特训09 期中解答题（上海精选归纳53题，12.1-14.2）-2022-2023学年七年级数学下册期中期末挑战满分冲刺卷（沪教版，上海专用）

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特训09 期中解答题（上海精选归纳53题，12.1-14.2）
一、解答题
1．（2022春·上海·七年级校考期末）计算：．
【答案】
【分析】利用算术平方根和立方根的意义化简，然后计算加减法即可．
【解析】解：原式


．
【点睛】本题主要考查了算术平方根和立方根的化简，正确利用上述法则与性质进行运算是解题的关键．
2．（2022秋·上海·七年级专题练习）计算
【答案】
【分析】直接根据算术平方根、立方根以及绝对值的意义将原式进行化简，然后根据实数的运算法则进行计算即可．
【解析】解：
＝
＝．
【点睛】本题考查了实数的运算，熟练掌握算术平方根、立方根以及绝对值的非负性是解本题的关键．
3．（2023春·上海·七年级专题练习）计算：
(1)；
(2)；
(3)．
【答案】(1)；
(2)-1；
(3)-3；

【分析】（1）利用平方差公式计算求值；
（2）利用幂的积等于积的幂计算求值；
（3）根据幂的运算法则、平方差公式计算求值；
【解析】（1）解：原式=，
=；
（2）解：原式==；
（3）解：原式=；
【点睛】本题考查了实数的混合运算，掌握平方差公式是解题关键．
4．（2023春·上海·七年级专题练习）计算：
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)0

【分析】（1）先算开方，再算绝对值最后加减即可；
（2）先算乘方、开方再算加减；
【解析】（1）解：原式=-+
；
（2）解：原式=．
【点睛】此题考查了实数的混合运算，解题的关键是先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
5．（2021春·上海金山·七年级统考期中）计算：
【答案】
【分析】利用实数的运算法则直接计算即可．
【解析】解：


．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，熟练运用实数的运算法则是解决本题的关键．
6．（2023春·上海·七年级专题练习）计算：
(1) ；
(2)；
(3)；
(4)．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)

【分析】根据分数指数幂和零指数幂的运算法则求解即可．
【解析】（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
【点睛】此题考查了分数指数幂和零指数幂，解题的关键是熟练掌握分数指数幂和零指数幂的运算法则．
7．（2023春·上海·七年级专题练习）利用幂的运算性质计算：．
【答案】
【分析】利用算术平方根和立方根的定义计算即可．
【解析】解：原式
【点睛】本题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
8．（2022春·上海普陀·七年级校考期末）用幂的运算性质计算（结果表示为含幂的形式）： ．
【答案】 ．
【分析】直接利用幂的乘方性质，变形为底数为2的幂形式计算即可．
【解析】解：原式=
=
=．
【点睛】本题考查了幂的乘方的性质以及同底数幂的乘除运算，正确化简各数是解题关键．
9．（2023春·上海·七年级专题练习）利用幂的性质计算：．
【答案】
【分析】根据分数指数幂的意义即可求出答案．
【解析】解：原式=


．
【点睛】本题考查分数指数幂计算，熟练掌握分数指数幂的意义是解题的关键．
10．（2023春·上海·七年级专题练习）计算：
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据分数指数幂、同底数幂的乘法法则即可得；
（2）根据分数指数幂、同底数幂的乘法法则即可得．
【解析】（1）解：原式




．
（2）解：原式





．
【点睛】本题考查了分数指数幂等知识点，熟练掌握各运算法则是解题关键．
11．（2023春·上海·七年级专题练习）把下列各数写入相应的集合内：．
(1)有理数集合：{                        …}
(2)正实数集合：{                        …}
(3)无理数集合：{                        …}
(4)负实数集合：{                        …}
【答案】(1)，，，
(2)，，，，，
(3)，，，
(4)，

【分析】根据实数的分类方法进行解答即可．
【解析】（1）解：，，，
有理数集合为：．
（2）解：正实数集合为：．
（3）解：无理数集合为：．
（4）解：负实数集合：．
【点睛】本题主要考查了实数的分类，熟练掌握有理数、无理数的概念，是解题的关键．
12．（2023春·上海嘉定·七年级校考阶段练习）已知与是同一个正数x的两个不同的平方根．
(1)求字母m的值；
(2)求x的四次方根．
【答案】(1)；
(2)x的四次方根为．

【分析】（1）根据正数的两个平方根互为相反数，列式计算即可；
（2）根据四次方根的定义计算即可．
【解析】（1）解：∵与是同一个正数x的两个不同的平方根，
∴，
解得；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴x的四次方根为．
【点睛】本题考查了平方根和算术平方根，四次方根，解题的关键是知道一个正数的两个平方根之间的关系．
13．（2022秋·上海·七年级专题练习）已知a的立方根是2，b是的整数部分，c是9的平方根，求a+b+c的算术平方根．
【答案】或
【分析】根据立方根的定义即可算出的值，由，即可算出的值，根据平方根的定义可得的值，即可算出的值，根据算术平方根的定义进行计算即可得出答案；
【解析】解：根据题意可得，，
∵，
∴，
∴，
∵c是9的平方根，
∴，
∴当时，，14的算术平方根为；
当时，，8的算术平方根为．
∴的算术平方根是或．
【点睛】本题主要考查了估算无理数大小，立方根，平方根及算术平方根，熟练掌握估算无理数大小，立方根，平方根及算术平方根的计算方法进行求解是解决本题的关键．
14．（2023春·七年级单元测试）已知是M的立方根，而是的相反数，且M＝3a﹣7．
(1)求a与b的值；
(2)设，，求x与y平方和的立方根．
【答案】(1)a＝5，b＝﹣2
(2)2

【分析】（1）根据立方根得出a+b＝3，M＝6﹣b，再根据已知条件求出答案即可；
（2）求出x、y的值，再求出x2+y2的值，最后求出答案即可．
【解析】（1）解：∵是M的立方根，而是的相反数，
∴a+b＝3，M＝6﹣b，
∵M＝3a﹣7，
∴6﹣b＝3a﹣7，
解得：a＝5，b＝﹣2；
（2）解：∵a＝5，b＝﹣2，M＝6﹣（﹣2）＝8，
∴＝＝2，y＝＝﹣2，
∴x2+y2＝22+（﹣2）2＝8，
∴x与y平方和的立方根是＝2．
【点睛】本题考查了立方根和实数的性质，能熟记立方根的定义是解此题的关键．
15．（2023春·上海·七年级专题练习）已知实数a、b、x、y满足，，求的值．
【答案】17
【分析】利用非负数的性质求出 a 与 b 的值，进而求出 x 与 y 的值，代入原式计算即可得到结果．
【解析】解：，
，
，
，
，
，
，  
，，，
，   
．
【点睛】此题考查了实数的运算，解题的关键是注意非负性质的应用．
16．（2023春·上海·七年级专题练习）已知：，，求：
(1)的值；
(2)的值．
【答案】(1)25
(2)

【分析】（1）利用完全平方公式变形，再结合平方差公式求值即可；
（2）将变换为，再由完全平方公式和平方差公式变形求值即可；
【解析】（1）解：原式=

=3×12-11×（3-2）
=25；
（2）解：原式=
==
=（）×（12-3）；
【点睛】本题考查了实数的运算，掌握完全平方公式和平方差公式是解题关键．
17．（2023春·上海·七年级专题练习）已知点A是6的算术平方根，点B的立方是，在数轴上描出点A和点B，并求出A与B两点的距离．

【答案】画图见解析；两点距离；
【分析】根据算术平方根和立方根的定义计算求值即可；
【解析】解：∵点A是的算术平方根，
∴点A所对应的数为，
∵点B的立方是，
∴点B所对应的数为，
在数轴上描出点A和点B为：

因此AB之间的距离为：-（）=，
答：A与B两点的距离为；
【点睛】本题考查了算术平方根：如果一个正数的平方等于a，那么这个正数叫做a的算术平方根；立方根：如果一个数的立方等于a，那么这个数叫做a的立方根（或三次方根），正数只有一个正的立方根，负数只有一个负的立方根，零的立方根为零；数轴上两点距离=右边的数-左边的数．
18．（2023春·七年级单元测试）一个正方体的体积是，另一正方体的体积是这个正方体体积的4倍，求另一个正方体的边长及其表面积．
【答案】边长，表面积
【分析】根据题意知大正方体的体积为，则其边长为体积的立方根，可求得表面积．
【解析】解：正方体的体积为：，
即正方体的边长为：，
则正方体的表面积为：，
答：边长，体积．
【点睛】本题主要考查了有理数的乘法运算以及立方根的知识，掌握正方体的体积公式和表面积公式是解答本题的关键．
19．（2023春·上海·七年级专题练习）已知的平方根是，的立方根是2，c是的整数部分，求的算术平方根．
【答案】
【分析】直接利用平方根以及立方根和估算无理数的大小得出，，的值进而得出答案．
【解析】解：的平方根是，
，
解得：，
的立方根是2，
，
解得：，
，
，
，
，
的算术平方根为．
【点睛】此题主要考查了算术平方根、平方根以及立方根和估算无理数的大小，正确得出，，的值是解题关键．
20．（2023春·上海·七年级专题练习）已知，求下列各式的值：
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)

【分析】根据完全平方式以及立方和和立方差公式进行解答．
【解析】（1），
，
又，
；
（2）．
【点睛】本题指数幂化简求值，考查指数幂的性质、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
21．（2022秋·上海·七年级专题练习）小波想用一块面积为400cm2的正方形纸片，沿着边的方向裁出一块面积为300cm2的长方形纸片，使长方形的长宽之比为3：2．
(1)请你帮小波求出长方形纸片的长与宽；
(2)小波能用这块正方形纸片裁出符合要求的纸片吗？请说明理由．
【答案】(1)长方形纸片的长为cm，宽为cm
(2)不能，理由见详解

【分析】（1）设长方形的长为3xcm，则宽为2xcm，根据面积求出矩形的长和宽即可；
（2）将（1）中求出的矩形的长与正方形的边长进行比较大小即可得出结果．
【解析】（1）解：设长方形的长为3xcm，则宽为2xcm，
根据题意得 3x·2x=300，
解得或（不合题意，舍去），
则cm，cm．
答：长方形纸片的长为cm，宽为cm；
（2）小波不能用这块正方形纸片裁出符合要求的纸片，理由如下：
∵正方形的面积为400cm2，
∴边长为20cm，
∵cmcm ，
∴不能剪出符合要求的纸片．
【点睛】本题主要考查了平方根的应用以及实数比较大小，解题的关键是理解题意并正确列出方程．
22．（2023春·上海·七年级专题练习）阅读下面的文字，解答问题．
对于实数a，我们规定：用符号[a]表示不大于a的最大整数；用{a}表示a减去[a]所得的差．
例如：[]＝1，[2.2]＝2，{}＝﹣1，{2.2}＝2.2﹣2＝0.2．
（1）仿照以上方法计算：[]＝　 　{5﹣}＝　 　；
（2）若[]＝1，写出所有满足题意的整数x的值：　 　．
（3）已知y0是一个不大于280的非负数，且满足{}＝0．我们规定：y1＝[]，y2＝[]，y3＝[]，…，以此类推，直到yn第一次等于1时停止计算．当y0是符合条件的所有数中的最大数时，此时y0＝　 　，n＝　 　．
【答案】（1）2；3﹣；（2）1、2、3；（3）256，4
【分析】（1）依照定义进行计算即可；
（2）由题可知，，则可得满足题意的整数的的值为1、2、3；
（3）由，可知，是某个整数的平方，又是符合条件的所有数中最大的数，则，再依次进行计算．
【解析】解：（1）由定义可得，，，
．
故答案为：2；．
（2），
，即，
整数的值为1、2、3．
故答案为：1、2、3．
（3），即，
可设，且是自然数，
是符合条件的所有数中的最大数，
，
，
，
，
，
即．
故答案为：256，4．
【点睛】本题属于新定义类问题，主要考查估算无理数大小，无理数的整数部分和小数部分，理解定义内容是解题关键．
23．（2023春·七年级单元测试）“说不完的”探究活动，根据各探究小组的汇报，完成下列问题．
(1)到底有多大？
下面是小欣探索的近似值的过程，请补充完整：
我们知道面积是2的正方形边长是，且．设，画出如下示意图．

由面积公式，可得______．
因为值很小，所以更小，略去，得方程______，解得____（保留到0.001），即_____．
(2)怎样画出？请一起参与小敏探索画过程．
现有2个边长为1的正方形，排列形式如图（1），请把它们分割后拼接成一个新的正方形．要求：画出分割线并在正方形网格图（图中每个小正方形的边长均为1）中用实线画出拼接成的新正方形．
小敏同学的做法是：设新正方形的边长为．依题意，割补前后图形的面积相等，有，解得．把图（1）如图所示进行分割，请在图（2）中用实线画出拼接成的新正方形．

请参考小敏做法，现有5个边长为1的正方形，排列形式如图（3），请把它们分割后拼接成一个新的正方形．要求：画出分割线并在正方形网格图（4）中用实线画出拼接成的新正方形．说明：直接画出图形，不要求写分析过程．
【答案】(1)，，，；
(2)见解析

【分析】（1）根据图形中大正方形的面积列方程即可；
（2）在网格中分别找到1×1和1×2的长方形，依次连接顶点即可．
【解析】（1）由面积公式，可得
∵值很小，所以更小，略去，得方程，解得（保留到0.001），即．
故答案为：，，，；
（2）小敏同学的做法，如图：

排列形式如图（3），如图：

画出分割线并在正方形网格图（4）中用实线画出拼接成的新正方形，如图所示

【点睛】本题考查了估算无理数的大小，考查数形结合的思想，根据正方形的面积求出带根号的边长是解题的关键．
24．（2023春·上海·七年级专题练习）按下列要求画图并填空                                             
已知直线AB、CD相交于点O，点P为这两条直线外一点       

(1)过点P画直线PE⊥AB，垂足为E
(2)过点P画直线PF⊥CD，垂足为F
(3)过点P画直线PM∥AB，交CD于点M
(4)点P到直线CD的距离是线段 的长
(5)直线PM与AB间的距离是线段 的长
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)PF
(5)PE

【分析】（1）根据垂线的定义作图即可；
（2）根据垂线的定义作图即可；
（3）根据平行线的定义作图即可；
（4）点P到直线CD距离是线段PF的长；
（5）点PM与AB的距离是线段PE的长．
【解析】（1）解：如图所示PE即为所求；

（2）解：如图所示PF即为所求

（3）解：如图所示PM即为所求

（4）解：由题意可知
点P到直线CD距离是线段PF的长．
（5）解：由题意可知
点PM与AB的距离是线段PE的长．
【点睛】本题主要考查了复杂-作图，点到直线的距离以及平行线间的距离，掌握垂线和平行线的定义以及画法是解题的关键．
25．（2021春·上海·七年级校考期中）如图，按下列要求画图并解答（不要求写画法，只写出结论）．

(1)过点A画BC的平行线AD；
(2)画出△ABC的边BC上的高AH；
(3)在直线AD上能否找一个点E（点E不与点A重合）使得△EBC的面积与△ABC的面积相等，如果能找到，请画出△EBC（画出一个三角形即可）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析

【分析】（1）根据平行线的定义画出图形即可；
（2）根据三角形的高的定义画出图形即可；
（3）在直线AD上任意取一点E，连接BE，EC，△EBC即为所求．
（1）
解：如图，直线AD即为所求；
；
（2）
解：如图，线段AH即为所求；
（3）
解：如图，△EBC即为所求．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，平行线的判定与性质，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
26．（2022春·上海·七年级阶段练习）如图，在△ABC中，∠ABC＝90，过点B作三角形ABC的AC边上的高BD，过D点作三角形ABD的AB边上的高DE．
∠A的同位角是　　．
∠ABD的内错角是 　　．
点B到直线AC的距离是线段 　　的长度．
点D到直线AB的距离是线段 　　的长度．

【答案】∠BDC、∠BED、∠EDC；∠BDC ；BD ；DE
【分析】根据两直线被第三条直线所截，位置相同的角是同位角，可得一个角的同位角，根据两直线被第三条直线所截，角位于两直线的中间，截线的两侧是内错角，可得一个角的内错角，根据点到直线的垂线段的长度是点到直线的距离，可得答案．
【解析】解：∠A的同位角是∠BDC、∠BED、∠EDC，
∠ABD的内错角是∠BDC，
点B到直线AC的距离是线段 BD的长度，
点D到直线AB的距离是线段 DE的长度，
故答案为：∠BDC、∠BED、∠EDC；∠BDC ；BD ；DE．
【点睛】本题考查了同位角、内错角、点到直线的距离，熟练掌握基础概念是解题的关键．
27．（2022春·上海·七年级阶段练习）如图，直线AB与CD相交于点O，OE平分∠BOD，OF⊥OE于点O，若∠AOC＝60°，求∠BOF的度数．
解：∵∠BOD＝∠AOC（对顶角相等），∠AOC＝60°（　　）
∴∠　　＝　　°
∵OE平分∠BOD（  已知  ）
∴∠BOE＝∠　　＝　　°（　 　）
∵OF⊥OE（ 已知 ）
∴∠EOF＝　　°（　 　 ）
∵∠BOF+∠BOE＝∠EOF
∴∠BOF＝　 　°．

【答案】已知；BOD；60；BOD；30；角平分线的定义；90；垂直定义；60
【分析】利用对顶角的性质以及角平分线的定义得出∠BOE的度数，再利用垂直定义得出∠BOF的度数．
【解析】解：∵∠BOD＝∠AOC（对顶角相等），∠AOC＝60°（已知），
∴∠BOD＝60°，
∵OE平分∠BOD（已知），
∴∠BOE＝∠BOD＝30°（角平分线的定义），
∵OF⊥OE（已知），
∴∠EOF＝90°（垂直定义），
∵∠BOF+∠BOE＝∠EOF，
∴∠BOF＝60°．
故答案为：已知；BOD；60；BOD；30；角平分线的定义；90；垂直定义；60．
【点睛】此题主要考查了对顶角的性质，垂直定义以及角平分线的定义，得出∠BOE的度数是解题关键．
28．（2022春·上海松江·七年级校考期中）填空：如图，已知∠1+∠2=180°，∠3=∠B，说明DE与BC平行的理由．

解：因为∠1+∠2=180°（已知）
又因为∠1+∠ =180°（邻补角意义）
所以∠2=∠DFE（ ）
所以ABEF（ ）
所以∠3=∠ （ ）
因为∠3=∠B（已知）
所以∠ADE=∠ （ ）
所以DEBC（ ）
【答案】DFE；同角的补角相等；内错角相等，两直线平行；ADE；两直线平行，内错角相等；B；等量代换；同位角相等，两直线平行
【分析】根据平行线的判定方法和平行线的性质解答即可．
【解析】解：因为∠1+∠2=180°（已知）
又因为∠1+∠DFE=180°（邻补角意义）
所以∠2=∠DFE（同角的补角相等）
所以ABEF（内错角相等，两直线平行）
所以∠3=∠ADE（两直线平行，内错角相等）
因为∠3=∠B（已知）
所以∠ADE=∠B（等量代换）
所以DEBC（同位角相等，两直线平行）
故答案为：DFE；同角的补角相等；内错角相等，两直线平行；ADE；两直线平行，内错角相等；B；等量代换；同位角相等，两直线平行．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，掌握平行线的判定和性质是解题的关键，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，④ab，bc⇒ac.
29．（2023春·七年级单元测试）请在下列横线上注明理由．
如图，已知，垂足为M，，，求证：．

证明：∵，（已知）
∴．（______）
∴．（______）
又∵，（已知）
∴．（______）
∴．（______）
∴．（______）
∵，（已知）
∴．（垂直的定义）
∴．（______）
∴．（______）
【答案】见解析
【分析】根据平行线的判定和性质定理解答即可．
【解析】证明：∵，（已知）
∴．（同旁内角互补，两直线平行）
∴．（两直线平行，内错角相等）
又∵，（已知）
∴．（等量代换）
∴．（同位角相等，两直线平行）
∴．（两直线平行，同位角相等）
∵，（已知）
∴．（垂直的定义）
∴．（等量代换）
∴．（垂直定义）
【点睛】此题考查了平行线的判定和性质，熟练掌握平行线的判定定理和性质定理并进行推理论证是解题的关键．
30．（2023春·上海·七年级专题练习）如图，点在上，已知，平分，平分．请说明的理由．

解：因为(已知)，
(______)，
所以(______)．
因为平分，
所以(______)．
因为平分，
所以______，
得(等量代换)，
所以______(______)．
【答案】平角的定义；同角的补角相等；角平分线的定义；∠AGC；；内错角相等，两直线平行
【分析】由题意可求得，再由角平分线的定义得，，从而得，即可判定．
【解析】解：（已知），
（平角的定义），
（同角的补角相等）．
平分，
（角平分线的定义）．
平分，
，
（等量代换），
（内错角相等，两直线平行）．
故答案为：平角的定义；同角的补角相等；角平分线的定义；；；内错角相等，两直线平行．
【点睛】本题主要考查角平分线的定义，补角的性质和平行线的判定，解答的关键是熟练掌握平行线的判定定理并灵活运用．
31．（2021春·上海·七年级上海市第二初级中学校考期中）如图，已知，点在的上方，则、、之间存在怎样的等量关系？说明理由．

解：过点作，
______（两直线平行，内错角相等），
（已知），
（已作），
____________（______）．
【答案】，理由见解析；，，，平行于同一条直线的两条直线平行
【分析】根据平行线的性质得，根据平行于同一条直线的两条直线平行得，根据平行线的性质得，根据角之间的关系等量代换即可得．
【解析】解：过点E作，

∴（两直线平行，内错角相等），
∴（已知），
（已知），
∴（平行于同一条直线的两条直线平行），
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了平行线的性质，解题的关键是掌握平行线的性质．
32．（2022春·上海静安·七年级统考期中）如图，已知ABCD，∠B=∠D，AD与BE平行吗？请说明理由

【答案】平行，理由见详解
【分析】根据平行线的性质（两直线平行同位角相等）可得∠B=∠DCE，再由∠B＝∠D可得∠D=∠DCE，内错角相等，两直线平行，结论得证．
【解析】解：ADBE，
理由如下：
因为ABCD（已知），
所以∠B=∠DCE（两直线平行，同位角相等），
因为∠B=∠D（已知），
所以∠D=∠DCE（等量代换 ），
所以ADBE（内错角相等，两直线平行）．
【点睛】此题考查了平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握平行线的判定和性质．
33．（2021春·上海金山·七年级统考期中）如图，点E在直线DF上，点B在直线AC上，若，试说明∥的理由．

【答案】见解析
【分析】由，结合对顶角相等，可得，于是，进而可得，结合即可完成证明．
【解析】解：，，，
，
，
，
又，
，

【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的性质与判定方法是解决本题的关键．
34．（2023春·上海·七年级专题练习）如图：．求证：．（写出括号里面的理由）

【答案】见解析
【分析】通过DC∥OA，得到∠C=∠COA，进而得到∠COA=∠DOB，再通过AB∥OD得到∠B=∠DOB，等量代换得到．
【解析】∵DC∥OA（已知），
∴∠C=∠COA（两直线平行，内错角相等），
∵∠COA=∠2+∠BOC，
∵∠1=∠2（已知），
∴∠COA=∠1+∠BOC（等量代换），
∴∠COA=∠DOB（等量代换），
∵AB∥OD（已知），
∴∠B=∠DOB（两直线平行，内错角相等），
∴∠B=∠C（等量代换）．
【点睛】本题考查平行线的性质，两直线平行，内错角相等，同位角相等，同旁内角互补，熟记性质是解题的关键．
35．（2021春·上海浦东新·七年级上海民办建平远翔学校校考期末）如图，，，，求∠4的度数．

【答案】80°
【分析】如图，由题意易得，则有，然后可得，进而可求解．
【解析】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴．

【点睛】本题主要考查平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的性质与判定是解题的关键．
36．（2020春·上海金山·七年级统考期中）如图，已知，，说明的理由．

【答案】理由见解析
【分析】证明DE∥BC，得到，通过等量代换，证明，进而结论得证．
【解析】证明：∵∠ADE=∠B，
∴DE∥BC，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行线的性质和判定．解题的关键在于找出角度的数量关系．
37．（2022春·上海·七年级期中）如图，BD∥AG∥EC，∠ABD＝60°，∠ACE＝36°，AP平分∠BAC，

(1)求∠BAC的度数；
(2)求∠PAG的度数．
【答案】(1)96°
(2)12°

【分析】（1）利用两直线内错角相等得到两对角相等，相加即可求出所求的角；
（2）由AP为角平分线，利用角平分线定义求出∠PAC的度数，由∠PAC−∠CAG即可求∠PAG的度数．
（1）
解：∵，
∴∠BAG＝∠ABD＝60°，∠CAG＝∠ACE＝36°，
∴∠BAC＝∠BAG+∠CAG＝96°．
（2）
∵AP为∠BAC的平分线，
∴∠BAP＝∠CAP＝48°，
∴∠PAG＝∠CAP﹣∠GAC＝12°．

【点睛】此题考查了平行线的性质，熟练掌握两直线平行内错角相等，是解本题的关键．
38．（2023春·上海·七年级专题练习）如图，直线、交于点O，，分别平分和，已知，且．

(1)求的度数；
(2)试说明的理由．
【答案】(1)的度数为
(2)见解析

【分析】（1）根据角平分线的定义推出，再根据对顶角性质求解即可；
（2）结合等量代换得出，根据“内错角相等，两直线平行”即可得解．
【解析】（1）解：∵，分别平分和，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义，余角的性质，熟记平行线的判定与性质是解题的关键．
39．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，已知：∠ABC＝∠ADC，BE、DF分别平分∠ABC、∠ADC，且∠1＝∠2．求证

(1)ADBC；
(2)∠A＝∠C．
【答案】(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）先根据角平分线的定义得出∠3＝∠ABC，∠1＝∠ADC，再由∠ABC＝∠ADC得出∠3＝∠1，根据∠1＝∠2可得出∠2＝∠3，故AD∥BC；
（2）由平行线的性质可知∠A+∠ABC＝180°，∠C+∠ADC＝180°，根据∠ABC＝∠ADC，进而可得出结论．
(1)
如图：

∵BE、DF分别平分∠ABC、∠ADC，
∴∠3＝∠ABC，∠1＝∠ADC，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠3＝∠1，
又∵∠1＝∠2，
∴∠3＝∠2，
∴AD∥BC；
(2)
∵AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，∠C+∠ADC＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠A＝∠C．
【点睛】本题考查的是平行线的性质与判定、角平分线的定义，熟知平行线的判定与性质是解答此题的关键．
40．（2019春·上海普陀·七年级统考期中）如图，在中，分别在边上，且，在延长线上，在上，若，试说明．

【答案】证明见解析
【分析】由，可得推出，即可得出所以．
【解析】∵
∴
∴
∵
∴
∴

【点睛】本题考查了两条直线平行的性质定理和判定定理．本题主要用到内错角相等，两条直线平行；两条直线平行，内错角相等．
41．（2021春·上海闵行·七年级上海市民办文绮中学校考期中）如图，D，E，G分别是AB，AC，BC边上的点，，．

(1)请说明的理由；
(2)若DE平分，，判断CD与EG的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)，证明见解析．

【分析】（1）根据已知条件和对顶角相等可证明ABEG，再根据平行线的性质得角相等，再等量代换可得∠3=∠EGC，进而可得DE BC；
（2）根据已知条件可得∠B=45°，可以证明CD⊥AB，再由ABEG，即可得CD⊥EG．
（1）
解：∵，，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴；
（2）
∵DE平分，
∴．
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是区别平行线的判定与性质并熟练运用．
42．（2022春·七年级单元测试）如图1，已知，点和点分别在直线AB和CD上，点在直线AB和CD之间，连接EF和HF．
（1）求的度数；
（2）如图2，若，HM平分交FE的延长线于点，，求的度数．

【答案】（1）；（2）
【分析】（1）过点作，然后利用平行线的判定和性质，即可求出答案；
（2）过点M作，然后结合平行线的性质，以及角度之间的关系，即可得到答案．
【解析】解：（1）过点作，如图1所示．  

．（两直线平行，同旁内角互补）
，  
，（平行于同一直线的两条直线互相平行）
．（两直线平行，同旁内角互补）
，
.    
（2）过点M作，如图2所示．

，
，（平行于同一直线的两条直线互相平行）
，
，（两直线平行，内错角相等）
，
．（等量代换）  
由题知，
.
∵HM平分，
.     
由（1）知，
，，
.      
，
．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，补角的定义，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线进行解题．
43．（2019春·七年级课时练习）判断下列所给的三条线段是否能围成三角形?
(1)5cm，5cm，a cm(0＜a＜10)；
(2)a+1，a+2，a+3；
(3)三条线段之比为2:3:5．
【答案】（1）能围成三角形；（2）当-1＜a＜0时，不能围成三角形;当a＝0时，不能围成三角形;当a＞0时，能围成三角形.（3）不能围成三角形．
【分析】判断三条线段能否组成三角形，应看所给条件是否满足三角形的三边的关系“任意两边之和大于第三边”.本题中线段的长度用字母表示的则需要注意分类讨论.
【解析】解：(1)5+5＝10＞a(0＜a＜10)，且5+a＞5，所以能围成三角形；
    (2)当-1＜a＜0时，因为a+1+a+2＝2a+3＜a+3，所以此时不能围成三角形，当a＝0时，因为a+1+a+2＝2a+3＝3，而a+3＝3，所以a+1+a+2＝a+3，所以此时不能围成三角形．当a＞0时，因为a+1+a+2＝2a+3＞a+3．所以此时能围成三角形．
    (3)因为三条线段之比为2:3:5，则可设三条线段的长分别是2k，3k，5k，则2k+3k＝5k不满足三角形三边关系．所以不能围成三角形．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，三角形两边的和大于第三边和三角形两边的差小于第三边.
44．（2021·上海·九年级专题练习）中，是的角平分线，是的高．

(1)如图1，若，请说明的度数；
(2)如图2（），试说明的数量关系．
【答案】(1)
(2)，理由见解析

【分析】（1）根据三角形的内角和定理可求得，由角平分线的定义可得的度数，利用三角形的高线可求得度数，进而求解即可得出结论；
（2）根据（1）的推理方法可求解的数量关系．
【解析】（1）解：∵，，
∴，
∵是的角平分线，
∴，
∵是的高，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵是的角平分线，
∴，
∵是的高，
∴，
∴，
∴


，
即．
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，三角形的高、角平分线的定义，学生应熟练掌握三角形的高、中线和角平分线这些基本知识，能灵活运用解决问题．
45．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，在△ABC中，D为AB边上一点，E为BC边上一点，∠BCD＝∠BDC

(1)若∠ACD＝15°，∠CAD＝40°，则∠B＝　 　度（直接写出答案）；
(2)请说明：∠EAB+∠AEB＝2∠BDC的理由．
【答案】(1)70
(2)见解析

【分析】（1）利用三角形的外角性质可求出∠BDC的度数，结合∠BCD＝∠BDC可得出∠BCD的度数，再在△BCD中，利用三角形内角和定理可求出∠B的度数；
（2）在△ABE中，利用三角形内角和定理可得出∠EAB+∠AEB＝180°﹣∠B，在△BCD中，利用三角形内角和定理及∠BCD＝∠BDC可得出2∠BDC＝180°﹣∠B，进而可得出∠EAB+∠AEB＝2∠BDC．
【解析】（1）解：∵∠ACD＝15°，∠CAD＝40°，
∴∠BDC＝∠ACD+∠CAD＝55°，
∴∠BCD＝∠BDC＝55°．
在△BCD中，∠BDC+∠BCD+∠B＝180°，
∴∠B＝180°﹣55°﹣55°＝70°．
故答案为：70；
（2）解：在△ABE中，∠EAB+∠AEB+∠B＝180°，
∴∠EAB+∠AEB＝180°﹣∠B．
在△BCD中，∠BDC+∠BCD+∠B＝180°，∠BCD＝∠BDC，
∴2∠BDC＝180°﹣∠B，
∴∠EAB+∠AEB＝2∠BDC．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及三角形的外角性质，解题的关键是：（1）利用三角形的外角性质，求出∠BDC的度数；（2）利用三角形内角和定理，找出∠EAB+∠AEB＝180°﹣∠B及2∠BDC＝180°﹣∠B．
46．（2021秋·上海浦东新·七年级校考期末）如图，CE是△ABC的外角平分线，F是CA延长线上的一点，FG∥EC交AB于G，
已知∠DCE＝50°，∠ABC＝40°，求∠FGA的度数．

【答案】10°
【分析】首先根据角平分线的性质可得到∠3，∠FCD的度数，再根据FG∥CE可得∠F=∠3，进而得到∠F的度数，再根据三角形内角与外角的关系可得∠4=∠FCD-∠B，进而算出∠4的度数，再根据∠2=∠4-∠F求出∠2的度数．
【解析】解：∵CE平分∠ACD，
∴∠3=∠1，∠FCD=2∠1，
∵∠1=50°，
∴∠FCD=50°×2=100°，∠3=50°，
∵FG∥CE，
∴∠F=∠3=50°，
∵∠B=40°，
∴∠4=∠FCD-∠B=100°-40°=60°，
∴∠2=∠4-∠F=60°-50°=10°，
即∠FGA=10°．

考点：1、平行线的性质；2、三角形的外角性质．
47．（2022春·上海宝山·七年级校考阶段练习）如图，∠ABD和∠BDC的平分线交于E，BE的延长线交CD于点F，∠1+∠2=90°．
(1)求证：AB∥CD；
(2)求证：∠2+∠3=90°．

【答案】证明见解析
【分析】（1）首先根据角平分线的定义可得∠ABD=2∠1，∠BDC=2∠2，根据等量代换可得∠ABD+∠BDC=2∠1+2∠2=2（∠1+∠2），进而得到∠ABD+∠BDC=180°，然后根据同旁内角互补两直线平行可得答案；
（2）先根据三角形内角和定理得出∠BED=90°，再根据三角形外角的性质得出∠EDF+∠3=90°，由角平分线的定义可知∠2=∠EDF，代入得到∠2+∠3=90°．
【解析】证明：（1）∵DE平分∠BDC，BE平分∠ABD（已知），
∴∠ABD=2∠1，∠BDC=2∠2（角的平分线的定义）．
∴∠ABD+∠BDC=2∠1+2∠2=2（∠1+∠2）（ 等量代换）．
∵∠1+∠2=90°（已知），
∴∠ABD+∠BDC=180°（ 等式的性质）．
∴AB∥CD（ 同旁内角互补，两直线平行）．
（2）∵∠1+∠2=90°，
∴∠BED=180°﹣（∠1+∠2）=90°，
∴∠BED=∠EDF+∠3=90°，
∵∠2=∠EDF，
∴∠2+∠3=90°．

48．（2020春·上海金山·七年级统考期中）如图，已知直线，直线分别与直线、相交于点、，和的角平分线相交于点．

(1)和垂直吗？为什么？
(2)用尺规作图方法，在图中作出和的角平分线，相交于点，并直接写出的度数．
【答案】(1)垂直，理由见解析
(2)图见解析；∠EQF=45°

【分析】（1）根据EP、FP分别平分∠BEF和∠EFD，得到∠BEF=2∠FEG，∠EFD=2∠PFE，由于BE∥CF到∠BEF+∠EFD=180°，于是得到2∠FEP+2∠PFD=180°，即可得到结论；
（2）根据角平分线的作法做出和的角平分线，由角平分线的性质可得出，结合（1）中得，由三角形内角和定理可得结论．
（1）
∵EP、FP分别平分∠BEF和∠EFD，
∴∠BEF=2∠BEP，∠EFD=2∠PFD，
∵BE∥CF，
∴∠BEF+∠EFD=180°，
∴2∠FEP+2∠PFE=180°，
∴∠FEP+∠PFE=90°，
∵∠EPF+∠FEP+∠PFE=180°，
∴∠EPF=90°；
∴
（2）
如图，

由（1）得，且
∴
∵是和的角平分线，
∴
∴
∴
【点睛】本题主要考查综合运用平行线的性质、角平分线的定义、三角形内角和等知识解决问题的能力，解题时注意：两直线平行，同旁内角互补．
49．（2021春·上海·七年级上海市风华初级中学校考期中）（1）如图1，在中，已知和的角平分线BD、CE相交于点O，若，求的度数，并说明理由．

（2）如图2，在中，、的三等分线交于点、，若，则______°（用含有m的代数式表示，直接写出结果）．

【答案】（1）；理由见解析；（2）
【分析】（1）先根据三角形内角和定理算出，根据角平分线的定义得出，根据三角形内角和定理算出的度数即可；
（2）先根据，结合三角形内角和定理，用m表示出和，算出即可．
【解析】（1）∵在中，，
∴，
∵BD平分，CE平分，
∴，
在中，，
故．
（2）在中，∵，
∴，
∵，为的三等分线，，为的三等分线，
∴，
，
∴，
，
∴，
故．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，根据角的等分线的性质结合三角形内角和定理找出规律是解决本题的关键．
50．（2021春·上海·七年级上海市西南模范中学校考期中）如图a，已知长方形纸带ABCD，AB∥CD，AD∥BC，将纸带沿EF折叠后，点C,D分别落在H，G的位置，再沿BC折叠成图b

（1）图a中，若，则______，______
（2）图b中，，当为何值时，
【答案】（1）（2）
【分析】（1）由AD∥BC，可得，根据折叠可得，根据平角的定义即可求得，在中，根据已知条件先求得，进而求得,根据三角形内角和定理求得，进而根据对顶角求得；
（2）根据已知条件，将用含的代数式表示出来，进而求得，根据题意列出方程，解方程即可求得的值．
【解析】四边形ABCD是长方形，

，
，，
折叠，
，，，
，
，
，
，
故答案为：；
（2），
，
，
，
由折叠可知，，
，
，
，
沿折叠到，
，
，
若，
则，
解得，
当时，．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的内角和，折叠的性质，理清题目中的角度关系是解题的关键．
51．（2022秋·上海杨浦·八年级校考期中）如图1所示，已知点E在直线上，点F，G在直线上且，平分，如图2所示，H是上点E右侧一动点，的平分线交的延长线于点Q，设，

(1)若，求的度数；
(2)判断：点H在运动过程中，α和β的数量关系是否发生变化？若不变，求出α和β的数量关系；若变化，请说明理由．
【答案】(1)
(2)不变，

【分析】（1）先证明，再依据，即可得到，依据平分，即可得到，根据进行计算即可；
（2）根据是的外角，是的外角，即可得到，，再根据平分，平分，即可得出，，最后依据进行计算，即可得到．
【解析】（1）平分，
，
，
，

，
，
平分，
，
；
（2）点在运动过程中，α和β的数量关系不发生变化，
是的外角，是的外角，
，，
又平分，平分，
，，


，
即．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，三角形外角性质的运用，解题的关键是利用三角形的外角性质：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．
52．（2022春·上海·七年级上海市文来中学校考期中）已知 l1∥l2，分别和直线、交于点A、B，分别和直线、交于点C、D，点P在直线上（点P与点A、B、M三点不重合），设，，．
(1)如图，当点P在A、B两点之间运动时，、、之间的数量关系是__________，并说明理由；

(2)如果点P在A、B两点外侧运动时，、、有何数量关系（只须写出结论）．

【答案】(1)∠1=∠2+∠3，理由见解析
(2)综上所述，当点P在点A的左侧时，∠1=∠3-∠2；当点P位于点B的右侧时，∠1=∠2-∠3．

【分析】（1）过点P作PF∥l1，可得PF∥l2，从而得到∠CPF=∠2，∠FPD=∠3，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当点P在点A的左侧时，当点P位于点B的右侧时，即可求解．
【解析】（1）解：∠1=∠2+∠3，理由如下：
如图，过点P作PF∥l1，

∵l1∥l2，
∴PF∥l2，
∴∠CPF=∠2，∠FPD=∠3，
∵∠CPD=∠CPF+∠DPF，
∴∠CPD=∠2+∠3，即∠1=∠2+∠3；
（2）解：如图，当点P在点A的左侧时，过点P作PF∥l1，连接PC、PD，

∵l1∥l2，
∴PF∥l2，
∴∠CPF=∠2，∠FPD=∠3，
∵∠CPD=∠DPF-∠CPF，
∴∠1=∠3-∠2；
如图，当点P位于点B的右侧时，过点P作PF∥l1，连接PC、PD，

∵l1∥l2，
∴PF∥l2，
∴∠CPF=∠2，∠FPD=∠3，
∵∠CPD=∠CPF-∠DPF，
∴∠1=∠2-∠3；
综上所述，当点P在点A的左侧时，∠1=∠3-∠2；当点P位于点B的右侧时，∠1=∠2-∠3．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质和判定，熟练掌握平行线的性质和判定，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
53．（2019春·上海·七年级上海市市西初级中学校考期中）结合“爱市西，爱生活，会创新”的主题，某同学设计了一款“地面霓虹探测灯”，增加美观的同时也为行人的夜间行路带去了方便．他的构想如下：在平面内，如图1所示，灯射线从开始顺时针旋转至便立即回转，灯射线从开始顺时针旋转至便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯转动的速度是每秒2度，灯转动的速度是每秒1度．假定主道路是平行的，即，且．
（1）填空：______；
（2）若灯射线先转动60秒，灯射线才开始转动，在灯射线到达之前，灯转动几秒，两灯的光束互相平行？
（3）如图2，若两灯同时转动，在灯射线到达之前，若射出的光束交于点，过作交于点，且，则在转动过程中，请探究与的数量关系是否发生变化？若不变，请求出其数量关系；若改变，请说明理由．

【答案】（1）120；（2）灯转动100秒，两灯的光束互相平行；（3）在转动过程中，和关系不会变化，且有，理由见解析．
【分析】（1）先根据角的倍差求出的度数，再根据平行线的性质即可得；
（2）设A灯转动时间为t秒，先求出两个临界位置：灯射线从开始顺时针旋转至、灯射线从开始顺时针旋转至，再分三种情况，分别利用平行线的性质列出等式求解即可得；
（3）先根据角的和差求出，再根据三角形的内角和定理可得，然后根据角的和差可得，由此即可得．
【解析】（1）∵，
∴

（两直线平行，内错角相等）
故答案为：120；
（2）设A灯转动时间为t秒
灯射线从开始顺时针旋转至所需时间为（秒），灯射线从开始顺时针旋转至所需时间为（秒）
灯射线从开始顺时针旋转至所需时间为（秒）
则t的取值范围为，即
由题意，分以下三种情况：
①当时，如图1所示
∵
∴
∵
∴
∴
∴
解得
此时，
即两灯的光束重合，不符题意，舍去
②当时，如图2所示，此时灯A射线未从AN回转
∵
∴
∵
∴
∴
∴
解得（不符题设，舍去）
③当时，如图2所示，此时灯A射线旋转至AN，并已开始回转
∵
∴
∵
∴
∴
∴
解得，符合题设
综上，灯转动100秒，两灯的光束互相平行；

（3）和关系不会变化，且有，理由如下：
设灯A射线转动时间为t秒
∵
∴
又∵
∴

∴
∴，即
故在转动过程中，和关系不会变化，且有．

【点睛】本题考查了平行线的性质、角的和差倍分、三角形的内角和定理等知识点，较难的是题（2），依据题意，找出两个临界位置，进而分三种情况讨论是解题关键．