人教版七年级数学下册压轴题专项讲练专题11.2期末复习解答压轴题专项训练(原卷版+解析)

这是一份人教版七年级数学下册压轴题专项讲练专题11.2期末复习解答压轴题专项训练(原卷版+解析)，共79页。试卷主要包含了综合与实践，已知，猜想说理等内容，欢迎下载使用。


（1）如图1，若∠CDE=25°，∠DEB=80°，则∠ABE的度数为________；
（2）如图2，BG平分∠ABE，GB的延长线与∠EDF的平分线交于H点，若∠DEB比∠DHB大60°，求∠DEB的度数；
（3）保持（2）中所求的∠DEB的度数不变，如图3，BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，作BP∥DN，则∠PBM的度数是否改变？若不变，请求值；若改变，请说明理由．
2．（2022春·广西南宁·七年级统考期末）综合与实践：
问题情境：
如图 1，AB∥CD，∠PAB=25°，∠PCD=37°，求∠APC的度数，小明的思路是：过点P作PE∥AB，通过平行线性质来求∠APC
问题解决：
（1）按小明的思路，易求得∠APC 的度数为 °；
问题迁移：
如图 2，AB∥CD，点 P 在射线 OM 上运动，记∠PAB=α，∠PCD=β．
（2）当点 P 在 B，D 两点之间运动时，问∠APC 与α，β 之间有何数量关系？ 请说明理由；
拓展延伸：
（3）在（2）的条件下，如果点 P 在 B，D 两点外侧运动时 （点 P 与点 O，B，D 三点不重合）请你直接写出当点 P 在线段 OB 上时，∠APC 与 α，β 之间的数量关系 ，点 P 在射线 DM 上时，∠APC 与 α，β 之间的数量关系 ．
3．（2022春·江苏扬州·七年级统考期末）汛期即将来临，防汛指挥部在某水域一危险地带两岸各安置了一探照灯，便于夜间查看河水及两岸河堤的情况．如图，灯A射出的光束自AM顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射出的光束自BP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射出的光束转动的速度是a°/秒，灯B射出的光束转动的速度是b°/秒，且a、b满足|a−3b|+(a+b−4)2=0．假定这一带水域两岸河堤是平行的，即PQ∥MN，且∠BAN=45°．
（1）求a、b的值；
（2）如图2，两灯同时转动，在灯A射出的光束到达AN之前，若两灯射出的光束交于点C，过C作CD⊥AC交PQ于点D，若∠BCD=20°，求∠BAC的度数；
（3）若灯B射线先转动30秒，灯A射出的光束才开始转动，在灯B射出的光束到达BQ之前，A灯转动几秒，两灯的光束互相平行？
4．（2022春·湖南永州·七年级统考期末）如图，直线AB∥CD，直线EF与AB、CD分别交于点G、H，∠EHD=α(0°<α<90°)．小安将一个含30 °角的直角三角板PMN按如图①放置，使点N、M分别在直线AB、CD上，且在点G、H的右侧，∠P=90°，∠PMN=60°．
（1）填空：∠PNB+∠PMD ∠P（填“>”“<”或“=”）；
（2）若∠MNG的平分线NO交直线CD于点O，如图②．
①当ON∥EF，PM∥EF时，求α的度数；
②当PM∥EF时，求∠MON的度数（用含α的式子表示）．
5．（2022秋·重庆沙坪坝·七年级统考期末）已知：如图，直线a∥b，AC⊥BC于点C，连接AB且分别交直线a、b于点E、F．
（1）如图①，若∠DEF和∠EFG的角平分线EM、FM交于点M，请求∠M的度数；
（2）如图②，若∠EDC的角平分线DM分别和直线b及∠FGC的角平分线GQ的反向延长线交于点N和点M，试说明：∠1+∠2=135°；
（3）如图③，点M为直线a上一点，连结MF，∠MFE的角平分线FN交直线a于点N，过点N作NQ⊥NF交∠HFM的角平分线FQ于点Q，若∠DEA记为β，请直接用含β的代数式来表示∠MNQ+∠HFQ．
6．（2022秋·四川宜宾·七年级统考期末）几何模型在解题中有着重要作用，例如美味的“猪蹄模型”．
（1）导入：如图①，已知AB∥CD∥EF，如果∠A=26°，∠C=34°，那么 ∠AEC= °；
（2）发现：如图②，已知AB∥CD，请判断∠AEC与∠A，∠C之间的数量关系，并说明理由；
（3）运用：(i)如图③，已知AB∥CD，∠AEC=88°，点M、N分别在AB、CD上，MN∥AE，如果∠C= 28°，那么∠MND= °；
（ii）如图④，已知AB∥CD，点M、N分别在AB、CD上， ME、NE分别平分∠AMF和∠CNF． 如果∠E=116°，那么∠F= °；
（iii）如图⑤，已知AB∥CD，点M、N分别在AB、CD上， MF、NG分别平分∠BME和∠CNE，且EG∥MF． 如果∠MEN=α，那么∠EGN= ．(用含α的代数式表示)
7．（2022秋·海南海口·七年级校考期末）点E在射线DA上，点F、G为射线BC上两个动点，满足∠DBF=∠DEF，∠BDG=∠BGD，DG平分∠BDE．
（1）如图1，当点G在点F右侧时，
①试说明：BD∥EF；
②试说明∠DGE=∠BDG−∠FEG；
（2）如图2，当点G在点F左侧时，（1）中的结论②是否成立，若不成立，请写出正确结论；（不用说理）
（3）如图3，在（2）的条件下，P为BD延长线上一点，DM平分∠BDG，交BC于点M，DN平分∠PDM，交EF于点N，连接NG，若DG⊥NG，∠B−∠DNG=∠EDN，求∠B的度数．
8．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）直线AB∥CE，BE—EC是一条折线段，BP平分∠ABE．
（1）如图1，若BP∥CE，求证：∠BEC+∠DCE=180°；
（2）CQ平分∠DCE，直线BP，CQ交于点F．
①如图2，写出∠BEC和∠BFC的数量关系，并证明；
②当点E在直线AB，CD之间时，若∠BEC=40°，直接写出∠BFC的大小．
9．（2022春·山东德州·七年级统考期末）如图1，AD∥BC，∠BAD的平分线交BC于点G，∠BCD=90°．
（1）试说明：∠BAG=∠BGA；
（2）如图2，点F在AG的反向延长线上，连接CF交AD于点E，若∠BAG−∠F=45°，求证：CF平分∠BCD；
（3）如图3，线段AG上有点P，满足∠ABP=3∠PBG，过点C作CH∥AG.若在直线AG上取一点M，使∠PBM=∠DCH，求∠ABM∠GBM的值．
10．（2022春·河南安阳·七年级统考期末）猜想说理：
（1）如图，AB∥CD∥EF，分别就图1、图2、图3写出∠A，∠C，∠AFC的关系，并任选其中一个图形说明理由：
拓展应用：
（2）如图4，若AB∥CD，则∠A+∠C+∠AFC= 度；
（3）在图5中，若A1B∥AnD，请你用含n的代数式表示∠1+∠2+∠3+∠4+⋯+∠n的度数．
11．（2022春·黑龙江·七年级统考期末）点E在射线DA上，点F、G为射线BC上两个动点，满足∠DBF=∠DEF，∠BDG=∠BGD，DG平分∠BDE．
（1）如图1，当点G在F右侧时，求证：BD//EF；
（2）如图2，当点G在F左侧时，求证：∠DGE=∠BDG+∠FEG；
（3）如图3，在2的条件下，P为BD延长线上一点，DM平分∠BDG，交BC于点M，DN平分∠PDM，交EF于点N，连接NG，若DG⊥NG，∠DBF−∠DNG=∠EDN，则∠DBF的度数是多少．
12．（2022春·河北衡水·七年级校考期末）【发现】如图1，CE平分∠ACD，AE平分∠BAC．
（1）当∠EAC＝∠ACE＝45°时，AB与CD的位置关系是______；
当∠EAC＝50°，∠ACE＝40°时，AB与CD的位置关系是______；
当∠EAC+∠ACE＝90°，请判断AB与CD的位置关系并说明理由；
（2）【探究】如图2，AB∥CD，M是AE上一点，∠AEC＝90°保持不变，移动顶点E，使CE平分∠MCD，∠BAE与∠MCD存在怎样的数量关系？并说明理由，
（3）【拓展】如图3，AB∥CD，P为线段AC上一定点，Q为直线CD上一动点，且点Q不与点C重合．直接写出∠CPQ+∠CQP与∠BAC的数量关系．
13．（2022春·广东深圳·七年级深圳大学附属中学校考期末）（1）如图1，点E在BC上，∠A＝∠D，∠ACB＝∠CED．请说明AB∥CD的理由．
（2）如图2，AB∥CD，BG平分∠ABE，与∠EDF的平分线交于H点，若∠DEB比∠DHB大60°．求∠DEB的度数．
（3）保持（2）中所求的∠DEB的度数不变，如图3，AB∥CD，BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，作BP∥DN，则∠PBM的度数是否改变？若不变，请直接写出∠PBM的度数；若改变，请说明理由．
14．（2022春·浙江宁波·七年级校联考期末）如图①，AB，BC被直线AC所截，点D是线段AC上的点，过点D作DE∥AB，连接AE，∠B=∠E=60°.
（1）请说明AE∥BC；
（2）将线段AE沿着直线AC平移得到线段PQ，连接DQ．
①如图②，当DE⊥DQ时，则∠Q的度数=_____________；
②在整个运动中，当∠Q=2∠EDQ时，∠Q=_____________．
15．（2022春·重庆·七年级西南大学附中校考期末）对于各位数字均不为零的三位自然数m=abc，若m满足各位数字之和能被十位数字整除，则称m为“对偶数”．例如m=327，∵3+2+7=12，12÷2=6，∴327是“对偶数”；又如n=136，∵1+3+6=10，10不能被3整除，∴136不是“对偶数”．将m的百位数字放在其个位数字后得m1=bca，再将m1的百位数字放在其个位数字后得m2=cab．记Fm=m+m1+m2111．
（1）判断248，933是否是“对偶数”，并说明理由；
（2）已知“对偶数”n=100a+10b+4（其中1≤a+b≤9），若18Fn+2a−4能被7整除，求出所有满足条件的n．
16．（2022春·湖北黄石·七年级统考期末）如图，以直角△AOC的直角顶点O为原点，以OC，OA所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系，点A（0，a），C（b，0）满足a−b+2+b−8=0．
（1）点A的坐标为________；点C的坐标为________．
（2）已知坐标轴上有两动点P，Q同时出发，P点从C点出发沿x轴负方向以每秒2个单位长度的速度匀速移动，Q点从O点出发沿y轴正方向以每秒1个单位长度的速度匀速移动，点P到达O点整个运动随之结束．AC的中点D的坐标是（4，3），设运动时间为t秒．问：是否存在这样的t，使得△ODP与△ODQ的面积相等？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若∠DOC=∠DCO，点G是第二象限中一点，并且y轴平分∠GOD．点E是线段OA上一动点，连接接CE交OD于点H，当点E在线段OA上运动的过程中，探究∠GOA，∠OHC，∠ACE之间的数量关系，并证明你的结论（三角形的内角和为180°可以直接使用）．
17．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）在平面直角坐标系中，Aa,0，B1,b，a，b满足a+b−1+2a−b+10=0，连接AB交y轴于C．

（1）直接写出a=______，b=______；
（2）如图1，点P是y轴上一点，且三角形ABP的面积为12，求点P的坐标；
（3）如图2，直线BD交x轴于D4,0，将直线BD平移经过点A，交y轴于E，点Qx,y在直线AE上，且三角形ABQ的面积不超过三角形ABD面积的13，求点Q横坐标x的取值范围．
18．（2022秋·黑龙江绥化·七年级校考期末）如图①，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为(−1，0)、(3，0)，现同时将点A、B向上平移2个单位长度，再向右平移一个单位长度，得到A、B的对应点C、D，连接AC、BD、CD．
（1）写出点C、D的坐标并求出四边形ABDC的面积；
（2）在x轴上是否存在一点F，使得△DFC的面积是△DFB面积的2倍？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图②，点P是直线BD上一个动点，连接PC、PO，当点P在直线BD上运动时，请直接写出∠OPC与∠PCD、∠POB的数量关系．
19．（2022春·湖南长沙·七年级校联考期末）如图所示，在平面直角坐标系中，如图①，将线段AB平移至线段CD，点A在x轴的负半轴，点C在y轴的正半轴上，连接AC、BD．
（1）若A(−3,0)、B(−2,−2)，C(0,2)，直接写出点D的坐标；
（2）如图②，在平面直角坐标系中，已知一定点M(2,0)，两个动点E(a,2a+1)、F(b,−2b+3)．请你探索是否存在以两个动点E、F为端点的线段EF平行于线段OM且等于线段OM，若存在，求点E、F的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图③，在直线EF上有两点A、C，分别引两条射线AB、CD．∠BAF=110°，∠DCF=60°，射线AB、CD分别绕A点，C点以1度/秒和3度/秒的速度同时顺时针转动，设时间为t，在射线CD转动一周的时间内，是否存在某时刻，使得CD与AB平行？若存在，求出所有满足条件的时间t．
20．（2022春·云南保山·七年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知Aa,0，Bb,0，其中a，b满足a+2+b−42=0．
（1）填空：a＝______，b＝______；
（2）如果在第三象限内有一点M−4,n，请用含n的式子表示三角形ABM的面积；
（3）在（2）的条件下，当n=−4时，线段MB与y轴的交点坐标C0,−2，在y轴上有一点P，使得三角形BMP的面积与三角形ABM的面积相等，请求出点P的坐标．
21．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）平面直角坐标系中，Aa,0，B0,b，a，b均为整数，且满足b=2a−4−4−a，点C在y轴负半轴上且S△ABC=10，将线段AB平移到DE，其中点A的对应点是点D．
（1）请直接写出点A，B，C的坐标；
（2）如图（1），若点D的坐标为−1,0，点Fm,n为线段DE上一点，且△ACF的面积大于12，求m的取值范围；
（3）如图（2），若DE与y轴的交点G在B点上方，点P为y轴上一动点，请直接写出∠EBO，∠BPD，∠PDA之间的数量关系．
22．（2022春·安徽合肥·七年级统考期末）如图①，在平面直角坐标系中，A(a，0)，C(b，2)，且满足 (a+2)2 +b−2=0，过C作CB⊥x轴于B．
（1）直接写出三角形ABC的面积 ；
（2）如图②，若过B作BD∥AC交y轴于D，且AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，求∠AED的度数；
（3）在y轴上是否存在点P，使得三角形ACP和三角形ABC的面积相等？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（2022春·黑龙江哈尔滨·七年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为A0,a，Bb,0，且a、b满足2a−b−6+a+2b−13=0，点C在x轴的负半轴上，连接AB、AC．
（1）如图1，若△AOC的面积是△AOB面积的34倍，求点C的坐标：
（2）如图2，点D在AC上，点E在AB上，连接OD，过点E作EF⊥x轴于点F，若∠1+∠2=90°，求证：OD//AB；
（3）在（1）的条件下，点P从点O出发以每秒1个单位长度的速度沿OB方向移动，同时点Q从点A出发以每秒2个单位长度的速度在AO间往返移动，即先沿AO方向移动，到达点O反向移动．设移动的时间为t秒，四边形ACQB与△ABP的面积分别记为S1、S2，是否存在时间t，使S1=4S2；若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．
24．（2022春·云南昆明·七年级统考期末）在平面直角坐标系中，已知点A(a,0)，B(b,3)，C(5,0)，且满足a+b+(a−b+6)2=0，线段AB交y轴于点F0,32，点D是y轴正半轴上的一点．
（1）如图1，求出点A、B的坐标；
（2）如图2，若DB∥AC，∠BAC=α，且AM、DM分别平分∠CAB、∠ODB，求∠AMD的度数；（用含α的代数式表示）；
（3）如图3，坐标轴上是否存在一点P，使得△ABP的面积是△ABC的面积的一半？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
专题11.2 期末复习解答压轴题专项训练
1．（2022春·安徽滁州·七年级校考期末）已知点B，D分别在AK和CF上，且CF∥AK．
（1）如图1，若∠CDE=25°，∠DEB=80°，则∠ABE的度数为________；
（2）如图2，BG平分∠ABE，GB的延长线与∠EDF的平分线交于H点，若∠DEB比∠DHB大60°，求∠DEB的度数；
（3）保持（2）中所求的∠DEB的度数不变，如图3，BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，作BP∥DN，则∠PBM的度数是否改变？若不变，请求值；若改变，请说明理由．
【思路点拨】
（1）过点E作ES∥CF，根据CF∥AK，则ES∥CF∥AK，运用平行线的性质计算即可．
（2） 延长DE，交AB于点M，则∠DEB=∠EMB+∠EBM，利用平行线的性质，角平分线的定义，三角形外角的性质计算即可．
（3） 过点E作EQ∥DN，则EQ∥DN∥BP，利用前面的结论和方法，进行等量代换并推理计算即可．
【解题过程】
（1）解：如图1，过点E作ES∥CF，
∵CF∥AK，
∴ES∥CF∥AK，
∴∠CDE=∠DES，∠SEB=∠ABE，
∴∠CDE+∠ABE =∠DES+∠SEB=∠DEB，
∵∠CDE=25°，∠DEB=80°，
∴∠ABE =∠DEB-∠CDE=80°-25°=55°．
故答案为：55°．
（2）解：如图2，延长DE，交AB于点M，
则∠DEB=∠EMB+∠EBM，
∵CF∥AK，BG平分∠ABE，
∴∠EMB=180°-∠MDF，∠EBM=2∠ABG=2∠HBN，∠MDH=∠HDF=∠HNK=12∠MDF，
∵∠HBN+∠DHB=∠HNK，
∴∠DEB=(180°-∠MDF) +2∠HBN=180°-∠MDF+2×(12∠MDF−∠DHB)，
∴∠DEB=180°-∠MDF+∠MDF-2∠DHB=180°-2∠DHB，
∵∠DEB −∠DHB=60°，
∴∠DEB=180°-2(∠DEB-60°)，
∴3∠DEB=300°，
解得∠DEB=100°．
（3）解：过点E作EQ∥DN，则EQ∥DN∥BP，
根据（1）得，∠DEB=∠CDE+∠ABE，
∵BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，
∴∠DEB=2∠NDE+180°-2∠EBM，
∵∠DEB=100°，
∴∠EBM-∠NDE=40°，
∵EQ∥DN，
∴∠DEQ=∠NDE，
∴∠EBM =40°+∠DEQ，
∵EQ∥DN，DN∥BP，
∴EQ∥BP，
∴∠EBM+∠PBM +∠BEQ =180°，
∴40°+∠DEQ+∠PBM +∠BEQ =180°，
∴40°+∠DEB+∠PBM =180°，
∴∠PBM =180°-100°-40°=40°，
∴∠PBM 的度数不变，值为40°．
2．（2022春·广西南宁·七年级统考期末）综合与实践：
问题情境：如图 1，AB∥CD，∠PAB=25°，∠PCD=37°，求∠APC的度数，小明的思路是：过点P作PE∥AB，通过平行线性质来求∠APC
问题解决：
（1）按小明的思路，易求得∠APC 的度数为 °；
问题迁移：
如图 2，AB∥CD，点 P 在射线 OM 上运动，记∠PAB=α，∠PCD=β．
（2）当点 P 在 B，D 两点之间运动时，问∠APC 与α，β 之间有何数量关系？ 请说明理由；
拓展延伸：
（3）在（2）的条件下，如果点 P 在 B，D 两点外侧运动时 （点 P 与点 O，B，D 三点不重合）请你直接写出当点 P 在线段 OB 上时，∠APC 与 α，β 之间的数量关系 ，点 P 在射线 DM 上时，∠APC 与 α，β 之间的数量关系 ．
【思路点拨】
（1）根据平行线的性质，得到∠APE=∠PAB=25°，∠CPE=∠PCD=37°，即可得到∠APC；
（2）过P作PE∥AD交AC于E，推出AB∥PE∥DC，根据平行线的性质得出∠APE=α，∠CPE=β，即可得出答案；
（3）分两种情况：P在BD延长线上；P在DB延长线上，分别画出图形，根据平行线的性质得出∠α=∠APE，∠β=∠CPE，即可得出答案；
【解题过程】
解：(1)如图1，过P作PE∥AB，
∵AB∥CD，
∴PE∥AB∥CD，
∴∠APE=∠PAB=25°，∠CPE=∠PCD=37°，
∴∠APC=25°+37°=62°；
故答案为：62；
(2) ∠APC与α,β之间的数量关系是：∠APC=α+β；
理由：如图，过点P作PE//AB交AC于点E，
∵AB//CD，
∴AB//PE//CD,
∴α=∠APE,β=∠CPE,
∴∠APC=∠APE+∠CPE=a+β；
(3)如图3，所示，当P在射线DM上时，
过P作PE∥AB，交AC于E，
∵AB∥CD，
∴AB∥PE∥CD，
∴∠1=∠PAB=α，
∵∠1=∠APC+∠PCD，
∴∠APC=∠1−∠PCD，
∴∠APC=α−β，
∴当P在射线DM上时，∠APC=α−β；
如图4所示，当P在线段OB上时，
同理可得：∠APC=β−α，
∴当P在线段OB上时，∠APC=β−α．
故答案为：∠APC=β−α；∠APC=α−β.
3．（2022春·江苏扬州·七年级统考期末）汛期即将来临，防汛指挥部在某水域一危险地带两岸各安置了一探照灯，便于夜间查看河水及两岸河堤的情况．如图，灯A射出的光束自AM顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射出的光束自BP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射出的光束转动的速度是a°/秒，灯B射出的光束转动的速度是b°/秒，且a、b满足|a−3b|+(a+b−4)2=0．假定这一带水域两岸河堤是平行的，即PQ∥MN，且∠BAN=45°．
(1)求a、b的值；
(2)如图2，两灯同时转动，在灯A射出的光束到达AN之前，若两灯射出的光束交于点C，过C作CD⊥AC交PQ于点D，若∠BCD=20°，求∠BAC的度数；
(3)若灯B射线先转动30秒，灯A射出的光束才开始转动，在灯B射出的光束到达BQ之前，A灯转动几秒，两灯的光束互相平行？
【思路点拨】
（1）根据a−3b+a+b−42=0，可得a−3b=0，且a+b−4=0，进而得出a、b的值；
（2）设灯A射线转动时间为t秒，根据∠BCD=90°﹣∠BCA=90°−180°−2t=2t−90°=20°可得t的值，根据∠BAC=45°−180°−3t=3t−135°可得∠BAC；
（3）设A灯转动t秒，两灯的光束互相平行，分两种情况进行讨论：①在灯A射线转到AN之前，②在灯A射线转到AN之后，分别求得t的值即可．
【解题过程】
（1）∵a−3b+a+b−42=0．
又∵a﹣3b≥0，a+b−42≥0．
∴a=3，b=1；
（2）设A灯转动时间为t秒，
如图，作CE//PQ，而PQ//MN,
∴PQ//CE//MN,
∴∠ACE=∠CAN=180°−3t°，∠BCE=∠CBD=t°，
∴∠BCA=∠CBD+∠CAN=t+180°−3t=180°−2t，
∵∠ACD=90°，
∴∠BCD=90°﹣∠BCA=90°−180°−2t=2t−90°=20°，
∴t=55°，
∵∠CAN=180°−3t，
∴∠BAC=45°−180°−3t=3t−135°=165°−135°=30°；
（3）设A灯转动t秒，两灯的光束互相平行．
依题意得0①当0解得t=15；
②当60解得t=82.5；
③当120解得t=195>150(不合题意)
综上所述，当t=15秒或82.5秒时，两灯的光束互相平行．
4．（2022春·湖南永州·七年级统考期末）如图，直线AB∥CD，直线EF与AB、CD分别交于点G、H，∠EHD=α(0°<α<90°)．小安将一个含30 °角的直角三角板PMN按如图①放置，使点N、M分别在直线AB、CD上，且在点G、H的右侧，∠P=90°，∠PMN=60°．
(1)填空：∠PNB+∠PMD ∠P（填“>”“<”或“=”）；
(2)若∠MNG的平分线NO交直线CD于点O，如图②．
①当ON∥EF，PM∥EF时，求α的度数；
②当PM∥EF时，求∠MON的度数（用含α的式子表示）．
【思路点拨】
（1）过P点作PQ∥AB，根据平行线的性质可得∠PNB=∠NPQ，∠PMD=∠QPM，进而可求解；
（2）①由平行线的性质可得∠ONM=∠PMN=60°，结合角平分线的定义可得∠ANO=∠ONM=60°，再利用平行线的性质可求解；
②可分两种情况：点N在G的右侧时，点N在G的左侧时，利用平行线的性质及角平分线的定义计算可求解．
【解题过程】
（1）解：过P点作PQ∥AB，
∴∠PNB=∠NPQ，
∵ AB∥CD，
∴ PQ∥CD，
∴∠PMD=∠QPM，
∴∠PNB+∠PMD=∠NPQ+∠QPM=∠MPN，
故答案为：=
（2）①∵ ON∥EF，PM∥EF，
∴ PO∥PM，
∴∠ONM=∠NMP，
∵∠PMN=60°，
∴∠ONM=∠PMN=60°，
∵NO平分∠MNO，
∴∠ANO=∠ONM=60°，
∵ AB∥CD，
∴∠NOM=∠ANO=60°，
∴α=∠NOM=60°；
②点N在G的右侧时，如图②，
∵ PM∥EF，∠EHD=α，
∴∠PMD=α，
∴∠NMD=60°+α，
∵ AB∥CD，
∴∠ANM=∠NMD=60°+α，
∵NO平分∠ANM，
∴∠ANO= 12 ∠ANM=30°+ 12 α，
∵ AB∥CD，
∴∠MON=∠ANO=30°+ 12 α；
点N在G的左侧时，如图，
∵ PM∥EF，∠EHD=α，
∴∠PMD=α，
∴∠NMD=60°+α，
∵ AB∥CD，
∴∠BNM+∠NMO=180°，∠BNO=∠MON，
∵NO平分∠MNG，
∴∠BNO= 12 [180°−(60°+α)]=60°− 12 α，
∴∠MON=60°− 12 α，
综上所述，∠MON的度数为30°+ 12 α或60°− 12 α．
5．（2022秋·重庆沙坪坝·七年级统考期末）已知：如图，直线a∥b，AC⊥BC于点C，连接AB且分别交直线a、b于点E、F．
（1）如图①，若∠DEF和∠EFG的角平分线EM、FM交于点M，请求∠M的度数；
（2）如图②，若∠EDC的角平分线DM分别和直线b及∠FGC的角平分线GQ的反向延长线交于点N和点M，试说明：∠1+∠2=135°；
(3)如图③，点M为直线a上一点，连结MF，∠MFE的角平分线FN交直线a于点N，过点N作NQ⊥NF交∠HFM的角平分线FQ于点Q，若∠DEA记为β，请直接用含β的代数式来表示∠MNQ+∠HFQ．
【思路点拨】
（1）由平行线的性质及角平分线的定义可得∠DEF+∠GFE=180°，∠DEM=12∠DEF；∠GFM=12∠GFE，即∠DEM+∠GFM=12∠DEF+∠GFE=90°，过点M作直线l∥a交AB于点H，可得∠HME=∠DEM,∠HMF=∠GFM，进而可得∠EMF=∠HME+∠HMF=∠DEM+∠GFM=90°．
（2）过点C作直线l∥a，由平行线的性质可得∠FGC+∠4=180°,∠EDC+∠5=180°，由题意得∠4+∠5=90°，可得∠FGC+∠FGC=270°，由角平分线的定义可得∠6+∠7=12(∠FGC+∠FGC)=135°，由a∥b得∠6=∠3=∠2，由对顶角相等可得∠7=∠1，可得∠1+∠2=135°；
（3）由题意可知∠MEF=∠DEA=β，根据平行线的性质及角平分线的定义可得∠HFE=180°−β，∠EFN=∠MFN=12∠MFE=x，∠HFQ=∠MFQ=12∠HFM=y，，进而可得x+y=180°−β2，由a∥b，NQ⊥NF ∠HFN+∠MNF=180°，∠QNF=90°，即∠MNQ+∠QNF+∠MFN+∠MFQ+∠HFQ=180°，可得∠MNQ=90°−x−2y，进而可求∠MNQ+∠HFQ．
【解题过程】
（1）∵a∥b，
∴∠DEF+∠GFE=180°．
∵EM、FM分别平分∠DEF和∠GFE，
∴∠DEM=12∠DEF；∠GFM=12∠GFE，
∴∠DEM+∠GFM=12∠DEF+∠GFE=90°，
过点M作直线l∥a交AB于点H，
∵a∥b，
∴l∥b，
∴∠HME=∠DEM,∠HMF=∠GFM，
∴∠EMF=∠HME+∠HMF=∠DEM+∠GFM=90°．
（2）过点C作直线l∥a，
∵a∥b，
∴l∥b，
∴∠FGC+∠4=180°,∠EDC+∠5=180°.
又∵∠4+∠5=90°
∴∠FGC+∠FGC=270°
又∵GQ、DM分别平分∠FGC和∠EDC，
∴∠6+∠7=12(∠FGC+∠FGC)=135°
∵a∥b，
∴∠6=∠3=∠2
又∵∠7=∠1
∴∠1+∠2=135°．
（3）∠MNQ+∠HFQ=β2．
理由如下：由题意可知∠MEF=∠DEA=β，
∵a∥b，
∴∠MEF+∠HBE=180°，即∠HFE=180°−β，
∵FN平分∠MFE，FQ平分∠HFM，
∴∠EFN=∠MFN=12∠MFE=x，∠HFQ=∠MFQ=12∠HFM=y，
∴∠HFE=180°−β=2∠EFN+∠MFQ=2x+y，即x+y=180°−β2，
∵a∥b，NQ⊥NF
∴∠HFN+∠MNF=180°，∠QNF=90°，
则∠MNQ+∠QNF+∠MFN+∠MFQ+∠HFQ=180°，
∴∠MNQ=90°−x−y−y=90°−x−2y，
∴∠MNQ+∠HFQ=90°−x−2y+y=90°−x−y=90°−180°−β2=β2．
6．（2022秋·四川宜宾·七年级统考期末）几何模型在解题中有着重要作用，例如美味的“猪蹄模型”．
（1）导入：如图①，已知AB∥CD∥EF，如果∠A=26°，∠C=34°，那么 ∠AEC= °；
（1）发现：如图②，已知AB∥CD，请判断∠AEC与∠A，∠C之间的数量关系，并说明理由；
（3）运用：(i)如图③，已知AB∥CD，∠AEC=88°，点M、N分别在AB、CD上，MN∥AE，如果∠C= 28°，那么∠MND= °；
(ii)如图④，已知AB∥CD，点M、N分别在AB、CD上， ME、NE分别平分∠AMF和∠CNF． 如果∠E=116°，那么∠F= °；
(iii)如图⑤，已知AB∥CD，点M、N分别在AB、CD上， MF、NG分别平分∠BME和∠CNE，且EG∥MF． 如果∠MEN=α，那么∠EGN= ．(用含α的代数式表示)
【思路点拨】
（1）根据平行线的性质得出∠A=∠AEF,∠C=∠FEC，进而根据∠AEC=∠AEF+∠CEF，即可求解；
（2）过点E作EF∥AB，根据（1）的方法即可求解；
（3）（i）由（2）可得∠AEC=∠A+∠C=88°，∠C= 28°，得出∠A=60°，根据∠MND=180°−∠BMN，即可求解；
（ii）由“猪蹄模型”，可得∠E=∠AME+∠CNE=116°，∠F=∠BMF+∠DNF，根据角平分线的性质得出∠AME=12∠AMF,∠CNE=12∠CNF，继而根据∠F=∠BMF+∠DNF=128°，即可求解；
（iii）如图所示，延长GE交AB于点H，设∠ENG =β，∠HME−θ，根据平行线的性质得出∠MHE=∠BMF=180−θ2=90°−θ2，α=θ+2β，根据∠EGN=∠GNC+∠AHE =∠GNC+∠AMF，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：如图1，
∵AB∥CD∥EF
∴∠A=∠AEF,∠C=∠FEC
∵∠A=26°，∠C=34°，
∴∠AEC=∠AEF+∠CEF=∠A+∠B=26°+34°=60°
∴∠AEC= 60°
故答案为：60．
（2）∠AEC=∠A+∠C,
如图所示，过点E作EF∥AB，
∵ EF∥AB，
∴ ∠A= ∠AEF，
∵ EF∥AB，AB∥CD，
∴ EF∥CD，
∴ ∠FEC=∠C ，
∴∠AEC=∠AEF+∠FEC=∠A+∠C；
（3）解：（i）由（2）可得∠AEC=∠A+∠C=88°，∠C= 28°，
∴∠A=60°，
∵MN∥AE，
∴∠BMN=∠A=60°，
∵AB∥CD，
∴∠MND=180°−∠BMN=180°−60°=120°，
故答案为：120．
（ii）解：如图所示，∵AB∥CD
由“猪蹄模型”，可得∠E=∠AME+∠CNE=116°，∠F=∠BMF+∠DNF；
∵ME、NE分别平分∠AMF和∠CNF
∴∠AME=12∠AMF,∠CNE=12∠CNF
∴∠AMF+∠CNF=116°×2=232°
∴∠MBF+∠DNF=360°−232°=128°，
∴∠F=∠BMF+∠DNF=128°,
故答案为：128．
（iii）解：如图所示，延长GE交AB于点H，
设∠ENG =β，∠HME−θ
∵MF、NG分别平分∠BME和∠CNE，
∴∠BMF=12∠BME=12180°−θ=90°−θ2,∠CNE=2∠ENG=2β，
∵HG∥MF
∴∠MHE=∠BMF=180−θ2=90°−θ2，
∵AB∥CD
∴∠MEN=∠AME+∠CNE，
∴α=θ+2β
∴∠EGN=∠GNC+∠AHE
=∠GNC+∠AMF
=β+θ+90°−θ2
=β+90°+θ2
=90°+α2．
7．（2022秋·海南海口·七年级校考期末）点E在射线DA上，点F、G为射线BC上两个动点，满足∠DBF=∠DEF，∠BDG=∠BGD，DG平分∠BDE．
(1)如图1，当点G在点F右侧时，
①试说明：BD∥EF；
②试说明∠DGE=∠BDG−∠FEG；
(2)如图2，当点G在点F左侧时，（1）中的结论②是否成立，若不成立，请写出正确结论；（不用说理）
(3)如图3，在（2）的条件下，P为BD延长线上一点，DM平分∠BDG，交BC于点M，DN平分∠PDM，交EF于点N，连接NG，若DG⊥NG，∠B−∠DNG=∠EDN，求∠B的度数．
【思路点拨】
（1）①根据角平分线的定义即可得到∠BDG＝∠ADG，从而可得∠ADG＝∠DGB，则AB∥BC，可得∠DEF＝∠EFG，即可得到∠DBF＝∠EFG，从而证明BD∥EF；②过点G作GH∥DB交DA于点H，根据平行线的性质求解即可；
（2）过点G作GK∥DB交AD于K，则KG∥EF，可得∠BDG＝∠DGK，∠GEF＝∠KGE，即可得到∠DGE＝∠BDG＋∠FEG；
（3）设∠BDM=∠MDG=α，则∠BDG=∠EDG=∠DGB=2α ∠PDE=180∘−4α，∠PDM=180°−α，由角平分线的定义可得∠PDN=∠MDN=12∠PDM=90∘−α2，然后分别求出∠EDN=72α−90∘，∠DNG=32α，∠B−∠DNG=∠EDN进行求解即可．
【解题过程】
（1）证明：①∵DG平分∠BDE，
∴∠BDG＝∠ADG，
又∵∠BDG＝∠BGD，
∴∠ADG＝∠DGB，
∴AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFG，
∵∠DBF＝∠DEF，
∴∠DBF＝∠EFG，
∴BD∥EF；
②过点G作GH∥DB交DA于点H，
由①得BD∥EF，
∴GH∥DB∥EF，
∴∠BDG＝∠DGH，∠FEG＝∠EGH，
∴∠DGE＝∠DGH-∠EGH，
∴∠DGE=∠BDG-∠FEG；
（2）解：过点G作GK∥DB交AD于K，
同理可证BD∥EF，
∴KG∥EF，
∴∠BDG＝∠DGK，∠GEF＝∠KGE，
∴∠DGE＝∠DGK＋∠KGE，
∴∠DGE＝∠BDG＋∠FEG；
（3）解：设∠BDM=∠MDG=α，则∠BDG=∠EDG=∠DGB=2α，∠PDE=180∘−∠BDE=180∘−4α，∠PDM=180°−α，
∵DN平分∠PDM，
∴∠PDN=∠MDN=12∠PDM=90∘−α2，
∴∠EDN=∠PDN−∠PDE=90∘−α2−(180∘−4α)=72α−90∘，∠GDN=∠MDN−∠MOG=90∘−α2−α=90∘−32α，
∵DG⊥NG，
∴∠DGN=90∘，
∴∠DNG=90∘−∠GDN=90∘−(90∘−32α)=32α，
∵DE∥BF，
∴∠B=∠PDE=180∘−4α，
∵∠B−∠DNG=∠EDN，
∴180∘−4α−32α=72α−90∘，
∴α=30∘，
∴∠B=180∘−4α=60∘．
8．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）直线AB∥CE，BE—EC是一条折线段，BP平分∠ABE．
(1)如图1，若BP∥CE，求证：∠BEC+∠DCE=180°；
(2)CQ平分∠DCE，直线BP，CQ交于点F．
①如图2，写出∠BEC和∠BFC的数量关系，并证明；
②当点E在直线AB，CD之间时，若∠BEC=40°，直接写出∠BFC的大小．
【思路点拨】
（1）延长DC交BE于K，交BP于T，由AB∥CD，BP平分∠ABE，可得∠BTK=∠TBK，又BP∥CE，故∠KCE=∠KEC，即可得∠BEC+∠DCE=180°；
（2）①延长AB交FQ于M，延长DC交BE于N，设∠ABP=∠EBP=α，∠DCQ=∠ECQ=β，可得∠F=180°-∠FBM-∠FMB=180°-（α+β），∠E=180°-∠NCE-∠CNE=180°-（180°-2β）-（180°-2α）=2（α+β）-180°，故∠E+2∠F=180°；②由∠E+2∠F=180°，即可得∠F=70°．
【解题过程】
（1）解：证明：延长DC交BE于K，交BP于T，如图：
∵AB∥CD，
∴∠ABT=∠BTK，
∵BP平分∠ABE，
∴∠ABT=∠TBK，
∴∠BTK=∠TBK，
∵BP∥CE，
∴∠BTK=∠KCE，∠TBK=∠KEC，
∴∠KCE=∠KEC，
∵∠KCE+∠DCE=180°，
∴∠KEC+∠DCE=180°，即∠BEC+∠DCE=180°；
（2）①∠E+2∠F=180°，证明如下：
延长AB交FQ于M，延长DC交BE于N，如图：
∵射线BP、CQ分别平分∠ABE，∠DCE，
∴∠ABP=∠EBP，∠DCQ=∠ECQ，
设∠ABP=∠EBP=α，∠DCQ=∠ECQ=β，
∴∠FBM=∠ABP=α，∠MBE=180°-2α，
∠NCE=180°-2β，∠FCN=∠DCQ=β，
∵AB∥DC，
∴∠CNE=∠MBE=180°-2α，
∴∠F=180°-∠FBM-∠FMB=180°-（α+β），
∠E=180°-∠NCE-∠CNE=180°-（180°-2β）-（180°-2α）=2（α+β）-180°，
∴∠E+180°=2（180°-∠F），
∴∠E+2∠F=180°；
②由①知∠E+2∠F=180°，
∵∠BEC=40°，
∴∠F=70°．
9．（2022春·山东德州·七年级统考期末）如图1，AD∥BC，∠BAD的平分线交BC于点G，∠BCD=90°．
(1)试说明：∠BAG=∠BGA；
(2)如图2，点F在AG的反向延长线上，连接CF交AD于点E，若∠BAG−∠F=45°，求证：CF平分∠BCD；
(3)如图3，线段AG上有点P，满足∠ABP=3∠PBG，过点C作CH∥AG.若在直线AG上取一点M，使∠PBM=∠DCH，求∠ABM∠GBM的值．
【思路点拨】
（1）先根据平行线的性质可得∠GAD=∠BGA，再根据角平分线的定义可得∠BAG=∠GAD，然后根据等量代换即可得证；
（2）过点F作FM∥BC于M，先根据平行线的性质可得∠BGA=∠MFG,∠BCF=∠MFC，从而可得∠BAG−∠GFC=∠MFC，则∠BCF=∠MFC=45°，再根据角平分线的定义即可得证；
（3）设∠ABC=4xx>0，则∠ABP=3x，∠PBG=x，先根据平行线的性质可得∠BAD=180°−4x，从而可得∠BGA=90°−2x，再根据平行线的性质可得∠BCH=∠BGA=90°−2x，从而可得∠PBM=∠DCH=2x，然后分①点M在BP的下方和②点M在BP的上方两种情况，根据角的和差可得∠ABM和∠GBM的值，由此即可得．
【解题过程】
（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠GAD=∠BGA，
∵AG平分∠BAD，
∴∠BAG=∠GAD，
∴∠BAG=∠BGA．
（2）证明：如图，过点F作FM∥BC于M，
∴∠BGA=∠MFG,∠BCF=∠MFC，
由（1）已证：∠BAG=∠BGA，
∴∠BAG=∠MFG=∠MFC+∠GFC，即∠BAG−∠GFC=∠MFC，
又∵∠BAG−∠GFC=45°，
∴∠MFC=45°，
∴∠BCF=45°，
又∵∠BCD=90°，
∴CF平分∠BCD．
（3）解：设∠ABC=4xx>0，
∵∠ABP=3∠PBG，
∴∠ABP=3x，∠PBG=x，
∵AD∥BC，
∴∠BAD=180°−∠ABC=180°−4x，
由（1）已得：∠BGA=∠BAG=12∠BAD=90°−2x，
∵AG∥CH，
∴∠BCH=∠BGA=90°−2x，
∵∠BCD=90°，
∴∠PBM=∠DCH=90°−90°−2x=2x，
由题意，分以下两种情况：
①如图，当点M在BP的下方时，
∴∠ABM=∠ABP+∠PBM=3x+2x=5x，
∠GBM=∠PBM−∠PBG=2x−x=x，
∴∠ABM∠GBM=5xx=5；
②如图，当点M在BP的上方时，
∴∠ABM=∠ABP−∠PBM=3x−2x=x，
∠GBM=∠PBM+∠PBG=2x+x=3x，
∴∠ABM∠GBM=x3x=13；
综上，∠ABM∠GBM的值是5或13．
10．（2022春·河南安阳·七年级统考期末）猜想说理：
（1）如图，AB∥CD∥EF，分别就图1、图2、图3写出∠A，∠C，∠AFC的关系，并任选其中一个图形说明理由：
拓展应用：
（2）如图4，若AB∥CD，则∠A+∠C+∠AFC= 度；
（3）在图5中，若A1B∥AnD，请你用含n的代数式表示∠1+∠2+∠3+∠4+⋯+∠n的度数．
【思路点拨】
（1）根据平行线的性质可直接得到结论；
（2）过点F作AB的平行线，利用平行线的性质，计算出∠A＋∠C＋∠AFC的度数；
（3）过点E作AB的平行线，过点F作AB的平行线，利用平行线的性质，计算出∠A＋∠AEF＋∠EFC＋∠C度数；通过前面的计算，找出规律．利用规律得到有n个折点的结论；
【解题过程】
解：（1）如图1：∠A＋∠C＝∠AFC，
如图2：∠A−∠C＝∠AFC，
如图3：∠C−∠A＝∠AFC，
如图1说明理由如下：
∵AB∥CD∥EF，
∴∠A＝∠AFE，∠C＝∠EFC，
∴∠A＋∠C＝∠AFE＋∠EFC，
即∠A＋∠C＝∠AFC；
（2）如下图：
过F作FH∥AB，
∴∠A＋∠AFH＝180°，
又∵AB∥CD，
∴CD∥FH，
∴∠C＋∠CFH＝180°，
∴∠A＋∠AFH＋∠C＋∠CFH＝360°，
即∠A＋∠C＋∠AFC＝360°；
故答案为：360；
（3）如下图：AB∥CD，
过E作EG∥AB，过F作FH∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥EG∥FH∥CD，
∴∠A＋∠AEG＝180°，∠GEF＋∠EFH＝180°，∠HFC＋∠C＝180°，
∴∠A＋∠AEG＋∠GEF＋∠EFH＋∠HFC＋∠C＝180°×3，
即∠A＋∠AEF＋∠EFC＋∠C＝540°；
综上所述：
由当平行线AB与CD间没有点的时候，∠A＋∠C＝180°，
当A、C之间加一个折点F时，∠A＋∠AFC＋∠C＝2×180°；
当A、C之间加二个折点E、F时，则∠A＋∠AEF＋∠EFC＋∠C＝3×180°；
以此类推，如图5，A1B∥AnD，
当A1、A5之间加三个折点A2、A3、A4时，
则∠A1+∠A2＋∠A3＋∠A4＋∠A5＝4×180°；
…
当A1、An之间加n个折点A2、A3、…An−1时，
则∠A1＋∠A2＋∠A3＋…∠An＝（n-1）×180°，
即∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋⋯＋∠n的度数是（n-1）×180°．
11．（2022春·黑龙江·七年级统考期末）点E在射线DA上，点F、G为射线BC上两个动点，满足∠DBF=∠DEF，∠BDG=∠BGD，DG平分∠BDE．
(1)如图1，当点G在F右侧时，求证：BD//EF；
(2)如图2，当点G在F左侧时，求证：∠DGE=∠BDG+∠FEG；
(3)如图3，在2的条件下，P为BD延长线上一点，DM平分∠BDG，交BC于点M，DN平分∠PDM，交EF于点N，连接NG，若DG⊥NG，∠DBF−∠DNG=∠EDN，则∠DBF的度数是多少．
【思路点拨】
（1）通过证明∠DBF=∠EFG，利用同位角相等，两直线平行即可得出结论；
（2）过点E作GH∥BD，交AD于点H，利用（1）的结论和平行线的性质即可得出结论；
（3）设∠BDM=∠MDG=α，则∠BDG=∠EDG=∠DGB=2α，∠PDE=180°-4α，∠PDM=180°-α；利用已知条件用含α的式子表示∠PDN，∠EDN，∠GDN，∠DNG，再利用∠DBF-∠DNG=∠EDN，得到关于α的方程，解方程求得α的值，则∠B=180°-4α，结论可求．
【解题过程】
（1）证明：∵DG平分∠BDE，
∴∠BDG=∠ADG，
又∵∠BDG=∠BGD，
∴∠ADG=∠DGB，
∴AD//BC，
∴∠DEF=∠EFG，
∵∠DBF=∠DEF，
∴∠DBF=∠EFG，
∴BD//EF；
（2）证明：过点G作GH//BD，交AD于点H，如图，
由（1）可知：BD//EF，
∴GH//EF，
∴∠BDG=∠DGH，∠GEF=∠HGE，
∵∠DGE=∠DGH+∠HGE，
∴∠DGE=∠BDG+∠FEG；
（3）解：设∠BDM=∠MDG=α，
则∠BDG=∠EDG=∠DGB=2α，∠PDE=180°−4α，
∴∠PDM=180°−α，
∵DN平分∠PDM，
∴∠PDN=∠MDN=90°−12α，
∴∠EDN=∠PDN−∠PDE=90°−12α−(180°−4α)=72α−90°，
∴∠GDN=∠MDN−∠MDG=90°−12α−α=90°−32α，
∵DG⊥ON，
∴∠DNG=90°，
∴∠DNG=90°−(90°−32α)=32α，
∵DE//BF，
∴∠DBF=∠PDE=180°−4α，
∵∠DBF−∠DNG=∠EDN，
∴180°−4α−32α=72α−90°，
解得：α=30°，
∴∠DBF=180°−4α=60°．
12．（2022春·河北衡水·七年级校考期末）【发现】如图1，CE平分∠ACD，AE平分∠BAC．
(1)当∠EAC＝∠ACE＝45°时，AB与CD的位置关系是______；
当∠EAC＝50°，∠ACE＝40°时，AB与CD的位置关系是______；
当∠EAC+∠ACE＝90°，请判断AB与CD的位置关系并说明理由；
(2)【探究】如图2，AB∥CD，M是AE上一点，∠AEC＝90°保持不变，移动顶点E，使CE平分∠MCD，∠BAE与∠MCD存在怎样的数量关系？并说明理由，
(3)【拓展】如图3，AB∥CD，P为线段AC上一定点，Q为直线CD上一动点，且点Q不与点C重合．直接写出∠CPQ+∠CQP与∠BAC的数量关系．
【思路点拨】
（1）由角平分线的定义得∠BAC＝2∠EAC，∠ACD＝2∠ACE，则∠BAC+∠ACD＝180°，可得结论AB∥CD；
（2）过点E作EF∥AB，利用平行线的性质可得答案；
（3）利用平行线的性质和三角形内角和定理可得答案．
【解题过程】
（1）解：当∠EAC＝∠ACE＝45°时，AB∥CD，理由如下：
∵CE平分∠ACD，AE平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠EAC，∠ACD＝2∠ACE，
∵∠EAC＝∠ACE＝45°，
∴∠BAC＝∠ACD＝90°，
∴∠BAC+∠ACD＝180°，
∴AB∥CD，
故答案为：AB∥CD；
当∠EAC＝50°，∠ACE＝40°时，AB∥CD，理由如下：
∵CE平分∠ACD，AE平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠EAC，∠ACD＝2∠ACE，
∵∠EAC＝50°，∠ACE＝40°
∴∠BAC＝100°，∠ACD＝80°，
∴∠BAC+∠ACD＝180°，
∴AB∥CD，
故答案为：AB∥CD；
当∠EAC+∠ACE＝90°，AB∥CD，理由如下：
∵CE平分∠ACD，AE平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠EAC，∠ACD＝2∠ACE，
∵∠EAC+∠ACE＝90°，
∴∠BAC+∠ACD＝180°，
∴AB∥CD；
（2）解：∠BAE+12∠MCD＝90°，理由如下：
过点E作EF∥AB，如图所示，
∵AB∥CD，
∴EF∥AB∥CD，
∴∠BAE＝∠AEF，∠FEC＝∠DCE，
∵∠AEC＝90°，
∴∠AEF+∠FEC＝∠BAE+∠ECD＝90°，
∵CE平分∠MCD，
∴∠ECD＝12∠MCD，
∴∠BAE+12∠MCD＝90°；
（3）解：分两种情况分类讨论，
第一种情况如图，当点Q在射线CD上运动时，∠BAC＝∠PQC+∠QPC，
理由：过点P作PE∥AB，
∵AB∥CD，
∴EP∥AB∥CD，
∴∠BAC＝∠EPC，∠PQC＝∠EPQ，
∵∠EPC＝∠EPQ+∠QPC
∴∠BAC＝∠PQC+∠QPC；
第二种情况如图，当点Q在射线CD的反向延长线上运动时（点C除外）∠PQC+∠QPC+∠BAC＝180°，
理由：∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠PCQ，
∵∠PQC+∠QPC +∠PCQ＝180°，
∴∠PQC+∠QPC+∠BAC＝180°，
综上，∠BAC＝∠PQC+∠QPC或∠PQC+∠QPC+∠BAC＝180°．
13．（2022春·广东深圳·七年级深圳大学附属中学校考期末）（1）如图1，点E在BC上，∠A＝∠D，∠ACB＝∠CED．请说明AB∥CD的理由．
（2）如图2，AB∥CD，BG平分∠ABE，与∠EDF的平分线交于H点，若∠DEB比∠DHB大60°．求∠DEB的度数．
（3）保持（2）中所求的∠DEB的度数不变，如图3，AB∥CD，BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，作BP∥DN，则∠PBM的度数是否改变？若不变，请直接写出∠PBM的度数；若改变，请说明理由．
【思路点拨】
（1）由∠ACB=∠CED，得AC∥DF，可得∠A=∠DFB，又∠A=∠D，进而可得结论；
（2）如图2，作EM∥CD，HN∥CD，根据AB∥CD，可得AB∥EM∥HN∥CD，根据平行线的性质得角之间的关系，再根据∠DEB比∠DHB大60°，列出等式即可求∠DEB的度数；
（3）如图3，过点E作ES∥CD，设直线DF和直线BP相交于点G，根据平行线的性质和角平分线定义可求∠PBM的度数．
【解题过程】
（1）∵∠ACB=∠CED，
∴AC∥DF，
∴∠A=∠DFB，
∵∠A=∠D，
∴∠DFB=∠D，
∴AB∥CD；
（2）如图2，作EM∥CD，HN∥CD，
∵AB∥CD，
∴AB∥EM∥HN∥CD，
∴∠1+∠EDF=180°，∠MEB=∠ABE，
∵BG平分∠ABE，
∴∠ABG=12∠ABE，
∵AB∥HN，
∴∠2=∠ABG，
∵CF∥HN，
∴∠2+∠β=∠3，
∴12∠ABE+∠β=∠3，
∵DH平分∠EDF，
∴∠3=12∠EDF，
∴12∠ABE+∠β=12∠EDF，
∴∠β=12（∠EDF-∠ABE），
∴∠EDF-∠ABE=2∠β，
设∠DEB=∠α，
∵∠α=∠1+∠MEB=180°-∠EDF+∠ABE=180°-（∠EDF-∠ABE）=180°-2∠β，
∵∠DEB比∠DHB大60°，
∴∠α-60°=∠β，
∴∠α=180°-2（∠α-60°）
解得∠α=100°
∴∠DEB的度数为100°；
（3）∠PBM的度数不变，理由如下：
如图3，过点E作ES∥CD，设直线DF和直线BP相交于点G，
∵BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，
∴∠EBM=∠MBK=12∠EBK，
∠CDN=∠EDN=12∠CDE，
∵ES∥CD，AB∥CD，
∴ES∥AB∥CD，
∴∠DES=∠CDE，∠BES=∠ABE=180°-∠EBK，∠G=∠PBK，
由（2）可知：∠DEB=100°，
∴∠CDE+180°-∠EBK=100°，
∴∠EBK-∠CDE=80°，
∵BP∥DN，
∴∠CDN=∠G，
∴∠PBK=∠G=∠CDN=12∠CDE，
∴∠PBM=∠MBK-∠PBK=12∠EBK-12∠CDE=12（∠EBK-∠CDE）=12×80°=40°．
14．（2022春·浙江宁波·七年级校联考期末）如图①，AB，BC被直线AC所截，点D是线段AC上的点，过点D作DE∥AB，连接AE，∠B=∠E=60°.
(1)请说明AE∥BC；
(2)将线段AE沿着直线AC平移得到线段PQ，连接DQ．
①.如图②，当DE⊥DQ时，则∠Q的度数=_____________；
②.在整个运动中，当∠Q=2∠EDQ时，∠Q=_____________．
【思路点拨】
（1）根据平行线的性质得到∠BAE+∠E=180°，利用等量代换得到∠BAE+∠B=180°，即可证出AE∥BC；
（2）①过点D作DM∥PQ，则DM∥AE，根据平行线的性质即可得到答案；
②两种情况，运用类比的方法，当点P在线段AD上时，过点D作DF∥AE交AB于点F，根据平行线的性质即可得到答案；当点P在线段DA的延长线上时，过点D作DF′∥AE交AB于点F′，根据平行线的性质即可得到答案．
【解题过程】
（1）证明：∵DE∥AB，
∴∠BAE+∠E=180°，
又∵∠B=∠E，
∴∠BAE+∠B=180°，
∴AE∥BC．
（2）解：①解：过点D作DM∥PQ，如图所示：
∵AE∥PQ，
∴DM∥AE，
∴∠E=∠EDM，∠Q=∠MDQ，
∵DE⊥DQ，
∴∠EDQ=90°，
∴∠E+∠Q=∠EDM+∠MDQ=90°，
而∠E=60°，
∴∠Q=90°−60°=30°．
故答案为：30°．
②当点P在线段AD上时，过点D作DF∥AE交AB于点F，如图所示：
∵PQ∥AE，
∴DF∥PQ，
∴∠QDF=180°−∠Q，
∵∠Q=2∠EDQ，
∴∠EDQ=12∠Q，
∵∠E=60°，
∴∠EDF=180°−60°=120°，
∴∠QDF=120°+12∠Q=180°−∠Q，
∴∠Q=40°；
当点P在线段DA的延长线上时，过点D作DF′∥AE交AB于点F′，如图所示：
∵PQ∥AE，
∴DF′∥PQ，
∴∠QDF′=180°−∠Q，
∵∠Q=2∠EDQ，
∴∠EDQ=12∠Q，
∵∠E=60°，
∴∠EDF′=180°−60°=120°，
∴180°−∠Q+12∠Q=120°，
∴∠Q=120°；
综上所述：∠Q的度数为40°或120°．
故答案为：40°或120°．
15．（2022春·重庆·七年级西南大学附中校考期末）对于各位数字均不为零的三位自然数m=abc，若m满足各位数字之和能被十位数字整除，则称m为“对偶数”．例如m=327，∵3+2+7=12，12÷2=6，∴327是“对偶数”；又如n=136，∵1+3+6=10，10不能被3整除，∴136不是“对偶数”．将m的百位数字放在其个位数字后得m1=bca，再将m1的百位数字放在其个位数字后得m2=cab．记Fm=m+m1+m2111．
(1)判断248，933是否是“对偶数”，并说明理由；
(2)已知“对偶数”n=100a+10b+4（其中1≤a+b≤9），若18Fn+2a−4能被7整除，求出所有满足条件的n．
【思路点拨】
（1）根据“对偶数”的定义直接判断即可；
（2）先表示出F(n)，进而得出F(n)=a+b+4，即可得出18F(n)+2(a−4)=7(2a+2b+9)+6a+4b+1，进而得出(6a+4b+1)是7的倍数，可推导6a+4b+1=21或35或49，最后分类讨论即可求出答案．
【解题过程】
（1）解：248不是“对偶数”，933是“对偶数”，理由如下：
∵对于248，2+4+8=14，14不能被4整除，
∴248不是“对偶数”，
∵对于933，9+3+3=15，15能被3整除，
∴933是“对偶数”；
（2）∵n=100a+10b+4，
∴n1=b4a=100b+40+a，n2=4ab=400+10a+b，
∴F(n)=n+n1+n2111
=100a+10b+4+100b+40+a+400+10a+b111
=a+b+4，
∴18F(n)+2(a−4)
=18(a+b+4)+2(a−4)
=20a+18b+64
=7(2a+2b+9)+6a+4b+1，
∵18Fn+2a−4能被7整除，
∴(6a+4b+1)是7的倍数，
∵1≤a+b≤9，且a、b为整数，
∴1≤a≤8，1≤b≤8，
∴11≤6a+4b+1≤53，
∴6a+4b+1=14或21或28或35或42或49，
∵6a+4b=2(3a+2b)，即为偶数，
∴6a+4b+1是奇数，
∴6a+4b+1=21或35或49，
①当6a+4b+1=21时，b=5−32a，
∵a、b为整数，
∴a=2，b=2，
∴n=224，
∵2+2+4=8，8能被2整除，
∴224是“对偶数”，符合题意；
②当6a+4b+1=35时，b=17−3a2，
∵a、b为整数，
∴a=1，b=7或a=3，b=4或a=5，b=1，
当a=1，b=7时，n=174，1+7+4=12，12不能被7整除，故174不是“对偶数”，不符合题意；
当a=3，b=4时，n=344，3+4+4=11，11不能被4整除，故344不是“对偶数”，不符合题意；
当a=5，b=1时，n=514，5+1+4=10，10能被1整除，故514是“对偶数”，符合题意；
③当6a+4b+1=49时，b=12−32a，
∵a、b为整数，
∴a=4，b=6或a=6，b=3，
当a=4，b=6时，n=464，4+6+4=14，14不能被6整除，故464不是“对偶数”，不符合题意；
当a=6，b=3时，n=634，6+3+4=13，13能被3整除，故634不是“对偶数”，不符合题意；
综上所述，所以满足条件的n为224或514．
16．（2022春·湖北黄石·七年级统考期末）如图，以直角△AOC的直角顶点O为原点，以OC，OA所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系，点A（0，a），C（b，0）满足a−b+2+b−8=0．
（1）点A的坐标为________；点C的坐标为________．
（2）已知坐标轴上有两动点P，Q同时出发，P点从C点出发沿x轴负方向以每秒2个单位长度的速度匀速移动，Q点从O点出发沿y轴正方向以每秒1个单位长度的速度匀速移动，点P到达O点整个运动随之结束．AC的中点D的坐标是（4，3），设运动时间为t秒．问：是否存在这样的t，使得△ODP与△ODQ的面积相等？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若∠DOC=∠DCO，点G是第二象限中一点，并且y轴平分∠GOD．点E是线段OA上一动点，连接接CE交OD于点H，当点E在线段OA上运动的过程中，探究∠GOA，∠OHC，∠ACE之间的数量关系，并证明你的结论（三角形的内角和为180°可以直接使用）．
【思路点拨】
（1）根据算术平方根的非负性，绝对值的非负性即可求解；
（2）根据运动速度得到OQ=t，OP=8-2t，根据△ODP与△ODQ的面积相等列方程求解即可；
（3）由∠AOC=90°，y轴平分∠GOD证得OG∥AC，过点H作HF∥OG交x轴于F，得到∠FHC=∠ACE，∠FHO=∠GOD，从而∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC，即可证得2∠GOA+∠ACE=∠OHC．
【解题过程】
解：（1）∵a−b+2+b−8=0，
∴a-b+2=0，b-8=0，
∴a=6，b=8，
∴A（0，6），C（8，0）；
故答案为：（0，6），（8，0）；
（2）由（1）知，A（0，6），C（8，0），
∴OA=6，OB=8，
由运动知，OQ=t，PC=2t，
∴OP=8-2t，
∵D（4，3），
∴S△ODQ=12OQ×xD=12t×4=2t，
S△ODP=12OP×yD=12（8−2t）×3=12−3t，
∵△ODP与△ODQ的面积相等，
∴2t=12-3t，
∴t=2.4，
∴存在t=2.4时，使得△ODP与△ODQ的面积相等；
（3）2∠GOA+∠ACE=∠OHC，理由如下：
∵x轴⊥y轴，
∴∠AOC=∠DOC+∠AOD=90°，
∴∠OAC+∠ACO=90°.
又∵∠DOC=∠DCO，
∴∠OAC=∠AOD.
∵x轴平分∠GOD，
∴∠GOA=∠AOD.
∴∠GOA=∠OAC.
∴OG∥AC，
如图，过点H作HF∥OG交x轴于F，
∴HF∥AC，
∴∠FHC=∠ACE.
∵OG∥FH，
∴∠GOD=∠FHO，
∴∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC，
即∠GOD+∠ACE=∠OHC，
∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC．
17．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）在平面直角坐标系中，Aa,0，B1,b，a，b满足a+b−1+2a−b+10=0，连接AB交y轴于C．

(1)直接写出a=______，b=______；
(2)如图1，点P是y轴上一点，且三角形ABP的面积为12，求点P的坐标；
(3)如图2，直线BD交x轴于D4,0，将直线BD平移经过点A，交y轴于E，点Qx,y在直线AE上，且三角形ABQ的面积不超过三角形ABD面积的13，求点Q横坐标x的取值范围．
【思路点拨】
（1）根据非负数的性质构建方程组，解方程组求出a，b；
（2）过点B作BM⊥x轴于M，设OC=m，由三角形面积关系得出12OA⋅OC+12(OC+BM)⋅OM=12AM⋅BM，求出m=3，过点B作BN⊥y轴于N，由三角形面积关系得出12×3×CP+12CP=12，求出CP即可；
（3）连接DQ，过点Q作QR⊥x轴，分点Q在第二象限，点Q在第三象限时，两种情况，分别列出方程，解之即可．
【解题过程】
（1）解：∵ a+b−1+|2a−b+10|=0，
又∵a+b−1⩾0，|2a−b+10|⩾0，
∴ a+b−1=02a−b+10=0，
解得：a=−3b=4，
故答案为：-3，4．
（2）过点B作BM⊥x轴于M，
设OC=m，
∵三角形AOC的面积+四边形OCBM的面积=三角形ABM的面积，
∴ 12OA⋅OC+12(OC+BM)⋅OM=12AM⋅BM，
即12×3m+12(m+4)×1=12×4×4，
解得：m=3，
点C的坐标为(0,3)，
过点B作BN⊥y轴于N，
∵三角形ABP的面积=三角形ACP的面积+三角形BCP的面积，
∴ 12OA⋅CP+12BN⋅CP=12，
即12×3×CP+12CP=12，
∴CP=6，
∴点P的坐标为(0,−3)或(0,9)．
（3）点B向左平移4个单位长度，向下平移4个单位长度到点A，
∵点D向左平移4个单位长度后的对应点正好在y轴上，
∴点D平移后的对应点恰好是点E(0,−4)，
连接DQ，过点Q作QR⊥x轴，如图所示：
∵AE∥BD，
∴三角形ADQ的面积=三角形ABQ的面积，
当三角形ABQ的面积=13三角形ABD的面积时，QR=13yB=43，
当点Q在第三象限时，
∴ 12(x+3)×43+12(43+4)(−x)=12×4×3，
解得：x=−2，
当点Q在第二象限时，
∴ 12×3×4+12(3−x)×43=12(−x)×163，
解得：x=−4，
∴当三角形ABQ的面积不超过三角形ABD面积的13时，
点Q的横坐标x的取值范围是−4⩽x⩽−2，且x≠−3．
18．（2022秋·黑龙江绥化·七年级校考期末）如图①，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为(−1，0)、(3，0)，现同时将点A、B向上平移2个单位长度，再向右平移一个单位长度，得到A、B的对应点C、D，连接AC、BD、CD．
(1)写出点C、D的坐标并求出四边形ABDC的面积；
(2)在x轴上是否存在一点F，使得△DFC的面积是△DFB面积的2倍？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图②，点P是直线BD上一个动点，连接PC、PO，当点P在直线BD上运动时，请直接写出∠OPC与∠PCD、∠POB的数量关系．
【思路点拨】
（1）根据点的平移规律可得C，D的坐标，然后利用平行四边形的面积计算即可求出四边形ABDC的面积；
（2）根据△DFC的面积是△DFB面积的2倍，得BF=12CD=2，即可求出点F的坐标；
（3）当点P在线段DB延长线上运动时，当点P在线段BD的延长线上时，当点P在线段BD上运动时，作PQ∥AB，分别根据平行线的性质和平行线间的传递性求解即可．
【解题过程】
（1）∵点A，B的坐标分别为−1，0、3，0，将点A，B分别向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，分别得到点A，B的对应点C，D，
∴点C0，2，点D4，2，AB=4，AB∥CD，AB=CD，
∴OC=2，四边形ABDC是平行四边形，
∴S四边形ABDC=4×2=8；
（2）存在，理由：
设F坐标为m，0，
∵△DFC的面积是△DFB面积的2倍，
∴12×CD×OC=2×12BF×OC，即4=2m−3，解得m=5或1，
∴P点的坐标为5，0或1，0；
（3）①当点P在线段BD上时，
如图，作PE∥CD，
由平移可知：CD∥AB，
∴CD∥PE∥AB，
∴∠DCP=∠EPC，∠BOP=∠EPO，
∴∠DCP+∠BOP=∠EPC+∠EPO=∠CPO；
即∠OPC=∠PCD+∠POB；
②当点P在线段BD的延长线上时，
如图，作PE∥CD，
由平移可知：CD∥AB，
∴CD∥PE∥AB，
∴∠DCP=∠EPC，∠BOP=∠EPO，
∴∠BOP−∠DCP=∠EPO−∠EPC=∠CPO；
即∠OPC=∠POB−∠PCD；
③当点P在线段DB的延长线上时，
如图，作PE∥CD，
由平移可知：CD∥AB，
∴CD∥PE∥AB，
∴∠DCP=∠EPC，∠BOP=∠EPO，
∴∠DCP−∠BOP=∠EPC−∠EPO=∠CPO；
即∠OPC=∠PCD−∠POB；
综上，∠OPC=∠PCD+∠POB或∠OPC=∠POB−∠PCD或∠OPC=∠PCD−∠POB．
19．（2022春·湖南长沙·七年级校联考期末）如图所示，在平面直角坐标系中，如图①，将线段AB平移至线段CD，点A在x轴的负半轴，点C在y轴的正半轴上，连接AC、BD．
(1)若A(−3,0)、B(−2,−2)，C(0,2)，直接写出点D的坐标；
(2)如图②，在平面直角坐标系中，已知一定点M(2,0)，两个动点E(a,2a+1)、F(b,−2b+3)．请你探索是否存在以两个动点E、F为端点的线段EF平行于线段OM且等于线段OM，若存在，求点E、F的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图③，在直线EF上有两点A、C，分别引两条射线AB、CD．∠BAF=110°，∠DCF=60°，射线AB、CD分别绕A点，C点以1度/秒和3度/秒的速度同时顺时针转动，设时间为t，在射线CD转动一周的时间内，是否存在某时刻，使得CD与AB平行？若存在，求出所有满足条件的时间t．
【思路点拨】
(1)根据平移变换只改变图形的位置不改变图形的形状可知对应线段平行且相等，对应点的连线平行且相等；
(2) 根据EF∥OM，EF=OM，O0,0，M2,0，得出2a+1=−2b+3，a−b=2，解答即可．
(3) 分① AB与CD在EF的两侧，分别表示出∠ACD与∠BAC，然后根据内错角相等两直线平行，列式计算即可得解；
② CD旋转到与AB都在EF的右侧，分别表示出∠DCF与∠BAC，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解；
③ CD旋转到与AB都在EF的左侧，分别表示出∠DCF与∠BAC，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解.
【解题过程】
（1）解：设D(x,y)，
∵将线段AB平移至线段CD，A(−3,0)、B(−2,−2)，C(0,2)，
∴x−0=−2−(−3)，y−2=−2−0，
∴x=1，y=0，
∴D(1,0)；
（2）解：存在，理由：

∵EF//OM，EF=OM，O(0,0)，M(2,0)，
∴点E与F的纵坐标相等，横坐标的差的绝对值为2，四边形OMEF是平行四边形，
即2a+1=−2b+3，|a−b|=2，
解得：a=−12，b=32或a=32，b=−12，
∴点E的坐标为(−12，0)，F的坐标为(32，0)或点E的坐标为(32，4)，F的坐标为(−12，4)，
当E(−12，0)，F(32，0)时，O、M、E、F四点均在x轴上，不能构成平行四边形，舍去；
∴E( 32，4)，F(−12，4)；
（3）解：存在．
分三种情况：

如图①，AB与CD在EF的两侧时，
∵∠BAF=110°，∠DCF=60°，
∴∠ACD=180°−60°−3°×t=120°−3°×t=120°−3t°，∠BAC=110°−1°×t=110°−t°，
要使AB//CD，则∠ACD=∠BAF，即120°−3t°=110°−t°，
解得t=5，
此时(180°−60°)÷3°=40，
∴0②CD旋转到与AB都在EF的右侧时，
∵∠BAF=110°，∠DCF=60°，
∴∠DCF=360°−3t°−60°=300°−3t°，∠BAC=110°−t°，
要使AB//CD，则∠DCF=∠BAC，即300°−3t°=110°−t°，
解得t=95，
此时(360°−60°)÷3°=100，
∴40③CD旋转到与AB都在EF的左侧时，
∵∠BAF=110°，∠DCF=60°，
∴∠DCF=3t°−(180°−60°+180°)=3t°−300°，∠BAC=t°−110°，
要使AB//CD，则∠DCF=∠BAC，
即3t°−300°=t°−110°，
解得t=95，
此时t>110，
∵95<110，
∴此情况不存在．
综上所述，t为5秒或95秒时，CD与AB平行．
20．（2022春·云南保山·七年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知Aa,0，Bb,0，其中a，b满足a+2+b−42=0．
(1)填空：a＝______，b＝______；
(2)如果在第三象限内有一点M−4,n，请用含n的式子表示三角形ABM的面积；
(3)在（2）的条件下，当n=−4时，线段MB与y轴的交点坐标C0,−2，在y轴上有一点P，使得三角形BMP的面积与三角形ABM的面积相等，请求出点P的坐标．
【思路点拨】
（1）根据绝对值和平方的非负性，即可得出答案；
（2）过点M作MN⊥x轴于点N，MN为三角形ABM的高，根据三角形面积公式即可得出答案；
（3）结合（2）求出三角形ABM的面积为S=12，分点P在y轴正半轴上和点P在y的负半轴上两种情况，结合S△MPB=S△PBC+S△MPC列式求解即可确定点P的坐标．
【解题过程】
（1）解：∵a+2+b−42=0，a+2≥0，b−42≥0，
∴a+2=0，b−4=0，
∴a=−2，b=4．
故答案为：−2，4；
（2）如图2，过点M作MN⊥x轴于点N，
∵点M−4,n在第三象限，
∴n<0，
∵AB=6，
∴三角形ABM的面积S=AB·|n|2=3|n|=−3n；
（3）设P(0， y)，当P在y轴正半轴上时，如图3所示，
结合（2）可知，三角形ABM的面积为S=−3n=12，
由题意可知PC=|−2|+y，S△MPB=S△PBC+S△MPC，
∵S△PBC=12PC·OB=2·(2+y)，S△MPC=12PC·|−4|=2·(2+y)，
∴2·(2+y)+2·(2+y)=12，
解得y=1，
∴P(0， 1)；
当P在y的负半轴上时，如图4所示，
PC=|y|−|−2|=−2−y，
∴S△MPB=S△BPC+S△MPC
=12PC·4+12PC·4
=4(−2−y)，
即4(−2−y)=12，解得y=−5，
∴P(0， −5)．
综上所述，点P的坐标为(0， 1)或(0， −5)．
21．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）平面直角坐标系中，Aa,0，B0,b，a，b均为整数，且满足b=2a−4−4−a，点C在y轴负半轴上且S△ABC=10，将线段AB平移到DE，其中点A的对应点是点D．
(1)请直接写出点A，B，C的坐标；
(2)如图（1），若点D的坐标为−1,0，点Fm,n为线段DE上一点，且△ACF的面积大于12，求m的取值范围；
(3)如图（2），若DE与y轴的交点G在B点上方，点P为y轴上一动点，请直接写出∠EBO，∠BPD，∠PDA之间的数量关系．
【思路点拨】
（1）由非负性可求a，b的值，由三角形的面积公式可求点C坐标；
（2）由平移的性质可得AB=DE，AB∥DE，AD=BE=5，由面积关系可求m，n的数量关系，即可求解；
（3）分三种情况讨论，由平移的性质，平行线的性质以及角的数量关系可求解．
【解题过程】
（1）解：∵b=2a−4−4−a，
∴4−a⩾0，2a−4⩾0，
∴2⩽a⩽4，
∵a，b均为整数，
∴a=4，b=2，
∴A(4,0)，B(0,2)，
∴OA=4，OB=2，
∵SΔABC=10，
∴ 12×BC×OA=10，
∴BC=5，
∵点C在y轴负半轴上，
∴点C坐标为(0,−3)；
（2）解：如图，连接BE，BF，OF，
∵将线段AB平移到DE，
∴AB=DE，AB∥DE，AD=BE=5，
∴四边形ABED的面积=2×5=10，
∴SΔABF=12S四边形ABED=5，
∵S四边形ABFD=SΔABF+SΔADF=SΔABO+SΔBFO+SΔDFO，
∴5+12×5×n=12×4×2+12×2×(−m)+12×1×n，
∴n=−1−m2，
∵SΔACF=SΔAFO+SΔAOC+SΔOCF>12，
∴ 12×4×n+12×4×3+12×3×(−m)>12，
∴m<−145；
∵F为线段DE上一点，
∴m≥−5,
∴−5≤m＜−145.
（3）解：如图，当点P在点B的下方时，延长EB交PD于F，
∵将线段AB平移到DE，
∴AB∥DE，AD∥BE，
∴∠ADP=∠BFD，
∴∠PFB=180°−∠BFD=180°−∠PDA，
∵∠EBO=∠BPD+∠BFP，
∴∠EBO=∠BPD+180°−∠PDA，
∴∠EBO+∠PDA−∠BPD=180°；
如图，当点P在B的上方、AD的延长线与y轴的交点下方时，延长DP交BE于点F，
∵将线段AB平移到DE，
∴AD∥BE，
∴∠PDA+∠BFD=180°，
∴∠BFP=180°−∠PDA，
∵∠EBO=∠BFP+∠BPF，
∴∠EBO=180°−∠PDA+180°−∠BPD，
∴∠EBO+∠PDA+∠BPD=360°；
如图，当点P在AD的延长线与y轴的交点T上方时，
∵∠EBO=∠BEG+∠EGB，
又∵BE∥AD，
∴∠BEG=∠GDT，
由对顶角得∠EGB=∠TGD，
∵∠PTD=∠TGD+∠TDG，
∴∠PTD=∠EBO，
∵∠PDA=∠PTD+∠TPD，
∴∠PDA=∠EBO+∠BPD
综上所述：当点P在点B的下方时，∠EBO=∠BPD+180°−∠ADP；当点P在B、与AD的延长线与y轴的交点之间时，∠EBO+∠PDA+∠BPD=360°；当点P在AD的延长线与y轴的交点T上方时，∠PDA=∠EBO+∠BPD．
22．（2022春·安徽合肥·七年级统考期末）如图①，在平面直角坐标系中，A(a，0)，C(b，2)，且满足 (a+2)2 +b−2=0，过C作CB⊥x轴于B．
(1)直接写出三角形ABC的面积 ；
(2)如图②，若过B作BD∥AC交y轴于D，且AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，求∠AED的度数；
(3)在y轴上是否存在点P，使得三角形ACP和三角形ABC的面积相等？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）先依据非负数的性质可求得a、b的值，从而可得到点A和点C的坐标，接下来，再求得点B的坐标，最后，依据三角形的面积公式求解即可；
（2）过E作EF∥AC，首先依据平行线的性质可知∠ODB＝∠6，∠CAB＝∠5，接下来，依据平行公理的推理可得到BD∥AC∥EF，然后，依据平行线的性质可得到∠1＝∠3，∠2＝∠4，然后，依据角平分线的性质可得到∠3＝12∠CAB，∠4＝12∠ODB，最后，依据∠AED＝∠1＋∠2＝∠3＋∠4求解即可；
（3）①当P在y轴正半轴上时，设点P（0，t），分别过点P，A，B作MN∥x轴，AN∥y轴，BM∥y轴，交于点M，N，然后，用含t的式子表示出AN，CM的长，然后依据S△APC=S梯形MNAC-S△CMP-S△ANP=4列出关于t的方程求解即可；②当P在y轴负半轴上时，分别过点P，A，B作MN∥x轴，AN∥y轴，BM∥y轴，交于点M，N，设点P（0，a），然后用含a的式子表示出AN、CM的长，最后，依据S△APC=S梯形MNAC-S△ANP-S△CMP=4列方程求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵(a+2)2+b−2=0，
∴a+2=0，b-2=0，
∴a=-2，b=2，
∵CB⊥AB，
∴A(-2，0)，B(2，0)，C(2，2)，
∴△ABC的面积为：12×2×4=4．
故答案为：4．
（2）∵CB∥y轴，BD∥AC，
∴∠CAB=∠5，∠ODB=∠6，∠CAB+∠ODB=∠5+∠6=90°，
过E作EF∥AC，如图所示：
∵BD∥AC，
∴BD∥AC∥EF，
∵AE、DE分别平分∠CAB、∠ODB，
∴∠3=12∠CAB=∠1，∠4=12∠ODB=∠2，
∴∠AED=∠1+∠2=12(∠CAB+∠ODB)=45°．
（3）①当P在y轴正半轴上时，如图所示：
设P(0，t)，过P作MN∥x轴，AN∥y轴，BM∥y轴，
∵S△APC=S梯形MNAC-S△CMP-S△ANP=4，
∴4(t−2+t)2-t-(t-2)=4，
解得：t=3；
②当P在y轴负半轴上时，如图所示：
设P(0，a)，过P作MN∥x轴，AN∥y轴，BM∥y轴，
∵S△APC=S梯形MNAC-S△ANP-S△CMP=4，
∴4(−a+2−a)2 +a-(2-a)=4，
解得：a= -1；
∴P(0，-1)或(0，3)．
23．（2022春·黑龙江哈尔滨·七年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为A0,a，Bb,0，且a、b满足2a−b−6+a+2b−13=0，点C在x轴的负半轴上，连接AB、AC．
（1）如图1，若△AOC的面积是△AOB面积的34倍，求点C的坐标：
（2）如图2，点D在AC上，点E在AB上，连接OD，过点E作EF⊥x轴于点F，若∠1+∠2=90°，求证：OD//AB；
（3）在（1）的条件下，点P从点O出发以每秒1个单位长度的速度沿OB方向移动，同时点Q从点A出发以每秒2个单位长度的速度在AO间往返移动，即先沿AO方向移动，到达点O反向移动．设移动的时间为t秒，四边形ACQB与△ABP的面积分别记为S1、S2，是否存在时间t，使S1=4S2；若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据绝对值与算术平方根的非负性可得2a−b−6=0a+2b−13=0，进而解方程组即可求得A0,5，B4,0，最后再根据S△AOC=34S△AOB列出方程求解即可求得答案；
（2）根据EF⊥x轴可得∠2+∠OBA=90°，再结合∠1+∠2=90°，可得∠2=∠OBA，最后根据同位角相等两直线平行即可得证；
（3）先根据题意求得点P到达点B时，点Q到达点O、点A时的时间，由此可对时间t分类讨论，在每种情况中根据S1=4S2列出方程求解，进而即可求得答案．
【解题过程】
（1）解：∵2a−b−6+a+2b−13=0，
∴2a−b−6=0a+2b−13=0，
解得a=5b=4，
∴A0,5，B4,0，
∵S△AOC=34S△AOB，
∴12OC⋅OA=34×12OB⋅OA，
∴12OC×5=34×12×4×5，
∴OC=3，
∴C−3,0；
（2）证明：∵EF⊥x轴，
∴∠EFB=90°，
∴∠2+∠OBA=90°，
又∵∠1+∠2=90°，
∴∠2=∠OBA，
∴OD//AB；
（3）解：由题意得：当t=5÷2=2.5时，点Q第一次到达点O，
当t=4时，点P到达点B，
当t=2.5×2=5时，点Q到达点A，
当t=2.5×3=7.5秒，点Q第二次到达点O，
∴当0∵S1=4S2，
∴12×3+4×2t=4×12×4−t×5，
解得：t=4017≤2.5（符合题意）；
当2.5∵S1=4S2，
∴12×10−2t×3+4=4×12×4−t×5，
解得：t=53<2.5（不符合题意，舍去）；
当4∵S1=4S2，
∴12×10−2t×3+4=4×12×t−4×5，
解得t=7517=4717<5（符合题意）；
当5∵S1=4S2，
∴12×2t−10×3+4=4×12×t−4×5，
解得：t=53<5（不符合题意，舍去）；
当t≥7.5时，S1的最大值为12×5×7=17.5，4S2的最小值为4×12×7.5−4×5=35，不存在t能使S1=4S2．
综上所述，存在t=4017或7517时，使S1=4S2．
24．（2022春·云南昆明·七年级统考期末）在平面直角坐标系中，已知点A(a,0)，B(b,3)，C(5,0)，且满足a+b+(a−b+6)2=0，线段AB交y轴于点F0,32，点D是y轴正半轴上的一点．
(1)如图1，求出点A、B的坐标；
(2)如图2，若DB∥AC，∠BAC=α，且AM、DM分别平分∠CAB、∠ODB，求∠AMD的度数；（用含α的代数式表示）；
(3)如图3，坐标轴上是否存在一点P，使得△ABP的面积是△ABC的面积的一半？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据非负数的性质得到关于a，b的二元一次方程组，然后求解即可；
（2）过点M作MN∥DB，交y轴于点N，根据平行线的性质易证∠AMD＝∠AMN+∠DMN，再根据角平分线的定义整理即可得解；
（3）存在，分P点在x轴上，与y轴上两种情况进行讨论即可.
【解题过程】
（1）解：∵a+b+(a−b+6)2=0，
∴a+b=0，a−b+6=0，
∴a=−3，b=3，
∴A(−3,0)，B(3,3)；
（2）解：如图2，过点M作MN∥DB，交y轴于点N，
∴∠DMN=∠BDM，
又∵DB∥AC，
∴MN∥AC，
∴∠AMN=∠MAC，
∵DB∥AC，∠DOC=90°，
∴∠BDO=90°，
又∵AM，DM分别平分∠CAB，∠ODB，∠BAC=α，
∴∠MAC=12α，∠BDM=45°，
∴∠AMN=12α，∠DMN=45°，
∴∠AMD=∠AMN+∠DMN=45°+12α；
（3）解：存在．
△ABC的面积=12×8×3=12，
当P点在y轴上时，设P0,y，
∵S△ABP=S△APF+S△BPF，
∴12×y−32×3+12×y−32×3=6，解得y=72或y=−12，
∴此时P点坐标为0,72或0,−12；
当P点在x轴上时，设Px,0，
则12×|x+3|×3=6，解得x=1或x=−7，
∴此时P点坐标为（1，0）或(−7,0)，
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为0,72或0,−12或（1，0）或(−7,0).