人教版七年级数学下册期末复习专项训练 专题07 平行线的压轴题(6大压轴题型)

专题07平行线的压轴题（6大压轴题型）

题型1拐点铅笔模型题型4平行线+三角板旋转题型2多拐点锯齿模型题型5平行线+折叠问题题型3平行线+角平分线综合题型6证明探究类压轴题型一拐点铅笔模型 1．（24-25七年级下·广东·期末）综合探究(1)【课题学习】平行线的“等角转化”功能．如图①，已知点A是BC外一点，连接AB,AC．求∠BAC+∠B+∠C的度数．解：过点A作ED∥BC，则∠B=______，∠C=∠DAC，又∵∠EAB+∠BAC+∠DAC=180°．∴∠B+∠BAC+∠C=；(2)【方法运用】如图②所示，已知AB∥CD，BE、CE交于点E，∠BEC=80°，求(3)【拓展探究】如图③所示，已知AB∥CD，BF、CG分别平分∠ABE和∠DCE，且BF、CG所在直线交于点F，过F作FH∥AB，若【答案】(1)∠EAB，180°(2)100°(3)108°【分析】本题主要考查了平行线的判定和性质，有关角平分线的计算，熟练掌握平行线的判定和性质，利用转化思想解答是解题的关键．（1）过点A作ED∥BC，如图①，根据平行线的性质得到∠B=∠EAB，∠C=∠DAC，然后利用平角的定义得到∠B+∠BAC+∠C=180°；（2）过点E作ME∥AB，如图②，利用平行线的性质得到ME∥AB，则∠B+∠BEM=180°，∠MEC=∠C，然后把两式相加可得∠B−∠C=100°；（3）过E点作EM∥AB，根据平行线的性质得到AB∥ME∥CD∥FH，根据角平分线的定义得到∠ABF=∠EBF，∠ECG=∠DCG，设∠ABF=∠EBF=α，∠ECG=∠DCG=β，结合平行线的性质得到α−β=36°，利用∠BEC=∠BEM+∠MEC代入求解即可．【详解】（1）解：过点A作ED∥BC，∴∠B=∠EAB，∠C=∠DAC，又∵∠EAB+∠BAC+∠DAC=180°，∴∠B+∠BAC+∠C=180°；故答案为：∠EAB，180°；（2）解：过点E作ME∥AB，如图，

∵AB∥CD，∴ME∥CD，∴∠B+∠BEM=180°，∠MEC=∠C，∴∠B+∠BEM+∠MEC=180°+∠C∴∠B−∠C=180°−∠BEC=180°−80°=100°.（3）解：过E点作EM∥AB，如图，

∵AB∥CD，∴AB∥ME∥CD∥FH，∵BF平分∠ABE，CG平分∠ECD，∴∠ABF=∠EBF，∠ECG=∠DCG，设∠ABF=∠EBF=α，∠ECG=∠DCG=β，∵AB∥FH，CD∥FH，∴∠BFH=∠ABF=α，∠CFH=∠GCD=β，∵∠BFH−∠CFH=∠BFC，∴α−β=36°，∵AB∥ME∥CD，∴∠BEM=180°−∠ABE=180°−2α，∠MEC=∠ECD=2β，∵∠BEC=∠BEM+∠MEC=180°−2α+2β=180°−2α−β2．（24-25七年级下·安徽芜湖·期末）【阅读理解】如图1，已知AB∥CD，点E，F分别在直线AB、CD上，点P在直线AB、CD之间．求证：∠AEP+∠P+∠CFP=360°．证明：如图2，过点P作PQ∥AB，∴∠AEP+∠EPQ=180°．∵PQ∥AB，AB∥CD，∴PQ∥CD．∴∠FPQ+∠CFP=180°．∴∠AEP+∠EPQ+∠FPQ+∠CFP=180°+180°，即∠AEP+∠P+∠CFP=360°．【类比应用】（1）如图3，已知AB∥CD，∠ABP=125°，∠DEF=115°，求∠P=°．（2）如图4，已知AB∥CD，点E在直线CD上，点P在直线AB上方，连接AP、EP，试说明：∠CEP+∠BAP−∠APE=180°；【拓展应用】（3）如图5，已知AB∥CD，点E在直线CD上，点P在直线AB上方，连接AP、EP，∠DEP的平分线与∠BAP的平分线所在直线交于点Q，求2∠AQE+∠APE的值．【答案】（1）120；（2）见解析；（3）360°【分析】本题考查了平行线的性质、角平分线的定义，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．（1）过点P作PQ∥CD，由对顶角相等可得∠CEP=∠DEF=115°，由平行线的性质可得∠QPE+∠CEP=180°，∠ABP+∠BPQ=180°，即可得解；（2）过P点作PM∥AB，则AB∥CD∥PM，由平行线的性质可得∠MPE=∠CEP，∠MPA+∠PAB=180°，从而得出∠MPE−∠MPA−∠PAB=∠CEP−180°，即可得解；（3）过Q点作QG∥CD，则QG∥AB，由平行线的性质可得∠AQG=∠QAB，∠GQE=∠DEQ，推出∠AQE=∠BAQ+∠DEQ，2∠AQE=2∠BAQ+2∠DEQ=2180°−∠BAF+2∠DEQ，由角平分线的定义可得2∠BAF=∠PAB，2∠DEQ=∠PED，从而得出2∠AQE=360°−∠PAB+∠PED，由（2）知，∠CEP+∠PAB−∠APE=180°，推出【详解】解：（1）如图，过点P作PQ∥CD，∵∠DEF=115°，∴∠CEP=∠DEF=115°，∵PQ∥CD，∴∠QPE+∠CEP=180°，∵AB∥∴PQ∥∴∠ABP+∠BPQ=180°，∴∠ABP+∠BPQ+∠QPE+∠CEP=360°，∴∠ABP+∠P+∠CEP=360°，∴∠P=360°−115°−125°=120°；（2）如图，过P点作PM∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥PM，∴∠MPE=∠CEP，∠MPA+∠PAB=180°，∴∠MPE−∠MPA−∠PAB=∠CEP−180°，即∠APE−∠PAB=∠CEP−180°，∴∠CEP+∠PAB−∠APE=180°；（3）由示例知，过Q点作QG∥CD，∵AB∥CD，∴QG∥AB，∴∠AQG=∠QAB，∠GQE=∠DEQ，∴∠AQE=∠BAQ+∠DEQ，∴2∠AQE=2∠BAQ+2∠DEQ=2180°−∠BAF又∵QE，AF分别是∠PED与∠PAB的角平分线，∴2∠BAF=∠PAB，2∠DEQ=∠PED，∴2∠AQE=360°−∠PAB+∠PED，由（2）知，∠CEP+∠PAB−∠APE=180°，∴∠APE=∠CEP+∠PAB−180°，∴2∠AQE+∠APE=360°−∠PAB+∠PED+∠CEP+∠PAB−180°=180°+180°=360°，即2∠AQE+∠APE=360°．3．（24-25七年级下·内蒙古赤峰·期末）已知直线MN、PQ，点A、B为分别在直线MN、PQ上．(1)如图1，点C为平面内一点，连接AC、BC，若∠C=∠NAC+∠CBQ，求证：MN∥(2)如图2，点C，D为平面内两点，连接AC，CD，DB，若MN∥PQ，猜想∠NAC和∠ACD，∠CDB，【答案】(1)见解析(2)∠ACD+∠CDB=180°+∠NAC+∠DBQ，见解析【分析】本题主要考查了平行线的性质，平行公理的应用，解题的关键是熟练掌握平行线的性质定理．（1）过C作CS∥MN，证明PQ∥（2）过点C作CE∥MN，则∠1=∠2，过点D作DF∥PQ，则∠3=∠4，根据平行线的性质得出【详解】（1）证明：过C作CS∥∵CS∥MN∴∠NAC=∠ACS，∵∠ACB=∠ACS+∠BCS=∠NAC+∠CBQ，∴∠BCS=∠CBQ，∴PQ∥∴MN∥（2）解：∠ACD+∠CDB=180°+∠NAC+∠DBQ，理由是：过点C作CE∥MN，则∠1=∠2，过点D作DF∥∵MN∥∴CE∥∴∠5+∠6=180°，∴∠5+∠6+∠2+∠4=180°+∠1+∠2，∴∠ACD+∠CDB=180°+∠NAC+∠DBQ．题型二多拐点锯齿模型 4．（24-25七年级下·全国·期末）一条公路修到湖边时，需拐弯绕道而过，第一次拐弯∠M的度数为α．第二次拐弯∠N的度数为β，到了点P后需要继续拐弯，拐弯后与第一次拐弯之前的道路平行，则∠P=______．【答案】180°−β+α【分析】本题考查平行线的判定和性质，当题目中的已知条件和已有的图形不能解决问题时，往往考虑添加辅助线，将不相关，分散的条件进行转移与转化，构造出一些基本的几何图形，搭建已知和未知之间的桥梁．本题可以过点N作NC∥PB后借助平行线的知识进行解答．【详解】解：过点N作NC∥PB．由题可知AM∥PB，∴NC∥AM∥BP，∴∠M=∠MNC=α，∠CNP+∠P=180°．∴∠P=180°−∠CNP=180°−β−α故答案为：180°−β+α．5．（24-25七年级下·河北沧州·期末）如图是某建筑工程施工云梯的工作示意图，其中AB∥CD,DE∥AF．若∠C=70°,∠BAF=30°，则∠CDE的度数为（

）A．130° B．140° C．150° D．160°【答案】C【分析】本题考查了平行线的性质，合理做出辅助线是解题的关键．过点C作CM∥DE，过点B作BN∥AF，利用平行线的性质进行角的等量代换求解即可．【详解】解：过点C作CM∥DE，过点B作BN∥AF，如图所示：∵DE∥AF，∴DE∥AF∥CM∥BN，∠BAF=30°，∴∠NBA=∠BAF=30°，∵AB∥CD，∠BCD=70°，∴∠ABC=∠BCD=70°，∴∠MCB=∠NBC=∠ABC−∠NBA=70°−30°=40°，∴∠MCD=∠BCD−∠MCB=70°−40°=30°，∴∠CDE=180°−∠MCD=180°−30°=150°，故选：C．6．（24-25七年级下·湖北武汉·期中）如图，下列结论：①若AB∥CD∥EF，则∠1=∠2；②若AB∥CD，且CF∥EB，则∠1=∠2；③若∠1=∠2，且CD∥EF，则A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【分析】本题考查的是平行线的判定与性质，平行公理的应用，根据平行线的判定与性质逐一分析判断即可．【详解】解：∵AB∥∴∠2=∠F，∠1=∠E，∴∠1=∠2不一定正确，故①不符合题意；如图，延长CF与AB的延长线交于点Q，∵AB∥∴∠2=∠AQC，∵CF∥∴∠1=∠AQC，∴∠1=∠2，故②符合题意；∵CD∥∴∠2=∠CFE，∵∠1=∠2，∴∠1=∠CFE，∴不能得到AB∥EF，不能得到∵AB∥∴∠2=∠AQC，∵∠1=∠2，∴∠1=∠AQC，∴CF∥BE，不能得到故选：A．7．（23-24七年级下·广东深圳·期中）中华武术，博大精深．小明把如图1所示的武术动作抽象成数学问题．如图2，已知AB∥CD，∠C=90°，A．106° B．110° C．118° D．120°【答案】B【分析】本题主要考查平行线的性质，解题的关键是正确作出辅助线、构造平行线成为解题的关键．过点E、F分别作AB的平行线EG,FH，由平行线的性质得到∠B+∠HFB=180°,∠EFH=GEF,∠C+∠CEG=180°，分别求出∠EFH、∠GEF，最后根据角的和差即可解答．【详解】解：过点E、F分别作AB的平行线EG,FH，∵AB∥CD，∴FH∥∴∠B+∠HFB=180°,∠EFH=GEF,∠C+∠CEG=180°，∴∠HFB=180°−∠B=102°,∠CEG=180°−∠C=90°，∴∠GEF=∠CEF−CEG=8°,∴∠EFH=∠GEF=8°，∴∠EFB=∠EFH+∠HFB=102°+8°=110°.故选：B.8．（25-26七年级下·陕西西安·期中）如图，AB∥EF，BC⊥CD，则∠α，∠β，∠γ之间关系是（

）．A．∠β=∠α+∠γ B．∠α+∠β+∠γ=180°C．∠α+∠β−∠γ=90° D．∠β+∠γ−∠α=90°【答案】C【分析】分别过C、D作AB的平行线CM和DN，根据两直线平行内错角相等以及角的和差关系得到∠α+∠β=∠BCD+∠γ，根据垂直的定义得到∠α+∠β−∠γ=90°．【详解】解：如图，分别过C、D作AB的平行线CM和DN，∵AB∥EF，∴AB∥CM∥DN∥EF，∴∠α=∠BCM，∠MCD=∠NDC，∠NDE=∠γ，∴∠α+∠β=∠BCM+∠NDC+∠NDE=∠BCM+∠MCD+∠γ=∠BCD+∠γ，又∵BC⊥CD，∴∠BCD=90°，∴∠α+∠β=90°+∠γ，∴∠α+∠β−∠γ=90°．9．（24-25七年级下·浙江温州·阶段检测）如图，AB∥CD，∠A=30°，∠D=20°，若∠E=α°,∠F=β°，则α等于（

）A．50 B．β+10 C．β D．β+20【答案】B【分析】本题考查了平行线的性质以及平行公理推论，正确构造平行线是解题的关键．过点E，F分别作AB的平行线EG，FH，则AB∥CD∥EG∥FH，那么∠A=∠1，∠2=∠3，∠4=∠D，再根据角的和差计算求解即可．【详解】解：如图，过点E，F分别作AB的平行线EG，FH，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥EG∥FH，∴∠A=∠1，∠2=∠3，∠4=∠D，∵∠A=30°，∠D=20°，∠AEF=α°，∠EFD=β°∴α=∠1+∠2=30°+∠2，β=∠3+∠4=∠3+20°，∴∠3=β−20°，∴α=30°+∠2=30°+∠3=30°+β−20°=10°+β，故选：B．题型三平行线+角平分线综合10．（24-25七年级下·福建南平·期末）如图，已知AB∥CD，点E，F分别在AB,CD上，点G在两条平行线AB,CD之间，∠AEG与∠CFG的角平分线交于点H．若∠EGF=84°，则∠H的度数为_______【答案】42°/42度【分析】本题考查平行线的性质，与角平分线有关的计算，过点G作GM∥AB，易得∠EGF=∠AEG+∠CFG=84°，同理得到∠H=∠AEH+∠CFH，结合角平分线的定义，即可得出结果．【详解】解：过点G作GM∥AB，∵AB∥∴GM∥AB∥CD，∴∠AEG=∠EGM,∠CFG=∠FGM，∴∠EGF=∠AEG+∠CFG=84°，同理：∠H=∠AEH+∠CFH，∵∠AEG与∠CFG的角平分线交于点H，∴∠AEH=1∴∠AEH+∠CFH=1∴∠H=42°；故答案为：42°．11．（24-25七年级下·上海崇明·期末）如图，AB∥CD，点P1位于两平行线之间且在点A、C的右侧，分别作∠BAP1和∠DCP1的平分线交于点P2，再分别作∠BAP2和∠DCP2的平分线交于点P3

【答案】1【分析】本题考查了图形的变化规律、角平分线定义、平行线性质，熟练掌握以上知识点是关键．过点P1作MN∥AB，利用平行线性质得到∠AP1C=∠BAP1+∠DC【详解】解：如图，过点P1作MN∥AB

∵MN∥AB，∴∠1=∠BAP∵MN∥AB，AB∥CD，∵MN∥CD，∴∠2=∠DCP∴∠AP∵∠BAP1和∠DCP∴同理可得∠AP∴∠AP∵∠AP∴∠AP同理，∠AP……依此类推，∠AP∴∠APnC的度数用α故答案为：1212．（24-25七年级上·吉林·期末）已知，直线AB∥DC，点P为平面内一点，连接AP与CP．(1)如图1，当点P在直线AB，CD之间，且∠BAP=60°，∠DCP=20°时，则∠APC=(2)如图2，当点P在直线AB，CD之间，且∠BAP与∠DCP的角平分线相交于点K，写出∠AKC与∠APC之间的数量关系，并说明理由．(3)如图3，当点P在CD下方时，∠BAP与∠DCP的角平分线相交于点K（K在CD下方），且∠BAP=α，∠DCP=β，直接写出∠K的大小（用含α和β的代数式表示）．【答案】(1)80(2)2∠AKC=∠APC，理由见解析(3)1【分析】本题主要考查了平行线的性质以及角平分线的定义的运用，解决问题的关键是作平行线构造内错角，依据两直线平行，内错角相等进行计算．（1）先过P作PE∥AB，根据平行线的性质即可得到∠APE=∠BAP，∠CPE=∠DCP，再根据∠APC=∠APE+∠CPE=∠BAP+∠DCP进行计算即可；（2）过K作KE∥AB，根据KE∥AB∥CD，可得∠AKE=∠BAK，∠CKE=∠DCK，进而得到∠AKC=∠AKE+∠CKE=∠BAK+∠DCK，同理可得，∠APC=∠BAP+∠DCP，再根据角平分线的定义，得出∠BAK+∠DCK=1（3）过K作KE∥AB，根据KE∥AB∥DC，可得∠BAK=∠AKE，∠DCK=∠CKE，进而得到∠AKC=∠AKE−∠CKE=∠BAK−∠DCK，∠APC=∠BAP−∠DCP=α−β，再根据角平分线的定义，得出∠BAK−∠DCK=12∠APC【详解】（1）解：如图1，过P作PE∥AB，∵AB∥DC，∴PE∥AB∥CD，∴∠APE=∠BAP，∠CPE=∠DCP，∴∠APC=∠APE+∠CPE=∠BAP+∠DCP=60°+20°=80°，故答案为：80；（2）解：2∠AKC=∠APC，理由如下：如图2，过K作KE∥AB，∵AB∥DC，∴KE∥AB∥CD，∴∠AKE=∠BAK，∠CKE=∠DCK，∴∠AKC=∠AKE+∠CKE=∠BAK+∠DCK，过P作PF∥AB，∵AB∥DC，∴PF∥AB∥DC，∴∠APF=∠BAP，∠CPF=∠DCP，∴∠APC=∠APF+∠CPF=∠BAP+∠DCP，∴∠APC=∠BAP+∠DCP，∵∠BAP与∠DCP的角平分线相交于点K，∴∠BAK+∠DCK=1∴2∠AKC=∠APC；（3）如图3，过K作KE∥AB，∵AB∥CD，∴KE∥AB∥DC，∴∠BAK=∠AKE，∠DCK=∠CKE，∴∠AKC=∠AKE−∠CKE=∠BAK−∠DCK，过P作PF∥AB，∵AB∥CD，∴PF∥AB∥DC，∴∠APF=∠BAP，∠CPF=∠DCP，∴∠APC=∠APF−∠CPF=∠BAP−∠DCP，∴∠APC=∠BAP−∠DCP=α−β，∵∠BAP与∠DCP的角平分线相交于点K，∴∠BAK=12∠BAP∴∠BAK−∠DCK=1∴2∠AKC=∠APC，∴∠AKC=113．（24-25七年级下·湖北武汉·期末）问题提出如图1，AB∥CD，点E,F分别在直线AB,CD上，点G是平面内直线AB与直线CD之间的点，连接EG,FG，∠AEG=α(0°<α<90°)，∠DFG=β(90°<β<180°)，∠AEG的角平分线所在的直线与∠DFG的角平分线所在的直线相交于点H，探究∠EGF与∠EHF之间的数量关系．问题探究（1）先将问题特殊化，如图2，当α=40°,β=140°时，①直接写出∠EGF和∠EHF的大小；②直接写出2∠EHF−∠EGF的大小；（2）再探究一般情形，如图1，证明（1）②中2∠EHF−∠EGF的大小仍然不变．问题拓展如图3，若点G不在直线AB与直线CD之间，其他条件不变，请补全图形，直接写出∠EGF与∠EHF之间的数量关系．【答案】（1）①∠EGF=80°，∠EHF=130°②2∠EHF−∠EGF=180°（2）见解析；问题扩展：2∠EHF+∠EGF=180°或2∠EHF−∠EGF=180°，图见解析【分析】该题考查了平行线的性质和判定，掌握平行线的性质和判定，正确作出图图象和辅助线是解题的关键．问题探究（1）①如图，过点G作GM∥AB，过点H作HN∥AB，根据EH平分∠AEG，FH平分∠DFG，得出∠AEH=12∠AEG=12α=20°，∠DFH=12∠DFG=12β=70°．根据GM∥AB，得出∠EGM=∠AEG=α=40°．根据GM∥AB，AB∥CD，得出GM∥CD，从而得②根据①可得∠EGF=80°，∠EHF=130°．得出2∠EHF−∠EGF=2×130°−80°=180°．（2）过点G作GM∥AB，过点H作HN∥问题拓展：分为①当点G在直线CD下方时，和②当点G在直线AB上方时，分别画图求解即可．【详解】解：问题探究（1）①如图，过点G作GM∥AB，过点H作HN∥∵EH平分∠AEG，FH平分∠DFG，∴∠AEH=12∠AEG=∵GM∥AB，∴∠EGM=∠AEG=α=40°．∵GM∥AB，AB∥CD，∴GM∥CD，∴∠FGM=∠CFG=180°−∠DFG=180°−β=40°．∴∠EGF=∠EGM+∠FGM=40°+40°=80°．∵HN∥AB，∴∠EHN=∠AEH=20°．∵HN∥AB，AB∥CD，∴HN∥CD，∴∠FHN=180°−∠DFH=180°−70°=110°，∴∠EHF=∠EHN+∠FHN=20°+110°=130°．②根据①可得∠EGF=80°，∠EHF=130°．∴2∠EHF−∠EGF=2×130°−80°=180°．（2）2∠EHF−∠EGF=180°仍然不变．证明如下：过点G作GM∥AB，过点H作HN∥∵EH平分∠AEG，FH平分∠DFG，∴∠AEH=12∠AEG=∵GM∥AB，∴∠EGM=∠AEG=α．∵GM∥AB，AB∥CD，∴GM∥CD，∴∠FGM=180°−∠DFG=180°−β．∴∠EGF=∠EGM+∠FGM=180°+α−β．∵HN∥AB，∴∠EHN=∠AEH=1∵HN∥AB，AB∥CD，∴HN∥CD，∴∠FHN=180°−∠DFH=180°−1∴∠EHF=∠EHN+∠FHN=180°+1∴2∠EHF−∠EGF=180°．问题拓展：①当点G在直线CD下方时，如图：过点G作GM∥AB，过点H作HN∥∵EH平分∠AEG，FH平分∠DFG，∴∠AEH=12∠AEG=∵GM∥AB，∴∠EGM=∠AEG=α．∵GM∥AB，AB∥CD，∴GM∥CD，∴∠FGM=180°−∠DFG=180°−β．∴∠EGF=∠EGM−∠FGM=α−180°+β．∵HN∥AB，∴∠EHN=∠AEH=1∵HN∥AB，AB∥CD，∴HN∥CD，∴∠FHN=180°−∠DFH=180°−180−∴∠EHF=∠EHN+∠FHN=1∴2∠EHF−∠EGF=180°．②当点G在直线AB上方时，过点G作GM∥AB，过点H作HN∥∵EH平分∠AEG，FH平分∠DFG，∴∠AEH=12360°−∠AEG∵GM∥AB，∴∠EGM=∠AEG=α．∵GM∥AB，AB∥CD，∴GM∥CD，∴∠FGM=180°−∠DFG=180°−β．∴∠EGF=∠FGM−∠EGM=180°−β−α．∵HN∥AB，∴∠EHN=180°−∠AEH=180°−180°−∵HN∥AB，AB∥CD，∴HN∥CD，∴∠FHN=∠DFH=1∴∠EHF=∠EHN+∠FHN=1∴2∠EHF+∠EGF=180°．14．（24-25七年级下·广东广州·期末）如图1，直线PQ∥MN，点A在直线PQ上，点B、C、D在直线MN上，∠CAD=n∠EBC，BE⊥AC于点E，∠ACB与∠EBM的角平分线相交于点(1)求∠BFC的度数；(2)如图2，若n=3，3∠DAQ=5∠CAD，求∠EBC的度数；(3)在（2）的条件下，将△CAD绕着点C以5°/秒的速度逆时针旋转，当边CD与射线CM重合时停止，求在旋转过程中△CAD的其中一边与△BCE的某一边平行时旋转时间t的值．【答案】(1)45°；(2)10°；(3)2或10或12或18或30．【分析】本题主要考查了角的计算和平行线的性质，正确的计算旋转角是本题解题的关键．（1）根据角平分线的定义，用∠EBC和∠ECB表示出∠FBC和∠FCB，再根据三角形内角和求解即可；（2）用∠EBC表示出∠QAC，再根据平行线的性质得出∠ECB，最后根据三角形内角和求解即可；（3）根据平行两边不同分类讨论，根据平行线的性质求出旋转角，从而求得时间t．【详解】（1）解：∵BF平分∠MBE，∴∠FBE=1∴∠FBC=∠FBE+∠EBC=90°+1∵CF平分∠BCE，∴∠FCB=1∴∠BFC=180°−∠FBC−∠FCB=180°−90°−1∵BE⊥AC，∴∠EBC+∠BCE=90°，∴∠BFC=90°−45°=45°；（2）∵3∠DAQ=5∠CAD，∴∠QAC=8∵PQ∥MN，∴∠ECB=∠QAC=8∵n=3，∴∠CAD=3∠EBC，∴∠ECB=8∠EBC，∵∠ECB+∠EBC=90°，∴∠EBC=10°；（3）∵∠EBC=10°，∴∠CAD=30°，∠BCE=80°，∴∠ACD=100°，∴∠CDA=180°−100°−30°=50°设旋转时间为t秒，旋转角度为5t°．∵边CE，CB，CD，CA有共同顶点C，∴这四条边不能互相平行，①AD∥BC时，如图：∴∠CAD=∠BCA=30°，∴5t°=80°−30°=50°，解得：t=10；②当BE∥CD时，如图：∴∠BEC=∠ECD=90°，∴5t°=90°−80°=10°，解得：t=2；③当AC∥BE时，如图：∴∠ACB=∠CBE=10°，∴5t°=10°+80°=90°，解得：t=18；④当AD∥BE时，如图：∴∠CAD=∠BGA=30°，∴∠BGA=∠CGE=30°，∴∠GCE=60°，∴5t°=60°，解得：t=12；⑤当AD∥CE时，如图：∴∠ECE=∠CDA=50°，∴5t°=50+100°=150°，解得：t=30；综上所述，t=2或10或12或18或30．题型四平行线+三角板旋转15．（24-25七年级下·贵州遵义·期末）如图①是某校艺术节搭建的舞台．从上面看，舞台上面有三根铁架，且三根铁架在同一平面内．如图②AB，CD是两根互相平行的铁架，且铁架AC与两边的铁架AB，CD互相垂直，在两个铁架的M,N处分别设置了一盏可以沿着水平面不断匀速旋转的射灯，灯光打开时，M处光线MP射向点A,N处光线NQ与NC的夹角为30°．两灯同时开始旋转，光线MP绕射灯M顺时针旋转．光线NQ绕射灯N逆时针旋转．当两灯射出的光线与铁架AB,CD重合时立即反向旋转．旋转中常常出现交叉照射．若点M处射出的光线每秒旋转4°，点N处射出的光线每秒旋转1°，设旋转时间为t秒．(1)当旋转时间为20秒时，求∠CNQ的度数；(2)如图③，若两灯射出的光线MP，NQ第一次与边AC相交于一点时，此时∠MPN=90°，请求出旋转时间t的值；(3)当旋转时间0≤t≤90秒时，直接写出MP∥NQ时【答案】(1)50°(2)t=12(3)t=30或t=70【分析】本题考查了平行线的性质，一元一次方程的应用，熟练掌握平行线的性质是解题的关键；（1）根据题意可得∠CNQ=30°+20×1°，即可求解；（2）根据题意得出AB∥CD，过点P作PE∥（3）设射线MP交CD于点F，分两种情况讨论，当0≤t≤45时，MP顺时针旋转，当45<t≤90时，MP逆时针旋转，根据∠CNQ=∠BMF，建立方程，解方程，即可求解．【详解】（1）解：当t=20时，∠CNQ=30°+20×1°=50°；（2）解：∵AB⊥AC,CD⊥AC，∴AB∥如图，过点P作PE∥∴∠EPM=∠AMP=t×4°=4t°．∵PE∥∴PE∥∴∠EPN=∠PNC=30°+t×1°=30+t又∵∠MPN=∠EPM+∠EPN=90°，∴4t+t+30=90．解得：t=12,（3）解：如图，设射线MP交CD于点F，∵AB∥∴∠BMF=∠CFM，又∵MP∥∴∠MFC=∠QNC=30+t∴∠CNQ=∠BMF，当0≤t≤45时，MP顺时针旋转，∴∠BMP=180−4t∴30+t=180−4t，解得：t=30．当45<t≤90时，MP逆时针旋转，∴∠BMP=4t−180∴30+t=4t−180，解得：t=70．综上所述，t=30或t=70．16．（24-25七年级下·山西忻州·期末）综合与探究：如图，直线AB∥CD，∠EFG的顶点F在直线CD上，∠EFG=60°．(1)如图1，当∠GFD=n°时，∠1=°，∠2=°．（用含n的代数式表示）(2)在（1）的条件下，若∠1是∠2的53倍，判断EF与CD(3)如图2，当FG与FD重合时，EF交AB于点P，将射线FG绕点F以每秒1°的速度逆时针方向旋转，得到射线FM，同时，将射线PE绕点P以每秒2°的速度顺时针方向旋转，得到射线PN．当射线PN旋转至第一次与PF重合时，射线FM，PN均停止转动．设旋转时间为t秒．在旋转过程中，是否存在PN∥FM？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)180−n；120−n(2)EF⊥CD，见解析(3)存在，t的值为20或80【分析】本题考查平行线的性质及应用，垂直的定义，一元一次方程的应用，熟练掌握平行线的性质是解题的关键；（1）根据平行线的性质，即可求解．（2）根据∠1是∠2的53倍，结合（1），得出方程180−n=53120−n，解得（3）分两射线相遇前平行和相遇后平行两种情况讨论，分别画出图形，根据条件以及平行线的性质列出方程，解方程即可求解．【详解】（1）解：∵AB∥CD，∴∠1+∠GFD=180°，∠2=180°−∵∠GFD=n°，∠EFG=60°∴∠1=180−n°，故答案为：180−n；120−n．．（2）EF⊥CD．理由：由题意，得180−n=5解得n=30，即∠GFD=30∴∠EFD=∠EFG+∠GFD=60°+30°=90°，∴EF⊥CD．（3）存在．分以下两种情况：①如图1，∠DFM=t°，∠EPN=2t°．∵PN∥FM，∴∠EFM=∠EPN=2t°．∵∠EFM+∠MFD=60°，∴t+2t=60，解得t=20；②如图2，∠MFE=∠MFD−∠EFD=t−60∠FPN=180°−∠EPN=180−2t∵PN∥FM，∴∠MFE=∠FPN，∴t−60=180−2t，解得t=80．综上所述，t的值为20或80．17．（24-25七年级下·湖北黄石·期末）已知：E，F分别是直线AB和CD上的点，AB∥CD，G，H点为平面内两个动点．(1)如图1，G，H在两条直线之间时，∠G=∠H，试说明：∠AEG=∠HFD；(2)如图2，作直线EF，G点在CD下方，H点在AB和CD之间，连接EH，HF，∠HEF和∠HFM的角平分线交于点G．探究(3)如图3，H，G在直线EF上，射线EH绕点E以每秒12°的速度逆时针旋转，射线FG在EH旋转6秒后开始绕点F以每秒8°的速度顺时针旋转．射线FG旋转160°后两条射线同时停止．设射线FG旋转t秒时，射线EH∥FG，直接写出t的值．【答案】(1)见解析(2)∠H=2∠G(3)275或【分析】本题考查角平分线，平行线的判定与性质，平行公里的推论，旋转，一元一次方程，掌握知识点是解题的关键．（1）过点G作GM∥AB，过点H作HN∥CD，可得∠MGH=∠NHG，∠EGM=∠FHN，继而推导出∠CHF=∠BEG，即可解答；（2）先证明∠HEM=2∠GEM，∠HEF=2∠GEF，继而推导出（3）分类讨论，逐一分析，即可解答．【详解】（1）如图1，过点G作GM∥AB，过点H作HN∥CD，又∵AB∥CD，∴GM∥HN∥AB∥CD，∴∠MGH=∠NHG，又∵∠EGH=∠GHF，∴∠EGH−∠MGH=∠GHF−∠NHG，∴∠EGM=∠FHN，∵GM∥AB，∴∠BEG=∠EGM，∴∠CFH=∠BEG，又∵∠AEG+∠BEG=180°，∴∠AEG=∠HFD．（2）∵EG平分∠HEF，FG平分∴∠HFM=2∠GFM，∵∠HFM=180°−∠HFE,∠HEF+∠H=180°−∠HFE∠GFM=180°−∠GFE,∠GEF+∠G=180°−∠GFE，∴∠HFM=∠HEF+∠H，∴∠HEF+∠H=2(∠GEF+∠G)∴∠H=2∠G．（3）分两种情况：①如图3①，由题意得，∠HEH则∠EFG当EH′∥F∴12×6+t解得：t=27如图3②，有∠FEH″当EH″∥F∴12×6+t−180=180−8t，解得：综上所述，t的值为275或7218．（23-24七年级下·重庆梁平·期末）如图1，将一副三角板按图中所示位置摆放，点F在直线AC上，且ED∥AC，DF与AB相交于点G，其中∠ACB=90°，∠ABC=60°，∠BAC=30°，∠EFD=90°，

(1)∠DGA=______度；(2)若三角板DEF绕F点按顺时针方向旋转，如图2，当ED∥AB时，此时(3)在（2）的前提下，三角板DEF绕F点按逆时针方向以每秒3°的速度旋转，设旋转的时间为t秒，当0<t≤60时，在这个旋转过程中，是否还存在三角板DEF的某一条边与AB平行的情况？若存在，请在备用图上画出大致图形，并求出所有满足题意的t值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)75°(2)15°(3)存在；画图见解析；15秒或45秒或60秒【分析】本题主要考查了平行线的性质、一元一次方程的应用等知识点，（1）过G作GH∥AC，由平行线的性质得出∠DGH=∠EDF=45°，∠AGH=∠BAC=30°，再由∠DGA=∠DGH+∠AGH计算即可得出答案；（2）过F作FH∥AB，由平行线的性质得出∠DFH=∠EDF=45°，∠AFH=∠BAC=30°，再由∠DFA=∠DFH−∠AFH计算即可得出答案；（3）分三种情况：当EF∥AB时，当DF∥AB时，当DE∥AB时，过F作FG∥AB，分别利用平行线的性质建立方程，解方程即可得出答案；熟练掌握平行线的性质，合理作出辅助线是解此题的关键．【详解】（1）如图1，过G作GH∥AC，

∴∠DGH=∠EDF=45°，∠AGH=∠BAC=30°，∴∠DGA=∠DGH+∠AGH=45°+30°=75°，故答案：75；（2）如图2，过F作FH∥AB，

∵ED∥AB,FH∥AB，∴ED∥AB∥FH．∴∠DFH=∠EDF=45°，∠AFH=∠BAC=30°，∴∠DFA=∠DFH−∠AFH=45°−30°=15°；（3）如图3，当EF∥AB时，∵EF∥AB，∠BAC=30°，∴∠EFA=150°，∴∠DFA=∠EFA−∠EFD=60°，∴3t+15=60，解得：t=15，

如图4，当DF∥AB时，∵DF∥AB，∠BAC=30°，∴∠DFA=150°，∴3t+15=150，解得：t=45，

如图5，当DE∥AB时，过F作FG∥AB．∵DE∥AB，FG∥AB，∴DE∥FG∥AB．∴∠AFG=180°−∠BAC=180°−30°=150°，∠GFD=∠EDF=45°，∴3t=150+45−15，解得：t=60，

综上，三角板DEF旋转的时间为15秒或45秒或60秒时，存在三角板的某一条边与AB平行的情况．题型五平行线+折叠问题19．（24-25七年级下·辽宁沈阳·期中）如图1是AD∥BC的一张纸条，按图1→图2→图3，把这一纸条先沿EF折叠并压平，再沿BF折叠并压平，若图2中∠AEF=112°，则图3中∠CFE的度数为_______．【答案】24°/24度【分析】本题考查平行线的性质，与角平分线有关的计算，图2，根据折叠结合平行线的性质，得到∠AEF+∠BFE=180°,2∠BFE+∠CFB=180°，进而求出∠CFB的度数，图3中∠CFE=∠BFE−∠CFB，进行求解即可．【详解】解：在图2中，∵折叠，∴2∠BFE+∠CFB=180°，∵AE∥BF，∴∠AEF+∠BFE=180°，∴∠BFE=180°−112°=68°，∴∠CFB=180°−2×68°=44°，在图3中，∠CFE=∠BFE−∠CFB=68°−44°=24°．故答案为：24°．20．（2024七年级下·浙江·专题练习）如图是一款长臂折叠LED护眼灯示意图，EF与桌面MN垂直，当发光的灯管AB恰好与桌面MN平行时，∠DEF=120°，∠BCD=110°，则∠CDE的度数为_________°．【答案】100【分析】本题考查平行线的判定和性质，解题的关键是过拐点构造平行线．过点D作DG∥AB，过点E作EH∥AB，根据平行线的性质求解即可．【详解】解：如图，过点D作DG∥AB，过点E作EH∥AB，∵EF⊥MN，∴∠MFE=90°，∵AB∥MN，∴AB∥DG∥EH∥MN，∴∠ACD+∠CDG=180°，∠GDE=∠DEH，∠HEF=∠MFE=90°，∵∠DEF=120°，∠BCD=110°，∴∠GDE=∠DEH=30°，∠CDG=180°−110°=70°，∴∠CDE=∠CDG+∠GDE=100°，故答案为：100．21．（24-25七年级下·四川达州·期末）如图，把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点D, C分别落在点M, N的位置上，EM与BC的交点为G，若∠EFG=66°，则【答案】132°/132度【分析】本题考查了折叠问题，平行线的性质，掌握平行线的性质是解答本题的关键．根据AD∥BC，可得∠DEF=∠EFG=66°，根据翻折的性质得∠DEF=∠GEF=66°，然后根据平行线的性质求解即可．【详解】解：由长方形纸片ABCD可知：AD∥BC，∴∠DEF=∠EFG=66°，由翻折的性质得：∠DEF=∠GEF=66°，∴∠1=180°−∠DEF−∠GEF=48°，∴∠2=180°−∠1=132°，故答案为：132°22．（24-25七年级上·江苏泰州·期末）如图1，在一张正方形纸片（正方形的两组对边分别平行）的两边上分别有A，B两点，连接AB，点P是正方形纸片上一点，过点P翻折纸片，使点B落在直线AB上的点B′处，折痕MN交AB于点Q

(1)①判断折痕MN与AB的位置关系，并说明理由；②通过不断地尝试，除了上面的折法，过点P再也折不出其它折痕与AB有①中的位置关系，其中的数学道理是_______；(2)在图1的基础上，展平纸片，得到图2，在图2中过点P折出并画出与AB平行的折痕DE（折痕左端点记为点D，右端点记为点E），请简要阐述折叠方法并说明理由；(3)将图2的纸片展平得到图3，点S是线段FG上一动点（不与点E重合），若∠DEF=26°，∠EDS=α，∠CAS=β，请直接写出∠DSA的度数．（用α、β的代数式表示）【答案】(1)①MN⊥AB，理由见解析；②在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直(2)折叠方法：过点P翻折纸片，使点M落在直线PQ上，折痕为DE，理由见解析(3)∠DSA=β−α−26°或∠DSA=β+α−26°【分析】（1）①根据折叠的性质得出∠BQM=∠B′QM，根据∠BQM+∠②根据在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直进行解答即可；（2）过点P翻折纸片，使点M落在直线PQ上，折痕为DE，根据平行线的判定进行证明即可；（3）分两种情况进行讨论：当点S在线段EF上时，当点S在线段EG上时，分别画出图形，进行求解即可．【详解】（1）解：①MN⊥AB；理由如下：根据折叠可知：∠BQM=∠B∵∠BQM+∠B∴∠BQM=1∴MN⊥AB；②除了上面的折法，过点P再也折不出其它折痕与AB有①中的位置关系，其中的数学道理是在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；（2）解：折叠方法：过点P翻折纸片，使点M落在直线PQ上，折痕为DE；如图所示：

理由：根据解析（1）可得：∠MPE=90°，∵∠BQM=90°，∴∠MPE=∠BQM=90°，∴DE∥（3）解：当点S在线段EF上时，如图所示：

∵正方形纸片中FG∥∴∠CAS+∠ASG=180°，∵∠CAS=β，∴∠ASG=180°−β，∵∠DEF=26°，∠EDS=α，∴∠DSE=180°−∠SDE−∠SED，∴∠DSF=180°−∠DSE=180°−=180°−180°+∠SDE+∠SED=∠DEF+∠EDS=26°+α，∴∠DSA=180°−∠DSF−∠ASG=180°−=180°−26°−α−180°+β=β−α−26°；当点S在线段EF上时，如图所示：

∵正方形纸片中FG∥∴∠CAS+∠ASG=180°，∵∠CAS=β，∴∠ASG=180°−β，∵∠DEF=26°，∴∠DES=180°−∠DEF=180°−26°，∵∠EDS=α，∴∠DSF=180°−∠DES−∠EDS=26°−α，∴∠DSA=180°−∠DSF−∠ASG=180°−=180°−26°+α−180°+β=β+α−26°；综上分析可得：∠DSA=β−α−26°或∠DSA=β+α−26°．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质和判定，三角形内角和定理应用，解题的关键是熟练掌握平行线的判定和性质，注意分类讨论．题型六证明探究类压轴23．（24-25七年级下·甘肃庆阳·期末）（1）【感知发现】学习平行线时，兴趣小组发现了很多有趣的模型图．如图1，当AB∥CD时，可以得到结论：∠BED=∠B+∠D．请你写出证明过程．（2）【综合实践】利用这个“模型结论”，我们可以解决很多问题．如图2，已知直线a∥b，点C在直线b上，在三角形ABC中，∠B=60°，兴趣小组的同学们发现∠2=120（3）【探究运用】如图3，AB∥CD，F是EM上一点，NE平分∠FND，FH平分∠NFE，试探究∠FHN与∠BME之间的数量关系，并证明你的结论．【答案】（1）见解析；（2）理由见解析；（3）2∠FHN−∠BME=180【分析】本题考查了平行线的判定和性质及角平分线的定义，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．（1）过E点作EF∥AB，可得AB∥CD∥EF，根据平行线的性质得出∠BEF=∠B,∠DEF=∠D，即可得到结果；（2）如图，结合（1）的结论得到∠B=∠1+∠3，由∠3=180°−∠2，结合已知条件，得到结果；（3）由模型（1）可得∠1=∠2+∠FND，结合角平分线的定义，可得到结果．【详解】（1）证明：过E点作EF∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥EF，∴∠BEF=∠B,∠DEF=∠D，∴∠BEF+∠DEF=∠B+∠D，即∠BED=∠B+∠D；（2）如图2，∠2=120°+∠1，理由如下：由（1）模型图知，∠B=∠1+∠3，∵∠3=180°−∠2，∴∠B=∠1+180°−∠2，∵∠B=60∴60°=∠1+180°−∠2，即∠2=120°+∠1；（3）如图3，2∠FHN−∠BME=180°，理由如下：由（1）模型图得，∠1=∠2+∠FND，∵NE平分∠FND，FH平分∠NFE，∴∠NFE=2∠NFH，∠FND=2∠FNE，∴180°−2∠NFH=∠2+2∠FNH，∴180°−∠2=2(∠NFH+∠FNH)，∴180°−∠2=2(180°−∠3)，∴180°−∠2=360°−2∠3，∴2∠3−∠2=180°，即2∠FHN−∠BME=180°．24．（24-25七年级下·甘肃陇南·期末）如图，已知AB∥CD，线段EF分别与AB、CD相交于点E、F，在直线EF上有一点P，连接AP、CP．(1)如图①，点P在线段EF上，当∠A=20°，∠C=50°时，求∠APC的度数；(2)如图②，当点P在线段EF上运动时（不包括E、F两点），∠A，∠C与∠APC之间有怎样的数量关系？试证明你的结论；(3)如图③，当点P在线段EF的延长线上运动时，（2）中的结论还成立吗？如果不成立，探究∠A，∠C与∠APC之间有怎样的数量关系？并证明你的结论．【答案】(1)70°；(2)∠A+∠C=∠APC，证明见解析；(3)不成立，新关系为：∠A−∠C=∠APC，证明见解析．【分析】本题考查平行线的判定及性质，熟知平行线的性质与判定定理是解题的关键．（1）过P作PO∥AB，则AB∥（2）过P作PO∥AB，则AB∥（3）根据平行线的性质与判定定理讨论求解即可．【详解】（1）解：如图所示，过P作PO∥∵AB∥∴AB∥∵∠A=20°，∠C=50°∴∠APO=∠A=20°，∠CPO=∠C=50°，∴∠APC=∠APO+∠CPO=70°；（2）解：∠A+∠C=∠APC，证明如下：过P作PO∥∵AB∥∴AB∥∴∠APO=∠A，∠C=∠CPO，∴∠APC=∠APO+∠CPO=∠A+∠C；（3）解：当点P在射线EF的延长线上运动时，（2）中的结论不成立，新关系为：∠A−∠C=∠APC，证明如下：过点P作PO∥AB，∵AB∥CD，∴PO∥AB∥CD，∴∠C=∠CPO，∠A=∠APO，∵∠APO=∠APC+∠CPO，∴∠A=∠APC+∠C，∴∠A−∠C=∠APC．25．（23-24七年级下·福建厦门·期末）如图1，MN∥PQ，点A，B分别在直线MN，PQ上，∠ACB=90°，∠ABQ<90°．(1)若∠NAC=40°，则∠CBQ=______°．(2)若AC平分∠NAB，点R在线段AB上，连接CR．①如图2，当∠ACR=∠CBQ时，证明：CR⊥AB；②如图3，延长CR交MN于点D，过点D作DF⊥AB分别交AB，PQ于点E，F，当∠DFB=2∠ADC时，证明：∠ACD=45°．【答案】(1)50°(2)①证明见解析②证明见解析【分析】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，平行线中拐点模型，熟练掌握平行线的性质是解题的关键，（1）过点C作CS∥MN，根据平行线的具有传递性MN∥CS∥PQ，根据平行线的性质得（2）①根据角平分线的性质得∠CAR=∠CAN和利用三角形内角和进行转换，即可得到结论；②根据平行线的性质得∠ADC=∠CDF，根据拐点规律即可解答；【详解】（1）如图，过点C作CS∥MN∴∠NAC=∠ACS=40°∵MN∥PQ，∴CS∥∴∠CBQ=∠BCS，∵∠ACB=∠ACS+∠BCS=90°，∴∠CBQ=90°−40°=50°，故答案为：50°；（2）①由（1）得∠ACB=∠CAN+∠CBQ=90°，∵AC平分∠NAB，∴∠CAR=∠CAN，∵∠ACR=∠CBQ，∴∠CAB+∠ACR=90°，∴∠ARC=180°−∠CAR+∠ACR∴CR⊥AB；②∵MN∥PQ，∴∠ADF=∠DFB，∵∠DFB=2∠ADC，∵∠DFB=∠ADC+∠CDF，∴∠ADC=∠CDF，∵DF⊥AB，同（1）得∠ADC+∠CDF+∠ABC+∠CBF=90°，∴∠ADC+∠CBF=45°，同（1）得∠ADC+∠CBF=∠DCB=45°，∵∠ACB=∠ACE+∠DCB=90°，∴∠ACD=45°26．（24-25七年级下·北京密云·期末）如图，AB∥CD，直线l分别与直线AB、CD交于E、F两点，点M在直线AB上，点P是射线FE上的一个动点（不与点E、F重合），过点P作PH⊥MP交直线CD于点(1)如图1，当点P在线段EF上时．①结合题意，补全图1；②用等式表示∠EMP和∠PHC之间的数量关系，并证明；(2)如图2，当点P在线段FE的延长线上时，直接写出∠EMP和∠PHC的数量关系．【答案】(1)①见解析②∠PHC−∠EMP=90°(2)∠EMP+∠PHC=90°【分析】本题考查平行线的性质，平行公理的推论，垂直的定义，平角，正确作出图形是解题的关键．（1）①根据题意作图，即可解答；②∠PHC−∠EMP=90°理由如下：过点P作PN∥AB，有∠PME=MPN，继而求出PN∥CD,∠MPH=90°,可得到∠EMP+∠PHF=90°，则∠EMP+180°−∠PHC=90°，即可解答．（2）过点P作KN∥AB，有∠NPM=∠PME，先求出PN∥CD,∠MPH=90°,则有∠KPH=∠PHC，∠MPN+∠KPH=90°，即可解答．【详解】（1）解：①作图如图②∠PHC−∠EMP=90°理由如下：过点P作PN∥AB，如图有∠EMP=∠MPN，∵MP⊥PH,AB∥CD，∴PN∥CD,∠MPH=90°,∴∠NPH=∠PHD，∠MPN+∠NPH=90°，∴∠EMP+∠PHD=90°，∵∠PHD=180°−∠PHC，∴∠EMP+180°−∠PHC=90°，即∠PHC−∠EMP=90°．（2）过点P作KN∥AB，如图有∠NPM=∠PME，∵MP⊥PH,AB∥CD，∴PN∥CD,∠MPH=90°,∴∠KPH=∠PHC，∠MPN+∠KPH=90°，∴∠EMP+∠PHC=90°．1．（25-26七年级下·山东烟台·期中）悬挂对于汽车的操控性能有着决定性的作用，不同构造的悬挂有着不同的操控性能．现代轿车大都是采用独立式悬挂系统，独立悬挂系统是每一侧的车轮都是单独地通过弹性悬挂系统悬挂在车架或车身下面的．如图是某汽车的独立悬挂截面图，已知AB∥JK，BC∥DE∥FG∥HI，CD∥A．47° B．25° C．22° D．13°【答案】A【分析】根据平行线的性质可推出∠DEF=∠HIJ，延长BC，HI分别交直线JK于点M，点N，则可证明∠JNI=22°，过点I作IT∥JK，则∠TIJ=∠IJK=25°，∠HIT=∠JNI=22°，据此可得【详解】解：∵BC∥∴∠BCD=∠CDE，∵CD∥EF，∴∠CDE=∠DEF，同理可得∠DEF=∠EFG=∠FGH=∠GHI=∠HIJ，∴∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠EFG=∠FGH=∠GHI=∠HIJ；如图所示，延长BC，HI分别交直线JK于点M，点∵AB∥∴∠JMB=∠ABC=22°，∵BC∥∴∠JNI=∠JMB=22°；如图所示，过点I作IT∥JK，∴∠TIJ=∠IJK=25°，∴∠HIJ=∠HIT+∠TIJ=47°，∴∠DEF=47°．2．（24-25七年级下·全国·期末）如图，AB∥CD，点E,F分别在直线AB,CD上，在平行线AB,CD之间有一点P,∠EPF=100°，若∠BEP与∠DFP的平分线交于点Q，则∠EQF=_______；若∠BEQ与∠DFQ的平分线交于点Q1,∠BEQ1与∠DFQ1的平分线交于点Q2,∠BEQ2与【答案】130°65°1【分析】本题主要考查平行线的判定与性质，平分线的定义等知识，过点P作PM∥AB，过点Q作QN∥AB，则PM∥AB∥CD∥QN,可证出∠BEP+∠DFP=260°，再根据角平分线定义可得出结论．【详解】解：如图，过点P作PM∥AB，过点Q作QN∥AB．∵AB∥CD,∴PM∥AB∥CD∥QN,∴∠AEP=∠EPM，∠CFP=∠FPM,∠BEQ=∠EQN,∠DFQ=∠FQN．∵∠EPF=∠EPM+∠FPM=100°，∴∠AEP+∠CFP=100°．∵∠BEP=180°−∠AEP，∠DFP=180°−∠CFP，∴∠BEP+∠DFP=180°−∠AEP+180°−∠CFP=360°−∠AEP+∠CFP∵EQ平分∠BEP，FQ平分∠DFP，∴∠BEQ=1∴∠BEQ+∠DFQ=1∴∠EQF=∠EQN+∠FQN=∠BEQ+∠DFQ=130°．同理可得∠BEQ∠EQ1F=∠BE…，以此类推，∠E故答案为：130°；65°；123．（24-25七年级下·浙江杭州·期中）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=35°，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【答案】70°或110°【分析】分两种情况讨论：当PK在AD上方时，延长MN、KH交于点Q，证明EN∥KH，则∠KHD=∠AEN；当PK在AD下方时，延长HK，MN交于点T，证明EN∥【详解】解：当PK在AD上方时，延长MN、KH交于点Q，由折叠可知，∠K=∠P=90°，∠ENM=90°，∵MN∥∴∠K=∠Q=90°，∴∠ENM=∠Q，∴EN∥∵∠EFC=35°，∴∠AEF=35°，∴∠AEN=70°，∴∠AHQ=70°，∵∠KHD=∠AHQ，∴∠KHD=70°；当PK在AD下方时，延长HK，MN交于点T，由折叠可知，∠HKP=90°，∠MNE=90°，∵MN∥∴∠T=∠HKP=90°，∴∠ENM=∠T=90°，∴EN∥∵∠EFC=35°，∴∠AEF=35°，∴∠AEN=70°，∴∠AHK=70°，∵∠KHD=180°−∠AHK=110°；综上所述：∠KHD=70°或110°，故答案为：70°或110°．【点睛】本题考查平行线的性质，分类讨论，掌握平行线的性质是解题的关键．4．（24-25七年级下·湖南长沙·期末）如图1，直线EF分别交直线MN,PQ于A,B两点，且∠MAB+∠FBQ=180°．(1)求证：MN∥PQ；(2)如图2，已知∠BAD=3∠NAD,∠ABD=3∠QBD,∠MAB与∠PBA的角平分线交于点C．求∠ADB∠ACB(3)在（2）的条件下，若∠CAB=30°，△ABC绕点B以5°/s的速度顺时针方向旋转得到△A1BC，当A1B首次与射线BP重合时运动停止，在运动过程中（含始终位置），旋转时间【答案】(1)见解析(2)1(3)12或18或30或48【分析】题目主要考查平行线的判定和性质，角平分线的计算，理解题意，结合图形分情况分析是解题关键．（1）根据题意及平行线的判定即可证明；（2）分别过点C,D作CK∥MN,GD∥（3）分四种情况分析：①当A1C∥AD时，②当A1【详解】（1）证明：∵∠PBA=∠FBQ,∠MAB+∠FBQ=180°，∴∠MAB+∠PBA=180°，∴MN∥（2）解：分别过点C,D作CK∥∵MN∥PQ，∴CK∥∴∠MAC=∠ACK∠PBC=∠BCK∠NAD=∠ADG∠QBD=∠BDG∵∠BAD=3∠NAD,∠ABD=3∠QBD，AC，BC分别平分∠MAB与∠PBA∴∠MAC=∠ACK=∠NAD=∠ADG=∵MN∥PQ，∴∠MAB+∠PBA=180°∴∠NAB+∠QBA=180°∴∠MAC+∠PBC=∠NAD+∠QBD=∴∠ACB=∴∠ADB（3）∵∠CAB=30°，∴∠CBA=60°，∴∠ABP=2∠CBA=120°，∴∠CBQ=6