七年级数学下学期期中压轴题专项卷【人教版2024，测试范围：相交线与平行线～平面直角坐标系】-【上好课】2024-2025学年初中数学同步精品课堂

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，，则式子 的值为（　　） （式子中的“+”，“﹣”依次相间） A．22 B．﹣22 C．23 D．﹣23 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° 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|，（﹣2）2，（﹣2）3}＝﹣8，当min{，x2，x}时，则x的值为（　　） A． B． C． D． 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 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 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° 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 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C1，D1处，MD1与BC交于点P，再沿PN折叠纸片，点C1，D1分别落在点C2，D2处，设∠BPD2＝α，则∠MNC2的度数为（　　） A． B． C． 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A1的伴随点为A2，点A2的伴随点为A3，点A3的伴随点为A4，……，这样依次得到点A1，A2，A3，……，An．若点A1的坐标为（0，﹣4），则点A2024的坐标为（　　） A．（2，4） B．（5，﹣1） C．（﹣3，1） D．（0，﹣4） 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 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、B、P在同一直线上，且AP＝5BP，则P点的坐标是 　 　． 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，[]＝1，现对72进行如下操作：72[]＝8[]＝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 　 　． 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 　 　． 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，﹣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 　 　． 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 　 　（填写序号）． 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 　 　（填写序号）． 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：． （1）则a＝　 　，b＝　 　，c＝　 　； （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． 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； （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°时，求∠CNP的大小． 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． （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． 20．（8分）（2024春•安陆市期中）“说不完的”探究活动，根据各探究小组的汇报，完成下列问题． （1）到底有多大？ 下面是小欣探索的近似值的过程，请补充完整： 我们知道面积是2的正方形边长是，且．设，画出如下示意图． 由面积公式，可得x2+　 　＝2． 因为x值很小，所以x2更小，略去x2， 得方程 　 　， 解得x≈　 　（保留到0.001）， 即 　 　． （2）怎样画出？请一起参与小敏探索画过程． 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．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． 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＝α，则直线a与AB所夹锐角等于 　 　（用含α的式子表示）； （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∠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． 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＝ 　 　°； （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 　 　． 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． 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．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 　 　，B 　 　，D 　 　； （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 　 　，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． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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，，则式子 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|，（﹣2）2，（﹣2）3}＝﹣8，当min{，x2，x}时，则x的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据题意得出三种情况：①当最小时，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． 【解答】解：min{，x2，x}， 分为三种情况： ①当最小时，，则x，x22， ∵， ∴此时不是子小的数，舍去； ②当x2最小时，x2，则x（当x时，无意义舍去），， ∵， ∴此时符合题意，即x； ③当x最小时，x，则，x2， ∵， ∴此时x不是最小的数，舍去； 综上所述：x， 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， 由题意得，， 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＝α，∠MNH＝∠CNH＝β， ∴∠PNT＝180°﹣∠CNM＝180°﹣2β， ∵AB∥CD， ∴∠MFC＝∠AME＝70°， ∵PT∥NH， ∴∠PTC＝∠CNH＝β， ∵∠PNT＝∠MPN﹣∠PFN＝2α﹣70°， ∴180°﹣2β＝2α﹣70°， ∴α+β＝125°， ∵∠NPT＝180°﹣∠PNT﹣∠PTN＝β， ∴∠TPQ＝∠NPT+∠NPQ＝α+β＝125°； 当点P在射线ME上时，如图： ∵PQ平分∠MPN，NH平分∠PNC， ∴∠MPQ＝∠NPQ，∠MNH＝∠CNH， 设∠MPQ＝∠NPQ＝α，∠MNH＝∠CNH＝β， ∴∠PNT＝180°﹣∠CNM＝180°﹣2β， ∵AB∥CD， ∴∠MFC＝∠AME＝70°， ∵PT∥NH， ∴∠PTC＝∠CNH＝β， ∵∠PNF+∠PFN+∠NPF＝180°， ∴180°﹣2β+2α+70°＝180°， ∴β﹣α＝35°， ∵∠NPT＝180°﹣∠PNT﹣∠PTN＝β， ∴∠TPQ＝∠NPT﹣∠NPQ＝α﹣β＝35°； 综上：∠TPQ＝35°或125°； 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 ＝41 ＝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C1，D1处，MD1与BC交于点P，再沿PN折叠纸片，点C1，D1分别落在点C2，D2处，设∠BPD2＝α，则∠MNC2的度数为（　　） A． B． C． D． 【分析】设∠MNC2＝x，利用平行线的性质可得∠BNC2＝∠BPD2＝α，再利用折叠的性质可得：∠BNC1＝∠BNC2＝α，从而可得∠MNC1＝2α+x，然后再利用折叠的性质可得：∠MNC1＝∠MNC＝2α+x，最后根据平角定义可得∠MNC+∠MNC2+∠BNC2＝180°，从而可得2α+x+x+α＝180°，进行计算即可解答． 【解答】解：设∠MNC2＝x， 由题意得：PD2∥NC2， ∴∠BNC2＝∠BPD2＝α， 由折叠得：∠BNC1＝∠BNC2＝α， ∴∠MNC1＝∠BNC1+∠BNC2+∠MNC2＝2α+x， 由折叠得：∠MNC1＝∠MNC＝2α+x， ∵∠MNC+∠MNC2+∠BNC2＝180°， ∴2α+x+x+α＝180°， 解得：x＝90°α， ∴∠MNC2＝90°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A1的伴随点为A2，点A2的伴随点为A3，点A3的伴随点为A4，……，这样依次得到点A1，A2，A3，……，An．若点A1的坐标为（0，﹣4），则点A2024的坐标为（　　） 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Ai（i为正整数）的坐标，发现规律即可解决问题． 【解答】解：由题知， 因为点A1的坐标为（0，﹣4）， 所以﹣4+1＝﹣3，﹣0+1＝1， 所以点A1的伴随点的坐标为（﹣3，1）， 即点A2的坐标为（﹣3，1）， 依次类推，点A3的坐标为（2，4），点A4的坐标为（5，﹣1），点A5的坐标为（0，﹣4），…， 所以点Ai（i为正整数）的坐标按（0，﹣4），（﹣3，1），（2，4），（5，﹣1）循环出现， 又因为2024÷4＝506， 所以点A2024的坐标为（5，﹣1）． 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、B、P在同一直线上，且AP＝5BP，则P点的坐标是 　（，）或（7，）　． 【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， ∴S△BPC△ABC， ∴PFAC， ∴y＝1， ∵S△APC△ABC， ∴PEBC， ∴x＝2， ∴点P的坐标为：（，）； 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， ∵S△ABES△APE， ∴BCPE＝4， ∴PE＝5， ∴x＝2+5＝7， ∴S△BPCS△APC， ∴BFAE， ∴1﹣y（3﹣y） ∴y， ∴点P的坐标为：（7，）； ∴P（，）或（7，）． 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，[]＝1，现对72进行如下操作：72[]＝8[]＝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：.；；；； ∵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， ∴n， ∴点P的坐标为（，0），点Q的坐标为（，﹣2），不符合题意，舍去； ∵2﹣n＝﹣（n+1）， ∴此方程无解； 当|2﹣n|＝|2n﹣3|时， ∴2﹣n＝±（2n﹣3）， ∵2﹣n＝2n﹣3， ∴n， ∴点P的坐标为（，），点Q的坐标为（，），不符合题意，舍去； ∵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，﹣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 　　． 【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， ∴ 即：8a﹣4＝（2+2a）•（4﹣a）﹣（3﹣a）（2a﹣1）﹣1×3， 整理得：8a﹣4＝8﹣a， 解得：， ∴； ∴D点坐标为． 故答案为：． 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：． （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； （2）利用面积法求出S△ABC，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； （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，），依据面积公式列出关于n的方程，求出n即可． 【解答】解：（1）∵． ∴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 ， ∵三角形ABD的面积是三角形ABC面积的6倍， ∴S△ABD＝615， 设点D坐标为（m，0）， ∴3＝15， 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、 S四边形OABC＝S△OAC+S△ABC， ∵E是线段BC上一点，直线EF平分四边形ABCO的面积， ∴S四边形OFECS四边形OABC， 设点E的坐标为（n，）， ∴S△OCF+S△CEF， 解得：n， ∴E（，）． 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； （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°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，结合角平分线定义求出∠MPN，则2∠MPN＝∠BME+∠CNE，结合（1）的结论及邻补角定义即可求出∠E+2∠MPN＝180°； （3）设∠FMA＝α，∠CNE＝β，则∠EMF＝2α，∠CNP＝2β，∠AME＝3α，结合（1）（2）得出∠CNE＝β＝∠E+∠AME＝∠E+3α，∠FPN＝∠FMA+∠PND＝α+180°﹣2β，结合∠E+∠FPN＝70°，求解即可． 【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， ∴，， ∴∠MPN＝∠FPQ+∠QPN＝∠FMB+∠PNC， 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＝α，∠CNE＝β，则∠EMF＝2α，∠CNP＝2β， ∴∠AME＝3α， 由（1）得∠CNE＝β＝∠E+∠AME＝∠E+3α， 由（2）得∠FPN＝∠FMA+∠PND＝α+180°﹣2β， ∵， ∴， ∴β＝66°， ∴∠CNP＝2β＝132°． 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． （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， 由题意得：， 解得：， ∴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， ∴， 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， ∴， 化简得：d＝c+3． S△AHF＝S△EFH+S△ABH﹣S△BEH﹣S△AEF， ∴， 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”探究活动，根据各探究小组的汇报，完成下列问题． （1）到底有多大？ 下面是小欣探索的近似值的过程，请补充完整： 我们知道面积是2的正方形边长是，且．设，画出如下示意图． 由面积公式，可得x2+　2.8x+1.96　＝2． 因为x值很小，所以x2更小，略去x2， 得方程 　2.8x+1.96＝2　， 解得x≈　0.014　（保留到0.001）， 即 　1.414　． （2）怎样画出？请一起参与小敏探索画过程． 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．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，面积为：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． ∴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＝α，则直线a与AB所夹锐角等于 　60°﹣α　（用含α的式子表示）； （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∠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β， ∵a∥b， ∴∠1+∠ACB+∠BAC+β＝180°， ∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°， ∴α+90°+30°+β＝180°， ∴β＝60°﹣α， 故答案为：60°﹣α； （3）∠1＝∠2，理由如下： 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＝ 　60　°； （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， ∴， 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． ∴， ∵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．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 　12　，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＝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）， ∴直线AB的解析式为yx+2， ∵C（0，﹣4），D（4，﹣2）， ∴直线CD的解析式为yx﹣4， 设P（m，m+2），则P′（m+t，m+2）， ∴2（m+t）﹣4， 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， ∴三角形ABC的面积12， ∴12， ∴AE＝12， 即t＝12； ①当点P1'在线段CD的延长线时，当'＝2'时，可以求得点P1'（8，0），则点P1（﹣4，0）； ②当点P2'在线段CD上时，设P2'（e，f），过点P2'作P2'K⊥x轴于点K，过点P2'作 P2'H⊥y轴于点H，过点D作DQ⊥y轴于点Q， ∵2， ∴， ∴P2'HDQ， ∴e， ∵， ∴484， ∴f， ∴，P2（，）， 综上所述，P1（﹣4，0），P2（，）； 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Q1（0，s），1， ∴， 解得s＝﹣2， ∴Q1（0，﹣2）， 当点Q在x轴上时，同理：Q2（4，0）， 由面积公式，同底等高，得到点Q在直线Q1Q2 上． 过点Q（m，n）分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为S，T． ， ∴， ∴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Q3（0，t）， 2， ∴（2﹣t）2，得t＝﹣10， ∴Q3（0，﹣10）， 当点Q在x轴上时，同理：Q4（20，0）， 由面积公式，同底等高，得到点Q在直线 Q3Q4 上． 过点Q（m，n）分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为N，M． ， ∴， ∴m﹣2n＝20． 综上所述：m﹣2n＝4或m﹣2n＝20． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$