8 期中综合水平测试-【全程复习大考卷】2025-2026学年新教材七年级上册数学(鲁教版 五四学制2024)

分×9x12+7×15x8=54+60=14(m2)。 由题意可知，AE≤AD<AC,即3米≤AD<5米， 故这根木头的长度可能是4米。 所以这块菜地的面积为114m2。 11.直角 小斗总结… 12.南偏东60°【解析】甲的路程为400×15=6000(m), 借助勾股定理求四边形的面积，通常连接对角线，把四边形分 乙的路程为400×20=8000(m)。 成两个三角形。 因为60002+80002=100002， 8.A【解析】如图，将长方体的侧面沿AB展开，取AB的 所以△ABC为直角三角形。所以∠BAC=90°。 中点C',取A'B'的中点C,连接B'C,AC,则AC+B'C即 因为甲客轮沿着北偏东30°的方向航行， 为所求的最短彩条长。 所以乙客轮的航行方向是南偏东60°。 B B 13.20【解析】因为两船行驶的方向分别是东北方向和东 南方向， C 所以∠BAC=90°。所以△ABC为直角三角形。 A 根据勾股定理，得BC2=AB2+AC2=162+122=400, 根据题意，得A'C=B'C=4.5,AA'=20, 所以BC=20海里。所以两船之间的距离是20海里。 根据勾股定理， 14.60小斗提示：解题的关键是确定0，P,Q三点共线时点P到 得ac=aM”+AC=20+(3-(, 点A的距离最小。 【解析】如图，当O,P,Q三，点共线时，点P到点A的距 所以4C-号。同里可得BC= 20 离最小。 所以AC+B'C'=41,即彩条的最短长度是41。 0 9.A【解析】因为BD⊥CE,所以∠BDC=90°。 由勾股定理，得CD2=BC2-BD2=152-122=81, 所以CD=9m。 A 如图，设风筝沿CD方向下降4m至点M,连接BM, 在Rt△A0P中，0A=80cm,OP=125-25=100(cm), C 由勾股定理，得AP2=0P2-0A2=1002-802=602, M 所以AP=60cm。 所以，点P到，点A的最小距离为60cm。 A E 则CM=4m,所以DM=CD-CM=9-4=5(m)。 14或好 小斗提示：本题答案不唯一，应注意分类讨论。 【解析】在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB=AC2+BC2= 所以BM2=BD2+DM2=122+52=132。 82+62=100,所以AB=10。 所以BM=13m。 如图1，当AB=BD=10时， 所以BC-BM=15-13=2(m), 则CD=BD-BC=10-6=4; 即松松应该往回收线2m。 小斗总结 解决此类问题的关键是从实际问题中建立直角三角形模型， 借助勾股定理列式计算。 10.C【解析】如图，过点A作AE1 A D BC于点E。 图1 图2 因为AB=AC=5米，BC=8米， B ED 如图2，当AD=BD时，设AD=BD=x,则CD=x-6。 所以BB=CB=6C=×8=4(来)。 在Rt△ACD中，AD2=CD2+AC2, 在Rt△ABE中， 即2=(x-6)2+82,解得x=25 由勾股定理，得AE2=AB2-BE2=52-42=9, 所以AE=3米。 所以0曾-6=子 7 综上，CD的长为4或了。 16.解：在Rt△ABC中，AB=25米，AC=7米， 80 cm 由勾股定理，得BC2=AB2-AC2=252-72=242。 80cm C 70cm 所以BC=24米。 答：滑雪台水平距离BC为24米。 在Rt△ABE中，AB=80cm,BE=80+70=150(cm)。 17.解：(1)设AD=xcm,则AB=AC=(x+3)cm。 由勾股定理，得AE2=AB2+BE=802+1502=28900, 因为CD⊥AB,所以∠CDA=90°。 所以AE=170cm。 在Rt△ACD中，由勾股定理，得AD2+CD2=AC2, 所以蚂蚁爬行的最短路程是170cm。 即+4=(x+3)2,解得x=乙 21.小斗分析：(1)根据勾股定理求出BD的长，进而求出AB的长， 60 利用勾股定理求出AB的长。(2)根据直角三角形的判定方法 所以AD的长为名cm 得∠AED=90°，根据点到直线的距离解答即可。 (2)由(1)可知，4B=AC-名+3-名(cm): 解：(1)根据题意可知，∠ABE=∠DBE=90°。 在Rt△DBE中，DE=150米，BE=120米， 因为CD⊥AB, 由勾股定理，得BD2=DE2-BE2=1502-1202=902, 所以sx=34Bc0=7×2×4-3(em)。 所以BD=90米。 所以AB=AD-BD=250-90=160(米)。 所以△ABC的面积为号cm2。 所以AE2=AB2+BE2=1602+1202=2002。 所以AE=200米。 18.小斗提示：建立直角三角形模型，借助勾股定理求解。 所以两人的总路程为200+150=350（米）。 解：如图，设BB'与长方形的宽的交点为C。 (2)因为DE2+AE2=1502+2002=62500, 因为AB=1米，AC=0.8米， 1米 AD2=2502=62500, ∠ACB=90°， 所以DE2+AE2=AD2。所以LAED=90°。 所以BC2=AB2-AC2=12-0.82 因为DE=150米， 2.3米 =0.36。 所以面馆D到公路AC的距离为150米。 所以BC=0.6米。 A B -2米 22.解：(1)因为AC⊥BD,所以△AB0是直角三角形。 所以BB′=BC+B'C=0.6+2.3=2.9 所以AB2=A02+B02。 (米)。 同理可得BC2=B02+C02,CD2=C02+D02,AD2= 因为2.9米<3米， A02+D02。因为A0=2,B0=3,C0=4,D0=5, 所以不能通过。 所以AB2=13,BC2=25,CD2=41,AD2=29。 19.解：(1)(a+b)24×2ab+c2+b=c (2)由(1)，得BC2+AD2=(B02+C02)+(A02+D02) =(B02+A02)+(C02+D02)=AB2+CD2。 (2)能。理由如下： 因为AB=6,CD=10,所以BC2+AD2=62+102=136。 题图2中大正方形的面积为(a+b)2,两个小正方形的 (3)“垂美”四边形的两组对边的平方和相等。 面积之和为(a+b)2-2ab=a2+b2;题图1中小正方形 选做题 的面积为(a+b)2-4×分山=d2+6=2, 2026【解析】由勾股定理知，“生长”1次，“生长”出的两 个正方形面积和等于原来正方形的面积，所有正方形的面 所以题图2中两个小正方形的面积之和等于题图1中 积和为2；“生长”2次，“生长”出的四个正方形面积和等 小正方形的面积，用关系式可表示为a2+b=2。 于第1次“生长”出的两个正方形的面积和，所有正方形的 20.解：(1)分别测量AB,BC和AC的长度， 面积和为3；…经过n次“生长”后形成的图形中所有正 若AB2+BC2=AC2,则△ABC是直角三角形，∠ABC= 方形的面积和是n+1。所以经过2025次“生长”后形成的 90°，即AB⊥BC。 图形中所有正方形的面积和是2026。 (2)如图，将长方体的表面沿前面和右面剪开，得平面 期中综合水平测试 图形，则AE为蚂蚁爬行的最短路径。 1.C2.C3.D4.C5.B6.A7.B8.C ★全程复习大考卷·数学·七年级上册 ·59· 9.D【解析】如图，作，点M关于OB的对称，点M',点N关 =136°-2a0 于OA的对称点N',连接M'N'交OA于，点Q,交OB于点 所以∠BEC'-∠ADC'=180°-2a-(136°-2ax)=44°。 P,此时MP+PQ+QN最小。 故③正确； 所以∠OPM=∠OPM'=∠NPQ,∠OQP=∠AQN'=∠AQN。 当CE∥AB时，有两种情况： 因为∠NPQ+∠OPQ=180°，由△OPQ内角和定理， 如图2，当，点C在AC上方时，设CE交AC于，点M。 得∠0PQ=180°-∠0-∠0QP, 因为C'E∥AB,∠A=90°，所以∠CME=∠A=90°。 所以∠NPQ=∠0+∠OQP。 所以∠CEM=90°-∠C=90°-22°=68°。 同理，得∠AQN=∠0+∠ONQ。 因为∠0QN=180°-20°-∠ONQ,∠0PM=∠NPQ=20°+ 由折叠的性质得，∠CBD=∠MED=7LCEM=34, ∠OQP,∠0QP=∠AQN=20°+∠ONQ, 所以∠CDE=180°-（∠CED+∠C)=124°； 所以+B=180°-20°-∠0NQ+20°+20°+∠0NQ= 200°。 图2 图3 如图3，当，点C在AC下方时，延长C'E交AC于点N。 10.D【解析】因为点C'落在边BC上， 因为CE∥AB,∠A=90°，所以∠C'ND=90°。 所以由折叠的性质，得∠DC'C=∠C=22°。 由折叠的性质，得∠C=∠C'=22°，∠CDE=∠C'DE, 所以∠CDC=180°-（∠DC'C+∠C)=136°。 所以∠CDN=90°-∠C'=68°。 所以∠ADC'=180°-∠CDC=180°-136°=44°。 故①正确； 所以LCDE=LCDE=2∠C'DN=34。 如图1，连接CC'。 综上，当C'E∥AB时，∠CDE=34°或124°。 A 故④正确。 C 0 11.4012.SSS13.4014.9 图1 152【解析】因为正方形ABCD的边长为2， 由折叠的性质，得∠DCE=∠DCE=22°。 所以S1=DC2=4。 因为∠C'DC+∠DC'C+∠DCC=180°，∠C'EC+ 因为△DEC是等腰直角三角形， ∠EC'C+∠ECC'=180°，∠ADC'+∠C'DC=180°， 所以2DE2=DC2=S10 ∠BEC'+∠CEC'=180°， 所以8=D-受 所以∠ADC'=∠DC'C+∠DCC', ∠BEC'=∠EC'C+∠ECC'。 月理8=宁5 所以∠ADC'+∠BEC'=∠DC'C+∠DCC'+∠EC'C+ ∠ECC',即∠ADC'+∠BEC'=∠DC'E+∠DCE=44°。 袋我比规农健装下去，则8心2品品。 故②正确； 16.解：由作图痕迹，得DF垂直平分AB,AE平分∠DAC, 设∠CED=a,由折叠的性质，得∠C=∠C'=22°， ∠C'ED=∠CED=a,∠CDE=∠C'DE, 所以DB=A,∠DMB=∠DAC。 所以∠CEC'=∠C'ED+∠CED=2a。 所以∠DAB=∠B=40°。 所以∠BEC'=180°-∠CEC'=180°-2a。 因为∠BAC+∠B+∠C=180°， 所以∠CDE=∠C'DE=180°-∠C-∠CED=180°- 所以∠BAC=180°-40°-50°=90°。 22°-a=158°-a。 因为LDAC=∠BAC-∠DAB=90°-40°=50°， 所以∠ADE=180°-∠CDE=180°-(158°-a）=22°+。 所以∠ADC'=∠CDE-∠ADE=158°-a-(22°+a) 所以∠DAE=7x50=25. 60· ★全程复习大考卷·数学·七年级上册 17.解：(1)如图，△DEF即为所求作。 因为BP=CP,所以AP+PC=AP+BP≥AB。 所以当点P和点E重合时，AP+CP的值最小， 最小值等于AB的长。 所以△APC的周长的最小值为AP+CP+AC=AB+ AC=7+3=10。 23.解：(1)如图，过点D作DF⊥BC于点F, (2)△ABC的面积=3×4-7×1×4- -×2×3- 由题意知，∠ABC=90°，BC=AB=7.5m, 因为AE=15.5m, 2×1×3=12-2-3-1.5=5.5。 所以BE=AE-AB=8m (3)如图，点P即为所求作。 由题意可知，四边形BEDF是长方形， 18.解：(1)△ACD是直角三角形。理由如下： 所以DF=BE=8m,DE=BF=1.5m。 因为AC2=32+32=18,CD2=22+22=8, 所以CF=BC-BF=6m。 AD2=52+12=26, 在Rt△CDF中， 所以AC2+CD2=AD。 CD2=CF2+DF2=62+82=102, 所以△ACD是直角三角形。 所以定滑轮C到点D的绳长为10m。 (2)四边形ACD的面积=3×5×(2+3)-分×2× 2别 19.DH EH DH EH等式的性质CHBC (2)因为DF=BE=12m,DE=BF=1.5m, 线段垂直平分线的性质等边对等角 所以CF=BC-BF=(AB-1.5)m。 20.解：(1)因为a=4,b=6, 因为CD比BC长6.5m, 所以b-a<c<b+a。所以2<c<10。 所以CD=BC+6.5=(AB+6.5)m。 所以周长x的范围为12<x<20。 在Rt△CDF中，CF2+DF2=CD2, (2)因为周长为小于18的偶数，由(1)知，12<x<20, 所以(AB-1.5)2+122=(AB+6.5)2。 所以x=16或x=14。 所以AB=6.5m。 当x为16时，c=6,所以△ABC为等腰三角形； 所以桥面的长AB为6.5m。 当x为14时，c=4,所以△ABC为等腰三角形。 选做题 综上，△ABC是等腰三角形。 解：(1)因为∠ACB=90°，AB=10cm,BC=6cm, 21.解：因为点A,B,C,D在同一条直线上，AC=BD, 所以AC2=AB2-BC=64。所以AC=8cm。 所以AC+CD=BD+CD。 因为CP2+BC2=PB2,PA=PB=2tcm, 所以AD=BC。 因为AE∥BF,所以∠A=∠B。 所以(8-202+6=(2，所以4-京。 AE BF, (2)如图，过点P作PE⊥AB于点E,所以∠PEA=90°。 在△ADE和△BCF中， ∠A=∠B, LAD =BC, 所以△ADE≌△BCF(SAS)。所以DE=CF。 22.解：(1)因为m是BC的垂直平分线，P是m上的一动 点，所以BP=CP。 因为PA为∠BAC的平分线，∠ACB=90°， (2)如图，设直线m交AB于点E,连接CE。 所以PC=PE,∠CAP=∠EAP。 ∠CAP=∠EAP, 在△ACP和△AEP中，∠ACP=∠AEP, PC=PE, 所以△ACP≌△AEP(AAS)。 所以CA=EA=8cm。 此时BP=(14-2t)cm,PE=PC=(2t-8)cm, BE=10-8=2(cm)。 在Rt△BEP中，PE2+BE2=BP2, 即(2t-8)2+22=(14-2)2,解得1=，6 0 当t=12秒时，点P与点A重合，也符合条件。 由题意知，∠E'AF'=58°， 所以当1=“秒或12秒时，点P恰好在∠BAC的平分 所以∠AE'F'+∠AF'E′=122°。 因为∠AE'F'+∠AEA'=180°， 线上。 由△AA'E'内角和，得∠AEA'=180°-∠A'-∠A'AE。 期中能力提升测试 所以∠AE'F'=∠A'+∠A'AE。 1.B2.C3.B4.D5.B6.D7.C 同理，得∠AF'E=∠A”+∠F'AD。 8.D小斗提示：立体图形中的最短距离问题需要转化为平面图形 因为∠A'=∠EAA',∠F'AD=∠A”, 来解答。 所以L'=LAB'P,Lr=方∠MFE。 【解析】如图， 所以∠A'+∠A”=61°。 所以∠BAD=180°-61°=119°。 11.95°12.4 13.3小斗分析：由勾股定理可得AB2=AC2+BC2=100,由折叠 因为长方体的底面边长分别为2cm和4cm,高为5cm, 的性质可得AC=AE=6,CD=DE,∠ACD=∠AED=∠DEB=90°。 所以PA=4+2+4+2=12(cm),QA=5cm。 设CD=DE=x,表示出BD,然后在Rt△DEB中，利用勾股定理 所以PQ2=PA2+AQ2=122+52=169=132。 所以PQ=13cm。 列式计算即可得解。 9.A【解析】分两种情况： 【解析】因为AC=6,BC=8,∠C=90°， 当等腰三角形的腰长为4cm时， 所以AB2=AC2+BC2=100。所以AB=10。 由折叠的性质，得CD=DE,∠AED=∠C=90°， 因为等腰三角形的周长为18cm, AE=AC=6,所以BE=4。 所以此等腰三角形的底边长=18-4-4=10(cm)。 设CD=DE=x,则DB=BC-CD=8-x。 因为4+4=8<10， 在Rt△DEB中，由勾股定理，得x2+42=(8-x)2, 所以不能组成三角形。 解得x=3,即CD=3。 当等腰三角形的底边长为4cm时， 14.2n2-2n 因为等腰三角形的周长为18cm, 所以此等腰三角形的腰长7(cm)。 151或2 【解析】设，点Q的运动速度为xcm/s, 因为4+7=11>7， 根据题意，得AB=4cm,BP=2tcm,PC=（6-2t)cm, 所以能组成三角形。 CQ=xt cmo 综上所述：此等腰三角形的底边长是4cm。 当△ABP≌△PCQ时，BA=CP,BP=CQ。 所以6-2t=4。所以t=1; 10.B小斗提示：要使△AEF的周长最小，即利用点的对称，使三 当△ABP≌△QCP时，BA=CQ=4cm,BP=CP, 角形的三边在同一直线上，作出点A关于BC和CD的对称点A', 3 A”,由∠EAF=58°可推出LAEF'+∠AF'E的度数，进-一步可得 所以2t=6-2。所以t=之0 出∠A'+∠A"的度数，进而得出∠BAD的度数。 综上，4的值是1或号。 【解析】如图，作，点A关于BC和CD的对称点A',A”,连 16.解：根据折叠的性质，得∠BCD=∠ACD=45°。 接A'A"交BC于点E',交CD于点F',则A'A"即为△AEF 根据三角形内角和定理， 的周长最小值。 得∠A+∠ACD+∠ADC=180°。 因为∠A=35°，∠ACD=45°，所以∠ADC=100°。 22.解：如图，作AG∥BC交CD的延长线于点G, 根据平角的定义，得∠BDC=180°-∠ADC=80°。 G 所以根据折叠的性质，得∠B'DC=∠BDC=80°。 所以∠ADB′=∠ADC-∠B'DC=100°-80°=20°。 17.解：(1)因为△ABC的三边长分别为a,b,c, 所以a-b-c<0,b-c-a<0,a+b-c>0。 因为∠ACB=50°，∠BAC=105°， 所以1a-b-cl-Ib-c-al+la+b-cl 所以∠B=180°-50°-105°=25°。 =-a+b+c+b-c-a+a+b-c 因为∠ACB=50°，CD为△ABC的角平分线， =-a+3b-c。 (2)因为a=2,b=5,所以3<c<7。 所以LACD=LBCD=2∠ACB=分×50=25。 因为三角形的周长为偶数，a+b=7为奇数， 因为AG∥BC, 所以c为奇数。所以c=5。 所以∠G=∠BCD=25°，∠GAD=∠B=25°。 18.解：在Rt△ACD中，AC=5m,AD=BE=4m, 所以∠B=∠BCD=25°，∠GAD=∠G=25°， 由AD2+CD2=AC2,得CD=3m。 ∠ACG=∠G=25°。 又因为DE=AB=1.68m 所以CD=BD,AD=GD,AG=AC。所以AB=CG。 所以大树高为3+1.68=4.68(m)。 因为AE1CD,所以CE=GE=2CG,所以AB=2CE。 19.解：(1)5(x+1) (2)在Rt△ABC中，由勾股定理，得BC2+AB2=AC2, 23.解：(1)(8-2t) 即52+x2=(x+1)2,解得x=12。 rAC=EC, 所以旗杆的高度为12米。 (2)在△ABC和△EDC中， LACB=∠ECD, 20.解：(1)因为AB=AC,D为BC的中点， .BC=DC, 所以AD是BC的垂直平分线。所以OB=OC。 所以△ABC≌△EDC(SAS)。所以AB=ED。 因为EF是AC的垂直平分线，所以OA=OC。 (3)因为△ABC≌△EDC, 所以OA=OB。所以△AOB是等腰三角形。 所以∠A=∠E,DE=AB=8cm。 (2)因为EF⊥AC,所以∠AFE=90°。 因为P,Q,C三点共线，所以∠ACP=∠ECQ, 因为AB=AC,D为BC的中点， ,∠A=∠E, 所以AD平分∠BAC。 在△ACP和△ECQ中，AC=EC, 所以∠EAF=2∠BAD=36°。 L∠ACP=∠ECQ, 所以∠AEF=90°-∠EAF=54°。 所以△ACP≌△ECQ(ASA)。所以AP=EQ。 21.解：(1)由作图痕迹可知，AD平分∠BAC, 当0≤t≤4时，AP=2tcm,EQ=(8-t)cm, 因为DF⊥AB,DG⊥AC, 所以21=8-1，解得1=号： 所以DF=DG,∠DFE=∠DGH=90°。 当4<t≤8时，AP=(16-2t)cm,EQ=(8-t)cm, 因为DE=DH,EF=HG, 所以16-2t=8-t,解得t=8。 所以△DEF≌△DHG(SSS)。 ∠AFD=∠AGD, 综上，当P,C,Q三点共线时，1的值为或8。 (2)4【解析】在△ADF和△ADG中， ∠FAD=∠GAD, 选做题 LAD=AD, 解：(1)因为MA⊥AB,NB⊥AB,MC⊥NC, 所以△ADF≌△ADG(AAS)。 所以∠A=∠B=∠MCN=90°。 所以S AADF=S△ADGO 所以∠M+∠MCA=∠MCA+∠NCB=90°。 因为△DEF≌△DHG,所以SADEF=SADHGO 所以∠M=∠NCB。 因为△ADH的面积为27， ,∠A=∠B=90°， 所以SAADG+SADIG=SAADF+SADEF=S AADE+2 SADEF=27。 在△MAC和△CBN中， ∠M=∠NCB, 因为△ADE的面积为19， MC CN, 所以2 SADEF=8,即△DEF的面积为4。 所以△MAC≌△CBN(AAS)。 ★全程复习大考卷·数学·七年级上册 ·61·期中综合水平测试 (考试范围：第一章~第三章)（时间：120分钟满分：120分） 题序 二 三 总分 得分 、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分） 1.新情境〔实际情境〕下列垃圾分类图标中，只有一条对称轴的是 即 2.一个三角形的两边长分别为2和5，且第三边长为整数，这样的三角形的周长的最大值是 A.11 B.12 C.13 D.14 3.如图，AE∥FD,CE∥FB,要使△EAC兰△FDB,需要添加的条件可以是 A.AB=BC B.∠E=∠F C.∠A=∠D D.AE=DF 9 第3题图 第5题图 第6题图 第8题图 4.小明家一块三角形形状的玻璃坏了，需要重新配一块，小明通过电话给玻璃店老板提供相关数据，为 了方便表述，将该三角形记为△ABC,提供了下列各组边或角的数据，配出来的玻璃不一定符合要求 的是 ( A.AB,BC,AC B.AB,BC,∠B C.AB,AC,∠B D.∠A,∠B,BC 5.如图是2×2的正方形网格，网格中的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形，如图 中的△ABC为格点三角形，则正方形网格中与△ABC成轴对称的格点三角形有 A.6个 B.5个 C.4个 D.3个 6.新素养〔几何直观)如图，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E,△ABC的面积为8。若AB=5, DE=2,则BC的长为 A.3 B.4 C.5 D.7 7.△ABC的三条边分别记为a,b,c,三个内角分别记为∠A,∠B,∠C,则由下列条件能判定△ABC为直 角三角形的是 A.a:b:c=1:1:3 B.(b-c)(b+c)=a2 C.∠A+∠B=2∠C D.a=2,b=3,c=4 8.在某一时刻，渔船A和渔船B与灯塔0的位置如图，测得OA=12海里，OB=9海里，AB=15海里， 料 在灯塔0处测得渔船A位于北偏东24方向，则灯塔0位于渔船B的 A.北偏西24°方向 B.南偏西24°方向 C.北偏西66°方向 D.南偏西66°方向 9.如图，∠AOB=20°，M,N分别是边OA,OB上的定点，P,Q分别是边OB,OA上的动点，记∠OPM=a, ∠OQN=B,当MP+PQ+QN最小时，则关于α和B的数量关系是 () A.B-a=30° B.B+=210° C.B-2a=30° D.B+=200° D D M C .B2 E 图1 图2 图3 第9题图 第10题图 10.在三角形纸片ABC中，∠A=90°，∠C=22°，D为边AC上靠近点C处一定点，E为边BC上一动点， 沿DE折叠三角形纸片，点C落在点C'处。有以下四个结论：①如图1，当点C落在边BC上时， ∠ADC'=44°；②如图2，当点C'落在△ABC内部时，∠ADC'+∠BEC'=44°；③如图3，当点C落在 △ABC上方时，∠BEC'-∠ADC'=44°；④当CE∥AB时，∠CDE=34°或124°。其中正确结论有 () A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11.新情境〔实际情境〕爱护森林，人人有责。如图1是某中学森林小队为该地区森林鸟类安装的木屋，木 屋为轴对称图形，木屋的相关数据（单位：c)如图2所示，则屋顶A到地面B的距离为 cm。 A 30 16 图1 图2 第11题图 第12题图 12.如图，以△ABC的顶点A为圆心，以BC长为半径作弧，以顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧 交于点D,连接AD,CD。由作法可得，△ABC≌△CDA的依据是 -0 13.如图，以直角三角形的三边为边向外作正方形，字母M所代表的正方形的面积是 49 6 A 第13题图 第14题图 第15题图 14.新考法〔数学文化〕如图由赵爽弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方 形ABCD,正方形EFGH,正方形MNKT的面积分别为S1,S2,S3,若S1+S2+S3=15,S3=1,则S1的值 是 15.如图，正方形ABCD的边长为2，其面积标记为S1,以CD为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角 三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为S2…按照此规律继续下去，则S22s的值为 ★全程复习大考卷·数学·七年级上册 ·15. 三、解答题（本题共8小题，共75分） 16.(8分)如图，在△ABC中，∠B=40°，∠C=50°。通过观察尺规作图的痕迹，求∠DAE的度数。 主题情境探究网格问题，学习数学知识请完成第17~18题 在数学学习中，有些问题出现在网格中，小红找了一些网格中的问题让小明解答，你能帮小明解答吗？ 17.(8分)如图，△ABC的顶点A,B,C都在小正方形的格点上，每个小正方形的边长为1，利用网格线 完成下列要求。 (1)画出△DEF,使它与△ABC关于直线1成轴对称； (2)求出△ABC的面积； (3)在直线l上找一点P,使点P到点A,B的距离之和最短。 18.(9分)如图，在正方形网格中，每个小正方形网格的边长均为1，点A,B,C,D均在格点上。 (1)△ACD是直角三角形吗？请说明理由； (2)求四边形ABCD的面积。 D B:C 19.(10分)如图，已知D,E为△ABC的边BC上两点。AD=AE,BD=CE,为了判断∠B与∠C的大小 关系，请你完成下面的推理过程，并在空白括号内注明推理的依据。 解：过点A作AH⊥BC,垂足为H。 因为在△ADE中，AD=AE(已知)，AH⊥BC(所作)， 所以 (等腰三角形底边上的高也是底边上的中线)。 又因为BD=CE(已知)， 所以BD+ =CE+ ),即BH= 又因为AH⊥BC,垂足为H(所作)， B D H 所以AH为线段 的垂直平分线。 所以AB=AC( )。所以∠B=∠C()。 20.（10分)新素养〔运算能力]已知a,b,c是△ABC的三边长，a=4,b=6,设△ABC的周长是x。 (1)求c与x的取值范围； (2)若x是小于18的偶数，试判断△ABC的形状。 ·16· ★全程复习大考卷·数学·七年级上册 21.（10分)如图，点A,B,C,D在同一条直线上，点E,F分别在直线AB的两侧，且AE=BF,AE∥BF, AC=BD。试说明：DE=CF。 22.(10分)新素养〔推理能力〕如图，在△ABC中，BC的垂直平分线m交BC于点D,P是直线m上的一数 动点。 (1)连接BP,CP,试说明：BP=CP; (2)连接AP,若AB=7,AC=3,BC=8,求△APC的周长的最小值。 3 23.（10分)护城河上有座吊桥，图1是它的结构原理图，图2是它的示意图。把桥面看成是均匀杆AB, 可以绕转轴点B在竖直平面内转动，在B点正上方固定一个定滑轮C,绳子通过定滑轮与杆的另一 端A相连，且AB=BC。人站在点E处，拉绳子的手的位置D与地面BE的距离为1.5（绳子一直 是直的) (1)若AB=7.5m,AE=15.5m,求从定滑轮C到点D的绳长； (2)若BE的长为12m,CD比BC长6.5m,求桥面的长AB。 D D A B 图1 图2 选做题 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=10cm,BC=6cm,若点P从点A出发，以每秒2cm的速度沿折线 A→C→B→A运动，设运动时间为t秒(t>0)。 (1)若点P在AC上，且满足PA=PB时，求出此时t的值； (2)若点P恰好在∠BAC的平分线上，求t的值。 B