2026年学霸题中题七年级数学下册苏科版第59页解析答案

1. 如图，平行线 $ m$，$ n$ 间的距离为 $ 5$，直线 $ l$ 与 $ m$，$ n$ 分别交于点 $ A$，$ B$，$α = 45^{\circ}$，在 $ m$ 上取点 $ P$(不与点 $ A$ 重合)，作点 $ P$ 关于直线 $ l$ 的对称点 $ Q$。若 $ PA = 3$，则点 $ Q$ 到直线 $ n$ 的距离为 (

)

A.$ 2 $
B.$ 3 $
C.$ 2 $ 或 $ 8 $
D.$ 3 $ 或 $ 8 $

答案：
1. C 解析：如图①，当点P在点A左侧时，作点P关于直线l的对称点Q，连接AQ，由轴对称的性质，得QA=PA=3，∠PAQ=2α=90°，故点Q到直线n的距离为5 - 3 = 2；

同理，如图②，当点P在点A右侧时，点Q到直线n的距离为5 + 3 = 8.综上所述，点Q到直线n的距离为2或8，故选C.

2. (2025·镇江校级月考)如图，在 $△ ABC$ 中，$ BC = 8\ \mathrm{cm}$，将 $△ ABC$ 以每秒 $ 3\ \mathrm{cm}$ 的速度沿 $ BC$ 所在直线向右平移，所得图形对应为 $△ DEF$，设平移时间为 $ t\ \mathrm{s}$，若要使 $ AD = 3CE$ 成立，则 $ t $ 的值为

2或4

。

答案：
2. 2或4 解析：根据题意可得线段BE，CF和AD的长度即是平移的距离，则AD=CF=BE，设AD = 3t cm，则CE = t cm.如图①，当点E在BC上时，BE + EC = BC，3t + t = 8，解得t = 2；如图②，当点E在BC的延长线上时，BC + CE = AD = BE，8 + t = 3t，解得t = 4.故答案为2或4.
　　　　

3. (2025·吉安校级月考)将一个三角板如图所示摆放，直线 $ MN $ 与直线 $ GH $ 相交于点 $ P$，$∠ MPH = 45^{\circ}$，$∠ C = 90^{\circ}$，$∠ CAB = 30^{\circ}$，现将三角板 $ ABC $ 绕点 $ A $ 以每秒 $ 3^{\circ}$ 的速度顺时针旋转，设旋转时间为 $ t $ 秒，且 $ 0 ≤ t ≤ 60$，当 $ t =$

5秒或35秒或45秒

时，$ MN $ 与三角板的边平行。

答案：
3. 5秒或35秒或45秒解析：如图①，当BC//MN时，延长CB交GH于点Q，∠AQB = ∠MPH = 45°.因为∠ABC = 180° - 30° - 90° = 60°，所以∠ABQ = 120°，所以∠BAQ = 180° - ∠AQB - ∠ABQ = 15°，即旋转角度是15°，所以t = 15÷3 = 5（秒）；
　　　　

如图②，当AC//MN时，∠PAC = ∠MPH = 45°，所以∠CAH = 180° - ∠PAC = 135°，所以∠BAH = ∠CAH - ∠CAB = 105°，即旋转角度是105°，所以t = 105÷3 = 35（秒）；
如图③，当AB//MN时，∠PAB = ∠MPH = 45°，所以∠BAH = 180° - ∠PAB = 135°，即旋转角度是135°，所以t = 135÷3 = 45（秒）.
故答案为5秒或35秒或45秒.
　　　　　　　　　

4. (2025·扬州期末)如图，点 $ E $ 是长方形纸片 $ ABCD $ 边 $ AB $ 上的一点，在边 $ CD $ 上任取两点 $ F$，$ G$，连接 $ EF$，$ EG$，将 $∠ BEG$ 对折，使点 $ B$ 落在直线 $ EG $ 上的点 $ B'$ 处，得折痕 $ EM$；将 $∠ AEF$ 对折，点 $ A$ 落在直线 $ EF $ 上的点 $ A'$ 处，得折痕 $ EN$。若 $∠ FEG = 50^{\circ}$，则 $∠ MEN =$

65°或115°

。

答案：
4. 65°或115° 解析：当点G在点F的右侧时，如图①，由折叠的性质得∠NEF = $\frac{1}{2}$∠AEF，∠MEG = $\frac{1}{2}$∠BEG，所以∠NEF + ∠MEG = $\frac{1}{2}$∠AEF + $\frac{1}{2}$∠BEG = $\frac{1}{2}$(∠AEF + ∠BEG) = $\frac{1}{2}$(180° - ∠FEG).因为∠FEG = 50°，所以∠NEF + ∠MEG = $\frac{1}{2}$×(180° - 50°) = 65°，所以∠MEN = ∠NEF + ∠FEG + ∠MEG = 65° + 50° = 115°；

当点G在点F的左侧时，如图②，由折叠的性质得∠NEF = $\frac{1}{2}$∠AEF，∠MEG = $\frac{1}{2}$∠BEG，所以∠NEF + ∠MEG = $\frac{1}{2}$∠AEF + $\frac{1}{2}$∠BEG = $\frac{1}{2}$(∠AEF + ∠BEG) = $\frac{1}{2}$(180° + ∠FEG).又因为∠FEG = 50°，所以∠NEF + ∠MEG = $\frac{1}{2}$×(180° + 50°) = 115°，所以∠MEN = ∠NEF + ∠MEG - ∠FEG = 115° - 50° = 65°.综上，∠MEN的度数为65°或115°.

5. 如图①，已知长方形 $ ABCD $ 中，$ AB = CD = 5\ \mathrm{cm}$，$ AD = BC = 7\ \mathrm{cm}$，连接 $ BD$，动点 $ P$ 从点 $ A$ 出发，以 $ 2\ \mathrm{cm/s}$ 的速度沿 $ A \to B \to C $ 的方向向终点 $ C $ 运动，连接 $ PD$。设点 $ P$ 运动的时间为 $ t\ \mathrm{s}$。
(1)当 $ t = 2 $ 时，$ BP =$

$\mathrm{cm}$；当 $ t = 4 $ 时，$ BP =$

$\mathrm{cm}$。
(2)在点 $ P $ 的运动过程中，当 $ PD $ 平分 $△ ABD $ 或 $△ BCD $ 的面积时，求 $ t $ 的值。
(3)如图②，当点 $ P $ 不与点 $ B $ 重合时，作点 $ P $ 关于 $ BD $ 的对称点 $ P'$，分别连接 $ BP'$，$ DP'$。
①当 $ DP'$ 最短时，直接写出此时四边形 $ PBP'D $ 的面积；
②当四边形 $ PBP'D $ 的面积是长方形 $ ABCD $ 面积的 $\dfrac{1}{4}$ 时，直接写出 $ t $ 的值。

答案：
5. (1)1 3 解析：因为动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿A→B→C的方向向终点C运动，AB = CD = 5cm，AD = BC = 7cm，所以当t = 2时，2×2 = 4(cm)，所以BP = 5 - 4 = 1(cm)；当t = 4时，2×4 = 8(cm)，所以BP = 8 - 5 = 3(cm).
(2)因为在长方形ABCD中，AB = CD = 5cm，AD = BC = 7cm，如图①，因为PD平分△ABD的面积，所以AP = PB = $\frac{5}{2}$cm，即2t = $\frac{5}{2}$，解得t = $\frac{5}{4}$；
　　　　

如图②，因为PD平分△BCD的面积，所以CP = PB = $\frac{7}{2}$cm，即2t = $\frac{7}{2}$ + 5 = $\frac{17}{2}$，解得t = $\frac{17}{4}$.所以t = $\frac{5}{4}$或t = $\frac{17}{4}$.
(3)①35cm² 解析：因为当点P不与点B重合时，作点P关于BD的对称点P'，分别连接BP'，DP'，所以DP'最短时，即DP最短，此时DP⊥BC(垂线段最短)，即点P与点C重合，所以S四边形PBP'D = 2S△BDP = 2S△BDC = S四边形ABCD = 5×7 = 35(cm²).
②t = $\frac{27}{8}$或t = $\frac{15}{8}$ 解析：因为四边形PBP'D的面积是长方形ABCD面积的$\frac{1}{4}$，所以S四边形PBP'D = $\frac{1}{4}$×35 = $\frac{35}{4}$(cm²).因为S四边形PBP'D = 2S△BDP，所以S△BDP = $\frac{35}{8}$cm².当点P在AB上时，S△BDP = $\frac{1}{2}$×BP×AD = $\frac{1}{2}$×(5 - 2t)×7 = $\frac{35}{8}$，解得t = $\frac{15}{8}$；当点P在CB上时，S△BDP = $\frac{1}{2}$×BP×CD = $\frac{1}{2}$×(2t - 5)×5 = $\frac{35}{8}$，解得t = $\frac{27}{8}$.综上所述，t = $\frac{27}{8}$或t = $\frac{15}{8}$.
答题规范解决分类讨论问题时，书写时需要明确分类的标准，每种情况的求解过程需要独立并且完整，分类讨论结束后需要对所有情况进行汇总.