2023-2024学年北京市西城外国语学校七年级（下）期中数学试卷 及答案解析

第1页（共1页）2023-2024学年北京市西城外国语学校七年级（下）期中数学试卷一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个。1．（2分）64的平方根为（）A．8 B．±8 C．﹣8 D．±42．（2分）若点A（﹣3，y）在第三象限，则点B（﹣3，﹣y）在（）A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限3．（2分）下列各式中，正确的是（）A．±4 B．±4 C．3 D．44．（2分）下列图形中，由∠1＝∠2，能得到AB∥CD的是（）A． B． C． D．5．（2分）下列命题是假命题的是（）A．对顶角相等 B．过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行 C．两条直线被第三条直线所截，同旁内角互补 D．平行于同一直线的两条直线互相平行6．（2分）已知x、y满足方程组，则x+y的值为（）A．﹣4 B．4 C．﹣2 D．27．（2分）如图，点A，B，C，D，E，F，G为正方形网格图中的7个格点．建立平面直角坐标系，使点B，C的坐标分别为（﹣3，﹣2）和（1，﹣2），则上述7个点中在第二象限的点有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个8．（2分）如图，在平面直角坐标系中，已知点M（1，3），N（4，3），连结MN，若对于平面内一点P，线段MN上都存在点Q，使得PQ≤1，则称点P是线段MN的“邻近点”．已知点A（﹣1，3），点B（2，），点C（0，4）和点D（5，2），其中是线段MN的“邻近点”的是（）A．点A B．点B C．点C D．点D二、填空题（共16分，每题2分）9．（2分）比较大小：3．10．（2分）已知是关于x、y的二元一次方程ax+y＝2的解，则a的值为．11．（2分）在实数，，3.1415，，π中，无理数是．12．（2分）在平面直角坐标系中，若点P（2，a）到x轴的距离是3，则a的值是．13．（2分）如图，等腰直角三角板的顶点A，C分别在直线a，b上．若a∥b，∠1＝35°，则∠2的度数为．14．（2分）已知，则x+y＝．15．（2分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，BC＝5，将△ABC沿直线BC向右平移2个单位得到△DEF，连接AD，则下列结论：①AC∥DF，AC＝DF；②ED⊥DF；③四边形ABFD的周长是16；④S四边形ABEO＝S四边形CFDO；其中结论正确的结论是．16．（2分）有A，B，C，D，E，F六种类型的卡牌，每位同学有三张不同类型的卡牌，记作一个“卡牌组合”（不考虑顺序）．将n位同学拥有的卡牌按类型分别统计，得到下表：卡牌类型ABCDEF数量（张）41031012根据以上信息，可知：①n＝；②拥有“卡牌组合”的人数最少（横线上填出三张卡牌的类型）．三、解答题（共68分，第17、18题每题10分，其余每题8分）17．（10分）计算：（1）；（2）．18．（10分）（1）解二元一次方程组：；（2）求等式中x的值：2x2＝8．19．（8分）完成下面的证明．已知：如图，∠1＝∠2，∠C＝∠D．求证：AC∥DF．证明：∵∠1＝∠2，又∠1＝∠（），∴∠2＝∠．∴DB∥EC（）．∴∠C＝∠（）．∵∠C＝∠D，∴∠D＝∠．∴AC∥DF（）．20．（8分）已知：如图，DB平分∠ADC，∠1+∠2＝180°．（1）求证：AB∥CD；（2）若ED⊥DB，∠A＝50°，求∠EDC的大小．21．（8分）北京冬奥会期间，大批的志愿者秉承“奉献、友爱、互助、进步”的志愿精神参与服务工作．某高校组织400名学生参加志愿活动，已知用1辆小客车和2辆大客车每次可运送学生110人；用4辆小客车和1辆大客车每次可运送学生125人．（1）每辆小客车和每辆大客车各能运送多少名学生？（2）若学校计划租用小客车a辆，大客车b辆，若两种客车均租用且恰好每辆车都坐满，一次运送完，请你设计出所有的租车方案．22．（8分）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．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．23．（8分）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y），若点Q的坐标为（ax+y，x+ay），其中a为常数，则称点Q是点P的“a级关联点”．（1）已知点A（﹣2，6）的“级关联点”是点A′，则点A′的坐标为；（2）已知点M（m﹣1，2m）的“﹣3级关联点”N位于x轴上，求点N的坐标；（3）在（2）的条件下，若存在点H，使HM∥x轴，且HM＝2，直接写出H点坐标．24．（8分）如图1，直线AB∥CD，直线EF与AB、CD分别交于点F、E，点P在射线ED上，过点P作PQ⊥EF，垂足为点Q．（1）求证：∠AFE+∠CPQ＝∠PQF；（2）点M在线段EF上（不与点E、Q、F重合），连接PM，∠EFA和∠CPM的平分线交于点H．①若点M在线段EQ上，请在图2中补全图形，判断∠QPM与∠PHF的数量关系并证明；②若点M在线段QF上，判断∠QPM与∠PHF是否有不同于①中的数量关系，如果有请直接写出，如果没有请说明理由．四、选做题（共10分，第25题4分，第26题6分）25．（4分）已知a，b是正整数．（1）若是整数，则满足条件的a的值为；（2）若是整数，则满足条件的有序数对（a，b）为．26．（6分）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x1，y1），点Q（x2，y2），定义|x1﹣x2|与|y1﹣y2|中的值较大的为点P，Q的“绝对距离”，记为d（P，Q）．特别地，当|x1﹣x2|＝|y1﹣y2|时，规定d（P，Q）＝|x1﹣x2|，例如，点P（1，2），点Q（3，5），因为|1﹣3|＜|2﹣5|，所以点P，Q的“绝对距离”为|2﹣5|＝3，记为d（P，Q）＝3．（1）已知点A（0，1），点B为x轴上的一个动点．①若d（A，B）＝3，求点B的坐标；②d（A，B）的最小值为；③动点C（x，y）满足d（A，C）＝r，所有动点C组成的图形面积为64，请直接写出r的值．（2）对于点D（﹣1，0），点E（2，5），若有动点M（m，n）使得d（D，M）+d（E，M）＝5，请直接写出m的取值范围．

2023-2024学年北京市西城外国语学校七年级（下）期中数学试卷参考答案与试题解析题号12345678答案BCCDCBCB一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个。1．（2分）64的平方根为（）A．8 B．±8 C．﹣8 D．±4【分析】根据平方根的定义，求数a的平方根，也就是求一个数x，使得x2＝a，则x就是a的平方根，由此即可解决问题．【解答】解：∵（±8）2＝64，∴64的平方根是±8．故选：B．【点评】本题考查了平方根的定义．注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数；0的平方根是0；负数没有平方根．2．（2分）若点A（﹣3，y）在第三象限，则点B（﹣3，﹣y）在（）A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限【分析】根据各象限内点的坐标特征解答即可．【解答】解：由A（﹣3，y）在第三象限，得y＜0，∵﹣3＜0，﹣y＞0．∴B（﹣3，﹣y）在第二象限，故选：C．【点评】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（﹣，+）；第三象限（﹣，﹣）；第四象限（+，﹣）．3．（2分）下列各式中，正确的是（）A．±4 B．±4 C．3 D．4【分析】根据算术平方根的定义对A进行判断；根据平方根的定义对B进行判断；根据立方根的定义对C进行判断；根据二次根式的性质对D进行判断．【解答】解：A、原式＝4，所以A选项错误；B、原式＝±4，所以B选项错误；C、原式＝﹣3，所以C选项正确；D、原式＝|﹣4|＝4，所以D选项错误．故选：C．【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．4．（2分）下列图形中，由∠1＝∠2，能得到AB∥CD的是（）A． B． C． D．【分析】根据平行线的判定定理进行解答即可．【解答】解：A、∠1＝∠2不能判定AB∥CD，不符合题意；B、∵∠1＝∠2，∴AC∥BD，不符合题意；C、∠1＝∠2不能判定AB∥CD，不符合题意；D、∵∠1＝∠2，∴AB∥CD，符合题意，故选：D．【点评】本题考查的是平行线的判定，熟知平行线的判定定理是解题的关键．5．（2分）下列命题是假命题的是（）A．对顶角相等 B．过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行 C．两条直线被第三条直线所截，同旁内角互补 D．平行于同一直线的两条直线互相平行【分析】根据对顶角的性质、平行线的性质、平行公理及其推论判断即可．【解答】解：A、对顶角相等是真命题；B、过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行是真命题；C、两条直线被第三条直线所截，同旁内角互补，缺少条件两条平行线，故是假命题；D、平行于同一直线的两条直线互相平行是真命题，故选：C．【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．6．（2分）已知x、y满足方程组，则x+y的值为（）A．﹣4 B．4 C．﹣2 D．2【分析】直接把两式相加即可得出结论．【解答】解：，①+②得，4x+4y＝16，解得x+y＝4．故选：B．【点评】本题考查的是解二元一次方程组，熟知利用加减法解二元一次方程组是解答此题的关键．7．（2分）如图，点A，B，C，D，E，F，G为正方形网格图中的7个格点．建立平面直角坐标系，使点B，C的坐标分别为（﹣3，﹣2）和（1，﹣2），则上述7个点中在第二象限的点有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【分析】根据第二象限点的坐标特征（﹣，+），即可解答．【解答】解：如图，点A，B，C，D，E，F，G为正方形网格图中的7个格点．建立平面直角坐标系，使点B，C的坐标分别为（﹣3，﹣2）和（1，﹣2），则上述7个点中在第二象限的点有点A和点G，共有2个，故选：C．【点评】本题考查了点的坐标，熟练掌握平面直角坐标系中每一象限点的坐标特征是解题的关键．8．（2分）如图，在平面直角坐标系中，已知点M（1，3），N（4，3），连结MN，若对于平面内一点P，线段MN上都存在点Q，使得PQ≤1，则称点P是线段MN的“邻近点”．已知点A（﹣1，3），点B（2，），点C（0，4）和点D（5，2），其中是线段MN的“邻近点”的是（）A．点A B．点B C．点C D．点D【分析】根据两点间距离公式分别计算点A、B、C、D到MN的距离，判断即可．【解答】∵点A到线段MN的最近距离是A点与M点间的距离AM2＞1，A点不符合；∵点B（2，）到线段MN的最近距离是|3|1，∴B点符合；∵点C到线段MN的最近距离是CM1，∴C点不符合；∵点D到线段MN的距离DN1，∴D点不符合．故选B．【点评】本题考查了坐标与图形性质，正确运用勾股定理是解题的关键．二、填空题（共16分，每题2分）9．（2分）比较大小：＞3．【分析】先将3化为根号的形式，根据被开方数越大值越大得结论．【解答】解：∵3，，∴3，故答案为：＞．【点评】本题考查了实数大小的比较，比较大小时，常用的方法有：①作差法，②作商法，③如果有一个是二次根式，要把另一个也化为二次根式的形式，根据被开方的大小进行比较．10．（2分）已知是关于x、y的二元一次方程ax+y＝2的解，则a的值为﹣1．【分析】把方程的解代入方程，得到一个含有未知数a的一元一次方程，解方程可得答案．【解答】解：把代入方程ax+y＝2，得a+3＝2，解得a＝﹣1．故答案为：﹣1．【点评】本题考查了二元一次方程的解，解题关键是把方程的解代入方程，关于x和y的方程转变成是关于a的一元一次方程，求解即可．11．（2分）在实数，，3.1415，，π中，无理数是，π．【分析】根据无理数的定义，即可求解．【解答】解：，∴无理数是，π．故答案为：，π．【点评】本题主要考查了无理数，掌握无理数的定义是解题的关键．12．（2分）在平面直角坐标系中，若点P（2，a）到x轴的距离是3，则a的值是±3．【分析】根据点到x轴的距离等于纵坐标的绝对值可得到a的值．【解答】解：因为点P（2，a）到x轴的距离是3，所以|a|＝3，解得a＝±3．故答案为：±3．【点评】本题考查了点的坐标，熟记点到x轴的距离等于纵坐标的绝对值是解题的关键．13．（2分）如图，等腰直角三角板的顶点A，C分别在直线a，b上．若a∥b，∠1＝35°，则∠2的度数为10°．【分析】由等腰直角三角形的性质和平行线的性质求出∠ACD＝55°，即可得出∠2的度数．【解答】解：如图所示：∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC＝90°，∠ACB＝45°，∴∠1+∠BAC＝35°+90°＝125°，∵a∥b，∴∠ACD＝180°﹣125°＝55°，∴∠2＝∠ACD﹣∠ACB＝55°﹣45°＝10°；故答案为：10°【点评】本题考查了平行线的性质、等腰直角三角形的性质；熟练掌握等腰直角三角形的性质，由平行线的性质求出∠ACD的度数是解决问题的关键．14．（2分）已知，则x+y＝﹣2．【分析】根据算术平方根，绝对值的非负性求出x、y的值，再代入计算即可．【解答】解：∵，而0，|2x+y|≥0，∴x﹣2＝0，2x+y＝0，解得x＝2，y＝﹣4，∴x+y＝﹣2．故答案为：﹣2．【点评】本题考查算术平方根、绝对值的非负性，掌握算术平方根、绝对值的非负性是正确解答的关键．15．（2分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，BC＝5，将△ABC沿直线BC向右平移2个单位得到△DEF，连接AD，则下列结论：①AC∥DF，AC＝DF；②ED⊥DF；③四边形ABFD的周长是16；④S四边形ABEO＝S四边形CFDO；其中结论正确的结论是①②③④．【分析】根据平移的性质，平行线的性质判断作答即可．【解答】解：由平移的性质可知，AC∥DF，AC＝DF，ED⊥DF，①②正确，故符合要求；∴四边形ABFD的周长是AD+AB+BF+DF＝2+3+（2+5）+4＝16，③正确，故符合要求；∵AD∥BF，BC﹣CE＝EF﹣EC，即BE＝CF，由等底同高可得S四边形ABEO＝S四边形CFDO，④正确，故符合要求；故答案为：①②③④．【点评】本题考查了平移的性质，平行线的性质等知识．熟练掌握平移的性质，平行线的性质是解题的关键．16．（2分）有A，B，C，D，E，F六种类型的卡牌，每位同学有三张不同类型的卡牌，记作一个“卡牌组合”（不考虑顺序）．将n位同学拥有的卡牌按类型分别统计，得到下表：卡牌类型ABCDEF数量（张）41031012根据以上信息，可知：①n＝10；②拥有“卡牌组合”BDE的人数最少（横线上填出三张卡牌的类型）．【分析】①将卡牌的数量相加，再除以3即可求解；②由于有10位同学，B，D卡牌的数量都是10，每位同学有三张不同类型的卡牌，记作一个“卡牌组合”（不考虑顺序），可得另外1个卡牌数量最少的即为所求．【解答】解：①n＝（4+10+3+10+1+2）÷3＝10．故答案为：10；②∵有10位同学，B，D卡牌的数量都是10，E的数量最少，∴拥有“卡牌组合”BDE的人数最少．故答案为：BDE．【点评】本题主要考查可能性的大小．用到的知识点为：可能性等于所求情况数与总情况数之比．三、解答题（共68分，第17、18题每题10分，其余每题8分）17．（10分）计算：（1）；（2）．【分析】（1）先计算乘方、立方根、算术平方根，再计算加法即可；（2）先计算立方根、去绝对值、算术平方根，再计算加减法即可．【解答】解：（1）＝6+2+5＝13；（2）．【点评】本题考查了实数的混合运算，涉及到去绝对值、算术平方根和立方根以及乘方，熟练掌握运算法则是解题的关键．18．（10分）（1）解二元一次方程组：；（2）求等式中x的值：2x2＝8．【分析】（1）先将①式变形为x＝5+3y③，再代入②式，求出y＝﹣1，然后代入③式即可得出答案；（2）直接利用平方根求解即可．【解答】解：（1），解：由①，得x＝5+3y③，把③代入②得2（5+3y）+y＝3，∴y＝﹣1，把y＝﹣1代入③，得，所以这个方程组的解是；（2）2x2＝8，x2＝4，x＝±2．【点评】本题考查了解二元一次方程组及利用平方根求方程，掌握代入法解方程组是解本题的关键．19．（8分）完成下面的证明．已知：如图，∠1＝∠2，∠C＝∠D．求证：AC∥DF．证明：∵∠1＝∠2，又∠1＝∠DMN（对顶角相等），∴∠2＝∠DMN．∴DB∥EC（同位角相等，两直线平行）．∴∠C＝∠DBA（两直线平行，同位角相等）．∵∠C＝∠D，∴∠D＝∠DBA．∴AC∥DF（内错角相等，两直线平行）．【分析】根据平行线的性质与判定完成证明过程，即可求解．【解答】证明：∵∠1＝∠2，又∠1＝∠DMN（对顶角相等），∴∠2＝∠DMN．∴DB∥EC（同位角相等，两直线平行）∴∠C＝∠DBA．（两直线平行，同位角相等）∵∠C＝∠D，∴∠D＝∠DBA．∴AC∥DF（内错角相等，两直线平行）．故答案为：DMN；对顶角相等；DMN；同位角相等，两直线平行；DBA；两直线平行，同位角相等；DBA；内错角相等，两直线平行．【点评】本题考查了平行线的性质与判定，对顶角相等，掌握平行线的性质与判定是关键．20．（8分）已知：如图，DB平分∠ADC，∠1+∠2＝180°．（1）求证：AB∥CD；（2）若ED⊥DB，∠A＝50°，求∠EDC的大小．【分析】（1）根据同角的补角相等可得∠2＝∠DCB，进而可以证明结论；（2）根据平行线的性质和角平分线定义可得∠ABD＝∠ADB，再根据三角形内角和定理可得∠ABD的度数，再根据垂直定义即可求出∠EDC的大小．【解答】（1）证明：∵∠1+∠2＝180°，∠1+∠DCB＝180°，∴∠2＝∠DCB，∴AB∥CD；（2）解：∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠BDC，∵DB平分∠ADC，∴∠ADB＝∠BDC，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠A＝50°，∴∠ABD＝∠ADB＝（180°﹣50°）÷2＝65°，∵ED⊥DB，∴∠EDB＝90°，∴∠EDC＝∠EDB﹣∠BDC＝90°﹣65°＝25°．【点评】本题考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义和三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握平行线的判定与性质．21．（8分）北京冬奥会期间，大批的志愿者秉承“奉献、友爱、互助、进步”的志愿精神参与服务工作．某高校组织400名学生参加志愿活动，已知用1辆小客车和2辆大客车每次可运送学生110人；用4辆小客车和1辆大客车每次可运送学生125人．（1）每辆小客车和每辆大客车各能运送多少名学生？（2）若学校计划租用小客车a辆，大客车b辆，若两种客车均租用且恰好每辆车都坐满，一次运送完，请你设计出所有的租车方案．【分析】（1）设每辆小客车能运送x名学生，每辆大客车能运送y名学生，根据题意列出方程组，求出方程组的解即可得到结果；（2）根据题意列出二元一次方程，找出整数解即可．【解答】解：（1）设每辆小客车能运送x名学生，每辆大客车能运送y名学生．根据题意得：，解得：．答：每辆小客车能运送20名学生，每辆大客车能运送45名学生；（2）根据题意得：20a+45b＝400．∴．∵a，b为正整数，∴或．答：租车方案为：小客车11辆，大客车4辆或小客车2辆，大客车8辆．【点评】此题考查了二元一次方程组的应用，以及二元一次方程的应用，弄清题意是解本题的关键．22．（8分）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．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；②点B的坐标为（6，3）；（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．【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）割补法求解可得．【解答】解：（1）如图，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；②点B的坐标为（6，3），故答案为：右、3、上、5、（6，3）；（2）如图，S△ABC＝6×44×42×36×1＝10．【点评】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．23．（8分）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y），若点Q的坐标为（ax+y，x+ay），其中a为常数，则称点Q是点P的“a级关联点”．（1）已知点A（﹣2，6）的“级关联点”是点A′，则点A′的坐标为（5，1）；（2）已知点M（m﹣1，2m）的“﹣3级关联点”N位于x轴上，求点N的坐标；（3）在（2）的条件下，若存在点H，使HM∥x轴，且HM＝2，直接写出H点坐标．【分析】（1）根据新定义代入求解；（2）先根据新定义写出坐标，再根据x轴上的点的特征，列方程求解；（3）根据平行直线的关系求解．【解答】解：（1）由题意得：A′（5，1），故答案为：（5，1）；（2）由题意得：N（﹣3m+3+2m，﹣6m+m﹣1），∴﹣6m+m﹣1＝0，解得：m，∴N（，0）；（3）由（2）得：m，∴M（，），∵HM∥x轴，且HM＝2，∴H（，）或H（，）．【点评】本题考查了点的坐标特征，掌握数形结合思想是解题的关键．24．（8分）如图1，直线AB∥CD，直线EF与AB、CD分别交于点F、E，点P在射线ED上，过点P作PQ⊥EF，垂足为点Q．（1）求证：∠AFE+∠CPQ＝∠PQF；（2）点M在线段EF上（不与点E、Q、F重合），连接PM，∠EFA和∠CPM的平分线交于点H．①若点M在线段EQ上，请在图2中补全图形，判断∠QPM与∠PHF的数量关系并证明；②若点M在线段QF上，判断∠QPM与∠PHF是否有不同于①中的数量关系，如果有请直接写出，如果没有请说明理由．【分析】（1）过点Q作QR∥CD，根据AB∥CD得到QR∥AB，证出∠CPQ＝∠PQR，∠AFE＝∠RQF，即可证明；（2）①画出图象，由（1）知∠PHF＝∠CPH+∠AFH，∠PMF＝∠CPM+∠AFE，根据角平分线得出∠CPM＝2∠CPH，∠AFE＝2∠AFH，从而得出∠PMF＝2∠PHF，再根据垂直得出∠PQE＝90°，根据三角形内角和即可求解；②画出图象，由（1）知∠PHF＝∠CPH+∠AFH，∠PMF＝∠CPM+∠AFE，根据角平分线得出∠CPM＝2∠CPH，∠AFE＝2∠AFH，从而得出∠PMF＝2∠PHF，再根据垂直得出∠PQE＝90°，根据三角形外角性质即可求解．【解答】（1）证明：如图，过点Q作QR∥CD，∵QR∥CD，∴∠CPQ＝∠PQR，∵AB∥CD，∴QR∥AB，∴∠AFE＝∠RQF，∴∠AFE+∠CPQ＝∠RQF+∠PQR＝∠PQF．（2）解：①数量关系：2∠PHF+∠QPM＝90°．证明：由（1）知∠PHF＝∠CPH+∠AFH，∠PMF＝∠CPM+∠AFE，∵PH、FH分别平分∠CPM、∠AFE，∴∠CPM＝2∠CPH，∠AFE＝2∠AFH，∴∠CPM+∠AFE＝2（∠CPH+∠AFH），即∠PMF＝2∠PHF，∵PQ⊥EF，∴∠PQE＝90°，∴∠PMF+∠QPM＝90°，∴2∠PHF+∠QPM＝90°；②有不同，数量关系：2∠PHF﹣∠QPM＝90°．证明：由（1）知∠PHF＝∠CPH+∠AFH，∠PMF＝∠CPM+∠AFE，∵PH、FH分别平分∠CPM、∠AFE，∴∠CPM＝2∠CPH，∠AFE＝2∠AFH，∴∠CPM+∠AFE＝2（∠CPH+∠AFH），即∠PMF＝2∠PHF，∵PQ⊥EF，∴∠PQE＝90°，∴∠PMF﹣∠QPM＝90°，∴2∠PHF﹣∠QPM＝90°．【点评】该题主要考查了平行线的性质和判定，三角形内角和定理以及三角形外角的性质，解题的关键是正确作出辅助线和图象．四、选做题（共10分，第25题4分，第26题6分）25．（4分）已知a，b是正整数．（1