《2025年亮点给力大试卷七年级数学上册苏科版》

15. (10 分)如图是小高和小齐的对话:
(1)根据小高给出的内容,求这个多边形的边数;
(2)小齐说的多边形存在吗? 如果存在,它是几边形? 如果不存在,说明得出结论的理由.

答案： （1）因为从 n(n 为不小于 3 的整数)边形的一个顶点可以连(n−3)条对角线,所以 n 边形的对角线有$\frac{n(n−3)}{2}$条.又一个多边形有 35 条对角线,所以$\frac{n(n−3)}{2}$=35,即 n(n−3)=70.又 n 为不小于 3 的整数,10×7=70,所以 n=10.则这个多边形的边数为 10.
（2）不存在.理由如下:假设存在这个多边形.同
(1),得$\frac{n(n−3)}{2}$=16.所以 n(n−3)=32.又 7×4=28,8×5=40,所以不存在整数 n,使 n(n−3)=32,即假设不成立.所以小齐说的多边形不存在.

16. (12 分)新趋势 综合实践 已知在$△ABC$中,D 是 AB 上一点,$DE// BC$交 AC 于点 E,F 是线段 DE 延长线上一点,连接 FC,$∠BCF+∠ADE= 180^{\circ }$.
(1)如图①,CF 与 AB 是否平行,为什么?
(2)如图②,连接 BE,若$∠ABE= 40^{\circ },∠ACF= 60^{\circ }$,求$∠BEC$的度数;
(3)如图③,在(2)的条件下,G 是线段 FC 延长线上一点,连接 BG.若$∠EBC:∠ECB= 7:13$,BE 平分$∠ABG$,求$∠CBG$的度数.

答案： （1）CF//AB.理由如下:因为 DE//BC,所以∠ADE=∠B.因为∠BCF+∠ADE=180°,所以∠BCF+∠B=180°,即 CF//AB.
（2）由
(1),得 AB//CF,所以∠A=∠ACF.又∠ACF=60°,所以∠A=60°.又∠ABE=40°,∠ABE+∠A+∠AEB=180°,∠AEB+∠BEC=180°，所以∠BEC=∠A+∠ABE=100°.
（3）因为 BE 平分∠ABG,∠ABE=40°,所以∠EBG=∠ABE=40°.设∠EBC=(7x)°.又∠EBC:∠ECB=7:13,所以∠ECB=(13x)°.因为∠EBC+∠ECB+∠BEC=180°,所以 13x+7x+100=180,解得 x=4.所以∠EBC=(7x)°=28°.因为∠EBG=∠EBC+∠CBG,所以∠CBG=∠EBG−∠EBC=12°.

17. (12 分)如图,直线 AB 和 CD 交于点 O,$∠AOC$的度数为 x,$OF⊥AB$,OE 平分$∠AOD$.
(1)当$x= 30^{\circ }$时,$∠FOC= $60°,$∠EOD= $75°;
(2)当$x= 70^{\circ }$时,射线 OF,OE 分别以每秒$10^{\circ },4^{\circ }$的速度同时绕点 O 逆时针转动,则当射线 OF 与射线 OE 重合时至少需要多长时间?
设射线 OF 与射线 OE 第一次重合时需要的时间为 t s.当 x=70°时,同（1）,得∠AOE=55°.由（1）,得∠AOF=90°,所以∠EOF=∠AOF+∠AOE=145°.所以 10t−4t=145,解得 t=$\frac{145}{6}$.所以当射线 OF 与射线 OE 重合时至少需要$\frac{145}{6}$s.
(3)当$x= 70^{\circ }$时,射线 OF 以每秒$10^{\circ }$的速度绕点 O 顺时针转动,同时射线 OE 以每秒$4^{\circ }$的速度绕点 O 逆时针转动,当射线 OF 转动一周时射线 OE 停止转动.射线 OF 在转动一周的过程中,当$∠EOF= 90^{\circ }$时,求射线 OF 转动的时间.
设射线 OF 转动的时间为 x s.由题意，得 x 的取值范围为 0≤x≤36.由（2）,得运动未开始时，∠EOF=145°.所以当∠EOF=90°时,可分三种情况如下:① OE 与 OF 未相遇时,10x+90+4x=360−145,解得 x=$\frac{125}{14}$;② 当 OE 与 OF 相遇后,OF 在 OB 的下方时,10x−(360−145)+4x=90,解得 x=$\frac{305}{14}$;③ 当 OE 与 OF 相遇后，OF 在 OB 的上方时,360−10x+(360−145)−4x=90,解得 x=$\frac{485}{14}$.综上,射线 OF 转动的时间为$\frac{125}{14}$s 或$\frac{305}{14}$s 或$\frac{485}{14}$s.

答案： （1）60° 75° 解析:因为 OF⊥AB,所以∠AOF=90°.因为∠AOC=30°,所以∠FOC=∠AOF−∠AOC=60°.又∠AOC+∠AOD=180°,所以∠AOD=180°−∠AOC=150°.因为 OE 平分∠AOD,所以∠EOD=$\frac{1}{2}$∠AOD=75°.
（2）设射线 OF 与射线 OE 第一次重合时需要的时间为 t s.当 x=70°时,同（1）,得∠AOE=55°.由（1）,得∠AOF=90°,所以∠EOF=∠AOF+∠AOE=145°.所以 10t−4t=145,解得 t=$\frac{145}{6}$.所以当射线 OF 与射线 OE 重合时至少需要$\frac{145}{6}$s.
（3）设射线 OF 转动的时间为 x s.由题意，得 x 的取值范围为 0≤x≤36.由（2）,得运动未开始时，∠EOF=145°.所以当∠EOF=90°时,可分三种情况如下:① OE 与 OF 未相遇时,10x+90+4x=360−145,解得 x=$\frac{125}{14}$;② 当 OE 与 OF 相遇后,OF 在 OB 的下方时,10x−(360−145)+4x=90,解得 x=$\frac{305}{14}$;③ 当 OE 与 OF 相遇后，OF 在 OB 的上方时,360−10x+(360−145)−4x=90,解得 x=$\frac{485}{14}$.综上,射线 OF 转动的时间为$\frac{125}{14}$s 或$\frac{305}{14}$s 或$\frac{485}{14}$s.