14.重难题型卷(四)定理应用-【真题圈】2024-2025学年七年级下册数学练考试卷（苏科版·新教材）江苏专版

答案与解析 :∠CBP=2∠ABC,·∠P=2∠A=7x70=35. (4):∠A=70°，.∠ABC+∠ACB=180°-70°=110， ∴.∠CBE+∠BCF=180°-∠ABC+180°-∠ACB=360°- （∠ABC+∠ACB)=360°-110°=250°. :BQ平分∠CBE,CQ平分∠BCF, ∠CBQ=3C8E,∠BCQ=BC, ·LCBQ+LBCQ=)∠CBE+∠BCF =(∠CB6+∠BCP)=3×250=1250, ∴.∠Q=180°-（∠CBQ+∠BCQ)=55° 27.【解】(1)能，6个正三角形可以共顶点单一密铺 设有x个正三角形， 因为正三角形的每个内角为60°，所以60x=360,解得x=6, 所以6个正三角形可以共顶点单一密铺. (2)4个正方形可以共顶点单一密铺.理由如下： 设有x个正方形，因为正方形的每个内角为90°， 所以90x=360,解得x=4, 所以4个正方形可以共顶点单一密铺.（答案不唯一） (3)两种方案为：2个正三角形，2个正六边形或4个正三角形， 1个正六边形.理由如下： 设有x个正三角形，y个正六边形， 因为正三角形的每个内角为60°，正六边形的每个内角为 6-2)×180°=120°，则60x+120y=360, 6 当x=2时，y=2,当x=4时，y=1, 所以两种方案为：2个正三角形，2个正六边形或4个正三角形， 1个正六边形. 28.【解】问题情境1：∠B+∠BPD+∠D=360° 问题情境2：∠P=∠B+∠D 问题迁移：(I):BF,DF分别是∠ABE和∠CDE的平分线， ·∠EBF=∠ABE,LEDF=CDE 由问题情境1得，∠ABE+∠E+∠CDE=360°， :∠E=80°，∴.∠ABE+∠CDE=280°，.∠EBF+∠EDF= 140°，∴.∠BFD=360°-80°-140°=140°. (2)2∠E+∠M=60°.证明如下： 6 :设∠ABM=x,∠CDM=y,则∠FBM=2x,∠EBF=3x, ∠FDM=2y,∠EDF=3y. 由问题情境1得，∠ABE+∠E+∠CDE=360°， 六6x+6+∠E=360,名E=60°-xy .∠M+∠EBM+∠E+∠EDM=360°， .∴.6x+6y+∠E=∠M45x+5y+∠E, ·∠M=4,6B+∠M=60 (3)360°-m 2n 分析：：设∠ABM=x,∠CDM=y,则∠FBM=(n-1)x, ∠EBF=x,∠FDM=(n-l)y,∠EDF=y 由问题情境1得，∠ABE+∠E+∠CDE=360°， 2mx+204∠E=360,x4y=3609-m. 2n ∠M+∠EBM+∠E+∠EDM=360°， ∴.2x+2y+∠E=∠M4(2n-1)x+(2n-1)y+∠E, ∠M=xty=3609-m 2n 14.重难题型卷（四）定理应用 1.B【解析】根据题意知，a=2B,若a=60°，则B=30°，所以 另外一内角为180°-30-60°=90°.故选B. 2.D【解析】由题意知，分∠A是钝角，∠APO是钝角两种情况讨论 当∠A是钝角时，90°<∠A<180°-∠0=180°-40°=140°； 当∠AP0是钝角时，∠A+∠0<90°，即∠A+40°<90°， ∴.0°<∠A<50°. 综上所述，0°<∠A<50°或90°<∠A<140°.故选D. 3.750 4.75【解析】.∠ACB=90°，∠A=30°，∴.∠ABC=90°-30° =60°.，∠ABC=∠F+∠BDF,∠F=45°， .∠BDF=∠ABC-∠F=60°-45°=15°.∠EDF=90°， .∠EDB=∠EDF-∠BDF=90°-15°=75°.故答案为75. 5.60【解析】设∠EAF=x,,将△AEF沿AF折叠，点E恰好落 在线段AC上的点G的位置，∴.∠EAF=∠FAC=x,∴.∠EAC =2x.,'纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B落在点E的位置！ ∴.∠BAC=∠EAC=2x.:在长方形纸片ABCD中，∠DAB =90°，.∠BAC+∠FAC=3x=90°，∴.x=30°，∴.∠EAF= 30°，.∠DFC=∠EFA=90°-∠EAF=60°.故答案为60. 6.180°【解析】如图，∠1是△ADH的一个外角，.∠1= ∠A+∠D.同理，∠2=∠B+∠E,∠3=∠C+∠G,∠4= ∠2+∠E.'∠1+∠3+∠4=∠A+∠D+∠C+∠G+∠2+∠F= ∠A+∠D+∠C+∠G+∠B+∠E+∠F=180°，'.∠A+∠B+∠C+ ∠D+∠E+∠F+∠G=180°.故答案为180°. 第6题答图 第7题答图 7.40【解析】如图，设∠ACM=x,∠ADM=y,则∠MCB=2x, ∠BDM=2y,.∠BED=180°-∠MDB-∠B=180°-2y- 52°=128°-2y,.∠MEC=∠BED=128°-2y∠AFC= ∠BFD,.180°-∠A-3x=180°-∠B-3y,∴.180°-34°-3x= 180°-52°-3y,即x-y=6°.在△MCE中，∠M=180°-∠MCB- ∠MEC=180°-2x-(128°-2y)=52°-2(x-y)=40°.故答案 为40. 8.【解(1)①140 ②100°≤∠ADC≤150° F (2)五边形ABCDE不是“完美五边 、A 形”.理由如下： -∵G 延长CB,EA交于点F,延长BA,DE E、 交于点G,延长CD,AE交于点H 延长BC,ED交于点K,如图所示. D 因为AB∥CD,所以延长五边形 ABCDE任意不相邻的两边，只能 K 第8题答图 得出4个角. 假设五边形ABCDE为“完美五边形”，则有∠F=∠G=∠H= ∠K,所以∠F+∠H=∠G+∠K 因为∠BCD=100°，AB∥CD: 所以∠GBK=180°-∠BCD=80°， 所以在△FCH中，∠F+∠H=180°-100°=80°， 在△BGK中，∠G+∠K=180°-80°=100°， 所以∠F+∠H≠∠G+∠K,这与∠F+∠H=∠G+∠K相矛盾， 所以∠F,∠H,∠G,∠K不可能相等，假设不成立， 所以五边形ABCDE不是“完美五边形” 9.D【解析】多边形的外角和为360°，.∠DEF+∠EDF= 360°-225°=135°..∠DEF+∠EDF+∠DFE=180°， ∴.∠DFE=180°-135°=45°.故选D. 10.120【解析】：∠A+∠ABC+∠C+∠D=360°，∠A+∠C=180°， .∠ABC+∠D=360°-（∠A+∠C)=180°.又∠ABC+∠ABE =180°，.∴.∠ABE=∠D=120°.故答案为120. 11.18【解析】：正五边形的每个内角的大小为(5-2)×180°÷5 =108°，正方形的每个内角的大小为90°， ,∴.∠1=108°-90°=18°.故答案为18. 12.【解】(1)设这个多边形的边数是n, 依题意得(n-2)×180°=3×360°-180°，得n-2=5, 解得n=7.∴.这个多边形的边数为7. (2)·截去一个角以后，多边形的边数可能减少了1，也可能不 变，或者增加了1， ∴截完后所形成的新多边形的边数可能是6或7或8. ①当新多边形为六边形时，其内角和为(6-2)×180°=720°； ②当新多边形为七边形时，其内角和为(7-2)×180°=900°； ③当新多边形为八边形时，其内角和为(8-2)×180°=1080° 综上所述，截完后所形成的新多边形的内角和为720°或900 或1080°. 13.20【解析】如图，延长DF交CE于点M, ,∠CAB=50°，∠CBA=60°， D .∴.∠ACB=180°-50°-60°= 70°，∴.∠DCE=∠ACB=70° '∠EFD=LCEF+∠EMF, M ∠EMF=∠CDF+∠DCE, .∠EFD=∠CEF+∠CDF+∠DCE. 又.∠CEF=30°，∠EFD=120°， A B ∴∠CDF=20°.故答案为20. 第13题答图 14.(1)【解】50° (2)【证明如图①，延长CA,交PQ于点D, 'MN∥PQ,.∠MCA=∠CDB. ∠CAB=∠CDB+∠PBA,∴.∠CAB=∠MCA+∠PBA. M C -N M- N A D B Q P B E GQ ① ② 第14题答图 (3)【证明】如图②，延长CD,交PQ于点G, MN∥PQ,.∠NCD=∠CGP ,CD∥AB,∴.∠CGP=∠PBA,∴.∠NCD=∠PBA: .∠CAB=∠MCA+∠PBA,且∠ECN=∠CAB, .∴.∠ECN=∠MCA+∠NCD,'.∠MCA=∠ECN-∠NCD .'∠DCE=∠ECN-∠NCD,∴.∠MCA=∠DCE. 15.A【解析】如图，过点E作EH∥AB, DN ·AB∥FG,∴.AB∥EH∥FG, ,∴.∠BEH=a=15°，∠FEH+∠EFG= 180°..B=45°，∴.∠FEH=180°-45° 15°=120°，.∠EFG=180°-∠FEH= 180°-120°=60°，.EF与FG所成锐角 的度数为60°.故选A. 16.B【解析】如图所示，过B,D,F分别作 水平线的垂线，则PC∥ED∥QG, ∴.∠BDF=∠BDE+∠FDE=∠DBC+ H ∠DFG.由题意可得，LDBC=了号 L2∠ABP= C A 777777T 第15题答图 真题圈数学七年级下15S 号90-. ∠DFG=号∠HQ=号(90°-B), ∠BDF=子(90°-a)+子(90°-B)=子(180°a-B), 即7=120°-子(a+),号a48)=120°-7放选B H A B 2 P M H C D D G 第16题答图 第17题答图 17.D【解析】如图，过点P作PG∥AB,.∠2=∠EAP :AB∥CD,.PG∥CD,∴.∠3=∠PCF '∠APC=∠2+∠3，∴.∠APC=∠EAP+∠PCF :AB∥CD,.∠BAQ=∠1. :∠1是△CHQ的一个外角，∴.∠Q=∠1-∠HCQ ,∠4=∠HCQ,∴.∠Q=∠BAQ-∠4 :AQ平分∠BAP,CM平分∠FCP, ·∠4=2FCP,∠BAQ=3BMP=180-∠EMP, ·2Q=10-∠E4P)-3rcP =90°-∠EAP-2∠FCP =90-(ZEAP4∠FCP)=90°-∠APC, .2∠Q=180°-∠APC,.∠APC+2∠Q=180°.故选D. 18.C【解析】：BE和DF分别平分LABF和∠CDE, ·LABE=)∠ABF,LCDF=∠CDE 如图，过点E作EM∥AB,过点F作FN∥AB, :AB∥CD, B .AB∥CD∥EM∥FN, ∴.∠ABE=∠BEM,∠MED=∠EDC, M ∠ABF=∠BFN,∠CDF=∠DFN, F< -N ∴.∠BED=∠BEM4∠DEM= ∠ABE+∠CDE=∠ABF+∠CDE, 第18题答图 ∠BFD=∠BFN+∠DFN=∠ABF+∠CDF=∠ABF+∠CDE. :2∠BED-∠BFD=54, ABF+ZCDE-ABF+CDE)-4 即号∠CDE=54°，.∠CDE=36.故选C 19.50【解析】如图，过点C作GF∥AB,因为GF∥AB, AB∥DE,所以GF∥DE,所以∠B=∠BCF,∠CDE+∠DCF =180°.又因为∠B=80°，∠CDE=150°，所以∠BCF= 80°，∠DCF=30°，所以∠BCD=∠BCF-∠DCF=50°.故 答案为50. D 2 第19题答图 第20题答图 20.56°【解析】如图，过点B作BH∥1，交DE于点H, 答案与解析 :五边形ABCDE是正五边形， ∠BAE=∠ABC=5-2x180°=1080 5 ∠1=20°，∴.∠BAG=180°-108°-20°=52°. :BH∥1，∴.∠ABH=∠BAG=52°， ∴∠CBH=∠ABC-∠ABH=56°. :1∥1，.BH∥1，.∠2=∠CBH=56°.故答案为56°. 21.【解】(1)90° (2)①补全图形如图①②所示， 分两种情况： I.如图①，当点C在线段AG上时， 猜想：2∠AHB-∠CBG=90° 证明：过点C作CE∥MN,MN∥PQ, '.CE∥BD,∠MAC=∠ACE,∴.∠CBD=∠ECB, ∴.∠ACB=∠MAC+∠CBD. 同理可得∠AHB=∠MAH+∠DBH. :AH平分∠MAC,BH平分LDBC, ∴.∠MAC=2∠MAH,∠DBC=2∠DBH, ∴.∠ACB=2(∠MAH+∠DBH)=2∠AHB. BG⊥AD,.∠CGB=90° :∠ACB=∠CBG+90°， .∴.2∠AHB=∠CBG+90°，即2∠AHB-∠CBG=90°. Ⅱ.如图②，当点C在线段DG上时， 猜想：2∠AHB+∠CBG=90° 证明：方法同I. 同理可得，∠ACB=2∠AHB,∠ACB=90°-∠CBG, ∴.2∠AHB=90°-∠CBG,即2∠AHB+∠CBG=90° ②2∠AHB+∠CBG=270°或2∠AHB-∠CBG=270° 分析：I.如图③，当点C在线段AG上时， 同①可得∠AHB=∠MAH+∠PBH,∠MAC+∠PBC= 2(∠MAH+∠PBH), ∠ACB=∠NAC+∠DBC,∠ACB=90°+∠CBG. .∠NAC=180°-∠MAC,∠DBC=180°-∠PBC, ∴.∠ACB=360°-∠MAC-∠PBC=360°-2（∠MAH+∠PBH) =360°-2∠AHB, ∴.360°-2∠AHB=90°+∠CBG,即2∠AHB+∠CBG=270°. Ⅱ.如图④，当点C在线段DG上时，同理可得2∠AHB- ∠CBG=270°. M ① 第21题答图 专题复习卷 15.专题复习卷（一）幂的运算、整式乘法 1.C2.B3.C 4.A【解析】a2÷5=a.故选A 5.B【解析】a=02=-0.04;6=-22=-=-0.25, e=(=4d=(=1.025<0414, 0 ∴.b<a<dkc.故选B. 6.A【解析】甲袋最后的球的个数为29-2+2， 乙袋最后的球的个数为29+2-2-2y=29-2y, 丙袋最后的球的个数为5+2+2"-2”=5+2， ∴.29-2+2=5+2,29-2+2=29-2y. :2×2-2y=24 [2*=16, 解得 2×2'=25,2"=8, .2w=2*×2"=16×8=128.故选A. 7.2【獬析】a2-1·c=a,.a2m-15=a,.2n-1+5=8,解 得n=2.故答案为2. 8.135【解析】2=3,8=5，.8w=8·8=(2)r×5= 5×(2)3=5×33=5×27=135.故答案为135. 2025【解折1：m-=答-多， .m=n,.2025m-1=2025+1=2025.故答案为2025. 10.【解】(1)原式=-1+1+5-8=-3； (2)原式=8xy(-y）÷(9)=-8÷(9)=-8x 11.【解】(1)当m=3,=9时， 。na=a÷=(r)÷(r)》=3÷9=3 (2)2+3·33=624,.(2×3)+3=624,则6+3=62x4, ∴.x+3=2x-4,解得x=7. 12.C13.A 14.C【解析】由题意可得-4x2·B=32x5-16x,则B=-8x+4x2, .B+A=-8x3+4x2+(-4x2)=-8x3.故选C. 15.C【解析]设A=x-2021,B=x-2025, 则A2+B2=34,A-B=4, .(A-B)2=16,.-2AB=(A-B)2-(A+B2)=-18, .AB=9,.(x-2021)(x-2025)=9, ∴.[(x-2023)+2][(x-2023)-2]=9,.(x-2023)2-4=9, ∴.（x-2023)2=13.故选C. (方法二：令x-2023=a,则原式可变为(a+2)2+(a-2)2=34, ∴.a2=13.） 16.B【解析】x2的系数为5，.n=6, .∑[(x+k)(x-k+1)]=(x+2)(x-1)+(x+3)(x-2)+(x+4)(x-3) +(x+5)(x-4)+(x+6)(x-5) =x2+x-2+（x2+x-6)+(x2+x-12)+(x2+x-20)+（x2+x-30) =5x2+5x-70. :∑[(x+k)(x-k41)]=5x2+m-70,.m=5.故选B. 175.16【解析1原式=(3×616-(2x104): =3.082-2.082=(3.08+2.08)×(3.08-2.08)=5.16×1=5.16. 故答案为5.16. 18.25y2【解析】.x2-10xy+■是一个二项式的平方， x2-10y+■=x2-2·x·5y+■， ∴.■=(5y)2=25y2.故答案为25y2 19.3【解析】(x2+ar-4)(2x+b)=2x3+2ax2-8x+bx2+abx-4b =2x3+(2a+b)x2+(ab-8)x-4b, 常数项为-8，-4b=-8,∴b=2. 又，展开式中不包括含x2的项，真题圈数学 同步调研卷 七年级下15S 14.重难题型卷（四） 湘粑 定理应用 尽 塔州 题型一 三角形中的角度计算 H期 1.新定义问题当三角形中一个内角α是另一个内角β的2倍时 我们称此三角形为“特征三角形”，其中α称为“特征角”.如 果一个“特征三角形”的“特征角”为60°，那么这个“特征三 角形”的最大内角的度数是( A.80° B.90° C.100° D.120° 2.(期中·2023-2024宿迁宿豫区)如图，已知点P是射线ON 上一动点（不与点O重合），∠0=40°，若△OAP是钝角三角 形，则∠A的取值范围是( A.0°<∠A<509 9 製 B.90°<∠A<180° C.0°<∠A<40°或90°<∠A<1409 D.0°<∠A<50°或90°<∠A<140° P N 第2题图 第3题图 金星第4题图 3.（期中·2023-2024常州武进区)如图，若∠A=35°，∠B= 40°，则∠1的度数为 4.（期末·2023-2024扬州广陵区)将一副直角三角板按如图方 式放置，∠A=30°，∠F=45°.若边AB经过点D,则∠EDB 0 崇 5.（期末·2023-2024镇江市)小敏将图①中的长方形纸片 ABCD沿对角线AC折叠，点B落在点E的位置，CE与AD 交于点F,如图②，再将△AEF沿AF折叠，点E恰好落在线 加 段AC上的点G的位置，如图③，则∠DFC= 阳 ① ② ③ 第5题图 6.(期中·2023-2024南京玄武区)如图，∠A+∠B+∠C+ ∠D+∠E+∠F+∠G= ※ 第6题图 第7题图 7.(期末·2023-2024扬州江都区)如图，∠ACM=号∠ACB, LADM=3∠ADB,若LA=34°，∠B=52,则∠M= 0 8.（期中·2023-2024无锡梁溪区)(1)如图①，在四边形ABCD 中，延长BA,CD交于点E,延长AD,BC交于点F当∠E= ∠F=α时，我们就称四边形ABCD是“完美四边形”.已知在 完美四边形ABCD中，∠B=80°. ①若a=30°，则∠ADC= 0 ②若10°≤a≤35°，则∠ADC的取值范围是 (2)在五边形中，延长任意不相邻的两边（如图②），在相交得 到的角中，如果有四个角相等，我们就称这个五边形是“完美 五边形” 如图③，在五边形ABCDE中，∠BCD=100°，AB∥CD,该 五边形是不是“完美五边形”？请说明你的理由. D ① ② ③ 第8题图 47 题型二多边形中的角度计算 9.如图，∠1，∠2，∠3是五边形ABCDE的三个外角，边CD,AE 的延长线交于点F,如果∠1+∠2+∠3=225°，那么∠DFE的 度数是( ) A.75° B.65° C.55° D.45° 03 A B 第9题图 第10题图 第11题图 10.（期中·2023-2024南京鼓楼区)如图，在四边形ABCD中， ∠A+∠C=180°，∠D=120°，∠ABE是四边形ABCD的一 个外角，则∠ABE的度数是 11.我们把各边相等，且各角也相等的多边形叫作正多边 形.如图，边长相等的正五边形和正方形的一边重合，则 ∠1= 0 12.已知一个多边形的内角和比外角和的3倍少180°. (1)求这个多边形的边数 (2)若截去该多边形的一个角，求截完后所形成的新多边形 的内角和 拒绝盗印 题型三辅助线问题 类型1延长线段 13.(期末·2023-2024泰州姜堰区)如图 是某种可调节躺椅的示意图，AE与 BD的交点为C,∠CAB=50°，∠CBA =60°，∠CEF=30°.为了舒适，需调 整∠CDF大小，使∠EFD=120°，且 A B ∠CAB,∠CBA,∠CEF保持不变，则图 第13题图 中∠CDF应调整为 0 14.（期末·2023-2024扬州广陵区)已知两平行直线MW,PQ, 点C,B分别在直线MN,PQ上，点A在直线MN和PQ之间. (1)如图①，若∠MCB=50°，则∠QBC= (2)如图②，求证：∠CAB=∠MCA+∠PBA. (3)如图③，CD∥AB,点E在直线PQ上，且∠ECN= ∠CAB,求证：∠MCA=∠DCE. M -N M ① ② ③ 第14题图 精品图书 金星教育 类型2作平行线 15.一种路灯的示意图如图所示，其底部支架AB E 与吊线FG平行，灯杆CD与底部支架AB所 成锐角a=15°，顶部支架EF与灯杆CD所 成锐角B=45°，则EF与FG所成锐角的度 数为( A.60° B.55° A 77777777 C.50° D.45° 第15题图 16.学科融合如图①，当光线从空气斜射入某种透明的液体中时 发生了折射，满足入射角∠1与折射角∠2的度数比为3：2.如 图②，在同一平面内，两条光线同时从空气斜射入这种液体中， 两条入射光线与水平液面的夹角分别为α，B,在液体中两条折 射光线的夹角为y,则α，B,y三者之间的数量关系为( ① ② 第16题图 Aa)=7 B子a+)=120-7 C.a+B= D.a+f+y=180° 17.(期中·2023-2024南通海门区)如图，AB∥CD,P为直线 AB,CD之间一点，∠BAP的平分线与∠DCP邻补角的平分 线所在直线交于点Q,则∠P与∠Q之间的关系为( A.∠P=∠Q B.∠P+∠Q=180° C.2∠P+∠Q=180° D.∠P+2∠Q=180° B 第17题图 第18题图 18.（期中·2023-2024镇江京口区)如图，已知AB∥CD,BE 和DF分别平分∠ABF和∠CDE,若2∠E-∠F=54°，则 ∠CDE的度数为( ) A.30° B.34° C.36° D.38° 19.(期中·2023-2024苏州立达中学)如图，AB∥DE,∠ABC =80°，∠CDE=150°，则∠BCD的度数为 0 4-G A D E 第19题图 第20题图 20.（期中·2023-2024南京外国语)如图，五边形ABCDE是正 五边形，1∥1，若∠1=20°，则∠2= —48 21.如图①，MN∥PQ,直线AD与MN,PQ分别交于点A,D, 点B在直线PQ上，过点B作BG⊥AD,垂足为点G. (1)∠MAG+∠PBG= (2)若点C在线段AD上（不与A,D,G重合），连接BC, ∠MAG和∠PBC的平分线交于点H. ①请在图②中补全图形，猜想并证明∠CBG与∠AHB的数量 关系； ②若直线AD的位置如图③所示，请直接写出∠CBG与 ∠AHB的数量关系： A G /D D ① ② ③ 第21题图 爱学子 拒绝盗印