七年级下期中复习15.1-17.4 优等生讲义 (6大考点精讲+压轴题+课后巩固)2025-2026学年沪教版（五四制）数学七年级下册

新沪教版七年级下期中复习 优等生讲义 (6大考点精讲+创新压轴题+课后巩固) 复习范围：15.1-17.4 思维导图 · 课程内容总览 课程目标 · 精准把握学习方向 · 掌握 一元一次不等式(组)的解法，能利用数轴确定解集，并能解决含参问题和实际应用（利润、生产方案）。 · 熟练运用 平行线的性质与判定，掌握平行线间角度转换（拐点模型、折叠、旋转），能进行综合推理与计算。 · 理解并应用 三角形的内角和定理、外角性质，能解决“燕尾形”、角平分线夹角、新定义（特征三角形、分角三角形）问题。 · 系统掌握 全等三角形的概念、性质及五种判定方法（SSS,SAS,ASA,AAS,HL），能灵活构造全等证明线段、角相等。 · 突破压轴：方案优化、新定义（系数补角）、一线三等角模型、飞镖模型、“8字形”角度计算，提升几何建模与代数综合能力。 ✨ 核心思想：数形结合 · 模型思想 · 分类讨论 · 方程思想 知识梳理 · 核心知识点 ☆ 一、一元一次不等式（组） 1. 不等式基本性质 ▪ 性质1：a＞b ⇒ a±c＞b±c ▪ 性质2：a＞b, c＞0 ⇒ ac＞bc；性质3：a＞b, c＜0 ⇒ ac＜bc（不等号方向改变）。 2. 一元一次不等式组 ▪ 解集规律：“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无解了”。 ▪ 含参问题：根据解集情况（无解、有解、整数解个数）列不等式求参数范围。 3. 实际应用 ▪ 利润、生产方案问题：设未知数，根据“不多于”“不少于”列不等式组，求整数解方案，再比较利润最值。 ☆ 二、相交线与平行线 1. 平行线的判定与性质 ▪ 判定：同位角相等/内错角相等/同旁内角互补 → 两直线平行。 ▪ 性质：两直线平行 → 同位角相等/内错角相等/同旁内角互补。 2. 常见模型 ▪ “拐点”模型（过拐点作平行线）：∠B+∠D=∠E（铅笔型、猪蹄型）。 ▪ 折叠问题：折痕为角平分线，对应角相等。 ▪ 旋转问题：三角板旋转，分类讨论直角边平行。 ▪ 光的反射：入射角等于反射角，常与平行线结合。 ☆ 三、三角形的概念和内外角和 1. 内角和定理：∠A+∠B+∠C=180°。 2. 外角性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和；外角大于任何一个不相邻的内角。 3. 重要模型 ▪ “燕尾形”（凹四边形）：∠BDC=∠A+∠B+∠C。 ▪ 角平分线夹角：两条内角平分线夹角=90°+ ∠A；一条内角一条外角平分线夹角= ∠A。 ▪ 高线交点：锐角三角形高交于内一点；钝角三角形高交于外一点，利用四边形内角和求角。 ▪ 新定义：特征三角形（一个角是另一个角的两倍）、n分角三角形，分类讨论求解。 ☆ 四、三角形全等的概念与性质 ▪ 全等定义：能够完全重合的两个三角形。 ▪ 性质：对应边相等，对应角相等，对应线段（高、中线、角平分线）相等，周长、面积相等。 ▪ 全等变换：平移、翻折、旋转前后全等，对应边夹角相等。 ☆ 五、三角形全等的判定 ▪ 五种判定：SSS、SAS、ASA、AAS、HL（直角三角形）。 ▪ 常见模型：平移型、对称型、旋转型（手拉手）、一线三等角型。 ▪ 动点全等问题：根据速度和时间分类讨论对应顶点，利用全等对应边相等列方程求速度。 ▪ 辅助线技巧：倍长中线、截长补短、构造全等三角形。 ☆ 六、创新及压轴题核心思想 ▪ 方案优化（二元一次方程组+不等式组）； ▪ 新定义（系数补角）：转化为方程求解角度； ▪ 一线三等角模型（K型全等）：∠BDA=∠AEC=∠BAC → 证明△ABD≌△CAE，得到DE=BD+CE； ▪ “8字形”角度和、“飞镖图”角度和（凹四边形外角定理）； ▪ 旋转与翻折中的全等构造，面积转化。 □ 核心公式与性质速查表 模块 核心内容 重要结论/公式 不等式(组) 解集规律、含参整数解 同大取大，同小取小；数轴表示 平行线 判定与性质、拐点模型 过拐点作平行线→∠E=∠B+∠D 三角形角关系 内角和、外角定理 外角=不相邻内角和；燕尾形∠BDC=∠A+∠B+∠C 角平分线夹角 内角平分线交点P ∠BPC=90°+ ∠A 全等判定 SSS,SAS,ASA,AAS,HL 对应边相等，对应角相等 一线三等角 K型全等模型 △ABD≌△CAE → DE=BD+CE “8字形” 对顶三角形 ∠A+∠B=∠C+∠D 核心考点 ·6类题型精讲 【考点1】一元一次不等式(组)解法与含参问题（对应题号：1-7） ✅ 方法总结 · 解不等式组步骤：分别解每个不等式 → 借助数轴找公共部分。 · 已知解集求参数：将参数视为常数，先解出含参解集，再根据解集端点比较列不等式。 · 整数解个数问题：先解出解集，确定整数范围，端点用“≥”“≤”约束。 · 实际应用题（利润、生产方案）：设未知数列不等式组，求整数解，再比较利润最值。 1．（2026春•杨浦区校级月考）若关于x的不等式组的解集为x≥a，那么a的取值范围是（　　） A．a＞3 B．a＜3 C．a≥3 D．a≤3 【分析】依据题意，先分别解两个不等式，得到x＞3和x≥a，由于解集为x≥a，则需满足a＞3即可． 【解答】解：由题意，∵， ∴解不等式2（x﹣1）＞4得，x＞3； 解不等式x﹣a≥0得，x≥a， ∵不等式组的解集为x≥a， ∴a＞3， 故选：A． 【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键． 2．（2026春•杨浦区校级月考）下列变形正确的是（　　） A．由﹣x＞5，得x＞﹣5 B．由，得x≥﹣3 C．由x＞y，得xz2＞yz2 D．由xz2＞yz2，得x＞y 【分析】根据不等式性质逐一判断各选项即可． 【解答】解：A、∵﹣x＞5， ∴x＜﹣5，原变形错误，不符合题意； B、∵， ∴x≥﹣12，原变形错误，不符合题意； C、∵x＞y，当z2＝0时，xz2＝yz2， ∴xz2≥yz2，原变形错误，不符合题意； D、∵xz2＞yz2， ∴z2＞0， ∴x＞y，正确，符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查不等式的基本性质，熟知不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变是解题的关键． 3．（2026春•杨浦区校级月考）若不等式组无解，则a的取值范围是a≥﹣1　 ． 【分析】根据不等式组无解的判定规则，列出关于a的一元一次不等式，求解即可得到a的取值范围． 【解答】解：∵不等式组无解， ∴2﹣a≤3， 解得：a≥﹣1， 故答案为：a≥﹣1． 【点评】本题考查了解一元一次不等式组，准确熟练地进行计算是解题的关键． 4．（2026春•杨浦区校级月考）长方形一边长x，另一边长为x﹣3，又长方形周长不大于20，则x的取值范围为　　 ． 【分析】根据长方形边长大于0，周长不大于20，列出不等式组，解一元一次不等式组即可得出结论． 【解答】解：由已知可得：， 解得：． 则x的取值范围为． 故答案为：． 【点评】本题考查了一元一次不等式组的应用，关键是根据题意找到关系式． 5．（2025春•闵行区校级期中）某班思政课上举行了普法知识竞赛，共有30道题，规定答对一题得5分，不答得0分，答错一题扣2分，在这次竞赛中小聪有1道题没答，竞赛成绩超过90分，那么小聪至多答错了　7　 道题． 【分析】设小聪答对了x道题，则答错了（30﹣1﹣x）道题，根据总分＝5×答对题目数﹣2×答错题目数，结合总分超过90分，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中最小整数值即可得出结论． 【解答】解：设小聪答对了x道题，则答错了（30﹣1﹣x）道题， 依题意列一元一次不等式得：5x﹣2（30﹣1﹣x）＞90， 整理得，7x＝148， 解得， ∵x为正整数， ∴x的最小值为22．即最少答对22题， ∴30﹣22﹣1＝7，所以小聪至多答错了7道题． 故答案为：7． 【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键． 6．（2026春•杨浦区校级月考）解不等式： （1）； （2）． 【分析】（1）按照去分母、移项、合并同类项、系数化为1即可； （2）按照去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1即可． 【解答】解：（1）， 3（x﹣1）﹣6x+6＞1+8x， 3x﹣3﹣6x+6＞1+8x， ﹣11x＞﹣2， ； （2）， ， ， ， ， x＜﹣5． 【点评】本题考查的是解一元一次不等式，熟知解一元一次不等式的基本步骤是解题的关键． 7．（2025春•北京期中）某工厂计划生产A、B两种产品共10件，其生产成本和利润如表： A种产品 B种产品 成本（万元/件） 2 5 利润（万元/件） 1 3 （1）若工厂计划获利14万元，问A、B两种产品应分别生产多少件？ （2）若工厂计划投入资金不多于44万元，且获利多于20万元，问工厂有哪几种生产方案？ （3）在（2）的条件下，哪种生产方案获利最大？并求出最大利润． 【分析】（1）设A种产品应生产x件，则B种产品应生产（10﹣x）件，列出方程即可解决． （2）设A种产品应生产m件，则B种产品应生产（10﹣m）件，列出不等式组解决问题． （3）得出利润y与A产品数量x的函数关系式，根据增减性可得，B产品生产越多，获利越大，因而B取最大值时，获利最大，据此即可求解． 【解答】解：（1）设A种产品应生产x件，则B种产品应生产（10﹣x）件， 由题意，x+3（10﹣x）＝14， 解得x＝8， ∴10﹣x＝2， ∴A种产品应生产8件，B种产品应生产2件． （2）设A种产品应生产m件，则B种产品应生产（10﹣m）件， 由题意得， 解这个不等式组，得2≤m＜5， ∵m为正整数，m可以取2或3或4； ∴生产方案有3种： ①生产A种产品2件，B种产品8件； ②生产A种产品3件，B种产品7件． ③生产A种产品4件，B种产品6件． （3）设总利润为y万元，生产A种产品x件，则生产B种产品（10﹣x）件， 则利润y＝x+3（10﹣x）＝﹣2x+30， 则y随x的增大而减小，即可得，A产品生产越少，获利越大， 所以当生产A种产品2件，B种产品8件时可获得最大利润，其最大利润为2×1+8×3＝26（万元）． 【点评】本题考查一元一次不等式组的应用、一元一次方程的应用等知识，解题的关键是学会构建方程或不等式解决问题，属于中考常考题型． 【考点2】平行线的性质、判定与角度计算（对应题号：8-24） ✅ 方法总结 · 复杂图形中找“三线八角”，过拐点作平行线是核心技巧。 · 折叠问题：折痕平分角，对应角相等，可转化为方程求角。 · 三角板旋转：分类讨论直角边平行，利用平行线性质列角度方程。 · 光的反射：入射角=反射角，结合法线垂直，转化为角相等。 · 平行线+角平分线模型：常推出等腰三角形或等角关系。 8．（2025秋•松江区期末）已知命题： ①腰和腰上的高对应成比例的两个等腰三角形相似； ②底边和腰上的高对应成比例的两个等腰三角形相似． 下列对这两个命题的判断，正确的是（　　） A．①和②都是真命题 B．①和②都是假命题 C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题 【分析】根据等腰三角形的性质、相似三角形的判定定理判断即可． 【解答】解：①两个三角形都是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形时，腰和腰上的高对应成比例的两个等腰三角形相似，本小题说法是假命题； ②底边和一腰上的高对应成比例的两个等腰三角形相似，本小题说法是真命题； 故选：D． 【点评】本题考查的是命题的真假判断，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 9．（2025春•普陀区期中）如图，AB∥DE，BC∥EF，那么下列关系不一定成立的是（　　） A．∠3＝∠2+∠4 B．∠3＝∠4+∠5 C．∠3+∠5﹣∠6＝180° D．∠1+∠5﹣∠6+∠7＝180° 【分析】这道题是平行线性质的综合应用，核心考察“折线角”（铅笔头、猪蹄模型）的角度转化规律． 【解答】解：选项A：∵AB∥DE，BC∥EF，利用平行线的“折线角”模型，可知∠3可拆分为与∠2、∠4相关的角， ∴∠3＝∠2+∠4是成立的； 选项B：∵BC∥EF，但∠5是DE与EF形成的角，没有直接的平行性质能将∠3、∠4、∠5联系成∠3＝∠4+∠5， ∴∠3＝∠4+∠5这个关系不一定成立； 选项C：由BC∥EF，可得∠3+∠6的同旁内角为180°，再结合AB∥DE，∠5与相关角的关系，可导出∠3+∠5+∠6＝180°成立； 选项D：利用AB∥DE，BC∥EF的平行线性质，将∠1、∠5、∠6、∠7进行交的转化与组合，可推导出∠1+∠5﹣∠6﹣∠7＝180°成立． 故选：B． 【点评】这道题是平行线性质的综合应用，非常适合考查学生对平行线相关角度转化规律的掌握程度． 10．（2025秋•普陀区校级月考）用20米长的篱笆围成一个一面靠墙的矩形养鸡场，在平行于墙的一边上开一扇2米宽的门．若设垂直于墙的一边为x米，则平行墙的一边为（　　）米． A．18﹣2x B．20﹣2x C．20+2x D．22﹣2x 【分析】根据篱笆的长度，门的宽度以及垂直于墙的边长，结合养鸡场的实际围法来确定平行于墙的边长． 【解答】解：由题知， 因为篱笆总长为20米且在平行于墙的一边上开一扇2米宽的门， 所以矩形养鸡场的三边长之和为22米（墙面除外）， 又因为垂直于墙的一边为x米， 所以平行墙的一边为（22﹣2x）米． 故选：D． 【点评】本题主要考查了平行线的判断与性质，能根据题意用含x的代数式表示出平行墙的一边长是解题的关键． 11．（2025春•长宁区校级期中）如图，AB⊥BC，EM平分∠AEC交AB于M，EM⊥MC，∠1+∠2＝90°，F，D分别是AE，BC延长线上的点，∠MEF和∠MCD的平分线交于点N．下列结论： ①∠1＝90°∠BCE； ②AF∥BD； ③CM平分∠ECB； ④∠N＝135°， 其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据角平分线的定义，可得∠1＝∠3，由∠EMC＝90°，得到∠3+∠4＝90°，结合∠1+∠2＝90°，推出∠4＝∠2，即可判断①②③，过点N作NG∥BD，由∠1+∠2＝90°可得∠MEF+∠MCD＝270°，根据AF∥BD，NG∥BD，推出∠N＝∠FEN+∠DCN，再根据角平分线的定义，得到，即可判断④． 【解答】解：如图，过点N作NG∥BD， 由条件可知∠1＝∠3，∠EMC＝90°， ∴∠3+∠4＝90°， ∵∠1+∠2＝90°， ∴，∠1+∠2+∠3+∠4＝180°， ∴，∠AEC+∠BCE＝180°， ∴AF∥BD，CM平分∠ECB，故①②③正确； ∵∠1+∠2＝90°， ∴∠MEF+∠MCD＝270°， 由条件可知AF∥BD∥NG， ∴∠N＝∠FEN+∠DCN， ∵∠MEF和∠MCD的平分线交于点N， ∴，故④正确． 故选：D． 【点评】本题考查了三角形内角和定理，角平分线，平行线的判定与性质等知识．熟练掌握三角形内角和定理，角平分线，平行线的判定与性质是解题的关键． 12．（2025春•静安区校级期末）将一副三角板中的两块直角三角尺的直角顶点C按如图所示的方式叠放在一起，其中∠A＝60°，∠D＝30°，∠B＝∠E＝45°，当∠ACE＜180°且点E在直线AC的上方时，如果三角板BCE的直角边与边AD平行，那么∠ACE的度数为（　　） A．30或60 B．60或120 C．45或60 D．30或120 【分析】分两种情况：当CB∥AD时；当CE∥AD时，然后分别利用平行线的性质是解题的关键． 【解答】解：分两种情况： 当CB∥AD时，如图： ∵CB∥AD， ∴∠ACB＝180°﹣∠A＝120°， ∵∠ECB＝90°， ∴∠ACE＝∠ACB﹣∠ECB＝30°； 当CE∥AD时，如图： ∵AD∥CE， ∴∠ACE＝180°﹣∠A＝120°； 综上所述：如果三角板BCE的直角边与边AD平行，那么∠ACE的度数为120或30， 故选：D． 【点评】本题考查了平行线的性质，分两种情况讨论是解题的关键． 13．（2025春•静安区校级期中）平面镜反射光线的规律是：射到平面镜上的光线和被反射出的光线与平面镜所夹的锐角相等，如图1，一束光线m射到平面镜α上，被平面镜α反射后的光线为n，则∠1＝∠2．如图2，一束光线AB先后经平面镜OM、ON反射后，反射光线CD与AB平行．若∠NCD＝58°，则∠MBA的大小为（　　） A．42° B．38° C．32° D．28° 【分析】根据反射的性质和平行线的性质进行计算即可． 【解答】解：∵∠NCD＝58°， ∴∠OCB＝58°， ∴∠BCD＝180°﹣∠NCD﹣∠OCB＝180°﹣58°﹣58°＝64°， ∵AB∥CD， ∴∠BCD+∠ABC＝180°， ∴∠ABC＝180°﹣64°＝116°， ∴∠MBA32°， 故选：C． 【点评】本题考查了平行线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键． 14．（2025春•闵行区校级月考）下列命题是真命题的有（　　）个． ①“画线段CD”不是命题； ②两条直线被第三条直线所截，同位角的平分线平行； ③“对顶角相等”的逆命题是真命题； ④过一点有且只有一条直线与已知直线平行． A．0 B．1 C．2 D．3 【分析】正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．根据平行线的性质定理、平行公理、对顶角和邻补角的概念判断即可． 【解答】解：根据平行线的性质定理、平行公理、对顶角和邻补角的概念判断如下： ①“画线段CD”不是命题；是真命题，符合题意； ②两条直线被第三条直线所截，同位角的平分线平行；是假命题，不符合题意； ③“对顶角相等”的逆命题是假命题，不符合题意； ④过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；原命题是假命题，不符合题意； 故选：B． 【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确记忆相关知识点是解题关键． 15．（2025春•青羊区校级期中）如图，把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，A′B′与BC交于点G，若∠A′GC＝60°，则∠BFE的度数为 　105°　 ． 【分析】把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，即可得到∠BFE＝∠EFB'，∠B'＝∠B＝90°，再根据∠CFB'＝30°，可得∠BFE＝∠EFB'＝105°． 【解答】解：∵把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处， ∴∠BFE＝∠EFB'，∠B'＝∠B＝90°， ∵∠A'GC＝60°＝∠FGB'， ∴∠CFB'＝30°， ∴∠BFE＝∠EFB'（180°+30°）＝105°， 故答案为：105°． 【点评】本题主要考查了平行线的性质以及折叠的性质的运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 16．（2025春•闵行区校级月考）如图，已知AB∥CD，∠BAC＝100°，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∠ANC＝2∠AMC，当时，∠PCM＝　30°或　 ． 【分析】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． 【解答】解：根据点N与点A，点P的位置分三种情况讨论， ①当点N在点P的右侧时， 设∠PCN＝α， ∵， ∴∠PNC＝4α， ∴∠ANC＝4α＝2∠AMC， ∴∠AMC＝2α， ∵AB∥CD， ∴∠AMC＝∠MCD＝2α， ∵∠ANC＝∠AMC+∠NCM， ∴∠AMC＝∠NCM＝2α， ∴∠PCM＝∠PCN+∠NCM＝3α， ∵CP平分∠ACM， ∴∠PCM＝∠ACP＝3α， ∴∠ACD＝2∠ACP+∠MCD＝6α+2α＝8α， ∵AB∥CD，∠BAC＝100°， ∴∠ACD＝180°﹣∠BAC＝80°， ∴8α＝80°， ∴α＝10°， ∴∠PCM＝3α＝30°； ②当点N在点A的左侧时，∠PNC和∠ANC是同一个角， 设∠PCN＝α，∠ACP＝β， ∵CP平分∠ACM， ∴∠PCM＝∠ACP＝β，∠ACM＝2β， ∴∠ACN＝∠PCN﹣∠ACP＝α﹣β， ∴∠PNC＝4∠PCN＝4α， ∴∠ANC＝4α，∠NMC＝2α， ∵AB∥CD，∠BAC＝100°， ∴∠NMC＝∠MCD＝2α，∠ACD＝180°﹣∠BAC＝80°， ∴∠MCD＝∠ACD﹣∠ACM， ∴2α＝80°﹣2β， ∴α＝40°﹣β， ∵∠BAC＝∠PNC+∠ACN， ∴100°＝4α+α﹣β， 解得， ∴， ③当点N在A，P之间时， 设∠PCN＝α，∠ACN＝β， 则∠ACP＝α+β， ∵CP平分∠ACM， ∴∠ACP＝∠PCM＝α+β，∠ACM＝2（α+β）， ∴∠MCD＝∠ACD﹣∠ACM＝80°﹣2（α+β）， 由已知得：∠PNC＝4∠PCN＝4α， ∴∠ANC＝180°﹣∠PNC＝180°﹣4α， ∵∠ANC＝2∠AMC， ∴∠AMC＝90°﹣2α， ∵∠AMC＝∠MCD， ∴90°﹣2α＝80°﹣2（α+β）， ∴β＝﹣5°（不合题意），此种情况不存在． 综上：∠PCM的度数为30°或． 故答案为：30°或． 【点评】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． 17．（2025春•普陀区期中）如图，AD∥BC，BD平分∠ABC，∠A＝（4x+30）°，∠ADB＝（x+15）°，那么∠A＝　110°　 ． 【分析】根据平行线的性质进行计算即可． 【解答】解：由题知， ∵AD∥BC，∠ADB＝（x+15）°， ∴∠DBC＝∠ADB＝（x+15）°． ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABC＝2∠DBC＝（2x+30）°， ∵AD∥BC， ∴∠A+∠ABC＝180°， ∴（4x+30）°+（2x+30）°＝180°， 解得x＝20， ∴∠A＝110°． 故答案为：110°． 【点评】本题主要考查了平行线的性质，熟知平行线的性质是解题的关键． 18．（2025春•长宁区校级期中）如图①为北斗七星的位置图，如图②将北斗七星分别标为A、B、G、C、D、E、F，将A、B、G、C、D、E、F顺次首尾连接．若B、G、C三点共线，AF恰好经过点G，且AF∥DE，∠B＝∠BCD+8°，∠D＝110°，则∠B﹣∠CGF＝ 　118°　 ． 【分析】过点C作CH∥AF，则AF∥DE∥CH，得到∠CGF＝∠GCH，∠D＝∠DCH，进而得出∠BCD＝110°+∠CGF，计算即可得到答案． 【解答】解：过点C作CH∥AF， ∵AF∥DE， ∴AF∥DE∥CH， ∴∠CGF＝∠GCH（两直线平行，内错角相等），∠D＝∠DCH（两直线平行，内错角相等）， ∴∠BCD＝∠DCH+∠GCH＝∠D+∠CGF＝110°+∠CGF， ∵∠B＝∠BCD+8°， ∴∠B﹣∠CGF＝∠BCD+8°﹣∠CGF＝110°+∠CGF+8°﹣∠CGF＝118°． 故答案为：118°． 【点评】本题主要考查了平行线的判定和性质，熟练掌握平行线的判定和性质是解题的关键． 19．（2025春•浦东新区校级期末）当光线从空气中射入某种液体中时，光线的传播方向发生了变化，在物理学中这种现象叫做光的折射．如图，MN为液面，AB⊥MN于点D，一束光线沿CD射入液面，在点D处发生折射，折射光线为DE，点F为CD的延长线上一点，若入射角∠1＝50°，折射角∠2＝36°，则∠EDF的度数为　14°　 ． 【分析】根据对顶角相等求出∠FDB＝50°，再计算角的差即可． 【解答】解：∵点F为CD的延长线上一点， ∴∠1＝∠FDB＝50°， ∴∠EDF＝∠FDB﹣∠2＝50°﹣36°＝14°， 即∠EDF的度数为14°， 故答案为：14°． 【点评】本题考查了平行线的性质，垂线，关键是平行线性质的熟练掌握． 20．（2025春•青浦区期末）将一副三角尺如图1所示摆放，AB、FD分别在直线GH、MN上，∠BAC＝30°，∠E＝45°，直线GH∥MN．现将三角尺ABC绕点A以每秒1°的速度顺时针旋转，同时三角尺DEF绕点D以每秒2°的速度顺时针旋转，如图2，设时间为t秒，当0≤t≤180时，如果边BC与三角尺DEF的一条直角边平行（旋转过程中三角尺任意两边所在的直线不重合），那么所有满足条件的t的值为　30或120　 ． 【分析】先根据题意画出旋转后的图形，由已知条件，利用平行线的旋转，求出旋转角之间的关系，列出方程解答即可．解题关键是根据题意，画出旋转后的图形． 【解答】解：由题意得：∠HAC＝∠BAH+∠BAC＝t°+30°，∠FDM＝2t°， （1）当BC∥DE时， 延长AC交MN于点P， ①DE在MN上方， ∵DE∥BC，DE⊥DF，AC⊥BC， ∴AP∥DF， ∴∠FDM＝∠MPA， ∵MN∥GH， ∴∠MPA＝∠HAC， ∴∠FDM＝∠HAC， 即2t＝t+30， 解得：t＝30； ②DE1在MN下方时，∠F1DP＝（2t﹣180）°， ∵DE1∥BC，DE1⊥DF1，AC⊥BC， ∴AP∥DF1， ∴∠F1DM＝∠MPA， ∵MN∥GH， ∴∠MPA＝∠HAC， ∴∠F1DM＝∠HAC， 即2t﹣180＝t+30， 解得：t＝210（舍去）； （2）如图：当BC∥DF时，延长AC交MN于点I， ①DF在MN上方，∠FDN＝（180﹣2t）度， ∵DF∥BC，AC⊥BC， ∴AI∥DE， ∴∠FDN+∠MIA＝90°， ∵MN∥GH， ∴∠MIA＝∠HAC， ∴∠FDN+∠HAC＝90°， 即180﹣2t+t+30＝90， 解得：t＝120； ②DF在MN下方，∠F2DN＝（2t﹣180）度， ∵DF2∥BC，AC⊥BC，ED2⊥DF2， ∴AC∥DE2， ∴∠AIM＝∠MDE2， ∵MN∥GH， ∴∠MIA＝∠HAC， ∴∠E2DM＝∠HAC， 即2t﹣270＝t+30， 解得：t＝300（舍去）， 综上：所有满足条件的t的值为：30或120， 故答案为：30或120． 【点评】本题主要考查了平行线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键． 21．（2025春•静安区校级期中）如图，已知AC∥FE，∠1+∠2＝180°． （1）求证：∠FAB＝∠BDC； （2）若AC平分∠FAD，EF⊥BE于点E，∠FAD＝80°，求∠BCD的度数． 【分析】（1）由已知可证得∠2＝∠FAC，根据平行线的判定得到FA∥CD，根据平行线的性质即可得到∠FAB＝∠BDC； （2）根据角平分线的定义得到∠FAD＝2∠FAC，即∠FAD＝2∠2，由平行线的性质可求得∠2，再平行线的判定和性质定理求出∠ACB，继而求出∠BCD． 【解答】（1）证明：∵AC∥EF， ∴∠1+∠FAC＝180°， 又∵∠1+∠2＝180°， ∴∠FAC＝∠2， ∴FA∥CD， ∴∠FAB＝∠BDC； （2）解：∵AC平分∠FAD， ∴∠FAC＝∠CAD，∠FAD＝2∠FAC， 由（1）知∠FAC＝∠2， ∴∠FAD＝2∠2， ∴∠2∠FAD， ∵∠FAD＝80°， ∴∠280°＝40°， ∵EF⊥BE，AC∥EF， ∴AC⊥BE， ∴∠ACB＝90°， ∴∠BCD＝90°﹣∠2＝50°． 【点评】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，根据平行线的性质和角平分线的定义求出∠2是解题的关键． 22．（2025秋•徐汇区校级期中）如图，直线AB和CD相交于点O，OE把∠AOC分成两部分，且∠AOE：∠COE＝2：3，OF平分∠BOE． （1）如图1，如果AB⊥CD，求∠BOF的度数； （2）如图2，如果∠BOF＝∠AOC+12°，则∠BOF的度数为　77°　 ． 【分析】（1）求解∠AOC＝∠BOC＝90°，，，结合角平分线的定义进一步求解即可； （2）设∠AOC＝x°，可得，，，∠BOF＝∠AOC+12°＝x°+12°，进一步列方程求解即可． 【解答】解：（1）由条件可知∠AOC＝∠BOC＝90°， ∵∠AOE：∠COE＝2：3， ∴，， ∴∠BOE＝90°+54°＝144°， ∵OF平分∠BOE， ∴． （2）设∠AOC＝x°，则，，， ∵∠BOF＝∠AOC+12°， ∴∠BOF＝∠AOC+12°＝x°+12°， ∵∠BOE+∠AOE＝180°， ∴， 解得：x＝65， ∴， ∴∠BOE＝180°﹣26°＝154°， ∴． 【点评】本题考查的是角的和差运算，角平分线的定义．熟练掌握以上知识点是关键． 23．（2026春•上海校级月考）问题探究： 如图①，已知AB∥CD，我们发现∠E＝∠B+∠D．我们怎么证明这个结论呢？ 张山同学：如图②，过点E作EF∥AB，把∠BED分成∠BEF与∠DEF的和，然后分别证明∠BEF＝∠B，∠DEF＝∠D． 李思同学：如图③，过点B作BF∥DE，则∠E＝∠EBF，再证明∠ABF＝∠D． 问题解答： （1）填空：请按张山同学的思路，写出证明过程． 证明：过点E作EF∥AB ∴∠B＝∠　∠BEF ， ∵EF∥AB，AB∥CD， ∴EF∥CD（　平行于同一直线的两直线平行　 ）， ∴∠D ＝∠DEF（　两直线平行，内错角相等　 ）， ∴∠BEF+∠DEF＝∠B+∠D， 即∠BED＝∠B+∠D， （2）请按李思同学的思路，写出证明过程； 证明：过点B作BF∥DE交CD的延长线于点G…… 问题迁移： （3）如图④，已知AB∥CD，EF平分∠AEC，FD平分∠EDC．若∠CED＝3∠F，请直接写出∠F的度数． 【分析】（1）如图②中，过点E作EF∥AB，利用平行线的性质求出∠B＝∠BEF，∠D＝∠DEF，根据∠BED＝∠BEF+∠DEF证明即可； （2）如图③中，过点B作BF∥DE交CD的延长线于G，利用平行线的性质求出∠EDC＝∠BGD，∠DEB＝∠EBF，∠EDC＝∠ABF，根据∠DEB＝∠EBF＝∠ABE+∠ABF证明即可； （3）设∠AEF＝∠CEF＝x，∠CDF＝∠EDF＝y，则∠F＝x+y，求出∠CED＝3x+3y，∠BED＝∠CDE＝2y，根据∠AEC+∠CED+∠DEB＝180°，构建方程求出x+y可得结论． 【解答】（1）证明：如图②，过点E作EF∥AB， ∴∠B＝∠BEF， ∵EF∥AB，AB∥CD， ∴EF∥CD（平行于同一直线的两直线平行）， ∴∠D＝∠DEF（两直线平行，内错角相等）， ∴∠BEF+∠DEF＝∠B+∠D， 即∠BED＝∠B+∠D， 故答案为：∠BEF；平行于同一直线的两直线平行；D；两直线平行，内错角相等 （2）如图③，过点B作BF∥DE交CD的延长线于G． ∴∠EDC＝∠BGD，∠DEB＝∠EBF， ∵AB∥CG， ∴∠BGD＝∠ABF， ∴∠EDC＝∠ABF， ∴∠DEB＝∠EBF＝∠ABE+∠ABF＝∠ABE+∠EDC； （3）如图④中，已知AB∥CD，EF平分∠AEC，FD平分∠EDC．若∠CED＝3∠F， ∵EF平分∠AEC，DF平分∠EDC， ∴∠AEF＝∠CEF，∠CDF＝∠EDF， 设∠AEF＝∠CEF＝x，∠CDF＝∠EDF＝y， 结合（1）可得：∠F＝x+y， ∵∠CED＝3∠F， ∴∠CED＝3x+3y， ∵AB∥CD， ∴∠BED＝∠CDE＝2y， ∵∠AEC+∠CED+∠DEB＝180°， ∴5x+5y＝180°， ∴x+y＝36°， ∴∠F＝36°． 【点评】本题考查平行线的性质，正确进行计算是解题关键． 24．（2025春•宝山区校级期末）在学习了平行线的性质后，老师请同学们证明命题：两条平行线被第三条直线所截，一组同旁内角的平分线互相垂直． 小颖根据命题画出图形并写出如下的已知条件． 已知：如图1，AB∥CD，直线EF分别交AB，CD于点E，F．∠BEF的角平分线EG与∠DFE的角平分线FG交于点G． （1）直线EG，FG有何位置关系？直接写出结论 EG⊥FG ． （2）在图1的基础上，分别作∠BEG的角平分线EM与∠DFG的角平分线FM交于点M，得到图2，求∠EMF的度数． （3）如图3，AB∥CD，直线EF分别交AB，CD于点E，F点O在直线AB，CD之间，且在直线EF右侧，∠BEO的角平分线EP与∠DFO的角平分线FP交于点P，请直接写出∠EOF与∠EPF满足的数量关系 　∠EOF＝2∠EPF ． 【分析】（1）由平行线大的性质推出∠BEF+∠EFD＝180°，由角平分线定义得到∠GEF+∠GFE（∠BEF+∠EFD）＝90°，由三角形内角和定理求出∠G＝90°，推出EG⊥FG； （2）过M作MN∥AB，得到MN∥CD，由平行线的性质推得到∠EMF＝∠BEM+∠MFD，同理∠EGF＝∠BEG+∠DFG，由角平分线定义得到∠EGF＝2（∠BEM+∠MFD）＝2∠EMF，即可求出∠EMF＝45°； （3）由角平分线定义得到∠BEO+∠DFO＝2（∠BEP+∠DFP），而∠EOF＝∠BEO+∠DFO，∠EPF＝∠BEP+∠DFP，得到∠EOF＝2∠EPF． 【解答】解：（1）如图1，直线EG⊥FG，理由如下： ∵AB∥CD， ∴∠BEF+∠EFD＝180°， ∵EG平分∠BEF，FG平分∠EFD， ∴∠GEF∠BEF，∠GFE∠EFD， ∴∠GEF+∠GFE（∠BEF+∠EFD）＝90°， ∴∠G＝180°﹣90°＝90°， ∴EG⊥FG， 故答案为：EG⊥FG； （2）如图2，过MN∥AB， ∵AB∥CD， ∴MN∥CD， ∴∠EMN＝∠BEM，∠FMN＝∠MFD， ∴∠EMN+∠FMN＝∠BEM+∠MFD， ∴∠EMF＝∠BEM+∠MFD， 同理：∠EGF＝∠BEG+∠DFG， ∵EM平分∠BEG，FM平分∠DFG， ∴∠BEG＝2∠BEM，∠DFG＝2∠DFM， ∴∠EGF＝2（∠BEM+∠MFD）＝2∠EMF， 由（1）知∠EGF＝90°， ∴∠EMF＝45°； （3）∠EOF＝2∠EPF，理由如下： ∵EP平分∠BEO，∠FP平分∠DFO， ∴∠BEO＝2∠BEP，∠DFO＝2∠DFP， ∴∠BEO+∠DFO＝2（∠BEP+∠DFP）， 由（2）的证明可得：∠EOF＝∠BEO+∠DFO，∠EPF＝∠BEP+∠DFP， ∴∠EOF＝2（∠BEP+∠DFP）＝2∠EPF． 故答案为：∠EOF＝2∠EPF． 【点评】本题考查命题与定理，平行线的性质，关键是灵活应用平行线的性质来解决问题． 【考点3】三角形内角和、外角及新定义问题（对应题号：25-37） ✅ 方法总结 · 利用内角和180°及外角定理建立方程求角度。 · “燕尾形”结论可直接使用：凹四边形外角等于其余三角和。 · “特征三角形”：一个内角是另一个的2倍，分类讨论哪个角是“特征角”。 · “n分角三角形”：分角α是另一个角的 ，注意α是正整数度数，分情况讨论。 · 角平分线交点问题：内外角平分线夹角公式。 25．（2026春•虹口区校级月考）如图在△ABC中，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝EF，AE＝EC．则下列说法中不正确是（　　） A．∠ADE＝∠EFC B．∠A+∠DEC+∠F＝180° C．∠B+∠BCF＝180° D．S△ABC＝S四边形DBCF 【分析】证明△ADE≌△CFE（SAS），得出∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠EFC，S△ADE＝S△CFE，再由三角形内角和定理和平行线的性质即可解决问题． 【解答】解：在△ADE和△CFE中， ， ∴△ADE≌△CFE（SAS）， ∴∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠EFC，S△ADE＝S△CFE，故选项A不符合题意； ∵∠A+∠AED+∠ADE＝180°， ∴∠A+∠AED+∠F＝180°，故选项B符合题意； ∵∠A＝∠ECF， ∴AB∥CF， ∴∠B+∠BCF＝180°，故选项C不符合题意； ∵S△ADE＝S△CFE， ∴S△ADE+S四边形BDCE＝S△CFE+S四边形BDCE， ∴S△ABC＝S四边形DBCF，故选项D不符合题意； 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质以及平行线的判定与性质等知识，证明三角形全等是解题的关键． 26．（2025春•枣强县期末）若使用如图所示的a，b两根直铁丝做成一个三角形框架，需要将其中一根铁丝折成两段，则可以分为两段的铁丝是（　　） A．a，b都可以 B．a，b都不可以 C．只有a可以 D．只有b可以 【分析】三角形两边之和大于第三边．依此即可求解． 【解答】解：三角形两边之和大于第三边，两根长度分别为5cm和4cm的细木条做一个三角形的框架，可以把5cm的细木条分为两截． 理由：5＞4，满足两边之和大于第三边． 故选：C． 【点评】本题考查了三角形的三边关系，关键掌握三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边． 27．（2025春•浦东新区校级期中）形如燕尾的几何图形我们通常称之为“燕尾形”．如图是一个“燕尾形”．已知∠ADC＝105°，∠ABC＝63°，∠BAD＝22°，则∠BCD的度数为（　　） A．63° B．20° C．85° D．105° 【分析】连接BD，延长BD到E，根据三角形的外角的性质得出∠1＝∠A+∠ABD，∠2＝∠C+∠CBD，继而得出∠ADC＝∠1+∠2＝∠A+∠C+∠ABC，代入已知数据，即可求解． 【解答】解：连接BD，延长BD到E． 根据三角形的外角的性质可得： ∠1＝∠A+∠ABD，∠2＝∠C+∠CBD， ∴∠ADC＝∠1+∠2＝∠A+∠C+∠ABC， 由题意可得：∠BCD＝∠ADC﹣∠ABC﹣∠BAD＝105°﹣63°﹣22°＝20°． 故选：B． 【点评】本题考查三角形的内角和的性质，正确进行计算是解题关键． 28．（2025春•上海校级期中）如图，小轩的乒乓球掉到沙发下，他借助平面镜反射的原理找到了乒乓球的位置．已知法线OC⊥MN，反射光线AO与水平线的夹角∠AOD＝56°，则平面镜MN与水平线BD的夹角∠DON的大小为（入射光线与镜面的夹角等于反射光线与镜面的夹角）（　　） A．24° B．28° C．34° D．56° 【分析】先求出∠AOB＝124°，再求出，根据垂直的定义可得∠COM＝90°，从而可得∠BOM＝28°，最后根据对顶角相等即可得． 【解答】解：由条件可得∠AOB＝180°﹣∠AOD＝124°， ∵入射光线与镜面的夹角等于反射光线与镜面的夹角， ∴， 由条件可知∠COM＝90°， ∴∠BOM＝∠COM﹣∠BOC＝28°， 由对顶角相等得：∠DON＝∠BOM＝28°， 故选：B． 【点评】本题考查了求一个角的余角与补角、垂直、对顶角相等，熟练掌握求一个角的余角与补角的方法是解题关键． 29．（2026春•虹口区校级月考）在钝角△ABC中，∠A＝120°，则∠B、∠C平分线所在直线的夹角为　150°　 °． 【分析】根据三角形内角和得出∠B+∠C＝60°，进而利用角平分线的定义解答． 【解答】解： ∵∠A＝120°， ∴∠B+∠C＝60°， ∵∠B、∠C平分线， ∴∠OBC+∠OCB， ∴∠O＝180°﹣30°＝150°， 故答案为：150°． 【点评】此题考查三角形内角和定理，关键是根据三角形内角和得出∠B+∠C＝60°解答． 30．（2026春•虹口区校级月考）在△ABC中，∠BAC＝65°，若三条高所在直线交于点H，则∠BHC＝　145°或35　 °． 【分析】分△ABC是锐角三角形和△ABC是钝角三角形两种情况，分别画出图形，利用高线定义和直角三角形的锐角互余以及三角形的外角性质求解即可． 【解答】解：由题意，有两种情况： 当△ABC是锐角三角形时，如图1， ∵BD、CE是△ABC的高线， ∴∠ADB＝∠CEB＝90°， ∵∠A＝35°， ∴∠ABD＝90°﹣∠A＝55°， ∴∠BHC＝∠CEB+∠ABD＝145°； 当△ABC是钝角三角形时，设∠ACB为钝角，如图2， ∵BD、CE是△ABC的高线， ∴∠ADB＝∠CEB＝90°， ∵∠A＝35°， ∴∠DCH＝∠ACE＝90°﹣∠A＝55°， ∴∠BHC＝90°﹣∠DCH＝35°， 综上，∠BHC的度数为145°或35°， 故答案为：145°或35°． 【点评】本题考查三角形内角和定理，解答的关键是要分△ABC是锐角三角形和钝角三角形两种情况求解，作出图形更直观一点． 31．（2025春•嘉定区期中）当三角形中一个内角α是另一个内角β的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中α称为“特征角”．如果一个直角三角形为“特征三角形”，那么它的“特征角”等于　90或60　 度． 【分析】根据“特征角”的定义，结合直角三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：①“特征角”α为90°； ②“特征角”与“另一个内角”都不是直角时，设“特征角是2x”， 由题意得，x+2x＝90°， 解得：x＝30°， 所以，“特征角”是60°， 综上所述，这个“特征角”的度数为90°或60°． 故答案为：90或60． 【点评】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键． 32．（2025春•黄浦区校级月考）我们给出定义：若三角形中一个内角α（α为正整数度数）是另一个内角的n分之一（n为大于1的正整数），我们称这个三角形是“n分角三角形”，其中α称为“分角”已知一个“2分角三角形”中有一个内角为60°，那么这个“2分角三角形”中分角α的度数是 　30°或40°　 ；已知一个“n分角三角形”中有一个内角为50°，那么这个“n分角三角形”中分角α的度数可能值共有 　8　 种． 【分析】若一个“2分角三角形”中有一个内角为60°，根据新定义，当α＝60°，则2α＝120°，不合题意舍去；当2α＝60°，则α＝30°；当α+2α+60°＝180°，解得α＝40°；若一个“n分角三角形”中有一个内角为50°，当α＝50°，另一个角为nα，n可以取2；当nα＝50°，即α，则可求出α可以为25°、10°、5°、2°、1°；当α+nα+50°＝180°，解得α，则α可求出α为26°、13°、10°、2°、1°，从而得到分角α的度数可能值共有8种． 【解答】解：若一个“2分角三角形”中有一个内角为60°， 当α＝60°，则2α＝120°，不符合三角形内角和定理，舍去； 当2α＝60°，则α＝30°，符合三角形内角和定理； 当α+2α+60°＝180°，解得α＝40°， 综上所述，这个“2分角三角形”中分角α的度数是30°或40°； 若一个“n分角三角形”中有一个内角为50°， 当α＝50°，另一个角为nα，n可以取2； 当nα＝50°，即α，n为大于1的正整数，则α可以为25°、10°、5°、2°、1°； 当α+nα+50°＝180°，解得α，n为大于1的正整数，则α可以为26°、13°、10°、2°、1°； 综上所述，这个“n分角三角形”中分角α的度数可能值共有8种． 故答案为：30°或40°；8． 【点评】本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和为180°．正确理解新定义是解决问题的关键． 33．（2024春•杨浦区校级期末）如图，在△ABC中，∠A＝42°，，，则∠BDC＝　88°　 ． 【分析】首先根据三角形内角和定理，得出∠ABC+∠ACB＝138°，然后根据三等分线的定义，求出∠DBC+∠DCB的度数；最后根据三角形内角和定理，求出∠BDC的度数即可． 【解答】解：∵∠A＝42°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣42°＝138°， ∵， ∴， ∵， ∴∠DBC+∠DCB（∠ABC+∠ACB）138°＝92°， ∵∠D＝180°﹣（∠DBC+∠DCB）＝88°． 故答案为：88°． 【点评】本题主要考查了三角形内角和定理，掌握三等分线的定义是解题的关键， 34．（2025春•嘉定区期中）如果一个三角形的一边长是5cm，另一边长是2cm，若第三边长是xcm，且x为奇数，则此三角形的周长为　12　 cm． 【分析】三角形两边之和大于第三边，三角形两边之差小于第三边，确定x的范围，再根据x为奇数，据此可求得答案． 【解答】解：如果一个三角形的一边长是5cm，另一边长是2cm，若第三边长是xcm， 根据三角形两边的和大于第三边，则x＜5+2．即x＜7； 根据三角形两边的差小于第三边，则5﹣2＜x，即x＞3， ∴3＜x＜7， ∵x为奇数， ∴x的长为5cm， ∴三角形的周长＝5+5+2＝12（cm）， 故答案为：12． 【点评】本题主要考查三角形三边关系，解答本题的关键要熟练掌握三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边． 35．（2025春•杨浦区期中）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，点D在BC上，点E在AC上，且∠ADE＝∠AED，∠BAC＝80°． （1）如果AD平分∠BAC，求∠EDC的大小； （2）如果∠EDC与∠BAD互余，求∠CAD的大小． 【分析】（1）先根据三角形内角和定理计算出∠B＝∠C＝50°，再利用AD平分∠BAC得到∠BAD＝∠CAD＝40°，接着在△ADE中，利用三角形内角和定理计算出∠ADE＝∠AED＝70°，然后利用三角形外角性质可计算出∠EDC的度数； （2）设∠EDC＝x，则∠BAD＝90°﹣x，先利用三角形外角性质得到∠AED＝x+50°，则∠ADE＝x+50°，再利用三角形内角和定理得到∠CAD＝80°﹣2x，则利用∠BAC＝80°得到90﹣x+80°﹣2x＝80°，然后求出x后计算80°﹣2x即可． 【解答】解：（1）∵∠BAC＝80°． ∴∠B＝∠C（180°﹣80°）＝50°， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD∠BAC＝40°， ∵∠ADE+∠AED+∠CAD＝180°， ∴∠ADE＝∠AED（180°﹣40°）＝70°， ∵∠AED＝∠EDC+∠C， ∴∠EDC＝70°﹣50°＝20°； （2）设∠EDC＝x，则∠BAD＝90°﹣x， ∵∠AED＝∠EDC+∠C＝x+50°， ∴∠ADE＝∠AED＝x+50°， ∵∠ADE+∠AED+∠CAD＝180°， ∴∠CAD＝180°﹣2（x+50°）＝80°﹣2x， ∵∠BAD+∠CAD＝∠BAC， ∴90﹣x+80°﹣2x＝80°， 解得x＝30°， ∴∠CAD＝80°﹣2×30°＝20°． 【点评】本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是180°．也考查了余角与补角． 36．（2025春•徐汇区校级期中）在△ABC中，∠A＝60°，点D、E分别是△ABC边AC、AB上的点，点P是一动点，设∠PDC＝∠1，∠PEB＝∠2，∠DPE＝∠α． （1）如图1，若点P在线段BC上，且∠α＝50°，求∠1+∠2的度数； （2）若点P在线段BC延长线上，请分别写出图2，图3中，∠1、∠2与∠α之间的数量关系． 图2：　∠2＝∠α+∠1+60°　 ；图3：　∠2＝∠1﹣∠α+60°　 ． 【分析】（1）根据三角形的外角的性质得出∠DPB＝∠1+∠C，∠EPC＝∠2+∠B，两式相加，即可求解； （2）根据三角形的外角的性质结合图形即可求解． 【解答】解：（1）根据图1可得：∠DPB＝∠1+∠C，∠EPC＝∠2+∠B， ∴∠DPB+∠EPC＝∠1+∠2+∠C+∠B， ∵∠DPE＝∠α＝50°， ∴∠α+180°＝∠1+∠2+（180°﹣∠A），∠A＝60°， 即∠1+∠2＝60°+α＝110°； （2）由图2得∠2＝∠α+∠1+60°，由图3得∠2＝∠1﹣∠α+60°，理由如下：如图2， 如图2，设AC，EP 交于点F， ∵∠AFE＝∠1+∠α，∠2＝∠A+∠AFE， ∴∠2＝60°+∠1+∠α； 如图3，设AC，EP 交于点F， ∵∠AFE＝∠1﹣∠α，∠2＝∠A+∠AFE， ∴∠2＝∠1﹣∠α+60°； 故答案为：图2：∠2＝∠α+∠1+60°；图3：∠2＝∠1﹣∠α+60°． 【点评】本题考查了三角形内角和定理与三角形外角的性质，掌握三角形的性质是解题的关键． 37．（2025春•崇明区校级期末）综合与实践 （1）如图1，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点P，如果∠A＝70°，那么∠BPC＝　125°　 ． （2）如图2，作△ABC外角∠MBC、∠NCB的平分线交于点Q，试求出∠Q、∠A之间的数量关系　∠Q＝90°∠A ． （3）如图3，延长BP、QC交于点E，在△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的4倍，请简单写出过程，求∠A的度数． 【分析】（1）运用三角形的内角和定理及角平分线的定义，首先求出∠ABC+∠ACB，进而求出∠BPC 即可解决问题； （2）根据三角形的外角性质分别表示出∠MBC 与∠BCN，再根据角平分线的性质可求得∠CBQ+∠BCQ，最后根据三角形内角和定理即可求解； （3）在△BQE 中，由于∠Q＝90°∠A，求出∠E∠A，∠EBQ＝90°，所以如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的4倍，那么分四种情况进行讨论：①∠EBQ＝4∠E＝90°；②∠EBQ＝4∠Q＝90°；③∠Q＝3∠E；④∠E＝3∠Q；分别列出方程，求解即可． 【解答】解：（1）∵∠A＝70°， ∴∠ABC+∠ACB＝110°， ∵点P是∠ABC 和∠ACB的平分线的交点， ∴∠P＝180°（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣55°＝125°， 故答案为：125°； （2）∵外角∠MBC，∠NCB 的角平分线交于点Q， ∴∠CBQ+∠BCQ∠MBC∠BCN（∠MBC+∠BCN）（360°﹣∠ABC﹣∠ACB）（180°+∠A）＝90°∠A， ∴∠Q＝180°﹣（90°∠A）＝90°∠A． 故答案为：∠Q＝90°∠A； （3）延长BC至F， ∵CQ为△ABC的外角∠NCB的角平分线， ∴CE是△ABC 的外角∠ACF 的平分线， ∴∠ACF＝2∠ECF， ∵BE 平分∠ABC， ∴∠ABC＝2∠EBC， ∵∠ECF＝∠EBC+∠E， ∴2∠ECF＝2∠EBC+2∠E，即∠ACF＝∠ABC+2∠E， 又∵∠ACF＝∠ABC+∠A， ∴∠A＝2∠E，即∠E∠A； ∵∠EBQ＝∠EBC+∠CBQ∠ABC∠MBC（∠ABC+∠A∠ACB）＝90°． 如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的4倍，那么分四种情况： ①∠EBQ＝4∠E＝90°，则∠E＝22.5°， ∴∠A＝2∠E＝45°； ②∠EBQ＝4∠Q＝90°，则∠Q＝22.5°，∠E＝67.5°， ∴∠A＝2∠E＝135°； ③∠Q＝4∠E，则5∠E＝90°， ∴∠E＝18°， ∴∠A＝2∠E＝36°； ④∠E＝4∠Q，则∠E＝72°， ∴∠A＝2∠E＝144°； 综上所述，∠A的度数是45°或135°或36°或144°． 【点评】本题考查了三角形内角和定理、外角的性质，角平分线定义等知识；灵活运用三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键． 【考点4】全等三角形的性质与对应关系（对应题号：38-43） ✅ 方法总结 · 全等三角形对应顶点确定后，对应边、对应角相等，可用来求未知角或边长。 · 利用全等转化线段和角，解决“周长和”“面积”问题。 · 结合角平分线、平行线等条件，先证全等再得新关系。 38．（2025春•浦东新区校级期中）如图，已知△ABC≌△DEF，CD平分∠BCA，若∠D＝30°，∠CGF＝88°，则∠E的度数是（　　） A．50° B．44° C．34° D．30° 【分析】根据角平分线的性质得到∠ACD＝∠BCD∠BCA，根据全等三角形的性质得到∠D＝∠A＝30°，根据三角形的外角性质求出∠BCD，再求出∠B，然后利用全等三角形的性质求∠E即可． 【解答】解：∵CD平分∠BCA， ∴∠ACD＝∠BCD∠BCA， ∵△ABC≌△DEF， ∴∠D＝∠A＝30°， ∵∠CGF＝∠D+∠BCD， ∴∠BCD＝∠CGF﹣∠D＝58°， ∴∠BCA＝116°， ∴∠B＝180°﹣30°﹣116°＝34°， ∵△ABC≌△DEF， ∴∠E＝∠B＝34°， 故选：C． 【点评】本题考查的是全等三角形的性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键． 39．（2025春•宝山区校级期末）如图，N，C，A三点在同一直线上，在△ABC中，∠A：∠ABC：∠ACB＝3：5：10，又△MNC≌△ABC，则∠BCM：∠BCN等于（　　） A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．1：4 【分析】利用三角形的三角的比，求出三角的度数，再进一步根据各角之间的关系求出∠BCM、∠BCN的度数可求出结果． 【解答】解：在△ABC中，∠A：∠ABC：∠ACB＝3：5：10 设∠A＝3x°，则∠ABC＝5x°，∠ACB＝10x° 3x+5x+10x＝180 解得x＝10 则∠A＝30°，∠ABC＝50°，∠ACB＝100° ∴∠BCN＝180°﹣100°＝80° 又△MNC≌△ABC ∴∠ACB＝∠MCN＝100° ∴∠BCM＝∠NCM﹣∠BCN＝100°﹣80°＝20° ∴∠BCM：∠BCN＝20°：80°＝1：4 故选：D． 【点评】本题考查了全等三角形的性质；利用三角形的三角的比，求得三个角的大小是很重要的方法，要注意掌握． 40．（2026春•虹口区校级月考）如图△ABC≌△ADE，∠D＝20°，∠E＝100°，C在AD上，则∠EFC＝　120　 °． 【分析】利用全等三角形的性质以及三角形外角的性质求解． 【解答】解：∵△ABC≌△ADE， ∴∠ACB＝∠E＝100°， ∴∠FCD＝∠ACB＝100°， ∴∠EFC＝∠FCD+∠D＝100°+20°＝120°． 故答案为：120． 【点评】本题考查全等三角形的性质，三角形的外角的性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 41．（2025春•青浦区校级期中）如图，已知△ABC≌△A′BC′，AA′∥BC，∠ABC＝65°，那么∠CBC′＝　50°/50度　 ． 【分析】根据平行线的性质得到∠A′AB＝∠ABC＝65°，根据全等三角形的性质得到BA＝BA′，∠A′BC′＝∠ABC＝65°，计算即可． 【解答】解：∵AA′∥BC，∠ABC＝65°， ∴∠A′AB＝∠ABC＝65°， ∵△ABC≌△A′BC′， ∴BA＝BA′，∠A′BC′＝∠ABC＝65°， ∴∠A′AB＝∠AA′B＝65°， ∴∠A′BA＝180°﹣∠A′AB﹣∠AA′B＝180°﹣65°﹣65°＝50°， ∴∠CBC′＝∠A′BC﹣∠A′BC′＝50°+65°﹣65°＝50°， 故答案为：50°． 【点评】本题考查的是全等三角形的性质，平行线的性质，掌握全等三角形的对应边相等、对应角相等是解题的关键． 42．（2025春•儋州期末）如图，△ABC≌△ADE，点E在边BC上（不与点B，C重合），DE与AB交于点F． （1）若∠CAD＝110°，∠BAE＝30°，求∠BAD的度数； （2）若AD＝10，BE＝CE＝4.5，求△ADF与△BEF的周长和． 【分析】（1）利用全等三角形的性质、等式的性质可得出∠CAE＝∠BAD，然后利用角的和差关系求解即可； （2）利用全等三角形的性质可求出AB＝AD＝10，BC＝DE＝9，然后利用三角形的周长公式求解即可． 【解答】解：（1）∵△ABC≌△ADE， ∴∠BAC＝∠DAE， ∴∠CAE＝∠BAD， 由条件可知∠CAE+∠BAD＝∠CAD﹣∠BAE＝80°， ∴∠CAE＝∠BAD＝40°； （2）∵AD＝10，BE＝CE＝4.5，△ABC≌△ADE， ∴AB＝AD＝10，BC＝DE＝BE+CE＝9， AD+DF+AF+BF+EF+BE ＝AD+（DF+EF）+（AF+BF）+BE ＝AD+DE+AB+BE ＝10+9+10+4.5 ＝33.5． 【点评】本题考查了全等三角形的性质等知识，熟练掌握该知识点是关键． 43．（2025春•浦东新区校级期中）如图，点F、G分别在正五边形ABCDE的边BC、CD上，连结AF、BG相交于H，△ABF≌△BCG． （1）求∠ABC的度数； （2）求∠AHG的度数． 【分析】（1）根据多边形的内角和公式、正五边形的内角相等即可得解； （2）根据全等三角形的性质及三角形外角定理即可得解． 【解答】解：（1）∵正五边形的内角和为：（5﹣2）×180°＝540°， ∴∠ABC540°＝108°； （2）∵△ABF≌△BCG， ∴∠BAF＝∠CBG， ∵∠BAF+∠ABH＝∠AHG， ∴∠CBH+∠ABH＝∠AHG＝∠ABC540°＝108°， ∴∠AHG＝108°． 【点评】此题考查了全等三角形的性质，熟记多边形的内角和公式及三角形的外角定理是解此题的关键． 【考点5】全等三角形的判定与动点全等问题（对应题号：44-51） ✅ 方法总结 · 判定方法选择：已知两边找夹角(SAS)或第三边(SSS)；已知一角找夹边(ASA)或对边(AAS)。 · 动点全等：设运动时间t，表示相关线段，分类讨论对应顶点，利用全等对应边相等列方程求速度或时间。 · 常用辅助线：倍长中线构造全等；截长补短法证明线段和差；作垂线构造直角三角形HL。 · 一线三等角模型：∠BDA=∠AEC=∠BAC → 证△ABD≌△CAE。 44．（2025秋•召陵区期末）如图，D为等腰三角形ABC内一点，AC＝BC＝BP，AD＝BD，∠DBP＝∠DBC，∠C＝62°，则∠BPD的度数为（　　） A．20° B．28° C．30° D．31° 【分析】先根据SSS证明△BCD≌△ACD，得出∠BCD＝∠ACD＝31°，然后根据SAS证明△BCD≌△BPD，即可得出结论． 【解答】解：连接CD， 在△BCD和△ACD中， ∵， ∴△BCD≌△ACD（SSS）， ∴， 又∵∠ACB＝62°， ∴∠BCD＝31°． 在△BCD和△BPD中， ∵， ∴△BCD≌△BPD（SAS）， ∴∠BCD＝∠BPD＝31°， 故选：D． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件． 45．（2025秋•江州区期末）如图，已知在四边形ABCD中，AB＝12cm，BC＝8cm，CD＝14cm，∠B＝∠C，点E为线段AB的中点，点P在线段BC上以3cm/s的速度由点B向点C运动，同时点Q在线段CD上由点C向点D运动．要使△BPE与△CPQ全等，点Q的运动速度为（　　） A．3cm/s B．4cm/s C．2cm/s或4.5cm/s D．3cm/s或4.5cm/s 【分析】设运动时间为t秒，点Q的运动速度是vcm/s，则BP＝3tcm，CQ＝vtcm，CP＝（8﹣3t）cm，求出BE＝6cm，根据全等三角形的判定得出当BE＝CP，BP＝CQ或BE＝CQ，BP＝CP时，△BPE与以C、P、Q三点所构成的三角形全等，再代入求出t、v即可． 【解答】解：设运动时间为t秒，点Q的运动速度是vcm/s，则BP＝3tcm，CQ＝vtcm，CP＝（8﹣3t）cm， ∵E为AB的中点，AB＝12cm， ∴BE＝AE＝6cm， ∵∠B＝∠C， ∴要使△BPE与以C、P、Q三点所构成的三角形全等，必须BE＝CP，BP＝CQ或BE＝CQ，BP＝CP， 当BE＝CP，BP＝CQ时，6＝8﹣3t，3t＝vt， 解得：t，v＝3，即点Q的运动速度是3cm/s， 当BE＝CQ，BP＝CP时，6＝vt，3t＝8﹣3t， 解得：t，v＝4.5即点Q的运动速度是4.5cm/s， 综合上述，当点Q的运动速度为3cm/s或4.5cm/s时，能够使△BPE与以C、P、Q三点所构成的三角形全等． 故选：D． 【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等． 46．（2025秋•徐州期末）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，D为BC延长线上一点，CE⊥AC，垂足为C，且CE＝AC，连接BE，若BC＝16，则△BCE的面积为　64　 ． 【分析】过A作AH⊥BC于H，过E作EF⊥BC于F，利用等腰三角形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可． 【解答】解：过A作AH⊥BC于H，过E作EF⊥BC于F， ∵AB＝AC，BC＝16， ∴BH＝HC＝8， ∵∠ACE＝90°， ∴∠ACH+∠ECF＝90°， ∵∠CAH+∠ACH＝90°， ∴∠ECF＝∠CAH， 在△ACH与△CEF中， ， ∴△ACH≌△CEF（AAS）， ∴EF＝CH＝8， ∴△BCE的面积． 故答案为：64． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质和三角形全等的判定和性质，解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形． 47．（2026春•南宁校级月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，E，F分别是BC，CD上的点，连接AE，AF，EF，若BE＝2，DF＝4，则EF的长为　6　 ． 【分析】通过延长线段构造全等三角形，将所求的线段EF转化到与已知线段BE、DF相关的线段上，进而求出EF的长度． 【解答】解：延长DF到点M，使DM＝BE，连接AM， ∵∠A＝∠D＝90°， ∴∠ADM＝∠B＝90°， 在△ABE和△ADM中， ， ∴△ABE≌△ADM（SAS）， ∴AE＝AM，∠BAE＝∠DAM， ∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°， ∴∠BAE+∠DAF＝60°， ∴∠MAF＝∠DAM+∠DAF＝60°＝∠EAF， ∵AF＝AF， ∴△EAF≌△MAF（SAS）， ∴EF＝MF， ∵MF＝DF+DM， ∴EF＝DF+BE＝6， 故答案为：6． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 48．（2025秋•徐闻县期末）如图，在△MPN中，H是高MQ和NR的交点，且PM＝HN，若MH＝3，PQ＝4，则QN的长为 　7　 ． 【分析】先证明∠PMQ＝∠HNQ，进而依据“AAS”判定△PMQ和△HNQ全等得QM＝QN，PQ＝HQ，再根据MH＝3，PQ＝4得QM＝HQ+MH＝PQ+MH＝7，由此可得QN的长． 【解答】解：在△MPN中，H是高MQ和NR的交点，∴∠PQM＝∠HQN＝90°，∠PRN＝90°， ∴△AQM和△PNR都是直角三角形， 在Rt△AQM中，∠PMQ+∠P＝90°， 在Rt△PNR中，∠HNQ+∠P＝90°， ∴∠PMQ＝∠HNQ， 在△PMQ和△HNQ中， ， ∴△PMQ≌△HNQ（AAS）， ∴QM＝QN，PQ＝HQ， ∵MH＝3，PQ＝4， ∴QM＝HQ+MH＝PQ+MH＝7， ∴QN＝7． 故答案为：7． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，理解三角形高的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键． 49．（2026春•虹口区校级月考）如图在四边形ABCD中，AD∥BC．取CD中点P，联结AP，BP，若AP⊥BP． （1）求证：AD+BC＝AB； （2）若∠C＝90°，四边形ABCD面积为78，AB＝13，求CD的长． 【分析】（1）延长AP交BC的延长线于E，根据平行线的性质得到∠DAP＝∠E，根据全等三角形的性质得到AP＝PE，AD＝CE，根据等腰三角形的性质得到AB＝BE＝BC+CE＝BC+AD，于是得到AD+BC＝AB； （2）由（1）知，AD+BC＝AB＝13，根据梯形的面积公式即可得到结论． 【解答】（1）证明：延长AP交BC的延长线于E， ∵AD∥BC， ∴∠DAP＝∠E， ∵取CD中点P， ∴PD＝PC， 在△ADP与△ECP中， ， ∴△ADP≌△ECP（AAS）， ∴AP＝PE，AD＝CE， ∵PB⊥AE， ∴AB＝BE＝BC+CE＝BC+AD， 即AD+BC＝AB； （2）解：由（1）知，AD+BC＝AB＝13， ∵AD∥BC，∠BCD＝90°， ∴四边形ABCD面积（AD+BC）•CD13CD＝78， ∴CD＝12． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，梯形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 50．（2025春•黄浦区期末）如图，在△ABC中，D为AB边上一点，E为AC的中点，连接DE并延长至点F，使得EF＝ED，连接CF． （1）求证：CF∥AB； （2）若∠ABC＝50°，且AC平分∠BCF，求∠A的度数． 【分析】（1）求出∴△AED≌△CEF，根据全等得出∠A＝∠ACF，根据平行线的判定得出即可； （2）求出∠A＝∠ACB，根据三角形内角和定理求出即可． 【解答】（1）证明：在△AED和△CEF中 ， ∴△AED≌△CEF（SAS）， ∴∠A＝∠ACF， ∴CF∥AB； （2）解：∵CF∥AB， ∴∠A＝∠ACF，∠ABC+∠BCF＝180°， ∵∠ABC＝50°， ∴∠BCF＝130°， ∵AC平分∠BCF， ∴∠ACB＝∠ACF＝65°， ∴∠A＝∠ACF＝65°． 【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定、平行线的性质和判定、三角形内角和定理等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键． 51．（2025春•浦东新区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC，∠ACB， （1）求∠AOE的度数； （2）试说明：AC＝AE+CD． 【分析】（1）根据三角形内角和定理和角平分线的定义解答； （2）通过角之间的转化可得出△COF≌△COD，进而可得出线段之间的关系，即可得出结论． 【解答】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°， ∴∠ACB＝30°， ∵AD、CE分别平分∠BAC，∠ACB， ∴∠CAO∠BAC＝45°，∠ACO∠ACB＝15°， ∴∠AOE＝∠CAO+∠ACO＝45°+15°＝60°． （2）如图，在AC上截取AF＝AE，连接OF ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD， 在△AOE和△AOF中 ， ∴△AOE≌△AOF（SAS）， ∴∠AOE＝∠AOF＝60°， ∴∠AOF＝∠COD＝60°＝∠COF， 在△COF和△COD中， ， ∴△COF≌△COD（ASA） ∴CF＝CD， ∴AC＝AF+CF＝AE+CD． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，根据在AC上截取AF＝AE得出△AOE≌△AOF是解题关键． 【考点6】创新压轴方案设计、新定义、几何模型（对应题号：52-56） ✅ 方法总结 · 方案设计：列方程组与不等式组，求整数解，再比较利润或费用。 · 新定义“系数补角”：∠P+t∠Q=180°，转化为方程求角度，注意多解。 · “8字形”模型：∠A+∠B=∠C+∠D；用于求角或证明。 · “飞镖图”（凹四边形）：∠BDC=∠A+∠B+∠C，结合内外角平分线求角。 · 面积问题：利用全等转换面积，或等高模型。 52．（2024春•浦东新区期末）某中学开学初到商场购买A、B两种品牌的足球，购买A种品牌的足球50个，B种品牌的足球25个，共花费4500元．已知购买一个B种品牌的足球比购买一个A种品牌的足球多花30元 （1）求购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球各需多少元？ （2）学校为了响应习总书记“足球进校园”的号召，决定再次购进A、B两种品牌足球共50个，正好赶上商场对商品价格进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高4元，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果学校此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的70%，且保证这次购买的B种品牌足球不少于23个，则这次学校有哪几种购买方案？ 【分析】（1）设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元，根据“总费用＝买A种足球费用+买B种足球费用，以及B种足球单价比A种足球贵30元”可得出关于x、y的二元一次方程组，解方程组即可得出结论； （2）设第二次购买A种足球m个，则购买B种足球（50﹣m）个，根据“总费用＝买A种足球费用+买B种足球费用，以及B种足球不小于23个”可得出关于m的一元一次不等式组，解不等式组可得出m的取值范围，由此即可得出结论． 【解答】解：（1）设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元， 依题意得： ， 解得：． 答：购买一个A种品牌的足球需要50元，购买一个B种品牌的足球需要80元． （2）设第二次购买A种足球m个，则购买B种足球（50﹣m）个， 依题意得：， 解得：25≤m≤27． 故这次学校购买足球有三种方案： 方案一：购买A种足球25个，B种足球25个； 方案二：购买A种足球26个，B种足球24个； 方案三：购买A种足球27个，B种足球23个． 【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）根据数量关系找出关于x、y的二元一次方程组；（2）根据数量关系找出关于m的一元一次不等式组．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据数量关系列出方程（方程组、不等式或不等式组）是关键． 53．（2026春•雁塔区校级月考）在平面内，对于∠P和∠Q，给出如下定义：若存在一个常数t（t＞0），使得∠P+t∠Q＝180°，则称∠Q是∠P的“t系数补角”．例如，∠P＝80°，∠Q＝20°，有∠P+5∠Q＝180°，则∠Q是∠P的“5系数补角”． 【概念理解】 （1）若∠P＝90°，在∠1＝60°，∠2＝45°，∠3＝30°中，∠P的“3系数补角”是　∠3　 ； 【初步认识】 （2）在平面内，AB∥CD，点E为直线AB上一点，点F为直线CD上一点．如图1，点G为平面内一点，连接GE，GF，∠DFG＝50°，若∠BEG是∠EGF的“6系数补角”，求∠BEG的大小． 【问题解决】 （3）连接EF．点M、N为直线AB与直线CD间的动点（点M、N不在直线EF上），AEM，．∠EMF是∠ENF的“2系数补角”，当点M、N在直线EF异侧时，如图2，∠ENF的度数为　108°　 ；若点M、N在线段EF同侧，其他条件不变，在备用图中画出对应的图形，此时∠ENF的度数为　（）°　 ． 【分析】（1）设∠P的“3系数补角”是x，根据题意可得0﹣+3x＝180﹣，解方程即可得到答案； （2）设∠BEG＝m，∠EGF＝n，再根据G的位置建立方程组，解方程组即可得到答案． （3）画出图形，根据（2）中思路建立方程求解即可． 【解答】解：（1）设∠P的“3系数补角”是x， ∵∠P＝90°， ∴∠P+3x＝180°，即90°+3x＝180°， 解得x＝30°， ∴∠P的“3系数补角”是∠3＝30°， 故答案为：∠3； （2）如图，过G作GH∥AB，而AB∥CD， ∴AB∥CD∥GH， ∴∠BEG＝∠HGE，∠HGF＝∠DFG， ∴∠EGF＝∠BEG+∠DFG， ∵∠BEG＝m，∠EGF＝n， ∴n＝m+50°①， 由条件可知∠EGF+6∠BEG＝180°，即n+6m＝180°②， 联立①②得，， 解得， ∴∠BEG＝（）°； （3）由题可知∠ENF+2∠EMF＝180°， 设∠AEN＝x，∠CFN＝y，则∠AEM＝3x，∠CFM＝3y， 当点M、N在直线EF异侧时， 此时∠BEM＝180°﹣3x，∠DFM＝180°﹣3y， 同（2）中方法可得∠ENF＝∠AEN+∠CFN＝x+y，∠EMF＝∠BEM+∠DFM＝360°﹣3（x+y）， ∵∠ENF+2∠EMF＝180°， ∴x+y+2[360°﹣3（x+y）]＝180°， 解得x+y＝108°， ∴∠ENF＝108°； 当点M、N在线段EF同侧时， 同理可知∠ENF＝∠AEN+∠CFN＝x+y，∠EMF＝∠AEM+∠CFM＝3（x+y）， ∵∠ENF+2∠EMF＝180°， ∴x+y+6（x+y）＝180°， 解得x+y＝（）°， ∴∠ENF＝（）°． 故答案为：108°，（）°． 【点评】本题考查了平行线的性质、二元一次方程组的应等知识，理解新定义的含义是解题的关键． 54．（2025秋•兰陵县期末）（1）如图①，已知：△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥m于D，CE⊥m于E，求证：DE＝BD+CE； （2）拓展：如图②，将（1）中的条件改为：△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，α为任意锐角或钝角，请问结论DE＝BD+CE是否成立？如成立，请证明；若不成立，请说明理由； （3）应用：如图③，在△ABC中，∠BAC是钝角，AB＝AC，∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，直线m与BC的延长线交于点F，若BC＝2CF，△ABC的面积是12，求△ABD与△CEF的面积之和． 【分析】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余角相等得∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CEA，则AE＝BD，AD＝CE，即可得出结论； （2）由∠BDA＝∠BAC＝α，则∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，得出∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CEA即可得出答案； （3）由∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，∴∠CAE＝∠ABD，得出∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CEA，得出S△ABD＝S△CEA，再由不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，得出S△ACF即可得出结果． 【解答】（1）证明：∵BD⊥直线m，CE⊥直线m， ∴∠BDA＝∠CEA＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAD+∠CAE＝90°， ∵∠BAD+∠ABD＝90°， ∴∠CAE＝∠ABD， 在△ADB和△CEA中，， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE＝BD，AD＝CE， ∴DE＝AE+AD＝BD+CE； （2）解：结论DE＝BD+CE成立；理由如下： ∵∠BDA＝∠BAC＝α， ∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α， ∴∠CAE＝∠ABD， 在△ADB和△CEA中，， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE＝BD，AD＝CE， ∴DE＝AE+AD＝BD+CE； （3）解：∵∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC， ∴∠CAE＝∠ABD， 在△ABD和△CEA中，， ∴△ABD≌△CEA（AAS）， ∴S△ABD＝S△CEA， 设△ABC的底边BC上的高为h，则△ACF的底边CF上的高为h， ∴S△ABCBC•h＝12，S△ACFCF•h， ∵BC＝2CF， ∴S△ACF＝6， ∵S△ACF＝S△CEF+S△CEA＝S△CEF+S△ABD＝6， ∴△ABD与△CEF的面积之和为6． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，结合题目所给条件，得出∠CAE＝∠ABD是解决问题的关键． 55．（2025秋•四平月考）【问题背景】 （1）如图①的图形我们把它称为“8字形”，请说明∠A+∠B＝∠C+∠D； 【简单应用】 （2）如图②，AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC＝35°，∠ADC＝15°，求∠P的度数； 【问题探究】 （3）如图③，直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC＝35°，∠ADC＝29°，请直接写出∠P的度数． 【分析】（1）根据三角形内角和定理求解即可； （2）结合（1）的结论得到∠OCD﹣∠OAB＝20°，由角平分线的定义得到∠4﹣∠1＝10°，再根据（1）的结论列式求解即可； （3）如图所示，作∠BAD，∠BCD的角平分线交于点M，AM，CP交于点N，在PA延长线上取一点K，则AK平分∠FAD，结合（1），（2）的计算即可求解． 【解答】解：（1）∵∠A+∠B+∠AOB＝180°，∠C+∠D+∠COD＝180°，∠AOB＝∠COD， ∴∠A+∠B＝∠C+∠D； （2）AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC＝35°，∠ADC＝15°， 根据（1）可知，∠OAB+∠OBA＝∠OCD+∠ODC， ∵∠ABC＝∠OBA＝35°，∠ADC＝∠ODC＝15°， ∴∠OAB+35°＝∠OCD+15°， ∴∠OCD﹣∠OAB＝20°， ∵AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD， ∴， ∴∠OCD﹣∠OAB＝2∠4﹣2∠1＝20°，即∠3﹣∠1＝10°， ∵∠1+∠P＝∠4+∠D， ∴∠P＝∠4﹣∠1+∠D＝10°+15°＝25°； （3）直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC＝35°，∠ADC＝29°， 如图所示，作∠BAD，∠BCD的角平分线交于点M，AM，CP交于点N，在PA延长线上取一点K，则AK平分∠FAD， 由（1）的计算得到∠OAB+∠OBA＝∠OCD+∠ODC，即∠OAB+35°＝∠OCD+29°， ∴∠OCD﹣∠OAB＝6°， ∴， ∵∠BAD+∠FAD＝180°，AK平分∠FAD，AM平分∠BAD， ∴，即MA⊥PK， ∴∠MAP＝90°， 同理，∠MCP＝90°， ∴∠NAP＝∠NCP＝90°， ∵∠NAP+∠NPA＝∠NCM+∠NMC， ∴∠P＝∠M＝32°． 【点评】本题主要考查三角形内角定理，角平分线的定义，掌握以上知识，数形结合分析是解题的关键． 56．（2025春•长春期末）【问题呈现】如图①，四边形ABCD形似“飞镖”，我们形象地称它为“飞镖图”．它实际上是凹四边形，通过探究发现：凹四边形中最大内角外面的角等于其余三个内角之和，即∠BDC＝∠A+∠B+∠C． 【探究推理】方法一：如图②，连结BC． ∵在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴∠A+∠1+∠2+∠3+∠4＝180°． 又∵在△BDC中，∠2+∠4+∠BDC＝180°， ∴∠2+∠4＝180°﹣∠BDC， ∴∠A+∠1+∠3+180°﹣∠BDC＝180°， ∴∠BDC＝∠A+∠1+∠3． 即∠BDC＝∠A+∠ABD+∠ACD． 方法二：如图③，连结AD并延长至F． ∵∠3与∠4分别为△ABD和△ACD的外角， … （1）“方法一”主要依据的数学定理是　三角形的内角和等于180°　 ； （2）根据“方法二”中辅助线的添加方式，写出余下的推理过程． 【迁移应用】（3）如图④，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝　180°　 ； （4）如图⑤是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠CAB、∠CBA、∠D的大小保持不变．为了舒适，需调整∠E的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠E应　减少　 （填“增加”或“减少”）的大小为 　10　 度． 【分析】（1）根据三角形内角和定理，即可得出结论； （2）根据三角形的外角的性质，即可得出结论； （3）根据三角形的外角性质，可以得到∠A+∠B＝∠2，∠D+∠E＝∠1，再结合三角形的内角和定理，可以得到∠1+∠2+∠C＝180°，即可得到答案； （4）延长EF，交CD于点G，依据三角形的内角和定理可求∠ACB，根据对顶角相等可得∠DCE，再由三角形内角和定理的推论得到∠DGF的度数；利用∠EFD＝110°，和三角形的外角的性质可得∠D的度数，从而得出结论． 【解答】解：（1）三角形的内角和等于 180°， 故答案为：三角形的内角和等于 180°； （2）∵∠3＝∠B+∠1，∠4＝∠2+∠C， ∴∠3+∠4＝∠B+∠1+∠2+∠C， ∵∠3+∠4＝∠BDC，∠1+∠2＝∠BAC， ∴∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C； （3）如图，延长BE交AC于点F， ∵∠A+∠B＝∠2，∠D+∠E＝∠1，∠1+∠2+∠C＝180°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝∠2+∠C+∠1＝180°， 故答案为：180°； （4）延长EF，交CD于点G，如图： ∵∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°， ∴∠ECD＝∠ACB＝70°． ∵∠EFD＝110°， ∴∠DFG＝70°， ∴∠EGF＝∠D+∠DFG＝90°， ∴∠E＝180°﹣90°﹣70°＝20°． 而图中∠E＝30°， ∴∠E应减少10°． 故答案为：减少，10． 【点评】此题主要考查了三角形的内角和定理，三角形的外角的性质，作出辅助线构造出三角形是解本题的关键． 课后巩固 · 针对性练习 · 课后1  平行线间角平分线模型，求∠M与∠N数量关系。 · 课后2  含参不等式组有三个整数解，求参数范围（端点分析）。 · 课后3  利润折扣问题（利润率不低于10%→列不等式求最低折扣）。 · 课后4  已知a范围，求不等式组整数解乘积。 · 课后5  平行线拐点模型，通过作辅助线列方程求x+y。 · 课后6  等腰三角形底角相等，利用外角性质求∠DAE。 · 课后7  三角形中线倍长法求中线取值范围（构造全等三角形）。 · 课后8  解不等式组并求所有整数解。 · 课后9  分段优惠方案（满减、打折），列不等式组求x范围及最优凑单策略。 · 课后10  平行线判定与性质填空（补全证明过程）。 · 课后11  四边形中平行线的判定与角度计算。 · 课后12  中点+垂直证AD+BC=AB，并求CD长（与考点5题49同类）。 · 课后13  平移全等模型（SAS证全等），求角度。 · 课后14  三角形三边关系：已知两边求第三边范围；已知两边比求周长范围。 · 课后15  一线三等角模型（△ABE≌△CAF），探究EF、BE、CF数量关系。 ✨ 复习建议：课后题覆盖所有六大板块，重点突破不等式整数解、平行线拐点模型、全等构造（倍长中线、一线三等角）、新定义角度问题，建议结合错题本归类模型。 1．（2026春•和平区校级月考）如图，已知AB∥CD，M为平行线之间一点，连接AM，CM，N为AB延长线上一点，连接AN，CM，CN分别平分∠BAE，∠DCN，则∠M与∠N的数量关系为（　　） A．∠M﹣∠N＝90° B．∠M+2∠N＝180° C．∠M+∠N＝180° D．2∠M﹣∠N＝180° 【分析】过点M作MO∥AB，过点N作NP∥AB，则MO∥AB∥CD∥NP，根据平行线的性质可得∠AMC＝∠1+∠2，∠CNE＝2∠2﹣∠3，∠3＝180°﹣2∠1，即可得出结论． 【解答】解：过点M作MO∥AB，过点N作NP∥AB， ∵AB∥CD， ∴MO∥AB∥CD∥NP， ∴∠AMO＝∠1，∠OMC＝∠MCD， ∵AM，CM分别平分∠BAE，∠DCN， ∴∠BAE＝2∠1，∠NCD＝2∠2，∠2＝∠MCD， ∴∠AMC＝∠1+∠2， ∵CD∥NP， ∴∠PNC＝∠NCD＝2∠2， ∴∠CNE＝2∠2﹣∠3， ∵NP∥AB， ∴∠3＝∠NAB＝180°﹣2∠1， ∴∠CNE＝2∠2﹣（180°﹣2∠1）＝2（∠1+∠2）﹣180°＝2∠AMC﹣180°， ∴2∠AMC﹣∠CNE＝180°， 故选：D． 【点评】本题考查了平行线的性质，邻补角的定义，解题的关键是熟练掌握平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等． 2．（2026春•碑林区校级月考）若不等式组有三个整数解，则实数a的取值范围是　0＜a≤1　 ． 【分析】此题需要首先解不等式，根据解的情况确定a的取值范围．特别是要注意不等号中等号的取舍． 【解答】解：解不等式x﹣1＜a得：x＜a+1， 解不等式2（x+4）≥5﹣x得：x≥﹣1， ∵此不等式组有3个整数解， ∴这3个整数解为﹣1，0，1， ∴1＜a+1≤2，即a的取值范围是0＜a≤1． 故答案为：0＜a≤1． 【点评】此题考查了一元一次不等式组的解法．解题中要注意分析不等式组的解集的确定． 3．（2026春•杨浦区校级月考）某种商品的进价为300元，出售时标价为500元，后由于商品滞销，但要保持利润率不低于10%，则至多可打　6.6　 折． 【分析】设可打x折，根据要保持利润率不低于10%，列出不等式进行求解即可． 【解答】解：设可打x折， 由题意列一元一次不等式得：， 解得x≥6.6． 故至多可打6.6折． 故答案为：6.6． 【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，关键是根据题意找到关系式． 4．（2025秋•镇海区校级期末）已知6＜a＜7，则关于x的不等式组的所有整数解的积是　120　 ． 【分析】根据题意，求出不等式组的整数解，并据此得出所有的整数解即可解决问题． 【解答】解：由a﹣x＞0得，x＜a， 由6﹣2x＜0得，x＞3， 所以不等式组的解集为3＜x＜a． 又因为6＜a＜7， 所以该不等式组的整数解有：4，5，6， 则不等式组的所有整数解的积是：4×5×6＝120． 故答案为：120． 【点评】本题主要考查了一元一次不等式组的整数解，熟知解一元一次不等式组的步骤是解题的关键． 5．（2026春•慈溪市月考）如图，AB∥CD，则x+y＝　105　 ． 【分析】作平行线，根据平行线的性质构造等量关系即可求解． 【解答】解：分别过点G，H，I作KL∥AB，MN∥AB，OP∥AB， 则KL∥MN∥OP∥AB∥CD， 由条件可知∠AEG＝135°， ∴∠KGE＝180°﹣∠AEG＝45°， ∴∠KGH＝x°﹣45°， ∴∠GHN＝∠KGH＝x°﹣45°， 由条件可知∠NHI＝30°﹣∠GHN＝30°﹣（x°﹣45°）＝75°﹣x°， ∴∠HIO＝∠NHI＝75°﹣x°， ∵∠HIJ＝y° ∴∠OIJ＝y°﹣（75°﹣x°）＝x°+y°﹣75°， ∴∠IJD＝∠OIJ＝x°+y°﹣75°＝30°， ∴x+y＝105． 【点评】本题考查了平行线的性质，熟练掌握该知识点是关键． 6．（2026春•虹口区校级月考）如图，若∠BAC＝110°，∠BAE＝∠BEA，∠CAD＝∠CDA，则∠DAE＝　70　 °． 【分析】根据∠BAC＝∠BAE+∠BEA＝110°，和∠BAE＝∠BEA，∠CAD＝∠CDA，得∠BEA+∠CDA＝110°，再根据三角形内角和求出∠DAE的度数即可． 【解答】解：∵∠BAC＝∠BAE+∠BEA＝110°，∠BAE＝∠BEA，∠CAD＝∠CDA， ∴∠BEA+∠CDA＝110°， 在三角形ADE中，∠DAE+∠BEA+∠CDA＝180°， ∴∠DAE＝180°＝110°＝70°． 故答案为：70． 【点评】本题考查了三角形内角和定理，熟知三角形三个内角的和是180°是解题的关键． 7．（2025春•青浦区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝1，AD是△ABC的中线，设AD长为x，那么x的取值范围是　2＜AD＜3　 ． 【分析】延长AD到E，使DE＝AD，证明△ADC≌△EDB（SAS），得到AC＝BE＝1，再利用三角形三边关系确定AD的取值范围． 【解答】解：延长AD到E，使DE＝AD， ∵AD是△ABC的中线， ∴DC＝DB， 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∵AC＝1， ∴AC＝BE＝1（全等三角形对应边相等）， 在△ABE中，BE＝1，AB＝5， ∴5﹣1＜AE＜5+1，即4＜2AD＜6， 则2＜AD＜3． 即x的取值范围为2＜AD＜3． 故答案为：2＜AD＜3． 【点评】本题考查了三角形三边关系和全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过构造全等三角形，将已知边和所求线段转化到同一个三角形中． 8．（2026•长沙模拟）求不等式组的所有整数解． 【分析】根据解一元一次不等式组的步骤，求出不等式组的解集，再据此写出所有整数解即可． 【解答】解：由题知， ， 解不等式①得，x＞﹣2， 解不等式②得，x≤1， 所有不等式组的解集为：﹣2＜x≤1， 则不等式组的整数解为：﹣1，0，1． 【点评】本题主要考查了解一元一次不等式组及一元一次不等式组的整数解，熟知解一元一次不等式组的步骤是解题的关键． 9．（2026•商水县模拟）为迎接店庆，某超市举行促销活动，消费不超过200元的按原价付款，对消费超过200元的顾客实行如下优惠： 一次性购物 优惠方案 超过200元但不超过600元 超过200元不超过600元的部分打八折 超过600元 每满300元减100元 （1）顾客甲一次性购物x（200＜x≤600）元，用含x的式子表示他实际付款的钱数； （2）顾客乙一次性购物x（0＜x＜200）元，顾客丙一次性购物（x+400）元，若结账时乙丙两人实际付款金额的差值不超过336元，求x的取值范围； （3）顾客丁购买了如下标价的物品：一个电饭煲445元，五斤排骨（38元/斤），两提牛奶（75元/提），两板鸡蛋（35元/板），一提卷纸27元，一个文具袋6元．他正准备一次性付款时，朋友说可以再买价值a（a＜20）元的商品一起一次性付款能支付最少的钱，请直接写出a的值，并计算朋友的方案相较于顾客丁原来的方案能少支付多少钱？ 【分析】（1）当200＜x≤600时，按超过200元不超过600元的部分八折计算即可； （2）因为顾客乙的费用x＜200时，所以按原价付款；而顾客丙的费用400＜x+400＜600，故按超过200元不超过600元的部分八折付款，再根据结账时乙丙两人实际付款金额的差值不超过336元列出不等式求出x即可得答案； （3）先求得一次性付款的方案实际付款888﹣2×100＝688元，再求得a＝12，据此计算即可求解． 【解答】解：（1）∵200＜x≤600， ∴超过200元不超过600元的部分打八折， ∴他实际付款200+0.8（x﹣200）＝（0.8x+40）元； （2）∵x＜200， ∴顾客乙按原价付款x元． ∵400＜x+400＜600， ∴按超过200元不超过600元的部分打八折付款， ∴顾客丙实际付款200+0.8（x+400﹣200）＝0.8x+360（元）， ∵若结账时乙丙两人实际付款金额的差值不超过336元， ∴根据题意列一元一次不等式得，0.8x+360﹣x≤336， 整理得，0.2x≥24， 解得x≥120， ∴x的取值范围是120≤x＜200； （3）总费用为445+5×38+2×75+2×35+27+6＝888（元）， ∵888＞600， ∴每满300减100元， ∴一次性付款的方案实际付款888﹣2×100＝888﹣200＝688元， ∵a＜20， ∴a＝900﹣888＝12， 此时总费用为888+12＝900（元）， 实际付款900﹣3×100＝600（元）， ∴688﹣600＝88（元）， 所以共少支付88元． 【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，列代数式，关键是根据题意找到关系式． 10．（2026春•沈河区校级月考）如图，已知△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，EF交DC于点F，∠3+∠2＝180°，∠1＝∠B． 请补全下面解答过程，证明DE∥BC． 证明：∵∠DFE+∠2＝180°（　平角的定义　 ）， ∠3+∠2＝180°（已知）， ∴∠DFE＝∠　3　 （　等量代换　 ）． ∴AB∥EF（　内错角相等，两直线平行　 ）． ∴∠1＝∠ADE（　两直线平行，内错角相等　 ）． ∵∠1＝∠B（已知）， ∴∠ADE＝∠B （　等量代换　 ）． ∴DE∥BC（　同位角相等，两直线平行　 ）． 【分析】根据平行线的判定与性质，将所给证明过程补充完整即可． 【解答】证明：∵∠DFE+∠2＝180°（平角的定义）， ∠3+∠2＝180°（已知）， ∴∠DFE＝∠3（等量代换）， ∴AB∥EF（内错角相等，两直线平行）， ∴∠1＝∠ADE（两直线平行，内错角相等）． ∵∠1＝∠B（已知）， ∴∠ADE＝∠B（等量代换）， ∴DE∥BC（同位角相等，两直线平行）． 故答案为：平角的定义；3；等量代换；内错角相等，两直线平行；两直线平行，内错角相等；B；等量代换；同位角相等，两直线平行． 【点评】本题主要考查了平行线的判定与性质，熟知平行线的判定与性质是解题的关键． 11．（2025秋•梁溪区校级期末）如图，在四边形ABCD中，E是BC延长线的一点，连接AE交CD于点F，若∠B＝∠D，∠1+∠2＝180°． （1）求证：AB∥CD； （2）若∠E＝27°，求∠DAE的度数． 【分析】（1）根据∠1+∠2＝180°，∠1+∠CFE＝180°，得出∠2＝∠CFE，再根据平行线的判定方法进行求解即可； （2）由平行线的性质可得∠B＝∠ECF，根据∠B＝∠D，得出∠D＝∠ECF，根据平行线的判定得出AD∥BC，根据平行线的性质求出结果即可． 【解答】（1）证明：∵∠1+∠CFE＝180°，∠1+∠2＝180°， ∴∠2＝∠CFE， ∴AB∥CD（同位角相等，两直线平行）； （2）解：∵AB∥CD， ∴∠B＝∠ECF（两直线平行，同位角相等）， ∵∠B＝∠D， ∴∠D＝∠ECF， ∴AD∥BC， ∴∠DAE＝∠E＝27°． 【点评】本题主要考查了平行线的判定与性质，补角的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 12．（2026春•虹口区校级月考）如图在四边形ABCD中，AD∥BC．取CD中点P，联结AP，BP，若AP⊥BP． （1）求证：AD+BC＝AB； （2）若∠C＝90°，四边形ABCD面积为78，AB＝13，求CD的长． 【分析】（1）延长AP交BC的延长线于E，根据平行线的性质得到∠DAP＝∠E，根据全等三角形的性质得到AP＝PE，AD＝CE，根据等腰三角形的性质得到AB＝BE＝BC+CE＝BC+AD，于是得到AD+BC＝AB； （2）由（1）知，AD+BC＝AB＝13，根据梯形的面积公式即可得到结论． 【解答】（1）证明：延长AP交BC的延长线于E， ∵AD∥BC， ∴∠DAP＝∠E， ∵取CD中点P， ∴PD＝PC， 在△ADP与△ECP中， ， ∴△ADP≌△ECP（AAS）， ∴AP＝PE，AD＝CE， ∵PB⊥AE， ∴AB＝BE＝BC+CE＝BC+AD， 即AD+BC＝AB； （2）解：由（1）知，AD+BC＝AB＝13， ∵AD∥BC，∠BCD＝90°， ∴四边形ABCD面积（AD+BC）•CD13CD＝78， ∴CD＝12． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，梯形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 13．（2026春•虹口区校级月考）如图，点C在线段AE上，BC∥DE，AC＝DE，BC＝EC．延长AB分别交CD、ED于G、F． （1）求证：AB＝CD； （2）若∠ACB＝70°，∠DCE＝85°，求∠FGC的度数． 【分析】（1）根据SAS证明△ABC与△DCE全等，进而证明即可； （2）利用全等三角形的性质和三角形的内角和以及三角形的外角性质解答即可． 【解答】（1）证明：∵BC∥DE， ∴∠ACB＝∠CED， 在△ABC与△DCE中， ， ∴△ABC≌△DCE（SAS）， ∴AB＝CD； （2）解：∵△ABC≌△DCE， ∴∠A＝∠D，∠ABC＝∠DCE＝85°， ∵∠ACB＝70°， ∴∠A＝∠D＝180°﹣85°﹣70°＝25°， ∴∠FBC＝∠A+∠ACB＝25°+70°＝95°， ∵BC∥DE， ∴∠DFB＝∠FBC＝95°， ∴∠FGC＝∠D+∠DFB＝25°+95°＝120°． 【点评】本题主要考查的是全等三角形的性质和判定，找出△ABC与△DCE全等的条件是解题的关键． 14．（2026春•杨浦区校级月考）（1）已知在△ABC中，a＝12，b＝18，求第三边c的取值范围． （2）已知在△ABC中，a＝7，b：c＝4：3，求这个三角形周长的取值范围． 【分析】（1）由三角形三边关系定理得到6＜c＜30． （2）设b＝4x，c＝3x，由三角形三边关系定理得到1＜x＜7，因此14＜7x+7＜56，于是得到14＜这个三角形的周长＜56． 【解答】解：（1）由三角形三边关系定理得到：18﹣12＜c＜18+12， ∴6＜c＜30． （2）∵b：c＝4：3， ∴设b＝4x，c＝3x， ∴这个三角形的周长＝7x+7， 由三角形三边关系定理得到：b﹣c＜a＜b+c， ∴4x﹣3x＜7＜4x+3x， ∴1＜x＜7， ∴14＜7x+7＜56， ∴14＜这个三角形的周长＜56． 【点评】本题考查三角形三边关系，关键是掌三角形三边关系定理． 15．（2025春•浦东新区校级月考）如图，点B，C分别在射线AM，AN上，点E，F都在∠MAN内部的射线AD上，已知AB＝AC，且∠BED＝∠CFD＝∠BAC． （1）求证：△ABE≌△CAF； （2）试判断EF，BE，CF之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）根据已知和三角形外角性质求出∠ABE＝∠CAF，∠BAE＝∠FCA，根据ASA证两三角形全等即可； （2）结合（1）△ABE≌△CAF，可得AE＝CF，BE＝AF，进而根据线段的和差即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵∠BED＝∠BAE+∠ABE，∠BAC＝∠BAE+∠CAF， ∴∠ABE＝∠CAF， 同理：∠BAE＝∠ACF， 在△ABE和△CAF中， ， ∴△ABE≌△CAF（ASA）； （2）EF+CF＝BE，理由如下： ∵△ABE≌△CAF， ∴AE＝CF，BE＝AF， ∵AE+EF＝AF， ∴CF+EF＝BE． 【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质等知识点，主要考查学生的分析问题和解决问题的能力，解本题的关键是得到△ABE≌△CAF． 第 1 页 共 77 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新沪教版七年级下期中复习 优等生讲义 (6大考点精讲+创新压轴题+课后巩固) 复习范围：15.1-17.4 思维导图 · 课程内容总览 课程目标 · 精准把握学习方向 · 掌握 一元一次不等式(组)的解法，能利用数轴确定解集，并能解决含参问题和实际应用（利润、生产方案）。 · 熟练运用 平行线的性质与判定，掌握平行线间角度转换（拐点模型、折叠、旋转），能进行综合推理与计算。 · 理解并应用 三角形的内角和定理、外角性质，能解决“燕尾形”、角平分线夹角、新定义（特征三角形、分角三角形）问题。 · 系统掌握 全等三角形的概念、性质及五种判定方法（SSS,SAS,ASA,AAS,HL），能灵活构造全等证明线段、角相等。 · 突破压轴：方案优化、新定义（系数补角）、一线三等角模型、飞镖模型、“8字形”角度计算，提升几何建模与代数综合能力。 ✨ 核心思想：数形结合 · 模型思想 · 分类讨论 · 方程思想 知识梳理 · 核心知识点 ☆ 一、一元一次不等式（组） 1. 不等式基本性质 ▪ 性质1：a＞b ⇒ a±c＞b±c ▪ 性质2：a＞b, c＞0 ⇒ ac＞bc；性质3：a＞b, c＜0 ⇒ ac＜bc（不等号方向改变）。 2. 一元一次不等式组 ▪ 解集规律：“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无解了”。 ▪ 含参问题：根据解集情况（无解、有解、整数解个数）列不等式求参数范围。 3. 实际应用 ▪ 利润、生产方案问题：设未知数，根据“不多于”“不少于”列不等式组，求整数解方案，再比较利润最值。 ☆ 二、相交线与平行线 1. 平行线的判定与性质 ▪ 判定：同位角相等/内错角相等/同旁内角互补 → 两直线平行。 ▪ 性质：两直线平行 → 同位角相等/内错角相等/同旁内角互补。 2. 常见模型 ▪ “拐点”模型（过拐点作平行线）：∠B+∠D=∠E（铅笔型、猪蹄型）。 ▪ 折叠问题：折痕为角平分线，对应角相等。 ▪ 旋转问题：三角板旋转，分类讨论直角边平行。 ▪ 光的反射：入射角等于反射角，常与平行线结合。 ☆ 三、三角形的概念和内外角和 1. 内角和定理：∠A+∠B+∠C=180°。 2. 外角性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和；外角大于任何一个不相邻的内角。 3. 重要模型 ▪ “燕尾形”（凹四边形）：∠BDC=∠A+∠B+∠C。 ▪ 角平分线夹角：两条内角平分线夹角=90°+ ∠A；一条内角一条外角平分线夹角= ∠A。 ▪ 高线交点：锐角三角形高交于内一点；钝角三角形高交于外一点，利用四边形内角和求角。 ▪ 新定义：特征三角形（一个角是另一个角的两倍）、n分角三角形，分类讨论求解。 ☆ 四、三角形全等的概念与性质 ▪ 全等定义：能够完全重合的两个三角形。 ▪ 性质：对应边相等，对应角相等，对应线段（高、中线、角平分线）相等，周长、面积相等。 ▪ 全等变换：平移、翻折、旋转前后全等，对应边夹角相等。 ☆ 五、三角形全等的判定 ▪ 五种判定：SSS、SAS、ASA、AAS、HL（直角三角形）。 ▪ 常见模型：平移型、对称型、旋转型（手拉手）、一线三等角型。 ▪ 动点全等问题：根据速度和时间分类讨论对应顶点，利用全等对应边相等列方程求速度。 ▪ 辅助线技巧：倍长中线、截长补短、构造全等三角形。 ☆ 六、创新及压轴题核心思想 ▪ 方案优化（二元一次方程组+不等式组）； ▪ 新定义（系数补角）：转化为方程求解角度； ▪ 一线三等角模型（K型全等）：∠BDA=∠AEC=∠BAC → 证明△ABD≌△CAE，得到DE=BD+CE； ▪ “8字形”角度和、“飞镖图”角度和（凹四边形外角定理）； ▪ 旋转与翻折中的全等构造，面积转化。 □ 核心公式与性质速查表 模块 核心内容 重要结论/公式 不等式(组) 解集规律、含参整数解 同大取大，同小取小；数轴表示 平行线 判定与性质、拐点模型 过拐点作平行线→∠E=∠B+∠D 三角形角关系 内角和、外角定理 外角=不相邻内角和；燕尾形∠BDC=∠A+∠B+∠C 角平分线夹角 内角平分线交点P ∠BPC=90°+ ∠A 全等判定 SSS,SAS,ASA,AAS,HL 对应边相等，对应角相等 一线三等角 K型全等模型 △ABD≌△CAE → DE=BD+CE “8字形” 对顶三角形 ∠A+∠B=∠C+∠D 核心考点 ·6类题型精讲 【考点1】一元一次不等式(组)解法与含参问题（对应题号：1-7） ✅ 方法总结 · 解不等式组步骤：分别解每个不等式 → 借助数轴找公共部分。 · 已知解集求参数：将参数视为常数，先解出含参解集，再根据解集端点比较列不等式。 · 整数解个数问题：先解出解集，确定整数范围，端点用“≥”“≤”约束。 · 实际应用题（利润、生产方案）：设未知数列不等式组，求整数解，再比较利润最值。 1．若关于x的不等式组的解集为x≥a，那么a的取值范围是（　　） A．a＞3 B．a＜3 C．a≥3 D．a≤3 2．下列变形正确的是（　　） A．由﹣x＞5，得x＞﹣5 B．由，得x≥﹣3 C．由x＞y，得xz2＞yz2 D．由xz2＞yz2，得x＞y 3．若不等式组无解，则a的取值范围是　 　 ． 4．长方形一边长x，另一边长为x﹣3，又长方形周长不大于20，则x的取值范围为　 　 ． 5．某班思政课上举行了普法知识竞赛，共有30道题，规定答对一题得5分，不答得0分，答错一题扣2分，在这次竞赛中小聪有1道题没答，竞赛成绩超过90分，那么小聪至多答错了　 　 道题． 6．解不等式： （1）； （2）． 7．某工厂计划生产A、B两种产品共10件，其生产成本和利润如表： A种产品 B种产品 成本（万元/件） 2 5 利润（万元/件） 1 3 （1）若工厂计划获利14万元，问A、B两种产品应分别生产多少件？ （2）若工厂计划投入资金不多于44万元，且获利多于20万元，问工厂有哪几种生产方案？ （3）在（2）的条件下，哪种生产方案获利最大？并求出最大利润． 【考点2】平行线的性质、判定与角度计算（对应题号：8-24） ✅ 方法总结 · 复杂图形中找“三线八角”，过拐点作平行线是核心技巧。 · 折叠问题：折痕平分角，对应角相等，可转化为方程求角。 · 三角板旋转：分类讨论直角边平行，利用平行线性质列角度方程。 · 光的反射：入射角=反射角，结合法线垂直，转化为角相等。 · 平行线+角平分线模型：常推出等腰三角形或等角关系。 8．已知命题： ①腰和腰上的高对应成比例的两个等腰三角形相似； ②底边和腰上的高对应成比例的两个等腰三角形相似． 下列对这两个命题的判断，正确的是（　　） A．①和②都是真命题 B．①和②都是假命题 C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题 9．如图，AB∥DE，BC∥EF，那么下列关系不一定成立的是（　　） A．∠3＝∠2+∠4 B．∠3＝∠4+∠5 C．∠3+∠5﹣∠6＝180° D．∠1+∠5﹣∠6+∠7＝180° 10．用20米长的篱笆围成一个一面靠墙的矩形养鸡场，在平行于墙的一边上开一扇2米宽的门．若设垂直于墙的一边为x米，则平行墙的一边为（　　）米． A．18﹣2x B．20﹣2x C．20+2x D．22﹣2x 11．如图，AB⊥BC，EM平分∠AEC交AB于M，EM⊥MC，∠1+∠2＝90°，F，D分别是AE，BC延长线上的点，∠MEF和∠MCD的平分线交于点N．下列结论： ①∠1＝90°∠BCE； ②AF∥BD； ③CM平分∠ECB； ④∠N＝135°， 其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 12．将一副三角板中的两块直角三角尺的直角顶点C按如图所示的方式叠放在一起，其中∠A＝60°，∠D＝30°，∠B＝∠E＝45°，当∠ACE＜180°且点E在直线AC的上方时，如果三角板BCE的直角边与边AD平行，那么∠ACE的度数为（　　） A．30或60 B．60或120 C．45或60 D．30或120 13．平面镜反射光线的规律是：射到平面镜上的光线和被反射出的光线与平面镜所夹的锐角相等，如图1，一束光线m射到平面镜α上，被平面镜α反射后的光线为n，则∠1＝∠2．如图2，一束光线AB先后经平面镜OM、ON反射后，反射光线CD与AB平行．若∠NCD＝58°，则∠MBA的大小为（　　） A．42° B．38° C．32° D．28° 14．下列命题是真命题的有（　　）个． ①“画线段CD”不是命题； ②两条直线被第三条直线所截，同位角的平分线平行； ③“对顶角相等”的逆命题是真命题； ④过一点有且只有一条直线与已知直线平行． A．0 B．1 C．2 D．3 15．如图，把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，A′B′与BC交于点G，若∠A′GC＝60°，则∠BFE的度数为 　 　 ． 16．如图，已知AB∥CD，∠BAC＝100°，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∠ANC＝2∠AMC，当时，∠PCM＝　 　 ． 17．如图，AD∥BC，BD平分∠ABC，∠A＝（4x+30）°，∠ADB＝（x+15）°，那么∠A＝　 　 ． 18．如图①为北斗七星的位置图，如图②将北斗七星分别标为A、B、G、C、D、E、F，将A、B、G、C、D、E、F顺次首尾连接．若B、G、C三点共线，AF恰好经过点G，且AF∥DE，∠B＝∠BCD+8°，∠D＝110°，则∠B﹣∠CGF＝ 　 　 ． 19．当光线从空气中射入某种液体中时，光线的传播方向发生了变化，在物理学中这种现象叫做光的折射．如图，MN为液面，AB⊥MN于点D，一束光线沿CD射入液面，在点D处发生折射，折射光线为DE，点F为CD的延长线上一点，若入射角∠1＝50°，折射角∠2＝36°，则∠EDF的度数为　 　 ． 20．将一副三角尺如图1所示摆放，AB、FD分别在直线GH、MN上，∠BAC＝30°，∠E＝45°，直线GH∥MN．现将三角尺ABC绕点A以每秒1°的速度顺时针旋转，同时三角尺DEF绕点D以每秒2°的速度顺时针旋转，如图2，设时间为t秒，当0≤t≤180时，如果边BC与三角尺DEF的一条直角边平行（旋转过程中三角尺任意两边所在的直线不重合），那么所有满足条件的t的值为　 　 ． 21．如图，已知AC∥FE，∠1+∠2＝180°． （1）求证：∠FAB＝∠BDC； （2）若AC平分∠FAD，EF⊥BE于点E，∠FAD＝80°，求∠BCD的度数． 22．如图，直线AB和CD相交于点O，OE把∠AOC分成两部分，且∠AOE：∠COE＝2：3，OF平分∠BOE． （1）如图1，如果AB⊥CD，求∠BOF的度数； （2）如图2，如果∠BOF＝∠AOC+12°，则∠BOF的度数为　 　 ． 23．问题探究： 如图①，已知AB∥CD，我们发现∠E＝∠B+∠D．我们怎么证明这个结论呢？ 张山同学：如图②，过点E作EF∥AB，把∠BED分成∠BEF与∠DEF的和，然后分别证明∠BEF＝∠B，∠DEF＝∠D． 李思同学：如图③，过点B作BF∥DE，则∠E＝∠EBF，再证明∠ABF＝∠D． 问题解答： （1）填空：请按张山同学的思路，写出证明过程． 证明：过点E作EF∥AB ∴∠B＝∠　 　 ， ∵EF∥AB，AB∥CD， ∴EF∥CD（　 　 ）， ∴∠　 　 ＝∠DEF（　 　 ）， ∴∠BEF+∠DEF＝∠B+∠D， 即∠BED＝∠B+∠D， （2）请按李思同学的思路，写出证明过程； 证明：过点B作BF∥DE交CD的延长线于点G…… 问题迁移： （3）如图④，已知AB∥CD，EF平分∠AEC，FD平分∠EDC．若∠CED＝3∠F，请直接写出∠F的度数． 24．在学习了平行线的性质后，老师请同学们证明命题：两条平行线被第三条直线所截，一组同旁内角的平分线互相垂直． 小颖根据命题画出图形并写出如下的已知条件． 已知：如图1，AB∥CD，直线EF分别交AB，CD于点E，F．∠BEF的角平分线EG与∠DFE的角平分线FG交于点G． （1）直线EG，FG有何位置关系？直接写出结论 　 　 ． （2）在图1的基础上，分别作∠BEG的角平分线EM与∠DFG的角平分线FM交于点M，得到图2，求∠EMF的度数． （3）如图3，AB∥CD，直线EF分别交AB，CD于点E，F点O在直线AB，CD之间，且在直线EF右侧，∠BEO的角平分线EP与∠DFO的角平分线FP交于点P，请直接写出∠EOF与∠EPF满足的数量关系 　 　 ． 【考点3】三角形内角和、外角及新定义问题（对应题号：25-37） ✅ 方法总结 · 利用内角和180°及外角定理建立方程求角度。 · “燕尾形”结论可直接使用：凹四边形外角等于其余三角和。 · “特征三角形”：一个内角是另一个的2倍，分类讨论哪个角是“特征角”。 · “n分角三角形”：分角α是另一个角的 ，注意α是正整数度数，分情况讨论。 · 角平分线交点问题：内外角平分线夹角公式。 25．如图在△ABC中，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝EF，AE＝EC．则下列说法中不正确是（　　） A．∠ADE＝∠EFC B．∠A+∠DEC+∠F＝180° C．∠B+∠BCF＝180° D．S△ABC＝S四边形DBCF 26．若使用如图所示的a，b两根直铁丝做成一个三角形框架，需要将其中一根铁丝折成两段，则可以分为两段的铁丝是（　　） A．a，b都可以 B．a，b都不可以 C．只有a可以 D．只有b可以 27．形如燕尾的几何图形我们通常称之为“燕尾形”．如图是一个“燕尾形”．已知∠ADC＝105°，∠ABC＝63°，∠BAD＝22°，则∠BCD的度数为（　　） A．63° B．20° C．85° D．105° 28．如图，小轩的乒乓球掉到沙发下，他借助平面镜反射的原理找到了乒乓球的位置．已知法线OC⊥MN，反射光线AO与水平线的夹角∠AOD＝56°，则平面镜MN与水平线BD的夹角∠DON的大小为（入射光线与镜面的夹角等于反射光线与镜面的夹角）（　　） A．24° B．28° C．34° D．56° 29．在钝角△ABC中，∠A＝120°，则∠B、∠C平分线所在直线的夹角为　 　 °． 30．在△ABC中，∠BAC＝65°，若三条高所在直线交于点H，则∠BHC＝　 　 °． 31．当三角形中一个内角α是另一个内角β的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中α称为“特征角”．如果一个直角三角形为“特征三角形”，那么它的“特征角”等于　 　 度． 32．我们给出定义：若三角形中一个内角α（α为正整数度数）是另一个内角的n分之一（n为大于1的正整数），我们称这个三角形是“n分角三角形”，其中α称为“分角”已知一个“2分角三角形”中有一个内角为60°，那么这个“2分角三角形”中分角α的度数是 　 　 ；已知一个“n分角三角形”中有一个内角为50°，那么这个“n分角三角形”中分角α的度数可能值共有 　 　 种． 33．如图，在△ABC中，∠A＝42°，，，则∠BDC＝　 　 ． 34．如果一个三角形的一边长是5cm，另一边长是2cm，若第三边长是xcm，且x为奇数，则此三角形的周长为　 　 cm． 35．如图，在△ABC中，∠B＝∠C，点D在BC上，点E在AC上，且∠ADE＝∠AED，∠BAC＝80°． （1）如果AD平分∠BAC，求∠EDC的大小； （2）如果∠EDC与∠BAD互余，求∠CAD的大小． 36．在△ABC中，∠A＝60°，点D、E分别是△ABC边AC、AB上的点，点P是一动点，设∠PDC＝∠1，∠PEB＝∠2，∠DPE＝∠α． （1）如图1，若点P在线段BC上，且∠α＝50°，求∠1+∠2的度数； （2）若点P在线段BC延长线上，请分别写出图2，图3中，∠1、∠2与∠α之间的数量关系． 图2：　 　 ；图3：　 　 ． 37．综合与实践 （1）如图1，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点P，如果∠A＝70°，那么∠BPC＝　 　 ． （2）如图2，作△ABC外角∠MBC、∠NCB的平分线交于点Q，试求出∠Q、∠A之间的数量关系　 　 ． （3）如图3，延长BP、QC交于点E，在△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的4倍，请简单写出过程，求∠A的度数． 【考点4】全等三角形的性质与对应关系（对应题号：38-43） ✅ 方法总结 · 全等三角形对应顶点确定后，对应边、对应角相等，可用来求未知角或边长。 · 利用全等转化线段和角，解决“周长和”“面积”问题。 · 结合角平分线、平行线等条件，先证全等再得新关系。 38．如图，已知△ABC≌△DEF，CD平分∠BCA，若∠D＝30°，∠CGF＝88°，则∠E的度数是（　　） A．50° B．44° C．34° D．30° 39．如图，N，C，A三点在同一直线上，在△ABC中，∠A：∠ABC：∠ACB＝3：5：10，又△MNC≌△ABC，则∠BCM：∠BCN等于（　　） A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．1：4 40．如图△ABC≌△ADE，∠D＝20°，∠E＝100°，C在AD上，则∠EFC＝　 　 °． 41．如图，已知△ABC≌△A′BC′，AA′∥BC，∠ABC＝65°，那么∠CBC′＝　 　 ． 42．如图，△ABC≌△ADE，点E在边BC上（不与点B，C重合），DE与AB交于点F． （1）若∠CAD＝110°，∠BAE＝30°，求∠BAD的度数； （2）若AD＝10，BE＝CE＝4.5，求△ADF与△BEF的周长和． 43．如图，点F、G分别在正五边形ABCDE的边BC、CD上，连结AF、BG相交于H，△ABF≌△BCG． （1）求∠ABC的度数； （2）求∠AHG的度数． 【考点5】全等三角形的判定与动点全等问题（对应题号：44-51） ✅ 方法总结 · 判定方法选择：已知两边找夹角(SAS)或第三边(SSS)；已知一角找夹边(ASA)或对边(AAS)。 · 动点全等：设运动时间t，表示相关线段，分类讨论对应顶点，利用全等对应边相等列方程求速度或时间。 · 常用辅助线：倍长中线构造全等；截长补短法证明线段和差；作垂线构造直角三角形HL。 · 一线三等角模型：∠BDA=∠AEC=∠BAC → 证△ABD≌△CAE。 44．如图，D为等腰三角形ABC内一点，AC＝BC＝BP，AD＝BD，∠DBP＝∠DBC，∠C＝62°，则∠BPD的度数为（　　） A．20° B．28° C．30° D．31° 45．如图，已知在四边形ABCD中，AB＝12cm，BC＝8cm，CD＝14cm，∠B＝∠C，点E为线段AB的中点，点P在线段BC上以3cm/s的速度由点B向点C运动，同时点Q在线段CD上由点C向点D运动．要使△BPE与△CPQ全等，点Q的运动速度为（　　） A．3cm/s B．4cm/s C．2cm/s或4.5cm/s D．3cm/s或4.5cm/s 46．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，D为BC延长线上一点，CE⊥AC，垂足为C，且CE＝AC，连接BE，若BC＝16，则△BCE的面积为　 　 ． 47．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，E，F分别是BC，CD上的点，连接AE，AF，EF，若BE＝2，DF＝4，则EF的长为　 　 ． 48．如图，在△MPN中，H是高MQ和NR的交点，且PM＝HN，若MH＝3，PQ＝4，则QN的长为 　 　 ． 49．如图在四边形ABCD中，AD∥BC．取CD中点P，联结AP，BP，若AP⊥BP． （1）求证：AD+BC＝AB； （2）若∠C＝90°，四边形ABCD面积为78，AB＝13，求CD的长． 50．如图，在△ABC中，D为AB边上一点，E为AC的中点，连接DE并延长至点F，使得EF＝ED，连接CF． （1）求证：CF∥AB； （2）若∠ABC＝50°，且AC平分∠BCF，求∠A的度数． 51．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC，∠ACB， （1）求∠AOE的度数； （2）试说明：AC＝AE+CD． 【考点6】创新压轴方案设计、新定义、几何模型（对应题号：52-56） ✅ 方法总结 · 方案设计：列方程组与不等式组，求整数解，再比较利润或费用。 · 新定义“系数补角”：∠P+t∠Q=180°，转化为方程求角度，注意多解。 · “8字形”模型：∠A+∠B=∠C+∠D；用于求角或证明。 · “飞镖图”（凹四边形）：∠BDC=∠A+∠B+∠C，结合内外角平分线求角。 · 面积问题：利用全等转换面积，或等高模型。 52．某中学开学初到商场购买A、B两种品牌的足球，购买A种品牌的足球50个，B种品牌的足球25个，共花费4500元．已知购买一个B种品牌的足球比购买一个A种品牌的足球多花30元 （1）求购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球各需多少元？ （2）学校为了响应习总书记“足球进校园”的号召，决定再次购进A、B两种品牌足球共50个，正好赶上商场对商品价格进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高4元，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果学校此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的70%，且保证这次购买的B种品牌足球不少于23个，则这次学校有哪几种购买方案？ 53．在平面内，对于∠P和∠Q，给出如下定义：若存在一个常数t（t＞0），使得∠P+t∠Q＝180°，则称∠Q是∠P的“t系数补角”．例如，∠P＝80°，∠Q＝20°，有∠P+5∠Q＝180°，则∠Q是∠P的“5系数补角”． 【概念理解】 （1）若∠P＝90°，在∠1＝60°，∠2＝45°，∠3＝30°中，∠P的“3系数补角”是　 　 ； 【初步认识】 （2）在平面内，AB∥CD，点E为直线AB上一点，点F为直线CD上一点．如图1，点G为平面内一点，连接GE，GF，∠DFG＝50°，若∠BEG是∠EGF的“6系数补角”，求∠BEG的大小． 【问题解决】 （3）连接EF．点M、N为直线AB与直线CD间的动点（点M、N不在直线EF上），AEM，．∠EMF是∠ENF的“2系数补角”，当点M、N在直线EF异侧时，如图2，∠ENF的度数为　 　 ；若点M、N在线段EF同侧，其他条件不变，在备用图中画出对应的图形，此时∠ENF的度数为　 　 ． 54．（1）如图①，已知：△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥m于D，CE⊥m于E，求证：DE＝BD+CE； （2）拓展：如图②，将（1）中的条件改为：△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，α为任意锐角或钝角，请问结论DE＝BD+CE是否成立？如成立，请证明；若不成立，请说明理由； （3）应用：如图③，在△ABC中，∠BAC是钝角，AB＝AC，∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，直线m与BC的延长线交于点F，若BC＝2CF，△ABC的面积是12，求△ABD与△CEF的面积之和． 55．【问题背景】 （1）如图①的图形我们把它称为“8字形”，请说明∠A+∠B＝∠C+∠D； 【简单应用】 （2）如图②，AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC＝35°，∠ADC＝15°，求∠P的度数； 【问题探究】 （3）如图③，直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC＝35°，∠ADC＝29°，请直接写出∠P的度数． 56．【问题呈现】如图①，四边形ABCD形似“飞镖”，我们形象地称它为“飞镖图”．它实际上是凹四边形，通过探究发现：凹四边形中最大内角外面的角等于其余三个内角之和，即∠BDC＝∠A+∠B+∠C． 【探究推理】方法一：如图②，连结BC． ∵在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴∠A+∠1+∠2+∠3+∠4＝180°． 又∵在△BDC中，∠2+∠4+∠BDC＝180°， ∴∠2+∠4＝180°﹣∠BDC， ∴∠A+∠1+∠3+180°﹣∠BDC＝180°， ∴∠BDC＝∠A+∠1+∠3． 即∠BDC＝∠A+∠ABD+∠ACD． 方法二：如图③，连结AD并延长至F． ∵∠3与∠4分别为△ABD和△ACD的外角， … （1）“方法一”主要依据的数学定理是　 　 ； （2）根据“方法二”中辅助线的添加方式，写出余下的推理过程． 【迁移应用】（3）如图④，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝　 　 ； （4）如图⑤是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠CAB、∠CBA、∠D的大小保持不变．为了舒适，需调整∠E的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠E应　 　 （填“增加”或“减少”）的大小为 　 　 度． 课后巩固 · 针对性练习 · 课后1  平行线间角平分线模型，求∠M与∠N数量关系。 · 课后2  含参不等式组有三个整数解，求参数范围（端点分析）。 · 课后3  利润折扣问题（利润率不低于10%→列不等式求最低折扣）。 · 课后4  已知a范围，求不等式组整数解乘积。 · 课后5  平行线拐点模型，通过作辅助线列方程求x+y。 · 课后6  等腰三角形底角相等，利用外角性质求∠DAE。 · 课后7  三角形中线倍长法求中线取值范围（构造全等三角形）。 · 课后8  解不等式组并求所有整数解。 · 课后9  分段优惠方案（满减、打折），列不等式组求x范围及最优凑单策略。 · 课后10  平行线判定与性质填空（补全证明过程）。 · 课后11  四边形中平行线的判定与角度计算。 · 课后12  中点+垂直证AD+BC=AB，并求CD长（与考点5题49同类）。 · 课后13  平移全等模型（SAS证全等），求角度。 · 课后14  三角形三边关系：已知两边求第三边范围；已知两边比求周长范围。 · 课后15  一线三等角模型（△ABE≌△CAF），探究EF、BE、CF数量关系。 ✨ 复习建议：课后题覆盖所有六大板块，重点突破不等式整数解、平行线拐点模型、全等构造（倍长中线、一线三等角）、新定义角度问题，建议结合错题本归类模型。 1．（2026春•和平区校级月考）如图，已知AB∥CD，M为平行线之间一点，连接AM，CM，N为AB延长线上一点，连接AN，CM，CN分别平分∠BAE，∠DCN，则∠M与∠N的数量关系为（　　） A．∠M﹣∠N＝90° B．∠M+2∠N＝180° C．∠M+∠N＝180° D．2∠M﹣∠N＝180° 2．（2026春•碑林区校级月考）若不等式组有三个整数解，则实数a的取值范围是　 　 ． 3．（2026春•杨浦区校级月考）某种商品的进价为300元，出售时标价为500元，后由于商品滞销，但要保持利润率不低于10%，则至多可打　 　 折． 4．（2025秋•镇海区校级期末）已知6＜a＜7，则关于x的不等式组的所有整数解的积是　 　 ． 5．（2026春•慈溪市月考）如图，AB∥CD，则x+y＝　 　 ． 6．（2026春•虹口区校级月考）如图，若∠BAC＝110°，∠BAE＝∠BEA，∠CAD＝∠CDA，则∠DAE＝　 　 °． 7．（2025春•青浦区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝1，AD是△ABC的中线，设AD长为x，那么x的取值范围是　 　 ． 8．（2026•长沙模拟）求不等式组的所有整数解． 9．（2026•商水县模拟）为迎接店庆，某超市举行促销活动，消费不超过200元的按原价付款，对消费超过200元的顾客实行如下优惠： 一次性购物 优惠方案 超过200元但不超过600元 超过200元不超过600元的部分打八折 超过600元 每满300元减100元 （1）顾客甲一次性购物x（200＜x≤600）元，用含x的式子表示他实际付款的钱数； （2）顾客乙一次性购物x（0＜x＜200）元，顾客丙一次性购物（x+400）元，若结账时乙丙两人实际付款金额的差值不超过336元，求x的取值范围； （3）顾客丁购买了如下标价的物品：一个电饭煲445元，五斤排骨（38元/斤），两提牛奶（75元/提），两板鸡蛋（35元/板），一提卷纸27元，一个文具袋6元．他正准备一次性付款时，朋友说可以再买价值a（a＜20）元的商品一起一次性付款能支付最少的钱，请直接写出a的值，并计算朋友的方案相较于顾客丁原来的方案能少支付多少钱？ 10．（2026春•沈河区校级月考）如图，已知△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，EF交DC于点F，∠3+∠2＝180°，∠1＝∠B． 请补全下面解答过程，证明DE∥BC． 证明：∵∠DFE+∠2＝180°（　 　 ）， ∠3+∠2＝180°（已知）， ∴∠DFE＝∠　 　 （　 　 ）． ∴AB∥EF（　 　 ）． ∴∠1＝∠ADE（　 　 ）． ∵∠1＝∠B（已知）， ∴∠ADE＝∠　 　 （　 　 ）． ∴DE∥BC（　 　 ）． 11．（2025秋•梁溪区校级期末）如图，在四边形ABCD中，E是BC延长线的一点，连接AE交CD于点F，若∠B＝∠D，∠1+∠2＝180°． （1）求证：AB∥CD； （2）若∠E＝27°，求∠DAE的度数． 12．（2026春•虹口区校级月考）如图在四边形ABCD中，AD∥BC．取CD中点P，联结AP，BP，若AP⊥BP． （1）求证：AD+BC＝AB； （2）若∠C＝90°，四边形ABCD面积为78，AB＝13，求CD的长． 13．（2026春•虹口区校级月考）如图，点C在线段AE上，BC∥DE，AC＝DE，BC＝EC．延长AB分别交CD、ED于G、F． （1）求证：AB＝CD； （2）若∠ACB＝70°，∠DCE＝85°，求∠FGC的度数． 14．（2026春•杨浦区校级月考）（1）已知在△ABC中，a＝12，b＝18，求第三边c的取值范围． （2）已知在△ABC中，a＝7，b：c＝4：3，求这个三角形周长的取值范围． 15．（2025春•浦东新区校级月考）如图，点B，C分别在射线AM，AN上，点E，F都在∠MAN内部的射线AD上，已知AB＝AC，且∠BED＝∠CFD＝∠BAC． （1）求证：△ABE≌△CAF； （2）试判断EF，BE，CF之间的数量关系，并说明理由． 第 1 页 共 20 页 学科网（北京）股份有限公司 $