专题2.7 平行线的性质与判定中的三种常用辅助线（北师大版）（解析版）

第=1+1页共sectionpages54页专题2.7平行线的性质与判定中的三种常用辅助线【北师大版】考卷信息：本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对平行线的性质与判定中的三种常用辅助线大题型的理解！【题型1过“拐点”作平行线】1．（2023下·辽宁大连·七年级统考期末）如图，已知∠A=90°+α，∠C=90°−α，且∠BED=135°．若∠ABE=70°，求∠D的度数．

【答案】∠D=65°【分析】过点E作EF∥AB，由题意可判定EF∥CD，从而得∠BEF=∠ABE=70°，再利用平行线性质求解即可．【详解】如下图，过点E作EF∥AB，

∵∠A=90°+α，∠C=90°−α，∴∠A+∠C=90°+α+90°−α=180°，∴AB∥CD,又∵EF∥AB，∴EF∥CD，∵∠ABE=70°，∴∠BEF=∠ABE=70°,又∵∠BED=135°，∴∠DEF=135°−70°=65°，∴∠D=∠DEF=65°．【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，解题的关键是掌握平行线的判定定理和性质定理以及证明EF//2．（2023上·吉林长春·七年级统考期末）已知AB∥CD，点E在AB上，点F在DC上，点G为射线(1)【基础问题】如图1，试说明：∠AGD=∠A+∠D．（完成下面的填空部分）证明：过点G作直线MN∥∵AB∥∴_______①_______∥CD∵MN∥∴_______②_______=∠MGA．∵MN∥CD，∴∠D=_______③_______（_______④_______）．∴∠AGD=∠AGM+∠DGM=∠A+∠D．(2)【类比探究】如图2，当点G在线段EF延长线上时，请写出∠AGD、∠A、∠D三者之间的数量关系，并说明理由．(3)【应用拓展】如图3，点E与点A重合，AH平分∠GAB，且∠HDF=22°，∠AFC=72°，那么∠H的度数为________．【答案】(1)MN；∠A；∠DGM；两直线平行，内错角相等(2)∠AGD=∠A−∠D，理由见解析(3)32°【分析】（1）过点G作直线MN∥（2）过点G作直线MN∥AB，同理可得∠A=∠AGM，∠D=∠DGM，则（3）利用平行线的性质求出∠GAB的值，再利用平行线的性质进行计算即可；本题主要考查了平行线的性质，平行公理，解题的关键在于能够熟练掌握平行线的性质.【详解】（1）过点G作直线MN∥∵AB∥∴MN∥∵MN∥∴∠A=∠MGA，∵MN∥∴∠D=∠DGM（两直线平行，内错角相等），∴∠AGD=∠AGM+∠DGM=∠A+∠D；故答案为：MN；∠A；∠DGM；两直线平行，内错角相等；（2）如图所示，过点G作直线MN∥又∵AB∥∴MN∥∵MN∥∴∠A=∠AGM，∵MN∥∴∠D=∠DGM，∴∠AGD=∠AGM−∠DGM=∠A−∠D；（3）如图所示，∵∠AFC=72°，∴∠GAB=180°−72°=108°，∵AH平分∠GAB，∴∠HAB=1∵DC∥AB，∴∠HQC=54°，∴∠H=∠HQC−∠HDF=54°−22°=32°．3．（2023下·浙江杭州·七年级统考期末）已知AB∥CD，点E在AB上，点F在CD上，点Q为射线

(1)如图1，若∠A=22°，∠C=35°，则∠AQC=．(2)如图2，当点Q在线段EF的延长线上时，请写出∠A、∠C和∠AQC三者之间的数量关系，并说明理由．(3)如图3，AH平分∠QAB，CH交AH于点H．①若CH平分∠QCD，求∠AQC和∠AHC的数量关系．②若∠QCH:∠DCH=1:3，∠HCD=33°，∠AHC=25°，直接写出∠AQC的度数为．【答案】(1)57°(2)数量关系：∠A−∠C=∠AQC，理由见解析(3)①∠AHC=12∠AQC，②【分析】（1）过点Q作QH∥AB，进而利用两直线平行，内错角相等解答即可；（2）过点Q作MN∥CD，进而利用两直线平行，内错角相等解答即可；（3）①过点H作PH∥CD，根据平行线的性质和角平分线的定义解答即可；②根据①的结论，利用角的关系解答即可．【详解】（1）解：过点Q作QH∥AB，

∵AB∥CD，∴QH∥AB∥CD，∴∠C=∠CQH=35°，∠A=∠HQA=22°，∴∠AQC=∠CQH+∠HQA=35°+22°=57°，故答案为：57°；（2）数量关系：∠A−∠C=∠AQC，证明：过点Q作MN∥CD，

∵AB∥CD，∴AB∥MN，∴∠NQC=∠C，∠MQA=180°−∠A，∴∠AQC=180°−∠NQC−∠MQA=∠A−∠C．（3）①过点H作PG∥CD，

∵AB∥CD，∴AB∥PH，∴∠PHC=∠HCD，∠GHA=180°−∠HAB，∴∠AHC=∠HAB−∠HCD．又∵AH平分∠CAB，CH平分∠QCD，∴∠HAB=12∠QAB，∠HCD=12∴∠AHC=12由（2）可得∠AHC=12②∠AQC=72°，理由如下：∵∠QCH：∠DCH=1:3，∠HCD=33°，∠AHC=25°，∴∠QCH=11°，∠DCH=33°，∴∠HAB=33°+25°=58°，∴∠AQC=58°×2−44°=72°，故答案为：72°．【点睛】本题考查平行线的判定和性质，关键是添加辅助线，根据两直线平行，内错角相等解答．4．（2023下·辽宁鞍山·七年级校考期末）如图1，点A在直线MN上，点B在直线ST上，点C在MN，ST之间，且满足∠MAC+∠ACB+∠SBC=360°．

(1)证明：MN∥ST；(2)如图2，若∠ACB=45°，AD∥CB，点E在线段BC上，连接AE，且∠DAE=3∠CBT，试判断∠CAE与(3)如图3，若∠ACB=36°，点E在线段BC上，连接AE，若∠MAE=5∠CBT，直接写出∠CAE：【答案】(1)见解析(2)∠CAE=2∠CAN，理由见解析(3)4【分析】（1）如图：作CH∥MN，然后根据平行线的性质可得∠MAC+∠ACH=180°．再结合∠MAC+∠ACB+∠SBC=360°可得∠HCB+∠SBC=180°，即CH∥ST，最后根据平行公理即可证明结论；（2）如图：作CF∥ST，设∠CBT=α，则∠DAE=3α．由平行线的性质可得∠BCF=∠CBT=α，进而得到∠ACF=45°−α；再说明MN∥CF可得∠CAN=∠ACF=45°−α；然后根据AD∥BC得到（3）设∠CBT=β，根据∠MAE=5∠CBT，表示出∠MAE=5β，∠ACF=∠CAN=36°−β，∠CAE=436°−β，求CAE【详解】（1）证明：如图：作CH∥MN

∴∠MAC+∠ACH=180°．∵∠MAC+∠ACB+∠SBC=360°，∴∠HCB+∠SBC=180°，∴CH∥ST∴MN∥ST．（2）解：∠CAE=2∠CAN，理由如下：如图：作CF∥ST，

设∠CBT=α，则∠DAE=3α．∵CF∥ST∴∠BCF=∠CBT=α，∵∠ACB=45°∴∠ACF=45°−α∵CF∥ST，MN∥ST∴MN∥CF∴∠CAN=∠ACF=45°−α∵AD∥∴∠DAC+∠ACB=180°∴∠DAC=180°−∠ACB=180°−45°=135°，∴∠CAE=∠DAC−∠DAE=135°−3α=3∴∠CAE=3∠CAN．（3）解：如图：作CF∥ST，

设∠CBT=β，∵∠MAE=5∠CBT，∴∠MAE=5β，∵CF∥ST，MN∥ST∴MN∥CF∴∠CBT=∠BCF=β，∴∠ACF=∠CAN=36°−β，∠CAE=180°−∠MAE−∠CAN=180°−5β−36°−β∴∠CAE：【点睛】本题主要考查平行线的性质和判定，根据角度的灵活转换、构建数量关系式是解答本题的关键．5．（2023下·黑龙江哈尔滨·七年级校考期末）已知直线AB∥CD，直线EF交AB于点M，交CD于点N，MH平分∠BMN交CD于点H，∠MHN=72°．（本题不允许直接使用三角形内角和定理）

(1)如图1，求∠CNM的度数；(2)如图2，若NG平分∠MND，交MH于点G，求证：NG⊥MH；(3)如图3，在（2）的条件下，点P在EF上，HP平分∠DHM，NG延长线交HP于点Q，连接MQ，若∠HMQ=3∠MPQ，求∠MQN的度数．【答案】(1)∠CNM=144°(2)见解析(3)∠MQN=36°【分析】（1）根据平行线的性质得到∠MHN=∠BMH=72°，再根据角平分线的性质求出∠CNM的度数；（2）作GR∥AB，根据（1）所求∠CNM=144°，可求得∠MNH=36°，再根据NG平分∠MND，AB∥CD，证明NG⊥MH；（3）作PO∥CD，得出∠NPO=∠PNH，∠HPO=∠PHD，根据已知条件求得∠MHD=108°，根据HP平分∠DHM和∠HMQ=3∠MPQ，根据已知角度求出∠BMQ=18°，再作QK∥CD，根据以上证明方式求出∠MQN的度数．【详解】（1）解：∵AB∥CD，且∠MHN=72°∴∠MHN=∠BMH=72°，∠CNM=∠BMN∵MH平分∠BMN∴∠BMN=2∠BMH=144°；∴∠CNM=∠BMN=144°；（2）证明：作GR∥AB，如下图所示，

∵∠CNM=144°，∴∠MNH=180°−144°=36°，∵NG平分∠MND，∴∠GNH=18°，∴∠MGR=∠BMH=72°，∵AB∥CD，∴GR∥CD，∴∠RGN=∠GNH=18°，∴∠MGN=∠MGR+∠RGN=90°，∴NG⊥MH；（3）解：作PO∥CD，如下图所示，

∴∠NPO=∠PNH，∠HPO=∠PHD，∵∠PNH=36°，∴∠NPO=36°，∵∠MHN=72°，∴∠MHD=180°−∠MHN=108°，∵HP平分∠DHM，∴∠PHD=54°=∠HPO，∴∠MPQ=∠HPO−∠NPO=54°−36°=18°，∵∠HMQ=3∠MPQ，∴∠HMQ=54°，∵∠BMH=∠CHM=72°，∴∠BMQ=∠BMH−∠HMQ=18°，作QK∥CD，如上图所示，同理可证∠MQN=∠BMQ+∠HNQ=36°．【点睛】本题主要考查了平行线的性质和角平分线的性质，根据已知条件，利用平行线的性质和角平分线的性质是解题的关键．6．（2023下·广西来宾·七年级统考期末）已知：直线a∥b，点A和点B是直线a上的点，点C和点D是直线b上的点，连接AD，BC，设直线AD和BC交于点

(1)在如图1所示的情形下，若AD⊥BC，求∠ABE+∠CDE的度数(提示：可过点E作EG∥CD(2)在如图2所示的情形下，若BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，且BF与DF交于点F，当∠ABC=64°，∠ADC=72°时，求∠BFD的度数．(3)如图3，当点B在点A的右侧时，若BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，且BF，DF交于点F，设∠ABC=α，∠ADC=β，用含有α，β的代数式表示∠BFD的补角．(直接写出结果即可)【答案】(1)90°(2)68°(3)1【分析】（1）过点E作EG∥AB，根据a∥b，可得（2）过点F作FH∥AB，结合（1）的方法，根据BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，即可求（3）过点F作FQ∥AB，结合（1）的方法，根据BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，设∠ABC=α，∠ADC=β，即可用含有α，β的代数式表示【详解】（1）过点E作EG∥∵a∥∴EG∥∴∠ABE=∠BEG，∠CDE=∠DEG，∴∠ABE+∠CDE=∠BEG+∠DEG=∠BED，∵AD⊥BC，∴∠ABE+∠CDE=∠BED=90°；（2）如图，过点F作FH∥

∵a∥∴FH∥∴∠ABF=∠BFH，∠CDF=∠DFH，∴∠BFD=∠BFH+∠DFH=∠ABF+∠CDF，∵BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，∠ABC=64°，∠ADC=72°，∴∠ABF=12∠ABC=32°∴∠BFD=∠ABF+∠CDF=68°；（3）如图，过点F作FQ∥

∵a∥∴FQ∥∴∠ABF+∠BFQ=180°，∠CDF=∠DFQ，∴∠BFD=∠BFQ+∠DFQ=180°−∠ABF+∠CDF∵BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，∠ABC=α，∠ADC=β，∴∠ABF=12∠ABC=∴∠BFD=180°−∠ABF+∠CDF=180°−1∴∠BFD的补角=1【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线定义，解决本题的关键是掌握平行线的性质．7．（2023下·河北石家庄·七年级统考期末）已知：点C是∠AOB的OA边上一点（点C不与点O重合），点D是∠AOB内部一点，射线CD不与OB相交．

(1)如图1，∠AOB=90∘,∠OCD=120∘，过点O作射线OE，使得CD①依据题意，补全图1；②直接写出∠BOE的度数．(2)如图2，点F是射线OB上一点，且点F不与点O重合，当∠AOB=α0∘<α≤180∘时，过点F作射线FH，使得FH∥CD（其中点H在∠AOB的外部），用含α【答案】(1)①见解析②30°(2)∠OCD+∠BFH=360°−α，证明见解析【分析】（1）①根据题意补图即可；②根据平行线的性质求出即可；（2）过点O作OM∥【详解】（1）①依据题意，补全图1如下：

②∵CD∥∴∠OCD+∠COE=180°，∵∠OCD=120°，∴∠COE=60°，∵∠AOB=90°，∴∠BOE=90°−∠COE=90°−60°=30°；（2）（2）∠OCD+∠BFH=360°﹣证明：过点O作OM

∴∠OCD+∠COM=180°，又∵∠BFH+∠OFH=180°，∴180°−∠OCD+180°−∠BFH=α，∴∠OCD+∠BFH=360°−α．【点睛】本题主要考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．8．（2023上·黑龙江哈尔滨·七年级校考期中）已知：直线AB与直线CD内部有一个点P，连接BP．(1)如图1，当点E在直线CD上，连接PE，若∠B+∠PEC=∠P，求证：AB∥CD；(2)如图2，当点E在直线AB与直线CD的内部，点H在直线CD上，连接EH，若∠ABP+∠PEH=∠P+∠EHD，求证：AB∥CD；(3)如图3，在（2）的条件下，BG、EF分别是∠ABP、∠PEH的角平分线，BG和EF相交于点G，EF和直线AB相交于点F，当BP⊥PE时，若∠BFG=∠EHD+10°，∠BGE=36°，求∠EHD的度数．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)18°.【分析】（1）过点P作PF∥AB，推出∠PEC=∠EPF，进而得（2）分别过点P和点E作PF∥AB，EM∥CD，推出∠PEM=∠FPE，进而得（3）过点E作EN∥AB，同（1）（2）理证明∠FEH=∠FEN+∠NEH=∠BFE+∠EHD，设∠EHD=α，∠PBG=β，∠PEG=γ，则∠BFG=α+10°，结合角平分线得2β+2γ=90°+α，用含α的式子代替β，γ，代入【详解】（1）证明：如图，过点P作PF∥∴∠B=∠BPF，∵∠B+∠PEC=∠BPE=∠BPF+∠EPF，∴∠PEC=∠EPF，∴PF∥∴AB∥（2）证明：如图，分别过点P和点E作PF∥AB，∴∠ABP=∠BPF，∠MEH=∠EHD，∵∠ABP+∠PEH=∠P+∠EHD，即∠ABP+∠PEM+∠MEH=∠BPF+∠FPE+∠EHD，∴∠PEM=∠FPE，∴PF∥∴EM∥AB，∴AB∥（3）如图，过点E作EN∥由(2)得AB∥∴EN∥CD，∠BFE=∠FEN，∴∠FEH=∠FEN+∠NEH=∠BFE+∠EHD，设∠EHD=α，∠PBG=β，∠PEG=γ，则∠BFG=α+10°，∵BG、EF分别是∠ABP、∠PEH的角平分线，∴∠ABP=2β，∠PEH=2γ∵BP⊥PE，∴∠P=90°，由(2)得∠ABP+∠PEH=∠P+∠EHD，∴2β+2γ=90°+α，∵∠FEH=∠FEN+∠NEH=∠BFE+∠EHD，∴γ=α+10°+α=2α+10°，∵∠BGE=36°，∠FGB=180°−∠BFG+∠FBG，∠FGB=180°−∠BGE∴∠BFG+∠FBG=∠BGE=36°，∴α+10°+β=36°，∴β=26°−α∴226°−α∴α=18°，即∠EHD的度数为18°.【点睛】本题考查平行线的判定与性质，角平分线的定义，三角形的内角和，平角定义等知识，添加辅助线，灵活运用平行公理的推论是解题的关键．9．（2023下·湖北荆州·七年级校考期中）如图，AB∥CD，点A，E，B，(1)如图1，求证：∠E+∠C−∠A=(2)如图2，直线FA，CP交于点P，且∠BAF=13∠BAE①试探究∠E与∠APC的数量关系；②如图3，延长CE交射线PF于点Q，若AE∥PC，∠BAQ=α(0∘<α<22.5°)，则【答案】(1)见解析(2)①∠E=180°−3∠APC；②180°−8a【分析】（1）过E作EF∥AB，根据平行线的性质即可得到结论；（2）①设∠BAF=x，∠BAE=3x，∠DCP=y，∠DCE=3y，由（1）知，②过P作PG∥CD，根据平行线的性质即可得到结论．【详解】（1）证明：如图1，过E作EF∥AB，∵AB∥∴AB∥∴∠AEF=∠A，∠C+∠FEC=180°，∴∠E=∠AEF+∠FEC=∠A+180°−∠C，即∠E+∠C−∠A=180°；（2）解：∵∠BAF=13∠BAE∴设∠BAF=x，∠E=180°−∠C+∠A=180°−3y−x如图2，过P作PG∥CD，∵AB∥∴AB∥∴∠GPA=∠BAF=x，∠GPC=∠PCD=y，∴∠APC=y−x，即∠E=180°−3y−x②如图3，过P作PG∥CD，∵∠BAQ=α，∴∠QAE=2α，∵AE∥∴∠QAE=∠APC=2α，由①知，∠AEC=180°−3∠APC=180°−6α，∴∠PQC=∠AEC−∠QAE=180°−6α−2α=180°−8α，故答案为：180°−8a．【点睛】本题考查了平行线的性质，角的计算，三角形的外角性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．10．（2023下·江苏连云港·七年级统考期中）已知AB∥CD．

[知识回顾]（1）如图1，点E在两平行线之间，试说明：∠BED=∠ABE+∠EDC．[知识应用]（2）如图2，BP、DP分别平分∠ABE、∠EDC，利用1中的结论，试说明：∠BPD=1（3）如图2，直接写出∠BPD、∠BED、∠PBE、∠PDE四个角之间的数量关系．[知识拓展]（4）如图3，若∠BEF=145°，∠EFD=135°，BP、DP分别平分∠ABE、∠CDF，那么∠BPD=______°；(只要直接填上正确结论即可)（5）如图4，若∠BEF、∠EFG、∠FGD三个角的和是n，BP、DP分别平分∠ABE、∠CDG，那么∠BPD=______．(用含n的式子表示【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）50；（4）1【分析】1过点E作EM∥AB，利用猪脚模型进行计算，即可解答；2利用1的结论可得得：∠BED=∠ABE+∠CDE，∠BPD=∠ABP+∠CDP，再利用角平分线的定义可得∠ABP=12∠ABE3根据角平分线的定义可得∠EBP=12∠ABE，∠EDP=12∠CDE，再利用1的结论，从而进行计算可得4过点E作EM//AB，过点F作FN∥AB，从而可得AB∥EM∥FN∥CD，然后利用平行线的性质可得∠MEF+∠NFE=180°，从而可得∠BEM+∠DFN=100°，再利用平行线的性质可得∠ABE=∠BEM，∠CDF=∠DFN，从而可得∠ABE+∠CDF=100°，最后利用角平分线的定义可得∠ABP=12∠ABE，∠CDP=125过点E作EM∥AB，过点F作FN∥AB，过点G作GH∥AB，利用4的解题思路进行计算即可解答．【详解】解：1过点E作EM∥AB，

∴∠ABE=∠BEM，∵AB∥CD，∴CD∥EM，∴∠CDE=∠DEM，∵∠BED=∠BEM+∠DEM，∴∠BED=∠ABE+∠CDE；2由1得：∠BED=∠ABE+∠CDE，∠BPD=∠ABP+∠CDP，∵BP、DP分别平分∠ABE、∠EDC，∴∠ABP=12∠ABE∴∠BPD=∠ABP+∠CDP=1=1=1即∠BPD=13∠BPD+∠PBE+∠PDE=∠BED理由：∵BP、DP分别平分∠ABE、∠EDC，∴∠EBP=12∠ABE∴∠PBE+∠PDE=1=1=1由2得：∠BPD=1∴∠BPD+∠PBE+∠PDE=1即∠BPD+∠PBE+∠PDE=∠BED；4过点E作EM∥AB，过点F作FN∥AB，

∵AB∥CD，∴AB∥EM∥FN∥CD，∵EM∥FN，∴∠MEF+∠NFE=180°，∵∠BEF=145°，∠EFD=135°，∴∠BEM+∠DFN=∠BEF+∠EFD−∠MEF+∠NFE∵AB∥EM，FN∥CD，∴∠ABE=∠BEM，∠CDF=∠DFN，∴∠ABE+∠CDF=100°，∵BP、DP分别平分∠ABE、∠CDF，∴∠ABP=12∠ABE∴∠BPD=∠ABP+∠CDP=1=1=1=50°，故答案为：50；5过点E作EM∥AB，过点F作FN∥AB，过点G作GH∥AB，

∵AB∥CD，∴AB∥EM∥FN∥GH∥CD，∵EM∥FN，FN∥GH，∴∠MEF+∠NFE=180°，∠NFG+∠HGF=180°，∵∠BEF+∠EFG+∠FGD=n，∴∠BEM+∠DGH=∠BEF+∠EFG+∠FGD−∠MEF+∠NFE+∠NFG+∠HGF∵BP、DP分别平分∠ABE、∠CDG，∴∠ABP=12∠ABE∴∠BPD=∠ABP+∠CDP=1=1=1=1故答案为：12【点睛】本题考查了平行线的性质，列代数式，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．11．（2023下·浙江宁波·七年级校考期中）已知直线AB∥CD，点E、F分别是直线

(1)若点P在AB、①求证：∠P=∠AEP+∠CFP；②若∠P=75°，∠PEB与∠PFD的平分线交于点M，求∠EMF的度数．(2)若点P在AB的上方，∠PEA与∠PFC的平分线交于点G，若∠P=α，用含α的代数式表示∠G．【答案】(1)①见解析；②∠EMF=142.5°(2)∠EGF=【分析】（1）①过P作PQ∥AB，利用平行线的性质得到∠AEP=∠EPQ，②根据平行线的性质，可得∠BEP+∠P+∠PFD=360°，故可得∠BEP+∠DFP=360°−75°=285°，再利用角平分线的定义可得∠BEM+∠DFM=142.5°，结合①中结论即可解答；（2）过P作PN∥AB，过G作GK∥AB，利用平行线的性质得到【详解】（1）解：①过P作PQ∥AB，如图1：则∵AB∥∴PQ∥∴∠QPF=∠PFC，∴∠FPE=∠EPQ+∠QPF=∠AEP+∠CFP；②由①得：∠AEP+∠CFP=∠P=75°，∴∠BEP+∠DFP=360°−75°=285°，∵∠PEB与∠PFD的平分线交于点M，∴∠BEM=12∠BEP∴∠BEM+∠MFD=1由①得：∠EMF=∠BEM+∠MFD=142.5°；（2）如图2，过P作PN∥AB，过G作则∠NPE=∠AEP，∵AB∥∴PN∥∴∠NPF=∠CFP，∴∠EPD=∠NPF−∠NPE=∠CFP−∠AEP=a，同理：∠EGF=∠CFG−∠AEG，∵∠PEA与∠PFC的平分线交于点G，∴∠CFG=12∠CFP∴∠EGF=1【点睛】本题考查了平行线的性质和角平分线的定义，作出正确的辅助线是解题的关键．12．（2023下·河南驻马店·七年级统考期中）问题情境：如图1，AB∥CD，∠PAB=130°，∠PCD=120°，求小明的思路是：过P作PE∥AB，通过平行线性质来求∠APC．

(1)按小明的思路，易求得∠APC的度数为______度；（直接写出答案）(2)问题迁移：如图2，AB∥CD，点P在射线OM上运动，记∠PAB=α，∠PCD=β，当点P在B、D两点之间运动时，问∠APC与α、(3)在（2）的条件下，如果点P在B、D两点外侧运动时（点P与点O、B、D三点不重合），请直接写出∠APC与α、β之间的数量关系．【答案】(1)110(2)∠APC=α+β，理由见解析(3)当P在BD延长线上时，∠CPA=α−β；当P在DB延长线上时，∠CPA=β−α．【分析】（1）过点P作PE∥AB，通过平行线性质求∠APC即可；（2）过点P作PE∥AB，交AC于E，推出AB∥PE∥CD，根据平行线的性质得出α=∠APE，β=∠CPE，即可得出答案；（3）分两种情况：P在BD延长线上时，P在DB延长线上时，分别画出图形，根据平行线的性质得出α=∠APE，β=∠CPE即可得出答案．【详解】（1）解：过点P作PE∥AB，∵AB∥∴PE∥∴∠PAB+∠APE=180°，∠PCD+∠CPE=180°，∵∠PAB=130°，∠PCD=120°，∴∠APE=50°，∠CPE=60°，∴∠APC=∠APE+∠CPE=110°．故答案为：110；（2）∠APC=α+β，理由：如图，过点P作PE∥AB，交AC于E，

∵AB∥∴AB∥∴α=∠APE，β=∠CPE，∴∠APC=∠APE+∠CPE=α+β；（3）当P在BD延长线上时，如图所示，

由（2）可知α=∠APE，β=∠CPE，∴∠CPA=α−β，当P在DB延长线上时，如图所示，

由（2）可知α=∠APE，β=∠CPE，∴∠CPA=β−α，【点睛】本题主要考查了平行线的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力，题目是一道比较典型的题目，解题时注意分类思想的运用．【题型2连接两点】1．（2023下·山西临汾·七年级统考期中）图①是某种青花瓷花瓶，图②是其抽象出来的简易轮廓图，已知AG∥EF，AB∥DE，若∠DEF=120°，则∠A的度数为（

）A．60° B．65° C．70° D．75°【答案】A【分析】连接CF，根据AB∥CF，AG∥EF可得出∠CFE=∠BAG，再由平行线的性质即可得出结论．【详解】解：连接CF，延长AG交CF于点H，作MN∥AG，如图∵AB∥CF∥DE，∠DEF=120°∴∠CEF=180°−120°=60°，∠AHF=∠BAG∵AG∥EF，AG∥MN∴∴∠AHF=∠MNF，EF∥MN∴∠CFE=∠FNM=∠BAG=60°．故选：A．【点睛】本题考查的是平行线的性质，根据题意作出辅助线，构造出平行线是解题的关键．2．（2023下·浙江·七年级期末）如图，已知AB//CD，∠AFC=120°，∠EAF=13∠EAB，∠ECF=A．60° B．80° C．90° D．100°【答案】C【分析】连接AC，设∠EAF=x，∠ECF=y，得到∠FAB=4x，∠FCD=4x，根据平行线性质得出∠CAB+∠ACD=180°，从而得到x+y=30°，再根据∠AEC=180°-（∠EAF+∠ECF+∠FCA+∠FAC）得到结果．【详解】解：连接AC，设∠EAF=x，∠ECF=y，∴∠EAB=3x，∠ECD=3x，∴∠FAB=4x，∠FCD=4x，∵AB∥CD，∴∠CAB+∠ACD=180°，∵∠AFC=120°，∴∠FAC+∠FCA=180°-120°=60°，∴∠FAC+∠FCA+∠FAB+∠FCD=180°，即60+4x+4y=180°，解得：x+y=30°，∴∠AEC=180°-（∠EAC+∠ECA）=180°-（∠EAF+∠ECF+∠FCA+∠FAC）=180°-（x+y+60°）=90°故选C．【点睛】本题考查了平行线性质和三角形内角和定理的应用，解题的关键是注意整体思想的运用．3．（2023上·河南平顶山·七年级统考期末）如图，△CEF中，∠E=70°，∠F=50°，且AB∥CF，AD∥CE，连接BC，CD，则∠A的度数是（

）A．40° B．45° C．50° D．60°【答案】D【分析】连接AC并延长交EF于点M．由平行线的性质得∠3=∠1，∠2=∠4，再由等量代换得∠BAD=∠3+∠4=∠1+∠2=∠FCE，先求出∠FCE即可求出∠A．【详解】连接AC并延长交EF于点M．∵AB∥CF，∴∠3=∠1，∵AD∥CE，∴∠2=∠4，∴∠BAD=∠3+∠4=∠1+∠2=∠FCE，∵∠FCE=180°−∠E−∠F=180°−70°−50°=60°，∴∠BAD=∠FCE=60°，故选D．【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形的内角和定理，属于基础题型．4．（2023上·黑龙江哈尔滨·七年级哈尔滨市第十七中学校校考期中）如图，AB∥CD，BE平分∠ABF，∠DCF=∠ECF，已知∠F−∠E=15°，则∠ABE+∠DCF=度．【答案】115【分析】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，．如图所示，连接EF，过点C作MN∥EF，先根据角平分线的定义和平行线的性质证明∠ABE=∠FBE=12∠CHF，再由平行线的性质证明∠CFE+∠CEF+∠ECF=180°，同理可得∠FBE+∠BEC+∠BFE=180°，∠DCF+∠CHF+∠CFH=180°，由此推出∠FBE+∠BFC+∠BEC+180°−∠ECF=180°，再由∠DCF=∠ECF，推出3∠ABE+2∠BFC+∠BEC=180°，根据∠BFC−∠BEC=15°，推出∠ABE+∠BEC=50°，再由∠HCF+∠CFH+∠CHF=180°，推出∠ABE+∠HCF=115°【详解】解：如图所示，连接EF，过点C作MN∥EF，∵AB∥CD，∴∠ABF=∠CHF，∵BE平分∠ABF，∴∠ABE=∠FBE=1∴∠ABE=∠FBE=1∵MN∥EF，∴∠MCE=∠CEF，∵∠MCE+∠NCF+∠ECF=180°，∴∠CFE+∠CEF+∠ECF=180°，同理可得∠FBE+∠BEC+∠BFE=180°，∠DCF+∠CHF+∠CFH=180°，∴∠FBE+∠BFC+∠CFE+∠BEC+∠CEF=180°，∴∠FBE+∠BFC+∠BEC+180°−∠ECF=180°，∵∠DCF=∠ECF，∴∠FBE+∠BFC+∠BEC+180°−∠DCF=180°，∴∠FBE+∠BFC+∠BEC+∠CFH+∠CHF=180°，∴∠ABE+∠BFC+∠BEC+2∠ABE+∠CFH=180°，∴3∠ABE+2∠BFC+∠BEC=180°，∵∠BFC−∠BEC=15°，∴3∠ABE+2∠BEC+30°+∠BEC=180°，∴3∠ABE+3∠BEC=150°，∴∠ABE+∠BEC=50°，∵∠HCF+∠CFH+∠CHF=180°，∴2∠ABE+∠HCF+∠BEC+15°=180°，∴2∠ABE+50°−∠ABE+15°+∠HCF=180°，∴∠ABE+∠HCF=115°，即∠ABE+∠DCF=115°，故答案为：115．5．（2023上·四川眉山·七年级期末）已知，直线AB∥CD，∠EFG=90°．(1)如图1，点F在AB上，FG与CD交于点N，若∠EFB=71°，则∠FNC=______°；(2)如图2，点F在AB与CD之间，EF与AB交于点M，FG与CD交于点N，且∠AMF的平分线MH与∠CNF的平分线NH交于点H．①若∠EMB=θ，求∠FNC（用含θ的式子表示）；②求∠MHN的度数．【答案】(1)19(2)①90°−θ；②45°【分析】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质，添加适当的辅助线，是解此题的关键．（1）根据平行线的性质和互余解答即可；（2）①过F作FP∥AB，连接EG，利用平行线的性质解答即可；②过F作FQ∥AB，利用平行线的性质解答即可．【详解】（1）解：∵∠EFG=90°，∠EFB=71°，∴∠BFD=90°−71°=19°，∵AB∥CD，∴∠FNC=∠BFD=19°，故答案为：19；（2）解：①如图，过F作FP∥AB，连接EG，，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥FP，∴∠MFP=∠EMB=θ，∵∠EFG=90°，∴∠PFN=90°−θ，∵FP∥CD，∴∠FNC=∠PFN=90°−θ；②如图，过F作FQ∥AB，，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥FQ，∴∠MFQ=∠AMF，∠QFN=∠CNF，∴∠AMF+∠CNF=∠MFQ+∠QFN=∠EFG=90°，过H作HR∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥HR，∴∠AMH=∠MHR，∠HNC=∠NHR，∵MH平分∠AMF，NH平分∠CNF，∴∠AMH=12∠AMF∴∠MHN=∠MHR+∠NHR=∠AMH+∠HNC=1【题型3延长线段使相交】1．（2023下·山东临沂·七年级统考期中）如图，AB∥CD，将一副直角三角板作如下摆放，∠GEF＝60°，∠MNP＝45°．下列结论：①GE∥MP；②∠EFN＝135°；③∠BEF＝75°；④∠AEG＝∠PMN．其中正确的结论有(写出所有正确结论的序号)．

【答案】①③④【分析】由内错角相等，两直线平行可判断①，由邻补角的性质可判断②，如图，延长EG交AB于K,先求解∠KEG=45°,从而可判断③④，于是可得答案．【详解】解：由题意得：∠GEF=60°,∠GFE=30°,∠EGF=90°=∠MPN,∠PMN=∠PNM=45°,∴∠MPG=∠EGP=90°,∴EG∥PM,故①符合题意；∵∠EFG=30°,∴∠EFN=180°−30°=150°,故②不符合题意；如图，延长FG交AB于K,

∵AB∥CD,∴∠GKE=∠PNM=45°,∴∠KEG=90°−45°=45°,∴∠BEF=180°−45°−60°=75°,∠AEG=∠PMN=45°,故③④符合题意；综上：符合题意的有①③④故答案为：①③④．【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，平行线的判定与性质，三角板中角度计算问题，掌握以上基础知识是解本题的关键．2．（2023下·辽宁鞍山·七年级统考期中）如图，AB∥CD，BF,DF分别平分∠ABE和∠CDE，BF∥DE，∠F与∠ABE互补，则∠F的度数为

A．30° B．35° C．36° D．45°【答案】C【分析】延长FB交CD于G,然后运用平行的性质和角平分线的定义，进行解答即可.【详解】解：如图延长FB交CD于G

∵BF∥ED∴∠F=∠EDF又∵DF平分∠CDE，∴∠CDE=2∠F，∵BF∥ED∴∠CGF=∠EDC=2∠F，∵AB∥CD∴∠ABF=∠CGF=2∠F，∵BF平分∠ABE∴∠ABE=2∠ABF=4∠F，又∵∠F与∠ABE互补∴∠F+∠ABE=180°即5∠F=180°，解得∠F=36°故答案选C.【点睛】本题考查了平行的性质和角平分线的定义，做出辅助线是解答本题的关键.3．（2023上·江西宜春·七年级江西省丰城中学校考阶段练习）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=40°；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【答案】A【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．【详解】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=40°错误；∵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故选：A．【点睛】本题考查了角平分线的性质和平行线的性质，二者有机结合，难度较大，需要作出辅助线，对能力要求较高．4．（2023下·辽宁营口·七年级校考期中）如图，已知AB∥CD，∠BEH=∠CFG，EI、FK分别为∠AEH、∠CFG的角平分线，①EH∥GF②∠CFK=∠H③FJ平分∠GFD④∠AEI+∠GFK=90°A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】如图，延长EH交CD于M，由AB∥CD，可得∠BEH=∠EMC，由∠BEH=∠CFG，可得∠EMC=∠CFG，EH∥GF，进而可判断①的正误；由EI、FK分别为∠AEH、∠CFG的角平分线，则∠AEI=∠HEI=12∠AEH，∠CFK=∠GFK=12∠CFG，如图，过I作IP∥AB，则IP∥CD，有∠EIP=∠AEI=12∠AEH，∠PIF=∠CFK=∠GFK=12∠CFG，根据∠EIP=180°−∠HEI−∠BEH=180°−12∠AEH−∠BEH，可得∠EIF=∠EIP+∠PIF=180°−12∠AEH−∠BEH+12∠CFG=90°，可得∠AEI+∠GFK=∠EIF=90°，进而可判断④的正误；由FK⊥FJ，可知∠KFJ=90°【详解】解：如图，延长EH交CD于M，∵AB∥CD，∴∠BEH=∠EMC，∵∠BEH=∠CFG，∴∠EMC=∠CFG，∴EH∥GF，∴①正确，故符合要求；∵EI、FK分别为∠AEH、∠CFG的角平分线，∴∠AEI=∠HEI=12∠AEH如图，过I作IP∥AB，∴IP∥CD，∴∠EIP=∠AEI=12∠AEH∵∠EIP=180°−∠HEI−∠BEH=180°−1∴∠EIF=∠EIP+∠PIF=180°−=180°−=180°−=90°∴∠AEI+∠GFK=∠EIP+∠PIF=∠EIF=90°，∴④正确，故符合要求；∵FK⊥FJ，∴∠KFJ=90°，∠GFK+∠GFJ=90°，∵∠CFK+∠KFJ+∠DFJ=180°，∴∠DFJ=180°−∠CFK−∠KFJ=90°−∠CFK=90°−∠GFK=∠GFJ，∴FJ平分∠GFD，∴③正确，故符合要求；∵EH∥GF，∴∠H=∠G，∵GH与FK的位置关系不确定，∴∠GFK与∠G的大小关系不确定，∴∠CFK=∠H不一定成立，∴②错误，故不符合要求；∴正确的共有3个，故选B．【点睛】本题考查了两直线平行，内错角相等；同位角相等，两直线平行；角平分线，两直线平行，同旁内角互补等知识．解题的关键在于对平行线的判定与性质的熟练掌握与灵活运用．5．（2023下·广东深圳·七年级校考期中）如图，E在线段BA的延长线上，∠EAD=∠D，∠B=∠D，EF∥HC，连FH交AD于G，∠FGA的余角比∠DGH大16°，K为线段BC上一点，连CG，使∠CKG=∠CGK，在∠AGK内部有射线GM，GM平分∠

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】根据平行线的判定定理得到AD∥BC，故①正确；由平行线的性质得到∠AGK=∠CKG，等量代换得到∠AGK=∠CGK，求得GK平分∠AGC；故②正确；根据平行线同旁内角互补得∠D+∠DCG+∠GCK=180°，再根据题目已知∠CKG=∠CGK，得【详解】∵∠EAD=∴∠EAD=∴AD∥BC，故①正确；∴∠AGK=∵∠CKG=∴∠AGK=∴GK平分∠AGC延长EF交AD于P，延长CH交AD于Q，

∵EF∥CH，∴∠EPQ=∵∠EPQ=∴∠CQG=∵AD∥BC，∴∠HCK+∴∠E+∵∠FGA的余角比∠DGH大∴90°−∠FGA−∠DGH=16°，∵∠FGA=∴90°−2∠∴∠FGA=设∠AGM=α，∠MGK=∴∠AGK=α＋β∵GK平分∠AGC∴∠CGK=∠AGK=α∵GM平分∠FGC∴∠FGM=∴∠FGA+∴37°＋α=β＋α＋β，∴β=18.5°，∴∠MGK=18.5°故选：B．【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线的性质，对顶角性质，正确的识别图形是解题的关键．6．（2023下·广东广州·七年级校考期中）如图，直线MN∥PQ，点A在直线MN与PQ之间，点B在直线MN上，连接AB．∠ABM的平分线BC交PQ于点C，连接AC，过点A作AD⊥PQ交PQ于点D，作AF⊥AB交PQ于点F，AE平分∠DAF交PQ于点E，若∠CAE=45°，∠ACB=52∠DAE，则∠ACD的度数是

【答案】27°/27度【分析】延长FA与直线MN交于点K，通过角度的不断转换解得∠BCA=45°，然后结合图形，利用各角之间的关系求解即可．【详解】解：延长FA与直线MN交于点K，

由图可知∠ACD=90°-∠CAD=90°-(45°+∠EAD)=45°-12∠FAD=45°-12(90°-∠AFD)=12∵MN∥PQ，∴∠AFD=∠BKA=90°-∠KBA=90°-(180°-∠ABM)=∠ABM-90°，∴∠ACD=12∠AFD=12(∠ABM-90°)=∠即∠BCD-∠ACD=∠BCA=45°，∴∠ACD=90°-(45°+∠EAD)=45°-∠EAD=45°-25∠BCA故∠ACD的度数是27°，故答案为：27°．【点睛】本题利用平行线、垂直、角平分线综合考查角度的计算，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．7．（2023上·辽宁沈阳·七年级统考期末）图1是某款篮球架，图2是其示意图，立柱OA垂直地面OB，支架CD与OA交于点A，支架CG⊥CD交OA于点G，支架DE平行地面OB，篮筐EF与支架DE在同一直线上，OA=2.5米，AD=0.8米．∠AGC=32°．(1)求：支架点D到立柱OA的距离；(2)某运动员准备给篮筐挂上篮网，如果他站在凳子上，最高可以把篮网挂到离地面3米处，那么他能挂上篮网吗？请通过计算说明理由．（参考数据：sin32°≈0.53,【答案】(1)0.68(2)不能，理由见解析【分析】本题考查了三角形内角和定理，解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形的应用是解题的关键（1）：如图，延长ED，OA，交点为H，则∠ADH=∠AGC=32°，根据（2）由题意知，AH=AD⋅sin∠ADH，OH=OA+AH，比较【详解】（1）解：如图，延长ED，OA，交点为∴∠AHD=∠ACG=90°，∵∠ADH+∠DAH+∠AHD=180°=∠AGC+∠GAC+∠ACG，∠DAH=∠GAC，∴∠ADH=∠AGC=32°，∴DH=AD⋅cos∴支架点D到立柱OA的距离为0.68米；（2）解：不能，理由如下：由题意知，AH=AD⋅sin∴OH=OA+AH=2.924（米），∵2.924<3，∴不能．8．（2023下·七年级课时练习）如图是一个汉字“互”字，其中，AB∥CD,HF∥GE，∠HGE=∠HFE，M、H、G三点在同一直线上，N、

求证：(1)GH∥(2)∠CMH=∠BNE．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据HF∥GE，得出∠HGE+∠GHF=180°，则∠HFE+∠GHF=180°，即可求证（2）延长MG交直线AB于点P，根据AB∥CD，得出∠CMH=∠MPB，根据GH∥EF，得出【详解】（1）证明：∵HF∥∴∠HGE+∠GHF=180°，∵∠HGE=∠HFE，∴∠HFE+∠GHF=180°，∴GH∥（2）证明：延长MG交直线AB于点P，

∵AB∥∴∠CMH=∠MPB，∵GH∥∴∠MPB=∠BNE，∴∠CMH=∠BNE．【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质，解题的关键是掌握平行线的判定：同旁内角互补，两直线平行；同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；平行线的性质：两直线平行，同位角相等，内错角相等，同旁内角互补．9．（2023下·江苏南京·七年级南京师范大学附属中学江宁分校阶段练习）某模具厂生产一种钢板，如图所示，已知该模具的边AB∥CF，CD∥AE，按生产规定，边AB和边CD的延长线必须成80°的角才算合格，因交点不在模板上，不便测量，这时，李师傅告诉徒弟只需测一个角，便可知道钢板是否符合规定，你知道需要测量哪个角吗？请说明理由．【答案】测量∠C或∠A的度数均可，只需∠C＝100°或∠A＝100°即可．理由见解析.【分析】延长AB、CD相交于点G．根据平行线的性质，知测量∠C或∠A的度数均可．【详解】延长AB、CD相交于点G．∵AB∥CF，CD∥AE，∴∠C+∠G＝180°，∠A+∠G＝180°（两条直线平行，同旁内角互补），∵∠G＝80°，∴∠C＝100°，∠A＝100°，∴测量∠C或∠A的度数均可，只需∠C＝100°或∠A＝100°即可．【点睛】此题考查了平行线的性质在实际问题中的运用．10．（2023上·重庆渝北·七年级校考开学考试）如图1，AB∥CD，点E，F分别在直线CD，AB上，∠BEC=2∠BEF，过点A作AG⊥BE的延长线交于点G，交CD于点N，AK平分∠BAG，交EF于点(1)直接写出∠AHE，∠FAH，(2)若∠BEF=12∠BAK(3)如图2，在（2）的条件下，将△KHE绕着点E以每秒5°的速度逆时针旋转，旋转时间为t，当KE边与射线ED重合时停止，则在旋转过程中，当△KHE的其中一边与△ENG的某一边平行时，直接写出此时t的值．【答案】(1)∠AHE=∠FAH+∠KEH(2)75°(3)6,12,21,24,30【分析】（1）根据平行线的性质和三角形的外角性质可得答案；（2）根据∠BEF=12∠BAK，分别表示出∠BAK、∠BEC、∠BAK、∠KAG、∠AME和∠AHE，再由AG⊥BE（3）结合（2），分以下几种情况求解：①当KH∥NG时，延长KE交GN边于P，②当KH∥EG时，③当KH∥EN时，即EK与【详解】（1）∵AB∥∴∠KEH=∠AFH，∵∠AHE是△AHF的外角，∴∠AHE=∠AFH+∠FAH，∴∠AHE=∠FAH+∠KEH，故答案为：∠AHE=∠FAH+∠KEH；（2）∵AB∥∴∠BAK=∠MKE,∠ABE=∠BEC，∵∠BEF=1∴∠BAK=2∠BEF，∵∠BEC=2∠BEF，∴∠BAK=∠BEC，∴∠BAK=∠ABE，∴AK平分∠BAG，∴∠BAK=∠GAK=∠ABE，∵AG⊥BE，∴∠AGB=90°，∴3∠BAK=90°，∴∠BAK=∠ABE=∠GAK=30°，∴∠BEF=1∴∠CEF=45°，∴∠CEF=∠AFE=45°，∴∠AHE=∠AFE+∠BAK=75°；（3）①当KH∥NG时，延长KE交GN边于∵∠EKH=∠EPG=30°，∴∠PEG=90°−∠EPG=60°，∵∠GEN=90°−∠ENG=30°，∴∠PEN=∠PEG−∠GEN=30°，∴∠CEK=∠PEN=30°，当△KHE绕E点旋转30°时，EK∥t=30°②当KH∥∴∠EKH=∠KEG=30°，∠NEK=∠NEG+∠KEG=60°，∴∠NEK=60°，∴∠CEK=120°，当△KHE绕点E旋转120°时，HK∥∴t=120°③当KH∥EN时，即EK与∴∠CEK=150°当△KHE绕点E旋转150°时，KH∥∴t=150°④当KE∥∵∠GEK=30°，∴∠CEK=90°−∠GEK=60°，当△KHE旋转60°时，KE∥∴t=60°⑤当HE∥∵∠GEK=30°，∴∠CEK=∠CEH+∠HEK=90°−∠GEK+∠HEK=105°，∴当△KHE旋转105°时，HE∥t=105°综上所述，当△KEH的其中一边与△ENG的某一边平行时t的值为6,12,21,24,30．【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的性质，三角形的内角和，一元一次方程在几何问题中的应用，理清题中的数量关系并分类讨论是解题的关键．11．（2023下·浙江宁波·七年级校联考期中）如图，直线PQ∥MN，一副三角尺（∠ABC=∠CDE=90°,∠ACB=30°,∠BAC=60°,∠DCE=∠DEC=45°）按如图①放置，其中点E在直线PQ上，点B，C均在直线MN上，且CE平分∠ACN．

(1)求∠DEQ的度数．(2)如图②，若将三角形ABC绕点B以每秒4度的速度逆时针方向旋转（A,C的对应点分别为F，G），设旋转时间为t（s）（0≤t≤45）；①在旋转过程中，若边BG∥CD，求t的值；②若在三角形ABC绕点B旋转的同时，三角形CDE绕点E以每秒3度的速度顺时针方向旋转（C,D的对应点为H，K）请求出当边BG∥HK时t的值．【答案】(1)60°；(2)①7.5s；②4.5s或1807【分析】1利用平行线的性质角平分线的定义即可解决问题．2①首先证明∠GBC=∠DCN=30°②分两种情形：如图③中，当BG//HK时，延长KH交MN于R.根据∠GBN=∠KRN构建方程即可解决问题．如图③−1中，当BG//HK时，延长HK交MN【详解】（1）解：如图①中，

∵∠ACB=30°，∴∠ACN=180°−∠ACB=150°，∵CE平分∠ACN，∴∠ECN=1∵PQ∥MN，∴∠QEC+∠ECN=180°，∴∠QEC=105°，∴∠DEQ=∠QEC−∠CED=105°−45°=60°；（2）解：①如图②中，

∵BG//∴∠GBC=∠DCN，∵∠DCN=∠ECN−∠ECD=30°，∴∠GBC=30°，∴4t=3