第14讲 重难点02三角形中“飞镖”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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飞镖模型
三角形三个内角的和等于180°
三角形的外角等子与它不相邻的两个内角的和.
【考点剖析】
一．选择题（共4小题）
1．（2022春•龙岗区校级期中）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．
【点评】本题考查三角形外角的性质及等边对等角的性质，解答的关键是沟通外角和内角的关系．
2．（2021春•盐湖区校级期末）如图，∠BDC＝98°，∠C＝38°，∠A＝37°，∠B的度数是（ ）
A．33°B．23°C．27°D．37°
【分析】延长CD交AB于E，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求出∠1，再利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
【解答】解：如图，延长CD交AB于E，
∵∠C＝38°，∠A＝37°，
∴∠1＝∠C+∠A＝38°+37°＝75°，
∵∠BDC＝98°，
∴∠B＝∠BDC﹣∠1＝98°﹣75°＝23°．
故选：B．
【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，熟记性质是解题的关键．
3．（2021秋•藁城区校级月考）如图，∠BDC＝98°，∠C＝38°，∠B＝23°，∠A的度数是（ ）
A．61°B．60°C．37°D．39°
【分析】作直线AD，根据三角形的外角性质可得：∠3＝∠B+∠1，∠4＝∠C+∠2，从而推出∠BAC＝∠1+∠2＝∠3+∠4﹣∠B﹣∠D＝37°．
【解答】解：作直线AD，
∴∠3＝∠B+∠1﹣﹣﹣（1）
∴∠4＝∠C+∠2﹣﹣﹣（2）
由（1）、（2）得：∠3+∠4＝∠B+∠C+∠1+∠2，
即∠BDC＝∠B+∠C+∠BAC，
∵∠BDC＝98°，∠C＝38°，∠B＝23°
∴∠BAC＝98°﹣38°﹣23°＝37°．
故选：C．
【点评】解答此题的关键是构造三角形，应用三角形内角与外角的关系解答．
4．（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．
【点评】这道题考查的是三角形内角和定理及三角形的外角定理，一定要熟记定理．
二．填空题（共1小题）
5．（2022秋•富阳区期中）如图，作CE⊥AF于点E，CE与BF相交于点D，若∠F＝45°，∠C＝30°，则∠A＝ 60 °，∠DBC＝ 105 °．
【分析】首先利用垂直的定义和三角形的内角和定理可以求出∠A，然后利用三角形的外角和内角的关系可以求出∠DBC．
【解答】解：∵CE⊥AF，
∴∠AEC＝∠FEC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠A＝90°﹣30°＝60°，
又∠DBC＝∠F+∠A，∠F＝45°
∴∠DBC＝60°+45°＝105°
故答案为：60；105．
【点评】本题考查了直角三角形两锐角互余的性质，三角形的内角和定理，熟记性质并准确识图是解题的关键．
三．解答题（共11小题）
6．（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．
【点评】本题的考点是三角形内角和定理，主要考查了三角形的内角和、四边形的内角和、三角形的外角的性质、平角的定义，解本题的关键是把∠1，∠2，∠a 转化到一个三角形或四边形中．
7．（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°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，综合运用了直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、平角的定义．
8．（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．
【点评】本题主要考查了全等三角形的性质与判定．关键是将线段相等转化为证明三角形全等．
9．（2023•太原二模）如图，在凹四边形ABCD中，∠A＝45°，∠B＝55°，∠D＝20°，求∠BCD的度数．
下面是学习小组的同学们交流时得到的解决问题的三种方法：
方法一：作射线AC；
方法二：延长BC交AD于点E；
方法三：连接BD．
请选择上述一种方法，求∠BCD的度数．
【分析】通过延长BC交AD于点E，运用三角形的外角等于和它不相邻两内角的和进行求解．
【解答】解：延长BC交AD于点E，
∴∠CED＝∠A+∠B，∠BCD＝∠CED+∠D，
∴∠BCD＝∠A+∠B+∠D
＝45°+55°+20°
＝120°，
即∠BCD的度数是120°．
【点评】此题考查了三角形外角定理的运用能力，关键是能准确作辅助线构造三角形的外角进行求解．
10．（2023•兴庆区校级模拟）问题提出
（1）如图①，已知∠AOB，以点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点M，交OB于点N，分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部交于点C，画射线OC，连接CM，CN，MN，则图①中与△OMC全等的是 △ONC ；
问题探究
（2）如图②，在△ABC中，AD平分∠BAC，过点D作DM⊥AB于点M，连接CD，BD，若AB+AC＝2AM，
求证：∠ACD+∠ABD＝180°；
问题解决
（3）如图③，工人刘师傅有一块三角形铁板ABC，∠B＝60°，他需要利用铁板的边角裁出一个四边形BEFD，并要求∠EFD＝120°，EF＝DF．刘师傅先在纸稿上画出了三角形铁板的草图，再用尺规作出∠BAC的平分线AD交BC于点D，作∠BCA的平分线CE交AB于点E，AD，CE交于点F，得到四边形BEFD．请问，若按上述作法，裁得的四边形BEFD是否符合要求？请证明你的结论．
【分析】（1）由题意可得，OM＝ON，CM＝CN，以此即可通过SSS证明△OMC≌△ONC，即可求解；
（2）过点D作DN⊥AC交AC的延长线于点N，根据角平分线的性质可得DN＝DM，则可通过HL证明Rt△ADN≌Rt△ADM，得到AN＝AM，于是AM+BM+AN﹣CN＝2AM，即CN＝BM，再利用SAS证明△CDN≌△BDM，得到∠DCN＝∠ABD，以此即可证明；
（3）过点F分别作FG⊥AB于点G，作FH⊥BC于点H，作FK⊥AC于点K，由角平分线的性质可得∠FAC＝，∠FCA＝，FG＝FK＝FH，根据四边形内角和定理可得∠GFH＝120°，根据三角形内角和定理可得∠FAC+∠FCA＝60°，∠AFC＝120°，于是∠EFD＝∠AFC＝120°＝∠GFH，根据同角加等角相等得∠EFG＝∠DFH，因此可通过ASA证明△EFG≌△DFH，得到EF＝DF，以此即可证明结论．
【解答】（1）解：由题意可得，OM＝ON，CM＝CN，
在△OMC和△ONC中，
，
∴△OMC≌△ONC（SSS）；
故答案为：△ONC；
（2）证明：过点D作DN⊥AC交AC的延长线于点N，如图，
∵AD平分∠BAC，DN⊥AC，DM⊥AB，
∴DN＝DM，
在Rt△ADN和Rt△ADM中，
，
∴Rt△ADN≌Rt△ADM（HL），
∴AN＝AM，
∵AB+AC＝2AM，
∴AM+BM+AN﹣CN＝2AM，即CN＝BM，
在△CDN和△BDM中，
，
∴△CDN≌△BDM（SAS），
∴∠DCN＝∠DBM，即∠DCN＝∠ABD，
∴∠ACD+∠ABD＝∠ACD+∠DCN＝180°；
（3）符合要求，证明如下：
过点F分别作FG⊥AB于点G，作FH⊥BC于点H，作FK⊥AC于点K，
∵AD，CE分别是∠BAC，∠BCA的平分线，
∴∠FAC＝，∠FCA＝，FG＝FK＝FH，
∵∠B＝60°，
∴在四边形BGFH中，∠GFH＝360°﹣60°﹣90°×2＝120°，
∴∠FAC+∠FCA＝+＝（∠BAC+∠ACB）＝（180°﹣∠B）＝＝60°，
在△AFC中，∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）＝180°﹣60°＝120°，
∴∠EFD＝∠AFC＝120°＝∠GFH，
∵∠EFG+∠GFD＝∠GFD+∠DFH，
∴∠EFG＝∠DFH，
在△EFG和△DFH中，
，
∴△EFG≌△DFH（ASA），
∴EF＝DF，
∴裁得的四边形BEFD符合要求．
【点评】本题主要考查角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定方法和性质是解题关键．
11．（2020秋•金州区校级期末）如图，BD，CE是△ABC的高，若AE＝3，AD＝4，CD＝1．求EB的长．
【分析】利用相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：∵BD，CE是△ABC的高，
∴∠AEC＝∠ADB＝90°，
∵∠A＝∠A，
∴△AEC∽△ADB，
∴，
∵AE＝3，AD＝4，CD＝1，
∴，
∴AB＝，
∴BE＝AB﹣AE＝﹣3＝．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
12．（2021秋•安宁市校级期中）如图，求证：∠BDC＝∠A+∠B+∠C．
【分析】作射线AD，根据三角形的外角性质得到∠3＝∠B+∠1，∠4＝∠C+∠2，两式相加即可得到结论；
【解答】证明：作射线AD，如图，
∵∠3＝∠B+∠1，∠4＝∠C+∠2，
∴∠3+∠4＝∠B+∠C+∠1+∠2，
∴∠BDC＝∠B+∠C+∠A．
【点评】本题考查了三角形的外角性质：三角形的任一外角等于与之不相邻的两内角的和．也考查了三角形内角和定理．
13．（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°．
【点评】本题考查三角形的外角的性质，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考常考题型．
14．（2021秋•东源县校级期末）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．
【分析】（1）根据题意观察图形连接AD并延长至点F，由外角定理可知，一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，则容易得到∠BDC＝∠BDF+∠CDF；
（2）①由（1）的结论可得∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，然后把∠A＝50°，∠BXC＝90°代入上式即可得到∠ABX+∠ACX的值．
②结合图形可得∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，代入∠DAE＝50°，∠DBE＝130°即可得到∠ADB+∠AEB的值，再利用上面得出的结论可知∠DCE＝（∠ADB+∠AEB）+∠A，易得答案．
③由（2）的方法，进而可得答案
【解答】解：（1）连接AD并延长至点F，
由外角定理可得∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD；
且∠BDC＝∠BDF+∠CDF，∠BAC＝∠BAD+∠CAD；
相加可得∠BDC＝∠A+∠B+∠C；
（2）①由（1）的结论易得：∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，
又∵∠A＝50°，∠BXC＝90°，
∴∠ABX+∠ACX＝90°﹣50°＝40°；
②由（1）的结论易得∠DBE＝∠A+∠ADB+∠AEB，易得∠ADB+∠AEB＝80°；
而∠DCE＝（∠ADB+∠AEB）+∠A，
代入∠DAE＝50°，∠DBE＝130°，易得∠DCE＝90°；
③∠BG1C＝（∠ABD+∠ACD）+∠A，
∵∠BG1C＝77°，
∴设∠A为x°，
∵∠ABD+∠ACD＝140°﹣x°
∴（140﹣x）+x＝77，
14﹣x+x＝77，
x＝70
∴∠A为70°．
【点评】本题考查三角形外角的性质，三角形的内角和定理的应用，能求出∠BDC＝∠A+∠B+∠C是解答的关键，注意：三角形的内角和等于180°，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
15．（2022秋•盐湖区期末）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°．
【点评】此题主要考查了三角形的内角和定理，利用三角形的内角和定理和外角的性质是解答此题的关键．
16．（2023春•黑山县期中）如图：直线CD是经过∠ACB顶点C的一条直线，AC＝CB，E、F分别是直线CD上两点，且∠AEC＝∠CFB＝∠α．
【数学思考】
（1）若直线CD是经过∠ACB的内部，且E、F在射线CD上．请解决下面两个问题：
①如图1，∠ACB＝90°，∠α＝90°，则AE ＝ CF（填＞，＜或＝），猜测线段EF与线段AE、BF的数量关系，并证明你的猜想；
②如图2，若0°＜∠ACB＜90°，当∠ACB与∠α之间满足 ∠ACB+∠α＝180° 时，能够使得①中的结论仍然成立，并证明两个结论．
【问题拓展】
（2）如图3．若直线CD经过∠ACB的外部，∠ACB＝∠α，请直接写出EF、AE、BF三条线段的数量关系．
【分析】（1）①证明△ACE≌△CBF（AAS），然后推论出边的数量关系；
②证明全等后以上结论仍然成立；
（2）同上证明△ACE≌△CBF（AAS）即可推论出边的数量关系．
【解答】解：（1）①∵∠ACB＝90°，
∴∠ACF+∠BCF＝90°，
∵∠AEC＝∠CFB＝∠α＝90°，
∴∠BCF+∠CBF＝90°，
∴∠ACF＝∠CBF，
在△ACE和△CBF中，
，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴AE＝CF，BF＝CE，
∵EF＝CF﹣CE，
∴EF＝AE﹣BF，
故答案为：＝；
②∠ACB+∠α＝180°．
证明：∵∠AEC＝∠CFB＝∠α，∠ACB+∠α＝180°，
∠AEC+∠AEF＝180°，∠AEC＝∠CFB＝∠α，
∴∠ACB＝∠AEF，
∵∠AEF＝180°﹣∠α，∠CAE+∠ACF＝180°﹣∠α，
∴∠AEF＝∠CAE+∠ACF，
∴∠ACB＝∠ACF+∠BCF，
∴∠CAE+∠ACF＝∠ACF+∠BCF，
∴∠CAE＝∠BCF，
在△ACE和△CBF中，
，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴AE＝CF，BF＝CE，
∵EF＝CF﹣CE，
∴EF＝AE﹣BF，
故答案为：∠ACB+∠α＝180°；
（2）EF＝AE+BF．
证明：与（2）同理可得，△ACE≌△CBF（AAS），
∴AE＝CF，BF＝CE，
∵EF＝CF+CE，
∴EF＝AE+BF．
【点评】此题考查全等三角形，解题关键是全等三角形对应的边相等，即可推论出边的数量关系．
【过关检测】
一．选择题
1．如图，∠BDC＝98°，∠C＝38°，∠A＝37°，∠B的度数是（ ）
A．33°B．23°C．27°D．37°
【解答】解：如图，延长CD交AB于E，
∵∠C＝38°，∠A＝37°，
∴∠1＝∠C+∠A＝38°+37°＝75°，
∵∠BDC＝98°，
∴∠B＝∠BDC﹣∠1＝98°﹣75°＝23°．
故选：B．
2．（2022秋·八年级课时练习）如图所示，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的结果为（ ）
A．90°B．360°C．180°D．无法确定
【答案】C
【详解】如图，连接BC，
∵∠D+∠E+∠DOE=∠BOC+∠OCB+∠BOC=180°，∠DOE=∠BOC，
∴∠D+∠E=∠OBC+∠OCB，
又∵∠A+∠ABO+∠ACO+∠OBC+∠OCB=180°，
∴∠A+∠ABO+∠ACO+∠D+∠E=180°．
故选：C．
3．（2022秋·八年级课时练习）如图，已知在中，，现将一块直角三角板放在上，使三角板的两条直角边分别经过点，直角顶点D落在的内部，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：∵在△ABC中，∠A=40°
∴∠ABC+∠ACB=180-∠A=140°
∵在△DBC中，∠BDC=90°
∴∠DBC+∠DCB=180°-90°=90°
∴40°-90°=50°
故选C．
4．（2023春·江苏镇江·七年级统考期中）在社会实践手工课上，小茗同学设计了一个形状如图所示的零件，如果，，那么的度数是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】延长BE交CF的延长线于O，连接AO，如图，
∵
∴
同理得
∵
∴

∵
∴
∴
∴,
故选：B．
5．（2022秋·八年级课时练习）如图，已知BE，CF分别为△ABC的两条高，BE和CF相交于点H，若∠BAC=50°，则∠BHC为（ ）
A．115°B．120°C．125°D．130°
【答案】D
【详解】∵BE为△ABC的高，∠BAC=50°，
∴∠ABE=90°-50°=40°，
∵CF为△ABC的高，
∴∠BFC=90°，
∴∠BHC=∠ABE+∠BFC=40°+90°=130°．
故选D．
6．（2022秋·全国·八年级专题练习）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
【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．
二、填空题
7．（2023春·江苏无锡·七年级校考阶段练习）如图，______°．
【答案】180
【详解】解：如图，
∵∠1＝∠B＋∠2，∠2＝∠D＋∠E，∠A＋∠1＋∠C＝180°，
∴∠A＋∠B＋∠D＋∠E＋∠C＝180°，
故答案为：180．
8．（2022秋·青海西宁·八年级青海师大附中校考阶段练习）如图，的度数为_______．
【答案】
【详解】解：如图，
∵是的外角，是的外角，
∴，，
又∵，
∴．
故答案为：．
9．（2023·全国·八年级假期作业）如图，若，则____________．
【答案】230°
【详解】解：如图
∵∠EOC=∠E+∠2=115°，∠2=∠D+∠C，
∴∠E+∠D+∠C=115°，
∵∠EOC=∠1+∠F=115°，∠1=∠A+∠B，
∴∠A+∠B+∠F=115°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=230°，
故答案为：230°．
10．如图，已知∠BOF＝120°，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝ ．
【解答】解：如图，根据三角形的外角性质，∠1＝∠A+∠C，∠2＝∠B+∠D，
∵∠BOF＝120°，
∴∠3＝180°﹣120°＝60°，
根据三角形内角和定理，∠E+∠1＝180°﹣60°＝120°，
∠F+∠2＝180°﹣60°＝120°，
所以，∠1+∠2+∠E+∠F＝120°+120°＝240°，
即∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝240°．
故答案为：240°．
三．解答题
11．一个零件的形状如图，按要求∠A＝90°，∠B＝32°，∠C＝21°，检验工人量得∠CDB＝148°，就断定这个零件不合格，运用三角形的有关知识说明零件不合格的理由．
【解答】解：如图，
延长CD交AB于E，
∵∠A＝90°，∠C＝21°，
∴∠1＝∠A+∠C＝90°+21°＝111°，
∵∠B＝32°，
∴∠BDC＝∠B+∠1＝32°+111°＝143°．
又∵∠BDC＝148°，
∴这个零件不合格．
12．如图：
（1）求证：∠BDC＝∠A+∠B+∠C；
（2）如果点D与点A分别在线段BC的两侧，猜想∠BDC、∠A、∠B、∠C这4个角之间有怎样的关系，并证明你的结论．
【解答】（1）证明：延长BD交AC于点E，
∵∠BEC是△ABE的外角，
∴∠BEC＝∠A+∠B，
∵∠BDC是△CED的外角，
∴∠BDC＝∠C+∠DEC＝∠C+∠A+∠B；
（2）猜想：∠BDC+∠C+∠A+∠B＝360°．
证明：∠BDC+∠C+∠A+∠B＝
∠3+∠2+∠6+∠5+∠4+∠1
＝（∠3+∠2+∠1）+（∠6+∠5+∠4）
＝180°+180°＝360°．
13．已知：如图，求证：∠BDC＝∠B+∠C+∠BAC．
【解答】证明：延长AD到E，则
∵∠1＝∠B+∠BAD，∠2＝∠C+∠CAD，（三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和）
∴∠1+∠2＝∠B+∠C+∠BAD+∠CAD．
即∠BDC＝∠B+∠C+∠BAC．
14．（2022秋·八年级课时练习）如图，中，
(1)若、的三等分线交于点、，请用表示、；
(2)若、的等分线交于点、（、依次从下到上），请用表示，．
【答案】(1)，，
(2)，
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵、的三等分线交于点、，
∴
∴，
；
（2）解：∵，
∴，
∵、的等分线交于点、，
∴
∴，
．
15．（2023·全国·八年级假期作业）如图，已知分别交的边、于、，交的延长线于，，，，求的度数.
【答案】.
【详解】解：在中，=--，
∴∠DEC=
16．（2022秋·八年级课时练习）如图，是的平分线，CH是的平分线，与CH交于点，若，，求的度数.
【答案】.
【详解】解：由燕尾角的基本图形与结论可得，
①
②
是的平分线，是的平分线
，．
①-②得，．
17．（2023·全国·八年级假期作业）模型规律：如图1，延长交于点D，则．因为凹四边形形似箭头，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，，则__________；
②如图3，__________；
（2）拓展应用：
①如图4，、的2等分线（即角平分线）、交于点，已知，，则__________；
②如图5，、分别为、的10等分线．它们的交点从上到下依次为、、、…、．已知，，则__________；
③如图6，、的角平分线、交于点D，已知，则__________；
④如图7，、的角平分线、交于点D，则、、之间的数量关系为__________．
【答案】（1）①110；②260；（2）①85；②99；③142；④∠B-∠C+2∠D=0
【详解】解：（1）①∠BOC=∠A+∠B+∠C=60°+20°+30°=110°；
②∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠BOC+∠DOE=2×130°=260°；
（2）①∠BO1C=∠BOC-∠OBO1-∠OCO1
=∠BOC-（∠ABO+∠ACO）
=∠BOC-（∠BOC-∠A）
=∠BOC-（120°-50°）
=120°-35°
=85°；
②∠BO7C=∠BOC-（∠BOC-∠A）
=120°-（120°-50°）
=120°-21°
=99°；
③∠ADB=180°-（∠ABD+∠BAD）
=180°-（∠BOC-∠C）
=180°-（120°-44°）
=142°；
④∠BOD=∠BOC=∠B+∠D+∠BAC，
∠BOC=∠B+∠C+∠BAC，
联立得：∠B-∠C+2∠D=0．
18．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．
【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．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”，那么在这一个简单的图形中，到底隐藏了哪些数学知识呢？下面就请你发挥你的聪明才智，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°，则∠ABX+∠ACX＝ 40 °；
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．
【解答】解：（1）连接AD并延长至点F，
由外角定理可得∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD；
且∠BDC＝∠BDF+∠CDF及∠BAC＝∠BAD+∠CAD；
相加可得∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C；
（2）①由（1）的结论易得：∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，
又因为∠A＝50°，∠BXC＝90°，
所以∠ABX+∠ACX＝90°﹣50°＝40°；
故答案为：40°。
②由（1）的结论易得∠DBE＝∠A+∠ADB+∠AEB，易得∠ADB+∠AEB＝80°；
而∠DCE＝（∠ADB+∠AEB）+∠A，
代入∠DAE＝50°，∠DBE＝130°，易得∠DCE＝90°；
③∠BG1C＝（∠ABD+∠ACD）+∠A，
∵∠BG1C＝77°，
∴设∠A为x°，
∵∠ABD+∠ACD＝140°﹣x°
∴（140﹣x）+x＝77，
14﹣x+x＝77，
x＝70
∴∠A为70°．
【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．
20．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．
【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°．