第01讲 三角形中的角平分线模型（原卷+解析）-2022-2023学年八年级数学上册常考点（数学思想+解题技巧+专项突破+精准提升）

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第01讲 三角形中角平分线模型（解析版）
第一部分 几何模型+模型应用
几何模型一 三角形两内角平分线的夹角
例1 如图1，点P为△ABC的内角平分线BP与CP的交点，求证：∠BPC＝90°+12∠A；

思路引领：（1）先根据三角形内角和定理求出∠PBC+∠PCB的度数，再根据角平分线的性质求出∠ABC+∠ACB的度数，由三角形内角和定理即可求出答案．
证明：（1）∵∠PBC+∠BCP+∠BPC＝180°，
∵BP、CP是角平分线，
∴∠ABC＝2∠PBC，∠ACB＝2∠BCP，
∵∠ABC+∠ACB+∠A＝180°，
∴∠BPC＝90°+12∠A；
解题秘籍：本题考查的是三角形内角和定理及角平分线的性质，关键是根据由三角形的内角和定理以及三角形外角的性质，求得∠P与∠A的关系．
模型应用一
1．（2022春•江阴市校级月考）如图，BE、CF都是△ABC的角平分线，且∠BDC＝115°，则∠A＝（　　）

A．50° B．45° C．65° D．70°
思路引领：先利用角平分线的性质在△DCB中求出∠EBC+∠FCB、∠ABC+∠ACB，再在△ABC中求出∠A．
解：∵BE、CF都是△ABC的角平分线，
∴∠EBC=12∠ABC，∠BCF=12∠ACB．
∵∠EBC+∠FCB+∠BDC＝180°，∠BDC＝115°，
∴∠EBC+∠FCB＝65°．
∴∠ABC+∠ACB＝130°．
∵∠ABC+∠ACB+∠A＝180°，
∴∠A＝50°．
故选：A．
解题秘籍：本题主要考查了三角形的内角和，掌握“三角形的内角和是180°”及角平分线的性质是解决本题的关键．
2．（2022春•沭阳县月考）如图，已知△ABC，点D，F分别在边AB，AC上运动，点E为平面上的一个动点．当∠DEF＝∠A且点E恰在∠ABC与∠ACB的角平分线的交点处，若∠1+∠2＝140°，则∠BEC为（　　）

A．120° B．125° C．130° D．135°
思路引领：连接AE，根据三角形的外角性质得到∠DEF+∠A＝140°，根据题意求出∠A＝70°，根据角平分线的定义、三角形内角和定理计算，得到答案．
解：连接AE，
则∠1＝∠DAE+∠DEA，∠2＝∠FAE+∠FEA，
∵∠1+∠2＝140°，
∴∠DAE+∠DEA+∠FAE+∠FEA＝140°，
∴∠DEF+∠A＝140°，
∵∠DEF＝∠A，
∴∠DEF＝∠A＝70°，
∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACB，
∴∠EBC=12∠ABC，∠ECB=12∠ACB，
∴∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB）
＝180°−12（∠ABC+∠ACB）
＝180°−12（180°﹣∠A）
＝180°−12（180°﹣70°）
＝125°．
故选：B．

解题秘籍：本题考查的是三角形的外角性质、三角形内角和定理、角平分线的定义，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
几何模型二 三角形一内角平分线和一外角平分线的夹角
例2 如图2，点P为△ABC内角平分线BP与外角平分线CP的交点，请探究∠BPC与∠A的关系；

思路引领：根据角平分线的定义得∠PBC=12∠ABC，∠PCD=12∠ACD，再根据三角形外角性质得∠ACD＝∠A+∠ABC，∠PCD＝∠PBC+∠P，所以12（∠A+∠ABC）＝∠PBC+∠P=12∠ABC+∠P，然后整理可得∠P=12∠A；
解：∠P=12∠A，理由如下：
∵△ABC的内角平分线BP与外角平分线CP交于P，
∴∠PBC=12∠ABC，∠PCD=12∠ACD，
∵∠ACD＝∠A+∠ABC，∠PCD＝∠PBC+∠P，
∴12（∠A+∠ABC）＝∠PBC+∠P=12∠ABC+∠P，
∴∠P=12∠A；
解题秘籍：本题考查的是三角形内角和定理及角平分线的性质，关键是根据由三角形的内角和定理以及三角形外角的性质，求得∠P与∠A的关系．
模型应用2
3．（2021秋•曲靖期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝128°，P是△ABC的内角∠ABC的平分线BP1与外角∠ACE的平分线CP1的交点；P2是△BP1C的内角∠P1BC的平分线BP2与外角∠P1CE的平分线CP2的交点；P3是△BP2C的内角∠P2BC的平分线BP3与外角∠P2CE的平分线CP3的交点；依次这样下去，则∠P6的度数为（　　）

A．2° B．4° C．8° D．16°
思路引领：根据角平分线的定义得∠PBC=12∠ABC，∠PCE=12∠ACE，再根据三角形外角性质得∠ACE＝∠A+∠ABC，∠PCE＝∠PBC+∠P，于是得到12（∠A+∠ABC）＝∠PBC+∠P=12∠ABC+∠P，然后整理可得∠P=12∠A，同理得到结论．
解：∵△ABC的内角平分线BP与外角平分线CP1交于P1，
∴∠P1BC=12∠ABC，∠P1CE=12∠ACE，
∵∠ACE＝∠A+∠ABC，∠P1CE＝∠P1BC+∠P1，
∴12（∠A+∠ABC）＝∠P1BC+∠P1=12∠ABC+∠P1，
∴∠P1=12∠A=12×128°＝64°，
同理∠P2=12∠P1＝32°，
∴∠P6＝2°，
故选：A．

解题秘籍：本题考查了三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
4．（2012春•南安市月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A是x轴正半轴上的动点，点B是y轴正半轴上的动点，作射线AB，∠OAB的平分线与∠OBA的外角的平分线交于点C．
（1）当OA＝OB时，∠C的度数是　 　．
（2）当点A、B分别在x轴和y轴正半轴上移动时，∠C的大小是否变化？请说明理由．

思路引领：（1）先根据等腰直角三角形的性质求出∠OAB＝∠OBA＝45°，再由平角的定义得出∠DBO的度数，由角平分线的性质得出∠CAB与∠CBO的度数，再根据三角形内角和定理即可得出结论；
（2）设∠DBC＝x，∠BAC＝y，再根据BC平分∠DBO，AC平分∠BAO可知∠CBO＝∠DBC＝x，∠OAC＝∠BAC＝y．
再由∠DBO是△AOB的外角，∠DBC是△ABC的外角可得出关于x、y，∠C的方程组，求出∠C的值即可．
解：（1）∵∠AOB＝90°，OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
∴∠DBO＝180°﹣45°＝135°，
∵点C是∠OAB的平分线与∠OBA的外角的平分线的交点，
∴∠CAB=12∠OAB＝22.5°，∠CBO=12∠DBO＝67.5°，
∴∠CAB+∠CBO+∠OAB＝22.5°+67.5°+45°＝135°，
∴∠C＝180°﹣（∠CAB+∠CBO+∠OAB）＝180°﹣135°＝45°．
故答案为：45°；
（2）∠C的大小不变．
理由如下：
设∠DBC＝x，∠BAC＝y，
∵BC平分∠DBO，AC平分∠BAO．
∴∠CBO＝∠DBC＝x，∠OAC＝∠BAC＝y．
∵∠DBO是△AOB的外角，∠DBC是△ABC的外角，
∴2x=90°+2yx=∠C+y，
∴∠C＝45°．
解题秘籍：本题考查的是三角形外角的性质，即三角形的外角等于与之不相邻的两个内角的和．
几何模型三 三角形两外角平分线夹角
例3 如图3，点P是△ABC的外角平分线BP与CP的交点，请探究∠BPC与∠A的关系．

思路引领：（3）根据题意得∠PBC=12（∠A+∠ACB），∠PCB=12（∠A+∠ABC），由三角形的内角和定理以及三角形外角的性质，求得∠P与∠A的关系，从而计算出∠P的度数．
解：∠P＝90°−12∠A，理由如下：
∵BP、CP是△ABC的外角平分线，
∴∠PBC=12（∠A+∠ACB），∠PCB=12（∠A+∠ABC），
又∵∠PBC+∠PCB+∠P＝180°，
∴∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
＝180°−12（∠A+∠ACB+∠A+∠ABC）
＝180°−12（180+∠A）
＝90°−12∠A．
解题秘籍：本题考查的是三角形内角和定理及角平分线的性质，关键是根据由三角形的内角和定理以及三角形外角的性质，求得∠P与∠A的关系．
模型应用3
5．（2022春•渠县校级期中）如图，点F，C在射线AN上，点B，E在射线AM上，∠MEF与∠NFE的角平分线交于点G，∠MBC与∠NCB的角平分线交于点P．若∠G＝67°，那么∠P＝　 　°．

思路引领：根据三角形内角和定理和角平分线的性质分别用角A表示出∠G和∠P即可．
解：∵∠MEF与∠NFE的角平分线交于点G，
∴∠G＝180°﹣（12∠NCB+12∠MBC）＝180°﹣[12（180°﹣∠ACB）+12（180°﹣∠ABC）]＝180°−12[180°+180°﹣（∠ACB+∠ABC）]＝180°−12（180°+∠A）＝90°﹣∠A＝67°，
∵∠MBC与∠NCB的角平分线交于点P，
∴∠P＝180°﹣（12∠NFE+12∠MEF）＝180°﹣[12（180°﹣∠AFE）+12（180°﹣∠AEF）]＝180°−12[180°+180°﹣（∠AEF+∠AFE）]＝180°−12（180°+∠A）＝90°﹣∠A＝67°，
故答案为：67°．
解题秘籍：本题主要考查三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理和角平分线的性质是解题的关键．
几何模型四 蝴蝶型两角平分线夹角
例4 如图所示，AB，CD相交于点E，CF，BF分别为∠ACD和∠ABD的平分线且相交于点F，求证：∠F=12（∠A+∠D）．

思路引领：由角的平分线得出∠1＝∠2，∠3＝∠4，再由三角形内角和定理和三角形的外角性质，即可得出结论．
解：如图所示：
∵CF、BF分别是∠ACD和∠ABD的平分线，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
在△AMC和△FMB中，∠A+∠1＝∠3+∠F①，
在△AEC和△DEB中，∠A+∠1+∠2＝∠3+∠4+∠D，
即∠A+2∠1＝2∠3+∠D②，
由①×2﹣②得，∠A＝2∠F﹣∠D，
即2∠F＝∠A+∠D，
∴∠F=12（∠A+∠D）．

解题秘籍：本题考查了角平分线的定义、三角形内角和定理、三角形的外角性质；熟练掌握三角形内角和定理和三角形的外角性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
模型应用4
6．如图，AC，BD相交于点O，BP，CP分别平分∠ABD，∠ACD，且交于点P．
（1）若∠A＝70°，∠D＝60°，求∠P的度数；
（2）试探索∠P与∠A，∠D间的数量关系；
（3）若∠A：∠D：∠P＝2：4：x，求x的值；
（4）若BP、CP分别为∠ABD、∠ACD的外角平分线，则∠P与∠A、∠D的关系为　 　．

思路引领：（1）运用三角形的外角等于两个不相邻的内角的和，可得∠A+∠ABF＝∠P+∠PCF，∠D+∠DCP＝∠P+∠DBP，再根据角平分线的定义和等式的性质可得∠A+∠D＝2∠P，从而得出关系；
（2）证明方法与（1）相同．
（3）代入（1）的关系式可求得x的值．
（4）如图，作CP′平分∠ACD，P′B平分∠ABC，首先证明∠PCP′＝∠PBP′＝90°，利用四边形内角和定理解决问题即可．
解：（1）∵∠CFB＝∠A+∠ABF，∠CFB＝∠P+∠PCF（三角形的外角等于两个不相邻的内角的和），
∴∠A+∠ABF＝∠P+∠PCF（等量代换），
同理：∠D+∠DCP＝∠P+∠DBP，
∴∠A+∠ABF+∠D+∠DCP＝2∠P+∠PCF+∠DBP（等式性质），
∵CP，BP分别平分∠DCA，∠DBA，
∴∠ABF＝∠DBP，∠DCP＝∠PCF（角平分线的定义），
∴∠A+∠D＝2∠P；
∠P=12（∠A+∠D），
∵∠A＝70°，∠D＝60°，
∴∠P＝65°
（2）∵∠CFB＝∠A+∠ABF，∠CFB＝∠P+∠PCF（三角形的外角等于两个不相邻的内角的和），
∴∠A+∠ABF＝∠P+∠PCF（等量代换），
同理：∠D+∠DCP＝∠P+∠DBP，
∴∠A+∠ABF+∠D+∠DCP＝2∠P+∠PCF+∠DBP（等式性质），
∵CP，BP分别平分∠DCA，∠DBA，
∴∠ABF＝∠DBP，∠DCP＝∠PCF（角平分线的定义），
∴∠A+∠D＝2∠P；
∠P=12（∠A+∠D），
（3）由∠A：∠D：∠P＝2：4：x，
可设∠A＝2k，∠D＝4k，∠P＝xk（k≠0），代入∠D+∠A＝2∠P可得：6k＝2xk，解得x＝3
（4）如图，作CP′平分∠ACD，P′B平分∠ABC，

由（2）可知：∠P=12（∠A+∠D），
∵PC平分∠ACM，
∴∠PCP′=12∠ACM+12∠ACD=12×180°＝90°，
同法可证：∠PBP′＝90°，
∴∠P+∠P′＝180°，
∴∠P＝180°−12（∠A+∠D）．
故答案为：∠P＝180°−12（∠A+∠D）．
解题秘籍：本题主要考查三角形外角的性质，解题的关键是在复杂图形中观察出外角和内角之间的关系，有一定的难度．
几何模型五 燕尾形两角平分线夹角
例5 如图，BP，CP分别平分∠ABD，∠ACD，它们交于点P.求证:∠P＝(∠A＋∠D).

证明略
模型应用5
7．（2022春•宜兴市校级月考）如图，∠ABD、∠ACD的角平分线交于点P，若∠A＞∠D，∠ACD﹣∠ABD＝64°，∠P＝18°，则∠A的度数为（　　）

A．50° B．46° C．48° D．80°
思路引领：先利用角平分线的定义得到∠ABP=12∠ABD，∠ACP=12∠ACD，再根据三角形内角和定理得到∠ABP+∠A＝∠ACP+∠P，所以∠A=12（∠ACD﹣∠ABD）+∠P，然后把∠ACD﹣∠ABD＝64°，∠P＝18°代入计算即可．
解：如图，
∵∠ABD、∠ACD的角平分线交于点P，
∴∠ABP=12∠ABD，∠ACP=12∠ACD，
∵∠1＝∠2，
∴∠ABP+∠A＝∠ACP+∠P，
∴∠A＝∠ACP﹣∠ABP+∠P
=12（∠ACD﹣∠ABD）+∠P
=12×64°+18°
＝50°．
故选：A．

解题秘籍：本题考查了三角形内角和定理：运用三角形内角和定理主要用在求三角形中角的度数，可以直接根据两已知角求第三个角或依据三角形中角的关系，用代数方法求三个角．
8．（2021春•武侯区校级月考）已知，如图，在△ABC，∠A＝60°，若∠ABC和∠ACB的角平分线交于点O1，则∠BO1C＝　 　°；若∠ABO1和∠ACO1的角平分线交于点O2，∠ABO2和∠ACO2的角平分线交于点O3，则∠BO3C＝　 　°．

思路引领：由题意可以假设∠ABO3＝∠O3BO2＝x，∠ACO3＝∠O3CO2＝y，则∠ABO2＝∠O2BO1＝2x，∠ACO2＝∠O2CO1＝2y，∠ABO1＝∠O1BC＝4x，∠ACO1＝∠O1CB＝4y，推出∠ABC＝8x，∠ACB＝8y，可得8x+8y＝180°﹣60°，推出x+y＝15°，即可解决问题．
解：由题意可以假设∠ABO3＝∠O3BO2＝x，∠ACO3＝∠O3CO2＝y，
则∠ABO2＝∠O2BO1＝2x，∠ACO2＝∠O2CO1＝2y，∠ABO1＝∠O1BC＝4x，∠ACO1＝∠O1CB＝4y，
∴∠ABC＝8x，∠ACB＝8y，
∴8x+8y＝180°﹣60°，
∴x+y＝15°，
∴4x+4y＝60°，
∴∠O1BC+∠O1CB＝60°，
∴∠BO1C＝180°﹣60°＝120°，
∴7x+7y＝105°，
∴∠O3BC+∠O3CB＝105°，
∴∠BO3C＝180°﹣105°＝75°，
故答案为：120，75．
解题秘籍：本题考查三角形内角和定理，角平分线的定义等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
几何模型六 三角形一内角平分线与一高的夹角
例6 （2022春•金牛区校级期中）如图，AD是△ABC的高，AE是△ABC的角平分线，若∠B＝48°，∠C＝68°，则∠DAE的度数是（　　）

A．10° B．12° C．14° D．16°
思路引领：根据三角形内角和定理求出∠BAC，根据角平分线的定义求出∠EAC，求出∠DAC，再求出答案即可．
解：∵∠B＝48°，∠C＝68°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝64°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC=12∠BAC＝32°，
∵AD是△ABC的BC边上的高，
∴∠ADC＝90°，
∵∠C＝68°，∴∠DAC＝90°﹣∠C＝22°，
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝32°﹣22°＝10°，
故选：A．
解题秘籍：本题考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，三角形的高定义等知识点，能求出∠EAC的度数是解此题的关键．
模型应用6
9．（2021秋•湖州期末）如图，在△ABC中，AE是△ABC的角平分线，D是AE延长线上一点，DH⊥BC于点H．若∠B＝30°，∠C＝50°，则∠EDH＝ 　．

思路引领：在△EHD中，由三角形的外角性质知：∠HED＝∠AEC＝∠B+12∠BAC，所以∠B+12∠BAC+∠EDH＝90°；联立△ABC中，由三角形内角和定理得到的式子，即可推出∠EDH=12（∠C﹣∠B）．
解：由三角形的外角性质知：∠HED＝∠AEC＝∠B+12∠BAC，
故∠B+12∠BAC+∠EDH＝90° ①，
△ABC中，由三角形内角和定理得：∠B+∠BAC+∠C＝180°，
即：12∠C+12∠B+12∠BAC＝90° ②，
②﹣①，得：∠EDH=12（∠C﹣∠B）=12×（50°﹣30°）＝10°．
故答案为：10°．

解题秘籍：本题考查三角形内角和定理、三角形的外角性质以及角平分线的定义等知识，解题的关键是证明∠EDH=12（∠C﹣∠B）．
第二部分 专题提优训练
1．（2022春•海淀区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与y轴在正半轴、x轴正半轴分别交A、B两点，点C在BA的延长线上，AD平分∠CAO，BD平分∠ABO，则∠D的度数是（　　）

A．30° B．45° C．55° D．60°
思路引领：由OA⊥OB即可得出∠OAB+∠ABO＝90°、∠AOB＝90°，再根据角平分线的定义以及三角形内角和定理即可求出∠P的度数．
解：∵OA⊥OB，
∴∠OAB+∠ABO＝90°，∠AOB＝90°．
∵AD平分∠CAO，
∴∠DAO=12∠OAC=12（180°﹣∠OAB）．
∵BD平分∠ABO，
∴∠ABD=12∠ABO，
∴∠D＝180°﹣∠DAO﹣∠OAB﹣∠ABD＝180°−12（180°﹣∠OAB）﹣∠OAB−12∠ABO＝90°−12（∠OAB+∠ABO）＝45°．
故选：B．
解题秘籍：本题考查了三角形内角和定理，解题的关键是找出∠P＝90°−12（∠OAB+∠ABO）．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，熟练运用三角形内角和定理解决问题是关键
2．（2022春•仪征市期中）如图，∠AOB＝60°，点M、N分别在OA、OB上运动（不与点O重合），ME平分∠AMN，ME的反向延长线与∠MNO的平分线交于点F，在M、N的运动过程中，∠F的度数（　　）

A．变大 B．变小 C．等于45° D．等于30°
思路引领：由∠AMN是△OMN的外角，∠EMN是△FMN的外角，得到∠AMN＝∠O+∠ONM，∠EMN＝∠F+∠FNM，
再由角平分线，得到∠AMN＝2∠EMN，∠ONM＝2∠FNM，从而得到∠F=12∠O．
解：∵∠AMN是△OMN的外角，
∴∠AMN＝∠O+∠ONM，
∵∠EMN是△FMN的外角，
∴∠EMN＝∠F+∠FNM，
∵ME平分∠AMN，FN平分∠MNO，
∴∠AMN＝2∠EMN，∠ONM＝2∠FNM，
∴∠O＝2∠F，
∴∠F＝30°．
故选：D．
解题秘籍：本题考查了三角形的外角等于与它不相邻的两内角之和，以及三角形的内角和是180°的定理的综合运用．属于常考题．
3．（2022春•宜兴市校级月考）在△ABC中，BD、BE分别是高和角平分线，点F在CA的延长线上，FH⊥BE交BD于点G，交BC于点H，下列结论：
①∠DBE＝∠EFH；
②2∠BEF＝∠BAF+∠C；
③2∠EFH＝∠BAC﹣∠C；
④∠BGH＝∠ABE+∠C．
其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
思路引领：根据BD⊥FD，FH⊥BE，∠FGD＝∠BGH即可判断①；
根据角平分线的定义和三角形的外角性质可判断②；
根据角平分线的定义和三角形内角和定理，可求出∠CBE，再根据垂直的定义，可求出∠CBD，再根据∠EBD＝∠CBD﹣∠CBE以及①的结论可判断③；
根据角平分线的定义和三角形的外角性质可判断④．
解：①∵BD⊥FD，
∴∠FGD+∠EFH＝90°，
∵FH⊥BE，
∴∠BGH+∠DBE＝90°，
∵∠FGD＝∠BGH，
∴∠DBE＝∠EFH，
故①正确；
②∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠BEF＝∠CBE+∠C，∠BAF＝∠ABC+∠C＝2∠CBE+∠C，
∴∠BAF+∠C＝2∠CBE+2∠C＝2（∠CBE+∠C）＝2∠BEF，
故②正确；
③∵BE平分∠ABC，
∴∠CBE=12∠ABC，
∵∠ABC＝180°﹣∠C﹣∠BAC，
∴∠CBE=12（180°﹣∠C﹣∠BAC）＝90°−12（∠C+∠BAC），
∵BD⊥AC，
∴∠BDC＝90°，
∴∠CBD＝90°﹣∠C，
∵∠EBD＝∠CBD﹣∠CBE＝90°﹣∠C﹣90°+12（∠C+∠BAC）=12（∠BAC﹣∠C），
∴2∠EBD＝∠BAC﹣∠C，
∵∠EBD＝∠EFH，
∴2∠EFH＝∠BAC﹣∠C，
故③正确；
④∵∠FEB＝∠EBC+∠C，∠ABE＝∠EBC，
∴∠FEB＝∠ABE+∠C，
∵BD⊥FC，FH⊥BE，
∴∠FGD＝∠FEB，
∵∠FGD＝∠BGH，
∴∠BGH＝∠FEB，
∴∠BGH＝∠ABE+∠C，
故④正确；
故选：D．
解题秘籍：本题考查三角形内角和定理，三角形外角性质，解题的关键是正确运用三角形的高，中线和角平分线的概念以及熟练掌握三角形的内角和定理和外角性质．
4．（2022•雁塔区校级二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AE是△ABC的外角∠BAD的平分线，BF平分∠ABC与AE的反向延长线相交于点F，则∠BFE为（　　）

A．35° B．40° C．45° D．50°
思路引领：根据角平分线的定义的定义可知：∠ABF=12∠ABC，∠EAB=12∠BAD，根据三角形外角的性质可知：∠EAB﹣∠ABF＝45°，得到∠BFE的度数．
解：∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=12∠ABC，
∵AE平分∠DAB，
∴∠EAB=12∠DAB，
∵∠DAB﹣∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠EAB﹣∠ABF＝45°，
∴∠BFE＝∠EAB﹣∠ABF＝45°，
故选：C．
解题秘籍：本题考查的是三角形内角和定理和三角形的外角的性质，掌握三角形内角和等于180°和三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
5．（2021秋•虎林市期末）把一副三角板ABC与BDE按如图所示的方式拼接在一起，其中A、D、B三点在同一条直线上，BM为∠ABC的角平分线，BN为∠CBE的角平分线．下列结论：①∠MBN＝45°，②∠BNE＝∠BMC，③∠EBN＝65°，④2∠NBD＝∠CBM，其中结论正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
思路引领：利用特殊三角形的性质以及角平分线的定义求解即可．
解：∵∠ABC＝60°，BM平分∠ABC，
∴∠ABM＝∠CBM＝30°，
∵∠DBE＝90°，
∴∠CBE＝90°+60°＝150°，
∵BN平分∠CBE，
∴∠CBN＝∠EBN=12×150°＝75°，
∴∠MBN＝∠CBN﹣∠CBN＝75°﹣30°＝45°，故①正确，③错误，
∵∠C＝90°，
∴∠BMC＝90°﹣30°＝60°，
∵∠BNE＝180°﹣∠E﹣∠EBN＝180°﹣75°﹣45°＝60°，
∴∠BMC＝∠BNE，故②正确，
∴∠NBD＝90°﹣75°＝15°，
∴2∠NBD＝∠CBM，故④正确，
故选：C．
解题秘籍：本题考查三角形内角和定理，角平分线的定义等知识，解题的关键是掌握角平分线的定义，属于中考常考题型．
6．（2021秋•泗水县期末）如图，在△ABC中，∠ABC的平分线与△ABC的外角平分线相交于点D，∠A＝44°，则∠D的度数是（　　）

A．44° B．24° C．22° D．20°
思路引领：根据角平分线的定义可得∠CBD=12∠ABC，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和和角平分线的定义表示出∠DCE，然后整理即可得到∠D=12∠BAC，代入数据计算即可得解．
解：如图：

∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD=12∠ABC，
∵CD平分△ABC的外角，
∴∠DCE=12∠ACE=12（∠A+∠ABC）=12∠A+12∠ABC，
在△BCD中，由三角形的外角性质，∠DCE＝∠CBD+∠D=12∠ABC+∠D，
∴12∠A+12∠ABC=12∠ABC+∠D，
∴∠D=12∠BAC=12×44°＝22°，
故选：C．
解题秘籍：本题考查了三角形的外角性质的应用，能正确运用性质进行推理和计算是解此题的关键，注意：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
7．（2021秋•任城区期末）如图，点O是△ABC内一点，∠A＝60°，BO、CO分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，则∠BOC等于（　　）

A．110° B．120° C．130° D．无法确定
思路引领：根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB＝120°，根据角平分线求出∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠ACB求出∠OBC+∠OCB＝60°，根据三角形的内角和定理求出即可．
解：∵∠A＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝120°，
∵BO、CO分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，
∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB＝60°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝120°，
故选：B．
解题秘籍：本题主要考查了三角形的内角和定理．能求出∠OBC+∠OCB的度数是解答此题的关键．
8．（2021秋•莱阳市期末）如图，F是△ABC的角平分线CD和BE的交点，CG⊥AB于点G．若∠ACG＝32°，则∠BFC的度数是（　　）

A．119° B．122° C．148° D．150°
思路引领：由已知条件可求得∠A＝58°，则由三角形的内角和可得∠ABC+∠ACB＝122°，由角平分线可得∠BCD=12∠ACB，∠CBE=12∠ABC，从而可求得∠BCD+∠CBE＝61°，再次利用三角形的内角和即可求∠BFC的度数．
解：∵CG⊥AB，∠ACG＝32°，
∴∠A＝90°﹣∠ACG＝58°，
在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝122°，
∵F是△ABC的角平分线CD和BE的交点，
∴∠BCD=12∠ACB，∠CBE=12∠ABC，
∴∠BCD+∠CBE=12（∠ACB+∠ABC）＝61°，
在△BFC中，∠BFC＝180°﹣（∠BCD+∠CBE）＝119°．
故选：A．
解题秘籍：本题主要考查三角形的内角和，解答的关键是结合图形分析清楚角与角之间的关系．
9．（2021秋•临漳县期末）BP是∠ABC的平分线，CP是∠ACB的邻补角的平分线，∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠P＝（　　）

A．30° B．40° C．50° D．60°
思路引领：根据角平分线的性质求出∠CBP与∠ACB的度数，再根据三角形内角和定理即可求解．
解：∵CP是∠ACM的角平分线，∠ACP＝90°，
∴∠ACM＝2∠ACP＝100°，
∴∠ACB＝80°，
∵BP是∠ABC的角平分线，∠ABP＝20°，
∴∠CBP＝∠ABP＝20°，
∴∠P＝180°﹣∠CBP﹣∠ACB﹣∠ACP
＝180°﹣20°﹣80°﹣50°
＝30°，
故选：A．
解题秘籍：本题考查了三角形内角和定理，角平分线的性质等知识，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．
10．（2021秋•武冈市期末）如图，已知P是三角形ABC内一点，∠BPC＝120°，∠A＝70°，BD是∠ABP的角平分线，CE是∠ACP的角平分线，BD与CE交于点F，则∠BFC等于（　　）

A．100° B．90° C．85° D．95°
思路引领：利用三角形的内角和定理求得∠ABC+∠ACB，由∠BPC＝120°，可得∠PBC+∠PCB，利用角平分线的性质可得∠FBP+∠FCP，易得∠FBC+∠FCB，由三角形的内角和定理可得结果．
解：∵∠A＝70°，
∴∠ABC+∠ACB＝110°，
∵∠BPC＝120°，
∴∠PBC+∠PCB＝180°﹣∠BPC＝60°，
∴∠ABP+∠ACP＝110°﹣60°＝50°，
∵BD是∠ABP的平分线，CE是∠ACP的平分线，
∴∠FBP+∠FCP＝25°，
∴∠FBC+∠FCB＝∠PBC+∠PCB+∠FBP+∠FCP＝60°+25°＝85°，
∠BFC＝180°﹣（∠FBC+∠FCB）＝180°﹣85°＝95°．
故选：D．
解题秘籍：本题主要考查了三角形的内角和定理，运用整体代入是解答此题的关键．
11．（2022春•宜兴市校级月考）如图，∠A＝45°，∠BCD＝135°，∠AEB与∠AFD的角平分线交于点P，下列结论：①EP⊥FP；②∠AEB+∠AFD＝∠P；③∠A＝∠PEB+∠PFD．其中正确的有（　　）个．

A．0 B．1 C．2 D．3
思路引领：延长EP交AB于G，根据角平分线的定义可得∠1＝∠AEP=12∠AEB，∠2＝∠PFD=12∠AFD，再根据邻补角的定义求出∠BCF＝45°，然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和分别用∠1和∠2表示出∠EGB和∠EBG，再利用三角形的内角和定理列式求出∠1+∠2，然后表示出∠EPF即可判断出①②正确，再求出∠PEB+∠PFD＝45°，判断出③正确．
解：如图，延长EP交AB于G，
∵∠AEB与∠AFD的角平分线交于点P，
∴∠1＝∠AEP=12∠AEB，∠2＝∠PFD=12∠AFD，
∵∠BCD＝135°，
∴∠BCF＝180°﹣135°＝45°，
在△AEG中，∠EGB＝∠A+∠AEP＝45°+∠1，
在△BCF中，∠EBG＝∠AFD+∠BCF＝2∠2+45°，
在△BEG中，∠1+∠EGB+∠EBG＝180°，
即∠1+45°+∠1+2∠2+45°＝180°，
解得∠1+∠2＝45°，
在△GFP中，∠EPF＝∠EGB+∠2＝45°+∠1+∠2＝45°+45°＝90°，
∴EP⊥FP，故①正确；
∠AEB+∠AFD＝2∠1+2∠2＝2（∠1+∠2）＝90°＝∠P，故②正确；
∵∠PEB+∠PFD＝∠1+∠2＝45°，
∴∠A＝∠PEB+∠PFD＝45°，故③正确．
综上所述，正确的结论有①②③共3个．
故选：D．

解题秘籍：本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，作辅助线构造出三角形并求出∠1+∠2＝45°是解题的关键．
12．（2022春•碑林区校级期中）如图，在△ABC中，∠B＝40°，∠C＝56°，AE，AD分别是角平分线和高，则∠DAE的度数是 　 　．

思路引领：利用三角形内角和定理求出∠BAC，再根据角平分线和高线，可求出∠BAE和∠BAD，进而可求出∠DAE的度数．
解：∵∠B＝40°，∠C＝56°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝84°，
∵AE是△ABC的角平分线，
∴∠BAE＝∠EAC=12∠BAC＝42°，
又∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝50°，
∴∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE＝50°﹣42°＝8°．
故答案为：8°．
解题秘籍：本题考查了三角形的内角和定理、角平分线的性质等知识点，掌握三角形的内角和定理是解题关键．
13．（2022•灞桥区校级二模）三角形的一个外角是100°，则与它不相邻的两内角平分线夹角（钝角）是 　 　．

思路引领：由三角形的外角性质可得∠BAC+∠ABC＝100°，再由角平分线的定义得∠1=12∠BAC，∠3=12∠ABC，从而可求得∠1+∠3＝50°，再利用三角形的内角和定理即可求解．
解：∵∠ACQ是△ABC的外角，且∠ACQ＝100°，
∴∠BAC+∠ABC＝100°，
∵AD平分∠BAC，BD平分∠ABC，
∴∠1=12∠BAC，∠3=12∠ABC，
∴∠1+∠3=12（∠BAC+∠ABC）＝50°，
∴∠D＝180°﹣（∠1+∠3）＝130°．
故答案为：130°．
解题秘籍：本题主要考查三角形的外角性质，三角形的内角和定理，解答的关键是结合图形分析清楚各角之间的关系．
14．（2021秋•威县期末）如图，AD是△ABC的BC边上的高，AE是∠BAC的角平分线．
（1）若∠B＝47°，∠C＝73°，则∠DAE的度数为 　 　．
（2）若∠B＝α°，∠C＝β°（α＜β），用含α、β的代数式表示∠DAE的度数＝　　．

思路引领：（1）根据三角形的内角和定理求出∠BAC的度数，再根据角平分线的定义求出∠BAE的度数，根据直角三角形两锐角互余求出∠BAD的度数，然后根据∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE计算即可．
（2）根据（1）的思路，把度数换位α，β，整理即可得解．
解：（1）∵∠B＝47°，∠C＝73°，
∴∠BAC＝180°﹣47°﹣73°＝60°，
∵AD是△ABC的BC边上的高，
∴∠BAD＝90°﹣47°＝43°．
∵AE是∠BAC的角平分线，
∴∠BAE=12∠BAC＝30°．
∴∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE＝43°﹣30°＝13°．
故答案为：13°．
（2）∵∠B＝α°，∠C＝β°，
∴∠BAC＝180°﹣α°﹣β°，
∵AD是△ABC的BC边上的高，
∴∠BAD＝90°﹣α°，
∵AE是∠BAC的角平分线，
∴∠BAE=12∠BAC=12（180°﹣α°﹣β°），
∴∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE
＝90°﹣α°−12(180°−α°−β°)
＝90°﹣α°﹣90°+12α°+12β°
=12（β﹣α）°．
故答案为：12(β−α)°．
解题秘籍：本题考查了三角形的角平分线，三角形的高线，以及三角形的内角和定理，仔细分析图形，观察出∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE，然后分别表示出∠BAD和∠BAE是解题的关键．
15．（2021秋•金台区期末）如图，在△ABC中，∠A＝52°，∠ABC与∠ACB的角平分线交于D1，∠ABD1与∠ACD1的
角平分线交于点D2，则∠BD2C的度数是 　 　．

思路引领：根据三角形内角和定理得∠ABC+∠ACB＝180°﹣52°＝128°，再根据角平分线的定义得∠ABD1+∠ACD1＝64°，∠D2BA+∠D2CA＝32°，再利用角的和差关系得出答案．
解：∵∠A＝52°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣52°＝128°，
∵∠ABC与∠ACB的角平分线交于D1，
∴∠ABD1+∠ACD1＝∠D1BC+∠D1CB=12(∠ABC+∠ACB)=64°，
∵∠ABD1与∠ACD1的角平分线交于点D2，
∴∠D2BA+∠D2CA=12(∠ABD1+∠ACD1)=32°，
∴∠CBD2+∠BCD2＝（∠ABC+∠ACB）﹣（∠D2BA+∠D2CA）＝128°﹣32°＝96°，
∴∠BD2C＝180°﹣（∠CBD2+∠BCD2）＝180°﹣96°＝84°，
故答案为：84°．
解题秘籍：本题主要考查了三角形内角和定理，角平分线的性质，利用整体思想是解题的关键．
16．（2021秋•江油市期末）如图，小明在计算机上用“几何画板”画了一个Rt△ABC，∠C＝90°，并画出了两锐角的角平分线AD，BE及其交点F．小明发现，无论怎样变动Rt△ABC的形状和大小，∠AFB的度数是定值．这个定值为 　 　．

思路引领：利用三角形内角和定理和直角三角形的性质求解即可．
解：∵∠C＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵AD平分∠CAB，EB平分ABC，
∴∠FAB=12∠CAB，∠FBA=12∠CBA，
∴∠FAB+∠FBA=12（∠CAB+∠CBA）＝45°，
∴∠AFB＝180°﹣45°＝135°．
故答案为：135°．
解题秘籍：本题考查直角三角形的性质，三角形内角和定理，角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
17．（2021秋•黄石期末）如图，△ABC的内角∠ABC的平分线BP与外角∠ACD的平分线CP交于点P，连接AP，若∠BPC＝46°，则∠CAP＝　 　°．

思路引领：延长BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，设∠PCD＝x°，由角平分线的定义可得∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，从而可得PF＝PM，根据三角形的外角性质得∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣46）°，由三角形的内角和性质得出∠BAC的度数，再利用角平分线的性质以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP＝∠FAP，即可得出答案．
解：延长BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，如图所示：

设∠PCD＝x°，
∵CP平分∠ACD，
∴∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，
∴PF＝PM，
∵∠BPC＝46°，
∴∠ABP＝∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣46）°，
∴∠BAC＝∠ACD﹣∠ABC＝2x°﹣（x°﹣46°）﹣（x°﹣46°）＝92°，
∴∠CAF＝88°，
在Rt△PFA和Rt△PMA中，
PA=PAPM=PF，
∴Rt△PFA≌Rt△PMA（HL），
∴∠FAP＝∠PAC＝44°．
故答案为：44．
解题秘籍：此题主要考查了角平分线的性质，三角形外角的性质，直角三角全等的判定等知识，根据角平分线的性质得出PM＝PN＝PF是解决问题的关键．
18．（2022春•源城区月考）如图，BE、CE分别为△ABC的内、外角平分线，BF、CF分别为△EBC的内、外角平分线，若∠A＝52°，则∠BFC＝　 　度．

思路引领：根据角平分线的性质，由CE平分∠ACD，BE平分∠ABC得∠ECD=12∠ACD，∠EBC=12∠ABC，进而推断出∠E＝∠ECD﹣∠EBC=12∠ACD−12∠ABC=12∠A．同理可得∠F=12∠E，从而解决此题..
解：∵CE平分∠ACD，BE平分∠ABC，
∴∠ECD=12∠ACD，∠EBC=12∠ABC．
又∵∠ECD＝∠E+∠EBC，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBC=12∠ACD−12∠ABC=12(∠ACD−∠ABC)=12∠A=12×52°=26°．
同理可证：∠F=12∠E=12×26°=13°．
故答案为13．
解题秘籍：本题主要考查角平分线的性质以及三角形外角的性质，熟练掌握角平分线的性质以及三角形外角的性质是解决本题的关键．
19．（2022春•射阳县期中）如图，△ABC的角平分线CD、BE相交于F，∠A＝90°，EG∥BC，且CG⊥EG于G，下列结论：①∠CEG＝2∠DCB；②∠DFB＝45°；③∠ADC＝∠GCD；④CA平分∠BCG．其中正确的结论是　 　（填序号）．

思路引领：根据角平分线的性质，垂直的性质及三角形内角和定理依次判断求解．
解：∵EG∥BC，且CG⊥EG于G，
∴∠BCG+∠G＝180°，
∵∠G＝90°，
∴∠BCG＝180°﹣∠G＝90°，
∵∠GEC+∠GCE＝90°，∠BCA+∠GCE＝90°，
∴∠GEC＝∠BCA，
∵CD平分∠BCA，
∴∠GEC＝∠BCA＝2∠DCB，
∴①正确．
∵CD，BE平分∠BCA，∠ABC，
∴∠BFD＝∠BCF+∠CBF=12（∠BCA+∠ABC）＝45°，
∴②正确．
∵∠GCE+∠ACB＝90°，∠ABC+∠ACB＝90°，
∴∠GCE＝∠ABC，
∵∠GCD＝∠GCE+∠ACD＝∠ABC+∠ACD，
∠ADC＝∠ABC+∠BCD，
∴∠ADC＝∠GCD，
∴③正确．
∵∠GCE+∠ACB＝90°，
∴∠GCE与∠ACB互余，
∴④错误．
故答案为：①②③．
解题秘籍：本题考查平行线的性质与三角形内角和及外角定理，解题关键是熟练掌握以上性质及定理．
20．（2021秋•西安期末）如图在△ABC中，BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，交于O，CE为外角∠ACD的平分线，交BO的延长线于点E，记∠BAC＝∠1，∠BEC＝∠2，则以下结论 ①∠1＝2∠2，②∠BOC＝3∠2，③∠BOC＝90°+∠1，④∠BOC＝90°+∠2，正确的是　 　．（把所有正确的结论的序号写在横线上）

思路引领：依据角平分线的性质以及三角形外角性质，即可得到∠1＝2∠2，∠BOC＝90°+12∠1，∠BOC＝90°+∠2．
解：∵CE为外角∠ACD的平分线，BE平分∠ABC，
∴∠DCE=12∠ACD，∠DBE=12∠ABC，
又∵∠DCE是△BCE的外角，
∴∠2＝∠DCE﹣∠DBE，
=12（∠ACD﹣∠ABC）
=12∠1，故①正确；
∵BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，
∴∠OBC=12ABC，∠OCB=12∠ACB，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）
＝180°−12（∠ABC+∠ACB）
＝180°−12（180°﹣∠1）
＝90°+12∠1，故②、③错误；
∵OC平分∠ACB，CE平分∠ACD，
∴∠ACO=12∠ACB，∠ACE=12ACD，
∴∠OCE=12（∠ACB+∠ACD）=12×180°＝90°，
∵∠BOC是△COE的外角，
∴∠BOC＝∠OCE+∠2＝90°+∠2，故④正确；
故答案为：①④．

解题秘籍：本题考查了三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，以及角平分线的定义．
21．（2021秋•开江县期末）已知，如图，在△ABC中，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线，若∠B＝30°，∠C＝50°．则∠DAE＝　10°　．

思路引领：根据三角形内角和定理得到∠BAC+∠B+∠C＝180°，而∠B＝30°，∠C＝50°，可求得∠BAC＝180°﹣30°﹣50°＝100°，根据△ABC的角平分线的定义得到∠EAC=12∠BAC＝50°，而AD为高线，则∠ADC＝90°，而∠C＝50°，于是∠DAC＝180°﹣90°﹣50°＝40°，然后利用∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC计算即可．
解：∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，而∠B＝30°，∠C＝50°，
∴∠BAC＝180°﹣30°﹣50°＝100°，
∵AE是△ABC的角平分线，
∴∠EAC=12∠BAC＝50°
又∵AD为高线，
∴∠ADC＝90°，而∠C＝50°，
∴∠DAC＝180°﹣90°﹣50°＝40°，
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝50°﹣40°＝10°．
故答案为：10°．
解题秘籍：本题考查了三角形内角和定理：三角形的内角和为180°．也考查了角平分线的定义．
22．（2022春•达川区校级期中）如图，△ABC中，若∠BAC＝80°，O为三条角平分线的交点，则∠BOC＝　 　度．

思路引领：根据三角形的内角和是180°，得：∠ABC+∠ACB＝180°﹣80°＝100°；
又O为三条角平分线的交点，得：∠OBC+∠OCB=12∠ABC+12∠ACB=12×100°＝50°；
再根据三角形的内角和定理，得：∠BOC＝130°．
解：在△ABC中，∵∠BAC＝80°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣80°＝100°．
又∵O为三条角平分线的交点
∴∠OBC+∠OCB=12∠ABC+12∠ACB=12×100°＝50°．
在三角形OBC中，∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝130°．
解题秘籍：理解角平分线的概念以及掌握三角形的内角和定理．此题中，注意公式的总结：∠BOC＝90°+12∠A．
23．（2022春•碑林区校级期中）如图，在△ABC中，AD、AE分别是△ABC的角平分线和高线．
（1）若∠B＝40°，∠C＝60°，求∠DAE的度数；
（2）若∠DAE＝15°，求∠C﹣∠B的大小．

思路引领：（1）利用三角形的内角和定理、角平分线的性质先求出∠BAD，再利三角形外角与内角的关系求出∠ADE，最后利用三角形外角与内角的关系求出∠DAE；
（2）在Rt△ABE和Rt△ACE中表示出∠B、∠C，两式相减得结论．
解：（1）∵∠B＝40°，∠C＝60°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝80°．
∵AD、AE分别是△ABC的角平分线和高线，
∴∠BAD=12∠BAC＝40°，∠AEC＝90°．
∵∠ADE＝∠B+∠BAD＝80°，∠AEC＝∠ADE+∠DAE，
∴∠DAE＝90°﹣80°＝10°．
（2）在Rt△ABE和Rt△ACE中，
∵∠B+∠BAE＝90°，∠C+∠CAE＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠BAE，∠C＝90°﹣∠CAE．
∴∠C﹣∠B＝90°﹣∠CAE﹣（90°﹣∠BAE）
＝∠BAE﹣∠CAE
＝∠BAD+∠DAE﹣（∠CAD﹣∠DAE）
＝2∠DAE
＝30°．

解题秘籍：本题主要考查了三角形的内角和定理，掌握“三角形的内角和是180°”、“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和”、“直角三角形的两个锐角互余”及角平分线的性质是解决本题的关键．
24．（2022春•滨海县校级月考）【情景引入】
（1）如图1，BD、CD分别是△ABC的内角∠ABC、∠ACB的平分线，说明∠D＝90°+12∠A的理由．
【深入探究】
（2）①如图2，BD、CD分别是△ABC的两个外角∠EBC、∠FCB的平分线，∠D与∠A之间的等量关系是 　 　；
②如图3，BD、CD分别是△ABC的一个内角∠ABC和一个外角∠ACE的平分线，探究∠D与∠A之间的等量关系，并说明理由．
【拓展应用】
（3）请用以上结论解决下列问题：如图4，在△ABC中，BD、CD分别平分∠ABC、∠ACB，M、N、Q分别在DB、DC、BC的延长线上，BE、CE分别平分∠MBC、∠BCN，BF、CF分别平分∠EBC、∠ECQ．
①∠A＝80°，则∠F的度数为 　　；
②∠F＝n°，则∠A的度数为 　 　．

思路引领：（1）利用角平分线的定义得出∠1+∠2=12（∠ABC+∠ACB），再利用三角形内角和定理即可求解；
（2）①利用三角形内角和定理可得∠DBC+∠DCB+∠D＝180°，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，利用角平分线的定义可得∠EBD＝∠DBC，∠BCD＝∠DCF，从而得到∠A﹣2（180°﹣∠D）＝﹣180°，化简即可求解；
②利用三角形的外角性质可得∠DCE＝∠DBC+∠D，∠A+2∠DBC＝2∠DCE，从而得到∠A+2∠DBC＝2∠DBC+2∠D，化简即可求解；
（3）①由（1）知：∠D＝90°+12∠A，即可求出∠A，利用三角形内角和定理可得∠MBC+∠NCB，再利用角平分线的性质可得∠CBE+∠BCE，利用三角形内角和定理可得∠E，再由（2）②可知∠F=12∠E，求解即可；
②利用（3）①的解答过程进行逆推即可求解．
解：（1）∵BD、CD分别是∠ABC、∠ACB的平分线，
∴∠1=12∠ABC，∠2=12∠ACB，
∴∠1+∠2=12（∠ABC+∠ACB），
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠1+∠2+∠D＝180°，
∴∠D＝180°﹣∠1﹣∠2＝180°−12（∠ABC+∠ACB），
∴∠D＝90°+12∠A；
（2）①∠D与∠A之间的等量关系是：∠D＝90°−12∠A，理由如下：
∵BD、CD分别是△ABC的两个外角∠EBC、∠FCB的平分线，
∴∠EBD＝∠DBC，∠BCD＝∠DCF，
∵∠DBC+∠DCB+∠D＝180°，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠ABC＝180°﹣2∠DBC，∠ACB＝180°﹣2∠DCB，
∴∠A+180°﹣2∠DBC+180°﹣2∠DCB＝180°，∠DBC+∠DCB＝180°﹣∠D，
∴∠A﹣2（∠DBC+∠DCB）＝﹣180°，
∴∠A﹣2（180°﹣∠D）＝﹣180°，
∴∠A+2∠D＝180°，
∴∠D＝90°−12∠A，
故答案为：∠D＝90°−12∠A；
②∠D与∠A之间的等量关系是：∠D=12∠A，理由如下：
∵BD、CD分别是△ABC的一个内角∠ABC和一个外角∠ACE的平分线，
∵∠DCE＝∠DBC+∠D，∠A+2∠DBC＝2∠DCE，
∴∠A+2∠DBC＝2∠DBC+2∠D，
∴∠A＝2∠D，
∴：∠D=12∠A；
（3）①由（1）知：∠D＝90°+12∠A，
∵∠A＝80°，
∴∠D＝130°，
∴∠DBC+∠DCB＝50°，
∴∠MBC+∠NCB＝360°﹣50°＝310°，
∵BE、CE分别平分∠MBC、∠BCN，
∴∠CBE+∠BCE=12（∠MBC+∠NCB）＝155°，
∴∠E＝180°﹣155°＝25°，
由（2）②知：∠F=12∠E，
∴∠F=12∠E＝12.5°，
故答案为：12.5°；
②由（2）②知：∠F=12∠E，
∵∠F＝n°，
∴∠E＝2∠F＝2n°，
∵∠E+∠CBE+∠BCE＝180°，
∴∠CBE+∠BCE＝180°﹣∠E＝180°﹣2n°，
∵BE、CE分别平分∠MBC、∠BCN，
∴∠MBE＝∠CBE，∠NCE＝∠BCE，
∵∠MBC＝∠MBE+∠CBE＝2∠CBE，∠NCB＝∠NCE+∠BCE＝2∠BCE，
∴∠MBC+∠NCB＝2（∠CBE+∠BCE）＝360°﹣4n°，
∵∠DBC＝180°﹣∠MBC，∠DCB＝180°﹣∠NCB，
∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣∠MBC+180°﹣∠NCB＝360°﹣（∠MBC+∠NCB）＝4n°，
∵∠DBC+∠DCB+∠D＝180°，
∴∠D＝180°﹣4n°，
由（1）知：∠D＝90°+12∠A，
∴∠A＝180°﹣8n°，
故答案为：180°﹣8n°．
解题秘籍：本题考查三角形的外角性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，解题的关键是熟记三角形外角性质，内角和定理，角平分线的定义．
25．（海珠区期末）在平面直角坐标系中，点A（a，b）是第四象限内一点，AB⊥y轴于B，且B（0，b）是y轴负半轴上一点，b2＝16，S△AOB＝12．
（1）求点A和点B的坐标；
（2）如图1，点D为线段OA（端点除外）上某一点，过点D作AO垂线交x轴于E，交直线AB于F，∠EOD、∠AFD的平分线相交于N，求∠ONF的度数．
（3）如图2，点D为线段OA（端点除外）上某一点，当点D在线段上运动时，过点D作直线EF交x轴正半轴于E，交直线AB于F，∠EOD，∠AFD的平分线相交于点N．若记∠ODF＝α，请用α的式子表示∠ONF的大小，并说明理由．

思路引领：（1）先确定B的坐标，再利用S△AOB的面积求出AB，即可求出点A的坐标，
（2）过点N作NM∥x轴，平行线的性质及角平分线的性质可得出∠MNO＝∠NOC=12∠EOD，∠MNF＝∠NFA=12∠AFD，利用三角形的内角和，即可得出∠ONF的度数，
（3）过点N作NM∥x轴，平行线的性质及角平分线的性质可得出∠MNO＝∠NOC=12∠EOD，∠MNF＝∠NFA=12∠AFD，利用三角形外角性质，即可得出∠ONF的度数，
解：（1）∵b2＝16，
∴b＝±4，
∵B（0，b）是y轴负半轴上一点，
∴B（0，﹣4），
∵AB⊥y轴，S△AOB＝12．
∴12AB•BO＝12，即12AB×4＝12，解得AB＝6，
∴A的坐标为（6，﹣4），
（2）如图1，过点N作NM∥x轴，

∵NM∥x，
∴∠MNO＝∠NOC，
∵ON是∠EOD的角平分线，
∴∠MNO＝∠NOC=12∠EOD，
又∵MN∥AB
∴∠MNF＝∠NFA，
∵FN是∠AFD的角平分线，
∴∠MNF＝∠NFA=12∠AFD，
∵AB∥x轴，
∴∠OED＝∠AFD，
∵ED⊥OA，
∴∠EOD+∠AFD＝90°，
∴∠ONF＝∠MNO+∠MNF=12（∠EOD+∠AFD）=12×90°＝45°．
（3）如图2，过点N作NM∥x轴，

∵NM∥x，
∴∠MNO＝∠NOC，
∵ON是∠EOD的角平分线，
∴∠MNO＝∠NOC=12∠EOD，
又∵MN∥AB
∴∠MNF＝∠NFA，
∵FN是∠AFD的角平分线，
∴∠MNF＝∠NFA=12∠AFD，
∵AB∥x轴，
∴∠OED＝∠AFD，
∵∠ODF＝∠EOD+∠AFD＝α，
∴∠ONF＝∠MNO+∠MNF=12（∠EOD+∠AFD）=12α．
解题秘籍：本题主要考查了坐标与图形性质，三角形的面积，三角形内角和定理和三角形的外角性质等知识，证出∠ONF=12（∠EOD+∠AFD）是解题的关键．