（1）當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)在直線AB的同側(cè)；
①如圖1，若∠BOD＝15°，∠BOE＝120°，求∠EOF的度數(shù)；
②如圖2，若OF平分∠BOE，請判斷OC是否平分∠AOE，并說明理由；
（2）若∠AOF＝2∠COE，請直接寫出∠BOE與∠AOC之間的數(shù)量關(guān)系．
【思路點(diǎn)撥】
（1）①先利用角度的和差關(guān)系求得∠COE，再根據(jù)∠EOF＝90°﹣∠COE，可得∠EOF的度數(shù)；
②先根據(jù)角平分線定義∠EOF＝∠FOB，再結(jié)合余角定義可得結(jié)論；
（2）需要分類討論，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)在直線AB的同側(cè)時(shí)，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)在直線AB的異側(cè)；再分別表示∠AOC、∠BOE，再消去α即可．
【解題過程】
解：（1）①∵OF⊥CD于點(diǎn)O，
∴∠COF＝90°，
∵∠BOD＝15°，∠BOE＝120°，
∴∠COE＝180°﹣∠BOE﹣∠BOD＝180°﹣120°﹣15°＝45°，
∴∠EOF＝∠COF﹣∠COE＝90°﹣∠COE＝90°﹣45°＝45°；
∴∠EOF的度數(shù)為45°；
②平分，理由如下：
∵OF平分∠BOE，
∴∠EOF＝∠FOB，
∵OF⊥CD，
∴∠COF＝90°，
∴∠COE+∠EOF＝∠AOC+∠BOF＝90°，
∴∠COE＝∠AOC，即OC平分∠AOE．
（2）當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)在直線AB的同側(cè)時(shí)，如圖，
記∠COE＝α，則∠AOF＝2∠COE＝2α，
∵OF⊥CD，
∴∠COF＝90°，
∴∠EOF＝90°﹣α，∠AOC＝∠AOF﹣∠COF＝2α﹣90°①，
∴∠BOE＝180°﹣∠AOC﹣∠COE＝180°﹣（2α﹣90°）﹣α＝270°﹣3α②，
①×3+②×2得，3∠AOC+2∠BOE＝270°；
當(dāng)點(diǎn)E和點(diǎn)F在直線AB的異側(cè)時(shí)，如圖，
記∠COE＝α，則∠AOF＝2∠COE＝2α，
∵OF⊥CD，
∴∠COF＝90°，
∴∠AOC＝∠COF﹣∠AOF＝90°﹣2α①，
∴∠BOE＝180°﹣∠AOC﹣∠COE＝180°﹣（90°﹣2α）﹣α＝90°+α②，
①+2×②得，∠AOC+2∠BOE＝270°．
綜上可知，3∠AOC+2∠BOE＝270°或∠AOC+2∠BOE＝270°．
2．（2021秋?鄞州區(qū)期末）如圖，直線AB，CD相交于點(diǎn)O，OE平分∠BOC．
【基礎(chǔ)嘗試】
（1）如圖1，若∠AOC＝40°，求∠DOE的度數(shù)；
【畫圖探究】
（2）作射線OF⊥OC，設(shè)∠AOC＝x°，請你利用圖2畫出圖形，探究∠AOC與∠EOF之間的關(guān)系，結(jié)果用含x的代數(shù)式表示∠EOF．
【拓展運(yùn)用】
（3）在第（2）題中，∠EOF可能和∠DOE互補(bǔ)嗎？請你作出判斷并說明理由．
【思路點(diǎn)撥】
（1）由補(bǔ)角的定義可求解∠BOC的度數(shù)，結(jié)合角平分線的定義可求∠COE的度數(shù)，再利用平角的定義可求解；
（2）可分兩種情況：當(dāng)OF在∠BOC內(nèi)部時(shí)，當(dāng)OF在∠AOD內(nèi)部時(shí)，利用平角的定義及角平分線的定義分別求解即可；
（3）在AB⊥CD，且OF與OB重合的時(shí)候，∠EOF可以和∠DOE互補(bǔ)．
【解題過程】
解：（1）∵∠AOC+∠BOC＝180°，∠AOC＝40°，
∴∠BOC＝180°﹣40°＝140°，
∵OE平分∠BOC，
∴∠COE∠BOC＝70°，
∵∠DOE+∠COE＝180°，
∴∠DOE＝180°﹣70°＝110°；
（2）∠EOF∠AOC或∠EOF＝180°∠AOC．
當(dāng)OF在∠BOC內(nèi)部時(shí)，如圖，
∵∠AOC+∠BOC＝180°，∠AOC＝x°，
∴∠BOC＝（180﹣x）°，
∵OE平分∠BOC，
∴∠COE∠BOC＝（90x）°，
∵OF⊥OC，
∴∠COF＝90°，
∴∠EOF＝90°﹣∠COE＝90°﹣（90x）°x°，
即∠EOF∠AOC；
當(dāng)OF在∠AOD內(nèi)部時(shí)，如圖，
∵∠AOC+∠BOC＝180°，∠AOC＝x°，
∴∠BOC＝（180﹣x）°，
∵OE平分∠BOC，
∴∠COE∠BOC＝（90x）°，
∵OF⊥OC，
∴∠COF＝90°，
∴∠EOF＝90°+∠COE＝90°+（90x）°＝（180x）°，
即∠EOF＝180°x＝180°∠AOC．
綜上所述：∠EOF∠AOC或∠EOF＝180°∠AOC；
（3）∠EOF可能和∠DOE互補(bǔ)．
當(dāng)AB⊥CD，且OF與OB重合時(shí)，∠BOC＝∠BOD＝90°，
∵OE平分∠BOC，
∴∠BOEBOC＝45°，
即∠EOF＝45°，
∴∠DOE＝∠BOD+∠BOE＝90°+45°＝135°，
∴∠EOF+∠DOE＝180°，
即∠EOF和∠DOE互補(bǔ)．
3．（2022春?余杭區(qū)月考）如圖，直線BC∥OA，∠C＝∠OAB＝108°，E，F(xiàn)在線段BC上（不與點(diǎn)B，C重合），且滿足∠FOB＝∠AOB，OE平分∠COF．
（1）OC與AB是否平行？請說明理由．
（2）求∠EOB的度數(shù)．
（3）若左右平移線段AB，是否存在∠OEC＝∠OBA的可能？若存在，求出此時(shí)∠OEC的度數(shù)；若不存在，請說明理由．
【思路點(diǎn)撥】
（1）由平行線的性質(zhì)，通過等量代換證明∠COA+∠OAB＝180°，即可證明OC∥AB；
（2）先證明∠EOB∠AOC，再由BC∥OA求∠COA的度數(shù)，進(jìn)而求得∠EOB的度數(shù)；
（3）設(shè)∠OEC＝∠OBA＝x，則∠OEB＝180°﹣x，∠OBC＝72°﹣x，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理即可得到結(jié)論．
【解題過程】
解：（1）OC∥AB，理由如下：
∵BC∥OA，
∴∠COA+∠C＝180°，
∵∠C＝∠OAB，
∴∠COA+∠OAB＝180°，
∴OC∥AB；
（2）∵OE平分∠COF，
∴∠EOF∠COF，
∵∠FOB＝∠AOB∠FOA，
∴∠EOB＝∠EOF+∠FOB∠COF∠FOA（∠COF+∠FOA）∠COA；
∵BC∥OA，
∴∠COA＝180°?∠C＝180°?108°＝72°，
∴∠EOB72°＝36°；
（3）存在∠OEC＝∠OBA，理由如下：
設(shè)∠OEC＝∠OBA＝x，則∠OEB＝180°﹣x，∠OBC＝72°﹣x，
在△OBE中∠OEB+∠OBC+∠EOB＝180°得180﹣x+72﹣x+36＝180，
求得x＝54°
則∠OEC＝54°．
4．（2022?南召縣開學(xué)）如圖，已知射線AM∥BN，連接AB，點(diǎn)P是射線AM上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（與點(diǎn)A不重合），BC，BD分別平分∠ABP和∠PBN，分別交射線AM于點(diǎn)C，D．
（1）當(dāng)∠A＝60°時(shí)，求∠CBD的度數(shù)．請說明理由；
（2）不斷改變∠A的度數(shù)，∠CBD與∠A卻始終存在某種數(shù)量關(guān)系，設(shè)∠A＝α，用含α的式子表示∠CBD的度數(shù)為 ；
（3）某同學(xué)利用量角器量出∠APB和∠ADB的度數(shù)后，探究二者之間的數(shù)量關(guān)系．他驚奇地發(fā)現(xiàn)，當(dāng)點(diǎn)P在射線AM上運(yùn)動(dòng)時(shí)，無論點(diǎn)P在AM上的什么位置，∠APB與∠ADB之間的數(shù)量關(guān)系都保持不變，請寫出它們的關(guān)系，并說明理由．
【思路點(diǎn)撥】
（1）由平行線的性質(zhì)可得∠A+∠ABN＝180°，從而可求得∠ABN＝120°，結(jié)合角平分線即可求得∠CBD的度數(shù)；
（2）由角平分線的定義可得∠CBP∠ABP，∠DBP∠PBN，從而得到∠CBD∠ABN，再由平行線性質(zhì)得∠A+∠ABN＝180°，從而可求解；
（3）由角平分線的定義得∠PBN＝2∠NBD，結(jié)合平行線的性質(zhì)得∠PBN＝∠APB，∠NBD＝∠ADB，即可得解．
【解題過程】
解：（1）∠A＝60°時(shí)，∠CBD＝60°，理由如下：
∵AM∥BN，
∴∠A+∠ABN＝180°，
又∵∠A＝60°，
∴∠ABN＝180°﹣∠A＝120°．
∵BC，BD分別平分∠ABP和∠PBN，
∴∠CBP∠ABP，∠DBP∠PBN，
∴∠CBD＝∠CBP+∠DBP∠ABP∠PBN∠ABN＝60°；
（2）∵BC，BD分別平分∠ABP和∠PBN，
∴∠CBP∠ABP，∠DBP∠PBN，
∴∠CBD＝∠CBP+∠DBP∠ABP∠PBN∠ABN，
∵AM∥BN，
∴∠A+∠ABN＝180°，
∴∠ABN＝180°﹣∠A，
∴∠CBD；
故答案為：；
（3）∠APB＝2∠ADB，理由如下：
∵BD分別平分∠PBN，
∴∠PBN＝2∠NBD，
∵AM∥BN，
∴∠PBN＝∠APB，∠NBD＝∠ADB，
∴∠APB＝2∠ADB．
5．（2022春?鹿邑縣月考）如圖①，直線MN與直線AB、CD分別交于點(diǎn)E、F，∠1與∠2互補(bǔ)．
（1）試判斷直線AB與直線CD的位置關(guān)系，并說明理由；
（2）如圖②，∠BEF、∠EFD的角平分線交于點(diǎn)P，EP與CD交于點(diǎn)G，點(diǎn)H是MN上一點(diǎn)，且GH⊥EG，求證：PF∥GH；
（3）如圖③，在（2）的條件下，連接PH，K是GH上一點(diǎn)使得∠PKG＝2∠HPK，作PQ平分∠EPK，求∠HPQ的度數(shù)．
【思路點(diǎn)撥】
（1）根據(jù)同旁內(nèi)角互補(bǔ)，兩條直線平行即可判斷直線AB與直線CD平行；
（2）先根據(jù)兩條直線平行，同旁內(nèi)角互補(bǔ)，再根據(jù)∠BEF與∠EFD的角平分線交于點(diǎn)P，可得∠EPF＝90°，進(jìn)而證明PF∥GH；
（3）根據(jù)角平分線定義，及角的和差計(jì)算即可求得∠HPQ的度數(shù)．
【解題過程】
（1）解：AB∥CD，理由如下：
∵∠1與∠2互補(bǔ)，
∴∠1+∠2＝180°，
又∵∠1＝∠AEF，∠2＝∠CFE，
∴∠AEF+∠CFE＝180°，
∴AB∥CD；
（2）證明：由（1）知，AB∥CD，
∴∠BEF+∠EFD＝180°．
又∵∠BEF與∠EFD的角平分線交于點(diǎn)P，
∴∠FEP+∠EFP（∠BEF+∠EFD＝90°），
∴∠EPF＝90°，即EG⊥PF．
∵GH⊥EG，
∴PF∥GH；
（3）解：∵GH⊥EG，
∴∠KPG＝90°﹣PKG＝90°﹣2∠HPK，
∴∠EPK＝180°﹣∠KPG＝90°+2∠HPK，
∵PQ平分∠EPK，
∴∠QPK∠EPK＝45°+∠HPK，
∴∠HPQ＝∠QPK﹣∠HPK＝45°．
答：∠HPQ的度數(shù)為45°．
6．（2021秋?雁峰區(qū)校級期末）如圖，已知AB∥CD，AD∥BC，∠DCE＝90°，點(diǎn)E在線段AB上，∠FCG＝90°，點(diǎn)F在直線AD上，∠AHG＝90°．
（1）找出圖中與∠D相等的角，并說明理由；
（2）若∠ECF＝25°，求∠BCD的度數(shù)；
（3）在（2）的條件下，點(diǎn)C（點(diǎn)C不與B，H兩點(diǎn)重合）從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線BG的方向運(yùn)動(dòng)，其他條件不變，求∠BAF的度數(shù)．
【思路點(diǎn)撥】
（1）根據(jù)同角的余角相等以及平行線的性質(zhì)，即可得到與∠D相等的角；
（2）根據(jù)∠ECF＝25°，∠DCE＝90°，可得∠FCD＝65°，再根據(jù)∠BCF＝90°，即可得到∠BCD＝65°+90°＝155°；
（3）分兩種情況討論：當(dāng)點(diǎn)C在線段BH上；點(diǎn)C在BH延長線上，根據(jù)平行線的性質(zhì)，即可得到∠BAF的度數(shù)為60°或120°．
【解題過程】
解：（1）與∠D相等的角為∠DCG，∠ECF，∠B，理由如下：
∵AD∥BC，
∴∠D＝∠DCG，
∵∠FCG＝90°，∠DCE＝90°，
∴∠ECF＝∠DCG，
∴∠D＝∠ECF，
∵AB∥DC，
∴∠DCG＝∠B，
∴∠B＝∠D，
∴與∠D相等的角為∠DCG，∠ECF，∠B；
（2）∵∠ECF＝25°，∠DCE＝90°，
∴∠FCD＝65°，
又∵∠BCF＝90°，
∴∠BCD＝65°+90°＝155°；
（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)C在線段BH上時(shí)，點(diǎn)F在DA延長線上，
∠ECF＝∠DCG＝∠B＝25°，
∵AD∥BC，
∴∠BAF＝∠B＝25°；
如圖，當(dāng)點(diǎn)C在BH延長線上時(shí)，點(diǎn)F在線段AD上，
∵∠B＝25°，AD∥BC，
∴∠BAF＝180°﹣25°＝155°．
綜上所述，∠BAF的度數(shù)為25°或155°．
7．（2022春?虞城縣月考）如圖1，點(diǎn)E在射線BA、DC之間，且AB∥DC．
（1）求證：∠DEB+∠ABE＝180°+∠CDE；
（2）如圖2，若點(diǎn)F是射線BA上的一點(diǎn)，且∠BEF＝∠BFE，EG平分∠DEB交射線BA于點(diǎn)G，∠D＝30°，求∠FEG的度數(shù)．
【思路點(diǎn)撥】
（1）過點(diǎn)E作EF∥DC，根據(jù)平行線的性質(zhì)及角的和差求解即可；
（2）過點(diǎn)E作EH∥DC，根據(jù)平行線的性質(zhì)及角的和差并結(jié)合（1）求解即可．
【解題過程】
（1）證明：如圖1，過點(diǎn)E作EF∥DC，
∴∠CDE＝∠DEF，
∵AB∥DC，EF∥DC，
∴EF∥AB，
∴∠FEB+∠ABE＝180°，
∵∠FEB＝∠DEB﹣∠DEF＝∠DEB﹣∠CDE，
∴∠DEB+∠ABE﹣∠CDE＝180°，
即∠DEB+∠ABE＝180°+∠CDE；
（2）解：如圖2，過點(diǎn)E作EH∥DC，
∴∠DEH＝∠D＝30°，
∵AB∥DC，EH∥DC，
∴EH∥AB∥DC，
∴∠HEB+∠ABE＝180°，∠HEF＝∠BFE，
∵∠BEF＝∠BFE，
∴∠BEF＝∠HEF，
∴∠BEF∠HEB（180°﹣∠ABE）＝90°∠ABE，
由（1）知，∠DEB+∠ABE＝180°+∠CDE，
∵∠D＝30°，
∴∠DEB+∠ABE＝180°+∠CDE＝180°+30°＝210°，
∵EG平分∠DEB，
∴∠BEG∠DEB（210°﹣∠ABE）＝105°∠ABE，
∴∠FEG＝∠BEG﹣∠BEF＝105°∠ABE﹣（90°∠ABE）＝15°．
8．（2022春?沭陽縣月考）（1）如圖①，MA1∥NA2，則∠A1+∠A2＝ 180° ；
如圖②，MA1∥NA3，則∠A1+∠A2+∠A3＝ 360° ，請你說明理由；
（2）如圖③，MA1∥NA4，則∠A1+∠A2+∠A3+∠A4＝ 540° ；
（3）利用上述結(jié)論解決問題：如圖④，AB∥CD，∠ABE和∠CDE的平分線相交于點(diǎn)F，∠E＝130°，求∠BFD的度數(shù)．
【思路點(diǎn)撥】
（1）①根據(jù)兩直線平行，同旁內(nèi)角互補(bǔ)即可得∠A1+∠A2；如圖②過A2作PA2∥MA1，根據(jù)兩直線平行，同旁內(nèi)角互補(bǔ)即可得答案；
（2）如圖③，過A2作PA2∥MA1，過A3作QA3∥MA1，根據(jù)兩直線平行，同旁內(nèi)角互補(bǔ)即可得答案；
（3）根據(jù)平行線的性質(zhì)、角平分線的定義及四邊形內(nèi)角和求解即可．
【解題過程】
解：（1）如圖①，根據(jù)MA1∥NA2，可得∠A1+∠A2＝180°，
故答案為：180°；
如圖②，過A2作PA2∥MA1，
∵M(jìn)A1∥NA3，
∴PA2∥MA1∥NA3，
∴∠A1+∠A1A2P＝180°，∠A3+∠A3A2P＝180°，
∴∠A1+∠A1A2A3+∠A3＝360°，
故答案為：360°；
（2）如圖③，過A2作PA2∥MA1，過A3作QA3∥MA1，
∵M(jìn)A1∥NA3，
∴QA3∥PA2∥MA1∥NA3，
∴∠A1+∠A1A2P＝180°，∠QA3A2+∠A3A2P＝180°，∠A4+∠A4A3Q＝180°，
∴∠A1+∠A2+∠A3+∠A4＝540°；
故答案為：540°；
（3）如圖④，∵AB∥CD，
∴∠ABE+∠E+∠CDE＝360°，
∵∠E＝130°，
∴∠ABE+∠CDE＝360°﹣∠E＝230°，
∵BF、DF分別是∠ABE和∠CDE的平分線，
∴∠EBF∠ABE，∠EDF∠CDE，
∵∠BFD+∠EBF+∠EDF+∠E＝360°，
∴∠BFD＝360°﹣∠E﹣∠EBF﹣∠EDF＝360°﹣130°﹣（∠EBF+∠EDF）（∠ABE+∠CDE）＝360°﹣130°230°＝115°．
9．（2022春?青羊區(qū)校級月考）（1）如圖①，已知AB∥CD，圖中∠1，∠2，∠3之間有什么關(guān)系？
（2）如圖②，已知AB∥CD，圖中∠1，∠2，∠3，∠4之間有什么關(guān)系？
（3）如圖③，已知AB∥CD，請直接寫出圖中∠1，∠2，∠3，∠4，∠5之間的關(guān)系；
（4）通過以上3個(gè)問題，你發(fā)現(xiàn)了什么規(guī)律？
【思路點(diǎn)撥】
（1）過點(diǎn)E作EM∥AB，根據(jù)平行線的性質(zhì)及角的和差求解即可；
（2）過點(diǎn)F作NF∥AB，結(jié)合（1）并根據(jù)平行線的性質(zhì)及角的和差求解即可；
（3）過點(diǎn)G作GM∥AB，結(jié)合（2）并根據(jù)平行線的性質(zhì)及角的和差求解即可；
（4）通過以上3個(gè)問題，發(fā)現(xiàn)總結(jié)規(guī)律．
【解題過程】
解：（1）如圖①，過點(diǎn)E作EM∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EM，
∴∠1＝∠NEM，∠3＝∠MEF，
∴∠1+∠3＝∠NEM＝∠MEF，
即∠1+∠3＝∠2；
（2）如圖②，過點(diǎn)F作NF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥FN，
∴∠4＝∠NFH，
由（1）知，∠1+∠EFN＝∠2，
∴∠1+∠EFN+∠NFH＝∠2+∠4，
即∠1+∠3＝∠2+∠4；
（3）如圖③，過點(diǎn)G作GM∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥GM，
∴∠5＝∠MGN，
由（2）得，∠1+∠3＝∠2+∠FGM，
∴∠1+∠3+∠5＝∠2+∠FGM+∠MGN，
即∠1+∠3+∠5＝∠2+∠4；
（4）通過以上3個(gè)問題，發(fā)現(xiàn)如下規(guī)律：兩平行線內(nèi)的角，向左方向開口的角度數(shù)的和等于向右開口的角度數(shù)的和．
10．（2022春?雨花區(qū)校級月考）平行直線AB與CD被直線MN所截．
（1）如圖1，點(diǎn)E在AB、CD之間的直線MN上，P、Q分別在直線AB、CD上，連接PE、EQ，若∠BPE＝160°，∠EQC＝30°，求∠PEQ的值；
（2）如圖1，點(diǎn)E在AB、CD之間的直線MN上，P、Q分別在直線AB、CD上，連接PE、EQ、PF平分∠BPE、QF平分∠EQD，則∠PEQ和∠PFQ之間有什么數(shù)量關(guān)系，請寫出你的結(jié)論并說明理由；
（3）如圖3，在（2）的條件下，過P點(diǎn)作PH∥EQ交CD于點(diǎn)H，連接PQ．若PQ平分∠EPH，∠QPF：∠EQF＝1：5，求∠PHQ的度數(shù)．
【思路點(diǎn)撥】
（1）過點(diǎn)E作EM∥AB，根據(jù)平行線的性質(zhì)求解即可；
（2）作EH∥AB，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠PEQ+2∠PFQ＝360°；
（3）如圖2中，設(shè)∠QPF＝y(tǒng)，∠PHQ＝x．∠EPQ＝z，則∠EQF＝∠FQH＝5y，想辦法構(gòu)建方程即可解決問題．
【解題過程】
解：（1）如圖1，過點(diǎn)E作EM∥AB，
∵AB∥CD，
∴EM∥AB∥CD，
∴∠BPE+∠PEM＝180°，∠QEM＝∠EQC，
∵∠BPE＝160°，∠EQC＝30°，
∴∠PEM＝180°﹣160°＝20°，∠QEM＝30°，
∴∠PEQ＝∠PEM+∠QEM＝50°；
（2）（1）結(jié)論：如圖1中，∠PEQ+2∠PFQ＝360°．
理由：作EH∥AB，
∵AB∥CD，EH∥AB，
∴EH∥CD，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴∠2+∠3＝∠1+∠4，
∴∠PEQ＝∠1+∠4，
同理可證：∠PFQ＝∠BPF+∠FQD，
∵PF平分∠BPE、QF平分∠EQD，
∴∠BPE＝2∠BPF，∠DQE＝2∠FQD，∠1+∠BPE＝180°，∠4+∠EQD＝180°，
∴∠PEQ+2∠PFQ＝360°；
（3）如圖2中，設(shè)∠QPF＝y(tǒng)，∠PHQ＝x，∠EPQ＝z，則∠EQF＝∠FQH＝5y，
∵EQ∥PH，
∴∠EQC＝∠PHQ＝x，
∴x+10y＝180°，
∵AB∥CD，
∴∠BPH＝∠PHQ＝x，
∵PF平分∠BPE，
∴∠EPQ+∠FPQ＝∠FPH+∠BPH，
∴∠FPH＝y(tǒng)+z﹣x，
∵PQ平分∠EPH，
∴z＝y(tǒng)+y+z﹣x，
∴x＝2y，
∴12y＝180°，
∴y＝15°，
∴x＝30°，
∴∠PHQ＝30°．
11．（2021秋?東營期末）（1）（問題）如圖1，若AB∥CD，∠AEP＝40°，∠PFD＝130°，求∠EPF的度數(shù)．
（2）（問題遷移）如圖2，AB∥CD，點(diǎn)P在AB的上方，問∠PEA，∠PFC，∠EPF之間有何數(shù)量關(guān)系？請說明理由；
（3）（聯(lián)想拓展）如圖3所示，在（2）的條件下，已知∠EPF＝60°，∠PFC＝120°，∠PEA的平分線和∠PFC的平分線交于點(diǎn)G，直接寫出∠G的度數(shù)．
【思路點(diǎn)撥】
（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)與判定可求解；
（2）過P點(diǎn)作PN∥AB，則PN∥CD，可得∠FPN＝∠PEA+∠FPE，進(jìn)而可得∠PFC＝∠PEA+∠FPE，即可求解；
（3）過點(diǎn)G作AB的平行線，利用平行線的性質(zhì)解答即可．
【解題過程】
解：（1）如圖1，過點(diǎn)P作PM∥AB，
∴∠1＝∠AEP，
∵∠AEP＝40°，
∴∠1＝40°，
∵AB∥CD，
∴PM∥CD，
∴∠2+∠PFD＝180°，
∵∠PFD＝130°，
∴∠2＝180°﹣130°＝50°．
∴∠1+∠2＝40°+50°＝90°，
即∠EPF＝90°；
（2）∠PFC＝∠PEA+∠EPF，理由如下：
如圖2，過P點(diǎn)作PN∥AB，則PN∥CD，
∴∠PEA＝∠NPE，
∵∠FPN＝∠NPE+∠EPF，
∴∠FPN＝∠PEA+∠EPF，
∵PN∥CD，
∴∠FPN＝∠PFC，
∴∠PFC＝∠PEA+∠EPF；
（3）如圖，過點(diǎn)G作AB的平行線GH．
∵GH∥AB，AB∥CD，
∴GH∥AB∥CD，
∴∠HGE＝∠AEG，∠HGF＝∠CFG，
又∵∠PEA的平分線和∠PFC的平分線交于點(diǎn)G，
∴∠HGE＝∠AEG∠AEP，∠HGF＝∠CFG∠PFC，
由（2）可知，∠PFC＝∠EPF+∠AEP，
∴∠HGF（∠EPF+∠AEP），
∴∠EGF＝∠HGF﹣∠HGE（∠EPF+∠AEP）∠AEP∠EPF，
∵∠EPF＝60°，
∴∠EGF＝30°．
12．（2021秋?萬州區(qū)期末）如圖1，AB∥CD，點(diǎn)E、F分別在直線AB、CD上，點(diǎn)O在直線AB、CD之間．
（1）若∠AEO＝40°，∠CFO＝60°，求∠EOF的度數(shù)；
（2）若∠AEO＝α，∠CFO＝β，直接寫出∠EOF的度數(shù)為 α+β ；
（3）如圖2，∠BEO、∠DFO的角平分線交于點(diǎn)M，∠EOF的角平分線交EM于點(diǎn)N，試探索∠NOF、∠NMF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【思路點(diǎn)撥】
（1）過O點(diǎn)向右側(cè)作OG∥AB，可得∠EOG＝40°，由平行線的判定與性質(zhì)可求解∠GOF＝60°，進(jìn)而可求解∠EOF的度數(shù)；
（2）過O點(diǎn)向右側(cè)作OH∥AB，按照（1）的做法可求解；
（3）設(shè)∠AEO＝a°，∠CFO＝b°，結(jié)合（2）的結(jié)論及角平分線的定義可求∠NOF，由角平分線的定義及角的和差可求解∠NMF＝180°（a+b），進(jìn)而可求解∠NOF、∠NMF之間的數(shù)量關(guān)系．
【解題過程】
解：（1）過O點(diǎn)向右側(cè)作OG∥AB，
∴∠AEO＝∠EOG＝40°，
∵AB∥CD，AB∥OG，
∴CD∥OG，
∴∠GOF＝∠CFO＝60°，
∴∠EOF＝∠EOG+∠GOF＝40°+60°＝100°；
（2）過O點(diǎn)向右側(cè)作OH∥AB，
∴∠AEO＝∠EOH＝α，
∵AB∥CD，AB∥OH，
∴CD∥OH，
∴∠HOF＝∠CFO＝β，
∴∠EOF＝∠EOH+∠HOF＝α+β，
故答案為：α+β；
（3）∠NOF+∠NMF＝180°．
理由：設(shè)∠AEO＝a°，∠CFO＝b°，
由（2）得∠EOF＝a+b，
∵ON平分∠EOF，
∴∠NOF，
∵∠AEO＝a，EM平分∠BEO，
∴∠BEM，
∵∠CFO＝b，F(xiàn)M平分∠DFO，
∴∠DFM，
∴∠NMF＝90°a+90°b＝180°（a+b）．
∴∠NOF+∠NMF＝180°．
13．（2021秋?鼓樓區(qū)校級期末）已知直線AB∥CD，EF是截線，點(diǎn)M在直線AB、CD之間．
（1）如圖1，連接GM，HM．求證：∠M＝∠AGM+∠CHM；
（2）如圖2，在∠GHC的角平分線上取兩點(diǎn)M、Q，使得∠AGM＝∠HGQ．請直接寫出∠M與∠GQH之間的數(shù)量關(guān)系；
（3）如圖3，若射線GH平分∠BGM，點(diǎn)N在MH的延長線上，連接GN，若∠AGM＝∠N，∠M＝∠N∠FGN，求∠MHG的度數(shù)．
【思路點(diǎn)撥】
（1）如圖1，過點(diǎn)M作MR∥AB，可得AB∥CD∥MR．進(jìn)而可以證明；
（2）根據(jù)角平分線的定義得到∠CHM＝∠MHG，由（1）知∠M＝∠AGM+∠MHC，等量代換得到∠M＝∠MQG，根據(jù)平角的定義即可得到結(jié)論；
（3）如圖3，令∠AGM＝2α，∠CHM＝β，則∠N＝2α，∠M＝2α+β，過點(diǎn)H作HT∥GN，可得∠MHT＝∠N＝2α，∠GHT＝∠FGN＝2β，進(jìn)而可得結(jié)論．
【解題過程】
（1）證明：如圖1，過點(diǎn)M作MR∥AB，
又∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥MR．
∴∠GMR＝∠AGM，∠HMR＝∠CHM．
∴∠GMH＝∠GMR+∠RMH＝∠AGM+∠CHM．
（2）解：∴∠M+∠HQG＝180°，
理由：∵M(jìn)H是∠CHG的平分線，
∴∠CHM＝∠MHG，
由（1）知∠M＝∠AGM+∠MHC，
∵∠MQG＝∠HGQ+∠MHG，∠AGM＝∠HGQ，
∴∠M＝∠MQG，
∵∠MQG+∠HQG＝180°，
∴∠M+∠HQG＝180°．
（3）解：如圖3，令∠AGM＝2α，∠CHM＝β，則∠N＝2α，∠M＝2α+β，
∵射線GH是∠BGM的平分線，
∴∠FGMBGM（180°﹣∠AGM）＝90°﹣α，
∴∠AGH＝∠AGM+∠FGM＝2α+90°﹣α＝90°+α，
∵∠M＝∠N∠FGN，
∴2α+β＝2α∠FGN，
∴∠FGN＝2β，
過點(diǎn)H作HT∥GN，
則∠MHT＝∠N＝2α，∠GHT＝∠FGN＝2β，
∴∠GHM＝∠MHT+∠GHT＝2α+2β，
∠CHG＝∠CHM+∠MHT+∠GHT＝β+2α+2β＝2α+3β，
∵AB∥CD，
∴∠AGH+∠CHG＝180°，
∴90°+α+2α+3β＝180°，
∴α+β＝30°，
∴∠GHM＝2（α+β）＝60°．
14．（2021秋?安溪縣期末）如圖，直線AB∥CD，直線EF與AB、CD分別交于點(diǎn)G、H，∠EHD＝α（0°＜α＜90°）．小安將一個(gè)含30°角的直角三角板PMN按如圖①放置，使點(diǎn)N、M分別在直線AB、CD上，且在點(diǎn)G、H的右側(cè)，∠P＝90°，∠PMN＝60°．
（1）填空：∠PNB+∠PMD ＝ ∠P（填“＞”“＜”或“＝”）；
（2）若∠MNG的平分線NO交直線CD于點(diǎn)O，如圖②．
①當(dāng)NO∥EF，PM∥EF時(shí)，求α的度數(shù)；
②小安將三角板PMN保持PM∥EF并向左平移，在平移的過程中求∠MON的度數(shù)（用含α的式子表示）．
【思路點(diǎn)撥】
（1）過P點(diǎn)作PQ∥AB，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠PNB＝∠NPQ，∠PMD＝∠QPM，進(jìn)而可求解；
（2）①由平行線的性質(zhì)可得∠ONM＝∠PMN＝60°，結(jié)合角平分線的定義可得∠ANO＝∠ONM＝60°，再利用平行線的性質(zhì)可求解；
②可分兩種情況：點(diǎn)N在G的右側(cè)時(shí)，點(diǎn)N在G的左側(cè)時(shí)，利用平行線的性質(zhì)及角平分線的定義計(jì)算可求解．
【解題過程】
解：（1）過P點(diǎn)作PQ∥AB，
∴∠PNB＝∠NPQ，
∵AB∥CD，
∴PQ∥CD，
∴∠PMD＝∠QPM，
∴∠PNB+∠PMD＝∠NPQ+∠QPM＝∠MPN，
故答案為：＝
（2）①∵NO∥EF，PM∥EF，
∴PO∥PM，
∴∠ONM＝∠NMP，
∵∠PMN＝60°，
∴∠ONM＝∠PMN＝60°，
∵NO平分∠MNO，
∴∠ANO＝∠ONM＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠NOM＝∠ANO＝60°，
∴α＝∠NOM＝60°；
②點(diǎn)N在G的右側(cè)時(shí)，如圖②，
∵PM∥EF，∠EHD＝α，
∴∠PMD＝α，
∴∠NMD＝60°+α，
∵AB∥CD，
∴∠ANM＝∠NMD＝60°+α，
∵NO平分∠ANM，
∴∠ANO∠ANM＝30°α，
∵AB∥CD，
∴∠MON＝∠ANO＝30°α；
點(diǎn)N在G的左側(cè)時(shí)，如圖，
∵PM∥EF，∠EHD＝α，
∴∠PMD＝α，
∴∠NMD＝60°+α，
∵AB∥CD，
∴∠BNM+∠NMO＝180°，∠BNO＝∠MON，
∵NO平分∠MNG，
∴∠BNO[180°﹣（60°+α）]＝60°，
∴∠MON＝60°，
綜上所述，∠MON的度數(shù)為30°α或60°．
15．（2022?武昌區(qū)模擬）已知點(diǎn)A和點(diǎn)C分別在直線MN和直線EF上，點(diǎn)B在直線外，∠BAN＝α，∠BCF＝β．
（1）如圖1，若MN∥EF，則∠B＝ ∠ABC＝β﹣α （用α，β的式子表示，不寫證明過程）；
（2）在（1）的條件下，點(diǎn)T在直線MN與直線EF之間，∠MAT∠BAN，∠TCB＝2∠TCE，求∠B與∠T之間的數(shù)量關(guān)系；
（3）如圖2，若MN不平行于EF，直線AC平分∠MAB，且平分∠ECB，則∠B＝ （β﹣α） （用α，β的式子表示，不寫證明過程）．
【思路點(diǎn)撥】
（1）過B作BD∥MN，由MN∥EF，知BD∥MN∥EF，即得∠BAN+∠ABD＝180°＝∠BCF+∠CBD，即α+∠ABC+∠CBD＝β+∠CBD，可得∠ABC＝β﹣α；
（2）過T作TG∥MN，由TG∥MN∥EF，得∠MAT＝∠ATG，∠GTC＝∠TCE，即知∠ATC＝∠ATG+∠GTC＝∠MAT+∠TCE，根據(jù)∠MAT∠BAN，∠TCB＝2∠TCE，有∠ATCα+（60°β）＝60°（β﹣α），故∠ATC＝60°∠ABC；
（3）由∠BAN＝α，直線AC平分∠BAM，得∠RAB∠BAM＝90°α，同理∠RCB＝90°β，即得∠B＝∠RAB﹣∠RCB（β﹣α）．
【解題過程】
解：（1）∠ABC＝β﹣α，理由如下：
過B作BD∥MN，如圖：
∵M(jìn)N∥EF，
∴BD∥MN∥EF，
∴∠BAN+∠ABD＝180°＝∠BCF+∠CBD，
∵∠BAN＝α，∠BCF＝β，
∴α+∠ABC+∠CBD＝β+∠CBD，
∴∠ABC＝β﹣α；
故答案為：∠ABC＝β﹣α；
（2）∠ATC＝60°∠ABC，理由如下：
過T作TG∥MN，如圖：
∵M(jìn)N∥EF，
∴TG∥MN∥EF，
∴∠MAT＝∠ATG，∠GTC＝∠TCE，
∴∠ATC＝∠ATG+∠GTC＝∠MAT+∠TCE，
∵∠MAT∠BAN，∠TCB＝2∠TCE，
∴∠MATα，∠TCE∠BCE（180°﹣∠BCF）（180°﹣β）＝60°β，
∴∠ATCα+（60°β）＝60°（β﹣α），
由（1）知∠ABC＝β﹣α，
∴∠ATC＝60°∠ABC；
（3）∠B（β﹣α），理由如下：
∵∠BAN＝α，
∴∠BAM＝180°﹣α，
∵直線AC平分∠BAM，
∴∠RAB∠BAM＝90°α，
同理∠RCB＝90°β，
∴∠B＝∠RAB﹣∠RCB＝（90°α）﹣（90°β）（β﹣α）．
故答案為：（β﹣α）．
16．（2021秋?沙坪壩區(qū)期末）如圖，AB∥CD，點(diǎn)E是AB上一點(diǎn)，連結(jié)CE．
（1）如圖1，若CE平分∠ACD，過點(diǎn)E作EM⊥CE交CD于點(diǎn)M，試說明∠A＝2∠CME；
（2）如圖2，若AF平分∠CAB，CF平分∠DCE，且∠F＝70°，求∠ACE的度數(shù)；
（3）如圖3，過點(diǎn)E作EM⊥CE交∠DCE的平分線于點(diǎn)M，MN⊥CM交AB于點(diǎn)N，CH⊥AB，垂足為H．若∠ACH∠ECH，請直接寫出∠MNB與∠A之間的數(shù)量關(guān)系．
【思路點(diǎn)撥】
（1）利用平行線的性質(zhì)和角平分線的定義分別計(jì)算∠A與∠CME，即可得出結(jié)論；
（2）過點(diǎn)F作FM∥AB，利用平行線的性質(zhì)和角平分線的定義和（1）的結(jié)論解答即可；
（3）延長CM交AN的延長線于點(diǎn)F，設(shè)∠ACH＝x，則∠ECH＝2x，ECM＝∠DCM＝y(tǒng)，利用垂直的定義得到x+y＝45°；利用三角形的內(nèi)角和定理分別用x，y的代數(shù)式表示出∠MNB與∠A，計(jì)算∠MNB+∠A即可得出結(jié)論．
【解題過程】
（1）證明：∵EM⊥CE，
∴∠CEM＝90°．
∵∠AEC+∠CEM+∠BEM＝180°，
∴∠AEC+∠BEM＝90°．
∵AB∥CD，
∴∠AEC＝∠ECD，∠CME＝∠BEM．
∴∠ECD+∠CME＝90°．
∴2∠ECD+2∠CME＝180°．
∵CE平分∠ACD，
∴ACD＝2∠ECD．
∴∠ACD+2∠CME＝180°．
∵AB∥CD，
∴∠ACD+∠A＝180°．
∴∠A＝2∠CME．
（2）解：過點(diǎn)F作FM∥AB，如圖，
∵AB∥CD，
∴FM∥AB∥CD．
∴∠AFM＝∠BAF，∠CFM＝∠DCF．
∴∠AFM+∠CFM＝∠BAF+∠DCF．
即∠AFC＝∠BAF+∠DCF．
∵AF平分∠CAB，CF平分∠DCE，
∴∠CAB＝2∠BAF，∠DCE＝2∠DCF．
∴∠CAB+∠DCE＝2（∠BAF+∠DCF）＝2∠AFC．
∵∠AFC＝70°，
∴∠CAB+∠DCE＝140°．
∵AB∥CD，
∴∠CAB+∠ACE+∠DCE＝180°．
∴∠ACE＝180°﹣（∠CAB+∠DCE）
＝180°﹣140°
＝40°．
（3）∠MNB與∠A之間的數(shù)量關(guān)系是：∠MNB＝135°﹣∠A．
延長CM交AN的延長線于點(diǎn)F，如圖，
∵M(jìn)N⊥CM，
∴∠NMF＝90°．
∴∠MNB＝90°﹣∠F．
同理：∠HCF＝90°﹣∠F．
∴∠MNB＝∠HCF．
∵∠ACH∠ECH，
∴設(shè)∠ACH＝x，則∠ECH＝2x．
∵CM平分∠DCE，
∴設(shè)∠ECM＝∠DCM＝y(tǒng)．
∴∠MNB＝∠HCF＝2x+y．
∵AB∥CD，CH⊥AB，
∴CH⊥CD．
∴∠HCD＝90°．
∴∠ECH+∠ECD＝90°．
∴2x+2y＝90°．
∴x+y＝45°．
∵CH⊥AB，
∴∠A＝90°﹣∠ACH＝90°﹣x．
∴∠A+∠MNB＝90°﹣x+2x+y＝90°+x+y＝135°．
∴∠MNB＝135°﹣∠A．
17．（2021秋?豐澤區(qū)期末）已知AB∥CD，點(diǎn)M在直線AB上，點(diǎn)N、Q在直線CD上，點(diǎn)P在直線AB、CD之間，連接PM、PN、PQ，PQ平分∠MPN，如圖①．
（1）若∠PMA＝α、∠PQC＝β，求∠NPQ的度數(shù)（用含α，β的式子表示）；
（2）過點(diǎn)Q作QE∥PN交PM的延長線于點(diǎn)E，過E作EF平分∠PEQ交PQ于點(diǎn)F，如圖②，請你判斷EF與PQ的位置關(guān)系，并說明理由；
（3）在（2）的條件下，連接EN，如圖③，若∠NEF∠PMA，求證：NE平分∠PNQ．
【思路點(diǎn)撥】
（1）過點(diǎn)P作PR∥AB，可得AB∥CD∥PR，即可求得∠MPQ＝α+β，再根據(jù)角平分線的定義可得結(jié)論；
（2）根據(jù)已知條件可得2∠EPQ+2∠PEF＝180°，進(jìn)而可得EF與PQ的位置關(guān)系；
（3）結(jié)合（2）和已知條件根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可得∠NEF＝180°﹣∠QEF﹣∠NQE﹣∠QNE∠PMA，可得∠NQE+2∠QNE＝180°，結(jié)合三角形的內(nèi)角和定理可得∠QNE＝∠NEQ，再根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠PNE＝∠QNE，進(jìn)而可得結(jié)論．
【解題過程】
解：（1）過點(diǎn)P作PR∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥PR，
∴∠MPR＝∠PMA＝α，∠RPQ＝∠PQC＝β，
∴∠MPQ＝∠MPR+∠RPQ＝α+β，
∵PQ平分∠MPN，
∴∠NPQ＝∠MPQ＝α+β；
（2）如圖②，EF⊥PQ，理由如下：
∵PQ平分∠MPN．
∴∠MPQ＝∠NPQ＝α+β，
∵QE∥PN，
∴∠EQP＝∠NPQ＝α+β，
∴∠EPQ＝∠EQP＝α+β，
∵EF平分∠PEQ，
∴∠PEQ＝2∠PEF＝2∠QEF，
∵∠EPQ+∠EQP+∠PEQ＝180°，
∴2∠EPQ+2∠PEF＝180°，
∴∠EPQ+∠PEF＝90°，
∴∠PFE＝180°﹣90°＝90°，
∴EF⊥PQ；
（3）由（2）可知：∠EQP＝∠AMP+∠PQC，∠EFQ＝90°，
∴∠QEF＝90°﹣（∠AMP+∠PQC），
∴∠NQE＝∠PQC+∠EQP＝∠AMP+2∠PQC，
∴∠NEF＝180°﹣∠QEF﹣∠NQE﹣∠QNE
＝180°﹣[90°﹣（∠AMP+∠PQC）]﹣（∠AMP+2∠PQC）﹣∠QNE
＝180°﹣90°+∠AMP+∠PQC﹣∠AMP﹣2∠PQC﹣∠QNE
＝90°﹣∠PQC﹣∠QNE，
∵∠NEF∠AMP，
∴90°﹣∠PQC﹣∠QNE∠AMP，
即∠APM+2∠PQC+2∠QNE＝180°，
∴∠NQE+2∠QNE＝180°，
∵∠NQE+∠QNE+∠NEQ＝180°，
∴∠QNE＝∠NEQ，
∵QE∥PN，
∴∠PNE＝∠QEN，
∴∠PNE＝∠QNE，
∴NE平分∠PNQ．
18．（2021春?延津縣期中）操作探究：已知在紙面上有一數(shù)軸如圖所示．
（1）折疊紙面，使1表示的點(diǎn)與﹣1表示的點(diǎn)重合，則表示的點(diǎn)與 表示的點(diǎn)重合．
（2）折疊紙面，使﹣1表示的點(diǎn)與3表示的點(diǎn)重合，回答以下問題：
①2表示的點(diǎn)與 0 表示的點(diǎn)重合；
②1表示的點(diǎn)與 1 表示的點(diǎn)重合．
（3）已知在數(shù)軸上點(diǎn)A表示的數(shù)是a，將點(diǎn)A沿?cái)?shù)軸移動(dòng)4個(gè)單位長度，此時(shí)點(diǎn)A表示的數(shù)和a互為相反數(shù)，求a的值．
【思路點(diǎn)撥】
（1）根據(jù)“折疊紙面，1表示的點(diǎn)與﹣1表示的點(diǎn)重合”得出“折合點(diǎn)”所表示的數(shù)為0，找出的相反數(shù)即可；
（2）根據(jù)“折疊紙面，﹣1表示的點(diǎn)與3表示的點(diǎn)重合”可得“折合點(diǎn)”所表示的數(shù)為1，即相對應(yīng)的兩個(gè)數(shù)所表示的點(diǎn)到1所表示的點(diǎn)距離相等，設(shè)未知數(shù)，列方程求解即可；
（3）分兩種情況進(jìn)行解答，即向右移動(dòng)或向左移動(dòng)4個(gè)單位長度，列方程求解即可．
【解題過程】
解：由“折疊紙面，1表示的點(diǎn)與﹣1表示的點(diǎn)重合”可得“折合點(diǎn)”所表示的數(shù)為0，即1表示的點(diǎn)，與﹣1表示的點(diǎn)到原點(diǎn)0的距離相等，
所以表示的點(diǎn)與表示的點(diǎn)重合，
故答案為：；
（2）根據(jù)“折疊紙面，﹣1表示的點(diǎn)與3表示的點(diǎn)重合”可得“折合點(diǎn)”所表示的數(shù)為1，
①設(shè)2表示的點(diǎn)與x表示的點(diǎn)重合，則1，
解得x＝0，
故答案為：0；
②設(shè)1表示的點(diǎn)與y表示的點(diǎn)重合，則1，
解得y＝1，
故答案為：1；
（3）若將點(diǎn)A沿?cái)?shù)軸向右移動(dòng)4個(gè)單位長度，所得到的數(shù)為a+4，則a+a+40，解得a，
若將點(diǎn)A沿?cái)?shù)軸向左移動(dòng)4個(gè)單位長度，所得到的數(shù)為a﹣4，則a+a﹣40，解得a，
答：a的值為或．
19．（2021春?自貢期末）綜合與實(shí)踐
問題背景：
（1）已知A（1，2），B（3，2），C（1，﹣1），D（﹣3，﹣3）．在平面直角坐標(biāo)系中描出這幾個(gè)點(diǎn)，并分別找到線段AB和CD中點(diǎn)P1、P2，然后寫出它們的坐標(biāo)，則P1 （2，2） ，P2 （﹣1，﹣2） ．
探究發(fā)現(xiàn)：
（2）結(jié)合上述計(jì)算結(jié)果，你能發(fā)現(xiàn)若線段的兩個(gè)端點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（x1，y1），（x2，y2），則線段的中點(diǎn)坐標(biāo)為 ．
拓展應(yīng)用：
（3）利用上述規(guī)律解決下列問題：已知三點(diǎn)E（﹣1，2），F(xiàn)（3，1），G（1，4），第四個(gè)點(diǎn)H（x，y）與點(diǎn)E、點(diǎn)F、點(diǎn)G中的一個(gè)點(diǎn)構(gòu)成的線段的中點(diǎn)與另外兩個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成的線段的中點(diǎn)重合，求點(diǎn)H的坐標(biāo)．
【思路點(diǎn)撥】
（1）根據(jù)坐標(biāo)的確定方法直接描點(diǎn)，：分別讀出各點(diǎn)的縱橫坐標(biāo)，即可得到各中點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)（1）中的坐標(biāo)與中點(diǎn)坐標(biāo)找到規(guī)律；
（3）利用（2）中的規(guī)律進(jìn)行分類討論即可答題．
【解題過程】
解：（1）如圖：A（1，2），B（3，2），C（1，﹣1），D（﹣3，﹣3）．在平面直角坐標(biāo)系中描出它們?nèi)缦拢?br>線段AB和CD中點(diǎn)P1、P2的坐標(biāo)分別為（2，2）、（﹣1，﹣2）
故答案為：（2，2）、（﹣1，﹣2）．
（2）若線段的兩個(gè)端點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（x1，y1），（x2，y2），則線段的中點(diǎn)坐標(biāo)為．
故答案為：．
（3）∵E（﹣1，2），F(xiàn)（3，1），G（1，4），
∴EF、FG、EG的中點(diǎn)分別為：（1，）、（2，）、（0，3）
∴①HG過EF中點(diǎn)（1，）時(shí)，1，
解得：x＝1，y＝﹣1，故H（1，﹣1）；
②EH過FG中點(diǎn)（2，）時(shí)，2，
解得：x＝5，y＝3，故H（5，3）；
③FH過EG的中點(diǎn)（0，3）時(shí)，0，3
解得：x＝﹣3，y＝5，故H（﹣3，5）．
∴點(diǎn)H的坐標(biāo)為：（1，﹣1），（5，3），（﹣3，5）．
20．（2021春?川匯區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，對于任意兩點(diǎn)A（x1，y1）與B（x2，y2）的“非常距離”，給出如下定義：
若|x1﹣x2|≥|y1﹣y2|，則點(diǎn)A與點(diǎn)B的“非常距離”為|x1﹣x2|；
若|x1﹣x2|＜|y1﹣y2|，則點(diǎn)A與點(diǎn)B的“非常距離”為|y1﹣y2|．
（1）填空：已知點(diǎn)A（3，6）與點(diǎn)B（5，2），則點(diǎn)A與點(diǎn)B的“非常距離”為 4 ；
（2）已知點(diǎn)C（﹣1，2），點(diǎn)D為y軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
①若點(diǎn)C與點(diǎn)D的“非常距離”為2，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
②直接寫出點(diǎn)C與點(diǎn)D的“非常距離”的最小值．
【思路點(diǎn)撥】
（1）依照題意，分別求出|3﹣5|＝2和|6﹣2|＝4，比較大小，得出答案，
（2）點(diǎn)D在y軸上所以橫坐標(biāo)為0，|﹣1﹣0|＝1＜2，所以點(diǎn)C和點(diǎn)D的縱坐標(biāo)差的絕對值應(yīng)為2，可得D點(diǎn)坐標(biāo)，
（3）已知點(diǎn)C和點(diǎn)D的橫坐標(biāo)差的絕對值恒等于1，縱坐標(biāo)差的絕對是個(gè)動(dòng)點(diǎn)問題，取值范圍和1比較，可得出最小值為1．
【解題過程】
解：（1）∵A（3，6），B（5，2），
∴|3﹣5|＝2，|6﹣2|＝4
∵2＜4，
∴點(diǎn)A與B點(diǎn)的“非常距離”為4．
故答案為：4．
（2）①∵點(diǎn)D在y軸上所以橫坐標(biāo)為0
∴|﹣1﹣0|＝1＜2，
∴點(diǎn)C和點(diǎn)D的縱坐標(biāo)差的絕對值應(yīng)為2，
設(shè)點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為yD，
∴|2﹣yD|＝2，
解得yD＝0或yD＝4，
∴D點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，0）或（0，4），
故D點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，0）或（0，4）；
②最小值為1，
理由為已知點(diǎn)C和點(diǎn)D的橫坐標(biāo)差的絕對值恒等于1，
∴|﹣1﹣0|＝1，
設(shè)點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為yD，
當(dāng)1≤yD≤3時(shí)，0≤|2﹣yD|≤1，可得點(diǎn)C與點(diǎn)B的“非常距離”為1，
當(dāng)yD＜1或yD＞3時(shí)，|2﹣yD|＞1，可得點(diǎn)C與點(diǎn)B的“非常距離”為|2﹣yD|．
∵|2﹣yD|＞1，
∴點(diǎn)C與點(diǎn)D的“非常距離”的最小值為1，
故點(diǎn)C與點(diǎn)D的“非常距離”的最小值為1．
21．（2020春?鞍山期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)是（﹣1，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)是（4，0），現(xiàn)將線段AB向右平移一個(gè)單位，向上平移4個(gè)單位，得到線段CD，點(diǎn)P是y軸上的動(dòng)點(diǎn)，連接BP；
（1）當(dāng)點(diǎn)P在線段OC上時(shí)（如圖一），判斷∠CPB與∠PBA的數(shù)量關(guān)系；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在OC所在的直線上時(shí)，連接DP（如圖二），試判斷∠DPB與∠CDP，∠PBA之間的數(shù)量關(guān)系，請直接寫出結(jié)論．
【思路點(diǎn)撥】
（1）利用三角形的外角的性質(zhì)解決問題即可．
（2）分三種情形：當(dāng)點(diǎn)P在線段OC上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)P在線段OC的延長線上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)P在CO的延長線上時(shí)，分別求解即可．
【解題過程】
解：（1）如圖一中，結(jié)論：∠CPB＝90°+∠PBA．
理由：∠CPB+∠APB＝180°，∠APB+∠PAB+∠PBA＝180°
∴∠CPB＝∠POB+∠PBA，∠POB＝90°，
∴∠CPB＝90°+∠PBA．
（2）①如圖二中，當(dāng)點(diǎn)P在線段OC上時(shí)，結(jié)論：∠DPB＝∠CDP+∠PBA．
理由：作PE∥CD．
∵AB∥CD，PE∥CD，
∴PE∥AB，
∴∠CDP＝∠DPE，∠PBA＝∠EPB，
∴∠DPB＝∠DPE+∠BPE＝∠CDP+∠PBA．
②如圖二①中，當(dāng)點(diǎn)P在線段OC的延長線上時(shí)，結(jié)論：∠PBA＝∠PDC+∠DPB．
理由：設(shè)BP交CD于T．
∵CD∥OB，
∴∠PTC＝∠PBA，
∵∠PTC＝∠PDC+∠DPB，
∴∠PBA＝∠PDC+∠DPB．
③如圖二②中，當(dāng)點(diǎn)P在CO的延長線上時(shí)，結(jié)論：∠PDC＝∠PBA+∠DPB．
理由：設(shè)PD交AB于T．
∵CD∥OB，
∴∠PDC＝∠PTA，
∵∠PTA＝∠PDC+∠DPB，
∴∠PDC＝∠PBA+∠DPB．
綜上所述，∠DPB＝∠CDP+∠PBA或∠PBA＝∠PDC+∠DPB或∠PDC＝∠PBA+∠DPB．
22．（2021春?崇川區(qū)期末）【了解概念】
在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若P（a，b），Q（c，d），式子|a﹣c|+|b﹣d|的值就叫做線段PQ的“勾股距”，記作dPQ＝|a﹣c|+|b﹣d|，同時(shí)，我們把兩邊的“勾股距”之和等于第三邊的“勾股距”的三角形叫做“等距三角形”．
【理解運(yùn)用】
在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A（2，3），B（4，2），C（m，n）．
（1）線段OA的“勾股距”dOA＝ 5 ；
（2）若點(diǎn)C在第三象限，且dOC＝2dAB，求dAC并判斷△ABC是否為“等距三角形”；
【拓展提升】
（3）若點(diǎn)C在x軸上，△ABC是“等距三角形”，請直接寫出m的取值范圍．
【思路點(diǎn)撥】
（1）根據(jù)線段“勾股距”，由O，A兩點(diǎn)的坐標(biāo)求出線段OA的“勾股距”；
（2）現(xiàn)根據(jù)“勾股距”的定義求出dAB，dAC，dBC，再根據(jù)等距三角形的定義判斷即可；
（3）根據(jù)“等距三角形”分三種情況討論m的取值．
【解題過程】
解：（1）由“勾股距”的定義知：dOA＝|2﹣0|+|3﹣0|＝2+3＝5，
故答案為：5；
（2）∵dAB＝|4﹣2|+|2﹣3|＝2+1＝3，
∴2dAB＝6，
∵點(diǎn)C在第三象限，
∴m＜0，n＜0，
dOC＝|m﹣0|+|n﹣0|＝|m|+|n|＝﹣m﹣n＝﹣（m+n），
∵dOC＝2dAB，
∴﹣（m+n）＝6，即m+n＝﹣6，
∴dAC＝|2﹣m|+|3﹣n|＝2﹣m+3﹣n＝5﹣（m+n）＝5+6＝11，
dBC＝|4﹣m|+|2﹣m|＝4﹣m+2﹣n＝6﹣（m+n）＝6+6＝12，
∵3+11≠12，11+12≠3，12+3≠11，
∴△ABC不是為“等距三角形”；
（3）點(diǎn)C在x軸上時(shí)，點(diǎn)C（m，0），
則dAC＝|2﹣m|+3，dBC＝|4﹣m|+2，
①當(dāng)m＜2時(shí)，dAC＝2﹣m+3＝5﹣m，dBC＝4﹣m+2＝6﹣m，
若△ABC是“等距三角形”，
∴5﹣m+6﹣m＝11﹣2m＝3，
解得：m＝4（不合題意），
又∵5﹣m+3＝8﹣m≠6﹣m，6﹣m+3＝9﹣m≠5﹣m，
∴△ABC不是“等距三角形”，
∴當(dāng)m＜2時(shí)，△ABC不是“等距三角形”；
②當(dāng)2≤m＜4時(shí)，dAC＝m﹣2+3＝m+1，dBC＝4﹣m+2＝6﹣m，
若△ABC是“等距三角形”，
則m+1+6﹣m＝7≠3，
6﹣m+3＝m+1，
解得：m＝4（不合題意），
∴當(dāng)2≤m＜4時(shí)，△ABC不是“等距三角形”；
③當(dāng)m≥4時(shí)，dAC＝m+1，dBC＝m﹣2，
若△ABC是“等距三角形”，
則m+1+m﹣2＝3，
解得：m＝4，
m﹣2+3＝m+1恒成立，
∴m≥4時(shí)，△ABC是“等距三角形”，
綜上所述：△ABC是“等距三角形”時(shí)，m的取值范圍為：m≥4．

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