苏科版七年级数学下册尖子生培优 第7章平面图形的认识（二）单元测试（能力提升卷）（原卷版+解析）

今后的某一天，你会感谢曾经努力的自己！今后的某一天，你会感谢曾经努力的自己！/今后的某一天，你会感谢曾经努力的自己！第1章平面图形的认识（二）单元测试（能力提升卷，七下苏科）班级：___________________姓名：_________________得分：_______________注意事项：本试卷满分100分，试题共24题，其中选择8道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2022秋•山西期末）若一个三角形的两边长分别为7和9，则此三角形第三边的长可能为（）A．1 B．7 C．16 D．172．（2022秋•城关区校级期末）若n边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，则n是（）A．5 B．7 C．8 D．93．（2022秋•临汾期末）如图，两条平行线a，b被第三条直线c所截．若∠2＝56°，则∠1的度数为（）A．120° B．112° C．124° D．56°4．（2022秋•硚口区期末）如图，D是AB上一点，E是AC上一点，BE，CD相交于点F，∠A＝70°，∠ACD＝20°，∠ABE＝25°，则∠BFC的大小是（）A．90° B．95° C．105° D．115°5．（2022秋•重庆期末）如图，△ABC中，D在BC的延长线上，过D作DF⊥AB于F，交AC于E．已知∠A＝33°，∠ECD＝85°，则∠D＝（）A．52° B．43° C．33° D．38°6．（2022秋•蒲城县期末）如图，∠1＝60°，下列推理正确的是（）①若∠2＝60°，则AB∥CD；②若∠5＝60°，则AB∥CD；③若∠3＝120°，则AB∥CD；④若∠4＝120°，则AB∥CD．A．①② B．②④ C．②③④ D．②③7．（2022秋•大渡口区校级期末）如图，AB∥CD，∠ABE＝125°，∠C＝30°，则∠α＝（）A．70° B．75° C．80° D．85°8．（2022春•牡丹江期中）如图，AB∥CD，F为AB上一点，FD∥EH，且FE平分∠AFG，过点F作FG⊥EH于点G，且∠AFG＝2∠D，则下列结论：①∠D＝30°；②2∠D+∠EHC＝90°；③FD平分∠HFB；④FH平分∠GFD．其中正确结论的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）请把答案直接填写在横线上9．（2022秋•凤凰县期末）如图，自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具有．10．（2022秋•市北区校级期末）如图，将直角三角形的直角顶点放在直尺的一边上，若∠1＝55°，∠2＝60°，则∠3＝°．11．（2023•惠阳区校级开学）已知D、E分别是△ABC的边BC和AC的中点，若△ABC的面积＝36cm2，则△DEC的面积为．12．（2022秋•广饶县校级期末）如图所示的是重叠的两个直角三角形，将其中一个直角三角形沿BC方向平移得到△DEF．若AB＝10cm，BE＝6cm，DH＝4cm，则图中阴影部分面积为．13．（2022秋•朝阳区校级期末）一大门栏杆的平面示意图如图所示，BA垂直地面AE于点A，CD平行于地面AE，若∠BCD＝135°，则∠ABC＝度．14．（2022秋•天山区校级期末）如图，BE、CE分别为△ABC的内、外角平分线，BF、CF分别为△EBC的内、外角平分线，若∠A＝44°，则∠BFC＝度．15．（2022秋•沙坪坝区校级期末）如图，直线GH分别与直线AB，CD相交于点G，H，且AB∥CD．点M在直线AB，CD之间，连接GM，HM，射线GH是∠AGM的平分线，在MH的延长线上取点N，连接GN，若∠N＝∠BGM，∠M＝∠N+∠HGN，则∠MHG的度数为．16．在一个三角形中，如果一个角是另一个角的3倍，这样的三角形我们称之为“灵动三角形”．例如，三个内角分别为120°，40°，20°的三角形是“灵动三角形”．如图∠MON＝40°，在射线OM上找一点A，过点A作AB⊥OM交ON于点B，以A为端点作射线AD，交线段OB于点C（规定0°＜∠OAC＜60°）．当△ABC为“灵动三角形”时，∠OAC的度数为．三、解答题（本大题共8小题，共68分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（2022秋•朝阳区校级期末）阅读下面的推理过程，将空白部分补充完整．已知：如图，在△ABC中，FG∥CD，∠1＝∠3．求证：∠B+∠BDE＝180°．证明：因为FG∥CD（已知），所以∠1＝．又因为∠1＝∠3（已知），所以∠2＝（等量代换）．所以BC∥（），所以∠B+∠BDE＝180°（）．18．（2022秋•天山区校级期末）如图，在△ABC中，∠C＝∠ABC＝2∠A，BD是AC边上的高，求∠ABD的度数．19．（2022秋•朝阳区校级期末）如图，淇淇从点A出发，前进10米后向右转20°，再前进10米后又向右转20°，这样一直下去，直到他第一次回到出发点A为止，他所走的路径构成了一个多边形．（1）求淇淇一共走了多少米？（2）求这个多边形的内角和．20．（2022秋•驿城区校级期末）如图，在△ABC中，CF⊥AB于F，ED∥CF，∠1＝∠2．（1）求证：FG∥BC；（2）若∠A＝60°，∠AGF＝70°，求∠B及∠2的度数．21．（2022秋•江北区校级期末）在正方形网格中，小正方形的顶点称为“格点”，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点均在“格点”处．（1）在给定方格纸中，点B与点B'对应，请画出平移后的△A'B'C'；（2）线段AA'与线段CC'的关系是；（3）求平移过程中，线段BC扫过的面积．22．（2023秋•抚州期末）如图，已知直线AB∥CD，∠A＝∠C＝100°，点E，F在CD上，且满足∠DBF＝∠ABD，BE平分∠CBF．（1）直线AD与BC有何位置关系？请说明理由；（2）求∠DBE的度数；（3）若平行移动AD，在平行移动AD的过程中是否存在∠BEC＝∠ADB？若存在，求出∠BEC的度数；若不存在，请说明理由．23．（2022•南谯区校级开学）如图，将一副直角三角板放在同一条直线AB上，其中∠ONM＝30°，∠OCD＝45°．（1）将图①中的三角板OMN沿BA方向平移至图②的位置，MN与CD相交于点E，求∠CEN的度数；（2）将图①中的三角板OMN绕点O按逆时针方向旋转，使∠BON＝30°，如图③，MN与CD相交于点E，求∠CEN的度数；（3）将图①中的三角尺COD绕点O按每秒15°的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转过程中，在第几秒时，MN恰好与CD平行；第几秒时，MN恰好与直线CD垂直．24．（2022春•顺德区校级期中）如图1，已知直线PQ∥MN，点A在直线PQ上，点C，D在直线MN上，连接AC，AD，∠PAC＝50°，∠ADC＝30°，AE平分∠PAD，CE平分∠ACD，AE与CE相交于E．（1）求∠AEC的度数．（2）若将图1中的线段AD沿MN向右平移到A1D1，如图2所示位置，此时AE平分∠AA1D1，CE平分∠ACD1，A1E与CE相交于E，∠PAC＝50°，∠A1D1C＝30°，求∠A1EC的度数．（3）若将图1中的线段AD沿MN向左平移，若点A1的位置如图3，点D此时还在点C的右边，其他条件与（2）相同，请你在备用图图3上画出草图分析，并直接写出此时∠A1EC的度数．今后的某一天，你会感谢曾经努力的自己！今后的某一天，你会感谢曾经努力的自己！/今后的某一天，你会感谢曾经努力的自己！

第1章平面图形的认识（二）单元测试（能力提升卷，七下苏科）班级：___________________姓名：_________________得分：_______________注意事项：本试卷满分100分，试题共24题，其中选择8道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2022秋•山西期末）若一个三角形的两边长分别为7和9，则此三角形第三边的长可能为（）A．1 B．7 C．16 D．17【分析】根据三角形三边关系：任意两边之和大于第三边以及任意两边之差小于第三边，即可得出第三边的取值范围，然后从答案中选取即可．【解答】解：∵此三角形的两边长分别为7和9，∴第三边长的取值范围是：9﹣7＝2＜第三边＜9+7＝16．即：2＜x＜16，7符合要求，故选：B．2．（2022秋•城关区校级期末）若n边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，则n是（）A．5 B．7 C．8 D．9【分析】根据n边形的内角和公式（n﹣2）⋅180°（n≥3且n为整数），外角和等于360°列出方程求解即可．【解答】解：依题意得：（n﹣2）⋅180°＝360°×3﹣180°，解得n＝7．故选：B．3．（2022秋•临汾期末）如图，两条平行线a，b被第三条直线c所截．若∠2＝56°，则∠1的度数为（）A．120° B．112° C．124° D．56°【分析】由对顶角的性质得到∠3＝∠2＝56°，根据平行线的性质得到∠1＝∠3＝56°．【解答】解：如图，∵∠3和∠2是对顶角，∴∠3＝∠2＝56°，∵a∥b，∴∠1＝∠3＝56°．故选：D．4．（2022秋•硚口区期末）如图，D是AB上一点，E是AC上一点，BE，CD相交于点F，∠A＝70°，∠ACD＝20°，∠ABE＝25°，则∠BFC的大小是（）A．90° B．95° C．105° D．115°【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∠BDF＝∠A+∠ACD，再根据三角形的内角和定理求出∠BFD，然后根据平角的定义解答．【解答】解：∵∠A＝70°，∠ACD＝20°，∴∠BDF＝∠A+∠ACD＝70°+20°＝90°，在△BDF中，∠BFD＝180°﹣∠BDF﹣∠ABE＝180°﹣90°﹣25°＝65°，∴∠CFE＝180°﹣∠BFD＝180°﹣65°＝115°．故选：D．5．（2022秋•重庆期末）如图，△ABC中，D在BC的延长线上，过D作DF⊥AB于F，交AC于E．已知∠A＝33°，∠ECD＝85°，则∠D＝（）A．52° B．43° C．33° D．38°【分析】由三角形内角和定理，可将求∠D转化为求∠CED，即∠AEF，再在△AEF中求解∠D即可．【解答】解：∵DF⊥AB（已知），∴∠EFA＝90°（垂直定义），在△AEF中，∠EFA＝90°，∠A＝33°（已知），∴∠AEF＝180°﹣∠EFA﹣∠A＝180°﹣90°﹣33°＝57°，又∵∠CED＝∠AEF（对顶角相等），∴∠CED＝57°，在△CDE中，∠CED＝57°，∠ECD＝85°（已知），∴∠D＝180°﹣∠CED﹣∠ECD＝180°﹣57°﹣85°＝38°．故选：D．6．（2022秋•蒲城县期末）如图，∠1＝60°，下列推理正确的是（）①若∠2＝60°，则AB∥CD；②若∠5＝60°，则AB∥CD；③若∠3＝120°，则AB∥CD；④若∠4＝120°，则AB∥CD．A．①② B．②④ C．②③④ D．②③【分析】根据平行线的判定定理求解即可．【解答】解：由∠1＝∠2＝60°，不能判定AB∥CD，故①不符合题意；∵∠1＝∠2＝60°，∠5＝60°，∴∠2＝∠5，∴AB∥CD，故②符合题意；由∠1＝60°，∠3＝120°，不能判定AB∥CD，故③不符合题意；∵∠1＝∠2＝60°，∠4＝120°，∴∠2+∠4＝180°，∴AB∥CD，故④符合题意；故选：B．7．（2022秋•大渡口区校级期末）如图，AB∥CD，∠ABE＝125°，∠C＝30°，则∠α＝（）A．70° B．75° C．80° D．85°【分析】如图，作EF∥AB．利用平行线的性质得∠B+∠BEF＝180°，∠C＝∠CEF，即可解决问题．【解答】解：如图，作EF∥AB，∵AB∥EF，AB∥CD，∴EF∥CD，∴∠B+∠BEF＝180°，∠C＝∠CEF，∵∠ABE＝125°，∠C＝30°，∴∠BEF＝55°，∠CEF＝30°，∴∠BEC＝55°+30°＝85°．故选：D．8．（2022春•牡丹江期中）如图，AB∥CD，F为AB上一点，FD∥EH，且FE平分∠AFG，过点F作FG⊥EH于点G，且∠AFG＝2∠D，则下列结论：①∠D＝30°；②2∠D+∠EHC＝90°；③FD平分∠HFB；④FH平分∠GFD．其中正确结论的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据角平分线的性质和平行线的性质解答．延长FG，交CH于I，构造出直角三角形，利用直角三角形两锐角互余解答．【解答】解：延长FG，交CH于I．∵AB∥CD，∴∠BFD＝∠D，∠AFI＝∠FIH，∵FD∥EH，∴∠EHC＝∠D，∵FE平分∠AFG，∴∠FIH＝2∠AFE＝2∠EHC，∴3∠EHC＝90°，∴∠EHC＝30°，∴∠D＝30°，∴2∠D+∠EHC＝2×30°+30°＝90°，∴①∠D＝30°；②2∠D+∠EHC＝90°正确，∵FE平分∠AFG，∴∠AFI＝30°×2＝60°，∵∠BFD＝30°，∴∠GFD＝90°，∴∠GFH+∠HFD＝90°，可见，∠HFD的值未必为30°，∠GFH未必为45°，只要和为90°即可，∴③FD平分∠HFB，④FH平分∠GFD不一定正确．故选B．二．填空题（共8小题）9．（2022秋•凤凰县期末）如图，自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具有稳定性．【分析】根据三角形具有稳定性解答．【解答】解：自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具稳定性，故答案为：稳定性．10．（2022秋•市北区校级期末）如图，将直角三角形的直角顶点放在直尺的一边上，若∠1＝55°，∠2＝60°，则∠3＝25°．【分析】首先根据对顶角相等求出∠4＝∠2＝60°，然后根据三角形的内角和定理求出∠5的度数，最后根据平行线的性质得出∠6＝∠5，继而可求得∠3的度数．【解答】解：∵∠2和∠4为对顶角，∠2＝60°，∴∠4＝∠2＝60°，∴∠5＝180°﹣∠1﹣∠4＝65°，∵直尺的对边平行，∴∠6＝∠5＝65°，∵三角形为直角三角形，∴∠3＝90°﹣∠6＝25°．故答案为：25．11．（2023•惠阳区校级开学）已知D、E分别是△ABC的边BC和AC的中点，若△ABC的面积＝36cm2，则△DEC的面积为9cm2．【分析】根据三角形的面积公式以及中点的概念即可分析出各部分的面积关系．【解答】解：∵D是△ABC的边BC的中点，∴S△ABC＝2S△ADC，又∵E是△ADC的边AC的中点，S△ABC＝36cm2，∴S△DEC＝S△ABC＝9cm2．故答案为：9cm2．12．（2022秋•广饶县校级期末）如图所示的是重叠的两个直角三角形，将其中一个直角三角形沿BC方向平移得到△DEF．若AB＝10cm，BE＝6cm，DH＝4cm，则图中阴影部分面积为48cm2．【分析】因为四边形ABEH是一个梯形，因为两个直角三角形是完全重合的，所以阴影部分的面积等于梯形ABEH的面积，又因为AB＝DE＝10cm，据此求出EH＝10﹣4＝6cm，再利用梯形的面积公式计算即可解答．【解答】解：∵AB＝10cm，BE＝6cm，DH＝4cm，∴AB＝DE＝10cm，∴EH＝10﹣4＝6cm，∴S阴影＝S梯形ABEH＝（6+10）×6＝×16×6＝48（cm2），答：图中阴影部分面积为48cm2．故答案为：48cm2．13．（2022秋•朝阳区校级期末）一大门栏杆的平面示意图如图所示，BA垂直地面AE于点A，CD平行于地面AE，若∠BCD＝135°，则∠ABC＝135度．【分析】先过点B作BF∥CD，由CD∥AE，可得CD∥BF∥AE，继而证得∠1+∠BCD＝180°，∠2+∠BAE＝180°，又由BA垂直于地面AE于A，∠BCD＝135°，求得答案【解答】解：如图，过点B作BF∥CD，∵CD∥AE，∴CD∥BF∥AE，∴∠1+∠BCD＝180°，∠2+∠BAE＝180°，∵∠BCD＝135°，∠BAE＝90°，∴∠1＝45°，∠2＝90°，∴∠ABC＝∠1+∠2＝135°．故答案为：135．14．（2022秋•天山区校级期末）如图，BE、CE分别为△ABC的内、外角平分线，BF、CF分别为△EBC的内、外角平分线，若∠A＝44°，则∠BFC＝11度．【分析】根据角平分线的性质，由CE平分∠ACD，BE平分∠ABC得∠ECD＝，∠EBC＝，进而推断出∠E＝∠ECD﹣∠EBC＝﹣＝．同理可得∠BFC＝，从而解决此题..【解答】解：∵CE平分∠ACD，BE平分∠ABC，∴∠ECD＝，∠EBC＝．又∵∠ECD＝∠E+∠EBC，∴∠E＝∠ECD﹣∠EBC＝﹣＝＝＝×44°＝22°．同理可证：∠BFC＝＝×22°＝11°．故答案为：11．15．（2022秋•沙坪坝区校级期末）如图，直线GH分别与直线AB，CD相交于点G，H，且AB∥CD．点M在直线AB，CD之间，连接GM，HM，射线GH是∠AGM的平分线，在MH的延长线上取点N，连接GN，若∠N＝∠BGM，∠M＝∠N+∠HGN，则∠MHG的度数为45°．【分析】过M作MF∥AB，过H作HE∥GN，设∠BGM＝2α，∠MHD＝β，可得∠BGH＝∠BGM+∠MGH＝90°+α，由∠M＝∠N+∠HGN，可得∠HGN＝β﹣α，从而∠GHD＝∠GHE+∠EHM+∠MHD＝2β+α，又∠BGH+∠GHD＝180°，即知α+β＝45°，故∠MHG＝α+β＝45°．【解答】解：过M作MF∥AB，过H作HE∥GN，如图：设∠BGM＝2α，∠MHD＝β，则∠N＝∠BGM＝2α，∴∠AGM＝180°﹣2α，∵GH平分∠AGM，∴∠MGH＝∠AGM＝90°﹣α，∴∠BGH＝∠BGM+∠MGH＝90°+α，∵AB∥CD，∴MF∥AB∥CD，∴∠M＝∠GMF+∠FMH＝∠BGM+∠MHD＝2α+β，∵∠M＝∠N+∠HGN，∴2α+β＝×2α+∠HGN，∴∠HGN＝β﹣α，∵HE∥CN，∴∠GHE＝∠HGN＝β﹣α，∠EHM＝∠N＝2α，∴∠GHD＝∠GHE+∠EHM+∠MHD＝（β﹣α）+2α+β＝2β+α，∵AB∥CD，∴∠BGH+∠GHD＝180°，∴（90°+α）+（2β+α）＝180°，∴α+β＝45°，∴∠MHG＝∠GHE+∠EHM＝（β﹣α）+2α＝α+β＝45°，故答案为：45°．16．在一个三角形中，如果一个角是另一个角的3倍，这样的三角形我们称之为“灵动三角形”．例如，三个内角分别为120°，40°，20°的三角形是“灵动三角形”．如图∠MON＝40°，在射线OM上找一点A，过点A作AB⊥OM交ON于点B，以A为端点作射线AD，交线段OB于点C（规定0°＜∠OAC＜60°）．当△ABC为“灵动三角形”时，∠OAC的度数为57.5°．【分析】由∠MON＝40°，AB⊥OM，利用三角形的内角和定理可求得∠ABC＝50°，结合“灵动三角形”的定义可分两种情况进行解答，即当∠ACB＝3∠ABC，或∠ACB＝3∠CAB时，根据三角形的内角和定理以及互为余角可得答案．【解答】解：∵AB⊥OM，∴∠OAB＝90°，∵∠MON＝40°，∴∠ABC＝90°﹣40°＝50°，当△ABC为“灵动三角形”时，①当∠ACB＝3∠ABC时，∠ACB＝3×50°＝150°，∴∠OAC＝150°﹣∠O＝150°﹣40°＝110°（不合题意舍去），②当∠ACB＝3∠CAB时，4∠CAB+50°＝180°，∴∠CAB＝32.5°，∴∠OAC＝90°﹣∠CAB＝57.5°，综上，∠OAC＝57.5°．故答案为：57.5°．三．解答题（共8小题）17．（2022秋•朝阳区校级期末）阅读下面的推理过程，将空白部分补充完整．已知：如图，在△ABC中，FG∥CD，∠1＝∠3．求证：∠B+∠BDE＝180°．证明：因为FG∥CD（已知），所以∠1＝∠2．又因为∠1＝∠3（已知），所以∠2＝∠3（等量代换）．所以BC∥DE（内错角相等，两直线平行），所以∠B+∠BDE＝180°（两直线平行，同旁内角互补）．【分析】根据平行线的性质、判定填空即可．【解答】证明：因为FG∥CD（已知），所以∠1＝∠2．又因为∠1＝∠3（已知），所以∠2＝∠3（等量代换）．所以BC∥DE（内错角相等，两直线平行），所以∠B+∠BDE＝180°（两直线平行，同旁内角互补）．故答案为：∠2；∠3；DE；内错角相等，两直线平行；两直线平行，同旁内角互补．18．（2022秋•天山区校级期末）如图，在△ABC中，∠C＝∠ABC＝2∠A，BD是AC边上的高，求∠ABD的度数．【分析】根据三角形的内角和定理与∠C＝∠ABC＝2∠A，即可求得∠A的度数，再根据直角三角形的两个锐角互余求得∠ABD的度数．【解答】解：∵∠C＝∠ABC＝2∠A，∴∠C+∠ABC+∠A＝5∠A＝180°，∴∠A＝36°．又∵BD是AC边上的高，则∠ABD＝90°﹣∠A＝90°﹣36°＝54°．19．（2022秋•朝阳区校级期末）如图，淇淇从点A出发，前进10米后向右转20°，再前进10米后又向右转20°，这样一直下去，直到他第一次回到出发点A为止，他所走的路径构成了一个多边形．（1）求淇淇一共走了多少米？（2）求这个多边形的内角和．【分析】（1）第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个外角是20度的正多边形，求得边数，即可求解；（2）根据多边形的内角和公式即可得到结论．【解答】解：（1）∵所经过的路线正好构成一个外角是20度的正多边形，∴360÷20＝18，18×10＝180（米）．答：淇淇一共走了180米．（2）根据题意，得（18﹣2）×180°＝2880°，答：这个多边形的内角和是2880°．20．（2022秋•驿城区校级期末）如图，在△ABC中，CF⊥AB于F，ED∥CF，∠1＝∠2．（1）求证：FG∥BC；（2）若∠A＝60°，∠AGF＝70°，求∠B及∠2的度数．【分析】（1）由平行线的性质、等量代换推知内错角∠2＝∠BCF，则易证得结论；（2）在△AFG中，由三角形内角和是180度求得∠AFG＝50°；然后根据（1）中的FG∥BC推知同位角∠B＝∠AFG＝50°；由CF⊥AB，DE∥FC得ED⊥AB，再结合∠1＝∠即可求出∠2＝40°．【解答】解：（1）证明：∵DE∥FC，∴∠1＝∠BCF．又∵∠1＝∠2，∴∠2＝∠BCF，∴FG∥BC；（2）∵在△AFG中，∠A＝60°，∠AGF＝70°，∴∠AFG＝180°﹣∠A﹣∠AGF＝50°．又由（1）知，FG∥BC，∴∠B＝∠AFG＝50°，∵CF⊥AB，DE∥FC，∴ED⊥AB，∴∠1＝90°﹣∠B＝40°∴∠2＝40°．21．（2022秋•江北区校级期末）在正方形网格中，小正方形的顶点称为“格点”，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点均在“格点”处．（1）在给定方格纸中，点B与点B'对应，请画出平移后的△A'B'C'；（2）线段AA'与线段CC'的关系是平行且相等；（3）求平移过程中，线段BC扫过的面积．【分析】（1）分别作出各点的对应点，再顺次连接即可；（2）根据图形平移的性质即可而出结论；（3）根据平行四边形的面积公式即可得出结论．【解答】解：（1）如图，△A'B'C'即为所求；（2）线段AA'与线段CC'平行且相等．故答案为：平行且相等；（3）线段BC扫过的面积＝S平行四边形BCC′B′＝5×3＝15．22．（2023秋•抚州期末）如图，已知直线AB∥CD，∠A＝∠C＝100°，点E，F在CD上，且满足∠DBF＝∠ABD，BE平分∠CBF．（1）直线AD与BC有何位置关系？请说明理由；（2）求∠DBE的度数；（3）若平行移动AD，在平行移动AD的过程中是否存在∠BEC＝∠ADB？若存在，求出∠BEC的度数；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据平行线的性质，以及等量代换证明∠ADC+∠C＝180°，即可证得AD∥BC；（2）由直线AB∥CD，根据两直线平行，同旁内角互补，即可求得∠ABC的度数，又由∠DBE＝∠ABC，即可求得∠DBE的度数．（3）首先设∠ABD＝∠DBF＝∠BDC＝x°，由直线AB∥CD，根据两直线平行，同旁内角互补与两直线平行，内错角相等，可求得∠BEC与∠ADB的度数，又由∠BEC＝∠ADB，即可得方程：x°+40°＝80°﹣x°，解此方程即可求得答案．【解答】（1）AD∥BC．证明：∵AB∥CD，∴∠A+∠ADC＝180°，又∵∠A＝∠C∴∠ADC+∠C＝180°，∴AD∥BC；（2）解：∵AB∥CD，∴∠ABC＝180°﹣∠C＝80°，∵∠DBF＝∠ABD，BE平分∠CBF，∴∠DBE＝∠ABF+∠CBF＝∠ABC＝40°；（3）存在．解：设∠ABD＝∠DBF＝∠BDC＝x°．∵AB∥CD，∴∠BEC＝∠ABE＝x°+40°；∵AB∥CD，∴∠ADC＝180°﹣∠A＝80°，∴∠ADB＝80°﹣x°．若∠BEC＝∠ADB，则x°+40°＝80°﹣x°，得x°＝20°．∴∠BEC＝∠ADB＝60°．23．（2022•南谯区校级开学）如图，将一副直角三角板放在同一条直线AB上，其中∠ONM＝30°，∠OCD＝45°．（1）将图①中的三角板OMN沿BA方向平移至图②的位置，MN与CD相交于点E，求∠CEN的度数；（2）将图①中的三角板OMN绕点O按逆时针方向旋转，使∠BON＝30°，如图③，MN与CD相交于点E，求∠CEN的度数；（3）将图①中的三角尺COD绕点O按每秒15°的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转过程中，在第几秒时，MN恰好与CD平行；第几秒时，MN恰好与直线CD垂直．【分析】（1）根据三角形的内角和定理列式计算即可得解；（2）根据内错角相等，两直线平行判断出MN∥BC，再根据两直线平行，同旁内角互补解答；（3）作出图形，然后分两种情况求出旋转角，再根据时间＝旋转角÷速度计算即可得解．【解答】解：（1）在△CEN中，∠CEN＝180°﹣∠DCN﹣∠MNO＝180°﹣45°﹣30°＝105°；（2）∵∠BON＝∠N＝30°，∴MN∥CB，∴∠CEN＝180°﹣∠DCO＝180°﹣45°＝135°；（3）如图1，CD在AB上方时，设OM与CD相交于F，∵CD∥MN，∴∠OFD＝∠M＝60°，在△ODF中，∠MOD＝180°﹣∠D﹣∠OFD＝180°﹣45°﹣60°＝75°，∴旋转角为75°，t＝75°÷15°＝5（秒）；CD在AB的下方时，设直线OM与CD相交于F，∵CD∥MN，∴∠DFO＝∠M＝60°，在△DOF中，∠DOF＝180°﹣∠D﹣∠DFO＝180°﹣45°﹣60°＝75°，∴旋转角为75°+180°＝255°，t＝255°÷15°＝17（秒）；综上所述，第5或