专题03 几何思想之平行线的性质重难点综合专练（解析版）-【考点培优尖子生专用】2021-2022学年七年级数学下册专题训练（浙教版）

编者小k君小注：本专辑专为2022年初中浙教版数学第二学期研发，供中等及以上学生使用。思路设计：重在培优训练，分选择、填空、解答三种类型题，知识难度层层递进，由中等到压轴，基础差的学生选做每种类型题的前4题；基础中等的学生必做前4题、选做5-8题；尖子生全部题型必做，冲刺压轴题。专题03几何思想之平行线的性质重难点综合专练（解析版）错误率：___________易错题号：___________一、单选题1．（2021·浙江·七年级期中）如图，已知，下列正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【标准答案】D【思路指引】根据平行线的性质和平行线的判定逐个分析即可求解.【详解详析】解：如图，记相交所成的锐角为，因为，所以，若，所以，所以e//f，而不能推出图中的直线平行，故选D.【名师指路】本题主要考查平行线的性质和判定，解决本题的关键是要熟练掌握平行线的性质和判定.2．（2021·浙江·七年级期中）如图，，点为上方一点，分别为的角平分线，若，则的度数为（）A． B． C． D．【标准答案】A【思路指引】过G作GMAB，根据平行线的性质可得∠2=∠5，∠6=∠4，进而可得∠FGC=∠2+∠4，再利用平行线的性质进行等量代换可得3∠1=210°，求出∠1的度数，然后可得答案．【详解详析】解：过G作GMAB，∴∠2=∠5，∵ABCD，∴MGCD，∴∠6=∠4，∴∠FGC=∠5+∠6=∠2+∠4，∵FG、CG分别为∠EFG，∠ECD的角平分线，∴∠1=∠2=∠EFG，∠3=∠4=∠ECD，∵∠E+2∠G=210°，∴∠E+∠1+∠2+∠ECD=210°，∵ABCD，∴∠ENB=∠ECD，∴∠E+∠1+∠2+∠ENB=210°，∵∠1=∠E+∠ENB，∴∠1+∠1+∠2=210°，∴3∠1=210°，∴∠1=70°，∴∠EFG=2×70°=140°．故选：A．【名师指路】此题主要考查了平行线的性质，关键是正确作出辅助线，掌握两直线平行同位角相等，内错角相等．3．（2021·浙江武义·七年级期中）为增强学生体质，感受中国的传统文化，学校将国家级非物质文化遗产“抖空竹”引入阳光特色大课间，小聪把它抽象成图2的数学问题：已知AB∥CD，∠EAB＝80°，，则∠E的度数是（）

A．30° B．40° C．60° D．70°【标准答案】A【思路指引】过点作，先根据平行线的性质可得，再根据平行公理推论、平行线的性质可得，然后根据角的和差即可得．【详解详析】解：如图，过点作，，，，，，，，，故选：A．【名师指路】本题考查了平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的性质是解题关键．4．（2021·浙江上虞·七年级期末）如图，将一条两边沿互相平行的纸带折叠．设为度，用关于的代数式表示，则表示正确的是（）A． B．C． D．【标准答案】B【思路指引】利用平行线的性质以及翻折不变性解决问题即可．【详解详析】解：如图，//，，将一条上下两边互相平行的纸带折叠，，故选：B．【名师指路】本题考查了平行线的性质、翻折变换等知识，解题关键是熟练掌握基本知识．5．（2021·浙江柯桥·七年级期中）一副直角三角尺叠放如图1所示，现将45°的三角尺固定不动，将含30°的三角尺绕顶点A顺时针转动，使两块三角尺至少有一组边互相平行，如图2，当时，，则（）其它所有可能符合条件的度数为（）A．60°和135° B．60°和105° C．105°和45° D．以上都有可能【标准答案】D【思路指引】根据题意画出图形，再由平行线的性质定理即可得出结论．【详解详析】解：如图

当∥时，；当∥时，；当∥时，∵，∴；当∥时，∵，∴．故选：．【名师指路】本题考查的是平行线的判定与性质，根据题意画出图形，利用平行线的性质及直角三角板的性质求解是解答此题的关键．6．（2021·浙江镇海·七年级期中）如图，已知平分，平分，．下列结论正确的有（）①；②；③；④若，则．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【标准答案】C【思路指引】由三个已知条件可得AB∥CD，从而①正确；由①及平行线的性质则可推得②正确；由条件无法推出AC∥BD，可知③错误；由及平分，可得∠ACP=∠E，得AC∥BD，从而由平行线的性质易得，即④正确．【详解详析】∵平分，平分∴∠ACD=2∠ACP=2∠2，∠CAB=2∠1=2∠CAP∵∴∠ACD+∠CAB=2(∠1+∠2)=2×90゜=180゜∴故①正确∵∴∠ABE=∠CDB∵∠CDB+∠CDF=180゜∴故②正确由已知条件无法推出AC∥BD故③错误∵，∠ACD=2∠ACP=2∠2∴∠ACP=∠E∴AC∥BD∴∠CAP=∠F∵∠CAB=2∠1=2∠CAP∴故④正确故正确的序号为①②④故选：C．【名师指路】本题考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义，掌握这些知识是关键．7．（2021·浙江滨江·七年级期中）如图，已知，平分，平分，则下列判断：①；②平分；③；④中，正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【标准答案】B【思路指引】根据平行线的性质求出，根据角平分线定义和平行线的性质求出，推出，再根据平行线的性质判断即可．【详解详析】∵，∴，∴正确；∵，∴，∵平分，平分，∴，，∴，∴，∴，∴根据已知不能推出，∴错误；错误；∵，，∴，∵，∴，∴，∴正确；即正确的有个，故选:．【名师指路】本题考查了平行线的性质和判定，角平分线定义的应用，能灵活运用平行线的性质和判定进行推理是解此题的关键．8．（2021·浙江·诸暨牌头中学九年级）已知：如图，，一条折线与，分别相交于点，，则，，，这4个角的关系正确的是（）A．B．C．D．【标准答案】A【思路指引】分别过∠2和∠3的顶点作HN∥AB交MF于N，MG∥AB交EH于G，然后根据平行线的性质和三角形外角的性质求解即可.【详解详析】解：如图所示分别过∠2和∠3的顶点作HN∥AB交MF于N，MG∥AB交EH于G，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥HN∥MG，∴∠1=∠AEH=∠2+∠MHN，∠GMH=∠MHN，∠4=∠HNF=∠3+∠MHN，∴∠4=∠3+∠1-∠2，∴∠1+∠3=∠4+∠2，故选A.【名师指路】本题主要考查了平行线的性质，三角形外角的性质，解题的关键在于能够正确地作出辅助线进行求解.9．（2021·浙江·杭州市十三中教育集团（总校）七年级期中）如图，直线AB//CD，直线AB，EG交于点F，直线CD，PM交于点N，∠FGH＝90°，∠CNP＝30°，∠EFA＝α，∠GHM＝β，∠HMN＝γ，则下列结论正确的是（）A．β＝α+γ B．α+β+γ＝120° C．α+β﹣γ＝60° D．β+γ﹣α＝60°【标准答案】C【思路指引】延长HG交直线AB于点K，延长PM交直线AB于点S．利用平行线的性质求出∠KSM，利用邻补角求出∠SMH，利用三角形的外角与内角的关系，求出∠SKG，再利用四边形的内角和求出∠GHM．【详解详析】解：延长HG交直线AB于点K，延长PM交直线AB于点S．∵AB∥CD，∴∠KSM=∠CNP=30°．∵∠EFA=∠KFG=α，∠KGF=180°-∠FGH=90°，∠SMH=180°-∠HMN=180°-γ，∴∠SKH=∠KFG+∠KGF=α+90°，∵∠SKH+∠GHM+∠SMH+∠KSM=360°，∴∠GHM=360°-α-90°-180°+γ-30°，∴α+β-γ=60°，故选：C．【名师指路】本题考查了平行线的性质、三角形的外角与内角的关系及多边形的内角和定理等知识点．利用平行线、延长线把分散的角集中在四边形中是解决本题的关键．10．（2021·浙江长兴·七年级期末）如图，，分别是，，上的点，且，若和的平分线相交于点，则的度数为（）A．120° B．135° C．150° D．不能确定【标准答案】B【思路指引】过点H作，由平行线的性质可得，，，再根据垂直定义求出，则可利用三角形外角与内角的关系得，最后由角平分线的定义即可求得结果．【详解详析】解：如图，过点H作，∵，∴．∴，．∵，∴．∵，∴．∴．∵，，∴．∵、分别平分和，∴，．

∴．∴．即．故选：B．【名师指路】本题考查了平行线的判定与性质、角平分线的定义及三角形内角与外角的关系等知识，熟练掌握平行线的性质、角平分线的定义及三角形内角与外角的关系是解题的关键．二、填空题11．（2021·浙江北仑·七年级期中）如图，已知直线ABCD，直线MN分别交AB、CD于M、N两点，若ME、NF分别是∠AMN、∠DNM的角平分线，试说明：MENF．解：∵ABCD，（），∴∠AMN＝∠DNM（），∵ME、NF分别是∠AMN、∠DNM的角平分线，（已知）∴∠EMN＝∠AMN，∠FNM＝∠DNM（角平分线的定义），∴∠EMN＝∠FNM（等量代换），∴MENF（），由此我们可以得出一个结论：两条平行线被第三条直线所截，一对角的平分线互相．【标准答案】已知；两直线平行，内错角相等；；；内错角相等，两直线平行；内错角；平行【思路指引】根据平行线的性质得出∠AMN＝∠DNM，根据角平分线定义求出∠EMN＝∠AMN，∠FNM＝∠DNM，推出∠EMN＝∠FNM，根据平行线的判定得出即可．【详解详析】解：∵AB∥CD，（已知），∴∠AMN＝∠DNM（两直线平行，内错角相等），∵ME、NF分别是∠AMN、∠DNM的角平分线，（已知）∴∠EMN＝∠AMN，∠FNM＝∠DNM（角平分线的定义），∴∠EMN＝∠FNM（等量代换），∴ME∥NF（内错角相等，两直线平行），由此我们可以得出一个结论：两条平行线被第三条直线所截，一对内错角的平分线互相平行．故答案为：已知；两直线平行，内错角相等；；；内错角相等，两直线平行；内错角；平行．【名师指路】此题考查平行线的判定及性质，熟记判定及性质定理并应用解决问题是解题的关键．12．（2021·浙江·七年级期末）如图，将一副三角板按如图放置，则下列结论：①；②如果，则有；③如果，则有；④如果，必有．其中正确的有________．（填序号）【标准答案】①②④【思路指引】根据两种三角板的各角的度数，利用平行线的判定与性质结合已知条件对各个结论逐一验证，即可得出答案．【详解详析】解：①∵∠CAB=∠EAD=90°，∴∠1=∠CAB-∠2，∠3=∠EAD-∠2，∴∠1=∠3．∴①正确．②∵∠2=30°，∴∠1=90°-30°=60°，∵∠E=60°，∴∠1=∠E，∴AC∥DE．∴②正确．③∵∠2=30°，∴∠3=90°-30°=60°，∵∠B=45°，∴BC不平行于AD．∴③错误．④由②得AC∥DE．∴∠4=∠C．∴④正确．故答案为：①②④．【名师指路】此题主要考查学生对平行线判定与性质、余角和补角的理解和掌握，解答此题时要明确两种三角板各角的度数．13．（2021·浙江·七年级期末）如图，已知直线，直线分别是截线，，分别平分．则_______．【标准答案】165°【思路指引】过点E作，结合可得，根据角平分线的定义可得，，再根据平行线的性质可得，，由此即可求得答案．【详解详析】解：如图，过点E作，又∵，∴，∵分别平分，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，故答案为：165°．【名师指路】本题考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义，熟练掌握平行线的判定与性质是解决本题的关键．14．（2021·浙江镇海·七年级期中）如图，已知，平分，，且，则的度数为______．【标准答案】140°【思路指引】延长DE交AB的延长线于G，根据两直线平行，内错角相等可得∠D＝∠AGD，再根据两直线平行，同位角相等可得∠AGD＝∠ABF，然后根据角平分线的定义得∠EBF＝∠ABF，再根据平行线的性质解答．【详解详析】解：如图，延长DE交AB的延长线于G，∵，∴∠D＝∠AGD＝40°，∵BFDE，∴∠AGD＝∠ABF＝40°，∵BF平分∠ABE，∴∠EBF＝∠ABF＝40°，∵BFDE，∴∠BED＝180°﹣∠EBF＝140°．故答案为：140°．【名师指路】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，熟记性质并作辅助线是解题的关键．15．（2021·浙江·杭州市采荷中学七年级期中）如图，有一条纸带ABCD，现小慧对纸带进行了下列操作：（1）将这条上下两边互相平行的纸带折叠，设∠1为65°，则∠a的度数为___．（2）已知这是一条长方形纸带，点E在折线AD﹣DC上运动，点F是AB上的动点，连EF，将纸带沿着EF折叠，使点A的对应点A'落在DC边上，若∠CA'F＝x°，请用含x的代数式来表示∠EAA'的度数：___．【标准答案】57.5°；或【思路指引】（1）由翻折的性质可得∠3=∠4，由AB∥CD，可以得到∠a=∠3=∠4，再根据三角形内角和定理求解即可；（2）分两种情况如图，分类讨论求解即可．【详解详析】解：（1）如图，由翻折的性质得：∠3=∠4，∵AB∥CD，∴∠a=∠3=∠4，∵∠2=∠1=65°，∠4+∠a+∠2=180°，∴2∠a=180°-65°，∴∠a=57.5°，故答案为：57.5°；（2）由翻折的性质可知，，∴，∴，∵∠D=90°，∴∵，∴，∴；如图，由翻折的性质可知，，∴，，∵AB∥CD，∴，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：或．【名师指路】本题主要考查了平行线的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．16．（2021·浙江温州·七年级期末）如图1是一个消防云梯，其示意图如图2所示，此消防云梯由救援台AB，延展臂BC（B在C的左侧），伸展主臂CD，支撑臂EF构成，在操作过程中，救援台AB，车身GH及地面MN三者始终保持平行，当∠EFH＝55°，BC∥EF时，∠ABC＝______度；如图3为了参与另外一项高空救援工作，需要进行调整，使得延展臂BC与支撑臂EF所在直线互相垂直，且∠EFH＝78°，则这时∠ABC＝______度．【标准答案】125168【思路指引】在图2中，延长CB，HG，相交于点K，由平行线的性质可得∠BKH=∠EFH=55°，再利用AB∥GH，可得∠ABK的度数，从而可求∠ABC的度数；在图3中，延长BC，FE，相交于点P，则可得BP⊥EP，延长AB交FE的延长线于点Q，利用平行线的性质可求得∠Q=∠EFH=78°，再利用三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和，从而求得∠ABC的度数．【详解详析】在图2中，延长CB，HG，相交于点K，BC∥EF,∠EFH=55°,∠BKH=∠EFH=55°,AB//GH,∠ABK=∠BKH=55°,∠ABC=180°–∠ABK=125°;在图3中，延长BC，FE，相交于点P，则BP⊥EP，延长AB交FE的延长线于点Q，如图所示：AB//FH,∠EFH＝78°,∠Q=∠EFH=78°,延展臂BC与支撑臂EF所在直线互相垂直，∠BPQ=90°,∠ABC=∠BPQ＋∠Q=90°＋78°=168°,故答案为：125，168.【名师指路】本题考查了平行线的性质，三角形的外角性质，正确的添加辅助线是解题的关键．17．（2021·浙江·七年级期中）一副直角三角只如图①所示叠成，含角的三角尺固定不动，将含角的三角尺绕顶点A顺时针转动，使与三角形的一边平行，如图②，当时，，则其他所有符合条件的度数为________．【标准答案】105°、195°、240°和285°【思路指引】根据题意画出图形，再由平行线的性质定理即可得出结论．【详解详析】解：如图，当BC∥AE时，∠EAB=∠B=60°，∴∠BAD=∠DAE+∠EAB=45°+60°=105°；当BC∥DE时，延长BA，交DE于F，则∠AFE=∠B=60°，∴∠DAF=∠AFE-∠D=60°-45°=15°，∴∠DAB=15°+180°=195°；如图，当BC∥AD时，∠CAD=∠C=30°，∴∠BAD=360°-30°-90°=240°；如图，当BC∥AE时，∠CAE=∠C=30°，∴∠CAD=45°-30°=15°，锐角∠DAB=90°-∠CAD=75°，∴旋转角∠DAB=360°-75°=285°，故答案为：105°、195°、240°和285°．【名师指路】本题考查的是平行线的判定与性质，根据题意画出图形，利用平行线的性质及直角三角板的性质求解是解答此题的关键．18．（2021·浙江·七年级期中）在平面直角坐标系中，点A在x轴负半轴上，点B在y轴正半轴上，且，射线以每秒的速度绕B点顺时针方向旋转至射线，M为x轴正半轴上一点，射线以每秒的速度绕M点逆时针方向旋转至射线，设运动时间为t秒，当______秒时，．【标准答案】2秒或14秒或26秒【思路指引】分0＜t≤，＜t≤，＜t≤20，20＜t≤30四种情况分别求解．【详解详析】解：分四种情况：当0＜t≤时，如图1，F为BA1与x轴交点，

∵∠A1BO=∠ABO+9t=60+9t，∠OMO1=6t，∴∠BFO=30-9t，∴当∠BFO=∠OMO1时，BA1∥MO1，即30-9t=6t，解得：t=2；当＜t≤时，如图2，不符合题意；

当＜t≤20时，如图3，延长A1B至点E，交x轴于点H，

若A1E∥MO1，则∠AHE=∠OMO1=6t，∴∠BHO=∠AHE=6t，∴∠HBO=90-6t，∴∠ABH=60-（90-6t）=6t-30，∵∠ABH+∠ABA1=180，∴∠ABH=180-9t，∴6t-30=180-9t，解得：t=14；当20＜t≤30时，如图4，

设射线BA1与x轴交于点R，若BR∥MO1，则∠BRO=∠O1MR，∴∠OBR=360-60-9t=300-9t，∴∠BRO=90-∠OBR=9t-210，∵∠O1MR=180-6t，∴9t-210=180-6t，解得：t=26；综上：t为2秒或14秒或26秒时，直线BA1∥MO1，故答案为：2秒或14秒或26秒．【名师指路】本题考查了平行线的性质，一元一次方程的应用，难度较大，解题的关键是要根据转动情况分类讨论求解．19．（2021·浙江北仑·七年级期末）在一副三角尺中∠BPA=45°，∠CPD=60°，∠B=∠C=90°，将它们按如图所示摆放在量角器上，边PD与量角器的0°刻度线重合，边AP与量角器的180°刻度线重合．将三角尺PCD绕点P以每秒3°的速度逆时针旋转，同时三角尺ABP绕点P以每秒2°的速度顺时针旋转，当三角尺PCD的PC边与180°刻度线重合时两块三角尺都停止运动，则当运动时间t=______秒时，两块三角尺有一组边平行．【标准答案】6或9或15或33【思路指引】分五种情形分别构建方程即可解决问题．【详解详析】解：根据题意，∠MPA=2t，∠NPD=3t，当三角尺PCD的PC边与180°刻度线重合时两块三角尺都停止运动，则运动时间为t=(秒)；当PA∥CD时，即∠APC=∠C=90°，∠CPD=60°，∴∠MPA+∠APC+∠CPD+∠NPD=180°，即2t+90+60+3t=180，解得：t=6(秒)；当PD∥AB时，即∠B=∠BPD=90°，∠BPA=45°，∴∠MPA+∠BPA+∠BPD+∠NPD=180°，即2t+45+90+3t=180，解得：t=9(秒)；当CD∥AB时，即PB与PC重合，∠BPA=45°，∠CPD=60°，∴∠MPA+∠BPA+∠BPD+∠NPD=180°，即2t+45+60+3t=180，解得：t=15(秒)；当CP∥AB时，则四边形BECP为长方形，∠CPB=90°，∴∠D=∠BPD=30°，∴∠APD=∠APB-∠BPD=45°-30°=15°，∴∠MPA+∠APD+∠NPD=180°，即2t+15+3t=180，解得：t=33(秒)；当CD∥PA时，则∠D=∠APD=30°，∴∠MPA+∠NPD-∠APD=180°，即2t+3t-30=180，解得：t=42>40，不符合题意；综上，当运动时间t为6或9或15或33秒时，两块三角尺有一组边平行．故答案为：6或9或15或33．【名师指路】本题是几何变换综合题，主要考查了平行线的性质，一元一次方程的应用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．20．（2021·浙江乐清·七年级期末）将一副三角板如图1所示摆放，直线，现将三角板ABC绕点A以每秒1°的速度顺时针旋转，同时三角板DEF绕点D以每秒2°的速度顺时针旋转，设时间为t秒，如图2，∠BAH＝t°，∠FDM＝2t°，且0≤t≤150，若边BC与三角板的一条直角边（边DE，DF）平行时，则所有满足条件的t的值为___．【标准答案】30或120【思路指引】根据题意得∠HAC＝∠BAH+∠BAC＝t°+30°，∠FDM＝2t°，（1）如图1，当DEBC时，延长AC交MN于点P，分两种情况讨论：①DE在MN上方时，②DE在MN下方时，∠FDP＝2t°﹣180°，列式求解即可；（2）当BCDF时，延长AC交MN于点I，①DF在MN上方时，∠FDN＝180°﹣2t°，②DF在MN下方时，∠FDN＝180°﹣2t°，列式求解即可．【详解详析】解：由题意得，∠HAC＝∠BAH+∠BAC＝t°+30°，∠FDM＝2t°，（1）如图1，当DEBC时，延长AC交MN于点P，①DE在MN上方时，∵DEBC，DE⊥DF，AC⊥BC，∴APDF，∴∠FDM＝∠MPA，∵MNGH，∴∠MPA＝∠HAC，∴∠FDM＝∠HAC，即2t°＝t°+30°，∴t＝30，②DE在MN下方时，∠FDP＝2t°﹣180°，∵DEBC，DE⊥DF，AC⊥BC，∴APDF，∴∠FDP＝∠MPA，∵MNGH，∴∠MPA＝∠HAC，∴∠FDP＝∠HAC，即2t°﹣180°＝t°+30°，∴t＝210（不符合题意，舍去），（2）当BCDF时，延长AC交MN于点I，①DF在MN上方时，∠FDN＝180°﹣2t°，∵DFBC，AC⊥BC，∴AIDF，∴∠FDN+∠MIA＝90°，∵MNGH，∴∠MIA＝∠HAC，∴∠FDN+∠HAC＝90°，即180°﹣2t°+t°+30°＝90°，∴t＝120，②DF在MN下方时，∠FDN＝180°﹣2t°，∵DFBC，AC⊥BC，DE⊥DF，∴ACDE，∴∠AIM＝∠MDE，∵MNGH，∴∠MIA＝∠HAC，∴∠EDM＝∠HAC，即2t°﹣180°＝t°+30°，∴t＝210（不符合题意，舍去），综上所述：所有满足条件的t的值为30或120．故答案为：30或120．【名师指路】本题考查了平行线的性质，解决本题的关键是掌握平行线的性质．三、解答题21．（2021·浙江·杭州市十三中教育集团（总校）七年级期中）如图，AC//EF，∠1+∠3＝180°．（1）判定∠FAB与∠4的大小关系，并说明理由；（2）若AC平分∠FAB，EF⊥BE于点E，∠4＝72°，求∠BCD的度数．【标准答案】（1）∠FAB＝∠4，理由见解析；（2）54°【思路指引】（1）根据性质可得∠1+∠2＝180°，已知∠1+∠3＝180°，所以∠2＝∠3，即EF//CD，根据平行线的性质两直线平行，同位角相等即可得出答案；（2）因为AC平分∠FAB，所以∠2＝∠CAD，根据三角形外角定理，∠4＝∠3+∠CAD，可计算出∠3的度数，因为EF⊥BE，EF//AC，根据平行线的性质可得∠ACB＝90°，即可得出答案．【详解详析】证明：（1）∠FAB＝∠4．理由如下：∵AC//EF，∴∠1+∠2＝180°，又∵∠1+∠3＝180°，∴∠2＝∠3，∴EF//CD，∴∠FAB＝∠4；（2）∵AC平分∠FAB，∴∠2＝∠CAD，又∵∠2＝∠3，∴∠3＝∠CAD，又∵∠4＝∠3+∠CAD，∴72°＝2∠3，∴∠3＝36°，∵EF⊥BE，EF//AC，∴∠FEC＝90°，∠ACB＝90°，∴∠BCD＝∠ACB﹣∠3＝90°﹣36°＝54°．【名师指路】本题主要考查了平行线的性质和判定，熟练掌握平行线的性质和判定进行计算是解决本题的关键．22．（2021·浙江·绍兴市柯桥区杨汛桥镇中学七年级开学考试）如图，已知ABCD，E是直线AB上的一点，CE平分∠ACD，射线CF⊥CE，∠1＝32°，（1）求∠ACE的度数；（2）若∠2＝58°，求证：CFAG．【标准答案】（1）∠ACE＝32°；（2）见解析．【思路指引】（1）根据平行线的性质可得∠1＝∠DCE＝32°，然后根据角平分线定义即可得到结论；（2）根据根据垂直的定义得∠FCE＝90°，再求出∠FCH＝58°，然后根据平行线的判定定理即可得到结论．【详解详析】（1）∵ABCD，∴∠1＝∠DCE＝32°，∵CE平分∠ACD，∴∠ACE＝∠DCE＝32°；（2）∵CF⊥CE，∴∠FCE＝90°，∴∠FCH＝90°﹣32°＝58°，∵∠2＝58°，∴∠FCH＝∠2，∴CFAG．【名师指路】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线定义，正确的识别图形是解题的关键．23．（2021·浙江温州·七年级期末）如图，AB∥CD，E是CD上一点，AE交BC于点F，且∠ABE＝∠DBC，∠ABC＝∠AEB．（1）试判断AE与BD的位置关系，并说明理由；（2）若BE平分∠CBD，∠AEB＝40°，求∠D的度数．【标准答案】（1），理由见解析；（2）【思路指引】（1）根据∠ABE＝∠DBC可知，结合已知条件进而可得，根据平行线的判定定理即可证明；（2）根据角平分线的定义，以及（1）中的结论，可得，根据平行线的性质即可求得的度数．【详解详析】（1），理由如下，∠ABE＝∠DBC，即，，∠ABC＝∠AEB，，，（2）BE平分∠CBD，∠AEB＝40°，，，，，AB∥CD，．【名师指路】本题考查了平行线的性质与判定，角平分线的定义，掌握平行线的性质与判定是解题的关键．24．（2021·浙江长兴·七年级期末）如图，，，是上一点，连结，满足，的平分线交于点，过点作交于点．（1）求的度数；（2）若平分，求的度数．【标准答案】（1）20°；（2）105°【思路指引】（1）根据平行线的性质求得∠ACB＝70°，并由角的和差关系得∠BCG＝∠ACB-∠ACG＝40°，再利用角平分线的定义求得∠ECG＝∠BCE=20°，即可根据平行线的性质求得∠FEC＝20°；（2）先利用角平分线的定义求得∠DAB＝∠CAB=55°，再由平行线的性质求得∠B＝∠DAB=55°，即可由三角形内角和定理求出∠BEC的度数．【详解详析】解：（1）∵AD//BC，∴∠DAC+∠ACB=180°，∵∠DAC＝110°，∴∠ACB＝70°，又∵∠ACG＝30°，∴∠BCG＝∠ACB-∠ACG＝40°，∵CE平分∠BCG，∴∠ECG＝∠BCE=20°，∵EF//BC，∴∠FEC＝∠BCE=20°；（2）∵AB平分∠DAC，∴∠DAB＝∠CAB=55°，∵AD//BC，∴∠B＝∠DAB=55°，∴∠BEC=180°－∠B－∠BCE=180°－55°－20°=105°．【名师指路】本题考查了平行线的性质、角平分线的定义及三角形内角和定理等知识，熟练掌握所学知识并能灵活运用其解决问题是解题的关键．25．（2021·浙江长兴·七年级期末）如图1，在三角形中，，直线与边，分别交于两点，直线与边分别交于两点，且．（1）若，求的度数；（2）如图2，为边上一点，连结，若，请你探索与的数量关系，并说明理由；（3）如图3，若，延长交直线于点，在射线上有一动点，连结，请直接写出，，的数量关系（用含的式子表示）．【标准答案】（1）134°；（2）∠AED+∠PFG=90°，理由见解析；（3）∠PEQ+∠EPQ－∠PQF=m或∠PEQ+∠EPQ+∠PQF=m【思路指引】（1）如图1，过点B作直线BH∥a，根据平行线的性质可得∠ABH=∠AED=44°，∠CBH+∠BFG=180°，求出∠CBH=90°－∠ABH=46°，即可求解；（2）如图2，过点B作直线BH∥a，则由平行线的性质可得∠ABH=∠AED，∠CBH+∠BFG=180°，则可以得到∠CBH=∠PFG，即可推出∠AED+∠PFG=90°；（3）分当P在DG和在DG的延长线上，两种情况，利用平行线的性质进行求解即可．【详解详析】解：（1）如图1，过点B作直线BH∥a，∴∠ABH=∠AED=44°，∵∠ABC=90°，∴∠CBH=90°－∠ABH=46°，∵BH∥a，a∥b，∴BH∥b，∴∠CBH+∠BFG=180°，∴∠BFG=180°－∠CBH=134°（2）∠AED+∠PFG=90°，理由如下：如图2，过点B作直线BH∥a，由（1）得，BH∥a∥b，∴∠ABH=∠AED，又∠CBH+∠ABH=90°，∴∠CBH+∠AED=90°，∵∠CBH+∠BFG=180°，又∠PFG+∠BFG=180°，∴∠CBH=∠PFG，∴∠AED+∠PFG=90°．（3）∠PEQ+∠EPQ－∠PQF=m或∠PEQ+∠EPQ+∠PQF=m，理由如下：如图所示，当P在DG上时，过点P作PH∥a，同（1）原理可以得到PH∥b，∴∠DEP=∠HPE，∠PQF=∠HPQ，∵∠DEB=∠DEP+∠PEQ，∠EPQ=∠EPH+∠HPQ，∴∠DEB=∠PEQ+∠EPH=∠PEQ+∠EPQ-∠HPQ=∠PEQ+∠EPQ-∠PQF，∴∠PEQ+∠EPQ－∠PQF=m；如图所示：当P在DG的延长线上时，过点P作PH∥a，同（1）原理可以得到PH∥b，∴∠DEP=∠HPE，∠PQF=∠HPQ，∵∠DEB=∠DEP+∠PEQ，∠EPQ=∠EPH-∠HPQ，∴∠DEB=∠PEQ+∠EPH=∠PEQ+∠EPQ+∠HPQ=∠PEQ+∠EPQ+∠PQF，∴∠PEQ+∠EPQ+∠PQF=m；∴∠PEQ+∠EPQ－∠PQF=m或∠PEQ+∠EPQ+∠PQF=m．【名师指路】本题主要考查了平行线的性质，解题的关键在于能够正确作出辅助线进行求解．26．（2021·浙江温岭·七年级期末）如图，三角形中，点，分别是，上的点，且，．（1）求证：；（完成以下填空）证明：（已知）（______________），又（已知）（等量代换），（_______________）．（2）与的平分线交于点，交于点，①若，，则_______；②已知，求．（用含的式子表示）【标准答案】（1）两直线平行，同位角相等；同位角相等，两直线平行；（2）①；②【思路指引】（1）根据平行线的判定及性质即可证明；（2）①由已知得，，由（1）知，可得，在中，，由对顶角得，由三角形内角和定理即可计算出；②根据条件，可得，由，得出，通过等量代换得，由三角形内角和定理即可求出．【详解详析】解：证明（1）证；证明：（已知），（两直线平行，同位角相等），又（已知）（等量代换），（同位角相等，两直线平行），故答案是：两直线平行，同位角相等；同位角相等，两直线平行．（2）①与的平分线交于点，交于点，且，，，，由（1）知，，在中，，，，故答案是：；②，，由（1）知，，，在中，，故答案是：．【名师指路】本题考查了平行线的判定及性质、角平分线的定义、三角形内角和定理、对顶角，解题的关键是掌握相关定理找到角之间的等量关系，再通过等量代换的思想进行求解．27．（2021·浙江嘉兴·七年级期末）如图，已知∠DEB＝100°，∠BAC＝80°．（1）判断DF与AC的位置关系，并说明理由；（2）若∠ADF＝∠C，∠DAC＝120°，求∠B的度数．【标准答案】（1）DF∥AC，理由见详解；（2）40°【思路指引】（1）利用对顶角的性质可得∠AEF＝∠DEB＝100°，由∠BAC＝80°，可得∠AEF＋∠BAC＝180°，利用“同旁内角互补，两直线平行”可得DF∥AC；（2）由∠ADF＝∠C，易得∠BFD＝∠ADF，由平行线的判定定理和性质定理易得结果．【详解详析】解：（1）DF∥AC．理由：∵∠DEB＝100°，∴∠AEF＝∠DEB＝100°，∵∠BAC＝80°，∴∠AEF＋∠BAC＝180°，∴DF∥AC；（2）∵DF∥AC，∴∠BFD＝∠C，∵∠ADF＝∠C，∴∠BFD＝∠ADF，∴AD∥BC，∴∠B＝∠BAD，∵∠DAC＝120°，∠BAC＝80°，∴∠BAD＝∠DAC−∠BAC＝120°−80°＝40°，∴∠B＝40°．【名师指路】本题主要考查了平行线的判定定理和性质定理，综合运用定理是解答此题的关键．28．（2021·浙江·杭州市丰潭中学七年级期中）已知AB//CD．（1）如图1，E为AB，CD之间一点，连接BE，DE，得到∠BED．求证：∠BED＝∠B+∠D；（2）如图，连接AD，BC，BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，且BF，DF所在的直线交于点F．①如图2，当点B在点A的左侧时，若∠ABC＝50°，∠ADC＝60°，求∠BFD的度数．②如图3，当点B在点A的右侧时，设∠ABC＝α，∠ADC＝β，请你求出∠BFD的度数．（用含有α，β的式子表示）【标准答案】（1）见解析；（2）55°；（3）【思路指引】（1）根据平行线的判定定理与性质定理解答即可；（2）①如图2，过点作，当点在点的左侧时，根据，，根据平行线的性质及角平分线的定义即可求的度数；②如图3，过点作，当点在点的右侧时，，，根据平行线的性质及角平分线的定义即可求出的度数．【详解详析】解：（1）如图1，过点作，则有，，，，；（2）①如图2，过点作，有．，．．．即，平分，平分，，，．答：的度数为；②如图3，过点作，有．，，．．．即，平分，平分，，，．答：的度数为．【名师指路】本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是熟练掌握平行线的判定与性质．29．（2021·浙江慈溪·七年级期末）如图，直线，点，分别在直线，上（自左向右分别为点，，和点，，F），．射线自射线的位置开始，绕点以每秒1°的速度沿逆时针方向旋转，同时，射线自射线开始以每秒5°的速度绕点沿顺时针方向旋转，当射线旋转到的位置时，两者均停止运动，设旋转时间为秒．（1）如图1，直接写出下列答案：①的度数是______．②当旋转时间______秒时，射线过点．（2）如图2，若