专题03三角形中的倒角模型之燕尾（飞镖）型、风筝模型、翻角模型解读与提分精练（人教版）（教师版）_初中数学_八年级数学上册（人教版）_常见几何模型全归纳-V13_2025版

专题03 三角形中的倒角模型之燕尾（飞镖）型、风筝模型、翻角模型 近年来各地考试中常出现一些几何倒角模型，该模型主要涉及高线、角平分线及角度的计算（内角和 定理、外角定理等）。熟悉这些模型可以快速得到角的关系，求出所需的角。本专题就燕尾（飞镖）型、 风筝（鹰爪）、翻角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒 置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样 才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法 的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中 提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点， 因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在 几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解 每一个题型，做到活学活用！ .................................................................................................................................................2 模型1.飞镖模型（燕尾）模型.................................................................................................................2 模型2.风筝（鹰爪）模型......................................................................................................................24 模型3.角内（外）翻模型......................................................................................................................36 ...............................................................................................................................................48 模型1.飞镖模型（燕尾）模型飞镖（燕尾）模型看起来特别简单，在复杂几何图形倒角时往往有巧妙的作用。因为模型像飞镖 （回旋镖）或燕尾，所以我们称为飞镖（燕尾）模型。 图1 图2 图3 基本模型：条件：如图1，凹四边形ABCD； 结论：① ；② 。 证明：连接AC并延长至点P；在△ABC中，∠BCP=∠BAC+∠B；在△ACD中，∠DCP=∠CAD+∠D； 又∵∠BAD=∠BAC+∠DAC，∠BCD=∠BCP+∠DCP；∴∠BAD+∠B+∠D=∠BCD。 延长BC交AD于点P；在△ABQ中， ；在△CDQ中， 。 即： ，故 。 拓展模型1：条件：如图2，BO平分∠ABC，OD平分∠ADC； 结论：∠O= （∠A+∠C）。 证明：∵BO平分∠ABC，OD平分∠ADC；∴∠ABO= ∠ABC；∠ADO= ∠ADC； 根据飞镖模型：∠BOD=∠ABO+∠ADO+∠A= ∠ABC+ ∠ADC+∠A；∠BCD=∠ABC+∠ADC+∠A； ∴2∠BOD=∠ABC+∠ADC+2∠A=∠BCD+∠A；即∠O= （∠A+∠C）。 拓展模型2：条件：如图3，AO平分∠DAB，CO平分∠BCD； 结论：∠O= （∠D-∠B）。 证明：根据飞镖模型： = + + ，∴∠DCB-∠DAB=∠D+∠B， ∵AO平分∠DAB，CO平分∠BCD，∴∠DCO= ∠DCB，∠DAO= ∠DAB， ∴∠DCO-∠DAO= （∠DCB-∠DAB）= （∠D+∠B）， ∵∠DEA=∠OEC，∴∠D+∠DAO=∠O+∠DCO，∴∠D-∠O=∠DCO-∠DAO，∴∠D-∠O= （∠D+∠B）,即∠O= （∠D-∠B） 例1．（2023·山西晋城·七年级校联考期末）阅读下列材料，并完成相应的任务：有趣的“飞镖图”．如图 1的四边形 ，这种形似飞镖的四边形，我们形象地称它为“飞镖图”．它实际上就是凹四边形，同 学们通过探究发现：凹四边形中最大内角外面的角等于其余三个内角之和，即如图1， ． “智慧小组”通过互学证明了这个结论： 方法一：如图2，连接 ，则在 中， ， 即 ， 又：在 中， ， ∴ ， 即 ． “创新小组”想出了另外一种方法 方法二：如图3，连接 并延长至F， ∵ 和 分别是 和 的一个外角， …… …… 任务：(1)填空：“智慧小组”用的“方法一”主要依据的一个数学定理是______； (2)根据“创新小组”用的“方法二”中辅助线的添加方式，写出该证明过程的剩余部分． 【答案】(1)三角形的内角和定理（或三角形的内角和是180度） (2)见解析 【分析】（1）连接 之后，构成了三角形，从而利用三角形内角和的基本性质，由此填写即可；（2）利用三角形的外角定理进行证明即可． 【详解】（1）故答案为：三角形的内角和定理（或三角形的内角和是180度） （2）证明：如图3，连接 并延长至F， ∵ 和 分别是 和 的一个外角，∴ ， ， ∴ ，即 ． 【点睛】本题考查三角形内角和定理以及外角定理的应用，理解并熟练运用这些基本定理是解题关键． 例2．（2023·广东河源·八年级校考期末）（1）模型探究：如图1所示的“镖形”图中，请探究 与 、 、 的数量关系并给出证明；（2）模型应用：如图2， 平分 ， 平分 ， ， ，请直接写出 的度数． 【答案】（1） = + + ，理由见详解；（2）21° 【分析】（1）连接CD并延长到点E，利用三角形的外角的性质求解即可；（2）由（1）可知：∠ADB- ∠C=∠A+∠B=90°，从而得∠EDO-∠BCO= ×90°=45°，结合∠EDO+∠E=∠BCO+∠B，即可求解． 【详解】解：（1） = + + ，理由如下： 连接CD并延长到点E，∵∠ADE＝∠ACD＋∠A，∠BDE＝∠BCD＋∠B， ∴∠ADE＋∠BDE＝∠ACD＋∠A＋∠BCD＋∠B，∴ = + + ． （2）由第（1）题可得： = + + ，∴∠ADB-∠ACB=∠A+∠B=66°+24°=90°， ∵ 平分 ， 平分 ，∴∠EDO-∠BCO= （∠ADB-∠C）= ×90°=45°， ∵∠DOE=∠BOC，∴∠EDO+∠E=∠BCO+∠B， ∴∠B-∠E=∠EDO-∠BCO=45°，∴∠E=∠B-45°=66°-45°=21°． 【点睛】本题考查三角形的外角的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，掌握三角形外角的性质， 是解题的关键． 例3．（2023·浙江杭州·八年级专题练习）（2018十三中开学考）已知，在 中，∠A=60°， （1）如图①，∠ABC和∠ACB的角平分线交于点O，则∠BOC= ； （2）如图②，∠ABC和∠ACB的三等分线分别对应交于点O ，O ，则 ； 1 2 （3）如图③，∠ABC和∠ACB的n等分线分别对应交于点O ，O ，…， （内部有 个点），则 1 2 ； （4）如图③，∠ABC和∠ACB的n等分线分别对应交于点O ，O ，…， ，若 ，求n的值． 1 2 【答案】（1）120°；（2）100°；（3） ；（4）n=4 【分析】（1）根据三角形的内角和定理即可求出∠ABC＋∠ABC，然后根据角平分线的定义即可求出 ∠OBC＋∠OCB，再根据三角形的内角和定理即可求出结论；（2）根据三角形的内角和定理即可求出 ∠ABC＋∠ABC，然后根据三等分线的定义即可求出∠O BC＋∠O CB，再根据三角形的内角和定理即可求出 2 2 结论；（3）根据三角形的内角和定理即可求出∠ABC＋∠ABC，然后根据n等分线的定义即可求出∠O n－ BC＋∠O CB，再根据三角形的内角和定理即可求出结论；（4）根据（3）的结论列出方程即可求出结 1 n－1论． 【详解】解：（1）∵在 中，∠A=60°，∴∠ABC＋∠ABC=180°－∠A=120° ∵∠ABC和∠ACB的角平分线交于点O，∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB ∴∠OBC＋∠OCB= ∠ABC＋ ∠ACB= （∠ABC＋∠ACB）=60° ∴∠BOC=180°－（∠OBC＋∠OCB）=120° 故答案为：120°． （2）∵在 中，∠A=60°，∴∠ABC＋∠ABC=180°－∠A=120° ∵∠ABC和∠ACB的三等分线分别对应交于点O ，O ， 1 2 ∴∠O BC= ∠ABC，∠O CB= ∠ACB ∴∠O BC＋∠O CB= ∠ABC＋ ∠ACB= （∠ABC＋∠ACB）=80° 2 2 2 2 ∴ 180°－（∠O BC＋∠O CB）=100° 故答案为：100°． 2 2 （3）∵在 中，∠A=60°， ∴∠ABC＋∠ABC=180°－∠A=120° ∵∠ABC和∠ACB的n等分线分别对应交于点O ，O ，……， 1 2 ∴∠O BC= ∠ABC，∠O CB= ∠ACB n－1 n－1 ∴∠O BC＋∠O CB= ∠ABC＋ ∠ACB= （∠ABC＋∠ACB）= ° n－1 n－1 ∴ 180°－（∠O BC＋∠O CB）= 故答案为： 2 2 （4）由（3）知： ∴ 解得：n=4 经检验：n=4是原方程的解． 【点睛】本题考查了n等分线的定义和三角形的内角和定理，掌握n等分线的定义和三角形的内角和定理 是解决此题的关键． 变式1．（2023春·河南南阳·七年级校考阶段练习）互动学习课堂上，某小组同学对一个课题展开了探究. 小亮：已知，如图①，在ABC中，点D是ABC内一点，连接BD，CD，试探究BDC与A、1、2 之间的关系．小红：以用三角形内角和定理去解决． 小明：外角的相关结论也能解决． (1)请你在横线上补全小红的探究过程： ∵BDCDBCBCD180（___________________） ∴BDC 180DBCBCD（等式性质） ∵A1________DBCBCD180， ∴A12180________BCD． ∴BDCA12．（________________） (2)请你按照小明的思路完成探究过程． (3)利用探究的结果填空．如图②，BDC125，BC25，则A_______． 【答案】(1)三角形的内角和定理，2，DBC，等量代换(2)过程见解析(3)75 【分析】（1）按照步骤进行填写作答即可；（2）如图①，延长BD交AC于E，由题意知， DEC1A，则BDCDEC2A12；（3）如图②，连接BC，由（1）可知， BDC ABC，由BDC125，BC25，计算求解即可． 【详解】（1）解：∵BDCDBCBCD180（三角形的内角和定理）， ∴BDC 180DBCBCD（等式性质）， ∵A1 2 DBCBCD180， ∴A12180DBC BCD， ∴BDCA12．（等量代换）， 故答案为：三角形的内角和定理，2，DBC，等量代换．（2）解：如图①，延长BD交AC于E， 由题意知，DEC1A，∴BDCDEC2A12； （3）解：由（1）可知，BDC ABC， ∵BDC125，BC25，∴A75，故答案为：75． 【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，三角形外角的性质．解题的关键在于明确角度之间的数量关系． 变式2．（2023·成都市·七年级专题练习）如图， 平分 ， 平分 ， 与 交于点 ， 若 ， ，则 （ ） A．80° B．75° C．60° D．45° 【答案】C 【分析】连接 先求解 再求解 可得 再利用角平分线 的定义可得： 从而可得： 再利用三角形的内角和定理可得 的大小. 【详解】解：连接 平分 ， 平分 ，故选： 【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，角平分线的定义，熟练利用三角形的内角和定理求解 与之相关的角的大小是解题的关键. 变式3.（2023·浙江·八年级假期作业）如图所示，在 中， ， 在 上， ， 是 上的任意一点，求证 ． 【详解】作点 关于 的对称点 ，则点 落在线段CD上．连接 交 于点 ，连接 ． 由轴对称图形的性质可得 ， ． 在 中， ，在 中， ． 因此 ，所以 ．模型2.风筝（鹰爪）模型 图1 图2 1）鹰爪模型：结论：∠A+∠O=∠1+∠2； 证明：∵∠1是三角形ABO的外角，∴∠1=∠BAO+∠BOA； 同理，∠2=∠CAO+∠COA； ∴∠1+∠2=∠BAO+∠BOA+∠CAO+∠COA=∠BAO+∠CAO+∠BOA+∠COA=∠BAC+∠BOC=∠A+∠O。 2）鹰爪模型（变形）：结论：∠A+∠O=∠2-∠1。 证明：∵∠1是三角形ABO的外角，∴∠1=∠BAO+∠BOA； 同理，∠2=∠DAO+∠DOA； ∴∠2-∠1=∠DAO+∠DOA-（∠BAO+∠BOA）=（∠DAO-∠BAO)+（∠DOA-∠BOA） =∠BAD+∠BOD=∠A+∠O。 例1．（2023·四川绵阳·八年级校考阶段练习）如图，四边形ABCD中， 、 、 分别为 、 、 的外角 判断下列大小关系何者正确？（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据多边形的外角和是 及三角形的外角定理求解判断即可． 【详解】解：如图，连结BD，延长AD到E，， ， ， 故选项A正确，符合题意；B不正确，不符合题意； 多边形的外角和是 ，∴ ∴ 故选项C不正确，不符合题意；选项D不正确，不符合题意．故选：A． 【点睛】此题考查了多边形的内角与外角，熟记多边形的外角和是 是解题的基础． 例2．（2023·山东青岛·八年级统考期末）三角形内角和定理告诉我们：三角形三个内角的和等于 如何 证明这个定理呢？我们知道，平角是 ，要证明这个定理就是把三角形的三个内角转移到一个平角中去， 请根据如下条件，证明定理． （1）【定理证明】 已知： 如图①，求证： ． （2）【定理推论】如图②，在 中，有 ，点D是 延长线上一点，由平角的定 义可得 ，所以 _______，从而得到三角形内角和定理的推论：三角形的外角 等于与它不相邻的两个内角的和． 【初步运用】如图③，点D、E分别是 的边 延长线上一点． （3）若 ， ，则 _______．（4）若 ，则 _______． 【拓展延伸】如图④，点D、E分别是四边形 的边 延长线上一点． （5）若 ， ，则 _________． （6）分别作 和 的平分线 ，如图⑤，若 ，则 和 的关系为 __________．（7）分别作 和 的平分线，交于点O，如图⑥，求出 ， 和 的数量关系，说明理由． 【答案】（1）见解析；（2） ；（3） ；（4） ；（5） ；（6） ；（7） ，理由见解析 【分析】（1）过点 作 ，根据平行线的性质和平角的定义解决． （2）根据三角形内角和定理和平角的定义即可解答． （3）三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和即可解答； （4）根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和可得 ， 根据三角形的内角和定理得 ，以此即可求解． （5）连接 ，根据三角形内角和定理的推论即可解答． （6）过点 作 ，由（1）可知， ，则 ，根据平行线和角平分线的性质可得 ，则 ，以此即可求解． （7）由（1）可知， ，则 ，根据角平分线 的性质和四边形的内角和为 即可求解． 【详解】（1）证明：如图，过点 作 ，∵ ， ， ， ， ． （2） ， ， ．故答案为： ． （3） ， ， ， ；故答案为： ； （4） ， ， ， ， ， ．故答案为： ． （5）如图，连接 ， ， ， ， ， ， ．故答案为： ． （6）如图，过点 作 ，则 ， 由（1）知， ， ， ， ， ， ， 、 分别是 和 ， ，， ．故答案为： ． （7） ，理由如下： 由（1）知， ， ， 、 分别为 和 的角平分线， ， ， ， ， ，即 ． 【点睛】本题考查三角形内角和定理的证明、三角形外角的性质、平行线的性质、角平分线的性质，根据 题干作出正确的辅助线是解题关键． 例3．（2023·河南鹤壁·七年级统考期末） 中， ，点D，E分别是 边AC，BC上的点， 点P是一动点，令 ， ， ． 初探：(1)如图1，若点P在线段AB上，且 ，则 _____________； (2)如图2，若点P在线段AB上运动，则∠1，∠2， 之间的关系为_____________； (3)如图3，若点P在线段AB的延长线上运动，则∠1，∠2， 之间的关系为_____________； 再探：(4)如图4，若点P运动到 的内部，写出此时∠1，∠2， 之间的关系，并说明理由． 【答案】(1) ；(2) ；(3) ；(4) ，见解析． 【分析】（1）连接 ，证明 即可；（2）利用（1）中结论解答即可； （3）直接利用三角形的外角性质求解即可；（4）同样直接利用三角形的外角性质求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接 ， ， ，， ， ， ，故答案为： ； （2）解：由（1）可知， ，故答案为： ； （3）解：如图， ， ， ， 即 ，故答案为： ； （4）解： ，证明如下：如图，连接 ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理和三角形的外角和性质，解题的关键是灵活运用所学求解． 变式1．（2023·湖北武汉·八年级校考阶段练习）（1）如图，将 沿 折叠，使点 A落在 的 内部的点 M处，当 ， 时，求 的度数； （2）如图，将 沿 折叠，使点 A 落在 的外部的点 M 处．求图中 ， ， 之间的数量关系；（3）如图 ，将 、 一起沿 折叠，使点 A、点B的对应点 M、N 分别 落在射线 的左右两侧， ， ， 、 的数量关系 ． (直接写结果，不需要过 程） 【答案】（1） ，（2） ，（3） 【分析】（1）根据翻折的性质表示出 、 ，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得 ，问题随之得解；（2）先根据翻折的性质以及平角的定义表示出 、 ，再根据三角形 的内角和定理列式整理即可得解；（3）先根据翻折的性质表示出 、 ，再根据四边形的内角和定理 列式整理即可得解． 【详解】解：（1）如图， ， ， ， ，∵翻折，∴ ， ， ∵ ， ， ， ∴ ，整理得， ， ∵ ， ，∴ ，即 ； （2）如图， ， ， ， ， ∵翻折，∴ ， ， ∵ ，∴ ， 整理得， ，即 ；故答案为： ； （3）如图， ， ， ， ， ∵翻折，∴ ， ， ∵ ，∴ ， 整理得， ，即 ． 【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，翻折的性质，熟练掌握折痕是角平分线，三角形的内角和 是 ，是解题的关键． 模型3.角内（外）翻模型图3 图4 条件：如图 3，将三角形纸片 ABC 沿 EF 边折叠，当点 C 落在四边形 ABFE 内部时，结论： 2∠C=∠1+∠2； 证明：∵∠1是三角形CC’E的外角，∴∠1=∠ECC’+∠EC’C； 同理，∠2=∠FCC’+∠FC’C； ∴∠1+∠2=∠ECC’+∠EC’C+∠FCC’+∠FC’C=∠ECC’+∠FCC’+∠EC’C+∠FC’C=∠EC’F+∠FCE=2∠C。 条件：如图4，将三角形纸片ABC沿EF边折叠，当点C落在四边形ABFE外部时，结论：2∠C=∠2-∠1。 证明：∵∠1是三角形CC’E的外角，∴∠1=∠ECC’+∠EC’C； 同理，∠2=∠FCC’+∠FC’C； ∴∠2-∠1=∠FCC’+∠FC’C-（∠ECC’+∠EC’C）=（FCC’-∠ECC’)+（∠FC’C--∠EC’C） =∠EC’F+∠FCE=2∠C。 例1.（2023春·广东·七年级专题练习）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＝120°，则∠1+∠2的度数为（ ） A．90° B．100° C．110° D．120° 【答案】D 【分析】连接A'A，先求出∠BAC，再证明∠1+∠2=2∠BAC即可解决问题． 【详解】解：如图，连接AA'， ∵A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，∴∠A'BC= ∠ABC，∠A'CB= ∠ACB， ∵∠BA'C=120°，∴∠A'BC+∠A'CB=180°-120°=60°，∴∠ABC+∠ACB=120°，∴∠BAC=180°-120°=60°， ∵沿DE折叠，∴∠DAA'=∠DA'A，∠EAA'=∠EA'A， ∵∠1=∠DAA'+∠DA'A=2∠DAA'，∠2=∠EAA'+∠EA'A=2∠EAA'， ∴∠1+∠2=2∠DAA'+2∠EAA'=2∠BAC=2×60°=120°，故选：D． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线定义、三角形外角的性质、折叠变换等知识，解题的关 键是正确添加辅助线，灵活应用所学知识，属于中考常考题型． 例2．（2023·山西临汾·七年级统考期末）如图，在△ABC中，将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的 位置，若∠1−∠2=60°，则∠B的度数是 ． 【答案】30° 【分析】由折叠的性质得到∠D=∠B，再利用外角性质即可求出所求角的度数． 【详解】解：如图所示： 由折叠的性质得：∠D=∠B，根据外角性质得：∠1=∠3+∠B，∠3=∠2+∠D， ∴∠1=∠2+∠D+∠B=∠2+2∠B，∴∠1-∠2=2∠B=60°．∴∠B=30°，故答案为：30°．【点睛】本题考查了三角形的外角性质，翻折变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常 考题型． 例3．（2023春·江苏宿迁·七年级校考期中）（1）如图1，将 纸片沿 折叠，使点 落在四边形 内点 的位置．则 之间的数量关系为：_______； （2）如图2，若将（1）中“点 落在四边形 内点 的位置”变为“点 落在四边形 外点 的位置”，则此时 之间的数量关系为：_________； （3）如图3，将四边形纸片 （ ， 与 不平行）沿 折叠成图3的形状，若 ， ，求 的度数； （4）在图3中作出 的平分线 ，试判断射线 的位置关系，当点 在 边 上向点 移动时（不与点 重合）， 的大小随之改变（其它条件不变），上述 ， 的位置关系改变吗？为什么？ 【答案】（1） ，（2） ；（3） ；（4）位 置不改变， ． 【分析】（1）连接 ，证明 ，结合 ， ， 再利用角的和差关系可得答案； （2）连接 ，证明 ，结合 ， ，再利用 角的和差关系可得答案；（3）如图，延长 ， 交于点Q，延长 ， 交于点 ，则对折后 与 重合，由（2）的结论可得： ，可得 ，再利用三角形的内 角和定理可得答案；（4）如图， 平分 ， 平分 ，可得 ，，由对折可得： ， ， 由（2）的结论可得： ，即 ，证明 ，可得 ． 【详解】（1）结论： 理由：连接 ， 沿 折叠A和 重合，∴ ∵ ， ∴ ． （2） 理由：连接 ， 沿 折叠A和 重合，∴ ∵ ， ∴ ； （3）如图，延长 ， 交于点Q，延长 ， 交于点 ，则对折后 与 重合， 由（2）的结论可得： ，而 ， ， ∴ ，∴ ，∵ ，∴ ； （4） ，理由见解析 如图， 平分 ， 平分 ， ∴ ， ，由对折可得： ， ， 由（2）的结论可得： ，即 ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ，∴ ． 【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，三角形的外角的性质，轴对称的性质，熟记轴对称的 性质并进行解题是关键． 变式1．（2023春·江苏镇江·七年级校考阶段练习）如图， 中， ，将 沿 翻折后， 点A落在 边上的点 处，如果 ，那么 的度数为 ． 【答案】 / 度 【分析】根据翻折性质求得 ，再根据三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：由折叠性质得 ， ， ∵ ， ，∴ ， ， ∴ ，故答案为： ． 【点睛】本题考查翻折性质，三角形的内角和定理，熟练掌握翻折性质是解答的关键． 变式2．（2022秋·河北廊坊·八年级校考期中）如图，将三角形纸片 沿 折叠，当点A落在四边形的外部时，测量得 ， ，则 为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用四边形的内角和定理求出 ，再利用三角形的内角和定理求出 ，根据对顶角 相等得出 ，根据三角形内角和定理可得结果． 【详解】解：∵ ， ，∴ ， ∴ ， ∵ ，∴ ，故B正确．故选：B． 【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理及三角形的内角和定理，解题的关键是运用多边形的内角和 定理求出 的度数．1．（2023·广东广州·八年级统考期中）如图，∠1，∠2，∠3，∠4满足的关系式是（ ） A．∠1＋∠2＝∠3＋∠4 B．∠1＋∠2＝∠4－∠3 C．∠1＋∠4＝∠2＋∠3 D．∠1＋∠4＝∠2－∠3 【答案】D 【分析】本题考查的是三角形内角与外角的关系．根据外角的性质，可推出∠1+∠4=∠6，∠6=∠2-∠3，从 而推出∠1+∠4=∠2-∠3 【详解】解：∵∠6是△ABC的外角，∴∠1+∠4=∠6①， 又∵∠2是△CDF的外角，∴∠6=∠2-∠3②，由①和②得：∠1+∠4=∠2-∠3．故选D． 【点睛】此题考查了三角形内角和外角，解题的关键是记住外角和定理． 2．（2023春·河南洛阳·七年级统考期末）如图，在五边形 中，若去掉一个 的角后得到一个六边 形 ，则 的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角形的内角和定理可得 ，根据平角的定义可得 ，从而求出结论． 【详解】解：∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ．故选D． 【点睛】此题考查的是三角形内角和定理的应用，掌握三角形的内角和定理是解题关键． 3．（23-24八年级上·山东潍坊·期末）如图1， 中，点E和点F分别为 上的点，把 纸片沿 折叠，使得点A落在 的外部 处， ，则 的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查折叠，三角形的内角和定理，根据折叠的性质，结合角的和差关系求出 ， ，再利用三角形的内角和定理，进行求解即可． 【详解】解：由折叠得 ，∵ ，且∠1=100°，∴ ，∴ ， ∵ ，且 ， ∴ ，∴ ， ∴ ，故选：B． 4．（2024·江苏·模拟预测）如图，将四边形纸片 沿 折叠，使点 落在四边形 外点 的位 置，点 落在四边形 内点 的位置，若 ， ，则 等于（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了四边形的内角和，三角形的内角和定理，折叠的性质，熟练掌握多边形的内角和 定理和外角的性质是解题的关键． 延长 交 于点 ，利用四边形的内角和定理得到： ，利用四边形的内角和定理， 折叠的性质，三角形的内角和定理，等量代换的性质求得 的值，则结论可求． 【详解】解：延长 交 于点 ，设 交 于点 ，如图， 四边形的内角和为 ， ， ， ． 由折叠的性质可得： ． ， ． 在 和 中， ， ， ， ， ． ， ，， ， ， ， ， ．故选：D． 5．（2023·福建三明·八年级统考期末）如图△ABC中，将边BC沿虚线翻折，若∠1+∠2＝110°，则∠A的 度数是 度． 【答案】55/五十五 【分析】延长B'E，C'F，交于点D，依据∠A=∠D，∠AED+∠AFD=250°，即可得到∠A的度数． 【详解】解：如图，延长B'E，C'F，交于点D， 由折叠可得，∠B=∠B'，∠C=∠C'，∴∠A=∠D， 又∵∠1+∠2=110°，∴∠AED+∠AFD=360°-110°=250°， ∴四边形AEDF中，∠A= （360°-250°）=55°，故答案为：55． 【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，解决问题的关键是构造四边形，利用四边形内角和进行计算． 6．（2023春·山东潍坊·七年级统考期末）在 中， ， ，将 、 按照如图所示 折叠，若 ，则 °【答案】 【分析】先根据折叠的性质求出 ， ， ，再根据三角形内 角和定理求出 ， ，进而求出 ，然后求出四边形内角和，进而得出 ，即可 得出答案． 【详解】根据折叠性质得 ， ， ． ∵ ， ，∴ ， ， ∴ ， ， ∴ ． 在四边形 中， . ∴ ， 即 ，∴ ， ∴ ．故答案为：265． 【点睛】本题考查三角形内角和定理，折叠的性质，四边形的内角和等，确定各角之间的数量关系是解题 的关键． 7．（2023·天津·八年级校考期中）如图， 中， ，将 沿 翻折后，点A落在 边上 的点 处．如果 ，那么 的度数为 ． 【答案】 /60度 【分析】由翻折的性质可知： ， ，再根据三角形 的内角和定理求解即可； 【详解】解：由翻折的性质可知： ． ．， ．故答案为： ． 【点睛】本题考查了图形的翻折变换，三角形内角和定理等知识；熟练掌握翻折的性质是解题的关键． 8．（22-23八年级上·浙江台州·开学考试）如图，点 在 上，点 在 上， 平分 ，交 于 ， 平分 ，交 于 ， 、 相交于 ， 、 相交于 ，若 ， ，则 的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查角平分线的性质及三角形的内角和定理，根据题意作出辅助线，构造出三角形是解答此 题的关键． 根据三角形的内角和定理，及角平分线上的性质先计算 的度数，从而得出 的度数． 【详解】解：如图，连接 ． ∵ 平分 ，交 于 ， 平分 ，交 于 ， ∴ ， ， 又 ， ，∴ ， ， ∴ ，∴ ， ∴ ，即 ，∴ ．故答案为： ． 9．（2023·河北保定·统考模拟预测）如图，用铁丝折成一个四边形ABCD（点C在直线BD的上方），且 ∠A=70°，∠BCD=120°，若使∠ABC、∠ADC平分线的夹角∠E的度数为100°，可保持∠A不变，将 ∠BCD （填“增大”或“减小”） °．【答案】 增大 10 【分析】利用三角形的外角性质先求得∠ABE+∠ADE=30°，根据角平分线的定义得到∠ABC+∠ADC=60°， 再利用三角形的外角性质求解即可． 【详解】解：如图，连接AE并延长，连接AC并延长，∠BED=∠BEF+∠DEF=∠ABE+∠BAD+∠ADE=100°， ∵∠BAD＝70°，∴∠ABE+∠ADE=30°，∵BE，DE分别是∠ABC、∠ADC平分线， ∴∠ABC+∠ADC=2（∠ABE+∠ADE）=60°， 同上可得，∠BCD=∠BAD+∠ABC+∠ADC=130°，130°-120°=10°， ∴∠BCD增大了10°．故答案为：增大，10． 【点睛】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义等知识，熟练运用题目中 所给的结论是解题的关键． 10．（2023秋·山东·八年级专题练习）已知，在 中，点E在边 上，点D是 上一个动点，将 沿E、D所在直线进行翻折得到 ．(1)如图，若 ，则 ______； (2)在图中细心的小明发现了 ， ， 之间的关系，请您替小明写出这个数量关系并证明．【答案】(1) ；(2) ，证明见解析． 【分析】（1）先由三角形内角和求出 ，再由折叠的性质得 ，进而可求出 的度数； （2）先由三角形内角和求出 ，再由折叠的性质得 ，进而可求出 ， ， 之间的关系． 【详解】（1）在 中， ，∴ ． 由折叠的性质，可知： ， ，∴ ． 又∵∠ ， ∴ ．故答案为： ； （2） ．证明：在 中， ，∴ ． 由折叠的性质，可知： ，∴ ． 又∵ ， ∴ ，即 ． 【点睛】本题考查了三角形内角和，以及折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键． 11．（2023春·山东烟台·七年级统考期中）例题再现：（1）如图1，五角星的顶角分别是 ，则 _________（直接写出答案）； 知识链接：n边形的内角和等于 ．变式拓展：（2）如图2，将该五角星剪掉一个顶角 ． ①求 的度数；②若 ，求 的度数．【答案】（1） （2）① ② 【分析】（1）利用三角形的外角的性质和三角形的内角和进行求解即可； （2）①三角形的外角的性质得到 ， ，进而得到 ，即可得解；②根据 以及 ，求出 ，进而求出 ，再利用①中结论进行求解即可。 【详解】解：（1）如图， ∵ ， 又∵ ，∴ ；故答案为： ； （2）①如图，∵ 是 的一个外角，∴ ．同理， ． ∵在四边形 中， ，∴ ． ②由（1）知， ． 又∵ ，∴ ∴ ．∴ ． 由①知， ．∴ ．【点睛】本题考查三角形内角和定理，外角的性质，多边形的内角和．熟练掌握相关知识点，正确的计算， 是解题的关键． 12．（23-24七年级下·山东滨州·期末）如图所示的图形，像我们常见的符号−−箭号．我们不妨把这样图 形叫做“箭头四角形”． (1)探究：观察“箭头四角形”，试探究图1中 与 ， ， 之间的关系，并说明理由； (2)应用：请你直接利用以上结论，解决以下两个问题： ①如图2，把一块三角尺 放置在 上，使三角尺的两条直角边 ， 恰好经过点 ， ，若 ，则 ___________ ；②如图3， ， 的二等分线（即角平分线） ， 相交于点 ，若 ， ，求 的度数． 【答案】(1) (2)① ② 【分析】本题主要考查几何变换的综合问题，解题的关键是掌握“箭头四角形”的性质 及其运用，学会利用参数解决问题．（1）如图 中，连接 并延长到 ，利用三 角形的外角的性质证明即可；（2）①利用（1）中结论计算即可；②如图 中, 设 利用（1）中结论,求出 即可解决问题． 【详解】（1）结论: 理由：如图1中，连接 并延长到 ， 因为所以 ，即 ； （2）①如图 中,由（1）知: ，由于 所以 ，故答案为 ； ②如图 中, 设 ， 由（1）可知: ， ， ， ． 13．（23-24七年级下·山东威海·期末）[实验探究]（1）将一副三角板如图1摆放，使三角板 的两条 直角边分别经过点 ，点 ，且 ，则 ______；（2）在图1的基础上，三角板 保持不动，将三角板 旋转得到图2，使三角板 的两条直角边依然分别经过点 ，点 ，则 ______． [猜想证明]如图3，试猜想 之间的关系，并证明． [结论应用]请直接利用以上的结论，解决问题：如图4， 与 的角平分线交于点 ，若 ， ，求 的度数． 【答案】[实验探究] （1） ；（2） ；[猜想证明] ，证明见解析；[结 论应用] 【分析】本题考查了三角形内角和定理，准确识别图形是解题的关键． [实验探究] （1）根据直角三角板的性质可得 ， ，即可求解；（2）根据直角三角板的性质可得 ， ，即可求解； [猜想证明] 连接 ，在 和 中，根据三角形内角和定理可得 ， ，即可求解； [结论应用] 由[猜想证明]得： ，，再由角平分线的定义可得 ，即可求解． 【详解】解：[实验探究] （1）∵ ，∴ ， ∵ ， ∴ ；故答案为： （2）∵ ，∴ ， ∵ ， ∴ ；故答案为： [猜想证明] ，证明如下：如图，连接 ， 在 中， ，在 中， ， ∴ ， 即 ； [结论应用] 由[猜想证明]得： ， ， ∵ 与 的角平分线交于点 ，∴ ， ∴ ，∴ ，解得： ． 14.（2023·湖北·七年级期末）三角形不等式是指一个三角形的两边长度之和大于第三边的长度．在下图中， E位于线段CA上，D位于线段BE上． （1）说明为什么 ．（2）说明为什么 ． （3） 与 ，哪一个更大？证明你的答案； （4） 与 ，哪一个更大？证明你的答案．（1）由三角形三边关系， ． （2）由三角形三边关系， ． 因此， ． （3）由三角形三边关系， ， ，以及 ， 将三个不等式相加，得 ． （4）由（2）可知 ． 类似可得 ，以及 ． 将这三个不等式相加，可得 ， 即 ． 15．（2023·江苏盐城·七年级校联考期中）如图，四边形ABCD，BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和 ∠NDC，若∠BAD=α，∠BCD=β．（1）如图1，若α+β=100°，求∠MBC+∠NDC的度数； （2）如图1，若BE与DF相交于点G，∠BGD=40°，请直接写出α、β所满足的数量关系式； （3）如图2，若α=β，判断BE、DF的位置关系，并说明理由． 【答案】（1） ；（2）β﹣α=80°；（3）平行，见解析 【分析】（1）连接AC，根据三角形的外角的性质，即可求解； （2）连接AG，由∠MBC+∠NDC=α+β，得∠MBG+∠NDG= (α+β)，结合∠MBG+∠NDG=α+40°，即可得到结 论；（3）延长BC交DF于H，易得∠CBE+∠CDH= （α+β），结合∠CDH =β﹣∠DHB，可得∠CBE+β﹣ ∠DHB= （α+β），进而得∠CBE=∠DHB，即可得到结论． 【详解】（1）如图1，连接AC，∵∠MBC=∠BAC+∠BCA，∠NDC=∠CAD+∠ACD，∴∠MBC+∠NDC=∠BAC+∠BCA+∠CAD+∠ACD =（∠BAC+∠CAD）+（∠BCA+∠ACD）=∠BAD+∠BCD=α+β=100°； （2）如图1，连接AG，由（1）得∠MBC+∠NDC=α+β， ∵BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，∴∠MBG+∠NDG= ∠MBC+ ∠NDC= (α+β)， ∵∠MBG=∠BAG+∠BGA，∠NDG=∠DAG+∠DGA， ∴∠MBG+∠NDG=∠BAG+∠BGA+∠DAG+∠DGA=（∠BAG +∠DAG）+（∠DGA++∠BGA）=∠BAD+∠BGD=α+40°， ∴ (α+β)= α+40°，即：β﹣α=80°； （3）平行，理由如下：如图2，延长BC交DF于H，由（1）得，∠MBC+∠NDC=α+β， ∵BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，∴∠CBE= ∠MBC，∠CDH= ∠NDC， ∴∠CBE+∠CDH= ∠MBC+ ∠NDC= （∠MBC+∠NDC）= （α+β）， ∵∠BCD=∠CDH+∠DHB，∴∠CDH=∠BCD﹣∠DHB=β﹣∠DHB，∴∠CBE+β﹣∠DHB= （α+β）， ∵α=β，∴∠CBE+β﹣∠DHB= （β+β）=β，∴∠CBE=∠DHB，∴BE∥DF． 【点睛】本题主要考查三角形外角的性质定理，角平分线的定义，平行线的判定定理，添加合适的辅助线， 构造三角形，熟练掌握三角形外角的性质定理，是解题的关键． 16．（2023春·江苏·七年级专题练习）如图，将 纸片沿 折叠，使点 落在四边形 内点 的位置，(1)探索 与 之间的数量关系，并说明理由． (2)如果点 落在四边形 外点 的位置， 与 、 之间的数量关系有何变化，请说明理由．【答案】(1)2∠A=∠1+∠2，理由见解析(2)∠A= （∠2-∠1），理由见解析 【分析】（1）根据折叠性质得出∠AED=∠A′ED，∠ADE=∠A′DE，根据三角形内角和定理得出 ∠AED+∠ADE=180°-∠A，代入∠1+∠2=180°+180°-2（∠AED+∠ADE）求出即可； （2）先根据翻折的性质表示出∠1、∠2，再根据四边形的内角和定理列式整理即可得解． 【详解】（1）2∠A=∠1+∠2， 理由是：∵沿DE折叠A和A′重合，∴∠AED=∠A′ED，∠ADE=∠A′DE， ∵∠AED+∠ADE=180°-∠A，∠1+∠2=180°+180°-2（∠AED+∠ADE）， ∴∠1+∠2=360°-2（180°-∠A）=2∠A． （2）∵沿DE折叠A和A'′重合，∴∠AED=∠A′'ED，∠ADE=∠A′'DE， 又∵∠1=∠A'ED-∠BED=∠AED-（180°-∠AED）=2∠AED-180°， ∠2=180°-2∠ADE，∠AED+∠ADE=180°-∠A， ∴ ∠1+90°+90°- ∠2=180°-∠A，即∠A= （∠2-∠1）． 【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形外角性质，三角形内角和定理及四边形内角和的应用，主要考查 学生运用定理进行推理和计算的能力． 17．（2023·云南保山·八年级校考期中）已知：点D是△ABC所在平面内一点，连接AD、CD． （1）如图1，若∠A＝28°，∠B＝72°，∠C＝11°，求∠ADC；（2）如图2，若存在一点P，使得PB平 分∠ABC，同时PD平分∠ADC，探究∠A，∠P，∠C的关系并证明；（3）如图3，在 （2）的条件下， 将点D移至∠ABC的外部，其它条件不变，探究∠A，∠P，∠C的关系并证明． 【答案】(1) 111º ；(2) ∠A－∠C=2∠P,理由见解析；(3) ∠A+∠C=2∠P,理由见解析. 【分析】（1）延长AD交BC于E，利用三角形外角的性质即可求解； （2）∠A－∠C=2∠P，由三角形外角等于不相邻的两个内角的和以及（1）结论即可求解； （3）∠A+∠C=2∠P，由（2）结论以及角平分线的性质即可得到.【详解】（1）如图1,延长AD交BC于E， 在 ABE中，∠AEC=∠A+∠B＝28º+72º=100º， 在△DEC中，∠ADC=∠AEC+∠C＝100º+11º=111º ； （△2）∠A－∠C=2∠P，理由如下：如图2， ∠5=∠A+∠1,∠5=∠P+∠3∴∠A+∠1=∠P+∠3 ∵PB平分∠ABC,PD平分∠ADC∴ ∠1=∠2,∠3=∠4∴∠A+∠2=∠P+∠4 由(1)知∠4=∠2+∠P+∠C ∴∠A+∠2=∠P+∠2+∠P+∠C∴∠A－∠C=2∠P （3）∠A+∠C=2∠P,理由如下:如图3, 同（2）理知∠A+∠1=∠P+∠3,∠C+∠4=∠P+∠2 ∴∠A+∠C+∠1+∠4=2∠P+∠2+∠3 ∵PB平分∠ABC,PD平分∠ADC∴ ∠1=∠2,∠3=∠4 ∴∠1+∠4=∠2+∠3 ∴∠A+∠C=2∠P 【点睛】本题考查了三角形外角的性质，角平分线的定义，整体思想的利用是解题的关键． 18．（2023·广东·八年级校考阶段练习）（1）如图①∠1+∠2与∠B+∠C有什么关系？为什么？ （2）把图① ABC沿DE折叠，得到图②，填空： ∠1+∠2 △∠B+∠C（填“＞”“＜”“＝”），当∠A＝60°时，∠B+∠C+∠1+∠2＝ （3）如图③，是由图①的 ABC沿DE折叠得到的，猜想∠BDA+∠CEA与∠A的关系，并证明你的猜想． △ 【答案】（1）∠1+∠2＝∠B+∠C；理由见解析；（2）＝；240°（3）∠BDA+∠CEA＝2∠A；理由见解析． 【分析】（1）根据三角形的内角和定理即可推得∠1+∠2与∠B+∠C的关系； （2）由折叠的性质和（1）的结论可得∠1+∠2与∠B+∠C的关系；当∠A＝60°时，先求出∠B+∠C的度数， 再利用前者的结论即可得出答案；（3）如图③，延长BD交CE的延长线于A′，利用三角形的外角的性质即可得出结论：∠BDA+∠CEA＝ 2∠A． 【详解】解：（1）根据三角形内角是180°，可知：∠1+∠2＝180°﹣∠A，∠B+∠C＝180°﹣∠A， ∴∠1+∠2＝∠B+∠C； （2）由折叠的性质知：图②的∠1+∠2就是图①的∠1+∠2，而由（1）知：∠1+∠2＝∠B+∠C； ∴在图②中有∠1+∠2＝∠B+∠C；当∠A＝60°时，∠B+∠C＝180°﹣∠A=120°， ∴∠B+∠C+∠1+∠2＝120°×2＝240°；故答案为＝；240° （3）∠BDA+∠CEA与∠A的关系为：∠BDA+∠CEA＝2∠A． 理由如下：如图③，延长BD交CE的延长线于A′，连接AA′． ∵∠BDA＝∠DA′A+∠DAA′，∠AEC＝∠EA′A+∠EAA′，∠DA′E＝∠DAE， ∴∠BDA+∠AEC＝2∠DAE，∴∠BDA+∠CEA与∠A的关系为：∠BDA+∠CEA＝2∠A． 【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形的内角和定理与三角形外角的性质，熟练掌握三角形的内角和定 理和三角形外角的性质是解此题的关键. 19．（2023春·江苏泰州·七年级校联考期中）已知，在 中， ，点 在 上，过点 的 一条直线与直线 、 分别交于点 、 ．(1)如图1， ，则 ______°． (2)如图2，猜想 、 、 之间的数量关系，并加以证明； (3)如图3，直接写出 、 、 之间的数量关系______． 【答案】(1)140(2) ，证明见解析(3) 【分析】（1）根据三角形内角和定理先求出 ，再根据 ， 代入后得出 ，即可得出答案；（2）先求出 ，再得出 ，进而可得出答案； （3）根据三角形内角和定理和三角形的外角的性质即可得出答案． 【详解】（1）解：∵ ， ，∴ ， ∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ； （2） ， 证明：在 中∵ ，∴ ， 在 中，∵ ，∴ ， ∴ ，∵ ，∴ ； （3）解：∵ ， ， ， ∴ ，∴ ． 【点睛】本题考查三角形内角和定理，三角形外角的性质，掌握三角形内角和180度是解题的关键．