人教版初中数学《三角形压轴题型汇总》专题突破含答案解析

专题05三角形压轴题型汇总一、单选题1．（2021·重庆巴南·）如图，AD∥BC，∠D＝∠ABC，点E是边DC上一点，连接AE交BC的延长线于点H，点F是边AB上一点，使得∠FBE＝∠FEB，作∠FEH的角平分线EG交BH于点G．若∠BEG＝40°，则∠DEH的度数为（）A．50° B．75° C．100° D．125°【答案】C【分析】∠BEG=∠FEG-∠FEB=，∠AEF=180°-∠FEG-∠HEG=180°-2β，在△AEF中，，AD∥BC，∠D=∠ABC，得到AB∥CD，由平行线的性质和邻补角的定义即可求解．【详解】解：设∠FBE=∠FEB=α，则∠AFE=2α，∠FEH的角平分线为EG，设∠GEH=∠GEF=β，∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD=180°，∵∠D=∠ABC，∴∠D+∠BAD=180°，∴AB∥CD，∵∠BEG=40°，∴∠BEG=∠FEG-∠FEB=β-α=40°，∵∠AEF=180°-∠FEG-∠HEG=180°-2β，在△AEF中，180°-2β+2α+∠FAE=180°，∴∠FAE=2β-2α=2（β-α）=80°，∵AB∥CD，∴∠CEH=∠FAE=80°，∴∠DEH=180°-∠CEH=100°．故选：C．【点睛】本题考查的是平行线的性质，涉及到角平行线性质定理、三角形外角定理，本题关键是用有关α，β的等式表示出△AEF内角和为180°，题目难度较大．2．（2021·江苏盐城·七年级月考）如图，，、、分别平分的外角、内角、外角．以下结论：①：②；③；④平分；⑤．其中错误的结论有（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】B【分析】根据角平分线定义得出∠ABC=2∠ABD=2∠DBC，∠EAC=2∠EAD，∠ACF=2∠DCF，根据三角形的内角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，根据三角形外角性质得出∠ACF=∠ABC+∠BAC，∠EAC=∠ABC+∠ACB，根据已知结论逐步推理，即可判断各项．【详解】解：∵AD平分∠EAC，∴∠EAC=2∠EAD，∵∠EAC=∠ABC+∠ACB，∠ABC=∠ACB，∴∠EAD=∠ABC，∴AD∥BC，∴①正确；∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC，∵BD平分∠ABC，∠ABC=∠ACB，∴∠ABC=∠ACB=2∠DBC，∴∠ACB=2∠ADB，∴②正确；在△ADC中，∠ADC+∠CAD+∠ACD=180°，∵CD平分△ABC的外角∠ACF，∴∠ACD=∠DCF，∵AD∥BC，∴∠ADC=∠DCF，∠ADB=∠DBC，∠CAD=∠ACB∴∠ACD=∠ADC，∠CAD=∠ACB=∠ABC=2∠ABD，∴∠ADC+∠CAD+∠ACD=∠ADC+2∠ABD+∠ADC=2∠ADC+2∠ABD=180°，∴∠ADC+∠ABD=90°∴∠ADC=90°-∠ABD，∴③正确；∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC，∵∠ADB=∠DBC，∠ADC=90°-∠ABC，∴∠ADB不等于∠CDB，∴④错误；∵∠ACF=2∠DCF，∠ACF=∠BAC+∠ABC，∠ABC=2∠DBC，∠DCF=∠DBC+∠BDC，∴∠BAC=2∠BDC，即∠BDC=∠BAC，∴⑤正确；即错误的有1个，故选：B．【点睛】此题考查了三角形外角性质，角平分线定义，平行线的判定，三角形内角和定理的应用，主要考查学生的推理能力，有一定的难度．3．（2021·江苏）如图，在中，平分，于点．的角平分线所在直线与射线相交于点，若，且，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由角平分线的定义可以得到，，设，假设，，通过角的等量代换可得到，代入的值即可．【详解】∵平分，平分∴，设∵∴可以假设，∴∵∴∴设，则∴∴∵∴故答案选：C【点睛】本题主要考查了角平分线的定义以及角的等量代换，三角形的内角和定理，外角的性质，二元一次方程组的应用，灵活设立未知数代换角是解题的关键．4．（2021·江苏七年级期中）已知中，是边上的高，平分．若，，，则的度数等于（）A． B． C． D．【答案】D【分析】题目由于在三角形中未确定大小，所以需要进行分类讨论：（1），作出符合题意的相应图形，由图可得：，根据角平分线的性质得：，在中，，故可得；（2）时，由图可得：，，在中，，故可得；综上可得：．【详解】解：（1）如图1所示：时，图1

∵CD是AB边上的高，∴，，∵，，∴，∵CE平分，∴，在中，，∴；（2）如图2所示：时，图2

∵CD是AB边上的高，∴，，∵，，∴，∵CE平分，∴，在中，，∴；综合（1）（2）两种情况可得：．故选：D．【点睛】题目主要考查对三角形分类讨论、数形结合思想，主要知识点是三角形的角平分线、高线的基本性质及图形内角的运算，题目难点是在依据题意进行分类讨论的情况下，作出相应的三角形图形．5．（2021·浙江七年级月考）如图，平分交于点E，，，M，N分别是延长线上的点，和的平分线交于点F．下列结论：①；②；③平分；④为定值．其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】先根据AB⊥BC，AE平分∠BAD交BC于点E，AE⊥DE，∠1+∠2=90°，∠EAM和∠EDN的平分线交于点F，由三角形内角和定理以及平行线的性质即可得出结论．【详解】解：∵AB⊥BC，AE⊥DE，∴∠1+∠AEB=90°，∠DEC+∠AEB=90°，∴∠1=∠DEC，又∵∠1+∠2=90°，∴∠DEC+∠2=90°，∴∠C=90°，∴∠B+∠C=180°，∴AB∥CD，故①正确；∴∠ADN=∠BAD，∵∠ADC+∠ADN=180°，∴∠BAD+∠ADC=180°，又∵∠AEB≠∠BAD，∴AEB+∠ADC≠180°，故②错误；∵∠4+∠3=90°，∠2+∠1=90°，而∠3=∠1，∴∠2=∠4，∴ED平分∠ADC，故③正确；∵∠1+∠2=90°，∴∠EAM+∠EDN=360°-90°=270°．∵∠EAM和∠EDN的平分线交于点F，∴∠EAF+∠EDF=×270°=135°．∵AE⊥DE，∴∠3+∠4=90°，∴∠FAD+∠FDA=135°-90°=45°，∴∠F=180°-（∠FAD+∠FDA）=180-45°=135°，故④正确．故选：C．【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定、三角形内角和定理、直角三角形的性质及角平分线的计算，熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键．6．（2020·浙江台州·七年级期中）如图，平分和，若，则（）A． B． C． D．【答案】B【分析】AD、CM交于点E，AM、BC交于点F，AD、BC交于点H，根据三角形外角性质可证的外角和的外角是同角，分别可表示为与，根据角平分线性质可得，，将、代入计算即可求出．【详解】解：AD、CM交于点E，AM、BC交于点F，AD、BC交于点H，如图，∵的外角和的外角是同角，∵，，∵平分和，∴，，∴，，∵在中，，在中，∴，；∵，∴，，整理得，，化简得，将，代入，解得，∴．故选：B．【点睛】本题考查了三角形外角性质，角平分线有关的计算，灵活运用三角形外角性质及角平分线性质是解题关键．7．（2020·四川省德阳中学校）如图在△ABC中，BD、BE分别是△ABC的高和角平分线，点F在CA的延长线上，FH⊥BE，交BD于点G，交BC于点H．下列结论：①∠DBE＝∠F，②2∠BEF＝∠BAF+∠C，③∠F＝∠BAC﹣∠C，④∠BED＝∠ABE+∠C，其中正确的是（）A．①②③ B．①③④ C．①④ D．①②④【答案】D【分析】①根据BD⊥FD，FH⊥BE和∠FGD＝∠BGH，证明结论正确；

②根据角平分线的定义和三角形外角的性质证明结论正确；

③证明∠DBE＝∠BAC﹣∠C，根据①的结论，判断出错误；

④根据角平分线的定义和三角形外角的性质证明结论正确．【详解】解：①∵BD⊥FD，∴∠FGD+∠F＝90°，∵FH⊥BE，∴∠BGH+∠DBE＝90°，∵∠FGD＝∠BGH，∴∠DBE＝∠F，故①正确；②∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE，∵∠BEF＝∠CBE+∠C，∴2∠BEF＝∠ABC+2∠C，∠BAF＝∠ABC+∠C，∴2∠BEF＝∠BAF+∠C，故②正确；③∵∠ABD＝90°﹣∠BAC，∴∠DBE＝∠ABE﹣∠ABD＝∠ABE﹣90°+∠BAC＝∠CBD﹣∠DBE﹣90°+∠BAC，∵∠CBD＝90°﹣∠C，∴∠DBE＝∠BAC﹣∠C﹣∠DBE，由①得，∠DBE＝∠F，∴∠F＝∠BAC﹣∠C﹣∠DBE，故③错误；④∵∠BED＝∠EBC+∠C，∵∠ABE＝∠EBC，∴∠BED＝∠ABE+∠C，故④正确，∴正确的有①②④，共三个，故选：D．【点睛】本题考查直角三角形的性质、角平分线的定义、三角形的外角性质，灵活运用有关性质求解是解题关键．8．（2020·安陆市涢东学校）四边形ABCD两组对边AD，BC与AB，DC延长线分别交于点E，F，∠AEB，∠AFD的平分线交于点P，∠A=64°，∠BCD=136°，则下列结论中正确的是（）①∠EPF=100°；②∠ADC+∠ABC=160°；③∠PEB+∠PFC+∠EPF=136°；④∠PEA+∠PFA=36°A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】根据四边形内角和证明结论②正确，再根据和结合结论②证明结论④正确，连接AP并延长至点G，根据外角和定理证明结论①正确，结论③也可以通过前面的证明得到．【详解】解：∵，，∴，故②正确，∵，，∴，∵EP平分，FP平分，∴，，∴，故④正确，同理：，如图，连接AP并延长至点G，，故①正确，∴，故③正确．故选：D．【点睛】本题考查角度关系求解，解题的关键是掌握角度和差关系的计算．9．（2020·海南八年级期中）如图，在中，是的平分线，是外角的平分线，与相交于点，若，则是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】∠DCM=∠D+∠DBC，∠ACM=∠A+∠ABC，再结合角平分线，得到∠A=2∠D即可．【详解】解：∵是的平分线，∴∠ABC=2∠DBC，同理，∠ACM=2∠DCM，∵∠ACM=∠A+∠ABC，∴2∠DCM=∠A+2∠DBC∵∠DCM=∠D+∠DBC，∴∠A=2∠D，∵，∴，故选：C．【点睛】本题考查了角平分线性质和三角形外角的性质，解题关键是利用外角的性质和角平分线性质得到∠A与∠D的关系．10．（2020·浙江杭州·七年级其他模拟）如图，直线被直线所截，已知，E是平面内任意一点（点E不在直线上），设，．下列各式：①，②，③，④中，的度数可能是（）A．②③④ B．①②④ C．①③④ D．①②③【答案】B【分析】根据点E的位置分六种情况讨论，分别根据平行线的性质、三角形的外角性质求解即可得．【详解】由题意，分以下六种情况：（1）如图，设CE与AB的交点为点O，，，，；（2）如图，延长AE交CD于点O，，，，；（3）如图，设AE与CD的交点为点O，，，，；（4）如图，设CE与AB的交点为点O，，，，，；（5）如图，延长AE交CD于点O，，，，，；（6）如图，设AE与CD的交点为点O，，，，，；综上，的度数可能是，故选：B．【点睛】本题考查了平行线的性质、三角形的外角性质，依据题意，正确分六种情况讨论是解题关键．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题11．（2021·湖北七年级期中）如图，已知AB∥CD，P为直线AB，CD外一点，BF平分∠ABP，DE平分∠CDP，BF的反向延长线交DE于点E，若∠FED＝a，试用a表示∠P为______．【答案】∠P＝360°﹣2a【分析】根据角平分线的性质得出∠1＝∠2，∠3＝∠4，平行线的性质得出∠1＝∠5，∠6＝∠PDC＝2∠3，进而根据三角形内角和得出∠5、∠FED，再得到∠P和a的关系，然后即可用a表示∠P．【详解】解：延长AB交PD于点G，延长FE交CD于点H，∵BF平分∠ABP，DE平分∠CDP，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，∵AB∥CD，∴∠1＝∠5，∠6＝∠PDC＝2∠3，∵∠PBG＝180°﹣2∠1，∴∠PBG＝180°﹣2∠5，∴∠5＝90°﹣∠PBG，∵∠FED＝180°﹣∠HED，∠5＝180°﹣∠EHD，∠EHD＋∠HED＋∠3＝180°，∴180°﹣∠5＋180°﹣∠FED＋∠3＝180°，∴∠FED＝180°﹣∠5＋∠3，∴∠FED＝180°﹣（90°﹣∠PBG）＋∠6＝90°＋（∠PBG＋∠6）＝90°＋（180°﹣∠P）＝180°﹣∠P，∵∠FED＝a，∴a＝180°﹣∠P∴∠P＝360°﹣2a．故答案为：∠P＝360°﹣2a．【点睛】此题考查了角平分线的性质和平行线的性质及三角形内角和，有一定的综合性，认真找出角的关系是关键．12．（2021·山东七年级期中）如图，在中，，与的平分线交于点，得；与的平分线相交于点，得；；与的平分线相交于点，得，则______．【答案】【分析】结合题意，根据角平分线、三角形外角、三角形内角和的性质，得，同理得；再根据数字规律的性质分析，即可得到答案．【详解】根据题意，，与的平分线交于点∴∵∴∵∴同理，得；；；…∴故答案为：．【点睛】本题考查了三角形和数字规律的知识；解题的关键是熟练掌握三角形内角和、三角形外角、角平分线、数字规律的性质，从而完成求解．13．（2021·湖北七年级期中）平面直角坐标系中，点，，，在轴左侧一点（且点不在直线上）．若，与的角平分线所在直线交于点．则的度数为______°．【答案】110或70【分析】分两种情况，①点在下方，设与交于点，过点作，先证明平分，根据“三角形两内角平分线的夹角与第三个角的关系”，可以得出，即可求解；②点在上方，设与交于点，过点作，先证明平分，根据“三角形两内角平分线的夹角与第三个角的关系”，可以得出，即可求解．【详解】解：分两种情况，①点在下方时，设与交于点，过点作，，，，平分，，，平分，平分，，，，；①点在上方时，设与交于点，过点作，，，，平分，，，平分，直线平分，，，，，或．故答案为：70或110．【点睛】本题主要考查了三角形双内角平分线模型，平行线的性质，解题的关键是找基本模型．14．（2021·河南七年级期末）若一个三角形中一个角的度数是另一个角的度数的3倍，则称这样的三角形为“和谐三角形”．例如，三个内角分别为，，的三角形是“和谐三角形”，如图，直角三角形中，，，是边上一动点．当是“和谐三角形”时，的度数是______．【答案】30°或52.5°或80°．【分析】分三种情况讨论，①当∠CDA＝3∠C时，②当∠C＝3∠CAD时，③∠CDA＝3∠CAD时，由“和谐三角形”定义可求解；【详解】解：∵，，∴①当∠CDA＝3∠C时，∠CDA＝90°，∴∠CAD＝60°，∴∠BAD＝30°；②当∠C＝3∠CAD时，∴∠CAD＝10°，∴∠DAB＝80°；③∠CDA＝3∠CAD时，∴∠CAD＝×(180°-30°)=37.5°，∴∠DAB＝52.5°，故答案为：30°或52.5°或80°．【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理，理解“和谐三角形”定义，并能运用是解决本题的关键．15．（2021·苏州外国语学校七年级期中）如图，在中，，、分别平分、，M、N、Q分别在、、的延长线上，、分别平分、，、分别平分、，则_______．【答案】52°【分析】根据三角形外角的性质和角平分线的定义可求出∠E，利用三角形内角和求出，得到，从而求出，再次利用角平分线的定义和三角形内角和得到∠A．【详解】解：、分别平分、，，，，，即，，，、分别平分、，，，，，∴，∴，、分别平分、，，，∴，，故答案为：52°．【点睛】本题考查了三角形内角和定理、三角形外角性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．16．（2021·广西九年级二模）如图，中，点，分别在，上，与交于点，若，，，则的面积______．【答案】7.5．【分析】观察三角形之间的关系，利用等高或同高的两个三角形的面积之比等于底之比，利用已知比例关系进行转化求解．【详解】如下图所示，连接，∵，，，∴,∴,,∴,,设，，∴，，由，可得，，解得，∴，，．故答案为：7.5．【点睛】本题考查的是等高同高三角形，应用等高或同高的两个三角形的面积之比等于底之比进行求解是本题的关键．17．（2021·河南八年级期末）如图，△ABC的外角∠DBC、∠ECB的角平分线交于点M，∠ACB的角平分线与BM的反向延长线交于点N，若在△CMN中存在一个内角等于另一个内角的2倍，则∠A的度数为_______

【答案】或或【分析】根据，的角平分线交于点，可求得，延长至，根据为的外角的角平分线，可得是的外角的平分线，根据平分，得到，则有，可得，可求得；再根据，分四种情况：①；②；③；④，分别讨论求解即可．【详解】解：外角，的角平分线交于点，∴；如图示，延长至，

为的外角的角平分线，是的外角的平分线，，平分，，，，即，又，∴，即；;如果中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况：①，则，；②，则，，；③，则，解得；④，则，解得．综上所述，的度数是或或．【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理、外角的性质，角平分线定义等知识；灵活运用三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键．18．（2021·常州市第二十四中学）如图，________°．【答案】180【分析】连接AB，可知∠C+∠D=∠CAB+∠DBA，进而根据三角形内角和求出的值．【详解】解：连接AB，∵∠C+∠D+∠DFC=∠CAB+∠DBA+∠AFB，∠DFC=∠AFB，∴∠C+∠D=∠CAB+∠DBA，，，=180°故答案为：180．【点睛】本题考查了三角形内角和，解题关键是恰当的连接辅助线，把所求的角转化为同一个三角形的内角．19．（2020·哈尔滨市第四十七中学七年级月考）如图，，E是上的点，过点E作，若，平分，，，则_______．【答案】【分析】延长AB交HP于点M；根据平分，得；根据，得，从而推导得；结合，得；再根据以及，结合三角形内角和性质，即可完成求解．【详解】如图，延长AB交HP于点M∵平分∴∴∵∴∵∴∴∵∴∴∵∴∴∵∴∴故答案为：．【点睛】本题考查了三角形内角和、平行线、角平分线的知识；解题的关键是熟练掌握了三角形内角和、平行线、角平分线的性质，从而完成求解．20．（2020·四川天府七中七年级期中）如图，是三角形的一个外角．如图1，，，则；（1）如图2，，，则________；（2）如图3，，，则________．【答案】【分析】设，，（1）先求得，，利用三角形的外角性质求得，即可求解；（2）先求得，，利用三角形的外角性质求得，即可求解．【详解】设，，（1），，在中，，，在中，，，，，，．（2）在中，，，，，，，在中，，，．故答案为：，．【点睛】本题考查了三角形的外角的性质以及几何证明，掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．三、解答题21．（2021·东莞市光明中学七年级期中）（1）如图（1）AB∥CD，猜想∠BPD与∠B、∠D的关系，说出理由．（2）观察图（2），已知AB∥CD，猜想图中的∠BPD与∠B、∠D的关系，并说明理由．（3）观察图（3）和（4），已知AB∥CD，猜想图中的∠BPD与∠B、∠D的关系，不需要说明理由．【答案】（1）∠B+∠BPD+∠D=360°，理由见解析；（2）∠BPD=∠B+∠D，理由见解析；（3）∠BPD=∠D-∠B或∠BPD=∠B-∠D，理由见解析【分析】（1）过点P作EF∥AB，根据两直线平行，同旁内角互补即可求解；（2）首先过点P作PE∥AB，由AB∥CD，可得PE∥AB∥CD，根据两直线平行，内错角相等，即可得∠1=∠B，∠2=∠D，则可求得∠BPD=∠B+∠D．（3）由AB∥CD，根据两直线平行，内错角相等与三角形外角的性质，即可求得∠BPD与∠B、∠D的关系．【详解】解：（1）如图（1）过点P作EF∥AB，∴∠B+∠BPE=180°，∵AB∥CD，EF∥AB，∴EF∥CD，∴∠EPD+∠D=180°，∴∠B+∠BPE+∠EPD+∠D=360°，∴∠B+∠BPD+∠D=360°．（2）∠BPD=∠B+∠D．理由：如图2，过点P作PE∥AB，∵AB∥CD，∴PE∥AB∥CD，∴∠1=∠B，∠2=∠D，∴∠BPD=∠1+∠2=∠B+∠D．（3）如图（3），∠BPD=∠D-∠B．理由：∵AB∥CD，∴∠1=∠D，∵∠1=∠B+∠BPD，∴∠D=∠B+∠BPD，即∠BPD=∠D-∠B；如图（4），∠BPD=∠B-∠D．理由：∵AB∥CD，∴∠1=∠B，∵∠1=∠D+∠BPD，∴∠B=∠D+∠BPD，即∠BPD=∠B-∠D．【点睛】此题考查了平行线的性质与三角形外角的性质．此题难度不大，解题的关键是注意掌握平行线的性质，注意辅助线的作法．22．（2021·晋城市第十一中学校七年级期中）如图1，E是直线AB，CD内部一点，AB∥CD，连接EA，ED．（1）探究猜想：①若∠A=30°，∠D=40°，则∠AED等于_______度；②若∠A=20°，∠D=60°，则∠AED等于_______度；③猜想图1中∠AED，∠EAB，∠EDC的关系并证明你的结论．（2）拓展应用：如图2，射线FE与矩形ABCD的边AB交于点E，与边CD交于点F，①②③④分别是被射线FE隔开的4个区域（不含边界，其中区域③、④位于直线AB上方，P是位于以上四个区域上的点，猜想：∠PEB，∠PFC，∠EPF的关系并选择其中一个证明．【答案】（1）①70；②80；③∠AED=∠EAB+∠EDC，证明见解析；（2）见解析【分析】（1）①过点E作EF∥AB，再由平行线的性质即可得出结论；②，③根据①中的方法可得出结论；（2）点P分别位于①、②、③、④四个区域分别根据平行线的性质和三角形的外角和内角和进行求解即可得到结论．【详解】解：（1）①如图①，过点E作EF∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥EF，∵∠A=30°，∠D=40°，∴∠1=∠A=30°，∠2=∠D=40°，∴∠AED=∠1+∠2=70°；②过点E作EF∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥EF，∵∠A=20°，∠D=60°，∴∠1=∠A=20°，∠2=∠D=60°，∴∠AED=∠1+∠2=80°；③猜想：∠AED=∠EAB+∠EDC．理由：过点E作EF∥CD，∵AB∥DC，∴EF∥AB（平行于同一条直线的两直线平行），∴∠1=∠EAB，∠2=∠EDC（两直线平行，内错角相等），∴∠AED=∠1+∠2=∠EAB+∠EDC（等量代换）．（2）点P在区域①时，如图1，在五边形EBCFP中，∠PEB+∠B+∠C+∠PFC+∠P=540°∴∠EPF=540°-∠B-∠C-（∠PEB+∠PFC）=360°-（∠PEB+∠PFC）；点P在区域②时，如图2，同（1）的方法得，∠EPF=∠PEB+∠PFC；点P在区域③时，如图3，同（1）的方法得，∠EPF=∠PEB-∠PFC；点P在区域④时，如图4，同（1）的方法得，∠EPF=∠PFC-∠PEB．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查的是平行线的性质，矩形的性质，三角形内角和定理及三角形外角的性质，根据题意作出辅助线，利用数形结合求解是解答此题的关键．23．（2021·江苏连云港市·七年级期中）我们将内角互为对顶角的两个三角形称为“对顶三角形．例如，在图1中，的内角与的内角互为对顶角，则与为对顶三角形，根据三角形内角和定理知“对顶三角形”有如下性质：．（1）（性质理解）如图2，在“对顶三角形”与中，，，求证：；（2）（性质应用）如图3，在中，点D、E分别是边、上的点，，若比大20°，求的度数；（3）（拓展提高）如图4，已知，是的角平分线，且和的平分线和相交于点P，设，求的度数（用表示）．【答案】（1）见详解；（2）100°；（3）∠P=45°-【分析】（1）由“对顶三角形”的性质得，从而得，进而即可得到结论；（2）设=x，=y，则=x+20°，=y-20°，可得∠ABC+∠DCB=y-20°，根据三角形内角和定理，列出方程，即可求解；（3）设∠ABE=∠CBE=x，∠ACD=∠BCD=y，可得x+y=90°-，结合∠CEP+∠ACD=∠CDP+∠P，即可得到结论．【详解】（1）证明：∵在“对顶三角形”与中，∴，∵，∴，∵，∴，又∵∴；（2）∵比大20°，+=+，∴设=x，=y，则=x+20°，=y-20°，∵，∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-=x+y，∴∠ABC+∠DCB=∠ABC+∠ACB-=x+y-x-20°=y-20°，∵∠ABC+∠DCB+=180°，∴y-20°+y=180°，解得：y=100°，∴=100°；（3）∵，是的角平分线，∴设∠ABE=∠CBE=x，∠ACD=∠BCD=y，∴2x+2y+=180°，即：x+y=90°-，∵和的平分线和相交于点P，∴∠CEP=(180°-2y-x)，∠CDP=(180°-2x-y)，∵∠CEP+∠ACD=∠CDP+∠P，∴∠P=(180°-2y-x)+y-(180°-2x-y)=x+y=45°-，即：∠P=45°-．【点睛】本题主要考查角平分线的定义，三角形内角和定理，三角形外角的性质，熟练掌握“对顶三角形”的性质，是解题的关键．24．（2021·广东七年级期中）如图1，已知两条直线AB，CD被直线EF所截，分别交于点E，点F，EM平分∠AEF交CD于点M，且∠FEM=∠FME．（1）若2∠AEF=∠MFE，求∠AEF的度数．（2）如图2，点G是射线MD上一动点（不与点M，F重合），EH平分∠FEG交CD于点H，过点H作HN⊥EM于点N，设∠EHN=α，∠EGF=β．①当点G在点F的右侧时，若β=50°，求α的度数；②当点G在运动过程中，α和β之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．【答案】（1）60゜；（2）①25゜；②当点G在点F的右侧时，；当点G在点F的左侧时，；证明见解析【分析】（1）根据已知可证∠AEM＝∠EMD，得到AB∥CD．根据平行线的性质得出∠AEF+∠MFE=180°即可求解．（2）①依据平行线的性质可得∠AEG＝130°，再根据EH平分∠FEG，EM平分∠AEF，即可得到∠HEN＝∠AEG＝65°，再根据HN⊥ME，即可得到Rt△EHN中，∠EHN＝90°﹣65°＝25°；②分三种情况进行讨论：当点G在点F的右侧时，α＝β，当点G在FM上时，可得α＝90°﹣β，当点G在点M的左侧时，α＝90°﹣β．【详解】解：（1）∵EM平分∠AEF交CD于点M，∴∠AEM＝∠MEF，∵∠FEM＝∠FME．∴∠AEM＝∠FME，∴AB∥CD，∴∠AEF+∠MFE=180°，∵2∠AEF=∠MFE，∴3∠AEF=180°，∴∠AEF=60°．（2）①如图2中，∵AB∥CD，∴∠BEG＝∠EGF＝β＝50°，∴∠AEG＝130°，∵∠AEM＝∠MEF，∠HEF＝∠HEG，∴∠HEN＝∠MEF+∠HEF＝∠AEG＝65°，∵HN⊥EM，∴∠HNE＝90°，∴α＝∠EHN＝90°﹣∠HEN＝25°．②结论：α＝β或α＝90°﹣β．理由：当点G在F的右侧时，可得α＝β．∵AB∥CD，∴∠BEG＝∠EGF＝β，∴∠AEG＝180°﹣β，∵∠AEM＝∠EMF，∠HEF＝∠HEG，∴∠HEN＝∠MEF+∠HEF＝∠AEG＝90°﹣β，∵HN⊥EM，∴∠HNE＝90°，∴α＝∠EHN＝90°﹣∠HEN＝β．当点G在FM上时，可得α＝90°﹣β．理由：∵AB∥CD，∴∠AEG＝∠EGF＝β，又∵EH平分∠FEG，EM平分∠AEF，∴∠HEF＝∠FEG，∠MEF＝∠AEF，∴∠MEH＝∠MEF﹣∠HEF＝（∠AEF﹣∠FEG）＝∠AEG＝β，又∵HN⊥ME，∴Rt△EHN中，∠EHN＝90°﹣∠MEH，即α＝90°﹣β；当点G在点M的左侧时，可得α＝90°﹣β．理由：∵AB∥CD，∴∠AEG＝∠EGF＝β，又∵EH平分∠FEG，EM平分∠AEF，∴∠HEF＝∠FEG，∠MEF＝∠AEF，∴∠MEH＝∠MEF﹣∠HEF＝（∠AEF﹣∠FEG）＝∠AEG＝β，又∵HN⊥ME，∴Rt△EHN中，∠EHN＝90°﹣∠MEH，即α＝90°﹣β．【点睛】本题考查三角形的内角和定理，平行线的判定与性质，熟练掌握三角形内角和，平行线的性质，角平分线的定义等知识是解题的关键．25．（2021·江苏七年级期末）在中，，，点在直线上运动（不与点、重合），点在射线上运动，且，设．（1）如图①，当点在边上，且时，则__________，__________；（2）如图②，当点运动到点的左侧时，其他条件不变，请猜想和的数量关系，并说明理由；（3）当点运动到点的右侧时，其他条件不变，和还满足（2）中的数量关系吗？请在图③中画出图形，并给予证明．（画图痕迹用黑色签字笔加粗加黑）【答案】（1）60，30；（2）∠BAD=2∠CDE，证明见解析；（3）成立，∠BAD=2∠CDE，证明见解析【分析】（1）如图①，将∠BAC=100°，∠DAC=40°代入∠BAD=∠BAC-∠DAC，求出∠BAD．在△ABC中利用三角形内角和定理求出∠ABC=∠ACB=40°，根据三角形外角的性质得出∠ADC=∠ABC+∠BAD=100°，在△ADE中利用三角形内角和定理求出∠ADE=∠AED=70°，那么∠CDE=∠ADC-∠ADE=30°；（2）如图②，在△ABC和△ADE中利用三角形内角和定理求出∠ABC=∠ACB=40°，∠ADE=∠AED=．根据三角形外角的性质得出∠CDE=∠ACB-∠AED=，再由∠BAD=∠DAC-∠BAC得到∠BAD=n-100°，从而得出结论∠BAD=2∠CDE；（3）如图③，在△ABC和△ADE中利用三角形内角和定理求出∠ABC=∠ACB=40°，∠ADE=∠AED=．根据三角形外角的性质得出∠CDE=∠ACD-∠AED=，再由∠BAD=∠BAC+∠DAC得到∠BAD=100°+n，从而得出结论∠BAD=2∠CDE．【详解】解：（1）∠BAD=∠BAC-∠DAC=100°-40°=60°．∵在△ABC中，∠BAC=100°，∠ABC=∠ACB，∴∠ABC=∠ACB=40°，∴∠ADC=∠ABC+∠BAD=40°+60°=100°．∵∠DAC=40°，∠ADE=∠AED，∴∠ADE=∠AED=70°，∴∠CDE=∠ADC-∠ADE=100°-70°=30°．故答案为60，30．（2）∠BAD=2∠CDE，理由如下：如图②，在△ABC中，∠BAC=100°，∴∠ABC=∠ACB=40°．在△ADE中，∠DAC=n，∴∠ADE=∠AED=，∵∠ACB=∠CDE+∠AED，∴∠CDE=∠ACB-∠AED=40°-=，∵∠BAC=100°，∠DAC=n，∴∠BAD=n-100°，∴∠BAD=2∠CDE．（3）成立，∠BAD=2∠CDE，理由如下：如图③，在△ABC中，∠BAC=100°，∴∠ABC=∠ACB=40°，∴∠ACD=140°．在△ADE中，∠DAC=n，∴∠ADE=∠AED=，∵∠ACD=∠CDE+∠AED，∴∠CDE=∠ACD-∠AED=140°-=，∵∠BAC=100°，∠DAC=n，∴∠BAD=100°+n，∴∠BAD=2∠CDE．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，从图形中得出相关角度之间的关系是解题的关键．26．（2021·四川成都实外）（1）如图1的图形我们把它称为“8字形”，请说理证明∠A+∠B＝∠C+∠D．（2）（可直接使用问题（1）中的结论）如图2，BP、DP分别平分∠ABC、∠ADC；①若∠A＝36°，∠C＝28°，求∠P的度数；②∠A和∠C为任意角时，其他条件不变，猜想∠P与∠A、∠C之间数量关系，并给出证明．（3）在图3中，点E为CD延长线上一点，BQ、DP分别是∠ABC、∠ADE的四等分线，且∠CBQ＝∠ABC，∠EDP＝∠ADE，QB的延长线与DP交于点P，请直接写出∠P与∠A、∠C的关系，无需证明．

【答案】（1）见详解；（2）①32°；②∠P＝（∠A＋∠C）；（3）∠A+3∠C+4∠P=180°．【分析】（1）利用三角形内角和定理解决问题即可；（2）①设∠ABP＝∠CBP＝x，∠ADP＝∠CDP＝y，利用（1）中结论，构建方程组即可解决问题；②设∠ABP＝∠CBP＝x，∠ADP＝∠CDP＝y，利用（1）中结论，构建方程组即可得到结论；（3）延长AB交PD于点M，设∠CBQ=x，∠EDP=y，则∠ABC=4x，∠ADE=4y，由“8”字模型，可得∠A+4x=∠C+180°-4y，由三角形外角得性质，可得∠A+3y+∠P+3x=180°，进而即可得到结论．【详解】解：（1）∵∠A＋∠B＋∠AOB＝180°，∠C＋∠D＋∠COD＝180°，∠AOB＝∠COD，∴∠A＋∠B＝∠C＋∠D；（2）①设∠ABP＝∠CBP＝x，∠ADP＝∠CDP＝y，则有x＋∠A＝y＋∠P，x＋∠P＝y＋∠C，∴∠P−∠A＝∠C−∠P，∴∠P＝（∠A＋∠C）＝（28°＋36°）＝32°；②设∠ABP＝∠CBP＝x，∠ADP＝∠CDP＝y，则有x＋∠A＝y＋∠P，x＋∠P＝y＋∠C，∴∠P−∠A＝∠C−∠P，∴∠P＝（∠A＋∠C）；（3）延长AB交PD于点M，∵∠CBQ＝∠ABC，∠EDP＝∠ADE，∴设∠CBQ=x，∠EDP=y，则∠ABC=4x，∠ADE=4y，由（1）可知：∠A+4x=∠C+180°-4y①∵∠AMP=∠A+∠ADP=∠A+3y，∠AMD=∠P+∠MBP=∠P+3x，∴∠A+3y+∠P+3x=180°②∴联立①②得：∠A+3∠C+4∠P=180°．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，三角形外角得性质，“8字型”四个角之间的关系等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题．27．（2021·济南育英中学七年级期中）如图，△ABC中，∠B＝90°，点D在射线BC上运动，DE⊥AD交射线AC于点E．（1）如图1，若∠BAC＝60°，当AD平分∠BAC时，求∠EDC的度数；（2）如图2，当点D在线段BC上时，①求证：∠EDC＝∠BAD；②作EF⊥BC于F，∠BAD、∠DEF的角平分线相交于点G，随着点D的运动，∠G的度数会变化吗？如果不变，求出∠G的度