人教版中学七年级数学下册期末解答题压轴题附答案(1).doc

人教版中学七年级数学下册期末解答题压轴题附答案(1)
一、解答题
1．（1）如图1，分别把两个边长为的小正方形沿一条对角线裁成4个小三角形拼成一个大正方形，则大正方形的边长为______；
（2）若一个圆的面积与一个正方形的面积都是，设圆的周长为．正方形的周长为，则______（填“”，或“”，或“”）
（3）如图2，若正方形的面积为，李明同学想沿这块正方形边的方向裁出一块面积为的长方形纸片，使它的长和宽之比为，他能裁出吗？请说明理由？

2．如图1，用两个边长相同的小正方形拼成一个大的正方形．

（1）如图2，若正方形纸片的面积为1，则此正方形的对角线AC的长为 dm．
（2）如图3，若正方形的面积为16，李明同学想沿这块正方形边的方向裁出一块面积为12的长方形纸片，使它的长和宽之比为3∶2，他能裁出吗？请说明理由．
3．喜欢探究的亮亮同学拿出形状分别是长方形和正方形的两块纸片，其中长方形纸片的长为，宽为，且两块纸片面积相等．

（1）亮亮想知道正方形纸片的边长，请你帮他求出正方形纸片的边长；（结果保留根号）
（2）在长方形纸片上截出两个完整的正方形纸片，面积分别为和，亮亮认为两个正方形纸片的面积之和小于长方形纸片的总面积，所以一定能截出符合要求的正方形纸片来，你同意亮亮的见解吗？为什么？（参考数据：，）
4．如图,8块相同的小长方形地砖拼成一个大长方形,
（1）每块小长方形地砖的长和宽分别是多少?(要求列方程组进行解答)
（2）小明想用一块面积为7平方米的正方形桌布，沿着边的方向裁剪出一块新的长方形桌布，用来盖住这块长方形木桌，你帮小明算一算，他能剪出符合要求的桌布吗？

5．如图，用两个边长为10的小正方形拼成一个大的正方形.
(1)求大正方形的边长？
(2)若沿此大正方形边的方向出一个长方形，能否使裁出的长方形的长宽之比为3:2，且面积为480cm2？

二、解答题
6．如图1，已知直线CD∥EF，点A，B分别在直线CD与EF上．P为两平行线间一点．

（1）若∠DAP＝40°，∠FBP＝70°，则∠APB＝　 　
（2）猜想∠DAP，∠FBP，∠APB之间有什么关系？并说明理由；
（3）利用（2）的结论解答：
①如图2，AP1，BP1分别平分∠DAP，∠FBP，请你写出∠P与∠P1的数量关系，并说明理由；
②如图3，AP2，BP2分别平分∠CAP，∠EBP，若∠APB＝β，求∠AP2B．（用含β的代数式表示）
7．已知，AB∥CD，点E在CD上，点G，F在AB上，点H在AB，CD之间，连接FE，EH，HG，∠AGH＝∠FED，FE⊥HE，垂足为E．
（1）如图1，求证：HG⊥HE；
（2）如图2，GM平分∠HGB，EM平分∠HED，GM，EM交于点M，求证：∠GHE＝2∠GME；

（3）如图3，在（2）的条件下，FK平分∠AFE交CD于点K，若∠KFE：∠MGH＝13：5，求∠HED的度数．

8．如图1，MN∥PQ，点C、B分别在直线MN、PQ上，点A在直线MN、PQ之间．
（1）求证：∠CAB＝∠MCA+∠PBA；
（2）如图2，CD∥AB，点E在PQ上，∠ECN＝∠CAB，求证：∠MCA＝∠DCE；
（3）如图3，BF平分∠ABP，CG平分∠ACN，AF∥CG．若∠CAB＝60°，求∠AFB的度数．

9．已知，AB∥CD．点M在AB上，点N在CD上．
（1）如图1中，∠BME、∠E、∠END的数量关系为：　 ；（不需要证明）
如图2中，∠BMF、∠F、∠FND的数量关系为：　 ；（不需要证明）
（2）如图3中，NE平分∠FND，MB平分∠FME，且2∠E＋∠F＝180°，求∠FME的度数；
（3）如图4中，∠BME＝60°，EF平分∠MEN，NP平分∠END，且EQ∥NP，则∠FEQ的大小是否发生变化，若变化，请说明理由，若不变化，求出∠FEQ的度数．

10．已知，点为平面内一点，于．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过点作的延长线于点，求证：；
（3）如图3，在（2）问的条件下，点、在上，连接、、，且平分，平分，若，，求的度数．
三、解答题
11．如图1，E点在BC上，∠A＝∠D，AB∥CD．
（1）直接写出∠ACB和∠BED的数量关系　 　；
（2）如图2，BG平分∠ABE，与∠CDE的邻补角∠EDF的平分线交于H点．若∠E比∠H大60°，求∠E；
（3）保持（2）中所求的∠E不变，如图3，BM平分∠ABE的邻补角∠EBK，DN平分∠CDE，作BP∥DN，则∠PBM的度数是否改变？若不变，请求值；若改变，请说理由．

12．已知，交AC于点E，交AB于点F．

（1）如图1，若点D在边BC上，
①补全图形；
②求证：．
（2）点G是线段AC上的一点，连接FG，DG．
①若点G是线段AE的中点，请你在图2中补全图形，判断，，之间的数量关系，并证明；
②若点G是线段EC上的一点，请你直接写出，，之间的数量关系．
13．已知：和同一平面内的点．
（1）如图1，点在边上，过作交于，交于．根据题意，在图1中补全图形，请写出与的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，点在的延长线上，，．请判断与的位置关系，并说明理由．
（3）如图3，点是外部的一个动点．过作交直线于，交直线于，直接写出与的数量关系，并在图3中补全图形．

14．已知，直角的边与直线a分别相交于O、G两点，与直线b分别交于E、F点，．

（1）将直角如图1位置摆放，如果，则______；
（2）将直角如图2位置摆放，N为AC上一点，，请写出与之间的等量关系，并说明理由．
（3）将直角如图3位置摆放，若，延长AC交直线b于点Q，点P是射线GF上一动点，探究，与的数量关系，请直接写出结论．
15．（感知）如图①，，求的度数．小明想到了以下方法：

解：如图①，过点作，
（两直线平行，内错角相等）
（已知），
（平行于同一条直线的两直线平行），
（两直线平行，同旁内角互补）．
（已知），
（等式的性质）．
（等式的性质）．
即（等量代换）．
（探究）如图②，，，求的度数．
（应用）如图③所示，在（探究）的条件下，的平分线和的平分线交于点，则的度数是_______________．
四、解答题
16．小明在学习过程中，对教材中的一个有趣问题做如下探究：

（习题回顾）已知：如图1，在中，，是角平分线，是高，、相交于点.求证：；
（变式思考）如图2，在中，，是边上的高，若的外角的平分线交的延长线于点，其反向延长线与边的延长线交于点，则与还相等吗？说明理由；
（探究延伸）如图3，在中，上存在一点，使得，的平分线交于点.的外角的平分线所在直线与的延长线交于点.直接写出与的数量关系.
17．解读基础：
（1）图1形似燕尾，我们称之为“燕尾形”，请写出、、、之间的关系，并说明理由；
（2）图2形似8字，我们称之为“八字形”，请写出、、、之间的关系，并说明理由：
应用乐园：直接运用上述两个结论解答下列各题
（3）①如图3，在中，、分别平分和，请直接写出和的关系　　；
②如图4，　　．
（4）如图5，与的角平分线相交于点，与的角平分线相交于点，已知，，求和的度数．

18．模型与应用.
（模型）
（1）如图①，已知AB∥CD，求证∠1＋∠MEN＋∠2＝360°.

（应用）
（2）如图②，已知AB∥CD，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6的度数为 ．

如图③，已知AB∥CD，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＋…＋∠n的度数为 ．

（3）如图④，已知AB∥CD，∠AM1M2的角平分线M1 O与∠CMnMn－1的角平分线MnO交于点O，若∠M1OMn＝m°．

在（2）的基础上，求∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＋……＋∠n－1的度数．（用含m、n的代数式表示）
19．如图，在中，与的角平分线交于点.

（1）若，则 ；
（2）若，则 ；
（3）若，与的角平分线交于点，的平分线与的平分线交于点，，的平分线与的平分线交于点，则 .

20．【问题探究】如图1，DF∥CE，∠PCE=∠α，∠PDF=∠β，猜想∠DPC与α、β之间有何数量关系？并说明理由；
【问题迁移】
如图2，DF∥CE，点P在三角板AB边上滑动，∠PCE=∠α，∠PDF=∠β.
（1）当点P在E、F两点之间运动时，如果α=30°，β=40°，则∠DPC= °.

（2）如果点P在E、F两点外侧运动时（点P与点A、B、E、F四点不重合），写出∠DPC与α、β之间的数量关系，并说明理由．

（图1） （图2）
【参考答案】
一、解答题
1．（1）；（2）＜；（3）不能，理由见解析
【分析】
（1）根据所拼成的大正方形的面积为2即可求得大正方形的边长；
（2）由圆和正方形的面积公式可分别求的圆的半径及正方形的边长，进而可求得圆和正方形的
解析：（1）；（2）＜；（3）不能，理由见解析
【分析】
（1）根据所拼成的大正方形的面积为2即可求得大正方形的边长；
（2）由圆和正方形的面积公式可分别求的圆的半径及正方形的边长，进而可求得圆和正方形的周长，利用作商法比较这两数大小即可；
（3）利用方程思想求出长方形的长边，与正方形边长比较大小即可；
【详解】
解：（1）∵小正方形的边长为1cm，
∴小正方形的面积为1cm2，
∴两个小正方形的面积之和为2cm2，
即所拼成的大正方形的面积为2 cm2，
设大正方形的边长为xcm，
∴ ，
∴
∴大正方形的边长为cm；
（2）设圆的半径为r，
∴由题意得，
∴，
∴，
设正方形的边长为a
∵，
∴，
∴，
∴
故答案为：＜；
（3）解：不能裁剪出，理由如下：
∵正方形的面积为900cm2，
∴正方形的边长为30cm
∵长方形纸片的长和宽之比为，
∴设长方形纸片的长为，宽为，
则，
整理得：，
∴，
∴，
∴，
∴长方形纸片的长大于正方形的边长，
∴不能裁出这样的长方形纸片．
【点睛】
本题通过圆和正方形的面积考查了对算术平方根的应用，主要是对学生无理数运算及比较大小进行了考查．
2．（1）；（2）不能，理由见解析
【分析】
（1）由正方形面积，可求得正方形边长，然后利用勾股定理即可求出对角线长；
（2）利用方程思想求出长方形的长边，然后与正方形边长比较大小即可．
【详解】
解：
解析：（1）；（2）不能，理由见解析
【分析】
（1）由正方形面积，可求得正方形边长，然后利用勾股定理即可求出对角线长；
（2）利用方程思想求出长方形的长边，然后与正方形边长比较大小即可．
【详解】
解：（1）∵正方形纸片的面积为，
∴正方形的边长，
∴．
故答案为：．
（2）不能；
根据题意设长方形的长和宽分别为和．
∴长方形面积为：，
解得：，
∴长方形的长边为．
∵，
∴他不能裁出．
【点睛】
本题考查了算术平方根在长方形和正方形面积中的应用，灵活的进行算术平方根计算及无理数大小比较是解题的关键．
3．（1）；（2）不同意，理由见解析
【分析】
（1）设正方形边长为，根据两块纸片面积相等列出方程，再根据算术平方根的意义即可求出x的值；
（2）根据两个正方形纸片的面积计算出两个正方形的边长，计算两个
解析：（1）；（2）不同意，理由见解析
【分析】
（1）设正方形边长为，根据两块纸片面积相等列出方程，再根据算术平方根的意义即可求出x的值；
（2）根据两个正方形纸片的面积计算出两个正方形的边长，计算两个正方形边长的和，并与3比较即可解答．
【详解】
解：（1）设正方形边长为，则，由算术平方根的意义可知，
所以正方形的边长是．
（2）不同意．
因为：两个小正方形的面积分别为和，则它们的边长分别为和．，即两个正方形边长的和约为，
所以，即两个正方形边长的和大于长方形的长，
所以不能在长方形纸片上截出两个完整的面积分别为和的正方形纸片．
【点睛】
本题考查了算术平方根的应用，解题的关键是读懂题意并熟知算术平方根的概念．
4．(1) 长是1.5m,宽是0.5m.；（2）不能.
【解析】
【分析】
（1）设每块小长方形地砖的长为xm,宽为ym,列方程组求解即可；
（2）把正方形的边长与大长方形的长比较即可.
【详解】
解:
解析：(1) 长是1.5m,宽是0.5m.；（2）不能.
【解析】
【分析】
（1）设每块小长方形地砖的长为xm,宽为ym,列方程组求解即可；
（2）把正方形的边长与大长方形的长比较即可.
【详解】
解:（1）设每块小长方形地砖的长为xm,宽为ym,由题意得: 
, 
解得:, 
∴长是1.5m,宽是0.5m.
（2）∵正方形的面积为7平方米，
∴正方形的边长是米，
∵<3,
∴他不能剪出符合要求的桌布.
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用，算术平方根的应用，找出等量关系列出方程组是解（1）的关键，求出正方形的边长是解（2）的关键.
5．（1）大正方形的边长是；（2）不能
【分析】
（1）根据已知正方形的面积求出大正方形的面积，即可求出边长；
（2）先求出长方形的边长，再判断即可．
【详解】
（1）大正方形的边长是
（2）设长方形纸
解析：（1）大正方形的边长是；（2）不能
【分析】
（1）根据已知正方形的面积求出大正方形的面积，即可求出边长；
（2）先求出长方形的边长，再判断即可．
【详解】
（1）大正方形的边长是
（2）设长方形纸片的长为3xcm，宽为2xcm，
则3x•2x=480，
解得：x=
因为，所以沿此大正方形边的方向剪出一个长方形，不能使剪出的长方形纸片的长宽之比为2：3，且面积为480cm2．
【点睛】
本题考查算术平方根，解题的关键是能根据题意列出算式．
二、解答题
6．（1）110°；（2）猜想：∠APB=∠DAP+∠FBP，理由见解析；（3）①∠P=2∠P1，理由见解析；②∠AP2B=．
【分析】
（1）过P作PM∥CD，根据两直线平行，内错角相等可得∠APM=
解析：（1）110°；（2）猜想：∠APB=∠DAP+∠FBP，理由见解析；（3）①∠P=2∠P1，理由见解析；②∠AP2B=．
【分析】
（1）过P作PM∥CD，根据两直线平行，内错角相等可得∠APM=∠DAP，再根据平行公理求出CD∥EF然后根据两直线平行，内错角相等可得∠MPB=∠FBP，最后根据∠APM+∠MPB=∠DAP+∠FBP等量代换即可得证；
（2）结论：∠APB=∠DAP+∠FBP．
（3）①根据（2）的规律和角平分线定义解答； ②根据①的规律可得∠APB=∠DAP+∠FBP，∠AP2B=∠CAP2+∠EBP2，然后根据角平分线的定义和平角等于180°列式整理即可得解．
【详解】
（1）证明：过P作PM∥CD，

∴∠APM=∠DAP．（两直线平行，内错角相等），
∵CD∥EF（已知），
∴PM∥CD（平行于同一条直线的两条直线互相平行），
∴∠MPB=∠FBP．（两直线平行，内错角相等），
∴∠APM+∠MPB=∠DAP+∠FBP．（等式性质） 即∠APB=∠DAP+∠FBP=40°+70°=110°．
（2）结论：∠APB=∠DAP+∠FBP．
理由：见（1）中证明．
（3）①结论：∠P=2∠P1；
理由：由（2）可知：∠P=∠DAP+∠FBP，∠P1=∠DAP1+∠FBP1，
∵∠DAP=2∠DAP1，∠FBP=2∠FBP1，
∴∠P=2∠P1．
②由①得∠APB=∠DAP+∠FBP，∠AP2B=∠CAP2+∠EBP2，
∵AP2、BP2分别平分∠CAP、∠EBP，
∴∠CAP2=∠CAP，∠EBP2=∠EBP，
∴∠AP2B=∠CAP+∠EBP，
= （180°-∠DAP）+ （180°-∠FBP），
=180°- （∠DAP+∠FBP），
=180°- ∠APB，
=180°- β．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，熟记性质与概念是解题的关键，此类题目，难点在于过拐点作平行线．
7．（1）见解析；（2）见解析；（3）40°
【分析】
（1）根据平行线的性质和判定解答即可；
（2）过点H作HP∥AB，根据平行线的性质解答即可；
（3）过点H作HP∥AB，根据平行线的性质解答即可．
解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）40°
【分析】
（1）根据平行线的性质和判定解答即可；
（2）过点H作HP∥AB，根据平行线的性质解答即可；
（3）过点H作HP∥AB，根据平行线的性质解答即可．
【详解】
证明：（1）∵AB∥CD，
∴∠AFE＝∠FED，
∵∠AGH＝∠FED，
∴∠AFE＝∠AGH，
∴EF∥GH，
∴∠FEH+∠H＝180°，
∵FE⊥HE，
∴∠FEH＝90°，
∴∠H＝180°﹣∠FEH＝90°，
∴HG⊥HE；
（2）过点M作MQ∥AB，

∵AB∥CD，
∴MQ∥CD，
过点H作HP∥AB，
∵AB∥CD，
∴HP∥CD，
∵GM平分∠HGB，
∴∠BGM＝∠HGM＝∠BGH，
∵EM平分∠HED，
∴∠HEM＝∠DEM＝∠HED，
∵MQ∥AB，
∴∠BGM＝∠GMQ，
∵MQ∥CD，
∴∠QME＝∠MED，
∴∠GME＝∠GMQ+∠QME＝∠BGM+∠MED，
∵HP∥AB，
∴∠BGH＝∠GHP＝2∠BGM，
∵HP∥CD，
∴∠PHE＝∠HED＝2∠MED，
∴∠GHE＝∠GHP+∠PHE＝2∠BGM+2∠MED＝2（∠BGM+∠MED），
∴∠GHE＝∠2GME；
（3）过点M作MQ∥AB，过点H作HP∥AB，

由∠KFE：∠MGH＝13：5，设∠KFE＝13x，∠MGH＝5x，
由（2）可知：∠BGH＝2∠MGH＝10x，
∵∠AFE+∠BFE＝180°，
∴∠AFE＝180°﹣10x，
∵FK平分∠AFE，
∴∠AFK＝∠KFE＝ ∠AFE，
即，
解得：x＝5°，
∴∠BGH＝10x＝50°，
∵HP∥AB，HP∥CD，
∴∠BGH＝∠GHP＝50°，∠PHE＝∠HED，
∵∠GHE＝90°，
∴∠PHE＝∠GHE﹣∠GHP＝90°﹣50°＝40°，
∴∠HED＝40°．
【点睛】
本题考查了平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的判定与性质定理以及灵活构造平行线是解题的关键．
8．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）120°．
【分析】
（1）过点A作AD∥MN，根据两直线平行，内错角相等得到∠MCA＝∠DAC，∠PBA＝∠DAB，根据角的和差等量代换即可得解；
（2）
解析：（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）120°．
【分析】
（1）过点A作AD∥MN，根据两直线平行，内错角相等得到∠MCA＝∠DAC，∠PBA＝∠DAB，根据角的和差等量代换即可得解；
（2）由两直线平行，同旁内角互补得到∴、∠CAB+∠ACD＝180°，由邻补角定义得到∠ECM+∠ECN＝180°，再等量代换即可得解；
（3）由平行线的性质得到，∠FAB＝120°﹣∠GCA，再由角平分线的定义及平行线的性质得到∠GCA﹣∠ABF＝60°，最后根据三角形的内角和是180°即可求解．
【详解】
解：（1）证明：如图1，过点A作AD∥MN，

∵MN∥PQ，AD∥MN，
∴AD∥MN∥PQ，
∴∠MCA＝∠DAC，∠PBA＝∠DAB，
∴∠CAB＝∠DAC+∠DAB＝∠MCA+∠PBA，
即：∠CAB＝∠MCA+∠PBA；
（2）如图2，∵CD∥AB，
∴∠CAB+∠ACD＝180°，
∵∠ECM+∠ECN＝180°，
∵∠ECN＝∠CAB
∴∠ECM＝∠ACD，
即∠MCA+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，
∴∠MCA＝∠DCE；
（3）∵AF∥CG，
∴∠GCA+∠FAC＝180°，
∵∠CAB＝60°
即∠GCA+∠CAB+∠FAB＝180°，
∴∠FAB＝180°﹣60°﹣∠GCA＝120°﹣∠GCA，
由（1）可知，∠CAB＝∠MCA+∠ABP，
∵BF平分∠ABP，CG平分∠ACN，
∴∠ACN＝2∠GCA，∠ABP＝2∠ABF，
又∵∠MCA＝180°﹣∠ACN，
∴∠CAB＝180°﹣2∠GCA+2∠ABF＝60°，
∴∠GCA﹣∠ABF＝60°，
∵∠AFB+∠ABF+∠FAB＝180°，
∴∠AFB＝180°﹣∠FAB﹣∠FBA
＝180°﹣（120°﹣∠GCA）﹣∠ABF
＝180°﹣120°+∠GCA﹣∠ABF
＝120°．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质，线段、角、相交线与平行线，准确的推导是解决本题的关键．
9．（1）∠BME＝∠MEN﹣∠END；∠BMF＝∠MFN＋∠FND；（2）120°；（3）不变，30°
【分析】
（1）过E作EH∥AB，易得EH∥AB∥CD，根据平行线的性质可求解；过F作FH∥AB
解析：（1）∠BME＝∠MEN﹣∠END；∠BMF＝∠MFN＋∠FND；（2）120°；（3）不变，30°
【分析】
（1）过E作EH∥AB，易得EH∥AB∥CD，根据平行线的性质可求解；过F作FH∥AB，易得FH∥AB∥CD，根据平行线的性质可求解；
（2）根据（1）的结论及角平分线的定义可得2（∠BME+∠END）+∠BMF-∠FND=180°，可求解∠BMF=60°，进而可求解；
（3）根据平行线的性质及角平分线的定义可推知∠FEQ=∠BME，进而可求解．
【详解】
解：（1）过E作EH∥AB，如图1，

∴∠BME＝∠MEH，
∵AB∥CD，
∴HE∥CD，
∴∠END＝∠HEN，
∴∠MEN＝∠MEH＋∠HEN＝∠BME＋∠END，
即∠BME＝∠MEN﹣∠END．
如图2，过F作FH∥AB，
∴∠BMF＝∠MFK，
∵AB∥CD，
∴FH∥CD，
∴∠FND＝∠KFN，
∴∠MFN＝∠MFK﹣∠KFN＝∠BMF﹣∠FND，
即：∠BMF＝∠MFN＋∠FND．

故答案为∠BME＝∠MEN﹣∠END；∠BMF＝∠MFN＋∠FND．
（2）由（1）得∠BME＝∠MEN﹣∠END；∠BMF＝∠MFN＋∠FND．
∵NE平分∠FND，MB平分∠FME，
∴∠FME＝∠BME＋∠BMF，∠FND＝∠FNE＋∠END，
∵2∠MEN＋∠MFN＝180°，
∴2（∠BME＋∠END）＋∠BMF﹣∠FND＝180°，
∴2∠BME＋2∠END＋∠BMF﹣∠FND＝180°，
即2∠BMF＋∠FND＋∠BMF﹣∠FND＝180°，
解得∠BMF＝60°，
∴∠FME＝2∠BMF＝120°；
（3）∠FEQ的大小没发生变化，∠FEQ＝30°．
由（1）知：∠MEN＝∠BME＋∠END，
∵EF平分∠MEN，NP平分∠END，
∴∠FEN＝∠MEN＝（∠BME＋∠END），∠ENP＝∠END，
∵EQ∥NP，
∴∠NEQ＝∠ENP，
∴∠FEQ＝∠FEN﹣∠NEQ＝（∠BME＋∠END）﹣∠END＝∠BME，
∵∠BME＝60°，
∴∠FEQ＝×60°＝30°．
【点睛】
本题主要考查平行线的性质及角平分线的定义，作平行线的辅助线是解题的关键．
10．（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】
（1）先根据平行线的性质得到,然后结合即可证明；
（2）过作，先说明，然后再说明得到，最后运用等量代换解答即可；
（3）设∠DBE=a，则∠BFC=3
解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】
（1）先根据平行线的性质得到,然后结合即可证明；
（2）过作，先说明，然后再说明得到，最后运用等量代换解答即可；
（3）设∠DBE=a，则∠BFC=3a，根据角平分线的定义可得∠ABD=∠C=2a，∠FBC=∠DBC=a+45°，根据三角形内角和可得∠BFC+∠FBC+∠BCF=180°，可得∠AFC=∠BCF的度数表达式，再根据平行的性质可得∠AFC+∠NCF=180°，代入即可算出a的度数，进而完成解答．
【详解】
（1）证明：∵，
∴，
∵于，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：过作，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；

（3）设∠DBE=a，则∠BFC=3a，
∵BE平分∠ABD，
∴∠ABD=∠C=2a，
又∵AB⊥BC，BF平分∠DBC，
∴∠DBC=∠ABD+∠ABC=2a+90，即：∠FBC=∠DBC=a+45°
又∵∠BFC+∠FBC+∠BCF=180°，即：3a+a+45°+∠BCF=180°
∴∠BCF=135°-4a，
∴∠AFC=∠BCF=135°-4a，
又∵AM//CN，
∴∠AFC+∠ NCF=180°，即：∠AFC+∠BCN+∠BCF=180°，
∴135°-4a+135°-4a+2a=180，解得a=15°，
∴∠ABE=15°，
∴∠EBC=∠ABE+∠ABC=15°+90°=105°．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质、角平分线的性质及角的计算，熟练应用平行线的性质、角平分线的性质是解答本题的关键．
三、解答题
11．（1）∠ACB+∠BED=180°；（2）100°；（3）40°
【分析】
（1）如图1，延长DE交AB于点F，根据ABCD可得∠DFB=∠D，则∠DFB=∠A，可得ACDF，根据平行线的性质得∠A
解析：（1）∠ACB+∠BED=180°；（2）100°；（3）40°
【分析】
（1）如图1，延长DE交AB于点F，根据ABCD可得∠DFB=∠D，则∠DFB=∠A，可得ACDF，根据平行线的性质得∠ACB+∠CEF=180°，由对顶角相等可得结论；
（2）如图2，作EMCD，HNCD，根据ABCD，可得ABEMHNCD，根据平行线的性质得角之间的关系，再根据∠DEB比∠DHB大60°，列出等式即可求∠DEB的度数；
（3）如图3，过点E作ESCD，设直线DF和直线BP相交于点G，根据平行线的性质和角平分线定义可求∠PBM的度数．
【详解】
解：（1）如图1，延长交于点，

，
，
，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）如图2，作，，

，
，
，，
平分，
，
，
，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
设，
，
比大，
，
，
解得．
的度数为；
（3）的度数不变，理由如下：
如图3，过点作，设直线和直线相交于点，

平分，平分，
，
，
，，
，
，
，
，
由（2）可知：，
，
，
，
，
，

．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，解决本题的关键是掌握平行线的性质．
12．（1）①见解析；②；见解析（2）①∠AFG+∠EDG=∠DGF；②∠AFG-∠EDG=∠DGF
【分析】
（1）①根据题意画出图形；②依据DE∥AB，DF∥AC，可得∠EDF+∠AFD=180°，∠
解析：（1）①见解析；②；见解析（2）①∠AFG+∠EDG=∠DGF；②∠AFG-∠EDG=∠DGF
【分析】
（1）①根据题意画出图形；②依据DE∥AB，DF∥AC，可得∠EDF+∠AFD=180°，∠A+∠AFD=180°，进而得出∠EDF=∠A；
（2）①过G作GH∥AB，依据平行线的性质，即可得到∠AFG+∠EDG=∠FGH+∠DGH=∠DGF；②过G作GH∥AB，依据平行线的性质，即可得到∠AFG-∠EDG=∠FGH-∠DGH=∠DGF．
【详解】
解：（1）①如图，

②∵DE∥AB，DF∥AC，
∴∠EDF+∠AFD=180°，∠A+∠AFD=180°，
∴∠EDF=∠A；
（2）①∠AFG+∠EDG=∠DGF．
如图2所示，过G作GH∥AB，
∵AB∥DE，
∴GH∥DE，
∴∠AFG=∠FGH，∠EDG=∠DGH，
∴∠AFG+∠EDG=∠FGH+∠DGH=∠DGF；

②∠AFG-∠EDG=∠DGF．
如图所示，过G作GH∥AB，
∵AB∥DE，
∴GH∥DE，
∴∠AFG=∠FGH，∠EDG=∠DGH，
∴∠AFG-∠EDG=∠FGH-∠DGH=∠DGF．

【点睛】
本题考查了平行线的判定和性质：两直线平行，内错角相等．正确的作出辅助线是解题的关键．
13．（1）图见解析，，理由见解析；（2），理由见解析；（3）图见解析，或．
【分析】
（1）根据平行线的画法补全图形即可得，根据平行线的性质可得，由此即可得；
（2）如图（见解析），先根据平行线的性质可
解析：（1）图见解析，，理由见解析；（2），理由见解析；（3）图见解析，或．
【分析】
（1）根据平行线的画法补全图形即可得，根据平行线的性质可得，由此即可得；
（2）如图（见解析），先根据平行线的性质可得，再根据等量代换可得，然后根据平行线的判定即可得；
（3）先根据点D的位置画出如图（见解析）的两种情况，再分别利用平行线的性质、对顶角相等即可得．
【详解】
（1）由题意，补全图形如下：

，理由如下：
，
，
，
，
；
（2），理由如下：
如图，延长BA交DF于点O，
，
，
，
，
；

（3）由题意，有以下两种情况：
①如图3-1，，理由如下：
，
，
，
，
，
由对顶角相等得：，
；

②如图3-2，，理由如下：
，
，
，
，
．

【点睛】
本题考查了平行线的判定与性质等知识点，较难的是题（3），正确分两种情况讨论是解题关键．
14．（1）136°；（2）∠AOG+∠NEF＝90°，理由见解析；（3）当点P在GF上时，∠OPQ＝140°﹣∠POQ+∠PQF；当点P在线段GF的延长线上时，140°﹣∠POQ＝∠OPQ+∠PQF．
解析：（1）136°；（2）∠AOG+∠NEF＝90°，理由见解析；（3）当点P在GF上时，∠OPQ＝140°﹣∠POQ+∠PQF；当点P在线段GF的延长线上时，140°﹣∠POQ＝∠OPQ+∠PQF．
【分析】
（1）如图1，作CP∥a，则CP∥a∥b，根据平行线的性质可得∠AOG＝∠ACP，∠BCP+∠CEF＝180°，然后利用∠ACP+∠BCP＝90°即可求得答案；
（2）如图2，作CP∥a，则CP∥a∥b，根据平行线的性质可得∠AOG＝∠ACP，∠BCP+∠CEF＝180°，然后结合已知条件可得∠BCP＝∠NEF，然后利用∠ACP+∠BCP＝90°即可得到结论；
（3）分两种情况，如图3，当点P在GF上时，过点P作PN∥OG，则NP∥OG∥EF，根据平行线的性质可推出∠OPQ＝∠GOP+∠PQF，进一步可得结论；如图4，当点P在线段GF的延长线上时，同上面方法利用平行线的性质解答即可．
【详解】
解：（1）如图1，作CP∥a，

∵，
∴CP∥a∥b，
∴∠AOG＝∠ACP，∠BCP+∠CEF＝180°，
∴∠BCP＝180°﹣∠CEF，
∵∠ACP+∠BCP＝90°，
∴∠AOG+180°﹣∠CEF＝90°，
∵∠AOG＝46°，
∴∠CEF＝136°，
故答案为136°；
（2）∠AOG+∠NEF＝90°．
理由如下：如图2，作CP∥a，

则CP∥a∥b，
∴∠AOG＝∠ACP，∠BCP+∠CEF＝180°，
而∠NEF+∠CEF＝180°，
∴∠BCP＝∠NEF，
∵∠ACP+∠BCP＝90°，
∴∠AOG+∠NEF＝90°；
（3）如图3，当点P在GF上时，过点P作PN∥OG，

∴NP∥OG∥EF，
∴∠GOP＝∠OPN，∠PQF＝∠NPQ，
∴∠OPQ＝∠GOP+∠PQF，
∴∠OPQ＝140°﹣∠POQ+∠PQF；
如图4，当点P在线段GF的延长线上时，过点P作PN∥OG，

∴NP∥OG∥EF，
∴∠GOP＝∠OPN，∠PQF＝∠NPQ，
∵∠OPN＝∠OPQ+∠QPN，
∴∠GOP＝∠OPQ+∠PQF，
∴140°﹣∠POQ＝∠OPQ+∠PQF．
【点睛】
本题考查了平行线的性质以及平行公理的推论等知识，属于常考题型，正确添加辅助线、灵活应用平行线的判定和性质是解题的关键．
15．[探究] 70°；[应用] 35
【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
解析：[探究] 70°；[应用] 35
【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．
【详解】
解：[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=∠AEP=25°，∠GCF=∠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．
【点睛】
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．
四、解答题
16．[习题回顾]证明见解析；[变式思考] 相等，证明见解析；[探究延伸] ∠M+∠CFE=90°，证明见解析．
【分析】
[习题回顾]根据同角的余角相等可证明∠B=∠ACD，再根据三角形的外角的性质即可
解析：[习题回顾]证明见解析；[变式思考] 相等，证明见解析；[探究延伸] ∠M+∠CFE=90°，证明见解析．
【分析】
[习题回顾]根据同角的余角相等可证明∠B=∠ACD，再根据三角形的外角的性质即可证明；
[变式思考]根据角平分线的定义和对顶角相等可得∠CAE=∠DAF、再根据直角三角形的性质和等角的余角相等即可得出=；
[探究延伸]根据角平分线的定义可得∠EAN=90°，根据直角三角形两锐角互余可得∠M+∠CEF=90°，再根据三角形外角的性质可得∠CEF=∠CFE，由此可证∠M+∠CFE=90°．
【详解】
[习题回顾]证明：∵∠ACB=90°，CD是高，
∴∠B+∠CAB=90°，∠ACD+∠CAB=90°，
∴∠B=∠ACD，
∵AE是角平分线，
∴∠CAF=∠DAF，