苏科版数学七年级下册第七章《平面图形的认识（二）》易错题专练（四）

2020-2021 学年七年级下册第七章《平面图形的认识（二）》 易错题专练（四） 1．已知△ABC， （1）如图 1，若 D 点是△ABC 内任一点、求证：∠D＝∠A+∠ABD+∠ACD． （2）若 D 点是△ABC 外一点，位置如图 2 所示．猜想∠D、∠A、∠ABD、∠ACD 有 怎样的关系？请直接写出所满足的关系式．（不需要证明） （3）若 D 点是△ABC 外一点，位置如图 3 所示、猜想∠D、∠A、∠ABD、∠ACD 之 间有怎样的关系，并证明你的结论． 2．在凸四边形 ABCD 中，∠A﹣∠B＝∠B﹣∠C＝∠C﹣∠D＞0，且四个内角中有一个 角为 84°，求其余各角的度数． 3．如图①，直线 l1∥l2，直线 EF 和直线 l1、l2 分别交于 C、D 两点，点 A、B 分别在直线 l1、l2 上，点 P 在直线 EF 上，连结 PA、PB． 猜想：如图①，若点 P 在线段 CD 上，∠PAC＝15°，∠PBD＝40°，则∠APB 的大 小为 度． 探究：如图①，若点 P 在线段 CD 上，直接写出∠PAC、∠APB、∠PBD 之间的数量关 系． 拓展：如图②，若点 P 在射线 CE 上或在射线 DF 上时，直接写出∠PAC、∠APB、∠ PBD 之间的数量关系． 4．如图，CD∥AB，∠DCB＝70°，∠CBF＝20°，∠EFB＝130°， （1）问直线 EF 与 AB 有怎样的位置关系？加以证明； （2）若∠CEF＝70°，求∠ACB 的度数． 5．已知：如图，AE⊥BC，FG⊥BC，∠1＝∠2，∠D＝∠3+60°，∠CBD＝70°． （1）求证：AB∥CD； （2）求∠C 的度数． 6．推理填空，如图，已知∠A＝∠F，∠C＝∠D，试说明 BD∥CE． 解：∵∠A＝∠F（ ）， ∴AC∥DF（ ）， ∴∠D＝∠1（ ）， 又∵∠C＝∠D（ ）， ∴∠1＝∠C（ ）， ∴BD∥CE（ ）． 7．已知点 F、G 分别在直线 AB、CD 上，且知 AB∥CD． （1）如图 1，请用等式表示∠GEF、∠BFE、∠CGE 之间的数量关系并给出证明； （2）如图 2，∠BFE 的平分线 FQ 所在的直线与∠CGE 的平分线相交于点 P，探究∠ GPQ 与∠GEF 之间的数量关系，请直接写出你的结论： ． 8．认真阅读下面关于三角形内外角平分线所夹角的探究片段，完成所提出的问题． 探究一：如图 1，在△ABC 中，已知 O 是∠ABC 与∠ACB 的平分线 BO 和 CO 的交点， 通过分析发现∠BOC＝90°+ ∠A，理由如下： ∵BO 和 CO 分别是∠ABC 和∠ACB 的角平分线 ∴∠1＝ ∠ABC，∠2＝ ∠ACB ∴∠1+∠2＝ （∠ABC+∠ACB）＝ （180°﹣∠A）＝90°﹣ ∠A ∴ ∠BOC ＝ 180 ° ﹣ （ ∠ 1+ ∠ 2 ） ＝ 180 ° ﹣ （ 90 ° ﹣ ∠ A ） ＝ 90 ° + ∠ A （1）探究 2：如图 2 中，已知 O 是∠ABC 与外角∠ACD 的平分线 BO 和 CO 的交点， 试分析∠BOC 与∠A 有怎样的关系？并说明理由． （2）探究 3：如图 3，已知 O 是外角∠DBC 与外角∠ECB 的平分线 BO 和 CO 的交点， 则∠BOC 与∠A 有怎样的关系？（直接写出结论）结论： ． （3）拓展：在四边形 ABCD 中，已知 O 是∠ABC 与∠DCB 的平分线 BO 和 CO 的交 点，则∠BOC 与∠A+∠D 有怎样的关系？（直接写出结论）结论： ． 9．在△ABC 中，∠C＝90°，点 D、E 分别是边 A 以、BC 上的点，点 P 是一动点，连 接 PD、PE，∠PDA＝∠1，∠PEB＝∠2，∠DPE＝∠α． （1）如图 1 所示，若点 P 在线段 AB 上，且∠α＝40°，则∠1+∠2＝ °； （2）如图 2 所示，若点 P 在边 AB 上运动，则∠α、∠1、∠2 之间的关系为有何数量 关系；猜想结论并说明理由； （3）如图 3 所示，若点 P 运动到边 AB 的延长线上，则∠α、∠1、∠2 之间有何数量 关系？猜想结论并说明理由． 10．如图，在边长为 1 个单位长度的小正方形组成的网格中，已知 AB∥CD，分别探讨下 面三个图形中∠BAP 与∠APC、∠DCP 的关系，请任选一个加以说明． 参考答案 1．解：（1）证明：延长 BD 交 AC 于点 E． ∵∠BDC 是△CDE 的外角，∴∠BDC＝∠2+∠CED， ∵∠CED 是△ABE 的外角，∴∠CED＝∠A+∠1． ∴∠BDC＝∠A+∠1+∠2．即∠D＝∠A+∠ABD+∠ACD． （2）∵∠D+∠A+∠ABD+∠ACD＝∠A+∠ABC+∠ACB+∠D+∠DBC+∠DCB， 即∠D+∠A+∠ABD+∠ACD＝180°+180°＝360°， ∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠D+∠DBC+∠DCB＝180°， ∴∠D+∠A+∠ABD+∠ACD＝360°． （3）证明：令 BD、AC 交于点 E， ∵∠AED 是△ABE 的外角， ∴∠AED＝∠1+∠A， ∵∠AED 是△CDE 的外角， ∴∠AED＝∠D+∠2． ∴∠A+∠1＝∠D+∠2 即∠D+∠ACD＝∠A+∠ABD． 2．解：设∠A﹣∠B＝∠B﹣∠C＝∠C﹣∠D＝x＞0， 则∠A＞∠B＞∠C＞∠D，∠C＝∠D+x，∠B＝∠D+2x，∠A＝∠D+3x， ∵∠A+∠B+∠C+∠D＝6x+4∠D＝360°， ∴∠D+ x＝90°． 1、∠D＝84°时，x＝4°， ∠A＝96°，∠B＝92°，∠C＝88°； 2、∠C＝84°时，2x+4∠C＝360°，x＝12°， ∠A＝108°，∠B＝96°，∠D＝72°； 3、∠B＝84°时，﹣2x+4∠B＝360°，x＝﹣12°， ∠A＝72°，∠C＝96°，∠D＝108°（舍去）； 4、∠A＝84°，﹣6x+4∠A＝360°，x＝﹣4， ∠D＝96°，∠C＝92°，∠B＝88°（舍去）． 3．解：猜想：如图①，过点 P 作 PG∥l1， ∵l1∥l2， ∴l1∥l2∥PG， ∴∠APG＝∠PAC＝15°，∠BPG＝∠PBD＝40°， ∴∠APB＝∠APG+∠BPG＝∠PAC+∠PBD＝15°+40°＝55°， ∴∠APB 的大小为 55 度， 故答案为：55； 探究：如图①，∠PAC＝∠APB﹣∠PBD，理由如下： ∵l1∥l2∥PG， ∴∠APG＝∠PAC，∠BPG＝∠PBD， ∴∠APB＝∠APG+∠BPG＝∠PAC+∠PBD， ∴∠PAC＝∠APB﹣∠PBD； 拓展：∠PAC＝∠PBD﹣∠APB 或∠PAC＝∠APB+∠PBD，理由如下： 如图，当点 P 在射线 CE 上时， 过点 P 作 PG∥l1， ∴l1∥l2∥PG， ∴∠APG＝∠PAC，∠BPG＝∠PBD， ∴∠PAC＝∠APG＝∠BPG﹣∠APB， ∴∠PAC＝∠PBD﹣∠APB； 当点 P 在射线 DF 上时， 过点 P 作 PG∥l1， ∴l1∥l2∥PG， ∴∠APG＝∠PAC，∠BPG＝∠PBD， ∴∠PAC＝∠APG＝∠APB+∠BPG， ∴∠PAC＝∠APB+∠PBD， 综上所述：当点 P 在射线 CE 上或在射线 DF 上时，∠PAC＝∠PBD﹣∠APB 或∠PAC ＝∠APB+∠PBD． 4．解：（1）EF 和 AB 的关系为平行关系．理由如下： ∵CD∥AB，∠DCB＝70°， ∴∠DCB＝∠ABC＝70°， ∵∠CBF＝20°， ∴∠ABF＝∠ABC﹣∠CBF＝50°， ∵∠EFB＝130°， ∴∠ABF+∠EFB＝50°+130°＝180°， ∴EF∥AB； （2）∵EF∥AB，CD∥AB， ∴EF∥CD， ∵∠CEF＝70°， ∴∠ECD＝110°， ∵∠DCB＝70°， ∴∠ACB＝∠ECD﹣∠DCB， ∴∠ACB＝40°． 5．（1）证明：∵AE⊥BC，FG⊥BC， ∴AE∥GF， ∴∠2＝∠A， ∵∠1＝∠2， ∴∠1＝∠A， ∴AB∥CD； （2）解：∵AB∥CD， ∴∠D+∠CBD+∠3＝180°， ∵∠D＝∠3+60°，∠CBD＝70°， ∴∠3＝25°， ∵AB∥CD， ∴∠C＝∠3＝25°． 6．解：∵∠A＝∠F（已知）， ∴AC∥DF（内错角相等，两直线平行）， ∴∠D＝∠1（两直线平行，内错角相等）， 又∵∠C＝∠D（已知）， ∴∠1＝∠C（等量代换）， ∴BD∥CE（同位角相等，两直线平行）． 7．解：（1）∠GEF＝∠BFE+180°﹣∠CGE，证明如下： 如图 1，过 E 作 EH∥AB， ∵AB∥CD ∴AB∥CD∥EH， ∴∠HEF＝∠BFE，∠HEG+∠CGE＝180°， ∴∠HEF+∠HEG＝∠BFE+180°﹣∠CGE， ∴∠GEF＝∠BFE+180°﹣∠CGE； （2）∠GPQ+ ∠GEF＝90°，理由是： ∵FQ 平分∠BFE，GP 平分∠CGE， ∴∠BFQ＝ ∠BFE，∠CGP＝ ∠CGE， △PMF 中，∠GPQ＝∠GMF﹣∠PFM＝∠CGP﹣∠BFQ， ∴∠GPQ+ ∠GEF＝ ∠CGE﹣ ∠BFE+ ∠GEF＝ ×180°＝90°． 故答案为：∠GPQ+ ∠GEF＝90°． 8．解：（1）探究 2 结论：∠BOC＝ ∠A． 理由如下：∵BO 和 CO 分别是∠ABC 和∠ACD 的角平分线， ∴∠1＝ ∠ABC，∠2＝ ∠ACD， 又∵∠ACD 是△ABC 的一个外角， ∴∠2＝ ∠ACD＝ （∠A+∠ABC）＝ ∠A+∠1， ∵∠2 是△BOC 的一个外角， ∴∠BOC＝∠2﹣∠1＝ ∠A+∠1﹣∠1＝ ∠A， 即∠BOC＝ ∠A； （2）由三角形的外角性质和角平分线的定义，∠OBC＝ （∠A+∠ACB），∠OCB ＝ （∠A+∠ABC）， 在△BOC 中，∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝180°﹣ （∠A+∠ACB）﹣ （∠ A+∠ABC）， ＝180°﹣ （∠A+∠ACB+∠A+∠ABC）， ＝180°﹣ （180°+∠A）， ＝90°﹣ ∠A； （3）∠OBC+∠OCB＝ （360°﹣∠A﹣∠D）， 在△BOC 中，∠BOC＝180°﹣ （360°﹣∠A﹣∠B）＝ （∠A+∠D）． 9．解：（1）∵∠1+∠2+∠CDP+∠CEP＝360°，∠C+∠α+∠CDP+∠CEP＝360°， ∴∠1+∠2＝∠C+∠α， ∵∠C＝90°，∠α＝40°， ∴∠1+∠2＝130°； 故答案为：130°； （2）由（1）得出： ∠α+∠C＝∠1+∠2， ∴∠1+∠2＝90°+α 故答案为：∠1+∠2＝90°+α； （3）∠1＝90°+∠2+α， 理由：∵∠2+∠α＝∠DME，∠DME+∠C＝∠1， ∴∠1＝∠C+∠2+α＝90°+∠2+α． 10．答：（1）∠BAP+∠DCP+∠APC＝360°． 证明：过 P 作 PE∥AB，则 AB∥CD， ∵AB∥PE， ∴∠PAB+∠APE＝180°， ∵PE∥CD， ∴∠DCP+∠CPE＝180°， ∴∠PAB+∠APE+∠DCP+∠CPE＝360°， 即∠BAP+∠DCP+∠APC＝360°； （2）∠BAP+∠DCP＝∠APC， 证明：过 P 作 PF∥AB，则 PF∥CD． ∵PF∥AB， ∴∠APF＝∠BAP， 同理∠CPF＝∠DCF， 又∵∠APC＝∠APF+∠CPF， ∴∠BAP+∠DCP＝∠APC； （3）∠BAP﹣∠DCP＝∠APC， 证明：过 P 作 PF∥AB，则 PF∥CD． ∵PF∥AB， ∴∠APF＝∠BAP， 同理∠CPF＝∠DCF， 又∵∠APC＝∠APF﹣∠CPF， ∴∠BAP﹣∠DCP＝∠APC．