（完整版）七年级数学下册期末压轴题试卷及答案（一）培优试题

一、解答题

1．如图，A点的坐标为（0，3），B点的坐标为（﹣3，0），D为x轴上的一个动点且不与B，O重合，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得线段AE，使得AE⊥AD，且AE＝AD，连接BE交y轴于点M．

（1）如图，当点D在线段OB的延长线上时， ①若D点的坐标为（﹣5，0），求点E的坐标． ②求证：M为BE的中点． ③探究：若在点D运动的过程中，果不是，请说明理由．

（2）请直接写出三条线段AO，DO，AM之间的数量关系（不需要说明理由）．

OM的值是否是定值？如果是，请求出这个定值；如BD

2．已知点C在射线OA上．

（1）如图①，CD//OE，若∠AOB＝90°，∠OCD＝120°，求∠BOE的度数；

（2）在①中，将射线OE沿射线OB平移得O′E'（如图②），若∠AOB＝α，探究∠OCD与∠BO′E′的关系（用含α的代数式表示）

（3）在②中，过点O′作OB的垂线，与∠OCD的平分线交于点P（如图③），若∠CPO′＝90°，探究∠AOB与∠BO′E′的关系．

3．已知，如图：射线PE分别与直线AB、CD相交于E、F两点，PFD的角平分线与直线AB相交于点M，射线PM交CD于点N，设PFM，EMF且

3520．

（1）________，________；直线AB与CD的位置关系是______；

（2）如图，若点G是射线MA上任意一点，且MGHPNF，试找出FMN与GHF之间存在一个什么确定的数量关系？并证明你的结论．

（3）若将图中的射线PM绕着端点P逆时针方向旋转（如图）分别与AB、CD相交于点

M1和点N1时，作PM1B的角平分线M1Q与射线FM相交于点Q，问在旋转的过程中

FPN1的值变不变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由． Q

4．已知，AB∥CD．点M在AB上，点N在CD上．

（1）如图1中，∠BME、∠E、∠END的数量关系为： ；（不需要证明） 如图2中，∠BMF、∠F、∠FND的数量关系为： ；（不需要证明）

（2）如图3中，NE平分∠FND，MB平分∠FME，且2∠E＋∠F＝180°，求∠FME的度数；

（3）如图4中，∠BME＝60°，EF平分∠MEN，NP平分∠END，且EQ∥NP，则∠FEQ的大小是否发生变化，若变化，请说明理由，若不变化，求出∠FEQ的度数．

5．已知，如图1，射线PE分别与直线AB，CD相交于E、F两点，∠PFD的平分线与直线AB相交于点M，射线PM交CD于点N，设∠PFM＝α°，∠EMF＝β°，且（40﹣2α）2＋|β﹣20|＝0

（1）α＝ ，β＝ ；直线AB与CD的位置关系是 ；

（2）如图2，若点G、H分别在射线MA和线段MF上，且∠MGH＝∠PNF，试找出∠FMN与∠GHF之间存在的数量关系，并证明你的结论；

（3）若将图中的射线PM绕着端点P逆时针方向旋转（如图3），分别与AB、CD相交于点M1和点N1时，作∠PM1B的角平分线M1Q与射线FM相交于点Q，问在旋转的过程中FPN1的值是否改变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由． Q6．已知：如图（1）直线AB、CD被直线MN所截，∠1＝∠2．

（1）求证：AB//CD；

（2）如图（2），点E在AB，CD之间的直线MN上，P、Q分别在直线AB、CD上，连接PE、EQ，PF平分∠BPE，QF平分∠EQD，则∠PEQ和∠PFQ之间有什么数量关系，请直接写出你的结论；

（3）如图（3），在（2）的条件下，过P点作PH//EQ交CD于点H，连接PQ，若PQ平分∠EPH，∠QPF：∠EQF＝1：5，求∠PHQ的度数． 7．请观察下列等式，找出规律并回答以下问题．

111111111111，，，，…… 122232334344545（1）按照这个规律写下去，第5个等式是：______；第n个等式是：______． （2）①计算：

111+++122334+1． 4950②若a为最小的正整数，b30，求： 1111aba1b1a2b2a3b3a97b97．

18．阅读材料：求1+2+22+23+24+…+22017的值． 解：设S=1+2+22+23+24+…+22017， 将等式两边同时乘以2得： 2S=2+22+23+24+…+22017+22018

将下式减去上式得2S-S=22018-1即S=22018-1 即1+2+22+23+24+…+22017=22018-1 请你仿照此法计算： (1)1+2+22+23+…+29=_____；

(2)1+5+52+53+54+…+5n(其中n为正整数)； (3)1+2×2+3×22+4×23+…+9×28+10×29．

9．若一个四位数t的前两位数字相同且各位数字均不为0，则称这个数为“前介数”；若把这个数的个位数字放到前三位数字组成的数的前面组成一个新的四位数，则称这个新的四位数为“中介数”；记一个“前介数”t与它的“中介数”的差为P（t）．例如，5536前两位数字相同，所以5536为“前介数”；则6553就为它的“中介数”，P（5536）＝5536﹣6553＝-1017．

（1）P（2215）＝ ，P（6655）＝ ．

（2）求证：任意一个“前介数”t，P（t）一定能被9整除．

（3）若一个千位数字为2的“前介数”t能被6整除，它的“中介数”能被2整除，请求出满足条件的P（t）的最大值． 10．a是不为1的有理数，我们把知a1=

111，现已称为a的差倒数．如:2的差倒数是121a1，a2是a1的差倒数，a3是a2的差倒数，a4是a3的差倒数，… 2(1)求a2，a3，a4的值；

(2)根据(1)的计算结果，请猜想并写出a2016•a2017•a2018的值； (3)计算：a33+a66+a99+…+a9999的值． 11．观察下列各式： (x－1)(x+1)=x2－1 (x－1)(x2+x+1)=x3－1 (x－1)(x3+x2+x+1)=x4－1 ……

（1）根据以上规律，则(x－1)(x6+x5+x4+x3+x2+x+1)=__________________． （2）你能否由此归纳出一般性规律(x－1)(xn+xn－1+xn－2+…+x+1)=____________． （3）根据以上规律求1+3+32+…+349+350的结果． 12．规律探究，观察下列等式： 第1个等式：a1第2个等式：a2第3个等式：a3第4个等式：a41111 14341111 473471111 71037101111 101331013请回答下列问题：

（1）按以上规律写出第5个等式：= ___________ = ___________

（2）用含n的式子表示第n个等式：= ___________ = ___________(n为正整数） （3）求a1a2a3a4a100

13．如图所示，A（1，0），点B在y轴上，将三角形OAB沿x轴负方向平移，平移后的图形为三角形DEC，点C的坐标为（﹣3，2）． （1）直接写出点E的坐标 ；

（2）在四边形ABCD中，点P从点O出发，沿OB→BC→CD移动，若点P的速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，请解决以下问题； ①当t为多少秒时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数； ②当t为多少秒时，三角形PEA的面积为2，求此时P的坐标

14．如图，已知AM//BN，点P是射线AM上一动点（与点A不重合），BC、BD分别平分ABP和PBN，分别交射线AM于点C,D．

（1）当A60时，ABN的度数是_______；

（2）当Ax，求CBD的度数（用x的代数式表示）；

（3）当点P运动时，ADB与APB的度数之比是否随点P的运动而发生变化?若不变化，请求出这个比值；若变化，请写出变化规律．

（4）当点P运动到使∠ACB∠ABD时，请直接写出DBNA的度数．

15．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）求a，b的值；

（2）在y轴上是否存在点P，使得△ABC和△OCP的面积相等，若存在，求出点P坐标，若不存在，试说明理由.

（3）若过B作BD∥AC交y轴于D，且AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，如图2，图3， ①求：∠CAB＋∠ODB的度数； ②求：∠AED的度数.

14

16．中国传统节日“端午节”期间，某商场开展了“欢度端午，回馈顾客”的让利促销活动，对部分品牌的粽子进行了打折销售，其中甲品牌粽子打八折，乙品牌粽子打七五折．已知打折前，买6盒甲品牌粽子和3盒乙品牌粽子需660元；打折后，买5盒甲品牌粽子和4盒乙品牌粽子需520元．

（1）打折前，每盒甲、乙品牌粽子分别为多少元？

（2）在商场让利促销活动期间，某敬老院准备购买甲、乙两种品牌粽子共40盒，总费用不超过2300元，问敬老院最多可购买多少盒乙品牌粽子？

17．如图1，已知，点A(1，a)，AH⊥x轴，垂足为H，将线段AO平移至线段BC，点B(b，0)，其中点A与点B对应，点O与点C对应，a、b满足4a(b3)20．

（1）填空：①直接写出A、B、C三点的坐标A(________)、B(________)、C(________)； ②直接写出三角形AOH的面积________．

（2）如图1，若点D(m，n)在线段OA上，证明：4m＝n．

（3）如图2，连OC，动点P从点B开始在x轴上以每秒2个单位的速度向左运动，同时点Q从点O开始在y轴上以每秒1个单位的速度向下运动．若经过t秒，三角形AOP与三角形COQ的面积相等，试求t的值及点P的坐标．

18．在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为2,0，2,0，现将线段AB先向上平

移3个单位，再向右平移1个单位，得到线段DC，连接AD，BC． （1）如图1，求点C，D的坐标及四边形ABCD的面积；

图1

（2）如图1，在y轴上是否存在点P，连接PA，PB，使S△PABS四边形ABCD？若存在这样的点，求出点P的坐标；若不存在，试说明理由；

（3）如图2，在直线CD上是否存在点Q，连接QB，使S△QCB的点，直接写出点Q的坐标；若不存在，试说明理由．

1S？若存在这样4四边形ABCD

图2

（4）在坐标平面内是否存在点M，使S△MAB2S？若存在这样的点M，直接写出3四边形ABCD点M的坐标的规律；若不存在，请说明理由．

19．数学活动课上，小新和小葵各自拿着不同的长方形纸片在做数学问题探究． （1）小新经过测量和计算得到长方形纸片的长宽之比为3：2，面积为30，请求出该长方形纸片的长和宽；

（2）小葵在长方形内画出边长为a，b的两个正方形（如图所示），其中小正方形的一条边在大正方形的一条边上，她经过测量和计算得到长方形纸片的周长为50，阴影部分两个长方形的周长之和为30，由此她判断大正方形的面积为100，间小葵的判断正确吗？请说明理由．

20．每年的6月5日为世界环保日，为提倡低碳环保，某公司决定购买10台节省能源的新机器，现有甲、乙两种型号的机器可选，其中每台的价格、产量如下表：

甲型机器 乙型机器 价格（万元/台） 产量（吨/月） a 240 b 180 经调查：购买一台甲型机器比购买一台乙型机器多12万元，购买2台甲型机器比购买3台乙型机器多6万元． （1） 求a、b的值；

（2） 若该公司购买新机器的资金不超过216万元，请问该公司有哪几种购买方案？ （3） 在（2）的条件下，若公司要求每月的产量不低于1890吨，请你为该公司设计一 种最省钱的购买方案．

21．数轴上有两个动点M，N，如果点M始终在点N的左侧，我们称作点M是点N的“追赶点”．如图，数轴上有2个点A，B，它们表示的数分别为-3，1，已知点M是点N的“追赶点”，且M，N表示的数分别为m，n．

（1）由题意得：点A是点B的“追赶点”，AB=1-(-3)=4(AB表示线段AB的长，以下相同)；类似的，MN=____________．

（2）在A，M，N三点中，若其中一个点是另外两个点所构成线段的中点，请用含m的代数式来表示n．

4（3）若AM=BN，MN=BM，求m和n值．

3

22．平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b），a，b满足

(2ab5)2a2b20，将线段AB平移得到CD，A，B的对应点分别为C，D，其中

点C在y轴负半轴上．

（1）求A，B两点的坐标；

（2）如图1，连AD交BC于点E，若点E在y轴正半轴上，求

BEOE的值； OC（3）如图2，点F，G分别在CD，BD的延长线上，连结FG，∠BAC的角平分线与∠DFG的角平分线交于点H，求∠G与∠H之间的数量关系．

23．在平面直角坐标系中，若点P（x，y）的坐标满足x﹣2y+3＝0，则我们称点P为“健康点”：若点Q（x，y）的坐标满足x+y﹣6＝0，则我们称点Q为“快乐点”． （1）若点A既是“健康点”又是“快乐点”，则点A的坐标为 ；

（2）在（1）的条件下，若B是x轴上的“健康点”，C是y轴上的“快乐点”，求△ABC的面积；

（3）在（2）的条件下，若P为x轴上一点，且△BPC与△ABC面积相等，直接写出点P的坐标．

24．阅读感悟：

有些关于方程组的问题，要求的结果不是每一个未知数的值，而是关于未知数的代数式的值，如以下问题：

已知实数x、y满足3xy5①，2x3y7②，求x4y和7x5y的值．

本题常规思路是将①②两式联立组成方程组，解得x、y的值再代入欲求值的代数式得到答案，常规思路运算量比较大.其实，仔细观察两个方程未知数的系数之间的关系，本题还可以通过适当变形整体求得代数式的值，如由①－②可得x4y2，由①+②×2可得7x5y19．这样的解题思想就是通常所说的“整体思想”．

解决问题：

2xy7（1）已知二元一次方程组，则xy_______，xy_______；

x2y8（2）某班级组织活动购买小奖品，买20支水笔、3块橡皮、2本记事本共需35元，买39支水笔、5块橡皮、3本记事本工序62元，则购买6支水笔、6块橡皮、6本记事本共需多少元？

（3）对于实数x、y，定义新运算：x*yaxbyc，其中a、b、c是常数，等式右边是通常的加法和乘法运算．已知3*515，4*728，那么1*1_______．

25．某治污公司决定购买10台污水处理设备．现有甲、乙两种型号的设备可供选择，其中每台的价格与月处理污水量如下表：

价格(万元/台) 处理污水量(吨/月) 甲型 x 300 乙型 y 260 经调查：购买一台甲型设备比购买一台乙型设备多2万元，购买3台甲型设备比购买4台乙型设备少2万元． （1）求x，y的值；

（2）如果治污公司购买污水处理设备的资金不超过91万元，求该治污公司有哪几种购买方案；

（3）在（2）的条件下，如果月处理污水量不低于2750吨，为了节约资金，请为该公司设计一种最省钱的购买方案．

26．某数码专营店销售A，B两种品牌智能手机，这两种手机的进价和售价如表所示：

进价（元/部） 售价（元/部） A 3300 B 3700 3800 4300 （1）该店销售记录显示，三月份销售A、B两种手机共34部，且销售A种手机的利润恰好是销售B种手机利润的2倍，求该店三月份售出A种手机和B种手机各多少部？ （2）根据市场调研，该店四月份计划购进这两种手机共40部，要求购进B种手机数不低3于A种手机数的，用于购买这两种手机的资金低于140000元，请通过计算设计所有可

5能的进货方案．

27．某体育拓展中心的门票每张10元，一次性使用考虑到人们的不同需求，也为了吸引更多的顾客，该拓展中心除保留原来的售票方法外，还推出了一种“购买个人年票”（个人年票从购买日起，可供持票者使用一年）的售票方法．年票分A、B两类：A类年票每张120元，持票者可不限次进入中心，且无需再购买门票；B类年票每张60元，持票者进入中心时，需再购买门票，每次2元．

（1）小丽计划在一年中花费80元在该中心的门票上，如果只能选择一种购买门票的方式，她怎样购票比较合算？

（2）小亮每年进入该中心的次数约20次，他采取哪种购票方式比较合算？

（3）小明根据自己进入拓展中心的次数，购买了A类年票，请问他一年中进入该中心不低于多少次？

28．在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为a,0，2,4，c,0，且a，c满足方程2a4xc4ya230为二元一次方程．

（1）求A，C的坐标．

（2）若点D为y轴正半轴上的一个动点．

①如图1，当AD//BC时，ADO与ACB的平分线交于点P，求P的度数；

②如图2，连接BD，交x轴于点E．若S△ADES△BCE成立．设动点D的坐标为0,d，求

d的取值范围．

29．若关于x的方程ax+b＝0（a≠0）的解与关于y的方程cy+d＝0（c≠0）的解满足﹣1≤x﹣y≤1，则称方程ax+b＝0（a≠0）与方程cy+d＝0（c≠0）是“友好方程”．例如：方程2x﹣1＝0的解是x＝0.5，方程y﹣1＝0的解是y＝1，因为﹣1≤x﹣y≤1，方程2x﹣1＝0与方程y﹣1＝0是“友好方程”．

（1）请通过计算判断方程2x﹣9＝5x﹣2与方程5（y﹣1）﹣2（1﹣y）＝﹣34﹣2y是不是“友好方程”．

（2）若关于x的方程3x﹣3+4（x﹣1）＝0与关于y的方程程”，请你求出k的最大值和最小值．

30．如图1，在平面直角坐标系中，A（a，0）是x轴正半轴上一点，C是第四象限内一点，CB⊥y轴交y轴负半轴于B（0，b），且|a﹣3|+（b+4）2＝0，S四边形AOBC＝16．

3yk+y＝2k+1是“友好方2

（1）求点C的坐标．

（2）如图2，设D为线段OB上一动点，当AD⊥AC时，∠ODA的角平分线与∠CAE的角平分线的反向延长线交于点P，求∠APD的度数；（点E在x轴的正半轴）．

（3）如图3，当点D在线段OB上运动时，作DM⊥AD交BC于M点，∠BMD、∠DAO的平分线交于N点，则点D在运动过程中，∠N的大小是否会发生变化？若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．

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一、解答题

1．（1）①E（3，﹣2）②见解析；③﹣OD＝2AM 【分析】

（1）①过点E作EH⊥y轴于H．证明△DOA≌△AHE（AAS）可得结论． ②证明△BOM≌△EHM（AAS）可得结论． ③是定值，证明△BOM≌△EHM可得结论．

（2）根据点D在点B左侧和右侧分类讨论，分别画出对应的图形，根据全等三角形的判定及性质即可分别求出结论． 【详解】

解：（1）①过点E作EH⊥y轴于H．

OM1，理由见解析；（2）OD+OA＝2AM或OABD2

∵A（0，3），B（﹣3，0），D（﹣5，0）， ∴OA＝OB＝3，OD＝5， ∵∠AOD＝∠AHE＝∠DAE＝90°，

∴∠DAO+∠EAH＝90°，∠EAH+∠AEH＝90°， ∴∠DAO＝∠AEH， ∴△DOA≌△AHE（AAS）， ∴AH＝OD＝5，EH＝OA＝3， ∴OH＝AH﹣OA＝2， ∴E（3，﹣2）． ②∵EH⊥y轴， ∴∠EHO＝∠BOH＝90°， ∵∠BMO＝∠EMH，OB＝EH＝3， ∴△BOM≌△EHM（AAS）， ∴BM＝EM． ③结论：

OM1＝2． BD理由：∵△DOA≌△AHE，

∴OD＝AH， ∵OA＝OB， ∴BD＝OH， ∵△BOM≌△EHM， ∴OM＝MH， ∴OM＝2OH＝2BD．

（2）结论：OA+OD＝2AM或OA﹣OD＝2AM． 理由：当点D在点B左侧时， ∵△BOM≌△EHM，△DOA≌△AHE ∴OM=MH，OD=AH

∴OH=2OM，OD－OB=AH－OA ∴BD=OH ∴BD＝2OM，

∴OD﹣OA＝2（AM﹣AO）， ∴OD+OA＝2AM．

当点D在点B右侧时，过点E作EH⊥y轴于点H

11

∵∠AOD＝∠AHE＝∠DAE＝90°，

∴∠DAO+∠EAH＝90°，∠EAH+∠AEH＝90°， ∴∠DAO＝∠AEH， ∵AD=AE

∴△DOA≌△AHE（AAS）， ∴EH=AO=3=OB，OD=AH ∴∠EHO＝∠BOH＝90°， ∵∠BMO＝∠EMH，OB＝EH＝3， ∴△BOM≌△EHM（AAS）， ∴OM＝MH

∴OA＋OD= OA＋AH=OH=OM＋MH=2MH=2（AM＋AH）=2（AM＋OD） 整理可得OA﹣OD＝2AM．

综上：OA+OD＝2AM或OA﹣OD＝2AM．

【点睛】

此题考查的是全等三角形的判定及性质、旋转的性质和平面直角坐标系，掌握全等三角形的判定及性质、旋转的性质和点的坐标与线段长度的关系是解决此题的关键． 2．（1）150°；（2）∠OCD+∠BO′E′=360°-α；（3）∠AOB=∠BO′E′ 【分析】

（1）先根据平行线的性质得到∠AOE的度数，再根据直角、周角的定义即可求得∠BOE的度数；

（2）如图②，过O点作OF∥CD，根据平行线的判定和性质可得∠OCD、∠BO′E′的数量关系；

（3）由已知推出CP∥OB，得到∠AOB+∠PCO=180°，结合角平分线的定义可推出∠OCD=2∠PCO=360°-2∠AOB，根据（2）∠OCD+∠BO′E′=360°-∠AOB，进而推出∠AOB=∠BO′E′． 【详解】

解：（1）∵CD∥OE， ∴∠AOE=∠OCD=120°，

∴∠BOE=360°-∠AOE-∠AOB=360°-90°-120°=150°； （2）∠OCD+∠BO′E′=360°-α． 证明：如图②，过O点作OF∥CD，

∵CD∥O′E′， ∴OF∥O′E′，

∴∠AOF=180°-∠OCD，∠BOF=∠E′O′O=180°-∠BO′E′，

∴∠AOB=∠AOF+∠BOF=180°-∠OCD+180°-∠BO′E′=360°-（∠OCD+∠BO′E′）=α， ∴∠OCD+∠BO′E′=360°-α； （3）∠AOB=∠BO′E′． 证明：∵∠CPO′=90°， ∴PO′⊥CP， ∵PO′⊥OB， ∴CP∥OB，

∴∠PCO+∠AOB=180°， ∴2∠PCO=360°-2∠AOB， ∵CP是∠OCD的平分线，

∴∠OCD=2∠PCO=360°-2∠AOB，

∵由（2）知，∠OCD+∠BO′E′=360°-α=360°-∠AOB， ∴360°-2∠AOB+∠BO′E′=360°-∠AOB， ∴∠AOB=∠BO′E′． 【点睛】

此题考查了平行线的判定和性质，平移的性质，直角的定义，角平分线的定义，正确作出辅助线是解决问题的关键．

3．（1）35，35，平行；（2）∠FMN+∠GHF=180°，证明见解析；（3）不变，2 【分析】

（1）根据（α-35）2+|β-α|=0，即可计算α和β的值，再根据内错角相等可证AB∥CD； （2）先根据内错角相等证GH∥PN，再根据同旁内角互补和等量代换得出∠FMN+∠GHF=180°；

（3）作∠PEM1的平分线交M1Q的延长线于R，先根据同位角相等证ER∥FQ，得∠FQM1=∠R，设∠PER=∠REB=x，∠PM1R=∠RM1B=y，得出∠EPM1=2∠R，即可得FPN1=2． Q【详解】

解：（1）∵（α-35）2+|β-α|=0， ∴α=β=35，

∴∠PFM=∠MFN=35°，∠EMF=35°， ∴∠EMF=∠MFN， ∴AB∥CD；

（2）∠FMN+∠GHF=180°； 理由：由（1）得AB∥CD， ∴∠MNF=∠PME， ∵∠MGH=∠MNF， ∴∠PME=∠MGH， ∴GH∥PN， ∴∠GHM=∠FMN， ∵∠GHF+∠GHM=180°， ∴∠FMN+∠GHF=180°； （3）

FPN1的值不变，为2， Q理由：如图3中，作∠PEM1的平分线交M1Q的延长线于R， ∵AB∥CD， ∴∠PEM1=∠PFN，

∵∠PER=2∠PEM1，∠PFQ=2∠PFN， ∴∠PER=∠PFQ， ∴ER∥FQ，

11

∴∠FQM1=∠R，

设∠PER=∠REB=x，∠PM1R=∠RM1B=y， 则有：2y2xEPM，

1yxR可得∠EPM1=2∠R， ∴∠EPM1=2∠FQM1， ∴

EPM1FPN1==2．

FQM1Q【点睛】

本题主要考查平行线的判定与性质，熟练掌握内错角相等证平行，平行线同旁内角互补等知识是解题的关键．

4．（1）∠BME＝∠MEN﹣∠END；∠BMF＝∠MFN＋∠FND；（2）120°；（3）不变，30° 【分析】

（1）过E作EH∥AB，易得EH∥AB∥CD，根据平行线的性质可求解；过F作FH∥AB，易得FH∥AB∥CD，根据平行线的性质可求解；

（2）根据（1）的结论及角平分线的定义可得2（∠BME+∠END）+∠BMF-∠FND=180°，可求解∠BMF=60°，进而可求解；

（3）根据平行线的性质及角平分线的定义可推知∠FEQ=2∠BME，进而可求解． 【详解】

解：（1）过E作EH∥AB，如图1，

1

∴∠BME＝∠MEH， ∵AB∥CD， ∴HE∥CD， ∴∠END＝∠HEN，

∴∠MEN＝∠MEH＋∠HEN＝∠BME＋∠END， 即∠BME＝∠MEN﹣∠END．

如图2，过F作FH∥AB， ∴∠BMF＝∠MFK， ∵AB∥CD， ∴FH∥CD， ∴∠FND＝∠KFN，

∴∠MFN＝∠MFK﹣∠KFN＝∠BMF﹣∠FND， 即：∠BMF＝∠MFN＋∠FND．

故答案为∠BME＝∠MEN﹣∠END；∠BMF＝∠MFN＋∠FND． （2）由（1）得∠BME＝∠MEN﹣∠END；∠BMF＝∠MFN＋∠FND． ∵NE平分∠FND，MB平分∠FME，

∴∠FME＝∠BME＋∠BMF，∠FND＝∠FNE＋∠END， ∵2∠MEN＋∠MFN＝180°，

∴2（∠BME＋∠END）＋∠BMF﹣∠FND＝180°， ∴2∠BME＋2∠END＋∠BMF﹣∠FND＝180°， 即2∠BMF＋∠FND＋∠BMF﹣∠FND＝180°， 解得∠BMF＝60°， ∴∠FME＝2∠BMF＝120°；

（3）∠FEQ的大小没发生变化，∠FEQ＝30°． 由（1）知：∠MEN＝∠BME＋∠END， ∵EF平分∠MEN，NP平分∠END，

∴∠FEN＝2∠MEN＝2（∠BME＋∠END），∠ENP＝2∠END， ∵EQ∥NP， ∴∠NEQ＝∠ENP，

∴∠FEQ＝∠FEN﹣∠NEQ＝2（∠BME＋∠END）﹣2∠END＝2∠BME， ∵∠BME＝60°， ∴∠FEQ＝2×60°＝30°． 【点睛】

本题主要考查平行线的性质及角平分线的定义，作平行线的辅助线是解题的关键． 5．（1）20，20，AB//CD；（2）FMNGHF180；（3）FPN12 QFPN1的值不变，Q1111111【分析】

（1）根据(402)2|20|0，即可计算和的值，再根据内错角相等可证AB//CD； （2）先根据内错角相等证GH//PN，再根据同旁内角互补和等量代换得出

FMNGHF180；

（3）作∠PEM1的平分线交M1Q的延长线于R，先根据同位角相等证ER//FQ，得∠FQM1∠R，设∠PER∠REBx，∠PM1R∠RM1By，得出EPM12R，即可

得

FPN12． Q【详解】

解：（1）(402)2|20|0，

4020，200，

20，

PFMMFN20，EMF20， EMFMFN，

AB//CD；

故答案为：20、20，AB//CD； （2）FMNGHF180； 理由：由（1）得AB//CD，

MNFPME， MGHMNF， PMEMGH，

GH//PN， GHMFMN， GHFGHM180，

FMNGHF180；

（3）

FPN1FPN12； 的值不变，

QQ理由：如图3中，作∠PEM1的平分线交M1Q的延长线于R，

AB//CD，

PEM1PFN，

11PERPEM1，∠PFQ∠PFN，

22PERPFQ， ER//FQ，

FQM1R，

设∠PER∠REBx，∠PM1R∠RM1By，

yxR则有：，

2y2xEPM1可得EPM12R，

EPM12FQM1，

EPM12． FQM1【点睛】

本题主要考查平行线的判定与性质，熟练掌握内错角相等证平行，平行线同旁内角互补等知识是解题的关键．

6．（1）见解析；（2）∠PEQ+2∠PFQ＝360°；（3）30° 【分析】

（1）首先证明∠1＝∠3，易证得AB//CD；

（2）如图2中，∠PEQ+2∠PFQ＝360°．作EH//AB．理由平行线的性质即可证明； （3）如图3中，设∠QPF＝y，∠PHQ＝x．∠EPQ＝z，则∠EQF＝∠FQH＝5y，想办法构建方程即可解决问题； 【详解】 （1）如图1中，

∵∠2＝∠3，∠1＝∠2， ∴∠1＝∠3， ∴AB//CD．

（2）结论：如图2中，∠PEQ+2∠PFQ＝360°． 理由：作EH//AB．

∵AB//CD，EH//AB， ∴EH//CD，

∴∠1＝∠2，∠3＝∠4， ∴∠2+∠3＝∠1+∠4， ∴∠PEQ＝∠1+∠4，

同法可证：∠PFQ＝∠BPF+∠FQD，

∵∠BPE＝2∠BPF，∠EQD＝2∠FQD，∠1+∠BPE＝180°，∠4+∠EQD＝180°， ∴∠1+∠4+∠EQD+∠BPE＝2×180°， 即∠PEQ+2(∠FQD+∠BPF)=360°， ∴∠PEQ+2∠PFQ＝360°．

（3）如图3中，设∠QPF＝y，∠PHQ＝x．∠EPQ＝z，则∠EQF＝∠FQH＝5y，

∵EQ//PH，

∴∠EQC＝∠PHQ＝x， ∴x+10y＝180°， ∵AB//CD，

∴∠BPH＝∠PHQ＝x， ∵PF平分∠BPE，

∴∠EPQ+∠FPQ＝∠FPH+∠BPH， ∴∠FPH＝y+z﹣x， ∵PQ平分∠EPH， ∴Z＝y+y+z﹣x， ∴x＝2y， ∴12y＝180°， ∴y＝15°， ∴x＝30°， ∴∠PHQ＝30°． 【点睛】

本题考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义等知识．（2）中能正确作出辅助线是解题的关键；（3）中能熟练掌握相关性质，找到角度之间的关系是解题的关键． 7．（1）

1114914651111，；（2）①；② nn1nn156565019800【分析】

（1）根据规律可得第5个算式；根据规律可得第n个算式； （2）①根据运算规律可得结果．

②利用非负数的性质求出a与b的值，代入原式后拆项变形，抵消即可得到结果． 【详解】

（1）根据规律得：第5个等式是（2）①

111+++122334+111111，第n个等式是；nn1nn1 56561， 495011111112233411， 495011， 5049； 50②a为最小的正整数，b30，

a1，b3，

1111132435461， 98100原式11111111111(1)()()+()2322423524611111111(12324354611)， 98100111()， 2981001111(1)， 229910014651． 19800【点睛】

本题主要考查了数字的变化规律，发现规律，运用规律是解答此题的关键． 5n118．(1)2-1；(2)；(3)9×210+1．

410

【分析】

（1）根据题目中材料可以得到用类比的方法得到1+2+22+23+…+29的值； （2）根据题目中材料可以得到用类比的方法得到1+5+52+53+54+…+5n的值． （3）根据题目中的信息，运用类比的数学思想可以解答本题． 【详解】

解：（1）设S=1+2+22+23+…+29，

将等式两边同时乘以2得： 2S=2+22+23+24+…+29+210，

将下式减去上式得2S-S=210-1，即S=210-1， 即1+2+22+23+…+29=210-1． 故答案为210-1；

（2）设S=1+5+52+53+54+…+5n， 将等式两边同时乘以5得： 5S=5+52+53+54+55+…+5n+5n+1， 将下式减去上式得5S-S=5

2

3

4

n

n+1

5n11-1，即S=，

45n11即1+5+5+5+5+…+5=；

4（3）设S=1+2×2+3×22+4×23+…+9×28+10×29， 将等式两边同时乘以2得：

2S=2+2×22+3×23+4×24+…+9×29+10×210， 将上式减去下式得-S=1+2+22+23+…+29+10×210， -S=210-1-10×210， S=9×210+1，

即1+2×2+3×22+4×23+…+9×28+10×29=9×210+1． 【点睛】

本题考查有理数的混合运算、数字的变化类，解题的关键是明确题意，发现数字的变化规律．

9．（1）-3006，990；（2）见解析；（3）P（t）的最大值是P（2262）=36． 【分析】

（1）根据“前介数”t与它的“中介数”的差为P（t）的定义求解即可；

（2）设“前介数”为taabc且a、b、c均不为0的整数，即1a、b、c9，根据定义得到P（t）=aabccaab9110ab111c，则P（t）一定能被9整除；

（3）设“前介数”为t22ab220010ab，根据题意得到ab4能被3整除，且b只能取2，4，6，8中的其中一个数；t对应的“中介数”是b22a1000b220a，得到a只能取2，4，6，8中的其中一个数，计算P（t）19809a999b，推出要求P（t）的最大值，即a要尽量的大，b要尽量的小，再分类讨论即可求解． 【详解】

（1）解：2215是“前介数”，其对应的“中介数”是5221， ∴P（2215）=2215-5221=-3006；

6655是“前介数”，其对应的“中介数”是5665， ∴P（6655）=6655-5665=990； 故答案为：-3006，990；

（2）证明：设“前介数”为taabc且a、b、c均为不为0的整数，即1a、b、c9， ∴t1000a100a10bc1100a10bc，

又t对应的“中介数”是caab1000c100a10ab1000c110ab， ∴P（t）=aabccaab1100a10bc1000c110ab

1100a10bc1000c110ab 990a9b999c 9110ab111c，

∵a、b、c均不为0的整数， ∴110ab111c为整数， ∴P（t）一定能被9整除；

（3）证明：设“前介数”为t22ab且即1a、b9，a、b均为不为0的整数， ∴t200020010ab220010ab， ∵t能被6整除，

∴t能被2整除，也能被3整除，

∴b为偶数，且22abab4能被3整除， 又1b9，

∴b只能取2，4，6，8中的其中一个数，

又t对应的“中介数”是b22a1000b20020a1000b220a， 且该“中介数”能被2整除， ∴a为偶数， 又1a9，

∴a只能取2，4，6，8中的其中一个数，

∴P（t）=22abb22a220010ab1000b220a

220010ab1000b220a 19809a999b，

要求P（t）的最大值，即a要尽量的大，b要尽量的小， ①a的最大值为8，b的最小值为2，但此时ab414， 且14不能被3整除，不符合题意，舍去；

②a的最大值为6，b的最小值仍为2，但此时ab412，能被3整除， 且P（t）=2262-2226=36；

③a的最大值仍为8，b的最小值为4，但此时ab416， 且16不能被3整除，不符合题意，舍去； 其他情况，a减少，b增大，则P（t）减少， ∴满足条件的P（t）的最大值是P（2262）=36． 【点睛】

本题考查用新定义解题，根据新定义，表示出“前介数”，与其对应的“中介数”是求解本题的关键．本题中运用到的分类讨论思想是重要一种数学解题思想方法． 10．（1）a2=2，a3=-1，a4=（2）a2016•a2017•a2018= -1

1 2（3）a33+a66+a99+…+a9999=-1 【分析】

11(1)将a1=代入中即可求出a2，再将a2代入求出a3，同样求出a4即可.

1a2(2)从（1）的计算结果可以看出，从a1开始，每三个数一循环，而2016÷3=672，则a2016=-1,a2017=

1 ,a2018=2然后计算a2016•a2017•a2018的值； 2(3)观察可得a3、a6、a9、…a99，都等于-1，将-1代入，即可求出结果. 【详解】

111a2=21 ； （1）将a1=，代入，得

1-1a22将a2=2，代入

11=-1； ，得a31a1-2将a3=-1，代入

111=. ，得a41a1-（-1）21 ,a2018=2 2（2）根据(1)的计算结果，从a1开始，每三个数一循环， 而2016÷3=672，则a2016=-1,a2017=

1所以，a2016•a2017•a2018=（-1）××2= -1

2（3）观察可得a3、a6、a9、…a99，都等于-1，将-1代入， a33+a66+a99+…+a9999

=（-1）3+（-1）6+（-1）9+…+（-1）99 =（-1）+1+（-1）+…(-1) =-1 【点睛】

此类问题考查了数字类的变化规律，解题的关键是要严格根据定义进行解答，同时注意分析循环的规律．

3511

11．（1）x－1；（2）x－1；（3）．

2

7

n+1

【分析】

（1）仿照已知等式写出答案即可；

（2）先归纳总结出规律，然后按规律解答即可； （3）先利用得出规律的变形，然后利用规律解答即可． 【详解】

解：（1）根据题意得：(x－1)(x6+x5+x4+x3+x2+x+1)=x7-1； （2）根据题意得：（x-1）（x\"+x\"-1+.…+x+1）=x\"+1-1； 1135112495050+1

··+3+3)= ×（x-1）=（3）原式=×（3-1）(1+3+3+·

222故答案为：（1）x－1；（2）x

7n+1

3511－1；（3）．

2【点睛】

本题考查了平方差公式以及规律型问题，弄清题意、发现数字的变化规律是解答本题的关键．

1111111112．（1）；；；（2）13(n1)(13n)；313(n1)13n131631316（3）

100. 301【分析】

（1）观察前4个等式的分母先得出第5个式子的分母，再依照前4个等式即可得出答案；

（2）根据前4个等式归纳类推出一般规律即可； （3）利用题（2）的结论，先写出a1a2a3a4因式、有理数加减法、乘法运算计算即可. 【详解】

（1）观察前4个等式的分母可知，第5个式子的分母为1316 则第5个式子为：a5故应填：

1111 131631316a100中各数的值，然后通过提取公

1111；； 131631316（2）第1个等式的分母为：14(130)(131) 第2个等式的分母为：47(131)(132) 第3个等式的分母为：710(132)(133) 第4个等式的分母为：1013(133)(134) 归纳类推得，第n个等式的分母为：13(n1)(13n) 则第n个等式为：an故应填：

1111（n为正整数）

13(n1)(13n)313(n1)13n1111；；

13(n1)(13n)313(n1)13n（3）由（2）的结论得：a100则a1a2a3a4a100

11111

13(1001)(13100)29830132983011

29830111111447710101311111111111134347371031013111 3298301111111111+++34477101013111 3301+11 2983011300 3301100. 301【点睛】

本题考查了有理数运算的规律类问题，依据已知等式归纳总结出等式的一般规律是解题关键.

4413．（1）（-2，0）；（2）①4秒；②（0，）或（-3，）

33【分析】

（1）根据BC=AE=3，OA=1，推出OE=2，可得结论． （2）①判断出PB=CD，即可得出结论；

②根据△PEA的面积以及AE求出点P到AE的距离，结合点P的路线可得坐标． 【详解】

解：（1）∵C（-3，2），A（1，0）， ∴BC=3，OA=1， ∵BC=AE=3， ∴OE=AE-AO=2， ∴E（-2，0）；

（2）①∵点C的坐标为（-3，2） ∴BC=3，CD=2，

∵点P的横坐标与纵坐标互为相反数； ∴点P在线段BC上， ∴PB=CD=2， 即t=（2+2）÷1=4；

∴当t=4秒时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数； ②∵△PEA的面积为2，A（1，0），E（-2，0）， ∴AE=3，

设点P到AE的距离为h ∴

13h2， 24∴h=，

34即点P到AE的距离为，

344∴点P的坐标为（0，）或（-3，）．

33【点睛】

本题考查坐标与图形变化-平移，三角形的面积等知识，解本题的关键是由线段和部分点的坐标，得出其它点的坐标．

14．（1）120°；（2）90°-2x°；（3）不变，2；（4）45° 【分析】

（1）由平行线的性质：两直线平行同旁内角互补可得；

（2）由平行线的性质可得∠ABN=180°-x°，根据角平分线的定义知∠ABP=2∠CBP、∠PBN=2∠DBP，可得2∠CBP+2∠DBP=180°-x°，即∠CBD=∠CBP+∠DBP=90°-2x°； （3）由AM∥BN得∠APB=∠PBN、∠ADB=∠DBN，根据BD平分∠PBN知∠PBN=2∠DBN，从而可得∠APB：∠ADB=2：1；

（4）由AM∥BN得∠ACB=∠CBN，当∠ACB=∠ABD时有∠CBN=∠ABD，得∠ABC+∠CBD=∠CBD+∠DBN，即∠ABC=∠DBN，根据角平分线的定义可得

∠ABP=∠PBN=2∠ABN=2∠DBN，由平行线的性质可得2∠A+2∠ABN=90°，即可得出答案． 【详解】

解：（1）∵AM∥BN，∠A=60°， ∴∠A+∠ABN=180°， ∴∠ABN=120°； （2）∵AM∥BN， ∴∠ABN+∠A=180°， ∴∠ABN=180°-x°， ∴∠ABP+∠PBN=180°-x°， ∵BC平分∠ABP，BD平分∠PBN， ∴∠ABP=2∠CBP，∠PBN=2∠DBP， ∴2∠CBP+2∠DBP=180°-x°，

∴∠CBD=∠CBP+∠DBP=2（180°-x°）=90°-2x°； （3）不变，∠ADB：∠APB=2． ∵AM∥BN，

∴∠APB=∠PBN，∠ADB=∠DBN， ∵BD平分∠PBN， ∴∠PBN=2∠DBN， ∴∠APB：∠ADB=2：1， ∴∠ADB：∠APB=2； （4）∵AM∥BN， ∴∠ACB=∠CBN，

当∠ACB=∠ABD时，则有∠CBN=∠ABD， ∴∠ABC+∠CBD=∠CBD+∠DBN， ∴∠ABC=∠DBN，

∵BC平分∠ABP，BD平分∠PBN， ∴∠ABP=2∠ABC，∠PBN=2∠DBN，

1111111111∴∠ABP=∠PBN=2∠DBN=2∠ABN， ∵AM∥BN， ∴∠A+∠ABN=180°， ∴∴∴

12121∠A+2∠ABN=90°， ∠A+2∠DBN=90°，

1111∠A+∠DBN=2（2∠A+2∠DBN）=45°． 4【点睛】

本题主要考查平行线的性质和角平分线的定义，熟练掌握平行线的性质是解题的关键． 15．（1）a=-2，b=2；（2）P（0，-4）或（0，4）；（3）①∠CAB＋∠ODB=90°；②∠AED=45°. 【分析】

（1）根据非负数的性质即可求得a、b的值；（2）先求得S△ABC=4，设P（0，t），根据S△OPC=2OP×2=2×t ×2=4求得t值，即可求得点P的坐标；（3）①已知BD∥AC，根据两直线平行，内错角相等可得∠CAB=∠OBD，由∠OBD＋∠ODB=90°，即可得∠CAB＋∠ODB=90°；②根据角平分线的定义及①中的结论，可求得∠3+∠4=45°；过点E作EF∥AC，即可得EF∥BD∥AC，根据平行线的性质可得∠3=∠1，∠2=∠4，由此求得∠AED=∠1+∠2=∠4+∠3=45°. 【详解】

（1）∵a2b20， ∴a+2=0，b-2=0， ∴a=-2，b=2； （2）∵a=-2，b=2， ∴A（-2，0），C（2，2）， ∴S△ABC=2 AB•BC=2×4×2=4； 设P（0，t），

∴S△OPC=2OP×2=2×t ×2=t=4； ∴t=4或t=-4，

∴P（0，-4）或（0，4）． （3）①∵BD∥AC， ∴∠CAB=∠OBD， ∵∠OBD＋∠ODB=90°， ∴∠CAB＋∠ODB=90°；

②∵AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB， 11∴∠3=CAB,∠4=ODB,

221111211∵∠CAB＋∠ODB=90°，

11∴∠3+∠4=CAB+ODB=45°，

22过点E作EF∥AC，

∵BD∥AC， ∴EF∥BD∥AC， ∴∠3=∠1，∠2=∠4， ∴∠AED=∠1+∠2=∠4+∠3=45°. 【点睛】

本题考查了坐标与图形性质，熟知非负数的性质、三角形的面积公式及平行线的性质是解决问题的关键．

16．（1）打折前，甲品牌粽子每盒70元，乙品牌粽子每盒80元；（2）最多可购买15盒乙品牌粽子． 【分析】

（1）设打折前甲品牌粽子每盒x元，乙品牌粽子每盒y元，根据“打折前，买6盒甲品牌粽子和3盒乙品牌粽子需660元；打折后，买5盒甲品牌粽子和4盒乙品牌粽子需要520元”，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；

（2）设敬老院可购买m盒乙品牌粽子．即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值整数值即可得出结论． 【详解】

解：（1）设打折前，每盒甲品牌粽子x元，每盒乙品牌粽子y元， 根据题意，得：80%5x75%4y520，

6x3y660x70解得，

y80答：打折前，甲品牌粽子每盒70元，乙品牌粽子每盒80元． （2）设敬老院可购买m盒乙品牌粽子． 打折后，甲品牌粽子每盒：7080%56（元)， 乙品牌粽子每盒：8075%60（元)， 根据题意，得：60m56(40m)2300，

解得m15．

m的最大整数解为m15．

答：最多可购买15盒乙品牌粽子． 【点睛】

本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．

17．（1）①1，4；3，0；2，﹣4；②2；（2）见解析；（3）t＝1.2时，P(0.6，0)，t＝2时，P(﹣1，0)． 【分析】

（1）①利用非负数的性质求出a，b的值，可得结论． ②利用三角形面积公式求解即可．

（2）连接DH，根据△ODH的面积+△ADH的面积=△OAH的面积，构建关系式，可得结论．

（3）分两种情形：①当点P在线段OB上，②当点P在BO的延长线上时，分别利用面积关系，构建方程，可得结论． 【详解】 （1）解：①∵又∵

∴a＝4，b＝3， ∴A(1，4)，B(3，0)， ∵B是由A平移得到的，

∴A向右平移2个单位，向下平移4个单位得到B，

∴点C是由点O向右平移2个单位，向下平移4个单位得到的， ∴C(2，﹣4)，

故答案为：1，4；3，0；2，﹣4． ②△AOH的面积＝2×1×4＝2， 故答案为：2．

（2）证明：如图，连接DH．

14a(b3)20，

4a≥0，(b﹣3)2≥0，

∵△ODH的面积+△ADH的面积＝△OAH的面积，

∴

12×1×n＋2×4×(1﹣m)＝2，

1∴4m＝n．

（3）解：①当点P在线段OB上， 由三角形AOP与三角形COQ的面积相等得：

121OP·yA=2OQ·xC，

12∴

×(3﹣2t)×4＝2×2t，

1解得t＝1.2． 此时P(0.6，0)．

②当点P在BO的延长线上时，

由三角形AOP与三角形COQ的面积相等得：

1212OP·yA=2OQ·xC， ×(2t﹣3) ×4＝2×2×t，

11解得t＝2， 此时P(﹣1，0)，

综上所述，t＝1.2时，P(0.6，0)，t＝2时，P(﹣1，0)． 【点睛】

本题考查坐标与图形变化-平移，非负数的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．

18．（1）C1,3，D3,3，S四边形ABCD12；（2）存在，P0,6或P0,6；（3）存在，Q1,3或Q3,3；（4）存在，M的纵坐标总是4或4．或者：点M在平行于x轴且与x轴的距离等于4的两条直线上；或者：点M在直线y4或直线y4上 【分析】

（1）根据点的平移规律，即可得到对应点坐标； （2）由S（3）由S（4）由S【详解】

（1）∵点A2,0，点B(2,0)

∴向上平移3个单位，再向右平移1个单位之后对应点坐标为D(3,3)，点C(1,3) ∴AB2(2)4 ∴S四边形ABCD=43=12 （2）存在，理由如下： ∵S△PABS四边形ABCD=12 1即：ABOP=12

2PABS四边形ABCD，可以得到OP6，即可得到P点坐标；

QCB1S四边形ABCD，可以得到CQ2，结合点C坐标，就可以求得点Q坐标； 42S，可以AB边上的高的长度，从而得到点M的坐标规律． 3四边形ABCDMAB∴OP6

∴P0,6或P0,6 （3）存在，理由如下： ∵S△QCB1S 4四边形ABCD1即：S△QCB123

413∵S△QCBCQOECQ

22∴CQ2 ∵C(1,3) ∴Q1,3或Q3,3 （4）存在：理由如下： ∵S△MAB2S 3四边形ABCD2∴S△MAB12=8

3设△MAB中，AB边上的高为h

1则：ABh8

2∴h4

∴点M在直线y4或直线y4上 【点睛】

本题考查直角坐标系中点的坐标平移规律，由点到坐标轴的距离确定点坐标等知识点，根据相关内容解题是关键．

19．（1）长为35，宽为25；（2）正确，理由见解析 【分析】

（1）设长为3x，宽为2x，根据长方形的面积为30列方程，解方程即可；

（2）根据长方形纸片的周长为50，阴影部分两个长方形的周长之和为30列方程组，解方程组求出a即可得到大正方形的面积． 【详解】

解：（1）设长为3x，宽为2x， 则：3x•2x=30， ∴x=5（负值舍去）， ∴3x=35，2x=25，

答：这个长方形纸片的长为35，宽为25； （2）正确．理由如下：

2aba50根据题意得：，

4b2ab30a10解得：，

b5∴大正方形的面积为102=100． 【点睛】

本题考查了算术平方根，二元一次方程组，解二元一次方程组的基本思路是消元，把二元方程转化为一元方程是解题的关键．

a3020．（1）；（2）有 4 种方案：3 台甲种机器，7 台乙种机器；2 台甲种机器，8 台

b18乙种机器；1 台甲种机器，9 台乙种机器；

10 台乙种机器. （3）最省钱的方案是购买 2 台甲种机器，8 台乙种机器. 【分析】

（1）根据购买一台甲型机器比购买一台乙型机器多12万元，购买2台甲型机器比购买3台乙型机器多6万元这一条件建立一元二次方程组求解即可,（2）设买了x台甲种机器,根据该公司购买新机器的资金不超过216万元，建立一次不等式求解即可,（3）将两种机器生产的产量相加,使总产量不低于1890吨，求出x的取值范围,再分别求出对应的成本即可解题. 【详解】

ab12, （1）解：由题意得2a3b6a30解得，；

b18（2）解：设买了x台甲种机器 由题意得:30＋18(10－x)≤216 解得：x≤3 ∵x为非负整数 ∴x＝0、1、2、3 ∴有 4 种方案：

3 台甲种机器，7 台乙种机器； 2 台甲种机器，8 台乙种机器； 1 台甲种机器，9 台乙种机器； 10 台乙种机器.

（3）解：由题意得：240＋180（10－x）≥1890 解得：x≥1.5 ∴1.5≤x≤ 3 ∴整数 x＝2 或 3

当 x＝2 时购买费用＝30×2＋18×8＝204(元) 当 x＝3 时购买费用＝30×3＋18×7＝216(元) ∴最省钱的方案是购买 2 台甲种机器，8 台乙种机器. 【点睛】

本题考查了利润的实际应用,二元一次方程租的实际应用,一元一次不等式的实际应用,难度较大,认真审题,找到等量关系和不等关系并建立方程组和不等式组是解题关键. 21．（1）n-m；（2）①M是AN的中点，n=2m+3；②A是MN中点，n=-m-6；③N是9mm0m6135 AM的中点，nm；（3）或或． 1n222n4n5【分析】

（1）由两点间距离直接求解即可；

（2）分三种情况讨论：①M是A、N的中点，n=2m+3；②当A点在M、N点中点时，n=﹣6﹣m；③N是M、A的中点时，n3m； 2（3）由已知可得|m+3|=|n﹣1|，n﹣m【详解】 （1）MN=n﹣m． 故答案为：n﹣m； （2）分三种情况讨论： ①M是A、N的中点， ∴n+(-3)=2m， ∴n=2m+3；

4|m+3|，分情况求解即可． 3

②A是M、N点中点时，m+n=-3×2， ∴n=﹣6﹣m；

③N是M、A的中点时，-3+m=2n， ∴n3m； 2

（3）∵AM=BN， ∴|m+3|=|n﹣1|． ∵MN4BM， 3∴n﹣m4|m+3|， 3m3n1m3n1m3n1m3n1∴或或或， 3n3m4m123n3m4m123n3m4m123n3m4m129mm0m65m3∴或或或．

1n5n2n4n5∵n＞m，

9mm0m65∴或或． n4n2n15【点睛】

本题考查了列代数式，解二元一次方程组以及数轴上两点间的距离公式，解答本题的关键是：（1）根据两点间的距离公式求出线段AB的长；（2）分三种情况讨论；（3）分四种情况讨论．解决该题型题目时，结合数量关系表示出线段的长度，再根据线段间的关系列出方程是关键．

0),B(0，3)；（2）22．（1）A(4，BEOE1；（3）G与H之间的数量关系为OCG2H180．

【分析】

（1）根据非负数的性质和解二元一次方程组求解即可；

3c)，过D作DPx轴于P，再根据（2）设C(0,c),E(0,y)，先根据平移的性质可得D(4，三角形ADP的面积得出

3c8(3c)4y4(y3c)，从而可得y，然后根据线段的和2222差可得BEOEcOC，由此即可得出答案；

（3）设AH与CD交于点Q，过H，G分别作DF的平行线MN，KJ，设BAHCAH,DFHGFH，由平行线的性质可得QHF180(),DGF1802()，由此即可得出结论．

【详解】

（1）∵(2ab5)20,a2b20，且(2ab5)2a2b20

2ab50∴ a2b20a4解得：

b30),B(0，3)； 则A(4，（2）设C(0,c),E(0,y)

0),B(0，3) ∵将线段AB平移得到CD，A(4，3c) ∴由平移的性质得D(4，如图1，过D作DPx轴于P

∴AO4OP,DP3c,OEy,OCc ∵S∴即

ADPSAOES梯形OEDP

APDPOAOE(OEDP)OP 2228(3c)4y4(y3c) 2223c 2∴BEOE(BOOE)OEBO2OE32yc

解得y∴

BEOEc1； OCc

（3）G与H之间的数量关系为G2H180，求解过程如下： 如图2，设AH与CD交于点Q，过H，G分别作DF的平行线MN，KJ ∵HD平分BAC，HF平分DFG

∴设BAHCAH,DFHGFH ∵AB平移得到CD ∴AB//CD,BD//AC

∴BAHAQCFQH，BACACD180BDCACD ∴BACBDCFDG2 ∵MN//FQ

∴MHQFQH,NHFDFH ∴QHF180MHQNHF180() ∵KJ//DF

∴DGKFDG2,DFGFGJ2 ∴DGF180DGKFGJ1802() ∴DGF2QHF180．

【点睛】

本题属于一道较难的综合题，考查了解二元一次方程组、平移的性质、平行线的性质等知识点，较难的是题（3），通过作两条辅助线，构造平行线，从而利用平行线的性质是解题关键．

23．（1）（3，3）；（2）【分析】

（1）点A既是“健康点”又是“快乐点”，则A坐标应该满足x-2y+3=0和x+y-6=0，解

x2y30即可得答案； xy6032715；（3）（，0）或（，0） 222（2）设直线AB交y轴于D，求出B、C、D的坐标，根据S△ABC=S△BCD+S△ACD即可求出答案；

（3）设点P的坐标为（n，0），根据△PBC的面积等于△ABC的面积，即程，解之即可． 【详解】

解：（1）点A既是“健康点”又是“快乐点”，则A坐标应该满足x-2y+3=0和x+y-6=0，

x2y30x3解得：y3，

xy6027，列出方2∴A的坐标为（3，3）； 故答案为：（3，3）；

（2）设直线AB交y轴于D，如图：

∵B是x轴上的“健康点”，在x-2y+3=0中，令y=0得x=-3， ∴B（-3，0），

∵C是y轴上的“快乐点”，在x+y-6=0中，令x=0得y=6， ∴C（0，6），

在x-2y+3=0中，令x=0得y=

3， 23∴D（0，），

29∴CD=，

2∴S△ABC=S△BCD+S△ACD =2CD•|xB|+2CD•|xA| =33 =27； 21922192211（3）设点P的坐标为（n，0）， 则BP=n3，

∵△BPC与△ABC面积相等， ∴S△BPC=n36=∴n3， ∴n或321227， 29215， 2315∴点P的坐标为（，0）或（，0）．

22【点睛】

本题考查三角形面积，涉及新定义、坐标轴上点坐标特征等知识，解题的关键是理解“健康点”、“快乐点”含义．

24．（1）1；5；（2）购买6支水笔、6块橡皮、6本记事本共需48元；（3）11． 【分析】

1①②可得出x+y的值； 3（2）设铅笔的单价为m元，橡皮的单价为n元，记事本的单价为p元，根据“买20支水

（1）利用①−②可得x－y的值，利用

笔、3块橡皮、2本记事本共需35元，买39支水笔、5块橡皮、3本记事本工序62元”，即可得出关于m，n，p的三元一次方程组，由2×①-②可得mnp的值，再乘5即可求得结果；

（3）根据新运算的定义可得出关于a，b，c的三元一次方程组，由3×①−2×②可得出

abc的值，从而可求得结果．

【详解】

2xy7①（1）

x2y8②1由①−②可得：x－y＝－1，由①②可得x+y＝5

3故答案为：1；5．

（2）设水笔的单价为m元，橡皮的单价为n元，记事本的单价为p元，

20m3n2p35①依题意，得：，

39m5n3p62②由2①②可得mnp8，

6m6n6p6848．

故购买6支水笔、6块橡皮、6本记事本共需48元．

3a5bc15①（3）依题意得：

4a7bc28②11 由3×①−2×②可得：abc＝－即1*1－11 故答案为：11． 【点睛】

本题考查了二元一次方程组的应用及三元一次方程组的应用，解题的关键是：（1）运用“整体思想”求出x-y，x+y的值；（2）（3）找出等量关系，正确列出三元一次方程组．

x1025．（1）；（2）该公司有6种购买方案，方案1：购买10台乙型设备；方案2：

y8购买1台甲型设备，9台乙型设备；方案3：购买2台甲型设备，8台乙型设备；方案4：购买3台甲型设备，7台乙型设备；方案5：购买4台甲型设备，6台乙型设备；方案6：购买5台甲型设备，5台乙型设备；（3）最省钱的购买方案为：购买4台甲型设备，6台乙型设备． 【分析】

（1）由一台A型设备的价格是x万元，一台乙型设备的价格是y万元，根据题意得等量关系：购买一台甲型设备-购买一台乙型设备=2万元，购买4台乙型设备-购买3台甲型设备=2万元，根据等量关系，列出方程组，再解即可；

（2）设购买甲型设备m台，则购买乙型设备（10-m）台，由题意得不等关系：购买甲型

设备的花费+购买乙型设备的花费≤91万元，根据不等关系列出不等式，再解即可； （3）由题意可得：甲型设备处理污水量+乙型设备处理污水量≥2750吨，根据不等关系，列出不等式，再解即可． 【详解】

xy2（1）依题意，得：，

4y3x2x10解得：．

y8（2）设该治污公司购进m台甲型设备，则购进(10﹣m)台乙型设备， 依题意，得：10m+8(10﹣m)≤91， 解得：m≤52． 又∵m为非零整数， ∴m=0，1，2，3，4，5， ∴该公司有6种购买方案， 方案1：购买10台乙型设备；

方案2：购买1台甲型设备，9台乙型设备； 方案3：购买2台甲型设备，8台乙型设备； 方案4：购买3台甲型设备，7台乙型设备； 方案5：购买4台甲型设备，6台乙型设备； 方案6：购买5台甲型设备，5台乙型设备． （3）依题意，得：300m+260(10﹣m)≥2750，

13解得：m≥3，∴m=4，5．

4当m=4时，总费用为10×4+8×6=88(万元)； 当m=5时，总费用为10×5+8×5=90(万元)． ∵88＜90，

∴最省钱的购买方案为：购买4台甲型设备，6台乙型设备． 【点睛】

此题主要考查了二元一次方程组的应用和一元一次不等式的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系和不等关系，列出方程（组）和不等式．

26．（1）该店三月份售出A种手机24部，B种手机10部；（2）共有5种进货方案，分别是A种手机21部，B种手机19部；A种手机22部，B种手机18部；A种手机23部，B种手机17部；A种手机24部，B种手机16部；A种手机25部，B种手机15部 【分析】

（1）设该店三月份售出A种手机x部，B种手机y部，由“三月份销售A、B两种手机共34部，且销售A种手机的利润恰好是销售B种手机利润的2倍”列出方程组，可求解； （2）设A种手机a部，B种手机（40﹣a）部，由“购进B种手机数不低于A种手机数的3，用于购买这两种手机的资金低于140000元”列出不等式组，即可求解． 5【详解】

解：（1）设该店三月份售出A种手机x部，B种手机y部，

xy34由题意可得：，

38003300x243003700yx24解得：，

y10答：该店三月份售出A种手机24部，B种手机10部； （2）设A种手机a部，B种手机（40﹣a）部， 3a40a5由题意可得，

3300a3700(40a)140000解得：20＜a≤25， ∵a为整数，

∴a＝21，22，23，24，25，

∴共有5种进货方案，分别是A种手机21部，B种手机19部； A种手机22部，B种手机18部； A种手机23部，B种手机17部； A种手机24部，B种手机16部； A种手机25部，B种手机15部． 【点睛】

本题考查了一元一次不等式组解实际问题的运用，二元一次方程组解实际问题的运用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．

27．（1）应该购买B类年票，理由见解析；（2）应该购买B类年票，理由见解析；（3）小明一年中进入拓展中心不低于30次 【分析】

（1）因为80元小于120元，故无法购买A类年票，继而分别讨论直接购票与购买B类年票，这两种方式何者次数更多即可．

（2）本题根据进入中心的次数，分别计算小亮直接购票、购买A类年票、购买B类年票所消费的总金额，最后比较总花费大小即可．

（3）小明选择购买A类年票，说明A类年票更为划算，故需满足直接购票与购买B类年票所花费的金额不低于120元，最后列不等式求解即可． 【详解】

（1）由于预算限制，小丽不可能买A类年票；若直接购票，可以进中心8010=8次；若购买B类年票，可进中心(8060)210次，所以应该购买 B 类年票．

（2）若直接购买门票，需花费2010=200元；若购买A类年票，需花费120元；若购买B类年票，需花费60+202=100元；所以应该购买B类年票．

10x120 ，解得（3）设小明每年进拓展中心约x次，根据题意列出不等式组：602x120x12，故x30． x30所以小明一年中进入拓展中心不低于30次． 【点睛】

本题考查实际问题以及不等式，解题关键在于对题目的理解，此类型题目需要分类讨论做对比，其次需要从实际问题背景抽离数学关系，最后注意计算仔细即可． 28．（1）点A的坐标为2,0，点C的坐标为5,0；（2）①45°；②0d5 【分析】

（1）根据2a4xc4ya值，坐标可求；

2）①作PH∥AD，根据角平分线的定义、平行线的性质计算，得到答案；

②连接AB，交y轴于F，根据点的坐标特征分别求出S△ABC、S△ABD，根据题意列出不等式，解不等式即可． 【详解】

解：（1）由题意得，2a40，c41，a231， 解得，a2，c5，

则点A的坐标为2,0，点C的坐标为5,0； （2）①如图1，作PH//AD，

230可得，2a40，c41，a231，即可求得a、c的

∵AD//BC， ∴PH//BC， ∵AOD90， ∴ADOOAD90， ∵AD//BC， ∴BCAOAD， ∴ADOBCA90°，

∵ADO与ACB的平分线交于P点，

11∴ADPADO，BCPBCA，

2211∴ADPBCP(ADOBCA)9045°，

22∵PH//AD，PH//BC，

∴HPDADP，HPCBCP，

∴DPCHPDHPCADPBCP45°； ②连接AB，交y轴于F，

∵S△ADES△BCE，

∴S△ADES△ABES△BCES△ABE，即S△ABDS△ABC， ∵A2,0，B2,4，C5,0， 1∴S△ABC25414，

2过A作y轴的平行线HG，作DH、BG垂直HG，交HG于点H、G， S梯形DHGB1244d123d， 211S△ABD123d2d4442d，

22由题意得，42d14， 解得，d5，

∵点D为y轴正半轴上的一个动点， ∴0d5． 【点睛】

本题考查的是二元一次方程的定义、平行线的性质、坐标与图形性质、三角形的面积计算，一元一次不等式，掌握平行线的性质、三角形面积公式是解题的关键． 2829．（1）是；（2）k的最小值为﹣，最大值为

33【分析】

（1）分别解出两个方程，得到x﹣y的值，即可确定两个方程是“友好方程”； （2）分别解两个方程为x＝1，y范围为即可求解． 【详解】

7解：（1）由2x﹣9＝5x﹣2，解得x＝，

33k23k2≤1，求出k的取值，再由已知可得﹣1≤155由5（y﹣1）﹣2（1﹣y）＝﹣34﹣2y，解得y＝﹣3， 2∴x﹣y＝，

3∴﹣1≤x﹣y≤1，

∴方程2x﹣9＝5x﹣2与方程5（y﹣1）﹣2（1﹣y）＝﹣34﹣2y是“友好方程”； （2）由3x﹣3+4（x﹣1）＝0，解得x＝1， 由

3k23yky2k1，解得y，

52∵两个方程是“友好方程”， ∴﹣1≤x﹣y≤1， ∴﹣1≤13k2≤1， 528∴k

3328∴k的最小值为﹣，最大值为．

33【点睛】

本题主要考查了解一元一次方程和解一元一次不等式组，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.

30．(1) C（5，﹣4）;(2)90°;(3)见解析. 【详解】

分析：（1）利用非负数的和为零，各项分别为零，求出a，b即可； （2）用同角的余角相等和角平分线的意义即可；

（3）利用角平分线的意义和互余两角的关系简单计算证明即可． 详解：（1）∵（a﹣3）2+|b+4|=0， ∴a﹣3=0，b+4=0， ∴a=3，b=﹣4，

∴A（3，0），B（0，﹣4）， ∴OA=3，OB=4， ∵S四边形AOBC=16． ∴0.5（OA+BC）×OB=16， ∴0.5（3+BC）×4=16， ∴BC=5，

∵C是第四象限一点，CB⊥y轴， ∴C（5，﹣4）； （2）如图，

延长CA，∵AF是∠CAE的角平分线， ∴∠CAF=0.5∠CAE， ∵∠CAE=∠OAG，

∴∠CAF=0.5∠OAG， ∵AD⊥AC，

∴∠DAO+∠OAG=∠PAD+∠PAG=90°， ∵∠AOD=90°， ∴∠DAO+∠ADO=90°， ∴∠ADO=∠OAG， ∴∠CAF=0.5∠ADO， ∵DP是∠ODA的角平分线， ∴∠ADO=2∠ADP， ∴∠CAF=∠ADP， ∵∠CAF=∠PAG， ∴∠PAG=∠ADP，

∴∠APD=180°﹣（∠ADP+∠PAD）=180°﹣（∠PAG+∠PAD）=180°﹣90°=90° 即：∠APD=90°

（3）不变，∠ANM=45°理由：如图，

∵∠AOD=90°， ∴∠ADO+∠DAO=90°， ∵DM⊥AD， ∴∠ADO+∠BDM=90°， ∴∠DAO=∠BDM， ∵NA是∠OAD的平分线， ∴∠DAN=0.5∠DAO=0.5∠BDM， ∵CB⊥y轴，

∴∠BDM+∠BMD=90°， ∴∠DAN=0.5（90°﹣∠BMD）， ∵MN是∠BMD的角平分线， ∴∠DMN=0.5∠BMD，

∴∠DAN+∠DMN=0.5（90°﹣∠BMD）+0.5∠BMD=45° 在△DAM中，∠ADM=90°， ∴∠DAM+∠DMA=90°， 在△AMN中，

∠ANM=180°﹣（∠NAM+∠NMA）=180°﹣（∠DAN+∠DAM+∠DMN+∠DMA）=180°﹣[（∠DAN+DMN）+（∠DAM+∠DMA）] =180°﹣（45°+90°）=45°， ∴D点在运动过程中，∠N的大小不变，求出其值为45°

点睛：此题是四边形综合题，主要考查了非负数的性质，四边形面积的计算方法，角平分线的意义，解本题的关键是用整体的思想解决问题，也是本题的难点.