2024年人教版七7年级下册数学期末测试试卷含解析.doc

2024年人教版七7年级下册数学期末测试试卷含解析
一、选择题
1．如图，与是（ ）

A．同位角 B．内错角 C．同旁内角 D．对顶角
2．在下列图形中，不能通过其中一个三角形平移得到的是（ ）
A． B． C． D．
3．已知点P的坐标为P（3，﹣5），则点P在第（　　）象限．
A．一 B．二 C．三 D．四
4．下列四个命题：①5是25的算术平方根；②的平方根是-4；③经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行；④同旁内角互补．其中真命题的个数是（ ）．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
5．如图，直线，被直线所截，，，则的度数为（ ）．

A．40° B．60° C．45° D．70°
6．给出下列四个说法：①一个数的平方等于1，那么这个数就是1；②4是8的算术平方根；③平方根等于它本身的数只有0；④8的立方根是±2．其中，正确的是（　　）
A．①② B．①②③ C．②③ D．③
7．将直角三角尺的直角顶点靠在直尺上，且斜边与这根直尺平行，那么，在形成的这个图中与互余的角共有（ ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
8．在平面直角坐标系中，对于点P（x，y），我们把点P’（－y＋1，x＋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（a，b），则点A2021的坐标为（　　）
A．（a，b） B．（－b＋1，a＋1）
C．（－a，－b＋2） D．（b－1，－a＋1）
九、填空题
9．100的算术平方根是_____．
十、填空题
10．若点P(a,b)关于y轴的对称点是P1 ,而点P1关于x轴的对称点是P ,若点P的坐标为(-3,4),则a=_____,b=______
十一、填空题
11．如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，垂足为E，若△ABC的面积为15，DE＝3，AB＝6，则AC的长是 _______

十二、填空题
12．如图，，点在上，点在上，则的度数等于______．

十三、填空题
13．在“妙折生平——折纸与平行”的拓展课上，小潘老师布置了一个任务：如图，有一张三角形纸片ABC，，，点D是AB边上的固定点（），请在BC上找一点E，将纸片沿DE折叠（DE为折痕），点B落在点F处，使EF与三角形ABC的一边平行，则为________度．

十四、填空题
14．已知M是满足不等式的所有整数的和，N是满足不等式x≤的最大整数，则M＋N的平方根为________．
十五、填空题
15．在平面直角坐标系中，第二象限内的点到横轴的距离为，到纵轴的距离为，则点的坐标是________．
十六、填空题
16．如图，在平面直角坐标系中，一动点从原点O出发，按向上，向右，向下、向右的方向不断地移动，每移动一个单位，得到点、、、…，那么点的坐标为_______．

十七、解答题
17．计算：
（1）
（2）
（3）
（4）
十八、解答题
18．求下列各式中的的值：
（1）；
（2）．
十九、解答题
19．如图，直线，被直线，所截，，直线分别交和于点，．点在直线上，，求证：．

请在下列括号中填上理由：
证明：因为（已知），所以（_______）．
又因为（已知），所以，即，
所以_______（同位角相等，两直线平行），所以（_______）．
二十、解答题
20．在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，4），线段MN的位置如图所示，其中点M的坐标为（﹣3，﹣1），点N的坐标为（3，﹣2）．
（1）将线段MN平移得到线段AB，其中点M的对应点为A，点N的对应点为B．画出平移后的线段AB．
①点M平移到点A的过程可以是：先向 　 　平移 　 　个单位长度，再向 　 　平移 　 　个单位长度；
②点B的坐标为 　 　；
（2）在（1）的条件下，若点C的坐标为（4，0），连接AC，BC，求△ABC的面积．

二十一、解答题
21．如图，数轴的正半轴上有，，三点，点，表示数和．点到点的距离与点到点的距离相等，设点所表示的数为．
（1）请你求出数的值．
（2）若为的相反数，为的绝对值，求的整数部分的立方根．

二十二、解答题
22．如图是一块正方形纸片．
（1）如图1，若正方形纸片的面积为1dm2，则此正方形的对角线AC的长为　 　dm．
（2）若一圆的面积与这个正方形的面积都是2πcm2，设圆的周长为C圆，正方形的周长为C正，则C圆　 　C正(填“＝”或“＜”或“＞”号)
（3）如图2，若正方形的面积为16cm2，李明同学想沿这块正方形边的方向裁出一块面积为12cm2的长方形纸片，使它的长和宽之比为3：2，他能裁出吗？请说明理由？

二十三、解答题
23．已知：直线AB∥CD，M，N分别在直线AB，CD上，H为平面内一点，连HM，HN．
（1）如图1，延长HN至G，∠BMH和∠GND的角平分线相交于点E．求证：2∠MEN﹣∠MHN＝180°；
（2）如图2，∠BMH和∠HND的角平分线相交于点E．
①请直接写出∠MEN与∠MHN的数量关系：　 　；
②作MP平分∠AMH，NQ∥MP交ME的延长线于点Q，若∠H＝140°，求∠ENQ的度数．（可直接运用①中的结论）

二十四、解答题
24．问题情境
（1）如图1，已知，求的度数．佩佩同学的思路：过点作，进而，由平行线的性质来求，求得 ；
问题迁移
（2）图2，图3均是由一块三角板和一把直尺拼成的图形，三角板的两直角边与直尺的两边重合与相交于点，有一动点在边上运动，连接，记．
①如图2，当点在两点之间运动时，请直接写出与之间的数量关系；
②如图3，当点在两点之间运动时，与之间有何数量关系？请判断并说明理由．

二十五、解答题
25．（1）如图1，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，AB∥CD，∠ADC=50°，∠ABC=40°，求∠AEC的度数；

（2）如图2，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，∠ADC=α°，∠ABC=β°，求∠AEC的度数；
（3）如图3，PQ⊥MN于点O，点A是平面内一点，AB、AC交MN于B、C两点，AD平分∠BAC交PQ于点D，请问的值是否发生变化？若不变，求出其值；若改变，请说明理由．
【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A
【分析】
先确定基本图形中的截线与被截线，进而确定这两个角的位置关系即可．
【详解】
解：根据图象，∠A与∠1是两直线被第三条直线所截得到的两角，因而∠A与∠1是同位角，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了同位角的定义，是需要识记的内容，比较简单．
2．D
【分析】
根据平移的性质即可得出结论．
【详解】
解：A、能通过其中一个三角形平移得到，不合题意；
B、能通过其中一个三角形平移得到，不合题意；
C、能通过其中一个三角形平移得到，不合题意；
D
解析：D
【分析】
根据平移的性质即可得出结论．
【详解】
解：A、能通过其中一个三角形平移得到，不合题意；
B、能通过其中一个三角形平移得到，不合题意；
C、能通过其中一个三角形平移得到，不合题意；
D、不能通过其中一个三角形平移得到，上面的三角形需要由下面的三角形旋转才能得到，符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查的是利用平移设计图案，熟知图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小是解答此题的关键．
3．D
【分析】
直接利用第四象限内的点横坐标大于0，纵坐标小于0解答即可．
【详解】
解：∵点P的坐标为P（3，﹣5），
∴点P在第四象限．
故选D．
【点睛】
本题主要考查了点的坐标，各象限坐标特点如下：第一象限（+，+），第二象限（-，+）第三象限（-，-）第一象限（+，-）．
4．C
【分析】
根据相关概念逐项分析即可．
【详解】
①5是25的算术平方根，故原命题是真命题；
②的平方根是，故原命题是假命题；
③经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行，故原命题是真命题；
④两直线平行，同旁内角互补，故原命题是假命题；
故选：C．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，涉及到平方根，平行公理，以及平行线的性质，熟练掌握基本定理和性质是解题关键．
5．A
【分析】
根据平行线的性质得出∠2＝∠D，进而利用邻补角得出答案即可．
【详解】
解：如图，

∵AB∥CD，
∴∠2＝∠D，
∵∠1＝140°，
∴∠D＝∠2＝180°−∠1＝180°−140°＝40°，
故选：A．
【点睛】
此题考查平行线的性质，关键是根据两直线平行，内错角相等解答．
6．D
【分析】
分别根据算术平方根的定义、立方根的定义及平方根的定义对各小题进行逐一判断即可．
【详解】
解：①∵（±1）2＝1，∴一个数的平方等于1，那么这个数就是1，故①错误；
②∵42＝16，∴4是16的算术平方根，故②错误，
③平方根等于它本身的数只有0，故③正确，
④8的立方根是2，故④错误．
故选：D．
【点睛】
本题考查了立方根，平方根和算术平方根的定义，熟知算术平方根的定义、立方根的定义及平方根的定义是解答此题的关键．
7．B
【分析】
由互余的定义、平行线的性质，利用等量代换求解即可．
【详解】
解：∵斜边与这根直尺平行，
∴∠α=∠2，
又∵∠1+∠2=90°，
∴∠1+∠α=90°，
又∠α+∠3=90°
∴与α互余的角为∠1和∠3．
故选：B．

【点睛】
此题考查的是对平行线的性质的理解，目的是找出与∠α和为90°的角．
8．A
【分析】
据“伴随点”的定义依次求出各点，不难发现，每4个点为一个循环组依次循环，用2021除以4，根据商和余数的情况确定点A2021的坐标即可．
【详解】
解：观察发现：A1（a，b），A2（
解析：A
【分析】
据“伴随点”的定义依次求出各点，不难发现，每4个点为一个循环组依次循环，用2021除以4，根据商和余数的情况确定点A2021的坐标即可．
【详解】
解：观察发现：A1（a，b），A2（-b+1，a+1），A3（-a，-b+2），A4（b-1，-a+1），A5（a，b），A6（-b+1，a+1）…
∴依此类推，每4个点为一个循环组依次循环，
∵2021÷4=505……1，
∴点A2021的坐标与A1的坐标相同，为（a，b），
故选：A．
【点睛】
本题是对点的变化规律的考查，读懂题目信息，理解“伴随点”的定义并求出每4个点为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．
九、填空题
9．10
【分析】
根据算术平方根的定义进行计算，即可得到答案．
【详解】
解：∵102＝100，
∴＝10．
故答案为：10．
【点睛】
本题考查了算术平方根的定义，解题的关键是熟练掌握定义．
解析：10
【分析】
根据算术平方根的定义进行计算，即可得到答案．
【详解】
解：∵102＝100，
∴＝10．
故答案为：10．
【点睛】
本题考查了算术平方根的定义，解题的关键是熟练掌握定义．
十、填空题
10．a=3 b=-4
【分析】
先求得P1的坐标,再根据点P1关于x轴的对称点是P,则即可求得a与b的值
【详解】
由于P1与P2关于x轴对称，P2的坐标为（-3，4），则P1的坐标为（-
解析：a=3 b=-4
【分析】
先求得P1的坐标,再根据点P1关于x轴的对称点是P,则即可求得a与b的值
【详解】
由于P1与P2关于x轴对称，P2的坐标为（-3，4），则P1的坐标为（-3，-4），
点P（a，b）关于y轴对称的点是P1，则P点的坐标为（3，-4），
则a=3，b=-4.
【点睛】
此题考查关于x轴、y轴对称的点的坐标，难度不大
十一、填空题
11．4
【分析】
过点D作DF⊥AC,则由AD是△ABC的角平分线，DF⊥AC， DE⊥AB，可以得到DE=DF,可由三角形的面积的,,进而解得AC的长.
【详解】
过点D作DF⊥AC
∵AD是△AB
解析：4
【分析】
过点D作DF⊥AC,则由AD是△ABC的角平分线，DF⊥AC， DE⊥AB，可以得到DE=DF,可由三角形的面积的,,进而解得AC的长.

【详解】
过点D作DF⊥AC
∵AD是△ABC的角平分线，DF⊥AC， DE⊥AB，
∴DE=DF,
又三角形的面积的,
即,
解得AC=4
【点睛】
主要考查了角平分线的性质，三角形的面积,掌握角平分线的性质及三角形的面积是解题的关键.
十二、填空题
12．180°
【分析】
根据平行线的性质可得∠1=∠AFD，从而得到∠EFC=180°-∠EFD，∠ECF=180°-∠3，再根据∠2+∠ECF+∠EFC=180°，即可得到答案
【详解】
解：∵AB∥
解析：180°
【分析】
根据平行线的性质可得∠1=∠AFD，从而得到∠EFC=180°-∠EFD，∠ECF=180°-∠3，再根据∠2+∠ECF+∠EFC=180°，即可得到答案
【详解】
解：∵AB∥CD，
∴∠1=∠AFD，
∵∠EFC=180°-∠EFD，∠ECF=180°-∠3，∠2+∠ECF+∠EFC=180°，
∴∠2+360°-∠1-∠3=180°，
∴∠1+∠3-∠2=180°，
故答案为：180°

【点睛】
本题主要考查了三角形内角和定理，平行线的性质，补角的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解
十三、填空题
13．35°或75°或125°
【分析】
由于EF不与BC平行，则分EF∥AB和EF∥AC，画出图形，结合折叠和平行线的性质求出∠BDE的度数．
【详解】
解：当EF∥AB时，
∠BDE=∠DEF，
由折
解析：35°或75°或125°
【分析】
由于EF不与BC平行，则分EF∥AB和EF∥AC，画出图形，结合折叠和平行线的性质求出∠BDE的度数．
【详解】
解：当EF∥AB时，
∠BDE=∠DEF，
由折叠可知：∠DEF=∠DEB，
∴∠BDE=∠DEB，又∠B=30°，
∴∠BDE=（180°-30°）=75°；

当EF∥AC时，
如图，∠C=∠BEF=50°，
由折叠可知：∠BED=∠FED=25°，
∴∠BDE=180°-∠B=∠BED=125°；

如图，EF∥AC，
则∠C=∠CEF=50°，
由折叠可知：∠BED=∠FED，又∠BED+∠CED=180°，
则∠CED+50°=180°-∠CED，
解得：∠CED=65°，
∴∠BDE=∠CED-∠B=65°-30°=35°；

综上：∠BDE的度数为35°或75°或125°．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，三角形内角和，折叠问题，解题的关键是注意分类讨论，画图图形推理求解．
十四、填空题
14．±2
【分析】
首先估计出a的值，进而得出M的值，再得出N的值，再利用平方根的定义得出答案．
【详解】
解：∵M是满足不等式－的所有整数a的和，
∴M＝－1＋0＋1＋2＝2，
∵N是满足不等式x≤的
解析：±2
【分析】
首先估计出a的值，进而得出M的值，再得出N的值，再利用平方根的定义得出答案．
【详解】
解：∵M是满足不等式－的所有整数a的和，
∴M＝－1＋0＋1＋2＝2，
∵N是满足不等式x≤的最大整数，
∴N＝2，
∴M＋N的平方根为：±＝±2．
故答案为：±2．
【点睛】
此题主要考查了估计无理数的大小，得出M，N的值是解题关键．
十五、填空题
15．（－3，2）
【分析】
根据点到x轴的距离是纵坐标的绝对值，点到y轴的距离是点的横坐标的绝对值，第二象限内点的横坐标小于零，纵坐标大于零，可得答案．
【详解】
∵点到横轴的距离为，到纵轴的距离为，
解析：（－3，2）
【分析】
根据点到x轴的距离是纵坐标的绝对值，点到y轴的距离是点的横坐标的绝对值，第二象限内点的横坐标小于零，纵坐标大于零，可得答案．
【详解】
∵点到横轴的距离为，到纵轴的距离为，
∴|y|=2，|x|=3，
由M是第二象限的点，得：
x=−3，y=2．
即点M的坐标是（−3，2)，
故答案为：（−3，2）．
【点睛】
此题考查象限及点的坐标的有关性质，解题关键在于第二象限内点的横坐标小于零，纵坐标大于零．
十六、填空题
16．【分析】
结合图象可知，纵坐标每四个点循环一次，而25=4×6+1，故的纵坐标与的纵坐标相同，根据题中每一个周期第一点的坐标可推出，即可求解．
【详解】
结合图像可知，纵坐标每四个点一个循环，
…
解析：
【分析】
结合图象可知，纵坐标每四个点循环一次，而25=4×6+1，故的纵坐标与的纵坐标相同，根据题中每一个周期第一点的坐标可推出，即可求解．
【详解】
结合图像可知，纵坐标每四个点一个循环，
……1，
是第七个周期的第一个点，
每一个周期第一点的坐标为：
，，
，
，
(12，1)．
故答案为：(12，1)．
【点睛】
本题属于循环类规律探究题，考查了学生归纳猜想的能力，结合图象找准循周期是解决本题的关键．
十七、解答题
17．（1）6；（2）-4；（3）；（4）.
【分析】
（1）利用算术平方根和立方根、绝对值化简，再进一步计算即可；
（2）利用算术平方根和立方根化简，再进一步计算即可；
（3）类比单项式乘多项式展开计算
解析：（1）6；（2）-4；（3）；（4）.
【分析】
（1）利用算术平方根和立方根、绝对值化简，再进一步计算即可；
（2）利用算术平方根和立方根化简，再进一步计算即可；
（3）类比单项式乘多项式展开计算；
（4）利用绝对值的性质化简，再进一步合并同类二次根式．
【详解】
解：（1）
=3+2+1
=6；
（2）
=2-3-3
=-4；
（3）
= ；
（4）
=
=．
故答案为（1）6；（2）-4；（3）；（4）.
【点睛】
本题考查立方根和算术平方根，实数的混合运算，先化简，再进一步计算，注意选择合适的方法简算．
十八、解答题
18．（1）；（2）．
【分析】
（1）先将原式变形为形式，再利用平方根的定义开平方求出答案；
（2）把先看作一个整体，将原式变形为形式，再利用立方根的定义开立方求出答案．
【详解】
解：（1），
，
，
解析：（1）；（2）．
【分析】
（1）先将原式变形为形式，再利用平方根的定义开平方求出答案；
（2）把先看作一个整体，将原式变形为形式，再利用立方根的定义开立方求出答案．
【详解】
解：（1），
，
，

；
（2），
，
，

解得：．
【点睛】
此题主要考查了平方根以及立方根的定义，正确把握相关定义解方程是解题关键．
十九、解答题
19．两直线平行，同位角相等；；两直线平行，同旁内角互补．
【分析】
要证明与互补，需证明，可通过同位角与（或与相等来实现．
【详解】
证明：因为（已知），
所以 两直线平行，同位角相等）．
又因为（已知
解析：两直线平行，同位角相等；；两直线平行，同旁内角互补．
【分析】
要证明与互补，需证明，可通过同位角与（或与相等来实现．
【详解】
证明：因为（已知），
所以 两直线平行，同位角相等）．
又因为（已知），
所以，
即，
所以（同位角相等，两直线平行），
所以（两直线平行，同旁内角互补．
故答案为：两直线平行，同位角相等；；两直线平行，同旁内角互补．
【点睛】
本题考查了平行线的性质和判定，解题的关键是掌握平行线的性质和判定．
二十、解答题
20．（1）①右，3，上，5（答案不唯一）；②（6，3）；（2）10
【分析】
（1）由点M及其对应点的A的坐标可得平移的方向和距离，据此可得点N的对应点B的坐标；
（2）利用割补法，得到即可求解．
【详
解析：（1）①右，3，上，5（答案不唯一）；②（6，3）；（2）10
【分析】
（1）由点M及其对应点的A的坐标可得平移的方向和距离，据此可得点N的对应点B的坐标；
（2）利用割补法，得到即可求解．
【详解】
解：（1）将段MN平移得到线段AB，其中点M的对应点为A，点N的对称点为B，
①点M平移到点A的过程可以是：先向右平移3个单位长度，再向上平移5个单位长度；
∵N（3，-2），
∴将N（3，-2）先向右平移3个单位长度，再向上平移5个单位长度所得的坐标是（6，3）
∴②点B的坐标为（6，3）；
（2）如图，过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AD⊥y轴交EB的延长线于点D，则四边形AOED是矩形，

∵A (0，4)，B (6， 3), C(4，0)
∴E (6，0), D (6,4)
∴ AO= 4, CO= 4, EO=6,
∴CE=EO-CO=6-4=2, BE=3, DE= 4, AD=6, BD=DE-BE=4-3=1,
∴

【点睛】
本题主要考查作图-平移变换，熟练掌握平移变换的定义及其性质是解题的关键．
二十一、解答题
21．（1）；（2）2
【分析】
（1）根据数轴上两点间的距离求出AB之间的距离即为c的值；
（2）根据题意及c的值求出m和n的值，再把m，n代入所求代数式进行计算即可．
【详解】
解：（1）点．分别表示
解析：（1）；（2）2
【分析】
（1）根据数轴上两点间的距离求出AB之间的距离即为c的值；
（2）根据题意及c的值求出m和n的值，再把m，n代入所求代数式进行计算即可．
【详解】
解：（1）点．分别表示1，，
，
；
（2），
，，
，
，
，
，
的整数部分是8，
．
【点睛】
此题考查了估算无理数的大小，正确估算及是解题的关键．
二十二、解答题
22．（1）；（2）＜；（3）不能；理由见解析．
【分析】
（1）由正方形面积，易求得正方形边长，再由勾股定理求对角线长；
（2）由圆面积公式，和正方形面积可求周长，比较两数大小可以采用比商法；
（3）采
解析：（1）；（2）＜；（3）不能；理由见解析．
【分析】
（1）由正方形面积，易求得正方形边长，再由勾股定理求对角线长；
（2）由圆面积公式，和正方形面积可求周长，比较两数大小可以采用比商法；
（3）采用方程思想求出长方形的长边，与正方形边长比较大小即可.
【详解】
解：（1）由已知AB2＝1，则AB＝1，
由勾股定理，AC＝；
故答案为：.
（2）由圆面积公式，可得圆半径为，周长为，正方形周长为4．
；即C圆<C正；
故答案为：＜
（3）不能；
由已知设长方形长和宽为3xcm和2xcm
∴长方形面积为：2x•3x＝12
解得x＝
∴长方形长边为3＞4
∴他不能裁出．
【点睛】
本题主要考查了算术平方根在正方形、圆、长方形面积中的应用，灵活的进行算术平方根的计算与无理数大小比较是解题的关键.
二十三、解答题
23．（1）见解析；（2）①2∠MEN＋∠MHN＝360°；②20°
【分析】
（1）过点E作EP∥AB交MH于点Q，利用平行线的性质、角平分线性质、邻补角和为180°，角与角之间的基本运算、等量代换等即
解析：（1）见解析；（2）①2∠MEN＋∠MHN＝360°；②20°
【分析】
（1）过点E作EP∥AB交MH于点Q，利用平行线的性质、角平分线性质、邻补角和为180°，角与角之间的基本运算、等量代换等即可得证．
（2）①过点H作GI∥AB，利用（1）中结论2∠MEN﹣∠MHN＝180°，利用平行线的性质、角平分线性质、邻补角和为180°，角与角之间的基本运算、等量代换等得出∠AMH＋∠HNC＝360°﹣（∠BMH＋∠HND），进而用等量代换得出2∠MEN＋∠MHN＝360°．
②过点H作HT∥MP，由①的结论得2∠MEN＋∠MHN＝360°，∠H＝140°，∠MEN＝110°．利用平行线性质得∠ENQ＋∠ENH＋∠NHT＝180°，由角平分线性质及邻补角可得∠ENQ＋∠ENH＋140°﹣（180°﹣∠BMH）＝180°．继续使用等量代换可得∠ENQ度数．
【详解】
解：（1）证明：过点E作EP∥AB交MH于点Q．如答图1

∵EP∥AB且ME平分∠BMH，
∴∠MEQ＝∠BME＝∠BMH．
∵EP∥AB，AB∥CD，
∴EP∥CD，又NE平分∠GND，
∴∠QEN＝∠DNE＝∠GND．（两直线平行，内错角相等）
∴∠MEN＝∠MEQ＋∠QEN＝∠BMH＋∠GND＝（∠BMH＋∠GND）．
∴2∠MEN＝∠BMH＋∠GND．
∵∠GND＋∠DNH＝180°，∠DNH＋∠MHN＝∠MON＝∠BMH．
∴∠DHN＝∠BMH﹣∠MHN．
∴∠GND＋∠BMH﹣∠MHN＝180°，
即2∠MEN﹣∠MHN＝180°．
（2）①：过点H作GI∥AB．如答图2

由（1）可得∠MEN＝（∠BMH＋∠HND），
由图可知∠MHN＝∠MHI＋∠NHI，
∵GI∥AB，
∴∠AMH＝∠MHI＝180°﹣∠BMH，
∵GI∥AB，AB∥CD，
∴GI∥CD．
∴∠HNC＝∠NHI＝180°﹣∠HND．
∴∠AMH＋∠HNC＝180°﹣∠BMH＋180°﹣∠HND＝360°﹣（∠BMH＋∠HND）．
又∵∠AMH＋∠HNC＝∠MHI＋∠NHI＝∠MHN，
∴∠BMH＋∠HND＝360°﹣∠MHN．
即2∠MEN＋∠MHN＝360°．
故答案为：2∠MEN＋∠MHN＝360°．
②：由①的结论得2∠MEN＋∠MHN＝360°，
∵∠H＝∠MHN＝140°，
∴2∠MEN＝360°﹣140°＝220°．
∴∠MEN＝110°．
过点H作HT∥MP．如答图2
∵MP∥NQ，
∴HT∥NQ．
∴∠ENQ＋∠ENH＋∠NHT＝180°（两直线平行，同旁内角互补）．
∵MP平分∠AMH，
∴∠PMH＝∠AMH＝（180°﹣∠BMH）．
∵∠NHT＝∠MHN﹣∠MHT＝140°﹣∠PMH．
∴∠ENQ＋∠ENH＋140°﹣（180°﹣∠BMH）＝180°．
∵∠ENH＝∠HND．
∴∠ENQ＋∠HND＋140°﹣90°＋∠BMH＝180°．
∴∠ENQ＋（HND＋∠BMH）＝130°．
∴∠ENQ＋∠MEN＝130°．
∴∠ENQ＝130°﹣110°＝20°．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，角平分线的性质，邻补角，等量代换，角之间的数量关系运算，辅助线的作法，正确作出辅助线是解题的关键，本题综合性较强．
二十四、解答题
24．（1）80；（2）①；②
【分析】
（1）过点P作PG∥AB，则PG∥CD，由平行线的性质可得∠BPC的度数；
（2）①过点P作FD的平行线，依据平行线的性质可得∠APE与∠α，∠β之间的数量关系；
解析：（1）80；（2）①；②
【分析】
（1）过点P作PG∥AB，则PG∥CD，由平行线的性质可得∠BPC的度数；
（2）①过点P作FD的平行线，依据平行线的性质可得∠APE与∠α，∠β之间的数量关系；
②过P作PQ∥DF，依据平行线的性质可得∠β=∠QPA，∠α=∠QPE，即可得到∠APE=∠APQ-∠EPQ=∠β-∠α．
【详解】
解：（1）过点P作PG∥AB，则PG∥CD，
由平行线的性质可得∠B+∠BPG=180°，∠C+∠CPG=180°，
又∵∠PBA=125°，∠PCD=155°，
∴∠BPC=360°-125°-155°=80°，
故答案为：80；
（2）①如图2，
过点P作FD的平行线PQ，
则DF∥PQ∥AC，
∴∠α=∠EPQ，∠β=∠APQ，
∴∠APE=∠EPQ+∠APQ=∠α+∠β，
∠APE与∠α，∠β之间的数量关系为∠APE=∠α+∠β；

②如图3，∠APE与∠α，∠β之间的数量关系为∠APE=∠β-∠α；理由：
过P作PQ∥DF，

∵DF∥CG，
∴PQ∥CG，
∴∠β=∠QPA，∠α=∠QPE，
∴∠APE=∠APQ-∠EPQ=∠β-∠α．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质，解决问题的关键是过拐点作平行线，利用平行线的性质得出结论．
二十五、解答题
25．（1）∠E=45°；（2）∠E=；（3）不变化，
【分析】
（1）由三角形内角和定理，可得∠D+∠ECD=∠E+∠EAD，∠B+∠EAB=∠E+∠ECB，由角平分线的性质，可得∠ECD=∠ECB=∠
解析：（1）∠E=45°；（2）∠E=；（3）不变化，
【分析】
（1）由三角形内角和定理，可得∠D+∠ECD=∠E+∠EAD，∠B+∠EAB=∠E+∠ECB，由角平分线的性质，可得∠ECD=∠ECB=∠BCD，∠EAD=∠EAB=∠BAD，则可得∠E= （∠D+∠B），继而求得答案；
（2）首先延长BC交AD于点F，由三角形外角的性质，可得∠BCD=∠B+∠BAD+∠D，又由角平分线的性质，即可求得答案．
（3）由三角形内角和定理，可得，利用角平分线的性质与三角形的外角的性质可得答案．
【详解】
解：（1）∵CE平分∠BCD，AE平分∠BAD
∴∠ECD=∠ECB=∠BCD，∠EAD=∠EAB=∠BAD，
∵∠D+∠ECD=∠E+∠EAD，∠B+∠EAB=∠E+∠ECB，
∴∠D+∠ECD+∠B+∠EAB=∠E+∠EAD+∠E+∠ECB
∴∠D+∠B=2∠E，
∴∠E=（∠D+∠B），
∵∠ADC=50°，∠ABC=40°，
∴∠AEC= ×（50°+40°）=45°；

（2）延长BC交AD于点F，
∵∠BFD=∠B+∠BAD，
∴∠BCD=∠BFD+∠D=∠B+∠BAD+∠D，
∵CE平分∠BCD，AE平分∠BAD
∴∠ECD=∠ECB=∠BCD，∠EAD=∠EAB=∠BAD，
∵∠E+∠ECB=∠B+∠EAB，
∴∠E=∠B+∠EAB－∠ECB=∠B+∠BAE－∠BCD
=∠B+∠BAE－（∠B+∠BAD+∠D）
= （∠B－∠D），
∠ADC=α°，∠ABC=β°，
即∠AEC=

（3）的值不发生变化，
理由如下：
如图，记与交于，与交于，

①，
②，
①－②得：

AD平分∠BAC，

【点睛】
此题考查了三角形内角和定理、三角形外角的性质以及角平分线的定义．此题难度较大，注意掌握整体思想与数形结合思想的应用．