人教版七年级数学下册举一反三专题11.7期末复习之解答压轴题十大题型总结(学生版+解析)(七年级下册)

这是一份人教版七年级数学下册举一反三专题11.7期末复习之解答压轴题十大题型总结(学生版+解析)(七年级下册)，共92页。


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\l "_Tc27776" 【题型1 相交线中的旋转问题】 PAGEREF _Tc27776 \h 1
\l "_Tc21517" 【题型2 平行线中的定值问题】 PAGEREF _Tc21517 \h 3
\l "_Tc28924" 【题型3 平行线中探究角度之间的关系】 PAGEREF _Tc28924 \h 5
\l "_Tc7836" 【题型4 估算无理数的大小】 PAGEREF _Tc7836 \h 6
\l "_Tc19170" 【题型5 实数的应用】 PAGEREF _Tc19170 \h 7
\l "_Tc8014" 【题型6 平面直角坐标系中的面积问题】 PAGEREF _Tc8014 \h 9
\l "_Tc27714" 【题型7 二元一次方程组与不等式组的综合】 PAGEREF _Tc27714 \h 11
\l "_Tc25834" 【题型8 新定义问题】 PAGEREF _Tc25834 \h 11
\l "_Tc25049" 【题型9 阅读理解问题】 PAGEREF _Tc25049 \h 13
\l "_Tc26116" 【题型10 规律探究问题】 PAGEREF _Tc26116 \h 15
【题型1 相交线中的旋转问题】
【例1】（2024七年级·内蒙古赤峰·期末）点O是直线AB上的一点，射线OC从OA出发绕点O顺时针方向旋转，旋转到OB停止，设∠AOC=α（0°≤α≤180°），射线OD⊥OC，作射线OE平分∠BOD．
(1)如图1，若α=40°，且OD在直线AB的上方，求∠DOE的度数（要求写出简单的几何推理过程）．
(2)射线OC顺时针旋转一定的角度得到图2，当射线OD在直线AB的下方时，其他条件不变，请你用含α的代数式表示∠DOE的度数，（要求写出简单的几何推理过程）．
(3)射线OC从OA出发绕点O顺时针方向旋转到OB，在旋转过程中你发现∠DOE与∠AOC（0°≤∠AOC≤180°，0°≤∠DOB≤180°）之间有怎样的数量关系？请你直接用含α的代数式表示∠DOE的度数．
【变式1-1】（2024七年级·浙江绍兴·期末）张老师将教鞭和直角三角板放在量角器上．如图①，MN是量角器的直径，点O是圆心，教鞭OC与OM重合，直角三角板的一个顶点放在点O处，一边OB与ON重合，∠AOB=30°．如图②，现将教鞭OC绕点O沿顺时针方向以每秒3°的速度旋转，同时将直角三角板绕点O逆时针方向以每秒2°的速度旋转，当OC与ON重合时，三角板和教鞭OC同时停止运动．设旋转时间为t秒．
(1)在旋转过程中，求∠AON的度数（用含t的代数式表示）．
(2)在旋转过程中，当t为何值时，OA⊥MN．
(3)在旋转过程中，若射线OC，OA，OB中的两条射线组成的角（指大于0°而不超过180°的角）恰好被第三条射线平分，求出此时t的值．
【变式1-2】（2024七年级·陕西西安·期末）问题提出
已知一副直角三角尺按如图1方式拼接在一起，其中OC与直线MN重合，∠AOB=45°，∠AOM=∠COD=30°．
（1）在图1中，∠BOD的度数为______．
问题探究
（2）如图1，三角尺COD固定不动，将三角尺AOB绕着点O以每秒4°的速度顺时针方向旋转，且在旋转过程中，两块三角尺均在直线MN的上方．设三角尺AOB的旋转时间为t秒，当OB平分∠AOD时，请求出t的值．
问题解决
（3）如图1，若三角尺AOB绕着点O以每秒4°的速度顺时针方向旋转的同时，三角尺COD也绕着点O以每秒1°的速度逆时针方向旋转．在旋转过程中，两块三角尺均在直线MN的上方，且当三角尺AOB停止旋转时，三角尺COD也停止旋转．设三角尺AOB的旋转时间为t秒．在旋转过程中，是否存在某一时刻∠AOD=2∠BOC？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【变式1-3】（2024七年级·浙江金华·期末）如图 1，点 O 在直线AB上，∠AOC=30°，将一个含有60°角的直角三角尺的直角顶点放在点O处，较长的直角边OM在射线OB上，较短的直角边ON在直线AB的下方．
【操作一】：将图1中的三角尺绕着点O 以每秒12°的速度按顺时针方向旋转．当它完成旋转一周时停止，设旋转的时间为t秒．
（1）图1中与∠BOC互补的角有 ．
（2）当ON⊥OC，求旋转的时间t．
【操作二】：如图 2 将一把直尺的一端点也放在点O处，另一端点E在射线OC上．如图 3，在三角尺绕着点O 以每秒3x度的速度按顺时针方向旋转的同时，直尺也绕着点O 以每秒x度的速度按顺时针方向旋转，当一方完成旋转一周时停止，另一方也停止旋转．
试探索：在三角尺与直尺旋转的整个过程中，是否存在某个时刻，使得∠COM与∠AOE这两个角中，其中一个角是另一个角的一半？若存在，请直接写出所有满足题意时∠COM的度数；若不存在，请说明理由．你的答案是： ．

【题型2 平行线中的定值问题】
【例2】（2024七年级·福建泉州·期末）如图，AB∥CD，点E在直线AB和CD之间，且在直线BD的左侧，∠ABE=14∠CDE=α．
(1)如图1，求∠BED的度数（用含α的式子表示）；
(2)连接BD，过点E作EF∥BD，交AB于点F，动点G在射线BE上，∠BEF=kα．
①如图2，若k=5，DG平分∠BDE，判断DG与BE的位置关系并说明理由．
②连接DF，若∠DFE=12∠DFB，DG⊥BE于点G，是否存在常数k，使∠FDG为定值，若存在，求出k的值，若不存在，请说明理由．
【变式2-1】（2024七年级·福建漳州·期末）已知AB∥CD，点M、N分别是AB、CD上的点，点G在AB、CD之间，连接MG、NG．

(1)如图1，若GM⊥GN，求∠AMG+∠CNG的度数．
(2)在（1）的条件下，已知∠BMG的平分线MH交∠GND的平分线NH于点H，求∠MHN的度数．
(3)如图2，若点P是CD下方一点，MT平分∠BMP，NC平分∠TNP，已知∠BMT=40°，证明：∠MTN−∠P为定值．
【变式2-2】（2024七年级·湖北武汉·期末）如图1，已知直线l1∥l2，点A、B在直线l1上，点C、D在l2上，线段AD交线段BC于点E，且∠BED=60°．
(1)求证：∠ABE+∠EDC=60°；
(2)如图2，当F、G分别在线段AE、EC上，且∠ABF=2∠FBE，∠EDG=2∠GDC，标记∠BFE为∠1，∠BGD为∠2．
①若∠1−∠2=16°，求∠ADC的度数；
②当k=________时，k∠1+∠2为定值，此时定值为________．
【变式2-3】（2024七年级·湖南长沙·期末）如图，两个形状，大小完全相同的含有30°、60°的三角板如图放置，PA、PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．
（1）①如图1，∠DPC＝ 度．
②我们规定，如果两个三角形只要有一组边平行，我们就称这两个三角形为“孪生三角形”，如图1，三角板BPD不动，三角板PAC从图示位置开始每秒10°逆时针旋转一周（0°<旋转<360°），问旋转时间t为多少时，这两个三角形是“孪生三角形”．
（2）如图3，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速3°/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速2°/秒，在两个三角板旋转过程中，（PC转到与PM重合时，两三角板都停止转动）．设两个三角板旋转时间为t秒，以下两个结论：①∠CPD∠BPN为定值；②∠BPN+∠CPD为定值，请选择你认为对的结论加以证明．
【题型3 平行线中探究角度之间的关系】
【例3】（2024七年级·湖南长沙·期末）如图1，AB∥CD，G为AB、CD之间任意一点．
(1)若GE平分∠AEF，GF平分∠EFC．求证：∠GEF+∠GFE=90°；
(2)如图2，若∠AEP=25∠AEF，∠CFP=25∠EFC，且FP的延长线交∠AEP的角平分线于点M，EP的延长线交∠CFP的角平分线于点N，猜想∠M+∠N的运算结果并且证明你的结论；
(3)如图3，若点H是射线EB之间一动点，FG平分∠EFH，MF平分∠EFC，过点G作GQ⊥FM于点Q，请猜想∠EHF与∠FGQ的关系，并证明你的结论．
【变式3-1】（2024七年级·湖南株洲·期末）已知：MN∥PQ，点A，B分别在MN，PQ上，点C为MN，PQ之间的一点，连接CA，CB．

(1)如图1，若∠MAC=45°，∠PBC=43°，求∠ACB；
(2)如图2，AD，BD，AE，BE分别为∠MAC，∠PBC，∠CAN，∠CBQ的平分线，求证：∠D+∠E=180°；
(3)在（2）的条件下，如图3，过点D作DA的垂线交PQ于点G，点F在PQ上，∠FDA=2∠FDB，FD的延长线交EA的延长线于点H，若3∠C=4∠E，猜想∠H与∠GDB的倍数关系并证明．
【变式3-2】（2024七年级·广东广州·期末）点A，C，E在直线l上，点B不在直线l上，把线段AB沿直线l向右平移得到线段CD．
（1）如图1，若点E在线段AC上，求证：∠B+∠D=∠BED；
（2）若点E不在线段AC上，试猜想并证明∠B，∠D，∠BED之间的等量关系；
（3）在（1）的条件下，如图2所示，过点B作PB//ED，在直线BP，ED之间有点M，使得∠ABE=∠EBM，∠CDE=∠EDM，同时点F使得∠ABE=n∠EBF，∠CDE=n∠EDF，其中n≥1，设∠BMD=m，利用（1)中的结论求∠BFD的度数（用含m，n的代数式表示）．
【变式3-3】（2024七年级·浙江·期末）已知a//b，直角△ABC的边与直线a分别相交于O、G两点，与直线b分别交于E，F点，且∠ACB=90°．
（1）将直角△ABC如图1位置摆放，如果∠AOG=56°，则∠CEF=________；
（2）将直角△ABC如图2位置摆放，N为AC上一点，∠NEF+∠CEF=180°，请写出∠NEF与∠AOG之间的等量关系，并说明理由；
（3）将直角△ABC如图3位置摆放，若∠GOC=135°，延长AC交直线b于点Q，点P是射线GF上一动点，探究∠POQ,∠OPQ与∠PQF的数量关系，请直接写出结论．
【题型4 估算无理数的大小】
【例4】（2024七年级·吉林长春·期末）阅读下面的文字，解答问题：大家知道2是无理数，而无理是无限不循环小数，因此2的小数部分我们不可能全部写出来，于是小明用2−1来表示2的小数部分，事实上，小明的表示方法是有道理的，因为2的整数部分是1，将这个数减去其整数部分，差就是2的小数部分，又例如：∵23<72<32，即2<7<3，∴7的整数部分为2，小数部分为7−2。
请解答
（1）11的整数部分是______，小数部分是_______。
（2）如果5的小数部分为a，41的整数部分为b，求a+b−5的值。
（3）已知x是3+5的整数部分，y是其小数部分，直接写出x−y的值.
【变式4-1】（2024七年级·福建莆田·期末）阅读下面的文字,解答问题:大家知道2是无理数,而无理数是无限不循环小数,因此2的小数部分我们不可能全部写出来,而1＜2＜2于是可用2−1来表示2的小数部分.请解答下列问题：
(1)21的整数部分是_______，小数部分是_________；
(2)如果7的小数部分为a，15的整数部分为b，求a+b−7的值；
(3)已知:100+110=x+y，其中x是整数,且0＜y＜1，求x+110+24−y的平方根．
【变式4-2】（2024七年级·浙江杭州·期末）确定一个用算术平方根表示的数的整数部分和小数部分时，可以用如下办法：例如11，因为9<11<16，所以9<11<16，即3<11<4．故11的整数部分是3，小数部分是11−3．又例如50，因为49<50<64，所以49<50<64，即7<50<8，故50的整数部分是7，小数部分是50−7．请你根据上述办法，解答下列各题：
（1）确定10的整数部分和小数部分；
（2）若9+13的小数部分为a，9−13的小数部分为b，求4(a+b)+8的值．
【变式4-3】（2024七年级·山西·期末）阅读理解，回答问题.
我们都知道3是无理数，因为无理数是无限不循环小数，因此不可能把3的小数部分全部写出来，于是小磊用3−1表示3的小数部分，请你根据小磊的思路完成下列问题：
（1）5的小数部分是 ；
（2）已知m是正整数，m是一个无理数，且m−3表示m的小数部分.
①m的取值范围是 ；
②当m是5的倍数时，求m−14+2m的值.
【题型5 实数的应用】
【例5】（2024七年级·河南周口·期末）座钟的摆针摆动一个来回所需的时间称为一个周期，其计算公式为T=2πlg，其中T表示周期（单位：s），l表示摆长（单位：m）．假如一台座钟的摆长为0.2m．（π取3，g=9.8m/s2）
(1)求摆针摆动的周期．
(2)如果座钟每摆动一个来回发出一次滴答声，那么在6分钟内，该座钟大约发出了多少次滴答声？
【变式5-1】（2024七年级·全国·课后作业）用电器的电阻R、功率P与它两端的电压U之间有关系：P=U2R．有两个外观完全相同的用电器，甲的电阻为18.4Ω，乙的电阻为20.8Ω．现测得某用电器的功率为1500W，两端电压在150∼170V，该用电器到底是甲还是乙？
【变式5-2】（2024七年级·北京·期末）“说不完的2”探究活动，根据各探究小组的汇报，完成下列问题．
(1)2到底有多大？
下面是小欣探索2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2，且2>1.4．设2=1.4+x，画出如下示意图．
由面积公式，可得x2+______=2．
因为x值很小，所以x2更小，略去x2，得方程______，解得x≈____（保留到0.001），即2≈_____．
(2)怎样画出2？请一起参与小敏探索画2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xx>0．依题意，割补前后图形的面积相等，有x2=2，解得x=2．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．
【变式5-3】（2024七年级·安徽蚌埠·期末）如图，长方形ABCD的长为2cm，宽为1cm．
（1）将长方形ABCD进行适当的分割（画出分割线），使分割后的图形能拼成一个正方形，并画出所拼的正方形；（标出关键点和数据）
（2）求所拼正方形的边长．
【题型6 平面直角坐标系中的面积问题】
【例6】（2024七年级·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A−4,2，B4,0，将线段OA平移后得到线段CD，点C在y轴上，连接BD、AD，AD交y轴于点M，AD∥x轴．

(1)直接写出点C、点D的坐标；
(2)点N为线段AM上一点，点N的横坐标为t，连接ON、NC，用含t的式子表示三角形CON的面积（不要求写出t取值范围）；
(3)在（2）的条件下，线段CD与线段EF重合（点C与点E重合，点D与点F重合），将线段EF沿y轴向下平移，连接AE、DE、BE、BF、BD，当三角形ADE的面积比三角形BEF的面积大2时，DF=MN，求点N的坐标．
【变式6-1】（2024七年级·广东汕头·期末）如图，在长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，点A坐标为a，0，点C的坐标为0，b，且a，b满足a−4+b−6=0，点B在第一象限内，点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O−C−B−A−O的线路移动．

(1)点B的坐标为 ，当点P移动3.5秒时，点P的坐标为 ；
(2)在移动过程中，当点P到x轴的距离为4个单位长度时，求点P移动的时间；
(3)在移动过程中，当△OBP的面积是10时，求点P移动的时间．
【变式6-2】（2024七年级·云南保山·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．
【变式6-3】（2024七年级·河南信阳·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为A(0，a)，B(b，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，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，若存在时间t(0≤t≤5)使S1＝4S2，直接写出t值 ．
【题型7 二元一次方程组与不等式组的综合】
【例7】（2024七年级·福建厦门·期末）已知在方程组3x+2y=m+22x+y=m−1中，x、y均为正数．
(1)求出x、y的值（用含m代数式表示）；
(2)求出m的取值范围；
(3)当m为何正整数时，求：s=2x−3y+m的最大值？
【变式7-1】（2024七年级·重庆开州·期末）若一个两位数M的十位数字为a，个位数字为b，其中1≤a≤9，1≤b≤9，规定s=a+b，t=2a−b，Fm=s+t，例如F12=1+2+2×1−2=3−2=1．
(1)求F23和F69；
(2)若一个两位数P满足个位数字比十位数字大2，另一个两位数Q满足个位数字比十位数字的2倍少1，规定K=FP−3FQ，当FP+FQ=12，求K的最大值．
【变式7-2】（2024七年级·福建福州·期末）若点P(x,y)的坐标满足x+y=2a−b−5x−y=b−5．
(1)若点P的坐标为(−2,−1)，求a，b的值；
(2)若点P在第二象限，且符合要求的整数a只有五个，求b的取值范围；
(3)若点P为不在x轴上的点，且关于z的不等式yz+3x+15>0的解集为z<35，求关于t的不等式at≤b的解集．
【变式7-3】（2024七年级·湖北宜昌·期末）某研学基地为激发来研学学生参与活动的积极性，经常组织竞赛活动，并购买保温杯和台灯作为奖品奖励学生．该基地在某超市购买保温杯、台灯若干次，其中前两次购买时，均按标价购买；成为老顾客后，从第三次购买开始，保温杯、台灯同时以相同折扣数的打折价购买．前三次购买保温杯、台灯的数量及费用如下表所示：
(1)求保温杯、台灯的标价；
(2)某日，甲、乙两校师生同时来到该基地研学，基地为两校组织了一次陶泥制作比赛，并颁发奖品20个保温杯和10个台灯（均按打折价购买），甲、乙两校各获得15个奖品，甲校所获奖品的购买金额不低于800元，乙校所获奖品的购买金额不低于750元，求甲、乙两校分别获得保温杯和台灯各多少个？
【题型8 新定义问题】
【例8】（2024七年级·湖南长沙·期末）新定义：对于实数x，我们规定[x]表示不大于x的最大整数，例如[1.4]=1，[2]=2，[−3.5]=−4，试解决下列问题：
(1)填空：
①[π]=________(π为圆周率），
②如果[x−2]=3，则实数x的取值范围________；
(2)若点P(x,y)位于第一象限，其中x，y是方程组x+y=[a]+23x+4y=6[a]+3的解，求a的取值范围：
(3)若f(k)=[k+14]−[k4](k是正整数），例：f（3）=[3+14]−[34]=1．下列结论：
①f（1）=0； ②f(k+4)=f(k)； ③f(k+1)⩾f(k)； ④f(k)=0或1．
正确的有________（填序号）．
【变式8-1】（2024七年级·江西赣州·期末）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：点A到x轴、y轴距离的较大值称为点A的“长距”，当点P的“长距”等于点Q的“长距”时，称P，Q两点为“等距点”．

(1)已知点A的坐标为−3,1．
①则点A的“长距”是 ．
②在点E0,3，F3,−3，G2,−5中，为点A的“等距点”的是______；
③若点B的坐标为B2,m+6，且A，B两点为“等距点”，则m的值为______；
(2)若T1−1,−k−3，T24,4k−3两点为“等距点”，求k的值．
【变式8-2】（2024七年级·广东广州·期末）对a，b定义一种新运算T，规定：T（a，b）＝（a+2b）（ax+by）（其中x，y均为非零实数）．例如：T（1，1）＝3x+3y．
（1）已知T（1，﹣1）＝0，T（0，2）＝8，求x，y的值；
（2）已知关于x，y的方程组T1，−1=3−aT0，2=8a，若a≥﹣2，求x+y的取值范围；
（3）在（2）的条件下，已知平面直角坐标系上的点A（x，y）落在坐标轴上，将线段OA沿x轴向右平移2个单位，得线段O′A′，坐标轴上有一点B满足三角形BOA′的面积为9，请直接写出点B的坐标．
【变式8-3】（2024七年级·江苏扬州·期末）对x、y定义了一种新运算T，规定Tx,y=ax+by2x+y（其中a，b均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：T0,1=a×0+b×12×0+1，
已知T1,−1=−2，T4,2=1．
（1）求a，b的值；
（2）求T−2,2．
（3）若关于m的不等式组T2m,5−4m≤4Tm,3−2m>p恰好有4个整数解，求p的取值范围．
【题型9 阅读理解问题】
【例9】（2024七年级·山东日照·期末）（1）阅读下面材料：
已知：如图1，AB∥CD，E为AB，CD之间一点，连接AE，CE，得到∠AEC．求证：∠AEC+∠A+∠C=360°．
解答过程如下，并请你在括号内填写推理的依据：
过点E作EF∥AB，
则有∠AEF+∠A=180°（______）．
∵AB∥CD，
∴EF∥CD（______）．
∴∠FEC+∠C=180°（______）．
∴∠AEF+∠A+∠FEC+∠C=360°,
又∵∠AEC=∠AEF+∠FEC
∴∠AEC+∠A+∠C=360°．
假若将具有图1特征的图形称为“平行凸折线”，“平行凸折线”的性质可以表述如下：
（2）已知：直线m∥n，点A，B在直线m上，点C，D在直线n上，连接AD，BC，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，且BE，DE所在的直线交于点E．
①如图2，当点D在点C的左侧时，若∠ADC=80°，∠BED=160°，请你结合（1）中“平行凸折线”的性质，求∠ABC的度数；

②如图3，当点D在点C的右侧时，设∠ABC=α，∠ADC=β，请直接写出∠BED的度数（用含有α，β的式子表示）．
【变式9-1】（2024七年级·重庆九龙坡·期末）阅读材料：
已知关于x，y的二元一次方程mx+ny=c有一组整数解x=x0y=y0，则方程mx+ny=c的全部整数解可表示为x=x0−nty=y0+mt（t为整数）．问题：求方程7x+19y=213的所有正整数解．
小明参考阅读材料，解决该问题如下：
解：该方程一组整数解为x0=6y0=9，则全部整数解可表示为x=6−19ty=9+7t（t为整数）．
因为6−19t>09+7t>0，解得−97因为t为整数，所以t=0或-1．
所以该方程的正整数解为x=6y=9和x=25y=2．
通过你所知晓的知识，请解决以下问题：
(1)方程3x-5y=11的全部整数解表示为：x=2+5ty=θ+3t（t为整数），则______；
(2)请你参考小明的解题方法，求方程2x+3y=24的全部正整数解；
(3)若a，b均为正整数，试判断二元一次方程组2x+3y=24ax+by=24有几组正整数解？并写出其解．
【变式9-2】（2024七年级·重庆·期末）数学家华罗庚在一次出国访问途中，看到飞机上邻座的乘客阅读的杂志上有一道智力题：求59319的立方根．华罗庚脱口而出：39．众人感觉十分惊奇，请华罗庚给大家解读其中的奥秘．
你知道怎样迅速准确的计算出结果吗？请你按下面的问题试一试：
①∵31000=10，31000000=100，又∵1000<59319<1000000，
∴10<359319<100，∴能确定59319的立方根是个两位数．
②∵59319的个位数是9，又∵93=729，∴能确定59319的立方根的个位数是9．
③如果划去59319后面的三位319得到数59，而327<359<364，则3<359<4，可得30<359319<40，由此能确定59319的立方根的十位数是3．因此59319的立方根是39．
(1)现在换一个数13824，按这种方法求立方根，请完成下列填空．
①它的立方根是 位数；
②它的立方根的个位数是 ；
③它的立方根的十位数是 ；
④13824的立方根是 ．
(2)根据计算步骤，请计算3195112，并书写详细过程．
【变式9-3】（2024七年级·福建厦门·期末）阅读：一动点沿着数轴向右平移3个单位，再向左平移2个单位，相当于向右平移1个单位，用实数加法表示为3(2)1．若坐标平面上的点作如下平移：沿x轴方向平移的数量为a（向右为正，向左为负，平移a个单位），沿y轴方向平移的数量为b（向上为正，向下为负，平移b个单位），则把有序数对{a，b}叫做这一平移的“平移量”；“平移量”{a，b}与“平移量”{c，d}的加法运算法则为{a，b}{c，d}{ac，bd}．解决问题：
（1）计算：3,1+1,2，
（2）动点P从坐标原点O出发，先按照“平移量”{3，1}平移到A，再按照“平移量”{1，2}平移到B；若先把动点P按照“平移量”{1，2}平移到C．再按照“平移量”{3，1}平移，最后的位置还是点B．请你在图1中画出四边形OABC；
（3）如图2，一艘船从码头O出发，先航行到湖心岛码头P(2,3)，再从码头P航行到码头Q(5,5)，最后回到出发点O．请用“平移量”加法算式表示它的航行过程．

【题型10 规律探究问题】
【例10】（2024七年级·浙江杭州·期末）观察下列各式，并用所得出的规律解决问题：
（1）2≈1.414，200≈14.14，20000≈141.4，……
0.03≈0.1732，3≈1.732，300≈17.32，……
由此可见，被开方数的小数点每向右移动______位，其算术平方根的小数点向______移动______位．
（2）已知15≈3.873，1.5≈1.225，则150≈_____；0.15≈______．
（3）31=1，31000=10，31000000=100，……
小数点的变化规律是_______________________．
（4）已知310≈2.154，3y≈−0.2154，则y=______．
【变式10-1】（2024七年级·浙江·期末）电子蜘蛛在边长为1的正方形网格上织网，若电子蜘蛛从P1a,b出发，先爬到P2−b+2,a−2，再下一步爬到P3−a−2+2,−b+2−2……以这样的规律织网，例如2,1，再下一步−1+2,2−2即1,0．
（1）若P3−5,3则P1坐标是______，P2022的坐标是_______．
（2）分别取P1坐标0,0,0,2，根据你对蜘蛛织网的理解，请在网格上画出这两张网．
（3）在电子蜘蛛织网过程中，第n步的坐标Pn−5,3，请你写出第1步P1所有可能的结果．
（4）进一步思考：若点P1a,b那么点Pn有没有可能始终在y轴的右侧，若有可能直接写出a，b的取值范围．若不可能说明理由．
【变式10-2】（2024七年级·江西抚州·期末）学习概念：由9个数字组成的一个三行三列的矩阵，其每一行、每一列和两条对角线的数字的和都相等，这就是三级幻方，其对角线、横行、纵向的数字之和均相等，这个和叫做幻和，正中间那个数叫中心数．
探究规律：
（1）图1是1~9组成的一个三级幻方，小洁根据图2推出下列四个关系式，
①a1+a2+a3=3a5；②a2+a4=2a9；③a2+a8=2a5；④2a7=a1+a4；
请你用图1中的数验证上述四个式子，其中正确的有______；
应用规律
根据上面的规律，用方程组思想解答下面的问题：
（2）如图3，若2a8−a6=7，求a8、a6的值，并把空格中的数填补出来．
【变式10-3】（2024七年级·四川宜宾·期末）如图，AB∥CD，点E、F分别在直线AB，CD上，P为直线AB和CD之间的一个动点，且满足0°<∠EPF<180°．
(1)如图1，∠EPF、∠AEP、∠PFC之间的数量关系为 ．
(2)如图2，∠EPF、∠AEP、∠PFC之间的数量关系为 ．
(3)如图3，QE，QF分别平分∠PEB和∠PFD，点P在EF左侧，点Q在EF右侧．
①若∠EPF=60°，求∠EQF的度数．
②猜想规律：∠EPF与∠EQF的数量关系可表示为 ．
③如图4，若∠BEQ与∠DFQ的角平分线交于点Q1，∠BEQ1与∠DFQ1的角平分线交于点Q2，∠BEQ2与∠DFQ2的角平分线交于点Q3，……依此类推，则∠EPF与∠EQ2023F的数量关系是 ．购买保温杯的数量/个
购买台灯的数量/个
购买总费用/元
第一次购买
5
4
800
第二次购买
3
7
940
第三次购买
9
8
912
若AB∥CD，E为AB，CD之间一点，则有∠AEC+∠A+∠C=360°
专题11.7 期末复习之解答压轴题十大题型总结
【人教版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc27776" 【题型1 相交线中的旋转问题】 PAGEREF _Tc27776 \h 1
\l "_Tc21517" 【题型2 平行线中的定值问题】 PAGEREF _Tc21517 \h 11
\l "_Tc28924" 【题型3 平行线中探究角度之间的关系】 PAGEREF _Tc28924 \h 23
\l "_Tc7836" 【题型4 估算无理数的大小】 PAGEREF _Tc7836 \h 32
\l "_Tc19170" 【题型5 实数的应用】 PAGEREF _Tc19170 \h 36
\l "_Tc8014" 【题型6 平面直角坐标系中的面积问题】 PAGEREF _Tc8014 \h 39
\l "_Tc27714" 【题型7 二元一次方程组与不等式组的综合】 PAGEREF _Tc27714 \h 49
\l "_Tc25834" 【题型8 新定义问题】 PAGEREF _Tc25834 \h 54
\l "_Tc25049" 【题型9 阅读理解问题】 PAGEREF _Tc25049 \h 59
\l "_Tc26116" 【题型10 规律探究问题】 PAGEREF _Tc26116 \h 66
【题型1 相交线中的旋转问题】
【例1】（2024七年级·内蒙古赤峰·期末）点O是直线AB上的一点，射线OC从OA出发绕点O顺时针方向旋转，旋转到OB停止，设∠AOC=α（0°≤α≤180°），射线OD⊥OC，作射线OE平分∠BOD．
(1)如图1，若α=40°，且OD在直线AB的上方，求∠DOE的度数（要求写出简单的几何推理过程）．
(2)射线OC顺时针旋转一定的角度得到图2，当射线OD在直线AB的下方时，其他条件不变，请你用含α的代数式表示∠DOE的度数，（要求写出简单的几何推理过程）．
(3)射线OC从OA出发绕点O顺时针方向旋转到OB，在旋转过程中你发现∠DOE与∠AOC（0°≤∠AOC≤180°，0°≤∠DOB≤180°）之间有怎样的数量关系？请你直接用含α的代数式表示∠DOE的度数．
【答案】(1)∠DOE=25°
(2)∠DOE=12α−45°
(3)∠DOE=45°−12∠AOC即∠DOE=45°−12α或∠DOE=45°+12∠AOC即∠DOE=45°+12α或∠DOE=135°−12∠AOC即∠DOE=135°−12α或∠DOE=12∠AOC−45°即∠DOE=12α−45°
【分析】（1）根据α=40°，∠COD=90°，求出∠BOD=50°，根据OE平分∠BOD，即可得出结果；
（2）先用α表示出∠BOC，再根据∠COD=90°表示出∠BOD，根据OE平分∠BOD，即可得出结果；
（3）分四种情况进行讨论，分别求出∠DOE与∠AOC的关系，用含α的代数式表示∠DOE的度数即可．
【优尖升-详解】（1）解：∵OD⊥OC，
∴∠COD=90°，
∵α=40°，即∠AOC=40°，
∴∠BOD=180°−∠COD−∠AOC=50°，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=25°．
（2）∵∠AOC=α，
∴∠BOC=180°−α，
∵OD⊥OC，
∴∠COD=90°，
∴∠BOD=∠COD−∠BOC
=90°−180°−α
=α−90°
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=12α−45°．
（3）①当0°≤∠AOC≤90°，OD在直线AB的上方时，如图所示：
∠BOD=180°−∠COD−∠AOC
=180°−90°−∠AOC
=90°−∠AOC，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=45°−12∠AOC，
即∠DOE=45°−12α．
②当0°≤∠AOC≤90°，OD在直线AB的下方时，如图所示：
∵∠AOD=∠COD−∠AOC=90°−∠AOC，
∴∠BOD=180°−∠AOD=90°+∠AOC，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=45°+12∠AOC，
即∠DOE=45°+12α．
③当90°＜∠AOC≤180°，OD在直线AB的上方时，如图所示：
∵∠BOC=180°−∠AOC，
∴∠BOD=∠DOC+∠BOC
=90°+180°−∠AOC
=270°−∠AOC，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=135°−12∠AOC，
即∠DOE=135°−12α．
④当90°＜∠AOC≤180°，OD在直线AB的下方时，如图所示：
∵∠BOC=180°−∠AOC，
∴∠BOD=∠COD−∠BOC
=90°−180°−∠AOC
=∠AOC−90°，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=12∠AOC−45°，
即∠DOE=12α−45°．
综上分析可知，∠DOE=45°−12∠AOC即∠DOE=45°−12α或∠DOE=45°+12∠AOC即∠DOE=45°+12α或∠DOE=135°−12∠AOC即∠DOE=135°−12α或∠DOE=12∠AOC−45°即∠DOE=12α−45°．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，垂直的定义，根据α的大小和OD的位置分类讨论，是解决本题的关键．
【变式1-1】（2024七年级·浙江绍兴·期末）张老师将教鞭和直角三角板放在量角器上．如图①，MN是量角器的直径，点O是圆心，教鞭OC与OM重合，直角三角板的一个顶点放在点O处，一边OB与ON重合，∠AOB=30°．如图②，现将教鞭OC绕点O沿顺时针方向以每秒3°的速度旋转，同时将直角三角板绕点O逆时针方向以每秒2°的速度旋转，当OC与ON重合时，三角板和教鞭OC同时停止运动．设旋转时间为t秒．
(1)在旋转过程中，求∠AON的度数（用含t的代数式表示）．
(2)在旋转过程中，当t为何值时，OA⊥MN．
(3)在旋转过程中，若射线OC，OA，OB中的两条射线组成的角（指大于0°而不超过180°的角）恰好被第三条射线平分，求出此时t的值．
【答案】(1)30°+2°t或30+2t度或30°+2t°
(2)当t=30秒时，OA⊥MN
(3)当t=24秒或33秒或42秒时，射线OC，OA，OB中的两条射线组成的角恰好被第三条射线平分
【分析】（1）根据题意，可得∠AON=∠AOB+∠BON，据此列出代数式即可求解；
（2）当OA⊥MN时，∠AON=90°，根据题意列出方程，解方程即可求解．
（3）分3种情况：①如图3，当OA平分∠COB时，∠COA=∠AOB=30°．②如图4，当OC平分∠AOB时，∠AOC=∠COB=12∠AOB=15°．③如图5，当OB平分∠AOC时，∠AOB=∠COB=30°，分别列出方程，解方程即可求解．
【优尖升-详解】（1）解：如图1，∵∠AOB=30°，∠BON=2t°．
∴∠AON=∠AOB+∠BON
=30+2t°．
；
（2）如图2，∵当OA⊥MN时，∠AON=90°，
∴∠AON=30°+2t°=90°，
解得：t=30（秒）．
∴当t=30秒时，OA⊥MN
；
（3）分3种情况：
①如图3，当OA平分∠COB时，∠COA=∠AOB=30°．
∴∠COM+∠BON=180°−∠COB，
3t+2t=180−60
解得：t=24（秒）．
②如图4，当OC平分∠AOB时，∠AOC=∠COB=12∠AOB=15°．
∴∠COM+∠BON=180°−∠COB，即3t+2t=180−15
解得：t=33（秒）．
③如图5，当OB平分∠AOC时，∠AOB=∠COB=30°．
∴∠COM+∠BON−∠COB=180°．
3t+2t−30=180
解得：t=42（秒）
∴综上所述，当t=24秒或33秒或42秒时，射线OC，OA，OB中的两条射线组成的角恰好被第三条射线平分．
【点睛】本题考查了几何图形中角度的计算，一元一次不等式的应用，列代数式，分类讨论，数形结合是解题的关键．
【变式1-2】（2024七年级·陕西西安·期末）问题提出
已知一副直角三角尺按如图1方式拼接在一起，其中OC与直线MN重合，∠AOB=45°，∠AOM=∠COD=30°．
（1）在图1中，∠BOD的度数为______．
问题探究
（2）如图1，三角尺COD固定不动，将三角尺AOB绕着点O以每秒4°的速度顺时针方向旋转，且在旋转过程中，两块三角尺均在直线MN的上方．设三角尺AOB的旋转时间为t秒，当OB平分∠AOD时，请求出t的值．
问题解决
（3）如图1，若三角尺AOB绕着点O以每秒4°的速度顺时针方向旋转的同时，三角尺COD也绕着点O以每秒1°的速度逆时针方向旋转．在旋转过程中，两块三角尺均在直线MN的上方，且当三角尺AOB停止旋转时，三角尺COD也停止旋转．设三角尺AOB的旋转时间为t秒．在旋转过程中，是否存在某一时刻∠AOD=2∠BOC？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）75°；（2）152秒；（3）28秒或22秒
【分析】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的变化，角平分线的定义，角的计算，利用三角板的特殊角，分清运动的情形是解题的关键．
（1）根据邻补角的定义求解即可；根据t=10算出旋转的度数，从而得到∠AOD；
（2）先求出旋转角，再除以转动速度即可；
（3）分当OB在OC左侧和当OB在OC右侧两种情形，结合图形分别求解．
【优尖升-详解】解：（1）∵∠AOB=45°，∠AOM=∠COD=30°，
∴∠BOD=180°−∠AOM−∠AOB−∠COD=180°−30°−45°−30°=75°,
故答案为：75°；
（2）当边OB平分∠AOD时，
∵∠AOB=45°，
∴∠AOB=∠BOD=45°，
∴旋转角为：75°−45°=30°，
∴t=30÷4=152（秒）；
（3）存在，理由是：
在旋转过程中，∠AOD=180°−30°−30°−4+1°t=120°−5°t，
当OB在OC左侧时，
∵∠BOC=180°−30°−45°−（4+1）°t=105°−5°t，
∴120°−5°t=2105°−5°t，
解得：t=18；
当OB在OC右侧时，
∴∠AOD=120°−5°t,∠BOC=5°t−105°,
∵∠AOD=2∠BOC,
∴120°−5°t=2(5°t−105°),
∴t=22,
综上：t的值为18秒或22秒．
【变式1-3】（2024七年级·浙江金华·期末）如图 1，点 O 在直线AB上，∠AOC=30°，将一个含有60°角的直角三角尺的直角顶点放在点O处，较长的直角边OM在射线OB上，较短的直角边ON在直线AB的下方．
【操作一】：将图1中的三角尺绕着点O 以每秒12°的速度按顺时针方向旋转．当它完成旋转一周时停止，设旋转的时间为t秒．
（1）图1中与∠BOC互补的角有 ．
（2）当ON⊥OC，求旋转的时间t．
【操作二】：如图 2 将一把直尺的一端点也放在点O处，另一端点E在射线OC上．如图 3，在三角尺绕着点O 以每秒3x度的速度按顺时针方向旋转的同时，直尺也绕着点O 以每秒x度的速度按顺时针方向旋转，当一方完成旋转一周时停止，另一方也停止旋转．
试探索：在三角尺与直尺旋转的整个过程中，是否存在某个时刻，使得∠COM与∠AOE这两个角中，其中一个角是另一个角的一半？若存在，请直接写出所有满足题意时∠COM的度数；若不存在，请说明理由．你的答案是： ．

【答案】【操作一】（1）∠AOC，∠OMN；（2）12.5秒或27.5秒；【操作二】存在，607°，24°，12°，120°．
【分析】操作一：（1）利用补角的定义解答即可；
（2）根据垂直的定义建立方程求解即可；
操作二：分三种情况：①0°≤α≤30°；②30°≤α≤50°；③50°≤α≤120°，分别建立方程求解即可．
【优尖升-详解】（1）解：∵∠AOC=30°，∠BOC+∠AOC=180°，
∴∠BOC=150°，
由题意可知∠OMN=30°，
∴∠BOC+∠OMN=180°，
∴图1中与∠BOC互补的角为∠AOC和∠OMN．
故答案为：∠AOC和∠OMN；
（2）解：∵将图1中的三角尺绕着点O以每秒12°的速度按顺时针方向旋转t秒，
∴三角尺旋转角度为12t度，
若ON⊥OC，则ON需顺时针旋转150°或330°，
∴12t=150或12t=330，
解得：t=12.5或t=27.5，
答：旋转的时间t=12.5秒或t=27.5秒．
【操作二】存在．
∵OM的旋转速度是OE旋转速度的3倍，
∴∠BOM=3∠COE，
设∠COE=α，则∠BOM=3α，
∵0°≤3α≤360°，
∴0°≤α≤120°，
分三种情况讨论，
①当0°≤α≤30°时，∠AOE=30°−α，
若∠AOE=2∠COM，
则30°−α=2150°−3α，
∴α=54°，不符合题意，舍去，
若∠COM=2∠AOE，
则150°−3α=230°−α，
∴α=90°，不符合题意，舍去，
②当30°≤α≤50°时，∠AOE=α−30°，∠COM=150°−3α，
若∠AOE=2∠COM，
则α−30°=2150°−3α，
∴α=3307°，
则∠COM=150°−3α=607°，
若∠COM=2∠AOE，
则150°−3α=2α−30°，
∴α=42°，
则∠COM=150°−3α=24°，
③当50°≤α≤120°时，∠AOE=α−30°，∠COM=3α−150°，
若∠AOE=2∠COM，
α−30°=23α−150°，
∴α=54°，
则∠COM=3α−150°=12°，
若∠COM=2∠AOE，
则3α−150°=2α−30°，
∴α=90°，
则∠COM=3α−150°=120°，
故答案为：607°，24°，12°，120°．
【点睛】本题考查了补角、垂直等定义，一元一次方程的应用，角的和差，解题关键是运用数形结合思想和分类讨论思想解决问题．
【题型2 平行线中的定值问题】
【例2】（2024七年级·福建泉州·期末）如图，AB∥CD，点E在直线AB和CD之间，且在直线BD的左侧，∠ABE=14∠CDE=α．
(1)如图1，求∠BED的度数（用含α的式子表示）；
(2)连接BD，过点E作EF∥BD，交AB于点F，动点G在射线BE上，∠BEF=kα．
①如图2，若k=5，DG平分∠BDE，判断DG与BE的位置关系并说明理由．
②连接DF，若∠DFE=12∠DFB，DG⊥BE于点G，是否存在常数k，使∠FDG为定值，若存在，求出k的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)5α
(2)①DG⊥BE，理由见解析；②存在k=12使得∠FDG=30°，为定值
【分析】本题主要考查了平行线的性质与判定，角平分线的定义：
（1）如图所示，过点E作EF∥AB，则AB∥CD∥EF，根据平行线的性质得到∠DEF=∠CDE=4α，∠BEF=∠ABE=α，则∠BED=∠DEF+∠BEF=5α；
（2）①由平行线的性质得到∠DBE=∠BEF=kα=5α，则∠ABD=6α，则∠BDC=180°−6α，进而得到∠BDE=180°−10α，由角平分线的定义得到∠BDG=90°−5α，则∠DGB=180°−∠BDG−∠DBG=90°，即可得到DG⊥BE；②分当DF在DG左侧时，当DF在DG右侧时，两种情况先根据平行线的性质得到∠BDF=∠DFE，∠DBE=∠BEF=kα，进而得到∠BDG=90°−kα，再由∠ABD=k+1α，得到∠DFB+∠BDF=180°−k+1α，可得∠BDF=180°−k+1α3，进而求出∠FDG，据此可得答案．
【优尖升-详解】（1）解：如图所示，过点E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠DEF=∠CDE=4α，∠BEF=∠ABE=α，
∴∠BED=∠DEF+∠BEF=5α；
（2）解：①DG⊥BE，理由如下：
∵EF∥BD，
∴∠DBE=∠BEF=kα=5α，
∴∠ABD=∠ABE+∠DBE=6α，
∵AB∥CD，
∴∠BDC=180°−∠ABD=180°−6α，
∴∠BDE=∠BDC−∠CDE=180°−10α，
∵DG平分∠BDE，
∴∠BDG=12∠BDE=90°−5α，
∴∠DGB=180°−∠BDG−∠DBG=90°，
∴DG⊥BE；
②如图所示，当DF在DG左侧时，
∵EF∥BD，
∴∠BDF=∠DFE，∠DBE=∠BEF=kα，
∵DG⊥BE，
∴∠DGB=90°，
∴∠BDG=180°−∠DGB−∠DBE=90°−kα，
∵∠ABD=∠ABE+∠DBE=k+1α，
∴∠DFB+∠BDF=180°−∠DBF=180°−k+1α，
∵∠DFE=12∠DFB，
∴∠DFB=2∠DFE=2∠BDF，
∴2∠BDF+∠BDF=180°−∠DBF=180°−k+1α，
∴∠BDF=180°−k+1α3，
∴∠FDG=∠BDF−∠BDG
=180°−k+1α3−90°−kα
=180°−k+1α3−90°+kα
=kα−kα3−α3−30°
=2kα−α3−30°，
∴此时不存在常数k使得∠FDG为定值，
如图所示，当DF在DG右侧时，
同理可得∠FDG=∠BDG−∠BDF=30°−α−2kα3=30°−1−2kα3，
∴当1−2k=0，即k=12时，∠FDG=30°，为定值；
综上所述，存在k=12使得∠FDG=30°，为定值．
【变式2-1】（2024七年级·福建漳州·期末）已知AB∥CD，点M、N分别是AB、CD上的点，点G在AB、CD之间，连接MG、NG．

(1)如图1，若GM⊥GN，求∠AMG+∠CNG的度数．
(2)在（1）的条件下，已知∠BMG的平分线MH交∠GND的平分线NH于点H，求∠MHN的度数．
(3)如图2，若点P是CD下方一点，MT平分∠BMP，NC平分∠TNP，已知∠BMT=40°，证明：∠MTN−∠P为定值．
【答案】(1)90°
(2)135°
(3)见解析
【分析】（1）过点G作GE∥AB，利用平行线的性质求解；
（2）分别过点G和H作GE∥AB，FH∥AB，利用平行的性质得到对应的角度关系，进而求取∠MHN的值；
（3）根据角平分线的定义求出∠1=∠2=40°，∠BMP=80°，∠3=∠4，设∠3=∠4=x°，求出∠MTN=220°−x°，∠P=100°−x°，相减即可证明．
【优尖升-详解】（1）解：如图所示，过点G作GE∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥GE∥CD，
∴∠AMG=∠1，∠CNG=∠2，
∵GM⊥GN，
∴∠MGN=90°，
∴∠AMG+∠CNG=∠1+∠2=∠MGN=90°．
（2）如图所示，过点H作HF∥AB，
∵∠AMG+∠CNG=90°，∠AMG+∠BMG=180°，∠CNG+∠GND=180°，
∴∠BMG+∠GND=360°−90°=270°
∵MH平分∠BMG，NH平分∠GND，
∴∠3+∠6=12(∠BMG+∠GND)=135°
∵AB∥CD，
∴AB∥HF∥CD，
∴∠3=∠4，∠5=∠6，
∴∠MHN=∠4+∠5=∠3+∠6=135°；
（3）如图所示，将MP与CD的交点记作K，

∵MT平分∠BMP，且∠BMT=40°，
∴∠1=∠2=40°，∠BMP=80°，
∵NC平分∠TNP，
∴∠3=∠4，
设∠3=∠4=x°，
∴∠TND=180°−x°，
由（1）同理可得，∠MTN=∠1+∠TND=40°+180°−x°=220°−x°，
∵AB∥CD，
∴∠NKP=80°，
∴在△KPN中，∠P=180°−80°−x°=100°−x°，
∴∠MTN−∠P=120°，即∠MTN−∠P为定值．
【点睛】本题主要考查平行的常见模型，对于平行的辅助线添加，可过转折点处作已知直线的平行线，再利用平行的性质求解．关于度数的定值问题，可以借助代数式求证．
【变式2-2】（2024七年级·湖北武汉·期末）如图1，已知直线l1∥l2，点A、B在直线l1上，点C、D在l2上，线段AD交线段BC于点E，且∠BED=60°．
(1)求证：∠ABE+∠EDC=60°；
(2)如图2，当F、G分别在线段AE、EC上，且∠ABF=2∠FBE，∠EDG=2∠GDC，标记∠BFE为∠1，∠BGD为∠2．
①若∠1−∠2=16°，求∠ADC的度数；
②当k=________时，k∠1+∠2为定值，此时定值为________．
【答案】(1)证明见解析
(2)①36°；②2；140°
【分析】（1）利用平行线的性质解答即可；
（2）①设∠FBE=a，∠GDC=b，则∠ABF=2a，∠EDG=2b，结合平行线的性质，利用方程的思想方法，依据已知条件列出方程组即可求解；
②利用①中的方法，设∠FBE=a，∠GDC=b，则∠ABF=2a，∠EDG=2b，通过计算k∠1+∠2，令计算结果中的a的系数为0即可求得结论．
【优尖升-详解】（1）证明：如图，作EF∥l2，
∴∠FED=∠EDC，
∵l1∥l2，
∴EF∥l1，
∴∠ABE=∠BEF，
∵∠BED=60°，
∴∠ABE+∠EDC=∠BEF+∠FED=∠BED=60°
（2）设∠FBE=a，∠GDC=b，
∵∠ABF=2∠FBE，∠EDG=2∠GDC，
∴∠ABF=2a，∠EDG=2b，
∵l1∥l2，
∴∠BAD=∠ADC=3b，∠ABC=∠BCD=3a，
由（1）可得：
∠1=2a+3b，∠2=3a+b，∠BED=3a+3b=60°，
∴a+b=20°，
∴∠1=60°−a，∠2=20°+2a，
①∵∠1−∠2=16°，
∴60°−a−20°+2a=16°，
∴a=8°，b=12°，
∴∠ADC=3b=36°；
②k=2，定值为140°，理由如下：
k∠1+∠2
=k60°−a+20°+2a
=60°k−ka+20°+2a
=2−ka+60°k+20°
当k=2时，k∠1+∠2=140°，
∴当k=2时，k∠1+∠2为定值，此时定值为140°．
故答案为：2；140°．
【点睛】本题考查平行线的性质．利用方程或方程组的思想解答是解题的关键．
【变式2-3】（2024七年级·湖南长沙·期末）如图，两个形状，大小完全相同的含有30°、60°的三角板如图放置，PA、PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．
（1）①如图1，∠DPC＝ 度．
②我们规定，如果两个三角形只要有一组边平行，我们就称这两个三角形为“孪生三角形”，如图1，三角板BPD不动，三角板PAC从图示位置开始每秒10°逆时针旋转一周（0°<旋转<360°），问旋转时间t为多少时，这两个三角形是“孪生三角形”．
（2）如图3，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速3°/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速2°/秒，在两个三角板旋转过程中，（PC转到与PM重合时，两三角板都停止转动）．设两个三角板旋转时间为t秒，以下两个结论：①∠CPD∠BPN为定值；②∠BPN+∠CPD为定值，请选择你认为对的结论加以证明．
【答案】（1）①90；②t为3s或6s或9s或18s或21s或24s或27s；（2）①正确，②错误，证明见解析．
【分析】（1）①由平角的定义，结合已知条件可得：∠DPC=180°−∠CPA−∠DPB,从而可得答案；②当BD//PC时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差求解旋转角，可得旋转时间；当PA//BD时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当AC//DP时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当AC//BD时，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当AC//BP时的旋转时间与PA//BD相同；
（2）分两种情况讨论：当PD在MN上方时，当PD在MN下方时，①分别用含t的代数式表示∠CPD,∠BPN，从而可得∠CPD∠BPN的值；②分别用含t的代数式表示∠CPD,∠BPN，得到∠BPN+∠CPD是一个含t的代数式，从而可得答案．
【优尖升-详解】解：（1）①∵∠DPC＝180°﹣∠CPA﹣∠DPB，∠CPA＝60°，∠DPB＝30°，
∴∠DPC＝180﹣30﹣60＝90°，
故答案为90；
②如图1﹣1，当BD∥PC时，
∵PC∥BD，∠DBP＝90°，
∴∠CPN＝∠DBP＝90°，
∵∠CPA＝60°，
∴∠APN＝30°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为3秒；
如图1﹣2，当PC∥BD时，
∵PC//BD,∠PBD＝90°，
∴∠CPB＝∠DBP＝90°，
∵∠CPA＝60°，
∴∠APM＝30°，
∵三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为180°+30°＝210°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为21秒，
如图1﹣3，当PA∥BD时，即点D与点C重合，此时∠ACP＝∠BPD＝30°，则AC∥BP，
∵PA∥BD，
∴∠DBP＝∠APN＝90°，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为90°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为9秒，
如图1﹣4，当PA∥BD时，
∵∠DPB＝∠ACP＝30°，
∴AC∥BP，
∵PA∥BD，
∴∠DBP＝∠BPA＝90°，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为90°+180°＝270°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为27秒，
如图1﹣5，当AC∥DP时，
∵AC∥DP，
∴∠C＝∠DPC＝30°，
∴∠APN＝180°﹣30°﹣30°﹣60°＝60°，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为60°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为6秒，
如图1﹣6，当AC//DP时，
∵AC//DP，
∴∠DPA=∠PAC=90°，
∠DPN+∠DPA=180°−30°+90°=240°，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为240°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为24秒，
如图1﹣7，当AC∥BD时，
∵AC∥BD，
∴∠DBP＝∠BAC＝90°，
∴点A在MN上，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为180°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为18秒，
当AC//BP时，如图1-3，1-4，旋转时间分别为：9s，27s．
综上所述：当t为3s或6s或9s或18s或21s或24s或27s时，这两个三角形是“孪生三角形”；
（2）如图，当PD在MN上方时，
①正确，
理由如下：设运动时间为t秒，则∠BPM＝2t，
∴∠BPN＝180°﹣2t，∠DPM＝30°﹣2t，∠APN＝3t．
∴∠CPD＝180°﹣∠DPM﹣∠CPA﹣∠APN＝90°﹣t，
∴∠BPN=2∠CPD=180°−2t,
∴∠CPD∠BPN=12.
②∠BPN+∠CPD＝180°﹣2t+90°﹣t＝270°﹣3t，可以看出∠BPN+∠CPD随着时间在变化，不为定值，结论错误．
当PD在MN下方时，如图，
①正确，
理由如下：设运动时间为t秒，则∠BPM＝2t，
∴∠BPN＝180°﹣2t，∠DPM＝2t−30°, ∠APN＝3t．
∴∠CPD＝360°−∠CPA−∠APN−∠DPB−∠BPN
=360°−60°−3t−30°−(180°−2t)
=90°−t
∴∠BPN=2∠CPD=180°−2t,
∴∠CPD∠BPN=12.
②∠BPN+∠CPD＝180°﹣2t+90°﹣t＝270°﹣3t，可以看出∠BPN+∠CPD随着时间在变化，不为定值，结论错误．
综上：①正确，②错误．
【点睛】本题考查的是角的和差倍分关系，平行线的性质与判定，角的动态定义（旋转角）的理解，掌握分类讨论的思想是解题的关键．
【题型3 平行线中探究角度之间的关系】
【例3】（2024七年级·湖南长沙·期末）如图1，AB∥CD，G为AB、CD之间任意一点．
(1)若GE平分∠AEF，GF平分∠EFC．求证：∠GEF+∠GFE=90°；
(2)如图2，若∠AEP=25∠AEF，∠CFP=25∠EFC，且FP的延长线交∠AEP的角平分线于点M，EP的延长线交∠CFP的角平分线于点N，猜想∠M+∠N的运算结果并且证明你的结论；
(3)如图3，若点H是射线EB之间一动点，FG平分∠EFH，MF平分∠EFC，过点G作GQ⊥FM于点Q，请猜想∠EHF与∠FGQ的关系，并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析；
(2)∠EMF+∠ENF=108°，理由见解析；
(3)∠FGQ=12∠EHF，理由见解析．
【分析】（1）根据平行线的性质可得∠AEF+∠CFE=180°，再利用角平分线的定义可求解∠FEG+∠GFE=90°，进而证明结论；
（2）分别过M,N作MG∥AB，NH∥AB，根据平行线的性质可得∠EMF+∠ENF=∠AEM+∠MFC+∠AEN+∠NFC，再根据角平分线的性质和∠AEP=25∠AEF，∠CFP=25∠EFC，即可求解；
（3）根据垂线的定义可求得∠FGQ=90°−∠GFQ，再根据角平分线的定义可求解∠FGQ=12∠EHF；
本题主要考查平行线的性质，角平分线的定义，垂线的定义，灵活运用平行线的性质及角平分线的定义是解题的关键．
【优尖升-详解】（1）∵AB∥CD，
∴∠AEF+∠CFE=180°，
∵GE平分∠AEF,GF平分∠EFC，
∴∠AEG=∠FEG=12∠AEF，∠CFG=∠GFE=12∠CFE，
∴∠FEG+∠GFE=90°，即EG⊥FG；
（2）如图，分别过M,N作MG∥AB，NH∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥MG∥NH∥CD，
∴∠AEM=∠EMG，∠GMF=∠MFC ，∠AEN=∠ENH ，∠HNF=∠NFC，
∴∠EMF=∠AEM+∠MFC，∠ENF=∠AEN+∠NFC，
同理：∠EPF=∠AEP+∠PFC，
∴∠EMF+∠ENF=∠AEM+∠MFC+∠AEN+∠NFC，
∵EM平分∠AEN，FN平分∠MFC，
∴∠AEM=12∠AEN，∠NFC=12∠MFC，
∴∠EMF+∠ENF=12∠AEN+12∠MFC+∠MFC+∠AEN=32∠MFC+∠AEN
∵∠AEP=25∠AEF,∠CFP=25∠EFC，
∴∠MFC+∠AEN=25∠AEF+∠EFC=25×180°=72°，
∠EMF+∠ENF=32∠MFC+∠AEN=32×72°=108°
（3）∠FGQ=12∠EHF，理由：
∵AB∥CD，
∴ ∠EHF+∠CFH=180°，
∵GQ⊥MF，
∴∠FGQ=90°−∠GFQ，
∵FG平分∠EFH，MF平分∠EFC，
∴∠GFE=12∠EFH，∠QFE=12∠CFE，
∴∠GFQ=12∠CFH=12180°−∠EHF=90°−12∠EHF，
∴∠FGQ=90°−90°−12∠EHF=12∠EHF．
【变式3-1】（2024七年级·湖南株洲·期末）已知：MN∥PQ，点A，B分别在MN，PQ上，点C为MN，PQ之间的一点，连接CA，CB．

(1)如图1，若∠MAC=45°，∠PBC=43°，求∠ACB；
(2)如图2，AD，BD，AE，BE分别为∠MAC，∠PBC，∠CAN，∠CBQ的平分线，求证：∠D+∠E=180°；
(3)在（2）的条件下，如图3，过点D作DA的垂线交PQ于点G，点F在PQ上，∠FDA=2∠FDB，FD的延长线交EA的延长线于点H，若3∠C=4∠E，猜想∠H与∠GDB的倍数关系并证明．
【答案】(1)88°
(2)见解析
(3)∠H=3∠GDB，理由见解析
【分析】（1）过C作EF∥MN，根据平行线的性质以及角的和差关系进行推导即可；
（2）利用AD，BD，AE，BE分别为∠MAC，∠PBC，∠CAN，∠CBQ的平分线，推出∠DAE=90°，∠DBE=90°，再根据（1）中的结论进行计算即可；
（3）根据角之间的关系求出∠GDB=18°，∠H=54°，即可得出结论．
【优尖升-详解】（1）证明：如图1，过C作EF∥MN，
，
∵MN∥PQ，
∴MN∥EF∥PQ，
∴∠ACF=∠MAC=45°，∠BCF=∠PBC=43°，
∴∠ACF+∠BCF=∠MAC+∠PBC=88°，
即∠ACB=∠ACF+∠BCF=88°；
（2）解：如图2，
，
∵AD，AE分别为∠MAC，∠CAN的角平分线，
∴∠MAD=12∠MAC，∠NAE=12∠NAC，
∴ ∠MAD+∠NAE=12∠MAC+12∠NAC=12∠MAC+∠NAC=12×180°=90°,
同理可得：∠PBD+∠QBE=90°，
由（1）得：∠D=∠MAD+∠PBD，∠E=∠NAE+∠QBE，
∴∠D+∠E=∠MAD+∠PBD+∠NAE+∠QBE=180°；
（3）解：猜想：∠H=3∠GDB，
理由如下：
如图3，
，
由（1）可知：∠C=∠MAC+∠PBC=2∠MAD+∠PBD=2∠ADB，
∵3∠C=4∠E，
∴6∠ADB=4∠E，
∴3∠ADB=2∠E，
∵∠ADB+∠E=180°，
∴∠ADB=72°，∠E=108°，
∵DG⊥DA，
∴∠GDB=18°，
∵∠FDA=2∠FDB=∠FDB+∠ADB，
∴∠FDB=∠ADB，∠ADF=2∠FDB=2∠ADB=144°，
∴∠HDA=36°，
∵DA⊥AE，
∴∠H=54°，
∴∠H=3∠GDB．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质、角平分线的性质等知识点，熟练掌握平行线的性质：两直线平行，内错角相等，以及角平分线的性质是解题的关键．
【变式3-2】（2024七年级·广东广州·期末）点A，C，E在直线l上，点B不在直线l上，把线段AB沿直线l向右平移得到线段CD．
（1）如图1，若点E在线段AC上，求证：∠B+∠D=∠BED；
（2）若点E不在线段AC上，试猜想并证明∠B，∠D，∠BED之间的等量关系；
（3）在（1）的条件下，如图2所示，过点B作PB//ED，在直线BP，ED之间有点M，使得∠ABE=∠EBM，∠CDE=∠EDM，同时点F使得∠ABE=n∠EBF，∠CDE=n∠EDF，其中n≥1，设∠BMD=m，利用（1)中的结论求∠BFD的度数（用含m，n的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）当点E在CA的延长线上时，∠BED=∠D-∠B；当点E在AC的延长线上时，∠BED=∠BET-∠DET=∠B-∠D；（3）mn−12n
【分析】（1）如图1中，过点E作ET∥AB．利用平行线的性质解决问题．
（2）分两种情形：如图2-1中，当点E在CA的延长线上时，如图2-2中，当点E在AC的延长线上时，构造平行线，利用平行线的性质求解即可．
（3）利用（1）中结论，可得∠BMD=∠ABM+∠CDM，∠BFD=∠ABF+∠CDF，由此解决问题即可．
【优尖升-详解】解：（1）证明：如图1中，过点E作ET∥AB．由平移可得AB∥CD，
∵AB∥ET，AB∥CD，
∴ET∥CD∥AB，
∴∠B=∠BET，∠TED=∠D，
∴∠BED=∠BET+∠DET=∠B+∠D．
（2）如图2-1中，当点E在CA的延长线上时，过点E作ET∥AB．
∵AB∥ET，AB∥CD，
∴ET∥CD∥AB，
∴∠B=∠BET，∠TED=∠D，
∴∠BED=∠DET-∠BET=∠D-∠B．
如图2-2中，当点E在AC的延长线上时，过点E作ET∥AB．
∵AB∥ET，AB∥CD，
∴ET∥CD∥AB，
∴∠B=∠BET，∠TED=∠D，
∴∠BED=∠BET-∠DET=∠B-∠D．
（3）如图，设∠ABE=∠EBM=x，∠CDE=∠EDM=y，
∵AB∥CD，
∴∠BMD=∠ABM+∠CDM，
∴m=2x+2y，
∴x+y=12m，
∵∠BFD=∠ABF+∠CDF，∠ABE=n∠EBF，∠CDE=n∠EDF，
∴∠BFD=n−1nx+n−1ny=n−1nx+y=n−1n×12m=mn−12n．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平行线的性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是学会条件常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型．
【变式3-3】（2024七年级·浙江·期末）已知a//b，直角△ABC的边与直线a分别相交于O、G两点，与直线b分别交于E，F点，且∠ACB=90°．
（1）将直角△ABC如图1位置摆放，如果∠AOG=56°，则∠CEF=________；
（2）将直角△ABC如图2位置摆放，N为AC上一点，∠NEF+∠CEF=180°，请写出∠NEF与∠AOG之间的等量关系，并说明理由；
（3）将直角△ABC如图3位置摆放，若∠GOC=135°，延长AC交直线b于点Q，点P是射线GF上一动点，探究∠POQ,∠OPQ与∠PQF的数量关系，请直接写出结论．
【答案】（1）146°；（2）∠AOG+∠NEF=90°；（3）见解析
【分析】（1）作CP//a，则CP//a//b，根据平行线的性质求解．
（2）作CP//a，由平行线的性质及等量代换得∠AOG+∠NEF=∠ACP+∠PCB=90°．
（3）分类讨论点P在线段GF上或线段GF延长线上两种情况，过点P作a，b的平行线求解．
【优尖升-详解】解：（1）如图，作CP//a，
∵a//b，CP//a，
∴CP//a//b，
∴∠AOG=∠ACP=56°，∠BCP+∠CEF=180°，
∴∠BCP=180°-∠CEF，
∵∠ACP+∠BCP=90°，
∴∠AOG+180°-∠CEF=90°，
∴∠CEF=180°-90°+∠AOG=146°．
（2）∠AOG+∠NEF=90°.理由如下：
如图，作CP//a，则CP//a//b，
∴∠AOG=∠ACP，∠BCP+∠CEF=180°，
∵∠NEF+∠CEF=180°，
∴∠BCP=∠NEF，
∵∠ACP+∠BCP=90°，
∴∠AOG+∠NEF=90°．
（3）如图，当点P在GF上时，作PN//a，连接PQ，OP,则PN//a//b，
∴∠GOP=∠OPN，∠PQF=∠NPQ，
∴∠OPQ=∠OPN+∠NPQ=∠GOP+∠PQF,
∵∠GOC=∠GOP+∠POQ=135°，
∴∠GOP=135°-∠POQ，
∴∠OPQ=135°-∠POQ+∠PQF．
如图，当点P在GF延长线上时，作PN//a，连接PQ，OP,则PN//a//b，
∴∠GOP=∠OPN，∠PQF=∠NPQ，
∵∠OPN=∠OPQ+∠QPN，
∴∠GOP=∠OPQ+∠PQF，
∴135°-∠POQ=∠OPQ+∠PQF．
【点睛】本题考查平行线的性质的应用，解题关键是熟练掌握平行线的性质，通过添加辅助线及分类讨论的方法求解．
【题型4 估算无理数的大小】
【例4】（2024七年级·吉林长春·期末）阅读下面的文字，解答问题：大家知道2是无理数，而无理是无限不循环小数，因此2的小数部分我们不可能全部写出来，于是小明用2−1来表示2的小数部分，事实上，小明的表示方法是有道理的，因为2的整数部分是1，将这个数减去其整数部分，差就是2的小数部分，又例如：∵23<72<32，即2<7<3，∴7的整数部分为2，小数部分为7−2。
请解答
（1）11的整数部分是______，小数部分是_______。
（2）如果5的小数部分为a，41的整数部分为b，求a+b−5的值。
（3）已知x是3+5的整数部分，y是其小数部分，直接写出x−y的值.
【答案】（1）3；11﹣3； （2）4；（3）x﹣y=7﹣5．
【分析】（1）由3＜11＜4可得答案；
（2）由2＜5＜3知a=5﹣2，由6＜41＜7知b=6，据此求解可得；
（3）由2＜5＜3知5＜3+5＜6，据此得出x、y的值代入计算可得．
【优尖升-详解】（1）∵3＜11＜4，
∴11的整数部分是3，小数部分是11﹣3；
故答案为3；11﹣3．
（2）∵2＜5＜3，
∴a=5﹣2，
∵6＜41＜7，
∴b=6，
∴a+b﹣5=5﹣2+6﹣5=4．
（3）∵2＜5＜3，
∴5＜3+5＜6，
∴3+5的整数部分为x=5，小数部分为y=3+5﹣5=5﹣2．
则x﹣y=5﹣（5﹣2）=5﹣5+2=7﹣5．
【点睛】本题考查了估算无理数的大小，解决本题的关键是熟记估算无理数的大小．
【变式4-1】（2024七年级·福建莆田·期末）阅读下面的文字,解答问题:大家知道2是无理数,而无理数是无限不循环小数,因此2的小数部分我们不可能全部写出来,而1＜2＜2于是可用2−1来表示2的小数部分.请解答下列问题：
(1)21的整数部分是_______，小数部分是_________；
(2)如果7的小数部分为a，15的整数部分为b，求a+b−7的值；
(3)已知:100+110=x+y，其中x是整数,且0＜y＜1，求x+110+24−y的平方根．
【答案】(1) 4，21-4；(2)1;(2) ±12．
【分析】（1）先估算出21的范围，即可得出答案；
（2）先估算出7、15的范围，求出a、b的值，再代入求出即可；
（3）先估算出110的范围，求出x、y的值，再代入求出即可．
【优尖升-详解】解：（1）∵4＜21＜5，
∴21的整数部分是4，小数部分是21-4，
故答案为4，21-4；
（2）∵2＜7＜3，
∴a=7-2，
∵3＜15＜4，
∴b=3，
∴a+b-7=7-2+3-7=1；
（3）∵100＜110＜121，
∴10＜110＜11，
∴110＜100+110＜111，
∵100+110=x+y，其中x是整数，且0＜y＜1，
∴x=110，y=100+110-110=110-10，
∴x+110+24-y=110+110+24-110+10=144，
x+110+24-y的平方根是±12．
【点睛】本题考查了估算无理数的大小，能估算出21、7、15、110的范围是解此题的关键．
【变式4-2】（2024七年级·浙江杭州·期末）确定一个用算术平方根表示的数的整数部分和小数部分时，可以用如下办法：例如11，因为9<11<16，所以9<11<16，即3<11<4．故11的整数部分是3，小数部分是11−3．又例如50，因为49<50<64，所以49<50<64，即7<50<8，故50的整数部分是7，小数部分是50−7．请你根据上述办法，解答下列各题：
（1）确定10的整数部分和小数部分；
（2）若9+13的小数部分为a，9−13的小数部分为b，求4(a+b)+8的值．
【答案】（1）整数部分是3，小数部分是10−3；（2）12
【分析】（1）仿照题例，可直接求出10的整数部分和小数部分；
（2）根据题例，先确定a、b，再计算4(a+b)+8即可．
【优尖升-详解】解：（1）∵9<10<16，
∴9<10<16，即3<10<4．
故10的整数部分是3，小数部分是10−3；
（2）∵9<13<16，
∴9<13<16，即3<13<4，
同理：−4<−13<−3，
∴9+13的小数部分为a=13−3，
9−13的小数部分为b=4−13，
∴4(a+b)+8=4×（13−3+4−13）+8=12．
【点睛】此题主要考查了估算无理数的大小，正确得出各无理数的小数部分是解题关键．
【变式4-3】（2024七年级·山西·期末）阅读理解，回答问题.
我们都知道3是无理数，因为无理数是无限不循环小数，因此不可能把3的小数部分全部写出来，于是小磊用3−1表示3的小数部分，请你根据小磊的思路完成下列问题：
（1）5的小数部分是 ；
（2）已知m是正整数，m是一个无理数，且m−3表示m的小数部分.
①m的取值范围是 ；
②当m是5的倍数时，求m−14+2m的值.
【答案】（1）5−2；（2）①9【分析】（1）仿照小磊的方法表示即可；
（2）①根据m−3表示m的小数部分可得m的取值范围；
②根据①中的结果，可求出m的值，分别代入|m−14|+2m中计算即可.
【优尖升-详解】解：（1）∵4＜5＜9，
∴2＜5＜3，
∴5的小数部分是5−2；
（2）①∵m−3表示m的小数部分，
∴3＜m＜4，
∴9②∵9∴m=10或m=15，
当m=10时，
|m−14|+2m
=14−m+2m
=14+m
=14+10
=24，
当m=15时，
|m−14|+2m
=m−14+2m
=3m−14
=45−14
=31，
综上，当m是5的倍数时，|m−14|+2m的值为24或31.
【点睛】本题考查了无理数的估算，利用被开方数越大算术平方根越大得出2＜5＜3和3＜m＜4是解题的关键.
【题型5 实数的应用】
【例5】（2024七年级·河南周口·期末）座钟的摆针摆动一个来回所需的时间称为一个周期，其计算公式为T=2πlg，其中T表示周期（单位：s），l表示摆长（单位：m）．假如一台座钟的摆长为0.2m．（π取3，g=9.8m/s2）
(1)求摆针摆动的周期．
(2)如果座钟每摆动一个来回发出一次滴答声，那么在6分钟内，该座钟大约发出了多少次滴答声？
【答案】(1)67
(2)该座钟大约发出了420次滴答声
【分析】（1）将数据代入函数关系式，进行计算即可；
（2）用总时间除以一个周期的时间进行计算即可．
【优尖升-详解】（1）解：∵T=2πlg，
∴当l=0.2m时，T=2×；
（2）6×60÷67=420（次）．
答：该座钟大约发出了420次滴答声．
【点睛】本题考查求实数运算的实际应用．属于基础题型，正确的计算，是解题的关键．
【变式5-1】（2024七年级·全国·课后作业）用电器的电阻R、功率P与它两端的电压U之间有关系：P=U2R．有两个外观完全相同的用电器，甲的电阻为18.4Ω，乙的电阻为20.8Ω．现测得某用电器的功率为1500W，两端电压在150∼170V，该用电器到底是甲还是乙？
【答案】甲
【分析】根据P=U2R，得到U=PR，分别求出甲乙的电压，故可求解．
【优尖升-详解】∵P=U2R
∴U=PR
∴U甲=PR甲=1500×18.4≈166.13V，U乙=PR乙=1500×20.8≈176.64V，该用电器是甲．
【点睛】此题主要考查了实数的运算在实际问题中的应用，锻炼了学生估计无理数大小的能力，本题还用到物理中的电功率的知识．
【变式5-2】（2024七年级·北京·期末）“说不完的2”探究活动，根据各探究小组的汇报，完成下列问题．
(1)2到底有多大？
下面是小欣探索2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2，且2>1.4．设2=1.4+x，画出如下示意图．
由面积公式，可得x2+______=2．
因为x值很小，所以x2更小，略去x2，得方程______，解得x≈____（保留到0.001），即2≈_____．
(2)怎样画出2？请一起参与小敏探索画2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xx>0．依题意，割补前后图形的面积相等，有x2=2，解得x=2．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)2.8x+1.96，2.8x+1.96=2，0.014，1.414；
(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．
【优尖升-详解】（1）由面积公式，可得x2+2.8x+1.96=2
∵x值很小，所以x2更小，略去x2，得方程2.8x+1.96=2，解得x≈0.014（保留到0.001），即2≈1.4+x≈1.414．
故答案为：2.8x+1.96，2.8x+1.96=2，0.014，1.414；
（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．
【变式5-3】（2024七年级·安徽蚌埠·期末）如图，长方形ABCD的长为2cm，宽为1cm．
（1）将长方形ABCD进行适当的分割（画出分割线），使分割后的图形能拼成一个正方形，并画出所拼的正方形；（标出关键点和数据）
（2）求所拼正方形的边长．
【答案】（1）分割方法不唯一，如图，见解析；（2）拼成的正方形边长为2cm.
【分析】（1）根据AB=2AD，可找到CD的中点，即可分成两个正方形，再沿对角线分割一次，即可补全成一个新的正方形；
（2）设拼成的正方形边长为xcm，根据面积相等得到方程，即可求解．
【优尖升-详解】（1）如图，
∵AB=2AD，找到CD,AB的中点，如图所示，可把矩形分割成4个等腰直角三角形，再拼成一个新的正方形；
（2）设拼成的正方形边长为xcm，根据题意得x2=1×2=2，
∴x=2（负值舍去）
答：拼成的正方形边长为2cm．
【点睛】此题主要考查实数性质的应用，解题的关键是根据图形的特点进行分割．
【题型6 平面直角坐标系中的面积问题】
【例6】（2024七年级·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A−4,2，B4,0，将线段OA平移后得到线段CD，点C在y轴上，连接BD、AD，AD交y轴于点M，AD∥x轴．

(1)直接写出点C、点D的坐标；
(2)点N为线段AM上一点，点N的横坐标为t，连接ON、NC，用含t的式子表示三角形CON的面积（不要求写出t取值范围）；
(3)在（2）的条件下，线段CD与线段EF重合（点C与点E重合，点D与点F重合），将线段EF沿y轴向下平移，连接AE、DE、BE、BF、BD，当三角形ADE的面积比三角形BEF的面积大2时，DF=MN，求点N的坐标．
【答案】(1)C0,4,D4,2
(2)−2t
(3)N−1,2或N−3,2
【分析】（1）根据AD∥x轴，得到D点纵坐标为2，利用平行的性质，得到C点坐标，进而得到D点坐标；
（2）根据题意画出图形，利用三角形的面积公式进行求解即可；
（3）分点F在线段DB上和在线段DB的延长线上，两种情况进行讨论求解．
【优尖升-详解】（1）∵点A−4,2平移后在y轴上，
∴点A先向右平移4个单位，
∵AD∥x轴，
∴D点纵坐标为2，
∴点O向上平移2个单位，
∴平移规则为，先向右平移4个单位，再向上平移2个单位，
∴C0,4,D4,2；
（2）如图：

∵C0,4,
∴OC=4，
∵N的横坐标为t，
∴CON的画积为12OC⋅xN=−12×4t=−2t；
（3）①当F在BD上时，如图：

设DF=CE=x，则EM=BF=2−x，
∵A−4,2,D4,2，B4,0，
∴AD=8，OB=4，
∴S△ADE=12AD⋅EM=12×8×2−x=8−4x，S△BEF=12BF⋅OB=12×4×2−x=4−2x，
∵ADE的面积比三角形BEF的面积大2，
∴8−4x−4+2x=2，
解得：x=1，
∴DF=MN=1，
∴N−1,2；
②当F在DB的延长线上时，如图：

设DF=CE=x，则EM=BF=x−2，
∴S△ADE=12AD⋅EM=12×8×x−2=4x−8，S△BEF=12BF⋅OB=12×4×x−2=2x−4，
∵ADE的面积比三角形BEF的面积大2，
∴4x−8−2x+4=2，
解得：x=3，
∴DF=MN=3，
∴N−3,2；
综上：N−1,2或N−3,2．
【点睛】本题考查坐标与平移，坐标与图形．熟练掌握平移的性质，正确的画出图形，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解是解题的关键．
【变式6-1】（2024七年级·广东汕头·期末）如图，在长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，点A坐标为a，0，点C的坐标为0，b，且a，b满足a−4+b−6=0，点B在第一象限内，点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O−C−B−A−O的线路移动．

(1)点B的坐标为 ，当点P移动3.5秒时，点P的坐标为 ；
(2)在移动过程中，当点P到x轴的距离为4个单位长度时，求点P移动的时间；
(3)在移动过程中，当△OBP的面积是10时，求点P移动的时间．
【答案】(1)4，6，1，6
(2)当点P到x轴的距离为4个单位长度时，点P移动的时间是2秒或6秒；
(3)满足条件的时间t的值为2.5s或103s或152s或253s．
【分析】（1）根据a−4+|b−6|=0，可以求得a、b的值，根据长方形的性质，可以求得点B的坐标；根据题意点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O−C−B−A−O的线路移动，可以得到当点P移动3.5秒时，点P的位置和点P的坐标；
（2）由题意可以得到符合要求的有两种情况，分别求出两种情况下点P移动的时间即可；
（3）分为点P在OC、BC、AB、AO上分类计算即可．
【优尖升-详解】（1）解：∵a、b满足a−4+|b−6|=0，
∴a−4=0，b−6=0，
解得a=4，b=6，
∴点B的坐标是4，6，
∵点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O−C−B−A−O的线路移动，
∴2×3.5=7，
∵OA=4，OC=6，
∴当点P移动3.5秒时，在线段CB上，离点C的距离是：7−6=1，
即当点P移动3.5秒时，此时点P在线段CB上，离点C的距离是2个单位长度，点P的坐标是1，6；
故答案为：4，6，1，6；
（2）解：由题意可得，在移动过程中，当点P到x轴的距离为4个单位长度时，存在两种情况，
第一种情况，当点P在OC上时，
点P移动的时间是：4÷2=2秒，
第二种情况，当点P在BA上时．
点P移动的时间是：(6+4+2)÷2=6秒，
故在移动过程中，当点P到x轴的距离为4个单位长度时，点P移动的时间是2秒或6秒；
（3）解：如图1所示：

∵△OBP的面积=10，
∴12OP•BC=10，即12×4×OP=10．
解得：OP=5．
∴此时t=2.5s；
如图2所示；

∵△OBP的面积=10，
∴12PB•OC=10，即12×6×PB=10．
解得：BP=103．
∴CP=23．
∴此时t=103s；
如图3所示：

∵△OBP的面积=10，
∴12BP•BC=10，即12×4×PB=10．
解得：BP=5．
∴此时t=152s；
如图4所示：

∵△OBP的面积=10，
∴12OP•AB=10，即12×6×OP=10．
解得：OP=103．
∴此时t=253s；
综上所述，满足条件的时间t的值为2.5s或103s或152s或253s．
【点睛】本题考查矩形的性质，三角形的面积，坐标与图形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题．
【变式6-2】（2024七年级·云南保山·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．
【答案】(1)−2，4
(2)−3n
(3)(0， 1)或(0， −5)
【分析】（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．
【优尖升-详解】（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，
图2
∵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，
图3
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，
图4
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)．
【点睛】本题主要考查了非负数的性质、坐标与图形以及求三角形面积等知识，熟练运用分情况讨论的思想分析问题，采用割补法求三角形面积是解题关键．
【变式6-3】（2024七年级·河南信阳·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为A(0，a)，B(b，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，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，若存在时间t(0≤t≤5)使S1＝4S2，直接写出t值 ．
【答案】(1)(−3,0)
(2)t=4017或7517
【分析】（1）根据非负性，计算a，b的值，得到点的坐标，利用面积关系计算即可．
（2）根据运动时间,分段计算即可．
【优尖升-详解】（1）∵|2a−b−6|+a+2b−13=0，
∴2a−b−6=0a+2b−13=0，
解得a=5b=4
∴A(0,5),B(4,0)．
∴S△AOB=4×5÷2=10，而S△AOC=OC×OA÷2．
∴OC×OA÷2=34×10．
∴OC=3．
∴点C的坐标是(−3,0)．
（2）根据题意，得
当0≤t≤4时，S2=12PB·AO=52(4−t)；当t＞4时，S2=12PB·AO=52(t−4)；
当0≤t≤52时，S1=12AQ·CO+12AQ·BO=12×(3+4)×2t=7t；
当52＜t≤5时，S1=12AQ·CO+12AQ·BO=12×(3+4)×(10−2t)=35−7t；
当5＜t≤152时，S1=12AQ·CO+12AQ·BO=12×(3+4)×(2t−10)=7t−35；
当0≤t≤52时，因为S1＝4S2，所以7t=4×52×(4−t)，解得t=4017，符合题意；
当52＜t≤4时，因为S1＝4S2，所以35−7t=4×52×(4−t)，解得t=53＜52，不符合题意，舍去；
当4＜t≤5时，因为S1＝4S2，所以35−7t=4×52×(t−4)，解得t=7517＜5，符合题意；
当5＜t≤152时，因为S1＝4S2，所以7t−35=4×52×(t−4)，解得t=53＜5，不符合题意，舍去；
当t＞152时，4S2=4×52×(t−4)＞35；S1的最大值为35，故S1＝4S2，不成立，也就不存在t，综上所述，当t=4017或7517时，S1＝4S2，
故答案为：4017或7517．
【点睛】本题考查了点的坐标，坐标系中图形的面积计算，灵活进行分类计算是解题的关键．
【题型7 二元一次方程组与不等式组的综合】
【例7】（2024七年级·福建厦门·期末）已知在方程组3x+2y=m+22x+y=m−1中，x、y均为正数．
(1)求出x、y的值（用含m代数式表示）；
(2)求出m的取值范围；
(3)当m为何正整数时，求：s=2x−3y+m的最大值？
【答案】(1)x=m−4y=7−m
(2)4(3)当m=6时，s的最大值为7
【分析】1利用加减消元法进行计算，即可解答；
2根据已知可得x>0，y>0，从而可得m−4>07−m>0，然后进行计算即可解答；
3把x=m−4，y=7−m代入s=2x−3y+m中进行计算，即可解答．
【优尖升-详解】（1）解：3x+2y=m+2①2x+y=m−1②，
②×2得：4x+2y=2m−2③，
③−①得：x=m−4，
把x=m−4代入②得：2m−4+y=m−1，
解得：y=7−m，
∴原方程组的解为：x=m−4y=7−m；
（2）解：∵x、y均为正数．
∴x>0，y>0，
m−4>07−m>0，
解得：4∴m的取值范围为：4（3）解：∵x=m−4，y=7−m，
∴s=2x−3y+m
=2m−4−37−m+m
=2m−8−21+3m+m
=6m−29，
∵4∴当m=6时，s有最大值，且s=6×6−29=36−29=7，
∴当m=6时，s的最大值为7．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，解二元一次方程组，二元一次方程组的解，列代数式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
【变式7-1】（2024七年级·重庆开州·期末）若一个两位数M的十位数字为a，个位数字为b，其中1≤a≤9，1≤b≤9，规定s=a+b，t=2a−b，Fm=s+t，例如F12=1+2+2×1−2=3−2=1．
(1)求F23和F69；
(2)若一个两位数P满足个位数字比十位数字大2，另一个两位数Q满足个位数字比十位数字的2倍少1，规定K=FP−3FQ，当FP+FQ=12，求K的最大值．
【答案】(1)3，9
(2)12
【分析】（1）根据新定义列式计算即可；
（2）设两位数P的十位数字为m，则其个位数字为m+2，设两位数Q的十位数字为n，则其个位数字为2n−1，则F(P)=2m−2，F(Q)=n+1，K=|2m−3n−5|，再由F(P)+F(Q)=12可得2m+n=13，根据两位数P、Q的每个数位上的数字为1~9之间的整数可得1≤m≤7，1≤n≤5，以此解得m=4n=5或m=5n=3或m=6n=1，再分别计算K的值，取最大的结果即可．
【优尖升-详解】（1）F(23)=2+3+2×(2−3)=5−2=3，
F(69)=6+9+2×(6−9)=15−6=9；
（2）设两位数P的十位数字为m，则其个位数字为m+2，
设两位数Q的十位数字为n，则其个位数字为2n−1，
∴F(P)=m+m+2+2[m−(m+2)]=2m−2，
F(Q)=n+2n−1+2[n−(2n−1)]=n+1，
∴K=|F(P)−3F(Q)|=|2m−2−3(n+1)|=|2m−3n−5|，
∵F(P)+F(Q)=12，
∴2m−2+n+1=12，即2m+n=13，
∵ 1≤m≤91≤m+2≤9，1≤n≤91≤2n−1≤9，
∴1≤m≤7，1≤n≤5，且m，n为整数，
∴ m=4n=5或m=5n=3或m=6n=1，
当m=4，n=5时，K=|2×4−3×5−5|=12，
当m=5，n=3时，K=|2×5−3×3−5|=4，
当m=6，n=1时，K=|2×6−3×1−5|=4，
∴K的最大值为12．
【点睛】本题主要考查整式的加减、二元一次方程的应用、一元一次不等式组的应用，理解新定义的运算法则，掌握整式的加减运算法则是解题关键．
【变式7-2】（2024七年级·福建福州·期末）若点P(x,y)的坐标满足x+y=2a−b−5x−y=b−5．
(1)若点P的坐标为(−2,−1)，求a，b的值；
(2)若点P在第二象限，且符合要求的整数a只有五个，求b的取值范围；
(3)若点P为不在x轴上的点，且关于z的不等式yz+3x+15>0的解集为z<35，求关于t的不等式at≤b的解集．
【答案】(1)a=3b=4
(2)−1≤b<0
(3)t≤6
【分析】（1）解方程组得x=a−5y=a−b，当x=−2，y=−1时，可得a−5=−2a−b=−1，解之即可得出答案；
（2）解方程组得x=a−5y=a−b，由点P在第二象限，得a−5<0a−b>0，则b（3）由（1）得x=a−5y=a−b，Pa−5,a−b，由题意得出y=a−b≠0，即a≠b，由不等式的解集得−3x+5y=35可得b=6a，a0，解不等式即可．
【优尖升-详解】（1）解：解方程组x+y=2a−b−5x−y=b−5得：x=a−5y=a−b，
∵点P的坐标为(−2,−1)
∴a−5=−2a−b=−1，解得：a=3b=4；
（2）∵点P在第二象限，则a−5<0a−b>0，
∴a<5，a>b，
∴b∵符合要求的整数a只有五个，
∴a=0，1，2，3，4；
∴−1≤b<0，
即b的取值范围为−1≤b<0；
（3）由（1）得：x=a−5y=a−b，Pa−5,a−b，
∵点P为不在x轴上的点，
∴y=a−b≠0，即a≠b，
∵关于z的不等式yz+3x+15>0的解集为z<35，
∴yz>−3x+5，
∴y<0，则z<−3x+5y，
∴−3x+5y=35，
代入x=a−5y=a−b得：b=6a，且a∴a<6a，
∴a>0，
∵at≤b，
∴t≤ba，
∴t≤6．
【点睛】本题是综合题，考查了二元一次方程组的解法、点的坐标特征、一元一次不等式组的解法等知识；本题综合性强，熟练掌握二元一次方程组的解法和一元一次不等式组的解法是解题的关键．
【变式7-3】（2024七年级·湖北宜昌·期末）某研学基地为激发来研学学生参与活动的积极性，经常组织竞赛活动，并购买保温杯和台灯作为奖品奖励学生．该基地在某超市购买保温杯、台灯若干次，其中前两次购买时，均按标价购买；成为老顾客后，从第三次购买开始，保温杯、台灯同时以相同折扣数的打折价购买．前三次购买保温杯、台灯的数量及费用如下表所示：
(1)求保温杯、台灯的标价；
(2)某日，甲、乙两校师生同时来到该基地研学，基地为两校组织了一次陶泥制作比赛，并颁发奖品20个保温杯和10个台灯（均按打折价购买），甲、乙两校各获得15个奖品，甲校所获奖品的购买金额不低于800元，乙校所获奖品的购买金额不低于750元，求甲、乙两校分别获得保温杯和台灯各多少个？
【答案】(1)保温杯、台灯的标价为80元和100元
(2)甲校分别获得保温杯和台灯8个和7个，乙校分别获得保温杯和台灯12个和3个
【分析】（1）设保温杯、台灯的标价为x元和y元，根据表中给的数量关系列出二元一次方程组解答即可；
（2）求出第三次商品购进的打折数，然后利用不等式组解题即可．
【优尖升-详解】（1）解：设保温杯、台灯的标价为x元和y元，
5x+4y=8003x+7y=940，解得x=80y=100，
答：保温杯、台灯的标价为80元和100元．
（2）解：第三次购买的打折数为：9129×80+8×100×10=6折，
设甲校获得保温杯a个，则
610×[80a+100(15−a)]≥800610×[80(20−a)+100(a−5)]≥750,
解得152≤a≤253，
又∵a为整数，
∴a=8，
∴甲校分别获得保温杯和台灯8个和7个，乙校分别获得保温杯和台灯12个和3个．
【点睛】本题考查二元一次方程组和不等式组解应用题，理解题意找出数量关系是解题的关键．
【题型8 新定义问题】
【例8】（2024七年级·湖南长沙·期末）新定义：对于实数x，我们规定[x]表示不大于x的最大整数，例如[1.4]=1，[2]=2，[−3.5]=−4，试解决下列问题：
(1)填空：
①[π]=________(π为圆周率），
②如果[x−2]=3，则实数x的取值范围________；
(2)若点P(x,y)位于第一象限，其中x，y是方程组x+y=[a]+23x+4y=6[a]+3的解，求a的取值范围：
(3)若f(k)=[k+14]−[k4](k是正整数），例：f（3）=[3+14]−[34]=1．下列结论：
①f（1）=0； ②f(k+4)=f(k)； ③f(k+1)⩾f(k)； ④f(k)=0或1．
正确的有________（填序号）．
【答案】(1)①3；②5≤x<6
(2)2≤a<3
(3)①②④
【分析】（1）①根据规定[x]表示不大于x的最大整数，可得答案；②根据规定可得3≤x-2＜4，解不等式组即可求解；
（2）解方程组得x=5−2[a]y=3[a]−3，由点P位于第一象限知5−2[a]>03[a]−3>0，得1<[a]<52，进一步求解即可；
（3）根据新定义进行计算进而判断各个选项是否正确，从而可以解答本题．
【优尖升-详解】（1）（1）①根据题意知[π]=3；
②∵[x−2]=3，
∴3⩽x−2<4，
解得5⩽x<6，
故答案为：①3；②5⩽x<6．
（2）解关于x，y是方程组x+y=[a]+23x+4y=6[a]+3得x=5−2[a]y=3[a]−3，
∵点P位于第一象限，
∴ 5−2[a]>03[a]−3>0，解得1<[a]<52，则[a]=2，
∴2⩽a<3；
（3）f（1）=[1+14]−[14]=0−0=0，故①正确；
f(k+4)=[k+4+14]−[k+44]=[k+14+1]−[k4+1]=[k+14]−[k4]=f(k)，故②正确；
当k=3时，f(3+1)=[4+14]−[44]=1−1=0，而f（3）=1，故③错误；
当k=3+4n(n为自然数）时，f(k)=1，当k为其它的正整数时，f(k)=0，所以④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查新定义运算、解一元一次不等式组、解二元一次方程组，第一象限的点的符号问题，解答本题的关键是明确题意，可以判断各个选项中的结论是否成立．
【变式8-1】（2024七年级·江西赣州·期末）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：点A到x轴、y轴距离的较大值称为点A的“长距”，当点P的“长距”等于点Q的“长距”时，称P，Q两点为“等距点”．

(1)已知点A的坐标为−3,1．
①则点A的“长距”是 ．
②在点E0,3，F3,−3，G2,−5中，为点A的“等距点”的是______；
③若点B的坐标为B2,m+6，且A，B两点为“等距点”，则m的值为______；
(2)若T1−1,−k−3，T24,4k−3两点为“等距点”，求k的值．
【答案】(1)①3；②E、F；③−3或−9．
(2)k的值是1或2
【分析】（1）①根据定义分别求得点A到x轴，y轴的距离，即可求解；
②求出点E，F，G的“长距”，找到与点A是“等距点”的点；
③根据“等距点”的定义可得点B2,m+6的“长距”是3，从而得到m+6=3，解方程即可求解；
（2）由于点T1−1,−k−3到x轴的距离为−k−3，到y轴的距离为1，点T24,4k−3到x轴的距离为4k−3，到y轴的距离为4，又T1，T2为“等距点”，可分两种情况讨论：①若4k−3≥4，则−k−3=4k−3，②若4k−3<4，则−k−3=4，解之即可解答．
【优尖升-详解】（1）①∵点A的坐标为−3,1，
∴点A到x轴的距离为1，到y轴的距离为3，
∴点A的“长距”是3．
故答案为：3
②∵点E0,3的“长距”是3，
点F3,−3的“长距”是3，
点G2,−5的“长距”是5，
∴点A的“等距点”是点E，F．
故答案为：E，F
③∵点A，B两点为“等距点”，且B2,m+6，
∴m+6=3，
解得m=−3或m=−9．
故答案为：−3或−9
（2）∵点T1−1,−k−3到x轴的距离为−k−3，到y轴的距离为1，
点T24,4k−3到x轴的距离为4k−3，到y轴的距离为4，
又T1，T2为“等距点”，
∴①若4k−3≥4，则−k−3=4k−3，
解得k=0（舍去）或k=2．
②若4k−3<4，则−k−3=4，
解得k=1或k=−7（舍去）
综上所述，k=1或k=2．
【点睛】本题考查点到坐标轴的距离，绝对值方程，理解定义，分类讨论是解题的关键．
【变式8-2】（2024七年级·广东广州·期末）对a，b定义一种新运算T，规定：T（a，b）＝（a+2b）（ax+by）（其中x，y均为非零实数）．例如：T（1，1）＝3x+3y．
（1）已知T（1，﹣1）＝0，T（0，2）＝8，求x，y的值；
（2）已知关于x，y的方程组T1，−1=3−aT0，2=8a，若a≥﹣2，求x+y的取值范围；
（3）在（2）的条件下，已知平面直角坐标系上的点A（x，y）落在坐标轴上，将线段OA沿x轴向右平移2个单位，得线段O′A′，坐标轴上有一点B满足三角形BOA′的面积为9，请直接写出点B的坐标．
【答案】（1）x=1，y=1；（2）x+y≥−9；（3）(12,0)或(−12,0)或(0,9)或(0,−9)或(0,18)或(0,−18)
【分析】（1）根据新运算T定义建立方程组，解方程组即可得出答案；
（2）应用新运算T定义建立方程组，解关于x、y的方程组可得x=2a−3y=a，进而得出x+y=(2a−3)+a=3a−3，再运用不等式性质即可得出答案；
（3）根据题意得A(2a−3,a)，由平移可得A'(2a−1,a)，根据点A(2a−3,a)落在坐标轴上，且a⩾−2，分类讨论即可．
【优尖升-详解】解：（1）根据新运算T的定义可得：
(1−1×2)⋅(x−y)=0(0+2×2)⋅(0⋅x+2y)=8，
解得：x=1y=1；
（2）由题意得：−(x−y)=3−a4×4y=8a，
解得：x=2a−3y=a，
∴x+y=(2a−3)+a=3a−3，
∵a⩾−2，
∴3a⩾−6，
∴3a−3⩾−9，
∴x+y⩾−9；
（3）由（2）知，x=2a−3y=a，
∴A(2a−3,a)，
∵将线段OA沿x轴向右平移2个单位，得线段O'A'，
∴A'(2a−1,a)，
∵点A(2a−3,a)落在坐标轴上，且a⩾−2，
∴2a−3=0或a=0，
∴a=32或a=0；
①当a=32时，A'(2,32)，
若点B在x轴上，SΔBOA'=12×OB×32=9，
∴OB=12，
∴B(12,0)或(−12,0)；
若点B在y轴上，SΔBOA'=12×OB×2=9，
∴OB=9，
∴B(0,9)或(0,−9)；
②当a=0时，A'(−1,0)；
∴点B只能在y轴上，SΔBOA'=12×OB×1=9，
∴OB=18，
∴B(0,18)或(0,−18)；
综上所述，点B的坐标为(12,0)或(−12,0)或(0,9)或(0,−9)或(0,18)或(0,−18)．
【点睛】本题考查了新运算T定义，解二元一次方程组，不等式性质，平移变换的性质，理解并应用新运算T定义是解题关键．
【变式8-3】（2024七年级·江苏扬州·期末）对x、y定义了一种新运算T，规定Tx,y=ax+by2x+y（其中a，b均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：T0,1=a×0+b×12×0+1，
已知T1,−1=−2，T4,2=1．
（1）求a，b的值；
（2）求T−2,2．
（3）若关于m的不等式组T2m,5−4m≤4Tm,3−2m>p恰好有4个整数解，求p的取值范围．
【答案】（1）a=1，b=3；（2）−2；（3）−113≤p<−2．
【分析】（1）根据题中的新定义列出关于a与b的方程组，求出方程组的解即可得到a与b的值；
（2）利用题中的新定义将x=−2，y=2代入计算即可；
（3）利用题中的新定义化简已知不等式组，表示出解集，由不等式组恰好有4个整数解，确定出p的范围，再解不等式组即可．
【优尖升-详解】解：（1）根据题意得：
a−b=−2①4a+2b2×4+2=1②，
解得：a=1b=3；
（2）由（1）得：Tx,y=x+3y2x+y
∴T−2,2=−2+3×22×(−2)+2=−2；
（3）根据题意得：2m+35−4m4m+5−4m⩽4①m+33−2m2m+3−2m>p②，
由①得：m⩾−12；由②得：m<9−3p5，
∴不等式组的解集为−12⩽m<9−3p5，
∵不等式组恰好有4个整数解，即m=0，1，2，3，
∴3<9−3p5⩽4，
解得：−113≤p<−2．
【点睛】此题考查了解二元一次方程组以及一元一次不等式组的整数解，熟练掌握运算法则、理解新定义的意义是解本题的关键．
【题型9 阅读理解问题】
【例9】（2024七年级·山东日照·期末）（1）阅读下面材料：
已知：如图1，AB∥CD，E为AB，CD之间一点，连接AE，CE，得到∠AEC．求证：∠AEC+∠A+∠C=360°．
解答过程如下，并请你在括号内填写推理的依据：
过点E作EF∥AB，
则有∠AEF+∠A=180°（______）．
∵AB∥CD，
∴EF∥CD（______）．
∴∠FEC+∠C=180°（______）．
∴∠AEF+∠A+∠FEC+∠C=360°,
又∵∠AEC=∠AEF+∠FEC
∴∠AEC+∠A+∠C=360°．
假若将具有图1特征的图形称为“平行凸折线”，“平行凸折线”的性质可以表述如下：
（2）已知：直线m∥n，点A，B在直线m上，点C，D在直线n上，连接AD，BC，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，且BE，DE所在的直线交于点E．
①如图2，当点D在点C的左侧时，若∠ADC=80°，∠BED=160°，请你结合（1）中“平行凸折线”的性质，求∠ABC的度数；

②如图3，当点D在点C的右侧时，设∠ABC=α，∠ADC=β，请直接写出∠BED的度数（用含有α，β的式子表示）．
【答案】（1）两直线平行，同旁内角互补；平行线公理；两直线平行，同旁内角互补；（2）①∠ABC=120°；②∠BED=12(α+β)；
【分析】（1）过点E作EF∥AB，根据平行线的性质进行证明，即可得到结论成立；
（2）由平行线的性质，角平分线的定义，结合（1）的结论，即可求出答案；
（3）由平行线的性质，角平分线的定义，结合（1）的结论，即可求出答案．
【优尖升-详解】解：（1）过点E作EF∥AB，
则有∠AEF+∠A=180°（两直线平行，同旁内角互补）．
∵AB∥CD，
∴EF∥CD（平行线公理）．
∴∠FEC+∠C=180°（两直线平行，同旁内角互补）．
∴∠AEF+∠A+∠FEC+∠C=360°，
又∵∠AEC=∠AEF+∠FEC，
∴∠AEC+∠A+∠C=360°．
故答案为：两直线平行，同旁内角互补；平行线公理；两直线平行，同旁内角互补；
（2）①根据题意，由（1）可知
∠EDG+∠BED+∠ABE=360°
∵∠ADC=80°，DE平分∠ADC，
∴∠ADG=180°−80°=100°，∠ADE=40°
∴∠EDG=140°
∵∠BED=160°，
∴140°+160°+∠ABE=360°，
∴∠ABE=60°,
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC=2∠ABE=2×60°=120°；
②根据题意，如图：
由（1）可知，∠EBG+∠BED+∠EDH=360°，
∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∠ABC=α，∠ADC=β，
∴∠ABE=12α，∠CDE=12β
∴∠EBG=180°−12α，∠EDH=180°−12β，
∴(180°−12α)+∠BED+(180°−12β)=360°，
∴∠BED=12(α+β)；
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，几何图形中角的运算，解题的关键是熟练掌握平行线的性质及结合图形进行角的和差运算．
【变式9-1】（2024七年级·重庆九龙坡·期末）阅读材料：
已知关于x，y的二元一次方程mx+ny=c有一组整数解x=x0y=y0，则方程mx+ny=c的全部整数解可表示为x=x0−nty=y0+mt（t为整数）．问题：求方程7x+19y=213的所有正整数解．
小明参考阅读材料，解决该问题如下：
解：该方程一组整数解为x0=6y0=9，则全部整数解可表示为x=6−19ty=9+7t（t为整数）．
因为6−19t>09+7t>0，解得−97因为t为整数，所以t=0或-1．
所以该方程的正整数解为x=6y=9和x=25y=2．
通过你所知晓的知识，请解决以下问题：
(1)方程3x-5y=11的全部整数解表示为：x=2+5ty=θ+3t（t为整数），则______；
(2)请你参考小明的解题方法，求方程2x+3y=24的全部正整数解；
(3)若a，b均为正整数，试判断二元一次方程组2x+3y=24ax+by=24有几组正整数解？并写出其解．
【答案】(1)-1
(2)x=9y=2，x=6y=4，x=3y=6．
(3)该方程组有3组正整数解，分别为：x=9y=2，x=6y=4，x=3y=6．
【分析】（1）把x=2代入方程3x-5y=11得，求得y的值，即可求得θ的值；
（2）参考小明的解题方法求解即可；
（3）先根据（2）得到关于a、b的二元一次方程，再结合a、b均为正整数确定a、b的值，进而得到方程组的所有解．
【优尖升-详解】（1）解：把x=2代入方程3x-5y=11得，6-5y=11，
解得y=-1，
∵方程3x-5y=11的全部整数解表示为：x=2+5ty=θ+3t（t为整数），则θ=-1，
故答案为-1；
（2）解：方程2x+3y=24一组整数解为x=9y=2，则全部整数解可表示为x=9−3ty=2+2t（t为整数）．
因为9−3t>02+2t>0，解得-1＜t＜3．
因为t为整数，
所以t=0，1，2．
所以方程2x+3y=24的全部正整数解为：x=9y=2，x=6y=4，x=3y=6．
（3）解：由（2）得：9a+2b=24或6a+4b=24或3a+6b=24
∵a、b均为正整数
∴a=2b=3
∴该方程组有3组正整数解，分别为：x=9y=2，x=6y=4，x=3y=6．
【点睛】本题考查了二元一次方程的解、一元一次不等式的整数解等知识点，理解题意、正常列出方程组和不等式是解答本题的关键．
【变式9-2】（2024七年级·重庆·期末）数学家华罗庚在一次出国访问途中，看到飞机上邻座的乘客阅读的杂志上有一道智力题：求59319的立方根．华罗庚脱口而出：39．众人感觉十分惊奇，请华罗庚给大家解读其中的奥秘．
你知道怎样迅速准确的计算出结果吗？请你按下面的问题试一试：
①∵31000=10，31000000=100，又∵1000<59319<1000000，
∴10<359319<100，∴能确定59319的立方根是个两位数．
②∵59319的个位数是9，又∵93=729，∴能确定59319的立方根的个位数是9．
③如果划去59319后面的三位319得到数59，而327<359<364，则3<359<4，可得30<359319<40，由此能确定59319的立方根的十位数是3．因此59319的立方根是39．
(1)现在换一个数13824，按这种方法求立方根，请完成下列填空．
①它的立方根是 位数；
②它的立方根的个位数是 ；
③它的立方根的十位数是 ；
④13824的立方根是 ．
(2)根据计算步骤，请计算3195112，并书写详细过程．
【答案】(1)①两，②4，③2，④24
(2)58，解答过程见解析
【分析】本题考查了立方根：
（1）仿照例题，进行推理得结论；
（2）先判断它们的立方根是几位数，再判断个位、十位上的数字，得结论．
【优尖升-详解】（1）解：①∵31000=10，31000000=100，
又∵1000<110592<1000000，
∴10<313824<100，
∴能确定13824的立方根是个两位数．
②∵13824的个位数是4，
又∵43=64，
∴能确定13824的立方根的个位数是4．
③如果划去13824后面的三位824得到数13，
而38<313<327，则2<313<3，可得20<313824<30，
由此能确定13824的立方根的十位数是2
因此13824的立方根是24．
故答案为：①两，②4，③2，④24；
（2）解：∵31000=10，31000000=100，
又∵1000<195112<1000000，
∴10<3195112<100，
∴能确定195112的立方根是个两位数．
∵195112的个位数是2，
又∵83=512，
∴能确定195112的立方根的个位数是8．
如果划去195112后面的三位112得到数195，
而3125<3195<3216，则5<3195<6，可得50<3195112<60，
由此能确定195112的立方根的十位数是5，
因此195112的立方根是58．
【变式9-3】（2024七年级·福建厦门·期末）阅读：一动点沿着数轴向右平移3个单位，再向左平移2个单位，相当于向右平移1个单位，用实数加法表示为3(2)1．若坐标平面上的点作如下平移：沿x轴方向平移的数量为a（向右为正，向左为负，平移a个单位），沿y轴方向平移的数量为b（向上为正，向下为负，平移b个单位），则把有序数对{a，b}叫做这一平移的“平移量”；“平移量”{a，b}与“平移量”{c，d}的加法运算法则为{a，b}{c，d}{ac，bd}．解决问题：
（1）计算：3,1+1,2，
（2）动点P从坐标原点O出发，先按照“平移量”{3，1}平移到A，再按照“平移量”{1，2}平移到B；若先把动点P按照“平移量”{1，2}平移到C．再按照“平移量”{3，1}平移，最后的位置还是点B．请你在图1中画出四边形OABC；
（3）如图2，一艘船从码头O出发，先航行到湖心岛码头P(2,3)，再从码头P航行到码头Q(5,5)，最后回到出发点O．请用“平移量”加法算式表示它的航行过程．

【答案】（1）4,3；（2）图见解析；（3）2,3+3,2+−5,−5=0,0．
【分析】（1）根据“平移量”的加法法则即可得；
（2）先根据“平移量”的定义得出点A,B,C的坐标，再描点、顺次连接点O,A,B,C即可得；
（3）先分别求出点O到点P的“平移量”、点P到点Q的“平移量”、点Q到点O的“平移量”，再根据“平移量”的加法法则即可得．
【优尖升-详解】（1）原式=3+1,1+2，
=4,3；
（2）∵点O的坐标为O(0,0)，
∴A(0+3,0+1)，即A(3,1)，
B(3+1,1+2)，即B(4,3)，
C(0+1,0+2)，即C(1,2)，
先描点，再顺次连接点O,A,B,C即可得到四边形OABC，如图1所示：

（3）由题意得：从点O出发，先向右平移2个单位，再向上平移3个单位即到达点P，
则点O到点P的“平移量”为2,3，
同理可得：点P到点Q的“平移量”为5−2,5−3，即3,2，
点Q到点O的“平移量”为−5,−5，
因此有2,3+3,2+−5,−5=0,0．
【点睛】本题考查了平移，理解“平移量”的定义和加法运算法则是解题关键．
【题型10 规律探究问题】
【例10】（2024七年级·浙江杭州·期末）观察下列各式，并用所得出的规律解决问题：
（1）2≈1.414，200≈14.14，20000≈141.4，……
0.03≈0.1732，3≈1.732，300≈17.32，……
由此可见，被开方数的小数点每向右移动______位，其算术平方根的小数点向______移动______位．
（2）已知15≈3.873，1.5≈1.225，则150≈_____；0.15≈______．
（3）31=1，31000=10，31000000=100，……
小数点的变化规律是_______________________．
（4）已知310≈2.154，3y≈−0.2154，则y=______．
【答案】（1）两；右；一；（2）12.25；0.3873；（3）被开方数的小数点向右（左）移三位，其立方根的小数点向右（左）移动一位；（4）-0.01
【分析】（1）观察已知等式，得到一般性规律，写出即可；
（2）利用得出的规律计算即可得到结果；
（3）归纳总结得到规律，写出即可；
（4）利用得出的规律计算即可得到结果．
【优尖升-详解】解：（1）2≈1.414，200≈14.14，20000≈141.4，……
0.03≈0.1732，3≈1.732，300≈17.32，……
由此可见，被开方数的小数点每向右移动两位，其算术平方根的小数点向右移动一位．
故答案为：两；右；一；
（2）已知15≈3.873，1.5≈1.225，则150≈12.25；0.15≈0.3873；
故答案为：12.25；0.3873；
（3）31=1，31000=10，31000000=100，……
小数点的变化规律是：被开方数的小数点向右（左）移三位，其立方根的小数点向右（左）移动一位；
（4）∵310≈2.154，3y≈−0.2154，
∴30.01≈0.2154，
∴3−0.01≈−0.2154，
∴y=-0.01．
【点睛】此题考查了立方根，以及算术平方根，弄清题中的规律是解本题的关键．
【变式10-1】（2024七年级·浙江·期末）电子蜘蛛在边长为1的正方形网格上织网，若电子蜘蛛从P1a,b出发，先爬到P2−b+2,a−2，再下一步爬到P3−a−2+2,−b+2−2……以这样的规律织网，例如2,1，再下一步−1+2,2−2即1,0．
（1）若P3−5,3则P1坐标是______，P2022的坐标是_______．
（2）分别取P1坐标0,0,0,2，根据你对蜘蛛织网的理解，请在网格上画出这两张网．
（3）在电子蜘蛛织网过程中，第n步的坐标Pn−5,3，请你写出第1步P1所有可能的结果．
（4）进一步思考：若点P1a,b那么点Pn有没有可能始终在y轴的右侧，若有可能直接写出a，b的取值范围．若不可能说明理由．
【答案】（1）（9，-3），（5，7）；（2）见解析；（3）（-5，3）或（5，7）或（9，-3）或（-1，-7）；（4）0【分析】（1）根据题中的规律，烈出方程组，计算可得P1，再继续得出后面的点的坐标，得到规律，可得P2022；
（2）分别取P1的坐标为（0，0），（0，2），得到之后点的坐标，画出图形即可；
（3）根据（1）中所得一个周期内点的坐标，可得P1的可能坐标；
（4）分别用a，b表示出一个周期内P点坐标，根据点在y轴右侧得到不等式组，解之即可．
【优尖升-详解】解：（1）由意题意可知：
P1（a，b），则P3[-（a-2）+2，（-b+2）-2]，
即P3（-a+4，-b），
∴−a+4=−5−b=3，解得：a=9b=−3，
∴P1（9，-3），
同理：P1（9，-3），P2（5，7），P3（-5，3），P4（-1，-7），P5（9，-3），4个为一周期，
2022÷4=，
∴P2022（5，7）；
（2）①P1（0，0），P2（2，-2），P3（4，0），P4（2，2）；
②P1（0，2），P2（0，-2），P3（4，-2），P4（4，2）；
如图所示：
（3）由（1）知：4个为一周期，
Pm（9，-3），Pm+1（5，7），Pm+2（-5，3），Pm+4（-1，-7），
n=1时，P1（-5，3），
n=2时，P1（5，7），
n=3时，P1（9，-3），
n=4时，P1（-1，-7），
n≥5时，又出现周期变化，
综上：P1（-5，3）或（5，7）或（9，-3）或（-1，-7）；
（4）由题意可得：P1（a，b），P2（-b+2，a-2），P3（-a+4，-b），P4（b+2，-a+2），
∵周期为4，P1，P2，P3，P4在y轴右侧，即可满足题意，
∴a>0−b+2>0−a+4>0b+2>0，则a>0b<2a<4b>−2，
∴0【点睛】本题考查了坐标与图形，点的坐标规律，不等式组的应用，解题的关键是由题中的织网方式得到4个为一周期．
【变式10-2】（2024七年级·江西抚州·期末）学习概念：由9个数字组成的一个三行三列的矩阵，其每一行、每一列和两条对角线的数字的和都相等，这就是三级幻方，其对角线、横行、纵向的数字之和均相等，这个和叫做幻和，正中间那个数叫中心数．
探究规律：
（1）图1是1~9组成的一个三级幻方，小洁根据图2推出下列四个关系式，
①a1+a2+a3=3a5；②a2+a4=2a9；③a2+a8=2a5；④2a7=a1+a4；
请你用图1中的数验证上述四个式子，其中正确的有______；
应用规律
根据上面的规律，用方程组思想解答下面的问题：
（2）如图3，若2a8−a6=7，求a8、a6的值，并把空格中的数填补出来．
【答案】（1）①②③；（2）a8=5，a6=3．表见解析
【分析】本题考查规律型问题，幻方图等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程解决问题．
（1）根据有理数的运算法则计算即可解决问题．
（2）由幻方的性质求得a9=10，再根据题意求得a3=11−a6，a2=14−a8；再根据规律a1+a2+a3=3a5以及2a8−a6=7，列方程组求解即可．
【优尖升-详解】解：（1）①a1+a2+a3=2+7+6=15，3a5=3×5=15；①正确；
②a2+a4=7+9=16，2a9=2×8=16；②正确；
③a2+a8=7+3=10，2a5=2×5=10；③正确；
④2a7=2×4=8，a1+a4=2+9=11；④不正确；
故答案为：①②③；
（2）根据题意得a9=3×7−7−4=10，
a3=3×7−a6−a9=11−a6，
a2=2a5−a8=14−a8；
a1+a2+a3=a1+14−a8+11−a6=21，即a8+a6=8，
∵2a8−a6=7，
∴3a8=7+8=15，解得a8=5，
∴a6=3．
填表：
【变式10-3】（2024七年级·四川宜宾·期末）如图，AB∥CD，点E、F分别在直线AB，CD上，P为直线AB和CD之间的一个动点，且满足0°<∠EPF<180°．
(1)如图1，∠EPF、∠AEP、∠PFC之间的数量关系为 ．
(2)如图2，∠EPF、∠AEP、∠PFC之间的数量关系为 ．
(3)如图3，QE，QF分别平分∠PEB和∠PFD，点P在EF左侧，点Q在EF右侧．
①若∠EPF=60°，求∠EQF的度数．
②猜想规律：∠EPF与∠EQF的数量关系可表示为 ．
③如图4，若∠BEQ与∠DFQ的角平分线交于点Q1，∠BEQ1与∠DFQ1的角平分线交于点Q2，∠BEQ2与∠DFQ2的角平分线交于点Q3，……依此类推，则∠EPF与∠EQ2023F的数量关系是 ．
【答案】(1)∠EPF =∠AEP+ ∠PFC
(2)∠EPF +∠AEP+ ∠PFC=360°
(3)①150°；②∠EQF +12∠EPF=180°；③22023∠EQ2023F +12∠EPF=180°
【分析】本题考查了根据平行线的性质探究角的关系以及角平分线的有关计算，掌握相关结论，学会举一反三是解题关键．
（1）作AB∥PG，根据∠AEP=∠EPG、∠PFC=∠FPG即可求解；
（2）作AB∥PH，根据∠AEP+∠EPH=180°、∠PFC+∠FPH=180°即可求解；
（3）结合（1）（2）的结论即可求解；
【优尖升-详解】（1）解：作AB∥PG，如图所示：
∵AB∥CD，
∴AB∥CD ∥PG，
∴∠AEP=∠EPG、∠PFC=∠FPG
∴∠EPF =∠EPG+∠FPG=∠AEP+∠PFC、
故答案为：∠EPF =∠AEP+ ∠PFC
（2）解：作AB∥PH，如图所示：
∵AB∥CD，
∴AB∥CD ∥PH，
∴∠AEP+∠EPH=180°、∠PFC+∠FPH=180°
∴∠AEP+∠EPH+ ∠PFC+∠FPH=360°
即：∠EPF +∠AEP+ ∠PFC=360°
故答案为：∠EPF +∠AEP+ ∠PFC=360°
（3）解：作AB∥PM，QN∥CD，如图所示：
∵AB∥CD，
∴AB∥CD ∥PM ∥QN，
①若∠EPF=60°，
由（1）可得：∠AEP+∠CFP=∠EPF=60°
∴∠PEB+∠PFD=180°−∠AEP+180°−∠CFP=360°−∠AEP+∠CFP=300°
∵QE，QF分别平分∠PEB和∠PFD，
∴∠PEQ+∠PFQ=12∠PEB+∠PFD=150°
由（2）可得：∠EQF+∠AEQ+∠CFQ=360°
即：∠EQF+∠AEP+∠CFP+∠PEQ+∠PFQ=360°
∴∠EQF=150°
②由（1）可得：∠AEP+∠CFP=∠EPF
∴∠PEB+∠PFD=180°−∠AEP+180°−∠CFP=360°−∠AEP+∠CFP
∵QE，QF分别平分∠PEB和∠PFD，
∴∠PEQ+∠PFQ=12∠PEB+∠PFD=180°−12∠AEP+∠CFP
由（2）可得：∠EQF+∠AEQ+∠CFQ=360°
即：∠EQF+∠AEP+∠CFP+∠PEQ+∠PFQ=360°
∴∠EQF +12∠EPF=180°
故答案为：∠EQF +12∠EPF=180°
③由②得：∠EQF +12∠EPF=180°
∵∠BEQ与∠DFQ的角平分线交于点Q1，
∴∠EQ1F=12∠EQF…
依此类推：∠EQ2F=12∠EQ1F，∠EQ3F=12∠EQ2F，….,
∴∠EQF =22023∠EQ2023F
故答案为：22023∠EQ2023F +12∠EPF=180°购买保温杯的数量/个
购买台灯的数量/个
购买总费用/元
第一次购买
5
4
800
第二次购买
3
7
940
第三次购买
9
8
912
若AB∥CD，E为AB，CD之间一点，则有∠AEC+∠A+∠C=360°
4
9
8
11
7
3
6
5
10