專題11.10 三角形章末八大題型總結(jié)（拔尖篇）（人教版）（解析版）

專題11.10三角形章末八大題型總結(jié)（拔尖篇） 【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1利用三角形的中線求面積】 1【題型2利用三角形的三邊關(guān)系求線段的最值或取值范圍】 7【題型3利用三角形的三邊關(guān)系化簡或證明】 10【題型4與角平分線有關(guān)的三角形角的計算問題】 14【題型5與平行線有關(guān)的三角形角的計算問題】 23【題型6與折疊有關(guān)的三角形角的計算問題】 35【題型7多邊形中的閱讀理解類問題】 45【題型8與多邊形內(nèi)角和有關(guān)的角度探究問題】 56【題型1利用三角形的中線求面積】【例1】（2023春·貴州畢節(jié)·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，AG=BG，BD=DE=EC，CF=4AF，若四邊形DEFG的面積為28，則△ABC的面積為（

）

A．60 B．56 C．70 D．48【答案】A【分析】連接CG、BF，過點F作FM⊥AB于點M，設(shè)S△AFG=a，根據(jù)同高的三角形的面積的比等于底邊的比，分別得到S△AFB=2a、SΔBCF=8a、S△ABC=10a、S△CFE=【詳解】解：連接CG、BF，過點F作FM⊥AB于點M，設(shè)S△AFG∵S△AFG=12∴S∴S∵CF=4AF，同理可得：S△BCF∴S∴S∵BD=DE=EC，∴BC=3EC，同理可得：S△CFE∵G是AB的中點，同理可得：S△ACG∵BD=DE=EC，∴BC=3BD，同理可得：S△BDG∵四邊形DEFG的面積為28，∴S∴a=6，∴S故選：A．

【點睛】本題主要考查了三角形的中線的性質(zhì)，掌握三角形的中線的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【變式1-1】（2023秋·黑龍江哈爾濱·八年級?？计谀┤鐖D，在△ABC中，BF=2FD，EF=FC，若△BEF的面積為4，則四邊形AEFD的面積為．【答案】14【分析】根據(jù)等底等高的三角形面積相等即可解決問題．【詳解】解：如圖，連接AF，∵EF=FC，△BEF的面積為4，∴S△BFC∵BF=2FD，∴S△DFC∵EF=FC，∴S△AEF∵BF=2FD，∴S△ABF∴S△AEF∴S△ADF+2+4=2S∴S△AEF∴S四邊形故答案為：14．【點睛】本題主要考查了根據(jù)三角形的中線求面積，解決本題的關(guān)鍵是掌握等底等高的三角形面積相等．【變式1-2】（2023春·江蘇連云港·八年級統(tǒng)考期末）如圖，點C為直線AB外一動點，AB=6，連接CA、CB，點D、E分別是AB、BC的中點，連接AE、CD交于點F，當(dāng)四邊形BEFD的面積為

【答案】5【分析】如圖：連接BF，過點C作CH⊥AB于點H，根據(jù)三角形中線的性質(zhì)求得S△ABC=15，從而求得【詳解】解：如圖：連接BF，過點C作CH⊥AB于點H，

∵點D、E分別是AB、∴S△ABE=S△ACE=∴S△CEF+S∴S四邊形∴S△ABC∴12∴CH=5，又∵點到直線的距離垂線段最短，∴AC≥CH=5，∴AC的最小值為5．故答案為：5．【點睛】本題考查了三角形中線的性質(zhì)、垂線段最短等知識點，正確作出輔助線、利用中線分析三角形的面積關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【變式1-3】（2023春·江蘇鹽城·八年級統(tǒng)考期末）【問題情境】蘇科版數(shù)學(xué)課本八年級下冊上有這樣一道題：如圖1，AD是△ABC的中線，△ABC與△ABD的面積有怎樣的數(shù)量關(guān)系？小旭同學(xué)在圖1中作BC邊上的高AE，根據(jù)中線的定義可知BD=CD．又因為高AE相同，所以S△ABD=S

【深入探究】（1）如圖2，點D在△ABC的邊BC上，點P在AD上．①若AD是△ABC的中線，求證：S△APB②若BD=3DC，則S△APB:【拓展延伸】（2）如圖3，分別延長四邊形ABCD的各邊，使得點A、B、C、D分別為DH、AE、BF、CG的中點，依次連結(jié)E、F、G、H得四邊形EFGH．①求證：S△HDG②若S四邊形ABCD=3，則【答案】（1）①證明見解析；②3:1；（2）①證明見解析；②15【分析】（1）①根據(jù)中線的性質(zhì)可得S△ADB=S△ADC，點D為BC的中點，推得PD是△PBC的中線，②設(shè)△ABC邊BC上的高為h，根據(jù)三角形的面積公式可得S△ADB=12×BD×h，S△ADC=12（2）①連接AG，AC，CE，根據(jù)中線的判定和性質(zhì)可得S△GAH=S△GAD=12S△GHD，S△CBA=S△CBE②由①可得S△HDG+S△FBE=2S四邊形【詳解】（1）①證明：∵AD是△ABC的中線，∴S△ADB=S△ADC，點∴PD是△PBC的中線，∴S△PDB∴S△ADB即S△APB②S△APB解：設(shè)△ABC邊BC上的高為h，則S△ADB=1∵BD=3DC，∴S△ADB同理S△PDB則S△ADB即S△APB∴S△APB（2）①證明：連接AG，AC，CE，如圖：

∵點A、B、C、D分別為DH、AE、BF、CG的中點，∴AG，BC，CE，DA分別為△GHD，△CAE，△EFB，△ACG的中位線，∴S△GAH=S△GAD=12∴S△ADC=∵S四邊形即S△HDG②15，解：由①可得S△HDG+SS四邊形即S四邊形∵S四邊形∴S四邊形【點睛】本題考查了中位線的判定和性質(zhì)，三角形的面積公式，掌握三角形的一條中線把原三角形分成兩個等底同高的三角形是題的關(guān)鍵．【題型2利用三角形的三邊關(guān)系求線段的最值或取值范圍】【例2】（2023春·河北保定·八年級統(tǒng)考期末）如圖，∠AOB<90°，點M在OB上，且OM=6，點M到射線OA的距離為a，點P在射線OA上，MP=x．若△OMP的形狀，大小是唯一確定的，則x的取值范圍是（

）

A．x=a或x≥6 B．x≥6 C．x=6 D．x=6或x>a【答案】A【分析】根據(jù)△OMP的形狀，大小是唯一確定的，結(jié)合三角形的三邊關(guān)系進行分析即可．【詳解】解：過點M作MN⊥OA交OA于點N，作點O關(guān)于MN的對稱點D，如圖：

∵點M到射線OA的距離為a，∴MN=a，∵MN垂直平分OD，∴MD=MO=6，當(dāng)a<x<6，即點P在線段ON上（不含端點）或點P在線段ND上（不含端點），不能唯一確定△OMP；當(dāng)x=a時，即點P與點N重合，可唯一確定△OMP為直角三角形；當(dāng)x=6時，即點P與點D重合或點P與點O重合，∵點P與點O重合時不能構(gòu)成三角形，故能唯一確定△OMP；當(dāng)x>6時，即點P在點D的右側(cè)，故能唯一確定△OMP；綜上，若△OMP的形狀，大小是唯一確定的，則x的取值范圍是x=a或x≥6．故選：A．【點睛】本題考查了三角形的三邊關(guān)系，熟練掌握三角形的三邊關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【變式2-1】（2023秋·安徽合肥·八年級統(tǒng)考期末）不等邊△ABC的兩條高的長度分別為4和12，若第三條高也為整數(shù)，那么它的長度最大值是【答案】5【分析】根據(jù)三角形三邊關(guān)系及三角形面積相等即可求出要求高的整數(shù)值．【詳解】解：因為不等邊△ABC的兩條高的長度分別為4和12，根據(jù)面積相等可設(shè)△ABC的兩邊長為3x，x；因為3x×4＝12×x（2倍的面積），面積S＝6x，因為知道兩條邊的假設(shè)長度，根據(jù)兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊可得：2x＜第三邊長度＜4x，因為要求高的最大長度，所以當(dāng)?shù)谌呑疃虝r，在第三邊上的高就越長，S＝12×第三邊的長×高，6x＞12×2x×高，6x＜12×4∴6＞高＞3，∵是不等邊三角形，且高為整數(shù)，∴高的最大值為5，故答案為：5．【點睛】本題考查了三角形三邊關(guān)系及三角形的面積，難度較大，關(guān)鍵是掌握三角形任意兩邊之和大于第三邊，三角形的任意兩邊差小于第三邊．【變式2-2】（2023秋·安徽·八年級期末）一個三角形的兩邊長分別為5和7，設(shè)第三邊上的中線長為x，則x的取值范圍是（

）A．x>5 B．x<7 C．2<x<12 D．1<x<6【答案】D【詳解】如圖所示:AB=5，AC=7，設(shè)BC=2a，AD=x，延長AD至E，使AD=DE，在△BDE與△CDA中，∵AD=DE，BD=CD，∠ADC=∠BDE，∴△BDE≌△CDA，∴AE=2x，BE=AC=7，在△ABE中，BE-AB＜AE＜AB+BE，即7-5＜2x＜7+5，∴1＜x＜6．故選D．【變式2-3】（2023秋·浙江杭州·八年級期末）設(shè)a,b,c表示一個三角形三邊的長，且他們都是自然數(shù)，其中a≤b≤c，若b=2020，則滿足此條件的三角形共有個．【答案】2041210【分析】已知b=2020，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系求解，首先確定出a、c三邊長取值范圍，進而得出各種情況有幾個三角形．【詳解】解：a，b，c表示一個三角形三邊的長，且它們都是自然數(shù)，其中a?b?c，如果b=2020，則0?a?2020，2020?c?4039，∴當(dāng)c=2020時，根據(jù)兩邊之和大于第三邊，則a的取值范圍為1?a?2020，有2020個三角形；當(dāng)c=2021時，根據(jù)兩邊之和大于第三邊，則a的取值范圍為2?a?2020，有2019個三角形；當(dāng)c=2022時，根據(jù)兩邊之和大于第三邊，則a的取值范圍為3?a?2020，有2018個三角形；…當(dāng)c=4039時，根據(jù)兩邊之和大于第三邊，則a的取值范圍為a=2020，有1個三角形；∴三角形數(shù)量是：(2020+2019+2018+…+3+2+1)=(1+2020)×2020故答案為：2041210．【點睛】本題主要考查一元一次不等式、三角形的三邊關(guān)系，解題的關(guān)鍵是利用了在三角形中任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊的三邊關(guān)系．【題型3利用三角形的三邊關(guān)系化簡或證明】【例3】（2023·八年級單元測試）如圖，已知點O為ΔABC內(nèi)任意一點.證明：（1）OA+OB+OC>1（2）AB+AC+BC>OA+OB+OC.（3）若A，B，C為三個城鎮(zhèn)，AB+AC+BC=10km，要在ΔABC內(nèi)建造供水站O向三個城鎮(zhèn)按如圖路線供水，則所需供水管長度應(yīng)滿足什么條件？【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）水管長度應(yīng)在5km到10km【分析】（1）在ΔAOB、ΔAOC、ΔBOC中，分別有OA+OB>AB，OA+OC>AC，BO+OC>BC，三個式子相加即可證得要求（2）AB+AC>OB+OC，AB+BC>OA+OC，AC+BC>OA+OB，三個式子相加即可證得要求（3）由AB+AC+BC=10km，點O為ΔABC內(nèi)一點，及（1）（2）可知12AB+BC+AC<OA+OB+OC<AB+BC+AC，所以5km<OA+OB+OC<10km【詳解】（1）在ΔAOB中，OA+OB>AB，①在ΔAOC中，OA+OC>AC，②在ΔBOC中，BO+OC>BC.③由①+②+③，得2OA+OB+OC故OA+OB+OC>1（2）AB+AC>OB+OC，①同理，AB+BC>OA+OC，②AC+BC>OA+OB.③由①+②+③，得2AB+AC+BC即AB+AC+BC>OA+OB+OC.（3）由AB+AC+BC=10km，點O為ΔABC內(nèi)一點，及（1）（2）知∴5故水管長度應(yīng)在5km到10km【點睛】本題考查了三角形的三邊關(guān)系，準(zhǔn)確找到三角形來寫對應(yīng)關(guān)系是本題的解題關(guān)鍵.【變式3-1】（2023春·八年級課時練習(xí)）已知a，b，c是一個三角形的三邊長，化簡|2a+b﹣c|﹣|b﹣2a﹣c|+|﹣a﹣b﹣2c|．【答案】a+3b【分析】根據(jù)三角形三邊關(guān)系得到2a+b﹣c＞0，b﹣2a﹣c＜0，﹣a﹣b﹣2c＜0，再去絕對值，合并同類項即可求解．【詳解】解：∵a，b，c是三角形的三邊，∴由a+b﹣c＞0得2a+b﹣c＞0，由b﹣（a+c）＜0得b﹣2a﹣c＜0，由﹣a﹣b﹣c＜0得﹣a﹣b﹣2c＜0，∴原式＝（2a+b﹣c）+（b﹣2a﹣c）+（a+b+2c）＝a+3b．【點睛】本題考查了三角形三邊關(guān)系，絕對值的性質(zhì)，整式的加減，關(guān)鍵是得到2a+b﹣c＞0，b﹣2a﹣c＜0，﹣a﹣b﹣2c＜0．【變式3-2】（2023春·全國·八年級專題練習(xí)）如圖1，點P是△ABC內(nèi)部一點，連接BP，并延長交AC于點D．(1)試探究AB+BC+CA與2BD的大小關(guān)系；(2)試探究AB+AC與PB+PC的大小關(guān)系；(3)如圖2，點D，E是△ABC內(nèi)部兩點，試探究AB+AC與BD+DE+CE的大小關(guān)系．【答案】(1)AB+BC+CA>2BD，理由見解析(2)AB+AC>PB+PC，理由見解析(3)AB+AC>BD+DE+CE，理由見解析【分析】（1）利用三角形的兩邊之和大于第三邊解題即可；（2）在△ABD和△PDC中，利用三角形的兩邊之和大于第三邊解題即可；（3）延長BD交CE的延長線于G，交AC于點F，在△ABF、△GFC和△DEG中，利用三角形的兩邊之和大于第三邊解題即可．【詳解】（1）解：AB+BC+CA>2BD，理由為：∵AB+AD>BD，∴AB+AD+BC+CD>BD+BD即：AB+BC+CA>2BD（2）AB+AC>PB+PC，理由為：在△ABD中，AB+AD>BP+PD，在△PDC中，PD+DC>PC，兩式相加得：AB+AD+PD+DC>BP+PD+PC即：AB+AC>PB+PC（3）AB+AC>BD+DE+CE，理由為：如圖，延長BD交CE的延長線于G，交AC于點F，在△ABF中，AB+AF>BD+DG+GF，①在△GFC中，GF+AC-AF>GE+EC，②△DEG中，DG+GE>DE，③①+②【點睛】本題考查三角形的三邊關(guān)系，熟練掌握三角形的三遍之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【變式3-3】（2023春·六年級單元測試）如圖，草原上有四口油井，位于四邊形ABCD的四個頂點上，現(xiàn)在要建立一個維修站H，試問H建在何處，才能使它到四口油井的距離之和HA+HB+HC+HD最小，說明理由【答案】H建在AC、BD的交點處，理由見解析．【分析】連接AC、BD相交于點H，任取一點H'，連接H'A、H'B、H'C、H【詳解】解：H建在AC、BD的交點處，理由如下：連接AC、BD相交于點H，任取一點H'，連接H'A、H'B在△AH'C在△BH'D∴H∵AC+BD=HA+HB+HC+HD，∴H∴HA+HB+HC+HD最小，即維修站H建在AC、BD的交點處，才能使它到四口油井的距離之和HA+HB+HC+HD最小．【點睛】本題考查了線段最短，三角形的三邊關(guān)系，作輔助線構(gòu)造三角形，靈活運用三角形三邊關(guān)系是解題關(guān)鍵．【題型4與角平分線有關(guān)的三角形角的計算問題】【例4】（2023春·江蘇蘇州·八年級太倉市第一中學(xué)?？计谥校┤鐖D1，在△ABC中，BD平分∠ABC，CD平分∠ACB．(1)若∠A=60°，則∠BDC的度數(shù)為_________；(2)若∠A=α，直線MN經(jīng)過點D．①如圖2，若MN∥AB，求∠NDC-∠MDB的度數(shù)（用含α的代數(shù)式表示）；②如圖3，若MN繞點D旋轉(zhuǎn)，分別交線段BC,AC于點M,N，試問旋轉(zhuǎn)過程中∠NDC-∠MDB的度數(shù)是否會發(fā)生改變？若不變，求出∠NDC-∠MDB的度數(shù)（用含α的代數(shù)式表示），若改變，請說明理由；③如圖4，繼續(xù)旋轉(zhuǎn)直線MN，與線段AC交于點N，與CB的延長線交于點M，請直接寫出∠NDC與∠MDB的關(guān)系（用含α的代數(shù)式表示）．【答案】(1)120°(2)①90°-α2②不變，90°-α2③∠NDC與∠MDB的關(guān)系是∠NDC+∠MDB=【分析】（1）利用角平分線的定義，三角形內(nèi)角和定理，分步計算即可．（2）①利用平角的定義，變形代入計算，注意與第（1）的結(jié)合．②與①結(jié)合起來求解即可．③根據(jù)平角的定義，變形后結(jié)合前面的計算，求解即可．【詳解】（1）∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，∴∠CBD=12∠ABC，∠BCD=∴∠CBD+∠BCD=12∠ACB+12∵∠CBD+∠BCD+∠BDC=180°，∠ABC+∠ACB+∠A=180°，∴180°-∠BDC=12∴∠BDC=90°∵∠A=60°，∴∠BDC=90°+故答案為：120°．（2）①∵∠NDC=180°-∠MDC，∴∠NDC-∠MDB=180°-∠MDC-∠MDB=180°-（∠MDC+∠MDB）=180°-∠BDC=180°-（90°=90°②∠NDC-∠MDB保持不變，恒等于90°-α2∵∠NDC=180°-∠MDC，∴∠NDC-∠MDB=180°-∠MDC-∠MDB=180°-（∠MDC+∠MDB）=180°-∠BDC=180°-（90°=90°故保持不變，且為90°③∠NDC與∠MDB的關(guān)系是∠NDC+∠MDB=90°∵∠NDC+∠MDB+∠BDC=180°，∴∠NDC+∠MDB=180°-∠BDC，∵∠BDC=90°∴∠NDC+∠MDB=180°-（90°+α2【點睛】本題考查了角的平分線的定義，三角形內(nèi)角和定理，平角的定義，熟練掌握三角形內(nèi)角和定理，平角的定義是解題的關(guān)鍵．【變式4-1】（2023秋·河南漯河·八年級校考期中）（1）在圖1中，請直接寫出∠A（2）如果圖2中，∠D=40°,∠B=36°，AP與CP分別是∠DAB（3）如果圖2中∠D和∠B為任意角，其他條件不變，試問∠P與∠【答案】（1）∠A+∠D=∠C+∠B（2）∠P=38°（3）∠【分析】（1）根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理和對頂角相等就可以得出∠A，∠D，∠C，∠B的數(shù)量關(guān)系；（2）由（1）可得∠DAP＋∠D＝∠P＋∠DCP，∠PCB＋∠B＝∠PAB＋∠P，再兩式相加，結(jié)合角平分線的定義可得∠D+∠B=2∠P（3）由（1）可得∠DAP＋∠D＝∠P＋∠DCP，∠PCB＋∠B＝∠PAB＋∠P，再兩式相加，結(jié)合角平分線的定義可得∠【詳解】解：（1）∵∠A+∠D+∠AOD=∠C+∠B+∠BOC=180°，且∠AOD=∠BOC，∴∠A+∠D=∠C+∠B；（2）由（1）可得∠DAP+∠D=∠P+∠DCP①，∠PCB+∠B=∠PAB+∠P②，∵∠DAB和∠DCB的角平分線AP與CP相交于點P，∴∠DAP=∠PAB，∠DCP=∠PCB，①+②得：∠DAP+∠D+∠PCB+∠B=∠P+∠DCP+∠PAB+∠P，∴∠D又∵∠D=40°，∠B=36°，∴40°+36°=2∠P，∴∠P=38°；（3）存在的數(shù)量關(guān)系為：∠D由（1）可得∠DAP+∠D=∠P+∠DCP①，∠PCB+∠B=∠PAB+∠P②，∵∠DAB和∠DCB的角平分線AP與CP相交于點P，∴∠DAP=∠PAB，∠DCP=∠PCB，①+②得：∠DAP+∠D+∠PCB+∠B=∠P+∠DCP+∠PAB+∠P，∴∠D【點睛】本題主要考查了三角形的內(nèi)角和定理以及角平分線的定義等知識點，熟練掌握三角形的內(nèi)角和定理以及角平分線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.【變式4-2】（2023春·江蘇揚州·八年級校聯(lián)考期中）∠MON=90°，點A，B分別在OM、ON上運動(不與點O重合)．(1)如圖①，AE、BE分別是∠BAO和∠ABO的平分線，隨著點A、點B的運動，當(dāng)AO=BO時∠AEB=°；(2)如圖②，若BC是∠ABN的平分線，BC的反向延長線與∠OAB的平分線交于點D，隨著點A，B的運動∠D的大小會變嗎？如果不會，求∠D的度數(shù)；如果會，請說明理由；(3)如圖③，延長MO至Q，延長BA至G，已知∠BAO，∠OAG的平分線與∠BOQ的平分線及其延長線相交于點E、F，在△AEF中，如果有一個角是另一個角的3倍，求∠ABO的度數(shù)．【答案】(1)135°(2)∠D的度數(shù)不隨A、B的移動而發(fā)生變化，值為45°(3)60°或45°【分析】（1）利用三角形內(nèi)角和定理、兩角互余、角平分線性質(zhì)即可求解；（2）利用對頂角相等、兩角互余、兩角互補、角平分線性質(zhì)即可求解；（3）根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理及角平分線的性質(zhì)不難得出∠EAF=90°，如果有一個角是另一個角的3倍，所以不確定是哪個角是哪個角的三倍，所以需要分情況討論；值得注意的是，∠MON=90°，所以求解出的∠ABO一定要小于90°，注意解得取舍．【詳解】（1）解：∵AE、BE分別是∠BAO和∠ABO的平分線，∴∠EBA=12∠OBA，∠BAE=12∠∵∠MON=90°，∴∠EAB+EBA=90°，∵∠AEB+∠EAB+∠EBA=180°，∴∠AEB=180°-∠EBA-∠BAE，=180°-1=180°-1=180°-45°，=135°；（2）解：∠D的度數(shù)不隨A、B的移動而發(fā)生變化，設(shè)∠BAD=α，∵AD平分∠BAO，∴∠BAO=2α，∵∠AOB=90°，∴∠ABN=180°-∠ABO=∠AOB+∠BAO=90+2α，∵BC平分∠ABN，∴∠ABC=45°+α，∵∠ABC=180°-∠ABD=∠D+∠BAD，∴∠D=∠ABC-∠BAD=45°+α-α=45°；（3）解：∵∠BAO與∠BOQ的平分線交于點E，∴∠AOE=135°，∴∠E=180=45=45=45=∵AE、AF分別是∠BAO和∠OAG的平分線，∴∠EAF=1在△AEF中，若有一個角是另一個角的3倍，則①當(dāng)∠EAF=3∠E時，得∠E=30°，此時∠ABO=60°；②當(dāng)∠EAF=3∠F時，得∠E=60°，此時∠ABO=120°＞90°，舍去；③當(dāng)∠F=3∠E時，得∠E=1此時∠ABO=45°；．④當(dāng)∠E=3∠F時，得∠E=3此時∠ABO=135°＞90°，舍去．綜上可知，∠ABO的度數(shù)為60°或45°．【點睛】前兩問熟練運用三角形內(nèi)角和定理、直角三角形的兩銳角互余、對頂角相等、角平分線性質(zhì)等角的關(guān)系即可求解；第三問需先證明∠EAF=90°，再分情況進行討論，熟練運用三角形的內(nèi)角和定理及角平分線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式4-3】（2023秋·安徽宣城·八年級校考期中）如圖1，∠MON=90°，點A、B分別在OM、ON上運動（不與點O重合）．(1)若BC是∠ABN的平分線，BC的反方向延長線與∠BAO的平分線交于點D．①若∠BAO=60°，則∠D=______°；②猜想：∠D的度數(shù)是否隨A，B的移動發(fā)生變化？并說明理由．(2)如圖2，若∠OAD=35∠OAB，∠NBC=35(3)若將∠MON=90°改為∠MON=120°（如圖3），∠OAD=mn∠OAB，∠NBC=mn∠NBA，其余條件不變，則∠D=______（用含【答案】(1)①45；②不隨A，B的移動發(fā)生變化，理由見解析(2)36(3)120°【分析】（1）①先利用角平分線的定義求出∠BAD，利用三角形內(nèi)角和定理可得∠ABO，即可得到∠NBA，利用角平分線的定義可得∠ABC，即可求解；②設(shè)∠BAO=α，證明過程與①類似；（2）設(shè)∠BAO=5β，解題過程與（1）類似；（3）與（1）（2）類似，設(shè)出∠BAO的度數(shù)，再進行推導(dǎo)即可．【詳解】（1）解：①∵∠BAO=60°，AD平分∠BAO，∴∠BAD=30°，∵∠MON=90°，∴∠ABO=30°，∴∠ABN=180°-∠ABO=150°，∵BC是∠ABN的平分線，∴∠ABC=75°，∴∠ABD=105°，∵∠ABD+∠BAD+∠D=180°，∴∠D=45°，故答案為：45；②∠D的度數(shù)不隨A，B的移動發(fā)生變化，理由如下：設(shè)∠BAO=2α，∵AD平分∠BAO，∴∠BAD=α，∵∠MON=90°，∴∠ABO=90°-2α，∴∠ABN=180°-∠ABO=90°+2α，∵BC是∠ABN的平分線，∴∠ABC=45°+α，∴∠ABD=135°-α，∵∠ABD+∠BAD+∠D=180°，∴∠D=45°，∴∠D的度數(shù)不隨A，B的移動發(fā)生變化；（2）解：設(shè)∠BAO=5β，∵∠OAD=3∴∠BAD=2∴∠BAD=2β，∵∠MON=90°，∴∠ABO=90°-5β，∴∠ABN=180°-∠ABO=90°+5β，∵∠NBC=3∴∠ABC=2∴∠ABC=36°+2β，∴∠ABD=144°-2β，∵∠ABD+∠BAD+∠D=180°，∴∠D=36°，故答案為：36；（3）解：設(shè)∠BAO=n，∵∠OAD=m∴∠BAD=n-m∴∠BAD=n-m，∵∠MON=120°，∴∠ABO=60°-n，∴∠ABN=180°-∠ABO=120°+n，∵∠NBC=m∴∠ABC=n-m∴∠ABC=n-m∴∠ABD=180°-n-m∵∠ABD+∠BAD+∠D=180°，∴∠D=120°n-m故答案為：120°n-m【點睛】本題考查三角形內(nèi)角和定理，列代數(shù)式，角的計算等知識點，解題的關(guān)鍵是熟練掌握三角形內(nèi)角和定理．【題型5與平行線有關(guān)的三角形角的計算問題】【例5】（2023春·遼寧盤錦·八年級統(tǒng)考期末）（1）問題情境：如圖1，AB∥CD，∠PMB=140°，∠PND=120°，求∠MPN的度數(shù)；（2）問題遷移：在（1）的條件下，如圖2，∠AMP的角平分線與∠CNP的角平分線交于點F，則∠MFN的度數(shù)為多少？請說明理由；（3）問題拓展：如圖3，AB∥CD，點P在射線OM上移動時（點P與點O，M，D三點不重合），記∠PAB=α，∠PCD=β，請直接寫出∠APC與α，β之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）100°；（2）50°，理由見解析；（3）當(dāng)點P在BD上時，∠APC=α+β；當(dāng)點P在BD延長線上時，∠APC=α-β；當(dāng)點P在DB延長線上時，∠APC=β-α．【分析】（1）過點P作PO∥AB，將∠MPN分成∠MPO和∠NPO兩部分，然后根據(jù)平行線的性質(zhì)將兩部分的度數(shù)相加即可；（2）分別過點P和點F作PO∥AB，EF∥AB，由（1）知∠AMP+∠CNP的度數(shù)，根據(jù)角平分線的定義求出∠AMF+∠CNF的度數(shù)，然后同第一問用平行線的性質(zhì)即可求出∠MFN的度數(shù)；（3）分三種情況討論，根據(jù)平行線的性質(zhì)和“三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內(nèi)角的和”以及等量代換即可得到答案．【詳解】解：（1）過點P作PO∥AB，如圖，∵AB∥CD，∴PO∥AB∥CD，∴∠MPO=∠AMP，∠OPN=∠CNP，∵∠PMB=140°，∠PND=120°，∴∠MPO=∠AMP=180°-∠PMB=180°-140°=40°，∠OPN=∠CNP=180°-∠PND=180°-120°=60°，∴∠MPN=∠MPO+∠OPN=40°+60°=100°．（2）分別過點P和點F作PO∥AB，EF∥AB，如圖，∵AB∥CD，∴PO∥EF∥AB∥CD，∴∠AMP=∠MPO，∠CNP=∠OPN，∠MFE＝∠AMF，由（1）得∠AMP+∠CNP=100°，∵∠AMP的角平分線與∠CNP的角平分線交于點F，∴∠AMF=1∴∠AMF+∠CNF=1∴∠MFN=∠MFE+∠EFN=∠AMF+∠CNF=50°．（3）當(dāng)點P在BD上時，如原題圖3，和（1）同理可得：∠APC=α+β；當(dāng)點P在BD延長線上時，如圖所示，AP交CD于點E，∵AB∥CD，∴α=∠DEP，又∵∠DEP=β+∠APC，∠APC=α-β；當(dāng)點P在DB延長線上時，如圖所示，CP交AB于點F，∵AB∥CD，∴∠BFP=β，又∵∠BFP=α+∠APC，∴∠APC=β-α．綜上所述，當(dāng)點P在BD上時，∠APC=α+β；當(dāng)點P在BD延長線上時，∠APC=α-β；當(dāng)點P在DB延長線上時，∠APC=β-α．【點睛】本題主要考查了平行線的性質(zhì)，還考查了角平分線的定義，三角形的內(nèi)角和定理的推論；解題的關(guān)鍵是：（1）正確作出輔助線，并靈活使用平行線的性質(zhì)；（2）正確作出兩條平行輔助線，并能靈活使用角平分線的定義和平行線的性質(zhì)；（3）能用分類討論的數(shù)學(xué)思想．【變式5-1】（2023春·河北石家莊·八年級統(tǒng)考期末）如圖，AB∥CD，點P在直線AB上，作∠BPM=50°，交CD于點M，點F是直線CD上的一個動點，連接PF，PE⊥CD于點E，PN平分∠MPF．

(1)若點F在點E左側(cè)且∠PFM=32°，求∠NPE的度數(shù)；(2)當(dāng)點F在線段EM（不與點M，E重合）上時，設(shè)∠PFM=α°，直接寫出∠NPE的度數(shù)（用含α的代數(shù)式表示）；(3)將射線PF從（1）中的位置開始以每秒10°的速度繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)至PM的位置，轉(zhuǎn)動的時間為t秒，求當(dāng)t為何值時，△FPM為直角三角形．【答案】(1)9°(2)α-50(3)t為45秒或29【分析】（1）平行線的性質(zhì)得到∠PMF=∠BPM=50°，三角形內(nèi)角和，得到∠MPF=98°，角平分線得到∠NPM=12∠MPF=49°，垂直得到∠PEM=90°，進而求出∠EPM（2）根據(jù)題意，畫出圖形，同法（1）求出∠NPM，∠EPM的度數(shù)，利用∠NPE=∠EPM-∠NPM，進行求解即可；（3）分∠FPM=90°和∠PFM=90°，兩種情況進行討論求解即可．【詳解】（1）解：∵AB∥CD，∴∠PMF=∠BPM=50°．在△MPF中，∠PFM=32°，∴∠MPF=180°-50°-32°=98°．∵PN平分∠MPF，∴∠NPM=1∵PE⊥CD，∴∠PEM=90°，∴∠EPM=90°-50°=40°，∴∠NPE=∠NPM-∠EPM=49°-40°=9°．（2）解：如圖，

∵AB∥CD，∴∠PMF=∠BPM=50°．在△MPF中，∠PFM=α°，∴∠MPF=180°-50°-α=130°-α°．∵PN平分∠MPF，∴∠NPM=1∵PE⊥CD，∴∠PEM=90°，∴∠EPM=90°-50°=40°，∴∠NPE=∠EPM-∠NPM=40°-65°+1（3）∵∠PMF=50°，∴當(dāng)△FPM為直角三角形時，存在兩種情況：情況一：當(dāng)∠FPM=90°時，∵初始狀態(tài)時∠FPM=98°，∴旋轉(zhuǎn)過的度數(shù)為98°-90°=8°．∴轉(zhuǎn)動的時間為810情況二：當(dāng)∠PFM=90°時，∠FPM=40°．∵初始狀態(tài)時∠FPM=98°，∴旋轉(zhuǎn)過的度數(shù)為98°-40°=58°．∴轉(zhuǎn)動的時間為5810綜上：當(dāng)t為45秒或295秒時，【點睛】本題考查平行線的性質(zhì)，與角平分線和高線有關(guān)的三角形的內(nèi)角和．解題的關(guān)鍵時熟練掌握相關(guān)性質(zhì)和定義，利用數(shù)形結(jié)合的思想進行求解．【變式5-2】（2023春·遼寧大連·八年級統(tǒng)考期中）如圖，AB//CD，點O在直線CD上，點P在直線AB和CD之間，∠ABP=∠PDQ=α，PD平分∠BPQ．（1）求∠BPD的度數(shù)（用含α的式子表示）；（2）過點D作DE//PQ交PB的延長線于點E，作∠DEP的平分線EF交PD于點F，請在備用圖中補全圖形，猜想EF與PD的位置關(guān)系，并證明；（3）將（2）中的“作∠DEP的平分線EF交PD于點F”改為“作射線EF將∠DEP分為1:3兩個部分，交PD于點F”，其余條件不變，連接EQ，若EQ恰好平分∠PQD，請直接寫出∠FEQ=__________（用含α的式子表示）．【答案】（1）∠BPD=2α；（2）畫圖見解析，EF⊥PD，證明見解析；（3）45°-α2【分析】（1）根據(jù)平行線的傳遞性推出PG//AB//CD，再利用平行線的性質(zhì)進行求解；（2）猜測EF⊥PD，根據(jù)PD平分∠BPQ,∠BPD=2α，推導(dǎo)出∠BPD=∠DPQ=2α，再根據(jù)DE//PQ、EF平分∠DEP，通過等量代換求解；（3）分兩種情況進行討論，即當(dāng)∠PEF:∠DEF=1:3與∠DEF:∠PEF=1:3，充分利用平行線的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、等量代換的思想進行求解．【詳解】（1）過點P作PG//AB，∵AB//CD,PG//AB，∴PG//AB//CD，∴∠BPG=∠ABP=α,∠DPG=∠PDQ=α，∴∠BPD=∠BPG+∠DPG=2α．（2）根據(jù)題意，補全圖形如下：猜測EF⊥PD，由（1）可知：∠BPD=2α，∵PD平分∠BPQ,∠BPD=2α，∴∠BPD=∠DPQ=2α，∵DE//PQ，∴∠EDP=∠DPQ=2α，∴∠DEP=180°-∠BPD-∠EDP=180°-4α，又EF平分∠DEP，∠PEF=1∴∠EFD=180°-∠PEF-∠BPD=90°，∴EF⊥PD．（3）①如圖1，∠PEF:∠DEF=1:3，由（2）可知：∠EPD=∠DPQ=∠EDP=2α,∠DEP=180°-4α，∵∠PEF:∠DEF=1:3，∴∠PEF=1∠DEF=3∵DE//PQ，∴∠DEQ=∠PQE，∠EDQ+∠PQD=180°，∵∠EDP=2α,∠PDQ=α，∴∠EDQ=∠EDP+∠PDQ=3α，∠PQD=180°-∠EDQ=180°-3α，又EQ平分∠PQD，∴∠PQE=∠DQE=∠DEQ=1∴∠FEQ=∠DEF-∠DEQ=135°-3α-(90°-3②如圖2，∠DEP=180°-4α，∠PQD=180°-3α（同①）；若∠DEF:∠PEF=1:3，則有∠DEF=1又∠PQE=∠DQE=1∵DE//PQ，∴∠DEQ=∠PQE=90°-3∴∠FEQ=∠DEQ-∠DEF=45°-1綜上所述：∠FEQ=45°-32α故答案是：45°-α2或【點睛】本題考查了平行線的性質(zhì)、角平分線、三角形內(nèi)角和定理、垂直等相關(guān)知識點，解題的關(guān)鍵是掌握相關(guān)知識點，作出適當(dāng)?shù)妮o助線，通過分類討論及等量代換進行求解．【變式5-3】（2023春·湖北省直轄縣級單位·八年級?？计谥校┮阎狹N∥PQ，點D是直線(1)如圖1，現(xiàn)有一塊含30°角的直角三角板（∠CAB=30°，∠ACB=60°，∠ABC=90°），將其點A固定在直線MN上，并按圖1位置擺放，使∠MAC=30°，點B恰好落在射線DE上，此時，∠PDE=20°，求∠ABD的度數(shù)；(2)現(xiàn)將射線DE從圖1的位置開始以每秒2度的速度繞點D順時針旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)到與DQ重合時停止，三角板按圖1擺放不動，設(shè)旋轉(zhuǎn)時間為t秒，在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)DE與三角板的一邊平行時，求t的值；(3)若將射線DE從圖1的位置開始以每秒2度的速度繞點D順時針旋轉(zhuǎn)，同時，將三角板ABC也從圖1的位置開始以每秒4度的速度繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，∠MAC的角平分線AH與∠PDE的角平分線DF交于點O．①如圖2，當(dāng)DF∥BC時，∠AOD=②如圖3，當(dāng)DF∥BA時，∠AOD=【答案】(1)80°(2)5或50或65(3)①37

②91【分析】（1）過點B作BK∥（2）依題意可知：∠PDE=(20+2t)°，分三種情況討論即可；（3）依題意可知：∠PDE=(20+2t)°，∠MAC=(30+4t)°，利用角平分線和第一問的關(guān)系可得∠AOD=∠MAO+∠PDO=25+3t；①當(dāng)DF∥BC時，延長AB于DF于G，利用②當(dāng)DF∥BA時，延長AC于DF于G，利用【詳解】（1）如圖1，過點B作BK∥圖1∴∠ABK=∠MAB．∵PQ∥MN，∴BK∥PQ，∴∠KBD=∠PDE．∵∠PDE=20°，∴∠KBD=20°，∵∠MAC=30°，∠CAB=30°，∴∠MAB=∠MAC+∠CAB=60°，∴∠ABK=60°，∴∠ABD=∠ABK+∠KBD=80°．（2）依題意可知：∠PDE=(20+2t)°，分以下三種情況討論：①如圖4，當(dāng)DE∥BC時，DE與AB交于點R，∵DE∥BC，∠ABC=90°，∴∠BRD=∠ABC=90°，∴∠ARD=180°-∠BRD=90°，∵∠MAB=60°，∴∠PDE=∠ARD-∠MAB=30°，∴20+2t=30，解得t=5．

②如圖5，當(dāng)DE∥AB時，DE與MN交于點S，∵DE∥AB，∠MAB=60°，∴∠DSM=∠MAB=60°，∵MN∥PQ，∴∠PDE+∠DSM=180°，∴∠PDE=180°-∠DSM=120°，∴20+2t=120，解得t=50．③如圖6，當(dāng)DE∥AC時，DE與MN交于點T，∵DE∥AC，∠MAC=30°，∴∠MTD=∠MAC=30°，∵MN∥PQ，∴∠MTD+∠PDE=180°，∴∠PDE=180°-∠MTD=150°，∴20+2t=150，解得t=65．綜上所述：t的值為5或50或65．（3）依題意可知：∠PDE=(20+2t)°，∠MAC=(30+4t)°，∵∠MAC的角平分線AH與∠PDE的角平分線DF交于點O，∴∠PDO=12∠PDE=10+t由（1）的模型可得∠AOD=∠MAO+∠PDO=25+3t，①當(dāng)DF∥BC時，延長AB于DF于G，∴∠ABC=∠OGA=90°，∠OAG=∠OAC+∠BAC=45+2t∵∠AOD+∠GAO+∠OGA=180°，∴25+3t+90+45+2t=180，解得t=4，∠AOD=∠MAO+∠PDO=25+3t=37°，故答案為：37；②當(dāng)DF∥BA時，延長AC于DF于G∴∠BAC=∠OGA=30°，∠OAG=∠OAC=15+2t∵∠AOD+∠GAO+∠OGA=180°，∴25+3t+30+15+2t=180，解得t=22，∠AOD=∠MAO+∠PDO=25+3t=91°，故答案為：91；【點睛】本題考查作圖-平移變換，平行線的判定和性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．【題型6與折疊有關(guān)的三角形角的計算問題】【例6】（2023秋·山東臨沂·八年級統(tǒng)考期末）有一張正方形紙片ABCD，點E是邊AB上一定點，在邊AD上取點F，沿著EF折疊，點A落在點A′處，在邊BC上取一點G，沿EG折疊，點B落在點B′處．(1)如圖1，當(dāng)點B落在直線A′E上時，猜想兩折痕的夾角∠FEG的度數(shù)并說明理由．(2)當(dāng)∠A′EB′=13∠B′EB時，設(shè)∠A′EB′=x①試用含x的代數(shù)式表示∠FEG的度數(shù)．②探究EB′是否可能平分∠FEG，若可能，求出此時∠FEG的度數(shù)；若不可能，請說明理由．【答案】(1)∠FEG=90°，理由見解析(2)①當(dāng)點B′落在∠A′EG內(nèi)部時，∠FEG=90°+x2；當(dāng)點B′落在∠A′EF內(nèi)部時，∠FEG=90°?x2；②EB′可能平分∠FEG，當(dāng)點B′落在∠A′EG內(nèi)部時，∠FEG當(dāng)點B′落在∠A′EF內(nèi)部時，∠FEG=(5407)°【分析】（1）由折疊的性質(zhì)結(jié)合平角的性質(zhì)即可求解；（2）①分當(dāng)點B′落在∠A′EG內(nèi)部和點B′落在∠A′EF內(nèi)部時兩種情況討論求解即可；②分點B′落在∠A′EG內(nèi)部和點B′落在∠A′EF內(nèi)部時兩種情況討論求解即可．【詳解】（1）解：∠FEG=90°．由折疊可知∠AEF=∠A′EF，∠BEG=∠B′EG．又∵∠AEF+∠A′EF+∠BEG+∠B′EG=180°，∴∠A′EF+∠B′EG=90°，∠FEG=90°；（2）解：由折疊可知∠AEF=∠A′EF，∠BEG=∠B′EG．①（i）如圖，當(dāng)點B′落在∠A′EG內(nèi)部時，∵∠A′EB′=x，∠A′EB′=13∠B′EB∴∠B′EB=3x．∴∠AEA′=180°?∠A′EB=180°?(∠B′EB+∠A′EB′)=180°?4x，∴∠BEG=12∠BEB′=3x2，∠AEF=12∠AEA∴∠FEG=180°?∠BEG?∠AEF=90°+x2（ⅱ）如圖2，當(dāng)點B′落在∠A′EF內(nèi)部時，∵∠A′EB′=x，∠A′EB′=13∠B′EB∴∠B′EB=3x，∴∠AEA′=180°?∠A′EB=180°?(∠B′EB?∠A′EB′)=180°?2x，∴∠BEG=12∠BEB′=3x2，∠AEF=12∠AEA∴∠FEG=180°?∠BEG?∠AEF=90°?x2綜上所述，當(dāng)點B′落在∠A′EG內(nèi)部時，∠FEG=90°+x2當(dāng)點B′落在∠A′EF內(nèi)部時，∠FEG=90°?x2②EB′可能平分∠FEG，理由如下：（i）當(dāng)點B′落在∠A′EG內(nèi)部時，∠FEG=90°+x2∵EB′平分∠FEG，∴∠B′EG=12∠FEG=45°+x又∵∠B′EG=12∠BEB′=3x∴45°+x4=3x2，解得x此時∠FEG=90°+x2=108°（ⅱ）當(dāng)點B′落在∠A′EF內(nèi)部時，∠FEG=90°?x2∵EB′平分∠FEG，∴∠B′EG=12∠FEG=45°?x又∵∠B′EG=12∠BEB′=3x∴45°?x4=3x解得x=(1807)°此時∠FEG=90°?x2=(5407綜上所述，當(dāng)點B′落在∠A′EG內(nèi)部時，∠FEG=108°；當(dāng)點B′落在∠A′EF內(nèi)部時，∠FEG=(5407)°【點睛】本題考查了翻折變換的性質(zhì)、角平分線的定義等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會利用翻折不變性解決問題．【變式6-1】（2023春·河北石家莊·八年級統(tǒng)考期末）（1）如圖1，將一張三角形紙片ABC沿著AD折疊，使點C落在邊AB上的C處，若∠CAB=70°，則∠CAD=______°；（2）如圖2，將一張三角形紙片ABC沿著DE折疊(點D，E分別在邊AB和AC上)，并使得點A和點A'重合，若∠A=70°，則∠1+∠2=______°（3）如圖3，將長方形紙片沿著BC和BD折疊成如圖所示的形狀，BE和BI重合，①∠CBD的度數(shù)是多少？請說明理由；②如果∠IBD=58°17'，求【答案】（1）35°；（2）140°；（3）①90°；②31°【分析】（1）利用對折性質(zhì)可知AD是∠CAB角平分線，由此即可求解；（2）根據(jù)三角形的內(nèi)角和可知∠AED+∠ADE=180°-∠A，根據(jù)折疊可知∠AEA'+∠AD（3）①根據(jù)折疊可得∠IBD=∠FBD，∠ABC=∠EBC，且∠IBD+∠FBD+∠ABC+∠EBC=180°，代入計算即可；②∠ABC=1【詳解】解：（1）由對折性質(zhì)可知，AD是∠CAB角平分線，∴∠CAD=1故答案為：35°．（2）在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED=180°，∠A=70°，∴∠AED+∠ADE=180°-∠A=180°-70°=110°，根據(jù)折疊的性質(zhì)得，∠A∴∠AEA∵∠AEA∴∠1+∠2=360°-220°=140°，故答案為：140°．（3）①由折疊的性質(zhì)可知：∠IBD=∠FBD，∠ABC=∠EBC，且∠IBD+∠FBD+∠ABC+∠EBC=180°，∴∠CBD=∠CBE+∠DBE=1②根據(jù)折疊的性質(zhì)及上述知識可知，∠ABC=====31°43【點睛】本題考查折疊問題中角的計算問題，掌握翻折的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．【變式6-2】（2023秋·江西南昌·八年級校聯(lián)考期末）我們在小學(xué)已經(jīng)學(xué)習(xí)了“三角形內(nèi)角和等于180°”．在三角形紙片中，點D，E分別在邊AC，BC上，將∠C沿DE折疊，點C落在點C'(1)如圖1，當(dāng)點C落在邊BC上時，若∠ADC'=58°，則∠C=______，可以發(fā)現(xiàn)∠ADC'(2)如圖2，當(dāng)點C落在△ABC內(nèi)部時，且∠BEC'=42°，∠AD(3)如圖3，當(dāng)點C落在△ABC外部時，若設(shè)∠BEC'的度數(shù)為x，∠ADC'的度數(shù)為y，請求出∠C與【答案】(1)29°，∠AD(2)31°(3)∠C=【分析】（1）根據(jù)鄰補角得出∠CDC'，根據(jù)折疊的性質(zhì)得出∠CDE=∠C（2）方法一：根據(jù)平角的定義得出∠CEC'，∠CDC'，根據(jù)折疊的性質(zhì)得出∠EDC方法二：根據(jù)（1）的結(jié)論得出∠DCC'=10°（3）方法一：根據(jù)（2）的方法一進行計算即可求解；方法二：根據(jù)（2）的方法二，即可求解．【詳解】（1）∵∠ADC∴∠CDC由折疊得：∠CDE=∠C∠DEC=∠DEC∴∠C=180°-∠EDC-∠DEC=29°，設(shè)∵∠ADC∴∠CDC由折疊得：∠CDE=∠C∠DEC=∠DEC∴∠C=180°-∠EDC-∠DEC=90°-90°-∴∠ADC故答案為：29°，∠ADC（2）∵∠BEC'=42°∴∠CEC'=180°-∠BE由折疊得：∠CDE=∠C'DE=∴∠C=180°-∠EDC-∠DEC=31°，方法二：連接C由①結(jié)論可知：∠ADC∴∠DC同理，由①結(jié)論可知：∠BEC∴∠∴∠ACB=∠DCC（3）∵∠BEC'=x∴∠CEC'=180°-x由折疊得：∠CDE=∠C∠DEC=∠DEC∴∠C=180°-∠EDC-∠DEC=180°-90°+∴∠C與x，y之間的數(shù)量關(guān)系：∠C=1方法二：連接CC由①結(jié)論可知：∠BEC∴∠EC同理，由①結(jié)論可知：∠ADC∴∠DC∴∠ACB=∠ECC【點睛】本題考查了三角形折疊問題，三角形內(nèi)角和定理，掌握三角形的內(nèi)角和定理與折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式6-3】（2023春·江蘇·八年級統(tǒng)考期中）將一張三角形紙片ABC的一角折疊，使得點A落A'的位置，折痕為DE(1)當(dāng)點A落在四邊形BCDE的外部A'的位置且A'與點C在直線①如圖1，若∠C=90°，∠A=30°，求∠1-∠2的度數(shù)；②如圖2，請寫出∠1、∠2和∠A的關(guān)系并證明；(2)如圖3，有一張三角形紙片ABC，∠A=30°，∠C=50°，若點E是AB邊上的固定點（AE<12AB），請在AC上找一點D，將紙片沿DE折疊，DE為折痕點A落在A'處，使A'【答案】(1)①60°；②∠1-∠2=2∠A(2)∠AED=75°或125°或35°【分析】（1）①先求出∠B的度數(shù)，在根據(jù)四邊形內(nèi)角和求出∠1+∠BFD的度數(shù)，由∠BFD=∠A'FE和∠A②同①的方法即可求解．（2）分三種情況討論，當(dāng)A'D∥AB時，當(dāng)A'D∥BC，A'【詳解】（1）由折疊可知，∠在△A'∴∠2=180°-∠在△ABC中，∠B=180°-∠C-∠A=60°在四邊形BCDF中，∠1+∠C+∠B+∠BFD=360°∴∠1=360°-∠C-∠B-∠BFD=210°-∠BFD∵∠BFD=∠∴∠1-∠2=210°-150°=60°；②由折疊可知，∠在△A'∴∠2=180°-∠在△ABC中，∠B=180°-∠C-∠A在四邊形BCDF中，∠1+∠C+∠B+∠BFD=360°∴∠1=360°-∠C-∠B-∠BFD∵∠BFD=∠∴∠1-∠2==360°-∠C-∠B-∠BFD-180°+∠A+∠AFE；=180°-=2∠A（2）解：①當(dāng)A'∴∠BEA∵由折疊可知，∠A'=∠A=30°∵∠AED+∠A∴∠AED=1②當(dāng)A'D∥BC，∵∠C=50°,∠C+∠1=180°，∴∠1=130°，由（1）可得∠1-∠2=2∠A=60°，∴∠2=70°，由折疊可知，∠AED=∠A∴∠2+180°=2∠AED，∴∠AED=125°；③當(dāng)A'D∥BC，則∠CDA∴∠AGE=∠A∴∠AEG=180°-∠A-∠AGE=180°-30°-80°=70°，由折疊可知，∠AED=∠A∴∠AED=1綜上所述，∠AED=75°或125°或35°．【點睛】本題考查了四邊形內(nèi)角和公式，三角形內(nèi)角和定理，折疊的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，熟練掌握以上知識，并能分類討論是解題的關(guān)鍵．【題型7多邊形中的閱讀理解類問題】【例7】（2023·全國·八年級專題練習(xí)）閱讀材料：兩個三角形各有一個角互為對頂角，這兩個三角形叫做對頂三角形．解決問題：如圖，△AOD與△BOC是對頂三角形．

(1)試說明：∠DAO+∠D=∠OBC+∠C；(2)試利用上述結(jié)論解決下列問題：若AP、BP分別平分∠DAC與∠DBC，∠C=m°，∠D=n°，①求∠P的度數(shù)（用含m、n的代數(shù)式表示）；②若AQ、BQ分別平分∠EAC與∠DBF，120°≤∠Q≤150°，求m+n的取值范圍．【答案】(1)見解析(2)①∠P=m+n2°【分析】（1）利用三角形內(nèi)角和結(jié)合“8”字型模型證明即可；（2）①由（1）中的結(jié)論推導(dǎo)可得∠D+∠C=2∠P；②先根據(jù)角平分線得到∠PAQ=∠PBQ=90°，再利用四邊形內(nèi)角和結(jié)合∠P=m+n2°【詳解】（1）解：在△AOD中，∠DAO+∠D+∠AOD=180°，在△BOC中，∠OBC+∠C+∠BOC=180°，又∵∠AOD=∠BOC，∴∠DAO+∠D=∠OBC+∠C．（2）①∵AP、BP分別平分∠DAC與∠DBC，∴∠DAG=∠GAH，∠GBP=∠HBC.∵△AGD與△BGP是對頂三角形，是對頂三角形∴∠DAG+∠D=∠GBP+∠P①.∵△AHP與△BHC是對頂三角形，∴∠HBC+∠C=∠GAH+∠P②由①+②，得∠DAG+∠D+∠HBC+∠C=∠GBP+∠P+∠GAH+∠P∴∠D+∠C=2∠P，∵∠C=m°，∠D=n°∴∠P=②∵AP、AQ分別平分∠DAC與∠EAC，∴∠PAC=12∠DAC∴∠PAQ=∠PAC+∠CAQ=同理可求得∠PBQ=90°在四邊形APBQ中，∠Q+∠QAP+∠P+∠PBQ=360°∴∠Q+90°+∠P+90°=360°，∠Q+∠P=180°，∠Q=180°-∠P.由（1）①證得∠P=m+n2∵120°≤∠Q≤150°，∴120°≤180-解得60≤m+n≤120．【點睛】本題考查了角平分線的定義，三角形的內(nèi)角和定理，四邊形的內(nèi)角和公式，此類題目根據(jù)同一個解答思路求解是解題的關(guān)鍵．【變式7-1】（2023秋·山西大同·八年級統(tǒng)考期中）閱讀材料：解決問題：（1）如圖1，四邊形ABCD是凹四邊形，請?zhí)骄俊螧DC(∠BDC＜180°)與∠B，∠D，∠BAC三個角之間的等量關(guān)系．小明得出的結(jié)論是：∠BDC=∠BAC+∠B+∠C，他證明如下．請你將小明的證明過程補充完整．證明：連接AD并延長AD到點E．聯(lián)系拓廣：（2）下面圖2的五角星和圖3的六角星都是一筆畫成的(即從圖形上的某一頂點出發(fā)，找出一條路線，用筆不離開紙，連續(xù)不斷又不重復(fù)經(jīng)過圖形上所有部分畫成的)．請你根據(jù)上述解決問題的思路，解答下列問題：①圖2中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度數(shù)為°；②圖3中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度數(shù)為°．【答案】（1）證明見解析；（2）①180°；②360°．【分析】（1）先證明∠BDE=∠B+∠BAD，∠CDE=∠C+∠CAD，相加即可；（2）①利用（1）結(jié)論，得到∠BFE=∠CFD=∠A+∠C+∠D，再根據(jù)三角形內(nèi)角和進行等量代換即可求解；②利用（1）結(jié)論，得到∠CHF=∠DHE=∠A+∠D+∠E，再根據(jù)四邊形內(nèi)角和進行等量代換即可．【詳解】解：（1）證明：連接AD并延長AD到點E．則∠BDE為△ABD的外角，∠CDE為△ACD的外角，∴∠BDE=∠B+∠BAD，∠CDE=∠C+∠CAD∵∠BDC=∠BDE+∠CDE，∴∠BDC=∠B+∠BAD+∠C+∠CAD．∵∠BAC=∠BAD+∠CAD，∴∠BDC=∠B+∠C+∠BAC．（2）①如圖2，由（1）得，∠CFD=∠A+∠C+∠D，∴∠BFE=∠CFD=∠A+∠C+∠D，∵∠BFE+∠B+∠E=180°，∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°.故答案為：180°②如圖3，由（1）得，∠DHE=∠A+∠D+∠E，∴∠CHF=∠DHE=∠A+∠D+∠E，∵∠F+∠B+∠C+∠CHF=360°，∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°.故答案為：360°【點睛】本題考查了凹四邊形的角的關(guān)系，熟知三角形外角定理，應(yīng)用（1）結(jié)論，將圖形轉(zhuǎn)化三角形或四邊形內(nèi)角和知識是解題關(guān)鍵.【變式7-2】（2023春·山西臨汾·八年級統(tǒng)考期末）請閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)．已知“三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和”，那么五邊形的外角與內(nèi)角之間又有什么關(guān)系呢？

如圖1，在五邊形ABCDE中，∠1,∠2是它的兩個外角，則∠1+∠2=∠A+∠B+∠C-180°．下面是該結(jié)論的證明過程（部分）：∵五邊形的內(nèi)角和為540°，∴∠A+∠B+∠C+∠3+∠4=540°．……(1)按照上面的證明思路，完成證明的剩余部分．(2)知識應(yīng)用：如圖2，在五邊形ABCDE中，EF,DF分別是∠DEH和∠EDG的平分線，若∠A+∠B+∠C=320°，求∠F的度數(shù)；(3)拓展提升：如圖3，∠C=∠E=90°,∠ABH=23∠ABF,∠GFH=23∠BFG【答案】(1)見解析(2)∠F=110°(3)120°【分析】（1）由五邊形的內(nèi)角和為540°得到∠A+∠B+∠C+∠3+∠4=540°．由鄰補角定義得到∠1+∠3=180°，∠2+∠4=180°，則∠1+∠2+∠3+∠4=360°，兩式相減得到∠A+∠B+∠C-（2）∠A+∠B+∠C=320°，由（1）可得，∠DEH+∠EDG=140°，由角平分線定義得到∠DEF=12∠DEH,∠EDF=12（3）由三角形內(nèi)角和定理得到∠HBF+HFB=40°，由∠ABH=23∠ABF,∠GFH=23∠BFG得到∠HBF=13∠ABF,∠HFB=13【詳解】（1）∵五邊形的內(nèi)角和為540°，∴∠A+∠B+∠C+∠3+∠4=540°．∵∠1+∠3=180°，∠2+∠4=180°，∴∠1+∠2+∠3+∠4=360°，∴∠A+∠B+∠C-∠1+∠2∴∠A+∠B+∠C-180°=∠1+∠2；（2）∵∠A+∠B+∠C=320°，∴由（1）可得，∠DEH+∠EDG=320°-180°=140°，∵EF平分∠DEH,DF平分∠EDG，∴∠DEF=1∴∠DEF+∠EDF=12∠DEH+∠EDG∵∠DEF+∠EDF+∠F=180°，∴∠F=180°-70°=110°；（3）∵∠H=140°，∠HBF+HFB+∠H=180°，∴∠HBF+HFB=180°-∠H=40°，∵∠ABH=2∴∠HBF=1∴∠ABF+∠BFG=3∠HBF+3∠HFB=3∠HBF+∠HFB由（1）得∠ABF+∠BFG=∠C+∠E+D-180°，∵∠C=∠E=90°,∴∠D=∠ABF+∠BFG+180°-∠C-∠E=120°+180°-90°-90°=120°．故答案為：120°【點睛】此題考查了多邊形內(nèi)角和、幾何圖形中的角度計算、三角形內(nèi)角和定理、角平分線的相關(guān)計算等知識，數(shù)形結(jié)合和準(zhǔn)確計算是解題的關(guān)鍵．【變式7-3】（2023秋·山東青島·八年級山東省青島第二十六中學(xué)校聯(lián)考期末）閱讀材料，回答下列問題：【材料提出】“八字型”是數(shù)學(xué)幾何的常用模型，通常由一組對頂角所在的兩個三角形構(gòu)成．【探索研究】探索一：如圖1，在八字形中，探索∠A、∠B、∠C、∠D之間的數(shù)量關(guān)系為；探索二：如圖2，若∠B＝36°，∠D＝14°，求∠P的度數(shù)為；探索三：如圖3，CP、AG分別平分∠BCE、∠FAD，AG反向延長線交CP于點P，則∠P、∠B、∠D之間的數(shù)量關(guān)系為．【模型應(yīng)用】應(yīng)用一：如圖4，在四邊形MNCB中，設(shè)∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，四邊形的內(nèi)角∠MBC與外角∠NCD的角平分線BP，CP相交于點P．則∠A＝（用含有α和β的代數(shù)式表示），∠P＝．（用含有α和β的代數(shù)式表示）應(yīng)用二：如圖5，在四邊形MNCB中，設(shè)∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，四邊形的內(nèi)角∠MBC與外角∠NCD的角平分線所在的直線相交于點P，∠P＝．（用含有α和β的代數(shù)式表示）【拓展延伸】拓展一：如圖6，若設(shè)∠C＝x，∠B＝y(tǒng)，∠CAP＝13∠CAB，∠CDP＝13∠CDB，試問∠P與∠C、∠B之間的數(shù)量關(guān)系為．（用x、y表示∠拓展二：如圖7，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的鄰補角∠BCE，猜想∠P與∠B、∠D的關(guān)系，直接寫出結(jié)論．【答案】∠A+∠B＝∠C+∠D；25°；∠P＝∠B+∠D2；α+β﹣180°，∠P＝a+β-180°2；180°-a-β2；∠P＝2x+y3；2∠P﹣【分析】探索一：根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理，結(jié)合對頂角的性質(zhì)可求解；探索二：根據(jù)角平分線的定義可得∠BAP＝∠DAP，∠BCP＝∠DCP，結(jié)合（1）的結(jié)論可得2∠P＝∠B+∠D，再代入計算可求解；探索三：運用探索一和探索二的結(jié)論即可求得答案；應(yīng)用一：如圖4，延長BM、CN，交于點A，利用三角形內(nèi)角和定理可得∠A＝α+β﹣180°，再運用角平分線定義及三角形外角性質(zhì)即可求得答案；應(yīng)用二：如圖5，延長MB、NC，交于點A，設(shè)T是CB的延長線上一點，R是BC延長線上一點，利用應(yīng)用一的結(jié)論即可求得答案；拓展一：運用探索一的結(jié)論可得：∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，再結(jié)合已知條件即可求得答案；拓展二：運用探索一的結(jié)論及角平分線定義即可求得答案．【詳解】解：探索一：如圖1，∵∠AOB+∠A+∠B＝∠COD+∠C+∠D＝180°，∠AOB＝∠COD，∴∠A+∠B＝∠C+∠D，故答案為∠A+∠B＝∠C+∠D；探索二：如圖2，∵AP、CP分別平分∠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°，故答案為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＝∠B+∠D2故答案為：∠P＝∠B+∠D2應(yīng)用一：如圖4，延長BM、CN，交于點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分別平分∠ABC、∠ACB，∴∠PBC＝12∠ABC，∠PCD＝12∠∵∠PCD＝∠P+∠PBC，∴∠P＝∠PCD﹣∠PBC＝12（∠ACD﹣∠ABC）＝12∠A＝故答案為：α+β﹣180°，α+β-180°2應(yīng)用二：如圖5，延長MB、NC，交于點A，設(shè)T是CB的延長線上一點，R是BC延長線上一點，∵∠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，由應(yīng)用一得：∠P＝12∠A＝180°-α-β故答案為：180°-α-β2拓展一：如圖6，由探索一可得：∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，∵∠C＝x，∠B＝y(tǒng)，∠CAP＝13∠CAB，∠CDP＝13∠∴∠CDB﹣∠CAB＝∠C﹣∠B＝x﹣y，∠PAB＝23∠CAB，∠PDB＝23∠∴∠P+23∠CAB＝∠B+23∠CDB，∠P+13∠CDB＝∠C+1∴2∠P＝∠C+∠B+13（∠CDB﹣∠CAB）＝x+y+13（x﹣y）＝∴∠P＝2x+y3故答案為：∠P＝2x+y3拓展二：如圖7，∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的鄰補角∠BCE，∴∠PAD＝12∠BAD，∠PCD＝90°+12∠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°，故答案為：2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．【點睛】本題是探究性題目，考查了三角形的相關(guān)計算、三角形內(nèi)角和定理、角平分線性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)等，此類題目遵循題目順序，結(jié)合相關(guān)性質(zhì)和定理，逐步證明求解即可．【題型8與多邊形內(nèi)角和有關(guān)的角度探究問題】【例8】（2023春·江蘇·八年級期末）如圖1，已知∠ACD是△ABC的一個外角，我們?nèi)菀鬃C明∠ACD=∠A+∠B，即三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和．那么，三角形的一個內(nèi)角與它不相鄰的兩個外角的和之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系呢？嘗試探究；（1）如圖2，∠DBC與∠ECB分別為△ABC的兩個外角，則∠DBC+∠ECB______∠A+180°（選填“>”“<”或“=”），并說明理由；初步應(yīng)用：（2）如圖3，在△ABC紙片中剪去△CED，得到四邊形ABDE，∠1=135°，∠2=100°，則∠C=______；（直接寫出答案）拓展延伸：（3）如圖4，在△ABC中，BP，CP分別平分外角∠DBC，∠ECB，∠P與∠A有何數(shù)量關(guān)系？請利用上面的結(jié)論直接寫出答案：______；解決問題：（4）如圖5，在四邊形ABCD中，BP，CP分別平分外角∠EBC，∠FCB，請利用上面的結(jié)論探究∠P與∠A，∠D的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）=，理由見解析；（2）55°；（3）∠P=90°-12∠A；（4【分析】（1）根據(jù)三角形的外角性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理解答即可；（2）由（1）題的結(jié)論可得∠1+∠2=180°+∠C，然后代入數(shù)據(jù)計算即可；（3）根據(jù)角平分線的定義可得∠PBC+∠PCB=12(∠DBC+∠ECB)，然后結(jié)合（1（4）如圖，根據(jù)角平分線的定義和平角的定義可得∠3+∠4=180°-1【詳解】解：（1）∠DBC+∠ECB=180°+∠A，理由是：∵∠DBC=∠A+∠ACB，∠ECB=∠A+∠ABC，∠ABC+∠ACB+∠A=180°．∴∠DBC+∠ECB=∠ABC+∠ACB+∠A+∠A=180°+∠A；故答案為：=；（2）由（1）題的結(jié)論可得：∠1+∠2=180°+∠C，∴135°+100°=180°+∠C，∴∠C=55°，故答案為：55°．（3）∵BP，CP分別平分∠DBC，∠ECB，∴∠PBC=12∠DBC，∠PCB=12∴∠PBC+∠PCB=12(∠DBC+∠ECB)∵∠DBC+∠ECB=180°+∠A，∴∠PBC+∠PCB=12∴∠P=180°-(∠PBC+∠PCB)=90°-1故答案為：∠P=90°-1（4）∠P=180°-1理由：如圖，∵∠EBC=180°-∠1，∠FCB=180°-∠2，∵BP平分∠EBC，CP平分∠FCB，∴∠3=12∠EBC=90°-∴∠3+∠4=180°-1∵在四邊形ABCD中，∠1+∠2=360°-(∠A+∠D)，又∵在△PBC中，∠P=180°-(∠3+∠4)=1∴∠P=1【點睛】本題考查了角平分線的定義、三角形的內(nèi)角和、三角形的外角性質(zhì)和四邊形的內(nèi)角和等知識，熟練掌握上述知識、靈活應(yīng)用整體的思想是解題的關(guān)鍵．【變式8-1】（2023春