中考数学专题练习02 三角形中的导角模型-飞镖模型、风筝模型、角内翻模型

这是一份中考数学专题练习02 三角形中的导角模型-飞镖模型、风筝模型、角内翻模型，文件包含中考数学02三角形中的导角模型-飞镖模型风筝模型角内翻模型教师版专题训练docx、中考数学02三角形中的导角模型-飞镖模型风筝模型角内翻模型学生版专题训练docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共61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·重庆·八年级专题练习）请阅读下列材料，并完成相应的任务：
有趣的“飞镖图”：如图，这种形似飞镖的四边形，可以形象地称它为“飞镖图”．当我们仔细观察后发现，它实际上就是凹四边形．那么它具有哪些性质呢？又将怎样应用呢？下面我们进行认识与探究：凹四边形通俗地说，就是一个角“凹”进去的四边形，其性质有：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，∠ADB=∠A＋∠B＋∠C ）理由如下：
方法一：如图 2，连接 AB，则在△ABC 中，∠C+∠CAB+∠CBA=180°，即∠1+∠2+∠3+∠4+∠C=180°，又∵在△ABD 中，∠1+∠2+∠ADB=180°，∴∠ADB=∠3+∠4+∠C， 即∠ADB=∠CAD+∠CBD+∠C．
方法二：如图 3，连接 CD 并延长至 F，∵∠1 和∠3 分别是△ACD 和△BCD 的一个外角，. . . . . .
大家在探究的过程中，还发现有很多方法可以证明这一结论，你有自己的方法吗？
任务：(1)填空：“方法一”主要依据的一个数学定理是 ；
(2)探索：根据“方法二”中辅助线的添加方式，写出该证明过程的剩余部分；
(3)应用：如图 4，AE 是∠CAD 的平分线，BF 是∠CBD 的平分线，AE 与 BF 交于 G， 若∠ADB=150°，∠AGB=110°，请你直接写出∠C 的大小．
【答案】(1)三角形内角和定理（或三角形的内角和等于 180°）；(2)见解析；(3)70°
【分析】（1）根据三角形内角和定理，即可求解；（2）根据三角形外角的性质可得∠1=∠2+∠A，∠3=∠4+∠B，从而得到∠1+∠3=∠2+∠A+∠4+∠B，即可求证；（3）由（2）可得：∠ADB=∠CAD+∠CBD+∠C，∠AGB=∠CAE+∠CBF+∠C，从而得到∠CAE+∠CBF=110°-∠ C，∠CAD+∠CBD=150°-∠C，再由AE 是∠CAD 的平分线，BF 是∠CBD 的平分线，可得150°-∠C=2（110°-∠ C），即可求解．
【详解】（1）解：三角形内角和定理（或三角形的内角和等于 180°）
（2）证明：连接 CD 并延长至 F，
∵∠1 和∠2 分别是△ACD 和△BCD 的一个外角，∴∠1=∠2+∠A，∠3=∠4+∠B，
∴∠1+∠3=∠2+∠A+∠4+∠B，即∠ADB=∠A+∠B+∠ACB ；
（3）解：由（2）得：∠ADB=∠CAD+∠CBD+∠C，∠AGB=∠CAE+∠CBF+∠C，
∵∠ADB=150°，∠AGB=110°，∴∠CAD+∠CBD+∠C=150°，∠CAE+∠CBF+∠C=110°，
∴∠CAE+∠CBF=110°-∠ C，∠CAD+∠CBD=150°-∠C，
∵AE 是∠CAD 的平分线，BF 是∠CBD 的平分线，∴∠CAD =2∠CAE，∠CBD=2∠CBF，
∴∠CAD+∠CBD=2（∠CAE+∠CBF），∴150°-∠C=2（110°-∠ C），解得：∠C=70°．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，三角形外角的性质，有关角平分线的计算，熟练掌握三角形内角和定理，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．
例2．（2023·广东河源·八年级校考期末）（1）模型探究：如图1所示的“镖形”图中，请探究与、、的数量关系并给出证明；（2）模型应用：如图2，平分，平分，，，请直接写出的度数．
【答案】（1）=++，理由见详解；（2）21°
【分析】（1）连接CD并延长到点E，利用三角形的外角的性质求解即可；（2）由（1）可知：∠ADB-∠C=∠A+∠B=90°，从而得∠EDO-∠BCO=×90°=45°，结合∠EDO+∠E=∠BCO+∠B，即可求解．
【详解】解：（1）=++，理由如下：
连接CD并延长到点E，

∵∠ADE＝∠ACD＋∠A，∠BDE＝∠BCD＋∠B，
∴∠ADE＋∠BDE＝∠ACD＋∠A＋∠BCD＋∠B，∴=++．
（2）由第（1）题可得：=++，∴∠ADB-∠ACB=∠A+∠B=66°+24°=90°，
∵平分，平分，∴∠EDO-∠BCO=（∠ADB-∠C）=×90°=45°，
∵∠DOE=∠BOC，∴∠EDO+∠E=∠BCO+∠B，
∴∠B-∠E=∠EDO-∠BCO=45°，∴∠E=∠B-45°=66°-45°=21°．
【点睛】本题考查三角形的外角的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，掌握三角形外角的性质，是解题的关键．
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·福建三明·八年级统考期末）如图1所示的图形，像我们常见的符号——箭号．我们不妨把这样图形叫做“箭头四角形”．

探究：（1）观察“箭头四角形”，试探究与、、之间的关系，并说明理由；
应用：（2）请你直接利用以上结论，解决以下两个问题：
①如图2，把一块三角尺放置在上，使三角尺的两条直角边、恰好经过点、，若，则 ；②如图3，、的2等分线（即角平分线）、相交于点，若，，求的度数；
拓展：（3）如图4，，分别是、的2020等分线（），它们的交点从上到下依次为、、、…、．已知，，则 度．
【答案】（1），理由见详解； （2）①30；②95°；（3）
【分析】（1）连接AD并延长至点E，利用三角形外角的性质得出左右两边相加即可得出结论；
（2）①直接利用（1）中的结论有，再把已知的角度代入即可求出答案；
②先根据求出，然后结合角平分线的定义再利用即可求解；
（3）先根据求出，再求出的度数，最后利用求解即可．
【详解】（1）如图，连接AD并延长至点E

∵
又∵∴
（2）①由（1）可知
∵，∴
②由（1）可知
∵，∴
平分 ，CF平分
（3）由（1）可知
∵， ∴
∵，分别是、的2020等分线（）
∴
∴
【点睛】本题主要考查三角形外角的性质，角平分线的定义，掌握三角形外角的性质和角平分线的定义是解题的关键．
模型2、风筝模型（鹰爪模型）

图1 图2
1）风筝（鹰爪）模型：结论：∠A+∠O=∠1+∠2；
2）风筝（鹰爪）模型（变形）：结论：∠A+∠O=∠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·河南南阳·八年级统考期末）请阅读下列材料，并完成相应任务．
在数学探究课上，老师出了这样一个题：如图1，锐角内部有一点D，在其两边和上各取任意一点E，F，连接．求证：．
任务：(1)小丽证明过程中的“依据”是指数学定理：________________________；
(2)下列说法正确的是____________．
A．小丽的证法用严谨的推理证明了该定理
B．小丽的证法还需要改变的大小，再进行证明，该定理的证明才完整
C．小红的证法用特殊到一般的方法证明了该定理
D．小红的证法只要将点D在的内部任意移动100次，重新测量进行验证，就能证明该定理
(3)如图，若点D在锐角外部，与相交于点G，其余条件不变，原题中结论还成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，请探索之间的关系．
【答案】(1)三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和
(2)A (3)不成立，
【分析】（1）连接并延长至点M，根据三角形外角的性质解答即可；
（2）按照定理的证明的一般步骤，从已知出发经过量角器测量，计算，证明，即可得答案；
（3）根据三角形外角的性质得，，整理可得答案
【详解】（1）小丽证明过程中的“依据”是指数学定理：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；
（2）根据定理证明的一般步骤，从已知出发经过量角器测量，计算，证明，故A正确；
（3）不成立，是的一个外角，，
为的一个外角，，
（或）．
【点睛】本题考查了三角形的外角，解题的关键是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．
例3．（2022秋·山东青岛·八年级统考期末）三角形内角和定理告诉我们：三角形三个内角的和等于如何证明这个定理呢？我们知道，平角是，要证明这个定理就是把三角形的三个内角转移到一个平角中去，请根据如下条件，证明定理．
（1）【定理证明】

已知：如图①，求证：．
（2）【定理推论】如图②，在中，有，点D是延长线上一点，由平角的定义可得，所以_______，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．
【初步运用】如图③，点D、E分别是的边延长线上一点．
（3）若，，则_______．（4）若，则_______．
【拓展延伸】如图④，点D、E分别是四边形的边延长线上一点．
（5）若，，则_________．
（6）分别作和的平分线，如图⑤，若，则和的关系为__________．
（7）分别作和的平分线，交于点O，如图⑥，求出，和的数量关系，说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7），理由见解析
【分析】（1）过点作，根据平行线的性质和平角的定义解决．
（2）根据三角形内角和定理和平角的定义即可解答．
（3）三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和即可解答；
（4）根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和可得，根据三角形的内角和定理得，以此即可求解．
（5）连接，根据三角形内角和定理的推论即可解答．
（6）过点作，由（1）可知，，则，根据平行线和角平分线的性质可得，则，以此即可求解．
（7）由（1）可知，，则，根据角平分线的性质和四边形的内角和为即可求解．
【详解】（1）证明：如图，过点作，

∵，，，
，．
（2），，
．故答案为：．
（3），，，
；故答案为：；
（4），，，
，，
．故答案为：．
（5）如图，连接，，，
，
，，
．故答案为：．
（6）如图，过点作，则，
由（1）知，，，
，，，，
、分别是和，，
，．故答案为：．
（7），理由如下：
由（1）知，，，
、分别为和的角平分线，
，，
，，
，即．
【点睛】本题考查三角形内角和定理的证明、三角形外角的性质、平行线的性质、角平分线的性质，根据题干作出正确的辅助线是解题关键．
模型3、角内翻模型

图1 图2
条件：如图1，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；
条件：如图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，结论：2∠C=∠2-∠1。
例1．（2023春·江苏镇江·七年级校考阶段练习）如图，中，，将沿翻折后，点A落在边上的点处，如果，那么的度数为 ．

【答案】
【分析】根据翻折性质求得，再根据三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：由折叠性质得，，
∵，，∴，，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查翻折性质，三角形的内角和定理，熟练掌握翻折性质是解答的关键．
例2．（2022秋·辽宁抚顺·八年级统考期末）如图，在中，，将沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由折叠的性质可得，再根据外角的性质即可求出结果．
【详解】解：将沿直线m翻折，交于点E、F，如图所示：
由折叠的性质可知：，根据外角的性质可知：，，
，，故选：C．
【点睛】本题考查三角形内角和定理、翻折变换的性质，熟练掌握三角形外角的性质和翻折的性质是解题的关键．
例3．（2023春·重庆黔江·七年级统考期末）如图1，中，，，．点是边上的定点，点在边上运动，沿折叠，折叠后点落在点处．下面我们来研究折叠后的有一边与原三角形的一边平行时的值．

(1)首先我们来研究边．因为和的、相交，所以只有一种可能的情况（如图2），，此时 ．
(2)其次，我们来研究边．因为点在上，所以可能与的边、边分别平行．
当时（如下图），则 ．

当时（如下图），则 ．
(3)最后，我们来研究边．因为点在上，所以可能与的边、边分别平行．
当时， ．当时， ．
【答案】(1)(2)或；(3)或；
【分析】（1）根据折叠的性质得出，再根据外角的性质得出计算得出结论即可；（2）当时，分情况求出的度数，当时，根据平行线的性质直接得出的度数即可；（3）当时，分情况求出的度数，当时，根据平行线的性质直接得出的度数即可．
【详解】（1）解：由题意知，，
∴，故答案为：；
（2）解：当（1）时（如图3），

∵，，∴，
∴；
当（2）时，∵，
∴，故答案为：或；
当时，，故答案为：；
（3）解：当时，或，故答案为：或；
当时，，故答案为：．
【点睛】本题主要考查三角形的综合题，熟练掌握折叠的性质和平行线的性质及三角形内角和是等知识是解题的关键．
例4．（2023·湖北武汉·八年级校考阶段练习）（1）如图，将沿折叠，使点 A落在的内部的点 M处，当，时，求的度数；
（2）如图，将沿 折叠，使点 A 落在的外部的点 M 处．求图中，，之间的数量关系；（3）如图 ，将、一起沿折叠，使点 A、点B的对应点 M、N 分别落在射线 的左右两侧，，，、的数量关系 ． (直接写结果，不需要过程）
【答案】（1），（2），（3）
【分析】（1）根据翻折的性质表示出、，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得 ，问题随之得解；（2）先根据翻折的性质以及平角的定义表示出、，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；（3）先根据翻折的性质表示出、，再根据四边形的内角和定理列式整理即可得解．
【详解】解：（1）如图，，，，，
∵翻折，∴，，
∵，，，
∴，整理得，，
∵，，∴，即；
（2）如图，，，，，
∵翻折，∴，，
∵，∴，
整理得，，即；故答案为：；
（3）如图，，，，，
∵翻折，∴，，
∵，∴，
整理得，，即．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，翻折的性质，熟练掌握折痕是角平分线，三角形的内角和是，是解题的关键．
课后专项训练
1．（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．
2．（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．
3．（2023秋·重庆开州·八年级统考期末）如图，将沿翻折交于点，又将沿翻折，点落在上的处，其中，，则原三角形中的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，由翻折得，根据三角形内角和得到，求出，再利用三角形内角和求出的度数．
【详解】解：设，由翻折得
∵，∴ 解得，
∴∴∴故选：A．
【点睛】此题考查了翻折的性质，三角形内角和定理，一元一次方程，正确掌握翻折的性质是解题的关键．
4．（2023·广东八年级课时练习）如图，在中，，将沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则 ．
【答案】
【分析】根据折叠得出∠D=∠B=28°，根据三角形的外角性质得出∠1=∠B+∠BEF，∠BEF=∠2+∠D，求出∠1=∠B+∠2+∠D即可．
【详解】解：如图，
∵∠B=28°，将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，∴∠D=∠B=28°，
∵∠1=∠B+∠BEF，∠BEF=∠2+∠D，∴∠1=∠B+∠2+∠D，
∴∠1-∠2=∠B+∠D=28°+28°=56°，故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质和折叠的性质，能熟记三角形的外角性质是解此题的关键，注意：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
5．（2023·河南平顶山·八年级统考期末）如图，点A、B、C、D、E在同一平面内，连接，若，则 ．
【答案】/260度
【分析】连接，利用四边形内角和定理和三角形内角和定理计算即可．
【详解】如图，连接，
则，，
∵，∴，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了四边形内角和定理和三角形内角和定理，熟练掌握两个定理是解题的关键．
6．（2023秋·浙江·八年级专题练习）如图，在中，是边上的高，点E，F分别是，边上的点，连接，将沿着翻折，使点A与边上的点G重合，若，，则的度数为 ．

【答案】/49度
【分析】利用三角形内角和求出，结合已知得到，可求得，再根据折叠的性质，可得，，进一步求出，再利用三角形内角和求出结果．
【详解】解：∵是边上的高，，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴，由折叠可得：，，
∴，∴，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形内角和，折叠的性质，三角形的高，图中线段较多，解题的关键是理清角之间的关系，根据折叠得到相等的角．
7．（2023春·江苏镇江·七年级校考阶段练习）如图，中，，将沿翻折后，点A落在边上的点处，如果，那么的度数为 ．

【答案】/度
【分析】根据翻折性质求得，再根据三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：由折叠性质得，，
∵，，∴，，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查翻折性质，三角形的内角和定理，熟练掌握翻折性质是解答的关键．
8．（2023·湖南永州·八年级统考期中）如图，若≌，且，，则 ．
【答案】100°/100度
【分析】根据三角形内角和求得，再根据全等三角形的性质得即可．
【详解】解：∵，，∴，
又∵≌，∴．故答案为：100°．
【点睛】本题考查三角形内角和及全等三角形的性质，解题关键是理解全等三角形的对应角相等．
9．（2023春·四川·七年级统考期末）在四边形中，，．

(1)如图1，若，则__________度；
(2)如图2，作的平分线交与点E，若，求的度数；
(3)如图3，作和的平分线交于点E，求的度数．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据四边形内角和，，求出的值即可求解；
（2）根据平行的性质及角平分线求出，，结合三角形内角和定理即可求解；
（3）根据角平分线求出，再利用三角形内角和定理求解．
【详解】（1）解：在四边形中，，
，，，
，；
（2）解：，，，
，
平分，，
在中，，
；
（3）解：由（1）可知，
平分，平分，
，，
，
．
【点睛】本题考查多边形内角和，三角形内角和，角平分线的定义，平行性质，掌握相关定理性质是关键．
10．（2023·浙江杭州·八年级专题练习）（2018十三中开学考）已知，在中，∠A=60°，
（1）如图①，∠ABC和∠ACB的角平分线交于点O，则∠BOC= ；
（2）如图②，∠ABC和∠ACB的三等分线分别对应交于点O1，O2，则；
（3）如图③，∠ABC和∠ACB的n等分线分别对应交于点O1，O2，…，（内部有个点），则 ；
（4）如图③，∠ABC和∠ACB的n等分线分别对应交于点O1，O2，…，，若，求n的值．
【答案】（1）120°；（2）100°；（3）；（4）n=4
【分析】（1）根据三角形的内角和定理即可求出∠ABC＋∠ABC，然后根据角平分线的定义即可求出∠OBC＋∠OCB，再根据三角形的内角和定理即可求出结论；（2）根据三角形的内角和定理即可求出∠ABC＋∠ABC，然后根据三等分线的定义即可求出∠O2BC＋∠O2CB，再根据三角形的内角和定理即可求出结论；（3）根据三角形的内角和定理即可求出∠ABC＋∠ABC，然后根据n等分线的定义即可求出∠On－1BC＋∠O n－1CB，再根据三角形的内角和定理即可求出结论；（4）根据（3）的结论列出方程即可求出结论．
【详解】解：（1）∵在中，∠A=60°，∴∠ABC＋∠ABC=180°－∠A=120°
∵∠ABC和∠ACB的角平分线交于点O，∴∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB
∴∠OBC＋∠OCB=∠ABC＋∠ACB=（∠ABC＋∠ACB）=60°
∴∠BOC=180°－（∠OBC＋∠OCB）=120° 故答案为：120°．
（2）∵在中，∠A=60°，∴∠ABC＋∠ABC=180°－∠A=120°
∵∠ABC和∠ACB的三等分线分别对应交于点O1，O2，
∴∠O2BC=∠ABC，∠O2CB=∠ACB ∴∠O2BC＋∠O2CB=∠ABC＋∠ACB=（∠ABC＋∠ACB）=80°
∴180°－（∠O2BC＋∠O2CB）=100° 故答案为：100°．
（3）∵在中，∠A=60°， ∴∠ABC＋∠ABC=180°－∠A=120°
∵∠ABC和∠ACB的n等分线分别对应交于点O1，O2，……，
∴∠O n－1BC=∠ABC，∠O n－1CB=∠ACB
∴∠O n－1BC＋∠O n－1CB=∠ABC＋∠ACB=（∠ABC＋∠ACB）=°
∴180°－（∠O2BC＋∠O2CB）= 故答案为：
（4）由（3）知：
∴解得：n=4 经检验：n=4是原方程的解．
【点睛】本题考查了n等分线的定义和三角形的内角和定理，掌握n等分线的定义和三角形的内角和定理是解决此题的关键．
11．（2023·北京·一模）在课外活动中，我们要研究一种凹四边形——燕尾四边形的性质．
定义1：把四边形的某些边向两方延长，其他各边有不在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凹四边形（如图1）．
（1）根据凹四边形的定义，下列四边形是凹四边形的是（填写序号） ；
①②③
定义2：两组邻边分别相等的凹四边形叫做燕尾四边形（如图2）．
特别地，有三边相等的凹四边形不属于燕尾四边形．
小洁根据学习平行四边形、菱形、矩形、正方形的经验，对燕尾四边形的性质进行了探究.
下面是小洁的探究过程，请补充完整：（2）通过观察、测量、折叠等操作活动，写出两条对燕尾四边形性质的猜想，并选取其中的一条猜想加以证明；（3）如图2，在燕尾四边形ABCD中，AB=AD=6，BC=DC=4，∠BCD=120°，求燕尾四边形ABCD的面积（直接写出结果）．
【答案】（1）①；（2）证明见解析；（3）．
【分析】（1）根据凹四边形的定义即可得出结论；（2）由燕尾四边形的定义可以得出燕尾四边形的性质；
（3）连接BD，根据SΔABD-SΔBCD即可求出燕尾四边形ABCD的面积．
【详解】解：（1）由凹四边形的定义得出，图①是凹四边形．故答案是①；
（2）①一组对角相等；②它是一个轴对称图形；
①已知：如图1，

在凹四边形ABCD中，AB=AD，BC=DC．求证：∠B=∠D．
证明：连接AC．在△ABC和△ADC中，，∴△ABC≌△ADC．∴∠B=∠D．
②由①知，△ABC≌△ADC，∴AC所在的直线是燕尾四边形的对称轴；
（3）如图2，连接AC，过点B作BE⊥AC交AC的延长线于E；
由（2）知，燕尾四边形ABCD是轴对称图形，∴∠BCE=∠BCD=60°，∴∠CBE=30°，
在Rt△BCE中，∠CBE=30°，BC=4，∴CE=BC=2，BE= CE=2，
在Rt△ABE中，AB=6，BE=2，根据勾股定理得，AE=，
∴S△ABC=S△ABE-S△CBE=BE•AE-BE•CE=BE（AE-CE）=×2×（2-2）=6-2
∴燕尾四边形ABCD的面积为2S△ABC=12−4．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式，解本题的关键是构造出直角三角形．
12．（2023·重庆·八年级专题练习）如图①所示是一个飞镖图案，连接AB，BC，我们把四边形ABCD叫做“飞镖模型”．
（1）求证：；（2）如图②所示是一个变形的飞镖图案，CE与BF交于点D，若，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）240°
【分析】（1）延长CD交AB于点E，根据三角形外角性质可证，，运用角的等量转换即可证明．（2）根据三角形外角性质，运用第（1）题的方法可证，，和是对顶角，可推出的度数等于2倍的度数，计算得出答案．
【详解】（1）证明：延长CD交AB于点E，如图：
∵是的外角，∴．
∵是的外角，∴，
∴．
（2）解：∵和是对顶角，∴．
由（1）的结论可知，，
∴．
【点睛】本题考查了三角形外角性质，灵活运用三角形外角性质是解题关键．
13．（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（）；
14．（2022秋·浙江·八年级期末）如图（1）是一个三角形的纸片，点D、E分别是边上的两点，
研究（1）：如果沿直线折叠，写出与的关系，并说明理由．
研究（2）：如果折成图2的形状，猜想和的关系，并说明理由．
研究（3）：如果折成图3的形状，猜想和的关系，并说明理由．
【答案】（1）∠BDA′=2∠A，理由见解析；（2）∠BDA′+∠CEA′=2∠A，理由见解析；（3）∠BDA′-∠CEA′=2∠A，理由见解析
【分析】（1）翻折问题要在图形是找着相等的量．图1中DE为折痕，有∠A=∠DA′A，再利用外角的性质可得结论∠BDA′=2∠A；（2）根据图2中∠A与∠DA′E是相等的，再结合四边形的内角和及互补角的性质可得结论∠BDA′+∠CEA′=2∠A；（3）根据图3中由于折叠∠A与∠DA′E是相等的，再两次运用三角形外角的性质可得结论．
【详解】解：（1）∠BDA′=2∠A；
根据折叠的性质可知∠DA′E=∠A，∠DA′E+∠A=∠BDA′，故∠BDA′=2∠A；
（2）∠BDA′+∠CEA′=2∠A，
理由：在四边形ADA′E中，∠A+∠DA′E+∠ADA′+∠A′EA=360°，∴∠A+∠DA′E=360°-∠ADA′-∠A′EA，
∵∠BDA′+∠ADA′=180°，∠CEA′+∠A′EA=180°，
∴∠BDA′+∠CEA′=360°-∠ADA′-∠A′EA，∴∠BDA′+∠CEA′=∠A+∠DA′E，
∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得，
∴∠A=∠DA′E，∴∠BDA′+∠CEA′=2∠A；
（3）∠BDA′-∠CEA′=2∠A，
理由：如图3，DA′交AC于点F，
∵∠BDA′=∠A+∠DFA，∠DFA=∠A′+∠CEA′，
∴∠BDA′=∠A+∠A′+∠CEA′，∴∠BDA′-∠CEA′=∠A+∠A′，
∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得，
∴∠A=∠DA′E，∴∠BDA′-∠CEA′=2∠A．
【点睛】此题主要考查了三角形内角和定理以及翻折变换的性质，遇到折叠的问题，一定要找准相等的量，结合题目所给出的条件在图形上找出之间的联系则可．
15．（2022秋·河北唐山·八年级校考阶段练习）已知，在四边形ABCD中，．

（1）求证：．
（2）如图1，若DE平分，BF平分的外角，写出DE与BF的位置关系，并证明．
（3）如图2，若BF、DE分别平分，的外角，写出BF与DE的位置关系，并证明．
【答案】（1）证明见详解；（2）DE⊥BF，证明见详解；（3）DE∥BF，证明见详解
【分析】（1）根据四边形内角和等于360°列式计算即可得解；
（2）如图1，延长DE交BF于G，易证∠ADC=∠CBM，可得∠CDE=∠EBF，即可得∠EGB=∠C=90゜，则可证得DE⊥BF；
（3）如图2，连接BD，易证∠NDC+∠MBC=180゜，则可得∠EDC+∠CBF=90゜，继而可证得∠EDC+∠CDB+∠CBD+∠FBC=180゜，则可得DE∥BF．
【详解】（1）证明：∵∠A=∠C=90°，∴∠ABC+∠ADC=360°－90°×2=180°；
（2）DE⊥BF 延长DE交BF于点G
∵∠A+∠ABC+∠C+∠ADC=360°，∠A=∠C=90°∴∠ABC+∠ADC=180°
∵∠ABC+∠MBC=180°∴∠ADC=∠MBC
∵DE、BF分别平分∠ADC、∠MBC∴∠EDC= ∠ADC，∠EBG= ∠MBC∴∠EDC=∠EBG
∵∠EDC+∠DEC+∠C=180°，∠EBG+∠BEG+∠EGB=180°，∠DEC=∠BEG∴∠EGB=∠C=90°∴DE⊥BF
（3）DE∥BF 连接BD
∵DE、BF分别平分∠NDC、∠MBC ∴∠EDC= ∠NDC，∠FBC= ∠MBC
∵∠ADC+∠NDC=180°，∠ADC=∠MBC∴∠MBC+∠NDC=180°∴∠EDC+∠FBC=90°
∵∠C=90° ∴∠CDB+∠CBD=90° ∴∠EDC+∠CDB+∠FBC+∠CBD=180°，即∠EDB+∠FBD=180° ∴DE∥BF．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质以及三角形外角的性质，掌握辅助线的作法是解题的关键．
16．（2023春·江苏淮安·九年级校考阶段练习）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．
17．（2023·江西新余·八年级统考阶段练习）已知，P为第四象限一动点，Q为x轴负半轴上一动点，R在下方且为y轴负半轴上一动点．
(1)如图①，若，，，求；(2)如图②，若、分别平分，P、Q、R在运动过程中，是否存在确定的数量关系？若存在，请证明你的结论；若不存在．请说明理由；(3)如图③，若将R点改为y轴正半轴上一动点，且在P、Q及（2）中的条件不变的前提下，又有何数量关系？
【答案】(1)(2)存在，(3)
【分析】（1）利用割补法，将梯形面积减去两个三角形面积即可求解．
（2）利用三角形内角和定理和角平分线的定义对角之间的关系进行转化后即可完成求解．
（3）利用三角形内角和定理和角平分线的定义进行角之间的转化即可求解．
【详解】（1）解：如图，过P点作y轴的平行线，与x轴交于点E，与过R点作的x轴的平行线交于点F，
∵，，，∴，，
∴==；∴．
（2）解：存在，；
∵ ，
∴ ，
∵，，
∴，
∵、分别平分，∴，，
∴，∴．
（3）；
∵、分别平分，∴，，
连接，∴
∴，
∴，同理可得：，
∵，∴．
【点睛】本题考查了利用割补法求三角形的面积、三角形的内角和定理的应用和角平分线的定义，解题关键是正确进行角之间的转化．
18．（2023·山东·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
【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-（∠BOC-∠A），代入计算即可；
③利用∠ADB=180°-（∠ABD+∠BAD）=180°-（∠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-（∠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．
【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．
19．（2023春·山东·七年级校联考期中）实验探究：（1）动手操作：
①如图1，将一块直角三角板放置在直角三角板上，使三角板的两条直角边DE、分别经过点、，且，已知，则 ；
②如图2，若直角三角板不动，改变等腰直角三角板的位置，使三角板的两条直角边、仍然分别经过点、，那么 ；
（2）猜想证明：如图3，与、、之间存在着什么关系，并说明理由；
（3）灵活应用：请你直接利用以上结论，解决下列问题：①如图4，平分，平分，若，，求度数．②如图5，，的等分线相交于点，若，，则的度数为 ．


【答案】（1）①；②；（2）；理由见解析；（3）①；②
【分析】（1）在△DBC中，根据三角形内角和定理得∠DBC+∠DCB+∠D=180°，然后把∠D=90°代入计算即可；（2）根据三角形内角和定理得∠ABC+∠ACB+∠A=180°，∠DBC+∠DCB+∠D=180°，即∠ABD+∠DBC+∠DCB+∠ACD+∠A=180°，即可求得∠A+∠ABD+∠ACD=180°-（180°-∠BDC）=∠BDC，
（3）应用（2）的结论即可解决问题①②．
【详解】解：（1）动手操作：①如图1中，

∵,∴，
∴，，∴；故答案为：；
②如图2中，在中，∵，而，∴；
在Rt中，∵，即，
而，∴．故答案为；
（2）猜想：；证明：如图3中，连接，

在中，∵，∴；
在中，∵，
即，而，
∴，即：．
（3）灵活应用：①如图4中，由（2）可知，，
∵，，∴，
∵平分，平分，∴，∴；
②如图5中，由（2）可知：，，
∵,,
∴，,
∴，∴，故答案为．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线的性质，准确识别图形是解题的关键，学会添加常用辅助线，构造三角形解决问题，学会利用新的结论解决问题．
20．（2023·广东清远·七年级统考期末）（1）如图①，在四边形中，，，．直接写出与，，之间的关系．
（2）根据图②中的条件，利用（1）中你得出的结论计算的度数．
（3）如图③，在中，设，和的平分线，交于点O，过B作的平行线交的延长线于点，试用含的代数式表示的度数．

【答案】（1）；（2）（3）
【分析】（1） 延长交于点D，利用外角的性质可得，，从而得到；（2）连接，利用（1）中得出的结论可知：，，两式相加即可得解；（3）利用角平分线得到，再根据，即可求解．
【详解】解：（1），理由如下：
延长交于点D，如图①：

∵是的外角，∴．
∵是的外角，∴，∴，
即与之间的关系为；
（2）连接，如图②：根据图②中的条件，利用（1）中得出的结论可知：
，，
∴，
即；
（3）在中，，
∵和的平分线、交于点O，∴，
∴．
∵，∴，
∴
即用含的代数式表示的度数为
【点睛】本题考查三角形外角的性质和三角形内角和，掌握三角形外角的性质是解题的关键．
21．（2023·安徽淮北·八年级统考期末）如图，在中，，直线分别交的边、和的延长线于点D、E、F．(1)若，则 ．(2)、、有什么数量关系？请说明理由．
【答案】(1) (2)，理由见解析
【分析】（1）在中利用三角形内角和求出，再在中利用三角形内角和即可得出答案；
（2）在中利用三角形内角和表示出，再在中利用三角形内角和即可得出答案.
【详解】（1）∵，∴，
∵，∴，
∵，∴．故答案为：；
（2），
理由：∵，∴，
∵
∴，
∵，∴．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握三角形三个内角的和等于．
22．（2023·江苏·八年级专题练习）Rt△ABC中，∠C＝90°，点D，E分别是边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＝50°，则∠1+∠2＝ °；
(2)若点P在边AB上运动，如图2所示，则∠α、∠1、∠2之间的关系为 ；
(3)如图3，若点P在斜边BA的延长线上运动(CE＜CD)，请写出∠α、∠1、∠2之间的关系式，并说明理由．
【答案】(1)140 (2)∠1+∠2=90+∠α (3)∠2-∠1=90°-∠α或∠2-∠1=90°+∠α．理由见解析
【分析】（1）根据四边形内角和定理以及邻补角的定义得出∠1+∠2=∠C+∠α，进而得出即可；
（2）利用（1）中所求得出答案即可；
（3）利用三角外角的性质分三种情况讨论即可．
【详解】（1）解：∵∠1+∠2+∠CDP+∠CEP=360°，∠C+∠α+∠CDP+∠CEP=360°，∴∠1+∠2=∠C+∠α，
∵∠C=90°，∠α=50°，∴∠1+∠2=140°；故答案为：140；
（2）解：由（1）得出：∠α+∠C=∠1+∠2，∴∠1+∠2=90°+α；
（3）解：如图，
分三种情况：连接ED交BA的延长线于P点，
如图1，由三角形的外角性质，∠2=∠C+∠1+∠α，∴∠2-∠1=90°+∠α；
如图2，∠α=0°，∠2=∠1+90°；
如图3，∠2=∠1-∠α+∠C，∴∠2-∠1=90°-∠α．
综上，∠2-∠1=90°-∠α或∠2-∠1=90°+∠α．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理和外角的性质、对顶角相等的性质，熟练利用三角形外角的性质是解决问题的关键．
小丽的证法
小红的证法
证明：
如图2，连接并延长至点M，
，
（ 依据 ），
又∵，
，
∴．
证明：
∵，
（量角器测量所得），
∴，
（计算所得）．
∴（等量代换）．