第02讲 三角形中的数学思想方法与热点题型（原卷+解析）-2022-2023学年八年级数学上册常考点（数学思想+解题技巧+专项突破+精准提升）

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第02讲 三角形中的数学思想方法与热点题型（解析版）
第一部分 典例剖析+针对训练
类型一 方程思想
典例1 在四边形ABCD中，∠A与∠C互补，∠A的3倍与∠B的2倍相等，∠B的5倍与∠C的6倍相等，求∠A：∠B：∠C：∠D．
思路引领：设∠A为x，则∠C为180°﹣x，∠B为32x，再根据∠B的5倍与∠C的6倍相等列出方程解答即可．
解：设∠A为x，则∠C为180°﹣x，∠B为32x，
可得：5×32x=6×(180°−x)，
解得：x＝80°，
所以∠A＝80°，∠B＝120°，∠C＝100°，∠D＝60°，
所以∠A：∠B：∠C：∠D＝4：6：5：3．
解题秘籍：此题考查多边形的外角和内角，关键是根据题意列出方程解答．
典例2（江阴市期中）如图，△ABC，∠ABC、∠ACB的三等分线交于点E、D，若∠BFC＝132°，∠BGC＝118°，则∠A的度数为（　　）

A．65° B．66° C．70° D．78°
思路引领：先根据三等份角得出结论，再利用三角形的内角和列出方程，两方程相加即可求出∠ABC+∠ACB即可．
解：∵∠ABC、∠ACB的三等分线交于点E、D，
∴∠CBG＝∠EBG＝∠ABE=13∠ABC，
∠BCF＝∠ECF＝∠ACE=13∠ACB，
在△BCG中，∠BGC＝118°，
∴∠CBG+∠BCE＝180°﹣∠BGC，
∴∠CBG+∠2∠BCF＝62°①
在△BCF中，∠BFC＝132°，
∴∠BCF+∠CBF＝180°﹣∠BFC，
∴∠BCF+2∠CBG＝48°②，
①+②得，3∠BCF+3∠CBG＝110°，
∴∠A＝180°﹣（∠BCF+∠CBG）＝70°，
故选：C．
解题秘籍：本题考查的是三角形内角和定理，求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°这一隐含的条件．用方程的思想解几何问题．
针对训练1
1．（2018秋•安庆期末）已知△ABC中，∠A比它相邻的外角小10°，则∠B+∠C为（　　）
A．85° B．95° C．100° D．110°
思路引领：设∠A＝x°．构建方程求出x，再利用三角形的内角和定理即可解决问题．
解：设∠A＝x°．
由题意：180﹣x﹣x＝10，
解得x＝85，
∴∠A＝85°，
∴∠B+∠C＝180°﹣85°＝95°，
故选：B．
解题秘籍：本题考查三角形的内角和定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
2．（2017春•江都区期中）如图，△ABC的面积为18，BD＝2DC，AE＝EC，那么阴影部分的面积是　215　．

思路引领：根据BD＝2DC，AE＝EC可设△DFC的面积为x，△EFC的面积为y，则△BFD的面积为2x，△AEF的面积为y，再列出关于x、y的方程，求出x+y的值即可．
解：连接CF，
∵BD＝2DC，AE＝EC，
∴设△DFC的面积为x，△EFC的面积为y，则△BFD的面积为2x，△AEF的面积为y，
∵△BEC的面积=12S△ABC＝9，
∴3x+y＝9 ①，
∵△ADC的面积=13S△ABC＝6，
∴x+2y＝6 ②
①+2×②，可得x+y=215．
故答案为：215．

解题秘籍：本题考查的是三角形的面积，解题的关键是正确作出辅助线，利用三角形面积的性质求解．
3．（2021•柳南区校级模拟）一个正多边形的一个内角比它的外角的2倍多60°，则它的边数是　 　．
思路引领：设这个正多边形的外角度数为x度，根据“一个内角比它的外角的2倍多60°”建立方程求出x，再用360度除以x即可得．
解：设这个正多边形的外角度数为x度，
则2x+60+x＝180，
解得：x＝40，
即这个正多边形的外角度数为40°，
∴它的边数为360°÷40°＝9，
故答案为：9．
解题秘籍：本题主要考查多边形的内角与外角，解题的关键是掌握多边形的内角和、外角和定理等性质．
4．（2021春•锡山区期中）如图，在△ABC中，CD是∠ACB的角平分线，CE是AB边上的高，若∠DCE＝10°，∠B＝60°，求∠A的度数．

思路引领：在△BCE中由∠BEC＝90°，∠B＝60°能够得出∠BCE＝30°；结合CD是∠ACB的角平分线，∠DCE＝10°可得出∠ACE的度数；在Rt△ACE中由∠ACE的度数及∠AEC＝90°，即可得出∠A的度数．
解：∵CE是AB边上的高，
∴∠A+∠ACE＝90°，∠B+∠BCE＝90°．
∵CD是∠ACB的角平分线，
∴∠ACD＝∠BCD=12∠ACB，
又∵∠DCE＝10°，∠B＝60°，
∴∠BCE＝90°﹣∠B＝30°，∠BCD＝∠BCE+∠DCE＝40°，
∴∠ACE＝∠ACD+∠DCE＝∠BCD+∠DCE＝50°，
∴∠A＝90°﹣∠ACE＝40°．

解题秘籍：本题考查了三角形的内角和、三角形的角平分线及高线，解题的关键是找出∠ACB一半的度数．本题属于基础题，难度不大，解决该类型题目时，利用角平分线及三角形的内角和找到相关角的大小是关键．
类型二 分类讨论思想
典例3（永年区期末）如图是一个多边形，你能否用一直线去截这个多边形，使得到的新多边形分别满足下列条件：（画出图形，把截去的部分打上阴影）
①新多边形内角和比原多边形的内角和增加了180°．
②新多边形的内角和与原多边形的内角和相等．
③新多边形的内角和比原多边形的内角和减少了180°．
（2）将多边形只截去一个角，截后形成的多边形的内角和为2520°，求原多边形的边数．

思路引领：（1）①过相邻两边上的点作出直线即可求解；
②过一个顶点和相邻边上的点作出直线即可求解；
③过相邻两边非公共顶点作出直线即可求解；
（2）根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论．
解：（1）如图所示：

（2）设新多边形的边数为n，
则（n﹣2）•180°＝2520°，
解得n＝16，
①若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为15，
②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为16，
③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为17，
故原多边形的边数可以为15，16或17．
解题秘籍：本题主要考查了多边形的内角和公式，注意要分情况进行讨论，避免漏解．
典例4（平泉市期末）已知：∠MON＝40°，OE平分∠MON，点A、B、C分别是射线OM、OE、ON上的动点（A、B、C不与点O重合），连接AC交射线OE于点D．设∠OAC＝x°．

（1）如图1，若AB∥ON，则
①∠ABO的度数是 　 　；
②当∠BAD＝∠ABD时，x＝　 　；当∠BAD＝∠BDA时，x＝　 　．
（2）如图2，若AB⊥OM，则是否存在这样的x的值，使得△ADB中有两个相等的角？若存在，求出x的值；若不存在，说明理由．
思路引领：利用角平分线的性质求出∠ABO的度数是关键，分类讨论的思想．
解：（1）①∵∠MON＝40°，OE平分∠MON，
∴∠AOB＝∠BON＝20°，
∵AB∥ON，
∴∠ABO＝20°，
②∵∠BAD＝∠ABD，
∴∠BAD＝20°，
∵∠AOB+∠ABO+∠OAB＝180°，
∴∠OAC＝120°，
∵∠BAD＝∠BDA，∠ABO＝20°，
∴∠BAD＝80°，
∵∠AOB+∠ABO+∠OAB＝180°，
∴∠OAC＝60°；
故答案为：①20°； ②120，60；
（2）①当点D在线段OB上时，
∵OE是∠MON的角平分线，
∴∠AOB=12∠MON＝20°，
∵AB⊥OM，
∴∠AOB+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝70°，
若∠BAD＝∠ABD＝70°，则x＝20
若∠BAD＝∠BDA=12（180°﹣70°）＝55°，则x＝35
若∠ADB＝∠ABD＝70°，则∠BAD＝180°﹣2×70°＝40°，∴x＝50
②当点D在射线BE上时，因为∠ABE＝110°，且三角形的内角和为180°，
所以只有∠BAD＝∠BDA，此时x＝125．
综上可知，存在这样的x的值，使得△ADB中有两个相等的角，
且x＝20、35、50、125．
解题秘籍：本题考查了三角形的内角和定理和三角形的外角性质的应用，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之和．
针对训练2
5．（2017春•景德镇期中）已知一个等腰三角形一边长为4cm，另一边长为6cm，那么这个等腰三角形的周长为（　　）
A．14cm B．16cm C．14cm或16cm D．以上都不对
思路引领：分4cm为等腰三角形的腰和6cm为等腰三角形的腰，先判断符合不符合三边关系，再求出周长．
解：当4cm为等腰三角形的腰时，
三角形的三边分别是4cm，4cm，6cm符合三角形的三边关系，
∴周长为14cm；
当6cm为等腰三角形的腰时，
三边分别是，6cm，6cm，4cm，符合三角形的三边关系，
∴周长为16cm，
故选：C．
解题秘籍：此题是等腰三角形的性质题，主要考查了等腰三角形的性质，三角形的三边关系，分类考虑是解本题的关键．
6．将长为24的木棒截成互不相等的且长都为整数的三段，使这三段能构成一个三角形的三条边，则不同的截法有　 　种．
思路引领：已知三角形的周长，分别假设三角形的最长边，从而利用三角形三边关系进行验证即可求得不同的截法．
解：∵细木棒的长度为24，即三角形的周长为24，
∴①当三角形的最长边为11时，有4种截法，分别是：11，10，3；11，9，4；11，8，5；11，7，6；
②当三角形的最长边为10时，有2种截法，分别是：10，9，5；10，8，6；
③当三角形的最长边为9时，有1种截法，是：9，8，7；
其中是互不相等的三段的截法有7种．
故答案为：7．
解题秘籍：此题主要考查学生对三角形三边关系的理解及运用能力，注意不能构成三角形的情况一定要排除．
类型三 转化思想
典例5（2015秋•武汉校级期中）（1）如图（1），将△ABC纸片沿着DE对折，使点A落在四边形BCDE内点A′的位置，探索∠A，∠1，∠2之间的数量关系，并说明理由．
（2）如图（2），继续这样的操作，把△ABC纸片的三个角按（1）的方式折叠，三个顶点都在形内，那么∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6的度数是　 　．
（3）如果把n边形纸片也做类似的操作，n个顶点都在形内，那么∠1+∠2+∠3+…+∠2n的度数为　 （用含有n的代数式表示）．

思路引领：（1）运用折叠原理及四边形的内角和定理即可解决问题；
（2）由折叠可知∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝∠B+∠B'+∠C+∠C'+∠A+∠A'，又知∠B＝∠B'，∠C＝∠C'，∠A＝∠A'，故能求出∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6的度数和；
（3）利用（1）（2）的计算方法：类比得出答案即可．
解：（1）连接AA′，

∵∠1＝∠BAA′+∠AA′E，∠2＝∠CAA′+∠AA′D，
∴∠1+∠2＝∠BAA′+∠AA′E+∠CAA′+∠AA′D＝∠BAC+∠DA′E，
又∵∠BAC＝∠DA′E，
∴∠1+∠2＝2∠BAC；
（2）∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝∠B+∠B'+∠C+∠C'+∠A+∠A'，
∵∠B＝∠B'，∠C＝∠C'，∠A＝∠A'，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝2（∠B+∠C+∠A）＝360°；
（3）∠1+∠2+∠3+…+∠2n
＝2（∠B+∠C+∠A）（n﹣2）
＝360°（n﹣2）．
解题秘籍：本题考查图形的折叠与拼接，同时考查了三角形、四边形等几何基本知识，掌握折叠的性质是解决问题的关键．
针对训练3
7．（2021秋•凉山州期末）如图，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝（　　）度．

A．180 B．270 C．360 D．540
思路引领：根据“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和”可知能把，∠1，∠2，∠3，∠4，∠5，∠6全部转化到∠2，∠3所在的四边形中，利用四边形内角和为360度可得答案．
解：如图所示，

∵∠4+∠6＝∠7，∠1+∠5＝∠8，
又∵∠3+∠2+∠7+∠8＝360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°，
故选：C．
解题秘籍：本题主要考查了三角形的内角和外角之间的关系及四边形内角和定理，（1）三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和；（2）四边形内角和为360°．
8．（2021秋•海淀区校级期中）如图①，猜想：∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝　 　
我们把图①称为二环三角形，它的内角和为∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F；图②称为二环四边形，它的内角和为∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H．则二环四边形的内角和为　 　
二环五边形的内角和为　 　
二环n边形的内角和为　 　

思路引领：连接AE，可得∠D+∠C＝∠CAE+∠DEA，再根据四边形的内角和公式即可求解；
D、E之间添加两条边，可得∠M+∠MEF+∠MDH＝∠G+∠F+∠H，再根据六边形的内角和公式即可求解；
根据二环三角形、二环四边形和二环五边形的内角和可得二环n边形的内角和．
解：如图，

连接AE，则∠D+∠C＝∠CAE+∠DEA，
∴∠BAC+∠B+∠C+∠D+∠DEF+∠F＝∠BAE+∠B+∠F+∠FEA＝360°；
如图，D、E之间添加两条边，可得∠M+∠MEF+∠MDH＝∠G+∠F+∠H，
则∠A+∠B+∠C+∠CDH+∠F+∠G+∠H+∠AEF＝∠A+∠B+∠C+∠CDM+∠MEA+∠M＝720°；
∵二环三角形的内角和是360°＝360°×（3﹣2），
二环四边形的内角和是720°＝360°×（4﹣2），
∴二环五边形的内角和是360°×（5﹣2）＝1080°，
二环n边形的内角和是360°×（n﹣2）．
故答案为：360°；720°；1080°；360°×（n﹣2）．
解题秘籍：本题考查了多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3）且n为整数），正确画出辅助线是解题关键．
9．（2021•普陀区模拟）发现
如图1，在有一个“凹角∠A1A2A3”n边形A1A2A3A4……An中（n为大于3的整数），∠A1A2A3＝∠A1+∠A3+∠A4+∠A5+∠A6+……+∠An﹣（n﹣4）×180°．
验证
（1）如图2，在有一个“凹角∠ABC”的四边形ABCD中，证明：∠ABC＝∠A+∠C+∠D．
（2）如图3，在有一个“凹角∠ABC”的六边形ABCDEF中，证明：∠ABC＝∠A+∠C+∠D+∠E+∠F﹣360°．
延伸
（3）如图4，在有两个连续“凹角A1A2A3和∠A2A3A4”的n边形A1A2A3A4……An中（n为大于4的整数），∠A1A2A3+∠A2A3A4＝∠A1+∠A4+∠A5+∠A6……+∠An﹣（n﹣　 　）×180°．

思路引领：（1）如图2，延长AB交CD于E，根据三角形的外角的性质即可得到结论；
（2）如图3，延长AB交CD于G，则∠ABC＝∠BGC+∠C，根据多边形的内角和和外角的性质即可得到结论；
（3）如图4，延长A2A3交A5A4于C，延长A3A2交A1An于B，根据三角形的外角的性质得到∠A1A2A3+∠A2A3A4＝∠A1+∠2+∠A4+∠4，根据多边形的内角和得到∠1+∠3＝（n﹣2﹣2）×180°﹣（∠A5+∠A6……+∠An），于是得到结论．
解：（1）如图2，延长AB交CD于E，
则∠ABC＝∠BEC+∠C，∠BEC＝∠A+∠D，
∴∠ABC＝∠A+∠C+∠D；
（2）如图3，延长AB交CD于G，则∠ABC＝∠BGC+∠C，
∵∠BGC＝180°﹣∠BGD，∠BGD＝3×180°﹣（∠A+∠D+∠E+∠F），
∴∠ABC＝∠A+∠C+∠D+∠E+∠F﹣360°；
（3）如图4，延长A2A3交A5A4于C，延长A3A2交A1An于B，
则∠A1A2A3+∠A2A3A4＝∠A1+∠2+∠A4+∠4，
∵∠1+∠3＝（n﹣2﹣2）×180°﹣（∠A5+∠A6……+∠An），
而∠2+∠4＝360°﹣（∠1+∠3）＝360°﹣[（n﹣2﹣2）×180°﹣（∠A5+∠A6……+∠An）]，
∴∠A1A2A3+∠A2A3A4＝∠A1+∠A4+∠A5+∠A6……+∠An﹣（n﹣6）×180°．
故答案为：6．

解题秘籍：本题考查了多边形的内角和外角和等知识，解题的关键是熟练掌握三角形的外角的性质，属于中考常考题型．
类型四 整体思想
典例6（2021春•新吴区月考）（1）如图①，把三角形纸片ABC沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE的内部时，∠A与∠1+∠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　 　；
（2）如果把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCED的外部点A′的位置，如图②，此时∠A与∠1、∠2之间存在什么样的关系？
（3）如果把四边形ABCD沿EF折叠，使点A、D落在四边形BCFE的内部A′、D′的位置，如图③，你能求出∠A、∠D、∠1与∠2之间的关系吗？（直接写出关系式即可）

思路引领：（1）根据折叠的性质表示出∠ADE、∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；
（2）先根据折叠的性质及平角的定义表示出∠ADE、∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；
（3）先根据折叠的性质表示出∠ADE、∠AED，再根据四边形的内角和定理列式整理即可得解；
解：（1）根据折叠的性质可知：
∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，
∴∠1＝180°﹣2∠ADE①，
∠2＝180°﹣2∠AED②，
①+②，得
∠1+∠2＝360°﹣2（∠ADE+∠AED），
∵∠ADE+∠AED+∠A＝180°，
∴∠ADE+∠AED＝180°﹣∠A，
∴∠1+∠2＝360°﹣2（180°﹣∠A）
＝360°﹣360°+2∠A
＝2∠A，
∴∠A=12（∠1+∠2）．
故答案为：∠A=12（∠1+∠2）．
（2）根据折叠的性质可知，
∴∠1＝180°﹣2∠ADE①，
∠2＝2∠AED﹣180°②，
①﹣②，得
∠1﹣∠2＝180°﹣2∠ADE﹣2∠AED+180°
＝360°﹣2（∠ADE+∠AED），
∴2（∠ADE+∠AED）＝360°﹣（∠1﹣∠2），
∵∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴∠ADE+∠AED＝180°﹣∠A，
∴2（180°﹣∠A）＝360°﹣（∠1﹣∠2），
360°﹣2∠A＝360°﹣∠1+∠2，
∴∠1﹣∠2＝2∠A，
∴∠A=12（∠1﹣∠2）．
（3）根据折叠的性质可知，
∠AEF=12（180°﹣∠1），
∠DFE=12（180°﹣∠2），
∵∠A+∠D+∠AEF+∠DFE＝360°，
∴∠A+∠D+12（180°﹣∠1）+12（180°﹣∠2）＝360°，
∴2（∠A+∠D）＝∠1+∠2+360°，
∴∠A+∠D=12（∠1+∠2+360°）．
解题秘籍：本题主要考查了三角形的内角和定理，多边形的内角与外角，折叠的性质，解题的关键是整体思想的运用．
10．（2021秋•平舆县期末）如图，在△ABC中，∠C＝40°，将△ABC沿着直线l折叠，点C落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是（　　）

A．40° B．80° C．90° D．140°
思路引领：由折叠的性质得到∠D＝∠C，再利用外角性质即可求出所求角的度数．
解：由折叠的性质得：∠D＝∠C＝40°，
根据外角性质得：∠1＝∠3+∠C，∠3＝∠2+∠D，
则∠1＝∠2+∠C+∠D＝∠2+2∠C＝∠2+80°，
则∠1﹣∠2＝80°．
故选：B．

解题秘籍：此题考查了翻折变换（折叠问题），以及外角性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
11．（2021春•长安区期末）如图1和图2，在三角形纸片ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，沿DE折叠，点A落在点A'的位置．
（1）如图1，当点A′落在CD边上时，∠DAE与∠1之间的数量关系为 　 　（只填序号），并说明理由；
①∠DAE＝∠1
②∠DAE＝2∠1
③∠1＝2∠DAE
（2）如图2，当点A落在△ABC内部时，直接写出∠DAE与∠1，∠2之间的数量关系．

思路引领：（1）根据三角形外角的性质，得∠1＝∠EAD+∠EA′D．由题意得：∠DAE＝∠DA′E，可推断出∠1＝2∠DAE．
（2）如图2，连接AA′．由三角形外角的性质，得∠1＝∠A′AE+∠AA′E，∠2＝∠A′AD+∠AA′D．由题意知：∠EAD＝∠EA′D，进而推断出∠1+∠2＝2∠EAD．
解：（1）由题意得：∠DAE＝∠DA′E．
∵∠1＝∠EAD+∠EA′D＝2∠DAE．
故答案为：③．
（2）∠1+∠2＝2∠DAE，理由如下：
如图2，连接AA′．

由题意知：∠EAD＝∠EA′D．
∵∠1＝∠A′AE+∠AA′E，∠2＝∠A′AD+∠AA′D，
∴∠1+∠2＝∠EAA′+∠A′AD+∠EA′A+∠AA′D＝∠EAD+∠EA′D＝2∠EAD．
解题秘籍：本题主要三角形外角的性质，熟练掌握三角形外角的性质是解决本题的关键．
类型五 从特殊到一般思想
典例7（2021秋•高新区校级期末）小明在学习中遇到这样一个问题：
如图1，在△ABC中，∠C＞∠B，AE平分∠BAC，AD⊥BC于D．
猜想∠B、∠C、∠EAD的数量关系．
（1）小明阅读题目后，没有发现数量关系与解题思路，于是尝试代入∠B、∠C的值求∠EAD值，得到下面几组对应值：
∠B/度
10
30
30
20
20
∠C/度
70
70
60
60
80
∠EAD/度
30
a
15
20
30
上表中a＝　 　，于是得到∠B、∠C、∠EAD的数量关系为 　 　．
（2）小明继续探究，在线段AE上任取一点P，过点P作PD⊥BC于点D，请尝试写出∠B、∠C、∠EPD之间的数量关系，并说明理由．
（3）小明突发奇想，交换B、C两个字母位置，如图2，过EA的延长线是一点F作FD⊥BC交CB的延长线于D，当∠ABC＝80°，∠C＝24°时，∠F度数为 　 　°．

思路引领：（1）求出∠BAE和∠BAD的大小即可得到∠EAD的值，再通过找规律的形式得出三者的关系，
（2）分别用∠B和∠C表示出∠BAE和∠BAD，再由∠EAD＝∠BAE和﹣BAD即可得出答案，
（3）分析同（2）．
解：（1）∵∠B＝30°，∠C＝70°，
∴Rt△ABD中，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠BDA＝180°﹣30°﹣90°＝60°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=12∠BAC=12（180°﹣∠B﹣∠C）=12（180°﹣30°﹣70°）＝40°，
∴∠EAD＝∠BAD﹣∠BAE＝60°﹣40°＝20°，
∴a＝20，
故答案为：20；2∠EAD＝∠C﹣∠B．
（2）如图，过点A作AF⊥BC于F，

∵PD⊥BC，AF⊥BC，
∴PD∥AF，
∴∠EPD＝∠EAF，
∵△ABC内角和为180°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=12∠BAC＝90°−∠B+∠C2，
同时∠BAF＝90°﹣∠B，
∴可得出∠EAF＝∠BAF﹣∠BAE=∠C−∠B2=∠EPD，
综上所述，∠EPD=∠C−∠B2；
（3）同理（2），依旧可得∠EFD=∠C−∠B2=28°，
故答案为：28．
解题秘籍：本题主要是考查三角形的内角和同位角相等的知识点，解题的关键在于各个角之间的转化，同时注意计算不能出错．
针对训练7
12．（2022•泗水县一模）如图中，分别是由1个、2个、n个（n为正整数）正方形连接成的图形，在图1中，x＝70°；在图2中，y＝28°；通过以上计算，请写出图3中a+b+c+⋯+d＝（　　）（用含n的式子表示）

A．45°n B．90°n C．135°n D．180°n
思路引领：根据图形的变化规律归纳出有n个小正方形时各夹角的度数和是90°n即可．
解：连接各小正方形的对角线，如下图：

图1中，61°+119°+20°+x+45°×2＝360°，
即20°+x＝90°，
图2中，61°+119°+31°+121°+y+45°×4＝360°，
即31°+121°+y＝180°＝2×90°，
…，
以此类推，a+b+c+…+d＝n×90°＝90°n，
故答案为：B．
解题秘籍：本题主要考查图形的变化规律，根据图形的变化得出有n个小正方形时各夹角的度数和是90°n是解题的关键．
13．如图，∠1＝∠2，∠3＝∠4，CD⊥BD于点D．
（1）若∠A＝80°，则∠DCE＝　40　度；
（2）若∠A＝α，求∠DCE的度数．

思路引领：（1）在△ABC中，利用三角形内角和定理可求出∠ABC+∠ACB的度数，结合∠1＝∠2，∠3＝∠4及三角形的外角性质可求出∠DEC的度数，再在△CDE中，利用三角形内角和定理可求出∠DCE的度数；
（2）在△ABC中，利用三角形内角和定理可用含α的代数式表示出∠ABC+∠ACB的度数，结合∠1＝∠2，∠3＝∠4及三角形的外角性质可用含α的代数式表示出∠DEC的度数，再在△CDE中，利用三角形内角和定理可用含α的代数式表示出∠DCE的度数．
解：（1）在△ABC中，∠A＝80°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝100°．
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴∠2+∠4=12（∠ABC+∠ACB）＝50°，
∴∠DEC＝∠2+∠4＝50°．
∵CD⊥BD，
∴∠D＝90°，
∴∠DCE＝180°﹣∠D﹣∠DEC＝180°﹣90°﹣50°＝40°．
故答案为：40．
（2）在△ABC中，∠A＝α，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣α．
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴∠2+∠4=12（∠ABC+∠ACB）＝90°−12α，
∴∠DEC＝∠2+∠4＝90°−12α．
∵CD⊥BD，
∴∠D＝90°，
∴∠DCE＝180°﹣∠D﹣∠DEC＝180°﹣90°﹣（90°−12α）=12α．
解题秘籍：本题考查了三角形内角和定理以及三角形的外角性质，解题的关键是：（1）利用三角形的外角性质，找出∠DEC的度数；（2）利用三角形的外角性质，用含α的代数式表现出∠DEC的度数．
类型六 动点问题
典例8（2022春•江都区期中）∠MON＝90°，点A，B分别在OM、ON上运动（不与点O重合）．
（1）如图①，AE、BE分别是∠BAO和∠ABO的平分线，随着点A、点B的运动，当AO＝BO时，∠AEB＝　 　°；
（2）如图②，若BC是∠ABN的平分线，BC的反向延长线与∠OAB的平分线交于点D，随着点A，B的运动∠D的大小会变吗？如果不会，求∠D的度数；如果会，请说明理由；
（3）如图③，延长MO至Q，延长BA至G，已知∠BAO，∠OAG的平分线与∠BOQ的平分线及其延长线相交于点E、F，在△AEF中，如果有一个角是另一个角的3倍，求∠ABO的度数．

思路引领：（1）根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论；
（2）根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论；
（3）①当∠EAF＝3∠E时，②当∠EAF＝3∠F时，③当∠F＝3∠E时，④当∠E＝3∠F时，根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论．
解：（1）∵直线MN与直线PQ垂直相交于O，
∴∠AOB＝90°，
∴∠OAB+∠OBA＝90°，
∵AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，
∴∠BAE=12∠OAB，∠ABE=12∠ABO，
∴∠BAE+∠ABE=12（∠OAB+∠ABO）＝45°，
∴∠AEB＝135°；
故答案为：135；
（2）∠D的度数不随点A、B的移动而发生变化，
设∠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）∵∠BAO与∠BOQ的平分线交于点E，
∴∠AOE＝135°，
∴∠E＝180°﹣∠EAO﹣∠AOE
＝45°﹣∠AOE
＝45°−12∠BAO
＝45°−12（180°﹣90°﹣∠ABO）
=12∠ABO，
∵AE、AF分别是∠BAO和∠OAG的平分线，
∴∠EAF=12∠BAO+12∠GAO=12×180°＝90°，
在△AEF中，若有一个角是另一个角的3倍，
则①当∠EAF＝3∠E时，得∠E＝30°，此时∠ABO＝60°；
②当∠EAF＝3∠F时，得∠E＝60°，
此时∠ABO＝120°＞90°，舍去；
③当∠F＝3∠E时，得∠E=14×90°＝22.5°，
此时∠ABO＝45°；
④当∠E＝3∠F时，得∠E=34×90°＝67.5°，
此时∠ABO＝135°＞90°，舍去．
综上可知，∠ABO的度数为60°或45°．
解题秘籍：本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，熟练掌握三角形的内角和定理是解题的关键．
针对训练6
14．（2022春•江阴市校级月考）在△ABC中，射线AG平分∠BAC交BC于点G，点D在直线BC上运动（不与点G重合），过点D作DE∥AC交直线AB于点E．

（1）如图1，点D在线段CG上运动时，DF平分∠EDB，
①若∠BAC＝100°，∠C＝30°，则∠AFD＝　 　；
②若∠B＝40°，则∠AFD＝　 　；
③探究∠AFD与∠B之间的数量关系，说明理由；
（2）若点D在射线GB上运动时，∠BDE的角平分线所在直线与射线AG交于点F，∠AFD与∠ABC之间的数量关系是否与（1）中③相同，若不同请写出新的关系并画图说明理由．
思路引领：（1）①若∠BAC＝100°，∠C＝30°，由三角形内角和定理求出∠B＝50°，由平行线的性质得出∠EDB＝∠C＝30°，由角平分线定义得出∠BAG=12∠BAC＝50°，∠FDG=12∠EDB＝15°，由三角形的外角性质得出∠DGF＝100°，再由三角形的外角性质即可得出结果；
②若∠B＝40°，则∠BAC+∠C＝180°﹣40°＝140°，由角平分线定义得出∠BAG=12∠BAC，∠FDG=12∠EDB，由三角形的外角性质即可得出结果；
③由①得：∠EDB＝∠C，∠BAG=12∠BAC，∠FDG=12∠EDB，由三角形的外角性质得出∠DGF＝∠B+∠BAG，再由三角形的外角性质即可得出结论；
（2）由（1）得：∠EDB＝∠C，∠BAG=12∠BAC，∠BDH=12∠EDB=12∠C，由三角形的外角性质和三角形内角和定理即可得出结论．
解：（1）①若∠BAC＝100°，∠C＝30°，
则∠B＝180°﹣100°﹣30°＝50°，
∵DE∥AC，
∴∠EDB＝∠C＝30°，
∵AG平分∠BAC，DF平分∠EDB，
∴∠BAG=12∠BAC＝50°，∠FDG=12∠EDB＝15°，
∴∠DGF＝∠B+∠BAG＝50°+50°＝100°，
∴∠AFD＝∠DGF+∠FDG＝100°+15°＝115°，
故答案为：115°；
②若∠B＝40°，则∠BAC+∠C＝180°﹣40°＝140°，
∵AG平分∠BAC，DF平分∠EDB，
∴∠BAG=12∠BAC，∠FDG=12∠EDB，
∵∠DGF＝∠B+∠BAG，
∴∠AFD＝∠DGF+∠FDG＝∠B+∠BAG+∠FDG＝∠B+12（∠BAC+∠C）＝40°+12×140°＝40°+70°＝110°；
故答案为：110°；
③∠AFD＝90°+12∠B；理由如下：
由①得：∠EDB＝∠C，∠BAG=12∠BAC，∠FDG=12∠EDB，
∵∠DGF＝∠B+∠BAG，
∴∠AFD＝∠DGF+∠FDG＝∠B+∠BAG+∠FDG＝∠B+12（∠BAC+∠C）＝∠B+12（180°﹣∠B）＝90°+12∠B；
（2）如图所示：不相同，∠AFD＝90°−12∠ABC；理由如下：

由（1）得：∠EDB＝∠C，∠BAG=12∠BAC，∠BDH=12∠EDB=12∠C，
∵∠AHF＝∠ABC+∠BDH，
∴∠AFD＝180°﹣∠BAG﹣∠AHF
＝180°−12∠BAC﹣∠ABC﹣∠BDH
＝180°−12∠BAC﹣∠ABC−12∠C
＝180°﹣∠ABC−12（∠BAC+∠C）
＝180°﹣∠ABC−12（180°﹣∠ABC）
＝180°﹣∠ABC﹣90°+12∠ABC
＝90°−12∠ABC．
解题秘籍：本题考查了三角形内角和定理、三角形的外角性质、平行线的性质等知识；熟练掌握三角形内角和定理和三角形的外角性质是解题的关键．
第二部分 专题提优训练
1．（2020•锦州）如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝50°，CD平分∠ACB，则∠ADC的度数是（　　）

A．80° B．90° C．100° D．110°
思路引领：根据三角形的内角和定理和三角形的外角的性质即可得到结论．
解：∵∠A＝30°，∠B＝50°，
∴∠ACB＝180°﹣30°﹣50°＝100°（三角形内角和定义）．
∵CD平分∠ACB，
∴∠BCD=12∠ACB=12×100°＝50°，
∴∠ADC＝∠BCD+∠B＝50°+50°＝100°．
故选：C．
解题秘籍：本题考查了三角形外角的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，熟练掌握三角形的内角和定理是解题的关键．
2．（2020秋•德城区校级月考）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为（　　）

A．180° B．360° C．540° D．720°
思路引领：连接BE，由三角形内角和外角的关系可知∠C+∠D＝∠CBE+∠DEB，由四边形内角和是360°，即可求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．
解：如图，连接BE．

∵∠1＝∠C+∠D，∠1＝∠CBE+∠DEB，
∴∠C+∠D＝∠CBE+∠DEB，
∴∠A+∠ABE+∠BEF+∠F＝360°，
∴∠A+∠ABC+∠CBE+∠DEB+∠DEF+∠F＝360°．
故∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数是360°．
故选：B．
解题秘籍：本题考查的是三角形内角与外角的关系，涉及到四边形及三角形内角和定理，正确作出辅助线是解答本题的关键．
3．（2018春•渝中区校级期中）在△ABC中，∠A﹣∠B＝25°，∠C＝75°，则∠B的度数为　 　．
思路引领：根据三角形内角和定理可得∠A+∠B＝105°，再联立条件∠A﹣∠B＝25°，解方程组即可．
解：∵∠C＝75°，
∴∠A+∠B＝105°，
又∵∠A﹣∠B＝25°，
∴∠A＝65°，∠B＝40°，
故答案为：40°．
解题秘籍：此题主要考查了三角形内角和定理，关键是掌握三角形内角和是180°．
4．（2017秋•兴隆县期末）等腰三角形的一个角为70°，其余两个角的度数为（　　）
A．55°和55° B．40°和70°
C．55°和55°或40°和70° D．70°和60°
思路引领：已知给出了一个内角是70°，没有明确是顶角还是底角，所以要进行分类讨论，分类后还有用内角和定理去验证每种情况是不是都成立．
解：（1）当顶角为70°时，则它的另外两个角的度数是55°，55°；
（2）当底角70°时，则它的另外两个角的度数是70°，40°；
所以另外两个角是55°，55°或70°，40°．
故选：C．
解题秘籍：此题主要考查了三角形的内角和定理及等腰三角形的性质；若题目中没有明确顶角或底角的度数，做题时要注意分情况进行讨论，这是十分重要的，也是解答问题的关键．
5．（2018秋•武昌区期中）在△ABC中，AD是高，∠BAD＝60°，∠CAD＝20°，AE平分∠BAC，则∠EAD的度数为　 　．
思路引领：分∠C为锐角或钝角两种情况：①当∠C为锐角时，如图所示，∠EAD＝∠BAD﹣∠BAE；②当∠C为钝角时，如下图所示，∠EAD＝∠DAC+∠EAC，分别求解即可．
解：①当∠C为锐角时，如下图所示，

∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝80°，
AE平分∠BAC，
∴∠BAE=12×80°＝40°，
∴∠EAD＝∠BAD﹣∠BAE＝20°，
故：答案是20°．
②当∠C为钝角时，如下图所示，

∠BAC＝∠BAD﹣∠CAD＝60°﹣20°＝40°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE＝20°，
则：∠EAD＝∠DAC+∠EAC＝40°，
故：答案为20°或40°．
解题秘籍：本题三角形的内角和等于180°求解，是基础题，准确识别图形是解题的关键．
6．（2021秋•东平县期中）在△ABC中，∠A﹣∠B＝30°，∠C＝4∠B，求∠A、∠B、∠C的度数．
思路引领：设∠B＝x，则∠C＝4x，因为∠A﹣∠B＝30°，故∠A＝30°+x，再根据∠A+∠B+∠C＝180°即可得出x的值，进而得出结论．
解：设∠B＝x，则∠C＝4x，
∵∠A﹣∠B＝30°，
∴∠A＝30°+x①，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A+x+4x＝180°②，
把①代入②得，30°+x+x+4x＝180°，解得x＝25°，
∴∠A＝30°+25°＝55°，∠B＝25°，∠C＝4x＝4×25°＝100°．
解题秘籍：本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键．
7．如图，在△ABC中，∠B的平分线BD交AC边于点D，点E在CA的延长线上，∠BAE＝128°，∠C＝48°，试求∠BDE的度数．

思路引领：结合图形根据三角形的外角的性质，先求∠ABC的度数，运用角平分线的定义求∠CBD，再根据三角形的外角的性质求解．
解：∵∠ABC＝∠BAE﹣∠C＝128°﹣48°＝80°，
∠CBD=12∠ABC＝40°，
∴∠BDE＝∠C+∠CBD＝48°+40°＝88°．
解题秘籍：本题主要考查三角形外角的性质和角平分线的定义，属于基础题型．
8．在△ABC中，∠ABC＝∠C，BD是AC边上的高，∠ABD＝40°，求∠C的度数．
思路引领：首先画出图形，根据三角形高的定义可得∠ADB＝90°，再根据直角三角形两锐角互余可得∠A的度数，然后再根据三角形内角和定理可得∠C的度数．
解：如图1，∵BD为AC边上的高，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ABD＝40°，
∴∠A＝50°，
∵∠ABC＝∠C，
∴∠C=180°−50°2=65°，
如图2，∵BD为AC边上的高，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ABD＝40°，
∴∠BAD＝50°，
∵∠ABC＝∠C，
∴∠C＝25°，
综上所述：∠C的度数为：65°或25°．

解题秘籍：此题主要考查了三角形内角和定理，关键是掌握三角形内角和为180°．
9．已知非直角△ABC中，∠A＝40°，高BD和CE所在直线交于点H，求∠BHC的度数．
思路引领：①△ABC是锐角三角形时，先根据高线的定义求出∠ADB＝90°，∠BEC＝90°，然后根据直角三角形两锐角互余求出∠ABD，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列式进行计算即可得解；
②△ABC是钝角三角形时，根据直角三角形两锐角互余求出∠BHC＝∠A，从而得解．
解：①如图1，△ABC是锐角三角形时，
∵BD、CE是△ABC的高线，
∴∠ADB＝90°，∠BEC＝90°，
在△ABD中，
∵∠A＝40°，
∴∠ABD＝90°﹣40°＝50°，
∴∠BHC＝∠ABD+∠BEC＝50°+90°＝140°；
②如图2，△ABC是钝角三角形时，
∵BD、CE是△ABC的高线，
∴∠A+∠ACE＝90°，∠BHC+∠HCD＝90°，
∵∠ACE＝∠HCD（对顶角相等），
∴∠BHC＝∠A＝40°．
综上所述，∠BHC的度数是140°或40°．

解题秘籍：本题主要考查了三角形的内角和定理，三角形的高线，难点在于要分△ABC是锐角三角形与钝角三角形两种情况讨论，作出图形更形象直观．
10．（2022春•顺德区期中）如图，在△ABC中，BO，CO是△ABC的内角平分线且BO，CO相交于点O．
（1）若∠ACB＝80°，∠ABC＝40°，求∠BOC的度数；
（2）若∠A＝60°，求∠BOC的度数；
（3）请你直接写出∠A与∠BOC满足的数量关系式，不需要说明理由．

思路引领：（1）由角平分线的定义可得∠CBO＝40°，∠BCO＝20°，由三角形的内角和定理即可求解；
（2）由三角形的内角和定理可得∠ABC+∠ACB＝120°，再由角平分线的定义得∠CBO=12∠ABC，∠BCO=12∠ACB，从而可求得∠CBO+∠BCO＝60°，即可求∠BOC的度数；
（3）仿照（2）的过程进行求解即可．
解：（1）∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，∠ACB＝80°，∠ABC＝40°，
∴∠CBO=12∠ABC＝20°，∠BCO=12∠ACB＝40°，
∴∠BOC＝180°﹣∠CBO﹣∠BCO＝120°；
（2）∵∠A＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝120°，
∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
∴∠CBO=12∠ABC，∠BCO=12∠ACB，
∴∠CBO+∠BCO=12（∠ABC+∠ACB）＝60°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠CBO+∠BCO）＝120°；
（3）由题意得：∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
∴∠CBO=12∠ABC，∠BCO=12∠ACB，
∴∠CBO+∠BCO=12（∠ABC+∠ACB）＝90°−12∠A，
∴∠BOC＝180°﹣（∠CBO+∠BCO）＝90°+12∠A，
即∠BOC＝90°+12∠A．
解题秘籍：本题主要考查三角形的内角和，解答的关键是结合图形分析清楚角与角之间的关系．
11．（2021秋•梁子湖区期中）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数．

思路引领：连接BC，根据三角形的内角和定理即可证得∠D+∠E＝∠3+∠4，然后根据三角形的内角和定理即可求解．
解：连接BC，
∵∠D+∠E+∠1＝∠3+∠4+∠2＝180°，
又∵∠1＝∠2，
∴∠D+∠E＝∠3+∠4，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E
＝∠A+∠ABE+∠ACD+∠3+∠4
＝∠A+∠ABC+∠ACB
＝180°．

解题秘籍：本题考查了三角形的内角和定理，正确作出辅助线，证明∠D+∠E＝∠3+∠4是关键．
12．（2021秋•市南区期末）△ABC中，∠C＝70°，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．
初探：
（1）如图1，若点P在线段AB上，且∠α＝60°，则∠1+∠2＝　 　°；
（2）如图2，若点P在线段AB上运动，则∠1，∠2，∠α之间的关系为 　 ；
（3）如图3，若点P在线段AB的延长线上运动，则∠1，∠2，∠α之间的关系为 　 　．
再探：
（4）如图4，若点P运动到△ABC的内部，写出此时∠1，∠2，∠α之间的关系，并说明理由．
（5）若点P运动到△ABC的外部，请在图5中画出一种情形，写出此时∠1，∠2，∠α之间的关系，并说明理由．


思路引领：（1）连接PC．证明∠1+∠2＝∠ACB+∠DPE即可；
（2）利用（1）中结论解决问题；
（3）利用三角形的外角的性质解决问题即可；
（4）利用三角形的外角的性质解决问题即可；
（5）根据题意画出图形，再根据三角形外角的性质可得结论．
解：（1）如图，连接PC．

∵∠1＝∠DCP+∠DPC，∠2＝∠ECP+∠CPE，
∴∠1+∠2＝∠DCP+∠DPC+∠ECP+∠EPC＝∠ACB+∠DPE＝∠ACB+∠α，
∵∠ACB＝70°，∠α＝60°，
∴∠1+∠2＝60°+70°＝130°，
故答案为：130；
（2）由（1）可知，∠1+∠2＝∠ACB+∠α＝70°+∠α，
故答案为：∠1+∠2＝70°+∠α；
（3）结论：∠1﹣∠2＝70°+∠α．
理由：如图，

∵∠1＝∠C+∠CFD，∠CFD＝∠2+∠α，
∴∠1＝70°+∠2+∠α，
即∠1﹣∠2＝70°+α．
故答案为：∠1﹣∠2＝70°+α．；
（4）结论：∠1+∠2＝430°﹣∠α．
理由：如图，连接CP，

∵∠1＝∠DCP+∠DPC，∠2＝∠ECP+∠CPE，
∴∠1+∠2＝∠DCP+∠DPC+∠ECP+∠EPC＝∠ACB+360°﹣∠DPE＝70°+360°﹣∠α，
∴∠1+∠2＝430°﹣∠α；
（5）①如图，∠1﹣∠2＝70°﹣α，

∵∠1＝∠C+∠COD，∠2＝∠P+∠POE，∠COD＝∠POE，
∴∠1﹣∠2＝（∠C+∠COD）﹣（∠P+∠POE）＝∠C﹣∠P＝70°﹣α．
②如图，∠2﹣∠1＝70°﹣α，

∵∠1＝∠P+∠POD，∠2＝∠C+∠COE，∠POD＝∠COE，
∴∠2﹣∠1＝（∠P+∠POD）﹣（∠C+∠COE）＝∠P﹣∠C＝α﹣70°．
综上，点P运动到△ABC的外部时∠1﹣∠2＝70°﹣∠α．
解题秘籍：本题考查三角形内角和定理，三角形的外角的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．