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北师大版七年级下册数学培优压轴题
一．解答题（共8小题）
1．已知四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1），易证AE+CF=EF；
当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．

2． （1）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，
且∠EAF=∠BAD．求证：EF=BE+FD；

（2） 如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，
且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？

（3）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．

3．如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°．
（1）操作发现：如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，
填空：①线段DE与AC的位置关系是　 　；
②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是　 　．

（2）猜想论证：当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想．
（3）拓展探究：已知∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DE∥AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请直接写出相应的BF的长．

4．如图1，已知线段AB的长为2a，点P是AB上的动点（P不与A，B重合），分别以AP、PB为边向线段AB的同一侧作正△APC和正△PBD．
（1）当△APC与△PBD的面积之和取最小值时，AP=　 　；（直接写结果）
（2）连接AD、BC，相交于点Q，设∠AQC=α，那么α的大小是否会随点P的移动而变化？请说明理由；（3）如图2，若点P固定，将△PBD绕点P按顺时针方向旋转（旋转角小于180°），此时α的大小是否发生变化？（只需直接写出你的猜想，不必证明）

5．如图1，Rt△ABC中AB=AC，点D、E是线段AC上两动点，且AD=EC，AM垂直BD，垂足为M，AM的延长线交BC于点N，直线BD与直线NE相交于点F．试判断△DEF的形状，并加以证明．
说明：（1）如果你经历反复探索，没有找到解决问题的方法，请你把探索过程中的某种思路写出来（要求至少写3步）；（2）在你经历说明（1）的过程之后，可以从下列①、②中选取一个补充或者更换已知条件，完成你的证明．1、画出将△BAD沿BA方向平移BA长，然后顺时针旋转90°后图形；2、点K在线段BD上，且四边形AKNC为等腰梯形（AC∥KN，如图2）．
附加题：如图3，若点D、E是直线AC上两动点，其他条件不变，试判断△DEF的形状，并说明理由．

6．如图，已知等边三角形ABC中，点D，E，F分别为边AB，AC，BC的中点，M为直线BC上一动点，△DMN为等边三角形（点M的位置改变时，△DMN也随之整体移动）．
（1）如图1，当点M在点B左侧时，请你判断EN与MF有怎样的数量关系？点F是否在直线NE上？都请直接写出结论，不必证明或说明理由；
（2）如图2，当点M在BC上时，其它条件不变，（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立？若成立，请利用图2证明；若不成立，请说明理由；
（3）若点M在点C右侧时，请你在图3中画出相应的图形，并判断（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立？若成立，请直接写出结论，不必证明或说明理由．

7．已知：等边三角形ABC；（1）如图1，P为等边△ABC外一点，且∠BPC=120°．试猜想线段BP、PC、AP之间的数量关系，并证明你的猜想；
（2）如图2，P为等边△ABC内一点，且∠APD=120°．求证：PA+PD+PC＞BD．

8．认真阅读材料，然后回答问题：
我们初中学习了多项式的运算法则，相应的，我们可以计算出多项式的展开式，如：（a+b）1=a+b，（a+b）2=a2+2ab+b2，（a+b）3=（a+b）2（a+b）=a3+3a2b+3ab2+b3，…
下面我们依次对（a+b）n展开式的各项系数进一步研究发现，当n取正整数时可以单独列成表中的形式：

上面的多项式展开系数表称为“杨辉三角形”；仔细观察“杨辉三角形”，用你发现的规律回答下列问题：
（1）多项式（a+b）n的展开式是一个几次几项式 ？并预测第三项的系数；
（2）请你预测一下多项式（a+b）n展开式的各项系数之和．
（3）结合上述材料，推断出多项式（a+b）n（n取正整数）的展开式的各项系数之和为S，（结果用含字母n的代数式表示）．

北师大版七年级下册数学培优压轴题参考答案与试题解析
1、【解答】∵AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，AE=CF，

在△ABE和△CBF中，
，∴△ABE≌△CBF（SAS）；∴∠ABE=∠CBF，BE=BF；∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，∴AE=BE，CF=BF；∵∠MBN=60°，BE=BF，∴△BEF为等边三角形；
∴AE+CF=BE+BF=BE=EF；
图2成立，图3不成立．证明图2．延长DC至点K，使CK=AE，连接BK，在△BAE和△BCK中，
则△BAE≌△BCK，∴BE=BK，∠ABE=∠KBC，∵∠FBE=60°，∠ABC=120°，
∴∠FBC+∠ABE=60°，∴∠FBC+∠KBC=60°，∴∠KBF=∠FBE=60°，在△KBF和△EBF中，
∴△KBF≌△EBF，∴KF=EF，∴KC+CF=EF，即AE+CF=EF．
图3不成立，AE、CF、EF的关系是AE﹣CF=EF．
2．【解答】（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．

∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴AG=AF，∠1=∠2．
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．又∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD；（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．
（3）结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE﹣FD．证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．

∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF．∵AB=AD，∴△ABG≌△ADF．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF∵EG=BE﹣BG；∴EF=BE﹣FD．
3．【解答】（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，
∵∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣30°=60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，
又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；
②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，
根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S1=S2；故答案为：DE∥AC；S1=S2；
（2）如图，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC=CE，AC=CD，
∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°﹣90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，∵在△ACN和△DCM中，
，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；
（3） 如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，
且BE、DF1上的高相等，此时S△DCF1=S△BDE；过点D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F1D∥BE，
∴∠F2F1D=∠ABC=60°，∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，
∴△DF1F2是等边三角形，∴DF1=DF2，∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，
∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，∴∠CDF1=180°﹣∠BCD=180°﹣30°=150°，
∠CDF2=360°﹣150°﹣60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，∵在△CDF1和△CDF2中，
，∴△CDF1≌△CDF2（SAS），∴点F2也是所求的点，
∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，
又∵BD=4，∴BE=×4÷cos30°=2÷=，∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=，
故BF的长为或．

　4．【解答】（1）设AP的长是x，则BP=2a﹣x，∴S△APC+S△PBD=x•x+（2a﹣x）•（2a﹣x）
=x2﹣ax+a2，当x=﹣=﹣=a时△APC与△PBD的面积之和取最小值，故答案为：a；
（2）α的大小不会随点P的移动而变化，理由：∵△APC是等边三角形，∴PA=PC，∠APC=60°，
∵△BDP是等边三角形，∴PB=PD，∠BPD=60°，∴∠APC=∠BPD，∴∠APD=∠CPB，
∴△APD≌△CPB，∴∠PAD=∠PCB，∵∠QAP+∠QAC+∠ACP=120°，
∴∠QCP+∠QAC+∠ACP120°，∴∠AQC=180°﹣120°=60°；
（3）此时α的大小不会发生改变，始终等于60°．理由：∵△APC是等边三角形，
∴PA=PC，∠APC=60°，∵△BDP是等边三角形，∴PB=PD，∠BPD=60°，∴∠APC=∠BPD，
∴∠APD=∠CPB，∴△APD≌△CPB，∴∠PAD=∠PCB，∵∠QAP+∠QAC+∠ACP=120°，
∴∠QCP+∠QAC+∠ACP=120°，∴∠AQC=180°﹣120°=60°．

5．【解答】△DEF是等腰三角形；证明：如图，过点C作CP⊥AC，交AN延长线于点P
∵Rt△ABC中AB=AC；∴∠BAC=90°，∠ACB45°∴∠PCN=∠ACB，∠BAD=∠ACP；
∵AM⊥BD；∴∠ABD+∠BAM=∠BAM+∠CAP=90°；∴∠ABD=∠CAP；∴△BAD≌△ACP；
∴AD=CP，∠ADB=∠P；∵AD=CE；∴CE=CP；∵CN=CN；∴△CPN≌△CEN；
∴∠P=∠CEN；∴∠CEN=∠ADB；∴∠FDE=∠FED；∴△DEF是等腰三角形．
附加题：△DEF为等腰三角形；证明：过点C作CP⊥AC，交AM的延长线于点P
∵Rt△ABC中AB=AC；∴∠BAC=90°，∠ACB=45°；∴∠PCN=∠ACB=∠ECN；∵AM⊥BD；
∴∠ABD+∠BAM=∠BAM+∠CAP=90°；∴∠ABD=∠CAP；∴△BAD≌△ACP；∴AD=CP，∠D=∠P；
∵AD=EC，CE=CP；又∵CN=CN；∴△CPN≌△CEN；∴∠P=∠E；
∴∠D=∠E；∴△DEF为等腰三角形．

6．【解答】（1）判断：EN与MF相等（或EN=MF），点F在直线NE上，（2）成立．
连接DF，NF，证明△DBM和△DFN全等（AAS），∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC．
又∵D，E，F是三边的中点，∴EF=DF=BF．∵∠BDM+∠MDF=60°，∠FDN+∠MDF=60°，
∴∠BDM=∠FDN，
在△DBM和△DFN中，，∴△DBM≌△DFN，∴BM=FN，∠DFN∠FDB=60°，
∴NF∥BD，∵E，F分别为边AC，BC的中点，∴EF是△ABC的中位线，∴EF∥BD，
∴F在直线NE上，∵BF=EF，∴MF=EN．
（3）如图③，MF与EN相等的结论仍然成立（或MF=NE成立）．连接DF、DE，
由（2）知DE=DF，∠NDE=∠FDM，DN=DM，
在△DNE和△DMF中，； ∴△DNE≌△DMF，∴MF=NE．

7．【解答】AP=BP+PC，（1）证明：延长BP至E，使PE=PC，连接CE，∵∠BPC=120°，
∴∠CPE=60°，又PE=PC，∴△CPE为等边三角形，∴CP=PE=CE，∠PCE=60°，
∵△ABC为等边三角形，∴AC=BC，∠BCA=60°，∴∠ACB=∠PCE，∴∠ACB+∠BCP=∠PCE+∠BCP，
即：∠ACP=∠BCE，∴△ACP≌△BCE（SAS），∴AP=BE，∵BE=BP+PE，∴AP=BP+PC．
（2）证明：在AD外侧作等边△AB′D，则点P在三角形ADB′外，连接PB'，B'C，
∵∠APD=120°∴由（1）得PB′=AP+PD，在△PB′C中，有PB′+PC＞CB′，
∴PA+PD+PC＞CB′，∵△AB′D、△ABC是等边三角形，∴AC=AB，AB′=AD，
∠BAC=∠DAB′=60°，∴∠BAC+∠CAD=∠DAB′+∠CAD，即：∠BAD=∠CAB′，
∴△AB′C≌△ADB，∴CB′=BD，∴PA+PD+PC＞BD．

8． 【解答】解：（1）∵当n=1时，多项式（a+b）1的展开式是一次二项式，此时第三项的
系数为：0=，
当n=2时，多项式（a+b）2的展开式是二次三项式，此时第三项的系数为：1=，
当n=3时，多项式（a+b）3的展开式是三次四项式，此时第三项的系数为：3=，
当n=4时，多项式（a+b）4的展开式是四次五项式，此时第三项的系数为：6=，…
∴多项式（a+b）n的展开式是一个n次n+1项式，第三项的系数为：；
（2）预测一下多项式（a+b）n展开式的各项系数之和为：2n；
（3）∵当n=1时，多项式（a+b）1展开式的各项系数之和为：1+1=2=21，
当n=2时，多项式（a+b）2展开式的各项系数之和为：1+2+1=4=22，
当n=3时，多项式（a+b）3展开式的各项系数之和为：1+3+3+1=8=23，
当n=4时，多项式（a+b）4展开式的各项系数之和为：1+4+6+4+1=16=24，…
∴多项式（a+b）n展开式的各项系数之和：S=2n．

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