专题7.10 平面图形的认识（二）章末题型过关卷-七年级数学下册举一反三系列（苏科版）

这是一份专题7.10 平面图形的认识（二）章末题型过关卷-七年级数学下册举一反三系列（苏科版），文件包含专题710平面图形的认识二章末题型过关卷苏科版解析版docx、专题710平面图形的认识二章末题型过关卷苏科版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。

第7章 平面图形的认识（二）章末题型过关卷
【苏科版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022秋·湖南长沙·七年级统考期末）如图所示，下列说法中错误的是（     ）

A．∠2与∠B是内错角 B．∠A与∠1是内错角
C．∠3与∠B是同旁内角 D．∠A与∠3是同位角
【答案】B
【分析】根据同位角、内错角、同旁内角的定义，分别对选项进行分析，即可得出结果．
【详解】解：A、∠2与∠B是内错角，故该选项正确；
B、∠A与∠1不是内错角，故该选项错误；
C、∠3与∠B是同旁内角，故该选项正确；
D、∠A与∠3是同位角，故该选项正确．
故选：B
【点睛】本题考查了同位角、内错角、同旁内角的定义，解本题的关键在熟练掌握相关定义．同位角：在同一平面内，两条直线被第三条直线所截，在截线的同侧，在被截直线的同侧；内错角：在同一平面内，两条直线被第三条直线所截，在截线的两侧，在被截直线的内侧；同旁内角：在同一平面内，两条直线被第三条直线所截，在截线的同侧，在被截直线的内侧．
2．（3分）（2022秋·湖南永州·七年级统考期末）下列说法中不正确的是 （    ）
A．三条直线a，b，c若a//b，b//c，则a//c
B．在同一平面内，若直线a//b，c⊥a，则c⊥b
C．在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
D．在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线平行
【答案】D
【分析】根据平行线的性质，垂线的性质和平行公理对各个说法分析判断后即可求解．
【详解】A．三条直线a，b，c若a//b，b//c，则a//c，即平行于同一条直线的两条直线平行，故正确；
B．在同一平面内，若直线a//b，c⊥a，则c⊥b，根据平行线的性质可确定正确；
C．在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，根据垂线的性质可确定正确；
D．在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线平行，不正确，应为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的性质，垂线的性质和平行公理，是基础知识，熟练掌握各定理或推论成立的条件是解题的关键．
3．（3分）（2022春·陕西商洛·八年级统考期末）将一副直角三角尺如图所示放置，已知AE∥BC，则∠AFD的度数是（    ）

A．80° B．75° C．65° D．60°
【答案】B
【分析】根据平行线的性质及三角形内角定理解答．
【详解】解：由三角板的性质可知∠EAD=45°,∠C=30°,∠BAC=∠ADE=90°．
∵AE∥BC，
∴∠EAC=∠C=30°，
∴∠DAF=∠EAD−∠EAC=45°−30°=15°．
∴∠AFD=180°−∠ADE⋅∠DAF=180°−90°−15°=75°．
故选：B．
【点睛】本题考查的是平行线的性质及三角形内角和定理，平行线的性质：两直线平行同位角相等，同旁内角互补．三角形内角和定理：三角形的内角和等于180°．
4．（3分）（2022秋·四川绵阳·八年级校联考期末）如图，直线l1∥l2，其中P在l1上，A、B、C、D在l2上，且PB⊥l2，则l1与l2间的距离是（　　）

A．线段 PA 的长度 B．线段 PB 的长度 C．线段 PC 的长度 D．线段 PD 的长度
【答案】B
【分析】根据平行线之间的距离定义解答即可．
【详解】解：∵P在l1上， B在l2上，PB⊥l2，l1∥l2，
∴l1与l2间的距离是线段PB的长度．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线之间的距离，掌握两条平行线中，一条直线上的任意一个点到另一条直线的垂线段的长度叫做这两条平行线间的距离是解题的关键．
5．（3分）（2022秋·浙江宁波·七年级统考期末）如图所示，三张正方形纸片①，②，③分别放置于长(a+b)，宽(a+c)的长方形中，正方形①，②，③的边长分别为a，b，c，且a>b>c，则阴影部分周长为（    ）

A．4a+2c B．4a+2b C．4a D．4a+2b+2c
【答案】A
【分析】根据平移的性质求出水平边之和及竖直边之和，再列式计算解答．
【详解】解：将阴影部分水平的边通过平移可得水平边之和为：2（a＋b），
将阴影部分竖直的边通过平移可得竖直边之和为：2（a＋c－b），
∴阴影部分的周长为：2（a＋b）＋2（a＋c−b）＝2a＋2b＋2a＋2c−2b＝4a＋2c，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了平移的性质，整式的加减，根据平移的性质求出水平边之和及竖直边之和是解题的关键．
6．（3分）（2022秋·河南驻马店·七年级统考期末）若a、b、c是三角形的三边长，则化简a−b−c+b−a−c+c−b−a的结果为（    ）
A．a+b+c B．−3a+b+c C．−a−b−c D．3a−b−c
【答案】A
【分析】根据三角形三边之间的关系得出a、b、c之间的大小关系，再根据绝对值的性质求值．
【详解】解：∵a、b、c是三角形的三边长，
∴a+b＞c，b+c＞a，a+c＞b．
∴a﹣b﹣c＜0，b﹣a﹣c＜0，c﹣a﹣b＜0．
∴|a﹣b﹣c|+|b﹣a﹣c|+|c﹣a﹣b|＝﹣a+b+c﹣b+a+c﹣c+a+b＝a+b+c．
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系以及绝对值的化简，三角形三边关系定理：三角形任意两边之和大于第三边．
7．（3分）（2022春·贵州铜仁·八年级统考期末）如图，在△ABC中，D、E、F分别为BC、AD、CE的中点，且S△ABC=24cm2，则阴影部分△AEF的面积为（    ）cm2．

A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【答案】C
【分析】由于三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，由点D为BC的中点得到S△ADC=12S△ABC=12cm2，由点E为AD的中点得到S△AEC=12S△ADC=6cm2，然后由点F为CE的中点得到S△AEF=12S△AEC即可求出答案．
【详解】解：∵点D为BC的中点，
∴S△ADC=12S△ABC=12×24=12（cm2），
∵点E为AD的中点，
∴S△AEC=12S△ADC=12×12=6（cm2），
∵点F为CE的中点，
∴S△AEF=12S△AEC=12×6=3（cm2）
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的面积，熟记三角形的面积公式，三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
8．（3分）（2022春·辽宁葫芦岛·八年级统考期末）如图所示，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数是______

A．180° B．270° C．360° D．540°
【答案】C
【分析】根据三角形外角的性质以及四边形内角和等于360°，即可求解．
【详解】解：∵∠E+∠F=∠ANM，∠ANM+∠A=BMD，
又∵∠B+∠C+∠D+∠BMD=360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°，
故选C．

【点睛】本题主要考查三角形外角的性质以及四边形内角和定理，掌握四边形内角和等于360°，是解题的关键．
9．（3分）（2022春·安徽合肥·八年级统考期末）如图，已知AE是ΔABC的角平分线，AD是BC边上的高．若∠ABC=34°，∠ACB=64°，则∠DAE的大小是（   ）

A．5° B．13° C．15° D．20°
【答案】C
【分析】由三角形的内角和定理，可求∠BAC=82°，又由AE是∠BAC的平分线，可求∠BAE=41°，再由AD是BC边上的高，可知∠ADB=90°，可求∠BAD=56°，所以∠DAE=∠BAD-∠BAE，问题得解．
【详解】在△ABC中，
∵∠ABC=34°，∠ACB=64°,
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=82°，
∵AE是∠BAC的平分线，
∴∠BAE=∠CAE=41°.
又∵AD是BC边上的高，
∴∠ADB=90°，
∵在△ABD中∠BAD=90°−∠B=56°，
∴∠DAE=∠BAD −∠BAE =15°.
【点睛】在本题中，我们需要注意到已知条件中已经告诉三角形的两个角，所以利用内角和定理可以求出第三个角，再有已知条件中提到角平分线和高线，所以我们可以利用角平分线和高线的性质计算出相关角，从而利用角的和差求解，在做几何证明题时需注意已知条件衍生的结论.
10．（3分）（2022春·湖北黄冈·八年级英山县实验中学校考期中）△ABC中，∠A＝m°，∠ABC和∠ACD的平分线交于点A1，得∠A1；∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2⋯ ∠A2021BC和∠A2021CD的平分线交于点A2022，则∠A2022为（　　）

A．m22019 B．m22020 C．m22021 D．m22022
【答案】D
【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∠A1 ＝∠A1CD−∠A1BD，再结合角平分线的定义，找出角变化的规律即可求解．
【详解】∵BA1平分∠ABC，A1C平分∠ACD，
∴∠A1BD＝12∠ABC，∠A1CD＝12∠ACD，
∴∠A1 ＝∠A1CD−∠A1BD＝12∠ACD﹣12∠ABC＝12∠A，
同理可得∠A2＝12 ∠A1＝(12)2∠A，
∴∠A2022＝(12)2022∠A，
∵∠A＝m°，
∴∠A2022＝m22022，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，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，角平分线的定义，熟记性质并准确识图，然后求出后一个角是前一个角的一半是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2022春·广东珠海·八年级珠海市第四中学校考期中）世界最长跨海大桥——港珠澳大桥，主桥为三座大跨度钢结构斜拉桥，斜拉式大桥采用三角形结构，使其不易变形，这种做法的依据是______.
【答案】三角形的稳定性．
【分析】利用三角形的稳定性求解即可．
【详解】世界最长跨海大桥——港珠澳大桥，主桥为三座大跨度钢结构斜拉桥，斜拉式大桥采用三角形结构，使其不易变形，这种做法的依据是：三角形的稳定性．
故答案为三角形的稳定性．
【点睛】本题主要考查了三角形的稳定性，解题的关键是熟记三角形的稳定性．
12．（3分）（2022秋·陕西榆林·七年级期末）如图，在△ABC中，∠A=70°，∠C=30°，点D为AC边上一点，过点D作DE//AB，交BC于点E，且DE=BE，连接BD，则∠BDC的度数是______．

【答案】110°##110度
【分析】根据三角形内角和定理求出∠ABC，根据平行线的性质得出∠BDE=∠ABD，由外角的性质得出∠BDC=∠ABD+∠A即可．
【详解】解：在ΔABC中，∠A=70°，∠C=30°，
∴∠ABC=180°−∠A−∠C=80°，
∵DE=BE，
∴∠DBE=∠BDE，
∵DE//AB，
∴∠BDE=∠ABD，
∴∠ABD=∠DBE=12∠ABC=40°，
∴∠BDC=∠ABD+∠A=40°+70°=110°，
故答案为：110°．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，三角形的外角定理，解题的关键是掌握：两直线平行，内错角相等．
13．（3分）（2022春·八年级课时练习）一个多边形，除了一个内角外，其余各角的和为3000°，则内角和是______．
【答案】3060∘
【分析】设这个多边形是n边形，剩余的内角度数为x，根据题意得(n−2)×180∘=3000∘+x
变形 为n−2=180∘×16+(120∘+x)180∘，由n是正整数，0∘ 【详解】设这个多边形是n边形，剩余的内角度数为x，由题意得
(n−2)×180∘=3000∘+x
∴n−2=180∘×16+(120∘+x)180∘，
∵n是正整数，0∘ ∴x=60∘，
∴这个多边形的内角和为3060∘，
故答案为：3060∘．
【点睛】此题考查多边形的内角和公式，多边形内角大于0度小于180度的性质，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．
14．（3分）（2022秋·黑龙江绥化·七年级校考期末）一副三角板按如图所示叠放在一起，其中点B、D重合，若固定三角形AOB，改变三角板ACD的位置（其中A点位置始终不变），下列条件①∠BAD＝30°；②∠BAD＝60°；③∠BAD＝120°；④∠BAD＝150°中，能得到的CD∥AB的有__________．（填序号）

【答案】①④
【分析】分两种情况，根据CD∥AB，利用平行线的性质，即可得到∠BAD的度数．
【详解】解：如图所示：当CD∥AB时，∠BAD=∠D=30°；

如图所示，当AB∥CD时，∠C=∠BAC=60°，
∴∠BAD=60°+90°=150°；

∴∠BAD=150°或∠BAD =30°．
故答案为：①④．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定，平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系，平行线的性质是由直线的平行关系来寻找角的数量关系．
15．（3分）（2022春·河北张家口·八年级校考阶段练习）如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，∠E保持不变．为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD=110°，则图中∠D应________（填“增加”或“减少”） ________度．

【答案】     减少     10
【分析】连接CF，并延长至点M，在△ABC中，利用三角形内角和定理，可得出∠ACB的度数，结合对顶角相等，可得出∠DCE的度数，利用三角形外角的性质，可得出∠DFM=∠DCF+∠D，∠EFM=∠ECF+∠E，二者相加后，可求出∠D的度数，再结合∠D的原度数，即可得出结论．
【详解】解：连接CF，并延长至点M，如图所示．

在△ABC中，∠A=50°，∠B=60°，
∴∠ACB=180°−∠A−∠B=180°−50°−60°=70°，
∴∠DCE=∠ACB=70°．
∵∠DFM=∠DCF+∠D，∠EFM=∠ECF+∠E，
∴∠EFD=∠DCF+∠ECF+∠D+∠E=∠DCE+∠D+∠E，
即110°=70°+∠D+30°，
∴∠D=10°，
∴20°−10°=10°，
∴图中∠D应减少（填“增加”或“减少”）10度．
故答案为：减少；10．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及三角形的外角性质，根据各角之间的关系，找出∠EFD与∠D之间的关系是解题的关键．
16．（3分）（2022春·黑龙江哈尔滨·七年级哈尔滨工业大学附属中学校校考期中）如图，直线MN与直线AB、CD分别交于点E、F，AB∥CD，∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P，EP与CD交于点G，点H是MN上一点，且GH⊥EG，连接PH，K是GH上一点使∠PHK=∠HPK，作PQ平分∠EPK，交MN于点Q，∠HPQ:∠QFP=3:2，则∠EHG=_________．

【答案】30度##30°
【分析】根据AB∥CD，∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P，可得∠PEF+∠EFP=12∠EFD+∠BEF=90°，即可得∠EGH=90°=∠EPF，则有FP∥HG，进而可得∠EHG=∠QFP，∠FPH=∠PHK，∠FPH=∠HPK，即有∠EPK=∠EPF+∠FPH+∠HPK=90°+2∠FPH，结合PQ平分∠EPK，可得∠QPK=12∠EPK=45°+∠FPH，进而可得∠QPH=∠QPK−∠HPK=45°，问题随之得解．
【详解】∵AB∥CD，
∴∠BEF+∠EFD=180°，
∵∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P，
∴∠PEF=12∠BEF，∠EFP=12∠EFD，
∴∠PEF+∠EFP=12∠EFD+∠BEF=90°，
∴∠EPF=90°，
∵GH⊥EG，
∴∠EGH=90°=∠EPF，
∴FP∥HG，
∴∠EHG=∠QFP，∠FPH=∠PHK，
∵∠PHK=∠HPK，
∴∠FPH=∠HPK，
∴∠EPK=∠EPF+∠FPH+∠HPK=90°+2∠FPH，
∵PQ平分∠EPK，
∴∠QPK=12∠EPK=45°+∠FPH，
∴∠QPH=∠QPK−∠HPK=45°+∠FPH−∠FPH=45°，
∵∠HPQ:∠QFP=3:2，
∴∠QFP=30°，
∴∠EHG=∠QFP=30°，
故答案为：30°．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，平行线的判定与性质等知识，证明FP∥HG是解答本题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2022秋·山东济南·七年级统考期末）如图，EF∥AD，∠1=∠2，∠BAC=70°，求∠AGD的度数．

解：∵EF∥AD，
∴∠2=　 　（ 　 　）．
又∵∠1=∠2，
∴∠1=∠3（ 　 　）．
∴AB∥　 　（ 　 　）．
∴∠BAC+　 　=180°（ 　 　）．
∵∠BAC=70°，
∴∠AGD=　 　．
【答案】∠3；两直线平行，同位角相等；等量代换；DG；内错角相等，两直线平行；∠AGD；两直线平行，同旁内角互补；110°
【分析】根据平行线的性质和已知求出∠1=∠3，根据平行线的判定推出AB∥DG，根据平行线的性质求出∠BAC+∠DGA=180°即可．
【详解】解：∵EF∥AD，
∴∠2=∠3（两直线平行，同位角相等．）
又∵∠1=∠2，
∴∠1=∠3（等量代换），
∴AB∥DG（内错角相等，两直线平行），
∴∠BAC+∠AGD=180°（两直线平行，同旁内角互补），
∵∠BAC=70°，
∴∠AGD=110°．
故答案为：∠3；两直线平行，同位角相等；等量代换；DG；内错角相等，两直线平行；∠AGD；两直线平行，同旁内角互补；110°．
【点睛】本题考查了平行线的性质和判定的应用，能灵活运用平行线的性质和判定定理进行推理是解此题的关键，注意：平行线的性质是①两直线平行，同位角相等，②两直线平行，内错角相等，③两直线平行，同旁内角互补，反之亦然．
18．（6分）（2022春·广东广州·八年级统考期中）己知三角形的两边长为5和7，第三边的边长a．
(1)求a的取值范围；
(2)若a为整数，当a为何值时，组成的三角形的周长最大，最大值是多少？
【答案】(1)2 (2)当a=11时，三角形的周长最大为23

【分析】（1）根据三角形三边关系求解即可得到答案；
（2）由（1）取最大值即可得到答案．
【详解】（1）解：由三角形的三边关系可知
7−5 即2 ∴a的取值范围是2 （2）解：由（1）知，a的取值范围是2 ∴当a=11时，三角形的周长最大，
此时周长为：5+7+11=23，
∴周长的最大值是23．
【点睛】本题考查三角形三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
19．（8分）（2022春·广东梅州·八年级校考阶段练习）如图，方格纸中每个小正方形的边长都为1，在方格纸内将△ABC平移后得到△A′B′C′，图中点B′为点B的对应点．

(1)画出△ABC的边AB上的中线CD；
(2)画出△ABC的边BC上的高AE；
(3)画出△A′B′C′；
(4)△A′B′C′的面积为_____．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)见解析；
(4)8．

【分析】（1）利用格线的特点，取AB的中点，利用中线的定义得出答案；
（2）直接利用高线的作法，结合格线的特点得出答案；
（3）直接利用得出平移后对应点位置进而得出答案；
（4）直接利用三角形面积求法得出答案．
【详解】（1）如图所示：CD即为所求；
（2）如图所示：AE即为所求；
（3）如图所示：△A′B′C′即为所求；

（4）△A′B′C′的面积为：12×4×4=8．
【点睛】此题考查了平移作图，三角形面积求法，以及三角形中线、高线的作法，正确把握相关定义是解题关键．
20．（8分）（2022秋·北京·七年级校考期中）已知：直线a∥b，点A，B在直线a上，点C，D在直线b上，连接AD，BC，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，Q且BE，DE所在的直线交于点E．

(1)如图1，当点B在点A的左侧时，若∠ABC=70°，∠ADC=60°，直接写出∠BED的度数；
(2)如图2，当点B在点A的右侧时，设∠ADC=x，∠ABC=y，求∠BED的度数（用含有x，y的式子表示）．
【答案】(1)65°
(2)180°−12y+12x

【分析】（1）过点E作EF∥AB，当点B在点A的左侧时，根据∠ABC=60°，∠ADC=70°，结合平行线的判定与性质，由题中角平分线的定义得到∠EBA=12∠ABC=30°，∠EDC=12∠ADC=35°，即可求∠BED的度数；
（2）过点E作EF∥AB，当点B在点A的右侧时，∠ADC=x，∠ABC=y，参照（1）中解决问题的方法即可求∠BED的度数．
【详解】（1）解：过点E作EF∥AB，如图1所示：

则有∠BEF=∠EBA，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠FED=∠EDC，
∴∠BEF+∠FED=∠EBA+∠EDC，即∠BED=∠EBA+∠EDC，
∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，
∴∠EBA=12∠ABC=30°，∠EDC=12∠ADC=35°，
∴∠BED=∠EBA+∠EDC=65°；
（2）过点E作EF∥AB，如图2所示：

则∠BEF+∠EBA=180°，
∴∠BEF=180°−∠EBA，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠FED=∠EDC，
∴∠BEF+∠FED=180°−∠EBA+∠EDC，即∠BED=180°−∠EBA+∠EDC，
∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，
∴∠EDC=12∠ADC=12x，∠EBA=12∠ABC=12y，
∴∠BED=180°−∠EBA+∠EDC=180°−12y+12x．
【点睛】本题考查平行线的判定和性质，解题关键是熟练掌握平行线的判定和性质．
21．（8分）（2022春·天津河西·八年级统考期中）探究一：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_____(即列出一个含有∠A，∠FDC，∠ECD的等式，直接写出答案即可)；
探究二：已知：如图2，在△ADC中，DP,CP分别平分∠ADC和∠ACD，求：∠P与∠A的数量关系；
探究三：若将探究2中的△ADC改为任意四边形ABCD呢？
即：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；
故答案为：∠FDC+∠ECD=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°−12(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)．
【点睛】本题属于四边形综合题，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，角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用三角形内角和定理解决问题．
22．（8分）（2022秋·河南南阳·七年级统考期末）在学习并掌握了平行线的性质和判定的内容后，数学老师安排了自主探究内容——利用平行线有关知识探究并证明：三角形的内角和等于180°．小颖通过探究发现：可以将三角形的三个内角之和转化为一个平角来解决，也就是可以过三角形的一个顶点作其对边的平行线来证明．请将下面（1）中的证明补充完整：

(1)已知：如图1，三角形ABC，求证：∠BAC+∠B+∠C=180°，证明：过点A作EF∥BC．
(2)如图2，线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，我们把形如图2这样的图形称之为“8字形”．请利用小颖探究的结论直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系：______；
(3)在图2的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N，得到图3，请判断∠P与∠D、∠B之间存在的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)∠A+∠D=∠B+∠C
(3)2∠P=∠D+∠B，理由见解析

【分析】（1）过点A作EF∥BC，即可得出∠B=∠EAB，∠C=∠FAC，即可得出：∠BAC+∠B+∠C=∠BAC+∠EAB+∠FAC =∠EAF，根据平角的定义和等量代换即可得出：∠BAC+∠B+∠C=180°；
（2）根据三角形内角和定理以及对顶角相等可得出结论；
（3）将∠D+∠1=∠P+∠3和∠B+∠4=∠P+∠2相加，即可得出：∠D+∠1+∠4+∠B=∠P+∠3+∠2+∠P，再根据平分线的性质即可得出结论．
（1）
证明：过点A作EF∥BC，
∴∠B=∠EAB，∠C=∠FAC（两直线平行，内错角相等），
∴∠BAC+∠B+∠C=∠BAC+∠EAB+∠FAC =∠EAF（等量代换），
∵E、A、F三点共线（已知），
∴∠EAF=180°（平角定义）．
∴∠BAC+∠B+∠C=180°（等量代换）．
（2）
∵在△AOD中，∠A+∠D+∠AOD=180°，
在△COB中，∠C+∠B+∠COB=180°，
∵∠AOD=∠COB（对顶角相等），
∴∠A+∠D=∠B+∠C．
故答案为：∠A+∠D=∠B+∠C．
（3）
数量关系：2∠P=∠D+∠B．
理由：如图3，由（2），得：

∠D+∠1=∠P+∠3①，
∠B+∠4=∠P+∠2②，
①＋②，得：
∠D+∠1+∠4+∠B=∠P+∠3+∠2+∠P．
∵∠DAB和∠DCB的平分线AP和CP相交于点P，
∴∠1=∠2，∠3=∠4．
∴2∠P=∠D+∠B．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线的定义，熟练利用“8字形”模型是解决本题的关键．
23．（8分）（2022春·黑龙江哈尔滨·七年级哈尔滨市虹桥初级中学校校考期中）已知，∠ATM+∠DRN=180°．

(1)如图1，求证AB∥CD：
(2)如图2，点E位平面内一点，连接BE、CE，求证：∠E=∠C+∠B；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点E作线段EF，连接BF，且∠EBF=∠F，∠ABF=45°，过点B作BG∥EF交CE于点G，若∠BEC=2∠ABE，EH=4，EF−BG=2，且△BEF的面积为36时，求线段EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)EF=10

【分析】（1）根据同角的补角相等，得出∠ATR=∠DRN，再根据平行线的判定即可得出答案；
（2）过点E作EF∥AB，根据AB∥CD得出AB∥EF∥CD，根据平行线的性质得出∠B=∠BEF，∠C=∠CEF，即可得出答案；
（3）先根据三角形内角和定理及已知角度之间的关系，得出∠FEH=90°，再根据平行线的性质得出∠BGH=∠FBH=90°，从而得出BG⊥EC，EF⊥EC，根据三角形的面积公式得出BG+EF=18，结合已知条件EF−BG=2，即可求出结果．
【详解】（1）证明：∵∠ATM+∠DRN=180°，∠ATM+∠ATR=180°，
∴∠ATR=∠DRN，
∴AB∥CD．
（2）证明：过点E作EF∥AB，如图所示：

∵AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴∠B=∠BEF，∠C=∠CEF，
∴∠BEC=∠BEF+∠CEF=∠B+∠C．
（3）解：∵∠BEF+∠EFB+∠EBF=180°，
∴∠FEH+∠HEB+∠EFB+∠EBF=180°，
∵∠EFB=∠EBF，∠BEH=2∠ABE，
∴∠FEH+2∠ABE+2∠EBF=180°，
即∠FEH=180°−2∠ABE+∠EBF，
∵∠ABE+∠EBH=∠ABF=45°，
∴∠FEH=180°−2×45°=90°，
∵BG∥EF，
∴∠BGH=∠FBH=90°，
∴BG⊥EC，EF⊥EC，
∴S△BEF=S△BEH+S△FEH
=12EH⋅BG+12EH⋅EF
=12EHBG+EF
=2BG+EF，
∵△BEF的面积为36，
∴36=2BG+EF，
∴BG+EF=18①，
∵EF−BG=2②，
①+②得：2EF=20，
∴EF=10．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质和判定，平行公理，三角形内角和定理的应用，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，证明BG⊥EC，EF⊥EC．