苏教七年级下册期末数学模拟测试试卷优质答案.doc

苏教七年级下册期末数学模拟测试试卷优质答案
一、选择题
1．下列各式运算正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列四幅图中，和是同位角的是（ ）

A．（1）（2） B．（3）（4）
C．（1）（2）（3） D．（1）（3）（4）
3．下列x，y的各对数值中，是方程组的解的是(　　)
A． B． C． D．
4．若m＞n，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．﹣2m＞﹣2n B． C．m＋2＞n＋2 D．3﹣m＞3﹣n
5．如果关于x的不等式组无解，那么m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．给出下列四个命题，①多边形的外角和小于内角和；②如果a＞b，那么（a＋b）（a－b）＞0；③两直线平行，同位角相等；④如果a，b是实数，那么，其中真命题的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．a是不为1的有理数，我们把称为a的差倒数，如2的差倒数为，－1的差倒数为，已知，是差倒数，是差倒数，是差倒数，以此类推……，的值是（ ）
A．5 B． C． D．
8．如图，△ABC中=200把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE的外部时，则和的数量关系正确的是 （ 　）

A．∠1+∠2 = 700 B．∠1- ∠2 = 200
C．∠1-∠2 = 400 D．∠1+∠2 = 1100
二、填空题
9．计算：__________________
10．命题“三角形的三个内角中至少有两个锐角”是_____（填“真命题”或“假命题”）．
11．一个正多边形的每一个外角都等于，那么这个正多边形的内角和是______．
12．若，，，则多项式的值为______________．
13．若满足方程组的解与互为相反数，则的值为__________．
14．根据平移的知识可得图中的封闭图形的周长（图中所有角都是直角）为_____.

15．在中，AB=6，AC=9，则第三边BC的值可以是_________ ．
16．如图，在△ABC中E是BC上的一点，EC=2BE，点D是AC的中点，设△ABC，△ADF，△BEF的面积分别为S△ABC，S△ADF，S△BEF，且S△ABC=18，则S△ADF－S△BEF=____．

17．计算：
（1）20210﹣（）﹣2；
（2）（﹣2a2）2+a6÷a2；
（3）﹣a2（﹣6ab）；
（4）（2m﹣n）（2m+n）．
18．把下列多项式因式分解．
（1）m（m﹣2）﹣3（2﹣m）；
（2）n4﹣2n2+1．
19．（1）解方程组： （2）解方程组：
20．解不等式组：．
三、解答题
21．如图，AB∥CD，直线EF交直线AB、CD于点M、N，NP平分∠ENC交直线AB于点P，∠EMB＝76°．
（1）求∠PNC的度数；
（2）若PQ将∠APN分成两部分，且∠APQ：∠QPN＝1：3，求∠PQD的度数．

22．实验中学开学初到商场购买A、B两种品牌的足球，购买A种品牌的足球50个，B种品牌的足球25个，共花费4500元，已知购买一个B种品牌的足球比购买一个A种品牌的足球多花30元．
（1）求A、B两种品牌的足球单价各是多少元．
（2）学校为了响应习总书记“足球进校园”的号召，决定再次购进A、B两种品牌足球共50个，正好赶上商场对商品价格进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高4元，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果学校此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的70%，且保证这次购买方案有且只有三种方案，则这次学校购买B品牌足球至少多少个?
（3）请你求出学校在第二次购买活动中最少需要多少资金?
23．使方程（组）与不等式（组）同时成立的末知数的值称为此方程（组）和不等式（组）的“理想解”．
例：已知方程2x﹣3＝1与不等式x+3＞0，当x＝2时，2x﹣3＝2×2﹣3＝1，x+3＝2+3＝5＞0同时成立，则称x＝2是方程2x﹣3＝1与不等式x+3＞0的“理想解”．
（1）已知①，②2（x+3）＜4，③＜3，试判断方程2x+3＝1的解是否是它们中某个不等式的“理想解”，写出过程；
（2）若是方程x﹣2y＝4与不等式的“理想解”，求x0+2y0的取值范围．
24．如图，直线，一副直角三角板中，．
（1）若如图1摆放，当平分时，证明：平分．

（2）若如图2摆放时，则

（3）若图2中固定，将沿着方向平移，边与直线相交于点，作和的角平分线相交于点（如图3），求的度数．

（4）若图2中的周长，现将固定，将沿着方向平移至点与重合，平移后的得到，点的对应点分别是，请直接写出四边形的周长．
（5）若图2中固定，（如图4）将绕点顺时针旋转，分钟转半圈，旋转至与直线首次重合的过程中，当线段与的一条边平行时，请直接写出旋转的时间．

25．认真阅读下面关于三角形内外角平分线所夹角的探究片段，完成所提出的问题．

（探究1）：如图1，在ΔABC中，O是∠ABC与∠ACB的平分线BO和CO的交点，通过分析发现∠BOC=90º+∠A，（请补齐空白处）
理由如下：∵BO和CO分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，
∴∠1=∠ABC，_________________，
在ΔABC中，∠A+∠ABC+∠ACB=180º．
∴∠1+∠2=（∠ABC+∠ACB）=（180º－∠A）=90º－∠A，
∴∠BOC=180º－（∠1+∠2）=180º－（________）=90º+∠A．
（探究2）：如图2，已知O是外角∠DBC与外角∠ECB的平分线BO和CO的交点，则∠BOC与∠A有怎样的关系？请说明理由．
（应用）：如图3，在RtΔAOB中，∠AOB=90º，已知AB不平行与CD，AC、BD分别是∠BAO和∠ABO的角平分线，又CE、DE分别是∠ACD和∠BDC的角平分线，则∠E=_______；
（拓展）：如图4，直线MN与直线PQ相交于O，∠MOQ=60º，点A在射线OP上运动，点B在射线OM上运动，延长BA至G，已知∠BAO、∠OAG的角平分线与∠BOQ的角平分线及其延长线交于E、F，在ΔAEF中，如果有一个角是另一个角的4倍，则∠ABO=______．
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
直接利用积的乘方以及幂的乘方运算法则、合并同类项分别计算得出答案．
【详解】
解：A、与不是同类项，不能合并，该选项不符合题意；
B、原计算错误，该选项不符合题意；
C、原计算正确，该选项符合题意；
D、原计算错误，该选项不符合题意；
故选C．
【点睛】
本题主要考查了积的乘方以及幂的乘方运算法则、合并同类项，正确掌握运算法则是解题关键．
2．A
解析：A
【分析】
互为同位角的两个角，都在截线的同旁，又分别处在被截的两条直线同侧的位置的角叫做同位角．
【详解】
解：根据同位角的定义，图（1）、（2）中，∠1和∠2是同位角；
图（3）∠1、∠2的两边都不在同一条直线上，不是同位角；
图（4）∠1、∠2不在被截线同侧，不是同位角．
故选：A．
【点睛】
本题考查同位角的概念，是需要熟记的内容．即两个都在截线的同旁，又分别处在被截的两条直线同侧的位置的角叫做同位角．
3．C
解析：C
【分析】
根据加减消元法先用②﹣①得y的值，再将y的值代入①，即可求解．
【详解】
，
②﹣①得：y=1，
把y=1代入①得：x=1，
则方程组的解为．
故选：C．
【点睛】
本题考查解二元一次方程组，根据方程组的特点选择合适的求解方法是解题的关键．
4．C
解析：C
【分析】
根据不等式的基本性质解答即可．不等式的基本性质：①不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变；②不等式的两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；③不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
【详解】
解：A．∵m＞n，
∴-2m＜-2n，故本选项不合题意；
B．∵m＞n，
∴，故本选项不合题意；
C．∵m＞n，
∴m+2＞n+2，故本选项符合题意；
D．∵m＞n，
∴-m＜-n，
∴3-m＜3-n，故本选项不合题意；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了不等式的基本性质，解题时注意，不等式的两边同时乘或除以一个负数，不等号的方向改变．
5．A
解析：A
【分析】
分别求出每一个不等式的解集，根据不等式组无解，依据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了可得答案．
【详解】
解：解不等式，得：，
解不等式，得：，
不等式组无解，
，
故选：．
【点睛】
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
6．A
解析：A
【分析】
根据多边形的内角和、不等式的性质、平行线的性质和零指数幂判断即可．
【详解】
解：①多边形的外角和不一定小于内角和，四边形的内角和等于外角和，原命题是假命题；
②如果0＞a＞b，那么（a+b）（a-b）＜0，原命题是假命题；
③两直线平行，同位角相等，是真命题；
④如果a，b是实数，且a+b≠0，那么（a+b）0=1，原命题是假命题．
故选：A．
【点睛】
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解多边形的内角和、不等式的性质、平行线的性质和零指数幂，难度较小．
7．B
解析：B
【分析】
先根据新运算的定义称为a的差倒数，求出、、的值，可发现规律，再根据新运算的定义计算即可得．
【详解】
∵ ， 是的差倒数，
∴，
∵是的差倒数，是的差倒数，
∴，
∴，
根据规律可得以，，为周期进行循环，因为2021＝673×3…2，
所以．
故选B．
【点睛】
本题考查了有理数的加减乘除法运算，理解新运算的定义是解题关键．
8．C
解析：C
【详解】
∵△A′ED是△AED翻折变换而成，
∴∠A=∠A′，
∵∠AFE是△A′DF的外角，
∴∠AFE=∠A′+∠2，
∵∠1是△AEF的外角，
∴∠1=∠A+∠AFE，即∠1=∠A+∠A′+∠2=2∠A′+∠2．
即∠1-∠2 = 400
故选C．
二、填空题
9．
【分析】
根据单项式乘以单项式运算法则，系数与系数相乘，相同字母的指数相加即可．
【详解】
解：

，
故答案为：．
【点睛】
题目主要考查单项式乘以单项式的运算法则，熟练掌握运算法则是解题关键．
10．真命题
【分析】
根据三角形内角和为180°进行判断即可．
【详解】
∵三角形内角和为180°，
∴三角形的三个内角中至少有两个锐角，是真命题；故答案为真命题.
【点睛】
本题考查命题与定理.判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．
11．1440°
【分析】
利用多边形的外角和为360°计算出这个正多边形的边数，然后再根据内角和公式进行求解即可．
【详解】
解：∵正多边形的每一个外角都等于，
∴正多边形的边数为360°÷60°=10，
所有这个正多边形的内角和为（10-2）×180°=1440°．
故答案为：1440°
【点睛】
本题考查了多边形内角与外角等知识，熟知多边形内角和定理（n﹣2）•180 （n≥3）和多边形的外角和等于360°是解题关键．
12．3
【分析】
将多项式多项式a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ac分解成[（a﹣b）2+（a﹣c）2+（b﹣c）2]，再把a，b，c代入可求．
【详解】
解：；
；
；
∵a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ac＝（2a2+2b2+2c2﹣2ab﹣2ac﹣2bc）＝[（a﹣b）2+（a﹣c）2+（b﹣c）2]，
∴a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ac＝（1+4+1）＝3；
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了因式分解的应用，关键是将多项式配成完全平方形式．
13．-11
【分析】
由题意根据x与y互为相反数，得到y=-x，代入方程组求出k的值即可．
【详解】
解：由题意得：y=-x，
代入方程组得：，
消去x得：，
解得：k=-11
故答案为：-11．
【点睛】
本题考查二元一次方程组的解，注意掌握方程组的解即为能使方程组中两方程都成立的未知数的值．
14．16
【分析】
根据平移的性质可把求该图形的周长转化为求长方形的周长，利用长方形周长公式即可得答案.
【详解】
如图所示：
由平移的性质，知封闭图形的周长可转化为长为5，宽为3的长方形的周长，
即周长是.

故答案为：16
【点睛】
本题考查了图形的平移，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，学生易混淆图形的平移与旋转或翻转．熟练掌握平移的性质是解题关键.
15．10（答案不唯一）
【分析】
先根据三角形的三边关系定理求出第三边的取值范围，再选一个合适的值即可．
【详解】
由三角形的三边关系定理得：
，即
则第三边BC的值可以是10
故答案为：10（答案不
解析：10（答案不唯一）
【分析】
先根据三角形的三边关系定理求出第三边的取值范围，再选一个合适的值即可．
【详解】
由三角形的三边关系定理得：

，即
则第三边BC的值可以是10
故答案为：10（答案不唯一）．
【点睛】
本题考查了三角形的三边关系定理，熟记三角形的三边关系定理是解题关键．
16．3
【分析】
S△ADF-S△BEF=S△ABD-S△ABE，所以求出三角形ABD的面积和三角形ABE的面积即可，因为EC=2BE，点D是AC的中点，且S△ABC=18，就可以求出三角形ABD的面积
解析：3
【分析】
S△ADF-S△BEF=S△ABD-S△ABE，所以求出三角形ABD的面积和三角形ABE的面积即可，因为EC=2BE，点D是AC的中点，且S△ABC=18，就可以求出三角形ABD的面积和三角形ABE的面积．
【详解】
解：∵点D是AC的中点，
∴AD=AC，
∵S△ABC=18，
∴S△ABD=S△ABC=×18=9．
∵EC=2BE，S△ABC=18，
∴S△ABE=S△ABC=×18=6，
∵S△ABD-S△ABE=（S△ADF+S△ABF）-（S△ABF+S△BEF）=S△ADF-S△BEF，
即S△ADF-S△BEF=S△ABD-S△ABE=9-6=3．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查三角形的面积，关键知道当高相等时，面积等于底边的比，根据此可求出三角形的面积，然后求出差．
17．（1）﹣3；（2）5a4；（3）2a3b；（4）4m2﹣n2．
【分析】
（1）根据零指数幂、负整数指数幂运算法则计算即可；
（2）根据积的乘方、幂的乘方、同底数幂除法运算法则计算即可；
（3）根据
解析：（1）﹣3；（2）5a4；（3）2a3b；（4）4m2﹣n2．
【分析】
（1）根据零指数幂、负整数指数幂运算法则计算即可；
（2）根据积的乘方、幂的乘方、同底数幂除法运算法则计算即可；
（3）根据单项式乘以单项式运算法则计算即可；
（4）根据平方差公式计算即可．
【详解】
解：（1）20210﹣（）-2
＝1﹣4
＝﹣3；
（2）（﹣2a2）2+a6÷a2
＝4a4+a4
＝5a4；
（3）﹣a2（﹣6ab）
＝﹣×（﹣6）•（a2×a）•b
＝2a3b；
（4）（2m﹣n）（2m+n）
＝（2m）2﹣n2
＝4m2﹣n2．
【点睛】
本题主要考查零指数幂、负整数指数幂、整式的四则混合运算法则，乘法公式等知识点，熟知运算法则是解题的关键．
18．（1）；（2）
【分析】
（1）先变号，再提取公因式即可；
（2）先用完全平方公式分解，再用平方差公式分解即可．
【详解】
解：（1）m（m﹣2）﹣3（2﹣m），
=m（m﹣2）+3（m﹣2），
=
解析：（1）；（2）
【分析】
（1）先变号，再提取公因式即可；
（2）先用完全平方公式分解，再用平方差公式分解即可．
【详解】
解：（1）m（m﹣2）﹣3（2﹣m），
=m（m﹣2）+3（m﹣2），
=；
（2）n4﹣2n2+1，
=，
=．
【点睛】
不本题考查了因式分解，解题关键是熟练运用提取公因式法和公式法进行因式分解，注意：因式分解要彻底．
19．（1）；（2）
【分析】
（1）方程组利用代入消元法求出解即可；
（2）方程组利用加减消元法求出解即可．
【详解】
解：（1）把（1）代入（2）得：3（y+1）+y=7，
解得：y=1，
把y=1代
解析：（1）；（2）
【分析】
（1）方程组利用代入消元法求出解即可；
（2）方程组利用加减消元法求出解即可．
【详解】
解：（1）把（1）代入（2）得：3（y+1）+y=7，
解得：y=1，
把y=1代入（1）得：x=1+1=2，
则方程组的解为；
（2）（2）×5-（1）×2得：21y=20，
解得：y=代入（2）得：2x+5×=8，
解得：x=，
则方程组的解为．
【点睛】
此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
20．2＜x≤4
【分析】
分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
【详解】
解：，
解不等式得：x≤4，
解不等式得：x＞2，
∴不等式组的解集为2＜x≤4．
【点睛】
此题考查了
解析：2＜x≤4
【分析】
分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
【详解】
解：，
解不等式得：x≤4，
解不等式得：x＞2，
∴不等式组的解集为2＜x≤4．
【点睛】
此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组的解法是解本题的关键．
三、解答题
21．（1）52°；（2）32°．
【分析】
（1）根据AB∥CD，可得∠END=∠EMB=76°，再根据平角定义和角平分线的定义即可求出∠PNC的度数；
（2）根据∠APQ：∠QPN=1：3，可得∠QP
解析：（1）52°；（2）32°．
【分析】
（1）根据AB∥CD，可得∠END=∠EMB=76°，再根据平角定义和角平分线的定义即可求出∠PNC的度数；
（2）根据∠APQ：∠QPN=1：3，可得∠QPN=3∠APQ，根据AB∥CD，可得∠MPN=∠PNC=52°，再根据平角定义可得∠APQ=32°，进而可得∠PQD的度数．
【详解】
（1）∵AB∥CD，
∴∠END=∠EMB=76°，
∴∠ENC=180°﹣∠END=104°，
∵NP平分∠ENC，
∴∠PNC=∠ENC=52°；
（2）∵∠APQ：∠QPN=1：3，
∴∠QPN=3∠APQ，
∵AB∥CD，
∴∠MPN=∠PNC=52°，
∴∠APN=180°﹣∠MPN=128°，
∴∠APQ+∠QPN=128°，
∴4∠APQ=128°，
∴∠APQ=32°，
∴∠PQD=∠APQ=32°．
则∠PQD的度数为32°．
【点睛】
本题考查了平行线的性质和角平分线的定义，解决本题的关键是掌握平行线的性质．
22．（1）A、B两品牌足球每个分别为50元、80元；（2）这次购买B品牌足球至少23个；（3）最少需资金3114元
【分析】
（1）设A、B两品牌足球每个分别为元，元，根据“总费用=买A种足球费用+买B
解析：（1）A、B两品牌足球每个分别为50元、80元；（2）这次购买B品牌足球至少23个；（3）最少需资金3114元
【分析】
（1）设A、B两品牌足球每个分别为元，元，根据“总费用=买A种足球费用+买B种足球费用，以及B种足球单价比A种足球贵30元”可得出关于x、y的二元一次方程组，解方程组即可得出结论；
（2）设购买B品牌足球m个，则购买A品牌足球个，根据“学校此次购买A，B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的70%”可得出关于m的一元一次不等式，解不等式可得出m的取值范围，由此即可得出结论；
（3）根据（2）的结论分别求出三种方案所花费用即可．
【详解】
（1）解：设A、B两品牌足球每个分别为元，元，
依题意得，解得，
答：A、B两品牌足球每个分别为50元、80元；
（2）设购买B品牌足球个，则购买A品牌足球个，
由题意得，解得，
∵这次学校有三种购买方案，
∴，
答：这次购买B品牌足球至少23个．
（3）方案一：
元，
方案二：
元，
方案三：
元，
∴最少需资金3114元．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用，以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式；（3）由两种品牌足球单价间的关系，找出最省钱的购买方案．
23．（1）2x+3＝1的解是不等式＜3的理想解，过程见解析；（2）2＜x0+2y0＜8
【分析】
（1）解方程2x+3＝1的解为x＝﹣1，分别代入三个不等式检验即可得到答案；
（2）由方程x﹣2y＝4得
解析：（1）2x+3＝1的解是不等式＜3的理想解，过程见解析；（2）2＜x0+2y0＜8
【分析】
（1）解方程2x+3＝1的解为x＝﹣1，分别代入三个不等式检验即可得到答案；
（2）由方程x﹣2y＝4得x0＝2y0+4，代入不等式解得﹣＜y0＜1，再结合x0＝2y0+4，通过计算即可得到答案．
【详解】
（1）∵2x+3＝1
∴x＝﹣1，
∵x﹣＝﹣1﹣＝﹣＜
∴方程2x+3＝1的解不是不等式的理想解；
∵2（x+3）＝2（﹣1+3）＝4，
∴2x+3＝1的解不是不等式2（x+3）＜4的理想解；
∵＝＝﹣1＜3，
∴2x+3＝1的解是不等式＜3的理想解；
（2）由方程x﹣2y＝4得x0＝2y0+4，代入不等式组，得；
∴﹣＜y0＜1，
∴﹣2＜4y0＜4，
∵
∴2＜x0+2y0＜8．
【点睛】
本题考查了一元一次不等式、一元一次方程、代数式、一元一次不等式组的知识；解题的关键是熟练掌握一元一次不等式、代数式的性质，从而完成求解．
24．（1）见详解；（2）15°；（3）67.5°；（4）45cm；（5）10s或30s或40s
【分析】
（1）运用角平分线定义及平行线性质即可证得结论；
（2）如图2，过点E作EK∥MN，利用平行线性
解析：（1）见详解；（2）15°；（3）67.5°；（4）45cm；（5）10s或30s或40s
【分析】
（1）运用角平分线定义及平行线性质即可证得结论；
（2）如图2，过点E作EK∥MN，利用平行线性质即可求得答案；
（3）如图3，分别过点F、H作FL∥MN，HR∥PQ，运用平行线性质和角平分线定义即可得出答案；
（4）根据平移性质可得D′A＝DF，DD′＝EE′＝AF＝5cm，再结合DE＋EF＋DF＝35cm，可得出答案；
（5）设旋转时间为t秒，由题意旋转速度为1分钟转半圈，即每秒转3°，分三种情况：①当BC∥DE时，②当BC∥EF时，③当BC∥DF时，分别求出旋转角度后，列方程求解即可．
【详解】
（1）如图1，在△DEF中，∠EDF＝90°，∠DFE＝30°，∠DEF＝60°，

∵ED平分∠PEF，
∴∠PEF＝2∠PED＝2∠DEF＝2×60°＝120°，
∵PQ∥MN，
∴∠MFE＝180°−∠PEF＝180°−120°＝60°，
∴∠MFD＝∠MFE−∠DFE＝60°−30°＝30°，
∴∠MFD＝∠DFE，
∴FD平分∠EFM；
（2）如图2，过点E作EK∥MN，

∵∠BAC＝45°，
∴∠KEA＝∠BAC＝45°，
∵PQ∥MN，EK∥MN，
∴PQ∥EK，
∴∠PDE＝∠DEK＝∠DEF−∠KEA，
又∵∠DEF＝60°．
∴∠PDE＝60°−45°＝15°，
故答案为：15°；
（3）如图3，分别过点F、H作FL∥MN，HR∥PQ，

∴∠LFA＝∠BAC＝45°，∠RHG＝∠QGH，
∵FL∥MN，HR∥PQ，PQ∥MN，
∴FL∥PQ∥HR，
∴∠QGF＋∠GFL＝180°，∠RHF＝∠HFL＝∠HFA−∠LFA，
∵∠FGQ和∠GFA的角平分线GH、FH相交于点H，
∴∠QGH＝∠FGQ，∠HFA＝∠GFA，
∵∠DFE＝30°，
∴∠GFA＝180°−∠DFE＝150°，
∴∠HFA＝∠GFA＝75°，
∴∠RHF＝∠HFL＝∠HFA−∠LFA＝75°−45°＝30°，
∴∠GFL＝∠GFA−∠LFA＝150°−45°＝105°，
∴∠RHG＝∠QGH＝∠FGQ＝（180°−105°）＝37.5°，
∴∠GHF＝∠RHG＋∠RHF＝37.5°＋30°＝67.5°；
（4）如图4，∵将△DEF沿着CA方向平移至点F与A重合，平移后的得到△D′E′A，

∴D′A＝DF，DD′＝EE′＝AF＝5cm，
∵DE＋EF＋DF＝35cm，
∴DE＋EF＋D′A＋AF＋DD′＝35＋10＝45（cm），
即四边形DEAD′的周长为45cm；
（5）设旋转时间为t秒，由题意旋转速度为1分钟转半圈，即每秒转3°，
分三种情况：
BC∥DE时，如图5，此时AC∥DF，

∴∠CAE＝∠DFE＝30°，
∴3t＝30，
解得：t＝10；
BC∥EF时，如图6，

∵BC∥EF，
∴∠BAE＝∠B＝45°，
∴∠BAM＝∠BAE＋∠EAM＝45°＋45°＝90°，
∴3t＝90，
解得：t＝30；
BC∥DF时，如图7，延长BC交MN于K，延长DF交MN于R，

∵∠DRM＝∠EAM＋∠DFE＝45°＋30°＝75°，
∴∠BKA＝∠DRM＝75°，
∵∠ACK＝180°−∠ACB＝90°，
∴∠CAK＝90°−∠BKA＝15°，
∴∠CAE＝180°−∠EAM−∠CAK＝180°−45°−15°＝120°，
∴3t＝120，
解得：t＝40，
综上所述，△ABC绕点A顺时针旋转的时间为10s或30s或40s时，线段BC与△DEF的一条边平行．
【点睛】
本题主要考查了平行线性质及判定，角平分线定义，平移的性质等，添加辅助线，利用平行线性质是解题关键．
25．【探究1】∠2=∠ACB，90º－∠A；【探究2】∠BOC＝90°﹣∠A，理由见解析；【应用】22.5°；【拓展】45°或36°．
【分析】
【探究1】根据角平分线的定义可得∠1=∠ABC，∠2=∠
解析：【探究1】∠2=∠ACB，90º－∠A；【探究2】∠BOC＝90°﹣∠A，理由见解析；【应用】22.5°；【拓展】45°或36°．
【分析】
【探究1】根据角平分线的定义可得∠1=∠ABC，∠2=∠ACB，根据三角形的内角和定理可得∠1+∠2=90º－∠A，再根据三角形的内角和定理即可得出结论；
【探究2】如图2，由三角形的外角性质和角平分线的定义可得∠OBC＝（∠A+∠ACB），∠OCB＝（∠A+∠ABC），然后再根据三角形的内角和定理即可得出结论；
【应用】延长AC与BD，设交点为G，如图5，由【探究1】的结论可得∠G的度数，于是可得∠GCD+∠GDC的度数，然后根据角平分线的定义和角的和差可得∠1+∠2的度数，再根据三角形的内角和定理即可求出结果；
【拓展】根据角平分线的定义和平角的定义可得∠EAF=90°，然后分三种情况讨论：若∠EAF=4∠E，则∠E=22.5°，根据角平分线的定义和三角形的外角性质可得∠ABO=2∠E，于是可得结果；若∠EAF=4∠F，则∠F=22.5°，由【探究2】的结论可求出∠ABO=135°，然后由三角形的外角性质即可判断此种情况不存在；若∠F=4∠E，则∠E=18°，然后再由第一种情况的结论∠ABO=2∠E即可求出结果，进而可得答案．
【详解】
解：【探究1】理由如下：∵BO和CO分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，
∴∠1=∠ABC，∠2=∠ACB，
在ΔABC中，∠A+∠ABC+∠ACB=180º．
∴∠1+∠2=（∠ABC+∠ACB）=（180º－∠A）=90º－∠A，
∴∠BOC=180º－（∠1+∠2）=180º－（90º－∠A）=90º+∠A；
故答案为：∠2=∠ACB，90º－∠A；

【探究2】∠BOC＝90°﹣∠A；理由如下：
如图2，由三角形的外角性质和角平分线的定义，∠OBC＝（∠A+∠ACB），∠OCB＝（∠A+∠ABC），
在△BOC中，∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB
＝180°﹣（∠A+∠ACB）﹣（∠A+∠ABC），
＝180°﹣（∠A+∠ACB+∠A+∠ABC），
＝180°﹣（180°+∠A），
＝90°﹣∠A；

【应用】延长AC与BD，设交点为G，如图5，由【探究1】的结论可得：∠G=，
∴∠GCD+∠GDC=45°，
∵CE、DE分别是∠ACD和∠BDC的角平分线，
∴∠1=∠ACD=，∠2=∠BDC=，
∴∠1+∠2=+=,
∴；
故答案为：22.5°；

【拓展】如图4，∵AE、AF是∠BAO和∠OAG的角平分线，
∴∠EAQ+∠FAQ=，
即∠EAF=90°，
在Rt△AEF中，若∠EAF=4∠E，则∠E=22.5°，
∵∠EOQ=∠E+∠EAQ，∠BOQ=2∠EOQ，∠BAO=2∠EAQ，
∴∠BOQ=2∠E+∠BAO，
又∠BOQ=∠BAO+∠ABO，
∴∠ABO=2∠E=45°；

若∠EAF=4∠F，则∠F=22.5°，
则由【探究2】知：，∴ ∠ABO=135°，
∵∠ABO＜∠BOQ=60°，∴此种情况不存在；
若∠F=4∠E，则∠E=18°，
由第一种情况可知：∠ABO=2∠E，∴∠ABO=36°；
综上，∠ABO=45°或36°；
故答案为：45°或36°．
【点睛】
本题主要考查了角平分线的定义、三角形的内角和定理、平角的定义和三角形的外角性质等知识，具有一定的综合性，熟练掌握上述知识、灵活应用整体思想是解题的关键．