第13讲 重难点01三角形中“8”字模型-人教版初中七年级（七升八）数学暑假衔接（教师版+学生版）讲义

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一、“8”字模型
三角形三个内角的和等于180°
对顶角相等
【考点剖析】
一．选择题（共2小题）
1．（2021秋•宁远县校级期中）如图所示，∠α的度数是（ ）
A．10°B．20°C．30°D．40°
【分析】根据对顶角的性质以及三角形的内角和定理即可求出答案．
【解答】解：∵∠A+∠B+∠AOB＝∠C+∠D+∠COD，
∠AOB＝∠COD，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D
∴30°+20°＝40°+α，
∴α＝10°
故选：A．
【点评】本题考查三角形的内角和定理，解题的关键是熟练运用三角形内角和定理，本题属于基础题型．
2．（2022春•叙州区期末）如图，BP平分∠ABC交CD于点F，DP平分∠ADC交AB于点E，若∠A＝45°，∠P＝40°，则∠C的度数为（ ）
A．30°B．35°C．40°D．45°
【分析】根据三角形内角和定理，得∠A+∠ADG＝∠C+∠GBC，∠A+∠ADE＝∠P+∠PBE．根据角平分线的定义，得到∠GBC＝2∠PBE，∠ADG＝2∠ADE，进而推断出∠A+∠C＝2∠P，从而解决此题．
【解答】解：∵∠A+∠ADG+∠AGD＝180°，∠ABC+∠C+∠BGC＝180°，
∴∠A+∠ADG+∠AGD＝∠ABC+∠C+∠BGC．
又∵∠AGD＝∠BGC，
∴∠A+∠ADG＝∠C+∠GBC．
∴∠A﹣∠C＝∠GBC﹣∠ADG．
同理可得，∠A+∠ADE＝∠P+∠PBE．
∴∠A﹣∠P＝∠PBE﹣∠ADE．
∵BP平分∠ABC交CD于点F，DP平分∠ADC交AB于点E，
∴∠GBC＝2∠PBE，∠ADG＝2∠ADE．
∴∠A﹣∠C＝2（∠A﹣∠P）．
∴∠A+∠C＝2∠P．
又∵∠A＝45°，∠P＝40°，
∴∠C＝35°．
故选：B．
【点评】本题主要考查三角形内角和定理以及角平分线的性质，熟练掌握三角形内角和定理以及角平分线的性质是解决本题的关键．
二．填空题（共13小题）
3．（2021•黔东南州模拟）如图，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数是 180° ．
【分析】由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，得∠4＝∠A+∠2，∠2＝∠E+∠C，进而利用三角形的内角和定理求解．
【解答】解：如图可知：
∵∠4是三角形的外角，
∴∠4＝∠A+∠2，
同理∠2也是三角形的外角，
∴∠2＝∠E+∠C，
在△BDG中，∵∠B+∠D+∠4＝180°，
∴∠B+∠E+∠A+∠D+∠C＝180°．
故答案为：180°．
【点评】本题考查三角形外角的性质及三角形的内角和定理，解答的关键是沟通外角和内角的关系．
4．（2021秋•铁东区校级月考）如图所示，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H度数为 360° ．
【分析】根据三角形的外角等于不相邻的两个内角的和，以及多边形的内角和即可求解．
【解答】解：∵∠1＝∠A+∠B，∠2＝∠C+∠D，∠3＝∠E+∠F，∠4＝∠G+∠H，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H＝∠1+∠2+∠3+∠4，
又∵∠1+∠2+∠3+∠4＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H＝360°．
故答案为：360°．
【点评】本题考查了三角形的外角的性质以及多边形的外角和定理，正确转化为多边形的外角和是关键．
5．（2023春•侯马市期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 360°
【分析】根据三角形外角的性质和四边形内角和等于360°可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．
【解答】解：如图，
∵∠1＝∠2+∠F＝∠B+∠E+∠F，∠1+∠A+∠C+∠D＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°，
故答案为：360°．
【点评】此题考查三角形的内角和，角的和与差，掌握三角形的内角和定理是解决问题的关键．
6．（2020秋•河南期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝ 180 °．
【分析】如图根据三角形的外角的性质，三角形内角和定理可知∠1＝∠B+∠2，∠2＝∠D+∠E，∠A+∠1+∠C＝180°，由此不难证明结论．
【解答】解：如图，
∵∠1＝∠B+∠2，∠2＝∠D+∠E，∠A+∠1+∠C＝180°，
∴∠A+∠B+∠D+∠E+∠C＝180°，
故答案为：180．
【点评】本题考查三角形的外角的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于基础题，中考常考题型．
7．（2022秋•庆阳期中）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝ 540 °．
【分析】利用三角形外角性质得到∠1＝∠B+∠F+∠C，然后利用五边形的内角和求∠A+∠B+∠C+∠F+∠D+∠E+∠G的度数．
【解答】解：如图，
∵∠1＝∠B+∠2，
而∠2＝∠F+∠C，
∴∠1＝∠B+∠F+∠C，
∵∠A+∠1+∠D+∠E+∠G＝∠A+∠B+∠C+∠F+∠D+∠E+∠G＝（5﹣2）×180°＝540°．
故答案为540．
【点评】本题考查了多边形内角与外角：多边形内角和定理：（n﹣2）•180 （n≥3）且n为整数），此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n﹣3）条对角线，将n边形分割为（n﹣2）个三角形，这（n﹣2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和．也考查了三角形外角性质．
8．（2022秋•汕尾校级月考）如图，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝ 540° ．
【分析】根据五边形的内角和即可得到结论．
【解答】解：连接AE，
则∠1+∠2＝∠F+∠G，
∴∠3+∠B+∠C+∠D+∠4+∠F+∠G＝∠3+∠B+∠C+∠D+∠4+∠1+∠2＝540°，
故答案为：540°．
【点评】本题考查三角形外角的性质及多边形的内角和定理，解答的关键是沟通外角和内角的关系．
9．（2022秋•梁山县月考）如图，是由线段AB，CD，DF，BF，CA组成的平面图形，∠D＝28°，则∠A+∠B+∠C+∠F的度数为 208° ．
【分析】首先求出∠F+∠B＝∠D+∠EGD，然后证明出∠C+∠A+∠F+∠B﹣∠D＝180°，最后结合题干∠D＝28°求出∠A+∠B+∠C+∠F的度数．
【解答】解：∵如图可知∠BED＝∠F+∠B，∠CGE＝∠C+∠A，
又∵∠BED＝∠D+∠EGD，
∴∠F+∠B＝∠D+∠EGD，
又∵∠CGE+∠EGD＝180°，
∴∠C+∠A+∠F+∠B﹣∠D＝180°，
又∵∠D＝28°，
∴∠A+∠B+∠C+∠F＝180°+28°＝208°．
故答案为：208°．
【点评】本题主要考查了三角形内角和定理的知识，解答本题的关键是求出∠C+∠A+∠F+∠B﹣∠D＝180°，此题难度不大．
10．（2022秋•黔东南州月考）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝ 540 度．
【分析】连接DG、AC．根据四边形的内角和定理以及三角形的内角和是180°进行分析求解．
【解答】解：连接DG、AC．
在四边形EFGD中，得∠E+∠F+∠EDG+∠DGF＝360°，
又∠1+∠2＝∠3+∠4，∠5+∠6+∠B＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝540°．
故答案为540．
【点评】此题要能够巧妙构造四边形，根据四边形的内角和定理以及三角形的内角和定理进行求解．
11．（2021秋•綦江区校级期中）如图，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 360 度．
【分析】根据三角形外角的性质，以及四边形的四个内角的和是360°即可求解．
【解答】解：∵∠1＝∠C+∠D，∠2＝∠A+∠B，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝∠1+∠2+∠E+∠F＝360°．
故答案是：360°．
【点评】本题考查的是三角形外角的性质及三角形的外角和，熟知三角形的外角和是360度是解答此题的关键．
12．（2023春•蓬莱区期中）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数是 180° ．
【分析】本题运用三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和，将已知角转化在同一个三角形中，再根据三角形内角和定理求解．
【解答】解：如图，
∵∠1＝∠B+∠E，∠2＝∠1+∠C，∠A+∠2+∠D＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°．
故答案为：180°．
【点评】本题考查三角形外角的性质及三角形的内角和定理，解答的关键是沟通外角和内角的关系．
13．（2022春•彭山区校级期中）如图，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 360° ．
【分析】连接AD，利用三角形内角和定理可得∠B+∠C＝∠1+∠2，然后利用四边形内角和为360°可得答案．
【解答】解：连接AD，
在△AOD和△BOC中，
∵∠AOD＝∠BOC，
∴∠B+∠C＝∠1+∠2，
∴∠B+∠C+∠BAF+∠EDF＝∠1+∠2+∠BAF+∠EDF＝∠EDA+∠FAD，
∵∠EDA+∠FAD+∠E+∠F＝360°，
∴∠BAF+∠EDF+∠B+∠C+∠E+∠F＝360°，
故答案为：360°．
【点评】此题主要考查了多边形的内角与外角，关键是掌握四边形内角和为360°．
14．（2022秋•滨海新区校级期中）如图，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 360° ．
【分析】根据三角形的外角性质和四边形内角和等于360°可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．
【解答】解：如图，
∵∠1＝∠A+∠F，∠2＝∠1+∠E，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝∠B+∠C+∠D+∠2＝360°．
故答案为：360°．
【点评】此题考查三角形的外角性质，四边形内角和，掌握三角形的外角性质和四边形内角和等于360°是解决问题的关键．
15．（2021秋•涵江区校级期中）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数是 360° ．
【分析】先根据三角形外角的性质得出∠A+∠B＝∠1，∠E+∠F＝∠2，∠C+∠D＝∠3，再根据三角形的外角和是360°进行解答．
【解答】解：∵∠1是△ABG的外角，
∴∠1＝∠A+∠B，
∵∠2是△EFH的外角，
∴∠2＝∠E+∠F，
∵∠3是△CDI的外角，
∴∠3＝∠C+∠D，
∵∠1、∠2、∠3是△GIH的外角，
∴∠1+∠2+∠3＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．
故答案为：360°．
【点评】本题考查的是三角形外角的性质及三角形的外角和，熟知三角形的外角和是360度是解答此题的关键．
三．解答题（共11小题）
16．（2022秋•浉河区校级月考）如图所示，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数．
【分析】由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，得∠2＝∠A+∠1，∠1＝∠E+∠C，进而利用三角形的内角和定理求解．
【解答】解：由图可知：
∵∠2是三角形的外角，
∴∠2＝∠A+∠1，
同理∠1也是三角形的外角，
∴∠1＝∠E+∠C，
在△BDF中，∠B+∠D+∠2＝180°，
即∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°．
【点评】本题考查三角形外角的性质及三角形的内角和定理，解答的关键是沟通外角和内角的关系．
17．（2020秋•十堰期末）如图，已知DO＝BO，∠A＝∠C，求证：AO＝CO．
【分析】利用角角边证明两个三角形全等，再通过全等三角形的性质得结论．
【解答】证明：在△ADO和△CBO中，
∴△ADO≌△CBO（AAS）．
∴AO＝CO．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法和性质是解决本题的关键．
18．（2021秋•宁明县期中）“8字”的性质及应用：
（1）如图①，AD、BC相交于点O，得到一个“8字”ABCD，求证：∠A+∠B＝∠C+∠D．
（2）图②中共有多少个“8字”？
（3）如图②，∠ABC和∠ADC的平分线相交于点E，利用（1）中的结论证明∠E＝（∠A+∠C）．
【分析】（1）根据三角形内角和定理和对顶角相等解答即可；
（2）根据题中给出的“8字”的概念解答即可；
（3）根据角平分线的定义和三角形的外角的性质解答即可．
【解答】解：（1）∵∠A+∠B+∠AOB＝180°，∠C+∠D+∠COD＝180°，又∠AOB＝∠COD，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D；
（2）图②中有：ABCD、BECD、ABED，BFDC、BFDH、ABHD6个“8字”；
（3）∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，
∴∠ABE＝∠CBE＝ABC，∠CDE＝∠ADE＝∠ADC，
∵∠A+∠ABE＝∠E+∠ADE，∠C+∠CDE＝∠E+∠CBE，
∴∠E＝（∠A+∠C）．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理、三角形外角的性质和对顶角相等的综合运用，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．
19．（2020秋•青岛期末）阅读材料，回答下列问题：
【材料提出】
“八字型”是数学几何的常用模型，通常由一组对顶角所在的两个三角形构成．
【探索研究】
探索一：如图1，在八字型中，探索∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系为 ∠A+∠B＝∠C+∠D ；
探索二：如图2，若∠B＝36°，∠D＝14°，求∠P的度数为 25° ；
探索三：如图3，CP、AG分别平分∠BCE、∠FAD，AG反向延长线交CP于点P，则∠P、∠B、∠D之间的数量关系为 ∠P＝ ．
【模型应用】
应用一：如图4，延长BM、CN，交于点A，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线BP，CP相交于点P，则∠A＝ α+β﹣180° （用含有α和β的代数式表示），∠P＝ ．（用含有α和β的代数式表示）
应用二：如图5，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线所在的直线相交于点P，∠P＝ ．（用含有α和β的代数式表示）
【拓展延伸】
拓展一：如图6，若设∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为 ∠P＝ ．（用x、y表示∠P）
拓展二：如图7，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，猜想∠P与∠B、∠D的关系，直接写出结论 2∠P﹣∠B﹣∠D＝180° ．
【分析】探索一：根据三角形的内角和定理，结合对顶角的性质可求解；
探索二：根据角平分线的定义可得∠BAP＝∠DAP，∠BCP＝∠DCP，结合（1）的结论可得2∠P＝∠B+∠D，再代入计算可求解；
探索三：运用探索一和探索二的结论即可求得答案；
应用一：如图4，延长BM、CN，交于点A，利用三角形内角和定理可得∠A＝α+β﹣180°，再运用角平分线定义及三角形外角性质即可求得答案；
应用二：如图5，延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，利用应用一的结论即可求得答案；
拓展一：运用探索一的结论可得：∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，再结合已知条件即可求得答案；
拓展二：运用探索一的结论及角平分线定义即可求得答案．
【解答】解：探索一：如图1，∵∠AOB+∠A+∠B＝∠COD+∠C+∠D＝180°，∠AOB＝∠COD，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D，
故答案为∠A+∠B＝∠C+∠D；
探索二：如图2，∵AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
由（1）可得：∠1+∠B＝∠3+∠P，∠2+∠P＝∠4+∠D，
∴∠B﹣∠P＝∠P﹣∠D，
即2∠P＝∠B+∠D，
∵∠B＝36°，∠D＝14°，
∴∠P＝25°，
故答案为25°；
探索三：由①∠D+2∠1＝∠B+2∠3，
由②2∠B+2∠3＝2∠P+2∠1，
①+②得：∠D+2∠B+2∠1+2∠3＝∠B+2∠3+2∠P+2∠1
∠D+2∠B＝2∠P+∠B．
∴∠P＝．
故答案为：∠P＝．
应用一：如图4，由题意知延长BM、CN，交于点A，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，
∴∠AMN＝180°﹣α，∠ANM＝180°﹣β，
∴∠A＝180°﹣（∠AMN+∠ANM）＝180°﹣（180°﹣α+180°﹣β）＝α+β﹣180°；
∵BP、CP分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，
∵∠PCD＝∠P+∠PBC，
∴∠P＝∠PCD﹣∠PBC＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A＝，
故答案为：α+β﹣180°，；
应用二：如图5，延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，
∴∠A＝180°﹣α﹣β，
∵BP平分∠MBC，CP平分∠NCR，
∴BP平分∠ABT，CP平分∠ACB，
由应用一得：∠P＝∠A＝，
故答案为：；
拓展一：如图6，由探索一可得：
∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∵∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，
∴∠CDB﹣∠CAB＝∠C﹣∠B＝x﹣y，
∠PAB＝∠CAB，∠PDB＝∠CDB，
∴∠P+∠CAB＝∠B+∠CDB，∠P+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∴2∠P＝∠C+∠B+（∠CDB﹣∠CAB）＝x+y+（x﹣y）＝，
∴∠P＝，
故答案为：∠P＝；
拓展二：如图7，
∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，
∴∠PAD＝∠BAD，∠PCD＝90°+∠BCD，
由探索一得：①∠B+∠BAD＝∠D+∠BCD，②∠P+∠PAD＝∠D+∠PCD，
②×2，得：③2∠P+∠BAD＝2∠D+180°+∠BCD，
③﹣①，得：2∠P﹣∠B＝∠D+180°，
∴2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°，
故答案为：2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，三角形外角性质，角平分线定义，熟练掌握三角形内角和定理是解题关键．
20．（2023•雁塔区一模）如图①，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，E为△ABC内一点，连接ED并延长到F，使得ED＝DF，连接AF、CF．
（1）求证：BE∥CF；
（2）若∠EBD＝∠BAC，求证：AF2＝AB2+BE2；
（3）如图②连接，探索当∠BEC与∠BAC满足什么数量关系时，AC＝AF，并说明理由．
【分析】（1）利用SAS证明△BDE≌△CDF，可得∠EBD＝∠FCD，运用平行线判定定理即可证得结论；
（2）由全等三角形性质可得：BE＝CF，∠EBD＝∠FCD，由等腰三角形性质可得∠ABC＝∠ACB＝，进而可得∠ACF＝90°，运用勾股定理即可得出答案；
（3）如图，连接BF，先证明四边形BECF是平行四边形，利用平行四边形性质可得∠BEC＝∠BFC，再运用四边形内角和为360°即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵D是BC的中点，
∴BD＝DC，
∵ED＝DF，∠EDB＝∠CDF，
∴△BDE≌△CDF（SAS），
∴∠EBD＝∠FCD，
∴BE∥CF；
（2）证明：由（1）可知△BDE≌△CDF（SAS），
∴BE＝CF，∠EBD＝∠FCD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝，
∵∠EBD＝∠BAC，
∴∠FCD＝∠BAC，
∴∠ACF＝∠ACB+∠FCD＝+∠BAC＝90°，
∴AF2＝AC2+CF2＝AB2+BE2；
（3）解：当∠BEC＝180°﹣∠BAC时，AC＝AF．理由如下：
如图，连接BF，
由（1）（2）可得：BE∥CF，BE＝CF，
∴∠CBE＝∠BCF，
在△BCE和△CBF中，
，
∴△BCE≌△CBF（SAS），
∴∠BEC＝∠BFC，
∵AC＝AF，AB＝AC，
∴∠ABF＝∠AFB，∠AFC＝∠ACF，
∵四边形ABFC的内角和为360°，
∴∠BAC+∠ABF+∠AFB+∠AFC+∠ACF＝360°，
∴∠BAC+2（∠AFB+∠AFC）＝360°，
∴∠BAC+2∠BFC＝360°，
∴∠BAC+2∠BEC＝360°，
∴∠BEC＝180°﹣∠BAC．
【点评】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理，四边形内角和，等腰三角形的性质，平行线的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理等，解决问题的关键是运用全等三角形的判定与性质和等腰三角形性质．
21．（2021秋•正阳县期末）图1，线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，我们把形如图1的图形称之为“8字形”．如图2，在图1的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．试解答下列问题：
（1）在图1中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系： ∠A+∠D＝∠C+∠B ；
（2）仔细观察，在图2中“8字形”的个数： 6 个；
（3）图2中，当∠D＝50度，∠B＝40度时，求∠P的度数．
（4）图2中∠D和∠B为任意角时，其他条件不变，试问∠P与∠D、∠B之间存在着怎样的数量关系．（直接写出结果，不必证明）．
【分析】（1）根据三角形内角和定理即可得出∠A+∠D＝∠C+∠B；
（2）根据“8字形”的定义，仔细观察图形即可得出“8字形”共有6个；
（3）先根据“8字形”中的角的规律，可得∠DAP+∠D＝∠P+∠DCP①，∠PCB+∠B＝∠PAB+∠P②，再根据角平分线的定义，得出∠DAP＝∠PAB，∠DCP＝∠PCB，将①+②，可得2∠P＝∠D+∠B，进而求出∠P的度数；
（4）同（3），根据“8字形”中的角的规律及角平分线的定义，即可得出2∠P＝∠D+∠B．
【解答】解：（1）∵∠A+∠D+∠AOD＝∠C+∠B+∠BOC＝180°，∠AOD＝∠BOC，
∴∠A+∠D＝∠C+∠B，
故答案为：∠A+∠D＝∠C+∠B；
（2）①线段AB、CD相交于点O，形成“8字形”；
②线段AN、CM相交于点O，形成“8字形”；
③线段AB、CP相交于点N，形成“8字形”；
④线段AB、CM相交于点O，形成“8字形”；
⑤线段AP、CD相交于点M，形成“8字形”；
⑥线段AN、CD相交于点O，形成“8字形”；
故“8字形”共有6个，
故答案为：6；
（3）∠DAP+∠D＝∠P+∠DCP，①
∠PCB+∠B＝∠PAB+∠P，②
∵∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，
∴∠DAP＝∠PAB，∠DCP＝∠PCB，
①+②得：
∠DAP+∠D+∠PCB+∠B＝∠P+∠DCP+∠PAB+∠P，
即2∠P＝∠D+∠B，
又∵∠D＝50度，∠B＝40度，
∴2∠P＝50°+40°，
∴∠P＝45°；
（4）关系：2∠P＝∠D+∠B．
∠D+∠1＝∠P+∠3①
∠B+∠4＝∠P+∠2②
①+②得：
∠D+∠1+∠4+∠B＝∠P+∠3+∠2+∠P，
∵∠DAB和∠DCB的平分线AP和CP相交于点P，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4
∴2∠P＝∠D+∠B．
【点评】本题主要考查了三角形内角和定理，角平分线的定义及阅读理解与知识的迁移能力．（1）中根据三角形内角和定理得出“8字形”中的角的规律；（2）是考查学生的观察理解能力，需从复杂的图形中辨认出“8字形”；（3）（4）直接运用“8字形”中的角的规律解题．
22．（2022秋•天门期中）如图，已知∠A＝50°，∠D＝40°
（1）求∠1度数；
（2）求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数．
【分析】（1）根据三角形的外角的性质即可得到结论；
（2）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∠1＝∠A+∠C，∠2＝∠B+∠D，然后利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【解答】解：（1）∠1＝∠A+∠D＝90°；
（2）∵∠1＝∠A+∠D，∠2＝∠B+∠E，∠1+∠2+∠C＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°．
【点评】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，三角形的内角和定理，熟记性质并准确识图是解题的关键．
23．（2021秋•大兴区期末）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D是直线AC上一动点，连接BD并延长至点E，使ED＝BD．过点E作EF⊥AC于点F．
（1）如图1，当点D在线段AC上（点D不与点A和点C重合）时，此时DF与DC的数量关系是 DF＝DC ．
（2）如图2，当点D在线段AC的延长线上时，依题意补全图形，并证明：2AD＝AF+EF．
（3）当点D在线段CA的延长线上时，直接用等式表示线段AD，AF，EF之间的数量关系是 AF＝2AD+EF ．
【分析】（1）由∠ACB＝90°、EF⊥AC得到∠EFD＝∠BCD，结合BD＝ED、∠EDF＝∠BDC得证△EDF≌△BDC，然后得到DF＝DC；
（2）同（1）理得证△BDC≌△EDF，然后得到CD＝FD、BC＝EF，然后由AC＝BC得到2AD＝AF+EF；
（3）同（1）理得证△DFE≌△DCB，然后得到EF＝BC、DF＝DC，再结合AC＝BC得到AF、AD、EF的数量关系．
【解答】解：（1）∵EF⊥AC，
∴∠EFD＝∠BCD＝90°，
∵∠EDF＝∠BDC，ED＝BD，
∴△EDF≌△BDC（AAS），
∴DF＝DC．
（2）图形补充如图（1），证明如下，
同（1）理得，△BDC≌△EDF，
∴BC＝EF，DC＝DF，
∵AD＝AC+CD，AC＝BC，
∴2AD＝AD+AC+CD＝AD+EF+DF＝AF+EF．
（3）根据题意作出图形如图（2），
由（1）得，△BDC≌△EDF，
∴DF＝DC，EF＝BC，
∵DC＝AD+CD，
∴DF＝AD+AC＝AD+EF，
∴AF＝DF+AD＝2AD+EF，
故答案为：AF＝2AD+EF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟知8字型全等三角形模型．
24．（2021秋•讷河市期中）已知如图1，线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，我们把形如图1的图形称之为“8字形”．如图2，在图1的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．试解答下列问题：
（1）在图1中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系： ∠A+∠D＝∠C+∠B ；
（2）仔细观察，在图2中“8字形”的个数： 六 个；
（3）在图2中，若∠D＝40°，∠B＝36°，试求∠P的度数；
（4）如果图2中∠D和∠B为任意角时，其他条件不变，试问∠P与∠D、∠B之间存在着怎样的数量关系．（直接写出结论即可）
【分析】∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系根据这四个角分别是两个三角形的内角，根据三角形的内角和定理就可以得到．根据以上的结论，以及角平分线的定义就可以求出∠P的度数．
【解答】解：（1）结论：∠A+∠D＝∠C+∠B；
（2）结论：六个；
（3）由∠D+∠1+∠2＝∠B+∠3+∠4①（∵∠AOD＝∠COB），
由∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴40°+2∠1＝36°+2∠3
∴∠3﹣∠1＝2°（1）
由∠ONC＝∠B+∠4＝∠P+∠2，②
∴∠P＝∠B+∠4﹣∠2＝36°+2°＝38°；
（4）由①∠D+2∠1＝∠B+2∠3，
由②2∠B+2∠3＝2∠P+2∠1
①+②得：∠D+2∠B+2∠1+2∠3＝∠B+2∠3+2∠P+2∠1
∠D+2∠B＝2∠P+∠B．
∴∠P＝．
【点评】根据三角形的内角和定理以及角平分线的定义就可以求出角的度数．
25．（2022秋•江岸区期末）已知△ABC是等边三角形．
（1）如图1，点D是AB边的中点，点P为射线AC上一动点，当△CDP是轴对称图形时，∠APD的度数为 15°，60°，105° ；
（2）如图2，AE∥BC，点D在AB边上，点F在射线AE上，且DC＝DF，作FG⊥AC于G，当点D在AB边上移动时，请同学们探究线段AD，AC，CG之间有什么数量关系，并对结论加以证明；
（3）如图3，点R在BC延长线上，连接AR，S为AR上一点，AS＝BC，连接BS交AC于T，若AT＝2n，SR＝n，直接写出线段的值为 ．
【分析】（1）先根据题意得到△CDP是等腰三角形，再分三种情况进行讨论：CP＝DP，CD＝CP，CD＝DP，分别画出图形进行计算即可；
（2）延长BA，过点F作FH⊥BH于H，连接CF；延长EA，过点D作DN⊥EN于点N，过点D作DM⊥AC于M．证明Rt△FAH≌Rt△FAG，即可得到AH＝AG；证明Rt△NDF≌Rt△MDC，即可得到∠NDF＝∠MDC；再根据∠FDC＝60°，即可证明△DCF是等边三角形，进而得到CF＝CD＝DF；最后证明Rt△FHD≌Rt△FGC，即可得出CG＝DH；再根据线段的和差关系即可得出结论；
（3）过点R作DE∥AB交BS的延长线于点D，交AC的延长线于点E，在BC上截取BF＝CT，连接AF，先证明△ABF≌△BCT，得到∠BAF＝∠CBT；再证明∠FAR＝∠AFR，得到AR＝FR；证明△ECR为等边三角形，设CE＝ER＝CR＝m，AB＝AC＝BC＝a，求出a＝m+n，证明△ABT≌△EDT，即可得到AT＝ET＝2n，求出m＝n，最后依据CT＝n，AR＝n，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵等腰三角形为轴对称图形，
∴当△CDP为轴对称图形时，△CDP为等腰三角形，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∵点D是AB边的中点，
∴CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝∠ACB＝30°；
当CP＝DP时，如图所示：
∴∠PDC＝∠PCD＝30°，
∴∠APD＝∠PDC+∠PCD＝60°；
当CD＝CP，点P在线段AC上时，如图所示：
∴∠CDP＝∠CPD＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠APD＝∠PDC+∠PCD＝105°；
点P在线段AC的延长线上时，如图所示：
∵∠ACD＝30°，
∴∠PCD＝180°﹣30°＝150°，
∵CD＝CP，
∴∠CDP＝∠CPD＝（180°﹣150°）＝15°，即∠APD＝15°，
当CD＝DP时，点P在CA的延长线上，不在射线AC上；
综上所述，∠APD的度数为15°，60°，105°．
故答案为：15°，60°，105°．
（2）解：AC+AD＝2CG．理由：
延长BA，过F作FH⊥BH于H，连接CF，延长EA，过点D作DN⊥EN于N，过点D作DM⊥AC于M，如图所示：
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB＝∠BAC＝60°，
∵AE∥BC，
∴∠EAC＝∠ACB＝60°，
∴∠FAH＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠FAH＝∠EAC，
∵FH⊥AH，FG⊥AC，
∴FH＝FG，
∵AF＝AF，
∴Rt△FAH≌Rt△FAG（HL），
∴AH＝AG，
∵∠NAD＝∠HAF＝60°，
∴∠NAD＝∠DAM＝60°，
∵DN⊥AN，DM⊥AM，
∴DN＝DM，
∵DF＝DC，
∴Rt△NDF≌Rt△MDC（HL），
∴∠NDF＝∠MDC，
∴∠NDF﹣∠MDF＝∠MDC﹣∠MDF，
∴∠NDM＝∠FDC，
∵∠ADN＝90°﹣∠NAD＝30°，∠ADM＝90°﹣∠DAM＝30°，
∴∠NDM＝30°+30°＝60°，
∴∠FDC＝60°，
∵DF＝DC，
∴△DCF是等边三角形，
∴CF＝CD＝DF，
∵FH＝FG，FD＝FC，
∴Rt△FHD≌Rt△FGC（HL），
∴CG＝DH，
∴CG＝DH＝AD+AH＝AD+AG，
∴AG＝CG﹣AD，
∴AC＝CG+AG＝CG+CG﹣AD＝2CG﹣AD，
即AC+AD＝2CG；
（3）过点R作DE∥AB交BS的延长线于点D，交AC的延长线于点E，在BC上截取BF＝CT，连接AF，如图所示：
在△ABF和△BCT中，
，
∴△ABF≌△BCT（SAS），
∴∠BAF＝∠CBT，
设∠BAF＝∠CBT＝α，则∠ABS＝60°﹣α，
∵AS＝BC＝AB，
∴∠ASB＝∠ABS＝60°﹣α，
∴∠BAS＝180°﹣∠ABS﹣∠ASB＝60°+2α，∠FAR＝∠BAS﹣∠BAF＝60°+α，
∵∠AFR＝∠ABF+∠BAF＝60°+α，
∴∠FAR＝∠AFR，
∵DE∥AB，
∴∠D＝∠ABS，
∵∠DSR＝∠ASB，∠ABS＝∠ASB，
∴∠D＝∠DSR，
∴DR＝SR＝n，
∵DE∥AB，
∴∠E＝∠BAC＝60°，
又∵∠ECR＝∠ACB＝60°，
∴△ECR是等边三角形，
设CE＝ER＝CR＝m，AB＝AC＝BC＝a，则AR＝AS+SR＝a+n，
∵BC＝AC，BF＝CT，
∴BC﹣BF＝AC﹣CT，
∴CF＝AT＝2n，
∴FR＝CF+CR＝2n+m，
∵AR＝FR，
∴a+n＝2n+m，
∴a＝m+n，
又∵DE＝DR+ER＝m+n，
∴DE＝AB，
在△ABT和△EDT中，
，
∴△ABT≌△EDT（AAS），
∴AT＝ET＝2n，
∵ET＝CT+CE，
∴CT＝ET﹣CE＝2n﹣m，
又∵CT＝AC﹣AT＝a﹣2n，
∴a﹣2n＝2n﹣m，
∵a＝m+n，
∴m+n﹣2n＝2n﹣m，
解得m＝n，
∴CT＝2n﹣m＝2n﹣n＝n，
AR＝AS+SR＝a+n＝m+n+n＝m+2n＝n+2n＝n，
∴＝＝，
故答案为：．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质的运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的性质以及线段的和差关系进行推算，进而得出结论．
26．（2021秋•阜阳月考）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE，BD与CE交于点O，BD与AC交于点F．
（1）求证：BD＝CE．
（2）若∠BAC＝48°，求∠COD的度数．
（3）若G为CE上一点，GE＝OD，AG＝OC，且AG∥BD，求证：BD⊥AC．
【分析】（1）根据AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠EAD，从而得出∠BAD＝∠CAE，即可得出△BAD≌△CAE，进而可以解决问题；
（2）结合（1）证明∠COF＝∠BAC＝48°，进而可以解决问题；
（3）连接AO，证明△ADO≌△AEG，可得AG＝AO，∠DAO＝∠EAG，然后证明∠COF＝∠OAG，根据AG∥BD，可得∠AOF＝∠OAG，再根据等腰三角形的性质即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠AFB＝∠CFO，
∴∠COF＝∠BAC＝48°，
∴∠COD＝180°﹣∠COF＝180°﹣48°＝132°，
答：∠COD的度数为132°．
（3）证明：如图，连接AO，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ADB＝∠AEC，
∵AD＝AE，GE＝OD，
在△ADO和△AEG中，
，
∴△ADO≌△AEG（SAS），
∴AG＝AO，∠DAO＝∠EAG，
∵AG＝OC，
∴OA＝OC，
∵∠OAG＝∠DAO+∠DAG，
∴∠OAG＝∠EAG+∠DAG＝∠DAE＝∠BAC，
由（2）知：∠COF＝∠BAC，
∴∠COF＝∠OAG，
∵AG∥BD，
∴∠AOF＝∠OAG，
∴∠COF＝∠AOF，
∵OA＝OC，
∴BD⊥AC．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的性质以及角之间的关系，判断出∠COF＝∠AOF，是解本题的关键．
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