期末模拟试题(一)- 2022-2023学年七年级上册数学同步培优题库(浙教版)(解析卷)

2022-2023学年七年级上期期末模拟试题（一）

注意事项：

本试卷满分120分，考试时间120分钟，试题共24题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．

一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（2022·四川成都·七年级期末）目前，成都市已累计改造的老旧小区惠及居民约45万户，大力促进了人居环境有机更新，提升了市民幸福指数．将数据45万用科学记数法表示为（ ） A．4.5×105 【答案】A 【分析】根据科学记数法的表示方法即可求得结果． 【详解】解：用科学记数法表示：45万=450000=4.5×105．故选：A． 【点睛】此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a10n的形式，其中1≤a＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值． 2．（2022·浙江·七年级期末）在实数−1，3，0，中，最小的实数是（ ） A．−1 【答案】B 【分析】正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可． 【详解】解：∵−3＜−1＜0＜， ∴在实数−1，3，0，中，最小的实数是−3．故选：B． 【点睛】此题主要考查了实数大小比较的方法，解答此题的关键是要明确：正实数＞0＞负实数，两个负实数绝对值大的反而小． 3．（2022·山东威海·期末）小明在设计黑板报时，想在黑板上画出一条笔直的参照线，由于尺子不够长，他想出了如下方法：①在一根长度合适的毛线上涂满粉笔末；②由两个同学分别按住毛线两端，并绷紧；③捏起毛线后松开，便可在黑板上弹出一条笔直的参照线．上述方法的数学依据是( ) A．两点之间，线段最短 C．线段中点的定义 【答案】B

【分析】直接利用直线的性质分析得出答案．

【详解】解：这种画法的数学依据是：两点确定一条直线．故选：B．

B．两点确定一条直线 D．两点间距离的定义

151515B．4.5×104 C．45×104 D．0.45×106

B．3 C．0 D．

15

【点睛】此题主要考查了直线的性质，正确把握直线的性质是解题关键．

4．（2022·江西南昌·二模）已知一种户外帐篷的几何体及其主视图如图所示，则它的左视图为（ ）

A．【答案】A

B．C． D．

【分析】根据左视图的定义即从物体左边看到的平面图形进行选择即可． 【详解】解：由左视图的定义得，形状为矩形，且中间分割线为虚线．故选：A

【点睛】本题考查了三视图，左视图是从物体左边看到的视图．要注意左视图为矩形，中间线段看不到，故为虚线．

5．（2022·浙江·七年级期末）下列说法正确的是（ ） 1A．mn2与n2m是同类项

2B．单项式x没有系数

D．多项式3x22x1的项是3x2,2x,1

C．3x3y的次数是3 【答案】A

【分析】根据单项式、多项式及同类项的定义判断各选项即可． 【详解】A.mn2与12n2m是同类项，故A正确；

3B.单项式x的系数为1，故B错误；C.3xy的次数是4，故C错误；

D.多项式3x2−2x−1的项是3x2，-2x，-1，故D错误．故选：A．

【点睛】本题主要考查了单项式、多项式及同类项的定义，熟练掌握单项式是数或字母的积组成的式子；单项式和多项式统称为整式，是解题的关键．

6．（2022·河南南阳·七年级期末）已知等式3m2n5，则下列等式变形不正确的是（ ） A．3m12n6 【答案】C

【分析】利用等式的性质逐项分析即可得出答案．

【详解】解：等式3m2n5两边同时加1可得3m12n6，A选项正确，不合题意；

B．3m52n

C．6m4n5

25D．mn

33

等式3m2n5两边同时减5可得3m52n，B选项正确，不合题意； 等式3m2n5两边同时乘以2可得6m4n10，C选项不正确，符合题意； 25等式3m2n5两边同时除以3可得mn，D选项正确，不合题意；故选：C． 33【点睛】本题考查等式的变形，熟练掌握等式的性质是解题的关键．等式两边同时加上(或减去)同一个整式，等式仍然成立；等式两边同时乘或除以同一个不为0的整式，等式仍然成立． 7．（2022·浙江金华·七年级期末）将一副三角尺按下列三种位置摆放，其中能使和相等的摆放方式是（ ）

A． B．

C．【答案】A

D．

【分析】根据图形以及三角板中的角度分别计算,即可 【详解】A.904545,45，符合题意； B. 45,30，不符合题意；

C. 18045135,3090=120，不符合题意； D. 604515,30，不符合题意；故选A

【点睛】本题考查了三角板中角度的计算，掌握几何图形中角度的计算是解题的关键．

8．（2022·广东广州·七年级期末）下列结论：①射线OP和射线PO是同一条射线；②如果线段AM＝MC，则M是线段AC的中点；③在同一平面内，已知∠AOB＝60°，∠AOC＝30°，则∠BOC＝30°；④等角的余角相等．其中正确的结论有（ ） A．4个 【答案】D

【分析】根据射线定义，确定①错误；根据线段中点定义，只有三点共线结论才成立，折线不行，故②错误；根据角的定义及角度计算，若OC在∠AOB内部，则∠BOC＝30°，若OC在∠AOB外部，则∠BOC＝90°，故③错误；根据余角的性质，等角的余角相等，故④正确，即可得到结论．

B．3个

C．2个

D．1个

【详解】解：①根据射线定义，即可确定①错误；

②根据线段中点定义，只有A、M、C三点共线结论才成立，对于折线就不成立，故②错误； ③根据角的定义及角度计算，若OC在∠AOB内部，则∠BOC＝30°；若OC在∠AOB外部，则∠BOC＝90°，故③错误；④根据余角的性质，等角的余角相等，故④正确，故选：D．

【点睛】本题主要考查射线定义、线段中点定义、角的概念与计算和余角的性质等知识，熟练掌握相关知识点并准确理解题意是解决问题的关键．

9．（2022·浙江·七年级专题练习）将连续奇数1，3，5，7，9，…排成如图所示的数表，若将十字形框上下左右移动，可框出另外五个数，则框出的五个数之和可以是（ ）

A．2020 【答案】D

【分析】先设中间的数为2x+1（x为整数），进而得到该数上方、下方、左边、右边的数分别为（2x+1）-10、（2x+1）+10、（2x+1）-2、（2x+1）+2，然后求得框出的五个数之和，即可得到答案． 【详解】解：设中间的数为2x+1（x为整数），

则该数上方、下方、左边、右边的数分别为（2x+1）-10、（2x+1）+10、（2x+1）-2、（2x+1）+2， ∴框出的五个数之和为（2x+1）+（2x+1）-10+（2x+1）+10+（2x+1）-2+（2x+1）+2=10x+5， ∵x为整数，∴10x+5是5的倍数，且个位数字为5，故选：D．

【点睛】本题考查了代数式的表示，属于数字的变化规律类题型，解题的关键是会用含有未知数的式子表示框出的5个数．

10．（2022·江苏·无锡市江南中学七年级期中）如图为甲、乙、丙三根笔直的钢管平行摆放在地面上的情形．已知乙有一部分只与甲重叠，其余部分只与丙重叠，甲没有与乙重叠的部分的长度为3m，丙没有与乙重叠的部分的长度为4m．若乙的长度最长且甲、乙的长度相差xm，乙、丙的长度相差ym，则乙的长度为（用含有x、y的代数式表示）（ ）

B．2022

C．2023

D．2025

A．xy7m

B．xy7m

C．2xy7m

D．x2y7m

【答案】B

【分析】设乙的长度为am，则甲的长度为：(ax)m；丙的长度为：(ay)m，甲与乙重叠的部分长度为：(ax3)m；乙与丙重叠的部分长度为：(ay4)m，由图可知：甲与乙重叠的部分长度+乙与丙重叠的部分长度=乙的长度，列出方程(ax3)(ay4)a，即可解答． 【详解】解：设乙的长度为am，

∵乙的长度最长且甲、乙的长度相差xm，乙、丙的长度相差ym， ∴甲的长度为：(ax)m；丙的长度为：(ay)m，

∴甲与乙重叠的部分长度为：(ax3)m；乙与丙重叠的部分长度为：(ay4)m， 由图可知：甲与乙重叠的部分长度+乙与丙重叠的部分长度=乙的长度， ∴(ax3)(ay4)a，

ax3ay4a， aaaxy34， axy7，

∴乙的长度为：(xy7)m；故选：B

【点睛】本题考查了列代数式，解决本题的关键是根据图形表示出长度，找到等量关系，列方程． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）

11．（2021·山东·七年级期末七年级期末）如图，把一副七巧板按如图进行1~7编号，1~7号分别对应着七巧板的七块，如果编号5对应的面积等于5cm2，则由这幅七巧板拼得的“房子”的面积等于______cm2．

【答案】80

【分析】将七巧板进行分割，分成16个面积相等的三角形，从而计算即可．

【详解】解：如图，将七巧板进行如下分割，可将七巧板分成16个面积相等的三角形， 5=80cm2， 其中编号5对应的面积为5cm2，∴由这个七巧板拼成的正方形的面积为：16×则拼成的“房子”的面积为80cm2，故答案为：80．

【点睛】本题考查了图形的剪拼，七巧板的性质，解题的关键是明确七巧板的构成，以及每块的面积与整个七巧板的关系．

12．（2022·河北·威县七年级期末）2的算术平方根是_____；2是____的算术平方根． 【答案】2；4 【分析】一个数的平方根有两个，其中正的根是这个数的算术平方根，由此即可求出答案． 【详解】解：∵2的平方根是2 ，4的平方根是4=2， ∴根据算术平方根的定义得， 2 的算术平方根是2；2是4的算术平方根， 故答案是：2；4 【点睛】本题主要考查算术平方根的定义，理解算术平方根是一个数的平方根中正的那个根是解题的关键． 13．（2022·江苏扬州·七年级阶段练习）在数轴上表示a，0，已知OA=OB，1，b四个数的点如图所示，则化简：abaa1______． b

【答案】a a【分析】根据数轴上的点的位置，OA=OB，根据相反数的意义可得a+b的符号，根据除法法则判断，b根据点A的位置可判断a+1的符号，进而化简绝对值，即可求解． 【详解】解：∵OA=OB∴a=b，根据数轴可知a10b， ∴ab0,aa1,a10∴aba101a1a，故答案为：a bb【点睛】本题考查了根据数轴上的点的位置判断式子的符号，相反数的意义，有理数的除法，绝对值的意义，数形结合是解题的关键． 14．（2022·广东茂名·七年级阶段练习）如图，每个小正方形边长都为1的3×3方格纸中，3个白色小正方形已被剪掉，现需在编号为①～⑥的小正方形中，再剪掉一个小正方形，从而使余下的5个小正方形恰好能折成一个棱长为1的无盖正方体，则需要再剪掉的小正方形可能是 _____．（请填写所有可能的小正方形的编号）

【答案】①②③

【分析】根据正方体的11种展开图的模型即可求解．

【详解】解：把图中的①或②或③剪掉，剩下的图形能折成一个棱长为1的无盖正方体，故答案为：①②③．

【点睛】本题考查了正方体的展开与折叠，牢记正方体的11种展开图的模型是解决本题的关键． 15．（2022·浙江·宁波市七年级期末）点O为直线l上一点，射线OA、OB均与直线l重合，将射线OB绕点O逆时针旋转α（0≤α≤90°），过点O作射线OC、OD、OM、ON，使得∠BOC＝90°，∠COD11＝2α，∠COM＝∠AOC，∠CON＝∠COD（OM在∠AOC内部，ON在∠COD内部），当∠MON

33＝2α时，则α＝_____．

1

【答案】20°##20度 2【分析】由平角的定义可得∠AOC＝180°﹣∠BOC﹣α＝90°﹣α，由已知条件可得∠CON＝a，31∠COM＝30°﹣a，利用∠COM＝∠MON+∠CON，即可求得α． 3【详解】解：由题意可得：∠AOC＝180°﹣∠BOC﹣α＝90°﹣α， 11∵∠COD＝2α，∠COM＝∠AOC，∠CON＝∠COD， 33112∴∠CON＝a，∠COM＝（90°﹣α）＝30°﹣a， 333∵∠COM＝∠MON+∠CON，∠MON＝2α 1121∴30°﹣a＝2α+a，解得：α＝20°．故答案为：20°． 33

【点睛】此题考查了角的运算问题，解题的关键是掌握角的和差关系以及运用一元一次方程求解． 16．（2022·浙江温州·七年级期末）商品条形码是商品的“身份证”，共有13位数字．它是由前12位数字和校验码构成，其结构分别代表“国家代码、厂商代码、商品代码和校验码”．校验码是用来校验商品条形码中前12位数字代码的正确性，具有特定的算法．如图1是某商品条形码，从左至右偶数位数字为9，2，2，5，0，6，奇数位数字为6，4，7，2，0，1，校验码的算法为： 步骤1：计算偶数位数字之和a，即a＝9＋2＋2＋5＋0＋6＝24； 步骤2：计算奇数位数字之和b，即b＝6＋4＋7＋2＋0＋1＝20； 步骤3：计算3a与b的和c，即c＝3×24＋20＝92； 步骤4：取c的个位数d，d＝2；

步骤5：计算10与d的差就是校验码X，即X＝10－2＝8．

若某条形码为690128599121M，则校验码M的值为 _____；如图2，某条形码中的两位数字被墨水污染了，已知这两个数字相同，则这个数字是 _____．

【答案】 9 5

【分析】根据计算步骤直接求出M的值即可，设被污染的数字为x，根据步骤列方程求解即可． 【详解】解：根据题意得：从左至右偶数位数字为9，1，8，9，1，1，奇数位数字为6，0，2，5，9，2，

∴a=9+1+8+9+1+1=29，b=6+0+2+5+9+2=24， ∴c=3×29+24=111，∴d=1，∴校验码M＝10-1＝9； 设被墨水污染的数字为x，则条形码为693188x78899x， 步骤1：计算偶数位数字之和a，即a=9+1+8+7+8+9=42， 步骤2：计算奇数位数字之和b，即b=6+3+8+x+8+9=34+x， 步骤3：计算3a与b的和c，即c=3×42+34+x=160+x， 步骤4：取c的个位数d，d=x，

步骤5：计算10与d的差就是校验码x，即x=10-x，解得x=5．故答案为：9；5

【点睛】本题主要考查一元一次方程的应用，根据题中步骤列出方程并求解是解题的关键．

三、解答题（本大题共8小题，共72分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．（2022·浙江杭州·七年级期末）计算：

11132(1)42015； (2)32716； (3)3223； (4)6．

232【答案】(1)9 (2)7 1(3)8 2(4)36 【分析】（1）先把减法转化为加法，再计算即可； （2）先分别求解立方根与平方根，再合并即可； （3）先算乘方，再算乘除，最后算加减，从而可得答案； （4）先计算括号内的减法运算，再计算除法运算即可. (1) 解：42015 4201524159 (2) 解：32716347 (3) 132解：3223 23244(4) 8129 218 211解：6 32236 666166636 【点睛】本题考查的含乘方的有理数的混合运算，平方根，立方根的含义，掌握“含乘方的有理数的混合运算的运算顺序，平方根，立方根的含义”是解本题的关键.

18．（2022·江苏·七年级期末）

（1）先化简，再求值：4y﹣（3x2+5y﹣3）﹣（﹣2x2﹣5y+5），其中x＝﹣3，y＝﹣4； （2）若关于x，y的多项式3（x2﹣2xy+y2）﹣2（2x2﹣kxy+2y2）中不含xy项，求k的值． 【答案】（1）−x2＋4y−2，−27；（2）3．

【分析】（1）原式去括号，合并同类项进行化简，然后代入求值；

（2）原式去括号，合并同类项进行化简，然后令含xy的项的系数为零，列方程求解． 【详解】解：（1）原式＝4y−3x2−5y＋3＋2x2＋5y−5 ＝−x2＋4y−2， 当x＝−3，y＝−4时， 原式＝−（−3）2＋4×（−4）−2 ＝−9−16−2 ＝−27；

（2）原式＝3x2−6xy＋3y2−4x2＋2kxy−4y2 ＝−x2−6xy＋2kxy−y2， ∵原式的结果中不含xy项， ∴−6＋2k＝0， 解得：k＝3， 即k的值为3．

【点睛】本题考查整式的加减—化简求值，掌握合并同类项（系数相加，字母及其指数不变）和去括号的运算法则（括号前面是“＋”号，去掉“＋”号和括号，括号里的各项不变号；括号前面是“−”号，去掉“−”号和括号，括号里的各项都变号）是解题关键． 19．（2022·广东·九年级专题练习）解方程： (1)3x19； (2)

11x12x21； (3)x(x1)(x1)；

222333213(4)(x1)(3x2)(x1)． 45102【答案】(1)x2 (2)x13 (3)x11 (4)x3 5【分析】（1）按照去括号，移项，合并同类项，系数化为1的步骤依次进行计算； （2）按照去分母，去括号，移项的步骤依次进行计算； （3）按照去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为1的步骤依次进行计算； （4）按照去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为1的步骤依次进行计算． 【详解】（1）解：去括号得，3x39，

移项得，3x93， 合并同类项得，3x6， 系数化为1得，x2． （2）解：x12x1， 23去分母得，3x1622x， 去括号得，3x3642x， 移项得，3x2x43+6， 合并同类项得，x13． 112（3）解：x(x1)(x1)， 2231去分母得，3x(x1)4(x1)， 2去括号得，3x3x14(x1)， 2333xx4x4， 2233移项得，3xx4x4， 22511合并同类项得，x， 22系数化为1得， x11． 53213（4）解：(x1)(3x2)(x1)， 45102去分母得，15(x1)8(3x2)230(x1)， 去括号得，15x1524x16230x30， 移项得，15x24x30x2301516， 合并同类项得，21x63， 系数化为1得，x3． 【点睛】本题考查了解一元一次方程，正确的解相关方程是解题的关键． 20．（2022·四川成都·七年级期末）先观察下列各式，再完成题后问题：

111111111；； 232334344545(1)①请仿照上面各式的结构写出：②

1__________； 561111__________；（其中，n为整数，且满足n1） 122334n(n1)11111111(2)运用以上方法思考：求的值．

41224406084112144

11n 【答案】(1)①；②n1564(2) 9 【分析】（1）①直接利用已知将原式分成两分数的差即可；②利用已知中规律将原式化简求出答案； 1（2）首先提取，进而利用已知规律化简求出答案． 2(1) 解：①111； 565611故答案为：； 56111②原式=122311 n111 nn1n； n1n； n1故答案为：(2) 1111解：原式=(226121111(2122334111111(122233411(1) 294=． 911) 567211) 78891111) 7889【点睛】此题主要考查了数字变化规律，正确将已知分数化简变形是解题关键． 21． （2022·云南临沧市·七年级期中）若整数m的两个平方根为63a，2a2；b为89的整数部分．（1）求a及m的值；（2）求275mb的立方根． 【答案】（1）a=4，m=36；（2）6

【分析】（1）根据平方根的性质得到63a2a20，求出a值，从而得到m；

（2）估算出89的范围，得到b值，代入求出275mb，从而得到275mb的立方根． 【详解】解：（1）∵整数m的两个平方根为63a，2a2， ∴63a2a20，解得：a4，∴2a22426，∴m=36；

（2）∵b为89的整数部分，∴8189100，∴98910，∴b=9， ∴275mb275369216，∴275mb的立方根为6．

【点睛】本题主要考查立方根、平方根及无理数的估算，解题的关键是熟练掌握平方根和立方根的定义．

22．（2022·浙江·七年级期末）“双十一”期间，某电商城销售一种空调和立式风扇，空调每台定价3000元，立式风扇每台定价600元．商场决定开展促销活动，活动期间向客户提供两种优惠方案． 方案一：买一台空调送一台立式风扇；

方案二：空调和立式风扇都按定价的90%付款．

现某客户要到该卖场购买空调5台，立式风扇x台（x＞5）．

(1)若该客户按方案一购买，需付款 元，（用含x的代数式表示）若该客户按方案二购买，需付款 元．（用含x的代数式表示）

(2)若x＝10，通过计算说明此时按哪种方案购买较为合算？

(3)当x＝10时，你能给出一种更为省钱的购买方案吗？试写出你的购买方法，并计算需付款多少元？ 【答案】(1)（600x12000），（500x13500） (2)方案一购买较划算

(3)先按方案一购买5台空调，送5台立式风扇，再按方案二购买5台立式风扇，付款17700元

【分析】（1）方案一：买5台空调，送5台立式风扇，故费用为：5台空调的费用加上(x5)台立式风扇的费用

方案二：5台空调的90%加上x台立式风扇的90%，通过计算比较即可 （2）将x10分别代入（1）中所得的两种方案中并计算即可

（3）买空调最多5台，故可先买5台空调，送5台立式风扇，再按第二种方案购买5台立式风扇即可 (1)

解：按方案一购买，需付款： 30005(x5)600 (600x12000)（元）

按方案二购买，需付款：3000590%90%600x (540x13500) （元）

故答案为：(600x12000)，(540x13500) (2)

解：当x10时，方案一：

600101200018000（元）

方案二：540101350018900（元）

∵1800018900

此时按方案一方案购买较为合算

(3)

解：先按方案一买5台空调，送5台立式风扇，再按方案二买5台立式风扇

53000560090%17700（元）

答：需付款17700元

【点睛】本题考查了列代数式及代数式求值在销售问题中的应用，理清题中的数量关系是解题的关键 123．（2022·河北·七年级期末）如图，已知点C在线段AB上，AB=20，BC=AC，点D，E在射线

3AB上，点D在点E的左侧．

(1)DE在线段AB上，当E为BC中点时，求CE的长； (2)在（1）的条件下，点F在线段AB上，CF=3，求EF的长；

(3)若AB=2DE，线段DE在射线AB上移动，且满足关系式4BE=3（AD+CE），求【答案】(1)CE=2.5；(2)EF的长为0.5或5.5； (3)CD19． AC30CD的值． AC1【分析】（1）根据AC=20，BC=AC可得BC的长度，再根据线段的中点可得答案； 3（2）分两种情况：当点F在点E的右侧或当点F在点E的左侧，再根据线段的中点计算即可； （3）根据DE的位置分情况计算即可． （1） 1解：∵AB=20，BC=AC， 3∴BC=5，AC=15， ∵E为BC中点， ∴CE=2.5； （2）解：当点F在点E的右侧，如图，

EF=CF-CE=3-2.5=0.5， 当点F在点E的左侧，如图， EF=CF+CE=3+2.5=5.5， 综上：EF的长为0.5或5.5； （3） 1解：∵BC=AC，AB=2DE，满足关系式4BE=3（AD+CE），设CE=x，BC=5，AC=15，DE=10， 3①当DE在线段AC上时，如图， 则AD=15-x-10=5-x，BE=5+x， ∵4BE=3（AD+CE）， 即4（5+x）=3（5-x+x）， 解得x=-1.25，不合题意，舍去； ②当点C在DE之间时，如图， ∴AD=15+x-10=5+x，BE=5-x， ∵4BE=3（AD+CE）， 即4（5-x）=3（5+x+x）， 解得x=0.5， ∴CD=10-0.5=9.5， ∴CD9.519； AC1530③线段CB在线段DE上时，如图， 则AD=15+x-10=5+x，BE=x-5， 即4（x-5）=3（5+x+x）， 解得x=-17.5，不合题意，舍去；

④当D在CB之间时，如图， AD=15+x-10=5+x，BE=x-5， 即4（x-5）=3（5+x+x）， 解得x=-17.5，不合题意，舍去； ⑤当D在B的右边时，如图， AD=15+x-10=5+x，BE=x-5，即 4（x-5）=3（5+x+x）， 解得x=-17.5，不合题意，舍去． 综上，CD19． AC30【点睛】本题考查了两点间的距离，熟练掌握线段中点的定义和线段的和差是解题关键，注意分情况计算． 24． 过点O在直线DE上方作射线OC， （2022·浙江宁波·七年级期末）如图①．直线DE上有一点O， 将一直角三角板AOB（其中OAB45）的直角顶点放在点O处， 一条直角边OB在射线 OE上，另一边OA在直线DE的上方，将直角三角形绕着点O按每秒15的速度顺时针旋转一周，设旋转时间为t秒．

(1)当直角三角板旋转到图②的伩置时， 射线OB恰好平分COE， 此时， AOC与AOD 之间的数量关系为____________．

(2)若射线OC的位置保持不变， 且COD120，

①在旋转过程中，是否存在某个时刻，使得射线OB， 射线OC， 射线OE中的某一条射线是另外两条射线所夹锐角的角平分线? 若存在，请求出t的值； 若不存在， 请说明理由；

②在旋转过程中， 当边AB与射线OD相交时， 如图③， 请直接写出BOCAOD的值____________．

【答案】(1)AOCAOD (2)①t2；②30 【分析】（1）根据OB平分∠COE，得出∠COB=∠EOB，根据∠AOB=90°，得出∠BOC+∠AOC =90°，∠BOE+∠AOD =90°，利用等角的余角性质得出∠AOC=∠AOD即可； -∠COD=180°-120°=60°（2）①存在，根据COD120，得出∠COE=180°，当OB平分∠COE时，11t=30°直角边OB在射线 OE上，∠EOB=∠BOC=COE6030，列方程15°，解得t=2；当22OC平分∠EOB时，∠BOC=∠EOC=60°，∠EOB=2∠EOC=120°＞90°，∠EOB不是锐角舍去，当OE∠BOC不是锐角舍去即可； 平分∠BOC时，∠EOB=∠EOC=60°，∠BOC=2∠EOC=120°＞90°②如图根据∠COD=120°，可得AB与OD相交时，∠BOC=∠COD-∠BOD=120°-∠BOD，∠AOD=∠AOB-∠BOD=90°-∠BOD，代入计算即可． （1）解：∵OB平分∠COE，∴∠COB=∠EOB， ∵∠AOB=90°， ∴∠BOC+∠AOC =90°，∠BOE+∠AOD =90°， ∴∠AOC=∠AOD，故答案为：∠AOC=∠AOD； （2）解：①存在， ∵COD120， ∴∠COE=180°-∠COD=180°-120°=60°， 当OB平分∠COE时，直角边OB在射线 OE上， 11∠EOB=∠BOC=COE6030， 22则15°t=30°，∴t=2； 当OC平分∠EOB时，∠BOC=∠EOC=60°， ∴∠EOB=2∠EOC=120°＞90°， ∴当OC平分∠EOB时，∠EOB不是锐角舍去，

当OE平分∠BOC时，∠EOB=∠EOC=60°， ∴∠BOC=2∠EOC=120°＞90°，

当OE平分∠BOC时，∠BOC不是锐角舍去，

综上，所有满足题意的t的取值为2， ②如图∵∠COD=120°， 当AB与OD相交时，

∵∠BOC=∠COD-∠BOD=120°-∠BOD，∠AOD=∠AOB-∠BOD=90°-∠BOD， ∴BOCAOD120BOD90BOD30，

故答案为：30°．

【点睛】本题考查角平分线定义，三角板中角度计算，图形旋转，角的和差计算，熟练掌握角平分线的性质，分类讨论的思想运用是解答的关键．