【专项练】标角法平行线复杂计算与证明题-北师大版七年级下册期中、期末专项（初中数学）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 标角法-平行线复杂计算与证明题 1．如图，在 ABCV 中，CD平分 ACB ， 2 180DEC ECD    ． (1)试判断DE与 BC的位置关系，并说明理由． (2)若 FGB EDC  ，且 100BFG  ，求 ADC 的度数． 2．【探究发现】 如图 1，EF BC∥ ，点 A在 EF， BC之间，连接 AE， AB．求证： 360A AEF ABC    ． 【学以致用】 哈尔滨某商场地下车库出口处安装了“两段式栏杆”，如图 2所示，点 A是栏杆转动的支点，点 E是栏杆两段的联结点．当车辆经过时，栏杆 AEF升起到如图 3所示的位置，其示意图如图 4 所示（ AB BC ，EF BC∥ ，栏杆宽度忽略不计），已知 150AEE  ，填空： BAE  ________ 度． 【拓展应用】 如图 5，已知GF BC∥ ，点 E在GF 上，点 A在GF ，BC之间， AD AE 交BC于点 D，过点 A 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 作 AB CD 于点 B， AH平分 BAD ， AC平分 EAB ，若 180AEC GEC   ， 3ACE BAH   ， 求 GEA 的度数． 3．如图 1，在平面直角坐标系中， ABCV 三个顶点的坐标分别为  ,0A a ，  2,B b ，  4,0C ，其 中 a，b满足 1 3 0a b b     ， AB与 y轴交于点D． (1)求 a，b的值及点D的坐标； (2)如图 2， E是 y轴上位于 AB上方的一动点， ①连接 AE， EB，OB，当 AEB和 OEB的面积相等时，求点 E的坐标； ②如图 3，过点 E作 EF AB∥ ，EM平分 FEO ， AM 平分 BAO ，求 EMA 的度数． 4．已知，AB CD∥ ，直线MN交 AB于点 M，交CD于点 N，（ BMN DNM  点 E 是线段 MN 上一点 （不与 M、N重合）， P、Q分别是射线MB、 ND上异于端点的点，连接 PE、 EQ， PF平分 MPE 交 MN于点 F， QG平分 DQE 交直线 PF于点 G． (1)如图 1， PE EQ ， 42MPE  ， 点 G在线段 PF上． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 ①求 EQN 的度数； ②求 PGQ 的度数； (2)试探索 PGQ 与 PEQ 之间的数量关系； (3)已知 40 42 70PGQ MPE MND        ， ， ．直线 PE、GQ交于点 K，直线MN 从与直线MN 重合的位置开始绕点 N顺时针旋转，旋转速度为每秒 4，当MN 首次与直线CD重合时，运动 停止，在此运动过程中，经过 t秒，MN 恰好平行于 PGK的其中一条边，请直接写出所有满 足条件的 t的值． 5．如图，已知 AB CD∥ ， 120BAC  ，点 M为射线 AB上一动点，连接MC，作CP平分 ACM 交直线 AB于点 P在直线 AB上取点 N，连接 NC，使 2ANC AMC   ，当 14PCN PNC   时， PCM  ． 6．【问题情境】在数学课上，老师组织班上的同学开展了探究两角之间数量关系的数学活动． 已知直线 AB CD∥ ，点 E、G分别为直线 AB、CD上的点，点 F是 AB与CD之间任意一点，连 按 EF、GF ．直线 l FG∥ ，直线 l分别交 AB、CD于 M、N两点． 【探索发现】（1）如图 1，求证： BMN FGC  ； 【深入探究】（2）如图 2，求证： EFG BMN MEF   ； 【拓广探索】（3）如图 3，ER平分 FEB ，GR平分 FGD ，过点 F作 FG的垂线交CD于点 H， 连接MH， 1 6 HMN ERG   ， 30FHD AEF   ，求 HMN 的度数． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 标角法-平行线复杂计算与证明题 1．(1)DE与 BC平行，理由见解答 (2)80 【分析】本题主要考查了三角形的内角和定理、平行线的性质和判定，掌握平行线的性质、判 定及三角形的内角和定理是解决本题的关键． （1）先说明 ECD BCD  ，再说明 180DEC ACB   ，利用平行线的判定得结论； （2）利用平行线的性质求出 BFG BDC  ，利用邻补角求出 ADC 即可． 【详解】（1）解：DE与 BC平行． 理由： CD 平分 ACB ， 1 2 ECD BCD ACB     ， 则 2 2ECD BCD ACB    ， 2 180DEC ECD     ， 180DEC ACB   ， DE BC ∥ ． （2）解： DE BC ∥ ． EDC BCD  ， FGB EDC  ， FGB BCD  ， FG CD ， 100BFG BDC   ， 180 80ADC BDC     ． 2．探究发现：证明见解析；学以致用：120；拓展应用：30 【分析】本题考查了平行线的判定与性质．关键是通过作辅助线，构造平行线，把实际问题转 化为数学问题加以计算． 探究发现：过点 A作 AK EF∥ ，根据两直线平行，同旁内角互补解答即可； 学以致用：根据[探究发现]的结论解答即可； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 拓展应用：过点 A作 AM BC∥ ，根据平行线的判定与性质解答即可． 【详解】证明：如图 1，过点 A作 AK EF∥ ， ∵ AK EF∥ ， ∴ 180AEF EAK   ， ∵EF BC AK EF∥ ， ∥ ， ∴ AK BC∥ ． ∴ 180ABC KAB   ， ∴ 360AEF EAK ABC KAB     ， 即 360A AEF ABC    ； 学以致用：由 360A AEF ABC    ； ∴ 360 90 150 120BAE      ， 故答案为：120； 拓展应用：∵ AD AE ， ∴ =90DAE ． ∵ AH平分 BAD ， ∴ 3 3BAH HAD ACE BAH       ， ∴ 2BAC     ， ∵ AC平分 BAE ， ∴ 2EAC BAC       ， ∴ 2 2 90DAE DAC CAE         ， ∴ 45HAC      ， ∵ AB BC ， ∴ 90ABC  ， 过点 A作 AM BC∥ ，如图 5， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 ∴ 180ABC BAM   ， ∴ 90BAM  ， ∴  90 2 45MAC BAM BAC           ， 90 2MAD MAB BAD      ， ∴ 2EAM EAD MAD     ， ∵GF BC AM BC∥ ， ∥ ， ∴ AM GF∥ ， ∴ 2GEA EAM    ， ∴ 180 2 ,AEF a   ∵ 180 180AEC GEC GEC CEF       ， ， ∴ 1 902 AEC CEF AEF        ， ∵ AM BC∥ ， ∴ 45ACB MAC     ， ∴ 3 45 2 45ECB ECA ACB           ， ∵GF BC∥ ， ∴ FEC ECB  ， ∴ 2 45 90 a     ， ∴ 15a  ， ∴ 2 30GEA a   ． 3．(1) 2 3a b  ， ，点D的坐标为 30 2 D     ， (2)①点 E的坐标为  0,3E ；② 45EMA   【分析】本题是三角形综合题，考查的是平行线的性质，非负数的性质，掌握平行线的性质定 理是解题的关键． （1）连接OB，过点 B分别作 x轴，y轴的垂线，垂足分别为G，H，由非负性可求 a，b，c的 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 值，再由 ABO ADO BDOS S S  列出等式，即可求解； （2）①过点 B 作BH OE ，由 AEB OEBS S 可得 AED BODS S ，从而得出 1 1 2 2 DE AO DO BH     ， 求得 3 2 DE ，可得 3 3 3 2 2 OE OD DE     ，得出点 E的坐标为  0,3E ； ②过点M作MN AC∥ ，交 y轴于点N，则 90NMA OAM ENM DOC     ， ，由EF AB∥ 可 得 FEO BDO  ，再由 180BDO ODA BAO AOD ODA      得出 90BDO BAO AOD BAO     ，从而可得 90FEO BAO   ，再由 EM平分 FEO 可得 1 1 45 2 2 MEO FEO BAO      ，再由 AM平分 BAO 可得 1 2 NMA OAM BAO    ，从而得出 45EMA EMN NMA    ． 【详解】（1）解：连接OB，过点 B分别作 x轴， y轴的垂线，垂足分别为G，H， 依题可得 1 0 3 0 a b b       ，解得 2 3 a b     ， ∴  2 0A  ， ，  2 3B ， ∵ ABO ADO BDOS S S  ∴ 1 1 1 2 2 2 AO BG AO DO DO BH        即 1 1 12 3 2 2 2 2 2 DO DO        ∴ 32 DO  ， ∴点D的坐标为 30 2 D      ， ， （2）解：①过点 B 作BH OE ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 ∵ AEB OEBS S ∴ AED BODS S ∴ 1 12 2 DE AO DO BH     ∴ 1 1 32 22 2 2 DE     ∴ 32 DE ∴ 3 3 32 2 OE OD DE     ∴点 E的坐标为  0,3E ， ②过点M作MN AC∥ ，交 y轴于点N， 则 90NMA OAM ENM DOC     ， ∵EF AB∥ ， ∴ FEO BDO  ∵ 180BDO ODA BAO AOD ODA       ∴ 90BDO BAO AOD BAO      ∴ 90FEO BAO    ∵EM平分 FEO ∴ 1 1 45 2 2 MEO FEO BAO       ∴ 1 1180 90 45 45 2 2 EMN ENM MEO BAO BAO           （ ） ∵AM平分 BAO 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 ∴ 1 2 NMA OAM BAO    ∴ 45EMA EMN NMA     4．(1)① 48 ②135 (2) 190 2 PGQ PEQ    或 190 2 PGQ PEQ    (3) 9 s 4 或7s或 49 s 4 【分析】（1）①过点 E作EH AB∥ ，然后利用平行线的性质得到 42PEH MPE    ， QEH EQN   ，然后根据垂直的定义得到 90PEQ  ，然后解题即可； ②过点G作GK AB∥ ，然后利用平行线的性质解题即可； （2）分为当点 G在线段PF上和点 G在线段 PF的延长线上两种情况，利用平行线的性质解题 即可； （3）分为M N KG ，MN PK 和MN GP 三种情况，画图，利用平行线的性质和三角形的外角 的性质解题即可． 【详解】（1）解：①过点 E作EH AB∥ ， ∵ AB CD∥ ， ∴ AB CD EH∥ ∥ ， ∴ 42PEH MPE    ， QEH EQN   ， ∵PE EQ ， ∴ 90PEQ  ， ∴ 90 90 42 48QEH EQN PEH        ； ②过点G作GK AB∥ ， ∵ AB CD∥ ， ∴ AB CD GK∥ ∥ ， ∴ APG PGK  ， 180QGK GQD   ， ∵ 42MPE  ， 48EQN  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 ∴ 180 180 48 132EQD EQN       ， ∵PF平分 MPE 交 MN于点 F， QG平分 DQE 交直线PF于点 G， ∴ 1 212APF APE    ， 1 66 2 GQD EQD    ， ∴ 180 21 180 66 135PGQ PGK QGK APF GQD           ； （2）解：如图，当点 G在线段PF上时，过点 E作EH AB∥ ， ∵ AB CD∥ ， ∴ AB CD EH∥ ∥ ， ∴ PEH MPE   ， QEH EQN PEQ PEH PEQ MPE      ， 过点G作GK AB∥ ， ∵ AB CD∥ ， ∴ AB CD GK∥ ∥ ， ∴ APG PGK  ， 180QGK GQD   ， ∵PF平分 MPE 交 MN于点 F， QG平分 DQE 交直线PF于点 G， ∴ 12APF APE   ，       1 1 1 1180 180 180 2 2 2 2 GQD EQD EQC EQC PEQ APE            ， ∴  1 1 1180 180 180 90 2 2 2 PGQ PGK QGK APF GQD APE PEQ APE PEQ                  ； 如图，当点 G在射线 FP上时，过点 G作GK AB∥ ， ∵ AB CD∥ ， ∴ AB CD GK∥ ∥ ， 则 1 2 KGP MPF APE    ，  1 1 180 2 2 KGQ GQD EQD PEQ APE        ∴  1 1 1180 902 2 2PGQ KGQ KGF GQD MPF PEQ APE APE PEQ                 ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 （3）如图，当M N KG 时， ∵ 40PGQ  ， 42MPE  ， ∵由（2）得： 21MPF  ， 61GQD  ， 又∵MN 与KG平行， ∴ 61MNQ GQD    ， ∴旋转时间为： 70 61 9 s 4 4   ； 如图，当MN PK 时， ∵MP NQ∥ ， ∴ 180 180 70 110PMN MNQ       ， 又∵ 42MPE  ， ∴ 180 180 110 42 28MEP PMN MPE          ， 又∵MN PK ， ∴ ’ 28MNM MEP   ， ∴旋转时间为 28 7s4  ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 当MN PG 时， 180 180 110 21 49MFP PMN MPF          ， 又∵MN PG ， ∴ 49MNM MFP    ， ∴旋转时间为 49 s4 ； 综上所述，满足条件的 t的值为 9 s 4 或7s或 49 s 4 ． 【点睛】本题考查平行线的性质，三角形的内角和定理，角平分线的有关计算，掌握平行线的 性质、三角形外角性质是解题的关键． 5． 22.5或5 【分析】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形的外角定理，解决本题的关 键是准确识图，熟练掌握平行线的性质． 根据点N与点A ，点 P的位置分三种情况讨论，分别画出图形根据平行线的性质推导即可． 【详解】解：①当点 N在点 P的右侧时， 设 PCN   ， ∵ 14PCN PNC   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 ∴ 4PNC   ， ∴ 4 2ANC AMC    ， ∴ 2AMC   ， AB CD ， 2AMC MCD    ， ANC AMC NCM   ， ∴ 2AMC NCM    ， 3PCM PCN NCM     ， CP 平分 ACM ， 3PCM ACP    ， 2 6 2 8ACD ACP MCD          ， , 120AB CD BAC  ∥Q ， 180 120 60ACD     ， 8 60  ， 15 2   ， 3 22.5PCM    ； ②当点 N在点 A的左侧时， 设 ,PCN ACP     ， CP 平分 ACM ， PCM ACP     ， ACN PCN ACP        ， 4 4 , 2PNC PCN NMC       ， , 120AB CD BAC  ∥Q ， 2 , 180 60NMC MCD ACD BAC       ， 60 2MCD ACD ACP        ， 2 60 2     ，即： 30   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 CAB PNC ACN     ， ∴120 4      ， ∴5 120   ， 将 30   代入上式解得： 5  ， 5 ;PCM     ③当点N在 ,A P之间时， 设 ,PCN ACN     ，则 ACP     ， ∵CP平分 ACM ， ∴ , 2( )ACP PCM ACM          ， ∴ 60 60 2( )MCD ACM        ， 由已知得： 4 4PNC PCN     ， ∴ 180 180 4ANC PNC      ， ∵ 2ANC NMC   ， ∴ 90 2NMC     ， ∵ NMC MCD   ， ∴ 90 2 60 2( )        ， ∴ 15   ，不合题意，此种情况不存在． 综上所述： PCM 的度数为 22.5或5． 故答案为： 22.5或5． 6．（1）见解析；（2）见解析；（3） 25HMN   【分析】本题主要考查了平行线的性质，平行公理的应用，角平分线定义，解题的关键是作出 辅助线，熟练掌握平行线的性质． （1）根据平行线的性质得出 FGC MNC  ， MNC BMN  ，然后证明结论即可； （2）延长 EF交MN于点 P，过点 P作 PQ AB∥ 交 FG于点 Q，根据平行线的性质得出 MEF EPQ  ， BMN QPN  ，证明 MEF BMN EPQ QPN EPN     ，根据平行线的性 质得出 EPN EFG   ，即可证明结论； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 （3）设 2AEF x  ，得出 180 180 2FEB AEF x      ， 根据角平分线定义得出 1 90 2 BER FEB x    ，过点G作GK FH∥ ， 根据平行线的性质得出 90 30 2FGK HFG KGD FHD x        ， ，过点 R作 RT CD∥ ，根据平行线的性质得出 60TRG RGD x     ， 90ERT BER x     ，求出 150ERG ERT TRG     ，根据 1 6 HMN ERG   ，求出结果即可． 【详解】（1）证明：直线 l FG∥ ， FGC MNC   ， ∵ AB CD∥ ， MNC BMN   ， ∴ BMN FGC  ； （2）证明：延长 EF交MN于点 P，过点 P作 PQ AB∥ 交 FG于点 Q， MEF EPQ  ， BMN QPN  ， MEF BMN EPQ QPN EPN         ， 直线 l FG∥ ， ∴ EPN EFG   ， EFG MEF BMN     ； （3）解：设 2AEF x  ， 180 180 2FEB AEF x      ， ERQ 平分 FEB ， 1 90 2 BER FEB x     ， 30FHD AEF    ， 30 2FHD x   ， FH FG ， 90HFG  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 过点G作GK FH∥ ， 90 30 2FGK HFG KGD FHD x         ， ， 120 2FGD FGK KGD x      ， GR 平分 FGD ， 1 60 2 RGD FGD x    ， 过点 R作 RT CD∥ ， 60TRG RGD x     ， ∵ AB CD∥ ， RT CD∥ ， ∴ AB TR∥ ， ∴ 90ERT BER x     ， 150ERG ERT TRG     ， 1 6 HMN ERG   ， ∴ 25HMN  ．