永州市七年級(jí)數(shù)學(xué)試卷七年級(jí)蘇科下冊(cè)期末復(fù)習(xí)題(及答案)-全文預(yù)覽
【正文】 ∥AB，通過(guò)平行線性質(zhì)來(lái)求∠APC．（2）過(guò)P作PE∥AD交AC于E，推出AB∥PE∥DC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠α＝∠APE，∠β＝∠CPE，即可得出答案；（3）若P在段線OB上，畫(huà)出圖形，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠α＝∠APE，∠β＝∠CPE，依據(jù)角的和差關(guān)系即可得出答案．6． （1）∵點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是（2，0），（4，0），現(xiàn)同時(shí)將點(diǎn)A、B分別向上平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，再向右平移2個(gè)單位長(zhǎng)度得到A，B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C，D， ∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，2），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（6，2）；四邊形ABDC的面積=2（4+2）=12；（2）存在． 設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為（x，0），∵△DEC的面積是△DEB面積的2倍， ，解得x=1或x=7，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（1，0）和（7，0）；（3）當(dāng)點(diǎn)F在線段BD上，作FM∥AB，如圖1， ∵M(jìn)F∥AB，∴∠2=∠FOB，∵CD∥AB，∴CD∥MF，∴∠1=∠FCD，∴∠OFC=∠1+∠2=∠FOB+∠FCD；當(dāng)點(diǎn)F在線段DB的延長(zhǎng)線上，作FN∥AB，如圖2，∵FN∥AB，∴∠NFO=∠FOB，∵CD∥AB，∴CD∥FN，∴∠NFC=∠FCD，∴∠OFC=∠NFC∠NFO=∠FCD∠FOB；同樣得到當(dāng)點(diǎn)F在線段BD的延長(zhǎng)線上，得到∠OFC=∠FOB∠FCD．【解析】【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)平移的規(guī)律易得點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，2），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（6，2）；（2）設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為（x，0），根據(jù)△DEC的面積是△DEB面積的2倍和三角形面積公式得到 ，解得x=1或x=7，然后寫(xiě)出點(diǎn)E的坐標(biāo)；（3）分類討論：當(dāng)點(diǎn)F在線段BD上，作FM∥AB，根據(jù)平行線的性質(zhì)由MF∥AB得∠2=∠FOB，由CD∥AB得到CD∥MF，則∠1=∠FCD，所以∠OFC=∠FOB+∠FCD；同樣得到當(dāng)點(diǎn)F在線段DB的延長(zhǎng)線上，∠OFC=∠FCD∠FOB；當(dāng)點(diǎn)F在線段BD的延長(zhǎng)線上，得到∠OFC=∠FOB∠FCD．三、整式乘法與因式分解易錯(cuò)壓軸解答題7．（1）；9y；y3 （2）解： FG=EB=x6, IP=KG=9y, IQ=IJEB=3(x6)=9x,∴S2=IPIQ=(9y)(9x),LN=GD=KDK解析： （1）；9y；y3 （2）解： FG=EB=x6, IP=KG=9y, IQ=IJEB=3(x6)=9x,∴S2=IPIQ=(9y)(9x),LN=GD=KDKG=3（9y）=y6,∴S3=LNNH=(y6)(x6),∵S2=S3 ， ∴(9y)(9x)=(y6)(x6),819y9x+xy=xy6x6y+363(x+y)=81,x+y=27.∴ 長(zhǎng)方形ABCD的周長(zhǎng) =2(x+y)=54. （3）解： S1=EBBJ=(x6)(y3),由 2S1+3S2=5S3得， 2(x6)(y3)+3(9y)(9x)=5(y6)(x6),整理得：3yx=33,∵y=x+1,解得x=15, y=16,則長(zhǎng)方形ABCD的面積=xy=1516=240. 【解析】【解答】 【解答】（1）由圖可知，AG+KD=AG+GD+KG=AD+KG，即6+3=y+KG,∴KG=9y,由圖可知，BJ=AK=AGKG=6（9y）=y3,NH=DCDNHC=AB2DN=x6,則MH=?！螩PE＝50176。 （4）如圖，過(guò)點(diǎn)B1作B1C∥A1H，過(guò)A2點(diǎn)A2D∥A1H，過(guò)點(diǎn)B2作B2G∥A1H,，結(jié)合已知條件可證得A1H∥A3F∥B1C∥A2D∥A1H∥B2G，利用兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等，可證得∠A1=∠1，∠3=∠2，∠4=∠5，∠6=∠A3 ， 由此可推出∠A1+∠B1A2B2+∠A3=∠A1B1A2+∠A2B2A3 ， 根據(jù)此規(guī)律可推出結(jié)論。 ∴∠A1+∠2+∠4+∠A3=∠1+∠3+∠5+∠6 ∴∠A1+∠B1A2B2+∠A3=∠A1B1A2+∠A2B2A3. 由此規(guī)律可得： ∠A1+∠A2++∠An=∠B1+∠B2++∠Bn. 【分析】（1）過(guò)P作PE∥AB，結(jié)合已知可證得AB∥CD∥PE；再利用兩直線平行，同旁內(nèi)角互補(bǔ)可得到∠PAB+∠PCD+∠APC=360176。=252176。 ∴∠PAB+∠APE+∠PCD+∠CPE=360176。（2）解：結(jié)論: . 理由如下:如圖1,過(guò)P作PQ∥AD.∵AD∥BC，∴AD∥PQ ， PQ∥BC .∵PQ∥AD，∴ .同理， .∴ （3）解：當(dāng)點(diǎn)P在B、O兩點(diǎn)之間時(shí)，如圖2,則有 ； 當(dāng)點(diǎn)P在射線AM上時(shí)，如圖3,則有 .（4） 【解析】【解答】解：（1）過(guò)P作PE∥AB ∵AB∥CD， ∴AB∥CD∥PE ∴∠PAB+∠APE=180176。 ③ ；④ ；A.①B.①②C.①②③D.①②③④；
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