期末考试卷【期末测试】七年级数学下册尖子生选拔卷（北师大版）（解析版）

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期末考试卷（第一-六章）
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
一、选择题：本题共12个小题，每小题3分，共36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．（2022·湖北·枣阳市教学研究室一模）下列计算正确的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据同底数幂的乘法和除法、积的乘方与幂的乘方逐一计算可得．
【详解】
解：A．不是同类项不能合并，此选项错误；
B．，此选项错误；
C．，此选项正确；
D．，此选项错误；
故选：C．

本题主要考查整式的运算，解题的关键是掌握同底数幂的乘法和除法、积的乘方与幂的乘方运算法则．
2．（2022·浙江宁波·九年级期末）一个袋子中装有20个黑球和1个白球，它们除颜色外其它都相同，随机从袋子中摸出一个球，则下列结论正确的是（       ）
A．摸到黑球是必然事件 B．摸到白球是不可能事件
C．摸到黑球的可能性大 D．摸到白球的概率比摸到黑球的概率大
【答案】C
【解析】
【分析】
必然事件和不可能事件统称确定性事件；必然事件：在一定条件下，一定会发生的事件称为必然事件；不可能事件：在一定条件下，一定不会发生的事件称为不可能事件；随机事件：在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件称为随机事件．
【详解】
解：A．摸到黑球是随机事件，此选项错误，不符合题意；
B．摸到白球是随机事件，此选项错误，不符合题意；
C．摸到黑球的可能性大，此选项正确，符合题意；
D．摸到白球的概率比摸到黑球的概率小，此选项错误，不符合题意；
故选：C．

本题考查了确定事件和随机事件的定义，熟悉定义是解题的关键．
3．（2022·江苏南通·七年级期中）如图，点E在AC的延长线上，下列条件能判断AB∥CD的是（            ）

A．∠1=∠2 B．∠3=∠4
C．∠D=∠DCE D．∠D+∠ACD=180°
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用平行线的判定进行逐一判断即可．
【详解】
A、，利用内错角相等，两直线平行，即可判断出，故A正确；
B、，利用内错角相等，两直线平行，即可判断出，故B错误；
C、∠D与∠A非同位角，内错角，同旁内角，故不能判断直线平行，故C错误 ；
D、，利用同旁内角互补，两直线平行，即可判断出，故D错误，
故选A．

本题考查平行线的判定，熟知平行线的判定条件是解题的关键．
4．（2021·河北邢台·七年级期中）嘉淇在用直尺和圆规作一个角等于已知角的步骤如下：
已知：∠AOB
求作：∠A′O′B′，使∠A′O′B′＝∠AOB
作法：（1）如图，以点O为圆心，m为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D；
（2）画一条射线O′A′，以点O′为圆心，n为半径画弧，交O′A′于点C′；
（3）以点C′为圆心，p为半径画弧，与第（2）步中所画的弧相交于点D′；
（4）过点D′画射线O′B′，则∠A′O′B′＝∠AOB．

下列说法正确的是（       ）
A．m＝p＞0 B．n＝p＞0 C．p＝n＞0 D．m＝n＞0
【答案】D
【解析】
【分析】
利用作法根据圆的半径相等可得出m=n>0，两个三角形的边长相同，即可得到结论．
【详解】
解：由作图得OD=OC=OD′=OC′=m=n，CD=C′D′=p，
∵m为半径=OC，p为半径=C′D′，m≠P，故选项A不正确；
∵n为半径=OC′，p为半径= C′D′，n≠p，故选项B不正确；
p为半径确定角的张口大小，与n的大小没直接关系，,故选项C不正确；
∵m与n均为半径确定夹角的两边要相同m=n>0．故选项D正确．
故选：D．

本题考查了作图-基本作图：基本作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．
5．（2022·福建省诏安县第二实验中学七年级期中）弹簧挂上物体后会伸长，测得一弹簧的长度y（cm）与所挂的物体的质量x（kg）间有下面的关系：
x/kg
0
1
2
3
4
5
y/cm
10
10.5
11
11.5
12
12.5
下列说法一定错误的是（　　）A．x与y都是变量，且x是自变量，y是因变量
B．弹簧不挂重物时的长度为0cm
C．物体质量每增加1kg，弹簧长度y增加0.5 cm
D．所挂物体质量为7kg时，弹簧长度为13.5cm
【答案】B
【解析】
【分析】
根据变量与常量，函数的表示方法，结合表格中数据的变化规律逐项进行判断即可．
【详解】
解：A．x与y都是变量，且x是自变量，y是因变量，是正确的，因此该选项不符合题意；
B．弹簧不挂重物时的长度，即当x=0时y的值，此时y=10cm，因此该选项是错误的，符合题意；
C．物体质量x每增加1kg，弹簧长度y增加0.5cm，是正确的，因此该选项不符合题意；
D．根据物体质量x每增加1kg，弹簧长度y增加0.5cm，可得出所挂物体质量为7kg时，弹簧长度为13.5cm，是正确的，因此该选项不符合题意；
故选：B．

本题考查常量与变量，函数的表示方法，理解和发现表格中数据的变化规律是解决问题的关键．
6．（2022·山东淄博·一模）已知三角形的三边长分别为3，4，x，且x为整数，则x的最大值为（       ）
A．8 B．7 C．5 D．6
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角形的三边关系“第三边大于两边之差，而小于两边之和”，求得第三边的取值范围；再根据第三边是整数，从而求得第三边长的最大值．
【详解】
解：根据三角形的三边关系，得：4-3＜x＜4+3，
即1＜x＜7，
∵x为整数，
∴x的最大值为6．
故选：D．

此题考查了三角形的三边关系．注意第三边是整数的已知条件．
7．（2021·重庆巫山·八年级期末）如图，BC⊥CE，BC=CE，AC⊥CD，AC=CD，DE交AC的延长线于点M，M是DE的中点，若AB=8，则CM的长为（       ）

A．3.2 B．3.6 C．4 D．4.8
【答案】C
【解析】
【分析】
过点E作EF⊥AC，交AC的延长线于点F，先证明△DCM≌△EFM（AAS），得到CM＝FM，CD＝FE，再证明△ABC≌△FCE（SAS），得到FC＝AB＝8，利用CM＝FC得到答案．
【详解】
解：如图，过点E作EF⊥AC，交AC的延长线于点F，

∵ CD⊥AC，EF⊥AC
∴∠DCM＝∠EFM＝90°
∵M是DE的中点
∴DM＝EM
∵∠DMC＝∠EMF
∴△DCM≌△EFM（AAS）
∴CM＝FM，CD＝FE
∵BC⊥CE，EF⊥AC
∴∠BCE＝90°，∠CFE＝90°
∴∠ACB＋∠ECF＝90°，∠ECF＋∠FEC＝90°
∴∠ACB＝∠FEC
∵AC＝CD
∴AC＝FE
∵BC＝CE
∴△ABC≌△FCE（SAS）
∴FC＝AB＝8
∵CM＝FM
∴M是FC的中点
∴CM＝FC＝4
故选：C

本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握三角形的判定方法是基础，添加辅助线构造全等三角形是关键．
8．（2021·山西吕梁·九年级期末）历史上，数学家们曾做过好多次抛掷硬币的试验，其中一些试验结果如下表所示：
实验者
抛掷次数
“正面向上”的次数
“正面向上”的频率
棣莫弗
2048
1061
0.5181
布丰
4040
2048
0.5069
费勒
10000
4979
0.4979
皮尔逊
12000
6019
0.5016
皮尔逊
24000
12012
0.5005
则关于抛掷硬币的试验，下列说法正确的是（       ）

A．随着抛掷次数的增加，频率在0.5附近摆动的幅度越来越小
B．随着抛掷次数的增加，频率等于0.5
C．每多抛一次，频率会更加接近0.5
D．无论抛掷多少次，频率与概率都不可能相等
【答案】A
【解析】
【分析】
根据5位学者的试验结果，确定随着试验次数增加频率的稳定值，估计正面向上的概率，即可得出答案．
【详解】
解：由上表可知，抛掷硬币试验中，正面向上的频率在0.5附近摆动，且随着n的增加，摆动幅度越来越小，可知正面向上的概率为0.5，只有A选项正确；
故选A．

本题考查了利用频率估计概率，比较简单．
9．（2022·河南驻马店·八年级期末）如图，牧童在A处放牛，其家在B处，A、B到河岸CD的距离分别为AC、BD，且，若A到河岸CD的中点的距离为500m.牧童从A处把牛牵到河边饮水后再回家，牧童回家所走的最短路程为（       ）

A．500m B．1000m C．1500m D．2000m
【答案】B
【解析】
【分析】
根据轴对称的性质和“两点之间线段最短”，连接A′B，得到最短距离为A′B，再根据全等三角形的性质和A到河岸CD的中点的距离为500米，即可求出A'B的值．
【详解】
解：作出A的对称点A′，连接A′B与CD相交于M，则牧童从A处把牛牵到河边饮水再回家，最短距离是A′B的长．

由题意：AC=BD，∠A’CM=∠BDM=90°，
∴A′C=BD，
在△A′CM与△BDM中，
，
∴△A′CM≌△BDM，
∴CM=DM，M为CD的中点，A′M=BM，
由于A到河岸CD的中点的距离为500米，
所以A′到M的距离为500米，
A′B=2A′M=1000米．
故最短距离是1000米．
故选：B．

此题考查了轴对称的性质和“两点之间线段最短”，全等三角形的判定和性质等，解答时注意应用全等三角形的性质是解题关键．
10．（2022·贵州贵阳·一模）在一个不透明的口袋中有白球、黑球共10个，这些球除颜色外均相同，将口袋中的球搅拌均匀，从中随机摸出一个球并记下颜色后放回口袋中，多次摸球后发现摸到白球的频率稳定在60%，则估计口袋中的白球数量有（       ）
A．2个 B．4个 C．6个 D．10个
【答案】C
【解析】
【分析】
由摸到白球的频率稳定在60%附近得出口袋中得到白色球的概率，进而求出白色球个数即可．
【详解】
解：设白色球个数为：x个，
∵摸到白球的频率约为60%，
∴摸到白球的概率约为0.6，
∴，
解得：x=6
∴估计袋中白色球有6个
故选：C．

此题主要考查了利用频率估计概率，明确大量反复试验下频率稳定值即为概率是解题关键．
11．（2022·河北沧州·一模）为了疫情防控工作的需要，某学校在门口的大门上方安装了人体体外测温摄像头，当学生站在点B时测得摄像头M的仰角为30°，当学生走到点A时测得摄像头M的仰角为60°，则当学生从B走向A时，测得的摄像头M的仰角为（       ）

A．越来越小，可能为20° B．越来越大，可能为40°
C．越来越大，可能为70° D．走到AB中点时，仰角一定为45°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三角形的外角的性质以及解平分线的性质可得结论．
【详解】
解：∵是的外角又
又
∴摄像头M的仰角的范围为：越来越大，大于30°而小于60°
所以，选项A. 越来越小，可能为20°说法错误；
B. 越来越大，可能为40°，说法正确；
C. 越来越大，可能为70°，说法错误；
D. 走到AB中点时，仰角一定为45°，说法错误，
此选项证明如下：
∵∠是△的外角
∴∠
∴∠
∵∠
∴∠
设点O为CD的中点，
∴
过点O作于点M，作交MC的延长线于点H，连接MO，如图，

∴∠
∵∠
∴∠
∴∠
∴∠
在△和△中，

∴△
∴
∵
∴
∴MO不是的平分线，
∴
∴
∴
所以，选项D说法错误，
故选：B

本题主要考查了三角形外角的性质，角平分线以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
12．（2021·四川德阳·九年级期末）从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个自然数中任取一个，是2的倍数的概率为P1，是3的倍数的概率为P2，则（ ）
A．P1＜P2 B．P1＞P2 C．P1＝P2 D．不能确定
【答案】B
【解析】
【分析】
根据已知数据可知2的倍数有4个，3的倍数有3个，计算出概率比较大小即可．
【详解】
解：1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个自然数中，
2的倍数有2，4，6，8，共4个，即,
3的倍数有3，6，9，共3个，即,
∵，
∴,
故选：B．

本题考查概率的性质，理清题意正确计算概率是解题的关键．
13．（2021·河北保定·八年级期中）为测量一池塘两端A，B间的距离，甲、乙两位同学分别设计了两种不同的方案．
甲：如图1，先过点B作的垂线，再在射线上取C，D两点，使，接着过点D作的垂线，交的延长线于点E，则测出的长即为A，B间的距离；
乙：如图2，先确定直线，过点B作射线，在射线上找可直接到达点A的点D，连接，作，交直线于点C，则测出的长即为A，B间的距离，则下列判断正确的是（       ）

A．只有甲同学的方案可行 B．只有乙同学的方案可行
C．甲、乙同学的方案均可行 D．甲、乙同学的方案均不可行
【答案】A
【解析】
【分析】
根据ASA证明两三角形全等即可判断甲同学的方案，乙同学的方案中没有全等条件，则乙同学的方案不可行．
【详解】
甲：由题意得，AB⊥BC，DE⊥CD，
∴∠ABC＝∠EDC＝90°，
在△ABC和△DEC中，
，
∴△ABC≌△DEC（ASA），
∴AB＝ED；
∴测出DE的长即为A，B间的距离；
乙同学的方案中,不能判断两个三角形全等，故乙同学的方案不可行
故选A

本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的证明方法是解题的关键．
14．（2021·河北保定·八年级期中）如图，在中，，，．点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线向终点B运动，同时点Q从点B出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线向终点A运动，点P，Q都运动到各自的终点时停止．设运动时间为t（秒）．直线l经过点C，且，过点P、Q分别作直线l的垂线段，垂足为E，F，当与全等时，t的值可能是（       ）

A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可分类讨论①当P在AC，Q在BC上时、②当P在AC，Q在AC上时和③当P在BC，Q在AC上时，根据三角形全等的性质可列出关于t的等式，解出t，即可得出答案．
【详解】
分类讨论，①当P在AC，Q在BC上时，
由题意可知，．
∵，与全等，
∴，即，
解得：；
②当P在AC，Q在AC上时，
由与全等，可知此时P、Q重合，
∴3t+2t=8+6
解得：．
③当P在BC，Q在AC上时，
此时，，且．
同理可得，即，
解得：(舍)．
综上可知t的值为2或．

故选A．

本题考查三角形全等的性质．利用分类讨论的思想是解题关键．
二、填空题：本题共6个小题，每小题3分，共18分。
15．（2021·甘肃白银·七年级期末）某汽车生产厂对其生产的A型汽车进行油耗试验，试验中汽车为匀速行驶，在行驶过程中，油箱的余油量y（升）与行驶时间t（小时）之间的关系如表：
t（小时）
0
1
2
3
y（升）
120
112
104
96
由表格中y与t的关系可知，当汽车行驶_____小时，油箱的余油量为0．
【答案】15
【解析】
【分析】
由表格可知油箱中有油120升，每行驶1小时，耗油8升，则可求解．
【详解】
解：由表格可知，每行驶1小时，耗油8升，
∵t＝0时，y＝120，
∴油箱中有油120升，
∴120÷8＝15小时，
∴当行驶15小时时，油箱的余油量为0，
故答案为：15．

本题考查了变量与常量，解题的关键是注意贮满120L油的汽车，最多行驶的时间就是油箱中剩余油量为0的时的t的值．
16．（2022·山东济宁·七年级期中）如图，，，则等于______．

【答案】#度
【解析】
【分析】
先证明 再利用平行线的性质求解 再利用邻补角的含义可得答案．
【详解】
解：如图，





故答案为：

本题考查的是平行线的性质与判定，对顶角的性质，邻补角的性质，掌握“平行线的判定与性质”是解本题的关键．
17．（2022·河南南阳·八年级期末）如图，中，，为的中点，将沿折叠至，边与相交于点若面积是面积的一半，则 ______ ．

【答案】
【解析】
【分析】
根据三角形中线把三角形面积分成相等的两部分即可得到和的面积相等，，，，即可证明≌，得到，从而推出，由此即可得到答案．
【详解】
解：为的中点，
和的面积相等，．
面积是面积的一半，
的面积是面积的一半，
，．
又，
≌，
．
由折叠的性质可知
，
，
，
故答案为．

本题主要考查了与三角形中线有关的面积问题，全等三角形的性质与判定，折叠的性质，正确理解题意是解题的关键．
18．（2022·辽宁大连·一模）如图，用大小相同的小正方形拼图形，第1个图形是一个小正方形；第2个图形由9个小正方形拼成；第3个图形由25个小正方形拼成，依此规律，若第n个图形比第（n-1）个图形多用了72个小正方形，则n的值是___________.

【答案】
【解析】
【分析】
依次观察前几个图形以及正方形的个数，进而归纳得到拼成第个图形需要个正方形，即可得出结论．
【详解】
第1个图形是一个小正方形；
第2个图形由个小正方形拼成；
第3个图形由个小正方形拼成，
……
拼成第个图形需要个正方形，
拼成第个图形需要个正方形，
，
解得：；
故答案为：．

本题主要考查了图形类规律探索，根据图形得出小正方形的变化规律是解题的关键．
三、解答题（19题6分，其余每题8分，共46分）
19．（2022·湖北宜昌·八年级期末）先化简，再求值：，其中．
【答案】，3
【解析】
【分析】
先进行乘法运算，然后合并同类项得化简结果，最后将值代入求解即可．
【详解】
解：原式


当时，原式

本题考查了整式的化简求值，多项式乘多项式．解题的关键在于熟练掌握平方差公式并正确的计算．
20．（2021·山东青岛·期末）周末，小明坐公交车到滨海公园游玩，他从家出发0.8小时候达到中心书城，逗留一段时间后继续坐公交车到滨海公园，小明离家一段时间后，爸爸驾车沿相同的路线前往海滨公园，如图是他们离家路程与小明离家时间的关系图，请根据图回答下列问题：

(1)图中自变量是____________，因变量是____________；
(2)小明家到滨海公园的路程为______________km；
(3)小明从家出发____________小时后爸爸驾车出发，爸爸驾车经过_____________小时追上小明．
【答案】(1)时间t； 离家路程s
(2)30
(3)2.5；
【解析】
【分析】
（1）根据图象进行判断，即可得出自变量与因变量；
（2）根据图象中数据即可得到路程；
（3）根据图象直接可得到爸爸驾车出发的时间；先算出小明坐公交车到滨海公园的平均速度和爸爸驾车的平均速度，设爸爸出发后xh追上小明，根据在x这段时间内，爸爸通过的路程比小明乘公交车通过的路程多12km列出方程，解方程即可．
(1)
由图可得，自变量是时间t，因变量是离家路程s；
故答案为：时间t；离家的路程s．
(2)
由图可得，小明家到滨海公园的路程为30km；
故答案为：30．
(3)
由图可得，小明出发2.5小时后爸爸驾车出发；
爸爸驾车的平均速度为，
小明乘公交车的平均速度为：，
设爸爸出发后xh追上小明，根据题意得：
，解得：．
故答案为：2.5；h．

本题考查了路程时间的图象，以及行程问题的数量关系的运用，解答时理解清楚图象的意义是解答此题的关键．
21．（2022·浙江嘉兴·一模）有一电脑程序：每按一次按键．屏幕的A区就会自动加上，同时B区就会自动减去．已知A，B两区初始状态显示的分别是和6（如图1），如图2是第一次按键后，A，B两区分别显示的结果．

(1)从初始状态开始按健1次后，求A，B两区代数式的和．
(2)从初始状态开始按键2次后，求A，B两区代数式的积．并求出这个积的最大值．
【答案】(1)2
(2)；积的最大值为1
【解析】
【分析】
（1）根据图2中A，B两区的代数式计算求值即可；
（2）由题意得出A、B两区的代数式，再计算代数式的积，利用配方法求最大值即可.
(1)
解：由题意得A，B两区代数式的和=；
(2)
解：从初始状态开始按键2次后，
A区代数式为：-4+a，B区代数式为：-6-a，
∴两区代数式的积=，
当a=5时，积有最大值1.

本题考查了整式的混合运算，掌握完全平方公式是解题关键．
22．（2021·湖南长沙·八年级期末）如图，在正方形网格中，点A、B、C、M、N都在格点上．

(1)作关于直线MN对称的图形．
(2)若网格中最小正方形的边长为2，求的面积．
(3)点P在直线MN上，当周长最小时，P点在什么位罝，在图中标出P点．
【答案】(1)见解析(2)12(3)见解析
【解析】
【分析】
（1）分别作出三个顶点关于直线MN的对称点，再首尾顺次连接即可得到；
（2）根据三角形的面积公式列式计算即可得到答案；
（3）作点A关于直线MN的对称点，连接C，与直线MN的交点即为所求．
(1)解：如图，即为所求；

(2)解：由图可知，；
(3)如图，点P即为所求．


本题考查了作图一轴对称变换、求三角形的面积和将军饮马求最值，解题的关键是掌握轴对称变换的定义与性质，并据此得出变换后的对应点．
23．（2022·福建泉州·二模）阅读理解
某市电力公司对居民用电设定如下两种收费方式：
方式一：“分档”计算电费（见表一），按电量先计算第一档，超过的部分再计算第二档，依次类推，最后求和即为总电费．
方式二：“分档+分时”计算电费（见表一、表二），即总电费等于“分档电费、峰时段增加的电费、谷时段减少的电费的总和”．
表一：分档电价
居民用电分档
用电量x（度）
电价（元/度）
第一档

0.5
第二档

0.55
第三档

0.8

表二：分时电价
峰谷时段
电价差额（元/度）
峰时段（08：00—22：00）
+0.03（每度电在各档电价基础上加价0.03元）
谷时段（22：00—次日08：00）
-0.2（每度电在各档电价基础上降低0.2元）

例如：某用户该月用电总量500度，其中峰时段用电量300度，谷时段用电量200度，若该用户选择方式二缴费，则总电费为：
（元）．
问题解决
已知小明家4月份的月用电量相当于全年的平均月用电量，现从他家4月份的日用电量数据中随机抽取7天作为样本，制作成如下图表：

日用电量峰电占比统计表
编号
Al
A2
A3
A4
A5
A6
A7
每日峰时段用电量占比
80%
20%
50%
10%
20%
50%
60%

注：
(1)若从上述样本中随机抽取一天，求所抽取的日用电量为15度以上的概率；
(2)若每月按30天计，请通过样本数据计算月用电费，帮小明决定选择哪一种方式缴费合算？
【答案】(1)
(2)方式一缴费：375元，方式二缴费：363元，故选择方式二缴费合算．
【解析】
【分析】
（1）利用图表可知总的天数以及日用电量为15度以上的天数，根据概率公式计算即可．
（2）根据抽取的样本数据计算对应方式一、方式二的月所需电费，最后结果比较大小即可．
(1)
解：由图表可知：总的天数为7天，其中日用电量为15度以上的天数为3天
所以所抽取的日用电量为15度以上的概率
(2)
解：平均每天用电量（度）
则一个月的总的用电量（度）
平均每天峰时用电量（度）
则一个月的总的峰时用电量（度）
则一个月的总的谷时用电量（度）
若按照方式一：“分档”计费，则总的月电费：
（元）
若按照方式二：“分档+分时”计费
（元）

选择方式二缴费合算．

本题考查了统计初步，涉及用样本数据估计总体以及简单的概率计算，熟知概率公式“随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数”以及会利用样本数据估计总体是解决本题的关键．
24．（2022·山东临沂·七年级期中）如图，已知，点P是射线AM上一动点（与点A不重合），BC，BD分别平分和，分别交射线AM于点C，D．

(1)当时，的度数是______，的度数是______；
(2)当时，求的度数（用含x的式子表示）；
(3)当点P运动到使，时，求的度数（用含x的代子表示）．
【答案】(1)128°，64°
(2)
(3)
【解析】
【分析】
(1)由平行线的性质可求得∠ABN，再根据角平分线的定义和整体思想可求得∠CBD；
(2)由平行线的性质可得∠APB＝∠PBN，∠ADB＝∠DBN，再由角平分线的定义可求得结论；
(3)先有平行线的性质求得，结合已知，求得，再利用角平分线的性质，进而得到，
最后利用平行线的性质得到结论可得．
(1)解：∵AM∥BN，
∴∠ABN＋∠A＝180°，
∴∠ABN＝180°−52°＝128°，
∵BC，BD分别平分和，
∴，，
∴，
故答案为：128°，64°

(2)解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵BC平分，BP平分，
∴，，
∴，
∴；
(3)解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵BC平分，BD平分，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．

本题考查了角平分线的定义，平行线的性质等，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
25．（2022·浙江杭州·七年级期中）如图，长为40，宽为x的大长方形被分割为9小块，除阴影A，B两块外，其余7块是形状、大小完全相同的小长方形，其较短一边长为y．


(1)分别用含x，y的代数式表示阴影A，B两块的周长，并计算阴影A，B两块的周长和．
(2)分别用含x，y的代数式表示阴影A，B两块的面积，并计算阴影A，B的面积差．
(3)当y取何值时，阴影A与阴影B的面积差不会随着x的变化而变化，并求出这个值．
【答案】(1)阴影A的周长为2（40﹣7y+x），阴影B的周长为2（8y+x﹣40），周长和为4x+2y
(2)阴影A的面积为（40﹣4y）（x﹣3y），阴影B的面积为4y（x﹣40+4y），面积差为40x+40y﹣44xy﹣4y2
(3)时，阴影A与阴影B的面积差不会随着x的变化而变化，此时为．
【解析】
【分析】
（1）由图可知阴影A的长为（40﹣4y），宽为（x﹣3y），阴影B的长为4y，宽为[x﹣（40﹣4y）]，从而可求解；
（2）结合（1），利用长方形的面积公式进行求解即可；
（3）根据题意，使含x的项的系数为0，从而可求解．
(1)
由题意得：
阴影A的长为（40﹣4y），宽为（x﹣3y），
阴影B的长为4y，宽为[x﹣（40﹣4y）]＝x﹣40+4y，
则其周长和为：2（40﹣4y+x﹣3y）+2（4y+x﹣40+4y）＝4x+2y；
(2)
由（1）中的结果可得：
，
，
则有：
，
(3)
∵
，
∴当时，阴影A与阴影B的面积差不会随着x的变化而变化，
即时，阴影A与阴影B的面积差不会随着x的变化而变化，此时为．

本题考查了根据图形列代数式、整式的乘法运算等知识，正确理解图形的构造是解答本题的关键．
26．（2022·黑龙江牡丹江·九年级期末）平面内有一等腰直角三角板（∠ACB＝90°）和一直线MN．过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F．当点E与点A重合时（如图1），易证：AF+BF＝2CE．

(1)当三角板绕点A顺时针旋转至图2的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
(2)当三角板绕点A顺时针旋转至图3的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
【答案】(1)AF+BF=2CE仍成立
(2)AF-BF=2CE
【解析】
【分析】
（1）过B作BH⊥CE于点H，可证△ACE≌△CBH，通过线段的等量代换可得结论；
（2）过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，△ACE≌△CBG，通过线段的等量代换可得答案．
(1)解：图2，AF+BF=2CE仍成立，                                             
证明：如图，过B作BH⊥CE于点H，

∵∠BCH+∠ACE=90°，
又∵在直角△ACE中，∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BCH，
又∵AC=BC，∠AEC=∠BHC=90°
∴△ACE≌△CBH．
∴CH=AE，BF=HE，CE=BH，
∴AF+BF=AE+EF+BF=CH+EF+HE=CE+EF=2EC．
(2)解：不成立，线段AF、BF、CE之间的数量关系为：AF-BF=2CE
证明：如图，过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，

∵∠BCG+∠ACE=90°，
又∵在直角△ACE中，∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BCG，
又∵AC=BC，∠AEC=∠BGC=90°
∴△ACE≌△CBG．
∴CG=AE，BF=GE，CE=BG，
∴AF-BF=AE+EF-BF=CG+EF-GE=CE+EF=2EC．

本题考查全等三角形的判定，根据题意正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．