苏科版七年级数学下册尖子生培优 第7章平面图形的认识单元测试（培优压轴卷）（原卷版+解析）

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第7章平面图形的认识单元测试（培优压轴卷，七下苏科）班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________注意事项：本试卷满分100分，试题共24题，其中选择8道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2022秋•滨城区校级期末）以下列各组数据为边长，能组成三角形的是（　　）A．1，1，3 B．3，3，8 C．3，4，5 D．3，10，42．（2022秋•江北区校级期末）如图，直线a，b被直线c所截，若a∥b，∠2＝110°，则∠1的度数为（　　）A．70° B．75° C．80° D．85°3．（2022秋•黄陂区校级期末）已知一个n边形的各内角都等于150°，则这个n边形的对角线的总条数为（　　）A．9 B．54 C．12 D．604．（2022秋•合肥期末）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点C落在四边形ABDE的外部时，此时测得∠1＝106°，∠C＝35°，则∠2的度数为（　　）A．35° B．36° C．37° D．38°5．（2022秋•铁西区期末）如图，在△ABC中，E为BC延长线上一点，∠ABC与∠ACE的平分线相交于点D，∠D＝15°，则∠A的度数为（　　）A．30° B．45° C．20° D．22.5°6．（2022春•海沧区校级期末）如图，将直角三角形ABC沿AB方向平移得到直角三角形DEF．已知AD＝4，AE＝13，则DB长为（　　）A．4 B．5 C．9 D．137．（2022秋•青岛期末）如图，AB∥DE，∠ABC＝80°，∠CDE＝140°，则∠BCD的度数为（　　）A．30° B．40° C．60° D．80°8．（2022秋•碑林区校级期末）如图，在△ABC中，∠A＝∠ABC，BH是∠ABC的平分线，BD和CD是△ABC两个外角的平分线，D、C、H三点在一条直线上，下列结论中：①DB⊥BH；②；③DH∥AB；④；⑤∠CBD＝∠D，其中正确的是（　　）A．①②③ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）请把答案直接填写在横线上9．（2022秋•凤凰县期末）如图，自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具有　 　．10．（2022秋•东丽区期末）如图，已知∠ACD是△ABC的外角，若∠ACD＝125°，∠A＝65°，则∠B的大小为 　 　．11．（2022秋•番禺区校级期末）如图，AD为△ABC的中线，BE为△ABD的中线．若△ABC的面积为30，BD＝5，则△BDE中BD边上的高为 　 　．12．（2022秋•济阳区期末）如图，BA∥DE，∠B＝30°，∠D＝40°，则∠C的度数是 　 　．13．（2022春•通许县期末）如图，四边形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上，∠C＝80°，按如图方式沿着MN折叠，使FN∥CD，此时量得∠FMN＝40°，则∠B的度数是　 　．14．（2022秋•天山区校级期末）如图，BE、CE分别为△ABC的内、外角平分线，BF、CF分别为△EBC的内、外角平分线，若∠A＝44°，则∠BFC＝　 　度．15．（2022•苏州模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，∠ACB是锐角，将△ABC沿着射线BC方向平移得到△DEF（平移后点A，B，C的对应点分别是点D，E，F），连接CD，若在整个平移过程中，∠ACD和∠CDE的度数之间存在2倍关系，则∠ACD＝　 　．16．（2022秋•沙坪坝区校级期末）如图，直线GH分别与直线AB，CD相交于点G，H，且AB∥CD．点M在直线AB，CD之间，连接GM，HM，射线GH是∠AGM的平分线，在MH的延长线上取点N，连接GN，若∠N＝∠BGM，∠M＝∠N+∠HGN，则∠MHG的度数为 　 　．三、解答题（本大题共8小题，共68分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（2022秋•朝阳区校级期末）阅读下面的推理过程，将空白部分补充完整．已知：如图，在△ABC中，FG∥CD，∠1＝∠3．求证：∠B+∠BDE＝180°．证明：因为FG∥CD（已知），所以∠1＝　 　．又因为∠1＝∠3（已知），所以∠2＝　 　（等量代换）．所以BC∥　 　（ 　 　），所以∠B+∠BDE＝180°（ 　 　）．18．（2022秋•离石区期末）请根据对话回答问题：（1）小明为什么说这个凸多边形的内角和不可能是2022°？（2）小敏求的是几边形的内角和？19．（2022春•长兴县月考）如图，△ABC沿直线l向右平移4cm，得到△FDE，且BC＝6cm，∠ABC＝45°．（1）求BE的长．（2）求∠FDB的度数．20．（2022秋•安次区期末）在△ABC中，AB＝8，AC＝1．（1）若BC是整数，求BC的长；（2）已知AD是△ABC的中线，若△ACD的周长为10，求三角形ABD的周长．21．（2022•杭州模拟）如图，一条直线分别与直线BE、直线CE、直线BF、直线CF相交于A，G，H，D，且∠1＝∠2，∠B＝∠C．求证：（1）BF∥EC；（2）∠A＝∠D．22．（2022秋•东胜区校级期末）如图，AD为△ABC的高，AE，BF为△ABC的角平分线，若∠CBF＝32°，∠AFB＝72°．（1）求∠DAE的度数；（2）若点G为线段BC上任意一点，当△GFC为直角三角形时，求∠BFG的度数．23．（2022秋•南关区校级期末）如图，∠AOB＝40°，OC平分∠AOB，点E在射线OC上，ED⊥OA，垂足为点D，DF平分∠ODE，交射线OC于点F，动点P从点O出发沿射线OC运动，连结DP．（1）当PD平分∠ODF时，∠PDE＝　 　°．（2）当DP∥OB时，求∠PDE的度数．（3）当DP⊥FD时，∠ADP＝　 　°．（4）当∠PDF＝∠EDF时，直接写出此时∠PDE的度数．24．（2022秋•城阳区校级期末）探究题（1）如图1的图形我们把它称为“8字形”，则∠A，∠B，∠C，∠D四个角的数量关系是 　 　；（2）如图2，若∠BCD，∠ADE的角平分线CP，DP交于点P，则∠P与∠A，∠B的数量关系为∠P＝　 　；（3）如图3，CM，DN分别平分∠BCD，∠ADE，当∠A+∠B＝70°时，试求∠M+∠N的度数（提醒：解决此问题可以直接利用上述结论）；（4）如图4，如果∠MCD＝∠BCD，∠NDE＝∠ADE，当∠A+∠B＝n°时，则∠M+∠N的度数为 　 　．第7章平面图形的认识单元测试（培优压轴卷，七下苏科）班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________注意事项：本试卷满分100分，试题共24题，其中选择8道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2022秋•滨城区校级期末）以下列各组数据为边长，能组成三角形的是（　　）A．1，1，3 B．3，3，8 C．3，4，5 D．3，10，4【分析】利用三角形三边关系进行判定即可．【解答】解：A、1+1＝2＜3，不符合三角形三边关系，故A不合题意；B、3+3＝6＜8，不符合三角形三边关系，故B不合题意；C、3+4＝7＞5，符合三角形三边关系，故C符合题意；D、3+4＝7＜10，不符合三角形三边关系，故D不合题意，故选：C．2．（2022秋•江北区校级期末）如图，直线a，b被直线c所截，若a∥b，∠2＝110°，则∠1的度数为（　　）A．70° B．75° C．80° D．85°【分析】由a∥b，根据两直线平行，同位角相等，即可求得∠3的度数，又由邻补角的定义即可求得∠1的度数．【解答】解：如图：∵a∥b，∠2＝110°，∴∠3＝∠2＝110°，∵∠1+∠3＝180°，∴∠1＝70°．故选：A．3．（2022秋•黄陂区校级期末）已知一个n边形的各内角都等于150°，则这个n边形的对角线的总条数为（　　）A．9 B．54 C．12 D．60【分析】根据多边形的内角和定理，构建方程求解即可．【解答】解：∵正n边形的每个内角都等于150°，∴（n﹣2）×180°＝150°n，解得n＝12，∴对角线的条数＝×12×（12﹣3）＝54（条）．故选：B．4．（2022秋•合肥期末）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点C落在四边形ABDE的外部时，此时测得∠1＝106°，∠C＝35°，则∠2的度数为（　　）A．35° B．36° C．37° D．38°【分析】根据折叠性质得出∠C′＝∠C＝35°，根据三角形外角性质得出∠DOC＝∠1﹣∠C＝71°，∠2＝∠DOC﹣∠C′＝71°﹣35°＝36°．【解答】解：如图，设C′D与AC交于点O，∵∠C＝35°，∴∠C′＝∠C＝35°，∵∠1＝∠DOC+∠C，∠1＝106°，∴∠DOC＝∠1﹣∠C＝106°﹣35°＝71°，∵∠DOC＝∠2+∠C′，∴∠2＝∠DOC﹣∠C′＝71°﹣35°＝36°．故选：B．5．（2022秋•铁西区期末）如图，在△ABC中，E为BC延长线上一点，∠ABC与∠ACE的平分线相交于点D，∠D＝15°，则∠A的度数为（　　）A．30° B．45° C．20° D．22.5°【分析】先根据角平分线的定义得到∠ABD＝∠CBD，∠ACD＝∠ECD，再根据三角形外角性质得∠ACE＝∠A+∠ABC，代入得：∠A＝2（∠ECD﹣∠CBD），可得结论．【解答】解：∵∠ABC的平分线与∠ACE的平分线交于点D，∴∠ABD＝∠CBD，∠ACD＝∠ECD，∵∠ACE＝∠A+∠ABC，即∠ACD+∠ECD＝∠ABD+∠CBD+∠A，∴2∠ECD＝2∠CBD+∠A，∴∠A＝2（∠ECD﹣∠CBD），∵∠ECD＝∠CBD+∠D，∠D＝15°，∴∠D＝∠ECD﹣∠CBD＝15°，∴∠A＝2×15°＝30°．故选：A．6．（2022春•海沧区校级期末）如图，将直角三角形ABC沿AB方向平移得到直角三角形DEF．已知AD＝4，AE＝13，则DB长为（　　）A．4 B．5 C．9 D．13【分析】证明AD＝BE，可得结论．【解答】解：∵AB＝DE，∴AD＝BE＝4，∵AE＝13，∴BD＝13﹣4﹣4＝5，故选：B．7．（2022秋•青岛期末）如图，AB∥DE，∠ABC＝80°，∠CDE＝140°，则∠BCD的度数为（　　）A．30° B．40° C．60° D．80°【分析】根据两直线平行，内错角相等以及三角形外角和定理即可解答．【解答】解：反向延长DE交BC于M，如图：∵AB∥DE，∴∠BMD＝∠ABC＝80°，∴∠CMD＝180°﹣∠BMD＝100°；又∵∠CDE＝∠CMD+∠C，∴∠BCD＝∠CDE﹣∠CMD＝140°﹣100°＝40°．故选：B．8．（2022秋•碑林区校级期末）如图，在△ABC中，∠A＝∠ABC，BH是∠ABC的平分线，BD和CD是△ABC两个外角的平分线，D、C、H三点在一条直线上，下列结论中：①DB⊥BH；②；③DH∥AB；④；⑤∠CBD＝∠D，其中正确的是（　　）A．①②③ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤【分析】①根据BH、BD是∠ABC与∠CBE的平分线，可得∠ABC＝2∠CBH，∠CBE＝2∠CBD，再由邻补角的性质，可得①正确；②根据BD和CD是△ABC两个外角的平分线，可得，可得②正确；③根据∠A＝∠ABC，可得∠BCF＝∠A+∠ABC＝2∠ABC，可得∠BCD＝∠ABC，可得③正确；④根据，可得④正确；⑤根据∠ABC+∠CBE＝180°，BD平分∠CBE，可得，再由∠A＝∠ABC，可得，可得⑤正确，即可求解．【解答】解：①∵BH、BD是∠ABC与∠CBE的平分线，∴∠ABC＝2∠CBH，∠CBE＝2∠CBD，∵∠ABC+∠CBE＝180°，∴∠CBH+∠CBD＝90°，即∠DBH＝90°，∴DB⊥BH，故①正确；②∵BD和CD是△ABC两个外角的平分线，∴∠D＝180°﹣∠DBC﹣∠DCB＝180°﹣＝＝＝＝，故②正确；③∵∠A＝∠ABC，∴∠BCF＝∠A+∠ABC＝2∠ABC，∵CD是∠BCF的平分线，∴，∴DH∥AB，故③正确；④∵，∴，故④正确；⑤∵∠ABC+∠CBE＝180°，BD平分∠CBE，∴，∵∠A＝∠ABC，∴，∵，∴∠CBD＝∠D，故⑤正确．综上所述，正确的有①②③④⑤．故选：D．二．填空题（共8小题）9．（2022秋•凤凰县期末）如图，自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具有　稳定性　．【分析】根据三角形具有稳定性解答．【解答】解：自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具稳定性，故答案为：稳定性．10．（2022秋•东丽区期末）如图，已知∠ACD是△ABC的外角，若∠ACD＝125°，∠A＝65°，则∠B的大小为 　60°　．【分析】利用三角形的外角的性质解决问题即可．【解答】解：∵∠ACD＝∠A+∠B，∠ACD＝125°，∠A＝65°，∴∠B＝125°﹣65°＝60°，故答案为：60°．11．（2022秋•番禺区校级期末）如图，AD为△ABC的中线，BE为△ABD的中线．若△ABC的面积为30，BD＝5，则△BDE中BD边上的高为 　3　．【分析】根据三角形的中线把三角形分成的两个三角形面积相等，先求出△BDE的面积，再根据三角形的面积公式计算即可．【解答】解：作EF⊥BC，∵AD为△ABC的中线，BE为△ABD的中线，∴S△ABD＝S△ABC，S△BDE＝S△ABD，S△BDE＝S△ABC，∵△ABC的面积为30，BD＝5，∴S△BDE＝BD•EF＝×5•EF＝×30，解得EF＝3，故△BDE中BD边上的高为3．故答案为：3．12．（2022秋•济阳区期末）如图，BA∥DE，∠B＝30°，∠D＝40°，则∠C的度数是 　70°　．【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根据平行线的性质，即可得到∠BCD的度数，本题得以解决．【解答】解：过点C作FC∥AB，∵BA∥DE，∴BA∥DE∥FC，∴∠B＝∠BCF，∠D＝∠DCF，∵∠B＝30°，∠D＝40°，∴∠BCF＝30°，∠DCF＝40°，∴∠BCD＝70°，故答案为：70°．13．（2022春•通许县期末）如图，四边形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上，∠C＝80°，按如图方式沿着MN折叠，使FN∥CD，此时量得∠FMN＝40°，则∠B的度数是　100°　．【分析】根据两直线平行，同位角相等求出∠BNF，再根据翻折的性质求出∠BMN和∠BNM，然后利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．【解答】解：∵FN∥DC，∴∠BNF＝∠C＝80°，∵△BMN沿MN翻折得△FMN，∴∠BMN＝∠FMN＝40°，∠BNM＝∠BNF＝×80°＝40°，在△BMN中，∠B＝180°﹣（∠BMN+∠BNM）＝180°﹣（40°+40°）＝180°﹣80°＝100°．故答案为：100°．14．（2022秋•天山区校级期末）如图，BE、CE分别为△ABC的内、外角平分线，BF、CF分别为△EBC的内、外角平分线，若∠A＝44°，则∠BFC＝　11　度．【分析】根据角平分线的性质，由CE平分∠ACD，BE平分∠ABC得∠ECD＝，∠EBC＝，进而推断出∠E＝∠ECD﹣∠EBC＝﹣＝．同理可得∠BFC＝，从而解决此题..【解答】解：∵CE平分∠ACD，BE平分∠ABC，∴∠ECD＝，∠EBC＝．又∵∠ECD＝∠E+∠EBC，∴∠E＝∠ECD﹣∠EBC＝﹣＝＝＝×44°＝22°．同理可证：∠BFC＝＝×22°＝11°．故答案为：11．15．（2022•苏州模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，∠ACB是锐角，将△ABC沿着射线BC方向平移得到△DEF（平移后点A，B，C的对应点分别是点D，E，F），连接CD，若在整个平移过程中，∠ACD和∠CDE的度数之间存在2倍关系，则∠ACD＝　15°或30°或90°　．【分析】根据△ABC的平移过程，分为了点E在BC上和点E在BC外两种情况，根据平移的性质得到AB∥DE，根据平行线的性质得到∠ACD和∠CDE和∠BAC之间的等量关系，列出方程求解即可．【解答】解：第一种情况：如图，当点E在BC上时，过点C作CG∥AB，∵△DEF由△ABC平移得到，∴AB∥DE，∵CG∥AB，AB∥DE，∴CG∥DE，①当∠ACD＝2∠CDE时，∴设∠CDE＝x，则∠ACD＝2x，∴∠ACG＝∠BAC＝45°，∠DCG＝∠CDE＝x，∵∠ACD＝∠ACG+∠DCG，∴2x+x＝45°，解得：x＝15°，∴∠ACD＝2x＝30°，②当∠CDE＝2∠ACD时，∴设∠CDE＝x，则∠ACD＝x，∴∠ACG＝∠BAC＝45°，∠DCG＝∠CDE＝x，∵∠ACD＝∠ACG+∠DCG，∴2x+x＝45°，解得：x＝30°，∴∠ACD＝x＝15°，第二种情况：当点E在△ABC外时，过点C作CG∥AB∵△DEF由△ABC平移得到，∴AB∥DE，∵CG∥AB，AB∥DE，∴CG∥DE，①当∠ACD＝2∠CDE时，设∠CDE＝x，则∠ACD＝2x，∴∠ACG＝∠BAC＝45°，∠DCG＝∠CDE＝x，∵∠ACD＝∠ACG+∠DCG，∴2x＝x+45°，解得：x＝45°，∴∠ACD＝2x＝90°，②当∠CDE＝2∠ACD时，由图可知，∠CDE＜∠ACD，故不存在这种情况，故答案为：15°或30°或90°．16．（2022秋•沙坪坝区校级期末）如图，直线GH分别与直线AB，CD相交于点G，H，且AB∥CD．点M在直线AB，CD之间，连接GM，HM，射线GH是∠AGM的平分线，在MH的延长线上取点N，连接GN，若∠N＝∠BGM，∠M＝∠N+∠HGN，则∠MHG的度数为 　45°　．【分析】过M作MF∥AB，过H作HE∥GN，设∠BGM＝2α，∠MHD＝β，可得∠BGH＝∠BGM+∠MGH＝90°+α，由∠M＝∠N+∠HGN，可得∠HGN＝β﹣α，从而∠GHD＝∠GHE+∠EHM+∠MHD＝2β+α，又∠BGH+∠GHD＝180°，即知α+β＝45°，故∠MHG＝α+β＝45°．【解答】解：过M作MF∥AB，过H作HE∥GN，如图：设∠BGM＝2α，∠MHD＝β，则∠N＝∠BGM＝2α，∴∠AGM＝180°﹣2α，∵GH平分∠AGM，∴∠MGH＝∠AGM＝90°﹣α，∴∠BGH＝∠BGM+∠MGH＝90°+α，∵AB∥CD，∴MF∥AB∥CD，∴∠M＝∠GMF+∠FMH＝∠BGM+∠MHD＝2α+β，∵∠M＝∠N+∠HGN，∴2α+β＝×2α+∠HGN，∴∠HGN＝β﹣α，∵HE∥CN，∴∠GHE＝∠HGN＝β﹣α，∠EHM＝∠N＝2α，∴∠GHD＝∠GHE+∠EHM+∠MHD＝（β﹣α）+2α+β＝2β+α，∵AB∥CD，∴∠BGH+∠GHD＝180°，∴（90°+α）+（2β+α）＝180°，∴α+β＝45°，∴∠MHG＝∠GHE+∠EHM＝（β﹣α）+2α＝α+β＝45°，故答案为：45°．三．解答题（共8小题）17．（2022秋•朝阳区校级期末）阅读下面的推理过程，将空白部分补充完整．已知：如图，在△ABC中，FG∥CD，∠1＝∠3．求证：∠B+∠BDE＝180°．证明：因为FG∥CD（已知），所以∠1＝　∠2　．又因为∠1＝∠3（已知），所以∠2＝　∠3　（等量代换）．所以BC∥　DE　（ 　内错角相等，两直线平行　），所以∠B+∠BDE＝180°（ 　两直线平行，同旁内角互补　）．【分析】根据平行线的性质、判定填空即可．【解答】证明：因为FG∥CD（已知），所以∠1＝∠2．又因为∠1＝∠3（已知），所以∠2＝∠3（等量代换）．所以BC∥DE（ 内错角相等，两直线平行），所以∠B+∠BDE＝180°（ 两直线平行，同旁内角互补）．故答案为：∠2；∠3；DE；内错角相等，两直线平行；两直线平行，同旁内角互补．18．（2022秋•离石区期末）请根据对话回答问题：（1）小明为什么说这个凸多边形的内角和不可能是2022°？（2）小敏求的是几边形的内角和？【分析】（1）由n边形的内角和公式（n﹣2）180°，可知n边形的内角和一定是180°的整数倍，从而即可判断；（2）根据这个凸多边形的某一个内角的外角与其余内角的和为2020°列出方程，隐含着边数为正整数这个条件，即可求解．【解答】解：（1）∵n边形的内角和是（n﹣2）×180°，∴多边形的内角和一定是180°的整倍数．∵2022÷180＝11……42，∴多边形的内角和不可能为2022°．（2）设小敏求的是n边形的内角和，这个外角为x°，则0＜x＜180．根据题意，得（n﹣2）×180＝2022°﹣x，∴x＝2022°﹣（n﹣2）×180°＝2380﹣180n，∵0＜x＜180，∴0＜2380﹣180n＜180，∴12＜n＜13，∵n为正整数，∴n＝13，∴小敏求的是十三边形．19．（2022春•长兴县月考）如图，△ABC沿直线l向右平移4cm，得到△FDE，且BC＝6cm，∠ABC＝45°．（1）求BE的长．（2）求∠FDB的度数．【分析】（1）根据平移的性质：平移前后的两个图形的对应线段平行且相等，即可得到结论；（2）根据平移的性质：对应角相等得到答案即可．【解答】解：（1）由平移知，BD＝CE＝4．∵BC＝6，∴BE＝BC+CE＝6+4＝10（cm）．（2）由平移知，∠FDE＝∠ABC＝45°，∴∠FDB＝180°﹣∠FDE＝135°．20．（2022秋•安次区期末）在△ABC中，AB＝8，AC＝1．（1）若BC是整数，求BC的长；（2）已知AD是△ABC的中线，若△ACD的周长为10，求三角形ABD的周长．【分析】（1）根据三角形的三边关系解答即可；（2）根据三角形的中线的定义得到BD＝CD，根据三角形的周长公式计算，得到答案．【解答】解：（1）由题意得：AB﹣AC＜BC＜AC+AB，∴7＜BC＜9，∵BC是整数，∴BC＝8；（2）∵AD是△ABC的中线，∴BD＝CD∵△ACD的周长为10，∴AC+AD+CD＝10，∵AC＝1，∴AD+CD＝9，∴△ABD的周长＝AB+BD+AD＝AB+AD+CD＝8+9＝17．21．（2022•杭州模拟）如图，一条直线分别与直线BE、直线CE、直线BF、直线CF相交于A，G，H，D，且∠1＝∠2，∠B＝∠C．求证：（1）BF∥EC；（2）∠A＝∠D．【分析】（1）由∠1＝∠2直接可得结论；（2）根据BF∥EC，∠B＝∠C，可得∠B＝∠BFD，从而AB∥CD，即得∠A＝∠D．【解答】证明：（1）∵∠1＝∠2（已知），∴BF∥EC（同位角相等，两直线平行）；（2）∵BF∥EC（已证），∴∠C＝∠BFD（两直线平行，同位角相等），∵∠B＝∠C（已知），∴∠B＝∠BFD（等量代换），∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行），∴∠A＝∠D（两直线平行，内错角相等）．22．（2022秋•东胜区校级期末）如图，AD为△ABC的高，AE，BF为△ABC的角平分线，若∠CBF＝32°，∠AFB＝72°．（1）求∠DAE的度数；（2）若点G为线段BC上任意一点，当△GFC为直角三角形时，求∠BFG的度数．【分析】（1）根据∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD，求出∠BAE即可解决问题．（2）分两种情况：①当∠FGC＝90°时．②当∠GFC＝90°时，分别求解即可．【解答】解：（1）∵∠AFB＝∠FBC+∠C，∴∠C＝72°﹣32°＝40°，∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝180°﹣64°﹣40°＝76°，∵AE平分∠BAC，∴∠BAE＝∠BAC＝38°，∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝38°﹣26°＝12°．（2）分两种情况：①当∠FGC＝90°时，则∠BGF＝90°，∴∠BFG＝90°﹣∠FBC＝90°﹣32°＝58°；②当∠GFC＝90°时，则∠FGC＝90°﹣40°＝50°，∴∠BFG＝∠FGC﹣∠EBF＝50°﹣32°＝18°；综上所述：∠BFG的度数为58°或18°．23．（2022秋•南关区校级期末）如图，∠AOB＝40°，OC平分∠AOB，点E在射线OC上，ED⊥OA，垂足为点D，DF平分∠ODE，交射线OC于点F，动点P从点O出发沿射线OC运动，连结DP．（1）当PD平分∠ODF时，∠PDE＝　67.5　°．（2）当DP∥OB时，求∠PDE的度数．（3）当DP⊥FD时，∠ADP＝　45　°．（4）当∠PDF＝∠EDF时，直接写出此时∠PDE的度数．【分析】（1）根据题意可得∠ODE＝90°，根据角平分线的性质可得∠ODF＝∠EDF＝45°，∠PDF＝22.5°，以此即可得到∠PDE＝∠PDF+∠EDF＝67.5°．（2）根据平行线的性质可得∠AOB+∠ODP＝180°，由∠AOB＝40°得∠ODP＝140°，根据∠PDE＝∠ODP﹣∠ODE即可求解．（3）根据题意得∠PDF＝90°，则∠ADP＝180°﹣∠ODF﹣∠PDF，以此即可求解．（4）由∠PDF＝∠EDF得∠PDF＝30°，再分两种情况：①当∠PDF在∠EDF内部时，∠PDE＝∠PDF+∠EDF；②当∠PDF在∠EDF内部时，∠PDE＝∠EDF﹣∠PDF°；以此即可解答．【解答】解：（1）∵ED⊥OA，∴∠ODE＝90°，∵DF平分∠ODE，∴∠ODF＝∠EDF＝，∵PD平分∠ODF，∴∠PDF＝∠，∴∠PDE＝∠PDF+∠EDF＝67.5°．故答案为：67.5．（2）如图，DP∥OB，∵DP∥OB，∴∠AOB+∠ODP＝180°，∵∠AOB＝40°，∴∠ODP＝140°，∴∠PDE＝∠ODP﹣∠ODE＝50°．（3）如图，DP⊥FD，∵DP⊥FD，∴∠PDF＝90°，∴∠ADP＝180°﹣∠ODF﹣∠PDF＝45°．故答案为：45．（4）∵∠PDF＝∠EDF，∴∠PDF＝30°，①当∠PDF在∠ODF内部时，如图，此时，∠PDE＝∠PDF+∠EDF＝75°；②当∠PDF在∠EDF内部时，如图，此时，∠PDE＝∠EDF﹣∠PDF＝15°；综上，当∠PDF＝∠EDF时，∠PDE的度数为75°或15°．24．（2022秋•城阳区校级期末）探究题（1）如图1的图形我们把它称为“8字形”，则∠A，∠B，∠C，∠D四个角的数量关系是 　∠A+∠B＝∠C+∠D　；（2）如图2，若∠BCD，∠ADE的角平分线CP，DP交于点P，则∠P与∠A，∠B的数量关系为∠P＝　90°﹣（∠A+∠B）　；（3）如图3，CM，DN分别平分∠BCD，∠ADE，当∠A+∠B＝70°时，试求∠M+∠N的度数（提醒：解决此问题可以直接利用上述结论）；（4）如图4，如果∠MCD＝∠BCD，∠NDE＝∠ADE，当∠A+∠B＝n°时，则∠M+∠N的度数为 　240°﹣n°　．【分析】（1）根据三角形内角和定理即可证明；（2）如图2，设∠PCD＝x，∠ADP＝y，根据外角的性质得：∠P＝y﹣x，∠COD＝2y﹣2x，所以∠COD＝2∠P，最后由三角形内角和定理可得结论；（3）如图3，延长CM、DN交于点P，根据（2）的结论，并将∠A+∠B＝70°，代入可得结论；（4）如图4，同理计算可得结论．【解答】解：（1）如图1，在△AOB中，∠A+∠B+∠AOB＝180°，在△COD中，∠C+∠D+∠COD＝180°，∵∠AOB＝∠COD，∴∠A+∠B＝∠C+∠D；故答案为：∠A+∠B＝∠C+∠D；（2）如图2，设∠PCD＝x，∠ADP＝y，∵CP，DP分别平分∠BCD，∠ADE，∴∠BCD＝2x，∠ADE＝2y，∵∠P＝∠PDE﹣∠PCD＝y﹣x，∠COD＝∠ODE﹣∠BCD＝2y﹣2x，∴∠COD＝2∠P，∵∠COD+∠A+∠B＝180°，∴2∠P+∠A+∠B＝180°，∴∠P＝90°﹣（∠A+∠B）；故答案为：90°﹣（∠A+∠B）；（3）如图3，延长CM、DN交于点P，由（2）知：∠P＝90°﹣（∠A+∠B），∵∠A+∠B＝70°，∴∠P＝55°，∴∠PMN+∠PNM＝125°，∴∠CMN+∠DNM＝360°﹣125°＝235°；（4）如图4，延长CM、DN交于点P，设∠PCD＝x，∠ADP＝2y，同理得：∠P＝y﹣x，∠COD＝4y﹣4x，∴∠COD＝4∠P，∴4∠P+∠A+∠B＝180°，∵∠A+∠B＝n°，∴∠P＝，∴∠PMN+∠PNM＝180°﹣＝120+n°，∴∠CMN+∠DNM＝360°﹣（120+n°）＝240°﹣n°．