中考数学第一轮复习07 三角形的6种模型练习（解析版）

这是一份中考数学第一轮复习07 三角形的6种模型练习（解析版），共58页。
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc156571296" 题型01 A字模型
\l "_Tc156571297" 题型02 8字模型
\l "_Tc156571298" 题型03 飞镖模型
\l "_Tc156571299" 题型04 老鹰抓小鸡模型
\l "_Tc156571300" 题型05 双角平分线模型
\l "_Tc156571301" 题型06 三角形折叠模型
题型01 A字模型
【模型介绍】图形像“A”字，故曰“A”字模型.
1．（2023·陕西西安·西安高级中学校考模拟预测）将一把直尺与一块直角三角板按如图所示的方式放置，若∠1=125°，则∠2的度数为（ ）
A．35°B．40°C．45°D．55°
【答案】A
【分析】根据三角形外角的性质可得∠3=∠1-∠4，根据平行线的性质可得∠2=∠3．
【详解】解：如图，
由题意知∠4=90°，AB∥CD，
∵ ∠1=∠4+∠3，∠1=125°，
∴ ∠3=∠1-∠4=125°-90°=35°，
∵ AB∥CD，
∴ ∠2=∠3=35°．
故选A．
【点睛】本题考查平行线的性质、三角形外角的定义和性质，解题的关键是掌握：三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和；两直线平行，同位角相等．
2．（2020·四川广安·中考真题）如图，在五边形ABCDE中，若去掉一个30°的角后得到一个六边形BCDEMN，则∠l+∠2的度数为（ ）
A．210°B．110°C．150°D．100°
【答案】A
【分析】根据三角形的内角和定理可得∠AMN＋∠ANM=150°，根据平角的定义可得∠1＋∠AMN=180°，∠2＋∠ANM=180°，从而求出结论．
【详解】解：∵∠A=30°，
∴∠AMN＋∠ANM=180°－∠A=150°
∵∠1＋∠AMN=180°，∠2＋∠ANM=180°
∴∠1＋∠2=180°＋180°－（∠AMN＋∠ANM）=210°
故选A．
【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．
3．（2023·河北秦皇岛·统考二模）如图，将四边形ABCD剪掉一个角得到五边形．下列判断正确的是（ ）
结论①：变成五边形后外角和不发生变化；
结论②：变成五边形后内角和增加了360°；
结论③：通过图中条件可以得到∠1+∠2=240°；

A．只有①对B．①和③对C．①、②、③都对D．①、②、③都不对
【答案】B
【分析】根据多边形的外角和是360°，判断①，根据多边形内角和公式即可判断②，根据三角形的外角的性质即可求解．
【详解】解：①任意多边形的外角和是360°，故①正确；
根据多边形内角和定理5-2×180°-4-2×180°=180°，
四边形ABCD剪掉一个角得到五边形内角和增加了180°，故②错误，
如图所示，

∵∠1=∠4+∠A,∠2=∠3+∠A
∴∠1+∠2=∠3+∠4+∠A+∠A=180°+∠A=180°+60°=240°，故③正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和，三角形的外角的性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
4．（2023·广东广州·统考一模）在“玩转数学”活动中，小林剪掉等边三角形纸片的一角，如图所示，发现得到的∠1与∠2的和总是一个定值．则∠1+∠2= 度．
【答案】240
【分析】由等边三角形的性质可得∠A=60°，再根据三角形外角的性质和内角和定理即可求解．
【详解】解：如图，
∵ △ABC是等边三角形，
∴ ∠A=60°，
∵ ∠1=∠A+∠AED，∠2=∠A+∠ADE，
∴ ∠1+∠2=∠A+∠AED+∠A+∠ADE，
∵ ∠AED+∠A+∠ADE=180°，
∴ ∠1+∠2=∠A+180°=60°+180°=240°，
故答案为：240．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形外角的定义和性质，三角形内角和定理等，解题的关键是掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．
5．（2023·贵州贵阳·统考一模）如图，在四边形纸片中，∠D＝50°，若沿图中虚线剪去∠D，则∠1＋∠2＝ °．

【答案】230
【分析】根据三角形的内外角之间的关系可求解.
【详解】解：三角形的内角和等于180°，∠D＝50°，
∴∠1=∠D+∠DFE，∠2=∠D+∠DEF.
∵∠DEF+∠DFE+∠D=180°，
∴∠1+∠2=∠DEF+∠DFE+∠D+∠D=180°+50°=230°.
故答案为：230.

【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，解题的关键是明确三角形的内外角之间的关系和三角形的内角和等于180°的知识点.
6．（2021·全国·九年级专题练习）如图所示，∠DAE的两边上各有一点B,C，连接BC，求证∠DBC+∠ECB=180°+∠A．
【答案】见解析
【分析】根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和证明即可．
【详解】解：∵∠DBC和∠ECB是△ABC的外角，
∴∠DBC=∠A+∠ACB,∠ECB=∠A+∠ABC．
又∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠DBC+∠ECB=∠A+∠ACB+∠ABC+∠A=180°+∠A．
【点睛】本题主要考查三角形外角的性质，熟知三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
题型02 8字模型
【模型介绍】图形像“8”字，故曰“8”字模型.
7．（2023下·北京海淀·七年级北京市十一学校校考期中）如图，AD、BC相交于点O，连接AB、CD．下列结论正确的是（ ）
A．∠BOD=∠BB．∠AOC∠D，
∴四个选项中只有C选项结论正确，
故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，熟知三角形一个外角的度数等于与其不相邻的两个内角的度数之和是解题的关键．
8．（2023·黑龙江大庆·统考三模）如图，∠CAD和∠CBD的平分线相交于点P，若∠C=28°，∠D=22°，则∠P的度数为（ ）

A．22°B．25°C．28°D．30°
【答案】B
【分析】设∠CAD=a，∠CBD=b，根据角平分线的定义可知，∠DAP=∠PAC=12∠CAD=12a，∠DBP=∠PBC=12∠CBD=12b，再根据三角形外角的性质可得12a+∠P=12b+28°，12a+22°=12b+∠P，从而可得28°-∠P=∠P-22°，再进行求解即可．
【详解】解：如图，设∠CAD=a，∠CBD=b，
∵AP平分∠CAD，BP平分∠CBD，
∴∠DAP=∠PAC=12∠CAD=12a，∠DBP=∠PBC=12∠CBD=12b，
∵∠BFA=∠FAP+∠P，∠BFA=∠CBP+∠C，
∴∠FAP+∠P=∠CBP+∠C，
∴12a+∠P=12b+28°，即12a-12b=28°-∠P，
又∵∠AEB=∠DAP+∠D，∠AEB=∠DBP+∠P，
∴∠DAP+∠D=∠DBP+∠P，
∴12a+22°=12b+∠P，即12a-12b=∠P-22°，
∴28°-∠P=∠P-22°，即2∠P=50°,
∴∠P=25°，
故选：B．

【点睛】本题考查角平分线的定义、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．
9．（2023·河北邢台·邢台三中校考一模）如图，AD与BC交于点O，甲、乙两人要证明∠A+∠B=∠D+∠C，做法如下：
甲：∵∠BOD是△AOB和△DOC的外角，
∴∠BOD=∠A+∠B=∠D+∠C，
故得证．
乙：作一圆通过A，B，C，D四点，
∵∠A与∠C对同弧BD，∠B与∠D对同弧AC．
∴∠A=∠C，∠B=∠D，
∴∠A+∠B=∠D+∠C．
对于甲、乙两人的做法，以下结论正确的是（ ）
A．甲、乙两人的做法都是正确的B．甲的做法正确，乙的做法错误
C．乙的做法正确，甲的做法错误D．甲、乙两人的做法都是错误的
【答案】B
【分析】根据三角形外角性质可判断甲的做法正确，由于不能确定点A、B、C、D在同一个圆上，于是可判断乙的做法不正确．
【详解】解：∵∠BOD是△AOB和△DOC的外角，
∴∠BOD=∠A+∠B=∠D+∠C，
即∠A+∠B=∠D+∠C，所以甲的做法正确；
∵点A、B、C、D不一定在同一个圆上，
∴乙的做法不正确．
故选：B
【点睛】本题考查了三角形的外角的性质，圆周角定理以及确定圆的条件，解题的关键是确定A、B、C、D四个点不一定在同一个圆上．
10．（2023·陕西榆林·统考一模）我们将内角互为对顶角的两个三角形称为“对顶三角形”．例如，在图1中，△AOB的内角∠AOB与△COD的内角∠COD互为对顶角，则△AOB与△COD为“对顶三角形”，根据三角形内角和定理知“对顶三角形”有如下性质：∠A十∠B=∠C十∠D．
(1)如图1，在“对顶三角形”△AOB与△OOD中，∠AOB=70°，则∠C十∠D= °．
(2)如图2，在△ABC中，AD、BE分别平分∠BAC和∠ABC，若∠C=60°，∠ADE比∠BED大6°，求∠BED的度数．
【答案】(1)110
(2)27°
【分析】（1）由对顶三角形可得∠A+∠B=∠C+∠D，再根据三角形内角和定理即可得到答案；
（2）根据角平分线的性质可得∠1=∠2，∠3=∠4，根据三角形内角和定理可得到∠BAC+∠ABC=180°-∠C=180°-60°=120°，进而得到∠1+∠3=60°，由图知△ABF与△DEF为对顶三角形得出∠1+∠3=∠ADE+∠BED=60°，由题意知∠ADE比∠BED大6°，联立方程组即可解得答案．
【详解】（1）解：由对顶三角形可得∠A+∠B=∠C+∠D，
在△AOB中，∠A+∠B=180°-∠AOB=180°-70°=110°，
∴∠C+∠D=110°；
（2）∵AD、BE分别平分∠BAC和∠ABC，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
又∵∠C=60°，
∴∠BAC+∠ABC=180°-∠C=180°-60°=120°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=120°，
∴2∠1+2∠3=120°，
∴∠1+∠3=60°，
由图知△ABF与△DEF为对顶三角形，
∴∠1+∠3=∠ADE+∠BED=60°①，
又∵∠ADE比∠BED大6°，
∴∠ADE-∠BED=6°②，
联立①②得∠ADE+∠BED=60°∠ADE-∠BED=6°，
解得：∠ADE=33°∠BED=27°，
∴∠BED=27°．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，利用对顶三角形的性质解答是解此题的关键．
11．（2020·全国·九年级专题练习）阅读材料：
如图1，AB、CD交于点O，我们把△AOD和△BOC叫做对顶三角形．
结论：若△AOD和△BOC是对顶三角形，则∠A+∠D＝∠B+∠C．
结论应用举例：
如图2：求五角星的五个内角之和，即∠A+∠B+∠ACE+∠ADB+∠E的度数．
解：连接CD，由对顶三角形的性质得：∠B+∠E＝∠1+∠2，
在△ACD中，∵∠A+∠ACD+∠ADC＝180°，
即∠A+∠3+∠1+∠2+∠4＝180°，
∴∠A+∠ACE+∠B+∠E+ADB＝180°
即五角星的五个内角之和为180°．
解决问题：
（1）如图①，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝ ；
（2）如图②，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝ ；
（3）如图③，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H＝ ；
（4）如图④，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N＝ ；
请你从图③或图④中任选一个，写出你的计算过程．
【答案】（1）360°；（2）540°；（3）720°；（4）1080°；过程见解析
【分析】（1）连接CD，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BDC＋∠ACD，再由四边形的内角和定理得出结论；
（2）连接ED，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BED＋∠ADE，再由五边形的内角和定理得出结论；
（3）连接BH、DE，由对顶角三角形可知∠EBH＋∠BHD＝∠HDE＋∠BED，再根据五边形的内角和定理得出结论；
（4）连接ND、NE，由对顶角三角形可知∠1＋∠2＝∠NGH＋∠EHG，再由六边形的内角和定理得出结论．
【详解】解：（1）连接CD，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BDC＋∠ACD，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＝360°；
（2）连接ED，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BED＋∠ADE，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＝540°；
（3）连接BH、DE，
∵由对顶角三角形可知∠EBH＋∠BHD＝∠HDE＋∠BED，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＝五边形CDEFG的内角和＋△ABH的内角和＝540°＋180°＝720°；
（4）连接ND、NE，
∵由对顶角三角形可知∠1＋∠2＝∠NGH＋∠EHG，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠M＋∠N＝六边形BCFGHM的内角和＋△AND的内角和＋△NDE的内角和＝（6－2）×180°＋360°＝1080°．
故答案为：360°；540°；720°；1080°．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，根据题意作出辅助线，利用△AOD和△BOC叫做对顶三角形的性质及多边形的内角和定理解答是解答此题的关键．
12．（2020·全国·九年级专题练习）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H六个角的和．
【答案】360°
【分析】根据三角形内角和外角的性质可得：∠G＋∠D＝∠3，∠F＋∠C＝∠4，∠E＋∠H＝∠2，再根据三角形内角和定理可得答案．
【详解】解：∵∠G＋∠D＝∠3，∠F＋∠C＝∠4，∠E＋∠H＝∠2，
∴∠G＋∠D＋∠F＋∠C＋∠E＋∠H＝∠3＋∠4＋∠2，
∵∠B＋∠2＋∠1＝180°，∠3＋∠5＋∠A＝180°，
∴∠A＋∠B＋∠2＋∠4＋∠3＝360°，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＝360°．
【点睛】此题主要考查了三角形内角与外角的性质，关键是掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
13．（2020·全国·九年级专题练习）（1）如图①，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数；
（2）如图②，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H的度数；
（3）如图③，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数．
【答案】（1）360°；（2）720°；（3）540°
【分析】（1）连接AD，根据三角形的内角和定理得∠B＋∠C＝∠BAD＋∠CDA，进而将问题转化为求四边形ADEF的内角和，
（2）与（1）方法相同转化为求六边形ABCDEF的内角和，
（3）使用上述方法，转化为求五边形ABCDE的内角和．
【详解】解：（1）如图①，连接AD，
由三角形的内角和定理得，∠B＋∠C＝∠BAD＋∠CDA，
∴∠BAF＋∠B＋∠C＋∠CDE＋∠E＋∠F＝∠BAF＋∠BAD＋∠CDA＋∠D＋∠E＋∠F
即四边形ADEF的内角和，四边形的内角和为360°，
∴∠BAF＋∠B＋∠C＋∠CDE＋∠E＋∠F＝360°，
（2）如图②，由（1）方法可得：
∠BAH＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠EFG＋∠G＋∠H的度数等于六边形ABCDEF的内角和，
∴∠BAH＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠EFG＋∠G＋∠H＝（6－2）×180°＝720°，
（3）如图③，根据（1）的方法得，∠F＋∠G＝∠GAE＋∠FEA，
∠BAG＋∠B＋∠C＋∠D＋∠DEF＋∠F＋∠G的度数等于五边形ABCDE的内角和，
∴∠BAG＋∠B＋∠C＋∠D＋∠DEF＋∠F＋∠G＝（5－2）×180°＝540°，
【点睛】本题考查三角形的内角和、多边形的内角和的计算方法，适当的转化是解决问题的关键．
14．（2021下·江苏苏州·七年级苏州市第十六中学校考阶段练习）（1）已知：如图①的图形我们把它称为“8字形”，试说明：∠A+∠B=∠C+∠D．
（2）如图②，AP,CP分别平分∠BAD,∠BCD，若∠ABC=36°,∠ADC=16°，求∠P的度数．
（3）如图③，直线AP平分∠BAD的外角∠FAD,CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC=α,∠ADC=β，则∠P=________用α、β的代数式表示）
【答案】（1）证明见解析；（2）∠P=26°；（3）∠P=12(α+β)．
【分析】（1）根据三角形的内角和等于180°列式整理即可得证；
（2）设∠BAP=∠PAD=x，∠BCP=∠PCD=y，利用（1）中结论，构建方程组即可解决问题；
（3）表示出∠PAD和∠PCD，再根据（1）的结论列出等式并整理即可得解．
【详解】解：（1）∵∠A+∠B+∠AOB=180°，∠C+∠D+∠COD=180゜，
∴∠A+∠B+∠AOB=∠C+∠D+∠COD．
∵∠AOB=∠COD，
∴∠A+∠B=∠C+∠D；
（2）∵AP,CP分别平分∠BAD,∠BCD，
设∠BAP=∠PAD=x，∠BCP=∠PCD=y，
则有x+∠ABC=y+∠Px+∠P=y+∠ADC，
∴∠ABC-∠P=∠P-∠ADC，
∴∠P=12(∠ABC+∠ADC)=12(36°+16°)=26°；
（3）如图，∵AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∴∠PAD=180°-∠2=180°-∠1，∠PCD=180°-∠3，
∵∠P+（180°-∠1）=∠ADC+（180°-∠3），
∠P+∠1=∠ABC+∠4，
∴2∠P=∠ABC+∠ADC，
∵∠ABC=α,∠ADC=β，
∴∠P=12(∠ABC+∠ADC)=12(α+β)．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，准确识图并运用好“8字形”的结论，然后列出两个等式是解题的关键，用阿拉伯数字加弧线表示角更形象直观．
15．（2019下·河南新乡·七年级校联考期末）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： ；
（2）仔细观察，在图2中“8字形”的个数： 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）．
【答案】（1）∠A+∠D＝∠C+∠B；（2）6；（3）∠P＝45°；（4）2∠P＝∠D+∠B．
【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．
【详解】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．
【点睛】此题也是属于规律的题型，但也涉及到已经学过的知识，读懂题目是关键，融合已学知识，进行运用.
题型03 飞镖模型
【模型介绍】图形像“飞镖”，故曰飞镖模型.
16．（2013·湖北鄂州·中考真题）一副三角板有两个直角三角形，如图叠放在一起，则∠α的度数是（ ）
A．165°B．120°C．150°D．135°
【答案】A
【分析】先根据直角三角形两锐角互余求出∠1，再由邻补角的定义求得∠2的度数，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即可求得∠α的度数．
【详解】∵图中是一副三角板，
∴∠1=45°，
∴∠2=180°-∠1=180°-45°=135°，
∴∠α =∠2+30°=135°+30°=165°．
故选A．
【点睛】本题考查了直角三角形两锐角互余的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质是解题的关键．
17．（2023·山东淄博·统考一模）如图，点F是△ABC的内心，连接BF，CF，若∠BFC=112°，则∠A=（ ）
A．44°B．45°C．50°D．55°
【答案】A
【分析】根据三角形内心的定义得到BF、CF分别是∠ABC、∠ACB的角平分线，再利用三角形的内角和定理即可得到∠A的度数．
【详解】解：∵点F是△ABC的内心，
∴BF、CF分别是∠ABC、∠ACB的角平分线，
∴∠FBC=12∠ABC，∠FCB=12∠ACB,
∵∠BFC=112°，
∴∠FBC+∠FCB=180°-∠BFC=180°-112°=68°，
∴12∠ABC+∠ACB=68°，
∴∠ABC+∠ACB=136°，
∴∠A=180°-∠ABC+∠ACB=44°，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义，角平分线的定义，三角形的内角定理，掌握三角形内心的定义是解题的关键．
18．（2023上·河北邯郸·八年级统考期末）如图，用铁丝折成一个四边形ABCD（点C在直线BD的上方），且∠A=70°，∠BCD=120°，若使∠ABC、∠ADC平分线的夹角∠E的度数为100°，可保持∠A不变，将∠BCD （填“增大”或“减小”） °．
【答案】 增大 10
【分析】利用三角形的外角性质先求得∠ABE+∠ADE=30°，根据角平分线的定义得到∠ABC+∠ADC=60°，再利用三角形的外角性质求解即可．
【详解】解：如图，连接AE并延长，连接AC并延长，
∠BED=∠BEF+∠DEF=∠ABE+∠BAD+∠ADE=100°，
∵∠BAD＝70°，
∴∠ABE+∠ADE=30°，
∵BE，DE分别是∠ABC、∠ADC平分线，
∴∠ABC+∠ADC=2（∠ABE+∠ADE）=60°，
同上可得，∠BCD=∠BAD+∠ABC+∠ADC=130°，130°-120°=10°，
∴∠BCD增大了10°．
故答案为：增大，10．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义等知识，熟练运用题目中所给的结论是解题的关键．
19．（2023·河北邯郸·统考一模）嘉嘉在作业本上画了一个四边形，并标出部分数据（如图），淇淇说，这四个数据中有一个是标错的；嘉嘉经过认真思考后，进行如下修改：若∠A，∠B，∠BCD保持不变，则将图中∠D （填“增大”或“减小”） 度，淇淇说，“改得不错”．
【答案】 增大 5
【分析】连接BD，利用三角形的内角和计算即可．
【详解】解：连接BD，
∵∠CDB+∠CBD=180°-∠A-∠ABC-∠ADC
∠CDB+∠CBD=180°-∠BCD
∴∠A+∠ABC+∠ADC=∠BCD
∵∠A=90°，∠ABC=25°，∠BCD=145°
∴∠ADC=145°-25°-90°=30°
∴30°-25°=5°
故答案为：增大，5
【点睛】本题主要考查三角形的内角和，添加辅助线利用三角形内角和计算是解决本题的关键．
20．（2021·全国·九年级专题练习）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∠A=52°,∠B=25°，∠C=30°,∠D=35°,∠E=72°，那么∠F的度数是（ ）．
A．72°B．70°C．65°D．60°
【答案】B
【分析】延长BE交CF的延长线于O，连接AO，根据三角形内角和定理求出∠BOC,再利用邻补角的性质求出∠DEO，再根据四边形的内角和求出∠DFO，根据邻补角的性质即可求出∠DFC的度数．
【详解】延长BE交CF的延长线于O，连接AO，如图，
∵∠OAB+∠B+∠AOB=180°,
∴∠AOB=180°-∠B-∠OAB,
同理得∠AOC=180°-∠OAC-∠C,
∵∠AOB+∠AOC+∠BOC=360°,
∴∠BOC=360°-∠AOB-∠AOC
=360°-(180°-∠B-∠OAB)-(180°-∠OAC-∠C)
=∠B+∠C+∠BAC=107°,
∵∠BED=72°,
∴∠DEO=180°-∠BED=108°,
∴∠DFO=360°-∠D-∠DEO-∠EOF
=360°-35°-108°-107°=110°,
∴∠DFC=180°-∠DFO=180°-110°=70°,
故选：B．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，多边形内角和，三角形的外角的性质，邻补角的性质，解题关键是会添加辅助线，将已知条件联系起来进行求解．三角形外角的性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；邻补角性质：邻补角互补；多边形内角和：180°(n-2)．
21．（2021·全国·九年级专题练习）如图，若∠EOC=115°，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F= ．
【答案】230°
【分析】根据三角形外角的性质，得到∠EOC=∠E+∠2=115°，∠2=∠D+∠C，∠EOC=∠1+∠F=115°，∠1=∠A+∠B，即可得到结论．
【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°．
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理和三角形外角的性质，解决本题的关键是要熟练掌握三角形外角性质．
22．（2019·全国·九年级专题练习）如图，ΔABC中，
(1)若∠ABC、∠ACB的三等分线交于点O1、O2，请用∠A表示∠BO1C、∠BO2C；
(2)若∠ABC、∠ACB的n等分线交于点O1、O2⋅⋅⋅⋅⋅⋅On-1（O1、O2⋅⋅⋅⋅⋅⋅On-1依次从下到上），请用∠A表示∠BO1C，∠BOn-1C．
【答案】(1)∠BO1C=120°+13∠A，∠BO2C=60°+23∠A，
(2)∠BO1C=180°n-1n+1n∠A，∠BOn-1C=180°n+n-1n∠A
【分析】（1）根据三角形的内角和定理可得∠ABC+∠ACB=180°-∠A，再由∠ABC、∠ACB的三等分线交于点O1、O2，可得∠O1BC+∠O1CB=13(180°-∠A), ∠O2BC+∠O2CB=23(180°-∠A),再根据三角形的内角和定理，即可求解；
（2）根据三角形的内角和定理可得∠ABC+∠ACB=180°-∠A，再由∠ABC、∠ACB的n等分线交于点O1、O2⋅⋅⋅⋅⋅⋅On-1，可得∠O1BC+∠O1CB=1n(180°-∠A), ∠On-1BC+∠On-1CB=n-1n(180°-∠A),再根据三角形的内角和定理，即可求解．
【详解】（1）解：∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A，
∵∠ABC、∠ACB的三等分线交于点O1、O2，
∴∠O1BC+∠O1CB=13(180°-∠A), ∠O2BC+∠O2CB=23(180°-∠A),
∴∠BO1C=180°-(∠O1BC+∠O1CB)=180°-13(180°-∠A)=120°+13∠A，
∠BO2C=180°-(∠O2BC+∠O2CB)=180°-23(180°-∠A)=60°+23∠A；
（2）解：∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A，
∵∠ABC、∠ACB的n等分线交于点O1、O2⋅⋅⋅⋅⋅⋅On-1，
∴∠O1BC+∠O1CB=1n(180°-∠A), ∠On-1BC+∠On-1CB=n-1n(180°-∠A),
∴∠BO1C=180°-∠O1BC+∠O1CB=180°-1n(180°-∠A)=180°n-1n+1n∠A，
∠BOn-1C=180°-∠On-1BC+∠On-1CB=180°-n-1n(180°-∠A)=180°n+n-1n∠A．
【点睛】本题主要考查了有关角平分线三角形的内角和问题，熟练掌握三角形的内角和定理，并利用类比思想解答是解题的关键．
23．（2020下·七年级统考课时练习）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．
24．（2021下·江苏镇江·七年级统考期中）模型规律：如图1，延长CO交AB于点D，则∠BOC=∠1+∠B=∠A+∠C+∠B．因为凹四边形ABOC形似箭头，其四角具有“∠BOC=∠A+∠B+∠C”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，∠A=60°,∠B=20°,∠C=30°，则∠BOC=__________°；
②如图3，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=__________°；
（2）拓展应用：
①如图4，∠ABO、∠ACO的2等分线（即角平分线）BO1、CO1交于点O1，已知∠BOC=120°，∠BAC=50°，则∠BO1C=__________°；
②如图5，BO、CO分别为∠ABO、∠ACO的10等分线(i=1,2,3,…,8,9)．它们的交点从上到下依次为O1、O2、O3、…、O9．已知∠BOC=120°，∠BAC=50°，则∠BO7C=__________°；
③如图6，∠ABO、∠BAC的角平分线BD、AD交于点D，已知∠BOC=120°,∠C=44°，则∠ADB=__________°；
④如图7，∠BAC、∠BOC的角平分线AD、OD交于点D，则∠B、∠C、∠D之间的数量关系为__________．
【答案】（1）①110；②260；（2）①85；②99；③142；④∠B-∠C+2∠D=0
【分析】（1）①根据题干中的等式直接计算即可；
②同理可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠BOC+∠DOE，代入计算即可；
（2）①同理可得∠BO1C=∠BOC-∠OBO1-∠OCO1，代入计算可得；
②同理可得∠BO7C=∠BOC-17（∠BOC-∠A），代入计算即可；
③利用∠ADB=180°-（∠ABD+∠BAD）=180°-12（∠BOC-∠C）计算可得；
④根据两个凹四边形ABOD和ABOC得到两个等式，联立可得结论．
【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-12（∠ABO+∠ACO）
=∠BOC-12（∠BOC-∠A）
=∠BOC-12（120°-50°）
=120°-35°
=85°；
②∠BO7C=∠BOC-310（∠BOC-∠A）
=120°-310（120°-50°）
=120°-21°
=99°；
③∠ADB=180°-（∠ABD+∠BAD）
=180°-310（∠BOC-∠C）
=180°-12（120°-44°）
=142°；
④∠BOD=12∠BOC=∠B+∠D+12∠BAC，
∠BOC=∠B+∠C+∠BAC，
联立得：∠B-∠C+2∠D=0．
【点睛】本题主要考查了新定义—箭头四角形，利用了三角形外角的性质，还考查了角平分线的定义，图形类规律，解题的关键是理解箭头四角形，并能熟练运用其性质．
题型04 老鹰抓小鸡模型
25．（2019上·广东珠海·八年级珠海市文园中学校考阶段练习）如图,将△ABC沿着DE翻折,使B点与B'点重合,若∠1+∠2=80°,则∠B的度数为（ ）
A．20°B．30°C．40°D．50°
【答案】C
【分析】由折叠的性质可知∠BED=∠B'ED,∠BDE=∠B'DE,再利用平角的定义可求出∠BED+∠BDE的度数，进而利用三角形内角和可求∠B的度数.
【详解】由折叠的性质可知∠BED=∠B'ED,∠BDE=∠B'DE
∵∠1+∠BED+∠B'ED=180°,∠2+∠BDE+∠B'DE=180°
∴∠BED+∠BDE=12(360°-∠1-∠2)=12×(360°-80°)=140°
∴∠B=180°-(∠BED+∠BDE)=180°-140°=40°
故选C
【点睛】本题主要考查折叠的性质及三角形内角和定理，掌握折叠的性质及三角形内角和定理是解题的关键.
26．（2022上·湖北恩施·八年级期末）如图，把△ABC沿EF对折，折叠后的图形如图所示，∠A=60°，∠1=96°，则∠2 的度数为（ ）
A．30°B．24°C．25°D．26°
【答案】B
【分析】由三角形的内角和，得∠AEF+∠AFE=120°，由邻补角的性质得∠FEB+∠EFC=240°，根据折叠的性质得∠B'EF+∠C'FE=240°，即∠1+∠AEF+∠2+∠AFE=240°，所以，∠2=24°．
【详解】解：∵∠A=60°，
∴∠AEF+∠AFE=180°-∠A=180°-60°=120°，
∴∠FEB+∠EFC=360°-120°=240°，
由折叠的性质可得：
∠B'EF+∠C'FE=∠FEB+∠EFC=240°，
∴∠1+∠AEF+∠2+∠AFE=240°，
∵∠1=96°，
∴96°+120°+∠2=240°，
即∠2=240°-120°-96°=24°．
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180°，互为邻补角的两个角之和为180°以及折叠的性质是本题的解题关键．
27．（2020下·江苏常州·七年级校联考期中）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，点A的对应点为A’，若∠B=60°，∠C=80°，则∠1+∠2等于( )
A．40°B．60°C．80°D．140°
【答案】C
【分析】根据平角定义和折叠的性质，得∠1+∠2=360°-2(∠3+∠4)，再利用三角形的内角和定理进行转换，得∠3+∠4=∠B+∠C=140°从而解题．
【详解】解：根据平角的定义和折叠的性质，得
∠1+∠2=360°-2(∠3+∠4)．
又∵∠A+∠3+∠4=180°，∠A+∠B+∠C=180°，
∴∠3+∠4=∠B+∠C=60°+80°=140°，
∴∠1+∠2=360°-2(∠3+∠4)=360°-2×140°=80°，
故选： C
【点睛】此题综合运用了平角的定义、折叠的性质和三角形的内角和定理．
28．（2022下·河南南阳·七年级校考阶段练习）如图，在四边形纸片ABCD中，∠A=80°，∠B=75°，将纸片折叠，使点C，D落在AB边上的点C'，D'处，折痕为EF，则∠1+∠2=（ ）

A．40°B．50°C．60°D．70°
【答案】B
【分析】根据四边形内角和定理得到∠C+∠D=205°，进而由折叠的性质得到∠FC'D'+∠C'D'E=205°，再由平角的定义得到∠BC'F+∠AD'E=155°，由此利用三角形内角和定理即可求出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD中，∠A=80°，∠B=75°，
∴∠C+∠D=360°-∠A-∠B=205°，
由折叠的性质可得∠FC'D'=∠C，∠C'D'E=∠D，
∴∠FC'D'+∠C'D'E=∠C+∠D=205°，
∵∠FC'D'+∠BC'F=180°，∠C'D'E+∠AD'E=180°，
∴∠FC'D'+∠BC'F+∠C'D'E+∠AD'E=360°，
∴∠BC'F+∠AD'E=155°，
∵∠B+∠BC'F+∠2=180°，∠AD'E+∠A+∠1=180°，
∴∠B+∠BC'F+∠2+∠AD'E+∠A+∠1=360°，
∴155°+155°+∠1+∠2=360°，
∴∠1+∠2=50°，
故选B．
【点睛】本题主要考查了四边形内角和定理，三角形内角和定理，折叠的性质，正确求出∠BC'F+∠AD'E=150°是解题的关键．
29．（2023下·河南郑州·八年级校考开学考试）折纸是我国一项古老的传统民间艺术，这项具有中国特色的传统文化在几何中可以得到新的解读．已知在△ABC中，请根据题意，探索不同情境中∠1+∠2（或∠1-∠2）与∠A的数量关系．

(1)如图①，若∠A＝60°，沿图中虚线DE截去∠A，则∠1+∠2＝ ．
(2)如图②，翻折后，点A落在点A'处，若∠1+∠2=110°，求∠B+∠C的度数．
(3)如图③，△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A'处，若∠1=80°，∠2=28°，则∠A的度数为 ．
【答案】(1)240°
(2)125°
(3)26°
【分析】（1）根据三角形内角和定理得出∠ADE+∠AED=180°-60°=120°，再由平角进行求解即可；
（2）连接AA'，根据三角形外角的性质得出∠1=∠DAA'+∠DA'A，∠2=∠EAA'+∠EA'A，再利用各角之间的关系得出结果；
（3）设AB与DA'交于点F，根据三角形外角性质得出∠1=∠DFA+∠A，∠DFA=∠2+∠A'，再由折叠的性质得出∠A=∠A'，结合图形及各角之间的关系进行求解即可．
【详解】（1）解：∵∠A=60°
∴∠ADE+∠AED=180°-60°=120°，
∴∠1+∠2=360°-∠ADE-∠AED=240°，
故答案为：240°．
（2）解：连接AA'，如图所示：

∵∠1=∠DAA'+∠DA'A，∠2=∠EAA'+∠EA'A，
∴∠1+∠2=∠DAA'+∠DA'A+∠EAA'+∠EA'A=∠EAD+∠EA'D,
∵∠EAD=∠EA'D，
∴∠1+∠2=2∠EAD=110°，
∴∠EAD=55°，
∴∠B+∠C=180°-55°=125°．
（3）解：如图，设AB与DA'交于点F，
，
∵∠1=∠DFA+∠A，∠DFA=∠2+∠A'，
由折叠可得，∠A=∠A'，
∴∠1=∠A+∠A'+∠2=2∠A+∠2，
又∵∠1=80°，∠2=28°，
∴80°=2∠A+28°，
∴∠A=26°
故答案为：26°
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理及三角形外角的性质，平角的定义等，理解题意作出相应辅助线求解是解题的关键．
30．（2022下·山东烟台·七年级统考期中）折纸是我国一项古老的传统民间艺术，这项具有中国特色的传统文化在几何中可以得到新的解读．已知在△ABC中，请根据题意，探索不同情境中∠1+∠2（或∠1－∠2）与∠A的数量关系．
(1)如图①，若∠A＝80°，沿图中虚线DE截去∠A，则∠1+∠2＝_______．
(2)如图②，若∠A＝80°，沿图中虚线DE将∠A翻折，使点A落在BC上的点A’处，则∠1+∠2=_______．
(3)如图③，翻折后，点A落在点A’处，若∠1+∠2＝80°，求∠B+∠C的度数
(4)如图④，△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A’处，若∠1＝80°，∠2＝24°，求∠A的度数．
【答案】(1)260°
(2)160°
(3)∠B+∠C=140°
(4)∠A=28°
【分析】（1）根据三角形内角和定理得出∠B+∠C＝180°-80°=100°，再由平角进行求解即可；
（2）利用翻折的性质得出∠EDA’=∠ADE，∠AED=∠DEA’,根据三角形内角和定理得出∠ADE+∠AED＝100°，结合图形，由平角及各角之间的关系进行计算即可‘
（3）连接AA'．根据三角形外角的性质得出∠1=∠DAA’+∠DA’A，∠2=∠EAA’+∠EA’A，然后利用各角之间的数量关系得出∠EAD=40°，再由三角形内角和定理即可求解；
（4）设AB与DA'交于点F，根据三角形外角得出∠1=∠DFA+∠A，∠DFA=∠A'+∠2，再由折叠的性质得出∠A=∠A'，结合图形及各角之间的数量关系进行求解即可
【详解】（1）解：∵∠A＝80°，
∴∠ADE+∠AED＝180°-80°=100°，
∴∠1+∠2=360°-∠ADE-∠AED=260°，
故答案为：260°；
（2）∵∠A＝80°，
∴∠ADE+∠AED＝180°-80°=100°，
∵翻折，
∴∠EDA’=∠ADE，∠AED=∠DEA’,
∴∠ADA’+∠AEA’＝2(∠ADE+∠AED)=200°，
∴∠1+∠2=360°-(∠ADA’+∠AEA’)=160°，
故答案为：160°；
（3）解：连接AA'．如图所示：
∵∠1=∠DAA’+∠DA’A，∠2=∠EAA’+∠EA’A，
∴∠1+∠2=∠DAA’+∠DA’A+∠EAA’+∠EA’A=∠EAD+∠EA’D，
∵∠EAD=∠EA'D，
∴∠1+∠2=2∠EAD=80°，
∴∠EAD=40°，
∴∠B+∠C=180°-40°=140°．
（4）解：如图，设AB与DA'交于点F，
∵∠1=∠DFA+∠A，∠DFA=∠A'+∠2，
由折叠可得，∠A=∠A'，
∴∠1=∠A+∠A'+∠2=2∠A+∠2，
又∵∠1=80°，∠2=24°，
∴80°=2∠A+24°，
∴∠A=28°．
【点睛】题目主要考查三角形内角和定理及三角形外角的性质，平角的定义等，理解题意，作出相应辅助线求解是解题关键．
31．（2019下·江苏宿迁·七年级校联考期中）如图1，将△ABC纸片沿DE折叠，使点C落在四边形ABDE内点C’的位置，
（1）①若∠1=200,∠2=500，则∠C= ；
②若∠C=420，则∠1+∠2= ；
③探索∠C 、∠1与∠2之间的数量关系，并说明理由；
（2）直接按照所得结论，填空：
①如图中，将△ABC纸片再沿FG、MN折叠，使点A、B分别落在△ABC内点A’、B’的位置，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6= ；
②如图中，将四边形ABCD按照上面方式折叠，则∠1+∠2+⋯+∠8= ；
③若将n边形A1A2A3⋯An也按照上面方式折叠，则∠1+∠2+⋯+∠2n= ；
（3）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点C落在△ABC边AC上方点C'的位置， 探索∠C、∠1与∠2之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）①35°；②84°；③2∠C=∠1+∠2；（2）①360°；②720°；③360°(n-2)；（3）2∠C=∠2-∠1
【分析】（1）①由邻补角的定义可知∠CEC′=160°，∠CDC′=130°，根据折叠的性质可求出∠CED=80°，∠CDE=65°,然后根据三角形内角和定理求解即可；
②由三角形内角和可求出∠CED+∠CDE=138°,再由折叠的性质可知∠CEC′+∠CDC′=276°，然后根据邻补角的定义可求出∠1+∠2=84°；
③由邻补角定义可知∠1+∠CEC'=180°，从而∠2+∠CDC'=180°，所以，∠1+ ∠CEC′+ ∠2+ ∠CDC′=360 °，结合∠C+∠CEC'+∠C'+∠CDC'=360°，可求出2∠C=∠1+∠2；
（2）① 由（1）得∠1+∠2=2∠C，∠3+∠4=2∠B，∠5+∠6=2∠A，从而∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=2(∠A+∠B +∠C)，结合三角形内角和求解即可；
②由①可知，∠1+∠2+⋯+∠8= 2(∠A+∠B +∠C+∠D)，结合四边形内角和求解即可;
③由①可知，∠1+∠2+⋯+∠2n=2×180°×n-2=360°×(n-2) ；
（3）由外角的性质可知∠2=∠3+∠C，∠3=∠1+∠C，整理可得2∠C=∠2-∠1.
【详解】解：（1）①∵∠1=200,∠2=500，
∴∠CEC′=160°，∠CDC′=130°，
∵ ∠CED=80°，∠CDE=65°,
∴∠C= 180°-80°-65°=35°；
②∵∠C=420，
∴ ∠CED+∠CDE=180°-42°=138°,
∴∠CEC′+∠CDC′=276°，
∴∠1+∠2=360°-276°=84°；
③2∠C=∠1+∠2，
因为∠1+∠CEC'=180°，∠2+∠CDC'=180°，
所以∠1+∠CEC'+∠2+∠CDC'=360°，
因为在四边形CEC'D中，∠C+∠CEC'+∠C'+∠CDC'=360°，
所以∠1+∠2=∠C+∠C'，
因为∠C=∠C'，
所以2∠C=∠1+∠2.
（2）① 由①得
∠1+∠2=2∠C，∠3+∠4=2∠B，∠5+∠6=2∠A，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=2(∠A+∠B +∠C)=360°;
②∵∠1+∠2=2∠C，∠3+∠4=2∠B，∠5+∠6=2∠A，∠7+∠8=2∠D，
∴∠1+∠2+⋯+∠8= 2(∠A+∠B +∠C+∠D)=2×360°=720°;
③∵n边形内角和是180°×(n-2)，
∴∠1+∠2+⋯+∠2n=2×180°×n-2=360°×(n-2) ；
（3）2∠C=∠2-∠1.

∵∠2=∠3+∠C，
∠3=∠1+∠C'=∠1+∠C，
∴∠2=∠1+∠C +∠C=∠1+2∠C，
∴2∠C=∠2-∠1.
【点睛】本题考查了折叠性质，三角形内角和定理，多边形的内角和定理，三角形外角的性质及图形类的规律与探究.熟练掌握折叠的性质和三角形内角和定理是解（1）的关键，利用（1）中规律是解（2）的关键，熟练掌握三角形外角的性质是解（3）的关键.
题型05 双角平分线模型
32．（2023·青海·统考一模）如图，在△ABC中，BE是∠ABC的平分线，CE是∠ACM的平分线，BE与CE相交于点E，若∠A=60°，则∠BEC的度数是 ．
【答案】30°
【分析】如图所示，BE是∠ABC的平分线，CE是∠ACM的平分线，∠1=∠2，∠4=∠5，∠ACM是△ABC的外角，∠ECM是△BCE的外角，可算出∠A+2∠2=2∠5，∠E=∠5-∠2，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵BE是∠ABC的平分线，CE是∠ACM的平分线，
∴∠1=∠2，∠4=∠5，
∵∠ACM是△ABC的外角，∠ECM是△BCE的外角，
∴∠A+∠1+∠2=∠4+∠5，∠2+∠E=∠5，
∴∠A+2∠2=2∠5，∠E=∠5-∠2，
∴∠A=2(∠2-∠5)，∠2-∠5=12∠A=12×60°=30°，
∴∠E=30°，
∴∠BEC的度数是30°．
【点睛】本题主要考查三角形的外角、角平分线的性质，掌握角平分线的性质，三角形的外角的性质是解题的关键．
33．（2023·山东青岛·统考一模）【阅读理解】
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°．
如图②，在△ABC中，有∠A+∠ABC+∠C=180°，点D是AB延长线上一点．由平角的定义可得∠ABC+∠CBD=180°，所以∠CBD=∠A+∠C．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．
【初步应用】
如图③，点D，E分别是△ABC的边AB，AC延长线上一点，
（1）若∠A=60°，∠CBD=110°，则∠ACB=______°；
（2）若∠A=60°，∠CBD=110°，则∠CBD+∠BCE=______°；
（3）若∠A=m°，则∠CBD+∠BCE=______°．
【拓展延伸】
如图④，点D，E分别是△ABC的边AB，AC延长线上一点，
（4）若∠A=60°，分别作∠CBD和∠BCE的平分线交于点O，则∠BOC=______°；
（5）若∠A=60°，分别作∠CBD和∠BCE的三等分线交于点O，且∠CBO=13∠CBD，∠BCO=13∠BCE，则∠BOC=______°；
（6）若∠A=m°，分别作∠CBD和∠BCE的n等分线交于点O，且∠CBO=1n∠CBD，∠BCO=1n∠BCE，则∠BOC=______°．
【答案】（1）50；（2）240；（3）m+180；（4）60；（5）100；（6）180-mn-180n．
【分析】（1）根据三角形外角的性质求解即可；
（2）根据三角形外角的性质结合三角形内角和定理求解即可；
（3）由（2）同理求解即可；
（4）根据角平分线的定义可得出∠CBO=12∠CBD，∠BCO=12∠BCE，即可求出∠CBO+∠BCO=12∠CBD+∠BCE，再结合（2）即得出∠CBO+∠BCO=120°，最后由三角形内角和定理求解即可；
（5）由∠CBO=13∠CBD，∠BCO=13∠BCE，即可求出∠CBO+∠BCO=13∠CBD+∠BCE，再结合（2）即得出∠CBO+∠BCO=80°，最后由三角形内角和定理求解即可；
（6）由∠CBO=1n∠CBD，∠BCO=1n∠BCE，即可求出∠CBO+∠BCO=1n∠CBD+∠BCE，结合（3）可知∠CBO+∠BCO=1nm+180°，最后由三角形内角和定理求解即可．
【详解】（1）由三角形外角的性质可得出∠ACB=∠CBD-∠A=110°-60°=50°．
故答案为：50；
（2）∵∠CBD=∠A+∠ACB，∠BCE=∠A+∠ABC，
∴∠CBD+∠BCE=∠A+∠ABC+∠A+∠ACB．
∵∠A=60°，∠ABC+∠A+∠ACB=180°，
∴∠CBD+∠BCE=240°．
故答案为：240；
（3）由（2）同理可得∠CBD+∠BCE=∠A+∠ABC+∠A+∠ACB．
∵∠A=m°，∠ABC+∠A+∠ACB=180°，
∴∠CBD+∠BCE=m°+180°=m+180°
故答案为：m+180；
（4）∵∠CBD和∠BCE的平分线交于点O，
∴∠CBO=12∠CBD，∠BCO=12∠BCE，
∴∠CBO+∠BCO=12∠CBD+12∠BCE=12∠CBD+∠BCE．
由（2）可知∠CBD+∠BCE=240°，
∴∠CBO+∠BCO=120°，
∴∠BOC=180°-∠CBO+∠BCO=60°．
故答案为：60；
（5）∵∠CBO=13∠CBD，∠BCO=13∠BCE，
∴∠CBO+∠BCO=13∠CBD+13∠BCE=13∠CBD+∠BCE．
由（2）可知∠CBD+∠BCE=240°，
∴∠CBO+∠BCO=80°，
∴∠BOC=180°-∠CBO+∠BCO=100°．
故答案为：100；
（6）∵∠CBO=1n∠CBD，∠BCO=1n∠BCE，
∴∠CBO+∠BCO=1n∠CBD+1n∠BCE=1n∠CBD+∠BCE．
由（3）可知∠CBD+∠BCE=m+180°，
∴∠CBO+∠BCO=1nm+180°，
∴∠BOC=180°-1nm+180°=180-mn-180n°．
故答案为：180-mn-180n．
【点睛】本题考查三角形内角和定理的应用，三角形外角的性质，角平分线的定义和角的n等分点的定义．利用数形结合的思想是解题关键．
34．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠B=58°，三角形两外角的角平分线交于点E，则∠AEC= ．
【答案】61°
【分析】先根据三角形的内角和定理和平角定义求得∠DAC+∠ACF的度数，再根据角平分线的定义求得∠EAC+∠ECA的度数，即可解答．
【详解】解：∵∠B+∠BAC+∠BCA=180°，∠B=58°，
∴∠BAC+∠BCA=180°﹣∠B=180°﹣58°=122°，
∵∠BAC+∠DAC=180°，∠BCA+∠ACF=180°，
∴∠DAC+∠ACF=360°﹣（∠BAC+∠BCA）=360°﹣122°=238°，
∵AE平分∠DAC，CE平分∠ACF，
∴∠EAC=12∠DAC，∠ECA=12∠ACF，
∴∠EAC+∠ECA =12（∠DAC+∠ACF）=119°，
∵∠EAC+∠ECA+∠AEC=180°，
∴∠AEC=180°﹣（∠EAC+∠ECA）=180°﹣119°=61°，
故答案为：61°．
【点睛】本题考查三角形的内角和定理、角平分线的定义、平角定义，熟练掌握三角形的内角和定理和角平分线的定义是解答的关键．
35．（2021·全国·九年级专题练习）如图，BA1和CA1分别是△ABC的内角平分线和外角平分线，BA2是∠A1BD的平分线，CA2是∠A1CD的平分线，BA3是∠A2BD的平分线，CA3是∠A2CD的平分线，……以此类推，若∠A=α，则∠A2020= ．
【答案】α22020
【分析】根据角平分线的定义可得∠A1BC=12∠ABC，∠A1CD=12∠ACD，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可得∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1BC+∠A1，整理即可得解∠A1=12∠A，同理求出∠A2，∠A3，可以发现后一个角等于前一个角的12，根据此规律即可得解．
【详解】∵A1B是∠ABC的平分线，A1C是∠ACD的平分线，
∴∠A1BC=12∠ABC，∠A1CD=12∠ACD，
又∵∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1BC+∠A1，
∴12（∠A+∠ABC）=12∠ABC+∠A1，
∴∠A1=12∠A，
∵∠A=α．
∠A1=12∠A=12α，同理可得∠A2=12∠A1=122α，
根据规律推导，
∴∠A2020= α22020，
故答案为α22020．
【点睛】本题主要考查的是三角形外角性质，角平分线定理，熟知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，角平分线的定义是解题的关键．
36．（2021·全国·九年级专题练习）（1）如图所示，在△ABC中，BO,CO分别是∠ABC和∠ACB的平分线，证明：∠BOC=90°+12∠A．
（2）如图所示，△ABC的外角平分线BD和CD相交于点D，证明：∠BDC=90°-12∠A．
（3）如图所示，△ABC的内角平分线BD和外角平分线CD相交于点D，证明：∠D=12∠A．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）设∠ABO=∠OBC=x,∠ACO=∠BCO=y．
由△ABC的内角和为180°，得∠A+2x+2y=180°．①
由△BOC的内角和为180°，得∠BOC+x+y=180°．②
由②得x+y=180°-∠BOC．③
把③代入①，得∠A+2180°-∠BOC=180°，
即2∠BOC=180°+∠A，
即∠BOC=90°+12∠A
（2）∵BD、CD为△ABC两外角∠ABC、∠ACB的平分线，
∴∠BCD=12∠A+∠ABC、∠DBC=12∠A+∠ACB，
由三角形内角和定理得，∠BDC=180°-∠BCD-∠DBC，
=180°-12[∠A+（∠A+∠ABC+∠ACB）]，
=180°-12（∠A+180°），
=90°-12∠A；
（3）如图：
∵BD为△ABC的角平分线，交AC与点E，CD为△ABC外角∠ACE的平分线，两角平分线交于点D
∴∠1=∠2，∠5=12（∠A+2∠1），∠3=∠4，
在△ABE中，∠A=180°-∠1-∠3
∴∠1+∠3=180°-∠A①
在△CDE中，∠D=180°-∠4-∠5=180°-∠3-12（∠A+2∠1），
即2∠D=360°-2∠3-∠A-2∠1=360°-2（∠1+∠3）-∠A②，
把①代入②得∠D=12∠A．
【点睛】此题考查的是三角形内角与外角的关系，角平分线的性质，三角形内角和定理，属中学常规题．
37．（2020·全国·九年级专题练习）（1）如图（a），BD平分∠ABC，CD平分∠ACB.
①当∠A=60∘时，求∠D的度数.
②猜想∠A与∠D有什么数量关系？并证明你的结论.
（2）如图（b），BD平分外角∠CBP，CD平分外角∠BCQ，（1）中②的猜想还正确吗？如果不正确，请你直接写出正确的结论（不用写出证明过程）.

【答案】（1）①120°；②∠D=90°+12∠A，证明见解析；（2）不正确，∠D=90°-12∠A
【分析】（1）①首先根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，然后根据角平分线定义求出∠DBC+∠DCB的度数，然后再利用三角形内角和定理求解即可；
②首先根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，然后根据角平分线定义求出∠DBC+∠DCB的度数，然后再利用三角形内角和定理求出∠D 的度数，即可得出结论；
（2）首先根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，然后根据补角的定义求出∠PBC+∠QCB，然后根据角平分线定义求出∠DBC+∠DCB的度数，然后再利用三角形内角和定理求出∠D的度数，即可得出结论．
【详解】（1）①∵∠A=60°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-60°=120° ．
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴∠DBC+∠DCB=12∠ABC+∠ACB=12×120°=60°，
∴∠D=180°-60°=120°；
（2）①∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A ．
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴∠DBC+∠DCB=12∠ABC+∠ACB=90°-12∠A，
∴∠D=180°-∠DBC+∠DCB=90°+12∠A ；
（2）∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A ，
∴∠PBC+∠QCB=180°-∠ABC+180°-∠ACB=180°+∠A ．
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴∠DBC+∠DCB=12∠PBC+∠QCB=90°+12∠A，
∴∠D=180°-∠DBC+∠DCB=90°-12∠A ．
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理和角平分线的定义，掌握三角形内角和定理和角平分线的定义是解题的关键．
题型06 三角形折叠模型
38．（2023·江苏无锡·江苏省锡山高级中学实验学校校考一模）如图，在△ABC中，∠A=20°，D为AB的中点，E为AC边上一点，将△ADE沿着DE翻折，得到△A'DE，连接A'B．当A'B=A'D时，则∠A'EC的度数为 ．
【答案】20°/20度
【分析】结合题意，由翻折易证△A'DB为等边三角形得到∠A'DB=60°，然后利用三角形内角和定理和外角进行角的加减计算和求解．
【详解】解：D为AB的中点，
∴AD=BD，
有翻折可知：AD=A'D，∠ADE=∠A'DE，∠AED=∠A'ED，
∴BD=A'D，
又∵A'B=A'D，
△A'DB为等边三角形，
∴∠A'DB=60°，
∴∠ADE=∠A'DE=60°，
∵∠A=20°，
∴∠AED=∠A'ED=100°，
又∵∠CED=∠A+∠ADE=80°，
∴∠A'EC=∠A'ED-∠CED=20°，
故答案为：20°．
【点睛】本题考查了翻折的性质，等边三角形的证明和性质的应用，三角形内角和定理以及三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，角的计算；解题的关键是证明△A'DB为等边三角形得到∠A'DB=60°．
39．（2023·江西·模拟预测）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，点P是边AB上一点，点D是边AC上一点，将△ABC沿PD折叠，使点A落在边BC上的A'处，若A'P∥AC，则∠PDA'的度数为 ．
【答案】60°/60度
【分析】根据△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，推出∠BAC=60°，根据折叠性质得到∠PA'D=∠PAD=60°，根据A'P∥AC，得到∠A'DC=∠PA'D=60°，推出∠A'DA=120°，根据折叠性质得到∠A'DP=12∠A'DA=60°．
【详解】∵在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，
∴∠BAC=60°，
由折叠知，∠PA'D=∠PAD=60°，
∵A'P∥AC，
∴∠A'DC=∠PA'D=60°，
∴∠A'DA=120°，
∴∠PDA'=12∠A'DA=60°．
故答案为：60°．
【点睛】本题主要考查了直角三角形，折叠，平行线，解决问题的关键是熟练掌握直角三角形两锐角互余，折叠图形全等的性质，两直线平行内错角相等的性质．
40．（2023上·江苏·八年级专题练习）如图，有一个三角形纸片ABC，∠A=65°，∠B=75°，将纸片一角折叠，使点C落在△ABC外．若∠2=20°，则∠1的大小为 ．

【答案】100°/100度
【分析】记AC,C'D的交点为K，证明∠1=∠DKC+∠C，∠DKC=∠C'+∠2，可得∠1=∠C+∠C'+∠2，由折叠可得：∠C=∠C'，求解∠C'=∠C=180°-65°-75°=40°，而∠2=20°，从而可得答案．
【详解】解：如图，记AC,C'D的交点为K，

∵∠1=∠DKC+∠C，∠DKC=∠C'+∠2，
∴∠1=∠C+∠C'+∠2，
由折叠可得：∠C=∠C'，
∵∠A=65°，∠B=75°，
∴∠C'=∠C=180°-65°-75°=40°，而∠2=20°，
∴∠1=∠C+∠C'+∠2=100°；
故答案为：100°
【点睛】本题主要是考查了三角形的内角和为180°，三角形的外角的性质；熟练掌握三角形的内角和定理与外角的性质是解题的关键．
41．（2020上·湖南常德·九年级校考期中）如图，在ΔABC中，∠C=90°，BC=6，D，E分别在AB、AC上，将ΔADE沿DE折叠，使点A落在点A'处，若A'为CE的中点，则折痕DE的长为 ．
【答案】2
【分析】由折叠的特点可知AE=AE'，∠DEA=∠DEA'=90°，又∠C=90°，则由同位角相等两直线平行易证DE∥BC，故ΔACB∼ΔAED，又A'为CE的中点可得AE=A'E=A'C=13AC，由相似的性质可得DE=13BC．
【详解】解：∵ΔABC沿DE折叠，使点A落在点A'处，
∴∠DEA=∠DEA'=90°，AE=A'E，
∴ΔACB∽ΔAED，
又A'为CE的中点，AE=AE'
∴AE:AC=1:3
∴ EDBC=AEAC，
即ED6=13，
∴ED=2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，掌握“A”字形三角形相似的判定和性质为解题关键．
42．（2020·山西·校联考二模）综合与实践：直角三角形折叠中的数学。数学活动：在综合实践活动课上，老师让同学们以“直角三角形纸片的折叠”为主题展开数学活动，探究折痕长度的有关问题．在Rt△ABC中，∠ABC=90°,AB=3,BC=4．
（1）①如图1，勤学组将点A沿DE折叠，使得点A与点B重合，折痕交AB于点D,交AC于点E,则DE的长为 ．
②如图2，乐学组将点A沿BE折叠，使得点A的对应点A'落在AC边上，折痕交AC于点E,则BE的长为 ．
（2）①如图3，博学组将点C沿EF折叠，使得点C与点A重合，折痕交AC于点E,交BC于点F,求线段EF的长度；
②如图4，善思组在博学组的基础上，将点B沿FC折叠，使得点B的对应点B'落在AF上，则GF的长度为_ ．
（3）①如图5，奋进组将点A沿BE折叠，使得点A的对应点A'落在BC边上，求BE的长度；
②如图6，创新组在奋进组的基础上，将点C沿A'F折叠，使得点C的对应点C'落在AC上，折痕交AC于点F,再把△A'FC'展开，将点C沿FG折叠，使得点C的对应点C″落在FA'的延长线上，折痕交A'C于点G,得到如图7所示的图形，请直接写出FG的长．
【答案】（1）①2；②125；（2）①EF=158；②3532；（3）①1272；②12352
【分析】先根据勾股定理得出AC=5；
（1）①根据折叠的性质得出DE是△ABC的中位线即可
②根据折叠的性质得出BE⊥AC，再根据等积法即可得出BE的长
（2）①根据折叠的性质得出EF垂直平分AC，从而得出△CEF∼△CBA，根据相似三角形的性质得出CECB=EFBA即可得出EF的长
②由①和勾股定理得出FC=258,BF=78，再根据折叠的性质得出∠BFG=12∠BFA,∠EFC=12∠CFA，从而得出△GBF∼△ABC，得出比例式GFAC=BFBC即可
（3）①过点E作EM⊥BC于M,先证出△CME∼△CBA,得出4EM=3CM，根据折叠的性质和勾股定理即可得出BE的长
②根据折叠的性质结合①得出A'C=1,CF=45,再证明△CFG∼△CBE,根据相似三角形的性质即可
【详解】解：∵AB=3,BC=4,∠ABC=90°
∴AC=AB3+BC2=32+42=5
1①根据折叠的性质得：AD=BD，ED⊥AB；
∵ ∠ABC=90°，∴DE//BC
∴DE是△ABC的中位线
∴DE=12BC=2
②由折叠的性质得BE⊥AC，
∵ ∠ABC=90°
∴S△ABC=12AB•BC=12AC•BE
∴3×4=5BE
∴BE=125
2① ∵将点C沿EF折叠与点A重合，
∴EF是AC的垂直平分线．
∴EC=12AC=52,∠FEC=90°．
∵∠ABC=90°,
∴∠FEC=∠B,
又∵∠C=∠C,
∴△CEF∼△CBA．
∴CECB=EFBA
∴524=EF3
∴EF=158
②在Rt△EFC中，EF=158,EC=52，
由勾股定理得出FC=258，则BF=78；
根据折叠的性质得出∠BFG=12∠BFA,∠EFC=12∠CFA，
∴∠BFG+∠EFC=90°,
∵ ∠EFC+∠C=90°,
∴∠BFG=∠C,∴△GBF∼△ABC
∴GFAC=BFBC,∴GF5=784
∴GF=3532
3①过点E作EM⊥BC于M,如图．
∴∠EMB=∠EMC=90°,
∴∠EMC=∠ABC,
又∵∠C=∠C,
∴△CME∼△CBA,
∴EMAB=CMBC,即EM3=CM4
设EM=3a,
则CM=4a,
∵将点A沿BE折叠，使得点A的对应点A'落在BC边上，
∴∠EBC=∠EBA=12∠ABC=45∘
∴∠MEB=45°,
∴∠MEB=∠MBE,
∴BM=EM=3a,
∴BC=BM+CM=3a+4a=7a,
∵BC=4,
∴7a=4,
解得a=47
∴BM=EM=127
∴BE=BM2+EM2=1272
②由折叠的性质可得
A'C=1,CF=45,△CFG∼△CBE,
∴FGBE=CFCB
即FG1272=454
∴FG=12352
【点睛】此题考查了折叠的性质、相似三角形的性质和判定以及勾股定理．注意掌握折叠前后图形的对应关系是解此题的关键．
43．（2021上·云南昆明·八年级统考期末）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＝180°+∠22＝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．
已知
图示
结论（性质）
已知△ABC，延长AB至D，延长AC至E
∠1+∠2=∠A+180°
已知
图示
结论（性质）
已知AD，BC相交于O
∠A+∠B=∠C+∠D
已知线段AP平分∠BAD，线段CP平分∠BCD
∠P=12 (∠B+∠D)
已知
图示
结论（性质）
已知四边形ABCD
∠C=∠A+∠B+∠D
已知四边形ABCD，线段BO平分∠ABC，线段OD平分∠ADC
∠O=12 (∠A+∠C)
已知
图示
结论（性质）
∠A+∠O=∠1+∠2
口诀：腋下两角之和等于上下两角之和
∠A+∠O=∠2-∠1
已知
图示
结论（性质）
已知BD、DC分别平分∠ABC、∠ACB
∠D=90°+12∠A
已知BD、DC分别平分∠EBC、∠FCB
∠D=90°- 12∠A
已知BE、EC分别平分∠ABC、∠ACD
∠E=12∠A
已知
图示
结论（性质）
将三角形纸片ABC沿EF边折叠，当点C落在线段AC上时
∠2=2∠C
将三角形纸片ABC沿EF边折叠，当点C落在四边形ABFE内部时
2∠C=∠1+∠2或 ∠C=12（∠1+∠2）
将三角形纸片ABC沿EF边折叠，当点C落在四边形ABFE外部时
2∠C=∠2-∠1或 ∠C=12（∠2-∠1）