初中苏教七年级下册期末数学必考知识点试卷解析.doc

初中苏教七年级下册期末数学必考知识点试卷强力推荐解析
一、选择题
1．下列计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，下列各组角中是同位角的是（　　）

A．∠1和∠2 B．∠3和∠4 C．∠2和∠4 D．∠1和∠4
3．已知关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，4张边长分别为、的长方形纸片围成一个正方形，从中可以得到的等式是（ ）

A． B．
C． D．
5．若关于x的不等式组的解集为，则m的取值范围是（ ）
A．m≥－2 B．m≤2 C．m <2 D．m＝2
6．给出下列四个命题，①多边形的外角和小于内角和；②如果a＞b，那么（a＋b）（a－b）＞0；③两直线平行，同位角相等；④如果a，b是实数，那么，其中真命题的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．下面两个多位数1248624…，6248624…，都是按照如下方法得到的：从首位数字开始，将左边数字乘以2，若积为一位数，将其写在右边数位上，若积为两位数，则将其个位数字写在右边数位上．依次再进行如上操作得到第3位数字…后面的每一位数字都是由前一位数字进行如上操作得到的．当第1位数字是3时，按如上操作得到一个多位数，则这个多位数前2020位的所有数字之和是（　　）
A．10091 B．10095 C．10099 D．10107
8．按照如图所示的方法排列黑色小正方形地砖，则第14个图案中黑色小正方形地砖的数量是（ ）

A．360 B．363 C．365 D．369
二、填空题
9．计算：（﹣2x）2×3a＝__________．
10．命题：“任意两个负数之和是负数”的逆命题是______命题．（填“真”或“假”）．
11．在一个顶点处用边长相等的三个正多边形进行密铺，其中两个是正方形和正六边形，则另一个必须是正_____边形．
12．若多项式（p，q是常数）分解因式后，有一个因式是x+3，则3p+q的值为________．
13．已知关于，的方程组，当正整数_____时，方程组有整数解．
14．数学知识时刻都在应用，比如跳远运动中的成绩问题，如图，有三名同学甲、乙、丙在同一起跳点P处起跳后的落地脚跟为A，B，C，现在只能有两名同学可以参加比赛，不借助其他测量工具，仅仅根据图形和基本数学原理即可确定人选，这里用到的数学原理是________．

15．若三角形有两边长分别为2和5，第三边为a，则a的取值范围是______．
16．如图所示，在△ABC中，已知点D,E,F分别是BC，AD，CE的中点，且△ABC的面积为6，则△BEF的面积为________.

17．计算或化简
（1）
（2）
（3）
18．分解因式：
（1）16x2﹣8xy+y2；
（2）a2（x﹣y）+b2（y﹣x）．
19．解方程组：
（1）
（2）
20．解不等式组，并写出它的整数解．
三、解答题
21．已知：如图，CD⊥AB，FG⊥AB，垂足分别为D、G，点E在AC上，且∠1＝∠2．

（1）那么DE与BC平行吗？为什么？
（2）如果∠B＝40°，且∠A比∠ACB小10°，求∠DEC的度数．
22．某学校为了加强训练学生的篮球和足球运球技能，准备购买一批篮球和足球用于训练，已知购买1个篮球和2个足球共需316元；购买2个篮球和3个足球共需534元．
（1）购买1个篮球和1个足球各需多少元？
（2）学校准备购进篮球和足球共40个，并且总费用不超过4200元，则篮球最多可购买多少个？
23．用如图1的长方形和正方形铁片（长方形的宽与正方形的边长相等）作侧面和底面、做成如图2的竖式和横式的两种无盖的长方体容器，

（1）现有长方形铁片2014张，正方形铁片1176张，如果将两种铁片刚好全部用完，那么可加工成竖式和横式长方体容器各有几个？
（2）现有长方形铁片a张，正方形铁片b张，如果加工这两种容器若干个，恰好将两种铁片刚好全部用完．则的值可能是（ ）
A．2019 B．2020 C．2021 D．2022
（3）给长方体容器加盖可以加工成铁盒．先工厂仓库有35张铁皮可以裁剪成长方形和正方形铁片，用来加工铁盒，已知1张铁皮可裁剪出3张长方形铁片或4张正方形铁片，也可以裁剪出1张长方形铁片和2张正方形铁片．请问怎样充分利用这35张铁皮，最多可以加工成多少个铁盒?
24．Rt△ABC中，∠C=90°，点D、E分别是△ABC边AC、BC上的点，点P是一动点.令∠PDA=∠1，∠PEB=∠2，∠DPE=∠α.
（1）若点P在线段AB上，如图（1）所示，且∠α=50°，则∠1+∠2=　 　°；
（2）若点P在边AB上运动，如图（2）所示，则∠α、∠1、∠2之间的关系为：　 　；

（3）若点P运动到边AB的延长线上，如图（3）所示，则∠α、∠1、∠2之间有何关系？猜想并说明理由.

（4）若点P运动到△ABC形外，如图（4）所示，则∠α、∠1、∠2之间的关系为：　　.
25．模型规律：如图1，延长交于点D，则．因为凹四边形形似箭头，其四角具有“”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．

模型应用
（1）直接应用：
①如图2，，则__________；
②如图3，__________；
（2）拓展应用：
①如图4，、的2等分线（即角平分线）、交于点，已知，，则__________；
②如图5，、分别为、的10等分线．它们的交点从上到下依次为、、、…、．已知，，则__________；
③如图6，、的角平分线、交于点D，已知，则__________；
④如图7，、的角平分线、交于点D，则、、之同的数量关系为__________．
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
根据幂的运算法则逐项计算即可．
【详解】
解：A. ，原选项不正确，不符合题意；
B. ，原选项不正确，不符合题意；
C. ，原选项正确，符合题意；
D. 不是同类项，原选项不正确，不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了幂的运算，解题关键是熟记幂的运算法则，准确进行计算．
2．D
解析：D
【分析】
根据同位角的定义分析即可，两条直线被第三条直线所截,如果两个角分别在两条直线的同侧,且在第三条直线的同旁,那么这两个角叫做同位角．
【详解】
A. ∠1和∠2是邻补角，不符合题意；
B. ∠3和∠4是同旁内角，不符合题意；
C. ∠2和∠4没有关系，不符合题意；
D. ∠1和∠4是同位角，符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查了同位角的定义，理解同位角的定义是解题的关键．
3．C
解析：C
【分析】
先根据题意得：且，可得，即可求解．
【详解】
解：∵，
∴，
∵关于的不等式的解集为，
∴ ，且 ，
∴ ，解得： ，
∵，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴ ，即 ，
∴ ．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了一元一次不等式的解集的定义，解不等式，不等式的性质，熟练掌握一元一次不等式的解集的定义，解不等式的基本步骤是解题的关键．
4．D
解析：D
【分析】
假设大正方形的面积S1，小正方形的面积S2，则S1S2=4个长方形面积．
【详解】
解：设大正方形的面积S1，小正方形的面积S2，
大正方形的边长为a+b，则大正方形面积S1=（a+b）2，
小正方形的边长为ab，则小正方形面积S2=（ab）2，
四个长方形的面积为4ab，
∵S1S2=4ab，
∴（a+b）2（ab）2=4ab，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查通过正方形面积的计算，列出代数式，得出两个完全平方公式相减等于4ab的正确性．难点在于小正方形边长的求解：用一个长方形的长a，减去另一个长方形的宽b，即ab．
5．C
解析：C
【分析】
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
【详解】
解，得：，
解，得：，
∵不等式组的解集是，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题考查了解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
6．A
解析：A
【分析】
根据多边形的内角和、不等式的性质、平行线的性质和零指数幂判断即可．
【详解】
解：①多边形的外角和不一定小于内角和，四边形的内角和等于外角和，原命题是假命题；
②如果0＞a＞b，那么（a+b）（a-b）＜0，原命题是假命题；
③两直线平行，同位角相等，是真命题；
④如果a，b是实数，且a+b≠0，那么（a+b）0=1，原命题是假命题．
故选：A．
【点睛】
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解多边形的内角和、不等式的性质、平行线的性质和零指数幂，难度较小．
7．B
解析：B
【分析】
根据题意进行计算，找到几个数字一循环，然后乘以循环的次数加上非循环的部分即可得到结果．
【详解】
解：当第一个数字为3时，
这个多位数是362486248…，
即从第二位起，每4个数字一循环，
（2020﹣1）÷4＝504…3，
前2020个数字之和为：
3+（6+2+4+8）×504+6+2+4＝10095．
故选：B．
【点睛】
本题考查循环类数字规律题，根据题意找到循环次数，即可求解；本题易错点为是否能找对几个数字循环，易错数目为505次，由于第一个数字不参与循环即易错点为2020漏减1．
8．C
解析：C
【分析】
观察求出图案中地砖的块数，找到规律再求出黑色的地砖的数量即可.
【详解】
第1个图案只有（2×1﹣1）2＝12＝1块黑色地砖，
第2个图案有黑色与白色地砖共（2×2﹣1）2＝32＝9，其中黑色的有（9＋1）＝5块，
第3个图案有黑色与白色地砖共（2×3﹣1）2＝52＝25，其中黑色的有（25＋1）＝13块，
…
第n个图案有黑色与白色地砖共（2n﹣1）2，其中黑色的有 [（2n﹣1）2＋1]，
当n＝14时，黑色地砖的块数有×[（2×14﹣1）2＋1]＝×730＝365.
故选：C.
【点睛】
此题考查图形类规律的探究，有理数的混合运算，根据所给图案总结出图案排列的规律由此进行计算是解题的关键.
二、填空题
9．12ax2
【分析】
先运算积的乘方，然后单项式与单项式相乘即可．
【详解】
（﹣2x）2×3a
，
故答案为：12ax2．
【点睛】
本题主要考查积的乘方以及单项式与单项式相乘，属于基础题，掌握运算法则是关键．
10．假
【分析】
写出原命题的逆命题后判断正误即可．
【详解】
解：命题：“任意两个负数之和是负数”的逆命题是负数是两个负数之和，错误，为假命题，
故答案为：假．
【点睛】
考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解如何写出一个命题的逆命题，难度不大．
11．12
【分析】
正多边形的组合能否进行平面镶嵌，关键看位于同一顶点处的几个角之和能否为，若能，则说明可以进行平面镶嵌，反之，则说明不能进行平面镶嵌．
【详解】
正方形的一个内角度数为，
正六边形的一个内角度数为，
需要的多边形的一个内角度数为，
需要的多边形的一个外角度数为，
第三个正多边形的边数为，
故答案为：12．
【点睛】
本题主要考查了平面镶嵌，多边形的内角和、外角和，关键是掌握多边形镶嵌成平面图形的条件：同一顶点处的几个角之和为；正多边形的边数为360除以一个外角度数．
12．-9
【分析】
设另一个因式为，因为整式乘法是因式分解的逆运算，所以将两个因式相乘后结果得，根据各项系数相等列式，计算可得3p+q的值．
【详解】
因为多项式中二次项的系数为1，
则设另一个因式为，
则，
由此可得，
由①得：③，
把③代入②得：，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了因式分解的意义．解题的关键是掌握因式分解的意义，因式分解与整式乘法是相反方向的变形，二者是一个式子的不同表现形式；因此具体作法是：按多项式法则将分解的两个因式相乘，列等式或方程组即可求解．
13．4
【分析】
将t看做未知数，求出x与y，再求出有整数解时，正整数t的值．
【详解】
解：由方程组得t≠2，
解方程组得：
，，
∵方程组有整数解，
当t=4时，，，
故答案为：4．
【点睛】
此题考查了二元一次方程组的解，解答本题的关键是用t表示出x和y的值，此题难度不大．
14．B
解析：垂线段最短
【分析】
根据垂线段最短可确定跳远距离最近的同学，从而做出选择．
【详解】
解：由题意可得，B同学跳远距离最近，所以可以确定A和C同学参加比赛，这里用到的数学原理是垂线段最短
故答案为：垂线段最短．
【点睛】
本题考查垂线段最短，掌握垂线段最短的性质应用解决于生活问题是理解关键．
15．3＜a＜7
【分析】
根据三角形的三边关系，第三边的长一定大于已知的两边的差，而小于两边的和求解即可．
【详解】
解：根据三角形的三边关系知：5-2＜a＜5+2，
∴3＜a＜7．
故答案为：3＜a＜
解析：3＜a＜7
【分析】
根据三角形的三边关系，第三边的长一定大于已知的两边的差，而小于两边的和求解即可．
【详解】
解：根据三角形的三边关系知：5-2＜a＜5+2，
∴3＜a＜7．
故答案为：3＜a＜7．
【点睛】
本题考查了三角形三边的关系，已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
16．【分析】
因为点F是CE的中点，所以△BEF的底是△BEC的底的一半，△BEF高等于△BEC的高；同理，D、E、分别是BC、AD的中点，△EBC与△ABC同底，△EBC的高是△ABC高的一半；利用
解析：
【分析】
因为点F是CE的中点，所以△BEF的底是△BEC的底的一半，△BEF高等于△BEC的高；同理，D、E、分别是BC、AD的中点，△EBC与△ABC同底，△EBC的高是△ABC高的一半；利用三角形的等积变换可解答．
【详解】

如图，点F是CE的中点，
∴△BEF的底是EF,△BEC的底是EC,即EF=EC，高相等；
∴S△BEF=S△BEC，
同理得，
S△EBC=S△ABC，
∴S△BEF=S△ABC,且S△ABC=6，
∴S△BEF=，
即阴影部分的面积为.
【点睛】
本题考查三角形的面积和三角形中点的性质，解题的关键是掌握三角形的面积和三角形中点的性质.
17．（1）0；（2）；（3）
【分析】
（1）算出零指数幂、负指数幂和绝对值计算即可；
（2）根据幂的运算性质计算即可；
（3）根据乘法公式计算即可；
【详解】
（1）原式，
．
（2）原式，
．
（3
解析：（1）0；（2）；（3）
【分析】
（1）算出零指数幂、负指数幂和绝对值计算即可；
（2）根据幂的运算性质计算即可；
（3）根据乘法公式计算即可；
【详解】
（1）原式，
．
（2）原式，
．
（3）原式，
．
【点睛】
本题主要考查了整式混合运算，准确利用零指数幂、负指数幂、绝对值、乘法公式进行计算是解题的关键．
18．（1）（4x﹣y）2；（2）（a+b）（a﹣b）（x﹣y）．
【分析】
（1）运用完全平方公式分解即可；
（2）先提取公因式（x﹣y），再用平方差公式分解即可．
【详解】
解：（1）原式＝（4x﹣y
解析：（1）（4x﹣y）2；（2）（a+b）（a﹣b）（x﹣y）．
【分析】
（1）运用完全平方公式分解即可；
（2）先提取公因式（x﹣y），再用平方差公式分解即可．
【详解】
解：（1）原式＝（4x﹣y）2；
（2）原式＝a2（x﹣y）﹣b2（x﹣y），
＝（x﹣y）（a2﹣b2），
＝（a+b）（a﹣b）（x﹣y）．
【点睛】
本题考查了因式分解，解题关键是熟练运用提取公因式法和公式法进行因式分解，注意：因式分解要彻底．
19．（1）；（2）
【分析】
（1）方程组利用加减消元法求出解即可；
（2）方程组整理后，利用加减消元法求出解即可．
【详解】
解：
②-①得：，
解得：．
把代入①中得：．
所以，该方程组的解为．
（
解析：（1）；（2）
【分析】
（1）方程组利用加减消元法求出解即可；
（2）方程组整理后，利用加减消元法求出解即可．
【详解】
解：
②-①得：，
解得：．
把代入①中得：．
所以，该方程组的解为．
（2）解：整理得

②×3得：③
①+③得：．
解得：
把代入②中得：．
所以，该方程组的解为．
【点睛】
此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
20．， 整数解为4，5
【分析】
先求出每个不等式的解集，然后求出不等式组的解集，再找出整数解即可．
【详解】
解：
解不等式①，得
解不等式②，得
∴原不等式组的解集为
原不等式组的整数解为
解析：， 整数解为4，5
【分析】
先求出每个不等式的解集，然后求出不等式组的解集，再找出整数解即可．
【详解】
解：
解不等式①，得
解不等式②，得
∴原不等式组的解集为
原不等式组的整数解为：4，5．
【点睛】
本题考查了解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解的应用，关键是能根据不等式的解集找出不等式组的解集．
三、解答题
21．（1）DE∥BC，理由见解析；（2）∠DEC＝105°．
【分析】
（1）根据CD⊥AB，FG⊥AB，可判定CD∥FG，利用平行线的性质可知∠2=∠BCD，已知∠1=∠2，等量代换得∠1=∠BCD，
解析：（1）DE∥BC，理由见解析；（2）∠DEC＝105°．
【分析】
（1）根据CD⊥AB，FG⊥AB，可判定CD∥FG，利用平行线的性质可知∠2=∠BCD，已知∠1=∠2，等量代换得∠1=∠BCD，故可证DE与BC平行；
（2）根据三角形内角和求出∠ACB=75°，再根据平行线的性质即可求解．
【详解】
（1）DE∥BC，理由如下：
∵CD⊥AB，FG⊥AB，
∴CD∥FG．
∴∠2＝∠BCD，
又∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠BCD，
∴DE∥BC；
（2）∵∠B＝40°，∠ACB﹣10°＝∠A，
∴∠ACB+（∠ACB﹣10°）+40°＝180°，
∴∠ACB＝75°，
由（1）知，DE∥BC，
∴∠DEC+∠ACB＝180°，
∴∠DEC＝105°．
【点睛】
此题考查了平行线的判定与性质，熟记“内错角相等，两直线平行”、“两直线平行，同旁内角互补”是解题的关键．
22．（1）购买一个篮球需120元，购买一个足球需98元；（2）12个
【分析】
（1）设购买一个篮球x元，购买一个足球y元，根据“1个篮球和2个足球共需316元，2个篮球和3个足球共需534元”，即可得
解析：（1）购买一个篮球需120元，购买一个足球需98元；（2）12个
【分析】
（1）设购买一个篮球x元，购买一个足球y元，根据“1个篮球和2个足球共需316元，2个篮球和3个足球共需534元”，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购买m个篮球，则购买的足球数为(40−m)，根据费用=单价×数量，分别求出篮球和足球的费用，二者相加便是总费用，总费用不超过4200元，列出关于m的一元一次不等式，解之即可得出结论.
【详解】
解：（1）设购买一个篮球的需x元，购买一个足球的需y元，
依题意得
解得
答：购买一个篮球需120元，购买一个足球需98元；
（2）设购买m个篮球，则足球数为个，
依题意得：，
解得：，
而m为正整数，，
答：篮球最多可购买12个．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据数量关系，正确列出一元一次不等式.
23．（1）竖式长方体铁容器100个，横式长方体铁容器538个；（2）B；（3）19个
【分析】
（1）设可以加工竖式长方体铁容器x个，横式长方体铁容器y个，根据加工的两种长方体铁容器共用了长方形铁片20
解析：（1）竖式长方体铁容器100个，横式长方体铁容器538个；（2）B；（3）19个
【分析】
（1）设可以加工竖式长方体铁容器x个，横式长方体铁容器y个，根据加工的两种长方体铁容器共用了长方形铁片2014张、正方形铁片1176张，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设竖式纸盒c个，横式纸盒d个，由题意列出方程组可求解．
（3）设做长方形铁片的铁板为m块，做正方形铁片的铁板为n块，由铁板的总数量及所需长方形铁片的数量为正方形铁皮的2倍，即可得出关于m，n的二元一次方程组，解之即可得出m，n的值，取其整数部分再将剩余铁板按一张铁板裁出1个长方形铁片和2个正方形铁片处理，即可得出结论．
【详解】
解：（1）设可以加工竖式长方体铁容器x个，横式长方体铁容器y个，
依题意，得：，
解得：，
答：可以加工竖式长方体铁容器100个，横式长方体铁容器538个．
（2）设竖式纸盒c个，横式纸盒d个，
根据题意得：，
∴5c+5d=5（c+d）=a+b，
∴a+b是5的倍数，可能是2020，
故选B；
（3）设做长方形铁片的铁板为m块，做正方形铁片的铁板为n块，
依题意，得：，
解得：，
∵在这35块铁板中，25块做长方形铁片可做25×3=75（张），9块做正方形铁片可做9×4=36（张），剩下1块可裁出1张长方形铁片和2张正方形铁片，
∴共做长方形铁片75+1=76（张），正方形铁片36+2=38（张），
∴可做铁盒76÷4=19（个）．
答：最多可以加工成19个铁盒．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出二元一次方程（组）．
24．（1）140°；（2）∠1+∠2=90°+α；（3）∠1=90°+∠2+α,理由见解析;(4)∠2=90°+∠1﹣α．
【详解】
试题分析：（1）根据四边形内角和定理以及邻补角的定义，得出∠1+∠2
解析：（1）140°；（2）∠1+∠2=90°+α；（3）∠1=90°+∠2+α,理由见解析;(4)∠2=90°+∠1﹣α．
【详解】
试题分析：（1）根据四边形内角和定理以及邻补角的定义，得出∠1+∠2=∠C+∠α，进而得出即可；
（2）利用（1）中所求的结论得出∠α、∠1、∠2之间的关系即可；
（3）利用三角外角的性质，得出∠1=∠C+∠2+α=90°+∠2+α；
（4）利用三角形内角和定理以及邻补角的性质可得出∠α、∠1、∠2之间的关系．
试题分析：（1）∵∠1＋∠2＋∠CDP＋∠CEP＝360°，∠C＋∠α＋∠CDP＋∠CEP＝360°，
∴∠1＋∠2＝∠C＋∠α，
∵∠C＝90°，∠α＝50°，
∴∠1＋∠2＝140°，
故答案为140；
（2）由(1)得∠α＋∠C＝∠1＋∠2，
∴∠1＋∠2＝90°＋∠α.
故答案为∠1＋∠2＝90°＋∠α.
（3）∠1＝90°＋∠2＋∠α.理由如下：如图③，

设DP与BE的交点为M，
∵∠2＋∠α＝∠DME，∠DME＋∠C＝∠1，
∴∠1＝∠C＋∠2＋∠α＝90°＋∠2＋∠α.
（4）如图④，

设PE与AC的交点为F，
∵∠PFD＝∠EFC，
∴180°－∠PFD＝180°－∠EFC，
∴∠α＋180°－∠1＝∠C＋180°－∠2，
∴∠2＝90°＋∠1－∠α.
故答案为∠2＝90°＋∠1－∠α
点睛：本题考查了三角形内角和定理和外角的性质、对顶角相等的性质，熟练掌握三角形外角的性质是解决问题的关键.
25．（1）①110；②260；（2）①85；②110；③142；④∠B-∠C+2∠D=0
【分析】
（1）①根据题干中的等式直接计算即可；
②同理可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠BOC+∠DO
解析：（1）①110；②260；（2）①85；②110；③142；④∠B-∠C+2∠D=0
【分析】
（1）①根据题干中的等式直接计算即可；
②同理可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠BOC+∠DOE，代入计算即可；
（2）①同理可得∠BO1C=∠BOC-∠OBO1-∠OCO1，代入计算可得；
②同理可得∠BO7C=∠BOC-（∠BOC-∠A），代入计算即可；
③利用∠ADB=180°-（∠ABD+∠BAD）=180°-（∠BOC-∠C）计算可得；
④根据两个凹四边形ABOD和ABOC得到两个等式，联立可得结论．
【详解】
解：（1）①∠BOC=∠A+∠B+∠C=60°+20°+30°=110°；
②∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠BOC+∠DOE=2×130°=260°；

（2）①∠BO1C=∠BOC-∠OBO1-∠OCO1
=∠BOC-（∠ABO+∠ACO）
=∠BOC-（∠BOC-∠A）
=∠BOC-（120°-50°）
=120°-35°
=85°；
②∠BO7C=∠BOC-（∠BOC-∠A）
=120°-（120°-50°）
=120°-10°
=110°；
③∠ADB=180°-（∠ABD+∠BAD）
=180°-（∠BOC-∠C）
=180°-（120°-44°）
=142°；
④∠BOD=∠BOC=∠B+∠D+∠BAC，
∠BOC=∠B+∠C+∠BAC，
联立得：∠B-∠C+2∠D=0．
【点睛】
本题主要考查了新定义—箭头四角形，利用了三角形外角的性质，还考查了角平分线的定义，图形类规律，解题的关键是理解箭头四角形，并能熟练运用其性质．