文档内容
2024-2025 学年七年级数学下学期期中专项卷
【压轴题篇】
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
考前须知：
1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。
2．测试范围：相交线与平行线~平面直角坐标系（人教版2024）。
第Ⅰ卷
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的。）
1．（3分）（2024春•洪山区期中）若用[x]表示任意正实数的整数部分，例如：[2.5]＝2，[2]＝2，[❑√2]=1，
则式子[❑√2]−[❑√3]+[❑√4]−[❑√5]+⋯+[❑√2022]−[❑√2023]+[❑√2024] 的值为（ ）
（式子中的“+”，“﹣”依次相间）
A．22 B．﹣22 C．23 D．﹣23
【分析】根据[x]表示任意实数的整数部分，求出各个式子的值，然后进行计算即可．
【解答】解：∵442＝1936，452＝2025，
∴原式＝1﹣1+2﹣2+2﹣2+2﹣3+3﹣3+3﹣3+3﹣3+4﹣...﹣44+44
＝+2﹣2+2﹣2+2﹣3+3﹣3+3﹣3+3﹣3+4﹣...﹣44+44
∵从2到44，每个数不考虑符号都是奇数个，
∴原式＝+2﹣3+4﹣5+...﹣43+44
＝﹣21+44
＝23，
故选：C．
2．（3分）（2024春•番禺区校级期中）如图，AB∥CD，∠DCE的角平分线CG的反向延长线和∠ABE的角
平分线BF交于点F，∠BEC﹣∠BFC＝30°，则∠E的度数为（ ）A．50° B．60° C．80° D．90°
【分析】过E作EM∥AB，过F作FN∥AB，得到EM∥CD∥FN，推出∠BFN＝∠ABF，∠CFN＝
∠DCG，∠MEC＝∠DCE，∠ABE+∠MEB＝180°，设∠ABF＝x，∠DCG＝y，求出∠BFC＝∠BFN﹣
∠CFN＝x﹣y，∠BEC＝180°2﹣（x﹣y）＝180°﹣2∠BFC，得到180°﹣2∠BFC﹣∠BFC＝30°，求出
∠BFC＝50°，即可求出∠BEC的度数．
【解答】解：过E作EM∥AB，过F作FN∥AB，
∵AB∥CD，
∴EM∥CD∥FN，
∴∠BFN＝∠ABF，∠CFN＝∠DCG，∠MEC＝∠DCE，∠ABE+∠MEB＝180°，
设∠ABF＝x，∠DCG＝y，
∵BF平分∠ABE，CG平分∠DCE，
∴∠ABE＝2x，∠DCE＝2y，
∴∠BFC＝∠BFN﹣∠CFN＝x﹣y，∠BEM＝180°﹣2x，CEM＝2y，
∴∠BEC＝180°﹣2x+2y＝180°2﹣（x﹣y）＝180°﹣2∠BFC，
∵∠BEC﹣∠BFC＝30°，
∴180°﹣2∠BFC﹣∠BFC＝30°，
∴∠BFC＝50°，
∴∠BEC＝50°+30°＝80°．
故选：C．
3．（3分）（2024春•广州期中）已知min{a，b，c}表示取三个数中最小的那个数．例如：min{|﹣2|，（﹣
1
2）2，（﹣2）3}＝﹣8，当min{❑√x，x2，x}= 时，则x的值为（ ）
16
1 1 1 1
A． B． C． D．
16 8 4 2
【分析】根据题意得出三种情况：①当❑√x最小时，②当x2最小时，③当x最小时，求出其余两个式子的
值，再根据有理数的大小比较法则比较即可．
1
【解答】解：min{❑√x，x2，x}= ，
16分为三种情况：
1 1 1 1
①当❑√x最小时，❑√x= ，则x= ，x2=( )2= ，
16 256 256 65536
1 1 1
∵ ＞ ＞ ，
16 256 65536
∴此时❑√x不是子小的数，舍去；
1 1 1 1
②当x2最小时，x2= ，则x=± （当x=− 时，❑√x无意义舍去），❑√x= ，
16 4 4 2
1 1 1
∵ ＜ ＜ ，
16 4 2
1
∴此时符合题意，即x= ；
4
1 1 1
③当x最小时，x= ，则❑√x= ，x2= ，
16 4 256
1 1 1
∵ ＜ ＜ ，
256 16 4
∴此时x不是最小的数，舍去；
1
综上所述：x= ，
4
故选：C．
4．（3分）（2024春•江夏区期中）△ABC内的任意一点M（a，b），经过平移后对应点N的坐标是（m，
n）．已知点A（4，3）也经过这样的平移后的对应点是D（6，﹣2），则m+n﹣a﹣b的值为（ ）
A．2 B．﹣2 C．3 D．﹣3
【分析】根据图形平移的性质解答即可．
【解答】解：∵△ABC内的任意一点M（a，b），经过平移后对应点N的坐标是（m，n），点A（4，3）
也经过这样的平移后的对应点是D（6，﹣2），
∴m﹣a＝6﹣4＝2①，n﹣b＝﹣2﹣3＝﹣5②，
∴①+②得，m+n﹣a﹣b＝2﹣5＝﹣3．
故选：D．
5．（3分）（2024春•江岸区期中）在平面直角坐标系中，已知点A（m﹣4，m+2），B（m﹣4，m），C
（m，0），D（2，0），已知三角形ABD的面积是三角形ABC面积的2倍，则m的值为（ ）
A．﹣14 B．2 C．﹣14或2 D．14或﹣2
【分析】先根据点A、B的横坐标相等得出AB∥y轴以及AB的长，再根据三角形面积之间的关系得出关于
m的方程求解即可．
【解答】解：∵点A（m﹣4，m+2），B（m﹣4，m），∴AB∥y轴，AB＝m+2﹣m＝2，
1 1
由题意得， ×2×|2−(m−4)|=2× ×2×|m−(m−4)|，
2 2
即|6﹣m|＝8，
解得m＝﹣2或m＝14，
故选：D．
6．（3分）（2024春•武汉期中）如图，AB∥CD，N为CD上一点，直线EM交AB于M，交CD于F，且
∠AME＝70°，若点P为射线FE上一点，PQ平分∠MPN，NH平分∠PNC交AB于H，PT∥NH交CD于
T，则∠TPQ的度数为（ ）
A．30° B．35° C．30°或150° D．35°或125°
【分析】分点P在线段FM上和在射线ME上，两种情况进行讨论求解即可．
【解答】解：当点P在线段FM上时，如图：
∵PQ平分∠MPN，NH平分∠PNC，
∴∠MPQ＝∠NPQ，∠MNH＝∠CNH，
设∠MPQ＝∠NPQ＝ ，∠MNH＝∠CNH＝ ，
∴∠PNT＝180°﹣∠CNM＝180°﹣2 ，
α β
∵AB∥CD，
β
∴∠MFC＝∠AME＝70°，
∵PT∥NH，
∴∠PTC＝∠CNH＝ ，
∵∠PNT＝∠MPN﹣∠PFN＝2 ﹣70°，
β
∴180°﹣2 ＝2 ﹣70°，
α
∴ + ＝125°，
β α
α β∵∠NPT＝180°﹣∠PNT﹣∠PTN＝ ，
∴∠TPQ＝∠NPT+∠NPQ＝ + ＝125°；
β
当点P在射线ME上时，如图：
α β
∵PQ平分∠MPN，NH平分∠PNC，
∴∠MPQ＝∠NPQ，∠MNH＝∠CNH，
设∠MPQ＝∠NPQ＝ ，∠MNH＝∠CNH＝ ，
∴∠PNT＝180°﹣∠CNM＝180°﹣2 ，
α β
∵AB∥CD，
β
∴∠MFC＝∠AME＝70°，
∵PT∥NH，
∴∠PTC＝∠CNH＝ ，
∵∠PNF+∠PFN+∠NPF＝180°，
β
∴180°﹣2 +2 +70°＝180°，
∴ ﹣ ＝35°，
β α
∵∠NPT＝180°﹣∠PNT﹣∠PTN＝ ，
β α
∴∠TPQ＝∠NPT﹣∠NPQ＝ ﹣ ＝35°；
β
综上：∠TPQ＝35°或125°；
α β
故选：D．
7．（3分）（2024春•武昌区校级期中）在平面直角坐标系中，横坐标、纵坐标都为整数的点叫整点．如图，
正方形内部和边上共有25个整点，则过（100，0）（0，100）（﹣100，0）（0，﹣100）四点围成的正方
形边上和内部共有（ ）个整点．A．20200 B．2020 C．2021 D．20201
【分析】找到从内到外每个正方形内部和边上共有的整点的个数，找到第n个正方形内部和边上共有的整
点的个数的规律，并根据其解决题目．
【解答】解：第一个正方形内部和边上共有的整点个数为4+1＝4×1+1，
第二个正方形内部和边上共有的整点为4×2+4×1+1，
第三个正方形内部和边上共有的整点个数为4×3+4×2+4×1+1，
故找到规律第n个正方形内部和边上共有的整点个数4（1+2+3+…+n）+1
n(n+1)
＝4× +1
2
＝2n（n+1）+1，
当n＝100时，正方形内部和边上共有的整点数为2×100×（100+1）+1＝20201，
故选：D．
8．（3分）（2024春•洪山区期中）如图，长方形纸片ABCD，点M，N分别在AD，BC边上，将纸片沿MN
折叠，点C，D分别落在点C ，D 处，MD 与BC交于点P，再沿PN折叠纸片，点C ，D 分别落在点
1 1 1 1 1
C ，D 处，设∠BPD ＝ ，则∠MNC 的度数为（ ）
2 2 2 2
α
1 1 1 3
A． α B．90°− α C． α D．90°− α
3 2 2 2【分析】设∠MNC ＝x，利用平行线的性质可得∠BNC ＝∠BPD ＝ ，再利用折叠的性质可得：∠BNC ＝
2 2 2 1
∠BNC
2
＝ ，从而可得∠MNC
1
＝2 +x，然后再利用折叠的性质可得：
α
∠MNC
1
＝∠MNC＝2 +x，最后根据
平角定义可 α 得∠MNC+∠MNC 2 +∠BαNC 2 ＝180°，从而可得2 +x+x+ ＝180°，进行计算即可解 α 答．
【解答】解：设∠MNC
2
＝x，
α α
由题意得：PD ∥NC ，
2 2
∴∠BNC ＝∠BPD ＝ ，
2 2
由折叠得：∠BNC
1
＝∠ αBNC
2
＝ ，
∴∠MNC
1
＝∠BNC
1
+∠BNC
2
+∠ αMNC
2
＝2 +x，
由折叠得：∠MNC
1
＝∠MNC＝2 +x，
α
∵∠MNC+∠MNC
2
+∠BNC
2
＝180α°，
∴2 +x+x+ ＝180°，
3
解得α：x＝9 α 0°− ，
2
α3
∴∠MNC ＝90°− ，
2 2
α
故选：D．
9．（3分）（2024春•汉川市期中）在平面直角坐标系中，对于点P（a，b），我们把P'（b+1，﹣a+1）叫做
点P的伴随点．已知点A 的伴随点为A ，点A 的伴随点为A ，点A 的伴随点为A ，……，这样依次得到
1 2 2 3 3 4
点A ，A ，A ，……，A ．若点A 的坐标为（0，﹣4），则点A 的坐标为（ ）
1 2 3 n 1 2024
A．（2，4） B．（5，﹣1） C．（﹣3，1） D．（0，﹣4）
【分析】根据伴随点的定义，依次求出点A（i为正整数）的坐标，发现规律即可解决问题．
i
【解答】解：由题知，
因为点A 的坐标为（0，﹣4），
1
所以﹣4+1＝﹣3，﹣0+1＝1，
所以点A 的伴随点的坐标为（﹣3，1），
1
即点A 的坐标为（﹣3，1），
2
依次类推，点A 的坐标为（2，4），点A 的坐标为（5，﹣1），点A 的坐标为（0，﹣4），…，
3 4 5
所以点A（i为正整数）的坐标按（0，﹣4），（﹣3，1），（2，4），（5，﹣1）循环出现，
i
又因为2024÷4＝506，
所以点A 的坐标为（5，﹣1）．
2024
故选：B．
10．（3分）（2024春•集美区校级期中）如图，AB∥CD，F为AB上一点，FD∥EH，且FE平分∠AFG，过点F作FG⊥EH于点G，且∠AFG＝2∠D，则下列结论：
①∠D＝40°；
②2∠D+∠EHC＝90°；
③FD平分∠HFB；
④FH平分∠GFD．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据角平分线的性质和平行线的性质解答．延长FG，交CH于I，构造出直角三角形，利用直角
三角形两锐角互余解答．
【解答】解：延长FG，交CH于I．
∵AB∥CD，
∴∠BFD＝∠D，∠AFI＝∠FIH，
∵FD∥EH，
∴∠EHC＝∠D，
∵FE平分∠AFG，
∴∠FIH＝2∠AFE＝2∠EHC，
∴3∠EHC＝90°，
∴∠EHC＝30°，
∴∠D＝30°，
∴2∠D+∠EHC＝2×30°+30°＝90°，
∴①∠D＝40°错误；②2∠D+∠EHC＝90°正确，
∵FE平分∠AFG，
∴∠AFI＝30°×2＝60°，
∵∠BFD＝30°，
∴∠GFD＝90°，
∴∠GFH+∠HFD＝90°，
可见，∠HFD的值未必为30°，∠GFH未必为45°，只要和为90°即可，
∴③FD平分∠HFB，④FH平分∠GFD不一定正确．
故选：A．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024春•武昌区校级期中）在平面直角坐标系中，A（2，3），B（6，1），P（x，y），点A、
16 4 1
B、P在同一直线上，且AP＝5BP，则P点的坐标是 （ ， ）或（ 7 ， ） ．
3 3 2
【分析】分情况P点可能在线段AB之间，可能在线段AB延长线上讨论．
【解答】解：如图P点可能在线段AB之间，可能在线段AB延长线上，
①当P点在AB之间为P（ x，y ）时，A（2，3），B（6，1），P（x，y），
如图，过点A作AE⊥x轴，过点P，B作AE的垂线，垂足为E，C，作PF⊥BC于F，连接PC，
则AC＝3﹣1＝2，BC＝6﹣2＝4，
∵AP＝5BP
∴S△APC＝5S△BPC，
1
∴S△BPC =
6△ABC
，
1 1
∴PF= AC= ，
6 3
1 4
∴y＝1+ = ，
3 3
5
∵S△APC =
6△ABC
，
5 10
∴PE= BC= ，
6 310 16
∴x＝2+ = ，
3 3
16 4
∴点P的坐标为：（ ， ）；
3 3
②当点P在线段AB延长线上时P（ x，y ），过点A作AE⊥x轴，过点P，B作AE的垂线，垂足为E，
C，作BF⊥PE于F，
A（2，3），B（6，1），P（x，y），
AC＝3﹣1＝2，BC＝6﹣2＝4，
∵AP＝5BP，
∴S△APE＝5S△BPE，
4
∵S△ABE =
5
S△APE ，
4
∴BC= PE＝4，
5
∴PE＝5，
∴x＝2+5＝7，
1
∴S△BPC =
5
S△APC ，
1
∴BF= AE，
5
1
∴1﹣y= （3﹣y）
5
1
∴y= ，
2
1
∴点P的坐标为：（7， ）；
216 4 1
∴P（ ， ）或（7， ）．
3 3 2
12．（3分）（2024春•东西湖区期中）任何实数a，可用[a]表示不超过a的最大整数，如[4]＝4，[❑√3]＝1，
第一次 第二次 第三次
现对72进行如下操作：72
→
[❑√72]＝8
→
[❑√8]＝2
→
[❑√2]＝1，这样对72只需进行3次操作后变为
1．类似地，对81只需进行3次操作后变为1，那么只需进行3次操作后变为1的所有正整数中，最大的是
255 ．
【分析】根据[a]表示不超过a的最大整数，对81只需进行3次操作后变为1，由此分别对82，182，255，
282进行操作，可得到只需进行3次操作后变为1的所有正整数中，最大的整数
【解答】解：[❑√81]=9，[❑√9]=3，[❑√3]=1.[❑√82]=9，[❑√9]=3，[❑√3]=1；
[❑√182]=13，[❑√13]=3，[❑√3]=1；[❑√255]=15，[❑√15]=3，[❑√3]=1；
[❑√282]=16，[❑√16]=4，[❑√4]=2，[❑√2]=1；
∵只需进行3次操作后变为1的所有正整数，算术平方根是16时就需要四次操作，取整数，
∴最大的数是255．
故答案为：255．
13．（3分）（2024春•武威期中）在平面直角坐标系xOy中，对于不同的两点M，N，若点M到x轴，y轴的
距离的较大值等于点N到x轴，y轴的距离的较大值，则称点M，N互为“最距等点”．例如：点 （3，﹣
4），（4，﹣2）互为“最距等点”；点（3，﹣3），（﹣3，0）互为“最距等点”．已知点P（2﹣n，﹣
2n+1）与点Q（n+1，2n﹣3）互为“最距等点”，则n的值为 2 ．
【分析】根据互为“最距等点”的定义可得：|2﹣n|＝|n+1|或|2﹣n|＝|2n﹣3|或|﹣2n+1|＝|n+1|或|﹣2n+1|＝|
2n﹣3|，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：∵点P（2﹣n，﹣2n+1）与点Q（n+1，2n﹣3）互为“最距等点”，
∴|2﹣n|＝|n+1|或|2﹣n|＝|2n﹣3|或|﹣2n+1|＝|n+1|或|﹣2n+1|＝|2n﹣3|，
当|2﹣n|＝|n+1|时，
∴2﹣n＝n+1或2﹣n＝﹣（n+1），
∵2﹣n＝n+1，
1
∴n= ，
2
3 3
∴点P的坐标为（ ，0），点Q的坐标为（ ，﹣2），不符合题意，舍去；
2 2
∵2﹣n＝﹣（n+1），
∴此方程无解；
当|2﹣n|＝|2n﹣3|时，
∴2﹣n＝±（2n﹣3），∵2﹣n＝2n﹣3，
5
∴n= ，
3
1 7 8 1
∴点P的坐标为（ ，− ），点Q的坐标为（ ， ），不符合题意，舍去；
3 3 3 3
∵2﹣n＝﹣（2n﹣3），
∴n＝1，
∴点P的坐标为（1，﹣1），点Q的坐标为（2，﹣1），不符合题意，舍去；
当|﹣2n+1|＝|n+1|时，
∴﹣2n+1＝±（n+1），
∵﹣2n+1＝n+1，
∴n＝0，
∴点P的坐标为（2，1），点Q的坐标为（1，﹣3），不符合题意，舍去；
∵﹣2n+1＝﹣（n+1），
∴n＝2，
∴点P的坐标为（0，﹣3），点Q的坐标为（3，1），
∴点P（2﹣n，﹣2n+1）与点Q（n+1，2n﹣3）互为“最距等点”；
当|﹣2n+1|＝|2n﹣3|时，
∴﹣2n+1＝±（2n﹣3），
∵﹣2n+1＝2n﹣3，
∴n＝1，
∴点P的坐标为（1，﹣1），点Q的坐标为（2，﹣1），不符合题意，舍去；
∵﹣2n+1＝﹣（2n﹣3），
∴此方程无解；
综上所述：n＝2，
答案为：2．
14．（3分）（2024春•武汉期中）在平面直角坐标系中，A（﹣1，0），B（2，3），C（3，0），D（a，﹣
4 5
2a+1）为第四象限内一点，连接BD交x轴于点E，若S△ADE ＝S△BCE ，则D点坐标为 (
3
，−
3
) ．【分析】根据 S△ADE ＝S△BCE ，得到S△ADC ＝S△BDC ，根据分割法列出方程，进行求解即可．
【解答】解：∵S△ADE ＝S△BCE ，
∴S△ADE +S△CDE ＝S△BCE +S△CDE ，
∴S△ADC ＝S△BDC ，
过点D作DF⊥x轴，过点C作CH⊥x轴，过点D作DG⊥CH，过点B作BH⊥CH，
∵A（﹣1，0），B（2，3），C（3，0），D（a，﹣2a+1），
∴AC＝4，DF＝CG＝2a﹣1，DG＝3﹣a，BH＝3﹣2＝1，CH＝3，
∴HG＝3+2a﹣1＝2a﹣2，
∵S△ADC ＝S△BDC ，
1 1 1 1
∴ ×4×(2a−1)= (2+2a)⋅(1+3−a)− (3−a)(2a−1)− ×1×3
2 2 2 2
即：8a﹣4＝（2+2a）•（4﹣a）﹣（3﹣a）（2a﹣1）﹣1×3，
整理得：8a﹣4＝8﹣a，
4
解得：a= ，
35
∴−2a+1=− ；
3
4 5
∴D点坐标为( ，− )．
3 3
4 5
故答案为：( ，− )．
3 3
15．（3分）（2024春•江汉区期中）将图（1）中的长方形纸片ABCD沿EF翻折得到图（2），再将图（2）
中的四边形CDGF沿FG翻折得到图（3）．在图（3）中，下列四个结论：①∠EGB＝2∠EFG；
②EF∥CD；③∠EHG＝3∠EFB；④∠AEG﹣∠FEG＝∠EFC．其中正确的结论是 ①③④ （填写
序号）．
【分析】设∠GEF＝x，由折叠的性质和平行线的性质得到∠GEF＝∠DEF＝x和∠DEF＝∠EFB＝x，进而
判断①；由AD∥BC，得到∠AEF＝∠EFC＝180°﹣x，由折叠的性质得∠EFC＝∠EFC'＝180°﹣x，
∠GFC'＝∠GFC'＝180°﹣2x，推导出∠EFC'＝180°﹣3x，进而判断②、③；由FC'∥ED'得到∠FGD'＝
2x，由折叠的性质得∠D'GF＝∠D'GF＝2x，进一步推导并判断④，
【解答】解：设∠GEF＝x，
由折叠的性质得∠GEF＝∠DEF＝x，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB＝x，
∴∠GEF＝∠GFE，故①正确；
∵AD∥BC，
∴∠AEF＝∠EFC＝180°﹣x，
由折叠的性质得∠EFC＝∠EFC'＝180°﹣x，
∴∠GFC'＝180°﹣2x，
由折叠的性质得∠GFC'＝∠GFC'＝180°﹣2x，
∴∠EFC'＝180°﹣3x，
∴∠AEG﹣∠FEG＝180°﹣2x﹣x＝180°﹣3x，
∴∠AEG﹣∠FEG＝∠EFC，故②错误，③正确；
∵FC'∥ED'，
∴∠FGD'＝180°﹣（180°﹣2x）＝2x，由折叠的性质得∠D'GF＝∠D'GF＝2x，
∴∠EHG＝∠D'GF+∠EFG＝3x，
∴∠EHG＝3∠EFB，故④正确，
故答案为：①③④．
16．（3分）（2024春•黄石港区期中）如图，直线AB∥CD，点E在AB上，点F在CD上，点P在AB，CD
之间，∠AEP和∠CFP的角平分线相交于点M，∠DFP的角平分线交EM的反向延长线于点N，下列四个
结论：
①∠EPF＝∠AEP+∠CFP；
②∠EPF＝2∠M；
③若EP∥FN，则∠AEM＝∠CFM；
④∠MNF+∠PEM＝90°﹣∠PFM．
其中正确的结论是 ①②④ （填写序号）．
【分析】作PQ∥AB，证出PQ∥CD，由内错角相等可得①正确；同理可证∠M＝∠AEM+∠CFM，再根据
角平分线的定义，可得②正确；若EP∥FN，则∠AEP＝∠AHF，再由平行线的性质和角平分线的定义可
得∠AEP＝∠PFH，因为∠CFP与∠PFH不一定相等，所以∠AEM与∠CFM不一定相等，判断③不正
确；由FN平分∠PFD，FM平分∠CFP，得到∠MFN＝90°，即∠N+∠M＝90°，即可判断④正确．
【解答】解：①：作PQ∥AB，
∴∠AEP＝∠EPQ，
∵AB∥CD，
∴PQ∥CD，
∴∠CFP＝∠FPQ，
∵∠EPF＝∠EPQ+∠FPQ，
∴∠EPF＝∠AEP+∠CFP，故①正确；同理可得：∠M＝∠AEM+∠CFM，
∵EM平分∠AEP，FM平分∠CFP，
∴∠AEP＝2∠AEM，∠CFP＝2∠CFM，
∴∠AEP+∠CFP＝2（∠AEM+∠CFM），
即∠EPF＝2∠M，故②正确；
设AB交NF于点H，
若EP∥FN，则∠AEP＝∠AHF，
∵AB∥CD，
∴∠AHF＝∠HFD，
∵FN平分∠PFD，
∴∠HFD＝∠PFH，
∴∠AEP＝∠PFH，
若∠AEM＝∠CFM，则∠AEP＝∠CFP，
∵∠CFP与∠PFH不一定相等，
∴∠AEM与∠CFM不一定相等，故③不正确；
∵FN平分∠PFD，FM平分∠CFP，
∴∠MFN＝90°，
∴∠N+∠M＝90°，
∵∠M＝∠AEM+∠CFM，且∠AEM＝∠PEM，∠CFM＝∠PFM，
∴∠M＝∠PEM+∠PFM，
∴∠N+∠PEM+∠PFM＝90°，
∴∠MNF+∠PEM＝90°﹣∠PFM，故④正确．
故答案为：①②④．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）（2024春•青山区期中）已知，三角形ABC的顶点A在x轴的正半轴上，A，B，C三点的坐标分
别为A（a，0），B（b，c），C（c﹣1，c+1），且a，b，c满足：|a−5|+(b−4) 2=❑√c−3+❑√3−c．
（1）则a＝ 5 ，b＝ 4 ，c＝ 3 ；
（2）若D是x轴上一点，三角形ABD的面积是三角形ABC面积的6倍，求D点坐标；
（3）如图2，点F（2，0），E是线段BC上一点，若直线EF平分四边形ABCO的面积，求E点坐标．【分析】（1）根据非负数的性质进行解答即可；
5
（2）利用面积法求出S△ABC =
2
，再根据三角形ABD的面积是三角形ABC面积的6倍列出关于m的绝对值
方程求出m即可；
1
（3）先求出四边形OABC面积，根据题意则四边形OFEC的面积可算出，设点E的坐标为（n，− n+5
2
），依据面积公式列出关于n的方程，求出n即可．
【解答】解：（1）∵|a−5|+(b−4) 2=❑√c−3+❑√3−c．
∴c＝3，a＝5，b＝4，
故答案为：5，4，3．
（2）由（1）可知A（5，0），B（4，3），C（2，4），
如图1，作AH∥y轴，作CH∥x轴，CH与AH交于点H，
∴H（5，4），
S△ABC ＝S△ACH ﹣S△CBH ﹣S△ABH
1 1 1 5
= (5−2)×4− ×3×1− ×4×1= ，
2 2 2 2
∵三角形ABD的面积是三角形ABC面积的6倍，
5
∴S△ABD ＝6×
2
= 15，
设点D坐标为（m，0），
1
∴ ×丨m−5丨×3＝15，
2丨m﹣5丨＝10，
∴m﹣5＝10或m﹣5＝﹣10，
解得m＝15或﹣5，
∴D（15，0）或（﹣5，0）．
（3）如图2．连接AC、FC、
1 5 25
S四边形OABC ＝S△OAC +S△ABC =
2
×5×4+
2
=
2
，
∵E是线段BC上一点，直线EF平分四边形ABCO的面积，
1 1 25 25
∴S四边形OFEC =
2
×S四边形OABC =
2
×
2
=
4
，
1
设点E的坐标为（n，− n+5），
2
1 1 25
∴S△OCF +S△CEF =
2
×2×4+
2
×4×(n−2)=
4
，
25
解得：n= ，
8
25 55
∴E（ ， ）．
8 16
18．（8分）（2024春•武汉期中）已知AB∥CD．
（1）如图①，求证：∠E+∠BME＝∠END；
（2）如图②，∠BME与∠CNE的角平分线所在直线相交于点P，求∠E+2∠MPN的大小；
1
（3）如图③，若EN平分∠CNP，延长PM交EN于点F，且∠EMF＝2∠FMA，当 ∠E+∠FPN＝70°
3
时，求∠CNP的大小．【分析】（1）过点N作NF∥ME交AB于点F，根据平行线的性质及角的和差求解即可；
（2）过点P作PQ∥AB，则PQ∥AB∥CD，根据平行线的性质得出∠FMB＝∠FPQ，∠QPN＝∠PNC，结
1 1
合角平分线定义求出∠MPN= ∠BME+ ∠CNE，则2∠MPN＝∠BME+∠CNE，结合（1）的结论及邻
2 2
补角定义即可求出∠E+2∠MPN＝180°；
（3）设∠FMA＝ ，∠CNE＝ ，则∠EMF＝2 ，∠CNP＝2 ，∠AME＝3 ，结合（1）（2）得出∠CNE
1
＝ ＝∠E+∠AME α＝∠E+3 ，∠β FPN＝∠FMA+ α∠PND＝ +18 β 0°﹣2 ，结合α ∠E+∠FPN＝70°，求解即
3
可β． α α β
【解答】（1）证明：如图①，过点N作NF∥ME交AB于点F，
∴∠BME＝∠AFN，∠E＝∠ENF，
又AB∥CD，
∴∠AFN＝∠DNF，
∴∠DNF＝∠BME，
∴∠END＝∠DNF+∠ENF＝∠E+∠BME；
（2）解：如图②，设∠BME的平分线是MF，过点P作PQ∥AB，∵AB∥CD，
∴PQ∥AB∥CD，
∴∠FMB＝∠FPQ，∠QPN＝∠PNC，
∵MF平分∠EMB，PN平分∠CNE，
1 1
∴∠FMB= ∠BME，∠PNC= ∠CNE，
2 2
1 1
∴∠MPN＝∠FPQ+∠QPN＝∠FMB+∠PNC= ∠BME+ ∠CNE，
2 2
即2∠MPN＝∠BME+∠CNE，
∵∠END+∠CNE＝180°，由（1）得∠END＝∠E+∠BME
∴2∠MPN＝∠END﹣∠E+180°﹣∠END，
∴∠E+2∠MPN＝180°；
（3）解：如图③，∵EN平分∠CNP，
∴∠CNP＝2∠CNE，
设∠FMA＝ ，∠CNE＝ ，则∠EMF＝2 ，∠CNP＝2 ，
∴∠AME＝3 ，
α β α β
由（1）得∠CNE＝ ＝∠E+∠AME＝∠E+3 ，
α
由（2）得∠FPN＝∠FMA+∠PND＝ +180°﹣2 ，
β α
1
∵ ∠E+∠FPN=70°， α β
3
1
∴ β−α+α+180°−2β=70°，
3
∴ ＝66°，
∴∠CNP＝2 ＝132°．
β
19．（8分）（2024春•新洲区期中）如图①，在平面直角坐标系中，A（a，0）、B（0，b），且满足
β
❑√a+3+|a+b|=0．
（1）求A、B两点的坐标；（2）如图②，将线段AB向下平移3个单位得线段OD，点C（m，n）是线段OD上任意一点，探究m与
n的数量关系；
（3）如图③，E是线段AB上一点，将点E向右平移4个单位，到点F，H（0，﹣4），若三角形AFH的
面积为15，求E点坐标．
【分析】（1）根据绝对值和二次根式的非负性求解即可；
（2）根据平移性质可得D（﹣3，3），根据S△ADO ＝S△ACD +S△ACO 列式即可求解；
（3）连接EO，EH，根据平移性质可得EF＝4，设点E（c，d），根据S△ABO ＝S△AEO +S△BEO ，得到d＝
c+3．根据S△AHF ＝S△EFH +S△ABH ﹣S△BEH ﹣S△AEF ，得c＝﹣1，故得d＝c+3＝2，即可求出E（﹣1，2）．
【解答】解：（1）在平面直角坐标系中，A（a，0）、B（0，b），且满足❑√a+3+|a+b|=0，
{a+3=0)
由题意得： ，
a+b=0
{a=−3)
解得： ，
b=3
∴A（﹣3，0），B（0，3）；
（2）连接AD，AC，如图②，
根据平移性质可得D（﹣3，3），
∵点C（m，n），S△ADO ＝S△ACD +S△ACO ，1 1 1
∴ ×3×3= ×3×(m+3)+ ×3×(−n)，
2 2 2
化简得：m＝n．
（3）连接EO，EH，
根据平移性质可得EF＝4，
设点E（c，d），
则S△ABO ＝S△AEO +S△BEO ，
1 1 1
∴ ×3×3= ×3×d+ ×3×(−c)，
2 2 2
化简得：d＝c+3．
S△AHF ＝S△EFH +S△ABH ﹣S△BEH ﹣S△AEF ，
1 1 1 1
∴15= ×4×(d+4)+ ×7×3− ×7×(−c)− ×4×d，
2 2 2 2
化简得：c＝﹣1，
故d＝c+3＝2，
∴E（﹣1，2）．
20．（8分）（2024春•安陆市期中）“说不完的❑√2”探究活动，根据各探究小组的汇报，完成下列问题．
（1）❑√2到底有多大？
下面是小欣探索❑√2的近似值的过程，请补充完整：
我们知道面积是2的正方形边长是❑√2，且❑√2＞1.4．设❑√2=1.4+x，画出如下示意图．
由面积公式，可得x2+ 2. 8 x +1.9 6 ＝2．
因为x值很小，所以x2更小，略去x2，
得方程 2. 8 x +1.9 6 ＝ 2 ，
解得x≈ 0.01 4 （保留到0.001），即❑√2≈ 1.41 4 ．
（2）怎样画出❑√2？请一起参与小敏探索画❑√2过程．
现有2个边长为1的正方形，排列形式如图（1），请把它们分割后拼接成一个新的正方形．要求：画出分
割线并在正方形网格图（图中每个小正方形的边长均为1）中用实线画出拼接成的新正方形．
小敏同学的做法是：设新正方形的边长为x（x＞0）．依题意，割补前后图形的面积相等，有x2＝2，解得
x=❑√2．把图（1）如图所示进行分割，请在图（2）中用实线画出拼接成的新正方形．
请参考小敏做法，现有5个边长为1的正方形，排列形式如图（3），请把它们分割后拼接成一个新的正方
形．要求：画出分割线并在正方形网格图（4）中用实线画出拼接成的新正方形．说明：直接画出图形，不
要求写分析过程．
【分析】（1）通过面积建立方程求解即可．
（2）按要求，分割后拼成的图形面积能够用方程表示即可．
【解答】解：（1）图中大正方形的边长是❑√2，面积为：(❑√2) 2=2，
大正方形的面积还可以表示为：（x+1.4）2＝x2+2.8x+1.96．
∴x2+2.8x+1.96＝2，
略去x2得：2.8x≈2﹣1.96＝0.04，
∴x≈0.04÷2.8＝0.014．
∴❑√2≈1.414．
故答案为：2.8x+1.96，2.8x+1.96＝2，0.014，1.414．
（2）小敏同学的做法图示为：21．（10分）（2024春•赵县期末）在综合与实践课上，同学们以“一个含30°的直角三角尺和两条平行线”
为背景开展数学活动．如图1，已知两直线a，b，且a∥b和直角三角形ABC，∠BCA＝90°，∠BAC＝
30°．
（1）在图1中，∠1＝46°，求∠2的度数；
（2）如图2，①A组同学把直线a向上平移，并把∠2的位置改变，发现∠2﹣∠1＝120°，说明理由；
②A组同学将图2中的直线a继续向上平移过点A（可在图2中画图），若∠1＝ ，则直线a与AB所夹锐
角等于 60 ° ﹣ （用含 的式子表示）；
α
（3）B组在A组发现结论的基础上，将图2中的图形继续变化得到图3，当AC平分∠BAM时，此时发现
α α
∠1与∠2又存在新的数量关系，请写出∠1与∠2的数量关系并证明．
【分析】（1）由∠BCA＝90°可得∠1+∠3＝90°，从而得出∠3＝90°﹣∠1＝44°，最后再由两直线平行，同
位角相等即可得出∠2的度数；
（2）①过点B作BD∥a，则∠ABD＝180°﹣∠2，BD∥b，由平行线的性质可得∠CBD＝∠1，结合∠ABC
＝60°可得180°﹣∠2+∠1＝60°，即可得解；
②根据平行线的性质即可得到结论；
（3）过点C作CE∥a，则∠2＝∠BCE，BD∥b，由角平分线的定义可得∠BAC＝∠CAM＝30°，从而得到
∠MAB＝60°，由平行线的性质可得∠1＝∠MAB＝60°，∠ACE＝∠MAC＝30°，计算出∠2＝∠BCE＝60°，
即可得证．【解答】解：（1）如图，
∵∠ACB＝90°，∠1+∠ACB+∠3＝180°，
∴∠1+∠3＝180°﹣∠ACB＝90°，
∵∠1＝46°，
∴∠3＝90°﹣∠1＝44°，
∵a∥b，
∴∠2＝∠3＝44°；
（2）①如图，过点B作BD∥a，则∠ABD＝180°﹣∠2，
∵a∥b，
∴BD∥b，
∴∠CBD＝∠1，
∵∠ABC＝60°，
∴180°﹣∠2+∠1＝60°，
∴∠2﹣∠1＝120°；
②设直线a与AB所夹锐角为 ，
∵a∥b，
β
∴∠1+∠ACB+∠BAC+ ＝180°，
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
β
∴ +90°+30°+ ＝180°，
∴ ＝60°﹣ ，
α β
β α故答案为：60°﹣ ；
（3）∠1＝∠2，理由如下：
α
如图，过点C作CE∥a，则∠2＝∠BCE，
∵AC平分∠BAM，
∴∠BAC＝∠CAM＝30°，
∴∠MAB＝60°，
∵a∥b，
∴CE∥b，
∴∠1＝∠MAB＝60°，∠ACE＝∠MAC＝30°，
∴∠BCE＝90°﹣∠ACE＝60°，
∴∠2＝∠BCE＝60°，
∴∠1＝∠2＝60°．
22．（10分）（2024春•海淀区校级期中）“一带一路”让中国和世界更紧密，“中欧铁路”为了安全起见在
某段铁路两旁安置了两座可旋转探照灯．如图1所示，灯A射线从AM开始顺时针旋转至AN便立即回转，
灯B射线从BP开始顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是每秒2
度，灯B转动的速度是每秒1度．假定主道路是平行的，即PQ∥MN，且∠BAM：∠BAN＝2：1．
（1）填空：∠BAN＝ 6 0 °；
（2）若灯B射线先转动30秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，A灯转动几秒，两灯的光
束互相平行？请说明理由．
（3）如图2，若两灯同时转动，在灯A射线到达AN之前．若射出的光束交于点C，过C作∠ACD交PQ
于点D，且∠ACD＝120°，则在转动过程中，请直接写出∠BAC与∠BCD的数量关系 ∠ BAC ＝ 2 ∠ BCD
．
【分析】（1）根据∠BAM+∠BAN＝180°，∠BAM：∠BAN＝2：1，即可得到∠BAN的度数；（2）设A灯转动t秒，两灯的光束互相平行，分两种情况进行讨论：当0＜t≤90时，根据2t＝1•
（30+t），可得t＝30；当90＜t＜150时，根据1•（30+t）+（2t﹣180）＝180，可得 t＝110；
（3）设灯A射线转动时间为t秒，根据∠BAC＝2t﹣120°，∠BCD＝120°﹣∠BCD＝t﹣60°，即可得出
∠BAC：∠BCD＝2：1，据此可得∠BAC和∠BCD关系不会变化．
【解答】解：（1）∵∠BAM+∠BAN＝180°，∠BAM：∠BAN＝2：1，
1
∴∠BAN=180°× =60°，
3
故答案为：60；
（2）设A灯转动t秒，两灯的光束互相平行，
由题意可知∠CAM＝（2t）°，∠CAM＝（t+30）°．
①当0＜t≤90时，如图1，
∵PQ∥MN，
∴∠PBD＝∠BDA．
∵AC∥BD，
∴∠CAM＝∠BDA，
∴∠CAM＝∠PBD．
∴2t＝（30+t），
解得t＝30；
②当90＜t＜150时，如图2，
∵PQ∥MN，
∴∠PBD+∠BDA＝180°．
∵AC∥BD，∴∠CAN＝∠BDA，
∴∠PBD+∠CAN＝180°．
∵∠CAM＝（2t）°，
∴∠CAN＝（2t﹣180）°，
∴（30+t）+（2t﹣180）＝180，
解得 t＝110．
综上所述，当30秒或110秒时，两灯的光束互相平行；
（3）设灯A射线转动时间为t秒，
∵∠CAN＝180°﹣2t，
∴∠BAC＝60°﹣（180°﹣2t）＝2t﹣120°，
又∵∠ABC＝120°﹣t，
∴∠BCA＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝180°﹣t，而∠ACD＝120°，
∴∠BCD＝120°﹣∠BCA＝120°﹣（180°﹣t）＝t﹣60°，
∴∠BAC：∠BCD＝2：1，
即∠BAC＝2∠BCD，
故答案为：∠BAC＝2∠BCD．
23．（10分）（2024春•海淀区校级期中）直线PQ∥MN，一副三角板（∠ABC＝∠CDE＝90°，∠ACB＝
30°，∠BAC＝60°，∠DCE＝∠DEC＝45°）按如图①放置，其中点E在直线PQ上，点B，C均在直线MN
上，且CE平分∠ACM．
（1）求∠PED的度数；
（2）若将三角板ABC绕点B以每秒3度的速度按顺时针方向旋转（A，C的对应点分别为F，G），设旋
转时间为t秒（0≤t≤60）．
①在旋转过程中，若边BG∥CD，如图②所示，求t的值；
②若三角板ABC绕点B旋转的同时，三角板CDE绕点E以每秒2度的速度按逆时针方向旋转（C，D的对应点为H，K）请直接写出当边BG∥HK时t的值．
【分析】（1）利用平行线和角平分线的性质即可解决问题；
（2）①由BG∥CD得到∠GBC＝∠DCM，由∠DCM＝30°得到∠GBC＝30°，则3t＝30，解得t＝10s即
可．②分两种情况，分别画出图形进行解答即可．
【解答】解：（1）如图①中，
∵∠ACB＝30°，
∴∠ACM＝180°﹣∠ACB＝150°，
∵CE平分∠ACM．
1
∴∠ECM= ∠ACM=75°，
2
∵PQ∥MN，
∴∠PEC+∠ECM＝180°，
∴∠PEC＝180°﹣75°＝105°，
∴∠PED＝∠PEC﹣∠CED＝105°﹣45°＝60°．
（2）①如图②中，
∵BG∥CD，
∴∠GBC＝∠DCM，
∵∠DCM＝∠ECM﹣∠ECD＝75°﹣45°＝30°，
∴∠GBC＝30°，
∴3t＝30，
∴t＝10s．
∴在旋转过程中，若边BG∥CD，t的值为10s．
②如图，当BG∥HK时，延长KH交MN于R．∵BG∥KR，
∴∠GBN＝∠KRM＝3t，
过点K作KT∥MN，则BG∥KT∥MN，
∴∠PEK＝∠EKT，∠KRM＝∠HKT，
∴∠PEK＝60°+2t，∠EKH＝∠EKT+∠TKH＝∠PEK+∠KRM＝90°，
∴∠KRM＝90°﹣（60°+2t）＝30°﹣2t，
∴3t＝30°﹣2t，
∴t＝6s．
如图，当BG∥HK时，延长HK交MN于R．
∵BG∥KR，
∴∠GBN＝∠KRN＝180°﹣3t，
过点K作KT∥MN，则BG∥KT∥MN，
∴∠PEK+∠EKT＝180°，∠KRN＝∠TKR＝180°﹣3t，
∵∠PEK＝60°+2t，
∴∠EKT＝180°﹣60°﹣2t＝120°﹣2t，
∵∠EKR＝∠EKT+∠TKR＝120°﹣2t+180°﹣3t＝90°，
∴t＝42s．
综上所述，满足条件的t的值为6s或42s．
24．（10分）（2024春•江岸区期中）在平面直角坐标系中，已知点A（a，0），B（0，b），C（0，﹣4），
且a和b满足(a+4) 2+❑√2−b=0．将线段AB平移，使得点A、B分别与点C、D重合．（1）请直接写出点A、B、D的坐标：A （﹣ 4 ， 0 ） ，B （ 0 ， 2 ） ，D （ 4 ，﹣ 2 ） ；
（2）如图1，若点P为直线AB上一点，将点P向右平移t个单位到点P'，当点P'在直线CD上时，则t的
值为 1 2 ，若三角形COP'的面积是三角形DOP'的面积的2倍，请求出点P的坐标；
（3）如图2，若点Q（m，n）为平面直角坐标系内一点，且三角形ABQ的面积是三角形CDQ的面积的2
倍，请探究m，n的数量关系，并写出你的探究过程．
【分析】（1）由非负数的性质求出a＝﹣4，b＝2，由平移的性质可得出答案；
（2）由平移的性质及三角形面积可得出答案；
（3）分两种情况，由三角形面积关系可得出答案．
【解答】解：（1）∵(a+4) 2+❑√2−b=0，
∴a+4＝0，2﹣b＝0，
∴a＝﹣4，b＝2，
∴点A（﹣4，0），B（0，2），
∵将线段AB平移，使得点A、B分别与点C、D重合，C（0，﹣4），
∴将线段AB向右平移4个单位，向下平移4个单位得到线段CD，
∴D（4，﹣2），
故答案为：（﹣4，0），（0，2），（4，﹣2）；
（2）方法一：∵A（﹣4，0），B（0，2），
1
∴直线AB的解析式为y= x+2，
2
∵C（0，﹣4），D（4，﹣2），
1
∴直线CD的解析式为y= x﹣4，
2
1 1
设P（m， m+2），则P′（m+t， m+2），
2 21 1
∴ m+ 2 = （m+t）﹣4，
2 2
解得t＝12，
方法二：
设直线CD与x轴的交点为E，则AE＝t，
∵AB//CD，
∴三角形ABE的面积＝三角形ABC的面积，
∵A（﹣4，0），B（0，2），C（0，﹣4），
∴BC＝6，OA＝4，OB＝2，
1
∴三角形ABC的面积= BC×OA=12，
2
1
∴ AE⋅OB= 12，
2
∴AE＝12，
即t＝12；
①当点P '在线段CD的延长线时，当S '＝2S '时，可以求得点P '（8，0），则点P （﹣4，0）；
1 △COP △DOP 1 1
1 1
②当点P '在线段CD上时，设P '（e，f），过点P '作P 'K⊥x轴于点K，过点P '作 P 'H⊥y轴于点H，过
2 2 2 2 2 2
点D作DQ⊥y轴于点Q，∵S = 2 S ，
△CP ′O △DP ′O
2 2
2
∴S = S ，
△CP 2 ′O 3 △DOC
2
∴P 'H= DQ，
2 3
2 8
∴e= ×4= ，
3 3
∵S +S =S ，
△CP ′O △P ′P ′O △CP ′O
2 2 1 1
8 1 1 1
∴4× × +8×(−f )× =4×8× ，
3 2 2 2
8
∴f=− ，
3
8 8 28 8
∴P ′( ，− )，P （− ，− ），
2 3 3 2 3 3
28 8
综上所述，P （﹣4，0），P （− ，− ）；
1 2 3 3
故答案为：12；
（3）①当点Q在直线AB、CD之间时．当点Q在y轴上时，记为Q （0，s），S =2S ，
1 △ABQ △CDQ1
1
1 1
∴(2−s)×4× =2(s+4)×4× ，
2 2
解得s＝﹣2，
∴Q （0，﹣2），
1
当点Q在x轴上时，同理：Q （4，0），
2
由面积公式，同底等高，得到点Q在直线Q Q 上．
1 2
过点Q（m，n）分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为S，T．S =S +S ，
△Q Q O △QQ S 梯形Q QSO
1 2 2 1
1 1 1
∴2×4× =(4−m)×(−n)× +(−n+2)×m× ，
2 2 2
∴m﹣2n＝4；
②当点Q在直线CD的下方时．当点Q在y轴上时，记为Q （0，t），
3
S = 2S ，
△AQ B △CDQ
3 3
1 1
∴（2﹣t）×4× =2×(−4−t)×4× ，得t＝﹣10，
2 2
∴Q （0，﹣10），
3
当点Q在x轴上时，同理：Q （20，0），
4
由面积公式，同底等高，得到点Q在直线 Q Q 上．
3 4
过点Q（m，n）分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为N，M．
S =S +S ，
△Q Q O △QQ N 梯形QQ ON
3 4 4 3
1 1 1
∴10×20× =(20−m)×(−n)× +(−n+10)×m× ，
2 2 2
∴m﹣2n＝20．
综上所述：m﹣2n＝4或m﹣2n＝20．
