专题7.8 平行线的证明章末题型过关卷（北师大版）（解析版）

第7章平行线的证明章末题型过关卷【北师大版】参考答案与试题解析选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2022·甘肃省庆阳市镇原县庙渠初级中学七年级期中）下列命题是假命题的是（

）A．两直线平行，同旁内角相等 B．对顶角相等C．平行于同一条直线的两直线平行 D．同位角相等，两直线平行【答案】A【分析】根据平行线的性质与判定定理、平行公理、对顶角的定义，分别对选项进行分析，即可得出结论．【详解】解：A、两直线平行，同旁内角互补，原命题错误，故符合题意；B、对顶角相等，原命题正确，故不符合题意；C、平行于同一条直线的两条直线平行，原命题正确，故不符合题意；D、同位角相等，两直线平行，原命题正确，故不符合题意．故选：A【点睛】本题考查了平行线的性质与判定定理、平行公理、对顶角的定义，熟练掌握相关知识点是解本题的关键．2．（3分）（2022·山东·东昌府区沙镇中学八年级阶段练习）如图，△OAD≌△OBC，且∠O=70°，∠C=25°，则∠AEB的度数是（）A．145° B．140° C．130° D．120°【答案】D【分析】利用全等三角形的性质结合三角形内角和定理以及四边形内角和定理得出答案．【详解】解：∵△OAD≌△OBC，∴∠OBC=∠OAD，∵∠O=70°，∠C=25°，∴∠OBC=∠OAD=180°-∠O-∠C=85°，∴∠AEB=360°-∠O-∠OAD-∠OBC=360°-∠70°-85°-85°=120°．故选：D．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握全等三角形的性质是解题关键．3．（3分）（2022·湖北武汉·七年级期末）如图，己知AB∥CD，∠B=110°，EF平分∠BEC，EG⊥EF，则∠DEG等于（

）A．70° B．35° C．55° D．110°【答案】C【分析】由AB∥CD，∠B=100°，根据两直线平行，同旁内角互补，即可求得∠BEC的度数，又由EF平分∠BEC，即可求得∠FEC的度数，然后由EG⊥EF，根据平角的定义，即可求得∠DEG的度数．【详解】解：∵AB∥CD，∴∠B+∠BEC=180°，∵∠B=110°，∴∠BEC=70°，∵EF平分∠BEC，∴∠CEF=12∠BEC=35°∵EG⊥EF，∴∠GEF=90°，∵∠GEF+∠CEF+∠DEG=180°，∴∠DEG=180°-90°-35°=55°．故选：C．【点睛】此题考查了平行线的性质，垂直的定义，以及平角的定义，解题的关键是掌握两直线平行，同旁内角互补定理的应用．4．（3分）（2022·山东·庆云县尚堂镇大靳初级中学八年级阶段练习）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，BE与AD交于点F，AD=BD=5，则AF+CD的长度为（）A．10 B．6 C．5 D．4.5【答案】C【分析】根据ASA推出△BDF≌△ADC，再根据全等的性质得出CD=DF，即可得出答案．【详解】解：∵BE⊥AC，∴∠AEB=∠ADC=∠BDF=∵∠AFE=∠BFD,∠FBD+∠BDF+∠BFD=180°，∴∠DAC=∠DBF，在△BDF和△ADC中，∠FBD=∠DAC∴△BDF≌△ADC(ASA∴DF=CD，∴AF+CD=AF+DF=AD=5；故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定和等腰三角形的性质，找出△BDF≌△ADC是解题的关键．5．（3分）（2022·浙江杭州·七年级期末）如图，已知AB∥CD，BE，DE分别平分∠ABF和∠CDF，且交于点E，则(

)A．∠E=∠F B．∠E+∠F=180°C．2∠E+∠F=360° D．2∠E-∠F=180°【答案】C【分析】过点E作EM//AB，利用平行线的性质可证得∠BFD=12∠ABF+∠CDF，可以得到∠BED【详解】解：过点E作EM//AB，如图：∵AB//CD，EM//AB∴CD∥EM，∴∴∠ABE=∠BEM,∠CDE=∠DEM∵∵∠ABF的平分线与∠CDF的平分线相交于点E，∴∠ABE=1∴∠BED=∠BEM+∠DEM=1∵∠ABF+∠BFD+∠CDF=360°，∴∠ABF+∠CDF=360°-∠BFD∴∠BED=整理得：2∠BED+∠BFD=360°．故选：C．【点睛】本题主要考查了平行线的性质和角平分线，解决问题的关键是作辅助线构造同旁内角以及内错角，依据平行线的性质进行推导计算，解题时注意数形结合思想的运用．6．（3分）（2022·浙江·乐清市虹桥镇第一中学八年级期中）如图，在ΔABC中，∠A=α，∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A1，得∠A1，∠A1BC的平分线与∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2，…A．α2022 B．α2023 C．α2【答案】D【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，可得∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1+∠A1BC，根据角平分线的定义可得∠【详解】解：∵A1B平分∠ABC,A∴∠A∵∠A即12∴∠A∵∠A+∠ABC=∠ACD，∴∠A=∠ACD-∠ABC，∴∠A同理，∠A…，以此类推，∠A∴∠A故选：D．【点睛】本题考查了三角形外角的性质，角平分线的定义，熟记性质并准确识图然后求出后一个角是前一个角的一半是解题的关键．7．（3分）（2022·四川·泸州市第二十八初级中学校七年级阶段练习）如图，已知∠A＝∠AGE，∠D＝∠1，且∠1＋∠2＝180°。则下列结论：①CE∥BF；②∠A＝∠D；③AB∥CD；④∠C＝∠B，其中正确的结论有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】根据邻补角互补和平行线的判定可得CE∥BF，欲证明AB∥CD，只需推知∠A＝∠D即可；由平行四边形的判定与性质可知【详解】证明：∵∠1＋∠2＝180°，又∵∠CGD＋∠2＝180°，∴∠CGD＝∠1，∴CE∥BF，故①正确；∵∠A＝∠AGE，∠D＝∠1=∠DGC，又∵∠AGE＝∠DGC，∴∠A＝∠D，故②正确；∴AB∥CD，故③正确；∵CE∥BF，∴∠C=∠BFD，∵AB∥CD，∴∠B=∠BFD，∴∠B=∠C，故④正确．综上分析可知，正确的结论有4个，故D正确．故选：D．【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，补角的性质，对顶角性质，解题的关键是熟练掌握平行的判定和性质，找出相应的同位角、内错角和同旁内角．8．（3分）（2022·江苏·八年级课时练习）如图，在△ABC中，∠BAC=120°，点D是BC上一点，BD的垂直平分线交AB于点E，将△ACD沿AD折叠，点C恰好与点E重合，则∠B等于（

）A．19° B．20° C．24° D．25°【答案】B【分析】根据垂直平分线和等腰三角形性质，得∠B=∠EDB；根据三角形外角性质，得∠AED=2∠B；根据轴对称的性质，得∠C=2∠B，∠EAD=60°，∠ADE=∠ADC；根据补角的性质计算得∠ADC=90°-∠B【详解】∵BD的垂直平分线交AB于点E，∴EB=ED∴∠B=∠EDB∴∠AED=∠B+∠EDB=2∠B∵将△ACD沿AD折叠，点C恰好与点E重合，∴∠C=∠AED=2∠B，∠EAD=∠CAD=12∠BAC=60°∵∠CDE=180°-∠EDB=180°-∠B∴∠ADC=1∵∠CAD+∠ADC+∠C=180°∴60+90°-∴∠B=20°故选：B．【点睛】本题考查了轴对称、三角形内角和、三角形外角、补角、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握轴对称、三角形内角和、三角形外角的性质，从而完成求解．9．（3分）（2022·湖北武汉·七年级期中）如图：CD∥AB，BC平分∠ACD，CF平分∠ACG，∠BAC=40°，∠1=∠2，则下列结论：①∠ACE=2∠4；②CB⊥CF；③∠1=70°；④∠3=2∠4，其中正确的是（

）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【答案】C【分析】根据角平分线的性质可得∠ACB=12∠ACD，∠ACF=12∠ACG，再利用平角定义可得∠BCF=90°，进而可得②正确；首先计算出∠ACB的度数，再利用平行线的性质可得∠2的度数，从而可得∠1的度数，进而可得③正确；利用三角形内角和计算出∠3的度数，然后计算出∠ACE的度数，可分析出①错误；根据【详解】解：如图，∵BC平分∠ACD，CF平分∠ACG，∴∠ACB=∵∠ACG+∠ACD=180°，∴∠ACF+∠ACB=90°，∴CB⊥CF，故②正确，∵CD∥AB，∠BAC=40°，∴∠ACG=40°，∴∠ACF=∠4=20°，∴∠ACB=90°-20°=70°，∴∠BCD=70°，∵CD∥AB，∴∠2=∠BCD=70°，∵∠1=∠2，∴∠1=70°，故③正确；∵∠BCD=70°，∴∠ACB=70°，∵∠1=∠2=70°，∴∠3=40°，∴∠ACE=30°，∴①∠ACE=2∠4错误；∵∠4=20°，∠3=40°，∴∠3=2∠4，故④正确，故选：C．【点睛】此题主要考查了平行线的性质，以及角平分线的性质，理清图中角之间的和差关系是解题的关键．10．（3分）（2022·全国·七年级）如图，已知长方形纸片ABCD，点E和点F分别在边AD和BC上，且∠EFC=37°，点H和点G分别是边AD和BC上的动点，现将点A，B，C，D分别沿EF，GH折叠至点N，M，P，K，若MN∥PK，则∠KHD的度数为（）A．37°或143° B．74°或96° C．37°或105° D．74°或106°【答案】D【分析】分两种情况讨论，①当PK在AD上方时，延长MN、KH相交于点Q，根据MN∥PK，推出EN∥KQ，得到∠AEN=∠AHQ，求出∠AEN的度数，再根据∠KHD=∠AHQ即可求解；②当PK在BC下方时，延长MN、HK相交于点O，根据MN∥PK，推出【详解】解：①当PK在AD上方时，延长MN、KH相交于点Q，如图所示∵MN∴∠K=∠Q∵∠K=90°∴∠Q=90°∵∠MNE=90°∴∠MNE=∠Q∴EN∴∠AEN=∠AHQ∵∠EFC=37°，AD∴∠AEF=∠EFC=37°∵翻折∴∠AEF=∠NEF=37°∴∠AEN=74°∴∠AHQ=74°∵∠KHD=∠AHQ∴∠KHD=74°②当PK在BC下方时，延长MN、HK相交于点O，如图所示∵MN∴∠O=∠OKP=90°∵∠MNE=90°∴∠MNE=∠O∴EN∴∠AEN=∠AHO∵∠EFC=37°，AD∴∠AEF=∠EFC=37°∵翻折∴∠AEF=∠NEF=37°∴∠AEN=74°∴∠AHO=74°∵∠AHO+∠KHD=180°∴∠KHD=106°故选D．【点睛】本题考查了翻折、平行线的判定和性质、对顶角等知识点，分情况讨论，画出对应图形进行求解是解答本题的关键．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2022·全国·八年级阶段练习）在△ABC中，若∠A=58°，则∠ABC与∠ACB的平分线的夹角度数为__．【答案】119°##119度【分析】由BP、CP分别平分∠ABC与∠ACB可得∠PBC=12∠ABC，∠PCB=【详解】如图，设∠ABC与∠ACB的平分线的交点为P，∵BP、CP分别平分∠ABC与∴∠PBC=1∴∠BPC=180°-=180°-（=180°-1=180°-1=180°-90°+1=90°+29°=119°，故答案为：119°【点睛】本题考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，熟记三角形的内角的和定理是解题的关键．12．（3分）（2022·山东淄博·七年级期中）如图，直线l1∥l2，若∠1=35°【答案】35°##35度【分析】过点E作EF∥11，利用平行线的性质解答即可．【详解】解：如下图，过点E作EF∥11，∵11∥12，EF∥11，∴EF∥11∥12，∴∠1=∠AEF=35°，∠FEC=∠3，∴∠2=∠AEF+∠FEC=∠1+∠3=35°+∠3，∴∠2-∠3=35°+∠3-∠3=35°，故答案为：35°．【点睛】此题考查了平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，利用数形结合的思想解答．13．（3分）（2022·江西吉安·七年级期中）如图，已知∠1=∠2，还需再添加一个条件：______，可知AB∥EF．【答案】∠CDG+∠DGE=180°（答案不唯一）【分析】根据平行线的判定和性质加条件使得CD∥EF，进而得出AB∥EF．【详解】解：当∠CDG+∠DGE=180°时，∵∠1=∠2，∴AB∥CD，∵∠CDG+∠DGE=180°，∴CD∥EF，∴AB∥EF．故答案为：∠CDG+∠DGE=180°（答案不唯一）【点睛】本题主要考查平行线的判定和性质，熟练地掌握平行线的判定和性质是解决问题的关键．14．（3分）（2022·河南平顶山·七年级期中）如图，点P是AM上一点，BC，BD分别平分∠ABP和∠PBN，交AM于点C，D，∠A=∠CBD=60°，∠ACB=∠ABD，则∠ABC的度数为______．【答案】30°##30度【分析】根据∠CBD=60°，BC、BD分别平分∠ABP和∠PBN，即可得出∠ABN=120°，再根据平行线的性质和三角形的外角的性质即可得到∠ABC的度数．【详解】∵BC，BD分别平分∠ABP和∠PBN，∴∠CBP=12∠ABP，∠DBP=12∠∴∠CBD=12（∠ABP+∠PBN）=12∵∠A=∠CBD=60°，∴∠ABN=120°，∴∠A+∠ABN=180°，∠ABC+∠NBD=60°，∴AM∥∴∠NBD=∠BDA，∵∠ACB=∠ABD，即∠BDC+∠CBD=∠ABC+∠CBD，∴∠BDC=∠ABC=∠NBD=30°，∴∠ABC=30°，故答案为：30°．【点睛】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的性质及三角形外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．15．（3分）（2022·全国·七年级）如图，直线EF上有两点A、C，分别引两条射线AB、CD,∠BAF=110°，CD与AB在直线EF异侧．若∠DCF=60°，射线AB、CD分别绕A点，C点以1度/秒和6度/秒的速度同时顺时针转动，设时间为t秒，在射线CD转动一周的时间内，当时间t的值为______时，CD与AB平行．【答案】2秒或38秒【分析】分①AB与CD在EF的两侧，分别表示出∠ACD与∠BAC②CD旋转到与AB都在EF的右侧，分别表示出∠DCF与③CD旋转到与AB都在EF的左侧，分别表示出∠DCF与【详解】解：存在．分三种情况：如图①，AB与CD在EF的两侧时，∵∠BAF=110°，∴∠ACD=180°-60°-(6t)°=120°-(6t)°，要使AB//CD，则∠ACD=即120°-(6t)°=110°-t°，解得t=2；此时(180°-60°)÷6=20，∴0<t<20；②CD旋转到与AB都在EF∵∠BAF=110°，∴∠DCF=360°-(6t)°-60°=300°-(6t)°，要使AB//CD，则∠DCF=即300°-(6t)°=110°-t°，解得t=38，此时(360°-60°)÷6=50，∴20<t<50；③CD旋转到与AB都在EF∵∠BAF=110°，∴∠DCF=(6t)°-(180°-60°+180°)=(6t)°-300°，要使AB//CD，则∠DCF=即(6t)°-300°=t°-110°，解得t=38，此时t>50，∵38<50，∴此情况不存在．综上所述，当时间t的值为2秒或38秒时，CD与AB平行．故答案为：2秒或38秒．【点睛】本题考查了平行线的判定，读懂题意并熟练掌握平行线的判定方法是解题的关键，要注意分情况讨论．16．（3分）（2022·上海·测试·编辑教研五八年级期末）如图，在△ABC中，∠CAB=90°，AB=8，AC=3，CD是△ABC的中线，将△ABC沿直线CD翻折，点B'是点B的对应点，点E是线段CD上的点，如果∠CAE=∠BAB'，那么【答案】95##1.8##【分析】先证明∠ABB'=∠ACE，∠AB'B=90°，结合∠CAE=∠BAB【详解】解：如图，∵△CDB'是由∴∠BCD=∠DCB'，∠CBD=∠CB∴∠DBB∵2∠DCB+2∠CBD+2∠DBB∴∠DCB+∠CBD+∠DBB∵∠CDA=∠DCB+∠CBD，∠ACD+∠CDA=90°，∴∠ABB∵AD=DB=DB∴∠DBB'=∠D∵∠DBB∴2(∠DB∴∠DB∴∠AB∵∠CAE=∠BAB∴∠AEC=∠AB在Rt△AEC中，AC=3，AD=4，∴CD=A∵S△ACD∴3×4=5AE，解得：AE=12在Rt△ACE中，CE=A故答案为：95【点睛】本题考查翻折变换，三角形内角和定理的应用，三角形外角性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）（2022·福建·明溪县教师进修学校七年级期中）填空，将本题补充完整．如图，已知EF∥AD，∠1＝∠2，∠BAC＝65°．将求∠AGD的过程填写完整．解：∵EF∥AD（已知）∴∠2＝（）又∵∠1＝∠2（已知）∴∠1＝（等量代换）∴AB∥GD（）∴∠BAC+＝180°（）∵∠BAC＝65°（已知）∴∠AGD＝°【答案】∠3；两直线平行，同位角相等；∠3；内错角相等，两直线平行；∠AGD；两直线平行，同旁内角互补；115°【分析】由EF∥AD，可得∠2＝∠3，由等量代换可得∠1＝∠3，从而得到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）又∵∠1＝∠2（已知）∴∠1＝∠3（等量代换）∴AB∥GD（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＝65°（已知）∴∠AGD＝115°．【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，此题比较简单，解题的关键是注意掌握两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补定理；内错角相等，两直线平行的应用．18．（6分）（2022·河南·信阳文华寄宿学校七年级期末）如图，已知点O在直线AB上，射线OE平分∠AOC，过点O作OD⊥OE，G是射线OB上一点，连接DG，使∠ODG+∠DOG=90°．(1)求证：∠AOE=∠ODG；(2)若∠ODG=∠C，试判断CD与OE的位置关系，并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)CD∥OE，理由见解析【分析】（1）由OD⊥OE得到∠EOC+∠COD=∠AOE+∠DOG=90°，再利用等角的余角相等即可证明∠AOE=∠ODG；（2）证明∠EOC=∠C，利用内错角相等两直线平行，即可证明CD∥OE．（1）证明：∵OD⊥OE，∴∠EOC+∠COD=∠AOE+∠DOG=90°，∵∠ODG+∠DOG=90°，∴∠AOE=∠ODG；（2）解：CD∥OE．理由如下：由（1）得∠AOE=∠ODG，∵射线OE平分∠AOC，∴∠AOE=∠EOC，∵∠ODG=∠C，∴∠EOC=∠C，∴CD∥OE．【点睛】本题考查了角平分线定义，垂直的定义，平行线的判定，等角的余角相等，正确识图是解题的关键．19．（8分）（2022·安徽省安庆市外国语学校八年级期中）如图①，凹四边形ABCD形似圆规，这样的四边形称为“规形”，(1)如图①，在规形ABCD中，若∠A=80°，∠BDC=130°，∠ACD=30°，则∠ABD=______°；(2)如图②，将△ABC沿DE，EF翻折，使其顶点A，B均落在点O处，若∠CDO+∠CFO=72°，则∠C=______°；(3)如图③，在规形ABCD中，∠BAC、∠BDC的角平分线AE、DE交于点E，且∠B＞∠C，试探究∠B，∠C，【答案】(1)20(2)54(3)∠E=1【分析】（1）连接AD，并延长到点E，根据三角形外角的性质得出∠3=∠1+∠B、∠4=∠2+∠C，即可得出∠BDC=∠BAC+∠B+∠C，根据∠A=80°，∠BDC=130°，∠ACD=30°，即可得出答案；（2）根据翻折得出∠A=∠DOE，∠B=∠EOF，根据三角形内角和得出∠A+∠B=180°-∠C，在根据∠DOF=∠C+∠CDO+∠CFO=180°-∠C，列出关于∠C的方程，解方程即可得出答案；（3）根据角平分线的定义结合解析（1）得出∠3=12∠BDC=12∠BAC+∠B+∠C，【详解】（1）解：如图1，连接AD，并延长到点E，则∠3=∠1+∠B、∠4=∠2+∠C，∴∠3+∠4=∠1+∠2+∠B+∠C，即∠BDC=∠BAC+∠B+∠C，∵∠A=80°，∠BDC=130°，∠ACD=30°，∴∠ABD=∠BDC-∠BAC-∠ACD=20°，故答案为：20；（2）解：∵将△ABC沿DE，EF翻折，顶点A，B均落在点O处，∴∠A=∠DOE，∠B=∠EOF，∴∠DOF=∠A+∠B，∵∠A+∠B+∠C=180°，∴∠A+∠B=180°-∠C，∵∠DOF=∠C+∠CDO+∠CFO=180°-∠C，∴∠C+72°=180°-∠C，∴∠C=54°．（3）解：∠E=1如图3，由（1）知∠BDC=∠BAC+∠B+∠C，∵DE平分∠BDC，∴∠3=1∵AE平分∠BAC，∴∠1=1∵∠E=∠5-∠3，∠5=∠1+∠B，∴∠E=∠1+∠B-∠3===即∠E=1【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质和三角形内角和定理，角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．20．（8分）（2022·江苏·飞达路中学八年级阶段练习）【阅读理解】在解决几何问题时，我们时常需要构造全等三角形，比如：如图，在△ABC中，点D是BC的中点，延长AD到点Q，使得DQ=AD，连接QC，就可构造出△ABD≌△QCD，请说明理由．【问题探究】请利用上面构造方法解决下面问题：如图，OA=OB，∠AOB=α，OC=OD，探究一：当α=β=90°时，试说明：AD=2MO．探究二：当α和β满足_________时，结论“AD=2MO”依然成立．【答案】阅读理解：证明见解析；问题探究：探究一：证明见解析；探究二：α+β=180°【分析】阅读理解：延长AD到点Q，使得DQ=AD，连接QC，利用SAS即可证明△ABD≌△QCD；问题探究：探究一：延长OM到点F，使MF=OM，连接BF，利用SAS证明△BMF≌△CMO，根据全等三角形得性质BF=OC，∠F=∠MOC，进而得到BF∥OC，根据平行线的性质及周角的定义得出∠FBO=∠DOA，利用SAS证明探究二：延长OM到点F，使MF=OM，连接BF，利用SAS证明△BMF≌△CMO，根据全等三角形得性质BF=OC，∠F=∠MOC，进而得到BF∥OC，根据平行线的性质及周角的定义得出∠FBO=∠DOA，利用SAS证明【详解】阅读理解：延长AD到点Q，使得DQ=AD，连接QC，∵D是BC的中点，∴BD=CD，在△ABD和△QCD中，AD=DQ∠ADB=∠QDC∴△ABD≌△QCDSAS问题探究：探究一：延长OM到点F，使MF=OM，连接BF，∴2OM=OF，∵M是BC的中点，∴BM=CM，在△BMF和△CMO中，BM=CM∠BMF=∠CMO∴△BMF≌△CMOSAS∴BF=OC，∴BF∥∴∠FBO+∠BOC=180°，∵∠BOA+∠COD=90°，∴∠DOA+∠BOC=360°-∠AOB-∠COD=180°，∴∠FBO=∠DOA,∵OC=OD，∴BF=OD，在△FBO和△DOA中，BO=AO∠FBO=∠DOA∴△FBO≌△DOASAS∴OF=AD，∴AD=2MO；探究二：当α和β满足α+β=180°时，结论“AD=2MO”依然成立，理由如下：延长OM到点F，使MF=OM，连接BF，∴2OM=OF，∵M是BC的中点，∴BM=CM，在△BMF和△CMO中，BM=CM∠BMF=∠CMO∴△BMF≌△CMOSAS∴BF=OC，∴BF∥∴∠FBO+∠BOC=180°，∵∠BOA+∠COD=α+β=180°，∴∠DOA+∠BOC=360°-∠AOB+∠COD∴∠FBO=∠DOA,∵OC=OD，∴BF=OD，在△FBO和△DOA中，BO=AO∠FBO=∠DOA∴△FBO≌△DOASAS∴OF=AD，∴AD=2MO，故答案为：α+β=180°．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行线的性质和周角的定义，解决本题的关键是作出合理的辅助线构造全等三角形．周角：一条射线绕着它的端点旋转一周所形成的角．21．（8分）（2022·黑龙江鹤岗·七年级期末）如图①，AB∥CD，M为平面内一点，若BM⊥MC，则易证∠ABM与∠DCM互余．(1)如图②，AB∥CD．点M在射线EA上运动，猜想点M在点A和D之间时，∠BMC与∠ABM、∠DCM之间的数量关系，并证明．(2)在（1）的条件下，当点M在射线EA的其它位置上时（不与点E，A，D重合）请直接写出∠BMC与∠ABM、∠DCM之间的数量关系．【答案】(1)∠ABM+∠DCM=∠BMC，理由见解析(2)∠BMC=∠DCM-∠ABM或∠BMC=∠ABM-∠DCM．【分析】（1）过M作MF∥AB，交BC于F，根据平行线的性质可得∠DCM=∠FMC，可得∠ABM+∠DCM=∠BMF+∠CMF=∠BMC；（2）分两种情况：当点M在E、A两点之间时；当点M在AD的延长线上时；进行讨论可求∠BMC与∠ABM，∠DCM的数量关系．（1）解：∠ABM+∠DCM=∠BMC，理由如下：如图，过M作MF∥AB，交BC于F，则∠ABM=∠BMF，又∵AB∥CD，∴MF∥CD，∴∠DCM=∠FMC，∴∠ABM+∠DCM=∠BMF+∠CMF=∠BMC；（2）解：当点M在E、A两点之间时，如图3，∠BMC=∠DCM-∠ABM；过M作MF∥AB，交EC于F，则∠ABM=∠BMF，又∵AB∥CD，∴MF∥CD，∴∠DCM=∠FMC，∴∠BMC=∠CMF-∠BMF=∠DCM-∠ABM；当点M在AD的延长线上时，如图4，∠BMC=∠ABM-∠DCM．过M作MF∥AB，交EC于F，则∠ABM=∠BMF，又∵AB∥CD，∴MF∥CD，∴∠DCM=∠FMC，∴∠BMC=∠BMF-∠CMF=∠ABM-∠DCM．【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，关键是构建平行线，利用平行线的性质进行解答．解题时注意分类思想的运用．22．（8分）（2022·辽宁·大连高新技术产业园区普罗旺斯学校七年级期中）已知直线AB∥CD，点E在直线AB、CD之间，点M、N分别在直线AB、CD上．(1)如图1，直线GH过点E，分别与直线AB、CD交于点G、H，∠AME=∠GND，求证：∠NGH+∠MEH=180°；(2)如图2，点F在直线CD上，ME、NE分别平分∠AMF、∠MNF，若∠FMN=2∠MEN，求∠MEN的度数；(3)如图3，MQ平分∠AME，MH平分∠BME，GN平分∠ENC．直线GN与MH交于点H，NK平分∠END，NF∥MQ．求证：∠MHG=∠KNF．【答案】(1)见解析(2)∠MEN=45°(3)见解析【分析】（1）先证明GN∥MQ，再利用平行线的性质、邻补角的定义即可证明结论；（2）设∠AME=∠FME=x°，∠MNE=∠ENF=y°，推出∠MEN=(x+y)°，由已知得到∠FMN=(2x+2y)°，利用平角的定义得到2x+2(x+y)+2y=180，据此求解即可；（3）设∠AMQ=x°，∠GNC=y°，推出∠MEN=(2x+2y)°，由平行线的性质推出∠MHS=∠BMH=90°−x°，∠ENF=∠FNH=90°−y°，在△NLP中，得到∠LNP=180°−∠NLP−∠LPN=x°，据此通过计算即可证明∠MHG=∠KNF．（1）证明：延长ME交CD于点Q，如图，∵AB∥CD，∴∠AME=∠MQD，∵∠AME=∠GND，∴∠MQD=∠GND，∴GN∥MQ，∴∠NGH=∠GEM，∵∠GEM+∠MEH=180°，∴∠NGH+∠MEH=180°；（2）解：过E作EQ∥AB，如图．∵ME平分∠AMF，EN平分∠MNF，∴设∠AME=∠FME=x°，∠MNE=∠ENF=y°．∵EQ∥AB，AB∥CD．∴EQ∥CD，∵EQ∥AB．∴∠MEQ=∠AME=x°．∵EQ∥CD．∴∠NEQ=∠ENF=y°．∴∠MEN=∠MEQ+∠NEQ=(x+y)°．∵∠FMN=2∠MEN，∴∠FMN=(2x+2y)°，∵AB∥CD，∴∠BMN=∠MNF=2y