资源简介 2020-2021学年北师大版七年级数学下册期末复习选择填空压轴题梳理卷【题型1乘法公式的灵活运用】【例1】（2020秋?鱼台县期末）3（22+1）（24+1）（28+1）…（232+1）+1的个位数是（ ）A．4B．5C．6D．8【变式1-1】（2020秋?仓山区期末）若A（1）（1）（1）（1）（1）…（1）+1，则A的值是（ ）A．0B．1C．D．【变式1-2】（2020秋?遂宁期末）已知（x﹣2018）2＝15，则（x﹣2017）2+（x﹣2019）2的值是 ．【变式1-3】（2020秋?涪城区校级期末）已知a＝2020（x+y）+2019，b＝2020（x+y）+2020，c＝2020（x+y）+2021，则a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ac＝ ．【题型2整式混合运算的应用】【例2】（2020秋?泗水县期末）在矩形ABCD内将两张边长分别为a和b（a＞b）的正方形纸片按图1和图2两种方式放置（图1和图2中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为S1，图2中阴影部分的面积为S2．当AD﹣AB＝4时，S2﹣S1的值为（ ）A．4aB．4bC．4a﹣4bD．5b【变式2-1】（2020春?潜山市期末）已知图①是长为a，宽为b（a＞b）的小长方形纸片，图②是大长方形，且边AB＝a+3b，将7张如图①的小长方形纸片不重叠地放在大长方形ABCD内，如图③所示，未被覆盖两个长方形用阴影表示．设左上角与右下角的阴影部分的面积差为S，若BC的长度变化时，S始终保持不变，则a，b应满足（ ）A．abB．a＝2bC．a＝4bD．a＝3b【变式2-2】（2020春?江干区期末）如图，长为y（cm），宽为x（cm）的大长方形被分割为7小块，除阴影A，B外，其余5块是形状、大小完全相同的小长方形，其较短的边长为5cm，下列说法中正确的是（ ）①小长方形的较长边为y﹣15；②阴影A的较短边和阴影B的较短边之和为x﹣y+5；③若x为定值，则阴影A和阴影B的周长和为定值；④当x＝15时，阴影A和阴影B的面积和为定值．A．①③④B．②④C．①③D．①④【变式2-3】（2020春?宁德期末）有若干个形状大小完全相同的小长方形，现将其中3个如图1摆放，构造一个正方形；其中5个如图2摆放，构造一个新的长方形（各小长方形之间不重叠且不留空隙）．若图1和图2中阴影部分的面积分别为39和106，则每个小长方形的面积为 ．【题型3平行线中角的数量关系】【例3】（2020秋?南关区期末）如图，直线AB∥CD∥EF，点O在直线EF上，下列结论正确的是（ ）A．∠α+∠β﹣∠γ＝90°B．∠α+∠γ﹣∠β＝180°C．∠γ+∠β﹣∠α＝180°D．∠α+∠β+∠γ＝180°【变式3-1】（2020秋?金川区校级期末）如图，AB∥EF，∠C＝90°，则α、β、γ的关系为（ ）A．β＝α+γB．α+β﹣γ＝90°C．α+β+γ＝180°D．β+γ﹣α＝90°【变式3-2】（2020春?丹东期末）如图，AB∥CD，则下列等式正确的是（ ）A．∠1＝∠2+∠3B．∠1﹣∠2＝180°﹣∠3C．∠1﹣∠3＝180°﹣∠2D．∠1+∠2+∠3＝180°【变式3-3】（2020春?铜仁市期末）如图，平面内直线a∥b∥c，点A，B，C分别在直线a，b，c上，BD平分∠ABC，并且满足∠α＞∠β，则∠α，∠β，∠γ关系正确的是（ ）A．∠α＝∠β+2∠γB．∠α＝∠β+∠γC．∠α＝2∠β﹣2∠γD．∠α＝2∠β﹣∠γ【题型4平行线中的折叠问题】【例4】（2020春?九江期末）将如图1的长方形ABCD纸片（AD∥BC）沿EF折叠得到图2，折叠后DE与BF相交于点P．如果∠EPF＝70°，则∠PEF的度数为 ．【变式4-1】（2020春?龙泉驿区期末）如图a是长方形纸带，∠DEF＝15°，将纸带沿EF折叠成图b，则∠AEG的度数 度，再沿BF折叠成图c．则图中的∠CFE的度数是 度．【变式4-2】（2020春?乐清市期末）如图，已知长方形纸片ABCD，点E，H在AD边上，点F，G在BC边上，分别沿EF，GH折叠，使点B和点C都落在点P处，若∠FEH+∠EHG＝118°，则∠FPG的度数为（ ）A．54°B．55°C．56°D．57°【变式4-3】（2020秋?海门市期末）如图1是AD∥BC的一张纸条，按图1→图2→图3，把这一纸条先沿EF折叠并压平，再沿BF折叠并压平，若图3中∠CFE＝24°，则图2中∠AEF的度数为（ ）A．120°B．108°C．112°D．114°【题型5利用函数图象去判断结论】【例5】（2020秋?哈尔滨期末）小华和小明是同班同学，也是邻居，某日早晨，小明7：40先出发去学校，走了一段后，在途中停下吃了早餐，后来发现上学时间快到了，就跑步到学校；小华离家后直接乘公共汽车到了学校，如图是他们从家到学校已走的路程S（米）和所用时间t（分钟）的关系图，则下列说法中错误的是（ ）A．小明家和学校距离1200米B．小华乘公共汽车的速度是240米/分C．小华乘坐公共汽车后7：50与小明相遇D．小明从家到学校的平均速度为80米/分【变式5-1】（2020春?甘谷县校级期末）第二届全国青年运动会（简称：二青会）将于2019年8月在山西太原开幕，甲、乙两名自行车运动员正在积极备战．如图是教练员记录的甲、乙两选手在骑车时，在某时段速度随时间变化的图象，下列结论错误的是（ ）A．乙前4秒行驶的路程为48米B．在0到8秒内甲的速度每秒增加4米/秒C．甲、乙到第3秒时行驶的路程相等D．在4至8秒内甲的速度都大于乙的速度【变式5-2】（2020秋?襄汾县校级期末）某通讯公司推出三种上网月收费方式．这三种收费方式每月所收的费用y（元）与上网时间x（小时）的函数关系如图所示，则下列判断错误的是（ ）A．每月上网不足25小时，选择A方式最省钱B．每月上网时间为30小时，选择B方式最省钱C．每月上网费用为60元，选择B方式比A方式时间长D．每月上网时间超过70小时，选择C方式最省钱【变式5-3】（2020春?江夏区期末）如图，甲、乙两汽车从A城出发前往B城，在整个行程中，汽车离开A城的距离y与时间t的对应关系如图所示．下列结论：①A，B两城相距300km；②行程中甲、乙两车的速度比为2：3；③乙车于7：20追上甲车；④9：00时，甲、乙两车相距60km．其中正确的有（ ）A．1个B．2个C．3个D．4个【题型6角度的计算】【例6】（2020春?南京期末）如图，C是线段AB上一点，∠DAC＝∠D，∠EBC＝∠E，AO平分∠DAC，BO平分∠EBC．若∠DCE＝40°，则∠O＝ °．【变式6-1】（2020秋?沂南县期末）如图，在直角三角形ABC中，点P、Q分别是AC、BC边上的两个动点，MP、NQ分别平分∠APQ和∠BQP，交AB于点M、N，MR、NR又分别平分∠BMP和∠ANQ，两条角平分线交于点R，则∠R＝ °．【变式6-2】（2020春?南海区期末）如图，△ABC中，∠BDC＝90°，BE、CE分别平分∠ABD和∠ACD，BF、CF分别平分∠ABE和∠ACE，若∠A＝40°，则∠F＝ °．【变式6-3】（2020春?碑林区校级期末）如图，已知点E，D分别在△ABC边BA和CA的延长线上，CF和EF分别平分∠ACB和∠AED．如果∠B＝70°，∠D＝50°，则∠F的度数是（ ）A．50°B．55°C．60°D．65°【题型7与全等三角形有关的计算问题】【例7】（2020秋?河南期末）直角△ABC、△DEF如图放置，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，AB＝DE且AB⊥DE．若DF＝a，BC＝b，CF＝c，则AE的长为（ ）A．a+cB．b+cC．a+b﹣cD．a﹣b+c【变式7-1】（2020秋?仓山区期末）如图，△ABC中，AC＝BC，过点B作射线BF，在射线BF上取一点E，使得∠CBF＝∠CAE，过点C作射线BF的垂线，垂足为点D，连接AE，若DE＝a，AE＝b，则BD的长度为（ ）A．bB．a+bC．a+bD．2a+b【变式7-2】（2020秋?五华区期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，E为BC的中点，连接DE、AE，AE⊥DE，延长DE交AB的延长线于点F．若AB＝5，CD＝3，则AD的长为（ ）A．2B．5C．8D．11【变式7-3】（2019秋?永州期末）如图，在△ABC和△DBC中，∠A＝40°，AB＝AC＝2，∠BDC＝140°，BD＝CD，以点D为顶点作∠MDN＝70°，两边分别交AB，AC于点M，N，连接MN，则△AMN的周长为 ．【题型8与全等三角形有关的动点问题】【例8】（2020秋?雁江区期末）如图，已知四边形ABCD中，AB＝10厘米，BC＝8厘米，CD＝12厘米，∠B＝∠C，点E为AB的中点．如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上由C点向D点运动．当点Q的运动速度为 时，能够使△BPE与△CQP全等．【变式8-1】（2020春?沙坪坝区期末）如图，点C在线段BD上，AB⊥BD于B，ED⊥BD于D．∠ACE＝90°，且AC＝5cm，CE＝6cm，点P以2cm/s的速度沿A→C→E向终点E运动，同时点Q以3cm/s的速度从E开始，在线段EC上往返运动（即沿E→C→E→C→…运动），当点P到达终点时，P，Q同时停止运动．过P，Q分别作BD的垂线，垂足为M，N．设运动时间为ts，当以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等时，t的值为 ．【变式8-2】（2020春?吴江区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l经过点C且与边AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q的速度分别为2cm/s和3cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，则当t＝ 秒时，△PEC与△QFC全等．【变式8-3】（2020秋?章贡区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm．动点P从A点出发沿A→C的路径向终点C运动；动点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q分别以每秒1cm和3cm的运动速度同时开始运动，其中一点到达终点时另一点也停止运动，在某时刻，分别过点P和Q作PE⊥MN于E，QF⊥MN于F．则点P运动时间为 秒时，△PEC与△QFC全等．【题型9与轴对称图形有关的最值问题】【例9】（2020秋?遵义期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝4，面积是10．AB的垂直平分线ED分别交AC，AB边于E、D两点，若点F为BC边的中点，点P为线段ED上一动点，则△PBF周长的最小值为（ ）A．5B．7C．10D．14【变式9-1】（2020秋?长葛市期末）如图，在△ABC中，AB⊥AC，AB＝3，BC＝5，AC＝4，EF垂直平分BC，点P为直线EF上的任意一点，则△ABP周长的最小值是（ ）A．12B．6C．7D．8【变式9-2】（2020秋?唐山期末）如图，△ABC中AC边的垂直平分线DE交AB于点E，点D为垂足，若BC＝8，△EBC的周长18，则直线DE上的点到点C、点B距离之和的最小值为 ．【变式9-3】（2020秋?紫阳县期末）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，点E，F分别是CD，AC上的动点．若BC＝6，S△ABC＝12，则AE+EF的最小值是 ．【题型10图形中的多结论问题】【例10】（2020秋?增城区期末）已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD＝BC，E为BD延长线上的一点，BE＝BA，过E作EF⊥AB，F为垂足，下列结论：①△ABD≌△EBC；②∠BCE+∠BCD＝180°；③AD＝EF＝EC；④AE＝EC，其中正确的是 （填序号）【变式10-1】（2020春?雨花区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝140°，AB⊥CB于点B，AD⊥CD于点D，E、F分别是CB、CD上的点，且∠EAF＝70°，下列说法正确的是 ．（填写正确的序号）①DF＝BE，②△ADF≌△ABE，③FA平分∠DFE，④AE平分∠FAB，⑤BE+DF＝EF，⑥CF+CE＞FD+EB．【变式10-2】（2020秋?道里区期末）如图，△ABC中，边AB，BC的垂直平分线相交于点P．以下结论：①PA＝PC；②∠BPC＝90°∠BAC；③∠ABP+∠BCP+∠CAP＝90°；④∠APC＝2∠ABC．一定正确的有（ ）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式10-3】（2020秋?曹县期末）如图，△AOB的外角∠CAB，∠DBA的平分线AP，BP相交于点P，PE⊥OC于E，PF⊥OD于F，下列结论：（1）PE＝PF；（2）点P在∠COD的平分线上；（3）∠APB＝90°﹣∠O，其中正确的有（ ）A．0个B．1个C．2个D．3个2020-2021学年北师大版七年级数学下册期末复习选择填空压轴题梳理卷【题型1乘法公式的灵活运用】【例1】（2020秋?鱼台县期末）3（22+1）（24+1）（28+1）…（232+1）+1的个位数是（ ）A．4B．5C．6D．8【分析】原式中的3变形为22﹣1，反复利用平方差公式计算即可得到结果．【解答】解：3（22+1）（24+1）（28+1）…（232+1）+1＝（22﹣1）（22+1）（24+1）（28+1）…（232+1）+1＝（24﹣1）（24+1）（28+1）…（232+1）+1…＝264﹣1+1＝264，∵21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，…，∴个位上数字以2，4，8，6为循环节循环，∵64÷4＝16，∴264个位上数字为6，即原式个位上数字为6．故选：C．【点评】此题考查了平方差公式，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．【变式1-1】（2020秋?仓山区期末）若A（1）（1）（1）（1）（1）…（1）+1，则A的值是（ ）A．0B．1C．D．【分析】先变形为A＝﹣（1）（1）（1）（1）（1）（1）…（1）+1，再根据平方差公式变形得到原式＝﹣（1）+1，依此即可求解．【解答】解：A（1）（1）（1）（1）（1）…（1）+1＝﹣（1）（1）（1）（1）（1）（1）…（1）+1＝﹣（1）+1＝﹣11．故选：D．【点评】本题考查了平方差公式，关键是变形为A＝﹣（1）（1）（1）（1）（1）（1）…（1）+1．【变式1-2】（2020秋?遂宁期末）已知（x﹣2018）2＝15，则（x﹣2017）2+（x﹣2019）2的值是 ．【分析】先将（x﹣2017）2+（x﹣2019）2化成（x﹣2018+1）2+（x﹣2018﹣1）2，再根据完全平方公式展开，根据整式的化简合并同类项，得2（x﹣2018）2+2，根据已知条件即可得出答案．【解答】解：（x﹣2017）2+（x﹣2019）2＝（x﹣2018+1）2+（x﹣2018﹣1）2＝（x﹣2018）2﹣2（x﹣2018）+1+（x﹣2018）2+2（x﹣2018）+1＝2（x﹣2018）2+2，∵（x﹣2018）2＝15，∴原式＝2×15+2＝32．故答案为：32．【点评】本题主要考查完全平方公式及整式的化简求值，熟练掌握完全平方公式的应用进行计算是解决本题的关键【变式1-3】（2020秋?涪城区校级期末）已知a＝2020（x+y）+2019，b＝2020（x+y）+2020，c＝2020（x+y）+2021，则a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ac＝ ．【分析】根据题意得a﹣b＝﹣1，b﹣c＝﹣1，a﹣c＝﹣2，然后利用完全平方公式将所求式子变形，即可求解．【解答】解：∵a＝2020（x+y）+2019，b＝2020（x+y）+2020，c＝2020（x+y）+2021，∴a﹣b＝2019﹣2020＝﹣1，b﹣c＝2020﹣2021＝﹣1，a﹣c＝2019﹣2021＝﹣2，∵a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc（2a2+2b2+2c2﹣2ab﹣2ac﹣2bc）（a2﹣2ab+b2+a2'﹣2ac+c2+b2﹣2bc+c2）[（a﹣b）2+（a﹣c）2+（b﹣c）2]∴a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc[（﹣1）2+（﹣2）2+（﹣1）2]＝3．【点评】本题考查完全平方公式综合应用以及技巧运算，熟练掌握完全平方公式是解题关键．【题型2整式混合运算的应用】【例2】（2020秋?泗水县期末）在矩形ABCD内将两张边长分别为a和b（a＞b）的正方形纸片按图1和图2两种方式放置（图1和图2中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为S1，图2中阴影部分的面积为S2．当AD﹣AB＝4时，S2﹣S1的值为（ ）A．4aB．4bC．4a﹣4bD．5b【分析】根据图形和题目中的数据，可以表示出S1和S2，然后作差化简即可．【解答】解：由图可得，S1＝AD?AB﹣a2﹣b（AD﹣a），S2＝AD?AB﹣a2﹣b（AB﹣a），S2﹣S1＝[AD?AB﹣a2﹣b（AB﹣a）]﹣[AD?AB﹣a2﹣b（AD﹣a）]＝AD?AB﹣a2﹣b（AB﹣a）﹣AD?AB+a2+b（AD﹣a）＝﹣b?AB+ab+b?AD﹣ab＝b（AD﹣AB），∵AD﹣AB＝4，∴b（AD﹣AB）＝4b，即S2﹣S1＝4b，故选：B．【点评】本题考查整式的混合运算，解答本题的关键是明确整式混合运算的计算方法．【变式2-1】（2020春?潜山市期末）已知图①是长为a，宽为b（a＞b）的小长方形纸片，图②是大长方形，且边AB＝a+3b，将7张如图①的小长方形纸片不重叠地放在大长方形ABCD内，如图③所示，未被覆盖两个长方形用阴影表示．设左上角与右下角的阴影部分的面积差为S，若BC的长度变化时，S始终保持不变，则a，b应满足（ ）A．abB．a＝2bC．a＝4bD．a＝3b【分析】表示出左上角与右下角部分的面积，求出之差，根据差与BC无关即可求出a与b的关系式．【解答】解：如图，左上角阴影部分的长为AE，宽为AF＝3b，右下角阴影部分的长为PC，宽为a，∵AD＝BC，即AE+ED＝AE+a，BC＝BP+PC＝4b+PC，∴AE+a＝4b+PC，即AE﹣PC＝4b﹣a，∴阴影部分面积之差S＝AE?AF﹣PC?CG＝3bAE﹣aPC＝3b（PC+4b﹣a）﹣aPC＝（3b﹣a）PC+12b2﹣3ab，则3b﹣a＝0，即a＝3b．故选：D．【点评】此题考查了整式的混合运算的应用，弄清题意是解本题的关键．【变式2-2】（2020春?江干区期末）如图，长为y（cm），宽为x（cm）的大长方形被分割为7小块，除阴影A，B外，其余5块是形状、大小完全相同的小长方形，其较短的边长为5cm，下列说法中正确的是（ ）①小长方形的较长边为y﹣15；②阴影A的较短边和阴影B的较短边之和为x﹣y+5；③若x为定值，则阴影A和阴影B的周长和为定值；④当x＝15时，阴影A和阴影B的面积和为定值．A．①③④B．②④C．①③D．①④【分析】①观察图形，由大长方形的长及小长方形的宽，可得出小长方形的长为（y﹣15）cm，说法①正确；②由大长方形的宽及小长方形的长、宽，可得出阴影A，B的较短边长，将其相加可得出阴影A的较短边和阴影B的较短边之和为（2x+5﹣y）cm，说法②错误；③由阴影A，B的相邻两边的长度，利用长方形的周长计算公式可得出阴影A和阴影B的周长之和为2（2x+5），结合x为定值可得出说法③正确；④由阴影A，B的相邻两边的长度，利用长方形的面积计算公式可得出阴影A和阴影B的面积之和为（xy﹣25y+375）cm2，代入x＝15可得出说法④错误．【解答】解：①∵大长方形的长为ycm，小长方形的宽为5cm，∴小长方形的长为y﹣3×5＝（y﹣15）cm，说法①正确；②∵大长方形的宽为xcm，小长方形的长为（y﹣15）cm，小长方形的宽为5cm，∴阴影A的较短边为x﹣2×5＝（x﹣10）cm，阴影B的较短边为x﹣（y﹣15）＝（x﹣y+15）cm，∴阴影A的较短边和阴影B的较短边之和为x﹣10+x﹣y+15＝（2x+5﹣y）cm，说法②错误；③∵阴影A的较长边为（y﹣15）cm，较短边为（x﹣10）cm，阴影B的较长边为3×5＝15cm，较短边为（x﹣y+15）cm，∴阴影A的周长为2（y﹣15+x﹣10）＝2（x+y﹣25），阴影B的周长为2（15+x﹣y+15）＝2（x﹣y+30），∴阴影A和阴影B的周长之和为2（x+y﹣25）+2（x﹣y+30）＝2（2x+5），∴若x为定值，则阴影A和阴影B的周长之和为定值，说法③正确；④∵阴影A的较长边为（y﹣15）cm，较短边为（x﹣10）cm，阴影B的较长边为3×5＝15cm，较短边为（x﹣y+15）cm，∴阴影A的面积为（y﹣15）（x﹣10）＝（xy﹣15x﹣10y+150）cm2，阴影B的面积为15（x﹣y+15）＝（15x﹣15y+225）cm2，∴阴影A和阴影B的面积之和为xy﹣15x﹣10y+150+15x﹣15y+225＝（xy﹣25y+375）cm2，当x＝15时，xy﹣25y+375＝（375﹣10y）cm2，说法④错误．综上所述，正确的说法有①③．故选：C．【点评】本题考查了列代数式以及整式的混合运算，逐一分析四条说法的正误是解题的关键．【变式2-3】（2020春?宁德期末）有若干个形状大小完全相同的小长方形，现将其中3个如图1摆放，构造一个正方形；其中5个如图2摆放，构造一个新的长方形（各小长方形之间不重叠且不留空隙）．若图1和图2中阴影部分的面积分别为39和106，则每个小长方形的面积为 ．【分析】直接利用整式的混合运算法则结合已知阴影部分面积进而得出答案．【解答】解：设小长方形的宽为a，长为b，根据题意可得：（a+b）2﹣3ab＝39，故a2+b2﹣ab＝39，（2b+a）（2a+b）﹣5ab＝106，故4ab+2b2+2a2+ab﹣5ab＝106，则2a2+2b2＝106，即a2+b2＝53，则53﹣ab＝39，解得：ab＝14，故每个小长方形的面积为：14．故答案为：14．【点评】此题主要考查了整式的混合运算，正确掌握整式的混合运算法则是解题关键．【题型3平行线中角的数量关系】【例3】（2020秋?南关区期末）如图，直线AB∥CD∥EF，点O在直线EF上，下列结论正确的是（ ）A．∠α+∠β﹣∠γ＝90°B．∠α+∠γ﹣∠β＝180°C．∠γ+∠β﹣∠α＝180°D．∠α+∠β+∠γ＝180°【分析】根据平行线的性质得出∠α＝∠BOF，∠γ+∠COF＝180°，进而利用角的关系解答即可．【解答】解：∵AB∥EF，∴∠α＝∠BOF，∵CD∥EF，∴∠γ+∠COF＝180°，∵∠BOF＝∠COF+∠β，∴∠γ+∠α﹣∠β＝180°，故选：B．【点评】此题考查平行线的性质，关键是根据两直线平行，内错角相等和两直线平行，同旁内角互补解答．【变式3-1】（2020秋?金川区校级期末）如图，AB∥EF，∠C＝90°，则α、β、γ的关系为（ ）A．β＝α+γB．α+β﹣γ＝90°C．α+β+γ＝180°D．β+γ﹣α＝90°【分析】此题可以构造辅助线，利用三角形的外角的性质以及平行线的性质建立角之间的关系．【解答】解：延长DC交AB与G，延长CD交EF于H．直角△BGC中，∠1＝90°﹣α；△EHD中，∠2＝β﹣γ，∵AB∥EF，∴∠1＝∠2，∴90°﹣α＝β﹣γ，即α+β﹣γ＝90°．故选：B．【点评】此题主要考查了三角形的外角的性质以及平行线的性质，解题的关键是是通过作辅助线，构造了三角形以及由平行线构成的内错角．【变式3-2】（2020春?丹东期末）如图，AB∥CD，则下列等式正确的是（ ）A．∠1＝∠2+∠3B．∠1﹣∠2＝180°﹣∠3C．∠1﹣∠3＝180°﹣∠2D．∠1+∠2+∠3＝180°【分析】根据平行线的性质和角平分线的性质，可以得到∠1、∠2和∠3的关系，本题得以解决．【解答】解：如右图所示，∵CD∥AB，∴∠4＝∠3，∵∠4＝∠2+（180°﹣∠1），∴∠3＝∠2+（180°﹣∠1），∴∠1﹣∠2＝180°﹣∠3，故选：B．【点评】本题考查平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．【变式3-3】（2020春?铜仁市期末）如图，平面内直线a∥b∥c，点A，B，C分别在直线a，b，c上，BD平分∠ABC，并且满足∠α＞∠β，则∠α，∠β，∠γ关系正确的是（ ）A．∠α＝∠β+2∠γB．∠α＝∠β+∠γC．∠α＝2∠β﹣2∠γD．∠α＝2∠β﹣∠γ【分析】根据平行线的性质和角平分线的性质，可以得到∠α，∠β，∠γ的关系，本题得以解决．【解答】解：∵直线a∥b∥c，∴∠α＝∠ABD+∠γ，∠β＝∠CBD﹣∠γ，∴∠ABD＝∠α﹣∠γ，∠CBD＝∠β+∠γ，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∴∠α﹣∠γ＝∠β+∠γ，∴∠α＝∠β+2∠γ，故选：A．【点评】本题考查平行线的性质、角平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．【题型4平行线中的折叠问题】【例4】（2020春?九江期末）将如图1的长方形ABCD纸片（AD∥BC）沿EF折叠得到图2，折叠后DE与BF相交于点P．如果∠EPF＝70°，则∠PEF的度数为 ．【分析】直接利用翻折变换的性质结合平行线的性质得出答案．【解答】解：如图所示：延长AE，∵AE∥BF，∴∠3＝∠EPF＝70°，∵长方形ABCD纸片（AD∥BC）沿EF折叠得到图2，折叠后DE与BF相交于点P，∴∠1＝∠2∠MED（180°﹣70°）＝55°．故答案为：55°．【点评】此题主要考查了平行线的性质，正确得出∠3的度数是解题关键．【变式4-1】（2020春?龙泉驿区期末）如图a是长方形纸带，∠DEF＝15°，将纸带沿EF折叠成图b，则∠AEG的度数 度，再沿BF折叠成图c．则图中的∠CFE的度数是 度．【分析】根据长方形纸条的对边平行，利用平行线的性质和翻折不变性求出∠2＝∠EFG，继而求出图b中∠GFC的度数，再减掉∠GFE即可得图c中∠CFE的度数．【解答】解：如图，延长AE到H，由于纸条是长方形，∴EH∥GF，∴∠1＝∠EFG，根据翻折不变性得∠1＝∠2＝15°，∴∠2＝∠EFG，∠AEG＝180°﹣2×15°＝150°，又∵∠DEF＝15°，∴∠2＝∠EFG＝15°，∠FGD＝15°+15°＝30°．在梯形FCDG中，∠GFC＝180°﹣30°＝150°，根据翻折不变性，∠CFE＝∠GFC﹣∠GFE＝150°﹣15°＝135°．故答案为：150；135．【点评】此题主要考查了平行线的性质和图形的折叠，关键是掌握两直线平行，同旁内角互补，折叠前后角的度数不变．【变式4-2】（2020春?乐清市期末）如图，已知长方形纸片ABCD，点E，H在AD边上，点F，G在BC边上，分别沿EF，GH折叠，使点B和点C都落在点P处，若∠FEH+∠EHG＝118°，则∠FPG的度数为（ ）A．54°B．55°C．56°D．57°【分析】根据四边形ABCD是长方形，可得AD∥BC，得∠FEH＝∠BFE，∠EHG＝∠CGH，所以可得∠BFE+∠CGH＝∠FEH+∠EHG＝118°，由折叠可得EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，可得∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，进而可得∠FPG的度数．【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，∴AD∥BC，∴∠FEH＝∠BFE，∠EHG＝∠CGH，∴∠BFE+∠CGH＝∠FEH+∠EHG＝118°，由折叠可知：EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，∴∠PFE＝∠BFE，∠PGH＝∠CGH，∴∠PFE+∠PGH＝∠BFE+∠CGH＝118°，∴∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，∴∠PFG+∠PGF＝360°﹣（∠BFP+∠CGP）＝360°﹣236°＝124°，∴∠FPG＝180°﹣（∠PFG+∠PGF）＝180°﹣124°＝56°．故选：C．【点评】本题考查了平行线的性质，解决本题的关键是掌握平行线的性质．【变式4-3】（2020秋?海门市期末）如图1是AD∥BC的一张纸条，按图1→图2→图3，把这一纸条先沿EF折叠并压平，再沿BF折叠并压平，若图3中∠CFE＝24°，则图2中∠AEF的度数为（ ）A．120°B．108°C．112°D．114°【分析】根据各角的关系可求出∠BFE的度数，由AE∥BF，利用“两直线平行，同旁内角互补”可求出∠AEF的度数．【解答】解：∵2∠BFE+∠BFC＝180°，∠BFE﹣∠BFC＝∠CFE＝24°，∴∠BFE（180°+24°）＝68°．∵AE∥BF，∴∠AEF＝180°﹣∠BFE＝112°．故选：C．【点评】本题考查了平行线的性质、折叠的性质以及角的计算，通过角的计算，求出∠BFE的度数是解题的关键．【题型5利用函数图象去判断结论】【例5】（2020秋?哈尔滨期末）小华和小明是同班同学，也是邻居，某日早晨，小明7：40先出发去学校，走了一段后，在途中停下吃了早餐，后来发现上学时间快到了，就跑步到学校；小华离家后直接乘公共汽车到了学校，如图是他们从家到学校已走的路程S（米）和所用时间t（分钟）的关系图，则下列说法中错误的是（ ）A．小明家和学校距离1200米B．小华乘公共汽车的速度是240米/分C．小华乘坐公共汽车后7：50与小明相遇D．小明从家到学校的平均速度为80米/分【分析】根据已知信息和函数图象的数据，一次解答每个选项【解答】解：由图象可知，小华和小明的家离学校1200米，故A正确；根据图象，小华乘公共汽车，从出发到到达学校共用了13﹣8＝5（分钟），所以公共汽车的速度为1200÷5＝240（米/分），故B正确；小明先出发8分钟然后停下来吃早餐，由图象可知在小明吃早餐的过程中，小华出发并与小明相遇然后超过小明，所以二人相遇所用的时间是8+480÷240＝10（分钟），即7：50相遇，故C正确；小明从家到学校的时间为20分钟，所以小明的平均速度为1200÷20＝60（米/分），故D错误．故选：D．【点评】本题考查的是一次函数图象的综合应用，利用已知信息和图象所给的数据分析题意，依次解答．【变式5-1】（2020春?甘谷县校级期末）第二届全国青年运动会（简称：二青会）将于2019年8月在山西太原开幕，甲、乙两名自行车运动员正在积极备战．如图是教练员记录的甲、乙两选手在骑车时，在某时段速度随时间变化的图象，下列结论错误的是（ ）A．乙前4秒行驶的路程为48米B．在0到8秒内甲的速度每秒增加4米/秒C．甲、乙到第3秒时行驶的路程相等D．在4至8秒内甲的速度都大于乙的速度【分析】前4s内，乙的速度﹣时间图象是一条平行于x轴的直线，即速度不变，速度×时间＝路程．甲是一条过原点的直线，则速度均匀增加；求出两图象的交点坐标，3秒时两速度大小相等，3s前甲的图象在乙的下方，所以3秒前路程不相等；图象在上方的，说明速度大．【解答】解：A、根据图象可得，乙前4秒的速度不变，为12米/秒，则行驶的路程为12×4＝48米，故A正确；B、根据图象得：在0到8秒内甲的速度是一条过原点的直线，即甲的速度从0均匀增加到32米/秒，则每秒增加4米/秒，故B正确；C、由于甲的图象是过原点的直线，速度除以时间为4，所以可得v＝4t（v、t分别表示速度、时间），将v＝12m/s代入v＝4t得t＝3s，则t＝3s前，甲的速度小于乙的速度，所以两车到第3秒时行驶的路程不相等，故C错误；D、在4至8秒内甲的速度图象一直在乙的上方，所以甲的速度都大于乙的速度，故D正确；由于该题选择错误的，故选：C．【点评】本题考查函数图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．【变式5-2】（2020秋?襄汾县校级期末）某通讯公司推出三种上网月收费方式．这三种收费方式每月所收的费用y（元）与上网时间x（小时）的函数关系如图所示，则下列判断错误的是（ ）A．每月上网不足25小时，选择A方式最省钱B．每月上网时间为30小时，选择B方式最省钱C．每月上网费用为60元，选择B方式比A方式时间长D．每月上网时间超过70小时，选择C方式最省钱【分析】根据函数图象得出信息解答即可．【解答】解：由题意可知：A、每月上网不足25小时，选择A方式最省钱，故本选项不合题意；B、每月上网时间为30小时，选择A方式的费用为：30+5×[（120﹣30）÷（50﹣25）]＝48（元），B方式为50元，C方式为120元，所以选择A方式最省钱，故本选项符合题意；C、每月上网费用为60元，选择B方式比A方式时间长，故本选项不合题意；D、每月上网时间超过70小时，选择C方式最省钱，故本选项不合题意；故选：B．【点评】本题考查了函数的图象、待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，观察函数图象，利用一次函数的有关知识逐一分析四个选项的正误是解题的关键．【变式5-3】（2020春?江夏区期末）如图，甲、乙两汽车从A城出发前往B城，在整个行程中，汽车离开A城的距离y与时间t的对应关系如图所示．下列结论：①A，B两城相距300km；②行程中甲、乙两车的速度比为2：3；③乙车于7：20追上甲车；④9：00时，甲、乙两车相距60km．其中正确的有（ ）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】根据整个行程中，汽车离开A城的距离y与时刻t的对应关系，即可得到正确结论．【解答】解：①由题可得，A，B两城相距300千米，故①结论正确；②甲车的平均速度为：300÷（10﹣5）＝60（千米/时），乙车的平均速度为：300÷（9﹣6）＝100（千米/时），所以行程中甲、乙两车的速度比为3：5，故②结论错误；③设乙出发x小时后追上了甲，则100x＝60（x+1），解得x＝1.5，即乙车于7：30追上甲车，故③结论错误；④9：00时甲车所走路程为：60×（9﹣5）＝240（km），300﹣240＝60（km），即9：00时，甲、乙两车相距60km，故④结论正确；所以正确的有①④共2个．故选：B．【点评】此题主要考查了看函数图象，以及一次函数的应用，关键是正确从函数图象中得到正确的信息．【题型6角度的计算】【例6】（2020春?南京期末）如图，C是线段AB上一点，∠DAC＝∠D，∠EBC＝∠E，AO平分∠DAC，BO平分∠EBC．若∠DCE＝40°，则∠O＝ °．【分析】利用平角的定义可得∠ACD+∠BCE＝180°﹣∠DCE＝180°﹣40°＝140°，由角平分线的性质易得55°，由三角形的内角和定理可得结果．【解答】解：∵∠DCE＝40°，∴∠ACD+∠BCE＝180°﹣∠DCE＝180°﹣40°＝140°，∵∠DAC＝∠D，∠EBC＝∠E，∴2∠DAC+2∠CBE＝180°×2﹣140°＝220°，∴∠DAC+∠CBE＝110°，∵AO平分∠DAC，BO平分∠EBC，∴55°，∴∠O＝180°﹣（∠OAB+∠OBA）＝180°﹣55°＝125°，故答案为：125．【点评】本题主要考查了角平分线的性质和三角形的内角和定理，熟练运用定理是解答此题的关键．【变式6-1】（2020秋?沂南县期末）如图，在直角三角形ABC中，点P、Q分别是AC、BC边上的两个动点，MP、NQ分别平分∠APQ和∠BQP，交AB于点M、N，MR、NR又分别平分∠BMP和∠ANQ，两条角平分线交于点R，则∠R＝ °．【分析】根据三角形的内角和定理可求解∠APQ+∠BQP＝270°，利用角平分线的性质可得∠PMN+∠QNM＝225°，进而的∠NMR+∠MNR＝112.5°，再由三角形的内角和定理可求解．【解答】解：∵∠C+∠A+∠B＝180°，∠C+∠CPQ+∠CQP＝180°，∠C＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∠CPQ+∠CQP＝90°，∴∠APQ+∠BQP+∠CPQ+∠CQP＝360°，∴∠APQ+∠BQP＝270°，∵MP、NQ分别平分∠APQ和∠BQP，∴∠MPQ+∠NQP＝∠APM+∠BQN＝135°，∵∠MPQ+∠NQP+∠PMN+∠QNM＝360°，∴∠PMN+∠QNM＝225°，∵MR、NR又分别平分∠BMP和∠ANQ，∴∠NMR+∠MNR＝112.5°，∵∠NMR+∠MNR+∠R＝180°，∴∠R＝67.5°．故答案为67.5．【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，角平分线的定义，灵活运用三角形的内角和定理是解题的关键．【变式6-2】（2020春?南海区期末）如图，△ABC中，∠BDC＝90°，BE、CE分别平分∠ABD和∠ACD，BF、CF分别平分∠ABE和∠ACE，若∠A＝40°，则∠F＝ °．【分析】想办法求出∠FBC+∠FCB即可解决问题．【解答】解：∵∠A＝40°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣40°＝140°，∵∠BDC＝90°，∴∠DBC+∠DCB＝90°，∴∠ABD+∠ACD＝140°﹣90°＝50°，∵BE、CE分别平分∠ABD和∠ACD，BF、CF分别平分∠ABE和∠ACE，∴∠FBD+∠FCD50°＝37.5°，∴∠FBC+∠FCB＝37.5°+90°＝127.5°，∴∠F＝180°﹣127.5°＝52.5°，故答案为52.5．【点评】本题考查三角形内角和定理，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【变式6-3】（2020春?碑林区校级期末）如图，已知点E，D分别在△ABC边BA和CA的延长线上，CF和EF分别平分∠ACB和∠AED．如果∠B＝70°，∠D＝50°，则∠F的度数是（ ）A．50°B．55°C．60°D．65°【分析】由角平分线定义得∠BCF＝∠ACF，∠DEF＝∠AEF，由三角形内角和定理得∠BCF+∠B＝∠AEF+∠F；∠BCF+∠ACF+∠B＝∠DEF+∠AEF+∠D，即2∠BCF+∠B＝2∠AEF+∠D，则∠BCF+70°＝∠AEF+∠F①，2∠BCF+70°＝2∠AEF+50°②，进而得出答案．【解答】解：如图，设AB交CF于点G，∵CF、EF分别平分∠ACB和∠AED，∴∠BCF＝∠ACF，∠DEF＝∠AEF，∵∠BCF+∠B＝∠AEF+∠F；∠BCF+∠ACF+∠B＝∠DEF+∠AEF+∠D，即2∠BCF+∠B＝2∠AEF+∠D，又∵∠B＝70°，∠D＝50°，∴∠BCF+70°＝∠AEF+∠F①，2∠BCF+70°＝2∠AEF+50°②，①×2﹣②得，70°＝2∠F﹣50°，解得∠F＝60°．故选：C．【点评】本题考查了三角形的内角和定理：三角形的内角和为180°．同时考查了角平分线的性质．【题型7与全等三角形有关的计算问题】【例7】（2020秋?河南期末）直角△ABC、△DEF如图放置，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，AB＝DE且AB⊥DE．若DF＝a，BC＝b，CF＝c，则AE的长为（ ）A．a+cB．b+cC．a+b﹣cD．a﹣b+c【分析】根据全等三角形的判定方法证明△ABC≌△DEF（AAS），得AC＝DF，BC＝EF，最后根据线段的和差可得结论．【解答】解：∵AB⊥DE，∴∠DGH＝90°，∵∠DFE＝90°，∴∠AFH＝90°，∴∠AFH＝∠DGH，∵∠DHG＝∠AHF，∴∠A＝∠D，在△ABC与△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（AAS），∴AC＝DF，BC＝EF，∵DF＝a，BC＝b，CF＝c，∴AE＝AC+EF﹣CF＝DF+BC﹣CF＝a+b﹣c．故选：C．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与全等三角形的性质，确定用AAS定理进行证明是关键．【变式7-1】（2020秋?仓山区期末）如图，△ABC中，AC＝BC，过点B作射线BF，在射线BF上取一点E，使得∠CBF＝∠CAE，过点C作射线BF的垂线，垂足为点D，连接AE，若DE＝a，AE＝b，则BD的长度为（ ）A．bB．a+bC．a+bD．2a+b【分析】如图，连接CE，过点C作CM⊥AE交AE于M，利用全等三角形的性质证明BD＝AM，DE＝EM即可解决问题．【解答】解：如图，连接CE，过点C作CM⊥AE交AE于M．∵CD⊥BF，CM⊥AM，∴∠CDB＝∠M＝90°，在△CDB△CMA中，，∴△CDB≌△CMA（AAS），∴CM＝CD，BD＝AM，在Rt△CED和Rt△CEM，，∴Rt△CED≌Rt△CEM（HL），∴DE＝EM＝a，∴BD＝AM＝AE+EM＝AE+DE＝a+b，故选：B．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题．【变式7-2】（2020秋?五华区期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，E为BC的中点，连接DE、AE，AE⊥DE，延长DE交AB的延长线于点F．若AB＝5，CD＝3，则AD的长为（ ）A．2B．5C．8D．11【分析】由“AAS”可证△BEF≌△CED，可得EF＝DE，BF＝CD＝3，由线段垂直平分线的性质可得AD＝AF＝8．【解答】解：∵E为BC的中点，∴BE＝EC，∵AB∥CD，∴∠F＝∠CDE，在△BEF与△CED中，，∴△BEF≌△CED（AAS）∴EF＝DE，BF＝CD＝3，∴AF＝AB+BF＝8，∵AE⊥DE，EF＝DE，∴AF＝AD＝8，故选：C．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证明△BEF≌△CED是本题的关键．【变式7-3】（2019秋?永州期末）如图，在△ABC和△DBC中，∠A＝40°，AB＝AC＝2，∠BDC＝140°，BD＝CD，以点D为顶点作∠MDN＝70°，两边分别交AB，AC于点M，N，连接MN，则△AMN的周长为 ．【分析】延长AC至E，使CE＝BM，连接DE．证明△BDM≌△CDE（SAS），得出MD＝ED，∠MDB＝∠EDC，证明△MDN≌△EDN（SAS），得出MN＝EN＝CN+CE，进而得出答案．【解答】解：延长AC至E，使CE＝BM，连接DE．∵BD＝CD，且∠BDC＝140°，∴∠DBC＝∠DCB＝20°，∵∠A＝40°，AB＝AC＝2，∴∠ABC＝∠ACB＝70°，∴∠MBD＝∠ABC+∠DBC＝90°，同理可得∠NCD＝90°，∴∠ECD＝∠NCD＝∠MBD＝90°，在△BDM和△CDE中，，∴△BDM≌△CDE（SAS），∴MD＝ED，∠MDB＝∠EDC，∴∠MDE＝∠BDC＝140°，∵∠MDN＝70°，∴∠EDN＝70°＝∠MDN，在△MDN和△EDN中，，∴△MDN≌△EDN（SAS），∴MN＝EN＝CN+CE，∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+CN+CE+AN＝AM+AN+CN+BM＝AB+AC＝4；故答案为：4．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；证明三角形全等是解题的关键．【题型8与全等三角形有关的动点问题】【例8】（2020秋?雁江区期末）如图，已知四边形ABCD中，AB＝10厘米，BC＝8厘米，CD＝12厘米，∠B＝∠C，点E为AB的中点．如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上由C点向D点运动．当点Q的运动速度为 时，能够使△BPE与△CQP全等．【分析】分两种情况讨论，依据全等三角形的对应边相等，即可得到点Q的运动速度．【解答】解：设点P运动的时间为t秒，则BP＝3t，CP＝8﹣3t，∵∠B＝∠C，∴①当BE＝CP＝5，BP＝CQ时，△BPE与△CQP全等，此时，5＝8﹣3t，解得t＝1，∴BP＝CQ＝3，此时，点Q的运动速度为3÷1＝3厘米/秒；②当BE＝CQ＝5，BP＝CP时，△BPE与△CQP全等，此时，3t＝8﹣3t，解得t，∴点Q的运动速度为5厘米/秒；故答案为：3厘米/秒或厘米/秒．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，解决问题的关键是掌握全等三角形的对应边相等．【变式8-1】（2020春?沙坪坝区期末）如图，点C在线段BD上，AB⊥BD于B，ED⊥BD于D．∠ACE＝90°，且AC＝5cm，CE＝6cm，点P以2cm/s的速度沿A→C→E向终点E运动，同时点Q以3cm/s的速度从E开始，在线段EC上往返运动（即沿E→C→E→C→…运动），当点P到达终点时，P，Q同时停止运动．过P，Q分别作BD的垂线，垂足为M，N．设运动时间为ts，当以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等时，t的值为 ．【分析】分三种情况讨论，由全等三角形的判定和性质可求解．【解答】解：当点P在AC上，点Q在CE上时，∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，∴PC＝CQ，∴5﹣2t＝6﹣3t，∴t＝1，当点P在AC上，点Q第一次从点C返回时，∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，∴PC＝CQ，∴5﹣2t＝3t﹣6，∴t，当点P在CE上，点Q第一次从E点返回时，∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，∴PC＝CQ，∴2t﹣5＝18﹣3t，∴t，综上所述：t的值为1或或．【点评】本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定是本题的关键．【变式8-2】（2020春?吴江区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l经过点C且与边AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q的速度分别为2cm/s和3cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，则当t＝ 秒时，△PEC与△QFC全等．【分析】点Q在BC上，点P在AC上；点P与点Q重合；Q与A重合三种情况；根据全等三角形的性质列式计算．【解答】解：由题意得，AP＝2t，BQ＝3t，∵AC＝6cm，BC＝8cm，∴CP＝6﹣2t，CQ＝8﹣3t，①如图1，当Q在BC上，点P在AC上时，当△PEC≌△CFQ时，则PC＝CQ，即6﹣2t＝8﹣3t，解得：t＝2；②如图2，当点P与点Q重合时，当△PEC与△QFC全等，则PC＝CQ，∴6﹣2t＝3t﹣8．解得：t；③如图3，当点Q与A重合时，当△PEC≌△CFQ，则PC＝CQ，即2t﹣6＝6，解得：t＝6；当综上所述：当t＝2秒或秒或6秒时，△PEC与△QFC全等，故答案为：2或或6．【点评】本题考查的是全等三角形的判定、掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．【变式8-3】（2020秋?章贡区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm．动点P从A点出发沿A→C的路径向终点C运动；动点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q分别以每秒1cm和3cm的运动速度同时开始运动，其中一点到达终点时另一点也停止运动，在某时刻，分别过点P和Q作PE⊥MN于E，QF⊥MN于F．则点P运动时间为 秒时，△PEC与△QFC全等．【分析】根据全等三角形的性质得到CP＝CQ，①P在AC上，Q在BC上，推出方程6﹣t＝8﹣3t，②P、Q都在AC上，此时P、Q重合，得到方程6﹣t＝3t﹣8，Q在AC上，列方程即可得出答案．【解答】解：设运动时间为t秒时，△PEC≌△QFC，∵△PEC≌△QFC，∴斜边CP＝CQ，有2种情况：①如图1，点P在AC上，点Q在BC上，CP＝5﹣t，CQ＝12﹣3t，∴5﹣t＝12﹣3t，∴t；②如图2，点P、Q都在AC上，此时点P、Q重合，∴CP＝5﹣t＝3t﹣12，∴t；综上所述，点P运动时间为或秒时，△PEC与△QFC全等，故答案为：或．【点评】本题主要考查对全等三角形的判定，解一元一次方程等知识点的理解和掌握，能根据题意得出方程是解此题的关键．【题型9与轴对称图形有关的最值问题】【例9】（2020秋?遵义期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝4，面积是10．AB的垂直平分线ED分别交AC，AB边于E、D两点，若点F为BC边的中点，点P为线段ED上一动点，则△PBF周长的最小值为（ ）A．5B．7C．10D．14【分析】如图，连接AF，AP．利用三角形的面积公式求出AF，求出PB+PF的最小值即可解决问题．【解答】解：如图，连接AF，AP．∵AC＝AB，CF＝BFBC＝2，∴AF⊥BC，∵S△ABC?BC?AF＝10，BC＝4，∴AF＝5，∵DE垂直平分线段AB，∴PA＝PB，∴△PBF的周长＝PB+PF+BF＝PA+PF+2，∵PA+PF≥AF，∴PA+PF的最小值为5，∴△PBF的周长的最小值为7．故选：B．【点评】本题考查轴对称﹣最短问题，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用线段长垂直平分线的性质解决问题．【变式9-1】（2020秋?长葛市期末）如图，在△ABC中，AB⊥AC，AB＝3，BC＝5，AC＝4，EF垂直平分BC，点P为直线EF上的任意一点，则△ABP周长的最小值是（ ）A．12B．6C．7D．8【分析】根据题意知点B关于直线EF的对称点为点C，故当点P与点D重合时，AP+BP的最小值，即可得到△ABP周长的最小值．【解答】解：∵EF垂直平分BC，∴B、C关于EF对称，设AC交EF于D，∴当P和D重合时，AP+BP的值最小，最小值等于AC的长，∵AB＝3，AC＝4，∴△ABP周长的最小值是AB+AC＝3+4＝7．故选：C．【点评】本题考查了勾股定理，轴对称﹣最短路线问题的应用，解此题的关键是找出P的位置．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．【变式9-2】（2020秋?唐山期末）如图，△ABC中AC边的垂直平分线DE交AB于点E，点D为垂足，若BC＝8，△EBC的周长18，则直线DE上的点到点C、点B距离之和的最小值为 ．【分析】如图，DE上取一点P，连接PA，PB，PC．由题意DE垂直平分线段AC，推出PA＝PC，EA＝EC，推出PB+PC＝PB+PA≥AB，推出当点P与E重合时，PB+PC的值最小，最小值就是线段AB的长．【解答】解：如图，DE上取一点P，连接PA，PB，PC．∵DE垂直平分线段AC，∴PA＝PC，EA＝EC，∴PB+PC＝PB+PA≥AB，∴当点P与E重合时，PB+PC的值最小，最小值就是线段AB的长，∵△EBC的周长＝EB+EC+BC＝EB+EA+BC＝AB+BC＝18，BC＝8，∴AB＝18﹣8＝10，∴直线DE上的点到点C、点B距离之和的最小值为10，故答案为：10．【点评】本题考查轴对称最短问题，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．【变式9-3】（2020秋?紫阳县期末）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，点E，F分别是CD，AC上的动点．若BC＝6，S△ABC＝12，则AE+EF的最小值是 ．【分析】作A关于CD的对称点H，由CD是△ABC的角平分线，得到点H一定在BC上，过H作HF⊥AC于F，交CD于E，则此时，AE+EF的值最小，AE+EF的最小值＝HF，过A作AG⊥BC于G，根据垂直平分线的性质和三角形的面积即可得到结论．【解答】解：作A关于CD的对称点H，∵CD是△ABC的角平分线，∴点H一定在BC上，过H作HF⊥AC于F，交CD于E，则此时，AE+EF的值最小，AE+EF的最小值＝HF，过A作AG⊥BC于G，∵△ABC的面积为12，BC长为6，∴AG＝4，∵CD垂直平分AH，∴AC＝CH，∴S△ACHAC?HFCH?AG，∴HF＝AG＝4，∴AE+EF的最小值是4，故答案为：4．【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，解题的关键是正确的作出对称点和利用垂直平分线的性质证明AE+EF的最小值为三角形某一边上的高线．【题型10图形中的多结论问题】【例10】（2020秋?增城区期末）已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD＝BC，E为BD延长线上的一点，BE＝BA，过E作EF⊥AB，F为垂足，下列结论：①△ABD≌△EBC；②∠BCE+∠BCD＝180°；③AD＝EF＝EC；④AE＝EC，其中正确的是 （填序号）【分析】易证△ABD≌△EBC，可得∠BCE＝∠BDA，AD＝EC可得①②正确；再根据角平分线的性质可求得∠DAE＝∠DCE，即AD＝AE＝EC，可得③错误、④正确．【解答】解：①∵BD为△ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠CBD，在△ABD和△EBC中，，∴△ABD≌△EBC（SAS），∴①正确；②∵BD为△ABC的角平分线，BD＝BC，BE＝BA，∴∠BCD＝∠BDC＝∠BAE＝∠BEA，∵△ABD≌△EBC，∴∠BCE＝∠BDA，∴∠BCE+∠BCD＝∠BDA+∠BDC＝180°，∴②正确；③∵∠BCE＝∠BDA，∠BCE＝∠BCD+∠DCE，∠BDA＝∠DAE+∠BEA，∠BCD＝∠BEA，∴∠DCE＝∠DAE，∴△ACE为等腰三角形，∴AE＝EC，∵△ABD≌△EBC，∴AD＝EC，∴AD＝AE＝EC，∵BD为△ABC的角平分线，EF⊥AB，而EC不垂直与BC，∴EF≠EC，∴③错误；④由③知AD＝AE＝EC，∴④正确；综上所述，正确的结论是①②④．故答案是：①②④．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等性质是解题的关键．【变式10-1】（2020春?雨花区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝140°，AB⊥CB于点B，AD⊥CD于点D，E、F分别是CB、CD上的点，且∠EAF＝70°，下列说法正确的是 ．（填写正确的序号）①DF＝BE，②△ADF≌△ABE，③FA平分∠DFE，④AE平分∠FAB，⑤BE+DF＝EF，⑥CF+CE＞FD+EB．【分析】延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，根据全等三角形的判定定理求出△ADF≌△ABG，根据全等三角形的性质得出AF＝AG，∠G＝∠DFA，∠DAF＝∠BAG，求出∠FAE＝∠EAG＝70°，根据全等三角形的判定定理得出△FAE≌△GAE，根据全等三角形的性质得出∠FEA＝∠GEA，∠G＝∠EFA，EF＝EG，再进行判断即可．【解答】解：延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，∵AB⊥CB，AD⊥CD，∴∠D＝∠ABG＝90°，在△ADF和△ABG中，∴△ADF≌△ABG（SAS），∴AF＝AG，∠G＝∠DFA，∠DAF＝∠BAG，∵∠EAF＝70°，∠DAB＝140°，∴∠DAF+∠EAB＝∠DAB﹣∠FAE＝140°﹣70°＝70°，∴∠EAG＝∠EAB+∠BAG＝∠EAB+∠FAD＝70°，∴∠FAE＝∠EAG＝70°，在△FAE和△GAE中，∴△FAE≌△GAE（SAS），∴∠FEA＝∠GEA，∠G＝∠EFA，EF＝EG，∴EF＝EB+DF，∠FAE≠∠EAB，故⑤正确，④错误；∴∠G＝∠EFA＝∠DFA，即AF平分∠DFE，故③正确；∵CF+CE＞EF，EF＝DF+BE，∴CF+CE＞DF+BE，故⑥正确；根据已知不能推出△ADF≌△ABE，故①错误，②错误；故答案为：③⑤⑥．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定定理，角平分线的定义，三角形的三边关系定理，垂直定义等知识点，能灵活运用全等三角形的判定和性质定理进行推理是解此题的关键．【变式10-2】（2020秋?道里区期末）如图，△ABC中，边AB，BC的垂直平分线相交于点P．以下结论：①PA＝PC；②∠BPC＝90°∠BAC；③∠ABP+∠BCP+∠CAP＝90°；④∠APC＝2∠ABC．一定正确的有（ ）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到PA＝PB＝PC，根据线段垂直平分线的判定定理、等腰三角形的性质即可．【解答】解：∵边AB、BC的垂直平分线交于点P，∴PA＝PB，PB＝PC，∴PA＝PC，①正确；∵PA＝PB，PA＝PC，∴∠PAB＝∠PBA，∠PAC＝∠PCA，∵∠BPC＝∠PAB+∠PBA+∠PAC+∠PCA，∴∠BPC＝2∠BAC，故②错误；同理：∠APC＝2∠ABC，故④正确；∵PB＝PC，∴∠PCB＝∠PBC，∵∠BPC+∠PCB+∠PBC＝180°，∴2∠BAC+2∠PCB＝180°，∴∠ABP+∠BCP+∠CAP＝90°；③正确；故选：C．【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．【变式10-3】（2020秋?曹县期末）如图，△AOB的外角∠CAB，∠DBA的平分线AP，BP相交于点P，PE⊥OC于E，PF⊥OD于F，下列结论：（1）PE＝PF；（2）点P在∠COD的平分线上；（3）∠APB＝90°﹣∠O，其中正确的有（ ）A．0个B．1个C．2个D．3个【分析】（1）作PH⊥AB于H，证明△PEC≌△PHA，得到PE＝PH，同理可证PF＝PH即可得到结论；（2）根据角平分线的判定定理解答即可；（3）根据全等三角形的性质证得∠EPA＝∠HPA，∠FPB＝∠HPB，再根据四边形内角和即可证得∠APB和∠O关系．【解答】解：（1）证明：作PH⊥AB于H，∵AP是∠CAB的平分线，∴∠PAE＝∠PAH，在△PEA和△PHA中，，∴△PEA≌△PHA（AAS），∴PE＝PH，∵BP平分∠ABD，且PH⊥BA，PF⊥BD，∴PF＝PH，∴PE＝PF，∴（1）正确；（2）与（1）可知：PE＝PF，又∵PE⊥OC于E，PF⊥OD于F，∴点P在∠COD的平分线上，∴（2）正确；（3）∵∠O+∠OEP+∠EPF+∠OFP＝360°，又∵∠OEP+∠OFP＝90°+90°＝180°，∴∠O+∠EPF＝180°，即∠O+∠EPA+∠HPA+∠HPB+∠FPB＝180°，由（1）知：△PEA≌△PHA，∴∠EPA＝∠HPA，同理：∠FPB＝∠HPB，∴∠O+2（∠HPA+∠HPB）＝180°，即∠O+2∠APB＝180°，∴∠APB＝90°，∴（3）错误；故选：C．【点评】本题考查的是角平分线的性质和判定，全等三角形的判定和性质，多边形内角和，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键． 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2020-2021学年北师大版七年级数学下册期末复习选择填空压轴题梳理卷（原卷版）.docx 2020-2021学年北师大版七年级数学下册期末复习选择填空压轴题梳理卷（解析版）.docx
资源列表