精品解析：吉林省长春市东北师大附中明珠学校2024-2025学年下学期期末考试七年级数学试题

东北师大附中初中部2024-2025学年初一年级数学学科试卷 第二学期期末考试 时长：120分钟 分值： 120分 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 1. 下列图形中，是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形的识别，根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可． 【详解】解：A，C，D选项中的图形不能找到这样的一条直线，使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， B选项中的图形能找到这样的一条直线，使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． 2. 已知，则下列不等式中正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的性质逐项分析判断即可求解． 【详解】解：A、由，可得，则，原不等式错误，不符合题意； B、由，可得，则，原不等式错误，不符合题意； C、由，可得，则，原不等式错误，不符合题意； D、由，可得，原不等式正确，符合题意； 故选D． 【点睛】本题考查了不等式的基本性质，熟练掌握不等式的基本性质是解题的关键．不等式的性质：不等式的基本性质1：不等式的两边都加上（或减去）同一个数（或式子），不等号的方向不变；不等式的基本性质2：不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式的基本性质3：不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变． 3. 下列长度的三条线段能组成三角形的是（ ） A. 1，3， 4 B. 3，4，8 C. 4，5，6 D. 6，6，13 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了三角形三边关系，根据三角形三边关系定理，任意两边之和大于第三边，依次验证各选项是否满足该条件即可，熟练掌握三角形三边关系是解此题的关键． 【详解】解：A、，不满足两边之和大于第三边，不能组成三角形，故不符合题意； B、，不满足两边之和大于第三边，不能组成三角形，故不符合题意； C、，，，均满足条件，能组成三角形，故符合题意； D、，不满足两边之和大于第三边，不能组成三角形，故不符合题意； 故选：C． 4. 解不等式组时，在同一条数轴上表示不等式①②的解集，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次不等式组，数轴上表示不等式组的解集，先求出不等式组的解集，并在数轴上表示不等式组的解集即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∴不等式组的解集为：， 在数轴上表示为： 故选：A． 5. 如图，嘉嘉与淇淇坐在跷跷板两端，跷跷板的支点O（即跷跷板的中点）到地面的距离是，当淇淇从水平位置垂直上升时，嘉嘉离地面的高度是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，由题意可得，，，证明，得出，即可得解，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解此题的关键． 【详解】解：如图，由题意可得：，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴嘉嘉离地面的高度是， 故选：． 6. 下列每组图形，不能镶嵌整个平面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平面镶嵌，根据几何图形镶嵌成平面图形的关键是：围绕一点拼在一起的多变形的内角加在一起恰好组成一个周角，由此逐项分析即可得解，熟练掌握此知识点是解此题的关键． 【详解】解：A、2个三角形2个正六边形或4个三角形1个正六边形可以镶嵌，故不符合题意； B、1个左边的图和4个右边的图可以镶嵌，故不符合题意； C、正方形与正六边形不可以镶嵌，故符合题意； D、正方形的内角为，矩形的内角为，可以镶嵌，故不符合题意； 故选：C． 7. 如图，将周长为12的沿着射线方向向右平移n个单位长度，得到，交于点 G，连接．下列结论错误的是（ ） A. ， B. 若，则 C. D. 若四边形的周长为20，则 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平移的性质，根据平移的性质逐项分析即可得解，熟练掌握平移的性质是解此题的关键． 【详解】解：根据平移的性质可得：，，，故A正确，不符合题意； ∴， ∵， ∴， ∴，故B正确，不符合题意； 交于点 G，但不一定是的中点，故C错误，符合题意； 根据平移的性质可得：，， ∴四边形的周长， ∴， ∴沿着射线方向向右平移个单位长度，即，故D正确，不符合题意； 故选：C． 8. 图①，在四边形中，，，点E、F分别是、上的动点．如图②， 作点A关于、的对称点N、M，连结，交于点E，交于点F，连结、，所得的的周长最小，此时的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了轴对称的性质、等边对等角、三角形外角的定义及性质、三角形内角和定理，先由题意可得，由轴对称的性质结合等边对等角可得，，由三角形外角的定义及性质结合三角形内角和定理可得，计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵在四边形中，，， ∴， ∴， 由轴对称的性质可得：，， ∴，， ∵，，， ∴， 由可得：， 故选：A． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 9. 已知 是关于x的一元一次方程，那么a的值是________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查的是一元一次方程的定义，根据一元一次方程的定义列出关于a的方程，求出a的值即可． 【详解】解：∵方程是关于x的一元一次方程， ∴， 解得． 故答案为：1． 10. 不等式的非负整数解有_________个． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查一元一次不等式的整数解．先根据不等式的基本性质求出的取值范围，再根据的取值范围求出符合条件的的非负整数解即可． 【详解】解：， 移项，合并得：， 系数化为，得：， ∴不等式的非负整数解为：，，，3，4， ∴不等式的非负整数解有5个， 故答案为：5． 11. 如图，、、是多边形的三个外角，边、的延长线交于点F，如果 ，那么的度数是__________度． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了多边形外角和，三角形内角和定理，掌握多边形的外角和为是解题关键．根据多边形的外角和可得，再结合三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：多边形的外角和为， ， ， ， ， ， 故答案为：． 12. 幻方，最早源于我国，古人称之为纵横图．我国古代的《洛书》中记载了最早的三阶幻方九宫图，如图所示的幻方中，每一横行、每一竖列以及每条对角线上的数字之和都相等，将“红色基因”这四个汉字分别放在四个方格内，汉字遮盖了原来方格内的数字，则图中“红”遮盖的数字是__________． 4 红 色 基 因 7 8 1 6 【答案】9 【解析】 【分析】本题主要考查了有理数的加法，根据每一横行、每一竖列以及对角线上的数字之和都为定值，列出算式求解即可． 【详解】解：由题意可得：， ∴色， ∴红， 故答案为：9． 13. 将绕点A按逆时针方向旋转得到．若，则________． 【答案】70 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 由旋转得，再根据可得答案． 【详解】解：由旋转得， ， ∵， ∴． 故答案为：70． 14. 如图，和的平分线交于点，连接，的外角的平分线与的延长线交于点，交于点．下列四个结论①；②；③；④．其中所有正确的结论有____________________．（填序号） 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据已知推出平分，求出，继而得到，可判断①；根据角平分线和三角形外角的性质求出，得出，可判断②；求出，，可判断③；根据，，可判断④． 【详解】解：∵和的平分线交于点， ∴平分，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故结论①正确； ∵，， 又∵， ∴， ∴， ∵根据题意不能说明， ∴， ∴，故结论②错误； ∵，， ∴， ∵， ∴，故结论③正确； ∵， ， ∴，故结论④正确； 综上所述，所有正确的结论有①③④． 故答案为：①③④． 【点睛】本题考查三角形内角和定理，三角形外角的性质，角平分线的定义，平行线的判定，解题的关键是掌握三角形角平分线的性质． 三、解答题 （共78分） 15. 解方程（组） （1） （2） 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次方程，解二元一次方程组，熟练掌握解方程或方程组的基本步骤是解题的关键． （1）按照去括号，移项，合并同类项，系数化为1的基本步骤解答即可． （2）按照解方程组的基本步骤解答即可． 【小问1详解】 解：， 去括号，得， 移项，得， 合并同类项，得， 系数化为1，得； 【小问2详解】 解： 得， 解得； 把代入①解得，， 故方程组的解为． 16. 解不等式（组）： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式的解法，一元一次不等式组的解法． （1）按照去分母、移项、合并同类项、系数化为的步骤求出不等式的解集即可； （2）先分别解两个不等式，求出它们的解集，再求两个不等式解集的公共部分即可得到不等式组的解集． 【小问1详解】 解：去分母得 移项得 合并同类项得 系数化为得； 【小问2详解】 解： 解不等式①得， 解不等式②得， ∴不等式组的解集为． 17. 如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中， 的顶点均在格点（网格线的交点）上． （1）画出关于直线l成轴对称的． （2）画出绕点C顺时针旋转后的． （3）扫过的面积为 ．（结果保留π） 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】本题考查作图——轴对称变换和旋转变换，扇形面积公式等知识，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键． （1）根据轴对称的性质作图即可； （2）根据旋转的性质作图即可； （3）根据扇形面积公式计算即可． 【小问1详解】 解：如图，即为所求作； 【小问2详解】 解：如图，即为所求作； 【小问3详解】 解：由图形可知，，， 则扫过的面积为 18. 成语“朝三暮四”讲述了一位老翁通过调整分配策略安抚猴群的故事．老翁每日分早晚两次喂食，且每日早晚喂食的粮食总重量相同．调整前，早上喂食的粮食重量是晚上的，此举引发猴群不满；随后老翁从晚上喂食的粮食中取出移至早上，调整后早上喂食的粮食重量变为晚上的，猴群欣然接受．求调整前老翁晚上喂食的粮食重量及每日的粮食总供应量． 【答案】调整前晚上喂食的粮食重量为，每日的粮食总供应量为． 【解析】 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，理解题意是解题关键．设调整前晚上喂食的粮食重量为，则调整前早上喂食的粮食重量为，根据“从晚上喂食的粮食中取出移至早上，调整后早上喂食的粮食重量变为晚上的”列方程求解即可． 【详解】解：设调整前晚上喂食的粮食重量为，则调整前早上喂食的粮食重量为， 则， 解得：， ， 即调整前晚上喂食的粮食重量为，调整前早上喂食的粮食重量为， 每日的粮食总供应量为． 19. 如图， 已知在中，． （1）用圆规和无刻度的直尺，作的角平分线，交于点D，并作出点C关于的对称点E．（不写作法，保留作图痕迹） （2）若 ，则 度． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了复杂作图——作角平分线、作垂线以及作线段，轴对称的性质，三角形外角的性质等知识，根据题意正确作图是解题关键． （1）先根据角平分线的作法作的角平分线，再过点作的垂线，垂足为，再在射线上截取，即可完成作图； （2）先根据角平分线的定义，得到，再根据三角形外角的性质求解即可． 【小问1详解】 解：如图即为所求作； 【小问2详解】 解：，平分， ， ， ． 20. 如图， 已知 E、F在线段BC上， DE与AF交于点O， 且 求证： 【答案】 证明：∵， ∴，即， 又∵ ∴, ∴． 【解析】 【分析】本题考查直角三角形全等的判定与性质，根据，得到，利用直角三角形全等的判定定理L得到，再根据全等三角形的性质，对应角相等即可得到． 【详解】略 21. “银发经济”已成为社会关注的热门话题．为满足老年人对助力车的需求，某商家获取如下信息：购进辆甲品牌助力车和辆乙品牌助力车共需元，购进辆甲品牌助力车和辆乙品牌助力车共需元． （1）求甲、乙两种品牌助力车每辆的进货价格． （2）若该商家准备购进甲、乙两种品牌助力车共辆，且进货总费用不超过元，则至多可购进甲品牌助力车多少辆？ 【答案】（1）甲品牌助力车每辆进货价格为 元，乙品牌助力车每辆进货价格为 元 （2）至多可购进甲品牌助力车 辆 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用，根据题意列出方程组和不等式是解题的关键． （1）设甲品牌助力车每辆进货价格为 元，乙品牌助力车每辆进货价格为元．根据两次购买的费用关系建立方程组并求解； （2）设购进甲品牌助力车辆，则乙品牌助力车为辆．结合总费用不超过元，建立不等式，求出甲品牌助力车的最大购买数量． 【小问1详解】 解：设甲品牌助力车每辆进货价格为  元，乙品牌助力车每辆进货价格为 元． 解得： 答：甲品牌助力车每辆进货价格为 元，乙品牌助力车每辆进货价格为 元； 【小问2详解】 设购进甲品牌助力车辆，则乙品牌助力车为辆． 由于为整数，且最多可购进甲品牌助力车的数量，故取 答： 至多可购进甲品牌助力车 辆． 22. 新定义：若一元一次方程的解是一元一次不等式组解集的所有整数解的个数，则称该一元一次方程为该不等式组的“标记数方程”．例如：方程的解为 而不等式组 的解集为，不难发现不等式组的整数解共有3个，所以方程是不等式组 的“标记数方程”． （1）在方程①：；② ③中，不等式组 的“标记数方程”是 ．（填序号） （2）关于x的方程是不等式组的“标记数方程”，求m的取值范围． （3）若方程是关于x的不等式组 的“标记数方程”，其中a、b为整数，且此时不等式组所有整数解的和是65，则 ； ． 【答案】（1）② （2） （3）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次不等式组，一元一次方程的解，理解材料中的不等式组的“标记数方程”是解题的关键． （1）分别解三个一元一次方程与不等式组，再根据新定义作判断即可； （2）解方程，再根据新定义得到不等式有个整数解，即可得到不等式组，求出m的取值范围； （3）先得到不等式组有5个整数解，设这个整数解中间的是y，求出y的值解，即可得到，，根据a、b为整数解答即可． 【小问1详解】 解：①：的解为； ② 的解为； ③的解为：； 解不等式组得，正数解有个， ∴不等式组 的“标记数方程”是， 故答案为：②； 【小问2详解】 解方程得， ∴不等式组有个整数解，即为0，1，2，3， ∴， 解得； 【小问3详解】 解：由题可知不等式组 有个整数解， 设这个整数解中间的是y， 则，解得， ∴这个整数解为，，，，， ∴，， 又∵a，b为整数， ∴，， 故答案为：，． 23. 通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题： 【模型认知】如图①，点A在直线l上． ， 过点B作于点C， 过点D作．于点E． 易得， 又，可以推理得到． 进而得到结论： ．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三直角”模型． 【模型运用】如图②，在 中，点D是上一点， 于点E， 且点E为中点，， 请求出 的面积． 根据“一线三直角”模型，以下是部分解题过程： 解：如图③，过点 C 作的延长线于点F， ∵， 过程缺失 请你补全缺失的解题过程． 【拓展提升】如图④，点A在直线l上， 连结，且． 于点F，与直线l交于点G．若． 则 ． 【答案】模型认知：；模型运用：16； 拓展提升∶ 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三直角模型是解答本题的关键． 模型认知：根据证明，利用全等三角形的对应边相等可得结论； 模型运用：过点 C 作的延长线于点F，由，且点E为中点得，，证明得，然后根据三角形面积公式求解即可； 拓展提升∶ 过点D作于点P，过点E作于点Q，同模型认知证明：，得出，，可求出，证明得，求出，然后根据三角形面积公式求解即可． 【详解】模型认知：进而得到结论：． 故答案为：； 模型运用：过点 C 作的延长线于点F， ∵， ∵于点E， 且点E为中点， ∴，， ∵， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； 拓展提升∶ 过点D作于点P，过点E作于点Q，如图所示： 同模型认知证明：， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为：． 24. 如图， 在长方形中， 动点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿的方向运动；同时动点Q从点C出发，以每秒5个单位长度的速度沿的路径运动，连结．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设点Q的运动时间为t秒． （1）写出的长（用含t的代数式表示）． （2）当线段将长方形分割后，所得图形中存在轴对称图形时， ． （3）若点Q到达点A后，以原速度的2倍返回到点D，同时点P以原速度继续向点C运动．在点Q的整个运动过程中： ①当线段平分长方形的周长时，求的值； ②作点Q关于点D的中心对称点 直接写出． 的面积是面积的 时t的值． 【答案】（1）； （2）； （3）①或；②的面积是面积的 时t的值为或或． 【解析】 【分析】本题考查了列代数式，一元一次方程的应用等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）分两种情况：当时，，当时，； （2）依题意可知，当线段将长方形分割后，所得图形中存在轴对称图形，则，得到，即，求解即可； （3）①分两种情况：当时，当时，分别求解即可； ②分三种情况讨论：当时，当时，当时，分别求解即可． 【小问1详解】 解：∵四边形是长方形，， ∴， ∵动点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿的方向运动；同时动点Q从点C出发，以每秒5个单位长度的速度沿的路径运动， ∴点到达点的时间为：， 点到达点的时间为：， 点到达点的时间为：， 当时，， 当时，， ∴； 【小问2详解】 解：依题意可知，当线段将长方形分割后，所得图形中存在轴对称图形，则，如图： ∴， ∴， 解得：， 故答案为：； 【小问3详解】 解：①点Q到达点A后，以原速度的2倍返回到点D的时间为：， 长方形的周长为：， 当平分周长时，， 当时， ， 解得：， 当时， ， 解得：； ②当时，，，如图： ∴， ∴， ， ∵的面积是△PCD面积的 ， ∴， 解得：， 当时，，，如图： ∴， ∴， ， ∵的面积是面积的 ， ∴， 解得：， 当时，，，如图： ∴， ∴， ， ∵的面积是面积的 ， ∴， 解得：， 综上，的面积是面积的 时t的值为或或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北师大附中初中部2024-2025学年初一年级数学学科试卷 第二学期期末考试 时长：120分钟 分值： 120分 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 1. 下列图形中，是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则下列不等式中正确的是（　　） A. B. C. D. 3. 下列长度的三条线段能组成三角形的是（ ） A. 1，3， 4 B. 3，4，8 C. 4，5，6 D. 6，6，13 4. 解不等式组时，在同一条数轴上表示不等式①②的解集，正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，嘉嘉与淇淇坐在跷跷板两端，跷跷板的支点O（即跷跷板的中点）到地面的距离是，当淇淇从水平位置垂直上升时，嘉嘉离地面的高度是（ ） A. B. C. D. 6. 下列每组图形，不能镶嵌整个平面的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，将周长为12的沿着射线方向向右平移n个单位长度，得到，交于点 G，连接．下列结论错误的是（ ） A. ， B. 若，则 C. D. 若四边形的周长为20，则 8. 图①，在四边形中，，，点E、F分别是、上的动点．如图②， 作点A关于、的对称点N、M，连结，交于点E，交于点F，连结、，所得的的周长最小，此时的度数为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 9. 已知 是关于x的一元一次方程，那么a的值是________． 10. 不等式的非负整数解有_________个． 11. 如图，、、是多边形的三个外角，边、的延长线交于点F，如果 ，那么的度数是__________度． 12. 幻方，最早源于我国，古人称之为纵横图．我国古代的《洛书》中记载了最早的三阶幻方九宫图，如图所示的幻方中，每一横行、每一竖列以及每条对角线上的数字之和都相等，将“红色基因”这四个汉字分别放在四个方格内，汉字遮盖了原来方格内的数字，则图中“红”遮盖的数字是__________． 4 红 色 基 因 7 8 1 6 13. 将绕点A按逆时针方向旋转得到．若，则________． 14. 如图，和的平分线交于点，连接，的外角的平分线与的延长线交于点，交于点．下列四个结论①；②；③；④．其中所有正确的结论有____________________．（填序号） 三、解答题 （共78分） 15. 解方程（组） （1） （2） 16. 解不等式（组）： （1） （2） 17. 如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中， 的顶点均在格点（网格线的交点）上． （1）画出关于直线l成轴对称的． （2）画出绕点C顺时针旋转后的． （3）扫过的面积为 ．（结果保留π） 18. 成语“朝三暮四”讲述了一位老翁通过调整分配策略安抚猴群的故事．老翁每日分早晚两次喂食，且每日早晚喂食的粮食总重量相同．调整前，早上喂食的粮食重量是晚上的，此举引发猴群不满；随后老翁从晚上喂食的粮食中取出移至早上，调整后早上喂食的粮食重量变为晚上的，猴群欣然接受．求调整前老翁晚上喂食的粮食重量及每日的粮食总供应量． 19. 如图， 已知在中，． （1）用圆规和无刻度的直尺，作的角平分线，交于点D，并作出点C关于的对称点E．（不写作法，保留作图痕迹） （2）若 ，则 度． 20. 如图， 已知 E、F在线段BC上， DE与AF交于点O， 且 求证： 21. “银发经济”已成为社会关注的热门话题．为满足老年人对助力车的需求，某商家获取如下信息：购进辆甲品牌助力车和辆乙品牌助力车共需元，购进辆甲品牌助力车和辆乙品牌助力车共需元． （1）求甲、乙两种品牌助力车每辆的进货价格． （2）若该商家准备购进甲、乙两种品牌助力车共辆，且进货总费用不超过元，则至多可购进甲品牌助力车多少辆？ 22. 新定义：若一元一次方程的解是一元一次不等式组解集的所有整数解的个数，则称该一元一次方程为该不等式组的“标记数方程”．例如：方程的解为 而不等式组 的解集为，不难发现不等式组的整数解共有3个，所以方程是不等式组 的“标记数方程”． （1）在方程①：；② ③中，不等式组 的“标记数方程”是 ．（填序号） （2）关于x的方程是不等式组的“标记数方程”，求m的取值范围． （3）若方程是关于x的不等式组 的“标记数方程”，其中a、b为整数，且此时不等式组所有整数解的和是65，则 ； ． 23. 通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题： 【模型认知】如图①，点A在直线l上． ， 过点B作于点C， 过点D作．于点E． 易得， 又，可以推理得到． 进而得到结论： ．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三直角”模型． 【模型运用】如图②，在 中，点D是上一点， 于点E， 且点E为中点，， 请求出 的面积． 根据“一线三直角”模型，以下是部分解题过程： 解：如图③，过点 C 作的延长线于点F， ∵， 过程缺失 请你补全缺失的解题过程． 【拓展提升】如图④，点A在直线l上， 连结，且． 于点F，与直线l交于点G．若． 则 ． 24. 如图， 在长方形中， 动点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿的方向运动；同时动点Q从点C出发，以每秒5个单位长度的速度沿的路径运动，连结．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设点Q的运动时间为t秒． （1）写出的长（用含t的代数式表示）． （2）当线段将长方形分割后，所得图形中存在轴对称图形时， ． （3）若点Q到达点A后，以原速度的2倍返回到点D，同时点P以原速度继续向点C运动．在点Q的整个运动过程中： ①当线段平分长方形的周长时，求的值； ②作点Q关于点D的中心对称点 直接写出． 的面积是面积的 时t的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $