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2022-2023学年人教版七年级数学下册精选压轴题培优卷
专题01 相交线与平行线
一．选择题（共9小题，满分18分，每小题2分）
1．（2分）（2022秋•丹东期末）若将一副三角板按如图所示的方式放置，则下列结论正确的是（ ）
A．∠1＝∠2 B．如果∠2＝30°，则有AC∥DE
C．如果∠2＝45°，则有∠4＝∠D D．如果∠2＝50°，则有BC∥AE
解：∵∠CAB＝∠DAE＝90°，
∴∠1＝∠3，故A错误．
∵∠2＝30°，
∴∠1＝∠3＝60°
∴∠CAE＝90°+60°＝150°，
∴∠E+∠CAE＝180°，
∴AC∥DE，故B正确，
∵∠2＝45°，
∴∠1＝∠2＝∠3＝45°，
∵∠E+∠3＝∠B+∠4，
∴∠4＝30°，
∵∠D＝60°，
∴∠4≠∠D，故C错误，
∵∠2＝50°，
∴∠3＝40°，
∴∠B≠∠3，
∴BC不平行AE，故D错误．
故选：B．2．（2分）（2022春•宜州区期中）如图，AB∥CD，BF交CD于点E，AE⊥BF，∠CEF＝35°，则∠A是（
）
A．35° B．45° C．55° D．65°
解：∵AE⊥BF，
∴∠AEF＝90°，
∴∠AEC＝90°﹣∠CEF＝90°﹣35°＝55°，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠AEC＝55°．
故选：C．
3．（2分）（2022春•江汉区校级月考）如图，给出了过直线外一点作已知直线的平行线的方法，其依据
是（ ）
A．同位角相等，两直线平行
B．内错角相等，两直线平行
C．同旁内角互补，两直线平行
D．对顶角相等，两直线平行
解：如图，给出了过直线外一点作已知直线的平行线的方法，其依据是同位角相等，两直线平行．
故选：A．
4．（2分）（2022春•新罗区期中）如图，将一个宽度相等的纸条沿AB折叠一下，若∠1＝140°，则∠2的值为（ ）
A．100° B．110° C．120° D．130°
解：如图：
∵宽度相等的纸条沿AB折叠一下，
∴纸条两边互相平行，
∴2∠3＝∠1，∠2+∠3＝180°，
∵∠1＝140°，
∴∠3＝ ∠1＝70°，
∴∠2＝180°﹣∠3＝110°，
故选：B．
5．（2分）（2022春•温江区期末）将一副直角三角板如图放置，已知∠B＝60°，∠F＝45°，AB∥EF，
则∠CGD＝（ ）
A．45° B．60° C．75° D．105°
解：∵∠B＝60°，
∴∠A＝30°，
∵EF∥BC，
∴∠FDA＝∠F＝45°，∴∠CGD＝∠A+∠FDA＝45°+30°＝75°．
故选：C．
6．（2分）（2022春•牡丹江期中）如图，AB∥CD，F为AB上一点，FD∥EH，且FE平分∠AFG，过点F作
FG⊥EH于点G，且∠AFG＝2∠D，则下列结论：①∠D＝30°；②2∠D+∠EHC＝90°；③FD平分∠HFB；
④FH平分∠GFD．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解：延长FG，交CH于I．
∵AB∥CD，
∴∠BFD＝∠D，∠AFI＝∠FIH，
∵FD∥EH，
∴∠EHC＝∠D，
∵FE平分∠AFG，
∴∠FIH＝2∠AFE＝2∠EHC，
∴3∠EHC＝90°，
∴∠EHC＝30°，
∴∠D＝30°，
∴2∠D+∠EHC＝2×30°+30°＝90°，
∴①∠D＝30°；②2∠D+∠EHC＝90°正确，
∵FE平分∠AFG，
∴∠AFI＝30°×2＝60°，
∵∠BFD＝30°，
∴∠GFD＝90°，
∴∠GFH+∠HFD＝90°，
可见，∠HFD的值未必为30°，∠GFH未必为45°，只要和为90°即可，
∴③FD平分∠HFB，④FH平分∠GFD不一定正确．
故选B．7．（2分）（2019秋•淮阴区期末）如图，将长方形ABCD沿线段EF折叠到EB'C'F的位置，若∠EFC'＝
100°，则∠DFC'的度数为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．50°
解：由翻折知，∠EFC＝∠EFC'＝100°，
∴∠EFC+∠EFC'＝200°，
∴∠DFC'＝∠EFC+∠EFC'﹣180°＝200°﹣180°＝20°，
故选：A．
8．（2分）（2021春•奉化区校级期末）如图，AD∥BC，∠D＝∠ABC，点E是边DC上一点，连接AE交BC
的延长线于点H．点F是边AB上一点．使得∠FBE＝∠FEB，作∠FEH的角平分线EG交BH于点G，若
∠DEH＝100°，则∠BEG的度数为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
解：设FBE＝∠FEB＝α，则∠AFE＝2α，∠FEH的角平分线为EG，设∠GEH＝∠GEF＝β，
∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，
而∠D＝∠ABC，∴∠D+∠BAD＝180°，∴AB∥CD，
∠DEH＝100°，则∠CEH＝∠FAE＝80°，
∠AEF＝180°﹣∠FEG﹣∠HEG＝180°﹣2β，
在△AEF中，80°+2α+180﹣2β＝180°
故β﹣α＝40°，
而∠BEG＝∠FEG﹣∠FEB＝β﹣α＝40°，
故选：B．
9．（2分）（2022春•大观区校级期末）如图，AB∥CD，P为AB上方一点，H、G分别为AB、CD上的点，
∠PHB、∠PGD的角平分线交于点E，∠PGC的角平分线与EH的延长线交于点F，下列结论：
①EG⊥FG；
②∠P+∠PHB＝∠PGD；
③∠P＝2∠E；
④若∠AHP﹣∠PGC＝∠F，则∠F＝60°．
其中正确的结论有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
解：∵GF平分∠PGC，GE平分∠PGD，
∴∠PGF＝ ∠PGC，∠PGE＝ ∠PGD，
∴∠EGF＝∠PGF+∠PGE＝ （∠PGC+∠PGD）＝ ，
即EG⊥FG，故①正确；
设PG与AB交于M，GE于AB交于N，∵AB∥CD，
∴∠PMB＝∠PGD，
∵∠PMB＝∠P+∠PHM，
∴∠P+∠PHB＝∠PGD，故②正确；
∵HE平分∠BHP，GE平分∠PGD，
∴∠PHB＝2∠EHB，∠PGD＝2∠EGD，
∵AB∥CD，
∴∠PMB＝∠PGD，∠ENB＝∠EGD，
∴∠PMB＝2∠ENB，
∵∠PMB＝∠P+∠PHB，∠ENB＝∠E+∠EHB，
∴∠P＝2∠E，故③正确；
∵∠AHP﹣∠PMC＝∠P，∠PMH＝∠PGC，
∠AHP﹣∠PGC＝∠F，
∴∠P＝∠F，
∵∠FGE＝90°，
∴∠E+∠F＝90°，
∴∠E+∠P＝90°，
∵∠P＝2∠E，
∴3∠E＝90，
解得∠E＝30°，
∴∠F＝∠P＝60°，故④正确．
综上，正确答案有4个，
故选：D．
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
10．（2分）（2022秋•宁强县期末）将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，BD、BE为折痕，若∠ABE
＝20°，则∠DBC为 7 0 度．解：根据翻折的性质可知，∠ABE＝∠A′BE，∠DBC＝∠DBC′，
又∵∠ABE+∠A′BE+∠DBC+∠DBC′＝180°，
∴∠ABE+∠DBC＝90°，
又∵∠ABE＝20°，
∴∠DBC＝70°．
故答案为：70．
11．（2分）（2022春•新乐市校级月考）如图，直线EF，CD相交于点O，OA⊥OB，垂足为O，且OC平分
∠AOF．
（1）若∠AOE＝40°，则∠DOE的度数为 70° ；
（2）∠AOE与∠BOD的数量关系为 ∠ A OE ＝ 2 ∠ B OD ．
解：（1）∵OA⊥OB，
∴∠AOB＝90°，
∵∠AOF+∠AOE＝180°，∠AOE＝40°，
∴∠AOF＝140°，
∵OC平分∠AOF，
∴∠AOC＝∠COF＝70°，
∵∠BOD+∠AOB+∠AOC＝180°，
∴∠DOE＝∠COF＝70°．
故答案为：70°；
（2）∵∠AOE+∠AOF＝180°，∠AOC＝∠COF，
∴∠AOC＝ （180°﹣∠AOE）＝90°﹣ ∠AOE，
∵∠BOD+∠AOB+∠AOC＝180°，∴∠BOD＝180°﹣90°﹣∠AOC
＝90°﹣（90°﹣ ∠AOE）
＝﹣ ∠AOE，
∴∠AOE＝2∠BOD．
故答案为：∠AOE＝2∠BOD．
12．（2分）（2022春•环翠区期末）如图，AB∥EF，∠C＝90°，则α、β和γ的关系是 α+β ﹣ γ
＝ 90° ．
解：
过点C作CM∥AB，过点D作DN∥EF，
则：∠BCM＝∠ABC＝α，∠EDN＝∠DEF＝γ，
∵AB∥EF，
∴CM∥DN，
∴∠DCM＝∠CDN，
∵∠BCM+∠DCM＝90°，∠CDN+∠EDN＝β，
∴α+（β﹣γ）＝90°，
∴α+β﹣γ＝90°．
故答案为：α+β﹣γ＝90°．
13．（2分）（2022春•绍兴期末）如图，已知直线AB∥CD，点M、N分别在直线AB、CD上，点E为AB、
CD之间一点，且点E在MN的右侧，∠MEN＝128°．若∠BME与∠DNE的平分线相交于点E，∠BME与
1 1
∠DNE的平分线相交于点E，∠BME与∠DNE的平分线相交于点E，……，依此类推，若∠MEN＝
1 2 2 2 3 n
8°，则n的值是 4 ．解：过E作EH∥AB，EG∥AB，
1
∵AB∥CD，
∴EH∥CD，EG∥CD，
1
∴∠BME＝∠MEH，∠DNE＝∠NEH，
∴∠BME+∠DNE＝∠MEH+∠NEH＝∠MEN＝128°，
同理∠MEN＝∠BME+∠DNE，
1 1 1
∵ME平分∠BME，NE平分∠DNE，
1 1
∴∠BME+∠DNE＝ （∠BME+∠DNE）＝ ∠MEN，
1 1
∴∠MEN＝ ∠MEN，
1
同理，∠MEN＝ ∠MEN＝ ∠MEN，
2 1
∠MEN＝ ∠MEN＝ ∠MEN，
3 2
•••，
∴∠MEN＝ ∠ME N＝ ∠MEN，
n n﹣1
若∠MEN＝8°，则 ∠MEN＝ ×128°＝8°，
n
∴n＝4．
故答案为：4．14．（2分）（2022春•镜湖区校级期末）有长方形纸片，E，F分别是AD，BC上一点∠DEF＝x（0°＜x＜
45°），将纸片沿EF折叠成图1，再沿GF折叠成图2．
（1）如图1，当x＝32°时，∠FGD′＝ 6 4 度；
（2）如图2，作∠MGF的平分线GP交直线EF于点P，则∠GPE＝ 2x .（用x的式子表示）．
解：（1）由折叠可得∠GEF＝∠DEF＝32°，
∵长方形的对边是平行的，
∴∠DEG＝∠FGD′，
∴∠DEG＝∠GFE+∠DEF＝64°，
∴∠FGD′＝∠EGD＝64°，
∴当x＝32°时，∠GFD′的度数是64°．
故答案为：64；
（2）∠GPE＝2∠GEP＝2x．
由折叠可得∠GEF＝∠DEF，
∵长方形的对边是平行的，
∴设∠BFE＝∠DEF＝x，
∴∠EGB＝∠BFE+∠D′EF＝2x，
∴∠FGD′＝∠EGB＝2x，
由折叠可得∠MGF＝∠D′GF＝2x，
∵GP平分∠MGF，
∴∠PGF＝x，
∴∠GPE＝∠PGF+∠BFE＝2x，
∴∠GPE＝2∠GEP＝2x．
故答案为：∠GPE＝2x．
15．（2分）（2022春•诸暨市期末）从汽车灯的点O处发出的一束光线经灯的反光罩反射后沿CO方向平
行射出，已知入射光线OA的反射光线为AB，∠OAB＝∠COA＝72°．在如图中所示的截面内，若入射光线OD经反光罩反射后沿DE射出，且∠ODE＝27°．则∠AOD的度数是 45° 或 99° ．
解：∵DE∥CF，
∴∠COD＝∠ODE．（两直线平行，内错角相等）
∵∠ODE＝27°，
∴∠COD＝27°．
在图1的情况下，∠AOD＝∠COA﹣∠COD＝72°﹣27°＝45°．
在图2的情况下，∠AOD＝∠COA+∠COD＝72°+27°＝99°．
∴∠AOD的度数为45°或99°．
故答案为：45°或99°．
16．（2分）（2022春•九龙坡区校级期中）如图，将长方形ABCD沿EF翻折，再沿ED翻折，若∠FEA″＝
105°，则∠CFE＝ 15 5 度．
解：由四边形ABFE沿EF折叠得四边形A′B′FE，∴∠A′EF＝∠AEF．
∵∠A′EF＝∠A′ED+∠DEF，∠AEF＝180°﹣∠DEF．
∴∠A′ED+∠DEF＝180°﹣∠DEF．
由四边形A′B′ME沿AD折叠得四边形A″B″ME，
∴∠A′ED＝∠A″ED．
∵∠A″ED＝∠A″EF+∠DEF＝105°+∠DEF，
∴∠A′ED＝105°+∠DEF．
∴105°+∠DEF+∠DEF＝180°﹣∠DEF．
∴∠DEF＝25°．
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB＝25°．
∴∠CFE＝180°﹣∠EFB
＝180°﹣25°
＝155°．
故答案为：155．
17．（2分）（2022春•东湖区校级月考）如图，直线EF上有两点A、C，分别引两条射线AB、CD，∠DCF
＝60°，∠EAB＝70°，射线AB、CD分别绕A点，C点以1度/秒和3度/秒的速度同时顺时针转动，在
射线CD转动一周的时间内，使得CD与AB平行所有满足条件的时间＝ 5 秒或 9 5 秒 ．
解：∵∠EAB＝70°，∠DCF＝60°，
∴∠BAC＝110°，∠ACD＝120°，
分三种情况：如图①，AB与CD在EF的两侧时，
∠ACD＝120°﹣（3t）°，∠BAC＝110°﹣t°，
要使AB∥CD，则∠ACD＝∠BAC，
即120°﹣（3t）°＝110°﹣t°，
解得t＝5；
②CD旋转到与AB都在EF的右侧时，
∠DCF＝360°﹣（3t）°﹣60°＝300°﹣（3t）°，∠BAC＝110°﹣t°，
要使AB∥CD，则∠DCF＝∠BAC，
即300°﹣（3t）°＝110°﹣t°，
解得t＝95；
③CD旋转到与AB都在EF的左侧时，
∠DCF＝（3t）°﹣（180°﹣60°+180°）＝（3t）°﹣300°，∠BAC＝t°﹣110°，
要使AB∥CD，则∠DCF＝∠BAC，
即（3t）°﹣300°＝t°﹣110°，
解得t＝95，
∴此情况不存在．
综上所述，当时间t的值为5秒或95秒时，CD与AB平行．
故答案为：5秒或95秒．
18．（2分）（2022春•沙坪坝区校级月考）已知如图，AD∥BC，BD∥AE，DE平分∠ADB，且ED⊥CD，若
∠AED+∠BAD＝127.5°，则∠BCD﹣∠EAB＝ 37. 5 度．
解：设∠ADE＝x，∵DE平分∠ADB，
∴∠EDB＝∠ADE＝x，
又ED⊥CD，
∴∠EDC＝90°，
∴∠BDC＝90°﹣x，
∵AD∥BC，
∴∠DBC＝∠ADB＝2x，∠BCD＝180°﹣（90°﹣x+2x）＝90°﹣x，
∵BD∥AE，
∴∠AED＝∠EDB＝x，
∵∠AED+∠BAD＝127.5°，
∴∠BAD＝127.5°﹣x，∠EAB＝180°﹣（127.5°﹣x+2x）＝52.5°﹣x，
∴∠BCD﹣∠EAB＝（90°﹣x）﹣（52.5°﹣x）＝37.5°．
故答案为：37.5．
19．（2分）（2022春•渭滨区期末）把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠后ED与BC的交点为G，D、C分别
在M、N的位置上，若∠EFG＝49°，则∠2﹣∠1＝ 16° ．
解：∵AD∥BC，
∴∠2＝∠DEG，∠EFG＝∠DEF＝49°，
∵长方形纸片ABCD沿EF折叠后ED与BC的交点为G，
∴∠DEF＝∠GEF＝49°，
∴∠2＝2×49°＝98°，
∴∠1＝180°﹣98°＝82°，
∴∠2﹣∠1＝98°﹣82°＝16°．
故答案为16°．
三．解答题（共9小题，满分62分）
20．（6分）（2022秋•丹东期末）如图，已知∠1＝∠BDC，∠2+∠3＝180°．
（1）求证：AD∥CE；
（2）若DA平分∠BDC，DA⊥FE于点A，∠FAB＝55°，求∠ABD的度数．（1）证明：∵∠1＝∠BDC，
∴AB∥CD，
∴∠2＝∠ADC，
∵∠2+∠3＝180°，
∴∠ADC+∠3＝180°，
∴AD∥CE；
（2）解：∵CE⊥AE于E，
∴∠CEF＝90°，
由（1）知AD∥CE，
∴∠DAF＝∠CEF＝90°，
∴∠ADC＝∠2＝∠DAF﹣∠FAB，
∵∠FAB＝55°，
∴∠ADC＝35°，
∵DA平分∠BDC，∠1＝∠BDC，
∴∠1＝∠BDC＝2∠ADC＝70°
∴∠ABD＝180°﹣70°＝110°．
21．（6分）（2019春•本溪期中）已知如图AB∥CD，
①由图（1）易得∠B、∠BED、∠D的关系 ∠ B ED ＝∠ B + ∠ D （直接写结论）．
由图（2）易得∠B、∠BED、∠D的关系 ∠ B ED ＝ 360° ﹣（∠ B + ∠ D ） （直接写结论）．
②从图（1）图（2）任选一个图形说明①中其中一个结论成立的理由．
[延伸拓展]
利用上面（1）（2）得出的结论完成下题
③已知，AB∥CD，∠ABE与∠CDE两个角的角平分线相交于点F．若∠E＝60°，求∠BFD的度数．解：①由图（1）易得∠B、∠BED、∠D的关系∠BED＝∠B+∠D．
由图（2）易得∠B、∠BED、∠D的关系∠BED＝360°﹣（∠B+∠D）．
故答案为：∠BED＝∠B+∠D；∠BED＝360°﹣（∠B+∠D）；
②如图（1）所示：过点E作EM∥AB，
∵AB∥CD，EM∥AB，
∴EM∥CD∥AB，
∴∠B＝∠BEM，∠MED＝∠D，
∴∠BED＝∠BEM+∠MED＝∠B+∠D，
∴∠BED＝∠B+∠D；
如图（2）所示：过点E作EM∥AB，
∵AB∥CD，EM∥AB，
∴EM∥CD∥AB，
∴∠B+∠BEM＝180°，∠MED+∠D＝180°，
∴∠BED＝∠BEM+∠MED＝360°﹣（∠B+∠D）；
③如图（3），过点E作EN∥AB，∵BF、DF分别是∠ABE和∠CDE的平分线，
∴∠EBF＝ ∠ABE，∠EDF＝ ∠CDE，
∵AB∥CD，
∴∠ABE+∠BEN＝180°，
∵AB∥CD，AB∥NE，
∴NE∥CD，
∴∠CDE+∠NED＝180°，
∴∠ABE+∠E+∠CDE＝360°，
∵∠E＝60°，
∴∠ABE+∠CDE＝300°，
∴∠EBF+∠EDF＝150°，
∴∠BFD＝360°﹣60°﹣150°＝150°．
22．（6分）（2022•衡东县校级开学）如图1，AB∥CD，∠PAB＝124°，∠PCD＝120°，求∠APC的大小．
小明的解题思路：过点P作PM∥AB，通过平行线的性质来求∠APC．
（1）按小明的解题思路，可求得∠APC的大小为 11 6 度；
（2）如图2，已知直线m∥n，直线a，b分别与直线m，n相交于点B、D和点A、C．点P在线段BD上运
动（不与B、D两点重合），记∠PAB＝α，∠PCD＝β，问∠APC与α，β之间有何数量关系？判断并
说明理由；
（3）在（2）的条件下，若把“线段BD”改为“直线BD”，请求出∠APC与α，β之间的数量关系．解：（1）过P作PM∥AB，如图：
∴∠APM+∠PAB＝180°，
∴∠APM＝180°﹣124°＝56°，
∵AB∥CD，
∴PM∥CD，
∴∠CPM+∠PCD＝180°，
∴∠CPM＝180°﹣120°＝60°，
∴∠APC＝56°+60°＝116°；
故答案为：116；
（2）∠APC＝∠α+∠β，理由如下：
过P作PE∥AB交AC于E，如图：
∵AB∥CD，
∴AB∥PE∥CD，
∴∠α＝∠APE，∠β＝∠CPE，
∴∠APC＝∠APE+∠CPE＝∠α+∠β；
（3）当P在线段BD延长线时，∠APC＝∠α﹣∠β；理由如下：
过P作PE∥AB，如图：∵AB∥CD，
∴AB∥PE∥CD，
∴∠α＝∠APE，∠β＝∠CPE，
∵∠APC＝∠APE﹣∠CPE，
∴∠APC＝∠α﹣∠β；
当P在DB延长线时，∠APC＝∠β﹣∠α；理由如下：
过P作PE∥AB，如图：
∵AB∥CD，
∴AB∥PE∥CD，
∴∠α＝∠APE，∠β＝∠CPE，
∵∠APC＝∠CPE﹣∠APE，
∴∠APC＝∠β﹣∠α，
综上所述，当P在线段BD延长线时，∠APC＝∠α﹣∠β；当P在DB延长线时，∠APC＝∠β﹣∠α；
当P在线段BD上时，∠APC＝∠α+∠β．
23．（6分）（2022春•鹿邑县月考）如图，已知AB∥CD，∠ABE与∠CDE的平分线相交于点F．
（1）如图1，若∠E＝70°，求∠BFD的度数；
（2）如图2，若∠ABM＝ ∠ABF，∠CDM＝ ∠CDF，写出∠M和∠E之间的数量关系，并证明你的结论．
解：（1）如图1，过点E作EN∥AB，∵EN∥AB，
∴∠ABE+∠BEN＝180°，
∵AB∥CD，AB∥NE，
∴NE∥CD，
∴∠CDE+∠NED＝180°，
∴∠ABE+∠E+∠CDE＝360°，
∵∠E＝70°，
∴∠ABE+∠CDE＝290°，
∵∠ABE与∠CDE的平分线相交于点F，
∴∠ABF+∠CDF＝ （∠ABE+∠CDE）＝145°，
过点F作FG∥AB，
∵FG∥AB，
∴∠ABF＝∠BFG，
∵AB∥CD，FG∥AB，
∴FG∥CD，
∴∠CDF＝∠GFD，
∴∠BFD＝∠ABF+∠CDF＝145°；
（2）结论：∠E+6∠M＝360°，
证明：∵设∠ABM＝x，∠CDM＝y，则∠FBM＝2x，∠EBF＝3x，∠FDM＝2y，∠EDF＝3y，
由（1）得：∠ABE+∠E+∠CDE＝360°，
∴6x+6y+∠E＝360°，
∵∠M+∠EBM+∠E+∠EDM＝360°，
∴6x+6y+∠E＝∠M+5x+5y+∠E，
∴∠M＝x+y，
∴∠E+6∠M＝360°．
24．（6分）（2022秋•绿园区期末）【问题情景】如图1，若AB∥CD，∠AEP＝45°，∠PFD＝120°．过点P作PM∥AB，则∠EPF＝ 105° ；
【问题迁移】如图2，AB∥CD，点P在AB的上方，点E，F分别在AB，CD上，连接PE，PF，过P点作
PN∥AB，问∠PEA，∠PFC，∠EPF之间的数量关系是 ∠ P FC ＝∠ P EA + ∠ F PE ，请在下方说明理由；
【联想拓展】如图3所示，在（2）的条件下，已知∠EPF＝36°，∠PFA的平分线和∠PFC的平分线交
于点G，过点G作GH∥AB，则∠EGF＝ 18° ．
解：（1）∵AB∥PM，
∴∠1＝∠AEP＝45°，
∵AB∥CD，
∴PM∥CD，
∴∠2+∠PFD＝180°，
∵∠PFD＝120°，
∴∠2＝180°﹣120°＝60°，
∴∠1+∠2＝45°+60°＝105°．
即∠EPF＝105°，
故答案为：105°．
（2）∠PFC＝∠PEA+∠EPF．
理由：∵PN∥AB，
∴∠PEA＝∠NPE，
∵∠FPN＝∠NPE+∠FPE，
∴∠FPN＝∠PEA+∠FPE，
∵PN∥AB，AB∥CD，
∴PN∥CD，
∴∠FPN＝∠PFC，
∴∠PFC＝∠PEA+∠FPE，
故答案为：∠PFC＝∠PEA+∠FPE．
（3）∵GH∥AB，AB∥CD，∴GH∥AB∥CD，
∴∠HGE＝∠AEG，∠HGF＝∠CFG，
又∵∠PEA的平分线和∠PFC的平分线交于点G，
∴ ，
由（2）可知，∠CFP＝∠FPE+∠AEP，
∴∠HGF＝ （∠FPE+∠AEP），
∴∠EGF＝∠HGF﹣∠HGE＝ （36°+∠AEP）﹣∠HGE＝18°．
故答案为：18°．
25．（8分）（2022春•富县期末）如图，AD∥BC，∠BAD的平分线交BC于点G，∠BCD＝90°．
（1）求证：∠BAG＝∠BGA；
（2）如图②，线段AG上有一点P，满足∠ABP＝3∠PBG，过点C作CH∥AG．若在直线AG上有一点M，
使∠PBM＝∠DCH，求 的值．
（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠GAD＝∠BGA，
∵AG平分∠BAD，
∴∠BAG＝∠GAD
∴∠BAG＝∠BGA；
（2）解：有两种情况：
①当M在BP的下方时，如图，设∠ABC＝4x，
∵∠ABP＝3∠PBG，
∴∠ABP＝3x，∠PBG＝x，
∵AG∥CH，
∴∠BCH＝∠AGB＝ ＝90°﹣2x，
∵∠BCD＝90°，
∴∠DCH＝∠PBM＝90°﹣（90°﹣2x）＝2x
∴∠ABM＝∠ABP+∠PBM＝3x+2x＝5x，
∠GBM＝2x﹣x＝x，
∴∠ABM：∠GBM＝5x：x＝5；
②当M在BP的上方时，如图，
同理得：∠ABM＝∠ABP﹣∠PBM＝3x﹣2x＝x，
∠GBM＝2x+x＝3x，
∴∠ABM：∠GBM＝x：3x＝ ．
综上， 的值是5或 ．
26．（8分）（2022春•武汉期末）已知，点E，F分别在直线AB，CD上，点P在直线AB上方．
问题探究：（1）如图1，∠CFP+∠EPF＝∠AEP，证明：AB∥CD；
问题拓展：（2）如图2，AB∥CD，∠AEP的角平分线EK所在的直线和∠DFP的角平分线FR所在的直线
交于Q点，请写出∠EPF和∠EQF之间的数量关系，并证明．问题迁移：（3）如图3，AB∥CD，直线MN分别交AB，CD于点M，N，若点H在线段MN上，且∠MEF＝
α，请直接写出∠HFE，∠MEH和∠EHF之间满足的数量关系（用含α的式子表示）．
（1）证明：如图，
∵∠AEP是△PEH的外角，
∴∠AEP＝∠EPF+∠EHP，
∵∠CFP+∠EPF＝∠AEP，
∴∠EHP＝∠CFP，
∴AB∥CD；
（2）解：如图，2∠Q+∠P＝180°
理由如下：∵AB∥CD，
∴∠AEK＝∠CME，∠EHF＝∠PFD，
∵EK平分∠AEP，
∴∠AEK＝∠KEP，
∴∠AEK＝∠KEP＝∠CME，
设∠AEK＝∠KEP＝∠CME＝x，则∠QMF＝x，∠AEP＝2x，
∴∠PEH＝180°﹣2x，
∵FR平分∠PFD，
∴∠PFR＝∠DFR，
设∠PFR＝∠DFR＝y，
则∠MFQ＝y，∠EHF＝2y，
∴∠Q＝180°﹣∠QMF﹣∠MFQ＝180°﹣x﹣y，
∵∠EHF是△EHP的外角，
∴∠EHF＝∠PEH+∠P，
∴∠P＝∠EHF﹣∠PEH＝2y﹣（180°﹣2x）＝2x+2y﹣180°，
∴2∠Q+∠P＝180°；
（3）解：如图，
∵∠MEF＝α，
∴∠HEF＝α﹣∠MEH，
∵∠HEF+∠EHF+∠HFE＝180°，
∴α﹣∠MEH+∠EHF+∠HFE＝180°，
∴∠EHF+∠HFE﹣∠MEH＝180°﹣α，
∴∠HFE，∠MEH和∠EHF之间满足的数量关系是∠EHF+∠HFE﹣∠MEH＝180°﹣α．
27．（8分）（2022春•建邺区校级期末）【探究结论】
（1）如图1，AB∥CD，E为形内一点，连结AE、CE得到∠AEC，则∠AEC、∠A、∠C的关系是 ∠ A EC
＝∠ A + ∠ C （直接写出结论，不需要证明）：
【探究应用】利用（1）中结论解决下面问题：
（2）如图2，AB∥CD，直线MN分别交AB、CD于点E、F，EG和EG为∠BEF内满足∠1＝∠2的两条线，
1 2
分别与∠EFD的平分线交于点G和G，求证：∠FGE+∠G＝180°．
1 2 1 2
（3）如图3，已知AB∥CD，F为CD上一点，∠EFD＝60°，∠AEC＝3∠CEF，若8°＜∠BAE＜20°，
∠C的度数为整数，则∠C的度数为 42° 或 41° ．（1）解：过点E作EF∥AB，
∴∠A＝∠1，
∵AB∥CD，EF∥AB，
∴EF∥CD，
∴∠2＝∠C．
∵∠AEC＝∠1+∠2，
∴∠AEC＝∠A+∠C（等量代换），
故答案为：∠AEC＝∠A+∠C；
（2）证明：由（1）可知：∠EGF＝∠1+∠DFG，
2 2
∵FG平分∠MFD，
2
∴∠EFG＝∠DFG，
2 2
∵∠1＝∠2，
∴∠EGF＝∠2+∠EFG，
2 2
∵∠EGF+∠2+∠EFG＝180°，
1 2
∴∠FGE+∠G＝180°；
1 2
（3）由（1）知：∠AEF＝∠BAE+∠DFE，
设∠CEF＝x，则∠AEC＝3x，
∵∠EFD＝60°，
∴x+3x＝∠BAE+60°，∴∠BAE＝4x﹣60°，
又∵8°＜∠BAE＜20°，
∴8°＜4x﹣60°＜20°，
解得17°＜x＜20°，
又∵∠DFE是△CEF的外角，
∴∠C＝∠DFE﹣∠CEF＝∠DFE﹣x，
∵∠C的度数为整数，
∴x＝18°或19°，
∴∠C＝60°﹣18°＝42°或∠C＝60°﹣19°＝41°，
故答案为：42°或41°．
28．（8分）（2022春•颍州区期末）（1）问题背景：如图1，已知AB∥CD，点P的位置如图所示，连结
PA，PC，试探究∠APC与∠A、∠C之间的数量关系，并说明理由．
解：（1）∠APC与∠A、∠C之间的数量关系是：∠APC＝∠A+∠C．
理由：如图1，过点P作PE∥AB，
∴∠APE＝∠A，
∵AB∥CD，
∴PE∥CD，
∴∠CPE＝∠C，
∴∠APE+∠CPE＝∠A+∠C，
∴∠APC＝∠A+∠C．
总结：本题通过添加适当的辅助线，从而利用平行线的性质，使问题得以解决．
（2）类比探究：如图2，已知AB∥CD，线段AD与BC相交于点E，点B在点A右侧．若∠ABC＝40°，
∠ADC＝80°，求∠AEC的度数．
（3）拓展延伸：如图3，若∠ABC与∠ADC的角平分线相交于点F，请直接写出∠BFD与∠AEC之间的数
量关系 ∠ B FD ＝ ∠ A EC ．解：（2）如图2，过E点作EM∥AB，
∴∠BEM＝∠ABC，
∵AB∥CD，
∴CD∥EM，
∴∠MED＝∠ADC，
∴∠AEC＝∠BED＝∠BEM+∠MED＝∠ABC+∠ADC＝40°+80°＝120°；
（3）由（2）知：∠AEC＝∠ABC+∠ADC，
如图3，过F点作FN∥AB，
∴∠ABF＝∠BFN，
∵AB∥CD，
∴CD∥FN，
∴∠NFD＝∠FDC，
∴∠BFD＝∠ABF+∠FDC，
∵BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，
∴∠ABF＝ ∠ABC，∠FDC＝ ∠ADC，
∴∠BFD＝ （∠ABC+∠ADC）＝ ∠AEC．
即∠BFD＝ ∠AEC．
故答案为∠BFD＝ ∠AEC
