2023年中考數學探究性試題復習13 平行線的判定與性質【含答案】

2023年中考數學探究性試題復習13平行線的判定與性質一、綜合題1．【學習新知】射到平面鏡上的光線(入射光線)和反射后的光線(反射光線)與平面鏡所夾的角相等，如圖1，AB是平面鏡，若入射光線與水平鏡面夾角為∠1，反射光線與水平鏡面夾角為∠2，則∠1=∠2．（1）【初步應用】如圖，一束光線m射到平面鏡a上，被a反射到平面鏡b上，又被b反射，若被b反射出的光線n與光線m平行，且∠1=50°，則∠2=，∠3=；（2）【猜想驗證】由（1），請你猜想：當兩平面鏡a、b的夾角∠3=▲時，可以使任何射到平面鏡a上的光線m，經過平面鏡a、b的兩次反射后，入射光線m與反射光線n平行，請說明理由；（3）【拓展探究】如圖3，有三塊平面鏡AB，BC，CD，入射光線EF與鏡面AB的夾角∠1=α°，鏡面AB、BC的夾角∠B=120°，已知入射光線從鏡面AB開始反射，經過n(n為正整數，n≤3)次反射，當第n次反射光線與入射光線EF平行時，請直接寫出∠BCD的度數．(2．如圖【學習新知】：射到平面鏡上的光線（入射光線）和反射后的光線（反射光線）與平面鏡所夾的角相等．如圖1，AB是平面鏡，若入射光線與水平鏡面夾角為∠1，反射光線與水平鏡面夾角為∠2，則∠1=∠2．（1）【初步應用】：生活中我們可以運用“激光”和兩塊相交的平面鏡進行測距．如圖2當一束“激光”DO1射入到平面鏡AB上、被平面鏡AB反射到平面鏡BC上，又被平面鏡BC反射后得到反射光線①當DO1∥EO2，∠E②當∠B=90°時，任何射入平面鏡AB上的光線DO1經過平面鏡AB和BC的兩次反射后，入射光線DO（提示：三角形的內角和等于180°）（2）【拓展探究】：如圖3，有三塊平面鏡AB，BC，CD，入射光線EO1經過三次反射，得到反射光線O3F，已知∠1=36°，∠B=120°，若要使3．將一副三角板中的兩個直角頂點C疊放在一起，其中∠A=∠B=45°，∠D=30°，∠E=60°（1）操作發(fā)現(xiàn)：如圖1，當點A落在線段DE上時，寫出圖中相等的角（寫出三對即可）；（2）問題解決：如圖2，若線段AC與DE交于點G．①若∠BCE=3∠ACD時，求∠BCD的度數；②當∠BCD為何值時，使線段CG最短；（3）深化拓展：如圖3，將三角板ABC繞點C順時針轉動，直到邊BC與CE重合即停止，轉動的過程中當兩塊三角板恰有兩邊平行時，請直接寫出∠ACD的度數．4．幾何模型在解題中有著重要作用，例如美味的“豬蹄模型”．（1）導入：如圖1，已知AB∥PQ∥CD，如果∠AEP=45°，∠CFP=60°，則∠EPF=°；（2）發(fā)現(xiàn)：如圖2，直線AB∥CD，請判斷∠AEP與∠CFP，∠EPF之間的數量關系，并說明理由；（3）運用：如圖3，已知AD∥BC，P在射線OM上運動（點P與點A、B、O三點不重合），∠ADP=α，∠BCP=β，請用含α、β的代數式表示∠CPD，并說明理由．5．[閱讀探究]如圖(a)所示，已知AB∥CD，點E，F(xiàn)分別是AB，CD上的點，點M在AB，CD兩平行線之間，∠AEM=45°，∠CFM=25°，求∠EMF的度數．解：如圖(a)所示，過點M作MN∥AB．∵AB∥CD，∴MN∥CD．∴∠EMN=CAEM=45°，∠FMN=∠CFM=25°．∴∠EMF=∠EMN+∠FMN=45°+25°=70°．（1）從上面的推理過程中，我們發(fā)現(xiàn)平行線具有“等角轉化”的功能，將∠AEM和∠CFM“湊”在一起，得出角之間的關系，使問題得以解決．通過進一步研究，我們可以發(fā)現(xiàn)圖(a)中∠AEM，∠EMF和∠CFM之間存在一定的數量關系，請直接寫出它們之間的數量關系：（2）[方法運用]如圖(b)所示，已知AB∥CD，點E，F(xiàn)分別在直線AB，CD上，點M在AB，CD之間，求∠AEM，∠EMF和∠CFM之間的數量關系．（3）[應用拓展]如圖(C)所示，在圖(b)的條件下，分別作LAEM和∠CFM的角平分線EP，F(xiàn)P，交于點P(交點P在AB，CD之間)．若∠EMF=60°，求∠EPF的度數．．6．【學習新知】射到平面鏡上的光線（入射光線）和反射后的光線（反射光線）與平面鏡所夾的角相等．如圖1，若入射光線與水平鏡面夾角為∠1，反射光線與水平鏡面夾角為∠2，則∠1=∠2．（1）【初步應用】如圖2，有兩塊平面鏡AB，BC1，入射光線DO1經過兩次反射，得到反射光線O2（2）【拓展探究】如圖3，有三塊平面鏡AB，BC，CD，入射光線EO1經過三次反射，得到反射光線O3F，已知∠1=36°，∠B=120°，若要使7．如圖（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖①，直線AB∥CD，連接BE，CE，可以發(fā)現(xiàn)∠B+∠C=∠BEC．請把下面的證明過程補充完整：證明：過點E作EF∥AB，∵AB∥DC(已知)∴EF∥DC（）．∴∠C=∠CEF．（）．∵EF∥AB，∴∠B=∠BEF(同理)．∴∠B+∠C=▲(等量代換)．即∠B+∠C=∠BEC．（2）拓展探究：如果點E運動到圖②所示的位置，其他條件不變，說明：∠B+∠C+∠BEC=360°．（3）解決問題：如圖③，AB∥DC，E、F、G是AB與CD之間的點，直接寫出∠1，∠2，∠3，∠4，∠5之間的數量關系．8．如圖①，直線l1∥l2，直線EF和直線l1、l（1）如圖①，若點P在線段CD上，∠PAC=15°，∠PBD=40°，求∠APB的大??；（2）猜想：如圖①，若點P在線段CD上移動，直接寫出∠PAC、∠APB、∠PBD之間的數量關系；（3）探究：如圖②，若點P不在線段CD上，則（2）中的數量關系還成立嗎？若成立，請說明理由；若不成立，請寫出正確的結論并說明理由.9．在一個數學活動中，若身旁沒有量角器或者三角尺，又需要作60°，30°，15°的角，可以采用如下的方法：【操作感知】第一步：對折矩形紙片ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，把紙片展開.第二步；再一次折疊紙片，使點A落在EF上，并使折痕經過點B，得到折痕BM，同時得到線段BN（如圖1）.（1）【猜想論證】

寫出圖1中一個30°的角：.（2）若延長MN交BC于點P，如圖2所示，試判斷△BMP的形狀，并證明.（3）【遷移探究】

小華將矩形紙片換正方形紙片，繼續(xù)探究，過程如下：將正方形紙片ABCD按照“操作感知”的方式操作，并延長MN交CD于點Q，連接BQ.當點N在EF上時，DM=2，求正方形的邊長.10．在平面直角坐標系中，A(?4，3)，B(4，3)，動點P在射線（1）當點P運動的時間為2秒時，點P的坐標是；（2）如圖1，Q(1，2)，在點P運動的過程中，三角形POQ的面積能等于3嗎？若能，請求出點（3）如圖2，AB與y軸交于點M，將線段AB向下平移得到CD，CD與y軸交于點N，點E為線段MB上任意一點，點G為線段ND上任意一點，∠EOG=130°.點F為線段MB與線段ND之間一點，連接EF，GF，且∠BEF=13∠BEO，∠EFG=80°.試寫出∠FGO11．問題提出：一條線段沿某個方向平移一段距離后與原線段構成一個平行四邊形.我們可以利用這一性質，將有些條件通過平移集中在一起來解決一些幾何問題.如圖①，兩條長度相等的線段AB和CD相交于O點，∠AOC=60°，直線AC與直線BD的夾角為α，求線段AC、BD、AB滿足的數量關系.分析：考慮將AC、BD和AB集中到同一個三角形中，以便運用三角形的知識尋求三條線段的數量關系：如圖②，作CE//AB且CE=AB，則四邊形ABEC是平行四邊形，從而AC=BE；由于CD=AB=CE，∠ECD=∠AOC=60°，所以△ECD是等邊三角形，故ED=AB；通過平行又求得∠EBD=180°?α.在△BED中，研究三條線段的大小關系就可以了.（1）如圖②，若AC=23，BD=6，α=30°，請直接寫出線段AB（2）問題解決：如圖③，矩形ABCD中，E、F分別是AD、CD上的點，滿足AE=CD，DE=CF，求證：AF=2（3）拓展應用：如圖④，△ABC中，∠A=45°，D、E分別在AC、AB上，BD、CE交于點O，BD=CE，∠BOC=120°，若BE=4，CD=32，則BD=12．問題情境：如圖1，AB∥CD，∠1=40°，∠2=35°，求∠BPC的度數.小明的思路是過點P作PE∥AB，通過平行線的性質來求∠BPC.（1）按照小明的思路，則∠BPC的度數為；（2）問題遷移：如圖2，AB∥CD，點P在射線ON上運動，記∠PAB=α，∠PCD=β.當點P在B、D兩點之間運動時，問∠APC與α、β之間有何數量關系？請說明理由；（3）在（2）的條件下，如果點P不在B、D兩點之間運動時（點P與點O、B、D三點不重合），寫出∠APC與α、β之間的數量關系，并說明理由.13．綜合與實踐：如圖（1）模型啟迪：如圖1，在△ABC中，D為BC邊的中點，連接AD并延長至點H，使DH=AD，連接CH．由∠ADB=∠CDH，得△ADB≌△HDC，則AB與CH的數量關系為，位置關系為．（2）模型探索：如圖2，在△ABC中，AP平分∠BAC，D為BC邊的中點，過點D作DQ∥AP，交CA的延長線于點Q，交AB邊于點K．試判斷BK與CQ的數量關系，并說明理由．（3）如圖3，在△ABC中，D為BC邊的中點，連接AD，E為AC邊上一點，過點E作EG⊥AD于點G，連接BE交AD于點F，且BF=AC．求證：AG=GF．（4）模型應用：如圖4，在（3）的條件下，延長AC至點N，使AN=AB，連接BN，交AD的延長線于點M．若AB=7，AC=5，∠CAD=60°，請直接寫出線段DM的長．14．【教材再現(xiàn)】在初中數學教材中有這樣一個基本事實：兩條直線被一組平行線所截，所得的對應線段成比例.如圖1，直線l1∥l2，直線m和直線n分別與直線l1【探究發(fā)現(xiàn)】如圖2，在△ABC中，AC=BC=3，∠C=90°，點D在邊BC上（不與點B，點C重合），連接AD，點E在邊AB上，∠EDB=∠ADC.（1）求證：BEAB（2）當DEAD=1（3）點H在射線AC上，連接EH交線段AD于點G，當CH=1，且∠AEH=∠BED時，直接寫出BEAB15．閱讀下面材料：小騰遇到這樣一個問題：如圖1，在△ABC中，點D在線段BC上，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，AD＝2，BD＝2DC，求AC的長.小騰發(fā)現(xiàn)，過點C作CE∥AB，交AD的延長線于點E，經過推理和計算能夠使問題得到解決，如圖2.（1）請回答：∠ACE的度數為，AC的長為.（2）參考小騰思考問題的方法，解決問題：如圖3，在四邊形ABCD中，∠BAC＝90°，∠CAD＝30°，∠ADC＝75°，AC與BD交于點E，AE＝2，BE＝2ED，求BC的長.16．課題學習：平行線的“等角轉化”功能.（1）閱讀理解：如圖1，已知點A是BC外一點，連接AB、AC，求∠B+∠BAC+∠C的度數.閱讀并補充下面推理過程.解：過點A作ED∥BC，∴∠B=▲，∠C▲，∵∠EAB+∠BAC+∠DAC=180°，∴∠B+∠BAC+∠C=180°.解題反思：從上面的推理過程中，我們發(fā)現(xiàn)平行線具有“等角轉化”的功能，將∠BAC、∠B、∠C“湊”在一起，得出角之間的關系，使問題得以解決.（2）方法運用：如圖2，已知AB∥ED，求∠B+∠BCD+∠D的度數；（3）深化拓展：已知AB∥CD，點C在點D的右側，∠ADC=50°，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，BE，DE所在的直線交于點E，點E在直線AB與CD之間.①如圖3，點B在點A的左側，若∠ABC=36°，求∠BED的度數.②如圖4，點B在點A的右側，且AB<CD，AD<BC.若∠ABC=n°，求∠BED度數.（用含n的代數式表示）

答案解析部分1．【答案】（1）100°；90°（2）解：90°，理由如下：

∵∠3=90°，∴∠7+∠5=90°．又由題意知∠1=∠5，∠7=∠6，∴∠2+∠4=180°?(∠6+∠7)+180°?(∠1+∠5)=360°?2∠7?2∠5=360°?2(∠7+∠5)=180°．∴m∥n，

故當∠3=90°時，可以使任何射到平面鏡a上的光線m，經過平面鏡a、b的兩次反射后，入射光線m與反射光線n平行，

故答案為：90°；（3）解：∠BCD的度數為90°+α°或150°，理由如下：

①當n=3時，如圖，

∵∠BEG=∠1=α°，

∴∠BGE=∠CGH=180°-∠B-∠BEG=180°-120°-α°=60°-α°，

∴∠FEG=180°-2∠1=180°-2α°，∠EGH=180°-2∠BGE=180°-2（60°-α°）=60°+2α°，

∵EF∥HK，

∴∠FEG+∠EGK+∠GHK=360°，

∴∠GHK=360°-（180°-2α°）-（60°+2α°）=120°，

∴∠GHC=30°，

由△GCH的內角和得∠BCD=180°-∠GHC-∠CGH=180°-30°-（60°-α°）=90°+α°；

②當n=2時，如果在BC邊反射后與EF平行，則∠B=90°，與題意不相符；則只能在CD邊反射后與EF平行，如圖，

∵∠GBC=180°-∠ABC=60°，

∴∠G=∠BCD-∠GBC=∠BCD-60°，

由EF∥HK及（1）的結論得∠G=∠BCD-60°=90°，則∠BCD=150°，

綜上所述，∠BCD的度數為90°+α°或150°.2．【答案】（1）解：①∵∠EO2C=60°∴∠BO∴∠O又DO∴∠DO②由題意知∠1=∠2，∠3=∠4，∵∠B=90°，∴∠2+∠3=90°，∴∠1+∠4=90°，∴∠DO∴DO（2）解：過點O2作O∵EO∴O2M∥O∵∠1=36°=∠2，∴∠EO∴∠O∵∠B=120°，∴∠3=180°?∠B?∠2=24°=∠4，∴∠MO∵O2∴∠O∴∠5+∠6=180°?∠O又∠5=∠6，∴∠5=30°，∴∠C=180°?∠5?∠4=126°．3．【答案】（1）解：∵∠BFD，∠AFC是對頂角，∴∠BFD=∠AFC，∠AFD=∠BFC，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACB?∠ACD=∠DCE?∠ACD，即∠FCB=∠ACE（2）解：①∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠BCD+∠ACD+∠ACE+∠ACD=180°，即∠BCE+∠ACD=180°，∵∠BCE=3∠ACD，∴3∠ACD+∠ACD=180°，∴∠ACD=45°，∴∠BCD=90°?∠ACD=45°；②根據題意得：當CG⊥DE，即∠DGC=∠EGC=90°時，線段CG最短，∵∠E=60°，∴∠BCD=∠ACE=90°?60°=30°，即當∠BCD=30°時，線段CG最短；（3）解：45°或60°或150°或135°4．【答案】（1）105（2）解：如圖所示，過點P作AB∥PQ∥CD，∵AB∥PQ∥CD，∴∠EPQ=∠AEP，∠QPF=∠CFP，∴∠EPF=∠EPQ+∠QPF；（3）解：如圖所示，當點P在線段BO上時，作AD∥PQ∥BC交ON于點Q，∵AD∥PQ∥BC∴∠DPQ=∠ADP=α，∠CPQ=∠BCP=β，∴∠CPD=∠DPQ?∠CPQ=α?β；如圖所示，當點P在線段AB上時，作AD∥PQ∥BC交ON于點Q，∵AD∥PQ∥BC，∴∠DPQ=∠ADP=α，∠CPQ=∠BCP=β，∴∠CPD=∠DPQ+∠CPQ=α+β；如圖所示，當點P在射線AM上時，作AD∥PQ∥BC交ON于點Q，∵AD∥PQ∥BC，∴∠DPQ=∠ADP=α，∠CPQ=∠BCP=β，∴∠CPD=∠CPQ?∠DPQ=β?α；綜上所述，∠CPD=α?β或∠CPD=α+β或∠CPD=β?α．5．【答案】（1）∠EMF=∠AEM+∠CFM（2）解：過點M作MN∥BA，如圖(a)所示．∵AB∥CD，∴NM∥CD．∴∠EMN=∠BEM，∠FMN=∠DFM．∵∠BEM=180°-∠AEM，∠DFM=180°-∠CFM，∴∠EMF=∠EMN+∠FMN=180°-∠AEM+180°-∠CFM==360°-∠AEM-∠CFM．∴∠AEM，∠EMF和∠CFM之間的數量關系為∠EMF=360°-∠AEM-∠CFM．（3）解：∵EP，F(xiàn)P分別是∠AEM和∠CFM的角平分線，∴∠AEP=12AEM，∠CFP=1過點P作PH∥AB，如圖(b)所示．∵AB∥CD，∴PH∥CD．∴∠EPH=∠AEP，∠FPH=∠CFP．∴EPF=∠EPH+∠FPH=∠AEP+∠CFP=12∠AEM+12∠CFM=由(2)，得∠EMF=360°-∠AEM-∠CFM．∴∠AEM+∠CFM=360°-∠EMF=360°-60°=300°．∴12(∠AEM+∠CFM)=1∴∠EPF=150°．6．【答案】（1）證明：∵∠B=90°，∠B+∠2+∠3=180°，∴∠2+∠3=90°，∵∠1=∠2，∠3=∠4，∴∠1+∠2+∠3+∠4=180°，∵∠1+∠DO1O∴∠DO∴D（2）解：如圖，過點O2作O∵∠1=36°，∠B=120°，又∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠5=∠6，∴∠2=∠1=36°，∴∠3=180°?∠B?∠2=180°?120°?36°=24°，∴∠4=∠3=24°，∴∠EO∠O∵O2∴∠O∴∠MO∵O2M∥O∴O2∴∠O∴∠5=∠6=1∴∠C=180°?∠4?∠5=180°?24°?30°=126°．∴∠C為126°．7．【答案】（1）解：證明：過點E作EF∥AB，∵AB∥DC(已知)∴EF∥DC(平行于同一直線的兩直線平行)．∴∠C=∠CEF．兩直線平行，內錯角相等)．∵EF∥AB，∴∠B=∠BEF(同理)．∴∠B+∠C=∠BEF+∠CEF(等量代換)．即∠B+∠C=∠BEC．（2）解：如圖②，過點E作EF∥AB，∵AB∥CD，EF∥AB，∴EF∥CD，∴∠C+∠CEF＝180°，∠B+∠BEF＝180°，∴∠B+∠C+∠AEC＝360°，∴∠B+∠C＝360°-（∠BEF+∠CEF），即∠B+∠C+∠BEC＝360°（3）解：∠1+∠3+∠5＝∠2+∠48．【答案】（1）解：如圖①所示：過點P作PG∥∵PG∥∴∠APG=∠CAP=15°∵l∴PG∥∵∠PBD=40°∴∠GPB=∠PBD=40°∴∠APB=∠APG+∠BPG=15°+40°=55°（2）解：猜想：∠APB=∠PAC+∠PBD如圖①所示：過點P作PG∥∵PG∥∴∠APG=∠CAP，∵l∴PG∥∴∠GPB=∠PBD，∴∠APB=∠APG+∠GPB=∠APG+∠BPG.（3）解：不成立.①當點P在DC延長線上時，有∠APB=∠PBD?∠PAC.理由如下：過點P作PG∥l∴∠PAC=∠APG∵l1∴PG∥∴∠PBD=∠GPB∴∠APB=∠GPB?∠APG=∠PBD?∠PAC②當點P在CD延長線上時，有∠APB=∠PAC?∠PBD.理由如下：過點P作PG∥l∴l(xiāng)1∴∠APG=∠PAC，∠BPG=∠PBD，∴∠APB=∠APG?∠BPG=∠PAC?∠PBD∴綜上所述：當點P不在線段DC上時，∠APB=∠PBD?∠PAC或∠APB=∠PAC?∠PBD.9．【答案】（1）∠ABM（2）解：△BMP是等邊三角形，證明：如圖所示，由（1）可知∠BMP=∠1=60°，∵AD∥BC，∴∠1=∠2=60°，∴△BMP是等邊三角形，（3）解：由（2）可得∠DMN=60°，在Rt△DMQ中，DM=2，∠MQD=30°，∴MQ=4，DQ=23∵折疊，∴AB=BN，∴BN=BC，在Rt△BNQ，BN=BCBQ=BQ∴Rt△BNQ≌Rt△BCQ(HL)，∴NQ=CQ，∴MQ=MN+NQ=MA+CQ，∵AD+DC=AM+MD+DQ+CQ=MQ+MD+DQ=4+2+23∴AD=3+310．【答案】（1）(?2（2）解：設點P的運動時間為t秒，則AP=t，當點P在點Q的左側時，如圖，過點Q作EF⊥x交AB于點E，垂足為點F，則PE=1?(?4)?t=5?t，QE=3?2=1，QF=2，∴t<5，則S△POQ解得t=5則t=5當點P在點Q的右側時，如圖，過點Q作GH⊥x交AB于點H，垂足為點G，設AB與y軸交于點T，則t>5，OT=3則S△POQ解得t=17∵t=17則t=17當t=5時，如圖，此時S△POQ綜上可知t=52或即點P運動的時間52s或172（3）解：∠OGF=2∠FGD?10°，證明如下：過點F作FK∥x軸交y軸于點K，∵將線段AB向下平移得到CD，∴AB∥CD，∴AB∥CD∥x軸，∴AB∥CD∥FK，設∠BEF=13∠BEO=x，則∠BEO=3x則∠OEF=2x，∠GFK=∠GFE?∠EFK=80°?x，則∠FGD=∠GFK=80°?x，在四邊形OGFE中，∠OGF=360°?∠EOG?∠OEF?∠EFG=360°?130°?2x?80°=150°?2x，∵2∠FGD=160°?2x，∴∠OGF=2∠FGD?10°11．【答案】221問題解決：如圖③，矩形ABCD中，E、F分別是AD、CD上的點，滿足AE=CD，DE=CF，求證：AF=2CE；【答案】證明：問題解決：作CG∥AF交AB于G，連接GE，，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠BAD=∠D=90°，∴四邊形AGCF是平行四邊形，∴AG=CF=DE，AF=CG，又AE=CD，∠BAD=∠D=90°∴△AGE≌△DEC，∴GE=CE，∠AEG=∠DCE，∵∠DEC+∠DCE=90°，∴∠DEC+∠AEG=90°，∴∠CEG=90°，∴CG2=GE2+CE2=2CE2，∴CG=2CE=AF；拓展應用：如圖④，△ABC中，∠A=45°，D、E分別在AC、AB上，（1）2（2）證明：問題解決：作CG∥AF交AB于G，連接GE，

，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴AB∥CD，∠BAD=∠D=90°，

∴四邊形AGCF是平行四邊形，

∴AG=CF=DE，AF=CG，

又AE=CD，∠BAD=∠D=90°

∴△AGE≌△DEC，

∴GE=CE，∠AEG=∠DCE，

∵∠DEC+∠DCE=90°，

∴∠DEC+∠AEG=90°，

∴∠CEG=90°，

∴CG2=GE2+C（3）5812．【答案】（1）75°（2）解：∠APC=α+β，理由如下：如圖2，過P作PE∥AB交AC于E，∵AB∥CD，∴AB∥PE∥CD，∴∠APE=∠PAB=α，∠CPE=∠PCD=β，∴∠APC=∠APE+∠CPE=α+β；（3）解：當P在BD延長線上時，∠APC=α?β；當P在DB延長線上時，∠APC=β?α；理由如下：①如圖所示，當P在BD延長線上時，過點P作PE∥AB，∵∵AB∥CD，∴PE∥AB∥CD，∴∠APE=∠BAP=α，∠CPE=∠PCD=β，∴∠APC=∠APE?∠CPE=α?β.②如圖所示，當P在DB延長線上時，同理可得∠CPA=β?α；綜上所述：當P在BD延長線上時，∠APC=α?β；當P在DB延長線上時，∠APC=β?α.13．【答案】（1）AB=CH；AB∥CH（2）解：如圖2，BK=CQ，連接KD并延長至點T，使DT=DK，∵D為BC的中點，∴BD=CD在△KDB和△TDC中，BD=CD∠KDB=∠TDC∴△KDB?△TDC∴BK=CT∵DQ∥AP∴∠BKD=∠BAP又∵AP平分∠BAC∴∠BAP=∠CAP∴∠T=∠Q∴BK=CQ（3）解：如圖3，連接AD并延長至點H，使DH=AD，∵D為BC的中點，∴BD=CD在△HDB和△ADC中，CD=BD∠ADC=∠HDB∴△ADC?△HDB∴AC=BH∵BF=AC∴BF=BH∴∠BFH=∠H又∵∠BFH=∠AFE∴∠CAD=∠AFE∴AE=FE∵EG⊥AD∴AG=GF（4）解：連接AD并延長至點H，使DH=AD，連接BH，過點B作BW⊥AH于點由（3）得BH=BF=AC=5，∵∠CAD=60°∴∠H=60°∴△BFH是等邊三角形，∴FH=BF=BH=5∵BW⊥AH∴FW=HW=∴BW=∴AW=A∴AH=AW+HW=∴DH=1∵∠H=∠CAD，∴△BMH∴∵AN=AB=7∴∴HM=∴DM=DH?HM=4?14．【答案】（1）證明：如圖2，過點A作AF∥CB交DE的延長線于點F.∵AF∥CB，∴∠F=∠EDB，∠FAD=∠ADC，∵∠EDB=∠ADC，∴∠F=∠FAD，∴AD=FD；由