【期末满分攻略】2022-2023学年北师大版七年级数学下册讲学案-专题06 平行线中三角尺综合运用（原卷版+解析版）

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 专题06 平行线中三角尺综合运用
真题再现


1．（2022秋•天山区校级期末）把一块直尺与一块三角板如图放置，若∠1＝38°，则∠2的度数是（　　）

A．128° B．138° C．142° D．152°
【答案】A
【解答】解：∵∠1＝38°，
∴∠3＝90°﹣∠1＝90°﹣38°＝52°，
∵直尺的两边互相平行，
∴∠3＝∠4＝52°
∴∠2＝180°﹣52°＝128°，
故选：A．
2．（2022秋•和平区校级期末）将直尺和三角板按如图所示的位置放置．若∠1＝40°，则∠2度数是（　　）

A．60° B．40° C．80° D．70°
【答案】C
【解答】解：如图，根据题意可知∠A为直角，直尺的两条边平行，

∵a∥b，
∴∠1＝∠CDA＝40°，
∵∠B＝30°，
∴∠CDA＝∠B+∠BAD，
∴∠BAD＝∠CDA﹣∠B＝10°，
∴∠2＝90°﹣∠1＝90°﹣10°＝80°，
故选：C．
3．（2022秋•通川区期末）已知直线m∥n，将一块含30°角的直角三角板ABC，按如图所示方式放置，其中A、B两点分别落在直线m、n上，若∠1＝35°，则∠2的度数是（　　）

A．45° B．35° C．30° D．25°
【答案】D
【解答】解：

∵m∥n
∴∠3＝∠1＝35°，
∵∠2+∠3＝60°，
∴∠2＝60°﹣35°＝25°．
故选：D．
4．（2022秋•长清区期末）如图，直角三角板的直角顶点放在直线b上，且a∥b，∠1＝55°，则∠2的度数为（　　）

A．35° B．45° C．55° D．25°
【答案】A
【解答】解：∵a∥b，∠1＝55°，
∴∠3＝∠1＝55°，
∴∠2＝90°﹣∠3＝90°﹣55°＝35°．
故选：A．

5．（2022秋•丹东期末）若将一副三角板按如图所示的方式放置，则下列结论正确的是（　　）

A．∠1＝∠2 B．如果∠2＝30°，则有AC∥DE
C．如果∠2＝45°，则有∠4＝∠D D．如果∠2＝50°，则有BC∥AE
【答案】B
【解答】解：∵∠CAB＝∠DAE＝90°，
∴∠1＝∠3，故A错误．
∵∠2＝30°，
∴∠1＝∠3＝60°
∴∠CAE＝90°+60°＝150°，
∴∠E+∠CAE＝180°，
∴AC∥DE，故B正确，
∵∠2＝45°，
∴∠1＝∠2＝∠3＝45°，
∵∠E+∠3＝∠B+∠4，
∴∠4＝30°，
∵∠D＝60°，
∴∠4≠∠D，故C错误，
∵∠2＝50°，
∴∠3＝40°，
∴∠B≠∠3，
∴BC不平行AE，故D错误．
故选：B．

6．（2022•定远县模拟）将一副三角板按如图所示放置，则下列结论：
①∠1＝∠3；
②如果∠2＝30°，则有AC∥DE；
③如果∠2＝30°，则有BC∥AD；
④如果∠2＝30°，必有∠4＝∠C．
其中正确的有（　　）

A．①③ B．①②④ C．③④ D．①②③④
【答案】B
【解答】解：∵∠CAB＝∠EAD＝90°，
∴∠1＝∠CAB﹣∠2，∠3＝∠EAD﹣∠2，
∴∠1＝∠3．
∴①符合题意．
∵∠2＝30°，
∴∠1＝90°﹣30°＝60°，
∵∠E＝60°，
∴∠1＝∠E，
∴AC∥DE．
∴②符合题意．
∵∠2＝30°，
∴∠3＝90°﹣30°＝60°，
∵∠B＝45°，
∴BC不平行于AD．
∴③不符合题意．
由②得AC∥DE．
∴∠4＝∠C．
∴④符合题意．
故选：B．
7．（2022春•秦淮区校级月考）已知直线a∥b，将一块含30°角的直角三角板（∠BAC＝30°，∠ACB＝90°）按如图所示的方式放置，并且顶点A，C分别落在直线a，b上，若∠1＝22°．则∠2的度数是（　　）

A．38° B．45° C．52° D．58°
【答案】C
【解答】解：如图：

∵∠1＝22°，∠BAC＝30°，
∴∠DAC＝∠1+∠BAC＝52°，
∵直线a∥b，
∴∠2＝∠DAC＝52°，
故选：C．
8．（2022春•龙岗区校级期中）一副直角三角板如图放置（∠F＝∠ACB＝90°，∠E＝45°，∠A＝60°），如果点C在FD的延长线上，点B在DE上，且AB∥CF，则∠DBC的度数为（　　）

A．10° B．15° C．18° D．30°
【答案】B
【解答】解：∵AB∥CF，
∴∠ABD＝∠EDF＝45°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠DBC＝∠ABD﹣∠ABC＝15°，
故选：B．
9．（2022春•宁阳县期末）将含30°角的一个直角三角板和一把直尺如图放置，若∠1＝50°，则∠2等于（　　）

A．80° B．100° C．110° D．120°
【答案】C
【解答】解：如图所示，

由题意得∠E＝90°﹣30°＝60°，
∵AB∥CD
∴∠ABE＝∠1＝50°，
又∵∠2是△ABE的外角，
∴∠2＝∠ABE+∠E＝50°+60°＝110°，
故选：C．
10．（2022春•罗庄区期末）将直角三角板按照如图方式摆放，直线a∥b，∠1＝136°，则∠2的度数为（　　）

A．44° B．45° C．46° D．56°
【答案】C
【解答】解：延长AB交直线b于点M，如图，

由题意得：∠CBM＝90°，
∵a∥b，∠1＝136°，
∴∠AMD＝∠1＝136°，
∵∠AMD是△BCM的外角，
∴∠AMD＝∠2+∠CBM，
∴∠2＝∠AMD﹣∠CBM＝46°．
故选：C．
11．（2022春•盐田区校级期中）如图，m∥n∥l，一块三角板按图所示摆放，则下列结论正确的有（　　）
①∠1+∠2＝90°；②∠3+∠4＝∠5；③∠5+∠6−∠1＝90°；④∠5+∠6＝∠2+2∠4．

A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【解答】解：如图，

由题意可知：∠3＝30°，∠6＝60°，∠4+∠7＝90°，
∵m∥n，
∴∠1＝∠4，
∵l∥n，
∴∠2＝∠7，
∵∠4+∠7＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，故①正确；
∵l∥n，
∴∠5＝∠8，
∵∠8＝∠3+∠4，
∴∠5＝∠3+∠4，故②正确；
∵∠1+∠2＝90°，∠5+∠6＝180°﹣∠2，
∴∠5+∠6﹣∠1＝90°，故③正确；
∵∠2＝∠7，∠4+∠7＝90°，
∴∠2+∠4＝90°，
∴2（∠2+∠4）＝180°，
∵∠5+∠6＝180°﹣∠2，
∴∠5+∠6＝2（∠2+∠4）﹣∠2，
即∠5+∠6＝∠2+2∠4，故④正确．
所以正确的结论有：①②③④．
故选：D．
12．（2022春•蜀山区期末）将一副直角三角板按如图所示的方式叠放在一起，若AC∥DE，则∠BCE的度数为（　　）

A．65° B．70° C．75° D．80°
【答案】C
【解答】解：∵AC∥DE，
∴∠ACD＝∠D＝30°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCD＝∠ACB﹣∠ACD＝15°，
∴∠BCE＝∠DCE﹣∠BCD＝90°﹣15°＝75°，
即C选项正确，
故选：C．
13．（2022•深圳）一副三角板如图所示放置，斜边平行，则∠1的度数为（　　）

A．5° B．10° C．15° D．20°
【答案】C
【解答】解：如图，∠ACB＝45°，∠F＝30°，

∵BC∥EF，
∴∠DCB＝∠F＝30°，
∴∠1＝45°﹣30°＝15°，
故选：C．
14．（2022春•玄武区期末）将两个形状相同，大小不同的三角板按如图所示方式放置，C是公共顶点，且∠ACB＝∠A'CB'＝90°，∠B＝∠B'＝60°．对于下列三个结论，其中正确的结论有（　　）
①∠1+∠ACB'＝180°；②∠B'DA﹣∠1＝90°；③如果∠1＝30°，那么AB∥CB'．

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】D
【解答】解：如图，延长AC到点F，
根据邻补角的定义得：∠FCB′+∠ACB'＝108°．
根据同角的余角相等得：∠FCB＝∠1，
所以有∠1+∠ACB'＝180°，
故①正确．

由“8”字形可得：∠A′DA+∠A′＝∠A+∠A′CA，
∴180°﹣∠B'DA+30°＝90°﹣∠1+30°，
∴∠B'DA﹣∠1＝90°，
故②正确．
如果∠1＝30°，则∠BCB′＝60°＝∠B．
∴AB∥CB'．
故③正确．
故选：D．
15．（2022•南召县模拟）将一块含30°角的直角三角板和一把直尺按如图所示的方式摆放，若∠2＝40°，则∠1的度数为（　　）

A．10° B．15° C．20° D．25°
【答案】A
【解答】解：如图，

∵AC∥OB，∠2＝40°，
∴∠AOB＝∠2＝40°，
又∠AOC＝30°，
∴∠1＝∠AOB﹣∠AOC＝40°﹣30°＝10°．
故选：A．
16．（2022秋•城关区校级期末）同学们以“一块直角三角板和一把直尺”开展数学活动，提出了很多数学问题，请你解答：
（1）如图1，∠α和∠β具有怎样的数量关系？请说明理由；
（2）如图2，∠DFC的平分线与∠EGC的平分线相交于点Q，求∠FQG的大小．

【解答】解：（1）如图1，延长AM交EG于M．

∠β+∠α＝90°，理由如下：
由题意知：DF∥EG，∠ACB＝90°．
∴∠α＝∠GMC，∠ACB＝∠GMC+∠CGM＝90°．
∵∠EGB和∠CGM是 对顶角，
∴∠β＝∠CGM．
∴∠β+∠α＝90°．
（2）如图2，延长AC交EG于N．

由题意知：DF∥EN，∠ACB＝90°．
∴∠1＝∠GNC，∠CGN+∠GNC＝90°．
∴∠1+∠CGN＝90°．
∵QF平分∠DFC，
∴∠QFC＝∠DFC＝（180°﹣∠1）＝90°﹣∠1，∠GQC＝90°﹣∠CGN
同理可得：∠GQC＝90°﹣∠CGN，
∵四边形QFCG的内角和等于360°．
∴∠FQG＝360°﹣∠QFC﹣∠QGC﹣∠ACB＝360°﹣（90°﹣∠1）﹣（90°﹣∠CGN）﹣90°．
∴∠FQG＝135°．
17．（2022秋•渝中区校级期末）已知，AB∥CD，直线FE交AB于点E，交CD于点F，点M在线段EF上，过M作射线MR、MP分别交射线AB、CD于点N、Q．

（1）如图1，当MR⊥MP时，求∠MNB+∠MQD的度数；
（2）如图2，若∠DQP和∠MNB的角平分线交于点G，求∠NMQ和∠NGQ的数量关系；
（3）如图3，当MR⊥MP，且∠EFD＝60°，∠EMR＝20°时，作∠MNB的角平分线NG．把一三角板OKI的直角顶点O置于点M处，两直角边分别与MR和MP重合，将其绕点O点顺时针旋转，速度为5°每秒，当OI落在MF上时，三角板改为以相同速度逆时针旋转．三角板开始运动的同时∠BNG绕点N以3°每秒的速度顺时针旋转，记旋转中的∠BNG为∠B'NG'，当NG'和NA重合时，整个运动停止．设运动时间为t秒，当∠B'NG'的一边和三角板的一直角边互相平行时，请直接写出t的值．

【解答】解：（1）过点M作MH∥AB，如图：

∴∠BMN+∠NMH＝180°，
∵AB∥CD，
∴MH∥CD，
∴∠HMQ+∠MQD＝180°，
∴∠BMN+∠NMH+∠HMQ+∠MQD＝360°，
∵MR⊥MP，
∴∠NMQ＝90°，
∴∠MNB+∠MQD＝270°；
（2）过点M作MH∥AB，过点G作GL∥AB，如图：

设∠BNG＝x，则∠BNM＝2x，
∵MH∥AB，
∴∠NMH＝180°﹣2x，
设∠DQG＝y，则∠DQP＝2y，
∵AB∥CD，
∴GL∥CD，
∴∠QGL＝x，
∴∠NGQ＝∠NGL﹣∠QGL＝x﹣y，∠HMQ＝∠DQP＝2y，
∴∠NMQ＝∠NMH+∠HMQ＝180°﹣2x+2y＝180°﹣2（x﹣y），
∴∠NMQ＝180°﹣2∠NGQ；
（3）①若OI∥NG'，则∠ION+∠ONG'＝180°，
OI到达MF前，如图，

∵∠ION＝5°t+90°，∠ONG'＝∠ONG﹣∠GNG'＝140°﹣70°﹣3°t，
∴5°t+90°+（140°﹣70°﹣3°t）＝180°，
解得t＝10；
OI返回时，如图：

∵∠ION＝∠FON﹣∠FOI＝160°﹣5°（t﹣14），∠ONG'＝140°﹣70°﹣3°t，
∴160°﹣5°（t﹣14）+（140°﹣70°﹣3°t）＝180°，
解得t＝15；
②当OI∥NB'时，如图：

∵∠ION+∠ONB'＝180°，
∴160°﹣5°（t﹣14）+140°﹣3°t＝180°，
解得t＝；
③当OK∥NG'时，如图：

同理可得160°﹣90°﹣5°（t﹣14）＝3°t﹣70°，
解得：；
④当OK∥NB'时，如图：

∴140°﹣3°t＝90°﹣[160°﹣5°（t﹣14）]，
解得t＝35，
综上所述，t的值为10或15或或或35．
18．（2020秋•景德镇期末）含30度角的直角三角板和直尺按如图所示方式放置，直尺与三角板的外围边缘分别交于A，B，C，D四点．
（1）若∠3＝95°，试求∠2的大小．
（2）∠1与∠2的和是否的定值，若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由．

【解答】解：（1）根据三角板形状可知，∠E＝30°，∠F＝60°，
∵AD∥BC，
∴∠4＝∠3＝95°，
∴∠5＝∠4＝95°，
∴∠2＝180°﹣∠5﹣∠F＝25°．
（2）∠1与∠2的和是定值．
∵∠3为△ADE的外角，
∴∠3＝∠E+∠1，
∴∠1＝∠3﹣∠E＝∠3﹣30°，
∵∠5＝∠4＝∠3，
∴∠2＝180°﹣∠5﹣∠F＝180°﹣∠3﹣60°＝120°﹣∠3，
∴∠1+∠2＝∠3﹣30°+120°﹣∠3＝90°．

19．（2022春•顺德区校级月考）如图1，把一块含30°的直角三角板ABC的BC边放置于长方形直尺DEFG的EF边上．
（1）填空：∠1＝　 　°，∠2＝　 　°
（2）如图2，现把三角板绕B点逆时针旋转n°，当0＜n＜90，且点C恰好落在DG边上时，
①请直接写出∠1＝　 °，∠2＝　 　°（结果用含n的代数式表示）；
②若∠2恰好是∠1的倍，求n的值．
（3）如图1三角板ABC的放置，现将射线BF绕点B以每秒2°的转速逆时针旋转得到射线BM，同时射线
QA绕点Q以每秒3°的转速顺时针旋转得到射线QN，当射线QN旋转至与QB重合时，则射线BM、QN
均停止转动，设旋转时间为t（s）．
①在旋转过程中，若射线BM与射线QN相交，设交点为P．当t＝20（s）时，则∠QPB＝　 　°
②在旋转过程中，是否存在BM∥QN．若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．


【解答】解：（1）∠1＝180°﹣60°＝120°，∠2＝90°；
故答案为：120，90；
（2）①如图2，
∵DG∥EF，
∴∠DCB＝∠CBF＝n°，
∴∠ACD＝90°﹣n°，
∴∠1＝∠A+∠ACD＝（120﹣n）°，
∵DG∥EF，
∴∠BCG＝180°﹣∠CBF＝180°﹣n°，
∵∠ACB+∠BCG+∠2＝360°，
∴∠2＝360°﹣∠ACB﹣∠BCG
＝360°﹣90°﹣（180°﹣n°）
＝（90+n）°；
故答案为：（120﹣n），（90+n）；
②当∠2＝∠1时，
90+n＝（120﹣n），
解得n＝30，
∴n的值是30；
（3）①如图：

根据题意得：∠FBP＝20×2°＝40°，∠AQP＝20×3°＝60°，
∴∠AQP＝∠ABC，
∴PQ∥BC，
∴∠QPB＝∠FBP＝40°；
故答案为：40；
②存在BM∥QN，理由如下：
如图：

∵QN∥BM，
∴∠AQN＝∠ABM，
∴3°t＝60°﹣2°t，
解得t＝12，
∴t的值为12．

20．（2022•南谯区校级开学）如图，将一副直角三角板放在同一条直线AB上，其中∠ONM＝30°，∠OCD＝45°．

（1）将图①中的三角板OMN沿BA方向平移至图②的位置，MN与CD相交于点E，求∠CEN的度数；
（2）将图①中的三角板OMN绕点O按逆时针方向旋转，使∠BON＝30°，如图③，MN与CD相交于点E，求∠CEN的度数；
（3）将图①中的三角尺COD绕点O按每秒15°的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转过程中，在第几秒时，MN恰好与CD平行；第几秒时，MN恰好与直线CD垂直．
【解答】解：（1）在△CEN中，
∠CEN＝180°﹣∠DCN﹣∠MNO＝180°﹣45°﹣30°＝105°；
（2）∵∠BON＝∠N＝30°，
∴MN∥CB，
∴∠CEN＝180°﹣∠DCO＝180°﹣45°＝135°；
（3）如图1，CD在AB上方时，设OM与CD相交于F，
∵CD∥MN，
∴∠OFD＝∠M＝60°，
在△ODF中，∠MOD＝180°﹣∠D﹣∠OFD
＝180°﹣45°﹣60°
＝75°，
∴旋转角为75°，
t＝75°÷15°＝5（秒）；
CD在AB的下方时，设直线OM与CD相交于F，
∵CD∥MN，
∴∠DFO＝∠M＝60°，
在△DOF中，
∠DOF＝180°﹣∠D﹣∠DFO
＝180°﹣45°﹣60°
＝75°，
∴旋转角为75°+180°＝255°，
t＝255°÷15°＝17（秒）；
综上所述，第5或17秒时，边CD恰好与边MN平行；
如图2，CD在OM的右边时，设CD与AB相交于G，
∵CD⊥MN，
∴∠NGC＝90°﹣∠MNO＝90°﹣30°＝60°，
∴∠CON＝∠NGC﹣∠OCD＝60°﹣45°＝15°，
∴旋转角为180°﹣∠CON＝180°﹣15°＝165°，
t＝165°÷15°＝11（秒），
CD在OM的左边时，设CD与AB相交于G，
∵CD⊥MN，
∴∠NGD＝90°﹣∠MNO＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AOC＝∠NGD﹣∠C＝60°﹣45°＝15°，
∴旋转角为360°﹣∠AOC＝360°﹣15°＝345°，
t＝345°÷15°＝23（秒），
综上所述，第11或23秒时，直线CD恰好与直线MN垂直．


21．（2022春•新罗区期中）如图1，直线DE上有一点O，过点O在直线DE上方作射线OC．将一直角三角板AOB（∠OAB＝30°）的直角顶点放在点O处，一条直角边OA在射线OD上，另一边OB在直线DE上方．将直角三角板绕着点O按每秒20°的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t秒．
（1）当直角三角板旋转到如图2的位置时，OA恰好平分∠COD，此时，∠BOC与∠BOE之间有何数量关系？并说明理由；
（2）在旋转的过程中，若射线OC的位置保持不变，且∠COE＝140°．
①当边AB与射线OE相交时（如图3），则∠AOC﹣∠BOE的值为 　 　；
②当边AB所在的直线与OC平行时，求t的值．

【解答】解：（1）∠BOC＝∠BOE，理由如下：
∵∠AOB＝90°，
∴∠BOC+∠AOC＝90°，∠AOD+∠BOE＝90°，
∵OA平分∠COD，
∴∠AOD＝∠AOC，
∴∠BOC＝∠BOE；
（2）①∵∠COE＝140°，
∴∠COD＝180°﹣∠COE＝40°，
∵∠AOC＝∠COE﹣∠AOE＝140°﹣∠AOE，∠BOE＝90°﹣∠AOE，
∴∠AOC﹣∠BOE＝（140°﹣∠AOE）﹣（90°﹣∠AOE）＝50°，
∴∠AOC﹣∠BOE的值为50°．
故答案为：50°；
②∵∠COE＝140°，
∴∠COD＝180°﹣∠COE＝40°，
（I）如图3﹣1，当AB在直线DE上方时，
∵AB∥OC，
∴∠AOC＝∠A＝30°，
∴∠AOD＝∠AOC+∠COD＝70°，
∵直角三角板绕点O按每秒20°的速度旋转，
∴t＝70°÷20°＝3.5；
（Ⅱ）解法一：如图3﹣2，当AB在直线DE下方时，
∵AB∥OC，
∴∠COB＝∠B＝60°，
∴∠BOD＝∠BOC﹣∠COD＝20°，∠AOD＝90°+20°＝110°，
∴直角三角板AOB绕点O旋转的角度为360°﹣∠AOD＝250°，
∵直角三角板AOB绕点O按每秒20°的速度逆时针旋转，
∴t＝（360°﹣110°）÷20°＝12.5，
解法二：如图3﹣3，在②（Ⅰ）的基础上，继续将直角三角板A1OB1绕点O按每秒20°的速度逆时针旋转180°，得到直角三角板AOB，此时，AB∥OC，
∴直角三角板AOB绕点O旋转的角度为180°+70°＝250°，
∵直角三角板AOB绕点O按每秒20°的速度逆时针旋转，
∴t＝250°÷20°＝12.5，
综合（Ⅰ）（Ⅱ）得：t＝3.5或t＝12.5．

22．（2022春•岳阳期末）如图，已知∠DCF和∠ECF互为邻补角，∠DCF＝α（0＜α＜90°），将一个三角板的直角顶点放在点C处（注：∠ACB＝90°，∠ABC＝60°）．
（1）如图1，使三角板的短直角边BC与射线CD重合，若α＝40°，则∠ACF＝　 　．
（2）如图2，将图1中的三角板ABC绕点C顺时针旋转60°，试判断此时AB与DE的位置关系，并说明理由．
（3）如图3，将图1中的三角板ABC绕点C顺时针旋转β（0＜β＜90°），使得∠ACE＝∠BCF，此时α和β满足什么关系？请说明理由．
（4）将图1中的三角板绕点C以每秒5°的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，第t秒时，AC恰好与直线CF重合，求t的值（用含α的式子表示）．


【解答】解：（1）∵∠ACF+α＝90°，α＝40°，
∴∠ACF＝90°﹣40°＝50°，
故答案为：50；
（2）∵∠ABC＝∠DCB＝60°，
∴AB∥DE；
（3）∵∠DCB＝β，
∴∠BCF＝β﹣α，
∵∠ACE＝∠BCF，
∴∠ACE＝，
∵∠ACE+∠DCB＝90°，
∴+β＝90°，
∴3β﹣α＝180°；
（4）第t秒时，AC恰好与直线CF重合，
则5°t＝270°+α，
解得t＝54+．
23．（2022春•平南县期末）如图已知∠MON＝α（0°＜α＜90°），有一块三角板ABC，其中∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，现将该三角板如图所示放置，使顶点B始终落在ON上，过点A作DA∥ON交OM于点E．

（1）如图1，若BC∥OM，∠CAD＝40°，请求出α的大小；
（2）若∠BAE的平分线AP交ON于点P；
①如图2，当AP∥OM，且α＝60°时，请说明：BC∥OM；
②如图3，将三角板ABC沿直线ON从左往右平移，且在平移的过程中，始终保持BC∥OM不变，请探究∠OPA与α之间的数量关系，并直接写出你的结论．

【解答】解：（1）如图1，∵∠CAD＝40°，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°
∴∠BAD＝40°+30°＝70°，∠ABC＝60°，
∵AD∥ON，
∴∠ABN＝180°﹣70°＝110°，
∵BC∥OM，
∴∠MON＝∠CBN＝α＝110°﹣60°＝50°，
即α＝50°；
（2）①如图2，
∵AP∥OM，α＝60°＝∠MON，
∴∠APB＝∠MON＝60°，
又∵AD∥ON，
∴∠PAE＝∠APB＝60°，
∵AP是∠BAE的平分线，
∴∠PAE＝∠BAB＝60°，
∴∠ABN＝∠BAE＝2∠PAB＝120°，
又∵∠ABC＝60°，
∴∠CBN＝120°﹣60°＝60°＝∠MON，
∴BC∥OM；
②如图3，∠OPA＝150°﹣α，理由如下：
∵BC∥OM，
∴∠CBN＝∠MON＝α，
∴∠ABN＝α+60°＝∠BAE，
∵AP是∠BAE的平分线，
∴∠PAE＝∠PAB＝∠BAE＝α+30°，
∠ABP＝180°﹣∠ABN＝120°﹣α，
∴∠OPA＝∠PAB+∠ABP
＝α+30°+120°﹣α
＝150°﹣α．

24．（2022春•莆田期末）李想是一位善于思考的学生，在一次数学活动课上，他将一块含有60°的直角三角板摆放在一组平行线上展开探究．已知直线EF∥GH，直角三角板ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝60°，点C为直线EF上一定点．将直角三角板ABC绕点C转动，当点A在直线GH上时，点B也恰好在直线GH上．
（1）如图1，求∠ECB的度数；
（2）如图2，若点A在直线EF上方，点B在GH下方，BC与GH交于点Q，作∠ACE的角平分线并反向延长与∠CQH的角平分线交于点O．在直角三角板ABC绕点C转动的过程中，∠O的度数是否保持不变？若不变，求出∠O的度数；否则，请说明理由；
（3）如图3，直角三角板ABC绕点C转动，若点A在直线EF，GH之间（不含EF，GH上），点B在GH下方，AB，BC分别与GH交于点P，Q．设∠FCB＝n°，是否存在正整数m和n，使得∠APH＝m∠FCB，若存在，请求出m和n的值；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）∵EF∥GH，
∴∠ECA＝∠CAB＝60°，
∴∠ECB＝∠ACB+∠ECA＝90°+60°＝150°．
（2）∠O 的度数保持不变．理由如下：

过点O作OP∥EF，
∵EF∥GH，
∴EF∥OP∥GH，
∴∠COP＝∠FCO，∠POQ＝∠OQH，∠ECQ＝∠CQH，
∵CD 平分∠ACE，OQ平分∠CQH，
∴∠DCE＝∠ACE，
∠OQH＝∠CQH＝∠ECB，
∴∠POQ＝∠ECB，
∵∠DCE＝∠FCO，
∴∠COP＝∠DCE＝∠ACE，
∴∠COQ＝∠COP+∠POQ
＝∠ACE+∠ECB
＝（∠ACE+∠ECB）
＝∠ACB
＝×90°
＝45°．
∴∠O的度数保持不变，始终是45°．
（3）存在．理由如下：
∵∠ACB＝90°，∠A＝60°，
∴∠APQ+∠CQP＝360°﹣∠ACB﹣∠A
＝360°﹣90°﹣60°
＝210°，
∵EF∥GH，
∴∠FCB＝∠CQP＝n°，
∴∠APQ+∠CQP＝∠APQ+n°＝210°，
∵∠APH＝m∠FCB，
∴∠APH＝mn°，
∴mn°+n°＝210°，
由此得出，n＝，
∵点A在直线EF，GH之间（不含EF，GH上），点B在GH下方，
∴30°＜n°＜90°，即mn°＜180°，m，n是正整数，
∴当m＝1时，n＝＝105，不符合题意，舍去；
当m＝2时，n＝＝70，符合题意；
当m＝3时，n＝不是正整数，舍去；
当m＝4时，n＝＝42，符合题意；
当m＝5时，n＝35，符合题意；
当m＝6时，n＝＝30，不符合题意，舍去．
综上所得，m＝2，n＝70，或m＝4，n＝42，或m＝5，n＝35．
25．（2022春•岳池县期中）已知在三角板ABC中，∠BAC＝60°，∠B＝30°，∠C＝90°，在长方形DEFG中，
DE‖GF．如图①，若将三角板ABC的顶点A放在长方形的边GF上，AB⊥DE于点N，BC与DE相交于点M，则∠EMC的度数是多少呢？若过点C作CH‖GF，则CH‖DE，这样就将∠CAF转化为∠HCA，∠EMC转化为∠MCH，从而可以求得∠EMC的度数．
（1）请你直接写出：∠CAF＝　 　°，∠EMC＝　 °；
（2）若将三角板ABC按图②所示方式摆放（AB与DE不垂直），请你猜想∠EMC与∠CAF的数量关系，并证明你的猜想；
（3）请在图②中探究∠BAG与∠BMD有何数量关系？并说明理由．


【解答】解：（1）由题可得，∠CAF＝∠BAF﹣∠BAC＝90°﹣60°＝30°，
∠EMC＝∠BCH＝90°﹣30°＝60°；
故答案为：30，60；
（2）∠EMC+∠CAF＝90°，
证明：如图②，过C作CH∥GF，

则∠CAF＝∠ACH，
∵DE∥GF，CH∥GF，
∴CH∥DE，
∴∠EMC＝∠HCM，
∴∠EMC+∠CAF＝∠MCH+∠ACH＝∠ACB＝90°；
（3）∠BAG﹣∠BMD＝30°，
证明：如图②，过B作BK∥GF，则∠BAG＝∠KBA，
∵BK∥GF，DE∥GF，
∴BK∥DE，
∴∠BMD＝∠KBM，
∴∠BAG﹣∠BMD＝∠ABK﹣∠KBM＝∠ABC＝30°．
26．（2021秋•南岗区校级期末）已知：直线AB∥CD，一块三角板EFH，其中∠EFH＝90°，∠EHF＝60°．
（1）如图1，三角板EFH的顶点H落在直线CD上，并使EH与直线AB相交于点G，若∠2＝2∠1，求∠1的度数；
（2）如图2，当三角板EFH的顶点F落在直线AB上，且顶点H仍在直线CD上时，EF与直线CD相交于点M，试确定∠E、∠AFE、∠MHE的数量关系；
（3）如图3，当三角板EFH的顶点F落在直线AB上，顶点H在AB、CD之间，而顶点E恰好落在直线CD上时得△EFH，在线段EH上取点P，连接FP并延长交直线CD于点T，在线段EF上取点K，连接PK并延长交∠CEH的角平分线于点Q，若∠Q﹣∠HFT＝15°，且∠EFT＝∠ETF，求证：PQ∥FH．


【解答】（1）解：∵AB∥CD，
∴∠1＝∠CHG．
∵∠2＝2∠1，
∴∠2＝2∠CHG．
∵∠CHG+∠EHF+∠2＝180°，
∴3∠CHG+60°＝180°．
∴∠CHG＝40°．
∴∠1＝40°．
（2）解：∠E、∠AFE、∠MHE的数量关系为：∠AFE＝∠E+∠MHE，理由：
∵AB∥CD，
∴∠AFE＝∠CME．
∵∠CME＝∠E+∠MHE，
∴∠AFE＝∠E+∠MHE．
（3）证明：设∠AFE＝x，则∠BFH＝90°﹣x，∠EFB＝180°﹣x．
∵AB∥CD，
∴∠BFT＝∠ETF．
∵∠EFT＝∠ETF，
∴∠EFT＝∠BFT＝∠EFB＝90°﹣x．
∴∠HFT＝∠BFT﹣∠BFH＝x．
∵∠Q﹣∠HFT＝15°，
∴∠Q＝15°+x．
∵AB∥CD，
∴∠AFE+∠CEF＝180°．
∴∠CEF＝180°﹣x．
∴∠CEH＝∠CEF+∠FEH＝180°﹣x+30°＝210°﹣x．
∵EQ平分∠CEH，
∴∠QEH＝∠CEH＝105°﹣x．
∵∠Q+∠QEH+∠QPE＝180°，
∴15°+x+105°﹣x+∠QPE＝180°．
∴∠QPE＝60°．
∵∠H＝60°，
∴∠QPE＝∠H．
∴PQ∥FH．
27．（2021秋•王益区期末）已知：∠AOB＝α（0°＜α＜90°），一块三角板CDE中，∠CED＝90°，∠CDE＝30°，将三角板CDE如图所示放置，使顶点C落在OB边上，经过点D作直线MN∥OB交OA边于点M，且点M在点D的左侧．
（1）如图，若CE∥OA，∠NDE＝45°，则α＝　45　°；
（2）若∠MDC的平分线DF交OB边于点F，
①如图，当DF∥OA，且α＝60°时，试说明：CE∥OA；
②如图，当CE∥OA保持不变时，试求出∠OFD与α之间的数量关系．

【解答】解：（1）如图，过点E作EF∥MN，

∴∠DEF＝∠NDE＝45°，
∵∠CED＝90°，
∴∠FEC＝45°，
∵MN∥OB，
∴EF∥OB，
∴∠BCE＝∠FCE＝45°，
∵AO∥CE，
∴∠AOB＝∠ECB＝45°，
则α＝45°，
故答案为：45；
（2）①∵DF∥OA，
∴∠DFC＝∠AOB＝α＝60°，
∵MN∥OB，
∴∠MDF＝∠DFC，
∵DF平分∠MDC，
∴∠CDF＝∠MDF＝60°，
在直角三角形DCE中，∠DCE＝60°，
∴∠CDF＝∠DCE，
∴CE∥DF，
∵DF∥OA，
∴CE∥OA；
②∵当CE∥OA保持不变时，总有∠ECB＝α，
在直角三角形DCE中，∠DCE＝60°，
∴∠DCB＝60°+α，
∵MN∥OB，
∴∠MDC＝∠DCB＝60°+α，且∠DFC＝∠MDF，
∵DF平分∠MDC，
∴，
∴．
28．（2022春•睢阳区期末）问题情境：
我们知道，“如果两条平行被第三条直线所截，所截得的同位角相等，内错角相等，同旁内角互补”，所以在某些探究性度量中通过“构造平行线”可以起到转化角的作用．
已知三角板ABC中，∠BAC＝60°，∠B＝30°，∠C＝90°，长方形DEFG中，DE∥GF．
问题初探：
如图（1），若将三角板ABC的顶点A放在长方形的边GF上，BC与DE相交于点M，AB⊥DE于点N．则∠EMC的度数是多少呢？若过点C作CH∥GF，则CH∥DE，这样就将∠CAF转化为∠HCA，∠EMC转化为∠MCH，从而可以求得∠EMC的度数为…．
（1）请你直接写出：∠CAF＝　　°，∠EMC＝　　°．
类比再探：
（2）若将三角板ABC按图（2）所示方式摆放（AB与DE不垂直），请你猜想∠EMC与∠CAF的数量关系？并说明理由．
方法迁移：
（3）请你总结（1），（2）解决问题的思路，在图（2）中探究∠BAG与∠BMD的数量关系？并说明理由．

【解答】解：（1）由题可得，∠CAF＝∠BAF﹣∠BAC＝90°﹣60°＝30°，
∠EMC＝∠BCH＝90°﹣30°＝60°；
故答案为：30，60；
（2）∠EMC+∠CAF＝90°，
证明：如图2，过C作CH∥GF，则∠CAF＝∠ACH，
∵DE∥GF，CH∥GF，
∴CH∥DE，
∴∠EMC＝∠HCM，
∴∠EMC+∠CAF＝∠MCH+∠ACH＝∠ACB＝90°；
（3）∠BAG﹣∠BMD＝30°，
证明：如图2，过B作BK∥GF，则∠BAG＝∠KBA，
∵BK∥GF，DE∥GF，
∴BK∥DE，
∴∠BMD＝∠KBM，
∴∠BAG﹣∠BMD＝∠ABK﹣∠KBM＝∠ABC＝30°．

29．（2019春•南开区校级月考）如图1，点B，点C分别在线段AD、线段MN上，且∠NCE+∠CEB﹣∠ABE＝180°．
（1）求证：AD∥MN；
（2）如图2，把一个三角板的直角顶点放在点C处，三角板直角边在射线CI，CG上，其中CG平分∠ECM，BF平分∠DBE，交CI于点F，当∠CEB＝80°时，求∠CFB的度数，写出推导过程；
（3）在（2）的条件下，如图3，过点E作EH∥BF，交CG于点H，当∠CHE＝α，∠BFI＝β，请直接写出α和β的关系式．


【解答】证明：（1）如图1，过点E作AD的平行线EK，

∵EK∥AD，
∴∠ABE＝∠BEK，
∴∠CEB﹣∠ABE＝∠CEB﹣∠BEK＝∠CEK，
∵∠NCE+∠CEB﹣∠ABE＝180°，
∴∠NCE+∠CEK＝180°，
∵∠NCE+∠ECM＝180°，
∴∠CEK＝∠ECM，
∴MN∥EK，
∴AD∥MN，
解：（2）如图2，过点E作AD的平行线EL，

由（1）可得AD∥EL∥MN，
∵∠CEB＝80°，
∴∠CEL+∠BEL＝80°，
∴∠ECM+∠ABE＝80°，
∵∠ECN+∠ECM＝180°，∠DBE+∠ABE＝180°，
∴∠ECN+∠DBE＝280°，
∵CG平分∠ECM，
∴∠ECG＝∠MCG，
∵∠FCG＝90°，
∴∠FCE+∠ECG＝90°，
∴∠NCF+∠MCG＝90°，
∴∠FCE＝∠NCF，
∵BF平分∠DBE，
∴∠DBF＝∠EBF，
∴∠FCE+∠EBF＝（∠ECN+∠DBE）＝140°，
∵四边形BFCE的内角和为360°，
∴∠CFB＝360°﹣80°﹣140°＝140°，
（3）∵EH∥BF，
∴∠BEH+∠EBF＝180°，
∵∠BFI＝β，∠CHE＝α，
∴∠CFB＝180°﹣β，
∵∠FCH＝90°，
在五边形BFCHE中，
∠CFB+∠FCH+∠CHE+∠BEH+∠EBF＝540°，
∴180°﹣β+90°+α+180°＝540°，
∴α﹣β＝90°．
30．（2020春•海陵区校级期末）如图，直线OM⊥ON，垂足为O，三角板的直角顶点C落在∠MON的内部，三角板的另两条直角边分别与ON、OM交于点D和点B．

（1）填空：∠OBC+∠ODC＝　 　；
（2）如图1：若DE平分∠ODC，BF平分∠CBM，求证：DE⊥BF：
（3）如图2：若BF、DG分别平分∠CBM、∠NDC，判断BF与DG的位置关系，并说明理由．
【解答】（1）解：∵OM⊥ON，
∴∠MON＝90°，
在四边形OBCD中，∠C＝∠BOD＝90°，
∴∠OBC+∠ODC＝360°﹣90°﹣90°＝180°；
故答案为180°；
（2）证明：延长DE交BF于H，如图1，
∵∠OBC+∠ODC＝180°，
而∠OBC+∠CBM＝180°，
∴∠ODC＝∠CBM，
∵DE平分∠ODC，BF平分∠CBM，
∴∠CDE＝∠FBE，
而∠DEC＝∠BEH，
∴∠BHE＝∠C＝90°，
∴DE⊥BF；
（3）解：DG∥BF．理由如下：
作CQ∥BF，如图2，
∵∠OBC+∠ODC＝180°，
∴∠CBM+∠NDC＝180°，
∵BF、DG分别平分∠CBM、∠NDC，
∴∠GDC+∠FBC＝90°，
∵CQ∥BF，
∴∠FBC＝∠BCQ，
而∠BCQ+∠DCQ＝90°，
∴∠DCQ＝∠GDC，
∴CQ∥GD，
∴BF∥DG．