最新中考数学压轴大题之经典模型 专题16 三角形之飞镖模型-【压轴必刷】

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今天整理了初三中考总复习阶段在教学过程中收集的经典题目，一共有31讲，包括原卷版和解析版，供大家学习复习参考。
经典题目1：这是一道非常经典的最值问题，最值模型将军饮马和一箭穿心。
经典题目2：上面三道题是费马点经典问题，旋转转化是费马点问题的关键。
经典题目3：阿氏圆经典题目，这道题目实际包括了隐圆模型，一箭穿心模型等常见几何模型。
经典题目4：这是中考出现频率比较高的胡不归问题，也是经典最值问题。
【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题16三角形之飞镖模型
解题策略
模型1：角的飞镖模型
如图所示，有结论：∠D＝∠A＋∠B＋∠C．

模型2：边的飞镖模型
如图所示有结论：AB+AC> BD+CD.
模型分析
如图，延长BD交AC于点E。
∵AB+AC=AB+AE+EC，AB+AE>BE，∴AB+A C>BE+EC.① ，∵BE+EC=BD+DE+EC，
DE+EC> CD，∴BE+EC>BD+CD. ② ，由①②可得：AB+AC>BD+CD.
经典例题
【例1】平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．
（1）如图1，若AB∥CD，点P在AB，CD内部，则∠BPD，∠B，∠D之间有何数量关系？请说明你的结论．
（2）在图1中，将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q，如图2，则∠BPD，∠B，∠D，∠BQD之间的关系为 ∠B+∠D+∠BQD＝∠BPD ；
（3）根据（2）的结论求图3中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数．
【分析】（1）过P作PE∥AB，根据平行线的性质可求得∠BPD＝∠B+∠D；
（2）过B作BF∥CD，结合（1）的结论和平行线的性质可得到∠BPD＝∠ABP+∠D+∠BQD；
（3）根据三角形内角与外角的关系可得∠A+∠F＝∠1，∠B+∠G＝∠2，进而可得∠A+∠F+∠B+∠G＝∠1+∠2，再根据多边形内角和可得答案．
【解答】解：（1）∠BPD＝∠B+∠D；
过P作PE∥AB，
∵AB∥CD，
∴PE∥AB∥CD，
∴∠1＝∠ABP，∠2＝∠CDP，
∴∠BPD＝∠B+∠D；
（2）延长BP交CD于E，
∵∠B+∠BQD＝∠BED，∠D+∠BED＝∠BPD，
∴∠B+∠D+∠BQD＝∠BPD；
故答案为：∠B+∠D+∠BQD＝∠BPD．
（3）∵∠A+∠F＝∠1，∠B+∠G＝∠2，
∴∠A+∠F+∠B+∠G＝∠1+∠2，
∵∠1+∠2+∠C+∠D+∠E＝540°，
∴∠A+∠F+∠B+∠G+∠C+∠D+∠E＝540°．
【例2】（2019秋•吉州区期末）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．我们不妨把这样图形叫做“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，∠A＝40°，则∠ABX+∠ACX＝ 50 °；
②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求∠DCE的度数；
③如图4，∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G1、G2…、G9，若∠BDC＝133°，∠BG1C＝70°，求∠A的度数．
【分析】（1）首先连接AD并延长至点F，然后根据外角的性质，即可判断出∠BDC＝∠A+∠B+∠C．
（2）①由（1）可得∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，然后根据∠A＝40°，∠BXC＝90°，求出∠ABX+∠ACX的值是多少即可．
②由（1）可得∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，再根据∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求出∠ADB+∠AEB的值是多少；然后根据∠DCE＝（∠ADB+∠AEB）+∠DAE，求出∠DCE的度数是多少即可．
③根据∠BG1C＝（∠ABD+∠ACD）+∠A，∠BG1C＝70°，设∠A为x°，可得∠ABD+∠ACD＝133°﹣x°，解方程，求出x的值，即可判断出∠A的度数是多少．
【解答】解：（1）如图（1），连接AD并延长至点F，
，
根据外角的性质，可得
∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD，
又∵∠BDC＝∠BDF+∠CDF，∠BAC＝∠BAD+∠CAD，
∴∠BDC＝∠A+∠B+∠C；
（2）①由（1），可得
∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，
∵∠A＝40°，∠BXC＝90°，
∴∠ABX+∠ACX＝90°﹣40°＝50°，
故答案为：50．
②由（1），可得
∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，
∴∠ADB+∠AEB＝∠DBE﹣∠DAE＝130°﹣40°＝90°，
∴（∠ADB+∠AEB）＝90°÷2＝45°，
∴∠DCE＝（∠ADB+∠AEB）+∠DAE
＝45°+40°
＝85°；
③∠BG1C＝（∠ABD+∠ACD）+∠A，
∵∠BG1C＝70°，
∴设∠A为x°，
∵∠ABD+∠ACD＝133°﹣x°
∴（133﹣x）+x＝70，
∴13.3﹣x+x＝70，
解得x＝63，
即∠A的度数为63°．
【例3】（2022春•乐平市期末）在△ABC中，两条高BD、CE所在的直线相交于点O．
（1）当∠BAC为锐角时，如图1，求证：∠BOC+∠BAC＝180°．
（2）当∠BAC为钝角时，如图2，请在图2中画出相应的图形（用三角尺），并回答（1）中结论是否成立？不需证明．
【分析】（1）利用直角三角形的两个余角相等、同角的余角相等，得出∠BAC＝∠BOE，把∠BOC+∠BAC转化为平角∠COE．
（2）根据题意，分别作出AB、AC边上的高，根据（1）的证明思路得出（1）的结论在∠BAC为钝角时依旧成立．
【解答】解：（1）证明：∵BD、CE是△ABC的两条高，
∴∠ADB＝∠CEB＝90°
∴∠BAC+∠ABD＝90°，
∠BOE+∠ABD＝90°，
∴∠BAC＝∠BOE（同角的余角相等），
∴∠BOC+∠BAC＝∠BOC+∠BOE（等量代换），
∵∠BOC+∠BOE＝180°（平角的定义），
∴∠BOC+∠BAC＝180°．
（2）
成立．
理由：
∵BD、CE是△ABC的两条高，
∴∠OEB＝∠BDC＝90°
∴∠BOC+∠OBE＝90°，
∠DAB+∠OBE＝90°
∴∠BOC＝∠DAB（同角的余角相等），
∴∠BOC+∠BAC＝∠DAB+∠BAC（等量代换），
∵∠DAB+∠BAC＝180°（平角的定义），
∴∠BOC+∠BAC＝180°．
【例4】（2022春•衡山县期末）Rt△ABC中，∠C＝90°，点D、E分别是△ABC边AC、BC上的点，点P是一动点．令∠PDA＝∠1，∠PEB＝∠2，∠DPE＝α．
（1）若点P在线段AB上，如图（1）所示，且∠α＝60°，则∠1+∠2＝ 150° ；
（2）若点P在线段AB上运动，如图（2）所示，则∠α、∠1、∠2之间的关系为 90°+α ；
（3）若点P运动到边AB的延长线上，如图（3）所示，则∠α、∠1、∠2之间有何关系？猜想并说明理由；
（4）若点P运动到△ABC形外，如图（4）所示，则∠α、∠1、∠2之间有何关系？猜想并说明理由．
【分析】（1）由平角的定义得出，∠CDP＝180﹣∠1，∠CEP＝180﹣∠2，最后用四边形CDPE的内角和是360°即可求得∠1+∠2．
（2）同（1）的方法．
（3）利用三角形的外角的性质即可得出结论．
（4）利用外角的性质和对顶角相等即可得出结论．
【解答】解：（1）由平角的定义知，
∠1+∠CDP＝180°，∠2+∠CEP＝180°，
在四边形CDPE中，∠CDP+∠α+∠PEC+∠C＝360°，
即（180°﹣∠1）+∠α+（180°﹣∠2）+∠C＝360°，
180°﹣∠1+∠α+180°﹣∠2+90°＝360°，
∴∠1+∠2＝90°+α．
当α＝60°时，∠1+∠2＝150°．
故答案为：150°．
（2）由（1）知，∠1+∠2＝90°+α．
故答案为：90°+α．
（3）∠1＝90°+∠2+∠α．理由如下：
由三角形的外角的性质知，
∠DMC＝∠2+∠α，
∠1＝∠C+∠DMC，
∴∠1＝∠C+（∠2+∠α），
即∠1＝90°+∠2+∠α．
（4）∠2＝90°+∠1﹣∠α．理由如下：
由三角形的外角的性质知，
∠2＝∠CFE+∠C，
∠1＝∠PFD+∠α，
∵∠CFE＝∠PFD，
∴∠2﹣∠C＝∠1﹣∠α，
∴∠2＝∠C+∠1﹣∠α，
即∠2＝90°+∠1﹣∠α．
培优训练
一．选择题（共3小题）
1．（2020春•沙坪坝区校级期中）如图，△ABC中，∠A＝30°，D为CB延长线上的一点，DE⊥AB于点E，∠D＝40°，则∠C为（ ）
A．20°B．15°C．30°D．25°
【分析】由DE⊥AB于点E，∠D＝40°，由三角形内角和定理可求出∠ABD＝50°，再由三角形外角定理可得∠C＝∠ABD﹣∠A＝50°﹣30°＝20°．
【解答】解：∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∵∠D＝40°，
∴∠ABD＝180°﹣∠D﹣∠DEB＝50°，
∵∠ABD＝∠A+∠C，∠A＝30°，
∴∠C＝∠ABD﹣∠A＝50°﹣30°＝20°．
故选：A．
2．（2010•武汉）如图，△ABC内有一点D，且DA＝DB＝DC，若∠DAB＝20°，∠DAC＝30°，则∠BDC的大小是（ ）
A．100°B．80°C．70°D．50°
【分析】如果延长BD交AC于E，由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，得∠BDC＝∠DEC+∠ECD，∠DEC＝∠ABE+∠BAE，所以∠BDC＝∠ABE+∠BAE+∠ECD，又DA＝DB＝DC，根据等腰三角形等边对等角的性质得出∠ABE＝∠DAB＝20°，∠ECD＝∠DAC＝30°，进而得出结果．
【解答】解：延长BD交AC于E．
∵DA＝DB＝DC，
∴∠ABE＝∠DAB＝20°，∠ECD＝∠DAC＝30°．
又∵∠BAE＝∠BAD+∠DAC＝50°，
∠BDC＝∠DEC+∠ECD，∠DEC＝∠ABE+∠BAE，
∴∠BDC＝∠ABE+∠BAE+∠ECD＝20°+50°+30°＝100°．
故选：A．
3．（2010•南昌）如图，⊙O中，AB、AC是弦，O在∠BAC的内部，∠ABO＝α，∠ACO＝β，∠BOC＝θ，则下列关系式中，正确的是（ ）
A．θ＝α+βB．θ＝2α+2βC．θ+α+β＝180°D．θ+α+β＝360°
【分析】过A、O作⊙O的直径AD，分别在等腰△OAB、等腰△OAC中，根据三角形外角的性质求出θ＝2α+2β．
【解答】解：过A作⊙O的直径，交⊙O于D；
△OAB中，OA＝OB，则∠BOD＝∠OBA+∠OAB＝2α；
同理可得：∠COD＝∠OCA+∠OAC＝2β；
∵∠BOC＝∠BOD+∠COD，
∴θ＝2α+2β；
故选：B．
4．（2022•雁塔区模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E为对角线BD上一点，且BE＝BC，∠F＝∠ABD，EF交BC的延长线于点F．求证：FB＝DB．
【分析】要证明FB＝DB，转化证明△BCD≌△BEF便可．
【解答】证明：∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDB，
∵∠F＝∠ABD，
∴∠CDB＝∠F，
在△BCD和△BEF中，
，
∴△BCD≌△BEF（AAS），
∴FB＝DB．
5．（2020春•如东县期末）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．我们不妨把这样图形叫做“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，∠A＝54°，则∠ABX+∠ACX＝ 36 °；
②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝α，∠DBE＝β，请直接写出∠DCE的度数 （用含α和β的式子表示）；
③如图4，∠ABD，∠ACD的12等分线相交于点G1、G2…、G11，若∠BDC＝115°，∠BG1C＝60°，求∠A的度数．
【分析】（1）结论：∠BDC＝∠A+∠B+∠C．连接AD并延长到点E，利用三角形的外角的性质求解即可．
（2）①利用（1）中结论计算即可．
②图3中，设∠ADC＝∠CDB＝x，∠AEC＝∠CEB＝y，构建方程组解决问题即可．
③设∠ABD＝x°，∠ACD＝y°，构建方程组解决问题即可．
【解答】解：（1）∠BDC＝∠A+∠B+∠C．
理由：连接AD并延长到点E．
∵∠BDE＝∠BAD+∠B，∠CDE＝∠CAD+∠C，
∴∠BDE+∠CDE＝∠BAD+∠B+∠CAD+∠C，
∴∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C．
（2）①∵∠BXC＝∠ABX+∠ACX+∠A＝90°，∠A＝54°，
∴∠ABX+∠ACX＝36°．
故答案为36．
②如图3中，设∠ADC＝∠CDB＝x，∠AEC＝∠CEB＝y，
则有∠DCE＝x+y+α，β＝2x+2y+α，
∴∠DCE＝．
故答案为．
③设∠ABD＝x°，∠ACD＝y°．
由题意可得，
解得∠A＝55°．
6．（2019秋•建平县期末）探究与发现：如图（1）所示的图形，像我们常见的学习用品一圆规，我们，不妨把这样图形叫做“规形图
（1）观察“规形图（1）”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的数量关系，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），把一块三角尺XYZ放置在△AC上使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，若∠A＝40°，则∠ABX+∠ACX＝ 50 °．
②如图（3），DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝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＝∠X＝90°，从而得结论；
②先根据第1题的结论可得：∠ADE+∠AEB的度数，由角平分线可得：∠ADC+∠AEC＝＝45°，从而得结论．
【解答】解：（1）如图（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）①如图（2），∵∠X＝90°，
由（1）知：∠A+∠ABX+∠ACX＝∠X＝90°，
∵∠A＝40°，
∴∠ABX+∠ACX＝50°，
故答案为：50；
②如图（3），∵∠A＝40°，∠DBE＝130°，
∴∠ADE+∠AEB＝130°﹣40°＝90°，
∵DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，
∴∠ADC＝∠ADB，∠AEC＝∠AEB，
∴∠ADC+∠AEC＝＝45°，
∴∠DCE＝∠A+∠ADC+∠AEC＝40°+45°＝85°．
7．（2019秋•陈仓区期末）平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．
（1）如图1，若AB∥CD，点P在AB、CD内部，∠B＝50°，∠D＝30°，求∠BPD．
（2）如图2，将点P移到AB、CD外部，则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系？请证明你的结论．
（3）如图3，写出∠BPD、∠B、∠D、∠BQD之间的数量关系？（不需证明）
（4）如图4，求出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．
【分析】（1）过点P作PE∥AB，根据两直线平行，内错角相等可得∠B＝∠1，∠D＝∠2，再根据∠BPD＝∠1+∠2代入数据计算即可得解；
（2）根据两直线平行，内错角相等可得∠BOD＝∠B，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式整理即可得解；
（3）连接QP并延长，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和解答；
（4）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∠A+∠E＝∠1，∠B+∠F＝∠2，再根据四边形的内角和定理列式计算即可得解．
【解答】解：（1）过点P作PE∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥EP∥CD，
∴∠B＝∠1＝50°，∠D＝∠2＝30°，
∴∠BPD＝80°；
（2）∠B＝∠BPD+∠D．
理由如下：设BP与CD相交于点O，
∵AB∥CD，
∴∠BOD＝∠B，
在△POD中，∠BOD＝∠BPD+∠D，
∴∠B＝∠BPD+∠D．
（3）如图，连接QP并延长，
结论：∠BPD＝∠BQD+∠B+∠D．
（4）如图，由三角形的外角性质，∠A+∠E＝∠1，∠B+∠F＝∠2，
∵∠1+∠2+∠C+∠D＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．
8．（2019•锦江区模拟）在四边形ABCD中，点E，F分别是边AB，AD上的点，连接CE，CF并延长，分别交DA，BA的延长线于点H，G．
（1）如图1，若四边形ABCD是菱形，∠ECF＝∠BCD，求证：AC2＝AH•AG；
（2）如图2，若四边形ABCD是正方形，∠ECF＝45°，BC＝4，设AE＝x，AG＝y，求y与x的函数关系式；
（3）如图3，若四边形ABCD是矩形，AB：AD＝1：2，CG＝CH，∠GCH＝45°，请求tan∠AHG的值．
【分析】（1）通过证明△ACG∽△AHC，可得，可得结论；
（2）通过证明△ACG∽△AHC，可得，可得AC2＝AH•AG，通过证明△EAH∽△EBC，可得，即AH＝，即可求y与x的函数关系式；
（3）取BC中点M，过点M作MN∥BG，交AD于点P，交CG于点N，连接CP，可证四边形CDPM是正方形，由（2）可知△CPN∽△HPC，由相似三角形的性质可得PH＝2CP＝2a，PN＝a，可求AH，AG的长，即可求tan∠AHG的值．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ACD＝∠ACB＝∠BCD，
∵AD∥BC，CD∥AB，
∴∠G＝∠DCG，∠H＝∠BCH，
∵∠ECF＝∠BCD，
∴∠ACD＝∠ACB＝∠ECF，
∴∠DCG＝∠ACH，∠BCE＝∠ACG，
∴∠G＝∠ACH，∠H＝∠ACG，
∴△ACG∽△AHC，
∴，
∴AC2＝AH•AG；
（2）连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝∠ACB＝∠BCD＝45°，
∵AD∥BC，CD∥AB，
∴∠G＝∠DCG，∠H＝∠BCH，
∵∠ECF＝45°＝∠BCD，
∴∠ACD＝∠ACB＝∠ECF，
∴∠DCG＝∠ACH，∠BCE＝∠ACG，
∴∠G＝∠ACH，∠H＝∠ACG，
∴△ACG∽△AHC，
∴，
∴AC2＝AH•AG，
∵BC＝AB＝4，
∴AC＝4，
∴y＝，
∵BC∥AD，
∴△EAH∽△EBC，
∴，
∴，
∴AH＝，
∴y＝；
（3）如图，取BC中点M，过点M作MN∥BG，交AD于点P，交CG于点N，连接CP，
∵MN∥BG，
∴，且M是BC中点，
∴＝，
∴BC＝2CM，CG＝2CN，BG＝2MN，
∵CG＝CH，
∴CG＝CH＝2CN，
∵CD∥BA，MN∥BG，
∴CD∥MN∥BG，
∴，
∴DP＝PA，
∵AB：AD＝1：2，
∴设AB＝a＝CD，AD＝2a＝BC，
∴CM＝a＝DP，且BC∥AD，
∴四边形CDPM是平行四边形，且CD＝DP＝a，∠D＝90°，
∴四边形CDPM是正方形，
∴CP＝a，
∵四边形CDPM是正方形，且∠GCH＝90°，由（2）可得：△CPN∽△HPC，
∴，
∴PH＝2CP＝2a，PN＝a，
∴MN＝a+a，AH＝PH﹣PA＝a﹣a，
∴BG＝2MN＝2a+a，
∴AG＝BG﹣AB＝a+a，
∴tan∠AHG＝＝．
9．（2017春•郫都区期中）平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．
（1）如图①，若AB∥CD，点P在AB、CD外部，则有∠B＝∠BOD，又因∠BOD是∠POD的外角，故∠BOD＝∠BPD+∠D得∠BPD＝∠B﹣∠D，将点P移到AB、CD内部，如图②，以上结论是否成立？若成立，说明理由；若不成立，则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系？请证明你的结论；
（2）在图②中，将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q，如图③，则∠BPD、∠B、∠D、∠BQD之间有何数量关系？（不需证明）；
（3）根据（2）的结论求图④中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数．
【分析】（1）延长BP交CD于点E，根据AB∥CD得出∠B＝∠BED，再由三角形外角的性质即可得出结论；
（2）连接QP并延长，由三角形外角的性质得出∠BPE＝∠B+∠BQE，∠DPE＝∠D+∠DQP，由此可得出结论；
（3）由（2）的结论得：∠AFG＝∠B+∠E．∠AGF＝∠C+∠D．再根据∠A+∠AFG+∠AGF＝180°即可得出结论．
【解答】解：（1）不成立，结论是∠BPD＝∠B+∠D．
延长BP交CD于点E，
∵AB∥CD，
∴∠B＝∠BED，
又∵∠BPD＝∠BED+∠D，
∴∠BPD＝∠B+∠D；
（2）结论：∠BPD＝∠BQD+∠B+∠D．
连接QP并延长，
∵∠BPE是△BPQ的外角，∠DPE是△PDQ的外角，
∴∠BPE＝∠B+∠BQE，∠DPE＝∠D+∠DQP，
∴∠BPE+∠DPE＝∠B+∠D+∠BQE+∠DQP，即∠BPD＝∠BQD+∠B+∠D；
（3）由（2）的结论得：∠AFG＝∠B+∠E．∠AGF＝∠C+∠D．
又∵∠A+∠AFG+∠AGF＝180°
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°．
10．（2017春•鼓楼区校级期中）我们容易证明，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．那么，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在怎样的数量关系呢？
尝试探究：
（1）如图1，∠DBC与∠ECB分别为△ABC的两个外角，试探究∠A与∠DBC+∠ECB之间的数量关系．
初步应用：
（2）如图2，在△ABC纸片中剪去△CED，得到四边形ABDE，∠1＝135°，则∠2﹣∠C＝ 45° ．
（3）解决问题：如图3，在△ABC中，BP、CP分别平分外角∠DBC、∠ECB，∠P与∠A有何数量关系？请利用上面的结论直接写出答案 ．
（4）如图4，在四边形ABCD中，BP、CP分别平分外角∠EBC、∠FCB，请利用上面的结论探究∠P与∠A、∠D的数量关系．
【分析】（1）根据三角形外角的性质得：∠DBC＝∠A+∠ACB，∠ECB＝∠A+∠ABC，两式相加可得结论；
（2）利用（1）的结论：∵∠2+∠1﹣∠C＝180°，将∠1＝135°代入可得结论；
（3）根据角平分线的定义得：，，根据三角形内角和可得：∠P的式子，代入（1）中得的结论：∠DBC+∠ECB＝180°+∠A，可得：；
（4）根据平角的定义得：∠EBC＝180°﹣∠1，∠FCB＝180°﹣∠2，由角平分线得：，，相加可得：，再由四边形的内角和与三角形的内角和可得结论．
【解答】解：（1）∠DBC+∠ECB﹣∠A＝180°，
理由是：∵∠DBC＝∠A+∠ACB，∠ECB＝∠A+∠ABC，
∴∠DBC+∠ECB＝2∠A+∠ACB+∠ABC＝180°+∠A，
∴∠DBC+∠ECB﹣∠A＝180°．
（2）∠2﹣∠C＝45°．
理由是：∵∠2+∠1﹣∠C＝180°，∠1＝135°，
∴∠2﹣∠C+135°＝180°，
∴∠2﹣∠C＝45°．
故答案为：45°；
（3），
理由是：∵BP平分∠DBC，CP平分∠ECB，
∴，，
∵△BPC中，，
∵∠DBC+∠ECB＝180°+∠A，
∴，＝．
故答案为：，
（4）．
理由是：∵∠EBC＝180°﹣∠1，∠FCB＝180°﹣∠2，
∵BP平分∠EBC，CP平分∠FCB，
∴，，
∴，
∵四边形ABCD中，∠1+∠2＝360°﹣（∠A+∠D），
又∵△PBC中，∠P＝180°﹣（∠3+∠4）＝，
∴＝．
11．（2016春•门头沟区期末）在一次空间与图形的学习中，小明遇到了下面的问题：如图1，若AB∥CD，点P在AB、CD内部，探究∠B，∠D，∠BPD的关系．小明只完成了（1）的部分证明，请你根据学习《观察猜想与证明》的学习经验继续完成（1）的证明并在括号内填入适当的理论依据同时完成（2）﹣（3）．
（1）过点P作PE∥AB．
∵PE∥AB，AB∥CD
∴ PE ∥ CD
∴∠D＝ ∠DPE
又∵PE∥AB
∴∠B＝∠BPE
∴∠BPD＝ ∠B+∠D ．
（2）如图2，若AB∥CD，点P在AB、CD外部，∠B，∠D，∠BPD的关系是否发生变化？若发生变化请写出它们的关系，并证明；若没有发生变化，请说明理由．
（3）如图3，将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q，则∠BPD、∠B、∠D、∠BQD之间有何数量关系？（直接写出结果）
【分析】（1）首先过点P作PE∥AB，根据平行线的性质，可得∠1＝∠B，∠2＝∠D，从而证得∠BPD＝∠B+∠D；
（2）由AB∥CD，根据平行线的性质，易得∠BOD＝∠B，又由三角形外角的性质可得∠BOD＝∠D+∠P，从而得到∠BPD＝∠B﹣∠D；
（3）首先连接QP，并延长到E，利用三角形外角的性质，可证得∠BPD＝∠1+∠2＝∠BQP+∠B+∠DQP+∠D＝∠B+∠D+∠BQD．
【解答】解：（1）如图1，过点P作PE∥AB．
∵PE∥AB，AB∥CD，
∴PE∥CD （平行于同一条直线的两条直线平行），
又∵PE∥AB，
∴∠B＝∠BPE，
∠D＝∠DPE （ 两直线平行内错角相等 ），
∴∠BPD＝∠B+∠D．
（2）发生变化，应是∠BPD＝∠B﹣∠D．
证明：如图2，
∵AB∥CD
∴∠B＝∠BOD，
∵∠BOD＝∠P+∠D，
∴∠BPD＝∠B﹣∠D；
（3）如图3，连接QP，并延长到E，
∵∠1＝∠B+∠BQP，∠2＝∠D+∠DQP，
∴∠BPD＝∠1+∠2＝∠BQP+∠B+∠DQP+∠D＝∠B+∠D+∠BQD．
12．（2016春•盐都区期中）【课本拓展】
我们容易证明，三角形的一个外角等于它不相邻的连个内角的和，那么，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在怎样的数量关系呢？
【尝试探究】
（1）如图1，∠DBC与∠ECB分别为△ABC的两个外角，试探究∠A与∠DBC+∠ECB之间存在怎样的数量关系？为什么？
【初步应用】
（2）如图2，在△ABCA纸片中剪去△CED，得到四边形ABDE，∠1＝130°，则∠2﹣∠C＝ 50° ；
（3）小明联想到了曾经解决的一个问题：如图3，在△ABC中，BP、CP分别平分外角∠DBC、∠ECB，∠P与∠A有何数量关系？请直接写出结论．
【拓展提升】
（4）如图4，在四边形ABCD中，BP、CP分别平分外角∠EBC、∠FCB、∠P与∠A、∠D有何数量关系？为什么？（若需要利用上面的结论说明，可直接使用，不需说明理由）
【分析】（1）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∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，再根据三角形内角和定理整理即可得解；
（2）利用（1）中的结论即可求出；
（3）根据角平分线的定义可得∠PCE＝∠BCE，∠PBD＝∠CBD，然后根据三角形内角和定理列式整理即可得解；
（4）根据四边形的内角和定理表示出∠BAD+∠CDA，然后同理（3）解答即可．
【解答】解：（1）∠DBC+∠ECB
＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ACB
＝360°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝360°﹣（180°﹣∠A）
＝180°+∠A；
（2）∵∠1+∠2＝∠180°+∠C，
∴130°+∠2＝180°+∠C，
∴∠2﹣∠C＝50°．
故答案为50°．
（3）∵BP，CP分别是外角∠DBC，∠ECB的平分线，
∴∠PBC+∠PCB＝（∠DBC+∠ECB）＝（180°﹣∠A），
在△PBC中，∠P＝180°﹣（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A．
（4）如图1，
延长BA、CD于Q，
则∠P＝90°﹣∠Q，
∴∠Q＝180°﹣2∠P．
∴∠BAD+∠CDA
＝180°+∠Q
＝180°+180°﹣2∠P
＝360°﹣2∠P．
13．（2014春•萧山区期中）同一平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．
（1）如图a，若AB∥CD，点P在AB、CD外部，我们过点P作AB、CD的平行线PE，则有AB∥CD∥PE，故∠B＝∠BPE，∠D＝∠DPE，故∠BPE＝∠BPD+∠DPE，得∠BPD＝∠B﹣∠D．将点P移到AB、CD内部，如图b，以上结论是否成立？若成立，说明理由；若不成立，则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系？请证明你的结论；
（2）在图b中，将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q，如图c，利用（1）中的结论（可以直接套用）求∠BPD、∠B、∠D、∠BQD之间有何数量关系？
（3）设BF交AC于点P，AE交DF于点Q．已知∠APB＝130°，∠AQF＝110°，利用（2）的结论直接写出∠B+∠E+∠F的度数为 70 度，∠A比∠F大 60 度．
【分析】（1）依据两直线平行内错角相等，三角形外角的性质即可求得．
（2）依据两直线平行内错角相等，三角形外角的性质即可求得．
（3）依据（2）中的结论、三角形的内角和及三角形的外角和即可求得．
【解答】（1）∠BPD＝∠B﹣∠D不成立，是∠BPD＝∠B+∠D，
证明：如图b，延长BP交DC于M，
∵AB∥CD，
∴∠B＝∠BMD，
∵∠BPD＝∠BMD+∠D，
∴∠BPD＝∠B+∠D；
（2）∠BPD＝∠B+∠D+∠BQD；
∵A′B∥CD，
∴∠A′BQ＝∠BQD，
证明同（1）．
（3）解∵∠AQF＝110°，
∴∠EQF＝∠B+∠E+∠F＝180°﹣110°＝70°，
∵∠1＝∠APB﹣∠A＝130°﹣∠A，∠2＝180°﹣∠AQF﹣∠F＝180°﹣110°﹣∠F＝70°﹣∠F；
∵∠1＝∠2，
∴130°﹣∠A＝70°﹣∠F；
∴∠A﹣∠F＝60°．
14．（2012春•清浦区校级期中）同学们都知道，平面内两条直线的位置关系只有相交和平行两种．
已知AB∥CD．如图1，点P在AB、CD外部时，由AB∥CD，有∠B＝∠BOD，又因为∠BOD是△POD的外角，故∠BOD＝∠BPD+∠D，得∠BPD＝∠B﹣∠D．
（1）已知AB∥CD．如图2，点P在AB、CD内部时，上述结论是否成立？若不成立，则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系？请你说明你的结论；
（2）在图2中，将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q，如图3，则∠BPD、∠B、∠D、∠BQD之间有何数量关系？说明理由；
（3）利用第（2）小题的结论求图4中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．
【分析】（1）∠BPD＝∠B+∠D，延长BP交CD于E，根据平行线性质得出∠B＝∠BED，根据三角形外角性质得出∠BPD＝∠BED+∠D，代入即可；
（2）∠BPD＝∠B+∠BQD+∠D，延长BP交CD于F，根据三角形外角性质得出∠BFD＝∠B+∠BQD，∠BPD＝∠BFD+∠D，即可得出答案；
（3）根据三角形外角性质得出∠CMN＝∠A+∠E，∠DNB＝∠B+∠F，代入∠C+∠D+CMN+∠DNM＝360°即可求出答案．
【解答】解：（1）不成立，∠BPD＝∠B+∠D，
理由是：延长BP交CD于E，如图2，
∵AB∥CD，
∴∠B＝∠BED，
∵∠BPD＝∠BED+∠D，
∴∠BPD＝∠B+∠D；
（2）如图3，∠BPD＝∠B+∠BQD+∠D，
理由是：延长BP交CD于F，
∵∠BFD＝∠B+∠BQD，∠BPD＝∠BFD+∠D，
∴∠BPD＝∠B+∠BQD+∠D；
（3）∵∠CMN＝∠A+∠E，∠DNB＝∠B+∠F，
又∵∠C+∠D+∠CMN+∠DNM＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．
15．（2010春•中卫校级期末）如图1，在∠A内部有一点P，连接BP、CP，请回答下列问题：
①求证：∠P＝∠1+∠A+∠2；
②如图2，利用上面的结论，你能求出五角星五个“角”的和吗？
③如图3，如果在∠BAC间有两个向上突起的角，请你根据前面的结论猜想∠1、∠2、∠3、∠4、∠5、∠A之间有什么等量关系，并说明理由．
【分析】①连接AP并延长，再根据三角形内角与外角的性质即可求出∠P＝∠1+∠A+∠2；
②先把五角星五个“角”归结到一个三角形中，再根据三角形内角和定理解答即可；
③分别连接AP、AD、AG并延长，再根据三角形外角的性质解答即可．
【解答】解：①连接AP并延长，则∠3＝∠1+∠BAP，∠4＝∠2+∠PAC，
故∠P＝∠1+∠A+∠2；
②∵∠1是△DBF的外角，∴∠1＝∠B+∠D，
同理∠2是△ECG的外角，∴∠2＝∠C+∠E，
∵∠1、∠2、∠A是△AFG的内角，
∴∠1+∠2+∠A＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°．
③连接AP、AD、AG并延长，
同①由三角形内角与外角的性质可求出∠4+∠5＝∠1+∠2+∠3+∠A．
16．（2010•玉溪）平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．
（1）如图a，若AB∥CD，点P在AB、CD外部，则有∠B＝∠BOD，又因∠BOD是△POD的外角，故∠BOD＝∠BPD+∠D，得∠BPD＝∠B﹣∠D．将点P移到AB、CD内部，如图b，以上结论是否成立？若成立，说明理由；若不成立，则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系？请证明你的结论；
（2）在图b中，将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q，如图c，则∠BPD、∠B、∠D、∠BQD之间有何数量关系？（不需证明）
（3）根据（2）的结论求图d中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．
【分析】（1）延长BP交CD于E，根据两直线平行，内错角相等，求出∠PED＝∠B，再利用三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和即可说明不成立，应为∠BPD＝∠B+∠D；
（2）作射线QP，根据三角形的外角性质可得；
（3）根据三角形的外角性质，把角转化到四边形中再求解．
【解答】解：（1）不成立．结论是∠BPD＝∠B+∠D
延长BP交CD于点E，
∵AB∥CD
∴∠B＝∠BED
又∵∠BPD＝∠BED+∠D，
∴∠BPD＝∠B+∠D．
（2）结论：∠BPD＝∠BQD+∠B+∠D．
（3）连接EG并延长，
根据三角形的外角性质，∠AGB＝∠A+∠B+∠E，
又∵∠AGB＝∠CGF，
在四边形CDFG中，∠CGF+∠C+∠D+∠F＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．
17．（2009春•无为县校级期末）星期天，小明见爸爸愁眉苦脸在看一张图纸，他便悄悄地来到爸爸身边，想看爸爸为什么犯愁．爸爸见到他，高兴地对他说：“来帮我一个忙，你看这是一个四边形零件的平面图，它要求∠BDC等于140°才算合格，小明通过测量得∠A＝90°，∠B＝19°，∠C＝40°后就下结论说此零件不合格，于是爸爸让小明解释这是为什么，小明很轻松地说出了原因，并用如下的三种方法解出此题．请你代小明分别说出不合格的理由．
（1）如图1，连接AD并延长．
（2）如图2，延长CD交AB于E．
（3）如图3，连接BC．
【分析】（1）（2）直接利用各个图形中的外角和等于与它不相邻的两个内角和求解；
（3）用三角形内角和求解即可．
【解答】解：（1）∠BDC＝∠1+∠2＝∠A+∠B+∠C＝90°+19°+40°＝149°≠140°，故不合格；
（2）∠BDC＝∠1+∠B＝∠A+∠C+∠B＝149°≠140°，故不合格；
（3）∵∠1+∠2＝180°﹣（90°+19°+40°），
∴∠BDC＝180°﹣（∠1+∠2）＝149°≠140°，故不合格．
18．（2008•莆田）平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．
（1）如图1，若AB∥CD，点P在AB、CD外部，则有∠B＝∠BOD，又因∠BOD是△POD的外角，故∠BOD＝∠BPD+∠D．得∠BPD＝∠B﹣∠D．将点P移到AB、CD内部，如图2，以上结论是否成立？若成立，说明理由；若不成立，则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系？请证明你的结论；
（2）在如图2中，将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q，如图3，则∠BPD、∠B、∠D、∠BQD之间有何数量关系？（不需证明）；
（3）根据（2）的结论求如图4中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数．
【分析】（1）延长BP交CD于点E，根据AB∥CD得出∠B＝∠BED，再由三角形外角的性质即可得出结论；
（2）连接QP并延长，由三角形外角的性质得出∠BPE＝∠B+∠BQE，∠DPE＝∠D+∠DQP，由此可得出结论；
（3）由（2）的结论得：∠AFG＝∠B+∠E．∠AGF＝∠C+∠D．再根据∠A+∠AFG+∠AGF＝180°即可得出结论．
【解答】解：（1）不成立，结论是∠BPD＝∠B+∠D．
延长BP交CD于点E，
∵AB∥CD，
∴∠B＝∠BED，
又∵∠BPD＝∠BED+∠D，
∴∠BPD＝∠B+∠D；
（2）结论：∠BPD＝∠BQD+∠B+∠D．
连接QP并延长，
∵∠BPE是△BPQ的外角，∠DPE是△PDQ的外角，
∴∠BPE＝∠B+∠BQE，∠DPE＝∠D+∠DQP，
∴∠BPE+∠DPE＝∠B+∠D+∠BQE+∠DQP，即∠BPD＝∠BQD+∠B+∠D；
（3）由（2）的结论得：∠AFG＝∠B+∠E．∠AGF＝∠C+∠D．
又∵∠A+∠AFG+∠AGF＝180°
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°．
（或由（2）的结论得：∠AGB＝∠A+∠B+∠E且∠AGB＝∠CGD，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°．
19．（2008春•三明期末）探究与思考：
（1）如图①，∠BPC是△ABP的一个外角，则有结论：∠BPC＝∠A+∠B成立．若点P沿着线段PB向点B运动（不与点B重合），连接PC形成图形②，我们称之为“飞镖”图形，那么请你猜想“飞镖”图形中∠BPC与∠A、∠B、∠C之间存在的数量关系？并证明你的猜想；
（2）利用（1）的结论，请你求出五角星（如图③）中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的值，说明你的理由；
（3）若五角星中的点B向右运动，形成如图④⑤形状，（2）中的结论还成立吗？请从图④⑤中任选一个图形说明理由．
【分析】（1）连接AP并延长至F，将“飞镖”图形转化为两个三角形，再根据三角形的外角的性质进行解答；
（2）两次运用三角形外角的性质得到∠C+∠E＝∠1，∠B+∠D＝∠2，相加即可得到∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°；
（3）根据三角形外角的性质可知，在△ACG中，∠AGE＝∠A+∠C，在△BDF中，∠DFE＝∠DBF+∠D，所以，∠A+∠C+∠DBF+∠D+∠E＝180°．
【解答】解：（1）如图②，∠BPC＝∠A+∠B+∠C，
连接AP并延长至F，
则有∠B+∠BAP＝∠BPF，∠C+∠CAP＝∠CPF，
所以∠B+∠C+∠CAP+∠BAP＝∠BPF+∠CPF＝∠BPC，
即∠B+∠C+∠A＝∠BPC，
（2）如图③，∠C+∠E＝∠1，∠B+∠D＝∠2，
则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝∠A+∠1+∠2＝180°．
（3）如图④，在△ACG中，∠AGE＝∠A+∠C，
在△BDF中，∠DFE＝∠DBF+∠D，
所以，∠A+∠C+∠DBF+∠D+∠E＝∠AGE+∠DFE+∠E＝180°．