2022年人教版中学七7年级下册数学期末解答题压轴题含答案

一、解答题

1．如图，在99网格中，每个小正方形的边长均为1，正方形ABCD的顶点都在网格的格点上．

（1）求正方形ABCD的面积和边长；

（2）建立适当的平面直角坐标系，写出正方形四个顶点的坐标．

2．已知足球场的形状是一个长方形，而国际标准球场的长度a和宽度b（单位：米）的取值范围分别是100a110，64b75．若某球场的宽与长的比是1：1.5，面积为7350平方米，请判断该球场是否符合国际标准球场的长宽标准，并说明理由．

3．喜欢探究的亮亮同学拿出形状分别是长方形和正方形的两块纸片，其中长方形纸片的长为3dm，宽为2dm，且两块纸片面积相等．

（1）亮亮想知道正方形纸片的边长，请你帮他求出正方形纸片的边长；（结果保留根号） （2）在长方形纸片上截出两个完整的正方形纸片，面积分别为2dm2和3dm2，亮亮认为两个正方形纸片的面积之和小于长方形纸片的总面积，所以一定能截出符合要求的正方形纸片来，你同意亮亮的见解吗？为什么？（参考数据：21.414，31.732）

4．张华想用一块面积为400cm2的正方形纸片，沿着边的方向剪出一块面积为300cm2的长方形纸片，使它的长宽之比为3：2．他不知能否裁得出来，正在发愁．李明见了说：“别发愁，一定能用一块面积大的纸片裁出一块面积小的纸片．”你同意李明的说法吗？张华能用这块纸片裁出符合要求的纸片吗？ 5．有一块正方形钢板，面积为16平方米． （1）求正方形钢板的边长．

（2）李师傅准备用它裁剪出一块面积为12平方米的长方形工件，且要求长宽之比为

3:2，问李师傅能办到吗？若能，求出长方形的长和宽；若不能，请说明理由．（参考数

据：21.414，31.732）．

二、解答题

6．综合与实践课上，同学们以“一个直角三角形和两条平行线”为背景开展数学活动，如图，已知两直线a,b，且a//b,ABC是直角三角形，BCA90，操作发现：

（1）如图1．若148，求2的度数；

（2）如图2，若A30,1的度数不确定，同学们把直线a向上平移，并把2的位置改变，发现21120，请说明理由．

（3）如图3，若∠A=30°，AC平分BAM，此时发现1与2又存在新的数量关系，请写出1与2的数量关系并说明理由．

7．如图1，MN∥PQ，点C、B分别在直线MN、PQ上，点A在直线MN、PQ之间． （1）求证：∠CAB＝∠MCA+∠PBA；

（2）如图2，CD∥AB，点E在PQ上，∠ECN＝∠CAB，求证：∠MCA＝∠DCE； （3）如图3，BF平分∠ABP，CG平分∠ACN，AF∥CG．若∠CAB＝60°，求∠AFB的度数．

8．阅读下面材料： 小亮同学遇到这样一个问题：

已知：如图甲，AB//CD，E为AB，CD之间一点，连接BE，DE，得到∠BED． 求证：∠BED＝∠B+∠D．

（1）小亮写出了该问题的证明，请你帮他把证明过程补充完整． 证明：过点E作EF//AB， 则有∠BEF＝ ． ∵AB//CD， ∴ // ， ∴∠FED＝ ．

∴∠BED＝∠BEF+∠FED＝∠B+∠D．

（2）请你参考小亮思考问题的方法，解决问题：如图乙，

已知：直线a//b，点A，B在直线a上，点C，D在直线b上，连接AD，BC，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，且BE，DE所在的直线交于点E．

①如图1，当点B在点A的左侧时，若∠ABC＝60°，∠ADC＝70°，求∠BED的度数； ②如图2，当点B在点A的右侧时，设∠ABC＝α，∠ADC＝β，请你求出∠BED的度数

（用含有α，β的式子表示）．

9．已知，AB//CD．点M在AB上，点N在CD 上．

（1）如图1中，BME、E、END的数量关系为： ；（不需要证明）；如图2中，BMF、F、FND的数量关系为： ；（不需要证明）

（2）如图 3中，NE平分FND，MB平分FME，且2EF180，求FME的度数；

（3）如图4中，BME60，EF平分MEN，NP平分END，且EQ//NP，则FEQ的大小是否发生变化，若变化，请说明理由，若不变化，求出么FEQ的度数． 10．点A，C，E在直线l上，点B不在直线l上，把线段AB沿直线l向右平移得到线段CD．

（1）如图1，若点E在线段AC上，求证：B+D=BED；

（2）若点E不在线段AC上，试猜想并证明B，D，BED之间的等量关系； （3）在（1）的条件下，如图2所示，过点B作PB//ED，在直线BP，ED之间有点M，使得ABE=EBM，CDE=EDM，同时点F使得ABE=nEBF，CDE=nEDF，其中n≥1，设BMD=m，利用（1)中的结论求BFD的度数（用含m，n的代数式表示）．

三、解答题

11．已知a//b，直角ABC的边与直线a分别相交于O、G两点，与直线b分别交于E，F点，且ACB90．

（1）将直角ABC如图1位置摆放，如果AOG56，则CEF________； （2）将直角ABC如图2位置摆放，N为AC上一点，NEFCEF180，请写出

NEF与AOG之间的等量关系，并说明理由；

（3）将直角ABC如图3位置摆放，若GOC135，延长AC交直线b于点Q，点P是射线GF上一动点，探究POQ,OPQ与PQF的数量关系，请直接写出结论．

12．已知直线AB//CD，M，N分别为直线AB，CD上的两点且MND70，P为直线

CD上的一个动点．类似于平面镜成像，点N关于镜面MP所成的镜像为点Q，此时

NMPQMP,NPMQPM,MNPMQP．

（1）当点P在N右侧时：

①若镜像Q点刚好落在直线AB上（如图1），判断直线MN与直线PQ的位置关系，并说明理由；

②若镜像Q点落在直线AB与CD之间（如图2），直接写出BMQ与DPQ之间的数量关系；

（2）若镜像PQCD，求BMQ的度数．

13．已知射线AB//射线CD，P为一动点，AE平分PAB，CE平分PCD，且AE与CE相交于点E．（注意：此题不允许使用三角形，四边形内角和进行解答）

（1）在图1中，当点P运动到线段AC上时，APC180．直接写出AEC的度数； （2）当点P运动到图2的位置时，猜想AEC与APC之间的关系，并加以说明； （3）当点P运动到图3的位置时，（2）中的结论是否还成立？若成立，请说明理由：若不成立，请写出AEC与APC之间的关系，并加以证明．

14．如图，两个形状，大小完全相同的含有30°、60°的三角板如图放置，PA、PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转． （1）①如图1，∠DPC＝ 度．

②我们规定，如果两个三角形只要有一组边平行，我们就称这两个三角形为“孪生三角形”，如图1，三角板BPD不动，三角板PAC从图示位置开始每秒10°逆时针旋转一周（0°旋转360°），问旋转时间t为多少时，这两个三角形是“孪生三角形”．

/秒，同时三（2）如图3，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速3°

/秒，在两个三角板旋转过程角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速2°

中，（PC转到与PM重合时，两三角板都停止转动）．设两个三角板旋转时间为t秒，以下两个结论：①明．

CPD为定值；②∠BPN+∠CPD为定值，请选择你认为对的结论加以证

BPN

15．综合与探究

综合与实践课上，同学们以“一个含30角的直角三角尺和两条平行线”为背景开展数学活动，如图，已知两直线a，b，且a//b，三角形ABC是直角三角形，BCA90，

BAC30，ABC60

操作发现：

（1）如图1．148，求2的度数；

（2）如图2．创新小组的同学把直线a向上平移，并把2的位置改变，发现

21120，请说明理由． 实践探究：

（3）填密小组在创新小组发现的结论的基础上，将图2中的图形继续变化得到图3，AC平分BAM，此时发现1与2又存在新的数量关系，请写出1与2的数量关系并说明理由．

四、解答题

16．在△ABC中，射线AG平分∠BAC交BC于点G，点D在BC边上运动（不与点G重合），过点D作DE∥AC交AB于点E．

（1）如图1，点D在线段CG上运动时，DF平分∠EDB

①若∠BAC＝100°，∠C＝30°，则∠AFD＝ ；若∠B＝40°，则∠AFD＝ ； ②试探究∠AFD与∠B之间的数量关系？请说明理由；

（2）点D在线段BG上运动时，∠BDE的角平分线所在直线与射线AG交于点F试探究∠AFD与∠B之间的数量关系，并说明理由

17．如图，直线AB//CD，E、F是AB、CD上的两点，直线l与AB、CD分别交于点

G、H，点P是直线l上的一个动点（不与点G、H重合），连接PE、PF．

（1）当点P与点E、F在一直线上时，GEPEGP，FHP60，则

PFD_____．

（2）若点P与点E、F不在一直线上，试探索AEP、EPF、CFP之间的关系，并证明你的结论． 18．解读基础：

（1）图1形似燕尾，我们称之为“燕尾形”，请写出A、B、C、D之间的关系，并说明理由；

（2）图2形似8字，我们称之为“八字形”，请写出A、B、C、D之间的关系，并说明理由：

应用乐园：直接运用上述两个结论解答下列各题

（3）①如图3，在ABC中，BD、CD分别平分ABC和ACB，请直接写出A和D的关系 ；

②如图4，ABCDEF ．

（4）如图5，BAC与∠BDC的角平分线相交于点F，GDC与CAF的角平分线相交于点E，已知B26，C54，求F和E的度数．

19．在ABC中，BAC100，∠ABCACB，点D在直线BC上运动（不与点B、C重合），点E在射线AC上运动，且ADEAED，设DACn．

（1）如图①，当点D在边BC上，且n40时，则BAD__________，

CDE__________；

（2）如图②，当点D运动到点B的左侧时，其他条件不变，请猜想BAD和CDE的数量关系，并说明理由；

（3）当点D运动到点C的右侧时，其他条件不变，BAD和CDE还满足（2）中的数量关系吗？请在图③中画出图形，并给予证明．（画图痕迹用黑色签字笔加粗加黑） 20．如图①所示，在三角形纸片ABC中，C70，B65，将纸片的一角折叠，使点A落在ABC内的点A处. （1）若140，2________.

（2）如图①，若各个角度不确定，试猜想1，2，A之间的数量关系，直接写出结论. ②当点A落在四边形BCDE外部时（如图②），（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，请说明理由，若不成立，A，1，2之间又存在什么关系？请说明．

（3）应用：如图③：把一个三角形的三个角向内折叠之后，且三个顶点不重合，那么图中的123456和是________.

【参考答案】

一、解答题

1．（1）面积为29，边长为；（2），，，，图见解析． 【分析】

（1）面积等于一个大正方形的面积减去四个直角三角形的面积，再利用算术平方根定义求

得边长即可；

（2）建立适当的坐标系后写出四个顶点的坐标

解析：（1）面积为29，边长为29；（2）A(0,5)，B(2,0)，C(7,2)，D(5,7)，图见解析． 【分析】

（1）面积等于一个77大正方形的面积减去四个直角三角形的面积，再利用算术平方根定义求得边长即可；

（2）建立适当的坐标系后写出四个顶点的坐标即可． 【详解】

解：（1）正方形的面积S正方形ABCD7242529， 正方形边长为S29； （2）建立如图平面直角坐标系， 则A(0,5)，B(2,0)，C(7,2)，D(5,7)．

12

【点睛】

本题考查了算术平方根及坐标与图形的性质及割补法求面积，从图形中整理出直角三角形是进一步解题的关键．

2．符合，理由见解析 【分析】

根据宽与长的比是1：1.5，面积为7350平方米，列方程求出长和宽，比较得出答案． 【详解】

解：符合，理由如下：

设宽为b米，则长为1.5b米，由题意得， 1.5b×b

解析：符合，理由见解析 【分析】

根据宽与长的比是1：1.5，面积为7350平方米，列方程求出长和宽，比较得出答案． 【详解】

解：符合，理由如下：

设宽为b米，则长为1.5b米，由题意得， 1.5b×b=7350，

∴b=70，或b=-70（舍去）， 即宽为70米，长为1.5×70=105米， ∵100≤105≤110，64≤70≤75， ∴符合国际标准球场的长宽标准． 【点睛】

本题考查算术平方根的意义，列出方程求出长和宽是得出正确答案的前提．

3．（1）；（2）不同意，理由见解析 【分析】

（1）设正方形边长为，根据两块纸片面积相等列出方程，再根据算术平方根的意义即可求出x的值；

（2）根据两个正方形纸片的面积计算出两个正方形的边长，计算两个

解析：（1）6dm；（2）不同意，理由见解析 【分析】

（1）设正方形边长为xdm，根据两块纸片面积相等列出方程，再根据算术平方根的意义即可求出x的值；

（2）根据两个正方形纸片的面积计算出两个正方形的边长，计算两个正方形边长的和，并与3比较即可解答． 【详解】

解：（1）设正方形边长为xdm，则x223，由算术平方根的意义可知x6， 所以正方形的边长是6dm． （2）不同意．

因为：两个小正方形的面积分别为2dm2和3dm2，则它们的边长分别为2dm和3dm．233.1，即两个正方形边长的和约为3.1dm，

所以3.13，即两个正方形边长的和大于长方形的长，

所以不能在长方形纸片上截出两个完整的面积分别为2dm2和3dm2的正方形纸片． 【点睛】

本题考查了算术平方根的应用，解题的关键是读懂题意并熟知算术平方根的概念．

4．不同意，理由见解析． 【详解】

试题分析：设面积为300平方厘米的长方形的长宽分为3x厘米，2x厘米，则3x•2x=300，x2=50，解得x=，而面积为400平方厘米的正方形的边长为20厘米，由于

解析：不同意，理由见解析． 【详解】

试题分析：设面积为300平方厘米的长方形的长宽分为3x厘米，2x厘米，则3x•2x=300，

x2=50，解得x=52，而面积为400平方厘米的正方形的边长为20厘米，由于152＞20，所以用一块面积为400平方厘米的正方形纸片，沿着边的方向裁不出一块面积为300平方厘米的长方形纸片，使它的长宽之比为3：2．

试题解析：解：不同意李明的说法．设长方形纸片的长为3x （x＞0）cm，则宽为2x cm，依题意得：3x•2x=300，6x2=300，x2=50，∵x＞0，∴x=50=52，∴长方形纸片的长为152 cm，∵50＞49，∴52＞7，∴152＞21，即长方形纸片的长大于20cm，由正方形

纸片的面积为400 cm2，可知其边长为20cm，∴长方形纸片的长大于正方形纸片的边长． 答：李明不能用这块纸片裁出符合要求的长方形纸片．

点睛：本题考查了算术平方根的定义：一个正数的正的平方根叫这个数的算术平方根；0的算术平方根为0．也考查了估算无理数的大小．

5．（1）4米 （2）见解析 【分析】

（1）根据正方形边长与面积间的关系求解即可；

（2）设长方形的长宽分别为米、米，由其面积可得x值，比较长方形的长和宽与正方形边长的大小可得结论. 【详解】 解

解析：（1）4米 （2）见解析 【分析】

（1）根据正方形边长与面积间的关系求解即可；

（2）设长方形的长宽分别为3x米、2x米，由其面积可得x值，比较长方形的长和宽与正方形边长的大小可得结论. 【详解】

解：（1）正方形的面积是16平方米， 正方形钢板的边长是164米；

（2）设长方形的长宽分别为3x米、2x米， 则3x•2x12， x22，

x2，

3x324，2x224，

长方形长是32米，而正方形的边长为4米，所以李师傅不能办到.

【点睛】

本题考查了算术平方根的实际应用，灵活的利用算术平方根表示正方形和长方形的边长是解题的关键.

二、解答题

6．（1）42°；（2）见解析；（3）∠1=∠2，理由见解析 【分析】

（1）由平角定义求出∠3=42°，再由平行线的性质即可得出答案； （2）过点B作BD∥a．由平行线的性质得∠2+∠ABD=180°

解析：（1）42°；（2）见解析；（3）∠1=∠2，理由见解析 【分析】

（1）由平角定义求出∠3=42°，再由平行线的性质即可得出答案；

（2）过点B作BD∥a．由平行线的性质得∠2+∠ABD=180°，∠1=∠DBC，则∠ABD=∠ABC-∠DBC=60°-∠1，进而得出结论；

（3）过点C 作CP∥a，由角平分线定义得∠CAM=∠BAC=30°，∠BAM=2∠BAC=60°，由平行线的性质得∠1=∠BAM=60°，∠PCA=∠CAM=30°，∠2=∠BCP=60°，即可得出结论． 【详解】

解：（1）∵∠1=48°，∠BCA=90°， ∴∠3=180°-∠BCA-∠1=180°-90°-48°=42°， ∵a∥b， ∴∠2=∠3=42°； （2）理由如下：

过点B作BD∥a．如图2所示：

则∠2+∠ABD=180°， ∵a∥b， ∴b∥BD， ∴∠1=∠DBC，

∴∠ABD=∠ABC-∠DBC=60°-∠1， ∴∠2+60°-∠1=180°， ∴∠2-∠1=120°； （3）∠1=∠2，理由如下： 过点C 作CP∥a，如图3所示：

∵AC平分∠BAM

∴∠CAM=∠BAC=30°，∠BAM=2∠BAC=60°， 又∵a∥b，

∴CP∥b，∠1=∠BAM=60°， ∴∠PCA=∠CAM=30°，

∴∠BCP=∠BCA-∠PCA=90°-30°=60°， 又∵CP∥a， ∴∠2=∠BCP=60°， ∴∠1=∠2． 【点睛】

本题是三角形综合题目，考查了平移的性质、直角三角形的性质、平行线的判定与性质、角平分线定义、平角的定义等知识；本题综合性强，熟练掌握平移的性质和平行线的性质是解题的关键．

7．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）120°． 【分析】

（1）过点A作AD∥MN，根据两直线平行，内错角相等得到∠MCA＝∠DAC，∠PBA＝∠DAB，根据角的和差等量代换即可得解； （2）

解析：（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）120°． 【分析】

（1）过点A作AD∥MN，根据两直线平行，内错角相等得到∠MCA＝∠DAC，∠PBA＝∠DAB，根据角的和差等量代换即可得解；

（2）由两直线平行，同旁内角互补得到∴、∠CAB+∠ACD＝180°，由邻补角定义得到∠ECM+∠ECN＝180°，再等量代换即可得解；

（3）由平行线的性质得到，∠FAB＝120°﹣∠GCA，再由角平分线的定义及平行线的性质得到∠GCA﹣∠ABF＝60°，最后根据三角形的内角和是180°即可求解． 【详解】

解：（1）证明：如图1，过点A作AD∥MN，

∵MN∥PQ，AD∥MN， ∴AD∥MN∥PQ，

∴∠MCA＝∠DAC，∠PBA＝∠DAB， ∴∠CAB＝∠DAC+∠DAB＝∠MCA+∠PBA， 即：∠CAB＝∠MCA+∠PBA； （2）如图2，∵CD∥AB， ∴∠CAB+∠ACD＝180°， ∵∠ECM+∠ECN＝180°， ∵∠ECN＝∠CAB ∴∠ECM＝∠ACD，

即∠MCA+∠ACE＝∠DCE+∠ACE， ∴∠MCA＝∠DCE； （3）∵AF∥CG， ∴∠GCA+∠FAC＝180°， ∵∠CAB＝60°

即∠GCA+∠CAB+∠FAB＝180°，

∴∠FAB＝180°﹣60°﹣∠GCA＝120°﹣∠GCA， 由（1）可知，∠CAB＝∠MCA+∠ABP， ∵BF平分∠ABP，CG平分∠ACN， ∴∠ACN＝2∠GCA，∠ABP＝2∠ABF， 又∵∠MCA＝180°﹣∠ACN，

∴∠CAB＝180°﹣2∠GCA+2∠ABF＝60°， ∴∠GCA﹣∠ABF＝60°， ∵∠AFB+∠ABF+∠FAB＝180°， ∴∠AFB＝180°﹣∠FAB﹣∠FBA ＝180°﹣（120°﹣∠GCA）﹣∠ABF ＝180°﹣120°+∠GCA﹣∠ABF ＝120°． 【点睛】

本题主要考查了平行线的性质，线段、角、相交线与平行线，准确的推导是解决本题的关键．

8．（1）∠B，EF，CD，∠D；（2）①65°；②180°﹣ 【分析】

（1）根据平行线的判定定理与性质定理解答即可；

（2）①如图1，过点E作EF∥AB，当点B在点A的左侧时，根据∠ABC＝60°，

11解析：（1）∠B，EF，CD，∠D；（2）①65°；②180°﹣a

22【分析】

（1）根据平行线的判定定理与性质定理解答即可；

（2）①如图1，过点E作EF∥AB，当点B在点A的左侧时，根据∠ABC＝60°，∠ADC＝70°，参考小亮思考问题的方法即可求∠BED的度数；

②如图2，过点E作EF∥AB，当点B在点A的右侧时，∠ABC＝α，∠ADC＝β，参考小亮思考问题的方法即可求出∠BED的度数． 【详解】

解：（1）过点E作EF∥AB， 则有∠BEF＝∠B， ∵AB∥CD， ∴EF∥CD， ∴∠FED＝∠D，

∴∠BED＝∠BEF+∠FED＝∠B+∠D； 故答案为：∠B；EF；CD；∠D；

（2）①如图1，过点E作EF∥AB，有∠BEF＝∠EBA．

∵AB∥CD， ∴EF∥CD． ∴∠FED＝∠EDC．

∴∠BEF+∠FED＝∠EBA+∠EDC． 即∠BED＝∠EBA+∠EDC， ∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，

∴∠EBA＝2∠ABC＝30°，∠EDC＝2∠ADC＝35°， ∴∠BED＝∠EBA+∠EDC＝65°． 答：∠BED的度数为65°；

②如图2，过点E作EF∥AB，有∠BEF+∠EBA＝180°．

11

∴∠BEF＝180°﹣∠EBA， ∵AB∥CD， ∴EF∥CD． ∴∠FED＝∠EDC．

∴∠BEF+∠FED＝180°﹣∠EBA+∠EDC． 即∠BED＝180°﹣∠EBA+∠EDC， ∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，

1111∴∠EBA＝2∠ABC＝，∠EDC＝2∠ADC＝，

2211∴∠BED＝180°﹣∠EBA+∠EDC＝180°﹣a．

2211答：∠BED的度数为180°﹣a．

22【点睛】

本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是熟练掌握平行线的判定与性质．

9．（1）∠BME＝∠MEN−∠END；∠BMF＝∠MFN＋∠FND．（2）120°（3）∠FEQ的大小没发生变化，∠FEQ＝30°． 【分析】

（1）过E作EHAB，易得EHABCD，根据平行线的性质

解析：（1）∠BME＝∠MEN−∠END；∠BMF＝∠MFN＋∠FND．（2）120°（3）∠FEQ的大小没发生变化，∠FEQ＝30°． 【分析】

（1）过E作EH//AB，易得EH//AB//CD，根据平行线的性质可求解；过F作FH//AB，易得FH//AB//CD，根据平行线的性质可求解；

（2）根据（1）的结论及角平分线的定义可得2（∠BME＋∠END）＋∠BMF−∠FND＝180°，可求解∠BMF＝60°，进而可求解；

（3）根据平行线的性质及角平分线的定义可推知∠FEQ＝2∠BME，进而可求解． 【详解】

解：（1）过E作EH//AB，如图1，

1

∴∠BME＝∠MEH， ∵AB//CD， ∴HE//CD， ∴∠END＝∠HEN，

∴∠MEN＝∠MEH＋∠HEN＝∠BME＋∠END， 即∠BME＝∠MEN−∠END． 如图2，过F作FH//AB，

∴∠BMF＝∠MFK， ∵AB//CD， ∴FH//CD， ∴∠FND＝∠KFN，

∴∠MFN＝∠MFK−∠KFN＝∠BMF−∠FND， 即：∠BMF＝∠MFN＋∠FND．

故答案为∠BME＝∠MEN−∠END；∠BMF＝∠MFN＋∠FND． （2）由（1）得∠BME＝∠MEN−∠END；∠BMF＝∠MFN＋∠FND． ∵NE平分∠FND，MB平分∠FME，

∴∠FME＝∠BME＋∠BMF，∠FND＝∠FNE＋∠END， ∵2∠MEN＋∠MFN＝180°，

∴2（∠BME＋∠END）＋∠BMF−∠FND＝180°， ∴2∠BME＋2∠END＋∠BMF−∠FND＝180°， 即2∠BMF＋∠FND＋∠BMF−∠FND＝180°， 解得∠BMF＝60°， ∴∠FME＝2∠BMF＝120°；

（3）∠FEQ的大小没发生变化，∠FEQ＝30°． 由（1）知：∠MEN＝∠BME＋∠END， ∵EF平分∠MEN，NP平分∠END，

∴∠FEN＝2∠MEN＝2（∠BME＋∠END），∠ENP＝2∠END， ∵EQ//NP， ∴∠NEQ＝∠ENP，

∴∠FEQ＝∠FEN−∠NEQ＝2（∠BME＋∠END）−2∠END＝2∠BME， ∵∠BME＝60°， ∴∠FEQ＝2×60°＝30°． 【点睛】

1111111本题主要考查平行线的性质及角平分线的定义，作辅助线是解题的关键．

10．（1）见解析；（2）当点E在CA的延长线上时，∠BED=∠D-∠B；当点E在AC的延长线上时，∠BED=∠BET-∠DET=∠B-∠D；（3） 【分析】

（1）如图1中，过点E作ET∥AB．利用平行

解析：（1）见解析；（2）当点E在CA的延长线上时，∠BED=∠D-∠B；当点E在AC的延长线上时，∠BED=∠BET-∠DET=∠B-∠D；（3）【分析】

（1）如图1中，过点E作ET∥AB．利用平行线的性质解决问题．

（2）分两种情形：如图2-1中，当点E在CA的延长线上时，如图2-2中，当点E在AC的延长线上时，构造平行线，利用平行线的性质求解即可．

（3）利用（1）中结论，可得∠BMD=∠ABM+∠CDM，∠BFD=∠ABF+∠CDF，由此解决问题即可． 【详解】

解：（1）证明：如图1中，过点E作ET∥AB．由平移可得AB∥CD，

mn12n

∵AB∥ET，AB∥CD， ∴ET∥CD∥AB，

∴∠B=∠BET，∠TED=∠D， ∴∠BED=∠BET+∠DET=∠B+∠D．

（2）如图2-1中，当点E在CA的延长线上时，过点E作ET∥AB．

∵AB∥ET，AB∥CD， ∴ET∥CD∥AB，

∴∠B=∠BET，∠TED=∠D， ∴∠BED=∠DET-∠BET=∠D-∠B．

如图2-2中，当点E在AC的延长线上时，过点E作ET∥AB．

∵AB∥ET，AB∥CD， ∴ET∥CD∥AB，

∴∠B=∠BET，∠TED=∠D， ∴∠BED=∠BET-∠DET=∠B-∠D．

（3）如图，设∠ABE=∠EBM=x，∠CDE=∠EDM=y，

∵AB∥CD，

∴∠BMD=∠ABM+∠CDM， ∴m=2x+2y， ∴x+y=2m，

∵∠BFD=∠ABF+∠CDF，∠ABE=n∠EBF，∠CDE=n∠EDF， ∴∠BFD=【点睛】

本题属于几何变换综合题，考查了平行线的性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是学会条件常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型．

n1n1n1mn1n11xym=xy=． nnnn22n1三、解答题

11．（1）146°；（2）∠AOG+∠NEF=90°；（3）见解析 【分析】

（1）作CP//a，则CP//a//b，根据平行线的性质求解． （2）作CP//a，由平行线的性质及等量代换得∠AOG+∠N

解析：（1）146°；（2）∠AOG+∠NEF=90°；（3）见解析 【分析】

（1）作CP//a，则CP//a//b，根据平行线的性质求解．

（2）作CP//a，由平行线的性质及等量代换得∠AOG+∠NEF=∠ACP+∠PCB=90°． （3）分类讨论点P在线段GF上或线段GF延长线上两种情况，过点P作a，b的平行线求解．

【详解】

解：（1）如图，作CP//a，

∵a//b，CP//a， ∴CP//a//b，

∴∠AOG=∠ACP=56°，∠BCP+∠CEF=180°， ∴∠BCP=180°-∠CEF， ∵∠ACP+∠BCP=90°， ∴∠AOG+180°-∠CEF=90°， ∴∠CEF=180°-90°+∠AOG=146°． （2）∠AOG+∠NEF=90°.理由如下： 如图，作CP//a，则CP//a//b，

∴∠AOG=∠ACP，∠BCP+∠CEF=180°， ∵∠NEF+∠CEF=180°， ∴∠BCP=∠NEF， ∵∠ACP+∠BCP=90°， ∴∠AOG+∠NEF=90°．

（3）如图，当点P在GF上时，作PN//a，连接PQ，OP,则PN//a//b，

∴∠GOP=∠OPN，∠PQF=∠NPQ， ∴∠OPQ=∠OPN+∠NPQ=∠GOP+∠PQF, ∵∠GOC=∠GOP+∠POQ=135°，

∴∠GOP=135°-∠POQ， ∴∠OPQ=135°-∠POQ+∠PQF．

如图，当点P在GF延长线上时，作PN//a，连接PQ，OP,则PN//a//b，

∴∠GOP=∠OPN，∠PQF=∠NPQ， ∵∠OPN=∠OPQ+∠QPN， ∴∠GOP=∠OPQ+∠PQF， ∴135°-∠POQ=∠OPQ+∠PQF． 【点睛】

本题考查平行线的性质的应用，解题关键是熟练掌握平行线的性质，通过添加辅助线及分类讨论的方法求解．

12．（1）①，证明见解析，②，（2）或． 【分析】

(1) ①根据和镜像证出，即可判断直线与直线的位置关系，②过点Q作QF∥CD，根据平行线的性质证即可； (2)过点Q作QF∥CD，根据点P的位置不同，

解析：（1）①MN//PQ，证明见解析，②BMQDPQ70，（2）160或20． 【分析】

(1) ①根据AB//CD和镜像证出NMPQPM，即可判断直线MN与直线PQ的位置关系，②过点Q作QF∥CD，根据平行线的性质证BMQDPQMQP即可； (2)过点Q作QF∥CD，根据点P的位置不同，分类讨论，依据平行线的性质求解即可． 【详解】

（1）①MN//PQ， 证明：∵AB//CD， ∴NPMQMP，

∵NMPQMP,NPMQPM， ∴NMPQPM， ∴MN//PQ； ②过点Q作QF∥CD， ∵AB//CD， ∴AB//CD//QF，

∴BMQ1，2QPD， ∴BMQDPQMQP，

∵MNPMQP70， ∴BMQDPQ70；

（2）如图，当点P在N右侧时，过点Q作QF∥CD， 同（1）得，AB//CD//QF，

∴FQPNPQ180，FQMBMQ， ∵PQCD， ∴NPQ90， ∴FQP90， ∵MNDPQM70， ∴FQM20， ∴BMQ20，

如图，当点P在N左侧时，过点Q作QF∥CD，同（1）得，AB//CD//QF， 同理可得，FQP90， ∵MND70， ∴MNPPQM110， ∴FQM20， ∵AB//QF，

∴FQMBMQ180， ∴BMQ160；

综上，BMQ的度数为160或20．

【点睛】

本题考查了平行线的性质与判定，解题关键是恰当的作辅助线，熟练利用平行线的性质推导角之间的关系．

13．（1）；（2），证明见解析；（3），证明见解析． 【分析】

（1）过点作，先根据平行线的性质、平行公理推论可得，从而可得，再根据平行线的性质可得，然后根据角平分线的定义可得，最后根据角的和差即可得；

解析：（1）90；（2）APC2AEC，证明见解析；（3）APC2AEC360，证明见解析． 【分析】

（1）过点E作EF//AB，先根据平行线的性质、平行公理推论可得

AEFBAE,CEFDCE，从而可得AECBAEDCE，再根据平行线的性质可

得PABPCD180，然后根据角平分线的定义可得

11BAEPAB,DCEPCD，最后根据角的和差即可得；

22（2）过点E作EF//AB，过点P作PQ//AB，先根据（1）可得

1AECBAEDCE(PABPCD)，再根据（1）同样的方法可得

2APCPABPCD，由此即可得出结论；

（3）过点E作EF//AB，过点P作PQ//AB，先根据（1）可得PABPCD2AEC，再根据平行线的性质、平行公理推论可得APQ180PAB,CPQ180PCD，然后根据角的和差、等量代换即可得出结论． 【详解】

解：（1）如图，过点E作EF//AB，

AEFBAE，

AB//CD，

EF//CD，

CEFDCE，

AECAEFCEFBAEDCE，

又

AB//CD，且点P运动到线段AC上，

PABPCD180，

∵AE平分PAB，CE平分PCD，

11BAEPAB,DCEPCD，

22111AECPABPCD(PABPCD)90；

222（2）猜想APC2AEC，证明如下： 如图，过点E作EF//AB，过点P作PQ//AB，

1由（1）已得：AECBAEDCE(PABPCD)，

2同理可得：APCPABPCD，

APC2AEC；

（3）APC2AEC360，证明如下： 如图，过点E作EF//AB，过点P作PQ//AB，

1由（1）已得：AECBAEDCE(PABPCD)，

2即PABPCD2AEC， PQ//AB，

APQPAB180，即APQ180PAB，

AB//CD，

PQ//CD，

CPQPCD180，即CPQ180PCD， APCAPQCPQ，

180PAB180PCD，

360PABPCD，

3602AEC，

即APC2AEC360． 【点睛】

本题考查了平行线的性质、平行公理推论、角平分线的定义等知识点，熟练掌握平行线的性质是解题关键．

14．（1）①90；②t为或或或或或或；（2）①正确，②错误，证明见解析． 【分析】

（1）①由平角的定义，结合已知条件可得：从而可得答案；②当时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和

解析：（1）①90；②t为3s或6s或9s或18s或21s或24s或27s；（2）①正确，②错误，证明见解析． 【分析】

（1）①由平角的定义，结合已知条件可得：DPC180CPADPB,从而可得答案；②当BD//PC时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差求解旋转角，可得旋转时间；当PA//BD时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当AC//DP时，有两种情况，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得旋转时间；当

AC//BD时，画出符合题意的图形，利用平行线的性质与角的和差关系求解旋转角，可得

旋转时间；当AC//BP时的旋转时间与PA//BD相同；

（2）分两种情况讨论：当PD在MN上方时，当PD在MN下方时，①分别用含t的代数式表示CPD,BPN，从而可得

CPD的值；②分别用含t的代数式表示

BPNCPD,BPN，得到BPNCPD是一个含t的代数式，从而可得答案．

【详解】

解：（1）①∵∠DPC＝180°﹣∠CPA﹣∠DPB，∠CPA＝60°，∠DPB＝30°， ∴∠DPC＝180﹣30﹣60＝90°， 故答案为90；

②如图1﹣1，当BD∥PC时，

∵PC∥BD，∠DBP＝90°， ∴∠CPN＝∠DBP＝90°， ∵∠CPA＝60°， ∴∠APN＝30°，

∵转速为10°/秒， ∴旋转时间为3秒； 如图1﹣2，当PC∥BD时，

∵PC//BD,∠PBD＝90°， ∴∠CPB＝∠DBP＝90°， ∵∠CPA＝60°， ∴∠APM＝30°，

∵三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为180°+30°＝210°， ∵转速为10°/秒， ∴旋转时间为21秒，

如图1﹣3，当PA∥BD时，即点D与点C重合，此时∠ACP＝∠BPD＝30°，则AC∥BP，

∵PA∥BD，

∴∠DBP＝∠APN＝90°，

∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为90°， ∵转速为10°/秒， ∴旋转时间为9秒， 如图1﹣4，当PA∥BD时，

∵∠DPB＝∠ACP＝30°， ∴AC∥BP， ∵PA∥BD，

∴∠DBP＝∠BPA＝90°，

∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为90°+180°＝270°， ∵转速为10°/秒， ∴旋转时间为27秒， 如图1﹣5，当AC∥DP时，

∵AC∥DP， ∴∠C＝∠DPC＝30°，

∴∠APN＝180°﹣30°﹣30°﹣60°＝60°， ∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为60°， ∵转速为10°/秒， ∴旋转时间为6秒， 如图1﹣6，当AC//DP时，

AC//DP， DPAPAC90，DPNDPA1803090240，

∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为240， ∵转速为10°/秒， ∴旋转时间为24秒， 如图1﹣7，当AC∥BD时，

∵AC∥BD，

∴∠DBP＝∠BAC＝90°，

∴点A在MN上，

∴三角板PAC绕点P逆时针旋转的角度为180°， ∵转速为10°/秒， ∴旋转时间为18秒，

当AC//BP时，如图1-3，1-4，旋转时间分别为：9s，27s．综上所述：当t为3s或6s或9s或18s或21s或24s或27s时，这两个三角形是“孪生三角形”；

（2）如图，当PD在MN上方时，

①正确，

理由如下：设运动时间为t秒，则∠BPM＝2t， ∴∠BPN＝180°﹣2t，∠DPM＝30°﹣2t，∠APN＝3t． ∴∠CPD＝180°﹣∠DPM﹣∠CPA﹣∠APN＝90°﹣t，

BPN2CPD1802t, ∴

CPD1. BPN2②∠BPN+∠CPD＝180°﹣2t+90°﹣t＝270°﹣3t，可以看出∠BPN+∠CPD随着时间在变化，不为定值，结论错误． 当PD在MN下方时，如图，

①正确，

理由如下：设运动时间为t秒，则∠BPM＝2t， ∴∠BPN＝180°﹣2t，∠DPM＝2t30, ∠APN＝3t． ∴∠CPD＝360CPAAPNDPBBPN

360603t301802t =90t

BPN2CPD1802t,

∴

CPD1. BPN2②∠BPN+∠CPD＝180°﹣2t+90°﹣t＝270°﹣3t，可以看出∠BPN+∠CPD随着时间在变化，

不为定值，结论错误． 综上：①正确，②错误． 【点睛】

本题考查的是角的和差倍分关系，平行线的性质与判定，角的动态定义（旋转角）的理解，掌握分类讨论的思想是解题的关键．

15．（1）；（2）理由见解析；（3），理由见解析． 【分析】

（1）由平角定义求出∠3＝42°，再由平行线的性质即可得出答案； （2）过点B作BD∥a．由平行线的性质得∠2＋∠ABD＝180°，∠1＝∠

解析：（1）242；（2）理由见解析；（3）12，理由见解析． 【分析】

（1）由平角定义求出∠3＝42°，再由平行线的性质即可得出答案；

（2）过点B作BD∥a．由平行线的性质得∠2＋∠ABD＝180°，∠1＝∠DBC，则∠ABD＝∠ABC−∠DBC＝60°−∠1，进而得出结论；

（3）过点C 作CP∥a，由角平分线定义得∠CAM＝∠BAC＝30°，∠BAM＝2∠BAC＝60°，由平行线的性质得∠1＝∠BAM＝60°，∠PCA＝∠CAM＝30°，∠2＝∠BCP＝60°，即可得出结论． 【详解】

解：（1）如图1 148，BCA90，

3180BCA142， a//b，

2342；

图1

（2）理由如下：如图2． 过点B作BD//a，

图2

2ABD180，

a//b，

b//BD，

1DBC，

ABDABCDBC601，

2601180，

21120；

（3）12，

图3

理由如下：如图3，过点C作CP//a，

AC平分BAM， CAMBAC30，

BAM2BAC60，

又a//b，

CP//b，

1BAM60， PCACAM30，

BCPBCAPCA903060，

又CP//a ，

2BCP60， 12．

【点睛】

本题是三角形综合题目，考查了平移的性质、直角三角形的性质、平行线的判定与性质、角平分线定义、平角的定义等知识；本题综合性强，熟练掌握平移的性质和平行线的性质是解题的关键．

四、解答题

16．（1）①115°；110°；②；理由见解析；（2）；理由见解析 【分析】

（1）①若∠BAC=100°，∠C=30°，由三角形内角和定理求出∠B=50°，由平行线的性质得出∠EDB=∠C=30°，由

解析：（1）①115°；110°；②AFD90B；理由见解析；（2）

1AFD90B；理由见解析

212【分析】

（1）①若∠BAC=100°，∠C=30°，由三角形内角和定理求出∠B=50°，由平行线的性质得出∠EDB=∠C=30°，由角平分线定义得出BAGBAC50，FDGEDB15，由三角形的外角性质得出∠DGF=100°，再由三角形的外角性质即可得出结果；若∠B=40°，则

121211∠BAC+∠C=180°-40°=140°，由角平分线定义得出BAGBAC，FDGEDB，由

22三角形的外角性质即可得出结果；

②由①得：∠EDB=∠C，BAGBAC50，FDGEDB15，由三角形的外角性质得出∠DGF=∠B+∠BAG，再由三角形的外角性质即可得出结论；

1212111（2）由（1）得：∠EDB=∠C，BAGBAC，BDHEDBC,由三角形的外

222角性质和三角形内角和定理即可得出结论． 【详解】

（1）①若∠BAC=100°，∠C=30°， 则∠B=180°-100°-30°=50°， ∵DE∥AC， ∴∠EDB=∠C=30°，

∵AG平分∠BAC，DF平分∠EDB，

∴BAGBAC50，FDGEDB15， ∴∠DGF=∠B+∠BAG=50°+50°=100°， ∴∠AFD=∠DGF+∠FDG=100°+15°=115°； 若∠B=40°，则∠BAC+∠C=180°-40°=140°， ∵AG平分∠BAC，DF平分∠EDB，

121211∴BAGBAC，FDGEDB，

22∵∠DGF=∠B+∠BAG，

∴∠AFD=∠DGF+∠FDG=∠B+∠BAG+∠FDG =B1BACC 2140140

24070110

故答案为：115°；110°； ②AFD90B；

1211理由如下：由①得：∠EDB=∠C，BAGBAC，FDGEDB，

22∵∠DGF=∠B+∠BAG， ∴∠AFD=∠DGF+∠FDG =∠B+∠BAG+∠FDG

=BB1BACC 21180B 2190B；

2（2）如图2所示：AFD90B； 理由如下：

12111由（1）得：∠EDB=∠C，BAGBAC，BDHEDBC，

222∵∠AHF=∠B+∠BDH， ∴∠AFD=180°-∠BAG-∠AHF

1180BACBBDH211180BACBC

22180B1BACC 2

180B1180B 21180B90B

2190B．

2【点睛】

本题考查了三角形内角和定理、三角形的外角性质、平行线的性质等知识；熟练掌握三角形内角和定理和三角形的外角性质是解题的关键．

17．（1）120°；（2）∠EPF =∠AEP+∠CFP或∠AEP=∠EPF+∠CFP，证明见详解． 【分析】

（1）根据题意，当点与点、在一直线上时，作出图形，由AB∥CD，∠FHP=60°，可以推出

解析：（1）120°；（2）∠EPF =∠AEP+∠CFP或∠AEP=∠EPF+∠CFP，证明见详解． 【分析】

（1）根据题意，当点P与点E、F在一直线上时，作出图形，由AB∥CD，∠FHP=60°，可以推出GEPEGP=60°，计算∠PFD即可；

（2）根据点P是动点，分三种情况讨论：①当点P在AB与CD之间时；②当点P在AB上方时；③当点P在CD下方时，分别求出∠AEP、∠EPF、∠CFP之间的关系即可． 【详解】

（1）当点P与点E、F在一直线上时，作图如下， ∵AB∥CD，∠FHP=60°，GEPEGP，

∴GEPEGP=∠FHP=60°， ∴∠EFD=180°-∠GEP=180°-60°=120°， ∴∠PFD=120°， 故答案为：120°；

（2）满足关系式为∠EPF =∠AEP+∠CFP或∠AEP=∠EPF+∠CFP． 证明：根据点P是动点，分三种情况讨论： ①当点P在AB与CD之间时， 过点P作PQ∥AB，如下图， ∵AB∥CD， ∴PQ∥AB∥CD，

∴∠AEP=∠EPQ，∠CFP=∠FPQ， ∴∠EPF=∠EPQ+∠FPQ=∠AEP+∠CFP， 即∠EPF =∠AEP+∠CFP；

②当点P在AB上方时，如下图所示， ∵∠AEP=∠EPF+∠EQP， ∵AB∥CD， ∴∠CFP=∠EQP， ∴∠AEP=∠EPF+∠CFP；

③当点P在CD下方时， ∵AB∥CD，

∴∠AEP=∠EQF， ∴∠EQF=∠EPF+∠CFP， ∴∠AEP=∠EPF+∠CFP，

综上所述，∠AEP、∠EPF、∠CFP之间满足的关系式为：∠EPF =∠AEP+∠CFP或∠AEP=∠EPF+∠CFP，

故答案为：∠EPF =∠AEP+∠CFP或∠AEP=∠EPF+∠CFP． 【点睛】

本题考查了平行线的性质，外角的性质，掌握平行线的性质是解题的关键，注意分情况讨论问题．

18．（1），理由详见解析；（2），理由详见解析：（3）①；②360°；（4）； . 【分析】

（1）根据三角形外角等于不相邻的两个内角之和即可得出结论； （2）根据三角形内角和定理及对顶角相等即可得出结

解析：（1）DABC，理由详见解析；（2）ADBC，理由详见解析：（3）①D90A；②360°；（4）E124； F=14. 【分析】

（1）根据三角形外角等于不相邻的两个内角之和即可得出结论； （2）根据三角形内角和定理及对顶角相等即可得出结论； （3）①根据角平分线的定义及三角形内角和定理即可得出结论； ②连结BE，由（2）的结论及四边形内角和为360°即可得出结论；

（4）根据（1）的结论、角平分线的性质以及三角形内角和定理即可得出结论． 【详解】

（1）DABC．理由如下：

如图1，BDEBBAD，CDECCAD，

BDCBBADCCADBBACC，DABC；

12（2）ADBC．理由如下：

在ADE中，AED180AD，在BCE中，BEC180BC，

AEDBEC，ADBC；

（3）①A180ABCACB，D180DBCDCB，和ACB，ABCACBDBCDCB，

1212BD、CD分别平分ABC1111D180(ABCACB)180(180A)90A．

2222故答案为：D90A． ②连结BE． ∵

CDCBEDEB，ABCDEFAABEFBEF360．

12故答案为：360；

（4）由（1）知，BDCBCBAC，

CDF402CAE，

B26，C54，BDC80BAC，

BAC4CAE，BDC2CDF，GDE901CDF，2AGDBGDB26180CDF，GAE3CAE，

33E360GAEAGDGDE64(2CAECDF)6440124；

22F180AGFGAF180(206CDF)2CAE26CDF2CAE264014． 【点睛】

本题考查了角平分线的性质，三角形内角和；熟练掌握角平分线的性质，进行合理的等量代换是解题的关键．

19．（1）60，30；（2）∠BAD=2∠CDE，证明见解析；（3）成立，∠BAD=2∠CDE，证明见解析 【分析】

（1）如图①，将∠BAC=100°，∠DAC=40°代入∠BAD=∠BAC-∠DAC

解析：（1）60，30；（2）∠BAD=2∠CDE，证明见解析；（3）成立，∠BAD=2∠CDE，证明见解析 【分析】

（1）如图①，将∠BAC=100°，∠DAC=40°代入∠BAD=∠BAC-∠DAC，求出∠BAD．在△ABC中利用三角形内角和定理求出∠ABC=∠ACB=40°，根据三角形外角的性质得出

∠ADC=∠ABC+∠BAD=100°，在△ADE中利用三角形内角和定理求出∠ADE=∠AED=70°，那么∠CDE=∠ADC-∠ADE=30°；

（2）如图②，在△ABC和△ADE中利用三角形内角和定理求出∠ABC=∠ACB=40°，∠ADE=∠AED=

180nn100．根据三角形外角的性质得出∠CDE=∠ACB-∠AED=，再由22∠BAD=∠DAC-∠BAC得到∠BAD=n-100°，从而得出结论∠BAD=2∠CDE；

（3）如图③，在△ABC和△ADE中利用三角形内角和定理求出∠ABC=∠ACB=40°，

∠ADE=∠AED=

100n180n．根据三角形外角的性质得出∠CDE=∠ACD-∠AED=，再由22∠BAD=∠BAC+∠DAC得到∠BAD=100°+n，从而得出结论∠BAD=2∠CDE． 【详解】

解：（1）∠BAD=∠BAC-∠DAC=100°-40°=60°． ∵在△ABC中，∠BAC=100°，∠ABC=∠ACB， ∴∠ABC=∠ACB=40°，

∴∠ADC=∠ABC+∠BAD=40°+60°=100°． ∵∠DAC=40°，∠ADE=∠AED， ∴∠ADE=∠AED=70°，

∴∠CDE=∠ADC-∠ADE=100°-70°=30°． 故答案为60，30．

（2）∠BAD=2∠CDE，理由如下： 如图②，在△ABC中，∠BAC=100°，

∴∠ABC=∠ACB=40°． 在△ADE中，∠DAC=n， ∴∠ADE=∠AED=

180n， 2180nn100=， 22∵∠ACB=∠CDE+∠AED， ∴∠CDE=∠ACB-∠AED=40°-∵∠BAC=100°，∠DAC=n， ∴∠BAD=n-100°， ∴∠BAD=2∠CDE．

（3）成立，∠BAD=2∠CDE，理由如下： 如图③，在△ABC中，∠BAC=100°，

∴∠ABC=∠ACB=40°， ∴∠ACD=140°． 在△ADE中，∠DAC=n， ∴∠ADE=∠AED=

180n， 2∵∠ACD=∠CDE+∠AED，

∴∠CDE=∠ACD-∠AED=140°-∵∠BAC=100°，∠DAC=n， ∴∠BAD=100°+n， ∴∠BAD=2∠CDE． 【点睛】

180n100n=， 22本题考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，从图形中得出相关角度之间的关系是解题的关键．

20．(1)50°；(2)①见解析;②见解析;(3)360°. 【分析】

（1）根据题意，已知，，可结合三角形内角和定理和折叠变换的性质求解； （2）①先根据折叠得：∠ADE=∠A′DE，∠AED=∠A′

解析：(1)50°；(2)①见解析;②见解析;(3)360°. 【分析】

（1）根据题意，已知C70，B65，可结合三角形内角和定理和折叠变换的性质求解；

（2）①先根据折叠得：∠ADE=∠A′DE，∠AED=∠A′ED，由两个平角∠AEB和∠ADC得：∠1+∠2等于360°与四个折叠角的差，化简得结果； ②利用两次外角定理得出结论；

（3）由折叠可知∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6等于六边形的内角和减去（∠B'GF+∠B'FG）以及（∠C'DE+∠C'ED）和（∠A'HL+∠A'LH），再利用三角形的内角和定理即可求解． 【详解】

解：（1）∵C70，B65， ∴∠A′=∠A=180°-（65°+70°）=45°， ∴∠A′ED+∠A′DE =180°-∠A′=135°，

∴∠2=360°-（∠C+∠B+∠1+∠A′ED+∠A′DE）=360°-310°=50°； （2）①122A,理由如下 由折叠得：∠ADE=∠A′DE，∠AED=∠A′ED， ∵∠AEB+∠ADC=360°，

∴∠1+∠2=360°-∠ADE-∠A′DE-∠AED-∠A′ED=360°-2∠ADE-2∠AED， ∴∠1+∠2=2（180°-∠ADE-∠AED）=2∠A； ②22A1，理由如下：

∵2是ADF的一个外角 ∴2AAFD.

∵AFD是△AEF的一个外角 ∴AFDA1 又∵AA ∴22A1 （3）如图

由题意知，

∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=720°-（∠B'GF+∠B'FG）-（∠C'DE+∠C'ED）-（∠A'HL+∠A'LH）=720°-（180°-∠B'）-（180°-C'）-（180°-A'）=180°+（∠B'+∠C'+∠A'） 又∵∠B=∠B'，∠C=∠C'，∠A=∠A'， ∠A+∠B+∠C=180°，

∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=360°． 【点睛】

题主要考查了折叠变换、三角形、四边形内角和定理．注意折叠前后图形全等；三角形内角和为180°；四边形内角和等于360度．