猜想01 三角形（五种常见几何模型专练）-2023-2024学年八年级数学上学期期末考点预测（人教版）

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题型一：A字型 题型二：8字型
题型三：燕尾型 题型四：双角平分线型
题型五：风筝型
题型一：A字型
1．（2022秋•渝北区校级期末）已知如图，△ABC为直角三角形，∠C＝90°，若沿图中虚线剪去∠C，则∠1+∠2等于（ ）
A．315°B．270°C．180°D．135°
【分析】利用三角形内角与外角的关系：三角形的任一外角等于和它不相邻的两个内角之和解答．
【解答】解：∵∠1、∠2是△CDE的外角，
∴∠1＝∠4+∠C，∠2＝∠3+∠C，
即∠1+∠2＝2∠C+（∠3+∠4），
∵∠3+∠4＝180°﹣∠C＝90°，
∴∠1+∠2＝2×90°+90°＝270°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形内角与外角的关系：三角形的任一外角等于和它不相邻的两个内角之和．
2．（2022秋•济宁期末）如图，△ABC中，∠B＝80°，∠C＝70°，将△ABC沿EF折叠，A点落在形内的A′，则∠1+∠2的度数为 ．
【分析】先根据三角形内角和定理求出∠A的度数，进而可得出∠A′EF+∠A′FE的度数，根据图形翻折变换的性质得出∠AEF+∠AFE的度数，再由四边形的内角和为360°即可得出结论．
【解答】解：∵△ABC中，∠B＝80°，∠C＝70°，
∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣80°﹣70°＝30°，
∴∠A′＝30°，
∴∠A′EF+∠A′FE＝180°﹣∠A′＝180°﹣30°＝150°，
∵△AFE由△A′FE翻折而成，
∴∠AEF+∠AFE＝∠A′EF+∠A′FE＝180°﹣∠A′＝150°，
∴∠1+∠2＝360°﹣∠B﹣∠C﹣（∠AEF+∠AFE）＝360°﹣80°﹣70°﹣150°＝60°．
故答案为：60°．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
3．（2022秋•平桥区期末）探索归纳：
（1）如图1，已知△ABC为直角三角形，∠A＝90°，若沿图中虚线剪去∠A，则∠1+∠2＝ 270° ．
（2）如图2，已知△ABC中，∠A＝40°，剪去∠A后成四边形，则∠1+∠2＝ 220° ．
（3）如图2，根据（1）与（2）的求解过程，你归纳猜想∠1+∠2与∠A的关系是 180°+∠A ．
（4）如图3，若没有剪掉∠A，而是把它折成如图3形状，试探究∠1+∠2与∠A的关系，并说明理由．
【分析】（1）利用了四边形内角和为360°和直角三角形的性质求解；
（2）根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和求解；
（3）根据（1）（2）可以直接写出结果；
（4）根据折叠的性质，对应角相等，以及邻补角的性质即可求解．
【解答】解：（1）：∵四边形的内角和为360°，直角三角形中两个锐角和为90°
∴∠1+∠2＝360°﹣（∠A+∠B）＝360°﹣90°＝270°．
∴∠1+∠2等于270°．
故答案为：270°；
（2）∠1+∠2＝180°+40°＝220°，
故答案为：220°；
（3）∠1+∠2与∠A的关系是：∠1+∠2＝180°+∠A；
故答案为：180°+∠A；
（4）∵△EFP是由△EFA折叠得到的，
∴∠AFE＝∠PFE，∠AEF＝∠PEF
∴∠1＝180°﹣2∠AFE，∠2＝180°﹣2∠AEF
∴∠1+∠2＝360°﹣2（∠AFE+∠AEF）
又∵∠AFE+∠AEF＝180°﹣∠A，
∴∠1+∠2＝360°﹣2（180°﹣∠A）＝2∠A．
【点评】主要考查了三角形的内角和外角之间的关系．
（1）三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和．
（2）三角形的内角和是180度．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．
4．（2022秋•运城期末）一个三角形纸片ABC沿DE折叠，使点A落在点A′处．（点A′在△ABC的内部）
（1）如图1，若∠A＝45°，则∠1+∠2＝ 90 °．
（2）利用图1，探索∠1，∠2与∠A之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图2，把△ABC折叠后，BA′平分∠ABC，CA′平分∠ACB，若∠1+∠2＝108°，利用（2）中得出的结论求∠BA′C的度数．
【分析】（1）根据翻折变换的性质用∠1、∠2表示出∠ADE和∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；根据翻折变换的性质用∠1、∠2表示出∠ADE和∠AED，再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；
（2）由∠BDE、∠CED是△ADE的两个外角知∠BDE＝∠A+∠AED、∠CED＝∠A+∠ADE，据此得∠BDE+∠CED＝∠A+∠AED+∠A+∠ADE，继而可得答案；
（3）由（1）∠1+∠2＝2∠A知∠A＝54°，根据BA'平分∠ABC，CA'平分∠ACB知∠A'BC+∠A'CB＝（∠ABC+∠ACB）＝90°﹣∠A．利用∠BA'C＝180°﹣（∠A'BC+∠A'CB）可得答案．
【解答】解：（1）∵点A沿DE折叠落在点A′的位置，
∴∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，
∴∠ADE＝（180°﹣∠1），∠AED＝（180°﹣∠2），
在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴45°+（180°﹣∠1）+（180°﹣∠2）＝180°，
整理得∠1+∠2＝90°；
故答案为：90；
（2）∠1+∠2＝2∠A，
理由：∵∠BDE、∠CED是△ADE的两个外角，
∴∠BDE＝∠A+∠AED，∠CED＝∠A+∠ADE，
∴∠BDE+∠CED＝∠A+∠AED+∠A+∠ADE，
∴∠1+∠ADE+∠2+∠AED＝2∠A+∠AED+∠ADE，
即∠1+∠2＝2∠A；
（3）由（1）∠1+∠2＝2∠A，得2∠A＝108°，
∴∠A＝54°，
∵BA'平分∠ABC，CA'平分∠ACB，
∴∠A'BC+∠A'CB＝（∠ABC+∠ACB）
＝（180°﹣∠A）
＝90°﹣∠A．
∴∠BA'C＝180°﹣（∠A'BC+∠A'CB），
＝180°﹣（90°﹣∠A）
＝90°+∠A
＝90°+×54°
＝117°．
【点评】本题考查了翻折变换的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，三角形的内角和等于180°，综合题，但难度不大，熟记性质准确识图是解题的关键．
5．（2022秋•香坊区期末）已知：四边形ABCD，连接AC，AD＝CD，∠DAC＝∠ABC，∠DCA＝∠BAC，AD∥BC．
（1）如图1，求证：△ABC是等边三角形；
（2）过点A作AM⊥BC于点M，点N为AM上一点（不与点A重合），∠FNG＝120°，∠FNG的边NF交BA的延长线于点F，另一边NG交AC的延长线于点G，如图2，点N与点M重合时，求证：NF＝NG；
（3）如图3，在（2）的条件下，点N不与点M重合，过点N作NE⊥AM，交AC于点E，EN：CM＝3：4，AF＝3，CG＝4，点H为AD上一点，连接EH、GH，GH交CD于点R，EH＝EG，求DR的长．
【分析】（1）由等腰三角形的性质得∠DCA＝∠DAC，再证∠ABC＝∠BAC，然后由平行线的性质得∠DAC＝∠ACB，得∠ABC＝∠BAC＝∠ACB，即可得出结论；
（2）取AB的中点E，连接EM，证△MEF≌△MCG（ASA），得MF＝MG，即NF＝NG；
（3）延长EN交AB于点T，取AT的中点K，连接KN，则△AET为等边三角形，设EN＝3k，则CM＝4k，得△AET的边长为6k，△ABC的边长为8k，则EC＝AC﹣AE＝2k，AK＝AT＝3k，同（2）得△NKF≌△NEG（ASA），则KF＝EG，即3k+3＝2k+4，解得k＝1，则AE＝6，EG＝EH＝6，再证△AEH是等边三角形，得AH＝6，同（1）得△ACD是等边三角形，则AD＝AC＝8，∠D＝60°，然后由含30°角的直角三角形的性质即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AD＝CD，
∴∠DCA＝∠DAC，
∵∠DAC＝∠ABC，∠DCA＝∠BAC，
∴∠ABC＝∠BAC，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB，
∴△ABC是等边三角形；
（2）证明：如图2，取AB的中点E，连接EM，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝BC，
∴∠MCG＝120°，
∵AM⊥BC，
∴∠BAM＝∠CAM＝30°，BM＝CM＝BC，
∵E是AB的中点，
∴EM＝AB，
∴EM＝BM＝CM，
∴△BME是等边三角形，
∴∠BEM＝∠BME＝60°，
∴∠MEF＝∠EMC＝120°，
∴∠MEF＝∠MCG＝120°，
∵∠FMG＝120°，
∴∠EMC﹣∠FMC＝∠FMG﹣∠FMC，
即∠EMF＝∠CMG，
∴△MEF≌△MCG（ASA），
∴MF＝MG，
即NF＝NG；
（3）解：如图3，延长EN交AB于点T，取AT的中点K，连接KN，
则△AET为等边三角形，
∵EN：CM＝3：4，
∴设EN＝3k，则CM＝4k，
∴△AET的边长为6k，△ABC的边长为8k，
∴EC＝AC﹣AE＝2k，AK＝AT＝3k，
同（2）得：△NKF≌△NEG（ASA），
∴KF＝EG，
即3k+3＝2k+4，
解得：k＝1，
∴AE＝6，EG＝EH＝6，
∴AE＝EH＝EG，
∴∠EAH＝∠EHA，∠EGH＝∠EHG，
∵∠EAH+∠EHA+∠EHG+∠EGH＝180°，
∴∠EHA+∠EHG＝∠AHG＝90°，
∴∠DHR＝90°，
∵∠CAD＝∠ACB＝60°，
∴△AEH是等边三角形，
∴AH＝6，
同（1）得：△ACD是等边三角形，
∴AD＝AC＝8，∠D＝60°，
∴∠HRD＝90°﹣∠D＝30°，DH＝AD﹣AH＝8﹣6＝2，
∴DR＝2DH＝4．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
题型二：8字型
1．（2023春•侯马市期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 360°
【分析】根据三角形外角的性质和四边形内角和等于360°可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．
【解答】解：如图，
∵∠1＝∠2+∠F＝∠B+∠E+∠F，∠1+∠A+∠C+∠D＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°，
故答案为：360°．
【点评】此题考查三角形的内角和，角的和与差，掌握三角形的内角和定理是解决问题的关键．
2．（2022秋•新乡期末）如图所示，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝ 360 度．
【分析】根据三角形外角的性质得∠B+∠C＝∠1，∠A+∠F＝∠2，则这几个角是一个四边形的四个内角，故∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．
【解答】解：∵∠B+∠C＝∠1，∠A+∠F＝∠2，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝∠1+∠2+∠E+∠D＝360°．
故答案为：360．
【点评】此题主要考查了三角形的外角以及四边形的内角和，正确掌握三角形外角的性质是解题关键．
3．（2021秋•正阳县期末）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”字型．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： ∠A+∠D＝∠C+∠B ；
（2）仔细观察，在图2中“8字形”的个数： 6 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）．
【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．
【解答】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．
【点评】本题主要考查了三角形内角和定理，角平分线的定义及阅读理解与知识的迁移能力．（1）中根据三角形内角和定理得出“8字形”中的角的规律；（2）是考查学生的观察理解能力，需从复杂的图形中辨认出“8字形”；（3）（4）直接运用“8字形”中的角的规律解题．
4．（2021秋•大兴区期末）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D是直线AC上一动点，连接BD并延长至点E，使ED＝BD．过点E作EF⊥AC于点F．
（1）如图1，当点D在线段AC上（点D不与点A和点C重合）时，此时DF与DC的数量关系是 DF＝DC ．
（2）如图2，当点D在线段AC的延长线上时，依题意补全图形，并证明：2AD＝AF+EF．
（3）当点D在线段CA的延长线上时，直接用等式表示线段AD，AF，EF之间的数量关系是 AF＝2AD+EF ．
【分析】（1）由∠ACB＝90°、EF⊥AC得到∠EFD＝∠BCD，结合BD＝ED、∠EDF＝∠BDC得证△EDF≌△BDC，然后得到DF＝DC；
（2）同（1）理得证△BDC≌△EDF，然后得到CD＝FD、BC＝EF，然后由AC＝BC得到2AD＝AF+EF；
（3）同（1）理得证△DFE≌△DCB，然后得到EF＝BC、DF＝DC，再结合AC＝BC得到AF、AD、EF的数量关系．
【解答】解：（1）∵EF⊥AC，
∴∠EFD＝∠BCD＝90°，
∵∠EDF＝∠BDC，ED＝BD，
∴△EDF≌△BDC（AAS），
∴DF＝DC．
（2）图形补充如图（1），证明如下，
同（1）理得，△BDC≌△EDF，
∴BC＝EF，DC＝DF，
∵AD＝AC+CD，AC＝BC，
∴2AD＝AD+AC+CD＝AD+EF+DF＝AF+EF．
（3）根据题意作出图形如图（2），
由（1）得，△BDC≌△EDF，
∴DF＝DC，EF＝BC，
∵DC＝AD+CD，
∴DF＝AD+AC＝AD+EF，
∴AF＝DF+AD＝2AD+EF，
故答案为：AF＝2AD+EF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟知8字型全等三角形模型．
5．（2022秋•江岸区期末）已知△ABC是等边三角形．
（1）如图1，点D是AB边的中点，点P为射线AC上一动点，当△CDP是轴对称图形时，∠APD的度数为 15°，60°，105° ；
（2）如图2，AE∥BC，点D在AB边上，点F在射线AE上，且DC＝DF，作FG⊥AC于G，当点D在AB边上移动时，请同学们探究线段AD，AC，CG之间有什么数量关系，并对结论加以证明；
（3）如图3，点R在BC延长线上，连接AR，S为AR上一点，AS＝BC，连接BS交AC于T，若AT＝2n，SR＝n，直接写出线段的值为 ．
【分析】（1）先根据题意得到△CDP是等腰三角形，再分三种情况进行讨论：CP＝DP，CD＝CP，CD＝DP，分别画出图形进行计算即可；
（2）延长BA，过点F作FH⊥BH于H，连接CF；延长EA，过点D作DN⊥EN于点N，过点D作DM⊥AC于M．证明Rt△FAH≌Rt△FAG，即可得到AH＝AG；证明Rt△NDF≌Rt△MDC，即可得到∠NDF＝∠MDC；再根据∠FDC＝60°，即可证明△DCF是等边三角形，进而得到CF＝CD＝DF；最后证明Rt△FHD≌Rt△FGC，即可得出CG＝DH；再根据线段的和差关系即可得出结论；
（3）过点R作DE∥AB交BS的延长线于点D，交AC的延长线于点E，在BC上截取BF＝CT，连接AF，先证明△ABF≌△BCT，得到∠BAF＝∠CBT；再证明∠FAR＝∠AFR，得到AR＝FR；证明△ECR为等边三角形，设CE＝ER＝CR＝m，AB＝AC＝BC＝a，求出a＝m+n，证明△ABT≌△EDT，即可得到AT＝ET＝2n，求出m＝n，最后依据CT＝n，AR＝n，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵等腰三角形为轴对称图形，
∴当△CDP为轴对称图形时，△CDP为等腰三角形，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∵点D是AB边的中点，
∴CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝∠ACB＝30°；
当CP＝DP时，如图所示：
∴∠PDC＝∠PCD＝30°，
∴∠APD＝∠PDC+∠PCD＝60°；
当CD＝CP，点P在线段AC上时，如图所示：
∴∠CDP＝∠CPD＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠APD＝∠PDC+∠PCD＝105°；
点P在线段AC的延长线上时，如图所示：
∵∠ACD＝30°，
∴∠PCD＝180°﹣30°＝150°，
∵CD＝CP，
∴∠CDP＝∠CPD＝（180°﹣150°）＝15°，即∠APD＝15°，
当CD＝DP时，点P在CA的延长线上，不在射线AC上；
综上所述，∠APD的度数为15°，60°，105°．
故答案为：15°，60°，105°．
（2）解：AC+AD＝2CG．理由：
延长BA，过F作FH⊥BH于H，连接CF，延长EA，过点D作DN⊥EN于N，过点D作DM⊥AC于M，如图所示：
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB＝∠BAC＝60°，
∵AE∥BC，
∴∠EAC＝∠ACB＝60°，
∴∠FAH＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠FAH＝∠EAC，
∵FH⊥AH，FG⊥AC，
∴FH＝FG，
∵AF＝AF，
∴Rt△FAH≌Rt△FAG（HL），
∴AH＝AG，
∵∠NAD＝∠HAF＝60°，
∴∠NAD＝∠DAM＝60°，
∵DN⊥AN，DM⊥AM，
∴DN＝DM，
∵DF＝DC，
∴Rt△NDF≌Rt△MDC（HL），
∴∠NDF＝∠MDC，
∴∠NDF﹣∠MDF＝∠MDC﹣∠MDF，
∴∠NDM＝∠FDC，
∵∠ADN＝90°﹣∠NAD＝30°，∠ADM＝90°﹣∠DAM＝30°，
∴∠NDM＝30°+30°＝60°，
∴∠FDC＝60°，
∵DF＝DC，
∴△DCF是等边三角形，
∴CF＝CD＝DF，
∵FH＝FG，FD＝FC，
∴Rt△FHD≌Rt△FGC（HL），
∴CG＝DH，
∴CG＝DH＝AD+AH＝AD+AG，
∴AG＝CG﹣AD，
∴AC＝CG+AG＝CG+CG﹣AD＝2CG﹣AD，
即AC+AD＝2CG；
（3）过点R作DE∥AB交BS的延长线于点D，交AC的延长线于点E，在BC上截取BF＝CT，连接AF，如图所示：
在△ABF和△BCT中，
，
∴△ABF≌△BCT（SAS），
∴∠BAF＝∠CBT，
设∠BAF＝∠CBT＝α，则∠ABS＝60°﹣α，
∵AS＝BC＝AB，
∴∠ASB＝∠ABS＝60°﹣α，
∴∠BAS＝180°﹣∠ABS﹣∠ASB＝60°+2α，∠FAR＝∠BAS﹣∠BAF＝60°+α，
∵∠AFR＝∠ABF+∠BAF＝60°+α，
∴∠FAR＝∠AFR，
∵DE∥AB，
∴∠D＝∠ABS，
∵∠DSR＝∠ASB，∠ABS＝∠ASB，
∴∠D＝∠DSR，
∴DR＝SR＝n，
∵DE∥AB，
∴∠E＝∠BAC＝60°，
又∵∠ECR＝∠ACB＝60°，
∴△ECR是等边三角形，
设CE＝ER＝CR＝m，AB＝AC＝BC＝a，则AR＝AS+SR＝a+n，
∵BC＝AC，BF＝CT，
∴BC﹣BF＝AC﹣CT，
∴CF＝AT＝2n，
∴FR＝CF+CR＝2n+m，
∵AR＝FR，
∴a+n＝2n+m，
∴a＝m+n，
又∵DE＝DR+ER＝m+n，
∴DE＝AB，
在△ABT和△EDT中，
，
∴△ABT≌△EDT（AAS），
∴AT＝ET＝2n，
∵ET＝CT+CE，
∴CT＝ET﹣CE＝2n﹣m，
又∵CT＝AC﹣AT＝a﹣2n，
∴a﹣2n＝2n﹣m，
∵a＝m+n，
∴m+n﹣2n＝2n﹣m，
解得m＝n，
∴CT＝2n﹣m＝2n﹣n＝n，
AR＝AS+SR＝a+n＝m+n+n＝m+2n＝n+2n＝n，
∴＝＝，
故答案为：．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质的运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的性质以及线段的和差关系进行推算，进而得出结论．
题型三：燕尾型
1．（2019秋•建平县期末）探究与发现：如图（1）所示的图形，像我们常见的学习用品一圆规，我们，不妨把这样图形叫做“规形图
（1）观察“规形图（1）”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的数量关系，并说明理由；
（2）请你直接利用以上结论，解决以下问题：
①如图（2），把一块三角尺XYZ放置在△AC上使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，若∠A＝40°，则∠ABX+∠ACX＝ 50 °．
②如图（3），DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求∠DCE的度数．
【分析】（1）作射线AF，根据三角形的外角的性质可得结论：∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C；
（2）①先根据三角尺可知：∠X＝90°，根据（1）的结论可得：∠A+∠ABX+∠ACX＝∠X＝90°，从而得结论；
②先根据第1题的结论可得：∠ADE+∠AEB的度数，由角平分线可得：∠ADC+∠AEC＝＝45°，从而得结论．
【解答】解：（1）如图（1），∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C，理由是：
过点A、D作射线AF，
∵∠FDC＝∠DAC+∠C，∠BDF＝∠B+∠BAD，
∴∠FDC+∠BDF＝∠DAC+∠BAD+∠C+∠B，
即∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C；
（2）①如图（2），∵∠X＝90°，
由（1）知：∠A+∠ABX+∠ACX＝∠X＝90°，
∵∠A＝40°，
∴∠ABX+∠ACX＝50°，
故答案为：50；
②如图（3），∵∠A＝40°，∠DBE＝130°，
∴∠ADE+∠AEB＝130°﹣40°＝90°，
∵DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，
∴∠ADC＝∠ADB，∠AEC＝∠AEB，
∴∠ADC+∠AEC＝＝45°，
∴∠DCE＝∠A+∠ADC+∠AEC＝40°+45°＝85°．
【点评】此题主要考查了三角形的内角和定理，利用三角形的内角和定理和外角的性质是解答此题的关键．
2．（2021秋•东源县校级期末）如图1所示的图形，像我们常见的学习用品﹣﹣圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，请发挥你的聪明才智，解决以下问题：
（1）观察“规形图”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由；
（2）请你直接利用以上结论，解决以下三个问题：
①如图2，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，若∠A＝50°，直接写出∠ABX+∠ACX的结果；
②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝50°，∠DBE＝130°，求∠DCE的度数；
③如图4，∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G1、G2、…、G9，若∠BDC＝140°，∠BG1C＝77°，求∠A的度数．
【分析】（1）根据题意观察图形连接AD并延长至点F，由外角定理可知，一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，则容易得到∠BDC＝∠BDF+∠CDF；
（2）①由（1）的结论可得∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，然后把∠A＝50°，∠BXC＝90°代入上式即可得到∠ABX+∠ACX的值．
②结合图形可得∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，代入∠DAE＝50°，∠DBE＝130°即可得到∠ADB+∠AEB的值，再利用上面得出的结论可知∠DCE＝（∠ADB+∠AEB）+∠A，易得答案．
③由（2）的方法，进而可得答案
【解答】解：（1）连接AD并延长至点F，
由外角定理可得∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD；
且∠BDC＝∠BDF+∠CDF，∠BAC＝∠BAD+∠CAD；
相加可得∠BDC＝∠A+∠B+∠C；
（2）①由（1）的结论易得：∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，
又∵∠A＝50°，∠BXC＝90°，
∴∠ABX+∠ACX＝90°﹣50°＝40°；
②由（1）的结论易得∠DBE＝∠A+∠ADB+∠AEB，易得∠ADB+∠AEB＝80°；
而∠DCE＝（∠ADB+∠AEB）+∠A，
代入∠DAE＝50°，∠DBE＝130°，易得∠DCE＝90°；
③∠BG1C＝（∠ABD+∠ACD）+∠A，
∵∠BG1C＝77°，
∴设∠A为x°，
∵∠ABD+∠ACD＝140°﹣x°
∴（140﹣x）+x＝77，
14﹣x+x＝77，
x＝70
∴∠A为70°．
【点评】本题考查三角形外角的性质，三角形的内角和定理的应用，能求出∠BDC＝∠A+∠B+∠C是解答的关键，注意：三角形的内角和等于180°，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
3．（2022秋•盐湖区期末）探究与发现：如图1所示的图形，像我们常见的学习用品﹣﹣圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，
（1）观察“规形图”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由；
（2）请你直接利用以上结论，解决以下三个问题：
①如图2，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，∠A＝40°，则∠ABX+∠ACX＝ 50 °；
②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求∠DCE的度数；
③如图4，∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G1、G2…、G9，若∠BDC＝133°，∠BG1C＝70°，求∠A的度数．
【分析】（1）首先连接AD并延长至点F，然后根据外角的性质，即可判断出∠BDC＝∠A+∠B+∠C．
（2）①由（1）可得∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，然后根据∠A＝40°，∠BXC＝90°，求出∠ABX+∠ACX的值是多少即可．
②由（1）可得∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，再根据∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求出∠ADB+∠AEB的值是多少；然后根据∠DCE＝（∠ADB+∠AEB）+∠DAE，求出∠DCE的度数是多少即可．
③根据∠BG1C＝（∠ABD+∠ACD）+∠A，∠BG1C＝70°，设∠A为x°，可得∠ABD+∠ACD＝133°﹣x°，解方程，求出x的值，即可判断出∠A的度数是多少．
【解答】解：（1）如图（1），连接AD并延长至点F，
，
根据外角的性质，可得
∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD，
又∵∠BDC＝∠BDF+∠CDF，∠BAC＝∠BAD+∠CAD，
∴∠BDC＝∠A+∠B+∠C；
（2）①由（1），可得
∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，
∵∠A＝40°，∠BXC＝90°，
∴∠ABX+∠ACX＝90°﹣40°＝50°，
故答案为：50．
②由（1），可得
∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，
∴∠ADB+∠AEB＝∠DBE﹣∠DAE＝130°﹣40°＝90°，
∴（∠ADB+∠AEB）＝90°÷2＝45°，
∴∠DCE＝（∠ADB+∠AEB）+∠DAE
＝45°+40°
＝85°；
③∠BG1C＝（∠ABD+∠ACD）+∠A，
∵∠BG1C＝70°，
∴设∠A为x°，
∵∠ABD+∠ACD＝133°﹣x°
∴（133﹣x）+x＝70，
∴13.3﹣x+x＝70，
解得x＝63，
即∠A的度数为63°．
【点评】此题主要考查了三角形的内角和定理，利用三角形的内角和定理和外角的性质是解答此题的关键．
4．（2018秋•兰州期末）探究与发现：如图1所示的图形，像我们常见的学习用品﹣﹣圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，
（1）观察“规形图”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由；
（2）请你直接利用以上结论，解决以下三个问题：
①如图2，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，∠A＝40°，则∠ABX+∠ACX＝ 50 °；
②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求∠DCE的度数；
③如图4，∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G1、G2…、G9，若∠BDC＝133°，∠BG1C＝70°，求∠A的度数．
【分析】（1）首先连接AD并延长至点F，然后根据外角的性质，即可判断出∠BDC＝∠A+∠B+∠C．
（2）①由（1）可得∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，然后根据∠A＝40°，∠BXC＝90°，求出∠ABX+∠ACX的值是多少即可．
②由（1）可得∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，再根据∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求出∠ADB+∠AEB的值是多少；然后根据∠DCE＝（∠ADB+∠AEB）+∠DAE，求出∠DCE的度数是多少即可．
③根据∠BG1C＝（∠ABD+∠ACD）+∠A，∠BG1C＝70°，设∠A为x°，可得∠ABD+∠ACD＝133°﹣x°，解方程，求出x的值，即可判断出∠A的度数是多少．
【解答】解：（1）如图（1），连接AD并延长至点F，
，
根据外角的性质，可得
∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD，
又∵∠BDC＝∠BDF+∠CDF，∠BAC＝∠BAD+∠CAD，
∴∠BDC＝∠A+∠B+∠C．
（2）①由（1），可得
∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，
∵∠A＝40°，∠BXC＝90°，
∴∠ABX+∠ACX＝90°﹣40°＝50°．
②由（1），可得
∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，
∴∠ADB+∠AEB＝∠DBE﹣∠DAE＝130°﹣40°＝90°，
∴（∠ADB+∠AEB）＝90°÷2＝45°，
∴∠DCE＝（∠ADB+∠AEB）+∠DAE
＝45°+40°
＝85°．
③∠BG1C＝（∠ABD+∠ACD）+∠A，
∵∠BG1C＝70°，
∴设∠A为x°，
∵∠ABD+∠ACD＝133°﹣x°
∴（133﹣x）+x＝70，
∴13.3﹣x+x＝70，
解得x＝63
即∠A的度数为63°．
故答案为：50．
【点评】（1）此题主要考查了三角形的内角和定理，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：三角形的内角和是180°．
（2）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．
题型四：双角平分线型
1．（2022秋•上杭县校级期末）如图，在△ABC中，BF平分∠ABC，CF平分∠ACB，∠BFC＝125°，则∠A的度数为（ ）
A．60°B．80°C．70°D．45°
【分析】根据BF平分∠ABC可得，∠FBC＝∠ABC，同理，然后根据∠BFC＝125°，利用三角形内角和可得∠∠FBC+∠FCB＝55°，从而得到∠ABC+∠ACB＝110°，再根据三角形内角和得到∠A＝70°．
【解答】解：在△FBC中，∠BFC＝125°．
∴∠FBC+∠FCB＝180°﹣∠BFC＝55°．
∵BF平分∠ABC，CF平分∠ACB．
∴∠ABC＝2∠FBC，∠ACB＝2∠FCB．
∴∠ABC+∠ACB＝2（∠FBC+∠FCB）＝110°．
∴在△ABC中，∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝70°．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形内角和定理与角平分线的定义，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．
2．（2021秋•蜀山区期末）如图，△ABC中，AB＝6，AC＝8，∠ABC、∠ACB的平分线BD、CD交于点D．过点D作EF∥BC，分别交AB、AC于点E、F，则△AEF的周长为（ ）
A．12B．13C．14D．15
【分析】根据角平分线与平行这两个条件可证明等腰三角形，即可解答．
【解答】解：∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴∠ABD＝∠DBC，∠ACD＝∠DCB，
∵EF∥BC，
∴∠EDB＝∠DBC，∠FDC＝∠DCB，
∴∠ABD＝∠EDB，∠ACD＝∠FDC，
∴EB＝ED，FD＝FC，
∵AB＝6，AC＝8，
∴△AEF的周长＝AE+EF+AF
＝AE+ED+DF+AF
＝AE+EB+AF+FC
＝AB+AC
＝14，
∴△AEF的周长为：14，
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握根据角平分线与平行这两个条件可证明等腰三角形是解题的关键．
3．（2021秋•道里区期末）如图，在△ABC中，BD和CD分别是∠ABC和∠ACB的平分线，EF过点D，且EF∥BC，若BE＝3，CF＝4，则EF的长为 7 ．
【分析】根据角平分线与平行两个条件，可证出等腰三角下即可解答．
【解答】解：∵BD和CD分别是∠ABC和∠ACB的平分线，
∴∠ABD＝∠DBC，∠ACD＝∠DCB，
∵EF∥BC，
∴∠EDB＝∠DBC，∠FDC＝∠DCB，
∴∠ABD＝∠EDB，∠ACD＝∠FDC，
∴EB＝ED＝3，FD＝FC＝4，
∴EF＝ED+DF＝3+4＝7，
故答案为：7．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握角平分线与平行两个条件，可以证明等腰三角形是解题的关键．
4．（2021秋•天山区校级期末）如图，在△ABC中，AD是高，AE，BF是角平分线，它们相交于点O．
（1）若∠ABC＝60°，∠C＝70°，求∠DAE的度数．
（2）若∠C＝70°，求∠BOE的度数．
（3）若∠ABC＝α，∠C＝β（α＜β），则∠DAE＝ （β﹣α）． ．（用含α、β的式子表示）
【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠BAC＝180°﹣60°﹣70°＝50°，再由AE是角平分线，求出∠EAC＝∠BAC＝25°，由AD是高，求出∠CAD＝90°﹣∠C＝20°，最后即可求出∠DAE＝∠EAC﹣∠CAD＝5°；
（2）根据角平分线的性质，得∠OAB＝∠BAC，∠OBA＝∠ABC，所以∠BOE＝∠OAB+∠OBA＝（∠BAC+∠ABC）＝（180°﹣∠C）＝×（180°﹣70°）＝55°；
（3）根据三角形内角和定理求出∠BAC＝180°﹣α﹣β，再由AE是角平分线，求出∠EAC＝（180°﹣α﹣β），由AD是高，求出∠CAD＝90°﹣β，最后即可求出∠DAE＝∠EAC﹣∠CAD＝（180°﹣α﹣β）﹣（90°﹣β）＝（β﹣α）．
【解答】解：（1）∠ABC＝60°，∠C＝70°
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝180°﹣60°﹣70°＝50°，
∵AE是角平分线，
∴∠EAC＝∠BAC＝×50°＝25°，
∵AD是高，
∴∠ADC＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣∠C＝90°﹣70°＝20°，
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠CAD＝25°﹣20°＝5°；
（2）∵AE，BF是角平分线，
∴∠OAB＝∠BAC，∠OBA＝∠ABC，
∴∠BOE＝∠OAB+∠OBA＝（∠BAC+∠ABC）＝（180°﹣∠C）＝×（180°﹣70°）＝55°；
（3）∠ABC＝α，∠C＝β，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝180°﹣α﹣β，
∵AE是角平分线，
∴∠EAC＝∠BAC＝（180°﹣α﹣β），
∵AD是高，
∴∠ADC＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣∠C＝90°﹣β，
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠CAD＝（180°﹣α﹣β）﹣（90°﹣β）＝（β﹣α）．
故答案为（β﹣α）．
【点评】本题考查三角形内角和定理、角的平分线的性质、直角三角形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
5．（2022秋•新乡期末）如图1，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线交于点O，过点O作EF∥BC，交AB于E，交AC于F．
（1）当BE＝5，CF＝3，则EF＝ 8 ；
（2）当BE＞CF时，若CO是∠ACB的外角平分线，如图2，它仍然和∠ABC的角平分线相交于点O，过点O作EF∥BC，交AB于E，交AC于F，试判断EF，BE，CF之间的关系，并说明理由．
【分析】（1）由平行线的性质和角平分线的定义可证BE＝OE＝5，OF＝CF＝3，即可得出答案；
（2）与（1）同理可证．
【解答】解：（1）∵EF∥BC，
∴∠EOB＝∠OBC，∠FOC＝∠OCB，
∵∠ABC和∠ACB的平分线交于点O，
∴∠EBO＝∠OBC，∠FCO＝∠BCO，
∴∠EBO＝∠EOB，∠FOC＝∠FCO，
∴BE＝OE＝5，OF＝CF＝3，
∴EF＝EO+FO＝8，
故答案为：8；
（2）EF＝BE﹣CF，理由如下：
∵BO平分∠ABC，
∴∠ABO＝∠OBC，
∵EO∥BC，
∴∠EOB＝∠OBC，
∴∠ABO＝∠EOB，
∴EB＝EO，
同理可得FO＝FC，
∴EF＝EO﹣FO＝EB﹣FC．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，角平分线的定义等知识，利用角平分线和平行线证明等腰三角形是解题的关键．
6．（2021秋•玉林期末）如图，在△ABC中，AD是高，AE，BF分别是∠BAC、∠ABC的角平分线，它们相交于点O，∠BAC＝50°，∠C＝70°，求∠DAC和∠BOA的度数．
【分析】因为AD是高，所以∠ADC＝90°，又因为∠C＝70°，所以∠DAC度数可求；因为∠BAC＝50°，∠C＝70°，所以∠BAO＝25°，∠ABC＝60°，BF是∠ABC的角平分线，则∠ABO＝30°，故∠BOA的度数可求．
【解答】解：∵AD⊥BC
∴∠ADC＝90°
∵∠C＝70°
∴∠DAC＝180°﹣90°﹣70°＝20°；
∵∠BAC＝50°，∠C＝70°
∴∠BAO＝25°，∠ABC＝60°
∵BF是∠ABC的角平分线
∴∠ABO＝30°
∴∠BOA＝180°﹣∠BAO﹣∠ABO＝180°﹣25°﹣30°＝125°．
【点评】本题考查了同学们利用角平分线的性质解决问题的能力，有利于培养同学们的发散思维能力．
7．（2022秋•东昌府区校级期末）如图1，△ABC中，AB＝AC，∠B、∠C的平分线交于O点，过O点作EF∥BC交AB、AC于E、F．
（1）猜想：EF与BE、CF之间有怎样的关系．
（2）如图2，若AB≠AC，其他条件不变，在第（1）问中EF与BE、CF间的关系还存在吗？并说明理由．
（3）如图3，若△ABC中∠B的平分线BO与三角形外角平分线CO交于O，过O点作OE∥BC交AB于E，交AC于F．这时图中还有等腰三角形吗？EF与BE、CF关系又如何？说明你的理由．
【分析】（1）利用角平分线的定义和平行线的性质即可得出结论；
（2）利用（1）的方法解答即可；
（3）利用角平分线的定义和平行线的性质可以判定△BEO和△CFO为等腰三角形，利用线段和差的关系可得结论．
【解答】解：（1）EF与BE、CF之间的关系为：EF＝BE+CF．理由：
∵BO是∠ABC的平分线，
∴∠EBO＝∠CBO．
∵EF∥BC，
∴∠EOB＝∠OBC．
∴∠EBO＝∠EOB．
∴BE＝EO．
同理：CF＝FO．
∴EF＝OE+OF＝BE+CF．
（2）第（1）问中EF与BE、CF间的关系还存在，即EF＝BE+CF．理由：
∵BO是∠ABC的平分线，
∴∠EBO＝∠CBO．
∵EF∥BC，
∴∠EOB＝∠OBC．
∴∠EBO＝∠EOB．
∴BE＝EO．
同理：CF＝FO．
∴EF＝OE+OF＝BE+CF．
∴第（1）问中EF与BE、CF间的关系还存在．
（3）图中还存在等腰三角形△BEO和△CFO，此时EF＝BE﹣CF，理由：
∵BO是∠ABC的平分线，
∴∠EBO＝∠CBO．
∵EF∥BC，
∴∠EOB＝∠OBC．
∴∠EBO＝∠EOB．
∴BE＝EO．
∴△BEO是等腰三角形，
同理可证△CFO是等腰三角形，
∵BE＝EO，OF＝FC
∴BE＝EF+FO＝EF+CF，
∴EF＝BE﹣CF．
【点评】本题是三角形的综合题，主要考查了角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，利用角平分线与平行线的组合模型得出等腰三角形是解题的关键．
8．（2022秋•即墨区期末）三角形内角和定理告诉我们：三角形三个内角的和等于180°如何证明这个定理呢？我们知道，平角是180°，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．
【定理证明】
已知：△ABC如图①，求证：∠A+∠B+∠C＝180°．
【定理推论】如图②，在△ABC中，有∠A+∠B+∠ACB＝180°，点D是BC延长线上一点，由平角的定义可得∠ACD+∠ACB＝180°，所以∠ACD＝ ∠A+∠B ，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△ABC的边AB、AC延长线上一点．
（1）若∠A＝80°，∠DBC＝150°，则∠ACB＝ 70° ．
（2）若∠A＝80°，则∠DBC+∠ECB＝ 260° ．
【拓展延伸】如图④，点D、E分别是四边形ABPC的边AB、AC延长线上一点．
（1）若∠A＝80°，∠P＝150°，则∠DBP+∠ECP＝ 230° ．
（2）分别作∠DBP和∠ECP的平分线BM、CN，如图⑤，若BM∥CN，则∠A和∠P的关系为 ∠A＝∠P ．
（3）分别作∠DBP和∠ECP的平分线，交于点O，如图⑥，求出∠A，∠O和∠P的数量关系，并说明理由．
【分析】【定理证明】过点A作MN∥AB，根据平行线的性质和平角的定义解决．
【定理推论】根据三角形内角和定理和平角的定义即可解答．
【初步运用】（1）三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和即可解答；
（2）根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠DBC+∠ECB＝∠A+∠ABC+∠A+∠ACB，根据三角形的内角和定理得∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，以此即可求解．
【拓展延伸】（1）连接AP，根据三角形内角和定理的推论即可解答．
（2）过点P作PQ∥BM，由（1）可知，∠DBP+∠ECP＝∠A+∠BPC，则（∠DBP+∠ECP）＝（∠A+∠BPC），根据平行线和角平分线的性质可得（∠DBP+∠ECP）＝∠BPC，则∠BPC＝（∠A+∠BPC），以此即可求解．
（3）由（1）可知，∠DBP+∠ECP＝∠A+∠BPC，则（∠DBP+∠ECP）＝（∠A+∠BPC），根据角平分线的性质和四边形的内角和为360°即可求解．
【解答】【定理证明】
证明：如图，过点A作MN∥AB，
∵MN∥AB，
∴∠MAB＝∠B，∠NAC＝∠C，
∵∠MAB+∠BAC+∠NAC＝180°，
∴∠B+∠BAC+C＝180°．
【定理推论】
∵∠A+∠B+∠ACB＝180°，∠ACD+∠ACB＝180°，
∴∠ACD＝∠A+∠B．
故答案为：∠A+∠B．
【初步运用】（1）∵∠DBC＝∠A+∠ACB，∠A＝80°，∠DBC＝150°，
∴∠ACB＝∠DBC﹣∠A＝150°﹣80°＝70°；
故答案为：70°；
（2）∵∠DBC＝∠A+∠ACB，∠ECB＝∠A+∠ABC，
∴∠DBC+∠ECB＝∠A+∠ABC+∠A+∠ACB，
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠A＝80°，
∴∠DBC+∠ECB＝∠A+∠ABC+∠A+∠ACB＝180°+80°＝260°．
故答案为：260°．
【拓展延伸】（1）如图，连接AP，
∵∠DBP＝∠BAP+∠APB，∠ECP＝∠CAP+∠APC，
∴∠DBP+∠ECP＝∠BAP+∠APB+∠CAP+∠APC，
∵∠BAP+∠CAP＝∠A＝80°，∠APB+∠APC＝∠P＝150°，
∴∠DBP+∠ECP＝∠A+∠P＝80°+150°＝230°．
故答案为：230°．
（2）如图，过点P作PQ∥BM，则PQ∥CM，
由（1）知，∠DBP+∠ECP＝∠A+∠BPC，
∴（∠DBP+∠ECP）＝（∠A+∠BPC），
∵PQ∥BM∥CM，
∴∠MBP＝∠BPQ，∠NCP＝∠CPQ，
∴∠BPQ+∠CPQ＝∠BPC＝∠MBP+∠NCP，
∵BM、CN分别是∠DBP和∠ECP，
∴（∠DBP+∠ECP）＝∠MBP+∠NCP＝∠BPC，
∴∠BPC＝（∠A+∠BPC），
∴∠BPC＝∠A．
故答案为：∠A＝∠P．
（3）∠A+2∠O＝∠P，理由如下：
由（1）知，∠DBP+∠ECP＝∠A+∠BPC，
∴（∠DBP+∠ECP）＝（∠A+∠BPC），
∵OB、OC分别为∠DBP和∠ECP的角平分线，
∴∠OBP+∠OCP＝（∠DBP+∠ECP），
∴∠OBP+∠OCP＝（∠A+∠BPC），
∵∠OBP+∠OCP+（∠360°﹣∠BPC）+∠O＝360°，
∴（∠A+∠BPC）﹣∠BPC+∠O＝0，
∴∠A+2∠O＝∠BPC，
即∠A+2∠O＝∠P．
【点评】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．
9．（2022秋•清河区校级期末）如图，△ABC中，∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，AD、CE相交于点P．
（1）求∠APC的度数；
（2）若AE＝3，CD＝4，求线段AC的长．
【分析】（1）先由∠ABC＝60°，得到∠BAC+∠BCA＝120°，然后由AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB得到∠PAC+∠PCA的值，进而得到∠APC的度数；
（2）在AC上截取AF＝AE，连接PF，然后证明△AEP≌△AFP，从而得到∠APE＝∠APF，然后由∠APC＝120°得到∠DPC＝60°，从而得到∠APE＝∠APF＝60°，进而得到∠FPC＝∠DPC＝60°，再结合CE平分∠ACB、CP＝CP得到△PCF≌△PCD，即可得到CD＝CF，最后得到AC＝AE+CD．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝60°，
∴∠BAC+∠BCA＝120°，
∵AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，
∴∠PAC+∠PCA＝（∠BAC+∠BCA）＝60°，
∴∠APC＝120°．
（2）如图，在AC上截取AF＝AE，连接PF，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
在△APE和△APF中，
，
∴△APE≌△APF（SAS），
∴∠APE＝∠APF，
∵∠APC＝120°，
∴∠APE＝60°，
∴∠APF＝∠CPD＝60°＝∠CPF，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACP＝∠BCP，
在△CPF和△CPD中，
，
∴△CPF≌△CPD（ASA），
∴CF＝CD，
∴AC＝AF+CF＝AE+CD＝3+4＝7．
【点评】本题考查了角平分线的定义、三角形的内角和定理、全等三角形的判定与性质，解题的关键是准确作出辅助线构造三角形全等．
题型五：风筝型
1．（2022春•栖霞市期末）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°
【分析】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．
【解答】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．
【点评】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．
2．（2021秋•吴川市校级期末）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A'处，折痕为DE．如果∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA'＝γ，那么下列式子中正确的是（ ）
A．γ＝2α+βB．γ＝α+2β
C．γ＝α+βD．γ＝180°﹣α﹣β
【分析】根据三角形的外角得：∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，代入已知可得结论．
【解答】解：由折叠得：∠A＝∠A'，
∵∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，
∵∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA'＝γ，
∴∠BDA'＝γ＝α+α+β＝2α+β，
故选：A．
【点评】本题考查了三角形外角的性质，熟练掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和是关键．
3．（2023春•曲阳县期末）如图，在△ABC中，∠B＝32°，将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是（ ）
A．32°B．45°C．60°D．64°
【分析】由折叠的性质得到∠D＝∠B＝32°，再利用外角性质即可求出所求角的度数．
【解答】解：如图所示：
由折叠的性质得：∠D＝∠B＝32°，
根据外角性质得：∠1＝∠3+∠B，∠3＝∠2+∠D，
∴∠1＝∠2+∠D+∠B＝∠2+2∠B＝∠2+64°，
∴∠1﹣∠2＝64°．
故选：D．
【点评】本题考查三角形内角和定理，翻折变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
4．（2021秋•阜新县校级期末）纸片△ABC中，∠A＝65°，∠B＝75°，将纸片的一角折叠，使点C落在△ABC内（如图），若∠1＝20°，则∠2的度数为 60° ．
【分析】先根据∠A＝65°，∠B＝75°，求出∠C的度数．再由∠1＝20°可求出∠CED的度数，由三角形内角和定理及平角的性质即可求解．
【解答】解：∵△ABC中，∠A＝65°，∠B＝75°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣65°﹣75°＝40°，
∵∠1＝20°，
∴∠CED＝＝80°，
在△CDE中，∠CDE＝180°﹣∠C﹣∠CED＝180°﹣40°﹣80°＝60°，
∴∠2＝180°﹣2∠CDE＝180°﹣2×60°＝60°，
故答案为60°．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理及平角的性质，解答此题的关键是熟知三角形的内角和是180°．
5．（2022秋•西山区期末）放风筝是中国民间的传统游戏之一，风筝又称风琴，纸鹞，鹞子，纸鸢．如图1，小华制作了一个风筝，示意图如图2所示，AB＝AC，DB＝DC，他发现AD不仅平分∠BAC，且平分∠BDC，你觉得他的发现正确吗？请说明理由．
【分析】利用SSS证明△ABD≌△ACD即可解决问题．
【解答】解：结论正确．
证明如下：
在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD（SSS），
∴∠BAD＝∠CAD，∠BDA＝∠CDA，
即AD不仅平分∠BAC，且平分∠BDC，
∴结论正确．
【点评】此题主要考查了全等三角形的性质与判定，比较简单．