2023年中考数学复习 专题14 角、相交线与平行线（10个高频考点）（强化训练）（全国通用）（教师版）

专题14角、相交线与平行线（10个高频考点）（强化训练）【考点1角、钟面角、方向角】1．（2022·北京西城·北京师大附中校考模拟预测）下列四个图形中，能用∠1，∠AOB，∠O三种方法表示同一个角的图形是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】角可以用一个大写字母表示，也可以用三个大写字母表示．角还可以用一个希腊字母表示，或用阿拉伯数字表示．【详解】解：能用∠1、∠AOB、∠O三种方法表示同一个角的图形是选项A中的图，选项B，C，D中的图都不能用∠1、∠AOB、∠O三种方法表示同一个角的图形，故选：A．【点睛】本题主要考查了角的概念，有公共端点是两条射线组成的图形叫做角，其中这个公共端点是角的顶点，这两条射线是角的两条边．角可以用三个大写字母表示，其中顶点字母要写在中间，唯有在顶点处只有一个角的情况，才可用顶点处的一个字母来记这个角，否则分不清这个字母究竟表示哪个角．2．（2022·浙江杭州·模拟预测）在3：30、6：40、9：00、12：20中，时针和分针所成的角度最大的是（

）A．3：30 B．6：40 C．9：00 D．12：20【答案】D【分析】根据时针的旋转角减去分针的旋转角，可得答案．【详解】解：A、3：30时时针与分针的夹角是90°−1B、6：40时时针与分针的夹角是30°×2−30°×40C、9：00时时针与分针的夹角是90°，D、12：20时时针与分针的夹角是30°×4−30°×20所以时针和分针所成的角度最大的是12：20，故选：D．【点睛】本题考查了钟面角，利用了时针与分针的夹角是时针的旋转角减去分针的旋转角．3．（2022·河北邯郸·校联考三模）如图，已知A，B为两座海岛，若一个灯塔在海岛A北偏东65°的方向上，在海岛B北偏西35°的方向上，则灯塔可以表示为（

）A．点C B．点D C．点E D．点F【答案】B【分析】根据方位角的定义，结合图形分析即可解答．【详解】解：一个灯塔在海岛A北偏东65°的方向上，在海岛B北偏西35°的方向上，则灯塔可以表示为：D点，故选：B．【点睛】本题考查了方向角，熟练掌握方位角的定义，并结合图形分析是解题的关键．4．（2022·山东德州·校联考中考模拟）在下列时间段内时钟的时针和分针会出现重合的是（

）A．5：20-5：26 B．5：26-5：27 C．5：27-5：28 D．5：28-5：29【答案】C【详解】分析：解这个问题的难处在于时针转过多大的角度，这就要弄清楚时针与分针转动速度的关系．每一小时，分针转动360°，而时针转动30°，依据这一关系列出方程，可以求出．详解：设：从5:20开始，经过x分钟，时针和分针会出现重合．此时分针指向4，时针与分针之间的夹角是30+20×0.5=40则：6x−0.5x=40x≈7.27，即从5:20开始，经过大约7.27分钟，时针和分针会出现重合，在5:27−5:28时间段内重合.故选C.点睛：考查钟面角，钟面角里时针和分针的转动问题本质上就是行程中的追击问题，根据追击问题的解题思路解方程即可.5．（2022·河北邯郸·校考三模）如图，∠AOB的一边OB经过的点是（

）A．P点 B．Q点 C．M点 D．N点【答案】D【分析】组成角的两边是射线，射线的特点有：①只有一个端点；②直的；③向一边无线延伸．据此可用直尺去连接OB，看矩形内的哪个点在这条射线上即可．【详解】解：画出射线OB可知，经过点N．故选：D．【点睛】此题考查了角、射线的定义和画法，解题的关键是知道射线是直的．【考点2对顶角、邻补角】6．（2022·河北保定·统考二模）下列四个图形中，∠1与∠2是对顶角的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据对顶角的意义求解．【详解】解：对顶角指的是有一个公共顶点，并且一个角的两边是另一个角两边的反向延长线的两个角，所以A两角只有一条边互为反向延长线，另一条边没有互为反向长线，不符合题意；B两角也是只有一条边互为反向延长线，另一条边没有互为反向长线，不符合题意；C两角有一个公共顶点，并且一个角的两边是另一个角两边的反向延长线的两个角，符合题意；D两角没有公共顶点，不符合题意；故选C．【点睛】本题考查对顶角的应用，熟练掌握对顶角的意义是解题关键．7．（2022·陕西西安·二模）当光线从空气中射入某种液体中时，光线的传播方向发生了变化，在物理学中这种现象叫做光的折射．如图，AB⊥液面MN于点D，一束光线沿CD射入液面，在点D处发生折射，折射光线为DE，点F为CD的延长线上一点，若入射角∠1=50°，折射角∠2=36°，则∠EDF的度数为（

）A．14° B．16° C．18° D．25°【答案】A【分析】根据对顶角相等，计算角的差即可；【详解】解：∵F点在CD延长线上，∴∠1=∠FDB=50°，∴∠EDF=∠FDB-∠2=14°，故选：A．【点睛】本题考查了对顶角的概念：有一个公共顶点，且一个角的两条边分别是另一个角的两条边的反向延长线，那么这两个角就叫做对顶角．8．（2022·福建漳州·统考模拟预测）如图所示的五边形花环是用五个全等的等腰三角形拼成的，则∠BAC的度数为（

）A．28° B．36° C．45° D．72°【答案】B【分析】根据题意可得五个全等的等腰三角形拼成内外两个正五边形，利用正多边形内角和可得∠EAB=∠ACD=108°，再由邻补角得出∠ACB=∠EAC=72°，结合图形代入求解即可．【详解】解：如图所示，五个全等的等腰三角形拼成内外两个正五边形，∴∠EAB=∠ACD=180°×(5−2)5∴∠ACB=∠EAC=180°−108°=72°，∴∠BAC=∠EAB-∠EAC=108°−72°=36°，故选：B．【点睛】题目主要考查正多边形内角和及等腰三角形的性质，邻补角等，理解题意，熟练掌握运用正多边形内角和的计算公式是解题关键．9．（2022·广西玉林·校联考一模）下列各图中，∠1与∠2互为邻补角的是(

)A． B．C． D．【答案】D【详解】解：根据邻补角的定义可知：只有D图中的是邻补角，其它都不是．故选D．10．（2022·广西河池·统考三模）如图，直线a与b相交，∠1+∠2=240°，∠3=______．【答案】60°##60度【分析】先根据∠1=∠2，∠1+∠2=240°，求出∠1的度数，再根据邻补角互补求解即可．【详解】解：∵∠·1+∠2=240°，∠1=∠2，∴∠1=∠2=120°，∴∠3=180°-∠1=60°，故答案为：60°．【点睛】本题主要考查了对顶角相等，邻补角互补，正确求出∠1的度数是解题的关键．【考点3补角、余角】11．（2022·江苏苏州·苏州中学校考二模）（1）已知∠α=35°19′，则∠α的余角等于______；（2）已知∠β的补角为120°37′46″，∠β=______°．【答案】

54°41′

59°22′14″【分析】（1）根据互余两角之和为90°，可得出答案；（2）根据互补两角之和为180°，可得出答案．【详解】解：（1）∠α的余角=90°-∠α=90°-35°19'=54°41′，故答案为：54°41′；（2）∠β=180°-120°37′46″=59°22′14″．故答案为：59°22′14″．【点睛】本题考查了余角和补角的知识，解答本题的关键是掌握：互余两角之和为90°，互补两角之和为180°．12．（2022·贵州毕节·统考二模）若两个互补的角的度数之比为1∶2,则这两个角中较小的角是______度.【答案】60【分析】余角是指如果两个角的和是一个直角，那么称这两个角互为余角，简称互余，也可以说其中一个角是另一个角的余角．补角是指如果两个角的和是一个平角，那么这两个角叫互为补角．其中一个角叫做另一个角的补角．可用未知数表示出这两个互补角的度数，根据补角的定义，可列出方程求得它们的值，进而可求出较小角的余角．【详解】解：依题意，设这两个互补的角的度数为x、2x；则有：x+2x=180°，解得：x=60°；∴90°-x=30°；故这两个角中较小角的余角的度数是30°．故答案是：30°【点睛】此题综合考查余角与补角，解答此类题一般先用未知数表示所求角的度数，再根据一个角的余角和补角列出代数式和方程求解．13．（2022·云南昆明·云大附中校考模拟预测）若∠1与∠2互补，∠3与∠1互余，∠2+∠3=120°，则∠2−∠1=______．【答案】30°##30度【分析】根据余角与补角的定义即可求出答案．【详解】解：∵∠1+∠2=180°，∠3+∠1=90°，∴180°−∠2=90°−∠3，即∠2−∠3=90°，∵∠2+∠3=120°，∴∠2−∠3=90°解得：∠2=105°∠3=15°∴∠1=75°，∴∠2−∠1=105°−75°=30°，故答案为：30°．【点睛】本题考查余角与补角的定义以及解二元一次方程组，解题的关键是正确理解余角与补角的定义，本题属于基础题型．14．（2022·江苏常州·统考一模）如图，△EBF为等腰直角三角形，点B为直角顶点，四边形ABCD是正方形．⑴求证：△ABE≌△CBF；⑵CF与AE有什么特殊的位置关系？请证明你的结论．【答案】（1）见解析；（2）CF⊥AE，理由见解析【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得出BE=BF，∠EBF=90°，再根据正方形的性质得出AB=BC，∠ABC=90°，根据余角的性质得到∠EBA=∠CBF，最后根据SAS证明结果；（2）延长CF，交AE于点G，根据补角的性质得出∠AEB+∠BFG=180°，再根据四边形内角和得出∠EGF+∠EBF=180°，从而可得∠EGF=90°，即可得到结果.【详解】解：（1）∵△EBF为等腰直角三角形，∴BE=BF，∠EBF=90°，则∠EBA+∠FBA=90°，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，则∠ABF+∠CBF=90°，∴∠EBA=∠CBF，又∵BE=BF，AB=BC，∴△ABE≌△CBF（SAS）；（2）延长CF，交AE于点G，由（1）得：∠CFB=∠AEB，∵∠CFB+∠BFG=180°，∴∠AEB+∠BFG=180°，∴∠EGF+∠EBF=180°，∵∠EBF=90°，∴∠EGF=90°，∴CF⊥AE.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，余角和补角的性质，四边形内角和，解题的关键是根据题意证明△ABE≌△CBF.15．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十七中学校考三模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC，D为AB的中点，点E为AC中点，连接DE，过点E作EF∥AB交BC于点F．(1)如图1，求证：四边形DBFE是菱形；(2)如图2，连接BE，请直接写出图中与∠ABE互余的所有角．【答案】(1)过程见解析(2)∠A，∠C，∠CEF，∠AED【分析】对于（1），根据中位线的定义和性质得出DE∥BC，DE=12BC，再根据EF∥AB，得出四边形DBFE是平行四边形，然后根据DB=对于（2），先根据等腰三角形的性质得出∠ABE+∠A=90°，可知与∠ABE互余的角为∠A，再确定与∠A相等的角即可．（1）∵点D是AB的中点，点E为AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，DB=1∴DE∥BC，DE=1∵EF∥AB，∴四边形DBFE是平行四边形．∵AB=BC，∴BD=DE，∴平行四边形DBFE是菱形；（2）∠A，∠C，∠CEF，∠AED．∵AB=BC，点E是AC的中点，∴BE⊥AC，∴∠AEB=90°，∴∠ABE+∠A=90°．∵AB=BC，∴∠A=∠C，∴∠ABE+∠C=90°．∵EF∥AB，∴∠A=∠CEF，∴∠ABE+∠CEF=90°．∵DE∥BC，∴∠C=∠AED，∴∠ABE+∠AED=90°．所以与∠ABE互余的角有∠A，∠C，∠CEF，∠AED．【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线的定义和性质，互余的定义等，灵活的选择判定定理是解题的关键．【考点4同位角、内错角、同旁内角】16．（2022·浙江杭州·校联考中考模拟）两条直线被第三条直线所截，∠1是∠2的同旁内角，∠2是∠3的内错角．（1）画出示意图，标出∠1，∠2，∠3．（2）若∠1＝2∠2，∠2＝2∠3，求∠3的度数．【答案】(1)见解析；(2)36°【分析】（1）根据内错角：两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的之间，并且在第三条直线（截线）的两旁，则这样一对角叫做内错角；同旁内角：两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线之间，并且在第三条直线（截线）的同旁，则这样一对角叫做同旁内角进行分析即可，进而画出图形即可；（2）利用邻补角的关系可求出∠3的度数．【详解】解：（1）如图所示：（2）∵∠1＝2∠2，∠2＝2∠3，∴设∠3＝x，则∠2＝2x，∠1＝4x，故x+4x＝180°，解得：x＝36°，故∠3的度数为36°．【点睛】此题主要考查了三线八角以及邻补角的性质，得出∠1与∠3的关系是解题关键．17．（2022·辽宁沈阳·统考二模）如图，与∠1是内错角的是（

）A．∠2 B．∠3 C．∠4 D．∠5【答案】C【分析】根据内错角的定义，即两条直线被第三条直线所截，位于截线的两侧，且夹在两条被截直线之间的两个角，解答即可．【详解】根据内错角的定义，得：∠1是内错角的是∠4．故选：C【点睛】本题主要考查了内错角的定义，解题的关键是熟练掌握并理解内错角的定义．18．（2022·山东济宁·统考中考模拟）如图，下列说法中不正确的是（

）A．∠1和∠3是同旁内角 B．∠2和∠3是内错角C．∠2和∠4是同位角 D．∠3和∠5是对顶角【答案】C【分析】根据同旁内角的定义、内错角的定义、同位角的定义和对顶角的定义逐一判断即可．【详解】A．∠1和∠3是同旁内角，故正确，不合题意；B．∠2和∠3是内错角，故正确，不合题意；C．∠2和∠4不是同位角，故错误，符合题意；D．∠3和∠5是对顶角，故正确，不合题意；故选C．【点睛】此题考查的是同旁内角、内错角、同位角和对顶角的判断，掌握同旁内角的定义、内错角的定义、同位角的定义和对顶角的定义是解决此题的关键．19．（2022·湖北襄阳·统考中考模拟）如图，∠1的同旁内角共有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据同旁内角定义即可得解.【详解】根据同旁内角的定义可得，∠1的同旁内角有：∠ACE,∠D,∠DCE.故选C20．（2022·浙江杭州·模拟预测）如图，有下列3个结论：①能与∠DEF构成内错角的角的个数是2；②能与∠EFB构成同位角的角的个数是1；③能与∠C构成同旁内角的角的个数是4，以上结论正确的是_____．【答案】①②．【分析】根据同位角的边构成“F“形，内错角的边构成“Z“形，同旁内角的边构成“U”形进行判定．【详解】解：①能与∠DEF构成内错角的角的个数有2个，即∠EFA和∠EDC，故正确；②能与∠EFB构成同位角的角的个数只有1个：即∠FAE，故正确；③能与∠C构成同旁内角的角的个数有5个：即∠CDE，∠B，∠CED，∠CEF，∠A，故错误；所以结论正确的是①②．故答案为：①②．【点睛】本题主要考查了同位角、内错角、同旁内角，熟记“三线八角”中相关的定义和概念，掌握同位角的边构成“F“形，内错角的边构成“Z“形，同旁内角的边构成“U”形是解答此题的关键．【考点5角的和差】21．（2022·北京平谷·统考中考模拟）如图，射线OB、OC在∠AOD的内部，下列说法：①若∠AOC＝∠BOD＝90°，则与∠BOC互余的角有2个；②若∠AOD+∠BOC＝180°，则∠AOC+∠BOD＝180°；③若OM、ON分别平分∠AOD，∠BOD，则∠MON＝12∠AOB④若∠AOD＝150°、∠BOC＝30°，作∠AOP＝12∠AOB、∠DOQ＝12∠COD，则∠其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据余角和补角的定义和角平分线的定义进行计算即可得到结论．④要分两种情况讨论.∠AOP、∠DOQ是在内部还是外部.【详解】解：①∵∠AOC＝∠BOD＝90°，∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC＝90°，∴与∠BOC互余的角有2个；正确；②∵∠AOD+∠BOC＝∠AOB+∠BOC+∠COD+∠BCO＝∠AOC+∠BOD＝180°，∴∠AOC+∠BOD＝180°；故正确；③如图1，∵OM、ON分别平分∠AOD，∠BOD，∴∠DOM＝12∠AOD，∠DON＝12∠∴∠MON＝∠DOM﹣∠DON＝12（∠AOD﹣∠BOD）＝∠AOB④如图2，∵∠AOD＝150°、∠BOC＝30°，∴∠AOB+∠COD＝150°﹣30°＝120°，∵∠AOP＝12∠AOB、∠DOQ＝12∠∴∠AOP+∠DOQ＝12（∠AOB+∠COD∴∠POQ＝150°﹣60°＝90°，如图3，∵∠AOD＝150°、∠BOC＝30°，∴∠AOB+∠COD＝150°﹣30°＝120°，∵∠AOP＝12∠AOB、∠DOQ＝12∠∴∠AOP+∠DOQ＝12（∠AOB+∠COD∴∠POQ＝150°+60°＝210°，综上所述，∠POQ＝90°或210°，故错误．故选C．【点睛】本题考查了余角和补角，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．22．（2022·江苏无锡·模拟预测）笑笑将一副三角板按如图所示的位置放置，△DOE的直角顶点O在边BC的中点处，其中∠A=∠DOE=90°,∠B=45°，∠D=60°，△DOE绕点O自由旋转，且OD，OE分别交AB，AC于点M，N，当AN=4，NC=2时，MN的长为______．【答案】2【分析】连接AO，证明△AOM≌△CONASA，得AM=NC=2，在利用勾股定理求出MN【详解】如图，连接AO，∵由题意可知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，O是边BC的中点∴∠B=∠C=45°，OA=OB=OC，AO⊥BC，∠BAO=∠CAO=∴∠AON+∠CON=90°，∠BAO=∠C=45°∵∠DOE=90°，∴∠AOD+∠AON=90°，∴∠AOD=∠CON，∴△AOM≌△CONASA∴AM=NC=2，∵在Rt△AMN中，由勾股定理得：MN∴MN=A故答案为：25【点睛】本题考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质，和勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键．23．（2022·浙江杭州·模拟预测）如图所示，将笔记本活页两角向内折叠，使角的顶点A落在A′处，顶点D落在D′处，BC，（1）如图1，使边BD′与边BA′重合，若∠1=30°，求（2）如图2，使边BD沿着BE折叠后的边BD′落在∠1内部，若∠1=40°，设∠A′BD′=α，∠EBD=β，求【答案】（1）60°，90°；（2）0°＜α＜40°，50°＜β＜70°【分析】（1）由∠A′BD=120°，∠2=∠DBE，可得∠2=12∠A′BD（2）由折叠的性质得到∠ABC=∠1=40°，∠DBD′=2∠EBD=2β，得到α和β的关系，再结合BD在∠1内部，可得各自的范围．【详解】解：（1）∵角的顶点A落在点A'处，BC为折痕，∴∠1=∠ABC=30°．∴∠A'BD=180°-30°-30°=120°，∵∠A′BD=120°，∠2=∠DBE，∴∠2=∠DBE=12∠A′BD∴∠CBE=∠1+∠2=30°+60°=90°．（2）由折叠的性质可得：∠ABC=∠1=40°，∠DBD′=2∠EBD=2β，∴∠A′BD=180°-∠ABC-∠1=100°，∵∠A′BD=∠DBD′-∠A′BD′，∠A′BD′=α，∴2β-α=100°，∴α=2β-100°，∵BD在∠1内部，∴0°＜α＜40°，∴0°＜2β-100°＜40°，∴50°＜β＜70°．【点睛】本题考查翻折变换，平角的性质等知识，解题的关键是利用法则不变性解决问题，属于基础题，中考常考题型．24．（2022·浙江杭州·模拟预测）如图所示，两条直线AB，CD相交于点O，且∠AOC=∠AOD，射线OM（与射线OB重合）绕点O按逆时针方向旋转，速度为15°/s，射线ON（与射线OD重合）绕点O按顺时针方向旋转，速度为12°/s．两射线OM，ON同时运动，运动时间为ts（1）图中一定有________个直角；当t=3时，∠MON的度数为________，∠BON的度数为________∠MOC的度数为________．（2）当0<t<12时，若∠AOM=3∠AON−60°，试求出（3）当0<t<6时，探究7∠COM+2∠BON∠MON的值：在t满足怎样的条件时是定值；在t【答案】（1）4，171°，126°，45°；（2）107或10；（3）当0<t<103时，7∠COM+2∠BON∠MON不是定值，当【分析】（1）根据两条直线AB、CD交于点O，∠AOC=∠AOD，可得四个直角，当t=3时，根据射线运动速度求出角度；（2）分两种情况讨论，当0<t≤7.5时和当7.5<t<12时，根据∠AOM=3∠AON−60（3）先判断当∠MON为平角时t的值，再分两种情况讨论，当0<t<103时和当103【详解】解：（1）∵∠AOC=∠AOD，∠AOC+∠AOD=180°，∴∠AOC=∠AOD=90°，∴∠BOC=∠BOD=90°，∴一定有4个直角，当t=3时，∠BOM=3×15=45°，∠DON=3×12=36°，∴∠MON=45°+36°+90°=171°，∠BON=90°+36°=126°，∠MOC=90°−45°=45°，故答案是：4，171°，126°，45°；（2）当ON与OA重合时，t=90÷12=7.5s，当OM与OA重合时，t=180÷15=12s，①如图，当0<t≤7.5时，∠AON=90°−12t，∠AOM=180°−15t，∵∠AOM=3∠AON−60°，∴180°−15°t=390°−12°t−60°，解得②如图，当7.5<t<12时，∠AON=12°t−90°，∠AOM=180°−15°t，∵∠AOM=3∠AON−60°，∴180°−15°t=312°t−90°−60°，解得综上：若∠AOM=3∠AON−60°，则t的值为（3）当∠MON=180°时，∠BOM+∠BOD+∠DON=180°，∴15°t+90°+12°t=180°，解得t=10①如图，当0<t<10∠COM=90°−15°t，∠BON=90°+12°t，∠MON=∠BOM+∠BOD+∠DON=15°t+90°+12°t=27°t+90°，∴7∠COM+2∠BON∠MON②如图，当103∠BOM=15°t，∠DON=12°t，∠MON=360°−∠BOM+∠BOD+∠DON∴7∠COM+2∠BON∠MON综上：当0<t<103时，7∠COM+2∠BON∠MON不是定值，当10【点睛】本题考查角度的计算综合题，解题的关键是掌握角度和差关系的运用，将角度用t表示出来，列方程进行求解，需要注意进行分类讨论．25．（2022·浙江杭州·模拟预测）已知O是直线AB上一点，将一个直角三角尺OMN按图①方式放置，直角边ON在直线AB上，另一条直角边OM与AB的夹角∠AOM=90°，射线OC在∠AOM内部．（1）如图②，将三角尺OMN绕着点O顺时针旋转，当OM平分∠BOC时，试判断∠AON与∠CON的大小关系，并说明理由．（2）若∠AOC=60°，三角尺OMN绕点O顺时针旋转一周，每秒旋转5°，旋转时间为t，则当t为何值时∠CON=∠MOB？（3）在（2）的条件下，在三角尺OMN绕点O顺时针旋转一周的过程中，∠CON+∠MOB的值能否为定值？若能，求t的取值范围．【答案】（1）∠AON=∠CON；（2）t=15；（3）能是定值，12<t<18．【分析】（1）由∠MON=90°，得到∠AON+∠BOM=90°，∠NOC+∠COM=90°，利用OM平分∠BOC推出∠BOM=∠COM，由此得到∠AON=∠CON；（2）画出图形，由∠CON=∠MOB推出∠AOC+2∠CON=90°，利用∠AOC=60°计算得出∠CON=15°，根据公式计算出旋转时间为t；（3）∠CON+∠MOB能是定值，当∠MON在∠BOC内部时，∠CON+∠MOB=180°-∠AOC-∠MON=30°，旋转角60°<∠AON<90°，计算得出t．【详解】（1）∠AON=∠CON，理由如下：∵∠MON=90°，∴∠AON+∠BOM=90°，∠NOC+∠COM=90°，∵OM平分∠BOC，∴∠BOM=∠COM，∴∠AON=∠CON；（2）如图，∵∠MON=90°，∴∠AON+∠BOM=90°，∵∠CON=∠MOB，∴∠CON+∠AON=90°，∴∠AOC+2∠CON=90°，∵∠AOC=60°，∴∠CON=15°，∴旋转时间为t=(60+15)÷5=15（秒）；（3）∠CON+∠MOB能是定值，如图，∵∠MON=90°，∠AOC=60°，∴当∠MON在∠BOC内部时，∠CON+∠MOB=180°-∠AOC-∠MON=30°，∴∠CON+∠MOB是定值，此时60°<∠AON<90°，∴12<t<18．．【点睛】此题考查角平分线的性质，角度互余互补的关系计算，运动角的问题，这是一道角度的基础题，但是有难度．【考点6角的大小比较】26．（2022·山东临沂·校联考一模）下列各图中，∠1大于∠2的是（

）A．B． C．D．【答案】B【详解】分析：根据对顶角相等的性质；两直线平行，同位角相等的性质；同弧所对的圆周角相等；三角形的一个外角大于任何一个与它不相邻的内角的性质．根据各性质对各选项分析判断后利用排除法求解．详解：A、根据对顶角相等，得：∠1=∠2，故本选项错误．B、根据三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角，得∠1大于∠2，正确；C、根据同弧所对的圆周角相等，得：∠1=∠2，故本选项错误；D、根据两条直线平行，同位角相等，以及对顶角相等，得：∠1=∠2，故本选项错误．故选B．点睛：本题主要考查对顶角相等的性质，平行线的性质和三角形的外角性质，圆周角的性质，熟练掌握性质是解题的关键．27．（2022·北京大兴·统考一模）如图所示的网格是正方形网格，A,B,C是网格线的交点，则∠ABC与∠ACB的大小关系为：∠ABC_______∠ACB（填“>”，“=”或“<”）．【答案】<【分析】在网格中构建和∠ACB一样大的角，比较即可．【详解】解：如图所示：∠DBC=∠ACB=45°，AB在∠DBC内部，所以，∠ABC<∠ACB，故答案为：<．【点睛】本题考查了角的比较，等腰三角形的性质，解题关键是通过网格转换，把两个要比较的角放在一起，直接判断．28．（2022·湖南邵阳·校联考中考模拟）如图，∠AOB，∠BOC，∠AOC的大小关系用“＞”连接起来：________

．【答案】∠AOC＞∠AOB＞∠BOC【详解】分析：根据所给出的图形可直接得出答案．详解：根据题意得：∠AOC＞∠AOB＞∠BOC．故答案为∠AOC＞∠AOB＞∠BOC．点睛：此题考查了角的大小比较，根据图形能正确的表示出各角是本题的关键，是一道基础题．29．（2022·天津河西·统考中考模拟）如图，已知∠AOB是锐角，过点O作射线OD，∠COD=2∠AOD．（1）当∠BOD=2∠AOC，且射线OD在∠AOC的内部时，找出图中另一对成2倍关系的角，并说明理由；（2）当射线OD在∠AOC的外部时，探索∠AOB，∠BOC，∠BOD之间的等量关系；（3）若∠COD>∠BOC，求∠BOC的取值范围．【答案】（1）∠BOC=2∠COD，详见解析；（2）∠BOD=2∠AOB−∠BOC；（3）当射线OD在∠AOC的内部时，∠BOC<36°；当射线OD在∠AOC的外部时，∠BOC<60°【分析】（1）根据题意，OD在∠AOC内且将其分为三份，∠AOC=3∠AOD，∠COD=2∠AOD，再根据∠BOD=2∠AOC，进而得出∠BOC=∠BOD−∠COD=4∠AOD=2∠COD；（2）根据题意，OD在∠AOC外部且∠AOC=∠AOD，根据∠BOD=∠AOB+∠AOD即可得出结果；（3）根据已知∠AOB是锐角，并找出其与∠BOC的关系，即可找出∠BOC的范围．【详解】解：（1）根据题意画图如下：由已知，∠COD=2∠AOD可得∠AOC=3∠AOD又因为∠BOD=2∠AOC，所以∠BOD=6∠AOD所以∠BOC=∠BOD−∠COD=4∠AOD=2∠COD（2）根据题意画图如下：由已知，∠COD=2∠AOD可得∠AOC=∠AOD又因为∠AOC=∠AOB−∠BOC，所以∠AOD=∠AOB−∠BOC所以∠BOD=∠AOB+∠AOD=2∠AOB−∠BOC（3）当OD在∠AOC内时，图如（1）所示．此时，有等式∠AOC=3∠AOD，∠COD=2∠AOD成立，而∠COD>∠BOC，所以2∠AOD>∠BOC，所以∠AOC>3所以∠AOB=∠AOC+∠BOC>3又因为∠AOB是锐角，所以5解得，∠BOC<36°；当OD在∠AOC的外部时，图如（2）所示．此时有∠AOC=1所以∠AOB=∠AOC+∠BOC>3又因为∠AOB是锐角，所以3解得，∠BOC<60°综上，当OD在∠AOC内时，若∠COD>∠BOC，需要满足∠BOC<36°；当OD在∠AOC的外部时，若∠COD>∠BOC，需要满足∠BOC<60°．【点睛】这道题考察的是角的计算和比较．分情况画出OD，看图找出角的关系是解题的关键．30．（2022·浙江杭州·模拟预测）已知OC是∠AOB内部的一条射线，M，N分别为OA，OC上的点，线段OM，ON同时分别以30°/s，10°/s的速度绕点O逆时针转动，设转动时间为

（1）如图（1），若∠AOB=120°，OM，ON逆时针转动到OM′，①若OM，ON的转动时间t为2，则∠BON②若OM′平分∠AOC，ON′平分（2）如图（2），若∠AOB=4∠BOC，当OM，ON分别在∠AOC，∠BOC内部转动时，请猜想∠COM与∠BON的数量关系，并说明理由．【答案】（1）①40゜；②60゜；（2）∠COM=3∠BON，理由见解析．【分析】（1）①先求出∠AOM′、CON′，再表示出∠BON′、∠COM′，然后相加并根据∠AOB=120°计算即可得解；②先由角平分线求出∠AOM′=∠COM′=12∠AOC，∠BON′=∠CON′=12∠BOC，再求出∠COM′+∠CON′=12（2）设旋转时间为t，表示出∠CON、∠AOM，然后列方程求解得到∠BON、∠COM的关系，再整理即可得解．【详解】（1）∵线段OM、ON分别以30°/s、10°/s的速度绕点O逆时针旋转2s，∴∠AOM′=2×30°=60°，∠CON′=2×10°=20°，∴∠BON′=∠BOC-20°，∠COM′=∠AOC-60°，∴∠BON′+∠COM′=∠BOC-20°+∠AOC-60°=∠AOB-80°，∵∠AOB=120°，∴∠BON′+∠COM′=120°-80°=40°；故答案为：40°；②∵OM′平分∠AOC，ON′平分∠BOC，∴∠AOM′=∠COM′=12∠AOC，∠BON′=∠CON′=1∴∠COM′+∠CON′=12∠AOC+12∠BOC=12即∠MON=60°；（2）∠COM=3∠BON，理由如下：设∠BOC=x，则∠AOB=4x，∠AOC=3x，∵旋转t秒后，∠AOM=30t，∠CON=10t，∴∠COM=3x-30t=3（x-10t），∠NOB=x-10t，∴∠COM=3∠BON．【点睛】本题考查了角的计算，读懂题目信息，准确识图并表示出相关的角度，然后列出方程是解题的关键．【考点7点到直线的距离】31．（2022·河北·模拟预测）已知直线a//b，点M到直线a的距离是5cm，到直线b的距离是3cm，那么直线a和b之间的距离是（A．2cm B．6cm C．8cm D．2cm或8cm【答案】D【分析】点M可能在两平行直线之间，也可能在两平行直线的同一侧，分两种情况讨论即可．【详解】解：如图1，直线a和b之间的距离为：5—3=2（cm）；如图2，直线a和b之间的距离为：5+3=8（cm）.故选：D【点睛】本题主要考查了平行线之间的距离，解决问题的关键是分类讨论，从一条平行线上的任意一点到另一条直线作垂线，垂线段的长度叫两条平行线之间的1距离．32．（2022·河北唐山·统考一模）如图，已知，直线l，AB⊥l，BC⊥l，B为垂足，下列说法正确的是（）A．点A到l的距离是线段AB B．点C到点A的距离是线段ACC．A、C、B三点共线 D．A、C、B三点不一定共线【答案】C【分析】逐一进行判断即可．【详解】A.点A到l的距离是线段AB的长度，故该选项错误；B.点C到点A的距离是线段AC的长度，故该选项错误；C.∵AB⊥l，BC⊥l，∴A、C、B三点共线，故该选项正确；D.A、C、B三点共线，故该选项错误，故选：C．【点睛】本题主要考查三点共线和点到直线的距离，点与点的距离，掌握距离的定义是关键．33．（2022·吉林松原·校考一模）小明参加跳远比赛，他从地面踏板P处起跳落到沙坑中，两脚后跟与沙坑的接触点分别为A，B，小明未站稳一只手撑到沙坑C点，则跳远成绩测量正确的图是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】由于C点到踏板最近，则C点到踏板的垂线段的长为跳远成绩．【详解】解：跳远成绩应该为身体与沙坑的接触点中到踏板的垂线段长的最小值．由于C点到踏板最近，所以C点到踏板的垂线段的长为跳远成绩．故选：C．【点睛】本题考查了垂线段最短，点到直线的距离，掌握垂线的定义以及垂线段最短是解题的关键．34．（2022·陕西西安·陕西师大附中校考三模）如图，正方形ABCD中，AB=4，点E为边BC上一动点，将点A绕点E顺时针旋转90°得到点F，则DF的最小值为__________．【答案】2【分析】AB上截取AG=EC，过点D作DH⊥CF交CF的延长线于点H，证明△AGE≌△ECF，△DCH是等腰直角三角形，进而根据垂线段最短即可求解．【详解】如图，AB上截取AG=EC，过点D作DH⊥CF交CF的延长线于点H，∵正方形ABCD中，AB=4，将点A绕点E顺时针旋转90°得到点F，∴BG=BE∴△BEG是等腰直角三角形∴∠AEF=90°,∠ABE=∠C=90°,∴∠BAE+∠AEB=∠AEB+∠FEC=90°∴∠GAE=∠BAE=∠CEF∴△AGE≌△ECF∴∠AGE=∠ECF=135°∴∠DCF=45°∴F在射线CF上运动，则△DCH是等腰直角三角形，∴F与H点重合时，DF取得最小值，等于DH=∵DC=4∴DH=2即DF的最小值为2故答案为：2【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质，垂线段最短，求得F的轨迹是解题的关键．35．（2022·河北唐山·统考二模）如图1，图形l外一点P与图形l上各点连接的所有线段中，若线段PA1最短，则线段PA1的长度称为点(1)观察：如图2中，线段PA1的长度是点P1到线段AB的距离；线段的长度是点P(2)如图3，在平面直角坐标系中，点A、B、D的坐标分别为（2，1）、（3，2）、（5，0），直线AB与x轴相交于点C．点P（a，0）（a＞0）为x轴上一动点，设点P到线段AB的距离为d．发现：①∠BCD=°；②若a=2，求d的值；(3)尝试：若d=2，求a(4)拓展：若点P在线段OD上运动，且d为整数，请直接写出a的值．【答案】(1)P(2)①45；②d=1(3)a的值为1或3(4)2−3或2或【分析】（1）根据“直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短”分析判断即可；（2）①利用待定系数法求直线AB的解析式，进而得到点C的坐标，过点A作AE⊥CD于点E，利用等腰直角三角形的判定与性质可得出结论；②利用新定义解答即可；（3）利用分类讨论的思想，分两种情况：①当点P在点E左侧时，②当点P在点E右侧时，利用新定义的意义解答即可；（4）利用分类讨论的思想，分三种情况：①点P在点E左侧时，②点P与点E重合时，③点P在点E右侧时，利用d为整数，令d=2、d=1、d=2，利用勾股定理求出线段PE、PC的长度，进而求得线段OP的长，则结论可得．(1)解：由“直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短”可知，线段P2H的长度是点P2故答案为：P2(2)①设直线AB的解析式为y=kx+b，将点A（2，1）、B（3，2）代入，可得2k+b=13k+b=2，解得k=1∴直线AB的解析式为y=x−1，令y=0，则x−1=0，解得x=1，∴C（1，0），∴OC=1，过点A作AE⊥CD于点E，如图1，则E（2，0），∴OE=2，AE=1，∴CE=OE−OC=1，∴AE=CE，∴∠BCD=∠CAE=45°．故答案为：45；②若a=2，点P与点E重合，∴线段AE的长度为点P到线段AB的距离d，∴d=AE=1；(3)①当点P在点E的左侧时，PA的长为P到线段AB的距离d，∵AC=AE2+CE2∴点P与点C重合，∴a=1；②当点P在点E的右侧时，点P到线段AB的垂线段的长度为P到线段AB的距离d，过点A作AF⊥AB交x轴于点F，如图2，∵∠BCD=45°，∴CF=2AC=2，∴点P与点F重合，∵OF=OC+CF=3，∴P（3，0），即a＝3．综上所述，若d=2，a(4)（4）①当点P在点E的左侧时，PA的长为点P到线段AB的距离d，∵PA>AE，d为整数，∴当d=2时，即PA=2，如图3，∴PE=P∴OP=OE−PE=2−3∴P（2−3，0），即a=2−②当点P与点E重合时，PA=d=1，符合题意，∴P（2，0），即a＝2；③当点P在点E的右侧时，点P到线段AB的垂线段的长度为P到线段AB的距离d，过点P作PH⊥AB于点H，如图4，当d=2时，即PH=2，∵∠BCD=45°，∴CP=2∴OP=OC+CP=22∴a=22当d=3时，即PH=3，∵∠BCD=45°，∴CP=2∴OP=OC+CP=32综上所述，若点P在线段OD上运动，且d为整数，则a的值为2−3或2或2【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数的性质、一次函数图像上点的坐标的特征、勾股定理以及等腰三角形的判定与性质等知识，本题是阅读型题目，理解并熟练应用新定义是解题关键．【考点8相交线与平行线】36．（2022·江苏苏州·模拟预测）下列说法中正确的个数为（）①在平面内，两条直线的位置关系只有两种：相交和垂直；②在平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；③在平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线平行；④有限小数是有理数，无限小数是无理数；⑤从直线外一点到这条直线的垂线段，叫做这个点到这条直线的距离．A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】D【分析】根据实数，平行线的判定与性质，点到直线的距离，平行线，平行公理及推论，进行逐一判断即可．【详解】解：①在平面内，不重合的两条直线的位置关系只有：平行和相交（夹角为直角时垂直），故①不符合题意；②在平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，故②符合题意；③在平面内，经过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行，故③不符合题意；④有限小数是有理数，无限不循环小数是无理数，故④不符合题意；⑤从直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做这个点到这条直线的距离，故⑤不符合题意．故符合题意的是②，共1个．故选：D．【点睛】本题考查了实数，平行线的判定与性质，点到直线的距离，平行线，平行公理及推论，解决本题的关键是掌握平行线的判定与性质．37．（2022·北京·统考一模）根据语句“直线l1与直线l2相交，点M在直线l1上，直线l2不经过点A．B．C．D．【答案】D【分析】根据直线l1与直线l2相交，点M在直线l1上，直线l【详解】解：A．直线l2经过点MB．点M不在直线l1C．点M不在直线l1D．直线l1与直线l2相交，点M在直线l1上，直线l故选：D．【点睛】本题主要考查了相交线以及点与直线的位置关系，两条直线交于一点，我们称这两条直线为相交线．38．（2022·贵州毕节·二模）作图题(1)过点M作直线AB的平行线l；(2)将三角形ABC平移到三角形A'B'C'，使得点B与点B'重合．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据平行线的定义画出图形即可；（2）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可．(1)如图，连接CM，直线l即为直线CM，理由，设网格的每个格子的边长为1，则利用勾股定理易求得AB=CM=5，AM=BC=10，根据平行四边形的判定定理可知ABCM是平行四边形，则有AB∥直线l即为所求；(2)如图，B′相对于B点，是将B点向下移动2个单位，再向右移动三个单位，据此将A、C两点也按照如此的移动轨迹即可找到A′和C′即得到△A′B′C′【点睛】本题考查作图、平行线的定义、平行四边形的判定、勾股定理以及平移性质的知识，熟练掌握平行线的定义、平行四边形的判定以及平移的性质是解答本题的关键．39．（2022·湖北武汉·校联考一模）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．△ABC的顶点在格点上，仅用无刻度尺的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：（1）在图1中，①过B作AC边上的高BH（H为垂足）．②在AB边上找一点P，使tan∠ACP＝12（2）在图2中，①在BC边上找一点D，使AD平分∠BAC．②AC边上找一点E，使DE∥AB．【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）①见解析；②见解析【分析】（1）取格点T，作直线BT交AC的延长线于H．取格点W，R，Q，连接WR，AQ交于点J，连接CJ交AB于点P，点P即为所求；（2）取格点O，连接AO交BC于点D，取网格线与AC的交点E，D，E即为所求点．【详解】解：（1）如图，线段BH即为所求，点P即为所求；（2）如图，点D即为所求，点E即为所求．【点睛】本题考查作图-应用与设计，平行线的性质、角平分线的性质，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．40．（2022·浙江杭州·模拟预测）为了探究n条直线能把平面最多分成几部分,我们从最简单的情形入手:①一条直线把平面分成2部分;②两条直线可把平面最多分成4部分;③三条直线可把平面最多分成7部分;④四条直线可把平面最多分成11部分;……把上述探究的结果进行整理,列表分析:直线条数把平面最多分成的部分数写成和的形式121+1241+1+2371+1+2+34111+1+2+3+4………(1)当直线条数为5时,把平面最多分成____部分,写成和的形式:______;

(2)当直线条数为10时,把平面最多分成____部分;

(3)当直线条数为n时,把平面最多分成多少部分?【答案】(1)16；(2)56；(3)n(n+1)2【分析】（1）根据已知探究的结果可以算出当直线条数为5时，把平面最多分成16部分；（2）通过已知探究结果，写出一般规律，当直线为n条时，把平面最多分成1+1+2+3+…+n，求和即可．【详解】（1）16;1+1+2+3+4+5.（2）56.根据表中规律知,当直线条数为10时,把平面最多分成56部分,即1+1+2+3+…+10=56.（3）当直线条数为n时,把平面最多分成1+1+2+3+…+n=n(【点睛】本题考查了图形的变化，通过直线分平面探究其中的隐含规律，运用了从特殊到一般的数学思想，解决此题关键是写出和的形式．【考点9平行公理及其推论】41．（2022·河北·模拟预测）如图，AB∥EF，则α、β、γ的关系是（

）A．β+γ﹣α＝90° B．α+β+γ＝360° C．α+β﹣γ＝90° D．β＝α+γ【答案】B【分析】如图，作GH∥AB．利用平行线的性质即可解决问题．【详解】如图，作GH∥AB．∵AB∥EF，GH∥AB，∴GH∥EF，∴∠BCG+∠CGH＝180°，∠FDG+∠HGD＝180°，∴∠BCG+∠CGH+∠HGD+∠FDG＝360°，∴α+β+γ＝360°，故选B．【点睛】本题考查平行线的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型．42．（2022·河北唐山·统考一模）如图所示，AB∥CD，则∠A+∠E+∠F+∠C等于（

）A．180° B．360° C．540° D．720°【答案】C【详解】解：作EM∥AB，FN∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥EM∥FN∥CD．∴∠A+∠AEM=180°，∠MEF+∠EFN=180°，∠NFC+∠C=180°，∴∠A+∠AEF+∠EFC+∠C=540°．故选：C．43．（2022·四川德阳·统考一模）如图，若AB//EF，AB//A．∠2+∠3−∠1=180° B．∠1−∠2+∠3=90°C．∠1+∠2+∠3=180° D．∠1+∠2+−∠3=180°【答案】A【分析】已知AB//EF，【详解】∵AB∥EF，AB∥CD，∴EF∥CD，∴∠3=∠CGE，∴∠3−∠1=∠CGE−∠1=∠BGE，∵AB∥EG，∴∠2+∠BGE=180°即∠2+∠3−∠1=180°故选：A【点睛】本题考查了平行定理，两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线也平行；两条直线平行内错角相等；两直线平行，同旁内角互补．44．（2022·河北·模拟预测）如图，在平面内作到直线m距离为5的平行线，可作平行线的条数有（

）A．0条 B．1条 C．2条 D．无数条【答案】C【分析】根据平行公理即可知直线m的上方和下方各有1条直线与直线m的距离为5的平行线．【详解】如图可知，作出的平行线分别在直线m的上方和下方各1条．故选：C．【点睛】本题考查平行公理．掌握经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行是解答本题的关键．45．（2022·吉林·吉林省实验校考一模）如图，直线l∥m，将含有45°角的三角板ABC的直角顶点C放在直线m上，若∠1=25°，则【答案】20°##20度【分析】过B作BE∥m，则根据平行公理及推论可知l∥BE，然后可证明得到∠1+∠2=∠ABC=45°，因此可求得∠2=20°．【详解】解：过B作BE∥m，如图所示：∵l∥m，∴BE∥l，∴∠1=∠CBE，∠2=∠ABE，∵∠CBE+∠ABE=45°，∴∠2=45°−25°=20°．故答案为：20．【点睛】本题主要考查了平行线的性质，平行线公理的应用，作出辅助线，熟练掌握两直线平行内错角相等，是解题的关键．【考点10平行线的判定与性质】46．（2022·广东深圳·模拟预测）平面内，给定不在同一直线上的点A，B，C，如图所示．点O到点A，B，C的距离均等于a（a为常数），到点O的距离等于a的所有点组成图形G，∠ABC的平分线交图形G于点D，连接AD，CD．(1)求证：AD=CD；(2)过点D作DE⊥BA，垂足为E，作DF⊥BC，垂足为F，延长DF交图形G于点M，连接CM，若AD=CM，判断直线DE与图形G的位置关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)DE是图形G⊙O的切线；理由见解析【分析】（1）根据题意可知图形G是△ABC的外接圆⊙O，根据圆周角定理的推论即可证明．（2）连接OD．根据等量代换思想和等腰三角形的性质确定BC是⊙O的直径，根据等边对等角和等量代换思想确定∠ABD=∠ODB，根据平行线的判定定理和性质，切线的判定定理即可证明．（1）证明：如下图所示．根据题意可知图形G是△ABC的外接圆⊙O．∵∠ABC的平分线交图形G于点D，∴∠ABD=∠CBD．∴AD∴AD=CD．（2）解：DE是图形G⊙O的切线，理由如下．如下图所示，连接OD．∵AD=CM，AD=CD，∴CD=CM．∵DF⊥BC，∴DF=FM．∴BC垂直平分DM．∵⊙O的圆心O一定在弦DM的垂直平分线上，∴点O在BC上．∴BC是⊙O的直径．∴OB=OD．∴∠CBD=∠ODB．∵∠ABD=∠CBD，∴∠ABD=∠ODB．∴AB//OD．∴∠BED+∠EDO=180°．∵DE⊥AB，∴∠BED=90°．∴∠EDO=180°-∠BED=90°．∴DE⊥OD．∴DE是图形G⊙O的切线．【点睛】本题考查圆周角定理的推论，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，切线的判定定理，综合应用这些知识点是解题关键．47．（2022·浙江杭州·模拟预测）如图，已知点E、F在直线AB上，点G在线段CD上，ED与FG交于点H，∠C=∠EFG，∠CED=∠GHD，试判断∠AED与∠D之间的数量关系，并说明理由．【答案】∠AED+∠D=180°，理由见解析【分析】根据平行线的判定定理得出CE∥FG，根据平行线的性质得出∠C=∠FGD，求出∠FGD=∠EFG，根据平行线的判定得出AB∥CD，再根据平行线的性质得出即可．【详解】解：∠AED+∠D=180°，理由是：∵∠CED=∠GHD，∴CE∥FG，∴∠C=∠FGD，∵∠C=∠EFG，∴∠FGD=∠EFG，∴AB∥CD，∴∠AED+∠D=180°．【点睛】本题考查了平行线的性质和判定定理，能灵活运用平行线的性质和判定定理进行推理是解此题的关键．48．（2022·福建三明·统考模拟预测）如图，在△ABC中，∠ABC的平分线