中考数学一轮复习强化训练：图形的初步二（分层训练）解析版

专题02图形的初步（2）（分层训练）

讲台

分层训练

【基础训练】

一、单选题

1.（2022下•四川成都•七年级成都市第十八中学校校考阶段练习）下列说法中正确的是（）

A.不相交的两条直线叫平行线

B.从直线外一点到这条直线的垂线段，叫做这点到这条直线的距离

C.平面内两条直线的位置关系有相交、平行和垂直

D.同一平面内，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直

【答案】D

【分析】根据平行线的判定、点到直线的距离、平面内两直线的位置关系等求解判断即可.

【详解】解：A：在同一平面内，不相交的两条直线叫平行线，故4说法不符合题意；

B-.从直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做这点到这条直线的距离，故8说法不符合题意；

C：平面内两条直线的位置关系有相交和平行，故。说法不符合题意；

D：同一平面内，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直，故。说法符合题意；

故选：D.

【点睛】此题考查了平行线的判定，熟记平行线的判定定理、点到直线的距离的概念、平面内两直线的位

置关系等是解题的关键.

2.（2022・山东济南・统考一模）如图，AB^CD,且被直线/所截，若如=54。，则回2的度数是（）

A.154°B.126°C.116°D.54°

【答案】B

【分析】由平行线的性质得到国2与团3的关系，再根据对顶角的性质得到皿与团3的关系，最后求出团2.

【详解】解：EL450CZ）,

032+133=180°.

003=01=54",

0l22=18Oo-03

=180°-54°

=126°.

故选：B.

【点睛】本题考查了平行线的性质，掌握"对顶角相等"和"两直线平行，同旁内角互补”是解决本题的关键.

3.（2023•广东珠海•珠海市文园中学校考模拟预测）如图，已知48团CD,02=100°,则下列正确的是（）

B.03=80°C.04=80°D.04=100°

【答案】D

【分析】根据平行线的性质逐个判断即可.（平行线的性质1.两直线平行，同位角相等.2.两直线平行，内

错角相等.3.两直线平行，同旁内角互补.）

【详解】根据平行线的性质可得：A错误，两直线平行，同旁内角互补，所以团1=80°；B错误，两直线平

行，内错角相等，所以回3=100。；C错误，两直线平行，同位角相等，所以回4=100。；D正确，两直线平行,

同位角相等，所以回4=100。故选D.

【点睛】本题主要考查平行线的性质，关键在于识别同旁内角，同位角，内错角.

4.（2023上•陕西西安•七年级西安建筑科技大学附属中学校考阶段练习）如图，A.AOB=90°,OC是N&OB内

任意一条射线，OB,。。分别平分NC。。，乙BOE,下列结论错误的是（）

AC

B

D

O

E

A.乙COD=(BOEB.Z-COE=3乙BOD

C.^AOC+ABOD=90°D.ABOE=Z.AOC

【答案】D

【分析】考查角平分线的定义、互为余角的意义，根据角平分线的定义，互余的意义和等量代换，逐个结

论进行判断即可得出答案.

【详解】解：回。B,。。分另IJ平分NC。。，/.BOE,

E1NCOB=Z.BOD=乙DOE,

SZ.COB+乙BOD=4BOD+乙DOE,

即：乙COD=LBOE,因此A正确，不符合题意；

乙COE=LCOB+乙BOD+乙DOE=3乙BOD,因止匕B正确，不符合题意；

团乙4OB=90°,

团/4。。+430。=90。=44。（7+48。£）,因此C正确，不符合题意；

EIOC是心力。8内任意一条射线，

0ZXOC不一定会等于2NBOC,即乙4OC不一定会等于N80E,因此D不正确，符合题意；

故选：D.

5.（2022下•河北邢台,七年级校考期末）如图，下列推理过程及括号中所注明的推理依据正确的是（）

A.0Z2=Z4,04SHCO（内错角相等，两直线平行）

B.0/151|CD,0Z1=Z3（两直线平行，内错角相等）

C.SADWBC,回乙84。+4。=180。（两直线平行，同旁内角互补）

D.^DAM=^CBM,EL4DIIBC（两直线平行，同位角相等）

【答案】B

【分析】根据平行线的性质及平行线的判定定理解答.

【详解】解：A.EZ2=Z4,^\AD\\BC（内错角相等，两直线平行），故选项错误，不符合题意；

B.SABWCD,001=03（两直线平行，内错角相等），故选项正确，符合题意；

C.回力D||BC,自NB4D+N4BC=180。（两直线平行，同旁内角互补），故选项错误，不符合题意;

D.SADWBC（同位角相等，两直线平行），故选项错误，不符合题意；

故选:B.

【点睛】此题考查平行线的性质定理及平行线的判定定理，熟记定理是解题的关键.

6.（2023・福建厦门•统考一模）如图，在四边形2BCD中，4DIIBC,点E在4D边上，BD平分4EBC.下列角

中，与NBDE相等的是（）

A.4ABEB.^AEBC.乙EBDD.乙BDC

【答案】C

【分析】根据平行线的性质和角平分线的定义即可得出.

【详解】解：•.・4DIIBC,

•••Z-BDE=Z.CBD,

aBD平分乙EBC,

•••Z.EBD=Z.CBD,

••・乙BDE=Z.EBD.

故选：C.

【点睛】本题主要考查了平行线的性质和角平分线的定义，熟练平行线的性质和角平分线的定义是解此题

的关键.

7.（2023•山东滨州•统考一模）一条船从海岛/出发，以15海里/时的速度向正北航行，2小时后到达海岛

2处.灯塔C在海岛/的北偏西30。方向上，在海岛3的北偏西60。方向上，则海岛2到灯塔C的距离是（）

A.15海里B.20海里C.30海里D.60海里

【答案】C

【分析】根据题意作图，根据三角形外角性质求出NC=/.CAB=30。，根据等角对等边得出BC=48,进而

可得结果.

【详解】解：根据题意作图如下：

：./.C=乙CBD-4CAB=300=Z.CAB,

：.BCAB,

'：AB=15X2=30（海里），

：.BC=30（海里），

:.海岛B到灯塔C的距离是30海里.

故选：C.

【点睛】本题考查了方向角，等腰三角形的判定和三角形的外角性质.解题的关键在于作图，数形结合求

解.

8.（2022•河北石家庄•校考二模）如图，有N,B,C三地，B地在/地北偏西36。方向上，AB1BC,贝！JB地

在C地的（）

A.北偏东44。方向B.北偏东54。方向

C.南偏西54。方向D.南偏西90。方向

【答案】B

【分析】如图，过点8作8&/CD,根据方向角的概念及平行线的性质求出EDC3的度数即可得答案.

【详解】如图，过点3作BE//CD,

根据题意得：CD//AF,

^CDI/BE/IAF,

EEL48E=0SN尸=36°,

EL4B1BC,

EHC3£=90°-EL48£=54°,

aaDCB=[2C3£=54°,

IBB地在C地的北偏东54。方向上,

故选：B.

【点睛】本题考查方向角的概念、平行线的性质及角度的计算，熟练掌握相关知识是解题关键.

9.（2023下•福建福州•七年级统考期中）如图，下列条件：①回1=回3；②皿45=勖。。；③EL4DC+勖CD

=180°；（4）02=04,其中能判定4B||CD的有（）

A.1个B.2个C.4个D.3个

【答案】A

【分析】依据同位角相等，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，进行判

断即可.

【详解】①由如=回3可判定ZOILBC,不符合题意；

②由皿不能判定48IICD,不符合题意；

③由西。。+勖。。=180。可判定/。||8（7,不符合题意；

④由回2=回4可判定4811cD,符合题意.

其中能判定4BIICD的有1个，

故选：A.

【点睛】此题考查了平行线的判定，熟练掌握平行线的判定方法是解本题的关键.

10.（2022下•浙江杭州•九年级校考阶段练习）如图，在A/BC中，05^C=6O°,EL8CE=40。，平分曲C,

CE酎5于点E,则HAD8的度数为（）

A.100°B.90°C.80°D.50°

【答案】A

【分析】根据三角形内角和定理以及角平分线的定义求出站与曲。的度数即可求解.

【详解】解：EC£EL4S,

EB5EC=90°,

EESCE=40°,

005=50°,

团皿。=60°,ND平分回氏4C,

1

aa54D=-E2/C=30°,

2

0EL4r>5=18Oo-05-^BAD

=180°-50°-30°

=100°.

故选A.

【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及角平分线的定义，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键.

11.（2022下,湖北武汉,七年级统考期末）如图，把小河里的水引到田地4处，可以过点4向河岸I作垂线，垂

足为点B,沿4B挖引水沟即可，这样做的理由是（）

A.两点之间，线段最短B.垂线段最短

C.点到直线的距离D.过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直

【答案】B

【分析】根据垂线段最短解答即可.

【详解】解：根据题意，把小河里的水引到田地/处，则作/3回1,垂足为点8,沿N8挖水沟，可知理由

是：垂线段最短.

故选：B.

【点睛】本题考查了垂线段最短，读懂题意是解决问题的关键.

12.（2022・辽宁沈阳•统考一模）如图，已知点4B,C,Z）在。。上,2C平分NB4D/C4D=30°,^ACD=50°,

贝此4。8=（）

A.60°B.50°C.70°D.80°

【答案】C

【分析】利用角平分线的性质可求得4口48,再根据同圆中，同弧所对的圆周角相等可求得N4BD,再根据

三角形内角和即可求得答案.

【详解】解：；4C平分NBA。，/.CAD=30。，

•••4DAB=2ACAD=60°,

•••/LACD=50°,

4ABD=50。（同弧所对的圆周角相等），

•••乙ADB=180°-AABD-ADAB=180°-50°-60°=70°,

故选C.

【点睛】本题考查了角平分线的性质、圆周角定理和三角形内角和定理，熟练掌握角平分线的性质及圆周

角定理是解题的关键.

13.（2023下•福建福州•九年级福建省福州屏东中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点/（2,

5）,B（5,1）,C（加，-w）,DCm-3,-加+4）,当四边形/BCD的周长最小时，则加的值为（）

A.3B.V2C.2D.|

【答案】C

【分析】首先证明四边形/BCD是平行四边形，再根据垂线段最短解决问题即可.

【详解】解：点N(2,5),B(5,1),C(m,-m),D(m-3,-m+4),

EL4B=J(5—2尸+(1—5T=V32+42=5,

CD=7[(m—3)—m]2+[(—m+4)+m]2=732+42=5

即AB=CD=5,

回点B向左平移3个单位，再向上平移4个单位得到4

点C向左平移3个单位，再向上平移4个单位得到。，

由平移的性质得：BC//AD,BC=AD,

0CCm,-m)

El点C在直线y=-x上运动,

MCE直线y=-x,

团直线8C平行直线了=为

El直线BC的解析式为y^x+b,

把5(5,1)代入y=x+b得：

1=5+6,

解得：b=-4,

团y=%—4,

联立方程组得：

y=­x

解得:C二

团C(2,-2),

丽=2,

故选：C.

【点睛】本题考查轴对称最短问题，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，

属于中考常考题型.

14.(2023・广东梅州•统考二模)如图，将一块含有30。角的直角三角板的两个顶点分别放在直尺的两条平行

对边上，若Na=145°,贝亚0等于()

A.45°B.60°C.75°D.85°

【答案】D

【分析】利用两直线平行，同旁内角互补，计算Na的补角，利用平角的定义计算乙£的大小即可

【详解】回直尺的两边平行,

0Ea+l31=18O°,

盟12+册+团1=180°,

团团a二团2+回我，

团145°=60°+册，

册二85。，

故选D.

【点睛】本题考查了平行线的性质，补角的性质，平角的定义，灵活运用平行线的性质和补角的性质是解

题的关键.

15.（2022下•湖北武汉•八年级校考阶段练习）如图，点P是中斜边4C（不与4C重合）上一动点,

分别作PM1AB于点M,作PN1BC于点N,点。是MN的中点，若4B=9,BC=12,当点P在4c上运动时，

则B。的最小值是（）

A.3B.3.6C.3.75D.4

【答案】B

【分析】证明四边形AWW是矩形，得BP=MN,由勾股定理求出/C=15,当APEL4c时，BP最小,然后由

面积法求出3尸最小值，即可解决问题.

【详解】解：连接BP,如图所示：

•••/.ABC=90°,PM14B于点M,PN1BC于点、N,

四边形8MPN是矩形，AC=>JAB2+BC2=V92+122=15,

:.BP=MN,BP与MN互相平分，

,•・点。是MN的中点，

BO=-MN,

2

当BPI/C时，BP最小

团S—RC=xBC=|i4CxBP

ccABXBC9X12rr

.・.BP=--------=------=7.2,

AC15

・•.MN=7.2,

.・.BO=-MN=3.6,

2

故选：B.

【点睛】本题主要考查矩形的判定与性质，垂线段最短，勾股定理及面积法等知识，熟练掌握矩形的判定

与性质是解题的关键.

二、填空题

16.（2023•宁夏银川・银川唐徐回民中学校考一模）如图，Rt财中,团6=90。,利用尺规在5C,54上分

别截取BE,BD,使BE=BD；分别以A,£为圆心、以大于打E的长为半径作弧，两弧在团CA4内交于点尸;

作射线交NC于点G.若CG=1,尸为48上一动点，则GP的最小值为

【分析】根据尺规作图可得8G平分由1BC,再利用角平分线的性质定理即可求解.

【详解】解：如图，过点G作于〃.

G,

由作图可知，GB平分EL48C,

EIG/fflRl,GEBC,

^GH=GC=1,

根据垂线段最短可知，GP的最小值为1,

故答案为：1.

【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，垂线段最短，解题的关键在于能够准确判断出5G是EUBC的角

平分线.

17.（2023下•河北保定•七年级统考期末）直线a、b、c、d的位置如图所示，如果回1=72。，那么05=—°

（1）若回2=72。，则0与6的关系是

【分析】利用对顶角相等可得结论；

（1）利用同位角相等，两直线平行可以判定结论;

（2）利用平行线的性质和平角的意义可求结论.

【详解】解：回如与贴是对顶角，

005=01=72°.

故答案为：72；

（1）001=72°,02=72°,

001=02.

函116（同位角相等，两直线平行）.

故答案为：平行；

（2）13ali6,

006=03（两直线平行，内错角相等）.

003=68°,

036=68°.

0[?14=1800-06=1120.

故答案为：112.

【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，平角的意义，对顶角的性质.正确使用平行线的性质是解

题的关键.

18.（2023•上海奉贤•统考二模）如图，一艘轮船由西向东航行，在/处测得灯塔P在北偏东60。的方向，继

续向东航行40海里后到2处，测得灯塔P在北偏东30。的方向，此时轮船与灯塔之间的距离是—海里.

【答案】40

【分析】根据已知方向角得出曲=哂3=30。，进而得出对应边关系即可得出答案.

【详解】解：如图所示：由题意可得，07%2=30。，前5尸=30。，

故0P8E=6O。，

则SP=aR48=30°,

可得：48=8尸=40海里.

故答案为：40.

【点睛】此题主要考查了方向角及等腰三角形的判定，正确得出即=加3=30。是解题关键.

19.（2023下•云南玉溪,七年级统考期中）如图，将木条a,6与c钉在一起，01=70°,02=50°,要使木条

。与6平行，木条。旋转的度数至少是

【答案】20。/20度

【分析】根据同位角相等两直线平行，求出旋转后回2的同位角的度数，然后用回1减去即可得到木条a旋转

的度数.

【详解】解：EBAOC=[32=50°时，OA0b,

团要使木条a与b平行，木条a旋转的度数至少是如旬AOC=70。-50。=20。.

故答案是：20。.

【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的判定，根据同位角相等两直线平行求出旋转后回2的同位角的度

数是解题的关键.

20.（2023・湖南衡阳校考模拟预测）如图，乙COD=4AOB=90。.假设=40°,那么乙。。8的大小为

【答案】40。/40度

【分析】根据NCOD=AAOB=90。可以推理得出"04=4BOD,从而得出答案.

【详解】解：0ZCOD=4AOB=90°,

团乙。。4+Z-AOD=(BOD+Z.AOD,

0ZCO/1=乙BOD=40°.

故答案为：40°.

【点睛】本题主要考查了同角的余角相等，正确推出NC04=乙BOD=40。是解题的关键.

21.（2023,广西贺州•统考一模）比较大小：40.15°40。15'（用＞、=、＜填空）.

【答案】＜

【分析】把两个度数统一即可判断.

【详解】解：40.15°=40°+0,15°=40°+0.15X60'=40°9',

4009,＜40°15',

故答案为：＜.

【点睛】本题考查了角的度数的表示，正确记忆度、分、秒是60进制是解题关键.

22.（2022•江苏苏州•苏州市第十六中学校考一模）如图，直线a||b,41=124。,贝此2的度数为1

【分析】根据邻补角求得43,根据平行线的性质即可求得42.

【详解】解：EIZ1=124°,

0Z3=180°-Z1=56°,

a

b

•・,a\\b,

z.2=z.3=56°.

故答案为：56.

【点睛】本题考查了平行线的性质，邻补角，掌握平行线的性质是解题的关键.

23.（2023上•广东深圳•八年级深圳市沙井中学校考期中）如图，皿5。中，SL4C5=90°,4C=4,BC=3,

射线CD与边交于点。，点£、尸分别为8。中点，设点£、厂到射线CD的距离分别为加、〃，则

m+n的最大值为.

【答案】2.5

【分析】连接CE,CF,作EM1CD,FN1CD,分别交CD于点A/和点N,首先根据中线的性质和三角形

面积公式得出S"CE=|SA4BC=3,然后证明出当CD的长度最小时，的值最大，然后根据垂线段最短

和等面积法求出CD的最小值，即可求出m+n的最大值.

【详解】解：连接CE,CF,作EM1CD.FN1CD,分别交CD于点M和点N,

回点E是/。的中点，点尸是的中点，

EICE是A/lCD中边上的中线，CF是ABCD中3。边上的中线，

11

回S44CE=S^DCE=2ACD)^ABCF=S^DCF=3sgCD，

团SAFCE=S^DCE+SADCF=~^^ACD+~^ABCD=JSRABC=2x2xxBC=3,

CD-EM+--CD+FN=3,

22

E|•CO-(EM+FN)=3,即)CD•(m+")=3,

0CZ)•(m+n)=6,

El当CD的长度最小时，加+〃的值最大，

团当C014B时，CO的长度最小，此时心+"的值最大，

EBA8C中，EL4C5=90°,/C=4,BC=3,

^AB=>JAC2+BC2=5,

^xCDxAB=6,解得：CD=y,

国将CD=£代入CD•O+n）=6得：m+n=2.5.

故答案为：2.5.

【点睛】此题考查了勾股定理，中线的性质，三角形面积的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是根据

题意作出辅助线，正确分析出当CD14B时机+"的值最大.

24.（2023•广西防城港・统考三模）如图，在RL4BC中，N2CB=90。，NA=30。，AB=4A/3,点。是4B的

中点，点。是线段AC上任意一点（不含端点），连接。D,贝I。。的最小值为.

【分析】作CG||AB构造NGC4=乙CAB=30°,再过点。作。F1CG交AC于点、D,DF=^CD,所以。D+

|C£»=0D+DF=。尸最小，根据含30。直角三角形的性质即可求得OF的长.

【详解】解I2BN4CB=90°,乙4=30°,AB=4V3

SBC=-BC=2V3,

2

^AC=7AB2-BC2=6.

如图，过点。作CGIIAB,过点。作。FLCG交/C于点Q,

团乙/。。=Z.CFD=90°,

团CG||AB,L.A=30°,

回匕GCA=2LA=30°

⑦DF—CD,OD=-AD

22f

国根据垂线段最短可知：

OD+：CD的最小值为：OF=OD+DF=^AD+^CD=|XC=3,

故答案为3.

【点睛】本题考查了最短路径以及含30度角的直角三角形，解决本题的关键是构造适当的辅助线.

25.（2012下•江苏无锡•七年级统考期中）如图，已知N8I3C。，P为直线N8,CD外一点，8/平分0A8P,

平分回CDP,8尸的反向延长线交。£于点£,若附ED=a,试用a表示即为.

【答案】即=360°-2a

【分析】根据角平分线的性质得出回1=团2,03=04,平行线的性质得出131=135,06=口尸。。=2回3,进而根

据三角形内角和得出田5、DFED,再得到□尸和a的关系，然后即可用。表示□尸.

【详解】解：延长N5交即于点G,延长产£交CO于点，，

站厂平分EL48P,£>£平分团CDP,

001=02,03=04,

EL4BECO,

瓯1=回5,回6=EPDC=2EI3,

aaP5G=180°-2E1,

0ELP5G=18OO-205,

005=90°--ELP5G,

2

1800-SHED,05=180°-BEHD,^EHD+WED+^3^180°,

0180°-05+180°-ELf'^Z）4-03=180",

00/^0=180°-E5+E3,

0EF£,D=18OO-（90。-如P8G）+与6=90。+工（E1P8G+EI6）=90。+工（180。-EP）=180°--0P,

22222

^FED=a,

0a=18O°-如P

2

回即=360°-2a.

故答案为：回尸=360°-2a.

【点睛】此题考查了角平分线的性质和平行线的性质及三角形内角和，有一定的综合性，认真找出角的关

系是关键.

三、解答题

26.（2023下•江苏宿迁•七年级统考期中）如图，己知：41=63。，Z2=63°,且4。=40.

⑴判断CE与BD的位置关系，并说明理由；

⑵探索NF与N4的数量关系，并说明理由.

【答案］⑴CE||BD；理由见解析

（2）乙4=4尸；理由见解析

【分析】（1）根据内错角相等，两直线平行，即可得出结论;

（2）利用三角形内角和定理，即可得出结论.

【详解】（1）解：CE||BD-,理由如下：

EIZ1=63°,42=63°,

0Z1=Z2,

0CF||BD（内错角相等，两直线平行）.

（2）回44+Z.C+Z1=180°,NF++/2=180°,

0zC=zD,zl=z2,

0Z.X=z.F.

【点睛】本题考查平行线的判定和三角形的内角和定理.熟练掌握内错角相等，两直线平行，三角形内角

和是180。，是解题得关键.

27.（2023下,湖南怀化•八年级统考期末）如图，在平行四边形N8CD,平分EL48C,。下平分0Aoe

（1）求证EUBEEBCDP.

（2）证明四边形防ED是平行四边形.

A,--------------------------，D

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）由平行四边形的性质可得48=CD,乙4=NC,乙4BC=N4OC,再根据已知条件，利用角平

分线的性质可得N4BE=NCDF,根据ASA,即可证明△力BE三△CDF.

（2）由（1）可得BE〃FD,BE=FD,即可直接证明四边形防FD是平行四边形.

【详解】（1）••・四边形4BCD是平行四边形，

•••AB—CD,Z-A—乙C,2ABC—Z.ADC,

•••平分班5C,。尸平分蜘DC,

•••/.ABE=Z.EBC^-Z.ABC,/.ADF=4CDF=-/.ADC,

22

Z-ABC=Z.ADC,

Z.ABE=Z-CDF,

△ABE=ACDF；

（2）•••△ABE=△CDF,

・•.BE=DF,

i

•・•乙CDF=Z.ADF=-Z.ADC,

2

•・•四边形Z5co是平行四边形，

••.40//BC,/.ABC=/.ADC,

・・

•/-ADF=A.DFC=2-Z.ADC,

VAEBC=-^ABC,

2

•••Z-DFC=Z.EBC,

BE//DF,

.•・四边形EBFD是平行四边形.

【点睛】本题考查了平行四边的性质与判定，全等三角形的性质与判定，角平分线的定义，掌握平行四边

形的性质与判定是解题的关键.

28.(2022•江苏•统考一模)如图，已知四边形4BCD为平行四边形，点在对角线8。上，且8M=DN.

求证：

三4CDN；

(2)AM\\CN.

【答案】⑴见详解

(2)见详解

【分析】(1)根据平行四边形的性质易得48=CD,4ABM=4CDN,在根据已知条件8M=DN,最后利

用边角边即可完成求证.

(2)根据全等三角形的对应角相等，可得乙4MB=NCMD,最后根据内错角相等，两直线平行即可完成求

证.

【详解】(1)证明：回四边形/BCD是平行四边形，

^AB//CD,AB=CD,

=(CDN,

又回=DN,

[HAABM=△CDN.

(2)证明：0AABM=^CDNf

团zG4MB=乙CND,

国4MlicN.

【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、三角形全等的判定和性质、平行线的判定，关键是灵活运用这

些知识.

29.（2023下•重庆•八年级统考期末）如图，EMBCD中，点E在2D上，4BCE=LDCE.

（1）利用直尺和圆规作出NB4D的平分线，交BC于点F；（不写作法，保留作图痕迹）

（2）求证：四边形4FCE是平行四边形.

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【分析】（1）①以4为圆心，任意长度为半径作弧，交43,4。于点M,N；②分别以M,N为圆心，大于为

半径作弧交4B4D的内部于点P,作射线4P,交于点F；

（2）根据（1）的作图，利用等量代换求得四边形2FCE对角相等，再根据平行线的性质与判定求得另一组

对边也平行，从而得证

【详解】（1）如图：①以4为圆心，任意长度为半径作弧，交48,4。于点M,N

②分别以MN为圆心，大于^MN为半径作弧交NB4D的内部于点P,作射线4P,交BC于点F；

(2)证明：,•・四边形4BCD是平行四边形

•••乙BAD=乙BCD

，・•AF平分NR4Q

1

Z.BAF=Z.FAD=-乙BAD

1

•・•乙BCE=乙DCE=辽乙BCD

・••Z.FCE=Z.FAE

•••AD/IBC

.­./.AEC+乙FCE=180°

•••^AEC+AFAE=180°

AF//FC

••・四边形4ECF是平行四边形

【点睛】本题考查了尺规作图作角平分线，角平分线的定义，平行线的性质与判定，平行四边形的性质与

判定，熟练作图及掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键.

30.(2023上•贵州遵义•八年级统考期末)己知EL42c中，EL4cB的平分线CD交48于点。，DE//BC.

(1)如图1,如果点£是边NC的中点，AC=8,求DE的长；

(2)如图2,若。£平分的OC,EL45C=30°,在8c边上取点尸使8P=。尸，若BC=9,求。尸的长.

【答案】(1)DE=4；(2)DF=3.

【分析】(1)由角平分线的性质得到05co=mCD,再由两直线平行内错角相等得到回£Z)C=MCD,继而

解得血)C=^CD,再由等角对等边解得研)=EC,最后根据线段中点性质解题；

(2)由两直线平行同位角相等结合角平分线性质解得05=050再由等角对等边解得DB=DC,作DG^BC

于点G,由等腰三角形三线合一性质解得G8=4.5,最后根据含30。角的直角三角形性质解题即可.

【详解】解：(1)平分勖1C3,

^3\BCD=^ACD,

0DEHBC,

EHEDC=aBCr),

^3\EDC=BACD,

^ED=EC,

回点£是边/C的中点，NC=8,

蛇C=〃1C=4,

2

困)E=4；

(2)^DE//BC,

回匿4。£=团8,回CQE=®BCZ),

亚历平分的£>C,

^\ADE=^CDE,

^\B=^BCD,

^DB=DC,

如图，作DG鲂。于点G,

^DB=DC,DG^BC,

ii

HG5=-5C=-X9=4.5,

22

团d4BC=30°,BF=DF,

回勖。/=勖=30°,

mDFG=鼬+血)/=60°,

睡］FDG=30°,

MF=DF=2FG,

团G产=1.5,

^\DF=2FG=3.

【点睛】本题考查角平分线性质、平行线性质、等腰三角形的判定与性质、含30。角的直角三角形性质等知

识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键.

31.（2023•浙江温州•统考二模）如图，AD平分NB4C,AB=AC,且4B〃CD,点E在线段力。上，BE的延长

线交CD于点F,连接CE.

(1)求证：AACE=AABE.

(2)当AC=AE,^CAD=36。时，求ADCE的度数.

【答案】(1)见解析；（2）36。

【分析】(1)根据SAS推出全等;

(2)由(1)中三角形全等以及平行的性质可以求得ADCE度数.

【详解】(1)证明：EL4D平分NB4C

0ZCXF=/-BAE

朋C=AB,AE=AE

团4/CE皂AABE

(2)^AACE=AABE

^CAE=/-BAE=36°

^AB//CD

团ND=乙BAE=36°

^AC=AE

^ACE=Z.AEC=72°

^DCE=36°

【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质和判定的应用，应熟练掌握并灵活运用.

32.（2022•陕西西安•校考三模）如图，在匹4BCD中，点、E,尸分别在ZB,DC上，且ED1FB1BD.

求证：△AED=△CFB.

【答案】证明见解析

【分析】由题意知，乙EDB=4FBD=90°,则DE||BF,可证四边形BFDE是平行四边形，则DF=BE,BF=

DE,CF=AE,进而结论^AEDdCFB(SSS)得证.

【详解】解：由题意知，AB=CD,AB||CD,AD=BC,乙EDB=AFBD=90°,

SDE||BF,

又MF||BE,

回四边形BFDE是平行四边形，

0Z)F=BE,BF=DE,

EICF=AE,

在△25£＞和4CFB中，

AD=BC

0OF=BF,

AE=CF

0AAEDdCFB(SSS).

【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，平行线的判定，全等三角形的判定等知识.解题的关键在

于找到证明三角形全等的条件.

33.(2023•湖北武汉•武汉市卓刀泉中学统考模拟预测)如图，点A,B,C,D在一条直线上，CE与BF交于点G,

乙4=41,CE||DF,

A

⑴求证：NE=NF；

s

(2)若4B:BC:CD=2:2:1,直接写出出处竺竺的值.

$四边形4BCE

【答案】(1)见解析

(2尚

【分析】(1)先根据条件证AEIIBF,再结合CEIIDF,由平行线的性质得出与NE,乙F,分别相等的角后即

可证得.

(2)证明△ACE~ABGC,得到丝迹的值，再求证△BGC-△BDF,得到包场的值，由辿绝竺=‘加…即

SABCGS&BCG$四边形ABGEl^ACE-SABCG

即可解答.

【详解】(1)乙4=41,

・•.AE||BF,

•••Z.E=z_2,

又团CE||DF,

・•・z.2=Z-F,

故"=Z-F.

(2)回/E||BF,

^ACE〜ABCG,

膜巫=（笠）2=4,

SxBCG\BCJ

团CE||DF,

ISABGC—△BFD,

3=闺=2,

S&BCGYBCJ4

设S"CG=4%,则S-CE=16%,SABDF=9x

S四边形GCDF_S^BDF—ShBCG_5

S四边形ABGES&ACE-S&BCG12

【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，相似三角形的判定及性质，关键是掌握相似三角形的面积比等

于相似比的平方.

34.（2023下•浙江•七年级统考阶段练习）如图所示，射线CF、4E被直线GH所截，交点分别是。、B,连接

AD,CB,若乙1+Z2=180°,NA=zf,DA平分NBDF.

(1)证明4EIIFC.

(2)BC平分乙DBE吗?为什么？

【答案】([)见解析；(2)平分，理由见解析

【分析】(1)证明团1WCDB,利用同位角相等，两直线平行即可证得；

(2)先证明ADEIBC,再证EIFDA=EIA=[3CBE,0ADB=0CBD,即可得结论.

【详解】(1)证明：

001+02=180°,02+0CDB=18O°,

ffll=0CDB,

EIAEHFC

(2)平分.理由如下：

HAE0CF,

H3C=I3CBE(两直线平行，内错角相等)，

又瓯A=I3C,

EBA=EICBE,

0AD0BC

ODA平分回BDF,

0OFDA=0ADB,

0AE0FC,AD0BC,

fflFDA=0A=0CBE,EADB=ECBD,

00EBC=ECBD,

I3BC平分EIDBE.

【点睛】本题主要考查平行线的判定及性质、角平分线得到性质，熟练掌握判定定理是关键.

【能力提升】

35.(2023上,江苏南通•七年级校联考阶段练习)定义：如图1,射线。C在N40B的内部，图中共有3个角:

乙4。夙乙40c和ABOC,若其中有一个角的度数是另一个角度数的两倍，则称射线。C是乙40B的"妙分线".

⑴如图1,若/力。8=90。，且射线0C是/40B的“妙分线"，求NZOC的度数.

(2)如图2,若NMPN=60。，射线PQ绕点尸从PN位置开始，以每秒4。的速度顺时针旋转，同时，射线PM绕

点P以每秒3。的速度顺时针旋转，当PQ与PN成180。时，射线PQ,射线PM同时停止旋转，设旋转的时间为t

秒，求t为何值时，射线PQ是NMPN的"妙分线".

【答案】⑴60。或30。或45。；

(2)当t为g或12或20时，射线PQ是NMPN的"妙分线"

【分析】本题考查了本题考查了角度的计算，一元一次方程的应用，妙分线定义；

(1)根据妙分线定义即可求解；

(2)分3种情况：当NMPQ=2NNPQ时，^i^MPN=2^NPQSi,当2/MPQ=NNPQ时，根据妙分线定义

即可求解.

【详解】(1)解：回乙4。8=90。，且射线OC在乙1。8的“妙分线"，

0Z4OC=2乙BOC或乙BOC=或N4。B=2^AOC=24BOC,

0ZXOC=60°或30°或45°；

(2)解：根据题意得：

当NMPQ=24NPQ时，

1

4t=j(3t+60),

解得”―

当乙MPN=2ZJVPQ时，

4t=j(3t+60),

解得t=12；

当24MPQ=NNPQ时,

7

4t=|（3t+60）,

解得t=20.

故当，为g或12或20时，射线PQ是NMPN的"妙分线".

36.（2023上•河北保定•七年级统考期末）【特例感知】如图1,已知线段MN=40cm,AB=2cm，点C和点

D分别是AM,BN的中点.若AM=16cm,贝！ICD=cm；

MCABDN

图1

【知识迁移】我们发现角的很多规律和线段一样，如图2,已知乙4OB在NMON内部转动，射线。C和射线。。

分别平分乙4OM和NBON；

①若乙MON=150°,4A0B=30°,求NCOD的度数；

②请你猜想乙4。8,NC。。和NMON三个角有怎样的数量关系？请说明理由.

【类比探究】如图3,N40B在4MON内部转动，若乙MON=150°,AAOB=30°,4MOC=k^AOC,乙NOD=

此BOD,求NC。。的度数.（直接写出结果，用含有k的式子表示）.

C

【答案】【特例感知】21；【知识迁移】①4C。。=90。；②4COD=34MON+34AOB,理由见解析；【类

比探究】等+30。

【分析】本题主要考查线段中点以及角平分线的定义和角的和差;

【特例感知】欲求CD,需求4C+4B+BD.则需求4C+BD.根据点C和点。分别是AM,BN的中点，得

AC.BD,进而解决此题.

【知识迁移】①欲求NCOD,需求N40C+NA0B+NB0D.已知N40B,需求N40C+NB0D.由射线0C和

射线。。分别平分N40M和NBON,可求出NAOC/BOD,进而解决此题.②与①同理可证.

【类比探究】由NM0C=kN40C,乙NOD=k^BOD可得,AAOM=(1+k)Z.AOC,ABON=(1+k^BOD,

从而得到乙40C+乙BOD="OM+LBON=工f,再根据/。。。=AAOC+AAOB+/.BOD,即可求解.

k+1k+1

【特例感知】团MN=40cm,AB=2cm,AM=16cm,

国BN=MN-AB-AM=40-2-16=22cm,

回点C和点O分别是AM,BN的中点，

ii

团AC=-AM=8cm,BD=-BN=11cm,

22

团4c+BD=19cm.

团CD=AC+AB+BD=2+19=21cm.

故答案为：21.

［知识迁移］①回射线。C和射线。。分别平分NAOM和NBON,

11

团4AOC=-^AOM,/-BOD=~BON.

22

回41OC+乙BOD=-AAOM+-乙BON=-(乙4OM+乙BON).

又回4MON=150°,AAOB=30°,

团4AoM+乙BON=乙MON-乙AOB=150°-30°=120°.

回4AOC+乙BOD=60°,

・•・乙COD=乙4OC+^AOB+乙BOD=60°+30°=90°；

②乙COD=：4MON+34AOB.理由如下：

团射线OC和射线。。分另|J平分乙4OM和4BON,

回匕AOC=-AAOM,乙BOD=-乙BON.

22

111

团N/OC+乙BOD=-AAOM4--(BON=-^AOM+乙BON),

222'7

・•.Z.COD=Z.AOC+乙AOB+乙BOD

1

=-(乙4OM+乙BON)+AAOB

1

=-(乙MON一乙4。8)+乙4。8

11

=-^MON+-^AOB；

22

【类比探究】团NMON=150°,/,AOB=30°,

••・^AOM+乙BON=120°

团NMOC=k^AOC,Z.NOD=k乙BOD,

团440M=L.MOC+Z-AOC=(1+k)乙AOC,乙BON=(NOD+乙BOD=(1+k)乙BOD,

Z.AOM+Z.BON120。

乙4。。+乙BOD

k+1k+1

120°

JC。。="OC+"OB+NB。。=k+3。。.

37.（2024上•湖南衡阳•七年级统考期末）如图1,直线48与直线0、％分别交于C、。两点，点M在直线办上,

射线DE平分乙4DM交直线。于点Q,ZXCQ=2乙CDQ.

证明：川七；

（2）如图2,点P是CD上一点，射线QP交直线%于点F，UCQ=70°.

①若“FD=20。，则直接写出4FQD的度数是.

②点N在射线OE上，满足“CN=乙QFD,连接CN,如图3所示情况，探究NCND与NFQD满足的等量关系,

并加以证明.

【答案】⑴见解析

⑵①15。；②乙CND=4FQD,证明见解析

【分析】本题考查角平分线的定义，三角形外角的性质，平行线的性质与判断，掌握平行线的性质和判断

方法是解决问题的关键.

（1）根据角平分线的定义、三角形内角和定理以及平行线的判定进行解答即可；

（2）①根据平行线的性质，角平分线的定义以及三角形的外角性质进行计算即可；

②证明NTIIFQ,即可得出结论.

【详解】（1）证明：,・•£）£平分乙4DM,

/.ADE=乙EDM=-Z.ADM,

2

又「乙4CQ=/.ADE+Z.CQD,Z-ACQ=2Z.CDQ.

•••Z.EDM=Z-CQD,

・•・Zill/2；

(2)解：①•••川跖

AAADM=AACQ=70°,

vDE平分"DM,

.­./.ADE=4EDM=-/.ADM=35°,

2

又•・•Z.EDM=乙QFD+(FQD,

・•.AFQD=35°-20°=15°；

②乙CND=乙FQD或乙CND-乙FQD=35°,

证明：•・・/加2,

・•・乙NCQ=乙CTD,

又•・•(QCN=(QFD,

•••Z.CTD=Z-QFD,

・•・NTWFQ,

・•.Z,CND=(FQD.

38.(2024上•陕西汉中•七年级统考期末)【问题情境】已知，41=42,EG平分NAEC交8。于点G.

【问题探究】（1）如图1,^MAE=45°,MEG=15°,乙NCE=75。.试判断EF与CD的位置关系，并说明

理由；

【问题解决】（2）如图2,^MAE=140°,/.FEG=30°,当A8||CD时，求NNCE的度数；

【问题拓展】（3）如图2,若4BIICD,试说明NNCE=NM4E-2NFEG.

【答案】（1）