人教版七年级上册数学全册单元试卷测试卷附答案

人教版七年级上册数学全册单元试卷测试卷附答案

一、初一数学上学期期末试卷解答题压轴题精选（难）

1．如图 1，CE 平分∠ACD，AE 平分∠BAC，且∠EAC＋∠ACE=90°．

（1）请判断 AB 与 CD 的位置关系，并说明理由；

（2）如图 2，若∠E=90°且 AB 与 CD 的位置关系保持不变，当直角顶点 E 移动时，写出∠BAE 与∠ECD 的数量关系，并说明理由；

（3）如图 3，P 为线段 AC 上一定点，点 Q 为直线 CD 上一动点，且 AB 与 CD 的位置 关系保持不变，当点 Q 在射线 CD 上运动时(不与点 C 重合)，∠PQD，∠APQ 与∠ BAC 有何数量关系？写出结论，并说明理由．

【答案】 （1） ，理由如下：

CE 平分 ，AE 平分 ，

；

（2） ，理由如下：

如图，延长AE交CD于点F，则

由三角形的外角性质得：

；

（3） ，理由如下：

，即

由三角形的外角性质得：

又 ，即

即 ．

【解析】【分析】（1）根据角平分线的定义、平行线的判定即可得；（2）根据平行线的性质（两直线平行，内错角相等）、三角形的外角性质即可得；（3）根据平行线的性质（两直线平行，同旁内角互补）、三角形的外角性质、邻补角的定义即可得．

2．

（1）问题发现：如图 1，已知点 F，G

分别在直线 AB，CD 上，且 AB∥CD，若∠BFE=40°，∠CGE=130°，则∠GEF 的度数为________；

（2）拓展探究：∠GEF，∠BFE，∠CGE 之间有怎样的数量关系？写出结论并给出证明；

答：∠GEF=▲ .

证明：过点 E 作 EH∥AB，

∴∠FEH=∠BFE（ ▲ ），

∵AB∥CD，EH∥AB，（辅助线的作法）

∴EH∥CD（ ▲ ），

∴∠HEG=180°-∠CGE（ ▲ ），

∴∠FEG=∠HFG+∠FEH=▲ .

（3）深入探究：如图 2，∠BFE 的平分线 FQ 所在直线与∠CGE 的平分线相交于点 P，试探究∠GPQ 与∠GEF 之间的数量关系，请直接写出你的结论.

【答案】 （1）90°

（2）解：∠GEF＝∠BFE＋180°−∠CGE，

证明：过点 E 作 EH∥AB，

∴∠FEH=∠BFE（两直线平行，内错角相等），

∵AB∥CD，EH∥AB，（辅助线的作法）

∴EH∥CD（平行线的迁移性），

∴∠HEG=180°-∠CGE（两直线平行，同旁内角互补），

∴∠FEG=∠HFG+∠FEH=∠BFE＋180°−∠CGE ，

故答案为：∠BFE＋180°−∠CGE；两直线平行，内错角相等；平行线的迁移性；两直线平行，同旁内角互补；∠BFE＋180°−∠CGE；

（3）解：∠GPQ＋ ∠GEF＝90°，

理由是：如图2，∵FQ平分∠BFE，GP平分∠CGE，

∴∠BFQ＝ ∠BFE，∠CGP＝ ∠CGE，

在△PMF中，∠GPQ＝∠GMF−∠PFM＝∠CGP−∠BFQ，

∴∠GPQ＋ ∠GEF＝ ∠CGE− ∠BFE＋ ∠GEF＝ ×180°＝90°.

即∠GPQ＋ ∠GEF＝90°.

【解析】【解答】（1）解：如图1，过E作EH∥AB，

∵AB∥CD，

∴AB∥CD∥EH，

∴∠HEF＝∠BFE＝40°，∠HEG＋∠CGE＝180°，

∵∠CGE＝130°，

∴∠HEG＝50°，

∴∠GEF＝∠HEF＋∠HEG＝40°＋50°＝90°；

故答案为：90°；

【分析】（1）如图1，过E作EH∥AB，根据平行线的性质可得∠HEF＝∠BFE＝40 ，∠HEG＝50 ，相加可得结论；（2）由①知：∠HEF＝∠BFE，∠HEG＋∠CGE＝180°，则∠HEG＝180°−∠CGE，两式相加可得∠GEF＝∠BFE＋180°−∠CGE；（3）如图2，根据角平分线的定义得：∠BFQ＝ ∠BFE，∠CGP＝ ∠CGE，由三角形的外角的性质得：∠GPQ＝∠GMF−∠PFM＝∠CGP−∠BFQ，计算∠GPQ＋ ∠GEF并结合②的结论可得结果.

3．如图，O是直线AB上一点，OD平分∠AOC．

（1）若∠AOC=60°，请求出∠AOD和∠BOC的度数.

（2）若∠AOD和∠DOE互余，且∠AOD= ∠AOE，请求出∠AOD和∠COE的度数．

【答案】 （1）解：∠AOD= ×∠AOC= ×60°=30°，∠BOC=180°﹣∠AOC=180°﹣60°=120°

（2）解：∵∠AOD和∠DOE互余，

∴∠AOE=∠AOD+∠DOE=90°，

∴∠AOD= ∠AOE= ×90°=30°，

∴∠AOC=2∠AOD=60°，

∴∠COE=90°﹣∠AOC=30°

【解析】【分析】（1）①由角平分线的定义可得：∠AOD=∠COD= ∠AOC即可求解；

②由邻补角的定义可得：∠BOC+∠AOC= 180° ，所以∠BOC= 180° -∠AOC即可求解；

（2）①由互为余角的定义和图形可得∠AOE=∠AOD+∠DOE= 90° ，所以∠AOD= ∠AOE可求解；②由①可得∠AOD的度数，由角平分线的定义可得∠AOC=2∠AOD，所以∠COE=∠AOE-∠AOC，把∠AOE和∠AOC的度数代入计算即可求解。

4．如图，已知数轴上点A表示的数为10，B是数轴上位于点A左侧一点，且AB=30，动点P从点A出发，以每秒5个单位长度的速度沿数轴向左匀速运动，设运动时间为 秒.

（1）数轴上点B表示的数是________，点P表示的数是________(用含 的代数式表示)；

（2）若M为线段AP的中点，N为线段BP的中点，在点P运动的过程中，线段MN的长度会发生变化吗?如果不变，请求出这个长度；如果会变化,请用含 的代数式表示这个长度；

（3）动点Q从点B处出发，以每秒3个单位长度的速度沿数轴向左匀速运动，若点P、Q同时出发，问点P运动多少秒时与点Q相距4个单位长度?

【答案】 （1）-20；10-5t

（2）线段MN的长度不发生变化，都等于15．理由如下：

①当点P在点A、B两点之间运动时，

∵M为线段AP的中点，N为线段BP的中点，

∴MN=MP+NP= AP+ BP= （AP+BP）= AB=15；

②当点P运动到点B的左侧时：

∵M为线段AP的中点，N为线段BP的中点，

∴MN=MP-NP= AP- BP= （AP-BP）= AB=15，

∴综上所述，线段MN的长度不发生变化，其值为15．

（3）若点P、Q同时出发，设点P运动t秒时与点Q距离为4个单位长度．

①点P、Q相遇之前，

由题意得4+5t=30+3t，解得t=13；

②点P、Q相遇之后，

由题意得5t-4=30+3t，解得t=17．

答：若点P、Q同时出发，13或17秒时P、Q之间的距离恰好等于4；

【解析】【解答】（1）解：∵点A表示的数为10，B在A点左边，AB=30，

∴数轴上点B表示的数为10-30=-20；

∵动点P从点A出发，以每秒5个单位长度的速度沿数轴向左匀速运动，设运动时间为t（t＞0）秒，

∴点P表示的数为10-5t；

故答案为：-20，10-5t；

【分析】（1）根据数轴上两点间的距离计算方法即可算出点B所表示的数，根据路程等于速度乘以时间得出PA=5t，然后用OA-AP即可算出点P所表示的数；

（2） 线段MN的长度不发生变化，都等于15．理由如下： 分类讨论： ①当点P在点

A、B两点之间运动时， 根据线段中点的定义及线段的和差，由

MN=MP+NP= AP+ BP=

（AP+BP）= AB 即可得出结论；

②当点P运动到点B的左侧时： 根据线段中点的定义及线段的和差，由 MN=MP-NP= AP- BP= （AP-BP）= AB 得出结论；

（3） 若点P、Q同时出发，设点P运动t秒时与点Q距离为4个单位长度，此题其实质就是一个追击问题，需要分类讨论： ①点P、Q相遇之前， 根据P点运动的路程-Q点运动的路程等于它们之间之间的距离，列出方程，求解即可； ②点P、Q相遇之后， 根据Q点运动的路程-P点运动的路程等于它们之间之间的距离，列出方程，求解即可,综上所述即可得出答案。

5．如图，已知MN∥PQ，B在MN上，C在PQ上，A在B的左侧，D在C的右侧，DE平分∠ADC，BE平分∠ABC，直线DE，BE交于点E，∠CBN=120°．

（1）若∠ADQ=110°，求∠BED的度数；

（2）将线段AD沿DC方向平移，使得点D在点C的左侧，其他条件不变，若∠ADQ=n°，求∠BED的度数（用含n的代数式表示）

【答案】 （1）解：如图1中，延长DE交MN于H．

∵∠ADQ=110°，ED平分∠ADP，

∴∠PDH= ∠PDA=35°，

∵PQ∥MN，

∴∠EHB=∠PDH=35°，

∵∠CBN=120°，EB平分∠ABC，

∴∠EBH= ∠ABC=30°，

∴∠BED=∠EHB+∠EBH=65°

（2）解：有3种情形，如图2中，当点E在直线MN与直线PQ之间时．延长DE交MN于H．

∵PQ∥MN，

∴∠QDH=∠DHA= n，

∴∠BED=∠EHB+∠EBH=180°﹣（ n）°+30°=210°﹣（ n）°，

当点E在直线MN的下方时，如图3中，设DE交MN于H．

∵∠HBA=∠ABP=30°，∠ADH=∠CDH=（ n）°，

又∵∠DHB=∠HBE+∠HEB，

∴∠BED=（ n）°﹣30°，

当点E在PQ上方时，如图4中，设PQ交BE于H．同法可得∠BED=30°﹣（ n）°．