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专题1.1 相交线与平行线章末重难点题型-2021-2022学年七年级数学下册举一反三系列（人教版）
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专题1.1 相交线与平行线章末重难点题型
【人教版】
【考点1 点到直线的距离】
【方法点拨】从直线外一点到直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离.
【例1】（2020春•江汉区月考）如图，AD⊥AC交BC的延长线于点D，AE⊥BC交BC的延长线于点E，CF⊥AB于点F，则图中能表示点A到直线BC的距离的是（ ）
A．AD的长度 B．AE的长度 C．AC的长度 D．CF的长度
【分析】利用点到直线的距离定义进行解答即可．
【解答】解：图中能表示点A到直线BC的距离的是AE的长度，
故选：B．
【点评】此题主要考查了点到直线的距离，关键是掌握点到直线的距离是一个长度，而不是一个图形，也就是垂线段的长度，而不是垂线段．
【变式1-1】（2020春•思明区校级期末）如图，AC⊥BF，CD⊥AB于点D，点E在线段BF上，则下列说法错误的是（ ）
A．线段CD的长度是点C到直线AB的距离
B．线段CF的长度是点C到直线BF的距离
C．线段EF的长度是点E到直线AC的距离
D．线段BE的长度是点B到直线CD的距离
【分析】直线外一点到直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．
【解答】解：A．线段CD的长度是点C到直线AB的距离，故本选项正确；
B．线段CF的长度是点C到直线BF的距离，故本选项正确；
C．线段EF的长度是点E到直线AC的距离，故本选项正确；
D．线段BD的长度是点B到直线CD的距离，故本选项错误；
故选：D．
【点评】本题主要考查了点到直线的距离，点到直线的距离是一个长度，而不是一个图形，也就是垂线段的长度，而不是垂线段．
【变式1-2】（2020春•大新县期末）如图，点P为直线m外一点，点P到直线m上的三点A、B、C的距离分别为PA＝4cm，PB＝6cm，PC＝3cm，则点P到直线m的距离为（ ）
A．3cm B．小于3cm
C．不大于3cm D．以上结论都不对
【分析】点P到直线m的距离即为点P到直线m的垂线段的长度，是点P到直线m上各点的连线段中，长度最小的线段．
【解答】解：由图可知，PC长度为3cm，是最小的，
则点P到直线m的距离小于或等于3cm，即不大于3cm．
故选：C．
【点评】本题考查了点到直线的距离．直线外一点到直线上各点的连线段中，垂线段最短；直线外一点到直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．
【变式1-3】（2020春•涟源市期末）如图，P是直线l外一点，A，B，C三点在直线l上，且PB⊥l于点B，∠APC＝90°，则下列结论：①线段AP是点A到直线PC的距离；②线段BP的长是点P到直线l的距离；③PA，PB，PC三条线段中，PB最短；④线段PC的长是点P到直线l的距离，其中，正确的是（ ）
A．②③ B．①②③ C．③④ D．①②③④
【分析】根据“从直线外一点到这条直线上各点所连的线段中，垂线段最短”；“从直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离”进行判断，即可解答．
【解答】解：①线段AP是点A到直线PC的距离，错误；
②线段BP的长是点P到直线l的距离，正确；
③PA，PB，PC三条线段中，PB最短，正确；
④线段PC的长是点P到直线l的距离，错误，
故选：A．
【点评】此题主要考查了垂线的两条性质：①从直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．②从直线外一点到这条直线上各点所连的线段中，垂线段最短．
【考点2 垂线段最短在生活中的应用】
【方法点拨】连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短.
【例2】（2020春•新泰市期末）如图，在铁路旁有一李庄，现要建一火车站，为了使李庄人乘车最方便，请你在铁路线上选一点来建火车站，应建在（ ）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
【分析】根据垂线段最短可得答案．
【解答】解：根据垂线段最短可得：应建在A处，
故选：A．
【点评】此题主要考查了垂线段的性质，关键是掌握从直线外一点到这条直线所作的垂线段最短．
【变式2-1】（2020春•芝罘区期末）如图所示，某同学的家在P处，他想尽快赶到附近公路边搭顺风车，他选择P→C路线，用几何知识解释其道理正确的是（ ）
A．两点确定一条直线 B．垂线段最短
C．两点之间线段最短 D．经过一点有无数条直线
【分析】根据垂线段的性质解答即可．
【解答】解：某同学的家在P处，他想尽快赶到附近公路边搭顺风车，他选择P→C路线，是因为垂直线段最短，
故选：B．
【点评】此题主要考查了垂线段的性质，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：两垂直线段最短．
【变式2-2】（2020秋•海淀区校级期末）如图是小明同学在体育课上跳远后留下的脚印，那么体育陈老师测量小明同学的体育成绩，应该选取线段 的长度，其依据是 ．
【分析】利用垂线段最短及跳远比赛的规则即可求解．
【解答】解：小明同学的体育成绩，应该选取线段CD的长度．依据为：垂线段最短．
故答案为：CD，垂线段最短．
【点评】本题考查了垂线段：从直线外一点引一条直线的垂线，这点和垂足之间的线段叫做垂线段．关键是掌握垂线段的性质：垂线段最短．
【变式2-3】（2020春•赣州期末）如图所示，码头、火车站分别位于A，B两点，直线a和b分别表示铁路与河流．
（1）从火车站到码头怎样走最近，画图并说明理由；
（2）从码头到铁路怎样走最近，画图并说明理由；
（3）从火车站到河流怎样走最近，画图并说明理由．
【分析】（1）从火车站到码头的距离是点到点的距离，即两点间的距离．依据两点之间线段最短解答．
（2）从码头到铁路的距离是点到直线的距离．依据垂线段最短解答．
（3）从火车站到河流的距离是点到直线的距离．依据垂线段最短解答．
【解答】解：如图所示
（1）沿AB走，两点之间线段最短；
（2）沿AC走，垂线段最短；
（3）沿BD走，垂线段最短．
【点评】根据具体的问题正确判断出是点到点的距离还是点到线的距离是解答问题的关键．
【考点3 相交线中的交点个数问题】
【例3】（2020春•涟源市期末）平面上有3条直线，则交点可能是（ ）
A．1个 B．1个或3个
C．1个或2个或3个 D．0个或1个或2个或3个
【分析】根据题意画出图形，根据图形判断即可．
【解答】解：3条直线的分布情况可能是：如图，
交点个数分别是0个或1个或2个或3个，
故选：D．
【点评】本题考查了对相交线的理解和应用，目的是培养学生的空间想象能力，能画出所有符合条件的图形是解此题的关键．
【变式3-1】（2020春•沙坪坝区校级月考）同一平面内两两相交的四条直线，最多有m个交点，最少有n个交点，那么mn是（ ）
A．1 B．6 C．8 D．4
【分析】根据每三条不交于同一点，可得m，根据都交于同一点，可得n，根据乘方的意义，可得答案．
【解答】解：每三条不交于同一点，得
m=4×32=6，
都交于同一点，得n＝1，
∴mn＝6，
故选：B．
【点评】本题考查了相交线，利用每三条不交于同一点，都交于同一点得出m，n是解题关键．
【变式3-2】（2020秋•邢台期中）观察如图，并阅读图形下面的相关文字：
两条直线相交，最多有1个交点；三条直线相交，最多有3个交点；4条直线相交，最多有6个交点……
像这样，20条直线相交，交点最多的个数是（ ）
A．100个 B．135个 C．190个 D．200个
【分析】根据题意，结合图形，发现：3条直线相交最多有3个交点，4条直线相交最多有6个交点，5条直线相交最多有10个交点，故可猜想，n条直线相交，最多有1+2+3+…+（n﹣1）=12n（n﹣1）个交点，据此解答即可．
【解答】解：2条直线相交最多有1个交点，1=12×1×2，
3条直线相交最多有3个交点，3＝1+2=12×2×3，
4条直线相交最多有6个交点，6＝1+2+3=12×3×4，
5条直线相交最多有10个交点，10＝1+2+3+4=12×4×5，
…
n条直线相交最多有交点的个数是：12n（n﹣1）．
20条直线相交最多有交点的个数是：12n（n﹣1）=12×20×19＝190．
故选：C．
【点评】此题主要考查了相交线探索规律．此题在相交线的基础上，着重培养学生的观察、实验和猜想、归纳能力，掌握从特殊向一般猜想的方法是解题的关键．
【变式3-3】（2020春•无棣县期末）在一平面中，两条直线相交有一个交点；三条直线两两相交最多有3个交点；四条直线两两相交最多有6个交点……当相交直线的条数从2至n变化时，最多可有的交点数P与直线条数n之间的关系如下表：
直线条数n/条
2
3
4
5
6
7
8
…
最多交点个数p/个
1
3
6
10
…
…
…
…
则n与p的关系式为： ．
【分析】根据题意，3条直线相交最多有3个交点，4条直线相交最多有6个交点，5条直线相交最多有10个交点．而3＝1+2，6＝1+2+3，10＝1+2+3+4，故可猜想，n条直线相交，最多有1+2+3+…+（n﹣1）=12n（n﹣1）个交点．
【解答】解：∵3条直线相交最多有3个交点，4条直线相交最多有6个交点．
而3＝1+2，6＝1+2+3，10＝1+2+3+4，
∴可猜想，n条直线相交，最多有1+2+3+…+（n﹣1）=12n（n﹣1）个交点．
即p=12n（n﹣1），
故答案为：p=12n（n﹣1）．
【点评】本题主要考查了相交线，此题着重培养学生的观察、实验和猜想、归纳能力，掌握从特殊向一般猜想的方法．
【考点4 与对顶角、领补角有关的角度计算】
【方法点拨】掌握对顶角相等、邻补角之和为180°是解此类题的关键.
【例4】（2020秋•长春期末）如图，直线AB、CD相交于点O，OE平分∠BOC．若∠BOD：∠BOE＝1：2，则∠AOE的大小为（ ）
A．72° B．98° C．100° D．108°
【分析】根据角平分线的定义得到∠COE＝∠BOE，根据邻补角的定义列出方程，解方程求出∠BOD，根据对顶角相等求出∠OAC，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：设∠BOD＝x，
∵∠BOD：∠BOE＝1：2，
∴∠BOE＝2x，
∵OE平分∠BOC，
∴∠COE＝∠BOE＝2x，
∴x+2x+2x＝180°，
解得，x＝36°，即∠BOD＝36°，∠COE＝72°，
∴∠OAC＝∠BOD＝36°，
∴∠AOE＝∠COE+∠AOC＝108°，
故选：D．
【点评】本题考查的是对顶角、邻补角的概念，掌握对顶角相等、邻补角之和为180°是解题的关键．
【变式4-1】如图，直线AB与CD相交于点O，∠DOE＝α，∠DOF：∠AOD＝2：3，射线OE平分∠BOF，则∠BOC＝（ ）
A．540°﹣5α B．540°﹣6α C．30° D．40°
【分析】首先设∠DOF＝2x，∠AOD＝3x，然后表示∠FOE和∠BOE，再根据平角定义列方程，然后可得答案．
【解答】解：设∠DOF＝2x，∠AOD＝3x，
∵∠DOE＝α，
∴∠FOE＝α﹣2x，
∵射线OE平分∠BOF，
∴∠BOE＝∠EOF＝α﹣2x，
则：3x+α+α﹣2x＝180°，
解得：x＝180°﹣2α，
∴∠AOD＝3×（180°﹣2α）＝540°﹣6α，
∴∠BOC＝540°﹣6α，
故选：B．
【点评】此题主要考查了邻补角和对顶角，关键是理清图中角之间的关系，利用方程思想解决问题．
【变式4-2】（2020秋•原州区期末）直线AB，CD相交于点O，OE平分∠AOD，∠FOC＝90°，∠BOF＝50°，求∠AOC与∠AOE的度数．
【分析】利用平角的意义、角平分线的定义以及对顶角相等可得出答案．
【解答】解：∵∠FOC＝90°，∠BOF＝50°，∠AOC+∠FOC+∠BOF＝180°，
∴∠AOC＝180°﹣90°﹣50°＝40°，
∴∠AOC＝∠BOD＝40°，
∴∠AOD＝180°﹣40°＝140°，
又∵OE平分∠AOD，
∴∠AOE＝∠DOE=12∠AOD＝70°．
答：∠AOC＝40°，∠AOE＝70°．
【点评】本题考查平角的意义、角平分线的定义以及对顶角相等的性质，理解平角、角平分线的定义，对顶角相等的性质是解决问题的前提．
【变式4-3】（2020秋•铁西区期末）如图，直线AB，CD相交于点O，∠AOC＝120°，OE平分∠BOC．
（1）求∠BOE的度数；
（2）若OF把∠AOE分成两个角，且∠AOF：∠EOF＝2：3，判断OA是否平分∠DOF？并说明理由．
【分析】（1）根据邻补角的概念求出∠BOC，根据角平分线的定义计算，得到答案；
（2）求出∠AOE，根据题意分别求出∠AOF、∠EOF，该解角平分线的定义证明即可．
【解答】解：（1）∵∠AOC＝120°，
∴∠BOC＝180°﹣120°＝60°，
∵OE平分∠BOC，
∴∠BOE=12∠BOC=12×60°＝30°；
（2）OA平分∠DOF，
理由如下：∵∠BOE＝30°，
∴∠AOE＝180°﹣30°＝150°，
∵∠AOF：∠EOF＝2：3，
∴∠AOF＝60°，∠EOF＝90°，
∵∠AOD＝∠BOC＝60°，
∴∠AOD＝∠AOF，
∴OA平分∠DOF．
【点评】本题考查的是对顶角、角平分线的定义、邻补角的概念，掌握对顶角相等、角平分线的定义是解题的关键．
【考点5 平行线中的基本事实】
【方法点拨】基本事实：经过直线外一点，有且只有一条直线和已知直线平行.
【例5】（2020春•港南区期末）下列说法不正确的是（ ）
A．过任意一点可作已知直线的一条平行线
B．同一平面内两条不相交的直线是平行线
C．在同一平面内，过直线外一点只能画一条直线与已知直线垂直
D．平行于同一直线的两直线平行
【分析】根据平行线的定义及平行公理进行判断．
【解答】解：A中，若点在直线上，则不可以作出已知直线的平行线，而是与已知直线重合，错误．
B、C、D正确．
故选：A．
【点评】本题主要考查平行线的定义及平行公理，熟练掌握公理、定理是解决本题的关键．
【变式5-1】（2020春•铁西区校级月考）下列语句正确的有（ ）个
①任意两条直线的位置关系不是相交就是平行
②过一点有且只有一条直线和已知直线平行
③过两条直线a，b外一点P，画直线c，使c∥a，且c∥b
④若直线a∥b，b∥c，则c∥a．
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据同一平面内，任意两条直线的位置关系是相交、平行；过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行；如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行进行分析即可．
【解答】解：①任意两条直线的位置关系不是相交就是平行，说法错误，应为根据同一平面内，任意两条直线的位置关系不是相交就是平行；
②过一点有且只有一条直线和已知直线平行，说法错误，应为过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行；
③过两条直线a，b外一点P，画直线c，使c∥a，且c∥b，说法错误；
④若直线a∥b，b∥c，则c∥a，说法正确；
故选：D．
【点评】此题主要考查了平行线，关键是掌握平行公理：过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行；
推论：如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行．
【变式5-2】（2020春•垦利区期末）下列说法正确的有（ ）
①两点之间的所有连线中，线段最短；
②相等的角叫对顶角；
③过一点有且只有一条直线与已知直线平行；
④过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；
⑤两点之间的距离是两点间的线段；
⑥在同一平面内的两直线位置关系只有两种：平行或相交．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①根据两点之间线段最短判断．
②对顶角：有一个公共顶点，并且一个角的两边分别是另一个角的两边的反向延长线，具有这种位置关系的两个角，互为对顶角．
③根据平行公理进行判断．
④根据垂线的性质进行判断．
⑤距离是指的长度．
⑥根据在同一平面内，两条不重合的直线的位置关系．
【解答】解：①两点之间的所有连线中，线段最短，故①说法正确．
②相等的角不一定是对顶角，故②说法错误．
③经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故③说法错误．
④同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，故④说法错误．
⑤两点之间的距离是两点间的线段的长度，故⑤说法错误．
⑥在同一平面内，两直线的位置关系只有两种：相交和平行，故⑥说法正确．
综上所述，正确的结论有2个．
故选：B．
【点评】本题主要考查对平行线的定义，两点间的距离，相交线等知识点的理解和掌握，能熟练地运用性质进行说理是解此题的关键．
【变式5-3】（2020秋•沈丘县期末）下列说法正确的是（ ）
A．在同一平面内，a，b，c是直线，且a∥b，b∥c，则a∥c
B．在同一平面内，a，b，c是直线，且a⊥b，b⊥c，则a⊥c
C．在同一平面内，a，b，c是直线，且a∥b，b⊥c，则a∥c
D．在同一平面内，a，b，c是直线，且a∥b，b∥c，则a⊥c
【分析】根据题意画出图形，从而可做出判断．
【解答】解：先根据要求画出图形，图形如下图所示：
根据所画图形可知：A正确．
故选：A．
【点评】本题主要考查的是平行线，根据题意画出符合题意的图形是解题的关键．
【考点6 三线八角的识别】
【方法点拨】直线AB，CD被第三条直线EF所截。这三条直线形成了两个顶点，围绕两个顶点的8个角之间有三种特殊关系：
*同位角：没有公共顶点的两个角，它们在直线AB,CD的同侧，在第三条直线EF的同旁（即位置相同），这样的一对角叫做同位角；
*内错角：没有公共顶点的两个角，它们在直线AB,CD之间，在第三条直线EF的两旁（即位置交错），这样的一对角叫做内错角；
*同旁内角：没有公共顶点的两个角，它们在直线AB,CD之间，在第三条直线EF的同旁，这样的一对角叫做同旁内角；
【例6】（2020春•江夏区月考）如图，下列结论中错误的是（ ）
A．∠1与∠2是同旁内角 B．∠1与∠4是内错角
C．∠5与∠6是内错角 D．∠3与∠5是同位角
【分析】根据同位角、内错角、同旁内角的意义结合图形进行判断即可．
【解答】解：如图，∠1与∠2是直线a与直线b被直线c所截的同旁内角，因此选项A不符合题意；
∠1与∠6是直线a与直线b被直线c所截的内错角，而∠6与∠4是邻补角，所以∠1与∠4不是内错角，因此选项B符合题意；
∠5与∠6是直线c与直线d被直线b所截的内错角，因此选项C不符合题意；
∠3与∠5是直线c与直线d被直线b所截的同位角，因此选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查同位角、内错角、同旁内角的意义，掌握同位角、内错角、同旁内角的意义是正确判断的前提，判断两个角是由哪两条直线被第三条直线所截所得到的角是判断的关键．
【变式6-1】（2020春•舞钢市期末）如图，给出以下说法：①∠B和∠1是同旁内角；②∠3和∠4是内错角；③∠B和∠AEC是同位角；④∠A和∠3是内错角；⑤∠2和∠3是对顶角，其中正确的个数是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】根据同位角、内错角、同旁内角、对顶角的定义逐个判断即可．
【解答】解：∠B和∠1是直线AB和CE被直线BC所截的一对同旁内角，故①正确；
∠3和∠4不是内错角，故②错误；
∠B和∠AEC是直线CE和BC被直线AB所截的一对同位角，故③正确；
∠A和∠3是直线AB和CD被直线AC所截的一对内错角，故④正确；
∠2和∠3不是对顶角，故⑤错误；
即正确的有3个，
故选：B．
【点评】本题考查了同位角、内错角、同旁内角、对顶角的定义，能正确识图是解此题的关键．
【变式6-2】（2020春•长春月考）根据图形填空：
（1）若直线ED、BC被直线AB所截，则∠1和 是同位角；
（2）若直线ED、BC被直线AF所截，则∠3和 是内错角；
（3）∠1和∠3是直线AB、AF被直线 所截构成的内错角．
（4）∠2和∠4是直线AB、 被直线BC所截构成的 角．
【分析】（1）、（4）根据同位角的定义填空；
（2）、（3）根据内错角的定义填空．
【解答】解：（1）如图：若ED，BC被AB所截，则∠1与∠2是同位角，
（2）若ED，BC被AF所截，则∠3与∠4是内错角，
（3）∠1 与∠3是AB和AF被ED所截构成的内错角，
（4）∠2与∠4是AB和AF被BC所截构成的同位角．
故答案是：（1）∠2．（2）∠4．（3）ED．（4）AF；同位．
【点评】本题主要考查内错角、同位角的定义，解答此类题确定三线八角是关键，可直接从截线入手．
【变式6-3】（2020秋•崇川区校级期末）复杂的数学问题我们常会把它分解为基本问题来研究，化繁为简，化整为零这是一种常见的数学解题思想．
（1）如图1，直线l1，l2被直线l3所截，在这个基本图形中，形成了 对同旁内角．
（2）如图2，平面内三条直线l1，l2，l3两两相交，交点分别为A、B、C，图中一共有 对同旁内角．
（3）平面内四条直线两两相交，最多可以形成 对同旁内角．
（4）平面内n条直线两两相交，最多可以形成 对同旁内角．
【分析】根据同旁内角的定义，结合图形确定同旁内角的对数．
【解答】解：因为两个交点可以形成2对同旁内角，而三个交点形成的同旁内角的对数为6对，
（1）直线l1，l2被直线l3所截，在这个基本图形中，形成了2对同旁内角．
（2）平面内三条直线l1，l2，l3两两相交，交点分别为A、B、C，图中一共有3×2＝6对同旁内角．
（3）平面内四条直线两两相交，交点最多为6个，最多可以形成4×（4﹣1）×（4﹣2）＝24对同旁内角．
（4）平面内n条直线两两相交，最多可以形成n（n﹣1）（n﹣2）对同旁内角
故答案为：（1）2；（2）6；（3）24；（4）n（n﹣1）（n﹣2）
【点评】此题考查同旁内角问题，本题是规律总结的问题，应运用数形结合的思想求解．
【考点7 平行线的判定】
【方法点拨】两条直线被第三条直线所截，以下几种情况可以判定这两条直线平行：
平行线判定定理1：同位角相等，两直线平行；
平行线判定定理2：内错角相等，两直线平行；
平行线判定定理3：同旁内角互补，两直线平行；
平行线判定定理4：两条直线同时垂直于第三条直线，两条直线平行.
【例7】（2020春•越秀区校级月考）如图，下列条件中，不能判定l1∥l2的是（ ）
A．∠1＝∠3 B．∠2+∠4＝180° C．∠2＝∠3 D．∠4+∠5＝180°
【分析】直接利用平行线的判定方法分别分析得出答案．
【解答】解：A、∵∠1＝∠3，
∴直线l1∥l2，故此选项不合题意；
B、∵∠2+∠4＝180°，
∴直线l1∥l2，故此选项不合题意；
C、∠2＝∠3，不能得出直线l1∥l2，故此选项符合题意；
D、∵∠2＝∠5，4+∠5＝180°，
∴4+∠2＝180°，
∴直线l1∥l2，故此选项不合题意．
故选：C．
【点评】此题主要考查了平行线的判定，正确把握平行线的判定方法是解题关键．
【变式7-1】（2020秋•海淀区校级期末）如图，在下列给出的条件中，可以判定AB∥CD的有（ ）
①∠1＝∠2；
②∠1＝∠3；
③∠2＝∠4；
④∠DAB+∠ABC＝180°；
⑤∠BAD+∠ADC＝180°．
A．①②③ B．①②④ C．①④⑤ D．②③⑤
【分析】根据平行线的判定定理对各选项进行逐一判断即可．
【解答】解：①∠1＝∠2不能判定AB∥CD，不符合题意；
②∵∠1＝∠3，∴AB∥CD，符合题意；
③∵∠2＝∠4，∴AB∥CD，符合题意；
④∠DAB+∠ABC＝180°；不能判定AB∥CD，不符合题意；
⑤∵∠BAD+∠ADC＝180°，∴AB∥CD，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查的是平行线的判定，正确掌握平行线的判定方法是解题关键．
【变式7-2】（2020秋•叙州区期末）如图，下列条件：①∠1＝∠2，②∠3+∠4＝180°，③∠5+∠6＝180°，④∠2＝∠3，⑤∠7＝∠2+∠3，⑥∠7+∠4﹣∠1＝180°中能判断直线a∥b的有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【分析】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．依据平行线的判定方法即可得出结论．
【解答】解：①由∠1＝∠2，可得a∥b；
②由∠3+∠4＝180°，可得a∥b；
③由∠5+∠6＝180°，∠3+∠6＝180°，可得∠5＝∠3，即可得到a∥b；
④由∠2＝∠3，不能得到a∥b；
⑤由∠7＝∠2+∠3，∠7＝∠1+∠3可得∠1＝∠2，即可得到a∥b；
⑥由∠7+∠4﹣∠1＝180°，∠7﹣∠1＝∠3，可得∠3+∠4＝180°，即可得到a∥b；
故选：C．
【点评】本题主要考查了平行线的判定，掌握平行线的判定方法是解决问题的关键．
【变式7-3】（2020春•桃江县期末）如图，O是直线AB上一点，OE平分∠BOD，OF⊥OE，∠D＝110°，添加一个条件，仍不能判定AB∥CD，添加的条件可能是（ ）
A．∠BOE＝55° B．∠DOF＝35°
C．∠BOE+∠AOF＝90° D．∠AOF＝35°
【分析】根据平行线的判定定理判断即可．
【解答】解：∵OE平分∠BOD，∠BOE＝55°，
∴∠BOD＝2∠BOE＝110°，
∵∠D＝110°，
∴∠BOD＝∠D，
∴CD∥AB，故A不符合题意；
∵OF⊥OE，
∴∠FOE＝90°，∠DOF＝35°，
∴∠DOE＝55°，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOB＝2∠DOE＝110°，
∵∠D＝110°，
∴∠DOB＝∠D，
∴AB∥CD，故B不符合题意；
∵∠BOE+∠AOF＝90°，
∴∠EOF＝90°，但不能判断AB∥CD，故C符合题意；
∵OF⊥OE，
∴∠FOE＝90°，∠AOF＝35°，
∴∠BOE＝55°，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOB＝2∠BOE＝110°，
∵∠D＝110°，
∴∠DOB＝∠D，
∴AB∥CD，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的判定定理，熟练掌握平行线的判定定理即可得到结论．
【考点8 平行线中的推理过程填空】
【例8】（2020秋•香坊区校级期中）完成下面推理过程．
如图：已知，∠A＝112°，∠ABC＝68°，BD⊥DC于点D，EF⊥DC于点F，求证：∠1＝∠2．
证明：∵∠A＝112°，∠ABC＝68°（已知）
∴∠A+∠ABC＝180°
∴AD∥BC（ ）
∴∠1＝ （ ）
∵BD⊥DC，EF⊥DC（已知）
∴∠BDF＝90°，∠EFC＝90°（ ）
∴∠BDF＝∠EFC＝90°
∴BD∥EF（ ）
∴∠2＝ （ ）
∴∠1＝∠2（ ）
【分析】根据推理过程，填上依据即平行线的性质或者判定．
【解答】证明：∵∠A＝112°，∠ABC＝68°（已知），
∴∠A+∠ABC＝180°．
∴AD∥BC（同旁内角互补，两直线平行）．
∴∠1＝∠3 （两直线平行，内错角相等 ）．
∵BD⊥DC，EF⊥DC（已知），
∴∠BDF＝90°，∠EFC＝90°（垂直的定义）．
∴∠BDF＝∠EFC＝90°．
∴BD∥EF（同位角相等，两直线平行）．
∴∠2＝∠3（两直线平行，同位角相等）．
∴∠1＝∠2（等量代换）．
故答案为：同旁内角互补，两直线平行；∠3；两直线平行，内错角相等；垂直的定义；
同位角相等，两直线平行；∠3；两直线平行，同位角相等；等量代换．
【点评】本题考查了平行线的性质或判断，题目难度不大，由平行得到角间关系是平行线的性质，由角间关系得到平行，是平行线的判定．
【变式8-1】（2020秋•香坊区校级期中）几何说理填空：如图，F是BC上一点，FG⊥AC于点G，H是AB上一点，HE⊥AC于点E，∠1＝∠2，求证：DE∥BC．
证明：连接EF
∵FG⊥AC，HE⊥AC，
∴∠FGC＝∠HEC＝90°（ ）．
∴ ∥ （ ）．
∴∠3＝∠ （ ）．
又∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝∠2+∠4．
即∠DEF＝∠EFC
∴DE∥BC（ ）．
【分析】要证明DE∥FC，可证明∠DEF＝∠EFC，由于∠1＝∠2，可证明∠3＝∠4，需证明EH∥FG，可通过垂直的性质得到．
【解答】证明：连接EF
∵FG⊥AC，HE⊥AC，
∴∠FGC＝∠HEC＝90°（垂线的性质）．
∴FG∥HE（同位角相等，两直线平行）．
∴∠3＝∠4（两直线平行，内错角相等）．
又∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝∠2+∠4．
即∠DEF＝∠EFC
∴DE∥BC（内错角相等，两直线平行）．
故答案为：垂线的性质；FG，HE，同位角相等，两直线平行；4，两直线平行，内错角相等；内错角相等，两直线平行．
【点评】本题考查了平行线的性质和判定，掌握平行线的性质和判定并学会分析是解决本题的关键．
【变式8-2】（2020春•栖霞市期中）完成下列推理，并填写完理由．
已知，如图，∠BAE+∠AED＝180°，∠M＝∠N，试说明：∠1＝∠2．
解：∵∠BAE+∠AED＝180°（已知）
∴ ∥ （ ）
∴∠BAE＝ 又∵∠M＝∠N（已知）
∴ ∥ （ ）
∴∠NAE＝ （ ）
∴∠BAE﹣∠NAE＝ ﹣ （ ）
即∠1＝∠2
【分析】根据平行线的判定与性质即可完成推理过程．
【解答】解：∵∠BAE+∠AED＝180°（已知），
∴AB∥CD（同旁内角互补，两直线平行），
∴∠BAE＝∠AEC，又∵∠M＝∠N（已知），
∴AN∥EM（内错角相等，两直线平行），
∴∠NAE＝∠MEA（两直线平行，内错角相等），
∴∠BAE﹣∠NAE＝∠CEA﹣∠MEA（等量减等量，差相等），
即∠1＝∠2．
故答案为：AB，CD，同旁内角互补，两直线平行；∠AEC；AN，EM，内错角相等，两直线平行；∠MEA，两直线平行，内错角相等；∠CEA，∠MEA，等量减等量，差相等．
【点评】本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行线的判定与性质．
【变式8-3】（2020秋•南岗区校级期中）如图：已知：∠ADE+∠BCF＝180°，BE平分∠ABC交CD的延长线于点E，AF平分∠BAD交DC的延长线于点F，若∠ABC＝2∠E，则∠E+∠F＝90°，完成下列推理过程．
证明：
∵∠ADE+∠BCF＝180°，∠ADE+∠ADF＝180°
∴∠ADF＝∠BCF（ ）
∴AD∥BC（ ）
∵BE平分∠ABC
∴∠ABC＝2∠ABE（ ）
又∵∠ABC＝2∠E
∴∠ABE＝∠E
∴AB∥EF（ ）
∵AD∥BC
∴∠BAD+∠ABC＝180°（ ）
∵BE平分∠ABC，AF平分∠BAD
∴∠ABE=12∠ABC，∠BAF=12∠BAD
∴∠ABE+∠BAF=12∠ABC+12∠BAD=12×180°＝90°
∵AB∥EF（ ）
∴∠BAF＝∠F（ ）
∵∠ABE＝∠E
∴∠E+∠F＝90°（ ）
【分析】根据平行线的性质和判定，同角的补角相等以及等量代换，结合图形直观得出答案．
【解答】证明：∵∠ADE+∠BCF＝180°，∠ADE+∠ADF＝180°
∴∠ADF＝∠BCF（同角的补角相等）
∴AD∥BC（同位角相等，两直线平行）
∵BE平分∠ABC
∴∠ABC＝2∠ABE（角平分线定义）
又∵∠ABC＝2∠E
∴∠ABE＝∠E
∴AB∥EF（内错角相等，两直线平行）
∵AD∥BC
∴∠BAD+∠ABC＝180°（两直线平行，同旁内角互补）
BE平分∠ABC，AE平分∠BAD
∴∠ABE=12∠ABC，∠BAF=12∠BAD
∴∠ABE+∠BAF=12∠ABC+12∠BAD=12×180°＝90°
∵AB∥EF（己证）
∴∠BAF＝∠F（两直线平行，内错角相等）
∠ABE＝∠E
∴∠E+∠F＝90°（等量代换）
【点评】本题考查平行线的性质和判定，掌握平行线的判定方法和性质是正确解答的前提．
【考点9 平行线的判定及性质的证明】
【例9】（2020秋•丹东期末）如图，已知∠1+∠2＝180°，∠3＝∠B．
（1）试判断DE与BC的位置关系，并说明理由．
（2）若DE平分∠ADC，∠2＝3∠B，求∠1的度数．
【分析】（1）根据平行线的判定解答即可；
（2）根据平行线的判定和性质解答即可．
【解答】解：（1）DE∥BC，理由如下：
∵∠1+∠4＝180°，∠1+∠2＝180°，
∴∠2＝∠4，
∴AB∥EF，
∴∠3＝∠5，
∵∠3＝∠B，
∴∠5＝∠B，
∴DE∥BC，
（2）∵DE平分∠ADC，
∴∠5＝∠6，
∵DE∥BC，
∴∠5＝∠B，
∵∠2＝3∠B，
∴∠2+∠5+∠6＝3∠B+∠B+∠B＝180°，
∴∠B＝36°，
∴∠2＝108°，
∵∠1+∠2＝180°，
∴∠1＝72°．
【点评】此题综合运用了平行线的性质和判定，关键是找准两条直线被第三条直线所截而形成的同位角、内错角．
【变式9-1】（2020秋•吉水县期末）如图，∠ADE+∠BCF＝180°，BE平分∠ABC，∠ABC＝2∠E．
（1）AD与BC平行吗？请说明理由；
（2）AB与EF的位置关系如何？为什么？
（3）若AF平分∠BAD，试说明：∠E+∠F＝90°．
【分析】（1）求出∠ADF＝∠BCF，根据平行线的判定得出即可；
（2）根据角平分线的定义得出∠ABC＝2∠ABE，求出∠ABE＝∠E，根据平行线的判定得出即可；
（3）根据平行线的性质得出∠DAB+∠ABC＝180°，根据角平分线的定义得出∠ABE=12∠ABC，∠BAF=12∠BAD，求出∠ABE+∠BAF＝90°，根据三角形的内角和定理得出即可．
【解答】解：（1）AD∥BC，
理由是：∵∠ADE+∠BCF＝180°，∠ADE+∠ADF＝180°，
∴∠ADF＝∠BCF，
∴AD∥BC；
（2）AB∥EF，
理由是：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠ABE，
∵∠ABC＝2∠E，
∴∠ABE＝∠E，
∴AB∥EF；
（3）∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∵BE平分∠ABC，AF平分∠BAD，
∴∠ABE=12∠ABC，∠BAF=12∠BAD，
∴∠ABE+∠BAF＝90°，
∴∠AOB＝180°﹣90°＝90°＝∠EOF，
∴∠E+∠F＝180°﹣∠EOF＝90°．
【点评】本题考查了平行线的性质和判定，角平分线的定义，三角形的内角和定理等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
【变式9-2】（2019秋•市南区期末）如图，已知BC⊥AE，DE⊥AE，∠2+∠3＝180°．
（1）请你判断∠1与∠ABD的数量关系，并说明理由；
（2）若∠1＝70°，BC平分∠ABD，试求∠ACF的度数．
【分析】（1）依据平行线的判定与性质，即可得到∠1与∠ABD的数量关系；
（2）利用平行线的性质以及角平分线的定义，即可得出∠2的度数，再根据∠ACB为直角，即可得出∠ACF．
【解答】解：（1）∠1＝∠ABD，理由：
∵BC⊥AE，DE⊥AE，
∴BC∥DE，
∴∠3+∠CBD＝180°，
又∵∠2+∠3＝180°，
∴∠2＝∠CBD，
∴CF∥DB，
∴∠1＝∠ABD．
（2）∵∠1＝70°，CF∥DB，
∴∠ABD＝70°，
又∵BC平分∠ABD，
∴∠DBC=12∠ABD＝35°，
∴∠2＝∠DBC＝35°，
又∵BC⊥AG，
∴∠ACF＝90°﹣∠2＝90°﹣35°＝55°．
【点评】本题主要考查了平行线的判定与性质，平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系，平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．
【变式9-3】（2020春•香洲区校级期中）如图，AD交BC于点D，点F在BA的延长线上，点E在线段CD上，EF与AC相交于点G，∠BDA+∠CEG＝180°．
（1）证明AD∥EF；
（2）若点H在FE的延长线上，且∠EDH＝∠C，∠F＝∠H，则∠BAD和∠CAD相等吗？请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若FH⊥BC，∠C＝30°，求∠F的度数．
【分析】（1）根据同旁内角互补，两直线平行即可证明AD∥EF；
（2）根据∠EDH＝∠C，∠F＝∠H，结合（1）即可说明∠BAD和∠CAD相等；
（3）根据FH⊥BC，∠C＝30°，结合（2）即可求∠F的度数．
【解答】解：（1）证明：∵∠BDA+∠CEG＝180°，∠BDA+∠ADC＝180°．
∴∠ADC＝∠CEG，
∴AD∥EF；
（2）∠BAD和∠CAD相等，理由如下：
∵∠EDH＝∠C，
∴DH∥AC，
∴∠H＝∠CGH，
∵∠CGH＝∠AGF，
∴∠H＝∠AGF，
∵∠F＝∠H，
∴∠F＝∠AGF，
∵AD∥EF，
∴∠BAD＝∠F，∠CAD＝∠AGF，
∴∠BAD＝∠CAD；
（3）∵FH⊥BC，
∴∠CEG＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠CGE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠F＝∠AGF＝∠CGE＝60°．
【点评】本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行线的判定与性质．
【考点10 平行线中的折叠问题】
【例10】（2020秋•苏州期中）将一张长方形纸片（足够长）折叠成如图所示图形，重叠部分是一个三角形（△ABC），BC为折痕，若∠1＝42°，则∠2的度数为（ ）
A．48° B．58° C．60° D．69°
【分析】根据平行线的性质，可以得到∠1＝∠4，∠4＝∠5，再根据∠1＝42°和折叠的性质，即可得到∠2的度数，本题得以解决．
【解答】解：如右图所示，
∵长方形的两条长边平行，∠1＝42°，
∴∠1＝∠4＝42°，∠4＝∠5，
∴∠5＝42°，
由折叠的性质可知，∠2＝∠3，
∵∠2+∠3+∠5＝180°，
∴∠2＝69°，
故选：D．
【点评】本题考查平行线的性质、折叠的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式10-1】（2020春•越城区校级期中）如图，将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为AB、CD，若CD∥BE，∠1＝40°，则∠2的度数是（ ）
A．90° B．100° C．105° D．110°
【分析】根据平行线的性质即可求解．
【解答】解：延长BC至G，如下图所示，
由题意得，AF∥BE，AD∥BC，
∵AF∥BE，
∴∠1＝∠3（两直线平行，同位角相等），
∵AD∥BC，
∴∠3＝∠4（两直线平行，同位角相等），
∴∠4＝∠1＝40°，
∵CD∥BE，
∴∠6＝∠4＝40°（两直线平行，同位角相等），
∵这条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为AB、CD，
∴∠5＝∠6＝40°，
∴∠2＝180°﹣∠5﹣∠6＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质，解题的关键是根据平行线的性质找出图中角度之间的关系．
【变式10-2】（2020秋•番禺区期末）如图①是长方形纸带，∠DEF＝α，将纸带沿EF折叠成图②，再沿BF折叠成图③，则图③中的∠CFE的度数是 ．
【分析】由AD∥BC，利用平行线的性质可得出∠BFE和∠CFE的度数，再结合∠CFG＝∠CFE﹣∠BFE及∠CFE＝∠CFG﹣∠BFE，即可找出∠CFE的度数．
【解答】解：∵AD∥BC，
∴∠BFE＝∠DEF＝α，∠CFE＝180°﹣∠DEF＝180°﹣α，
∴∠CFG＝∠CFE﹣∠BFE＝180°﹣α﹣α＝180°﹣2α，
∴∠CFE＝∠CFG﹣∠BFE＝180°﹣2α﹣α＝180°﹣3α．
故答案为：180°﹣3α．
【点评】本题考查了平行线的性质，牢记“两直线平行，内错角相等”及“两直线平行，同旁内角互补”是解题的关键．
【变式10-3】（2020秋•香坊区期末）如图1是长方形纸带，将长方形ABCD沿EF折叠成图2，使点C、D分别落在点C1、D1处，再沿BF折叠成图3，使点C1、D1分别落在点C2、D2处．
（1）若∠DEF＝20°，求图1中∠CFE的度数；
（2）在（1）的条件下，求图2中∠C1FC的度数；
（3）在图3中写出∠C2FE、∠EGF与∠DEF的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据平行线的性质得出∠DEF+∠CFE＝180°，再求出答案即可；
（2）根据平行线的性质得出∠DEF+∠CFE＝180°，∠CFC1＝∠CGD1，再求出答案即可；
（3）根据平行线的性质得出∠EFB＝∠DEF，∠DEF+∠CFE＝180°，∠DEG+∠EGF＝180°，设∠DEF＝x°，求出∠EFB＝x°，∠CFE＝180°﹣∠DEF＝180°﹣x°，∠EGF＝180°﹣∠DEG＝180°﹣2x°，根据FC1∥ED1求出∠C1FG＝∠EGF＝180°﹣2x°，求出∠C2FG＝∠C1FG＝180°﹣2x°即可．
【解答】解：（1）∵长方形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠DEF+∠CFE＝180°
∵∠DEF＝20°，
∴∠CFE＝180°﹣∠DEF＝180°﹣20°＝160°；
（2）∵四边形EDCF折叠得到四边形ED1C1F，
∴∠D1EF＝∠DEF＝20°，
∴∠DEG＝∠DEF+∠D1EF＝20°+20°＝40°，
∵长方形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠CGD1＝∠DEG＝40°
∵FC1∥ED1，
∴∠C1FC＝∠CGD1＝40°；
（3）∠C2FE+∠DEF＝∠EGF，
理由如下：∵长方形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠EFB＝∠DEF，∠DEF+∠CFE＝180°，∠DEG+∠EGF＝180°，
设∠DEF＝x°，
∴∠EFB＝x°，∠CFE＝180°﹣∠DEF＝180°﹣x°，
∵四边形EDCF折叠得到四边形ED1C1F，
∴∠D1EF＝∠DEF＝x°，
∴∠DEG＝∠DEF+∠D1EF＝2x°，
∴∠EGF＝180°﹣∠DEG＝180°﹣2x°，
∵FC1∥ED1，
∴∠C1FG＝∠EGF＝180°﹣2x°，
∵四边形GD1C1F折叠得到四边形GD2C2F，
∴∠C2FG＝∠C1FG＝180°﹣2x°，∠C2FE＝∠C2FG﹣∠EFB＝180°﹣2x°﹣x°＝180°﹣3x°，
∴∠C2FE+∠DEF＝180°﹣3x°+x°＝180°﹣2x°＝∠EGF．
【点评】本题考查了平行线的性质和折叠的性质，能灵活运用平行线的性质进行推理和计算是解此题的关键．
【考点11 平行线中的辅助线构造】
【例11】（2020春•高州市期中）（1）如图甲，AB∥CD，∠BEC与∠1+∠3的关系是什么？并写出推理过程；
（2）如图乙，AB∥CD，直接写出∠2+∠4与∠1+∠3+∠5的数量关系 ；
（3）如图丙，AB∥CD，直接写出∠2+∠4+∠6与∠1+∠3+∠5+∠7的数量关系 ．
【分析】（1）首先过点E作EF∥AB，由AB∥CD，可得AB∥CD∥EF，根据平行线的性质，易得∠BEC＝∠BEF+∠CEF＝∠1+∠3；
（2）首先分别过点E，G，M，作EF∥AB，GH∥AB，MN∥AB，由AB∥CD，可得AB∥CD∥EF∥GH∥MN，由平行线的性质，可得∠2+∠4＝∠1+∠3+∠5．
（3）首先分别过点E，G，M，K，P，作EF∥AB，GH∥AB，MN∥AB，KL∥AB，PQ∥AB，由AB∥CD，可得AB∥CD∥EF∥GH∥MN∥KL∥PQ，然后利用平行线的性质，即可证得∠2+∠4+∠6＝∠1+∠3+∠5+∠7．
【解答】解：（1）∠BEC＝∠1+∠3．
证明：过点E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠BEF＝∠1，∠CEF＝∠3，
∴∠BEC＝∠BEF+∠CEF＝∠1+∠3；
（2）∠2+∠4＝∠1+∠3+∠5．
理由：分别过点E，G，M，作EF∥AB，GH∥AB，MN∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF∥GH∥MN，
∴∠1＝∠BEF，∠FEG＝∠EGH，∠HGM＝∠GMN，∠CMN＝∠5，
∴∠2+∠4＝∠BEF+∠FEG+∠GMN+∠CMN＝∠1+∠EGH+∠MGH+∠5＝∠1+∠3+∠5；
（3）∠2+∠4+∠6＝∠1+∠3+∠5+∠7．
理由：分别过点E，G，M，K，P，作EF∥AB，GH∥AB，MN∥AB，KL∥AB，PQ∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF∥GH∥MN∥KL∥PQ，
∴∠1＝∠BEF，∠FEG＝∠EGH，∠HGM＝∠GMN，∠KMN＝∠LKM，∠LKP＝∠KPQ，∠QPC＝∠7，
∴∠2+∠4+∠6＝∠1+∠3+∠5+∠7．
【点评】此题考查了平行线的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
【变式11-1】（2020春•英德市期中）直线AB∥CD，E为直线AB、CD之间的一点，完成以下问题：
（1）如图1，若∠B＝15°，∠BED＝90°，则∠D＝ ；
（2）如图2，若∠B＝α，∠D＝β，求出∠BED的度数（用a、β表示）；
（3）如图3，若∠B＝α，∠C＝β，则a、β与∠BEC之间有什么等量关系？请猜想证明．
【分析】（1）过E作EF∥AB，根据两直线平行，内错角相等进行计算；
（2）过E作EF∥AB，根据两直线平行，同旁内角互补进行计算；
（3）过点E作EF∥AB，根据两直线平行，内错角相等，以及两直线平行，同旁内角互补进行计算．
【解答】解：（1）过E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∵∠B＝15°，
∴∠BEF＝15°，
又∵∠BED＝90°，
∴∠DEF＝75°，
∵EF∥CD，
∴∠D＝75°，
故答案为：75°；
（2）过E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠B+∠BEF+∠DEF+∠D＝360°，
又∵∠B＝α，∠D＝β，
∴∠BED＝∠BEF+∠DEF＝360°﹣α﹣β，
故答案为：∠BED＝360°﹣α﹣β；
（3）猜想：∠BEC＝180°﹣α+β．
证明：过点E作EF∥AB，
则∠BEF＝180°﹣∠B＝180°﹣α，
∵AB∥EF，AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠CEF＝∠C＝β，
∴∠BEC＝∠BEF+∠CEF＝180°﹣α+β．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，内错角相等；两直线平行，同旁内角互补．
【变式11-2】（2020春•竹溪县期末）问题：已知线段AB∥CD，在AB、CD间取一点P（点P不在直线AC上），连接PA、PC，试探索∠APC与∠A、∠C之间的关系．
（1）端点A、C同向：
如图1，点P在直线AC右侧时，∠APC﹣（∠A+∠C）＝ 度；
如图2，点P在直线AC左侧时，∠APC+（∠A+∠C）＝ 度．
（2）端点A、C反向：
如图3，点P在直线AC右侧时，∠APC+（∠A﹣∠C）＝ 度
如图4，点P在直线AC左侧时，∠APC与（∠A﹣∠C）有怎样的等量关系？写出结论并说明理由．
【分析】（1）如图1，过点P作PE∥AB，根据平行线的性质可得∠A＝∠APE，∠C＝∠CPE，结合∠APC＝∠APE+∠CPE可求解；
如图2，过点P作PF∥AB，根据平行线的性质可得∠A+∠APF＝180°，∠C+∠CPF＝180°，结合∠APC＝∠APF+∠CPF，可求解；
（2）如图3，过点P作PG∥AB，根据平行线的性质可得∠A+∠APG＝180°，∠C＝∠CPG，结合∠APG＝∠APC﹣∠CPG，可求解；
如图4，过点P作PH∥AB，根据平行线的性质可得∠A＝∠APH，∠C+∠CPH＝180°，结合∠CPH＝∠APC﹣∠APH，可求解．
【解答】解：（1）如图1，过点P作PE∥AB，
∴∠A＝∠APE，
∵AB∥CD，
∴EP∥CD，
∴∠C＝∠CPE，
∵∠APC＝∠APE+∠CPE，
∴∠APC＝∠A+∠C，
∴∠APC﹣（∠A+∠C）＝0°；
如图2，过点P作PF∥AB，
∴∠A+∠APF＝180°，
∵AB∥CD，
∴FP∥CD，
∴∠C+∠CPF＝180°，
∴∠A+∠APF+∠C+∠CPF＝360°，
∵∠APC＝∠APF+∠CPF，
∴∠APC+∠A+∠C＝360°，
即∠APC+（∠A+∠C）＝360°，
故答案为：0，360；
（2）∠APC﹣（∠A﹣∠C）＝180°，
如图3，过点P作PG∥AB，
∴∠A+∠APG＝180°，
∵AB∥CD，
∴GP∥CD，
∴∠C＝∠CPG，
∵∠APG＝∠APC﹣∠CPG，
∴∠APC﹣∠C+∠A＝180°，
即∠APC+（∠A﹣∠C）＝180°，
如图4，∠APC﹣（∠A﹣∠C）＝180°，理由如下：
过点P作PH∥AB，
∴∠A＝∠APH，
∵AB∥CD，
∴HP∥CD，
∴∠C+∠CPH＝180°，
∵∠CPH＝∠APC﹣∠APH，
∴∠APC﹣∠A+∠C＝180°，
即∠APC﹣（∠A﹣∠C）＝180°．
故答案为：180；
【点评】本题主要考查平行线的性质，灵活运用平行线的性质是解题的关键．
【变式11-3】（2020春•咸宁期末）（1）如图①，AB∥CD，点E在直线AB与CD之间，连结AE、CE，试说明∠BAE+∠DCE＝∠AEC；
（2）（探究）当点E在如图②的位置时，其他条件不变，试说明∠AEC+∠BAE+∠DCE＝360°
（3）（应用）点E、F、G在直线AB与CD之间，连结AE、EF、FG和CG，其他条件不变，如图③，若∠EFG＝36°，求∠BAE+∠AEF+∠FGC+∠DCG的度数．
【分析】（1）如图①，过点E作EF∥AB．利用平行线的性质即可解决问题；
（2）【探究】如图2中，作EF∥AB，利用平行线的性质即可解决问题；
（3）【应用】作FH∥AB，利用平行线的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）过E点作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∵AB∥CD，
∴∠BAE＝∠1，
∵EF∥CD，
∴∠2＝∠DCE，
∴∠BAE+∠DCE＝∠AEC．
（2）过E点作AB∥EG．
∵AB∥CD，
∴EG∥CD，
∵AB∥CD，
∴∠BAE+∠AEG＝180°，
∵EG∥CD，
∴∠CEG+∠DCE＝180°，
∴∠BAE+∠AEC+∠DCE＝360°．
（3）过点F作FH∥AB．
∵AB∥CD，
∴FH∥CD，
∴∠BAE+∠AEF+∠EFH＝360°，
∠HFG+∠FGC+∠GCD＝360°，
∴∠BAE+∠AEF+∠EFH+∠HFG+∠FGC+∠GCD＝720°，
∴∠BAE+∠AEF+∠EFH+∠HFG+∠FGC+∠GCD+∠EFG＝720°+36°，
∴∠BAE+∠AEF+∠FGC+∠DCG＝720°﹣360°+36°＝396°．
【点评】本题考查平行线的性质，解题的关键是学会添加辅助线构造平行线解决问题，属于中考常考题型．
【考点12 平行线的判定及性质与角平分线综合】
【例12】（2020秋•禅城区期末）阅读下面内容，并解答问题
在学习了平行线的性质后，老师请同学们证明命题：两条平行线被第三条直线所截，一组同旁内角的平分线互相垂直．
小颖根据命题画出图形并写出如下的已知条件．
已知：如图1，AB∥CD，直线EF分别交AB，C于点E，F．∠BEF的平分线与∠DFE的平分线交于点G．
（1）直线EG，FG有何关系？请补充结论：求证：“ ”，并写出证明过程；
（2）请从下列A、B两题中任选一题作答，我选择 题，并写出解答过程．
A．在图1的基础上，分别作∠BEG的平分线与∠DFG的平分线交于点M，得到图2，求∠EMF的度数．
B．如图3，AB∥CD，直线EF分别交AB，CD于点E，F．点O在直线AB，CD之间，且在直线EF右侧，∠BEO的平分线与∠DFO的平分线交于点P，请猜想∠EOF与∠EPF满足的数量关系，并证明它．
【分析】（1）利用平行线的性质以及三角形的内角和定理解决问题即可．
（2）A、利用基本结论，∠M＝∠BEM+∠DFM求解即可．
B、利用基本结论∠EOF＝∠BEO+∠DFO，∠EPF＝∠BEP+∠DFP求解即可．
【解答】解：（1）结论：EG⊥FG；
理由：如图1中，∵AB∥CD，
∴∠BEF+∠DFE＝180°，
∵EG平分∠BEF，FG平分∠DFE，
∴∠GEF=12∠BEF，∠GFE=12∠DFE，
∴∠GEF+∠GFE=12∠BEF+12∠DFE=12(∠BEF+∠DFE)=12×180°=90°，
在△EFG中，∠GEF+∠GFE+∠G＝180°，
∴∠G＝180°﹣（∠GEF+∠GFE）＝180°﹣90°＝90°，
∴EG⊥FG．
故答案为：EG⊥GF；
（2）A．如图2中，由题意，∠BEG+∠DFG＝90°，
∵EM平分∠BEG，MF平分∠DFG，
∴∠BEM+∠MFD=12（∠BEG+∠DFG）＝45°，
∴∠EMF＝∠BEM+∠MFD＝45°，
B．结论：∠EOF＝2∠EPF．
理由：如图3中，由题意，∠EOF＝∠BEO+∠DFO，∠EPF＝∠BEP+∠DFP，
∵PE平分∠BEO，PF平分∠DFO，
∴∠BEO＝2∠BEP，∠DFO＝2∠DFP，
∴∠EOF＝2∠EPF，
故答案为：A或B．
【点评】本题考查平行线的性质，命题与定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【变式12-1】（2020秋•盘龙区期末）阅读下面材料：
小亮同学遇到这样一个问题：
已知：如图甲，AB∥CD，E为AB，CD之间一点，连接BE，DE，得到∠BED．
求证：∠BED＝∠B+∠D．
（1）小亮写出了该问题的证明，请你帮他把证明过程补充完整．
证明：过点E作EF∥AB，
则有∠BEF＝ ．
∵AB∥CD，
∴ ∥ ，
∴∠FED＝ ．
∴∠BED＝∠BEF+∠FED＝∠B+∠D．
（2）请你参考小亮思考问题的方法，解决问题：如图乙，
已知：直线a∥b，点A，B在直线a上，点C，D在直线b上，连接AD，BC，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，且BE，DE所在的直线交于点E．
①如图1，当点B在点A的左侧时，若∠ABC＝60°，∠ADC＝70°，求∠BED的度数；
②如图2，当点B在点A的右侧时，设∠ABC＝α，∠ADC＝β，请你求出∠BED的度数（用含有α，β的式子表示）．
【分析】（1）根据平行线的判定定理与性质定理解答即可；
（2）①如图1，过点E作EF∥AB，当点B在点A的左侧时，根据∠ABC＝60°，∠ADC＝70°，参考小亮思考问题的方法即可求∠BED的度数；
②如图2，过点E作EF∥AB，当点B在点A的右侧时，∠ABC＝α，∠ADC＝β，参考小亮思考问题的方法即可求出∠BED的度数．
【解答】解：（1）过点E作EF∥AB，
则有∠BEF＝∠B，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠FED＝∠D，
∴∠BED＝∠BEF+∠FED＝∠B+∠D；
故答案为：∠B；EF；CD；∠D；
（2）①如图1，过点E作EF∥AB，
有∠BEF＝∠EBA．
∵AB∥CD，
∴EF∥CD．
∴∠FED＝∠EDC．
∴∠BEF+∠FED＝∠EBA+∠EDC．
即∠BED＝∠EBA+∠EDC，
∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，
∴∠EBA=12∠ABC＝30°，∠EDC=12∠ADC＝35°，
∴∠BED＝∠EBA+∠EDC＝65°．
答：∠BED的度数为65°；
②如图2，过点E作EF∥AB，
有∠BEF+∠EBA＝180°．
∴∠BEF＝180°﹣∠EBA，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD．
∴∠FED＝∠EDC．
∴∠BEF+∠FED＝180°﹣∠EBA+∠EDC．
即∠BED＝180°﹣∠EBA+∠EDC，
∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，
∴∠EBA=12∠ABC=12α，∠EDC=12∠ADC=12β，
∴∠BED＝180°﹣∠EBA+∠EDC＝180°-12α+12β．
答：∠BED的度数为180°-12α+12β．
【点评】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．
【变式12-2】（2020秋•绿园区期末）[感知]如图①，AB∥CD，∠AEP＝40°，∠PFD＝130°，求∠EPF的度数．小明想到了以下方法：
解；（1）如图①，过点P作PM∥AB，
∴∠1＝∠AEP＝40°（两直线平行，内错角相等）
∵AB∥CD（已知），
∴PM∥CD（平行于同一条直线的两直线平行），
∴∠2+∠PFD＝180°（两直线平行，同旁内角互补）．
∵∠PFD＝130°（已知），
∴∠2＝180°﹣130°＝50°（等式的性质），
∴∠1+∠2＝40°+50°＝90°（等式的性质）．
即∠EPF＝90°（等量代换）．
[探究]如图②，AB∥CD，∠AEP＝50°，∠PFC＝120°，求∠EPF的度数．
[应用]如图③所示，在[探究]的条件下，∠PEA的平分线和∠PFC的平分线交于点G，则∠G的度数是 °．
【分析】[探究]如图②，根据AB∥CD，∠AEP＝50°，∠PFC＝120°，即可求∠EPF的度数．
[应用]如图③所示，在[探究]的条件下，根据∠PEA的平分线和∠PFC的平分线交于点G，可得∠G的度数．
【解答】[探究]如图②，过点P作PM∥AB，
∴∠MPE＝∠AEP＝50°（两直线平行，内错角相等）
∵AB∥CD（已知），
∴PM∥CD（平行于同一条直线的两直线平行），
∴∠PFC＝∠MPF＝120°（两直线平行，内错角相等）．
∴∠EPF＝∠MPF﹣MPE＝120°50°＝70°（等式的性质）．
答：∠EPF的度数为70°；
[应用]如图③所示，
∵EG是∠PEA的平分线，PG是∠PFC的平分线，
∴∠AEG=12∠AEP＝25°，∠GCF=12∠PFC＝60°，
过点G作GM∥AB，
∴∠MGE＝∠AEG＝25°（两直线平行，内错角相等）
∵AB∥CD（已知），
∴GM∥CD（平行于同一条直线的两直线平行），
∴∠GFC＝∠MGF＝60°（两直线平行，内错角相等）．
∴∠G＝∠MGF﹣MGE＝60°﹣25°＝35°．
答：∠G的度数是35°．
故答案为：35．
【点评】本题考查了平行线的判定与性质、平行公理及推论，解决本题的关键是掌握平行线的判定与性质．
【变式12-3】（2020秋•市中区期末）已知AM∥CN，点B为平面内一点，AB⊥BC于B．
（1）如图1，直接写出∠A和∠C之间的数量关系 ；
（2）如图2，过点B作BD⊥AM于点D，求证：∠ABD＝∠C；
（3）如图3，在（2）问的条件下，点E、F在DM上，连接BE、BF、CF，BF平分∠DBC，BE平分∠ABD，若∠FCB+∠NCF＝180°，∠BFC＝3∠DBE，求∠EBC的度数．
【分析】（1）根据平行线的性质以及直角三角形的性质进行证明即可；
（2）先过点B作BG∥DM，根据同角的余角相等，得出∠ABD＝∠CBG，再根据平行线的性质，得出∠C＝∠CBG，即可得到∠ABD＝∠C；
（3）先过点B作BG∥DM，根据角平分线的定义，得出∠ABF＝∠GBF，再设∠DBE＝α，∠ABF＝β，根据∠CBF+∠BFC+∠BCF＝180°，可得（2α+β）+3α+（3α+β）＝180°，根据AB⊥BC，可得β+β+2α＝90°，最后解方程组即可得到∠ABE＝15°，进而得出∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝15°+90°＝105°．
【解答】解：（1）如图1，AM与BC的交点记作点O，
∵AM∥CN，
∴∠C＝∠AOB，
∵AB⊥BC，
∴∠A+∠AOB＝90°，
∴∠A+∠C＝90°，
故答案为：∠A+∠C＝90°；
（2）如图2，过点B作BG∥DM，
∵BD⊥AM，
∴DB⊥BG，即∠ABD+∠ABG＝90°，
又∵AB⊥BC，
∴∠CBG+∠ABG＝90°，
∴∠ABD＝∠CBG，
∵AM∥CN，BG∥AM，
∴CN∥BG，
∴∠C＝∠CBG，
∴∠ABD＝∠C；
（3）如图3，过点B作BG∥DM，
∵BF平分∠DBC，BE平分∠ABD，
∴∠DBF＝∠CBF，∠DBE＝∠ABE，
由（2）可得∠ABD＝∠CBG，
∴∠ABF＝∠GBF，
设∠DBE＝α，∠ABF＝β，则
∠ABE＝α，∠ABD＝2α＝∠CBG，∠GBF＝β＝∠AFB，∠BFC＝3∠DBE＝3α，
∴∠AFC＝3α+β，
∵∠AFC+∠NCF＝180°，∠FCB+∠NCF＝180°，
∴∠FCB＝∠AFC＝3α+β，
△BCF中，由∠CBF+∠BFC+∠BCF＝180°，可得
（2α+β）+3α+（3α+β）＝180°，①
由AB⊥BC，可得
β+β+2α＝90°，②
由①②联立方程组，解得α＝15°，
∴∠ABE＝15°，
∴∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝15°+90°＝105°．
【点评】本题主要考查了平行线的性质的运用，解决问题的关键是作平行线构造内错角，运用等角的余角（补角）相等进行推导．余角和补角计算的应用，常常与等式的性质、等量代换相关联．解题时注意方程思想的运用．
【考点13 平移性质的运用】
【例13】（2020春•越秀区校级月考）在手工制作课上，张华和李丽用铁丝制作楼梯模型，如图所示，则她们用的铁丝周长（ ）
A．张华的长 B．李丽的长 C．一样长 D．不能确定
【分析】经过平移两个图形可变为两个长和宽都相等长方形．
【解答】解：因为经过平移两个图形可变为两个长和宽都相等长方形，所以她们用的铁丝周长一样长．
故选：C．
【点评】本题主要考查的是生活中的平移现象、熟练掌握平移的性质是解题的关键．
【变式13-1】（2020春•西城区校级期中）如图，将三角形ABC沿BC方向平移3cm得到三角形DEF，若三角形ABC的周长为20cm，则四边形ABFD的周长为（ ）
A．23cm B．26cm C．29cm D．32cm
【分析】先根据平移的性质得DF＝AC，AD＝CF＝3cm，再由△ABC的周长为20cm得到AB+BC+AC＝20cm，然后利用等线段代换可计算出AB+BC+CF+DF+AD＝26（cm），于是得到四边形ABFD的周长为26cm．
【解答】解：∵△ABC沿BC方向平移3cm得到△DEF，
∴DF＝AC，AD＝CF＝3cm，
∵△ABC的周长为20cm，即AB+BC+AC＝20cm，
∴AB+BC+CF+DF+AD＝AB+BC+AC+AD+CF＝20+3+3＝26（cm），
即四边形ABFD的周长为26cm．
故选：B．
【点评】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
【变式13-2】（2019春•海曙区期中）如图，将直角△ABC沿斜边AC的方向平移到△DEF的位置，DE交BC于点G，BG＝4，EF＝10，△BEG的面积为4，下列结论：①∠A＝∠BED；②△ABC平移的距离是4；③BE＝CF；④四边形GCFE的面积为16，正确的有（ ）
A．②③ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【分析】由平移的性质得到BE∥AC，AB∥DE，BC＝EF，BE＝CF，故③正确；根据图形的平移得到∠EDC＝∠A，∠EDC＝∠BED，故∠A＝∠BED，故①正确；根据直角三角形斜边大于直角边得到△ABC平移的距离＞4，故②错误；根据三角形的面积公式得到GE＝2，根据梯形的面积公式得到四边形GCFE的面积=12（6+10）×2＝16，故④正确．
【解答】解：∵△DEF的是直角三角形ABC沿着斜边AC的方向平移后得到的，且A、D、C、F四点在同一条直线上，
∴BE∥AC，AB∥DE，BC＝EF，BE＝CF，故③正确；
由图形的平移知，ED∥AB，AC∥BE，
∴∠EDC＝∠A，∠EDC＝∠BED，
∴∠A＝∠BED，故①正确；
∵BG＝4，
∴AD＝BE＞BG，
∴△ABC平移的距离＞4，故②错误；
∵EF＝10，
∴CG＝BC﹣BG＝EF﹣BG＝10﹣4＝6，
∵△BEG的面积等于4，
∴12BG•GE＝4，
∴GE＝2，
∴四边形GCFE的面积=12（6+10）×2＝16，故④正确；
故选：C．
【点评】本题考查了平移的性质，面积的计算等，正确的识别图形是解题的关键．
【变式13-3】（2020春•蕲春县期中）如图，将直角三角形ABC沿AB方向平移AD长的距离得到直角三角形DEF，已知BE＝5，EF＝8，CG＝3．则图中阴影部分面积 ．
【分析】根据平移的性质可得△DEF≌△ABC，S△DEF＝S△ABC，则阴影部分的面积＝梯形BEFG的面积，再根据梯形的面积公式即可得到答案．
【解答】解：∵RT△ABC沿AB的方向平移AD距离得△DEF，
∴△DEF≌△ABC，
∴EF＝BC＝8，S△DEF＝S△ABC，
∴S△ABC﹣S△DBG＝S△DEF﹣S△DBG，
∴S四边形ACGD＝S梯形BEFG，
∵CG＝3，
∴BG＝BC﹣CG＝8﹣3＝5，
∴S梯形BEFG=12（BG+EF）•BE=12（5+8）×5=652．
故答案为：652．
【点评】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同． ②新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
【考点14 作图—平移变换】
【例14】（2020秋•南岗区期中）如图，将△ABC，向右平移4个格子，再向下平移2个格子．
（1）请你画出经过两次平移后的△DEF（A与D、B与E、C与F对应）；
（2）若每个小正方形的边长为1个单位长度，连接BE和CE，请你求出△BCE的面积．
【分析】（1）如图，分别作出A，B，C的对应点D，E，F即可．
（2）利用三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：（1）如图，△DEF即为所求．
（2）S△BCE=12×2×2＝2．
【点评】本题考查作图﹣平移变换，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质，属于中考常考题型．
【变式14-1】（2020春•瑞安市期中）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中．
（1）把△ABC先向右平移4个单位，再向上平移3个单位得到△A'B'C'，请在网格中画出△A'B'C'；
（2）线段BB'与线段CC'的位置关系是： （填“平行”或“相交”），数量关系是： ．
（3）△ABC的面积为 ．
【分析】（1）将点A、B、C分别向右平移4个单位，再向上平移3个单位得到其对应点，再首尾顺次连接即可得；
（2）根据平移的性质可得答案；
（3）利用割补法求解可得．
【解答】解：（1）如图所示，△A'B'C'即为所求．
（2）根据平移的性质知线段BB'与线段CC'的位置关系是：平行，数量关系是：相等；
故答案为：平行，相等；
（3）△ABC的面积为3×3-12×1×3-12×1×2-12×2×3=72，
故答案为：72．
【点评】本题主要考查作图﹣平移变换，解题的关键是掌握平移变换的定义和性质，并据此得到变换后的对应点．
【变式14-2】（2020秋•香坊区校级期中）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1．在图中平移三角形ABC，使点A移到点D处，点B的对应点为点E，点C的对应点为点F．
（1）请在方格纸中画出平移后的三角形DEF；
（2）分别连接CD，CF，请直接写出三角形CDF的面积；
（3）过点D作CF的垂线，垂足为H，延长AB交直线DH于点G，请画出图形；直接写出四边形BGHC的面积．
【分析】（1）根据平移条件画出图形即可；
（2）根据面积公式解答即可；
（3）根据用分割法求四边形的面积解答即可．
【解答】解：（1）如图所示，△DEF即为所求：
（2）△CDF的面积=12×2×3=3，
（3）四边形BGHC的面积=3×3-12×1×2-12×2×1-12×2×2-12×1×1=4.5．
【点评】本题考查作图﹣平移变换、四边形面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用分割法求四边形的面积．
【变式14-3】（2020秋•南岗区期中）如图，网格中每个小正方形的边长为1个单位长度，三角形ABC中，点A、点B、点C均在格点上．
（1）在图1中，过点C画出线段AB的垂线；
（2）在图1中，过点B画出直线BM，使BM∥AC；
（3）在图2中，先将三角形ABC向右平移5个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到三角形A1B1C1，画出三角形A1B1C1．
【分析】（1）利用网格特点和垂直的定义画出CD⊥AB于D；
（2）把AC向右平移2个单位得到BM，则直线BM平行AC；
（3）利用网格特点和平移的性质画出A、B、C的对应点A1、B1、C1即可．
【解答】解：（1）如图，CD为所作；
（2）如图，BM为所作；
（3）如图，△A1B1C1为所作．
【点评】本题考查了作图﹣平移变换：确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离．作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．
专题1.1 相交线与平行线章末重难点题型
【人教版】
【考点1 点到直线的距离】
【方法点拨】从直线外一点到直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离.
【例1】（2020春•江汉区月考）如图，AD⊥AC交BC的延长线于点D，AE⊥BC交BC的延长线于点E，CF⊥AB于点F，则图中能表示点A到直线BC的距离的是（ ）
A．AD的长度 B．AE的长度 C．AC的长度 D．CF的长度
【分析】利用点到直线的距离定义进行解答即可．
【解答】解：图中能表示点A到直线BC的距离的是AE的长度，
故选：B．
【点评】此题主要考查了点到直线的距离，关键是掌握点到直线的距离是一个长度，而不是一个图形，也就是垂线段的长度，而不是垂线段．
【变式1-1】（2020春•思明区校级期末）如图，AC⊥BF，CD⊥AB于点D，点E在线段BF上，则下列说法错误的是（ ）
A．线段CD的长度是点C到直线AB的距离
B．线段CF的长度是点C到直线BF的距离
C．线段EF的长度是点E到直线AC的距离
D．线段BE的长度是点B到直线CD的距离
【分析】直线外一点到直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．
【解答】解：A．线段CD的长度是点C到直线AB的距离，故本选项正确；
B．线段CF的长度是点C到直线BF的距离，故本选项正确；
C．线段EF的长度是点E到直线AC的距离，故本选项正确；
D．线段BD的长度是点B到直线CD的距离，故本选项错误；
故选：D．
【点评】本题主要考查了点到直线的距离，点到直线的距离是一个长度，而不是一个图形，也就是垂线段的长度，而不是垂线段．
【变式1-2】（2020春•大新县期末）如图，点P为直线m外一点，点P到直线m上的三点A、B、C的距离分别为PA＝4cm，PB＝6cm，PC＝3cm，则点P到直线m的距离为（ ）
A．3cm B．小于3cm
C．不大于3cm D．以上结论都不对
【分析】点P到直线m的距离即为点P到直线m的垂线段的长度，是点P到直线m上各点的连线段中，长度最小的线段．
【解答】解：由图可知，PC长度为3cm，是最小的，
则点P到直线m的距离小于或等于3cm，即不大于3cm．
故选：C．
【点评】本题考查了点到直线的距离．直线外一点到直线上各点的连线段中，垂线段最短；直线外一点到直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．
【变式1-3】（2020春•涟源市期末）如图，P是直线l外一点，A，B，C三点在直线l上，且PB⊥l于点B，∠APC＝90°，则下列结论：①线段AP是点A到直线PC的距离；②线段BP的长是点P到直线l的距离；③PA，PB，PC三条线段中，PB最短；④线段PC的长是点P到直线l的距离，其中，正确的是（ ）
A．②③ B．①②③ C．③④ D．①②③④
【分析】根据“从直线外一点到这条直线上各点所连的线段中，垂线段最短”；“从直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离”进行判断，即可解答．
【解答】解：①线段AP是点A到直线PC的距离，错误；
②线段BP的长是点P到直线l的距离，正确；
③PA，PB，PC三条线段中，PB最短，正确；
④线段PC的长是点P到直线l的距离，错误，
故选：A．
【点评】此题主要考查了垂线的两条性质：①从直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．②从直线外一点到这条直线上各点所连的线段中，垂线段最短．
【考点2 垂线段最短在生活中的应用】
【方法点拨】连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短.
【例2】（2020春•新泰市期末）如图，在铁路旁有一李庄，现要建一火车站，为了使李庄人乘车最方便，请你在铁路线上选一点来建火车站，应建在（ ）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
【分析】根据垂线段最短可得答案．
【解答】解：根据垂线段最短可得：应建在A处，
故选：A．
【点评】此题主要考查了垂线段的性质，关键是掌握从直线外一点到这条直线所作的垂线段最短．
【变式2-1】（2020春•芝罘区期末）如图所示，某同学的家在P处，他想尽快赶到附近公路边搭顺风车，他选择P→C路线，用几何知识解释其道理正确的是（ ）
A．两点确定一条直线 B．垂线段最短
C．两点之间线段最短 D．经过一点有无数条直线
【分析】根据垂线段的性质解答即可．
【解答】解：某同学的家在P处，他想尽快赶到附近公路边搭顺风车，他选择P→C路线，是因为垂直线段最短，
故选：B．
【点评】此题主要考查了垂线段的性质，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：两垂直线段最短．
【变式2-2】（2020秋•海淀区校级期末）如图是小明同学在体育课上跳远后留下的脚印，那么体育陈老师测量小明同学的体育成绩，应该选取线段 的长度，其依据是 ．
【分析】利用垂线段最短及跳远比赛的规则即可求解．
【解答】解：小明同学的体育成绩，应该选取线段CD的长度．依据为：垂线段最短．
故答案为：CD，垂线段最短．
【点评】本题考查了垂线段：从直线外一点引一条直线的垂线，这点和垂足之间的线段叫做垂线段．关键是掌握垂线段的性质：垂线段最短．
【变式2-3】（2020春•赣州期末）如图所示，码头、火车站分别位于A，B两点，直线a和b分别表示铁路与河流．
（1）从火车站到码头怎样走最近，画图并说明理由；
（2）从码头到铁路怎样走最近，画图并说明理由；
（3）从火车站到河流怎样走最近，画图并说明理由．
【分析】（1）从火车站到码头的距离是点到点的距离，即两点间的距离．依据两点之间线段最短解答．
（2）从码头到铁路的距离是点到直线的距离．依据垂线段最短解答．
（3）从火车站到河流的距离是点到直线的距离．依据垂线段最短解答．
【解答】解：如图所示
（1）沿AB走，两点之间线段最短；
（2）沿AC走，垂线段最短；
（3）沿BD走，垂线段最短．
【点评】根据具体的问题正确判断出是点到点的距离还是点到线的距离是解答问题的关键．
【考点3 相交线中的交点个数问题】
【例3】（2020春•涟源市期末）平面上有3条直线，则交点可能是（ ）
A．1个 B．1个或3个
C．1个或2个或3个 D．0个或1个或2个或3个
【分析】根据题意画出图形，根据图形判断即可．
【解答】解：3条直线的分布情况可能是：如图，
交点个数分别是0个或1个或2个或3个，
故选：D．
【点评】本题考查了对相交线的理解和应用，目的是培养学生的空间想象能力，能画出所有符合条件的图形是解此题的关键．
【变式3-1】（2020春•沙坪坝区校级月考）同一平面内两两相交的四条直线，最多有m个交点，最少有n个交点，那么mn是（ ）
A．1 B．6 C．8 D．4
【分析】根据每三条不交于同一点，可得m，根据都交于同一点，可得n，根据乘方的意义，可得答案．
【解答】解：每三条不交于同一点，得
m=4×32=6，
都交于同一点，得n＝1，
∴mn＝6，
故选：B．
【点评】本题考查了相交线，利用每三条不交于同一点，都交于同一点得出m，n是解题关键．
【变式3-2】（2020秋•邢台期中）观察如图，并阅读图形下面的相关文字：
两条直线相交，最多有1个交点；三条直线相交，最多有3个交点；4条直线相交，最多有6个交点……
像这样，20条直线相交，交点最多的个数是（ ）
A．100个 B．135个 C．190个 D．200个
【分析】根据题意，结合图形，发现：3条直线相交最多有3个交点，4条直线相交最多有6个交点，5条直线相交最多有10个交点，故可猜想，n条直线相交，最多有1+2+3+…+（n﹣1）=12n（n﹣1）个交点，据此解答即可．
【解答】解：2条直线相交最多有1个交点，1=12×1×2，
3条直线相交最多有3个交点，3＝1+2=12×2×3，
4条直线相交最多有6个交点，6＝1+2+3=12×3×4，
5条直线相交最多有10个交点，10＝1+2+3+4=12×4×5，
…
n条直线相交最多有交点的个数是：12n（n﹣1）．
20条直线相交最多有交点的个数是：12n（n﹣1）=12×20×19＝190．
故选：C．
【点评】此题主要考查了相交线探索规律．此题在相交线的基础上，着重培养学生的观察、实验和猜想、归纳能力，掌握从特殊向一般猜想的方法是解题的关键．
【变式3-3】（2020春•无棣县期末）在一平面中，两条直线相交有一个交点；三条直线两两相交最多有3个交点；四条直线两两相交最多有6个交点……当相交直线的条数从2至n变化时，最多可有的交点数P与直线条数n之间的关系如下表：
直线条数n/条
2
3
4
5
6
7
8
…
最多交点个数p/个
1
3
6
10
…
…
…
…
则n与p的关系式为： ．
【分析】根据题意，3条直线相交最多有3个交点，4条直线相交最多有6个交点，5条直线相交最多有10个交点．而3＝1+2，6＝1+2+3，10＝1+2+3+4，故可猜想，n条直线相交，最多有1+2+3+…+（n﹣1）=12n（n﹣1）个交点．
【解答】解：∵3条直线相交最多有3个交点，4条直线相交最多有6个交点．
而3＝1+2，6＝1+2+3，10＝1+2+3+4，
∴可猜想，n条直线相交，最多有1+2+3+…+（n﹣1）=12n（n﹣1）个交点．
即p=12n（n﹣1），
故答案为：p=12n（n﹣1）．
【点评】本题主要考查了相交线，此题着重培养学生的观察、实验和猜想、归纳能力，掌握从特殊向一般猜想的方法．
【考点4 与对顶角、领补角有关的角度计算】
【方法点拨】掌握对顶角相等、邻补角之和为180°是解此类题的关键.
【例4】（2020秋•长春期末）如图，直线AB、CD相交于点O，OE平分∠BOC．若∠BOD：∠BOE＝1：2，则∠AOE的大小为（ ）
A．72° B．98° C．100° D．108°
【分析】根据角平分线的定义得到∠COE＝∠BOE，根据邻补角的定义列出方程，解方程求出∠BOD，根据对顶角相等求出∠OAC，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：设∠BOD＝x，
∵∠BOD：∠BOE＝1：2，
∴∠BOE＝2x，
∵OE平分∠BOC，
∴∠COE＝∠BOE＝2x，
∴x+2x+2x＝180°，
解得，x＝36°，即∠BOD＝36°，∠COE＝72°，
∴∠OAC＝∠BOD＝36°，
∴∠AOE＝∠COE+∠AOC＝108°，
故选：D．
【点评】本题考查的是对顶角、邻补角的概念，掌握对顶角相等、邻补角之和为180°是解题的关键．
【变式4-1】如图，直线AB与CD相交于点O，∠DOE＝α，∠DOF：∠AOD＝2：3，射线OE平分∠BOF，则∠BOC＝（ ）
A．540°﹣5α B．540°﹣6α C．30° D．40°
【分析】首先设∠DOF＝2x，∠AOD＝3x，然后表示∠FOE和∠BOE，再根据平角定义列方程，然后可得答案．
【解答】解：设∠DOF＝2x，∠AOD＝3x，
∵∠DOE＝α，
∴∠FOE＝α﹣2x，
∵射线OE平分∠BOF，
∴∠BOE＝∠EOF＝α﹣2x，
则：3x+α+α﹣2x＝180°，
解得：x＝180°﹣2α，
∴∠AOD＝3×（180°﹣2α）＝540°﹣6α，
∴∠BOC＝540°﹣6α，
故选：B．
【点评】此题主要考查了邻补角和对顶角，关键是理清图中角之间的关系，利用方程思想解决问题．
【变式4-2】（2020秋•原州区期末）直线AB，CD相交于点O，OE平分∠AOD，∠FOC＝90°，∠BOF＝50°，求∠AOC与∠AOE的度数．
【分析】利用平角的意义、角平分线的定义以及对顶角相等可得出答案．
【解答】解：∵∠FOC＝90°，∠BOF＝50°，∠AOC+∠FOC+∠BOF＝180°，
∴∠AOC＝180°﹣90°﹣50°＝40°，
∴∠AOC＝∠BOD＝40°，
∴∠AOD＝180°﹣40°＝140°，
又∵OE平分∠AOD，
∴∠AOE＝∠DOE=12∠AOD＝70°．
答：∠AOC＝40°，∠AOE＝70°．
【点评】本题考查平角的意义、角平分线的定义以及对顶角相等的性质，理解平角、角平分线的定义，对顶角相等的性质是解决问题的前提．
【变式4-3】（2020秋•铁西区期末）如图，直线AB，CD相交于点O，∠AOC＝120°，OE平分∠BOC．
（1）求∠BOE的度数；
（2）若OF把∠AOE分成两个角，且∠AOF：∠EOF＝2：3，判断OA是否平分∠DOF？并说明理由．
【分析】（1）根据邻补角的概念求出∠BOC，根据角平分线的定义计算，得到答案；
（2）求出∠AOE，根据题意分别求出∠AOF、∠EOF，该解角平分线的定义证明即可．
【解答】解：（1）∵∠AOC＝120°，
∴∠BOC＝180°﹣120°＝60°，
∵OE平分∠BOC，
∴∠BOE=12∠BOC=12×60°＝30°；
（2）OA平分∠DOF，
理由如下：∵∠BOE＝30°，
∴∠AOE＝180°﹣30°＝150°，
∵∠AOF：∠EOF＝2：3，
∴∠AOF＝60°，∠EOF＝90°，
∵∠AOD＝∠BOC＝60°，
∴∠AOD＝∠AOF，
∴OA平分∠DOF．
【点评】本题考查的是对顶角、角平分线的定义、邻补角的概念，掌握对顶角相等、角平分线的定义是解题的关键．
【考点5 平行线中的基本事实】
【方法点拨】基本事实：经过直线外一点，有且只有一条直线和已知直线平行.
【例5】（2020春•港南区期末）下列说法不正确的是（ ）
A．过任意一点可作已知直线的一条平行线
B．同一平面内两条不相交的直线是平行线
C．在同一平面内，过直线外一点只能画一条直线与已知直线垂直
D．平行于同一直线的两直线平行
【分析】根据平行线的定义及平行公理进行判断．
【解答】解：A中，若点在直线上，则不可以作出已知直线的平行线，而是与已知直线重合，错误．
B、C、D正确．
故选：A．
【点评】本题主要考查平行线的定义及平行公理，熟练掌握公理、定理是解决本题的关键．
【变式5-1】（2020春•铁西区校级月考）下列语句正确的有（ ）个
①任意两条直线的位置关系不是相交就是平行
②过一点有且只有一条直线和已知直线平行
③过两条直线a，b外一点P，画直线c，使c∥a，且c∥b
④若直线a∥b，b∥c，则c∥a．
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据同一平面内，任意两条直线的位置关系是相交、平行；过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行；如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行进行分析即可．
【解答】解：①任意两条直线的位置关系不是相交就是平行，说法错误，应为根据同一平面内，任意两条直线的位置关系不是相交就是平行；
②过一点有且只有一条直线和已知直线平行，说法错误，应为过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行；
③过两条直线a，b外一点P，画直线c，使c∥a，且c∥b，说法错误；
④若直线a∥b，b∥c，则c∥a，说法正确；
故选：D．
【点评】此题主要考查了平行线，关键是掌握平行公理：过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行；
推论：如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行．
【变式5-2】（2020春•垦利区期末）下列说法正确的有（ ）
①两点之间的所有连线中，线段最短；
②相等的角叫对顶角；
③过一点有且只有一条直线与已知直线平行；
④过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；
⑤两点之间的距离是两点间的线段；
⑥在同一平面内的两直线位置关系只有两种：平行或相交．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①根据两点之间线段最短判断．
②对顶角：有一个公共顶点，并且一个角的两边分别是另一个角的两边的反向延长线，具有这种位置关系的两个角，互为对顶角．
③根据平行公理进行判断．
④根据垂线的性质进行判断．
⑤距离是指的长度．
⑥根据在同一平面内，两条不重合的直线的位置关系．
【解答】解：①两点之间的所有连线中，线段最短，故①说法正确．
②相等的角不一定是对顶角，故②说法错误．
③经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故③说法错误．
④同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，故④说法错误．
⑤两点之间的距离是两点间的线段的长度，故⑤说法错误．
⑥在同一平面内，两直线的位置关系只有两种：相交和平行，故⑥说法正确．
综上所述，正确的结论有2个．
故选：B．
【点评】本题主要考查对平行线的定义，两点间的距离，相交线等知识点的理解和掌握，能熟练地运用性质进行说理是解此题的关键．
【变式5-3】（2020秋•沈丘县期末）下列说法正确的是（ ）
A．在同一平面内，a，b，c是直线，且a∥b，b∥c，则a∥c
B．在同一平面内，a，b，c是直线，且a⊥b，b⊥c，则a⊥c
C．在同一平面内，a，b，c是直线，且a∥b，b⊥c，则a∥c
D．在同一平面内，a，b，c是直线，且a∥b，b∥c，则a⊥c
【分析】根据题意画出图形，从而可做出判断．
【解答】解：先根据要求画出图形，图形如下图所示：
根据所画图形可知：A正确．
故选：A．
【点评】本题主要考查的是平行线，根据题意画出符合题意的图形是解题的关键．
【考点6 三线八角的识别】
【方法点拨】直线AB，CD被第三条直线EF所截。这三条直线形成了两个顶点，围绕两个顶点的8个角之间有三种特殊关系：
*同位角：没有公共顶点的两个角，它们在直线AB,CD的同侧，在第三条直线EF的同旁（即位置相同），这样的一对角叫做同位角；
*内错角：没有公共顶点的两个角，它们在直线AB,CD之间，在第三条直线EF的两旁（即位置交错），这样的一对角叫做内错角；
*同旁内角：没有公共顶点的两个角，它们在直线AB,CD之间，在第三条直线EF的同旁，这样的一对角叫做同旁内角；
【例6】（2020春•江夏区月考）如图，下列结论中错误的是（ ）
A．∠1与∠2是同旁内角 B．∠1与∠4是内错角
C．∠5与∠6是内错角 D．∠3与∠5是同位角
【分析】根据同位角、内错角、同旁内角的意义结合图形进行判断即可．
【解答】解：如图，∠1与∠2是直线a与直线b被直线c所截的同旁内角，因此选项A不符合题意；
∠1与∠6是直线a与直线b被直线c所截的内错角，而∠6与∠4是邻补角，所以∠1与∠4不是内错角，因此选项B符合题意；
∠5与∠6是直线c与直线d被直线b所截的内错角，因此选项C不符合题意；
∠3与∠5是直线c与直线d被直线b所截的同位角，因此选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查同位角、内错角、同旁内角的意义，掌握同位角、内错角、同旁内角的意义是正确判断的前提，判断两个角是由哪两条直线被第三条直线所截所得到的角是判断的关键．
【变式6-1】（2020春•舞钢市期末）如图，给出以下说法：①∠B和∠1是同旁内角；②∠3和∠4是内错角；③∠B和∠AEC是同位角；④∠A和∠3是内错角；⑤∠2和∠3是对顶角，其中正确的个数是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】根据同位角、内错角、同旁内角、对顶角的定义逐个判断即可．
【解答】解：∠B和∠1是直线AB和CE被直线BC所截的一对同旁内角，故①正确；
∠3和∠4不是内错角，故②错误；
∠B和∠AEC是直线CE和BC被直线AB所截的一对同位角，故③正确；
∠A和∠3是直线AB和CD被直线AC所截的一对内错角，故④正确；
∠2和∠3不是对顶角，故⑤错误；
即正确的有3个，
故选：B．
【点评】本题考查了同位角、内错角、同旁内角、对顶角的定义，能正确识图是解此题的关键．
【变式6-2】（2020春•长春月考）根据图形填空：
（1）若直线ED、BC被直线AB所截，则∠1和 是同位角；
（2）若直线ED、BC被直线AF所截，则∠3和 是内错角；
（3）∠1和∠3是直线AB、AF被直线 所截构成的内错角．
（4）∠2和∠4是直线AB、 被直线BC所截构成的 角．
【分析】（1）、（4）根据同位角的定义填空；
（2）、（3）根据内错角的定义填空．
【解答】解：（1）如图：若ED，BC被AB所截，则∠1与∠2是同位角，
（2）若ED，BC被AF所截，则∠3与∠4是内错角，
（3）∠1 与∠3是AB和AF被ED所截构成的内错角，
（4）∠2与∠4是AB和AF被BC所截构成的同位角．
故答案是：（1）∠2．（2）∠4．（3）ED．（4）AF；同位．
【点评】本题主要考查内错角、同位角的定义，解答此类题确定三线八角是关键，可直接从截线入手．
【变式6-3】（2020秋•崇川区校级期末）复杂的数学问题我们常会把它分解为基本问题来研究，化繁为简，化整为零这是一种常见的数学解题思想．
（1）如图1，直线l1，l2被直线l3所截，在这个基本图形中，形成了 对同旁内角．
（2）如图2，平面内三条直线l1，l2，l3两两相交，交点分别为A、B、C，图中一共有 对同旁内角．
（3）平面内四条直线两两相交，最多可以形成 对同旁内角．
（4）平面内n条直线两两相交，最多可以形成 对同旁内角．
【分析】根据同旁内角的定义，结合图形确定同旁内角的对数．
【解答】解：因为两个交点可以形成2对同旁内角，而三个交点形成的同旁内角的对数为6对，
（1）直线l1，l2被直线l3所截，在这个基本图形中，形成了2对同旁内角．
（2）平面内三条直线l1，l2，l3两两相交，交点分别为A、B、C，图中一共有3×2＝6对同旁内角．
（3）平面内四条直线两两相交，交点最多为6个，最多可以形成4×（4﹣1）×（4﹣2）＝24对同旁内角．
（4）平面内n条直线两两相交，最多可以形成n（n﹣1）（n﹣2）对同旁内角
故答案为：（1）2；（2）6；（3）24；（4）n（n﹣1）（n﹣2）
【点评】此题考查同旁内角问题，本题是规律总结的问题，应运用数形结合的思想求解．
【考点7 平行线的判定】
【方法点拨】两条直线被第三条直线所截，以下几种情况可以判定这两条直线平行：
平行线判定定理1：同位角相等，两直线平行；
平行线判定定理2：内错角相等，两直线平行；
平行线判定定理3：同旁内角互补，两直线平行；
平行线判定定理4：两条直线同时垂直于第三条直线，两条直线平行.
【例7】（2020春•越秀区校级月考）如图，下列条件中，不能判定l1∥l2的是（ ）
A．∠1＝∠3 B．∠2+∠4＝180° C．∠2＝∠3 D．∠4+∠5＝180°
【分析】直接利用平行线的判定方法分别分析得出答案．
【解答】解：A、∵∠1＝∠3，
∴直线l1∥l2，故此选项不合题意；
B、∵∠2+∠4＝180°，
∴直线l1∥l2，故此选项不合题意；
C、∠2＝∠3，不能得出直线l1∥l2，故此选项符合题意；
D、∵∠2＝∠5，4+∠5＝180°，
∴4+∠2＝180°，
∴直线l1∥l2，故此选项不合题意．
故选：C．
【点评】此题主要考查了平行线的判定，正确把握平行线的判定方法是解题关键．
【变式7-1】（2020秋•海淀区校级期末）如图，在下列给出的条件中，可以判定AB∥CD的有（ ）
①∠1＝∠2；
②∠1＝∠3；
③∠2＝∠4；
④∠DAB+∠ABC＝180°；
⑤∠BAD+∠ADC＝180°．
A．①②③ B．①②④ C．①④⑤ D．②③⑤
【分析】根据平行线的判定定理对各选项进行逐一判断即可．
【解答】解：①∠1＝∠2不能判定AB∥CD，不符合题意；
②∵∠1＝∠3，∴AB∥CD，符合题意；
③∵∠2＝∠4，∴AB∥CD，符合题意；
④∠DAB+∠ABC＝180°；不能判定AB∥CD，不符合题意；
⑤∵∠BAD+∠ADC＝180°，∴AB∥CD，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查的是平行线的判定，正确掌握平行线的判定方法是解题关键．
【变式7-2】（2020秋•叙州区期末）如图，下列条件：①∠1＝∠2，②∠3+∠4＝180°，③∠5+∠6＝180°，④∠2＝∠3，⑤∠7＝∠2+∠3，⑥∠7+∠4﹣∠1＝180°中能判断直线a∥b的有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【分析】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．依据平行线的判定方法即可得出结论．
【解答】解：①由∠1＝∠2，可得a∥b；
②由∠3+∠4＝180°，可得a∥b；
③由∠5+∠6＝180°，∠3+∠6＝180°，可得∠5＝∠3，即可得到a∥b；
④由∠2＝∠3，不能得到a∥b；
⑤由∠7＝∠2+∠3，∠7＝∠1+∠3可得∠1＝∠2，即可得到a∥b；
⑥由∠7+∠4﹣∠1＝180°，∠7﹣∠1＝∠3，可得∠3+∠4＝180°，即可得到a∥b；
故选：C．
【点评】本题主要考查了平行线的判定，掌握平行线的判定方法是解决问题的关键．
【变式7-3】（2020春•桃江县期末）如图，O是直线AB上一点，OE平分∠BOD，OF⊥OE，∠D＝110°，添加一个条件，仍不能判定AB∥CD，添加的条件可能是（ ）
A．∠BOE＝55° B．∠DOF＝35°
C．∠BOE+∠AOF＝90° D．∠AOF＝35°
【分析】根据平行线的判定定理判断即可．
【解答】解：∵OE平分∠BOD，∠BOE＝55°，
∴∠BOD＝2∠BOE＝110°，
∵∠D＝110°，
∴∠BOD＝∠D，
∴CD∥AB，故A不符合题意；
∵OF⊥OE，
∴∠FOE＝90°，∠DOF＝35°，
∴∠DOE＝55°，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOB＝2∠DOE＝110°，
∵∠D＝110°，
∴∠DOB＝∠D，
∴AB∥CD，故B不符合题意；
∵∠BOE+∠AOF＝90°，
∴∠EOF＝90°，但不能判断AB∥CD，故C符合题意；
∵OF⊥OE，
∴∠FOE＝90°，∠AOF＝35°，
∴∠BOE＝55°，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOB＝2∠BOE＝110°，
∵∠D＝110°，
∴∠DOB＝∠D，
∴AB∥CD，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的判定定理，熟练掌握平行线的判定定理即可得到结论．
【考点8 平行线中的推理过程填空】
【例8】（2020秋•香坊区校级期中）完成下面推理过程．
如图：已知，∠A＝112°，∠ABC＝68°，BD⊥DC于点D，EF⊥DC于点F，求证：∠1＝∠2．
证明：∵∠A＝112°，∠ABC＝68°（已知）
∴∠A+∠ABC＝180°
∴AD∥BC（ ）
∴∠1＝ （ ）
∵BD⊥DC，EF⊥DC（已知）
∴∠BDF＝90°，∠EFC＝90°（ ）
∴∠BDF＝∠EFC＝90°
∴BD∥EF（ ）
∴∠2＝ （ ）
∴∠1＝∠2（ ）
【分析】根据推理过程，填上依据即平行线的性质或者判定．
【解答】证明：∵∠A＝112°，∠ABC＝68°（已知），
∴∠A+∠ABC＝180°．
∴AD∥BC（同旁内角互补，两直线平行）．
∴∠1＝∠3 （两直线平行，内错角相等 ）．
∵BD⊥DC，EF⊥DC（已知），
∴∠BDF＝90°，∠EFC＝90°（垂直的定义）．
∴∠BDF＝∠EFC＝90°．
∴BD∥EF（同位角相等，两直线平行）．
∴∠2＝∠3（两直线平行，同位角相等）．
∴∠1＝∠2（等量代换）．
故答案为：同旁内角互补，两直线平行；∠3；两直线平行，内错角相等；垂直的定义；
同位角相等，两直线平行；∠3；两直线平行，同位角相等；等量代换．
【点评】本题考查了平行线的性质或判断，题目难度不大，由平行得到角间关系是平行线的性质，由角间关系得到平行，是平行线的判定．
【变式8-1】（2020秋•香坊区校级期中）几何说理填空：如图，F是BC上一点，FG⊥AC于点G，H是AB上一点，HE⊥AC于点E，∠1＝∠2，求证：DE∥BC．
证明：连接EF
∵FG⊥AC，HE⊥AC，
∴∠FGC＝∠HEC＝90°（ ）．
∴ ∥ （ ）．
∴∠3＝∠ （ ）．
又∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝∠2+∠4．
即∠DEF＝∠EFC
∴DE∥BC（ ）．
【分析】要证明DE∥FC，可证明∠DEF＝∠EFC，由于∠1＝∠2，可证明∠3＝∠4，需证明EH∥FG，可通过垂直的性质得到．
【解答】证明：连接EF
∵FG⊥AC，HE⊥AC，
∴∠FGC＝∠HEC＝90°（垂线的性质）．
∴FG∥HE（同位角相等，两直线平行）．
∴∠3＝∠4（两直线平行，内错角相等）．
又∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝∠2+∠4．
即∠DEF＝∠EFC
∴DE∥BC（内错角相等，两直线平行）．
故答案为：垂线的性质；FG，HE，同位角相等，两直线平行；4，两直线平行，内错角相等；内错角相等，两直线平行．
【点评】本题考查了平行线的性质和判定，掌握平行线的性质和判定并学会分析是解决本题的关键．
【变式8-2】（2020春•栖霞市期中）完成下列推理，并填写完理由．
已知，如图，∠BAE+∠AED＝180°，∠M＝∠N，试说明：∠1＝∠2．
解：∵∠BAE+∠AED＝180°（已知）
∴ ∥ （ ）
∴∠BAE＝ 又∵∠M＝∠N（已知）
∴ ∥ （ ）
∴∠NAE＝ （ ）
∴∠BAE﹣∠NAE＝ ﹣ （ ）
即∠1＝∠2
【分析】根据平行线的判定与性质即可完成推理过程．
【解答】解：∵∠BAE+∠AED＝180°（已知），
∴AB∥CD（同旁内角互补，两直线平行），
∴∠BAE＝∠AEC，又∵∠M＝∠N（已知），
∴AN∥EM（内错角相等，两直线平行），
∴∠NAE＝∠MEA（两直线平行，内错角相等），
∴∠BAE﹣∠NAE＝∠CEA﹣∠MEA（等量减等量，差相等），
即∠1＝∠2．
故答案为：AB，CD，同旁内角互补，两直线平行；∠AEC；AN，EM，内错角相等，两直线平行；∠MEA，两直线平行，内错角相等；∠CEA，∠MEA，等量减等量，差相等．
【点评】本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行线的判定与性质．
【变式8-3】（2020秋•南岗区校级期中）如图：已知：∠ADE+∠BCF＝180°，BE平分∠ABC交CD的延长线于点E，AF平分∠BAD交DC的延长线于点F，若∠ABC＝2∠E，则∠E+∠F＝90°，完成下列推理过程．
证明：
∵∠ADE+∠BCF＝180°，∠ADE+∠ADF＝180°
∴∠ADF＝∠BCF（ ）
∴AD∥BC（ ）
∵BE平分∠ABC
∴∠ABC＝2∠ABE（ ）
又∵∠ABC＝2∠E
∴∠ABE＝∠E
∴AB∥EF（ ）
∵AD∥BC
∴∠BAD+∠ABC＝180°（ ）
∵BE平分∠ABC，AF平分∠BAD
∴∠ABE=12∠ABC，∠BAF=12∠BAD
∴∠ABE+∠BAF=12∠ABC+12∠BAD=12×180°＝90°
∵AB∥EF（ ）
∴∠BAF＝∠F（ ）
∵∠ABE＝∠E
∴∠E+∠F＝90°（ ）
【分析】根据平行线的性质和判定，同角的补角相等以及等量代换，结合图形直观得出答案．
【解答】证明：∵∠ADE+∠BCF＝180°，∠ADE+∠ADF＝180°
∴∠ADF＝∠BCF（同角的补角相等）
∴AD∥BC（同位角相等，两直线平行）
∵BE平分∠ABC
∴∠ABC＝2∠ABE（角平分线定义）
又∵∠ABC＝2∠E
∴∠ABE＝∠E
∴AB∥EF（内错角相等，两直线平行）
∵AD∥BC
∴∠BAD+∠ABC＝180°（两直线平行，同旁内角互补）
BE平分∠ABC，AE平分∠BAD
∴∠ABE=12∠ABC，∠BAF=12∠BAD
∴∠ABE+∠BAF=12∠ABC+12∠BAD=12×180°＝90°
∵AB∥EF（己证）
∴∠BAF＝∠F（两直线平行，内错角相等）
∠ABE＝∠E
∴∠E+∠F＝90°（等量代换）
【点评】本题考查平行线的性质和判定，掌握平行线的判定方法和性质是正确解答的前提．
【考点9 平行线的判定及性质的证明】
【例9】（2020秋•丹东期末）如图，已知∠1+∠2＝180°，∠3＝∠B．
（1）试判断DE与BC的位置关系，并说明理由．
（2）若DE平分∠ADC，∠2＝3∠B，求∠1的度数．
【分析】（1）根据平行线的判定解答即可；
（2）根据平行线的判定和性质解答即可．
【解答】解：（1）DE∥BC，理由如下：
∵∠1+∠4＝180°，∠1+∠2＝180°，
∴∠2＝∠4，
∴AB∥EF，
∴∠3＝∠5，
∵∠3＝∠B，
∴∠5＝∠B，
∴DE∥BC，
（2）∵DE平分∠ADC，
∴∠5＝∠6，
∵DE∥BC，
∴∠5＝∠B，
∵∠2＝3∠B，
∴∠2+∠5+∠6＝3∠B+∠B+∠B＝180°，
∴∠B＝36°，
∴∠2＝108°，
∵∠1+∠2＝180°，
∴∠1＝72°．
【点评】此题综合运用了平行线的性质和判定，关键是找准两条直线被第三条直线所截而形成的同位角、内错角．
【变式9-1】（2020秋•吉水县期末）如图，∠ADE+∠BCF＝180°，BE平分∠ABC，∠ABC＝2∠E．
（1）AD与BC平行吗？请说明理由；
（2）AB与EF的位置关系如何？为什么？
（3）若AF平分∠BAD，试说明：∠E+∠F＝90°．
【分析】（1）求出∠ADF＝∠BCF，根据平行线的判定得出即可；
（2）根据角平分线的定义得出∠ABC＝2∠ABE，求出∠ABE＝∠E，根据平行线的判定得出即可；
（3）根据平行线的性质得出∠DAB+∠ABC＝180°，根据角平分线的定义得出∠ABE=12∠ABC，∠BAF=12∠BAD，求出∠ABE+∠BAF＝90°，根据三角形的内角和定理得出即可．
【解答】解：（1）AD∥BC，
理由是：∵∠ADE+∠BCF＝180°，∠ADE+∠ADF＝180°，
∴∠ADF＝∠BCF，
∴AD∥BC；
（2）AB∥EF，
理由是：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠ABE，
∵∠ABC＝2∠E，
∴∠ABE＝∠E，
∴AB∥EF；
（3）∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∵BE平分∠ABC，AF平分∠BAD，
∴∠ABE=12∠ABC，∠BAF=12∠BAD，
∴∠ABE+∠BAF＝90°，
∴∠AOB＝180°﹣90°＝90°＝∠EOF，
∴∠E+∠F＝180°﹣∠EOF＝90°．
【点评】本题考查了平行线的性质和判定，角平分线的定义，三角形的内角和定理等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
【变式9-2】（2019秋•市南区期末）如图，已知BC⊥AE，DE⊥AE，∠2+∠3＝180°．
（1）请你判断∠1与∠ABD的数量关系，并说明理由；
（2）若∠1＝70°，BC平分∠ABD，试求∠ACF的度数．
【分析】（1）依据平行线的判定与性质，即可得到∠1与∠ABD的数量关系；
（2）利用平行线的性质以及角平分线的定义，即可得出∠2的度数，再根据∠ACB为直角，即可得出∠ACF．
【解答】解：（1）∠1＝∠ABD，理由：
∵BC⊥AE，DE⊥AE，
∴BC∥DE，
∴∠3+∠CBD＝180°，
又∵∠2+∠3＝180°，
∴∠2＝∠CBD，
∴CF∥DB，
∴∠1＝∠ABD．
（2）∵∠1＝70°，CF∥DB，
∴∠ABD＝70°，
又∵BC平分∠ABD，
∴∠DBC=12∠ABD＝35°，
∴∠2＝∠DBC＝35°，
又∵BC⊥AG，
∴∠ACF＝90°﹣∠2＝90°﹣35°＝55°．
【点评】本题主要考查了平行线的判定与性质，平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系，平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．
【变式9-3】（2020春•香洲区校级期中）如图，AD交BC于点D，点F在BA的延长线上，点E在线段CD上，EF与AC相交于点G，∠BDA+∠CEG＝180°．
（1）证明AD∥EF；
（2）若点H在FE的延长线上，且∠EDH＝∠C，∠F＝∠H，则∠BAD和∠CAD相等吗？请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若FH⊥BC，∠C＝30°，求∠F的度数．
【分析】（1）根据同旁内角互补，两直线平行即可证明AD∥EF；
（2）根据∠EDH＝∠C，∠F＝∠H，结合（1）即可说明∠BAD和∠CAD相等；
（3）根据FH⊥BC，∠C＝30°，结合（2）即可求∠F的度数．
【解答】解：（1）证明：∵∠BDA+∠CEG＝180°，∠BDA+∠ADC＝180°．
∴∠ADC＝∠CEG，
∴AD∥EF；
（2）∠BAD和∠CAD相等，理由如下：
∵∠EDH＝∠C，
∴DH∥AC，
∴∠H＝∠CGH，
∵∠CGH＝∠AGF，
∴∠H＝∠AGF，
∵∠F＝∠H，
∴∠F＝∠AGF，
∵AD∥EF，
∴∠BAD＝∠F，∠CAD＝∠AGF，
∴∠BAD＝∠CAD；
（3）∵FH⊥BC，
∴∠CEG＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠CGE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠F＝∠AGF＝∠CGE＝60°．
【点评】本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行线的判定与性质．
【考点10 平行线中的折叠问题】
【例10】（2020秋•苏州期中）将一张长方形纸片（足够长）折叠成如图所示图形，重叠部分是一个三角形（△ABC），BC为折痕，若∠1＝42°，则∠2的度数为（ ）
A．48° B．58° C．60° D．69°
【分析】根据平行线的性质，可以得到∠1＝∠4，∠4＝∠5，再根据∠1＝42°和折叠的性质，即可得到∠2的度数，本题得以解决．
【解答】解：如右图所示，
∵长方形的两条长边平行，∠1＝42°，
∴∠1＝∠4＝42°，∠4＝∠5，
∴∠5＝42°，
由折叠的性质可知，∠2＝∠3，
∵∠2+∠3+∠5＝180°，
∴∠2＝69°，
故选：D．
【点评】本题考查平行线的性质、折叠的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式10-1】（2020春•越城区校级期中）如图，将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为AB、CD，若CD∥BE，∠1＝40°，则∠2的度数是（ ）
A．90° B．100° C．105° D．110°
【分析】根据平行线的性质即可求解．
【解答】解：延长BC至G，如下图所示，
由题意得，AF∥BE，AD∥BC，
∵AF∥BE，
∴∠1＝∠3（两直线平行，同位角相等），
∵AD∥BC，
∴∠3＝∠4（两直线平行，同位角相等），
∴∠4＝∠1＝40°，
∵CD∥BE，
∴∠6＝∠4＝40°（两直线平行，同位角相等），
∵这条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为AB、CD，
∴∠5＝∠6＝40°，
∴∠2＝180°﹣∠5﹣∠6＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质，解题的关键是根据平行线的性质找出图中角度之间的关系．
【变式10-2】（2020秋•番禺区期末）如图①是长方形纸带，∠DEF＝α，将纸带沿EF折叠成图②，再沿BF折叠成图③，则图③中的∠CFE的度数是 ．
【分析】由AD∥BC，利用平行线的性质可得出∠BFE和∠CFE的度数，再结合∠CFG＝∠CFE﹣∠BFE及∠CFE＝∠CFG﹣∠BFE，即可找出∠CFE的度数．
【解答】解：∵AD∥BC，
∴∠BFE＝∠DEF＝α，∠CFE＝180°﹣∠DEF＝180°﹣α，
∴∠CFG＝∠CFE﹣∠BFE＝180°﹣α﹣α＝180°﹣2α，
∴∠CFE＝∠CFG﹣∠BFE＝180°﹣2α﹣α＝180°﹣3α．
故答案为：180°﹣3α．
【点评】本题考查了平行线的性质，牢记“两直线平行，内错角相等”及“两直线平行，同旁内角互补”是解题的关键．
【变式10-3】（2020秋•香坊区期末）如图1是长方形纸带，将长方形ABCD沿EF折叠成图2，使点C、D分别落在点C1、D1处，再沿BF折叠成图3，使点C1、D1分别落在点C2、D2处．
（1）若∠DEF＝20°，求图1中∠CFE的度数；
（2）在（1）的条件下，求图2中∠C1FC的度数；
（3）在图3中写出∠C2FE、∠EGF与∠DEF的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据平行线的性质得出∠DEF+∠CFE＝180°，再求出答案即可；
（2）根据平行线的性质得出∠DEF+∠CFE＝180°，∠CFC1＝∠CGD1，再求出答案即可；
（3）根据平行线的性质得出∠EFB＝∠DEF，∠DEF+∠CFE＝180°，∠DEG+∠EGF＝180°，设∠DEF＝x°，求出∠EFB＝x°，∠CFE＝180°﹣∠DEF＝180°﹣x°，∠EGF＝180°﹣∠DEG＝180°﹣2x°，根据FC1∥ED1求出∠C1FG＝∠EGF＝180°﹣2x°，求出∠C2FG＝∠C1FG＝180°﹣2x°即可．
【解答】解：（1）∵长方形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠DEF+∠CFE＝180°
∵∠DEF＝20°，
∴∠CFE＝180°﹣∠DEF＝180°﹣20°＝160°；
（2）∵四边形EDCF折叠得到四边形ED1C1F，
∴∠D1EF＝∠DEF＝20°，
∴∠DEG＝∠DEF+∠D1EF＝20°+20°＝40°，
∵长方形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠CGD1＝∠DEG＝40°
∵FC1∥ED1，
∴∠C1FC＝∠CGD1＝40°；
（3）∠C2FE+∠DEF＝∠EGF，
理由如下：∵长方形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠EFB＝∠DEF，∠DEF+∠CFE＝180°，∠DEG+∠EGF＝180°，
设∠DEF＝x°，
∴∠EFB＝x°，∠CFE＝180°﹣∠DEF＝180°﹣x°，
∵四边形EDCF折叠得到四边形ED1C1F，
∴∠D1EF＝∠DEF＝x°，
∴∠DEG＝∠DEF+∠D1EF＝2x°，
∴∠EGF＝180°﹣∠DEG＝180°﹣2x°，
∵FC1∥ED1，
∴∠C1FG＝∠EGF＝180°﹣2x°，
∵四边形GD1C1F折叠得到四边形GD2C2F，
∴∠C2FG＝∠C1FG＝180°﹣2x°，∠C2FE＝∠C2FG﹣∠EFB＝180°﹣2x°﹣x°＝180°﹣3x°，
∴∠C2FE+∠DEF＝180°﹣3x°+x°＝180°﹣2x°＝∠EGF．
【点评】本题考查了平行线的性质和折叠的性质，能灵活运用平行线的性质进行推理和计算是解此题的关键．
【考点11 平行线中的辅助线构造】
【例11】（2020春•高州市期中）（1）如图甲，AB∥CD，∠BEC与∠1+∠3的关系是什么？并写出推理过程；
（2）如图乙，AB∥CD，直接写出∠2+∠4与∠1+∠3+∠5的数量关系 ；
（3）如图丙，AB∥CD，直接写出∠2+∠4+∠6与∠1+∠3+∠5+∠7的数量关系 ．
【分析】（1）首先过点E作EF∥AB，由AB∥CD，可得AB∥CD∥EF，根据平行线的性质，易得∠BEC＝∠BEF+∠CEF＝∠1+∠3；
（2）首先分别过点E，G，M，作EF∥AB，GH∥AB，MN∥AB，由AB∥CD，可得AB∥CD∥EF∥GH∥MN，由平行线的性质，可得∠2+∠4＝∠1+∠3+∠5．
（3）首先分别过点E，G，M，K，P，作EF∥AB，GH∥AB，MN∥AB，KL∥AB，PQ∥AB，由AB∥CD，可得AB∥CD∥EF∥GH∥MN∥KL∥PQ，然后利用平行线的性质，即可证得∠2+∠4+∠6＝∠1+∠3+∠5+∠7．
【解答】解：（1）∠BEC＝∠1+∠3．
证明：过点E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠BEF＝∠1，∠CEF＝∠3，
∴∠BEC＝∠BEF+∠CEF＝∠1+∠3；
（2）∠2+∠4＝∠1+∠3+∠5．
理由：分别过点E，G，M，作EF∥AB，GH∥AB，MN∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF∥GH∥MN，
∴∠1＝∠BEF，∠FEG＝∠EGH，∠HGM＝∠GMN，∠CMN＝∠5，
∴∠2+∠4＝∠BEF+∠FEG+∠GMN+∠CMN＝∠1+∠EGH+∠MGH+∠5＝∠1+∠3+∠5；
（3）∠2+∠4+∠6＝∠1+∠3+∠5+∠7．
理由：分别过点E，G，M，K，P，作EF∥AB，GH∥AB，MN∥AB，KL∥AB，PQ∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF∥GH∥MN∥KL∥PQ，
∴∠1＝∠BEF，∠FEG＝∠EGH，∠HGM＝∠GMN，∠KMN＝∠LKM，∠LKP＝∠KPQ，∠QPC＝∠7，
∴∠2+∠4+∠6＝∠1+∠3+∠5+∠7．
【点评】此题考查了平行线的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
【变式11-1】（2020春•英德市期中）直线AB∥CD，E为直线AB、CD之间的一点，完成以下问题：
（1）如图1，若∠B＝15°，∠BED＝90°，则∠D＝ ；
（2）如图2，若∠B＝α，∠D＝β，求出∠BED的度数（用a、β表示）；
（3）如图3，若∠B＝α，∠C＝β，则a、β与∠BEC之间有什么等量关系？请猜想证明．
【分析】（1）过E作EF∥AB，根据两直线平行，内错角相等进行计算；
（2）过E作EF∥AB，根据两直线平行，同旁内角互补进行计算；
（3）过点E作EF∥AB，根据两直线平行，内错角相等，以及两直线平行，同旁内角互补进行计算．
【解答】解：（1）过E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∵∠B＝15°，
∴∠BEF＝15°，
又∵∠BED＝90°，
∴∠DEF＝75°，
∵EF∥CD，
∴∠D＝75°，
故答案为：75°；
（2）过E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠B+∠BEF+∠DEF+∠D＝360°，
又∵∠B＝α，∠D＝β，
∴∠BED＝∠BEF+∠DEF＝360°﹣α﹣β，
故答案为：∠BED＝360°﹣α﹣β；
（3）猜想：∠BEC＝180°﹣α+β．
证明：过点E作EF∥AB，
则∠BEF＝180°﹣∠B＝180°﹣α，
∵AB∥EF，AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠CEF＝∠C＝β，
∴∠BEC＝∠BEF+∠CEF＝180°﹣α+β．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，内错角相等；两直线平行，同旁内角互补．
【变式11-2】（2020春•竹溪县期末）问题：已知线段AB∥CD，在AB、CD间取一点P（点P不在直线AC上），连接PA、PC，试探索∠APC与∠A、∠C之间的关系．
（1）端点A、C同向：
如图1，点P在直线AC右侧时，∠APC﹣（∠A+∠C）＝ 度；
如图2，点P在直线AC左侧时，∠APC+（∠A+∠C）＝ 度．
（2）端点A、C反向：
如图3，点P在直线AC右侧时，∠APC+（∠A﹣∠C）＝ 度
如图4，点P在直线AC左侧时，∠APC与（∠A﹣∠C）有怎样的等量关系？写出结论并说明理由．
【分析】（1）如图1，过点P作PE∥AB，根据平行线的性质可得∠A＝∠APE，∠C＝∠CPE，结合∠APC＝∠APE+∠CPE可求解；
如图2，过点P作PF∥AB，根据平行线的性质可得∠A+∠APF＝180°，∠C+∠CPF＝180°，结合∠APC＝∠APF+∠CPF，可求解；
（2）如图3，过点P作PG∥AB，根据平行线的性质可得∠A+∠APG＝180°，∠C＝∠CPG，结合∠APG＝∠APC﹣∠CPG，可求解；
如图4，过点P作PH∥AB，根据平行线的性质可得∠A＝∠APH，∠C+∠CPH＝180°，结合∠CPH＝∠APC﹣∠APH，可求解．
【解答】解：（1）如图1，过点P作PE∥AB，
∴∠A＝∠APE，
∵AB∥CD，
∴EP∥CD，
∴∠C＝∠CPE，
∵∠APC＝∠APE+∠CPE，
∴∠APC＝∠A+∠C，
∴∠APC﹣（∠A+∠C）＝0°；
如图2，过点P作PF∥AB，
∴∠A+∠APF＝180°，
∵AB∥CD，
∴FP∥CD，
∴∠C+∠CPF＝180°，
∴∠A+∠APF+∠C+∠CPF＝360°，
∵∠APC＝∠APF+∠CPF，
∴∠APC+∠A+∠C＝360°，
即∠APC+（∠A+∠C）＝360°，
故答案为：0，360；
（2）∠APC﹣（∠A﹣∠C）＝180°，
如图3，过点P作PG∥AB，
∴∠A+∠APG＝180°，
∵AB∥CD，
∴GP∥CD，
∴∠C＝∠CPG，
∵∠APG＝∠APC﹣∠CPG，
∴∠APC﹣∠C+∠A＝180°，
即∠APC+（∠A﹣∠C）＝180°，
如图4，∠APC﹣（∠A﹣∠C）＝180°，理由如下：
过点P作PH∥AB，
∴∠A＝∠APH，
∵AB∥CD，
∴HP∥CD，
∴∠C+∠CPH＝180°，
∵∠CPH＝∠APC﹣∠APH，
∴∠APC﹣∠A+∠C＝180°，
即∠APC﹣（∠A﹣∠C）＝180°．
故答案为：180；
【点评】本题主要考查平行线的性质，灵活运用平行线的性质是解题的关键．
【变式11-3】（2020春•咸宁期末）（1）如图①，AB∥CD，点E在直线AB与CD之间，连结AE、CE，试说明∠BAE+∠DCE＝∠AEC；
（2）（探究）当点E在如图②的位置时，其他条件不变，试说明∠AEC+∠BAE+∠DCE＝360°
（3）（应用）点E、F、G在直线AB与CD之间，连结AE、EF、FG和CG，其他条件不变，如图③，若∠EFG＝36°，求∠BAE+∠AEF+∠FGC+∠DCG的度数．
【分析】（1）如图①，过点E作EF∥AB．利用平行线的性质即可解决问题；
（2）【探究】如图2中，作EF∥AB，利用平行线的性质即可解决问题；
（3）【应用】作FH∥AB，利用平行线的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）过E点作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∵AB∥CD，
∴∠BAE＝∠1，
∵EF∥CD，
∴∠2＝∠DCE，
∴∠BAE+∠DCE＝∠AEC．
（2）过E点作AB∥EG．
∵AB∥CD，
∴EG∥CD，
∵AB∥CD，
∴∠BAE+∠AEG＝180°，
∵EG∥CD，
∴∠CEG+∠DCE＝180°，
∴∠BAE+∠AEC+∠DCE＝360°．
（3）过点F作FH∥AB．
∵AB∥CD，
∴FH∥CD，
∴∠BAE+∠AEF+∠EFH＝360°，
∠HFG+∠FGC+∠GCD＝360°，
∴∠BAE+∠AEF+∠EFH+∠HFG+∠FGC+∠GCD＝720°，
∴∠BAE+∠AEF+∠EFH+∠HFG+∠FGC+∠GCD+∠EFG＝720°+36°，
∴∠BAE+∠AEF+∠FGC+∠DCG＝720°﹣360°+36°＝396°．
【点评】本题考查平行线的性质，解题的关键是学会添加辅助线构造平行线解决问题，属于中考常考题型．
【考点12 平行线的判定及性质与角平分线综合】
【例12】（2020秋•禅城区期末）阅读下面内容，并解答问题
在学习了平行线的性质后，老师请同学们证明命题：两条平行线被第三条直线所截，一组同旁内角的平分线互相垂直．
小颖根据命题画出图形并写出如下的已知条件．
已知：如图1，AB∥CD，直线EF分别交AB，C于点E，F．∠BEF的平分线与∠DFE的平分线交于点G．
（1）直线EG，FG有何关系？请补充结论：求证：“ ”，并写出证明过程；
（2）请从下列A、B两题中任选一题作答，我选择 题，并写出解答过程．
A．在图1的基础上，分别作∠BEG的平分线与∠DFG的平分线交于点M，得到图2，求∠EMF的度数．
B．如图3，AB∥CD，直线EF分别交AB，CD于点E，F．点O在直线AB，CD之间，且在直线EF右侧，∠BEO的平分线与∠DFO的平分线交于点P，请猜想∠EOF与∠EPF满足的数量关系，并证明它．
【分析】（1）利用平行线的性质以及三角形的内角和定理解决问题即可．
（2）A、利用基本结论，∠M＝∠BEM+∠DFM求解即可．
B、利用基本结论∠EOF＝∠BEO+∠DFO，∠EPF＝∠BEP+∠DFP求解即可．
【解答】解：（1）结论：EG⊥FG；
理由：如图1中，∵AB∥CD，
∴∠BEF+∠DFE＝180°，
∵EG平分∠BEF，FG平分∠DFE，
∴∠GEF=12∠BEF，∠GFE=12∠DFE，
∴∠GEF+∠GFE=12∠BEF+12∠DFE=12(∠BEF+∠DFE)=12×180°=90°，
在△EFG中，∠GEF+∠GFE+∠G＝180°，
∴∠G＝180°﹣（∠GEF+∠GFE）＝180°﹣90°＝90°，
∴EG⊥FG．
故答案为：EG⊥GF；
（2）A．如图2中，由题意，∠BEG+∠DFG＝90°，
∵EM平分∠BEG，MF平分∠DFG，
∴∠BEM+∠MFD=12（∠BEG+∠DFG）＝45°，
∴∠EMF＝∠BEM+∠MFD＝45°，
B．结论：∠EOF＝2∠EPF．
理由：如图3中，由题意，∠EOF＝∠BEO+∠DFO，∠EPF＝∠BEP+∠DFP，
∵PE平分∠BEO，PF平分∠DFO，
∴∠BEO＝2∠BEP，∠DFO＝2∠DFP，
∴∠EOF＝2∠EPF，
故答案为：A或B．
【点评】本题考查平行线的性质，命题与定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【变式12-1】（2020秋•盘龙区期末）阅读下面材料：
小亮同学遇到这样一个问题：
已知：如图甲，AB∥CD，E为AB，CD之间一点，连接BE，DE，得到∠BED．
求证：∠BED＝∠B+∠D．
（1）小亮写出了该问题的证明，请你帮他把证明过程补充完整．
证明：过点E作EF∥AB，
则有∠BEF＝ ．
∵AB∥CD，
∴ ∥ ，
∴∠FED＝ ．
∴∠BED＝∠BEF+∠FED＝∠B+∠D．
（2）请你参考小亮思考问题的方法，解决问题：如图乙，
已知：直线a∥b，点A，B在直线a上，点C，D在直线b上，连接AD，BC，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，且BE，DE所在的直线交于点E．
①如图1，当点B在点A的左侧时，若∠ABC＝60°，∠ADC＝70°，求∠BED的度数；
②如图2，当点B在点A的右侧时，设∠ABC＝α，∠ADC＝β，请你求出∠BED的度数（用含有α，β的式子表示）．
【分析】（1）根据平行线的判定定理与性质定理解答即可；
（2）①如图1，过点E作EF∥AB，当点B在点A的左侧时，根据∠ABC＝60°，∠ADC＝70°，参考小亮思考问题的方法即可求∠BED的度数；
②如图2，过点E作EF∥AB，当点B在点A的右侧时，∠ABC＝α，∠ADC＝β，参考小亮思考问题的方法即可求出∠BED的度数．
【解答】解：（1）过点E作EF∥AB，
则有∠BEF＝∠B，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠FED＝∠D，
∴∠BED＝∠BEF+∠FED＝∠B+∠D；
故答案为：∠B；EF；CD；∠D；
（2）①如图1，过点E作EF∥AB，
有∠BEF＝∠EBA．
∵AB∥CD，
∴EF∥CD．
∴∠FED＝∠EDC．
∴∠BEF+∠FED＝∠EBA+∠EDC．
即∠BED＝∠EBA+∠EDC，
∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，
∴∠EBA=12∠ABC＝30°，∠EDC=12∠ADC＝35°，
∴∠BED＝∠EBA+∠EDC＝65°．
答：∠BED的度数为65°；
②如图2，过点E作EF∥AB，
有∠BEF+∠EBA＝180°．
∴∠BEF＝180°﹣∠EBA，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD．
∴∠FED＝∠EDC．
∴∠BEF+∠FED＝180°﹣∠EBA+∠EDC．
即∠BED＝180°﹣∠EBA+∠EDC，
∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，
∴∠EBA=12∠ABC=12α，∠EDC=12∠ADC=12β，
∴∠BED＝180°﹣∠EBA+∠EDC＝180°-12α+12β．
答：∠BED的度数为180°-12α+12β．
【点评】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．
【变式12-2】（2020秋•绿园区期末）[感知]如图①，AB∥CD，∠AEP＝40°，∠PFD＝130°，求∠EPF的度数．小明想到了以下方法：
解；（1）如图①，过点P作PM∥AB，
∴∠1＝∠AEP＝40°（两直线平行，内错角相等）
∵AB∥CD（已知），
∴PM∥CD（平行于同一条直线的两直线平行），
∴∠2+∠PFD＝180°（两直线平行，同旁内角互补）．
∵∠PFD＝130°（已知），
∴∠2＝180°﹣130°＝50°（等式的性质），
∴∠1+∠2＝40°+50°＝90°（等式的性质）．
即∠EPF＝90°（等量代换）．
[探究]如图②，AB∥CD，∠AEP＝50°，∠PFC＝120°，求∠EPF的度数．
[应用]如图③所示，在[探究]的条件下，∠PEA的平分线和∠PFC的平分线交于点G，则∠G的度数是 °．
【分析】[探究]如图②，根据AB∥CD，∠AEP＝50°，∠PFC＝120°，即可求∠EPF的度数．
[应用]如图③所示，在[探究]的条件下，根据∠PEA的平分线和∠PFC的平分线交于点G，可得∠G的度数．
【解答】[探究]如图②，过点P作PM∥AB，
∴∠MPE＝∠AEP＝50°（两直线平行，内错角相等）
∵AB∥CD（已知），
∴PM∥CD（平行于同一条直线的两直线平行），
∴∠PFC＝∠MPF＝120°（两直线平行，内错角相等）．
∴∠EPF＝∠MPF﹣MPE＝120°50°＝70°（等式的性质）．
答：∠EPF的度数为70°；
[应用]如图③所示，
∵EG是∠PEA的平分线，PG是∠PFC的平分线，
∴∠AEG=12∠AEP＝25°，∠GCF=12∠PFC＝60°，
过点G作GM∥AB，
∴∠MGE＝∠AEG＝25°（两直线平行，内错角相等）
∵AB∥CD（已知），
∴GM∥CD（平行于同一条直线的两直线平行），
∴∠GFC＝∠MGF＝60°（两直线平行，内错角相等）．
∴∠G＝∠MGF﹣MGE＝60°﹣25°＝35°．
答：∠G的度数是35°．
故答案为：35．
【点评】本题考查了平行线的判定与性质、平行公理及推论，解决本题的关键是掌握平行线的判定与性质．
【变式12-3】（2020秋•市中区期末）已知AM∥CN，点B为平面内一点，AB⊥BC于B．
（1）如图1，直接写出∠A和∠C之间的数量关系 ；
（2）如图2，过点B作BD⊥AM于点D，求证：∠ABD＝∠C；
（3）如图3，在（2）问的条件下，点E、F在DM上，连接BE、BF、CF，BF平分∠DBC，BE平分∠ABD，若∠FCB+∠NCF＝180°，∠BFC＝3∠DBE，求∠EBC的度数．
【分析】（1）根据平行线的性质以及直角三角形的性质进行证明即可；
（2）先过点B作BG∥DM，根据同角的余角相等，得出∠ABD＝∠CBG，再根据平行线的性质，得出∠C＝∠CBG，即可得到∠ABD＝∠C；
（3）先过点B作BG∥DM，根据角平分线的定义，得出∠ABF＝∠GBF，再设∠DBE＝α，∠ABF＝β，根据∠CBF+∠BFC+∠BCF＝180°，可得（2α+β）+3α+（3α+β）＝180°，根据AB⊥BC，可得β+β+2α＝90°，最后解方程组即可得到∠ABE＝15°，进而得出∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝15°+90°＝105°．
【解答】解：（1）如图1，AM与BC的交点记作点O，
∵AM∥CN，
∴∠C＝∠AOB，
∵AB⊥BC，
∴∠A+∠AOB＝90°，
∴∠A+∠C＝90°，
故答案为：∠A+∠C＝90°；
（2）如图2，过点B作BG∥DM，
∵BD⊥AM，
∴DB⊥BG，即∠ABD+∠ABG＝90°，
又∵AB⊥BC，
∴∠CBG+∠ABG＝90°，
∴∠ABD＝∠CBG，
∵AM∥CN，BG∥AM，
∴CN∥BG，
∴∠C＝∠CBG，
∴∠ABD＝∠C；
（3）如图3，过点B作BG∥DM，
∵BF平分∠DBC，BE平分∠ABD，
∴∠DBF＝∠CBF，∠DBE＝∠ABE，
由（2）可得∠ABD＝∠CBG，
∴∠ABF＝∠GBF，
设∠DBE＝α，∠ABF＝β，则
∠ABE＝α，∠ABD＝2α＝∠CBG，∠GBF＝β＝∠AFB，∠BFC＝3∠DBE＝3α，
∴∠AFC＝3α+β，
∵∠AFC+∠NCF＝180°，∠FCB+∠NCF＝180°，
∴∠FCB＝∠AFC＝3α+β，
△BCF中，由∠CBF+∠BFC+∠BCF＝180°，可得
（2α+β）+3α+（3α+β）＝180°，①
由AB⊥BC，可得
β+β+2α＝90°，②
由①②联立方程组，解得α＝15°，
∴∠ABE＝15°，
∴∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝15°+90°＝105°．
【点评】本题主要考查了平行线的性质的运用，解决问题的关键是作平行线构造内错角，运用等角的余角（补角）相等进行推导．余角和补角计算的应用，常常与等式的性质、等量代换相关联．解题时注意方程思想的运用．
【考点13 平移性质的运用】
【例13】（2020春•越秀区校级月考）在手工制作课上，张华和李丽用铁丝制作楼梯模型，如图所示，则她们用的铁丝周长（ ）
A．张华的长 B．李丽的长 C．一样长 D．不能确定
【分析】经过平移两个图形可变为两个长和宽都相等长方形．
【解答】解：因为经过平移两个图形可变为两个长和宽都相等长方形，所以她们用的铁丝周长一样长．
故选：C．
【点评】本题主要考查的是生活中的平移现象、熟练掌握平移的性质是解题的关键．
【变式13-1】（2020春•西城区校级期中）如图，将三角形ABC沿BC方向平移3cm得到三角形DEF，若三角形ABC的周长为20cm，则四边形ABFD的周长为（ ）
A．23cm B．26cm C．29cm D．32cm
【分析】先根据平移的性质得DF＝AC，AD＝CF＝3cm，再由△ABC的周长为20cm得到AB+BC+AC＝20cm，然后利用等线段代换可计算出AB+BC+CF+DF+AD＝26（cm），于是得到四边形ABFD的周长为26cm．
【解答】解：∵△ABC沿BC方向平移3cm得到△DEF，
∴DF＝AC，AD＝CF＝3cm，
∵△ABC的周长为20cm，即AB+BC+AC＝20cm，
∴AB+BC+CF+DF+AD＝AB+BC+AC+AD+CF＝20+3+3＝26（cm），
即四边形ABFD的周长为26cm．
故选：B．
【点评】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
【变式13-2】（2019春•海曙区期中）如图，将直角△ABC沿斜边AC的方向平移到△DEF的位置，DE交BC于点G，BG＝4，EF＝10，△BEG的面积为4，下列结论：①∠A＝∠BED；②△ABC平移的距离是4；③BE＝CF；④四边形GCFE的面积为16，正确的有（ ）
A．②③ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【分析】由平移的性质得到BE∥AC，AB∥DE，BC＝EF，BE＝CF，故③正确；根据图形的平移得到∠EDC＝∠A，∠EDC＝∠BED，故∠A＝∠BED，故①正确；根据直角三角形斜边大于直角边得到△ABC平移的距离＞4，故②错误；根据三角形的面积公式得到GE＝2，根据梯形的面积公式得到四边形GCFE的面积=12（6+10）×2＝16，故④正确．
【解答】解：∵△DEF的是直角三角形ABC沿着斜边AC的方向平移后得到的，且A、D、C、F四点在同一条直线上，
∴BE∥AC，AB∥DE，BC＝EF，BE＝CF，故③正确；
由图形的平移知，ED∥AB，AC∥BE，
∴∠EDC＝∠A，∠EDC＝∠BED，
∴∠A＝∠BED，故①正确；
∵BG＝4，
∴AD＝BE＞BG，
∴△ABC平移的距离＞4，故②错误；
∵EF＝10，
∴CG＝BC﹣BG＝EF﹣BG＝10﹣4＝6，
∵△BEG的面积等于4，
∴12BG•GE＝4，
∴GE＝2，
∴四边形GCFE的面积=12（6+10）×2＝16，故④正确；
故选：C．
【点评】本题考查了平移的性质，面积的计算等，正确的识别图形是解题的关键．
【变式13-3】（2020春•蕲春县期中）如图，将直角三角形ABC沿AB方向平移AD长的距离得到直角三角形DEF，已知BE＝5，EF＝8，CG＝3．则图中阴影部分面积 ．
【分析】根据平移的性质可得△DEF≌△ABC，S△DEF＝S△ABC，则阴影部分的面积＝梯形BEFG的面积，再根据梯形的面积公式即可得到答案．
【解答】解：∵RT△ABC沿AB的方向平移AD距离得△DEF，
∴△DEF≌△ABC，
∴EF＝BC＝8，S△DEF＝S△ABC，
∴S△ABC﹣S△DBG＝S△DEF﹣S△DBG，
∴S四边形ACGD＝S梯形BEFG，
∵CG＝3，
∴BG＝BC﹣CG＝8﹣3＝5，
∴S梯形BEFG=12（BG+EF）•BE=12（5+8）×5=652．
故答案为：652．
【点评】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同． ②新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
【考点14 作图—平移变换】
【例14】（2020秋•南岗区期中）如图，将△ABC，向右平移4个格子，再向下平移2个格子．
（1）请你画出经过两次平移后的△DEF（A与D、B与E、C与F对应）；
（2）若每个小正方形的边长为1个单位长度，连接BE和CE，请你求出△BCE的面积．
【分析】（1）如图，分别作出A，B，C的对应点D，E，F即可．
（2）利用三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：（1）如图，△DEF即为所求．
（2）S△BCE=12×2×2＝2．
【点评】本题考查作图﹣平移变换，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质，属于中考常考题型．
【变式14-1】（2020春•瑞安市期中）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中．
（1）把△ABC先向右平移4个单位，再向上平移3个单位得到△A'B'C'，请在网格中画出△A'B'C'；
（2）线段BB'与线段CC'的位置关系是： （填“平行”或“相交”），数量关系是： ．
（3）△ABC的面积为 ．
【分析】（1）将点A、B、C分别向右平移4个单位，再向上平移3个单位得到其对应点，再首尾顺次连接即可得；
（2）根据平移的性质可得答案；
（3）利用割补法求解可得．
【解答】解：（1）如图所示，△A'B'C'即为所求．
（2）根据平移的性质知线段BB'与线段CC'的位置关系是：平行，数量关系是：相等；
故答案为：平行，相等；
（3）△ABC的面积为3×3-12×1×3-12×1×2-12×2×3=72，
故答案为：72．
【点评】本题主要考查作图﹣平移变换，解题的关键是掌握平移变换的定义和性质，并据此得到变换后的对应点．
【变式14-2】（2020秋•香坊区校级期中）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1．在图中平移三角形ABC，使点A移到点D处，点B的对应点为点E，点C的对应点为点F．
（1）请在方格纸中画出平移后的三角形DEF；
（2）分别连接CD，CF，请直接写出三角形CDF的面积；
（3）过点D作CF的垂线，垂足为H，延长AB交直线DH于点G，请画出图形；直接写出四边形BGHC的面积．
【分析】（1）根据平移条件画出图形即可；
（2）根据面积公式解答即可；
（3）根据用分割法求四边形的面积解答即可．
【解答】解：（1）如图所示，△DEF即为所求：
（2）△CDF的面积=12×2×3=3，
（3）四边形BGHC的面积=3×3-12×1×2-12×2×1-12×2×2-12×1×1=4.5．
【点评】本题考查作图﹣平移变换、四边形面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用分割法求四边形的面积．
【变式14-3】（2020秋•南岗区期中）如图，网格中每个小正方形的边长为1个单位长度，三角形ABC中，点A、点B、点C均在格点上．
（1）在图1中，过点C画出线段AB的垂线；
（2）在图1中，过点B画出直线BM，使BM∥AC；
（3）在图2中，先将三角形ABC向右平移5个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到三角形A1B1C1，画出三角形A1B1C1．
【分析】（1）利用网格特点和垂直的定义画出CD⊥AB于D；
（2）把AC向右平移2个单位得到BM，则直线BM平行AC；
（3）利用网格特点和平移的性质画出A、B、C的对应点A1、B1、C1即可．
【解答】解：（1）如图，CD为所作；
（2）如图，BM为所作；
（3）如图，△A1B1C1为所作．
【点评】本题考查了作图﹣平移变换：确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离．作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．
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