期末专题02 平面图形的认识（二）大题综合-【备战期末必刷真题】2022-2023学年七年级数学下学期期末考试真题必刷满分训练（江苏专用）解析版

期末专题02平面图形的认识（二）大题综合（江苏专用）一、解答题1．（2022春·江苏常州·七年级统考期末）将下列证明过程补充完整：已知：如图，点E在AB上，且CE平分∠ACD，∠1＝∠2．求证：．证明：∵CE平分∠ACD（已知），∴∠2＝∠（）．∵∠1＝∠2（已知），∴∠1＝∠（）．∴（）．【答案】ECD；角平分线的性质；ECD；等量代换；内错角相等，两直线平行【分析】根据平行线的判定依据角平分线的性质即可解决问题．【详解】证明：∵CE平分∠ACD，∴∠2＝∠ECD（角平分线的性质），∵∠1＝∠2．（已知），∴∠1＝∠ECD（等量代换），∴AB∥CD（内错角相等两直线平行）．故答案为：ECD；角平分线的定义；ECD；等量代换；内错角相等，两直线平行．【点睛】本题主要考查平行线的性质和判定和角平分线的性质，解题的关键是根据平行线的判定解答．2．（2022春·江苏扬州·七年级统考期末）下面是某同学的一次作业，请仔细阅读并完成后面的问题：如图，，∠A＝∠D．求证：．证明：①∵（已知）∴∠A＝∠AFC，∠D＝∠BED（）②∵∠A＝∠D（已知）∴∠AFC＝∠BED（等量代换）③∴（内错角相等，两直线平行）(1)请将推理①的数学理论依据补充完整，______；(2)该同学的推理过程有没有错误？如有错误，请指出是推理几，并写出完整的证明过程．【答案】(1)两直线平行，内错角相等(2)有错误，是推理③，过程见解析【分析】根据平行线的判定和性质直接可得结果．（1）两直线平行，内错角相等；故答案为：两直线平行，内错角相等（2）有错误，是推理③证明：∵（已知），∴∠A＝∠AFC（两直线平行，内错角相等），∵∠A＝∠D（已知），∴∠AFC＝∠D（等量代换），∴（内错角相等，两直线平行）．【点睛】本题考查平行线，熟练掌握平行线的性质和判断是解题的关键．3．（2022春·江苏南京·七年级统考期末）如图，在△ABC中，，，垂足分别为D，F，DM//BC，．求证：DM//FG．请将证明过程补充完整，并在括号内填写推理的依据．证明：∵（已知），∴（①________）．同理．∴（等量代换）．∴BD//EF（同位角相等，两直线平行）．②________（③________）．又∵∠1=∠2（已知），∴④________（⑤________）．∴BC//FG（内错角相等，两直线平行）．又∵DM//BC（已知），∴DM//FG（⑥________）．【答案】①垂直的定义；②（）；③两直线平行，同位角相等；④（）；⑤等量代换；⑥平行于同一条直线的两条直线平行．【分析】应用垂线的定义，平行线的判断与性质及平行公理进行判定即可得出答案，【详解】证明：∵BD⊥AC（已知），∴∠BDC=90°（垂直的定义）．同理∠EFC=90°．∴∠BDC=∠EFC（等量代换）．∴BD∥EF（同位角相等，两直线平行）．∴∠DBC=∠2（两直线平行，同位角相等）．又∵∠1=∠2（已知），∴∠1=∠DBC（等量代换）．∴BC∥FG（内错角相等，两直线平行）．又∵DM∥BC（已知），∴DM∥FG（平行同一条直线的两条直线平行）．故答案为：垂直的定义；∠DBC=∠2；两直线平行，同位角相等；∠1=∠DBC；等量代换；平行于同一条直线的两条直线平行．【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的判断与性质进行求解是解决本题的关键．4．（2022春·江苏连云港·七年级统考期末）如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度．的顶点都在格点上，平移后得到，点C的对应点是格点．(1)画出；(2)连接、，则这两条线段之间的关系是______；(3)利用网格画出的中线，并求出的面积．【答案】(1)见解析(2)平行且相等(3)见解析；的面积为5【分析】（1）根据图形平移的性质作图即可；（2）根据平移的性质求解即可；（3）根据三角形中线的定义作图，然后用△ABC所在的长方形面积减去周围三个三角形面积即可得到答案．（1）解：如图，即为所求；（2）解：由平移的性质可知，，故答案为：平行且相等；（3）解：如图所示，AD即为所求；．【点睛】本题主要考查了平移作图，平移的性质，三角形面积，三角形的中线，熟知相关知识是解题的关键．5．（2022春·江苏扬州·七年级统考期末）如图，点D、E、F、G在△ABC的边上，且，∠1＋∠2＝180°．(1)求证：；(2)若BF平分∠ABC，∠2＝138°，求∠AGF的度数．【答案】(1)见解析(2)84°【分析】（1）根据，可得∠2+∠3=180°，从而得到∠1=∠3，即可求证；（2）根据∠2＝138°，可得∠3=42°，从而得到∠ABC=84°，再由，即可求解．【详解】（1）证明：∵，∴∠2+∠3=180°，∵∠1＋∠2＝180°．∴∠1=∠3，∴；（2）解：∵，∴∠2+∠3=180°，∵∠2＝138°，∴∠3=42°，∵BF平分∠ABC，∴∠ABC=84°，∵，∴∠AGF=∠ABC=84°．【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质，角平分线的定义，熟练掌握两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等；两直线平行，同位角相等是解题的关键．6．（2022春·江苏宿迁·七年级统考期末）证明三角形内角和定理：三角形三个内角的和等于．已知：，求证：．(1)证明：如图①，作边的延长线，过点C作．所以____________（____________），____________（____________）．因为（____________），所以（等量代换）．(2)请利用图②中给出一种不同于以上思路的证明方法，并写出证明过程．【答案】(1)∠A；两直线平行，内错角相等；∠B；两直线平行，同位角相等；平角的定义(2)见解析【分析】（1）根据平行线的性质，以及平角的定义进行解答；（2）如图，过点作，利用两直线平行，内错角相等和平角的定义进行证明．【详解】（1）∠A（两直线平行，内错角相等），∠B（两直线平行，同位角相等）．（平角的定义），（2）如图，过点作．则：，（两直线平行，内错角相等）∵（平角的定义），∴【点睛】本题考查三角形内角和180°的证明思路，将三角形的三个角转化为一个平角，从而证明三角形的内角和为180°．7．（2022春·江苏宿迁·七年级统考期末）如图，点A、B、C、D在一条直线上，．求证：．【答案】见解析【分析】先根据平行线性质得出，然后结合即可得出，最后根据三角形外角的性质即可得证．【详解】证明：因为，所以，又因为，所以，因为，，所以【点睛】本题考查平行线的性质与三角形外角的性质，掌握平行线的性质与三角形外角的性质是解题的关键．8．（2022春·江苏连云港·七年级校考期末）如图，已知，直线与交于点，与交于点，射线和射线交于点．(1)若平分，平分，，则______；(2)若，，，则______；(3)将（2）中“”改为“”，其余条件不变，求的度数（用含的代数式表示）；(4)若将分成两部分，也将分成两部分，，则的度数=______________________（用含的代数式表示）．【答案】(1)(2)(3)(4)或或【分析】（1）根据三角形外角的性质求出∠BAD，求出∠GOA和∠GAD，再根据三角形外角性质进行计算即可；（2）根据三角形外角的性质求出∠BAD，求出∠GOA和∠GAD，再根据三角形外角性质进行计算即可；（3）根据三角形外角的性质求出∠BAD，求出∠GOA和∠GAD，再根据三角形外角性质进行计算即可；（4）分四种情况：①当，时；②当，时；③当，时；④当，时，进行讨论，即可得到的度数．【详解】（1）解：∵，即，，∴，∵平分，平分，，∴，，∴．故答案为：．（2）解：∵，，∴，∵，，，∴，，∴；故答案为：．（3）解：∵，，∴，∵，，，∴，，∴．（4）解：①当时，，∵，∵将分成两部分，即，∴，∵，∴，解得：；②当时，，∵将分成两部分，即，∴射线和射线无交点；③当时，，∵，∵将分成两部分，即，∴，∵，∴，解得：；④当时，，∵，∵将分成两部分，即，∴，∵，∴，解得：；综上可得：的度数为或或．故答案为：或或．【点睛】本题考查了角平分线的定义以及三角形外角性质，解本题的关键在（4）中找出所有情况．三角形外角性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．9．（2022春·江苏淮安·七年级校考期末）如图，FN交HE、MD于点A、点C，过C作射线CG交HE于点B．若∠EAF＝∠NCM＝∠MCB＝45°．(1)求证：AB∥CD；(2)求∠ABG的度数．【答案】(1)证明见解析；(2)135°【分析】（1）由对顶角相等得到∠NCM＝∠FCD，即可得到∠EAF＝∠FCD，即可判定AB∥CD；（2）由平角的定义得到∠BCD＝180°−∠MCB＝135°，再根据平行线的性质即可得解．（1）证明：∵∠EAF＝∠NCM，∠NCM＝∠FCD，∴∠EAF＝∠FCD，∴AB∥CD；（2）解：∵∠MCB＋∠BCD＝180°，∠MCB＝45°，∴∠BCD＝180°−∠MCB＝135°，由（1）知，AB∥CD，∴∠ABG＝∠BCD，∠ABG＝135°，故∠ABG的度数是135°．【点睛】此题考查了平行线的判定与性质，熟记平行线的判定定理与性质定理是解题的关键．10．（2022春·江苏淮安·七年级校考期末）如图，在△BCD中，BC＝4，BD＝5．(1)求CD的取值范围；(2)若AE∥BD，∠A＝50°，∠BDE＝130°，求∠C的度数．【答案】(1)1＜CD＜9(2)80°【分析】（1）三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边，据此可得CD的取值范围；（2）先根据平行线的性质，得到∠AEF的度数，再根据三角形外角性质，即可得到∠C的度数．【详解】（1）解：∵△BCD中，BC＝4，BD＝5，∴5−4＜CD＜5＋4，∴CD的取值范围是：1＜CD＜9；（2）解：∵AE∥BD，∴∠AEF＝∠BDE＝130°，∵∠AEF是△ACE的外角，∴∠C＝∠AEF−∠A＝130°−50°＝80°．【点睛】本题主要考查了三角形三边关系以及平行线的性质和三角形外角的性质，解题时注意：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边．11．（2022春·江苏苏州·七年级校考期末）如图：在正方形网格中有一个格点三角形，（即的各顶点都在格点上），按要求进行下列作图：(1)画出中边上的高；(2)画出将先向左平移2格，再向上平移3格后的；(3)画直线，将分成两个面积相等的三角形．【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析(3)答案见解析【分析】（1）直接利用钝角三角形高线作法得出答案；（2）利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；（3）利用三角形中线平分其面积进而得出答案．【详解】（1）解：如图所示：CD即为所求；（2）解：如图所示：，即为所求；（3）解：如图所示：三角形ABC三条中线AF、CE、BO所在直线，即为所求．【点睛】本题主要考查了平移变换以及基本作图，正确得出对应点位置是解题关键．12．（2022春·江苏镇江·七年级统考期末）如图1，在△ABC中，AP平分∠BAC，BP平分∠ABC．(1)若∠C＝40°．①∠P的度数为；②如图2，过点P作直线DE∥BC，交边AB、AC于点D、E，则∠APE-∠BPD=°；(2)若∠C＝α°，小明将（1）中的直线DE绕点P旋转，分别交线段AB，AC于点C，D，如图3，试问在旋转过程中∠APE-∠BPD的度数是否会发生改变？若不变，求出∠APE-∠BPD的度数（用含α的代数式表示），若改变，请说明理由．【答案】(1)①∠P=110°；②70(2)∠APE﹣∠BPD的度数不变；90°﹣α【分析】（1）①根据三角形的内角和定理得到∠CAB+∠ABC=180°-∠C=180°-40°=140°，根据角平分线的定义得到∠BAP=∠CAB，∠ABP=∠ABC，根据三角形的内角和定理即可得到结论；②根据平行线的性质得到ADE=∠ABC，∠DPB=∠PBC，根据角平分线的定义得到∠BAP=∠CAB，∠ABP=∠ABC，根据三角形外角的性质即可得到结论；（2）∠根据三角形外角的性质和三角形的内角和定理即可得到结论．（1）解：①∵∠C=40°，∴∠CAB+∠ABC=180°-∠C=180°-40°=140°，∵AP平分∠BAC，BP平分∠ABC，∴∠BAP=∠CAB，∠ABP=∠ABC，∴∠P=180°-（∠CAB+∠ABC）=180°-×140°=110°，故答案为：110°；②∵DE∥BC，∴∠ADE=∠ABC，∠DPB=∠PBC，∵AP平分∠BAC，BP平分∠ABC，∴∠BAP=∠CAB，∠ABP=∠ABC，∴∠ADP=∠DBP+∠DPB=2∠DPB，∴∠APE-∠BPD=∠BAP+∠ADP-∠DPB=∠BAP+∠ABP=（∠CAB+∠ABC）=×140°=70°，故答案为：70；（2）解：∠APE-∠BPD的度数不变，∵∠APE-∠BPD=∠ADP+∠DAP-∠BPD=∠ABP+∠BPD+∠DAP-∠BPD=∠ABC+∠BAC=（180°-α）=90°-α．∴∠APE-∠BPD的度数不变．【点睛】本题考查三角形内角和定理，角平分线的定义，平行线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．13．（2022春·江苏扬州·七年级统考期末）如图，BE是的角平分线，在AB上取点D，使∠ADE＝2∠DBE．(1)求证：；(2)若∠A＝65°，∠AED＝55°，求∠EBC的度数．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠DBE＝∠EBC，根据已知以及三角形的外角的性质可得2∠DBE＝∠DBE＋∠DEB，即可得∠DBE＝∠DEB，等量代换可得∠DEB＝∠EBC，根据平行线的判定定理即可得证；（2）根据平行线的性质，三角形内角和定理以及三角形的角平分线即可求解．（1）解：∵BE是的角平分线，∴∠DBE＝∠EBC，∵∠ADE＝2∠DBE，∠ADE＝∠DBE＋∠DEB∴2∠DBE＝∠DBE＋∠DEB，∴∠DBE＝∠DEB∴∠DEB＝∠EBC，∴；（2）解：∵，∴∠C＝∠AED＝55°，在中，∠A＋∠ABC＋∠C＝180°，∴．∵BE是的角平分线，∴．【点睛】本题考查了三角形角平分线的定义，三角形外角性质以及三角形内角和定理，平行线的判定，掌握以上知识是解题的关键．14．（2022春·江苏苏州·七年级苏州高新区实验初级中学校考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°，△ABC的外角∠CBD的平分线BE交AC的延长线于点E，点F为AC延长线上的一点，连接DF．(1)求∠CBE的度数；(2)若∠F＝25°，求证：BEDF．(3)若BEDF，探究∠A、∠F有怎样的数量关系（直接写答案，不用证明）【答案】(1)65°(2)见解析(3)∠A+∠F=45°【分析】（1）先根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC=90°-∠A=50°，由邻补角定义得出∠CBD=130°．再根据角平分线定义即可求出∠CBE=65°；（2）先根据三角形外角的性质得出∠CEB=90°-65°=25°，再根据∠F=25°，即可得出BEDF．（3）由平行线的性质得出∠F=∠BEA，再由三角形外角性质和角平分线定义得∠DBE＝∠CBD=(∠A+∠ACB)=(∠A+90°)，∠DBE=∠A+∠BEA=∠A+∠F，则(∠A+90°)=∠A+∠F，即可得出结论．（1）解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°，∴∠ABC＝90°﹣∠A＝50°，∴∠CBD＝130°．∵BE是∠CBD的平分线，∴∠DBE＝∠CBD＝65°；（2）证明：∵∠ACB＝90°，∠CBE＝65°，∴∠CEB＝90°﹣65°＝25°．又∵∠F＝25°，∴∠F＝∠CEB＝25°，∴DFBE．（3）解：∵BEDF，∴∠F=∠BEA，∵BE是∠CBD的平分线，∴∠ＤBE＝∠CBD=(∠A+∠ACB)=(∠A+90°)，∵∠DBE=∠A+∠BEA=∠A+∠F，∴(∠A+90°)=∠A+∠F，∴∠A+∠F=45°．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，平行线的性质与判定，角平分线定义．掌握三角形外角的性质和平行线的性质与判定是解题的关键．15．（2022春·江苏苏州·七年级苏州高新区实验初级中学校考期末）已知△ABC中，BE平分∠ABC，点P在射线BE上．(1)如图1，若∠BAC＝100°，∠PBC＝∠PCA，求∠BPC的度数；(2)若∠ABC＝40°，∠ACB＝30°，直线CP与△ABC的一条边垂直，求∠BPC的度数．【答案】(1)100°(2)70°或40°或110°【分析】（1）根据三角形的外角性质得：∠PCD=∠PBC+∠BPC=100+x，可得结论；（2）直线CP与△ABC的一条边垂直，分三种情况：①当CP⊥BC时，②当CP⊥AC时，③当CP⊥AB时，根据三角内角和列式可得结论．（1）解：设∠ABP＝x，则∠PBC＝∠ACP＝x，△ABC中，∠ACD＝∠A+∠ABC，∴x+∠PCD＝100°+2x，∴∠PCD＝100+x，△BCP中，∠PCD＝∠PBC+∠BPC，∴100+x＝x+∠BPC，∴∠BPC＝100°；（2）解：分三种情况：①当CP⊥BC时，如图2，则∠BCP＝90°，∵∠PBC＝20°，∴∠BPC＝70°；②当CP⊥AC时，如图3，则∠ACP＝90°，△BCP中，∠BPC＝180°﹣20°﹣30°﹣90°＝40°；③当CP⊥AB时，延长CP交直线AB于G，如图4，则∠BGC＝90°，∵∠ABC＝40°，∴∠BCG＝50°，△BPC中，∠BPC＝180°﹣50°﹣20°＝110°；综上，∠BPC的度数为70°或40°或110°．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理、三角形外角的性质，熟练掌握三角形的内角和定理是关键，是一道综合运用三角形内角和与外角性质的好题．16．（2022春·江苏扬州·七年级统考期末）如图，∠1＝∠BCE，∠2＋∠3＝180°．(1)判断AC与EF的位置关系，并说明理由；(2)若CA平分∠BCE，EF⊥AB于点F，∠1＝72°，求∠BAD的度数．【答案】(1)平行，理由见解析(2)54°【分析】（1）由，可得到直线与平行，可得到与间的关系，再由判断与的位置关系；（2）由（1）的结论及垂直可得到的度数，再由平行线及角平分线的性质得到的度数，利用角的和差的关系得出结论．【详解】（1）解：．理由：，，．，．．（2）解：，平分，．，又．，于，．.【点睛】本题考查了平行线的性质和判定、角平分线的性质及垂直的性质，综合性较强，解题的关键是掌握平行线的性质和判定．17．（2022春·江苏南通·七年级统考期末）如图，有三个论断：①；②；③，请你从中任选两个作为条件，另一个作为结论构成一个命题，并证明该命题的正确性．【答案】见解析【分析】根据题意，请从中任选两个作为条件，另一个作为结论构成一个命题，根据平行线的判定和性质及对顶角相等进行证明．【详解】已知：，求证：证明：如图，∵又∴∴∴又∵∴∴∴【点睛】此题考查命题与定理问题，证明的一般步骤：写出已知，求证，画出图形，再证明．18．（2022春·江苏南京·七年级统考期末）在中，平分，垂足为F，与交于点D．(1)如图，若，求的度数；(2)如图，在内部作，求证：．【答案】(1)10°(2)见解析【分析】（1）根据角平分线的性质，垂直的定义可求，再根据三角形内角和为180°可求，进一步根据角的和差关系求出的度数；（2）根据角平分线的性质，垂直的定义可求，再根据等量关系即可求解．【详解】（1）∵平分，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴．（2）∵平分，∴．∵，∴．∵在中，，在中，，∴．又是的外角，∴又，∴．又∵，∴．【点睛】本题主要考查角平分线的性质、三角形内角和定理和三角形外角的知识，解题的关键是熟练掌握性质和定理．19．（2022春·江苏扬州·七年级统考期末）如图，方格纸中每个小正方形边长均为1，在方格纸内将△ABC的点C平移至点C'得到△A'B'C'．(1)画出△A'B'C'；(2)借助方格画出AB边上的中线CD和高CE；(3)四边形ACC'A'的面积为_______．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)23【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B的对应点A′，B′即可；（2）根据三角形的中线，高线的定义画出图形即可；（3）四边形ACC'A'的面积=2S△ACA′，利用割补法求解．【详解】（1）解：如图，△A′B′C′即为所求；（2）解：如（1）图，线段CD，CE即为所求；（3）解：四边形ACC'A'的面积=；故答案为：23【点睛】本题考查作图-平移变换，三角形的中线，高线等知识，解题的关键是掌握平移变换的性质，学会利用割补法求三角形面积．20．（2022春·江苏扬州·七年级校联考期末）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为个单位长度，的顶点都在正方形网格的格点（网格线的交点）上．(1)画出先向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度所得的；(2)画出的边上的高；(3)找（要求各顶点在格点上，不与点重合），使其面积等于的面积．满足这样条件的点共______个．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据平移变换的性质找出对应点即可求解；（2）取格点连接交于点，线段即为所求；（3）利用等底等高的两三角形面积相等即可求解．【详解】（1）如图所示，即为所求；（2）如图所示，线段即为所求；（3）如图，满足这样条件的点共有个，故答案为：．【点睛】本题考查作图-平移变换，三角形的高，线段的垂直平分线等知识，解题的关键是如何用相关知识在网格中找出关键的格点．21．（2022春·江苏宿迁·七年级统考期末）推理填空：如图，，，．将求的过程填写完整．因为，（已知）所以______．（____________）又因为，（已知）所以______．（等量代换）所以______．（____________）所以______（____________）又因为，所以______．【答案】∠3；两直线平行，同位角相等；∠3；DG；内错角相等，两直线平行；∠AGD；两直线平行，同旁内角互补；110°．【分析】此题要注意由EF∥AD，可得∠2=∠3，由等量代换可得∠1=∠3，可得DG∥BA，根据平行线的性质可得∠BAC+∠AGD=180°，即可求解．【详解】解：∵EF∥AD（已知）∴∠2=∠3（两直线平行，同位角相等）；∵∠1=∠2（已知），∴∠1=∠3（等量代换）；∴AB∥DG（内错角相等，两直线平行）．∴∠BAC+∠AGD=180°（两直线平行，同旁内角互补）．∵∠BAC=70°，∴∠AGD=110°．故答案为∠3；两直线平行，同位角相等；∠3；DG；内错角相等，两直线平行；∠AGD；两直线平行，同旁内角互补；110°．【点睛】此题主要考查了平行线的判定与性质，关键是掌握平行线的判定与性质定理．22．（2022春·江苏泰州·七年级校考期末）如图①，∠1、∠2是四边形ABCD的两个不相邻的外角．(1)猜想并说明∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系；(2)如图②，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O．若∠A＝58°，∠C＝152°，求∠BOD的度数；(3)如图③，BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．请直接写出∠A、∠C与∠O的数量关系．【答案】(1)，理由见解析(2)133°(3)，理由见解析【分析】（1）根据多边形内角和与外角即可说明与、的数量关系；（2）先根据四边形内角和定理求出，再根据角平分线的定义求出，即可求的度数；（3）结合（1）的结论，根据、分别是四边形外角、的角平分线．进而可以写出、与的的数量关系．【详解】（1）解：猜想：，理由如下：，∴又，；（2）解：，，，又、分别平分与，，，，；（3）解：、分别是四边形外角、的角平分线．，，由（1）可知：，，，．【点睛】本题考查了多边形内角和定理，邻补角互补，角平分线的定义，解决本题的关键是证明（1）中结论并应用（1）中结论求解．23．（2022春·江苏南京·七年级校考期末）如图，在中，，点在上，，点在上，(1)若，求的度数．(2)当的度数是______时，是直角三角形．【答案】(1)35°(2)90°或55°【分析】根据平行线的性质可得，再根据三角形外角等于和它不相邻的两个内角和即可得；根据直角三角形两个锐角互余可得，然后利用直角三角形定义即可得结论．【详解】（1）∵DEAC，，，，，，；（2）当的度数是或时，是直角三角形．理由如下：当的度数是时，是直角三角形．当，时，是直角三角形．故答案为：或．【点睛】本题考查了三角形的外角的性质定理，平行线的性质，解决本题的关键是掌握三角形的外角的性质定理．24．（2022春·江苏南京·七年级校考期末）【探究结论】（1）如图，，为形内一点，连结、得到，则、、的关系是______（直接写出结论，不需要证明）：【探究应用】利用（1）中结论解决下面问题：（2）如图，，直线分别交、于点、，和为内满足的两条线，分别与的平分线交于点和，求证：．（3）如图，已知，为上一点，，，若，的度数为整数，则的度数为______．【答案】（1）；（2）见解析；（3）42°或41°【分析】过点作，根据平行线的性质可得，，进而可求解；由可知：，由角平分线的定义结合可得，再根据三角形的内角和定理可证明结论；由知：，设，则，可求得，结合度数的取值范围可求解的取值范围，再利用三角形外角的性质可求解．【详解】解：过点作，，，，，．，等量代换，故答案为：；证明：由可知：，平分，，，，，；由知：，设，则，，，，又，，解得，又是的外角，，的度数为整数，或，或，故答案为：或．【点睛】本题主要考查平行线的性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理等知识的综合运用，灵活运用平行线的性质求解角的关系是解题的关键．25．（2022春·江苏扬州·七年级校联考期末）“一带一路”让中国和世界更紧密，“中欧铁路”为了安全起见在某段铁路两旁安置了，两座可旋转探照灯．假定主道路是平行的，即，，为上两点，平分交于点，为上一点，连接，平分交于点．(1)若，求的大小；(2)作交于点，且满足，当时，试说明：；(3)在（1）问的条件下，探照灯、照出的光线在铁路所在平面旋转，探照灯射出的光线以每秒度的速度逆时针转动，探照灯射出的光线以每秒度的速度逆时针转动，光线转至射线后立即以相同速度顺时针回转，若它们同时开始转动，设转动时间为秒，当光线回到出发时的位置时同时停止转动，则在转动过程中，为何值时光线与光线互相平行或垂直，请直接写出的值．【答案】(1)110°(2)见解析(3)t的值为5s或s或s或20s或s【分析】（1）利用平行线的性质和角平分线的性质可解；（2）通过计算，利用内错角相等，两直线平行进行判定即可；（3）分五种情况画图，列出关于的式子即可解答．【详解】（1）解：∵，，，，，平分，，；（2）解:∵，，，，平分，，，，，，，，，，，∴；（3）解:，当时，则，如图，∵，，，由题意，，，，；当时，则，如图，∵，，，，，；当时，则，如图，∵，，，，；当时，则，如图，由题意，，，，∵，，，；当时，，如图，，，，．综上，的值为或或或或【点睛】本题考查了平行线的性质和判定，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：平行线的判定定理有：同位角相等，两直线平行，内错角相等，两直线平行，同旁内角互补，两直线平行，反之亦然．26．（2022春·江苏淮安·七年级统考期末）【概念认识】如图①所示，在中，若，则，叫做的“三分线”，其中，是“邻三分线”，是“邻三分线”．【问题解决】(1)如图②所示．在中．，．若的三分线交于点D．求的度数．(2)如图③所示，在中．，分别是的邻三分线和的邻三分线，且．求的度数．【延伸推广】(3)在中，是的外角，的三分线所在的直线与的三分线所在的直线交于点P，若，．求出的度数．（用含m的式子表示）【答案】(1)或；(2)(3)或或或【分析】（1）根据题意分是“邻三分线”与是“邻三分线”讨论可求得的度数，再利用三角形外角的性质可求解；（2）结合（1）根据、分别是邻三分线和邻三分线，且，即可求的度数；（3）分2种情况进行画图计算：情况一：如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得，可求解；情况二：如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得可求解．情况三：如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得，可求解；情况四：如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得可求解．【详解】（1）解：①当的邻三分线交于点，，，，，②当的邻三分线交于点时，，，，，故答案为：或；（2）解：在中，，，又、分别是邻三分线和邻三分线，，，，，在中，；（3）解：如图3-1所示，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，，，，，即，，，；如图3-2所示，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，，，，，即，，，．如图3-3所示，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，，，，，即，，，；如图3-4所示，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，，，，，即，，，．综上所述：的度数为：或或或．【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，角三等分线的定义，正确理解题意是解题的关键．27．（2022春·江苏南京·七年级统考期末）【概念认识】在四边形ABCD中，，如果在四边形ABCD内部或边AB上存在一点P，满足，那么称点P是四边形ABCD的“映角点”．【初步思考】（1）如图①，在四边形ABCD中，，点P在边AB上且是四边形ABCD的“映角点”．若DA//CP，DP//CB，则的度数为________°．（2）如图②，在四边形ABCD中，，点P在四边形ABCD内部且是四边形ABCD的“映角点”，延长CP交边AB于点E．求证：．【综合运用】（3）在四边形ABCD中，，点P是四边形ABCD的“映角点”，DE、CF分别平分∠ADP、∠BCP，当DE和CF所在直线相交于点Q时，请直接写出∠CQD与满足的关系及对应的取值范围．【答案】（1）60；（2）证明见解析；（3）当时，；当时，．【分析】（1）根据题意可知∠A=∠B=∠DPC，若DA∥CP，DP∥CB，可以得到∠A=∠B=∠DPC=∠ADP=∠PCB，∠DPB是△ADP的外角，则∠DPC+∠CPB=2∠A，则∠DPC的度数可求；（2）四边形ADPE中，∠ADP+∠AEP=180°，而∠CEB+∠AEP=180°，所以∠ADP=∠CEB；（3）当时，当时，分别作出图形，根据题意作出图形都可以求出∠COD与α的关系．【详解】解：根据题意可知∠A=∠B=∠DPC，∵DA∥CP，∴∠DPC=∠ADP，∵DP∥CB，∴∠DPC=∠PCB，∠A=∠B=∠DPC=∠ADP=∠PCB，∵∠DPB是△ADP的外角，∴∠DPC+∠CPB=2∠A，∴∠A=∠CPB，∴∠B=∠CPB=∠PCB=60°，故答案为：60．（2）方法一：∵点P是四边形ABCD的“映角点”∴，又，∴，在四边形ABCD中，∴，又∴．方法二：如图，过点P作分别交AD、BC于点F、G∵，∴，∵点P是四边形ABCD的“映角点”∴．∴．在△DFP中，即∵，即∴∴．方法三：如图③，延长DP交边AB于F，∵点P是四边形ABCD的“映角点”∴，∵，∴，在△ADF中，，在△PEF中，，∴∴（3）当时，；如图，∠A=∠B=∠DPC=α，由（2）可知∠ADP=∠CGB，设∠ADP=∠CGB=x，∠DPC=y，当时，；如图，∠A=∠B=∠DPC=α，由（2）可知，∠ADP=∠CEB，设∠ADP=∠CEB=x，∠DPE=y，∴∠ECQ=（180°-x-α），则α+y=180°，x+y+（180°-x-α）+∠Q=180°，∴∠Q=α-90°，∵α−90°＞0°，∴60°＜α＜180°，∴∠Q=α-90°（60°＜α＜180°）．当时，．【点睛】本题考查了三角形的内角与外角，角平分线的定义，解题的关键是熟练运用三角形外角的性质．28．（2022春·江苏扬州·七年级统考期末）如图，已知点E在四边形ABCD的边BC的延长线上，BM、CN分别是∠ABC、∠DCE的角平分线，设∠BAD＝α，∠ADC＝β．(1)如图1，若α＋β＝180°，判断BM、CN的位置关系，并说明理由：(2)如图2，若α＋β＞180°，BM、CN相交于点O．①当α＝70°，β＝150°时，则∠BOC＝_______；②∠BOC与α、β有怎样的数量关系？说明理由．(3)如图3，若α＋β＜180°，BM、CN的反向延长线相交于点O，则∠BOC＝______．（用含α、β的代数式表示）．【答案】(1)BMCN，理由见解析(2)①20°；②，理由见解析(3)【分析】（1）由α+β=180°先判断ABCD，根据平行线的性质得出∠DCE=∠ABC，再由角平分线的性质证得结论；（2）①根据α和β的度数，求出∠ABC+∠BCD，根据角平分线的性质可知，∠ECN=∠DCN，∠CBM=∠ABM，设∠ECN=∠DCN=x，∠CBM=∠ABM=y，利用外角表示∠BOC即可；②根据α和β的度数，求出∠ABC+∠BCD=180°-（α+β），根据角平分线的性质可知，∠ECN=∠DCN，∠CBM=∠ABM，设∠ECN=∠DCN=x，∠CBM=∠ABM=y，利用外角表示∠BOC即可；（3）根据α和β的度数，求出∠ABC+∠BCD=180°-（α+β），根据角平分线的性质可知，∠ECN=∠DCN，∠CBM=∠ABM，设∠ECN=∠DCN=x，∠CBM=∠ABM=y，利用外角表示∠BOC即可．【详解】（1）解：CNBM，理由如下：∵α+β=180°，∴ABCD，∴∠DCE=∠ABC，∵BM、CN分别是∠ABC、∠DCE的角平分线，∴∠ECN=∠CBM，∴CNBM；（2）解：①∵α=70°，β=150°，∴∠ABC+∠BCD=360°-70°-150°=140°，∵BM、CN分别是∠ABC、∠DCE的角平分线，∴∠ECN=∠DCN，∠CBM=∠ABM，设∠ECN=∠DCN=x，∠CBM=∠ABM=y，∵∠ECN=∠BOC+∠CBM，∴x=∠BOC+y，∴∠BOC=x-y，∵∠ECD+∠DCB=180°，∴2x+140°-2y=180°，∴x-y=20°，∴∠BOC=20°．故答案为：20°；②∠BOC=，理由如下：∵四边形内角和为360°，∴∠ABC+∠BCD=360°-（α+β），∵BM、CN分别是∠ABC、∠DCE的角平分线，∴∠ECN=∠DCN，∠CBM=∠ABM，设∠ECN=∠DCN=x，∠CBM=∠ABM=y，∵∠ECN=∠BOC+∠CBM，∴x=∠BOC+y，∴∠BOC=x-y，∵∠ECD+∠DCB=180°，∴2x+360°-（α+β）-2y=180°，∴，∴∠BOC=；（3）解：∠BOC=，理由如下：∵四边形内角和为360°，∴∠ABC+∠BCD=360°-（α+β），∵BM、CN分别是∠ABC、∠D