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专题07 平行线的证明和三角形内角（考点清单）-八年级上学期数学期末考点大串讲（北师大版）
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这是一份专题07 平行线的证明和三角形内角（考点清单）-八年级上学期数学期末考点大串讲（北师大版），文件包含专题07平行线的证明和三角形内角考点清单原卷版docx、专题07平行线的证明和三角形内角考点清单解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。
考点一：平行公理及推论
考点二：平行线的判定
考点三： 平行线的性质定理
考点四： 平行线性质的应用
考点五：平行线之间的距离
考点六：平行线的性质和判定综合问题
考点七：三角形内角和定理
考点八：与平行线有关的三角形内角和问题
考点九：与角平分线有关的三角形内角和问题
考点十：三角形中折叠的角度问题
考点十一：三角形内角和的综合问题
考点十二：平行线和三角形内角和的综合问题
【题型归纳】
题型一：平行公理及推论
【典例1】（2022上·山东济南·八年级统考期末）下面的四个命题中，真命题的是（ ）
A．两条直线被第三条直线所截，同位角相等
B．过一点有且仅有一条直线和已知直线平行
C．如果两个角相等，那么这两个角是对顶角
D．同一平面内，垂直于同一条直线的两直线互相平行
【答案】D
【分析】由对顶角的性质判断C，由平行线的性质和平行公理判断B、A、D．
【详解】解：两条平行直线被第三条直线所截，同位角相等，故选项A错误；
没有说明点在直线外，故选项B错误；
对顶角一定相等，但相等的角不一定是对顶角，故选项C错误；
同一平面内，垂直于同一条直线的两直线互相平行，故选项D正确．
故选：D．
【专训1-1】
（·浙江台州·七年级台州市书生中学校考期中）下列命题中，真命题的个数是（ ）
①同位角相等；
②a，b，c是三条直线，若a⊥b，b⊥c，则a⊥c．
③a，b，c是三条直线，若a∥b，b∥c，则a∥c；
④过一点有且只有一条直线与已知直线平行．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
【详解】解：①两直线平行，同位角相等，故原命题是假命题；
②，在同一平面内，a，b，c是三条直线，若a⊥b，b⊥c，则a∥c，故原命题是假命题；
③a，b，c是三条直线，若a∥b，b∥c，则a∥c，是真命题；
④过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故原命题是假命题，
综上，真命题只有③一个，
故选：A．
【专训1-2】
（2014上·山东临沂·八年级统考期末）下列说法中是真命题的有（ ）
①一条直线的平行线只有一条．
②过一点与已知直线平行的直线只有一条．
③因为a∥b，c∥b，所以a∥c．
④经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【详解】试题分析：①一条直线的平行线只有一条是错误的；
②经过一点有且只有一条直线与已知直线平行，应强调在经过直线外一点，故是错误的．
③因为a∥b，a∥c，所以b∥c，正确．
④满足平行公理的推论，正确．
故选B．
考点：1．平行线；2．垂线．
题型二：平行线的判定
【典例2】
（2023上·贵州贵阳·八年级统考期末）如图，下列推理中正确的是（ ）
A．∵，∴B．∵，∴
C．∵，∴D．∵，∴
【答案】B
【分析】根据平行线的判定可进行求解．
【详解】解：A、∵，∴，故原选项不符合题意；
B、∵，∴，故原选项符合题意；
C、∵，∴，故原选项不符合题意；
D、∵，∴，故原选项不符合题意；
故选B．
【专训2-1】
（2022·河北廊坊·统考二模）如图，点E是四边形的边延长线上的一点，且，则添加下列选项中的条件，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据平行线的判定与性质，平行四边形的判定定理进行判断作答即可．
【详解】解：A中由可得，，能判定四边形是平行四边形，故不符合要求；
B中由可得，，不能判定四边形是平行四边形，故符合要求；
C中由可得，，能判定四边形是平行四边形，故不符合要求；
∵，
∴，
D中由可得，，即，能判定四边形是平行四边形，故不符合要求；
故选：B．
【专训2-2】
（2023上·陕西西安·八年级校考期末）如图，在三角形中，点E，D，F分别在上，连接，下列条件中，能推理出的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据“同位角相等两直线平行，同旁内角互补两直线平行，内错角相等两直线平行”进行判断即可．
【详解】解：A、不能得到平行，不符合题意；
B、由，得到，不符合题意；
C、由，得到，符合题意；
D、由，得到，不符合题意；
故选：C．
【点睛】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是解题的关键．
题型三： 平行线的性质定理
【典例3】
（2023下·江苏淮安·八年级统考期末）如图，在中，，点E、F、G分别在边上，，则四边形的周长是（ ）
A．20B．24C．30D．10
【答案】A
【分析】由，可得四边形是平行四边形，由，可得，由，可知，即，根据四边形的周长为，计算求解即可．
【详解】解：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形的周长为，
故选：A．
【专训3-1】
（2023下·江苏泰州·八年级统考期末）如图，在中，，点D、E分别在边、上，且，M、N分别为线段、的中点，则线段的长为（ ）
A．1.5B．3C．D．
【答案】C
【分析】连接，取的中点H，连接，，根据中位线性质得出，，根据平行线的性质得出，同理课程，，根据平行线的性质得出，求出，根据勾股定理求出结果即可．
【详解】解：连接，取的中点H，连接，，如图所示：
∵M、N分别为线段、的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
同理可得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故C正确．
故选：C．
【专训3-2】
（2023下·广西河池·八年级统考期末）如图，是等边三角形，是内一点，，，，，则的周长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】延长交于，延长交于，由条件推出四边形，四边形是平行四边形，，是等边三角形，得到，即可求出的周长．
【详解】解：延长交于，延长交于，
∵，，，
∴四边形，四边形是平行四边形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
同理：是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴的周长为：，
即的周长是．
故选：B．
题型四： 平行线性质的应用
【典例4】
（2023上·河北邢台·八年级统考期末）如图，A岛在B岛的北偏东方向，C岛在B岛的北偏东方向，C岛在A岛的南偏东方向，从C岛看A、B两岛的视角是（ ）度．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据方向角的概念，得出，；，再由两直线平行，内错角相等，，然后根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：如图所示：
∵A岛在B岛的北偏东方向，即，
∵C岛在B岛的北偏东方向，即，
∴，
∵C岛在A岛南偏东方向，即，
∵，
∴，
∴，
在中，
．
故选：C．
【专训4-1】
（2023下·贵州毕节·八年级期末）如图，在中，，直线，顶点C在直线b上，直线a交于点D，交于点E，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据平角的定义得到，进而根据三角形外角的性质得到，利用等边对等角和三角形内角和定理得到，再由平行线的性质得到，由此即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选A．
【专训4-2】
（2023下·广东深圳·七年级深圳外国语学校校考期末）如图，小明用一副三角板拼成一幅“帆船图”，点C在上，，，，，连接，则度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先证明，再证明，结合角的和差关系可得答案．
【详解】解：∵，，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
，
故选A．
题型五：平行线之间的距离
【典例5】
13．（2022下·四川绵阳·八年级校联考期末）如图，直线，其中P在上，A、B、C、D在上，且PB⊥，则与间的距离是（ ）
A．线段 PA 的长度B．线段 PB 的长度C．线段 PC 的长度D．线段 PD 的长度
【答案】B
【分析】根据平行线之间的距离定义解答即可．
【详解】解：∵P在上， B在上，PB⊥，，
∴与间的距离是线段PB的长度．
故选：B．
【专训5-1】
（2022下·河南濮阳·八年级校联考期末）三角板是我们学习数学的好帮手．将一对直角三角板如图放置，点在的延长线上，点在上，，，，当边与射线所夹的锐角为时，则：①AB∥CF；②；③；④点和点到的距离相等．以上四个结论正确的有几个（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】D
【分析】先根据判定AB∥FC，然后根据垂直的定义得出，进而求出，再利用外角的性质求出．
【详解】解：如图，
，
∴AB∥FC，故正确；
，
，
，故正确；
，，
，故正确；
平行线间的距离处处相等，且AB∥FC，
∴点和点到的距离相等，故正确．
故正确的结论有个，
故选：D．
【专训5-2】
（2022下·浙江金华·八年级统考期末）如图，在中，E点在BC边上，P．Q是AD边上的两点（P在Q的左侧）、若PB与AE相交于R点，QB与AE相交于S点，则下列对的面积大小判断正确的是( )
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据平行线之间的距离处处相等，可得△PBE、△QBE有同底和相等的高，即可得△PBE的面积＝△QBE的面积；由图可得△BRE的面积＞△BSE的面积，可得△PRE的面积＜△QSE的面积．即可判断．
【详解】解：①△PBE、△QBE如图所示：
两个三角形有相同的底BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵平行线之间的距离处处相等，
∴△PBE、△QBE有相等的高，
∴△PBE的面积＝△QBE的面积；
②∵△PBE的面积＝△QBE的面积，
∴△PRE的面积+△BRE的面积＝△QSE的面积+△BSE的面积，
由图可知：△BRE的面积＞△BSE的面积，
∴△PRE的面积＜△QSE的面积．
故选：D．
题型六：平行线的性质和判定综合问题
【典例6】
（2022上·广东深圳·八年级校考期末）已知：如图，点D、E、F、G都在的边上，，，
(1)求证：；
(2)若平分，，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行线的性质得到，继而推出，即可证明；
（2）利用平行线的性质得到，结合角平分线的定义求出，再利用平行线的性质求解即可．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
；
（2）解：，
，
平分，
，
，
，
．
【专训6-1】
（2022上·贵州贵阳·八年级统考期末）如图，．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由得到，即可得到，再根据等量代换得到即可证明；
（2）由平行的性质得到，求出即可求出答案．
【详解】（1），
，
，
，
，
；
（2），
，
，，
，
，
，
，
．
【专训6-2】
（2023上·河南平顶山·八年级统考期末）如图，已知点在直线上，点在线段上，与交于点．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据内错角相等两直线平行，可证；
（2）根据平行线的性质可以解题．
【详解】（1）证明：∵
∴
∴
∵
∵
∴
（2）解∵，
∴,
∵,
∴,
∴，
∴
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，熟练掌握平行线的性质和判定是解题的关键．
题型七：三角形内角和定理
【典例7】
（2020上·湖北武汉·八年级统考期末）如图，在中，为延长线上一点，于，，，则的度数为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据△ADE中三角形内角和定理求出∠A的度数，再根据△ABC中三角形内角和定理即可求出的度数．
【详解】∵CE⊥AF于E，∴∠AED＝90°，
∵∠D＝20°，
∴∠A＝180°−∠AED−∠D＝180°−90°−20°＝70°，
∵
∴＝180°−∠A−∠C＝180°−70°−40°＝70°．
故选：C．
【专训7-1】
20．（2019下·福建漳州·七年级统考期末）如图，中，平分，垂直平分交于点，交于点，连接，若，，则的度数为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】据角平分线的性质可得∠DBC=∠ABD=25°，然后再计算出∠ACB的度数，再根据线段垂直平分线的性质可得BF=CF，进而可得∠FCB=25°，然后可算出∠ACF的度数.
【详解】解：∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC=∠ABD=25°，
∵∠A=60°，
∴∠ACB=180°-60°-25°×2=70°，
∵BC的中垂线交BC于点E，
∴BF=CF，
∴∠FCB=25°，
∴∠ACF=70°-25°=45°，
故选B．
【专训7-2】
（2019上·湖北武汉·八年级统考期末）如图，四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝BD，若∠ABD＝∠BAC＝，则∠BDC的度数为( )
A．2B．45°＋C．90°－D．180°－3
【答案】A
【分析】作∠MBA＝∠DBA,交CA延长线于M．由∠ABD＝∠ADB＝,∠BAC＝2,得∠CAD＝180°－4,易证△BAM≌△BAD,得∠M＝∠ADB＝,BM＝BD＝BC,设∠ACD＝x，则∠BDC＝x＋，故x＋(x＋)＝＋＋,解得x＝，故∠BDC＝2
【详解】作∠MBA＝∠DBA,交CA延长线于M．∠ABD＝∠ADB＝,∠BAC＝2,
∴∠CAD＝180°－4,
∴∠BAM＝180°－2,∠BAD＝180°－2,
∴△BAM≌△BAD,
∴∠M＝∠ADB＝,BM＝BD＝BC,
∴AB＝AM,
∴∠ABM＝∠M＝,
∴∠ACB＝∠M＝,
设∠ACD＝x，则∠BDC＝x＋，
由八字形得x＋(x＋)＝＋＋,
∴x＝，
∴∠BDC＝2
题型八：与平行线有关的三角形内角和问题
【典例8】
（2021上·黑龙江鸡西·八年级校考期末）如图，在△ABC中，∠B=46°，∠ADE=40°，AD平分∠BAC，交BC于D，DE∥AB，交AC于E，则∠C的大小是（ ）
A．46°B．54°C．66°D．80°
【答案】B
【分析】先根据∠ADE=40°，DE∥AB求出∠BAD的度数，再由AD平分∠BAC得出∠BAC的度数，根据三角形内角和定理即可得出结论．
【详解】解：∵∠ADE=40°，DE∥AB，
∴∠BAD=40°．
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠BAD=80°．
∵∠B=46°，
∴∠C=180°-∠B-∠BAC=180°-46°-80°=54°．
故选：B．
【专训8-1】
23．（2021·安徽·统考中考真题）两个直角三角板如图摆放，其中，，，AB与DF交于点M．若，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据，可得再根据三角形内角和即可得出答案．
【详解】由图可得
∵，
∴
∴
故选：C．
【专训8-2】
（2022下·湖北咸宁·七年级统考期中）如图，已知l1l2，∠A＝45°，∠2＝100°，则∠1的度数为（ ）
A．50°B．55°C．45°D．60°
【答案】B
【分析】根据平角的定义得出∠ACB＝80°，根据三角形内角和得到∠ABC＝55°，再根据平行线的性质即可得解．
【详解】解：∵∠2＝100°，
∴∠ACB＝180°−100°＝80°，
∵∠A＝45°，
∴∠ABC＝180°−45°−80°＝55°，
∵l1l2，
∴∠1＝∠ABC＝55°，
故选：B．
【点睛】此题考查了平行线的性质，熟记“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
题型九：与角平分线有关的三角形内角和问题
【典例9】
（2023下·广东汕头·八年级统考期末）如图，在三角形中，为的平分线，，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出的度数，再根据角平分线定义求解即可．
【详解】解：在三角形中，，，
则，
∵为的平分线，
∴，
故选：D．
【专训9-1】
（2023上·四川雅安·八年级统考期末）如图，在中，分别平分和，且相交于点O，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角形内角和定理和角平分线的概念求解即可．
【详解】∵，
∴，
∵分别平分和，
∴，
∴．
故选：C．
【专训9-2】
（2023上·辽宁沈阳·八年级统考期末）如图，，分别是的外角，的角平分线；，分别是，的角平分线；，分别是，的角平分线．当（ ）时，．
A．45°B．50°C．60°D．120°
【答案】C
【分析】根据角平分线的定义得出，根据平角为可得，从而得出，同理可得，然后根据两直线平行同旁内角互补得出，代入整理得出，最后根据三角形内角和即可得出答案．
【详解】，分别是的外角，的角平分线
，
，分别是，的角平分线
，
同理，由于、分别是、的角平分线
，
假设，根据两直线平行，同旁内角互补得
即
整理得，
故选C．
题型十：三角形中折叠的角度问题
【典例10】
（2023上·河南周口·八年级校联考期末）如图所示，在中，，将沿着直线折叠，点落在点的位置．则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了三角形外角的性质及轴对称的性质，由轴对称的性质得出，再由，，即可得到，从而求出答案．
【详解】解：如图所示，
由题意得：，
，，
，
．
故选：A．
【专训10-1】．
（2023上·重庆开州·八年级统考期末）如图，将沿翻折交于点，又将沿翻折，点落在上的处，其中，，则原三角形中的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，由翻折得，根据三角形内角和得到，求出，再利用三角形内角和求出的度数．
【详解】解：设，
由翻折得
∵，
∴
解得，
∴
∴
∴
故选：A．
【专训10-2】
（2023上·浙江绍兴·八年级统考期末）如图是一张三角形纸片ABC，，点M是边的中点，点E在边AC上，将沿BE折叠，使点C落在边AC上的点D处，若，则（ ）
A．18°B．54°C．60°D．72°
【答案】D
【分析】根据直角三角形的性质得，，则，，根据折叠的性质得：，，，根据等腰三角形的性质及三角形的外角的性质得出，根据角的和差即可得出答案．
【详解】解：∵，点M是边的中点，
∴，，
∴，，
根据折叠的性质得：，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
题型十一：三角形内角和的综合问题
【典例11】
（2023上·福建漳州·八年级统考期末）在中，平分，交于，点在线段上，过点作于平分，交于．
(1)如图，当时，求证：；
(2)当时，直线与直线相交于点，猜想与的数量关系，并说明理由．（要求：画出相应的示意图再作答）
【答案】(1)见解析
(2)或，理由见解析
【分析】（1）如图，，得到，角平分线，得到，进而得到，再根据三角形内角和推出，即可；
（2）分，两种情况，画出图形，讨论求解．
【详解】（1）证明：，
．
平分平分，
．
．
在和中，，
．
，
．
（2）或．
理由：①当时，如图．
，
．
，
．
平分，
．
，
，
平分
．
，
．
．
，
．
．
．
②当时，如图．
，
．
．
，
．
．
，
．
．
．
综上所述，与的数量关系为或．
【专训11-1】．
（2023下·海南省直辖县级单位·八年级校考期末）在中，与的平分线相交于点．
(1)如图1，如果，，，求的度数；
(2)如图1，如果，用含的代数式表示；
(3)探索：如图2，作外角、的平分线交于点，试写出、之间的数量关系；
(4)拓展：如图3，延长线段、交于点，中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，请直接写出的度数．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)或或或
【分析】（1）根据角平分线的性质可得，，根据三角形内角和定理即可求解；
（2）根据角平分线的性质可得，，根据三角形内角和定理即可求解；
（3）根据角平分线的性质可得，，根据三角形的外角性质可得，，根据三角形内角和定理即可求解；
（4）根据角平分线的性质求得，结合（3）中结论和三角形内角和定理求得 ，分四种情况进行讨论：；；；；分别列出方程，求解即可．
【详解】（1）解：∵与的平分线相交于点，
∴，，
在中，．
（2）解：∵与的平分线相交于点，
∴，，
在中，，
即，
在中，．
（3）解：、之间的数量关系为：．
理由：∵、的平分线交于点，
∴，，
且，，
∴，，
故，
在中，．
（4）解：∵是的角平分线，是的角平分线，
∴，，
∴，
由（3）可得，
则，
如果中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，那么分四种情况：
若是的倍，即，
∴，
解得：；
若是的倍，即，
∴，
解得：；
若是的倍，即，
∴
解得：；
若是的倍，即，
∴
解得：；
综上所述，的度数是或或或．
【专训11-2】
（2023下·浙江·八年级专题练习）探索归纳：
(1)如图1，已知为直角三角形，，若沿图中虚线剪去，则 ．
A． 90° B． 315° C． 135° D. 270°
(2)如图2，已知中，，剪去后形成四边形，则 度．
(3)如图2，根据上面的求解过程，猜想与的关系是 ．
(4)如图3，若没有剪掉，而是把它折成如图3的形状，请猜想与的关系是 ．
【答案】(1)D
(2)240
(3)
(4)
【分析】（1）由三角形的外角的性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，即可得到答案
（2）由三角形的外角的性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，即可得到答案
（3）由三角形的外角的性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，即可得到答案
（4）由三角形的外角的性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，即可得到答案．
【详解】（1）解：，，
，
故选：D．
（2）解：，，
，
故答案为：240．
（3）解：，，
，
故答案为：．
（4）解：连接，
，，
，
，
，
故答案为：．
题型十二：平行线和三角形内角和的综合问题
【典例12】
34．（2023上·辽宁锦州·八年级统考期末）如图，是的角平分线，点E在的延长线上，交于点F，交于点G，在的延长线上取一点H，使．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行线的性质及角平分线的定义，通过等量代换证明，再根据平行线的判定可得结论；
（2）根据平行四边形的性质求出，再由可得，根据角平分线的定义求出，再由平行线的性质可得，从而可得结论．
【详解】（1）∵，
∴．
∵平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）∵，
∴，．
∴．
∵平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
【专训12-1】．
（2023上·河北邢台·八年级统考期末）在中，延长到D，使，点E是下方一点，连接，且．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，若，将沿直线翻折得到，连接，连接交于G，当时，求的长度；
(3)如图3，若，将沿直线翻折得到，连接，连接交于G，交于H，若，求线段的长度（用含m，n的代数式表示）．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据条件和可得，即可证明；
（2）根据条件和可得，进而得到即可求出；
（3）证明， ，可得结论．
【详解】（1）证明：∵，
又∵，
∴，
在和中，，
∴；
（2）解：由（1）可知，
∴，由翻折变换的性质，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：由（1）可知，，
∴，
由翻折变换的性质可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【专训12-2】
（2023下·江苏徐州·八年级统考期末）如图在平面直角坐标系中，，，且，．
(1)求的值．
(2)若点P的坐标是，且，求m的取值范围．
(3)如图2，D为线段上一个动点（不与O，A重合），直线交于E点，，，的平分线交于F点，过O点作的平分线与的平分线交于G点，在（1）的条件下，下列结论：①的值不变；②的值不变，其中有且只有一个是正确的，请选出正确的结论，并给出证明
【答案】(1)
(2)或．
(3)的值不变；即①正确，②错误；理由见解析
【分析】（1）根据绝对值的非负性和二次方的非负性，求出a、b的值，得出点A、C的坐标，然后求出三角形的面积即可；
（2）先求出直线的解析式为，再求出直线与直线的交点坐标为，分两种情况：当点P在点Q右侧时，当点P在点Q左侧时，分别画出图形，求出m的取值范围即可；
（3）根据、分别平分，，得出，根据、分别平分、，得出，根据，得出．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，
解得：，
∴，，
∵，
∴，
∴．
（2）解：设直线的解析式为，把，代入得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
把代入得：，
解得：，
∴直线与直线的交点坐标为，
∵点P的坐标是，
∴点P在直线上，
当点P在点Q右侧时，如图所示：
，
∵，
∴，
解得：；
当点P在点Q左侧时，如图所示：
，
∵，
∴，
解得：；
综上分析可知，或．
（3）解：的值不变；即①正确，②错误；理由如下：
∵、分别平分，，
∴，，
∴
，
∴，
∵、分别平分、，
∴，，
∵，，
∴，
即，
∴，
∵，
∴．
考点一：平行公理及推论
考点二：平行线的判定
考点三： 平行线的性质定理
考点四： 平行线性质的应用
考点五：平行线之间的距离
考点六：平行线的性质和判定综合问题
考点七：三角形内角和定理
考点八：与平行线有关的三角形内角和问题
考点九：与角平分线有关的三角形内角和问题
考点十：三角形中折叠的角度问题
考点十一：三角形内角和的综合问题
考点十二：平行线和三角形内角和的综合问题
【题型归纳】
题型一：平行公理及推论
【典例1】（2022上·山东济南·八年级统考期末）下面的四个命题中，真命题的是（ ）
A．两条直线被第三条直线所截，同位角相等
B．过一点有且仅有一条直线和已知直线平行
C．如果两个角相等，那么这两个角是对顶角
D．同一平面内，垂直于同一条直线的两直线互相平行
【答案】D
【分析】由对顶角的性质判断C，由平行线的性质和平行公理判断B、A、D．
【详解】解：两条平行直线被第三条直线所截，同位角相等，故选项A错误；
没有说明点在直线外，故选项B错误；
对顶角一定相等，但相等的角不一定是对顶角，故选项C错误；
同一平面内，垂直于同一条直线的两直线互相平行，故选项D正确．
故选：D．
【专训1-1】
（·浙江台州·七年级台州市书生中学校考期中）下列命题中，真命题的个数是（ ）
①同位角相等；
②a，b，c是三条直线，若a⊥b，b⊥c，则a⊥c．
③a，b，c是三条直线，若a∥b，b∥c，则a∥c；
④过一点有且只有一条直线与已知直线平行．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
【详解】解：①两直线平行，同位角相等，故原命题是假命题；
②，在同一平面内，a，b，c是三条直线，若a⊥b，b⊥c，则a∥c，故原命题是假命题；
③a，b，c是三条直线，若a∥b，b∥c，则a∥c，是真命题；
④过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故原命题是假命题，
综上，真命题只有③一个，
故选：A．
【专训1-2】
（2014上·山东临沂·八年级统考期末）下列说法中是真命题的有（ ）
①一条直线的平行线只有一条．
②过一点与已知直线平行的直线只有一条．
③因为a∥b，c∥b，所以a∥c．
④经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【详解】试题分析：①一条直线的平行线只有一条是错误的；
②经过一点有且只有一条直线与已知直线平行，应强调在经过直线外一点，故是错误的．
③因为a∥b，a∥c，所以b∥c，正确．
④满足平行公理的推论，正确．
故选B．
考点：1．平行线；2．垂线．
题型二：平行线的判定
【典例2】
（2023上·贵州贵阳·八年级统考期末）如图，下列推理中正确的是（ ）
A．∵，∴B．∵，∴
C．∵，∴D．∵，∴
【答案】B
【分析】根据平行线的判定可进行求解．
【详解】解：A、∵，∴，故原选项不符合题意；
B、∵，∴，故原选项符合题意；
C、∵，∴，故原选项不符合题意；
D、∵，∴，故原选项不符合题意；
故选B．
【专训2-1】
（2022·河北廊坊·统考二模）如图，点E是四边形的边延长线上的一点，且，则添加下列选项中的条件，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据平行线的判定与性质，平行四边形的判定定理进行判断作答即可．
【详解】解：A中由可得，，能判定四边形是平行四边形，故不符合要求；
B中由可得，，不能判定四边形是平行四边形，故符合要求；
C中由可得，，能判定四边形是平行四边形，故不符合要求；
∵，
∴，
D中由可得，，即，能判定四边形是平行四边形，故不符合要求；
故选：B．
【专训2-2】
（2023上·陕西西安·八年级校考期末）如图，在三角形中，点E，D，F分别在上，连接，下列条件中，能推理出的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据“同位角相等两直线平行，同旁内角互补两直线平行，内错角相等两直线平行”进行判断即可．
【详解】解：A、不能得到平行，不符合题意；
B、由，得到，不符合题意；
C、由，得到，符合题意；
D、由，得到，不符合题意；
故选：C．
【点睛】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是解题的关键．
题型三： 平行线的性质定理
【典例3】
（2023下·江苏淮安·八年级统考期末）如图，在中，，点E、F、G分别在边上，，则四边形的周长是（ ）
A．20B．24C．30D．10
【答案】A
【分析】由，可得四边形是平行四边形，由，可得，由，可知，即，根据四边形的周长为，计算求解即可．
【详解】解：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形的周长为，
故选：A．
【专训3-1】
（2023下·江苏泰州·八年级统考期末）如图，在中，，点D、E分别在边、上，且，M、N分别为线段、的中点，则线段的长为（ ）
A．1.5B．3C．D．
【答案】C
【分析】连接，取的中点H，连接，，根据中位线性质得出，，根据平行线的性质得出，同理课程，，根据平行线的性质得出，求出，根据勾股定理求出结果即可．
【详解】解：连接，取的中点H，连接，，如图所示：
∵M、N分别为线段、的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
同理可得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故C正确．
故选：C．
【专训3-2】
（2023下·广西河池·八年级统考期末）如图，是等边三角形，是内一点，，，，，则的周长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】延长交于，延长交于，由条件推出四边形，四边形是平行四边形，，是等边三角形，得到，即可求出的周长．
【详解】解：延长交于，延长交于，
∵，，，
∴四边形，四边形是平行四边形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
同理：是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴的周长为：，
即的周长是．
故选：B．
题型四： 平行线性质的应用
【典例4】
（2023上·河北邢台·八年级统考期末）如图，A岛在B岛的北偏东方向，C岛在B岛的北偏东方向，C岛在A岛的南偏东方向，从C岛看A、B两岛的视角是（ ）度．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据方向角的概念，得出，；，再由两直线平行，内错角相等，，然后根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：如图所示：
∵A岛在B岛的北偏东方向，即，
∵C岛在B岛的北偏东方向，即，
∴，
∵C岛在A岛南偏东方向，即，
∵，
∴，
∴，
在中，
．
故选：C．
【专训4-1】
（2023下·贵州毕节·八年级期末）如图，在中，，直线，顶点C在直线b上，直线a交于点D，交于点E，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据平角的定义得到，进而根据三角形外角的性质得到，利用等边对等角和三角形内角和定理得到，再由平行线的性质得到，由此即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选A．
【专训4-2】
（2023下·广东深圳·七年级深圳外国语学校校考期末）如图，小明用一副三角板拼成一幅“帆船图”，点C在上，，，，，连接，则度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先证明，再证明，结合角的和差关系可得答案．
【详解】解：∵，，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
，
故选A．
题型五：平行线之间的距离
【典例5】
13．（2022下·四川绵阳·八年级校联考期末）如图，直线，其中P在上，A、B、C、D在上，且PB⊥，则与间的距离是（ ）
A．线段 PA 的长度B．线段 PB 的长度C．线段 PC 的长度D．线段 PD 的长度
【答案】B
【分析】根据平行线之间的距离定义解答即可．
【详解】解：∵P在上， B在上，PB⊥，，
∴与间的距离是线段PB的长度．
故选：B．
【专训5-1】
（2022下·河南濮阳·八年级校联考期末）三角板是我们学习数学的好帮手．将一对直角三角板如图放置，点在的延长线上，点在上，，，，当边与射线所夹的锐角为时，则：①AB∥CF；②；③；④点和点到的距离相等．以上四个结论正确的有几个（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】D
【分析】先根据判定AB∥FC，然后根据垂直的定义得出，进而求出，再利用外角的性质求出．
【详解】解：如图，
，
∴AB∥FC，故正确；
，
，
，故正确；
，，
，故正确；
平行线间的距离处处相等，且AB∥FC，
∴点和点到的距离相等，故正确．
故正确的结论有个，
故选：D．
【专训5-2】
（2022下·浙江金华·八年级统考期末）如图，在中，E点在BC边上，P．Q是AD边上的两点（P在Q的左侧）、若PB与AE相交于R点，QB与AE相交于S点，则下列对的面积大小判断正确的是( )
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据平行线之间的距离处处相等，可得△PBE、△QBE有同底和相等的高，即可得△PBE的面积＝△QBE的面积；由图可得△BRE的面积＞△BSE的面积，可得△PRE的面积＜△QSE的面积．即可判断．
【详解】解：①△PBE、△QBE如图所示：
两个三角形有相同的底BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵平行线之间的距离处处相等，
∴△PBE、△QBE有相等的高，
∴△PBE的面积＝△QBE的面积；
②∵△PBE的面积＝△QBE的面积，
∴△PRE的面积+△BRE的面积＝△QSE的面积+△BSE的面积，
由图可知：△BRE的面积＞△BSE的面积，
∴△PRE的面积＜△QSE的面积．
故选：D．
题型六：平行线的性质和判定综合问题
【典例6】
（2022上·广东深圳·八年级校考期末）已知：如图，点D、E、F、G都在的边上，，，
(1)求证：；
(2)若平分，，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行线的性质得到，继而推出，即可证明；
（2）利用平行线的性质得到，结合角平分线的定义求出，再利用平行线的性质求解即可．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
；
（2）解：，
，
平分，
，
，
，
．
【专训6-1】
（2022上·贵州贵阳·八年级统考期末）如图，．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由得到，即可得到，再根据等量代换得到即可证明；
（2）由平行的性质得到，求出即可求出答案．
【详解】（1），
，
，
，
，
；
（2），
，
，，
，
，
，
，
．
【专训6-2】
（2023上·河南平顶山·八年级统考期末）如图，已知点在直线上，点在线段上，与交于点．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据内错角相等两直线平行，可证；
（2）根据平行线的性质可以解题．
【详解】（1）证明：∵
∴
∴
∵
∵
∴
（2）解∵，
∴,
∵,
∴,
∴，
∴
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，熟练掌握平行线的性质和判定是解题的关键．
题型七：三角形内角和定理
【典例7】
（2020上·湖北武汉·八年级统考期末）如图，在中，为延长线上一点，于，，，则的度数为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据△ADE中三角形内角和定理求出∠A的度数，再根据△ABC中三角形内角和定理即可求出的度数．
【详解】∵CE⊥AF于E，∴∠AED＝90°，
∵∠D＝20°，
∴∠A＝180°−∠AED−∠D＝180°−90°−20°＝70°，
∵
∴＝180°−∠A−∠C＝180°−70°−40°＝70°．
故选：C．
【专训7-1】
20．（2019下·福建漳州·七年级统考期末）如图，中，平分，垂直平分交于点，交于点，连接，若，，则的度数为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】据角平分线的性质可得∠DBC=∠ABD=25°，然后再计算出∠ACB的度数，再根据线段垂直平分线的性质可得BF=CF，进而可得∠FCB=25°，然后可算出∠ACF的度数.
【详解】解：∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC=∠ABD=25°，
∵∠A=60°，
∴∠ACB=180°-60°-25°×2=70°，
∵BC的中垂线交BC于点E，
∴BF=CF，
∴∠FCB=25°，
∴∠ACF=70°-25°=45°，
故选B．
【专训7-2】
（2019上·湖北武汉·八年级统考期末）如图，四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝BD，若∠ABD＝∠BAC＝，则∠BDC的度数为( )
A．2B．45°＋C．90°－D．180°－3
【答案】A
【分析】作∠MBA＝∠DBA,交CA延长线于M．由∠ABD＝∠ADB＝,∠BAC＝2,得∠CAD＝180°－4,易证△BAM≌△BAD,得∠M＝∠ADB＝,BM＝BD＝BC,设∠ACD＝x，则∠BDC＝x＋，故x＋(x＋)＝＋＋,解得x＝，故∠BDC＝2
【详解】作∠MBA＝∠DBA,交CA延长线于M．∠ABD＝∠ADB＝,∠BAC＝2,
∴∠CAD＝180°－4,
∴∠BAM＝180°－2,∠BAD＝180°－2,
∴△BAM≌△BAD,
∴∠M＝∠ADB＝,BM＝BD＝BC,
∴AB＝AM,
∴∠ABM＝∠M＝,
∴∠ACB＝∠M＝,
设∠ACD＝x，则∠BDC＝x＋，
由八字形得x＋(x＋)＝＋＋,
∴x＝，
∴∠BDC＝2
题型八：与平行线有关的三角形内角和问题
【典例8】
（2021上·黑龙江鸡西·八年级校考期末）如图，在△ABC中，∠B=46°，∠ADE=40°，AD平分∠BAC，交BC于D，DE∥AB，交AC于E，则∠C的大小是（ ）
A．46°B．54°C．66°D．80°
【答案】B
【分析】先根据∠ADE=40°，DE∥AB求出∠BAD的度数，再由AD平分∠BAC得出∠BAC的度数，根据三角形内角和定理即可得出结论．
【详解】解：∵∠ADE=40°，DE∥AB，
∴∠BAD=40°．
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠BAD=80°．
∵∠B=46°，
∴∠C=180°-∠B-∠BAC=180°-46°-80°=54°．
故选：B．
【专训8-1】
23．（2021·安徽·统考中考真题）两个直角三角板如图摆放，其中，，，AB与DF交于点M．若，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据，可得再根据三角形内角和即可得出答案．
【详解】由图可得
∵，
∴
∴
故选：C．
【专训8-2】
（2022下·湖北咸宁·七年级统考期中）如图，已知l1l2，∠A＝45°，∠2＝100°，则∠1的度数为（ ）
A．50°B．55°C．45°D．60°
【答案】B
【分析】根据平角的定义得出∠ACB＝80°，根据三角形内角和得到∠ABC＝55°，再根据平行线的性质即可得解．
【详解】解：∵∠2＝100°，
∴∠ACB＝180°−100°＝80°，
∵∠A＝45°，
∴∠ABC＝180°−45°−80°＝55°，
∵l1l2，
∴∠1＝∠ABC＝55°，
故选：B．
【点睛】此题考查了平行线的性质，熟记“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
题型九：与角平分线有关的三角形内角和问题
【典例9】
（2023下·广东汕头·八年级统考期末）如图，在三角形中，为的平分线，，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出的度数，再根据角平分线定义求解即可．
【详解】解：在三角形中，，，
则，
∵为的平分线，
∴，
故选：D．
【专训9-1】
（2023上·四川雅安·八年级统考期末）如图，在中，分别平分和，且相交于点O，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角形内角和定理和角平分线的概念求解即可．
【详解】∵，
∴，
∵分别平分和，
∴，
∴．
故选：C．
【专训9-2】
（2023上·辽宁沈阳·八年级统考期末）如图，，分别是的外角，的角平分线；，分别是，的角平分线；，分别是，的角平分线．当（ ）时，．
A．45°B．50°C．60°D．120°
【答案】C
【分析】根据角平分线的定义得出，根据平角为可得，从而得出，同理可得，然后根据两直线平行同旁内角互补得出，代入整理得出，最后根据三角形内角和即可得出答案．
【详解】，分别是的外角，的角平分线
，
，分别是，的角平分线
，
同理，由于、分别是、的角平分线
，
假设，根据两直线平行，同旁内角互补得
即
整理得，
故选C．
题型十：三角形中折叠的角度问题
【典例10】
（2023上·河南周口·八年级校联考期末）如图所示，在中，，将沿着直线折叠，点落在点的位置．则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了三角形外角的性质及轴对称的性质，由轴对称的性质得出，再由，，即可得到，从而求出答案．
【详解】解：如图所示，
由题意得：，
，，
，
．
故选：A．
【专训10-1】．
（2023上·重庆开州·八年级统考期末）如图，将沿翻折交于点，又将沿翻折，点落在上的处，其中，，则原三角形中的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，由翻折得，根据三角形内角和得到，求出，再利用三角形内角和求出的度数．
【详解】解：设，
由翻折得
∵，
∴
解得，
∴
∴
∴
故选：A．
【专训10-2】
（2023上·浙江绍兴·八年级统考期末）如图是一张三角形纸片ABC，，点M是边的中点，点E在边AC上，将沿BE折叠，使点C落在边AC上的点D处，若，则（ ）
A．18°B．54°C．60°D．72°
【答案】D
【分析】根据直角三角形的性质得，，则，，根据折叠的性质得：，，，根据等腰三角形的性质及三角形的外角的性质得出，根据角的和差即可得出答案．
【详解】解：∵，点M是边的中点，
∴，，
∴，，
根据折叠的性质得：，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
题型十一：三角形内角和的综合问题
【典例11】
（2023上·福建漳州·八年级统考期末）在中，平分，交于，点在线段上，过点作于平分，交于．
(1)如图，当时，求证：；
(2)当时，直线与直线相交于点，猜想与的数量关系，并说明理由．（要求：画出相应的示意图再作答）
【答案】(1)见解析
(2)或，理由见解析
【分析】（1）如图，，得到，角平分线，得到，进而得到，再根据三角形内角和推出，即可；
（2）分，两种情况，画出图形，讨论求解．
【详解】（1）证明：，
．
平分平分，
．
．
在和中，，
．
，
．
（2）或．
理由：①当时，如图．
，
．
，
．
平分，
．
，
，
平分
．
，
．
．
，
．
．
．
②当时，如图．
，
．
．
，
．
．
，
．
．
．
综上所述，与的数量关系为或．
【专训11-1】．
（2023下·海南省直辖县级单位·八年级校考期末）在中，与的平分线相交于点．
(1)如图1，如果，，，求的度数；
(2)如图1，如果，用含的代数式表示；
(3)探索：如图2，作外角、的平分线交于点，试写出、之间的数量关系；
(4)拓展：如图3，延长线段、交于点，中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，请直接写出的度数．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)或或或
【分析】（1）根据角平分线的性质可得，，根据三角形内角和定理即可求解；
（2）根据角平分线的性质可得，，根据三角形内角和定理即可求解；
（3）根据角平分线的性质可得，，根据三角形的外角性质可得，，根据三角形内角和定理即可求解；
（4）根据角平分线的性质求得，结合（3）中结论和三角形内角和定理求得 ，分四种情况进行讨论：；；；；分别列出方程，求解即可．
【详解】（1）解：∵与的平分线相交于点，
∴，，
在中，．
（2）解：∵与的平分线相交于点，
∴，，
在中，，
即，
在中，．
（3）解：、之间的数量关系为：．
理由：∵、的平分线交于点，
∴，，
且，，
∴，，
故，
在中，．
（4）解：∵是的角平分线，是的角平分线，
∴，，
∴，
由（3）可得，
则，
如果中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，那么分四种情况：
若是的倍，即，
∴，
解得：；
若是的倍，即，
∴，
解得：；
若是的倍，即，
∴
解得：；
若是的倍，即，
∴
解得：；
综上所述，的度数是或或或．
【专训11-2】
（2023下·浙江·八年级专题练习）探索归纳：
(1)如图1，已知为直角三角形，，若沿图中虚线剪去，则 ．
A． 90° B． 315° C． 135° D. 270°
(2)如图2，已知中，，剪去后形成四边形，则 度．
(3)如图2，根据上面的求解过程，猜想与的关系是 ．
(4)如图3，若没有剪掉，而是把它折成如图3的形状，请猜想与的关系是 ．
【答案】(1)D
(2)240
(3)
(4)
【分析】（1）由三角形的外角的性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，即可得到答案
（2）由三角形的外角的性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，即可得到答案
（3）由三角形的外角的性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，即可得到答案
（4）由三角形的外角的性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，即可得到答案．
【详解】（1）解：，，
，
故选：D．
（2）解：，，
，
故答案为：240．
（3）解：，，
，
故答案为：．
（4）解：连接，
，，
，
，
，
故答案为：．
题型十二：平行线和三角形内角和的综合问题
【典例12】
34．（2023上·辽宁锦州·八年级统考期末）如图，是的角平分线，点E在的延长线上，交于点F，交于点G，在的延长线上取一点H，使．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行线的性质及角平分线的定义，通过等量代换证明，再根据平行线的判定可得结论；
（2）根据平行四边形的性质求出，再由可得，根据角平分线的定义求出，再由平行线的性质可得，从而可得结论．
【详解】（1）∵，
∴．
∵平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）∵，
∴，．
∴．
∵平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
【专训12-1】．
（2023上·河北邢台·八年级统考期末）在中，延长到D，使，点E是下方一点，连接，且．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，若，将沿直线翻折得到，连接，连接交于G，当时，求的长度；
(3)如图3，若，将沿直线翻折得到，连接，连接交于G，交于H，若，求线段的长度（用含m，n的代数式表示）．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据条件和可得，即可证明；
（2）根据条件和可得，进而得到即可求出；
（3）证明， ，可得结论．
【详解】（1）证明：∵，
又∵，
∴，
在和中，，
∴；
（2）解：由（1）可知，
∴，由翻折变换的性质，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：由（1）可知，，
∴，
由翻折变换的性质可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【专训12-2】
（2023下·江苏徐州·八年级统考期末）如图在平面直角坐标系中，，，且，．
(1)求的值．
(2)若点P的坐标是，且，求m的取值范围．
(3)如图2，D为线段上一个动点（不与O，A重合），直线交于E点，，，的平分线交于F点，过O点作的平分线与的平分线交于G点，在（1）的条件下，下列结论：①的值不变；②的值不变，其中有且只有一个是正确的，请选出正确的结论，并给出证明
【答案】(1)
(2)或．
(3)的值不变；即①正确，②错误；理由见解析
【分析】（1）根据绝对值的非负性和二次方的非负性，求出a、b的值，得出点A、C的坐标，然后求出三角形的面积即可；
（2）先求出直线的解析式为，再求出直线与直线的交点坐标为，分两种情况：当点P在点Q右侧时，当点P在点Q左侧时，分别画出图形，求出m的取值范围即可；
（3）根据、分别平分，，得出，根据、分别平分、，得出，根据，得出．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，
解得：，
∴，，
∵，
∴，
∴．
（2）解：设直线的解析式为，把，代入得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
把代入得：，
解得：，
∴直线与直线的交点坐标为，
∵点P的坐标是，
∴点P在直线上，
当点P在点Q右侧时，如图所示：
，
∵，
∴，
解得：；
当点P在点Q左侧时，如图所示：
，
∵，
∴，
解得：；
综上分析可知，或．
（3）解：的值不变；即①正确，②错误；理由如下：
∵、分别平分，，
∴，，
∴
，
∴，
∵、分别平分、，
∴，，
∵，，
∴，
即，
∴，
∵，
∴．
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