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专题1.8 平行线的证明章末重难点题型（举一反三）（北师大版）（解析版）学案
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这是一份初中数学北师大版八年级上册本册综合学案及答案，共38页。学案主要包含了北师大版，考点1 推理与论证，变式1-1，变式1-2，变式1-3，变式2-1，变式2-2，变式2-3等内容，欢迎下载使用。
专题1.8 平行线的证明章末重难点题型【举一反三】
【北师大版】
【考点1 推理与论证】
【例1】（2019春•东城区校级期末）某班对道德与法治，历史，地理三门程的选考情况进行调研，数据如下：
科目
道德与法治
历史
地理
选考人数（人）
19
13
18
其中道德与法治，历史两门课程都选了的有3人，历史，地理两门课程都选了的有4人，该班至多有多少学生（ ）
A．41 B．42 C．43 D．44
【分析】根据题意得，只选道德与法治有[19﹣3﹣y]＝（16﹣y）人，只选历史的有[13﹣3﹣（4﹣x）]＝（6+x）人，只选地理的有（18﹣4﹣y）＝（14﹣y）人，即可得出结论．
【答案】解：如图，设三门课都选的有x人，同时选择地理和道德与法治的有y人，
根据题意得，只选道德与法治有[19﹣3﹣y]＝（16﹣y）人，
只选历史的有[13﹣3﹣（4﹣x）]＝（6+x）人，
只选地理的有（18﹣4﹣y）＝（14﹣y）人，
即：总人数为16﹣y+y+14﹣y+4﹣x+6+x+3＝43﹣y
当同时选择地理和道德与法治的有0人时，总人数最多，最多为43人．
故选：C．
【点睛】此题是推理论证的题目，主要考查了学生的推理能力，表示出只选一种科目的人数是解本题的关键．
【变式1-1】（2019秋•海州区期中）妈妈让小明给客人烧水沏茶，洗开水壶要用1分钟，烧开水要用15分钟，洗茶壶要用1分钟，洗茶杯要用1分钟，放茶叶要用2分钟，给同学打电话要用1分钟．为使客人早点喝上茶，小明最快可在几分钟内完成这些工作？（ ）
A．19分钟 B．18分钟 C．17分钟 D．16分钟
【分析】利用已知得出烧水时间里完成洗茶壶、洗茶杯、再放茶叶、给同学打电话最节省时间进而得出答案．
【答案】解：小明应先洗开水壶用1分钟，再烧开水用15分钟，
在烧水期间，洗茶壶用1分钟，洗茶杯用1分钟，放茶叶用2分钟，给同学打电话用1分钟，一共用5分钟，不用算入总时间，
故为使客人早点喝上茶，小明最快可在16分钟内完成这些工作．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了推理与论证，合理安排时间是解题关键．
【变式1-2】（2018春•绍兴期中）甲乙丙丁四人的车分别为白色、银色、蓝色和红色．在问到他们各自车的颜色时，甲说：“乙的车不是白色．”乙说：“丙的车是红色的．”丙说：“丁的车不是蓝色的．”丁说：“甲、乙、丙三人中有一个人的车是红色的，而且只有这个人说的是实话．”如果丁说的是实话，那么以下说法正确的是（ ）
A．甲的车是白色的，乙的车是银色的
B．乙的车是蓝色的，丙的车是红色的
C．丙的车是白色的，丁的车是蓝色的
D．丁的车是银色的，甲的车是红色的
【分析】先判断出乙和丙的车不是红色，进而判断出甲的车是红色，再根据丙的说法不是实话，判断出丁的车是蓝色，再根据甲的说法判断出丙和乙的车的颜色．
【答案】解：∵丁说：“甲、乙、丙三人中有一个人的车是红色的，而且只有这个人说的是实话．”如果丁说的是实话，
假设乙的车是红色，
∴乙的说法是实话，
∴丙的车也是红色，和乙的车是红色矛盾，
假设丙的车是红色，
∴丙的说法是实话，而乙说：“丙的车是红色的．”，
∴乙的说法是实话，
∴有两人说的是实话，与只有一个人是说法是实话矛盾，
∴只有甲的车是红色，
∴甲的说法是实话，
∴丙的说法不是实话，
∵丙说：“丁的车不是蓝色的．”
∴丁的车是蓝色，
∴乙和丙的车一个是白色，一个是银色，
∵甲说：“乙的车不是白色．”且甲的说法是实话，
∴丙的车是白色，乙的车是银色，
即：甲的车是红色，乙的车是银色，丙的车是白色，丁的车是蓝色，
故选：C．
【点睛】此题是推理与论证题目，解决此类题目先假设某个说法正确，然后根据题意进行分析推理，看是否有矛盾，进而得出结论，
【变式1-3】（2019秋•启东市校级月考）A，B，C，D四个队赛球，比赛之前，甲和乙两人猜测比赛的成绩次序：甲：从第一名开始，名次顺序是A，D，C，B；乙：从第一名开始，名次顺序是A，C，B，D，比赛结果，两人都猜对了一个队的名次，已知第一名是B队，请写出四个队的名次顺序是（ ）
A．B，A，C，D B．B，C，A，D C．D，B，A，C D．B，A，D，C
【分析】两人都猜对了一个队的名次，已知两队猜的第一名是错误的，因此甲猜的第四名和乙猜的三名也是错误的．因此甲猜的第三项和乙猜的第四项是正确的，即这四个队的名次顺序为B、A、C、D．
【答案】解：由于甲、乙两队都猜对了一个队的名次，且第一名是B队．那么甲、乙的猜测情况可表示为：
甲：错、错、对、错；乙：错、错、错、对．
因此结合两个人的猜测情况，可得出正确的名次顺序为B、A、C、D．
故选：A．
【点睛】解决本题的关键，是要综合考虑两个人的猜测情况，以免造成多解和错解．
【考点2 平行公论及推论】
【例2】（2018春•城关区校级月考）下列说法中，正确的是（ ）
A．两条不相交的直线叫平行线
B．一条直线的平行线有且只有一条
C．若直线a∥b，a∥c，则b∥c
D．两条直线不相交就平行
【分析】根据平行线的定义判断A；
根据平行线的性质判断B；
根据平行公理的推论判断C；
根据两条直线的位置关系判断D．
【答案】解：A、在同一平面内不相交的两条直线叫做平行线，故本选项错误；
B、一条直线的平行线有无数条，故本选项错误；
C、若直线a∥b，a∥c，则b∥c，满足平行公理的推论，故本选项正确；
D、在同一平面内两条直线不相交就平行，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的定义、性质及平行公理，熟练掌握公理和概念是解决本题的关键．
【变式2-1】（2019春•张店区期末）已知在同一平面内，有三条直线a，b，c，若a∥b，b∥c，则直线a与直线c之间的位置关系是（ ）
A．相交 B．平行 C．垂直 D．平行或相交
【分析】根据平行公理的推论直接判断直线c与直线a的位置关系即可．
【答案】解：∵在同一平面内，直线a∥b，直线b∥c，
∴直线c与直线a的位置关系是：a∥c．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平行公理的推论，熟练记忆推论内容是解题关键．
【变式2-2】（2019春•龙泉驿区期中）下列说法正确的是（ ）
A．a，b，c是直线，且a∥b，b∥c，则a∥c
B．a，b，c是直线，且a⊥b，b⊥c，则a⊥c
C．a，b，c是直线，且a∥b，b⊥c，则a∥c
D．a，b，c是直线，且a∥b，b∥c，则a⊥c
【分析】根据“在同一平面内，如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行”和“在同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行”解答即可．
【答案】解：A、正确，根据“在同一平面内，如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行”．
B、错误，因为“在同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行”．
C、错误，a，b，c是直线，且a∥b，b⊥c则a⊥c；
D、错误，b，c是直线，且a∥b，b∥c，则a∥c．
故选：A．
【点睛】此题考查的是平行线的判定和性质定理，比较简单．
【变式2-3】（2019春•邱县期末）下列语句：
①不相交的两条直线叫平行线
②在同一平面内，两条直线的位置关系只有两种：相交和平行
③如果线段AB和线段CD不相交，那么直线AB和直线CD平行
④如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线平行
⑤过一点有且只有一条直线与已知直线平行
正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】直接利用平行公理以及其推论分析得出答案．
【答案】解：①不相交的两条直线叫平行线，必须是在同一平面内，故错误；
②在同一平面内，两条直线的位置关系只有两种：相交和平行，正确
③如果线段AB和线段CD不相交，那么直线AB和直线CD平行，错误；
④如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线平行，正确；
⑤过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故错误，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平行公理及推论，正确把握定义是解题关键．
【考点3 三角形内角和与平行线】
【例3】（2019秋•自贡期中）如图，将一副三角板如图放置，若AE∥BC，则∠BAD＝（ ）
A．90° B．85° C．75° D．65°
【分析】利用平行线的性质求出∠ADB，再利用三角形内角和定理即可解决问题
【答案】解：∵AE∥BC，
∴∠ADB＝∠DAE＝45°，
∵∠B＝60°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣60°﹣45°＝75°，
故选：C．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，平行线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【变式3-1】（2019春•长安区期末）一副三角板如图放置，点D在CB的延长线上，EF∥CD，∠C＝∠EDF＝90°，∠A＝45°，∠EFD＝30°，则∠DFB＝（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
【分析】直接利用三角板的特点，结合平行线的性质得出∠BFE＝45°，进而得出答案．
【答案】解：由题意可得：∠EFD＝30°，∠ABC＝45°，
∵EF∥CD，
∴∠BFE＝∠ABC＝45°，
∴∠DFB＝45°﹣30°＝15°．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了平行线的性质，根据平行线的性质得出∠BFE的度数是解题关键．
【变式3-2】（2019•常熟市二模）如图，△ABC是一块直角三角板，∠C＝90°，∠A＝30°，现将三角板叠放在一把直尺上，AC与直尺的两边分别交于点D、E，AB与直尺的两边分别交于点F、G，若∠1＝40°，则∠2的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【分析】依据平行线的性质，即可得到∠1＝∠DFG＝40°，再根据三角形外角性质，即可得到∠2的度数．
【答案】解：∵DF∥EG，
∴∠1＝∠DFG＝40°，
又∵∠A＝30°，
∴∠2＝∠A+∠DFG＝30°+40°＝70°，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角性质的运用，解题时注意：两直线平行，内错角相等．
【变式3-3】（2019•卧龙区一模）如图，直线m∥n，△ABC的顶点B，C分别在直线n，m上，且∠ACB＝90°，若∠1＝30°，则∠2的度数为（ ）
A．140° B．130° C．120° D．110°
【分析】先根据平行线的性质求出∠3的度数，再由∠ACB＝90°得出∠4的度数，根据补角的定义即可得出结论．
【答案】解：如图：
∵m∥n，∠1＝30°，
∴∠3＝∠1＝30°．
∵∠ACB＝90°，
∴∠4＝∠ACB﹣∠3＝90°﹣30°＝60°，
∴∠2＝180°﹣∠4＝180°﹣60°＝120°．
故选：C．
【点睛】本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等．
【考点4 三角形外角性质与平行线】
【例4】（2019秋•洛阳期中）如图，AB∥CD，∠B＝2∠D，∠E＝22°，则∠D的度数为（ ）
A．22° B．44° C．68° D．30°
【分析】根据平行线的性质解答即可．
【答案】解：∵AB∥CD，
∴∠B＝∠EFC，
∴∠E＝∠EFC﹣∠D＝∠B﹣∠D＝2∠D﹣∠D＝∠D，
∵∠E＝22°，
∴∠D＝22°，
故选：A．
【点睛】此题考查了平行线的性质与三角形外角的性质．此题比较简单，解题的关键是掌握两直线平行，同位角相等定理的应用．
【变式4-1】（2019春•西湖区校级月考）已知l1∥l2，一块含30°角的直角三角板如图所示放置，∠2＝32°，那么∠1等于（ ）
A．28° B．32° C．20° D．16°
【分析】依据对顶角以及三角形内角和定理，即可得到∠4的度数，再根据平行线的性质以及三角形外角性质，即可得出∠1的度数．
【答案】解：∵∠C＝90°，∠2＝∠CFE＝32°，
∴∠4＝58°，
∵l1∥l2，
∴∠3＝∠4＝58°，
∵∠3是△ADG的外角，
∴∠1＝∠3﹣∠A＝58°﹣30°＝28°，
故选：A．
【点睛】本题考查的是平行线的性质及三角形外角的性质的运用，用到的知识点为：两直线平行，同位角相等．
【变式4-2】（2019春•泰兴市校级期中）如图，直线AE∥DF，若∠ABC＝120°，∠DCB＝95°，则∠1+∠2的度数为（ ）
A．45° B．55° C．35° D．不能确定
【分析】利用平行线的性质以及三角形的外角的性质解决问题即可．
【答案】解：∵AE∥DF，
∴∠3+∠4＝180°，
∵∠ABC＝∠1+∠3＝120°，∠DCB＝∠2+∠4＝95°，
∴∠1+∠3+∠2+∠4＝120°+95°，
∴∠1+∠2＝215°﹣180°＝35°，
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的性质，三角形的外角等知识，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．
【变式4-3】（2019春•瑞安市期末）如图，已知直线EC∥BD，直线CD分别与EC，BD相交于C，D两点．在同一平面内，把一块含30°角的直角三角尺ABD（∠ADB＝30°，∠ABD＝90°）按如图所示位置摆放，且AD平分∠BAC，则∠ECA＝（ ）
A．15° B．2 C．25 D．30°
【分析】如图，延长BA交EC于H．利用平行线的性质求出∠AHC＝90°，再利用三角形的外角的性质解决问题即可．
【答案】解：如图，延长BA交EC于H．
∵EC∥BD，
∴∠CHA+∠ABD＝180°，
∵∠ABD＝90°，
∴∠AHC＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠BAD＝120°，
∵∠BAC＝∠AHC+∠ECA，
∴∠ECA＝30°，
故选：D．
【点睛】本题考查平行线的性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【考点5 三角形内角和与外角性质】
【例5】（2018秋•武清区期中）小明把一副直角三角尺按如图所示的方式摆放在一起，其中∠E＝90°，∠C＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，则∠1+∠2等于（ ）
A．120° B．150° C．180° D．210°
【分析】根据三角形的内角和定理和三角形外角性质解答即可．
【答案】解：如图：
∵∠1＝∠D+∠DOA，∠2＝∠E+∠EPB，
∵∠DOA＝∠COP，∠EPB＝∠CPO，
∴∠1+∠2＝∠D+∠E+∠COP+∠CPO＝∠D+∠E+180°﹣∠C＝30°+90°+180°﹣90°＝210°，
故选：D．
【点睛】此题考查三角形内角和，关键是根据三角形的内角和定理和三角形外角性质解答．
【变式5-1】（2019•景洪市一模）如图，五角星的顶点为A、B、C、D、E，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为（ ）
A．90° B．180° C．270° D．360°
【分析】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∠1＝∠A+∠C，∠2＝∠B+∠D，然后利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【答案】解：如图，由三角形的外角性质得，∠1＝∠A+∠C，∠2＝∠B+∠D，
∵∠1+∠2+∠E＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°．
故选B．
【点睛】本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，三角形的内角和定理，熟记性质并准确识图是解题的关键．
【变式5-2】（2019秋•莆田期中）如图，∠B+∠C+∠D+∠E﹣∠A等于（ ）
A．360° B．300° C．180° D．240°
【分析】根据三角形的外角的性质，得∠B+∠C＝∠CGE＝180°﹣∠1，∠D+∠E＝∠DFG＝180°﹣∠2，两式相加再减去∠A，根据三角形的内角和是180°可求解．
【答案】解：∵∠B+∠C＝∠CGE＝180°﹣∠1，∠D+∠E＝∠DFG＝180°﹣∠2，
∴∠B+∠C+∠D+∠E﹣∠A＝360°﹣（∠1+∠2+∠A）＝180°．
故选：C．
【点睛】考查了三角形的外角的性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；三角形的内角和定理．
【变式5-3】（2019春•江阴市校级月考）如图，已知∠BOF＝120°，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F为多少度（ ）
A．360° B．720° C．540° D．240°
【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠A+∠C，∠B+∠D，再根据邻补角求出∠EOF，然后求解即可．
【答案】解：如图，根据三角形的外角性质，∠1＝∠A+∠C，∠2＝∠B+∠D，
∵∠BOF＝120°，
∴∠3＝180°﹣120°＝60°，
根据三角形内角和定理，∠E+∠1＝180°﹣60°＝120°，
∠F+∠2＝180°﹣60°＝120°，
所以，∠1+∠2+∠E+∠F＝120°+120°＝240°，
即∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝240°．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质并把各角进行转化是解题的关键．
【考点6 平行线的判定与性质证明】
【例6】（2019秋•安庆期中）如图，已知BD⊥AC，EF⊥AC，点D，F是垂足，∠1＝∠2，求证：∠ADG＝∠C．
【分析】由BD与EF都与AC垂直，利用垂直于同一条直线的两直线平行得到BD与EF平行，利用两直线平行同位角相等得到一对角相等，再由已知的一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，利用内错角相等两直线平行得到DG与BC平行，利用两直线平行同位角相等即可得证．
【答案】证明：∵BD⊥AC，EF⊥AC（已知），
∴∠3＝∠4＝90°（垂直的定义），
∴BD∥EF（同位角相等，两直线平行），
∴∠2＝∠CBD（两直线平行，同位角相等），
∵∠1＝∠2（已知），
∴∠1＝∠CBD（等量代换），
∴GD∥BC（内错角相等，两直线平行），
∴∠ADG＝∠C（两直线平行，内错角相等）．
【点睛】此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是解本题的关键．
【变式6-1】（2019春•西湖区校级月考）如图，已知∠1+∠2＝180°，∠3＝∠B．
（1）求证：DE∥BC；
（2）若∠AED＝55°，∠B＝45°，求∠A的度数．
【分析】（1）由条件可先证明EH∥AB，再利用平行线的性质可得到∠3＝∠ADE＝∠B，可证明DE∥BC；
（2）根据平行线的性质可求∠ADE的度数，再根据三角形内角和定理可求∠A的度数．
【答案】（1）证明：延长EF交BC于H，
∵∠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）；
（2）∵DE∥BC（已知），
∴∠ADE＝∠B＝45°（两直线平行，同位角相等），
∵∠AED＝55°，
∴∠A＝180°﹣45°﹣55°＝80°．
【点睛】本题主要考查平行线的判定和性质，掌握平行线的判定和性质是解题的关键，即①同位角相等⇔两直线平行，②内错角相等⇔两直线平行，③同旁内角互补⇔两直线平行，④a∥b，b∥c⇒a∥c．
【变式6-2】（2019春•西湖区校级月考）已知如图，已知∠1＝∠2，∠C＝∠D．
（1）判断BD与CE是否平行，并说明理由；
（2）说明∠A＝∠F的理由．
【分析】（1）由∠1＝∠2结合对顶角相等可得出∠1＝∠3，再利用“同位角相等，两直线平行”可得出BD∥CE；
（2）由BD∥CE可得出∠C＝∠4，结合∠C＝∠D可得出∠D＝∠4，利用“内错角相等，两直线平行”可得出AC∥DF，再利用“两直线平行，内错角相等”可得出∠A＝∠F．
【答案】解：（1）BD∥CE，理由如下：
∵∠1＝∠2，∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴BD∥CE；
（2）理由如下：∵BD∥CE，
∴∠C＝∠4．
∵∠C＝∠D，
∴∠D＝∠4，
∴AC∥DF，
∴∠A＝∠F．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，牢记平行线的各判定与性质定理是解题的关键．
【变式6-3】（2019春•西湖区校级月考）如图，已知AD⊥BC，EF⊥BC，∠4＝∠C，那么∠1＝∠2，谈谈你的理由．
【分析】根据平行线的判定得出AD∥EF、DH∥AC，根据平行线的性质得出∠1＝∠3，∠2＝∠3，即可得出答案．
【答案】解：理由是：∵AD⊥BC，EF⊥BC，
∴∠ADC＝∠EFC＝90°，
∴AD∥EF，
∴∠1＝∠3，
∵∠4＝∠C，
∴DH∥AC，
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠2．
【点睛】本题考查了平行线的性质和判定，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
【考点7 三角形内角和与角平分线】
【例7】（2019秋•河西区期中）如图，在△ABC中，BO，CO分别平分∠ABC和∠ACB．
（Ⅰ）若∠A＝60°，则∠BOC的度数为 ；
（Ⅱ）若∠A＝100°，则∠BOC的度数 ；
（Ⅲ）若∠A＝α，求∠BOC的度数，并说明理由．
【分析】（Ⅰ）由三角形内角和定理以及角平分线的定义得出∠CBO+∠BCO＝（180°﹣∠A），再由三角形内角和定理即可得出∠BOC的度数．
（Ⅱ）和（Ⅲ）方法同（Ⅰ）．
【答案】解：（Ⅰ）∵BO、CO分别平分∠ABC和∠ACB，∠A＝60°，
∴∠CBO+∠BCO＝（180°﹣∠A）＝（180°﹣60°）＝60°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠CBO+∠BCO）＝180°﹣60°＝120°；
故答案为：120°；
（Ⅱ）同理，若∠A＝100°，则∠BOC＝180°﹣（180°﹣∠A）＝90°+∠A＝140°，
故答案为140°；
（Ⅲ）同理，若∠A＝α，则∠BOC＝180°﹣（180°﹣∠A）＝90°+．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线的定义；熟练掌握三角形内角和定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．
【变式7-1】（2019秋•长兴县期中）如图，AD是△ABC的高线，AE是角平分线，若∠BAC：∠B：∠C＝6：3：1，求∠DAE的度数．
【分析】根据三角形的内角和列方程即可得到结论．
【答案】解：∵∠BAC：∠B：∠C＝6：3：1，
∴设∠BAC＝6α，∠B＝3α，∠C＝α，
∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，
∴6α+3α+α＝180°，
∴α＝18°，
∴∠BAC＝108°，∠B＝54°，∠C＝18°，
∵AD是△ABC的高线，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝180°﹣90°﹣54°＝36°，
∵AE是角平分线，
∴∠BAE＝BAC＝108°＝54°，
∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝54°﹣36°＝18°．
【点睛】本题主要考查了三角形高线、角平分线以及三角形内角和定理的运用，熟练掌握三角形的内角和定理是解题的关键．
【变式7-2】（2019春•南岗区校级期中）如图，AE、BF分别为△ABC的角平分线，它们相交于点O．
（1）试说明∠BOA＝90°+∠C；
（2）AD是△ABC的高，∠BOA＝115°，∠BAC＝60°时，求∠DAE的度数．
【分析】（1）先根据三角形内角和定理得∠C＝180°﹣（∠BAC+∠ABC）的度数，由角平分线的定义和三角形内角和定理可得结论；
（2）先根据角平分线的定义可得∠CAE的度数，求出∠C的度数，根据高线和直角三角形的两锐角互余可得结论．
【答案】解：（1）∵∠CAB+∠ABC＝180°﹣∠C，
∵AE、BF是角平分线，
∴∠EAB＝∠BAC，∠FAB＝，
∴∠EAB+∠FAB＝＝＝90，
∴∠AOB＝180°﹣（90）
＝90．
（2）∵∠BAC＝60°，AE平分∠BAC，
∴∠CAE＝＝30°，
∵∠BOA＝115°，，
∴∠C＝50°，
∵AD是高，
∴∠ADC＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣50°＝40°，
∴∠DAE＝∠CAD﹣∠CAE＝40°﹣30°＝10°．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，三角形的高线与角平分线的性质，熟练掌握各性质定理是解题的关键．
【变式7-3】（2019秋•南昌期中）如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD．
（1）求证：∠A+∠C＝∠B+∠D；
（2）如图2，∠CAB与∠BD的平分线AP、DP相交于点P，求证：∠B+∠C＝2∠P．
【分析】（1）根据三角形的内角和即可得到结论；
（2）根据角平分线的定义和三角形的内角和解答即可．
【答案】证明：（1）在△AOC中，∠A+∠C＝180°﹣∠AOC，
在△BOD中，∠B+∠D＝180°﹣∠BOD，
∵∠AOC＝∠BOD，
∴∠A+∠C＝∠B+∠D；
（2）在AP、CD相交线中，有∠CAP+∠C＝∠P+∠CDP，
在AB、DP相交线中，有∠B+∠BDP＝∠P+∠BAP，
∴∠B+∠C+∠CAP+∠BDP＝2∠P+∠CDP+∠BAP，
∵AP、DP分别平分∠CAB、∠BDC，
∴∠CAP＝∠BAP，∠BDP＝∠CDP，
∴∠B+∠C＝2∠P．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是180°．也考查了角平分线的定义．
【考点8 三角形的外角性质与角平分线】
【例8】（2018秋•无为县期末）如图，AC平分∠DCE，且与BE的延长线交于点A．
（1）如果∠A＝35°，∠B＝30°，则∠BEC＝ ．（直接在横线上填写度数）
（2）小明经过改变∠A，∠B的度数进行多次探究，得出∠A、∠B、∠BEC三个角之间存在固定的数量关系，请你用一个等式表示出这个关系，并进行证明．
解：（2）关系式为：
证明：
【分析】（1）依据三角形外角性质，即可得到∠ACD＝∠A+∠B＝65°，依据AC平分∠DCE，可得∠ACE＝∠ACD＝65°，进而得出∠BEC＝∠A+∠ACE＝35°+65°＝100°；
（2）依据AC平分∠DCE，可得∠ACD＝∠ACE，依据三角形外角性质可得∠BEC＝∠A+∠ACE＝∠A+∠ACD，根据∠ACD＝∠A+∠B，即可得到∠BEC＝∠A+∠A+∠B＝2∠A+∠B．
【答案】解：（1）∵∠A＝35°，∠B＝30°，
∴∠ACD＝∠A+∠B＝65°，
又∵AC平分∠DCE，
∴∠ACE＝∠ACD＝65°，
∴∠BEC＝∠A+∠ACE＝35°+65°＝100°，
故答案为：100°；
（2）关系式为∠BEC＝2∠A+∠B．
理由：∵AC平分∠DCE，
∴∠ACD＝∠ACE，
∵∠BEC＝∠A+∠ACE＝∠A+∠ACD，
∵∠ACD＝∠A+∠B，
∴∠BEC＝∠A+∠A+∠B＝2∠A+∠B．
【点睛】本题主要考查了三角形外角性质以及角平分线的定义，解题时注意：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
【变式8-1】（2019春•内江期末）如图，在△ABC中，AD是高，∠DAC＝10°，AE是∠BAC外角的平分线，BF平分∠ABC交AE于点F，若∠ABC＝46°，求∠AFB的度数．
【分析】根据直角三角形的性质求出∠BAD的度数，得到∠BAC的度数，根据邻补角的性质求出∠CAM的度数，根据角平分线的定义求出∠MAE的度数，根据三角形的外角的性质计算即可．
【答案】解：∵AD是高，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣∠ABC＝44°，又∠DAC＝10°，
∴∠BAC＝54°，
∴∠MAC＝126°，
∵AE是∠BAC外角的平分线，
∴∠MAE＝∠MAC＝63°，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠ABC＝23°，
∴∠AFB＝∠MAE﹣∠ABF＝40°．
【点睛】本题考查的是三角形的外角的性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
【变式8-2】（2019春•大名县期末）如图，在△ABC中，点E在AC上，∠AEB＝∠ABC．
（1）图1中，作∠BAC的角平分线AD，分别交CB、BE于D、F两点，求证：∠EFD＝∠ADC；
（2）图2中，作△ABC的外角∠BAG的角平分线AD，分别交CB、BE的延长线于D、F两点，试探究（1）中结论是否仍成立？为什么？
【分析】（1）首先根据角平分线的性质可得∠BAD＝∠DAC，再根据内角与外角的性质可得∠EFD＝∠DAC+∠AEB，∠ADC＝∠ABC+∠BAD，进而得到∠EFD＝∠ADC；
（2）首先根据角平分线的性质可得∠BAD＝∠DAG，再根据等量代换可得∠FAE＝∠BAD，然后再根据内角与外角的性质可得∠EFD＝∠AEB﹣∠FAE，∠ADC＝∠ABC﹣∠BAD，进而得∠EFD＝∠ADC．
【答案】解：（1）∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠DAC，
∵∠EFD＝∠DAC+∠AEB，∠ADC＝∠ABC+∠BAD，
又∵∠AEB＝∠ABC，
∴∠EFD＝∠ADC；
（2）探究（1）中结论仍成立；
理由：∵AD平分∠BAG，
∴∠BAD＝∠GAD，
∵∠FAE＝∠GAD，
∴∠FAE＝∠BAD，
∵∠EFD＝∠AEB﹣∠FAE，∠ADC＝∠ABC﹣∠BAD，
又∵∠AEB＝∠ABC，
∴∠EFD＝∠ADC．
【点睛】此题主要考查了三角形外角的性质，关键是掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
【变式8-3】（2019秋•九龙坡区校级月考）探究：
（1）如图1，在△ABC中，BP平分∠ABC，CP平分∠ACB．求证：∠P＝90°+∠A．
（2）如图2，在△ABC中，BP平分∠ABC，CP平分外角∠ACE．猜想∠P和∠A有何数量关系，并证明你的结论．
（3）如图3，BP平分∠CBF，CP平分∠BCE．猜想∠P和∠A有何数量关系，请直接写出结论．
【分析】（1）根据三角形内角和定理以及角平分线的性质进行解答即可；
（2）根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠A的度数，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果．
（3）根据三角形的外角性质、内角和定理、角平分线的定义探求并证明．
【答案】证明：（1）∵△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A．
又∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，
∴∠PBC＝∠ABC，
∠PCB＝∠ACB，
∴∠PBC+∠PCB＝（180°﹣∠A），
根据三角形内角和定理可知∠BPC＝180°﹣（180°﹣∠A）＝90°+∠A；
（2）∠A＝∠P，理由如下：
∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCE＝∠ACE．
∵∠ACE是△ABC的外角，∠PCE是△BPC的外角，
∴∠ACE＝∠ABC+∠A，∠PCE＝∠PBC+∠P，
∴∠ACP＝∠ABC+∠A，
∴∠ABC+∠A＝∠PBC+∠P，
∴∠A＝∠P．
（3）∠P＝90°﹣∠A，理由如下：
∵P点是外角∠CBF和∠BCE的平分线的交点，∠P+∠PBC+∠PCB＝180°
∴∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
＝180°﹣（∠FBC+∠ECB）
＝180°﹣（∠A+∠ACB+∠A+∠ABC）
＝180°﹣（∠A+180°）
＝90°﹣∠A．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和以及补角的定义以及三角形的内角和为180°，此类题解题的关键是找出角平分线平分的两个角的和的度数，从而利用三角形内角和定理求解．
【考点9 折叠中的角度问题】
【例9】（2019秋•蠡县期中）（1）如图，在三角形纸片ABC中．∠A＝64°，∠B＝76°，将纸片的一角折叠，使点C落在△ABC内部，折痕为MN．如果∠1＝17°，求∠2的度数；
（2）小明在（1）的解题过程中发现∠1+∠2＝2∠C，小明的这个发现对任意的三角形都成立吗？请说明理由．
【分析】（1）先根据∠A＝64°，∠B＝76°，求出∠C的度数．再由∠1＝17°可求出∠CED的度数，由三角形内角和定理及平角的性质即可求解．
（2）根据翻折变换的性质以及三角形内角和定理即可解决问题．
【答案】解：（1）∵△ABC中，∠A＝64°，∠B＝76°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣64°﹣76°＝40°，
∵∠1＝17°，
∴∠CNM＝，
在△CMN中，∠CMN＝180°﹣∠C﹣∠CNM＝180°﹣40°﹣81.5°＝58.5°，
∴∠2＝180°﹣2∠CMN＝180°﹣2×58.5°＝63°．
（2）由题意可知：2∠CNM+∠1＝180°，2∠CMN+∠2＝180°，
∴2（∠CNM+∠CMN）+∠1+∠2＝360°，
∵∠C+∠CNM+∠CMN＝180°，
∴∠CMN+∠CMN＝180°﹣∠C，
∴2（180°﹣∠C）＝360°﹣（∠1+∠2），
∴∠1+∠2＝2∠C．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理及平角的性质，翻折变换等知识，解答此题的关键是熟知三角形的内角和是180°．
【变式9-1】（2019春•镇平县期末）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A′处，折痕为DE．已知∠BDA′＝110°，∠C＝70°，∠B＝80°，设∠CFD＝α，∠CEA′＝β，求α和β的大小．
【分析】分别在四边形BCFD和△ABC中计算α和∠A的度数，进而在△A′EF中计算β的度数．
【答案】解：在四边形BCFD中，α＝360°﹣∠B﹣∠C﹣∠BDA′＝360°﹣80°﹣70°﹣110°＝100°
在△ABC中，∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣80°﹣70°＝30°
由折叠知：∠A＝∠A′＝30°
∴β＝180°﹣∠A﹣α＝180°﹣30°﹣100°＝50°
【点睛】本题考查了三角形外角的性质以及四边形的内角和、折叠的性质，熟练掌握三角形的内角和是关键．
【变式9-2】（2019春•常熟市月考）将纸片△ABC沿DE折叠使点A落在A′处的位置．
（1）如果A′落在四边形BCDE的内部（如图1），∠A′与∠1+∠2之间存在怎样的数量关系？并说明理由．
（2）如果A′落在四边形BCDE的外部（如图2），这时∠A′与∠1、∠2之间又存在怎样的数量关系？并说明理由．
【分析】（1）根据折叠性质得出∠AED＝∠A′ED，∠ADE＝∠A′DE，根据三角形内角和定理得出∠AED+∠ADE＝180°﹣∠A，代入∠1+∠2＝180°+180°﹣2（∠AED+∠ADE）求出即可；
（2）根据三角形外角性质得出∠DME＝∠A′+∠1，∠2＝∠A+∠DME，推出∠2＝∠A+∠A′+∠1，即可得出答案．
【答案】解：（1）2∠A′＝∠1+∠2，
理由沿DE折叠使点A落在A′处的位置，
∴∠AED＝∠A′ED，∠ADE＝∠A′DE，
∵∠AED+∠ADE＝180°﹣∠A，
∠1+∠2＝180°+180°﹣2（∠AED+∠ADE），
∴∠1+∠2＝360°﹣2（180°﹣∠A′）＝2∠A′；
（2）2∠A′＝∠2﹣∠1，
理由：∵沿DE折叠使点A落在A′处的位置，
∴∠A＝∠A′，
∵∠DME＝∠A′+∠1，∠2＝∠A+∠DME，
∴∠2＝∠A+∠A′+∠1，
即2∠A′＝∠2﹣∠1．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形外角性质，三角形内角和定理的应用，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力．
【变式9-3】（2018春•迁安市期末）动手操作：
一个三角形的纸片ABC，沿DE折叠，使点A落在点Aˊ处．
观察猜想
（1）如图1，若∠A＝40°，则∠1+∠2＝ °；
若∠A＝55°，则∠1+∠2＝ °；
若∠A＝n°，则∠1+∠2＝ °．
探索证明：
（2）利用图1，探索∠1、∠2与∠A有怎样的关系？请说明理由．
拓展应用
（3）如图2，把△ABC折叠后，BA′平分∠ABC，CA′平分∠ACB，若∠1+∠2＝108°，利用（2）中结论求∠BA′C的度数．
【分析】（1）根据翻折变换的性质用∠1、∠2表示出∠ADE和∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；根据翻折变换的性质用∠1、∠2表示出∠ADE和∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；
（2）由∠BDE、∠CED是△ADE的两个外角知∠BDE＝∠A+∠AED、∠CED＝∠A+∠ADE，据此得∠BDE+∠CED＝∠A+∠AED+∠A+∠ADE，继而可得答案；
（3）由（1）∠1+∠2＝2∠A知∠A＝54°，根据BA'平分∠ABC，CA'平分∠ACB知∠A'BC+∠A'CB＝（∠ABC+∠ACB）＝90°﹣∠A．利用∠BA'C＝180°﹣（∠A'BC+∠A'CB）可得答案．
【答案】解：（1）∵点A沿DE折叠落在点A′的位置，
∴∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，
∴∠ADE＝（180°﹣∠1），∠AED＝（180°﹣∠2）
在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴40°+（180°﹣∠1）+（180°﹣∠2）＝180°，
整理得∠1+∠2＝80°；
同理∠A＝55°，则∠1+∠2＝110°；∠A＝n°，则∠1+∠2＝2n°；
故答案为：80°；110°；2n°；
（2）∠1+∠2＝2∠A，
理由：∵∠BDE、∠CED是△ADE的两个外角，
∴∠BDE＝∠A+∠AED，∠CED＝∠A+∠ADE，
∴∠BDE+∠CED＝∠A+∠AED+∠A+∠ADE，
∴∠1+∠ADE+∠2+∠AED＝2∠A+∠AED+∠ADE，
即∠1+∠2＝2∠A；
（3）由（1）∠1+∠2＝2∠A，得2∠A＝108°，
∴∠A＝54°，
∵BA'平分∠ABC，CA'平分∠ACB，
∴∠A'BC+∠A'CB＝（∠ABC+∠ACB）
＝（180°﹣∠A）
＝90°﹣∠A．
∴∠BA'C＝180°﹣（∠A'BC+∠A'CB），
＝180°﹣（90°﹣∠A）
＝90°+∠A
＝90°+×54°
＝117°．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，三角形的内角和等于180°，综合题，但难度不大，熟记性质准确识图是解题的关键．
【考点10 平行线中的辅助线构造】
【例10】（2019春•越城区月考）如图，已知AB∥CD，分别探讨下面的四个图形中∠APC、∠PAB和∠PCD的关系，并请你从所得的四个关系中任选一个，说明成立的理由．
（1）图①的关系是 ；
（2）图②的关系是 ；
（3）图③的关系是 ；
（4）图④的关系是 ；
（5）图⑤的关系是 ．
【分析】根据平行线的性质和三角形的外角的性质即可得到结论．
【答案】解：（1）∠APC＝360°﹣∠PAB﹣∠PCD，理由如下：
过点P作EF∥AB，
∵AB∥CD，EF∥AB，
∴EF∥CD，
∴∠APF+∠PAB＝180°，∠CPF+∠PCD＝180°．
∵∠APC＝∠APF+∠CPF，
∴∠APC＝180°﹣∠PAB+180°﹣∠PCD＝360°﹣∠PAB﹣∠PCD；
（2）∠APC＝∠PAB+∠PCD，理由如下：
过点P作EF∥AB，延长AP交直线CD于E，
∵AB∥CD，EF∥AB，
∴EF∥CD，
∴∠APE＝∠PAB，∠CPE＝∠PCD．
∵∠APC＝∠APE+∠CPE，
∴∠APC＝∠PAB+∠PCD；
（3）∠C＝∠A+∠P；
理由：设AB与PC交于E，
∵AB∥CD，
∴∠PEB＝∠C，
∵∠PEB＝∠A+∠P，
∴∠C＝∠A+∠P；
（4）∠PCD＝∠A+∠P，
理由：延长DC交AP于E，
∵AB∥CD，
∴∠PEC＝∠A，
∵∠PCD＝∠P+∠PEC，
∴∠PCD＝∠A+∠P；
（5）∴∠APC＝180°﹣∠A+∠C．
理由：∵AB∥CD，
∴∠AEC＝180°﹣∠A，
∵∠APC＝∠AEC+∠C，
∴∠APC＝180°﹣∠A+∠C．
故答案为：∠APC＝360°﹣∠PAB﹣∠PCD，∠APC＝∠PAB+∠PCD，∠C＝∠A+∠P，∠PCD＝∠A+∠P，∠APC＝180°﹣∠A+∠C．
【点睛】本题主要考查对平行线的性质，平行公理及推论，三角形的外角性质等知识点的理解和掌握，能灵活运用性质进行推理是解此题的关键．
【变式10-1】（2019春•新洲区期末）如图，已知AB∥CD．
（1）如图1，求证：∠B+∠E＝∠D；
（2）F为AB，CD之间的一点，∠E＝30°，∠EFD＝140°，DG平分∠CDF交AB于点G，
①如图2，若DG∥BE，求∠B的度数；
②如图3，若DG与∠EFD的平分线交于点H，∠B＝3∠H，真接写出∠CDF的度数．
【分析】（1）如图1，作EF∥AB．利用平行线的性质即可证明．
（2）①如图2，作FH∥BE．利用平行线的性质以及角平分线的定义解决问题即可．
②如图3中，设∠H＝y，∠CDH＝∠FDH＝x，则∠B＝3y．构建方程组即可解决问题．
【答案】（1）证明：如图1，作EF∥AB．
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠B＝∠BEF，∠D＝∠DEF
∵∠DEF＝∠BED+∠BEF，
∴∠B+∠BED＝∠D
（2）解：①如图2，作FH∥BE．
∵BE∥DG，
∴BE∥FH∥DG，
∴∠E＝∠EFH＝30°
∵∠DFE＝140°，
∴∠HFD＝110°，
∴∠GDF＝180°﹣∠HFD＝70°
∵DG平分∠CDF，
∴∠CDG＝∠GDF＝70°
∵AB∥CD，
∴∠BGD＝∠CDG＝70°
∵BE∥DG，
∴∠B＝∠BGD＝70°
②如图3中，设∠H＝y，∠CDH＝∠FDH＝x，则∠B＝3y．
则有，
解得
∴∠CDF＝2x＝160°．
【点睛】本题考查平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造平行线解决问题，学会利用参数构建方程组解决问题．
【变式10-2】（2019春•武昌区期末）如图AB∥CD，点E在AB上，点M在CD上，点F在直线AB，CD之间，连接EF，FM．EF⊥FM，∠CMF＝140°．
（1）直接写出∠AEF的度数为 ；
（2）如图2，延长FM到G，点H在FG的下方，连接GH，CH，若∠FGH＝∠H+90°，求∠MCH的度数；
（3）如图3，作直线AC，延长EF交CD于点Q，P为直线AC上一动点，探究∠PEQ，∠PQC和∠EPQ的数量关系，请直接给出结论．（题中所有角都是大于0°小于180°的角）
【分析】（1）延长FP交AB于点Q，根据三角形的外角性质和平行线性质证明即可；
（2）延长HG交CD于点Q，根据三角形的外角性质和平行线性质证明即可；
（3）过P点作PN∥AB，根据平行线性质证明即可．
【答案】解：（1）延长MF交AB于点N，如图1，
∵AB∥CD，
∴∠CMF+∠ENF＝180°，
∴∠ANF＝180°﹣140°＝40°，
∵EF⊥FM，
∴∠EFN＝90°，
∴∠AEF＝∠ANF+∠EFN＝40°+90°＝130°；
故答案为：130°．
（2）延长HG交CD于点Q，如图2，
∵∠CMF＝140°．
∴∠FMD＝180°﹣140°＝40°，
∴∠CMG＝40°，
∵∠MQH＝∠H+∠HCM，∠FGH＝∠H+90°，
∴∠FGH＝∠MQH+∠CMG＝∠H+∠HCM+∠CMG，
∴∠HCM+∠CMG＝90°，
∴∠MCH＝90°﹣40°＝50°；
（3）过P点作PN∥AB，如图3，
由（1）可知，∠AEF＝130°，
∴∠AEP+∠PEQ＝130°，
∵AB∥CD，
∴AB∥PN∥CD，
∴∠AEP＝∠EPN，∠NPQ＝∠PQC，
∴∠EPN＝∠EPQ﹣∠NPQ＝∠EPQ﹣∠PQC，
∴∠PEQ+∠EPQ﹣∠PQC＝130°．
当P点在CD的下方时，∠PEQ+∠EPQ+∠PQC＝130°．
当P点在CD的上方时，∠PEQ+∠EPQ+∠PQC＝230°．
【点睛】本题考查平行线的判定和性质，三角形外角等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识属于中考常考题型．
【变式10-3】（2019春•昭通期末）已知AB∥CD，点E为平面内一点，BE⊥CE于E．
（1）如图1，请直接写出∠ABE和∠DCE之间的数量关系；
（2）如图2，过点E作EF⊥CD，垂足为F，求证：∠CEF＝∠ABE；
（3）如图3，在（2）的条件下，作EG平分∠CEF，交DF于点G，作ED平分∠BEF，交CD于D，连接BD，若∠DBE+∠ABD＝180°，且∠BDE＝3∠GEF，求∠BEG的度数．
【分析】（1）结论：∠ECD＝90°+∠ABE．如图1中，从BE交DC的延长线于H．利用三角形内角和定理即可证明；
（2）只要证明∠CEF与∠CEM互余，∠BEM与∠CEM互余，可得∠CEF＝∠BEM即可解决问题；
（3）如图3中，设∠GEF＝α，∠EDF＝β．想办法构建方程求出α即可解决问题；
【答案】解：（1）结论：∠ECD＝90°+∠ABE．
理由：如图1中，从BE交DC的延长线于H．
∵AB∥CH，
∴∠ABE＝∠H，
∵BE⊥CE，
∴∠CEH＝90°，
∴∠ECH＝180°﹣∠CEH﹣∠H＝180°﹣90°﹣∠H＝90°﹣∠H，
∴∠ECD＝180°﹣∠ECH＝180°﹣（90°﹣∠H）＝90°+∠H，
∴∠ECD＝90°+∠ABE．
（2）如图2中，作EM∥CD，
∵EM∥CD，CD∥AB，
∴AB∥CD∥EM，
∴∠BEM＝∠ABE，∠F+∠FEM＝180°，
∵EF⊥CD，
∴∠F＝90°，
∴∠FEM＝90°，
∴∠CEF与∠CEM互余，
∵BE⊥CE，
∴∠BEC＝90°，
∴∠BEM与∠CEM互余，
∴∠CEF＝∠BEM，
∴∠CEF＝∠ABE．
（3）如图3中，设∠GEF＝α，∠EDF＝β．
∴∠BDE＝3∠GEF＝3α，
∵EG平分∠CEF，
∴∠CEF＝2∠FEG＝2α，
∴∠ABE＝∠CEF＝2α，
∵AB∥CD∥EM，
∴∠MED＝∠EDF＝β，∠KBD＝∠BDF＝3α+β，∠ABD+∠BDF＝180°，
∴∠BED＝∠BEM+∠MED＝2α+β，
∵ED平分∠BEF，
∴∠BED＝∠FED＝2α+β，
∴∠DEC＝β，
∵∠BEC＝90°，
∴2α+2β＝90°，
∵∠DBE+∠ABD＝180°，∠ABD+∠BDF＝180°，
∴∠DBE＝∠BDF＝∠BDE+∠EDF＝3α+β，
∵∠ABK＝180°，
∴∠ABE+∠B＝DBE+∠KBD＝180°，
即2α+（3α+β）+（3α+β）＝180°，
∴6α+（2α+2β）＝180°，
∴α＝15°，
∴∠BEG＝∠BEC+∠CEG＝90°+15°＝105°．
【点睛】本题考查平行线的性质、垂线的性质、三角形的内角和定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型．
专题1.8 平行线的证明章末重难点题型【举一反三】
【北师大版】
【考点1 推理与论证】
【例1】（2019春•东城区校级期末）某班对道德与法治，历史，地理三门程的选考情况进行调研，数据如下：
科目
道德与法治
历史
地理
选考人数（人）
19
13
18
其中道德与法治，历史两门课程都选了的有3人，历史，地理两门课程都选了的有4人，该班至多有多少学生（ ）
A．41 B．42 C．43 D．44
【分析】根据题意得，只选道德与法治有[19﹣3﹣y]＝（16﹣y）人，只选历史的有[13﹣3﹣（4﹣x）]＝（6+x）人，只选地理的有（18﹣4﹣y）＝（14﹣y）人，即可得出结论．
【答案】解：如图，设三门课都选的有x人，同时选择地理和道德与法治的有y人，
根据题意得，只选道德与法治有[19﹣3﹣y]＝（16﹣y）人，
只选历史的有[13﹣3﹣（4﹣x）]＝（6+x）人，
只选地理的有（18﹣4﹣y）＝（14﹣y）人，
即：总人数为16﹣y+y+14﹣y+4﹣x+6+x+3＝43﹣y
当同时选择地理和道德与法治的有0人时，总人数最多，最多为43人．
故选：C．
【点睛】此题是推理论证的题目，主要考查了学生的推理能力，表示出只选一种科目的人数是解本题的关键．
【变式1-1】（2019秋•海州区期中）妈妈让小明给客人烧水沏茶，洗开水壶要用1分钟，烧开水要用15分钟，洗茶壶要用1分钟，洗茶杯要用1分钟，放茶叶要用2分钟，给同学打电话要用1分钟．为使客人早点喝上茶，小明最快可在几分钟内完成这些工作？（ ）
A．19分钟 B．18分钟 C．17分钟 D．16分钟
【分析】利用已知得出烧水时间里完成洗茶壶、洗茶杯、再放茶叶、给同学打电话最节省时间进而得出答案．
【答案】解：小明应先洗开水壶用1分钟，再烧开水用15分钟，
在烧水期间，洗茶壶用1分钟，洗茶杯用1分钟，放茶叶用2分钟，给同学打电话用1分钟，一共用5分钟，不用算入总时间，
故为使客人早点喝上茶，小明最快可在16分钟内完成这些工作．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了推理与论证，合理安排时间是解题关键．
【变式1-2】（2018春•绍兴期中）甲乙丙丁四人的车分别为白色、银色、蓝色和红色．在问到他们各自车的颜色时，甲说：“乙的车不是白色．”乙说：“丙的车是红色的．”丙说：“丁的车不是蓝色的．”丁说：“甲、乙、丙三人中有一个人的车是红色的，而且只有这个人说的是实话．”如果丁说的是实话，那么以下说法正确的是（ ）
A．甲的车是白色的，乙的车是银色的
B．乙的车是蓝色的，丙的车是红色的
C．丙的车是白色的，丁的车是蓝色的
D．丁的车是银色的，甲的车是红色的
【分析】先判断出乙和丙的车不是红色，进而判断出甲的车是红色，再根据丙的说法不是实话，判断出丁的车是蓝色，再根据甲的说法判断出丙和乙的车的颜色．
【答案】解：∵丁说：“甲、乙、丙三人中有一个人的车是红色的，而且只有这个人说的是实话．”如果丁说的是实话，
假设乙的车是红色，
∴乙的说法是实话，
∴丙的车也是红色，和乙的车是红色矛盾，
假设丙的车是红色，
∴丙的说法是实话，而乙说：“丙的车是红色的．”，
∴乙的说法是实话，
∴有两人说的是实话，与只有一个人是说法是实话矛盾，
∴只有甲的车是红色，
∴甲的说法是实话，
∴丙的说法不是实话，
∵丙说：“丁的车不是蓝色的．”
∴丁的车是蓝色，
∴乙和丙的车一个是白色，一个是银色，
∵甲说：“乙的车不是白色．”且甲的说法是实话，
∴丙的车是白色，乙的车是银色，
即：甲的车是红色，乙的车是银色，丙的车是白色，丁的车是蓝色，
故选：C．
【点睛】此题是推理与论证题目，解决此类题目先假设某个说法正确，然后根据题意进行分析推理，看是否有矛盾，进而得出结论，
【变式1-3】（2019秋•启东市校级月考）A，B，C，D四个队赛球，比赛之前，甲和乙两人猜测比赛的成绩次序：甲：从第一名开始，名次顺序是A，D，C，B；乙：从第一名开始，名次顺序是A，C，B，D，比赛结果，两人都猜对了一个队的名次，已知第一名是B队，请写出四个队的名次顺序是（ ）
A．B，A，C，D B．B，C，A，D C．D，B，A，C D．B，A，D，C
【分析】两人都猜对了一个队的名次，已知两队猜的第一名是错误的，因此甲猜的第四名和乙猜的三名也是错误的．因此甲猜的第三项和乙猜的第四项是正确的，即这四个队的名次顺序为B、A、C、D．
【答案】解：由于甲、乙两队都猜对了一个队的名次，且第一名是B队．那么甲、乙的猜测情况可表示为：
甲：错、错、对、错；乙：错、错、错、对．
因此结合两个人的猜测情况，可得出正确的名次顺序为B、A、C、D．
故选：A．
【点睛】解决本题的关键，是要综合考虑两个人的猜测情况，以免造成多解和错解．
【考点2 平行公论及推论】
【例2】（2018春•城关区校级月考）下列说法中，正确的是（ ）
A．两条不相交的直线叫平行线
B．一条直线的平行线有且只有一条
C．若直线a∥b，a∥c，则b∥c
D．两条直线不相交就平行
【分析】根据平行线的定义判断A；
根据平行线的性质判断B；
根据平行公理的推论判断C；
根据两条直线的位置关系判断D．
【答案】解：A、在同一平面内不相交的两条直线叫做平行线，故本选项错误；
B、一条直线的平行线有无数条，故本选项错误；
C、若直线a∥b，a∥c，则b∥c，满足平行公理的推论，故本选项正确；
D、在同一平面内两条直线不相交就平行，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的定义、性质及平行公理，熟练掌握公理和概念是解决本题的关键．
【变式2-1】（2019春•张店区期末）已知在同一平面内，有三条直线a，b，c，若a∥b，b∥c，则直线a与直线c之间的位置关系是（ ）
A．相交 B．平行 C．垂直 D．平行或相交
【分析】根据平行公理的推论直接判断直线c与直线a的位置关系即可．
【答案】解：∵在同一平面内，直线a∥b，直线b∥c，
∴直线c与直线a的位置关系是：a∥c．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平行公理的推论，熟练记忆推论内容是解题关键．
【变式2-2】（2019春•龙泉驿区期中）下列说法正确的是（ ）
A．a，b，c是直线，且a∥b，b∥c，则a∥c
B．a，b，c是直线，且a⊥b，b⊥c，则a⊥c
C．a，b，c是直线，且a∥b，b⊥c，则a∥c
D．a，b，c是直线，且a∥b，b∥c，则a⊥c
【分析】根据“在同一平面内，如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行”和“在同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行”解答即可．
【答案】解：A、正确，根据“在同一平面内，如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行”．
B、错误，因为“在同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行”．
C、错误，a，b，c是直线，且a∥b，b⊥c则a⊥c；
D、错误，b，c是直线，且a∥b，b∥c，则a∥c．
故选：A．
【点睛】此题考查的是平行线的判定和性质定理，比较简单．
【变式2-3】（2019春•邱县期末）下列语句：
①不相交的两条直线叫平行线
②在同一平面内，两条直线的位置关系只有两种：相交和平行
③如果线段AB和线段CD不相交，那么直线AB和直线CD平行
④如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线平行
⑤过一点有且只有一条直线与已知直线平行
正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】直接利用平行公理以及其推论分析得出答案．
【答案】解：①不相交的两条直线叫平行线，必须是在同一平面内，故错误；
②在同一平面内，两条直线的位置关系只有两种：相交和平行，正确
③如果线段AB和线段CD不相交，那么直线AB和直线CD平行，错误；
④如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线平行，正确；
⑤过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故错误，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平行公理及推论，正确把握定义是解题关键．
【考点3 三角形内角和与平行线】
【例3】（2019秋•自贡期中）如图，将一副三角板如图放置，若AE∥BC，则∠BAD＝（ ）
A．90° B．85° C．75° D．65°
【分析】利用平行线的性质求出∠ADB，再利用三角形内角和定理即可解决问题
【答案】解：∵AE∥BC，
∴∠ADB＝∠DAE＝45°，
∵∠B＝60°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣60°﹣45°＝75°，
故选：C．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，平行线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【变式3-1】（2019春•长安区期末）一副三角板如图放置，点D在CB的延长线上，EF∥CD，∠C＝∠EDF＝90°，∠A＝45°，∠EFD＝30°，则∠DFB＝（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
【分析】直接利用三角板的特点，结合平行线的性质得出∠BFE＝45°，进而得出答案．
【答案】解：由题意可得：∠EFD＝30°，∠ABC＝45°，
∵EF∥CD，
∴∠BFE＝∠ABC＝45°，
∴∠DFB＝45°﹣30°＝15°．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了平行线的性质，根据平行线的性质得出∠BFE的度数是解题关键．
【变式3-2】（2019•常熟市二模）如图，△ABC是一块直角三角板，∠C＝90°，∠A＝30°，现将三角板叠放在一把直尺上，AC与直尺的两边分别交于点D、E，AB与直尺的两边分别交于点F、G，若∠1＝40°，则∠2的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【分析】依据平行线的性质，即可得到∠1＝∠DFG＝40°，再根据三角形外角性质，即可得到∠2的度数．
【答案】解：∵DF∥EG，
∴∠1＝∠DFG＝40°，
又∵∠A＝30°，
∴∠2＝∠A+∠DFG＝30°+40°＝70°，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角性质的运用，解题时注意：两直线平行，内错角相等．
【变式3-3】（2019•卧龙区一模）如图，直线m∥n，△ABC的顶点B，C分别在直线n，m上，且∠ACB＝90°，若∠1＝30°，则∠2的度数为（ ）
A．140° B．130° C．120° D．110°
【分析】先根据平行线的性质求出∠3的度数，再由∠ACB＝90°得出∠4的度数，根据补角的定义即可得出结论．
【答案】解：如图：
∵m∥n，∠1＝30°，
∴∠3＝∠1＝30°．
∵∠ACB＝90°，
∴∠4＝∠ACB﹣∠3＝90°﹣30°＝60°，
∴∠2＝180°﹣∠4＝180°﹣60°＝120°．
故选：C．
【点睛】本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等．
【考点4 三角形外角性质与平行线】
【例4】（2019秋•洛阳期中）如图，AB∥CD，∠B＝2∠D，∠E＝22°，则∠D的度数为（ ）
A．22° B．44° C．68° D．30°
【分析】根据平行线的性质解答即可．
【答案】解：∵AB∥CD，
∴∠B＝∠EFC，
∴∠E＝∠EFC﹣∠D＝∠B﹣∠D＝2∠D﹣∠D＝∠D，
∵∠E＝22°，
∴∠D＝22°，
故选：A．
【点睛】此题考查了平行线的性质与三角形外角的性质．此题比较简单，解题的关键是掌握两直线平行，同位角相等定理的应用．
【变式4-1】（2019春•西湖区校级月考）已知l1∥l2，一块含30°角的直角三角板如图所示放置，∠2＝32°，那么∠1等于（ ）
A．28° B．32° C．20° D．16°
【分析】依据对顶角以及三角形内角和定理，即可得到∠4的度数，再根据平行线的性质以及三角形外角性质，即可得出∠1的度数．
【答案】解：∵∠C＝90°，∠2＝∠CFE＝32°，
∴∠4＝58°，
∵l1∥l2，
∴∠3＝∠4＝58°，
∵∠3是△ADG的外角，
∴∠1＝∠3﹣∠A＝58°﹣30°＝28°，
故选：A．
【点睛】本题考查的是平行线的性质及三角形外角的性质的运用，用到的知识点为：两直线平行，同位角相等．
【变式4-2】（2019春•泰兴市校级期中）如图，直线AE∥DF，若∠ABC＝120°，∠DCB＝95°，则∠1+∠2的度数为（ ）
A．45° B．55° C．35° D．不能确定
【分析】利用平行线的性质以及三角形的外角的性质解决问题即可．
【答案】解：∵AE∥DF，
∴∠3+∠4＝180°，
∵∠ABC＝∠1+∠3＝120°，∠DCB＝∠2+∠4＝95°，
∴∠1+∠3+∠2+∠4＝120°+95°，
∴∠1+∠2＝215°﹣180°＝35°，
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的性质，三角形的外角等知识，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．
【变式4-3】（2019春•瑞安市期末）如图，已知直线EC∥BD，直线CD分别与EC，BD相交于C，D两点．在同一平面内，把一块含30°角的直角三角尺ABD（∠ADB＝30°，∠ABD＝90°）按如图所示位置摆放，且AD平分∠BAC，则∠ECA＝（ ）
A．15° B．2 C．25 D．30°
【分析】如图，延长BA交EC于H．利用平行线的性质求出∠AHC＝90°，再利用三角形的外角的性质解决问题即可．
【答案】解：如图，延长BA交EC于H．
∵EC∥BD，
∴∠CHA+∠ABD＝180°，
∵∠ABD＝90°，
∴∠AHC＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠BAD＝120°，
∵∠BAC＝∠AHC+∠ECA，
∴∠ECA＝30°，
故选：D．
【点睛】本题考查平行线的性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【考点5 三角形内角和与外角性质】
【例5】（2018秋•武清区期中）小明把一副直角三角尺按如图所示的方式摆放在一起，其中∠E＝90°，∠C＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，则∠1+∠2等于（ ）
A．120° B．150° C．180° D．210°
【分析】根据三角形的内角和定理和三角形外角性质解答即可．
【答案】解：如图：
∵∠1＝∠D+∠DOA，∠2＝∠E+∠EPB，
∵∠DOA＝∠COP，∠EPB＝∠CPO，
∴∠1+∠2＝∠D+∠E+∠COP+∠CPO＝∠D+∠E+180°﹣∠C＝30°+90°+180°﹣90°＝210°，
故选：D．
【点睛】此题考查三角形内角和，关键是根据三角形的内角和定理和三角形外角性质解答．
【变式5-1】（2019•景洪市一模）如图，五角星的顶点为A、B、C、D、E，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为（ ）
A．90° B．180° C．270° D．360°
【分析】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∠1＝∠A+∠C，∠2＝∠B+∠D，然后利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【答案】解：如图，由三角形的外角性质得，∠1＝∠A+∠C，∠2＝∠B+∠D，
∵∠1+∠2+∠E＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°．
故选B．
【点睛】本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，三角形的内角和定理，熟记性质并准确识图是解题的关键．
【变式5-2】（2019秋•莆田期中）如图，∠B+∠C+∠D+∠E﹣∠A等于（ ）
A．360° B．300° C．180° D．240°
【分析】根据三角形的外角的性质，得∠B+∠C＝∠CGE＝180°﹣∠1，∠D+∠E＝∠DFG＝180°﹣∠2，两式相加再减去∠A，根据三角形的内角和是180°可求解．
【答案】解：∵∠B+∠C＝∠CGE＝180°﹣∠1，∠D+∠E＝∠DFG＝180°﹣∠2，
∴∠B+∠C+∠D+∠E﹣∠A＝360°﹣（∠1+∠2+∠A）＝180°．
故选：C．
【点睛】考查了三角形的外角的性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；三角形的内角和定理．
【变式5-3】（2019春•江阴市校级月考）如图，已知∠BOF＝120°，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F为多少度（ ）
A．360° B．720° C．540° D．240°
【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠A+∠C，∠B+∠D，再根据邻补角求出∠EOF，然后求解即可．
【答案】解：如图，根据三角形的外角性质，∠1＝∠A+∠C，∠2＝∠B+∠D，
∵∠BOF＝120°，
∴∠3＝180°﹣120°＝60°，
根据三角形内角和定理，∠E+∠1＝180°﹣60°＝120°，
∠F+∠2＝180°﹣60°＝120°，
所以，∠1+∠2+∠E+∠F＝120°+120°＝240°，
即∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝240°．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质并把各角进行转化是解题的关键．
【考点6 平行线的判定与性质证明】
【例6】（2019秋•安庆期中）如图，已知BD⊥AC，EF⊥AC，点D，F是垂足，∠1＝∠2，求证：∠ADG＝∠C．
【分析】由BD与EF都与AC垂直，利用垂直于同一条直线的两直线平行得到BD与EF平行，利用两直线平行同位角相等得到一对角相等，再由已知的一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，利用内错角相等两直线平行得到DG与BC平行，利用两直线平行同位角相等即可得证．
【答案】证明：∵BD⊥AC，EF⊥AC（已知），
∴∠3＝∠4＝90°（垂直的定义），
∴BD∥EF（同位角相等，两直线平行），
∴∠2＝∠CBD（两直线平行，同位角相等），
∵∠1＝∠2（已知），
∴∠1＝∠CBD（等量代换），
∴GD∥BC（内错角相等，两直线平行），
∴∠ADG＝∠C（两直线平行，内错角相等）．
【点睛】此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是解本题的关键．
【变式6-1】（2019春•西湖区校级月考）如图，已知∠1+∠2＝180°，∠3＝∠B．
（1）求证：DE∥BC；
（2）若∠AED＝55°，∠B＝45°，求∠A的度数．
【分析】（1）由条件可先证明EH∥AB，再利用平行线的性质可得到∠3＝∠ADE＝∠B，可证明DE∥BC；
（2）根据平行线的性质可求∠ADE的度数，再根据三角形内角和定理可求∠A的度数．
【答案】（1）证明：延长EF交BC于H，
∵∠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）；
（2）∵DE∥BC（已知），
∴∠ADE＝∠B＝45°（两直线平行，同位角相等），
∵∠AED＝55°，
∴∠A＝180°﹣45°﹣55°＝80°．
【点睛】本题主要考查平行线的判定和性质，掌握平行线的判定和性质是解题的关键，即①同位角相等⇔两直线平行，②内错角相等⇔两直线平行，③同旁内角互补⇔两直线平行，④a∥b，b∥c⇒a∥c．
【变式6-2】（2019春•西湖区校级月考）已知如图，已知∠1＝∠2，∠C＝∠D．
（1）判断BD与CE是否平行，并说明理由；
（2）说明∠A＝∠F的理由．
【分析】（1）由∠1＝∠2结合对顶角相等可得出∠1＝∠3，再利用“同位角相等，两直线平行”可得出BD∥CE；
（2）由BD∥CE可得出∠C＝∠4，结合∠C＝∠D可得出∠D＝∠4，利用“内错角相等，两直线平行”可得出AC∥DF，再利用“两直线平行，内错角相等”可得出∠A＝∠F．
【答案】解：（1）BD∥CE，理由如下：
∵∠1＝∠2，∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴BD∥CE；
（2）理由如下：∵BD∥CE，
∴∠C＝∠4．
∵∠C＝∠D，
∴∠D＝∠4，
∴AC∥DF，
∴∠A＝∠F．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，牢记平行线的各判定与性质定理是解题的关键．
【变式6-3】（2019春•西湖区校级月考）如图，已知AD⊥BC，EF⊥BC，∠4＝∠C，那么∠1＝∠2，谈谈你的理由．
【分析】根据平行线的判定得出AD∥EF、DH∥AC，根据平行线的性质得出∠1＝∠3，∠2＝∠3，即可得出答案．
【答案】解：理由是：∵AD⊥BC，EF⊥BC，
∴∠ADC＝∠EFC＝90°，
∴AD∥EF，
∴∠1＝∠3，
∵∠4＝∠C，
∴DH∥AC，
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠2．
【点睛】本题考查了平行线的性质和判定，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
【考点7 三角形内角和与角平分线】
【例7】（2019秋•河西区期中）如图，在△ABC中，BO，CO分别平分∠ABC和∠ACB．
（Ⅰ）若∠A＝60°，则∠BOC的度数为 ；
（Ⅱ）若∠A＝100°，则∠BOC的度数 ；
（Ⅲ）若∠A＝α，求∠BOC的度数，并说明理由．
【分析】（Ⅰ）由三角形内角和定理以及角平分线的定义得出∠CBO+∠BCO＝（180°﹣∠A），再由三角形内角和定理即可得出∠BOC的度数．
（Ⅱ）和（Ⅲ）方法同（Ⅰ）．
【答案】解：（Ⅰ）∵BO、CO分别平分∠ABC和∠ACB，∠A＝60°，
∴∠CBO+∠BCO＝（180°﹣∠A）＝（180°﹣60°）＝60°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠CBO+∠BCO）＝180°﹣60°＝120°；
故答案为：120°；
（Ⅱ）同理，若∠A＝100°，则∠BOC＝180°﹣（180°﹣∠A）＝90°+∠A＝140°，
故答案为140°；
（Ⅲ）同理，若∠A＝α，则∠BOC＝180°﹣（180°﹣∠A）＝90°+．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线的定义；熟练掌握三角形内角和定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．
【变式7-1】（2019秋•长兴县期中）如图，AD是△ABC的高线，AE是角平分线，若∠BAC：∠B：∠C＝6：3：1，求∠DAE的度数．
【分析】根据三角形的内角和列方程即可得到结论．
【答案】解：∵∠BAC：∠B：∠C＝6：3：1，
∴设∠BAC＝6α，∠B＝3α，∠C＝α，
∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，
∴6α+3α+α＝180°，
∴α＝18°，
∴∠BAC＝108°，∠B＝54°，∠C＝18°，
∵AD是△ABC的高线，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝180°﹣90°﹣54°＝36°，
∵AE是角平分线，
∴∠BAE＝BAC＝108°＝54°，
∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝54°﹣36°＝18°．
【点睛】本题主要考查了三角形高线、角平分线以及三角形内角和定理的运用，熟练掌握三角形的内角和定理是解题的关键．
【变式7-2】（2019春•南岗区校级期中）如图，AE、BF分别为△ABC的角平分线，它们相交于点O．
（1）试说明∠BOA＝90°+∠C；
（2）AD是△ABC的高，∠BOA＝115°，∠BAC＝60°时，求∠DAE的度数．
【分析】（1）先根据三角形内角和定理得∠C＝180°﹣（∠BAC+∠ABC）的度数，由角平分线的定义和三角形内角和定理可得结论；
（2）先根据角平分线的定义可得∠CAE的度数，求出∠C的度数，根据高线和直角三角形的两锐角互余可得结论．
【答案】解：（1）∵∠CAB+∠ABC＝180°﹣∠C，
∵AE、BF是角平分线，
∴∠EAB＝∠BAC，∠FAB＝，
∴∠EAB+∠FAB＝＝＝90，
∴∠AOB＝180°﹣（90）
＝90．
（2）∵∠BAC＝60°，AE平分∠BAC，
∴∠CAE＝＝30°，
∵∠BOA＝115°，，
∴∠C＝50°，
∵AD是高，
∴∠ADC＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣50°＝40°，
∴∠DAE＝∠CAD﹣∠CAE＝40°﹣30°＝10°．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，三角形的高线与角平分线的性质，熟练掌握各性质定理是解题的关键．
【变式7-3】（2019秋•南昌期中）如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD．
（1）求证：∠A+∠C＝∠B+∠D；
（2）如图2，∠CAB与∠BD的平分线AP、DP相交于点P，求证：∠B+∠C＝2∠P．
【分析】（1）根据三角形的内角和即可得到结论；
（2）根据角平分线的定义和三角形的内角和解答即可．
【答案】证明：（1）在△AOC中，∠A+∠C＝180°﹣∠AOC，
在△BOD中，∠B+∠D＝180°﹣∠BOD，
∵∠AOC＝∠BOD，
∴∠A+∠C＝∠B+∠D；
（2）在AP、CD相交线中，有∠CAP+∠C＝∠P+∠CDP，
在AB、DP相交线中，有∠B+∠BDP＝∠P+∠BAP，
∴∠B+∠C+∠CAP+∠BDP＝2∠P+∠CDP+∠BAP，
∵AP、DP分别平分∠CAB、∠BDC，
∴∠CAP＝∠BAP，∠BDP＝∠CDP，
∴∠B+∠C＝2∠P．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是180°．也考查了角平分线的定义．
【考点8 三角形的外角性质与角平分线】
【例8】（2018秋•无为县期末）如图，AC平分∠DCE，且与BE的延长线交于点A．
（1）如果∠A＝35°，∠B＝30°，则∠BEC＝ ．（直接在横线上填写度数）
（2）小明经过改变∠A，∠B的度数进行多次探究，得出∠A、∠B、∠BEC三个角之间存在固定的数量关系，请你用一个等式表示出这个关系，并进行证明．
解：（2）关系式为：
证明：
【分析】（1）依据三角形外角性质，即可得到∠ACD＝∠A+∠B＝65°，依据AC平分∠DCE，可得∠ACE＝∠ACD＝65°，进而得出∠BEC＝∠A+∠ACE＝35°+65°＝100°；
（2）依据AC平分∠DCE，可得∠ACD＝∠ACE，依据三角形外角性质可得∠BEC＝∠A+∠ACE＝∠A+∠ACD，根据∠ACD＝∠A+∠B，即可得到∠BEC＝∠A+∠A+∠B＝2∠A+∠B．
【答案】解：（1）∵∠A＝35°，∠B＝30°，
∴∠ACD＝∠A+∠B＝65°，
又∵AC平分∠DCE，
∴∠ACE＝∠ACD＝65°，
∴∠BEC＝∠A+∠ACE＝35°+65°＝100°，
故答案为：100°；
（2）关系式为∠BEC＝2∠A+∠B．
理由：∵AC平分∠DCE，
∴∠ACD＝∠ACE，
∵∠BEC＝∠A+∠ACE＝∠A+∠ACD，
∵∠ACD＝∠A+∠B，
∴∠BEC＝∠A+∠A+∠B＝2∠A+∠B．
【点睛】本题主要考查了三角形外角性质以及角平分线的定义，解题时注意：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
【变式8-1】（2019春•内江期末）如图，在△ABC中，AD是高，∠DAC＝10°，AE是∠BAC外角的平分线，BF平分∠ABC交AE于点F，若∠ABC＝46°，求∠AFB的度数．
【分析】根据直角三角形的性质求出∠BAD的度数，得到∠BAC的度数，根据邻补角的性质求出∠CAM的度数，根据角平分线的定义求出∠MAE的度数，根据三角形的外角的性质计算即可．
【答案】解：∵AD是高，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣∠ABC＝44°，又∠DAC＝10°，
∴∠BAC＝54°，
∴∠MAC＝126°，
∵AE是∠BAC外角的平分线，
∴∠MAE＝∠MAC＝63°，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠ABC＝23°，
∴∠AFB＝∠MAE﹣∠ABF＝40°．
【点睛】本题考查的是三角形的外角的性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
【变式8-2】（2019春•大名县期末）如图，在△ABC中，点E在AC上，∠AEB＝∠ABC．
（1）图1中，作∠BAC的角平分线AD，分别交CB、BE于D、F两点，求证：∠EFD＝∠ADC；
（2）图2中，作△ABC的外角∠BAG的角平分线AD，分别交CB、BE的延长线于D、F两点，试探究（1）中结论是否仍成立？为什么？
【分析】（1）首先根据角平分线的性质可得∠BAD＝∠DAC，再根据内角与外角的性质可得∠EFD＝∠DAC+∠AEB，∠ADC＝∠ABC+∠BAD，进而得到∠EFD＝∠ADC；
（2）首先根据角平分线的性质可得∠BAD＝∠DAG，再根据等量代换可得∠FAE＝∠BAD，然后再根据内角与外角的性质可得∠EFD＝∠AEB﹣∠FAE，∠ADC＝∠ABC﹣∠BAD，进而得∠EFD＝∠ADC．
【答案】解：（1）∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠DAC，
∵∠EFD＝∠DAC+∠AEB，∠ADC＝∠ABC+∠BAD，
又∵∠AEB＝∠ABC，
∴∠EFD＝∠ADC；
（2）探究（1）中结论仍成立；
理由：∵AD平分∠BAG，
∴∠BAD＝∠GAD，
∵∠FAE＝∠GAD，
∴∠FAE＝∠BAD，
∵∠EFD＝∠AEB﹣∠FAE，∠ADC＝∠ABC﹣∠BAD，
又∵∠AEB＝∠ABC，
∴∠EFD＝∠ADC．
【点睛】此题主要考查了三角形外角的性质，关键是掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
【变式8-3】（2019秋•九龙坡区校级月考）探究：
（1）如图1，在△ABC中，BP平分∠ABC，CP平分∠ACB．求证：∠P＝90°+∠A．
（2）如图2，在△ABC中，BP平分∠ABC，CP平分外角∠ACE．猜想∠P和∠A有何数量关系，并证明你的结论．
（3）如图3，BP平分∠CBF，CP平分∠BCE．猜想∠P和∠A有何数量关系，请直接写出结论．
【分析】（1）根据三角形内角和定理以及角平分线的性质进行解答即可；
（2）根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠A的度数，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果．
（3）根据三角形的外角性质、内角和定理、角平分线的定义探求并证明．
【答案】证明：（1）∵△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A．
又∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，
∴∠PBC＝∠ABC，
∠PCB＝∠ACB，
∴∠PBC+∠PCB＝（180°﹣∠A），
根据三角形内角和定理可知∠BPC＝180°﹣（180°﹣∠A）＝90°+∠A；
（2）∠A＝∠P，理由如下：
∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCE＝∠ACE．
∵∠ACE是△ABC的外角，∠PCE是△BPC的外角，
∴∠ACE＝∠ABC+∠A，∠PCE＝∠PBC+∠P，
∴∠ACP＝∠ABC+∠A，
∴∠ABC+∠A＝∠PBC+∠P，
∴∠A＝∠P．
（3）∠P＝90°﹣∠A，理由如下：
∵P点是外角∠CBF和∠BCE的平分线的交点，∠P+∠PBC+∠PCB＝180°
∴∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
＝180°﹣（∠FBC+∠ECB）
＝180°﹣（∠A+∠ACB+∠A+∠ABC）
＝180°﹣（∠A+180°）
＝90°﹣∠A．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和以及补角的定义以及三角形的内角和为180°，此类题解题的关键是找出角平分线平分的两个角的和的度数，从而利用三角形内角和定理求解．
【考点9 折叠中的角度问题】
【例9】（2019秋•蠡县期中）（1）如图，在三角形纸片ABC中．∠A＝64°，∠B＝76°，将纸片的一角折叠，使点C落在△ABC内部，折痕为MN．如果∠1＝17°，求∠2的度数；
（2）小明在（1）的解题过程中发现∠1+∠2＝2∠C，小明的这个发现对任意的三角形都成立吗？请说明理由．
【分析】（1）先根据∠A＝64°，∠B＝76°，求出∠C的度数．再由∠1＝17°可求出∠CED的度数，由三角形内角和定理及平角的性质即可求解．
（2）根据翻折变换的性质以及三角形内角和定理即可解决问题．
【答案】解：（1）∵△ABC中，∠A＝64°，∠B＝76°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣64°﹣76°＝40°，
∵∠1＝17°，
∴∠CNM＝，
在△CMN中，∠CMN＝180°﹣∠C﹣∠CNM＝180°﹣40°﹣81.5°＝58.5°，
∴∠2＝180°﹣2∠CMN＝180°﹣2×58.5°＝63°．
（2）由题意可知：2∠CNM+∠1＝180°，2∠CMN+∠2＝180°，
∴2（∠CNM+∠CMN）+∠1+∠2＝360°，
∵∠C+∠CNM+∠CMN＝180°，
∴∠CMN+∠CMN＝180°﹣∠C，
∴2（180°﹣∠C）＝360°﹣（∠1+∠2），
∴∠1+∠2＝2∠C．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理及平角的性质，翻折变换等知识，解答此题的关键是熟知三角形的内角和是180°．
【变式9-1】（2019春•镇平县期末）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A′处，折痕为DE．已知∠BDA′＝110°，∠C＝70°，∠B＝80°，设∠CFD＝α，∠CEA′＝β，求α和β的大小．
【分析】分别在四边形BCFD和△ABC中计算α和∠A的度数，进而在△A′EF中计算β的度数．
【答案】解：在四边形BCFD中，α＝360°﹣∠B﹣∠C﹣∠BDA′＝360°﹣80°﹣70°﹣110°＝100°
在△ABC中，∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣80°﹣70°＝30°
由折叠知：∠A＝∠A′＝30°
∴β＝180°﹣∠A﹣α＝180°﹣30°﹣100°＝50°
【点睛】本题考查了三角形外角的性质以及四边形的内角和、折叠的性质，熟练掌握三角形的内角和是关键．
【变式9-2】（2019春•常熟市月考）将纸片△ABC沿DE折叠使点A落在A′处的位置．
（1）如果A′落在四边形BCDE的内部（如图1），∠A′与∠1+∠2之间存在怎样的数量关系？并说明理由．
（2）如果A′落在四边形BCDE的外部（如图2），这时∠A′与∠1、∠2之间又存在怎样的数量关系？并说明理由．
【分析】（1）根据折叠性质得出∠AED＝∠A′ED，∠ADE＝∠A′DE，根据三角形内角和定理得出∠AED+∠ADE＝180°﹣∠A，代入∠1+∠2＝180°+180°﹣2（∠AED+∠ADE）求出即可；
（2）根据三角形外角性质得出∠DME＝∠A′+∠1，∠2＝∠A+∠DME，推出∠2＝∠A+∠A′+∠1，即可得出答案．
【答案】解：（1）2∠A′＝∠1+∠2，
理由沿DE折叠使点A落在A′处的位置，
∴∠AED＝∠A′ED，∠ADE＝∠A′DE，
∵∠AED+∠ADE＝180°﹣∠A，
∠1+∠2＝180°+180°﹣2（∠AED+∠ADE），
∴∠1+∠2＝360°﹣2（180°﹣∠A′）＝2∠A′；
（2）2∠A′＝∠2﹣∠1，
理由：∵沿DE折叠使点A落在A′处的位置，
∴∠A＝∠A′，
∵∠DME＝∠A′+∠1，∠2＝∠A+∠DME，
∴∠2＝∠A+∠A′+∠1，
即2∠A′＝∠2﹣∠1．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形外角性质，三角形内角和定理的应用，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力．
【变式9-3】（2018春•迁安市期末）动手操作：
一个三角形的纸片ABC，沿DE折叠，使点A落在点Aˊ处．
观察猜想
（1）如图1，若∠A＝40°，则∠1+∠2＝ °；
若∠A＝55°，则∠1+∠2＝ °；
若∠A＝n°，则∠1+∠2＝ °．
探索证明：
（2）利用图1，探索∠1、∠2与∠A有怎样的关系？请说明理由．
拓展应用
（3）如图2，把△ABC折叠后，BA′平分∠ABC，CA′平分∠ACB，若∠1+∠2＝108°，利用（2）中结论求∠BA′C的度数．
【分析】（1）根据翻折变换的性质用∠1、∠2表示出∠ADE和∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；根据翻折变换的性质用∠1、∠2表示出∠ADE和∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；
（2）由∠BDE、∠CED是△ADE的两个外角知∠BDE＝∠A+∠AED、∠CED＝∠A+∠ADE，据此得∠BDE+∠CED＝∠A+∠AED+∠A+∠ADE，继而可得答案；
（3）由（1）∠1+∠2＝2∠A知∠A＝54°，根据BA'平分∠ABC，CA'平分∠ACB知∠A'BC+∠A'CB＝（∠ABC+∠ACB）＝90°﹣∠A．利用∠BA'C＝180°﹣（∠A'BC+∠A'CB）可得答案．
【答案】解：（1）∵点A沿DE折叠落在点A′的位置，
∴∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，
∴∠ADE＝（180°﹣∠1），∠AED＝（180°﹣∠2）
在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴40°+（180°﹣∠1）+（180°﹣∠2）＝180°，
整理得∠1+∠2＝80°；
同理∠A＝55°，则∠1+∠2＝110°；∠A＝n°，则∠1+∠2＝2n°；
故答案为：80°；110°；2n°；
（2）∠1+∠2＝2∠A，
理由：∵∠BDE、∠CED是△ADE的两个外角，
∴∠BDE＝∠A+∠AED，∠CED＝∠A+∠ADE，
∴∠BDE+∠CED＝∠A+∠AED+∠A+∠ADE，
∴∠1+∠ADE+∠2+∠AED＝2∠A+∠AED+∠ADE，
即∠1+∠2＝2∠A；
（3）由（1）∠1+∠2＝2∠A，得2∠A＝108°，
∴∠A＝54°，
∵BA'平分∠ABC，CA'平分∠ACB，
∴∠A'BC+∠A'CB＝（∠ABC+∠ACB）
＝（180°﹣∠A）
＝90°﹣∠A．
∴∠BA'C＝180°﹣（∠A'BC+∠A'CB），
＝180°﹣（90°﹣∠A）
＝90°+∠A
＝90°+×54°
＝117°．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，三角形的内角和等于180°，综合题，但难度不大，熟记性质准确识图是解题的关键．
【考点10 平行线中的辅助线构造】
【例10】（2019春•越城区月考）如图，已知AB∥CD，分别探讨下面的四个图形中∠APC、∠PAB和∠PCD的关系，并请你从所得的四个关系中任选一个，说明成立的理由．
（1）图①的关系是 ；
（2）图②的关系是 ；
（3）图③的关系是 ；
（4）图④的关系是 ；
（5）图⑤的关系是 ．
【分析】根据平行线的性质和三角形的外角的性质即可得到结论．
【答案】解：（1）∠APC＝360°﹣∠PAB﹣∠PCD，理由如下：
过点P作EF∥AB，
∵AB∥CD，EF∥AB，
∴EF∥CD，
∴∠APF+∠PAB＝180°，∠CPF+∠PCD＝180°．
∵∠APC＝∠APF+∠CPF，
∴∠APC＝180°﹣∠PAB+180°﹣∠PCD＝360°﹣∠PAB﹣∠PCD；
（2）∠APC＝∠PAB+∠PCD，理由如下：
过点P作EF∥AB，延长AP交直线CD于E，
∵AB∥CD，EF∥AB，
∴EF∥CD，
∴∠APE＝∠PAB，∠CPE＝∠PCD．
∵∠APC＝∠APE+∠CPE，
∴∠APC＝∠PAB+∠PCD；
（3）∠C＝∠A+∠P；
理由：设AB与PC交于E，
∵AB∥CD，
∴∠PEB＝∠C，
∵∠PEB＝∠A+∠P，
∴∠C＝∠A+∠P；
（4）∠PCD＝∠A+∠P，
理由：延长DC交AP于E，
∵AB∥CD，
∴∠PEC＝∠A，
∵∠PCD＝∠P+∠PEC，
∴∠PCD＝∠A+∠P；
（5）∴∠APC＝180°﹣∠A+∠C．
理由：∵AB∥CD，
∴∠AEC＝180°﹣∠A，
∵∠APC＝∠AEC+∠C，
∴∠APC＝180°﹣∠A+∠C．
故答案为：∠APC＝360°﹣∠PAB﹣∠PCD，∠APC＝∠PAB+∠PCD，∠C＝∠A+∠P，∠PCD＝∠A+∠P，∠APC＝180°﹣∠A+∠C．
【点睛】本题主要考查对平行线的性质，平行公理及推论，三角形的外角性质等知识点的理解和掌握，能灵活运用性质进行推理是解此题的关键．
【变式10-1】（2019春•新洲区期末）如图，已知AB∥CD．
（1）如图1，求证：∠B+∠E＝∠D；
（2）F为AB，CD之间的一点，∠E＝30°，∠EFD＝140°，DG平分∠CDF交AB于点G，
①如图2，若DG∥BE，求∠B的度数；
②如图3，若DG与∠EFD的平分线交于点H，∠B＝3∠H，真接写出∠CDF的度数．
【分析】（1）如图1，作EF∥AB．利用平行线的性质即可证明．
（2）①如图2，作FH∥BE．利用平行线的性质以及角平分线的定义解决问题即可．
②如图3中，设∠H＝y，∠CDH＝∠FDH＝x，则∠B＝3y．构建方程组即可解决问题．
【答案】（1）证明：如图1，作EF∥AB．
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠B＝∠BEF，∠D＝∠DEF
∵∠DEF＝∠BED+∠BEF，
∴∠B+∠BED＝∠D
（2）解：①如图2，作FH∥BE．
∵BE∥DG，
∴BE∥FH∥DG，
∴∠E＝∠EFH＝30°
∵∠DFE＝140°，
∴∠HFD＝110°，
∴∠GDF＝180°﹣∠HFD＝70°
∵DG平分∠CDF，
∴∠CDG＝∠GDF＝70°
∵AB∥CD，
∴∠BGD＝∠CDG＝70°
∵BE∥DG，
∴∠B＝∠BGD＝70°
②如图3中，设∠H＝y，∠CDH＝∠FDH＝x，则∠B＝3y．
则有，
解得
∴∠CDF＝2x＝160°．
【点睛】本题考查平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造平行线解决问题，学会利用参数构建方程组解决问题．
【变式10-2】（2019春•武昌区期末）如图AB∥CD，点E在AB上，点M在CD上，点F在直线AB，CD之间，连接EF，FM．EF⊥FM，∠CMF＝140°．
（1）直接写出∠AEF的度数为 ；
（2）如图2，延长FM到G，点H在FG的下方，连接GH，CH，若∠FGH＝∠H+90°，求∠MCH的度数；
（3）如图3，作直线AC，延长EF交CD于点Q，P为直线AC上一动点，探究∠PEQ，∠PQC和∠EPQ的数量关系，请直接给出结论．（题中所有角都是大于0°小于180°的角）
【分析】（1）延长FP交AB于点Q，根据三角形的外角性质和平行线性质证明即可；
（2）延长HG交CD于点Q，根据三角形的外角性质和平行线性质证明即可；
（3）过P点作PN∥AB，根据平行线性质证明即可．
【答案】解：（1）延长MF交AB于点N，如图1，
∵AB∥CD，
∴∠CMF+∠ENF＝180°，
∴∠ANF＝180°﹣140°＝40°，
∵EF⊥FM，
∴∠EFN＝90°，
∴∠AEF＝∠ANF+∠EFN＝40°+90°＝130°；
故答案为：130°．
（2）延长HG交CD于点Q，如图2，
∵∠CMF＝140°．
∴∠FMD＝180°﹣140°＝40°，
∴∠CMG＝40°，
∵∠MQH＝∠H+∠HCM，∠FGH＝∠H+90°，
∴∠FGH＝∠MQH+∠CMG＝∠H+∠HCM+∠CMG，
∴∠HCM+∠CMG＝90°，
∴∠MCH＝90°﹣40°＝50°；
（3）过P点作PN∥AB，如图3，
由（1）可知，∠AEF＝130°，
∴∠AEP+∠PEQ＝130°，
∵AB∥CD，
∴AB∥PN∥CD，
∴∠AEP＝∠EPN，∠NPQ＝∠PQC，
∴∠EPN＝∠EPQ﹣∠NPQ＝∠EPQ﹣∠PQC，
∴∠PEQ+∠EPQ﹣∠PQC＝130°．
当P点在CD的下方时，∠PEQ+∠EPQ+∠PQC＝130°．
当P点在CD的上方时，∠PEQ+∠EPQ+∠PQC＝230°．
【点睛】本题考查平行线的判定和性质，三角形外角等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识属于中考常考题型．
【变式10-3】（2019春•昭通期末）已知AB∥CD，点E为平面内一点，BE⊥CE于E．
（1）如图1，请直接写出∠ABE和∠DCE之间的数量关系；
（2）如图2，过点E作EF⊥CD，垂足为F，求证：∠CEF＝∠ABE；
（3）如图3，在（2）的条件下，作EG平分∠CEF，交DF于点G，作ED平分∠BEF，交CD于D，连接BD，若∠DBE+∠ABD＝180°，且∠BDE＝3∠GEF，求∠BEG的度数．
【分析】（1）结论：∠ECD＝90°+∠ABE．如图1中，从BE交DC的延长线于H．利用三角形内角和定理即可证明；
（2）只要证明∠CEF与∠CEM互余，∠BEM与∠CEM互余，可得∠CEF＝∠BEM即可解决问题；
（3）如图3中，设∠GEF＝α，∠EDF＝β．想办法构建方程求出α即可解决问题；
【答案】解：（1）结论：∠ECD＝90°+∠ABE．
理由：如图1中，从BE交DC的延长线于H．
∵AB∥CH，
∴∠ABE＝∠H，
∵BE⊥CE，
∴∠CEH＝90°，
∴∠ECH＝180°﹣∠CEH﹣∠H＝180°﹣90°﹣∠H＝90°﹣∠H，
∴∠ECD＝180°﹣∠ECH＝180°﹣（90°﹣∠H）＝90°+∠H，
∴∠ECD＝90°+∠ABE．
（2）如图2中，作EM∥CD，
∵EM∥CD，CD∥AB，
∴AB∥CD∥EM，
∴∠BEM＝∠ABE，∠F+∠FEM＝180°，
∵EF⊥CD，
∴∠F＝90°，
∴∠FEM＝90°，
∴∠CEF与∠CEM互余，
∵BE⊥CE，
∴∠BEC＝90°，
∴∠BEM与∠CEM互余，
∴∠CEF＝∠BEM，
∴∠CEF＝∠ABE．
（3）如图3中，设∠GEF＝α，∠EDF＝β．
∴∠BDE＝3∠GEF＝3α，
∵EG平分∠CEF，
∴∠CEF＝2∠FEG＝2α，
∴∠ABE＝∠CEF＝2α，
∵AB∥CD∥EM，
∴∠MED＝∠EDF＝β，∠KBD＝∠BDF＝3α+β，∠ABD+∠BDF＝180°，
∴∠BED＝∠BEM+∠MED＝2α+β，
∵ED平分∠BEF，
∴∠BED＝∠FED＝2α+β，
∴∠DEC＝β，
∵∠BEC＝90°，
∴2α+2β＝90°，
∵∠DBE+∠ABD＝180°，∠ABD+∠BDF＝180°，
∴∠DBE＝∠BDF＝∠BDE+∠EDF＝3α+β，
∵∠ABK＝180°，
∴∠ABE+∠B＝DBE+∠KBD＝180°，
即2α+（3α+β）+（3α+β）＝180°，
∴6α+（2α+2β）＝180°，
∴α＝15°，
∴∠BEG＝∠BEC+∠CEG＝90°+15°＝105°．
【点睛】本题考查平行线的性质、垂线的性质、三角形的内角和定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型．
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