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2022-2023 学年北师大版数学八年级上册章节考点精讲精练
第 7 章《平行线的证明》
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知识点01：定义、命题及证明
1.定义：一般地，用来说明一个名词或者一个术语的意义的句子叫做定义.
2.命题：判断一件事情的句子，叫做命题.
细节剖析：
（1）命题一般由条件和结论组成.
（2）正确的命题称为真命题，不正确的命题称为假命题.
（3）公认的真命题叫做公理.
(4) 经过证明的真命题称为定理.
3.证明: 除了公理外，其它的真命题的正确性都要通过推理的方法进行证实，这种演绎推理的过程叫做证
明.细节剖析：实验、观察、操作所得出的结论不一定都正确，必须推理论证后才能得出正确的结论．
知识点02：平行线的判定与性质
1．平行线的判定
判定方法1：同位角相等，两直线平行．
判定方法2：内错角相等，两直线平行．
判定方法3：同旁内角互补，两直线平行．
细节剖析：根据平行线的定义和平行公理的推论，平行线的判定方法还有：
（1）平行线的定义：在同一平面内，如果两条直线没有交点（不相交），那么两直线平行.
（2）如果两条直线都平行于第三条直线，那么这两条直线平行（平行线的传递性）.
（3）在同一平面内，垂直于同一直线的两条直线平行.
（4）平行公理：经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行.
2．平行线的性质
性质1：两直线平行，同位角相等；
性质2：两直线平行，内错角相等；
性质3：两直线平行，同旁内角互补.
细节剖析：根据平行线的定义和平行公理的推论，平行线的性质还有：
（1）若两条直线平行，则这两条直线在同一平面内，且没有公共点．
（2）如果一条直线与两条平行线中的一条直线垂直，那么它必与另一条直线垂直．
知识点03：三角形的内角和定理及推论
三角形的内角和定理：三角形的内角和等于180°．
推论：（1）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
（2）三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角．
细节剖析：
（1）由一个公理或定理直接推出的真命题，叫做这个公理或定理的推论.
（2）推论可以当做定理使用.
考点提优练
考点01：平行线的判定
1．（2021秋•城阳区期末）如图，∠C+∠D＝180°，∠DAE＝3∠EBF，∠EBF＝27°，点G是AB上的一点，
若∠AGF＝102°，∠BAF＝34°，下列结论错误的是（ ）A．∠AFB＝81° B．∠E＝54° C．AD∥BC D．BE∥FG
解：∵∠C+∠D＝180°，
∴AD∥BC，故选项C正确，不符合题意；
∴∠DAE＝∠CFE，
∵∠CFE＝∠EBF+∠BEF，∠DAE＝3∠EBF，∠EBF＝27°，
∴∠CFE＝3∠EBF＝81°，∠BEF＝54°，故选项B正确，不符合题意；
∴∠AFB＝∠CFE＝81°，故选项A正确，不符合题意；
∵∠AGF＝102°，∠BAF＝34°，
∴∠AFG＝44°，
∵∠E＝54°，
∴∠AFG≠∠E，
∴BE和FG不平行，故选项D错误，符合题意；
故选：D．
2．（2022春•番禺区期末）如图，下面推理中，正确的是（ ）
A．∵∠DAE＝∠D，∴AD∥BC B．∵∠DAE＝∠B，∴AB∥CD
C．∵∠B+∠C＝180°，∴AB∥CD D．∵∠D+∠B＝180°，∴AD∥BC
解：∵∠B+∠C＝180°，
∴AB∥CD，
故选：C．
3．（2021春•铁西区期末）如图，某工件要求AB∥ED，质检员小李量得∠ABC＝146°，∠BCD＝60°，
∠EDC＝154°，则此工件 合格 ．（填“合格”或“不合格”）解：作CF∥AB，如图所示：
则∠ABC+∠1＝180°，
∴∠1＝180°﹣146°＝34°，
∴∠2＝∠BCD﹣∠1＝60°﹣34°＝26°，
∵∠2+∠EDC＝26°+154°＝180°，
∴CF∥ED，
∴AB∥ED；
故答案为：合格．
4．（2018秋•平度市期末）如图，已知直线EF⊥MN垂足为F，且∠1＝140°，则当∠2等于 50° 时，
AB∥CD．
解：∵AB∥CD，
∴∠3＝∠4（两直线平行，同位角相等）；
又∵∠1+∠3＝180°（平角的定义），
∠1＝140°（已知），
∴∠3＝∠4＝40°；
∵EF⊥MN，
∴∠2+∠4＝90°，
∴∠2＝50°；
故答案为：50°5．（2021秋•市北区期末）如图，已知∠1+∠2＝180°，∠3＝∠B，求证：DE∥BC．
证明：∵∠1+∠2＝180°（已知）
∵∠1＝∠4（对顶角相等）
∴∠2+∠4＝180°（等量代换）
∴AB∥EF（同旁内角互补，两直线平行）
∴∠3＝∠ADE（两直线平行，内错角相等）
又∵∠3＝∠B（已知）
∴∠B＝∠ADE（等量代换）
∴DE∥BC（同位角相等，两直线平行）
6．（2021秋•东西湖区期中）如图，∠B＝42°，∠A+10°＝∠ACB，∠ACD＝64°．求证：AB∥CD．
证明：∵∠A+∠ACB+∠B＝180°，∠A+10°＝∠ACB，
∴∠A+（∠A+10°）+∠B＝180°
∴∠A＝64°，
∵∠ACD＝64°，
∴∠A＝∠ACD，
∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行）．
7．（2020春•东平县期末）已知：DE⊥AO于E，BO⊥AO，∠CFB＝∠EDO，试说明：CF∥DO．解：∵DE⊥AO于E，BO⊥AO，
∴DE∥OB，
∴∠EDO＝∠DOF，
∵∠CFB＝∠EDO，
∴∠CFB＝∠DOF，
∴CF∥DO．
考点02：平行线的性质
8．（2022秋•惠阳区校级月考）如图，AB∥EF，C点在EF上，∠EAC＝∠ECA，BC平分∠DCF，且AC⊥BC．
则关于结论①AE∥CD；②∠BDC＝2∠1，下列判断正确的是（ ）
A．①②都正确 B．①②都错误
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
解：∵AB∥EF，
∴∠ECA＝∠BAC，∠BCF＝∠B，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∴∠1+∠BCD＝90°，∠ECA+∠BCF＝90°，
∵BC平分∠DCF，
∴∠BCD＝∠BCF，
∴∠1＝∠ECA，
∴AC平分∠DCE，
∵∠EAC＝∠ECA，
∴∠EAC＝∠1，∴AE∥CD，①正确；
∵∠1＝∠ECA＝∠BAC，∠BDC＝∠BAC+∠1，
∴∠BDC＝2∠1，②正确；
故选：A．
9．（2022秋•临洮县校级月考）如图，直线CE∥DF，∠CAB＝125°，∠ABD＝85°，则∠1+∠2＝（ ）
A．15° B．25° C．30° D．45°
解：∵CE∥DF，
∴∠CEA+∠DFB＝180°，
∵∠1+∠CEA＝125°，∠2+DFB＝85°，
∴∠1+∠CEA+∠2+DFB＝125°+85°，
∴∠1+∠2＝210°﹣180°＝30°．
故选：C．
10．（2022•柯城区校级开学）如图，QP∥MN，A，B分别为直线MN，PQ上两点，且∠BAN＝60°，射线AE
从AM开始绕点A按顺时针方向旋转至AN后立即回转，然后以不变的速度在AM和AN之间不停地来回旋
转，射线BF从BQ绕点B按逆时针方向同时开始旋转，射线AE转动的速度是4°/s，射线BF转动的速
度是1°/s，在射线BF到达BP之前，有 2 次射线AE与射线BF互相平行，时间分别是 36 或 60
s．
解：设射线AE从AM开始绕点A按顺时针方向旋转ts时，射线AE与射线BF互相平行．
分三种情况：
①如图，当0＜t＜45时，∠QBF＝t°，∠MAE＝（4t）°，∵PQ∥MN，∠BAN＝60°，
∴∠ABQ＝∠BAN＝60°，
∴∠MAB＝180°﹣∠BAN＝120°，
∴∠ABF＝60°﹣t°，∠BAE＝∠MAE﹣∠MAB＝（4t）°﹣120°，
当∠ABF＝∠BAE时，AE∥BF，
此时，60﹣t＝4t﹣120，
解得t＝36；
②当45≤t≤60时，∠QBF＝t°，∠NAE＝（4t）°﹣180°，∠BAE＝60°﹣[（4t）°﹣180°]＝
240°﹣（4t）°，
∵PQ∥MN，∠BAN＝60°，
∴∠ABQ＝∠BAN＝60°，
∴∠MAB＝180°﹣∠BAN＝120°，
∴∠ABF＝60°﹣t°，∠BAE＝240°﹣（4t）°，
当∠ABF＝∠BAE时，AE∥BF，
此时，60﹣t＝240﹣4t，
解得t＝60；
③如图，当60≤t＜180时，∠QBF＝t°，∠NAE＝（4t）°﹣180°，∠BAE＝[（4t）°﹣180°]﹣
60°＝（4t）°﹣240°，
∵PQ∥MN，∠BAN＝60°，
∴∠ABQ＝∠BAN＝60°，
∴∠MAB＝180°﹣∠BAN＝120°，
∴∠ABF＝t°﹣60°，∠BAE＝240°﹣（4t）°，
当∠ABF＝∠BAE时，AE∥BF，
此时，t﹣60＝4t﹣240，
解得t＝60；综上所述，在射线BF到达BP之前，有2次射线AE与射线BF互相平行，时间分别是36或60s．
故答案为：2，36或60．
11．（2022•丰顺县校级开学）如图，已知直线AB，CD被直线AC所截，AB∥CD，E是平面内任意一点（点
E不在直线AB，CD，AC上），设∠BAE＝α，∠DCE＝β．下列各式：①α+β，②α﹣β，③β﹣
α，④ ，⑤360°﹣α﹣β，可以表示∠AEC的度数的是 ①②③⑤ ．（填序号）
解：（1）如图1，由AB∥CD，可得∠AOC＝∠DCE＝β，
1
∵∠AOC＝∠BAE+∠AEC，
1 1
∴∠AEC＝β﹣α．
1
（2）如图2，过E作AB平行线，则由AB∥CD，可得∠1＝∠BAE＝α，∠2＝∠DCE＝β，
2 2 2
∴∠AEC＝α+β．
2
当AE平分∠BAC，CE平分∠ACD时，
2 2
∠BAE+∠DCE＝ （∠BAC+∠ACD）＝ ×180°＝90°，即α+β＝90°，
2 2
又∵∠AEC＝∠BAE+∠DCE，
2 2 2
∴∠AEC＝180°﹣（α+β）＝180°﹣α﹣β；
2
（3）如图3，由AB∥CD，可得∠BOE＝∠DCE＝β，
3 3
∵∠BAE＝∠BOE+∠AEC，
3 3 3
∴∠AEC＝α﹣β．
3（4）如图4，由AB∥CD，可得∠BAE+∠AEC+∠DCE＝360°，
4 4 4
∴∠AEC＝360°﹣α﹣β．
4
（5）（6）当点E在CD的下方时，同理可得，∠AEC＝α﹣β或β﹣α．
综上所述，∠AEC的度数可能为β﹣α，α+β，α﹣β，180°﹣α﹣β，360°﹣α﹣β．
故答案为：①②③⑤．
12．（2021秋•镇江期末）小明用两张完全相同的长方形纸片按如图所示的方式摆放，一张纸片压住射线
OB，另一张纸片压住射线OA且与第一张纸片交于点P，若∠BOP＝25°，则∠AOB＝ 50° ．
解：过点P作PM⊥OA于点M，PN⊥OB于点N，则∠PMO＝∠PNO＝90°，
∵两张长方形纸片完全相同，
∴PM＝PN，
在Rt△POM和Rt△PON中，
，
∴Rt△POM≌Rt△PON（HL），
∴∠POM＝∠PON，
∵∠BOP＝25°，∴∠AOP＝25°，
∴∠AOB＝50°，
故答案为：50°．
考点03：平行线的判定与性质
13．（2022春•西乡塘区校级期末）如图，AB⊥BC，AE平分∠BAD交BC于E，AE⊥DE，∠1+∠2＝90°，
M，N分别是BA，CD延长线上的点，∠EAM和∠EDN的平分线交于点F．下列结论：①AB∥CD；
②∠AEB+∠ADC＝180°；③DE平分∠ADC；④∠F＝135°，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解：∵AB⊥BC，AE⊥DE，
∴∠1+∠AEB＝90°，∠DEC+∠AEB＝90°，
∴∠1＝∠DEC，
又∵∠1+∠2＝90°，
∴∠DEC+∠2＝90°，
∴∠C＝90°，
∴∠B+∠C＝180°，
∴AB∥CD，故①正确；
∴∠ADN＝∠BAD，
∵∠ADC+∠ADN＝180°，
∴∠BAD+∠ADC＝180°，
又∵∠AEB≠∠BAD，
∴AEB+∠ADC≠180°，故②错误；∵∠4+∠3＝90°，∠2+∠1＝90°，而∠3＝∠1，
∴∠2＝∠4，
∴ED平分∠ADC，故③正确；
∵∠1+∠2＝90°，
∴∠EAM+∠EDN＝360°﹣90°＝270°．
∵∠EAM和∠EDN的平分线交于点F，
∴∠EAF+∠EDF＝ ×270°＝135°．
∵AE⊥DE，
∴∠3+∠4＝90°，
∴∠FAD+∠FDA＝135°﹣90°＝45°，
∴∠F＝180°﹣（∠FAD+∠FDA）＝180﹣45°＝135°，故④正确．
综上所述正确的有：①③④，共3个．
故选：C．
14．（2021秋•开江县期末）小明、小亮、小刚、小颖一起研究一道数学题．如图，已知 EF⊥AB，
CD⊥AB，
小明说：“如果还知道∠CDG＝∠BFE，则能得到∠AGD＝∠ACB．”
小亮说：“把小明的已知和结论倒过来，即由∠AGD＝∠ACB，可得到∠CDG＝∠BFE．”
小刚说：“∠AGD一定大于∠BFE．”
小颖说：“如果连接GF，则GF一定平行于AB．”
他们四人中，有（ ）个人的说法是正确的．
A．1 B．2 C．3 D．4解：已知EF⊥AB，CD⊥AB，∴CD∥EF，
（1）若∠CDG＝∠BFE，
∵∠BCD＝∠BFE，
∴∠BCD＝∠CDG，
∴DG∥BC，
∴∠AGD＝∠ACB．
（2）若∠AGD＝∠ACB，
∴DG∥BC，
∴∠BCD＝∠CDG，∠BCD＝∠BFE，
∴∠CDG＝∠BFE．
（3）由题意知，EF∥DC，
∴∠BFE＝∠DCB＜∠ACB，
如下图，
①当DG∥BC时，则∠AGD＝∠ACB＞∠BFE，
即∠AGD一定大于∠BFE；
②当GD（GD′、GD″）与BC不平行时，
如图，设DG∥BC，
当点G′在点G的上方时，
∵∠AG′D＞AGD，
由①知，∠AG′D一定大于∠BFE；
当点G″在点G的下方时，
见上图，则∠AG″D不一定大于∠BFE，
综上，∠AGD不一定大于∠BFE；
（4）如果连接GF，则GF不一定平行于AB；
综上知：正确的说法有两个．
故选：B．15．（2021春•临潼区期末）如图，AB∥CD，EG、EM、FM分别平分∠AEF、∠BEF、∠EFD，则下列结论正确
的有（ ）
①∠DFE＝∠AEF；
②∠EMF＝90°；
③EG∥FM；
④∠AEF＝∠EGC．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解：∵AB∥CD，
∴∠DFE＝∠AEF，∠DFE+∠BEF＝180°，故①正确，
∵ME平分∠BEF，MF平分∠DFE，
∴∠MEF＝ ∠BEF，∠MFE＝ ∠DFE，
∴∠MEF+∠MFE＝ （∠BEF+∠DFE）＝90°，
∴∠EMF＝90°，故②正确，
∵EG平分∠AEF，
∴∠GEF＝ ∠AEF，
∵∠AEF＝∠DFE，
∴∠GEF＝∠MFE，
∴EG∥MF，故③正确，
无法判断∠AEF＝∠EGC，故④错误．
故选：C．
16．（2021秋•渠县期末）如图，已知∠A＝α（0°＜α＜60°，且α≠45°），在∠A的两边上各任取
一点，分别记为P，Q，过该两点分别引一条直线，并使得该直线与∠A所在的边夹角也为α，设两条直
线交于点O，则∠POQ的数量应是 3α 或 α 或 180° ﹣ α 或 180° ﹣ 3α ．解：有四种情形：
当点O在∠A内部时，
①如图：
此时∠POQ＝3α；
②如图：
此时∠POQ＝180°﹣α；
当点O在AQ下方时，
③如图：
此时∠POQ＝α；
当点O在AP上方时，
④如图：此时∠POQ＝180°﹣3α；
综上所述：∠POQ的数量应是3α或α或180°﹣α或180°﹣3α，
故答案为：3α或α或180°﹣α或180°﹣3α，
17．（2021春•零陵区期末）如图，已知AC∥BD，BC平分∠ABD，CE平分∠DCM，且BC⊥CE．则下列结论：
①CB平分∠ACD，②AB∥CD，③∠A＝∠BDC，④点P是线段BE上任意一点，则∠APM＝∠BAP+∠PCD．
正确的是 ①②③ ．
解：如图，
∵AC∥BD，
∵∠2＝∠3
∵BC平分∠ABD，
∴∠1＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∵CE平分∠DCM，
∴∠4＝∠5，
∵BC⊥CE．
∴∠4+∠6＝90°，
∴∠5+∠6＝90°，
∵∠3+∠5＝90°，∴∠3＝∠6，
∴CB平分∠ACD，故①正确；
∴∠1＝∠6，
AB∥CD，故②正确；
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠BDC，故③正确；
如图，点P是线段BE上任意一点，
∵AB与PC不平行，CD与PM不平行，
∴∠BAP≠∠APC，∠PCD≠∠CPM，
∴∠APM≠∠BAP+∠PCD．故④不正确．
所以正确的是①②③．
故答案为：①②③．
18．（2019 秋•呼兰区期中）如图，在△ABC中，BF、BE分别平分∠ABC和∠ABC的外角，EF＝8，
EF∥BC，则BG＝ 4 ．
解：∵EF∥BC，
∴∠GFB＝∠FBC，∠GEB＝∠EBD，
∵BF、BE分别平分∠ABC和∠ABC的外角，
∴∠EBG＝∠EBD，∠GBF＝∠FBC，
∴∠GEB＝∠EBG，∠GBF＝∠GFB，
∴EG＝BG，BG＝GF，
∴BG＝ EF＝ ，故答案为：4．
19．（2022春•思明区校级期末）如图1，G，E是直线AB上两点，点G在点E左侧，过点G的直线GP与过
点E的直线EP交于点P．直线PE交直线CD于点H，满足点E在线段PH上，∠PGB+∠P＝∠PHD．
（1）求证：AB∥CD；
（2）如图2，点Q在直线AB，CD之间，PH平分∠QHD，GF平分∠PGB，点F，G，Q在同一直线上，且
2∠Q+∠P＝120°，求∠QHD的度数；
（3）在（2）的条件下，若点M是直线PG上一点，直线MH交直线AB于点N，点N在点B左侧，请直接
写出∠MNB和∠PHM的数量关系．（题中所有角都是大于0°且小于180°的角）
（1）证明：∵∠PGB+∠P＝∠PHD，∠PGB+∠P＝∠PEB，
∴∠PEB＝∠PHD，
∴AB∥CD；
（2）解：过点Q作QK∥AB，如图，
则∠GQK＝∠EGF，
由（1）知：AB∥CD，
∴QK∥CD，
∴∠HQK＝∠CHQ，
∴∠GQH＝∠GQK+∠HQK
＝∠EGF+∠CHQ，∵GF平分∠PGB，
∴∠PGB＝2∠EGF＝2∠GQK，
∵PH平分∠QHD，
∴∠QHD＝2∠PHD，
∵∠PGB+∠P＝∠PHD，
∴∠QHD＝2∠PHD＝2∠PGB+2∠P＝4∠GQK+2∠P，
∵2∠GQH+∠P＝120°，
∴2∠GQK+2∠HQK+∠P＝120°，
∴2∠GQK+∠P＝120°﹣2∠HQK＝120°﹣2∠QHC，
∴∠QHD＝4∠GQK+2∠P＝2（120°﹣2∠QHC）＝240°﹣4∠QHC，
∵∠QHC＝180°﹣∠QHD，
∴∠QHD＝240°﹣4（180°﹣∠QHD），
解得∠QHD＝160°；
即∠QHD的度数为160°；
（3）在（2）的条件下，若点M是直线PG上一点，直线MH交直线AB于点N，点N在点B左侧，∠MNB
和∠PHM的数量关系是∠MNB+∠PHM＝100°或∠MNB﹣∠PHM＝80°或∠MNB+∠PHM＝80°，理由如下：
在（2）的条件下，∠PHD＝ ∠QHD＝80°，
若点M在PG的延长线上，
∵AB∥CD，
∴∠HEN＝∠PHD＝80°，
∵∠MNB+∠PHM+∠HEN＝180°，
∴∠MNB+∠PHM＝180°﹣∠HEN＝100°
若点M在PG上，∵AB∥CD，
∴∠HEN＝∠PHD＝80°，
∵∠MNB＝∠PHM+∠HEN，
∴∠MNB﹣∠PHM＝∠HEN＝80°；
若点M在GP的延长线上，
∵AB∥CD，
∴∠HEN+∠PHD＝180°，
∴∠HEN＝180°﹣∠PHD＝100°，
∵∠HME+∠PHM+∠HEN＝180°，∠MNB＝∠HNE，
∴∠MNB+∠PHM＝180°﹣∠HEN＝80°．
综上所述，点N在点B左侧，∠MNB和∠PHM的数量关系是∠MNB+∠PHM＝100°或∠MNB﹣∠PHM＝80°
或∠MNB+∠PHM＝80°．
20．（2021秋•电白区期末）如图，点D、F在线段AB上，点E、G分别在线段BC和AC上，CD∥EF，∠1＝
∠2．
（1）判断DG与BC的位置关系，并说明理由；
（2）若DG是∠ADC的平分线，∠3＝85°，且∠DCE：∠DCG＝9：10，试说明AB与CD有怎样的位置关
系？解：（1）DG∥BC．
理由：∵CD∥EF，
∴∠2＝∠BCD．
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠BCD，
∴DG∥BC；
（2）CD⊥AB．
理由：∵由（1）知DG∥BC，∠3＝85°，
∴∠BCG＝180°﹣85°＝95°．
∵∠DCE：∠DCG＝9：10，
∴∠DCE＝95°× ＝45°．
∵DG是∠ADC的平分线，
∴∠ADC＝2∠CDG＝90°，
∴CD⊥AB．
21．（2022春•柘城县期末）如图，已知直线AB∥DF，∠D+∠B＝180°．
（1）求证：DE∥BC；
（2）如果∠AMD＝75°，求∠AGC的度数．
解：（1）∵AB∥DF，
∴∠D+∠BHD＝180°，
∵∠D+∠B＝180°，∴∠B＝∠BHD，
∴DE∥BC；
（2）∵DE∥BC，
∴∠AGB＝∠AMD，
即∠AMD＝75°，
∴∠AGB＝75°，
∴∠AGC＝180°﹣∠AGB＝180°﹣75°＝105°．
考点04：三角形内角和定理
22．（2022秋•东光县校级月考）如图，D是△ABC的角平分线BD和CD的交点，过点D作△BCD的高，交
BC于点E．若∠A＝70°，∠CDE＝65°，则∠DBE的度数为（ ）
A．30° B．35° C．20° D．25°
解：∵DE⊥BC
∴∠CED＝90°．
∴∠DCB+∠CDE＝90°．
∵∠CDE＝65°，
∴∠BCD＝25°
∵BD、CD分别是∠CBA、∠BCA的平分线，
∴∠CBA＝2∠CBD，∠BCA＝2∠BCD＝50°．
∵∠A+∠CBA+∠BCA＝180°，∠A＝70°，
∴∠CBA+∠BCA＝110°．
∴∠CBA＝110°﹣50°＝60°．
∴∠DBE＝∠DBC＝30°．
故选：A．
23．（2022春•巴中期末）如图，BA和CA分别是△ABC的内角平分线和外角平分线，BA是∠ABD的角平
1 1 2 1
分线，CA是∠ACD的角平分线，BA是∠ABD的角平分线，CA是∠ACD的角平分线……，若∠A＝α，
2 1 3 2 3 2
则∠A 为（ ）°．
2022A． B． C． D．
解：∵BA平分∠ABC，CA平分∠ACD，
1 1
∴∠ABA＝∠CBA＝ ABC，∠ACA＝∠DCA＝ ∠ACD，
1 1 1 1
∵∠A＝α，
∴∠ACD＝∠ABC+∠A＝2∠CBA+∠A①，∠DCA＝∠A+∠CBA②，
1 1 1 1
②×2得：2∠DCA＝2∠A+2∠CBA，
1 1 1
∴∠ACD＝2∠A+2∠CBA③，
1 1
由①和③得：2∠A＝∠A，
1
∵∠A＝α，
∴∠A＝ A＝ ，
1
同理∠A＝ A＝ ∠A＝ α，
2 1
∠A＝ ∠A＝ ∠A＝ α，
3 2
•••
∴∠A ＝ α＝ ，
2022
故选：B．
24．（2022秋•忠县校级月考）如图（甲），D是△ABC的边BC的延长线上一点．∠ABC、∠ACD的平分线
相交于P．
1（1）若∠ABC＝80°，∠ACB＝40°，则∠P的度数为 30° ；
1
（2）若∠A＝α，则∠P的度数为 α ；（用含α的代数式表示）
1
（3）如图（乙），∠A＝α，∠ABC、∠ACD的平分线相交于P，∠PBC、∠PCD的平分线相交于P，
1 1 1 2
∠PBC、∠PCD的平分线相交于P，依此类推，则∠Pn的度数为 （用n与α的代数式表示）．
2 2 3
解：∵PB、PC分别平分∠ABC和∠ACD，
1 1
∴∠ACD＝2∠PCD，∠ABC＝2∠PBC，
1 1
而∠PCD＝∠P+∠PBC，∠ACD＝∠ABC+∠A，
1 1 1
∴∠A＝2∠P，
1
∴∠P＝ ∠A，
1
（1）∵∠ABC＝80°，∠ACB＝40°，
∴∠A＝60°，
∴∠P＝30°；
1
（2）∵∠A＝α，
∴∠P的度数为 α；
1
（3）同理可得∠P＝2∠P，
1 2
即∠A＝22∠P，
2
∴∠A＝2n∠P，
n
∴∠P＝ ．
n
故答案为：30°， α， ．
25．（2022秋•临平区月考）如图，直线a，b分别与黑板边缘形成∠1，∠2，小明量出∠1＝71°，∠2＝78°，则可以算出直线a，b形成的锐角的度数＝ 3 1 °．
解：图形化简如下图，
∠5为直线a和直线b的夹角，
∵∠3＝∠1＝71°，∠4＝∠2＝78°，
∴∠3+∠4＝71°+78°＝149°，
∴∠5＝180°﹣（∠3+∠4）＝180°﹣149°，
∴∠5＝31°，
∴直线a和直线b的夹角为31°．
故答案为：31．
26．（2022•北碚区校级开学）如图，在△ABC中，∠C＝47°，将△ABC沿着直线l折叠，点C落在点D的
位置，则∠1﹣∠2＝ 94° ．
解：如图，由折叠的性质得：∠D＝∠C＝47°，
根据外角性质得：∠1＝∠3+∠C，∠3＝∠2+∠D，
则∠1＝∠2+∠C+∠D＝∠2+2∠C＝∠2+94°，
则∠1﹣∠2＝94°．
故答案为：94°．
27．（2021秋•西湖区校级期末）新定义：在△ABC中，若存在一个内角是另外一个内角度数的n倍（n为
大于1的正整数），则称△ABC为n倍角三角形．例如，在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝60°，∠C＝
40°，可知∠A＝2∠C，所以△ABC为2倍角三角形．
（1）在△DEF中，∠E＝40°，∠F＝35°，则△DEF为 3 倍角三角形．
（2）如图1，直线MN与直线PQ相交于O，∠POM＝30°，点A、点B分别是射线OP、OM上的动点；已
知∠BAO、∠OBA的角平分线交于点C，在△ABC中，如果有一个角是另一个角的2倍，请求出∠BAC的
度数．
（3）如图2，直线MN⊥直线PQ于点O，点A、点B分别在射线OP、OM上，已知∠BAO、∠OAG的角平分
线分别与∠BOQ的角平分线所在的直线交于点E、F，若△AEF为3倍角三角形，试求∠ABO的度数．
解：（1）∵∠E＝40°，∠F＝35°，
∴∠D＝180°﹣40°﹣35°＝105°，
∴∠D＝3∠F，∴△ABC为3倍角三角形，
故答案为：3；
（2）解：∵∠POM＝30°，
∴∠OAB+∠OBA＝150°．
又∵BC平分∠OBA，AC平分∠OAB，
∴∠CBA+∠CAB＝ ∠OAB+ ∠OBA＝75°，
∴∠C＝105°．
①当∠CBA＝2∠CAB时，∵∠CBA+∠CAB＝75°，
∴∠BAC＝25°；
②当∠CAB＝2∠CBA时，∵∠CBA+∠CAB＝75°，
∴∠BAC＝50°；
③当∠C＝2∠CAB时，∵∠C＝105°，
∴∠BAC＝ ∠C＝52.5°；
④当∠C＝2∠CBA时，∵∠C＝105°，
∴∠CBA＝ ∠C＝52.5°，
∴∠BAC＝22.5°．
综上，在△ABC中当一个角是另一个角的2倍时，∠BAC等于50°、52.5°、25°或22.5°；
（3）解：∵AE平分∠BAO，AF平分∠OAG，
∴∠BAE＝∠EAO，∠OAF＝∠GAF，
∴∠EAF＝∠EAO+∠OAF＝90°，
∴∠E+∠F＝90°；
又∵EF平分∠BOQ，
∴∠EOQ＝∠E+∠EAO＝45°①，
∠BOQ＝∠ABO+∠BAO＝90° ②；
①×2﹣②得：∠ABO＝2∠E．
若△AEF为3倍角三角形：
i）若∠F＝3∠E，∵∠E+∠F＝90°，
∴∠E＝22.5°，
∴∠ABO＝45°；
ii）若∠E＝3∠F，∴∠E＝67.5°，
∴∠ABO＝135°（不符合题意，舍去）；
iii）若∠EAF＝3∠E，∴∠E＝30°，
∴∠ABO＝60°；
iv）若∠EAF＝3∠F，∴∠F＝30°，∠E＝60°，
∴∠ABO＝120°（不符合题意，舍去）；
综上所述，∠ABO等于45°或60°时，△AEF为3倍角三角形．
28．（2021秋•新建区校级月考）如图，∠B＝50°，点P在∠ABC内部，∠P的两边分别交AB，BC于点
E，F．
（1）若PE⊥AB，PF⊥BC．
①如图1，则∠P＝ 13 0 °；
②如图2，EQ平分∠BEP，FQ平分∠BFP，求∠Q的度数．
（2）若∠BEP与∠BFP两角的平分线交于ABC内一点Q，请写出∠Q与∠P的数量关系，并说明理由．
解：（1）①∵PE⊥AB，PF⊥BC，
∴∠BEP＝∠BFP＝90°，
∵∠ABC＝50°，
∴∠EPF＝360°﹣∠BEP﹣∠BFP﹣∠ABC＝130°，
故答案为：130；
②∵EQ平分∠BEP，FQ平分∠BFP，
∴∠QEP＝ ∠BEP＝45°，∠QFP＝ ∠BFP＝45°，
∴∠Q＝360°﹣∠QEP﹣∠QFP﹣∠EPF＝140°；
（2）①四边形BEPF为凸四边形时，如图：∵EQ平分∠BEP，FQ平分∠BFP，
∴∠BEP＝2∠2，∠BFP＝2∠4，
∵∠B+∠BEP+∠BFP+∠P＝360°，
∴∠B+2∠2+2∠4+∠P＝360°，
而∠B＝50°，
∴2∠2+2∠4＝310°﹣∠P，即∠2+∠4＝155°﹣ ∠P①，
又∠2+∠4＝360°﹣∠P﹣∠Q②，
由①②可得：155°﹣ ∠P＝360°﹣∠P﹣∠Q，
整理得：∠Q+ ∠P＝205°．
②四边形BEPF为凹四边形时，如图：
∵EQ平分∠BEP，FQ平分∠BFP，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∵∠B＝50°，
∴2（∠2+∠3）+∠PEF+∠PFE＝130°（Ⅰ），
又∠Q+（∠2+∠3）+∠PEF+∠PFE＝180°（Ⅱ），
（Ⅱ）×2﹣（Ⅰ）得：
2∠Q+∠PEF+∠PFE＝230°（Ⅲ），
而∠P+∠PEF+∠PFE＝180°（Ⅳ），
（Ⅲ）﹣（Ⅳ）得：2∠Q﹣∠P＝50°；
综上所述，∠Q与∠P的数量关系为∠Q+ ∠P＝205°或2∠Q﹣∠P＝50°．
29．（2021春•镇江期末）直线AB、CD为平面内两条直线，点M、点N分别在直线AB、CD上，点P（P不
在直线AB、CD上）为平面内一动点．
（1）如图1，若AB、CD相交于点O，∠MON＝40°；
①当点P在△OMN内部时，求证：∠MPN﹣∠OMP﹣∠ONP＝40°；
②小芳发现，当点P在∠MON内部运动时，∠MPN、∠OMP、∠ONP还存在其它数量关系，这种数量关系
是 ∠ M PN + ∠ O MP + ∠ O NP ＝ 320° ；
③探究，当点P在∠MON外部时，∠MPN、∠OMP、∠ONP之间的数量关系共有 5 种；
（2）如图2，若AB∥CD，请直接写出∠MPN与∠AMP、∠CNP之间存在的所有数量关系是 ∠ A MP ＝
∠ M PN + ∠ C NP 或∠ C NP ＝∠ M PN + ∠ A MP 或∠ A MP + ∠ C NP +M PN ＝ 360° ．
（1）①证明：如图1，延长OP至点E，
∵∠MPE和∠NPE分别是△MOP和△NOP的外角，
∴∠MPE＝∠MOP+∠OMP，∠NPE＝∠NOP+∠ONP，
∴∠MPE+∠NPE＝∠MOP+∠NOP+∠OMP+∠ONP，即∠MPN＝∠MON+∠OMP+∠ONP，
∴∠MPN﹣∠OMP﹣∠ONP＝∠MON＝40°．
②解：如图2，当点P在∠MON内部，且在直线MN右侧时，延长OP至点E，则
∠MPO+∠MOP+∠OMP＝180°，∠NPO+∠NOP+∠ONP＝180°，
∴∠MPO+∠NPO+∠MOP+∠NOP+∠OMP+∠ONP＝360°，即∠MPN+∠MON+∠OMP+∠ONP＝360°，
∴∠MPN+∠OMP+∠ONP＝360°﹣∠MON＝360°﹣40°＝320°．
故答案为：∠MPN+∠OMP+∠ONP＝320°．
③解：如图3，当点P落在直线MN左侧，且在∠COB内部时，记PN与AB的交点为点E，
∵∠OEP是△MEP和△OEN的外角，∴∠OEP＝∠MPN+∠OMP，∠OEP＝∠MON+∠ONP，
∴∠MPN+∠OMP＝∠MON+∠ONP，即∠MPN+∠OMP﹣∠ONP＝∠MON，
∴∠MPN+∠OMP﹣∠ONP＝40°；
如图4，当点P落在直线MN的右侧，且在∠COB内部时，记PN与AB的交点为点E，
∵∠OMP是△MEP的外角，∠OEP是△OEN的外角，
∴∠OMP＝∠MPN+∠OEP，∠OEP＝∠MON+∠ONP，
∴∠OMP＝∠MPN+∠MON+∠ONP，即∠OMP﹣∠ONP﹣∠MPN＝∠MON，
∴∠OMP﹣∠ONP﹣∠MPN＝40°；
如图5，当点P落在直线MN左侧，且在∠AOD内部时，记PM与CD的交点为点F，
∵∠OFP是△MOF和△FNP的外角，
∴∠OFP＝∠MON+∠OMP，∠OFP＝∠MPN+∠ONP，
∴∠MON+∠OMP＝∠MPN+∠ONP，即∠MPN+∠ONP﹣∠OMP＝∠MON，
∴∠MPN+∠ONP﹣∠OMP＝40°；
如图6，当点P落在直线MN右侧，且在∠AOD内部时，记PM与CD的交点为点F，
∵∠OFP是△MOF的外角，∠ONP是△FNP的外角，
∴∠OFP＝∠MON+∠OMP，∠ONP＝∠MPN+∠OFP，
∴∠ONP＝∠MPN+∠MON+∠OMP，
∴∠MPN+∠OMP+∠ONP＝∠MON＝40°；
如图7，当点P落在∠AOC内部时，延长PO至点G，
∵∠MOG和∠NOG分别是△MOP和△NOP的外角，
∴∠MOG＝∠MPO+∠PMO，∠NOG＝∠NPO+∠PNO，
∴∠MOG+∠NOG＝∠MPO+∠NPO+∠PMO+∠PNO，即∠MON＝∠MPN+∠PMO+∠PNO，
∴∠MPN+∠PMO+∠PNO＝40°，
综上所述：当点P在∠MON外部时，∠MPN、∠OMP、∠ONP之间的数量关系共有5种．
（2）解：如图8，当点P在直线MN右侧，且在直线AB上方时，记PN与直线AB的交点为H，
∵AB∥CD，
∴∠AHP＝∠CNP，
∵∠AMP是△MPH的外角，
∴∠AMP＝∠MPN+∠AHP，
∴∠AMP＝∠MPN+∠CNP，
如图9，当点P在直线MN的左侧，且在直线AB上方时，记PN与直线AB的交点为H，
∵AB∥CD，∴∠AHP＝∠CNP，
∵∠AHP是△MPH的外角，
∴∠AHP＝∠MPN+∠AMP，
∴∠CNP＝∠MPN+∠AMP，
如图10，当点P在直线MN右侧，且在直线AB和直线CD之间时，
∵AB∥CD，
∴∠BMP+∠PMN+∠PNM+∠PND＝180°，
∵∠BMP＝180°﹣∠AMP，∠PND＝180°﹣∠PNC，∠PMN+∠PNM＝180°﹣∠MPN，
∴∠AMP+∠CNP+MPN＝360°，
如图11，当点P在直线MN左侧，且在直线AB和直线CD之间时，
∵AB∥CD，
∴∠AMP+∠PMN+∠CNP+∠PNM＝180°，
∵∠PMN+∠PNM＝180°﹣∠MPN，
∴∠AMP+∠CNP＝∠MPN，
如图12，当点P在直线MN右侧，且在直线CD下方时，记PN与CD的交点为H，
∵AB∥CD，
∴∠AMP＝∠CHP，
∵∠CNP是△NHP的外角，
∴∠CNP＝∠CHP+∠MPN，
∴∠CNP＝∠AMP+∠MPN，
如图13，当点P在直线MN的左侧，且在直线CD下方时，记PN与CD的交点为H，
∵AB∥CD，
∴∠AMP＝∠CHP，
∵∠CHP是△PHN的外角，
∴∠CHP＝∠MPN+∠CNP，
∴∠AMP＝∠MPN+∠CNP，
如图14，当点P在NM的延长线上时，∠MPN＝0°，
∵AB∥CD，
∴∠AMP＝∠CNP，
∴∠AMP﹣∠CNP＝∠MPN，
如图15，当点P在MN的延长线上时，∠MPN＝0°，
∵AB∥CD，∴∠AMP＝∠CNP，
∴∠AMP﹣∠CNP＝∠MPN，
如图16，当点P在线段MN上（不包含端点）时，∠MPN＝180°，
∵AB∥CD，
∴∠AMP+∠CNP＝180°，
∴∠AMP+∠CNP＝∠MPN，
综上所述，当AB∥CD时，∠MPN与∠AMP、∠CNP之间存在的所有数量关系是：∠AMP＝∠MPN+∠CNP或
∠CNP＝∠MPN+∠AMP或∠AMP+∠CNP+∠MPN＝360°或∠AMP+∠CNP＝∠MPN．
故答案为：∠AMP＝∠MPN+∠CNP或∠CNP＝∠MPN+∠AMP或∠AMP+∠CNP+∠MPN＝360°或∠AMP+∠CNP＝
∠MPN．考点05：三角形的外角性质
30．（2022秋•嘉祥县月考）如图，在△ABC中，∠BAC＝128°，P是△ABC的内角∠ABC的平分线BP与外
1 1
角∠ACE的平分线CP的交点；P是△BPC的内角∠PBC的平分线BP与外角∠PCE的平分线CP的交点；
1 2 1 1 2 1 2
P是△BPC的内角∠PBC的平分线BP与外角∠PCE的平分线CP的交点；依次这样下去，则∠P的度数
3 2 2 3 2 3 6
为（ ）
A．2° B．4° C．8° D．16°
解：∵△ABC的内角平分线BP与外角平分线CP交于P，
1 1∴∠PBC＝ ∠ABC，∠PCE＝ ∠ACE，
1 1
∵∠ACE＝∠A+∠ABC，∠PCE＝∠PBC+∠P，
1 1 1
∴ （∠A+∠ABC）＝∠PBC+∠P＝ ∠ABC+∠P，
1 1 1
∴∠P＝ ∠A＝ ×128°＝64°，
1
同理∠P＝ ∠P＝32°，
2 1
∴∠P＝2°，
6
故选：A．
31．（2022春•泌阳县月考）如图，在△ABC中，O是三个内角的平分线的交点，过点O作∠ODC＝∠AOC，
交边BC于点D．若∠ABC＝n°，则∠BOD的度数为（ ）
A．90°+ n° B．45°+ n° C．90°﹣ n° D．90°
解：∵∠ABC＝n°，
∴∠BAC+∠BCA＝180°﹣∠ABC＝180°﹣n°，
∵O是三个内角的平分线的交点，
∴∠OBC＝ ABC＝ n°，∠OCA＝ BCA，∠OAC＝ BAC，
∴∠OAC+∠OCA＝ （∠BAC+∠BCA）＝ （180°﹣n°）＝90°﹣ n°，
∴∠AOC＝180°﹣（∠OAC+∠OCA）＝180°﹣（90°﹣ n°）＝90°+ n°，
∵∠ODC＝∠AOC，
∴∠ODC＝∠AOC＝90°+ n°，
∵∠ODC＝∠OBC+∠BOD，∠OBC＝ n°，
∴∠BOD＝90°，
故选：D．32．（2022秋•钱塘区月考）如图，在△ABC中，∠A＝α，∠ACD是其外角，∠ABC与∠ACD的平分线交于
点A，得∠A；∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A，得∠A；则∠A＝ …；∠A BC
1 1 1 1 2 2 2 2021
与∠A CD的平分线交于点A ，则∠A ＝ ．
2021 2022 2022
解：∵AB平分∠ABC，AC平分∠ACD，
1 1
∴∠ABC＝ ∠ABC，∠ACA＝ ∠ACD，
1 1
∵∠ACD＝∠A+∠ABC，
1 1 1
即 ∠ACD＝∠A+ ∠ABC，
1
∴∠A＝ （∠ACD﹣∠ABC），
1
∵∠A+∠ABC＝∠ACD，
∴∠A＝∠ACD﹣∠ABC，
∴∠A＝ ∠A＝ α，
1
∠A＝ ∠A＝ ∠A＝ ，…，
2 1
以此类推，∠A＝ ∠A＝ ，
n
∴∠A ＝ ．
2022
故答案为： ， ．33．（2021秋•黄石期末）如图，∠A＝20°，∠B＝40°，∠C＝50°，则∠ADB的度数是 110° ．
解：∵∠A＝20°，∠C＝50°，
∴∠AEB＝∠A+∠C＝70°，
∵∠B＝40°，
∴∠ADB＝∠AEB+∠B＝70°+40°＝110°，
故答案为：110°．
34．（2021秋•黄石期末）如图，△ABC的内角∠ABC的平分线BP与外角∠ACD的平分线CP交于点P，连接
AP，若∠BPC＝46°，则∠CAP＝ 4 4 °．
解：延长BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，如图所示：
设∠PCD＝x°，
∵CP平分∠ACD，
∴∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，
∴PF＝PM，
∵∠BPC＝46°，
∴∠ABP＝∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣46）°，
∴∠BAC＝∠ACD﹣∠ABC＝2x°﹣（x°﹣46°）﹣（x°﹣46°）＝92°，∴∠CAF＝88°，
在Rt△PFA和Rt△PMA中，
，
∴Rt△PFA≌Rt△PMA（HL），
∴∠FAP＝∠PAC＝44°．
故答案为：44．
35．（2022秋•汇川区校级月考）如图（1），∠CBF，∠ACG是△ABC的外角，∠ACG的平分线所在直线与
∠ABC的平分线BD交于点D，与∠CBF的平分线BE交于点E．
（1）若∠A＝70°，则∠D＝ 3 5 度；
（2）若∠A＝α，求∠E的度数；
（3）在图（1）的条件下，沿BA作射线BM，连接AD，如图（2）．求证：AD平分∠MAC．
解：（1）∵CD平分∠ACG，BD平分∠ABC，
∴∠DCG＝ ∠ACG，∠DBC＝ ∠ABC，
∵∠ACG＝∠A+∠ABC，
∴2∠DCG＝∠A+∠ABC＝∠A+2∠DBC，
∵∠DCG＝∠D+∠DBC，
∴2∠DCG＝2∠D+2∠DBC，
∴∠A+2∠DBC＝2∠D+2∠DBC，
∴∠D＝ ∠A＝35°，
故答案为：35；（2）∵BD平分∠ABC，BE平分∠CBF，
∴∠DBC＝ ∠ABC，∠CBE＝ ∠CBF，
∴∠DBC+∠CBE＝ （∠ABC+∠CBF）＝90°，
即∠DBE＝90°，
∴∠D+∠E＝90°，
由（1）得∠D＝ ∠A，
∵∠A＝α，
∴∠D＝ α，
∴∠E＝90°﹣ α；
（3）过D点分别作DH⊥AM于H，DI⊥AC于I，DJ⊥BC与J，
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACG，
∴DH＝DJ，DI＝DJ，
∴DH＝DI，
∴AD平分∠MAC．
36．（2021秋•梁山县校级月考）【概念认识】
如图①，在∠ABC中，若∠ABD＝∠DBE＝∠EBC，则BD，BE叫做∠ABC的“三分线”．其中，BD是“邻
AB三分线”，BE是“邻BC三分线”．
【问题解决】
（1）如图②，在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝45°，若∠B的三分线BD交AC于点D，求∠BDC的度数；（2）如图③，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻BC三分线，且∠BPC＝140°，
求∠A的度数．
解：（1）当BD是“邻AB三分线”时，∠ABD＝ ∠ABC＝15°，
则∠BDC＝∠ABD+∠A＝15°+80°＝95°，
当BD′是“邻BC三分线”时，∠ABD′＝ ∠ABC＝30°，
则∠BD′C＝∠ABD′+∠A＝30°+80°＝110°，
综上所述，∠BDC的度数为95°或110°；
（2）在△BPC中，∠BPC＝140°，
则∠PBC+∠PCB＝180°﹣140°＝40°，
∵BP、CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻BC三分线，
∴∠ABC+∠ACB＝3（∠PBC+∠PCB）＝120°，
∴∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝60°．
考点06：命题与定理
37．（2022秋•灯塔市校级月考）下面真命题的是（ ）
A．矩形的对角线互相垂直
B．菱形是中心对称图形，不是轴对称图形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．依次连接矩形各边的中点，所得四边形是菱形
解：A、矩形的对角线互相垂直．错误矩形的对角线相等，不一定垂直，本选项不符合题意；B、菱形是中心对称图形，不是轴对称图形．错误，菱形是轴对称图形，也是中心对称图形，本选项不
符合题意；
C、对角线互相垂直且相等的四边形是正方形，错误，缺少对角线互相平分，本选项不符合题意；
D、依次连接矩形各边的中点，所得四边形是菱形，正确．本选项符合题意．
故选：D．
38．（2022秋•海淀区校级期中）已知P（x，y），P（x，y）是抛物线y＝ax2﹣4ax上的两点，下列命
1 1 1 2 2 2
题正确的是（ ）
A．若|x﹣2|＞|x﹣2|，则y＞y B．若y＞y，则|x﹣2|＞|x﹣2|
1 2 1 2 1 2 1 2
C．若y＝y，则x＝x D．若|x﹣2|＝|x﹣2|，则y＝y
1 2 1 2 1 2 1 2
解：∵y＝ax2﹣4ax，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣ ＝2，
当a＜0，若|x﹣2|＞|x﹣2|，则y＜y，
1 2 1 2
∴选项A错误，不符合题意．
当a＜0，若y＞y，则|x﹣2|＜|x﹣2|，
1 2 1 2
∴选项B错误，不符合题意．
当y＝y，P（x，y），P（x，y）关于抛物线对称轴对称或重合，
1 2 1 1 1 2 2 2
∴选项C错误，不符合题意．
若|x﹣2|＝|x﹣2|，P（x，y），P（x，y）到对称轴距离相等，
1 2 1 1 1 2 2 2
∴y＝y.选项D正确，符合题意．
1 2
故选：D．
39．（2021秋•通州区期末）小豪发现一个命题：“如果两个无理数a，b，满足a+b≠0，那么这两个无理
数的和是无理数．”这个命题是 假命题 （填写“真命题”，“假命题”）；请你举例说明
与 ．
解：如果两个无理数a，b，满足a+b≠0，那么这两个无理数的和是无理数．这个命题是假命题；如
与 的和是有理数；
故答案为：假命题； 与 ．
40．（2022春•广陵区期末）一次数学测试，满分为100分．测试分数出来后，同桌的李华和吴珊同学把
他俩的分数进行计算，李华说：我俩分数的和是160分，吴珊说：我俩分数的差是60分．那么，对于
下列两个命题：①俩人的说法都是正确的；②至少有一人说错了；③俩人的说法都是错的．其中真命题
是 ② ．（用序号填写）解：若设李华的说法是真命题，则两个人的分数和为160分，
若其中一人拿100分，另一人拿60分，那么他们的分差最大，为100﹣60＝40分＜60分．
因此他们两人之中，肯定有人说谎，故本题的真命题是②．
故答案为：②．
41．（2022•安徽模拟）命题“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的逆命题是 一边上的中线等
于这边的一半的三角形是直角三角形 ．它是 真 命题（填“真”或“假”）
解：命题“直角三角形斜边上的中线是斜边的一半”的逆命题是一边上的中线等于这边的一半的三角形
是直角三角形，为真命题，
故答案为：一边上的中线等于这边的一半的三角形是直角三角形；真．
42．（2021秋•新野县期中）如图，已知∠MAB是锐角，BN⊥AM，BN＝1cm，AB＝2cm．点C是射线AM上的
一个动点．利用图形画图说明命题“有两边和其中一边的对角分别相等的两个三角形全等”是假命题．
你画图时，BC长可选取的范围是 1c m ＜ B C ＜ 2c m cm．若△ABC的形状、大小是唯一确定的，则BC的
取值范围是 B C ＝ 1c m 或 B C ≥ 2c m ．
解：（1）分别在NA，NM上截取NC，NC′，使NC＝NC′，连接BC，BC′，
∵BN⊥AM，
∴BC＝BC′，
在△ABC和△ABC′中，AB＝AB，BC＝BC′，∠A＝∠A，
△ABC和△ABC′不全等，
BC长可选取的范围是：1cm＜BC＜2cm，
故答案为：有两边和其中一边的对角分别相等的两个三角形全等是假命题，证明见解析，1cm＜BC＜
2cm；
（2）①当BC＝1cm时，△ABC是直角三角形，此时，△ABC的形状、大小是唯一确定的；
②当BC≥2cm时，点C在射线NM上运动，此时，△ABC的形状、大小是唯一确定的．
故答案为：BC＝1cm或BC≥2cm．43．（2022春•钦北区期中）如图，直线AB，CD被直线AE所截，直线AM，EN被MN所截．请你从以下三个
条件：①AB∥CD；②AM∥EN；③∠BAM＝∠CEN中选出两个作为已知条件，另一个作为结论，得出一个
正确的命题．
（1）请按照：“∵ A B ∥ C D ， A M ∥ E N ；∴ ∠ B AM ＝∠ C EN ”的形式，写出所有正确的命题；
（2）在（1）所写的命题中选择一个加以证明，写出推理过程．
解：（1）命题1：∵AB∥CD，AM∥EN；
∴∠BAM＝∠CEN；
命题2：∵AB∥CD，∠BAM＝∠CEN；
∴AM∥EN；
命题3：∵AM∥EN，∠BAM＝∠CEN；
∴AB∥CD；
故答案为AB∥CD，AM∥EN；∠BAM＝∠CEN．
（2）证明命题1：
∵AB∥CD，
∴∠BAE＝∠CEA，
∵AM∥EN，
∴∠3＝∠4，
∴∠BAE﹣∠3＝∠CEA﹣∠4，
即∠BAM＝∠CEN．
44．（2021秋•萧山区期中）在数学课上，林老师在黑板上画出如图所示的△ABD和△ACE两个三角形，并
写出四个条件：①AB＝AC；②AD＝AE；③∠1＝∠2；④∠B＝∠C．请你从这四个条件中选出三个作为
题设，另一个作为结论，组成一个真命题，并给予证明．
题设： ①②③ ；
结论： ④ ．（均填写序号）证明：
∵∠ 1 ＝∠ 2 ，
∴∠ B AD ＝∠ C AE ．
在△ A BD 和△ A CE 中， ，
∴△ A BD ≌△ A CE ．（ S AS ），
∴∠ B ＝∠ C （全等三角形对应边相等）； ．
解：答案不唯一．如：
已知：在△ABD和△ACE中，AB＝AC，AD＝AE，∠1＝∠2．
求证：∠B＝∠C．
证明：∵∠1＝∠2，
∴∠BAD＝∠CAE．
在△ABD和△ACE中， ，
∴△ABD≌△ACE．（SAS），
∴∠B＝∠C（全等三角形对应边相等）；
故答案为：①②③；④．
∵∠1＝∠2，
∴∠BAD＝∠CAE．
在△ABD和△ACE中， ，
∴△ABD≌△ACE．（SAS），
∴∠B＝∠C（全等三角形对应边相等）．
45．（2022春•海州区校级期末）如图，B、A、E三点在同一直线上，（1）AD∥BC，（2）∠B＝∠C，
（3）AD平分∠EAC．
请你用其中两个作为条件，另一个作为结论，构造一个真命题，并证明．已知： A D ∥ B C ，∠ B ＝∠ C
求证： A D 平分∠ E AC
证明：
解：命题：已知：AD∥BC，∠B＝∠C，
求证：AD平分∠EAC．
证明：∵AD∥BC，
∴∠B＝∠EAD，∠C＝∠DAC．
又∵∠B＝∠C，
∴∠EAD＝∠DAC．
即AD平分∠EAC．
故是真命题．
故答案为：AD∥BC，∠B＝∠C，AD平分∠EAC
