已知AB∥CD.点P在直线AB.CD之间.连接AP.CP．填空:如图1.过P作PQ∥AB.∴∠A+∠1=180°(两直线平行.同旁内角互补)∵AB∥CD∴PQ∥CD∴∠C+∠2=180°结论:∠A+∠C+∠APC=360°,(2)解决问题:①如图2.延长PC至点E.AF.CF分别平分∠PAB.∠DCE.试判断∠P与∠F存在怎样的数量关系并说明理由,②如图3.若∠APC=100°.分别作BN� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

7．已知AB∥CD，点P在直线AB、CD之间，连接AP、CP．
（1）探究发现：（填空）
填空：如图1，过P作PQ∥AB，
∴∠A+∠1=180°（两直线平行，同旁内角互补）
∵AB∥CD（已知）
∴PQ∥CD（平行公理的推论）
∴∠C+∠2=180°
结论：∠A+∠C+∠APC=360°；
（2）解决问题：
①如图2，延长PC至点E，AF、CF分别平分∠PAB、∠DCE，试判断∠P与∠F存在怎样的数量关系并说明理由；
②如图3，若∠APC=100°，分别作BN∥AP，DN∥PC，AM、DM分别平分∠PAB，∠CDN，则∠M的度数为140°（直接写出结果）．

分析（1）过P作PQ∥AB，根据两直线平行，同旁内角互补，即可得出∠A+∠1=180°，∠C+∠2=180°，进而得到结论：∠A+∠C+∠APC=360°；
（2）先根据AF平分∠BAP，CF平分∠DCE，得出∠BAF=$\frac{1}{2}$∠BAP，∠DCF=$\frac{1}{2}$∠DCE，再根据平行线的性质以及三角形外角性质，即可得到∠F=$\frac{1}{2}$（∠BAP+∠DCP-180°）再根据∠BAP+∠DCP=360°-∠P，即可得出∠F=$\frac{1}{2}$（360°-∠P-180°）=90°-$\frac{1}{2}$∠P；
（3）延长线段CD，延长BA交CP的延长线于G，设∠BAP=α，∠G=∠GCF=∠CDN=β，由（1）可得，∠M+∠BAM+∠EDM=360°，即可得到∠M=360°-∠BAM-∠EDM=100°+$\frac{1}{2}$（α-β），再根据∠BAP是△APG的外角，∠APC=100°，即可得出α-β=80°，代入后可得∠M=100°+$\frac{1}{2}$（α-β）=100°+$\frac{1}{2}$×80°=140°．

解答解：（1）探究发现：
如图1，过P作PQ∥AB，
∴∠A+∠1=180°（两直线平行，同旁内角互补）
∵AB∥CD（已知）
∴PQ∥CD（平行公理的推论）
∴∠C+∠2=180°
结论：∠A+∠C+∠APC=360°；
故答案为：180°，两直线平行，同旁内角互补，平行公理的推论，360；

（2）2∠F+∠P=180°．
理由：如图2，∵AF平分∠BAP，CF平分∠DCE，
∴∠BAF=$\frac{1}{2}$∠BAP，∠DCF=$\frac{1}{2}$∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BAF=∠DQF，
∵∠DQF是△CFQ的外角，
∴∠F=∠DQF-∠DCF
=∠BAF-∠DCF
=$\frac{1}{2}$∠BAP-$\frac{1}{2}$∠DCE
=$\frac{1}{2}$（∠BAP-∠DCE）
=$\frac{1}{2}$[∠BAP-（180°-∠DCP）]
=$\frac{1}{2}$（∠BAP+∠DCP-180°）
由（1）可得，∠P+∠BAP+∠DCP=360°，
∴∠BAP+∠DCP=360°-∠P，
∴∠F=$\frac{1}{2}$（360°-∠P-180°）=90°-$\frac{1}{2}$∠P，
即2∠F+∠P=180°；

（3）如图3，延长线段CD，延长BA交CP的延长线于G，
∵BN∥AP，DN∥PC，AB∥CD，
∴可设∠BAP=α，∠G=∠GCF=∠CDN=β，
∵AM、DM分别平分∠PAB，∠CDN，
∴∠BAM=$\frac{1}{2}$∠BAP=$\frac{1}{2}$α，∠MDN=$\frac{1}{2}$∠CDN=$\frac{1}{2}$β，
由（1）可得，∠APC+∠BAP+∠DCP=360°，
∴∠PCD=360°-∠APC-∠BAP=260°-α，
∴∠NDE=260°-α，
由（1）可得，∠M+∠BAM+∠EDM=360°，
∴∠M=360°-∠BAM-∠EDM
=360°-$\frac{1}{2}$α-（$\frac{1}{2}$β+260°-α）
=100°+$\frac{1}{2}$（α-β），
又∵∠BAP是△APG的外角，∠APC=100°，
∴∠BAP-∠G=∠APG=80°，
∴α-β=80°，
∴∠M=100°+$\frac{1}{2}$（α-β）=100°+$\frac{1}{2}$×80°=140°．
故答案为：140°．