专题7.5 与三角形有关角的几何综合（压轴题专项讲练）-2023-2024学年七年级数学下册压轴题专项高分突破（苏科版）

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【典例1】【问题背景】
（1）如图1的图形我们把它称为“8字形”，请说理证明∠A+∠B=∠C+∠D．
【简单应用】（可直接使用问题（1）中的结论）
（2）如图2，AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，
①若∠ABC=28°，∠ADC=20°，求∠P的度数；
②∠D和∠B为任意角时，其他条件不变，试直接写出∠P与∠D、∠B之间数量关系．
【问题探究】
（3）如图3，直线BP平分∠ABC的邻补角∠FBC，DP平分∠ADC的邻补角∠ADE，
①若∠A=30°，∠C=18°，则∠P的度数为___________；
②∠A和∠C为任意角时，其他条件不变，试直接写出∠P与∠A、∠C之间数量关系．
【拓展延伸】
（4）在图4中，若设∠C=x，∠B=y，∠CAP=14∠CAB，∠CDP=14∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为___________；（用x、y的代数式表示∠P）
（5）在图5中，直线BP平分∠ABC，DP平分∠ADC的外角∠ADE，猜想∠P与∠C、∠A的关系，直接写出结论___________．
【思路点拨】
（1）利用三角形内角和定理解决问题即可；
（2）①设∠BAP=∠PAD=x，∠BCP=∠PCD=y，利用（1）中结论，构建方程组即可解决问题；
②由①的结论即可得到数量关系；
（3）①如图3中，设∠CBJ=∠JBF=x，∠ADP=∠PDE=y．利用（1）中结论，构建方程组即可解决问题；
②与（3）中①相同；
（4）如图4中，设∠CAP=α，∠CDP=β，则∠PAB=3α，∠PDB=3β，利用（1）中结论，构建方程组即可解决问题；
（5）如图5中，延长AB交PD于J，设∠PBJ=x，∠ADP=∠PDE=y．利用（1）中结论，构建共线时即可解决问题．
【解题过程】
（1）解：如图1中，
∵∠A+∠B+∠AOB=180°，∠C+∠D+∠COD=180°，∠AOB=∠COD，
∴∠A+∠B=∠C+∠D；
（2）解：①如图2中，
设∠BAP=∠PAD=x，∠BCP=∠PCD=y，
则有x+∠B=y+∠Px+∠P=y+∠D，
∴∠B−∠P=∠P−∠D，
∴2∠P=∠B+∠D，
∴∠P=12(∠B+∠D)=12(28°+20°)=24°；
②由①得：2∠P=∠B+∠D；
（3）解：①如图3中，设∠CBJ=∠JBF=x，∠ADP=∠PDE=y，
则有，∠P+x=∠A+y∠A+180°−2x=∠C+180°−2y
∴2∠P=∠A+∠C，
∴∠P=12×(30°+18°)=24°；
故答案为：24° ；
②设∠CBJ=∠JBF=x，∠ADP=∠PDE=y
则有∠P+x=∠A+y∠A+180−2x=∠C+180−2y，
∴2∠P=∠A+∠C；
（4）解：如图4中，设∠CAP=α，∠CDP=β，则∠PAB=3α，∠PDB=3β，
则有∠P+β=∠C+α∠P+3α=∠B+3β，
∴4∠P=3∠C+∠B ，
∴∠P=14(3x+y)，
故答案为∠P=14(3x+y)；
（5）解：如图5中，延长AB交PD于J，设∠PBJ=x，∠ADP=∠PDE=y
则有∠A+2x=∠C+180°−2y，
∴x+y=90°+12（∠C−∠A），
∵∠P+x+∠A+y=180°，
∴x+y=180°−∠P−∠A，
∴∠P=90°−12∠C−12∠A；
故答案为∠P=90°−12∠C−12∠A．
1．（2023春·全国·七年级专题练习）探究：
（1）如图1，在△ABC中，BP平分∠ABC，CP平分∠ACB．求证：∠P＝90°+12∠A．
（2）如图2，在△ABC中，BP平分∠ABC，CP平分外角∠ACE．猜想∠P和∠A有何数量关系，并证明你的结论．
（3）如图3，BP平分∠CBF，CP平分∠BCE．猜想∠P和∠A有何数量关系，请直接写出结论．
【思路点拨】
（1）根据三角形内角和定理以及角平分线的性质进行解答即可：
（2）根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠A的度数，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果，
（3）根据三角形的外角性质、内角和定理、角平分线的定义探求并证明.
【解题过程】
证明：（1）∵△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A．
又∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，
∴∠PBC＝12∠ABC，
∠PCB＝12∠ACB，
∴∠PBC+∠PCB＝12（180°﹣∠A），
根据三角形内角和定理可知∠BPC＝180°﹣12（180°﹣∠A）＝90°+12∠A；
（2）12∠A＝∠P，理由如下：
∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
∴∠PBC＝12∠ABC，∠PCE＝12∠ACE．
∵∠ACE是△ABC的外角，∠PCE是△BPC的外角，
∴∠ACE＝∠ABC+∠A，∠PCE＝∠PBC+∠P，
∴12∠ACP＝12∠ABC+12∠A，
∴12∠ABC+12∠A＝∠PBC+∠P，
∴12∠A＝∠P．
（3）∠P＝90°﹣12∠A，理由如下：
∵P点是外角∠CBF和∠BCE的平分线的交点，∠P+∠PBC+∠PCB＝180°
∴∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
＝180°﹣12（∠FBC+∠ECB）
＝180°﹣12（∠A+∠ACB+∠A+∠ABC）
＝180°﹣12（∠A+180°）
＝90°﹣12∠A．
2．（2023秋·浙江·八年级专题练习）如图（1）△ABC是一个三角形的纸片，点D、E分别是△ABC边上的两点，
研究（1）：如果沿直线DE折叠，写出∠BDA′与∠A的关系，并说明理由．
研究（2）：如果折成图2的形状，猜想∠BDA′、∠CEA′和∠A的关系，并说明理由．
研究（3）：如果折成图3的形状，猜想∠BDA′、∠CEA′和∠A的关系，并说明理由．
【思路点拨】
（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．
【解题过程】
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．
3．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的角平分线交于O点.
（1）若∠A=40°，则∠BOC= °；
（2）若∠A=n°，则∠BOC= °；
（3）若∠A=n°，∠ABC与∠ACB的角平分线交于O点，∠ABO的平分线与∠ACO的平分线交于点O1，⋯⋯，∠O2016BD的平分线与∠O2016CE的平分线交于点O2017，则∠O2017= °.
【思路点拨】
（1）根据角平分线的性质，结合三角形的内角和定理可得到角之间的关系，然后求解即可；
（2）根据BO、CO分别是∠ABC与∠ACB的角平分线，用n°的代数式表示出∠OBC与∠OCB的和，再根据三角形的内角和定理求出∠BOC的度数；
（3）根据规律直接计算即可.
【解题过程】
解：（1）∵∠A=40°，
∴∠ABC+∠ACB=140°，
∵点O是∠AB故答案为：110°；C与∠ACB的角平分线的交点，
∴∠OBC+∠OCB=70°，
∴∠BOC=110°．
（2）∵∠A=n°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-n°，
∵BO、CO分别是∠ABC与∠ACB的角平分线，
∴∠OBC+∠OCB＝12∠ABC+12∠ACB
＝12（∠ABC+∠ACB）
＝12（180°﹣n°）
＝90°﹣12n°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝90°+12n°．
故答案为：（90+12n）；
（3）由（2）得∠O＝90°+12n°，
∵∠ABO的平分线与∠ACO的平分线交于点O1，
∴∠O1BC＝34∠ABC，∠O1CB＝34∠ACB，
∴∠O1＝180°﹣34（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣34（180°﹣∠A）＝14×180°+34n°，
同理，∠O2＝18×180°+78n°，
∴∠On＝12n+1×180°+2n+1−12n+1 n°，
∴∠O2017＝122018×180°+22018−122018n°，
故答案为：122017×90°+22018−122018n°．
4．（2023春·七年级课时练习）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．
【思路点拨】
（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．
【解题过程】
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°．
5．（2023春·全国·七年级专题练习）（1）在锐角ΔABC中，AC边上的高所在直线和AB边上的高所在直线的交点为P，∠BPC=110°，求∠A的度数．
（2）如图，AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD，当点D在直线AC上时，且B、P、D三点共线，∠APC=100°，则∠B=_________．
（3）在（2）的基础上，当点D在直线AC外时，如下图：∠ADC=130°，∠APC=100°，求∠B的度数．
【思路点拨】
（1）根据对顶角相等以及四边形的内角和进行判断即可；
（2）法一：根据∠APC=100°以及AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD，算出∠BAD和∠BCD,从而算出∠B；
法二：根据三角形的外角定理得到∠APC=∠B+∠PAB＋∠PCB，再求出∠PAB＋∠PCB，故可求解；
（3）法一：连接AC，根据三角形的内角和与角平分线的性质分别求出∠2+∠4=30°，∠BAC+∠BCA=110°，故可求解；
法二：连接BD并延长到G根据三角形的外角定理得到∠ADC＝∠2＋∠4＋∠APC，再求出∠2＋∠4，故可求解．
【解题过程】
解：（1）如图AC边上的高所在直线和AB边上的高所在直线的交点为P
∴∠BDA=∠CEA=90°
又∵∠BPC=110°
∴∠EPD=∠BPC=110°
∵在四边形AEPD中，内角和为360°
∴∠A=360°-110°-90°-90°=70°．
（2）法一：∵AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD
∴∠BAP=∠FAC,∠BCE=∠ACE
又∵∠APC=100°
∴∠FAC+∠ACE=180°−100°=80°
∴∠BAC+∠BCA=160°
∴∠B=180°-160°=20°．
法二：连接BD，
∵B、P、D三点共线
∴BD、AF、CE交于P点
∵∠APD=∠BAP+∠ABP，∠CPD=∠BCP+∠CBP，
∴∠APC=∠B+∠PAB＋∠PCB
∵AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD，
∴∠PAC=∠PAB，∠PCA=∠PCB，
∵∠APC＝100°，
∴∠PAC＋∠PCA＝180°−100°＝80°，
∴∠PAB＋∠PCB＝80°，
∴∠B＝∠APC −（∠PAB＋∠PCB）＝100°−80°＝20°．
（3）法一：如图：连接AC
∵∠ADC=130°，∠APC=100°
∴∠DAC+∠DCA=180°−130°=50°,∠PAC+∠PCA=180°−100°=80°
∴∠2+∠4=30°
又∵AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD
∴∠1+∠3=∠2+∠4=30°
∴∠BAC+∠BCA=110°
∴∠B=180°-110°=70°．
法二：如图，连接BD并延长到G，
∵∠ADG＝∠2＋∠APD，∠CDG＝∠4＋∠CPD，
∴∠ADC＝∠2＋∠4＋∠APC，
∴∠2＋∠4=30°
同理可得∠APC＝∠1＋∠3＋∠B，∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴∠B＝∠APC-∠2-∠4=100°-30°=70°
∴∠B＝70°．
6．（2023春·七年级单元测试）【问题背景】
（1）如图1的图形我们把它称为“8字形”，请说明∠A+∠B=∠C+∠D；
【简单应用】
（2）阅读下面的内容，并解决后面的问题：如图2，AP、CP分别平分∠BAD，∠BCD，若∠ABC=36°，∠ADC=16°，求∠P的度数；
解：∵AP、CP分别平分∠BAD，∠BCD
∴∠1=∠2，∠3=∠4
由（1）的结论得：∠P+∠3=∠1+∠B∠P+∠2=∠4+∠D
①+②，得2∠P+∠2+∠3=∠1+∠4+∠B+∠D
∴∠P =12(∠B+∠D)=26°．
①【问题探究】
如图3，直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC=36°，∠ADC=16°，请猜想∠P的度数，并说明理由．
②【拓展延伸】
在图4中，若设∠C=α，∠B=β，∠CAP=13∠CAB，∠CDP=13∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为： （用α、β表示∠P），并说明理由．
【思路点拨】
（1）根据三角形内角和定理即可证明．
（2）【问题探究】由AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，推出∠1=∠2，∠3=∠4，推出∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，由∠P+（180°-∠1）=∠ADC+（180°-∠3），∠P+∠1=∠ABC+∠4，推出2∠P=∠ABC+∠ADC，即可解决问题．
【拓展延伸】由（1）的结论易求∠P+∠PDC=∠C+∠CAP，∠P+∠PAB=∠B+∠BDP，再将已知条件代入化简即可求解∠P．
【解题过程】
（1）证明：∵∠A+∠B+∠AEB=180°，
∠C+∠D+∠CED=180°，
∴∠A+∠B+∠AEB=∠C+∠D+∠CED，
∵∠AEB=∠CED，
∴∠A+∠B=∠C+∠D；
（2）①解∶如图3，
∵AP平分∠FAD，CP平分∠BCE
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，
∴由（1）可得：∠P+180°-∠2=∠D+180°-∠3，
∠P+∠PAB=∠B+∠4，
又∠1=∠PAB，
∴∠P+∠1=∠B+∠4，
又∠P+180°-∠2=∠D+180°-∠3，
∴2∠P+∠1+180°-∠2=∠B+∠4+∠D+180°-∠3，
又∠1=∠2，∠3=∠4，
∴2∠P=∠B+∠D
∴∠P =12(∠B+∠D)=26°
②解：∠P=23α+13β．
理由：∵∠CAP=13∠CAB，∠CDP=13∠CDB，
∴∠BAP=23∠CAB，∠BDP=23∠CDB，
由（1）可得：∠P+∠PDC=∠C+∠CAP，∠P+∠PAB=∠B+∠BDP，
∴∠P+13∠CDB =∠C+13∠CAB，①
∠P+23∠CAB=∠B+23∠CDB，②
①×2+②，得2∠P+23∠CDB+∠P+23∠CAB=2∠C+23∠CAB+∠B+23∠CDB，
∴3∠P=2∠C+∠B
∴∠P=23∠C+13∠B=23α+13β．
7．（2023春·江苏·七年级专题练习）如图1，在△ABC中，BD平分∠ABC，CD平分∠ACB．
（1）若∠A=60°，则∠BDC的度数为_________；
（2）若∠A=α，直线MN经过点D．
①如图2，若MN∥AB，求∠NDC−∠MDB的度数（用含α的代数式表示）；
②如图3，若MN绕点D旋转，分别交线段BC,AC于点M,N，试问旋转过程中∠NDC−∠MDB的度数是否会发生改变？若不变，求出∠NDC−∠MDB的度数（用含α的代数式表示），若改变，请说明理由；
③如图4，继续旋转直线MN，与线段AC交于点N，与CB的延长线交于点M，请直接写出∠NDC与∠MDB的关系（用含α的代数式表示）．
【思路点拨】
（1）利用角平分线的定义，三角形内角和定理，分步计算即可．
（2）①利用平角的定义，变形代入计算，注意与第（1）的结合．
②与 ①结合起来求解即可．
③根据平角的定义，变形后结合前面的计算，求解即可．
【解题过程】
解：（1）∵ BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴∠CBD=12∠ABC，∠BCD=12∠ACB，
∴∠CBD+∠BCD=12∠ACB+12∠ABC=12(∠ABC+∠ACB)，
∵∠CBD+∠BCD+∠BDC=180°，∠ABC+∠ACB+∠A=180°，
∴180°-∠BDC=12(180∘−∠A)，
∴∠BDC=90∘+∠A2，
∵∠A=60°，
∴∠BDC=90∘+30∘=120°，
故答案为：120°．
（2）①∵∠NDC=180°-∠MDC，
∴∠NDC−∠MDB=180°-∠MDC-∠MDB
=180°-（∠MDC+∠MDB）
=180°-∠BDC
=180°-（90∘+∠A2）
=90∘−α2．
②∠NDC−∠MDB保持不变，恒等于90°-α2．理由如下：
∵∠NDC=180°-∠MDC，
∴∠NDC−∠MDB=180°-∠MDC-∠MDB
=180°-（∠MDC+∠MDB）
=180°-∠BDC
=180°-（90∘+∠A2）
=90∘−α2．
故保持不变，且为90∘−α2．
③∠NDC与∠MDB的关系是∠NDC+∠MDB=90∘−α2．理由如下：
∵∠NDC+∠MDB+∠BDC=180°，
∴∠NDC+∠MDB=180°-∠BDC，
∵∠BDC=90∘+α2，
∴∠NDC+∠MDB=180°-（90∘+α2）=90∘−α2．
8．（2023春·八年级课时练习）如图，在△ABC中，AB=AC，D为射线CB上一点，过点D作DE⊥AC于点E．
（1）如图①，当点D在线段BC上时，请直接写出∠BAC与∠EDC的数量关系；
（2）如图②，当点D在CB的延长线上时，DE⊥AC交CA的延长线于点E，探究∠BAC与∠EDC的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若点F为线段BC上一点，过点F作FG⊥AC于点G，连接AF，且∠AFG=∠CFG，∠BAF=∠BFA，延长ED，AB交于点K，求∠EKA的度数．
【思路点拨】
（1）如图1中，作AH⊥BC于H，利用等腰三角形的性质，等角的余角相等解决问题即可；
（2）作AM⊥BC于M，由（1）同理可证∠BAC=2∠EDC；
（3）如图2中，设∠C=∠FAC=∠ABC=x，则∠BAF=∠BFA=2x，构建方程求出x即可解决问题．
【解题过程】
（1）如图1中，作AH⊥BC于H，
∵AB=AC，
∴∠BAC=2∠CAH．
∵DE⊥AC，
∴∠AHC=∠DEC=90°，
∴∠C+∠CAH=90°，∠C+∠CDE=90°，
∴∠CAH=∠CDE，
∴∠BAC=2∠EDC．
（2）结论：∠BAC=2∠EDC．理由如下：
如图2中，作AM⊥BC于M，
∵AB=AC，
∴∠BAC=2∠CAM．
∵DE⊥AC，
∴∠AMC=∠DEC=90°，
∴∠C+∠CAM=90°，∠C+∠CDE=90°，
∴∠CAM=∠CDE，
∴∠BAC=2∠EDC．
（3）∵∠AFG=∠CFG，FG⊥AC，
∴∠FAC=∠C．
设∠C=∠FAC=∠ABC=x，
∴∠BAF=∠BFA=2x．
在△BAF中，∠BAF+∠BFA+∠ABC=180°，
∴2x+2x+x=180°，
解得：x=36°，
∴∠EAK=∠ABC+∠C=36°+36°=72°．
∵KE⊥EC，
∴∠E=90°，
∴∠EKA=90°−∠EAK=18°．
9．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，点D、E是边BC上两点，点F是边AB上一点，将△ADC沿AD折叠得到△ADG，DG交AB于点H；将△EFB沿EF折叠得到△EFH．
（1）如图1，当点G与点H重合时，请说明∠BAC=∠EHD；
（2）当点G落在△ABC外，且HE ∥ AD，∠GAB:∠CAD＝1:3
①如图2，请说明∠EHD＝4∠GAB；
②如图3，若∠B=30°，将△EFH绕点H顺时针方向旋转一个角度α 0<α<180∘，则在这个旋转过程中，当△EFH的其中一边与△AHG的某一边平行时，直接写出旋转角α的度数
【思路点拨】
（1）利用翻折变换的性质以及三角形内角和定理证明即可；
（2）①由∠GAB:∠CAD=1:3，可以假设∠GAB=x，∠CAD=∠DAG=3x，证明∠DHE=4x即可；
②分四种情形：如图3−1中，当FH∥AG时．如图3−2中，当EH∥AG时．如图3−3中，当EF∥AB时．如图3−4中，当EF∥AG时，分别求解即可．
【解题过程】
（1）证明：如图1中，
由翻折变换的性质可知，∠AHD=∠C，∠B=∠EHB，
∵∠B+∠C+∠BAC=180°，∠EHB+∠EHD+∠AHD=180°，
∴∠EHD=∠BAC；
（2）①证明：如图2中，
∵∠GAB:∠CAD=1:3，
∴设∠GAB=x，∠CAD=∠DAG=3x，
∴∠DAH=∠DAG−∠GAB=2x，
∵EH ∥ AD，
∴∠EHB=∠DAH=2x，∠EHD=∠ADH=∠ADC，
∴∠B=∠EHB=2x，
∵∠ADC=∠B+∠DAB=4x，
∴∠DHE=4∠GAB；
②解：由题意，∠B=30°，
∴∠B=∠DAB=30°，
∴∠GAB=15°，
∴∠DAG−∠DAC=45°，
∴∠C=∠BAC=75°，
∴∠ADC=∠ADG=∠BDG=60°，
∴∠DHB=90°，
如图3−1中，当FH∥AG时，旋转角∠FHB=∠GAB=15°．
如图3−2中，当EH∥AG时，旋转角∠FHB=15°+30°=45°．
如图3−3中，当EF∥AB时，旋转角∠FHB=90°．
如图3−4中，当EF∥AG时，旋转角∠FHB=90°+15°=105°，
综上所述，满足条件的旋转角α为15°或45°或90°或105°．
10．（2023秋·广东湛江·八年级统考期末）（1）如图1，线段OA的一个端点O在直线l上，且与直线l所成的锐角为50°，以OA为一边画等腰三角形，并且使另一个顶点P在直线l上，这样的等腰三角形能画 个．
（2）如图1，如果OA与直线l所成的锐角为60°，以OA为一边画等腰三角形，并使另一个顶点P在直线l上，这样的等腰三角形能画 个．
想一想：如图2，△ABC中，∠A=20°，∠B=50° ，过顶点C作一条直线，分割出一个等腰三角形这样的直线最多可以画 条．
算一算：如图3，在△ABC中，∠BAC=10°，若存在过点C的一条直线，能把该三角形分成两个等腰三角形，试求∠B的度数．
【思路点拨】
（1）根据等腰三角形的定义，两条边相等的三角形是等腰三角形即可得到结论；
（2）同（1）原理，理论上可以画4个，但是P2、P3、P4重合，由此即可得到答案；
想一想：分五种情况：①当AC=AF，②当BC=BE，③当CB=CG，④当AD=CD，⑤CH=BH时，于是得到结论；
算一算：如图3，当AD=CD，分三种情况：①当CD=BD时；②当CD=BC时；③当BD=BC时；如图4，当AC=AE，CE=BE时；如图5，当AC=CE，CE=BE时，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【解题过程】
解：（1）如图1，①AO=OP1，②AO=AP2；③AO=OP3，④AP4=OP4，这样的等腰三角形能画4个．
故答案为：4；
（2）同（1）可知满足题意的点有4个，
∵OA与直线l所成的锐角为60°，
∴△AOP2、△AOP3、△AOP4都是等边三角形，
∴P2、P3、P4三点重合，
∴满足题意的点只有2个，
故答案为：2；
想一想：①当AC=AF，②当BC=BE，③当CB=CG，④当AD=CD，⑤CH=BH时，过顶点C作一条直线，能分割出一个等腰三角形，
∴过顶点C作一条直线，分割出一个等腰三角形这样的直线最多可以画5条，
故答案为：5；
算一算：如图3，当AD=CD时，
∴∠ACD=∠A=10°，
∴∠CDB=∠ACD+∠A=20°，
∴①当CD=BD时，∠B=∠BCD=180°−∠CDB2=80°；
②当CD=BC时，∠B=∠CDB=20°；
③当BD=BC时，∠B=180°−20°−20°=140°；
如图4，①当AC=AE，CE=BE时，
∵∠A=10°，
∴∠ACE=∠AEC=180°−∠A2=85°，
∴∠B=∠BCE=12∠AEC=42.5°，
如图5所示，当AC=CE，CE=BE时，
∴∠CEA=∠A=10°，
∴∠B=∠BCE=12∠AEC=5°
综上所述，存在过点C的一条直线，能把该三角形分成两个等腰三角形，∠B的度数为5°或20°或80°或140°或42.5°．
11．（2023秋·福建南平·八年级校考阶段练习）规定：如果一个三角形的三个角分别等于另一个三角形的三个角，那么称这两个三角形互为“等角三角形”．
从三角形（不是等腰三角形）一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原三角形是“等角三角形”，我们把这条线段叫做这个三角形的“等角分割线”．
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，请写出图中两对“等角三角形”；
（2）如图2，在△ABC中，CD为∠ACB的平分线，∠A=40°，∠B=60°．求证：CD为△ABC的“等角分割线”；
（3）在△ABC中，若∠A=50°，CD是△ABC的“等角分割线”，请求出所有可能的∠ACB的度数．
【思路点拨】
（1）先根据直角三角形的性质可得∠ACB=∠ADC=∠BDC=90°，∠A=∠BCD，∠B=∠ACD，再根据“等角三角形”的定义即可得；
（2）先根据三角形的内角和定理可得∠ACB=80°，从而可得∠ACD=∠DCB=40°，根据等腰三角形的判定可得△ACD是等腰三角形，再根据三角形的内角和定理可得∠BDC=∠ACB=80°，从而可得△BCD与△ABC是“等角三角形”，然后根据等角分割线的定义即可得证；
（3）分①当△ACD是等腰三角形，DA=DC时；②当△ACD是等腰三角形，DA=AC时；③当△BCD是等腰三角形，DC=BD时；④当△BCD是等腰三角形，DB=BC时四种情况，利用等腰三角形的性质、三角形的外角性质求解即可得．
【解题过程】
（1）解：∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠ACB=∠ADC=∠BDC=90°，
∠A+∠B=∠A+∠ACD=∠B+∠BCD=∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠A=∠BCD，∠B=∠ACD，
∴△ABC与△ACD；△ABC与△BCD；△ACD与△BCD是“等角三角形”．（任意写出两对“等角三角形”即可）
（2）证明：在△ABC中，∠A=40°，∠B=60°，
∴∠ACB=180°−∠A−∠B=80°，
∵CD为角平分线，
∴∠ACD=∠DCB=12∠ACB=40°，
∴∠ACD=∠A，∠DCB=∠A，
∴CD=AD，
∴△ACD是等腰三角形，
∵在△DBC中，∠DCB=40°，∠B=60°，
∴∠BDC=180°−∠DCB−∠B=80°，
∴∠BDC=∠ACB，
∴△BCD与△ABC是“等角三角形”，
∴CD为△ABC的等角分割线．
（3）解：由题意，分以下四种情况：
①当△ACD是等腰三角形，DA=DC时，∠ACD=∠A=50°，
∴∠ACB=∠BDC=50°+50°=100°；
②当△ACD是等腰三角形，DA=AC时，∠ACD=∠ADC=65°，∠BCD=∠A=50°，
∴∠ACB=65°+50°=115°；
③当△BCD是等腰三角形，DC=BD时，∠ACD=∠BCD=∠B=180°−50°3=130°3，
∴∠ACB=130°3+130°3=260°3；
④当△BCD是等腰三角形，DB=BC时，∠BDC=∠BCD，
设∠BDC=∠BCD=x，则∠B=180°−2x，
∴∠ACD=∠B=180°−2x，
由三角形的外角性质得：∠A+∠ACD=∠BDC，即50°+180°−2x=x，
解得x=230°3，
∴∠ACB=∠ACD+∠BCD=180°−2x+x=310°3；
综上，∠ACB的度数为100°或115°或260°3或310°3．
12．（2023秋·山东青岛·八年级校考期末）探究题
（1）如图1的图形我们把它称为“8字形”，则∠A，∠B，∠C，∠D四个角的数量关系是______；
（2）如图2，若∠BCD，∠ADE的角平分线CP，DP交于点P，则∠P与∠A，∠B的数量关系为∠P=______；
（3）如图3，CM，DN分别平分∠BCD，∠ADE，当∠A+∠B=70°时，试求∠M+∠N的度数（提醒：解决此问题可以直接利用上述结论）；
（4）如图4，如果∠MCD=14∠BCD，∠NDE=14∠ADE，当∠A+∠B=n°时，则∠M+∠N的度数为______．
【思路点拨】
（1）根据三角形内角和定理即可证明；
（2）如图2，设∠PCD=x，∠ADP=y，根据外角的性质得：∠P=y−x，∠COD=2y−2x，所以∠COD=2∠P，最后由三角形内角和定理可得结论；
(3)如图3，延长CM、DN交于点P，根据（2）的结论，并将∠A+∠B=70°，代入可得
结论；
（4）如图4，同理计算可得结论．
【解题过程】
（1）在△AOB中，
∠A+∠B+∠AOB=180°，
在△COD中，
∠C+∠D+∠COD=180°，
∵∠AOB=∠COD，
∴∠A+∠B=∠C+∠D
故答案为：∠A+∠B=∠C+∠D
（2）设∠PCD=x，∠ADP=y，
∵CP，DP分别平分∠BCD，∠ADE，
∴∠BCD=2x，∠ADE=2y，
∵∠P=∠PDE−∠PCD=y−x，
∴∠COD=∠ODE−∠BCD=2y−2x，
∴∠COD=2∠P，
∵∠A+∠B+∠COD=180°，
∴2∠P+∠A+∠B=180°，
∴∠P=90°−12(∠A+∠B)，
故答案为：∠P=90°−12(∠A+∠B)
（3）如图3，
由（2）可知：∠P=90°−12(∠A+∠B)，
∵∠A+∠B=70°，
∴∠P=55°，
∴∠PMN+∠PNM=125°，
∴∠CMN+∠DNM=360°−125°=235°，
（4）如图4，延长CM、DN交于点P，
设∠PCD=x，∠NDE=y，
∴∠P=∠PDE−∠PCD=y−x，∠COD=4y−4x，
∴∠COD=4∠P，
∴4∠P+∠A+∠B=180°，
∴∠P=180°−(∠A+∠B)4，
∴∠P=180°−n°4，
∴∠PMN+∠PNM=180°−∠P，
=180°−45°+14n°，
=135°+14n°，
∴∠CMN+∠DNM=360°−(∠PMN+∠PNM)
=360°−(135°+14n°)，
=225°−14n°
故答案为：225°−14n°
13．（2023秋·山东青岛·八年级青岛超银中学校考期末）△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______；说明理由．
（5）若点P运动到△ABC的外部，写出此时∠1,∠2,∠α之间的关系______．
【思路点拨】
（1）如图1所示，连接CP，证明∠1+∠2=∠ACB+∠DPE即可得到答案；
（2）只需要证明∠1+∠2=∠C+∠DPE即可得到答案；
（3）利用三角形外角的性质求解即可；
（4）利用三角形外角的性质求解即可；
（5）根据题意画出图形，利用三角形外角的性质求解即可．
【解题过程】
（1）解：如图1所示，连接CP，
∵∠1=∠DCP+∠CPD，∠2=∠CPE+∠ECP，
∴∠1+∠2=∠DCP+∠CPD+∠CPE+∠ECP=∠ACB+∠DPE，
∵∠ACB=70°，∠DPE=60°，
∴∠1+∠2=130°，
故答案为：130；
（2）∵∠1+∠CDP=180°，∠2+∠CEP=180°，
∴∠1+∠2+∠CDP+∠CEP=360°，
∵∠C=70°，∠DPE=∠α，∠CDP+∠CEP+∠C+∠DPE=360°，
∴∠1+∠2=∠C+∠DPE=70°+α
故答案为：∠1+∠2=70°+∠α；
（3）设DP与BC交于F，
∵∠C+∠CFD=∠1，∠CFD=∠2+∠α，
∴∠1=∠2+∠α+70°，
故答案为：∠1=∠2+∠α+70°；
（4）如图所示，连接CP，
∵∠1=∠DCP+∠CPD，∠2=∠CPE+∠ECP，
∴∠1+∠2=∠DCP+∠DPC+∠ECP+∠CPE=∠ACB+360°−∠DPE，
∴∠1+∠2=430°−∠α；
（5）解：如图5-1所示，
∵∠1=∠C+∠COD，∠2=∠P+∠POE，∠COD=∠POE，
∴∠1−∠2=∠C−∠P=70°−∠α
如图5-2所示，
∵∠1=∠P+∠POD，∠2=∠C+∠COE，∠POD=∠COE，
∴∠2−∠1=∠P−∠C=∠α−70°
综上可得：∠1−∠2=70°−∠α，
故答案为：∠1−∠2=70°−∠α．
14．（2023春·江苏·七年级专题练习）如图，在△ABC中，AD是高，AE是角平分线，∠B=20°，∠C=60°．
（1）求∠CAD、∠AEC和∠EAD的度数．
（2）若图形发生了变化，已知的两个角度数改为：当∠B=30°，∠C=60°，则∠EAD=__________°．
当∠B=50°，∠C=60°时，则∠EAD=__________°．
当∠B=60°，∠C=60°时，则∠EAD=__________°．
当∠B=70°，∠C=60°时，则∠EAD=__________°．
（3）若∠B和∠C的度数改为用字母α和β来表示，你能找到∠EAD与α和β之间的关系吗？请直接写出你发现的结论．
【思路点拨】
（1）先利用三角形内角和定理求出∠BAC的度数，再根据角平分线和高的性质分别得出∠EAC和∠DAC的度数，进而可求∠AEC和∠EAD的度数；
（2）先利用三角形内角和定理求出∠BAC的度数，再根据角平分线和高的性质分别得出∠EAC和∠DAC的度数，则前三问利用∠EAD=∠EAC−∠DAC即可得出答案，第4问利用∠EAD=∠DAC−∠EAC即可得出答案；
（3）按照（2）的方法，将相应的数换成字母即可得出答案．
【解题过程】
解：（1）∵∠B=20°，∠C=60°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=100° ．
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC=12∠BAC=50°．
∵AD是高，
∴∠ADC=∠ADE=90° ，
∴∠CAD=90°−∠C=30° ，
∴∠EAD=∠EAC−∠CAD=20° ，
∴∠AEC=90°−∠EAD=70° ．
（2）当∠B=30°，∠C=60°时，
∵∠B=30°，∠C=60°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=90°．
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC=12∠BAC=45°．
∵AD是高，
∴∠ADC=90° ，
∴∠CAD=90°−∠C=30° ，
∴∠EAD=∠EAC−∠CAD=15° ；
当∠B=50°，∠C=60°时，
∵∠B=50°，∠C=60°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=70° ．
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC=12∠BAC=35°．
∵AD是高，
∴∠ADC=90° ，
∴∠CAD=90°−∠C=30° ，
∴∠EAD=∠EAC−∠CAD=5° ；
当∠B=60°，∠C=60°时，
∵∠B=60°，∠C=60°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=60°．
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC=12∠BAC=30°．
∵AD是高，
∴∠ADC=90° ，
∴∠CAD=90°−∠C=30° ，
∴∠EAD=∠EAC−∠CAD=0° ；
当∠B=70°，∠C=60°时，
∵∠B=70°，∠C=60°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=50°．
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC=12∠BAC=25°．
∵AD是高，
∴∠ADC=90° ，
∴∠CAD=90°−∠C=30° ，
∴∠EAD=∠DAC−∠EAC=5° ．
（3）当∠B<∠C 时，即α<β时，
∵∠B=α，∠C=β，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=180°−α−β ．
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC=12∠BAC=12(180°−α−β)=90−12α−12β．
∵AD是高，
∴∠ADC=90° ，
∴∠CAD=90°−∠C=90°−β ，
∴∠EAD=∠EAC−∠CAD=12(β−α) ；
当∠B>∠C 时，即α>β时，
∵∠B=α，∠C=β，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=180°−α−β ．
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC=12∠BAC=12(180°−α−β)=90−12α−12β．
∵AD是高，
∴∠ADC=90° ，
∴∠CAD=90°−∠C=90°−β ，
∴∠EAD=∠DAC−∠EAC=12(α−β) ；
综上所述，当α<β时，∠EAD=12(β−α)；当α>β时，∠EAD=12(α−β)．
15．（2023春·八年级课时练习）在△ABC中AD⊥BC于点D．
（1）如图1，若∠BAC的角平分线交BC于点E，∠B=35°，∠EAD=5°，求∠C的度数；
（2）如图2，点M、N分别在线段AB、AC上，将△ABC折叠，点B落在点F处，点C落在点E处，折痕分别为DM和DN，点E、F均在直线AD上，若∠B+∠C=60°，试猜想∠AMF与∠ANE之间的数量关系，并简要说明理由；
（3）在（2）小题的条件下，将△DMF绕点D逆时针旋转一个角度a0°【思路点拨】
（1）利用三角形的内角和定理和角平分线的定义即可解决问题；
（2）结论：∠AMF+∠ANE=60°．由翻折可知∠B=∠AFM，∠C=∠E，由∠B+∠C=60°得出∠BAC=120°，再根据三角形外角的性质可得出∠BAC=∠AMF+∠ANE+∠B+∠C，从而得出结论；
（3）分两种情形分别求解即可解决问题．
【解题过程】
（1）解： 如图，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
又∵∠B=35°，
∴∠BAD=180°−∠ADB−∠B=180°−90°−35°=55°，
∵∠EAD=5°，
∴∠BAE=55°+5°=60°，
又∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE=60°，
∴∠DAC=∠CAE+∠EAD=60°+5°=65°，
∴∠C=180°−∠ADC−∠DAC=180°−90°−65°=25°．
∴∠C的度数为25°．
（2）结论：∠AMF+∠ANE=60°．
理由：如图，
由翻折可知∠B=∠AFM，∠C=∠E，
∵∠B=35°，∠C=25°，
∴∠B+∠C=60°，
∴∠BAC=180°−∠B+∠C=180°−60°=120°，
∵∠BAC=∠BAD+∠CAD=∠AMF+∠AFM+∠E+∠ANE，
∴∠BAC=∠AMF+∠ANE+∠B+∠C，
即120°=∠AMF+∠ANE+60°，
∴∠AMF+∠ANE=60°．
（3）①当∠PQB=90°时，
∴∠F1QD=180°−90°=90°，
∵将△ABC折叠，点B落在点F处，折痕为DM，将△DMF绕点D逆时针旋转一个角度a0°∴∠DF1M1=∠DFM=∠B=35°，
∴∠F1DQ=180°−∠F1QD−∠DF1M1=180°−90°−35°=55°，
∴∠FDF1=∠ADB−∠F1DQ=90°−55°=35°，
∴α=35°；
②当∠BPQ=90°时，
∵将△ABC折叠，点B落在点F处，折痕为DM，将△DMF绕点D逆时针旋转一个角度a0°∴∠DF1M1=∠DFM=∠B=35°，
∴∠PQB=∠BPQ−∠B=90°−35°=55°，
∵∠PQB=∠DF1M1+∠F1DB，
∴∠F1DB=∠PQB−∠DF1M1=55°−35°=20°，
∴∠FDF1=∠ADB−∠F1DB=90°−20°=70°，
∴α=70°．
综上所述，旋转角a的度数为35°或70°．
16．（2022春·江苏盐城·七年级校考期中）平移是一种常见的图形变换，如图1，△ABC经过平移后得到△A1B1C1，连接BA1，AC1，若BA1平分∠ABC，C1A平分∠A1C1B1，则称这样的平移为“平分平移”．
（1）如图1，△ABC经过“平分平移”后得到△A1B1C1，请问AC和A1C1有怎样的位置关系： ．
（2）如图2，在△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=60°，△ABC经过“平分平移”后得到△A1B1C1，求∠AOB的度数．
（3）如图3，在（2）的条件下，BD平分∠ABA1，C1D平分∠AC1A1，求∠BDC1的度数．
（4）如图4，△ABC经过“平分平移”后得到△A1B1C1，BD平分∠ABA1，C1D平分∠AC1A1，若∠BAC=α，则∠BDC1= ．（用含α的式子表示）
【思路点拨】
（1）由平移的性质直接可得
（2）先求出∠ABO,∠BAO，再由三角形内角和定理可求得
（3）由三角形的外角和定理先求出∠DEO,∠DFO，由互补求出∠EOF，在四边形DEOF中求得
（4）由（2）思路先求出∠AOB，再由（3）的思路求出∠DEO,∠DFO，由互补求出∠EOF，在四边形DEOF中求得
【解题过程】
（1）由平移的性质得：AC∥A1C1
（2）∵AC∥A1C1,AC1平分∠A1C1B1
∴∠CAC1=∠A1C1A=12∠A1C1B1=30°
∴∠BAO=∠BAC+∠CAC1=60°
∵A1B平分∠ABC
∴∠ABO=12∠ABC=45°
∴∠AOB=180°−∠BAO−∠ABO=180°−60°−45°=75°
（3）在下图中，
∠DEO=∠EBO+∠AOB=∠EBO+75°
∠DFO=∠FC1O+∠FOC1=∠FC1O+75°
∵DB,DC1分别平分∠ABO,∠A1C1O
∴∠EBO+∠FC1O=12(∠ABO+∠A1C1O)=12(45°+30°)=37.5°
∴∠DEO+∠DFO=∠EBO+∠FC1O+150°=187.5°
在四边形DEOF中，
∴∠BDC1=360°−187.5°−∠EOF=172.5°−(180°−75°)=67.5°
（4）在下图中，
∵AC∥A1C1，DC1平分∠A1C1A
∴∠CAC1=∠A1C1A=12∠A1C1B1
∵A1B平分∠ABC
∴∠ABO=∠CBO=12∠ABC
∴∠EOF=∠ABO+∠BAC+∠CAC1=12∠ABC+12∠A1C1B1+α
∴∠DEO=12∠ABO+∠AOB
同理：∠DFO=12∠A1C1A+∠FOC1=12∠A1C1A+∠AOB
∴∠DEO+∠DFO=12∠ABO+12∠A1C1A+2∠AOB
∴∠DEO+∠DFO+∠EOF=14∠ABC+14∠A1C1B1+2∠AOB+180°−∠AOB
=14∠ABC+14∠A1C1B1+∠AOB+180°
∵∠AOB=180°−∠ABO−α−∠CAC1=180°−∠ABO−α−∠A1C1A
=180°−α−12∠ABC−12∠A1C1B1
∴∠DEO+∠DFO+∠EOF
=360°−α−14(∠ABC+∠A1C1B1)
=360°−α−14(∠ABC+∠ACB)
=360°−α−14(180°−α)
=315°−34α
在四边形DEOF中，
∠BDC1=360°−(315°−34α)=45°+34α.
17．（2022·江苏·八年级假期作业）如图①，△ABC的角平分线BD、CE相交于点P．
（1）如果∠A=80°，求∠BPC的度数；
（2）如图②，过P点作直线MN，分别交AB和AC于点M和N，且MN平行于BC，试求∠MPB+∠NPC的度数（用含∠A的代数式表示）；
（3）将（2）中的直线MN绕点P旋转，分别交线段AB于点M（不与A、B重合），交直线AC于N，试探索∠MPB、∠NPC、∠A三者之间的数量关系，并说明理由；
【思路点拨】
（1）利用角平分线的性质可求出∠PBC+∠PCB=12∠ABC+∠ACB，利用三角形内角和定理求出∠BPC=90°+12∠A，即可求出∠BCP=90°+40°=130°；
（2）利用平行的性质证明∠MPB=∠PBC，∠NPC=∠PCB，进一步得到∠MPB+∠NPC=∠PBC+∠PCB，再根据角平分线的性质可得∠MPB+∠NPC=∠PBC+∠PCB=90°−12∠A；
（3）分情况讨论：①当N在线段AC上时，②当N在线段AC延长线上时，③当N在线段CA延长线上时，结合图形求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵BD、CE平分∠ABC和∠ACB，
∴∠PBC+∠PCB=12∠ABC+∠ACB，
∴∠BPC=180°−∠PBC+∠PCB=180°−12180°−∠A=90°+12∠A，
∵∠A=80°，
∴∠BCP=90°+40°=130°．
（2）解：∵MN∥BC，
∴∠MPB=∠PBC，∠NPC=∠PCB，
∴∠MPB+∠NPC=∠PBC+∠PCB，
∵BD、CE平分∠ABC和∠ACB，
∴∠PBC+∠PCB=12∠ABC+∠ACB=12180°−∠A=90°−12∠A，
∴∠MPB+∠NPC=∠PBC+∠PCB=90°−12∠A．
（3）解：分情况讨论：
①当N在线段AC上时，如图，
∵BD、CE平分∠ABC和∠ACB交于点P，
∴∠PBC+∠PCB=12∠ABC+∠ACB=12180°−∠A=90°−12∠A，
∴∠BPC=180°−∠PBC+∠PCB=180°−90°+12∠A=90°+12∠A，
∴∠MPB+∠NPC=180°−∠BPC=90°−12∠A；
②当N在线段AC延长线上时，如图，
∵∠MPB+∠BPN=180°，∠BPN=∠BPC−∠NPC，且∠BPC=90°+12∠A，
∴∠MPB+∠BPN=∠MPB+∠BPC−∠NPC=180°
即∠MPB−∠NPC=90°−12∠A；
③当N在线段CA延长线上时，如图，
∵∠MPB+∠BPC+∠NPC=360°，且∠BPC=90°+12∠A，
∴∠MPB+∠NPC=270°−12∠A．
18．（2022秋·江苏南通·八年级统考期中）定义：一个内角等于另一个内角两倍的三角形，叫做“倍角三角形”．
（1）下列三角形一定是“倍角三角形”的有______（只填写序号）．
①顶角是30°的等腰三角形；
②等腰直角三角形；
③有一个角是30°的直角三角形．
（2）如图1，在△ABC中，AB=AC，∠BAC≥90°，将△ABC沿边AB所在的直线翻折180°得到△ABD，延长DA到点E，连接BE．
①若BC=BE，求证：△ABE是“倍角三角形”；
②点P在线段AE上，连接BP．若∠C=30°，BP分△ABE所得的两三角形中，一个是等腰三角形，一个是“倍角三角形”，请直接写出∠E的度数．
【思路点拨】
（1）利用“倍角三角形”的定义依次判断即可求解；
（2）①由折叠的性质和等腰三角形的性质可求∠BAE=2∠ADB，由等腰三角形的性质可得∠BDE=∠E，可得结论；②分两种情况讨论，由三角形内角和定理和“倍角三角形”的定义可求解．
【解题过程】
（1）解：若一个三角形是顶角为30°的等腰三角形，
则两个底角均为12180°−30°=75°，
∵75°≠2×30°，
∴顶角是30°的等腰三角形不是“倍角三角形”；
若一个三角形是等腰直角三角形，
则三个角分别为45°，45°，90°，
∵90°=2×45°，
∴等腰直角三角形是“倍角三角形”；
若一个三角形是有一个角为30°的直角三角形，
则另两个角分别为60°，90°，
∵60°=2×30°，
∴有一个30°的直角三角形是“倍角三角形”，
故答案为：②③；
（2）①证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵将△ABC沿边AB所在的直线翻折180°得到△ABD，
∴∠ABC=∠ABD，∠ACB=∠ADB，BC=BD，
∴∠ADB=∠ABD，
∴∠BAE=∠ADB+∠ABD=2∠ADB，
∵BE=BC，
∴BD=BE，
∴∠E=∠ADB，
∴∠BAE=2∠E，
∴△ABE是“倍角三角形”；
②解：由①可得∠BAE=2∠BDA=2∠C=60°，
如图，
若△ABP是等腰三角形，则△BPE是“倍角三角形”，
∴△ABP是等边三角形，
∴∠APB=60°，
∴∠BPE=120°，
∴∠E+∠EBP=60°，
∵△BPE是“倍角三角形”，
∴∠EBP=2∠E或∠E=2∠EBP，
∴∠E=20°或40°；
若△BPE是等腰三角形，则△ABP是“倍角三角形”，
∴∠ABP=12∠BAP=30°或∠APB=12∠BAE=30°或∠ABP=2∠APB或∠APB=2∠ABP，
当∠ABP=12∠BAP=30°时， ∠BPE=∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠E=12180°−∠BPE=45°；
当∠APB=12∠BAE=30°时，∠BPE=180°−∠APB=150°，
∴∠E=12180°−∠BPE=15°；
当∠ABP=2∠APB时，∠APB=13180°−∠BAP=40°，
∴∠BPE=180°−∠APB=140°，
∴∠E=12180°−∠BPE=20°；
当∠APB=2∠ABP时，∠APB=23180°−∠BAP=80°，
∴∠BPE=180°−∠APB=100°，
∴∠E=12180°−∠BPE=40°；
综上所述：∠E的度数为45°或15°或20°或40°．
19．（2022秋·天津和平·八年级校考期中）【概念认识】
如图①，在∠ABC中，若∠ABD=∠DBE=∠EBC，则BD，BE叫做∠ABC的“三分线”．其中，BD是“邻BA三分线”，BE是“邻BC三分线”．
（1）【问题解决】如图②，在△ABC中，∠A=65°，∠ABC=45°，若∠ABC的邻BA三分线BD交AC于点D，则∠BDC的度数为______；
（2）如图③，在△ABC中，BP，CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻CB三分线，且∠BPC=135°，求∠A的度数；
（3）【延伸推广】如图④，在△ABC中，∠ACD是△ABC的外角，∠ABC的三分线所在的直线与∠ACD的三分线所在的直线交于点P．若∠A=m°（0【思路点拨】
（1）根据BD是“邻BA三分线”可求得∠ABD的度数，再利用三角形外角的性质可求解；
（2）根据BP、CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻CB三分线；可得∠PBC=13∠ABC，∠PCB=13∠ACB，求出∠PBC+∠PCB=45°，然后根据三角形内角和定理可得答案；
（3）分4种情况进行画图计算：①当BP和CP分别是“邻BC三分线”、“邻CD三分线”时，②当BP和CP分别是“邻BC三分线”、“邻AC三分线”时，③当BF和CH分别是“邻AB三分线”、“邻CD三分线”时，BF和CH的反向延长线交于点P，④当BP和CP分别是“邻AB三分线”、“邻AC三分线”时，分别根据三分线的定义和三角形外角的性质求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵∠ABC的邻BA三分线BD交AC于点D，∠ABC=45°，
∴∠ABD=13∠ABC=15°，
∵∠A=65°，
∴∠BDC=∠A+∠ABD=65°+15°=80°，
故答案为：80°；
（2）解：∵BP、CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻CB三分线，
∴∠PBC=13∠ABC，∠PCB=13∠ACB，
∵∠BPC=135°，
∴∠PBC+∠PCB=13∠ABC+13∠ACB=180°−135°=45°，
∴∠ABC+∠ACB=135°，
∴∠A=180°−∠ABC+∠ACB=45°；
（3）解：①如图，当BP和CP分别是“邻BC三分线”、“邻CD三分线”时，
∵∠CBP=13∠ABC，∠PCD=13∠ACD，∠PCD=∠P+∠CBP，
∴13∠ACD=∠P+13∠ABC，即∠ACD=3∠P+∠ABC，
∵∠ACD=∠A+∠ABC，∠A=m°，
∴∠BPC=13∠A=13m°；
②如图，当BP和CP分别是“邻BC三分线”、“邻AC三分线”时，
∵∠CBP=13∠ABC，∠PCD=23∠ACD，∠PCD=∠P+∠CBP，
∴23∠ACD=∠P+13∠ABC，
即2∠ACD=3∠P+∠ABC，
∵∠ACD=∠A+∠ABC，∠A=m°，
∴∠BPC=23∠A+13∠ABC=23m°+20°；
③如图，当BF和CH分别是“邻AB三分线”、“邻CD三分线”时，BF和CH的反向延长线交于点P，
∵∠FBC=23∠ABC，∠BCP=∠HCD=13∠ACD，∠ACD=∠A+∠ABC，
∴∠BPC=∠FBC−∠BCP
=23∠ABC−∠HCD
=23∠ABC−13∠ACD
=23∠ABC−13∠A−13∠ABC
=13∠ABC−13∠A
=20°−13m°；
④如图，当BP和CP分别是“邻AB三分线”、“邻AC三分线”时，
∵∠PBC=23∠ABC，∠PCD=23∠ACD，
∴∠BPC=∠PCD−∠PBC
=23∠ACD−23∠ABC
=23∠ACD−∠ABC
=23∠A
=23m°
综上所述：∠BPC的度数为：13m°或23m°+20°或20°−13m°或23m°，
故答案为：13m°或23m°+20°或20°−13m°或23m°．
20．（2022秋·山东济宁·七年级校联考期中）【问题呈现】
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：
上表中a=＿＿＿＿，于是得到∠EAD与∠B、∠C的数量关系为＿＿＿＿．
【变式应用】
（2）小明继续研究，在图2中，∠B=35°，∠C=75°，其他条件不变，若把“AD⊥BC于D”改为“F是线段AE上一点，FD⊥BC于D”，求∠DFE的度数，并写出∠DFE与∠B、∠C的数量关系：
【思维发散】
（3）小明突发奇想，交换B、C两个字母位置，在图3中，若把（2）中的“点F在线段 AB上”改为“点F是EA延长线上一点”，其余条件不变，当∠ABC=88°，∠C=24°时，∠F度数为＿＿＿＿°．
【能力提升】
（4）在图4中，若点F在AE 的延长线上，FD⊥BC于D，∠B=x，∠C=y，其余条件不变，从别作出∠CAE 和∠EDF的角平分线，交于点P，试用 x、y表示∠P=＿＿＿＿．
【思路点拨】
（1）求出∠BAE和∠BAD的大小即可得到∠EAD的值，再分别用∠B和∠C表示出∠BAE和∠BAD，再由∠EAD=∠BAD−∠BAE即可得出答案，，
（2）如图，过点A作AG⊥BC于G，证明∠EFD=∠EAG，再分别求解∠BAG=55°，∠BAE=12∠BAC=35°，再结合（1）可得出三者的关系，
（3）如图，过A作AG⊥BC于G，而FD⊥BC，证明∠EAG=∠EFD，由（1）同理可得：∠EAG=12∠ABC−∠C，从而可得答案；
（4）如图，记AF，DP的交点为Q，证明∠QAP+∠QPA=∠QDF+∠QFD，再分别利用含x，y的代数式表示∠QAP=12∠CAF=14180°−x−y，∠F=90°−∠DEF=12y−12x，从而可得答案．
【解题过程】
（1）解：∵∠B=30°，∠C=70°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=80°，
∴Rt△ABD中，∠BAD=90°−∠B=60°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=12∠BAC=40°，
∴∠EAD=∠BAD−∠BAE=20°，
∴a=20；
∵∠BAC=180°−∠B−∠C，∠BAE=12∠BAC，∠BAD=90°−∠B，
∴∠DAE=∠BAD−∠BAE，
=90°−∠B−12180°−∠B−∠C
=90°−∠B−90°+12∠B+12∠C
=12∠C−∠B，
∴∠EAD=12∠C−∠B
（2）如图，过点A作AG⊥BC于G，
∵FD⊥BC，AG⊥BC，
∴FD∥AG，
∴∠EFD=∠EAG，
∵∠B=35°，∠C=75°，
由（1）同理可得：∠BAG=90°−35°=55°，∠BAE=12∠BAC=12180°−35°−75°=35°，
∴∠EAG=∠BAG−∠BAE=55°−35°=20°，
由（1）同理可得：∠EAG=12∠C−∠B
∴∠DFE=12∠C−∠B．
（3）如图，过A作AG⊥BC于G，而FD⊥BC，
∴AG∥FD，
∴∠EAG=∠EFD，
由（1）同理可得：∠EAG=12∠ABC−∠C，
∴∠EFD=12∠ABC−∠C，
∵∠ABC=88°，∠C=24°，
∴∠EFD=12∠ABC−∠C=1288−24=32°．
（4）如图，记AF，DP的交点为Q，
∵∠AQP=∠DQF，
∴∠QAP+∠QPA=∠QDF+∠QFD，
∵FD⊥BC，DP平分∠EDF，
∴∠QDF=45°，
∵∠B=x，∠C=y，AF平分∠BAC，
∴∠BAF=∠CAF=12∠BAC=12180°−x−y，
∴∠QAP=12∠CAF=14180°−x−y，
∵∠DEF=∠B+∠BAF=x+12180°−x−y=90°+12x−12y，
∴∠F=90°−∠DEF=12y−12x，
由∠QAP+∠QPA=∠QDF+∠QFD可得：
45°+12y−12x=∠P+14180°−x−y，
整理得：∠P=143y−x．
∠B/度
10
30
30
20
20
∠C/度
70
70
60
60
80
∠EAD/度
30
a
15
20
30