專題11.6期末復習之填空壓軸題十大題型總結【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1平行線中的動點問題】 1【題型2平行線中的旋轉、平移問題】 2【題型3實數中的新定義問題】 3【題型4實數中的最值問題】 4【題型5平面直角坐標系中的面積問題】 5【題型6平面直角坐標系中的規律探究】 6【題型7二元一次方程組中的數字問題】 8【題型8二元一次方程中的方案設計】 9【題型9一元一次不等式組中的最值問題】 9【題型10方程與不等式的綜合探究】 9【題型1平行線中的動點問題】【例1】（2024七年級·河南新鄉·期末）已知直線AB∥CD，E為兩直線間一定點，∠DCE=23°，若點F為平面內一動點，且滿足∠ABF=51°，連接BF，EF，則∠BFE的平分線與∠CEF的平分線所在直線所夾的銳角為．【變式1-1】（2024七年級·浙江·期末）如圖，AC//BD，BC平分∠ABD，設∠ACB為α，點E是射線BC上的一個動點，若∠BAE:∠CAE=5:2，則∠CAE的度數為．（用含【變式1-2】（2024七年級·湖北武漢·期末）如圖，AB∥CD，點E，F在直線AB上（F在E的左側），點G在直線CD上，EH⊥HG，垂足為H，P為線段EH上的一動點，連接GP，GF，∠FGH與∠BFG的角平分線交于點Q，且點Q在直線AB，①∠BEH+∠DGH=90°；

②∠CGH+2∠FQG=270°；③若∠PGH=3∠DGH，則3∠BEH+∠EPG=360°；④若∠PGH=n∠DGH，則∠BEH+1n+1∠PGD=90°上述說法正確的是（寫出所有正確結論的序號）．

【變式1-3】（2024七年級·河南新鄉·期末）如圖，直線AB∥CD，點E，F分別在直線AB，CD上，點P為直線AB與CD間一動點，連接EP，FP，且∠EPF=120°，∠AEP的平分線與∠PFC的平分線交于點Q，則∠EQF的度數為

【題型2平行線中的旋轉、平移問題】【例2】（2024七年級·福建龍巖·期末）如圖，在△ABC中，∠BAC=45°，∠ACB是銳角，將△ABC沿著射線BC方向平移得到△DEF（平移后點A，B，C的對應點分別是點D，E，F），連接CD，若在整個平移過程中，∠ACD和∠CDE的度數之間存在2倍關系，則∠ACD=．【變式2-1】（2024七年級·廣東肇慶·期末）如圖，在△ABC中，BC=6，將△BC以每秒2cm的速度沿BC所在直線向右平移，所得圖形對應為△DEF，設平移時間為t秒，若要使BE=2CE成立，則t的值為（）A．6 B．1 C．2 D．3【變式2-2】（2024七年級·浙江寧波·期末）兩塊不同的三角板按如圖1所示擺放，AC邊重合，∠BAC=45°,∠DAC=30°．接著如圖2保持三角板ABC不動，將三角板ACD繞著點C按順時針以每秒10°的速度旋轉90°后停止．在此旋轉過程中，當旋轉時間t=秒時，三角板A'CD【變式2-3】（2024七年級·浙江寧波·期末）如圖，直線GH∥MN，一副三角板按如圖1擺放，其中∠EDF=∠ACB=90°，∠E=45°，∠BAC=30°．保持三角板ABC不動，現將三角板DEF繞點D以每秒2°的速度順時針旋轉，如圖2，設旋轉時間為t秒，且0≤t≤180，則經過秒邊BC與三角板的一條直角邊（邊DE，

【題型3實數中的新定義問題】【例3】（2024七年級·重慶渝中·期末）學習完《三角形》章節，某數學小組小花同學給出如下定義：對任意的一個三位數n，如果n滿足各個數位上的數字均不為零，且該數任意兩個數位上的數字之和大于余下數位上的數字，那么我們就把該數稱為“穩定數”．把“穩定數”n的十位數字作個位，百位數字作十位得到的兩位數，再加上n的個位數字的和記作Fn，把“穩定數”n的十位數字作十位，百位數字作個位得到的兩位數，再加上n的個位數字的和記作Q例如：675，是一個“穩定數”，由定義得F675=67+5=72，Q675=76+5=81．若一個“穩定數”s=100a+101b+30（1≤a≤5，1≤b≤4，a，b為整數），當5Fs【變式3-1】（2024七年級·四川南充·期末）對于實數x，y，定義一種運算“×”如下，x×y＝ax－by2，已知2×3＝10，4×(－3)＝6，那么(－2)×(327)2＝【變式3-2】（2024七年級·浙江杭州·期末）定義新運算若a@b=n（n是常數），則(a+1)@b=n+1，a@(b+1)=n?2.若1@1=2則1@2=，2@2=，2020@2020=.【變式3-3】（2024七年級·湖南株洲·期末）《道德經》中的“道生一，一生二，二生三，三生萬物”道出了自然數的特征．在數的學習過程中，我們會對其中一些具有某種特性的數進行研究，如學習自然數時，我們研究了奇數、偶數、質數、合數等．現在我們來研究另一種特殊的自然數——“純數”．定義：對于自然數n，在計算n+(n+1)+(n+2)時，各數位都不產生進位，則稱這個自然數n為“純數”，例如：32是“純數”，因為計算32+33+34時，各數位都不產生進位；23不是“純數”，因為計算23+24＋25時，個位產生了進位．那么，小于100的自然數中，“純數”的個數為個．【題型4平面直角坐標系中的新定義問題】【例4】（2024七年級·湖北武漢·期末）在平面直角坐標系中，對于任意三個不重合的點A，B，C的“矩面積”，給出如下定義：“水平底”a指任意兩點橫坐標差的最大值，“鉛垂高”?指任意兩點縱坐標差的最大值，“矩面積”S=a?．例如：A1，2，B?3，1，C2，?2則“水平底”a=5，“鉛垂高”?=4，“矩面積”S=a?=20．若D1，【變式4-1】（2024七年級·湖北荊州·期末）在平面直角坐標系中，對于任意三點A，B，C的“矩面積”，給出如下定義：“水平底”a：任意兩點橫坐標差的最大值，“鉛垂高”h：任意兩點縱坐標差的最大值，則“矩面積”S=ah．例如，三點坐標分別為A（0，3），B（-3，4），C（1，-2），則“水平底”a=4，“鉛垂高”h=6，“矩面積”S=ah=24．若D（2，2），E（-2，-1），F（3，m）三點的“矩面積”為20，則m的值為．【變式4-2】（2024七年級·安徽期末）定義：平面內的直線l1與l2相交于點O，對于該平面內任意一點M，點M到直線l1，l2的距離分別為a，b，則稱有序非負實數對(a,b)是點M的“距離坐標”根據上述定義，“距離坐標”為【變式4-3】（2024七年級·湖北武漢·期末）在平面直角坐標系中，將任意兩點橫坐標之差的絕對值與縱坐標之差的絕對值中較大的值定義為這兩點的“切比雪夫距離”．例如，點A3，?2，B?1，7，橫坐標差的絕對值為|3??1|=4，縱坐標差的絕對值為?2?7=9，所以A，B的切比雪夫距離為9.若點M（t，【題型5平面直角坐標系中的面積問題】【例5】（2024七年級·北京海淀·期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知點A(?5,4)，B(?1,2)，將線段AB平移，得到線段CD（點A的對應點為點C，點B的對應點為點D），線段AB上任一點(x,y)在平移后的對應點為(x+s,y?t)，其中s≥0，t≥0．

（1）若點C與點B恰好重合，則s=，t=；（2）若s+t=6，且平移后三角形BCD的面積最大，則此時s=，t=．【變式5-1】（2024七年級·天津濱海新·期末）如圖，在平面直角坐標系中，點A，B的坐標分別為?1,0，3,0．現將線段AB向上平移2個單位，再向右平移1個單位，得到線段AB的對應線段CD，連接AC，BD．若在y軸上存在一點P，連接PA，PB，且△PAB的面積是△AOC面積的2倍，則滿足條件的所有點P的坐標．【變式5-2】（2024七年級·北京通州·期末）在平面直角坐標系xOy中，已知點At,0，Bt+2,0，M3,4．以點M為圓心，1為半徑畫圓．點P是圓上的動點，則△ABP的面積的最小值和最大值依次為【變式5-3】（2024七年級·湖北隨州·期末）如圖，長方形OABC在平面直角坐標系中，其中A(4,0)，C(0,3)，點E是BC的中點，動點P從O點出發，以每秒1cm的速度沿O?A?B?E運動，最終到達點E．若點P運動的時間為x秒，那么當x=2秒時，△OPE的面積等于cm2；當△OPE的面積等于5cm2時，

【題型6平面直角坐標系中的規律探究】【例6】（2024七年級·遼寧撫順·期末）如圖，點A在x軸正半軸及y軸正半軸上運動，點A從原點出發，依次跳動至點A10,1、A21,0、A32,0、A40,2、A50,3、【變式6-1】（2024七年級·福建龍巖·期末）如圖，在平面直角坐標系中，點A從A1?4,0依次跳動到A2?4，1，A3?3,1，A4?3，0，A5?2，0，A6?2，3，A【變式6-2】（2024七年級·湖北武漢·期末）如圖，在平面直角坐標系中，有若干個整數點，其順序按圖中“→”方向排列，如（1，0），（2，0），（2，1），（3，2），（3，1），（3，0），（4，0）……，根據這個規律探索可得第2020個點的坐標是．【變式6-3】（2024七年級·北京朝陽·期末）如圖，在平面直角坐標系上有個點P(1,0)，點P第1次向上跳動1個單位至點P1(1,1)，緊接著第2次向右跳動2個單位至點P2(?1,1)，第3次向上跳動1個單位，第4次向右跳動3個單位，第5次又向上跳動1個單位，第6次向左跳動4個單位，?依此規律跳動下去，P4的坐標是，點P第8次跳動至P8的坐標為；則點P第【題型7二元一次方程組中的數字問題】【例7】（2024七年級·重慶沙坪壩·期末）如果一個四位數M各個數位上的數字互不相等且均不為0，且千位與十位上的數字之差等于百位與個位上的數字之差，則稱M為“等差數”，將M千位上的數字與十位上的數字對調，百位上的數字與個位上的數字對調，得到一個新的四位數M'，記DM=M?M'112，若x65y為等差數，且Dx65y=?27，則數【變式7-1】（2024七年級·重慶·期末）一個四位正整數N，各個數位上的數字互不相等且均不為零，若千位與十位上的數字之和等于百位與個位上的數字之和，且和均為9，則稱N為“鳳鳴數”，此時，規定KN=N99例如，2475中，2+7=4+5=9，2475是“鳳鳴數”，K2475=2475（1）K5841=（2）對于一個“鳳鳴數”N，且N為偶數，交換其千位與十位的數字，同時交換其百位與個位的數字，得到一個新的“鳳鳴數”N'，若3KN+2KN'是9的倍數，且N【變式7-2】（2024七年級·重慶忠縣·期末）對于千位數字是a、百位數字是b、十位數字是c、個位數字是d的四位正整數M，若a+c=b+d=11，則稱這個四位正整數M為“平衡數”，并記fM=a?cb?d，GM=10a+b?10c+d．例如：對于四位正整數2497，∵2+9=4+7=11，∴2497是“平衡數”，且f2497=2?94?7=73【變式7-3】（2024七年級·重慶沙坪壩·期末）一個四位數M的千位為a，百位為b，十位為1，個位為cc≠0，滿足c=a+b，將M的個位數字c放到千位數字a之前產生新四位數N，例如：M=2315，則N=5231．記FM=M+N11，則F2517=；若F【題型8二元一次方程中的方案設計】【例8】（2024七年級·福建莆田·期末）某社區出資100元全部用于采購A，B，C三種圖書，A種每本6元，B種每本5元，C種每本4元，其中A種圖書只能買5或6本（三種圖書都要買），此次采購的方案有種．【變式8-1】（2024七年級·云南昆明·期末）為了讓學生在課堂中深度學習，劉老師計劃將學生分成若干小組進行小組互助，若七年級某班級共有60名學生，每小組只能是4人或6人，則分組方案有種．【變式8-2】（2024七年級·黑龍江齊齊哈爾·期末）小紅買了80分、120分的兩種郵票，共花掉16元錢（兩種郵票都買），則購買方案共有種．【變式8-3】（2024七年級·重慶·期末）某商場在11月中旬對甲、乙、丙三種型號的電視機進行促銷.其中，甲型號電視機直接按成本價1280元的基礎上獲利25%定價；乙型號電視機在原銷售價2199元的基礎上先讓利199元，再按八五折優惠；丙型號電視機直接在原銷售價2399元上減499元；活動結束后，三種型號電視機總銷售額為20600元，若在此次促銷活動中，甲、乙、丙三種型號的電視機至少賣出其中兩種型號，則三種型號的電視機共有種銷售方案.【題型9一元一次不等式組中的最值問題】【例9】（2024七年級·江蘇南通·期末）已知非負數a，b，c滿足條件a+b=5，c=a?3，設S=a+2b+3c的最大值為m，最小值為n，則2m+n的值是【變式9-1】（2024七年級·江蘇宿遷·期末）若a、b、c、d是正整數，且a+b=22，a+c=26，a+d=28，則a+b+c+d的最小值為．【變式9-2】（2024七年級·湖北黃石·期末）已知實數a，b，滿足1≤a+b≤4，0≤a?b≤1且a?2b有最大值，則8a+2021b的值是．【變式9-3】（2024七年級·湖南長沙·期末）已知非負實數x、y、z滿足x?12=2?y3=z?34【題型10方程與不等式的綜合探究】【例10】（2024七年級·湖北武漢·期末）已知關于x、y的方程組x+3y=4?ax?y=3a，下列四個結論：①當a=1時，方程組的解是x=3y=0；②無論a為何值，方程組的解都是關于x，y的二元一次方程x+y=a+2的解；③方程組的解x與y可以同為負數；④若方程組的解x與y都為正數，且3x+2y+z=0，則z的取值范圍為?9<z<?3．其中正確的是【變式10-1】（2024七年級·安徽安慶·期末）關于x的方程k?2x=3(k?2)的解為非負數，且關于x的不等式組x?2(x?1)≤32k+x3≥x有解，則符合條件的整數k【變式10-2】（2024七年級·湖南邵陽·期末）已知關于x，y的方程組x?y=a+32x+y=5a的解x，y都為正數，滿足不等式a+4?a<6成立的整數【變式10-3】（2024七年級·福建泉州·期末）已知x，y同時滿足x+3y=4?m，x?5y=3m，若y>1?a，3x?5≥a，且x只能取兩個整數，則a的取值范圍是．專題11.6期末復習之填空壓軸題十大題型總結【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1平行線中的動點問題】 1【題型2平行線中的旋轉、平移問題】 8【題型3實數中的新定義問題】 14【題型4實數中的最值問題】 17【題型5平面直角坐標系中的面積問題】 19【題型6平面直角坐標系中的規律探究】 25【題型7二元一次方程組中的數字問題】 28【題型8二元一次方程中的方案設計】 33【題型9一元一次不等式組中的最值問題】 36【題型10方程與不等式的綜合探究】 39【題型1平行線中的動點問題】【例1】（2024七年級·河南新鄉·期末）已知直線AB∥CD，E為兩直線間一定點，∠DCE=23°，若點F為平面內一動點，且滿足∠ABF=51°，連接BF，EF，則∠BFE的平分線與∠CEF的平分線所在直線所夾的銳角為．【答案】14°或37°【分析】本題考查了平行線的性質、角平線的定義，根據題意可分兩種情況進行討論，一種是點F在AB下方，一種是點F在AB上方，先作平行線，設出來角度，再根據兩直線平行，內錯角相等以及角平分線的定義可得到結果，正確作出輔助線，熟練掌握平行線的性質，理解角平分線的定義是解決問題的關鍵．【優尖升-詳解】解：當點F在AB下方時，過點F作HI∥AB，過點E作JK∥AB，如圖1所示：設∠GEK=α，∵AB∥CD，∴AB∥HI∥JK∥CD，∵∠DCE=23°，∠ABF=51°，∴∠KEC=∠DCE=23°，∠BFH=∠ABF=51°，∴∠GEC=∠GEK+∠KEC=α+23°，∵EG平分∠CEF，∴∠GEC=∠GEF=α+23°，∴∠FEK=∠FEG+∠GEK=23+2α，∴∠BFE=∠BFH+∠HFE=23°+2α+51°=74°+2α，∵GF平分∠BFE，∴∠BFE=∠EFT=1∴∠GFE=180°?∠EFT=180°?37°+α∴∠EGF=180°?∠GFE+∠FEG②當點F在AB上方時，過點E作MN∥AB，如圖2所示：設∠PEN=β，∵∠DCE=23°，∠ABF=51°，∵AB∥CD，∴AB∥MN∥CD，∵∠CEN=∠DCE=23°，∴∠PEC=∠PEN+∠CEN=β+23°，∵GE平分∠CEF，∴∠FEP=∠PEC=β+23°，∴∠GEF=180°?∠FEP=180°?β+23°∴∠FKA=∠FEN=∠FEP+∠PEN=β+23°+β=23°+2β，∵∠FKA=∠ABF+∠BFE，∴∠BFE=∠FKA?∠ABF=23°+2β?51°=2β?28°，∵GF平分∠BFE，∴∠GFE=1∴∠FGE=180°?∠GEF+∠GFE綜上所示：∠BFE的平分線與∠CEF的平分線所在直線所夾的銳角為14°或37°，故答案為：14°或37°．【變式1-1】（2024七年級·浙江·期末）如圖，AC//BD，BC平分∠ABD，設∠ACB為α，點E是射線BC上的一個動點，若∠BAE:∠CAE=5:2，則∠CAE的度數為．（用含【答案】120°?43【分析】根據題意可分兩種情況，①若點E運動到l1上方，根據平行線的性質由α可計算出∠CBD的度數，再根據角平分線的性質和平行線的性質，計算出∠BAC的度數，再由∠BAE:∠CAE=52，∠BAE=∠BAC+∠CAE，列出等量關系求解即可得出結論；②若點E運動到l1下方，根據平行線的性質由α可計算出∠CBD的度數，再根據角平分線的性質和平行線的性質，計算出∠BAC的度數，再由【優尖升-詳解】解：如圖，若點E運動到l1上方，∵AC//BD，∴∠CBD=∠ACB=α，∵BC平分∠ABD，∴∠ABD=2∠CBD=2α，∴∠BAC=180°?∠ABD=180°?2α，又∵∠BAE:∠CAE=5∴(∠BAC+∠CAE):∠CAE=5(180°?2α+∠CAE):∠CAE=5解得∠CAE=180°?2α如圖，若點E運動到l1下方，∵AC//BD，∴∠CBD=∠ACB=α，∵BC平分∠ABD，∴∠ABD=2∠CBD=2α，∴∠BAC=180°?∠ABD=180°?2α，又∵∠BAE:∠CAE=5∴(∠BAC?∠CAE):∠CAE=5(180°?2α?∠CAE):∠CAE=5解得∠CAE=180°?2α綜上∠CAE的度數為120°?43α故答案為：120°?43α【點睛】本題主要考查平行線的性質和角平分線的性質，兩直線平行，同位角相等．兩直線平行，同旁內角互補．兩直線平行，內錯角相等，合理應用平行線的性質是解決本題的關鍵．【變式1-2】（2024七年級·湖北武漢·期末）如圖，AB∥CD，點E，F在直線AB上（F在E的左側），點G在直線CD上，EH⊥HG，垂足為H，P為線段EH上的一動點，連接GP，GF，∠FGH與∠BFG的角平分線交于點Q，且點Q在直線AB，①∠BEH+∠DGH=90°；

②∠CGH+2∠FQG=270°；③若∠PGH=3∠DGH，則3∠BEH+∠EPG=360°；④若∠PGH=n∠DGH，則∠BEH+1n+1∠PGD=90°上述說法正確的是（寫出所有正確結論的序號）．

【答案】①③④【分析】過點H作HL∥AB，利用平行線的性質可得∠BEH+∠DGH=∠EHL+∠GHL=∠EHG=90°，即可判斷①；根據角平分的定義可得∠QFG=12∠BFG，∠QGF=12∠FGH，再根據三角形內角和定理【優尖升-詳解】解：如圖，過點H作HL∥

∵AB∥∴CD∥∴∠EHL=∠HEB，∠GHL=∠HGD，∵EH⊥HG，∴∠EHG=90°，∴∠BEH+∠DGH=∠EHL+∠GHL=∠EHG=90°，故①正確；∵∠FGH與∠BFG的角平分線交于點Q，∴∠QFG=1∴∠FQG=180°?∠QFG?∠QGF，根據①中的結論，可得∠FQG=∠BFQ+∠QGD,∴∴∠CGH+2∠FQG=180°?∠HGD+2180°?∠QFG?∠QGF=180°?∠HGD+360°?2QFG?2QGF，=540°?∵AB∥∴∠BFG=∠FGC，∴∠HGD+∠BFG+∠FGD=∠HGD+∠FGC+∠FGD=180°，∴∠CGH+2∠FQG=540°?180°=360°，故②錯誤；設∠DGH=x°，則∠PGH=3∠DGH=3x°，∴∠PGD=4x°，根據①中結論可得∠BEH=90°?∠DGH=90°?x°，∴∠EPG=∠BEH+∠PGD=90°?x°+4x°=90°+3x°∴3∠BEH+∠EPG=270°?3x°+90°+3x°=360°，故③正確；設∠DGH=x°，則∠PGH=n∠DGH=nx°，∴∠PGD=n+1∴x°=1根據①中結論可得∠BEH+∠DGH=∠BEH+1故答案為：①③④．【點睛】本題考查了平行線的性質，角平分線的定義，熟練掌握平行線的性質是解題的關鍵．【變式1-3】（2024七年級·河南新鄉·期末）如圖，直線AB∥CD，點E，F分別在直線AB，CD上，點P為直線AB與CD間一動點，連接EP，FP，且∠EPF=120°，∠AEP的平分線與∠PFC的平分線交于點Q，則∠EQF的度數為

【答案】60°或【分析】分兩種情況討論，當點P，Q在EF同側或異側時，利用角平分線的定義和平行線的性質，分別求解即可．【優尖升-詳解】解：分兩種情況討論：①如圖1，過點P，Q分別作PH∥AB，∵AB∥∴QG∥∴∠AEP=∠EPH，∠PFC=∠HPF．∴∠AEP+∠CFP=∠EPH+∠FPH=∠EPF=120∵∠AEP的平分線與∠PFC的平分線交于點Q，∴∠AEQ=12∠AEP∴∠AEQ+∠QFC=1∵QG∥同理可得∠EQF=∠AEQ+∠QFC=60②如圖2，過點P，Q分別作PH∥AB，∵AB∥∴QG∥∴∠AEP+∠EPH=180°，∵∠EPH+∠HPF=∠EPF=120∴∠AEP+∠CFP=180∵∠AEP的平分線與∠PFC的平分線交于點Q，∴∠AEQ=12∠AEP∴∠AEQ+∠QFC=1∵QG∥AB∥

綜上所述，∠EQF的度數為60°或120故答案為：60°或【點睛】此題考查了平行線的判定與性質，角平分線的定義，解題的關鍵是熟練掌握相關基礎性質，利用分類討論的思想求解問題．【題型2平行線中的旋轉、平移問題】【例2】（2024七年級·福建龍巖·期末）如圖，在△ABC中，∠BAC=45°，∠ACB是銳角，將△ABC沿著射線BC方向平移得到△DEF（平移后點A，B，C的對應點分別是點D，E，F），連接CD，若在整個平移過程中，∠ACD和∠CDE的度數之間存在2倍關系，則∠ACD=．【答案】15°或30°或90°【分析】根據△ABC的平移過程，分為了點E在BC上和點E在BC外兩種情況，根據平移的性質得到AB∥DE，根據平行線的性質得到∠ACD和∠CDE和∠【優尖升-詳解】第一種情況：如圖，當點E在BC上時，過點C作CG∥∵△DEF由△ABC平移得到，∴AB∥∵CG∥AB，∴CG∥①當∠ACD=2∠CDE時，∴設∠CDE=x，則∠ACD=2x，∴∠ACG=∠BAC=45°，∠DCG=∠CDE=x，∵∠ACD=∠ACG+∠DCG，∴2x+x=45°，解得：x=15°，∴∠ACD=2x=30°，②當∠CDE=2∠ACD時，∴設∠CDE=x，則∠ACD=12x∴∠ACG=∠BAC=45°，∠DCG=∠CDE=x，∵∠ACD=∠ACG-∠DCG，∴2x+12x=45°，解得：x∴∠ACD=12x第二種情況：當點E在△ABC外時，過點C作CG∵△DEF由△ABC平移得到，∴AB∥∵CG∥AB，∴CG∥①當∠ACD=2∠CDE時，設∠CDE=x，則∠ACD=2x，∴∠ACG=∠BAC=45°，∠DCG=∠CDE=x，∵∠ACD=∠ACG+∠DCG，∴2x=x+45°，解得：x=45°，∴∠ACD=2x=90°，②當∠CDE=2∠ACD時，由圖可知，∠CDE<∠ACD，故不存在這種情況，綜上：∠ACD=15°或30°或90°．【點睛】本題主要考查了平移的性質和平行線的性質，熟練掌握平移前后對應線段互相平行以及兩直線平行內錯角相等是解題的關鍵．【變式2-1】（2024七年級·廣東肇慶·期末）如圖，在△ABC中，BC=6，將△BC以每秒2cm的速度沿BC所在直線向右平移，所得圖形對應為△DEF，設平移時間為t秒，若要使BE=2CE成立，則t的值為（）A．6 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根據平移的性質，結合圖形，可得AD=BE，再根據AD=BE=2CE，可得方程，解方程即可求解．【優尖升-詳解】解：根據圖形可得：線段BE和AD的長度即是平移的距離，則AD=BE，設AD=2tcm，則CE=tcm，依題意有2t+t=6，解得t=2．故選C．【點睛】本題考查了平移的性質，解題的關鍵是理解平移的方向，由圖形判斷平移的方向和距離．注意結合圖形解題的思想．【變式2-2】（2024七年級·浙江寧波·期末）兩塊不同的三角板按如圖1所示擺放，AC邊重合，∠BAC=45°,∠DAC=30°．接著如圖2保持三角板ABC不動，將三角板ACD繞著點C按順時針以每秒10°的速度旋轉90°后停止．在此旋轉過程中，當旋轉時間t=秒時，三角板A'CD【答案】4.5或3或7.5【分析】分三種情況，根據平行線的性質求解即可．【優尖升-詳解】解：分三種情況：①當A'∴∠A∴10t=45，∴t=4.5．②當A'∴∠A∴10t=30，∴t=3．③當A'D'則CD∥∴∠A=∠ACD，∠A∴∠A∴10t=75，∴t=7.5．綜上所述，當旋轉時間t=4.5或3或7.5秒時，三角板A'CD故答案為：4.5或3或7.5．【點睛】本題考查了平行線的性質，熟練掌握平行線的性質是解題的關鍵．【變式2-3】（2024七年級·浙江寧波·期末）如圖，直線GH∥MN，一副三角板按如圖1擺放，其中∠EDF=∠ACB=90°，∠E=45°，∠BAC=30°．保持三角板ABC不動，現將三角板DEF繞點D以每秒2°的速度順時針旋轉，如圖2，設旋轉時間為t秒，且0≤t≤180，則經過秒邊BC與三角板的一條直角邊（邊DE，

【答案】15或60或105或150【分析】延長BC交MN于P點，可求∠BPN=60°，進行分類討論，畫圖可得在各個不同位置DE∥BC或DF∥【優尖升-詳解】解：如圖，延長BC交MN于P點，

∵∠EDF=∠ACB=90°，∠BAC=30°，∴∠ABC=60°，∵GH∥∴∠BPN=60°，①如圖，

當∠E1DP=∠BPN=60°∴此時D旋轉的度數為∠EDE∴t=302=15②如圖

當∠F1DP=∠BPN=60°∴∠EDF∴此時D旋轉的度數為∠EDE∴t=1202=60③如圖

當∠QDP=∠BPN=60°時，DE∴∠EDQ=30°，∴此時D旋轉的度數為180°+30°=210°，∴t=2102=105④如圖

當∠QDP=∠BPN=60°時，DF∴∠EDQ=30°，∴此時D旋轉的度數為270°+30°=300°，∴t=3002=150綜上所述：15或60或105或150．【點睛】本題考查了平行線的判定及性質，掌握判定方法及性質是解題的關鍵．【題型3實數中的新定義問題】【例3】（2024七年級·重慶渝中·期末）學習完《三角形》章節，某數學小組小花同學給出如下定義：對任意的一個三位數n，如果n滿足各個數位上的數字均不為零，且該數任意兩個數位上的數字之和大于余下數位上的數字，那么我們就把該數稱為“穩定數”．把“穩定數”n的十位數字作個位，百位數字作十位得到的兩位數，再加上n的個位數字的和記作Fn，把“穩定數”n的十位數字作十位，百位數字作個位得到的兩位數，再加上n的個位數字的和記作Q例如：675，是一個“穩定數”，由定義得F675=67+5=72，Q675=76+5=81．若一個“穩定數”s=100a+101b+30（1≤a≤5，1≤b≤4，a，b為整數），當5Fs【答案】432或534【分析】由s=100a+101b+30，可找出Fs及Qs，進而可得出5Fs+2Qs=52a+59b+75，結合5Fs+2Qs能被11整除，可得出8a+4b?2能被11整除，分別代入b=1，2【優尖升-詳解】解：∵s=100a+101b+30=100（∴Fs=10∴5Fs∵5Fs+2Qs能被∴52a+59b+75能被11整除，即52a+59b+75=44a+55b+77+8a+4b?2能被11整除，44a+55b+77∴8a+4b?2能被11整除．∵1≤a≤5，1≤b≤4，a,b為整數，∴當b=1時，不存在符合題意的a值；當b=2時，a=2，此時s=100a+101b+30=100×2+101×2+30=432；當b=3時，不存在符合題意的a值；當b=4時，a=1，此時s=100a+101b+30=100×1+101×4+30=534．∴滿足條件的“穩定數”s的值為432或534．故答案為：432或534．【點睛】本題考查了數的整除性，根據各數之間的關系，找出符合題意得a,b的值是解題的關鍵．【變式3-1】（2024七年級·四川南充·期末）對于實數x，y，定義一種運算“×”如下，x×y＝ax－by2，已知2×3＝10，4×(－3)＝6，那么(－2)×(327)2＝【答案】130【優尖升-詳解】【分析】已知等式利用題中的新定義化簡，求出a與b的值，即可確定出原式的值．【優尖升-詳解】根據題中的新定義得：

2a?9b=104a?9b=6解得a=?2b=?所以，?2=?2=130故答案為130【點睛】本題考核知識點：實數運算.解題關鍵點：理解新定義運算規則，根據法則列出方程組，解出a,b的值，再次應用規則，求出式子的值.【變式3-2】（2024七年級·浙江杭州·期末）定義新運算若a@b=n（n是常數），則(a+1)@b=n+1，a@(b+1)=n?2.若1@1=2則1@2=，2@2=，2020@2020=.【答案】01-2017【分析】首先要理解新定義運算符號的含義，然后嚴格按著新的運算規則操作，將新定義運算轉化為常見的數學運算，求解即可.【優尖升-詳解】1@2=1@1-2=2-2020@1=2019@1=2020@2020=2020@2019?2=2020@2018?4=...【點睛】本題考查了新定義運算，解題的關鍵是理解新定義運算符號的含義，然后嚴格按著新的運算規則操作即可.【變式3-3】（2024七年級·湖南株洲·期末）《道德經》中的“道生一，一生二，二生三，三生萬物”道出了自然數的特征．在數的學習過程中，我們會對其中一些具有某種特性的數進行研究，如學習自然數時，我們研究了奇數、偶數、質數、合數等．現在我們來研究另一種特殊的自然數——“純數”．定義：對于自然數n，在計算n+(n+1)+(n+2)時，各數位都不產生進位，則稱這個自然數n為“純數”，例如：32是“純數”，因為計算32+33+34時，各數位都不產生進位；23不是“純數”，因為計算23+24＋25時，個位產生了進位．那么，小于100的自然數中，“純數”的個數為個．【答案】12【分析】根據題意，連續的三個自然數各位數字是0，1，2，其他位的數字為0，1，2，3時不會產生進位，然后根據這個數是幾位數進行分類討論，找到所有合適的數．【優尖升-詳解】解：當這個數是一位自然數時，只能是0，1，2，一共3個，當這個數是兩位自然數時，十位數字是1，2，3，個位數是0，1，2，一共9個，∴小于100的自然數中，“純數”共有12個．故答案是：12．【點睛】本題考查歸納總結，解題的關鍵是根據題意理解“純數”的定義，總結方法找出所有小于100的“純數”．【題型4平面直角坐標系中的新定義問題】【例4】（2024七年級·湖北武漢·期末）在平面直角坐標系中，對于任意三個不重合的點A，B，C的“矩面積”，給出如下定義：“水平底”a指任意兩點橫坐標差的最大值，“鉛垂高”?指任意兩點縱坐標差的最大值，“矩面積”S=a?．例如：A1，2，B?3，1，C2，?2則“水平底”a=5，“鉛垂高”?=4，“矩面積”S=a?=20．若D1，【答案】?4或7【分析】先求出“水平底”為3，再根據“矩面積”的定義求出“鉛垂直”為6，再討論當點F在點D下方時，當點F在點D上方時，建立方程求解即可．【優尖升-詳解】解：由題意知，D、E、F三點的“矩面積”的“水平底”a=1?(?2)=3，∵D、E、F三點的“矩面積”S=a?=18，∴D、E、F三點的“鉛垂直”?=18÷3=6，當點F在點D下方時，2?t=6，解得t=?4．當點F在點D上方時，t?1=6解得：t=7，故答案為：?4或7．【點睛】本題主要考查了坐標與圖形，正確理解題意是解題的關鍵．【變式4-1】（2024七年級·湖北荊州·期末）在平面直角坐標系中，對于任意三點A，B，C的“矩面積”，給出如下定義：“水平底”a：任意兩點橫坐標差的最大值，“鉛垂高”h：任意兩點縱坐標差的最大值，則“矩面積”S=ah．例如，三點坐標分別為A（0，3），B（-3，4），C（1，-2），則“水平底”a=4，“鉛垂高”h=6，“矩面積”S=ah=24．若D（2，2），E（-2，-1），F（3，m）三點的“矩面積”為20，則m的值為．【答案】?2或3【分析】根據矩面積的定義表示出水平底”a和鉛垂高“h，利用分類討論對其鉛垂高“h進行討論，從而列出關于m的方程，解出方程即可求解．【優尖升-詳解】∵D（2，2），E（-2，-1），F（3，m）∴“水平底”a=3-（-2）=5“鉛垂高“h=3或|1+m|或|2-m|①當h=3時，三點的“矩面積”S=5×3=15≠20，不合題意；②當h=|1+m|時，三點的“矩面積”S=5×|1+m|=20，解得：m=3或m=-5（舍去）；③當h=|2-m|時，三點的“矩面積”S=5×|2-m|=20，解得：m=-2或m=6（舍去）；綜上：m=3或-2故答案為：3或-2【點睛】本題考查坐標與圖形的性質，解答本題的關鍵是明確題目中的新定義，利用新定義解答問題．【變式4-2】（2024七年級·安徽期末）定義：平面內的直線l1與l2相交于點O，對于該平面內任意一點M，點M到直線l1，l2的距離分別為a，b，則稱有序非負實數對(a,b)是點M的“距離坐標”根據上述定義，“距離坐標”為【答案】4【分析】首先根據題中定義，可得，“距離坐標”為(2,1)的點是到l1的距離為2，到l2的距離為1的點；然后根據到l1的距離為2的點是兩條平行直線，到l2的距離為1的點也是兩條平行直線，發現所求的點是以上兩組直線的交點，一共有4個．【優尖升-詳解】解：如圖，到l1的距離為2的點在兩條平行直線l3,到l2的距離為1的點在兩條平行直線l5,因為兩組直線的交點一共有4個，即A，B，C，D，所以“距離坐標”為(2,1)的點有4個.【點睛】此題主要考查了點的坐標，解答此題的關鍵是對“距離坐標”的含義的理解和掌握．【變式4-3】（2024七年級·湖北武漢·期末）在平面直角坐標系中，將任意兩點橫坐標之差的絕對值與縱坐標之差的絕對值中較大的值定義為這兩點的“切比雪夫距離”．例如，點A3，?2，B?1，7，橫坐標差的絕對值為|3??1|=4，縱坐標差的絕對值為?2?7=9，所以A，B的切比雪夫距離為9.若點M（t，【答案】?3或?【分析】由題意知，M、N的橫坐標差的絕對值為|t?2t|=t，縱坐標差的絕對值為3t+2?t?2=2t+4，由兩點的“切比雪夫距離”可得①當t>2t+4時，【優尖升-詳解】解：由題意知，M、N的橫坐標差的絕對值為|t?2t|=t，縱坐標差的絕對值為3t+2?①當t>2t+4時，t=3，解得t=3當t=3時，2t+4=10，此時t<2t+4當t=?3時，2t+4=2，此時t<2t+4②當t<2t+4時，2t+4=3，解得t=?當t=?12時，t=12當t=?72時，t=72綜上所述，t=?3或t=?1故答案為：?3或?1【點睛】本題考查了點坐標，新定義運算，絕對值．理解新定義的含義是解題的關鍵．【題型5平面直角坐標系中的面積問題】【例5】（2024七年級·北京海淀·期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知點A(?5,4)，B(?1,2)，將線段AB平移，得到線段CD（點A的對應點為點C，點B的對應點為點D），線段AB上任一點(x,y)在平移后的對應點為(x+s,y?t)，其中s≥0，t≥0．

（1）若點C與點B恰好重合，則s=，t=；（2）若s+t=6，且平移后三角形BCD的面積最大，則此時s=，t=．【答案】4206【分析】（1）根據點C與點B恰好重合，得到線段AB向右平移4個單位，向下平移2個單位到線段CD，從而得出s=4，t=2；（2）根據線段AB上任一點(x,y)在平移后的對應點為(x+s,y?t)，s≥0，t≥0，得出AB只能向右平移或向下平移，根據無論如何平移，線段CD的長度不變，得出當CD上的高最大時，△BCD面積最大，根據點B距離CD最遠時，△BCD面積最大，根據s+t=6，結合圖形，得出當AB向下平移6個單位時，水平位置不動時，點B距離CD最遠，△BCD面積最大，即可得出答案．【優尖升-詳解】解：（1）∵點C與點B恰好重合，∴線段AB向右平移4個單位，向下平移2個單位得到線段CD，∴線段AB上任一點(x,y)在平移后的對應點為(x+s,y?t)，∴s=4，t=2；故答案為：4；2；（2）∵線段AB上任一點(x,y)在平移后的對應點為(x+s,y?t)，s≥0，t≥0，∴AB只能向右平移或向下平移，∵無論如何平移，線段CD的長度不變，∴當CD上的高最大時，△BCD面積最大，即點B距離CD最遠時，△BCD面積最大，∵s+t=6，∴當AB向下平移6個單位時，水平位置不動時，點B距離CD最遠，△BCD面積最大，如圖所示：

此時s=0，t=6，故答案為：0；6．【點睛】本題主要考查了坐標的平移，解題的關鍵是數形結合，熟練掌握平移規律．【變式5-1】（2024七年級·天津濱海新·期末）如圖，在平面直角坐標系中，點A，B的坐標分別為?1,0，3,0．現將線段AB向上平移2個單位，再向右平移1個單位，得到線段AB的對應線段CD，連接AC，BD．若在y軸上存在一點P，連接PA，PB，且△PAB的面積是△AOC面積的2倍，則滿足條件的所有點P的坐標．【答案】(0，1)或(0，?1)【分析】設點P到AB的距離為?，則S△PAB=12×AB×?，根據S【優尖升-詳解】∵點A，B的坐標分別為?1,0，3,0．現將線段AB向上平移2個單位，再向右平移1個單位，∴C0,2則S∵△PAB的面積是△AOC面積的2倍，∴S△PAB設點P到AB的距離為?，則S△PAB=12∵S∴2?=2，解得：?=1，∴P(0，1)或(0，?1)．故答案為：(0，1)或(0，?1)．【點睛】本題考查了坐標與圖形平移的關系，解題的關鍵是理解平移的規律．【變式5-2】（2024七年級·北京通州·期末）在平面直角坐標系xOy中，已知點At,0，Bt+2,0，M3,4．以點M為圓心，1為半徑畫圓．點P是圓上的動點，則△ABP的面積的最小值和最大值依次為【答案】35【分析】首先求出點A和點B在x軸上，且AB=t+2?t=2，然后得到當點P到x軸的距離最小時，△ABP的面積取得最小值，此時點P在點M的正下方，當點P到x軸的距離最大時，△ABP的面積取得最大值，此時點P在點M的正上方，然后利用三角形面積公式求解即可．【優尖升-詳解】∵At,0，∴點A和點B在x軸上，且AB=t+2?t=2∵以點M為圓心，1為半徑畫圓．點P是圓上的動點，∴當點P到x軸的距離最小時，△ABP的面積取得最小值，此時點P在點M的正下方，∵M3,4∴此時△ABP的面積=1當點P到x軸的距離最大時，△ABP的面積取得最大值，此時點P在點M的正上方，∵M3,4∴此時△ABP的面積=1綜上所述，△ABP的面積的最小值和最大值依次為3，5．故答案為：3，5．【點睛】本題主要考查坐標與圖形的面積，根據題意判斷三角形的面積是解題的關鍵．【變式5-3】（2024七年級·湖北隨州·期末）如圖，長方形OABC在平面直角坐標系中，其中A(4,0)，C(0,3)，點E是BC的中點，動點P從O點出發，以每秒1cm的速度沿O?A?B?E運動，最終到達點E．若點P運動的時間為x秒，那么當x=2秒時，△OPE的面積等于cm2；當△OPE的面積等于5cm2時，

【答案】3103，【分析】當x=2秒時，利用三角形面積公式即可求解；第2問分三種情況，分別畫出圖形，利用三角形的面積公式進行計算解答即可．【優尖升-詳解】解：由題意得OA=BC=4，OC=AB=3，BE=CE=1當x=2秒時，OP=2，△OPE的面積等于12當△OPE的面積等于5cm①如圖，

當P在OA上時，0<x≤4，∵△OPE的面積等于5，∴12解得x=10∴P點坐標為103②當P在AB上時，4<x≤7，如圖，

∵△OPE的面積等于5，∴S矩形∴4×3?1解得x=5．∴AP=5?4=1，∴P點坐標為4，③當P在BE上時，7<x≤9，如圖，

∴12解得x=17綜上可知，當△OPE的面積等于5cm2，P點坐標為10故答案為：3；103，0【點睛】本題考查了坐標與圖形，長方形的性質和三角形的面積公式的應用，一元一次方程的應用，分類討論是解題的關鍵．【題型6平面直角坐標系中的規律探究】【例6】（2024七年級·遼寧撫順·期末）如圖，點A在x軸正半軸及y軸正半軸上運動，點A從原點出發，依次跳動至點A10,1、A21,0、A32,0、A40,2、A50,3、【答案】1012,0【分析】每2個坐標為一組可得，第n組：當n為奇數時，A2n?10,n、A2nn,0，當n為偶數時，【優尖升-詳解】解：由A10,1、A21,0、A32,0、A40,2、每2個坐標為一組：第1組：A10,1、第2組：A32,0、第3組：A50,3、第4組：A74,0、……第n組：當n為奇數時，A2n?10,n、當n為偶數時，A2n?1n,0、∵20232∴A2023在第1012組的第∴A故答案：A2023【點睛】本題主要考查了坐標規律，找出規律是解題的關鍵．【變式6-1】（2024七年級·福建龍巖·期末）如圖，在平面直角坐標系中，點A從A1?4,0依次跳動到A2?4，1，A3?3,1，A4?3，0，A5?2，0，A6?2，3，A【答案】（804，1）【分析】根據圖形可以發現規律，從A1到A11是一個循環，一個循環周期是10，一個循環后又回到x軸上，且一個循環后橫坐標增加4個單位，先求出點A2021【優尖升-詳解】解：觀察圖形可知，ｎ為正整數時，An縱坐標為0的點：A縱坐標為1的點：A縱坐標為3的點：A縱坐標為﹣3的點：A可以看出縱坐標為1，3，﹣3時，ｎ取連續的兩個數為一組，則10個10個的增加，∵2021＝10×202＋1，縱坐標為1的規律A∴A2022由2+10n?1=2022，解得∵A2022正好是A∴A2022∴點A2022故答案為：（804，1）【點睛】此題主要考查點的規律變化，解題關鍵是仔細觀察圖，找出點的變化規律．【變式6-2】（2024七年級·湖北武漢·期末）如圖，在平面直角坐標系中，有若干個整數點，其順序按圖中“→”方向排列，如（1，0），（2，0），（2，1），（3，2），（3，1），（3，0），（4，0）……，根據這個規律探索可得第2020個點的坐標是．【答案】64,3【分析】橫坐標為1的點有1個，橫坐標為2的點有2個，橫坐標為3的點有3個，縱坐標分別是0，1，2…橫坐標為奇數，縱坐標從大數開始數；橫坐標為偶數，則從0開始數．【優尖升-詳解】解：把第一個點（1，0）作為第一列，（2，1）和（2，0）作為第二列，依此類推，則第一列有一個數，第二列有2個數，第n列有n個數．則n列共有n(n+1)2因為1+2+3+…+63＝2016，則第2020個數一定在第64列，由下到上是第4個數．因而第2020個點的坐標是（64，3）．故答案為：（64，3）．【點睛】本題考查了學生的觀察圖形的能力和理解能力，解此題的關鍵是根據圖形得出規律，題目比較典型，但是一道比較容易出錯的題目．【變式6-3】（2024七年級·北京朝陽·期末）如圖，在平面直角坐標系上有個點P(1,0)，點P第1次向上跳動1個單位至點P1(1,1)，緊接著第2次向右跳動2個單位至點P2(?1,1)，第3次向上跳動1個單位，第4次向右跳動3個單位，第5次又向上跳動1個單位，第6次向左跳動4個單位，?依此規律跳動下去，P4的坐標是，點P第8次跳動至P8的坐標為；則點P第【答案】(2,2)(3,4)(65,128)【優尖升-詳解】由題中規律可得出如下結論：設點Pm的橫坐標的絕對值是n，則在y軸右側的點的下標分別是4（n-1）和4n-3，在y軸左側的點的下標是：4n-2和4n-1；結合圖像可知：P0由此可知每經4次變化后點的橫坐標增加1，縱坐標增加2，∵256÷4=64，64+1=65，64×2=128，∴P256的坐標是(65,128)故答案為(2,2)；(3,4點睛：此題主要考查了點的坐標，解決問題的關鍵是分析出題目的規律，找出題目中點的坐標的規律，總結規律時要注意觀察數字之間的聯系，大膽的猜想．【題型7二元一次方程組中的數字問題】【例7】（2024七年級·重慶沙坪壩·期末）如果一個四位數M各個數位上的數字互不相等且均不為0，且千位與十位上的數字之差等于百位與個位上的數字之差，則稱M為“等差數”，將M千位上的數字與十位上的數字對調，百位上的數字與個位上的數字對調，得到一個新的四位數M'，記DM=M?M'112，若x65y為等差數，且Dx65y=?27，則數【答案】26595612【分析】本題主要考查了新定義，解二元一次方程組，根據題意得到x?5=6?y，則x+y=11，根據DM=M?M'112=?27，推出10x?y=11，聯立x+y=1110x?y=11，解得x=2y=9，則數x65y為2659；設M的千位數字，百位數字，十位數字，個位數字分別為a、b、c、d，則M=1000a+100b+10c+d，M'=1000c+100d+10a+b，a?c=b?d，求出DM=M?M'112=9a?c，根據DM為正數且能表示為兩個連續偶數的平方差，則可設DM=2k+2【優尖升-詳解】解：∵x65y為等差數，∴x?5=6?y，∴x+y=11，∵M'∴DM∴990x?99y?4356=?3267，∴10x?y=11，聯立x+y=1110x?y=11，解得x=2∴數x65y為2659；設M的千位數字，百位數字，十位數字，個位數字分別為a、b、c、d，∴M=1000a+100b+10c+d，M'∴D======9a?c∵DM∴可設DM=2k+2∴DM∴DM∴a?c一定要是4的倍數，且a?c>0，∴a?c=4或a?c=8，又∵要滿足M最小，且a、c不為0，∴要滿足a最小，且要滿足b最小，∴a=5，∴b?d=a?c=4，又∵a、b、c、d互不相同，∴b=6，∴滿足題意的M的值為5612，故答案為：2659；5612．【變式7-1】（2024七年級·重慶·期末）一個四位正整數N，各個數位上的數字互不相等且均不為零，若千位與十位上的數字之和等于百位與個位上的數字之和，且和均為9，則稱N為“鳳鳴數”，此時，規定KN=N99例如，2475中，2+7=4+5=9，2475是“鳳鳴數”，K2475=2475（1）K5841=（2）對于一個“鳳鳴數”N，且N為偶數，交換其千位與十位的數字，同時交換其百位與個位的數字，得到一個新的“鳳鳴數”N'，若3KN+2KN'是9的倍數，且N【答案】593168，8514【分析】（1）根據題干仿寫即可得出答案；（2）設N千位、百位、十位和個位上的數字依次為a、b、c、d，則N'千位、百位、十位和個位上的數字依次為c、d、a、b，且a+c=b+d=9，a≥b，根據“鳳鳴數”的定義可得3KN+2KN'=10a+b+203，結合10a+b+203為9的倍數，且a、b【優尖升-詳解】解：（1）5841中，5+4=8+1=9，5841是“鳳鳴數”，K5841故答案為：59；（2）設N千位、百位、十位和個位上的數字依次為a、b、c、d，則N'千位、百位、十位和個位上的數字依次為c、d、a、b，且a+c=b+d=9，a≥b∴3K=3×=3×=10a+b+203，∵10a+b+203為9的倍數，且a、b均不為0，又∵a≥b，a、b在1~9中選擇，則當10a+b+203=234時，a=3,b=1滿足條件，此時N為3168；當10a+b+203=279時，a=7,b=6滿足條件，此時N為7623（N為偶數，故舍去）；當10a+b+203=288時，a=8,b=5滿足條件，此時N為8514．綜上所述，N為3168，8514．故答案為：3168，8514．【點睛】本題主要考查了新定義“鳳鳴數”、整式運算等知識，理解題目中“鳳鳴數”的定義是解題關鍵．【變式7-2】（2024七年級·重慶忠縣·期末）對于千位數字是a、百位數字是b、十位數字是c、個位數字是d的四位正整數M，若a+c=b+d=11，則稱這個四位正整數M為“平衡數”，并記fM=a?cb?d，GM=10a+b?10c+d．例如：對于四位正整數2497，∵2+9=4+7=11，∴2497是“平衡數”，且f2497=2?94?7=73【答案】2992【分析】根據新定義列方程計算即可．【優尖升-詳解】解：∵千位數字是a、百位數字是b、十位數字是c、個位數字是d的四位正整數M，是一個“平衡數”，∴a+c=b+d=11，fM=∵把fM=a?c∴把d=a?c+b代入GM=10a+b?10c+d把d=a?c+b代入a+c=b+d=11得：a+c=b+a?c+b=11，可得c=b，a+c=11，∵a<b，∴a<c，∵GM∴a?c=?7，聯立a?c=?7a+c=11解得a=2c=9∴c=b=9，d=a?c+b=2，∴M=2992，故答案為：2992．【點睛】本題考查了新定義的問題，解題的關鍵是理解題目中給出新定義的含義，并靈活運用新定義的意義解題．【變式7-3】（2024七年級·重慶沙坪壩·期末）一個四位數M的千位為a，百位為b，十位為1，個位為cc≠0，滿足c=a+b，將M的個位數字c放到千位數字a之前產生新四位數N，例如：M=2315，則N=5231．記FM=M+N11，則F2517=；若F【答案】8881338【分析】根據新定義可得N=7251，然后代入公式計算即可得到F2517的值；首先表示出M，N，求出F(M)=100a+91c+10b+1，再結合已知求得101c+1也是6的倍數，即101c+1既是2的倍數也是3的倍數，進而確定出c的取值，然后得出a，b對應的取值，再求F【優尖升-詳解】解：∵M=2517，∴N=7251，∴F2517∵四位數M的千位為a，百位為b，十位為1，個位為cc≠0∴M=1000a+100b+10+c1≤a≤9,0≤b≤9，∴N=1000c+100a+10b+11≤c≤9，∴F(M)=M+N∵c=a+b，∴FM∵F(M)為6的倍數，且90a是6的倍數，∴101c+1也是6的倍數，∴101c+1既是2的倍數也是3的倍數，∵101c+1的個位數是c+1，十位數是0，百位數是c，∴當101c+1是2的倍數時，c+1為偶數，c可取1、3、5、7、9，當101c+1是3的倍數時，c+1+0+c=2c+1為3的倍數，∴c只有取1和7時符合題意，∴a+b=1或a+b=7，∵1≤a≤9，0≤b≤9，∴a=1b=0或a=1b=6或a=2b=5或a=3b=4或a=4b=3或∴當a=7，b=0，c=7時，FM取最大值，FM的最大值為故答案為：888；1338．【點睛】本題考查了新定義下整式加減的應用，二元一次方程的解，從題目中獲取信息列出正確的代數式并化簡是解題關鍵．【題型8二元一次方程中的方案設計】【例8】（2024七年級·福建莆田·期末）某社區出資100元全部用于采購A，B，C三種圖書，A種每本6元，B種每本5元，C種每本4元，其中A種圖書只能買5或6本（三種圖書都要買），此次采購的方案有種．【答案】6【分析】本題考查了二元一次方程的應用，找準等量關系，正確列出二元一次方程是解題的關鍵．當購買5本A種圖書時，設購買x本B種圖書，y本C種圖書，利用總價=單價×數量，可列出關于x，y的二元一次方程，結合x，y均為正整數，可得出當購買5本A種圖書時，有3種采購方案；當購買6本A種圖書時，設購買m本B種圖書，n本C種圖書，利用總價=單價×數量，可列出關于m，n的二元一次方程，結合m，n均為正整數，可得出當購買6本A種圖書時，有3種采購方案，進而可得出此次采購的方案有6種．【優尖升-詳解】解：當購買5本A種圖書時，設購買x本B種圖書，y本C種圖書，根據題意得：6×5+5x+4y=100，∴x=14?4又∵x，y均為正整數，∴x=10y=5或x=6y=10或∴當購買5本A種圖書時，有3種采購方案；當購買6本A種圖書時，設購買m本B種圖書，n本C種圖書，根據題意得：6×6+5m+4n=100，∴n=16?5又∵m，n均為正整數，∴m=4n=11或m=8n=6或∴當購買6本A種圖書時，有3種采購方案．∴此次采購的方案有3+3=6（種)．故答案為：6【變式8-1】（2024七年級·云南昆明·期末）為了讓學生在課堂中深度學習，劉老師計劃將學生分成若干小組進行小組互助，若七年級某班級共有60名學生，每小組只能是4人或6人，則分組方案有種．【答案】6【分析】設可分成每小組4人的小組x組，每小組6人的小組y組，利用各組人數之和為60人，即可得出關于x，y的二元一次方程，結合x，y均為自然數，即可得出共有6種分組方案．【優尖升-詳解】解：設可分成每小組4人的小組x組，每小組6人的小組y組，由題意得4x+6y=60，∴x=60?6y∵x，y均為自然數，∴y可取0，2，4，6，8，10，∴{x=15y=0或{x=12y=2或{x=9y=4或∴共有6種分組方案．故答案為：6．【點睛】本題考查了二元一次方程的應用，找準等量關系，正確列出二元一次方程是解題的關鍵．【變式8-2】（2024七年級·黑龍江齊齊哈爾·期末）小紅買了80分、120分的兩種郵票，共花掉16元錢（兩種郵票都買），則購買方案共有種．【答案】6【分析】設80分的郵票購買x張，120分的郵票購買y張，根據題意列方程0.8x+1.2y=16，用含y的代數式表示x得x=20?3【優尖升-詳解】解：設80分的郵票購買x張，120分的郵票購買y張，0.8x+1.2y=16，解得x=20?3∵x、y都是正整數，∴當y=2、4、6、8、10、12時，x=17、14、11、8、5、2，∴共有6種購買方案，故答案為：6.【點睛】此題考查一元二次方程的實際應用，根據題意只得到一個方程時，可將方程變形為用一個未知數表示另一個未知數的形式，然后根據未知數的要求得到對應值即可解決實際問題.【變式8-3】（2024七年級·重慶·期末）某商場在11月中旬對甲、乙、丙三種型號的電視機進行促銷.其中，甲型號電視機直接按成本價1280元的基礎上獲利25%定價；乙型號電視機在原銷售價2199元的基礎上先讓利199元，再按八五折優惠；丙型號電視機直接在原銷售價2399元上減499元；活動結束后，三種型號電視機總銷售額為20600元，若在此次促銷活動中，甲、乙、丙三種型號的電視機至少賣出其中兩種型號，則三種型號的電視機共有種銷售方案.【答案】五【分析】設甲種型號的電視機賣出x臺，乙種型號的電視機賣出y臺，丙種型號的電視機賣出z臺，根據“三種型號電視機總銷售額為20600元”列方程，整理后，分類討論即可得出結論．【優尖升-詳解】設甲種型號的電視機賣出x臺，乙種型號的電視機賣出y臺，丙種型號的電視機賣出z臺，根據題意得：1280×(1+25%)x+(2199-199)×0.85y+(2399-499)z=20600整理得：16x+17y+19z=206∴16(x+y+z)+y+3z=16×12+14∵x、y、z為非負整數，且x、y、z最多一個為0，∴0≤x≤12，0≤y≤12，0≤z≤10，∴14≤y+3z≤42．設x+y+z=12-k，y+3z=14+16k，其中k為非負整數．∴14≤14+16k≤42，∴0≤k＜2．∵k為整數，∴k=0或1．（1）當k=0時，x+y+z=12，y+3z=14，∴0≤z≤4．①當z=0時，y=14＞12，舍去；②當z=1時，y=14-3z=11，x=12-y-z=12-11-1=0，符合題意；③當z=2時，y=14-3z=8，x=12-y-z=12-8-2=2，符合題意；④當z=3時，y=14-3z=5，x=12-y-z=12-5-3=4，符合題意；⑤當z=4時，y=14-3z=2，x=12-y-z=12-2-4=6，符合題意．（2）當k=1時，x+y+z=11，y+3z=30∵y=30-3z，∴0≤30-3z≤12，解得：6≤z≤10，當z=6時，y=30-3z=12，x=11-y-z=11-12-6=-7＜0，舍去；當z=7時，y=30-3z=9，x=11-y-z=11-9-7=-5＜0，舍去；當z=8時，y=30-3z=6，x=11-y-z=11-6-8=-3＜0，舍去；當z=9時，y=30-3z=3，x=11-y-z=11-3-9=-1＜0，舍去；當z=10時，y=30-3z=0，x=11-y-z=11-10-0=1，符合題意．綜上所述：共有x=0y=11z=1，x=2y=8z=2，x=4y=5故答案為：五．【點睛】本題考查了三元一次方程的應用．分類討論是解答本題的關鍵．【題型9一元一次不等式組中的最值問題】【例9】（2024七年級·江蘇南通·期末）已知非負數a，b，c滿足條件a+b=5，c=a?3，設S=a+2b+3c的最大值為m，最小值為n，則2m+n的值是【答案】29【分析】利用已知條件得到S與a的關系式，再利用a，b，c為非負數得到不等式組求得a的取值范圍，從而得到S的取值范圍，繼而得到m，n的值，將m，n的值代入運算即可得出結論．【優尖升-詳解】解：∵a+b=5，∴b=5?a，∴S=a+2b+3c=a+2(5?a)+3(a?3)=a+10?2a+3a?9=2a+1．∵a，b，c為非負數，∴a≥05?a≥0解得：3≤a≤5．∴3×2≤2a≤5×2，即6