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七年级数学下学期期末精选易错 60 题（基础版）（北师大版）
一．选择题（共27小题）
1．（2021春•宣化区期末）如图所示，△ABC中AC边上的高线是（ ）
A．线段DA B．线段BA C．线段BC D．线段BD
【分析】从三角形的一个顶点向底边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．
【解答】解：由图可得，△ABC中AC边上的高线是BD，
故选：D．
【点评】本题主要考查了三角形的高线，钝角三角形有两条高在三角形外部，一条高在三角
形内部，三条高所在直线相交于三角形外一点．
2．（2021秋•亭湖区期末）在千家万户团圆的时刻，我市一批医务工作者奔赴武汉与疫情抗争，
他们是“最美逆行者”．下列艺术字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用轴对称图形定义进行解答即可．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部
分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【解答】解：“最”、”逆“、”行“均不能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线
折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
”美“能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，
所以是轴对称图形；
故选：B．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁
的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
3．（2021春•成都期末）下列事件中，是必然事件的是（ ）
A．任意掷一枚质地均匀的骰子，掷出的点数是奇数
B．一个射击运动员每次射击的命中环数
C．任意买一张电影票，座位号是2的倍数
D．早上的太阳从东方升起
【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可．必然事件发生的概率为1．
【解答】解：A．任意掷一枚质地均匀的骰子，掷出的点数是奇数，是随机事件，故本选项不
合题意；
B．一个射击运动员每次射击的命中环数，是随机事件，故本选项不合题意；C．任意买一张电影票，座位号是2的倍数，是随机事件，故本选项不合题意；
D．早上的太阳从东方升起，是是必然事件，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，
一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事
件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
4．（2021秋•唐县期末）下列运算正确的是（ ）
A．a2+a2＝a4 B．a3•a3＝a9 C．（ab）2＝a2b2 D．（a2）3＝a5
【分析】选项A根据合并同类项法则判断即可，合并同类项的法则：把同类项的系数相加，
所得结果作为系数，字母和字母的指数不变；
选项B根据同底数幂的乘法法则判断即可，同底数幂的乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，
指数相加；
选项C根据积的乘方运算法则判断即可，积的乘方法则：把每一个因式分别乘方，再把所得
的幂相乘；
选项D根据幂的乘方运算法则判断即可，幂的乘方法则：底数不变，指数相乘．
【解答】解：A．a2+a2＝2a2，故本选项不合题意；
B．a3•a3＝a6，故本选项不合题意；
C．（ab）2＝a2b2，故本选项符合题意；
D．（a2）3＝a6，故本选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法以及幂的乘方与积的乘方，掌握幂的运算
法则是解答本题的关键．
5．（2021秋•咸安区期末）下列运算正确的是（ ）
A．（a2）3＝a5 B．a6÷a2＝a3 C．a2•a3＝a5 D．a5+a5＝2a10
【分析】选项A根据幂的乘方运算法则判断即可，幂的乘方法则：底数不变，指数相乘；
选项B根据同底数幂的除法法则判断即可，同底数幂的除法法则：底数不变，指数相减；
选项C根据同底数幂的乘法法则判断即可，同底数幂的乘法法则：同底数幂相乘，底数不变，
指数相加；
选项D根据合并同类项法则判断即可，合并同类项的法则：把同类项的系数相加，所得结果
作为系数，字母和字母的指数不变．
【解答】解：A．（a2）3＝a6，故本选项不合题意；
B．a6÷a2＝a4，故本选项不合题意；
C．a2•a3＝a5，故本选项符合题意；
D．a5+a5＝2a5，故本选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了合并同类项，同底数幂的乘除法以及幂的乘方，掌握相关运算法则是解
答本题的关键．6．（2021秋•十堰期末）下列计算正确的是（ ）
A．x2•x3＝x6 B．x8÷x4＝x2
C．（x2）3＝x6 D．（2xy2）3＝2x3y6
【分析】分别根据同底数幂的乘法法则，同底数幂的除法法则，幂的乘方运算法则以及积的
乘方运算法则逐一判断即可．
【解答】解：A．x2•x3＝x5，故本选项不合题意；
B．x8÷x4＝x4，故本选项不合题意；
C．（x2）3＝x6，故本选项符合题意；
D．（2xy2）3＝8x3y6，故本选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了合并同类项，同底数幂的除法以及幂的乘方，掌握相关运算法则是解答
本题的关键．
7．（2021秋•开州区期末）若代数式x2﹣16x+k2是完全平方式，则k等于（ ）
A．6 B．64 C．±64 D．±8
【分析】根据完全平方公式解答即可．
【解答】解：∵x2﹣16x+k2是一个完全平方式，
∴x2﹣16x+k2＝x2﹣16x+64，
∴k＝±8．
故选：D．
【点评】本题是完全平方公式的应用，两数的平方和，再加上或减去它们积的2倍，就构成
了一个完全平方式．此题解题的关键是利用平方项来确定这两个数．
8．（2021秋•济南期末）如图，是一台自动测温记录仪的图象，它反映了我市某天气温（℃）
随时间（时）变化而变化的关系，观察图象得到下列信息，其中错误的是（ ）
A．凌晨3时气温最低为16℃
B．14时气温最高为28℃
C．从0时至14时，气温随时间的推移而上升
D．从14时至24时，气温随时间的推移而下降
【分析】根据函数的图象对各选项进行逐一分析即可．【解答】解：A．∵由图象可知，在凌晨3点函数图象在最低点16，
∴凌晨3时气温最低为16℃，故本选项不合题意；
B．由图象可知，在14点函数图象在最高点28℃，故本选项不合题意；
C．由图象可知，从3时至14时，气温随时间增长而上升，不是从0点，故本选项符合题意；
D．由图象可知，14时至24时，气温随时间增长而下降，故本选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题考查的是函数的图象，能根据函数图象在坐标系中的增减性判断出函数的增减
性是解答此题的关键．
9．（2021秋•正阳县期末）如图，将一副三角尺按图中位置摆放（ ）
A．∠ +∠ ＝90° B．∠ ＞∠ C．∠ ＝∠ D．∠ ＝45°
【分析】根据同角的余角相等判断即可．
α β α β α β α
【解答】解：如图：
因为∠ 和∠ 都是∠1的余角，
所以∠ ＝∠ （同角的余角相等），
α β
故选：C．
α β
【点评】本题考查了余角和补角，是基础题，熟记概念与性质是解题的关键．
10．（2021春•鄂州期末）如图，直线AB与CD相交于点O，若∠1+∠2＝80°，则∠2等于（
）
A．80° B．40° C．70° D．60°
【分析】根据对顶角的性质，可得∠2的度數．
【解答】解：由对顶角相等，得
∠1＝∠2，又∠1+∠2＝80°，
∴∠2＝40°．
故选：B．
【点评】此题考查的是对顶角，掌握对顶角相等这一性质是解决此题关键．
11．（2021春•静安区校级期末）下图中，∠1与∠2是同位角的是（ ）A． B．
C． D．
【分析】根据同位角的意义，结合图形进行判断即可．
【解答】解：A、是同位角，故此选项符合题意；
B、不是同位角，故此选项不符合题意；
C、不是同位角，故此选项不符合题意；
D、不是同位角，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查同位角的意义，掌握同位角的意义是正确判断的前提．同位角的定义：两
条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的同侧，并且在第三条直线（截
线）的同旁，则这样一对角叫做同位角．
12．（2021秋•双台子区期末）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．
下列由黑白棋子摆成的图案是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对
称图形，利用轴对称图形的定义进行解答即可．
【解答】解：选项A、B、C均不能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线
两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项D能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，
所以是轴对称图形，
故选：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，识别轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿
对称轴折叠后可重合．
13．（2021秋•衡阳期末）下列事件为必然事件的是（ ）
A．打开电视，正在播放新闻
B．买一张电影票，座位号是奇数号
C．任意画一个三角形，其内角和是180°
D．掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上【分析】根据事件发生的可能性大小判断．
【解答】解：A、打开电视，正在播放新闻，是随机事件；
B、买一张电影票，座位号是奇数号，是随机事件；
C、任意画一个三角形，其内角和是180°，是必然事件；
D、掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上，是随机事件；
故选：C．
【点评】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，
一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事
件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
14．（2021秋•正阳县期末）如图，阴影部分是边长为a的大正方形中剪去一个边长为b的小正
方形后所得到的图形，将阴影部分通过割、拼，形成新的图形，给出下列3种割拼方法，其
中能够验证平方差公式的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【分析】分别在两个图形中表示出阴影部分的面积，继而可得出验证公式．
【解答】解：在图①中，左边的图形阴影部分的面积＝a2﹣b2，右边图形中阴影部分的面积
＝（a+b）（a﹣b），故可得：a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b），可以验证平方差公式；
在图②中，阴影部分的面积相等，左边阴影部分的面积＝a2﹣b2，右边阴影部分面积＝
（2b+2a）•（a﹣b）＝（a+b）（a﹣b），可得：a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b），可以验证平方
差公式；
在图③中，阴影部分的面积相等，左边阴影部分的面积＝a2﹣b2，右边阴影部分面积＝
（a+b）•（a﹣b），可得：a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b），可以验证平方差公式．
故选：D．
【点评】本题主要考查了平方差公式，运用不同方法表示阴影部分面积是解题的关键．本题
主要利用面积公式求证明平方差公式．
15．（2021春•罗湖区校级期末）在△ABC内一点P到三边的距离相等，则点P一定是△ABC（）
A．三条角平分线的交点 B．三边垂直平分线的交点
C．三条高的交点 D．三条中线的交点
【分析】根据角平分线上的点到角的两边距离相等解答即可．
【解答】解：∵点P到△ABC的三边的距离相等，
∴点P应是△ABC三条角平分线的交点．
故选：A．
【点评】本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质；熟练掌握角的平分线的性
质是解决问题的关键．
16．（2021春•牡丹区期末）如图所示，已知AB＝AC，∠A＝40°，AB的垂直平分线MN交AC
于点D，则∠DBC的度数为（ ）
A．40° B．70° C．30° D．50°
【分析】根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出∠ABC，根据线段垂直平分线的性
质得到DA＝DB，得到∠DBA＝∠A＝40°，计算即可．
【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝40°，
∴∠ABC＝∠C＝70°，
∵MN是AB的垂直平分线，
∴DA＝DB，
∴∠DBA＝∠A＝40°，
∴∠DBC＝30°，
故选：C．
【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两
个端点的距离相等是解题的关键．
17．（2021春•七星关区期末）一等腰三角形的两边长分别为10和5，那么该等腰三角形的周长
为（ ）
A．25 B．20 C．20或25 D．都不正确
【分析】分两种情况进行讨论，并利用三角形的三边关系进行判断，再计算其周长即可．
【解答】解：①当10为腰长时，三角形的三边长为：10、10、5，满足三角形的三边关系，
其周长为10+10+5＝25；
②当5为腰长时，三角形的三边长为：5、5、10，此时10＝5+5，不满足三角形的三边关系，
不合题意．综上所述，该等腰三角形的周长为25．
故选：A．
【点评】本题主要考查等腰三角形的性质及三角形三边关系，分两种情况并利用三角形的三
边关系进行判定是解题的关键．
18．（2021春•吉州区期末）下列事件中不是随机事件的是（ ）
A．打开电视机正好在播放广告
B．明天太阳会从西方升起
C．从课本中任意拿一本书正好拿到数学书
D．从装有黑球和白球的盒子里任意拿出一个球正好是白球
【分析】随机事件就是可能发生也可能不发生的事件，依据定义即可作出判断．
【解答】解：A、打开电视机正好在播放广告是随机事件，选项不合题意；
B、明天太阳会从西方升起是不可能事件，不是随机事件，选项符合题意；
C、从课本中任意拿一本书正好拿到数学书，是随机事件，选项不合题意；
D、从有黑球和白球的盒子里任意拿出一个正好是白球，是随机事件，选项不合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了随机事件的定义，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机
事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一
定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
19．（2021春•沙坪坝区校级期末）下列事件中是必然事件的是（ ）
A．翻开数学课本，恰好翻到第30页
B．在一个只装有红球的袋子中摸出白球
C．三角形任意两边之和大于第三边
D．在纸上任意画两条直线，这两条直线互相垂直
【分析】必然事件就是一定发生的事件，即发生的概率是1的事件．
【解答】解：A、翻开数学课本，恰好翻到第30页是随机事件，不合题意；
B、在一个只装有红球的袋子中摸出白球是不可能发生的事件，不合题意；
C、三角形任意两边之和大于第三边是必然事件，符合题意；
D、在纸上任意画两条直线，这两条直线互相垂直是随机事件，不合题意．
故选：C．
【点评】本题考查的是对必然事件的概念的理解．解决此类问题，要学会关注身边的事物，
并用数学的思想和方法去分析、看待、解决问题，提高自身的数学素养．用到的知识点为：
必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能
发生也可能不发生的事件．
20．（2021秋•硚口区期末）有四张背面完全相同的卡片，正面分别标有数字2、3、4、5．从中
同时抽取两张，则下列事件为必然事件的是（ ）
A．两张卡片的数字之和等于4
B．两张卡片的数字之和大于4C．两张卡片的数字之和等于9
D．两张卡片的数字之和大于9
【分析】根据事件发生的可能性大小判断．
【解答】解：A、两张卡片的数字之和等于4，是不可能事件，故此选项不符合题意；
B、两张卡片的数字之和大于4，是必然事件，故此选项符合题意；
C、两张卡片的数字之和等于9，是随机事件，故此选项不符合题意；
D、两张卡片的数字之和大于9，是不可能事件，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的
概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不
发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
21．（2021春•新城区校级期末）在如图所示的转盘中，转出的可能性最大的颜色是（ ）
A．红色 B．黄色 C．白色 D．黑色
【分析】要求转出的可能性最大的颜色，只要看在整个圆中，哪种颜色所占整个圆的比例大，
根据图很容易得出结论．
【解答】解：由图知：白色和红色各占整个圆的 ，黑色所占比例少于整个圆的 ，黄色大于
整个圆的 ，所以黄色转出的可能性最大；
故选：B．
【点评】此题考查了可能性的大小，用到的知识点为：可能性等于所求情况数与总情况数之
比．
22．（2021秋•庐江县期末）若x2+2（m﹣1）x+16是完全平方式，则m的值为（ ）
A．±8 B．﹣3或5 C．﹣3 D．5
【分析】由于x2+2（m﹣1）x+16是完全平方式，而16＝42，然后根据完全平方公式即可得到
关于m的方程，解方程即可求解．
【解答】解：∵x2+2（m﹣1）x+16是完全平方式，而16＝42，
∴m﹣1＝4或m﹣1＝﹣4，
∴m＝5或﹣3．
故选：B．
【点评】本题主要考查了完全平方公式的应用；其中两数的平方和，再加上或减去它们积的2
倍，就构成了一个完全平方式．注意积的2倍的符号，避免漏解．
23．（2021秋•宜城市期末）（x+6y）（x﹣6y）等于（ ）A．x2﹣6y2 B．x2﹣y2 C．x2﹣36y2 D．36x2﹣y2
【分析】根据平方差公式即可求出答案．
【解答】解：∵（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，
∴（x+6y）（x﹣6y）＝x2﹣36y2，
故选：C．
【点评】本题考查平方差公式，解题的关键是熟练运用平方差公式，本题属于基础题型．
24．（2021秋•雁江区期末）如图，一个含有30°角的直角三角尺的两个顶点放在直尺的对边上．
如果∠1＝20°，那么∠2的度数是（ ）
A．40° B．35° C．30° D．20°
【分析】利用平行线的性质求出∠3即可解决问题．
【解答】解：如图，由平行线的性质可得∠3＝∠1＝20°，
∵∠2+∠3＝60°，
∴∠2＝60°﹣∠3＝60°﹣20°＝40°．
故选：A．
【点评】本题考查平行线的性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质：两直线平行，内错
角相等．
25．（2021春•罗湖区校级期末）如图，在△ABC中，DE垂直平分AC，若BC＝22cm，AB＝
14cm，则△ABD的周长为（ ）
A．24cm B．25cm C．30cm D．36cm
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到DA＝DC，根据三角形的周长公式计算即可．
【解答】解：∵DE垂直平分AC，
∴DA＝DC，∴△ABD的周长＝AB+BD+AD＝AB+BD+DC＝AB+BC＝36（cm）．
故选：D．
【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两
个端点的距离相等是解题的关键．
26．（2021春•郏县期末）如图是用直尺和圆规作一个角等于已知角的示意图，请你根据所学的
三角形全等有关的知识，说明画出∠A′O′B′＝∠AOB的依据是（ ）
A．边角边 B．角边角 C．角角边 D．边边边
【分析】由作法易得OD＝O′D′，OC＝O′C′，CD＝C′D′，得到三角形全等，由全等
得到角相等，是用的全等的性质，全等三角形的对应角相等．
【解答】解：由作法易得OD＝O′D′，OC＝O′C′，CD＝C′D′，
依据SSS可判定△COD≌△C'O'D'（SSS），
则∠A'O'B'＝∠AOB（全等三角形的对应角相等）．
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质；由全等得到角相等是用的全等三角形的性质，
熟练掌握三角形全等的性质是正确解答本题的关键．
27．（2021春•惠来县期末）下列说法正确的是（ ）
A．某一事件发生的可能性非常大就是必然事件
B．概率很小的事情不可能发生
C．2022年1月27日惠来会下雨是随机事件
D．投掷一枚质地均匀的硬币1000次，正面朝上的次数一定是500次
【分析】利用随机事件的分类及概率意义判断即可．
【解答】解：某事件发生的可能性大并不一定会发生，故A错误．
概率很小的随机事件也有可能发生，故B错误．
2022年1月27日惠来下雨可能发生，也可能不发生，是随机事件，故C正确．
抛硬币，正面朝上的概率为 ，在大量重复试验的情况下，平均抛1000次，有500次正面朝
上，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查事件的分类及概率的意义，正确理解概念和意义是求解本题的关键．
二．填空题（共16小题）
28．（2021秋•新化县期末）我们用如图的方法（斜钉上一块木条）来修理一条摇晃的凳子的数
学原理是利用三角形的 稳定性 ．【分析】当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，故三角形具
有稳定性，根据三角形具有稳定性回答即可．
【解答】解：用如图的方法（斜钉上一块木条）来修理一条摇晃的凳子的数学原理是利用三
角形的稳定性，
故答案为：稳定性．
【点评】本题考查了三角形的稳定性，解题的关键是了解三角形具有稳定性，四边形不具有
稳定性．
29．（2021秋•怀安县期末）若2x÷4y＝8，则2x﹣4y+2＝ 8 ．
【分析】逆向运用同底数幂的除法法则以及幂的乘方运算法则求解即可．同底数幂的除法法
则：底数不变，指数相减；幂的乘方法则：底数不变，指数相乘．
【解答】解：∵2x÷4y＝2x÷22y＝2x﹣2y＝8＝23，
∴x﹣2y＝3，
∴2x﹣4y+2
＝2（x﹣2y）+2
＝2×3+2
＝8．
故答案为：8．
【点评】本题考查了同底数幂的除法以及幂的乘方，掌握幂的运算法则是解答本题的关键．
30．（2021春•寻乌县期末）小明妈妈给了小明100元去买作业本，已知作业本的单价是1.5元，
小明购买了x本作业本，剩余费用为y元，则y与x的函数关系式为 y ＝ 10 0 ﹣ 1. 5 x ．
【分析】根据剩余费用＝总金额﹣单价×数量解答即可．
【解答】解：由题意，得
y＝100﹣1.5x．
故答案为：y＝100﹣1.5x．
【点评】本题考查了函数关系式．能够正确利用剩余费用＝总金额﹣单价×数量列出关系式是
解题的关键．
31．（2021春•迁安市期末）下表是某商店出售货物时其数量x（个）与售价y（元）的对应关系
表：
数量x（个） 1 2 3 4 5
售价y（元） 8+0.2 16+0.2 24+0.2 32+0.2 40+0.2
根据表中提供的信息可知y与x之间的关系式是 y ＝ 8 x +0. 2 ．
【分析】根据表格中数据得出y与x的函数关系式即可．
【解答】解：由表中数据规律可知：y＝8x+0.2．故答案为：y＝8x+0.2．
【点评】此题主要考查了函数关系式的求法，要注意观察、比较和归纳，本题的解题过程体
现了从特殊到一般，再从一般到特殊的数学思想方法．
32．（2020秋•槐荫区期末）等腰三角形的一个角为40°，则它的顶角为 40 ° 或 100 ° ．
【分析】分40°角为底角和顶角两种情况求解即可．
【解答】解：
当40°角为顶角时，则顶角为40°，
当40°角为底角时，则顶角为180°﹣40°﹣40°＝100°，
故答案为：40°或100°．
【点评】本题主要考查等腰三角形的性质，分两种情况讨论是解题的关键．
33．（2019•金昌）定义：等腰三角形的顶角与其一个底角的度数的比值k称为这个等腰三角形
的“特征值”．若等腰△ABC中，∠A＝80°，则它的特征值k＝ 或 ．
【分析】可知等腰三角形的两底角相等，则可求得底角的度数．从而可求解．
【解答】解：
①当∠A为顶角时，等腰三角形两底角的度数为： ＝50°
∴特征值k＝ ＝
②当∠A为底角时，顶角的度数为：180°﹣80°﹣80°＝20°
∴特征值k＝ ＝
综上所述，特征值k为 或
故答案为 或
【点评】本题主要考查等腰三角形的性质，熟记等腰三角形的性质是解题的关键，要注意到
本题中，已知∠A的度数，要分∠A是顶角和底角两种情况，以免造成答案的遗漏．
34．（2021秋•硚口区期末）若x2+2（m﹣3）x+16是完全平方式，则m的值为 7 或﹣ 1 ．
【分析】根据完全平方公式即可求出答案．
【解答】解：x2+2（m﹣3）x+16＝（x±4）2＝x2±8x+16，
∴2（m﹣3）＝±8，
∴m＝7或﹣1．
故答案为：7或﹣1．
【点评】本题考查完全平方公式，解题的关键是熟练运用完全平方公式，本题属于基础题型．
35．（2021春•北海期末）某商店进了一批货，进价为每件5元，出售时每件加价1元．若售出
x件应收入货款y元，则y（元）与x（件）的函数关系式是 y ＝ 6 x ． ．
【分析】单价为（5+1）元，根据总价＝单价×数量列出关系式即可．【解答】解：依题意有：y＝（5+1）x＝6x．
故y与x的函数关系式是：y＝6x．
故答案为：y＝6x．
【点评】本题主要考查了列函数关系式．根据题意，找到所求量的等量关系是解题的关键．
36．（2021春•龙岗区期末）爸爸决定暑假带小明自驾去珠海长隆海洋王国，龙岗与珠海长隆海
洋王国之间的距离大约是210千米，若汽车以平均每小时70千米的速度从龙岗开往珠海长隆
海洋王国，则汽车距珠海长隆海洋王国的路程y（千米）与行驶时间x（小时）之间的关系式
可表示为 y ＝ 21 0 ﹣ 7 0 x ．
【分析】汽车距珠海长隆海洋王国的路程＝总路程﹣走过的路程，根据题意写出函数关系式
即可．
【解答】解：根据题意得：y＝210﹣70x．
故答案为：y＝210﹣70x．
【点评】本题考查一次函数的关系式，解题的关键是根据题意明白各个量之间的关系．
37．（2021秋•双辽市期末）如图，过直线AB上一点O作射线OC，∠BOC＝29°38′，OD平分
∠AOC，则∠DOC的度数为 75°1 1 ′ ．
【分析】由平角及已知角∠BOC＝29°38′可求出∠AOC＝150°22′，再根据角平分线的定义
可求出∠DOC的度数．
【解答】解：∵∠BOC＝29°38′，
∴∠AOC＝180°﹣∠BOC＝180°﹣29°38′＝150°22′，
∵OD平分∠AOC，
∴∠DOC＝ ∠AOC＝ ×150°22′＝75°11′，
故答案为：75°11′．
【点评】本题考查了平角，角平分线的定义及度分秒的换算，解题关键是熟练掌握度分秒的
换算，知道1°＝60′．
38．（2021秋•新昌县期末）如果∠ ＝38°，则∠ 的补角是 14 2 °．
【分析】根据两角互补的概念，和为180度的两个角互为补角，即可得出结果．
α α
【解答】解：∵∠ ＝38°，
∴∠ 补角的度数是180°﹣38°＝142°，
α
故答案为：142．
α
【点评】本题考查了补角的概念．解题的关键是掌握补角的定义：如果两个角的和等于180°
（平角），就说这两个角互为补角．即其中一个角是另一个角的补角．
39．（2021秋•汝南县期末）如图，直线AB、CD相交于点O，射线OM平分∠AOC，∠MON＝90°．若∠MOC＝35°，则∠BON的度数为 55 ° ．
【分析】根据角平分线的定义求出∠MOA的度数，根据邻补角的性质计算即可．
【解答】解：∵射线OM平分∠AOC，∠MOC＝35°，
∴∠MOA＝∠MOC＝35°，
∵∠MON＝90°，
∴∠BON＝180°﹣∠MON﹣∠MOA＝180°﹣90°﹣35°＝55°．
故选：55°．
【点评】本题考查的是邻补角的概念以及角平分线的定义，掌握邻补角的性质是邻补角互补
是解题的关键．
40．（2021秋•普陀区期末）如图AO⊥BO，∠BOC＝20°，OD平分∠AOC，则∠BOD的度数为
35° ．
【分析】根据垂直的定义，可得∠AOB的大小，根据角的和差，可得∠AOC大小，根据角平
分线的性质，可得∠COD的大小，根据角的和差，可得答案．
【解答】解：因为OA⊥OB，
所以∠AOB＝90°，
因为∠BOC＝20°，
所以∠AOC＝∠AOB+∠BOC＝90°+20°＝110°，
因为OD平分∠AOC，
所以∠COD＝ ∠AOC＝55°，
所以∠BOD＝∠COD﹣∠COB＝55°﹣20°＝35°，
故答案为：35°．
【点评】此题主要考查了垂线、角平分线以及角的计算．解题的关键是掌握垂线、角平分线
的定义．
41．（2021春•汝阳县期末）从3cm、4cm、5cm、7cm的四根小棒中任取三根，能围成 3 个三角形．
【分析】三角形三条边的特性：任意两边的长度和大于第三边，任意两边的长度差小于第三
边．根据此特性，进行判断．
【解答】解：3cm、4cm、5cm和7cm的四根木棒中，其中共有以下方案可组成三角形：
取3cm，4cm，5cm；由于5﹣3＜4＜5+3，能构成三角形；
取3cm，5cm，7cm；由于7﹣3＜5＜7+3，能构成三角形；
取4cm，5cm，7cm；由于7﹣4＜5＜7+4，能构成三角形．
所以有3种方法符合要求．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查三角形三条边的关系：任意两边的长度和大于第三边，任意两边的长
度差小于第三边．
42．（2021春•宁德期末）在如图所示的网格图中，每个小正方形的边长都为1．沿着图中的虚
线，可以将该图形分割成2个全等的图形．在所有的分割方案中，最长分割线的长度等于
7 ．
【分析】沿着图中的虚线，可以将该图形分割成2个全等的图形．画出所有的分割方案，即
可得到最长分割线的长度．
【解答】解：分割方案如图所示：
由图可得，最长分割线的长度等于7．
故答案为：7．
【点评】本题主要考查了全等图形，解决问题的关键是画出所有的分割方案．
43．（2021春•吉州区期末）已知一等腰三角形的两边长分别为2cm和5cm，则此三角形的周长
为 1 2 cm．
【分析】题目给出等腰三角形有两条边长为2cm和5cm，而没有明确腰、底分别是多少，所
以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
【解答】解：当腰长是2cm时，因为2+2＜5，不符合三角形的三边关系，舍去；
当腰长是5cm时，因为2+5＞5，符合三角形三边关系，此时周长是2+5+5＝12（cm）．
故答案为：12．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目
一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点
非常重要，也是解题的关键．
三．解答题（共17小题）44．（2020秋•增城区期末）如图，在△ABC中，∠A＝∠DBC＝36°，∠C＝72°．求∠1，∠2的
度数．
【分析】依据三角形内角和定理以及三角形外角性质，即可得到∠1，∠2的度数．
【解答】解：∵∠A＝∠DBC＝36°，∠C＝72°，
∴△BCD中，∠1＝180°﹣∠DBC﹣∠C＝180°﹣36°﹣72°＝72°，
∵∠1是△ABD的外角，
∴∠2＝∠1﹣∠A＝72°﹣36°＝36°．
【点评】本题主要考查了三角形内角和定理以及三角形外角性质，解题时注意：三角形内角
和是180°．
45．（2020秋•娄底期末）在横线上添加一个条件，并完成证明过程：
如图，已知∠AOC＝∠BOC， AO ＝ BO ，求证：△AOC≌△BOC．
【分析】根据（SAS）证明两个三角形全等．
【解答】证明：在△AOC与△BOC中
，
∴△AOC≌△BOC（SAS）．
故答案为：AO＝BO．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，熟练掌握用边角边证三角形全等是解题关键．
46．（2021秋•崆峒区期末）如图，某中学校园内有一块长为（3a+b）米，宽为（2a+b）米的长
方形地块，学校计划在中间留一块边长为（a+b）米的正方形地块修建一座雕像，然后将阴影
部分进行绿化．
（1）求绿化的面积．（用含a、b的代数式表示）
（2）当a＝2，b＝4时，求绿化的面积．【分析】（1）绿化面积＝矩形面积﹣正方形面积，利用多项式乘多项式法则，及完全平方公
式化简，去括号合并得到最简结果；
（2）将a与b的值代入计算即可求出值．
【解答】解：（1）依题意得：
（3a+b）（2a+b）﹣（a+b）2
＝6a2+3ab+2ab+b2﹣a2﹣2ab﹣b2
＝（5a2+3ab）平方米．
答：绿化面积是（5a2+3ab）平方米；
（2）当a＝2，b＝4时，原式＝20+24＝44（平方米）．
答：绿化面积是44平方米．
【点评】此题考查了多项式乘多项式，以及整式的混合运算﹣化简求值，弄清题意是解本题
的关键．
47．（2021春•榆阳区期末）张华上午8点骑自行车外出办事，中途休息了一会，之后赶到目的
地将事情办完回家，如图表示他离家的距离（千米）与所用时间（时）之间的函数图象．根
据图象回答下列问题：
（1）张华何时休息？休息了多少时间？这时离家多远？
（2）他何时到达目的地？在那里逗留了多长时间？
（3）目的地离家多远？
【分析】（1）根据息的时候，时间增加而路程不再增加可得张华何时休息以及休息的时间，
此时的纵坐标就是离家的距离；
（2）由离家最远时，路程不再随时间的增加而增加，此时的横坐标就是到达目的地的时间，
再利用横坐标作差即可得出在那里逗留的时间；（3）由离家最远时，路程不再随时间的增加而增加，此时的纵坐标就是目的地离家的路程．
【解答】解：（1）由题意，得张华何在9.5时开始休息，休息的时间为：10﹣9.5＝0.5（小
时），这时离家15千米；
（2）张华在11时到达目的地，在那里逗留的时间为：12﹣11＝1（小时）；
（3）目的地离家的距离为30千米．
【点评】本题考查了函数图象，解题的关键是通过仔细观察图象，从中整理出解题时所需的
相关信息，因此本题实际上是考查同学们的识图能力．
48．（2021春•华龙区期末）小亮想了解一根弹簧的长度是如何随所挂物体质量的变化而变化的，
他把这根弹簧的上端固定，在其下端悬挂物体，下面是小亮测得的弹簧的长度y与所挂物体
质量x的几组对应值．
所挂质量 0 1 2 3 4 5
x/kg
弹簧长度 30 32 34 36 38 40
y/cm
（1）上表所反映的变化过程中的两个变量， 所挂物体质量 是自变量， 弹簧长度 是因
变量；
（2）直接写y与x的关系式；
（3）当弹簧长度为130cm（在弹簧承受范围内）时，求所挂重物的质量．
【分析】（1）因为表中的数据主要涉及到弹簧的长度和所挂物体的质量，所以反映了所挂物
体的质量和弹簧的长度之间的关系，所挂物体的质量是自变量；弹簧的长度是因变量；
（2）利用表格中数据的变化进而得出答案；
（3）由（2）中关系式，可求当弹簧长度为130cm（在弹簧承受范围内）时，所挂重物的质
量．
【解答】解：（1）上表反映了弹簧长度与所挂物体质量之间的关系；其中所挂物体质量是自
变量，弹簧长度是因变量；
故答案为：所挂物体质量，弹簧长度；
（2）由表格可得：当所挂物体重量为1千克时，弹簧长32厘米；当不挂重物时，弹簧长30
厘米，
则y与x的关系式为：y＝2x+30；
（3）当弹簧长度为130cm（在弹簧承受范围内）时，
130＝2x+30，
解得x＝50，
答：所挂重物的质量为50kg．
【点评】考查了函数的表示方法，本题需仔细分析表中的数据，进而解决问题．明确变量及
变量之间的关系是解好本题的关键．
49．（2021春•皇姑区期末）按逻辑填写步骤和理由，将下面的证明过程补充完整．
如图，四边形ABCD中，E点在AD上，∠BAE＝∠BCE＝∠ACD＝90°，BC＝EC．（1）求证：△ABC≌△DEC．
证明：
∵∠BAE＝∠BCE＝∠ACD＝90°（已知）
∴∠2+∠D＝90° （ 直角三角形的两锐角互余 ）
∠2+∠1＝90°
∠3+∠4＝∠4+∠5
∴∠1＝∠D （ 同角的余角相等 ）
∠3＝∠5
在△ABC和△DEC中
∠1＝∠D （ 已证 ）
∠ 3 ＝∠ 5 （已证）
BC ＝ EC （已知）
∴△ABC≌△DEC （ AA S ）（用字母表示）
（2）若∠3＝30°，则∠B＝ 10 5 度．（直接填空）
【分析】（1）根据证明过程中的相关定理填空即可．
（2）根据△ABC≌△DEC可知AC＝DC，根据∠ACD＝90° 可知△ACD为等腰直角三角形，
从而可知∠1＝∠D＝45°，再根据三角形内角和可求出∠B的度数．
【解答】解：（1）根据∠ACD＝90°可知△ACD是直角三角形，
∴∠2+∠D＝90°的理由为直角三角形的两锐角互余，
故答案为：直角三角形的两锐角互余．
再根据∠1+∠2＝90°可得∠1＝∠D的理由为同角的余角相等，
故答案为：同角的余角相等．
∴在证明△ABC和△DEC全等时，
∠1＝∠D，是前面已经证明的结论，故此处的理由应该是已证，
故答案为：已证．
根据括号中的提示和三角形全等要用的条件，
可知应该填的内容为∠3＝∠5，BC＝EC，
故答案为：3，5，BC，EC．
∴三角形的全等的证明方法为AAS，
故答案为：AAS．（2）∵△ABC≌△DEC．
∴AC＝DC，
∵∠ACD＝90°，
∴△ACD为等腰直角三角形，
∴∠D＝45°＝∠1，
∵∠3＝30°，
∴∠B＝180°﹣30°﹣45°＝105°．
【点评】本题主要考查全等三角形的证明过程以及全等三角形的性质，解题的关键在于熟练
掌握证明过程中常用的技巧．
50．（2021春•城阳区期末）已知：如图，∠CAB＝∠ABD＝90°，且CB＝AD，CB、AD交于点
E，EF⊥AB于点F．
（1）求证：AC＝BD；
（2）若BD＝6 ，则EF＝ 3 ．
【分析】（1）根据HL可证Rt△ABC≌Rt△BAD，即可求证AC＝BD．
（2）先证明△ABE是等腰三角形，再根据三线合一可得F是AB中点，在证明EF∥BD，可
得EF是△ABD的中位线，根据中位线的性质即可求解EF的长度．
【解答】（1）证明：∵∠CAB＝∠ABD＝90°
∴△ABC和△ABD为直角三角形，
在Rt△ABC和Rt△ABD中，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD（HL），
∴AC＝BD．
（2）解：∵Rt△ABC≌Rt△BAD，
∴∠DAB＝∠CBA，
∴△ABE是等腰三角形，
∵EF⊥AB于点F，
∴F是AB的中点，
又∵∠EFA＝90°＝∠ABD，
∴EF∥BD，
∴EF是△ABD的中位线，∴EF＝ BD＝ ．
故答案为：3 ．
【点评】本题第一问主要考查利用HL证明直角三角形全等，解题的关键在于能够发现两个三
角形之间有公共边．第二问的解题关键在于求证EF是中位线，从而可得EF＝ BD，进而求
得EF的长度．
51．（2021•扬州模拟）已知：BE⊥CD，BE＝DE，BC＝DA，
求证：①△BEC≌△DEA；
②DF⊥BC．
【分析】（1）根据已知利用HL即可判定△BEC≌△DEA；
（2）根据第一问的结论，利用全等三角形的对应角相等可得到∠B＝∠D，从而不难求得
DF⊥BC．
【解答】证明：（1）∵BE⊥CD，
∴∠BEC＝∠DEA＝90°，
又∵BE＝DE，BC＝DA，
∴△BEC≌△DEA（HL）；
（2）∵△BEC≌△DEA，
∴∠B＝∠D．
∵∠D+∠DAE＝90°，∠DAE＝∠BAF，
∴∠BAF+∠B＝90°．
即DF⊥BC．
【点评】此题主要考查学生对全等三角形的判定及性质的理解及运用，做题时要注意思考，
认真寻找全等三角形全等的条件是解决本题的关键．
52．（2020秋•洮北区期末）如图，在平面直角坐标系中有一个△ABC，点A（﹣1，3），B（2，
0），C（﹣3，﹣1）．
（1）画出△ABC关于y轴的对称图形△A B C （不写画法）；
1 1 1
（2）若网格上的每个小正方形的边长为1，则△ABC的面积是 9 ．【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标特点画出△A B C 即可；
1 1 1
（2）利用矩形的面积减去三个顶点上三角形的面积即可．
【解答】解：（1）如图所示；
（2）S△ABC ＝4×5﹣ ×2×4﹣ ×3×3﹣ ×1×5
＝20﹣4﹣ ﹣
＝9．
故答案为：9．
【点评】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
53．（2021春•驿城区期末）如图，将Rt△ABC沿某条直线折叠，使斜边的两个端点A与B重合，
折痕为DE
（1）如果AC＝6cm，BC＝8cm，试求△ACD的周长；
（2）如果∠CAD：∠BAD＝1：2，求∠B的度数．【分析】（1）折叠时，对称轴为折痕DE，DE垂直平分线段AB，由垂直平分线的性质得DA
＝DB，再把△ACD的周长进行线段的转化即可；
（2）设∠CAD＝x，则∠BAD＝2x，根据（1）DA＝DB，可证∠B＝∠BAD＝2x，在Rt△ABC
中，利用互余关系求x，再求∠B．
【解答】解：（1）由折叠的性质可知，DE垂直平分线段AB，
根据垂直平分线的性质可得：DA＝DB，
∴△ACD的周长＝DA+DC+AC＝DB+DC+AC＝BC+AC＝14cm；
（2）设∠CAD＝x，则∠BAD＝2x，
∵DA＝DB，
∴∠B＝∠BAD＝2x，
在Rt△ABC中，∠B+∠BAC＝90°，
即：2x+2x+x＝90°，x＝18°，
∠B＝2x＝36°．
【点评】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，
根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变．
54．（2021秋•麦积区期末）已知：a﹣b＝6，a2+b2＝20，求下列代数式的值：
（1）ab；
（2）﹣a3b﹣2a2b2﹣ab3．
【分析】（1）把a﹣b＝6两边平方，展开，即可求出ab的值；
（2）先分解因式，再整体代入求出即可．
【解答】解：（1）∵a﹣b＝6，a2+b2＝20，
∴（a﹣b）2＝36，
∴a2﹣2ab+b2＝36，
∴﹣2ab＝36﹣20＝16，
∴ab＝﹣8；
（2）∵a2+b2＝20，ab＝﹣8，
∴﹣a3b﹣2a2b2﹣ab3
＝﹣ab（a2+2ab+b2）
＝﹣（﹣8）×（20﹣16）
＝32．
【点评】本题考查了完全平方公式的应用，能灵活运用公式进行变形是解此题的关键，注意：
完全平方公式有：①a2﹣2ab+b2＝（a﹣b）2，②a2﹣2ab+b2＝（a﹣b）2．
55．（2021秋•罗城县期末）计算：a（2﹣a）+（a+b）（a﹣b）．
【分析】根据单项式乘多项式的运算法则及平方差公式展开，再合并同类项可得．
【解答】解：原式＝2a﹣a2+a2﹣b2
＝2a﹣b2．【点评】本题主要考查整式的混合运算，熟练掌握整式乘除运算法则和平方差公式是解题的
关键．
56．（2021秋•老河口市期末）如果一个角的补角的2倍减去这个角的余角恰好等于这个角的4
倍，求这个角的度数．
【分析】利用题中的关系“一个角的补角的2倍减去这个角的余角恰好等于这个角的4倍”，
作为相等关系列方程求解即可．
【解答】解：设这个角的度数为x°，
2（180﹣x）﹣（90﹣x）＝4x．
解得x＝54．
所以这个角的度数是54°．
【点评】本题主要考查了利用余角和补角的定义和一元一次方程的应用．解此题的关键是能
准确的从题中找出各个量之间的数量关系，找出等量关系列方程，从而计算出结果．互为余
角的两角的和为90°，互为补角的两角之和为180°．
57．（2021春•长沙期末）如图，直线AB与CD相交于点O，OE平分∠AOD．
（1）如果∠AOC＝50°，求∠DOE的度数；
（2）如图，作OF⊥OE，试说明OF平分∠BOD．
【分析】（1）根据平角的定义得到∠AOD＝180°﹣∠AOC＝130°，根据角平分线的定义即可
得到结论；
（2）由垂直的定义得到∠EOF＝90°，由余角的性质得到∠DOF＝∠BOF，由角平分线的定
义即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠AOC＝50°，
∴∠AOD＝180°﹣∠AOC＝130°，
∵OE平分∠AOD，
∴∠DOE＝ ∠AOD＝65°；
（2）∵OF⊥OE，
∴∠EOF＝90°，
∴∠DOE+∠DOF＝90°，
∴∠AOE+∠BOF＝90°，
∵∠AOE＝∠DOE，
∴∠DOF＝∠BOF，
∴OF平分∠BOD．【点评】本题考查了邻补角和角平分线的定义；弄清各个角之间的关系是解决问题的关键．
58．（2021春•铅山县期末）如图，点D，E，F分别是三角形ABC的边AB，BC，AC上的点，
DE∥AC，EF∥AB，若∠A＝74°，试求∠DEF的度数，并说明理由？
【分析】根据平行线的性质：两条平行线被第三条直线所截，同旁内角互补可得答案．
【解答】解：∠DEF＝74°．理由如下：
∵DE∥AC，
∴∠ADE+∠A＝180°，
∵EF∥AB，
∴∠ADE+∠DEF＝180°，
∴∠DEF＝∠A＝74°．
【点评】此题考查的是平行线的性质，掌握两条平行线被第三条直线所截，同旁内角互补是
解决此题关键．
59．（2021秋•淅川县期末）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，E为CD中点，连接AE并延长
AE交BC的延长线于点F．
（1）求证：CF＝AD；
（2）若AD＝3，AB＝8，当BC为多少时，点B在线段AF的垂直平分线上，为什么？
【分析】（1）通过求证△FEC≌△AED来证明CF＝AD；
（2）若点B在线段AF的垂直平分线上，则应有AB＝BF，又AB＝8，CF＝AD＝3，BC＝BF
﹣CF．
【解答】解：（1）∵AD∥BC，
∴∠F＝∠DAE．
又∵∠FEC＝∠AED，
∴∠ECF＝∠ADE，
在△FEC与△AED中，
，∴△FEC≌△AED（ASA），
∴CF＝AD．
（2）当BC＝5时，点B在线段AF的垂直平分线上，
理由：∵BC＝5，AD＝3，AB＝8，
∴AB＝BC+AD，
又∵CF＝AD，BC+CF＝BF，
∴AB＝BF，
∴△ABF是等腰三角形，
∴点B在AF的垂直平分线上．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形
间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
60．（2021秋•洪江市期末）如图，直线l与m分别是△ABC边AC和BC的垂直平分线，l与m
分别交边AB于点D和点E．
（1）若AB＝10，则△CDE的周长是多少？为什么？
（2）若∠ACB＝125°，求∠DCE的度数．
【分析】（1）依据线段垂直平分线的性质，即可得到△CDE的周长＝CD+DE+CE＝
AD+DE+BE＝AB；
（2）依据AD＝CD，BE＝CE，即可得到∠A＝∠ACD，∠B＝∠BCE，再根据三角形内角和
定理，即可得到∠A+∠B＝55°，进而得到∠ACD+∠BCE＝55°，再根据∠DCE＝∠ACB﹣
（∠ACD+∠BCE）进行计算即可．
【解答】解：（1）△CDE的周长为10．
∵直线l与m分别是△ABC边AC和BC的垂直平分线，
∴AD＝CD，BE＝CE，
∴△CDE的周长＝CD+DE+CE＝AD+DE+BE＝AB＝10；
（2）∵直线l与m分别是△ABC边AC和BC的垂直平分线，
∴AD＝CD，BE＝CE，
∴∠A＝∠ACD，∠B＝∠BCE，
又∵∠ACB＝125°，
∴∠A+∠B＝180°﹣125°＝55°，∴∠ACD+∠BCE＝55°，
∴∠DCE＝∠ACB﹣（∠ACD+∠BCE）＝125°﹣55°＝70°．
【点评】本题考查了线段的垂直平分线的性质，线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点
的距离相等．
