《2025年天府前沿七年级数学上册北师大版》

(1)$ 90^{\circ} - 77^{\circ}54'36'' - 1^{\circ}23'' = $______；
(2)$ 21^{\circ}17' × 4 + 176^{\circ}52' ÷ 3 = $______.

答案：
(1)11°5′1″　
(2)144°5′20″

13. (2025·编写)将两个形状、大小完全相同的含有 $ 30^{\circ} $,$ 60^{\circ} $ 的三角板 $ PAB $ 与 $ PCD $ 如图 1 放置,$ A $,$ P $,$ C $ 三点在同一直线上,现将三角板 $ PAB $ 绕点 $ P $ 顺时针方向旋转一定角度,如图 2,若 $ PE $ 平分 $ \angle APD $,$ PF $ 平分 $ \angle BPD $,则 $ \angle EPF $ 的度数是______$ ^{\circ} $.

答案： 15

14. (2023·双流)如图,点 $ O $ 为直线 $ AB $ 上一点,将直角三角板 $ OCD $ 的直角顶点放在点 $ O $ 处.已知 $ \angle AOC $ 的度数比 $ \angle BOD $ 的度数的 $ 3 $ 倍多 $ 10 $ 度.
(1)求 $ \angle BOD $ 的度数；
(2)若 $ OE $,$ OF $ 分别平分 $ \angle BOD $,$ \angle BOC $,求 $ \angle EOF $ 的度数.(写出必要的推理过程)

答案： [解]
(1)设∠BOD = x°.因为∠AOC的度数比∠BOD的度数的3倍多10度，且∠COD = 90°，所以x + (3x + 10) + 90 = 180，解得x = 20，所以∠BOD = 20°.
(2)因为OE，OF分别平分∠BOD，∠BOC，所以∠BOE = $\frac{1}{2}$∠BOD，∠BOF = $\frac{1}{2}$∠BOC = $\frac{1}{2}$(∠BOD + ∠COD)，所以∠EOF = ∠BOF - ∠BOE = $\frac{1}{2}$(∠BOC - ∠BOD) = $\frac{1}{2}$∠COD = 45°.

15. (2025·新都)对于数轴上的点 $ A $,$ B $,$ C $,$ D $,点 $ M $,$ N $ 分别是线段 $ AB $,$ CD $ 的中点,若 $ 2MN = k(AB + CD) $,则将 $ k $ 的值称为线段 $ AB $,$ CD $ 的“倍比值”. 特别地,当点 $ M $,$ N $ 重合时,规定 $ k = 0 $. 设数轴上点 $ O $ 表示的数为 $ 0 $,点 $ T $ 表示的数为 $ 4 $.
(1)若数轴上点 $ E $ 表示数 $ - 4 $,则线段 $ OE $,$ OT $ 的“倍比值”是______；
(2)设数轴上点 $ O $ 右侧的点 $ F $ 表示的数是 $ f(f ＞ 4) $,若线段 $ OF $,$ OT $ 的“倍比值”为 $ k = \frac{1}{3} $,求 $ f $ 的值；
(3)数轴上有一点 $ P $ 表示数 $ p $. 若线段 $ OP $,$ OT $ 的“倍比值”为 $ k = \frac{1}{2} $,求 $ p $ 的值.

答案： [解]
(1)设点M₁，N₁分别是线段OE，OT的中点.易得OE = 4，OT = 4，M₁N₁ = 4.
∵2M₁N₁ = k(OE + OT)，
∴2×4 = k(4 + 4)，解得k = 1.故答案为1.
(2)设点M₂，N₂分别是线段OT，OF的中点.易得OT = 4，OF = f，M₂N₂ = $\frac{1}{2}$f - 2.
∵2M₂N₂ = k(OT + OF)，
∴2×($\frac{1}{2}$f - 2) = $\frac{1}{3}$(4 + f)，
∴f = 8.
(3)设点M₃，N₃分别是线段OT，OF的中点.易得OT = 4，OF = |p|，M₃N₃ = |$\frac{1}{2}$p - 2|.
∵2M₃N₃ = k(OT + OP)，
∴2|$\frac{1}{2}$p - 2| = $\frac{1}{2}$×(4 + |p|)，
∴p = 12或$\frac{4}{3}$.