
（4）分当时， 当时，当时，三种情况利用三角形内角和定理讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵在中，，
∴，
∴，
∴为3倍角三角形，
故答案为：3；
（2）解：∵，
∴，
∵分别是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
当时，则，
∴；
当时，则，
∴；
当，则，
∴；
当，则，
∴；
综上所述，的度数为或或或；
（3）解：是2倍角三角形，理由如下：
∵，
∴，
∵分别是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是2倍角三角形；
（4）解：∵在中，，若既可以是一个2倍角三角形，又可以是一个3倍角三角形，
∴当时，∵，
∴，
∴；
当时，同理可求得；
当时，同理可求得；
综上所述，的度数为或或；
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，三角形外角的性质，平行线的性质，正确理解题意是解题的关键．
6．（2023春·江苏泰州·七年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）新定义：在中，若存在一个内角是另外一个内角度数的n倍（n为大于1的正整数），则称为n倍角三角形．例如，在
中，，可知，所以为2倍角三角形．
(1)在中，，则为 倍角三角形．
(2)已知：在图中直线被直线EF所截交点分别为E、F，，与的平分线交于点G，若
是6倍角三角形，求．
(3)如图，顶点在直线上的O处，P为上方一点， ，若，则是几倍三角形？并说明理由．
(4)在中，，若既可以是一个2倍角三角形，又可以是一个3倍角三角形，求∠A的度数．
【答案】(1)3
(2)或或或
(3)既是2倍角三角形，也是8倍角三角形，理由见解析
(4)或或
【分析】（1）利用三角形内角和定理求出的度数即可得到答案；
（2）先根据平行线的性质和角平分线的定义求出，则，然后分四种情况讨论求解即可；
（3）根据 ，求出，
从而得到，再由三角形内角和定理可得，由此即可得到结论；
（4）分当时， 当时，当时，三种情况利用三角形内角和定理讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵在中，，
∴，
∴，
∴为3倍角三角形，
故答案为：3；
（2）解：∵，
∴，
∵分别是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
当时，则，
∴；
当时，则，
∴；
当，则，
∴；
当，则，
∴；
综上所述，的度数为或或或；
（3）解：既是3倍角三角形，也是8倍角三角形，理由如下：
∵ ，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴既是3倍角三角形，也是8倍角三角形；
（4）解：∵在中，，若既可以是一个2倍角三角形，又可以是一个3倍角三角形，
∴当时，∵，
∴，
∴；
当时，同理可求得；
当时，同理可求得；
综上所述，的度数为或或．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，平行线的性质，正确理解题意是解题的关键．
类型四、新定义代数
1．（2020春·浙江杭州·七年级校考期中）定义运算，若，则a的值为（ ）
A．1或3或5 B．0或2或4 C．2或5 D．1或4
【答案】A
【分析】根据题目的定义和题目中的式子，利用分类讨论的方法，可以得到a的值．
【详解】解：∵（a-1）-（a-4）
=a-1-a+4
=3，
∴a-1＞a-4，
∵，，
∴（a-4）a-1=1，
∴a-4=1，或a-4=-1且a-1为偶数，或a-1=0且a-4≠0，
解得，a=5或a=3或a=1，
故选：A．
【点睛】本题考查有理数的混合运算，解答本题的关键是明确有理数混合运算的计算方法．
2．（2021春·山东济宁·七年级济宁学院附属中学校考期中）现定义运算“”，对于任意有理数，，都有，例如：，由此可知等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】原式利用题中的新定义化简，计算即可得到结果．
【详解】解：根据题中的新定义得：
，
故选：A．
【点睛】本题考查整式的混合运算，读懂题目中定义的新运算是解题的关键．
3．（2022秋·八年级课时练习）新定义一种运算，其法则为，则__________
【答案】
【分析】按照题干定义的运算法则，列出算式，再按照同底幂除法运算法则计算可得．
【详解】
故答案为：
【点睛】本题考查定义新运算，解题关键是根据题干定义的运算规则，转化为我们熟知的形式进行求解．
4．（2022秋·河北石家庄·八年级统考期末）对于有理数a，b，定义：：当时，；当时，．若，则的值为__________．
【答案】9
【分析】根据新定义可得：-6m+4n-m2-n2≥13，通过整理配方可得：（m+3）2+（n-2）2≤0，利用非负性的性质可判断出m+3=0，n-2=0，从而求值．
【详解】解：∵min{13，-6m+4n-m2-n2}=13，
∴-6m+4n-m2-n2≥13，
∴（m+3）2+（n-2）2≤0，
∴m+3=0，n-2=0，
∴m=-3，n=2，
∴mn=（-3）2=9．
故答案为：9
【点睛】本题考查新定义，配方法应用，非负性性质，解题关键是将不等式进行配方．
5．（2023春·七年级课时练习）阅读材料：
定义：如果，那么称a为n的劳格数，记为，
例如：，那么称2是100的劳格数，记为．
填空：根据劳格数的定义，在算式中，______相当于定义中的n，所以______；
直接写出______；
探究：某数学研究小组探究劳格数有哪些运算性质，以下是他们的探究过程
若a、b、m、n均为正数，且，，
根据劳格数的定义：，______，
∵
∴，这个算式中，______相当于定义中的a，______相当于定义中的n，
∴______，即，
请你把数学研究小组探究过程补全
拓展：根据上面的推理，你认为：______．
【答案】1000，3；﹣8；b，a＋b，，a＋b；－．
【分析】根据新定义法则进行运算即可．
【详解】解：∵如果，那么称a为n的劳格数，记为，
∴，那么称3是1000的劳格数，记为．
∴在算式中，1000相当于定义中的n，所以3；﹣8；
∵，
∴，
∵，，
∴＝pq，
∴这个算式中，pq相当于定义中的a， 相当于定义中的n，
∴＝＋，
即，
设，，
∴，，
∵，
∴＝a－b＝－，
即－．
故答案为：1000，3；﹣8；b，a＋b，，a＋b；－．
【点睛】此题考查了新定义问题，用到了幂的相关运算，解题的关键是理解新定义及其运算法则．
6．（2021秋·山西晋中·九年级统考阶段练习）定义：若一个整数能表示成a2＋b2（a，b是正整数）的形式，则称这个数为“完美数”．
例如：因为13＝32＋22，所以13是“完美数”；
再如：因为a2＋2ab＋2b2＝（a＋b）2＋b2，所以a2＋2ab＋2b2也是“完美数”．
（1）请直接写出一个小于10的“完美数”，这个“完美数”是 ；
（2）判断53 （请填写“是”或“否”）为“完美数”；
（3）已知M＝x2＋4x＋k（x是整数，k是常数），要使M为“完美数”，试求出符合条件的一个k值，并说明理由；
（4）如果数m，n都是“完美数”，试说明mn也是“完美数”．
【答案】（1）2或5或8；（2）是；（3）k=5，理由见解答过程；（4）见解析
【分析】（1）2=12+12，5=22+12，8=22+22，这些数都是小于10的“完美数”；
（2）利用53=22+72即可判断；
（3）由M=x2+4x+k得M=（x+2）2+k-4，则使k-4为一个完全平方数即可；
（4）设m=a2+b2，n=c2+d2，则mn=（a2+b2）（c2+d2），进行整理可得：mn=（ac+bd）2+（ad-bc）2，从而可判断．
【详解】解：（1）根据题意可得：2=12+12，5=22+12，8=22+22，
故2，5，8都是“完美数”，且都小于10，
故答案为：2或5或8（写一个即可）；
（2）53=22+72，故53是“完美数”，
故答案为：是；
（3）k=5（答案不唯一），
理由：∵M=x2+4x+k
∴M=x2+4x+4+k-4
M=（x+2）2+k-4
则当k-4为完全平方数时，M为“完美数”，如当k-4=1时，解得：k=5．
（4）设m=a2+b2，n=c2+d2，
则有mn=（a2+b2）（c2+d2）
=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2
=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2+2abcd-2abcd
=（ac+bd）2+（ad-bc）2
故mn是一个“完美数”．
【点睛】本题考查了因式分解的应用，完全平方公式的运用，阅读理解题目表述的意思是本题的关键．
类型五、无刻度尺作图
1．如图是由小正方形组成的的网格，的三个顶点、、均在格点上，请按要求在给定的网格中，仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图，保留作图痕迹，不写画法．
(1)在图1中的上画出的高线；
(2)在图2中的上找出一点，画线段，使得将分成面积比为两部分；
(3)在图3中的上找一点，画，使得．
【答案】(1)答案见解析，即为所求
(2)答案见解析，，即为所求
(3)答案见解析，点即为所求
【分析】（1）根据网格中横向对角线与纵向对角线垂直，作图求解；
（2）在线段上截取或，连接，即可；
（3）由网格判断出，取格点，连接，使且交于点，利用等腰三角形角度关系及互余定义即可得到点即为所求作．
【详解】（1）解：如图所示：
即为所求；
（2）解：如图所示：
，即为所求；
（3）解：如图所示：
，
，
，
，
点即为所求．
【点睛】本题考查了作图-应用和设计作图，熟悉网格中的垂直作图规则、三角形角度关系是解题的关键．
2．如图，在正方形网格中，点A、B、Q在格点上，请用无刻度的直尺用连线的方法画出如下图形（保留画图痕迹）．
(1)在图1中，找一个格点P，连接，使为直角三角形；
(2)在图2中，找一个格点H，连接，使．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据网格的特点和直角三角形的概念求解即可；
（2）根据网格的特点求解即可．
【详解】（1）如图1所示，即为所要求作的直角三角形，
（2）如图2所示，点H即为所要求作的点，
【点睛】此题主要考查了应用设计与作图，直角三角形的概念，正确借助网格分析是解题关键．
3．图①、图②、图③均是6×6的正方形网络，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点A、B、C、D、E、F均在格点上．在图①、图②、图③中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，与要求写出做法．
(1)在图①中以线段为边画一个，使其面积为6．
(2)在图②中以线段为边画一个，使其面积为6．
(3)在图③中以线段为边画一个四边形，使其面积为6，．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）直接利用三角形的面积的计算方法得出符合题意的图形；
（2）直接利用三角形面积求法得出答案；
（3）根据三角形的面积的求法进而得出答案．
【详解】（1）解：如图①所示，即为所求；
（2）解：如图②所示，即为所求；
（3）解：如图③所示，四边形即为所求；
【点睛】此题主要考查了作图-应用与设计，以及三角形面积求法，正确掌握三角形面积求法是解题关键．
4．在如图所示的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C在小正方形的顶点上．请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图．（保留作图痕迹）
(1)如图1，作出中边上的中线．
(2)如图2，作出中边上的高．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用网格找到的中点D，连接即可．
（2）延长，利用网格，作即可．
【详解】（1）如图1，即为所求．
（2）如图2，即为所求．
【点睛】本题考查作图﹣应用与设计作图、三角形的中线与高线，熟练掌握三角形的中线与高线的定义是解答本题的关键．
5．图①、图②均是44的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，△OABC的顶点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求
画图，不要求写出画法，保留作图痕迹．
(1)在图①中画△ABC的角平分线BD，标出点D；
(2)在图②中的边BC上找到格点E，连接AE，使AE平分△ABC的面积
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由图可知∠ABC=90°，根据等腰直角三角形的性质，连接格子的对角线即可，
（2）根据三角形中线的性质，找到BC边的中点即可．
【详解】（1）如图：
（2）如图：
【点睛】本题主要考查了三角形的角平分线和中线，熟练掌握三角形的角平分线和中线的定义是解题的关键．
6．（1）如图，在7×6的方格中，△ABC的顶点均在格点上．试只用不带刻度的直尺，按要求画出线段EF（E，F均为格点），各画出一条即可．
（2）如图，△ABC的顶点均在正方形网格格点上．只用不带刻度的直尺，作出△ABC的角平分线BD（不写作法，保留作图痕迹）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据题目要求，利用数形结合的思想画出线段EF即可；
（2）取格点Q，连接AQ，取AQ的中点J，作射线BJ交AC于点D，线段BD即为所求．
【详解】解：（1）如图，线段EF即为所求：
（2）如图，线段BD即为所求．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
类型六、旋转平行分类
1．（2023春·山西大同·七年级大同一中校考阶段练习）如图，直线上有两点A、C，分别引两条射线、．，与在直线异侧．若，射线、分别绕A点，C点以1度/秒和6度/秒的速度同时顺时针转动，设时间为t秒，在射线转动一周的时间内，当时间t的值为（ ）时，与平行．（ ）
A．4秒 B．10秒 C．40秒 D．4或40秒
【答案】D
【分析】分情况讨论：①与在的两侧，分别表示出与，然后根据内错角相等两直线平行，列式计算即可得解；②旋转到与都在的右侧，分别表示出与，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解；③旋转到与都在的左侧，分别表示出与，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解．
【详解】解：分三种情况：
如图①，与在的两侧时，
∵，，
∴，，
要使，则，
即，
解得；
此时，
∴；
②旋转到与都在的右侧时，
∵，，
要使，则，
即，
解得，
此时，
∴；
③旋转到与都在的左侧时，
∴，，
要使，则，
即，
解得，
此时，
而，
∴此情况不存在．
综上所述，当时间t的值为4秒或40秒时，与平行．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的判定，读懂题意并熟练掌握平行线的判定方法是解题的关键，要注意分情况讨论．
2．（2023春·全国·七年级专题练习）为了亮化某景点，石家庄市在两条笔直且互相平行的景观道MN、QP上分别放置A、B两盏激光灯，如图所示．A灯发出的光束自AM逆时针旋转至AN便立即回转，B灯发出的光束自BP逆时针旋转至BQ便立即回转，两灯不间断照射，A灯每秒转动30°，B灯每秒转动10°，B灯先转动2秒，A灯才开始转动，当B灯光束第一次到达BQ之前，两灯的光束互相平行时A灯旋转的时间是（ ）
A．1或6秒 B．8.5秒 C．1或8.5秒 D．2或6秒
【答案】C
【分析】设灯旋转的时间为秒，求出的取值范围为，再分①，②和③三种情况，先分别求出和的度数，再根据平行线的性质可得，由此建立方程，解方程即可得．
【详解】解：设灯旋转的时间为秒，
灯光束第一次到达所需时间为秒，灯光束第一次到达所需时间为秒，
灯先转动2秒，灯才开始转动，
，即，
由题意，分以下三种情况：
①如图，当时，，
，
，
，
，即，
解得，符合题设；
②如图，当时，，
，
，
，
，即，
解得符合题设；
③如图，当时，，
，
同理可得：，即，
解得，不符题设，舍去；
综上，灯旋转的时间为1秒或秒，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质、一元一次方程的几何应用等知识点，正确求出时间的取值范围，并据此分三种情况讨论是解题关键．
3．（2023春·七年级课时练习）如图，直线上有两点、，分别引两条射线、，与在直线异侧．若，射线、分别绕点，点以度秒和度秒的速度同时顺时针转动，设时间为秒，在射线转动一周的时间内，当时间的值为______时，与平行．
【答案】2秒或38秒
【分析】分与在的两侧，分别表示出与，然后根据内错角相等两直线平行，列式计算即可得解；
旋转到与都在的右侧，分别表示出与，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解；
旋转到与都在的左侧，分别表示出与，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解．
【详解】解：存在．分三种情况：
如图，与在的两侧时，
，，
，，
要使，则，
即，
解得；
此时，
；
旋转到与都在的右侧时，
，，
，，
要使，则，
即，
解得，
此时，
；
旋转到与都在的左侧时，
，，
，，
要使，则，
即，
解得，
此时，
，
此情况不存在．
综上所述，当时间的值为秒或秒时，与平行．
故答案为：秒或秒．
【点睛】本题考查了平行线的判定，读懂题意并熟练掌握平行线的判定方法是解题的关键，要注意分情况讨论．
4．（2023春·七年级课时练习）某段铁路两旁安置了两座可旋转探照灯，主道路是平行的，即PQ∥MN． 如图所示，灯A射线从AM开始顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线从BP开始顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是每秒2度，灯B转动的速度是每秒1度． 若灯B射线先转动30秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，A灯转动_________秒，两灯的光束互相平行．
【答案】30或110##110或30
【分析】分两种情况讨论：两束光平行；两束光重合之后（在灯B射线到达BQ之前）平行，然后利用平行线的性质求解即可．
【详解】解：设灯转动t秒，两灯的光束互相平行，即AC∥BD，
①当0＜t≤90时，如图1所示：
∵PQ∥MN，则∠PBD＝∠BDA，
∵AC∥BD，则∠CAM＝∠BDA，
∴∠PBD＝∠CAM
有题意可知：2t＝30＋t
解得：t＝30，
②当90＜t＜150时，如图2所示：
∵PQ∥MN，则∠PBD＋∠BDA＝180°，
∵AC∥BD，则∠CAN＝∠BDA，
∴∠PBD＋∠CAN＝180°，
∴30＋t＋（2t－180）＝180
解得：t＝110
综上所述，当t＝30秒或t＝110秒时，两灯的光束互相平行．
故答案为：30或110
【点睛】本题主要考查补角、角的运算、平行线的性质的应用，解题的关键是熟练掌握平行线的性质，注意分两种情况谈论．
5．（2023春·浙江金华·七年级校考阶段练习）如图1，，点E，F分别在直线上，，过点A作的延长线交于点G，交于点N，平分，交于点H，交于点M．
(1)直接写出之间的关系： ．
(2)若，求．
(3)如图2，在（2）的条件下，将绕着点E以每秒5°的速度逆时针旋转，旋转时间为t，当边与射线重合时停止，则在旋转过程中，当的其中一边与的某一边平行时，直接写出此时t的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据平行线的性质和三角形的外角性质可得答案；
（2）根据，分别表示出和，再由，可得的度数；
（3）结合（2），分以下几种情况求解：①当时，延长交边于，②当时，③当时，即与在同一直线上时，④当时，⑤当时．
【详解】（1），
，
是的外角，
，
，
故答案为：；
（2），
，
，
，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）①当时，延长交边于，如图，
，
，
，
，
，
当绕点旋转时，，
（秒）
②当时，如图，
，，
，
，
当绕点旋转时，，
（秒），
③当时，即与在同一直线上时，
当绕点旋转时，，
（秒），
④当时，
，，
当旋转时，，
（秒）
⑤当时，
，
，
当旋转时，，
（秒），
综上所述，当的其中一边与的某一边平行时t的值为．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的性质，三角形的内角和，一元一次方程在几何问题中的应用，理清题中的数量关系并分类讨论是解题的关键．
6．（2023秋·福建泉州·七年级统考期末）“一带一路”让中国和世界更紧密，“中欧铁路”为了安全起见在某段铁路两旁安置了，两座可旋转探照灯．假定主道路是平行的，即，，为上两点，平分交于点，为上一点，连接，平分交于点．
(1)若，求的大小；
(2)作交于点，且满足，当时，试说明：；
(3)在（1）问的条件下，探照灯、照出的光线在铁路所在平面旋转，探照灯射出的光线以每秒度的速度逆时针转动，探照灯射出的光线以每秒度的速度逆时针转动，光线转至射线后立即以相同速度顺时针回转，若它们同时开始转动，设转动时间为秒，当光线回到出发时的位置时同时停止转动，则在转动过程中，为何值时光线与光线互相平行或垂直，请直接写出的值．
【答案】(1)110°
(2)见解析
(3)t的值为5s或s或s或20s或s
【分析】（1）利用平行线的性质和角平分线的性质可解；
（2）通过计算，利用内错角相等，两直线平行进行判定即可；
（3）分五种情况画图，列出关于的式子即可解答．
【详解】（1）解：∵，，
，，
，
平分，
，
；
（2）解: ∵，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴；
（3）解: ，
当时，则，如图，
∵，
，
，
由题意，，，
，
；
当时，则，如图，
∵，
，
，
，
，
；
当时，则，如图，
∵，
，
，
，
；
当时，则，如图，
由题意，，，
，
∵，
，
，
；
当时，，如图，
，
，
，
．
综上，的值为或或或或
【点睛】本题考查了平行线的性质和判定，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：平行线的判定定理有：同位角相等，两直线平行，内错角相等，两直线平行，同旁内角互补，两直线平行，反之亦然．
类型七、平行几何定值
1．（2023秋·四川德阳·八年级校考阶段练习）如图，中，的角平分线与外角的平分线交于．
(1)如图1，若，则 ．
(2)如图2，四边形中，的角平分线及外角的角平分线相交于点F，若，求的度数．
(3)如图3，中，的角平分线与外角的角平分线交于，若E为延长线上一动点，连接与的角平分线交于点Q，当E滑动时有下面两个结论：
①的值为定值；
②的值为定值；
其中有且只有一个是正确的，请写出正确的结论，并求出其值．
【答案】(1)35°
(2)25°
(3)正确的结论是①，理由见解析
【分析】（1）根据角平分线的定义得到，再由三角形外角的性质得到，，由此即可得到结论；
（2）根据角平分线的定义，根据三角形外角的性质得到，利用四边形内角和定理得到，则，由此即可求出；
（3）同理可得，，利用三角形内角和定理得到，再由三角形外角的性质得到，即可得到，由此即可得到结论．
【详解】（1）解：∵平分平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：35°；
（2）解：∵平分平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：正确的结论是①，理由如下：
同（1）可得，
∵平分平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的值为定值，①正确，其值是180°．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，三角形外角的性质，四边形内角和定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
2．（2023春·七年级课时练习）【知识介绍】
苏科版数学七年级下：
平移的意义：在平面内，将一个图形沿着某个方向移动一定的距离，这样的图形运动叫做图形的平移，平移不改变图形的形状和大小．
如图，直线l上有两条可以左右移动的线段和，线段在线段的左边，，，运动过程中，点M、N始终分别是线段、的中点．
(1)线段与同时以每秒1个单位长度的速度也向右运动，的长度将______（变大、不变、变小）．
(2)若线段以每秒4个单位长度的速度向右运动，同时，线段以每秒1个单位长度的速度也向右运动，且线段运动6秒时，，求运动前点B、C之间的距离；
(3)设，且线段不动，将线段以每秒4个单位长度的速度向右运动．在向右运动的某一个时间段内，是否存在的值为定值？若存在，请直接写出这个定值，并直接写出这个时间段；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)不变
(2)运动前点B、C之间的距离为10或2；
(3)当时，为定值．
【分析】（1）根据路程、速度、时间的关系知的长度不变；
（2）若6秒后，在点左边时，若6秒后，在点右边时，根据题意列方程即可得到结论；
（3）根据题意分类讨论得到结果．
【详解】（1）解：∵点M和点N运动的速度、时间、方向都不变，
∴的长度不变，
故答案为：不变；
（2）解：∵点M、N始终分别是线段、的中点，
∴，
①若6秒后，在点左边时，
由，
即，
解得：；
②若6秒后，在点右边时，
则，
即，
解得，
综上，运动前点B、C之间的距离为10或2；
（3）解：存在．
运动t秒后：，，
当时，，
当时，，
当时，
∴当时，为定值．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用以及数轴和两点间的距离等知识，解答本题的关键是掌握两点间的距离公式，解答第三问注意分类讨论思想，此题难度不大．
3．（2021秋·湖南株洲·七年级株洲二中校考期末）实验证明，平面镜反射光线的规律是：射到平面镜上的光线和被反射出的光线与平面镜所夹的锐角相等．如图1，一束光线m射到平面镜a上，被a反射后的光线为n，则入射光线m、反射光线n与平面镜a所夹的锐角∠1＝∠2．
(1)如图2，一束光线m射到平面镜a上，被a反射到平面镜b上，又被b反射．若被b反射出的光线n与光线m平行，且∠1＝50°，则∠2＝ °，∠3＝ °．
(2)请你猜想：当射到平面镜a上的光线m，经过平面镜a、b的两次反射后，入射光线m与反射光线n平行时，两平面镜a、b间的夹角∠3的大小是否为定值？若是定值，请求出∠3，若不是定值，请说明理由．
(3)如图3，两面镜子的夹角为α°（0＜α＜90），进入光线与离开光线的夹角为β°（0＜β＜90）．试探索α与β的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)100；90；
(2)90°
(3)2α+β=180°
【分析】（1）根据平面镜反射光线的规律得∠1=∠4=50°，再利用平角的定义得∠5=80°，然后利用平行线的性质计算出∠2=100°，则∠6=40°，再利用三角形内角和定理计算∠3；
（2）当∠3=90°时，根据三角形内角和定理得∠4+∠6=90°，则2∠4+2∠6=180°，利用平角的定义得到∠2+∠5=180°，然后根据平行线的判定得到mn；
（3）由（1）可得，∠5=180°-2∠2，∠6=180°-2∠3，再根据∠2+∠3=180°-∠α，即可得出∠β=180°-∠5-∠6=2（∠2+∠3）-180°=2（180°-∠α）-180°=180°-2∠α．
（1）
解：如图：
∵∠1=∠4=50°，
∴∠5=180°-2×50°=80°，
∵mn
∴∠2+∠5=180°，
∴∠2=100°，
∴∠6=（180°-∠2）=40°，
∴∠3=180°-∠4-∠6=90°；
故答案为：100，90；
（2）
当∠3=90°时，mn
理由如下：
∵∠3=90°，
∴∠4+∠6=90°，
∴2∠4+2∠6=180°，
∴∠2+∠5=180°，
∴mn；
（3）
解：如图3，
由（1）可得，∠5=180°-2∠2，∠6=180°-2∠3，
∵∠2+∠3=180°-∠α，
∴∠β=180°-∠5-∠6=2（∠2+∠3）-180°=2（180°-∠α）-180°=180°-2∠α，
∴α与β的数量关系为：2α+β=180°，
故答案为：2α+β=180°．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质以及三角形内角和定理，解题时注意：同旁内角互补，两直线平行；两直线平行，同旁内角互补．
4．（2022春·四川达州·七年级统考期末）已知直线，点E、F分别在直线、上，连接，平分．
(1)如图1，连接，若平分．求的度数；
(2)如图2，连接，若，猜想和的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，点H为线段（端点除外）上的一个动点，过点H作的垂线交于M，连接，若平分，问的度数是否为定值？若是，求出的度数；若不是，请说明理由．
【答案】(1)∠EGF＝90°
(2)∠EGF＋∠EHF＝180°；理由见解析
(3)∠MGF的度数是为定值，且∠MGF＝45°
【分析】（1）根据EG、FG分别平分∠BEF和∠EFD，得到∠BEF＝2∠FEG，∠EFD＝2∠GFE，由干 到∠BEF＋∠EFD＝180°，于是得到2∠FEG＋2∠GFD＝180°，即可得到结论：
（2）过点G作，因为，所以．设∠EGN＝∠BEG＝α，∠NGF＝∠GFD＝β．由已知可得∠EGF＝∠BEG＋∠GFD＝α＋β，∠EHF＝180°−∠EFG−∠FEH＝180°−α−β，即可解答；
（3）过点 G作，因为，所以．所以设∠MGN＝∠BMG＝α，∠NGF＝∠GFD＝β．即∠MGF＝∠BMG＋∠GFD＝α＋β．根据∠EMH、∠EFD的平分线相交于G，得到∠MEF＝∠EFD＝2β．所以∠HME＝90°−∠MEF＝90°−2β．再因为MH⊥EF，所以∠HME＝90°−∠MEF＝90°−2β．再根据MG平分∠BMH，利用等量代换即可得到结论MH⊥EF，所以∠HME＝90°−∠MEF＝90°−2β．再根据条件MG平分∠BMH，得到∠EMG＝45°−β，即可得解．
（1）
解：∵EG、FG分别平分∠BEF和∠EFD，
∴∠BEF＝2∠FEG，∠EFD＝2∠EFG，
∵，
∴∠BEF＋∠EFD＝180°，
∴2∠FEG＋2∠GFE＝180°，
∴∠FEG＋∠GFE＝90°，
∵∠EGF＋∠FEG＋∠GFE＝180°，
∴∠EGF＝90°．
（2）
解：猜想：∠EGF＋∠EHF＝180°，
过点G作，
∵，
∴，
∴设∠EGN＝∠BEG＝α，∠NGF＝∠GFD＝β，
∴∠EGF＝∠BEG＋∠GFD＝α＋β，
∵FG平分∠EFD，
∴∠EFG＝∠GFD＝β，
∵∠EHF＝180°−∠EFG−∠FEH＝180°−α−β，
∴∠EHF＝180°−α−β＝180°−∠EGF，
∴∠EGF＋∠EHF＝180°．
（3）
解：结论：∠MGF＝45°，理由如下：
过点 G作，
∵，
∴，
∴设∠MGN＝∠BMG＝α，∠NGF＝∠GFD＝β，
∴∠MGF＝∠BMG＋∠GFD＝α＋β，
∵FG平分∠EFD，
∴∠EFG＝∠GFD＝β，
∵，
∴∠MEF＝∠EFD＝2β，
∵MH⊥EF，
∴∠HME＝90°−∠MEF＝90°−2β，
∵MG平分∠BMH，
∴∠EMG＝∠GMH＝α＝∠HME，
∴∠EMG＝α＝∠HME＝(90°−2β)＝45°−β，
∴∠MGF＝α＋β＝45°−β＋β＝45°，
∴∠MGF＝45°，
∴∠MGF的度数是为定值．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，熟练掌握平行线的性质定理是解题的关键．
5．（2022春·福建泉州·七年级泉州七中校考期末）已知和都是直角三角形，，，．如图1，点A与点D重合，点B在边上，，现将绕点B以每秒4°的速度顺时针旋转（当点A落在射线上时停止旋转），设旋转时间为t秒．
(1)当______秒时，；当______秒时，；
(2)在旋转过程中，边与边的交点记为M，如图2，若有两个内角相等，求t的值；
(3)当边与边，分别交于点P，Q时，连接，如图3，当时，是否为定值？如果是，请求出定值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)7.5，15；
(2)7.5或18.75；
(3)是定值， 15°．
【分析】（1）根据题意先求出∠DBA的值，用∠DBA的值除以4即为t的值；
（2）分情况讨论两个内角相等时求出∠DBM的值，即可求出t的值；
（3）根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和，可得、，将代入前式得到，再将代入可求出其值为15°，是定值．
（1）
∵，，，
∴∠BAC=∠BDF=90°-60°=30°，
当时，
∠DBA=∠BAC=30°，
即△ABC转动了30°，
∴t=30°÷4°=7.5（秒）．
当时，
∠DBA=90°-∠BDF=90°-30°=60°，
∴t=60°÷4°=15（秒）．
故答案为：7.5；15；
（2）
∵∠BDM=30°，
若∠MDB=∠MBD，则t=30°÷4°=7.5（秒）；
若∠DBM=∠DMB，则∠DBM==75°，
∴t=75°÷4°=18.75（秒）；
∵∠DMB逐渐变小，最终点M与点F重合，此时∠DMB=∠F=45°，
∴内不存在∠BDM=∠DMB的情况．
所以t的值为7.5或18.75．
（3）
是定值，理由如下：
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
所以是定值，此定值为15°．
【点睛】本题考查了三角形的角，熟练掌握三角形内角和定理和外角的性质是解题的关键．
6．（2022春·河北保定·七年级统考阶段练习）如图，直线AB∥CD，点M，N分别在直线上，H为直线下方一点．
(1)如图1，和相交于点H，求证：．（温馨提示：可过点H作的平行线）
(2)延长至点G，的平分线和的平分线相交于点E，与相交于点F．
①如图2，若，求的度数；
②如图2，当点F在点N左侧时，若的度数为，的度数为，且的值是一个定值，请问的度数是否会随x的变化而发生改变？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由．
③如图3，当点N在点F左侧时，②中其他条件不变，请问的度数是否会随x的变化而发生改变？若不变，直接写出的度数；若变化，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①；②不变，；③不变，
【分析】（1）过点H作HQAB．可得HQCD，从而得到，即可求证；
（2）①根据，可得，，从而得到，．再由，即可求解；②根据题意可得，，再由，即可求解；③过点H作OH∥AB，根据平行线的性质，可证得．从而得到，即可求解．
（1）
证明：如图，过点H作HQAB．
∵HQAB且ABCD，
∴HQCD，
∴，
∴；
（2）
解：①平分，
∴，
∵NE平分∠DNG，∠DNE=30°，
∴，
∴，．
由（1）可知：．
∴；
②∵平分，，
∴，
∵NE平分∠DNG，∠DNE=y°，
∴，
∴，，
∴．
∵为一个定值，
∴不会随x的变化而发生改变，度数为；
③不变，的度数为．理由如下：
如图，过点H作OHAB，
∴∠BMH=∠OHM，
∵ABCD，
∴OHCD，
∴∠DNH=∠OHN，
∴．
∵平分，
∴
∵NE平分∠DNG，∠DNE=y°，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵为一个定值，
∴不会随x的变化而改变．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质和判定，有关角平分线的计算，熟练掌握平行线的性质和判定，利用类比思想解答是解题的关键．
类型八、十字相乘法
1．（2023春·浙江·七年级专题练习）将下列多项式因式分解，结果中不含因式的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】将四个选项的式子分别进行因式分解，即可作出判断．
【详解】A、，故该选项不符合题意；
B、，故该选项不符合题意；
C、，故该选项符合题意；
D、，故该选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了因式分解，涉及提公因式法、公式法、十字相乘法，熟练掌握因式分解的方法是解决本题的关键．
2．（2023春·七年级课时练习）把多项式分解因式，其结果是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】因为−6×9＝−54，−6＋9＝3，所以利用十字相乘法分解因式即可．
【详解】解：x2+3x−54＝（x−6）（x＋9）；
故选：B．
【点睛】本题考查十字相乘法分解因式，运用十字相乘法分解因式时，要注意观察，尝试，并体会它实质是二项式乘法的逆过程．
3．（2023春·江苏·七年级专题练习）分解因式：______．
【答案】
【分析】利用整体思想及十字相乘法与立方差公式求解．
【详解】解：原式，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查因式分解，解题关键是熟练掌握十字相乘与立方差公式．
4．（2022秋·上海奉贤·八年级校考期中）在实数范围内因式分解：___________．
【答案】
【分析】先提取公因式3，然后再运用十字相乘法因式分解即可．
【详解】解：
=
=．
故答案是．
【点睛】本题主要考查了因式分解，灵活运用平方差公式和提取公因式法进行因式分解是解答本题的关键．
5．（2023春·全国·八年级专题练习）阅读理解完成任务：教材第121页阅读与思考中有一种因式分解的方法叫十字相乘法，书中描述分解因式的过程如下：先分解二次项系数，分别写在十字交叉线的左上角和左下角；再分解常数项，分别写在十字交叉线的右上角和右下角；然后交叉相乘，求代数和，使其等于一次项系数（如分解图），这样，我们就可以得到：
某同学看完教材没完全懂，问老师后就懂了，老师讲解如下：利用十字相乘法分解，首先分解二次项系数6，可分解为或或或，分别写在十字交叉线的左上角和左下角；再分解常数项－3，可分解为或，分别写在十字交叉线的右上角和右下角；然后交叉相乘，这样就会出现16种情况（如下分解图），求代数和等于一次项系数7，符合分解的分解图有2种情况（就是方框框起的两种情况）．所以得到：或．
十字相乘法公式：（其中，a，b，c，d为常数）
阅读以上材料，完成以下任务：请用十字相乘法分解下列多项式，要求写出一种符合分解的分解图．
(1)
(2)
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题中方法利用十字相乘法分解因式即可；
（2）根据题中方法利用十字相乘法分解因式即可．
【详解】（1）解：分解图如下：
∴；
（2）分解图如下：
∴．
【点睛】题目主要考查因式分解，理解题目中的十字相乘法是解题关键．
6．（2023春·全国·八年级专题练习）阅读与思考：利用多项式的乘法法则可推导得出：
．因式分解与整式乘法是方向相反的变形，利用这种关系可得：．利用这个式子可以将某些二次项系数为1的二次三项式分解因式，例如：将式子分解因式．分析：这个式子的常数项，一次项系数．这是一个型的式子，∴，∴．
(1)填空：式子 的常数项= ，一次项系数= ，分解因式 ．
(2)若可分解为两个一次因式的积，则整数p的所有可能值是 ．
【答案】(1)10；7；；
(2)，．
【分析】（1）由的常数项为，一次项系数为，从而可得因式分解的结果；
（2）由，再分类讨论可得答案．
【详解】（1）解：式子的常数项为，一次项系数为，
分解因式 ；
（2）∵，
∴，此时，
或，此时，
或，此时，
或，此时，
∴，．
【点睛】本题属于阅读理解题，考查的是利用十字乘法分解因式，理解题意，能够利用十字乘法解决问题是解本题的关键．
类型九、分组分解法
1．（2023春·七年级课时练习）已知a+b＝3，ab＝1，则多项式a2b+ab2﹣a﹣b的值为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【分析】根据分解因式的分组分解因式后整体代入即可求解．
【详解】解：a2b+ab2-a-b
=（a2b-a）+（ab2-b）
=a（ab-1）+b（ab-1）
=（ab-1）（a+b）
将a+b=3，ab=1代入，得：原式=0．
故选：A．
【点睛】本题考查了因式分解的应用，解决本题关键是掌握分组分解因式的方法．
2．（2023春·江苏·七年级专题练习）已知实数m，n，p，q满足，，则（ ）
A．48 B．36 C．96 D．无法计算
【答案】A
【分析】先利用单项式乘以多项式法则将要求值的多项式进行整理，将题目所给的有确定值的式子进行变形，得出所需要的式子的值，运用整体代入法既可求解．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查单项式乘以多项式、多项式乘以多项式的综合运用，解题的关键是对条件所给的式子变形要有方向性和目的性，同时要掌握分组分解法对式子进行因式分解．
3．（2023春·七年级课时练习）分解因式：___________．
【答案】
【分析】本题有a的四次项、a的三次项，a的二次项，有常数项，所以首要考虑的就是三一分组，前三项提取公因式后可以利用完全平方公式分解因式，然后还可以与第四项继续利用平方差公式分解因式．
【详解】解：
=
=
=
=
故答案为：．
【点睛】本题考查了分组分解法，十字相乘法分解因式，难点是采用两两分组还是三一分组，要考虑分组后还能进行下一步分解，利用平方差公式分解后还要继续利用十字相乘法分解因式，注意分解因式要彻底．
4．（2022秋·上海青浦·七年级校考期中）______多项式的因式（填“是”或“不是”）
【答案】是
【分析】假设是多项式的因式，则只需将多项式进行分组，可写成，此时两两一组分解因式即可得到结果．
【详解】，
，
，
，
∴是多项式的因式．
故答案为：是
【点睛】本题主要考查因式分解的应用，掌握分组分解法是解题的关键．
5．（2023春·全国·八年级专题练习）阅读下列材料：
因式分解的常用方法有提取公因式法和公式法，但有的多项式仅用上述方法就无法分解，如，我们细心观察这个式子就会发现，前三项符合完全平方公式，进行变形后可以与第四项结合再运用平方差公式进行分解．
过程如下：．
这种因式分解的方法叫分组分解法．
利用这种分组的思想方法解决下列问题：
(1)因式分解：；
(2)因式分解：；
(3)若、、为非零实数，且，求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据阅读材料中的分组分解方法，先分组再利用平方差公式因式分解即可得到答案；
（2）根据阅读材料中的分组分解方法，先分组再利用提公因式法因式分解即可得到答案；
（3）根据阅读材料中的分组分解方法，先分组再综合运用提取公因式法和公式法因式分解即可得到答案．
【详解】（1）解：
；
（2）解：
；
（3）证明：，
，
，
，
，
，
，
，
∴．
【点睛】本题考查分组分解法，阅读材料，理解分组分解因式的思想方法是解决问题的关键．
6．（2023春·全国·八年级专题练习）将一个多项式分组后，可提公因式或运用公式分别分解的方法是因式分解中的分组分解法，常见的分组分解法的形式有：“”分法、“”分法、“”分法及“”分法等．
如“”分法：
再如“”分法：
利用上述方法解决下列问题：
(1)分解因式：．
(2)的三边a，b，c满足，判断的形状，并说明理由．
【答案】(1)；
(2)是等腰三角形，理由见解析．
【分析】（1）根据“”分法即可得出答案；
（2）根据“”分法分解因式，得出或，即可得出答案．
【详解】（1）解：
；
（2）解：，
，
，
，
，
∴或，
∴或，
∴是等腰三角形．
【点睛】本题考查因式分解，利用分组分解法时，要明确分组的目的，是分组分解后仍能继续分解，还是分组后利用各组本身的特点进行解题．
类型十、n等分角
1．（2022秋·河南信阳·八年级校考期末）如图1，在中，，的角平分线交于点，则．如图，在中，，的两条三等分角线分别对应交于，，则，．根据以上阅读理解，你能猜想(等分时，内部有个点)(用的代数式表示)( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意求出，在中，利用三角形内角和定理列式整理即可得解．
【详解】解：∵，的角平分线交于点，则，
和分别是的三等分线，
∴，．
∵和分别是的n等分线，
∴
∴，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，以及三等分线，n等分线的定义，整体思想的利用是解题的关键．
2．（2022秋·全国·八年级专题练习）如图，在中，，的三等分线交于点E，D．若，则的度数为（ ）
A．45° B．50° C．55° D．60°
【答案】A
【分析】根据三角形内角和定理求出，再根据三等分线求出即可解决问题．
【详解】解：在中，
∵，
∴，
∵，的三等分线交于点E、D，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查三角形的内角和定理，角平分线的定义等知识，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
3．（2022秋·广东广州·八年级期中）如图中的△ABC，∠A＝39°，∠ABM的三等分线是BD，BE；∠ACN的三等分线是CF，CG．其中BE，CG的反向延长线交于H，则∠BHC的度数是______．
【答案】107°##107度
【分析】根据三角形的内角和为180°得到∠ABC+∠ACB=180°-39°=141°，再利用邻补角的定义得3∠1=180°-∠ABC，3∠3=180°-∠ACB，则可得到∠1+∠3=73°，根据对顶角相等得∠1=∠2，∠3=∠4，然后再根据三角形的内角定理即可得到∠BHC的度数．
【详解】解：如图，
∵∠A＝39°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣39°＝141°，
又∵∠ABC的外角三等分线是BD，BE；∠ACB的外角三等分线是CF，CG，
∴3∠1＝180°﹣∠ABC，3∠3＝180°﹣∠ACB，
∴3∠1+3∠3＝360°﹣（∠ABC+∠ACB）＝360°﹣141°＝219°，
∴∠1+∠3＝73°，
又∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
而∠BHC＝180°﹣（∠2+∠4），
∴∠BHC＝180°﹣（∠1+∠3）＝180°﹣73°＝107°．
故答案为：107°．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理、对顶角以及邻补角的定义，掌握相关定理以及定义是解题的关键．
4．（2022春·江苏无锡·七年级校考阶段练习）已知△ABC中，∠A=x°，如图1，若∠ABC和∠ACB的三等分线相交于点，则用x表示______°，如图2，若∠ABC和∠ACB的n等分线相交于点，则用x表示______°
【答案】
【分析】根据角的n等分线的定义和三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：如图1所示，在△ABC中∠A=x°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-x°，
∵∠ABC和∠ACB的三等分线相交于点，
∴，
∴，
∴；
如图2所示，同理可得∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-x°，
∵∠ABC和∠ACB的n等分线相交于点，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，角n等分线的定义，熟知相关知识是解题的关键．
5．（2023春·江苏常州·七年级常州市第二十四中学校考阶段练习）探究题
(1)若中，
①如图1，若和的角平分线相交于点O，则 ．
②如图2， 若和的三等分线相交于点、，则 ．
(2)若中，
①如图1，若和的角平分线相交于点O，则用x表示 度 ．
②如图2，若和的三等分线相交于点、，则用x表示 度．
③如图3，若和的n等分线相交于点、、……、，则用x表示 度．（结果不需化简）
(3)如图，四边形中，为四边形的的角平分线及外角的平分线所在的直线构成的锐角，
①如图4，若设，，则 ；
②如图5，若设，，请在图中画出，则 ；
③若设，，一定存在吗？如有，求出的值（用x、y表示），如不一定，指出x、y满足什么条件时，不存在，并说明理由．
【答案】(1)；
(2)
(3)；；当且仅当满足时不存在
【分析】（1）①由和的角平分线相交于点O得，，由三角形内角和定理得，，即可求得的值；
②由和的三等分线相交于点、得，，由三角形内角和定理得，，即可求得的值；
（2）①由（1）①求解步骤可得结论；
②由（1）②求解步骤可得结论；
③观察①②，即可得规律：若和的n等分线相交于点、、…、，则
（3）①先根据四边形内角和等于，得出，根据内角与外角的关系和角平分线的定义得出，从而得出结论；
②仿照①的步骤求解即可；
③x，y满足时，的角平分线及外角的平分线平行，可知不存在．
【详解】（1）解：①∵和的角平分线相交于点O，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴；
②∵和的三等分线相交于点、，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∵，
．
故答案为：；；
（2）①由（1）①得，
∵，
∴
②由（1）②得，
∵，
∴
③由①②可得，
∴若和的n等分线相交于点、、……、，
则用x表示
故答案为：，；
（3）①∵，
∴
，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴
故答案为：；
②如图，
∵，
∴
，
∴，
∴；
∵，，
∴．
故答案为：；
③当时，不存在，
如图，的角平分线及外角的平分线分别是和．
∵，
∴，
∴．
∵的角平分线及外角的平分线分别是和，
∴，
∴的角平分线及外角的平分线平行，
∴不存在，
∴当时，不存在．
【点睛】本题考查了三角形内角与外角和角平分线的定义，多边形内角与外角和角平分线的定义，以及平行线的判定与性质，数形结合是解题的关键．
6．（2022秋·山西晋中·八年级校考期末）探究与发现：如图l所示的图形，像我们常见的学习用品——-圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，
(1)观察“规形图”，直接写出与、、之间的关系：______
(2)请你直接利用以上结论，解决以下三个问题：
①如图2，把一块三角尺放置在上，使三角尺的两条直角边、恰好经过点B、C，，则______；
②如图3，平分，平分，若，，则______；
③如图4，，的10等分线相交于点、…、，若，，则______．
【答案】(1)
(2)①；②90；③62．
【分析】（1）首先连接并延长，然后根据外角的性质，即可判断出；
（2）①由（1）可得，然后根据，，即可求出的值；②由（1）可得，再根据，，求出的值；然后根据，即可求出的度数；③设，，结合已知可得，，再根据（1）可得，，即可判断出的度数．
【详解】（1）解：，理由如下：
如图，连接并延长．
根据外角的性质，可得，，
又∵，，
∴，
故答案为：；
（2）①由（1）可得，
∵，，
∴，
故答案为：；
②由（1）可得，
∴，
∴，
∴，
故答案为：90；
③设，，
则，，
则，，
解得
所以
即的度数为，
故答案为：62．
【点睛】此题还考查了三角形的外角的性质，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和．
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