专题2.1 三角形全章十类必考点（必考点分类集训）-2024-2025学年八年级数学上册必考点分类集训系列（人教版）

专题2.1 三角形全章十一类必考点 【人教版】 【考点1 三角形三边关系定理的应用】 1 【考点2 利用三角形的中线解周长与面积问题】 2 【考点3 利用三角形内角和定理及外角性质解常规问题】 4 【考点4 利用三角形内外角平分线三个基本模型解题】 6 【考点5 利用8字模型解题】 9 【考点6 利用飞镖模型解题】 11 【考点7 三角形的折叠与求角】 14 【考点8 利用直角三角形两个锐角互余导角】 18 【考点9 多边形的边角关系】 20 【考点10 多边形中角度计算】 21 【考点1 三角形三边关系定理的应用】 1．（2024春•道里区期末）一个三角形的两边长为12和7，第三边长为整数，则第三边长的最小值是（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 2．（2024•长汀县二模）已知关于x的不等式组，至少有两个整数解，且存在以2，a，5为边的三角形，则a的整数解有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 3．（2024春•泉港区期末）如图，用AB、BC、CD、AD四条钢条固定成一个铁框，相邻钢条的夹角均可调整，不计螺丝大小，重叠部分．若AB＝5、BC＝9、CD＝7、AD＝6，则所固定成的铁框中，两个顶点的距离最大值是（　　） A．14 B．16 C．13 D．11 4．（2024•任丘市校级一模）有四根长度分别为3，4，6，x（x为正整数）的木棒，从中任取三根，首尾顺次相接都能组成一个三角形，甲、乙分别给出了下列结论，判断正确的是（　　） 甲：x的取值可能有4个； 乙：组成的三角形中，周长最大为16 A．甲、乙都正确 B．甲、乙都不正确 C．甲正确，乙不正确 D．甲不正确，乙正确 5．（2024•郑州模拟）已知数轴上点A，B，C，D对应的数字分别为﹣1，1，x，7，点C在线段BD上且不与端点重合，若线段AB，BC，CD能围成三角形，则x的取值范围是（　　） A．1＜x＜7 B．2＜x＜6 C．3＜x＜5 D．3＜x＜4 6．（2023春•高新区期中）若a，b，c是△ABC的三边，则化简|a+b﹣c|+|b﹣c﹣a|﹣2|c﹣a﹣b|＝　 　． 7．（2024春•浦东新区期中）已知，如图四边形ABCD中，O是AC与BD的交点，试说明：AC与BD的和小于四边形ABCD的周长． 8．（2024春•台江区校级期末）如图，在△ABC中，已知∠BAC＝70°，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点D． （1）求∠BDC的度数； （2）试比较DA+DB+DC与（AB+BC+AC）的大小，写出推理过程． 【考点2 利用三角形的中线解周长与面积问题】 1．（2024春•靖江市校级月考）在△ABC中，D是BC的中点，AB＝12，AC＝8．用剪刀从点D入手进行裁剪，若沿DA剪成两个三角形，它们周长的差为 　 　；若点E在AB上，沿DE剪开得到两部分周长差为2，则AE＝　 　． 2．（2024秋•昭平县期中）如图，在△ABC中，AD是边BC上的中线，△ABD的周长比△ADC的周长多3，AB与AC的和为13，则AB的长为 　 　． 3．（2024秋•韩城市期中）如图，AD、BE、CF是△ABC的三条中线，若△ABC的周长是10cm．则AE+CD+BF的长为 　 　cm． 4．（2024春•碑林区校级月考）如图，在△ABC中，O是三条角平分线的交点，过O作DE∥BC交AB于点D，交AC于点E，若AB＝9，AC＝6，则△ADE的周长为 　 　． 5．（2024春•南阳期末）如图，在△ABC中，点D、E、F分别是BC、AD、BE的中点，若△ABC的面积为8，则图中阴影部分的面积为 　 　． 6．（2024春•泰州月考）如图，BE是△ABC的中线，点D是BC边上一点，BD＝2CD，BE、AD交于点F，设△BDF的面积为S1，△AEF的面积为S2，若S△ABC＝24，则S1﹣S2的值为 　 　． 7．（2024春•滦南县校级期末）如图，D、E分别是△ABC边AB、BC上的点，AD＝2BD，BE＝CE，连接AE、CD交于点F，连接BF，若△BDF的面积为4，则阴影部分的面积＝　 　． 8．（2024春•市南区期末）如图，在△ABC中，D是AC的中点，E是AB上的一点，且AE＝4BE，BD与CE相交于点F，若△CDF的面积为4，则△ABC的面积为 　 　． 【考点3 利用三角形内角和定理及外角性质解常规问题】 1．（2024春•鹤壁期末）如图所示，AD为△ABC的高，AE，BF为△ABC的角平分线，若∠CBF＝30°，∠AFB＝70°． （1）求∠DAE的度数； （2）若点M为线段BC上任意一点，当△MFC为直角三角形时，直接写出∠BFM的度数． 2．（2023秋•阜阳期末）如图，在△ABC中，AD是高，∠DAC＝10°，AE是∠BAC外角的平分线，BF平分∠ABC交AE于点F，若∠ABC＝46°，求∠AFB的度数． 3．（2024春•玄武区期末）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，∠A＝∠ABE，∠CDB＝∠CBD，BE与CD交于点F． （1）若∠A＝40°，∠ACB＝70°，则∠BFD＝　 　°； （2）若∠ABC＝∠ACB，求证：∠BDF＝∠BFD． 4．（2024春•兴化市期中）如图，AD、AE分别为△ABC的高、角平分线． （1）若∠ABC＝60°，∠C＝40°，求∠DAE的度数； （2）若点G为AE上一点，过点G作PH⊥AE交BC于点P，交AC于点H，试猜想∠HPC、∠ABC、∠ACB三者之间的数量关系，并说明理由． 5．（2024春•连江县期末）如图，在△ABC中，AD平分∠CAB交BC于点D，点E为直线AC上一点，连接DE，∠CED＝2∠CAD，连接BE交AD于点F，作EG平分∠AEB交AB于点G．． （1）求证：AB∥DE； （2）若∠GBE＝2∠CBE． ①试判断∠BEG，∠ADE，∠CBE之间的数量关系，并说明理由； ②若∠AFB＝110°，求∠BEG﹣∠CBE的度数． 6．（2024春•宿城区校级月考）在△ABC中，∠A＝60°，点D，E分别是边AC，AB上的点（不与A，B，C重合），点P是平面内一动点（P与D，E不在同一直线上），设∠PDC＝∠1，∠PEB＝∠2，∠DPE＝∠α． （1）若点P在边BC上运动（不与点B和点C重合），且∠α＝50°，如图（1）所示，则∠1+∠2＝　110°　； （2）若点P在△ABC的外部，如图（2）所示，则∠α，∠1，∠2之间有何关系？写出你的结论，并说明理由． （3）当点P在边CB的延长线上运动时，请你通过画出图形进行探究，然后直接写出∠α，∠1，∠2之间的关系． 【考点4 利用三角形内外角平分线三个基本模型解题】 1．（2024春•东平县期末）已知△ABC， （1）如图（1），若P点是∠ABC和∠ACB的角平分线的交点，则∠P＝90°∠A； （2）如图（2），若P点是∠ABC和外角∠ACE的角平分线的交点，则∠P＝90°﹣∠A； （3）如图（3），若P点是外角∠CBF和∠BCE的角平分线的交点，则∠P＝90°∠A． 上述说法正确的个数是（　　） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 2．（2024春•宝应县期中）如图，∠ABC＝∠ACB，BD、CD、AD分别平分△ABC的内角∠ABC、外角∠ACF、外角∠EAC．其中不正确的结论有（　　） A．∠ACB＝2∠ADB B． C． D． 3．（2024春•新野县月考）如图，在△ABC中，∠A＝60°，∠ABC和外角∠ACD的平分线交于点A1，∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，⋯，∠A2023BC和∠A2023CD的平分线交于点A2024，则∠A2024的度数为（　　） A． B． C． D． 4．（2024春•天水期末）在△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分线交于点O，∠ACB的外角平分线所在直线与∠ABC的平分线相交于点D，与∠ABC的外角平分线相交于点E，则下列结论一定正确的是 　．（填写所有正确结论的序号） ①；②；③∠E＝∠A；④∠E+∠DCF＝90°+∠ABD． 5．（2023秋•榆阳区校级期末）如图，A，B分别是∠MON两边OM，ON上的动点（均不与点O重合）． （1）如图1，当∠MON＝58°时，△AOB的外角∠NBA，∠MAB的平分线交于点C，则∠ACB＝　61　°； （2）如图2，当∠MON＝n°时，∠OAB，∠OBA的平分线交于点D，则∠ADB＝　 　°（用含n的式子表示）； （3）如图3，当∠MON＝α（α为定值，0°＜α＜90°）时，BE是∠NBA的平分线，BE的反向延长线与∠OAB的平分线交于点F．随着点A，B的运动，∠F的大小会改变吗？如果不会，求出∠F的度数（用含α的式子表示）；如果会，请说明理由． 6．（2024春•宿城区期末）已知：△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α的代数式表示∠BPC的度数； ②用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． 7．（2024春•莱芜区月考）阅读下面的材料，并解决问题． （1）已知在△ABC中，∠A＝60°，图1﹣图3的△ABC的内角平分线或外角平分线交于点O，请直接求出下列角度的度数． 如图1，∠O＝　 　；如图2，∠O＝　 　；如图3，∠O＝　 　； 如图4，∠ABC，∠ACB的三等分线交于点O1，O2，连接O1O2，则∠BO2O1＝　 　． （2）如图5，点O是△ABC两条内角平分线的交点，则∠O＝　 ． （3）如图6，△ABC中，∠ABC的三等分线分别与∠ACB的平分线交于点O1，O2，若∠1＝115°，∠2＝135°，求∠A的度数． 【考点5 利用8字模型解题】 1．（2024•柯桥区模拟）如图所示，∠α的度数是（　　） A．10° B．20° C．30° D．40° 2．（2024秋•钟山区期末）如图，在△ABC中，点D为BC边延长线上的一点，DF⊥AB于点F，交AC于点E，若∠A＝40°，∠D＝50°，则∠ACB的度数为（　　） A．80° B．90° C．100° D．105° 3．（2024秋•南昌期末）如图，点A、B、C、D、E、F是平面上的6个点，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数是（　　） A．180° B．360° C．540° D．720° 4．（2024春•通州区期末）如图，，．若∠P＝35°，则∠B+2∠D＝　105　度． 5．（2024春•江汉区期末）如图，小明一笔画成了如图所示的图形，若∠B＝50°，∠C＝48°，∠D＝90°，则∠A+∠E＝　 　°． 6．（2023春•南京期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝　 　°． 7．（2024春•南京期末）【初步认识】 （1）如图①，线段AB，CD相交于点O，连接AD，BC． 求证：∠A+∠D＝∠B+∠C． 【继续探索】 （2）如图②，∠A＝m°，∠C＝n°，∠ABC，∠ADC的角平分线BP、DP相交于点P． ①若m＝40，n＝32，求∠P的度数； ②用m、n表示∠P的度数为 　 　． （3）如图③，∠ABC，∠ADC的角平分线BP，DP相交于点P，∠DAB，∠DCB的角平分线AQ，CQ相交于点Q．若∠P＝∠Q，判断AD与BC的位置关系并说明理由． 8．（2024春•华安县校级月考）如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD，则我们把形如这样的图形称为“8字型”． （1）求证：∠A+∠C＝∠B+∠D． 利用以上结论解决下列问题： （2）如图2所示，∠1＝130°，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 　． （3）如图3，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，且与CD，AB分别相交于点M，N． ①若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度数． ②若角平分线中角的关系改成“∠CAP∠CAB，∠CDP∠CDB”，试直接写出∠P与∠B，∠C之间存在的数量关系，并证明理由． 9．（2023秋•江夏区校级月考）（1）如图1，AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC＝30°，∠ADC＝26°，求∠P的度数． （2）如图2，直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC＝36°，∠ADC＝16°，求此时∠P的度数． （3）在图3中，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，猜想∠P与∠B、∠D的关系，直接写出结论 　 　． 【考点6 利用飞镖模型解题】 1．（2024春•德化县期末）如图，四边形ABCD中，∠BAD＝70°，∠ADC＝30°，∠ABC＝m°，则∠BCD的度数是 　 　（含m的式子表示）． 2．（2024春•沙坪坝区校级期末）如图，∠BAC，∠BDC的角平分线交于点E，则∠B，∠C，∠E之间的数量关系为 　 　． 3．（2024春•长子县期末）如图是可调躺椅示意图，AE与BD的交点为C，∠CAB＝50°，∠CBA＝60°，∠CEF＝30°．为了舒适，需调整∠CDF大小，使∠EFD＝150°，且∠CAB、∠CBA、∠E保持不变，则图中∠CDF应调整为 　 　度． 4．（2024春•盐都区月考）在社会实践手工课上，小茗同学设计了如图这样一个零件，如果∠A＝52°，∠B＝25°，∠C＝30°，∠D＝35°，∠E＝72°，那么∠F＝　 　°． 5．（2024秋•白银期末）（1）探究：如图1，求证：∠BOC＝∠A+∠B+∠C． （2）应用：如图2，∠ABC＝100°，∠DEF＝130°，求∠A+∠C+∠D+∠F的度数． 6．（2024秋•汝州市期末）在图①中，应用三角形外角的性质不难得到下列结论：∠BDC＝∠A+∠ABD+∠ACD．我们可以应用这个结论解决同类图形的角度问题． （1）在图①中，若∠1＝20°，∠2＝30°，∠BEC＝100°，则∠BDC＝　 　； （2）在图①中，若BE平分∠ABD，CE平分∠ACD，BE与CE交于E点，请写出∠BDC，∠BEC和∠BAC三个角之间的关系，并说明理由； （3）如图②，若∠1∠ABD，∠2∠ACD，试探索∠BDC，∠BEC和∠BAC三个角之间的关系 为 　 　（直接写出结果即可）． 7．（2024春•钟楼区期中）（1）如图1，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，∠ABC＝60°，∠ADC＝140°，则∠AEC的大小是 　 　； （2）如图2，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，∠ABC＝α，∠ADC＝β（α＞β），求∠AEC的大小；（用含α，β的代数式表示） （3）如图3，在△ABC中，∠ACB＝α，∠ABC＝β（α＞β），AD是△ABC的角平分线，点E是AD延长线上一点，作EF⊥BC与点F，请问的值是否发生变化？若不变，求出其值；若改变，请说明理由． 8．（2024春•鼓楼区校级月考）探究与发现： 如图1所示的图形，像我们常见的学习用品——圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，那么在这一个简单的图形中，到底隐藏了哪些数学知识呢？下面就请你发挥你的聪明才智，解决以下问题： （1）观察“规形图”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由； （2）请你直接利用以上结论，解决以下三个问题： ①如图2，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，若∠A＝50°，则∠ABX+∠ACX＝　 　°； ②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝50°，∠DBE＝130°，则∠DCE＝　 　°； ③如图4，∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G1，G2…，G9，若∠BDC＝140°，∠BG1C＝77°，求∠A的度数． 【考点7 三角形的折叠与求角】 1．（2024春•广平县期末）如图，将一张三角形纸片ABC的三角折叠，使点A落在△ABC的A′处折痕为DE，若∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA′＝γ，那么下列式子中正确的是（　　） A．γ＝180°﹣α﹣β B．γ＝α+2β C．γ＝2α+β D．γ＝α+β 2．（2023秋•武隆区期末）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A'处，且A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，若∠BA'C＝110°，则∠1+∠2的度数为（　　） A．80° B．90° C．100° D．110° 3．（2024春•梁溪区校级期中）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCED外部的点A′处时，∠A与∠1和∠2 之间有一种数量关系始终保持不变，这种数量关系是（　　） A．2∠A＝∠1﹣∠2 B．3∠A＝2（∠1﹣∠2） C．3∠A＝2∠1﹣∠2 D．∠A＝∠1﹣∠2 4．（2024春•市北区期末）如图，在△ABC中，点D、点E分别是边AB、AC上的点，将AD和BD分别沿DE和DC折叠至A′D．已知∠A'CA＝36°且，则∠A′DC为 　 　°． 5．（2023秋•南昌期末）已知△ABC中，∠A＝65°，将∠B、∠C按照如图所示折叠，若∠ADB′＝35°，则∠1+∠2+∠3＝　 　°． 6．（2024春•滨湖区期中）如图，将△ABC纸片先沿DE折叠，再沿FG折叠，若∠1+∠2＝226°，则∠3+∠4＝　 　°． 7．（2024秋•运城期末）一个三角形纸片ABC沿DE折叠，使点A落在点A′处．（点A′在△ABC的内部） （1）如图1，若∠A＝45°，则∠1+∠2＝　 　°． （2）利用图1，探索∠1，∠2与∠A之间的数量关系，并说明理由． （3）如图2，把△ABC折叠后，BA′平分∠ABC，CA′平分∠ACB，若∠1+∠2＝108°，利用（2）中得出的结论求∠BA′C的度数． 8．（2024秋•南昌期中）【问题探究】 将三角形ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A′处 （1）如图1，当点A落在四边形BCDE的边CD上时，直接写出∠A与∠1之间的数量关系； （2）如图2，当点A落在四边形BCDE的内部时，求证：∠1+∠2＝2∠A； （3）如图3，当点A落在四边形BCDE的外部时，探索∠1，∠2，∠A之间的数量关系，并加以证明； 【拓展延伸】 （4）如图4，若把四边形ABCD纸片沿EF折叠，使点A、D落在四边形BCFE的内部点A′、D′的位置，请你探索此时∠1，∠2，∠A，∠D之间的数量关系，写出你发现的结论，并说明理由． 9．（2023春•高邮市期末）（1）如图1，把三角形纸片ABC折叠，使3个顶点重合于点P．这时，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝　 　°； （2）如果三角形纸片ABC折叠后，3个顶点并不重合于同一点，如图2，那么（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由； （3）折叠后如图3所示，直接写出∠1、∠2、∠3、∠4、∠5、∠6之间的数量关系：　 　； （4）折叠后如图4，直接写出∠1、∠2、∠3、∠4、∠5、∠6之间的数量关系：　 　． 【考点8 利用直角三角形两个锐角互余导角】 1．如图，在直角三角形ABC中，AC≠AB，AD是斜边BC上的高，DE⊥AC，DF⊥AB，垂足分别为点E，F，则图中与∠C（∠C除外）相等的角的个数是（　　） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 2．（2024秋•东湖区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD为AB边上的高，BE平分∠ABC，分别交CD，AC于点F，E． （1）若∠CEF＝50°，求∠A的度数； （2）∠CFE与∠CEF相等吗？请说明理由． 3．（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，∠ACD与∠B有什么关系？为什么？ （2）如图②，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D、E分别在AC，AB上，且∠ADE＝∠B，判断△ADE的形状是什么？为什么？ （3）如图③，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠C＝90°，∠E＝90°，AB⊥BD，点C，B，E在同一直线上，∠A与∠D有什么关系？为什么？ 4．（2024•西城区校级开学）（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AE是角平分线，CD是高，AE、CD相交于点F，∠CFE与∠CEF的数量关系为 　 ． （2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，若△ABC的外角∠BAG的平分线交CD的延长线于点F，其反向延长线与BC边的延长线交于点E．探究∠CFE与∠CEF的数量关系并说明理由； （3）如图3，在△ABC中，边AB上存在一点D，使得∠ACD＝∠B，∠BAC的平分线AE交CD于点F，交BC于E．△ABC的外角∠BAG的平分线所在直线MN与BC的延长线交于点M．请补全图形并直接写出∠M与∠CFE的数量关系． 5．（2024春•常州期末）如果两个角的差等于30°，就称这两个角互为“伙伴角”，其中一个角叫做另一个角的“伙伴角”．例如α＝70°，β＝40°，α﹣β＝30°，则α和β互为“伙伴角”，即α是β的“伙伴角”，β也是α的“伙伴角”． （1）已知∠1和∠2互为“伙伴角”，∠1＞∠2，且∠1和∠2互补，求∠1的度数； （2）在△ABC中，∠ACB＝90°，AE是角平分线． ①如图1，过点C作AB的平行线CM，射线CN平分∠BCM，且与射线AE交于点N．若∠ANC与∠ABC互为“伙伴角”，则∠ABC＝　 　； ②如图2，过点C作AB的垂线，垂足为D，AE、CD相交于点F．若∠FCE与∠CEF互为“伙伴角”，求∠ABC的度数． 【考点9 多边形的边角关系】 1．（2024秋•青县校级月考）已知一个多边形剪去一个角后得到七边形，则这个多边形的边数不可能是（　　） A．六边形 B．七边形 C．八边形 D．九边形 2．（2024秋•昌图县期末）在八边形内任取一点，把这个点与八边形各顶点分别连接可得到几个三角形（　　） A．5个 B．6个 C．7个 D．8个 3．（2024春•烟台期中）从多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到2003个三角形，则这个多边形的边数为（　　） A．2001 B．2005 C．2004 D．2006 4．（2024秋•郧阳区期中）若一个多边形截去一个角后，变成十六边形，那么原来的多边形的边数为（　　） A．15或16或17 B．16或17 C．15或17 D．16或17或18 5．（2024春•高邮市校级月考）一个多边形的内角和超过640°，则此多边形边数的最小值是（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 6．（2024•大冶市三模）若一个多边形的内角和比它的外角和大540°，则该多边形的边数为（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 7．（2024春•青阳县期末）一个n边形的每个外角都是40°，则这个n边形的内角和是（　　） A．360° B．1260° C．1620° D．2160° 8．（2023秋•德城区期末）如图，将五边形ABCDE沿虚线裁去一个角得到六边形ABCDGF，则该六边形的周长一定比原五边形的周长　 　（填：大或小），理由为　 　． 9．（2024秋•依安县期末）如图所示，将多边形分割成三角形、图（1）中可分割出2个三角形；图（2）中可分割出3个三角形；图（3）中可分割出4个三角形；由此你能猜测出，n边形可以分割出 　 　个三角形． 【考点10 多边形中角度计算】 1．（2024春•四川期末）如图，点A，点B，点C，点D，点E，点F是平面上的点，顺次连结得到不规则的图形，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为（　　） A．180° B．270° C．360° D．450° 2．（2023秋•广安期末）如图，在五边形ABCDE中，AB∥ED，∠1，∠2，∠3是五边形ABCDE的外角，则∠1+∠2+∠3的度数为（　　） A．180° B．210° C．240° D．270° 3．（2024春•沐川县期末）如图，正五边形ABCDE，BG平分∠ABC，DG平分正五边形的外角∠EDF，则∠G＝（　　） A．45° B．54° C．60° D．64° 4．（2024春•镇平县月考）用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，如图1所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形ABCDE，则∠AFB的度数为（　　） A．75° B．72° C．70° D．60° 5．（2024春•郸城县月考）五边形ABCDE的边所在直线形成如图所示的形状，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝（　　） A．180° B．270° C．360° D．540° 6．（2024春•吉安县期末）如图，在六边形ABCDEF中，∠A+∠F+∠E+∠D＝500°，BM，CM分别平分∠ABC和∠BCD，则∠M的度数是（　　） A．65° B．75° C．60° D．70° 7．（2024春•茂名期末）将一个正五边形与一个正六边形按如图所示方式放置，顶点A，B，C，D在同一条直线上，E为公共顶点，则∠FEG等于（　　） A．64° B．84° C．72° D．90° 8．（2024春•新野县期末）如图，点A、B、C、D、E在同一平面内，连接AB、BC、CD、DE、EA，若∠BCD＝120°，则∠A+∠B+∠D+∠E＝（　　） A．300° B．280° C．260° D．240° 9．（2024•合肥模拟）如图，在正六边形ABCDEF和正方形ABGH中，连接FH并延长交CD边于P，则∠CPH+∠GHP＝（　　） A．116° B．118° C．120° D．122° 10．（2024春•汝城县校级月考）如图所示，∠A+∠B+∠ADF+∠BCE+∠E+∠F的度数是（　　） A．320° B．360° C．420° D．540° 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！16 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题2.1 三角形全章十一类必考点 【人教版】 【考点1 三角形三边关系定理的应用】 1 【考点2 利用三角形的中线解周长与面积问题】 6 【考点3 利用三角形内角和定理及外角性质解常规问题】 11 【考点4 利用三角形内外角平分线三个基本模型解题】 19 【考点5 利用8字模型解题】 31 【考点6 利用飞镖模型解题】 43 【考点7 三角形的折叠与求角】 52 【考点8 利用直角三角形两个锐角互余导角】 63 【考点9 多边形的边角关系】 69 【考点10 多边形中角度计算】 72 【考点1 三角形三边关系定理的应用】 1．（2024春•道里区期末）一个三角形的两边长为12和7，第三边长为整数，则第三边长的最小值是（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【分析】根据三角形的三边关系“第三边大于两边之差，而小于两边之和”，求得第三边的取值范围；再根据第三边是整数，从而求得第三边长的最大值． 【解答】解：设第三边为a， 根据三角形的三边关系，得：12﹣7＜a＜12+7， 即5＜a＜19， ∵a为整数， ∴a的最小值为6． 故选：B． 2．（2024•长汀县二模）已知关于x的不等式组，至少有两个整数解，且存在以2，a，5为边的三角形，则a的整数解有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【分析】依据不等式组至少有两个整数解，即可得到a＞5，再根据存在以2，a，5为边的三角形，可得3＜a＜7，即可得到结论． 【解答】解：解不等式x﹣a＜0，可得x＜a， 解不等式2x+1≥8，可得x≥3.5， ∵不等式组至少有两个整数解， ∴a＞5， 又∵存在以2，a，5为边的三角形， ∴3＜a＜7， ∴a的取值范围是5＜a＜7， ∴a的整数解有1个， 故选：B． 3．（2024春•泉港区期末）如图，用AB、BC、CD、AD四条钢条固定成一个铁框，相邻钢条的夹角均可调整，不计螺丝大小，重叠部分．若AB＝5、BC＝9、CD＝7、AD＝6，则所固定成的铁框中，两个顶点的距离最大值是（　　） A．14 B．16 C．13 D．11 【分析】两个顶点的距离最大，则此时这个铁框的形状为三角形，可根据三条钢条的长来判断有几种三角形的组合，然后分别找出这些三角形的最长边即可． 【解答】解：已知4条钢条的四边长为5、9、7、6； ①选5+6、7、9作为三角形，则三边长为7、9、11，能构成三角形，此时两个顶点间的最长距离为11； ②选5+7、6、9作为三角形，则三边长为6、9、12，能构成三角形，此时两个顶点间的最大距离为12； ③选5+9、6、7作为三角形，则三边长为6、7、14；6+7＜14，不能构成三角形，此种情况不成立； ④选6+7、5、9作为三角形，则三边长为5、9、13；能构成三角形，此时两个顶点间的最大距离为13； 综上所述，任两顶点的距离之最大值为13． 故选：C． 4．（2024•任丘市校级一模）有四根长度分别为3，4，6，x（x为正整数）的木棒，从中任取三根，首尾顺次相接都能组成一个三角形，甲、乙分别给出了下列结论，判断正确的是（　　） 甲：x的取值可能有4个； 乙：组成的三角形中，周长最大为16 A．甲、乙都正确 B．甲、乙都不正确 C．甲正确，乙不正确 D．甲不正确，乙正确 【分析】首先写出所有的组合情况，再进一步根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析． 【解答】解：其中的任意三根的组合有3、4、6；3、4、x；3、6、x；4、6、x共四种情况， 由题意：从中任取三根，首尾顺次相接都能组成一个三角形，可得3＜x＜7，即x＝4或5或6． ①当三边为3、4、6时，其周长为3+4+6＝13； ②当x＝4时，周长最小为3+4+4＝11，周长最大为4+6+4＝14； ③当x＝5时，周长最小为3+4+5＝12，周长最大为4+6+5＝15； ④若x＝6时，周长最小为3+4+6＝13，周长最大为4+6+6＝16； 综上所述，x的取值可能有3个，三角形周长最大为16． 故选：D． 5．（2024•郑州模拟）已知数轴上点A，B，C，D对应的数字分别为﹣1，1，x，7，点C在线段BD上且不与端点重合，若线段AB，BC，CD能围成三角形，则x的取值范围是（　　） A．1＜x＜7 B．2＜x＜6 C．3＜x＜5 D．3＜x＜4 【分析】由三角形三边关系定理得：，得到不等式组的解集是3＜x＜5，即可得到答案． 【解答】解：由点在数轴上的位置得：AB＝1﹣（﹣1）＝2，BC＝x﹣1，CD＝7﹣x， 由三角形三边关系定理得：， 不等式①恒成立， 由不等式②得：x＞3， 由不等式③得：x＜5， ∴不等式组的解集是3＜x＜5， 故选：C． 6．（2023春•高新区期中）若a，b，c是△ABC的三边，则化简|a+b﹣c|+|b﹣c﹣a|﹣2|c﹣a﹣b|＝　 　． 【分析】直接利用三角形三边关系结合绝对值的性质分别化简得出答案． 【解答】解：∵a，b，c分别为△ABC的三边， ∴a+b＞c，a+c＞b，a+b＞c， ∴|a+b﹣c|+|b﹣c﹣a|﹣2|c﹣a﹣b|＝a+b﹣c﹣（b﹣c﹣a）+2（c﹣a﹣b） ＝a+b﹣c﹣b+c+a+2c﹣2a﹣2b ＝2c﹣2b． 故答案为：2c﹣2b． 7．（2024春•浦东新区期中）已知，如图四边形ABCD中，O是AC与BD的交点，试说明：AC与BD的和小于四边形ABCD的周长． 【分析】根据三角形两边之和大于第三边得出AD+AB＞BD，CD+BC＞BD，AD+CD＞AC，AB+BC＞AC，计算得出AD+AB+CD+BC＞AC+BD，即可得证． 【解答】证明：在△ABD中，AD+AB＞BD， 在△BCD中，CD+BC＞BD， 在△ACD中，AD+CD＞AC， 在△ABC中，AB+BC＞AC+AD+AB+CD+BC+AD+CD+AB+BC＞BD+BD+AC+AC， ∴2（AD+AB+CD+BC）＞2（AC+BD）， ∴AD+AB+CD+BC＞AC+BD， ∴AC与BD的和小于四边形ABCD的周长． 8．（2024春•台江区校级期末）如图，在△ABC中，已知∠BAC＝70°，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点D． （1）求∠BDC的度数； （2）试比较DA+DB+DC与（AB+BC+AC）的大小，写出推理过程． 【分析】（1）先由三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB＝110°，再由角平分线的定义求出∠CBD+∠BCD＝55°，然后由三角形内角和定理即可得出答案； （2）由三角形的三边关系得：DA+DB＞AB，DB+DC＞BC，DA+DC＞AC，则2（DA+DB+DC）＞AB+BC+AC，即可得出结论． 【解答】解：（1）∵∠BAC＝70°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣70°＝110°， ∵∠ABC和∠ACB的平分线相交于点D， ∴∠ABD＝∠CBD∠ABC，∠ACD＝∠BCD∠ACB， ∴∠CBD+∠BCD（∠ABC+∠ACB）110°＝55°， ∴∠BDC＝180°﹣（∠CBD+∠BCD）＝180°﹣55°＝125°； （2）DA+DB+DC（AB+BC+AC），理由如下： 在△ABD中，由三角形的三边关系得：DA+DB＞AB①， 同理：DB+DC＞BC②，DA+DC＞AC③， ①+②+③得：2（DA+DB+DC）＞AB+BC+AC， ∴DA+DB+DC（AB+BC+AC）． 【考点2 利用三角形的中线解周长与面积问题】 1．（2024春•靖江市校级月考）在△ABC中，D是BC的中点，AB＝12，AC＝8．用剪刀从点D入手进行裁剪，若沿DA剪成两个三角形，它们周长的差为 　 　；若点E在AB上，沿DE剪开得到两部分周长差为2，则AE＝　 　． 【分析】由图可得到△ABD的周长﹣△ACD的周长＝AB﹣AC＝4，即可求解；分两种情况：四边形ACDE的周长﹣△BDE的周长＝2和△BDE的周长﹣四边形ACDE的周长＝2解答即可； 【解答】解：如图， ∵D是BC的中点， ∴BD＝CD， ∴△ABD的周长﹣△ACD的周长＝AB+BD+AD﹣（AC+CD+AD）＝AB﹣AC＝4， 如图，设AE＝x，则BE＝12﹣x， 当四边形ACDE的周长﹣△BDE的周长＝2时， 即AE+ED+CD+AC﹣（BE+BD+DE）＝2， 整理得，AE+AC﹣BE＝2， ∴x+8﹣（12﹣x）＝2， 解得x＝3； 当△BDE的周长﹣四边形ACDE的周长＝2时， 即BE+BD+DE﹣（AE+ED+CD+AC）＝2， 整理得，BE﹣AE﹣AC＝2， ∴12﹣x﹣x﹣8＝2， 解得x＝1； ∴AE＝1或3， 故答案为：4；1或3． 2．（2024秋•昭平县期中）如图，在△ABC中，AD是边BC上的中线，△ABD的周长比△ADC的周长多3，AB与AC的和为13，则AB的长为 　 　． 【分析】根据三角形中线的定义，BD＝CD．所以△ABD和△ADC的周长之差也就是AB与AC的差，然后联立关于AB、AC的二元一次方程组，利用加减消元法求解即可． 【解答】解：∵AD是BC边上的中线， ∴BD＝CD， ∴△ABD的周长﹣△ADC的周长＝（AB+AD+BD）﹣（AC+AD+CD）＝AB﹣AC＝3， 即AB﹣AC＝3①， 又AB+AC＝13②， ①+②得．2AB＝16， 解得AB＝8． 故答案为：8． 3．（2024秋•韩城市期中）如图，AD、BE、CF是△ABC的三条中线，若△ABC的周长是10cm．则AE+CD+BF的长为 　 　cm． 【分析】根据中线的性质可以得到，利用这个结论即可求解． 【解答】解：∵AD、BE、CF是△ABC的三条中线， ∴， ∴， 而△ABC的周长是10cm， ∴． 故答案为：5． 4．（2024春•碑林区校级月考）如图，在△ABC中，O是三条角平分线的交点，过O作DE∥BC交AB于点D，交AC于点E，若AB＝9，AC＝6，则△ADE的周长为 　 　． 【分析】根据两直线平行，内错角相等，以及根据角平分线定义，可得△OBD、△EOC均为等腰三角形，由此把△ADE的周长转化为AC+AB． 【解答】解：∵DE∥BC， ∴∠DOB＝∠OBC， 又∵BO是∠ABC的角平分线， ∴∠DBO＝∠OBC， ∴∠DBO＝∠DOB， ∴BD＝OD， 同理：OE＝EC， ∴△ADE的周长＝AD+OD+OE+AE＝AD+BD+AE+EC＝AB+AC＝15． 故答案为：15． 5．（2024春•南阳期末）如图，在△ABC中，点D、E、F分别是BC、AD、BE的中点，若△ABC的面积为8，则图中阴影部分的面积为 　 　． 【分析】根据“同高的两个三角形，其面积之比等于底边长之比”计算即可． 【解答】解：∵点D、E分别是BC、AD的中点， ∴S△ABD＝S△ACDS△ABC， S△ABE＝S△BDES△ABDS△ABC，S△ACE＝S△CDES△ACDS△ABC， ∴S△BCE＝S△BDE+S△CDES△ABCS△ABCS△ABC， ∵点F是BE的中点，△ABC的面积为8， ∴S△CEF＝S△BCFS△BCES△ABC8＝2． 故答案为：2． 6．（2024春•泰州月考）如图，BE是△ABC的中线，点D是BC边上一点，BD＝2CD，BE、AD交于点F，设△BDF的面积为S1，△AEF的面积为S2，若S△ABC＝24，则S1﹣S2的值为 　 　． 【分析】根据三角形面积公式，利用AE＝CE，S△BCE＝12，利用CDBC得到S△ACD＝8，然后计算S△BCE﹣S△ACD即可． 【解答】解：∵BE是△ABC的中线， ∴AE＝CE， ∴S△BCES△ABC24＝12， ∵BD＝2CD， 即CDBC， ∴S△ACD＝S△ABC24＝8， ∴S△BCE﹣S△ACD＝12﹣8＝4， 即S△BDF﹣S△AEF＝4． 故答案为：4． 7．（2024春•滦南县校级期末）如图，D、E分别是△ABC边AB、BC上的点，AD＝2BD，BE＝CE，连接AE、CD交于点F，连接BF，若△BDF的面积为4，则阴影部分的面积＝　 　． 【分析】根据AD＝2BD得到S△ADF＝2S△BDF＝8，S△ADC＝2S△BDC，再由三角形中线平分三角形面积得到S阴影＝S△BEF，S△ABE＝S△ACE，S阴影＝S△BEF＝x，则S△BDC＝2x+4，根据三角形面积之间的关系推出S△ACE＝5x，则5x＝x+8+4，解方程即可得到答案． 【解答】解：∵AD＝2BD， ∴S△ADF＝2S△BDF＝8，S△ADC＝2S△BDC， ∵BE＝CE， ∴S阴影＝S△BEF，S△ABE＝S△ACE， 设S阴影＝S△BEF＝x，则S△BDC＝2x+4， ∴S△ACD＝4x+8， ∴S△ACF＝4x， ∴S△ACE＝5x， ∴5x＝x+8+4， 解得x＝3， 故答案为：3． 8．（2024春•市南区期末）如图，在△ABC中，D是AC的中点，E是AB上的一点，且AE＝4BE，BD与CE相交于点F，若△CDF的面积为4，则△ABC的面积为 　 　． 【分析】连接AF，根据中点可得S△ADF＝S△CDF＝4，根据AE＝4BE可得S△AEF＝4S△BEF，设S△BEF＝x，可得S△BCF＝5x，进而可得S△ACF：S△AEF＝5：1，求出x的值，进而可求解． 【解答】解：连接AF，如图所示： ∵D是AC的中点，S△CDF＝4， ∴S△ADF＝S△CDF＝4， 又∵AE＝4BE， ∴S△AEF＝4S△BEF， 设S△BEF＝x，则S△AEF＝4x， ∵S△ABD＝S△BCD， ∴S△BCF+4＝4+x+4x， ∴S△BCF＝5x， ∴CF：EF＝5：1， ∴S△ACF：S△AEF＝5：1， ∴S△AEF4x， 解得：x， ∴S△ABC＝2S△BCD＝2×（4+5）＝12， 故答案为：12． 【考点3 利用三角形内角和定理及外角性质解常规问题】 1．（2024春•鹤壁期末）如图所示，AD为△ABC的高，AE，BF为△ABC的角平分线，若∠CBF＝30°，∠AFB＝70°． （1）求∠DAE的度数； （2）若点M为线段BC上任意一点，当△MFC为直角三角形时，直接写出∠BFM的度数． 【分析】（1）根据∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD，求出∠BAE，∠BAD即可； （2）分两种情形：如图1中，当∠FMC＝90°时，如图2中，当∠MFC＝90°时，分别求解即可． 【解答】解：（1）∵BF为△ABC的角平分线．∠CBF＝30° ∴∠ABF＝∠CBF＝30°，∠ABC＝2∠CBF＝60°， ∵AD为△ABC的高， ∴∠ADB＝90°， ∴∠BAD＝30°， 在△ABF中，∠AFB＝70°， ∴∠BAF＝180°﹣∠AFB﹣∠ABF＝80°， ∴∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠BAF＝40°， ∵AE为△ABC的角平分线， ∴∠BAE＝40°， ∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝10°； （2）∠ 如图1中，当∠FMC＝90°时，∠FMC＝180°﹣∠FMB＝＝90°， 则∠BFM＝90°﹣30°＝60°． 如图2中，当∠MFC＝90°时，∠BFM＝180°﹣∠FMB﹣∠CBF＝20°， 综上所述，∠BFM度数为60°或20°． 2．（2023秋•阜阳期末）如图，在△ABC中，AD是高，∠DAC＝10°，AE是∠BAC外角的平分线，BF平分∠ABC交AE于点F，若∠ABC＝46°，求∠AFB的度数． 【分析】根据直角三角形的性质求出∠BAD的度数，得到∠BAC的度数，根据邻补角的性质求出∠CAM的度数，根据角平分线的定义求出∠MAE的度数，根据三角形的外角的性质计算即可． 【解答】解：∵AD是高， ∴∠ADB＝90°， ∴∠BAD＝90°﹣∠ABC＝44°，又∠DAC＝10°， ∴∠BAC＝54°， ∴∠MAC＝126°， ∵AE是∠BAC外角的平分线， ∴∠MAE＝∠MAC＝63°， ∵BF平分∠ABC， ∴∠ABF＝∠ABC＝23°， ∴∠AFB＝∠MAE﹣∠ABF＝40°． 3．（2024春•玄武区期末）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，∠A＝∠ABE，∠CDB＝∠CBD，BE与CD交于点F． （1）若∠A＝40°，∠ACB＝70°，则∠BFD＝　 　°； （2）若∠ABC＝∠ACB，求证：∠BDF＝∠BFD． 【分析】（1）由内角和定理可得∠ABC＝70°，再根据∠BFD＝180°﹣∠ABE﹣∠CDB可计算出结果； （2）设∠A＝α，∠ABC＝β，由内角和定理可得180°﹣α＝2β，再根据条件将∠BFD转化为180°﹣2β+（β﹣α）化简即可看到两角都等于β得证． 【解答】（1）解：∵∠A＝40°，∠ACB＝70°， ∴∠ABC＝180°﹣（40°+70°）＝70°， ∵∠A＝∠ABE，∠CDB＝∠CBD， ∴∠A＝∠ABE＝40°，∠CDB＝∠CBD＝70°， ∴∠BFD＝180°﹣∠ABE﹣∠CDB＝180°﹣40°﹣70°＝70°， 故答案为：70． （2）证明：如图，设∠A＝α，∠ABC＝β， ∵∠ABC＝∠ACB， ∴180°﹣α＝2β， ∵∠A＝∠ABE＝α， ∴∠CBF＝β﹣α， ∵∠CDB＝∠CBD， ∴∠BDF＝β，∠DCB＝180°﹣2β， ∵∠BFD是△BCF的外角， ∴∠BFD＝∠DCB+∠CBF＝180°﹣2β+（β﹣α）＝180°﹣β﹣α＝2β﹣β＝β， ∴∠BDF＝∠BFD． 4．（2024春•兴化市期中）如图，AD、AE分别为△ABC的高、角平分线． （1）若∠ABC＝60°，∠C＝40°，求∠DAE的度数； （2）若点G为AE上一点，过点G作PH⊥AE交BC于点P，交AC于点H，试猜想∠HPC、∠ABC、∠ACB三者之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠BAC的度数，再根据角平分线的定义求出∠BAE的度数，再求出∠BAD的度数，即可求出∠DAE的度数； （2）根据三角形外角的性质得出∠PEG、∠ACB、∠CAE的关系，再证得∠CAE与∠ABC、∠ACB的关系，从而得出∠HPC、∠ABC、∠ACB三者之间的数量关系． 【解答】解：（1）∵∠ABC＝60°，∠C＝40°， ∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝180°﹣60°﹣40°＝80°， ∵AE为△ABC的角平分线， ∴∠BAE， ∵AD为△ABC的高， ∴∠ADB＝90°， ∴∠BAD＝90°﹣∠ABC＝90°﹣60°＝30°， ∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝40°﹣30°＝10°； （2）∠HPC∠ABC∠ACB， 理由：∵PH⊥AE， ∴∠PGE＝90°， ∴∠HPC＝90°﹣∠PEG， ∵∠PEG是△AEC的一个外角， ∴∠PEG＝∠CAE+∠ACB， ∵AE为△ABC的角平分线， ∴∠CAE90°， ∴∠PEG＝90°∠ABC∠ACB+∠ACB＝90°∠ABC∠ACB， ∴∠HPC＝90°﹣（90°∠ABC∠ACB）∠ABC∠ACB． 5．（2024春•连江县期末）如图，在△ABC中，AD平分∠CAB交BC于点D，点E为直线AC上一点，连接DE，∠CED＝2∠CAD，连接BE交AD于点F，作EG平分∠AEB交AB于点G．． （1）求证：AB∥DE； （2）若∠GBE＝2∠CBE． ①试判断∠BEG，∠ADE，∠CBE之间的数量关系，并说明理由； ②若∠AFB＝110°，求∠BEG﹣∠CBE的度数． 【分析】（1）根据角平分线定义得∠CAB＝2∠CAD，再根据∠CED＝2∠CAD得∠CAB＝∠CED，据此可得出结论； （2）①根据角平分线定义设∠CAD＝∠BAD＝α，则∠CAB＝2α，设∠CBE＝β，则∠GBE＝2β，则∠AEB＝180°﹣（2a+2β），进而得∠BEG＝1/2∠AEB＝90°﹣（a+β），由（1）得AB//DE，则∠ADE＝∠BAD＝α，由此可得∠BEG，∠ADE，∠CBE之间的数量关系； ②由①可知∠CBE＝β，∠GBE＝2β，∠ADE＝∠BAD＝α，∠BEG＝90°﹣（a+β），再由AB//DE得∠BED＝∠GBE＝2β，根据三角形内角和定理得∠BED+∠ADE+∠EFD＝180°，则2β+α+110°＝180°，进而得2β+α＝70°，由此可得∠BEG﹣∠CBE的度数． 【解答】（1）证明：∵AD平分∠CAB， ∴∠CAB＝2∠CAD， ∵∠CED＝2∠CAD， ∴∠CAB＝∠CED， ∴AB//DE； （2）①∠BEG+∠ADE+∠CBE＝90°，理由如下： ∵AD平分∠CAB， ∴设∠CAD＝∠BAD＝α，则∠CAB＝2∠CAD＝2α， ∵∠GBE＝2∠CBE， 设∠CBE＝β，则∠GBE＝2β， ∴∠AEB＝180°﹣（∠CAB+∠GBE）＝180°﹣（2a+2β）， ∵EG平分∠AEB， ∴∠BEG∠AEB＝90°﹣（a+β）， 由（1）可知：AB//DE， ∴∠ADE＝∠BAD＝α， ∴∠BEG+∠ADE+∠CBE＝90°﹣（a+β）+α+β＝90°； ②由①可知：∠CBE＝β，∠GBE＝2β，∠ADE＝∠BAD＝α，∠BEG＝90°﹣（a+β）， 由（1）可知：AB//DE， ∴∠BED＝∠GBE＝2β， ∵∠AFB＝110°， ∴∠EFD＝∠AFB＝110°， ∵∠BED+∠ADE+∠EFD＝180°， ∴2β+α+110°＝180°， 即2β+α＝70°， ∴∠BEG﹣∠CBE＝90°﹣（a+β）﹣β＝90°﹣（2β+α）＝90°﹣70°＝20°． 6．（2024春•宿城区校级月考）在△ABC中，∠A＝60°，点D，E分别是边AC，AB上的点（不与A，B，C重合），点P是平面内一动点（P与D，E不在同一直线上），设∠PDC＝∠1，∠PEB＝∠2，∠DPE＝∠α． （1）若点P在边BC上运动（不与点B和点C重合），且∠α＝50°，如图（1）所示，则∠1+∠2＝　110°　； （2）若点P在△ABC的外部，如图（2）所示，则∠α，∠1，∠2之间有何关系？写出你的结论，并说明理由． （3）当点P在边CB的延长线上运动时，请你通过画出图形进行探究，然后直接写出∠α，∠1，∠2之间的关系． 【分析】（1）根据∠B+∠2＝∠a+∠DPC，∠C+∠1＝∠α+∠ACB，即可得到∠1+∠2的角度； （2）根据三角形的外角，则∠2﹣∠α＝∠1﹣50°，即可； （3）分类讨论，根据三角形的外角的性质，即可． 【解答】解：（1）∵∠A＝60°， ∴∠B+∠C＝120°， ∵∠B+∠2＝∠a+∠DPC，∠C+∠1＝∠α+∠ACB，∠α＝50°， ∴∠1+∠2＝180°+50°﹣∠B﹣C＝110°． 故答案为：110°． （2）∠α+∠1﹣∠2＝60°，理由，如下： ∵∠A+∠3＝∠1，∠α+∠4＝∠2， ∵∠3＝∠4， ∴∠α﹣∠A＝∠2﹣∠1， ∴∠α+∠1﹣∠2＝∠A＝60°． （3）∠α+∠2＝∠1﹣60°， 证明如下： ∵∠α+∠2＝∠3，∠A+∠4＝∠1，∠3＝∠4， ∴∠α+∠2+60°＝∠1， ∴∠α+∠2＝∠1﹣60°； ∠1﹣60°+∠α＝∠2， 证明如下： ∵∠4+∠A＝∠1，∠α+∠3＝∠2，∠3＝∠4， ∴∠A﹣∠α＝∠1﹣∠2， ∴∠1﹣60°+∠α＝∠2． 【考点4 利用三角形内外角平分线三个基本模型解题】 1．（2024春•东平县期末）已知△ABC， （1）如图（1），若P点是∠ABC和∠ACB的角平分线的交点，则∠P＝90°∠A； （2）如图（2），若P点是∠ABC和外角∠ACE的角平分线的交点，则∠P＝90°﹣∠A； （3）如图（3），若P点是外角∠CBF和∠BCE的角平分线的交点，则∠P＝90°∠A． 上述说法正确的个数是（　　） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【分析】用角平分线的性质和三角形内角和定理证明，证明时可运用反例． 【解答】解：（1）若P点是∠ABC和∠ACB的角平分线的交点， 则∠PBC∠ABC，∠PCB∠ACB 则∠PBC+∠PCB（∠ABC+∠ACB）（180°﹣∠A） 在△BCP中利用内角和定理得到： ∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝180°（180°﹣∠A）＝90°∠A， 故成立； （2）当△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°时，结论不成立； （3）若P点是外角∠CBF和∠BCE的角平分线的交点， 则∠PBC∠FBC（180°﹣∠ABC）＝90°∠ABC， ∠BCP∠BCE＝90°∠ACB ∴∠PBC+∠BCP＝180°（∠ABC+∠ACB） 又∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A ∴∠PBC+∠BCP＝90°∠A， 在△BCP中利用内角和定理得到： ∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝180°﹣（90°∠A）＝90°∠A， 故成立． ∴说法正确的个数是2个． 故选：B． 2．（2024春•宝应县期中）如图，∠ABC＝∠ACB，BD、CD、AD分别平分△ABC的内角∠ABC、外角∠ACF、外角∠EAC．其中不正确的结论有（　　） A．∠ACB＝2∠ADB B． C． D． 【分析】根据角平分线定义得出∠ABC＝2∠ABD＝2∠DBC，∠EAC＝2∠EAD，∠ACF＝2∠DCF，根据三角形的内角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，根据三角形外角性质得出∠ACF＝∠ABC+∠BAC，∠EAC＝∠ABC+∠ACB，根据已知结论逐步推理，即可判断各项． 【解答】解：∵AD平分∠EAC， ∴∠EAC＝2∠EAD， ∵∠EAC＝∠ABC+∠ACB，∠ABC＝∠ACB， ∴∠EAD＝∠ABC， ∴AD∥BC， ∴∠ADB＝∠DBC， ∵BD平分∠ABC，∠ABC＝∠ACB， ∴∠ABC＝∠ACB＝2∠DBC， ∴∠ACB＝2∠ADB， 故A不符合题意； ∵CD平分△ABC的外角∠ACF， ∴∠ACF＝2∠DCF， ∵∠ACF＝∠BAC+∠ABC，∠ABC＝2∠DBC，∠DCF＝∠DBC+∠BDC， ∴2∠DBC+2∠BDC＝∠BAC+∠DBC， ∴∠BAC＝2∠BDC， ∴∠BDC∠BAC， 故B不符合题意；C符合题意； 在△ADC中，∠ADC+∠CAD+∠ACD＝180°， ∵CD平分△ABC的外角∠ACF， ∴∠ACD＝∠DCF， ∵AD∥BC， ∴∠ADC＝∠DCF，∠ADB＝∠DBC，∠CAD＝∠ACB， ∴∠ACD＝∠ADC，∠CAD＝∠ACB＝∠ABC＝2∠ABD， ∴∠ADC+∠CAD+∠ACD＝∠ADC+2∠ABD+∠ADC＝2∠ADC+2∠ABD＝180°， ∴∠ADC+∠ABD＝90°， 即∠ADC∠ABC＝90°， 故D不符合题意； 故选：C． 3．（2024春•新野县月考）如图，在△ABC中，∠A＝60°，∠ABC和外角∠ACD的平分线交于点A1，∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，⋯，∠A2023BC和∠A2023CD的平分线交于点A2024，则∠A2024的度数为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据角平分线定义设∠ABA1＝∠CBA1＝α，∠ACA1＝∠DCA1＝β，则∠ABC＝2α，∠ACD＝2β，由三角形外角性质得∠DCA1＝∠CBA1+∠A1，∠ACD＝∠ABC+∠A，即β＝α+∠A1，2β＝2a+∠A，由此得∠A1∠A，同理：∠A2∠A1∠A，∠A3∠A2∠A，…，以此类推，∠An∠A，据此可得当∠A＝60°时，∠A2024的度数． 【解答】解：∠ABC和外角∠ACD的平分线交于点A1， ∴设∠ABA1＝∠CBA1＝α，∠ACA1＝∠DCA1＝β， ∴∠ABC＝2α，∠ACD＝2β， 由三角形外角性质得：∠DCA1＝∠CBA1+∠A1，∠ACD＝∠ABC+∠A， 即β＝α+∠A1，2β＝2a+∠A， ∴2（α+∠A1）＝2α+∠A， ∴∠A1∠A， 同理：∠A2∠A1∠A，∠A3∠A2∠A， …，以此类推，∠An∠A， ∴当∠A＝60°时，∠A2024∠A． 故选：C． 4．（2024春•天水期末）在△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分线交于点O，∠ACB的外角平分线所在直线与∠ABC的平分线相交于点D，与∠ABC的外角平分线相交于点E，则下列结论一定正确的是 　．（填写所有正确结论的序号） ①；②；③∠E＝∠A；④∠E+∠DCF＝90°+∠ABD． 【分析】由角平分线的定义可得∠OBC+∠OCB（∠ABC+∠ACB），再由三角形的内角和定理可求解∠BOC＝90°∠A，即可判定①；由角平分线的定义可得∠DCF∠ACF，，结合三角形外角的额性质可判定②；由三角形外角的性质可得∠MBC+∠BCN＝180°+∠A，再利用角平分线的定义及三角形的内角和定理可判定③；利用三角形外角的性质可得∠E+∠DCF＝90°+∠DBC，结合∠ABD＝∠DBC可判定④． 【解答】解：∵∠ABC，∠ACB的平分线交于点O， ∴∠ABD＝∠OBC∠ABC，∠OCB＝∠ACO∠ACB， ∴∠OBC+∠OCB（∠ABC+∠ACB）， ∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A， ∵∠BOC+∠OBC+∠OCB＝180°， ∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°（180°﹣∠A）＝90°∠A，故①正确， ∵CD平分∠ACF， ∴∠DCF∠ACF， ∵∠ACF＝∠ABC+∠A，∠DCF＝∠OBC+∠D， ∴∠D∠A，故②正确； ∵∠MBC＝∠A+∠ACB，∠BCN＝∠A+∠ABC，∠ACB+∠A+∠ABC＝180°， ∴∠MBC+∠BCN＝∠A+∠ACB+∠A+∠ABC＝180°+∠A， ∵BE平分∠MBC，CE平分∠BCN， ∴∠MBC＝2∠EBC，∠BCN＝2∠BCE， ∴∠EBC+∠BCE＝90°∠A， ∵∠E+∠EBC++BCE＝180°， ∴∠E＝180°﹣（∠EBC++BCE）＝180°﹣（90°∠A）＝90°∠A，故③错误； ∵∠DCF＝∠DBC+∠D， ∴∠E+∠DCF＝90°∠A+∠DBC∠A＝90°+∠DBC， ∵∠ABD＝∠DBC， ∴∠E+∠DCF＝90°+∠ABD．故④正确， 综上正确的有：①②④． 5．（2023秋•榆阳区校级期末）如图，A，B分别是∠MON两边OM，ON上的动点（均不与点O重合）． （1）如图1，当∠MON＝58°时，△AOB的外角∠NBA，∠MAB的平分线交于点C，则∠ACB＝　61　°； （2）如图2，当∠MON＝n°时，∠OAB，∠OBA的平分线交于点D，则∠ADB＝　 　°（用含n的式子表示）； （3）如图3，当∠MON＝α（α为定值，0°＜α＜90°）时，BE是∠NBA的平分线，BE的反向延长线与∠OAB的平分线交于点F．随着点A，B的运动，∠F的大小会改变吗？如果不会，求出∠F的度数（用含α的式子表示）；如果会，请说明理由． 【分析】（1）根据三角形内角和定理得到∠NBA+∠MAB＝180°+58°，根据角平分线的定义计算即可； （2）根据三角形内角和定理得到∠OBA+∠OAB＝（180﹣n）°，根据角平分线的定义计算即可； （3）根据三角形的外角性质得到∠NBA﹣∠BAO＝∠MON＝α，根据角平分线的定义、三角形的外角性质计算即可． 【解答】解：（1）∵∠MON＝58°， ∴∠OBA+∠OAB＝122°． ∴∠NBA+∠MAB＝238°． ∵BD、AD分别为∠NBA、∠MAB的平分线， ∴∠DBANBA，∠DAB∠MAB． ∴∠DBA+∠DAB（∠NBA+∠MAB）＝90°58°． ∴∠ADB＝180°﹣（90°58°）＝90°58°＝61°． 故答案为：61． （2）∵∠MON＝n°， ∴∠OBA+∠OAB＝180°﹣n°． ∵BC、AC分别为∠OBA、∠OAB的平分线， ∴∠ABC∠OBA，∠BAC∠OAB， ∴∠ABC+∠BAC（∠OBA+∠OAB）（180°﹣n°）． ∴∠ACB＝180°（180°﹣n°）＝90°n°． 故答案为：（90n）． （3）∠F的大小不变，∠Fα． 理由如下：∵∠NBA﹣∠BAO＝∠MON＝α， 又BE是∠ABN的平分线，AF是∠OAB的平分线， ∴∠EBA∠NBA，∠BAF∠BAO， ∴∠F＝∠EBA﹣∠BAF（∠NBA﹣∠BAO）α． 6．（2024春•宿城区期末）已知：△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α的代数式表示∠BPC的度数； ②用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． 【分析】（1）①如图1根据角平分线的定义得到∠PBC＝∠PBM∠CBM（α+β）根据三角形的内角和即可得到结论； ②根据三角形的内角和和角平分线的定义即可得到结论； （2）①根据题意画出图形即可； ②根据角平分线的定义和三角形的内角和以及三角形的外角的性质即可得到结论． 【解答】解：（1）①如图1∵BP、CP分别平分△ABC的外角∠CBM和∠BCN ∴∠PBC＝∠PBM∠CBM（α+β） ∠1∠BCN（180°﹣β） ∴∠BPC＝180°﹣∠PBC﹣∠1 ＝180°（α+β）（180°﹣β） ＝90°α； ②在Rt△PBD中，∠PBD＝90°﹣∠BPD， ∵∠BPD＝∠PBM﹣∠2 （α+β）α β ∴∠PBD＝90°β； （2）①如图2所示， ②中的两个结论发生了变化， ∵∠BAC＝α， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣α， ∵点P为△ABC的三条内角平分线的交点， ∴∠PBCABC，∠PCBACB， ∴∠PBC+∠PCB（∠ABC+∠ACB）， ∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝180°（∠ABC+∠ACB）＝90°α； ∵∠BPD＝∠BAP+∠ABP（∠ABC+∠BAC）（180°﹣∠ACB）＝90°β， ∵BD⊥AD， ∴∠ADB＝90°， ∴∠PBD＝90°﹣（90°β）． 7．（2024春•莱芜区月考）阅读下面的材料，并解决问题． （1）已知在△ABC中，∠A＝60°，图1﹣图3的△ABC的内角平分线或外角平分线交于点O，请直接求出下列角度的度数． 如图1，∠O＝　 　；如图2，∠O＝　 　；如图3，∠O＝　 　； 如图4，∠ABC，∠ACB的三等分线交于点O1，O2，连接O1O2，则∠BO2O1＝　 　． （2）如图5，点O是△ABC两条内角平分线的交点，则∠O＝　 ． （3）如图6，△ABC中，∠ABC的三等分线分别与∠ACB的平分线交于点O1，O2，若∠1＝115°，∠2＝135°，求∠A的度数． 【分析】（1）由∠A的度数，在△ABC中，可得∠ABC与∠ACB的和，又BO、CO是内角平分线或外角平分线，利用角平分线的定义及三角形内角和定理、三角形的外角性质进而可求得答案； （2）由∠A的度数，在△ABC中，可得∠ABC与∠ACB的和，又BO、CO是角平分线，利用角平分线的定义及三角形内角和定理可证得结论； （3）先分别求出∠ABC与∠ACB的度数，即可求得∠A的度数． 【解答】解；（1）如图1， ∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB， ∴∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB， ∴∠OBC+∠OCB （∠ABC+∠ACB） （180°﹣∠BAC） （180°﹣60°） ＝60°， ∴∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝120°； 如图2， ∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACD， ∴∠OBC∠ABC，∠OCD∠ACD， ∵∠ACD＝∠ABC+∠A， ∴∠OCD（∠ABC+∠A）， ∵∠OCD＝∠OBC+∠O， ∴∠O＝∠OCD﹣∠OBC， ∠ABC∠A∠ABC， ∠A， ＝30°； 如图3， ∵BO平分∠EBC，CO平分∠BCD， ∴∠OBC∠EBC，∠OCB∠BCD， ∴∠OBC+∠OCB （∠EBC+∠BCD） （∠A+∠ACB+∠BCD） （∠A+180°） （60°+180°） ＝120°， ∴∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝60°； 如图4， ∵∠ABC，∠ACB的三等分线交于点O1，O2， ∴∠O2BC∠ABC，∠O2CB∠ACB，O1B平分∠O2BC，O1C平分∠O2CB，O2O1平分BO2C， ∴∠O2BC+∠O2CB （∠ABC+∠ACB） （180°﹣∠BAC） （180°﹣60°） ＝80°， ∴∠BO2C＝180°﹣（∠O2BC+∠O2CB）＝100°， ∴∠BO2O1∠BO2C＝50°； 故答案为：120°，30°，60°，50°； （2）证明：∵OB平分∠ABC，OC平分∠ACB， ∴∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB， ∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB） ＝180°（∠ABC+∠ACB） ＝180°（180°﹣∠A） ＝90°∠A． 故答案为：90°∠A． （3）∵∠O2BO1＝∠2﹣∠1＝20°， ∴∠ABC＝3∠O2BO1＝60°，∠O1BC＝∠O2BO1＝20°， ∴∠BCO2＝180°﹣20°﹣135°＝25°， ∴∠ACB＝2∠BCO2＝50°， ∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝70°， 或由题意，设∠ABO2＝∠O2BO1＝∠O1BC＝α，∠ACO2＝∠BCO2＝β， ∴2α+β＝180°﹣115°＝65°，α+β＝180°﹣135°＝45°， ∴α＝20°，β＝25°， ∴∠ABC+∠ACB＝3α+2β＝60°+50°＝110°， ∴∠A＝70°． 【考点5 利用8字模型解题】 1．（2024•柯桥区模拟）如图所示，∠α的度数是（　　） A．10° B．20° C．30° D．40° 【分析】根据对顶角的性质以及三角形的内角和定理即可求出答案． 【解答】解：∵∠A+∠B+∠AOB＝∠C+∠D+∠COD， ∠AOB＝∠COD， ∴∠A+∠B＝∠C+∠D ∴30°+20°＝40°+α， ∴α＝10° 故选：A． 2．（2024秋•钟山区期末）如图，在△ABC中，点D为BC边延长线上的一点，DF⊥AB于点F，交AC于点E，若∠A＝40°，∠D＝50°，则∠ACB的度数为（　　） A．80° B．90° C．100° D．105° 【分析】先利用三角形的内角和求出∠B，再利用三角形的内角和定理得结论． 【解答】解：∵DF⊥AB， ∴∠BFD＝90°． ∵∠BFD+∠D+∠B＝180°， ∴∠B＝40°． ∵∠ACB+∠A+∠B＝180°， ∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B ＝180°﹣40°﹣40° ＝100°． 故选：C． 3．（2024秋•南昌期末）如图，点A、B、C、D、E、F是平面上的6个点，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数是（　　） A．180° B．360° C．540° D．720° 【分析】先根据三角形外角的性质得出∠A+∠B＝∠1，∠E+∠F＝∠2，∠C+∠D＝∠3，再根据三角形的外角和是360°进行解答． 【解答】解：∵∠1是△ABG的外角， ∴∠1＝∠A+∠B， ∵∠2是△EFH的外角， ∴∠2＝∠E+∠F， ∵∠3是△CDI的外角， ∴∠3＝∠C+∠D， ∵∠1、∠2、∠3是△GIH的外角， ∴∠1+∠2+∠3＝360°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°． 故选：B． 4．（2024春•通州区期末）如图，，．若∠P＝35°，则∠B+2∠D＝　105　度． 【分析】设AP与CD的交点为M，AB与CP的交点为N，根据三角形内角和定理分别得出∠D+∠DAP+∠AMD＝180°，∠P+∠DCP+∠CMP＝180°，再根据对顶角相等得到∠AMD＝∠CMP，于是推出∠D+∠DAP＝∠P+∠DCP，用同样的方法可以得到∠P+∠BAP＝∠B+∠BCP，然后结合已知推出∠B+2∠D＝3∠P，从而得出答案． 【解答】解：如图，设AP与CD的交点为M，AB与CP的交点为N， 在△AMD中，∠D+∠DAP+∠AMD＝180°， 在△CMP中，∠P+∠DCP+∠CMP＝180°， ∵∠AMD＝∠CMP， ∴∠D+∠DAP＝∠P+∠DCP， 在△ANP中，∠P+∠BAP+∠ANP＝180°， 在△CNB中，∠B+∠BCP+∠CNB＝180°， ∵∠ANP＝∠CNB， ∴∠P+∠BAP＝∠B+∠BCP， ∵，， ∴∠BAP，∠BCP， ∴∠D①，②， 由①得2∠D③， ②﹣③，得∠P﹣2∠D＝∠B﹣2∠P， ∴∠B+2∠D＝3∠P， ∵∠P＝35°， ∴∠B+2∠D＝35°×3＝105°， 故答案为：105． 5．（2024春•江汉区期末）如图，小明一笔画成了如图所示的图形，若∠B＝50°，∠C＝48°，∠D＝90°，则∠A+∠E＝　 　°． 【分析】先根据三角形的内角和定理求出∠A＝130°﹣∠1，再次利用据三角形的内角和定理求出∠E＝90°﹣∠4，最后根据∠2+∠3＝132°求出答案即可． 【解答】解：如图所示： ∵∠A+∠B+∠1＝180°，∠B＝50°，∠C＝48°，∠D＝90°， ∴∠1＝∠2＝180°﹣∠A﹣∠B， ∴∠A＝130°﹣∠1， ∵∠2+∠C+∠3＝180°，∠C＝48°， ∴∠3＝∠4＝180°﹣∠2﹣∠C＝180°﹣（130°﹣∠A）﹣48°＝2°+∠A， ∵∠4+∠D+∠E＝180°， ∴∠E＝180°﹣90°﹣∠4＝90°﹣∠4， ∵∠2+∠3＝180°﹣∠C＝132°， ∵∠A+∠E＝130°﹣∠1+90°﹣∠4＝220°﹣（∠1+∠4）＝220°﹣（∠2+∠3）＝220°﹣132°＝88° 故答案为：88． 6．（2023春•南京期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝　 　°． 【分析】根据多边形内角与外角、三角形内角和定理、三角形外角性质进行推理计算即可． 【解答】解：如图，延长DE交AB于点G， 由三角形外角性质可知： ∠1＝∠F+∠DEF，∠2＝∠1+∠A， ∴∠2＝∠F+∠DEF+∠A， ∴在四边形BCDG中，由四边形内角和可知： ∠B+∠C+∠D+∠2＝360°， ∴∠A+∠F+∠DEF+∠B+∠C+∠D＝360°． 故答案为：360． 7．（2024春•南京期末）【初步认识】 （1）如图①，线段AB，CD相交于点O，连接AD，BC． 求证：∠A+∠D＝∠B+∠C． 【继续探索】 （2）如图②，∠A＝m°，∠C＝n°，∠ABC，∠ADC的角平分线BP、DP相交于点P． ①若m＝40，n＝32，求∠P的度数； ②用m、n表示∠P的度数为 　 　． （3）如图③，∠ABC，∠ADC的角平分线BP，DP相交于点P，∠DAB，∠DCB的角平分线AQ，CQ相交于点Q．若∠P＝∠Q，判断AD与BC的位置关系并说明理由． 【分析】（1）依据题意，在△AOD中，∠A+∠D+∠AOD＝180°，则∠A+∠D＝180°﹣∠AOD，又 在△BOC中，∠B+∠C+∠BOC＝180°，故∠B+∠C＝180°﹣∠BOC，从而可以得解； （2）①依据题意，结合（1）可得，∠A+∠ADC＝∠ABC+∠C，∠A+∠ADP＝∠P+∠ABP，结合BP平分∠ABC，DP平分∠ADC，从而∠ADP∠ADC，∠ABP∠ABC，故∠A∠ADC＝∠P∠ABC，进而可得2∠A+∠ADC＝2∠P+∠ABC，又∠A+∠ADC＝∠ABC+∠C，从而∠A＝2∠P﹣∠C，即可得∠P，代入计算可以得解； ②依据题意，根据①∠P，又∠A＝m°，∠C＝n°，进而计算可以得解； （3）依据题意，根据（2）①∠P，同理可得，∠Q，又∠P＝∠Q，故可得∠A+∠C＝∠B+∠D，又∠A+∠D＝∠C+∠B，则2∠A+∠C+∠D＝2∠B+∠C+∠D，从而∠A＝∠B，故可得解． 【解答】（1）证明：由题意，在△AOD中，∠A+∠D+∠AOD＝180°， ∴∠A+∠D＝180°﹣∠AOD． 又 在△BOC中，∠B+∠C+∠BOC＝180°， ∴∠B+∠C＝180°﹣∠BOC． 又∠AOD＝∠BOC， ∴∠A+∠D＝∠B+∠C． （2）解：①由题意，结合（1）可得， ∠A+∠ADC＝∠ABC+∠C， ∠A+∠ADP＝∠P+∠ABP． ∵BP平分∠ABC，DP平分∠ADC， ∴∠ADP∠ADC，∠ABP∠ABC． ∴∠A∠ADC＝∠P∠ABC． ∴2∠A+∠ADC＝2∠P+∠ABC． 又∠A+∠ADC＝∠ABC+∠C， ∴∠A＝2∠P﹣∠C． ∴∠P． 又∠A＝m°＝40°，∠C＝n°＝32°， ∴∠P36°． ②由题意，根据①∠P， 又∠A＝m°，∠C＝n°， ∴∠P＝（）°． 故答案为：（）°． （3）解：AD∥BC．理由如下： 由题意，根据（2）①可得∠P， 同理可得，∠Q． 又∠P＝∠Q， ∴． ∴∠DAB+∠DCB＝∠ABC+∠ADC． 又∠DAB+∠ADC＝∠DCB+∠ABC， ∴2∠DAB+∠DCB+∠ADC＝2∠ABC+∠DCB+∠ADC． ∴∠DAB＝∠BAC． ∴AD∥BC． 8．（2024春•华安县校级月考）如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD，则我们把形如这样的图形称为“8字型”． （1）求证：∠A+∠C＝∠B+∠D． 利用以上结论解决下列问题： （2）如图2所示，∠1＝130°，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 　． （3）如图3，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，且与CD，AB分别相交于点M，N． ①若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度数． ②若角平分线中角的关系改成“∠CAP∠CAB，∠CDP∠CDB”，试直接写出∠P与∠B，∠C之间存在的数量关系，并证明理由． 【分析】（1）根据三角形的内角和即可得到结论； （3）①根据角平分线的定义得到∠CAP＝∠BAP，∠BDP＝∠CDP，再根据三角形内角和定理得到∠CAP+∠C＝∠CDP+∠P，∠BAP+∠P＝∠BDP+∠B，两等式相减得到∠C﹣∠P＝∠P﹣∠B，即∠P（∠C+∠B），然后把∠C＝120°，∠B＝100°代入计算即可； ②与①的证明方法一样得到4∠P＝∠B+3∠C． 【解答】解：（1）证明：在图1中，有∠A+∠C＝180°﹣∠AOC，∠B+∠D＝180°﹣∠BOD， ∵∠AOC＝∠BOD， ∴∠A+∠C＝∠B+∠D； （2）如图2所示， ∵∠DME＝∠A+∠E，∠3＝∠DME+∠D， ∴∠A+∠E+∠D＝∠3， ∵∠2＝∠3+∠F，∠1＝130°， ∴∠3+∠F＝∠2＝∠1＝130°， ∴∠A+∠E+∠D+∠F＝130°， ∵∠B+∠C＝∠1＝130°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝260°． 故答案为：260°． （3）①以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP， 以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP ∴2∠P+∠BAP+∠CDP＝∠B+∠C+∠CAP+∠BDP， ∵AP、DP分别平分∠CAB和∠BDC， ∴∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP， ∴2∠P＝∠B+∠C， ∵∠B＝100°，∠C＝120°， ∴∠P（∠B+∠C）（100°+120°）＝110°； ②3∠P＝∠B+2∠C，其理由是： ∵∠CAP∠CAB，∠CDP∠CDB， ∴∠BAP∠CAB，∠BDP∠CDB， 以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP， 以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP ∴∠C﹣∠P＝∠CDP﹣∠CAP（∠CDB﹣∠CAB）， ∠P﹣∠B＝∠BDP﹣∠BAP（∠CDB﹣∠CAB）． ∴3（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B， ∴4∠P＝∠B+3∠C． 9．（2023秋•江夏区校级月考）（1）如图1，AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC＝30°，∠ADC＝26°，求∠P的度数． （2）如图2，直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC＝36°，∠ADC＝16°，求此时∠P的度数． （3）在图3中，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，猜想∠P与∠B、∠D的关系，直接写出结论 　 　． 【分析】（1）设AP与BC交于点M，AD与CP交于点N，设∠BAP＝α，∠DCP＝β，根据角平分线的定义得∠DAP＝∠BAP＝α，∠BCP＝∠DCP＝β，再根据三角形的外角定理得∠BMP＝∠ABC+∠BAP＝∠P+∠BCP，∠PND＝∠P+∠DAP＝∠DCP+∠ADC，即30°+α＝∠P+β，∠P+α＝β+26°，据此可得∠P的度数； （2）设PC与AD交于点K，PA的延长线交CE于点H，设∠FAH＝α，∠ECP＝β，根据角平分线的定义得∠DAH＝∠FAH＝α，∠EAD＝2∠FAH＝2α，∠BCP＝∠ECP＝β，∠BCE＝2∠ECP＝2β，进而得∠PAK＝180°﹣∠FAH＝180°﹣α，∠BAO＝180°﹣∠EAD＝180°﹣2α，∠DCK＝180°﹣∠ECP＝180°﹣β，∠DCO＝180°﹣∠BCE＝180°﹣2β，再根据三角形的外角定理得∠PKD＝∠PAK+∠P＝∠ADC+∠DCK，∠BOD＝∠ABC+∠BAO＝∠ADC+∠DCO， 即180°﹣α+∠P＝16°+180°﹣β，36°+180°﹣2α＝16°+180°﹣2β，由此可求出∠P的度数； （3）设PC与AD交于点T，设∠BAP＝α，∠ECP＝β，根据角平分线的定义得∠OAP＝∠BAP＝α，∠OAB＝2∠BAP＝2α，∠BCP＝∠ECP＝β，∠ECB＝∠ECP＝2β，进而得∠TCD＝180°﹣∠ECP＝180°﹣β，∠OCD＝180°﹣∠ECB＝180°﹣2β，再根据三角形的外角定理得∠PTD＝∠OAP+∠P＝∠TCD+∠D，∠BOA＝∠OAB+∠B＝∠D+∠OCD，即α+∠P＝180°﹣β+∠D，2α+∠B＝∠D+180°﹣2β，由此可得∠P与∠B、∠D之间的关系． 【解答】解：（1）设AP与BC交于点M，AD与CP交于点N，如图1所示： 设∠BAP＝α，∠DCP＝β， ∵AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD， ∴∠DAP＝∠BAP＝α，∠BCP＝∠DCP＝β， ∵∠BMP是△ABM和△PCM的一个外角，∠PND是△ANP和△CND的一个外角， ∴∠BMP＝∠ABC+∠BAP＝∠P+∠BCP，∠PND＝∠P+∠DAP＝∠DCP+∠ADC， ∵∠ABC＝30°，∠ADC＝26°， ∴30°+α＝∠P+β，∠P+α＝β+26°， 由30°+α＝∠P+β，得：α﹣β＝∠P﹣30°， 由∠P+α＝β+26°，得：α﹣β＝26°﹣∠P， ∴∠P﹣30°＝26°﹣∠P， ∴∠P＝28°； （2）设PC与AD交于点K，PA的延长线交CE于点H，如图2所示： 设∠FAH＝α，∠ECP＝β， ∵直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE， ∴∠DAH＝∠FAH＝α，∠EAD＝2∠FAH＝2α， ∠BCP＝∠ECP＝β，∠BCE＝2∠ECP＝2β， ∴∠PAK＝180°﹣∠FAH＝180°﹣α，∠BAO＝180°﹣∠EAD＝180°﹣2α， ∠DCK＝180°﹣∠ECP＝180°﹣β，∠DCO＝180°﹣∠BCE＝180°﹣2β， ∵∠PKD是△PAK和△CDK的一个外角，∠BOD是△ABO和△CDO的一个外角 ∴∠PKD＝∠PAK+∠P＝∠ADC+∠DCK，∠BOD＝∠ABC+∠BAO＝∠ADC+∠DCO， ∵∠ADC＝16°，∠ABC＝36°， ∴180°﹣α+∠P＝16°+180°﹣β，36°+180°﹣2α＝16°+180°﹣2β， 由180°﹣α+∠P＝16°+180°﹣β，得：∠P＝α﹣β+16°， 由36°+180°﹣2α＝16°+180°﹣2β，得：α﹣β＝10°， ∴∠P＝α﹣β+16°＝26°； （3）猜想：2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°，理由如下： 设PC与AD交于点T，如图3所示： 设∠BAP＝α，∠ECP＝β， ∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE， ∴∠OAP＝∠BAP＝α，∠OAB＝2∠BAP＝2α， ∠BCP＝∠ECP＝β，∠ECB＝∠ECP＝2β， ∴∠TCD＝180°﹣∠ECP＝180°﹣β，∠OCD＝180°﹣∠ECB＝180°﹣2β ∵∠PTD是△PAT和△CDT的一个外角，∠BOD是△AOB和△COD的一个外角， ∠PTD＝∠OAP+∠P＝∠TCD+∠D，∠BOA＝∠OAB+∠B＝∠D+∠OCD， ∴α+∠P＝180°﹣β+∠D，2α+∠B＝∠D+180°﹣2β， 由α+∠P＝180°﹣β+∠D，得：α+β＝180°+∠D﹣∠P， 由2α+∠B＝∠D+180°﹣2β，得：2（α+β）＝180°+∠D﹣∠B， ∴2（180°+∠D﹣∠P）＝180°+∠D﹣∠B， 整理得：2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°． 【考点6 利用飞镖模型解题】 1．（2024春•德化县期末）如图，四边形ABCD中，∠BAD＝70°，∠ADC＝30°，∠ABC＝m°，则∠BCD的度数是 　 　（含m的式子表示）． 【分析】延长BC交AD于点E，利用三角形的外角性质即可求解． 【解答】解：延长BC交AD于点E，如图， ∵，∠BAD＝70°，∠ABC＝m°，∠DEC是△ABE的外角， ∴∠DEC＝∠BAD+∠ABC＝70°+m°， ∵∠BCD是△DEC的外角，∠ADC＝30°， ∴∠BCD＝∠D+∠DEC＝100°+m°． 故答案为：100°+m°． 2．（2024春•沙坪坝区校级期末）如图，∠BAC，∠BDC的角平分线交于点E，则∠B，∠C，∠E之间的数量关系为 　 　． 【分析】连接AD并延长，根据三角形外角的性质先证∠BDC＝∠B+∠BAC+∠C，再根据三角形外角的性质得出∠BOE＝∠B+∠BAO＝∠E+∠ODE，再根据角平分线的定义得出∠BAO，∠ODE，然后代入计算即可． 【解答】解：如图，连接AD并延长， ∵∠BDF是△ABD的一个外角， ∴∠BDF＝∠B+∠BAD， ∵∠CDF是△ACD的一个外角， ∴∠CDF＝∠C+∠CAD， ∴∠BDC＝∠BDF+∠CDF＝∠B+∠BAD+∠C+∠CAD＝∠B+∠BAC+∠C， 设AE与BD交于点O， ∵∠BOE是△AOB的一个外角， ∴∠BOE＝∠B+∠BAO， ∵∠BOE是△DOE的一个外角， ∴∠BOE＝∠E+∠ODE， ∴∠B+∠BAO＝∠E+∠ODE， ∵∠BAC，∠BDC的角平分线交于点E， ∴∠BAO，∠ODE， ∴∠B∠E， ∴∠B∠E， ∴∠B﹣∠C＝2∠E， 故答案为：∠B﹣∠C＝2∠E． 3．（2024春•长子县期末）如图是可调躺椅示意图，AE与BD的交点为C，∠CAB＝50°，∠CBA＝60°，∠CEF＝30°．为了舒适，需调整∠CDF大小，使∠EFD＝150°，且∠CAB、∠CBA、∠E保持不变，则图中∠CDF应调整为 　 　度． 【分析】延长DF交CE于M，由三角形内角和定理求出∠ACB＝70°，由对顶角的性质得到∠DCE＝∠ACB＝70°，由三角形外角的性质推出∠EFD＝∠E+∠D+∠DCE，即可求出∠CDF＝50°． 【解答】解：延长DF交CE于M， ∵∠CAB＝50°，∠CBA＝60°， ∴∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°， ∴∠DCE＝∠ACB＝70°， ∵∠EFD＝∠E+∠EMF，∠EMF＝∠D+∠DCE， ∴∠EFD＝∠E+∠D+∠DCE， ∵∠CEF＝30°．∠EFD＝150°， ∴∠CDF＝50°， ∴∠CDF应调整为50°． 故答案为：50． 4．（2024春•盐都区月考）在社会实践手工课上，小茗同学设计了如图这样一个零件，如果∠A＝52°，∠B＝25°，∠C＝30°，∠D＝35°，∠E＝72°，那么∠F＝　 　°． 【分析】连接AD，连接AE并延长到点M，连接AF并延长到点N，利用三角形的外角性质，可得出∠BEM＝∠BAE+∠B，∠DEM＝∠DAE+∠ADE，∠DFN＝∠DAF+∠ADF，∠CFN＝∠CAF+∠C，将其相加后可得出∠BED+∠CFD＝∠A+∠B+∠EDF+∠C，再代入各角的度数，即可求出结论． 【解答】解：连接AD，连接AE并延长到点M，连接AF并延长到点N，如图所示． ∵∠BEM是△ABE的外角， ∴∠BEM＝∠BAE+∠B． 同理可得出：∠DEM＝∠DAE+∠ADE，∠DFN＝∠DAF+∠ADF，∠CFN＝∠CAF+∠C， ∴∠BEM+∠DEM+∠DFN+∠CFN＝∠BAE+∠B+∠DAE+∠ADE+∠DAF+∠ADF+∠CAF+∠C， 即∠BED+∠CFD＝∠A+∠B+∠EDF+∠C， ∴72°+∠CFD＝52°+25°+35°+30°， ∴∠CFD＝70°． 故答案为：70． 5．（2024秋•白银期末）（1）探究：如图1，求证：∠BOC＝∠A+∠B+∠C． （2）应用：如图2，∠ABC＝100°，∠DEF＝130°，求∠A+∠C+∠D+∠F的度数． 【分析】（1）作射线AO，由三角形外角的性质可知∠1+∠B＝∠3，∠2+∠C＝∠4，两式相加即可得出结论； （2）连接AD，由（1）的结论可知∠F+∠2+∠3＝∠DEF，∠1+∠4+∠C＝∠ABC，两式相加即可得出结论． 【解答】解：（1）作射线AO， ∵∠3是△ABO的外角， ∴∠1+∠B＝∠3，① ∵∠4是△AOC的外角， ∴∠2+∠C＝∠4，② ①+②得，∠1+∠B+∠2+∠C＝∠3+∠4， 即∠BOC＝∠A+∠B+∠C； （2）连接AD，同（1）可得，∠F+∠2+∠3＝∠DEF③，∠1+∠4+∠C＝∠ABC④， ③+④得，∠F+∠2+∠3+∠1+∠4+∠C＝∠DEF+∠ABC＝130°+100°＝230°， 即∠BAF+∠C+∠CDE+∠F＝230°． 6．（2024秋•汝州市期末）在图①中，应用三角形外角的性质不难得到下列结论：∠BDC＝∠A+∠ABD+∠ACD．我们可以应用这个结论解决同类图形的角度问题． （1）在图①中，若∠1＝20°，∠2＝30°，∠BEC＝100°，则∠BDC＝　 　； （2）在图①中，若BE平分∠ABD，CE平分∠ACD，BE与CE交于E点，请写出∠BDC，∠BEC和∠BAC三个角之间的关系，并说明理由； （3）如图②，若∠1∠ABD，∠2∠ACD，试探索∠BDC，∠BEC和∠BAC三个角之间的关系 为 　 　（直接写出结果即可）． 【分析】（1）直接根据题干中给出的结论进行计算即可； （2）用题中给出的结论表示出∠BDC与∠BEC，再把两式相减即可得出结论； （3）利用题中给出的结论解答即可． 【解答】解：（1）∵∠BDC＝∠A+∠ABD+∠ACD，∠1＝20°，∠2＝30°，∠BEC＝100°， ∴∠BDC＝∠BEC+∠1+∠2＝100°+20°+30°＝150°． 故答案为：150°； （2）∠BDC+∠BAC＝2∠BEC，理由如下： 由题意得，∠BDC＝∠BEC+∠1+∠2①， ∠BEC＝∠BAC+∠ABE+∠ACE②， ∵BE平分∠ABD，CE平分∠ACD， ∴∠ABE＝∠1，∠ACE＝∠2， ①﹣②得，∠BDC﹣∠BEC＝∠BEC﹣∠BAC， ∴∠BDC+∠BAC＝2∠BEC； （3）2∠BDC+∠BAC＝3∠BEC，理由： ∵∠1∠ABD，∠2∠ACD， ∴∠ABE∠ABD，∠ACE∠ACD， ∵∠BEC＝∠BAC+∠ABE+∠ACE＝∠BAC∠ABD∠ACD①， ∠BDC＝∠BAC+∠ABD+∠ACD②， ②+①得， ∠BDC+∠BEC＝2∠BAC∠ABD∠ACD， ∴3∠BDC+3∠BEC＝6∠BAC+5∠ABD+5∠ACD， ∴3∠BDC+3∠BEC＝∠BAC+5（∠ABC+∠ABD+∠ACD）， ∴3∠BDC+3∠BEC＝∠BAC+5∠BDC， ∴2∠BDC+∠BAC＝3∠BEC． 故答案为：2∠BDC+∠BAC＝3∠BEC． 7．（2024春•钟楼区期中）（1）如图1，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，∠ABC＝60°，∠ADC＝140°，则∠AEC的大小是 　 　； （2）如图2，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，∠ABC＝α，∠ADC＝β（α＞β），求∠AEC的大小；（用含α，β的代数式表示） （3）如图3，在△ABC中，∠ACB＝α，∠ABC＝β（α＞β），AD是△ABC的角平分线，点E是AD延长线上一点，作EF⊥BC与点F，请问的值是否发生变化？若不变，求出其值；若改变，请说明理由． 【分析】（1）延长CD，与AB交于点H，过点E作射线BF，根据三角形的外角定理得∠ABC+∠BCD+∠DAH＝140°，求得∠BCD+∠DAH，再根据角平分线定义求得∠BCE+∠BAE，再根据三角形的外角定理得∠AEC＝∠ABC+∠BAE+∠BCE便可； （2）过点C作射线AG，根据三角形的外角性质得∠BCD＝α+β+∠BAD，再由∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，得∠BCE，根据三角形外角性质得∠BFE＝α∠BAD，进而得∠AEC＝∠BFE﹣∠BCE； （3）由三角形内角和定理得∠BAC＝180°﹣α﹣β，由角平分线定义得∠BAD＝∠CAD＝90°，由三角形外角定理得∠EDF＝∠B+∠BAD＝90°αβ，根据直角三角形两锐角互余定理得∠AEF＝90°﹣∠EDF（α﹣β），进而便可求得结果． 【解答】解：（1）如图，延长CD，与AB交于点H，过点E作射线BF， ∵∠ADC＝∠DAH+∠AHD，∠ADC＝140°， ∴∠DAH+∠AHD＝140°， ∴∠AHD＝∠ABC+∠BCD， ∴∠ABC+∠BCD+∠DAH＝140°， ∵∠ABC＝60°， ∴∠BCD+∠DAH＝80°， ∵∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E， ∴∠BCE+∠BAE＝40°， ∵∠CEF＝∠CBE+∠BCE，∠AEF＝∠ABE+BAE， ∴∠AEC＝∠CEF+∠AEF＝∠BCE+∠CBE+∠ABE+∠AEF＝∠ABC+∠BCE+∠BAE＝60°+40°＝100°， 故答案为：100°； （2）过点C作射线AG，如图， ∴∠BCD＝∠BCG+∠DCG＝∠B+∠BAC+∠D+∠DAC＝α+β+∠BAD， ∵∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E， ∴∠BAF∠BAD，∠BCE∠BCD， ∵∠BFE＝∠B+∠BAF＝α∠BAD， ∴∠AEC＝∠BFE﹣∠BCE＝α∠BAD﹣（）； （3）的值不变，恒为．理由如下： ∵∠ACB＝α，∠ABC＝β， ∴∠BAC＝180°﹣α﹣β， ∵AD是△ABC的角平分线， ∴∠BAD＝∠CAD∠BAC＝90°， ∴∠EDF＝∠B+∠BAD＝β+90°90°αβ， ∵EF⊥BC， ∴∠AEF＝90°﹣∠EDF（α﹣β）， ∴， 故的值不变，恒为． 8．（2024春•鼓楼区校级月考）探究与发现： 如图1所示的图形，像我们常见的学习用品——圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，那么在这一个简单的图形中，到底隐藏了哪些数学知识呢？下面就请你发挥你的聪明才智，解决以下问题： （1）观察“规形图”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由； （2）请你直接利用以上结论，解决以下三个问题： ①如图2，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，若∠A＝50°，则∠ABX+∠ACX＝　 　°； ②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝50°，∠DBE＝130°，则∠DCE＝　 　°； ③如图4，∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G1，G2…，G9，若∠BDC＝140°，∠BG1C＝77°，求∠A的度数． 【分析】（1）根据题意观察图形连接AD并延长至点F，由外角定理可知，一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，则容易得到∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD，相加即可得结论； （2）①由（1）的结论可得∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，然后把∠A＝50°，∠BXC＝90°代入上式即可得到∠ABX+∠ACX的值． ②结合图形可得∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，代入∠DAE＝50°，∠DBE＝130°即可得到∠ADB+∠AEB的值，再利用上面得出的结论可知∠DCE（∠ADB+∠AEB）+∠A，易得答案． ③由（2）的方法，进而可得答案． 【解答】解：（1）连接AD并延长至点F， 由外角定理可得∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD； 且∠BDC＝∠BDF+∠CDF及∠BAC＝∠BAD+∠CAD； 相加可得∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C； （2）①由（1）的结论易得：∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC， 又因为∠A＝50°，∠BXC＝90°， 所以∠ABX+∠ACX＝90°﹣50°＝40°； 故答案为：40． ②由（1）的结论易得∠DBE＝∠A+∠ADB+∠AEB，易得∠ADB+∠AEB＝80°； 而∠DCE（∠ADB+∠AEB）+∠A， 代入∠DAE＝50°，∠DBE＝130°，易得∠DCE＝90°； 故答案为：90°． ③∠BG1C（∠ABD+∠ACD）+∠A， ∵∠BG1C＝77°， ∴设∠A为x°， ∵∠ABD+∠ACD＝140°﹣x° ∴（140﹣x）+x＝77， 14x+x＝77， x＝70 ∴∠A为70°． 【考点7 三角形的折叠与求角】 1．（2024春•广平县期末）如图，将一张三角形纸片ABC的三角折叠，使点A落在△ABC的A′处折痕为DE，若∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA′＝γ，那么下列式子中正确的是（　　） A．γ＝180°﹣α﹣β B．γ＝α+2β C．γ＝2α+β D．γ＝α+β 【分析】根据三角形的外角得：∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，代入已知可得结论． 【解答】解：如图，设AC交DA′于F． 由折叠得：∠A＝∠A'， ∵∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'， ∵∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA'＝γ， ∴∠BDA'＝γ＝α+α+β＝2α+β， 故选：C． 2．（2023秋•武隆区期末）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A'处，且A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，若∠BA'C＝110°，则∠1+∠2的度数为（　　） A．80° B．90° C．100° D．110° 【分析】连接AA′．首先求出∠BAC，再证明∠1+∠2＝2∠BAC即可解决问题． 【解答】解：连接AA′． ∵A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，∠BA'C＝110°， ∴∠A′BC+∠A′CB＝70°， ∴∠ABC+∠ACB＝140°， ∴∠BAC＝180°﹣140°＝40°， ∵∠1＝∠DAA′+∠DA′A，∠2＝∠EAA′+∠EA′A， ∵∠DAA′＝∠DA′A，∠EAA′＝∠EA′A， ∴∠1+∠2＝2（∠DAA′+∠EAA′）＝2∠BAC＝80°， 故选：A． 3．（2024春•梁溪区校级期中）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCED外部的点A′处时，∠A与∠1和∠2 之间有一种数量关系始终保持不变，这种数量关系是（　　） A．2∠A＝∠1﹣∠2 B．3∠A＝2（∠1﹣∠2） C．3∠A＝2∠1﹣∠2 D．∠A＝∠1﹣∠2 【分析】根据折叠的性质可得∠A′＝∠A，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，得到∠1＝∠DOA+∠A，∠DOA＝∠2+∠A′，然后列式整理即可得解． 【解答】解：根据折叠的性质，得∠A′＝∠A， 在△AOD中，∠1＝∠DOA+∠A， 在△ÁOE中，∠DOA＝∠2+∠A′，LDOA＝∠2+∠A1 ∴．∠1＝∠A+∠2+∠A， 即2∠A＝∠1﹣∠2． 故选：A． 4．（2024春•市北区期末）如图，在△ABC中，点D、点E分别是边AB、AC上的点，将AD和BD分别沿DE和DC折叠至A′D．已知∠A'CA＝36°且，则∠A′DC为 　 　°． 【分析】根据CD是BD，ADA折折痕，得出∠AD′C＝∠CDB，再根据三角形内角和定理解答即可． 【解答】解：∵CD是BD，ADA折折痕， ∴∠B＝∠DA'C，∠BDC＝∠A′DC，∠BCD＝∠DCA'，∠DCB∠BCA′， ∵ED是AD，A′D折痕， ∠A＝∠DA'E， ∴∠AD′C＝∠CDB， ＝180°﹣∠B﹣∠DCB ＝180°﹣∠B∠A'CB ＝180°﹣∠B（∠ACA′+∠ACB） ＝180°﹣∠B∠ACA′（180﹣∠A﹣∠B） ＝90°ABACA' ∴∠AEC＝180°﹣∠EA′C﹣∠ACA' ＝180﹣∠EA′D﹣∠DA'C﹣∠ACA′ ＝180﹣∠A﹣∠BACA′， ∴∠AEC＝2×93°﹣2∠B＝180°﹣∠A﹣∠B﹣∠A′CA ∴∠A﹣∠B＝﹣6°﹣∠ACA'， ∴∠A′DC＝90°（﹣6﹣∠ACA'）ACA′ ＝90°﹣3﹣∠ACA′ ＝87°﹣36° ＝51°． 故答案为：51°． 5．（2023秋•南昌期末）已知△ABC中，∠A＝65°，将∠B、∠C按照如图所示折叠，若∠ADB′＝35°，则∠1+∠2+∠3＝　 　°． 【分析】利用三角形的内角和定理的推论，先用∠B表示出∠3，再利用邻补角和四边形的内角和定理用∠C表示出∠1+∠2，最后再利用三角形的内角和定理求出∠1+∠2+∠3． 【解答】解：由折叠知：∠B＝∠B′，∠C＝∠C′． ∵∠3＝∠B+∠4，∠4＝∠ADB′+∠B′， ∴∠3＝∠B+∠ADB′+∠B′ ＝2∠B+35°． ∵∠1+∠2＝180°﹣∠C′GC+180°﹣∠C′FC ＝360°﹣（∠C′FC+∠C′GC）， ∠C′FC+∠C′GC＝360°﹣∠C﹣∠C′ ＝360°﹣2∠C， ∴∠1+∠2＝360°﹣（∠C′FC+∠C′GC） ＝360°﹣（360°﹣2∠C） ＝2∠C． ∴∠1+∠2+∠3 ＝2∠C+2∠B+35° ＝2（∠C+∠B）+35° ＝2（180°﹣∠A）+35° ＝2（180°﹣65°）+35° ＝265°． 故答案为：265°． 6．（2024春•滨湖区期中）如图，将△ABC纸片先沿DE折叠，再沿FG折叠，若∠1+∠2＝226°，则∠3+∠4＝　 　°． 【分析】先根据三角形外角的性质及∠1+∠2＝226°求出∠A′的度数，进而可得出∠A的度数，由三角形内角和定理求出∠AED+∠ADE的度数，由折叠的性质得出∠AEF+∠ADG的度数，进而可得出结论． 【解答】解：如图，∵∠1+∠2＝226°，∠1＝∠A′+∠A′NM，∠2＝A′+∠A′MN， ∴2∠A′+∠A′NM+∠A′MN＝226°， ∵∠A′+∠A′NM+∠A′MN＝180°， ∴∠A′＝226°﹣180°＝46°， ∴∠A＝∠A′＝46°， ∴∠AED+∠ADE＝180°﹣46°＝134°， ∴∠AEF+∠ADG＝2（∠AED+∠ADE）＝2×134°＝268°， ∴∠3+∠4＝360°﹣268°＝92°． 故答案为：92． 7．（2024秋•运城期末）一个三角形纸片ABC沿DE折叠，使点A落在点A′处．（点A′在△ABC的内部） （1）如图1，若∠A＝45°，则∠1+∠2＝　 　°． （2）利用图1，探索∠1，∠2与∠A之间的数量关系，并说明理由． （3）如图2，把△ABC折叠后，BA′平分∠ABC，CA′平分∠ACB，若∠1+∠2＝108°，利用（2）中得出的结论求∠BA′C的度数． 【分析】（1）根据翻折变换的性质用∠1、∠2表示出∠ADE和∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；根据翻折变换的性质用∠1、∠2表示出∠ADE和∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解； （2）由∠BDE、∠CED是△ADE的两个外角知∠BDE＝∠A+∠AED、∠CED＝∠A+∠ADE，据此得∠BDE+∠CED＝∠A+∠AED+∠A+∠ADE，继而可得答案； （3）由（1）∠1+∠2＝2∠A知∠A＝54°，根据BA'平分∠ABC，CA'平分∠ACB知∠A'BC+∠A'CB（∠ABC+∠ACB）＝90°∠A．利用∠BA'C＝180°﹣（∠A'BC+∠A'CB）可得答案． 【解答】解：（1）∵点A沿DE折叠落在点A′的位置， ∴∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED， ∴∠ADE（180°﹣∠1），∠AED（180°﹣∠2）， 在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED＝180°， ∴45°（180°﹣∠1）（180°﹣∠2）＝180°， 整理得∠1+∠2＝90°； 故答案为：90； （2）∠1+∠2＝2∠A， 理由：∵∠BDE、∠CED是△ADE的两个外角， ∴∠BDE＝∠A+∠AED，∠CED＝∠A+∠ADE， ∴∠BDE+∠CED＝∠A+∠AED+∠A+∠ADE， ∴∠1+∠ADE+∠2+∠AED＝2∠A+∠AED+∠ADE， 即∠1+∠2＝2∠A； （3）由（1）∠1+∠2＝2∠A，得2∠A＝108°， ∴∠A＝54°， ∵BA'平分∠ABC，CA'平分∠ACB， ∴∠A'BC+∠A'CB（∠ABC+∠ACB） （180°﹣∠A） ＝90°∠A． ∴∠BA'C＝180°﹣（∠A'BC+∠A'CB）， ＝180°﹣（90°∠A） ＝90°∠A ＝90°54° ＝117°． 8．（2024秋•南昌期中）【问题探究】 将三角形ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A′处 （1）如图1，当点A落在四边形BCDE的边CD上时，直接写出∠A与∠1之间的数量关系； （2）如图2，当点A落在四边形BCDE的内部时，求证：∠1+∠2＝2∠A； （3）如图3，当点A落在四边形BCDE的外部时，探索∠1，∠2，∠A之间的数量关系，并加以证明； 【拓展延伸】 （4）如图4，若把四边形ABCD纸片沿EF折叠，使点A、D落在四边形BCFE的内部点A′、D′的位置，请你探索此时∠1，∠2，∠A，∠D之间的数量关系，写出你发现的结论，并说明理由． 【分析】（1）运用折叠原理及三角形的外角性质即可解决问题； （2）运用折叠原理及四边形的内角和定理即可解决问题； （3）运用三角形的外角性质即可解决问题； （4）根据三角形的内角和和四边形的内角和即可得到结论． 【解答】解：（1）如图1，∠1＝2∠A． 理由如下：由折叠知识可得：∠EA′D＝∠A； ∵∠1＝∠A+∠EA′D， ∴∠1＝2∠A； （2）如图2，2∠A＝∠1+∠2． 理由如下：∵∠1+∠A′DA+∠2+∠A′EA＝360°， ∠A+∠A′+∠A′DA+∠A′EA＝360°， ∴∠A′+∠A＝∠1+∠2， 由折叠知识可得：∠A＝∠A′， ∴2∠A＝∠1+∠2； （3）如图3，∠1﹣∠2＝2∠A， 理由：∵∠1+2∠AED＝180°，2∠ADE﹣∠2＝180°， ∴∠1﹣∠2+2∠AED+2∠AED＝360°， ∵∠A+∠AED+∠ADE＝180°， ∴2∠A+2∠AED+2∠ADE＝360°， ∴∠1﹣∠2＝2∠A； （4）∠1+∠2＝2（∠A+∠D）﹣360°， 理由：∵∠1+2∠AEF＝180°，∠2+2∠DFE＝180°， ∴∠1+∠2+2∠AEF+2∠DFE＝360°， ∵∠A+∠D+∠AEF+∠DFE＝360°， ∴2∠A+2∠D+2∠AEF+2∠DFE＝720°， ∴∠1+∠2＝2（∠A+∠D）﹣360°． 9．（2023春•高邮市期末）（1）如图1，把三角形纸片ABC折叠，使3个顶点重合于点P．这时，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝　 　°； （2）如果三角形纸片ABC折叠后，3个顶点并不重合于同一点，如图2，那么（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由； （3）折叠后如图3所示，直接写出∠1、∠2、∠3、∠4、∠5、∠6之间的数量关系：　 　； （4）折叠后如图4，直接写出∠1、∠2、∠3、∠4、∠5、∠6之间的数量关系：　 　． 【分析】（1）由折叠可知，∠DPE＝∠A，∠GPF＝∠B，∠MPN＝∠C，根据三角形内角和定理得∠A+∠B+∠C＝180°，故∠α+∠β+∠γ＝360°﹣（∠A+∠B+∠C）＝180°，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6的度数等于三个三角形内角和减去∠α+∠β+∠γ； （2）可由∠1+∠AEA'+∠2+∠ADA'＝360°，∠A+∠AEA'+∠A'+∠ADA'＝360，得∠1+∠2＝2∠A，同理可得∠3+∠4与∠5+∠6的值，进而说明6个角之和仍为360°； （3）由（2）得∠3+∠4＝2∠B，∠5+∠6＝2∠C，根据三角形外角定理得∠1＝∠A+∠AHD，∠2＝∠AHD﹣∠A'，进而得∠1﹣∠2＝2∠A，即可求∠1、∠2、∠3、∠4、∠5、∠6之间的数量关系； （4）由（2）得∠5+∠6＝2∠C，由（3）得∠1﹣∠2＝2∠A，同理可证∠4﹣∠3＝2∠B，进而可得∠1、∠2、∠3、∠4、∠5、∠6之间的数量关系． 【解答】解：（1）由折叠可知∠DPE＝∠A，∠GPF＝∠B，∠MPN＝∠C， ∵∠A+∠B+∠C＝180°， ∴∠DPE+∠GPF+∠MPN＝180°， ∴∠α+∠β+∠γ＝360°﹣（∠DPE+∠GPF+∠MPN）＝360°﹣（∠A+∠B+∠C）＝180°， ∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝180°×3﹣（∠α+∠β+∠γ）＝360°． 故答案为：360°； （2）（1）中的结论仍然成立．理由如下： 由折叠可知∠A＝∠A'，∠B＝∠B'，∠C＝∠C'， ∵∠1+∠AEA'＝180°，∠2+∠ADA'＝180°， ∴∠1+∠AEA'+∠2+∠ADA'＝360°， ∵∠A+∠AEA'+∠A'+∠ADA'＝360， ∴∠1+∠2＝2∠A， 同理∠3+∠4＝2∠B，∠5+∠6＝2∠C， ∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝2∠A+2∠B+2∠C＝2（∠A+∠B+∠C）＝360°； （3）由折叠可知∠A＝∠A'，∠B＝∠B'，∠C＝∠C'， 由（2）得∠3+∠4＝2∠B，∠5+∠6＝2∠C， ∵∠1是△ADH的外角， ∴∠1＝∠A+∠AHD， ∵∠AHD是△A'EH的外角， ∴∠2＝∠AHD﹣∠A'， ∴∠1﹣∠2＝（∠A+∠AHD）﹣（∠AHD﹣∠A'）＝2∠A， ∴∠1﹣∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝2∠A+2∠B+2∠C＝2（∠A+∠B+∠C）＝360°． 故答案为：∠1﹣∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°； （4）由（2）得∠5+∠6＝2∠C， 由（3）得∠1﹣∠2＝2∠A， 同理∠4﹣∠3＝2∠B， ∴∠1﹣∠2+∠4﹣∠3+∠5+∠6＝2∠A+2∠B+2∠C＝2（∠A+∠B+∠C）＝360°． 故答案为：∠1﹣∠2+∠4﹣∠3+∠5+∠6＝360°． 【考点8 利用直角三角形两个锐角互余导角】 1．如图，在直角三角形ABC中，AC≠AB，AD是斜边BC上的高，DE⊥AC，DF⊥AB，垂足分别为点E，F，则图中与∠C（∠C除外）相等的角的个数是（　　） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【分析】由“直角三角形的两锐角互余”，结合题目条件，可得∠C＝∠BDF＝∠BAD；再根据同角的余角相等，不难找出∠C＝∠ADE，至此便可得到与∠C相等的角的个数． 【解答】解：∵AD是斜边BC上的高，DE⊥AC，DF⊥AB， ∴∠C+∠B＝90°，∠BDF+∠B＝90°，∠BAD+∠B＝90°， ∴∠C＝∠BDF＝∠BAD， ∵∠DAC+∠C＝90°，∠DAC+∠ADE＝90°， ∴∠C＝∠ADE， ∴图中与∠C（除∠C外）相等的角的个数是3． 故选：C． 2．（2024秋•东湖区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD为AB边上的高，BE平分∠ABC，分别交CD，AC于点F，E． （1）若∠CEF＝50°，求∠A的度数； （2）∠CFE与∠CEF相等吗？请说明理由． 【分析】（1）根据直角三角形的性质得出∠CBE，进而利用角平分线的定义和三角形内角和定理解答即可； （2）题目中有两对直角，可得两对角互余，由角平分线及对顶角可得两对角相等，然后利用等量代换可得答案． 【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠CEF＝50°， ∴∠CBE＝40°， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABC＝80°， ∴∠A＝90°﹣80°＝10°； （2）∠CFE＝∠CEF，理由如下： ∵∠ACB＝90°， ∴∠CBE+∠CEB＝90°， ∵CD⊥AB， ∴∠EBA+∠BFD＝90° 又∵BE平分∠ABC， ∴∠CBE＝∠EBA， ∴∠CEB＝∠BFD， ∵∠BFD＝∠CFE， ∴∠CEB＝∠CFE， 即∠CFE＝∠CEF． 3．（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，∠ACD与∠B有什么关系？为什么？ （2）如图②，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D、E分别在AC，AB上，且∠ADE＝∠B，判断△ADE的形状是什么？为什么？ （3）如图③，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠C＝90°，∠E＝90°，AB⊥BD，点C，B，E在同一直线上，∠A与∠D有什么关系？为什么？ 【分析】（1）根据直角三角形的性质得出∠ACD+∠A＝∠B+∠DCB＝90°，再解答即可； （2）根据直角三角形的性质得出∠ADE+∠A＝∠A+∠B＝90°，再解答即可； （3）根据直角三角形的性质得出∠ABC+∠A＝∠ABC+∠DBE＝∠DBE+∠D＝90°，再解答即可． 【解答】解：（1）∠ACD＝∠B，理由如下： ∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB， ∴∠ACD+∠DCB＝∠B+∠DCB＝90°， ∴∠ACD＝∠B； （2）△ADE是直角三角形． ∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，D、E分别在AC，AB上，且∠ADE＝∠B，∠A为公共角， ∴∠AED＝∠ACB＝90°， ∴△ADE是直角三角形； （3）∠A+∠D＝90°． ∵在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠C＝90°，∠E＝90°，AB⊥BD， ∴∠ABC+∠A＝∠ABC+∠DBE＝∠DBE+∠D＝90°， ∴∠A+∠D＝90°． 4．（2024•西城区校级开学）（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AE是角平分线，CD是高，AE、CD相交于点F，∠CFE与∠CEF的数量关系为 　 ． （2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，若△ABC的外角∠BAG的平分线交CD的延长线于点F，其反向延长线与BC边的延长线交于点E．探究∠CFE与∠CEF的数量关系并说明理由； （3）如图3，在△ABC中，边AB上存在一点D，使得∠ACD＝∠B，∠BAC的平分线AE交CD于点F，交BC于E．△ABC的外角∠BAG的平分线所在直线MN与BC的延长线交于点M．请补全图形并直接写出∠M与∠CFE的数量关系． 【分析】（1）根据三角形的外角的性质证明； （2）根据角平分线的定义、直角三角形的性质解答； （3）同（1）、（2）的方法相同． 【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，CD是高， ∴∠B+∠CAB＝90°，∠ACD+∠CAB＝90°， ∴∠B＝∠ACD， ∵AE是角平分线， ∴∠CAF＝∠DAF， ∵∠CFE＝∠CAF+∠ACD∠CEF＝∠DAF+∠B， ∴∠CEF＝∠CFE； 故答案为：∠CEF＝∠CFE； （2）∠CEF＝∠CFE． 理由：∵AF为∠BAG的角平分线， ∴∠GAF＝∠DAF， ∵CD为AB边上的高， ∴∠ADC＝90°， ∴∠ADF＝∠ACE＝90°， 又∵∠CAE＝∠GAF， ∴∠CEF＝∠CFE； （3）如图： ∵C、A、G三点共线   AE、AN为角平分线， ∴∠EAN＝90°， 又∵∠GAN＝∠CAM， ∴∠M+∠CEF＝90°， ∵∠CEF＝∠EAB+∠B，∠CFE＝∠EAC+∠ACD，∠ACD＝∠B， ∴∠CEF＝∠CFE， ∴∠M+∠CFE＝90°． 5．（2024春•常州期末）如果两个角的差等于30°，就称这两个角互为“伙伴角”，其中一个角叫做另一个角的“伙伴角”．例如α＝70°，β＝40°，α﹣β＝30°，则α和β互为“伙伴角”，即α是β的“伙伴角”，β也是α的“伙伴角”． （1）已知∠1和∠2互为“伙伴角”，∠1＞∠2，且∠1和∠2互补，求∠1的度数； （2）在△ABC中，∠ACB＝90°，AE是角平分线． ①如图1，过点C作AB的平行线CM，射线CN平分∠BCM，且与射线AE交于点N．若∠ANC与∠ABC互为“伙伴角”，则∠ABC＝　 　； ②如图2，过点C作AB的垂线，垂足为D，AE、CD相交于点F．若∠FCE与∠CEF互为“伙伴角”，求∠ABC的度数． 【分析】（1）根据“伙伴角”的定义和补角的定义进行计算即可得出答案； （2）①设∠ABC＝2α，由平行线的性质可得∠BCM＝2α，根据角平分线的定义可得∠BCNBCM＝α，根据直角三角形的性质可得∠BAC＝90°﹣∠ABC＝90°﹣2α，∠ACN＝∠ACB+∠BCN＝90°+α，则可得，∠NAC（90°﹣2α），根据三角形内角和定理可得∠ANC＝180°﹣∠NAC﹣∠ACN＝180°﹣（45°﹣α）﹣（90°+α），根据题意“伙伴角”的定义，分两种情况：当∠ANC﹣∠ABC＝30°时，45°﹣2α＝30°，当∠ABC﹣∠ANC＝30°时，2α﹣45°＝30°，计算即可得出答案； ②设∠ABC＝2α，根据角平分线的定义可得∠EAC（90°﹣2α），由CD⊥AB，根据直角三角形的性质可得∠ABC+∠BAC＝90°，∠DCA+∠BAC＝90°，等量代换可得∠DCA＝∠ABC＝2a，即可得出∠FCE＝∠ACB﹣∠DCA＝90°﹣2α，∠FEC＝∠ACE﹣∠CAE＝45°+a，分情况讨论，∠FEC＞∠FCE，即∠FEC﹣∠FCE＝30°，∠FEC＜∠FCE，∠FCE﹣∠FEC＝30°，计算即可得出答案． 【解答】解：（1）根据题意可得， ∠1﹣∠2＝30°，∠1+∠2＝180°， 解得：∠1＝105°； （2）①设∠ABC＝2α， ∵AB∥CM， ∴∠BCM＝2α， ∵CN平分∠BCM， ∴∠BCNBCM＝α， ∵∠ACB＝90°， ∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝90°﹣2α，∠ACN＝∠ACB+∠BCN＝90°+α， ∵AE平分∠BAC， ∴∠NAC（90°﹣2α）＝45°﹣α， 在△ANC中， ∠ANC＝180°﹣∠NAC﹣∠ACN＝180°﹣（45°﹣α）﹣（90°+α）＝45°， 根据题意可得， 当∠ANC﹣∠ABC＝30°时，45°﹣2α＝30°， 解得2a＝15°，即∠ABC＝15°， 当∠ABC﹣∠ANC＝30°时，2α﹣45°＝30°， 解得2a＝75°，即∠ABC＝75°， 综上：∠ABC＝15°或75°； 故答案为：15°或75°； ②设∠ABC＝2α， ∵AE平分∠BAC， ∴∠EAC（90°﹣2α）＝45°﹣α， ∵CD⊥AB，∠ABC+∠BAC＝90°，∠DCA+∠BAC＝90°， ∴∠DCA＝∠ABC＝2a， ∴∠FCE＝∠ACB﹣∠DCA＝90°﹣2α，∠FEC＝∠ACE﹣∠CAE＝45°+a， Ⅰ：∠FEC＞∠FCE， ∴∠FEC﹣∠FCE＝30°， ∴45°+α﹣（90°﹣2α）＝30°， 解得：2α＝50°， ∴∠ABC＝50°． Ⅱ：∠FEC＜∠FCE， ∴∠FCE﹣∠FEC＝30°， ∴（90°﹣2α）﹣（45°+α）＝30°， 解得：2α＝10°， ∴∠ABC＝10°． 综上：∠ABC的度数为50°或10°． 【考点9 多边形的边角关系】 1．（2024秋•青县校级月考）已知一个多边形剪去一个角后得到七边形，则这个多边形的边数不可能是（　　） A．六边形 B．七边形 C．八边形 D．九边形 【分析】根据截去一个角后边数增加1，不变，减少1，即可确定原多边形的边数． 【解答】解：∵截去一个角后边数可能增加1，不变或减少1， ∴原多边形的边数为6或7或8，不可能为九边形，故D符合题意， 故选：D． 2．（2024秋•昌图县期末）在八边形内任取一点，把这个点与八边形各顶点分别连接可得到几个三角形（　　） A．5个 B．6个 C．7个 D．8个 【分析】根据八边形的顶点，连接点与顶点，可得答案． 【解答】解：如图， 故选：D． 3．（2024春•烟台期中）从多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到2003个三角形，则这个多边形的边数为（　　） A．2001 B．2005 C．2004 D．2006 【分析】可根据多边形的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到的三角形个数与多边形的边数的关系求解． 【解答】解：多边形一条边上的一点（不是顶点）出发，连接各个顶点得到2003个三角形， 则这个多边形的边数为2003+1＝2004． 故选：C． 4．（2024秋•郧阳区期中）若一个多边形截去一个角后，变成十六边形，那么原来的多边形的边数为（　　） A．15或16或17 B．16或17 C．15或17 D．16或17或18 【分析】因为一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条，依此即可解决问题． 【解答】解：一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条， 则多边形的边数是15或16或17． 故选：A． 5．（2024春•高邮市校级月考）一个多边形的内角和超过640°，则此多边形边数的最小值是（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【分析】根据多边形内角和的计算方法列不等式，求出不等式的最小正整数解即可． 【解答】解：设这个多边形为n边形，由题意得， （n﹣2）×180°＞640°， 解得n， 由于n为正整数， 所以n的最小值为6， 故选：B． 6．（2024•大冶市三模）若一个多边形的内角和比它的外角和大540°，则该多边形的边数为（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和与外角和可得（n﹣2）•180°＝360°+540°，然后进行计算即可解答． 【解答】解：设这个多边形的边数为n， 由题意得： （n﹣2）•180°＝360°+540°， 解得：n＝7， 故选：D． 7．（2024春•青阳县期末）一个n边形的每个外角都是40°，则这个n边形的内角和是（　　） A．360° B．1260° C．1620° D．2160° 【分析】根据多边形的外角和是360度，每个外角都相等，即可求得外角和中外角的个数，即多边形的边数，根据内角和定理即可求得内角和． 【解答】解：多边形的边数是：360°÷40°＝9， 则多边形的内角和是：（9﹣2）×180°＝1260°． 故选：B． 8．（2023秋•德城区期末）如图，将五边形ABCDE沿虚线裁去一个角得到六边形ABCDGF，则该六边形的周长一定比原五边形的周长　 　（填：大或小），理由为　 　． 【分析】利用“两点之间，线段最短”可以得出结论． 【解答】解：将五边形ABCDE沿虚线裁去一个角得到六边形ABCDGF，则该六边形的周长一定比原五边形的周长小，理由是两点之间，线段最短． 故答案为：小；两点之间，线段最短． 9．（2024秋•依安县期末）如图所示，将多边形分割成三角形、图（1）中可分割出2个三角形；图（2）中可分割出3个三角形；图（3）中可分割出4个三角形；由此你能猜测出，n边形可以分割出 　 　个三角形． 【分析】（1）三角形分割成了两个三角形； （2）四边形分割成了三个三角形； （3）以此类推，n边形分割成了（n﹣1）个三角形． 【解答】解：n边形可以分割出（n﹣1）个三角形． 【考点10 多边形中角度计算】 1．（2024春•四川期末）如图，点A，点B，点C，点D，点E，点F是平面上的点，顺次连结得到不规则的图形，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为（　　） A．180° B．270° C．360° D．450° 【分析】根据三角形内角和定理和四边形内角和定理进行计算即可． 【解答】解：如图，连接CF， ∵∠D+∠E+∠DME＝180°＝∠MCF+∠MFC+∠CMF，而∠DME＝∠CMF， ∴∠D+∠E＝∠MCF+∠MFC， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数就是四边形ABCF的内角和， 即∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°， 故选：C． 2．（2023秋•广安期末）如图，在五边形ABCDE中，AB∥ED，∠1，∠2，∠3是五边形ABCDE的外角，则∠1+∠2+∠3的度数为（　　） A．180° B．210° C．240° D．270° 【分析】根据两直线平行，同旁内角互补得到以点A、点E为顶点的五边形的两个外角的度数之和等于180°，再根据多边形的外角和定理列式计算即可得解． 【解答】A解：延长BA，DE， ∵AB∥ED， ∴∠4+∠5＝180°， 根据多边形的外角和定理可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°， ∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣180°＝180°． 故选：A． 3．（2024春•沐川县期末）如图，正五边形ABCDE，BG平分∠ABC，DG平分正五边形的外角∠EDF，则∠G＝（　　） A．45° B．54° C．60° D．64° 【分析】根据正五边形的轴对称性以及多边形的外角和等于360度解答即可． 【解答】解：如图： 由正五边形ABCDE，BG平分∠ABC， 根据正五边形的对称性可得∠DPG＝90°， ∴∠G+∠EDG＝90°， ∵， ∵DG平分正五边形的外角∠EDF， ∴， ∴∠G＝90°﹣∠EDG＝54°． 故选：B． 4．（2024春•镇平县月考）用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，如图1所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形ABCDE，则∠AFB的度数为（　　） A．75° B．72° C．70° D．60° 【分析】根据多边形的内角和公式，求出五边形内角的度数，再根据等腰三角形的性质求出∠AEB和∠EAD的度数，最后根据三角形外角的性质解答即可． 【解答】解：因为正五边形的每个内角都相等，边长相等， 所以， ∵正五边形的每条边相等， ∴△ABE和△AED是等腰三角形， ∴∠ABE＝∠AEB，∠EAD＝∠EDA， ∴∠AEB＝∠EAD＝（180°﹣108°）÷2＝36°． ∴∠AFB＝∠AEB+∠EAD＝72°． 故选：B． 5．（2024春•郸城县月考）五边形ABCDE的边所在直线形成如图所示的形状，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝（　　） A．180° B．270° C．360° D．540° 【分析】根据四边形内角和是360°以及三角形内角和定理进行计算即可． 【解答】解：如图，四边形ABST的内角和是360°， 即∠2+∠3+∠SAB+∠ABT＝360°， ∵∠SAB＝∠4+∠6，∠ABT＝∠1+∠5， ∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°， 故选：C． 6．（2024春•吉安县期末）如图，在六边形ABCDEF中，∠A+∠F+∠E+∠D＝500°，BM，CM分别平分∠ABC和∠BCD，则∠M的度数是（　　） A．65° B．75° C．60° D．70° 【分析】根据多边形内角和计算公式求出六边形ABCDEF的内角和，即可得出∠ABC+∠BCD的度数，再根据角平分线的定义即可求出∠MBC+∠MCB的度数，最后根据三角形内角和定理即可求出∠M的度数． 【解答】解：六边形ABCDEF的内角和是（6﹣2）×180°＝720°， ∵∠A+∠F+∠E+∠D＝500°， ∴∠ABC+∠BCD＝720°﹣500°＝220°， ∵BM，CM分别平分∠ABC和∠BCD， ∴∠MBC，∠MCB， ∴∠MBC+∠MCB110°， 在△MBC中，∠M＝180°﹣（∠MBC+∠MCB）＝180°﹣110°＝70°， 故选：D． 7．（2024春•茂名期末）将一个正五边形与一个正六边形按如图所示方式放置，顶点A，B，C，D在同一条直线上，E为公共顶点，则∠FEG等于（　　） A．64° B．84° C．72° D．90° 【分析】利用多边形的内角和及正多边形的性质可求得∠BEF，∠ABE，∠CEG，∠DCE的度数，继而求得∠EBC，∠ECB的度数，再利用三角形的内角和求得∠BEC的度数，最后利用角的和差列式计算即可． 【解答】解：由题意可得∠BEF＝∠ABE108°，∠CEG＝∠DCE120°， 则∠EBC＝180°﹣108°＝72°，∠ECB＝180°﹣120°＝60°， 那么∠BEC＝180°﹣72°﹣60°＝48°， 则∠FEG＝360°﹣108°﹣120°﹣48°＝84°， 故选：B． 8．（2024春•新野县期末）如图，点A、B、C、D、E在同一平面内，连接AB、BC、CD、DE、EA，若∠BCD＝120°，则∠A+∠B+∠D+∠E＝（　　） A．300° B．280° C．260° D．240° 【分析】连接BD，得出∠CBD+∠CDB＝60°，再根据四边形的内角和及角的和差，即可得出答案． 【解答】解：连接BD， ∵∠BCD＝120°， ∴∠CBD+∠CDB＝180°﹣∠BCD＝60°， ∵∠A+∠ABD+∠BDE+∠E＝360°， ∴∠A+∠ABC+∠CDB+∠E＝360°﹣∠CBD﹣∠CDB＝360°﹣60°＝300°． 故选：A． 9．（2024•合肥模拟）如图，在正六边形ABCDEF和正方形ABGH中，连接FH并延长交CD边于P，则∠CPH+∠GHP＝（　　） A．116° B．118° C．120° D．122° 【分析】根据多边形的内角和及正多边形的性质求得∠BAF，∠ABC，∠C的度数，再根据正方形的性质可得∠BAH，∠AHG的度数，然后利用等边三角形的性质及三角形的内角和求得∠AFH，∠AHF的度数，结合多边形的内角和求得∠CPH的度数，再利用角的和差求得∠GHP的度数后即可求得答案． 【解答】解：正六边形ABCDEF中，∠BAF＝∠ABC＝∠C120°，AH＝AF， 正方形ABGH中，∠BAH＝∠AHG＝90°， 则∠FAH＝120°﹣90°＝30°， 那么∠AFH＝∠AHF75°， ∵五边形ABCPF的内角和为（5﹣2）×180°＝540°， ∴∠CPH＝540°﹣120°×3﹣75°＝105°， ∵∠GHP＝180°﹣75°﹣90°＝15°， ∴∠CPH+∠GHP＝105°+15°＝120°， 故选：C． 10．（2024春•汝城县校级月考）如图所示，∠A+∠B+∠ADF+∠BCE+∠E+∠F的度数是（　　） A．320° B．360° C．420° D．540° 【分析】根据三角形内和定理得∠E+∠F＝∠ODC+∠OCD即可解答． 【解答】解：由三角形内角和可知∠E+∠F+∠EOF＝∠ODC+∠OCD+∠DOC， ∵∠EOF＝∠DOC， ∴∠E+∠F＝∠ODC+∠OCD， 则∠A+∠B+∠ADF+∠BCE+∠E+∠F ＝∠A+∠B+∠ADF+∠BCE+∠ODC+∠OCD ＝∠A+∠B+∠ADC+∠BCD ＝360°， 故选：B． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！16 学科网（北京）股份有限公司 $$