专题10 与三角形有关的模型（题型专练）数学新教材浙教版八年级上册

**基本信息** 聚焦三角形7类核心模型，通过“模型推导-典例示范-变式拓展”系统构建角度关系解题体系，强化推理意识与几何直观。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |角高模型|1典例+3变式|∠DAE=1/2(∠B-∠C)|由三角形内角和及高线、角平分线性质推导| |两内角平分线夹角|1典例+3变式|∠BGC=90°+1/2∠A|结合角平分线定义与内角和定理证明| |内外角平分线夹角|1典例+3变式|∠P=1/2∠A|利用外角性质及角平分线定义推导| |两外角平分线夹角|1典例+3变式|∠BOC=90°-1/2∠A|通过外角和内角和定理综合证明| |飞镖模型|1典例+3变式|∠BDC=∠A+∠B+∠C|作辅助线转化为三角形外角关系| |8字模型|1典例+3变式|∠A+∠B=∠C+∠D|利用对顶角及三角形内角和建立等式| |折角模型|1典例+3变式|∠1+∠2=2∠A|依据翻折性质及平角定义推导|

专题10 与三角形有关的模型 （题型突破·举一反三） ▌题型01 角高模型 【典例1】 【解答】解：①在△ABC中，∵∠ABC＝40°，∠C＝60°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝80°． ∵AE是的角平分线， ∴∠EAC∠BAC＝40°． ∵AD是△ABC的高， ∴∠ADC＝90° ∴在△ADC中，∠DAC＝180°﹣∠ADC﹣∠C＝180°﹣90°﹣60°＝30° ∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝40°﹣30°＝10°． ②∵BF是∠ABC的平分线，∠ABC＝40°， ∴∠FBC∠ABC＝20°， 又∵∠C＝60°， ∴∠AFO＝80°， ∴∠AOF＝180°﹣80°﹣40°＝60°， ∴∠BOE＝∠AOF＝60°． 【变式1-1】 【解答】解：（1）∵在△ABC中，∠B＝70°，∠C＝30°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣70°﹣30°＝80°， ∵AE是△ABC的角平分线， ∴， 在△AEC中，由三角形内角和定理得：∠AEC＝180°﹣∠C﹣∠CAE＝110°， ∵AD是△ABC的高， ∴∠ADC＝90°， 在Rt△ADC中，∠DAC＝90°﹣∠C＝60°， ∴∠DAE＝∠DAC﹣∠CAE＝20°； （2）在△ABC中，由三角形内角和定理得：∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣α﹣β， ∵AE是△ABC的角平分线， ∴， 在△AEC中，由三角形内角和定理得：， ∵AD是△ABC的高， ∴∠ADC＝90°， 在Rt△ADC中，∠DAC＝90°﹣∠C＝90°﹣β， ∴． 【变式1-2】 【解答】解：（1）∵∠B＝30°，∠C＝64°， ∴∠BAC＝180°﹣30°﹣64°＝86°， ∵AE平分∠BAC， ∴∠EAC∠BAC86°＝43°， ∵AD⊥BC， ∴∠ADC＝90°， ∴∠DAC＝180°﹣90°﹣64°＝26°， ∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝43°﹣26°＝17°， 故答案为：17°． （2）∵AD⊥BC， ∴∠CAD＝90°﹣∠C， ∵AE平分∠BAC， ∴∠CAE∠BAC（180°﹣∠B﹣∠C）， ∴∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD（180°﹣∠B﹣∠C）﹣（90°﹣∠C）（∠C﹣∠B）， ∵∠C﹣∠B＝50°， ∴∠DAE50°＝25°． （3）∵AD⊥BC， ∴∠CAD＝90°﹣∠C， ∵AE平分∠BAC， ∴∠CAE∠BAC（180°﹣∠B﹣∠C）， ∴∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD（180°﹣∠B﹣∠C）﹣（90°﹣∠C）（∠C﹣∠B）， 故答案为：∠DAE（∠C﹣∠B）． 【变式1-3】 【解答】解：（1）∵∠B＝35°，∠C＝65°， ∴∠BAC＝180°﹣35°﹣65°＝80°． ∵AE平分∠BAC， ∴∠CAE∠BAC＝40°． ∵AD⊥BC， ∴∠CAD＝90°﹣∠C＝25°， ∴∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD＝40°﹣25°＝15°． 故答案为：15°； （2）∵∠BAC+∠B+∠C＝180°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C． ∵AE平分∠BAC， ∴∠CAE∠BAC＝90°∠B∠C， ∴∠AEC＝180°﹣∠CAE﹣∠C＝180°﹣（90°∠B∠C）﹣∠C＝90°∠B∠C． ∵PG⊥BC， ∴∠EPG＝90°﹣∠AEC＝90°﹣（90°∠B∠C）∠C∠B． 故答案为：∠EPG∠C∠B； （3）由上述过程可知，∠EAD∠ACB∠B． ∵∠CAD＝90°﹣∠ACB且∠EAD＝∠CAD， ∴∠ACB∠B＝90°﹣∠ACB， 则∠ACB∠B+60°． ∵CP平分∠ACM， ∴∠PCG∠ACM（180°﹣∠ACB）＝90°∠ACB． ∵PG⊥BC， ∴∠CPG＝90°﹣∠PCG∠ACB． 又∵EP平分∠AEC， ∴∠PEC∠AEC． ∵∠EAC＝∠ACM﹣∠AEC，∠CPE＝∠PCG﹣∠PEC， ∴∠CPE（∠ACM﹣∠AEC）∠EAC． ∵∠EAC∠BAC＝90°∠B∠ACB， ∴∠CPE＝45°∠B∠ACB． ∵∠CPG（∠B+∠CPE）， ∴∠ACB（∠B+45°∠B∠ACB）， ∴∠B+60°）[∠B+45°∠B（∠B+60°）]， 解得∠B＝36°， ∴∠B的度数为36°． ▌题型02 两内角平分线的夹角 【典例1】 【解答】解：（1）∵CD是△ABC的中线， ∴AD＝BD， ∵△DBC的周长为25cm， ∴△BCD的周长＝BC+BD+CD＝25cm， ∴BC+AD+CD＝25cm， ∵BC﹣AC＝5cm， ∴AC＝BC﹣5cm， ∴△ADC的周长＝AC+AD+CD ＝BC﹣5+AD+CD ＝25﹣5 ＝20cm， 则△ADC的周长为20cm； （2）∵CD⊥AB， ∴∠BDC＝90°（垂直的定义）， ∵BE是△ABC的角平分线，∠ABC＝60°， ∴， ∴∠BOC＝∠BDC+∠ABE＝90°+30°＝120°， 则∠BOC的度数为120°． 【变式1-1】 【解答】解：（1）∵△BCD的周长为：BC+CD+BD， △ACD的周长为：AC+CD+AD， ∴△BCD与△ACD的周长差为：BC﹣AC+BD﹣AD， ∵CD是△ABC的中线， ∴AD＝BD， 又∵BC＝3，AC＝2， ∴BC﹣AC+BD﹣AD＝3﹣2＝1， 即△BCD与△ACD的周长差为：1． 故答案为：1． （2）∵BE是∠ABC的平分线，∠ABC＝62°， ∴∠ABE∠ABC62°＝31°， ∵CD是△ABC的高， ∴∠CDB＝90°， ∴∠BOC＝∠CDB+∠ABE＝90°+31°＝121°； （3）在△ABC中，∠A＝78°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝102°， ∵BE是∠ABC的平分线，CD是∠ACB平分线， ∴∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB， ∴∠OBC+∠OCB（∠ABC+∠ACB）102°＝51°， ∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣51°＝129°． 【变式1-2】 【解答】解：（1）在△ABC中，BE平分∠ABC，CE平分∠ACB． ∵∠ABC+∠ACB+∠A＝180°，∠A＝80°， ∴∠ABC+∠ACB＝100°， ∵BE、CE分别平分∠ABC和∠ACB， ∴，， ∴∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB） ＝130°， 故答案为：130°； （2），理由如下， ∵∠ABC+∠ACB+∠A＝180°，∠A＝n°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣n°， ∵BE、CE分别平分∠ABC和∠ACB， ∴，， ∴∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB） ； （3）在△ABC中，BD，BE三等分∠ABC，CD，CE三等分∠ACB， 由三角形的内角和定理得∠ABC+∠ACB＝180°﹣n°， ∵BD，BE三等分∠ABC，CD，CE三等分∠ACB， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式1-3】 【解答】解：（1）∠A＝55°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣55°＝125°， ∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB， ∴（角平分线的定义）， ∴， ∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣62.5°＝117.5°， 则∠BOC的度数为117.5°， 故答案为：117.5； （2）∵∠A＝60°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣60°＝120°， ∵BO，CO分别是∠ABC，∠ACB的三等分线， ∴， ∴， ∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣40°＝140°． （3）∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，BO，CO分别是∠ABC，∠ACB的n等分线， ∴，， ∴ ∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB） ． ▌题型03 一个内角和一个外角平分线的夹角 【典例1】 【解答】解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD， ∴∠ABC＝2∠CBE，∠ACD＝2∠DCE， 由三角形的外角性质得，∠ACD＝∠A+∠ABC，∠DCE＝∠E+∠CBE， ∴∠A+∠ABC＝2（∠E+∠CBE）， ∴∠A＝2∠E， ∵∠A＝40°， ∴∠E＝20°； （2）∠A＝2∠E． 理由如下：∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD， ∴∠ABC＝2∠CBE，∠ACD＝2∠DCE， 由三角形的外角性质得，∠ACD＝∠A+∠ABC，∠DCE＝∠E+∠CBE， ∴∠A+∠ABC＝2（∠E+∠CBE）， ∴∠A＝2∠E． 【变式1-1】 【解答】解：如图，∵∠D+∠C＝220°，∠DAB+∠ABC+∠C+∠D＝360°， ∴∠DAB+∠ABC＝140°． 又∵∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P， ∴∠PAB+∠ABP∠DAB+∠ABC（180°﹣∠ABC）＝90°（∠DAB+∠ABC）＝160°， ∴∠P＝180°﹣（∠PAB+∠ABP）＝20°． 【变式1-2】 【解答】解：（1）∵∠ABC＝60°，BD，BE是∠ABC的“三分线”， ∴， ∴∠ABE＝∠ABD+∠DBE＝20°+20°＝40°， 故答案为：40； （2）∵∠B的邻AB三等分线与∠C的邻AC三等分线交于点P，∠B＝60°，∠C＝72°， ∴，， ∴∠BCP＝72°﹣24°＝48°，∠CBP＝60°﹣20°＝40°， ∴∠BPC＝180°﹣∠CBP﹣∠BCP＝92°， 故答案为：92； （3）∵∠BPC＝145°， ∴∠PBC+∠PCB＝180°﹣145°＝35°， ∵BP、CP分别是∠ABC邻BC三等分线和∠ACB邻BC三等分线， ∴，， ∴， ∴∠ABC+∠ACB＝3×35°＝105°， ∴∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣105°＝75°； （4）∵∠ACD为△ABC的外角，∠A＝x°，∠ABC＝y°， ∴∠ACD＝∠A+∠ABC＝x°+y°， ∵BP是“邻BC三等分线”， ∴， 当CP是“邻AC三等分线”时， ∴， ∴， ∴； 当CP是“邻CD三等分线”时， ∴， ∴； 综上：∠BPC的度数是或． 【变式1-3】 【解答】解：（1）∵∠BOD＝60°， ∴∠OEF+∠OFE＝180°﹣∠BOD＝120°， 由题意可得：，， ∴， ∴∠EPF＝180°﹣（PEF+∠PFE）＝120°； （2）∵∠OFE＝180°﹣∠BOD﹣∠OEF， 又∵∠DFE＝180°﹣∠OFE， ∴∠DFE＝∠BOD+∠OEF＝α+∠OEF， ∵FG平分∠DFE， ∴， ∴， ∵EP平分∠OEF， ∴， ∴， ∴． （3）∠OEF的角平分线与∠AOF的角平分线相交于点P，∠AOF的角平分线所在的直线与∠OEG的角平分线相交于点Q， 设∠OFE＝β， 同理（2）可得，， ∵EP平分∠OEF，EQ平分∠OEG， ∴，， ∵∠OEF+∠OEG＝180°， ∴，即∠PEQ＝90°， ∴， ①当∠PEQ＝2∠P时， ∴，解得β＝90°； ②当∠Q＝2∠P时， ∴，解得β＝60°； 综上所述，∠OFE的度数为60°或90°． ▌题型04 两外角平分线的夹角 【典例1】 【解答】解：（1）， 理由如下：∵BO和CO分别是∠ABC与∠ACB的角平分线， ∴，， ∴， 又∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A， ∴， ∴∠BOC＝180°﹣（∠1+∠2）； （2）， 理由如下：∵BO和CO分别是∠ABC与外角∠ACD的角平分线， ∴，， 又∵∠ACD是△ABC的一外角， ∴∠ACD＝∠A+∠ABC， ∴， ∵∠2是△BOC的一外角， ∴； （3）结论：． 根据三角形的外角性质，得∠DBC＝∠A+∠ACB，∠BCE＝∠A+∠ABC， ∵O是外角∠DBC与外角∠ECB的平分线BO和CO的交点， ∴，， ∴， ∵∠A+∠ACB+∠ABC＝180°， ∴， ∴在△OBC中，， 故答案为：． 【变式1-1】 【解答】解：（1）∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，且∠ABC＝80°，∠ACB＝50°， ∴∠ABP＝∠CBP∠ABC＝40°，∠ACP＝∠BCP∠ACB＝25°， ∵在△BPC中，∠BPC+∠CBP+∠BCP＝180°， ∴∠BPC＝180°﹣∠CBP﹣∠BCP＝180°﹣40°﹣25°＝115°， ∴∠BPC的度数是115°． （2）∵∠CBE和∠BCF是△ABC的外角， ∴∠ABC+∠CBE＝180°，∠BCF+∠ACB＝180°， ∴∠ABC+∠CBE+∠BCF+∠ACB＝360°， ∴∠ABC+∠ACB＝360°﹣（∠CBE+∠BCF）， ∵BD平分∠CBE，CD平分∠BCF， ∴∠CBE＝2∠CBD，∠BCF＝2∠BCD， ∴∠CBE+∠BCF＝2（∠CBD+∠BCD）， ∵∠BDC＝40°， ∴∠CBD+∠BCD＝180°﹣∠BDC＝140°， ∴∠CBE+∠BCF＝2×140°＝280°， ∴∠ABC+∠ACB＝360°﹣280°＝80°， ∴∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝100°， ∴∠A的度数是100°． 【变式1-2】 【解答】解：（1）∵BP、CP分别为∠ABC，∠ACB的平分线， ∴∠ABC＝2∠PBC，∠ACB＝2∠PCB． ∵∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）， ∴∠A＝180°﹣2（∠PBC+∠PCB）， ∴∠A＝180°﹣2（180°﹣∠BPC）， ∴∠A＝﹣180°+2∠BPC， ∴2∠BPC＝180°+∠A， ∴∠BPC＝90°∠A＝90°60°＝120°， 故答案为：120°； （2）∵BP是∠ABC的角平分线， ∴∠PBC∠ABC． 又∵CP是∠ACD的平分线， ∴∠PCD∠ACD， ∵∠ACD＝∠A+∠ABC，∠PCD＝∠BPC+∠PBC， ∴∠BPC∠A； （3）90°∠A． 证明：∵BP、CP分别是∠ABC与∠ACB的外角平分线， ∴∠CBP∠CBD，∠BCP∠BCE， ∴∠CBP+∠BCP ∠CBD∠BCE （∠CBD+∠BCE） （∠A+∠ACB+∠A+∠ABC） （180°+∠A）， ∴∠BPC＝180°﹣（∠CBP+∠BCP） ＝180°（180°+∠A） ＝90°∠A． 【变式1-3】 【解答】解：（1）∵∠A＝62°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝118°， ∵∠ABC与∠ACB的平分线交于点P， ∴∠PBC∠ABC，∠PCB∠ACB， ∴∠PBC+∠PCB（∠ABC+∠ACB）＝59°， ∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝121°， 故答案为：121°． （2）∵∠ABD＝∠A+∠ACB，且∠A＝58°， ∴∠ABD﹣∠ACB＝∠A＝58°， ∵△ABC的内角∠ACB的平分线与△ABC的外角∠ABD的平分线交于点E， ∴∠BCE∠ACB，∠DBE∠ABD， ∵∠DBE＝∠BEC+∠BCE， ∴∠BEC＝∠DBE﹣∠BCE（∠ABD﹣∠ACB）＝29°， ∴∠BEC的度数为29°． （3）∵∠CBM、∠BCN为△ABC的外角，∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q， ∴∠QBC∠CBM（180°﹣∠ABC），∠QCB∠BCN（180°﹣∠ACB）， ∴∠QBC+∠QCB（180°﹣∠ABC）（180°﹣∠ACB）＝180°（∠ABC+∠ACB）， ∴∠BQC＝180°﹣（∠QBC+∠QCB）＝180°﹣[180°（∠ABC+∠ACB）]（∠ABC+∠ACB）， ∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，且∠A＝α， ∴∠BQC（180°﹣∠A）＝90°α， 故答案为：90°α． （4）∵点E在BC的延长线上， ∴∠BCQ+∠ECQ＝180°， ∵CP平分∠BCQ，CR平分∠ECQ， ∴∠PCQ∠BCQ，∠RCQ∠ECQ， ∴∠PCR＝∠PCQ+∠RCQ（∠BCQ+∠ECQ）＝90°， ∴∠CPR＝90°﹣∠R， ∵点R在BP的延长线上， ∴∠BPC+∠CPR＝180°， ∴∠BPC+90°﹣∠R＝180°， ∴∠BPC﹣∠R＝90°， 故答案为：∠BPC﹣∠R＝90°． ▌题型05 规形图（飞镖模型） 【典例1】 【解答】（1）∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C，理由是： 过点A、D作射线AF， ∵∠FDC＝∠DAC+∠C，∠BDF＝∠B+∠BAD， ∴∠FDC+∠BDF＝∠DAC+∠BAD+∠C+∠B， 即∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C； （2）∵∠BXC＝90°， 由（1）知：∠A+∠ABX+∠ACX＝∠BXC＝90°， ∵∠A＝36°， ∴∠ABX+∠ACX＝54°； ②∵∠A＝40°，∠DBE＝130°， ∴∠ADB+∠AEB＝130°﹣40°＝90°， ∵DC平分∠ADB，EC平分∠AEB， ∴， ∴， ∴∠DCE＝∠A+∠ADC+∠AEC＝40°+45°＝85°． 【变式1-1】 【解答】解：（1）如图，连接AP并延长至点F， 根据外角的性质，可得 ∠BPF＝∠BAP+∠B，∠CPF＝∠C+∠CAP， 又∵∠BPC＝∠BPF+∠CPF，∠BAC＝∠BAP+∠CAP， ∴∠BPC＝∠A+∠B+∠C； （2）①结论：∠BPC＝90°∠A． 理由：∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB， ∴∠PBC∠ABC，∠PCB∠ACB， ∴∠BPC＝180°（∠ABC+∠ACB）＝180°（180°﹣∠A）＝90°∠A； 迁移运用：设∠BCP＝∠PCO＝x，∠BOP＝∠COP＝y， ∵∠P＝100°， ∴x+y＝80°， ∴2x+2y＝160°， ∴∠OBC＝180°﹣160°＝20°， ∵BO平分∠ABC， ∴∠ABC＝40°， ∵∠A＝80°， ∴∠ACB＝180°﹣40°﹣80°＝60°； 故答案为：∠BPC＝90°∠A，60°； ②∵BP平分∠ABD，CP平分∠ACD， ∴∠PBD＝∠ABP，∠PCD＝∠ACP， 四边形BPDC中，∠P∠ABD∠ACD+360°﹣∠D＝360°， ∴∠ABD∠ACD＝∠D﹣∠P， 在四边形ABPC中，∠A∠ABD∠ACD+360°﹣∠P＝360°， ∴∠A+∠D﹣∠P﹣∠P＝0， ∴2∠BPC＝∠BDC+∠A． 故答案为：2∠BPC＝∠BDC+∠A． 【变式1-2】 【解答】解：（1）三角形的内角和等于 180°， 故答案为：三角形的内角和等于 180°； （2）∵∠3＝∠B+∠1，∠4＝∠2+∠C， ∴∠3+∠4＝∠B+∠1+∠2+∠C， ∵∠3+∠4＝∠BDC，∠1+∠2＝∠BAC， ∴∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C； （3）如图，延长BE交AC于点F， ∵∠A+∠B＝∠2，∠D+∠E＝∠1，∠1+∠2+∠C＝180°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝∠2+∠C+∠1＝180°， 故答案为：180°； （4）延长EF，交CD于点G，如图： ∵∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°， ∴∠ECD＝∠ACB＝70°． ∵∠EFD＝110°， ∴∠DFG＝70°， ∴∠EGF＝∠D+∠DFG＝90°， ∴∠E＝180°﹣90°﹣70°＝20°． 而图中∠E＝30°， ∴∠E应减少10°． 故答案为：减少，10． 【变式1-3】 【解答】解：（1）∠BDC＝∠ABD+40°+∠C， 理由：延长BD交AC于点M， ∵∠BDC是△DCM的外角， ∴∠BDC＝∠DMC+∠C； ∵∠BMC是△ABM的外角， ∴∠DMC＝∠ABD+∠A； ∴∠BDC＝∠DMC+∠C＝∠ABD+40°+∠C； （2）∵∠A+∠ABD+∠BDC+∠C＝360°， ∴∠DBA+∠BDC+∠DCA＝360°﹣40°＝320°， 故答案为：∠BDC+∠DBA+∠DCA＝320°； （3）设∠CAG＝2α， ∵AG⊥CD， ∴∠AGC＝∠AGD＝90°， ∴∠ACG＝90﹣2α， 设线段AG与BD交于点P，∠D＝16°， ∴∠APB＝∠DPG＝90°﹣16°＝74°， ∴∠BAP＝∠BAC+∠CAG＝40°+2α； 在△ABP中，∠BAP+∠ABP+∠APB＝180°， ∴∠ABP＝180°﹣（40°+2α）﹣74°＝66°﹣2α， ∵BE平分∠ABD， ∴， ∵∠FCE＝45°∠CAG＝45°﹣α， ∴∠ACE＝180﹣∠FCE﹣∠ACG＝180°﹣（45°﹣α）﹣（90﹣2α）＝45°+3α， ∴∠BEC＝∠A+∠ABE+∠ACE＝40°+33°﹣α+45°+3α＝118°． ▌题型06 “8”字模型（X型图） 【典例1】 【解答】解：（1）∵∠A+∠B+∠AOB＝180°，∠C+∠D+∠COD＝180°，∠AOB＝∠COD， ∴∠A+∠B＝∠C+∠D； （2）AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC＝35°，∠ADC＝15°， 根据（1）可知，∠OAB+∠OBA＝∠OCD+∠ODC， ∵∠ABC＝∠OBA＝35°，∠ADC＝∠ODC＝15°， ∴∠OAB+35°＝∠OCD+15°， ∴∠OCD﹣∠OAB＝20°， ∵AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD， ∴， ∴∠OCD﹣∠OAB＝2∠4﹣2∠1＝20°，即∠3﹣∠1＝10°， ∵∠1+∠P＝∠4+∠D， ∴∠P＝∠4﹣∠1+∠D＝10°+15°＝25°； （3）直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC＝35°，∠ADC＝29°， 如图所示，作∠BAD，∠BCD的角平分线交于点M，AM，CP交于点N，在PA延长线上取一点K，则AK平分∠FAD， 由（1）的计算得到∠OAB+∠OBA＝∠OCD+∠ODC，即∠OAB+35°＝∠OCD+29°， ∴∠OCD﹣∠OAB＝6°， ∴， ∵∠BAD+∠FAD＝180°，AK平分∠FAD，AM平分∠BAD， ∴，即MA⊥PK， ∴∠MAP＝90°， 同理，∠MCP＝90°， ∴∠NAP＝∠NCP＝90°， ∵∠NAP+∠NPA＝∠NCM+∠NMC， ∴∠P＝∠M＝32°． 【解答】解：设AP与BC交于K， ∵在△ACK与△BPK中，∠AKC＝∠PKB（对顶角相等）， ∴∠P+∠3＝∠1+∠C，即∠P＝∠1﹣∠3+∠C，① 设AD与BP交于F， 同理有∠P＝∠4﹣∠2+∠D，② ∵∠1＝∠2，∠3＝∠4， ∴①+②得，2∠P＝∠C+∠D＝32°+28°＝60°， ∴∠P＝30°． 【变式1-2】 【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）解：①3；4； 故答案为：3，4； ②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°； ③3∠P＝∠B+2∠C，其理由是： ∵∠CAB＝3∠CAP，∠CDB＝3∠CDP， ∴∠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）． ∴2（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B． ∴3∠P＝∠B+2∠C． 【变式1-3】 【解答】解：（1）∵∠A+∠D+∠AOD＝∠C+∠B+∠BOC＝180°，∠AOD＝∠BOC， ∴∠A+∠D＝∠C+∠B； 故答案为：∠A+∠D＝∠C+∠B； （2）①线段AB、CD相交于点O，形成“8字形”； ②线段AN、CM相交于点O，形成“8字形”； ③线段AB、CP相交于点N，形成“8字形”； ④线段AB、CM相交于点O，形成“8字形”； ⑤线段AP、CD相交于点M，形成“8字形”； ⑥线段AN、CD相交于点O，形成“8字形”； 故“8字形”共有6个； 故答案为：6； （3）∠DAP+∠D＝∠P+∠DCP，① ∠PCB+∠B＝∠PAB+∠P，② ∵∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P， ∴∠DAP＝∠PAB，∠DCP＝∠PCB， ①+②得： ∠DAP+∠D+∠PCB+∠B＝∠P+∠DCP+∠PAB+∠P， 即2∠P＝∠D+∠B， 又∵∠D＝40度，∠B＝36度， ∴2∠P＝40°+36°， ∴∠P＝38°； 故答案为38°． ▌题型07 折角模型 【典例1】 【解答】（1）解：∵AF＝7，CD＝3， ∴AD+CF＝AF﹣CD＝4， ∵AD＝CF＝平移距离， ∴AD＝CF＝2， 故答案为：2； （2）证明：方法一：由折叠知：∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED， ∴∠A′DE（180°﹣∠1），∠A′ED（180°﹣∠2）， 在△DEA′中，∠DA′E+∠A′DE+∠A′ED＝180°； ∴∠DA′E（180°﹣∠1）（180°﹣∠2）＝180°， ∴∠DA′E∠1∠2， ∴∠1+∠2＝2∠DA′E． 方法二：连接AA′． 由折叠知：∠DAE＝∠DA′E ∵∠1，∠2分别是△A′AD和△A′AE的外角， ∴∠1＝∠DA′A+∠DAA′，∠2＝∠EA′A+∠EAA′， ∴∠1+∠2 ＝∠DA′A+∠DAA′+∠EA′A+∠EAA′ ＝（∠DA′A+∠EA′A）+（∠DAA′+∠EAA′） ＝∠DA′E+∠DAE ＝2∠DA′E， （3）解：不成立，正确结论是∠1﹣∠2＝2∠DA′E． 证明如下： 方法一：由折叠知：∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED， ∴∠A′DE（180°﹣∠1），∠A′ED（180°+∠2）， 在△DEA′中，∠DA′E+∠A′DE+∠A′ED＝180°； ∴∠DA′E（180°﹣∠1）（180°+∠2）＝180°， ∴∠DA′E∠1∠2， ∴∠1﹣∠2＝2∠DA′E． 方法二：连接AA′． 由折叠知：∠DAE＝∠DA′E， ∵∠1，∠2分别是△A′AD和△A′AE的外角， ∴∠1＝∠DA′A+∠DAA′，∠2＝∠EA′A+∠EAA′， ∴∠1﹣∠2＝∠DA′A+∠DAA′﹣（∠EA′A+∠EAA′） ＝（∠DA′A﹣∠EA′A）+（∠DAA′﹣∠EAA′） ＝∠DA′E+∠DAE ＝2∠DA′E． 【变式1-1】 【解答】解：（1）∠BDA′与∠A的数量关系是∠BDA′＝2∠A； 故答案为：∠BDA′＝2∠A； （2）∠BDA′+∠CEA′＝2∠A， 理由：在四边形ADA′E中，∠A+∠DA′E+∠ADA′+∠A′EA＝360°， ∴∠A+∠DA′E＝360°﹣∠ADA′﹣∠A′EA， ∵∠BDA′+∠ADA′＝180°，∠CEA′+∠A′EA＝180°， ∴∠BDA′+∠CEA′＝360°﹣∠ADA′﹣∠A′EA， ∴∠BDA′+∠CEA′＝∠A+∠DA′E， ∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得， ∴∠A＝∠DA′E， ∴∠BDA′+∠CEA′＝2∠A； 故答案为：∠BDA′+∠CEA′＝2∠A； （3）∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A． 理由：DA′交AC于点F， ∵∠BDA′＝∠A+∠DFA，∠DFA＝∠A′+∠CEA′， ∴∠BDA′＝∠A+∠A′+∠CEA′， ∴∠BDA′﹣∠CEA′＝∠A+∠A′， ∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得， ∴∠A＝∠DA′E， ∴∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A． 【变式1-2】 【解答】解：（1）∵∠BEC'＝42°，∠ADC'＝20°， ∴∠CEC'＝180°﹣∠BEC'＝138°， ∠CDC'＝180°﹣∠ADC'＝160°． 由折叠得∠DEC＝∠DEC'138°＝69°，∠CDE＝∠C′DE160°＝80°， ∴∠C＝180°﹣∠DEC﹣∠CDE＝180°﹣69°﹣80°＝31°； （2）∵∠BEC′＝70°，∠ADC'＝20°， ∴∠CEC′＝180°﹣70°＝110°， ∴∠CED55°，∠CDE100°， ∴∠C＝180°﹣55°﹣100°＝25°． 【变式1-3】 【解答】解：（1）当点C'落在AC上时，如图1所示： 由折叠的性质可知：∠C＝∠2， 由三角形的外角定理得：∠1＝∠C+∠2＝2∠2； 故答案为：∠1＝2∠2． （2）当C'点落在CA和CB之间时，连接CC'，如图2所示： 则∠1、∠2、∠3之间的关系是：∠1+∠3＝2∠2，理由如下： 由三角形的外角定理得：∠1＝∠DCC'+∠DC'C，∠3＝∠ECC'+∠EC'C， ∴∠1+∠3＝∠DCC'+∠DC'C+∠ECC'+∠EC'C， 即∠1+∠3＝∠DCE+∠DC'E， 由折叠的性质可知：∠DCE+∠DC'E＝∠2， ∴∠1+∠3＝2∠2； （3）当C'落在CB，CA的同旁时，设C'D与AC交于点H，如图3所示： 则∠1、∠2、∠3之间的关系是：∠1＝2∠2+∠3，理由如下： ∵∠EHD是△C'HE的一个外角， ∴∠EHD＝∠2+∠3， ∵∠1是△CHD的一个外角， ∴∠1＝∠C+∠EHD， 即∠1＝∠C+∠2+∠3， 由折叠的性质可知：∠C＝∠2， ∴∠1＝2∠2+∠3 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 与三角形有关的模型 （题型突破·举一反三） 题型01 角高模型 题型02 两内角平分线的夹角模型 题型03 一个内角和一个外角平分线的夹角模型 题型04 两外角平分线的夹角模型 题型05 规形图（飞镖模型） 题型06 “8”字模型（X型图） 题型07 折角模型 ▌题型01 角高模型 如图，AE是△ABC的角平分线，AD⊥BC于点D，则。 【典例1】已知：如图，△ABC中，AD、AE分别是△ABC的高和角平分线，BF是∠ABC的平分线，BF与AE交于O，若∠ABC＝40°，∠C＝60°，求∠DAE、∠BOE的度数． 【变式1-1】（2026春•南岸区期末）如图，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线． （1）若∠B＝70°，∠C＝30°，求∠AEC和∠DAE的度数； （2）若∠B＝α，∠C＝β，且α＞β，直接写出∠AEC和∠DAE的度数（用含α，β的代数式表示）． 【变式1-2】（2026春•深圳期中）如图，在△ABC中，∠C＞∠B，AD⊥BC，AE平分∠BAC． （1）若∠B＝30°，∠C＝64°，则∠DAE＝　 　 ； （2）计算：若∠C﹣∠B＝50°，求∠DAE的度数； （3）猜想：∠DAE、∠B、∠C的关系 　 　　 　 ． 【变式1-3】（2026春•龙岗区期中）已知在△ABC中，AE平分∠BAC，∠C＞∠B． 【特例探究】（1）如图（a），AD⊥BC，垂足为D，若∠B＝35°，∠C＝65°，则∠DAE的度数为　 　　 ； 【一般推导】（2）如图（b），点P在线段AE上，过点P作PG⊥BC，垂足为G．请写出∠EPG与∠B，∠C之间的数量关系：　 　　 ； 【拓展应用】（3）如图（c），在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，EP，CP分别平分∠AEC和∠ACM，过点P作PG⊥BC交BC延长线于点G．若∠EAD＝∠CAD，∠CPG（∠B+∠CPE），求∠B的度数． ▌题型02 两内角平分线的夹角 如图，在△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分线BE, CF相交于点G,求∠BGC与∠A之间的关系 证明：∵∠ABC和∠ACB的平分线BE，CF相交于点G， ∴∠GBC=∠ABC，∠GCB=∠ACB， ∴∠GBC+∠GCB=（∠ABC+∠ACB）， 在△BCG中，∠BGC=180°-（∠GBC+∠GCB）=180°-（∠ABC+∠ACB）； 即：∠BGC=180°-（∠ABC+∠ACB）； 在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°-∠A， 所以，∠BGC=180°-（∠ABC+∠ACB）=180°-（180°-∠A）=90°+∠A， 即：∠BGC=90°+∠A． 【典例1】（2025•丽水一模）如图，在△ABC中，BE是∠ABC的平分线，点D在AB上（不与点A，B重合），连接CD交BE于点O． （1）若CD是AB边上的中线，BC﹣AC＝5cm，△DBC的周长为25cm，求△ADC的周长； （2）若CD⊥AB于点D，∠ABC＝60°，求∠BOC的度数． 【变式1-1】如图，在△ABC中，BE是角平分线，点D在边AB上（不与点A，B重合），CD与BE交于点O． （1）若CD是中线，BC＝3，AC＝2，则△BCD与△ACD的周长差为 　 　　 ； （2）若CD是高，∠ABC＝62°，求∠BOC的度数； （3）若CD是角平分线，∠A＝78°，求∠BOC的度数． 【变式1-2】（2026春•南关区校级月考）【问题】如图1，在△ABC中，BE平分∠ABC，CE平分∠ACB．若∠A＝80°，则∠BEC＝　 　　 ； 【探究】如图1，在△ABC中，BE平分∠ABC，CE平分∠ACB．试猜想∠BEC和∠A有怎样的关系，并说明理由； 【应用】如图2，在△ABC中，BD，BE三等分∠ABC，CD，CE三等分∠ACB，若∠A＝n°，则∠BEC＝　 　　 ． 【变式1-3】（2026春•高新区期中）探究不同情境，回答下面问题： （1）如图1，∠A＝55°，BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，则∠BOC＝　 　　 度． （2）如图2，∠A＝60°，BO，CO分别是∠ABC，∠ACB的三等分线（即，），求∠BOC的度数． （3）在△ABC中，BO，CO分别是∠ABC，∠ACB的n等分线（即，），试说明∠BOC与∠A的关系． ▌题型03 一个内角和一个外角平分线的夹角 如图，在△ABC中，BP平分∠ABC，CP平分∠ACB的外角，BP与CP相交于点p，求∠P与∠A之间的关系 解：∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB的外角， ∴∠PBC=∠ABC，∠PCD=∠ACD． ∵∠ACD是△ABC的外角，∠PCD是△BPC的外角， ∴∠ACD=∠ABC+∠A，∠PCD=∠PBC+∠P， ∴∠ACP=∠ABC+∠A， ∴∠ABC+∠A=∠PBC+∠P， 即∠P=∠A． 【典例1】如图所示，∠ACD是△ABC的外角，∠A＝40°，BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，且BE、CE交于点E． （1）求∠E的度数． （2）请猜想∠A与∠E之间的数量关系，不用说明理由． 【变式1-1】（2025秋•广元期中）如图，在四边形ABCD中，∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，且∠D+∠C＝220°，求∠P的度数． 【变式1-2】（2026春•朝阳区校级期中）概念认识：如图①，在∠ABC中，若∠ABD＝∠DBE＝∠EBC，则BD，BE叫做∠ABC的“三分线”．其中，BD是“邻AB三等分线”，BE是“邻BC三等分线”． 【问题解决】 （1）如图①，∠ABC＝60°，BD，BE是∠ABC的“三等分线”，则∠ABE＝　 　　 °； （2）如图②，在△ABC中，∠B＝60°，∠C＝72°，若∠B的邻AB三等分线与∠C的邻AC三等分线交于点P，则∠BPC＝　 　　 °； （3）如图③，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC邻BC三等分线和∠ACB邻BC三等分线，且∠BPC＝145°，求∠A的度数． （4）【延伸推广】在△ABC中，∠ACD是△ABC的外角，∠B的邻BC三等分线与∠ACD的三等分线交于点P．若∠A＝x°，∠B＝y°，直接写出∠BPC的度数．（用含x，y的代数式表示） 【变式1-3】（2026春•北碚区月考）已知直线AB与CD相交于点O，点E，F分别在射线OB和OD上． （1）如图1，∠BOD＝60°，EP平分∠OEF，FP平分∠OFE，求∠EPF的度数； （2）如图2，EP平分∠OEF，FG平分∠DFE，FG的反向延长线交EP于点P，若∠BOD＝α°，求∠P的度数（请写出完整的推理过程）； （3）如图3，点G在FE的延长线上，∠OEF的角平分线与∠AOF的角平分线相交于点P，∠AOF的角平分线所在的直线与∠OEG的角平分线相交于点Q，若△PEQ的某一个内角是∠P的2倍；请直接写出∠OFE的度数． ▌题型04 两外角平分线的夹角 如图，在△ABC中，△ABC的外角平分线BO, CO相交于点O,求∠O与∠A之间的关系 解：∵BO、CO分别是△ABC的外角∠DBC、∠ECB的角平分线， ∴∠DBC=2∠1=∠ACB+∠A，∠ECB=2∠2=∠ABC+∠A， ∴2∠1+2∠2=2∠A+∠ABC+∠ACB=∠A+180°， 又∵∠1+∠2+∠BOC=180°， ∴2∠BOC=180°-∠A， 即∠BOC=90°-∠A． 【典例1】认真阅读下面关于三角形内外角平分线所夹角的探究片段，完成所提出的问题． （1）探究1：如图1，在△ABC中，O是∠ABC与∠ACB的平分线BO和CO的交点，试分析∠BOC与∠A有怎样的关系？请说明理由． （2）探究2：如图2中，O是∠ABC与外角∠ACD的平分线BO和CO的交点，试分析∠BOC与∠A有怎样的关系？请说明理由． （3）探究3：如图3中，O是外角∠DBC与外角∠ECB的平分线BO和CO的交点，则∠BOC与∠A又有怎样的关系？（只写结论，不需证明）结论：　 　　 ． 【变式1-1】（2026春•北京期末）为提升长治市某小区居民的休闲体验，物业计划在小区内的三角形休闲广场△ABC上进行景观升级．设计师借鉴古建筑中对称、规整的布局理念，计划通过广场内角与外角平分线形成的夹角，规划景观灯带的走向与布局．请你帮助设计师完成以下计算，为灯带施工提供数据支持． （1）如图1，在△ABC中，∠ABC＝80°，∠ACB＝50°，BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，两条角平分线交于点P，求∠BPC的度数； （2）如图2，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的外角平分线相交于点D，若∠BDC＝40°，求∠A的度数． 【变式1-2】在△ABC中， （1）如图①所示，如果∠A＝60°，∠ABC和么ACB的平分线相交于点P，那么∠BPC＝　 　　 ； （2）如图②所示，∠ABC和∠ACD的平分线相交于点P，试说明∠BPC∠A； （3）如图③所示，∠CBD和∠BCE的平分线相交于点P，猜想∠BPC与∠A的关系并证明你的猜想. 【变式1-3】（2026春•朝阳区校级期中）某校七年级数学兴趣小组对“三角形内角或外角平分线的夹角与第三个内角的量关系”进行了探究： （1）如图1，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点P，∠A＝62°，则∠BPC＝　　 　　 ； （2）如图2，△ABC的内角∠ACB的平分线与△ABC的外角∠ABD的平分线交于点E，其中∠A＝58°，求∠BEC的度数； （3）如图3，∠CBM、∠BCN为△ABC的外角，∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q，其中∠A＝α．求∠BQC＝　 　　 （用α表示）； （4）如图4，△ABC外角∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q，∠CBQ、∠BCQ的平分线交于点P，则延长BC至点E，∠ECQ的平分线与BP的延长线相交于点R，则∠R与∠BPC的数量关系为　 　　 ． ▌题型05 规形图（飞镖模型） 如图，探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系 解：过点A、D作射线AF， ∵∠FDC＝∠DAC+∠C，∠BDF＝∠B+∠BAD， ∴∠FDC+∠BDF＝∠DAC+∠BAD+∠C+∠B， 即∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C 【典例1】（2026春•青浦区校级期中）如图1所示的图形，像我们常见的学习用品——圆规．我们把这样的图形叫做“规形图”． （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，解决问题： ①如图2，小叶把一块三角尺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＝36°，直接写出∠ABX+∠ACX的结果； ②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠A＝40°，∠DBE＝130°，求∠DCE的度数． 【变式1-1】（2026春•洛宁县期末）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．我们不妨把这种图形叫做“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？请解决以下问题： （1）观察“规形图”，试探究∠BPC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，解决以下问题： ①如图2：已知△ABC，BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，直接写出∠BPC与∠A之间存在的等量关系为：　　 　　 ． 迁移运用：如图3：在△ABC中，∠A＝80°，点O是∠ABC，∠ACB角平分线的交点，点P是∠BOC，∠OCB角平分线的交点，若∠OPC＝100°，则∠ACB的度数　 　　 ． ②如图4：若D点是△ABC内任意一点，BP平分∠ABD，CP平分∠ACD．直接写出∠BDC、∠BPC、∠A之间存在的等量关系为　 　　 ． 【变式1-2】（2025春•长春期末）【问题呈现】如图①，四边形ABCD形似“飞镖”，我们形象地称它为“飞镖图”．它实际上是凹四边形，通过探究发现：凹四边形中最大内角外面的角等于其余三个内角之和，即∠BDC＝∠A+∠B+∠C． 【探究推理】方法一：如图②，连结BC． ∵在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴∠A+∠1+∠2+∠3+∠4＝180°． 又∵在△BDC中，∠2+∠4+∠BDC＝180°， ∴∠2+∠4＝180°﹣∠BDC， ∴∠A+∠1+∠3+180°﹣∠BDC＝180°， ∴∠BDC＝∠A+∠1+∠3． 即∠BDC＝∠A+∠ABD+∠ACD． 方法二：如图③，连结AD并延长至F． ∵∠3与∠4分别为△ABD和△ACD的外角， … （1）“方法一”主要依据的数学定理是　 　　 　 　　 ； （2）根据“方法二”中辅助线的添加方式，写出余下的推理过程． 【迁移应用】（3）如图④，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝　 　　 ； （4）如图⑤是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠CAB、∠CBA、∠D的大小保持不变．为了舒适，需调整∠E的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠E应　 　　 （填“增加”或“减少”）的大小为 　 　　 度． 【变式1-3】（2025春•香坊区期末）如图，在平面内有∠BAC＝40°，点D在平面上，连接BD、CD． （1）如图1，试判断∠BDC与∠DBA、∠DCA之间的等量关系，并说明理由． （2）如图2，直接写出∠BDC与∠DBA、∠DCA之间的等量关系 　 　　 　 　　 ． （3）如图3，当点D在AC右侧时，∠D＝16°，点E在∠ABD内部，BE平分∠ABD，延长DC至F，过A作AG⊥CD于G，∠FCE＝45°∠CAG，求∠BEC的度数． ▌题型06 “8”字模型（X型图） 如图，AD，BC相交于点O，连接AB，CD．求证：∠A+∠B＝∠C+∠D． 证明：∵∠A+∠B+∠AOB＝180°，∠C+∠D+∠COD＝180°（三角形内角和定理）， ∴∠A+∠B＝180°﹣∠AOB，∠C+∠D＝180°﹣∠COD， ∵∠AOB＝∠COD， ∴∠A+∠B＝∠C+∠D（等量代换） 【典例1】（2025秋•四平月考）【问题背景】 （1）如图①的图形我们把它称为“8字形”，请说明∠A+∠B＝∠C+∠D； 【简单应用】 （2）如图②，AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC＝35°，∠ADC＝15°，求∠P的度数； 【问题探究】 （3）如图③，直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC＝35°，∠ADC＝29°，请直接写出∠P的度数． 【变式1-1】（2025秋•荣昌区校级期中）如图所示，已知∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠C＝32°，∠D＝28°，求∠P的度数． 【变式1-2】（2025春•张店区期中）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； （2）如图2，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，与CD、AB分别相交于点M、N． ①以线段AC为边的“8字型”有　 　　 个，以点O为交点的“8字型”有　 　　 个； ②若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度数； ③若角平分线中角的关系改为“∠CAB＝3∠CAP，∠CDB＝3∠CDP”，试探究∠P与∠B、∠C之间存在的数量关系，并证明理由． 【变式1-3】试解答下列问题： （1）在图1我们称之为“8字形”，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系：　 　　 ； （2）仔细观察，在图2中“8字形”的个数是　 　　 个； （3）在图2中，若∠D＝40°，∠B＝36°，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．试求∠P的度数是　 　　 ． ▌题型07 折角模型 如图，D、E是△ABC边AB、AC上的点，将△ADE沿DE翻折至△FDE，若点F在△ABC内部，证明：∠1+∠2=2∠A． 证明：由翻折性质得：∠ADE=∠FDE，∠AED=∠FED， ∴∠ADF=2∠ADE，∠AEF=2∠AED， ∴∠ADF+∠AEF=2（∠ADE+∠AED）， ∵， ∴∠ADF+∠AEF=2（180°-∠A）=360°-2∠A， 又∵∠ADF=180°-∠1，∠AEF=180°-∠2， ∴∠ADF+∠AEF=360°-（∠1+∠2）， ∴360°-（∠1+∠2）=360°-2∠A， 即∠1+∠2=2∠A 【典例1】阅读材料，并回答下列问题： 如图1，以AB为轴，把△ABC翻折180°，可以变换到△ABD的位置； 如图2，把△ABC沿射线AC平移，可以变换到△DEF的位置． 像这样，其中的一个三角形是另一个三角形经翻折、平移等方法变换成的，这种只改变位置，不改变形状大小的图形变换，叫三角形的全等变换．班里几个学习小组针对三角形的全等变换进行了探究和讨论． （1）如图2，前进小组把△ABC沿射线AC平移到△DEF，若AF＝7，DC＝3，则平移的距离为　 　　 ； （2）如图3，圆梦小组展开了探索活动，把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCED的内部点A′的位置，且得出一个结论：∠1+∠2＝2∠DA′E．请你对这个结论给出证明； （3）如图4，奋进小组则提出，如果把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCED的外部点A′的位置，那么此时（2）中的结论：∠1+∠2＝2∠DA′E还仍然成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，写出正确结论并证明． 【变式1-1】如图1，一张三角形ABC纸片，点D，E分别是△ABC边上两点． 研究（1）：如果沿直线DE折叠，使点A落在CE上的点A'处，则∠BDA'与∠A的数量关系是　 　　 ； 研究（1）：如果折成图2的形状，猜想∠BDA'，∠CEA'和∠A的数量关系是 　 　　 ； 研究（3）：如果折成图3的形状，猜想∠BDA'，∠CEA'和∠A的数量关系是什么，并说明理由． 【变式1-2】阅读与思考 有趣的翻折 在学习了三角形内角和后，李老师给大家出了一道有趣的翻折的题目． 如图1，将△ABC中的∠C向△ABC内部折叠落在∠C′处，若∠BEC'＝42°，∠ADC'＝20°，求∠C的度数． 下面是琳琳同学的解答过程： ∵∠BEC'＝42°，∠ADC'＝20°， ∴∠CEC'＝180°﹣∠BEC'＝138°， ∠CDC'＝180°﹣∠ADC'＝160°． 由折叠得∠DEC＝∠DEC'138°＝69°， … 任务：（1）请仔细阅读上面的部分解答过程，并将剩下的解答过程补充完整． （2）如图2，将△ABC中的∠C向△ABC外部折叠落在∠C'处，若∠BEC′＝70°，∠ADC′＝20°，求∠C的度数． 【变式1-3】将△ABC的∠C折起，翻折后角的顶点位置记作C'． （1）当C'落在AC上时（如图1），可得∠1与∠2的关系为 　 　　 ； （2）当C'点落在CA和CB之间（如图2）时，探究∠1、∠2、∠3之间的关系，并说明理由； （3）当C'落在CB，CA的同旁（如图3）时，直接写出∠1、∠2、∠3之间的关系． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 与三角形有关的模型 （题型突破·举一反三） 题型01 角高模型 题型02 两内角平分线的夹角模型 题型03 一个内角和一个外角平分线的夹角模型 题型04 两外角平分线的夹角模型 题型05 规形图（飞镖模型） 题型06 “8”字模型（X型图） 题型07 折角模型 ▌题型01 角高模型 如图，AE是△ABC的角平分线，AD⊥BC于点D，则。 【典例1】已知：如图，△ABC中，AD、AE分别是△ABC的高和角平分线，BF是∠ABC的平分线，BF与AE交于O，若∠ABC＝40°，∠C＝60°，求∠DAE、∠BOE的度数． 【分析】先根据三角形的内角和定理得到∠BAC的度数，再利用角平分线的性质可求出∠DAC∠BAC，而∠EAC＝90°﹣∠C，然后利用∠DAE＝∠DAC﹣∠EAC进行计算即可．由三角形外角的性质求得∠AFO＝80°，利用三角形内角和定理得到∠AOF＝50°，所以对顶角相等：∠BOE＝∠AOF＝50°． 【解答】解：①在△ABC中，∵∠ABC＝40°，∠C＝60°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝80°． ∵AE是的角平分线， ∴∠EAC∠BAC＝40°． ∵AD是△ABC的高， ∴∠ADC＝90° ∴在△ADC中，∠DAC＝180°﹣∠ADC﹣∠C＝180°﹣90°﹣60°＝30° ∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝40°﹣30°＝10°． ②∵BF是∠ABC的平分线，∠ABC＝40°， ∴∠FBC∠ABC＝20°， 又∵∠C＝60°， ∴∠AFO＝80°， ∴∠AOF＝180°﹣80°﹣40°＝60°， ∴∠BOE＝∠AOF＝60°． 【变式1-1】（2026春•南岸区期末）如图，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线． （1）若∠B＝70°，∠C＝30°，求∠AEC和∠DAE的度数； （2）若∠B＝α，∠C＝β，且α＞β，直接写出∠AEC和∠DAE的度数（用含α，β的代数式表示）． 【分析】（1）先利用三角形内角和求出∠BAC，结合角平分线定义得到∠CAE，再用内角和算出∠AEC；根据高线得到直角，利用直角三角形两锐角互余求出∠DAC，最后作差得到∠DAE； （2）先用三角形内角和表示出∠BAC，结合角平分线得到∠CAE，代入内角和公式化简求出∠AEC；再由高线推出∠DAC，通过角度相减化简得到∠DAE的代数式． 【解答】解：（1）∵在△ABC中，∠B＝70°，∠C＝30°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣70°﹣30°＝80°， ∵AE是△ABC的角平分线， ∴， 在△AEC中，由三角形内角和定理得：∠AEC＝180°﹣∠C﹣∠CAE＝110°， ∵AD是△ABC的高， ∴∠ADC＝90°， 在Rt△ADC中，∠DAC＝90°﹣∠C＝60°， ∴∠DAE＝∠DAC﹣∠CAE＝20°； （2）在△ABC中，由三角形内角和定理得：∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣α﹣β， ∵AE是△ABC的角平分线， ∴， 在△AEC中，由三角形内角和定理得：， ∵AD是△ABC的高， ∴∠ADC＝90°， 在Rt△ADC中，∠DAC＝90°﹣∠C＝90°﹣β， ∴． 【变式1-2】（2026春•深圳期中）如图，在△ABC中，∠C＞∠B，AD⊥BC，AE平分∠BAC． （1）若∠B＝30°，∠C＝64°，则∠DAE＝　17°　 ； （2）计算：若∠C﹣∠B＝50°，求∠DAE的度数； （3）猜想：∠DAE、∠B、∠C的关系 　∠DAE（∠C﹣∠B）　 ． 【分析】（1）先求得∠BAC的度数，然后求得∠CAE和∠CAD的度数，最后求得∠DAE的度数； （2）先用含有∠B和∠C的式子表示∠BAC，然后表示出∠CAE和∠CAD，最后求得∠DAE的度数； （3）利用（2）中过程求得∠DAE、∠B和∠C的关系． 【解答】解：（1）∵∠B＝30°，∠C＝64°， ∴∠BAC＝180°﹣30°﹣64°＝86°， ∵AE平分∠BAC， ∴∠EAC∠BAC86°＝43°， ∵AD⊥BC， ∴∠ADC＝90°， ∴∠DAC＝180°﹣90°﹣64°＝26°， ∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝43°﹣26°＝17°， 故答案为：17°． （2）∵AD⊥BC， ∴∠CAD＝90°﹣∠C， ∵AE平分∠BAC， ∴∠CAE∠BAC（180°﹣∠B﹣∠C）， ∴∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD（180°﹣∠B﹣∠C）﹣（90°﹣∠C）（∠C﹣∠B）， ∵∠C﹣∠B＝50°， ∴∠DAE50°＝25°． （3）∵AD⊥BC， ∴∠CAD＝90°﹣∠C， ∵AE平分∠BAC， ∴∠CAE∠BAC（180°﹣∠B﹣∠C）， ∴∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD（180°﹣∠B﹣∠C）﹣（90°﹣∠C）（∠C﹣∠B）， 故答案为：∠DAE（∠C﹣∠B）． 【变式1-3】（2026春•龙岗区期中）已知在△ABC中，AE平分∠BAC，∠C＞∠B． 【特例探究】（1）如图（a），AD⊥BC，垂足为D，若∠B＝35°，∠C＝65°，则∠DAE的度数为　15°　 ； 【一般推导】（2）如图（b），点P在线段AE上，过点P作PG⊥BC，垂足为G．请写出∠EPG与∠B，∠C之间的数量关系：　∠EPG∠C∠B ； 【拓展应用】（3）如图（c），在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，EP，CP分别平分∠AEC和∠ACM，过点P作PG⊥BC交BC延长线于点G．若∠EAD＝∠CAD，∠CPG（∠B+∠CPE），求∠B的度数． 【分析】（1）根据三角形的内角和定理及外角的性质进行计算即可； （2）根据三角形的内角和定理及外角的性质进行计算即可； （3）根据三角形的内角和定理及外角的性质进行计算即可． 【解答】解：（1）∵∠B＝35°，∠C＝65°， ∴∠BAC＝180°﹣35°﹣65°＝80°． ∵AE平分∠BAC， ∴∠CAE∠BAC＝40°． ∵AD⊥BC， ∴∠CAD＝90°﹣∠C＝25°， ∴∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD＝40°﹣25°＝15°． 故答案为：15°； （2）∵∠BAC+∠B+∠C＝180°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C． ∵AE平分∠BAC， ∴∠CAE∠BAC＝90°∠B∠C， ∴∠AEC＝180°﹣∠CAE﹣∠C＝180°﹣（90°∠B∠C）﹣∠C＝90°∠B∠C． ∵PG⊥BC， ∴∠EPG＝90°﹣∠AEC＝90°﹣（90°∠B∠C）∠C∠B． 故答案为：∠EPG∠C∠B； （3）由上述过程可知，∠EAD∠ACB∠B． ∵∠CAD＝90°﹣∠ACB且∠EAD＝∠CAD， ∴∠ACB∠B＝90°﹣∠ACB， 则∠ACB∠B+60°． ∵CP平分∠ACM， ∴∠PCG∠ACM（180°﹣∠ACB）＝90°∠ACB． ∵PG⊥BC， ∴∠CPG＝90°﹣∠PCG∠ACB． 又∵EP平分∠AEC， ∴∠PEC∠AEC． ∵∠EAC＝∠ACM﹣∠AEC，∠CPE＝∠PCG﹣∠PEC， ∴∠CPE（∠ACM﹣∠AEC）∠EAC． ∵∠EAC∠BAC＝90°∠B∠ACB， ∴∠CPE＝45°∠B∠ACB． ∵∠CPG（∠B+∠CPE）， ∴∠ACB（∠B+45°∠B∠ACB）， ∴∠B+60°）[∠B+45°∠B（∠B+60°）]， 解得∠B＝36°， ∴∠B的度数为36°． ▌题型02 两内角平分线的夹角 如图，在△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分线BE, CF相交于点G,求∠BGC与∠A之间的关系 证明：∵∠ABC和∠ACB的平分线BE，CF相交于点G， ∴∠GBC=∠ABC，∠GCB=∠ACB， ∴∠GBC+∠GCB=（∠ABC+∠ACB）， 在△BCG中，∠BGC=180°-（∠GBC+∠GCB）=180°-（∠ABC+∠ACB）； 即：∠BGC=180°-（∠ABC+∠ACB）； 在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°-∠A， 所以，∠BGC=180°-（∠ABC+∠ACB）=180°-（180°-∠A）=90°+∠A， 即：∠BGC=90°+∠A． 【典例1】（2025•丽水一模）如图，在△ABC中，BE是∠ABC的平分线，点D在AB上（不与点A，B重合），连接CD交BE于点O． （1）若CD是AB边上的中线，BC﹣AC＝5cm，△DBC的周长为25cm，求△ADC的周长； （2）若CD⊥AB于点D，∠ABC＝60°，求∠BOC的度数． 【分析】（1）由三角形中线的概念可得AD＝BD，由△DBC的周长为25cm得BC+AD+CD＝25cm，再根据三角形的周长公式进行计算，即可得出答案； （2）由三角形的高的概念可得∠BDC＝90°，由三角形角平分线的定义可得，由三角形外角的性质可得∠BOC＝∠BDC+∠ABE，于是得解． 【解答】解：（1）∵CD是△ABC的中线， ∴AD＝BD， ∵△DBC的周长为25cm， ∴△BCD的周长＝BC+BD+CD＝25cm， ∴BC+AD+CD＝25cm， ∵BC﹣AC＝5cm， ∴AC＝BC﹣5cm， ∴△ADC的周长＝AC+AD+CD ＝BC﹣5+AD+CD ＝25﹣5 ＝20cm， 则△ADC的周长为20cm； （2）∵CD⊥AB， ∴∠BDC＝90°（垂直的定义）， ∵BE是△ABC的角平分线，∠ABC＝60°， ∴， ∴∠BOC＝∠BDC+∠ABE＝90°+30°＝120°， 则∠BOC的度数为120°． 【变式1-1】如图，在△ABC中，BE是角平分线，点D在边AB上（不与点A，B重合），CD与BE交于点O． （1）若CD是中线，BC＝3，AC＝2，则△BCD与△ACD的周长差为 　1　 ； （2）若CD是高，∠ABC＝62°，求∠BOC的度数； （3）若CD是角平分线，∠A＝78°，求∠BOC的度数． 【分析】（1）根据△BCD的周长为：BC+CD+BD，△ACD的周长为：AC+CD+AD，可得△BCD与△ACD的周长差为：BC﹣AC+BD﹣AD，再根据中线定义得AD＝BD，以及BC＝3，AC＝2即可得出答案； （2）根据BE是∠ABC的平分线得∠ABE＝31°，再根据CD是△ABC的高得∠CDB＝90°，再由三角形外角性质得∠BOC＝∠CDB+∠ABE，据此即可得出答案； （3）根据∠A＝78°得∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝102°，再根据角平分线定义得∠OBC+∠OCB（∠ABC+∠ACB）＝51°，然后再由三角形内角和定理即可得出∠BOC的度数． 【解答】解：（1）∵△BCD的周长为：BC+CD+BD， △ACD的周长为：AC+CD+AD， ∴△BCD与△ACD的周长差为：BC﹣AC+BD﹣AD， ∵CD是△ABC的中线， ∴AD＝BD， 又∵BC＝3，AC＝2， ∴BC﹣AC+BD﹣AD＝3﹣2＝1， 即△BCD与△ACD的周长差为：1． 故答案为：1． （2）∵BE是∠ABC的平分线，∠ABC＝62°， ∴∠ABE∠ABC62°＝31°， ∵CD是△ABC的高， ∴∠CDB＝90°， ∴∠BOC＝∠CDB+∠ABE＝90°+31°＝121°； （3）在△ABC中，∠A＝78°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝102°， ∵BE是∠ABC的平分线，CD是∠ACB平分线， ∴∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB， ∴∠OBC+∠OCB（∠ABC+∠ACB）102°＝51°， ∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣51°＝129°． 【变式1-2】（2026春•南关区校级月考）【问题】如图1，在△ABC中，BE平分∠ABC，CE平分∠ACB．若∠A＝80°，则∠BEC＝　130°　 ； 【探究】如图1，在△ABC中，BE平分∠ABC，CE平分∠ACB．试猜想∠BEC和∠A有怎样的关系，并说明理由； 【应用】如图2，在△ABC中，BD，BE三等分∠ABC，CD，CE三等分∠ACB，若∠A＝n°，则∠BEC＝　　 ． 【分析】（1）根据角平分线定义和三角形的内角和解答即可； （2）根据角平分线定义和三角形的内角和解答即可； （3）根据三角形的内角和定理得∠ABC+∠ACB＝180°﹣n°，再由BD，BE三等分∠ABC，CD，CE三等分∠ACB，得到，，于是，再根据三角形的内角和定理得到∠BEC的大小． 【解答】解：（1）在△ABC中，BE平分∠ABC，CE平分∠ACB． ∵∠ABC+∠ACB+∠A＝180°，∠A＝80°， ∴∠ABC+∠ACB＝100°， ∵BE、CE分别平分∠ABC和∠ACB， ∴，， ∴∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB） ＝130°， 故答案为：130°； （2），理由如下， ∵∠ABC+∠ACB+∠A＝180°，∠A＝n°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣n°， ∵BE、CE分别平分∠ABC和∠ACB， ∴，， ∴∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB） ； （3）在△ABC中，BD，BE三等分∠ABC，CD，CE三等分∠ACB， 由三角形的内角和定理得∠ABC+∠ACB＝180°﹣n°， ∵BD，BE三等分∠ABC，CD，CE三等分∠ACB， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式1-3】（2026春•高新区期中）探究不同情境，回答下面问题： （1）如图1，∠A＝55°，BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，则∠BOC＝　117.5　 度． （2）如图2，∠A＝60°，BO，CO分别是∠ABC，∠ACB的三等分线（即，），求∠BOC的度数． （3）在△ABC中，BO，CO分别是∠ABC，∠ACB的n等分线（即，），试说明∠BOC与∠A的关系． 【分析】（1）先根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB，根据平分线求出∠OBC+∠OCB，根据三角形的内角和定理得出∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB），代入求出即可； （2）先根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB，根据三等分线求出∠OBC+∠OCB，根据三角形的内角和定理得出∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB），代入求出即可； （3）先根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB，根据n等分线求出∠OBC+∠OCB，根据三角形的内角和定理得出∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB），代入求出即可． 【解答】解：（1）∠A＝55°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣55°＝125°， ∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB， ∴（角平分线的定义）， ∴， ∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣62.5°＝117.5°， 则∠BOC的度数为117.5°， 故答案为：117.5； （2）∵∠A＝60°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣60°＝120°， ∵BO，CO分别是∠ABC，∠ACB的三等分线， ∴， ∴， ∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣40°＝140°． （3）∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，BO，CO分别是∠ABC，∠ACB的n等分线， ∴，， ∴ ∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB） ． ▌题型03 一个内角和一个外角平分线的夹角 如图，在△ABC中，BP平分∠ABC，CP平分∠ACB的外角，BP与CP相交于点p，求∠P与∠A之间的关系 解：∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB的外角， ∴∠PBC=∠ABC，∠PCD=∠ACD． ∵∠ACD是△ABC的外角，∠PCD是△BPC的外角， ∴∠ACD=∠ABC+∠A，∠PCD=∠PBC+∠P， ∴∠ACP=∠ABC+∠A， ∴∠ABC+∠A=∠PBC+∠P， 即∠P=∠A． 【典例1】如图所示，∠ACD是△ABC的外角，∠A＝40°，BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，且BE、CE交于点E． （1）求∠E的度数． （2）请猜想∠A与∠E之间的数量关系，不用说明理由． 【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠ABC＝2∠CBE，∠ACD＝2∠DCE，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD＝∠A+∠ABC，∠DCE＝∠E+∠CBE，然后整理即可得到∠A＝2∠E，再求解即可； （2）根据（1）的求解解答． 【解答】解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD， ∴∠ABC＝2∠CBE，∠ACD＝2∠DCE， 由三角形的外角性质得，∠ACD＝∠A+∠ABC，∠DCE＝∠E+∠CBE， ∴∠A+∠ABC＝2（∠E+∠CBE）， ∴∠A＝2∠E， ∵∠A＝40°， ∴∠E＝20°； （2）∠A＝2∠E． 理由如下：∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD， ∴∠ABC＝2∠CBE，∠ACD＝2∠DCE， 由三角形的外角性质得，∠ACD＝∠A+∠ABC，∠DCE＝∠E+∠CBE， ∴∠A+∠ABC＝2（∠E+∠CBE）， ∴∠A＝2∠E． 【变式1-1】（2025秋•广元期中）如图，在四边形ABCD中，∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，且∠D+∠C＝220°，求∠P的度数． 【分析】利用四边形内角和是360°可以求得∠DAB+∠ABC＝140°．然后由角平分线的性质，邻补角的定义求得∠PAB+∠ABP∠DAB+∠ABC（180°﹣∠ABC）＝90°（∠DAB+∠ABC）＝160°，所以根据△ABP的内角和定理求得∠P的度数即可． 【解答】解：如图，∵∠D+∠C＝220°，∠DAB+∠ABC+∠C+∠D＝360°， ∴∠DAB+∠ABC＝140°． 又∵∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P， ∴∠PAB+∠ABP∠DAB+∠ABC（180°﹣∠ABC）＝90°（∠DAB+∠ABC）＝160°， ∴∠P＝180°﹣（∠PAB+∠ABP）＝20°． 【变式1-2】（2026春•朝阳区校级期中）概念认识：如图①，在∠ABC中，若∠ABD＝∠DBE＝∠EBC，则BD，BE叫做∠ABC的“三分线”．其中，BD是“邻AB三等分线”，BE是“邻BC三等分线”． 【问题解决】 （1）如图①，∠ABC＝60°，BD，BE是∠ABC的“三等分线”，则∠ABE＝　40　 °； （2）如图②，在△ABC中，∠B＝60°，∠C＝72°，若∠B的邻AB三等分线与∠C的邻AC三等分线交于点P，则∠BPC＝　92　 °； （3）如图③，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC邻BC三等分线和∠ACB邻BC三等分线，且∠BPC＝145°，求∠A的度数． （4）【延伸推广】在△ABC中，∠ACD是△ABC的外角，∠B的邻BC三等分线与∠ACD的三等分线交于点P．若∠A＝x°，∠B＝y°，直接写出∠BPC的度数．（用含x，y的代数式表示） 【分析】（1）BD是“邻AB三分线”时，BE是“邻BC三分线”时，根据三分线定义求出结果即可； （2）根据“三分线”定义求出，，在根据三角形内角和定理求出∠BPC＝180°﹣∠CBP﹣∠BCP＝92°； （3）求出∠PBC+∠PCB＝35°，根据BP、CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻BC三分线求出，，求出∠ABC+∠ACB＝105°，再求出∠A即可； （4）分两种情况：当CP是“邻AC三等分线”时，当CP是“邻CD三等分线”时，分别根据三角形外角的性质，进行求解即可． 【解答】解：（1）∵∠ABC＝60°，BD，BE是∠ABC的“三分线”， ∴， ∴∠ABE＝∠ABD+∠DBE＝20°+20°＝40°， 故答案为：40； （2）∵∠B的邻AB三等分线与∠C的邻AC三等分线交于点P，∠B＝60°，∠C＝72°， ∴，， ∴∠BCP＝72°﹣24°＝48°，∠CBP＝60°﹣20°＝40°， ∴∠BPC＝180°﹣∠CBP﹣∠BCP＝92°， 故答案为：92； （3）∵∠BPC＝145°， ∴∠PBC+∠PCB＝180°﹣145°＝35°， ∵BP、CP分别是∠ABC邻BC三等分线和∠ACB邻BC三等分线， ∴，， ∴， ∴∠ABC+∠ACB＝3×35°＝105°， ∴∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣105°＝75°； （4）∵∠ACD为△ABC的外角，∠A＝x°，∠ABC＝y°， ∴∠ACD＝∠A+∠ABC＝x°+y°， ∵BP是“邻BC三等分线”， ∴， 当CP是“邻AC三等分线”时， ∴， ∴， ∴； 当CP是“邻CD三等分线”时， ∴， ∴； 综上：∠BPC的度数是或． 【变式1-3】（2026春•北碚区月考）已知直线AB与CD相交于点O，点E，F分别在射线OB和OD上． （1）如图1，∠BOD＝60°，EP平分∠OEF，FP平分∠OFE，求∠EPF的度数； （2）如图2，EP平分∠OEF，FG平分∠DFE，FG的反向延长线交EP于点P，若∠BOD＝α°，求∠P的度数（请写出完整的推理过程）； （3）如图3，点G在FE的延长线上，∠OEF的角平分线与∠AOF的角平分线相交于点P，∠AOF的角平分线所在的直线与∠OEG的角平分线相交于点Q，若△PEQ的某一个内角是∠P的2倍；请直接写出∠OFE的度数． 【分析】（1）利用三角形的内角和定理计算出∠OEF+∠OFE的值，根据角平分线的定义计算出∠PEF+∠PFE，进而得到∠EPF； （2）先表示出∠DFE，结合角平分线和平角表示出∠PFE和∠PEF，再根据三角形的内角和定理计算出∠P； （3）设∠OFE＝β，同理（2）可知，，容易计算出∠PEQ＝90°，则，分为∠PEQ＝2∠P和∠Q＝2∠P两类讨论，列方程求解即可． 【解答】解：（1）∵∠BOD＝60°， ∴∠OEF+∠OFE＝180°﹣∠BOD＝120°， 由题意可得：，， ∴， ∴∠EPF＝180°﹣（PEF+∠PFE）＝120°； （2）∵∠OFE＝180°﹣∠BOD﹣∠OEF， 又∵∠DFE＝180°﹣∠OFE， ∴∠DFE＝∠BOD+∠OEF＝α+∠OEF， ∵FG平分∠DFE， ∴， ∴， ∵EP平分∠OEF， ∴， ∴， ∴． （3）∠OEF的角平分线与∠AOF的角平分线相交于点P，∠AOF的角平分线所在的直线与∠OEG的角平分线相交于点Q， 设∠OFE＝β， 同理（2）可得，， ∵EP平分∠OEF，EQ平分∠OEG， ∴，， ∵∠OEF+∠OEG＝180°， ∴，即∠PEQ＝90°， ∴， ①当∠PEQ＝2∠P时， ∴，解得β＝90°； ②当∠Q＝2∠P时， ∴，解得β＝60°； 综上所述，∠OFE的度数为60°或90°． ▌题型04 两外角平分线的夹角 如图，在△ABC中，△ABC的外角平分线BO, CO相交于点O,求∠O与∠A之间的关系 解：∵BO、CO分别是△ABC的外角∠DBC、∠ECB的角平分线， ∴∠DBC=2∠1=∠ACB+∠A，∠ECB=2∠2=∠ABC+∠A， ∴2∠1+2∠2=2∠A+∠ABC+∠ACB=∠A+180°， 又∵∠1+∠2+∠BOC=180°， ∴2∠BOC=180°-∠A， 即∠BOC=90°-∠A． 【典例1】认真阅读下面关于三角形内外角平分线所夹角的探究片段，完成所提出的问题． （1）探究1：如图1，在△ABC中，O是∠ABC与∠ACB的平分线BO和CO的交点，试分析∠BOC与∠A有怎样的关系？请说明理由． （2）探究2：如图2中，O是∠ABC与外角∠ACD的平分线BO和CO的交点，试分析∠BOC与∠A有怎样的关系？请说明理由． （3）探究3：如图3中，O是外角∠DBC与外角∠ECB的平分线BO和CO的交点，则∠BOC与∠A又有怎样的关系？（只写结论，不需证明）结论：　　 ． 【分析】（1）首先根据角平分线的定义，可得，，再根据三角形内角和定理，即可求解； （2）先由角平分线得出，，再由三角形的外角的性质得出，，再根据三角形外角的性质，即可得出结论； （3）首先根据三角形的外角性质，得∠DBC＝∠A+∠ACB，∠BCE＝∠A+∠ABC，再根据角平分线的定义，可得，，再根据三角形内角和定理，即可求解． 【解答】解：（1）， 理由如下：∵BO和CO分别是∠ABC与∠ACB的角平分线， ∴，， ∴， 又∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A， ∴， ∴∠BOC＝180°﹣（∠1+∠2）； （2）， 理由如下：∵BO和CO分别是∠ABC与外角∠ACD的角平分线， ∴，， 又∵∠ACD是△ABC的一外角， ∴∠ACD＝∠A+∠ABC， ∴， ∵∠2是△BOC的一外角， ∴； （3）结论：． 根据三角形的外角性质，得∠DBC＝∠A+∠ACB，∠BCE＝∠A+∠ABC， ∵O是外角∠DBC与外角∠ECB的平分线BO和CO的交点， ∴，， ∴， ∵∠A+∠ACB+∠ABC＝180°， ∴， ∴在△OBC中，， 故答案为：． 【变式1-1】（2026春•北京期末）为提升长治市某小区居民的休闲体验，物业计划在小区内的三角形休闲广场△ABC上进行景观升级．设计师借鉴古建筑中对称、规整的布局理念，计划通过广场内角与外角平分线形成的夹角，规划景观灯带的走向与布局．请你帮助设计师完成以下计算，为灯带施工提供数据支持． （1）如图1，在△ABC中，∠ABC＝80°，∠ACB＝50°，BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，两条角平分线交于点P，求∠BPC的度数； （2）如图2，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的外角平分线相交于点D，若∠BDC＝40°，求∠A的度数． 【分析】（1）由BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，且∠ABC＝80°，∠ACB＝50°，得∠CBP∠ABC＝40°，∠BCP∠ACB＝25°，则∠BPC＝180°﹣∠CBP﹣∠BCP＝115°． （2）由∠CBE和∠BCF是△ABC的外角，得∠ABC+∠ACB＝360°﹣（∠CBE+∠BCF），由BD平分∠CBE，CD平分∠BCF，得∠CBE＝2∠CBD，∠BCF＝2∠BCD，则∠CBE+∠BCF＝2（∠CBD+∠BCD），由∠BDC＝40°，求得∠CBD+∠BCD＝180°﹣∠BDC＝140°，则∠CBE+∠BCF＝280°，所以∠ABC+∠ACB＝80°，求得∠A＝100°． 【解答】解：（1）∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，且∠ABC＝80°，∠ACB＝50°， ∴∠ABP＝∠CBP∠ABC＝40°，∠ACP＝∠BCP∠ACB＝25°， ∵在△BPC中，∠BPC+∠CBP+∠BCP＝180°， ∴∠BPC＝180°﹣∠CBP﹣∠BCP＝180°﹣40°﹣25°＝115°， ∴∠BPC的度数是115°． （2）∵∠CBE和∠BCF是△ABC的外角， ∴∠ABC+∠CBE＝180°，∠BCF+∠ACB＝180°， ∴∠ABC+∠CBE+∠BCF+∠ACB＝360°， ∴∠ABC+∠ACB＝360°﹣（∠CBE+∠BCF）， ∵BD平分∠CBE，CD平分∠BCF， ∴∠CBE＝2∠CBD，∠BCF＝2∠BCD， ∴∠CBE+∠BCF＝2（∠CBD+∠BCD）， ∵∠BDC＝40°， ∴∠CBD+∠BCD＝180°﹣∠BDC＝140°， ∴∠CBE+∠BCF＝2×140°＝280°， ∴∠ABC+∠ACB＝360°﹣280°＝80°， ∴∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝100°， ∴∠A的度数是100°． 【变式1-2】在△ABC中， （1）如图①所示，如果∠A＝60°，∠ABC和么ACB的平分线相交于点P，那么∠BPC＝　120°　 ； （2）如图②所示，∠ABC和∠ACD的平分线相交于点P，试说明∠BPC∠A； （3）如图③所示，∠CBD和∠BCE的平分线相交于点P，猜想∠BPC与∠A的关系并证明你的猜想. 【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠ABC＝2∠PBC，∠ACB＝2∠PCB，再利用三角形的内角和定理计算可求解； （2）根据角平分线的定义可得∠PBC∠ABC，∠PCD∠ACD，再利用三角形外角的性质进行证明； （3）根据角平分线的定义及三角形的内角和定理及其推论进行证明． 【解答】解：（1）∵BP、CP分别为∠ABC，∠ACB的平分线， ∴∠ABC＝2∠PBC，∠ACB＝2∠PCB． ∵∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）， ∴∠A＝180°﹣2（∠PBC+∠PCB）， ∴∠A＝180°﹣2（180°﹣∠BPC）， ∴∠A＝﹣180°+2∠BPC， ∴2∠BPC＝180°+∠A， ∴∠BPC＝90°∠A＝90°60°＝120°， 故答案为：120°； （2）∵BP是∠ABC的角平分线， ∴∠PBC∠ABC． 又∵CP是∠ACD的平分线， ∴∠PCD∠ACD， ∵∠ACD＝∠A+∠ABC，∠PCD＝∠BPC+∠PBC， ∴∠BPC∠A； （3）90°∠A． 证明：∵BP、CP分别是∠ABC与∠ACB的外角平分线， ∴∠CBP∠CBD，∠BCP∠BCE， ∴∠CBP+∠BCP ∠CBD∠BCE （∠CBD+∠BCE） （∠A+∠ACB+∠A+∠ABC） （180°+∠A）， ∴∠BPC＝180°﹣（∠CBP+∠BCP） ＝180°（180°+∠A） ＝90°∠A． 【变式1-3】（2026春•朝阳区校级期中）某校七年级数学兴趣小组对“三角形内角或外角平分线的夹角与第三个内角的量关系”进行了探究： （1）如图1，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点P，∠A＝62°，则∠BPC＝　121°　 ； （2）如图2，△ABC的内角∠ACB的平分线与△ABC的外角∠ABD的平分线交于点E，其中∠A＝58°，求∠BEC的度数； （3）如图3，∠CBM、∠BCN为△ABC的外角，∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q，其中∠A＝α．求∠BQC＝　90°α　 （用α表示）； （4）如图4，△ABC外角∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q，∠CBQ、∠BCQ的平分线交于点P，则延长BC至点E，∠ECQ的平分线与BP的延长线相交于点R，则∠R与∠BPC的数量关系为　∠BPC﹣∠R＝90°　 ． 【分析】（1）由∠A＝62°，求得∠ABC+∠ACB＝118°，因为∠PBC∠ABC，∠PCB∠ACB，所以∠PBC+∠PCB（∠ABC+∠ACB）＝59°，则∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝121°，于是得到问题的答案． （2）由∠A＝58°，得∠ABD﹣∠ACB＝∠A＝58°，因为∠BCE∠ACB，∠DBE∠ABD，所以∠BEC＝∠DBE﹣∠BCE（∠ABD﹣∠ACB）＝29°． （3）由∠QBC∠CBM（180°﹣∠ABC），∠QCB∠BCN（180°﹣∠ACB），得∠QBC+∠QCB＝180°（∠ABC+∠ACB），则∠BQC＝180°﹣（∠QBC+∠QCB）（∠ABC+∠ACB），而∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，且∠A＝α，所以∠BQC＝90°α，于是得到问题的答案． （4）因为点E在BC的延长线上，所以∠BCQ+∠ECQ＝180°，由∠PCQ∠BCQ，∠RCQ∠ECQ，得∠PCR＝∠PCQ+∠RCQ（∠BCQ+∠ECQ）＝90°，所以∠CPR＝90°﹣∠R，由∠BPC+90°﹣∠R＝180°，得∠BPC﹣∠R＝90°，于是得到问题的答案． 【解答】解：（1）∵∠A＝62°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝118°， ∵∠ABC与∠ACB的平分线交于点P， ∴∠PBC∠ABC，∠PCB∠ACB， ∴∠PBC+∠PCB（∠ABC+∠ACB）＝59°， ∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝121°， 故答案为：121°． （2）∵∠ABD＝∠A+∠ACB，且∠A＝58°， ∴∠ABD﹣∠ACB＝∠A＝58°， ∵△ABC的内角∠ACB的平分线与△ABC的外角∠ABD的平分线交于点E， ∴∠BCE∠ACB，∠DBE∠ABD， ∵∠DBE＝∠BEC+∠BCE， ∴∠BEC＝∠DBE﹣∠BCE（∠ABD﹣∠ACB）＝29°， ∴∠BEC的度数为29°． （3）∵∠CBM、∠BCN为△ABC的外角，∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q， ∴∠QBC∠CBM（180°﹣∠ABC），∠QCB∠BCN（180°﹣∠ACB）， ∴∠QBC+∠QCB（180°﹣∠ABC）（180°﹣∠ACB）＝180°（∠ABC+∠ACB）， ∴∠BQC＝180°﹣（∠QBC+∠QCB）＝180°﹣[180°（∠ABC+∠ACB）]（∠ABC+∠ACB）， ∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，且∠A＝α， ∴∠BQC（180°﹣∠A）＝90°α， 故答案为：90°α． （4）∵点E在BC的延长线上， ∴∠BCQ+∠ECQ＝180°， ∵CP平分∠BCQ，CR平分∠ECQ， ∴∠PCQ∠BCQ，∠RCQ∠ECQ， ∴∠PCR＝∠PCQ+∠RCQ（∠BCQ+∠ECQ）＝90°， ∴∠CPR＝90°﹣∠R， ∵点R在BP的延长线上， ∴∠BPC+∠CPR＝180°， ∴∠BPC+90°﹣∠R＝180°， ∴∠BPC﹣∠R＝90°， 故答案为：∠BPC﹣∠R＝90°． ▌题型05 规形图（飞镖模型） 如图，探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系 解：过点A、D作射线AF， ∵∠FDC＝∠DAC+∠C，∠BDF＝∠B+∠BAD， ∴∠FDC+∠BDF＝∠DAC+∠BAD+∠C+∠B， 即∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C 【典例1】（2026春•青浦区校级期中）如图1所示的图形，像我们常见的学习用品——圆规．我们把这样的图形叫做“规形图”． （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，解决问题： ①如图2，小叶把一块三角尺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＝36°，直接写出∠ABX+∠ACX的结果； ②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠A＝40°，∠DBE＝130°，求∠DCE的度数． 【分析】（1）作射线AF，根据三角形的外角的性质可得结论：∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C； （2）①先根据三角尺可知：∠X＝90°，根据（1）的结论可得：∠A+∠ABX+∠ACX＝∠BXC＝90°，从而得结论； ②先根据（1）的结论可得：∠ADB+∠AEB的度数，由角平分线可得：，从而得结论． 【解答】（1）∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C，理由是： 过点A、D作射线AF， ∵∠FDC＝∠DAC+∠C，∠BDF＝∠B+∠BAD， ∴∠FDC+∠BDF＝∠DAC+∠BAD+∠C+∠B， 即∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C； （2）∵∠BXC＝90°， 由（1）知：∠A+∠ABX+∠ACX＝∠BXC＝90°， ∵∠A＝36°， ∴∠ABX+∠ACX＝54°； ②∵∠A＝40°，∠DBE＝130°， ∴∠ADB+∠AEB＝130°﹣40°＝90°， ∵DC平分∠ADB，EC平分∠AEB， ∴， ∴， ∴∠DCE＝∠A+∠ADC+∠AEC＝40°+45°＝85°． 【变式1-1】（2026春•洛宁县期末）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．我们不妨把这种图形叫做“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？请解决以下问题： （1）观察“规形图”，试探究∠BPC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，解决以下问题： ①如图2：已知△ABC，BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，直接写出∠BPC与∠A之间存在的等量关系为：　∠BPC＝90°∠A ． 迁移运用：如图3：在△ABC中，∠A＝80°，点O是∠ABC，∠ACB角平分线的交点，点P是∠BOC，∠OCB角平分线的交点，若∠OPC＝100°，则∠ACB的度数　60°　 ． ②如图4：若D点是△ABC内任意一点，BP平分∠ABD，CP平分∠ACD．直接写出∠BDC、∠BPC、∠A之间存在的等量关系为　2∠BPC＝∠BDC+∠A ． 【分析】（1）首先连接AP并延长至点F，然后根据外角的性质，即可判断出∠BPC＝∠A+∠B+∠C； （2）①利用角平分线的定义，三角形的内角和定理证明即可； 迁移运用：设∠BCP＝∠PCO＝x，∠BOP＝∠COP＝y，由∠P＝100°，推出x+y＝80°，推出2x+2y＝160°，推出∠OBC＝180°﹣160°＝20°，可得∠ABC＝40°，由此即可解决问题； ②根据角平分线的定义和四边形的内角和即可得到结论． 【解答】解：（1）如图，连接AP并延长至点F， 根据外角的性质，可得 ∠BPF＝∠BAP+∠B，∠CPF＝∠C+∠CAP， 又∵∠BPC＝∠BPF+∠CPF，∠BAC＝∠BAP+∠CAP， ∴∠BPC＝∠A+∠B+∠C； （2）①结论：∠BPC＝90°∠A． 理由：∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB， ∴∠PBC∠ABC，∠PCB∠ACB， ∴∠BPC＝180°（∠ABC+∠ACB）＝180°（180°﹣∠A）＝90°∠A； 迁移运用：设∠BCP＝∠PCO＝x，∠BOP＝∠COP＝y， ∵∠P＝100°， ∴x+y＝80°， ∴2x+2y＝160°， ∴∠OBC＝180°﹣160°＝20°， ∵BO平分∠ABC， ∴∠ABC＝40°， ∵∠A＝80°， ∴∠ACB＝180°﹣40°﹣80°＝60°； 故答案为：∠BPC＝90°∠A，60°； ②∵BP平分∠ABD，CP平分∠ACD， ∴∠PBD＝∠ABP，∠PCD＝∠ACP， 四边形BPDC中，∠P∠ABD∠ACD+360°﹣∠D＝360°， ∴∠ABD∠ACD＝∠D﹣∠P， 在四边形ABPC中，∠A∠ABD∠ACD+360°﹣∠P＝360°， ∴∠A+∠D﹣∠P﹣∠P＝0， ∴2∠BPC＝∠BDC+∠A． 故答案为：2∠BPC＝∠BDC+∠A． 【变式1-2】（2025春•长春期末）【问题呈现】如图①，四边形ABCD形似“飞镖”，我们形象地称它为“飞镖图”．它实际上是凹四边形，通过探究发现：凹四边形中最大内角外面的角等于其余三个内角之和，即∠BDC＝∠A+∠B+∠C． 【探究推理】方法一：如图②，连结BC． ∵在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴∠A+∠1+∠2+∠3+∠4＝180°． 又∵在△BDC中，∠2+∠4+∠BDC＝180°， ∴∠2+∠4＝180°﹣∠BDC， ∴∠A+∠1+∠3+180°﹣∠BDC＝180°， ∴∠BDC＝∠A+∠1+∠3． 即∠BDC＝∠A+∠ABD+∠ACD． 方法二：如图③，连结AD并延长至F． ∵∠3与∠4分别为△ABD和△ACD的外角， … （1）“方法一”主要依据的数学定理是　三角形的内角和等于180°　 ； （2）根据“方法二”中辅助线的添加方式，写出余下的推理过程． 【迁移应用】（3）如图④，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝　180°　 ； （4）如图⑤是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠CAB、∠CBA、∠D的大小保持不变．为了舒适，需调整∠E的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠E应　减少　 （填“增加”或“减少”）的大小为 　10　 度． 【分析】（1）根据三角形内角和定理，即可得出结论； （2）根据三角形的外角的性质，即可得出结论； （3）根据三角形的外角性质，可以得到∠A+∠B＝∠2，∠D+∠E＝∠1，再结合三角形的内角和定理，可以得到∠1+∠2+∠C＝180°，即可得到答案； （4）延长EF，交CD于点G，依据三角形的内角和定理可求∠ACB，根据对顶角相等可得∠DCE，再由三角形内角和定理的推论得到∠DGF的度数；利用∠EFD＝110°，和三角形的外角的性质可得∠D的度数，从而得出结论． 【解答】解：（1）三角形的内角和等于 180°， 故答案为：三角形的内角和等于 180°； （2）∵∠3＝∠B+∠1，∠4＝∠2+∠C， ∴∠3+∠4＝∠B+∠1+∠2+∠C， ∵∠3+∠4＝∠BDC，∠1+∠2＝∠BAC， ∴∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C； （3）如图，延长BE交AC于点F， ∵∠A+∠B＝∠2，∠D+∠E＝∠1，∠1+∠2+∠C＝180°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝∠2+∠C+∠1＝180°， 故答案为：180°； （4）延长EF，交CD于点G，如图： ∵∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°， ∴∠ECD＝∠ACB＝70°． ∵∠EFD＝110°， ∴∠DFG＝70°， ∴∠EGF＝∠D+∠DFG＝90°， ∴∠E＝180°﹣90°﹣70°＝20°． 而图中∠E＝30°， ∴∠E应减少10°． 故答案为：减少，10． 【变式1-3】（2025春•香坊区期末）如图，在平面内有∠BAC＝40°，点D在平面上，连接BD、CD． （1）如图1，试判断∠BDC与∠DBA、∠DCA之间的等量关系，并说明理由． （2）如图2，直接写出∠BDC与∠DBA、∠DCA之间的等量关系 　∠BDC+∠DBA+∠DCA＝320°　 ． （3）如图3，当点D在AC右侧时，∠D＝16°，点E在∠ABD内部，BE平分∠ABD，延长DC至F，过A作AG⊥CD于G，∠FCE＝45°∠CAG，求∠BEC的度数． 【分析】（1）延长BD交AC于点M，根据三角形外角的性质即可得到结论； （2）根据四边形的内角和定理即可得到结论； （3）根据三角形内角和定理和角平分线的定义即可得到结论． 【解答】解：（1）∠BDC＝∠ABD+40°+∠C， 理由：延长BD交AC于点M， ∵∠BDC是△DCM的外角， ∴∠BDC＝∠DMC+∠C； ∵∠BMC是△ABM的外角， ∴∠DMC＝∠ABD+∠A； ∴∠BDC＝∠DMC+∠C＝∠ABD+40°+∠C； （2）∵∠A+∠ABD+∠BDC+∠C＝360°， ∴∠DBA+∠BDC+∠DCA＝360°﹣40°＝320°， 故答案为：∠BDC+∠DBA+∠DCA＝320°； （3）设∠CAG＝2α， ∵AG⊥CD， ∴∠AGC＝∠AGD＝90°， ∴∠ACG＝90﹣2α， 设线段AG与BD交于点P，∠D＝16°， ∴∠APB＝∠DPG＝90°﹣16°＝74°， ∴∠BAP＝∠BAC+∠CAG＝40°+2α； 在△ABP中，∠BAP+∠ABP+∠APB＝180°， ∴∠ABP＝180°﹣（40°+2α）﹣74°＝66°﹣2α， ∵BE平分∠ABD， ∴， ∵∠FCE＝45°∠CAG＝45°﹣α， ∴∠ACE＝180﹣∠FCE﹣∠ACG＝180°﹣（45°﹣α）﹣（90﹣2α）＝45°+3α， ∴∠BEC＝∠A+∠ABE+∠ACE＝40°+33°﹣α+45°+3α＝118°． ▌题型06 “8”字模型（X型图） 如图，AD，BC相交于点O，连接AB，CD．求证：∠A+∠B＝∠C+∠D． 证明：∵∠A+∠B+∠AOB＝180°，∠C+∠D+∠COD＝180°（三角形内角和定理）， ∴∠A+∠B＝180°﹣∠AOB，∠C+∠D＝180°﹣∠COD， ∵∠AOB＝∠COD， ∴∠A+∠B＝∠C+∠D（等量代换） 【典例1】（2025秋•四平月考）【问题背景】 （1）如图①的图形我们把它称为“8字形”，请说明∠A+∠B＝∠C+∠D； 【简单应用】 （2）如图②，AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC＝35°，∠ADC＝15°，求∠P的度数； 【问题探究】 （3）如图③，直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC＝35°，∠ADC＝29°，请直接写出∠P的度数． 【分析】（1）根据三角形内角和定理求解即可； （2）结合（1）的结论得到∠OCD﹣∠OAB＝20°，由角平分线的定义得到∠4﹣∠1＝10°，再根据（1）的结论列式求解即可； （3）如图所示，作∠BAD，∠BCD的角平分线交于点M，AM，CP交于点N，在PA延长线上取一点K，则AK平分∠FAD，结合（1），（2）的计算即可求解． 【解答】解：（1）∵∠A+∠B+∠AOB＝180°，∠C+∠D+∠COD＝180°，∠AOB＝∠COD， ∴∠A+∠B＝∠C+∠D； （2）AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC＝35°，∠ADC＝15°， 根据（1）可知，∠OAB+∠OBA＝∠OCD+∠ODC， ∵∠ABC＝∠OBA＝35°，∠ADC＝∠ODC＝15°， ∴∠OAB+35°＝∠OCD+15°， ∴∠OCD﹣∠OAB＝20°， ∵AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD， ∴， ∴∠OCD﹣∠OAB＝2∠4﹣2∠1＝20°，即∠3﹣∠1＝10°， ∵∠1+∠P＝∠4+∠D， ∴∠P＝∠4﹣∠1+∠D＝10°+15°＝25°； （3）直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC＝35°，∠ADC＝29°， 如图所示，作∠BAD，∠BCD的角平分线交于点M，AM，CP交于点N，在PA延长线上取一点K，则AK平分∠FAD， 由（1）的计算得到∠OAB+∠OBA＝∠OCD+∠ODC，即∠OAB+35°＝∠OCD+29°， ∴∠OCD﹣∠OAB＝6°， ∴， ∵∠BAD+∠FAD＝180°，AK平分∠FAD，AM平分∠BAD， ∴，即MA⊥PK， ∴∠MAP＝90°， 同理，∠MCP＝90°， ∴∠NAP＝∠NCP＝90°， ∵∠NAP+∠NPA＝∠NCM+∠NMC， ∴∠P＝∠M＝32°． 【变式1-1】（2025秋•荣昌区校级期中）如图所示，已知∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠C＝32°，∠D＝28°，求∠P的度数． 【分析】利用“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和”列式子求解即可． 【解答】解：设AP与BC交于K， ∵在△ACK与△BPK中，∠AKC＝∠PKB（对顶角相等）， ∴∠P+∠3＝∠1+∠C，即∠P＝∠1﹣∠3+∠C，① 设AD与BP交于F， 同理有∠P＝∠4﹣∠2+∠D，② ∵∠1＝∠2，∠3＝∠4， ∴①+②得，2∠P＝∠C+∠D＝32°+28°＝60°， ∴∠P＝30°． 【变式1-2】（2025春•张店区期中）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； （2）如图2，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，与CD、AB分别相交于点M、N． ①以线段AC为边的“8字型”有　3　 个，以点O为交点的“8字型”有　4　 个； ②若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度数； ③若角平分线中角的关系改为“∠CAB＝3∠CAP，∠CDB＝3∠CDP”，试探究∠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； （2）①以线段AC为边的”8字型“有3个，以点O为交点的”8字型“有4个； ②根据角平分线的定义得到∠CAP＝∠BAP，∠BDP＝∠CDP，再由”8字型“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），最后把∠C＝120°，∠B＝100°代入计算即可； ③与②的证明方法一样得到3∠P＝∠B+2∠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）解：①3；4； 故答案为：3，4； ②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°； ③3∠P＝∠B+2∠C，其理由是： ∵∠CAB＝3∠CAP，∠CDB＝3∠CDP， ∴∠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）． ∴2（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B． ∴3∠P＝∠B+2∠C． 【变式1-3】试解答下列问题： （1）在图1我们称之为“8字形”，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系：　∠A+∠D＝∠C+∠B ； （2）仔细观察，在图2中“8字形”的个数是　6　 个； （3）在图2中，若∠D＝40°，∠B＝36°，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．试求∠P的度数是　38°　 ． 【分析】（1）根据三角形内角和定理即可得出∠A+∠D＝∠C+∠B； （2）根据“8字形”的定义，仔细观察图形即可得出“8字形”共有6个； （3）先根据“8字形”中的角的规律，可得∠DAP+∠D＝∠P+∠DCP①，∠PCB+∠B＝∠PAB+∠P②，再根据角平分线的定义，得出∠DAP＝∠PAB，∠DCP＝∠PCB，将①+②，可得2∠P＝∠D+∠B，进而求出∠P的度数； 【解答】解：（1）∵∠A+∠D+∠AOD＝∠C+∠B+∠BOC＝180°，∠AOD＝∠BOC， ∴∠A+∠D＝∠C+∠B； 故答案为：∠A+∠D＝∠C+∠B； （2）①线段AB、CD相交于点O，形成“8字形”； ②线段AN、CM相交于点O，形成“8字形”； ③线段AB、CP相交于点N，形成“8字形”； ④线段AB、CM相交于点O，形成“8字形”； ⑤线段AP、CD相交于点M，形成“8字形”； ⑥线段AN、CD相交于点O，形成“8字形”； 故“8字形”共有6个； 故答案为：6； （3）∠DAP+∠D＝∠P+∠DCP，① ∠PCB+∠B＝∠PAB+∠P，② ∵∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P， ∴∠DAP＝∠PAB，∠DCP＝∠PCB， ①+②得： ∠DAP+∠D+∠PCB+∠B＝∠P+∠DCP+∠PAB+∠P， 即2∠P＝∠D+∠B， 又∵∠D＝40度，∠B＝36度， ∴2∠P＝40°+36°， ∴∠P＝38°； 故答案为38°． ▌题型07 折角模型 如图，D、E是△ABC边AB、AC上的点，将△ADE沿DE翻折至△FDE，若点F在△ABC内部，证明：∠1+∠2=2∠A． 证明：由翻折性质得：∠ADE=∠FDE，∠AED=∠FED， ∴∠ADF=2∠ADE，∠AEF=2∠AED， ∴∠ADF+∠AEF=2（∠ADE+∠AED）， ∵， ∴∠ADF+∠AEF=2（180°-∠A）=360°-2∠A， 又∵∠ADF=180°-∠1，∠AEF=180°-∠2， ∴∠ADF+∠AEF=360°-（∠1+∠2）， ∴360°-（∠1+∠2）=360°-2∠A， 即∠1+∠2=2∠A 【典例1】阅读材料，并回答下列问题： 如图1，以AB为轴，把△ABC翻折180°，可以变换到△ABD的位置； 如图2，把△ABC沿射线AC平移，可以变换到△DEF的位置． 像这样，其中的一个三角形是另一个三角形经翻折、平移等方法变换成的，这种只改变位置，不改变形状大小的图形变换，叫三角形的全等变换．班里几个学习小组针对三角形的全等变换进行了探究和讨论． （1）如图2，前进小组把△ABC沿射线AC平移到△DEF，若AF＝7，DC＝3，则平移的距离为　2　 ； （2）如图3，圆梦小组展开了探索活动，把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCED的内部点A′的位置，且得出一个结论：∠1+∠2＝2∠DA′E．请你对这个结论给出证明； （3）如图4，奋进小组则提出，如果把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCED的外部点A′的位置，那么此时（2）中的结论：∠1+∠2＝2∠DA′E还仍然成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，写出正确结论并证明． 【分析】（1）依据题意可知AD＝CF＝平移距离，进而容易得解； （2）由题意易得∠A′DE（180°﹣∠1），∠A′ED（180°﹣∠2），进而利用三角形内角和推导即可； （3）参考（2）思路求证即可． 【解答】（1）解：∵AF＝7，CD＝3， ∴AD+CF＝AF﹣CD＝4， ∵AD＝CF＝平移距离， ∴AD＝CF＝2， 故答案为：2； （2）证明：方法一：由折叠知：∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED， ∴∠A′DE（180°﹣∠1），∠A′ED（180°﹣∠2）， 在△DEA′中，∠DA′E+∠A′DE+∠A′ED＝180°； ∴∠DA′E（180°﹣∠1）（180°﹣∠2）＝180°， ∴∠DA′E∠1∠2， ∴∠1+∠2＝2∠DA′E． 方法二：连接AA′． 由折叠知：∠DAE＝∠DA′E ∵∠1，∠2分别是△A′AD和△A′AE的外角， ∴∠1＝∠DA′A+∠DAA′，∠2＝∠EA′A+∠EAA′， ∴∠1+∠2 ＝∠DA′A+∠DAA′+∠EA′A+∠EAA′ ＝（∠DA′A+∠EA′A）+（∠DAA′+∠EAA′） ＝∠DA′E+∠DAE ＝2∠DA′E， （3）解：不成立，正确结论是∠1﹣∠2＝2∠DA′E． 证明如下： 方法一：由折叠知：∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED， ∴∠A′DE（180°﹣∠1），∠A′ED（180°+∠2）， 在△DEA′中，∠DA′E+∠A′DE+∠A′ED＝180°； ∴∠DA′E（180°﹣∠1）（180°+∠2）＝180°， ∴∠DA′E∠1∠2， ∴∠1﹣∠2＝2∠DA′E． 方法二：连接AA′． 由折叠知：∠DAE＝∠DA′E， ∵∠1，∠2分别是△A′AD和△A′AE的外角， ∴∠1＝∠DA′A+∠DAA′，∠2＝∠EA′A+∠EAA′， ∴∠1﹣∠2＝∠DA′A+∠DAA′﹣（∠EA′A+∠EAA′） ＝（∠DA′A﹣∠EA′A）+（∠DAA′﹣∠EAA′） ＝∠DA′E+∠DAE ＝2∠DA′E． 【变式1-1】如图1，一张三角形ABC纸片，点D，E分别是△ABC边上两点． 研究（1）：如果沿直线DE折叠，使点A落在CE上的点A'处，则∠BDA'与∠A的数量关系是 　∠BDA′＝2∠A ； 研究（1）：如果折成图2的形状，猜想∠BDA'，∠CEA'和∠A的数量关系是 　∠BDA′+∠CEA′＝2∠A ； 研究（3）：如果折成图3的形状，猜想∠BDA'，∠CEA'和∠A的数量关系是什么，并说明理由． 【分析】研究（1）：翻折问题要在图形是找着相等的量．图1中DE为折痕，有∠A＝∠DA′A，再利用外角的性质可得结论∠BDA′＝2∠A； 研究（2）：图2中∠A与∠DA′E是相等的，再结合四边形的内角和及互补角的性质可得结论∠BDA′+∠CEA′＝2∠A； 研究（3）：图3中由于折叠∠A与∠DA′E是相等的，再两次运用三角形外角的性质可得结论． 【解答】解：（1）∠BDA′与∠A的数量关系是∠BDA′＝2∠A； 故答案为：∠BDA′＝2∠A； （2）∠BDA′+∠CEA′＝2∠A， 理由：在四边形ADA′E中，∠A+∠DA′E+∠ADA′+∠A′EA＝360°， ∴∠A+∠DA′E＝360°﹣∠ADA′﹣∠A′EA， ∵∠BDA′+∠ADA′＝180°，∠CEA′+∠A′EA＝180°， ∴∠BDA′+∠CEA′＝360°﹣∠ADA′﹣∠A′EA， ∴∠BDA′+∠CEA′＝∠A+∠DA′E， ∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得， ∴∠A＝∠DA′E， ∴∠BDA′+∠CEA′＝2∠A； 故答案为：∠BDA′+∠CEA′＝2∠A； （3）∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A． 理由：DA′交AC于点F， ∵∠BDA′＝∠A+∠DFA，∠DFA＝∠A′+∠CEA′， ∴∠BDA′＝∠A+∠A′+∠CEA′， ∴∠BDA′﹣∠CEA′＝∠A+∠A′， ∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得， ∴∠A＝∠DA′E， ∴∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A． 【变式1-2】阅读与思考 有趣的翻折 在学习了三角形内角和后，李老师给大家出了一道有趣的翻折的题目． 如图1，将△ABC中的∠C向△ABC内部折叠落在∠C′处，若∠BEC'＝42°，∠ADC'＝20°，求∠C的度数． 下面是琳琳同学的解答过程： ∵∠BEC'＝42°，∠ADC'＝20°， ∴∠CEC'＝180°﹣∠BEC'＝138°， ∠CDC'＝180°﹣∠ADC'＝160°． 由折叠得∠DEC＝∠DEC'138°＝69°， … 任务：（1）请仔细阅读上面的部分解答过程，并将剩下的解答过程补充完整． （2）如图2，将△ABC中的∠C向△ABC外部折叠落在∠C'处，若∠BEC′＝70°，∠ADC′＝20°，求∠C的度数． 【分析】（1）先根据补角的定义得出∠CEC′及∠CDC′的度数，根据翻折变换的性质得出∠DEC和∠CDE的度数，再由三角形内角和定理即可得出结论； （2）根据题意得出∠CEC′及∠CDE的度数，再由翻折变换的性质得出∠CED的度数，由三角形内角和定理即可得出结论． 【解答】解：（1）∵∠BEC'＝42°，∠ADC'＝20°， ∴∠CEC'＝180°﹣∠BEC'＝138°， ∠CDC'＝180°﹣∠ADC'＝160°． 由折叠得∠DEC＝∠DEC'138°＝69°，∠CDE＝∠C′DE160°＝80°， ∴∠C＝180°﹣∠DEC﹣∠CDE＝180°﹣69°﹣80°＝31°； （2）∵∠BEC′＝70°，∠ADC'＝20°， ∴∠CEC′＝180°﹣70°＝110°， ∴∠CED55°，∠CDE100°， ∴∠C＝180°﹣55°﹣100°＝25°． 【变式1-3】将△ABC的∠C折起，翻折后角的顶点位置记作C'． （1）当C'落在AC上时（如图1），可得∠1与∠2的关系为 　∠1＝2∠2　 ； （2）当C'点落在CA和CB之间（如图2）时，探究∠1、∠2、∠3之间的关系，并说明理由； （3）当C'落在CB，CA的同旁（如图3）时，直接写出∠1、∠2、∠3之间的关系． 【分析】（1）当点C'落在AC上时，由折叠的性质可知：∠C＝∠2，再由三角形的外角定理得∠1＝∠C+∠2＝2∠2，由此可得∠1与∠2的关系； （2）当C'点落在CA和CB之间时，连接CC'，由三角形的外角定理得：∠1＝∠DCC'+∠DC'C，∠3＝∠ECC'+∠EC'C，即∠1+∠3＝∠DCE+∠DC'E，再由折叠的性质可知：∠DCE+∠DC'E＝∠2，由此可得∠1与∠2的关系； （3）当C'落在CB，CA的同旁时，设C'D与AC交于点H，由三角形的外角定理得∠EHD＝∠2+∠3，∠1＝∠C+∠EHD，进而得∠1＝∠C+∠2+∠3，再由折叠的性质可知：∠C＝∠2，由此可得∠1与∠2的关系． 【解答】解：（1）当点C'落在AC上时，如图1所示： 由折叠的性质可知：∠C＝∠2， 由三角形的外角定理得：∠1＝∠C+∠2＝2∠2； 故答案为：∠1＝2∠2． （2）当C'点落在CA和CB之间时，连接CC'，如图2所示： 则∠1、∠2、∠3之间的关系是：∠1+∠3＝2∠2，理由如下： 由三角形的外角定理得：∠1＝∠DCC'+∠DC'C，∠3＝∠ECC'+∠EC'C， ∴∠1+∠3＝∠DCC'+∠DC'C+∠ECC'+∠EC'C， 即∠1+∠3＝∠DCE+∠DC'E， 由折叠的性质可知：∠DCE+∠DC'E＝∠2， ∴∠1+∠3＝2∠2； （3）当C'落在CB，CA的同旁时，设C'D与AC交于点H，如图3所示： 则∠1、∠2、∠3之间的关系是：∠1＝2∠2+∠3，理由如下： ∵∠EHD是△C'HE的一个外角， ∴∠EHD＝∠2+∠3， ∵∠1是△CHD的一个外角， ∴∠1＝∠C+∠EHD， 即∠1＝∠C+∠2+∠3， 由折叠的性质可知：∠C＝∠2， ∴∠1＝2∠2+∠3 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $