数学苏教七年级下册期末资料专题试卷经典及解析.doc

完整版）数学苏教七年级下册期末资料专题试卷经典及解析
一、选择题
1．若不为0，则（ ）
A． B． C． D．
2．如图，属于同位角的是（ ）

A．与 B．与 C．与 D．与
3．已知关于x，y的方程组 ，其中-3≤a≤1，给出下列结论：①当a=1时，方程组的解也是方程x＋y=4-a的解；
②当a=-2时，x、y的值互为相反数；
③若x＜1，则1≤y≤4；
④ 是方程组的解，其中正确的结论有
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．若，，则与的大小关系是（ ）
A． B． C． D．由的取值而定
5．若关于x的不等式＞0的解集是x＜，则关于x的不等式＞的解集是（　　）
A．x＜ B．x＜ C．x＞ D．x＞
6．下列说法中正确的个数有（ ）
①在同一平面内，不相交的两条直线必平行；
②同旁内角互补；
③；
④；
⑤有两边及其一角对应相等的两个直角三角形全等；
⑥经过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线垂直．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
7．填在下面各小正方形中的四个数之间都有相同的规律，根据这种规律，m的值应是（ ）

A．224 B．168 C．212 D．132
8．如图，甲､乙两动点分别从正方形ABCD的顶点A､C同时沿正方形的边开始移动，甲点依顺时针方向环行，乙点依逆时针方向环行，若乙的速度是甲的速度的4倍，则它们第2017次相遇在边( )

A．AB上 B．BC上 C．CD上 D．DA上
二、填空题
9．计算：﹣3x•2xy＝　 　．
10．命题“锐角与钝角互为补角”是 ___．（填“真命题”或“假命题”）
11．如图，在七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O，若∠1、∠2、∠3、∠4的外角和等于225°，则∠BOD＝______°．

12．若x2﹣ax﹣1可以分解为（x﹣2）（x+b），则a＝_____，b＝_____．
13．已知关于，的方程组，当正整数_____时，方程组有整数解．
14．在边长为8cm的正方形底座中，放置两张大小相同的正方形纸板，边在上，点，分别在，上，若区域Ⅰ的周长比区域Ⅱ与区域Ⅲ的周长之和还大4cm，则正方形纸板的边长为______cm．

15．已知一个三角形的三条边长为2、7、，则的取值范围是_______．
16．如图，将△ABC的各边都延长一倍至A′、B′、C′，连接这些点，得到一个新的三角形△A′B′C′，若△ABC的面积为4，则△A′B′C′的面积是_____．

17．计算
（1）（－2a2）3＋2a2·a4－a8÷a2
（2）
18．因式分解：
（1）
（2）
19．解方程组：
（1）．
（2）．
20．解不等式组并把解集在数轴上表示出来．
三、解答题
21．如图，已知∠1+∠2＝180°，∠B＝∠DEF，求证：DE∥BC．

请将下面的推理过程补充完整．
证明：∵∠1+∠2＝180（已知）
∠2＝∠3（ 对顶角相等 ）
∴∠1+∠3＝180°
∴AB∥EF （ ），
∴∠B＝∠EFC（ ）
∵∠B＝∠DEF（ ），
∴∠DEF＝ （ ）
∴DE∥BC（ ）
22．五一前夕，某时装店老板到厂家选购A，B两种品牌的时装，若购进A品牌的时装5套，B品牌的时装6套，需要950元；若购进A品牌的时装3套，B品牌的时装2套，需要450元．
（1）求A，B两种品牌的时装每套进价分别为多少元？
（2）若1套A品牌的时装售价130元，1套B品牌的时装售价102元，时装店将购进的A，B两种时装共50套全部售出，所获利润要不少于1470元，问A品牌时装至少购进多少套？
23．小红用110根长短相同的小木棍按照如图所示的方式,连续摆正方形或六边形,要求相邻的图形只有一条公共边.

(1)小红首先用根小木棍摆出了个小正方形,请你用等式表示之间的关系： ；
(2)小红用剩下的小木棍摆出了一些六边形,且没有木棍剩余.已知他摆出的正方形比六边形多4个,请你求出摆放的正方形和六边形各多少个?
(3)小红重新用50根小木棍,摆出了排,共个小正方形.其中每排至少含有1个小正方形,每排含有的小正方形的个数可以不同.请你用等式表示之间的关系,并写出所有可能的取值.
24．（1）如图1所示，△ABC中，∠ACB的角平分线CF与∠EAC的角平分线AD的反向延长线交于点F；
①若∠B＝90°则∠F＝　 　；
②若∠B＝a，求∠F的度数（用a表示）；
（2）如图2所示，若点G是CB延长线上任意一动点，连接AG，∠AGB与∠GAB的角平分线交于点H，随着点G的运动，∠F+∠H的值是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出其值．

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．D
解析：D
【分析】
同底数幂相乘，底数不变，指数相加；幂的乘方，底数不变，指数相乘，据此解答即可．
【详解】
解：若不为0，则，
故选：D．
【点睛】
本题考查了同底数幂的乘法以及幂的乘方，掌握幂的运算法则是解答本题的关键．
2．A
解析：A
【分析】
根据同位角、内错角、同旁内角的意义进行判断即可．
【详解】
解：∠2与∠3是两条直线被第三条直线所截形成的同位角，因此选项A符合题意．
∠1与∠4是对顶角，因此选项B不符合题意．
∠1与∠3是内错角，因此选项C不符合题意．
∠2与∠4同旁内角，因此选项D不符合题意．
故选：A．
【点睛】
本题考查同位角、内错角、同旁内角，理解和掌握同位角、内错角、同旁内角的意义是正确判断的前提．
3．B
解析：B
【详解】
解：解方程组，得，
∵-3≤a≤1，∴-5≤x≤3，0≤y≤4，
①当a=1时，x+y=2+a=3，4-a=3，方程x+y=4-a两边相等，结论正确；
②当a=-2时，x=1+2a=-3，y=1-a=3，x，y的值互为相反数，结论正确；
③当x＜1时，1+2a＜1，解得a＜0，故当x≤1时，且-3≤a≤1，
∴-3≤a＜0∴1＜1-a≤4∴1＜y≤4结论错误，
④不符合-5≤x≤3，0≤y≤4，结论错误；
故应选B
考点：1.二元一次方程组的解；2.解一元一次不等式组.
4．A
解析：A
【分析】
求出P与Q的差，即可比较P、Q的大小．
【详解】
解：

，
，
，

故选：A．
【点睛】
本题主要考查整式的运算，作差比较大小是解题的关键．
5．B
解析：B
【分析】
根据＞0的解集是x＜，可以判断a和b的符号情况，再根据a和b的符号求不等式＞的解集．
【详解】
∵关于x的不等式＞0的解集是x＜
∴a＜0
∴
∴
∴b＜0
∴＞

∴
∴
故答案选：B．
【点睛】
本题考查了不等式的解集以及不等式的性质，熟练掌握不等式的性质3是解题的关键．
6．B
解析：B
【分析】
（1）根据平行线的定义：在同一平面内,永不相交的两条直线叫平行线来解答；
（2）根据平行线的性质解答；
（3）根据完全平方公式解答；
（4）根据零次幂的意义解答；
（5）根据全等三角形的判定解答；
（6）根据垂线公理解答．
【详解】
解：根据平行线的定义①正确；
②错，两直线平行，同旁内角互补；
③错，；
④错，当x-2≠0时，（x-2）0=1；
⑤错，有两边及其夹一角对应相等的两个直角三角形全等；
⑥错，同一平面内，经过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线垂直；
故选：B．
【点睛】
本题考查了两直线的位置关系，完全平方公式，0指数幂、全等三角形的判定等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．
7．C
解析：C
【分析】
先根据第一行两个数之间的规律求出阴影小正方形中的数，再根据四个数之间的规律即可得．
【详解】
观察第一行小正方形中的两个数可知，第二个数减去第一个数的差为4，
则阴影小正方形中的数为，
由题意可知，各小正方形中的四个数满足如下等式：，
，
，
则，
故选：C．
【点睛】
本题考查了整式的数字类规律探索，依据题意，正确发现规律是解题关键．
8．C
解析：C
【分析】
第一次相遇行走路程为2a,第二次路程为4a…第n次还是4a,而他们的速度和为5v，求每次甲走的路程，甲第一次走的路程为S1=，第二次走的路程为S2=，第n次走的路程为Sn =，然后求出甲一共走的路程被一周4a除看有多少圈，最后考虑余下的圈数乘以一周4a即可．
【详解】
设正方形的边长为a，甲的速度为v,则乙的速度为4v，
第一次相遇时间为t1，第二次相遇时间为t2，第n次相遇时间为tn，
甲第一次走的路程为S1，第二次走的路程为S2，第n次走的路程为Sn，
4vt1+vt1=2a，
t1=，S1=v•t1
4vt2+vt2=4a，
t2=，S2= v•t2=，
4vt3+vt3=4a，
t3=，S3= v•t3=，
…
tn=，Sn= v•tn=，
S=S1+S2+…+Sn=++…+=，
当n=2017时，
S=，
S÷4a=403.3圈，
0.3×4a=1.2a，
第2017次相遇在CD上距离D为0.2a．
故选择：C．
【点睛】
本题考查相遇地点问题，关键是以甲还是乙为考查对象，然后计算他们走的总路程，被一周4a除看余数，掌握路程时间与速度关系，确定好每次走的路程，第一次2a，以后都是4a才能得以解决问题．
二、填空题
9．﹣6x2y
【分析】
根据单项式乘以单项式的法则即可求出答案．
【详解】
解：﹣3x•2xy
＝﹣3×2•（x•x）y
＝﹣6x2y．
故答案为：﹣6x2y．
【点睛】
本题考查整式的运算，解题的关键是熟练运用整式的运算法则，本题属于基础题型．
10．假命题
【分析】
根据补角进行判断即可．
【详解】
解：锐角与钝角不一定互为补角，如60°与100°，原命题是假命题，
故答案为：假命题．
【点睛】
本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式；有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．
11．A
解析：45
【分析】
依据七边形AOEFG的外角和为360°，即可得到∠AOE的邻补角的度数，进而得出∠BOD的度数．
【详解】
解：∵五边形AOEFG的外角和为360°，
且∠1、∠2、∠3、∠4对应的邻补角和等于225°，
∴∠AOE的邻补角为360°-225°=135°，
∴∠BOD=180°-135°=45°，
故答案为：45．
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角与外角，掌握多边形的外角和等于360度是解题的关键．
12．
【分析】
根据因式分解的意义，把一个多项式转化成几个整式积的形式，可得答案．
【详解】
解：∵x2﹣ax﹣1＝（x﹣2）（x+b）＝x2+（b﹣2）x﹣2b，
∴﹣2b＝﹣1，b﹣2＝﹣a，
b＝，a＝，
故答案为：，．
【点睛】
本题主要考查因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
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．G
解析：
【分析】
过点O作OG⊥EF于点G，作OH⊥BC于点H，可得区域Ⅰ的周长等于长方形ADIG的周长，区域Ⅱ与区域Ⅲ的周长之和等于正方形纸板的周长，然后设正方形纸板的边长为xcm，则DI=（8-x）cm，可得区域Ⅰ的周长为，再根据区域Ⅰ的周长比区域Ⅱ与区域Ⅲ的周长之和还大4cm，即可求解．
【详解】
如图，过点O作OG⊥EF于点G，作OH⊥BC于点H，则区域Ⅰ的周长等于长方形ADIG的周长，区域Ⅱ与区域Ⅲ的周长之和等于正方形纸板的周长，

设正方形纸板的边长为xcm，则DI=（8-x）cm，
∴长方形ADIG的周长为 ，
即区域Ⅰ的周长为
∵区域Ⅰ的周长比区域Ⅱ与区域Ⅲ的周长之和还大4cm，
∴ ，
解得： ．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了平移的性质，利用平移的性质得到区域Ⅰ的周长等于长方形ADIG的周长，区域Ⅱ与区域Ⅲ的周长之和等于正方形纸板的周长是解题的关键．
15．5x9
【详解】
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，而小于两边的和得：7−2BC=4，进而得到S△A′C′A =S△A′B′B=S△CC′B′=8，从而
解析：28
【分析】
连接C′B，根据三角形的中线平分三角形的面积可得S△A′C′A=2S△BAC′，再算出S△ABC′=S△ABC=4，进而得到S△A′C′A =S△A′B′B=S△CC′B′=8，从而得到答案．
【详解】
连接C′B，
∵AA′=2AB，
∴S△A′C′A=2S△BAC′，
∵CC′=2AC，
∴S△ABC′=S△ABC=4，
∴S△A′C′A=8，
同理：S△A′B′B=S△CC′B′=8，
∴△A′B′C′的面积=8+8+8+4=28，
故答案为：28．

【点睛
本题主要考查三角形中线的性质，掌握三角形的中线平分三角形的面积，是解题的关键．
17．（1）－7a6；（2）2
【分析】
（1）直接利用幂的乘方、同底数幂的乘法、同底数幂的除法计算可得；
（2）直接利用负整数指数幂的性质、零指数幂、去绝对值符号求解即可．
【详解】
（1）解：原式＝－
解析：（1）－7a6；（2）2
【分析】
（1）直接利用幂的乘方、同底数幂的乘法、同底数幂的除法计算可得；
（2）直接利用负整数指数幂的性质、零指数幂、去绝对值符号求解即可．
【详解】
（1）解：原式＝－8a6＋2a6－a6
＝－7a6
（2）解：原式
=2
【点睛】
本题考查了幂的乘法、同底数幂的乘法、同底数幂的除法、负整数指数幂的性质、零指数幂、去绝对值符号，解题的关键是：掌握相关的运算法则．
18．（1）；（2）．
【分析】
（1）先提取公因式x，然后利用平方差公式分解因式即可；
（2）先提取公因式，然后利用完全平方公式分解因式即可.
【详解】
解：（1）
；
（2）
.
【点睛】
本题主
解析：（1）；（2）．
【分析】
（1）先提取公因式x，然后利用平方差公式分解因式即可；
（2）先提取公因式，然后利用完全平方公式分解因式即可.
【详解】
解：（1）

；
（2）

.
【点睛】
本题主要考查了因式分解，解题的关键在于能够熟练掌握因式分解的方法.
19．（1）；（2）
【分析】
（1）利用代入消元法可进行求解；
（2）先把二元一次方程组进行化简，然后再利用加减消元进行求解即可．
【详解】
解：（1）
把②代入①得：，解得：，
把代入②得：，
∴原方
解析：（1）；（2）
【分析】
（1）利用代入消元法可进行求解；
（2）先把二元一次方程组进行化简，然后再利用加减消元进行求解即可．
【详解】
解：（1）
把②代入①得：，解得：，
把代入②得：，
∴原方程组的解为；
（2）
方程组化简得：
②×5+①得：，解得：，
把代入②得：，
∴原方程组的解为．

【点睛】
本题主要考查二元一次方程组的解法，熟练掌握二元一次方程组的解法是解题的关键．
20．无解，见解析
【分析】
先求得每个不等式的解集，后确定不等式组的解集即可．
【详解】
∵
∴解不等式①，得x≥8 ，
解不等式②得：x<1，
在数轴上表示不等式①②的解
解析：无解，见解析
【分析】
先求得每个不等式的解集，后确定不等式组的解集即可．
【详解】
∵
∴解不等式①，得x≥8 ，
解不等式②得：x<1，
在数轴上表示不等式①②的解集为：

可以看出这两个不等式的解集没有公共部分，所以此不等式组无解．
【点睛】
本题考查了一元一次不等式组的解法，熟练掌握不等式组的求解步骤是解题的关键．
三、解答题
21．见解析
【分析】
根据平行的性质和判定定理填空．
【详解】
解：证明：∵∠1+∠2＝180（已知），
∠2＝∠3（对顶角相等），
∴∠1+∠3＝180°，
∴AB∥EF （同旁内角互补，两直线平行）
解析：见解析
【分析】
根据平行的性质和判定定理填空．
【详解】
解：证明：∵∠1+∠2＝180（已知），
∠2＝∠3（对顶角相等），
∴∠1+∠3＝180°，
∴AB∥EF （同旁内角互补，两直线平行），
∴∠B＝∠EFC（两直线平行，同位角相等），
∵∠B＝∠DEF（已知），
∴∠DEF＝∠EFC（等量代换），
∴DE∥BC（内错角相等，两直线平行）．
【点睛】
本题考查平行的性质和判定，解题的关键是掌握平行的性质和判定定理．
22．（1）A品牌的时装每套进价为100元，B品牌的时装每套进价为75元．（2）A品牌时装至少购进40套．
【分析】
（1）设A品牌的时装每套进价为x元，B品牌的时装每套进价为y元，根据“若购进A品牌的时
解析：（1）A品牌的时装每套进价为100元，B品牌的时装每套进价为75元．（2）A品牌时装至少购进40套．
【分析】
（1）设A品牌的时装每套进价为x元，B品牌的时装每套进价为y元，根据“若购进A品牌的时装5套，B品牌的时装6套，需要950元；若购进A品牌的时装3套，B品牌的时装2套，需要450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A品牌的时装购进m套，则B品牌的时装购进（50−m）套，根据总利润＝每件利润×销售数量（购进数量）结合所获总利润要不少于1470元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．
【详解】
解：（1）设A品牌的时装每套进价为x元，B品牌的时装每套进价为y元，
依题意，得：，
解得：．
答：A品牌的时装每套进价为100元，B品牌的时装每套进价为75元．
（2）设A品牌的时装购进m套，则B品牌的时装购进（50﹣m）套，
依题意，得：（130﹣100）m+（102﹣75）（50﹣m）≥1470，
解得：m≥40．
答：A品牌时装至少购进40套．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用以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）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
23．（1）；（2）正方形有16个，六边形有12个；（3），，或
【解析】
【分析】
(1)摆1个正方形需要4根小木棍，摆2个正方形需要7根小木棍，摆3个正方形需要10根小木棍…每多一个正方形就多3根小木
解析：（1）；（2）正方形有16个，六边形有12个；（3），，或
【解析】
【分析】
(1)摆1个正方形需要4根小木棍，摆2个正方形需要7根小木棍，摆3个正方形需要10根小木棍…每多一个正方形就多3根小木棍，则摆p个正方形需要4+3(p-1)=3p+1根小木棍，由此求得答案即可；
(2)设连续摆放了六边形x个， 正方形y个，则连续摆放正方形共用小木棍(3y+1)根，六方形共用小木棍(5x+1)根，由题意列出方程组解决问题即可；
(3)由(1)可知每排用的小木棍数比这排小正方形个数的3倍多1根，由此可得s、t间的关系，再根据s、t均为正整数进行讨论即可求得所有可能的取值.
【详解】
(1)摆1个正方形需要4根小木棍，4=4+3×(1-1)，
摆2个正方形需要7根小木棍，4=4+3×(2-1)，
摆3个正方形需要10根小木棍，10=4+3×(3-1)，
……，
摆p个正方形需要m=4+3×(p-1)=3p+1根木棍，
故答案为：；
(2)设六边形有个，正方形有y个，
则，
解得，
所以正方形有16个，六边形有12个；
(3)据题意，，
据题意，，且均为整数，
因此可能的取值为：
，，或.
【点睛】
本题考查二元一次方程组的实际运用，找出连续摆放正方形共用小木棍的根数，六方形共用小木棍的根数是解决问题的关键．
24．（1）①45°；②∠F＝a；（2）∠F+∠H的值不变，是定值180°．
【分析】
（1）①②依据AD平分∠CAE，CF平分∠ACB，可得∠CAD=∠CAE，∠ACF=∠ACB，依据∠CAE是△ABC
解析：（1）①45°；②∠F＝a；（2）∠F+∠H的值不变，是定值180°．
【分析】
（1）①②依据AD平分∠CAE，CF平分∠ACB，可得∠CAD=∠CAE，∠ACF=∠ACB，依据∠CAE是△ABC的外角，可得∠B=∠CAE-∠ACB，再根据∠CAD是△ACF的外角，即可得到∠F=∠CAD-∠ACF=∠CAE-∠ACB=（∠CAE-∠ACB）=∠B；
2）由（1）可得，∠F=∠ABC，根据角平分线的定义以及三角形内角和定理，即可得到∠H=90°+∠ABG，进而得到∠F+∠H=90°+∠CBG=180°．
【详解】
解：（1）①∵AD平分∠CAE，CF平分∠ACB，
∴∠CAD＝∠CAE，∠ACF＝∠ACB，
∵∠CAE是△ABC的外角，
∴∠B＝∠CAE﹣∠ACB，
∵∠CAD是△ACF的外角，
∴∠F＝∠CAD﹣∠ACF＝∠CAE﹣∠ACB＝（∠CAE﹣∠ACB）＝∠B＝45°，
故答案为45°；
②∵AD平分∠CAE，CF平分∠ACB，
∴∠CAD＝∠CAE，∠ACF＝∠ACB，
∵∠CAE是△ABC的外角，
∴∠B＝∠CAE﹣∠ACB，
∵∠CAD是△ACF的外角，
∴∠F＝∠CAD﹣∠ACF＝∠CAE﹣∠ACB＝（∠CAE﹣∠ACB）＝∠B＝a；
（2）由（1）可得，∠F＝∠ABC，
∵∠AGB与∠GAB的角平分线交于点H，
∴∠AGH＝∠AGB，∠GAH＝∠GAB，
∴∠H＝180°﹣（∠AGH+∠GAH）＝180°﹣（∠AGB+∠GAB）＝180°﹣（180°﹣∠ABG）＝90°+∠ABG，
∴∠F+∠H＝∠ABC+90°+∠ABG＝90°+∠CBG＝180°，
∴∠F+∠H的值不变，是定值180°．
【点睛】
本题主要考查了三角形内角和定理、三角形外角性质的综合运用，熟练运用定理是解题的关键．
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．