1. (2025·连云港期末)已知：$AB// DE$，$AC// DF$，$B$，$C$，$E$，$F$四点在同一直线上.
(1)如图①，求证：$∠ 1=∠ 2$.
(2)如图②，猜想$∠ 2$，$∠ 3$，$∠ 4$这三个角之间有何数量关系？并证明你的结论.
(3)如图③，$Q$是$AD$下方一点，连接$AQ$，$DQ$，且$∠ DAQ=\frac{1}{4}∠ BAD$，$∠ ADQ=\frac{1}{4}∠ ADF$，若$∠ AQD = 125^{\circ}$，求$∠ 1$的度数.
(4)如图④，$Q$是$AD$下方一点，连接$AQ$，$DQ$，且$∠ DAQ=\frac{1}{n}∠ BAD$，$∠ ADQ=\frac{1}{n}∠ ADF$，若$∠ AQD = m^{\circ}$，则$∠ G=$
(1)如图①，求证：$∠ 1=∠ 2$.
(2)如图②，猜想$∠ 2$，$∠ 3$，$∠ 4$这三个角之间有何数量关系？并证明你的结论.
(3)如图③，$Q$是$AD$下方一点，连接$AQ$，$DQ$，且$∠ DAQ=\frac{1}{4}∠ BAD$，$∠ ADQ=\frac{1}{4}∠ ADF$，若$∠ AQD = 125^{\circ}$，求$∠ 1$的度数.
(4)如图④，$Q$是$AD$下方一点，连接$AQ$，$DQ$，且$∠ DAQ=\frac{1}{n}∠ BAD$，$∠ ADQ=\frac{1}{n}∠ ADF$，若$∠ AQD = m^{\circ}$，则$∠ G=$
$(n−1)180°−nm^{\circ}$
(结果用含$m$，$n$的代数式表示).答案：
1.(1)如图①所示，延长AC,DE相交于点G.
∵AB//DE,AC//DF,
∴∠1=∠G,∠2=∠G,
∴∠1=∠2.
(2)∠3+∠4−∠2=180°,证明如下:如图②所示,过点E作EG//DF,
∴∠2=∠DEG,
∴∠GEB=∠DEB−∠DEG=∠4−∠2.
∵AC//DF,
∴AC//GE,
∴∠3+∠GEB=180°,
∴∠3+∠4−∠2=180°.
(3)
∵∠AQD=125°,
∴∠DAQ+∠ADQ=180°−∠AQD=55°.
∵∠DAQ=$\frac{1}{4}$∠BAD,∠ADQ=$\frac{1}{4}$∠ADF,
∴∠BAD=4∠DAQ,∠ADF=4∠ADQ,
∴∠BAD+∠ADF=4(∠DAQ+∠ADQ)=4×55°=220°,
∴∠B+∠F=360°−(∠BAD+∠ADF)=360°−220°=140°.
∵AC//DF,
∴∠ACB=∠F,
∴∠B+∠ACB=∠B+∠F=140°,
∴∠1=180°−(∠B+∠ACB)=180°−140°=40°.
(4)(n−1)180°−n$m^{\circ}$ 解析:
∵∠AQD=$m^{\circ}$,
∴∠DAQ+∠ADQ=180°−∠AQD=180°−$m^{\circ}$.
∵∠DAQ=$\frac{1}{n}$∠BAD,∠ADQ=$\frac{1}{n}$∠ADF,
∴∠BAD=n∠DAQ,∠ADF=n∠ADQ,
∴∠BAD+∠ADF=n(∠DAQ+∠ADQ)=n(180°−$m^{\circ}$),
∴∠B+∠F=360°−(∠BAD+∠ADF)=360°−n(180°−$m^{\circ}$).
∵AC//DF,
∴∠ACB=∠F,
∴∠B+∠ACB=∠B+∠F=360°−n(180°−$m^{\circ}$),
∴∠1=180°−[360°−n(180°−$m^{\circ}$)]=(n−1)180°−n$m^{\circ}$.
由(1)得,∠G=∠1=(n−1)180°−n$m^{\circ}$.
1.(1)如图①所示，延长AC,DE相交于点G.
∵AB//DE,AC//DF,
∴∠1=∠G,∠2=∠G,
∴∠1=∠2.
(2)∠3+∠4−∠2=180°,证明如下:如图②所示,过点E作EG//DF,
∴∠2=∠DEG,
∴∠GEB=∠DEB−∠DEG=∠4−∠2.
∵AC//DF,
∴AC//GE,
∴∠3+∠GEB=180°,
∴∠3+∠4−∠2=180°.
(3)
∵∠AQD=125°,
∴∠DAQ+∠ADQ=180°−∠AQD=55°.
∵∠DAQ=$\frac{1}{4}$∠BAD,∠ADQ=$\frac{1}{4}$∠ADF,
∴∠BAD=4∠DAQ,∠ADF=4∠ADQ,
∴∠BAD+∠ADF=4(∠DAQ+∠ADQ)=4×55°=220°,
∴∠B+∠F=360°−(∠BAD+∠ADF)=360°−220°=140°.
∵AC//DF,
∴∠ACB=∠F,
∴∠B+∠ACB=∠B+∠F=140°,
∴∠1=180°−(∠B+∠ACB)=180°−140°=40°.
(4)(n−1)180°−n$m^{\circ}$ 解析:
∵∠AQD=$m^{\circ}$,
∴∠DAQ+∠ADQ=180°−∠AQD=180°−$m^{\circ}$.
∵∠DAQ=$\frac{1}{n}$∠BAD,∠ADQ=$\frac{1}{n}$∠ADF,
∴∠BAD=n∠DAQ,∠ADF=n∠ADQ,
∴∠BAD+∠ADF=n(∠DAQ+∠ADQ)=n(180°−$m^{\circ}$),
∴∠B+∠F=360°−(∠BAD+∠ADF)=360°−n(180°−$m^{\circ}$).
∵AC//DF,
∴∠ACB=∠F,
∴∠B+∠ACB=∠B+∠F=360°−n(180°−$m^{\circ}$),
∴∠1=180°−[360°−n(180°−$m^{\circ}$)]=(n−1)180°−n$m^{\circ}$.
由(1)得,∠G=∠1=(n−1)180°−n$m^{\circ}$.
2. (2024·宿迁期末)已知：在$△ ABC$中，记$∠ BAC=α$，$∠ ACB=β$.
(1)如图①，若$AP$平分$∠ BAC$，$BP$，$CP$分别平分$△ ABC$的外角$∠ CBM$和$∠ BCN$，$BD⊥ AP$于点$D$.
①用含$α$的代数式表示$∠ BPC$的度数.
②用含$β$的代数式表示$∠ PBD$的度数.
(2)如图②，若点$P$为$△ ABC$的三条内角平分线的交点，且$BD⊥ AP$于点$D$.
①请补全图形.
②猜想(1)中的两个结论是否发生变化？如果不变，请说明理由；如果变化，直接写出正确的结论.
(1)如图①，若$AP$平分$∠ BAC$，$BP$，$CP$分别平分$△ ABC$的外角$∠ CBM$和$∠ BCN$，$BD⊥ AP$于点$D$.
①用含$α$的代数式表示$∠ BPC$的度数.
②用含$β$的代数式表示$∠ PBD$的度数.
(2)如图②，若点$P$为$△ ABC$的三条内角平分线的交点，且$BD⊥ AP$于点$D$.
①请补全图形.
②猜想(1)中的两个结论是否发生变化？如果不变，请说明理由；如果变化，直接写出正确的结论.
答案：
2.(1)①如图①,
∵BP,CP分别平分△ABC的外角∠CBM和∠BCN,
∴∠PBC=∠PBM=$\frac{1}{2}$∠CBM=$\frac{1}{2}$($α$+$β$),∠1=$\frac{1}{2}$∠BCN=$\frac{1}{2}$(180°−$β$),
∴∠BPC=180°−∠PBC−∠1=180°−$\frac{1}{2}$($α$+$β$)−$\frac{1}{2}$(180°−$β$)=90°−$\frac{1}{2}$$α$.
②在Rt△PBD中,∠PBD=90°−∠BPD.
∵∠BPD=∠PBM−∠2=$\frac{1}{2}$($α$+$β$)−$\frac{1}{2}$$α$=$\frac{1}{2}$$β$,
∴∠PBD=90°−$\frac{1}{2}$$β$.
(2)①如图②所示.
②(1)中的两个结论都发生了变化,∠BPC=90°+$\frac{1}{2}$$α$;∠PBD=$\frac{β}{2}$.
理由如下:
∵∠BAC=$α$,
∴∠ABC+∠ACB=180°−$α$.
∵点P为△ABC的三条内角平分线的交点，
∴∠PBC=$\frac{1}{2}$∠ABC,∠PCB=$\frac{1}{2}$∠ACB,
∴∠PBC+∠PCB=$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠ACB)=90°−$\frac{1}{2}$$α$,
∴∠BPC=180°−(∠PBC+∠PCB)=180°−(90°−$\frac{1}{2}$$α$)=90°+$\frac{1}{2}$$α$.
∵BD⊥AD,
∴∠ADB=90°.
∵∠BPD=∠BAP+∠ABP=$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠BAC)=$\frac{1}{2}$(180°−∠ACB)=90°−$\frac{1}{2}$$β$,
∴∠PBD=90°−(90°−$\frac{1}{2}$$β$)=$\frac{1}{2}$$β$.
2.(1)①如图①,
∵BP,CP分别平分△ABC的外角∠CBM和∠BCN,
∴∠PBC=∠PBM=$\frac{1}{2}$∠CBM=$\frac{1}{2}$($α$+$β$),∠1=$\frac{1}{2}$∠BCN=$\frac{1}{2}$(180°−$β$),
∴∠BPC=180°−∠PBC−∠1=180°−$\frac{1}{2}$($α$+$β$)−$\frac{1}{2}$(180°−$β$)=90°−$\frac{1}{2}$$α$.
②在Rt△PBD中,∠PBD=90°−∠BPD.
∵∠BPD=∠PBM−∠2=$\frac{1}{2}$($α$+$β$)−$\frac{1}{2}$$α$=$\frac{1}{2}$$β$,
∴∠PBD=90°−$\frac{1}{2}$$β$.
(2)①如图②所示.
②(1)中的两个结论都发生了变化,∠BPC=90°+$\frac{1}{2}$$α$;∠PBD=$\frac{β}{2}$.
理由如下:
∵∠BAC=$α$,
∴∠ABC+∠ACB=180°−$α$.
∵点P为△ABC的三条内角平分线的交点，
∴∠PBC=$\frac{1}{2}$∠ABC,∠PCB=$\frac{1}{2}$∠ACB,
∴∠PBC+∠PCB=$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠ACB)=90°−$\frac{1}{2}$$α$,
∴∠BPC=180°−(∠PBC+∠PCB)=180°−(90°−$\frac{1}{2}$$α$)=90°+$\frac{1}{2}$$α$.
∵BD⊥AD,
∴∠ADB=90°.
∵∠BPD=∠BAP+∠ABP=$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠BAC)=$\frac{1}{2}$(180°−∠ACB)=90°−$\frac{1}{2}$$β$,
∴∠PBD=90°−(90°−$\frac{1}{2}$$β$)=$\frac{1}{2}$$β$.