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10. 学习角的平分线的性质与角的平分线的判定时，我们只在三角形的内部研究，如果延伸到三角形的外角会发生什么变化呢？请你完成以下题目.
知识回顾
如图，已知 O 为∠ABC 与∠ACB 的平分线的交点，通过证明 OD = OE = OF，可得点 O 在∠A 的平分线上.
知识延伸
如图，已知 P 为△NMK 的两个外角的平分线的交点，若∠NPK = 50°，求∠PMK 的度数.
知识回顾
如图，已知 O 为∠ABC 与∠ACB 的平分线的交点，通过证明 OD = OE = OF，可得点 O 在∠A 的平分线上.
知识延伸
如图，已知 P 为△NMK 的两个外角的平分线的交点，若∠NPK = 50°，求∠PMK 的度数.
答案
10. 如图,过点 P 作 PE⊥MN 于点 E,PF⊥MK 于点 F,PQ⊥NK 于点 Q.
∵ P 为△NMK 的两个外角的平分线的交点，
∴ PE=PQ=PF.
∴ MP 平分∠NMK.
∵ PE⊥MN,PQ⊥NK，
∴ ∠PEN=∠PQN=90°.
∵ NP 平分∠ENK，
∴ ∠ENP=∠QNP.
∵ ∠ENP + ∠EPN = 90°, ∠QNP + ∠QPN=90°，
∴ ∠EPN=∠QPN.
同理,∠FPK=∠QPK.
∴ ∠NPK=$\frac{1}{2}$∠EPF.
∵ ∠NPK=50°，
∴ ∠EPF=100°.
∵ PE⊥MN,PF⊥MK，
∴ ∠PEN=∠PFK=90°.
∴ ∠NMK=80°.
∴ ∠PMK=$\frac{1}{2}$∠NMK=40°.
解析
【分析】
遇到角平分线相关问题时，我们可以类比三角形内角平分线的研究思路，通过向角的两边作垂线，利用角平分线的性质和判定寻找等量关系。首先过点P向△NMK三边所在的直线作垂线，先证明三条垂线段相等，即可判定MP是∠NMK的角平分线，将求∠PMK转化为求∠NMK的一半；再利用等角的余角相等推导∠NPK和∠EPF的数量关系，结合已知∠NPK的度数求出∠EPF，最后在四边形MEPF中利用内角和求出∠NMK，即可得到最终结果。
【解析】
如图，过点P作PE⊥MN于点E，PF⊥MK于点F，PQ⊥NK于点Q。
∵ P为△NMK的两个外角的平分线的交点，
∴ 根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，可得PE=PQ，PF=PQ，即PE=PQ=PF。
∴ 根据角平分线的判定，到角两边距离相等的点在角的平分线上，可得MP平分∠NMK。
∵ PE⊥MN，PQ⊥NK，
∴ ∠PEN=∠PQN=90°。
∵ NP平分∠ENK，
∴ ∠ENP=∠QNP。
∵ 在直角三角形中，两个锐角互余，可得∠ENP + ∠EPN = 90°，∠QNP + ∠QPN=90°，
∴ ∠EPN=∠QPN（等角的余角相等）。
同理可证∠FPK=∠QPK。
∴ ∠NPK=∠QPN+∠QPK=$\frac{1}{2}$∠EPF。
∵ ∠NPK=50°，
∴ ∠EPF=2×50°=100°。
∵ PE⊥MN，PF⊥MK，
∴ ∠PEM=∠PFM=90°。
∵ 四边形内角和为360°，
∴ ∠NMK + ∠PEM + ∠PFM + ∠EPF = 360°，代入数值解得∠NMK=80°。
∵ MP平分∠NMK，
∴ ∠PMK=$\frac{1}{2}$∠NMK=40°。
【答案】
如图,过点 P 作 PE⊥MN 于点 E,PF⊥MK 于点 F,PQ⊥NK 于点 Q.
∵ P 为△NMK 的两个外角的平分线的交点，
∴ PE=PQ=PF.
∴ MP 平分∠NMK.
∵ PE⊥MN,PQ⊥NK，
∴ ∠PEN=∠PQN=90°.
∵ NP 平分∠ENK，
∴ ∠ENP=∠QNP.
∵ ∠ENP + ∠EPN = 90°, ∠QNP + ∠QPN=90°，
∴ ∠EPN=∠QPN.
同理,∠FPK=∠QPK.
∴ ∠NPK=$\frac{1}{2}$∠EPF.
∵ ∠NPK=50°，
∴ ∠EPF=100°.
∵ PE⊥MN,PF⊥MK，
∴ ∠PEN=∠PFK=90°.
∴ ∠NMK=80°.
∴ ∠PMK=$\frac{1}{2}$∠NMK=40°.
【知识点】
角平分线的性质；角平分线的判定；四边形内角和
【点评】
本题属于角平分线知识的迁移应用类题目，核心是掌握角平分线的性质与判定定理，类比内角平分线的研究方法解决外角平分线的相关问题，解题时要善于通过作垂线构造等量关系，理清已知角度和所求角度之间的逻辑关联。
【难度系数】
0.6
遇到角平分线相关问题时，我们可以类比三角形内角平分线的研究思路，通过向角的两边作垂线，利用角平分线的性质和判定寻找等量关系。首先过点P向△NMK三边所在的直线作垂线，先证明三条垂线段相等，即可判定MP是∠NMK的角平分线，将求∠PMK转化为求∠NMK的一半；再利用等角的余角相等推导∠NPK和∠EPF的数量关系，结合已知∠NPK的度数求出∠EPF，最后在四边形MEPF中利用内角和求出∠NMK，即可得到最终结果。
【解析】
如图，过点P作PE⊥MN于点E，PF⊥MK于点F，PQ⊥NK于点Q。
∵ P为△NMK的两个外角的平分线的交点，
∴ 根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，可得PE=PQ，PF=PQ，即PE=PQ=PF。
∴ 根据角平分线的判定，到角两边距离相等的点在角的平分线上，可得MP平分∠NMK。
∵ PE⊥MN，PQ⊥NK，
∴ ∠PEN=∠PQN=90°。
∵ NP平分∠ENK，
∴ ∠ENP=∠QNP。
∵ 在直角三角形中，两个锐角互余，可得∠ENP + ∠EPN = 90°，∠QNP + ∠QPN=90°，
∴ ∠EPN=∠QPN（等角的余角相等）。
同理可证∠FPK=∠QPK。
∴ ∠NPK=∠QPN+∠QPK=$\frac{1}{2}$∠EPF。
∵ ∠NPK=50°，
∴ ∠EPF=2×50°=100°。
∵ PE⊥MN，PF⊥MK，
∴ ∠PEM=∠PFM=90°。
∵ 四边形内角和为360°，
∴ ∠NMK + ∠PEM + ∠PFM + ∠EPF = 360°，代入数值解得∠NMK=80°。
∵ MP平分∠NMK，
∴ ∠PMK=$\frac{1}{2}$∠NMK=40°。
【答案】
如图,过点 P 作 PE⊥MN 于点 E,PF⊥MK 于点 F,PQ⊥NK 于点 Q.
∵ P 为△NMK 的两个外角的平分线的交点，
∴ PE=PQ=PF.
∴ MP 平分∠NMK.
∵ PE⊥MN,PQ⊥NK，
∴ ∠PEN=∠PQN=90°.
∵ NP 平分∠ENK，
∴ ∠ENP=∠QNP.
∵ ∠ENP + ∠EPN = 90°, ∠QNP + ∠QPN=90°，
∴ ∠EPN=∠QPN.
同理,∠FPK=∠QPK.
∴ ∠NPK=$\frac{1}{2}$∠EPF.
∵ ∠NPK=50°，
∴ ∠EPF=100°.
∵ PE⊥MN,PF⊥MK，
∴ ∠PEN=∠PFK=90°.
∴ ∠NMK=80°.
∴ ∠PMK=$\frac{1}{2}$∠NMK=40°.
【知识点】
角平分线的性质；角平分线的判定；四边形内角和
【点评】
本题属于角平分线知识的迁移应用类题目，核心是掌握角平分线的性质与判定定理，类比内角平分线的研究方法解决外角平分线的相关问题，解题时要善于通过作垂线构造等量关系，理清已知角度和所求角度之间的逻辑关联。
【难度系数】
0.6
11. 在平面直角坐标系中，$A(-5,0),B(0,5),C$为$x$轴正半轴上一动点，过点$A$作$AD ⊥ BC$于点$D$，$AD$交$y$轴于点$E$。
(1) 如图①，若$C(3,0)$，求点$E$的坐标；
(2) 如图②，若$OC＜5$，其他条件不变，连接$DO$，求证$DO$平分$∠ ADC$。
(1) 如图①，若$C(3,0)$，求点$E$的坐标；
(2) 如图②，若$OC＜5$，其他条件不变，连接$DO$，求证$DO$平分$∠ ADC$。
答案
11. (1)
∵ AD⊥BC,AC⊥OB，
∴ ∠AOE=∠BDE=∠BOC=90°.
∵ ∠AEO=∠BED，
∴ ∠OAE=∠OBC.
∵ A(-5,0),B(0,5)，
∴ OA=OB=5.
在△AOE 和△BOC 中，
$\begin{cases}∠OAE=∠OBC, \\OA=OB, \\∠AOE=∠BOC,\end{cases}$
∴ △AOE ≌ △BOC(ASA).
∴ OE=OC.
∵ C(3,0)，
∴ OE=OC=3.
∴ E(0,3).
(2)如图,过点 O 作 OM⊥DA 于点 M,ON⊥BC 于点 N.
∵ △AOE ≌ △BOC，
∴ AE=BC,$S_{△AOE}=S_{△BOC}$.
∴ $\frac{1}{2}AE·OM=\frac{1}{2}BC·ON$.
∴ OM=ON.
又 OM⊥DA,ON⊥BC，
∴ DO 平分∠ADC.
解析
【分析】
(1) 点E在y轴上，求其坐标只需确定OE的长度即可。首先根据垂直关系得到多组直角相等，结合对顶角相等推出∠OAE=∠OBC，再结合A、B坐标可得OA=OB，即可证明△AOE与△BOC全等，利用全等性质得OE=OC，代入C点坐标即可求出E点坐标。
(2) 要证DO平分∠ADC，可依据角平分线的判定定理：角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上，因此过O作AD、BC的垂线OM、ON，只需证明OM=ON即可。结合全等三角形的性质可得△AOE和△BOC面积相等、底AE=BC，利用三角形面积公式即可推出高OM=ON，进而得证。
【解析】
(1)
∵AD⊥BC，AC⊥OB，
∴∠AOE=∠BDE=∠BOC=90°，
∵∠AEO=∠BED（对顶角相等），
∴∠OAE=∠OBC（等角的余角相等）。
∵A(-5,0)，B(0,5)，
∴OA=OB=5。
在△AOE和△BOC中：
$\begin{cases}∠OAE=∠OBC, \\OA=OB, \\∠AOE=∠BOC,\end{cases}$
∴△AOE ≌ △BOC（ASA），
∴OE=OC。
∵C(3,0)，
∴OC=3，
∴OE=3，即E点坐标为(0,3)。
(2) 证明：过点O作OM⊥DA于点M，ON⊥BC于点N。
∵△AOE ≌ △BOC，
∴AE=BC，$S_{△AOE}=S_{△BOC}$，
∴$\frac{1}{2}AE·OM=\frac{1}{2}BC·ON$，
∴OM=ON。
又
∵OM⊥DA，ON⊥BC，
∴点O在∠ADC的平分线上，即DO平分∠ADC。
【答案】
(1) $\boldsymbol{E(0,3)}$
(2) DO平分∠ADC，证明如上，辅助线如图
【知识点】
全等三角形的判定与性质；角平分线的判定；坐标与图形性质
【点评】
本题是平面直角坐标系与几何证明的综合题型，第一问通过全等三角形转化线段长度求解坐标，第二问借助角平分线判定定理，用面积法证明点到角两边的距离相等，既考查了基础几何定理的掌握情况，也锻炼了辅助线构造、知识灵活应用的能力，是几何部分的典型综合题。
【难度系数】
0.7
(1) 点E在y轴上，求其坐标只需确定OE的长度即可。首先根据垂直关系得到多组直角相等，结合对顶角相等推出∠OAE=∠OBC，再结合A、B坐标可得OA=OB，即可证明△AOE与△BOC全等，利用全等性质得OE=OC，代入C点坐标即可求出E点坐标。
(2) 要证DO平分∠ADC，可依据角平分线的判定定理：角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上，因此过O作AD、BC的垂线OM、ON，只需证明OM=ON即可。结合全等三角形的性质可得△AOE和△BOC面积相等、底AE=BC，利用三角形面积公式即可推出高OM=ON，进而得证。
【解析】
(1)
∵AD⊥BC，AC⊥OB，
∴∠AOE=∠BDE=∠BOC=90°，
∵∠AEO=∠BED（对顶角相等），
∴∠OAE=∠OBC（等角的余角相等）。
∵A(-5,0)，B(0,5)，
∴OA=OB=5。
在△AOE和△BOC中：
$\begin{cases}∠OAE=∠OBC, \\OA=OB, \\∠AOE=∠BOC,\end{cases}$
∴△AOE ≌ △BOC（ASA），
∴OE=OC。
∵C(3,0)，
∴OC=3，
∴OE=3，即E点坐标为(0,3)。
(2) 证明：过点O作OM⊥DA于点M，ON⊥BC于点N。
∵△AOE ≌ △BOC，
∴AE=BC，$S_{△AOE}=S_{△BOC}$，
∴$\frac{1}{2}AE·OM=\frac{1}{2}BC·ON$，
∴OM=ON。
又
∵OM⊥DA，ON⊥BC，
∴点O在∠ADC的平分线上，即DO平分∠ADC。
【答案】
(1) $\boldsymbol{E(0,3)}$
(2) DO平分∠ADC，证明如上，辅助线如图
【知识点】
全等三角形的判定与性质；角平分线的判定；坐标与图形性质
【点评】
本题是平面直角坐标系与几何证明的综合题型，第一问通过全等三角形转化线段长度求解坐标，第二问借助角平分线判定定理，用面积法证明点到角两边的距离相等，既考查了基础几何定理的掌握情况，也锻炼了辅助线构造、知识灵活应用的能力，是几何部分的典型综合题。
【难度系数】
0.7
