初中北师大版（2024）平行线的性质精品课时练习

这是一份初中北师大版（2024）平行线的性质精品课时练习，文件包含专题23平行线的判定与性质的综合压轴题专项讲练北师大版2024原卷版docx、专题23平行线的判定与性质的综合压轴题专项讲练北师大版2024解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共59页， 欢迎下载使用。
【典例1】【问题背景】同学们，我们一起观察小猪的猪蹄，你会发现一个我们熟悉的几何图形，我们就把这个图形形象的称为“猪蹄模型”，猪蹄模型中蕴含着角的数量关系．
（1）如图①，AB∥CD，E为AB，CD之间一点，连接BE、DE，得到∠BED．试探究∠BED与∠B、∠D之间的数量关系，并说明理由．
（2）【类比探究】请你利用上述“猪蹄模型”得到的结论或解题方法，完成下面的问题：如图②，若AB∥CD，点E、F为直线AB、CD之间两个点，连接BE、EF、CF，∠E=80°，求∠B+∠C+∠F的值．并说明理由．
（3）【拓展延伸】如图③，如图，AB∥CD，BE平分∠ABG，CF平分∠DCG，BE、CF的反向延长线相交于点H，∠G=∠H+30°，求∠H的值．写出必要的求解过程．
【思路点拨】
本题考查的是角平分线的定义，平行公理的应用，平行线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键；
（1）过E作ET∥AB，根据平行线的性质求解即可；
（2）如图，过E作EK∥AB，过F作FT∥CD，证明AB∥EK∥FT∥CD，可得∠B=∠BEK，∠TFE=∠KEF，∠C+∠TFC=180°，再结合角的和差关系可得答案．
（3）如图，分别过B,C作AB，CD的垂线，由（1）可得：∠BHC=∠5+∠6，∠G=∠3+∠4，证明∠3=2∠1−90°，∠4=2∠2−90°，∠5=∠EBT=90°−∠1，∠6=∠SCF=90°−∠2，可得∠3+∠4=∠5+∠6+30°，可得∠1+∠2=130°，过H作AB的平行线，而AB∥CD，可得∠1+∠2+∠BHC=180°，从而可得答案．
【解题过程】
（1）解：∠BED=∠B+∠D， 理由如下：
过E作ET∥AB，如图，

∵AB∥CD，
∴ET∥AB∥CD，
∴∠B=∠BET，∠D=∠DET，
∴∠B+∠D=∠BET+∠DET，
即∠BED=∠B+∠D；
（2）如图，过E作EK∥AB，过F作FT∥CD，
∵AB∥CD，
∴AB∥EK∥FT∥CD，
∴∠B=∠BEK，∠TFE=∠KEF，∠C+∠TFC=180°，
∵∠BEF=80°，
∴∠B+∠EFT=∠BEF=80°，
∴∠B+∠EFT+∠TFC+∠C=∠B+∠EFC+∠C=80°+180°=260°．
（3）如图，分别过B,C作AB，CD的垂线KT，RS，
∴∠ABT=90°=∠DCS，
∵AB∥CD，
∴KT∥RS，
由（1）可得：∠BHC=∠5+∠6，∠G=∠3+∠4，
∵BE平分∠ABG，CF平分∠DCG，
∴∠ABG=2∠1，∠DCG=2∠2，
∴∠3=2∠1−90°，∠4=2∠2−90°，∠5=∠EBT=90°−∠1，∠6=∠SCF=90°−∠2，
∵∠G=∠BHC+30°
∴∠3+∠4=∠5+∠6+30°，
∴2∠1−90°+2∠2−90°=90°−∠1+90°−∠2+30°，
∴∠1+∠2=130°，
过H作AB的平行线，而AB∥CD，
∴HR∥AB∥CD，
∴∠1=∠BHK，∠2=∠CHR，
∴∠1+∠2+∠BHC=∠BHK+∠BHC+∠CHR=180°，
∴∠BHC=180°−∠1+∠2=180°−130°=50°．
学霸必刷
1．（23-24七年级下·广东广州·期末）如图，点E在BA延长线上，EC与AD交于点F，且∠E=∠DCE，∠B=∠D，∠EFA是∠FCB的余角的5倍，点M是线段CB上的一动点，点N是线段MB上一点且满足∠MNF=∠MFN，FK平分∠EFM．下列结论：①BE∥CD；②AD∥CB；③FN平分∠AFM；④∠D+∠E=105°；⑤∠KFN=30°．其中结论正确的个数是（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【思路点拨】
本题考查了平行线的判定和性质，角平分线的定义，余角的定义，三角形的内角和定理的应用．
由∠E=∠DCE，可得BE∥CD，故结论①正确；证明∠EAD=∠B，可得AD∥CB，故结论②正确；证明∠AFN=∠MFN，可得FN平分∠AFM，故结论③正确；由∠EFA=∠FCB，结合∠EFA是∠FCB的余角的5倍，可得∠FCB=75°=∠EFA，进一步可得结论④正确；证明∠MFK=12∠EFM=12∠EFA+12∠AFM，∠MFN=12∠AFM，进一步可得结论⑤错误；
【解题过程】
解：∵∠E=∠DCE，
∴BE∥CD，故结论①正确；
∴∠EAD=∠D，
∵∠B=∠D，
∴∠EAD=∠B，
∴AD∥CB，故结论②正确；
∴∠AFN=∠FNM，
∵∠MNF=∠MFN，
∴∠AFN=∠MFN，
∴FN平分∠AFM，故结论③正确；
∵AD∥CB，
∴∠EFA=∠FCB，
∵∠EFA是∠FCB的余角的5倍，
∴∠EFA=590°−∠FCB，
∴∠FCB=75°=∠EFA，
∵∠B=∠D，∠B+∠E+∠FCB=180°，
∴∠D+∠E=∠B+∠E=180°−∠FCB=180°−75°=105°，故结论④正确；
∵FK为∠EFM的平分线，
∴∠MFK=12∠EFM=12∠EFA+12∠AFM，
∵FN平分∠AFM，
∴∠MFN=12∠AFM，
∴∠KFN=∠MFK−∠MFN=12∠EFA+12∠AFM−12∠AFM=12∠EFA=37.5°，故结论⑤错误；
综上所述，正确的结论有①②③④．
故选：C．
2．（23-24七年级上·四川宜宾·阶段练习）如图，已知：AB∥CD，CD∥EF，AE平分∠BAC，AC⊥CE，有下列结论：①AB∥EF；②2∠1−∠4=90°；③2∠3−∠2=180°；④∠3+12∠4=135°.结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【思路点拨】
①根据平行线的传递性可以判断出来；②AC⊥CE所以∠2+∠4=90°，然后根据两直线平行同旁内角互补可得∠2+∠BAC=180°，即∠2+2∠1=180°，联立可求得结果；③根据∠1+∠3=180°以及2∠1+∠2=180°，可求得结果；④根据∠2+∠4=90°即2∠1+∠2=180°以及∠1+∠3=180°，可求得结果．
【解题过程】
解：∵AC⊥CE，
∴∠2+∠4=90°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE=∠1，即∠BAC=2∠1，
①∵AB∥CD，CD∥EF，
∴AB∥EF，
故①正确；
②∵AB∥CD，
∴∠2+∠BAC=180°，
∴∠2+2∠1=180°，即∠2=180°−2∠1，
∵∠2+∠4=90°，
∴180°−2∠1+∠4=90°，
即2∠1−∠4=90°，
故②正确；
③由①可得AB∥EF，
∴∠BAE+∠3=180°，
∴∠1+∠3=180°，即∠1=180°−∠3，
又AB∥CD，
∴∠BAC+∠2=180°，
即2∠1+∠2=180°，
将∠1=180°−∠3代入2∠1+∠2=180°，
化简可得：2∠3−∠2=180°，
故③正确；
④∵∠2+∠4=90°，2∠1+∠2=180°，
∴2∠1−∠4=90°，
∵∠1+∠3=180°，
∴∠3+12∠4=135°，
故④正确；
正确的个数共有4个，
故选：D．
3．（23-24七年级下·浙江金华·阶段练习）如图，AB与HN交于点E，点G在直线CD上，∠FMA=∠FGC，∠FEN=2∠NEB,∠FGH=2∠HGC下列四个结论：①AB∥CD；②∠FEN+∠FGH=2∠EHG；③∠EHG+∠EFM=90°；④3∠EHG−∠EFM=180°．其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．②④C．①②④D．①④
【思路点拨】
本题主要考查了根据平行线的判定以及性质，角度的相关计算，由已知条件可得出AB∥CD，过点H作HQ∥AB，由平行线的性质可得出②，设∠NEB=x，∠HGC=y，则∠FEN=2x，∠FGH=2y， 可判断③④．
【解题过程】
解：∵∠FMA=∠FGC，
∴AB∥CD，
∴①正确；
过点H作HQ∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥HQ∥CD，
∴∠NEB=∠EHQ，∠QHG=∠HGC，
∴∠EHQ+∠QHE=∠NEB+∠HGC，
即∠EHG=∠NEB+∠HGC，
∵∠FEN=2∠NEB,∠FGH=2∠HGC
∴∠EHG=12∠FEN+12∠FGH，
即∠FEN+∠FGH=2∠EHG，
∴②正确．
设∠NEB=x，∠HGC=y，则∠FEN=2x，∠FGH=2y，
由②知∠EHG=∠NEB+∠HGC=x+y
作FP∥AB，
∴∠PFE=∠FEM,∠PFM=180°−∠FME，
∠EFM=∠PFM−∠PFE
=180°−∠BMF−∠FEM
=∠BEF−∠FME
=∠BEF−∠AMG
=∠BEF−180°−∠FGC
=x+2x−180°−2y−y=3x+3y−180°，
∴∠EHG+∠EFM=x+y+3x+3y−180°=4x+4y−180°，无法判断是否为90°，
∴③错误；
∴3∠EHG−∠EFM=3x+y−3x+3y−180°=180°，
∴④正确．
综上所述，正确答案为①②④．
故选：C．
4．（2024七年级·全国·竞赛）如图，已知AB∥CD，EF∥BN，MN∥DE，则∠ABF+∠E+∠F+∠EPN+∠M+∠N+∠CDM= ．

【思路点拨】
本题考查了平行公理的推理，平行线的性质等知识．过P作PQ∥AB，再证明PQ∥CD，先证明∠E=∠EPB，∠ABF+∠F=∠ABP=∠BPQ，再证明∠N=∠NPD，∠M+∠CDM=∠CDP=∠DPQ，分别代入原式即可得到一个周角，问题得解．
【解题过程】
解：如图，过P作PQ∥AB．

∵AB∥CD，
∴PQ∥CD．
∵EF∥BN，
∴∠F=∠FBP，∠E=∠EPB，
∵PQ∥AB，
∴∠ABP=∠BPQ，
∴∠ABF+∠F=∠ABP=∠BPQ，
∵MN∥DE，
∴∠M=∠MDE，∠N=∠NPD，
∵PQ∥CD，
∴∠CDP=∠DPQ，
∴∠M+∠CDM=∠CDP=∠DPQ，
∴∠ABF+∠E+∠F+∠EPN+∠M+∠N+∠CDM
=∠EPB+∠BPQ+∠EPN+∠NPD+∠DPQ
=360°．
故答案为：360°．
5．（23-24七年级上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，AB∥CD，BE平分∠ABF，∠DCF=∠ECF，已知∠F−∠E=15°，则∠ABE+∠DCF= 度．
【思路点拨】
本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，．如图所示，连接EF，过点C作MN∥EF，先根据角平分线的定义和平行线的性质证明∠ABE=∠FBE=12∠CHF，再由平行线的性质证明∠CFE+∠CEF+∠ECF=180°，同理可得∠FBE+∠BEC+∠BFE=180°，∠DCF+∠CHF+∠CFH=180°，由此推出∠FBE+∠BFC+∠BEC+180°−∠ECF=180°，再由∠DCF=∠ECF，推出3∠ABE+2∠BFC+∠BEC=180°，根据∠BFC−∠BEC=15°，推出∠ABE+∠BEC=50°，再由∠HCF+∠CFH+∠CHF=180°，推出∠ABE+∠HCF=115°，即∠ABE+∠DCF=115°．
【解题过程】
解：如图所示，连接EF，过点C作MN∥EF，
∵AB∥CD，
∴∠ABF=∠CHF，
∵BE平分∠ABF，
∴∠ABE=∠FBE=12∠ABF，
∴∠ABE=∠FBE=12∠CHF，
∵MN∥EF，
∴∠MCE=∠CEF，∠NCF=∠CFE，
∵∠MCE+∠NCF+∠ECF=180°，
∴∠CFE+∠CEF+∠ECF=180°，
同理可得∠FBE+∠BEC+∠BFE=180°，∠DCF+∠CHF+∠CFH=180°，
∴∠FBE+∠BFC+∠CFE+∠BEC+∠CEF=180°，
∴∠FBE+∠BFC+∠BEC+180°−∠ECF=180°，
∵∠DCF=∠ECF，
∴∠FBE+∠BFC+∠BEC+180°−∠DCF=180°，
∴∠FBE+∠BFC+∠BEC+∠CFH+∠CHF=180°，
∴∠ABE+∠BFC+∠BEC+2∠ABE+∠CFH=180°，
∴3∠ABE+2∠BFC+∠BEC=180°，
∵∠BFC−∠BEC=15°，
∴3∠ABE+2∠BEC+30°+∠BEC=180°，
∴3∠ABE+3∠BEC=150°，
∴∠ABE+∠BEC=50°，
∵∠HCF+∠CFH+∠CHF=180°，
∴2∠ABE+∠HCF+∠BEC+15°=180°，
∴2∠ABE+50°−∠ABE+15°+∠HCF=180°，
∴∠ABE+∠HCF=115°，即∠ABE+∠DCF=115°，
故答案为：115．
6．（24-25七年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）醒狮是传统的中国文化艺术表演形式之一，轩轩从中找到了数学图形．如图AB∥CD，∠A=15°，∠F=122°，∠C=13°，∠AEF和∠FGC的角平分线EH、GH交于点H，则∠H= 度．
【思路点拨】
本题考查了平行线的性质，角平分线的性质等知识，作EM∥AB，FK∥AB，HJ∥AB，GN∥AB，由题意得到AB∥EM∥FK∥HJ∥GN∥CD，进而得到∠2+∠7+∠5+∠10=∠EFG=122°，由角平分线的性质得到∠1+∠2=∠7，∠5+∠6=∠10，再得到∠2+∠5=47°即可求解，掌握相关知识是解题的关键．
【解题过程】
解：作EM∥AB，FK∥AB，HJ∥AB，GN∥AB，如图：
∵AB∥CD，
∴AB∥EM∥FK∥HJ∥GN∥CD，
∴∠1=∠A=15°，∠6=∠C=13°，∠2=∠3，∠4=∠5，∠2+∠7=∠8，∠9=∠10+∠5，
∴∠2+∠7+∠5+∠10=∠8+∠9=∠EFG=122°，
∵EH平分∠AEF，GH平分∠FGC，
∴∠1+∠2=∠7，∠5+∠6=∠10，
∴∠2+∠1+∠2+∠5+∠5+∠6=122°，
∴∠1+2∠2+∠6+2∠5=122°，
∵∠1=15°，∠6=13°，
∴2∠2+2∠5=94°
∴2∠2+∠5=94°，
∴∠2+∠5=47°，
∵∠2=∠3，∠4=∠5，
∴∠3+∠4=47°，
即∠EHG=47°，
故答案为：47．
7．（2024七年级下·全国·专题练习）如图，已知AB∥CD，∠BAC=120°，点M为射线AB上一动点，连接MC，作CP平分∠ACM交直线AB于点P在直线AB上取点N，连接NC，使∠ANC=2∠AMC，当∠PCN=14∠PNC时，∠PCM= ．
【思路点拨】
本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，根据点N与点A，点P的位置分三种情况讨论，分别画出图形根据平行线的性质推导即可．
【解题过程】
解：①设∠PCN=α，
∵∠PCN=14∠PNC，
∴∠PNC=4α，
∵∠ANC=2∠AMC，∠ANC=∠AMC+∠NCM，
∴∠AMC=∠NCM=2α，
∴∠PCM=∠PCN+∠NCM=3α，
∵CP平分∠ACM，
∴∠PCM=∠ACP=3α，
∴∠ACD=2∠ACP+∠MCD=6α+2α=8α，
∵AB∥CD，∠BAC=120°，
∴∠ACD=180°−120°=60°，
∴8α=60°，
∴α=152，
∴∠PCM=3α=22.5°．
②当点N在点A的左侧时，
设∠PCN=α，∠ACP=β，
∵CP平分∠ACM，
∴∠PCM=∠ACP=β，
∴∠ACN=∠PCN−∠ACP=α−β，
∴∠PNC=4∠PCN=4α，∠NMC=2α，
∵AB∥CD，，∠BAC=120°，
∴∠NMC=∠MCD=2α，∠ACD=180°−∠BAC=60°，
∴∠MCD=∠ACD−∠ACP=60°−2β，
∴2α=60°−2β，即：α=30°−β，
∵∠CAB=∠PNC+∠ACN，
∴120°=4α+α−β，
∴5α−β=120°，
将α=30°−β代入上式解得：β=5°，
∴∠PCM=β=5°；
③当点N在A，P之间时，
设∠PCN=α，∠ACN=β，则∠ACP=α+β，
∵CP平分∠ACM，
∴∠ACP=∠PCM=α+β，∠ACM=2(α+β)，
∴∠MCD=60°−∠ACM=60°−2(α+β)，
由已知得：∠PNC=4∠PCN=4α，
∴∠ANC=180°−∠PNC=180°−4α，
∵∠ANC=2∠NMC，
∴∠NMC=90°−2α，
∵∠NMC=∠MCD，
∴90°−2α=60°−2(α+β)，
∴β=−15°，不合题意，此种情况不存在．
综上所述：∠PCM的度数为22.5°或5°．
故答案为：22.5°或5°．
8．（23-24七年级下·辽宁沈阳·阶段练习）已知直线AB∥CD，E为两直线间一定点，∠DCE=24°，若点F为平面内一动点，且满足∠ABF=52°，连接BF，EF，则∠BFE的平分线与∠CEF的平分线所在直线交于点G，则∠GFE+∠FEG= .
【思路点拨】
本题考查了平行线的性质、角平线的定义．根据题意可分两种情况进行讨论，一种是点F在AB下方，一种是点F在AB上方，先作平行线，设出来角度，再根据两直线平行，内错角相等以及角平分线的定义可得到结果．
【解题过程】
解：当点F在AB下方时，
过点F作HI∥AB，过点E作JK∥AB，如图1所示：
设∠GEK=α，
∵AB∥CD，
∴AB∥HI∥JK∥CD，
∵∠DCE=24°，∠ABF=52°，
∴∠KEC=∠DCE=24°，∠BFH=∠ABF=52°，
∴∠GEC=∠GEK+∠KEC=α+24°，
∵EG平分∠CEF，
∴∠GEC=∠GEF=α+24°，
∴∠FEK=∠FEG+∠GEK=24°+2α，
∴∠BFE=∠BFH+∠HFE=24°+2α+52°=76°+2α，
∵GF平分∠BFE，
∴∠BFE=∠EFT=12∠BFE=1276°+2α=38°+α，
∴∠GFE=180°−∠EFT=180°−38°+α=142°−α，
∴∠GFE+∠FEG=142°−α+α+24°=166°；
②当点F在AB上方时，过点E作MN∥AB，如图2所示：
设∠PEN=β，
∵∠DCE=24°，∠ABF=52°，
∵AB∥CD，
∴AB∥MN∥CD，
∵∠CEN=∠DCE=24°，
∴∠PEC=∠PEN+∠CEN=β+24°，
∵GE平分∠CEF，
∴∠FEP=∠PEC=β+24°，
∴∠GEF=180°−∠FEP=180°−β+24°=156°−β，
∴∠FKA=∠FEN=∠FEP+∠PEN=β+24°+β=24°+2β，
∵∠FKA=∠ABF+∠BFE，
∴∠BFE=∠FKA−∠ABF=24°+2β−52°=2β−28°，
∵GF平分∠BFE，
∴∠GFE=12∠BFE=122β−28°=β−14°，
∴∠GFE+∠FEG=β−14°+156°−β=142°，
综上所示：∠GFE+∠FEG的值为166°或142°，
故答案为：166°或142°．
9．（23-24七年级下·北京大兴·期中）如图1，AB∥CD，若点E为平面内一动点（点E不在直线AD和直线CD上），连接ED，过点E作EF∥CD，且点F在点E的右侧．
（1）当点E运动到如图2所示位置时，求证：∠A−∠DEF=∠ADE；
（2）直接用等式表示出∠A，∠ADE，∠DEF之间存在的所有数量关系．
【思路点拨】
本题考查了平行线的性质，进行分类讨论是解题的关键．
（1）利用平行线的性质，得到∠A=∠ADC和∠DEF=∠EDC，利用角度的转换即可解答；
（2）根据分类讨论，依次画出情况即可，解答即可．
【解题过程】
（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠A=∠ADC．
∵EF∥CD，
∴∠DEF=∠EDC，
∴∠A−∠DEF=∠ADC−∠EDC，
即∠A−∠DEF=∠ADE．
（2）解：当点E在AD左侧，且在CD上方，根据（1）可得∠A−∠DEF=∠ADE；
如图，当点E在AD右侧时，且在CD下方，
∵AB∥CD，
∴∠A=∠ADC．
∵EF∥CD，
∴∠DEF=∠EDC，
∴∠A+∠ADE=∠DEF；
如图，当点E在AD左侧，且在CD下方，
∵AB∥CD，
∴∠A=∠ADC．
∵EF∥CD，
∴∠DEF=∠EDC，
∴∠A+∠DEF=∠ADE；
如图，当点E在AD右侧，且在CD下方，
∵AB∥CD，
∴∠A=∠ADC．
∵EF∥CD，
∴∠DEF=∠EDC，
∴∠A+∠DEF+∠ADE=360°，
综上所述，可得∠A−∠DEF=∠ADE；∠A+∠ADE=∠DEF；∠A+∠DEF=∠ADE；∠A+∠DEF+∠ADE=360°．
10．（23-24七年级下·全国·期末）如图，点D是∠BAC外一点，过点D作 DE∥AB交AC于点F，以DE为边作∠EDG．
（1）若DG∥AC，则∠BAC与∠EDG的关系是 ；
（2）若DG与直线AC交于点P（点P不与点A、F重合），写出∠BAC，∠EDG，∠APD三者之间的数量关系，画出相应的图形，并对其中的一种进行证明．
【思路点拨】
（1）根据题意作图，根据平行线的性质即可求解；
（2）分三种情况分别作图，根据平行线的性质解答即可求解；
本题考查了平行线的性质，平行公理的推理，正确作出辅助线并运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【解题过程】
（1）解：如图，
∵DE∥AB，
∴∠BAC=∠EFC，
∵DG1∥AC，
∴∠G1DE=∠EFC，∠G2DE+∠EFC=180°，
∴∠BAC与∠EDG的数量关系是相等或互补，
故答案为：相等或互补；
（2）解：共有三种情况：
①如图1，当DG与射线FC交于点P时，∠BAC=∠EDG+∠APD．
证明：过点P作PQ∥DE，
∴∠QPD=∠EDG，
∵DE∥AB，
∴PQ∥AB，
∴∠BAC=∠QPA=∠QPD+∠APD=∠EDG+∠APD，
即∠BAC=∠EDG+∠APD；
②如图2，当DG与线段AF交于点P时，∠APD=∠BAC+∠EDG．
证明：过点P作PQ∥DE，
∴∠QPD=∠EDG，
∵DE∥AB，
∴PQ∥AB，
∴∠BAC=∠QPA，
∴∠APD=∠QPA+∠QPD=∠BAC+∠EDG，
即∠APD=∠BAC+∠EDG；
③如图3，当DG与射线FA交于点P时，∠EDG+∠APD+∠BAC=180°．
证明：过点P作PQ∥DE，
∴∠QPD+∠EDG=180°，
∵DE∥AB，
∴PQ∥AB，
∴∠BAC=∠QPA，
∴∠QPD=∠APD+∠QPA=∠APD+∠BAC，
∴∠QPD+∠EDG=∠APD+∠BAC+∠EDG=180°，
即∠EDG+∠APD+∠BAC=180°；
综上，∠BAC，∠EDG，∠APD数量关系为∠BAC=∠EDG+∠APD或∠APD=∠BAC+∠EDG或∠EDG+∠APD+∠BAC=180°．
11．（2024七年级下·全国·专题练习）如图，已知直线l1∥l2，l3、l4和l1、l2分别交于点A、B、C、D，点P在直线l3或l4上且不与点A、B、C、D重合．记∠AEP=∠1，∠PFB=∠2，∠EPF=∠3．
（1）若点P在图（1）位置时，求证：∠3=∠1+∠2；
（2）若点P在图（2）位置时，请直接写出∠1、∠2、∠3之间的关系；
（3）若点P在图（3）位置时，写出∠1、∠2、∠3之间的关系并给予证明．
【思路点拨】
此题主要考查的是平行线的性质，能够正确地作出辅助线，是解决问题的关键；
（1）过P作直线l1、l2的平行线，利用平行线的性质得到和∠1、∠2相等的角，然后结合这些等角和∠3的位置关系，来得出∠1、∠2、∠3的数量关系；
（2）过P作直线l1、l2的平行线，利用平行线的性质得到和∠1、∠2相等的角，然后结合这些等角和∠3的位置关系，来得出∠1、∠2、∠3的数量关系；
（3）过P作直线l1、l2的平行线，利用平行线的性质得到和∠1、∠2相等的角，然后结合这些等角和∠3的位置关系，来得出∠1、∠2、∠3的数量关系．
【解题过程】
（1）证明：过P作PQ∥l1，
∵l1∥l2，
∴PQ∥l1∥l2，
由两直线平行，内错角相等，可得：
∠1=∠QPE、∠2=∠QPF；
∵∠3=∠QPE+∠QPF，
∴∠3=∠1+∠2．
（2）解：关系：∠3=∠2−∠1；
过P作直线PQ∥l1，
∵l1∥l2，
∴PQ∥l1∥l2，
则：∠1=∠QPE、∠2=∠QPF；
∵∠3=∠QPF−∠QPE，
∴∠3=∠2−∠1．
（3）关系：∠3=360°−∠1−∠2．
过P作PQ∥l1，
∵l1∥l2，
∴PQ∥l1∥l2，
同（1）可证得：∠3=∠CEP+∠DFP；
∵∠CEP+∠1=180°，∠DFP+∠2=180°，
∴∠CEP+∠DFP+∠1+∠2=360°，
即∠3=360°−∠1−∠2．
12．（2024七年级上·全国·专题练习）（1）如图①，MA1∥NA2，则∠A1+∠A2=________；
如图②，MA1∥NA3，则∠A1+∠A2+∠A3=________，请你说明理由；
（2）如图③，MA1∥NA4，则∠A1+∠A2+∠A3+∠A4=________；
（3）利用上述结论解决问题：如图④，AB∥CD，∠ABE和∠CDE的平分线相交于点F，∠E=130°，求∠BFD的度数．
【思路点拨】
本题考查的是平行线的判定与性质，平行公理的应用，角平分线的定义；
（1）直接由两直线平行，同旁内角互补可得图①答案；如图，过点A2作PA2∥MA1，证明PA2∥MA1∥NA3，再利用平行线的性质可得图②的答案；
（2）如图，过点A2作PA2∥MA1，证明PA2∥MA1∥NA4，再结合（1）的结论可得答案；
（3）过F作FQ∥AB．证明FQ∥AB∥CD，可得∠ABF=∠BFQ,∠CDF=∠DFQ．求解∠ABE+∠CDE=230°，再结合角平分线的定义可得答案．
【解题过程】
解：（1）180° 360°，理由如下：
理由：∵MA1∥NA2，
∴∠A1+∠A2=180°．
如图，过点A2作PA2∥MA1．
∵MA1∥NA3，
∴PA2∥MA1∥NA3，
∴∠A1+∠A1A2P=180°,∠A3+∠A3A2P=180°，
∴∠A1+∠A1A2A3+∠A3=360°．
（2）如图，过点A2作PA2∥MA1．
∵MA1∥NA4，
∴PA2∥MA1∥NA4，
∴∠MA1A2+∠PA2A1=180°，
结合（1）的结论可得：∠PA2A3+∠A2A3A4+∠NA4A3=360°，
∴∠A1+∠A1A2A3+∠A3+∠A4=180°+360°=540°；
（3）如图，过F作FQ∥AB．
∵AB∥CD，
∴FQ∥AB∥CD，
∴∠ABF=∠BFQ,∠CDF=∠DFQ．
∵∠ABE+∠BED+∠CDE=360°,∠BED=130°，
∴∠ABE+∠CDE=230°．
∵BF平分∠ABE，DF平分∠CDE,∠BFD=∠BFQ+∠DFQ，
∴∠BFD=12∠ABE+∠CDE=115°．
13．（23-24七年级下·浙江杭州·期末）已知直线AB∥CD，点F在CD上，射线FE与AB交于点E．点P在射线FE上（不与点E，F重合），点Q在射线EA上（不与点E重合），连接PQ．
（1）如图1，若点P在线段EF上，∠AQP=115°，∠PFD=75°，求∠QPF的度数．
（2）如图2，点P在线段EF上，QM平分∠AQP，且与∠CFP的角平分线交于点M，若MQ∥PF，MF∥PQ，求∠AEF的度数．
（3）当60°