2021学年第六章 平行四边形综合与测试同步达标检测题

这是一份2021学年第六章 平行四边形综合与测试同步达标检测题，共20页。

专题23 平行四边形 易错题之解答题（20题）
Part1 与 平行四边形的性质 有关的易错题
1．（2019·安徽合肥市·八年级期末）如图，ABCD是平行四边形，P是CD上一点，且AP和BP分别平分∠DAB和∠CBA．
(1)求∠APB的度数；
(2)如果AD＝5cm，AP＝8cm，求△APB的周长．

【答案】(1)∠APB＝90°； (2)△APB的周长是24cm.
【分析】（1）根据平行四边形性质得出AD∥CB，AB∥CD，推出∠DAB+∠CBA=180°，求出∠PAB+∠PBA=90°，在△APB中求出∠APB即可；
（2）求出AD=DP=5，BC=PC=5，求出DC=10=AB，即可求出答案．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴∥ ,∥， ，
∴ ，
又∵和分别平分和，
∴ ，
∴ ；
（2） ∵平分，∥ ，
∴ ，
∴ ，同理： ，
∴ ，
在中， ， ∴ ，
∴△的周长.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键.
2．（2019·云南丽江市·八年级期末）如图，▱ABCD的对角线相交于点分别为的中点．求证：．

【答案】见解析
【分析】
利用平行四边形得到，由E、F分别为OC、OA的中点得到OE=OF，由此证明△OBE≌△ODF，得到BE=DF.
【详解】
∵四边形是平行四边形，
∴．
∵分别是的中点，
∴，
∴．
在和中，
∴，
∴．
【点睛】
此题考查平行四边形的对角线相等的性质，线段中点的性质，利用SAS证明三角形全等，将所证明的等量线段放在全等三角形中证明三角形全等的思路很关键，解题中注意积累方法.
3．（2020·湖南八年级期末）如图，AC是▱ABCD的对角线，∠BAC＝∠DAC．
(1)求证：AB＝BC；

(2)若AB＝2，AC＝2，求▱ABCD的面积．
【答案】（1）证明见解析（2）2
【解析】
试题分析：（1）根据已知条件易证∠BAC=∠BCA，即可得出AB=BC；（2）连接BD交AC于O，易证四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质可得AC⊥BD，OA=OC=AC=，OB=OD=BD，根据勾股定理求出OB的长，即可得BD的长，利用▱ABCD的面积=AC•BD，即可求得答案．
试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠BCA，
∵∠BAC=∠DAC，
∴∠BAC=∠BCA，
∴AB=BC；
（2）解：连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=AC=，OB=OD=BD，
∴OB===1，
∴BD=2OB=2，
∴▱ABCD的面积=AC•BD=×2×2=2．

考点：平行四边形的性质；等腰三角形的判定；勾股定理；菱形面积的计算.
4．（2019·山东枣庄市·八年级期末）如图，在□ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，延长BE交CD的延长线于点F.
(1)若∠F＝20°，求∠A的度数；
(2)若AB＝5，BC＝8，CE⊥AD，求□ABCD的面积．

【答案】(1) 140°；(2) S▱ABCD＝32.
【解析】
【详解】
(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC,AD=BC=8,CD=AB=5,AB∥CD，

∵∠ABC的平分线交AD于点E，
∴∠ABE=∠CBF，


(2)∵AE=AB=5，AD=BC=8，CD=AB=5，
∴DE=AD−AE=3，
∵CE⊥AD，

∴▱ABCD的面积=AD⋅CE=8×4=32.
5．（2019·重庆期末）如图，平行四边形ABCD中，CG⊥AB于点G，∠ABF=45°，F在CD上，BF交CD于点E，连接AE，AE⊥AD．
(1)若BG=1，BC=，求EF的长度；
(2)求证：CE+BE=AB．

【答案】；证明见解析.
【分析】
（1）根据勾股定理得到CG==3，推出BG=EG=1，得到CE=2，根据平行四边形的性质得到AB∥CD，于是得到结论；
（2）延长AE交BC于H，根据平行四边形的性质得到BC∥AD，根据平行线的性质得到∠AHB=∠HAD，推出∠GAE=∠GCB，根据全等三角形的性质得到AG=CG，于是得到结论．
【详解】
，
，
，，
，
，
，
，
四边形ABCD是平行四边形，
，
，，
，
；
如图，延长AE交BC于H，

四边形ABCD是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
在与中，，
≌，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题关键．
Part2 与 平行四边形的判定 有关的易错题
6．（2020·湖北黄冈市·八年级期末）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，延长CE，BA交于点F，连接AC，DF．
（1）求证：四边形ACDF是平行四边形；
（2）当CF平分∠BCD时，写出BC与CD的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）BC=2CD，理由见解析.
【详解】
分析：（1）利用矩形的性质，即可判定△FAE≌△CDE，即可得到CD=FA，再根据CD∥AF，即可得出四边形ACDF是平行四边形；
（2）先判定△CDE是等腰直角三角形，可得CD=DE，再根据E是AD的中点，可得AD=2CD，依据AD=BC，即可得到BC=2CD．
详解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠FAE=∠CDE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
又∵∠FEA=∠CED，
∴△FAE≌△CDE，
∴CD=FA，
又∵CD∥AF，
∴四边形ACDF是平行四边形；
（2）BC=2CD．
证明：∵CF平分∠BCD，
∴∠DCE=45°，
∵∠CDE=90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=DE，
∵E是AD的中点，
∴AD=2CD，
∵AD=BC，
∴BC=2CD．
点睛：本题主要考查了矩形的性质以及平行四边形的判定与性质，要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．
7．（2020·贵州毕节市·八年级期末）如图，分别以Rt△ABC的直角边AC及斜边AB向外作等边△ACD，等边△ABE，已知∠BAC=30°，EF⊥AB，垂足为F，连接DF
（1）试说明AC=EF；
（2）求证：四边形ADFE是平行四边形．

【答案】证明见解析．
【分析】
（1）一方面Rt△ABC中，由∠BAC=30°可以得到AB=2BC，另一方面△ABE是等边三角形，EF⊥AB，由此得到AE=2AF，并且AB=2AF，从而可证明△AFE≌△BCA，再根据全等三角形的性质即可证明AC=EF．
（2）根据（1）知道EF=AC，而△ACD是等边三角形，所以EF=AC=AD，并且AD⊥AB，而EF⊥AB，由此得到EF∥AD，再根据平行四边形的判定定理即可证明四边形ADFE是平行四边形．
【详解】
证明：（1）∵Rt△ABC中，∠BAC=30°，∴AB=2BC．
又∵△ABE是等边三角形，EF⊥AB，∴AB=2AF．∴AF=BC．
∵在Rt△AFE和Rt△BCA中，AF=BC，AE=BA，
∴△AFE≌△BCA（HL）．∴AC=EF．
（2）∵△ACD是等边三角形，∴∠DAC=60°，AC=AD．
∴∠DAB=∠DAC+∠BAC=90°．∴EF∥AD．
∵AC=EF，AC=AD，∴EF=AD．
∴四边形ADFE是平行四边形．
考点：1．全等三角形的判定与性质；2．等边三角形的性质；3．平行四边形的判定．
8．（2020·山东烟台市·八年级期末）如图，在▱ABCD中，过B点作BM⊥AC于点E，交CD于点M，过D点作DN⊥AC于点F，交AB于点N．
（1）求证：四边形BMDN是平行四边形；
（2）已知AF=12，EM=5，求AN的长．

【答案】（1）详见解析；（2）13．
【分析】
（1）只要证明DN∥BM，DM∥BN即可；
（2）只要证明△CEM≌△AFN，可得FN=EM=5，在Rt△AFN中，根据勾股定理AN=即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∵BM⊥AC，DN⊥AC，
∴DN∥BM，
∴四边形BMDN是平行四边形；
（2）∵四边形BMDN是平行四边形，
∴DM=BN，
∵CD=AB，CD∥AB，
∴CM=AN，∠MCE=∠NAF，
∵∠CEM=∠AFN=90°，
∴△CEM≌△AFN，
∴FN=EM=5，
在Rt△AFN中，AN===13．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
9．（2020·内蒙古包头市·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC，AD于点E，F，连接BF．

（1）如图1，在旋转的过程中，求证：OE＝OF；
（2）如图2，当旋转至90°时，判断四边形ABEF的形状，并证明你的结论；
（3）若AB＝1，BC＝，且BF＝DF，求旋转角度α的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）平行四边形，理由见解析；（3）45°
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出∠OAF＝∠OCE，OA＝OC，进而判断出△AOF≌△COE，即可得出结论；
（2）先判断出∠BAC＝∠AOF，得出AB∥EF，即可得出结论；
（3）先求出AC＝2，进而得出A＝1＝AB，即可判断出△ABO是等腰直角三角形，进一步判断出△BFD是等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一得出∠BOF＝90°，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵OA＝OC，∠AOF＝∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴OE＝OF；
（2）当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形，理由：
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∵∠AOF＝90°，
∴∠BAC＝∠AOF，
∴AB∥EF，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形；
（3）在Rt△ABC中，AB＝1，BC＝，
∴AC＝＝2，
∴OA＝1＝AB，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴∠AOB＝45°，
∵BF＝DF，
∴△BFD是等腰三角形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∴OF⊥BD（等腰三角形底边上的中线是底边上的高），
∴∠BOF＝90°，
∴∠α＝∠AOF＝∠BOF﹣∠AOB＝45°．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，判断出△ABO是等腰直角三角形是解本题的关键．
10．（2020·山东泰安市·八年级期末）已知BD垂直平分AC，∠BCD=∠ADF，AF⊥AC，
（1）证明ABDF是平行四边形；
（2）若AF=DF=5，AD=6，求AC的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）先证得△ADB≌△CDB求得∠BCD=∠BAD，从而得到∠ADF=∠BAD，所以AB∥FD，因为BD⊥AC，AF⊥AC，所以AF∥BD，即可证得．
（2）先证得平行四边形是菱形，然后根据勾股定理即可求得．
【详解】
（1）证明：∵BD垂直平分AC，
∴AB=BC，AD=DC，
在△ADB与△CDB中，
，
∴△ADB≌△CDB（SSS）
∴∠BCD=∠BAD，
∵∠BCD=∠ADF，
∴∠BAD=∠ADF，
∴AB∥FD，
∵BD⊥AC，AF⊥AC，
∴AF∥BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
（2）解：∵四边形ABDF是平行四边形，AF=DF=5，
∴▱ABDF是菱形，
∴AB=BD=5，
∵AD=6，
设BE=x，则DE=5-x，
∴AB2-BE2=AD2-DE2，
即52-x2=62-（5-x）2
解得：x=，
∴，
∴AC=2AE=．
考点：1．平行四边形的判定；2．线段垂直平分线的性质；3．勾股定理．
Part3 与 三角形中位线 有关的易错题
11．（2019·广东茂名市·八年级期末）如图，等边△ABC的边长是2，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF=BC，连接CD和EF．

（1）求证：DE=CF；
（2）求EF的长．
【答案】见解析；
【解析】
试题分析：（1）直接利用三角形中位线定理得出DEBC，进而得出DE=FC；
（2）利用平行四边形的判定与性质得出DC=EF，进而利用等边三角形的性质以及勾股定理得出EF的长
试题解析：（1）证明：∵D、E分别为AB、AC的中点， ∴DEBC，
∵延长BC至点F，使CF=BC， ∴DEFC， 即DE=CF；
（2）解：∵DEFC， ∴四边形DEFC是平行四边形， ∴DC=EF，
∵D为AB的中点，等边△ABC的边长是2， ∴AD=BD=1，CD⊥AB，BC=2， ∴DC=EF=．

考点：三角形中位线定理；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质
12．（2020·浙江八年级期末）如图，在△ABC中，，D为CA延长线上一点，于点E，交AB于点F．

（1）求证：△ADF是等腰三角形；
（2）若，，求线段DE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）根据等边对等角和直角三角形两锐角互余可得∠D=∠BFE，再等量代换可得∠D=∠AFD，根据等角对等边即可证明；
（2）过A作AH⊥BC，根据中位线定理可得EH=2，根据三线合一可得EC，再根据勾股定理可求．
【详解】
解：（1）∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵DE⊥BC，
∴∠C+∠D=90°，∠B+∠BFE=90°，
∴∠D=∠BFE，
又∵∠BFE=∠AFD，
∴∠D=∠AFD，
∴AD=AF，即△ADF为等腰三角形；
（2）过A作AH⊥BC，

∵，DE⊥BC，
∴EF//AH，
∴EF是△BAH的中位线，
∵BE=2，
∴EH=2，
∵AB=AC，
∴BC=4BE=8，EC=HC+HE=BH+EH=6，
∵DA=AF=5，AC=AB=10，
∴DC=AD+AC=15，
∴．
【点睛】
本题考查中位线定理、勾股定理、等腰三角形的性质和判定等．（1）中注意等边对等角，以及等角对等边的使用；（2）中能正确作出辅助线是解题关键．
13．（2019·安徽池州市·八年级期末）如图，在△ABC中，点E是边AC上一点，线段BE垂直于∠BAC的平分线于点D，点M为边BC的中点，连接DM．
(1)求证: DM＝CE；
(2)若AD＝6，BD＝8，DM＝2，求AC的长．

【答案】（1）见解析 （2）AC=14
【分析】
（1）证△BAD≌△EAD，推出AB=AE，BD=DE，根据三角形的中位线性质得出DM=CE即可；
（2）根据勾股定理求出AB，求出AE，根据三角形的中位线求出CE，即可得出答案．
【详解】
∵AD⊥BE，
∴∠ADB=∠ADE=90°，
∵AD为∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠EAD，
在△BAD和△EAD中，
，
∴△BAD≌△EAD（SAS），
∴AB=AE，BD=DE，
∵M为BC的中点，
∴DM=CE
（2）∵在Rt△ADB中，∠ADB=90°，AD=6，BD=8，
∴由勾股定理得：AE=AB=，
∵DM=2，DM=CE，
∴CE=4，
∴AC=10+4=14．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的中位线，勾股定理的应用，解此题的关键是推出△BAD≌△EAD，题目比较好，难度适中．
14．（2019·山西运城市·八年级期末）如图，四边形是平行四边形，为上一点，连接并延长，使，连接并延长，使，连接，为的中点，连接.

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，，求的度数.
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】
（1）证明，与，即可；
（2）要求的∠CBE是等腰三角形的底角，只需求出顶角∠ECB的度数即可.
【详解】
解：（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵，，
∴是的中位线，
∴，；
∵为的中点，∴，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵，∴，
∵，∴，
∵，∴.
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定、三角形的中位线定理和等腰三角形的性质，合理选用平行四边形的判定方法是证明（1）题的关键；解（2）题的关键是把所求的角与已知角集中在同一个三角形中.
15．（2021·山东烟台市·八年级期末）如图，▱ABCD的对角线、交于点，，分别是、的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，，求的长度．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得到AO＝OC，BO＝OD，根据三角形中位线的性质得到MO∥AD，NO∥AB，根据平行四边形的判定可证得结论；
（2）由勾股定理求得AB，根据三角形中位线的性质得到进而可得结论．
【详解】
（1）∵四边形是平行四边形，
∴AO＝OC，BO＝OD．
∵，分别是、的中点，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，．
∵，，
∴，．
∵，
∴
∵是的中点，，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质和判定，三角形中位线的性质，勾股定理，根据三角形中位线的性质得到是解决问题的关键．
Part4与 多边形的内角和与外角和 有关的易错题
16．（2020贵州遵义市·八年级期末）一个多边形的每一个内角都相等，并且每个外角都等于和它相邻的内角的一半．
（1）求这个多边形是几边形；
（2）求这个多边形的每一个内角的度数．
【答案】（1）这个多边形是六边形；（2）这个多边形的每一个内角的度数是120°．
【分析】
（1）先设内角为x,根据题意可得:外角为,根据相邻内角和外角的关系可得:,x+ =180°,从而解得:x=120°,即外角等于60°,根据外角和等于360°可得这个多边形的边数为:=6,
（2）先设内角为x,根据题意可得:外角为,根据相邻内角和外角的关系可得:,x+ =180°,从而解得内角:x=120°,内角和=（6﹣2）×180°=720°．
【详解】
（1）设内角为x,则外角为,
由题意得,x+ =180°,
解得:x=120°,
=60°,
这个多边形的边数为:=6,
答:这个多边形是六边形,
（2）设内角为x,则外角为,
由题意得: x+ =180°,
解得:x=120°,
答:这个多边形的每一个内角的度数是120度．
内角和=（6﹣2）×180°=720°．
【点睛】
本题主要考查多边形内角和外角,多边形内角和以及多边形的外角和,解决本题的关键是要熟练掌握多边形内角和外角的关系以及多边形内角和.
17．（2020·东莞市八年级期末）一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，求这个多边形的边数和内角和．
【答案】900°
【分析】
设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式（n-2）•180°与外角和定理列出方程，求解即可．
【详解】
设这个多边形的边数为n，
根据题意，得(n−2)×180°=3×360°−180°，
解得n=7.
所以这个多边形的内角和为：(7−2)⋅180°=900°.
【点睛】
本题考查的是多边形的内角和和外角和定理，熟练掌握这两点是解题的关键.
18．（2020·黑龙江伊春市·八年级期末）如果多边形的每个内角都比它相邻的外角的4倍多30°，求这个多边形的内角和及对角线的总条数．
【答案】54
【解析】
【试题分析】设这个多边形的一个外角为x°，则每个内角为（4x＋30）度，利用邻补角的数量关系列方程，x＋4x＋30＝180，解得x＝30.则这个多边形的边数为360°÷30°＝12，利用多边形的内角和公式 得(12－2)×180°＝1800°；利用对角线公式 得：(条)
【试题解析】
设这个多边形的一个外角为x°，
依题意有x＋4x＋30＝180，解得x＝30.
∴这个多边形的边数为360°÷30°＝12，
∴这个多边形的内角和为(12－2)×180°＝1800°，
对角线的总条数为(条)．
【方法点睛】利用方程思想解决问题，同时涉及到内角和公式及对角线的条数公式.
19．（2019·互助县八年级期末）（1）叙述并证明三角形内角和定理（证明用图 1）；
（2）如图 2 是七角星形，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G 的度数．

【答案】(1)见解析;(2) 180°
【分析】
（1）先写出已知、求证，再画图，然后证明．过点A作MN∥BC，利用MN∥BC，可得∠B=∠MAB，∠C=∠NAC，而∠MAB+∠NAC+∠BAC=180°，利用等量代换可证∠BAC+∠B+∠C=180°；
（2）先根据△外角的性质得出∠D+∠G=∠CMD，∠A+∠E=∠DMN，∠B+∠F=∠MNC，再由三角形内角和定理即可得出结论．
【详解】

(1)证明：如图，过点 A 作直线 MN，使 MN∥BC，，
∵MN∥BC，
∴∠B=∠MAB，∠C=∠NAC（两直线平行，内错角相等）
∵∠MAB+∠NAC+∠BAC=180°（平角定义）
∴∠B+∠C+∠BAC=180°（等量代换）
∴∠BAC+∠B+∠C=180°．

（2）解：如图 2，
∵∠A+∠E=∠DME，∠G+∠D=∠ANG，∠C+∠F=∠BHC，
∵∠DME+∠ANG=∠BPH，
∴∠A+∠E+∠G+∠D=∠BPH，
∵∠B+∠BHC+∠BPH=180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=180°．
【点睛】
本题考查的知识点是三角形的内角和定理和三角形外角性质，解题关键是熟知三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
20．（2020·山东日照市·八年级期末）探究与发现：

探究一：我们知道，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．那么，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在何种数量关系呢？
已知：如图1，∠FDC与∠ECD分别为△ADC的两个外角，试探究∠A与∠FDC+∠ECD的数量关系．
探究二：三角形的一个内角与另两个内角的平分线所夹的钝角之间有何种关系？
已知：如图2，在△ADC中，DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，试探究∠P与∠A的数量关系．
探究三：若将△ADC改为任意四边形ABCD呢？
已知：如图3，在四边形ABCD中，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，试利用上述结论探究∠P与∠A+∠B的数量关系．
【答案】探究一：∠FDC+∠ECD＝180°+∠A；探究二：∠P＝90°+12∠A；探究三：∠P＝12（∠A+∠B）．
【分析】
探究一：根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠FDC=∠A+∠ACD，∠ECD=∠A+∠ADC，再根据三角形内角和定理整理即可得解；
探究二：根据角平分线的定义可得∠PDC=12∠ADC，∠PCD=12∠ACD，然后根据三角形内角和定理列式整理即可得解；
探究三：根据四边形的内角和定理表示出∠ADC+∠BCD，然后同理探究二解答即可.
【详解】
解：探究一：∵∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，
∴∠FDC+∠ECD＝∠A+∠ACD+∠A+∠ADC＝180°+∠A；
探究二：∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠PDC＝12∠ADC，∠PCD＝12∠ACD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°﹣12∠ADC﹣12∠ACD
＝180°﹣12（∠ADC+∠ACD）
＝180°﹣（180°﹣∠A）
＝90°+12∠A；
探究三：∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠PDC＝12∠ADC，∠PCD＝12∠BCD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°﹣12∠ADC﹣12∠BCD
＝180°﹣12（∠ADC+∠BCD）
＝180°﹣12（360°﹣∠A﹣∠B）
＝12（∠A+∠B）.
故答案为探究一：∠FDC+∠ECD＝180°+∠A；探究二：∠P＝90°+12∠A；探究三：∠P＝12（∠A+∠B）．
【点睛】
本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，多边形的内角和公式，此类题目根据同一个解答思路求解是解题的关键．