【考点】37：规律型：数字的变化类．
【分析】（1）直接写出算式；
（2）按每个数的规律分别找出并组合即可；
（3）把（2）中的式子左边按多项式乘以多项式法则进行化简，发现等式成立． 【解答】解：（1）④4×6﹣52=﹣1， 故答案为：④4×6﹣52=﹣1， （2观察算式发现：
左边：第一个数依次为1、3、5，是连续奇数，表示为2n﹣1， 第2个数为：3、4、5，也是连续奇数，表示为2n+1， 第三个数依次为：12、22、32，因此表示为n2， 右边都为﹣1
所以（2n﹣1）（2n+1）﹣（2n）2=﹣1 故答案为：（2n﹣1）（2n+1）﹣（2n）2=﹣1；
（3）左边=（2n﹣1）（2n+1）﹣（2n）2=4n2﹣1﹣4n2=﹣1 所以（2）中所写的等式一定成立．
【点评】本题是数字类变化与计算的综合问题，本题中每个数字变化都比较简单，是常用的奇数、平方等；对于问题（3）常用的解题思路是化简．
20．（6分）如图，点E在DF上，点B在AC上，∠1=∠2，∠C=∠D，试说明：AC∥DF，将过程补充完整． 解：∵∠1=∠2（已知） ∠1=∠3（ 对顶角相等 ） ∴∠2=∠3（等量代换）
∴EC∥DB（ 同位角相等，两直线平行 ） ∴∠C=∠ABD（ 两直线平行，同位角相等 ） 又∵∠C=∠D（已知）
∴∠D=∠ABD（ 等量代换 ）
∴AC∥DF（ 内错角相等，两直线平行 ）
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【考点】JB：平行线的判定与性质．
【分析】由条件可先证明EC∥DB，可得到∠D=∠ABD，再结合条件两直线平行的判定可证明AC∥DF，依次填空即可． 【解答】解：∵∠1=∠2（已知） ∠1=∠3（对顶角相等） ∴∠2=∠3（等量代换）
∴EC∥DB（同位角相等，两直线平行） ∴∠C=∠ABD（两直线平行，同位角相等） 又∵∠C=∠D（已知） ∴∠D=∠ABD（等量代换）
∴AC∥DF（内错角相等，两直线平行）
故答案为：对顶角相等； 同位角相等，两条直线平行； 两条直线平行，同位角相等； 等量代换； 内错角相等，两条直线平行．
【点评】本题主要考查两直线平行的判定和性质，掌握两直线平行?同位角相等、两直线平行?内错角相等是解题的关键．
21．（5分）如图，已知∠AOB，以O为圆心，以任意长为半径画弧，分别交OA、OB于D、E两点，再分别以D、E为圆心，大于DE长为半径画弧，两条弧交于点C，作射线OC，则OC是∠AOB的角平分线吗？说明理由．
【考点】N2：作图—基本作图．
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【分析】连接CE、CD，证明△OEC≌△ODC，即可得出结论． 【解答】解：连接CE、CD， 由作图得：OE=OD，EC=DC， ∵OC=OC，
∴△OEC≌△ODC（SSS）， ∴∠AOC=∠BOC，
∴OC是∠AOB的角平分线．
【点评】本题是基本作图，通过作全等三角形，根据全等三角形的对应角相等，得所作的射线是已知角的平分线；既考查了角平分线的作法，又说明了这样作图的原理．
22．（7分）已知：如图，BC∥EF，AD=BE，BC=EF，试证明AC=DF．
【考点】KD：全等三角形的判定与性质；JA：平行线的性质．
【分析】根据两直线平行，同位角相等可得∠ABC=∠E，再求出AB=DE，然后利用“边角边”证明△ABC和△DEF全等，根据全等三角形对应边相等证明即可． 【解答】证明：∵BC∥EF， ∴∠ABC=∠E， ∵AD=BE， ∴AB=DE，
在△ABC和△DEF中，
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，
∴△ABC≌△DEF， ∴AC=DF．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，平行线的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，属于中考常考题型．
23．（8分）平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系
（1）已知AB平行于CD，如a图，当点P在AB、CD外部时，∠BPD+∠D=∠B即∠BPD=∠B﹣∠D，为什么？请说明理由．如b图，将点P移动到AB、CD内部，以上结论是否仍然成立？若不成立，则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系？请说明结论；
（2）在图b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c，则∠BPD、∠B、∠D、∠BQD之间有何数量关系？（不需证明） （3）根据（2）的结论求图d中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．
【考点】JA：平行线的性质；R2：旋转的性质．
【分析】（1）①利用平行线的性质和三角形的外角即可；②利用平行线的特点作出平行线，再利用平行线的性质即可；
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（2）利用三角形的外角等于与它不相邻的两内角的和即可；
（3）利用三角形的外角的性质把角转化到四边形CDHM中，用四边形的内角和即可．
【解答】解：（1）①∵AB∥CD， ∴∠B=∠COP， ∵∠COP=∠BPD+∠D， ∴∠B=∠BPD+∠D， 即：∠BPD=∠B﹣∠D， ②不成立，
结论：∠BPD=∠B+∠D， 理由：如图b，
过点P作PG∥AB， ∴∠B=∠BPG， ∵PG∥AB，CD∥AB， ∴PG∥CD， ∴∠DPG=∠D，
∴∠BPD=∠BPG+∠DPG=∠B+∠D； （2）结论：∠DPQ=∠B+∠BQD+∠D， 理由：如图c，
连接QP并延长，
∵∠BP∠G是△BPQ的外角， ∴∠BPG=∠B+∠BQP，
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同理：∠DPG=∠D+∠DQP，
∴∠BPD=∠BPG+∠DPG=∠B+∠BQP+∠DQP+∠D=∠B+∠BQD+∠D； （3）如图d，
∵∠DHM是△BFH的外角， ∴∠DHM=∠B+∠F， 同理：∠CMH=∠A+∠E，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠DHM+∠CMH+∠C+∠D=360°．
【点评】此题是四边形的性质，主要考查了平行线的性质和判定，三角形的外角的性质，四边形的内角和，解本题的关键是作出辅助线，是一个比较简单也比较典型的中考常考题．
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