人教版数学七年级下期期末复习之解答压轴题03（原卷版+解析版）

这是一份人教版数学七年级下期期末复习之解答压轴题03（原卷版+解析版），文件包含专题117期末复习之解答压轴题十大题型总结人教版原卷版docx、专题117期末复习之解答压轴题十大题型总结人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc27776" 【题型1 相交线中的旋转问题】 PAGEREF _Tc27776 \h 1
\l "_Tc21517" 【题型2 平行线中的定值问题】 PAGEREF _Tc21517 \h 11
\l "_Tc28924" 【题型3 平行线中探究角度之间的关系】 PAGEREF _Tc28924 \h 23
\l "_Tc7836" 【题型4 估算无理数的大小】 PAGEREF _Tc7836 \h 32
\l "_Tc19170" 【题型5 实数的应用】 PAGEREF _Tc19170 \h 36
\l "_Tc8014" 【题型6 平面直角坐标系中的面积问题】 PAGEREF _Tc8014 \h 39
\l "_Tc27714" 【题型7 二元一次方程组与不等式组的综合】 PAGEREF _Tc27714 \h 49
\l "_Tc25834" 【题型8 新定义问题】 PAGEREF _Tc25834 \h 54
\l "_Tc25049" 【题型9 阅读理解问题】 PAGEREF _Tc25049 \h 59
\l "_Tc26116" 【题型10 规律探究问题】 PAGEREF _Tc26116 \h 66
【题型1 相交线中的旋转问题】
【例1】（2024七年级·内蒙古赤峰·期末）点O是直线AB上的一点，射线OC从OA出发绕点O顺时针方向旋转，旋转到OB停止，设∠AOC=α（0°≤α≤180°），射线OD⊥OC，作射线OE平分∠BOD．
(1)如图1，若α=40°，且OD在直线AB的上方，求∠DOE的度数（要求写出简单的几何推理过程）．
(2)射线OC顺时针旋转一定的角度得到图2，当射线OD在直线AB的下方时，其他条件不变，请你用含α的代数式表示∠DOE的度数，（要求写出简单的几何推理过程）．
(3)射线OC从OA出发绕点O顺时针方向旋转到OB，在旋转过程中你发现∠DOE与∠AOC（0°≤∠AOC≤180°，0°≤∠DOB≤180°）之间有怎样的数量关系？请你直接用含α的代数式表示∠DOE的度数．
【答案】(1)∠DOE=25°
(2)∠DOE=12α−45°
(3)∠DOE=45°−12∠AOC即∠DOE=45°−12α或∠DOE=45°+12∠AOC即∠DOE=45°+12α或∠DOE=135°−12∠AOC即∠DOE=135°−12α或∠DOE=12∠AOC−45°即∠DOE=12α−45°
【分析】（1）根据α=40°，∠COD=90°，求出∠BOD=50°，根据OE平分∠BOD，即可得出结果；
（2）先用α表示出∠BOC，再根据∠COD=90°表示出∠BOD，根据OE平分∠BOD，即可得出结果；
（3）分四种情况进行讨论，分别求出∠DOE与∠AOC的关系，用含α的代数式表示∠DOE的度数即可．
【详解】（1）解：∵OD⊥OC，
∴∠COD=90°，
∵α=40°，即∠AOC=40°，
∴∠BOD=180°−∠COD−∠AOC=50°，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=25°．
（2）∵∠AOC=α，
∴∠BOC=180°−α，
∵OD⊥OC，
∴∠COD=90°，
∴∠BOD=∠COD−∠BOC
=90°−180°−α
=α−90°
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=12α−45°．
（3）①当0°≤∠AOC≤90°，OD在直线AB的上方时，如图所示：
∠BOD=180°−∠COD−∠AOC
=180°−90°−∠AOC
=90°−∠AOC，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=45°−12∠AOC，
即∠DOE=45°−12α．
②当0°≤∠AOC≤90°，OD在直线AB的下方时，如图所示：
∵∠AOD=∠COD−∠AOC=90°−∠AOC，
∴∠BOD=180°−∠AOD=90°+∠AOC，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=45°+12∠AOC，
即∠DOE=45°+12α．
③当90°＜∠AOC≤180°，OD在直线AB的上方时，如图所示：
∵∠BOC=180°−∠AOC，
∴∠BOD=∠DOC+∠BOC
=90°+180°−∠AOC
=270°−∠AOC，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=135°−12∠AOC，
即∠DOE=135°−12α．
④当90°＜∠AOC≤180°，OD在直线AB的下方时，如图所示：
∵∠BOC=180°−∠AOC，
∴∠BOD=∠COD−∠BOC
=90°−180°−∠AOC
=∠AOC−90°，
∵OE平分∠BOD，
∴∠DOE=12∠BOD=12∠AOC−45°，
即∠DOE=12α−45°．
综上分析可知，∠DOE=45°−12∠AOC即∠DOE=45°−12α或∠DOE=45°+12∠AOC即∠DOE=45°+12α或∠DOE=135°−12∠AOC即∠DOE=135°−12α或∠DOE=12∠AOC−45°即∠DOE=12α−45°．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，垂直的定义，根据α的大小和OD的位置分类讨论，是解决本题的关键．
【变式1-1】（2024七年级·浙江绍兴·期末）张老师将教鞭和直角三角板放在量角器上．如图①，MN是量角器的直径，点O是圆心，教鞭OC与OM重合，直角三角板的一个顶点放在点O处，一边OB与ON重合，∠AOB=30°．如图②，现将教鞭OC绕点O沿顺时针方向以每秒3°的速度旋转，同时将直角三角板绕点O逆时针方向以每秒2°的速度旋转，当OC与ON重合时，三角板和教鞭OC同时停止运动．设旋转时间为t秒．
(1)在旋转过程中，求∠AON的度数（用含t的代数式表示）．
(2)在旋转过程中，当t为何值时，OA⊥MN．
(3)在旋转过程中，若射线OC，OA，OB中的两条射线组成的角（指大于0°而不超过180°的角）恰好被第三条射线平分，求出此时t的值．
【答案】(1)30°+2°t或30+2t度或30°+2t°
(2)当t=30秒时，OA⊥MN
(3)当t=24秒或33秒或42秒时，射线OC，OA，OB中的两条射线组成的角恰好被第三条射线平分
【分析】（1）根据题意，可得∠AON=∠AOB+∠BON，据此列出代数式即可求解；
（2）当OA⊥MN时，∠AON=90°，根据题意列出方程，解方程即可求解．
（3）分3种情况：①如图3，当OA平分∠COB时，∠COA=∠AOB=30°．②如图4，当OC平分∠AOB时，∠AOC=∠COB=12∠AOB=15°．③如图5，当OB平分∠AOC时，∠AOB=∠COB=30°，分别列出方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：如图1，∵∠AOB=30°，∠BON=2t°．
∴∠AON=∠AOB+∠BON
=30+2t°．
；
（2）如图2，∵当OA⊥MN时，∠AON=90°，
∴∠AON=30°+2t°=90°，
解得：t=30（秒）．
∴当t=30秒时，OA⊥MN
；
（3）分3种情况：
①如图3，当OA平分∠COB时，∠COA=∠AOB=30°．
∴∠COM+∠BON=180°−∠COB，
3t+2t=180−60
解得：t=24（秒）．
②如图4，当OC平分∠AOB时，∠AOC=∠COB=12∠AOB=15°．
∴∠COM+∠BON=180°−∠COB，即3t+2t=180−15
解得：t=33（秒）．
③如图5，当OB平分∠AOC时，∠AOB=∠COB=30°．
∴∠COM+∠BON−∠COB=180°．
3t+2t−30=180
解得：t=42（秒）
∴综上所述，当t=24秒或33秒或42秒时，射线OC，OA，OB中的两条射线组成的角恰好被第三条射线平分．
【点睛】本题考查了几何图形中角度的计算，一元一次不等式的应用，列代数式，分类讨论，数形结合是解题的关键．
【变式1-2】（2024七年级·陕西西安·期末）问题提出
已知一副直角三角尺按如图1方式拼接在一起，其中OC与直线MN重合，∠AOB=45°，∠AOM=∠COD=30°．
（1）在图1中，∠BOD的度数为______．
问题探究
（2）如图1，三角尺COD固定不动，将三角尺AOB绕着点O以每秒4°的速度顺时针方向旋转，且在旋转过程中，两块三角尺均在直线MN的上方．设三角尺AOB的旋转时间为t秒，当OB平分∠AOD时，请求出t的值．
问题解决
（3）如图1，若三角尺AOB绕着点O以每秒4°的速度顺时针方向旋转的同时，三角尺COD也绕着点O以每秒1°的速度逆时针方向旋转．在旋转过程中，两块三角尺均在直线MN的上方，且当三角尺AOB停止旋转时，三角尺COD也停止旋转．设三角尺AOB的旋转时间为t秒．在旋转过程中，是否存在某一时刻∠AOD=2∠BOC？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）75°；（2）152秒；（3）28秒或22秒
【分析】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的变化，角平分线的定义，角的计算，利用三角板的特殊角，分清运动的情形是解题的关键．
（1）根据邻补角的定义求解即可；根据t=10算出旋转的度数，从而得到∠AOD；
（2）先求出旋转角，再除以转动速度即可；
（3）分当OB在OC左侧和当OB在OC右侧两种情形，结合图形分别求解．
【详解】解：（1）∵∠AOB=45°，∠AOM=∠COD=30°，
∴∠BOD=180°−∠AOM−∠AOB−∠COD=180°−30°−45°−30°=75°,
故答案为：75°；
（2）当边OB平分∠AOD时，
∵∠AOB=45°，
∴∠AOB=∠BOD=45°，
∴旋转角为：75°−45°=30°，
∴t=30÷4=152（秒）；
（3）存在，理由是：
在旋转过程中，∠AOD=180°−30°−30°−4+1°t=120°−5°t，
当OB在OC左侧时，
∵∠BOC=180°−30°−45°−（4+1）°t=105°−5°t，
∴120°−5°t=2105°−5°t，
解得：t=18；
当OB在OC右侧时，
∴∠AOD=120°−5°t,∠BOC=5°t−105°,
∵∠AOD=2∠BOC,
∴120°−5°t=2(5°t−105°),
∴t=22,
综上：t的值为18秒或22秒．
【变式1-3】（2024七年级·浙江金华·期末）如图 1，点 O 在直线AB上，∠AOC=30°，将一个含有60°角的直角三角尺的直角顶点放在点O处，较长的直角边OM在射线OB上，较短的直角边ON在直线AB的下方．
【操作一】：将图1中的三角尺绕着点O 以每秒12°的速度按顺时针方向旋转．当它完成旋转一周时停止，设旋转的时间为t秒．
（1）图1中与∠BOC互补的角有 ．
（2）当ON⊥OC，求旋转的时间t．
【操作二】：如图 2 将一把直尺的一端点也放在点O处，另一端点E在射线OC上．如图 3，在三角尺绕着点O 以每秒3x度的速度按顺时针方向旋转的同时，直尺也绕着点O 以每秒x度的速度按顺时针方向旋转，当一方完成旋转一周时停止，另一方也停止旋转．
试探索：在三角尺与直尺旋转的整个过程中，是否存在某个时刻，使得∠COM与∠AOE这两个角中，其中一个角是另一个角的一半？若存在，请直接写出所有满足题意时∠COM的度数；若不存在，请说明理由．你的答案是： ．

【答案】【操作一】（1）∠AOC，∠OMN；（2）12.5秒或27.5秒；【操作二】存在，607°，24°，12°，120°．
【分析】操作一：（1）利用补角的定义解答即可；
（2）根据垂直的定义建立方程求解即可；
操作二：分三种情况：①0°≤α≤30°；②30°≤α≤50°；③50°≤α≤120°，分别建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵∠AOC=30°，∠BOC+∠AOC=180°，
∴∠BOC=150°，
由题意可知∠OMN=30°，
∴∠BOC+∠OMN=180°，
∴图1中与∠BOC互补的角为∠AOC和∠OMN．
故答案为：∠AOC和∠OMN；
（2）解：∵将图1中的三角尺绕着点O以每秒12°的速度按顺时针方向旋转t秒，
∴三角尺旋转角度为12t度，
若ON⊥OC，则ON需顺时针旋转150°或330°，
∴12t=150或12t=330，
解得：t=12.5或t=27.5，
答：旋转的时间t=12.5秒或t=27.5秒．
【操作二】存在．
∵OM的旋转速度是OE旋转速度的3倍，
∴∠BOM=3∠COE，
设∠COE=α，则∠BOM=3α，
∵0°≤3α≤360°，
∴0°≤α≤120°，
分三种情况讨论，
①当0°≤α≤30°时，∠AOE=30°−α，
若∠AOE=2∠COM，
则30°−α=2150°−3α，
∴α=54°，不符合题意，舍去，
若∠COM=2∠AOE，
则150°−3α=230°−α，
∴α=90°，不符合题意，舍去，
②当30°≤α≤50°时，∠AOE=α−30°，∠COM=150°−3α，
若∠AOE=2∠COM，
则α−30°=2150°−3α，
∴α=3307°，
则∠COM=150°−3α=607°，
若∠COM=2∠AOE，
则150°−3α=2α−30°，
∴α=42°，
则∠COM=150°−3α=24°，
③当50°≤α≤120°时，∠AOE=α−30°，∠COM=3α−150°，
若∠AOE=2∠COM，
α−30°=23α−150°，
∴α=54°，
则∠COM=3α−150°=12°，
若∠COM=2∠AOE，
则3α−150°=2α−30°，
∴α=90°，
则∠COM=3α−150°=120°，
故答案为：607°，24°，12°，120°．
【点睛】本题考查了补角、垂直等定义，一元一次方程的应用，角的和差，解题关键是运用数形结合思想和分类讨论思想解决问题．
【题型2 平行线中的定值问题】
【例2】（2024七年级·福建泉州·期末）如图，AB∥CD，点E在直线AB和CD之间，且在直线BD的左侧，∠ABE=14∠CDE=α．
(1)如图1，求∠BED的度数（用含α的式子表示）；
(2)连接BD，过点E作EF∥BD，交AB于点F，动点G在射线BE上，∠BEF=kα．
①如图2，若k=5，DG平分∠BDE，判断DG与BE的位置关系并说明理由．
②连接DF，若∠DFE=12∠DFB，DG⊥BE于点G，是否存在常数k，使∠FDG为定值，若存在，求出k的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)5α
(2)①DG⊥BE，理由见解析；②存在k=12使得∠FDG=30°，为定值
【分析】本题主要考查了平行线的性质与判定，角平分线的定义：
（1）如图所示，过点E作EF∥AB，则AB∥CD∥EF，根据平行线的性质得到∠DEF=∠CDE=4α，∠BEF=∠ABE=α，则∠BED=∠DEF+∠BEF=5α；
（2）①由平行线的性质得到∠DBE=∠BEF=kα=5α，则∠ABD=6α，则∠BDC=180°−6α，进而得到∠BDE=180°−10α，由角平分线的定义得到∠BDG=90°−5α，则∠DGB=180°−∠BDG−∠DBG=90°，即可得到DG⊥BE；②分当DF在DG左侧时，当DF在DG右侧时，两种情况先根据平行线的性质得到∠BDF=∠DFE，∠DBE=∠BEF=kα，进而得到∠BDG=90°−kα，再由∠ABD=k+1α，得到∠DFB+∠BDF=180°−k+1α，可得∠BDF=180°−k+1α3，进而求出∠FDG，据此可得答案．
【详解】（1）解：如图所示，过点E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠DEF=∠CDE=4α，∠BEF=∠ABE=α，
∴∠BED=∠DEF+∠BEF=5α；
（2）解：①DG⊥BE，理由如下：
∵EF∥BD，
∴∠DBE=∠BEF=kα=5α，
∴∠ABD=∠ABE+∠DBE=6α，
∵AB∥CD，
∴∠BDC=180°−∠ABD=180°−6α，
∴∠BDE=∠BDC−∠CDE=180°−10α，
∵DG平分∠BDE，
∴∠BDG=12∠BDE=90°−5α，
∴∠DGB=180°−∠BDG−∠DBG=90°，
∴DG⊥BE；
②如图所示，当DF在DG左侧时，
∵EF∥BD，
∴∠BDF=∠DFE，∠DBE=∠BEF=kα，
∵DG⊥BE，
∴∠DGB=90°，
∴∠BDG=180°−∠DGB−∠DBE=90°−kα，
∵∠ABD=∠ABE+∠DBE=k+1α，
∴∠DFB+∠BDF=180°−∠DBF=180°−k+1α，
∵∠DFE=12∠DFB，
∴∠DFB=2∠DFE=2∠BDF，
∴2∠BDF+∠BDF=180°−∠DBF=180°−k+1α，
∴∠BDF=180°−k+1α3，
∴∠FDG=∠BDF−∠BDG
=180°−k+1α3−90°−kα
=180°−k+1α3−90°+kα
=kα−kα3−α3−30°
=2kα−α3−30°，
∴此时不存在常数k使得∠FDG为定值，
如图所示，当DF在DG右侧时，
同理可得∠FDG=∠BDG−∠BDF=30°−α−2kα3=30°−1−2kα3，
∴当1−2k=0，即k=12时，∠FDG=30°，为定值；
综上所述，存在k=12使得∠FDG=30°，为定值．
【变式2-1】（2024七年级·福建漳州·期末）已知AB∥CD，点M、N分别是AB、CD上的点，点G在AB、CD之间，连接MG、NG．

(1)如图1，若GM⊥GN，求∠AMG+∠CNG的度数．
(2)在（1）的条件下，已知∠BMG的平分线MH交∠GND的平分线NH于点H，求∠MHN的度数．
(3)如图2，若点P是CD下方一点，MT平分∠BMP，NC平分∠TNP，已知∠BMT=40°，证明：∠MTN−∠P为定值．
【答案】(1)90°
(2)135°
(3)见解析
【分析】（1）过点G作GE∥AB，利用平行线的性质求解；
（2）分别过点G和H作GE∥AB，FH∥AB，利用平行的性质得到对应的角度关系，进而求取∠MHN的值；
（3）根据角平分线的定义求出∠1=∠2=40°，∠BMP=80°，∠3=∠4，设∠3=∠4=x°，求出∠MTN=220°−x°，∠P=100°−x°，相减即可证明．
【详解】（1）解：如图所示，过点G作GE∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥GE∥CD，
∴∠AMG=∠1，∠CNG=∠2，
∵GM⊥GN，
∴∠MGN=90°，
∴∠AMG+∠CNG=∠1+∠2=∠MGN=90°．
（2）如图所示，过点H作HF∥AB，
∵∠AMG+∠CNG=90°，∠AMG+∠BMG=180°，∠CNG+∠GND=180°，
∴∠BMG+∠GND=360°−90°=270°
∵MH平分∠BMG，NH平分∠GND，
∴∠3+∠6=12(∠BMG+∠GND)=135°
∵AB∥CD，
∴AB∥HF∥CD，
∴∠3=∠4，∠5=∠6，
∴∠MHN=∠4+∠5=∠3+∠6=135°；
（3）如图所示，将MP与CD的交点记作K，

∵MT平分∠BMP，且∠BMT=40°，
∴∠1=∠2=40°，∠BMP=80°，
∵NC平分∠TNP，
∴∠3=∠4，
设∠3=∠4=x°，
∴∠TND=180°−x°，
由（1）同理可得，∠MTN=∠1+∠TND=40°+180°−x°=220°−x°，
∵AB∥CD，
∴∠NKP=80°，
∴在△KPN中，∠P=180°−80°−x°=100°−x°，
∴∠MTN−∠P=120°，即∠MTN−∠P为定值．
【点睛】本题主要考查平行的常见模型，对于平行的辅助线添加，可过转折点处作已知直线的平行线，再利用平行的性质求解．关于度数的定值问题，可以借助代数式求证．
【变式2-2】（2024七年级·湖北武汉·期末）如图1，已知直线l1∥l2，点A、B在直线l1上，点C、D在l2上，线段AD交线段BC于点E，且∠BED=60°．
(1)求证：∠ABE+∠EDC=60°；
(2)如图2，当F、G分别在线段AE、EC上，且∠ABF=2∠FBE，∠EDG=2∠GDC，标记∠BFE为∠1，∠BGD为∠2．
①若∠1−∠2=16°，求∠ADC的度数；
②当k=________时，k∠1+∠2为定值，此时定值为________．
【答案】(1)证明见解析
(2)①36°；②2；140°
【分析】（1）利用平行线的性质解答即可；
（2）①设∠FBE=a，∠GDC=b，则∠ABF=2a，∠EDG=2b，结合平行线的性质，利用方程的思想方法，依据已知条件列出方程组即可求解；
②利用①中的方法，设∠FBE=a，∠GDC=b，则∠ABF=2a，∠EDG=2b，通过计算k∠1+∠2，令计算结果中的a的系数为0即可求得结论．
【详解】（1）证明：如图，作EF∥l2，
∴∠FED=∠EDC，
∵l1∥l2，
∴EF∥l1，
∴∠ABE=∠BEF，
∵∠BED=60°，
∴∠ABE+∠EDC=∠BEF+∠FED=∠BED=60°
（2）设∠FBE=a，∠GDC=b，
∵∠ABF=2∠FBE，∠EDG=2∠GDC，
∴∠ABF=2a，∠EDG=2b，
∵l1∥l2，
∴∠BAD=∠ADC=3b，∠ABC=∠BCD=3a，
由（1）可得：
∠1=2a+3b，∠2=3a+b，∠BED=3a+3b=60°，
∴a+b=20°，
∴∠1=60°−a，∠2=20°+2a，
①∵∠1−∠2=16°，
∴60°−a−20°+2a=16°，
∴a=8°，b=12°，
∴∠ADC=3b=36°；
②k=2，定值为140°，理由如下：
k∠1+∠2
=k60°−a+20°+2a
=60°k−ka+20°+2a
=2−ka+60°k+20°
当k=2时，k∠1+∠2=140°，
∴当k=2时，k∠1+∠2为定值，此时定值为140°．
故答案为：2；140°．
【点睛】本题考查平行线的性质．利用方程或方程组的思想解答是解题的关键．
【变式2-3】（2024七年级·湖南长沙·期末）如图，两个形状，大小完全相同的含有30°、60°的三角板如图放置，PA、PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．
（1）①如图1，∠DPC＝ 度．
②我们规定，如果两个三角形只要有一组边平行，我们就称这两个三角形为“孪生三角形”，如图1，三角板BPD不动，三角板PAC从图示位置开始每秒10°逆时针旋转一周（0°<旋转<360°），问旋转时间t为多少时，这两个三角形是“孪生三角形”．
（2）如图3，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速3°/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速2°/秒，在两个三角板旋转过程中，（PC转到与PM重合时，两三角板都停止转动）．设两个三角板旋转时间为t秒，以下两个结论：①∠CPD∠BPN为定值；②∠BPN+∠CPD为定值，请选择你认为对的结论加以证明．
【答案】（1）①90；②t为3s或6s或9s或18s或21s或24s或27s；（2）①正确，②错误，证明见解析．
【分析】（1）①由平角的定义，结合已知条件可得：∠DPC=180°−∠CPA−∠DPB,从而可得答案；②当BD//PC时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差求解旋转角，可得旋转时间；当PA//BD时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当AC//DP时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当AC//BD时，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当AC//BP时的旋转时间与PA//BD相同；
（2）分两种情况讨论：当PD在MN上方时，当PD在MN下方时，①分别用含t的代数式表示∠CPD,∠BPN，从而可得∠CPD∠BPN的值；②分别用含t的代数式表示∠CPD,∠BPN，得到∠BPN+∠CPD是一个含t的代数式，从而可得答案．
【详解】解：（1）①∵∠DPC＝180°﹣∠CPA﹣∠DPB，∠CPA＝60°，∠DPB＝30°，
∴∠DPC＝180﹣30﹣60＝90°，
故答案为90；
②如图1﹣1，当BD∥PC时，
∵PC∥BD，∠DBP＝90°，
∴∠CPN＝∠DBP＝90°，
∵∠CPA＝60°，
∴∠APN＝30°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为3秒；
如图1﹣2，当PC∥BD时，
∵PC//BD,∠PBD＝90°，
∴∠CPB＝∠DBP＝90°，
∵∠CPA＝60°，
∴∠APM＝30°，
∵三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为180°+30°＝210°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为21秒，
如图1﹣3，当PA∥BD时，即点D与点C重合，此时∠ACP＝∠BPD＝30°，则AC∥BP，
∵PA∥BD，
∴∠DBP＝∠APN＝90°，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为90°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为9秒，
如图1﹣4，当PA∥BD时，
∵∠DPB＝∠ACP＝30°，
∴AC∥BP，
∵PA∥BD，
∴∠DBP＝∠BPA＝90°，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为90°+180°＝270°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为27秒，
如图1﹣5，当AC∥DP时，
∵AC∥DP，
∴∠C＝∠DPC＝30°，
∴∠APN＝180°﹣30°﹣30°﹣60°＝60°，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为60°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为6秒，
如图1﹣6，当AC//DP时，
∵AC//DP，
∴∠DPA=∠PAC=90°，
∠DPN+∠DPA=180°−30°+90°=240°，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为240°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为24秒，
如图1﹣7，当AC∥BD时，
∵AC∥BD，
∴∠DBP＝∠BAC＝90°，
∴点A在MN上，
∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为180°，
∵转速为10°/秒，
∴旋转时间为18秒，
当AC//BP时，如图1-3，1-4，旋转时间分别为：9s，27s．
综上所述：当t为3s或6s或9s或18s或21s或24s或27s时，这两个三角形是“孪生三角形”；
（2）如图，当PD在MN上方时，
①正确，
理由如下：设运动时间为t秒，则∠BPM＝2t，
∴∠BPN＝180°﹣2t，∠DPM＝30°﹣2t，∠APN＝3t．
∴∠CPD＝180°﹣∠DPM﹣∠CPA﹣∠APN＝90°﹣t，
∴∠BPN=2∠CPD=180°−2t,
∴∠CPD∠BPN=12.
②∠BPN+∠CPD＝180°﹣2t+90°﹣t＝270°﹣3t，可以看出∠BPN+∠CPD随着时间在变化，不为定值，结论错误．
当PD在MN下方时，如图，
①正确，
理由如下：设运动时间为t秒，则∠BPM＝2t，
∴∠BPN＝180°﹣2t，∠DPM＝2t−30°, ∠APN＝3t．
∴∠CPD＝360°−∠CPA−∠APN−∠DPB−∠BPN
=360°−60°−3t−30°−(180°−2t)
=90°−t
∴∠BPN=2∠CPD=180°−2t,
∴∠CPD∠BPN=12.
②∠BPN+∠CPD＝180°﹣2t+90°﹣t＝270°﹣3t，可以看出∠BPN+∠CPD随着时间在变化，不为定值，结论错误．
综上：①正确，②错误．
【点睛】本题考查的是角的和差倍分关系，平行线的性质与判定，角的动态定义（旋转角）的理解，掌握分类讨论的思想是解题的关键．
【题型3 平行线中探究角度之间的关系】
【例3】（2024七年级·湖南长沙·期末）如图1，AB∥CD，G为AB、CD之间任意一点．
(1)若GE平分∠AEF，GF平分∠EFC．求证：∠GEF+∠GFE=90°；
(2)如图2，若∠AEP=25∠AEF，∠CFP=25∠EFC，且FP的延长线交∠AEP的角平分线于点M，EP的延长线交∠CFP的角平分线于点N，猜想∠M+∠N的运算结果并且证明你的结论；
(3)如图3，若点H是射线EB之间一动点，FG平分∠EFH，MF平分∠EFC，过点G作GQ⊥FM于点Q，请猜想∠EHF与∠FGQ的关系，并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析；
(2)∠EMF+∠ENF=108°，理由见解析；
(3)∠FGQ=12∠EHF，理由见解析．
【分析】（1）根据平行线的性质可得∠AEF+∠CFE=180°，再利用角平分线的定义可求解∠FEG+∠GFE=90°，进而证明结论；
（2）分别过M,N作MG∥AB，NH∥AB，根据平行线的性质可得∠EMF+∠ENF=∠AEM+∠MFC+∠AEN+∠NFC，再根据角平分线的性质和∠AEP=25∠AEF，∠CFP=25∠EFC，即可求解；
（3）根据垂线的定义可求得∠FGQ=90°−∠GFQ，再根据角平分线的定义可求解∠FGQ=12∠EHF；
本题主要考查平行线的性质，角平分线的定义，垂线的定义，灵活运用平行线的性质及角平分线的定义是解题的关键．
【详解】（1）∵AB∥CD，
∴∠AEF+∠CFE=180°，
∵GE平分∠AEF,GF平分∠EFC，
∴∠AEG=∠FEG=12∠AEF，∠CFG=∠GFE=12∠CFE，
∴∠FEG+∠GFE=90°，即EG⊥FG；
（2）如图，分别过M,N作MG∥AB，NH∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥MG∥NH∥CD，
∴∠AEM=∠EMG，∠GMF=∠MFC ，∠AEN=∠ENH ，∠HNF=∠NFC，
∴∠EMF=∠AEM+∠MFC，∠ENF=∠AEN+∠NFC，
同理：∠EPF=∠AEP+∠PFC，
∴∠EMF+∠ENF=∠AEM+∠MFC+∠AEN+∠NFC，
∵EM平分∠AEN，FN平分∠MFC，
∴∠AEM=12∠AEN，∠NFC=12∠MFC，
∴∠EMF+∠ENF=12∠AEN+12∠MFC+∠MFC+∠AEN=32∠MFC+∠AEN
∵∠AEP=25∠AEF,∠CFP=25∠EFC，
∴∠MFC+∠AEN=25∠AEF+∠EFC=25×180°=72°，
∠EMF+∠ENF=32∠MFC+∠AEN=32×72°=108°
（3）∠FGQ=12∠EHF，理由：
∵AB∥CD，
∴ ∠EHF+∠CFH=180°，
∵GQ⊥MF，
∴∠FGQ=90°−∠GFQ，
∵FG平分∠EFH，MF平分∠EFC，
∴∠GFE=12∠EFH，∠QFE=12∠CFE，
∴∠GFQ=12∠CFH=12180°−∠EHF=90°−12∠EHF，
∴∠FGQ=90°−90°−12∠EHF=12∠EHF．
【变式3-1】（2024七年级·湖南株洲·期末）已知：MN∥PQ，点A，B分别在MN，PQ上，点C为MN，PQ之间的一点，连接CA，CB．

(1)如图1，若∠MAC=45°，∠PBC=43°，求∠ACB；
(2)如图2，AD，BD，AE，BE分别为∠MAC，∠PBC，∠CAN，∠CBQ的平分线，求证：∠D+∠E=180°；
(3)在（2）的条件下，如图3，过点D作DA的垂线交PQ于点G，点F在PQ上，∠FDA=2∠FDB，FD的延长线交EA的延长线于点H，若3∠C=4∠E，猜想∠H与∠GDB的倍数关系并证明．
【答案】(1)88°
(2)见解析
(3)∠H=3∠GDB，理由见解析
【分析】（1）过C作EF∥MN，根据平行线的性质以及角的和差关系进行推导即可；
（2）利用AD，BD，AE，BE分别为∠MAC，∠PBC，∠CAN，∠CBQ的平分线，推出∠DAE=90°，∠DBE=90°，再根据（1）中的结论进行计算即可；
（3）根据角之间的关系求出∠GDB=18°，∠H=54°，即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图1，过C作EF∥MN，
，
∵MN∥PQ，
∴MN∥EF∥PQ，
∴∠ACF=∠MAC=45°，∠BCF=∠PBC=43°，
∴∠ACF+∠BCF=∠MAC+∠PBC=88°，
即∠ACB=∠ACF+∠BCF=88°；
（2）解：如图2，
，
∵AD，AE分别为∠MAC，∠CAN的角平分线，
∴∠MAD=12∠MAC，∠NAE=12∠NAC，
∴ ∠MAD+∠NAE=12∠MAC+12∠NAC=12∠MAC+∠NAC=12×180°=90°,
同理可得：∠PBD+∠QBE=90°，
由（1）得：∠D=∠MAD+∠PBD，∠E=∠NAE+∠QBE，
∴∠D+∠E=∠MAD+∠PBD+∠NAE+∠QBE=180°；
（3）解：猜想：∠H=3∠GDB，
理由如下：
如图3，