中考数学一轮复习专题7.4 三角形的外角【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题7.4 三角形的外角【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版），共39页。


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\l "_Tc6310" 【题型1 应用三角形的外角性质求角度】 PAGEREF _Tc6310 \h 1
\l "_Tc23130" 【题型2 应用三角形的外角性质比较角度大小】 PAGEREF _Tc23130 \h 4
\l "_Tc9813" 【题型3 三角形的外角性质与角平分线的综合】 PAGEREF _Tc9813 \h 6
\l "_Tc27730" 【题型4 三角形的外角性质与平行线的综合】 PAGEREF _Tc27730 \h 9
\l "_Tc17662" 【题型5 三角形的外角性质与垂线的综合】 PAGEREF _Tc17662 \h 13
\l "_Tc451" 【题型6 应用三角形的外角性质解决折叠问题】 PAGEREF _Tc451 \h 18
\l "_Tc25349" 【题型7 应用三角形的外角性质解决三角板组合问题】 PAGEREF _Tc25349 \h 22
\l "_Tc29884" 【题型8 三角形中角的不等关系的证明】 PAGEREF _Tc29884 \h 25
\l "_Tc27282" 【题型9 应用三角形外角的性质解决角度测量问题】 PAGEREF _Tc27282 \h 29
\l "_Tc26062" 【题型10 三角形有关角度关系的探究题】 PAGEREF _Tc26062 \h 32
【知识点 三角形的外角】
概念：三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角．
性质：①三角形的外角和为360°；
②三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；
③三角形的一个外角大于和它不相邻的任何一个内角．
【题型1 应用三角形的外角性质求角度】
【例1】（2023春·重庆忠县·八年级统考期末）如图所示，点D是∠ACB内一点，若∠1=35°，∠2=40°，∠ADB=145°，则∠ACB的大小为（ ）
A．75°B．70°C．65°D．60°
【答案】B
【分析】根据三角形外角的性质即可求解．
【详解】解：如图：
∵∠BDE=∠BCD+∠1，∠ADE=∠ACD+∠2，
∴∠ADB=∠BDE+∠ADE=∠BCD+∠1+∠ACD+∠2=145°，
∴∠BCD+35°+∠ACD+40°=145°，
∴∠ACB=∠BCD+∠ACD=145°−35°−40°=70°，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质，熟练掌握和运用三角形外角的性质是解决本题的关键．
【变式1-1】（2023春·海南省直辖县级单位·八年级统考期末）若一个三角形两个外角之和为280°，那么这个三角形是（ ）
A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．等边三角形
【答案】C
【分析】根据三角形的外角和为360°，两个外角之和为280°，则第三个外角的度数为360°−280°=80°，则其相邻内角是100°，从而判定形状．
【详解】∵三角形的外角和为360°，两个外角之和为280°，
∴第三个外角的度数为360°−280°=80°，
∴其相邻内角是180°−80°=100°，
∴该三角形是钝角三角形．
故选：C．
【点睛】本题注意考查了三角形的外角和、三角形的形状判定，熟练掌握三角形外角和，准确判定三角形的形状是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·山东滨州·八年级统考期中）如图，D是△ABC的BC边上一点，∠B=∠1，∠3=80°，∠BAC=70°．则∠2的大小是（ ）
A．20°B．25°C．30°D．35°
【答案】C
【分析】先由三角形外角的性质得出∠3＝∠B＋∠1，再由∠3＝80°，∠B＝∠1即可得出∠1的度数，最后根据角的和差可以求出∠2的度数．
【详解】解：∵∠3是△ABD的一个外角，
∴∠3＝∠B＋∠1，
∵∠3＝80°，∠B＝∠1，
∴∠1＝12∠3＝12×80°＝40°，
∵∠BAC＝70°，
∴∠2＝∠BAC−∠1＝70°−40°＝30°．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质，熟知三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解答此题的关键．
【变式1-3】（2023春·广东江门·八年级台山市新宁中学校考期中）如图，已知△ABC中，∠BAC=3∠ABC=3∠ACB，CD是AB边上的高，求∠ACD度数．

【答案】18°
【分析】设∠ABC=∠ACB=x，则∠BAC=3x，根据三角形内角和定理即可求得∠BAC，再由三角形的高的性质可得∠D=90°，利用三角形外角的性质即可求得∠ACD．
【详解】解：设∠ABC=∠ACB=x，则∠BAC=3x，
在△ABC中，
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，
∴ x+x+3x=180°，
∴x=36°，
∴∠BAC=3x=108°，
∵CD是AB边上的高，
∴CD⊥BD，∠D=90°，
∴∠ACD=∠BAC−∠D，
∴∠ACD=108°−90°=18°．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形的高，三角形的外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
【题型2 应用三角形的外角性质比较角度大小】
【例2】（2023春·山东威海·八年级统考期中）如图，∠1，∠2，∠3的大小关系正确的是（ ）
A．∠1=∠2+∠3B．2∠2=∠1+∠3C．∠3>∠2>∠1D．∠1>∠2>∠3
【答案】D
【分析】根据三角形的外角的性质进行解题．
【详解】由三角形的外角大于与它不相邻的每一个内角，可得∠1、∠2、∠3的大小关系为：∠1>∠2>∠3．
故选D．
【点睛】本题考查三角形外角的性质，掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
【变式2-1】（2023春·陕西榆林·八年级统考期末）如图，点D为△ABC的边BC延长线上一点，关于∠B与∠ACD的大小关系，下列说法正确的是( )
A．∠B>∠ACDB．∠B=∠ACDC．∠B<∠ACDD．无法确定
【答案】C
【分析】根据三角形的外角性质分析即可得解．
【详解】解：∵∠ACD是△ABC的外角，
∴∠B<∠ACD．
故答案为：C．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质，熟记三角形的外角大于任意一个与其不相邻的内角是解题的关键．
【变式2-2】（2023春·浙江杭州·八年级统考阶段练习）如图，点P是△ABC内一点，连接BP并延长交AC于D，连接PC，则图中∠1,∠2,∠A的大小关系是（ ）
A．∠A>∠2>∠1B．∠A>∠1>∠2C．∠2>∠1>∠AD．∠1>∠2>∠A
【答案】D
【分析】直接根据三角形外角的性质可排除选项．
【详解】解：由题意得：
∠1=∠2+∠DCP，∠2=∠A+∠ABD，
∴∠1>∠2>∠A；
故选D．
【点睛】本题主要考查三角形外角的性质，熟练掌握三角形外角的性质是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·甘肃张掖·八年级校考期末）如图，∠A、∠DOE和∠BEC的大小关系是( ).
A．∠A＞∠DOE＞∠BECB．∠DOE＞∠A＞∠BEC
C．∠BEC＞∠DOE＞∠AD．∠DOE＞∠BEC＞∠A
【答案】D
【详解】解：在△ABE中，∠BEC=∠A+∠B，所以，∠BEC＞∠A，在△COE中，∠DOE=∠BEC+∠C，所以，∠DOE＞∠BEC，所以，∠DOE＞∠BEC＞∠A．故选D．
点睛：本题主要考查了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，熟记性质并准确识图是解题的关键．
【题型3 三角形的外角性质与角平分线的综合】
【例3】（2023春·黑龙江大庆·八年级校考期末）如图，在△ABC中，∠A=m°，∠ABC和∠ACD的平分线交于点A1，得∠A1；∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2；…；∠A2021BC和∠A2021CD的平分线交于点A2022，则∠A2023＝ °．

【答案】m22023
【分析】根据角平分线的性质和三角形外角性质得出∠A1和∠A的关系，进而求出∠A2与∠A的关系，找出规律，得到∠An与∠A的关系即可求解.
【详解】解：∵∠ABC和∠ACD的平分线交于点A1，
∴∠A1BC=12∠ABC,∠A1CD=12∠ACD，
∴∠A1=∠A1CD−∠A1BC=12∠ACD−12∠ABC=12(∠ACD−∠ABC)=12∠A，
同理，∠A2=12∠A1=12×12∠A=122∠A，
∠A3=12∠A2=12×122∠A=123∠A，
…
∠An=12n∠A,
当n=2023时，∠A=m°，
∠A2023=122023∠A=m22023（度）
故答案为：m22023.
【点睛】本题考查了三角形外角性质与角平分线的定义，找出规律是解题的关键.
【变式3-1】（2023春·天津·八年级校考期中）如图，△ABC中，AF是∠BAC的外角∠EAB的平分线，交CB的延长线于点F，BG是∠ABC的外角∠DBC的平分线，交AC的延长线于点G，若AF=BG=AB，则∠F的大小= （度）．
【答案】48
【分析】设∠BAC=x度，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质得到∠DBG=2x度，根据角平分线的性质得到∠DBC=4x度，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质和对顶角相等得到∠ABF=4x度，∠F=4x度，∠ACB=3x度，∠EAF=7x度，根据角平分线的性质得到∠BAF=7x度，再根据平角的定义可求得x，进而求得∠F．
【详解】解：设∠BAC=x度，
∵BG=AB，
∴∠DBG=2x度，
∵BG是∠B的外角∠DBC的平分线，
∴∠DBC=4x度，
∴∠ABF=4x度，
∵AB=AF，
∴∠F=4x度，
∴∠ACB=3x度，
∴∠EAF=7x度，
∵AF是∠A的外角∠EAB的平分线，
∴∠BAF=7x度，
∴7x+7x+x=180，解得x=12
∴∠F=4x=48°．
故答案为：48．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质、三角形内角与外角的关系等知识点，解题的关键是熟练掌握三角形外角的性质、三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解答本题的关键．
【变式3-2】（2023春·广东肇庆·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AN是∠BAC的角平分线，∠B=50°，∠ANC=80°．求∠BAC和∠C的度数．
【答案】∠BAC=60°,∠C=70°
【分析】利用三角形外角性质求出∠BAN=∠ANC−∠B=80°−50°=30°，根据角平分线的性质求出∠BAC=2∠BAN=60°，再根据三角形内角和定理求出∠C的度数．
【详解】解：∵∠ANC=∠B+∠BAN
∴∠BAN=∠ANC−∠B=80°−50°=30°
∵AN是∠BAC角平分线
∴∠BAC=2∠BAN=60°
在△ABC中，∠C=180°−∠B−∠BAC=70°．
【点睛】此题考查了三角形内角和定理，三角形的外角性质，角平分线的定义，熟练掌握三角形的知识是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·浙江杭州·八年级校考开学考试）如图，在△ABC中，BO,CO分别平分∠ABC,∠ACB，交于点O,CE为外角∠ACD的平分线，BO的延长线交CE于点E．以下结论①∠OCE=90°，②∠1=2∠2，③∠BOC=90°+12∠1，④∠BOC=3∠2，其中正确的是 （填序号）．
【答案】①②③
【分析】先根据角平分线的定义可得∠ACO=∠BCO=12∠ACB，∠ACE=12∠ACD，再根据∠OCE=∠ACO+∠ACE即可判断①正确；先根据角平分线的定义可得∠CBO=12∠ABC，再根据三角形的内角和定理即可判断③正确；先根据三角形的外角性质可得∠BOC=90°+∠2，再结合结论③即可判断②正确；假设④∠BOC=3∠2正确，从而可得∠2=45°，再根据结论②可得∠1=90°，由此即可判断④错误．
【详解】解：∵CO平分∠ACB，CE为外角∠ACD的平分线，
∴∠ACO=∠BCO=12∠ACB，∠ACE=12∠ACD，
∵∠ACB+∠ACD=180°，
∴∠OCE=∠ACO+∠ACE=12∠ACB+12∠ACD=90°，结论①正确；
∵BO平分∠ABC，
∴∠CBO=12∠ABC，
∴∠BOC=180°−∠CBO−∠BCO
=180°−12∠ABC−12∠ACB
=180°−12∠ABC+∠ACB
=180°−12180°−∠1
=90°+12∠1，结论③正确；
又∵∠BOC=∠OCE+∠2=90°+∠2，
∴90°+12∠1=90°+∠2，
∴∠1=2∠2，结论②正确；
假设∠BOC=3∠2，
∴3∠2=90°+∠2，
解得∠2=45°，
∴∠1=90°，由已知条件不能得出这个结论，则假设不成立，结论④错误；
综上，结论正确的是①②③，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了与角平分线有关的三角形内角和问题、三角形的外角性质，熟练掌握三角形的内角和定理是解题关键．
【题型4 三角形的外角性质与平行线的综合】
【例4】（2023春·广东清远·八年级期末）如图，已知直线AB∥CD，∠C=125°，∠A=40°，那么∠E的大小为（ ）
A．75°B．85°C．90°D．95°
【答案】B
【分析】先根据平行线的性质求出∠BFE，再利用外角的性质求出∠E即可．
【详解】解：如图，
∵AB∥CD，∠C=125°，
∴∠C=∠BFE=125°，
∵∠BFE是△AFE的外角，
∴∠BFE=∠A+∠E，
∵∠A=40°，
∴∠E=∠BFE−∠A=125°−40°=85°．
故选：B．
【点睛】本题考查的是平行线的性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质并灵活运用，平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．
【变式4-1】（2023春·河南郑州·八年级河南省实验中学校考开学考试）如图，AB∥EF，∠C＝90°，则α、β、γ的关系为（ ）
A．β=α+γB．α+β+γ=180°
C．β+γ−α=90°D．α+β−γ=90°
【答案】D
【分析】延长DC交AB与G，延长CD交EF于H，利用三角形的外角的性质以及平行线的性质得到90°−α=β−γ，从而即可得到答案．
【详解】解：延长DC交AB与G，延长CD交EF于H，
，
则在直角△BGC中，∠1=90°−α；在△EHD中，∠2=β−γ，
∵AB∥EF，
∴∠1=∠2，
∴90°−α=β−γ，
∴α+β−γ=90°，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了三角形的外角的性质、平行线的性质，通过作辅助线，构造三角形以及由平行线构成的内错角，掌握三角形的外角的性质以及平行线的性质：两条直线平行，内错角相等，是解题的关键．
【变式4-2】（2023春·安徽安庆·八年级统考期末）如图，在△ABC中，E，F分别是AB，AC上的点，且EF∥BC，AD是∠BAC的平分线，分别交EF，BC于点H，D，则∠1、∠2和∠3之间的数量关系为（ ）

A．∠1=∠2+∠3B．∠1=2∠2+∠3C．∠1+∠2=2∠3D．∠1+∠3=2∠2
【答案】D
【分析】根据平行线的性质和外角的性质以及角平分线的定义，进行求解即可．
【详解】解：∵EF∥BC，
∴∠B=∠3
∵∠1、∠2分别是△ABC和△ABD的外角，AD平分∠BAC，
∴∠1=∠BAC+∠B=2∠BAD+∠3①，
∠2=∠BAD+∠B=∠BAD+∠3，
则∠BAD=∠2−∠3②，
把②代入①，得∠1=2∠2−∠3+∠3，
整理，得∠1=2∠2−∠3，即∠1+∠3=2∠2，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查平行线的性质，三角形外角的性质，角平分线的定义．熟练掌握三角形的一个外角等于与它不想邻的两个内角和，是解题的关键．
【变式4-3】（2023春·江西吉安·八年级统考期末）已知：AB∥CD,∠AEB=∠BFC．
(1)如图1，求证：∠AEB=∠ABE+∠DCF；
(2)如图2，连接BC，∠BCF=2∠ABE，点P在射线AB上，∠BCP=12∠BCD，射线CP交EF于点M，补全图形后请探究∠BMC,∠CAB,∠AEB的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)答案见解析
(2)2（∠BMC+∠AEB）=3∠CAB，证明见解析
【分析】（1）如图1，过F作FH∥AB，根据平行线的性质得到∠1=∠2，∠3=∠FDC，由等量代换得到∠BFC=∠ABE+∠FCD，即可得到结论；
（2）设∠BCP=∠DCP=x，∠ABE=∠PBF=y，∠PCF=z，根据已知条件得到x+z=2y ，由（1）知，∠AEB=∠ABE+∠DCF=x+y，∠E=∠PBF+∠DCF=∠PBF+∠DCP－∠PCF=x+y−z，于是得到2（∠BMC+∠E）=2（x+y+y+x−z）=6x，等量代换即可得到结论．
【详解】（1）解：如图1，过F作FH∥AB，
∵AB∥CD，
∴FH∥CD，
∴∠1=∠2，∠3=∠FDC，
∵∠2=∠ABE，
∴∠1=ABE，
∵∠BFC=∠1+∠3，
∴∠BFC=∠ABE+∠FCD，
∵∠ABE=∠BFC，
∴∠AEB=∠ABE+∠DCF；
（2）解：设∠BCP=∠DCP=x，∠ABE=∠PBF=y，∠PCF=z，
∵∠BCF=2∠ABE，
∴x+z=2y，即2y−z=x，
由（1）知，∠AEB=∠ABE+∠DCF=x+y，∠E=∠PBF+∠DCF=∠PBF+∠DCP－∠PCF=x+y−z，
∴2（∠BMC+∠E）=2（x+y+y+x−z）=6x，
∵3∠CAB=3（∠E+∠ABE）=3（x+y−z+y）=6x，
∴2（∠BMC+∠AEB）=3∠CAB．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角与外角的关系，解题的关键是熟练掌握平行线的性质．
【题型5 三角形的外角性质与垂线的综合】
【例5】（2023春·广东东莞·八年级校考期中）如图，已知DF⊥AB于点F，且∠A=45°，∠D=30°，求∠ACD的度数．

【答案】∠ACD的度数为105°
【分析】先根据DF⊥AB得∠DFB=90°，再根据∠B=90°−∠D求出∠B的度数，最后由∠ACD=∠A+∠B，进行计算即可得到答案．
【详解】解：∵ DF⊥AB，
∴∠DFB=90°，
∵ ∠D=30°，
∴∠B=90°−∠D=90°−30°=60°，
∵ ∠A=45°，
∴∠ACD=∠A+∠B=45°+60°=105°，
∴ ∠ACD的度数为105°．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的两个锐角互余，三角形的外角的定义，熟练掌握直角三角形的两个锐角互余，三角形的外角的定义，是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·湖北荆州·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，点E在射线BC上，EF⊥AD于F，∠B=40°，∠ACE=76°，则∠E的度数为（ ）
A．32°B．34°C．56°D．58°
【答案】A
【分析】根据三角形的外角的性质得出∠BAC=36°，根据角平分线的性质得出∠DAB=12∠BAC=18°，根据垂直的定义得出∠EFD=90°，进而根据互余关系即可求解．
【详解】∵∠ACE=∠B+∠BAC，
∴∠BAC=∠ACE−∠B=76°−40°=36°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAB=12∠BAC=18°，
∴∠ADC=∠B+∠DAB=40°+18°=58°，
∵EF⊥AD于F，
∴∠EFD=90°，
∴∠E=90°−∠ADC=90°−58°=32°．
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质，角平分线的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式5-2】（2023春·江苏南京·八年级统考期末）在Rt△ABC中，∠A=90°，BD平分∠ABC，交AC于点D，M为直线AC上一点，ME⊥BC，垂足为E，∠AME的平分线交直线AB于点F．

(1)如图①，当点M在线段AC上，且∠C=50°时，求证BD∥MF；
(2)当点M在边AC的延长线上时，补全图②，判断BD与MF的位置关系并证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)画图见解析，MF⊥BD，证明见解析
【分析】（1）利用三角形内角和定理求出∠ABC=40°，由角平分线的定义得到∠ABD=∠CBD=20°，则由三角形外角的性质可得∠ADB=70°，∠AME=140°，再由角平分线的定义得到∠AMF=12∠AME=70°，即可证明∠AME=∠ADB，进而证明BD∥MF；
（2）如图所示，延长BD交MF于点H，由∠BAM=∠BEM=90°，∠ACB=∠MCE，得到∠ABC=∠CME，再由角平分线的定义证明∠AMF=∠ABD．进而证明∠BHM=∠MAF=90°，即可推出MF⊥BD．
【详解】（1）证明：∵ ∠A=90°，∠C=50°，
∴∠ABC=180°−∠A−∠C=40°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=20°，
∴∠ADB=∠C+∠CBD=70°，
∵ME⊥BC，即∠MEC=90°，
∴∠AME=∠C+∠MEC=140°，
∵∠AME的平分线交直线AB于点F
∴∠AMF=12∠AME=70°，
∴∠AME=∠ADB，
∴BD∥MF；
（2）解：BD⊥MF，证明如下：
如图所示，延长BD交MF于点H，
∵∠BAM=∠BEM=90°，∠ACB=∠MCE，
∴∠ABC=∠CME，
∵BD、MF分别是∠ABC、∠AMF的角平分线，
∴∠AMF=12∠AME=12∠ABC=∠ABD．
∵∠AFM=∠BFM，
∴∠BHF=∠MAF=90°，
∴MF⊥BD．

【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，三角形外角的性质，平行线的判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·广西南宁·八年级校考期中）在△ABC中.
(1)如图1，∠ACB=90°，CD是AB边上的高，AE平分∠BAC，AE，CD相交于点F，请直接写出线段CF与CE的数量关系；
(2)如图2，∠ACB=90°，CD是AB边上的高，△ABC的外角∠BAG的平分线交CD的延长线于点F，其反向延长线与BC的延长线交于点E，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
(3)如图3，AB上存在一点D，使得∠ACD=∠B，∠BAC的平分线AE交CD于点F．△ABC的外角∠BAG的平分线所在直线MN与BC的延长线交于点M．请求出∠M与∠CFE的数量关系．
【答案】(1)CF=CE
(2)成立，理由见解析
(3)∠M+∠CFE=90°
【分析】（1）利用角平分线的定义和直角三角形两个锐角之间的关系证明得到∠CFE=∠CEF，再利用等角对等边即可求证；
（2）利用角平分线的定义和直角三角形两个锐角之间的关系证明得到∠E=∠F，再利用等角对等边即可求证；
（3）先证明∠M+∠CEF=90°，再证明∠CFE=∠CEF，即可求证．
【详解】（1）解：CF=CE；
理由：∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=∠EAB，
∵CD是AB边上的高，
∴CD⊥AB，
∴∠EAB+∠AFD=90°，
∴∠EAB+∠CFE=90°
∵∠ACB=90°，
∴ ∠CAE+∠AEC=90°，
∴∠CFE=∠CEF，
∴CF=CE．
（2）成立；
理由：∵AF平分∠BAG，
∴∠BAF=∠GAF，
∵CD是AB边上的高，
∴CD⊥AB，
∴∠FAB+∠F=90°，
∴∠GAF+∠F=90°，
∴∠EAC+∠F=90°
∵∠ACB=90°，
∴ ∠CAE+∠E=90°，
∴∠E=∠F，
∴CF=CE．
（3）∵AE是∠BAC的平分线，
∴∠CAE=∠BAE=12∠BAC，
∵MN是∠BAG的平分线所在直线，
∴∠BAN=∠GAN=12∠BAG，
∴∠EAN=∠BAE+∠BAN=12∠BAC+∠BAG=90°，
∴∠EAM=90°，
∴∠M+∠CEF=90°，
∵∠ACD=∠B，
∴∠CFE=∠ACD+∠CAE=∠B+∠BAE=∠CEF，
∴∠M+∠CFE=90°；
【点睛】本题考查了直角三角形两个锐角互余，角平分线的定义、等角对等边，三角形外角的性质等知识，解题关键是牢记相关概念，能正确进行角之间的转化．
【题型6 应用三角形的外角性质解决折叠问题】
【例6】（2023春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图1，△ADC中，点E和点F分别为AD，AC上的动点，把△ADC纸片沿EF折叠，使得点A落在△ADC的外部A′处，如图2所示．若∠1−∠2=42°，则∠A度数为( )
A．20°B．21°C．21.5°D．22.5°
【答案】B
【分析】根据折叠的性质得出∠A=∠A′，∠AEF=∠A′EF，∠AFE=∠A′FE，继而分别表示出∠1,∠2，得到∠1−∠2=2∠A，即可求解．
【详解】解：根据折叠的性质得∠A=∠A′，∠AEF=∠A′EF，∠AFE=∠A′FE，
∵∠1=180°−∠AEA′，∠A′FE=∠CFE+∠2，∠CFE=∠A+∠AEF，
∴∠1=180°−2∠AEF，∠AFE=∠A+∠AEF+∠2，
∵∠AFE=180°−∠A−∠AEF，
∴∠2=180°−∠A−∠AEF−∠A−∠AEF
=180°−2∠A−2∠AEF，
∴∠1−∠2=180°−2∠AEF−180°−2∠A−2∠AEF，
∴∠1−∠2=2∠A，
∵∠1−∠2=42°，
∴∠A=21°
故选B．
【点睛】本题考查了折叠问题，三角形内角和定理，三角形的外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．
【变式6-1】（2023春·重庆涪陵·八年级校考期中）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A′处，且BA′平分∠ABC，CA′平分∠ACB，若∠BA′C=110°，则∠ADE的度数为（ ）
A．60°B．65°C．70°D．75°
【答案】C
【分析】连接AA′，根据三角形内角和求出∠BAC，再根据∠1=∠DAA′+∠DA′A，∠2=∠EAA′+∠EA′A，得出∠1+∠2=2∠BAC，从而得出答案．
【详解】解：如图，连接AA′，
∵∠BA′C=110°，
∴∠A′BC+∠A′CB=70°，
∵BA′平分∠ABC，CA′平分∠ACB，
∴∠ABC+∠ACB=140°，
∴∠BAC=180°−140°=40°，
∵∠1=∠DAA′+∠DA′A，∠2=∠EAA′+∠EA′A，，
∵∠DAA′=∠DA′A，∠EAA′=∠EA′A，
∴∠1+∠2=2∠BAC=80°，
∴BA′平分∠ABC，CA′平分∠ACB，
∴AA′平分∠BAC，
∴∠DAA′=12∠BAC=20°，
∵∠1=40°，
∴∠ADE=180°−∠12=70°．
故选：C．
【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形的内角和定理、角平分线的定义、三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识．
【变式6-2】（2023春·广东湛江·八年级岭师附中校联考期末）如图，将纸片△ABC沿DE折叠，点A落在边BC上点F处，已知∠1+∠2=100°，则∠A= ．

【答案】50°
【分析】连接AF，先根据折叠的性质可得∠DAE=∠DFE，再根据三角形的外角性质求解即可得．
【详解】解：如图，连接AF，

由折叠的性质得：∠DAE=∠DFE，
∵∠1=∠DAF+∠DFA，∠2=∠EAF+∠EFA，∠1+∠2=100°，
∴∠DAF+∠DFA+∠EAF+∠EFA=100°，即∠DAE+∠DFE=100°，
∴2∠DAE=100°，
解得∠DAE=50°，
故答案为：50°．
【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形的外角性质，熟练掌握折叠的性质是解题关键．
【变式6-3】（2023春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第七中学校考期末）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在图中的A′处，若∠A=28°，∠BDA′=90°，则∠A′EC的大小为 ．
【答案】34°
【分析】利用折叠性质得∠ADE=∠A′DE=45°，∠AED=∠A′ED，再根据三角形外角性质得∠CED=74°，利用邻补角得到∠AED=106°，则∠A′ED=106°，然后利用∠A′EC=∠A′ED−∠CED进行计算即可．
【详解】解：∵∠BDA′=90°，
∴∠ADA′=90°，
∵△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在图中的A′处，
∴∠ADE=∠A′DE=45°，∠AED=∠A′ED，
∵∠CED=∠A+∠ADE=28°+45°=73°，
∴∠AED=107°，
∴∠A′ED=107°，
∴∠A′EC=∠A′ED−∠CED=107°−73°=34°．
故答案为：34°．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理等，理解题意，熟练掌握综合运用各个知识点是解题关键．
【题型7 应用三角形的外角性质解决三角板组合问题】
【例7】（2023春·江苏·八年级开学考试）如图所示，一副三角板叠放在一起，则图中∠α的度数为（ ）
A．45°B．50°C．75°D．80°
【答案】C
【分析】由题意得∠E=90°，∠EAC=60°，∠DAC=45°，根据角的和差关系，得∠EAD=∠EAC−∠DAC=15°，再根据三角形的外角的性质，得∠ADC=∠E+∠EAD=105°，从而解决此题．
【详解】解：如图：

由题意得，∠E=90°，∠EAC=60°，∠DAC=45°，
∴∠EAD=∠EAC−∠DAC=15°，
∴∠ADC=∠E+∠EAD=105°，
∴α=180°−∠ADC=75°，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形的外角，熟练掌握三角形的外角的性质，三角形一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，是解决本题的关键．
【变式7-1】（2023春·四川泸州·八年级统考期末）如果将一副三角板按如图方式叠放，那么∠1等于（ ）
A．45°B．60°C．105°D．120°
【答案】C
【分析】如图，易得∠DAC=45°，利用三角形的外角的性质，得到∠1=∠DAC+∠C，即可得出结论．
【详解】解：如图，∠C=60°,∠CAB=90°,∠DAB=45°，
∴∠DAC=∠CAB−∠DAB=45°，
∴∠1=∠DAC+∠C=105°；
故选C．
【点睛】本题考查三角板中角度的计算，三角形的外角的性质．熟练掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和，是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·安徽淮北·八年级统考期中）将一副三角板按如图的方式摆放，若∠1=70°，则∠2的度数是（ ）
A．140°B．150°C．155°D．160°
【答案】A
【分析】根据对顶角的性质，三角形的外角性质先求出∠4的度数，然后根据三角形的内角和求出∠5的度数，从而得出∠6的度数，最后根据三角形外角的性质可得出结果．
【详解】解：∠3，∠4，∠5，∠6如图所示，
∵∠1=30°+∠3=70°，∴∠3=40°=∠4，
∴∠5=90°-∠4=50°=∠6，
∴∠2=90°+∠6=140°，
故选：A．
【点睛】本题主要考查三角形外角的性质，三角形的内角和以及对顶角的性质，掌握基本性质是解题的关键．
【变式7-3】（2023春·山东滨州·八年级统考期末）一副三角板如图所示摆放，则∠α与∠β的数量关系为（ ）
A．∠α=∠β+15°B．∠α+∠β=180°
C．∠α+∠β=225°D．∠α=∠β
【答案】C
【分析】如图设置角，即有∠1=60°，∠2=∠3，∠4=∠5，先得出∠α=∠3+60°，∠β=∠4+30°，再结合∠4+∠3+45°=180°，可得∠4+∠3=135°，问题随之得解．
【详解】如图，可知：∠1=60°，∠2=∠3，∠4=∠5，
∵∠α=∠2+∠1，∠β=∠5+30°，
∴∠α=∠2+60°=∠3+60°，∠β=∠5+30°=∠4+30°，即A项、D项无法判断，
∵∠4+∠3+45°=180°，
∴∠4+∠3=135°，
∴∠α+∠β=∠3+60°+∠4+30°=∠3+90°+∠4，
即：∠α+∠β=∠3+∠4+90°=135°+90°=225°，即B项错误，C项正确，
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形的外角的定义，三角形内角和定理等知识，理清图中各个角之间的关系是解答本题的关键．
【题型8 三角形中角的不等关系的证明】
【例8】（2013春·河北邯郸·八年级统考期末）如图：CD是△ABC中∠ACB的外角平分线，请猜测∠BAC和∠B的大小关系，并说明理由.
【答案】∠BAC＞∠B
【详解】试题分析：根据CD是△ABC中∠ACB的外角平分线可得∠ACD=∠ECD，再根据三角形的外角的性质求解.
∠BAC＞∠B，理由如下：
∵CD是△ABC中∠ACB的外角平分线
∴∠ACD=∠ECD
∵∠BAC是△ACD的外角
∴∠BAC＞∠ACD
∴∠BAC＞∠ECD
又∵∠ECD是△BCD的外角
∴∠ECD＞∠B
∴∠BAC＞∠B.
考点：角平分线的性质，三角形的外角的性质
点评：解题的关键是熟练掌握三角形的外角的性质：三角形的外角大于任何一个与它不相邻的内角.
【变式8-1】（2023春·八年级课时练习）已知：如图，在△ABC中，∠1是它的一个外角，E为边AC上一点，延长BC到D，连接DE．求证：∠1＞∠2．
【答案】见解析
【详解】试题分析：根据三角形的一个外角大于和它不相邻的任何一个内角证明即可．
证明：∵∠1是△ABC的一个外角，
∴∠1＞∠3，
∵∠3是△DEC的一个外角，
∴∠3＞∠2，
∴∠1＞∠2．
考点：三角形的外角性质．
【变式8-2】（2023春·内蒙古赤峰·八年级统考期中）实验与探究：在（ ）内填写理论根据．在横线上填写结论
在△AC中，如果AB>AC，那么我们可以将△ABC折叠，使边AC落在AB上，点C落在AB边上的D点，折线交BC于点E，
则∠C=∠ADE．
∵∠ADE=∠B+∠BED（ ）
∴∠ADE>∠B（ ）
∴∠C>∠B（ ）
结论：在一个三角形中，如果＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
那么＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
利用此结论，回答下面的问题：
（1）在△ABC中，已知BC>AB>AC，那么∠A、∠B、∠C有怎样的大小关系？（用“>”表示出来）
（2）如果一个三角形中最大的边所对的角是锐角，这个三角形一定是锐角三角形吗？为什么？（写出已知、求证、证明）
【答案】实验与探究：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和，等式的性质，等量代换；两条边不等，它们所对的角也不等．大边所对的角越大．（2）∠A＞∠C＞∠B；（3）见解析．
【分析】阅读利用折叠的性质可以解决问题：
（1）根据示例得到的结论，可判断；
（2）根据题意写出已知，求证，并根据示例中的结论进行证明即可．
【详解】解：在△AC中，如果AB>AC，那么我们可以将△ABC折叠，使边AC落在AB上，点C落在AB边上的D点，折线交BC于点E，
则∠C=∠ADE．
∵∠ADE=∠B+∠BED（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和 ）
∴∠ADE>∠B（等式的性质 ）
∴∠C>∠B（ 等量代换 ）
结论：在一个三角形中，如果两条边不等，那么它们所对的角也不等．大边所对的角越大．
（1）∵在一个三角形中，如果两个角不等，那么它们所对的边也不等，大角所对的边较大
∴如果BC＞AB＞AC，则∠A＞∠C＞∠B；
（2）已△ABC中，AB＞AC＞BC，且∠C＜90°，求证：△ABC是锐角三角形．
证明：如图，
∵AB＞AC＞BC，
∴∠C＞∠B＞∠A，
∵∠C＜90°，
∴∠B＜90°，∠A＜90°，
∴△ABC是锐角三角形．
【点睛】本题考查了折叠问题，三角形三边关系，熟练运用这些性质是解决问题的关键．
【变式8-3】（2023春·河南周口·八年级阶段练习）如图，O是△ABC内任意一点，连接OB、OC．
（1）求证：∠BOC＞∠A；
（2）比较AB+AC与OB+OC的大小，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）AB+AC＞BO+CO，理由略．
【详解】试题分析：（1）本题主要考查了三角形的外角性质的应用，作出辅助线，构造出三角形，再利用三角形内角与外角的关系求解是解答此题的关键，延长CO交AB于E，再根据三角形的外角性质即可得出答案；
（2）延长BO交AC与点D，根据三角形的三边关系可得AB+AD＞BD，OD+CD＞CO进而可得AB+AC＞BO+CO．
试题解析：解：（1）证明：延长BO交AC于点D，
∴∠BOC＞∠ODC，
又∠ODC＞∠A，
∴∠BOC＞∠A；
（2）∵AB+AD＞OB+OD，OD+CD＞OC，
∴AB+AD+CD＞OB+OC，即：AB+AC＞OB+OC．
考点：1．三角形的外角性质；2．三角形三边关系．
【题型9 应用三角形外角的性质解决角度测量问题】
【例9】（2023春·广东梅州·八年级校考阶段练习）工人师傅生产了一种如图所示的零件，要求AB∥CD，工人师傅量出 ∠BAE=30°，∠AED=70°，∠EDC=40°，则该零件 （填“合格”或“不合格”）．
【答案】合格
【分析】延长AE交CD于点F，根据三角形的外角的性质，得出∠AFD=30°，进而得出∠BAE=∠AFD，再根据内错角相等，两直线平行，得出AB∥CD，即可判断零件是否合格．
【详解】解：如图，延长AE交CD于点F，
∵∠AED=∠EDC+∠AFD，
又∵∠AED=70°，∠EDC=40°，
∴∠AFD=∠AED−∠EDC=70°−40°=30°，
又∵∠BAE=30°，
∴∠BAE=∠AFD，
∴AB∥CD，
∴该零件合格．
故答案为：合格
【点睛】本题考查了三角形的外角的性质、平行线的判定定理，解本题的关键在正确作出辅助线．
【变式9-1】（2023春·山东济宁·八年级统考期中）一个零件的形状如图，按规定∠A＝90°，∠B＝∠D＝25°，判断这个零件是否合格，只要检验∠BCD的度数就可以了．量得∠BCD＝150°，这个零件 （填“合格”不合格”）．
【答案】不合格
【分析】连接AC并延长，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可得∠3＝∠1+∠B，∠4＝∠2+∠D，再求出∠BCD即可进行判定．
【详解】解：如图，连接AC并延长，
由三角形的外角性质可得，∠3＝∠1+∠B，∠4＝∠2+∠D，
∴∠BCD＝∠3+∠4＝∠1+∠B+∠2+∠D
＝∠BAD+∠B+∠D
＝90°+25°+25°
＝140°，
∵140°≠150°，
∴这个零件不合格．
故答案为：不合格．
【点睛】本题考查了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，熟记性质并作辅助线构造出两个三角形是解题的关键．
【变式9-2】（2023春·江西南昌·八年级统考阶段练习）如图，有一个“工”字形零件，经测量，∠BMN=100°,∠MNC=70°，那么直线AB与CD所成的锐角的大小是 ．

【答案】30°
【分析】先找出直线AB与CD所成的锐角，再根据三角形的外角性质即可得．
【详解】如图，∠BOD即为直线AB与CD所成的锐角，
∵∠BMN=100°,∠MNC=70°，
∴∠BOD=∠BMN−∠MNC=100°−70°=30°，
即直线AB与CD所成的锐角的大小是30°，
故答案为：30°．

【点睛】本题考查了三角形的外角性质，理解题意，正确找出直线AB与CD所成的锐角是解题关键．
【变式9-3】（2023春·八年级课时练习）下图是某工人加工的一个机器零件（数据如图），经过测量不符合标准．标准要求是：∠EFD=120°，且∠A、∠B、∠C保持不变为了达到标准，工人在保持∠E不变情况下，应将图中∠D （填“增大”或“减小”） 度．
【答案】 减小 15
【分析】延长EF到H与CD交于H，先利用对顶角的性质和三角形内角和定理求出DCE=60°，然后根据三角形外角的性质得到∠DHE=∠E+∠DCE=100°，∠DFE=∠D+∠DHF，由此求解即可．
【详解】解：如图，延长EF到H与CD交于H，
∵∠DCE=∠ACB=180°-∠A-∠B，∠A=70°，∠B=50°，
∴∠DCE=60°，
∴∠DHE=∠E+∠DCE=100°，
∵∠DFE=∠D+∠DHF，
∴∠D=∠DFE-∠DHF=120°-100°=20°，
∴∠D从35°减小到20°，减小了15°，
故答案为：减小，15．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，对顶角的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
【题型10 三角形有关角度关系的探究题】
【例10】（2023春·广东河源·八年级校考开学考试）△ABC中，∠C=80∘，点D，B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在边AB边上，且∠α=50°，如图1，则∠1+∠2=__．
(2)若点P在边AB上运动，如图2所示．则∠α，∠1，∠2之间有何关系？猜想并说明理由．
(3)若点P运动到边AB的延长线上，如图3，则∠α，∠1，∠2之间有何关系？猜想并说明理由．
【答案】(1)130°
(2)∠1+∠2=80°+α,理由见解析
(3)∠1=80°+∠2+α,理由见解析
【分析】（1）连接CP，根据三角形外角性质，即可得到∠1=∠DCP+∠DPC，∠2=∠ECP+∠EPC，再根据∠1+∠2=∠ACB+∠DPE进行计算即可；
（2）连接CP，根据三角形外角性质，即可得到∠1=∠DCP+∠DPC，∠2=∠ECP+∠EPC，再根据∠1+∠2=∠ACB+∠DPE进行计算即可得到∠α、∠1、∠2之间的关系；
（3）根据三角形外角性质，即可得到∠1=∠C+∠CMD，∠CMD=∠2+∠α，进而得到∠1=∠C+∠2+∠α，据此可得∠α、∠1、∠2之间的关系．
【详解】（1）如图1，连接CP，
∵∠1是△CDP的外角，
∴∠1=∠DCP+∠DPC，
同理可得，∠2=∠ECP+∠EPC，
∴∠1+∠2=∠ACB+∠DPE=80°+50°=130°，
故答案为：130°；
（2）∠1+∠2=80°+∠α，理由如下：
如图2，连接CP，
∵∠1是△CDP的外角，
∴∠1=∠DCP+∠DPC，
同理可得，∠2=∠ECP+∠EPC，
∴∠1+∠2=∠ACB+∠DPE=80°+∠α，
故答案为：∠1+∠2=80°+∠α；
（3）∠1=80°+∠2+∠α，理由如下：
如图3，∵在△CDM中，∠1=∠C+∠CMD，
在△EMP中，∠CMD=∠2+∠α，
∴∠1=∠C+∠2+∠α，
即∠1=80°+∠2+∠α．
【点睛】本题主要考查了三角形外角性质以及三角形内角和定理的运用，解题时注意：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
【变式10-1】（2023春·广东河源·八年级校考期末）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”，请发挥你的聪明才智，解决以下问题：
(1)观察“规形图”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由；
(2)请你直接利用以上结论，解决以下三个问题：
①如图2，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，若∠A=50°，直接写出∠ABX+∠ACX的结果；
②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE=50°,∠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=140°,∠BG1C=77°，求∠A的度数．
【答案】(1)∠BDC=∠A+∠B+∠C，见解析
(2)①40°；②90°；③70°
【分析】（1）首先连接AD并延长，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°，即可求出∠ABX+∠ACX的值；②由（1）可得∠DBE=∠DAE+∠ADB+∠AEB，再根据∠DAE=50°,∠DBE=130°，求出∠ADB+∠AEB的值；然后根据∠DCE=12∠ADB+∠AEB+∠DAE，即可求出∠DCE的度数；③设∠ABG1=x°，∠ACG1=y°，结合已知可得∠ABD=10x°，∠ACD=10y°，再根据（1）可得∠A+x°+y°=77°，∠A+10x°+10y°=140°，即可判断出∠A的度数．
【详解】（1）解：∠BDC=∠A+∠B+∠C，理由如下：
如图，连接AD并延长．
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，
故答案为：∠BDC=∠A+∠B+∠C；
（2）①由（1）可得∠ABX+∠ACX+∠A=∠BXC，
∵∠A=50°，∠BXC=90°，
∴∠ABX+∠ACX=90°−50°=40°；
②由（1）可得∠DBE=∠DAE+∠ADB+∠AEB，
∴∠ADB+∠AEB=∠DBE−∠DAE=130°−50°=80°，
∴12∠ADB+∠AEB=80°÷2=40°，
∴∠DCE=12∠ADB+∠AEB+∠DAE=50°+40°=90°；
③设∠ABG1=x°，∠ACG1=y°，
则∠ABD=10x°，∠ACD=10y°，
则∠A+x°+y°=77°，∠A+10x°+10y°=140°，
解得x+y=7°，
所以∠A=77°−7°=70°，
即∠A的度数为70°．
【点睛】此题还考查了三角形的外角的性质，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和．
【变式10-2】（2023春·陕西西安·八年级统考期中）在△ABC中，∠C>∠B，AE平分∠BAC，F为射线AE上一点(不与点E重合)，且FD⊥BC于D．
(1)如果点F与点A重合，且∠C=50°，∠B=30°，如图1，求∠EFD的度数；
(2)如果点F在线段AE上（不与点A重合），如图2，求证：∠EFD=12∠C−∠B；
(3)如果点F在△ABC外部，如图3，此时∠EFD与∠C−∠B的数量关系是否发生变化？请说明理由．
【答案】(1)10°
(2)证明见详解
(3)不发生变化，理由见详解
【分析】（1）根据FD⊥BC，∠C=50°，∠B=30°，求出∠BAC与∠CAD，再根据AE平分∠BAC，即可得到答案；
（2）根据三角形的内角和求出∠BAC，再根据AE平分∠BAC，求出∠BAE，利用三角形内外角关系求出∠AED，结合FD⊥BC即可得到答案；
（3）根据三角的内角和求出∠BAC，再根据AE平分∠BAC，求出∠BAE，利用三角形内外角关系求出∠AEC，结合FD⊥BC即可得到答案；
【详解】（1）解：∵FD⊥BC，∠C=50°，∠B=30°，
∴∠BAC=180°−50°−30°=100°，∠CAD=90°−50°=40°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC=12∠BAC=50°，
∴∠EFD=∠EAC−∠CAD=50°−40°=10°；
（2）证明：∵∠B+∠C+∠BAC=180°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=12(180°−∠B−∠C)=90°−12∠B−12∠C，
在△ABE中
∠FED=∠B+∠BAE=∠B+90°−12∠B−12∠C=90°+12∠B−12∠C，
∵FD⊥BC，
∴∠EFD=90°−∠FED=90°−(90°+12∠B−12∠C)=12(∠C−∠B)；
（3）解：不发生变化，理由如下，
∵∠B+∠C+∠BAC=180°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=12(180°−∠B−∠C)=90°−12∠B−12∠C，
在△ABE中
∠AEC=∠B+∠BAE=∠B+90°−12∠B−12∠C=90°+12∠B−12∠C，
∴∠DEF=∠AEC=90°+12∠B−12∠C，
∵FD⊥BC，
∴∠EFD=90°−∠FED=90°−(90°+12∠B−12∠C)=12(∠C−∠B)．
【点睛】本题考查角平分线性质，三角形内角和定理，三角形内外角关系，直角三角形两锐角互余，解题的关键是根据题意得到相应角度关系．
【变式10-3】（2023春·江西南昌·八年级统考期末）在△ABC中，∠A=60°，点D、E分别是△ABC边AC、AB上的点，点P是一动点，设∠PDC=∠1，∠PEB=∠2，∠DPE=∠α．
(1)如图1，若点P在线段BC上，且∠α=50°，求∠1+∠2的度数；
(2)若点P在线段BC延长线上，请借助图2和图3，分别探究∠1、∠2与∠α之间的关系，并说明理由．
【答案】(1)60°+α
(2)由图2可得∠2=∠α+∠1+60°，由图3可得∠2=∠1−∠α+60°，理由见解析
【分析】（1）根据三角形的外角的性质得出∠DPB=∠1+∠C，∠EPC=∠2+∠B，两式相加，即可求解．
（2）根据三角形的外角的性质结合图形即可求解．
【详解】（1）解：根据图1可得：∠DPB=∠1+∠C，∠EPC=∠2+∠B，
∴∠DPB+∠EPC=∠1+∠2+∠C+∠B，
∵∠DPE=∠α，
∴∠α+180°=∠1+∠2+180°−∠A，∠A=60°，
即∠1+∠2=60°+α；
（2）解：如图2，设AC,EP交于点F，
∵∠AFE=∠1+∠α，∠2=∠A+∠AFE，
∴∠2=60°+∠1+∠α；
如图3，设AC,EP交于点F，
∵∠AFE=∠1−∠α，∠2=∠A+∠AFE，
∴∠2=60°+∠1−∠α；
【点睛】本题考查了三角形内角和定理与三角形外角的性质，掌握三角形的外角的性质是解题的关键．