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专题7.2 平行线的性质-七年级数学下册举一反三系列（苏科版）
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专题7.2 平行线的性质【十大题型】
【苏科版】
【题型1 平行线的判定与性质的运用（计算与证明）】 1
【题型2 平行线的判定与性质（书写过程）】 5
【题型3 平行线与三角尺（直角顶点在平行线上）】 10
【题型4 平行线与三角尺（直角顶点不在平行线上）】 12
【题型5 平行线的判定与性质综合（角度之间的数量关系）】 18
【题型6 平行线的判定与性质综合（求定值）】 24
【题型7 平行线的判定与性质综合（规律问题）】 35
【题型8 平行线的性质（折叠问题）】 40
【题型9 平行线的应用（转角问题）】 46
【题型10 平行线的判定与性质综合（旋转）】 51
【知识点 平行线的性质】
1. 两条平行被第三条直线所截同位角相等.简单说成两直线平行同位角相等.
2. 两条平行线被第三条直线所截内错角相等.简单说成两直线平行内错角相等.
3. 两条平行线被第三条直线所截同旁内角互补.简单说成两直线平行同旁内角互补.
【题型1 平行线的判定与性质的运用（计算与证明）】
【例1】（2022·西藏·林芝市广东实验中学七年级期中）如图，点D，E在AC上，点F，G分别在BC，AB上，且DG∥BC，∠1＝∠2．
(1)求证：DB∥EF；
(2)若EF⊥AC，∠1＝50°，求∠ADG的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠ADG＝40°
【分析】（1）利用两直线平行，内错角相等，再根据同位角相等，两直线平行即可得证；
（2）先求出∠C，再根据两直线平行，同位角相等，即可得解．
（1）
证明：∵DG∥BC，
∴∠1＝∠DBC．
又∵∠1＝∠2，
∴∠2＝∠DBC，
∴DB∥EF．
（2）
∵EF⊥AC，
∴∠CEF＝90°．
∵∠2＝∠1＝50°，
∴∠C＝90°－50°＝40°．
∵DG∥BC，
∴∠ADG＝∠C＝40°．
【点睛】本题考查平行线的判定和性质．熟练掌握平行线的性质和判定是解题的关键．
【变式1-1】（2022·湖北·五峰土家族自治县中小学教研培训中心七年级期末）已知：如图，AE⊥BC,FG⊥BC，∠CEA=∠FGB，∠D=∠ABC+50°，∠CBD=70°．
(1)求证：AB∥CD；
(2)求∠C的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)∠C=30°
【分析】（1）先证明AE∥GF，可得∠EAB=∠FGB，再证明∠CEA=∠EAB，从而可得答案；
（2）由AB∥CD，可得∠D+∠CBD+∠ABC=180°，再把∠D=∠ABC+50°,∠CBD=70° 代入进行计算即可.
（1）
证明：∵AE⊥BC，FG⊥BC，
∴AE∥GF，
∴∠EAB=∠FGB，
∵∠CEA=∠FGB，
∴∠CEA=∠EAB，
∴AB∥CD；
（2）
解：由（1）得，AB∥CD，
∴∠D+∠CBD+∠ABC=180°，
∵∠D=∠ABC+50°,∠CBD=70°，
∴∠ABC+70°+∠ABC+50°=180°
∴∠ABC=30°，
∴∠C=∠ABC=30°．
【点睛】本题考查的是平行线的判定与性质，方程思想的应用，掌握“平行线的判定与性质”是解本题的关键.
【变式1-2】（2022·重庆·巴川初级中学校七年级期中）如图，△ABC中，∠BAC的角平分线交BC于D，点F在BA的延长线上，点E在线段CD上，EF与AC相交于点G，且∠BDA+∠CEG=180°．
(1)求证：AD∥EF；
(2)若点H在FE的延长线上，且∠EDH＝∠C，则∠F与∠H相等吗？请说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)∠F=∠H，说明见详解
【分析】（1）根据∠BDA+∠CEG=180°，∠DEF+∠CEG=180°，可得∠BDA=∠DEF，根据同位角相等，两直线平行可判定AD∥EF；
（2）根据∠EDH=∠C，可得DH∥AC，继而得到∠H=∠EGC，由对顶角∠AGF=∠EGC，可得∠H=∠AGF，由（1）AD∥EF可得∠DAG=∠AGF，∠BAD=∠F，再因为AD是∠BAC的角平分线，有∠DAG=∠BAD，即可证明∠F=∠H．
（1）
证明：∵∠BDA+∠CEG=180°，∠DEF+∠CEG=180°，
∴∠BDA=∠DEF，
∴AD∥EF．
（2）
解：∠F=∠H，理由如下：
∵∠EDH=∠C，
∴DH∥AC，
∴∠H=∠EGC，
∵∠AGF=∠EGC，
∴∠H=∠AGF，
∵AD∥EF，
∴∠DAG=∠AGF，∠BAD=∠F，
又∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠DAG=∠BAD，
∴∠F=∠H．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义，熟练掌握并应用平行线的判定与性质是解答本题的关键．
【变式1-3】（2022·湖北·武汉市新洲区阳逻街第一初级中学三模）如图，已知AD⊥BC，EF⊥BC，∠1=∠2．
(1)求证：EF∥AD；
(2)求证：∠BAC+∠AGD=180°．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据垂直得出∠EFB=∠ADB=90°，根据平行线的判定得出EF∥AD；
（2）根据平行线的性质得出∠1=∠BAD，由∠1=∠2得出∠2=∠BAD，根据平行线的判定得出DG∥BA，再根据平行线的性质即可得解．
【详解】（1）证明：∵AD⊥BC，EF⊥BC，
∴∠EFB=90°，∠ADB=90°（垂直的定义），
∴∠EFB=∠ADB（等量代换），
∴EF∥AD（同位角相等，两直线平行）；
（2）证明：∵EF∥AD，
∴∠1=∠BAD（两直线平行，同位角相等），
又∵∠1=∠2（已知），
∴∠2=∠BAD（等量代换），
∴DG∥BA（内错角相等，两直线平行），
∴∠BAC+∠AGD=180°（两直线平行，同旁内角互补）．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，熟记平行线的判定定理与性质定理是解题的关键．
【题型2 平行线的判定与性质（书写过程）】
【例2】（2022·黑龙江·哈尔滨市风华中学校七年级期中）如图，∠1=∠2，∠A=∠D．
求证：∠B=∠C．（请把下面证明过程补充完整）
证明：∵1=∠2（已知）
又∵∠1=∠3（____________）
∴∠2=∠3（____________）
∴AE∥FD（_____________）
∴∠A=∠_____（______________）
∵∠A=∠D（已知）
∴∠D=∠BFD（等量代换）
∴_____∥CD（__________________）
∴∠B=∠C（____________）
【答案】对顶角相等；等量代换；内错角相等，两直线平行；BFD；两直线平行，内错角相等；AB；内错角相等，两直线平行；两直线平行，内错角相等．
【分析】先利用对顶角的性质证明∠2=∠3，再证明AE∥FD，可证明∠A=∠BFD，可得∠D=∠BFD，再证明AB∥CD，从而可得答案．
【详解】证明：∵1=∠2（已知）
又∵∠1=∠3（对顶角相等）
∴∠2=∠3（等量代换）
∴AE∥FD（内错角相等，两直线平行）
∴∠A=∠BFD（两直线平行，内错角相等）
∵∠A=∠D（已知）
∴∠D=∠BFD（等量代换）
∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行）
∴∠B=∠C（两直线平行，内错角相等）
【点睛】本题考查的是对顶角的性质，平行线的判定与性质，熟练的利用平行线的判定与性质进行证明是解本题的关键．
【变式2-1】（2022·黑龙江·哈尔滨市萧红中学校七年级阶段练习）阅读并完成下面的证明过程：
已知：如图，AB∥EF，∠1=∠2，BE、CE分别平分∠ABC和∠BCD，求证：BE⊥CE．
证明：∵BE、CE分别平分∠ABC和∠BCD．
∴∠ABE=∠EBC=12∠ABC
∠2=________=12∠BCD（角平分线定义）
又∵∠1=∠2，
∴∠1=∠ECD（ ）
∴EF∥CD（ ）
又∵AB∥EF（已知）
∴________________（ ）
∴∠ABC+∠BCD=180°（ ）
∴∠ABE+∠2=12∠ABC+∠BCD=90°，
又∵AB∥EF，
∴∠ABE=∠BEF（ ）
∴∠BEF+∠1=90°，
∴∠BEC=90°，
∴BE⊥CE（ ）
【答案】∠ECD；等量代换；内错角相等，两直线平行；AB∥CD；如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等；垂直定义．
【分析】根据平行线的性质、平行线的判定以及垂直的定义进行分析即可解答．
【详解】证明：∵BE、CE分别平分∠ABC和∠BCD．
∴∠ABE=∠EBC=12∠ABC
∠2= ∠ECD =12∠BCD（角平分线定义）
又∵∠1=∠2，
∴∠1=∠ECD（等量代换）
∴EF∥CD（内错角相等，两直线平行）
又∵AB∥EF（已知）
∴AB∥CD（如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行）
∴∠ABC+∠BCD=180°（两直线平行，同旁内角互补）
∴∠ABE+∠2=12∠ABC+∠BCD=90°，
又∵AB∥EF，
∴∠ABE=∠BEF（两直线平行，内错角相等）
∴∠BEF+∠1=90°，
∴∠BEC=90°，
∴BE⊥CE（垂直定义）．
故答案为：∠ECD；等量代换；内错角相等，两直线平行；AB∥CD；如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等；垂直定义．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质、垂直的定义等知识点，灵活运用平行线的判定与性质是解答本题的关键．
【变式2-2】（2022·湖南·株洲景炎学校七年级期中）完成下面证明过程并写出推理根据：
已知：如图所示，∠BAP与∠APD互补，∠1=∠2．
求证：∠E=∠F．
证明：∵∠BAP与∠APD互补（已知），
即∠BAP+∠APD=180°，
∴____________∥_____________（_____________________），
∴∠BAP=∠APC（_____________________）．
又∵∠1=∠2，
∴∠BAP−∠1=∠APC−∠2（等式的性质），
即∠3=∠4，
∴____________∥_____________（_____________________），
∴∠E=∠F（_____________________）．
【答案】AB；CD；同旁内角互补，两直线平行；两直线平行，内错角相等；AE；FP；内错角相等，两直线平行；两直线平行，内错角相等
【分析】根据平行线的判定与性质，结合图形完成填空即可求解．
【详解】∵∠BAP与∠APD互补（已知），
即∠BAP+∠APD=180°，
∴AB ∥ CD（同旁内角互补，两直线平行），
∴∠BAP=∠APC（两直线平行，内错角相等）．
又∵∠1=∠2，
∴∠BAP−∠1=∠APC−∠2（等式的性质），
即∠3=∠4，
∴AE ∥ FP（内错角相等，两直线平行），
∴∠E=∠F（两直线平行，内错角相等）
故答案为：AB；CD；同旁内角互补，两直线平行；两直线平行，内错角相等；AE；FP；内错角相等，两直线平行；两直线平行，内错角相等．
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定进行证明，掌握平行线的性质与判定是解题的关键．
【变式2-3】（2022·重庆·巴川初级中学校七年级期中）推理填空：完成下面的证明过程.
如图，已知∠1+∠2=180°，∠B=∠DEF，求证：.DE∥BC
证明：∵∠1+∠2=180°（ ）
∠2=∠3（_______________________________）
∴∠1+∠3=180°
∴______∥______（_____________________________）
∴∠B=______（________________________________）
∵∠B=∠DEF（已知）
∴∠DEF=_______ （_______________________）
∴DE∥BC（ ）
【答案】已知；对顶角相等； AB； EF；同旁内角互补，两直线平行；∠EFC；两直线平行，同位角相等；∠EFC；等量代换；内错角相等，两直线平行
【分析】由于∠1＋∠2＝180°，∠2＝∠3，则∠1＋∠3＝180°，根据同旁内角互补，两直线平行得到AB∥EF，则利用平行线的性质得∠B＝∠CFE，由于∠B＝∠DEF，所以∠DEF＝∠CFE，于是根据平行线的判定得到DE∥BC.
【详解】证明：∵∠1＋∠2＝180°（ 已知）
∠2＝∠3（对顶角相等）
∴∠1＋∠3＝180°
∴AB∥EF（同旁内角互补，两直线平行）
∴∠B＝∠EFC（两直线平行，同位角相等）
∵∠B＝∠DEF（已知）
∴∠DEF＝∠EFC （等量代换）
∴DE∥BC（内错角相等，两直线平行）
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质：内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行；两直线平行，同位角相等．掌握平行线的判定与性质是解题的关键.
【题型3 平行线与三角尺（直角顶点在平行线上）】
【例3】（2022·辽宁·阜新实验中学七年级期末）如图，含有30°角的直角三角板的两个顶点E、F放在一个长方形的对边上，点E为直角顶点，∠EFG=30°，延长EG交CD于点P，如果∠3=65°，那么∠2的度数是（ ）
A．100° B．105° C．115° D．120°
【答案】C
【分析】根据直角三角形两锐角互余得到∠1=25°，根据平角的定义得到∠AEF=90°-∠1=65°，根据平行线的性质即可得到结论．
【详解】解：∵∠D=90°，∠3=65°，
∴∠1=25°，
∵∠FEG=90°，
∴∠AEF=90°-∠1=65°，
∵AD∥BC，
∴∠2=180°-∠AEF=115°，
故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形两锐角互余和平行线的性质，关键是得出∠AEF与∠2互补．
【变式3-1】（2022·浙江·金华市第四中学九年级阶段练习）将一直角三角板与两边平行的纸条如图所示放置，下列结论：（1）∠1=∠2；（2）∠3=∠2；（3）∠2+∠4=90°；（4）∠4+∠5=180°，其中正确的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据两直线平行同位角相等，内错角相等，同旁内角互补，及直角三角板的特殊性解答．
【详解】解：∵纸条的两边平行，
∴（1）∠1=∠2（两直线平行，同位角相等）；
（2）∠3=∠4（两直线平行，内错角相等）；
（4）∠4+∠5=180°（两直线平行，同旁内角互补）均正确；
又∵直角三角板与纸条下线相交的角为90°，
∴（3）∠2+∠4=90°，正确．
故选：D．
【点睛】本题考查平行线的性质，正确识别“三线八角”中的同位角、内错角、同旁内角是正确答题的关键．
【变式3-2】（2022·山东青岛·七年级期中）将一块直角三角板ABC按如图方式放置，其中∠ABC=30°，A，B两点分别落在直线m、n上，∠1=20°，添加下列哪一个条件可使直线m∥n（ ）
A．∠2=20° B．∠2=30° C．∠2=45° D．∠2=50°
【答案】D
【分析】根据平行线的判定定理求解即可．
【详解】解：由平行线的判定可知，当∠2＝∠ABC＋∠1时，m∥n，
即∠2＝∠ABC＋∠1＝30°＋20°＝50°，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的判定，熟练掌握平行线的判定定理是解题的关键．
【变式3-3】（2022·河南南阳·二模）小明把一副三角板按如图所示方式摆放，直角边CD与直角边AB相交于点F，斜边DE∥BC，∠B＝30°，∠E＝45°，则∠CFB的度数是（ ）
A．95° B．115° C．105° D．125°
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得∠D=45°，再由平行线的性质得出∠BCF=45°，再由三角形的内角和定理进行求解即可．
【详解】∵ΔCDE是直角三角形，∠E＝45°，
∴∠D=45°，
∵ DE∥BC，
∴∠BCF=∠D=45°，
∵∠B+∠BCF+∠BFC=180°,∠B=30°，
∴∠CFB=105°，
故选：C．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，平行线的性质及三角形的内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
【题型4 平行线与三角尺（直角顶点不在平行线上）】
【例4】（2022·全国·八年级专题练习）如图，a∥b，一块含45°的直角三角板的一个顶点落在直线b上，若∠1=58°54′，则∠2的度数为（ ）
A．103°6′ B．104°6′ C．103°54′ D．104°54′
【答案】C
【分析】设∠2的同位角为∠3，∠3的邻补角为∠5，三角板的一个锐角为∠4，根据等腰三角板的特点可求出∠4，根据三角形内角和即可求出∠5，再根据平角的性质即可求出∠3，进而根据两直线平行同位角相等即可求出∠2．
【详解】设∠2的同位角为∠3，∠3的邻补角为∠5，三角板的一个锐角为∠4，如图，
∵直角三角板含一个45°的锐角，
∴该三角板为等腰三角形，
∴∠4=45°，
∵∠1=58°54′，
又∵在三角形中有∠1+∠4+∠5=180°，
∴∠5=180°-(∠1+∠4)=180°-(58°54′+45°)=180°-103°54′=76°6′，
∵∠3+∠5=180°，
∴∠3=180°-∠5=180°-76°6′=103°54′，
∵a∥b，
∴∠2=∠3，
∴∠2=103°54′，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形的内角和等知识，掌握两直线平行同位角相等是解答本题的关键．
【变式4-1】（2022·山西晋中·七年级期末）用一块含60°角的直角三角板和一把直尺按图中所示的方式放置，其中直尺的直角顶点与三角板的60°角顶点重合，直尺两边分别与三角板的两条直角边相交，若∠1=50°，则∠2的度数为（ ）
A．25° B．22.5° C．20° D．15°
【答案】C
【分析】如图，根据题意得到∠C=90°，AB∥DE，∠CDF=60°．先根据三角形内角和求出∠ABC=40°，再根据平行的性质求出∠CDE=40°，即可求出∠2=20°．
【详解】解：如图，由题意得∠C=90°，AB∥DE，∠CDF=60°．
∵∠C=90°，∠1=50°，
∴∠ABC=180°-∠C-∠1=40°，
∵AB∥DE，
∴∠CDE=∠CBA=40°，
∵∠CDF=60°
∴∠2=∠CDF-∠CDE=20°．
故选：C
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，平行线的性质，熟知两个定理并理解题意得到已知条件是解题的关键．
【变式4-2】（2022·福建·莆田市城厢区南门学校七年级阶段练习）如图，AB∥CD，将一副直角三角板作如下摆放，∠GEF＝60°，∠MNP＝45°．下列结论：①GE∥MP；②∠EFN＝150°；③∠BEF＝75°；④∠AEG＝∠PMN．其中正确的是_______．
【答案】①②③④
【分析】①由题意得∠G=∠MPN=∠MPG=90°，利用内错角相等，两直线平行即可判定GE∥MP；②由题意得∠EFG=30°，利用邻补角即可求出∠EFN的度数；③过点F作FH⊥AB，可得FH∥CD，从而得到∠HFN=∠MNP=45°，可求得∠EFN=105°，再利用平行线的性质即可求出∠BEF；④利用角的计算可求出∠AEG=45°，从而可判断．
【详解】解：①∵∠G=∠MPN=∠MPG=90°，
∴GE∥MP，
故①正确；
②∵∠EFG=30°，
∴∠EFN=180°−30°=150°，
故②正确；
③过点F作EH∥AB，如图，
∵AB∥CD，
∴FH∥CD，
∴∠HFN=∠MNP=45°，
∴∠EFN=150°−45°=105°，
∵FH∥AB，
∴∠BEF=180°−105°=75°；
故③正确；
④∵∠GEF=60°，∠BEF=75°，
∴∠AEG=180°−60°−75°=45°，
∴∠AEG=∠PMN=45°，
故④正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查平行线的性质与判定，解题的关键是熟记平行线的判定条件与性质并灵活运用．
【变式4-3】（2022·山东淄博·期末）如图所示，将一直角三角板放在AB，CD两条平行线之间：
(1)图甲中，容易求得∠1+∠2=90°，请直接写出图乙中∠1，∠2的数量关系；
(2)请问图丙中∠1，∠2的数量关系是什么？并加以说明；
(3)请直接写出图丁中∠1，∠2的数量关系．
【答案】(1)∠1＋∠2＝270°
(2)∠2－∠1＝90°；见解析
(3)∠1＝∠2＋90°
【分析】（1）过三角板的直角顶点作AB的平行线MN，得AB∥MN∥CD．根据两直线平行，同旁内角互补，即可得∠1，∠2的关系．
（2）过三角板的直角顶点作AB的平行线MN，得AB∥MN∥CD．根据两直线平行，内错角相等，平角互补，即可得∠1，∠2的关系．
（3）过点O作AB的平行线MN，得AB∥MN∥CD，据两直线平行，内错角相等，即可得∠1，∠2的关系．
（1）
如图，过三角板的直角顶点作AB的平行线MN，得AB∥MN∥CD
∴∠1+∠3=180°，∠2+∠4=180°
又∵∠3+∠4=90°
∴∠1+∠3+∠2+∠4=180°+180°
∴∠1+∠2=360°−90°=270°
∴∠1+∠2=270°．
（2）
如图，过三角板的直角顶点作AB的平行线MN，得AB∥MN∥CD
∴∠1=∠3，∠2+∠4=180°
又∵∠3+∠4=90°
∴∠1+180°−∠2=90°
∴∠2−∠1=90°．
（3）
如图，过点O作AB的平行线MN，得AB∥MN∥CD
∴∠MOC=∠2
∴∠1=90°+∠MOC
∴∠1=90°+∠2．
【点睛】本题考查平行线的性质，解题的关键是掌握两直线平行，内错角相等，同旁内角互补；平角互补．
【题型5 平行线的判定与性质综合（角度之间的数量关系）】
【例5】（2022·黑龙江鹤岗·七年级期末）如图①，AB∥CD，M为平面内一点，若BM⊥MC，则易证∠ABM与∠DCM互余．
(1)如图②，AB∥CD．点M在射线EA上运动，猜想点M在点A和D之间时，∠BMC与∠ABM、∠DCM之间的数量关系，并证明．
(2)在（1）的条件下，当点M在射线EA的其它位置上时（不与点E，A，D重合）请直接写出∠BMC与∠ABM、∠DCM之间的数量关系．
【答案】(1)∠ABM+∠DCM=∠BMC，理由见解析
(2)∠BMC=∠DCM-∠ABM或∠BMC=∠ABM-∠DCM．
【分析】（1）过M作MF∥AB，交BC于F，根据平行线的性质可得∠DCM=∠FMC，可得∠ABM+∠DCM=∠BMF+∠CMF=∠BMC；
（2）分两种情况：当点M在E、A两点之间时；当点M在AD的延长线上时；进行讨论可求∠BMC与∠ABM，∠DCM的数量关系．
（1）
解：∠ABM+∠DCM=∠BMC，理由如下：
如图，过M作MF∥AB，交BC于F，则∠ABM=∠BMF，
又∵AB∥CD，
∴MF∥CD，
∴∠DCM=∠FMC，
∴∠ABM+∠DCM=∠BMF+∠CMF=∠BMC；
（2）
解：当点M在E、A两点之间时，如图3，∠BMC=∠DCM-∠ABM；
过M作MF∥AB，交EC于F，则∠ABM=∠BMF，
又∵AB∥CD，
∴MF∥CD，
∴∠DCM=∠FMC，
∴∠BMC=∠CMF-∠BMF=∠DCM-∠ABM；
当点M在AD的延长线上时，如图4，∠BMC=∠ABM-∠DCM．
过M作MF∥AB，交EC于F，则∠ABM=∠BMF，
又∵AB∥CD，
∴MF∥CD，
∴∠DCM=∠FMC，
∴∠BMC=∠BMF-∠CMF=∠ABM-∠DCM．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，关键是构建平行线，利用平行线的性质进行解答．解题时注意分类思想的运用．
【变式5-1】（2022·辽宁·兴城市第二初级中学七年级阶段练习）已知，点A，点B分别在线段MN，PQ上，且∠ACB-∠MAC=∠CBP．
(1)如图1，求证：MN∥PQ；
(2)分别过点A和点C作直线AG、CH使AG∥CH，以点B为顶点的直角∠DBI的两边分别与直线CH，AG交于点F和点E，如图2，试判断∠CFB、∠BEG之间的数量关系，并证明；
(3)在（2）的条件下，若BD和AE恰好分别平分∠CBP和∠CAN，并且∠ACB=80°，求∠CFB的度数．（直接写出答案）
【答案】(1)见解析
(2)∠CFB−∠BEG=90°，证明见解析
(3)∠CFB=130°
【分析】（1）过C作CE∥MN，根据平行线的判定和性质即可得到结论；
（2）过B作BR∥AG，根据平行线的性质得到∠BEG=∠EBR，∠RBF+∠CFB=180°，等量代换即可得到结论；
（3）过E作ES∥MN，根据平行线的性质得到∠NAE=∠AES，∠QBE=∠BES，根据角平分线的定义得到∠NAE=∠EAC，∠CBD=∠DBP，根据四边形的内角和即可得到结论．
（1）
解：如图，过C作CE∥MN，
∴∠1=∠MAC，
∵∠2=∠ACB-∠1，
∴∠2=∠ACB-∠MAC，
∵∠ACB-∠MAC=∠CBP，
∴∠2=∠CBP，
∴CE∥PQ，
∴MN∥PQ；
（2）
如图，过B作BR∥AG，
∵AG∥CH，
∴BR∥HF，
∴∠BEG=∠EBR，∠RBF+∠CFB=180°，
∵∠EBF=90°，
∴∠BEG=∠EBR=90°-∠RBF，
∴∠BEG=90°-∠RBF=90°-（180°-∠CFB），
∴∠CFB-∠BEG=90°；
（3）
如图，过E作ES∥MN，
∵MN∥PQ，
∴ES∥PQ，
∴∠NAE=∠AES，∠QBE=∠BES，
∵BD和AE分别平分∠CBP和∠CAN，
∴∠NAE=∠EAC，∠CBD=∠DBP，
∴∠CAE=∠AES，
∵∠EBD=90°，
∴∠EBQ+∠PBD=∠EBC+∠CBD=90°，
∴∠QBE=∠EBC，
∴∠EBC=∠BES，
∴∠AEB=∠AES+∠BES=∠CAE+∠EBC=12360°−∠ACB，
∵∠ACB=80°，
∴∠AEB=140°，
∴∠BEG=40°，
∵∠CFB-∠BEG=90°，
∴∠CFB=130°．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，余角的性质，四边形的内角和，正确的作出辅助线是解题的关键．
【变式5-2】（2022·湖北·宜昌市第九中学七年级期中）如图，∠1=∠2，∠D=∠CMG．
(1)求证：AD∥NG；
(2)若∠A+∠DHG=180°，试探索：∠ANB，∠NBG，∠1的数量关系；
(3)在（2）的条件下，若∠ANB:∠BNG=2:1，∠1=100°，∠NBG=130°，求∠A的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠NBG+∠1−∠ANB=180°
(3)∠A=105°
【分析】（1）由∠1=∠2，∠1=∠GFC，得到∠2=∠CFG，于是得到CM∥DE，根据平行线的性质得到∠D=∠ACM，等量代换得到∠CMG=∠ACM，于是得到结论．
（2）过B作BP∥AN交NG于P，由于AD∥NG，于是得到∠D=∠DHG，等量代换得到∠A+∠D=180°，得到AN∥DH，根据平行线的判定得到BP∥CM，由平行线的性质得到∠PBG+∠1=180°，等量代换即可得到结论；
（3）由∠1+∠PBG=180°，∠1=100°，得到∠PBG=80°，由于∠NBG=130°，于是得到∠ANB=∠NBP=50°，根据已知条件得到∠ANB：∠BNG=2：1，即可得到结论．
（1）
证明：∵∠1=∠2，∠1=∠GFC，
∴∠2=∠CFG，
∴CM∥DE，
∴∠D=∠ACM，
∵∠D=∠CMG，
∴∠CMG=∠ACM，
∴AD∥NG；
（2）
解：∠NBG−∠ANB+∠1=180°；
理由如下：过B作BP∥AN交NG于P，
∴∠ANB=∠NBP，
∵AD∥NG，
∴∠D=∠DHG，
∵∠A+∠DHG=180°，
∴∠A+∠D=180°，
∴AN∥DH，
又∵CM∥DH，
∴BP∥CM，
∴∠PBG+∠1=180°，
∵∠PBG=∠NBG−∠NBP=∠NBG−∠ANB，
∴∠NBG−∠ANB+∠1=180°；
（3）
解：∵∠1+∠PBG=180°，∠1=100°，
∴∠PBG=80°，
∵∠NBG=130°，
∴∠ANB=∠NBP=50°，
∵∠ANB：∠BNG=2：1，
∴∠BNP=25°，
∴∠ANG=75°，
∴∠A=105°．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，对顶角的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
【变式5-3】（2022·湖北·潜江市高石碑镇第一初级中学七年级期中）如图1，AB∥CD，直线AE分别交AB、CD于点A、E．点F是直线AE上一点，连结BF，BP平分∠ABF，EP平分∠AEC，BP与EP交于点P．
(1)若点F是线段AE上一点，且BF⊥AE，求∠P的度数；
(2)若点F是直线AE上一动点(点F与点A不重合)，请写出∠P与∠AFB之间的数量关系并证明．
【答案】(1)45°
(2)当F点在A点上方时，∠BPE＝12∠AFB，当F点在A点下方时，∠BPE＝90°﹣12∠AFB
【分析】（1）过点P作PQ∥AB，过点F作FH∥AB，由平行线的性质得∠ABP+∠CEP＝∠BPE，∠ABF+∠CEF＝∠BFE，再由垂直定义和角平分线定义求得结果；
（2）分三种情况：点F在EA的延长线上时，点F在线段AE上时，点F在AE的延长线上时，分别进行探究便可．
（1）
解：过点P作PQ∥AB，过点F作FH∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥PQ∥FH，
∴∠ABP＝∠BPQ，∠CEP＝∠EPQ，∠ABF＝∠BFH，∠CEF＝∠EFH，
∴∠ABP+∠CEP＝∠BPQ+∠EPQ＝∠BPE，∠ABF+∠CEF＝∠BFH+∠EFH＝∠BFE，
∵BF⊥AE，
∴∠ABF+∠CEF＝∠BFE＝90°，
∵BP平分∠ABF，EP平分∠AEC，
∴∠ABP+∠CEP＝12（∠ABF+∠CEF）＝45°，
∴∠BPE＝45°；
（2）
①当点F在EA的延长线上时，∠BPE＝12∠AFB，理由如下：
如备用图1，
过点P作PQ∥AB，过点F作FH∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥PQ∥FH，
∴∠ABP＝∠BPQ，∠CEP＝∠EPQ，∠ABF＝∠BFH，∠CEF＝∠EFH，
∴∠CEP﹣∠ABP＝∠EPQ﹣∠BPQ＝∠BPE，∠CEF﹣∠ABF＝∠EFH﹣∠BFH＝∠BFE，
∵BP平分∠ABF，EP平分∠AEC，
∴∠CEP﹣∠ABP＝12（∠CEF﹣∠ABF）＝12∠BFE＝∠AFB，
∴∠BPE＝12∠AFB；
②当点F在线段AE上（不与A点重合）时，∠BPE＝90°﹣12∠AFB；理由如下：
如备用图2，
过点P作PQ∥AB，过点F作FH∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥PQ∥FH，
∴∠ABP＝∠BPQ，∠CEP＝∠EPQ，∠ABF＝∠BFH，∠CEF＝∠EFH，
∴∠ABP+∠CEP＝∠BPQ+∠EPQ＝∠BPE，∠ABF+∠CEF＝∠BFH+∠EFH＝∠BFE，
∵BP平分∠ABF，EP平分∠AEC，
∴∠ABP+∠CEP＝12（∠ABF+∠CEF），
∴∠BPE＝12∠BFE
∴∠BFE＝180°﹣∠AFB，
∴∠BPE＝90°﹣12∠AFB；
③当点F在AE的延长线上时，∠BPE＝90°﹣12∠AFB，理由如下：如备用图3，
过点P作PQ∥AB，过点F作FH∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥PQ∥FH，
∴∠ABP＝∠BPQ，∠CEP＝∠EPQ，180°﹣∠ABF＝∠BFH，∠AEC＝∠EFH，
∴∠CEP+∠ABP＝∠EPQ+∠BPQ＝∠BPE，∠BFH﹣∠EFH＝180°﹣∠ABF﹣∠AEC＝∠AFB，
∵BP平分∠ABF，EP平分∠AEC，
∴∠CEP+∠ABP＝12（∠AEC+∠ABF）＝12（180°﹣∠AFB），
∴∠BPE＝90°﹣12∠AFB；
综上，当E点在A点上方时，∠BPE＝12∠AFB，当E点在A点下方时，∠BPE＝90°﹣12∠AFB．
【点睛】此题考查平行线的性质：两直线平行内错角相等，两直线平行同位角相等，两直线平行同旁内角互补，以及角平分线的性质，在相交线问题中通常作平行线利用平行线的性质解答，将角度转化由此求出答案．解题中运用分类思想解答问题．
【题型6 平行线的判定与性质综合（求定值）】
【例6】（2022·湖南·株洲二中七年级期末）实验证明，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a上，被a反射后的光线为n，则入射光线m、反射光线n与平面镜a所夹的锐角∠1＝∠2．
(1)如图2，一束光线m射到平面镜a上，被a反射到平面镜b上，又被b反射．若被b反射出的光线n与光线m平行，且∠1＝50°，则∠2＝ °，∠3＝ °．
(2)请你猜想：当射到平面镜a上的光线m，经过平面镜a、b的两次反射后，入射光线m与反射光线n平行时，两平面镜a、b间的夹角∠3的大小是否为定值？若是定值，请求出∠3，若不是定值，请说明理由．
(3)如图3，两面镜子的夹角为α°（0＜α＜90），进入光线与离开光线的夹角为β°（0＜β＜90）．试探索α与β的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)100；90；
(2)90°
(3)2α+β=180°
【分析】（1）根据平面镜反射光线的规律得∠1=∠4=50°，再利用平角的定义得∠5=80°，然后利用平行线的性质计算出∠2=100°，则∠6=40°，再利用三角形内角和定理计算∠3；
（2）当∠3=90°时，根据三角形内角和定理得∠4+∠6=90°，则2∠4+2∠6=180°，利用平角的定义得到∠2+∠5=180°，然后根据平行线的判定得到m∥n；
（3）由（1）可得，∠5=180°-2∠2，∠6=180°-2∠3，再根据∠2+∠3=180°-∠α，即可得出∠β=180°-∠5-∠6=2（∠2+∠3）-180°=2（180°-∠α）-180°=180°-2∠α．
（1）
解：如图：
∵∠1=∠4=50°，
∴∠5=180°-2×50°=80°，
∵m∥n
∴∠2+∠5=180°，
∴∠2=100°，
∴∠6=12（180°-∠2）=40°，
∴∠3=180°-∠4-∠6=90°；
故答案为：100，90；
（2）
当∠3=90°时，m∥n
理由如下：
∵∠3=90°，
∴∠4+∠6=90°，
∴2∠4+2∠6=180°，
∴∠2+∠5=180°，
∴m∥n；
（3）
解：如图3，
由（1）可得，∠5=180°-2∠2，∠6=180°-2∠3，
∵∠2+∠3=180°-∠α，
∴∠β=180°-∠5-∠6=2（∠2+∠3）-180°=2（180°-∠α）-180°=180°-2∠α，
∴α与β的数量关系为：2α+β=180°，
故答案为：2α+β=180°．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质以及三角形内角和定理，解题时注意：同旁内角互补，两直线平行；两直线平行，同旁内角互补．
【变式6-1】（2022·河北保定·七年级阶段练习）如图，直线AB∥CD，点M，N分别在直线AB,CD上，H为直线CD下方一点．
(1)如图1，MH和NH相交于点H，求证：∠MHN=∠AMH−∠CNH．（温馨提示：可过点H作AB的平行线）
(2)延长HN至点G，∠BMH的平分线ME和∠GND的平分线NE相交于点E，HM与CD相交于点F．
①如图2，若∠BME=50°,∠END=30°，求∠MHN的度数；
②如图2，当点F在点N左侧时，若∠BME的度数为x°，∠END的度数为y°，且x+y的值是一个定值，请问∠MHN的度数是否会随x的变化而发生改变？若不变，求出∠MHN的度数；若变化，请说明理由．
③如图3，当点N在点F左侧时，②中其他条件不变，请问∠MHN的度数是否会随x的变化而发生改变？若不变，直接写出∠MHN的度数；若变化，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①20°；②不变，180°−2(x°+y°)；③不变，2(x°+y°)−180°
【分析】（1）过点H作HQ∥AB．可得HQ∥CD，从而得到∠AMH=∠MHQ,∠CNH=∠NHQ，即可求证；
（2）①根据∠BME=50°,∠END=30°，可得∠BMH=100°，∠GND=60°，从而得到∠AMH=180°−∠BMH=80°，∠CNH=60°．再由∠MHN=∠AMH−∠CNH，即可求解；②根据题意可得∠AMH=180°−2x°，∠CNH=2y°，再由∠MHN=∠AMH−∠CNH，即可求解；③过点H作OH∥AB，根据平行线的性质，可证得∠MHN=∠OHM−∠OHN=∠BMH−∠DNH．从而得到∠MHN=2x°+2y°−180°=2(x°+y°)−180°，即可求解．
（1）
证明：如图，过点H作HQ∥AB．
∵HQ∥AB且AB∥CD，
∴HQ∥CD，
∴∠AMH=∠MHQ,∠CNH=∠NHQ，
∴∠MHN=∠MHQ−∠NHQ=∠AMH−∠CNH；
（2）
解：①ME平分∠BMH,∠BME=50°，
∴∠BMH=100°，
∵NE平分∠DNG，∠DNE=30°，
∴∠GND=60°，
∴∠AMH=180°−∠BMH=80°，∠CNH=60°．
由（1）可知：∠MHN=∠AMH−∠CNH=80°−60°=20°．
∴∠MHN=20°；
②∵ME平分∠BMH，∠BME=x°，
∴∠BMH=2x°，
∵NE平分∠DNG，∠DNE=y°，
∴∠GND=2y°，
∴∠AMH=180°−2x°，∠CNH=2y°，
∴∠MHN=180°−2x°−2y°=180°−2(x°+y°)．
∵x+y为一个定值，
∴∠MHN不会随x的变化而发生改变，度数为180°−2(x°+y°)；
③不变，∠MHN的度数为2(x°+y°)−180°．理由如下：
如图，过点H作OH∥AB，
∴∠BMH=∠OHM，
∵AB∥CD，
∴OH∥CD，
∴∠DNH=∠OHN，
∴∠MHN=∠OHM−∠OHN=∠BMH−∠DNH．
∵ME平分∠BMH,∠BME=x°，
∴∠BMH=2x°
∵NE平分∠DNG，∠DNE=y°，
∴∠GND=2y°，
∴∠DNH=180°−2y°，
∴∠MHN=2x°−(180°−2y°)，
∴∠MHN=2x°+2y°−180°=2(x°+y°)−180°．
∵x+y为一个定值，
∴∠MHN不会随x的变化而改变．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质和判定，有关角平分线的计算，熟练掌握平行线的性质和判定，利用类比思想解答是解题的关键．
【变式6-2】（2022·福建龙岩·七年级期末）如图1，点A、D分别在射线BM、CN线上，BM∥CN，BM⊥BC于点B，AE平分∠BAD交BC于点E，连接DE，∠1+∠2=90°．
(1)求证：AE⊥ED；
(2)求证：DE平分∠ADC；
(3)如图2，∠EAM和∠EDN的平分线交于点F，试猜想∠F的值是否为定值，若是，请予以证明；若不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)∠F为定值，∠F=135°，理由见解析
【分析】（1）过点E作EG∥BM，根据两直线平行内错角相等，得出∠AED=∠1+∠2，即可求解．
（2）根据两直线平行同旁内角互补，得出∠BAD+∠CDA=180°，再将各个角代入计算，得出(∠1+∠2)+(∠1+∠5)=180°，∠5=∠2，即可求解．
（3）过点F作FH∥BM，∠AFH=α，∠DFH=β，根据平行线性质得出∠α+∠β=∠6+∠7，由于∠EAM和∠EDN的平分线交于点F，所以∠α+∠β=12(180°−∠1)+12(180°−∠2)，即可求解．
（1）证明：如图1，过点E作EG∥BM，则∠1=∠3，∵BM∥CN，∴EG∥CN，∴∠4=∠2，∴∠3+∠4=∠1+∠2=90°，∴∠AED=90°，∴AE⊥ED．
（2）证明：∵ AE平分∠BAD，∴∠BAD=2∠1，∵BM∥CN，∴∠BAD+∠CDA=180°，∴2∠1+∠CDA，=2∠1+∠2+∠5=180°，=(∠1+∠2)+(∠1+∠5)=180°，∵∠1+∠2=90°，∴∠1+∠5=90°，∴∠5=∠2，∴DE平分∠ADC．
（3）∠F为定值．证明：如图2，过点F作FH∥BM，设∠AFH=α，∠DFH=β，∵BM∥CN，∴FH∥CN，∴∠α+∠β=∠6+∠7，∵∠EAM和∠EDN的平分线交于点F，∴∠α+∠β=12(180°−∠1)+12(180°−∠2)=180°−12(∠1+∠2) =180°−45°=135°，∴∠F=∠α+∠β=135°，∴∠F为定值，∠F=135°，故答案为：∠F=135°．
【点睛】本题主要考查垂线、角平分线的性质，解题的关键是掌握垂垂线的概念和角平分线的性质及角的和差计算等知识点．
【变式6-3】（2022·天津河东·七年级期中）直线MN与直线AB、CD分别相交于点E、F，∠MEB与∠CFM互补
(1)如图1，试判断直线AB与直线CD的位置关系，并说明理由．
(2)如图2，∠BEF与∠EFD的平分线交于点P，EP的延长线与CD交于点G，H是MN上一点，且GH⊥EG，求证：PF∥GH．
(3)如图3，在（2）的条件下，连接PH，K是GH上一点，使∠PHK=∠HPK，作PQ平分∠EPK，求证：∠HPQ的大小是定值．
【答案】(1)平行；理由见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据同旁内角互补，两条直线平行，即可判断直线AB与直线CD平行；
（2）先根据两条直线平行，同旁内角互补，再根据∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P，可得∠EPF=90°，进而证明PF∥GH；
（3）根据角平分线定义，及角的和差计算即可求得∠HPQ的度数．
（1）
解：结论：AB∥CD；理由如下：
∵∠MEB与∠CFM互补，∠MEB=∠AEF，
∴∠AEF与∠CFM互补，
∴AB∥CD．
（2）
∵EG平分∠BEF，
∴∠PEF=12∠BEF，
又∵FP平分∠EFD，
∴∠EFP=12∠EFD，
由（1）知AB∥CD，
∴∠BEF+∠EFD=180°，
∴∠PEF+∠EFP=90°，
∴∠EPF=90°，
又∵GH⊥EG，
∴∠HGP=90°，
∴∠EPF=∠HGP，
∴PF∥GH．
（3）
证明：∵FP∥HG，
∴∠FPH=∠PHK，
∵∠PHK=∠HPK，
∴∠FPH=∠HPK，
∴∠HPK=12∠FPK，
∵PQ平分∠EPK，
∴∠QPK=12∠EPK，
∴∠HPQ=∠QPK-∠HPK
=12∠EPK-12∠FPK
=12（∠EPK-∠FPK）
=12∠EPF
=12×90°
=45°
即∠HPQ的大小是定值．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质、余角和补角，解决本题的关键是综合运用角平分线的定义、平行线的性质、余角和补角．
【题型7 平行线的判定与性质综合（规律问题）】
【例7】（2022·辽宁·鞍山市第十四中学七年级阶段练习）如图，已知AB//CD，若按图中规律继续划分下去，则∠1+∠2+⋯+∠n等于（ ）
A．n•1800 B．2n•1800 C．(n−1)•1800 D．(n−1)2•1800
【答案】C
【分析】根据第1个图形∠1+∠2=180°，第2个图形∠1+∠2+∠3=2×180°，第，3个图形∠1+∠2+∠3+∠4=3×180°…，进而得出答案．
【详解】（1）∵AB∥CD，
∴∠1+∠2=180°（两直线平行，同旁内角互补）；
（2）过点E作一条直线EF平行于AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥EF，CD∥EF，
∴∠1+∠AEF=180°，∠FEC+∠3=180°，
∴∠1+∠2+∠3=360°；
（3）过点E、F作EM、FN平行于AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥EM∥FN∥CD，
∴∠1+∠AEM=180°，∠MEF+∠EFN=180°，∠NFC+∠4=180°；
∴∠1+∠2+3+∠4=540°；
（4）中，根据上述规律，显然作（n-1）条辅助线，运用（n-1）次两条直线平行，同旁内角互补．即可得到n个角的和是180°（n-1）．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了平行线的性质，正确得出图中变化规律是解题关键．
【变式7-1】（2022·湖南·邵阳市第六中学八年级阶段练习）如图，已知直线AE，BF被直线AB所截，且AE//BF，AC1，BC1分别平分∠EAB，∠FBA；AC2，BC2分别平分∠BAC1和∠ABC1；AC3，BC3分别平分∠BAC2，∠ABC2…依次规律，得点Cn，则∠Cn的度数为（ ）
A．90−902n B．180−902n−1 C．902n−1 D．1802n
【答案】B
【分析】根据平行线的性质，以及角平分线的定义，三角形内角和定理，求得∠C1,∠C2,∠C3,∠C4,进而发现规律，即可求得∠Cn的度数．
【详解】∵ AE//BF
∴ ∠EAB+∠ABF=180°
∵ AC1，BC1分别平分∠EAB，∠FBA；
∴∠AC1B=180°−∠C1AB−∠C1BA=180°−12∠EAB−12ABF
=180°−12(∠ABF+∠EAB)
=180°−90°=90°
∠C2=180°−∠C2AB−∠C2BA=180°−(12∠EAB+12∠C1AB)−(12∠ABF+12∠C1BA)
=180°−12(∠C1AB+∠C1BA+∠ABF+∠EAB)
=180°−34(∠ABF+∠EAB)
=180°−45°
=180°−12∠C1
∴ ∠C2=180°−12∠C1
同理可得∠C3=180°−12∠C2
∠C4=180°−12∠C3
……
发现规律：∠Cn=180°−90°2n−1
故选B
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，发现规律是解题的关键．
【变式7-2】（2022·山东·临沂第六中学七年级阶段练习）如图（1）（2）（3）中，都满足AB∥CD．
试求：（1）图（1）中∠A＋∠C的度数，并说明理由．
（2）图（2）中∠A＋∠APC＋∠C的度数，并说明理由．
（3）图（3）中∠A＋∠AEF＋∠EFC＋∠C的度数，并简要说明理由．
（4）按上述规律，∠A＋……＋∠C（共有n个角相加）的和为
【答案】（1）180°，理由见解析；（2）360°，理由见解析；（3）540°，理由见解析；（4）180°（n-1）
【分析】（1）据两直线平行，同旁内角互补可得∠A+∠C=180°；
（2）沿P作一条平行AB、CD的平行线PM，由两直线平行，同旁内角互补可得∠A+∠APM=180°，∠MPC+∠C=180°，故∠A+∠APC+∠C=360°；
（3）根据第二题，同理可得∠A+∠AEF+∠EFC+∠C=540°；
（4）由以上规律，有两个角时，和为180°；有三个角时和为360°；有四个角时和为540°…故可得有n个角时，和为180°（n-1）．
【详解】解：（1）∵AB∥CD，
∴∠A+∠C=180°（两直线平行，同旁内角互补）；
（2）过点P作一条直线PM平行于AB，
∵AB∥CD，
∵AB∥PM，
∴CD∥PM∥AB，
∴∠A+∠APM=180°，∠MPC+∠C=180°，
∴∠A+∠APC+∠C=360°；
（3）分别过点E、F作EM、FN平行于AB，
∵AB∥CD，
∵AB∥EM∥FN∥CD，
∴∠A+∠AEM=180°，∠MEF+∠EFN=180°，∠NFC+∠C=180°；
∴∠A+∠AEF+∠EFC+∠C=540°；
（4）由以上规律，有两个角时，和为180°；
有三个角时和为360°；
有四个角时和为540°…
故可得有n个角时，和为180°（n-1）．
【点睛】本题主要考查两直线平行，同旁内角互补的性质，并考查学生通过计算总结规律的能力，是一道好题．
【变式7-3】（2022·浙江·七年级阶段练习）阅读并探究下列问题.
（1）如图①，将长方形纸片剪两刀，其中AB∥CD，则∠2与∠1、∠3有何关系？请进行证明.
（2）如图②，将长方形纸片剪四刀，其中AB∥CD，则∠1、∠2、∠3、∠4、∠5的关系为 .
（3）如图③，将长方形纸片剪2016刀，其中AB∥CD，则共剪出 个角.
若将剪出的角（∠A、∠C除外）分别用∠E1、∠E2、∠E3…表示，则被剪出的这些角的关系为 .
（4）如图④，直线AB∥CD，∠EFA=∠HMN=x°，∠FGH=3x°，∠CNP=y°2x+y−102+x+y−72=0由上述结论求∠GHM的度数.
【答案】（1）∠1+∠3=∠2，证明见解析；（2）∠1+∠3+∠5=∠2+∠4；（3）2017，∠A+∠C+∠E2+∠E4+…+∠E2014=∠E1+∠E3+…+∠E2015．（4）48°．
【分析】（1）过E点作EF∥AB，则EF∥CD，根据两直线平行，内错角相等得到∠AEF=∠1，∠CEF=∠3，即有∠2=∠1+∠3；
（2）分别过E、G、F分别作EM∥AB，GN∥AB，FP∥AB，根据两直线平行，内错角相等，同（1）一样易得到∠2+∠4=∠1+∠3+∠5；
（3）综合（1）（2）易得开口向左的角的度数的和等于开口向右的角的度数的和．
（4）利用（3）的结论得到∠BFG+∠GHM+∠MND=∠FGH+∠HMN，易计算出∠GHM．
【详解】（1）∠1+∠3=∠2，
理由如下：如下图①，过点E作EF∥AB，
∵AB∥CD，EF∥AB，∴EF∥CD，
∴∠1=∠AEF，∠3=∠CEF，
∴∠1+∠3=∠AEF+∠CEF=∠AEC，
（2）如上图②，分别过E、G、F分别作EM∥AB，GN∥AB，FP∥AB，
同（1）的证明方法一样可得：∠1+∠3+∠5=∠2+∠4，
故答案为∠1+∠3+∠5=∠2+∠4；
（3）规律：将长方形纸片剪2016刀，其中AB∥CD，则共剪出2017个角．
若将剪出的角（∠A、∠C除外）分别用∠E1、∠E2、∠E3…表示，则被剪出的这些角的关系为∠A+∠C+∠E2+∠E4+…+∠E2014=∠E1+∠E3+…+∠E2015．
故答案为2017，∠A+∠C+∠E2+∠E4+…+∠E2014=∠E1+∠E3+…+∠E2015．
（4）由，|2x+y-102|+x+y−72 =0，得x=30°，y=42°，
在题图④中，由（3）的结论得，∠BFG+∠GHM+∠MND=∠FGH+∠HMN，
∴30°+∠GHM+42°=90°+30°，
∴∠GHM=48°．
【点睛】此题考查平行线的性质，解题关键在于注意掌握辅助线的作法，注意规律：开口向左的角的度数的和等于开口向右的角的度数的和．
【题型8 平行线的性质（折叠问题）】
【例8】（2022·江西赣州·七年级期末）综合与实践：折纸中的数学
知识背景
我们在七年级上册第四章《几何图形初步》中探究了简单图形折叠问题，并进行了简单的计算与推理．七年级下册第五章我们学习了平行线的性质与判定，今天我们继续探究：折纸中的数学﹣﹣长方形纸条的折叠与平行线．
知识初探
(1)如图1，长方形纸条ABGH中，AB∥GH,AH∥BG，∠A＝∠B＝∠G＝∠H＝90°，将长方形纸条沿直线CD折上，点A落在A'处，点B落在B'处，B'C交AH于点E，若∠ECG＝70°，则∠CDE＝ ；
类比再探
(2)如图2，在图1的基础上将∠HEC对折，点H落在直线EC上的H'处，点G落在G'处得到折痕EF，则折痕EF与CD有怎样的位置关系？说明理由；
(3)如图3，在图2的基础上，过点G'作BG的平行线MN，请你猜想∠ECF和∠H'G'M的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)55°
(2)EF∥CD，理由见解析
(3)∠ECF+∠H′G′M=90°，理由见解析
【分析】（1）先根据折叠的性质可得∠BCD=∠ECD，再根据平角的定义可得∠BCD=55°，然后根据平行线的性质即可得；
（2）先根据折叠的性质可得∠BCD=∠ECD=12∠BCE，∠HEF=∠CEF=12∠HEC，再根据平行线的性质可得∠BCE=∠HEC，从而可得∠ECD=∠CEF，然后根据平行线的判定即可得出结论；
（3）过点H′作H′O∥MN于O，先根据平行线的性质可得∠H′G′M=∠OH′G′，再根据平行公理推论可得H′O∥BG，根据平行线的性质可得∠ECF=∠EH′O，然后根据折叠的性质可得∠EH′G′=∠H=90°，从而可得∠EH′O+∠OH′G′=90°，最后根据等量代换即可得出结论．
（1）
解：由折叠的性质得：∠BCD=∠ECD，
∵∠ECG=70°，∠ECG+∠BCD+∠ECD=180°，
∴∠BCD=∠ECD=180°−70°2=55°，
∵AH∥BG，
∴∠CDE=∠BCD=55°，
故答案为：55°．
（2）
解：EF∥CD，理由如下：
由折叠的性质得：∠BCD=∠ECD=12∠BCE，∠HEF=∠CEF=12∠HEC，
∵AH∥BG，
∴∠BCE=∠HEC，
∴∠ECD=∠CEF，
∴EF∥CD．
（3）
解：∠ECF+∠H′G′M=90°，理由如下：
如图，过点H′作H′O∥MN于O，
∴∠H′G′M=∠OH′G′，
又∵MN∥BG，
∴H′O∥BG，
∴∠ECF=∠EH′O，
由折叠的性质得：∠EH′G′=∠H=90°，
∴∠EH′O+∠OH′G′=90°，
∴∠ECF+∠H′G′M=90°．
【点睛】本题考查了折叠的性质、平行线的判定与性质、平行公理推论等知识点，熟练掌握平行线的性质和折叠的性质是解题关键．
【变式8-1】（2022·河南周口·七年级期中）如图，已知四边形纸片ABCD，∠B=∠D=90°，点E在AD边上，把纸片按图中所示的方式折叠，使点D落在BC边上的点F处，折痕为CE．
（1）试判定AB与EF的位置关系，并说明理由；
（2）如果∠A=100°，求∠DEC的度数．
【答案】（1）AB//EF；（2）50°．
【分析】（1）根据方式折叠可得∠BFE=90°，结合∠B=90°，利用同位角相等两直线平行即可得证；
（2）由EF与EF//AB平行，利用两直线平行同位角相等得到∠DEF=∠A=100°，由折叠得到∠DEC=∠FEC，即可求出∠DEC的度数．
【详解】解：（1）AB//EF，理由为：
∵∠D=∠EFC，∠B=∠D=90°，
∴∠FEC=∠B，
AB//EF；
（2）∵EF//AB，
∴∠DEF=∠A=100°，
∵∠DEC=∠FEC，
∴∠DEC=12∠DEF=12×100°=50°．
【点睛】此题主要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基础，由折叠的性质得出∠D=∠EFC是解题关键．
【变式8-2】（2022·河北保定·七年级期末）学习了平行线以后，小明想出了用纸折平行线的方法，他将一张如图1所示的纸片，其中AD//BC，先按如图2所示的方法折叠，折痕为MN； （MC′与AD相交于点P）然后按如图3的方法折叠，折痕为PQ（A′P与C′M落在一条直线上）．
（1）在图2的折叠过程中，若∠1=130°，求∠2的度数
（2）如图3，小明认为在折叠过程中，产生的折痕MN与PQ平行，请把小明的思考步骤补充完整．
由折叠可知，
∠C′MN=∠CMN=12∠CMC′；
∠A′PQ=∠APQ=12∠APA′；
∵AB//BC
∴∠APA′=∠CMC′；（ ① ）
∴ ② ＝ ③ （等量代换）
∴PQ//MN．（内错角相等，两直线平行）
【答案】（1）25°；（2）①两直线平行，内错角相等；②∠A′PQ；③∠C′MN
【分析】（1）根据折叠、平行和互补的性质可以得解；
（2）根据平行线的性质和判定进行解答 ．
【详解】解：（1）∵∠1=130°，∴∠C′MC=180°−∠1=50°．
由折叠可知∠C'MN=∠CMN=12×50°=25°．
∵AD∥BC，∴∠2=∠CMN=25°．（两直线平行，内错角相等）
（2）由折叠可知，
∠C′MN=∠CMN=12∠CMC′；
∠A′PQ=∠APQ=12∠APA′；
∵AB//BC
∴∠APA′=∠CMC′；（两直线平行，内错角相等）
∴∠A′PQ＝∠C′MN（等量代换）
∴PQ//MN．（内错角相等，两直线平行）
故答案为：①两直线平行，内错角相等；②∠A′PQ；③ ∠C′MN；
【点睛】本题考查平行线的判定和性质以及折叠的综合应用，熟练掌握平行线的性质和判定、折叠的性质是解题关键 ．
【变式8-3】（2022·广东佛山·七年级期末）某公司技术人员用“沿直线AB折叠检验塑胶带两条边缘线a、b是否互相平行”．
（1）如图1，测得∠1=∠2，可判定a∥b吗？请说明理由；
（2）如图2，测得∠1=∠2，且∠3=∠4，可判定a∥b吗？请说明理由；
（3）如图3，若要使a∥b，则∠1与∠2应该满足什么关系式？请说明理由．
【答案】（1）a∥b（2）能（3）∠1+2∠2=180°
【分析】（1）根据平行线的判定得出即可；
（2）求出∠1和∠4的度数，再根据平行线的判定推出即可；
（3）根据折叠得出∠3=∠4，根据平行线的性质得出∠1+∠3+∠4=180°，∠2=∠4，即可得出答案．
【详解】（1）a∥b，
理由是：∵∠1=∠2，
∴a∥b（内错角相等，两直线平行）；
（2）能，
理由是：∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠2=180°，∠3+∠4=180°，
∴∠1=∠2=90°，∠3=∠4=90°，
∴∠1=∠4，
∴a∥b；
（3）∠1+2∠2=180°，
理由是：根据折叠得：∠3=∠4，
∵a∥b，
∴∠1+∠3+∠4=180°，∠2=∠4，
∴∠1+2∠2=180°．
【点睛】本题考查了平行线的性质和判定，能熟练地运用定理进行推理是解此题的关键．
【题型9 平行线的应用（转角问题）】
【例9】（2022·黑龙江·大庆市第五十一中学七年级期中）一辆汽车在笔直的公路上行驶，两次拐弯后，在与原方向相反的方向上平行行驶，则这两次拐弯的角度应为（ ）
A．第一次向右拐38°，第二次向左拐142°
B．第一次向左拐38°，第二次向右拐38°
C．第一次向左拐38°，第二次向左拐142°
D．第一次向右拐38°，第二次向右拐40°
【答案】B
【详解】A. 如图：
∵∠1=38°,∠2=142°，
∴∠3=180°−∠2=38°，
∴∠4=∠1+∠3=76°≠∠1，
∴AB与CD不平行；故本选项错误；
B. 如图：
∵∠1=∠2=38°，
∴AB∥CD，且方向相同；故本选项正确；
C. 如图：
∵∠2=142°，
∴∠3=180°−∠2=38°，
∵∠1=38°，
∴∠1=∠2，
∴AB∥CD，但方向相反；故本选项错误；
D. 如图：
∵∠2=40°，
∴∠3=180°−∠2=140°≠∠1，
∴AB与CD不平行，故本选项错误.
故选：B.
【变式9-1】（2022·河北唐山·七年级期末）一辆汽车在笔直的公路上行驶，两次拐弯后，仍在原来的方向上平行前进，则两次拐弯的角度可以是（ ）
A．第一次向右拐40°，第二次向左拐140° B．第一次向左拐40°，第二次向右拐40°
C．第一次向左拐40°，第二次向右拐140° D．第一次向右拐40°，第二次向右拐40°
【答案】B
【分析】两次拐弯后，行驶方向与原来相同，说明两次拐弯后的方向是平行的．对题中的四个选项提供的条件，运用平行线的判定进行判断，能判定两直线平行者即为正确答案．
【详解】A、如图1：∵∠1=40°，∠2=140°，
∴AB与CD不平行；
故本选项错误；
B、如图2：∵∠1=40°，∠2=40°，
∴∠1=∠2，
∴AB与CD平行；
故本选项正确；
C、如图3：∵∠1=40°，∠2=140°，
∴∠1≠∠2，
∴AB不平行CD；
故本选项错误；
D、如图4：∠1=40°，∠2=40°，
∴∠3=140°，
∴∠1≠∠3，
∴AB与CD不平行；
故本选项错误．
故选B．
【点睛】此题考查平行线的判定．此题难度不大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
【变式9-2】（2022·广西防城港·七年级期末）如图，防城港市的一条公路修到海边时，需要拐弯绕海而过，如果第一次拐角是∠A=130°，第二次拐的角是∠B=160°，第三次拐的角是∠C，这时的道路恰好和第一次拐之前的道路平行，则∠C度数为______．
【答案】150°
【分析】法一：过B作BD∥AE，运用平行线性质及已知条件，可得∠ABD=∠A=130°，BD∥CF，再根据两直线平行，同旁内角互补，可以求出∠C的度数．
法二：延长AB、FC，交于点D，运用平行线性质及已知条件，可得∠A=∠BDC=130°，结合三角形内角和定理，求得∠BCD=180°−∠CBD−∠BDC=30°，从而求得∠BCF．
【详解】解：法一，如图，过B作BD∥AE，
∵BD∥AE，∠A=130°，
∴∠ABD=∠A=130°．
∵BD∥AE，CF∥AE，
∴BD∥CF．
∵∠ABC=160°，∠ABD=130°，
∴∠DBC=∠ABC−∠ABD=160°−130°=30°．
∵BD∥CF，
∴∠DBC+∠C=180°，
∵∠DBC=30°，
∴∠C=180°−∠DBC=150°．
法二，如图，延长AB、FC，交于点D，
∵AE∥CD，∠A=130°，
∴∠A=∠BDC=130°．
∵∠ABC=160°，
∴∠CBD=180°−∠ABC=20°，
在△CBD中，
∵∠CBD=20°，∠BDC=130°，
∴∠BCD=180°−∠CBD−∠BDC=30°，
∴∠BCF=180°−∠BCD=150°．
故答案为：150°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，构造恰当的辅助线是解题的关键．
【变式9-3】（2022·广东·广州市第十六中学七年级期中）如图所示，一条公路修到湖边时，需要拐弯绕湖而过，第一次拐的角∠A=110°，第二次拐的角∠B=145°，则第三次拐的角∠C=__________时，道路CE才能恰好与AD平行．
【答案】145°##145度
【分析】首先过点B作BF∥AD，由AD∥CE，即可得BF∥AD∥CE，然后根据两直线平行，内错角相等与两直线平行，同旁内角互补，即可求得∠C的大小．
【详解】过点B作BF∥AD，
∵AD∥CE，
∴BF∥AD∥CE，
∴∠1=∠A=110°,∠2+∠C=180°，
∵∠B=∠1+∠2=145°，
∴∠2=35°，
∴∠C=145°．
故答案为145°．
【点睛】此题考查平行线的性质，解题关键在于作辅助线．
【题型10 平行线的判定与性质综合（旋转）】
【例10】（2022·上海市市西初级中学七年级期中）结合“爱市西，爱生活，会创新”的主题，某同学设计了一款“地面霓虹探测灯”，增加美观的同时也为行人的夜间行路带去了方便．他的构想如下：在平面内，如图1所示，灯A射线从AM开始顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线从BP开始顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是每秒2度，灯B转动的速度是每秒1度．假定主道路是平行的，即PQ//MN，且∠BAM:∠BAN=2:1．
（1）填空：∠ABP=______°；
（2）若灯B射线先转动60秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，A灯转动几秒，两灯的光束互相平行？
（3）如图2，若两灯同时转动，在灯A射线到达AN之前，若射出的光束交于点C，过C作∠ACD交PQ于点D，且∠ACD=120°，则在转动过程中，请探究∠BAC与∠BCD的数量关系是否发生变化？若不变，请求出其数量关系；若改变，请说明理由．
【答案】（1）120；（2）A灯转动100秒，两灯的光束互相平行；（3）在转动过程中，∠BAC和∠BCD关系不会变化，且有∠BAC=2∠BCD，理由见解析．
【分析】（1）先根据角的倍差求出∠BAM的度数，再根据平行线的性质即可得；
（2）设A灯转动时间为t秒，先求出两个临界位置：灯B射线从BP开始顺时针旋转至BA、灯A射线从AM开始顺时针旋转至AN，再分三种情况，分别利用平行线的性质列出等式求解即可得；
（3）先根据角的和差求出∠BAC=2t−120°,∠ABC=120°−t，再根据三角形的内角和定理可得∠BCA=180°−t，然后根据角的和差可得∠BCD=t−60°，由此即可得．
【详解】（1）∵∠BAM+∠BAN=180°，∠BAM:∠BAN=2:1
∴∠BAM=23×180°=120°,∠BAN=13×180°=60°
∵PQ//MN
∴∠ABP=∠BAM=120°（两直线平行，内错角相等）
故答案为：120；
（2）设A灯转动时间为t秒
灯B射线从BP开始顺时针旋转至BQ所需时间为1801=180（秒），灯B射线从BP开始顺时针旋转至BA所需时间为1201=120（秒）
灯A射线从AM开始顺时针旋转至AN所需时间为1802=90（秒）
则t的取值范围为0
①当0
∴∠PBD=∠BDA
∵AC//BD
∴∠CAM=∠BDA
∴∠CAM=∠PBD
∴2t=1⋅(60+t)
解得t=60
此时，∠CAM=∠PBD=120°=∠PBA
即两灯的光束重合，不符题意，舍去
②当60
∴∠PBD+∠BDA=180°
∵AC//BD
∴∠CAN=∠BDA
∴∠PBD+∠CAN=180°
∴1⋅(60+t)+(180−2t)=180
解得t=60（不符题设，舍去）
③当60
∴∠PBD+∠BDA=180°
∵AC//BD
∴∠CAN=∠BDA
∴∠PBD+∠CAN=180°
∴1⋅(60+t)+(2t−180)=180
解得t=100，符合题设
综上，A灯转动100秒，两灯的光束互相平行；
（3）∠BAC和∠BCD关系不会变化，且有∠BAC=2∠BCD，理由如下：
设灯A射线转动时间为t秒
∵∠CAN=180°−2t
∴∠BAC=∠BAN−∠CAN=60°−(180°−2t)=2t−120°
又∵∠ABC=∠ABP−∠CBP=120°−t
∴∠BCA=180°−∠ABC−∠BAC=180°−t
∵∠ACD=120°
∴∠BCD=∠ACD−∠BCA=120°−(180°−t)=t−60°
∴∠BAC:∠BCD=2:1，即∠BAC=2∠BCD
故在转动过程中，∠BAC和∠BCD关系不会变化，且有∠BAC=2∠BCD．
【点睛】本题考查了平行线的性质、角的和差倍分、三角形的内角和定理等知识点，较难的是题（2），依据题意，找出两个临界位置，进而分三种情况讨论是解题关键．
【变式10-1】（2022·全国·九年级单元测试）（1）如图1，将一副直角三角板按照如图方式放置，其中点C、D、A、F在同一条直线上，两条直角边所在的直线分别为MN、PQ，∠BAC=30°，∠DEF=45°．AB与DE相交于点O，则∠BOE的度数是__________；
（2）将图1中的三角板ABC和三角板DEF分别绕点B、F按各自的方向旋转至如图2所示位置，其中BA平分∠MBC，求∠PFA的度数；
（3）将如图1位置的三角板ABC绕点B顺时针旋转一周，速度为每秒10°，在此过程中，经过_________秒边AB与边DE互相平行．
【答案】（1）105°；（2）15°；（3）152或512
【分析】（1）根据三角形尺的角度，根据三角形内角和可得∠AOD = 180°–∠OAD–∠ODA，求得∠AOD =105°，根据对顶角相等求得∠BOE；
（2）延长BA交PQ于点H，在四边形BCFH中，∠HBC +∠BCF + ∠CFH +∠BHF=360°，进而求得∠HFA=15°，即可求解；
（3）根据题意分类讨论，根据平行线的性质求得∠A1BO ，根据旋转角度除以旋转的速度即可求解．
【详解】（1）∵∠BAC = 30°, ∠DEF = 45°
由三角板可知∠OAD=30°，∠ODA = 45°，∠ABC = 60°
∴∠AOD = 180°–∠OAD–∠ODA= 180° -30°-45°= 105°
∴∠BOE = ∠AOD = 105°
故答案为：105°.；
（2）如图，延长BA交PQ于点H，
由题可知，∠ABC=60°，∠ACF=45°，
∠BCA = ∠CFA = 90°
BA平分∠MBC
∴∠MBA = ∠ABC = 60°
又∵MN∥PQ
∴∠BHF = ∠MBA = 60°
在四边形BCFH中，
∠HBC +∠BCF + ∠CFH +∠BHF=360°
∴∠HBC ＋∠BCA ＋∠ACF ＋ ∠CFA+∠HFA +∠BHF =360°
∴60°+90°+45°+90°+∠HFA+60°= 360°
∴∠HFA=15°
即∠PFA=15°
（3）分两种情况讨论，
①如图，△ABC在MN、PQ之间
由（1）可知∠BOE=105°
∵A1B∥DE
∴∠A1BO ＋ ∠BOE = 180°
∴∠A1BO = 180° - 105° = 75°
∴旋转时间为：7510=152（秒）
②如图所示△ABC在MN上面，
∵A2B//DE
∴∠A2BO =∠BOE = 105°
则旋转的度数为：360°-105°=255°
∴旋转时间为25510=512
综上所述，经过152秒或512秒，AB与边DE互相平行．
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，三角尺中角度的计算，三角形内角和定理，数形结合，分类讨论是解题的关键．
【变式10-2】（2022·河北·唐山市第十二中学七年级期中）嘉嘉和琪琪在用一副三角尺研究数学问题：一副三角尺分别有一个角为直角，其余角度如图1所示，AB=DE，经研究
发现
（1）如图2，当AB与DE重合时，∠CDF= °；
（2）如图3，将图2中△ABC绕B点顺时针旋转一定度使得∠CEF=156°，则∠AED= °；
拓展
（3）如图4，继续旋转使得AC垂直DE于点G，此时AC与EF位置关系 ，此时∠AED= °；
探究
（4）如图5，图6继续旋转，使得AC∥DF图5中此时∠AED= °，图6中此时∠AED= °．
【答案】（1）105°；（2）24°；（3）平行，30°；（4）75°，105°．
【分析】（1）根据度数求和即可；
（2）根据∠ABC+∠DEF＝∠CEF+∠DEA＝180°求解；
（3）①根据∠CGE＝∠DEF＝90°来说明；
②在直角△CDE中计算∠CED，根据∠CEA＝90°求解；
（4）图5在三角形DBH中求解，图6根据∠AED＝∠D+∠A求解．
【详解】解：（1）∵∠CAB＝60°，∠EDF＝45°，
∴∠CDF＝105°，
故答案为：105°；
（2）∵∠ACB+∠DEF＝∠CEF+∠DEA＝180°，∠CEF＝156°，
∴∠DEA＝24°；
故答案为：24°；
（3）①平行
∵∠CGE＝∠DEF＝90°，
∴AC∥EF；
②∵∠C＝30°，∠CGE＝90°，
∴∠CEG＝60°，
又∠CBA＝90°，
∴∠AED＝30°；
故答案为：平行，30°；
（4）如图5，∵AC∥DF，
∴∠DHB＝∠A＝60°，
又∠D＝45°，
∴∠AED＝75°；
如图6，∵AC∥DF，
∴∠AED＝∠D+∠A＝105°．
故答案为：75°，105°．
【点睛】本题考查三角形和平行线性质，熟练应用三角形内角和及平行线性质是解答关键．
【变式10-3】（2022·湖北武汉·七年级期中）如图1，PQ∥MN，点A，B分别在MN，QP上，∠BAM=2∠BAN，射线AM绕A点顺时针旋转至AN便立即逆时针回转，射线BP绕B点顺时针旋转至BQ便立即逆时针回转．射线AM转动的速度是每秒2度，射线BP转动的速度是每秒1度．
（1）直接写出∠QBA的大小为_______；
（2）射线AM、BP转动后对应的射线分别为AE、BF，射线BF交直线MN于点F，若射线BP比射线AM先转动30秒，设射线AM转动的时间为t（0＜t＜180）秒，求t为多少时，直线BF∥直线AE？
（3）如图2，若射线BP、AM同时转动m（0＜m＜90）秒，转动的两条射线交于点C，作∠ACD=120°，点D在BP上，请探究∠BAC与∠BCD的数量关系．
【答案】（1）60°；（2）当t=30秒或110秒时BF//直线AE；（3）∠BAC和∠BCD关系不会变化，∠BAC=2∠BCD．
【分析】（1）根据PQ∥MN，可得∠QBA=∠BAN，再根据平角定义和∠BAM=2∠BAN．即可得∠QBA的大小；
（2）①当0＜t＜90时，根据平行线的性质可得，∠EAM=∠PBF，列出方程2t=1•（30+t），即可求解；②当90＜t＜150时，根据平行线的性质可得∠PBF+∠EAN=180°，列出方程1•（30+t）+（2t-180）=180，即可求解；
（3）作CH∥PQ，根据PQ∥MN，可得CH∥PQ∥MN，根据平行线的性质可得，∠BCD=120°-∠BCA=120°-（180°-m°）=m°-60°，∠BAC=60°-（180°-2m°）=2m°-120°，可得∠BAC：∠BCD=2：1，即∠BAC=2∠BCD．
【详解】解：（1）∵PQ∥MN，
∴∠QBA=∠BAN，
∵∠BAM+∠BAN=180°，∠BAM=2∠BAN，
∴3∠BAN=180°，
∴∠BAN=60°，
∴∠QBA=∠BAN=60°，
故答案为：60°；
（2）①当0＜t＜90时，如图1，
∵PQ∥MN，
∴∠PBF=∠BFA，
∵AE∥BF，
∴∠EAM=∠BFA，
∴∠EAM=∠PBF，
∴2t=1•（30+t），
解得t=30；
②当90＜t＜150时，如图2，
∵PQ∥MN，
∴∠PBF+∠BFA=180°，
∵AE∥BF，
∴∠EAN=∠BFA，
∴∠PBF+∠EAN=180°，
∴1•（30+t）+（2t-180）=180，
解得t=110，
综上所述，当t=30秒或110秒时BF∥直线AE；
（3）∠BAC=2∠BCD，理由如下：
如图3，作CH∥PQ，
∵PQ∥MN，
∴CH∥PQ∥MN，
∴∠QBC+∠2=180°，∠MAC+∠1=180°，
∴∠QBC+∠2+∠MAC+∠1=360°，
∵∠QBC=180°-m°，∠MAC=2m°，
∴∠BCA=∠1+∠2=360°-（180°-m°）-2m°=180°-m°，
而∠ACD=120°，
∴∠BCD=120°-∠BCA=120°-（180°-m°）=m°-60°，
∵∠CAN=180°-2m°，
∴∠BAC=60°-（180°-2m°）=2m°-120°，
∴∠BAC：∠BCD=2：1，
即∠BAC=2∠BCD．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是利用平行线的判定与性质分情况讨论．
【苏科版】
【题型1 平行线的判定与性质的运用（计算与证明）】 1
【题型2 平行线的判定与性质（书写过程）】 5
【题型3 平行线与三角尺（直角顶点在平行线上）】 10
【题型4 平行线与三角尺（直角顶点不在平行线上）】 12
【题型5 平行线的判定与性质综合（角度之间的数量关系）】 18
【题型6 平行线的判定与性质综合（求定值）】 24
【题型7 平行线的判定与性质综合（规律问题）】 35
【题型8 平行线的性质（折叠问题）】 40
【题型9 平行线的应用（转角问题）】 46
【题型10 平行线的判定与性质综合（旋转）】 51
【知识点 平行线的性质】
1. 两条平行被第三条直线所截同位角相等.简单说成两直线平行同位角相等.
2. 两条平行线被第三条直线所截内错角相等.简单说成两直线平行内错角相等.
3. 两条平行线被第三条直线所截同旁内角互补.简单说成两直线平行同旁内角互补.
【题型1 平行线的判定与性质的运用（计算与证明）】
【例1】（2022·西藏·林芝市广东实验中学七年级期中）如图，点D，E在AC上，点F，G分别在BC，AB上，且DG∥BC，∠1＝∠2．
(1)求证：DB∥EF；
(2)若EF⊥AC，∠1＝50°，求∠ADG的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠ADG＝40°
【分析】（1）利用两直线平行，内错角相等，再根据同位角相等，两直线平行即可得证；
（2）先求出∠C，再根据两直线平行，同位角相等，即可得解．
（1）
证明：∵DG∥BC，
∴∠1＝∠DBC．
又∵∠1＝∠2，
∴∠2＝∠DBC，
∴DB∥EF．
（2）
∵EF⊥AC，
∴∠CEF＝90°．
∵∠2＝∠1＝50°，
∴∠C＝90°－50°＝40°．
∵DG∥BC，
∴∠ADG＝∠C＝40°．
【点睛】本题考查平行线的判定和性质．熟练掌握平行线的性质和判定是解题的关键．
【变式1-1】（2022·湖北·五峰土家族自治县中小学教研培训中心七年级期末）已知：如图，AE⊥BC,FG⊥BC，∠CEA=∠FGB，∠D=∠ABC+50°，∠CBD=70°．
(1)求证：AB∥CD；
(2)求∠C的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)∠C=30°
【分析】（1）先证明AE∥GF，可得∠EAB=∠FGB，再证明∠CEA=∠EAB，从而可得答案；
（2）由AB∥CD，可得∠D+∠CBD+∠ABC=180°，再把∠D=∠ABC+50°,∠CBD=70° 代入进行计算即可.
（1）
证明：∵AE⊥BC，FG⊥BC，
∴AE∥GF，
∴∠EAB=∠FGB，
∵∠CEA=∠FGB，
∴∠CEA=∠EAB，
∴AB∥CD；
（2）
解：由（1）得，AB∥CD，
∴∠D+∠CBD+∠ABC=180°，
∵∠D=∠ABC+50°,∠CBD=70°，
∴∠ABC+70°+∠ABC+50°=180°
∴∠ABC=30°，
∴∠C=∠ABC=30°．
【点睛】本题考查的是平行线的判定与性质，方程思想的应用，掌握“平行线的判定与性质”是解本题的关键.
【变式1-2】（2022·重庆·巴川初级中学校七年级期中）如图，△ABC中，∠BAC的角平分线交BC于D，点F在BA的延长线上，点E在线段CD上，EF与AC相交于点G，且∠BDA+∠CEG=180°．
(1)求证：AD∥EF；
(2)若点H在FE的延长线上，且∠EDH＝∠C，则∠F与∠H相等吗？请说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)∠F=∠H，说明见详解
【分析】（1）根据∠BDA+∠CEG=180°，∠DEF+∠CEG=180°，可得∠BDA=∠DEF，根据同位角相等，两直线平行可判定AD∥EF；
（2）根据∠EDH=∠C，可得DH∥AC，继而得到∠H=∠EGC，由对顶角∠AGF=∠EGC，可得∠H=∠AGF，由（1）AD∥EF可得∠DAG=∠AGF，∠BAD=∠F，再因为AD是∠BAC的角平分线，有∠DAG=∠BAD，即可证明∠F=∠H．
（1）
证明：∵∠BDA+∠CEG=180°，∠DEF+∠CEG=180°，
∴∠BDA=∠DEF，
∴AD∥EF．
（2）
解：∠F=∠H，理由如下：
∵∠EDH=∠C，
∴DH∥AC，
∴∠H=∠EGC，
∵∠AGF=∠EGC，
∴∠H=∠AGF，
∵AD∥EF，
∴∠DAG=∠AGF，∠BAD=∠F，
又∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠DAG=∠BAD，
∴∠F=∠H．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义，熟练掌握并应用平行线的判定与性质是解答本题的关键．
【变式1-3】（2022·湖北·武汉市新洲区阳逻街第一初级中学三模）如图，已知AD⊥BC，EF⊥BC，∠1=∠2．
(1)求证：EF∥AD；
(2)求证：∠BAC+∠AGD=180°．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据垂直得出∠EFB=∠ADB=90°，根据平行线的判定得出EF∥AD；
（2）根据平行线的性质得出∠1=∠BAD，由∠1=∠2得出∠2=∠BAD，根据平行线的判定得出DG∥BA，再根据平行线的性质即可得解．
【详解】（1）证明：∵AD⊥BC，EF⊥BC，
∴∠EFB=90°，∠ADB=90°（垂直的定义），
∴∠EFB=∠ADB（等量代换），
∴EF∥AD（同位角相等，两直线平行）；
（2）证明：∵EF∥AD，
∴∠1=∠BAD（两直线平行，同位角相等），
又∵∠1=∠2（已知），
∴∠2=∠BAD（等量代换），
∴DG∥BA（内错角相等，两直线平行），
∴∠BAC+∠AGD=180°（两直线平行，同旁内角互补）．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质，熟记平行线的判定定理与性质定理是解题的关键．
【题型2 平行线的判定与性质（书写过程）】
【例2】（2022·黑龙江·哈尔滨市风华中学校七年级期中）如图，∠1=∠2，∠A=∠D．
求证：∠B=∠C．（请把下面证明过程补充完整）
证明：∵1=∠2（已知）
又∵∠1=∠3（____________）
∴∠2=∠3（____________）
∴AE∥FD（_____________）
∴∠A=∠_____（______________）
∵∠A=∠D（已知）
∴∠D=∠BFD（等量代换）
∴_____∥CD（__________________）
∴∠B=∠C（____________）
【答案】对顶角相等；等量代换；内错角相等，两直线平行；BFD；两直线平行，内错角相等；AB；内错角相等，两直线平行；两直线平行，内错角相等．
【分析】先利用对顶角的性质证明∠2=∠3，再证明AE∥FD，可证明∠A=∠BFD，可得∠D=∠BFD，再证明AB∥CD，从而可得答案．
【详解】证明：∵1=∠2（已知）
又∵∠1=∠3（对顶角相等）
∴∠2=∠3（等量代换）
∴AE∥FD（内错角相等，两直线平行）
∴∠A=∠BFD（两直线平行，内错角相等）
∵∠A=∠D（已知）
∴∠D=∠BFD（等量代换）
∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行）
∴∠B=∠C（两直线平行，内错角相等）
【点睛】本题考查的是对顶角的性质，平行线的判定与性质，熟练的利用平行线的判定与性质进行证明是解本题的关键．
【变式2-1】（2022·黑龙江·哈尔滨市萧红中学校七年级阶段练习）阅读并完成下面的证明过程：
已知：如图，AB∥EF，∠1=∠2，BE、CE分别平分∠ABC和∠BCD，求证：BE⊥CE．
证明：∵BE、CE分别平分∠ABC和∠BCD．
∴∠ABE=∠EBC=12∠ABC
∠2=________=12∠BCD（角平分线定义）
又∵∠1=∠2，
∴∠1=∠ECD（ ）
∴EF∥CD（ ）
又∵AB∥EF（已知）
∴________________（ ）
∴∠ABC+∠BCD=180°（ ）
∴∠ABE+∠2=12∠ABC+∠BCD=90°，
又∵AB∥EF，
∴∠ABE=∠BEF（ ）
∴∠BEF+∠1=90°，
∴∠BEC=90°，
∴BE⊥CE（ ）
【答案】∠ECD；等量代换；内错角相等，两直线平行；AB∥CD；如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等；垂直定义．
【分析】根据平行线的性质、平行线的判定以及垂直的定义进行分析即可解答．
【详解】证明：∵BE、CE分别平分∠ABC和∠BCD．
∴∠ABE=∠EBC=12∠ABC
∠2= ∠ECD =12∠BCD（角平分线定义）
又∵∠1=∠2，
∴∠1=∠ECD（等量代换）
∴EF∥CD（内错角相等，两直线平行）
又∵AB∥EF（已知）
∴AB∥CD（如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行）
∴∠ABC+∠BCD=180°（两直线平行，同旁内角互补）
∴∠ABE+∠2=12∠ABC+∠BCD=90°，
又∵AB∥EF，
∴∠ABE=∠BEF（两直线平行，内错角相等）
∴∠BEF+∠1=90°，
∴∠BEC=90°，
∴BE⊥CE（垂直定义）．
故答案为：∠ECD；等量代换；内错角相等，两直线平行；AB∥CD；如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等；垂直定义．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质、垂直的定义等知识点，灵活运用平行线的判定与性质是解答本题的关键．
【变式2-2】（2022·湖南·株洲景炎学校七年级期中）完成下面证明过程并写出推理根据：
已知：如图所示，∠BAP与∠APD互补，∠1=∠2．
求证：∠E=∠F．
证明：∵∠BAP与∠APD互补（已知），
即∠BAP+∠APD=180°，
∴____________∥_____________（_____________________），
∴∠BAP=∠APC（_____________________）．
又∵∠1=∠2，
∴∠BAP−∠1=∠APC−∠2（等式的性质），
即∠3=∠4，
∴____________∥_____________（_____________________），
∴∠E=∠F（_____________________）．
【答案】AB；CD；同旁内角互补，两直线平行；两直线平行，内错角相等；AE；FP；内错角相等，两直线平行；两直线平行，内错角相等
【分析】根据平行线的判定与性质，结合图形完成填空即可求解．
【详解】∵∠BAP与∠APD互补（已知），
即∠BAP+∠APD=180°，
∴AB ∥ CD（同旁内角互补，两直线平行），
∴∠BAP=∠APC（两直线平行，内错角相等）．
又∵∠1=∠2，
∴∠BAP−∠1=∠APC−∠2（等式的性质），
即∠3=∠4，
∴AE ∥ FP（内错角相等，两直线平行），
∴∠E=∠F（两直线平行，内错角相等）
故答案为：AB；CD；同旁内角互补，两直线平行；两直线平行，内错角相等；AE；FP；内错角相等，两直线平行；两直线平行，内错角相等．
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定进行证明，掌握平行线的性质与判定是解题的关键．
【变式2-3】（2022·重庆·巴川初级中学校七年级期中）推理填空：完成下面的证明过程.
如图，已知∠1+∠2=180°，∠B=∠DEF，求证：.DE∥BC
证明：∵∠1+∠2=180°（ ）
∠2=∠3（_______________________________）
∴∠1+∠3=180°
∴______∥______（_____________________________）
∴∠B=______（________________________________）
∵∠B=∠DEF（已知）
∴∠DEF=_______ （_______________________）
∴DE∥BC（ ）
【答案】已知；对顶角相等； AB； EF；同旁内角互补，两直线平行；∠EFC；两直线平行，同位角相等；∠EFC；等量代换；内错角相等，两直线平行
【分析】由于∠1＋∠2＝180°，∠2＝∠3，则∠1＋∠3＝180°，根据同旁内角互补，两直线平行得到AB∥EF，则利用平行线的性质得∠B＝∠CFE，由于∠B＝∠DEF，所以∠DEF＝∠CFE，于是根据平行线的判定得到DE∥BC.
【详解】证明：∵∠1＋∠2＝180°（ 已知）
∠2＝∠3（对顶角相等）
∴∠1＋∠3＝180°
∴AB∥EF（同旁内角互补，两直线平行）
∴∠B＝∠EFC（两直线平行，同位角相等）
∵∠B＝∠DEF（已知）
∴∠DEF＝∠EFC （等量代换）
∴DE∥BC（内错角相等，两直线平行）
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质：内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行；两直线平行，同位角相等．掌握平行线的判定与性质是解题的关键.
【题型3 平行线与三角尺（直角顶点在平行线上）】
【例3】（2022·辽宁·阜新实验中学七年级期末）如图，含有30°角的直角三角板的两个顶点E、F放在一个长方形的对边上，点E为直角顶点，∠EFG=30°，延长EG交CD于点P，如果∠3=65°，那么∠2的度数是（ ）
A．100° B．105° C．115° D．120°
【答案】C
【分析】根据直角三角形两锐角互余得到∠1=25°，根据平角的定义得到∠AEF=90°-∠1=65°，根据平行线的性质即可得到结论．
【详解】解：∵∠D=90°，∠3=65°，
∴∠1=25°，
∵∠FEG=90°，
∴∠AEF=90°-∠1=65°，
∵AD∥BC，
∴∠2=180°-∠AEF=115°，
故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形两锐角互余和平行线的性质，关键是得出∠AEF与∠2互补．
【变式3-1】（2022·浙江·金华市第四中学九年级阶段练习）将一直角三角板与两边平行的纸条如图所示放置，下列结论：（1）∠1=∠2；（2）∠3=∠2；（3）∠2+∠4=90°；（4）∠4+∠5=180°，其中正确的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据两直线平行同位角相等，内错角相等，同旁内角互补，及直角三角板的特殊性解答．
【详解】解：∵纸条的两边平行，
∴（1）∠1=∠2（两直线平行，同位角相等）；
（2）∠3=∠4（两直线平行，内错角相等）；
（4）∠4+∠5=180°（两直线平行，同旁内角互补）均正确；
又∵直角三角板与纸条下线相交的角为90°，
∴（3）∠2+∠4=90°，正确．
故选：D．
【点睛】本题考查平行线的性质，正确识别“三线八角”中的同位角、内错角、同旁内角是正确答题的关键．
【变式3-2】（2022·山东青岛·七年级期中）将一块直角三角板ABC按如图方式放置，其中∠ABC=30°，A，B两点分别落在直线m、n上，∠1=20°，添加下列哪一个条件可使直线m∥n（ ）
A．∠2=20° B．∠2=30° C．∠2=45° D．∠2=50°
【答案】D
【分析】根据平行线的判定定理求解即可．
【详解】解：由平行线的判定可知，当∠2＝∠ABC＋∠1时，m∥n，
即∠2＝∠ABC＋∠1＝30°＋20°＝50°，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的判定，熟练掌握平行线的判定定理是解题的关键．
【变式3-3】（2022·河南南阳·二模）小明把一副三角板按如图所示方式摆放，直角边CD与直角边AB相交于点F，斜边DE∥BC，∠B＝30°，∠E＝45°，则∠CFB的度数是（ ）
A．95° B．115° C．105° D．125°
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得∠D=45°，再由平行线的性质得出∠BCF=45°，再由三角形的内角和定理进行求解即可．
【详解】∵ΔCDE是直角三角形，∠E＝45°，
∴∠D=45°，
∵ DE∥BC，
∴∠BCF=∠D=45°，
∵∠B+∠BCF+∠BFC=180°,∠B=30°，
∴∠CFB=105°，
故选：C．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，平行线的性质及三角形的内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
【题型4 平行线与三角尺（直角顶点不在平行线上）】
【例4】（2022·全国·八年级专题练习）如图，a∥b，一块含45°的直角三角板的一个顶点落在直线b上，若∠1=58°54′，则∠2的度数为（ ）
A．103°6′ B．104°6′ C．103°54′ D．104°54′
【答案】C
【分析】设∠2的同位角为∠3，∠3的邻补角为∠5，三角板的一个锐角为∠4，根据等腰三角板的特点可求出∠4，根据三角形内角和即可求出∠5，再根据平角的性质即可求出∠3，进而根据两直线平行同位角相等即可求出∠2．
【详解】设∠2的同位角为∠3，∠3的邻补角为∠5，三角板的一个锐角为∠4，如图，
∵直角三角板含一个45°的锐角，
∴该三角板为等腰三角形，
∴∠4=45°，
∵∠1=58°54′，
又∵在三角形中有∠1+∠4+∠5=180°，
∴∠5=180°-(∠1+∠4)=180°-(58°54′+45°)=180°-103°54′=76°6′，
∵∠3+∠5=180°，
∴∠3=180°-∠5=180°-76°6′=103°54′，
∵a∥b，
∴∠2=∠3，
∴∠2=103°54′，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形的内角和等知识，掌握两直线平行同位角相等是解答本题的关键．
【变式4-1】（2022·山西晋中·七年级期末）用一块含60°角的直角三角板和一把直尺按图中所示的方式放置，其中直尺的直角顶点与三角板的60°角顶点重合，直尺两边分别与三角板的两条直角边相交，若∠1=50°，则∠2的度数为（ ）
A．25° B．22.5° C．20° D．15°
【答案】C
【分析】如图，根据题意得到∠C=90°，AB∥DE，∠CDF=60°．先根据三角形内角和求出∠ABC=40°，再根据平行的性质求出∠CDE=40°，即可求出∠2=20°．
【详解】解：如图，由题意得∠C=90°，AB∥DE，∠CDF=60°．
∵∠C=90°，∠1=50°，
∴∠ABC=180°-∠C-∠1=40°，
∵AB∥DE，
∴∠CDE=∠CBA=40°，
∵∠CDF=60°
∴∠2=∠CDF-∠CDE=20°．
故选：C
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，平行线的性质，熟知两个定理并理解题意得到已知条件是解题的关键．
【变式4-2】（2022·福建·莆田市城厢区南门学校七年级阶段练习）如图，AB∥CD，将一副直角三角板作如下摆放，∠GEF＝60°，∠MNP＝45°．下列结论：①GE∥MP；②∠EFN＝150°；③∠BEF＝75°；④∠AEG＝∠PMN．其中正确的是_______．
【答案】①②③④
【分析】①由题意得∠G=∠MPN=∠MPG=90°，利用内错角相等，两直线平行即可判定GE∥MP；②由题意得∠EFG=30°，利用邻补角即可求出∠EFN的度数；③过点F作FH⊥AB，可得FH∥CD，从而得到∠HFN=∠MNP=45°，可求得∠EFN=105°，再利用平行线的性质即可求出∠BEF；④利用角的计算可求出∠AEG=45°，从而可判断．
【详解】解：①∵∠G=∠MPN=∠MPG=90°，
∴GE∥MP，
故①正确；
②∵∠EFG=30°，
∴∠EFN=180°−30°=150°，
故②正确；
③过点F作EH∥AB，如图，
∵AB∥CD，
∴FH∥CD，
∴∠HFN=∠MNP=45°，
∴∠EFN=150°−45°=105°，
∵FH∥AB，
∴∠BEF=180°−105°=75°；
故③正确；
④∵∠GEF=60°，∠BEF=75°，
∴∠AEG=180°−60°−75°=45°，
∴∠AEG=∠PMN=45°，
故④正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查平行线的性质与判定，解题的关键是熟记平行线的判定条件与性质并灵活运用．
【变式4-3】（2022·山东淄博·期末）如图所示，将一直角三角板放在AB，CD两条平行线之间：
(1)图甲中，容易求得∠1+∠2=90°，请直接写出图乙中∠1，∠2的数量关系；
(2)请问图丙中∠1，∠2的数量关系是什么？并加以说明；
(3)请直接写出图丁中∠1，∠2的数量关系．
【答案】(1)∠1＋∠2＝270°
(2)∠2－∠1＝90°；见解析
(3)∠1＝∠2＋90°
【分析】（1）过三角板的直角顶点作AB的平行线MN，得AB∥MN∥CD．根据两直线平行，同旁内角互补，即可得∠1，∠2的关系．
（2）过三角板的直角顶点作AB的平行线MN，得AB∥MN∥CD．根据两直线平行，内错角相等，平角互补，即可得∠1，∠2的关系．
（3）过点O作AB的平行线MN，得AB∥MN∥CD，据两直线平行，内错角相等，即可得∠1，∠2的关系．
（1）
如图，过三角板的直角顶点作AB的平行线MN，得AB∥MN∥CD
∴∠1+∠3=180°，∠2+∠4=180°
又∵∠3+∠4=90°
∴∠1+∠3+∠2+∠4=180°+180°
∴∠1+∠2=360°−90°=270°
∴∠1+∠2=270°．
（2）
如图，过三角板的直角顶点作AB的平行线MN，得AB∥MN∥CD
∴∠1=∠3，∠2+∠4=180°
又∵∠3+∠4=90°
∴∠1+180°−∠2=90°
∴∠2−∠1=90°．
（3）
如图，过点O作AB的平行线MN，得AB∥MN∥CD
∴∠MOC=∠2
∴∠1=90°+∠MOC
∴∠1=90°+∠2．
【点睛】本题考查平行线的性质，解题的关键是掌握两直线平行，内错角相等，同旁内角互补；平角互补．
【题型5 平行线的判定与性质综合（角度之间的数量关系）】
【例5】（2022·黑龙江鹤岗·七年级期末）如图①，AB∥CD，M为平面内一点，若BM⊥MC，则易证∠ABM与∠DCM互余．
(1)如图②，AB∥CD．点M在射线EA上运动，猜想点M在点A和D之间时，∠BMC与∠ABM、∠DCM之间的数量关系，并证明．
(2)在（1）的条件下，当点M在射线EA的其它位置上时（不与点E，A，D重合）请直接写出∠BMC与∠ABM、∠DCM之间的数量关系．
【答案】(1)∠ABM+∠DCM=∠BMC，理由见解析
(2)∠BMC=∠DCM-∠ABM或∠BMC=∠ABM-∠DCM．
【分析】（1）过M作MF∥AB，交BC于F，根据平行线的性质可得∠DCM=∠FMC，可得∠ABM+∠DCM=∠BMF+∠CMF=∠BMC；
（2）分两种情况：当点M在E、A两点之间时；当点M在AD的延长线上时；进行讨论可求∠BMC与∠ABM，∠DCM的数量关系．
（1）
解：∠ABM+∠DCM=∠BMC，理由如下：
如图，过M作MF∥AB，交BC于F，则∠ABM=∠BMF，
又∵AB∥CD，
∴MF∥CD，
∴∠DCM=∠FMC，
∴∠ABM+∠DCM=∠BMF+∠CMF=∠BMC；
（2）
解：当点M在E、A两点之间时，如图3，∠BMC=∠DCM-∠ABM；
过M作MF∥AB，交EC于F，则∠ABM=∠BMF，
又∵AB∥CD，
∴MF∥CD，
∴∠DCM=∠FMC，
∴∠BMC=∠CMF-∠BMF=∠DCM-∠ABM；
当点M在AD的延长线上时，如图4，∠BMC=∠ABM-∠DCM．
过M作MF∥AB，交EC于F，则∠ABM=∠BMF，
又∵AB∥CD，
∴MF∥CD，
∴∠DCM=∠FMC，
∴∠BMC=∠BMF-∠CMF=∠ABM-∠DCM．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，关键是构建平行线，利用平行线的性质进行解答．解题时注意分类思想的运用．
【变式5-1】（2022·辽宁·兴城市第二初级中学七年级阶段练习）已知，点A，点B分别在线段MN，PQ上，且∠ACB-∠MAC=∠CBP．
(1)如图1，求证：MN∥PQ；
(2)分别过点A和点C作直线AG、CH使AG∥CH，以点B为顶点的直角∠DBI的两边分别与直线CH，AG交于点F和点E，如图2，试判断∠CFB、∠BEG之间的数量关系，并证明；
(3)在（2）的条件下，若BD和AE恰好分别平分∠CBP和∠CAN，并且∠ACB=80°，求∠CFB的度数．（直接写出答案）
【答案】(1)见解析
(2)∠CFB−∠BEG=90°，证明见解析
(3)∠CFB=130°
【分析】（1）过C作CE∥MN，根据平行线的判定和性质即可得到结论；
（2）过B作BR∥AG，根据平行线的性质得到∠BEG=∠EBR，∠RBF+∠CFB=180°，等量代换即可得到结论；
（3）过E作ES∥MN，根据平行线的性质得到∠NAE=∠AES，∠QBE=∠BES，根据角平分线的定义得到∠NAE=∠EAC，∠CBD=∠DBP，根据四边形的内角和即可得到结论．
（1）
解：如图，过C作CE∥MN，
∴∠1=∠MAC，
∵∠2=∠ACB-∠1，
∴∠2=∠ACB-∠MAC，
∵∠ACB-∠MAC=∠CBP，
∴∠2=∠CBP，
∴CE∥PQ，
∴MN∥PQ；
（2）
如图，过B作BR∥AG，
∵AG∥CH，
∴BR∥HF，
∴∠BEG=∠EBR，∠RBF+∠CFB=180°，
∵∠EBF=90°，
∴∠BEG=∠EBR=90°-∠RBF，
∴∠BEG=90°-∠RBF=90°-（180°-∠CFB），
∴∠CFB-∠BEG=90°；
（3）
如图，过E作ES∥MN，
∵MN∥PQ，
∴ES∥PQ，
∴∠NAE=∠AES，∠QBE=∠BES，
∵BD和AE分别平分∠CBP和∠CAN，
∴∠NAE=∠EAC，∠CBD=∠DBP，
∴∠CAE=∠AES，
∵∠EBD=90°，
∴∠EBQ+∠PBD=∠EBC+∠CBD=90°，
∴∠QBE=∠EBC，
∴∠EBC=∠BES，
∴∠AEB=∠AES+∠BES=∠CAE+∠EBC=12360°−∠ACB，
∵∠ACB=80°，
∴∠AEB=140°，
∴∠BEG=40°，
∵∠CFB-∠BEG=90°，
∴∠CFB=130°．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，余角的性质，四边形的内角和，正确的作出辅助线是解题的关键．
【变式5-2】（2022·湖北·宜昌市第九中学七年级期中）如图，∠1=∠2，∠D=∠CMG．
(1)求证：AD∥NG；
(2)若∠A+∠DHG=180°，试探索：∠ANB，∠NBG，∠1的数量关系；
(3)在（2）的条件下，若∠ANB:∠BNG=2:1，∠1=100°，∠NBG=130°，求∠A的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠NBG+∠1−∠ANB=180°
(3)∠A=105°
【分析】（1）由∠1=∠2，∠1=∠GFC，得到∠2=∠CFG，于是得到CM∥DE，根据平行线的性质得到∠D=∠ACM，等量代换得到∠CMG=∠ACM，于是得到结论．
（2）过B作BP∥AN交NG于P，由于AD∥NG，于是得到∠D=∠DHG，等量代换得到∠A+∠D=180°，得到AN∥DH，根据平行线的判定得到BP∥CM，由平行线的性质得到∠PBG+∠1=180°，等量代换即可得到结论；
（3）由∠1+∠PBG=180°，∠1=100°，得到∠PBG=80°，由于∠NBG=130°，于是得到∠ANB=∠NBP=50°，根据已知条件得到∠ANB：∠BNG=2：1，即可得到结论．
（1）
证明：∵∠1=∠2，∠1=∠GFC，
∴∠2=∠CFG，
∴CM∥DE，
∴∠D=∠ACM，
∵∠D=∠CMG，
∴∠CMG=∠ACM，
∴AD∥NG；
（2）
解：∠NBG−∠ANB+∠1=180°；
理由如下：过B作BP∥AN交NG于P，
∴∠ANB=∠NBP，
∵AD∥NG，
∴∠D=∠DHG，
∵∠A+∠DHG=180°，
∴∠A+∠D=180°，
∴AN∥DH，
又∵CM∥DH，
∴BP∥CM，
∴∠PBG+∠1=180°，
∵∠PBG=∠NBG−∠NBP=∠NBG−∠ANB，
∴∠NBG−∠ANB+∠1=180°；
（3）
解：∵∠1+∠PBG=180°，∠1=100°，
∴∠PBG=80°，
∵∠NBG=130°，
∴∠ANB=∠NBP=50°，
∵∠ANB：∠BNG=2：1，
∴∠BNP=25°，
∴∠ANG=75°，
∴∠A=105°．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，对顶角的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
【变式5-3】（2022·湖北·潜江市高石碑镇第一初级中学七年级期中）如图1，AB∥CD，直线AE分别交AB、CD于点A、E．点F是直线AE上一点，连结BF，BP平分∠ABF，EP平分∠AEC，BP与EP交于点P．
(1)若点F是线段AE上一点，且BF⊥AE，求∠P的度数；
(2)若点F是直线AE上一动点(点F与点A不重合)，请写出∠P与∠AFB之间的数量关系并证明．
【答案】(1)45°
(2)当F点在A点上方时，∠BPE＝12∠AFB，当F点在A点下方时，∠BPE＝90°﹣12∠AFB
【分析】（1）过点P作PQ∥AB，过点F作FH∥AB，由平行线的性质得∠ABP+∠CEP＝∠BPE，∠ABF+∠CEF＝∠BFE，再由垂直定义和角平分线定义求得结果；
（2）分三种情况：点F在EA的延长线上时，点F在线段AE上时，点F在AE的延长线上时，分别进行探究便可．
（1）
解：过点P作PQ∥AB，过点F作FH∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥PQ∥FH，
∴∠ABP＝∠BPQ，∠CEP＝∠EPQ，∠ABF＝∠BFH，∠CEF＝∠EFH，
∴∠ABP+∠CEP＝∠BPQ+∠EPQ＝∠BPE，∠ABF+∠CEF＝∠BFH+∠EFH＝∠BFE，
∵BF⊥AE，
∴∠ABF+∠CEF＝∠BFE＝90°，
∵BP平分∠ABF，EP平分∠AEC，
∴∠ABP+∠CEP＝12（∠ABF+∠CEF）＝45°，
∴∠BPE＝45°；
（2）
①当点F在EA的延长线上时，∠BPE＝12∠AFB，理由如下：
如备用图1，
过点P作PQ∥AB，过点F作FH∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥PQ∥FH，
∴∠ABP＝∠BPQ，∠CEP＝∠EPQ，∠ABF＝∠BFH，∠CEF＝∠EFH，
∴∠CEP﹣∠ABP＝∠EPQ﹣∠BPQ＝∠BPE，∠CEF﹣∠ABF＝∠EFH﹣∠BFH＝∠BFE，
∵BP平分∠ABF，EP平分∠AEC，
∴∠CEP﹣∠ABP＝12（∠CEF﹣∠ABF）＝12∠BFE＝∠AFB，
∴∠BPE＝12∠AFB；
②当点F在线段AE上（不与A点重合）时，∠BPE＝90°﹣12∠AFB；理由如下：
如备用图2，
过点P作PQ∥AB，过点F作FH∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥PQ∥FH，
∴∠ABP＝∠BPQ，∠CEP＝∠EPQ，∠ABF＝∠BFH，∠CEF＝∠EFH，
∴∠ABP+∠CEP＝∠BPQ+∠EPQ＝∠BPE，∠ABF+∠CEF＝∠BFH+∠EFH＝∠BFE，
∵BP平分∠ABF，EP平分∠AEC，
∴∠ABP+∠CEP＝12（∠ABF+∠CEF），
∴∠BPE＝12∠BFE
∴∠BFE＝180°﹣∠AFB，
∴∠BPE＝90°﹣12∠AFB；
③当点F在AE的延长线上时，∠BPE＝90°﹣12∠AFB，理由如下：如备用图3，
过点P作PQ∥AB，过点F作FH∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥PQ∥FH，
∴∠ABP＝∠BPQ，∠CEP＝∠EPQ，180°﹣∠ABF＝∠BFH，∠AEC＝∠EFH，
∴∠CEP+∠ABP＝∠EPQ+∠BPQ＝∠BPE，∠BFH﹣∠EFH＝180°﹣∠ABF﹣∠AEC＝∠AFB，
∵BP平分∠ABF，EP平分∠AEC，
∴∠CEP+∠ABP＝12（∠AEC+∠ABF）＝12（180°﹣∠AFB），
∴∠BPE＝90°﹣12∠AFB；
综上，当E点在A点上方时，∠BPE＝12∠AFB，当E点在A点下方时，∠BPE＝90°﹣12∠AFB．
【点睛】此题考查平行线的性质：两直线平行内错角相等，两直线平行同位角相等，两直线平行同旁内角互补，以及角平分线的性质，在相交线问题中通常作平行线利用平行线的性质解答，将角度转化由此求出答案．解题中运用分类思想解答问题．
【题型6 平行线的判定与性质综合（求定值）】
【例6】（2022·湖南·株洲二中七年级期末）实验证明，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a上，被a反射后的光线为n，则入射光线m、反射光线n与平面镜a所夹的锐角∠1＝∠2．
(1)如图2，一束光线m射到平面镜a上，被a反射到平面镜b上，又被b反射．若被b反射出的光线n与光线m平行，且∠1＝50°，则∠2＝ °，∠3＝ °．
(2)请你猜想：当射到平面镜a上的光线m，经过平面镜a、b的两次反射后，入射光线m与反射光线n平行时，两平面镜a、b间的夹角∠3的大小是否为定值？若是定值，请求出∠3，若不是定值，请说明理由．
(3)如图3，两面镜子的夹角为α°（0＜α＜90），进入光线与离开光线的夹角为β°（0＜β＜90）．试探索α与β的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)100；90；
(2)90°
(3)2α+β=180°
【分析】（1）根据平面镜反射光线的规律得∠1=∠4=50°，再利用平角的定义得∠5=80°，然后利用平行线的性质计算出∠2=100°，则∠6=40°，再利用三角形内角和定理计算∠3；
（2）当∠3=90°时，根据三角形内角和定理得∠4+∠6=90°，则2∠4+2∠6=180°，利用平角的定义得到∠2+∠5=180°，然后根据平行线的判定得到m∥n；
（3）由（1）可得，∠5=180°-2∠2，∠6=180°-2∠3，再根据∠2+∠3=180°-∠α，即可得出∠β=180°-∠5-∠6=2（∠2+∠3）-180°=2（180°-∠α）-180°=180°-2∠α．
（1）
解：如图：
∵∠1=∠4=50°，
∴∠5=180°-2×50°=80°，
∵m∥n
∴∠2+∠5=180°，
∴∠2=100°，
∴∠6=12（180°-∠2）=40°，
∴∠3=180°-∠4-∠6=90°；
故答案为：100，90；
（2）
当∠3=90°时，m∥n
理由如下：
∵∠3=90°，
∴∠4+∠6=90°，
∴2∠4+2∠6=180°，
∴∠2+∠5=180°，
∴m∥n；
（3）
解：如图3，
由（1）可得，∠5=180°-2∠2，∠6=180°-2∠3，
∵∠2+∠3=180°-∠α，
∴∠β=180°-∠5-∠6=2（∠2+∠3）-180°=2（180°-∠α）-180°=180°-2∠α，
∴α与β的数量关系为：2α+β=180°，
故答案为：2α+β=180°．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质以及三角形内角和定理，解题时注意：同旁内角互补，两直线平行；两直线平行，同旁内角互补．
【变式6-1】（2022·河北保定·七年级阶段练习）如图，直线AB∥CD，点M，N分别在直线AB,CD上，H为直线CD下方一点．
(1)如图1，MH和NH相交于点H，求证：∠MHN=∠AMH−∠CNH．（温馨提示：可过点H作AB的平行线）
(2)延长HN至点G，∠BMH的平分线ME和∠GND的平分线NE相交于点E，HM与CD相交于点F．
①如图2，若∠BME=50°,∠END=30°，求∠MHN的度数；
②如图2，当点F在点N左侧时，若∠BME的度数为x°，∠END的度数为y°，且x+y的值是一个定值，请问∠MHN的度数是否会随x的变化而发生改变？若不变，求出∠MHN的度数；若变化，请说明理由．
③如图3，当点N在点F左侧时，②中其他条件不变，请问∠MHN的度数是否会随x的变化而发生改变？若不变，直接写出∠MHN的度数；若变化，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①20°；②不变，180°−2(x°+y°)；③不变，2(x°+y°)−180°
【分析】（1）过点H作HQ∥AB．可得HQ∥CD，从而得到∠AMH=∠MHQ,∠CNH=∠NHQ，即可求证；
（2）①根据∠BME=50°,∠END=30°，可得∠BMH=100°，∠GND=60°，从而得到∠AMH=180°−∠BMH=80°，∠CNH=60°．再由∠MHN=∠AMH−∠CNH，即可求解；②根据题意可得∠AMH=180°−2x°，∠CNH=2y°，再由∠MHN=∠AMH−∠CNH，即可求解；③过点H作OH∥AB，根据平行线的性质，可证得∠MHN=∠OHM−∠OHN=∠BMH−∠DNH．从而得到∠MHN=2x°+2y°−180°=2(x°+y°)−180°，即可求解．
（1）
证明：如图，过点H作HQ∥AB．
∵HQ∥AB且AB∥CD，
∴HQ∥CD，
∴∠AMH=∠MHQ,∠CNH=∠NHQ，
∴∠MHN=∠MHQ−∠NHQ=∠AMH−∠CNH；
（2）
解：①ME平分∠BMH,∠BME=50°，
∴∠BMH=100°，
∵NE平分∠DNG，∠DNE=30°，
∴∠GND=60°，
∴∠AMH=180°−∠BMH=80°，∠CNH=60°．
由（1）可知：∠MHN=∠AMH−∠CNH=80°−60°=20°．
∴∠MHN=20°；
②∵ME平分∠BMH，∠BME=x°，
∴∠BMH=2x°，
∵NE平分∠DNG，∠DNE=y°，
∴∠GND=2y°，
∴∠AMH=180°−2x°，∠CNH=2y°，
∴∠MHN=180°−2x°−2y°=180°−2(x°+y°)．
∵x+y为一个定值，
∴∠MHN不会随x的变化而发生改变，度数为180°−2(x°+y°)；
③不变，∠MHN的度数为2(x°+y°)−180°．理由如下：
如图，过点H作OH∥AB，
∴∠BMH=∠OHM，
∵AB∥CD，
∴OH∥CD，
∴∠DNH=∠OHN，
∴∠MHN=∠OHM−∠OHN=∠BMH−∠DNH．
∵ME平分∠BMH,∠BME=x°，
∴∠BMH=2x°
∵NE平分∠DNG，∠DNE=y°，
∴∠GND=2y°，
∴∠DNH=180°−2y°，
∴∠MHN=2x°−(180°−2y°)，
∴∠MHN=2x°+2y°−180°=2(x°+y°)−180°．
∵x+y为一个定值，
∴∠MHN不会随x的变化而改变．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质和判定，有关角平分线的计算，熟练掌握平行线的性质和判定，利用类比思想解答是解题的关键．
【变式6-2】（2022·福建龙岩·七年级期末）如图1，点A、D分别在射线BM、CN线上，BM∥CN，BM⊥BC于点B，AE平分∠BAD交BC于点E，连接DE，∠1+∠2=90°．
(1)求证：AE⊥ED；
(2)求证：DE平分∠ADC；
(3)如图2，∠EAM和∠EDN的平分线交于点F，试猜想∠F的值是否为定值，若是，请予以证明；若不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)∠F为定值，∠F=135°，理由见解析
【分析】（1）过点E作EG∥BM，根据两直线平行内错角相等，得出∠AED=∠1+∠2，即可求解．
（2）根据两直线平行同旁内角互补，得出∠BAD+∠CDA=180°，再将各个角代入计算，得出(∠1+∠2)+(∠1+∠5)=180°，∠5=∠2，即可求解．
（3）过点F作FH∥BM，∠AFH=α，∠DFH=β，根据平行线性质得出∠α+∠β=∠6+∠7，由于∠EAM和∠EDN的平分线交于点F，所以∠α+∠β=12(180°−∠1)+12(180°−∠2)，即可求解．
（1）证明：如图1，过点E作EG∥BM，则∠1=∠3，∵BM∥CN，∴EG∥CN，∴∠4=∠2，∴∠3+∠4=∠1+∠2=90°，∴∠AED=90°，∴AE⊥ED．
（2）证明：∵ AE平分∠BAD，∴∠BAD=2∠1，∵BM∥CN，∴∠BAD+∠CDA=180°，∴2∠1+∠CDA，=2∠1+∠2+∠5=180°，=(∠1+∠2)+(∠1+∠5)=180°，∵∠1+∠2=90°，∴∠1+∠5=90°，∴∠5=∠2，∴DE平分∠ADC．
（3）∠F为定值．证明：如图2，过点F作FH∥BM，设∠AFH=α，∠DFH=β，∵BM∥CN，∴FH∥CN，∴∠α+∠β=∠6+∠7，∵∠EAM和∠EDN的平分线交于点F，∴∠α+∠β=12(180°−∠1)+12(180°−∠2)=180°−12(∠1+∠2) =180°−45°=135°，∴∠F=∠α+∠β=135°，∴∠F为定值，∠F=135°，故答案为：∠F=135°．
【点睛】本题主要考查垂线、角平分线的性质，解题的关键是掌握垂垂线的概念和角平分线的性质及角的和差计算等知识点．
【变式6-3】（2022·天津河东·七年级期中）直线MN与直线AB、CD分别相交于点E、F，∠MEB与∠CFM互补
(1)如图1，试判断直线AB与直线CD的位置关系，并说明理由．
(2)如图2，∠BEF与∠EFD的平分线交于点P，EP的延长线与CD交于点G，H是MN上一点，且GH⊥EG，求证：PF∥GH．
(3)如图3，在（2）的条件下，连接PH，K是GH上一点，使∠PHK=∠HPK，作PQ平分∠EPK，求证：∠HPQ的大小是定值．
【答案】(1)平行；理由见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据同旁内角互补，两条直线平行，即可判断直线AB与直线CD平行；
（2）先根据两条直线平行，同旁内角互补，再根据∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P，可得∠EPF=90°，进而证明PF∥GH；
（3）根据角平分线定义，及角的和差计算即可求得∠HPQ的度数．
（1）
解：结论：AB∥CD；理由如下：
∵∠MEB与∠CFM互补，∠MEB=∠AEF，
∴∠AEF与∠CFM互补，
∴AB∥CD．
（2）
∵EG平分∠BEF，
∴∠PEF=12∠BEF，
又∵FP平分∠EFD，
∴∠EFP=12∠EFD，
由（1）知AB∥CD，
∴∠BEF+∠EFD=180°，
∴∠PEF+∠EFP=90°，
∴∠EPF=90°，
又∵GH⊥EG，
∴∠HGP=90°，
∴∠EPF=∠HGP，
∴PF∥GH．
（3）
证明：∵FP∥HG，
∴∠FPH=∠PHK，
∵∠PHK=∠HPK，
∴∠FPH=∠HPK，
∴∠HPK=12∠FPK，
∵PQ平分∠EPK，
∴∠QPK=12∠EPK，
∴∠HPQ=∠QPK-∠HPK
=12∠EPK-12∠FPK
=12（∠EPK-∠FPK）
=12∠EPF
=12×90°
=45°
即∠HPQ的大小是定值．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质、余角和补角，解决本题的关键是综合运用角平分线的定义、平行线的性质、余角和补角．
【题型7 平行线的判定与性质综合（规律问题）】
【例7】（2022·辽宁·鞍山市第十四中学七年级阶段练习）如图，已知AB//CD，若按图中规律继续划分下去，则∠1+∠2+⋯+∠n等于（ ）
A．n•1800 B．2n•1800 C．(n−1)•1800 D．(n−1)2•1800
【答案】C
【分析】根据第1个图形∠1+∠2=180°，第2个图形∠1+∠2+∠3=2×180°，第，3个图形∠1+∠2+∠3+∠4=3×180°…，进而得出答案．
【详解】（1）∵AB∥CD，
∴∠1+∠2=180°（两直线平行，同旁内角互补）；
（2）过点E作一条直线EF平行于AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥EF，CD∥EF，
∴∠1+∠AEF=180°，∠FEC+∠3=180°，
∴∠1+∠2+∠3=360°；
（3）过点E、F作EM、FN平行于AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥EM∥FN∥CD，
∴∠1+∠AEM=180°，∠MEF+∠EFN=180°，∠NFC+∠4=180°；
∴∠1+∠2+3+∠4=540°；
（4）中，根据上述规律，显然作（n-1）条辅助线，运用（n-1）次两条直线平行，同旁内角互补．即可得到n个角的和是180°（n-1）．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了平行线的性质，正确得出图中变化规律是解题关键．
【变式7-1】（2022·湖南·邵阳市第六中学八年级阶段练习）如图，已知直线AE，BF被直线AB所截，且AE//BF，AC1，BC1分别平分∠EAB，∠FBA；AC2，BC2分别平分∠BAC1和∠ABC1；AC3，BC3分别平分∠BAC2，∠ABC2…依次规律，得点Cn，则∠Cn的度数为（ ）
A．90−902n B．180−902n−1 C．902n−1 D．1802n
【答案】B
【分析】根据平行线的性质，以及角平分线的定义，三角形内角和定理，求得∠C1,∠C2,∠C3,∠C4,进而发现规律，即可求得∠Cn的度数．
【详解】∵ AE//BF
∴ ∠EAB+∠ABF=180°
∵ AC1，BC1分别平分∠EAB，∠FBA；
∴∠AC1B=180°−∠C1AB−∠C1BA=180°−12∠EAB−12ABF
=180°−12(∠ABF+∠EAB)
=180°−90°=90°
∠C2=180°−∠C2AB−∠C2BA=180°−(12∠EAB+12∠C1AB)−(12∠ABF+12∠C1BA)
=180°−12(∠C1AB+∠C1BA+∠ABF+∠EAB)
=180°−34(∠ABF+∠EAB)
=180°−45°
=180°−12∠C1
∴ ∠C2=180°−12∠C1
同理可得∠C3=180°−12∠C2
∠C4=180°−12∠C3
……
发现规律：∠Cn=180°−90°2n−1
故选B
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，发现规律是解题的关键．
【变式7-2】（2022·山东·临沂第六中学七年级阶段练习）如图（1）（2）（3）中，都满足AB∥CD．
试求：（1）图（1）中∠A＋∠C的度数，并说明理由．
（2）图（2）中∠A＋∠APC＋∠C的度数，并说明理由．
（3）图（3）中∠A＋∠AEF＋∠EFC＋∠C的度数，并简要说明理由．
（4）按上述规律，∠A＋……＋∠C（共有n个角相加）的和为
【答案】（1）180°，理由见解析；（2）360°，理由见解析；（3）540°，理由见解析；（4）180°（n-1）
【分析】（1）据两直线平行，同旁内角互补可得∠A+∠C=180°；
（2）沿P作一条平行AB、CD的平行线PM，由两直线平行，同旁内角互补可得∠A+∠APM=180°，∠MPC+∠C=180°，故∠A+∠APC+∠C=360°；
（3）根据第二题，同理可得∠A+∠AEF+∠EFC+∠C=540°；
（4）由以上规律，有两个角时，和为180°；有三个角时和为360°；有四个角时和为540°…故可得有n个角时，和为180°（n-1）．
【详解】解：（1）∵AB∥CD，
∴∠A+∠C=180°（两直线平行，同旁内角互补）；
（2）过点P作一条直线PM平行于AB，
∵AB∥CD，
∵AB∥PM，
∴CD∥PM∥AB，
∴∠A+∠APM=180°，∠MPC+∠C=180°，
∴∠A+∠APC+∠C=360°；
（3）分别过点E、F作EM、FN平行于AB，
∵AB∥CD，
∵AB∥EM∥FN∥CD，
∴∠A+∠AEM=180°，∠MEF+∠EFN=180°，∠NFC+∠C=180°；
∴∠A+∠AEF+∠EFC+∠C=540°；
（4）由以上规律，有两个角时，和为180°；
有三个角时和为360°；
有四个角时和为540°…
故可得有n个角时，和为180°（n-1）．
【点睛】本题主要考查两直线平行，同旁内角互补的性质，并考查学生通过计算总结规律的能力，是一道好题．
【变式7-3】（2022·浙江·七年级阶段练习）阅读并探究下列问题.
（1）如图①，将长方形纸片剪两刀，其中AB∥CD，则∠2与∠1、∠3有何关系？请进行证明.
（2）如图②，将长方形纸片剪四刀，其中AB∥CD，则∠1、∠2、∠3、∠4、∠5的关系为 .
（3）如图③，将长方形纸片剪2016刀，其中AB∥CD，则共剪出 个角.
若将剪出的角（∠A、∠C除外）分别用∠E1、∠E2、∠E3…表示，则被剪出的这些角的关系为 .
（4）如图④，直线AB∥CD，∠EFA=∠HMN=x°，∠FGH=3x°，∠CNP=y°2x+y−102+x+y−72=0由上述结论求∠GHM的度数.
【答案】（1）∠1+∠3=∠2，证明见解析；（2）∠1+∠3+∠5=∠2+∠4；（3）2017，∠A+∠C+∠E2+∠E4+…+∠E2014=∠E1+∠E3+…+∠E2015．（4）48°．
【分析】（1）过E点作EF∥AB，则EF∥CD，根据两直线平行，内错角相等得到∠AEF=∠1，∠CEF=∠3，即有∠2=∠1+∠3；
（2）分别过E、G、F分别作EM∥AB，GN∥AB，FP∥AB，根据两直线平行，内错角相等，同（1）一样易得到∠2+∠4=∠1+∠3+∠5；
（3）综合（1）（2）易得开口向左的角的度数的和等于开口向右的角的度数的和．
（4）利用（3）的结论得到∠BFG+∠GHM+∠MND=∠FGH+∠HMN，易计算出∠GHM．
【详解】（1）∠1+∠3=∠2，
理由如下：如下图①，过点E作EF∥AB，
∵AB∥CD，EF∥AB，∴EF∥CD，
∴∠1=∠AEF，∠3=∠CEF，
∴∠1+∠3=∠AEF+∠CEF=∠AEC，
（2）如上图②，分别过E、G、F分别作EM∥AB，GN∥AB，FP∥AB，
同（1）的证明方法一样可得：∠1+∠3+∠5=∠2+∠4，
故答案为∠1+∠3+∠5=∠2+∠4；
（3）规律：将长方形纸片剪2016刀，其中AB∥CD，则共剪出2017个角．
若将剪出的角（∠A、∠C除外）分别用∠E1、∠E2、∠E3…表示，则被剪出的这些角的关系为∠A+∠C+∠E2+∠E4+…+∠E2014=∠E1+∠E3+…+∠E2015．
故答案为2017，∠A+∠C+∠E2+∠E4+…+∠E2014=∠E1+∠E3+…+∠E2015．
（4）由，|2x+y-102|+x+y−72 =0，得x=30°，y=42°，
在题图④中，由（3）的结论得，∠BFG+∠GHM+∠MND=∠FGH+∠HMN，
∴30°+∠GHM+42°=90°+30°，
∴∠GHM=48°．
【点睛】此题考查平行线的性质，解题关键在于注意掌握辅助线的作法，注意规律：开口向左的角的度数的和等于开口向右的角的度数的和．
【题型8 平行线的性质（折叠问题）】
【例8】（2022·江西赣州·七年级期末）综合与实践：折纸中的数学
知识背景
我们在七年级上册第四章《几何图形初步》中探究了简单图形折叠问题，并进行了简单的计算与推理．七年级下册第五章我们学习了平行线的性质与判定，今天我们继续探究：折纸中的数学﹣﹣长方形纸条的折叠与平行线．
知识初探
(1)如图1，长方形纸条ABGH中，AB∥GH,AH∥BG，∠A＝∠B＝∠G＝∠H＝90°，将长方形纸条沿直线CD折上，点A落在A'处，点B落在B'处，B'C交AH于点E，若∠ECG＝70°，则∠CDE＝ ；
类比再探
(2)如图2，在图1的基础上将∠HEC对折，点H落在直线EC上的H'处，点G落在G'处得到折痕EF，则折痕EF与CD有怎样的位置关系？说明理由；
(3)如图3，在图2的基础上，过点G'作BG的平行线MN，请你猜想∠ECF和∠H'G'M的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)55°
(2)EF∥CD，理由见解析
(3)∠ECF+∠H′G′M=90°，理由见解析
【分析】（1）先根据折叠的性质可得∠BCD=∠ECD，再根据平角的定义可得∠BCD=55°，然后根据平行线的性质即可得；
（2）先根据折叠的性质可得∠BCD=∠ECD=12∠BCE，∠HEF=∠CEF=12∠HEC，再根据平行线的性质可得∠BCE=∠HEC，从而可得∠ECD=∠CEF，然后根据平行线的判定即可得出结论；
（3）过点H′作H′O∥MN于O，先根据平行线的性质可得∠H′G′M=∠OH′G′，再根据平行公理推论可得H′O∥BG，根据平行线的性质可得∠ECF=∠EH′O，然后根据折叠的性质可得∠EH′G′=∠H=90°，从而可得∠EH′O+∠OH′G′=90°，最后根据等量代换即可得出结论．
（1）
解：由折叠的性质得：∠BCD=∠ECD，
∵∠ECG=70°，∠ECG+∠BCD+∠ECD=180°，
∴∠BCD=∠ECD=180°−70°2=55°，
∵AH∥BG，
∴∠CDE=∠BCD=55°，
故答案为：55°．
（2）
解：EF∥CD，理由如下：
由折叠的性质得：∠BCD=∠ECD=12∠BCE，∠HEF=∠CEF=12∠HEC，
∵AH∥BG，
∴∠BCE=∠HEC，
∴∠ECD=∠CEF，
∴EF∥CD．
（3）
解：∠ECF+∠H′G′M=90°，理由如下：
如图，过点H′作H′O∥MN于O，
∴∠H′G′M=∠OH′G′，
又∵MN∥BG，
∴H′O∥BG，
∴∠ECF=∠EH′O，
由折叠的性质得：∠EH′G′=∠H=90°，
∴∠EH′O+∠OH′G′=90°，
∴∠ECF+∠H′G′M=90°．
【点睛】本题考查了折叠的性质、平行线的判定与性质、平行公理推论等知识点，熟练掌握平行线的性质和折叠的性质是解题关键．
【变式8-1】（2022·河南周口·七年级期中）如图，已知四边形纸片ABCD，∠B=∠D=90°，点E在AD边上，把纸片按图中所示的方式折叠，使点D落在BC边上的点F处，折痕为CE．
（1）试判定AB与EF的位置关系，并说明理由；
（2）如果∠A=100°，求∠DEC的度数．
【答案】（1）AB//EF；（2）50°．
【分析】（1）根据方式折叠可得∠BFE=90°，结合∠B=90°，利用同位角相等两直线平行即可得证；
（2）由EF与EF//AB平行，利用两直线平行同位角相等得到∠DEF=∠A=100°，由折叠得到∠DEC=∠FEC，即可求出∠DEC的度数．
【详解】解：（1）AB//EF，理由为：
∵∠D=∠EFC，∠B=∠D=90°，
∴∠FEC=∠B，
AB//EF；
（2）∵EF//AB，
∴∠DEF=∠A=100°，
∵∠DEC=∠FEC，
∴∠DEC=12∠DEF=12×100°=50°．
【点睛】此题主要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基础，由折叠的性质得出∠D=∠EFC是解题关键．
【变式8-2】（2022·河北保定·七年级期末）学习了平行线以后，小明想出了用纸折平行线的方法，他将一张如图1所示的纸片，其中AD//BC，先按如图2所示的方法折叠，折痕为MN； （MC′与AD相交于点P）然后按如图3的方法折叠，折痕为PQ（A′P与C′M落在一条直线上）．
（1）在图2的折叠过程中，若∠1=130°，求∠2的度数
（2）如图3，小明认为在折叠过程中，产生的折痕MN与PQ平行，请把小明的思考步骤补充完整．
由折叠可知，
∠C′MN=∠CMN=12∠CMC′；
∠A′PQ=∠APQ=12∠APA′；
∵AB//BC
∴∠APA′=∠CMC′；（ ① ）
∴ ② ＝ ③ （等量代换）
∴PQ//MN．（内错角相等，两直线平行）
【答案】（1）25°；（2）①两直线平行，内错角相等；②∠A′PQ；③∠C′MN
【分析】（1）根据折叠、平行和互补的性质可以得解；
（2）根据平行线的性质和判定进行解答 ．
【详解】解：（1）∵∠1=130°，∴∠C′MC=180°−∠1=50°．
由折叠可知∠C'MN=∠CMN=12×50°=25°．
∵AD∥BC，∴∠2=∠CMN=25°．（两直线平行，内错角相等）
（2）由折叠可知，
∠C′MN=∠CMN=12∠CMC′；
∠A′PQ=∠APQ=12∠APA′；
∵AB//BC
∴∠APA′=∠CMC′；（两直线平行，内错角相等）
∴∠A′PQ＝∠C′MN（等量代换）
∴PQ//MN．（内错角相等，两直线平行）
故答案为：①两直线平行，内错角相等；②∠A′PQ；③ ∠C′MN；
【点睛】本题考查平行线的判定和性质以及折叠的综合应用，熟练掌握平行线的性质和判定、折叠的性质是解题关键 ．
【变式8-3】（2022·广东佛山·七年级期末）某公司技术人员用“沿直线AB折叠检验塑胶带两条边缘线a、b是否互相平行”．
（1）如图1，测得∠1=∠2，可判定a∥b吗？请说明理由；
（2）如图2，测得∠1=∠2，且∠3=∠4，可判定a∥b吗？请说明理由；
（3）如图3，若要使a∥b，则∠1与∠2应该满足什么关系式？请说明理由．
【答案】（1）a∥b（2）能（3）∠1+2∠2=180°
【分析】（1）根据平行线的判定得出即可；
（2）求出∠1和∠4的度数，再根据平行线的判定推出即可；
（3）根据折叠得出∠3=∠4，根据平行线的性质得出∠1+∠3+∠4=180°，∠2=∠4，即可得出答案．
【详解】（1）a∥b，
理由是：∵∠1=∠2，
∴a∥b（内错角相等，两直线平行）；
（2）能，
理由是：∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠2=180°，∠3+∠4=180°，
∴∠1=∠2=90°，∠3=∠4=90°，
∴∠1=∠4，
∴a∥b；
（3）∠1+2∠2=180°，
理由是：根据折叠得：∠3=∠4，
∵a∥b，
∴∠1+∠3+∠4=180°，∠2=∠4，
∴∠1+2∠2=180°．
【点睛】本题考查了平行线的性质和判定，能熟练地运用定理进行推理是解此题的关键．
【题型9 平行线的应用（转角问题）】
【例9】（2022·黑龙江·大庆市第五十一中学七年级期中）一辆汽车在笔直的公路上行驶，两次拐弯后，在与原方向相反的方向上平行行驶，则这两次拐弯的角度应为（ ）
A．第一次向右拐38°，第二次向左拐142°
B．第一次向左拐38°，第二次向右拐38°
C．第一次向左拐38°，第二次向左拐142°
D．第一次向右拐38°，第二次向右拐40°
【答案】B
【详解】A. 如图：
∵∠1=38°,∠2=142°，
∴∠3=180°−∠2=38°，
∴∠4=∠1+∠3=76°≠∠1，
∴AB与CD不平行；故本选项错误；
B. 如图：
∵∠1=∠2=38°，
∴AB∥CD，且方向相同；故本选项正确；
C. 如图：
∵∠2=142°，
∴∠3=180°−∠2=38°，
∵∠1=38°，
∴∠1=∠2，
∴AB∥CD，但方向相反；故本选项错误；
D. 如图：
∵∠2=40°，
∴∠3=180°−∠2=140°≠∠1，
∴AB与CD不平行，故本选项错误.
故选：B.
【变式9-1】（2022·河北唐山·七年级期末）一辆汽车在笔直的公路上行驶，两次拐弯后，仍在原来的方向上平行前进，则两次拐弯的角度可以是（ ）
A．第一次向右拐40°，第二次向左拐140° B．第一次向左拐40°，第二次向右拐40°
C．第一次向左拐40°，第二次向右拐140° D．第一次向右拐40°，第二次向右拐40°
【答案】B
【分析】两次拐弯后，行驶方向与原来相同，说明两次拐弯后的方向是平行的．对题中的四个选项提供的条件，运用平行线的判定进行判断，能判定两直线平行者即为正确答案．
【详解】A、如图1：∵∠1=40°，∠2=140°，
∴AB与CD不平行；
故本选项错误；
B、如图2：∵∠1=40°，∠2=40°，
∴∠1=∠2，
∴AB与CD平行；
故本选项正确；
C、如图3：∵∠1=40°，∠2=140°，
∴∠1≠∠2，
∴AB不平行CD；
故本选项错误；
D、如图4：∠1=40°，∠2=40°，
∴∠3=140°，
∴∠1≠∠3，
∴AB与CD不平行；
故本选项错误．
故选B．
【点睛】此题考查平行线的判定．此题难度不大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
【变式9-2】（2022·广西防城港·七年级期末）如图，防城港市的一条公路修到海边时，需要拐弯绕海而过，如果第一次拐角是∠A=130°，第二次拐的角是∠B=160°，第三次拐的角是∠C，这时的道路恰好和第一次拐之前的道路平行，则∠C度数为______．
【答案】150°
【分析】法一：过B作BD∥AE，运用平行线性质及已知条件，可得∠ABD=∠A=130°，BD∥CF，再根据两直线平行，同旁内角互补，可以求出∠C的度数．
法二：延长AB、FC，交于点D，运用平行线性质及已知条件，可得∠A=∠BDC=130°，结合三角形内角和定理，求得∠BCD=180°−∠CBD−∠BDC=30°，从而求得∠BCF．
【详解】解：法一，如图，过B作BD∥AE，
∵BD∥AE，∠A=130°，
∴∠ABD=∠A=130°．
∵BD∥AE，CF∥AE，
∴BD∥CF．
∵∠ABC=160°，∠ABD=130°，
∴∠DBC=∠ABC−∠ABD=160°−130°=30°．
∵BD∥CF，
∴∠DBC+∠C=180°，
∵∠DBC=30°，
∴∠C=180°−∠DBC=150°．
法二，如图，延长AB、FC，交于点D，
∵AE∥CD，∠A=130°，
∴∠A=∠BDC=130°．
∵∠ABC=160°，
∴∠CBD=180°−∠ABC=20°，
在△CBD中，
∵∠CBD=20°，∠BDC=130°，
∴∠BCD=180°−∠CBD−∠BDC=30°，
∴∠BCF=180°−∠BCD=150°．
故答案为：150°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，构造恰当的辅助线是解题的关键．
【变式9-3】（2022·广东·广州市第十六中学七年级期中）如图所示，一条公路修到湖边时，需要拐弯绕湖而过，第一次拐的角∠A=110°，第二次拐的角∠B=145°，则第三次拐的角∠C=__________时，道路CE才能恰好与AD平行．
【答案】145°##145度
【分析】首先过点B作BF∥AD，由AD∥CE，即可得BF∥AD∥CE，然后根据两直线平行，内错角相等与两直线平行，同旁内角互补，即可求得∠C的大小．
【详解】过点B作BF∥AD，
∵AD∥CE，
∴BF∥AD∥CE，
∴∠1=∠A=110°,∠2+∠C=180°，
∵∠B=∠1+∠2=145°，
∴∠2=35°，
∴∠C=145°．
故答案为145°．
【点睛】此题考查平行线的性质，解题关键在于作辅助线．
【题型10 平行线的判定与性质综合（旋转）】
【例10】（2022·上海市市西初级中学七年级期中）结合“爱市西，爱生活，会创新”的主题，某同学设计了一款“地面霓虹探测灯”，增加美观的同时也为行人的夜间行路带去了方便．他的构想如下：在平面内，如图1所示，灯A射线从AM开始顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线从BP开始顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是每秒2度，灯B转动的速度是每秒1度．假定主道路是平行的，即PQ//MN，且∠BAM:∠BAN=2:1．
（1）填空：∠ABP=______°；
（2）若灯B射线先转动60秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，A灯转动几秒，两灯的光束互相平行？
（3）如图2，若两灯同时转动，在灯A射线到达AN之前，若射出的光束交于点C，过C作∠ACD交PQ于点D，且∠ACD=120°，则在转动过程中，请探究∠BAC与∠BCD的数量关系是否发生变化？若不变，请求出其数量关系；若改变，请说明理由．
【答案】（1）120；（2）A灯转动100秒，两灯的光束互相平行；（3）在转动过程中，∠BAC和∠BCD关系不会变化，且有∠BAC=2∠BCD，理由见解析．
【分析】（1）先根据角的倍差求出∠BAM的度数，再根据平行线的性质即可得；
（2）设A灯转动时间为t秒，先求出两个临界位置：灯B射线从BP开始顺时针旋转至BA、灯A射线从AM开始顺时针旋转至AN，再分三种情况，分别利用平行线的性质列出等式求解即可得；
（3）先根据角的和差求出∠BAC=2t−120°,∠ABC=120°−t，再根据三角形的内角和定理可得∠BCA=180°−t，然后根据角的和差可得∠BCD=t−60°，由此即可得．
【详解】（1）∵∠BAM+∠BAN=180°，∠BAM:∠BAN=2:1
∴∠BAM=23×180°=120°,∠BAN=13×180°=60°
∵PQ//MN
∴∠ABP=∠BAM=120°（两直线平行，内错角相等）
故答案为：120；
（2）设A灯转动时间为t秒
灯B射线从BP开始顺时针旋转至BQ所需时间为1801=180（秒），灯B射线从BP开始顺时针旋转至BA所需时间为1201=120（秒）
灯A射线从AM开始顺时针旋转至AN所需时间为1802=90（秒）
则t的取值范围为0
①当0
∴∠PBD=∠BDA
∵AC//BD
∴∠CAM=∠BDA
∴∠CAM=∠PBD
∴2t=1⋅(60+t)
解得t=60
此时，∠CAM=∠PBD=120°=∠PBA
即两灯的光束重合，不符题意，舍去
②当60
∴∠PBD+∠BDA=180°
∵AC//BD
∴∠CAN=∠BDA
∴∠PBD+∠CAN=180°
∴1⋅(60+t)+(180−2t)=180
解得t=60（不符题设，舍去）
③当60
∴∠PBD+∠BDA=180°
∵AC//BD
∴∠CAN=∠BDA
∴∠PBD+∠CAN=180°
∴1⋅(60+t)+(2t−180)=180
解得t=100，符合题设
综上，A灯转动100秒，两灯的光束互相平行；
（3）∠BAC和∠BCD关系不会变化，且有∠BAC=2∠BCD，理由如下：
设灯A射线转动时间为t秒
∵∠CAN=180°−2t
∴∠BAC=∠BAN−∠CAN=60°−(180°−2t)=2t−120°
又∵∠ABC=∠ABP−∠CBP=120°−t
∴∠BCA=180°−∠ABC−∠BAC=180°−t
∵∠ACD=120°
∴∠BCD=∠ACD−∠BCA=120°−(180°−t)=t−60°
∴∠BAC:∠BCD=2:1，即∠BAC=2∠BCD
故在转动过程中，∠BAC和∠BCD关系不会变化，且有∠BAC=2∠BCD．
【点睛】本题考查了平行线的性质、角的和差倍分、三角形的内角和定理等知识点，较难的是题（2），依据题意，找出两个临界位置，进而分三种情况讨论是解题关键．
【变式10-1】（2022·全国·九年级单元测试）（1）如图1，将一副直角三角板按照如图方式放置，其中点C、D、A、F在同一条直线上，两条直角边所在的直线分别为MN、PQ，∠BAC=30°，∠DEF=45°．AB与DE相交于点O，则∠BOE的度数是__________；
（2）将图1中的三角板ABC和三角板DEF分别绕点B、F按各自的方向旋转至如图2所示位置，其中BA平分∠MBC，求∠PFA的度数；
（3）将如图1位置的三角板ABC绕点B顺时针旋转一周，速度为每秒10°，在此过程中，经过_________秒边AB与边DE互相平行．
【答案】（1）105°；（2）15°；（3）152或512
【分析】（1）根据三角形尺的角度，根据三角形内角和可得∠AOD = 180°–∠OAD–∠ODA，求得∠AOD =105°，根据对顶角相等求得∠BOE；
（2）延长BA交PQ于点H，在四边形BCFH中，∠HBC +∠BCF + ∠CFH +∠BHF=360°，进而求得∠HFA=15°，即可求解；
（3）根据题意分类讨论，根据平行线的性质求得∠A1BO ，根据旋转角度除以旋转的速度即可求解．
【详解】（1）∵∠BAC = 30°, ∠DEF = 45°
由三角板可知∠OAD=30°，∠ODA = 45°，∠ABC = 60°
∴∠AOD = 180°–∠OAD–∠ODA= 180° -30°-45°= 105°
∴∠BOE = ∠AOD = 105°
故答案为：105°.；
（2）如图，延长BA交PQ于点H，
由题可知，∠ABC=60°，∠ACF=45°，
∠BCA = ∠CFA = 90°
BA平分∠MBC
∴∠MBA = ∠ABC = 60°
又∵MN∥PQ
∴∠BHF = ∠MBA = 60°
在四边形BCFH中，
∠HBC +∠BCF + ∠CFH +∠BHF=360°
∴∠HBC ＋∠BCA ＋∠ACF ＋ ∠CFA+∠HFA +∠BHF =360°
∴60°+90°+45°+90°+∠HFA+60°= 360°
∴∠HFA=15°
即∠PFA=15°
（3）分两种情况讨论，
①如图，△ABC在MN、PQ之间
由（1）可知∠BOE=105°
∵A1B∥DE
∴∠A1BO ＋ ∠BOE = 180°
∴∠A1BO = 180° - 105° = 75°
∴旋转时间为：7510=152（秒）
②如图所示△ABC在MN上面，
∵A2B//DE
∴∠A2BO =∠BOE = 105°
则旋转的度数为：360°-105°=255°
∴旋转时间为25510=512
综上所述，经过152秒或512秒，AB与边DE互相平行．
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，三角尺中角度的计算，三角形内角和定理，数形结合，分类讨论是解题的关键．
【变式10-2】（2022·河北·唐山市第十二中学七年级期中）嘉嘉和琪琪在用一副三角尺研究数学问题：一副三角尺分别有一个角为直角，其余角度如图1所示，AB=DE，经研究
发现
（1）如图2，当AB与DE重合时，∠CDF= °；
（2）如图3，将图2中△ABC绕B点顺时针旋转一定度使得∠CEF=156°，则∠AED= °；
拓展
（3）如图4，继续旋转使得AC垂直DE于点G，此时AC与EF位置关系 ，此时∠AED= °；
探究
（4）如图5，图6继续旋转，使得AC∥DF图5中此时∠AED= °，图6中此时∠AED= °．
【答案】（1）105°；（2）24°；（3）平行，30°；（4）75°，105°．
【分析】（1）根据度数求和即可；
（2）根据∠ABC+∠DEF＝∠CEF+∠DEA＝180°求解；
（3）①根据∠CGE＝∠DEF＝90°来说明；
②在直角△CDE中计算∠CED，根据∠CEA＝90°求解；
（4）图5在三角形DBH中求解，图6根据∠AED＝∠D+∠A求解．
【详解】解：（1）∵∠CAB＝60°，∠EDF＝45°，
∴∠CDF＝105°，
故答案为：105°；
（2）∵∠ACB+∠DEF＝∠CEF+∠DEA＝180°，∠CEF＝156°，
∴∠DEA＝24°；
故答案为：24°；
（3）①平行
∵∠CGE＝∠DEF＝90°，
∴AC∥EF；
②∵∠C＝30°，∠CGE＝90°，
∴∠CEG＝60°，
又∠CBA＝90°，
∴∠AED＝30°；
故答案为：平行，30°；
（4）如图5，∵AC∥DF，
∴∠DHB＝∠A＝60°，
又∠D＝45°，
∴∠AED＝75°；
如图6，∵AC∥DF，
∴∠AED＝∠D+∠A＝105°．
故答案为：75°，105°．
【点睛】本题考查三角形和平行线性质，熟练应用三角形内角和及平行线性质是解答关键．
【变式10-3】（2022·湖北武汉·七年级期中）如图1，PQ∥MN，点A，B分别在MN，QP上，∠BAM=2∠BAN，射线AM绕A点顺时针旋转至AN便立即逆时针回转，射线BP绕B点顺时针旋转至BQ便立即逆时针回转．射线AM转动的速度是每秒2度，射线BP转动的速度是每秒1度．
（1）直接写出∠QBA的大小为_______；
（2）射线AM、BP转动后对应的射线分别为AE、BF，射线BF交直线MN于点F，若射线BP比射线AM先转动30秒，设射线AM转动的时间为t（0＜t＜180）秒，求t为多少时，直线BF∥直线AE？
（3）如图2，若射线BP、AM同时转动m（0＜m＜90）秒，转动的两条射线交于点C，作∠ACD=120°，点D在BP上，请探究∠BAC与∠BCD的数量关系．
【答案】（1）60°；（2）当t=30秒或110秒时BF//直线AE；（3）∠BAC和∠BCD关系不会变化，∠BAC=2∠BCD．
【分析】（1）根据PQ∥MN，可得∠QBA=∠BAN，再根据平角定义和∠BAM=2∠BAN．即可得∠QBA的大小；
（2）①当0＜t＜90时，根据平行线的性质可得，∠EAM=∠PBF，列出方程2t=1•（30+t），即可求解；②当90＜t＜150时，根据平行线的性质可得∠PBF+∠EAN=180°，列出方程1•（30+t）+（2t-180）=180，即可求解；
（3）作CH∥PQ，根据PQ∥MN，可得CH∥PQ∥MN，根据平行线的性质可得，∠BCD=120°-∠BCA=120°-（180°-m°）=m°-60°，∠BAC=60°-（180°-2m°）=2m°-120°，可得∠BAC：∠BCD=2：1，即∠BAC=2∠BCD．
【详解】解：（1）∵PQ∥MN，
∴∠QBA=∠BAN，
∵∠BAM+∠BAN=180°，∠BAM=2∠BAN，
∴3∠BAN=180°，
∴∠BAN=60°，
∴∠QBA=∠BAN=60°，
故答案为：60°；
（2）①当0＜t＜90时，如图1，
∵PQ∥MN，
∴∠PBF=∠BFA，
∵AE∥BF，
∴∠EAM=∠BFA，
∴∠EAM=∠PBF，
∴2t=1•（30+t），
解得t=30；
②当90＜t＜150时，如图2，
∵PQ∥MN，
∴∠PBF+∠BFA=180°，
∵AE∥BF，
∴∠EAN=∠BFA，
∴∠PBF+∠EAN=180°，
∴1•（30+t）+（2t-180）=180，
解得t=110，
综上所述，当t=30秒或110秒时BF∥直线AE；
（3）∠BAC=2∠BCD，理由如下：
如图3，作CH∥PQ，
∵PQ∥MN，
∴CH∥PQ∥MN，
∴∠QBC+∠2=180°，∠MAC+∠1=180°，
∴∠QBC+∠2+∠MAC+∠1=360°，
∵∠QBC=180°-m°，∠MAC=2m°，
∴∠BCA=∠1+∠2=360°-（180°-m°）-2m°=180°-m°，
而∠ACD=120°，
∴∠BCD=120°-∠BCA=120°-（180°-m°）=m°-60°，
∵∠CAN=180°-2m°，
∴∠BAC=60°-（180°-2m°）=2m°-120°，
∴∠BAC：∠BCD=2：1，
即∠BAC=2∠BCD．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是利用平行线的判定与性质分情况讨论．
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