【文档说明】专题7.2 期末复习填空压轴题专题（压轴题专项训练）（北师大版）（解析版）-2022-2023学年七年级数学上册从重点到压轴（北师大版）.docx，共(35)页，425.115 KB，由envi的店铺上传

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专题7.2期末复习填空压轴题专题1．（2022春·浙江·七年级期末）已知有理数𝑎，𝑏，𝑐满足|𝑎+𝑏+𝑐|=𝑎+𝑏−𝑐，且𝑐≠0，则|𝑎+𝑏−𝑐+2|−|𝑐−10|=_____．【思路点拨】当𝑎+𝑏+𝑐≥0时，则|𝑎+𝑏+𝑐|=𝑎+𝑏+𝑐,

结合已知条件得到𝑐=0，不合题意舍去，从而𝑎+𝑏+𝑐＜0,可得𝑎+𝑏=0,𝑐＜0,再化简代数式即可得到答案．【解题过程】解：当𝑎+𝑏+𝑐≥0时，则|𝑎+𝑏+𝑐|=𝑎+𝑏+𝑐,∵|𝑎+𝑏+𝑐|=𝑎+𝑏−𝑐，∴𝑎+𝑏+𝑐=𝑎+𝑏−𝑐

,∴𝑐=0，∵𝑐≠0，所以不合题意舍去，所以𝑎+𝑏+𝑐＜0,∴|𝑎+𝑏+𝑐|=−𝑎−𝑏−𝑐,∵|𝑎+𝑏+𝑐|=𝑎+𝑏−𝑐，∴𝑎+𝑏−𝑐=−𝑎−𝑏−𝑐,∴𝑎+𝑏=0,∴|𝑐|=−𝑐,∴𝑐＜0,∴|

𝑎+𝑏−𝑐+2|−|𝑐−10|=|2−𝑐|−|𝑐−10|=2−𝑐+𝑐−10=−8.故答案为：−8.2．（2022春·福建福州·七年级校考期末）已知a，b，c，d表示4个不同的正整数，满足a+b2+c3+d4＝90，其中d＞1，则a+2b+3c+4d的最大值是

_____．【思路点拨】根据题意分别确定a，b，c，d的取值范围，得到4d≤12，3c≤12，2b≤18，a≤89，再分别确定a，b，c，d的值，即可得到a+2b+3c+4d的最大值．【解题过程】解：∵a，b

，c，d表示4个不同的正整数，且a+b2+c3+d4＝90，其中d＞1，∴d4＜90，则d＝2或3，c3＜90，则c＝1，2，3或4，b2＜90，则b＝1，2，3，4，5，6，7，8，9，a＜90，则a＝1，2，3，…，89，∴4d≤12，3c≤12，2b≤18，a≤89，

∴要使得a+2b+3c+4d取得最大值，则a取最大值时，a＝90﹣（b2+c3+d4）取最大值，∴b，c，d要取最小值，则d取2，c取1，b取3，∴a的最大值为90﹣（32+13+24）＝64，∴a+2b+3c+4d的最大值是64+2×3+3×1+4×2

＝81，故答案为：81．3．（2022春·全国·七年级统考期末）定义一种对正整数n的“F”运算：①当n为奇数时，结果为3𝑛+5；②当n为偶数时，结果为𝑛2𝑘；（其中k是使𝑛2𝑘为奇数的正整数），并且运算可以重复进行，例如，取𝑛=26，则：若

𝑛=49，则第2021次“F”运算的结果是___________．【思路点拨】根据题意，可以写出前几次的运算结果，从而可以发现数字的变化特点，然后即可写出第2021次“F运算”的结果．【解题过程】解：本题提供的“F运算”

，需要对正整数n分情况（奇数、偶数）循环计算，由于n=49为奇数应先进行F①运算，即3×49+5=152（偶数），需再进行F②运算，即152÷23=19（奇数），再进行F①运算，得到3×19+5=62（偶数），

再进行F②运算，即62÷21=31（奇数），再进行F①运算，得到3×31+5=98（偶数），再进行F②运算，即98÷21=49，再进行F①运算，得到3×49+5=152（偶数），…，即第1次运算结果为152，…，第4次运算结果

为31，第5次运算结果为98，…，可以发现第6次运算结果为49，第7次运算结果为152，则6次一循环，2021÷6=336…5，则第2021次“F运算”的结果是98．故答案为：98．4．（2022春·全国·七年级期末）已知(|𝑥+2|+|𝑥−4|)(|3𝑦+2|+|𝑦−2|)(|

𝑧−1|+|2𝑧+1|)=24，设𝑥−3𝑦−2𝑧的最大值为P，最小值为Q，则2𝑃−𝑄等于_______．【思路点拨】采用分情况讨论去绝对值方法，分别找出|𝑥+2|+|𝑥−4|、|3𝑦+2|+|𝑦−2|、|𝑧−1|+|2

𝑧+1|的取值范围，以及取最小值时对应的𝑥、𝑦、𝑧的取值范围，然后计算𝑥−3𝑦−2𝑧的最大和最小值，从而确定了2𝑃−𝑄的值．【解题过程】解：|𝑥+2|+|𝑥−4|，当𝑥<−2时，|𝑥+2|+|𝑥−4|=(−�

�−2)+(4−𝑥)=−2𝑥+2>6当−2≤𝑥≤4时，|𝑥+2|+|𝑥−4|=𝑥+2+4−𝑥=6当𝑥>4时，|𝑥+2|+|𝑥−4|=𝑥+2+𝑥−4=2𝑥−2>6故当，−2≤𝑥≤4时，|𝑥+2|+|𝑥−4|取得最小值为6；|

3𝑦+2|+|𝑦−2|，当𝑦<−23时，|3𝑦+2|+|𝑦−2|=−3𝑦−2+2−𝑦=−4𝑦>83当−23≤𝑦≤2时，|3𝑦+2|+|𝑦−2|=3𝑦+2+2−𝑦=4+2𝑦，83≤4+2𝑦≤8当𝑦>2时，|3𝑦+2|+|𝑦−2|=3�

�+2+𝑦−2=4𝑦>8故当𝑦=−23时，|3𝑦+2|+|𝑦−2|取得最小值为83；|𝑧−1|+|2𝑧+1|，当𝑧<−12时，|𝑧−1|+|2𝑧+1|=1−𝑧−2𝑧−1=−3𝑧>32当−12≤𝑧≤1时，|𝑧−1|+|2𝑧+1|=1−𝑧+2𝑧+1=2+

𝑧，32≤2+𝑧≤3当𝑧>1时，|𝑧−1|+|2𝑧+1|=𝑧−1+2𝑧+1=3𝑧>3故当𝑧=−12时，|𝑧−1|+|2𝑧+1|取得最小值为32；则(|𝑥+2|+|𝑥−4|)(|3𝑦+2|+|𝑦−2|)

(|𝑧−1|+|2𝑧+1|)≥6×83×32=24，当且仅当−2≤𝑥≤4，𝑦=−23，𝑧=−12时，(|𝑥+2|+|𝑥−4|)(|3𝑦+2|+|𝑦−2|)(|𝑧−1|+|2𝑧+1|)=24成立故𝑥−3𝑦−

2𝑧最大为𝑃=4−3×(−23)−2×(−12)=7，𝑥−3𝑦−2𝑧最小为𝑄=−2−3×(−23)−2×(−12)=1，则2𝑃−𝑄=2×7−1=13故答案为：135．（2022春·重庆潼南·七年级重庆市潼南中学校校考期末）式

子|𝑥+3|+|𝑥+1|+|𝑥−2|+|5−𝑥|+|𝑥−7|的最小值是______．【思路点拨】画出数轴，根据两点间的距离公式解答．【解题过程】解：如图1，当点P与点C重合时，点P到A、B、C、D、E各点的距离之和为：PA+PB+PC+PD

+PE=(PA+PE)+(PB+PD)+PC=AE+BD+0=AE+BD；如图2，当点P与点C不重合时，点P到A、B、C、D、E各点的距离之和为：PA+PB+PC+PD+PE=(PA+PE)+(PB+PD)+PC=AE+BD+PC；∵AE+BD+PC>AE+BD，∴当点P与点C重合时，点P到A

、B、C、D、E各点的距离之和最小，令数轴上数x表示的为P，则|𝑥+3|+|𝑥+1|+|𝑥−2|+|5−𝑥|+|𝑥−7|表示点P到A、B、C、D、E各点的距离之和，∴当x=2时，|𝑥+3|+|𝑥+1|+|𝑥−2|+|5−𝑥|+|𝑥−7|取得最小值，∴|𝑥+3|+

|𝑥+1|+|𝑥−2|+|5−𝑥|+|𝑥−7|的最小值=|2+3|+|2+1|+|2−2|+|5−2|+|2−7|=5+3+0+3+5=16，故答案为：16．6．（2022春·广东佛山·七年级统考期末）已知数轴上两点A、B对应的数分别为﹣1与3．点P从A点

出发，以每秒2个单位长度的速度沿数轴的正方向匀速运动；同时点Q从B点出发，以每秒1个单位长度沿数轴匀速运动．设P、Q两点的运动时间为t秒，当PQ＝12AB时，t＝_____．【思路点拨】先表示出运动t秒时，P、Q两点表示的数，再根据P

Q＝12AB列方程求解即可．【解题过程】解：①Q点向右运动∵t秒后，点P表示的数为-1+2t，点Q表示的数为3+t∴𝑃𝑄=|(3+𝑡)−(−1+2𝑡)|=|4−𝑡|,∵𝑃𝑄=12𝐴𝐵=2,∴|4−𝑡|=2,解得𝑡=2或6②Q点向左运动∵t秒后，点P表示的数为-1+2t

，点Q表示的数为3-t∴𝑃𝑄=|(3−𝑡)−(−1+2𝑡)|=|4−3𝑡|∵𝑃𝑄=12𝐴𝐵=2,∴|4−3𝑡|=2,解得𝑡=2或23∴当t为2或6或23，PQ＝12AB故答案为：2或6或23．7．（2022春·江苏苏州·七年级统考期末）已知点𝐴、𝐵在数轴上，点𝐴表

示的数为-5，点𝐵表示的数为15.动点𝑃从点𝐴出发，以每秒3个单位长度的速度沿数轴正方向匀速移动，则点𝑃移动__________秒后，𝑃𝐴=3𝑃𝐵．【思路点拨】分两种情况讨论，当点P在点B的左侧或点P在点B的右侧，再根据数轴

上两点间的距离列方程解题．【解题过程】解：设t秒后，𝑃𝐴=3𝑃𝐵，此时点P表示的数为：-5+3t分两种情况讨论，①当点P在点B的左侧时，𝑃𝐴=3𝑃𝐵−5+3𝑡−(−5)=3(15+5−3𝑡)∴3𝑡=3(20−3𝑡)∴3𝑡=60−9𝑡∴1

2𝑡=60∴𝑡=5；②点P在点B的右侧，𝑃𝐴=3𝑃𝐵−5+3𝑡−(−5)=3(−5+3𝑡−15)∴3𝑡=3(3𝑡−20)∴3𝑡=9𝑡−60∴6𝑡=60∴𝑡=10综上所述，当𝑡=5或𝑡=10时，𝑃𝐴=3𝑃𝐵，故答

案为：5或10．8．（2021春·浙江金华·七年级统考期末）在数轴上，点𝐴,𝑂,𝐵分别表示−10,0,6，点𝑃,𝑄分别从点𝐴,𝐵同时开始沿数轴正方向运动，点P的速度是每秒3个单位，点Q的速度是每秒1个单位，运动时间为t秒．若点𝑃,𝑄,𝑂三点在运动过程中，其中两点为端点

构成的线段被第三个点三等分，则运动时间为_____秒．【思路点拨】根据运动的规则找出点P、Q表示的数，分P、O、Q三点位置不同考虑，根据三等分点的性质列出关于时间t的一元一次方程，解方程即可得出结论．【解题过程】解：设运动的时间为t（t＞0），则点P表示3t−10，点Q表示t＋6，①点O

在线段PQ上时，如图1所示．此时3t−10＜0，即t＜103，∵点O是线段PQ的三等分点，∴PO＝2OQ或2PO＝OQ，即10−3t＝2（t＋6）或2（10−3t）＝t＋6，解得：t＝-25（舍去）或t＝2；②点P在线段OQ上时，如图2所示．此时0＜3t−10＜t＋6，即10

3＜t＜8．∵点P是线段OQ的三等分点，∴2OP＝PQ或OP＝2PQ，即2（3t−10）＝t＋6−（3t−10）或3t−10＝2[t＋6−（3t−10）]，解得：t＝92或t＝6；③当点Q在线段OP上时，如图3所示．此时t＋6

＜3t−10，即t＞8．∵点Q是线段OP的三等分点，∴OQ＝2QP或2OQ＝QP，即t＋6＝2[3t−10−（t＋6）]或2（t＋6）＝3t−10−（t＋6），解得：t＝383或无解．综上可知：点P，Q，O三点在运动过程中，其中两点为端点构

成的线段被第三个点三等分，则运动时间为2、92、6、383．故答案为：2、92、6、383．9．（2022春·全国·七年级期末）对任意一个四位数，若其千位数字与十位数字之和等于百位数字与个位数字之和，称这样

的四位数为“平衡数”．对任意一个“平衡数”M，将M的千位数字与十位数字对调，百位数字与个位数字对调得新数N，记𝐹(𝑀)=𝑀+𝑁1111．若A，B是“平衡数”，且A的千位为5，B的个位为7，当𝐹(𝐴)+𝐹(𝐵)=15时，则𝐹(𝐵)的最大值为______．【思路点拨】设A的百位数字

为d，十位数字为a，则个位数字为a+5-d，根据“平衡数”的定义及𝐹(𝑀)=𝑀+𝑁1111可求出𝐹(𝐴)=𝑎+5，设B的百位数字为b，十位数字为c，则千位数字为b+7-c，并得出𝐹(𝐵)=𝑏+7，最后根据𝐹(𝐴)+𝐹(𝐵)=15求出a与b的关

系，即可求出𝐹(𝐵)的最大值．【解题过程】解：设A的百位数字为d，十位数字为a，则个位数字为a+5-d，根据题意得：𝐹(𝐴)=5000+100𝑑+10𝑎+(𝑎+5−𝑑)+1000𝑎+100(𝑎+5−𝑑)+50+𝑑1111，则𝐹(𝐴)=𝑎+5．设B的百位数字为b，十位数

字为c，则千位数字为b+7-c，同理可得：𝐹(𝐵)=𝑏+7，∵𝐹(𝐴)+𝐹(𝐵)=15，∴𝑎+5+𝑏+7=15．∴𝑎+𝑏=3．∵a为十位上的数字，a最小取0，∴b的最大值为3．则𝐹(𝐵)的最大值为3+7=1

0．故答案为：10．10．（2022春·全国·七年级期末）甲乙两地相距180km，一列慢车以40km/h的速度从甲地匀速驶往乙地，慢车出发30分钟后，一列快车以60km/h的速度从甲地匀速驶往乙地．两车相继到达终点乙地，在整个过．．．程．中，两

车恰好相距10km的次数是____________次．【思路点拨】利用时间=路程÷速度，可求出快车未出发且两车相距10km的时间，设快车出发x小时时，两车相距10km，分快车未超过慢车时、快车超过慢车10km时及快车到达乙地后三种情况，根据路程=速度×时间结合两车之间相距10km，

即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出x的值，进而可得出结论．【解题过程】解：∵10÷40=14h，∴快车未出发，慢车出发14小时时，两车相距10km；设快车出发x小时时，两车相距10km．快车未超过慢车时，40（x+3060）-10=60x，解得：x=12

（h）；快车超过慢车10km时，40（x+3060）+10=60x，解得：x=32（h）；快车到达乙地后，40（x+3060）=180-10，解得：x=154（h）．∴两车恰好相距10km的次数是4．故答案为：4．11．（2022春·全国·七年级期末）如图

，在长方形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，点E是AB上的一点，且AE＝2BE．点P从点C出发，以2cm/s的速度沿点C﹣D﹣A﹣E匀速运动，最终到达点E．设点P运动时间为ts，若三角形PCE的面积为18cm

2，则t的值为_____．【思路点拨】分下列三种情况讨论，如图1，当点P在CD上，即0＜t≤3时，根据三角形的面积公式建立方程求出其解即可；如图2，当点P在AD上，即3＜t≤7时，由S△PCE=S四边形AECD-S△PCD-S△PAE建立方程求出其解即可；如图3，当点P在AE上，即7

＜t≤9时，由S△PCE=12PE•BC=18建立方程求出其解即可．【解题过程】解：如图1，当点P在CD上，即0＜t≤3时，∵四边形ABCD是长方形，∴AB=CD=6cm，AD=BC=8cm．∵CP=2t（cm），∴S△PCE=12×2t×8=18

，∴t=94；如图2，当点P在AD上，即3＜t≤7时，∵AE=2BE，∴AE=23AB=4．∵DP=2t-6，AP=8-（2t-6）=14-2t．∴S△PCE=12×（4+6）×8-12（2t-6）×6-12（14-2t）×4=18，解得：t=6；当点P在AE上，即7＜t≤9时，PE=18-

2t．∴S△CPE=12（18-2t）×8=18，解得：t=274＜7（舍去）．综上所述，当t=94或6时△APE的面积会等于18．故答案为：94或6．12．（2022春·全国·七年级期末）将长为4宽

为a（a大于1且小于4）的长方形纸片按如图所示的方式折叠并压平，剪下一个边长等于长方形宽的正方形，称为第一次操作；再把剩下的长方形按同样的方式操作，称为第二次操作；如此反复操作下去，若在第n次操作后，剩

下的长方形恰为正方形，则操作终止．当𝑛=3时，a的值为______．【思路点拨】经过第一次操作可知剩下的长方形一边长为a，另一边长为4-a；分当𝑎<4−𝑎时，及当𝑎>4−𝑎，两种情况讨论；根据第2次剩下的长方形分两种情况讨论，若第三次操

作后，剩下的长方形恰好是正方形，由此可得出关于a的一元一次方程，解之即可得出结论．【解题过程】解：第1次操作，剪下的正方形边长为a，剩下的长方形的长宽分别为a、4-a，(𝐼)当𝑎<4−𝑎时，即𝑎<2时第二次操作后，剩余长方形的长宽分别为a、4-2a，①当𝑎<4−2𝑎时，即𝑎<

43时第三次操作剩余两边为a、4-3a，此时为正方形，得𝑎=4−3𝑎解得𝑎=1又∵1<𝑎<4∴𝑎=1不成立；②当𝑎>4−2𝑎，即𝑎>43时第三次操作剩余两边边长分别为4−2𝑎，3𝑎−4此时为正方形，得4−2𝑎=3𝑎−4解得𝑎=85，此时符合

题意；(𝐼𝐼)当𝑎>4−𝑎，即𝑎>2时，第2次操作，剪下的正方形边长为4-a，所以剩下的长方形的两边分别为4-a、a-（4-a）=2a-4，①当2a-4＜4-a，即a＜83时，则第3次操作时，剪下的正方形边长为2

a-4，剩下的长方形的两边分别为2a-4、（4-a）-（2a-4）=8-3a，则2a-4=8-3a，解得a=125；②2a-4＞4-a，即a＞83时则第3次操作时，剪下的正方形边长为4-a，剩下的长方形的两边分别为4-a、（2a-4

）-（4-a）=3a-8，则4-a=3a-8，解得a=3；故答案为：85或125或3．13．（2022春·云南文山·七年级统考期末）已知点A、B、C、D在同一条直线上，线段𝐴𝐵=4，C是线段𝐴𝐵的中点，且𝐵𝐷=3𝐴𝐷，则线段�

�𝐷的长为_______．【思路点拨】分两种情况当点D在线段AB上时，当点D在射线BA上时，画出图形，分别求出AC及AD即可求出CD．【解题过程】解：当点D在线段AB上时，如图1，∵C是线段AB的中点，AB=4

，∴AC=BC=2，∵BD=3AD，∴AD+3AD=AB=4，解得AD=1，∴CD=AC-AD=2-1=1；当点D在射线BA上时，如图2，∵C是线段AB的中点，AB=4，∴AC=BC=2，∵BD=3AD，∴3

AD=AD+4，解得AD=2，∴CD=AC+AD=2+2=4，综上，CD的长为1或4，故答案为：1或4．14．（2022春·湖南岳阳·七年级统考期末）已知点𝐴，𝐵，𝐶在同一条直线上，𝐴𝐵=10cm，𝐴𝐶=8cm，点𝑀、𝑁分别是𝐴𝐵、�

�𝐶的中点，那么线段𝑀𝑁的长度为____________cm．【思路点拨】根据题意可以画出相应的图形，然后根据题目中的条件和分类讨论的方法可以求得线段MN的长度．【解题过程】解：当点C点A和点B之间时，∵点A，B，C在同一条直线上，AB=10cm，AC=8

cm，点M、N分别是AB、AC的中点，∴AM=5cm，AN=4cm，∴MN=AM-AN=5-4=1cm，当点C位于点A的左侧时，∵点A，B，C在同一条直线上，AB=10cm，AC=8cm，点M、N分别是AB、AC的中点，∴AM=5cm，AN

=4cm，∴MN=AM+AN=5+4=9cm，由上可得，线段MN的长为1或9cm，故答案为：1或9．15．（2022春·安徽滁州·七年级统考期末）如图，线段𝐴𝐵表示一条已经对折的绳子，现从𝑃点处将绳子剪断，剪断后的各段绳子中最长的一段为

30cm．（1）若点𝑃为𝐴𝐵的中点，则对折前的绳长为______cm；（2）若𝐴𝑃=23𝐵𝑃，则对折前的绳长为______cm．【思路点拨】（1）根据𝑃为𝐴𝐵中点，可知𝐴𝑃=𝑃𝐵=15

，根据线段和即可得到答案；（2）分类讨论：①𝐴𝑃是最长的一段，根据𝐴𝑃=23𝐵𝑃，可得𝑃𝐵的长，再根据线段的和差，可得答案；②𝑃𝐵是最长的一段，根据𝐴𝑃=23𝐵𝑃，可得𝐴𝑃的长再根据线段的和差，可得答案．【解题过程】

解：（1）∵𝑃为𝐴𝐵中点，∴𝐴𝑃=𝑃𝐵=12×30=15，∴2𝐴𝐵=2(𝐴𝑃+𝐵𝑃)=2(15+15)=60(𝑐𝑚),故答案为：60；（2）①𝐴𝑃是最长的一段，𝐴𝑃=15=23𝐵𝑃，得𝑃𝐵=15×32=452，由线段的

和差，得𝐴𝐵=𝐴𝑃+𝑃𝐵=15+452=752，∴原来绳长为2𝐴𝐵=75(𝑐𝑚)，②𝑃𝐵是最长的一段，由题意𝑃𝐵=15，∴𝐴𝑃=15×23=10，由线段的和差，得𝐴𝐵=𝐴𝑃+𝑃𝐵=10+15=25，∴原来绳长为50𝑐𝑚，故答案为：50或7

5．16．（2022春·全国·七年级期末）如图所示：已知𝐴𝐵=5cm，𝐵𝐶=10cm，现有𝑃点和𝑄点分别从𝐴，𝐵两点出发相向运动，𝑃点速度为2cm/s，𝑄点速度为3cm/s，当𝑄到达𝐴点后掉头

向𝐶点运动，𝑄点在向𝐶的运动过程中经过𝐵点时，速度变为4cm/s，𝑃，𝑄两点中有一点到达𝐶点时，全部停止运动，那么经过____s后𝑃𝑄的距离为0.5cm．【思路点拨】设经过t秒后PQ距离为0.5c

m，然后分情况分别进行考虑：①当P、Q在AB上且P在Q左侧时；②当P、Q在AB上且P在Q右侧时；③当Q从A返回还未到B时；④当Q从A返回运动并超过B点时；⑤当Q超过P时．【解题过程】解：设经过t秒后PQ距离为0.

5cm，①当P、Q在AB上且P在Q左侧时，如图1所示：由题意得：5-2t-3t=0.5，解得：t=0.9s，②当P、Q在AB上且P在Q右侧时，如图2所示：由题意得：2t+3t-0.5=5，解得：t=1.1s，③Q到达A所用

时间为5÷3=53s，当Q从A返回还未到B时，如图3所示：由题意得：2𝑡−3(𝑡−53)=0.5，解得：t=4.5s，但此时AQ=3(4.5−53)=8.5cm>5cm，不符合题意；④当Q从A返回运动并超过B点时，如图4所示：此时Q从B-A-B用时为：103s，由题

意得：5+4(𝑡−103)+0.5=2𝑡，解得：𝑡=4712s；⑤当Q超过P时，如图5所示：由题意得：5+4(𝑡−103)−2𝑡=0.5，解得：𝑡=5312s，综上所述，当P、Q相距0.5cm时，经过的时间为0.9s或1.1s或4712𝑠或5312𝑠，故答案为：0.9或1.1或

4712或5312．17．（2022春·浙江杭州·七年级统考期末）如图，点𝑂是线段𝐴𝐵的中点，点𝐷是线段𝐴𝑂的中点，点𝐸是线段𝐵𝐷的中点，点𝐹是线段𝐴𝐸的中点．若𝐴𝐵=8，则𝐷𝐹=______

；若𝑂𝐸=𝑎，则𝑂𝐹=______（用含𝑎的代数式表示）．【思路点拨】根据线段中点的定义分别计算出AD，AE和AF的长，再利用线段的和差可得答案；设OA＝OB＝x，则AB＝2x，BE＝x−a，根据线段的和差可得答案．【解题过程】解：∵AB＝8，点O是线段AB的中点，∴OA＝OB＝12A

B＝4，∵点D是线段AO的中点，∴AD＝12AO＝2，BD＝8−2＝6，∵点E是线段BD的中点，∴BE＝DE＝3，AE＝8−3＝5，∵点F是线段AE的中点，∴AF＝12AE＝2.5，∴DF＝AF−AD＝2.5−2＝0.5；设OA＝OB

＝x，则AB＝2x，BE＝x−a，∵点E是线段BD的中点，∴BD＝2BE＝2x−2a，∵点D是线段AO的中点，∴AD＝12AO＝12x，∴AB＝AD＋BD＝12x＋2x−2a＝52x−2a，∴OB＝12AB＝54

x−a，即54x−a＝x，解得x＝4a，即AE＝AO＋OE＝x＋a＝5a，∵点F是线段AE的中点，∴EF＝12AE＝52a，∴OF＝EF−OE＝52a−a＝32a．故答案为：0.5；32a．18．（2022春·广东佛山·七年级统考期末）如图，点C是线段�

�𝐵上任意一点（不与端点重合），点M是𝐴𝐵中点，点P是𝐴𝐶中点，点Q是𝐵𝐶中点，则下列说法：①𝑃𝑄=𝑀𝐵；②𝑃𝑀=12(𝐴𝑀−𝑀𝐶)；③𝑃𝑄=12(𝐴𝑄+𝐴𝑃)；④𝑀𝑄=12(𝑀𝐵+𝑀𝐶)．其中正确的是

_______．【思路点拨】根据线段中点的定义得到𝐴𝑀=𝐵𝑀=12𝐴𝐵，𝐴𝑃=𝐶𝑃=12𝐴𝐶，𝐶𝑄=𝐵𝑄=12𝐵𝐶，然后根据线段之间的和差倍分关系逐个求解即可．【解题过程】解：∵M是𝐴𝐵中点，∴𝐴𝑀=𝐵𝑀=12𝐴

𝐵，∵P是𝐴𝐶中点，∴𝐴𝑃=𝐶𝑃=12𝐴𝐶，∵点Q是𝐵𝐶中点，∴𝐶𝑄=𝐵𝑄=12𝐵𝐶，对于①：𝑃𝑄=𝑃𝐶+𝐶𝑄=12(𝐴𝐶+𝐵𝐶)=12𝐴𝐵=�

�𝑀，故①正确；对于②：𝑃𝑀=𝐴𝑀−𝐴𝑃=12(𝐴𝐵−𝐴𝐶)=12𝐵𝐶，𝑃𝑀=𝐴𝑀−𝐴𝑃=12(𝐴𝐵−𝐴𝐶)=12𝐵𝐶，故②正确；对于③：𝑃𝑄=𝑃𝐶+𝐶𝑄=12(𝐴𝐶+𝐵𝐶)=12𝐴𝐵，而12(𝐴𝑄+𝐴𝑃)

=12[(𝐴𝑃+𝑃𝑄)+𝐴𝑃]=𝐴𝑃+12𝑃𝑄=12(𝐴𝐶+𝑃𝑄)=12(𝐴𝐶+𝐵𝑀)>12𝐴𝐵，故③错误；对于④：12(𝑀𝐵+𝑀𝐶)=12(𝑀𝐴+𝑀𝐶)=12𝐴𝐶，𝑀𝑄=𝑀𝐶+𝐶𝑄=(𝐴𝐶−𝐴

𝑀)+12𝐵𝐶=𝐴𝐵−𝐵𝐶−12𝐴𝐵+12𝐵𝐶=12(𝐴𝐵−𝐵𝐶)=12𝐴𝐶，故④正确；故答案为：①②④．19．（2022春·天津和平·七年级校考期末）如图，点Q在线段AP上，其中PQ＝10，第一次分别取线段

AP和AQ的中点P1，Q1，得到线段P1Q1，则线段P1Q1＝_____；再分别取线段AP1和AQ1的中点P2，Q2，得到线段P2Q2；第三次分别取线段AP2和AQ2的中点P3，Q3，得到线段P3Q3；连续这样操作2021

次，则每次的两个中点所形成的所有线段之和P1Q1+P2Q2+P3Q3+…+P2021Q2021＝_____．【思路点拨】根据线段中点定义分别求出𝑃1𝑄1=12𝑃𝑄,𝑃2𝑄2=122𝑃𝑄,𝑃3𝑄3=123𝑃𝑄，据此得到规律代入

计算即可．【解题过程】解：∵线段AP和AQ的中点为P1，Q1，∴𝐴𝑃1=12𝐴𝑃,𝐴𝑄1=12𝐴𝑄，∵AP>AQ，∴P1Q1＝𝐴𝑃1−𝐴𝑄1=12𝐴𝑃−12𝐴𝑄=12𝑃𝑄=5；∵线段AP1和AQ1的中点为P2，Q2，∴𝐴𝑃

2=12𝐴𝑃1,𝐴𝑄2=12𝐴𝑄1，∴𝑃2𝑄2=𝐴𝑃2−𝐴𝑄2=12𝐴𝑃1−12𝐴𝑄1=12𝑃1𝑄1=122𝑃𝑄,同理：𝑃3𝑄3=123𝑃𝑄，⋯，∴P1Q1+P2Q2+P3Q3+…+P2021Q2

021=12𝑃𝑄+122𝑃𝑄+123𝑃𝑄+⋯+122021𝑃𝑄=10×(12+122+123+⋯+122021)设𝑆=12+122+123+⋯+122021①，则12𝑆=122+123+124⋯+122022②，①-②得12𝑆=12−122022，∴𝑆=1−12

2021，∴P1Q1+P2Q2+P3Q3+…+P2021Q2021=10×(1−122021)=10−1022021，故答案为：5，10−1022021．20．（2022春·湖北荆州·七年级统考期末）如图，有公共端点P的两条线段𝑀𝑃,𝑁𝑃组成一

条折线𝑀−𝑃−𝑁，若该折线𝑀−𝑃−𝑁上一点Q把这条折线分成相等的两部分，我们把这个点Q叫做这条折线的“折中点”已知D是折线𝐴−𝐶−𝐵的“折中点”，E为线段𝐴𝐶的中点，𝐶𝐷=3,𝐶𝐸=5，则线段𝐵𝐶的

长为_________．【思路点拨】根据题意分两种情况画图解答即可．【解题过程】解：①如图，CD=3，CE=5，∵点D是折线A-C-B的“折中点”，∴AD=DC+CB，∵点E为线段AC的中点，∴AE=EC=12AC=5，∴AC=10，∴AD=AC-DC=7，∴DC+CB=7，∴

BC=4；②如图，CD=3，CE=5，∵点D是折线A-C-B的“折中点”，∴BD=DC+CA，∵点E为线段AC的中点，∴AE=EC=12AC=5，∴AC=10，∴AC+DC=13，∴BD=13，∴BC=

BD+DC=16．综上所述，BC的长为4或16．故答案为4或16．21．（2022春·江苏·七年级期末）如图，∠COD在∠AOB的内部，且∠𝐶𝑂𝐷=12∠𝐴𝑂𝐵，若将∠COD绕点O顺时针旋转，使∠COD在∠AOB的外部，在运动

过程中，OE平分∠BOC，则∠DOE与∠AOC之间满足的数量关系是_____．【思路点拨】分情况讨论：当旋转的角度不超过180°时，当旋转的角度超过180°，不超过360°时，画出旋转后的图，利用角之间的关系计算即可．【解题过程】解：

当旋转的角度不超过180°时，如图：∴∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐴𝑂𝐵+∠𝐵𝑂𝐶，∠𝐷𝑂𝐸=∠𝐶𝑂𝐷+∠𝐶𝑂𝐸，∵∠𝐶𝑂𝐷=12∠𝐴𝑂𝐵，OE平分∠BOC，∴∠𝐵𝑂𝐸=∠𝐶𝑂𝐸，∠𝐴𝑂𝐶=2∠𝐶𝑂𝐷+2∠𝐶𝑂𝐸=2

(∠𝐶𝑂𝐷+∠𝐶𝑂𝐸)，∴∠𝐴𝑂𝐶=2∠𝐷𝑂𝐸．当旋转的角度超过180°，不超过360°时，如图，∴∠𝐴𝑂𝐶=360°−(∠𝐴𝑂𝐵+∠𝐵𝑂𝐶)，∠𝐷𝑂𝐸=∠𝐶𝑂𝐷+

∠𝐶𝑂𝐸，∵∠𝐶𝑂𝐷=12∠𝐴𝑂𝐵，OE平分∠BOC，∴∠𝐵𝑂𝐸=∠𝐶𝑂𝐸，2∠𝐷𝑂𝐸=2∠𝐶𝑂𝐷+2∠𝐶𝑂𝐸=∠𝐴𝑂𝐵+∠𝐵𝑂𝐶，∴∠𝐴𝑂𝐶=360°−2∠�

�𝑂𝐸．22．（2022春·云南红河·七年级统考期末）已知∠AOB＝80°，射线OC在∠AOB内部，且∠AOC＝20°，∠COD＝50°，射线OE、OF分别平分∠BOC、∠COD，则∠EOF的度数是______．【思路点拨】先根据题意画出图形，再分OD在∠𝐴𝑂𝐵内和

OD在∠𝐴𝑂𝐵外，根据角的和差关系、角平分线的定义可求∠𝐸𝑂𝐹的度数．【解题过程】解：（1）如图1，OD在∠𝐴𝑂𝐵内，∵∠𝐴𝑂𝐵=80°，∠𝐴𝑂𝐶=20°,∴∠𝐵𝑂𝐶=60°，∵射线OE平分∠𝐵𝑂𝐶，∴∠𝐸𝑂𝐶

=30°，∵射线OF平分∠𝐶𝑂𝐷，∠𝐶𝑂𝐷=50°，∴∠𝐹𝑂𝐶=25°，∴∠𝐸𝑂𝐹=5°；（2）如图2，OD在∠𝐴𝑂𝐵外，∵∠𝐴𝑂𝐵=80°，∠𝐴𝑂𝐶=20°,∴∠𝐵𝑂𝐶=60

°，∵射线OE平分∠𝐵𝑂𝐶，∴∠𝐸𝑂𝐶=30°，∵射线OF平分∠𝐶𝑂𝐷，∠𝐶𝑂𝐷=50°，∴∠𝐹𝑂𝐶=25°，∴∠𝐸𝑂𝐹=55°.则∠𝐸𝑂𝐹的度数是5°或55°.故答案为：5°或55°.23．（2022

春·江西抚州·七年级统考期末）如图，射线OC在∠AOB的内部，图中共有3个角：∠AOB，∠AOC和∠BOC，若其中有一个角的度数是另一个角度数的两倍，则称射线OC是∠AOB的“巧分线”．若∠𝐴𝑂𝐵=60°，且射线OC是∠AOB的“巧分线”，则∠A

OC的度数为______．【思路点拨】分①∠𝐴𝑂𝐵=2∠𝐴𝑂𝐶，②∠𝐴𝑂𝐵=2∠𝐵𝑂𝐶，③∠𝐴𝑂𝐶=2∠𝐵𝑂𝐶，④∠𝐵𝑂𝐶=2∠𝐴𝑂𝐶四种情况，再根据角的和差进行计算即可

得．【解题过程】解：由题意，分以下四种情况：①当∠𝐴𝑂𝐵=2∠𝐴𝑂𝐶时，射线𝑂𝐶是∠𝐴𝑂𝐵的“巧分线”，∵∠𝐴𝑂𝐵=60°，∴∠𝐴𝑂𝐶=12∠𝐴𝑂𝐵=30°；②当∠𝐴𝑂𝐵=2∠𝐵𝑂𝐶时，射线𝑂𝐶是∠𝐴𝑂𝐵的“巧分线”，∵∠𝐴�

�𝐵=60°，∴∠𝐵𝑂𝐶=12∠𝐴𝑂𝐵=30°，∴∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐴𝑂𝐵−∠𝐵𝑂𝐶=30°；③当∠𝐴𝑂𝐶=2∠𝐵𝑂𝐶时，射线𝑂𝐶是∠𝐴𝑂𝐵的“巧分线”，∵∠𝐴𝑂𝐵=60°，∠𝐴𝑂𝐶+∠𝐵𝑂�

�=∠𝐴𝑂𝐵，∴∠𝐴𝑂𝐶+12∠𝐴𝑂𝐶=60°，解得∠𝐴𝑂𝐶=40°；④当∠𝐵𝑂𝐶=2∠𝐴𝑂𝐶时，射线𝑂𝐶是∠𝐴𝑂𝐵的“巧分线”，∵∠𝐴𝑂𝐵=60°，∠𝐴𝑂𝐶+∠𝐵𝑂𝐶

=∠𝐴𝑂𝐵，∴∠𝐴𝑂𝐶+2∠𝐴𝑂𝐶=60°，解得∠𝐴𝑂𝐶=20°；综上，∠𝐴𝑂𝐶的度数为20°或30°或40°，故答案为：20°或30°或40°．24．（2022春·江西吉安·七年级校联考期末）如图，在同一平面

内，∠AOB=90°，∠AOC=20°，∠COD=50°，∠BOD﹥45°，则∠BOD的度数为______．【思路点拨】分当OC在∠AOB外部，OD在∠AOB内部时，当OC在∠AOB外部，OD在∠AOB外部时，当OC在∠AOB内部，OD在∠AOB外部时，三种情况画出图

形求解即可．【解题过程】解：如图1所示，当OC在∠AOB外部，OD在∠AOB内部时，∵∠AOC=20°，∠COD=50°，∴∠AOD=30°，∵∠AOB=90°，∴∠BOD=∠AOB-∠AOD=60°；如图2所示，当OC在∠AOB外部，OD在∠AOB外部时，∵∠AOC=20°

，∠COD=50°，∴∠AOD=70°，∵∠AOB=90°，∴∠BOD=∠AOB+∠AOD=160°；如图3所示，当OC在∠AOB内部，OD在∠AOB外部时，∵∠AOC=20°，∠COD=50°，∴∠AOD=30°，∵∠AOB=9

0°，∴∠BOD=∠AOB+∠AOD=120°；综上所述，∠BOD的度数为60°或120°或160°．25．（2022春·湖南·七年级期末）如图，在平面内，点𝑂是直线𝐴𝐶上一点，∠𝐴𝑂𝐵=60∘，射线𝑂𝐶不动，射线𝑂𝐴，𝑂𝐵同时开始绕点𝑂顺时针

转动，射线𝑂𝐴首次回到起始位置时两线同时停止转动，射线𝑂𝐴，𝑂𝐵的转动速度分别为每秒40∘和每秒20∘．若转动𝑡秒时，射线𝑂𝐴，𝑂𝐵，𝑂𝐶中的一条是另外两条组成角的角平分线，则𝑡=______秒．【思路点

拨】根据已知条件可知，在第t秒时，射线OA转过的角度为40°t，射线OB转过的角度为20°t,然后按照OA、OB、OC三条射线构成相等的角分三种情况讨论：①当OA平分∠BOC；②当OC平分∠AOB；③当OB平分∠AOC，

分别列方程即可求出t的值．【解题过程】解：根据题意，在第t秒时，射线OA转过的角度为40°t，射线OB转过的角度为20°t,①当OA，OB转到OA′，OB′的位置时，如图①所示，∠A′OC=∠A′OB′，∵∠A′OC=18

0°-40°t，∠A′OB′=∠AOA′-∠AOB-∠BOB′=40°t-60°-20°t=20°t-60°，∴180°-40°t=20°t-60°，即t=4；②当OA，OB转到OA′，OB′的位置时，如图②所示，∠A′OC=∠B′OC，∵∠A′

OC=40°t-180°，∠B′OC=180°-∠AOB-∠BOB′=180°-60°-20°t=120°-20°t，∴40°t-180°=120°-20°t，即t=5；③当OA，OB转到OA′，OB′的位置时，如图③，∠B′OC=∠A′

OB′，∵∠B′OC=20°t-120°，∠A′OB′=12∠A′OC=12(180°-∠AOA′)=12[180°-（360°-40°t）]=20°t-90°，∴20°t-120°=20°t-90°，此时方程不成立．综上所述：t的值为4或5．故答案：4或5．26

．（2022春·安徽合肥·七年级合肥寿春中学校考期末）在同一平面内．O为直线AB上一点．射线OE将平角∠AOB分成∠AOE、∠BOE两部分．已知∠BOE=α．OC为∠AOE的平分线．∠DOE=90°．则∠COD=______（用含有α的代数式表示）【思路点拨】分两种情况

：射线OD、OE在直线AB的同侧；射线OD、OE在直线AB的异侧；利用角平分线的定义、互补、角的和差关系即可求得结果．【解题过程】解：①当射线OD、OE在直线AB的同侧时，如图所示∵OC为∠AOE的平分线∴∠1=∠2∵∠AOE+∠BOE=180°，∠BO

E=α∴∠AOE=180°−α∴∠1=∠2=12(180°−𝛼)=90°−12𝛼∴∠𝐶𝑂𝐷=∠𝐷𝑂𝐸+∠1=90°+90°−12𝛼=180°−12𝛼②当射线OD、OE在直线AB的异侧时，如图所示∵OC为∠AOE的平分线∴∠1=∠2∵∠AOE+∠BOE=180°，∠BOE=α

∴∠AOE=180°−α∴∠1=∠2=12(180°−𝛼)=90°−12𝛼∴∠𝐶𝑂𝐷=∠𝐷𝑂𝐸−∠1=90°−(90°−12𝛼)=12𝛼综上所述，∠COD=12𝛼或180°−12𝛼．故答案为：12𝛼或1

80°−12𝛼27．（2022春·重庆·七年级重庆八中校考期末）平面内，∠𝐴𝑂𝐵=120°，C为∠𝐴𝑂𝐵内部一点，射线𝑂𝑀平分∠𝐴𝑂𝐶，射找𝑂𝑁平分∠𝐵𝑂𝐶，射线𝑂𝐷平分∠𝑀𝑂𝑁，当|∠𝐴𝑂𝐶−2∠𝐶𝑂𝐷|=30°时

，∠𝐴𝑂𝐶的度数是____________．【思路点拨】根据角平分线的定义和角的运算，分射线OD在∠AOC外部和射线OD在∠AOC内部求解即可．【解题过程】解：∵射线𝑂𝑀平分∠𝐴𝑂𝐶，射找𝑂𝑁平分∠

𝐵𝑂𝐶，∴∠MOC=12∠AOC，∠NOC=12∠BOC，∴∠MON=∠MOC+∠NOC=12∠AOC+12∠BOC=12∠AOB=60°，∵射线𝑂𝐷平分∠𝑀𝑂𝑁，∴∠MOD=12∠MON=30°，若射线OD在∠AOC外部时，如

图1，则∠COD=∠MOD－∠MOC=30°－12∠AOC，即2∠COD=60°－∠AOC，∵|∠𝐴𝑂𝐶−2∠𝐶𝑂𝐷|=30°，∴|2∠𝐴𝑂𝐶−60∘|=30∘，解得：∠AOC=45°或15°；若射线

OD在∠AOC内部时，如图2，则∠COD=∠MOC－∠MOD=12∠AOC－30°，∴2∠COD=∠AOC－60°，即∠AOC－2∠COD=60°，不满足|∠𝐴𝑂𝐶−2∠𝐶𝑂𝐷|=30°，综上，∠AOC=45°或15°，故答案为：45°或15°．28．（2022春·重庆

·七年级校联考期末）已知∠AOB和∠COD是共顶点的两个角，∠COD的OC边始终在∠AOB的内部，并且∠COD的边OC把∠AOB分为1：2的两个角，若∠AOB＝60°，∠COD＝30°，则∠AOD的度数是_____．【思路点拨】根据角的和差和角的倍分关系即可得到结论．【解题过程】解：如图1，∵∠A

OB=60°，∠COD=30°，OC把∠AOB分为1：2的两个角，∴∠AOC=13∠AOB=20°，∴∠AOD=30°-20°=10°；如图2，∵∠AOB=60°，∠COD=30°，OC把∠AOB分为1：2的两个角，∴∠AO

C=23∠AOC=40°，∴∠AOD=10°；如图3，∵∠AOB=60°，∠COD=30°，OC把∠AOB分为1：2的两个角，∴∠AOC=13∠AOB=20°，∴∠AOD=30°+20°=50°；如图4，∵∠AOB=60°，∠COD=30°，OC把∠AOB分为1：2

的两个角，∴∠AOC=23∠AOC=40°，∴∠AOD=40°+30°=70°；综上所述，∠AOD的度数是10°或50°或70°．故答案为：10°或50°或70°．29．（2022春·福建福州·七年级统考期末）如图，已知射线𝑂𝐶在∠𝐴𝑂

𝐵内部，𝑂𝐷平分∠𝐴𝑂𝐶，𝑂𝐸平分∠𝐵𝑂𝐶，𝑂𝐹平分∠𝐴𝑂𝐵，现给出以下4个结论：①∠𝐷𝑂𝐸=∠𝐴𝑂𝐹；②2∠𝐷𝑂𝐹=∠𝐴𝑂𝐹−∠𝐶𝑂𝐹；③∠𝐴𝑂𝐷=∠𝐵𝑂

𝐶；④∠𝐸𝑂𝐹=12(∠𝐶𝑂𝐹+∠𝐵𝑂𝐹)其中正确的结论有（填写所有正确结论的序号）______．【思路点拨】①根据𝑂𝐷平分∠𝐴𝑂𝐶，𝑂𝐸平分∠𝐵𝑂𝐶，𝑂𝐹平分∠𝐴𝑂𝐵，得出∠𝐴𝑂𝐷=∠𝐶�

�𝐷=12∠𝐴𝑂𝐶，∠𝐵𝑂𝐸=∠𝐶𝑂𝐸=12∠𝐵𝑂𝐶，∠𝐴𝑂𝐹=∠𝐵𝑂𝐹=12∠𝐴𝑂𝐵，求出∠𝐷𝑂𝐸=12∠𝐴𝑂𝐵，即可得出结论；②根据角度之间的关系得出∠𝐷𝑂𝐹=12∠𝐵�

�𝐶=∠𝐶𝑂𝐸，得出∠𝐴𝑂𝐹−∠𝐶𝑂𝐹=∠𝐵𝑂𝐹−∠𝐶𝑂𝐹=∠𝐵𝑂𝐶，即可得出结论；③无法证明∠𝐴𝑂𝐷=∠𝐵𝑂𝐶；④根据∠𝐷𝑂𝐹=12∠𝐵𝑂𝐶=∠𝐶𝑂𝐸，得出∠𝐸𝑂𝐹=∠

𝐶𝑂𝐷，∠𝐶𝑂𝐹+∠𝐵𝑂𝐹=2∠𝐶𝑂𝐷，即可得出结论．【解题过程】解：①∵𝑂𝐷平分∠𝐴𝑂𝐶，𝑂𝐸平分∠𝐵𝑂𝐶，𝑂𝐹平分∠𝐴𝑂𝐵，∴∠𝐴𝑂𝐷=∠𝐶𝑂𝐷=1

2∠𝐴𝑂𝐶，∠𝐵𝑂𝐸=∠𝐶𝑂𝐸=12∠𝐵𝑂𝐶，∠𝐴𝑂𝐹=∠𝐵𝑂𝐹=12∠𝐴𝑂𝐵，∵∠𝐴𝑂𝐶+∠𝐵𝑂𝐶=∠𝐴𝑂𝐵，∴∠𝐷𝑂𝐶+∠𝐶𝑂𝐸=∠𝐴𝑂𝐷+∠𝐵𝑂𝐸=12∠𝐴𝑂

𝐵，即∠𝐷𝑂𝐸=12∠𝐴𝑂𝐵，∴∠𝐷𝑂𝐸=∠𝐴𝑂𝐹，故①正确；②∵∠𝐷𝑂𝐹=∠𝐷𝑂𝐸−∠𝐸𝑂𝐹=12∠𝐴𝑂𝐵−(∠𝐶𝑂𝐹+12∠𝐵𝑂𝐶)=12∠𝐴𝑂𝐵−∠𝐶𝑂𝐹−12∠𝐵𝑂𝐶=12∠𝐴

𝑂𝐵−(∠𝐵𝑂𝐹−∠𝐵𝑂𝐶)−12∠𝐵𝑂𝐶=12∠𝐴𝑂𝐵−(12∠𝐴𝑂𝐵−∠𝐵𝑂𝐶)−12∠𝐵𝑂𝐶=12∠𝐴𝑂𝐵−12∠𝐴𝑂𝐵+∠𝐵𝑂𝐶−12∠𝐵𝑂𝐶=12∠𝐵𝑂𝐶∠𝐴𝑂𝐹−∠𝐶𝑂�

�=∠𝐵𝑂𝐹−∠𝐶𝑂𝐹=∠𝐵𝑂𝐶，∴2∠𝐷𝑂𝐹=∠𝐴𝑂𝐹−∠𝐶𝑂𝐹，故②正确；③∠𝐴𝑂𝐷与∠𝐵𝑂𝐶不一定相等，故③错误；④根据解析②可知，∠𝐷𝑂𝐹=12∠𝐵𝑂𝐶=∠𝐶𝑂𝐸，∴∠𝐸

𝑂𝐹=∠𝐸𝑂𝐶+∠𝐶𝑂𝐹=∠𝐶𝑂𝐹+∠𝐷𝑂𝐹=∠𝐶𝑂𝐷，∵∠𝐶𝑂𝐹+∠𝐵𝑂𝐹=∠𝐶𝑂𝐹+∠𝐴𝑂𝐹=∠𝐴𝑂𝐶=2∠𝐶𝑂𝐷，∴∠𝐸𝑂�

�=12(∠𝐶𝑂𝐹+∠𝐵𝑂𝐹)，故④正确；综上分析可知，正确的有①②④．故答案为：①②④．30．（2022春·全国·七年级期末）已知：如图1，点𝑂是直线𝑀𝑁上一点，过点𝑂作射线𝑂𝐸，使∠𝐸𝑂𝑀=15∠𝐸𝑂𝑁，过点𝑂作

射线𝑂𝐴，使∠𝐴𝑂𝑀=90°．如图2，∠𝐸𝑂𝑁绕点𝑂以每秒9°的速度顺时针旋转得∠𝐸′𝑂𝑁′，同时射线𝑂𝐴绕点𝑂以每秒3°的速度顺时针旋转得射线𝑂𝐴′，当射线𝑂𝐴′落在𝑂𝐴的反向延长线上时，射线𝑂𝐴′和∠𝐸′𝑂𝑁′同时停止

，在整个运动过程中，当𝑡=______时，∠𝐸′𝑂𝑁′的某一边平分∠𝐴′𝑂𝑀（∠𝐴′𝑂𝑀指不大于180°的角）．【思路点拨】本题分情况讨论，当OE'平分∠A'OM，即∠MOE'=∠A'OE'，用t的式子表示∠MOE'，∠A'OE'，求出t的值，当ON'平

分∠A'OM，∠MON'=∠A'ON'，此时分为两种情况，第一种情况：ON'没有旋转完360°，第二种情况：ON'旋转完了360°．用t的式子表示∠MON'，∠A'ON'，分别求出t的值即可．【解题过程】解：∵∠EOM=15∠EON，∠EOM+∠EON=180°得：∠EOM=30°，

∠EON=150°①OE'平分∠A'OM，即∠MOE'=∠A'OE'∠MOE'=30+9t∠A'OE'=60+3t-9t∴30+9t=60+3t-9t解得t=3，②ON'平分∠A'OM，此时分为两种情况，第一种情况：O

N'没有旋转完360°，∠MON'=∠A'ON'∠MON'=9t-180∠A'ON'=90+(9t-180)-3t∴9t-180=90+(9t-180)-3t解得t=30，第二种情况：ON'旋转完了360°∠

MON'=∠A'ON'∠MON'=180-9t+360，∠A'ON'=180-(3t-90)-(180-9t+360)180-9t+360=180-(3t-90)-(180-9t+360)解得t=54

，故答案为：t=3或t=30或t=54。