【文档说明】《【考前抓大题】冲刺中考数学》专题19 因旋转产生的角度问题（基础）（解析版）.docx，共(33)页，435.485 KB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1专题19因旋转产生的角度问题（基础）1．取一副三角板如图①拼接，固定三角板ADC，将三角形ABC绕点A按照顺时针方向旋转得到△ABC′，如图②所示，设∠CAC′＝a（0°＜a≤45°）．（1）当a＝15°时，求证：AB∥CD；（2）连接BD，当0°＜a≤45°时，∠

DBC′+∠CAC′+∠BDC的度数是否变化？若变化，求出变化范围；若不变，求出其度数．【分析】（1）求出∠BAC＝30°，得出∠BAC＝∠C＝30°，即可证出AB∥CD；（2）连接CC′，BD，由三角形内角和定理得出∠BDO+∠DBO＝∠OCC′+∠OC′C，得

出∠DBC′+∠CAC′+∠BDC＝∠BDO+∠α+∠DBO＝∠OCC′+∠OC′C+∠α，即可得出结论．【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠BAC′﹣∠CAC′＝45°﹣15°＝30°，∴∠BAC＝∠C＝30°，∴AB∥CD；（2）当0°＜a≤45°时，∠

DBC′+∠CAC′+∠BDC的度数不发生变化，为105°；理由如下：连接CC′，BD，如图所示：在△BDO和△OCC′中，∠BOD＝∠COC′，∴∠BDO+∠DBO＝∠OCC′+∠OC′C，∴∠DBC′+∠CAC′+∠

BDC＝∠BDO+∠α+∠DBO＝∠OCC′+∠OC′C+∠α＝180°﹣45°﹣30°＝105°，即当0°＜a≤45°时，∠DBC′+∠CAC′+∠BDC的度数不发生变化．【点评】本题考查了平行线的判定与性质、三角形内角和定理；熟练掌握平行线的判定和三角形内角和定理，并能进行推理计

算是解决问题的关键．22．直线AB∥CD，E、F分别是直线AB、CD上的点．（1）如图1，若G是在直线AB和直线CD内部，在EF的右侧一点，证明：∠G＝∠GEB+∠GFD．（2）如图2，EF⊥AB，射线EI从射线EB位置出发，绕着点E以10度/秒的角速度顺

时针旋转．射线FH从射线FD位置出发，绕着点F以15度/秒的角速度逆时针旋转．两条射线同时出发，当射线FH转完一周的时候两射线同时停止．请问在保证射线FH和射线EI有交点G的前提下，过几秒钟时，∠EGF＝50°？【分析】（1）过G作GH∥AB，根据GH∥AB∥CD，可得∠BEG＝∠H

GE，∠DFG＝∠HGF，即可得出∠EGF＝∠HGE+∠HGF＝∠BEG+∠DFG；（2）设过t秒钟时，∠EGF＝50°，分两种情况进行讨论：点G在EF右侧，点G在EF的左侧，分别根据平行线的性质以及∠EGF＝50°，列方程求解

即可得到t的值．【解答】解：（1）如图1，过G作GH∥AB，∵AB∥CD，∴GH∥AB∥CD，∴∠BEG＝∠HGE，∠DFG＝∠HGF，∴∠EGF＝∠HGE+∠HGF＝∠BEG+∠DFG；（2）设过t秒钟时，∠

EGF＝50°，由题可得∠BEG＝10t°，∠DFG＝15t°，如图2，当点G在EF右侧时，3由（1）可得，∠EGF＝∠BEG+∠DFG，即50°＝10t°+15t°，解得t＝2；如图3，当点G在EF的左侧时，过G作PG∥A

B，∵AB∥CD，∴GP∥AB∥CD，∴∠AEG＝∠PGE，∠CFG＝∠PGF，∴∠EGF＝∠PGE﹣∠PGF＝∠AEG﹣∠CFG，又∵∠AEG＝180°﹣10t°，∠CFG＝15t°﹣180°，∴50°＝（180°﹣

10t°）﹣（15t°﹣180°），解得t＝12.4，综上所述，过2秒或12.4秒时，∠EGF＝50°．【点评】本题主要考查了平行线的性质的运用，解题时注意：两直线平行，内错角相等；两直线平行，同旁内角互补．解决问题的关键是作平行线，构造内错角以及同旁内角．3

．取一副三角板按图①拼接，固定三角板ADC（∠ACD＝30°），将三角板ABC（∠ACB＝45°）绕点A依顺时针方向旋转一定的角度得到△ABC′，请问：（1）如图②，当∠CAC′＝15°时，请你判断AB与CD的位置关系，并说明理由；（2）如图③，当∠C

AC′为多少度时，能使CD∥BC′？（直接回答，不用证明）4【分析】（1）求出∠BAC＝30°，得出∠BAC＝∠C＝30°，即可证出AB∥CD；（2）如答图2，连接C′D．在△AC′D中利用三角形内角和定理进行解答即可．【解答】解：（1）如答图1，∵∠BAC＝∠BAC′﹣∠CAC′＝45°﹣

15°＝30°，∴∠BAC＝∠C＝30°，∴AB∥CD；（2）当∠CAC′＝75°时，能使CD∥BC′，理由如下，如答图③，延长BA交CD于点E．∵CD∥BC′，∴∠B+∠AEC＝180°，∵∠B＝90°，

∴∠AEC＝90°，∵∠C＝30°∴∠CAE＝60°∴∠C′AC＝180°﹣（∠CAE+∠BAC′）＝180°﹣105°＝75°．【点评】本题考查了平行线的判定与性质、三角形内角和定理；熟练掌握平行线的判定和三角形内角和定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．4．平面内的两条直线有相交

和平行两种位置关系．5（1）如图1，若AB∥CD，点P在AB，CD内部，则∠BPD，∠B，∠D之间有何数量关系？请说明你的结论．（2）在图1中，将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q，如图2，则∠BPD，∠B，∠D，∠BQD之间的关

系为∠B+∠D+∠BQD＝∠BPD；（3）根据（2）的结论求图3中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数．【分析】（1）过P作PE∥AB，根据平行线的性质可求得∠BPD＝∠B+∠D；（2）过B作BF∥CD，结合（1）的结论和平行

线的性质可得到∠BPD＝∠ABP+∠D+∠BQD；（3）根据三角形内角与外角的关系可得∠A+∠F＝∠1，∠B+∠G＝∠2，进而可得∠A+∠F+∠B+∠G＝∠1+∠2，再根据多边形内角和可得答案．【解答】解：（1）∠BPD＝∠B+∠D；过P作PE∥AB，∵AB∥CD，∴PE∥AB∥CD，∴

∠1＝∠ABP，∠2＝∠CDP，∴∠BPD＝∠B+∠D；（2）延长BP交CD于E，∵∠B+∠BQD＝∠BED，∠D+∠BED＝∠BPD，∴∠B+∠D+∠BQD＝∠BPD；故答案为：∠B+∠D+∠BQD＝∠BPD．（3）∵∠A+∠F＝∠1，∠B+∠G＝∠2，∴∠A+

∠F+∠B+∠G＝∠1+∠2，∵∠1+∠2+∠C+∠D+∠E＝540°，∴∠A+∠F+∠B+∠G+∠C+∠D+∠E＝540°．6【点评】本题主要考查平行线的性质，三角形形内角与外角的关系，关键是掌握三角形的外角等于与

它不相邻的两个内角的和．5．已知：如图，直线AB⊥直线MN于点O，OC⊥OE，射线OF平分∠AOE．（1）若OD是OC的反射向延长线，①当∠BOD＝20°和40°时，分别直接写出∠BOE和∠COF的度数；②猜想∠COF和∠BOE之间的数量关系？并说明理由；（2）若将∠COE绕点O旋转至图2的

位置，OD是OE的反向延长线，试问（1）中∠COF和∠BOE之间的数量关系是否发生变化？说明理由．【分析】（1）根据角的互余关系容易求出结果，得出结论；（2）先求出∠MOC＝∠AOE＝∠BOD，再求出∠AOF＝∠EOF，容易

得出∠BOE＝180°﹣∠BOD＝180°﹣∠AOE＝2（90°﹣EOF）＝2∠COF．【解答】解：（1）①当∠BOD＝20°时，∠BOE＝70°，∠COF＝35°°；当∠BOD＝40°时，∠BOE＝50°，∠COF＝25°；②∠BOE＝2∠C

OF；∵AB⊥MN，OC⊥OE，∴∠AON＝∠DOE＝∠COE＝90°，∴∠AOC+∠CON＝90°，∠CON+∠EON＝90°，∴∠AOC＝∠EON，∵OF平分∠AOE，∴∠AOF＝∠EOF，7∴∠COF＝∠FON，∵∠BOE+∠EON＝

90°，∴∠BOE＝∠CON＝2∠COF．（2）∵AB⊥MN，OC⊥OE，∴∠AON＝∠AOM＝∠COE＝90°，∴∠MOC＝∠AOE＝∠BOD，∵OF平分∠AOE，∴∠AOF＝∠EOF，∵∠BOE＝180°﹣

∠BOD＝180°﹣∠AOE＝2（90°﹣EOF）＝2∠COF．【点评】本题考查了垂线的性质和角平分线的定义；弄清各个角之间的数量关系是解题的关键．6．平面内的两条直线相交和平行两种位置关系（1）如图1，若AB∥

CD，点P在AB，CD内部，则∠BPD，∠B，∠D之间有何数量关系？请说明你的结论（2）在图中1，将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q，如图2，则∠BPD，∠B，∠D，∠BQD之间的关系

为∠BPD＝∠B+∠BQD+∠D（3）根据（2）的结论求图3中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．【分析】（1）延长BP交CD于E，先由平行线证∠B＝∠BED，再根据外角的性质，得出∠BPD＝∠BED+∠D，即可得出结论；（2）延长

BP交CD于E，根据外角的性质容易得出结论；（3）由四边形内角＝360°，再由外角的性质即可得出结论．【解答】解：（1）∠BPD＝∠B+∠D，理由如下：延长BP交CD于E，如图1所示：∵AB∥CD，8∴∠

B＝∠BED，∵∠BPD＝∠BED+∠D，∴∠BPD＝∠B+∠D；（2）∠BPD＝∠B+∠BQD+∠D，理由如下：延长BP交CD于E，如图2所示∵∠BPD＝∠BED+∠D，∠BED＝∠B+∠BQD，∴∠BPD＝∠B+∠BQD+∠D；（3）∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝3

60°，理由如下：如图3所示：∵∠A+∠C+∠D+∠1＝360°，∠1＝∠2+∠E，∠2＝∠B+∠F，∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．【点评】本题考查了平行线的性质、三角形的外角性质以及多边形的内角和；由三角形的外角性质得出角之间的关系是解题的关键．7．将一副直

角三角板按图所示方式放置，∠ACB＝∠CDE＝90°，∠CAB＝60°，∠ECD＝45°，AB边交直线DE于点M，设∠BMD＝α，∠BCE＝β，将直角三角板ABC绕着点C旋转，在旋转过程中，点B始终位于直线DE下方，猜想变化过程中α与β的数量关系，并利用相交线与平行线的相

关知识证明你的猜想．9【分析】分类讨论：当将直角三角板ABC绕着点C顺时针旋转时，根据三角形内角和定理得到α+30°＝β+45°，即α﹣β＝15°；当将直角三角板ABC绕着点C逆时针旋转时，先根据三角形外角性质得∠BMD＝∠1+∠B，再根据对顶角性质

和三角形内角和定理得∠1＝∠2，∠2＝180°﹣∠DEC﹣∠BCE，所以∠BMD＝180°﹣∠DEC﹣∠BCE+∠B，即α＝180°﹣45°﹣β+30°，于是得到α+β＝165°．【解答】解：α与β的数量关系为α﹣β＝15°或α+β＝165°．当将直角三角板ABC绕着点C顺时针旋转

时，如图1，∵∠BMD+∠B＝∠BCE+∠DEC，∴α+30°＝β+45°，∴α﹣β＝15°；当将直角三角板ABC绕着点C逆时针旋转时，如图2，∵∠BMD＝∠1+∠B，而∠1＝∠2，∠2＝180°﹣∠DEC﹣∠BCE，∴∠BMD＝180°﹣∠DEC﹣∠BCE+∠B，∴α＝180°﹣45°

﹣β+30°，∴α+β＝165°．【点评】本题考查了平行线的判定与性质：同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行；两直线平行，内错角相等；两直线平行，同旁内角互补．也考查了三角形内角和定理．8．取一副三角尺按如图所示的方式拼接，固定三角尺ADC，将三角尺ABC按顺时针方

向旋转一个大小为α的角得到三角形AB′C′，示意图如图所示．（1）当为多少度时，能使图2中的AB′∥CD？请说明理由；（2）当α分别为多少度时，B′C′∥AD、AC′∥CD？（不必说明理由）10【分析】（1）由于∠BAC＝45°，∠ACD＝30°，再利用旋转的性

质得∠B′AC′＝45°，根据内错角相等，两直线平行，当∠B′AC＝∠ACD＝30°时，AB′∥CD，则α＝15°；同理可得α为195度时，能使图2中的AB′∥CD；（2）根据内错角相等，两直线平行，当α＝∠B′C′A＝45°或225°，B′C′∥AD；当∠C′AD＝∠ADC＝60°或α为33

0°时，AC′∥DC，此时α＝150°．【解答】解：（1）α为15度或195度时，能使图2中的AB′∥CD．理由如下：∵∠BAC＝45°，∠ACD＝30°，而三角尺ABC按顺时针方向旋转一个大小为α的角得

到三角形AB′C′，∴∠B′AC′＝45°，当∠B′AC＝∠ACD＝30°时，AB′∥CD，此时∠CAC′＝45°﹣30°＝15°，即α为15度时，能使图2中的AB′∥CD；同理可得α为195度时，能使图2中的AB′∥CD；（2）当α＝∠B′C′A＝45°或α＝225°，B′C

′∥AD；当α＝150°或330°，AC′∥DC．【点评】本题考查了平行线的判定：同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行．9．“一带一路”让中国和世界更紧密，“中欧铁路”为了安全起见在某段铁路两旁安置了两座可旋转探照灯．如图所示，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：∠AB

Q＝60°；（2）若灯B射线先转动30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？11【分析】（1）根据PQ∥MN，且∠BAM：∠BAN＝2：1，∠BAM+∠BAN＝180°

，可以求得∠BAN的度数，再根据平行线的性质即可得到∠ABQ的度数；（2）根据平行线的性质和题意，可以求得在灯B射线到达BQ之前，A灯转动几秒，两灯的光束互相平行．【解答】解：（1）∵∠BAM：∠BAN＝2：1，∠BAM+∠BAN＝180°，∴∠BAM＝120°

，∠BAN＝60°，∵PQ∥MN，∴∠ABQ＝∠BAN，∴∠ABQ＝60°，故答案为：60°；（2）设A灯转t秒时，两灯的光束互相平行，30×1+t＝2t或30+t+2t﹣180＝180，解得，t＝30或110，答：A灯转动30或110秒，两

灯的光束互相平行．【点评】本题考查平行线的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用平行线的性质解答．10．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10⁰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）若射线OC的位置保持不变，且∠COE＝130°．①则当旋转时间t＝8或26秒时，边AB所在的直线与OC平行？12②在旋转的过程中，是否存在某个时刻，使得射线OA，OC与OD中的某一条射线是另两条射线所夹角的角平分线？若存在，请求出所有满足题意的t的取值．若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由∠AOB＝90°知∠BOC+∠AOC＝90°、∠AOD+∠BOE＝90°，根据∠AOD＝∠AOC可得答案；（2）①由∠COE＝130°知∠COD＝50°，分AB在直线DE上方和下方两种情况，根据平行线的性质分别求得∠AOD度数，从而求得t

的值；②当OA平分∠COD时∠AOD＝∠AOC、当OC平分∠AOD时∠AOC＝∠COD、当OD平分∠AOC时∠AOD＝∠COD，分别列出关于t的方程，解之可得．【解答】解：（1）∠BOC＝∠BOE，∵∠AOB＝90°，∴∠BOC+∠AOC＝90°

，∠AOD+∠BOE＝90°，∵OA平分∠COD，∴∠AOD＝∠AOC，∴∠BOC＝∠BOE；（2）①∵∠COE＝130°，∴∠COD＝50°，如图1，当AB在直线DE上方时，∵AB∥OC，∴∠AOC＝∠A＝30°，∴∠AOD＝∠AOC+∠COD＝80°，即t＝8；如图2，当

AB在直线DE下方时，13∵AB∥OC，∴∠COB＝∠B＝60°，∴∠BOD＝∠BOC﹣∠COD＝10°，则∠AOD＝90°+10°＝100°，∴t=360°−100°10=26，故答案为：8或26；②当OA平分∠COD时，∠AOD＝∠AOC，即10t＝25，解得t＝2.5；当OC平分∠A

OD时，∠AOC＝∠COD，即10t﹣50＝50，解得t＝10；当OD平分∠AOC时，∠AOD＝∠COD，即360﹣10t＝50，解得：t＝31；综上，t的值为2.5、10、31．【点评】本题主要考查平行线的性质、角平分线的性质、余角的性质及角的计算，根据题意全面考虑

所有可能以分类讨论是解题的关键．11．平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．（1）如图①，若AB∥CD，点P在AB、CD外部，则有∠B＝∠B0D，又因∠BOD是∠POD的外角，故∠BOD＝∠BPD+∠D得∠BPD＝∠B﹣∠D，将点P移到AB、CD内部，如

图②，以上结论是否成立？若成立，说明理由；若不成立，则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系？请证明你的结论；（2）在图②中，将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q，如图③，则∠BPD、∠B、∠D、∠BQ

D之间有何数量关系？（不需证明）；（3）根据（2）的结论求图④中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数．14【分析】（1）延长BP交CD于点E，根据AB∥CD得出∠B＝∠BED，再由三角形外角的性质即可得出结论；

（2）连接QP并延长，由三角形外角的性质得出∠BPE＝∠B+∠BQE，∠DPE＝∠D+∠DQP，由此可得出结论；（3）由（2）的结论得：∠AFG＝∠B+∠E．∠AGF＝∠C+∠D．再根据∠A+∠AFG+∠AGF＝180°即可得出结论．【解答

】解：（1）不成立，结论是∠BPD＝∠B+∠D．延长BP交CD于点E，∵AB∥CD，∴∠B＝∠BED，又∵∠BPD＝∠BED+∠D，∴∠BPD＝∠B+∠D；（2）结论：∠BPD＝∠BQD+∠B+∠D．连接

QP并延长，∵∠BPE是△BPQ的外角，∠DPE是△PDQ的外角，∴∠BPE＝∠B+∠BQE，∠DPE＝∠D+∠DQP，∴∠BPE+∠DPE＝∠B+∠D+∠BQE+∠DQP，即∠BPD＝∠BQD+∠B+∠D；（3）由（2）的结论得：∠AFG＝∠B+

∠E．∠AGF＝∠C+∠D．又∵∠A+∠AFG+∠AGF＝180°∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°．15【点评】本题考查的是平行线的性质，根据题意作出辅助线，构造出三角形，利用三角形外角的性质求解是解答此题的关键．12

．如图，是一个风车的示意图，如果CD旋转到与地面EF平行的位置时，AB能同时与地面EF平行吗？试用学过的知识说明为什么．【分析】根据平行公理：过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行可得答案．【解答】解：不能，AB与CD有夹角，根据过直线外一点，有且只

有一条直线与已知直线平行，可得AB不能同时与地面EF平行．【点评】此题主要考查了平行公理，关键是掌握并理解平行公理的内容．13．“一带一路”让中国和世界更紧密，“中欧铁路”为了安全起见在某段铁路两旁安置了两座可旋转探照灯．如图1所示灯A射线从A

M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：∠BAN＝60°．

（2）若灯B射线先转动45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，请求出∠BAC与∠

BCD的数量关系．16【分析】（1）根据∠BAM+∠BAN＝180°，∠BAM：∠BAN＝2：1，即可得到∠BAN的度数；（2）设A灯转动t秒，两灯的光束互相平行，分两种情况进行讨论：当0＜t＜90时，根据2t＝1•（45+t），可得t＝45；当90＜t＜1

50时，根据1•（45+t）+（2t﹣180）＝180，可得t＝105；（3）设灯A射线转动时间为t秒，根据∠BAC＝2t﹣120°，∠BCD＝120°﹣∠BCD＝t﹣60°，即可得出∠BAC：∠BCD＝2：1，据此可得∠BAC和∠BCD关系不会变化．【解答】解：（1）

∵∠BAM+∠BAN＝180°，∠BAM：∠BAN＝2：1，∴∠BAN＝180°×13=60°，故答案为：60°；（2）设A灯转动t秒，两灯的光束互相平行，①当0＜t＜90时，如图1，∵PQ∥MN，∴∠PBD

＝∠BDA，∵AC∥BD，∴∠CAM＝∠BDA，∴∠CAM＝∠PBD∴2t＝1•（45+t），解得t＝45；②当90＜t＜150时，如图2，∵PQ∥MN，∴∠PBD+∠BDA＝180°，17∵AC∥BD，∴

∠CAN＝∠BDA∴∠PBD+∠CAN＝180°∴1•（45+t）+（2t﹣180）＝180，解得t＝105，综上所述，当t＝45秒或105秒时，两灯的光束互相平行；（3）设灯A射线转动时间为t秒，∵

∠CAN＝180°﹣2t，∴∠BAC＝60°﹣（180°﹣2t）＝2t﹣120°，又∵∠ABC＝120°﹣t，∴∠BCA＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝180°﹣t，而∠ACD＝120°，∴∠BCD＝120°﹣∠BCA＝120°﹣（180°﹣t）＝t﹣60°，

∴∠BAC：∠BCD＝2：1，即∠BAC＝2∠BCD．【点评】本题主要考查了平行线的性质以及角的和差关系的运用，解决问题的关键是运用分类思想进行求解，解题时注意：两直线平行，内错角相等；两直线平行，同旁内角

互补．14．如图1，直角三角形DEF与直角三角形ABC的斜边在同一直线上，∠EDF＝30°，∠ABC＝40°，CD平分∠ACB，将△DEF绕点D按逆时针方向旋转，记∠ADF为α（0°＜α＜180°），在旋转过程中；（1）如图2，当∠α＝10°时，

DE∥BC，当∠α＝100°时，DE⊥BC；（2）如图3，当顶点C在△DEF内部时（不包含边界），边DF、DE分别交BC、AC的延长线于点M、N①此时∠α的度数范围是55°＜α＜85°．②∠BMD与∠

AND度数的和是否变化？若不变，求出∠BMD与∠AND的度数和；若变化，请说明理由；③若使得∠AND≥2∠BMD，求∠α的度数范围．18【分析】（1）当∠EDA＝∠B＝40°时，DE∥BC，得出30°+α＝40

°，即可得出结果；当DE∥AC时，DE⊥AB，得出50°+α+30°＝180°，即可得出结果；（2）①由已知得出∠ACD＝45°，∠A＝50°，推出∠CDA＝85°，当点C在DE边上时，α+30°＝85°，解得α＝55°，当点C在DF边上时，α＝85°，即可得出结果；②连接MN，由三角

形内角和定理得出∠CNM+∠CMN+∠MCN＝180°，则∠CNM+∠CMN＝90°，由三角形内角和定理得出∠DNM+∠DMN+∠MDN＝180°，即∠AND+∠CNM+∠CMN+∠BMD+∠MDN＝180°，即可得出结论；③由∠AND≥2∠BMD，∠BMD+∠AND＝60°，得出∠AND

≥2（60°﹣∠AND），解得∠AND≥40°，由三角形内角和定理得出∠AND+∠NDM+α+∠A＝180°，即∠AND+30°+α+50°＝180°，则∠AND＝100°﹣α，得出100°﹣α≥40°，解得α≤60°，再由当顶点C在△DEF内部时，55°＜α＜85°，即可得出结

果．【解答】解：（1）∵∠B＝40°，∴当∠EDA＝∠B＝40°时，DE∥BC，而∠EDF＝30°，∴30°+α＝40°，解得：α＝10°；当DE∥AC时，DE⊥AB，此时∠A+∠EDA＝180°，∠A＝90°

﹣∠B＝50°，∴50°+α+30°＝180°，解得：α＝100°；故答案为：10°，100°；19（2）①∵∠ABC＝40°，CD平分∠ACB，∴∠ACD＝45°，∠A＝50°，∴∠CDA＝85°，当点C在DE边上时，α+30°＝85°，解得：α＝

55°，当点C在DF边上时，α＝85°，∴当顶点C在△DEF内部时，55°＜α＜85°；故答案为：55°＜α＜85°；②∠1与∠2度数的和不变；理由如下：连接MN，如图3所示：在△CMN中，∵∠CNM+∠CMN+∠MCN＝180°，∴∠CNM+∠CMN＝90°，在△MN

D中，∵∠DNM+∠DMN+∠MDN＝180°，即∠AND+∠CNM+∠CMN+∠BMD+∠MDN＝180°，∴∠BMD+∠AND＝180°﹣90°﹣30°＝60°；③∵∠AND≥2∠BMD，∠BMD+∠AND＝60°，∴∠AND≥2（60°﹣∠AND），∴∠AND≥40°，

∵∠AND+∠NDM+α+∠A＝180°，20即∠AND+30°+α+50°＝180°，∴∠AND＝100°﹣α，∴100°﹣α≥40°，解得：α≤60°，∵当顶点C在△DEF内部时，55°＜α＜85°，∴∠α的度数范围为55°＜α≤60°．【点评】本题考查了

平行线的性质、直角三角形的性质、三角形内角和定理、旋转的性质、不等式等知识，合理选择三角形后利用三角形内角和定理列等量关系是解决问题的关键．15．直线DE上有一点O，过点O在直线DE上方作射线OC，将直角三角板AOB（∠OAB＝30°）的直角顶点放在点O处，一条直角边O

A在射线OD上，另一边OB在直线DE上方．将直角三角板绕点O按每秒10°的速度逆时针旋转得到三角形A′OB′，三角形AOB旋转一周后停止旋转，设旋转时间为t秒．若射线OC的位置保持不变，∠COD＝40°．（1）如图1，在

旋转过程中，当边A′B′与直线DE相交于点F时，请用含t的代数式分别表示∠A′OC和∠B′OF的度数，并求出∠A′OC﹣∠B′OF的值；（2）如图2，当t＝7时，试说明直线A′B′∥OC；（3）在旋转过程中，若t≠7

，是否还存在某一时刻，使得A′B′∥OC；若存在，请求出符合条件的t值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据题意列出代数式∠A′OC＝10°t﹣40°，∠B′OF＝10°t﹣90°，再将∠A′OC＝10°t﹣40°，∠B′OF＝10°t﹣90°代

入即可；（2）将t＝7代入可得∠A′OA＝70°，由∠AOC＝40°，易得∠A′＝∠A＝30°，由平行线的判定定理可得结论；（3）当∠A′OC+∠A′＝180°时，A′B′∥OC．由∠A′OC+∠A′＝180°，易得∠

A′OC＝180°﹣∠A′＝180°﹣30°＝150°，由∠AOC＝40°，∠A′OB′＝90°，可得∠AOB′＝20°，∠EOB′＝160°，易得∠BOE+∠EOB′＝250°，可得t．【解答】（1）解：∠A′OC＝10

°t﹣40°，∠B′OF＝10°t﹣90°，21∠A′OC﹣∠B′OF＝（10°t﹣40°）﹣（10°t﹣90°）＝50°；（2）证明：∵t＝7，∴∠A′OA＝70°，∵∠AOC＝40°，∴∠A′OC＝30°，∵∠A′＝∠A＝30°，∴∠A′OC＝∠A′，∴A′B′∥

OC；（3）解：如图，当∠A′OC+∠A′＝180°时，A′B′∥OC．理由：∵∠A′OC+∠A′＝180°，∴∠A′OC＝180°﹣∠A′＝180°﹣30°＝150°，∵∠AOC＝40°，∠A′OB′＝90°，∴∠A

OB′＝20°，∠EOB′＝160°，∴∠BOE+∠EOB′＝250°，∴10t＝250，∴t＝25．【点评】本题主要考查了平行线的判定定理和性质定理，理解题意，熟练掌握定理是解答此题的关键．16．李威将含30°角的三角板ABC（∠A＝30°，

∠C＝90°）放置在相互平行的直线MN和PQ所在平面内探究几何问题：（1）将三角板ABC如图1放置，BC交MN于点E，AC交PQ于点F，AB分别交MN，PQ于点D，G．①写出∠NEC与∠QFC的数量关系：∠NEC

+∠QFC＝90°；②写出∠NEB与∠QGB的数量关系：∠NEB﹣∠QGB＝60°．（2）如图2，K为AC上一点，连点EK，若∠NEC＝∠KEC，试探究∠MEK与∠PFA之间的关系，请说明理由．（3）旋转三角板ABC至如图

3位置，K为AC上一点，连DK，若∠ADM=15∠ADK，则∠𝑁𝐷𝐾∠𝑄𝐹𝐶=6．（直接填结果）22【分析】（1）根据平行线的基本性质即可求解；（2）（3）根据平行线的基本性质，角度的关系和已知条件即可求解．【解答】解：（

1）①∵∠NEC＝∠BED；∵∠GDE＝60°+∠BED；∴∠GDE＝60°+∠NEC；∵∠AGF＝60°+∠NEC；∵∠AGF+30°+∠GFA＝180°；∵∠GFA＝∠QFC；∴60°+∠NEC+30°+∠QFC＝180°；∴∠NEC+∠QFC＝9

0°；②∵∠NEB＝60°+∠BDE；∵∠BDE＝∠QGB；∴∠NEB﹣∠QGB＝60°；（2）设∠MEK＝∠1，∠PFA＝∠2，∠NEC＝∠3＝∠CEK＝∠4；∵∠1+∠4＝60°+∠BDE；∵∠BDE＝∠BGF＝30°+∠2；∴∠1

+∠4＝∠2+90°；∴2∠1+2∠4＝2∠2+180°；∵∠1+2∠4＝180°；∴∠1＝2∠2∴∠MEK与∠PFA之间的关系为：∠MEK＝2∠PFA；（3）设∠ADM＝∠1，∠ADK＝∠2，∠NDK

＝∠3，∠QFC＝∠4；23∵∠BDE＝∠1；∴∠1+60°＝∠DEC；∵∠4+∠DEC＝90°；∴∠1+∠4＝30°；∵∠2＝5∠1；∵∠1+∠2+∠3＝180°；∴∠3+6∠1＝180°；∴∠3＝6∠4；则∠𝑁𝐷𝐾∠𝑄𝐹𝐶

=6．【点评】本题考查了平行线的基本性质，难度一般．17．已知，点A、点B分别在线段MN、PQ上，∠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绕点B旋转，并且∠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+∠AEB是否为定值？如果是定值，请直接写出结果；如果不是，请简单说明理由．（3）在（2）的条件下，若BD和AE恰好分别平分∠CBP和∠CAN，并

且∠ACB＝100°，求∠CFB的度数．【分析】（1）过点C作CE∥MN，根据平行线的判定和性质即可得到结论；（2）过点B作BR∥AG，根据平行线的性质得到∠AEB+∠EBR＝180°，∠RBF+∠CFB＝180°，再结合∠EBR+∠RBF＝90°，

等量代换即可得到结论；（3）过点E作ES∥MN，根据平行线的性质可得∠NAE＝∠AES，∠QBE＝∠BES，最后结合四边形内角和即可得到结论．【解答】解：（1）如图1，过点C作CE∥MN，∴∠1＝∠MAC．∵∠2＝∠ACB﹣∠1

，24∴∠2＝∠ACB﹣∠MAC．∵∠ACB﹣∠MAC＝∠CBP，∴∠2＝∠CBP．∴CE∥PQ．∴MN∥PQ．（2）∠AEB+∠CFB是定值，∠AEB+∠CFB＝270°．过点B作BR∥AG，∵AG∥CH．∴BR∥HF．∴∠AEB+∠EBR＝180°，∠RBF+∠CF

B＝180°．∴∠EBR＝180°﹣∠AEB，∠RBF＝180°﹣∠CFB．又∵∠EBR+∠RBF＝90°，∴180°﹣∠AEB+180°﹣∠CFB＝90°，整理得：∠AEB+∠CFB＝270°．（3）过点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＝∠A

ES+∠BES＝∠CAE+∠CBE=12（360°﹣∠ACB）．∵∠ACB＝100°，∴∠AEB＝130°．∵∠AEB+∠CFB＝270°，25∴∠CFB＝270°﹣130°＝140°．【点评】本题主要考查了平行线的判定和性质及四边形内角和36

0°，同时考查了模仿探究能力，正确作出平行线及根据问题找到角之间的和差关系是解题的关键．18．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A

M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60°；（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．【分析】（1）根据PQ∥MN，可得∠QBA＝∠BAN，再根据平角定义和∠B

AM＝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∠PB

F+∠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．【解答】解：（1）∵PQ∥MN，∴∠QBA＝∠BAN，∵∠BAM+∠BAN＝180°，∠BAM＝2∠BAN，26∴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＝110，27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°，∴∠B

CA＝∠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．【点评】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．19．宁波正着力打造“三江六岸”景观带，计划在甬江两岸设置两座可以旋转的射灯．如图1，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．若灯A转动的速度是2度/秒，灯B转动的速度是1度/秒，假定甬江两岸是平行的，即PQ∥MN，且∠BAM：∠BAN＝2：1．（1）填空：∠BAN＝60°；（2）若灯B射线先转动30s，灯A射线才开

始转动，在灯B射线到达BQ之前，灯A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，假设射出的光束交于点C，过点C作∠ACD交PQ于点D，且∠ACD＝120°，请探究：在转动过程中，∠

BAC与∠BCD之间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．28【分析】（1）根据∠BAM+∠BAN＝180°，∠BAM：∠BAN＝2：1，即可得到∠BAN的度数；（2）设A灯转动t秒，两灯的光束互相平

行，分两种情况进行讨论：当0＜t＜90时，根据2t＝1•（30+t），可得t＝30；当90＜t＜150时，根据1•（30+t）+（2t﹣180）＝180，可得t＝110；（3）设灯A射线转动时间为t秒，根据∠BAC＝2t﹣120°，∠BC

D＝120°﹣∠BCD＝t﹣60°，即可得出∠BAC：∠BCD＝2：1，据此可得∠BAC和∠BCD关系不会变化．【解答】解：（1）∵∠BAM+∠BAN＝180°，∠BAM：∠BAN＝2：1，∴∠BAN＝180°×13=6

0°，故答案为：60；（2）设A灯转动t秒，两灯的光束互相平行，①当0＜t＜90时，如图1，∵PQ∥MN，∴∠PBD＝∠BDA，∵AC∥BD，∴∠CAM＝∠BDA，∴∠CAM＝∠PBD∴2t＝1•（30+t），解得t＝30；②当90＜t＜150时，如图2，∵PQ∥MN

，∴∠PBD+∠BDA＝180°，29∵AC∥BD，∴∠CAN＝∠BDA∴∠PBD+∠CAN＝180°∴1•（30+t）+（2t﹣180）＝180，解得t＝110，综上所述，当t＝30秒或110秒时，两灯的

光束互相平行；（3）∠BAC和∠BCD关系不会变化．理由：设灯A射线转动时间为t秒，∵∠CAN＝180°﹣2t，∴∠BAC＝60°﹣（180°﹣2t）＝2t﹣120°，又∵∠ABC＝120°﹣t，∴∠BCA＝180°﹣∠AB

C﹣∠BAC＝180°﹣t，而∠ACD＝120°，∴∠BCD＝120°﹣∠BCA＝120°﹣（180°﹣t）＝t﹣60°，∴∠BAC：∠BCD＝2：1，即∠BAC＝2∠BCD，∴∠BAC和∠BCD关系不会变化．【点评】本题主要考

查了平行线的性质以及角的和差关系的运用，解决问题的关键是运用分类思想进行求解，解题时注意：两直线平行，内错角相等；两直线平行，同旁内角互补．20．如图，已知AB∥CD，P是直线AB，CD间的一点，PF⊥CD于点F，PE交AB于点E，∠FPE＝120°．（1）求∠

AEP的度数；（2）如图2，射线PN从PF出发，以每秒40°的速度绕P点按逆时针方向旋转，当PN垂直AB时，立刻按原速返回至PF后停止运动；射线EM从EA出发，以每秒15°的速度绕E点按逆时针方向旋转至EB后停止运动．若射线PN，射线EM同时开始运动，设运动时间为t秒．①当∠M

EP＝20°时，求∠EPN的度数；②当EM∥PN时，求t的值．30【分析】（1）通过延长PG作辅助线，根据平行线的性质，得到∠PGE＝90°，再根据外角的性质可计算得到结果；（2）①当∠MEP＝20°时，分两种情况，Ⅰ当ME在AE和EP之间，Ⅱ当ME在EP和EB之

间，由∠MEP＝20°，计算出EM的运动时间t，根据运动时间可计算出∠FPN，由已知∠FPE＝120°可计算出∠EPN的度数；②根据题意可知，当EM∥PN时，分三种情况，Ⅰ射线PN由PF逆时针转动，EM∥PN，根据题意可知∠AEM＝15t°，∠FPN＝40t°，再平行线的性质可得∠AEM＝∠AHP

，再根据三角形外角和定理可列等量关系，求解即可得出结论；Ⅱ射线PN垂直AB时，再顺时针向PF运动时，EM∥PN，根据题意可知，∠AEM＝15t°，ME∥PN，∠GHP＝15t°，可计算射线PN的转动度数180°+90°﹣15t°，再根据PN转动可

列等量关系，即可求出答案；Ⅲ射线PN垂直AB时，再顺时针向PF运动时，EM∥PN，根据题意可知，∠AEM＝15t°，∠GPN＝40（t−92）°，根据（1）中结论，∠PEG＝30°，∠PGE＝60，可计算出∠PEM与∠EPN代数式，再根据平行

线的性质，可列等量关系，求解可得出结论．【解答】解：（1）延长FP与AB相交于点G，如图1，∵PF⊥CD，∴∠PFD＝∠PGE＝90°，∵∠EPF＝∠PGE+∠AEP，31∴∠AEP＝∠EPF﹣∠PGE＝120°﹣90°＝3

0°；（2）①Ⅰ如图2，∵∠AEP＝30°，∠MEP＝20°，∴∠AEM＝10°，∴射线ME运动的时间t=1015=23（秒），∴射线PN旋转的角度∠FPN=23×40°=80°3，又∵∠EPF＝120°，∴∠E

PN＝∵∠EPF﹣∠EPN＝120°−80°3=280°3；Ⅱ如图3所示，∵∠AEP＝30°，∠MEP＝20°，∴∠AEM＝50°，∴射线ME运动的时间t=5015=103（秒），∴射线PN旋转的角度∠FPN

=103×40°=400°3，又∵∠EPF＝120°，∴∠EPN＝∠FPN﹣∠EPF=400°3−120°=40°3；∴∠EPN的度数为280°3或40°3；②Ⅰ当PN由PF运动如图4时EM∥PN，32PN与AB相交于点H，根据题意可知，经过t秒，∠AEM＝15t°，∠FPN＝40t°，∵E

M∥PN，∴∠AEM＝∠AHP＝15t°，又∵∠EPN＝∠EPF﹣∠FPN，∴40t°＝90°+15t°，解得t=185（秒）；Ⅱ当PN运动到PG，再由PG运动到如图5时EM∥PN，PN与AB相交于点H，根据题意可知，经

过t秒，∠AEM＝15t°，∵EM∥PN，∴∠GHP＝15t°，∠GPH＝90°﹣15t°，∴PN运动的度数可得，180°+∠GPH＝40t°，解得t=5411；Ⅲ当PN由PG运动如图6时，EM∥PN，33根据题意可知，经过t秒，∠AEM＝

15t°，∠GPN＝40（t−92）°，∵∠AEP＝30°，∠EPG＝60°，∴∠PEM＝15t°﹣30°，∠EPN＝40（t−92）°﹣60°，又∵EM∥PN，∴∠PEM+∠EPN＝180°，∴15t°﹣30°+40（t−92）°﹣60°＝180°，解得t=9

011（秒），当t的值为185秒或5411或9011秒时，EM∥PN．【点评】本题主要考查平行线性质，合理添加辅助线和根据题意画出相应的图形时解决本题的关键．