32三角形的外角的定义及性质（压轴题）-2022-2023学年下学期七年级数学期中复习高频考点专题练习【苏科版-江苏省期中真题】

这是一份32三角形的外角的定义及性质（压轴题）-2022-2023学年下学期七年级数学期中复习高频考点专题练习【苏科版-江苏省期中真题】，共41页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
32三角形的外角的定义及性质（压轴题）-2022-2023学年下学期七年级数学期中复习高频考点专题练习【苏科版-江苏省期中真题】

一、填空题
1．（2022春·江苏扬州·七年级统考期中）如图，AB∥CD，点P为CD上一点，∠EBA、∠EPC的角平分线于点F，已知∠F＝40°，则∠E＝_____度．

2．（2022春·江苏盐城·七年级校联考期中）如图，已知直线AB，CD被直线AC所截，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；④180°﹣α﹣β；⑤360°﹣α﹣β．以上结果可以作为∠AEC的度数的是___．（填序号）

3．（2022春·江苏无锡·七年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，的角平分线与的外角平分线相交于点P，且，则______．


二、解答题
4．（2022春·江苏泰州·七年级统考期中）如图，△ABC中，∠ACB=90°，点D、E分别在边AC、AB上运动（不与顶点重合），点F在线段CD上（不与点D、C重合），射线ED与射线BF相交于点G．

(1)如图1，若DEBC，∠EDB=2∠G，说明：BG平分∠DBC．
(2)如图2，若∠EDB=m∠ADB，∠DBG=n∠DBC，∠G=45°．
①若m=，n=，求∠DBC的值．
②若n=，求m的值．
③若3m-n=1且m≠，求∠DBC的度数．
5．（2022春·江苏盐城·七年级统考期中）在△ABC中，BD平分∠ABC交AC于点D，点E是射线AC上的动点（不与点D重合），过点E作EF∥BC交直线BD于点F，∠CEF的角平分线所在直线与射线BD交于点G．

(1)如图1，点E在线段AD上运动．
①若∠ABC＝40°，∠C＝60°，则∠BGE＝______°；
②若∠A＝70°，则∠BGE＝______；
③探究∠BGE与∠A之间的数量关系，并说明理由；
(2)若点E在射线DC上运动时，∠BGE与∠A之间的数量关系与（1）③中的数量关系是否相同？若不同，请写出它们之间的数量关系并说明理由．
6．（2022春·江苏南通·七年级统考期中）已知，直线ABCD，与交于点．

(1)如图1，，则_________°；
(2)如图2，的平分线交于点，则与有怎样的数量关系，请说明理由；
(3)如图3，，在的平分线上任取一点，连接，当时，请直接写出的度数（用含有的式子表示）．
7．（2021春·江苏无锡·七年级统考期中）在中，，是的角平分线，是射线上任意一点（不与、、三点重合），过点作，垂足为，交直线于．

（1）如图①，当点在线段上时，
（i）说明．
（ii）作的角平分线交直线于点，则与有怎样的位置关系？画出图形并说明理由．
（2）当点在的延长线上时，作的角平分线交直线于点，此时与的位置关系为___________．
8．（2021春·江苏南通·七年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC，点A的坐标是（3，0），点B的坐标是（a，b），且点C在x轴的负半轴上，且AC＝5．
（1）直接写出点B、C的坐标；
（2）在坐标轴上是否存在点P，使若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）把点C往上平移3个单位得到点H，作射线CH，连接BH，点M在射线CH上运动（不与点C、H重合），试探究∠HBM，∠BMA，∠MAC之间的数量关系，并证明你的结论．

9．（2021春·江苏无锡·七年级宜兴市实验中学校考期中）（1）已知AB∥CD，E是AB、CD间一点，如图1，给它取名“M型”；有结论：；如图2，给它取名“铅笔头型”，有结论：；
①在图3 “M型”中，AF、CF分别平分∠A、∠C，则∠F与∠E的关系是 ；
②在图4 “铅笔头型”中，延长EC到G，AF、CF分别平分∠A、∠DCG，则∠F与∠E的关系是 ；

（2）若直线AB与直线CD不平行，连接EG，且EG同时平分∠BEF和∠FGD．
①如图5，请探究∠1、∠2、∠F之间的数量关系？并说明理由；
②如图6，∠1比∠2的3倍多18°，∠2是∠F的，求∠F的度数．

10．（2021·江苏镇江·七年级统考期中）模型规律：如图1，延长交于点D，则．因为凹四边形形似箭头，其四角具有“”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．

模型应用
（1）直接应用：
①如图2，，则__________；
②如图3，__________；
（2）拓展应用：
①如图4，、的2等分线（即角平分线）、交于点，已知，，则__________；
②如图5，、分别为、的10等分线．它们的交点从上到下依次为、、、…、．已知，，则__________；
③如图6，、的角平分线、交于点D，已知，则__________；
④如图7，、的角平分线、交于点D，则、、之同的数量关系为__________．
11．（2021春·江苏宿迁·七年级校考期中）已知：如图①，直线MN⊥直线PQ，垂足为O，点A在射线OP上，点B在射线OQ上（A、B不与O点重合），点C在射线ON上且OC=2，过点C作直线l//PQ，点D在点C的左边且CD=3．
（1）直接写出△BCD的面积．
（2）如图②，若AC⊥BC，作∠CBA的平分线交OC于E，交AC于F，求证：∠CEF=∠CFE．
（3）如图③，若∠ADC=∠DAC，点B在射线OQ上运动，∠ACB的平分线交DA的延长线于点H，在点B运动过程中的值是否变化？若不变，求出其值；若变化，求出变化范围．

12．（2021春·江苏扬州·七年级统考期中）如图1，将一副三角板与三角板摆放在一起；如图2，固定三角板，将三角板绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角（）．

（1）当________度时，；当________度时；
（2）当的一边与的某一边平行（不共线）时，直接写出旋转角的所有可能的度数；
（3）当，连接，利用图4探究的度数是否发生变化，并给出你的证明．
13．（2022春·江苏盐城·七年级校考期中）【概念认识】
如图①，在中，若，则BD，BE叫做的三分线．其中，BD是邻AB三分线，BE是邻BC三分线．

【问题解决】
(1)如图②，在中，和外角的三分线交于点E、F，若，求的度数．

(2)如图③，若，射线OC在内部，OM是的邻OA三分线，ON是的邻OB三分线，若OM、ON、OA、OB中有两条直线互相垂直时，求．

【延伸推广】
(3)在（2）的条件下，若时，射线ON以每秒1°的速度顺时针转动至OB便立刻回转，射线OM以每秒3°的速度顺时针转动至OB便立刻回转，然后在间作往返运动，当ON第一次到达OC时，与射线OM同时停止转动，转动几秒后，OM，ON中，有一条射线是OB与另一条射线所成角的邻OB三分线．（直接写出答案）
14．（2022春·江苏淮安·七年级统考期中）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 ；
③探究，当点P在∠MON外部时，∠MPN、∠OMP、∠ONP之间的数量关系共有 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 ．
15．（2022春·江苏无锡·七年级校联考期中）直线AB、CD相交于点O，∠AOC＝α，点F在直线AB上且在点O的右侧，点E在直线CD上（点E与点O不重合），连接EF，直线EM、FN交于点G．
（1）如图1，若点E在射线OC上，α＝60°，EM、FN分别平分∠CEF和∠AFE，求∠EGF的度数；
（2）如图2，点E在射线OC上，∠MEF＝m∠CEF，∠NFE＝（1﹣2m）∠AFE，若∠EGF的度数与∠AFE的度数无关，求m的值及∠EGF的度数（用含有α的代数式表示）；
（3）如图3，若将（2）中的“点E在射线OC上”改为“点E在射线OD上”，其他条件不变，直接写出∠EGF的度数（用含有a的代数式表示）


参考答案：
1．80
【分析】根据角平分线的性质和平行线的性质可得∠FMA=∠F+∠1，∠E+2∠1=2∠FMA，从而得出∠E=2∠F求解．
【详解】如图，根据角平分线的性质和平行线的性质，
可知∠FMA=∠CPE=∠F+∠1，∠ANE=∠E+2∠1=∠CPE=2∠FMA，
∴∠E+2∠1=2（∠F+∠1）
∴∠E=2∠F=2×40°=80°．
故答案为80．

【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．
2．①②③⑤
【分析】根据点E有6种可能位置，分情况进行讨论，由平行线的性质和三角形外角性质进行计算即可．
【详解】解：（1）如图1，∵AB∥CD
∴∠AFC=∠DCE=β
∵∠AFC=∠BAE+∠AEC
∴∠AEC=∠AFC-∠BAE=β−α

（2）如图2，过点E作EF∥AB
则∠AEF=∠BAE=α
∵AB∥CD
∴EF∥CD
∴∠CEF=∠DCE=β
∴∠AEC=∠AEF+∠CEF=α+β

（3）如图3，∵AB∥CD
∴∠AFC=∠BAE=α
∵∠AFC=∠DCE+∠AEC
∴∠AEC=∠AFC-∠DCE=α−β

（4）如图4，∵AB∥CD
∴∠AFE=∠DCE=β
∵∠BAE=∠AFE+∠AEC
∴∠AEC=∠BAE-∠AFE=α−β

（5）如图5，过点E作EF∥AB
则∠AEF=180゜−∠BAE=180゜−α
∵AB∥CD
∴EF∥CD
∴∠CEF=180゜−∠DCE=180゜−β
∴∠AEC=∠AEF+∠CEF=180゜−α+180゜−β=360゜−α−β

（6）如图6，∵AB∥CD
∴∠DFE=∠BAE=α
∵∠DCE=∠DFE+∠AEC
∴∠AEC=∠DCE−∠DFE=β−α

综上所述，正确的序号分别为：①②③⑤．
故答案为：①②③⑤．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，两直线平行，分别有同位角相等，内错角相等或同旁内角互补，平行于同一直线的两条直线平行，此外，还用到了分类讨论思想．
3．##30度
【分析】先根据角平分线的定义可得，，再根据四边形的内角和可得，然后根据三角形的外角性质即可得．
【详解】解：∵的角平分线与的外角平分线相交于点P，
∴，，
∵在四边形ABCD中，，
∴，
由三角形的外角性质得：，



．
故答案为：．
【点睛】本题考查了四边形的内角和、角平分线的定义等知识点，熟练掌握角平分线的性质及外角性质是解题关键．
4．(1)见解析
(2)①30°；②；③45°

【分析】（1）利用平行线的性质证明，再由外角的性质证明，结合∠EDB=2∠G得出，进而得出，即可证明BG平分∠DBC；
（2）①利用三角形外角的性质得，，再利用，，进行等量代换，将，代入即可求得；②同①可推出，变形得，即可求得；③同上可得，结合3m-n=1可得，由m≠可得，进而求得．
（1）
证明：∵DEBC，
∴，
∵，
又∵∠EDB=2∠G，
，
，
∴BG平分∠DBC．
（2）
解：①∵，
又∵，，
∴．
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
②∵，
又∵，，
∴．
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
③∵，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查平行线的性质和三角形外角的性质，熟练掌握三角形外角的性质（三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和），并根据已知条件进行等量代换是解题的关键．
5．(1)①50°；②55°；③∠BGE=90°-∠A，理由见解析；
(2)不同，当点E在线段CD上，∠BGE=∠A；当点E在DC的延长线上，∠BGE=90°+∠A，理由见解析．

【分析】（1）①先求出∠FBC=20°，再求出∠EFB=∠CBF=20°，∠C=∠CEF=60°，进而求出∠FEG=30°，即可求出∠BGE=50°；
②如图，根据角平分线的定义得到∠1＝∠ABC，∠2=∠CEF，结合平行线的性质进一步得到∠2=∠C，∠3=∠ABC，即可得到∠BGE=∠2+∠3= ∠C+∠ABC =（∠180°-∠A）=55°；
③如图，根据角平分线的定义得到∠1＝∠ABC，∠2=∠CEF，结合平行线的性质进一步得到∠2=∠C，∠3=∠ABC，即可得到∠BGE=∠2+∠3= ∠C+∠ABC =（∠180°-∠A）=90°-∠A；
（2）当点E在线段CD上，画出图形，类比（1）即可求出∠BGE=∠A；当点E在DC的延长线上，画出图形，∠BGE=90°+∠A．
【详解】（1）解：（1）①∵BG平分∠ABC，
∴∠FBC=∠ABC=20°，
∵EF//BC，
∴∠EFB=∠CBF=20°，∠C=∠CEF=60°，
∵EG平分∠FEC，
∴∠FEG=∠FEC=30°，
∴∠BGE=∠EFG+∠FEG=50°．
故答案为：50；                               
②如图，∵BD、EG分别平分∠ABC和∠CEF，
∴∠1＝∠ABC，∠2=∠CEF，
∵EF//BC
∴∠C＝∠CEF，∠3=∠1，
∴∠2=∠C，∠3=∠ABC，
∴∠BGE=∠2+∠3
= ∠C+∠ABC
=（∠C+∠ABC）
=（∠180°-∠A）
=（∠180°-70°）
=55°．

故答案为：55° ；
③∠BGE=90°-∠A
理由：∵BD、EG分别平分∠ABC和∠CEF，
∴∠1＝∠ABC，∠2=∠CEF，
∵EF//BC
∴∠C＝∠CEF，∠3=∠1，
∴∠2=∠C，∠3=∠ABC，
∴∠BGE=∠2+∠3
= ∠C+∠ABC
=（∠C+∠ABC）
=（∠180°-∠A）
=90°-∠A ；

（2）解：①当点E在线段CD上，如图，若GE交BC于点H，
由（1）知：∠1＝∠ABC，∠2=∠CEF，
∵EF//BC
∴∠CEF=180°-∠C
∴∠2=∠3=（180°-∠C）
∵∠1+∠A+∠BDA＝180°
∠3+∠BGE+∠EDG＝180°
且∠BDA＝∠EDG
∴∠3+∠BGE=∠1+∠A
∠BGE=∠1+∠A-∠3
即∠BGE= ∠ABC+∠A-（∠180°-∠C）
=∠ABC+∠A- 90°+∠C
=（∠ABC+∠C）+∠A- 90°
=（180°-∠A）+∠A- 90°
=90°-∠A+∠A- 90°
=∠A；

②当点E在DC的延长线上，如图，若GE交BC于点H，
∵EF//BC
∴∠3=∠2=∠CEF=∠ACB
∵∠1+∠3+∠BGE＝180°
∴∠BGE=180°-(∠1+∠3)
=180°- （∠ABC+∠ACB）
=180°- （180°-∠A）
=180°-90°+∠A
=90°+∠A．

【点睛】本题考查了角平分线的定义，平行线的性质，三角形的外角定理等知识，熟知相关知识并根据题意灵活应用是解题关键，解第（2）步时要注意分类讨论．
6．(1)100；
(2)∠F=，理由见解析；
(3)∠BPD=，证明见解析．

【分析】（1）根据平行线的性质得出∠BAD=∠ADC，结合图象及三角形外角的性质即可得出结果；
（2）设AD与BF的交点为G，BC与DF的交点为H，根据三角形内角和定理及对顶角相等得出∠BAD+∠ABF=∠F+∠ADF①，∠BCD+∠CDF=∠F+∠CBF②，结合角平分线可得∠BAD+∠BCD=2∠F，找准图中各角之间的数量关系即可得出结果；
（3）利用三角形外角的性质得出∠ADC=α-∠BCD，由平行线的性质可得∠ABC=∠BCD=β，结合角平分线及各角之间的数量关系进行等量代换求解即可得出结果．
【详解】（1）解：∵AB∥CD，
∴∠BAD=∠ADC，
∵∠AEC是∆ABE的一个外角，
∴∠AEC=∠ABC+∠BAD，
∴∠AEC=∠ABC+∠ADC，
∵∠AEC=100°，
∴∠ABC+∠ADC=100°，
故答案为：100；
（2）解：∠F=，理由如下：

设AD与BF的交点为G，BC与DF的交点为H，
∵∠BAD+∠ABF+∠AGB=180°，∠AGB=∠DGF，∠F+∠ADF+∠DGF=180°，
∴∠BAD+∠ABF=∠F+∠ADF①，
∵∠BCD+∠CDF+∠CHD=180°，∠F+∠CBF+∠BHF=180°，∠BHF=∠CHD，
∴∠BCD+∠CDF=∠F+∠CBF②，
①+②得：∠BAD+∠ABF+∠BCD+∠CDF=2∠F+∠CBF+∠ADF，
∵BF平分∠ABC，DF平分∠ACD，
∴∠ABF=∠CBF，∠CDF=∠ADF，
∴∠BAD+∠BCD=2∠F，
∵∠BAD=∠AEC-∠ABC，∠BCD=∠AEC-∠ADC，
∴∠BAD+∠BCD=2∠AEC-∠AEC=∠AEC，
∴2∠F=∠AEC，
∴∠F=∠AEC；
（3）解：∠BPD=，理由如下：
如图所示，DF平分，且，连接AP，


∵∠AEC是∆ECD的一个外角，∠AEC=α，
∴∠AEC=∠BCD+∠ADC=α，
∴∠ADC=α-∠BCD，
∵AB∥CD，∠ABC=β，
∴∠ABC=∠BCD=β，
∴∠ADC=∠DAB=α-β，
∵DP是∠ADC的角平分线，
∴∠ADP=∠ADC=，
∵∠ABP=∠PBC，
∴∠PBC=2∠ABP，
∵∠ABP+∠PBC=∠ABC=β，
∴∠ABP+2∠ABP=β，
即3∠ABP=β，    
在∆ADP中，
∠APD+∠DAP+∠ADP=180°，
即∠BPD+∠APB+∠DAP+∠ADP=180°，
在∆ABP中，
∠BAP+∠APB+∠ABP=180°，
即∠DAP+∠DAB+∠APB+∠ABP=180°，
∴∠BPD+∠APB+∠DAP+∠ADP=∠DAP+∠DAB+∠APB+∠ABP，
∴∠BPD+∠ADP=∠DAB+∠ABP，
∴∠BPD+，
∴∠BPD=．
【点睛】题目主要考查平行线的性质，三角形内角和与外角的性质，角平分线的定义等，理解题意，找准图中各角之间的数量关系是解题关键．
7．（1）（i）见解析；（ii），理由见解析；（2）
【分析】（1）（i）根据平分可以得到，再根据，，即可得到答案；
（ii）设，根据，，即可求解；
（2）根据∠PDO=∠A+∠DBA，∠A+∠ABC=90°，∠ABC=∠CPG，利用角平分线的性质，即可得到．
【详解】解：（1）（i）∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．

（ii）．
设，
∴．
∵，
∴，
又∵
∴
∴，
∴．

（2），理由如下：
∵∠ACB=90°
∴∠PCB=90°，∠A+∠ABC=90°
∵PQ⊥AB
∴∠PQB=∠PCB=90°
又∵∠CGP=∠BGQ
∴∠ABC=∠CPG
∵∠PDO=∠A+∠DBA，BD是∠ABC的角平分线
∴
∵PF是∠APQ的角平分线
∴
∴
∴∠POD=90°
∴PF⊥BD．

【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，对顶角的性质，平行线的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
8．（1）B（2，3）、C（－2，0）；（2）存在；；（3）∠BMA＝∠MAC＋∠HBM或∠BMA＝∠MAC－∠HBM，证明见解析
【分析】（1）根据线段AC的长可求点C的坐标，根据平方和绝对值的非负性可求得点B的坐标；
（2）分情况，当点P在x轴上时，设P为（x，0），当点P在y轴上时，设P为（0，y），
根据面积关系，构建方程即可解决问题；
（3）分两种情形：当点M在线段CH上时，∠BMA＝∠MAC＋∠HBM；当点M在线段CH延长线上时，∠BMA＝∠MAC－∠HBM；理由平行线的性质，三角形的外角的性质即可解决问题．
【详解】解：（1）由得：a＝2，b＝3，
∴B（2，3），
∵点A的坐标是（3，0），AC＝5，
∴C（－2，0）；
（2）①当点P在x轴上时，设P为（x，0）
，即：，
解得：，
∴ 点P ；
②当点P在y轴上时，设P为（0，y）
，即：
解得：，
∴ 点P ，
综上所述，点P的坐标为：；
（3）

①如图1：当点M在线段CH上时，∠BMA＝∠MAC＋∠HBM  
理由：过点M作MN∥BH
∴∠BMN＝∠HBM（两直线平行，内错角相等）
∵B、H两点的纵坐标相等
∴BH∥AC
∴MN∥AC（平行公理的推论）
∴∠AMN＝∠MAC（两直线平行，内错角相等）
∴∠AMN＋∠BMN＝∠MAC＋∠HBM（等式的性质）
即∠BMA＝∠MAC＋∠HBM；
②当点M在线段CH延长线上时，∠BMA＝∠MAC－∠HBM
理由：过点M作MN∥BH
∴∠BMN＝∠HBM（两直线平行，内错角相等）
∵B、H两点的纵坐标相等
∴BH∥AC
∴MN∥AC（平行公理的推论）
∴∠AMN＝∠MAC（两直线平行，内错角相等）
∴∠AMN－∠BMN＝∠MAC－∠HBM（等式的性质）
即∠BMA＝∠MAC－∠HBM．

【点睛】本题考查作图−平移变换，平行线的判定和性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
9．（1）①；②；（2）①；②
【分析】（1）①由题意易得，然后根据“M型”角的关系可直接进行求解；②如图，由“铅笔头型”，可得结论：，则由题意得，进而可得，然后根据三角形外角的性质可得，最后问题可求解；
（2）①由题意易得，，然后根据三角形内角和可求解；②由题意易得，则有，进而根据三角形外角的性质可得，由三角形内角和可得，最后根据角的和差关系可进行求解．
【详解】解：（1）①由“M型”角的关系可得：，，
∵AF、CF分别平分∠A、∠C，
∴，
∴，
∴∠F与∠E的关系是；
故答案为；
②如图，

由“铅笔头型”，可得结论：，
∵AF、CF分别平分∠BAE、∠DCG，
∴，
∵AB∥CD，
∴，
∵，
∴由三角形外角的性质可得：，
∴；
故答案为；
（2）①，理由如下：
由邻补角可得：，
∵EG同时平分∠BEF和∠FGD，
∴，
∵，
∴，
∴；
②如图，

∵∠1比∠2的3倍多18°，∠2是∠F的，
∴，
∴，
∵EG同时平分∠BEF和∠FGD，∠BEF=180°-∠1，
∴，，
由三角形外角的性质可得：，
∴，
∵，
∴，
把代入化简得：，
∴．
【点睛】本题主要考查三角形内角和与外角的性质、平行线的性质及角平分线的定义，熟练掌握三角形内角和与外角的性质、平行线的性质及角平分线的定义是解题的关键．
10．（1）①110；②260；（2）①85；②99；③142；④∠B-∠C+2∠D=0
【分析】（1）①根据题干中的等式直接计算即可；
②同理可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠BOC+∠DOE，代入计算即可；
（2）①同理可得∠BO1C=∠BOC-∠OBO1-∠OCO1，代入计算可得；
②同理可得∠BO7C=∠BOC-（∠BOC-∠A），代入计算即可；
③利用∠ADB=180°-（∠ABD+∠BAD）=180°-（∠BOC-∠C）计算可得；
④根据两个凹四边形ABOD和ABOC得到两个等式，联立可得结论．
【详解】解：（1）①∠BOC=∠A+∠B+∠C=60°+20°+30°=110°；
②∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠BOC+∠DOE=2×130°=260°；

（2）①∠BO1C=∠BOC-∠OBO1-∠OCO1
=∠BOC-（∠ABO+∠ACO）
=∠BOC-（∠BOC-∠A）
=∠BOC-（120°-50°）
=120°-35°
=85°；
②∠BO7C=∠BOC-（∠BOC-∠A）
=120°-（120°-50°）
=120°-21°
=99°；
③∠ADB=180°-（∠ABD+∠BAD）
=180°-（∠BOC-∠C）
=180°-（120°-44°）
=142°；
④∠BOD=∠BOC=∠B+∠D+∠BAC，
∠BOC=∠B+∠C+∠BAC，
联立得：∠B-∠C+2∠D=0．
【点睛】本题主要考查了新定义—箭头四角形，利用了三角形外角的性质，还考查了角平分线的定义，图形类规律，解题的关键是理解箭头四角形，并能熟练运用其性质．
11．（1）3；（2）见解析；（3）不变，值为．
【分析】（1）根据平行线间的距离处处相等，得到底边上的高为2，从而求得的面积；
（2）利用，，求出；
（3）由，，，求出，即可得答案．
【详解】解：（1）根据平行线间的距离处处相等，得到底边上的高为2，
∴．
（2）如图②，

∵，∴
∴
∵直线直线
∴
∵
∴
∵是的平分线，
∴
∴；
（3）不变，值为
如图③

∵直线，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查垂线，角平分线，平行线的性质，解题的关键是角之间的关系．
12．（1）105，15；（2）旋转角的所有可能的度数是：15°，45°，105°，135°，150°；（3），保持不变；见解析
【分析】（1）三角板ADE顺时针旋转后的三角板为，当时，，则可求得旋转角度；当∥BC时，，则可求得旋转角度；
（2）分五种情况考虑：AD∥BC，DE∥AB，DE∥BC，DE∥AC，AE∥BC，即可分别求出旋转角；
（3）设BD分别交、于点M、N，利用三角形的内外角的相等关系分别得出：及，由的内角和为180°，即可得出结论．
【详解】（1）三角板ADE顺时针旋转后的三角板为，当时，如图，
∵，∠EAD=45°
∴
即旋转角
当时，如图，则
∴=45°-30°=15°
即旋转角°

故答案为：105，15
（2）当的一边与的某一边平行（不共线）时，有五种情况
当AD∥BC时，由（1）知旋转角为15°；
如图（1），当DE∥AB时，旋转角为45°；
当DE∥BC时，由AD⊥DE，则有AD⊥BC，此时由（1）知，旋转角为105°；
如图（2），当DE∥AC时，则旋转角为135°；
如图（3），当AE∥BC时，则旋转角为150°；
所以旋转角的所有可能的度数是：15°，45°，105°，135°，150°

（3）当，，保持不变；
理由如下：
设BD分别交、于点M、N，如图

在中，
，

，

【点睛】本题考查了图形旋转的性质，三角形内角和定理，三角形的外角与不相邻的两个内角的相等关系等知识，注意旋转的三要素：旋转中心，旋转方向和旋转角度．
13．(1)40°；
(2)30°或90°；
(3)秒或秒或秒或秒或105秒

【分析】（1）根据三角形外角的性质可得，然后根据三分线的定义结合三角形外角的性质求解即可；
（2）由题意可知，共有三种情况：①当OA⊥ON时，即∠AON＝90°，②当OM⊥OB时，即∠MOB＝90°，③当OM⊥ON时，即∠MON=90°，分别根据角的和差及三分线的定义计算即可；
（3）由（2）可知，当时，∠AOC＝30°，∠BON＝30°，可求得∠BOM＝110°，设运动时间为t秒，根据ON和OM转动后的位置，结合三分线的定义分情况求解即可．
【详解】（1）解：∵，是的一个外角，
∴，
∵BF、CF是和外角的三分线，
∴，，
∴；
（2）解：由题意可知，共有两种情况：
①当OA⊥ON时，即∠AON＝90°，
∵，
∴∠BON＝，
∵ON是的邻OB三分线，
∴∠BOC＝3∠BON＝90°，
∴∠AOC＝120°－90°＝30°；
②当OM⊥OB时，即∠MOB＝90°，
∵，
∴∠AOM＝，
∵OM是的邻OA三分线，
∴∠AOC＝3∠AOM＝90°，
当OM⊥ON时，即∠MON=90°，
∵∠AOB=120°，
∴∠AOM+∠BON=120°-90°=30°，
∵OM是∠AOC 的邻OA三分线，ON是∠BOC 的邻OB三分线，
∴∠AOC=3∠AOM，∠BOC=3∠BON，
∴∠AOB=∠AOC+∠BOC=3∠AOM+3∠BON=90°，
这与∠AOB=120°矛盾，∴OM⊥ON不成立，
综上，的度数为30°或90°；
（3）解：由（2）可知，当时，∠AOC＝30°，∠BON＝30°，
∵OM是的邻OA三分线，
∴∠AOM＝∠AOC＝10°，
∴∠BOM＝120°－10°＝110°，
设运动时间为t秒，分情况讨论：
当ON到达OB前，ON是∠BOM的邻OB三分线时，
由题意得：∠BOM＝3∠BON，即，
此方程无解，故此情况不存在；
当ON到达OB前，OM是∠BON的邻OB三分线时，
由题意得：3∠BOM＝∠BON，即，
解得：，
当时，ON已经到达OB，与题意不符，故此情况不存在；
当ON到达OB返回至OC，OM到达OB前，ON是∠BOM的邻OB三分线时，
由题意得：∠BOM＝3∠BON，即，
解得：；
当ON到达OB返回至OC，OM到达OB前，OM是∠BON的邻OB三分线时，
由题意得：3∠BOM＝∠BON，即，
解得：；
当ON到达OB返回至OC，OM到达OB返回至OC前，ON是∠BOM的邻OB三分线时，
由题意得：∠BOM＝3∠BON，即，
此方程无解，故此情况不存在；
当ON到达OB返回至OC，OM到达OB返回至OC前，OM是∠BON的邻OB三分线时，
由题意得：3∠BOM＝∠BON，即，
解得：；
当ON到达OB返回至OC，OM到达OB返回至OC再转向OB前，ON是∠BOM的邻OB三分线时，
由题意得：∠BOM＝3∠BON，即，
解得：，
当时，OM尚未到达OC，与题意不符，故此情况不存在；
当ON到达OB返回至OC，OM到达OB返回OC再转向OB前，OM是∠BON的邻OB三分线时，
由题意得：3∠BOM＝∠BON，即，
解得：；
当ON到达OB返回至OC，OM第二次转向OC时，此时只可能是OM是∠BON的邻OB三分线，
由题意得：3∠BOM＝∠BON，即，
解得：，
综上，当转动秒或秒或秒或秒或105秒后，OM，ON中，有一条射线是OB与另一条射线所成角的邻OB三分线．
【点睛】本题考查了角的和差计算，三角形外角的性质，一元一次方程的应用，正确理解三分线的定义，分情况讨论是解答本题的关键．
14．（1）①证明过程见解析；②∠MPN+∠OMP+∠ONP=320°；③5；（2）∠AMP=∠MPN+∠CNP或∠CNP=∠MPN+∠AMP或∠AMP+∠CNP+MPN=360°
【分析】（1）①延长OP至点E，利用三角形的外角性质和整体思想求证；
②分类讨论，点P在△OMN内部和外部进行讨论；
③直线MN和直线AB、直线CD将平面分为7个部分，讨论点P在∠MON外部的5个部分进行讨论；
（3）直线MN和直线AB、直线CD将平面分为6个部分，讨论点P在这6个部分时三个角之间的关系．
【详解】解：（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，
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°．
故答案为：∠AMP=∠MPN+∠CNP或∠CNP=∠MPN+∠AMP或∠AMP+∠CNP+MPN=360°．
【点睛】本题考查了平行线的性质、三角形的外角性质和三角形的内角和定理，解题的关键是根据点P的位置进行分类讨论．分类情况较多，同学们可以将对应的图形一一画出，然后求出给定的三个角的数量关系．
15．（1）∠EGF＝60°；（2）m＝，∠EGF＝60°﹣α；（3）∠EGF＝120°+α，见解析．
【分析】（1）利用三角形外角的性质以及角平分线的性质求解；
（2）（3）利用三角形外角的性质，得出∠EGF与∠AFE的关系式，进而求解．
【详解】（1）∵EM、FN分别平分∠CEF和∠AFE，
∴∠MEF＝∠CEF，∠EFG＝∠AFE，
∵∠EGF＝∠MEF﹣∠EFG，
∴∠EGF＝∠CEF﹣∠AFE＝（∠CEF﹣∠AFE）＝∠COF，
而∠AOC＝α＝60°，
∴∠COF＝180°﹣60°＝120°，
∴∠EGF＝60°；
（2）∵∠CEF﹣∠AFE＝∠COF＝180°﹣α，
∴∠CEF＝180°﹣α+∠AFE，
∵∠MEF＝m∠CEF，
∴∠MEF＝m（180°﹣α+∠AFE），
∵∠EGF＝∠MEF﹣∠NFE，
∴∠EGF＝m（180°﹣α+∠AFE）﹣（1﹣2m）∠AFE＝m（180°﹣α）+（3m﹣1）∠AFE，
∵∠EGF的度数与∠AFE的度数无关，
∴3m﹣1＝0，即m＝，
∴∠EGF＝（180°﹣α）＝60°﹣α；
（3）∵∠BOC＝∠CEF+∠AFE＝180°﹣α，
∴∠CEF＝180°﹣α﹣∠AFE，
∴∠MEF＝m∠CEF＝m（180°﹣α﹣∠AFE），
而∠NFE＝（1﹣2m）∠AFE，
∴∠EGF＝180°﹣∠MEF﹣∠NFE＝180°﹣m（180°﹣α﹣∠AFE）﹣（1﹣2m）∠AFE＝180°﹣m（180°﹣α）+（3m﹣1）∠AFE，
∵∠EGF的度数与∠AFE的度数无关，
∴3m﹣1＝0，即m＝，
∴∠EGF＝180°﹣（180°﹣α）＝120°+α．
【点睛】本题重点考察三角形外角的性质，熟练掌握是解决问题的关键．