专题06 三角形中的倒角模型之燕尾型、风筝模型-2023-2024学年七年级数学下册常见几何模型（苏科版）

这是一份专题06 三角形中的倒角模型之燕尾型、风筝模型-2023-2024学年七年级数学下册常见几何模型（苏科版），文件包含专题06三角形中的倒角模型之燕尾飞镖型风筝模型原卷版docx、专题06三角形中的倒角模型之燕尾飞镖型风筝模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。
模型1、“飞镖”模型（“燕尾”模型）

图1 图2 图3
条件：如图1，凹四边形ABCD； 结论：①；②。
条件：如图2，线段BO平分∠ABC，线段OD平分∠ADC； 结论：∠O=（∠A+∠C）。
条件：如图3，线段AO平分∠DAB，线段CO平分∠BCD； 结论：∠O=（∠D-∠B）。
飞镖模型结论的常用证明方法：
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春·江苏·七年级专题练习）如图，是的平分线，是的平分线，与交于，若，，则 ．
【答案】
【分析】首先连接BC，根据三角形的内角和定理，求出，∠1+∠2+∠3+∠4=70°；然后判断出，再根据BE是∠ABD的平分线，CF是∠ACD的平分线，判断出；最后根据三角形的内角和定理，用即可求出∠A的度数.
【详解】如下图所示，连接BC，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∵BE是∠ABD的平分线，CF是∠ACD的平分线，∴∠3=∠5，∠4=∠6，
又∵，∴，
∴，
∴. 故答案为：.
【点睛】本题主要考查了三角形内角和的应用，熟练掌握相关角度的和差计算是解决本题的关键.
例3．（2022秋·广西八年级期中）如图，，的角平分线交于点，若，，则的度数（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】法一：延长PC交BD于E，设AC、PB交于F，根据三角形的内角和定理得到∠A＋∠ABF＋∠AFB＝∠P＋∠PCF＋∠PFC＝180°推出∠P＋∠PCF＝∠A＋∠ABF，根据三角形的外角性质得到∠P＋∠PBE＝∠PED，推出∠P＋∠PBE＝∠PCD−∠D，根据PB、PC是角平分线得到∠PCF＝∠PCD，∠ABF＝∠PBE，推出2∠P＝∠A−∠D，代入即可求出∠P．法二：延长DC，与AB交于点E．设AC与BP相交于O，则∠AOB＝∠POC，可得∠P＋∠ACD＝∠A＋∠ABD，代入计算即可．
【详解】解：法一：延长PC交BD于E，设AC、PB交于F，

∵∠A＋∠ABF＋∠AFB＝∠P＋∠PCF＋∠PFC＝180°，
∵∠AFB＝∠PFC，∴∠P＋∠PCF＝∠A＋∠ABF，
∵∠P＋∠PBE＝∠PED，∠PED＝∠PCD−∠D，∴∠P＋∠PBE＝∠PCD−∠D，
∴2∠P＋∠PCF＋∠PBE＝∠A−∠D＋∠ABF＋∠PCD，
∵PB、PC是角平分线∴∠PCF＝∠PCD，∠ABF＝∠PBE，∴2∠P＝∠A−∠D
∵∠A＝48°，∠D＝10°，∴∠P＝19°．
法二：延长DC，与AB交于点E．
∵∠ACD是△ACE的外角，∠A＝48°，∴∠ACD＝∠A＋∠AEC＝48°＋∠AEC．
∵∠AEC是△BDE的外角，∴∠AEC＝∠ABD＋∠D＝∠ABD＋10°，
∴∠ACD＝48°＋∠AEC＝48°＋∠ABD＋10°，整理得∠ACD−∠ABD＝58°．
设AC与BP相交于O，则∠AOB＝∠POC，
∴∠P＋∠ACD＝∠A＋∠ABD，即∠P＝48°−（∠ACD−∠ABD）＝19°．故选A.
【点睛】本题主要考查对三角形的内角和定理，三角形的外角性质，对顶角的性质，角平分线的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行计算是解此题的关键．
例4.（2023·广东·八年级期中）如图，在三角形ABC中，，为三角形内任意一点，连结AP，并延长交BC于点D. 求证：（1）；（2）.

【详解】（1）∵，∴
∵，∴，∴
∵，∴
（2）过点作，交、于、，则，
由（1）知
∵， ∴
即
（几何证明中后一问常常要用到前一问的结论）
例5．（2023·江苏南京·七年级校联考期末）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，如图三角形，点是三角形内一点，连接，，试探究与，，之间的关系．
小明：可以用三角形内角和定理去解决．
小丽：用外角的相关结论也能解决．
（1）请你在横线上补全小明的探究过程：
∵，（______）
∴，（等式性质）
∵，
∴，
∴．（______）
（2）请你按照小丽的思路完成探究过程；
（3）利用探究的结果，解决下列问题：
①如图①，在凹四边形中，，，求______；
②如图②，在凹四边形中，与的角平分线交于点，，，则______；
③如图③，，的十等分线相交于点、、、…、，若，，则的度数为______；
④如图④，，的角平分线交于点，则，与之间的数量关系是______；
⑤如图⑤，，的角平分线交于点，，，求的度数．
【答案】（1）三角形内角和180°；等量代换；（2）见解析；（3）①；②；③；④；⑤
【分析】（1）根据三角形的内角和定理即可判断，根据等量代换的概念即可判断；
（2）想要利用外角的性质求解，就需要构造外角，因此延长交于，然后根据外角的性质确定，，即可判断与，，之间的关系；
（3）①连接BC，然后根据（1）中结论，代入已知条件即可求解；
②连接BC，然后根据（1）中结论，求得的和，进而得到的和，然后根据角平分线求得的和，进而求得，然后利用三角形内角和定理，即可求解；
③连接BC，首先求得，然后根据十等分线和三角形内角和的性质得到，然后得到的和，最后根据（1）中结论即可求解；
④设与的交点为点，首先利用根据外角的性质将用两种形式表示出来，然后得到，然后根据角平分线的性质，移项整理即可判断；
⑤根据（1）问结论，得到的和，然后根据角平分线的性质得到的和，然后利用三角形内角和性质即可求解．
【详解】（1）∵，（三角形内角和180°）
∴，（等式性质）
∵， ∴，
∴．（等量代换） 故答案为：三角形内角和180°；等量代换．
（2）如图，延长交于，
由三角形外角性质可知，，，
∴．
（3）①如图①所示，连接BC，
，
根据（1）中结论，得，
∴，∴；
②如图②所示，连接BC，
，
根据（1）中结论，得，∴，
∵与的角平分线交于点，∴，,
∴，
∵，，
∴，∴，
∵，∴；
③如图③所示，连接BC，
，
根据（1）中结论，得，
∵，，∴，
∵与的十等分线交于点，∴，,
∴，
∴，
∵，∴，
∴，∴，∴；
④如图④所示，设与的交点为点，
∵平分，平分，∴，，
∵，，∴,
∴,
∴，即；
⑤∵，的角平分线交于点，∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形内角和定量，外角的性质，以及辅助线的做法，重点是观察题干中的解题思路，然后注意角平分线的性质，逐渐推到即可求解．
模型2、风筝模型（鹰爪模型）或角内翻模型

图1 图2
1）鹰爪模型：结论：∠A+∠O=∠1+∠2；
2）鹰爪模型（变形）：结论：∠A+∠O=∠2-∠1。

图3 图4
3）角内翻模型:
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；
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。
例1．（2023·四川达州·八年级期末）如图，，，分别是四边形的外角，判定下列大小关系：①；②；③；④．其中正确的是 ．（填序号）
【答案】①
【分析】根据多边形（三角形）的外角和为即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵，，
∴，故①正确，②不正确；
∵多边形的外角和是，∴，故③④不正确，故答案为：①．
【点睛】本题主要考查多边形的内角和定理、外角和性质，掌握以上知识，能正确添加辅助线构成三角形是解题的关键．
例2．（2023春·江苏·七年级期中）如图，在中， ，将沿翻折后，点A落在BC边上的点处．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据折叠的性质，得到，，结合，得到，再根据，利用三角形内角和定理计算即可．
【详解】．根据折叠的性质，得到，，
因为，所以，
因为，所以．故选C．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理，熟练掌握折叠性质是解题的关键．
例3．（2023·江苏泰州·七年级校考期中）在△ABC中，∠B＝33°，将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则∠1—∠2的度数是
【答案】66°
【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，由折叠的性质得：∠D＝∠B＝33°，
根据外角性质得：∠1＝∠3+∠B，∠3＝∠2+∠D，
∴∠1＝∠2+∠D+∠B＝∠2+2∠B＝∠2+66°，∴∠1﹣∠2＝66°．故答案为：66°．
【点睛】此题考查了翻折变换以及三角形外角性质的运用，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
例4．（2023春·甘肃天水·七年级校联考期末）如图①，、是四边形的两个不相邻的外角．

(1)猜想并说明与、的数量关系；(2)如图②，在四边形中，与的平分线交于点．若，，求的度数；(3)如图③，、分别是四边形外角、的角平分线．请直接写出、与的数量关系 ．
【答案】(1)；(2)；(3)．
【分析】（1）根据多边形内角和与外角即可说明与、的数量关系；
（2）结合(1)的结论，根据与的平分线，，，即可求的度数；
（3）结合(1)的结论，根据、分别是四边形外角、的角平分线.进而可以写出、与的数量关系．
【详解】（1）猜想：，理由如下：
∵，，∴，
（2）∵，，，
∴，
∵、分别平分与，∴，，
∴，
∴，
（3）、与的数量关系为：，理由如下：
∵、分别是四边形外角、的角平分线，
∴，，
由(1)可知:，，
∴，∴，故答案为：．
【点睛】此题考查了多边形内角与外角、三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握多边形外角．
例5．（2022·江苏宿迁·七年级校考期中）三角形内角和定理告诉我们：如图①三角形三个内角的和等于180°．
(1)【定理推论】如图②，在△ABC中，有∠A+∠B+∠ACB=180°，点D是BC延长线上一点．
由平角的定义可得∠ACD+∠ACB=180°，所以∠ACD=________ ．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．
(2)【初步运用】如图③，点D、E分别是△ABC的边AB、AC延长线上一点．
①若∠A=80°，∠DBC=150°，则∠ACB=_____°;②若∠A=80°，则∠DBC+∠ECB=______°．
(3)【拓展延伸】如图④，点D、E分别是四边形ABPC的边AB、AC延长线上一点．
①若∠A=80°，∠P=150°，则∠DBP+∠ECP= _____°；
②分别作∠DBP和∠ECP的平分线，交于点O，如图⑤，若∠O=50°，求∠A和∠P之间的数量关系；
③分别作∠DBP和∠ECP的平分线BM、CN，如图⑥，若∠A=∠P，求证：．
【答案】(1)(2)；(3)； ；证明见解析
【分析】（1）根据三角形的内角和定理和平角的定义可得结论；
（2）①根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和列式可得结论；
②根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和与三角形内角和定理列式可得结论；
（3）①连接AP，根据三角形内角和定理的推论可得等式，将两个等式相加可得结论；
②设∠DBO＝x，∠OCE＝y，则∠DBO＝∠OBP＝x，∠PCO＝∠OCE＝y，由①得：x+y＝∠A+∠O，2x+2y＝∠A+∠P，即可得到结论；③延长BP交CN于点Q，构建三角形PQC，由①的结论得：∠DBP+∠ECP＝∠A+∠BPC，根据角平分线的定义，证明∠MBP＝∠PQC，可得结论．
【详解】（1）∵∠A+∠B+∠ACB＝180°，∠ACD+∠ACB＝180°，
∴∠ACD＝∠A+∠B，故答案为：∠A+∠B；
（2）①∵∠DBC＝∠A+∠ACB，∠A＝80°，∠DBC＝150°，
∴∠ACB＝∠DBC-∠A＝70°，故答案为：70；
②∵∠DBC＝∠A+∠ACB，∠ECB＝∠A+∠ABC，
∴∠DBC+∠ECB＝(∠A+∠ACB)+(∠A+∠ABC)＝∠A+(∠ACB+∠A+∠ABC)＝∠A+180°，
∵∠A＝80°，∴∠DBC+∠ECB＝260°，故答案为：260；
（3）①连接AP，如图，

∵∠DBP＝∠BAP+∠BPA，∠ECP＝∠CAP+∠CPA，
∴∠DBP+∠ECP＝∠BAP+∠BPA+∠CAP+∠CPA＝∠BAC+∠BPC，
∵∠BAC＝80°，∠BPC＝150°，∴∠DBP+∠ECP＝230°，故答案为：230；
②设∠DBO＝x，∠OCE＝y，则∠DBO＝∠OBP＝x，∠PCO＝∠OCE＝y，
则：x+y＝∠A+∠O，2x+2y＝∠A+∠P，∴2∠A+2∠O＝∠A+∠P．
∵∠O＝50°，∴∠P＝∠A+100°，故答案为：∠P＝∠A+100°；
③证明：延长BP交CN于点Q，如图：
∵BM平分∠DBP，CN平分∠ECP，∴∠DBP＝2∠MBP，∠ECP＝2∠NCP，
∵由①知：∠DBP+∠ECP＝∠A+∠BPC，又∠A＝∠BPC，
∴2∠MBP+2∠NCP＝∠A+∠BPC＝2∠BPC，∴∠BPC＝∠MBP+∠NCP．
∵∠BPC＝∠PQC+∠NCP，∴∠MBP＝∠PQC，∴．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，三角形外角性质的推理及运用，角平分线的定义，平行线的判定．根据题意作出辅助线，构造出三角形是解答此题的关键．
例6．（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．
课后专项训练
1．（2023春·江苏扬州·七年级统考期末）如图，将沿折叠，使、与边分别相交于点、，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】可得，，可求，从而可求，由，，即可求解．
【详解】解：由翻折得：，，
，，，
，，
，，，
，，，故选：B．
【点睛】本题主要考查了翻折的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，掌握性质及定理是解题的关键．
2．（2023·四川绵阳·八年级校考期中）如图，中，，将沿折叠，使得点B落在边上的点F处，若且，则的度数为（ ）

A．30°B．40°C．50°D．60°
【答案】B
【分析】平角的定义，求出的度数，翻折，得到，等边对等角，得到，三角形内角和定理，得到，再根据列式求解即可．
【详解】解：∵中，，∴，
∵将沿折叠，使得点B落在边上的点F处，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴，∴；故选B．
【点睛】本题考查与折叠有关的三角形的内角和问题，等边对等角．解题关键是理清角度之间的等量关系．
3．（2023·河南安阳·八年级校考期中）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCED的外部时，则∠A与∠1和∠2之间有一种数量关系始终保持不变，请试着找一找这个规律，你发现的规律是（ ）
A．2∠A＝∠1﹣∠2 B．3∠A＝2（∠1﹣∠2） C．3∠A＝2∠1﹣∠2 D．∠A＝∠1﹣∠2
【答案】A
【分析】根据折叠的性质可得，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，得到，，然后列式整理即可得解．
【详解】解：根据折叠的性质，得．
在中，，在中，，
∴，即．故选A．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质以及折叠的性质，根据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把角与角之间联系起来是解题的关键．
4．（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．
5．（2023·新疆乌鲁木齐·八年级校考期中）如图，，，，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】在中由三角形外角的性质可求得，在中，利用三角形外角的性质可求得．
【详解】解：∵是的一个外角，∴，
∵是的一个外角，∴，故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形外角的性质，掌握三角形的一个外角等于不相邻两个内角的和是解题的关键．
6．（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．
7．（2023春·山东菏泽·七年级统考期末）如图，在三角形纸片ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，将纸片的一角折叠，使点C落在△ABC外，若∠2＝18°，则∠1的度数为（ ）
A．50°B．118°C．100°D．90°
【答案】B
【分析】在△ABC中利用三角形内角和定理可求出∠C的度数，由折叠的性质，可知：∠CDE＝∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，结合∠2的度数可求出∠CED的度数，在△CDE中利用三角形内角和定理可求出∠CDE的度数，再由∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE即可求出结论．
【详解】解：在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝50°．
由折叠，可知：∠CDE＝∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，∴∠CED＝＝99°，
∴∠CDE＝180°﹣∠CED﹣∠C＝31°，∴∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE＝180°﹣2∠CDE＝118°．故选：B．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及折叠的性质，利用三角形内角和定理及折叠的性质求出∠CDE的度数是解题的关键．
8．（2022秋·八年级课时练习）如图，把△ABC沿EF对折，折叠后的图形如图所示，，，则 的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由三角形的内角和，得，由邻补角的性质得，根据折叠的性质得，即，所以，．
【详解】解：∵，∴，∴，
由折叠的性质可得：，∴，
∵，∴，即．故选B．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理、邻补角的性质、折叠的性质，熟悉掌握三角形的内角和为，互为邻补角的两个角之和为以及折叠的性质是本题的解题关键．
9．（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．
10．（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．
11．（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.
12．（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．
13．（2023春·福建福州·七年级校考期末）如图①，凹四边形形似圆规，这样的四边形称为“规形”，
(1)如图①，在规形中，若，，，则______°；
(2)如图②，将沿，翻折，使其顶点A，B均落在点O处，若，则______°；
(3)如图③，在规形中，、的角平分线、交于点E，且，试探究，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)20(2)54(3)；理由见解析
【分析】（1）连接，并延长到点E，根据三角形外角的性质得出、，即可得出，根据，，，即可得出答案；
（2）根据翻折得出，，根据三角形内角和得出，在根据，列出关于的方程，解方程即可得出答案；
（3）根据角平分线的定义结合解析（1）得出，，根据，，即可得出答案．
【详解】（1）解：如图1，连接，并延长到点E，
则、，∴，即，
∵，，，∴，故答案为：20；
（2）解：∵将沿，翻折，顶点A，B均落在点O处，
∴，，∴，∵，∴，
∵，∴，∴．
（3）解：；理由如下：如图3，
由（1）知，
∵平分，∴，
∵平分，∴，∵，，
∴
即．
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质和三角形内角和定理，角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
14．（2023·四川达州·中考模拟）箭头四角形,模型规律:如图1，延长CO交AB于点D，则．因为凹四边形ABOC形似箭头，其四角具有“”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．模型应用:
（1）直接应用：①如图2， ．②如图3，的2等分线（即角平分线）交于点F，已知，则
③如图4，分别为的2019等分线．它们的交点从上到下依次为．已知，则 度
【答案】（1）①，②，③；
【分析】（1）①由可得答案；
②由且知，从而得，代入计算可得；
③由，
知，代入
得，
据此得出，代入可得答案；
（2）由知，结合得，连接OC，根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定解答即可．
【详解】解：（1）①如图2，在凹四边形ABOC中，，
在凹四边形DOEF中，，

②如图3，，且
，，；
③如图4，由题意知,
则
代入得
解得：
，；
故答案为①；②；③（）；
15.（2022秋·河南商丘·八年级统考阶段练习）一个三角形纸片ABC沿DE折叠，使点A落在点A′处．（点A′在△ABC的内部）.(1)如图1，若∠A＝45°，则∠1+∠2＝ °．(2)利用图1，探索∠1，∠2与∠A之间的数量关系，并说明理由．(3)如图2，把△ABC折叠后，BA′平分∠ABC，CA′平分∠ACB，若∠1+∠2＝108°，利用（2）中得出的结论求∠BA′C的度数．
【答案】(1)90°(2)∠1+∠2＝2∠A，理由见解析(3)117°
【分析】（1）根据翻折变换的性质用∠1、∠2表示出∠ADE和∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；根据翻折变换的性质用∠1、∠2表示出∠ADE和∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；（2）由∠BDE、∠CED是△ADE的两个外角知∠BDE＝∠A+∠AED、∠CED＝∠A+∠ADE，据此得∠BDE+∠CED＝∠A+∠AED+∠A+∠ADE，继而可得答案；
（3）由（1）∠1+∠2＝2∠A知∠A＝54°，根据BA'平分∠ABC，CA'平分∠ACB知∠A'BC+∠A'CB＝（∠ABC+∠ACB）＝90°﹣∠A．利用∠BA'C＝180°﹣（∠A'BC+∠A'CB）可得答案．
【详解】（1）∵点A沿DE折叠落在点A′的位置，∴∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，
∴∠ADE＝（180°﹣∠1），∠AED＝（180°﹣∠2），在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴45°+（180°﹣∠1）+（180°﹣∠2）＝180°，整理得∠1+∠2＝90°；故答案为：90°．
（2）∠1+∠2＝2∠A，理由：∵∠BDE、∠CED是△ADE的两个外角，
∴∠BDE＝∠A+∠AED，∠CED＝∠A+∠ADE，∴∠BDE+∠CED＝∠A+∠AED+∠A+∠ADE，
∴∠1+∠ADE+∠2+∠AED＝2∠A+∠AED+∠ADE，即∠1+∠2＝2∠A；
（3）由（1）∠1+∠2＝2∠A，得2∠A＝108°，∴∠A＝54°，∵BA'平分∠ABC，CA'平分∠ACB，
∴∠A'BC+∠A'CB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A．
∴∠BA'C＝180°﹣（∠A'BC+∠A'CB），＝180°﹣（90°﹣∠A）＝90°+∠A＝90°+×54°＝117°．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，三角形的内角和等于180°，综合题，但难度不大，熟记性质准确识图是解题的关键．
16．（2023·江苏·七年级假期作业）【教材呈现】苏科版义务教育数学教科书七下第42页第20题，是一道研究双内角平分线的夹角和双外角平分线夹角的数学问题，原题如下．
在中，．（1）设、的平分线交于点O，求的度数；
（2）设的外角、的平分线交于点，求的度数；
（3）与有怎样的数量关系？
【问题解决】聪聪对上面的问题进行了研究，得出以下答案：
如图1，在中，．
(1) 、的平分线交于点O，则的度数为________；
(2)的外角、的平分线交于点，则的度数为________；
(3)与的数量关系是_________．
(4)【问题深入】如图2，在中，、的角平分线交于点O，将沿折叠使得点A与点O重合，请直接写出与的一个等量关系式：
(5)如图3，过的外角、的平分线的交点，作直线交于点P，交于点Q．当时，与有怎样的数量关系？请直接写出结果．
【答案】(1)；(2)；(3)；
(4)；(5)
【分析】（1）由三角形内角和定理得到，，再根据角平分线的定义，推出，即可求出的度数；（2）根据三角形外角的定义，推出，再根据角平分线的定义，推出，然后利用三角形内角和定理即可求出的度数；（3）根据（1）和（2）的结果即可得到答案；（4）由折叠的性质可知，，，得到，，再根据三角形内角和定理，推出，由（1）同理可证，据此即可得到答案；（5）根据多边形内角和与角平分线的定义，推出，再根据三角形外角的性质，得到，最后根据，即可得到答案．
【详解】（1）解：，，
平分，平分，，，
，
，故答案为：；
（2）解：，，
，
平分，平分，，，
，
，故答案为：；
（3）解：由（1）和（2）可知，，，
，故答案为：
（4）解：，理由如下：由折叠的性质可知，，，
，，
，，
由（1）同理可证，，，；
（5）解：四边形的内角和为，，
平分，平分，，，
，，
，，，
，，
，，．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，三角形外角的性质，三角形内角和定理，多边形内角和，根据图形找出角度之间的数量关系是解题关键．
17．（2023春·江苏淮安·七年级校考阶段练习）我们知道：光线反射时，反射光线、入射光线分别在法线两侧，反射角等于入射角．如图1，为一镜面,为入射光线，入射点为点O，为法线（过入射点O且垂直于镜面的直线），为反射光线,此时反射角等于入射角，由此可知等于．
（1）两平面镜、相交于点O，一束光线从点A出发，经过平面镜两次反射后，恰好经过点B．
①如图2，当为多少度时，光线？请说明理由．
②如图3，若两条光线、所在的直线相交于点E，延长发现和分别为一个内角和一个外角的平分线，则与之间满足的等量关系是_______．（直接写出结果）
（2）三个平面镜、、相交于点M、N，一束光线从点A出发,经过平面镜三次反射后，恰好经过点E，请直接写出、、与之间满足的等量关系．
【答案】（1）①90°，理由见解析；②∠MEN=2∠POQ；（2）2（∠M+∠N）-∠BCD=360°-∠BFD
【分析】（1）①设∠AMP=∠NMO=α，∠BNQ=∠MNO=β，根据∠AMN+∠BNM=180°，可得α+β=90°，再根据三角形内角和定理进行计算即可；②设∠AMP=∠NMO=α，∠BNO=∠MNQ=β，根据三角形外角性质可得∠MEN=2（β-α），再根据三角形外角性质可得∠POQ=β-α，进而得出∠MEN=2∠POQ；
（2）分别表示出∠M，∠N，∠BCD，利用四边形内角和表示出∠BFD，再将∠M，∠N，∠BCD进行运算，变形得到∠BFD，即可得到关系式．
【详解】解：（1）①设∠AMP=∠NMO=α，∠BNQ=∠MNO=β，
当AM∥BN时，∠AMN+∠BNM=180°，即180°-2α+180°-2β=180°，∴180°=2（α+β），∴α+β=90°，
∴△MON中，∠O=180°-∠NMO-∠MNO=180°-（α+β）=90°，∴当∠POQ为90度时，光线AM∥NB；
②设∠AMP=∠NMO=α，∠BNO=∠MNQ=β，∴∠AMN=180°-2α，∠MNE=180°-2β，
∵∠AMN是△MEN的外角，∴∠MEN=∠AMN-∠MNE=（180°-2α）-（180°-2β）=2（β-α），
∵∠MNQ是△MNO的外角，∴∠POQ=∠MNQ-∠NMO=β-α，∴∠MEN=2∠POQ；
（2）设∠PBE=∠MBC=∠1，∠MCB=∠NCD=∠2，∠CDN=∠ADQ=∠3，
可知：∠M=180°-∠1-∠2，∠N=180°-∠2-∠3，∠BCD=180°-2∠2，∵∠CBA=180°-2∠1，∠CDA=180°-2∠3，
∴∠BFD=360°-∠CDA-∠CBA-∠BCD=360°-（180°-2∠1）-（180°-2∠2）-（180°-2∠3）
=2（∠1+∠2+∠3）-180° 又∵2（∠M+∠N）-∠BCD=2（180°-∠1-∠2+180°-∠2-∠3）-（180°-2∠2）
=540°-2（∠1+∠2+∠3）=360°-[2（∠1+∠2+∠3）-180°]=360°-∠BFD
∴2（∠M+∠N）-∠BCD=360°-∠BFD．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，三角形外角的性质以及多边形内角和定理的综合应用，解题时注意：两直线平行，同旁内角互补；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．