【文档说明】《2021-2022学年七年级数学下册举一反三系列（人教版）》专题11.3 期中复习手册之解答题18个必考点（人教版）（解析版）.docx，共(72)页，1.042 MB，由管理员店铺上传

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专题11.3期中复习手册之解答题18个必考点参考答案与试题解析目录第5章相交线与平行线...............................................................

...........................................................................1【必考点1相交线中的角度计算】.............................................

..........................................................................1【必考点2证明两条直线平行】..................................

.........................................................................................5【必考点3将证明过程补充完整】......

.................................................................................................................7【必考点4平行线的性质与判定中档题】.............

.............................................................................................11【必考点5平行线的性质与判定压轴题】.....

.....................................................................................................14【必考点6平行线的性质与判定压轴题（拐点问题）】....

..............................................................................26【必考点7平行线的性质与判定压轴题（折叠问题）】.................................

.................................................30【必考点8平行线的性质与判定压轴题（动态问题）】..................................................

................................34第6章实数...................................................................

.........................................................................................38【必考点9利用平方根、立方根的性质解方程】...

...........................................................................................38【必考点10平方根与立方根的性质综合】...........................

.............................................................................39【必考点11算术平方根的应用】...................

.....................................................................................................40【必考点12实数的运算】...

................................................................................................................................42【必考点13估算无理数的大小】....

...................................................................................................................4

3第7章平面直角坐标系............................................................................................................

............................44【必考点14坐标系中的平移变换】..............................................................................................

.....................44【必考点15坐标与图形的性质压轴题】............................................................

................................................47【必考点16坐标与图形的性质压轴题（动态问题）】............................................................

........................56【必考点17坐标与图形的性质压轴题（存在性问题）】...............................................................

.................62【必考点18坐标与图形的性质压轴题（定值问题）】..................................................................................

..67第5章相交线与平行线【必考点1相交线中的角度计算】1．（2021秋•钦北区期中）如图，直线AB、CD相交于点O，OE平分∠BOD，OF平分∠COE，∠AOD＝2∠BOD．（1）求∠DOE的度数；（2）求∠BOF的度数．【分析

】（1）根据邻补角的和等于180°求出∠BOD的度数，然后根据角平分线的定义解答；（2）先求出∠COE的度数，再根据角平分线的定义求出∠EOF，然后根据角的和差关系即可得解．【解答】解：（1）∵∠AOD

＝2∠BOD，∠AOD+∠BOD＝180°，∴∠BOD=13×180°＝60°，∵OE平分∠BOD，∴∠DOE＝∠BOE=12∠BOD=12×60°＝30°；（2）∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝180°﹣30°＝150°，∵O

F平分∠COE，∴∠EOF=12∠COE=12×150°＝75°，∴∠BOF＝∠EOF+∠BOE＝75°﹣30°＝45°．2．（2020秋•仁寿县期中）如图，直线AB与CD相交于点O，OM⊥AB于O．（1）如图1，若OC平分∠AOM，求钝角∠AOD的度数；（2）如图2

，若∠BOC＝4∠NOB，且OM平分∠NOC，求∠MON的度数．【分析】（1）由垂直的定义可得∠AOM＝90°，利用角平分线的定义可求∠AOC的度数，结合平角的定义可求解∠AOD的度数；（2）由垂直的定义可得∠AOM＝∠BOM＝

90°，结合角平分线的定义可得∠COM＝∠NOM，即可得∠AOC＝∠BON＝∠BOD，根据平角的定义及∠BOC＝4∠NOB可求解∠NOB的度数，进而可求解．【解答】解：（1）∵OM⊥AB，∴∠AOM＝90°，∵OC平分∠AOM，∴∠AOC＝45°，∴∠AOD＝180°

﹣∠AOC＝180°﹣45°＝135°；（2）∵OM⊥AB，∴∠AOM＝∠BOM＝90°，∵OM平分∠NOC，∴∠COM＝∠NOM，∴∠AOC＝∠BON＝∠BOD，∵∠BOC+∠AOC＝180°，∠BOC＝4∠NOB，∴∠NOB＝36

°，∴∠MON＝90°﹣∠NOB＝90°﹣36°＝54°．3．（2021春•武昌区期中）如图，直线MD、CN相交于点O，OA是∠MOC内的一条射线，OB是∠NOD内的一条射线，∠MON＝70°．（1）若∠BOD=12∠COD，求∠BO

N的度数；（2）若∠AOD＝2∠BOD，∠BOC＝3∠AOC，求∠BON的度数．【分析】（1）根据对顶角的定义可得∠COD的度数，再根据∠BOD=12∠COD可得∠BOD的度数，然后根据邻补角互补可得答案

；（2）设∠AOC＝x°，则∠BOC＝3x°，利用角的和差运算即可解得x，进而可得∠BON的度数．【解答】解：（1）∵∠MON＝70°，∴∠COD＝∠MON＝70°，∴∠BOD=12∠COD=12×70°=35°，∴∠B

ON＝180°﹣∠MON﹣∠BOD＝180°﹣70°﹣35°＝75°；（2）设∠AOC＝x°，则∠BOC＝3x°，∵∠COD＝∠MON＝70°，∴∠BOD＝∠BOC﹣∠COD＝3x°﹣70°，∴∠AOD＝∠AOC+∠COD＝x°+70°，∵∠AOD＝2∠BOD，∴x+70＝2（3x﹣7

0），解得x＝42，∴∠BOD＝3x°﹣70°＝3×42°﹣70°＝56°，∴∠BON＝180°﹣∠MON﹣∠DOB＝180°﹣70°﹣56°＝54°．4．（2021秋•香坊区校级期中）已知：直线AB与直线CD交于点O，过点O作OE⊥AB．（1）如图1，∠COE=

14∠AOD，求∠AOC的度数．（2）如图2，在（1）的条件下，过点O作OF⊥CD，经过点O画直线MN，满足射线OM平分∠BOD，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出与2∠EOF度数相等的角．【分析】（1）根据OE⊥AB，得到∠BOE＝∠AOE＝90°，设∠COE＝α，根据∠AO

D＝∠BOC列方程可得结论；（2）根据（1）中∠AOD的度数，分别计算图中各个角的度数，得到∠EOF的度数，再从各个角中找出与问题相符合的所有角．【解答】解：（1）设∠COE＝α，∵，∠COE=14∠AOD，∴∠AOD＝4α，∵

OE⊥AB，∴∠BOE＝∠AOE＝90°，∵∠BOC＝∠AOD，∴4α＝90°+α，∴α＝30°，∴∠AOC＝90°﹣∠COE＝90°﹣30°＝60°；（2）由（1）∠BOD＝∠AOC＝60°，∵OM平分∠BOD，∴∠BOM＝∠DO

M＝∠AON＝∠CON＝30°，∵OF⊥CD，∴∠DOF＝∠COF＝90°，∴∠BOF＝90°﹣60°＝30°，∠EOF＝60°，∴2∠EOF＝120°＝∠BOC＝∠AOD＝∠NOF＝∠EOM，∴与2∠EOF度数相等的角有∠BOC，∠AOD，∠NOF，∠EOM．【必考点

2证明两条直线平行】5．（2021秋•市北区期中）如图，已知∠1+∠2＝180°，∠3＝∠B，求证：DE∥BC．【分析】由条件可先证明EH∥AB，再利用平行线的性质可得到∠3＝∠ADE＝∠B，可证明DE∥BC．【解答】证明：∵∠1+∠2＝180°（已知）∵∠1＝∠4（对顶角相等）∴

∠2+∠4＝180°（等量代换）∴AB∥EF（同旁内角互补，两直线平行）∴∠3＝∠ADE（两直线平行，内错角相等）又∵∠3＝∠B（已知）∴∠B＝∠ADE（等量代换）∴DE∥BC（同位角相等，两直线平行）6．（2021

春•槐荫区期中）点B，E分别在AC，DF上，BD，CE分别交AF于点G，H，∠AGB＝∠EHF，∠C＝∠D．求证：AC∥DF．【分析】由已知条件判断得到∠DGF＝∠EHF，故EC∥BD，利用平行线的性质与已知条件得到∠D＝

∠ABD进而求证．【解答】证明：∵∠AGB＝∠EHF，∠AGB＝∠DGF，∴∠DGF＝∠EHF，∴EC∥BD，∴∠C＝∠ABD，∵∠C＝∠D，∴∠D＝∠ABD，∴AC∥DF．7．（2021春•饶平县校级期中）已知，如图，EF⊥AC于F，DB⊥AC于M，∠1＝∠2，∠3＝∠C，求证：AB∥

MN．【分析】由于EF⊥AC，DB⊥AC得到EF∥DM，根据平行线的性质得∠2＝∠CDM，而∠1＝∠2，则∠1＝∠CDM，根据平行线的判定得到MN∥CD，所以∠C＝∠AMN，又∠3＝∠C，于是∠3＝∠AMN，然后根据平行线的判定

即可得到AB∥MN．【解答】证明：∵EF⊥AC，DB⊥AC，∴EF∥DM，∴∠2＝∠CDM，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠CDM，∴MN∥CD，∴∠C＝∠AMN，∵∠3＝∠C，∴∠3＝∠AMN，∴AB∥MN．8．（2021春•东莞市期中）如图，在△ABC中，CD⊥AB，垂足为D，点E在BC上，EF⊥A

B，垂足为F．（1）CD与EF平行吗？为什么？（2）如果∠1＝∠2，DG∥BC吗？为什么？【分析】（1）根据垂直定义得出∠CDF＝∠EFB＝90°，根据平行线判定推出即可；（2）根据平行线的性质得出∠2＝∠BCD，推出∠1＝∠BCD，根据平行线的判定推出即可．【解答】解：（1）CD∥EF，理由是

：∵CD⊥AB，EF⊥AB，∴∠CDF＝∠EFB＝90°，∴CD∥EF．（2）DG∥BC，理由是：∵CD∥EF，∴∠2＝∠BCD，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠BCD，∴DG∥BC．【必考点3将证明过程补充完整】9．（2021春•芜湖期中

）请将下列证明过程补充完整：已知：如图，点P在CD上，已知∠BAP+∠APD＝180°，∠1＝∠2．求证：∠E＝∠F．证明：∵∠BAP+∠APD＝180°（已知），∴∥（），∴∠BAP＝（），又∵∠1＝∠2（已知），∴∠BAP﹣＝﹣∠2，即∠3＝（等式的性质），∴AE∥PF（

），∴∠E＝∠F（）．【分析】根据平行线的性质和判定即可解决问题．【解答】解：∵∠BAP+∠APD＝180°（已知），∴AB∥CD（同旁内角互补，两直线平行），∴∠BAP＝∠APC（两直线平行，内错角相等），又∵∠1＝∠2（已知），∠3

＝∠BAP﹣∠1，∠4＝∠APC﹣∠2，∴∠3＝∠4（等式的性质），∴AE∥PF（内错角相等，两直线平行），∴∠E＝∠F（两直线平行，内错角相等）．故答案为：AB；CD；同旁内角互补，两直线平行；∠APC；两直线平行，内错角相等；∠1；∠APC；∠

4；内错角相等，两直线平行；两直线平行，内错角相等．10．（2021春•盱眙县期中）请将下列证明过程补充完整：已知：如图，AD是△ABC的角平分线，点E在BC上，点G在CA的延长线上，EG交AB点F，且∠BEF+∠ADC＝180°．求证：∠AFG＝∠G．证明：∵∠B

EF+∠ADC＝180°（已知），又∵（平角的定义），∴∠GED＝∠ADC（）．∴AD∥GE（），∴∠AFG＝∠BAD（）且∠G＝∠CAD（），∵AD是AABC的角平分线（已知），∴∠BAD＝∠CAD（角平分线的定义），∴∠AFG＝∠G（）【分析】直接根据平行线的判定与性质，角平

分线的定义可得答案．【解答】证明：∵∠BEF+∠ADC＝180°（已知），又∵∠BEF+∠GED＝180°（平角的定义），∴∠GED＝∠ADC（同角的补角相等）．∴AD∥GE（同位角相等两直线平行），∴∠AFG＝∠BAD（两直线平行内错角相等）且∠G＝∠CA

D（两直线平行同位角相等），∵AD是AABC的角平分线（已知），∴∠BAD＝∠CAD（角平分线的定义），∴∠AFG＝∠G（等量代换）∠BEF+∠GED＝180°，同角的补角相等，同位角相等两直线平行，两直线平行内错

角相等，两直线平行同位角相等，等量代换．11．（2021秋•汝阳县期中）如图，已知∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠5＝∠A，试说明：BE∥CF．完善下面的解答过程，并填写理由或数学式：解：∵∠3＝∠4（已知）∴AE∥（）∴∠EDC＝∠5（）∵∠5＝∠A（已知）∴∠EDC＝（）∴DC∥AB（）∴∠5+∠A

BC＝180°（）即∠5+∠2+∠3＝180°∵∠1＝∠2（已知）∴∠5+∠1+∠3＝180°（）即∠BCF+∠3＝180°∴BE∥CF（）．【分析】可先证明BC∥AF，可得到∠A+∠ABC＝180°，结合条件可得∠2+∠3

+∠5＝180°，可得到∠1+∠3+∠5＝180°，可证明BE∥CF．【解答】解：∵∠3＝∠4（已知）∴AE∥BC（内错角相等，两直线平行）∴∠EDC＝∠5（两直线平行，内错角相等）∵∠5＝∠A（已知）∴∠EDC＝∠A（等量代换）∴DC∥AB（同位角相等，

两直线平行）∴∠5+∠ABC＝180°（两直线平行，同旁内角互补）即∠5+∠2+∠3＝180°∵∠1＝∠2（已知）∴∠5+∠1+∠3＝180°（等量代换）即∠BCF+∠3＝180°∴BE∥CF（同旁内角互

补，两直线平行）；故答案为：BC；内错角相等，两直线平行；两直线平行，内错角相等；∠A；等量代换；同位角相等，两直线平行；两直线平行，同旁内角互补；等量代换；同旁内角互补，两直线平行．【必考点4平行线的性质与判定中

档题】12．（2021春•蓝田县期中）如图，点E、D、C、F在一条直线上，AF与BE交于点O，∠ADE+∠BCF＝180°，BE平分∠ABC，∠ABC＝2∠E．（1）AD与BC平行吗？请说明理由；（2）AB与EF的位置关系如何？为什么？（3）若AF平分∠BAD，试说明：∠E+∠F＝90°．【

分析】（1）根据平角的性质和已知条件，∠ADE+∠BCF＝180°，∠ADE+∠ADF＝180°即可得∠ADF＝∠BCF，即可得出答案；（2）由已知条件∠ABC＝2∠ABE，∠ABC＝2∠E，可得∠ABE＝∠E，再由平行线的判定即可得出答案；（3）根据平行线的性质可得∠DAB+∠ABC＝1

80°，再根据角平分线的性质∠ABE=12∠ABC，∠BAF=12∠BAD，可得AB∥EF，等量代换即可得出答案．【解答】解：（1）AD∥BC，理由如下：因为∠ADE+∠BCF＝180°，∠ADE+∠ADF＝180°．所以∠ADF＝∠BCF．所以AD∥BC．（2）AB∥EF，理由如下：因为

BE平分∠ABC，所以∠ABC＝2∠ABE．因为∠ABC＝2∠E，所以∠ABE＝∠E．所以AB∥EF．（3）因为AD∥BC，所以∠DAB+∠ABC＝180°．因为BE平分∠ABC，AF平分∠BAD，所以∠ABE=12∠ABC，∠BAF=12∠BAD，所以∠ABE+∠BAF＝90°．因为AB∥

EF，所以∠E＝∠ABE，∠F＝∠BAF，所以∠E+∠F＝90°．13．（2021秋•九龙县期中）如图，已知点A在EF上，点P，Q在BC上，∠E＝∠EMA，∠BQM＝∠BMQ．（1）求证：EF∥BC；（2）若FP⊥AC，∠2+∠C＝90°，求证：∠1＝∠B；（3）若∠3+∠4＝1

80°，∠BAF＝3∠F﹣20°，求∠B的度数．【分析】（1）根据，∠E＝∠EMA，∠BQM＝∠BMQ，结合对顶角相等可得∠E＝∠BQM，利用内错角相等两直线平行可证明结论；（2）根据垂直的定义可得∠PGC＝90°，由两直线平行同旁内角互补可得∠EAC+∠C＝180°，结合∠2+

∠C＝90°，可求得∠BAC＝90°，利用同位角相等两直线平行可得AB∥FP，进而可证明结论；（3）根据同旁内角互补可判定AB∥FP，结合∠BAF＝3∠F﹣20°可求解∠F的度数，根据平行线的性质可得∠B＝∠F，即可求解．【解答】（1）证明：∵∠E＝∠EMA，

∠BQM＝∠BMQ，∠EMA＝∠BMQ，∴∠E＝∠BQM，∴EF∥BC；（2）证明：∵FP⊥AC，∴∠PGC＝90°，∵EF∥BC，∴∠EAC+∠C＝180°，∵∠2+∠C＝90°，∴∠BAC＝∠PGC＝90°，∴AB∥FP，∴∠1＝∠B；（3）解：∵∠3+∠4＝180°，∠4＝∠MNF，∴∠3+

∠MNF＝180°，∴AB∥FP，∴∠F+∠BAF＝180°，∵∠BAF＝3∠F﹣20°，∴∠F+3∠F﹣20°＝180°，解得∠F＝50°，∵AB∥FP，EF∥BC，∴∠B＝∠1，∠1＝∠F，∴∠B＝∠F＝50°．14．（2021春•东西湖区期中）直线AB∥CD∥EF，点G、H在直

线EF上，AG交CD于点K，连结KH、BA．（1）如图1，求证：∠B+∠KHB+∠HKD＝180°；（2）如图2，若点H在G点的上方，且∠GAB＝4∠KHB＝72°，补充图形并求∠AKH﹣∠ABH的度

数．【分析】（1）由CD∥EF，得∠HKD＝∠KHE，由AB∥EF得∠B+∠KHB+∠KHE＝180°，即可得∠B+∠KHB+∠HKD＝180°；（2）按已知补充图形即可，根据AB∥CD∥EF，可得∠GAB＝∠AKC，∠CKH＝∠KHG，即知∠AKH＝72

°+∠KHG，由AB∥EF，可得∠ABH＝18°+∠KHG，故∠AKH﹣∠ABH＝54°．【解答】（1）证明：∵CD∥EF，∴∠HKD＝∠KHE，∵AB∥EF，∴∠B+∠BHE＝180°，即∠B+∠KHB+∠KHE＝180°，∴∠B+∠KHB+∠HKD＝180°；（2）解：补充图形如

下：∵AB∥CD∥EF，∴∠GAB＝∠AKC，∠CKH＝∠KHG，∴∠AKH＝∠AKC+∠CKH＝∠GAB+∠KHG∵∠GAB＝72°，∴∠AKH＝72°+∠KHG，∵AB∥EF，∴∠ABH＝∠BHF＝∠KHB+∠KHG，∵4∠KHB＝72°，∴∠

KHB＝18°，∴∠ABH＝18°+∠KHG，∴∠AKH﹣∠ABH＝（72°+∠KHG）﹣（18°+∠KHG）＝54°，答：∠AKH﹣∠ABH的度数是54°．【必考点5平行线的性质与判定压轴题】15．（2021春•宝安区期中）已知AB∥CD，点

M在直线AB上，点N、Q在直线CD上，点P在直线AB、CD之间，∠AMP＝∠PQN，PQ平分∠MPN．（1）如图①，若∠MPN＝88°，则∠AMP＝；（2）如图②，过点Q作QE∥PN交PM的延长线于点E，过点E作EF平分∠PEQ且交PQ于点F．求证：E

F⊥PQ；（3）如图③，在（2）的条件下，连接EN，若NE平分∠PNQ，∠AMP＝24°，则∠NEF＝．【分析】（1）如图①，过点P作PR∥AB，根据平行线的性质及角平分线的定义求解即可；（2）根据已知条件可得2∠EPQ+2∠PEF＝180°，进而可得得解；（3

）结合（2）和已知条件可得∠QNE＝∠QEN，根据三角形内角和定理可得∠QNE=12（180°﹣∠NQE）=12（180°﹣3α），可得∠NEF＝180°﹣∠QEF﹣∠NQE﹣∠QNE，进而可得结论．【解答】（1）解：如图①，过点P作PR∥AB，∵AB∥CD，PR∥AB，∴PR∥AB∥CD，∴

∠AMP＝∠RPM，∠RPQ＝∠PQN，∴∠RPM＝∠RPQ，∵PQ平分∠MPN，∠MPN＝88°，∴∠MPQ=12∠MPN＝44°，∴∠RPM＝∠RPQ=12∠MPQ＝22°，∴∠AMP＝22°，故答案为：22°；（2）证明；

设∠AMP＝∠PQN＝α，由（1）得∠MPQ＝∠NPQ＝2α，∵QE∥PN，∴∠EQP＝∠NPQ＝2α，∴∠EPQ＝∠EQP＝2α，∵EF平分∠PEQ，∴∠PEQ＝2∠PEF＝2∠QEF，∵∠EPQ+∠EQP+∠PEQ＝180°，∴2∠EPQ

+2∠PEF＝180°，∴∠EPQ+∠PEF＝90°，∴∠PFE＝180°﹣90°＝90°，∴EF⊥PQ；（3）解：如图③，设∠AMP＝∠PQN＝α，由（2）可知：∠EQP＝2α，∠EFQ＝90°，∴∠QEF＝90°﹣2α，∵∠PQN＝α，∴∠

NQE＝∠PQN+∠EQP＝3α，∵NE平分∠PNQ，∴∠PNE＝∠QNE，∵QE∥PN，∴∠QEN＝∠PNE，∴∠QNE＝∠QEN，∵∠NQE＝3α，∴∠QNE=12（180°﹣∠NQE）=12（180°﹣3α），∴∠NEF＝180°﹣∠QEF﹣∠NQE﹣∠QNE＝1

80°﹣（90°﹣2α）﹣3α−12（180°﹣3α）＝180°﹣90°+2α﹣3α﹣90°+32α=12α=12∠AMP，∵∠AMP＝24°，∴∠QNE＝12°，故答案为：12°．16．（2022•武昌

区期中）如图1，MN∥PQ，点C、B分别在直线MN、PQ上，点A在直线MN、PQ之间．（1）求证：∠CAB＝∠MCA+∠PBA；（2）如图2，CD∥AB，点E在PQ上，∠ECN＝∠CAB，求证：∠MCA＝∠DCE；（3）如图3，BF平分∠ABP，CG平分∠ACN，AF∥CG．若∠CAB＝60°，求

∠AFB的度数．【分析】（1）过点A作AD∥MN，根据两直线平行，内错角相等得到∠MCA＝∠DAC，∠PBA＝∠DAB，根据角的和差等量代换即可得解；（2）由两直线平行，同旁内角互补得到∴、∠CAB+∠ACD＝180°，由邻补角定义得到∠ECM+∠ECN＝180°，再等量代换即可得

解；（3）由平行线的性质得到，∠FAB＝120°﹣∠GCA，再由角平分线的定义及平行线的性质得到∠GCA﹣∠ABF＝60°，最后根据三角形的内角和是180°即可求解．【解答】（1）证明：如图1，过点A作AD∥MN，∵MN∥PQ，AD∥MN，∴AD∥MN∥P

Q，∴∠MCA＝∠DAC，∠PBA＝∠DAB，∴∠CAB＝∠DAC+∠DAB＝∠MCA+∠PBA，即：∠CAB＝∠MCA+∠PBA；（2）如图2，∵CD∥AB，∴∠CAB+∠ACD＝180°，∵∠ECM+∠ECN＝180°，∵∠ECN＝∠CAB∴∠ECM＝∠ACD，即∠MCA+∠ACE＝∠DC

E+∠ACE，∴∠MCA＝∠DCE；（3）∵AF∥CG，∴∠GCA+∠FAC＝180°，∵∠CAB＝60°即∠GCA+∠CAB+∠FAB＝180°，∴∠FAB＝180°﹣60°﹣∠GCA＝120°﹣∠GCA，由（1）可知，∠CAB＝∠MCA+∠ABP，∵BF平分∠ABP

，CG平分∠ACN，∴∠ACN＝2∠GCA，∠ABP＝2∠ABF，又∵∠MCA＝180°﹣∠ACN，∴∠CAB＝180°﹣2∠GCA+2∠ABF＝60°，∴∠GCA﹣∠ABF＝60°，∵∠AFB+∠ABF+∠FAB＝180°，∴∠AFB＝180°﹣∠FAB﹣∠FBA＝1

80°﹣（120°﹣∠GCA）﹣∠ABF＝180°﹣120°+∠GCA﹣∠ABF＝120°．17．（2021秋•鼓楼区校级期中）如图1，已知BE平分∠ABD，DE平分∠BDC，且∠EBD+∠EDB＝90°．（1）求证：AB∥CD；（2）如图2．射

线BF、DF交于点F，且∠BFD＝30°，当∠ABE＝3∠ABF时，试探决∠CDF与∠CDE的比值，并说明理由；（3）若点H是直线CD上一动点（不与点D重合），BI平分∠HBD．请直接写出∠EBI与∠BHD的数量关系．【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠ABD＝2∠EBD，∠BDC＝2∠BDE

，然后求出∠ABD+∠BDC＝180°，再根据同旁内角互补，两直线平行证明；（2）作EP∥AB，FQ∥AB，根据平行线的判定和性质解答即可；（3）根据角平分线的定义可得∠ABD＝2∠EBD，∠HBD＝2∠IBD，然后分点H在点D的左边和右边两种情况，表示出∠ABH和∠EBI，从而

得解．【解答】证明：（1）∵BE平分∠ABD，DE平分∠BDC，∴∠ABD＝2∠EBD，∠CDB＝2∠EDB，又∵∠EBD+∠EDB＝90°，∴∠ABD+∠CBD＝2×90°＝180°，∴AB∥CD；（2）∠�

�𝐷𝐹∠𝐶𝐷𝐸=13，理由如下：作EP∥AB，FQ∥AB，如图2，又∵AB∥CD，∴AB∥CD∥EP，AB∥CD∥FQ，∴∠ABE＝∠BEP，∠DEP＝∠CDE，∴∠BED＝∠BEP+∠DEP＝∠ABE+∠CDE＝90°，同理，∠BFD＝∠ABF+∠CDF，∵∠ABE＝3∠ABF，∠

BFD＝30°，∴∠BFD=13∠ABE+∠CDF＝30°=13∠BED，∴∠𝐶𝐷𝐹∠𝐶𝐷𝐸=13；（3）∵BE平分∠ABD，∴∠ABD＝2∠EBD，∵BI平分∠HBD，∴∠HBD＝2∠IBD，如图1，点H在点D的左边时，∠ABH＝∠ABD﹣∠HBD，∠E

BI＝∠EBD﹣∠IBD，∴∠ABH＝2∠EBI，∵AB∥CD，∴∠BHD＝∠ABH，∴∠BHD＝2∠EBI，如图2，点H在点D的右边时，∠ABH＝∠ABD+∠HBD，∠EBI＝∠EBD+∠IBD，∴∠ABH＝2∠EBI，∵AB∥CD，∴∠

BHD＝180°﹣∠ABH，∴∠BHD＝180°﹣2∠EBI，综上所述，∠BHD＝2∠EBI或∠BHD＝180°﹣2∠EBI．18．（2021春•连江县期中）已知：直线EF分别与直线AB，CD相交于点G，H，并且∠AGE+∠DHE

＝180°．（1）如图Ⅰ，求证：AB∥CD；（2）若点M在直线AB，CD之间，连接GM，HM，∠AGM＝α，∠CHM＝β，①如图Ⅱ，求∠GMH的度数（可用含α，β的式子表示）；②如图Ⅲ，GF平分∠BGM，在MH的延长线上取点N

，连接GN，若∠N＝∠AGM，∠GMH＝∠N+12∠FGN，求∠GHM的度数．【分析】（1）根据已知条件和对顶角相等即可证明；（2）①过点M作MR∥AB，可得AB∥CD∥MR．进而可以求解；②令∠AGM＝2α，∠CHM＝β，则∠N＝2

α，∠M＝2α+β，过点H作HT∥GN，可得∠MHT＝∠N＝2α，∠GHT＝∠FGN＝2β，进而可得结论．【解答】（1）证明：如图Ⅰ，∵∠AGE+∠DHE＝180°，∠AGE＝∠BGF，∴∠BGF+∠DHE＝180°，∴AB∥CD；（

2）①解：如图Ⅱ，过点M作MR∥AB，又∵AB∥CD，∴AB∥CD∥MR．∴∠GMR＝∠AGM，∠HMR＝∠CHM，∵∠AGM＝α，∠CHM＝β，∴∠GMH＝∠GMR+∠RMH＝α+β；②解：如图Ⅲ，令∠AGM＝2α，∠CHM＝β，则∠N＝2α，∠G

MH＝2α+β，∵射线GF是∠BGM的平分线，∴∠FGM=12∠BGM=12（180°−∠AGM）＝90°−α，∴∠AGH＝∠AGM+∠FGM＝2α+90°﹣α＝90°+α，∵∠GMH＝∠N+12∠FGN，∴2α+β＝2α+12∠FGN，∴∠FGN＝2β，过点

H作HT∥GN，则∠MHT＝∠N＝2α，∠GHT＝∠FGN＝2β，∴∠GHM＝∠MHT+∠GHT＝2α+2β，∠CHG＝∠CHM+∠MHT+∠GHT＝β+2α+2β＝2α+3β，∵AB∥CD，∴∠AGH+∠CHG＝180°

，∴90°+α+2α+3β＝180°，∴α+β＝30°，∴∠GHM＝2（α+β）＝60°．19．（2021秋•南岗区校级期中）已知，直线EF分别与直线AB、CD相交于点G、H，并且∠AGE+∠DHE＝180°．（1）如图1，求证：

AB∥CD．（2）如图2，点M在直线AB、CD之间，连接MG、HM，当∠AGM＝32°，∠MHC＝68°时，求∠GMH的度数．（3）只保持（2）中所求∠GMH的度数不变，如图3，GP是∠AGM的平分线，HQ是∠MHD的平分线，作HN

∥PG，则∠QHN的度数是否改变？若不发生改变，请求出它的度数．若发生改变，请说明理由．（本题中的角均为大于0°且小于180°的角）【分析】（1）先由邻补角得到∠AGE+∠BGE＝180°，然后结合∠AGE+∠DHE＝180°得

到∠BGE＝∠DHE，最后得证AB∥CD；（2）先由AB∥CD得到∠AGH+∠CHG＝180°，即∠AGM+∠MGH+∠MHG+∠MHC＝180°，再结合∠MGH+∠MHG+∠GMH＝180°得到∠GMH＝∠AGM+∠MHC，最

后结合已知条件得到∠GMH的大小；（3）先由（2）得到∠AGM+∠MHC＝∠GMH＝100°，∠MGH+∠MHG＝80°，然后结合角平分线的定义得到∠MGP和∠MHQ，再结合HN∥PG得到∠GHN＝∠PGH，最后由∠QHN＝∠GHN﹣∠G

HQ求得∠QHN的大小．【解答】（1）证明：∵∠AGE+∠BGE＝180°，∠AGE+∠DHE＝180°，∴∠BGE＝∠DHE，∴AB∥CD．（2）解：∵AB∥CD，∴∠AGH+∠CHG＝180°，即∠AGM+∠MG

H+∠MHG+∠MHC＝180°，∵∠MGH+∠MHG+∠GMH＝180°，∴∠GMH＝∠AGM+∠MHC，∵∠AGM＝32°，∠MHC＝68°，∴∠GMH＝100°．（3）解：∠QHN的度数不发生改变，理由如下，由（2）得，∠AGM+∠MHC＝∠GMH＝100°，

∴∠MGH+∠MHG＝80°，∵GP、HQ分别平分∠MGA和∠MHD，∴∠MGP=12∠MGA，∠MHQ=12∠MHD=12（180°﹣∠MHC）＝90°−12∠MHC，∴∠PGH＝∠MGP+∠MGH=12∠MGA+∠MGH，

∵HN∥PG，∴∠GHN＝∠PGH=12∠MGA+∠MGH，∴∠QHN＝∠GHN﹣∠GHQ＝（12∠MGA+∠MGH）﹣（∠MHQ﹣∠MHG）=12∠MGA+∠MGH﹣∠MHQ+∠MHG=12∠MGA+80°﹣∠MHQ，∴∠QHN=12∠MGA+80°﹣（90°−12∠MHC）＝﹣

10°+12（∠MGA+∠MHC）＝﹣10°+12×100°＝40°．20．（2021春•太原期中）已知直线MN∥PQ，点A在直线MN上，点B，C为平面内两点，AC⊥BC于点C．（1）如图1，当点B在直线MN上，点C在直线MN上方时，延长CB交

直线PQ于点D，则∠CAB和∠CDP之间的数量关系是；（2）如图2，当点C在直线MN上且在点A左侧，点B在直线MN与PQ之间时，过点B作BD⊥AB交直线PQ于点D．为探究∠ABC与∠BDP之间的数量关系，小明过点B作BF∥MN请根据他的思路，写出∠ABC与∠BDP的关系，并说明理由；（3

）请从下面A，B两题中任选一题作答．A．如图3，在（2）的条件下，作∠ABD的平分线交直线MN于点E，当∠AEB＝2∠ABC时直接写出∠ABC的度数；B．如图4，当点C在直线MN上且在点A左侧，点B在直线PQ下方时，过点B作BD⊥AB交直线PQ于点D，作∠ABD

的平分线交直线MN于点E，当∠BDP＝2∠BEN时，直接写出∠ABC的度数．【分析】（1）利用平行线的性质即可得出结论；（2）利用平行线的性质和角度的计算即可得出结论；（3）A题需要作出辅助线BF∥MN，即可求解；B题利用平行线的性质，

用∠ABC表示出∠BDP，然后放在△ABC和△ABE中求解即可．【解答】解：（1）∵AC⊥BC，∴∠CAB+∠CBA＝90°，∵MN∥PQ，∴∠CBA＝∠CDP，∴∠CAB+∠CDP＝90°，故答案为：∠CAB+∠

CDP＝90°；（2）∠ABC＝∠BDP，理由如下：∵BF∥MN，MN∥PQ，∴BF∥PQ，∴∠NCB+∠CBF＝180°，∠FBD＝∠BDP，∵AC⊥BC，∴∠CBF＝180°﹣90°＝90°，∴∠ABC+∠ABF＝90°，∵BD⊥AB，∴∠ABF+∠DBF＝

90°，∴∠ABC＝∠FBD，∴∠ABC＝∠BDP，（3）选择A，如图，过点B作BF∥MN，设∠ABC＝x，则：∠AEB＝∠EBF＝2x，由（2）可得∠BDP＝∠ABC＝x，∴∠DBF＝x，∠EBD＝∠EBF+∠DBF＝3x，∵BE平分∠ABD，∴∠ABD＝6x，∵AB⊥BD，∴6x＝90°

，解得：x＝15°，∴∠ABC＝15°；选择B，设∠ABC＝x，∵BA⊥AC，MN∥PQ，BC⊥PQ，∴∠QDB+∠DBC＝90°，∵AB⊥BD，∴∠ABC+∠DBC＝90°，∴∠ABC＝∠QDB＝x，∴∠BDP＝180°﹣x，∵BE平分∠ABD，∴∠ABE＝∠DBE＝45°，在△ABC中，

∠CAB＝90°﹣x，在△ABE中，∠ABE＝180°﹣∠ABE﹣∠CAB＝180°﹣45°﹣（90°﹣x）＝45°+x，∠BEN＝45°+x，∵∠BDP＝2∠BEN，∴180°﹣x＝2（45°+x），解得：x＝30°，∴∠ABC＝30°．【必

考点6平行线的性质与判定压轴题（拐点问题）】21．（2021春•安陆市期中）已知AB∥CD，点P是平面内的一个动点，连PA，PD．（1）如图1，当点P运动到AB上方时，试证明：∠A+∠D+∠P＝180°；（2）如图2，当点P运

动到AB与CD之间时，给出∠A，∠D，∠P的数量关系并说明理由；（3）如图3，点P和点Q是平面内AB与CD之间的两个动点，连接PA，PQ，QD，直接给出∠A，∠P，∠Q，∠D之间的数量关系．【分析】（1）根据平行线的性质及三角形内角和即可得解；（

2）过点P作PM∥AB，根据平行线的性质及角的和差得到∠A+∠APD﹣∠D＝180°；（3）作PE∥AB，QF∥CD，根据平行线的性质及角的和差得到∠APQ＝∠A+∠PQD﹣∠D．【解答】（1）证明：∵AB∥CD，∴∠ABP＝∠D，∵∠A+∠ABP+∠P＝180°，∴∠A+∠D+∠

P＝180°；（2）解：∠A+∠APD﹣∠D＝180°，理由如下：如图2，过点P作PM∥AB，∵AB∥CD，∴PM∥AB∥CD，∴∠A+∠APM＝180°，∠D＝∠DPM，∵∠APD＝∠APM+∠DPM，∴∠A+∠APD﹣∠D＝180°；（3）解：∠APQ＝∠A+∠PQD﹣∠D，理由

如下：如图3，作PE∥AB，QF∥CD，则PE∥AB∥QF∥CD，∵PE∥AB，∴∠A＝∠APE，∵QF∥CD，∴∠D＝∠DQF，∵PE∥QF，∴∠EPQ＝∠FQP，∴∠PQD＝∠FQP+∠DQF＝∠FQP

+∠D，∴∠FQP＝∠PQD﹣∠D，∴∠EPQ＝∠PQD﹣∠D，∵∠APQ＝∠APE+∠EPQ，∴∠APQ＝∠APE+∠PQD﹣∠D＝∠A+∠PQD﹣∠D．22．（2021秋•农安县期中）已知直线AB∥CD，P为平面内一点，连接PA、PD．（1）如图1，已知∠A＝50°，∠D＝15

0°，求∠APD的度数；（2）如图2，判断∠PAB、∠CDP、∠APD之间的数量关系为．（3）如图3，在（2）的条件下，AP⊥PD，DN平分∠PDC，若∠PAN+12∠PAB＝∠APD，求∠AND的度数．【分析】（1）过点P作EF∥AB，根据平行线的性质可得∠APE＝∠A＝50°，∠EPD

＝180°﹣150°＝30°，即可求出∠APD的度数；（2）过点P作EF∥AB，则AB∥EF∥CD，根据平行线的性质可得∠CDP＝∠DPF，∠FPA+∠PAB＝180°，又∠FPA＝∠DPF﹣∠APD，即可得出

∠CDP+∠PAB﹣∠APD＝180°；（3）PD交AN于点O，由AP⊥PD，得出∠APO＝90°，由∠PAN+12∠PAB＝∠APD得出∠PAN+12∠PAB＝90°，由∠POA+∠PAN＝90°，得出∠POA=

12∠PAB，由对顶角相等得出∠NOD=12∠PAB，由角平分线的性质得出∠ODN=12∠PDC，即∠AND＝180°−12（∠PAB+∠PDC），由（2）得：∠CDP+∠PAB﹣∠APD＝180°，代入计算即可求出∠AND的度数．【解答】解：（1）如图1，过点P作EF∥A

B，∵∠A＝50°，∴∠APE＝∠A＝50°，∵AB∥CD，∴EF∥CD，∴∠CDP+∠EPD＝180°，∵∠D＝150°，∴∠EPD＝180°﹣150°＝30°，∴∠APD＝∠APE+∠EPD＝50°+30°＝8

0°；（2）如图2，过点P作EF∥AB，则AB∥EF∥CD，∴∠CDP＝∠DPF，∠FPA+∠PAB＝180°，∵∠FPA＝∠DPF﹣∠APD，∴∠DPF﹣∠APD+∠PAB＝180°，∴∠CDP+∠PAB﹣∠APD＝180°，

故答案为：∠CDP+∠PAB﹣∠APD＝180°；（3）如图3，PD交AN于点O，∵AP⊥PD，∴∠APO＝90°，∵∠PAN+12∠PAB＝∠APD，∴∠PAN+12∠PAB＝90°，∵∠POA+∠PAN＝90°，∴∠POA=12∠PAB，∵∠POA＝∠NOD，∴

∠NOD=12∠PAB，∵DN平分∠PDC，∴∠ODN=12∠PDC，∴∠AND＝180°﹣∠NOD﹣∠ODN＝180°−12（∠PAB+∠PDC），由（2）得：∠CDP+∠PAB﹣∠APD＝180°，∴∠CDP+∠PA

B＝180°+∠APD，∴∠AND＝180°−12（∠PAB+∠PDC）＝180°−12（180°+∠APD）＝180°−12（180°+90°）＝45°．【必考点7平行线的性质与判定压轴题（折叠问题）】23．（2021春•南宁期中）如图所示，ABCD为一长方形纸片，E为BC上一点，将纸

片沿AE折叠，B点落在形外的F点．（1）如图1，当∠BEA＝35°时，∠EAD的度数为．（直接填空）（2）如图2，连BD，若∠CBD＝25°，AF∥BD，求∠BAE；（3）如图3，当AF∥BD时，设∠CBD＝α，请你求出∠BAE的度数．（用α表

示）【分析】（1）根据平行线的性质即可得出结论；（2）先根据AD∥BC，∠CBD＝25°得出∠ADB＝25°，再由AF∥BD得出∠FAD＝25°，故可得出∠AGF的度数，由平行线的性质得出∠BEF的度数，根据翻折变换的性质得出∠BEA的度数，根据直角三角形

的性质即可得出结论；（3）同（2）的证明过程．【解答】解：（1）AD∥BC，∴∠EAD＝∠BEA＝35°．故答案为：35°；（2）如图2，∵AD∥BC，∠CBD＝25°，∴∠ADB＝25°．∵AF∥BD，∴∠FAD＝25°，∴∠AG

F＝90°﹣25°＝65°．∵AD∥BC，∴∠BEF＝∠AGF＝65°．∵△AEF由△AEB反折而成，∴∠BEA=12∠BEF=12×65°＝32.5°，∴∠BAE＝90°﹣32.5°＝57.5°；（3）如图3，∵AD

∥BC，∠CBD＝α，∴∠ADB＝α．∵AF∥BD，∴∠FAD＝α，∴∠AGF＝90°﹣α．∵AD∥BC，∴∠BEF＝∠AGF＝90°﹣α．∵△AEF由△AEB反折而成，∴∠BEA=12∠BEF=12×（90

°﹣α）＝45°−12α，∴∠BAE＝90°﹣（45°−12α）＝45°+12α．故答案为：45°+12α．24．（2021春•溧阳市期中）折叠（折）问题是几何变换问题中的常见问题，它体现了平面几何图形变换中

基本数量关系和几何关系，是考查几何知识的常见类型．（1）操作与探究：如图1，我们将一张上下平行的纸片，沿MN折叠得到如图所示图形．①如图2，若∠1＝90°，则∠2＝．②如图3，请你探案∠1与∠2之间的数量关系，并说明理由；（2）拓展与延伸：若以点M为公

共点，分别沿MN、MP翻折该纸片，翻折后如图4所示，当∠1＝90°时，请直接写出∠2与∠3的数量关系．【分析】（1）①根据折叠的性质即可求解；②如图3：延长FN交ME于H，根据折叠的性质以及平行线的性质、三角形外角的性质即可求解；（2）如图4，延长AP交CM于C，延长BN交CM于

D，根据折叠的性质以及平行线的性质、平角的定义即可求解．【解答】解：（1）①如图2，∵∠1＝90°，∴∠2+∠3＝90°，由折叠得：∠2＝∠3，∴∠2＝∠3＝45°，故答案为：45°；②∠2＝2∠1，理由如下：如图3：延长FN交ME于H，

由折叠得：∠1＝∠GMN，∵MG∥FN，ND∥ME，∴∠GMN＝∠MNH，∠2＝∠NHE，∴∠1＝∠MNH，∴∠2＝∠NHE＝∠1+∠MNH＝2∠1；（2）∠2+∠3＝90°，理由如下：如图4，延长AP交CM于C，延长BN交CM于D，∵PN∥CD，∴∠2＝∠6，∠3＝∠7，∵∠1＝90°，∴∠4

+∠PMC+∠5+∠NMD＝90°，∵纸片的上下平行，∴∠4+∠PMC＝∠6，∠5+∠NMD＝∠7，∴∠6+∠7＝90°，∴∠2+∠3＝90°．【必考点8平行线的性质与判定压轴题（动态问题）】25．（2021春•天宁区校级期中）“一带一路”让中国和世界联系更紧密，“中

欧铁路”为了安全起见在某段铁路两旁安置了两座可旋转探照灯．如图所示，灯A射线从AM开始顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线从BP开始顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视若灯A转动的速度是每秒2°，灯B转动的速度

是每秒1°．假定主道路是平行的，即PQ∥MN，且∠BAM：∠BAN＝2：1．（1）填空：∠BAN＝．（2）若灯B射线先转动30秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，A灯转动几秒，两灯的光束互相平行？【分析】（1）根据∠BAM+∠BAN＝180°，∠

BAM：∠BAN＝2：1，即可得到∠BAN的度数；（2）设A灯转动t秒，两灯的光束互相平行，分两种情况进行讨论：当0＜t＜90时，根据2t＝1•（30+t），可得t＝30；当90＜t＜150时，根据1•（30+t）+（2t﹣180）＝180，可得t＝110．【解答】解

：（1）∵∠BAM+∠BAN＝180°，∠BAM：∠BAN＝2：1，∴∠BAN＝180°×13=60°，故答案为：60°；（2）设A灯转动t秒，两灯的光束互相平行，①当0＜t＜90时，如图1，∵PQ∥MN，∴∠PBD＝∠BDA，∵AC∥BD，∴∠CAM＝∠BDA，∴∠CAM＝∠P

BD∴2t＝1•（30+t），解得t＝30；②当90＜t＜150时，如图2，∵PQ∥MN，∴∠PBD+∠BDA＝180°，∵AC∥BD，∴∠CAN＝∠BDA∴∠PBD+∠CAN＝180°∴1•（30+t）+（2t﹣180）＝180，解得t＝110，综上所述，当t＝30或110时，两灯的光束互相平

行．26．（2021春•南安市期中）“一带一路”让中国和世界更紧密，“中欧铁路”为了安全起见在某段铁路两旁安置了两座可旋转探照灯．如图1所示，灯A射线从AM开始顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线从BP开始顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动

的速度是每秒2度，灯B转动的速度是每秒1度．假定主道路是平行的，即PQ∥MN，且∠BAM：∠BAN＝2：1．（1）填空：∠BAN＝60°；（2）若灯B射线先转动30秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，A灯转动几秒，两灯的光束互相平行？（3）如图2，若两灯同时转动，在灯A射线到达A

N之前．若射出的光束交于点C，过C作∠ACD交PQ于点D，且∠ACD＝120°，则在转动过程中，请探究∠BAC与∠BCD的数量关系是否发生变化？若不变，请求出其数量关系；若改变，请说明理由．【分析】（1）根据∠BAM+∠BAN＝180°，∠BA

M：∠BAN＝2：1，即可得到∠BAN的度数；（2）设A灯转动t秒，两灯的光束互相平行，分两种情况进行讨论：当0＜t＜90时，根据2t＝1•（30+t），可得t＝30；当90＜t＜150时，根据1•（30+t）+（2t﹣180）＝180，可得t＝110；（3）设灯A射线转动时间为t秒，根据∠

BAC＝2t﹣120°，∠BCD＝120°﹣∠BCD＝t﹣60°，即可得出∠BAC：∠BCD＝2：1，据此可得∠BAC和∠BCD关系不会变化．【解答】解：（1）∵∠BAM+∠BAN＝180°，∠BAM：∠BAN＝2：1，∴∠BAN＝180°×13=60°，故答案为：60；（

2）设A灯转动t秒，两灯的光束互相平行，①当0＜t＜90时，如图1，∵PQ∥MN，∴∠PBD＝∠BDA，∵AC∥BD，∴∠CAM＝∠BDA，∴∠CAM＝∠PBD∴2t＝1•（30+t），解得t＝30；②当90＜t＜150时，如图2，∵PQ∥MN，∴∠PBD+∠B

DA＝180°，∵AC∥BD，∴∠CAN＝∠BDA∴∠PBD+∠CAN＝180°∴1•（30+t）+（2t﹣180）＝180，解得t＝110，综上所述，当t＝30秒或110秒时，两灯的光束互相平行；（3）∠BA

C和∠BCD关系不会变化．理由：设灯A射线转动时间为t秒，∵∠CAN＝180°﹣2t，∴∠BAC＝60°﹣（180°﹣2t）＝2t﹣120°，又∵∠ABC＝120°﹣t，∴∠BCA＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝180°﹣t，而

∠ACD＝120°，∴∠BCD＝120°﹣∠BCA＝120°﹣（180°﹣t）＝t﹣60°，∴∠BAC：∠BCD＝2：1，即∠BAC＝2∠BCD，∴∠BAC和∠BCD关系不会变化．第6章实数【必考点9利用平

方根、立方根的性质解方程】27．（2021春•临颍县期中）解方程：①（2x+1）3+1＝0；②25（x+2）2﹣36＝0．【分析】①根据等式的性质，立方根的定义即可求出答案；②根据等式的性质，平方根的定义即可求出答案．【解答】解：①

（2x+1）3+1＝0，移项得，（2x+1）3＝﹣1，由立方根的定义得，2x+1＝﹣1，解得x＝﹣1；②移项得，25（x+2）2＝36，两边都除以25得，（x+2）2=3625，由平方根的定义得，x+2＝±65，解得x=−45或x=−165．28．（2021秋•渠县校

级期中）解方程：（1）（x+1）2﹣0.01＝0；（2）（3x+2）3﹣1=6164．【分析】（1）根据平方根的定义去求；（2）根据立方根的定义去求．【解答】解：（1）∵（x+1）2＝0.01，∴x+

1＝±0.1，∴x＝﹣0.9或﹣1.1；（2）∵（3x+2）3=6164+1，∴（3x+2）3=12564，∴3x+2=54，∴x=−14．【必考点10平方根与立方根的性质综合】29．（2021秋•临渭区期中）已知正数a的两个不同

平方根分别是2x﹣2和6﹣3x，a﹣4b的算术平方根是4．（1）求这个正数a以及b的值；（2）求b2+3a﹣8的立方根．【分析】（1）根据题意可得，2x﹣2+6﹣3x＝0，即可求出a＝36，再由题意求出b的值即可；（2）将（1）中所求a、b的值代入b2+3a﹣8，即可求解．【解答】解：

（1）∵正数a的两个不同平方根分别是2x﹣2和6﹣3x，∴2x﹣2+6﹣3x＝0，∴x＝4，∴2x﹣2＝6，∴a＝36，∵a﹣4b的算术平方根是4，∴a﹣4b＝16，∴b＝5；（2）b2+3a﹣8＝25+36×3﹣8＝125，∴b2+3a﹣8的立方根是5．30．（202

1秋•青岛期中）已知正数a的两个平方根分别是2x﹣3和1﹣x，√1−2𝑏3与√3𝑏−53互为相反数，求a+2b的值．【分析】利用平方根的意义求出a值，利用相反数的意义求出b值，将a，b值代入代数式计算即

可．【解答】解：∵正数a的两个平方根分别是2x﹣3和1﹣x，∴2x﹣3+1﹣x＝0，解得：x＝2．∴2x﹣3＝1，1﹣x＝﹣1，∴a＝1；∵√1−2𝑏3与√3𝑏−53互为相反数，∴1﹣2b+3b﹣5＝0，解得：b

＝4．当a＝1，b＝4时，a+2b＝1+2×4＝1+8＝9．31．（2021秋•原阳县期中）如果M=√𝑎+𝑏+3𝑎−𝑏是a+b+3的算术平方根，N=√𝑎+2𝑏𝑎−2𝑏+3是a+2b的立方根，求（2N）2+3M的平方根．【分

析】先根据题意可列出关于a、b的二元一次方程组，解方程组即可得出a、b的值，将其代入M、N中求出M、N的值，再求（2N）2+3M的平方根．【解答】解：由已知得{𝑎−𝑏=2𝑎−2𝑏+3=3，解得，{𝑎=4𝑏=2，∴M=√9=3，N=√83=2，∴（2N）2+3M＝（2×2）2+3×

3＝25∴（2N）2+3M的平方根是5和﹣5．【必考点11算术平方根的应用】32．（2021春•花都区期中）小丽想用一块面积为36cm2的正方形纸片，如图所示，沿着边的方向裁出一块面积为20cm2的长方形纸片，使它的长是宽的2倍．她不知能否裁得出来，正在发

愁．小明见了说：“别发愁，一定能用一块面积大的纸片裁出一块面积小的纸片．”你同意小明的说法吗？你认为小丽能用这块纸片裁出符合要求的纸片吗？为什么？【分析】先求得正方形的边长，然后设长方形的宽为xcm，则长为2x

cm，然后依据矩形的面积为20cm2列方程求得x的值，从而得到矩形的边长，从而可作出判断．【解答】解：不同意，因为正方形的面积为36cm2，故边长为6cm，设长方形的宽为xcm，则长为2xcm，长方形面积＝x⋅2x＝2x2＝20，解得x=√10，长为

2√10𝑐𝑚＞6𝑐𝑚，即长方形的长大于正方形的边长，所以不能裁出符合要求的长方形纸片．33．（2021春•自贡期中）（1）小丽计划在母亲节那天送份礼物妈妈，特设计一个表面积为12dm2的正方体纸盒，则这个正

方体的棱长是．（2）为了增加小区的绿化面积，幸福公园准备修建一个面积121πm2的草坪，草坪周围用篱笆围绕．现从对称美的角度考虑有甲，乙两种方案，甲方案：建成正方形；乙方案：建成圆形的．如果从节省篱笆费用的角度考虑，你会选择哪种方案？请说明理由；（3）在（2）的方案中，审批时发现修如此大的草坪，

目的是亲近自然，若按上方案就没达到目的，因此建议用如图的设计方案：正方形里修三条小路，三条小路的宽度是一样，这样草坪的实际面积就减少了21πm2，请你根据此方案求出各小路的宽度（π取整数）．【分析】（1）先求得正方体

的一个面的面积，然后依据算术平方根的定义求解即可；（2）根据正方形的周长公式以及圆形的周长公式即可求出答案；（3）根据图形的平移求解．【解答】解：（1）∵正方体有6个面且每个面都相等，∴正方体的一个面的面积＝2dm2．∴正方体的棱长=√2dm；故答案为：√2d

m；（2）甲方案：设正方形的边长为xm，则x2＝121π，∴𝑥=11√𝜋，∴正方形的周长为：4×11√𝜋=44√𝜋（m）；乙方案：设圆的半径为为rm，则πr2＝121π，∴r＝11，∴圆的周长为：2πr＝22

π（m），∴44√𝜋−22𝜋=22√𝜋(2−√𝜋)，∵4＞π，∴2＞√𝜋，2−√𝜋＞0，∴正方形的周长比圆的周长大，故从节省篱笆费用的角度考虑，选项乙方案建成圆形；（3）依题意可进行如图所示的平移，设下路的宽为ym，则(

11√𝜋−𝑦)2=121𝜋−21𝜋，∴11√𝜋−𝑦=10√𝜋，∴𝑦=√𝜋，∵π取整数，∴𝑦=√3．故根据此方案求出小路的宽度为√3m．【必考点12实数的运算】34．（2021春•上思县期中）计算：（1）√−83−√(−3

)2+√25−|−4|（2）√273−|√2−√3|−14×√16+|−√3|【分析】（1）首先计算开方、开立方和绝对值，然后从左向右依次计算，求出算式的值即可．（2）首先计算开方、开立方和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式

的值即可．【解答】解：（1）√−83−√(−3)2+√25−|−4|＝﹣2﹣3+5﹣4＝﹣4．（2）√273−|√2−√3|−14×√16+|−√3|＝3﹣（√3−√2）−14×4+√3＝3−√3+√2−1+√3＝2+√2

．35．（2021春•正阳县期中）计算：（1）|1−√2|+|√2−√3|+|√3−2|+|2−√5|；（2）(−2)3×√(−4)2+√(−4)33×(12)2−√273．【分析】（1）先化简每一个绝对值，然后再进行计算即可解答；（2）先算

乘方，再算乘除，后算加减，即可解答．【解答】解：（1）|1−√2|+|√2−√3|+|√3−2|+|2−√5|=√2−1+√3−√2+2−√3+√5−2=√5−1；（2）(−2)3×√(−4)2+√(−4)33×(12)2−√273＝﹣8×4+（﹣4）

×14−3＝﹣32﹣1﹣3＝﹣36．【必考点13估算无理数的大小】36．（2021春•全南县期中）阅读下面的文字，解答问题．大家知道√2是无理数，而无理数是无限不循环小数，因此√2的小数部分我们不可能全部写出来，但是由于1＜√2＜2，所以√2的整数部分为1，将√2减去其整数部分1，差就是小数

部分为（√2−1）．解答下列问题：（1）√10的整数部分是，小数部分是；（2）如果√6的小数部分为a，√13的整数部分为b，求a+b−√6的值；（3）已知12+√3=x+y，其中x是整数，且0＜y＜1，求x﹣y的相反数．【分析

】（1）估算无理数√10的大小即可；（2）估算无理数√6，√13的大小，确定a、b的值，再代入计算即可；（3）估算无理数12+√3的大小，确定x、y的值，代入计算后求其相反数即可．【解答】解：（1）∵√9＜√10＜√16，即3＜√10＜4

，∴√10的整数部分为3，小数部分为√10−3，故答案为：3，√10−3；（2）∵2＜√6＜3，，3＜√13＜4，∴√6的小数部分为a=√6−2，√13的整数部分b＝3，∴a+b−√6=√6−2+3−√6=1；

（3）∵1＜√3＜2，∴13＜12+√3＜14，又∵12+√3=x+y，其中x是整数，且0＜y＜1，∴x＝13，y=√3−1，∴x﹣y＝13﹣（√3−1）＝14−√3，∴x﹣y的相反数是√3−14．37．（2021秋•浚县期中）通过《实数》一章的学习，我们知道√2是一个

无限不循环小数，因此√2的小数部分我们不可能全部写出来．聪明的小丽认为√2的整数部分为1，所以√2减去其整数部分，差就是√2的小数部分，所以用√2−1来表示√2的小数部分，根据小丽的方法请完成下列问题：（1）√33的整数部

分为，小数部分为；（2）已知√10的整数部分a，8−√5的整数部分为b，求a+b的立方根．【分析】（1）用夹逼法估算无理数的大小即可得出答案；（2）估算无理数的大小得到a，b的值，再求a+b的立方根即可．【解答】解：（1

）∵25＜33＜36，∴5＜√33＜6，∴√33的整数部分为5，小数部分为√33−5；故答案为：5，√33−5；（2）∵9＜10＜16，∴3＜√10＜4，∴a＝3，∵4＜5＜9，∴2＜√5＜3，∴﹣3＜−√5＜−2，∴5＜8−√5＜6，∴b＝5

，∴a+b＝3+5＝8，∴a+b的立方根为2．第7章平面直角坐标系【必考点14坐标系中的平移变换】38．（2021春•安阳县期中）在平面直角坐标系中，三角形ABC经过平移得到三角形A'B'C'，位置如图所示．（1）分别写出点A，A'的坐标：

A，A'．（2）请说明三角形A'B'C'是由三角形ABC经过怎样的平移得到的．（3）若点M（m，4﹣n）是三角形ABC内部一点，则平移后对应点M'的坐标为（2m﹣8，n﹣4），求m和n的值．【分析】（1）根据已知图形可得答案；（2）由A（1，0）的对应点A′（﹣4，4）得平移规律，即可

得到答案；（3）由（2）平移规律得出m、n的方程．【解答】解：（1）由图知A（1，0），A'（﹣4，4），故答案为：（1，0），（﹣4，4）；（2）A（1，0）对应点的对应点A′（﹣4，4）得A向左平移5个单位，向上平移4个单位得到A′，三角形A'B'C'是由三角形ABC向左平移5个单位，向

上平移4个单位得到．（3）△ABC内M（m，4﹣n）平移后对应点M'的坐标为（m﹣5，4﹣n+4）；∴m﹣5＝2m﹣8，4﹣n+4＝n﹣4，∴m＝3，n＝6．39．（2021春•铁东区期中）已知：如图△ABC的位置如图所示，

（每个方格都是边长为1个单位长度的正方形．△ABC的顶点都在格点上）．点A，B，C的坐标分别为（﹣1，0），（5，0），（1，5）．（1）请在图中画出坐标轴，建立直角坐标系；（2）点P（m．n）是△ABC内部一点，平移△ABC．点P随△ABC

一起平移，点A落在A′（0，4），点P落在P′（n，6），求点P的坐标并直接写出平移过程中线段PC扫过的面积．【分析】（1）根据A，B，C的坐标确定平面直角坐标系即可；（2）根据点A（﹣1，0）平移后落在A′（0，4），得出点的坐标平移规律，根据规律求出n的值，进而得

到点P的坐标，再根据平行四边形的面积公式求出平移过程中线段PC扫过的面积．【解答】解：（1）平面直角坐标系如图所示：（2）∵点A（﹣1，0）平移后落在A′（0，4），∴点的坐标平移规律是：横坐标加1，纵坐标加4，∵点P（m，n）平移后落在P′（n，6），∴

m+1＝n，n+4＝6，解得，n＝2，m＝1，∴点P的坐标为（1，2），设线段PC平移后与线段P′C′重合，则PC∥P′C′，PC＝P′C′，∴四边形PCC′P′是平行四边形，∴S▱PCC′P′＝3×1＝3．即平移过程中线段PC扫过的面积为3．【必考点15坐标与图形的性质压轴题

】40．（2021春•江汉区期中）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与坐标轴交于A（﹣4，0），B（0，m）两点，点C（2，3），P（−32，n）在直线AB上．我们可以用面积法求点B的坐标．（1）请阅读并填空：一方面，过点C作CN⊥x轴于点N，我们可以由A，C的坐

标，直接得出三角形AOC的面积为平方单位；另一方面，过点C作CQ⊥y轴于点Q，三角形AOB的面积=12BO•AO＝2m，三角形BOC的面积＝平方单位．∵三角形AOC的面积＝三角形AOB的面积+三角形BOC的面积，∴可得关于m的一

元一次方程为，解这个方程，可得点B的坐标为．（2）如图，请你仿照（1）中的方法，求点P的纵坐标．（3）若点H（3，h），且三角形ACH的面积等于24平方单位，请直接写出h的值．【分析】（1）用两种不同的

方法求出△AOC的面积，构建方程求解即可．（2）利用面积法，构建方程求解即可．（3）分两种情形：当点H在直线AC的下方，当点H在直线AC的上方，分别利用面积法，构建方程求解．【解答】解：（1）过点C作CN⊥x

轴于点N，∵A（﹣4，0），B（0，m），点C（2，3），∴S△AOC=12×OA×CN=12×4×3＝6（平方单位）．过点C作CQ⊥y轴于点Q，S△AOB=12BO•AO＝2m（平方单位），S△BOC＝m（平方单位）．∵S△AOC＝S△AOB+S△BOC，∴6＝2m+m，解得，m

＝2，∴点B的坐标为（0，2）．故答案为：6，m，6＝2m+m，（0，2）．（2）如图，连接OP，过点P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．∵S△AOB＝S△AOP+S△POB，∴12×4×2=12×4×n+12×2×32，∴n=54，∴点P的纵坐标为

54．（3）如图，过点H作x轴的垂线交AC于R．设R（3，t），则有12×4×t=12×4×2+12×2×3，解得t＝3.5，∴R（3，3.5），当点H在直线AC的下方时，由S△ACH＝S△ARH﹣S△CHR，可得，24=12×（3.5﹣h）×7−12×1×（3.5﹣h），解得h＝

﹣4.5，当点H在直线AC的上方时，同法可得24＝12×（h﹣3.5）×7+12×1×（h﹣3.5），解得h＝11.5．综上所述，h的值为﹣4.5或11.5．41．（2021春•东湖区期中）如图，在平面直

角坐标系xOy中，点A（a，0）B（b，0），C（b，c）CB⊥x轴于点B，CD⊥y轴于点D．（1）若|a+2|+√𝑏−3+（c﹣3）2＝0，求点D的坐标；（2）在（1）的条件下，过点A的直线AM交

四边形ABCD的边CD于点M，且直线AM分四边形ABCD所成的两部分面积之比为1：4，求点M的坐标；（3）过点A的直线AM交四边形ABCD的边于点M，若直线AM交y轴于点E，且EB平分∠MEO，试探究∠DME，∠EBO，∠CDM之间的数量关系并说明理由．【分析】（1）利用非负数

的性质解答即可；（2）利用四边形的面积公式和三角形的面积公式可得DM的长，由点D的坐标可得点M的坐标；（3）∠DEM+2∠EBO﹣∠CDM＝90°．分两种情况讨论：①当点M在CD上时，过点E作EF∥CD，利用平行线的性质定理及角

平分线的性质定理可得∠DME+2∠EBO＝90°；②当点M在边CB上时，过点E作EF∥CD，点M作MN∥CD，利用①的结论及平行线的性质定理可得∠DME+2∠EBO﹣∠CDM＝90°．【解答】解：（1）∵|a+2|+√𝑏−3+（c﹣3）2＝0，∴a+2＝0，b﹣3＝0，c﹣3＝0，∴a＝﹣2

，b＝3，c＝3，∵CB⊥x轴于点B，CD⊥y轴于点D，B（b，0），C（b，c），∴B（3，0），C（3，3），∴D（0，3）；（2）S四边形ABCD=12（AB+CD）×OD=12×（5+3）×3＝12，∵点M在边CD上时，①

S△ADM：S四边形ABCM＝1：4，而S△ADM+S四边形ABCM＝S四边形ABCD，∴S△ADM=15S四边形ABCD=15×12=125，∵12×DM×3=125，∴DM=85，∴M（85，3）；②S△ADM：S梯形ABCM＝4：1，∴S

△ADM=45S四边形ABCD=45×12=485，∴12×DM×3=485，∴DM=325＞3，∴这种情况不成立，∴M（85，3）；（3）∠DEM+2∠EBO﹣∠CDM＝90°．理由如下：①当点M在CD上时，∠CDM＝0°，过点E作EF∥CD，∴∠DME＝∠ME

F，∵AB∥CD，∴EF∥AB，∴∠EBO＝∠BEF，∠FEO＝180°﹣∠EOB＝180°﹣90°＝90°，∴∠EBO+∠DME＝∠MEB，∵EB平分∠MEO，∴∠MEB＝∠OEB＝∠EBO+∠DME，∴∠OEB+∠BEF＝∠EBO

+∠DME+∠EBO＝∠DME+2∠EBO，∴∠DME+2∠EBO＝90°；②当点M在边CB上时，过点E作EF∥CD，点M作MN∥CD，则∠CDM＝∠DMN，由①可得，∠MEB＝∠NME+∠EBO，∠FEO＝90°＝∠NME+2∠

EBO，∵∠NME＝∠DME﹣∠DMN＝∠DME﹣∠CDM，∴∠NME+2∠EBO＝∠DME﹣∠CDM+2∠EBO＝90°，∴∠DME+2∠EBO﹣∠CDM＝90°，综上可知，∠DME+2∠EBO﹣∠CDM＝90°．42．（2021春•孝南区期中）在平面直角坐标系中，有点A（a，0），B（0，b

），且a，b满足√4−𝑎+|b+2|＝0，将线段AB向上平移k个单位得到线段CD．（1）直接写出a＝，b＝；（2）如图1，点E为线段CD上任意一点，点F为线段AB上任意一点，∠EOF＝120°．点G为线段A

B与线段CD之间一点，连接GE，GF．且∠DEG=13∠DEO，∠AFG=13∠AFO，求∠G的度数；（3）如图2，若k＝6，过点C作直线l∥x轴，点M为直线l上一点，延长BA交1于K①用面积法求K点坐标；②若△MAB的面积为10，求点M的坐标．【分析】（1）由算术平方根和绝对值的非负性

质得4﹣a＝0，b+2＝0，即可得出答案；（2）由平移的性质得CD∥AB，设∠DEG＝x，∠AFG＝y，则∠DEO＝3x，∠AFO＝3y，过O作OP∥CD，由平行线的性质得∠DEO+∠EOP＝180°，∠AFO+∠FOP＝1

80°，则3x+3y+120°＝360°，得x+y＝80°，过G作GH∥CD，再由平行线的性质得∠EGH＝∠DEG＝x，∠HGF＝∠AFG＝y，则∠EGF＝x+y＝80°；（3）①由题意得C（0，4），D（4，6），设K（n，4），由S△BCK＝S△AB

C+S△ACK，得12×6×n=12×4×6+12×4×n，解得n＝12，即可解决问题；②设M（m，4），由S△MAB＝S△MKB﹣S△MKA＝10，得12×|m﹣12|×6−12×|m﹣12|×4＝10，解得m＝2或m＝22，即可得出答案．【解答】解：（1）∵√4−𝑎+|b+2|＝0，

∴4﹣a＝0，b+2＝0，∴a＝4，b＝﹣2，故答案为：4，﹣2；（2）由平移的性质得：CD∥AB，设∠DEG＝x，∠AFG＝y，则∠DEO＝3x，∠AFO＝3y，过O作OP∥CD，则OP∥CD∥AB，∴∠DEO+∠EOP＝180°，∠AFO+∠FOP＝180°，∴∠DEO+∠

EOP+∠AFO+∠FOP＝360°，即3x+3y+120°＝360°，∴x+y＝80°，过G作GH∥CD，则GH∥CD∥AB，∴∠EGH＝∠DEG＝x，∠HGF＝∠AFG＝y，∴∠EGF＝∠EGH+∠HG

F＝x+y＝80°；（3）①如图2，连接AC，∵k＝6，∴C（0，4），D（4，6），设K（n，4），∵S△BCK＝S△ABC+S△ACK，∴12×6×n=12×4×6+12×4×n，解得：n＝12，∴K点坐标为（12，4）；②设M（m，4），∵S△MAB＝S△MKB

﹣S△MKA＝10，∴12×|m﹣12|×6−12×|m﹣12|×4＝10，解得：m＝2或m＝22，∴M的坐标为（2，4）或（22，4）．43．（2021春•硚口区期中）已知A（0，a）、B（b，0），且√𝑎−5

+（b﹣4）2＝0．（1）直接写出点A、B的坐标；（2）点C为x轴负半轴上一点满足S△ABC＝15．①如图1，平移直线AB经过点C，交y轴于点E，求点E的坐标；②如图2，若点F（m，10）满足S△ACF＝10，求m．（3）如图3，D为x轴上B点右侧的点，把点A沿y轴负半轴方向

平移，过点A作x轴的平行线l，在直线l上取两点G、H（点H在点G右侧），满足HB＝8，GD＝6．当点A平移到某一位置时，四边形BDHG的面积有最大值，直接写出面积的最大值．【分析】（1）根据二次根式和偶次幂的非负性得出a，b解答即可；（2）①根据三角形的

面积公式得出点C的坐标，根据平行线的性质解答即可；②延长CA交直线l于点H（a，10），过点H作HM⊥x轴于点M，根据三角形面积公式解答即可；（3）平移GH到DM，连接HM，根据三角形面积公式解答即可．【解答】解

：（1）∵√𝑎−5+(𝑏−4)2=0，且√𝑎−5≥0，（b﹣4）2≥0，∴a﹣5＝0，b﹣4＝0，解得：a＝5，b＝4，∴A（0，5），B（4，0）；（2）①连接BE，如图1，∵𝑆△𝐴𝐵𝐶=12×𝑂𝐴×𝐵�

�=12×|𝑦𝐴|×𝐵𝐶=12×5×𝐵𝐶=15，∴BC＝6，∴C（﹣2，0），∵AB∥CE，∴S△ABC＝S△ABE，∴12𝐴𝐸×4=15，∴AE=152，∴OE=52，∴E（0，−52）；②∵F（m，10），∴点F

在过点G（0，10）且平行于x轴的直线l上，延长CA交直线l于点H（a，10），过点H作HM⊥x轴于点M，则M（a，0），如图2，∵S△HCM＝S△ACO+S梯形AOMH，∴12(𝑎+2)×10=12×2×

5+12×(5+10)⋅𝑎，解得：a＝2，∴H（2，10），∵S△AFC＝S△CFH﹣S△AFH，∴12𝐹𝐻⋅(10−5)=10，∴FH＝4，∵H（2，10），∴F（﹣2，10）或（6，10），∴m＝﹣2或6；（3）平移GH到DM，连接HM，则GD∥HM，GD＝HM，如图3，

四边形BDHG的面积＝△BHM的面积，当BH⊥HM时，△BHM的面积最大，其最大值=12𝐵𝐻⋅𝐻𝑀=12𝐵𝐻⋅𝐺𝐷=12×8×6=24．【必考点16坐标与图形的性质压轴题（动态问题）】44．（2021春•武昌区期中）在平面直

角坐标系中，点A（a，1），B（b，3）满足关系式（a+1）2+|b﹣2|＝0．（1）求a、b的值；（2）若点P（3，n）满足△ABP的面积等于6，求n的值；（3）线段AB与y轴交于点C，动点E从点C

出发，在y轴上以每秒1个单位长度的速度向下运动，动点F从点M（﹣8，0）出发，以每秒2个单位长度的速度向右运动，问t为何值时有S△ABE＝2S△ABF？请直接写出t的值．【分析】（1）根据（a+1）2+|b﹣2|＝0，求出a和b的值即可；（2）过P点作直线l∥y轴，延长AB交l于Q，设出Q点坐标，

根据面积关系求出Q点坐标，再求出PQ的长度，即可求出n值；（3）先根据S梯形AGOC+S梯形CONB＝S梯形AGNB求出C点坐标，再根据面积关系求出t值即可．【解答】解：（1）∵（a+1）2+|b﹣2|＝0，∴a+1＝0，b﹣2＝0，∴a＝﹣1，b＝

2；（2）如右图，过P作直线l垂直于x轴，延长AB交直线l于点Q，设Q的坐标为（3，m），过A作AH⊥l交直线l于点H，∵S△AHQ＝S△ABH+S△BQH，∴12×4（m﹣1）=12×（3+1）×（3﹣1）+12（m﹣1）（3﹣2），解得m=113，∴Q（3，1

13），∵S△ABP＝S△AQP﹣S△BPQ=12PQ×（3+1）−12PQ×（3﹣2）=32PQ，又∵点P（3，n）满足△ABP的面积等于6，∴32|n−113|＝6，解得n=233或−13；（3）如图2，延长BA交x轴于D，

过A作AG⊥x轴于G，过B作BN⊥x轴于N，∵S梯形AGOC+S梯形CONB＝S梯形AGNB，∴12（1+OC）×1+12（OC+3）×2=12×（1+3）×3，解得OC=53，∴C（0，53），∵S△ADG+S梯形AGNB＝S△DNB，∴12DG×1+12×

(1+3)×3=12（DG+3）×3，解得DG=32，∵G（﹣1，0），∴D（−52，0），由题知，当t秒时，F（﹣8+2t，0），∴DF＝|﹣8+2t﹣（−52）|＝|2t−112|，∵CE＝t，∴S△ABE=12CE×[2

﹣（﹣1）]=32t，S△ABF＝S△BDF﹣S△DAF=12DF×（3﹣1）＝|2t−112|，∵S△ABE＝2S△ABF，∴32t＝2|2t−112|，解得t=225或2．45．（2020•官渡区校级开学）如图所示，BA⊥x轴于点A，点B的坐标为（﹣1，2），将线段BA沿x

轴方向平移3个单位，平移后的线段为CD．（1）点C的坐标为；线段BC与线段AD的位置关系是．（2）在四边形ABCD中，点P从点A出发，沿“AB→BC→CD”移动，移动到点D停止．若点P的速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，回答下列问题：①直接写出点P在运

动过程中的坐标（用含t的式子表示）；②当5秒＜t＜7秒时，四边形ABCP的面积为4，求点P的坐标．【分析】（1）根据平移性质直接得出结论；（2）①分三种情况：利用点P的横坐标（或纵坐标）已知，再由运动即可得出结论；②先表示出点P的坐标，再利用梯形的面积公式建立方程求解即

可得出结论．【解答】解：（1）由题意知：C（﹣4，2），线段BC与线段AD的位置关系是平行．故答案为（﹣4，2）；平行．（2）①当0≤t＜2时，p（﹣1，t），当2≤t≤5时，p（﹣t+1，2），当5＜t≤7时，p（﹣4，7﹣t

）；②由题意知：AB＝2，AD＝3，PD＝7﹣t，∴s四边形ABCP＝s四边形ABCD﹣s△ADP＝4，∴2×3−12×3×（7﹣t）＝4，解得t=173，∴7﹣t＝7−173=43，∴点P（﹣4，43）．46．（2021春•江岸区期中）如图，平面直角坐标系中，A（a，0），

B（0，b），C（0，c），√𝑎+4+|2﹣b|＝0，c=12（a﹣b）．（1）求△ABC的面积；（2）如图2，点A以每秒m个单位的速度向下运动至A′，与此同时，点Q从原点出发，以每秒2个单位的速度沿x轴

向右运动至Q′，3秒后，A′、C、Q′在同一直线上，求m的值；（3）如图3，点D在线段AB上，将点D向右平移4个单位长度至E点，若△ACE的面积等于14，求点D坐标．【分析】（1）由非负数的性质求出a＝﹣4，b＝2，求出c＝﹣3，由A，B，C三点的坐

标可求出答案；（2）根据三角形的面积关系S△A'Q'A＝S△CQ'O+S梯形AA'CO可得出答案；（3）连接OD，OE，设D（m，n），由三角形面积关系得出m＝2n﹣4，由平移的性质得出E（2n，n），根据三角形的面积关

系可求出答案．【解答】解：（1）∵√𝑎+4+|2﹣b|＝0，√𝑎+4≥0，|2﹣b|≥0，∴√𝑎+4=0．，|2﹣b|＝0，∴a＝﹣4，b＝2，∴c=12（a﹣b）＝﹣3，∴A（﹣4，0），B（0，2），C（﹣3，0），∴BC＝5，OA＝4，∴S△ABC=12×BC×OA=12×5×4＝1

0；（2）由题意知：OQ'＝2×3＝6，AA'＝3m，∵S△A'Q'A＝S△CQ'O+S梯形AA'CO，∴12×10×3𝑚=12×6×3+12×（3+3m）×4，∴m=53．（3）连接OD，OE，设D（m，n），∵S△AOB＝S△AOD+S△DO

B，∴12×4×2=12×4×𝑛+12×2×（﹣m），∴m＝2n﹣4，∵点D向右平移4个单位长度得到E点，∴E（2n，n），∵S△AOC+S△AOE+S△COE＝S△ACE，∴12×4×3+12×4×𝑛+12×3×2n＝14，∴n=85，∴m＝2n﹣4=−45，∴D（−45，85）．【必考点

17坐标与图形的性质压轴题（存在性问题）】47．（2021春•保山期中）如图，在以点O为原点的平面直角坐标系中点A，B的坐标分别为（a，0），（a，b），点C在y轴上，且BC∥x轴，a，b满足|a﹣3|+√𝑏−4=0．点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O﹣A﹣B﹣C﹣O的路

线运动（回到O为止）．（1）直接写出点A，B，C的坐标；（2）当点P运动3秒时，连接PC，PO，求出点P的坐标，并直接写出∠CPO，∠BCP，∠AOP之间满足的数量关系；（3）点P运动t秒后（t≠0），是否存在点P到x轴的距离为12t个单位长度的情况．若

存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用绝对值和二次根式的非负性即可求得；（2）当P运动3秒时，点P运动了6个单位长度，根据AO＝3，即可得点P在线段AB上且AP＝3，写出P的坐标即可；作PE∥AO．利用平

行线的性质证明即可；（3）由t≠0得点P可能运动到AB或BC或OC上．再分类讨论列出一元一次方程解得t即可．【解答】解：（1）∵|a﹣3|+√𝑏−4=0且|a﹣3|≥0，√𝑏−4≥0，∴|a﹣3|＝0，√𝑏−4=0，∴a＝3，b＝4，∴A

（3，0），B（3，4），C（0，4）；（2）如图，当P运动3秒时，点P运动了6个单位长度，∵AO＝3，∴点P运动3秒时，点P在线段AB上，且AP＝3，∴点P的坐标是（3，3）；如图，作PE∥AO．∵CB∥AO，PE∥AO，∴CB∥PE，

∴∠BCP＝∠EPC，∠AOP＝∠EPO，∴∠CPO＝∠BCP+∠AOP；（3）存在．∵t≠0，∴点P可能运动到AB或BC或OC上．①当点P运动到AB上时，2t≤7，∵0＜t≤72，PA＝2t﹣OA＝2t﹣3，∴2

t﹣3=12t，解得：t＝2，∴PA＝2×2﹣3＝1，∴点P的坐标为（3，1）；②当点P运动到BC上时，7≤2t≤10，即72≤t≤5，∵点P到x轴的距离为4，∴12t＝4，解得t＝8，∵72≤t≤5，∴此种情况不符合题意；③当点P运动到OC上时，10≤2t≤14，即5≤t≤7，∵PO＝OA+

AB+BC+OC﹣2t＝14﹣2t，∴14﹣2t=12t，解得：t=285，∴PO＝﹣2×285+14=145，∴点P的坐标为（0，145）．综上所述，点P运动t秒后，存在点P到x轴的距离为12t个单位长度的情况，点P的坐标为（3，1

）或（0，145）．48．（2021春•延长县期中）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，过点A（8，6）分别作x轴、y轴的平行线，交y轴于点B，交x轴于点C，点P是从点B出发，沿B→A→C以2个单位长度/秒的速度向终点C运动的一个动点，运动时间为t（秒）．（1）直接写出点B和点C

的坐标B（，）、C（，）；（2）当点P运动时，用含t的式子表示线段AP的长，并写出t的取值范围；（3）点D（2，0），连接PD、AD，在（2）条件下是否存在这样的t值，使S△APD=18S四边形ABOC，若存在，请求出t值，若不存在，请说明理由．【

分析】（1）根据题意即可得到结论；（2）当点P在线段BA上时，根据A（8，6），B（0，6），C（8，0），得到AB＝8，AC＝6当点P在线段AC上时，于是得到结论；（3）当点P在线段BA上时，当点P在线段AC上时，根据三角形的面积公式即可得到结论．

【解答】解：（1）B（0，6），C（8，0），故答案为：0、6，8、0；（2）当点P在线段BA上时，由A（8，6），B（0，6），C（8，0）可得：AB＝8，AC＝6∵AP＝AB﹣BP，BP＝2t，∴AP＝8﹣2t（0≤t＜4）

；当点P在线段AC上时，∵AP＝点P走过的路程﹣AB＝2t﹣8（4≤t≤7）．（3）存在两个符合条件的t值，当点P在线段BA上时∵S△APD=12AP•ACS四边形ABOC＝AB•AC∴12⋅（8﹣2t）×6=18×8

×6，解得：t＝3＜4，当点P在线段AC上时，∵S△APD=12AP•CDCD＝8﹣2＝6∴12⋅（2t﹣8）×6=18×8×6，解得：t＝5＜7，综上所述：当t为3秒和5秒时S△APD=18S四边形ABOC，49．（2021春•武城县期中）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△ABC的面积．（2）若过B作BD∥AC交y轴于D，且AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，

如图2，求∠AED的度数．（3）在y轴上是否存在点P，使得△ABC和△ACP的面积相等？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据非负数的性质易得a＝﹣2，b＝2，然后根据三角形面积公式计算；（2）过E作EF∥AC，根据平行线性质得BD∥AC∥EF，且∠

3=12∠CAB＝∠1，∠4=12∠ODB＝∠2，所以∠AED＝∠1+∠2=12（∠CAB+∠ODB）；然后把∠CAB+∠ODB＝∠5+∠6＝90°代入计算即可；（3）分类讨论：设P（0，t），当P在y轴正半轴上时

，过P作MN∥x轴，AN∥y轴，BM∥y轴，利用S△APC＝S梯形MNAC﹣S△ANP﹣S△CMP＝4可得到关于t的方程，再解方程求出t；当P在y轴负半轴上时，运用同样方法可计算出t．【解答】解：（1）∵（a+2）2+√𝑏−2=0

，∴a+2＝0，b﹣2＝0，∴a＝﹣2，b＝2，∵CB⊥AB∴A（﹣2，0），B（2，0），C（2，2），∴△ABC的面积=12×2×4＝4；（2）解：∵CB∥y轴，BD∥AC，∴∠CAB＝∠5，∠ODB＝∠6，∠CAB+∠ODB＝∠5+

∠6＝90°，过E作EF∥AC，如图①，∵BD∥AC，∴BD∥AC∥EF，∵AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，∴∠3=12∠CAB＝∠1，∠4=12∠ODB＝∠2，∴∠AED＝∠1+∠2=12（∠CAB+∠ODB）＝45°；（3）解：①

当P在y轴正半轴上时，如图②，设P（0，t），过P作MN∥x轴，AN∥y轴，BM∥y轴，∵S△APC＝S梯形MNAC﹣S△ANP﹣S△CMP＝4，∴4(𝑡−2+𝑡)2−t﹣（t﹣2）＝4，解得t＝3，

②当P在y轴负半轴上时，如图③∵S△APC＝S梯形MNAC﹣S△ANP﹣S△CMP＝4∴4(−𝑡+2−𝑡)2+t﹣（2﹣t）＝4，解得t＝﹣1，∴P（0，﹣1）或（0，3）．【必考点18坐标与图形的

性质压轴题（定值问题）】50．（2021春•宜昌期中）如图，在平面直角坐标系中，A（a，0），B（b，0），且满足（a+2）2+√𝑏−2=0，过点B作直线m⊥x轴，点P是直线m上一动点，连接AP，过点B作BC∥AP交y轴

于C点，AD，CD分别平分∠PAB，∠OCB．（1）填空：a＝，b＝．（2）在点P的运动过程中，∠ADC的度数是否变化？若不变，请求出它的度数；若变化，请说明理由；（3）若点P的纵坐标为﹣4，在y轴上是否存在点Q，使得△APQ的面积和△ABP的面积相等？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请

说明理由．【分析】（1）由非负数的性质可得出答案；（2）过点D作DE∥BC，则DE∥AP，过点O作OF∥BC，由平行线的性质可得出答案；（3）求出点H的坐标，由三角形面积公式求出QH＝4，则可求出答案．【解答】解：（1）

∵（a+2）2+√𝑏−2=0∴a+2＝0，b﹣2＝0，∴a＝﹣2，b＝2；故答案为：﹣2，2；（2）∠ADC的度数不变，∠ADC＝45°，理由：过点D作DE∥BC，则DE∥AP，∴∠BCD＝∠CDE，∠PAD＝∠ADE，∴∠ADC＝∠B

CD+∠PAD=12∠BCO+12∠PAO，过点O作OF∥BC，同理∠AOC＝∠BCO+∠OAP＝90°，∴∠ADC=12×90°＝45°；（3）如图，若AP交y轴于点H，∵点P的纵坐标为﹣4，∴BP＝4，∴

S△ABP=12×AB×BP=12×4×4＝8，∵OA＝OB，BP＝4，∴OH＝2，∴H（0，﹣2），∵S△APQ＝S△AQH+S△PQH=12×OH×（AO+OB）＝8，∴12OH×4＝8，∴QH＝4，∴Q点的坐标为（0，2）或（0，﹣6）．51．（2021春•

官渡区期中）如图，以直角三角形AOC的直角顶点O为原点，以OC、OA所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系，点A（0，a），C（b，0）满足√𝑎−2𝑏+|b﹣2|＝0．（1）则C点的坐标为；A点的坐标为．（2）已知坐标轴上有两动点P、Q同时出发，P点从C点出发沿x轴负方向

以1个单位长度每秒的速度匀速移动，Q点从O点出发以2个单位长度每秒的速度沿y轴正方向移动，点Q到达A点整个运动随之结束．AC的中点D的坐标是（1，2），设运动时间为t（t＞0）秒．问：是否存在这样的t，使S△ODP＝S

△ODQ？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由（3）点F是线段AC上一点，满足∠FOC＝∠FCO，点G是第二象限中一点，连OG，使得∠AOG＝∠AOF．点E是线段OA上一动点，连CE交OF于点H，当点E在线段OA上运动的过程中，∠𝑂𝐻𝐶+∠𝐴𝐶𝐸∠𝑂𝐸𝐶的值是否会发生变

化？若不变，请求出它的值；若变化，请说明理由．【分析】（1）根据绝对值和算术平方根的非负性，求得a，b的值即可；（2）先得出CP＝t，OP＝2﹣t，OQ＝2t，AQ＝4﹣2t，再根据S△ODP＝S△ODQ，列出关于t的方程，求得t的值即可；（3）过H

点作AC的平行线，交x轴于P，先判定OG∥AC，再根据角的和差关系以及平行线的性质，得出∠PHO＝∠GOF＝∠1+∠2，∠OHC＝∠OHP+∠PHC＝∠GOF+∠4＝∠1+∠2+∠4，最后代入∠𝑂𝐻𝐶+∠𝐴𝐶𝐸∠𝑂𝐸𝐶进行计算即可．【解答】解：（1）∵√𝑎−2𝑏

+|b﹣2|＝0，∴a﹣2b＝0，b﹣2＝0，解得a＝4，b＝2，∴A（0，4），C（2，0）；（2）由条件可知：P点从C点运动到O点时间为2秒，Q点从O点运动到A点时间为2秒，∴0＜t≤2时，点Q在线段AO上，即CP＝t，OP

＝2﹣t，OQ＝2t，AQ＝4﹣2t，∴𝑆△𝐷𝑂𝑃=12𝑂𝑃⋅𝑦𝐷=12(2−𝑡)×2=2−𝑡，𝑆△𝐷𝑂𝑄=12𝑂𝑄⋅𝑥𝐷=12×2𝑡×1=𝑡，∵S△ODP＝S△ODQ，∴2﹣t＝t，∴t

＝1；（3）∠𝑂𝐻𝐶+∠𝐴𝐶𝐸∠𝑂𝐸𝐶的值不变，其值为2．∵∠2+∠3＝90°，又∵∠1＝∠2，∠3＝∠FCO，∴∠GOC+∠ACO＝180°，∴OG∥AC，∴∠1＝∠CAO，∴∠OEC＝∠CAO+∠4＝∠1+∠4，如图，过H点作AC

的平行线，交x轴于P，则∠4＝∠PHC，PH∥OG，∴∠PHO＝∠GOF＝∠1+∠2，∴∠OHC＝∠OHP+∠PHC＝∠GOF+∠4＝∠1+∠2+∠4，∴∠𝑂𝐻𝐶+∠𝐴𝐶𝐸∠𝑂𝐸𝐶=∠1+∠2+∠4+∠4∠1+∠4=2(∠1+∠4)∠1+

∠4=2．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com