2019-2020学年湖北省武汉市硚口区七年级（下）期中数学试卷

这是一份2019-2020学年湖北省武汉市硚口区七年级（下）期中数学试卷，共22页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列各数中是无理数的是（ ）
A.2536B.3−8C.237D.π2

2. 14的平方根是（ ）
A.12B.−12C.±12D.±116

3. 在下列给出坐标的点中，在第二象限的是( )
A.(2, 3)B.(−2, 3)C.(−2, −3)D.(2, −3)

4. 下列各式中，正确的是( )
A.(−4)2=4B.(−4)2=−4C.16=±4D.±4=2

5. 点M(2, −3)到x轴的距离是（ ）
A.2B.−3C.3D.以上都不对

6. 如图，点E在BC的延长线上，由下列条件不能得到AB // CD的是( )

A.∠1=∠2B.∠B=∠DCE
C.∠3=∠4D.∠D+∠DAB=180∘

7. 如图，学校相对于小明家的位置下列描述最准确的是（ ）

A.距离学校1200米处
B.北偏东65∘方向上的1200米处
C.南偏西65∘方向上的1200米处
D.南偏西25∘方向上的1200米处

8. 下列命题中，是真命题的是( )
A.三条直线a，b，c在同一平面内，若a⊥b，b⊥c，则a⊥c
B.无限小数都是无理数
C.经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行
D.同旁内角互补

9. 如图，直线AB // CD，点E在CD上，点O、点F在AB上，∠EOF的角平分线OG交CD于点G，过点F作FH⊥OE于点H，已知∠OGD＝148∘，则∠OFH的度数为（ ）

A.26∘B.30∘C.32∘D.36∘

10. 横、纵坐标均为整数的点称为整点．如图，一列有规律的整点，其坐标依次为(1, 0)，(2, 0)，(2, 1)，(1, 1)，(1, 2)，(2, 2)，…，根据这个规律，第2019个整点的坐标为（ ）

A.(45, 6)B.(45, 13)C.(45, 22)D.(45, 0)
二、填空题（共6小题，每题3分，共18分）

27的立方根为________．

点P(2−a, a+3)在x轴上，则a＝________．

点A(2, −1)关于y轴的对称点A1的坐标是________．

如图，已知A(0, a)，B(b, 0)，第四象限的点C(c, m)到x轴的距离为3，若a，b满足|a−b+2|+(b+2)2=c−2+2−c，则C点坐标为________；BC与y轴的交点坐标为________．


在同一平面内，若有4条直线，则最多有________个交点；若200条直线中恰好有且只有2m条直线互相平行，则这200条直线最多有________个交点（用含有m的式子表示）．

如图，在平面直角坐标系中，点B(0, m)，点C(n, m)，其中m>0，n<0，点A是x轴负半轴上一点，点P是在直线CB与直线AO之间的一点，连接BP、OP，BN平分∠CBP，ON平分∠AOP，BN交ON于N，则∠BPO与∠BNO之间可满足的数量关系式为________．

三、解答题（共8小题，共72分）

（1）计算：
①3−827×14−(−2)2；
②3−25+|3−3|+31−6364．
（2）求下列式子中的x的值：
①4(x−2)2＝49；
②(x−1)3＝64．

如图，直线AB，CD相交于点O，EO⊥AB，垂足为O．

(1)若∠EOC=35∘，求∠AOD的度数；

(2)若∠BOC=2∠AOC，求∠DOE的度数．

完成下列证明：如图，已知AD⊥BC，EF⊥BC，∠1＝∠2．
求证：∠BAC+∠AGD＝180∘．
证明：∵ AD⊥BC，EF⊥BC（已知），
∴ ∠EFB＝90∘，∠ADB＝90∘(________)，
∴ ∠EFB＝∠ADB（等量代换），
∴ EF // AD(________)，
∴ ∠1＝∠BAD(________)，
又∵ ∠1＝∠2（已知），
∴ ∠________＝∠________（等量代换），
∴ DG // BA(________)，
∴ ∠BAC+∠AGD＝180∘(________)．


如图，已知∠1＝∠BDC，∠2+∠3＝180∘．

（1）请你判断DA与CE的位置关系，并说明理由；

（2）若DA平分∠BDC，CE⊥AE于E，∠1＝70∘，试求∠FAB的度数．

如图，已知图中A点和B点的坐标分别为(2, −4)和(−2, 2)．

（1）请在图中画出坐标轴建立适当的直角坐标系；

（2）写出点C的坐标为________；

（3）连接AB、BC和CA得△ABC，在y轴有点D满足S△ABC＝S△DBC，则点D的坐标为________，S△DBC＝________个平方单位；

（4）已知第一象限内有两点P(3, n+2)，Q(6, n)平移线段PQ使点P、Q分别落在两条坐标轴上，则点P平移后的对应点的坐标是________．

某小区有一块面积为196m2的正方形空地，开发商计划在此空地上建一个面积为100m2的长方形花坛，使长方形的长是宽的2倍．请你通过计算说明开发商能否实现这个愿望？（参考数据：2≈1.414，50≈7.070）

如图1，PQ // MN，点A，B分别在MN，QP上，∠BAM＝2∠BAN，射线AM绕A点顺时针旋转至AN便立即逆时针回转，射线BP绕B点顺时针旋转至BQ便立即逆时针回转．射线AM转动的速度是每秒2度，射线BQ转动的速度是每秒1度．

（1）直接写出∠QBA的大小为________；

（2）射线AM、BP转动后对应的射线分别为AE、BF，射线BF交直线MN于点F，若射线BP比射线AM先转动30秒，设射线AM转动的时间为t(0
（3）如图2，若射线BP、AM同时转动m(0
如图1，在平面直角坐标系中，点A(−2, 0)，B(−5, 0)，点C在第三象限，已知AC⊥AB，且AB＝AC．

（1）求点C的坐标；

（2）如图2，N为线段AC上一动点（端点除外），P是y轴负半轴的一点，连接BP、CP，射线BN与∠ACP的角平分线交于D，若∠BDC−∠ABD＝45∘，求点P的坐标；

（3）在第（2）问的基础上，如图3，点Q与点P关于x轴对称，E是射线PC上一个动点，连接QE，EF平分∠QEC，QM平分∠EQP，射线QH // EF．试问∠MQH的度数是否发生改变？若不变，请求其度数；若改变，请指出其变化范围．
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省武汉市硚口区七年级（下）期中数学试卷
一、选择题（共10小题，每题3分，共30分）下列各题均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号字母涂黑．
1.
【答案】
D
【考点】
立方根的性质
无理数的识别
算术平方根
【解析】
无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项．
【解答】
A.2536=56，是分数，属于有理数；
B.3−8=−2，是整数，属于有理数；
C.237是分数，属于有理数；
D.π2是无理数．
2.
【答案】
C
【考点】
平方根
【解析】
依据平方根的定义回答即可．
【解答】
∵ (±12)2=14，
∴ 14的平方根是±12．
3.
【答案】
B
【考点】
点的坐标
【解析】
根据第二象限内点的坐标符号(−, +)进行判断即可．
【解答】
解：根据四个象限的符号特点：第一象限(+, +)；第二象限(−, +)；第三象限(−, −)；第四象限(+, −)，则可得在第二象限内的点是(−2, 3).
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
平方根
算术平方根
【解析】
根据算术平方根和平方根的定义求解即可得出答案．
【解答】
解：A，(−4)2=16=4，故A正确；
B，(−4)2=16=4，故B错误；
C，16=4，故C错误；
D，±4=±2，故D错误.
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
点的坐标
关于x轴、y轴对称的点的坐标
点到直线的距离
【解析】
根据点到x轴的距离等于纵坐标的绝对值解答．
【解答】
点M(2, −3)到x轴的距离是3．
6.
【答案】
C
【考点】
平行线的判定
【解析】
根据平行线的判定定理进行逐一分析解答即可．
【解答】
解：A，正确，符合内错角相等，两条直线平行的判定定理；
B，正确，符合同位角相等，两条直线平行的判定定理；
C，错误，若∠3=∠4，则AD // BE；
D，正确，符合同旁内角互补，两条直线平行的判定定理.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
方向角
【解析】
根据以正西，正南方向为基准，结合图形得出北偏东的角度和距离来描述物体所处的方向进行描述即可．
【解答】
180∘−115∘＝65∘，
由图形知，学校在小明家的北偏东65∘方向上的1200米处，
8.
【答案】
C
【考点】
真命题，假命题
无理数的识别
平行线的性质
平行公理及推论
【解析】
根据平行线的判定、无理数的概念、平行公理、平行线的性质定理判断．
【解答】
解：A，三条直线a、b、c在同一平面内，若a⊥b，b⊥c，则a // c，本选项说法是假命题；
B，无限不循环小数都是无理数，本选项说法是假命题；
C，经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行，本选项说法是真命题；
D，两直线平行，同旁内角互补，本选项说法是假命题.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
平行线的性质
垂线
【解析】
先由平角性质求得∠CGO，再由平行线的性质求得∠BOG，由角平分的定义得∠HOF，最后根据三角形的内角和定理求得结果．
【解答】
∵ ∠OGD＝148∘，
∴ ∠CGO＝180∘−∠OGD＝32∘，
∵ AB // CD，
∴ ∠BOG＝∠CGO＝32∘，
∵ OG平分∠EOF，
∴ ∠HOF＝2∠BOG＝64∘，
∵ FH⊥OE，
∴ ∠OHF＝90∘，
∴ ∠OFH＝180∘−∠OHF−∠HOF＝26∘，
10.
【答案】
A
【考点】
规律型：点的坐标
规律型：数字的变化类
规律型：图形的变化类
【解析】
观察图形可知，以最外边的矩形边长上的点为准，点的总个数等于x轴上右下角的点的横坐标的平方，并且右下角的点的横坐标是奇数时最后以横坐标为该数，纵坐标为0结束，当右下角的点横坐标是偶数时，以横坐标为1，纵坐标为右下角横坐标的偶数减1的点结束，根据此规律解答即可．
【解答】
根据图形，以最外边的矩形边长上的点为准，点的总个数等于x轴上右下角的点的横坐标的平方，
例如：发现12＝1（第1个点）、32＝9（第9个点）、52＝25（第25个点）的坐标都在x轴上分别为(1, 0)、(3, 0)、(5, 0)．
发现22＝4（第4个点）、42＝16（第16个点）、62＝36（第36个点）的横坐标都为1，坐标分别为(1, 4)、(1, 16)、(1, 36)；
后边不变：右下角的点的横坐标为n时，共有n平方个，
∵ 45平方＝2025，45是奇数，
∴ 第2025个点是(45, 0)，退6个点得第2019个点是(45, 6)．
二、填空题（共6小题，每题3分，共18分）
【答案】
3
【考点】
立方根的实际应用
【解析】
找到立方等于27的数即可．
【解答】
解：∵ 33=27，
∴ 27的立方根是3.
故答案为：3.
【答案】
−3
【考点】
点的坐标
【解析】
直接利用x轴上点的坐标特点得出a+3＝0，进而得出答案．
【解答】
∵ 点P(2−a, a+3)在x轴上，
∴ a+3＝0，
解得：a＝−3．
【答案】
(−2, −1)
【考点】
关于x轴、y轴对称的点的坐标
【解析】
根据点关于y轴对称，横坐标互为相反数，纵坐标不变，可得点A关于y轴的对称点A1的坐标．
【解答】
∵ 2的相反数是−2，
∴ 点A(2, −1)关于y轴的对称点A1的坐标是 (−2, −1)，
【答案】
(2, −3),(0, −32)
【考点】
非负数的性质：算术平方根
非负数的性质：偶次方
非负数的性质：绝对值
坐标与图形性质
待定系数法求一次函数解析式
【解析】
直接利用二次根式有意义的条件以及偶次方的性质得出a，b，c的值，再求出BC解析式进而得出答案．
【解答】
∵ c−2，2−c都有意义，
∴ c＝2，
∴ |a−b+2|+(b+2)2＝0，
∴ a−b+2=0b+2=0 ，
解得：a=−4b=−2 ，
∵ 第四象限的点C(c, m)到x轴的距离为3，
∴ C点坐标为：(2, −3)，
设直线BC解析式为：y＝kx+d，
把(−2, 0)，(2, −3)代入得：
2k+d=−3−2k+d=0 ，
解得：k=−34d=−32 ，
故BC解析式为：y=−34x−32，
当x＝0时，y=−32，
故直线BC与y轴的交点坐标为：(0, −32)．
【答案】
6,(−2m2+m+19900)
【考点】
列代数式
平行线的性质
相交线
【解析】
画出图形，根据具体图形求出两条直线相交、三条直线相交、四条直线相交时的交点个数，总结出规律，即可计算出200条直线中恰好有且只有2m条直线互相平行的交点个数．
【解答】
如图：2条直线相交有1个交点；
3条直线相交有1+2个交点；
4条直线相交有1+2+3个交点；
5条直线相交有1+2+3+4个交点；
6条直线相交有1+2+3+4+5个交点；
…
n条直线相交有1+2+3+...+n=12n(n−1)个交点；
则200条直线相交有12×200×(200−1)＝19900个交点，
∵ 200条直线中恰好有且只有2m条直线互相平行，
∴ 少2m2−m个交点，
则这200条直线最多有(−2m2+m+19900)个交点．
【答案】
\angleBNO+12\angleBPO=180或∠BPO＝2∠BNO
【考点】
三角形内角和定理
坐标与图形性质
【解析】
分①点P在OB的左边时，根据三角形的内角和定理表示出∠PBO+∠POB，再根据两直线平行，同旁内角互补和角平分线的定义表示出∠NBP+∠NOP，然后在△NBO中，利用三角形的内角和定理列式整理即可得解；②点P在OB的右边时，求出∠CBP+∠AOP+∠BPO＝360∘，再根据角平分线的定义表示出∠PBN+∠PON，然后利用四边形的内角和定理列式整理即可得解．
【解答】
①如图1，当点P在OB左侧时，∠BPO＝2∠BNO．
理由如下：在△BPO中，∠PBO+∠POB＝180∘−∠BPO，
∵ BC // OA，BN平分∠CBP，ON平分∠AOP，
∴ ∠NBP+∠NOP=12(180∘−∠PBO−∠POB)，
在△NOB中，∠BNO＝180∘−(∠NBP+∠NOP+∠PBO+∠POB)，
＝180∘−[12(180∘−∠PBO−∠POB)+∠PBO+∠POB]，
＝90∘−12(∠PBO+∠POB)，
＝90∘−12(180∘−∠BPO)，
=12∠BPO，
∴ ∠BPO＝2∠BNO；
②如图2，当点P在OB右侧时，∠BNO+12∠BPO＝180∘．
理由如下：∵ BC // OA，
∴ ∠CBP+∠AOP+∠BPO＝360∘，
∵ BN平分∠CBP，ON平分∠AOP，
∴ ∠PBN+∠PON+12∠BPO=12×360∘＝180∘，
∴ ∠PBN+∠PON＝180∘−12∠BPO，
在四边形BNOP中，∠BNO＝360∘−∠PBN−∠PON−∠BPO＝360∘−(180∘−12∠BPO)−∠BPO＝180∘−12∠BPO，
∴ ∠BNO+12∠BPO＝180∘．
三、解答题（共8小题，共72分）
【答案】
①原式=−23×12−2
＝−213；
②原式=3−5+3−3+14
=−74；
①∵ 4(x−2)2＝49，
∴ (x−2)2=494，
∴ x−2=±72，
∴ x=2±72，
∴ x=112或x=−32．
②∵ (x−1)3＝64，
∴ x−1＝4，
∴ x＝5．
【考点】
平方根
立方根的性质
实数的运算
【解析】
（1）①直接利用立方根以及二次根式的性质分别化简得出答案；
②直接利用立方根以及二次根式的性质分别化简得出答案；
（2）①直接利用平方根的定义化简得出答案；
②直接利用立方根的定义化简得出答案．
【解答】
①原式=−23×12−2
＝−213；
②原式=3−5+3−3+14
=−74；
①∵ 4(x−2)2＝49，
∴ (x−2)2=494，
∴ x−2=±72，
∴ x=2±72，
∴ x=112或x=−32．
②∵ (x−1)3＝64，
∴ x−1＝4，
∴ x＝5．
【答案】
解：∵ EO⊥AB，
∴ ∠BOE=90∘，
∵ ∠EOC=35∘，
∴ ∠BOC=∠BOE+∠EOC=125∘，﹒
∴ ∠AOD=∠BOC=125∘.
答：∠AOD的度数为125∘.
(2)∵ ∠AOC+∠BOC=180∘，∠BOC=2∠AOC，
∴ ∠AOC+2∠AOC=180∘，
∴ ∠AOC=60∘，
∴ ∠BOD=∠AOC=60∘，
∴ ∠EOD=∠BOE+∠BOD=90∘+60∘=150∘.
答：∠DOE的度数为150∘．
【考点】
对顶角
邻补角
垂线
【解析】
（1）根据垂直的定义和对顶角的性质即可得到结论；
（2）根据邻补角的定义和角的和差即可得到结论．
【解答】
解：∵ EO⊥AB，
∴ ∠BOE=90∘，
∵ ∠EOC=35∘，
∴ ∠BOC=∠BOE+∠EOC=125∘，﹒
∴ ∠AOD=∠BOC=125∘.
答：∠AOD的度数为125∘.
(2)∵ ∠AOC+∠BOC=180∘，∠BOC=2∠AOC，
∴ ∠AOC+2∠AOC=180∘，
∴ ∠AOC=60∘，
∴ ∠BOD=∠AOC=60∘，
∴ ∠EOD=∠BOE+∠BOD=90∘+60∘=150∘.
答：∠DOE的度数为150∘．
【答案】
垂直定义,同位角相等，两直线平行,两直线平行，同位角相等,2,BAD,内错角相等，两直线平行,两直线平行，同旁内角互补
【考点】
平行线的判定与性质
【解析】
根据垂直得出∠EFB＝∠ADB＝90∘，根据平行线的判定得出EF // AD，根据平行线的性质得出∠1＝∠BAD，由∠1＝∠2得出∠2＝∠BAD，根据平行线的判定得出即可．
【解答】
∵ AD⊥BC，EF⊥BC（已知），
∴ ∠EFB＝90∘，∠ADB＝90∘（垂直定义），
∴ ∠EFB＝∠ADB（等量代换），
∴ EF // AD（同位角相等，两直线平行），
∴ ∠1＝∠BAD（两直线平行，同位角相等），
又∵ ∠1＝∠2（已知），
∴ ∠2＝∠BAD（等量代换），
∴ DG // BA（内错角相等，两直线平行），
∴ ∠BAC+∠AGD＝180∘（两直线平行，同旁内角互补）．
【答案】
AD // EC，
理由是：∵ ∠1＝∠BDC，
∴ AB // CD，
∴ ∠2＝∠ADC，
又∵ ∠2+∠3＝180∘，
∴ ∠ADC+∠3＝180∘，
∴ AD // EC．
∵ DA平分∠BDC，
∴ ∠ADC=12∠BDC＝35∘，
∴ ∠2＝∠ADC＝35∘，
∵ CE⊥AE，AD // EC，
∴ ∠FAD＝∠AEC＝90∘，
∴ ∠FAB＝∠FAD−∠2＝90∘−35∘＝55∘．
【考点】
平行线的判定与性质
【解析】
（1）根据平行线的性质推出AB // CD，推出∠2＝∠ADC，求出∠ADC+∠3＝180∘，根据平行线的判定推出即可；
（2）求出∠ADC度数，求出∠2＝∠ADC＝35∘，∠FAD＝∠AEC＝90∘，代入∠FAB＝∠FAD−∠2求出即可．
【解答】
AD // EC，
理由是：∵ ∠1＝∠BDC，
∴ AB // CD，
∴ ∠2＝∠ADC，
又∵ ∠2+∠3＝180∘，
∴ ∠ADC+∠3＝180∘，
∴ AD // EC．
∵ DA平分∠BDC，
∴ ∠ADC=12∠BDC＝35∘，
∴ ∠2＝∠ADC＝35∘，
∵ CE⊥AE，AD // EC，
∴ ∠FAD＝∠AEC＝90∘，
∴ ∠FAB＝∠FAD−∠2＝90∘−35∘＝55∘．
【答案】
(3，
(3, 2)
(0, −4)或(0, 8),15
(0, 2)或(−3, 0)
【考点】
坐标与图形变化-平移
三角形的面积
【解析】
（1）根据题意建立如图所示的平面直角坐标系即可；
（2）根据建立的平面直角坐标系即可得到结论；
（3）根据三角形的面积公式即可得到结论；
（4）设平移后点P、Q的对应点分别是P′、Q′，分两种情况进行讨论：①P′在y轴上，Q′在x轴上；②P′在x轴上，Q′在y轴上．
【解答】
建立如图所示的平面直角坐标系；
点C的坐标为(3, 2)；
设D到BC的距离为ℎ，
∵ S△ABC＝S△DBC，
∴ 12×5×6=12⋅ℎ×5，
解得：ℎ＝6，
∴ 点D的坐标为(0, −4)或(0, 8)，
∴ S△DBC=12×5×6＝15个（平方单位）；
设平移后点P、Q的对应点分别是P′、Q′．
分两种情况：
①P′在y轴上，Q′在x轴上，
则P′横坐标为0，Q′纵坐标为0，
∴ n＝0，
∴ 点P平移后的对应点的坐标是(0, 2)；
②P′在x轴上，Q′在y轴上，
则P′纵坐标为0，Q′横坐标为0，
∴ 3−6＝−3，
∴ 点P平移后的对应点的坐标是(−3, 0)；
综上可知，点P平移后的对应点的坐标是(0, 2)或(−3, 0)．
故答案为：(2)(3, 2)；(3)(0, −4)或(0, 8)，15；(4)(0, 2)或(−3, 0)．
【答案】
解：长方形花坛的宽为xm，长为2xm．
2x⋅x=100，
∴ x2=50，
∵ x>0，
∴ x=50，2x=250，
∵ 正方形的面积=196m2，
∴ 正方形的边长为14m，
∵ 250>14，
∴ 当长方形的边与正方形的边平行时，开发商不能实现这个愿望．
长方形花坛如图放置，设宽为2xm，长为4xm．
∵ 正方形ABCD的面积为196m2，
∴ AB=14(m)，AC=142(m)，
由题意2x+4x=142，
∴ x=732，
∴ 长方形EFGH的面积=8x2≈87.1<100，
∴ 开发商不能实现这个愿望．
综上所述，开发商不能实现这个愿望．
【考点】
算术平方根
【解析】
分两种情形，求出长方形的长，正方形的边长比较即可判断．
【解答】
解：长方形花坛的宽为xm，长为2xm．
2x⋅x=100，
∴ x2=50，
∵ x>0，
∴ x=50，2x=250，
∵ 正方形的面积=196m2，
∴ 正方形的边长为14m，
∵ 250>14，
∴ 当长方形的边与正方形的边平行时，开发商不能实现这个愿望．
长方形花坛如图放置，设宽为2xm，长为4xm．
∵ 正方形ABCD的面积为196m2，
∴ AB=14(m)，AC=142(m)，
由题意2x+4x=142，
∴ x=732，
∴ 长方形EFGH的面积=8x2≈87.1<100，
∴ 开发商不能实现这个愿望．
综上所述，开发商不能实现这个愿望．
【答案】
60∘
①当0∵ PQ // MN，
∴ ∠PBF＝∠BFA，
∵ AE // BF，
∴ ∠EAM＝∠BFA，
∴ ∠EAM＝∠PBF，
∴ 2t＝1⋅(30+t)，
解得t＝30；
②当90∵ PQ // MN，
∴ ∠PBF+∠BFA＝180∘，
∵ AE // BF，
∴ ∠EAN＝∠BFA，
∴ ∠PBF+∠EAN＝180∘，
∴ 1⋅(30+t)+(2t−180)＝180，
解得t＝110，
综上所述，当t＝30秒或110秒时BF // 直线AE；
∠BAC＝2∠BCD，理由如下：
如图3，作CH // PQ，
∵ PQ // MN，
∴ CH // PQ // MN，
∴ ∠QBC+∠2＝180∘，∠MAC+∠1＝180∘，
∴ ∠QBC+∠2+∠MAC+∠1＝360∘，
∵ ∠QBC＝180∘−m∘，∠MAC＝2m∘，
∴ ∠BCA＝∠1+∠2＝360∘−(180∘−m∘)−2m∘＝180∘−m∘，
而∠ACD＝120∘，
∴ ∠BCD＝120∘−∠BCA＝120∘−(180∘−m∘)＝m∘−60∘，
∵ ∠CAN＝180∘−2m∘，
∴ ∠BAC＝60∘−(180∘−2m∘)＝2m∘−120∘，
∴ ∠BAC:∠BCD＝2:1，
即∠BAC＝2∠BCD．
【考点】
平行线的判定与性质
【解析】
（1）根据PQ // MN，可得∠QBA＝∠BAN，再根据平角定义和∠BAM＝2∠BAN．即可得∠QBA的大小；
（2）①当0（3）作CH // PQ，根据PQ // MN，可得CH // PQ // MN，根据平行线的性质可得，∠BCD＝120∘−∠BCA＝120∘−(180∘−m∘)＝m∘−60∘，∠BAC＝60∘−(180∘−2m∘)＝2m∘−120∘，可得∠BAC:∠BCD＝2:1，即∠BAC＝2∠BCD．
【解答】
∵ PQ // MN，
∴ ∠QBA＝∠BAN，
∵ ∠BAM+∠BAN＝180∘，∠BAM＝2∠BAN，
∴ 3∠BAN＝180∘，
∴ ∠BAN＝60∘，
∴ ∠QBA＝∠BAN＝60∘，
故答案为：60∘；
①当0∵ PQ // MN，
∴ ∠PBF＝∠BFA，
∵ AE // BF，
∴ ∠EAM＝∠BFA，
∴ ∠EAM＝∠PBF，
∴ 2t＝1⋅(30+t)，
解得t＝30；
②当90∵ PQ // MN，
∴ ∠PBF+∠BFA＝180∘，
∵ AE // BF，
∴ ∠EAN＝∠BFA，
∴ ∠PBF+∠EAN＝180∘，
∴ 1⋅(30+t)+(2t−180)＝180，
解得t＝110，
综上所述，当t＝30秒或110秒时BF // 直线AE；
∠BAC＝2∠BCD，理由如下：
如图3，作CH // PQ，
∵ PQ // MN，
∴ CH // PQ // MN，
∴ ∠QBC+∠2＝180∘，∠MAC+∠1＝180∘，
∴ ∠QBC+∠2+∠MAC+∠1＝360∘，
∵ ∠QBC＝180∘−m∘，∠MAC＝2m∘，
∴ ∠BCA＝∠1+∠2＝360∘−(180∘−m∘)−2m∘＝180∘−m∘，
而∠ACD＝120∘，
∴ ∠BCD＝120∘−∠BCA＝120∘−(180∘−m∘)＝m∘−60∘，
∵ ∠CAN＝180∘−2m∘，
∴ ∠BAC＝60∘−(180∘−2m∘)＝2m∘−120∘，
∴ ∠BAC:∠BCD＝2:1，
即∠BAC＝2∠BCD．
【答案】
∵ A(−2, 0)，B(−5, 0)，AB＝AC，
∴ AB＝AC＝3，
∴ C(−2, −3)；
如图，作DH⊥AC于H点，
∵ DH⊥AC，AC⊥AB，
∴ ∠BAC＝∠OAC＝∠DHA＝∠DHC＝90∘，
∴ AB // DH，
∴ ∠ABD＝∠BDH，
∴ ∠HDC＝∠BDC−∠BDH＝∠BDC−∠ABD＝45∘，
∴ ∠DCH＝90∘−∠HDC＝45∘，
∵ CD平分∠ACP，
∴ ∠ACP＝2∠DCH＝90∘＝∠BAC，
∴ CP // AB，
∴ P(0, −3)；
答：∠MQH的度数不变，且∠MQH＝45∘，
如图，作EG // y轴，设QH与x轴交于N，
由第（2）问得CP // AB，
∴ ∠CPQ＝∠PON＝90∘，
∵ EG // y轴，
∴ ∠GEC＝∠OPC＝90∘，∠GEQ＝∠EQP，
∵ ∠QEC＝∠GEQ+∠GEC＝∠EQP+∠QPE＝∠EQP+90∘①，
∵ EF平分∠QEC，QM平分∠EQP，
∴ 设∠QEF＝∠FEC＝β，∠EQM＝∠MQP＝α，
①式即为2β＝2α+90∘，
∴ β−α＝45∘，
∵ QH // EF，
∴ ∠HQE＝∠QEF＝β，
∴ ∠MQH＝∠HQE−∠MQE＝β−α＝45∘．
【考点】
几何变换综合题
【解析】
（1）由题意可得AB＝AC＝3，即可求解；
（2）作DH⊥AC于H点，可证AB // DH，可得∠ABD＝∠BDH，由角的数量关系可得∠DCH＝90∘−∠HDC＝45∘，由角平分线的性质可得∠ACP＝2∠DCH＝90∘＝∠BAC，可证CP // AB，即可求解；
（3）作EG // y轴，设QH与x轴交于N，由平行线的性质可得∠GEC＝∠OPC＝90∘，∠GEQ＝∠EQP，由角平分线的性质可得设∠QEF＝∠FEC＝β，∠EQM＝∠MQP＝α，可得β−α＝45∘，由平行线的性质可求∠MQH＝∠HQE−∠MQE＝β−α＝45∘．
【解答】
∵ A(−2, 0)，B(−5, 0)，AB＝AC，
∴ AB＝AC＝3，
∴ C(−2, −3)；
如图，作DH⊥AC于H点，
∵ DH⊥AC，AC⊥AB，
∴ ∠BAC＝∠OAC＝∠DHA＝∠DHC＝90∘，
∴ AB // DH，
∴ ∠ABD＝∠BDH，
∴ ∠HDC＝∠BDC−∠BDH＝∠BDC−∠ABD＝45∘，
∴ ∠DCH＝90∘−∠HDC＝45∘，
∵ CD平分∠ACP，
∴ ∠ACP＝2∠DCH＝90∘＝∠BAC，
∴ CP // AB，
∴ P(0, −3)；
答：∠MQH的度数不变，且∠MQH＝45∘，
如图，作EG // y轴，设QH与x轴交于N，
由第（2）问得CP // AB，
∴ ∠CPQ＝∠PON＝90∘，
∵ EG // y轴，
∴ ∠GEC＝∠OPC＝90∘，∠GEQ＝∠EQP，
∵ ∠QEC＝∠GEQ+∠GEC＝∠EQP+∠QPE＝∠EQP+90∘①，
∵ EF平分∠QEC，QM平分∠EQP，
∴ 设∠QEF＝∠FEC＝β，∠EQM＝∠MQP＝α，
①式即为2β＝2α+90∘，
∴ β−α＝45∘，
∵ QH // EF，
∴ ∠HQE＝∠QEF＝β，
∴ ∠MQH＝∠HQE−∠MQE＝β−α＝45∘．