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【北师大版专用】七年级数学下册期末压轴填空题真题汇编 试卷分析
三、知识点分布
一、填空题
1 0.4 利用平移的性质求解
2 0.4 根据平行线的性质求角的度数；折叠问题；三角形的外角的定义及性质
3 0.4 二元一次方程的解；用一元一次不等式解决实际问题
4 0.4 代数式表示的实际意义；有理数四则混合运算的实际应用
5 0.4 点坐标规律探索
6 0.25 根据平行线判定与性质求角度；角平分线的有关计算
7 0.4 根据成轴对称图形的特征进行求解；等边三角形的性质
8 0.4 图形类规律探索
三、知识点分布
9 0.4 新定义下的实数运算；整式加减的应用
10 0.4 三角形内角和定理的应用
11 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；等边对等角；三角形的外角的定义及性质；三角形内角和定理的应用
12 0.4 图形类规律探索；根据三角形中线求面积
13 0.15 二元一次方程的解；新定义下的实数运算；数字问题(二元一次方程组的应用)
14 0.4 二元一次方程的解；加减消元法；已知二元一次方程组的解的情况求参数
15 0.4 数字问题(一元一次方程的应用)；整式加减的应用
16 0.4 数字类规律探索；三元一次方程组的应用
三、知识点分布

17 0.4 全等三角形综合问题；角平分线的性质定理；与角平分线有关的三角形内角和问题
18 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
19 0.4 新定义下的实数运算；整式加减的应用
20 0.4 折叠问题
21 0.15 根据平行线的性质求角的度数；角度问题(旋转综合题)；三角板中角度计算问题
22 0.4 线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质和判定；三线合一
23 0.4 根据成轴对称图形的特征进行求解；与三角形的高有关的计算问题；垂线段最短；两点之间线段最短
24 0.4 由平移方式确定点的坐标；点坐标规律探索
三、知识点分布

25 0.4 全等三角形的性质
26 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；等腰三角形的性质和判定
27 0.4 三角形的外角的定义及性质；三角形内角和定理的应用
28 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；根据成轴对称图形的特征进行求解
29 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；等腰三角形的性质和判定
30 0.4 不等式的性质；求一元一次不等式的解集
31 0.4 解一元一次方程（一）——合并同类项与移项；折叠问题
32 0.4 根据平行线的性质求角的度数；折叠问题【北师大版专用】七年级数学下册期末考试
压轴填空题真题汇编
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、填空题
1．（24-25七年级下·广东广州·期中）如图，在中，，，，，将沿方向平移，得到，且与相交于点，连接．下列结论：①；②；③阴影部分的周长为12cm；④若，则的周长比四边形的周长少；⑤若的面积比的面积大，则；其中正确结论为______（请填序号）
2．（24-25七年级下·安徽芜湖·期末）如图1，在长方形纸片中，线段交于点E、交于点F，设，
（1）将长方形纸片沿直线折叠成图2，若，则的度数为________．
（2）再沿折痕折叠成图3，沿折痕折叠成图4，与重合，沿折痕折叠成图5，则的度数为________（用α表示）．
（说明：各图中阴影部分为纸片的背面，箭头所指为翻折方向）
3．（24-25七年级下·北京延庆·期末）每年的3月14日为国际数学日，是为纪念中国古代数学家祖冲之而设立．为庆祝第六个国际数学日，某校在2025年3月举办了丰富多彩的数学节活动．为了增加同学们的数学阅读乐趣，决定购买两种图书：《漫画数学》每本32元，《马小跳玩数学》每本25元．学校总共花费1000元，且两种图书都至少购买一本．则购买《马小跳玩数学》______本．
4．（24-25七年级下·北京顺义·期末）某市将举办“创意与科创成果”主题展览．距离展览开幕还有7天，有四个不同的展区需要布置展品．布置每个展区需要一定数量的志愿者连续合作若干天完成，所需的志愿者人数（单位：人）和天数（单位：天）如下：
展区 A B C D
志愿者人数 3 5 4 2
天数 4 3 2 5
（1）如果开幕前将每个展区都布置完成，主办方至少应招募______名志愿者；
（2）每名志愿者的补贴标准为：每天补贴元，天数按照所有展区布置完成的天数计算．若主办方准备的补贴预算不超过元，且要在最短时间内完成工作，请问最少______天布置完成．
5．（23-24七年级下·江西赣州·期末）如图，动点P按图中箭头所示方向依次运动，第1次从点运动到点，第2次运动到点，第3次运动到点，…，若在x轴上方时，每运动一次需要1秒，在x轴下方时，每运动一次需要2秒，按这样的运动规律，动点P第50秒时运动到点___________．
6．（23-24七年级下·广东惠州·期末）已知，点M，N分别是上两点，点G在之间，连接．点E是上方一点，连接，若的延长线平分，平分，，则________ ．
7．（24-25七年级下·山东东营·期末）如图，等边与关于直线l对称，且的边长为3，D为线段上一动点（可与端点重合），连接，则的最小值是________．
8．（24-25七年级下·山东济宁·期末）如图，已知，，分别是，，的中点，，，分别是，，的中点，若的面积为4，则的面积为______．
9．（24-25七年级下·重庆·期末）一个四位正整数m各个数位上的数字互不相同且都不为0，四位数m前两位数字之和为4，后两位数字之和为10，称这样的四位数m为“事实数”；把四位数m的前两位上的数字和后两位上的数字整体轮换后得到新的四位数，称此时的是m的“伴随数”，并规定，例如：，∵，，∴1234不是“事实数”；，∵，，3128是“事实数”．则，．已知：，（，，，其中a、b、c均为整数），当为“事实数”时，求出所有的值：___，的最大值：_______．
10．（24-25七年级下·吉林长春·期末）将一个三角板和圆规按如图方式摆放在同一水平桌面上，圆规的两脚恰好接触三角板的一组邻直角边．已知，，则________度．
11．（24-25七年级下·重庆·期末）如图，在中，，D为上方一点，且，若，则的长度为__________．
12．（24-25七年级下·四川乐山·期末）1．设的面积为，如图1将边、分别2等分，、相交于点，的面积记为；如图2将边、分别3等分，、相交于点，的面积记为；……，以此类推．
(1)___________(用含有a的代数式进行表示)；
(2)若将边、分别等分，、相交于点，记的面积为，则__________(用含有和的代数式进行表示)．
13．（24-25七年级下·重庆·期末）如果一个四位自然数，各个数位上的数均不为0，且满足，那么称m为M的“同心数”；将M十位与百位数字调换得到N，记N的“同心数”为n令．例如，满足，则为的“同心数”，将十位与百位数字调换得到，满足，则的“同心数”为，此时．若，则其“同心数”m为______；当，且为整数时，M最大值与最小值的差为______．
14．（24-25七年级下·山西吕梁·期末）已知关于，的二元一次方程组，给出下列结论中正确的是________．
①当这个方程组的解，的值互为相反数时，；②当时，方程组的解也是方程的解；③无论取什么实数，的值始终不变；④若用表示，则
15．（24-25七年级下·重庆丰都·期末）对于一个三位自然数，若满足，那么称这个三位数为“6月数”．例如，三位数220，，是一个“6月数”．若一个三位数是“6月数”，则m值为_____；若一个三位数是“6月数”，记能被6整除时，则满足条件的三位数最大值与最小值的和为_____．
16．（24-25七年级下·福建厦门·期末）在数学游艺会上，小海准备了五张完全相同的卡片，从的自然数中随机选择一个数字可以重复，写到每张卡片正面，将它们正面向下放在桌上如图，这五张卡片分别记为A，B，C，D，然后依次将相邻两张卡片上的数字相加，把结果记录到表．
卡片组合 A，B B，C C，D D，E E，A
两数的和 6 5 10 12 7
（1）正面数字最大的卡片记号为______；
（2）将其中两张卡片上的数字进行更改，使得任意两张卡片上数字相加的和都是5，6，7，8中的一个，则被更改后五张卡片上的数字从小到大依次是______写出所有可能的情况
17．（23-24七年级下·山东·期末）如图所示，在中，和的平分线，相交于点O，于点D，连接．下列结论：①平分；②；③若，则；④若的周长为24，，则．其中正确的是_____．（请填写序号）
18．（24-25七年级下·上海松江·期末）在中，，，直线经过点，分别过点、作直线的垂线，垂足分别为、．如果，，那么__________．
19．（24-25七年级下·四川成都·期末）如果一个四位自然数满足，那么称这个四位数为“和雅数”．例如：四位数8031，因为，所以8031是“和雅数”；又如：四位数9132，因为，所以9132不是“和雅数”．
若是“和雅数”，则的最大值是__________；
若是一个“和雅数”，去掉其十位数字得到一个三位数，记，若是11的倍数，则的最大值与最小值的和为__________．
20．（24-25七年级下·四川成都·期末）动手折叠一张长方形纸片，点在边上，点，分别在边，上，分别沿，把，折叠得到和．如图1，若点落在上，点落在上，则的度数是_____度；如图2，若，则的度数为_____（用含的代数式表示）．
21．（24-25七年级下·广东广州·期末）将一副三角板如图1所示摆放，直线，现将三角板绕点A以每秒的速度顺时针旋转，同时三角板绕点D以每秒的速度顺时针旋转，设旋转时间为t秒，如图2，，，且，当与三角板的一条直角边（边或）平行时，则满足条件的t的值为__________ ．
22．（24-25七年级下·陕西咸阳·期末）如图，在等腰中，，垂直平分，为的中点，E为上一动点．若，等腰的面积为8，则的最小值为________．
23．（24-25七年级下·广东深圳·期末）如图，在中，，，，点、分别是AB，BC上的动点，则的最小值为______．
24．（24-25七年级下·辽宁抚顺·期末）平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“和点”，将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3 所得的余数(当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移)，每次平移1个单位长度．
例：“和点”按上述规则连续平移3次后，到达点．其平移过程如下：点横、纵坐标之和除以3所得的余数为0，向右平移1个单位长度得到点，点横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，向上平移1个单位长度得到点，点横、纵坐标之和除以3所得的余数为2，向左平移1个单位长度得到点．若“和点”Q按上述规则连续平移2026次后， 到达点 ，则Q的坐标为_______．
25．（24-25七年级下·河北保定·期末）如图，中，，，，顶点在直线上，点以的速度沿向终点运动，同时点以的速度从点开始，在线段上往返运动（即沿运动），当点到达终点时，同时停止运动．过分别作直线的垂线段，垂足分别为．设运动时间为，当与全等时，___________s．
26．（24-25七年级下·四川成都·期末）如图，在中，点D，E，F分别在，，上，且，．若，，，则________．
27．（24-25七年级下·山东威海·期末）如图，若，则，，，，之间的关系为________．
28．（24-25七年级下·四川成都·期末）如图，在等腰中，，于点，是上一动点，是射线上一点，且，．当取得最小值时，______．（用含的代数式表示）
29．（24-25七年级下·四川成都·期末）如图，在四边形中，，，，于点，交于点，若，，求______．
30．（24-25七年级下·福建福州·期末）已知三个正整数a、b、c，满足，且，则___________．
31．（24-25七年级下·江苏泰州·期末）如图，点在正方形纸片的边上，连接，，将纸片分别沿直线、翻折，点，的对应点，均在外部，若，设，则的值是________．
32．（24-25七年级下·湖北武汉·期末）将长方形纸片沿折叠，折线交于点E，交于点F，点A、B的落点分别是、、交于G，再将四边形沿折叠，点、的落点分别是、，若恰好落在边上，当时，下列四个结论：①；②；③如图所示，当在线段上（不含端点）时，；④若，则，其中正确的结论是__________．（填写序号）．
参考答案
1．①③⑤
本题考查了三角形的面积和平移的性质，利用线段转化和面积转化，可以求解．
解：由平移性质可得，，，故①正确，②不正确；
阴影部分的周长为，③正确；
时，四边形的周长为，的周长比四边形的周长少，④不正确；
∵，
∴，
∴，
∵，，，，
∴边上的高h为，
∴，
∴，
∴，故⑤正确，
故答案为：①③⑤．
2． /130度
本题主要考查了折叠的性质，三角形外角的性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握折叠的性质．
（1）根据折叠的性质和平行线的性质进行求解即可；
（2）根据图2由折叠可知：，根据图3由折叠可知：，图4中延长，，，根据折叠可知：，，由图5根据折叠可知：，根据平行线的性质和三角形外角的性质，进行求解即可．
解：（1）根据折叠可知：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为：；
（2）如图2，根据折叠可知：，
∵，
∴，，
∴，
如图3，根据折叠可知：，
∵为的外角，
∴，
如图4，延长，，，
根据折叠可知：，，
∵，
∴，，
∴，
如图5，根据折叠可知：，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
3．8
设购买《马小跳玩数学》x本，《漫画数学》y本，根据题意，得，且，x，y都是正整数，解答即可．
本题考查了二元一次方程的应用，不等式的应用，熟练掌握确定二元一次方程的解，整数解的应用是解题的关键．
解：设购买《马小跳玩数学》x本，《漫画数学》y本，
根据题意，得，且，x，y都是正整数，
，
∴，
解得，
∵，
∴一定是25的倍数，
∴，
∴，
故答案为：8．
4． 7 5
本题考查了逻辑推理、有理数混合运算的应用、代数式的应用，理解题意是解题的关键．
（1）设1名志愿者布置1天展区为1个工作量，由题意得所有的工作量，结合距离展览开幕还有7天，计算可得主办方应招募不少于7名志愿者，再验证招募7名志愿者时符合题意，即可得出结论；
（2）由题意得，布置D展区需要2名志愿者连续合作5天，分析可知将每个展区都布置完成的时间不少于5天，当主办方需要在5天内完成工作，计算此时需要的志愿者人数，再结合补贴预算不超过元，即可得出结论．
解：（1）设1名志愿者布置1天展区为1个工作量，
则将每个展区都布置完成的工作量，
∵距离展览开幕还有7天，，
∴主办方应招募不少于7名志愿者，
当主办方招募7名志愿者时，并且给志愿者编号，
编号为的志愿者需工作7天，安排4天布置A展区，3天布置B展区，
编号为的志愿者需工作7天，安排2天布置C展区，5天布置D展区，
编号为的志愿者需工作5天，安排3天布置B展区，2天布置C展区，
∴招募7名志愿者可以在开幕前将每个展区都布置完成，符合题意；
∴主办方至少应招募7名志愿者，
故答案为：7；
（2）由题意得，布置D展区需要2名志愿者连续合作5天，
∴将每个展区都布置完成的时间不少于5天，
当主办方需要在5天内完成工作，
招募3名志愿者，安排4天布置A展区；
招募5名志愿者，安排3天布置B展区，其中4名志愿者再安排2天布置C展区；
招募2名志愿者，安排5天布置D展区；
则一共招募了名志愿者，
所以需要提供志愿者补贴为元，符合题意；
∴要在最短时间内完成工作，最少5天布置完成．
故答案为：5．
5．
本题为平面直角坐标系下的规律探究题，观察图形可知，每6秒运动为一个循环组循环，并且每一个循环组向右运动4个单位，用50除以6，然后根据商和余数的情况确定运动后点的坐标即可，，解答时注意探究动点的运动规律，又要注意动点的坐标的所在象限及符号．
解：点的运动规律是每运动四次向右平移四个单位，
，
∴
动点P第48秒时运动到向右平移个单位，
则
此时点P的坐标为
接下来点P在轴的上方运动，
再过两秒后点坐标为，
故动点P第50秒时运动到点，
故答案为：．
6．/50度
过G点作，过E点作．设，利用平行线的性质以及角平分线的定义，可得
，再根据，据此计算即可求解．
解：如图，过G点作，过E点作.
∵，
∴，
设，则．
∵平分，
∴．
∴．
∵,
∴，
∵平分，
∴,
∵，
∴．
∵,
∴
∴,
∵，
∴，
解得，
∴．
作平行线构造内错角，利用平行线的性质以及角的和差关系进行推算．
7．6
此题考查了等边三角形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定及性质，最短路径问题，正确掌握全等三角形的判定是解题的关键．根据等边三角形的性质及轴对称的性质得到，，证明，得到，推出当A、D、三点共线时，最小，此时．
解∶如图，连接，
由对称性质可知，．
．
．
．
．，
∴当A、D、三点共线时，最小，此时．
故答案为∶6．
8．
本题考查了三角形的面积与中点的性质，解题的关键是发现三角形面积的变化规律．
通过分析中点连线形成的三角形与原三角形的面积关系，发现每次新形成的三角形面积是前一个的，进而推导出第个三角形的面积公式，再代入求解．
由题意，，
，
依次类推，，
，
∴的面积为，
故答案为：．
9． 1346、1364、1328
本题考查了新定义运算，整式的加减的应用，先求出，再分两种情况：当时，若为“事实数”，则，且；当时，若为“事实数”，则，且；分别计算即可得解，理解题意，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
解：由题意得：（，，，其中a、b、c均为整数）．
当时，若为“事实数”，则，且．
∴，．
经分析，此时b、c的值可能存在以下4种情况：
①当时，则．此时，（不符合题意，故舍去）．
②当时，则．此时，．
③当时，则．此时，（不符合题意，故舍去）．
④当时，则．此时，．
当时，若为“事实数”，则，且．
∴，．
经分析，此时b、c的值可能存在以下三种情况：
⑤当时，则（不合题意，舍去）．
⑥当时，则．此时，（不符合题意，故舍去）．
⑦当时，则．此时，．
综上：的值有1346、1364、1328．
当，．
当，．
当，．
∴的最大值为，
故答案为：1346、1364、1328；．
10．43
本题主要考查了三角形内角和定理的应用，掌握三角形的内角和为180度是解题的关键．
如图：连接，由三角形内角和定理可得出，根据角的和差关系即可得出，再根据三角形内角和定理求解即可．
解：如图：连接，
由题意可知，，
在中，，
∴，
又∵，，
∴，即，
在中，，
∴．
故答案为：43．
11．
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，根据三角形面积计算公式可得，设，则；延长到F，使得，连接，设交于E，由等边对等角和三角形外角的性质可推出；再证明，则可证明，得到则．
解：∵，
∴，
∵，
∴；
∵，
∴可设，
∵，
∴；
如图所示，延长到F，使得，连接，设交于E，
∴，
∵，
∴；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
12．
此题考查了三角形的面积公式，关键通过列方程组求得各个图形的面积，即可解答．
（1）连接，先求出，推导出，继而得到，则，即可解答；
(2)连接，先推导出，得到，则，得到，即可解答．
解：(1)连接如图
∵点将、分别2等分，
∴，
∴，，
∴，
∴
∴．
故答案为：．
(2)如图，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为．
13．
本题考查了新定义下的实数运算，二元一次方程的解，数字问题(二元一次方程组的应用)，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解．
利用定义可以求得当时m的值；根据为整数，可得出可取，，，，再分这8种情况，分别求出M最大值与最小值，最后求出它们的差即可．
解：，满足，其“同心数”m为，
当时，设，
∵，
∴，
∵将M十位与百位数字调换得到N，记N的“同心数”为n，
∴，
∴，
∵为整数，
∴可取，，，，
当时，，解得：，
∵一个四位自然数，各个数位上的数均不为0，
∴不可能取到与，这种情况不符合；
当时，，解得：，
∵一个四位自然数，各个数位上的数均不为0，
∴不可能取到与，这种情况不符合；
当时，，解得：，
∵一个四位自然数，各个数位上的数均不为0，
∴，，，，，，，，
显然，此时当时，最大；当时，最小；
当时，，解得：，
∵一个四位自然数，各个数位上的数均不为0，
∴，，…，，
当时，最大；当时，最小；
当时，，解得：，
∵一个四位自然数，各个数位上的数均不为0，
∴不可能取到与，这种情况不符合；
当时，，解得：，
∵一个四位自然数，各个数位上的数均不为0，
∴不可能取到与，这种情况不符合；
当时，，解得：，
∵一个四位自然数，各个数位上的数均不为0，
∴不可能取到，这种情况不符合；
当时，，解得：，
∵一个四位自然数，各个数位上的数均不为0，
∴不可能取到，这种情况不符合，
综上所述，最大为，最小为，
∴M最大值与最小值的差为，
故答案为：，．
14．①③④
本题考查二元一次方程组的解、二元一次方程的解，解答本题的关键是明确题意，可以判断题目中的各个结论是否成立．根据题目中的条件代入原来的方程组中，即可判断结论是否成立，从而可以解答本题．
解：
当这个方程组的解，的值互为相反数时，
即，
两方程相加，得，
，
解得；故正确；
当时，原方程组可化简为
解得
方程，
左边可化为：，
右边可化为：，
所以左边右边，
故错误；
可得：，
即，
所以无论取什么实数，的值始终为，故正确；
由知，
，故正确；
故答案为．
15． 2 1384
本题考查了整式的加减，解决本题的关键是运用“6月数”的定义解决问题．第一空：根据“6月数”的定义，将三位数代入方程，解关于m的方程即可．第二空：首先通过方程推导出a、b、c的关系，再结合s能被6整除的条件，筛选所有可能的三位数，最后求最大值与最小值的和．
解：一个三位数是“6月数”，
所以，
即，
解得：，
因为三位数是“6月数”，
所以足，
即，
得：，
即，
得：，
因为a、b、c均为整数，且，，，
所以c只能取0或4或8，
，
将代入式子可得：
，
所以能被6整除，
当时，若，则不合题意舍去；
若，则，这个三位数是660，
当时，，
由，则，
要使被6整除，，此时，这个三位数是724；
当时，，(不合题意，舍去)，
所以最大值是724，最小值是660，它们的和为，
故答案为：2，．
16． D 、、、、或、、、、或、、、、
本题结合抽卡片，考查一元一次方程和推理能力．
（1）通过设未知数，根据相邻卡片数字和列出方程组，求解出各个卡片上的数字，从而找出数字最大的卡片；
（2）在（1）的基础上，根据新的和的条件，对卡片数字进行更改和讨论．
解：（1）求正面数字最大的卡片，设A卡片上的数字为x，B卡片上的数字为y，C卡片上的数字为z，D卡片上的数字为w，E卡片上的数字为根据表格中相邻两张卡片数字和可得方程组：
，
解得，
比较2、3、3、4、8大小，可得8最大，所以正面数字最大的卡片记号为．
故答案为：D；
（2）求更改后五张卡片上的数字原来的数字为3、3、2、8、，
因为任意两张卡片上数字相加的和都是5，6，7，8中的一个，
所以原来的数字必须要更换，剩下的3、3、2、中更换一张；
设更换后的数字为a，，不妨设，
当更换数字时，则5张卡片分别为3、2、、a、，，，，则剩下数字必定有，则或，此时被更改后五张卡片上的数字从小到大依次是、、、、或、、、、；
当更换数字时，则5张卡片分别为3、3、、a、，，，则剩下数字必定有，，即，此时被更改后五张卡片上的数字从小到大依次是、、、、；
当更换数字时，则5张卡片分别为3、3、、a、，，，则剩下数字必定有或，即或，此时被更改后五张卡片上的数字从小到大依次是、、、、或、、、、；
综上所述，被更改后五张卡片上的数字从小到大依次是、、、、或、、、、或、、、、．
故答案为：、、、、或、、、、或、、、、．
17．①③
①过点O作于H，于K，根据角平分线性质得，，则，由此得点O在的平分线上，据此可对结论①进行判断；
②由三角形内角和定理得，根据角平分线定义得，，则，进而得，据此可对结论②进行判断；
③在上截取，连接，由结合②得，则，先证明得，则，进而可证明，得，据此可对结论③进行判断；
④由①可知：，而，据此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
解：①过点O作于H，于K，如图1所示：
∵和的角平分线，相交于点O，，
∴，，
∴，
∴点O在的平分线上，
∴平分，
故结论①正确；
②∵在中，，
∴，
∵和的角平分线，相交于点O，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
故结论②不正确；
③在上截取，连接，如图2所示：
∵，
∴，
∴，
∵和的角平分线，相交于点O，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
故结论③正确；
④如图1所示：
由①可知：，
∵，，，
∴，
∵的周长为24，，
∴，
∴，
故结论④不正确．
综上所述：正确的结论是①③．
故答案为：①③．
此题主要考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握角平分线的性质，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．
18．8或2
此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，分两种情况讨论，一是点B、点C在直线l同侧，由于点D，于点E，得，而，，由，，推导出，可根据证明，则，，求得；二是点B、点C在直线l异侧，同理可证明，则，，求得，于是得到问题的答案．
解：如图1，点B、点C在直线l同侧，
∵于点D，于点E，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴；
如图2，点B、点C在直线l异侧，
∵于点D，于点E，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴．
综上所述，的长为8或2．
故答案为：8或2．
19． 9609 5
根据个位数字最大是9 ，千位数字最大也是9，故，故，当时最大，故的最大值是9609；根据题意即。代入解答即可．
本题考查了数的整除，熟练掌握整除是解题的关键．
解：是“和雅数”，则，个位数字最大是9 ，千位数字最大也是9，故，故，当时最大，故的最大值是9609；
根据题意，是一个“和雅数”，则，去掉其十位数字得到一个三位数，，
又是11的倍数，
故，
故c一定是奇数，
当时，，
当时，，
当时，舍去，
当，时，最大，且为，
当，时，最小，且为，
故，
故答案为：9609，5
20． 或
题考查长方形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质．求的度数，由翻折的性质可得，，故，即得，求的度数分两种情况，画出图形，根据翻折的性质解答即可．
解：如图：
由翻折的性质可得，
，
，，
；
如图：
，
，
由翻折可知，，
，
；
如图：
，
，
由翻折可知，，
，
；
综上所述，的度数为或．
故答案为：，或．
21．15或60
当时，延长交于点P，分两种情况讨论：①在上方时，②在下方时，，列式求解即可；当时，延长交于点I，①在上方时，，②在下方时，，列式求解即可．
解：由题意得，，，如图1，
当时，延长交于点P，
①在上方时，
，，，
，
，
，
，
，
即
解得；
②在下方时，，
，，，
，
，
，
，
，即，
；
，
（舍去，不符合题意）
当时，延长交于点I，
在上方时，，
，，
，
，
，
，
，即，
；
②在下方时，，
，，，
，
，
，
，
，即，
（不符合题意，舍去），
综上，所有满足条件的t的值为15或60，
故答案为：15或60．
本题主要考查了平行线的性质，一元一次方程的应用，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
22．4
连接，交于点，连接，利用垂直平分线的性质得到，再利用两点之间线段最短得到的和的最小值为的长，根据的面积计算出高，从而得出的最小值．
解：如图，连接，交于点，连接，
∵直线垂直平分，
∴ ，
∵两点之间线段最短，
∴的最小值为线段，
∵等腰中,点为的中点，，，
∴，，
∴，
即：，解得，
∴，
故答案为：4．
本题主要考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、两点之间线段最短，熟练掌握线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、两点之间线段最短是解题的关键．
23．
本题考查作轴对称，两点之间，线段最短，垂线段最短，三角形的面积，正确作出辅助线是解题的关键．
作E关于的对称点F，作关于的对称，连接根据两点之间，线段最短，得点D为的交点，继而，根据垂线段最短，当时，取得最小值，即可解答．
解：作E关于的对称点F，作关于的对称，连接如图，有
，点F在上，，，，
∴，根据两点之间，线段最短，得点D为的交点．
当时，根据垂线段最短，此时取得最小值．
∵，
∴，
即，
解得，
则的最小值为．
故答案为：．
24．或
本题考查了点的坐标规律探索，根据已知：点横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，继而向上平移1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为2，继而向左平移1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，又向上平移1个单位……，因此发现规律为若“和点”横、纵坐标之和除以所得的余数为时，先向右平移个单位，再按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移；若“和点”Q按上述规则连续平移2026次后，到达点，则按照“和点”反向运动2026次即可，即向右，向下或者向下，向右，据此进行分析，即可作答．
解：依题意，可以分为两种情况：
①先向右个单位得到，
此时横、纵坐标之和除以所得的余数为，
应向右平移得到点，与到达点矛盾，不成立；
②先向下个单位得到，
即横、纵坐标之和除以所得的余数为，则应该向上平移个单位得到，故符合题意，
点先向下平移，再向右平移，当平移到第2025次时，共计向下平移了1013次，向右平移了1012次，
∴，，
此时坐标为，
设
当第一次向右平移个单位得，
∴，，
∴，
故；
则
即向右平移得，符合题意；
当第一次向左平移个单位得，
∴，，
∴，
故；
则
即向左平移个单位得，符合题意；
当第一次向上平移个单位得，
∴，，
∴，
故；
则
即向右平移个单位得，不符合题意；
故答案为：或．
25．1或或
本题考查了全等三角形的性质．分四种情况讨论，由与全等，，①当点在上，点第一次从上时，则；当点在上，点从上时，则；当点在上，点从上时，则；当点在上，点第二次从上时，则，分别解方程并检验即可．
解：由题意得，
∴，
当点在上，点第一次从上时，
∵与全等，
，
，
，
当点在上，点从上时，
∵与全等，
，
，
当点在上，点从上时，
∵与全等，，
，
，
（舍）；
当点在上，点第二次从上时，
∵与全等，，
，
，
综上所述：t的值为1或或；
故答案为：1或或．
26．
在上截取，由可判定，由全等三角形的性质得，，由四边形的内角和及补角的性质、角的和差得，由等腰三角形的判定得，由，结合线段和差，即可求解．
解：在上截取，
，
，
，
，
（），
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在四边形中，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
本题考查了多边形的内角和，等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质等，掌握等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，能添加恰当的辅助线构建全等三角形是解题的关键．
27．
设的交点为M，的交点为Q，连接并延长到点N，
，利用三角形外角性质表示，的关系，解答即可．
本题考查了三角形内角和定理，三角形外角性质，熟练掌握定理和性质是解题的关键．
解：设的交点为M，的交点为Q，连接并延长到点N，
则，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
28．/
本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及轴对称-最短路径问题，合理构造全等三角形是本题解题的关键．作，且，连接，，根据和全等，将转化为，根据两点之间线段最短得出此时E点位置，然后根据三角形内角和定理求解即可．
解：作，且，连接，，如图：
∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∴当G，E，C共线时，最小，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴．
故答案为：．
29．10
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，合理构造全等三角形是本题解题的关键．
延长交于点，在上截取，连接，先根据三角形内角和得出，然后根据三角形全等得出，从而得到，所以，然后证明和全等，从而求得，最后根据面积的差补求出两个三角形的面积差即可．
解：延长交于点，在上截取，连接，如图：
，
，
，
，
在和中
，
，
，
，
，
，
，
在和中
，
，
，
故答案为：10．
30．14
此题主要考查了不等式的性质，熟练掌握不等式的性质是解答此题的关键．先由，且，，为正整数得，则，得出，由此可得，根据a为正整数，得出或4，然后分类讨论，同理求出b的范围，确定b的值，再求出的值即可得出答案．
解：∵三个正整数a、b、c，满足，
，
，
又，
，
，
∵，
∴，
∵a为正整数，
∴或4，,
当时，代入，得：，
同理：，
解得：，
，
，
∵为正整数，
∴或，
当时，，
解得，不是正整数，舍去；
当时，，
解得，
∴此时；
当时，代入，得：，
同理：，
解得：，
∵，
∴，
∵b为正整数，
∴此时没有符合题意的b存在；
综上分析可知：；
故答案为：14．
31．
本题考查了折叠的性质，角的计算，平角的定义，解一元一次方程，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．根据折叠的性质得出，，根据题意得出，结合平角的定义，得出，即可列出方程，解方程求出的值，即可．
解：根据折叠的性质可得，，
∵，，
故，
即，
整理得
∵，
故；
即，
解得：．
故答案为：．
32．①②③
本题考查了平行线的性质，与折叠有关的角的计算，解题的关键是平行线性质的熟练掌握．
由折叠的性质得，进而即可判断①；根据平行线的性质得到，，进而即可判断②；根据平行线的性质得到，根据折叠的性质得到，推出，即可得到，进而计算即可判断③；分为两种情况：当在线段上时或当在线段上时；设，则，分情况求解即可判断④．
解：由折叠的性质得，故①正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故②正确；
∵在线段上，
∴，
由折叠的性质得，
，
∴，
由折叠的性质得，
∴，即，
解得，
∵，
∴，故③正确；
设，则，
当在线段上时，，．
，
．
由折叠的性质得，，
，
，
解得，
．
当在线段上时，如图，
∴，．
，
．
由折叠的性质得，，
，
，
解得，
．
综上所述，或，故④错误．
综上所述，①②③正确；
故答案为：①②③．

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