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中考数学一轮复习：专题13.9 三角形中的边角关系、命题与证明章末八大题型总结（拔尖篇）（沪科版）（解析版）
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这是一份中考数学一轮复习：专题13.9 三角形中的边角关系、命题与证明章末八大题型总结（拔尖篇）（沪科版）（解析版），共62页。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc25031" 【题型1 利用三角形的中线求面积】 PAGEREF _Tc25031 \h 1
\l "_Tc25770" 【题型2 利用三角形的三边关系求线段的最值或取值范围】 PAGEREF _Tc25770 \h 7
\l "_Tc22451" 【题型3 利用三角形的三边关系化简或证明】 PAGEREF _Tc22451 \h 10
\l "_Tc25393" 【题型4 与角平分线有关的三角形角的计算问题】 PAGEREF _Tc25393 \h 14
\l "_Tc19417" 【题型5 与平行线有关的三角形角的计算问题】 PAGEREF _Tc19417 \h 23
\l "_Tc1446" 【题型6 与折叠有关的三角形角的计算问题】 PAGEREF _Tc1446 \h 35
\l "_Tc32095" 【题型7 坐标系中的角度探究问题】 PAGEREF _Tc32095 \h 45
\l "_Tc25989" 【题型8 有关三角形角度的多结论问题】 PAGEREF _Tc25989 \h 54
【题型1 利用三角形的中线求面积】
【例1】（2023春·贵州毕节·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AG=BG，BD=DE=EC，CF=4AF，若四边形DEFG的面积为28，则△ABC的面积为（ ）
A．60B．56C．70D．48
【答案】A
【分析】连接CG、BF，过点F作FM⊥AB于点M，设S△AFG=a，根据同高的三角形的面积的比等于底边的比，分别得到S△AFB=2a、SΔBCF=8a、S△ABC=10a、S△CFE=83a、SΔACG=SΔBCG=5a、S△BDG=53a，再根据四边形DEFG的面积，求出a=6，即可得出△ABC的面积．
【详解】解：连接CG、BF，过点F作FM⊥AB于点M，
设S△AFG=a，
∵S△AFG=12⋅AG⋅FM，S△FGB=12⋅BG⋅FM，AG=BG，
∴S△AFG=S△FGB=a，
∴S△AFB=2a，
∵CF=4AF，
同理可得：S△BCF=4S△AFB，
∴S△BCF=8a，
∴S△ABC=S△AFB+S△BCF=2a+8a=10a，
∵BD=DE=EC，
∴BC=3EC，
同理可得：S△CFE=13S△BFC=83a，
∵G是AB的中点，
同理可得：S△ACG=S△BCG=5a，
∵BD=DE=EC，
∴BC=3BD，
同理可得：S△BDG=13S△BCG=53a，
∵四边形DEFG的面积为28，
∴S四边形DEFG=S△ABC−S△AFG−S△CFE−S△BDG=10a−a−83a−53a=143a=28，
∴a=6，
∴S△ABC=10a=10×6=60，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形的中线的性质，掌握三角形的中线的性质是解题关键．
【变式1-1】（2023秋·黑龙江哈尔滨·八年级校考期末）如图，在△ABC中，BF=2FD，EF=FC，若△BEF的面积为4，则四边形AEFD的面积为 ．
【答案】14
【分析】根据等底等高的三角形面积相等即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AF，
∵EF=FC，△BEF的面积为4，
∴S△BFC=4，
∵BF=2FD，
∴S△DFC=12S△BFC=2，
∵EF=FC，
∴S△AEF=S△AFC=S△ADF+2，
∵BF=2FD，
∴S△ABF=2S△ADF，
∴S△AEF+S△BEF=2S△ADF，
∴S△ADF+2+4=2S△ADF，解得S△ADF=6，
∴S△AEF=6+2=8，
∴S四边形AEFD=S△ADF+S△AEF=6+8=14．
故答案为：14．
【点睛】本题主要考查了根据三角形的中线求面积，解决本题的关键是掌握等底等高的三角形面积相等．
【变式1-2】（2023春·江苏连云港·八年级统考期末）如图，点C为直线AB外一动点，AB=6，连接CA、CB，点D、E分别是AB、BC的中点，连接AE、CD交于点F，当四边形BEFD的面积为5时，线段AC长度的最小值为 ．
【答案】5
【分析】如图：连接BF，过点C作CH⊥AB于点H，根据三角形中线的性质求得S△ABC=15，从而求得CH=5，利用垂线段最短求解即可．
【详解】解：如图：连接BF，过点C作CH⊥AB于点H，
∵点D、E分别是AB、BC的中点，
∴S△ABE=S△ACE=12S△ABC=S△ADC=S△BDC，S△AFD=S△BFD，S△CEF=S△BEF，
∴S△CEF+S四边形BDFE=S△CEF+S△ACF，S△AFD+S△CEF=S△BEF+S△BFD=S四边形BDFE=5，
∴S四边形BDFE=S△ACF=5，
∴S△ABC=S△ACF+S四边形BDFE+S△AFD+S△CEF=15，
∴12CH⋅AB=15，
∴CH=5，
又∵点到直线的距离垂线段最短，
∴AC≥CH=5，
∴AC的最小值为5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质、垂线段最短等知识点，正确作出辅助线、利用中线分析三角形的面积关系是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·江苏盐城·八年级统考期末）【问题情境】
苏科版数学课本八年级下册上有这样一道题：如图1，AD是△ABC的中线，△ABC与△ABD的面积有怎样的数量关系？
小旭同学在图1中作BC边上的高AE，根据中线的定义可知BD=CD．又因为高AE相同，所以S△ABD=S△ACD，于是S△ABC=2S△ABD．据此可得结论：三角形的一条中线平分该三角形的面积．
【深入探究】
（1）如图2，点D在△ABC的边BC上，点P在AD上．
①若AD是△ABC的中线，求证：S△APB=S△APC；
②若BD=3DC，则S△APB:S△APC=______．
【拓展延伸】
（2）如图3，分别延长四边形ABCD的各边，使得点A、B、C、D分别为DH、AE、BF、CG的中点，依次连结E、F、G、H得四边形EFGH．
①求证：S△HDG+S△FBE=2S四边形ABCD；
②若S四边形ABCD=3，则S四边形EFGH=______．
【答案】（1）①证明见解析；②3:1；（2）①证明见解析；②15
【分析】（1）①根据中线的性质可得S△ADB=S△ADC，点D为BC的中点，推得PD是△PBC的中线，S△PDB=S△PDC，即可证明S△APB=S△APC；
②设△ABC边BC上的高为ℎ，根据三角形的面积公式可得S△ADB=12×BD×ℎ，S△ADC=12×DC×ℎ，即可推得S△ADB=3S△ADC，同理推得S△PDB=3S△PDC，即可求得S△APB=3S△APC，即可证明S△APB:S△APC=3:1；
（2）①连接AG，AC，CE，根据中线的判定和性质可得S△GAH=S△GAD=12S△GHD，S△CBA=S△CBE=12S△CAE，S△ECF=S△ECB=12S△EFB，S△ADC=S△ADG=12S△ACG，推得S△ADC=S△ADG=12S△GHD，S△CBA=S△CBE=12S△EFB，即可求得S四边形ABCD=12S△GHD+S△EFB，即可证明S△HDG+S△FBE=2S四边形ABCD，
②由①可得S△HDG+S△FBE=2S四边形ABCD，同理可证得S△HEA+S△FGC=2S四边形ABCD，根据S四边形EFGH=S△HDG+S△FBE+S△HEA+S△FGC+S四边形ABCD，即可推得S四边形EFGH=5S四边形ABCD，即可求解．
【详解】（1）①证明：∵AD是△ABC的中线，
∴S△ADB=S△ADC，点D为BC的中点，
∴PD是△PBC的中线，
∴S△PDB=S△PDC，
∴S△ADB−S△PDB=S△ADC−S△PDC，
即S△APB=S△APC；
②S△APB:S△APC=3:1，
解：设△ABC边BC上的高为ℎ，
则S△ADB=12×BD×ℎ，S△ADC=12×DC×ℎ，
∵BD=3DC，
∴S△ADB=3S△ADC，
同理S△PDB=3S△PDC，
则S△ADB−S△PDB=3S△ADC−3S△PDC，
即S△APB=3S△APC，
∴S△APB:S△APC=3:1．
（2）①证明：连接AG，AC，CE，如图：
∵点A、B、C、D分别为DH、AE、BF、CG的中点，
∴AG，BC，CE，DA分别为△GHD，△CAE，△EFB，△ACG的中位线，
∴S△GAH=S△GAD=12S△GHD，S△CBA=S△CBE=12S△CAE，S△ECF=S△ECB=12S△EFB，S△ADC=S△ADG=12S△ACG，
∴S△ADC=S△ADG=12S△GHD，S△CBA=S△CBE=12S△EFB
∵S四边形ABCD=S△ADC+S△CBA=12S△GHD+12S△EFB=12S△GHD+S△EFB，
即S△HDG+S△FBE=2S四边形ABCD；
②15，
解：由①可得S△HDG+S△FBE=2S四边形ABCD，同理可证得S△HEA+S△FGC=2S四边形ABCD，
S四边形EFGH=S△HDG+S△FBE+S△HEA+S△FGC+S四边形ABCD，
即S四边形EFGH=5S四边形ABCD，
∵S四边形ABCD=3，
∴S四边形EFGH=5×3=15．
【点睛】本题考查了中位线的判定和性质，三角形的面积公式，掌握三角形的一条中线把原三角形分成两个等底同高的三角形是题的关键 ．
【题型2 利用三角形的三边关系求线段的最值或取值范围】
【例2】（2023春·河北保定·八年级统考期末）如图，∠AOB<90°，点M在OB上，且OM=6，点M到射线OA的距离为a，点P在射线OA上，MP=x．若△OMP的形状，大小是唯一确定的，则x的取值范围是（ ）
A．x=a或x≥6B．x≥6C．x=6D．x=6或x>a
【答案】A
【分析】根据△OMP的形状，大小是唯一确定的，结合三角形的三边关系进行分析即可．
【详解】解：过点M作MN⊥OA交OA于点N，作点O关于MN的对称点D，如图：
∵点M到射线OA的距离为a，
∴MN=a，
∵MN垂直平分OD，
∴MD=MO=6，
当a不能唯一确定△OMP；
当x=a时，即点P与点N重合，
可唯一确定△OMP为直角三角形；
当x=6时，即点P与点D重合或点P与点O重合，
∵点P与点O重合时不能构成三角形，故能唯一确定△OMP；
当x>6时，即点P在点D的右侧，故能唯一确定△OMP；
综上，若△OMP的形状，大小是唯一确定的，则x的取值范围是x=a或x≥6．
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解题的关键．
【变式2-1】（2023秋·安徽合肥·八年级统考期末）不等边△ABC的两条高的长度分别为4和12，若第三条高也为整数，那么它的长度最大值是
【答案】5
【分析】根据三角形三边关系及三角形面积相等即可求出要求高的整数值．
【详解】解：因为不等边△ABC的两条高的长度分别为4和12，根据面积相等可设 △ABC的两边长为3x，x；
因为 3x×4＝12×x（2倍的面积），面积S＝6x，
因为知道两条边的假设长度，根据两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可得：2x＜第三边长度＜4x，
因为要求高的最大长度，所以当第三边最短时，在第三边上的高就越长，
S＝12×第三边的长×高，6x＞12×2x×高，6x＜12×4x×高，
∴6＞高＞3，
∵是不等边三角形，且高为整数，
∴高的最大值为5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了三角形三边关系及三角形的面积，难度较大，关键是掌握三角形任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边差小于第三边．
【变式2-2】（2023秋·安徽·八年级期末）一个三角形的两边长分别为5和7，设第三边上的中线长为x，则x的取值范围是（ ）
A．x>5B．x<7C．2【答案】D
【详解】如图所示:
AB=5，AC=7，
设BC=2a，AD=x，
延长AD至E，使AD=DE，
在△BDE与△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．
故选D．
【变式2-3】（2023秋·浙江杭州·八年级期末）设a,b,c表示一个三角形三边的长，且他们都是自然数，其中a≤b≤c，若b=2020，则满足此条件的三角形共有 个．
【答案】2041210
【分析】已知b=2020，根据三角形的三边关系求解，首先确定出a、c三边长取值范围，进而得出各种情况有几个三角形．
【详解】解：a，b，c表示一个三角形三边的长，且它们都是自然数，其中a⩽b⩽c，如果b=2020，则0⩽a⩽2020，2020⩽c⩽4039，
∴当c=2020时，根据两边之和大于第三边，则a的取值范围为1⩽a⩽2020，有2020个三角形；
当c=2021时，根据两边之和大于第三边，则a的取值范围为2⩽a⩽2020，有2019个三角形；
当c=2022时，根据两边之和大于第三边，则a的取值范围为3⩽a⩽2020，有2018个三角形；
…
当c=4039时，根据两边之和大于第三边，则a的取值范围为a=2020，有1个三角形；∴三角形数量是：(2020+2019+2018+…+3+2+1)=(1+2020)×20202=2041210，
故答案为：2041210．
【点睛】本题主要考查一元一次不等式、三角形的三边关系，解题的关键是利用了在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边的三边关系．
【题型3 利用三角形的三边关系化简或证明】
【例3】（2023·八年级单元测试）如图，已知点O为ΔABC内任意一点.证明：
（1）OA+OB+OC>12AB+BC+AC.
（2）AB+AC+BC>OA+OB+OC.
（3）若A，B，C为三个城镇，AB+AC+BC=10 km，要在ΔABC内建造供水站O向三个城镇按如图路线供水，则所需供水管长度应满足什么条件？
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）水管长度应在5km到10km之间.
【分析】（1）在ΔAOB、ΔAOC、ΔBOC中，分别有OA+OB>AB，OA+OC>AC，
BO+OC>BC，三个式子相加即可证得要求
（2）AB+AC>OB+OC，AB+BC>OA+OC，AC+BC>OA+OB，三个式子相加即可证得要求
（3）由AB+AC+BC=10km，点O为ΔABC内一点，及（1）（2）可知12AB+BC+AC【详解】（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>AB+AC+BC.
故OA+OB+OC>12AB+BC+AC.
（2）AB+AC>OB+OC，①
同理，AB+BC>OA+OC，②
AC+BC>OA+OB.③
由①+②+③，得2AB+AC+BC>2OA+OB+OC，
即AB+AC+BC>OA+OB+OC.
（3）由AB+AC+BC=10km，点O为ΔABC内一点，及（1）（2）知12AB+BC+AC∴5km故水管长度应在5km到10km之间.
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，准确找到三角形来写对应关系是本题的解题关键.
【变式3-1】（2023春·八年级课时练习）已知a，b，c是一个三角形的三边长，化简|2a+b﹣c|﹣|b﹣2a﹣c|+|﹣a﹣b﹣2c|．
【答案】a+3b
【分析】根据三角形三边关系得到2a+b﹣c＞0，b﹣2a﹣c＜0，﹣a﹣b﹣2c＜0，再去绝对值，合并同类项即可求解．
【详解】解：∵a，b，c 是三角形的三边，
∴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．
【点睛】本题考查了三角形三边关系，绝对值的性质，整式的加减，关键是得到2a+b﹣c＞0，b﹣2a﹣c＜0，﹣a﹣b﹣2c＜0．
【变式3-2】（2023春·全国·八年级专题练习）如图1，点P是△ABC内部一点，连接BP，并延长交AC于点D．
(1)试探究AB+BC+CA与2BD的大小关系；
(2)试探究AB+AC与PB+PC的大小关系；
(3)如图2，点D，E是△ABC内部两点，试探究AB+AC与BD+DE+CE的大小关系．
【答案】(1)AB+BC+CA>2BD，理由见解析
(2)AB+AC>PB+PC，理由见解析
(3)AB+AC>BD+DE+CE，理由见解析
【分析】（1）利用三角形的两边之和大于第三边解题即可；
（2）在△ABD和△PDC中，利用三角形的两边之和大于第三边解题即可；
（3）延长BD交CE的延长线于G，交AC于点F，在△ABF、△GFC和△DEG中，利用三角形的两边之和大于第三边解题即可．
【详解】（1）解：AB+BC+CA>2BD，理由为：
∵AB+AD>BD，BC+CD>BD，
∴AB+AD+BC+CD>BD+BD
即：AB+BC+CA>2BD
（2）AB+AC>PB+PC，理由为：
在△ABD中，AB+AD>BP+PD，
在△PDC中，PD+DC>PC，
两式相加得：AB+AD+PD+DC>BP+PD+PC
即：AB+AC>PB+PC
（3）AB+AC>BD+DE+CE，理由为：
如图，延长BD交CE的延长线于G，交AC于点F，
在△ABF中，AB+AF>BD+DG+GF，①
在△GFC中，GF+AC−AF>GE+EC，②
△DEG中，DG+GE>DE，③
①+②+③得：AB+AC>BD+DE+CE
【点睛】本题考查三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三遍之间的关系是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·六年级单元测试）如图，草原上有四口油井，位于四边形ABCD的四个顶点上，现在要建立一个维修站H，试问H建在何处，才能使它到四口油井的距离之和HA+HB+HC+HD最小，说明理由
【答案】H建在AC、BD的交点处，理由见解析．
【分析】连接AC、BD相交于点H，任取一点H′，连接H′A、H′B、H′C、H′D，根据三角形三边关系得到H′A+H′C>AC，H′B+H′D>BD，进而得到H′A+H′B+H′C+H′D>HA+HB+HC+HD，即可推出结论．
【详解】解：H建在AC、BD的交点处，理由如下：
连接AC、BD相交于点H，任取一点H′，连接H′A、H′B、H′C、H′D，
在△AH′C中，H′A+H′C>AC，
在△BH′D中，H′B+H′D>BD，
∴H′A+H′B+H′C+H′D>AC+BD，
∵AC+BD=HA+HB+HC+HD，
∴H′A+H′B+H′C+H′D>HA+HB+HC+HD，
∴HA+HB+HC+HD最小，
即维修站H建在AC、BD的交点处，才能使它到四口油井的距离之和HA+HB+HC+HD最小．
【点睛】本题考查了线段最短，三角形的三边关系，作辅助线构造三角形，灵活运用三角形三边关系是解题关键．
【题型4 与角平分线有关的三角形角的计算问题】
【例4】（2023春·江苏苏州·八年级太仓市第一中学校考期中）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）．
【答案】(1)120°
(2)①90°-α2 ②不变，90°-α2 ③∠NDC与∠MDB的关系是∠NDC+∠MDB=90∘−α2．
【分析】（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．
【详解】（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．
【点睛】本题考查了角的平分线的定义，三角形内角和定理，平角的定义，熟练掌握三角形内角和定理，平角的定义是解题的关键．
【变式4-1】（2023秋·河南漯河·八年级校考期中）（1）在图1中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系；
（2）如果图2中，∠D=40°,∠B=36°，AP与CP分别是∠DAB和∠DCB的角平分线，试求∠P的度数；
（3）如果图2中∠D和∠B为任意角，其他条件不变，试问∠P与∠D，∠B之间存在着怎样的数量关系（直接写出结论即可）．
【答案】（1）∠A+∠D =∠C+∠B
（2）∠P=38°
（3）∠D+∠B=2∠P
【分析】（1）根据三角形的内角和定理和对顶角相等就可以得出∠A，∠D，∠C，∠B的数量关系；
（2）由（1）可得∠DAP＋∠D＝∠P＋∠DCP ，∠PCB＋∠B＝∠PAB＋∠P ，再两式相加，结合角平分线的定义可得∠D+∠B=2∠P，再把∠D=40°，∠B=36°代入计算即可得到答案；
（3）由（1）可得∠DAP＋∠D＝∠P＋∠DCP ，∠PCB＋∠B＝∠PAB＋∠P ，再两式相加，结合角平分线的定义可得∠D+∠B=2∠P.
【详解】解：（1）∵∠A+∠D+∠AOD=∠C+∠B+∠BOC=180°，
且∠AOD=∠BOC，
∴∠A+∠D =∠C+∠B；
（2）由（1）可得∠DAP+∠D =∠P+∠DCP ①，∠PCB+∠B =∠PAB+∠P ②，
∵∠DAB和∠DCB的角平分线AP与CP相交于点P，
∴∠DAP=∠PAB，∠DCP=∠PCB，
①+②得：∠DAP+∠D+∠PCB+∠B=∠P+∠DCP+∠PAB+∠P，
∴∠D+∠B=2∠P，
又∵∠D=40°，∠B=36°，
∴40°+36°=2∠P，
∴∠P=38°；
（3）存在的数量关系为：∠D+∠B=2∠P，
由（1）可得∠DAP+∠D =∠P+∠DCP ①，∠PCB+∠B =∠PAB+∠P ②，
∵∠DAB和∠DCB的角平分线AP与CP相交于点P，
∴∠DAP=∠PAB，∠DCP=∠PCB，
①+②得：∠DAP+∠D+∠PCB+∠B=∠P+∠DCP+∠PAB+∠P，
∴∠D+∠B=2∠P.
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理以及角平分线的定义等知识点，熟练掌握三角形的内角和定理以及角平分线的性质是解题的关键.
【变式4-2】（2023春·江苏扬州·八年级校联考期中）∠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．
【答案】(1)135°
(2)∠D的度数不随A、B的移动而发生变化，值为45°
(3)60°或45°
【分析】（1）利用三角形内角和定理、两角互余、角平分线性质即可求解；
（2）利用对顶角相等、两角互余、两角互补、角平分线性质即可求解；
（3）根据三角形的内角和定理及角平分线的性质不难得出∠EAF=90°，如果有一个角是另一个角的3倍，所以不确定是哪个角是哪个角的三倍，所以需要分情况讨论；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．
【详解】（1）解：∵AE、BE分别是∠BAO和∠ABO的平分线，
∴∠EBA=12∠OBA，∠BAE=12∠BAO，
∵∠MON=90°，
∴∠EAB+EBA=90°，
∵∠AEB+∠EAB+∠EBA=180°，
∴∠AEB=180°−∠EBA−∠BAE，
=180°−12∠OBA+∠BAO，
=180°−12×90°，
=180°−45°，
=135°；
（2）解： ∠D的度数不随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）解：∵∠BAO与∠BOQ的平分线交于点E，
∴∠AOE=135°，
∴∠E=180°−∠EAO−∠AOE，
=45°−∠EAO，
=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°．
【点睛】前两问熟练运用三角形内角和定理、直角三角形的两锐角互余、对顶角相等、角平分线性质等角的关系即可求解；第三问需先证明∠EAF=90°，再分情况进行讨论，熟练运用三角形的内角和定理及角平分线的性质是解题的关键．
【变式4-3】（2023秋·安徽宣城·八年级校考期中）如图1，∠MON=90°，点A、B分别在OM、ON上运动（不与点O重合）．
(1)若BC是∠ABN的平分线，BC的反方向延长线与∠BAO的平分线交于点D．
①若∠BAO=60°，则∠D=______°；
②猜想：∠D的度数是否随A，B的移动发生变化？并说明理由．
(2)如图2，若∠OAD=35∠OAB，∠NBC=35∠NBA，则∠D=______°；
(3)若将∠MON=90°改为∠MON=120°（如图3），∠OAD=mn∠OAB，∠NBC=mn∠NBA，其余条件不变，则∠D=______（用含m，n的代数式表示，其中m【答案】(1)①45；②不随A，B的移动发生变化，理由见解析
(2)36
(3)120°n−mn
【分析】（1）①先利用角平分线的定义求出∠BAD，利用三角形内角和定理可得∠ABO，即可得到∠NBA，利用角平分线的定义可得∠ABC，即可求解；
②设∠BAO=α，证明过程与①类似；
（2）设∠BAO=5β，解题过程与（1）类似；
（3）与（1）（2）类似，设出∠BAO的度数，再进行推导即可．
【详解】（1）解：①∵∠BAO=60°，AD平分∠BAO，
∴∠BAD=30°，
∵∠MON=90°，
∴∠ABO=30°，
∴∠ABN=180°−∠ABO=150°，
∵BC是∠ABN的平分线，
∴∠ABC=75°，
∴∠ABD=105°，
∵∠ABD+∠BAD+∠D=180°，
∴∠D=45°，
故答案为：45；
②∠D的度数不随A，B的移动发生变化，理由如下：
设∠BAO=2α，
∵AD平分∠BAO，
∴∠BAD=α，
∵∠MON=90°，
∴∠ABO=90°−2α，
∴∠ABN=180°−∠ABO=90°+2α，
∵BC是∠ABN的平分线，
∴∠ABC=45°+α，
∴∠ABD=135°−α，
∵∠ABD+∠BAD+∠D=180°，
∴∠D=45°，
∴∠D的度数不随A，B的移动发生变化；
（2）解：设∠BAO=5β，
∵∠OAD=35∠OAB，
∴∠BAD=25∠OAB，
∴∠BAD=2β，
∵∠MON=90°，
∴∠ABO=90°−5β，
∴∠ABN=180°−∠ABO=90°+5β，
∵∠NBC=35∠NBA，
∴∠ABC=25∠NBA，
∴∠ABC=36°+2β，
∴∠ABD=144°−2β，
∵∠ABD+∠BAD+∠D=180°，
∴∠D=36°，
故答案为：36；
（3）解：设∠BAO=n，
∵∠OAD=mn∠OAB，
∴∠BAD=n−mn∠OAB，
∴∠BAD=n−m，
∵∠MON=120°，
∴∠ABO=60°−n，
∴∠ABN=180°−∠ABO=120°+n，
∵∠NBC=mn∠NBA，
∴∠ABC=n−mn∠NBA，
∴∠ABC=n−mn120°+n，
∴∠ABD=180°−n−mn120°+n，
∵∠ABD+∠BAD+∠D=180°，
∴∠D=120°n−mn，
故答案为：120°n−mn．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，列代数式，角的计算等知识点，解题的关键是熟练掌握三角形内角和定理．
【题型5 与平行线有关的三角形角的计算问题】
【例5】（2023春·辽宁盘锦·八年级统考期末）（1）问题情境：如图1，AB∥CD，∠PMB=140°，∠PND=120°，求∠MPN的度数；
（2）问题迁移：在（1）的条件下，如图2，∠AMP的角平分线与∠CNP的角平分线交于点F，则∠MFN的度数为多少？请说明理由；
（3）问题拓展：如图3，AB∥CD，点P在射线OM上移动时（点P与点O，M，D三点不重合），记∠PAB=α，∠PCD=β，请直接写出∠APC与α，β之间的数量关系．
【答案】（1）100°；（2）50°，理由见解析；（3）当点P在BD上时，∠APC=α+β；当点P在BD延长线上时，∠APC=α−β；当点P在DB延长线上时，∠APC=β−α．
【分析】（1）过点P作PO∥AB，将∠MPN分成∠MPO和∠NPO两部分，然后根据平行线的性质将两部分的度数相加即可；
（2）分别过点P和点F作PO∥AB，EF∥AB，由（1）知∠AMP+∠CNP的度数，根据角平分线的定义求出∠AMF+∠CNF的度数，然后同第一问用平行线的性质即可求出∠MFN的度数；
（3）分三种情况讨论，根据平行线的性质和“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”以及等量代换即可得到答案．
【详解】解：（1）过点P作PO∥AB，
如图，∵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）分别过点P和点F作PO∥AB，EF∥AB，
如图，∵AB∥CD，
∴PO∥EF∥AB∥CD，
∴∠AMP=∠MPO，∠CNP=∠OPN，∠MFE＝∠AMF，∠EFN=∠CNF，
由（1）得∠AMP+∠CNP=100°，
∵∠AMP的角平分线与∠CNP的角平分线交于点F，
∴∠AMF=12∠AMP，∠CNF=12∠CNP，
∴∠AMF+∠CNF=12∠AMP+12∠CNP=12(∠AMP+∠CNP)=50°，
∴∠MFN=∠MFE+∠EFN=∠AMF+∠CNF=50°．
（3）当点P在BD上时，如原题图3，和（1）同理可得：∠APC=α+β；
当点P在BD延长线上时，如图所示，AP交CD于点E，
∵AB∥CD，
∴α=∠DEP，
又∵∠DEP=β+∠APC，
∠APC=α−β；
当点P在DB延长线上时，如图所示，CP交AB于点F，
∵AB∥CD，
∴∠BFP=β，
又∵∠BFP=α+∠APC，
∴∠APC=β−α．
综上所述，当点P在BD上时，∠APC=α+β；当点P在BD延长线上时，∠APC=α−β；当点P在DB延长线上时，∠APC=β−α．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，还考查了角平分线的定义，三角形的内角和定理的推论；解题的关键是：（1）正确作出辅助线，并灵活使用平行线的性质；（2）正确作出两条平行辅助线，并能灵活使用角平分线的定义和平行线的性质；（3）能用分类讨论的数学思想．
【变式5-1】（2023春·河北石家庄·八年级统考期末）如图，AB∥CD，点P在直线AB上，作∠BPM=50°，交CD于点M，点F是直线CD上的一个动点，连接PF，PE⊥CD于点E，PN平分∠MPF．
(1)若点F在点E左侧且∠PFM=32°，求∠NPE的度数；
(2)当点F在线段EM（不与点M，E重合）上时，设∠PFM=α°，直接写出∠NPE的度数（用含α的代数式表示）；
(3)将射线PF从（1）中的位置开始以每秒10°的速度绕点P逆时针旋转至PM的位置，转动的时间为t秒，求当t为何值时，△FPM为直角三角形．
【答案】(1)9°
(2)α−502°
(3)t为45秒或295秒
【分析】（1）平行线的性质得到∠PMF=∠BPM=50°，三角形内角和，得到∠MPF=98°，角平分线得到∠NPM=12∠MPF=49°，垂直得到∠PEM=90°，进而求出∠EPM的度数，利用∠NPE=∠NPM−∠EPM，进行求解即可；
（2）根据题意，画出图形，同法（1）求出∠NPM，∠EPM的度数，利用∠NPE=∠EPM−∠NPM，进行求解即可；
（3）分∠FPM=90°和∠PFM=90°，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解： ∵AB∥CD，
∴∠PMF=∠BPM=50°．
在△MPF中，∠PFM=32°，
∴∠MPF=180°−50°−32°=98°．
∵PN平分∠MPF，
∴∠NPM=12∠MPF=49°．
∵PE⊥CD，
∴∠PEM=90°，
∴∠EPM=90°−50°=40°，
∴∠NPE=∠NPM−∠EPM=49°−40°=9°．
（2）解：如图，
∵AB∥CD，
∴∠PMF=∠BPM=50°．
在△MPF中，∠PFM=α°，
∴∠MPF=180°−50°−α=130°−α°．
∵PN平分∠MPF，
∴∠NPM=12∠MPF=65°−12α．
∵PE⊥CD，
∴∠PEM=90°，
∴∠EPM=90°−50°=40°，
∴∠NPE=∠EPM−∠NPM=40°−65°+12α°=α−502°．
（3）∵∠PMF=50°，
∴当△FPM为直角三角形时，存在两种情况：
情况一：当∠FPM=90°时，
∵初始状态时∠FPM=98°，
∴旋转过的度数为98°−90°=8°．
∴转动的时间为810=45（秒）．
情况二：当∠PFM=90°时，∠FPM=40°．
∵初始状态时∠FPM=98°，
∴旋转过的度数为98°−40°=58°．
∴转动的时间为5810=295（秒）．
综上：当t为45秒或295秒时，△FPM为直角三角形．
【点睛】本题考查平行线的性质，与角平分线和高线有关的三角形的内角和．解题的关键时熟练掌握相关性质和定义，利用数形结合的思想进行求解．
【变式5-2】（2023春·辽宁大连·八年级统考期中）如图，AB//CD，点O在直线CD上，点P在直线AB和CD之间，∠ABP=∠PDQ=α，PD平分∠BPQ．
（1）求∠BPD的度数（用含α的式子表示）；
（2）过点D作DE//PQ交PB的延长线于点E，作∠DEP的平分线EF交PD于点F，请在备用图中补全图形，猜想EF与PD的位置关系，并证明；
（3）将（2）中的“作∠DEP的平分线EF交PD于点F”改为“作射线EF将∠DEP分为1:3两个部分，交PD于点F”，其余条件不变，连接EQ，若EQ恰好平分∠PQD，请直接写出∠FEQ=__________（用含α的式子表示）．
【答案】（1）∠BPD=2α；（2）画图见解析，EF⊥PD，证明见解析；（3）45°−α2或45°−32α
【分析】（1）根据平行线的传递性推出PG//AB//CD，再利用平行线的性质进行求解；
（2）猜测EF⊥PD，根据PD平分∠BPQ,∠BPD=2α，推导出∠BPD=∠DPQ=2α，再根据DE//PQ、EF平分∠DEP，通过等量代换求解；
（3）分两种情况进行讨论，即当∠PEF:∠DEF=1:3与∠DEF:∠PEF=1:3，充分利用平行线的性质、角平分线的性质、等量代换的思想进行求解．
【详解】（1）过点P作PG//AB，
∵AB//CD,PG//AB，
∴PG//AB//CD，
∴∠BPG=∠ABP=α,∠DPG=∠PDQ=α，
∴∠BPD=∠BPG+∠DPG=2α．
（2）根据题意，补全图形如下：
猜测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=12∠DEP=90°−2α，
∴∠EFD=180°−∠PEF−∠BPD=90°，
∴EF⊥PD．
（3）①如图1，
∠PEF:∠DEF=1:3，
由（2）可知：∠EPD=∠DPQ=∠EDP=2α,∠DEP=180°−4α，
∵∠PEF:∠DEF=1:3，
∴∠PEF=14∠DEP=45°−α，
∠DEF=34∠DEP=135°−3α，
∵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=12∠PQD=90°−32α，
∴∠FEQ=∠DEF−∠DEQ=135°−3α−(90°−32α)=45°−32α；
②如图2，
∠DEP=180°−4α，∠PQD=180°−3α（同①）；
若∠DEF:∠PEF=1:3，
则有∠DEF=14∠DEP=14×(180°−4α)=45°−α，
又∠PQE=∠DQE=12∠PQD=12×(180°−3α)=90°−32α，
∵DE//PQ，
∴∠DEQ=∠PQE=90°−32α，
∴∠FEQ=∠DEQ−∠DEF=45°−12α，
综上所述：∠FEQ=45°−32α或45°−α2，
故答案是：45°−α2或45°−32α．
【点睛】本题考查了平行线的性质、角平分线、三角形内角和定理、垂直等相关知识点，解题的关键是掌握相关知识点，作出适当的辅助线，通过分类讨论及等量代换进行求解．
【变式5-3】（2023春·湖北省直辖县级单位·八年级校考期中）已知MN∥PQ，点D是直线PQ上一定点．
(1)如图1，现有一块含30°角的直角三角板（∠CAB=30°，∠ACB=60°，∠ABC=90°），将其点A固定在直线MN上，并按图1位置摆放，使∠MAC=30°，点B恰好落在射线DE上，此时，∠PDE=20°，求∠ABD的度数；
(2)现将射线DE从图1的位置开始以每秒2度的速度绕点D顺时针旋转，转到与DQ重合时停止，三角板按图1摆放不动，设旋转时间为t秒，在旋转过程中，当DE与三角板的一边平行时，求t的值；
(3)若将射线DE从图1的位置开始以每秒2度的速度绕点D顺时针旋转，同时，将三角板ABC也从图1的位置开始以每秒4度的速度绕点A逆时针旋转，在旋转过程中，∠MAC的角平分线AH与∠PDE的角平分线DF交于点O．
①如图2，当DF∥BC时，∠AOD=________度；
②如图3，当DF∥BA时，∠AOD=________度．
【答案】(1)80°
(2)5或50或65
(3)①37 ②91
【分析】（1）过点B作BK∥MN，利用平行线的性质求解即可；
（2）依题意可知：∠PDE=(20+2t)°，分三种情况讨论即可；
（3）依题意可知：∠PDE=(20+2t)°，∠MAC=(30+4t)°，利用角平分线和第一问的关系可得∠AOD=∠MAO+∠PDO=25+3t；
①当DF∥BC时，延长AB于DF于G，利用∠AOD+∠GAO+∠OGA=180°列方程计算即可；
②当DF∥BA时，延长AC于DF于G，利用∠AOD+∠GAO+∠OGA=180°列方程计算即可．
【详解】（1）如图1，过点B作BK∥MN，
图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）依题意可知：∠PDE=(20+2t)°，分以下三种情况讨论：
①如图4，当DE∥BC时，DE与AB交于点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如图5，当DE∥AB时，DE与MN交于点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如图6，当DE∥AC时，DE与MN交于点T，
∵DE∥AC，∠MAC=30°，
∴∠MTD=∠MAC=30°，
∵MN∥PQ，
∴∠MTD+∠PDE=180°，
∴∠PDE=180°−∠MTD=150°，
∴20+2t=150，解得t=65．
综上所述：t的值为5或50或65．
（3）依题意可知：∠PDE=(20+2t)°，∠MAC=(30+4t)°，
∵∠MAC的角平分线AH与∠PDE的角平分线DF交于点O，
∴∠PDO=12∠PDE=10+t，∠MAO=∠OAC=12∠MAC=15+2t，
由（1）的模型可得∠AOD=∠MAO+∠PDO=25+3t，
①当DF∥BC时，延长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°，
故答案为：37；
②当DF∥BA时，延长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°，
故答案为：91；
【点睛】本题考查作图-平移变换，平行线的判定和性质，三角形的内角和等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
【题型6 与折叠有关的三角形角的计算问题】
【例6】（2023秋·山东临沂·八年级统考期末）有一张正方形纸片ABCD，点E是边AB上一定点，在边AD上取点F，沿着EF折叠，点A落在点A′处，在边BC上取一点G，沿EG折叠，点B落在点B′处．
(1)如图1，当点B落在直线A′E上时，猜想两折痕的夹角∠FEG的度数并说明理由．
(2)当∠A′EB′=13∠B′EB时，设∠A′EB′=x．
①试用含x的代数式表示∠FEG的度数．
②探究EB′是否可能平分∠FEG，若可能，求出此时∠FEG的度数；若不可能，请说明理由．
【答案】(1)∠FEG=90°，理由见解析
(2)①当点B′落在∠A′EG内部时，∠FEG=90°+x2；当点B′落在∠A′EF内部时，∠FEG=90°−x2；②EB′可能平分∠FEG，当点B′落在∠A′EG内部时，∠FEG=108°；
当点B′落在∠A′EF内部时，∠FEG=(5407)°．
【分析】（1）由折叠的性质结合平角的性质即可求解；
（2）①分当点B′落在∠A′EG内部和点B′落在∠A′EF内部时两种情况讨论求解即可；
②分点B′落在∠A′EG内部和点B′落在∠A′EF内部时两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∠FEG=90°．
由折叠可知∠AEF=∠A′EF，∠BEG=∠B′EG．
又∵∠AEF+∠A′EF+∠BEG+∠B′EG=180°，
∴∠A′EF+∠B′EG=90°，∠FEG=90°；
（2）解：由折叠可知∠AEF=∠A′EF，∠BEG=∠B′EG．
①（i）如图，当点B′落在∠A′EG内部时，
∵∠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′=90°−2x，
∴∠FEG=180°−∠BEG−∠AEF=90°+x2．
（ⅱ）如图2，当点B′落在∠A′EF内部时，
∵∠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′=90°−x．
∴∠FEG=180°−∠BEG−∠AEF=90°−x2．
综上所述，当点B′落在∠A′EG内部时，∠FEG=90°+x2；
当点B′落在∠A′EF内部时，∠FEG=90°−x2．
②EB′可能平分∠FEG，理由如下：
（i）当点B′落在∠A′EG内部时，∠FEG=90°+x2．
∵EB′平分∠FEG，∴∠B′EG=12∠FEG=45°+x4．
又∵∠B′EG=12∠BEB′=3x2，
∴45°+x4=3x2，解得x=36°．
此时∠FEG=90°+x2=108°．
（ⅱ）当点B′落在∠A′EF内部时，∠FEG=90°−x2．
∵EB′平分∠FEG，
∴∠B′EG=12∠FEG=45°−x4．
又∵∠B′EG=12∠BEB′=3x2，
∴45°−x4=3x2，
解得x=(1807)°．
此时∠FEG=90°−x2=(5407)°．
综上所述，当点B′落在∠A′EG内部时，∠FEG=108°；
当点B′落在∠A′EF内部时，∠FEG=(5407)°．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题．
【变式6-1】（2023春·河北石家庄·八年级统考期末）（1）如图1，将一张三角形纸片ABC沿着AD折叠，使点C落在边AB上的C处，若∠CAB=70°，则∠CAD= ______°；
（2）如图2，将一张三角形纸片ABC沿着DE折叠(点D，E分别在边AB和AC上)，并使得点A和点A′重合，若∠A=70°，则∠1+∠2= ______°；
（3）如图3，将长方形纸片沿着BC和BD折叠成如图所示的形状，BE和BI重合，
①∠CBD的度数是多少？请说明理由；
②如果∠IBD=58°17′，求∠ABC的度数．
【答案】（1）35°；（2）140°；（3）①90°；②31°43'
【分析】（1）利用对折性质可知AD是∠CAB角平分线，由此即可求解；
（2）根据三角形的内角和可知∠AED+∠ADE=180°−∠A，根据折叠可知∠AEA′+∠ADA′的度数，利用两个平角和等于360°，由此即可求解；；
（3）①根据折叠可得∠IBD=∠FBD，∠ABC=∠EBC，且∠IBD+∠FBD+∠ABC+∠EBC=180°，代入计算即可；
②∠ABC=12∠ABE=12180°−∠IBF=12180°−2∠IBD，代入计算即可．
【详解】解：（1）由对折性质可知，AD是∠CAB角平分线，
∴∠CAD=12∠CAB=12×70°=35°，
故答案为：35°．
（2）在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED=180°，∠A=70°，
∴∠AED+∠ADE=180°−∠A=180°−70°=110°，
根据折叠的性质得，∠A′ED+∠A′DE=110°，
∴∠AEA′+∠ADA′=110°+110°=220°，
∵∠AEA′+∠1+∠ADA′+∠2=360°，
∴∠1+∠2=360°−220°=140°，
故答案为：140°．
（3）①由折叠的性质可知：∠IBD=∠FBD，∠ABC=∠EBC，且∠IBD+∠FBD+∠ABC+∠EBC=180°，
∴∠CBD=∠CBE+∠DBE=12×180°=90°，
②根据折叠的性质及上述知识可知，
∠ABC=12∠ABE
=12180°−∠IBF
=12180°−2∠IBD
=12180°−2×58°17'
=31°43'．
【点睛】本题考查折叠问题中角的计算问题，掌握翻折的性质是本题的关键．
【变式6-2】（2023秋·江西南昌·八年级校联考期末）我们在小学已经学习了“三角形内角和等于180°”．在三角形纸片中，点D，E分别在边AC，BC上，将∠C沿DE折叠，点C落在点C'的位置．
(1)如图1，当点C落在边BC上时，若∠ADC′=58°，则∠C=______，可以发现∠ADC′与∠C的数量关系是 ；
(2)如图2，当点C落在△ABC内部时，且∠BEC′=42°，∠ADC′=20°，求∠C的度数；
(3)如图3，当点C落在△ABC外部时，若设∠BEC′的度数为x，∠ADC'的度数为y，请求出∠C与x，y之间的数量关系．
【答案】(1)29°，∠ADC′=2∠C
(2)31°
(3)∠C=12x−12y
【分析】（1）根据邻补角得出∠CDC′，根据折叠的性质得出∠CDE=∠C′DE=12∠CDC′，∠DEC=∠DEC′=90°，根据三角形内角和定理即可求解；
（2）方法一：根据平角的定义得出∠CEC′，∠CDC′，根据折叠的性质得出∠EDC，∠DEC，然后根据三角形内角和定理即可求解．
方法二：根据（1）的结论得出∠DCC′=10°，∠C′CE=21°，进而即可求解；
（3）方法一：根据（2）的方法一进行计算即可求解；
方法二：根据（2）的方法二，即可求解．
【详解】（1）∵∠ADC′=58°，
∴∠CDC′=180°−∠ADC′=122°，
由折叠得：∠CDE=∠C′DE=12∠CDC′=61°，
∠DEC=∠DEC′=12×180°=90°，
∴∠C=180°−∠EDC−∠DEC=29°，
设∵∠ADC′=α，
∴∠CDC′=180°−∠ADC′=180°−α，
由折叠得：∠CDE=∠C′DE=12∠CDC′=90°−12α，
∠DEC=∠DEC′=12×180°=90°，
∴∠C=180°−∠EDC−∠DEC=90°−90°−12α，
∴∠ADC′=2∠C；
故答案为：29°，∠ADC′=2∠C；
（2）∵∠BEC′=42°，∠ADC′=20°，
∴∠CEC′=180°−∠BEC′=138°，∠CDC′=180°−∠ADC′=160°，
由折叠得：∠CDE=∠C′DE=12∠CDC′=80°，∠DEC=∠DEC′=12∠CEC′=69°，
∴∠C=180°−∠EDC−∠DEC=31°，
方法二：连接CC′
由①结论可知：∠ADC′=2∠DCC′=20°，
∴∠DCC′=10°
同理，由①结论可知：∠BEC′=2∠C′CE=42°，
∴∠C′CE=21°
∴∠ACB=∠DCC′+∠C′CE=10°+21°=31°．
（3）∵∠BEC′=x，∠ADC′=y，
∴∠CEC′=180°−x，∠EDC'+∠EDC=180°+∠ADC'=180°+y，
由折叠得：∠CDE=∠C′DE=12∠CDC′=90°+12y，
∠DEC=∠DEC′=12∠CEC′=90°−12x，
∴∠C=180°−∠EDC−∠DEC=180°−90°+12y−90°−12x=12x−12y，
∴∠C与x，y之间的数量关系：∠C=12x−12y．
方法二：连接CC′，
由①结论可知：∠BEC′=2∠ECC′=x，
∴∠ECC′=12x
同理，由①结论可知：∠ADC′=2∠DCC′=y，
∴∠DCC′=12y
∴∠ACB=∠ECC′−∠DCC′=12x−12y．
【点睛】本题考查了三角形折叠问题，三角形内角和定理，掌握三角形的内角和定理与折叠的性质是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·江苏·八年级统考期中）将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使得点A落A′的位置，折痕为DE．
(1)当点A落在四边形BCDE的外部A′的位置且A′与点C在直线AB的两侧．
①如图1，若∠C=90°，∠A=30°，求∠1−∠2的度数；
②如图2，请写出∠1、∠2和∠A的关系并证明；
(2)如图3，有一张三角形纸片ABC，∠A=30°，∠C=50°，若点E是AB边上的固定点（AE<12AB），请在AC上找一点D，将纸片沿DE折叠，DE为折痕点A落在A′处，使A′ D与三角形ABC的其中一边平行，求∠AED的度数．
【答案】(1)①60°；②∠1−∠2=2∠A
(2)∠AED= 75°或125°或35°
【分析】（1）①先求出∠B的度数，在根据四边形内角和求出∠1+∠BFD的度数，由∠BFD=∠ A′ FE和∠ A′的度数可求出答案；
②同①的方法即可求解．
（2）分三种情况讨论，当A′D∥AB时，当A′D∥BC，A′在AC上方时，当A′D∥BC，A′在AC下方时，画出图形，根据平行线的性质以及三角形的内角和定理进行求解即可．
【详解】（1）由折叠可知，∠A′=∠A=30°
在△A′EF中，∠A′+∠2+∠A′FE=180°
∴∠2=180°−∠A′−∠AFE=150°−∠A′FE
在△ABC中，∠B=180°−∠C−∠A=60°
在四边形BCDF中，∠1+∠C+∠B+∠BFD=360°
∴∠1=360°−∠C−∠B−∠BFD=210°−∠BFD
∵ ∠BFD=∠A′FE
∴∠1−∠2=210°−150°=60°；
②由折叠可知，∠A′=∠A
在△A′EF中，∠A′+∠2+∠A′FE=180°
∴∠2=180°−∠A′−∠AFE=180°−∠A−∠AFE
在△ABC中，∠B=180°−∠C−∠A
在四边形BCDF中，∠1+∠C+∠B+∠BFD=360°
∴∠1=360°−∠C−∠B−∠BFD
∵ ∠BFD=∠A′FE
∴∠1−∠2=360°−∠C−∠B−∠BFD−180°−∠A−∠AFE
=360°−∠C−∠B−∠BFD−180°+∠A+∠AFE；
=180°−∠C+∠B+∠A
=2∠A
（2）解：①当A′D∥AB时，如图所示，
∴∠BEA′=∠A′，
∵由折叠可知，∠A′=∠A =30°，∠AED=∠A′ED，
∵∠AED+∠A′ED+∠BEA′=180°，
∴∠AED=12180°−∠BEA′=12180°−30°=75°；
②当A′D∥BC，A′在AC上方时，如图所示，
∵∠C=50°,∠C+∠1=180°，
∴∠1=130°，
由（1）可得∠1−∠2=2∠A=60°，
∴∠2=70°，
由折叠可知， ∠AED=∠A′ED，
∴∠2+180°=2∠AED，
∴∠AED=125°；
③当A′D∥BC，A′在AC下方时，如图所示，，
则∠CDA′=∠C=50°，
∴∠AGE=∠A′+∠CDA′=30°+50°=80°，
∴∠AEG=180°−∠A−∠AGE=180°−30°−80°=70°，
由折叠可知， ∠AED=∠A′ED，
∴∠AED=12∠AEG=35°，
综上所述，∠AED= 75°或125°或35°．
【点睛】本题考查了四边形内角和公式，三角形内角和定理，折叠的性质，平行线的性质，熟练掌握以上知识，并能分类讨论是解题的关键．
【题型7 坐标系中的角度探究问题】
【例7】（2019春·辽宁葫芦岛·七年级统考期末）在平面直角坐标系中A(a,0)，C(0,c)且满足(a+6)2+c+3=0，长方形ABCO在坐标系中（如图），点O为坐标系的原点．
（1）求点B的坐标．
（2）如图1，若点M从点A出发，以2个单位/秒的速度向右运动（不超过点O），点N从原点O出发，以1个单位/秒的速度向下运动（不超过点C），设M、N两点同时出发，在它们运动的过程中，四边形MBNO的面积是否发生变化？若不变，求其值；若变化，求变化的范围．
（3）如图2，E为x轴负半轴上一点，且∠CBE=∠CEB，F是x轴正半轴上一动点，∠ECF的平分线CD交BE的延长线于点D，在点F运动的过程中，请探究∠CFE与∠D的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）B(−6,−3)；（2）9；（3）∠CFE=2∠D，理由见解析；
【分析】(1)根据题意可得a=−6，c=−3，则可求A点，C点，B点坐标；
(2)设M、N同时出发的时间为t,则S四边形MBNO=S长方形OABC−S△ABM−S△BCN =18−12×2t×3−12×6×(3−t)=9.与时间无关，即面积是定值，其值为9；
(3)根据三角形内角和定理和三角形外角等于不相邻的两个内角的和，可求∠CFE与∠D的数量关系.
【详解】(1)∵(a+6)2+c+3=0，
∴a=−6，c=−3
∴A(−6,0),C(0,−3)
∵四边形OABC是矩形
∴AO∥BC,AB∥OC，AB=OC=3，AO=BC=6
∴B(−6,−3)
(2)四边形MBNO的面积不变.
设M、N同时出发的时间为t，
则S四边形MBNO=S长方形OABC−S△ABM−S△BCN =18−12×2t×3−12×6×(3−t)=9.与时间无关.
∴在运动过程中面积不变，是定值9.
(3)∠CFE=2∠D.
理由如下：如图
∵∠CBE=∠CEB
∴∠ECB=180°−2∠BEC
∵CDP平分∠ECF
∴∠DCE=∠DCF
∵AF∥BC
∴∠F=180°−∠DCF−∠DCE−∠BCE=180°−2∠DCE−(180°−2∠BEC)
∴∠F=2∠BEC−2∠DCE
∵∠BEC=∠D+∠DCE
∴∠F=2(∠D+∠DCE)−2∠DCE
∴∠F=2∠D
【点睛】此题考查坐标与图形的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，解题关键在于掌握各性质定义，利用把已知坐标代入等式求值.
【变式7-1】（2023春·重庆彭水·七年级统考期中）已知，在平面直角坐标系中，点A的坐标是a,0，B的坐标是0，b，其中a、b满足a−12+b−3=0，将点B向左平移mm>0个单位到点C，连接AC，AC交y轴于点D．（注：S△ABC表示ΔABC的面积）
(1)求点A、B的坐标．
(2)如图1，若S△ABC>4S△ABD，求满足条件的m的取值范围．
(3)如图2，若m>1，BE平分∠ABC交AC于点E（不与点A重合），射线CF交直线AB于点G，交射线BE于点M，求∠CGA，∠BMF，∠CFA的数量关系．
【答案】(1)A1，0，B0，3
(2)m>3
(3)当点F在线段OA上时，∠CFA+∠CGA+2∠BMF=360°；当点F在OA的延长线上时，∠CGA=2∠BMF−∠CFA．
【分析】（1）利用非负数的性质求出a,b的值即可；
（2）利用面积法表示出BD的长（用m表示），再构建不等式求解；
（3）分两种情形：当点F在线段OA上时，当点F在OA的延长线上时，分别求解即可．
【详解】（1）解：∵a−12+b−3=0，
又∵a−12≥0，b−3≥0，
∴a=1，b=3，
∴A1，0，B0，3；
（2）解：由题意C−m,3，
∵SΔABC=12×m×3=32m，
∵SΔABD=12BD×1=12BD，SΔCBD=12BD⋅m=m2BD
∴SΔABC=SΔABD+SΔCBD=12BD+12m⋅BD=3m2
∴BD=3m1+m，
∵S△ABC>4S△ABD，SΔABC=32m，∵SΔABD=12BD=12⋅3m1+m
∴32m>4×12⋅3m1+m，
解得，m>3；
（3）解：如图中，点F是GC与x轴的交点，当点F在线段OA上时,∠CFA+∠CGA+2∠BMF=360°
理由：∵BM平分∠ABC，
∴∠CBM=∠GBM，
∵BC∥FO，
∴∠BCM=∠MFO
又∵∠BMF=∠CBM+∠BCM=∠CBM+∠MFO=∠CBM+180°−∠CFA
∴∠CBM=∠GBM=∠BMF+∠CFA−180°，
∵∠BMF+∠CGA+∠MBG=180°，
∴∠BMF+∠CGA+∠BMF+∠CFA−180°=180°，
∴∠CFA+∠CGA+2∠BMF=360°；
如图2﹣2中，当点F在OA的延长线上时，∠CGA=2∠BMF−∠CFA．
理由：∵CB∥AF，
∴∠CFA=∠BCF，∠BMF=∠CBM+∠CFA，
∴∠CBM=∠BMF−∠CFA，
∵∠CGA=∠CBG+∠BCG=2∠CBM+∠CFA，
∴∠CGA=2∠BMF−∠CFA+∠CFA，
∴∠CGA=2∠BMF−∠CFA．
综上所述，当点F在线段OA上时，∠CFA+∠CGA+2∠BMF=360°；当点F在OA的延长线上时，∠CGA=2∠BMF−∠CFA．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式7-2】（2023春·辽宁沈阳·七年级统考期中）已知直线MN∥PQ，点A在直线MN上，点B、C为平面内两点，AC⊥BC于点C．
(1)如图1，当点B在直线MN上，点C在直线MN上方时，延长CB交直线PQ于点D，则∠CAB和∠CDP之间的数量关系是___________．
(2)如图2，当点C在直线MN上且在点A左侧，点B在直线MN与PQ之间时，过点B作BD⊥AB交直线PQ于点D．为探究∠ABC与∠BDP之间的数量关系，小明过点B作BF∥MN．请根据他的思路，写出∠ABC与∠BDP的关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，作∠ABD的平分线交直线MN于点E，当∠AEB=2∠ABC时，直接写出∠ABC的度数．
(4)如图4，当点C在直线MN上且在点A左侧，点B在直线PQ下方时，过点B作BD⊥AB交直线PQ于点D．作∠ABD的平分线交直线MN于点E，当∠BDP=2∠BEN时，请补充图形并直接写出∠ABC的度数．
【答案】(1)∠CAB+∠CDP=90°
(2)∠ABC=∠BDP，见解析
(3)15°
(4)图见解析，30°
【分析】（1）利用平行线的性质条件三角形的内角和定理求解即可．
（2）结论：∠ABC=∠PDB．构造平行线，利用平行线的性质求解即可．
（3）设∠ABC=x，则∠AEB=2x，根据∠CBE+∠AEB=90°，构建方程求解即可．
（4）设BE交PQ于J．设∠BEN=x，则∠BDP=2x，利用三角形内角和定理，构建方程求解即可．
【详解】（1）如图1中，
∵AC⊥CD，
∴∠C=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°，
∵MN∥PQ，
∴∠PDB=∠ABC，
∴∠CAB+∠PDC=90°．
故答案为：∠CAB+∠PDC=90°．
（2）结论：∠ABC=∠PDB．
理由：如图2中，
∵MN∥PQ，BF∥MN，
∴BF∥PQ，
∴∠PDB=∠DBF，
∵AC⊥BC，AB⊥BD，
∴∠ACB=∠ABD=90°，
∵∠CBF+∠ACB=180°，
∴∠CBF=∠ABD=90°，
∴∠ABC=∠DBF，
∴∠ABC=∠PDB．
（3）如图3中，
∵∠AEB=2∠ABC，
∴可以假设∠ABC=x，则∠AEB=2x，
∵∠ABD=90°，BE平分∠ABD，
∴∠ABE=∠EBD=45°，
∵∠BCE=90°，
∴∠CBE+∠AEB=90°，
∴x+45°+2x=90°，
∴x=15°，
∴∠ABC=15°．
（4）如图4中，图形如图所示，设BE交PQ于J．
∵∠BDP=2∠BEN，
∴可以假设∠BEN=x，则∠BDP=2x，
∵MN∥PQ，
∴∠BEN=∠PJE=x，
∵∠ABD=90°，BE平分∠ABD，
∴∠ABE=∠EBD=45°，
∵∠BDJ+∠BJD+∠DBJ=180°，
∴180°−2x+180°−x+45°=180°，
∴x=75°，
∵∠BCE=90°，
∴∠EBC=90°−75°=15°，
∴∠ABC=∠ABE−∠EBC=45°−15°=30°．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平行线的性质，三角形内角和定理，角平分线的定义等知识，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．
【变式7-3】（2023春·四川自贡·七年级校考期中）如图1，平面直角坐标系中，已知Aa,0，Bb,3，C2,0，且满足a+32+a−b+6=0，线段AB交y轴于点F．
(1)填空：a=______，b=______；
(2)如图1，在x轴上是否存在点P（P点不与点A、O、C重合），使得△ABP的面积与△ABC的面积相等？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，点D为y轴正半轴上一点，ED∥AB，且AM，DM分别平分∠CAB，∠ODE，AM交y轴于点P，求∠AMD度数．
【答案】(1)−3，3
(2)存在，P−8,0
(3)∠AMD=45°
【分析】（1）根据平方和算术平方根的非负性求解即可；
（2）结合（1）可求出S△ABC=S△ABP=152，设Px,0，则S△ABP=12×−3−x×3，得出关于x的方程，解出x的值即可；
（3）过点D作DQ∥AC，过点M作MN∥AC，则DQ∥MN∥AC，得出∠QDM=∠NMD，∠AMN=∠CAM，∠ODE+∠DFB=180°．结合对顶角相等和直角三角形的性质可求出∠QDM+∠CAM=45°，从而得出∠NMD+∠AMN=45°，即∠AMD=45°．
【详解】（1）解：∵a+32+a−b+6=0，
∴a+3=0a−b+6=0，解得：a=−3b=3．
故答案为：−3，3；
（2）解：由（1）可知A−3,0，B3,3，C2,0，
∴AC=5，
∴S△ABC=12AC×yB=12×5×3=152．
设Px,0，
∴AP=−3−x，
∴S△ABC=S△ABP=12AP×yB=12×−3−x×3=152，
解得：x=−8或x=2，
∴P−8,0；
（3）如图，过点D作DQ∥AC，过点M作MN∥AC，
∴DQ∥MN∥AC，
∴∠QDM=∠NMD，∠AMN=∠CAM，∠ODE+∠DFB=180°．
∵∠DFB=∠AFO=90°−∠FAO，
∴∠ODE+90°−∠FAO=180°，即∠ODE−∠FAO=90°．
∵AM，DM分别平分∠CAB，∠ODE，
∴∠CAM=12∠FAO，∠ODM=12∠ODE，
∴∠ODM−∠CAM=45°．
∵∠ODM=90°−∠QDM，
∴90°−∠QDM−∠CAM=45°，
∴∠QDM+∠CAM=45°，
∴∠NMD+∠AMN=45°，即∠AMD=45°．
【点睛】本题考查非负数的性质，坐标与图形，平行线的判定和性质，对顶角相等，直角三角形两个锐角互余等知识．利用数形结合的思想是解题关键．
【题型8 有关三角形角度的多结论问题】
【例8】（2023春·福建福州·七年级校考期末）如图，在ΔABC，BD、BE分别是高和角平分线，点F在CA的延长线上，FH⊥BE交BD于G，交BC于H，下列结论：①∠DBE=∠F；②2∠BEF=∠BAF+∠C；③∠F=12(∠BAC−∠C)；④∠BGH=∠ABE+∠C，正确的是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】①根据BD⊥AC，FH⊥BE，以及∠FGD=∠BGH即可推出∠DBE=∠F；②根据角平分线的定义和三角形外角的性质证明即可；③证明∠ABD=90°−∠BAC，由①知：∠DBE=∠F即可证明∠F=12(∠BAC−∠C)；④由同角的余角相等证明∠BGH=∠BED，再根据三角形外角的性质及角平分线的性质即可推出∠BGH=∠ABE+∠C．
【详解】解：∵BD⊥AC，
∴∠F+∠FGD=90°．
∵FH⊥BE，
∴∠DBE+∠BGH=90°．
∵∠FGD=∠BGH，
∴∠DBE=∠F．
故①正确；
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=12∠ABC．
∵∠BEF=∠CBE+∠C，
∴2∠BEF=2∠CBE+∠C=∠ABC+2∠C．
∵∠BAF=∠ABC+∠C，
∴2∠BEF=∠BAF+∠C．
故②正确；
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=12∠ABC=12180°−∠BAC−∠C=90°−12∠BAC−12∠C．
∵BD⊥AC，
∴∠ABD=90°−∠BAC．
∴∠DBE=∠ABE−∠ABD=90°−12∠BAC−12∠C−90°−∠BAC=12∠BAC−∠C．
由①知：∠DBE=∠F，
∴∠F=12∠BAC−∠C．
故③正确；
∵BD⊥AC，FH⊥BE，
∴∠BGH+∠DBE=90°，∠BED+∠DBE=90°．
∴∠BGH=∠BED=∠CBE+∠C．
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠BGH=∠ABE+∠C．
故④正确；
综上可知，正确的有①②③④，共4个，
故选D．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，三角形外角的性质，同角的余角相等等知识，正确运用三角形的高、角平分线的概念以及三角形的内角和定理是解题的关键．
【变式8-1】（2023春·江苏南京·七年级校考期中）在△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分线交于点O，∠ACB的外角平分线所在直线与∠ABC的平分线相交于点D，与∠ABC的外角平分线相交于点E，则下列结论一定正确的是（ ）
①∠BOC=90°+12∠A；②∠D=12∠A；③∠A=23∠E；④∠E+∠DCF=90°+∠ABD．
A．①②④B．①②③C．①②D．①②③④
【答案】A
【分析】由角平分线的定义可得∠OBC+∠OCB=12∠ABC+∠ACB，再由三角形的内角和定理可求解∠BOC=90°+12∠A，即可判定①；由角平分线的定义可得∠DCF=12∠ACF，结合三角形外角的额性质可判定②；由三角形外角的性质可得∠MBC+∠NCB=180°+∠A，再利用角平分线的定义及三角形的内角和定理可判定③；利用三角形外角的性质可得∠E+∠DCF=90°+∠DBC，结合∠ABD=∠DBC可判定④．
【详解】解：∵∠ABC，∠ACB的平分线交于点O，
∴∠ABD=∠OBC=12∠ABC，∠OCB=∠ACO=12∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB=12∠ABC+∠ACB
=12180°−∠A
=90°−12∠A，
∴∠BOC=180°−∠OBC+∠OCB=180°−90°−12∠A=90°+12∠A，故①正确，
∵CD平分∠ACF，
∴∠DCF=12∠ACF，
∵∠ACF=∠ABC+∠A，∠DCF=∠OBC+∠D，
∴2∠OBC+2∠D=∠ABC+∠A，
∴∠D=12∠A，故②正确；
∵∠MBC=∠A+∠ACB，∠BCN=∠A+∠ABC，∠ACB+∠A+∠ABC=180°，
∴∠MBC+∠NCB=∠A+∠ACB+∠ABC+∠A=180°+∠A，
∵BE平分∠MBC，CE平分∠BCN，
∴∠MBC=2∠EBC，∠BCN=2∠BCE，
∴∠EBC+∠ECB=90°+12∠A，
∴∠E=180°−∠EBC+∠ECB=180°−90°+12∠A=90°−12∠A，故③错误；
∵∠DCF=∠DBC+∠D，
∴∠E+∠DCF=90°−12∠A+∠DBC+12∠A=90°+∠DBC，
∵∠ABD=∠DBC，
∴∠E+∠DCF=90°+∠ABD．故④正确，
综上正确的有：①②④．
故选A
【点睛】本题主要考查三角形的内角和定理，角平分线的定义，三角形外角的性质，熟练掌握角平分线的定义和三角形的外角性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
【变式8-2】（2023春·全国·七年级期末）如图，△ABC中，AD⊥BC交BC于点D，AE平分∠BAC交BC于点E，点F为BC的延长线上一点，FG⊥AE交AD的延长线于点G，AC的延长线交FG于点H，连接BG，下列结论：
①∠DEA=∠AGH；
②∠DAE=12∠ABD−∠ACE；
③∠AGH=∠BAE+∠ACB；
④S△AEB:S△AEC=AB:AC.
其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】如图，①根据直角三角形的性质即可得到∠DEA=∠AGH；②根据角平分线的定义得∠EAC=12∠BAC，由三角形的内角和定理得∠DAE=90°−∠AED，变形可得结论；③根据三角形的内角和和外角的性质即刻得到∠AGH=∠BAE+∠ACB；④根据三角形的面积公式即可得到SΔAEB:SΔAEC=AB:CA．
【详解】如图，AE交GF于M，
①∵AD⊥BC，FG⊥AE，
∴∠ADE=∠AMF=90°，
∴∠DEA+∠DAE=∠AGH+∠GAM=90°，
∴∠DEA=∠AGH，故①正确；
②∵AE平分∠BAC交BC于E，
∴∠EAC=12∠BAC，
∴∠DAE=90°−∠AED，
=90°−(∠ACE+∠EAC)，
=90°−(∠ACE+12∠BAC)，
=12(180°−2∠ACE−∠BAC)，
=12(∠ABD−∠ACE)，
故②正确；
③∵∠DAE=∠F，∠FDG=∠FME=90°，
∴∠AGH=∠MEF，
∵∠MEF=∠CAE+∠ACB，
∴∠AGH=∠CAE+∠ACB，
∴∠AGH=∠BAE+∠ACB，故③正确；
④∵AE平分∠BAC交BC于E，
∴点E到AB和AC的距离相等，
∴SΔAEB:SΔAEC=AB:AC，故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，直角三角形的性质，三角形的面积公式，三角形外角的性质，正确的识别图形是解题的关键．
【变式8-3】（2021秋·八年级单元测试）如图，△ABC中，∠ACB=90°，D为AB上任一点，过D作AB的垂线，分别交边AC、BC的延长线于E，F两点，∠BAC，∠BFD的平分线交于点I，AI交DF于点M，FI交AC于点N，连接BI．下列结论：①∠BAC=∠BFD；②∠ENI=∠EMI；③AI⊥FI；④∠ABI=∠FBI；其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】先根据∠ACB=90°可知∠DBF+∠BAC=90°，再由FD⊥AB可知∠BDF=90°，所以∠DBF+∠BFD=90°，通过等量代换即可得出∠BAC=∠BFD，故①正确；根据∠BAC=∠BFD，∠BAC、∠BFD的平分线交于点I可知∠EFN=∠EAM，再由对顶角相等可知∠FEN=∠AEM，根据三角形外角的性质即可判断出∠ENI=∠EMI，故②正确；由①知∠BAC=∠BFD，因为∠BAC、∠BFD的平分线交于点I，故∠MAD=∠MFI，再根据∠AMD=∠FMI可知，∠AIF=∠ADM=90°，即AI⊥FI，故③正确；因为BI不是∠B的平分线，所以∠ABI≠∠FBI，故④错误．
【详解】解：∵∠ACB=90°，
∴∠DBF+∠BAC=90°，
∵FD⊥AB，
∴∠BDF=90°，
∴∠DBF+∠BFD=90°，
∴∠BAC=∠BFD，故①正确，符合题意；
∵∠BAC=∠BFD，∠BAC、∠BFD的平分线交于点I，
∴∠EFN=∠EAM，
∵∠FEN=∠AEM，
∴∠ENI=∠EMI，故②正确，符合题意；
∵由①知∠BAC=∠BFD，∠BAC、∠BFD的平分线交于点I，
∴∠MAD=∠MFI，
∵∠AMD=∠FMI，
∴∠AIF=∠ADM=90°，即AI⊥FI，故③正确，符合题意；
∵BI不是∠B的平分线，
∴∠ABI≠∠FBI，故④错误，不符合题意．
故选C．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理及三角形外角的性质，熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键．
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc25031" 【题型1 利用三角形的中线求面积】 PAGEREF _Tc25031 \h 1
\l "_Tc25770" 【题型2 利用三角形的三边关系求线段的最值或取值范围】 PAGEREF _Tc25770 \h 7
\l "_Tc22451" 【题型3 利用三角形的三边关系化简或证明】 PAGEREF _Tc22451 \h 10
\l "_Tc25393" 【题型4 与角平分线有关的三角形角的计算问题】 PAGEREF _Tc25393 \h 14
\l "_Tc19417" 【题型5 与平行线有关的三角形角的计算问题】 PAGEREF _Tc19417 \h 23
\l "_Tc1446" 【题型6 与折叠有关的三角形角的计算问题】 PAGEREF _Tc1446 \h 35
\l "_Tc32095" 【题型7 坐标系中的角度探究问题】 PAGEREF _Tc32095 \h 45
\l "_Tc25989" 【题型8 有关三角形角度的多结论问题】 PAGEREF _Tc25989 \h 54
【题型1 利用三角形的中线求面积】
【例1】（2023春·贵州毕节·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AG=BG，BD=DE=EC，CF=4AF，若四边形DEFG的面积为28，则△ABC的面积为（ ）
A．60B．56C．70D．48
【答案】A
【分析】连接CG、BF，过点F作FM⊥AB于点M，设S△AFG=a，根据同高的三角形的面积的比等于底边的比，分别得到S△AFB=2a、SΔBCF=8a、S△ABC=10a、S△CFE=83a、SΔACG=SΔBCG=5a、S△BDG=53a，再根据四边形DEFG的面积，求出a=6，即可得出△ABC的面积．
【详解】解：连接CG、BF，过点F作FM⊥AB于点M，
设S△AFG=a，
∵S△AFG=12⋅AG⋅FM，S△FGB=12⋅BG⋅FM，AG=BG，
∴S△AFG=S△FGB=a，
∴S△AFB=2a，
∵CF=4AF，
同理可得：S△BCF=4S△AFB，
∴S△BCF=8a，
∴S△ABC=S△AFB+S△BCF=2a+8a=10a，
∵BD=DE=EC，
∴BC=3EC，
同理可得：S△CFE=13S△BFC=83a，
∵G是AB的中点，
同理可得：S△ACG=S△BCG=5a，
∵BD=DE=EC，
∴BC=3BD，
同理可得：S△BDG=13S△BCG=53a，
∵四边形DEFG的面积为28，
∴S四边形DEFG=S△ABC−S△AFG−S△CFE−S△BDG=10a−a−83a−53a=143a=28，
∴a=6，
∴S△ABC=10a=10×6=60，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形的中线的性质，掌握三角形的中线的性质是解题关键．
【变式1-1】（2023秋·黑龙江哈尔滨·八年级校考期末）如图，在△ABC中，BF=2FD，EF=FC，若△BEF的面积为4，则四边形AEFD的面积为 ．
【答案】14
【分析】根据等底等高的三角形面积相等即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AF，
∵EF=FC，△BEF的面积为4，
∴S△BFC=4，
∵BF=2FD，
∴S△DFC=12S△BFC=2，
∵EF=FC，
∴S△AEF=S△AFC=S△ADF+2，
∵BF=2FD，
∴S△ABF=2S△ADF，
∴S△AEF+S△BEF=2S△ADF，
∴S△ADF+2+4=2S△ADF，解得S△ADF=6，
∴S△AEF=6+2=8，
∴S四边形AEFD=S△ADF+S△AEF=6+8=14．
故答案为：14．
【点睛】本题主要考查了根据三角形的中线求面积，解决本题的关键是掌握等底等高的三角形面积相等．
【变式1-2】（2023春·江苏连云港·八年级统考期末）如图，点C为直线AB外一动点，AB=6，连接CA、CB，点D、E分别是AB、BC的中点，连接AE、CD交于点F，当四边形BEFD的面积为5时，线段AC长度的最小值为 ．
【答案】5
【分析】如图：连接BF，过点C作CH⊥AB于点H，根据三角形中线的性质求得S△ABC=15，从而求得CH=5，利用垂线段最短求解即可．
【详解】解：如图：连接BF，过点C作CH⊥AB于点H，
∵点D、E分别是AB、BC的中点，
∴S△ABE=S△ACE=12S△ABC=S△ADC=S△BDC，S△AFD=S△BFD，S△CEF=S△BEF，
∴S△CEF+S四边形BDFE=S△CEF+S△ACF，S△AFD+S△CEF=S△BEF+S△BFD=S四边形BDFE=5，
∴S四边形BDFE=S△ACF=5，
∴S△ABC=S△ACF+S四边形BDFE+S△AFD+S△CEF=15，
∴12CH⋅AB=15，
∴CH=5，
又∵点到直线的距离垂线段最短，
∴AC≥CH=5，
∴AC的最小值为5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质、垂线段最短等知识点，正确作出辅助线、利用中线分析三角形的面积关系是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·江苏盐城·八年级统考期末）【问题情境】
苏科版数学课本八年级下册上有这样一道题：如图1，AD是△ABC的中线，△ABC与△ABD的面积有怎样的数量关系？
小旭同学在图1中作BC边上的高AE，根据中线的定义可知BD=CD．又因为高AE相同，所以S△ABD=S△ACD，于是S△ABC=2S△ABD．据此可得结论：三角形的一条中线平分该三角形的面积．
【深入探究】
（1）如图2，点D在△ABC的边BC上，点P在AD上．
①若AD是△ABC的中线，求证：S△APB=S△APC；
②若BD=3DC，则S△APB:S△APC=______．
【拓展延伸】
（2）如图3，分别延长四边形ABCD的各边，使得点A、B、C、D分别为DH、AE、BF、CG的中点，依次连结E、F、G、H得四边形EFGH．
①求证：S△HDG+S△FBE=2S四边形ABCD；
②若S四边形ABCD=3，则S四边形EFGH=______．
【答案】（1）①证明见解析；②3:1；（2）①证明见解析；②15
【分析】（1）①根据中线的性质可得S△ADB=S△ADC，点D为BC的中点，推得PD是△PBC的中线，S△PDB=S△PDC，即可证明S△APB=S△APC；
②设△ABC边BC上的高为ℎ，根据三角形的面积公式可得S△ADB=12×BD×ℎ，S△ADC=12×DC×ℎ，即可推得S△ADB=3S△ADC，同理推得S△PDB=3S△PDC，即可求得S△APB=3S△APC，即可证明S△APB:S△APC=3:1；
（2）①连接AG，AC，CE，根据中线的判定和性质可得S△GAH=S△GAD=12S△GHD，S△CBA=S△CBE=12S△CAE，S△ECF=S△ECB=12S△EFB，S△ADC=S△ADG=12S△ACG，推得S△ADC=S△ADG=12S△GHD，S△CBA=S△CBE=12S△EFB，即可求得S四边形ABCD=12S△GHD+S△EFB，即可证明S△HDG+S△FBE=2S四边形ABCD，
②由①可得S△HDG+S△FBE=2S四边形ABCD，同理可证得S△HEA+S△FGC=2S四边形ABCD，根据S四边形EFGH=S△HDG+S△FBE+S△HEA+S△FGC+S四边形ABCD，即可推得S四边形EFGH=5S四边形ABCD，即可求解．
【详解】（1）①证明：∵AD是△ABC的中线，
∴S△ADB=S△ADC，点D为BC的中点，
∴PD是△PBC的中线，
∴S△PDB=S△PDC，
∴S△ADB−S△PDB=S△ADC−S△PDC，
即S△APB=S△APC；
②S△APB:S△APC=3:1，
解：设△ABC边BC上的高为ℎ，
则S△ADB=12×BD×ℎ，S△ADC=12×DC×ℎ，
∵BD=3DC，
∴S△ADB=3S△ADC，
同理S△PDB=3S△PDC，
则S△ADB−S△PDB=3S△ADC−3S△PDC，
即S△APB=3S△APC，
∴S△APB:S△APC=3:1．
（2）①证明：连接AG，AC，CE，如图：
∵点A、B、C、D分别为DH、AE、BF、CG的中点，
∴AG，BC，CE，DA分别为△GHD，△CAE，△EFB，△ACG的中位线，
∴S△GAH=S△GAD=12S△GHD，S△CBA=S△CBE=12S△CAE，S△ECF=S△ECB=12S△EFB，S△ADC=S△ADG=12S△ACG，
∴S△ADC=S△ADG=12S△GHD，S△CBA=S△CBE=12S△EFB
∵S四边形ABCD=S△ADC+S△CBA=12S△GHD+12S△EFB=12S△GHD+S△EFB，
即S△HDG+S△FBE=2S四边形ABCD；
②15，
解：由①可得S△HDG+S△FBE=2S四边形ABCD，同理可证得S△HEA+S△FGC=2S四边形ABCD，
S四边形EFGH=S△HDG+S△FBE+S△HEA+S△FGC+S四边形ABCD，
即S四边形EFGH=5S四边形ABCD，
∵S四边形ABCD=3，
∴S四边形EFGH=5×3=15．
【点睛】本题考查了中位线的判定和性质，三角形的面积公式，掌握三角形的一条中线把原三角形分成两个等底同高的三角形是题的关键 ．
【题型2 利用三角形的三边关系求线段的最值或取值范围】
【例2】（2023春·河北保定·八年级统考期末）如图，∠AOB<90°，点M在OB上，且OM=6，点M到射线OA的距离为a，点P在射线OA上，MP=x．若△OMP的形状，大小是唯一确定的，则x的取值范围是（ ）
A．x=a或x≥6B．x≥6C．x=6D．x=6或x>a
【答案】A
【分析】根据△OMP的形状，大小是唯一确定的，结合三角形的三边关系进行分析即可．
【详解】解：过点M作MN⊥OA交OA于点N，作点O关于MN的对称点D，如图：
∵点M到射线OA的距离为a，
∴MN=a，
∵MN垂直平分OD，
∴MD=MO=6，
当a
当x=a时，即点P与点N重合，
可唯一确定△OMP为直角三角形；
当x=6时，即点P与点D重合或点P与点O重合，
∵点P与点O重合时不能构成三角形，故能唯一确定△OMP；
当x>6时，即点P在点D的右侧，故能唯一确定△OMP；
综上，若△OMP的形状，大小是唯一确定的，则x的取值范围是x=a或x≥6．
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解题的关键．
【变式2-1】（2023秋·安徽合肥·八年级统考期末）不等边△ABC的两条高的长度分别为4和12，若第三条高也为整数，那么它的长度最大值是
【答案】5
【分析】根据三角形三边关系及三角形面积相等即可求出要求高的整数值．
【详解】解：因为不等边△ABC的两条高的长度分别为4和12，根据面积相等可设 △ABC的两边长为3x，x；
因为 3x×4＝12×x（2倍的面积），面积S＝6x，
因为知道两条边的假设长度，根据两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可得：2x＜第三边长度＜4x，
因为要求高的最大长度，所以当第三边最短时，在第三边上的高就越长，
S＝12×第三边的长×高，6x＞12×2x×高，6x＜12×4x×高，
∴6＞高＞3，
∵是不等边三角形，且高为整数，
∴高的最大值为5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了三角形三边关系及三角形的面积，难度较大，关键是掌握三角形任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边差小于第三边．
【变式2-2】（2023秋·安徽·八年级期末）一个三角形的两边长分别为5和7，设第三边上的中线长为x，则x的取值范围是（ ）
A．x>5B．x<7C．2
【详解】如图所示:
AB=5，AC=7，
设BC=2a，AD=x，
延长AD至E，使AD=DE，
在△BDE与△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．
故选D．
【变式2-3】（2023秋·浙江杭州·八年级期末）设a,b,c表示一个三角形三边的长，且他们都是自然数，其中a≤b≤c，若b=2020，则满足此条件的三角形共有 个．
【答案】2041210
【分析】已知b=2020，根据三角形的三边关系求解，首先确定出a、c三边长取值范围，进而得出各种情况有几个三角形．
【详解】解：a，b，c表示一个三角形三边的长，且它们都是自然数，其中a⩽b⩽c，如果b=2020，则0⩽a⩽2020，2020⩽c⩽4039，
∴当c=2020时，根据两边之和大于第三边，则a的取值范围为1⩽a⩽2020，有2020个三角形；
当c=2021时，根据两边之和大于第三边，则a的取值范围为2⩽a⩽2020，有2019个三角形；
当c=2022时，根据两边之和大于第三边，则a的取值范围为3⩽a⩽2020，有2018个三角形；
…
当c=4039时，根据两边之和大于第三边，则a的取值范围为a=2020，有1个三角形；∴三角形数量是：(2020+2019+2018+…+3+2+1)=(1+2020)×20202=2041210，
故答案为：2041210．
【点睛】本题主要考查一元一次不等式、三角形的三边关系，解题的关键是利用了在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边的三边关系．
【题型3 利用三角形的三边关系化简或证明】
【例3】（2023·八年级单元测试）如图，已知点O为ΔABC内任意一点.证明：
（1）OA+OB+OC>12AB+BC+AC.
（2）AB+AC+BC>OA+OB+OC.
（3）若A，B，C为三个城镇，AB+AC+BC=10 km，要在ΔABC内建造供水站O向三个城镇按如图路线供水，则所需供水管长度应满足什么条件？
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）水管长度应在5km到10km之间.
【分析】（1）在ΔAOB、ΔAOC、ΔBOC中，分别有OA+OB>AB，OA+OC>AC，
BO+OC>BC，三个式子相加即可证得要求
（2）AB+AC>OB+OC，AB+BC>OA+OC，AC+BC>OA+OB，三个式子相加即可证得要求
（3）由AB+AC+BC=10km，点O为ΔABC内一点，及（1）（2）可知12AB+BC+AC
在ΔAOC中，OA+OC>AC，②
在ΔBOC中，BO+OC>BC.③
由①+②+③，得2OA+OB+OC>AB+AC+BC.
故OA+OB+OC>12AB+BC+AC.
（2）AB+AC>OB+OC，①
同理，AB+BC>OA+OC，②
AC+BC>OA+OB.③
由①+②+③，得2AB+AC+BC>2OA+OB+OC，
即AB+AC+BC>OA+OB+OC.
（3）由AB+AC+BC=10km，点O为ΔABC内一点，及（1）（2）知12AB+BC+AC
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，准确找到三角形来写对应关系是本题的解题关键.
【变式3-1】（2023春·八年级课时练习）已知a，b，c是一个三角形的三边长，化简|2a+b﹣c|﹣|b﹣2a﹣c|+|﹣a﹣b﹣2c|．
【答案】a+3b
【分析】根据三角形三边关系得到2a+b﹣c＞0，b﹣2a﹣c＜0，﹣a﹣b﹣2c＜0，再去绝对值，合并同类项即可求解．
【详解】解：∵a，b，c 是三角形的三边，
∴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．
【点睛】本题考查了三角形三边关系，绝对值的性质，整式的加减，关键是得到2a+b﹣c＞0，b﹣2a﹣c＜0，﹣a﹣b﹣2c＜0．
【变式3-2】（2023春·全国·八年级专题练习）如图1，点P是△ABC内部一点，连接BP，并延长交AC于点D．
(1)试探究AB+BC+CA与2BD的大小关系；
(2)试探究AB+AC与PB+PC的大小关系；
(3)如图2，点D，E是△ABC内部两点，试探究AB+AC与BD+DE+CE的大小关系．
【答案】(1)AB+BC+CA>2BD，理由见解析
(2)AB+AC>PB+PC，理由见解析
(3)AB+AC>BD+DE+CE，理由见解析
【分析】（1）利用三角形的两边之和大于第三边解题即可；
（2）在△ABD和△PDC中，利用三角形的两边之和大于第三边解题即可；
（3）延长BD交CE的延长线于G，交AC于点F，在△ABF、△GFC和△DEG中，利用三角形的两边之和大于第三边解题即可．
【详解】（1）解：AB+BC+CA>2BD，理由为：
∵AB+AD>BD，BC+CD>BD，
∴AB+AD+BC+CD>BD+BD
即：AB+BC+CA>2BD
（2）AB+AC>PB+PC，理由为：
在△ABD中，AB+AD>BP+PD，
在△PDC中，PD+DC>PC，
两式相加得：AB+AD+PD+DC>BP+PD+PC
即：AB+AC>PB+PC
（3）AB+AC>BD+DE+CE，理由为：
如图，延长BD交CE的延长线于G，交AC于点F，
在△ABF中，AB+AF>BD+DG+GF，①
在△GFC中，GF+AC−AF>GE+EC，②
△DEG中，DG+GE>DE，③
①+②+③得：AB+AC>BD+DE+CE
【点睛】本题考查三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三遍之间的关系是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·六年级单元测试）如图，草原上有四口油井，位于四边形ABCD的四个顶点上，现在要建立一个维修站H，试问H建在何处，才能使它到四口油井的距离之和HA+HB+HC+HD最小，说明理由
【答案】H建在AC、BD的交点处，理由见解析．
【分析】连接AC、BD相交于点H，任取一点H′，连接H′A、H′B、H′C、H′D，根据三角形三边关系得到H′A+H′C>AC，H′B+H′D>BD，进而得到H′A+H′B+H′C+H′D>HA+HB+HC+HD，即可推出结论．
【详解】解：H建在AC、BD的交点处，理由如下：
连接AC、BD相交于点H，任取一点H′，连接H′A、H′B、H′C、H′D，
在△AH′C中，H′A+H′C>AC，
在△BH′D中，H′B+H′D>BD，
∴H′A+H′B+H′C+H′D>AC+BD，
∵AC+BD=HA+HB+HC+HD，
∴H′A+H′B+H′C+H′D>HA+HB+HC+HD，
∴HA+HB+HC+HD最小，
即维修站H建在AC、BD的交点处，才能使它到四口油井的距离之和HA+HB+HC+HD最小．
【点睛】本题考查了线段最短，三角形的三边关系，作辅助线构造三角形，灵活运用三角形三边关系是解题关键．
【题型4 与角平分线有关的三角形角的计算问题】
【例4】（2023春·江苏苏州·八年级太仓市第一中学校考期中）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）．
【答案】(1)120°
(2)①90°-α2 ②不变，90°-α2 ③∠NDC与∠MDB的关系是∠NDC+∠MDB=90∘−α2．
【分析】（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．
【详解】（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．
【点睛】本题考查了角的平分线的定义，三角形内角和定理，平角的定义，熟练掌握三角形内角和定理，平角的定义是解题的关键．
【变式4-1】（2023秋·河南漯河·八年级校考期中）（1）在图1中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系；
（2）如果图2中，∠D=40°,∠B=36°，AP与CP分别是∠DAB和∠DCB的角平分线，试求∠P的度数；
（3）如果图2中∠D和∠B为任意角，其他条件不变，试问∠P与∠D，∠B之间存在着怎样的数量关系（直接写出结论即可）．
【答案】（1）∠A+∠D =∠C+∠B
（2）∠P=38°
（3）∠D+∠B=2∠P
【分析】（1）根据三角形的内角和定理和对顶角相等就可以得出∠A，∠D，∠C，∠B的数量关系；
（2）由（1）可得∠DAP＋∠D＝∠P＋∠DCP ，∠PCB＋∠B＝∠PAB＋∠P ，再两式相加，结合角平分线的定义可得∠D+∠B=2∠P，再把∠D=40°，∠B=36°代入计算即可得到答案；
（3）由（1）可得∠DAP＋∠D＝∠P＋∠DCP ，∠PCB＋∠B＝∠PAB＋∠P ，再两式相加，结合角平分线的定义可得∠D+∠B=2∠P.
【详解】解：（1）∵∠A+∠D+∠AOD=∠C+∠B+∠BOC=180°，
且∠AOD=∠BOC，
∴∠A+∠D =∠C+∠B；
（2）由（1）可得∠DAP+∠D =∠P+∠DCP ①，∠PCB+∠B =∠PAB+∠P ②，
∵∠DAB和∠DCB的角平分线AP与CP相交于点P，
∴∠DAP=∠PAB，∠DCP=∠PCB，
①+②得：∠DAP+∠D+∠PCB+∠B=∠P+∠DCP+∠PAB+∠P，
∴∠D+∠B=2∠P，
又∵∠D=40°，∠B=36°，
∴40°+36°=2∠P，
∴∠P=38°；
（3）存在的数量关系为：∠D+∠B=2∠P，
由（1）可得∠DAP+∠D =∠P+∠DCP ①，∠PCB+∠B =∠PAB+∠P ②，
∵∠DAB和∠DCB的角平分线AP与CP相交于点P，
∴∠DAP=∠PAB，∠DCP=∠PCB，
①+②得：∠DAP+∠D+∠PCB+∠B=∠P+∠DCP+∠PAB+∠P，
∴∠D+∠B=2∠P.
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理以及角平分线的定义等知识点，熟练掌握三角形的内角和定理以及角平分线的性质是解题的关键.
【变式4-2】（2023春·江苏扬州·八年级校联考期中）∠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．
【答案】(1)135°
(2)∠D的度数不随A、B的移动而发生变化，值为45°
(3)60°或45°
【分析】（1）利用三角形内角和定理、两角互余、角平分线性质即可求解；
（2）利用对顶角相等、两角互余、两角互补、角平分线性质即可求解；
（3）根据三角形的内角和定理及角平分线的性质不难得出∠EAF=90°，如果有一个角是另一个角的3倍，所以不确定是哪个角是哪个角的三倍，所以需要分情况讨论；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．
【详解】（1）解：∵AE、BE分别是∠BAO和∠ABO的平分线，
∴∠EBA=12∠OBA，∠BAE=12∠BAO，
∵∠MON=90°，
∴∠EAB+EBA=90°，
∵∠AEB+∠EAB+∠EBA=180°，
∴∠AEB=180°−∠EBA−∠BAE，
=180°−12∠OBA+∠BAO，
=180°−12×90°，
=180°−45°，
=135°；
（2）解： ∠D的度数不随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）解：∵∠BAO与∠BOQ的平分线交于点E，
∴∠AOE=135°，
∴∠E=180°−∠EAO−∠AOE，
=45°−∠EAO，
=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°．
【点睛】前两问熟练运用三角形内角和定理、直角三角形的两锐角互余、对顶角相等、角平分线性质等角的关系即可求解；第三问需先证明∠EAF=90°，再分情况进行讨论，熟练运用三角形的内角和定理及角平分线的性质是解题的关键．
【变式4-3】（2023秋·安徽宣城·八年级校考期中）如图1，∠MON=90°，点A、B分别在OM、ON上运动（不与点O重合）．
(1)若BC是∠ABN的平分线，BC的反方向延长线与∠BAO的平分线交于点D．
①若∠BAO=60°，则∠D=______°；
②猜想：∠D的度数是否随A，B的移动发生变化？并说明理由．
(2)如图2，若∠OAD=35∠OAB，∠NBC=35∠NBA，则∠D=______°；
(3)若将∠MON=90°改为∠MON=120°（如图3），∠OAD=mn∠OAB，∠NBC=mn∠NBA，其余条件不变，则∠D=______（用含m，n的代数式表示，其中m
(2)36
(3)120°n−mn
【分析】（1）①先利用角平分线的定义求出∠BAD，利用三角形内角和定理可得∠ABO，即可得到∠NBA，利用角平分线的定义可得∠ABC，即可求解；
②设∠BAO=α，证明过程与①类似；
（2）设∠BAO=5β，解题过程与（1）类似；
（3）与（1）（2）类似，设出∠BAO的度数，再进行推导即可．
【详解】（1）解：①∵∠BAO=60°，AD平分∠BAO，
∴∠BAD=30°，
∵∠MON=90°，
∴∠ABO=30°，
∴∠ABN=180°−∠ABO=150°，
∵BC是∠ABN的平分线，
∴∠ABC=75°，
∴∠ABD=105°，
∵∠ABD+∠BAD+∠D=180°，
∴∠D=45°，
故答案为：45；
②∠D的度数不随A，B的移动发生变化，理由如下：
设∠BAO=2α，
∵AD平分∠BAO，
∴∠BAD=α，
∵∠MON=90°，
∴∠ABO=90°−2α，
∴∠ABN=180°−∠ABO=90°+2α，
∵BC是∠ABN的平分线，
∴∠ABC=45°+α，
∴∠ABD=135°−α，
∵∠ABD+∠BAD+∠D=180°，
∴∠D=45°，
∴∠D的度数不随A，B的移动发生变化；
（2）解：设∠BAO=5β，
∵∠OAD=35∠OAB，
∴∠BAD=25∠OAB，
∴∠BAD=2β，
∵∠MON=90°，
∴∠ABO=90°−5β，
∴∠ABN=180°−∠ABO=90°+5β，
∵∠NBC=35∠NBA，
∴∠ABC=25∠NBA，
∴∠ABC=36°+2β，
∴∠ABD=144°−2β，
∵∠ABD+∠BAD+∠D=180°，
∴∠D=36°，
故答案为：36；
（3）解：设∠BAO=n，
∵∠OAD=mn∠OAB，
∴∠BAD=n−mn∠OAB，
∴∠BAD=n−m，
∵∠MON=120°，
∴∠ABO=60°−n，
∴∠ABN=180°−∠ABO=120°+n，
∵∠NBC=mn∠NBA，
∴∠ABC=n−mn∠NBA，
∴∠ABC=n−mn120°+n，
∴∠ABD=180°−n−mn120°+n，
∵∠ABD+∠BAD+∠D=180°，
∴∠D=120°n−mn，
故答案为：120°n−mn．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，列代数式，角的计算等知识点，解题的关键是熟练掌握三角形内角和定理．
【题型5 与平行线有关的三角形角的计算问题】
【例5】（2023春·辽宁盘锦·八年级统考期末）（1）问题情境：如图1，AB∥CD，∠PMB=140°，∠PND=120°，求∠MPN的度数；
（2）问题迁移：在（1）的条件下，如图2，∠AMP的角平分线与∠CNP的角平分线交于点F，则∠MFN的度数为多少？请说明理由；
（3）问题拓展：如图3，AB∥CD，点P在射线OM上移动时（点P与点O，M，D三点不重合），记∠PAB=α，∠PCD=β，请直接写出∠APC与α，β之间的数量关系．
【答案】（1）100°；（2）50°，理由见解析；（3）当点P在BD上时，∠APC=α+β；当点P在BD延长线上时，∠APC=α−β；当点P在DB延长线上时，∠APC=β−α．
【分析】（1）过点P作PO∥AB，将∠MPN分成∠MPO和∠NPO两部分，然后根据平行线的性质将两部分的度数相加即可；
（2）分别过点P和点F作PO∥AB，EF∥AB，由（1）知∠AMP+∠CNP的度数，根据角平分线的定义求出∠AMF+∠CNF的度数，然后同第一问用平行线的性质即可求出∠MFN的度数；
（3）分三种情况讨论，根据平行线的性质和“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”以及等量代换即可得到答案．
【详解】解：（1）过点P作PO∥AB，
如图，∵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）分别过点P和点F作PO∥AB，EF∥AB，
如图，∵AB∥CD，
∴PO∥EF∥AB∥CD，
∴∠AMP=∠MPO，∠CNP=∠OPN，∠MFE＝∠AMF，∠EFN=∠CNF，
由（1）得∠AMP+∠CNP=100°，
∵∠AMP的角平分线与∠CNP的角平分线交于点F，
∴∠AMF=12∠AMP，∠CNF=12∠CNP，
∴∠AMF+∠CNF=12∠AMP+12∠CNP=12(∠AMP+∠CNP)=50°，
∴∠MFN=∠MFE+∠EFN=∠AMF+∠CNF=50°．
（3）当点P在BD上时，如原题图3，和（1）同理可得：∠APC=α+β；
当点P在BD延长线上时，如图所示，AP交CD于点E，
∵AB∥CD，
∴α=∠DEP，
又∵∠DEP=β+∠APC，
∠APC=α−β；
当点P在DB延长线上时，如图所示，CP交AB于点F，
∵AB∥CD，
∴∠BFP=β，
又∵∠BFP=α+∠APC，
∴∠APC=β−α．
综上所述，当点P在BD上时，∠APC=α+β；当点P在BD延长线上时，∠APC=α−β；当点P在DB延长线上时，∠APC=β−α．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，还考查了角平分线的定义，三角形的内角和定理的推论；解题的关键是：（1）正确作出辅助线，并灵活使用平行线的性质；（2）正确作出两条平行辅助线，并能灵活使用角平分线的定义和平行线的性质；（3）能用分类讨论的数学思想．
【变式5-1】（2023春·河北石家庄·八年级统考期末）如图，AB∥CD，点P在直线AB上，作∠BPM=50°，交CD于点M，点F是直线CD上的一个动点，连接PF，PE⊥CD于点E，PN平分∠MPF．
(1)若点F在点E左侧且∠PFM=32°，求∠NPE的度数；
(2)当点F在线段EM（不与点M，E重合）上时，设∠PFM=α°，直接写出∠NPE的度数（用含α的代数式表示）；
(3)将射线PF从（1）中的位置开始以每秒10°的速度绕点P逆时针旋转至PM的位置，转动的时间为t秒，求当t为何值时，△FPM为直角三角形．
【答案】(1)9°
(2)α−502°
(3)t为45秒或295秒
【分析】（1）平行线的性质得到∠PMF=∠BPM=50°，三角形内角和，得到∠MPF=98°，角平分线得到∠NPM=12∠MPF=49°，垂直得到∠PEM=90°，进而求出∠EPM的度数，利用∠NPE=∠NPM−∠EPM，进行求解即可；
（2）根据题意，画出图形，同法（1）求出∠NPM，∠EPM的度数，利用∠NPE=∠EPM−∠NPM，进行求解即可；
（3）分∠FPM=90°和∠PFM=90°，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解： ∵AB∥CD，
∴∠PMF=∠BPM=50°．
在△MPF中，∠PFM=32°，
∴∠MPF=180°−50°−32°=98°．
∵PN平分∠MPF，
∴∠NPM=12∠MPF=49°．
∵PE⊥CD，
∴∠PEM=90°，
∴∠EPM=90°−50°=40°，
∴∠NPE=∠NPM−∠EPM=49°−40°=9°．
（2）解：如图，
∵AB∥CD，
∴∠PMF=∠BPM=50°．
在△MPF中，∠PFM=α°，
∴∠MPF=180°−50°−α=130°−α°．
∵PN平分∠MPF，
∴∠NPM=12∠MPF=65°−12α．
∵PE⊥CD，
∴∠PEM=90°，
∴∠EPM=90°−50°=40°，
∴∠NPE=∠EPM−∠NPM=40°−65°+12α°=α−502°．
（3）∵∠PMF=50°，
∴当△FPM为直角三角形时，存在两种情况：
情况一：当∠FPM=90°时，
∵初始状态时∠FPM=98°，
∴旋转过的度数为98°−90°=8°．
∴转动的时间为810=45（秒）．
情况二：当∠PFM=90°时，∠FPM=40°．
∵初始状态时∠FPM=98°，
∴旋转过的度数为98°−40°=58°．
∴转动的时间为5810=295（秒）．
综上：当t为45秒或295秒时，△FPM为直角三角形．
【点睛】本题考查平行线的性质，与角平分线和高线有关的三角形的内角和．解题的关键时熟练掌握相关性质和定义，利用数形结合的思想进行求解．
【变式5-2】（2023春·辽宁大连·八年级统考期中）如图，AB//CD，点O在直线CD上，点P在直线AB和CD之间，∠ABP=∠PDQ=α，PD平分∠BPQ．
（1）求∠BPD的度数（用含α的式子表示）；
（2）过点D作DE//PQ交PB的延长线于点E，作∠DEP的平分线EF交PD于点F，请在备用图中补全图形，猜想EF与PD的位置关系，并证明；
（3）将（2）中的“作∠DEP的平分线EF交PD于点F”改为“作射线EF将∠DEP分为1:3两个部分，交PD于点F”，其余条件不变，连接EQ，若EQ恰好平分∠PQD，请直接写出∠FEQ=__________（用含α的式子表示）．
【答案】（1）∠BPD=2α；（2）画图见解析，EF⊥PD，证明见解析；（3）45°−α2或45°−32α
【分析】（1）根据平行线的传递性推出PG//AB//CD，再利用平行线的性质进行求解；
（2）猜测EF⊥PD，根据PD平分∠BPQ,∠BPD=2α，推导出∠BPD=∠DPQ=2α，再根据DE//PQ、EF平分∠DEP，通过等量代换求解；
（3）分两种情况进行讨论，即当∠PEF:∠DEF=1:3与∠DEF:∠PEF=1:3，充分利用平行线的性质、角平分线的性质、等量代换的思想进行求解．
【详解】（1）过点P作PG//AB，
∵AB//CD,PG//AB，
∴PG//AB//CD，
∴∠BPG=∠ABP=α,∠DPG=∠PDQ=α，
∴∠BPD=∠BPG+∠DPG=2α．
（2）根据题意，补全图形如下：
猜测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=12∠DEP=90°−2α，
∴∠EFD=180°−∠PEF−∠BPD=90°，
∴EF⊥PD．
（3）①如图1，
∠PEF:∠DEF=1:3，
由（2）可知：∠EPD=∠DPQ=∠EDP=2α,∠DEP=180°−4α，
∵∠PEF:∠DEF=1:3，
∴∠PEF=14∠DEP=45°−α，
∠DEF=34∠DEP=135°−3α，
∵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=12∠PQD=90°−32α，
∴∠FEQ=∠DEF−∠DEQ=135°−3α−(90°−32α)=45°−32α；
②如图2，
∠DEP=180°−4α，∠PQD=180°−3α（同①）；
若∠DEF:∠PEF=1:3，
则有∠DEF=14∠DEP=14×(180°−4α)=45°−α，
又∠PQE=∠DQE=12∠PQD=12×(180°−3α)=90°−32α，
∵DE//PQ，
∴∠DEQ=∠PQE=90°−32α，
∴∠FEQ=∠DEQ−∠DEF=45°−12α，
综上所述：∠FEQ=45°−32α或45°−α2，
故答案是：45°−α2或45°−32α．
【点睛】本题考查了平行线的性质、角平分线、三角形内角和定理、垂直等相关知识点，解题的关键是掌握相关知识点，作出适当的辅助线，通过分类讨论及等量代换进行求解．
【变式5-3】（2023春·湖北省直辖县级单位·八年级校考期中）已知MN∥PQ，点D是直线PQ上一定点．
(1)如图1，现有一块含30°角的直角三角板（∠CAB=30°，∠ACB=60°，∠ABC=90°），将其点A固定在直线MN上，并按图1位置摆放，使∠MAC=30°，点B恰好落在射线DE上，此时，∠PDE=20°，求∠ABD的度数；
(2)现将射线DE从图1的位置开始以每秒2度的速度绕点D顺时针旋转，转到与DQ重合时停止，三角板按图1摆放不动，设旋转时间为t秒，在旋转过程中，当DE与三角板的一边平行时，求t的值；
(3)若将射线DE从图1的位置开始以每秒2度的速度绕点D顺时针旋转，同时，将三角板ABC也从图1的位置开始以每秒4度的速度绕点A逆时针旋转，在旋转过程中，∠MAC的角平分线AH与∠PDE的角平分线DF交于点O．
①如图2，当DF∥BC时，∠AOD=________度；
②如图3，当DF∥BA时，∠AOD=________度．
【答案】(1)80°
(2)5或50或65
(3)①37 ②91
【分析】（1）过点B作BK∥MN，利用平行线的性质求解即可；
（2）依题意可知：∠PDE=(20+2t)°，分三种情况讨论即可；
（3）依题意可知：∠PDE=(20+2t)°，∠MAC=(30+4t)°，利用角平分线和第一问的关系可得∠AOD=∠MAO+∠PDO=25+3t；
①当DF∥BC时，延长AB于DF于G，利用∠AOD+∠GAO+∠OGA=180°列方程计算即可；
②当DF∥BA时，延长AC于DF于G，利用∠AOD+∠GAO+∠OGA=180°列方程计算即可．
【详解】（1）如图1，过点B作BK∥MN，
图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）依题意可知：∠PDE=(20+2t)°，分以下三种情况讨论：
①如图4，当DE∥BC时，DE与AB交于点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如图5，当DE∥AB时，DE与MN交于点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如图6，当DE∥AC时，DE与MN交于点T，
∵DE∥AC，∠MAC=30°，
∴∠MTD=∠MAC=30°，
∵MN∥PQ，
∴∠MTD+∠PDE=180°，
∴∠PDE=180°−∠MTD=150°，
∴20+2t=150，解得t=65．
综上所述：t的值为5或50或65．
（3）依题意可知：∠PDE=(20+2t)°，∠MAC=(30+4t)°，
∵∠MAC的角平分线AH与∠PDE的角平分线DF交于点O，
∴∠PDO=12∠PDE=10+t，∠MAO=∠OAC=12∠MAC=15+2t，
由（1）的模型可得∠AOD=∠MAO+∠PDO=25+3t，
①当DF∥BC时，延长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°，
故答案为：37；
②当DF∥BA时，延长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°，
故答案为：91；
【点睛】本题考查作图-平移变换，平行线的判定和性质，三角形的内角和等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
【题型6 与折叠有关的三角形角的计算问题】
【例6】（2023秋·山东临沂·八年级统考期末）有一张正方形纸片ABCD，点E是边AB上一定点，在边AD上取点F，沿着EF折叠，点A落在点A′处，在边BC上取一点G，沿EG折叠，点B落在点B′处．
(1)如图1，当点B落在直线A′E上时，猜想两折痕的夹角∠FEG的度数并说明理由．
(2)当∠A′EB′=13∠B′EB时，设∠A′EB′=x．
①试用含x的代数式表示∠FEG的度数．
②探究EB′是否可能平分∠FEG，若可能，求出此时∠FEG的度数；若不可能，请说明理由．
【答案】(1)∠FEG=90°，理由见解析
(2)①当点B′落在∠A′EG内部时，∠FEG=90°+x2；当点B′落在∠A′EF内部时，∠FEG=90°−x2；②EB′可能平分∠FEG，当点B′落在∠A′EG内部时，∠FEG=108°；
当点B′落在∠A′EF内部时，∠FEG=(5407)°．
【分析】（1）由折叠的性质结合平角的性质即可求解；
（2）①分当点B′落在∠A′EG内部和点B′落在∠A′EF内部时两种情况讨论求解即可；
②分点B′落在∠A′EG内部和点B′落在∠A′EF内部时两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∠FEG=90°．
由折叠可知∠AEF=∠A′EF，∠BEG=∠B′EG．
又∵∠AEF+∠A′EF+∠BEG+∠B′EG=180°，
∴∠A′EF+∠B′EG=90°，∠FEG=90°；
（2）解：由折叠可知∠AEF=∠A′EF，∠BEG=∠B′EG．
①（i）如图，当点B′落在∠A′EG内部时，
∵∠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′=90°−2x，
∴∠FEG=180°−∠BEG−∠AEF=90°+x2．
（ⅱ）如图2，当点B′落在∠A′EF内部时，
∵∠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′=90°−x．
∴∠FEG=180°−∠BEG−∠AEF=90°−x2．
综上所述，当点B′落在∠A′EG内部时，∠FEG=90°+x2；
当点B′落在∠A′EF内部时，∠FEG=90°−x2．
②EB′可能平分∠FEG，理由如下：
（i）当点B′落在∠A′EG内部时，∠FEG=90°+x2．
∵EB′平分∠FEG，∴∠B′EG=12∠FEG=45°+x4．
又∵∠B′EG=12∠BEB′=3x2，
∴45°+x4=3x2，解得x=36°．
此时∠FEG=90°+x2=108°．
（ⅱ）当点B′落在∠A′EF内部时，∠FEG=90°−x2．
∵EB′平分∠FEG，
∴∠B′EG=12∠FEG=45°−x4．
又∵∠B′EG=12∠BEB′=3x2，
∴45°−x4=3x2，
解得x=(1807)°．
此时∠FEG=90°−x2=(5407)°．
综上所述，当点B′落在∠A′EG内部时，∠FEG=108°；
当点B′落在∠A′EF内部时，∠FEG=(5407)°．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题．
【变式6-1】（2023春·河北石家庄·八年级统考期末）（1）如图1，将一张三角形纸片ABC沿着AD折叠，使点C落在边AB上的C处，若∠CAB=70°，则∠CAD= ______°；
（2）如图2，将一张三角形纸片ABC沿着DE折叠(点D，E分别在边AB和AC上)，并使得点A和点A′重合，若∠A=70°，则∠1+∠2= ______°；
（3）如图3，将长方形纸片沿着BC和BD折叠成如图所示的形状，BE和BI重合，
①∠CBD的度数是多少？请说明理由；
②如果∠IBD=58°17′，求∠ABC的度数．
【答案】（1）35°；（2）140°；（3）①90°；②31°43'
【分析】（1）利用对折性质可知AD是∠CAB角平分线，由此即可求解；
（2）根据三角形的内角和可知∠AED+∠ADE=180°−∠A，根据折叠可知∠AEA′+∠ADA′的度数，利用两个平角和等于360°，由此即可求解；；
（3）①根据折叠可得∠IBD=∠FBD，∠ABC=∠EBC，且∠IBD+∠FBD+∠ABC+∠EBC=180°，代入计算即可；
②∠ABC=12∠ABE=12180°−∠IBF=12180°−2∠IBD，代入计算即可．
【详解】解：（1）由对折性质可知，AD是∠CAB角平分线，
∴∠CAD=12∠CAB=12×70°=35°，
故答案为：35°．
（2）在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED=180°，∠A=70°，
∴∠AED+∠ADE=180°−∠A=180°−70°=110°，
根据折叠的性质得，∠A′ED+∠A′DE=110°，
∴∠AEA′+∠ADA′=110°+110°=220°，
∵∠AEA′+∠1+∠ADA′+∠2=360°，
∴∠1+∠2=360°−220°=140°，
故答案为：140°．
（3）①由折叠的性质可知：∠IBD=∠FBD，∠ABC=∠EBC，且∠IBD+∠FBD+∠ABC+∠EBC=180°，
∴∠CBD=∠CBE+∠DBE=12×180°=90°，
②根据折叠的性质及上述知识可知，
∠ABC=12∠ABE
=12180°−∠IBF
=12180°−2∠IBD
=12180°−2×58°17'
=31°43'．
【点睛】本题考查折叠问题中角的计算问题，掌握翻折的性质是本题的关键．
【变式6-2】（2023秋·江西南昌·八年级校联考期末）我们在小学已经学习了“三角形内角和等于180°”．在三角形纸片中，点D，E分别在边AC，BC上，将∠C沿DE折叠，点C落在点C'的位置．
(1)如图1，当点C落在边BC上时，若∠ADC′=58°，则∠C=______，可以发现∠ADC′与∠C的数量关系是 ；
(2)如图2，当点C落在△ABC内部时，且∠BEC′=42°，∠ADC′=20°，求∠C的度数；
(3)如图3，当点C落在△ABC外部时，若设∠BEC′的度数为x，∠ADC'的度数为y，请求出∠C与x，y之间的数量关系．
【答案】(1)29°，∠ADC′=2∠C
(2)31°
(3)∠C=12x−12y
【分析】（1）根据邻补角得出∠CDC′，根据折叠的性质得出∠CDE=∠C′DE=12∠CDC′，∠DEC=∠DEC′=90°，根据三角形内角和定理即可求解；
（2）方法一：根据平角的定义得出∠CEC′，∠CDC′，根据折叠的性质得出∠EDC，∠DEC，然后根据三角形内角和定理即可求解．
方法二：根据（1）的结论得出∠DCC′=10°，∠C′CE=21°，进而即可求解；
（3）方法一：根据（2）的方法一进行计算即可求解；
方法二：根据（2）的方法二，即可求解．
【详解】（1）∵∠ADC′=58°，
∴∠CDC′=180°−∠ADC′=122°，
由折叠得：∠CDE=∠C′DE=12∠CDC′=61°，
∠DEC=∠DEC′=12×180°=90°，
∴∠C=180°−∠EDC−∠DEC=29°，
设∵∠ADC′=α，
∴∠CDC′=180°−∠ADC′=180°−α，
由折叠得：∠CDE=∠C′DE=12∠CDC′=90°−12α，
∠DEC=∠DEC′=12×180°=90°，
∴∠C=180°−∠EDC−∠DEC=90°−90°−12α，
∴∠ADC′=2∠C；
故答案为：29°，∠ADC′=2∠C；
（2）∵∠BEC′=42°，∠ADC′=20°，
∴∠CEC′=180°−∠BEC′=138°，∠CDC′=180°−∠ADC′=160°，
由折叠得：∠CDE=∠C′DE=12∠CDC′=80°，∠DEC=∠DEC′=12∠CEC′=69°，
∴∠C=180°−∠EDC−∠DEC=31°，
方法二：连接CC′
由①结论可知：∠ADC′=2∠DCC′=20°，
∴∠DCC′=10°
同理，由①结论可知：∠BEC′=2∠C′CE=42°，
∴∠C′CE=21°
∴∠ACB=∠DCC′+∠C′CE=10°+21°=31°．
（3）∵∠BEC′=x，∠ADC′=y，
∴∠CEC′=180°−x，∠EDC'+∠EDC=180°+∠ADC'=180°+y，
由折叠得：∠CDE=∠C′DE=12∠CDC′=90°+12y，
∠DEC=∠DEC′=12∠CEC′=90°−12x，
∴∠C=180°−∠EDC−∠DEC=180°−90°+12y−90°−12x=12x−12y，
∴∠C与x，y之间的数量关系：∠C=12x−12y．
方法二：连接CC′，
由①结论可知：∠BEC′=2∠ECC′=x，
∴∠ECC′=12x
同理，由①结论可知：∠ADC′=2∠DCC′=y，
∴∠DCC′=12y
∴∠ACB=∠ECC′−∠DCC′=12x−12y．
【点睛】本题考查了三角形折叠问题，三角形内角和定理，掌握三角形的内角和定理与折叠的性质是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·江苏·八年级统考期中）将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使得点A落A′的位置，折痕为DE．
(1)当点A落在四边形BCDE的外部A′的位置且A′与点C在直线AB的两侧．
①如图1，若∠C=90°，∠A=30°，求∠1−∠2的度数；
②如图2，请写出∠1、∠2和∠A的关系并证明；
(2)如图3，有一张三角形纸片ABC，∠A=30°，∠C=50°，若点E是AB边上的固定点（AE<12AB），请在AC上找一点D，将纸片沿DE折叠，DE为折痕点A落在A′处，使A′ D与三角形ABC的其中一边平行，求∠AED的度数．
【答案】(1)①60°；②∠1−∠2=2∠A
(2)∠AED= 75°或125°或35°
【分析】（1）①先求出∠B的度数，在根据四边形内角和求出∠1+∠BFD的度数，由∠BFD=∠ A′ FE和∠ A′的度数可求出答案；
②同①的方法即可求解．
（2）分三种情况讨论，当A′D∥AB时，当A′D∥BC，A′在AC上方时，当A′D∥BC，A′在AC下方时，画出图形，根据平行线的性质以及三角形的内角和定理进行求解即可．
【详解】（1）由折叠可知，∠A′=∠A=30°
在△A′EF中，∠A′+∠2+∠A′FE=180°
∴∠2=180°−∠A′−∠AFE=150°−∠A′FE
在△ABC中，∠B=180°−∠C−∠A=60°
在四边形BCDF中，∠1+∠C+∠B+∠BFD=360°
∴∠1=360°−∠C−∠B−∠BFD=210°−∠BFD
∵ ∠BFD=∠A′FE
∴∠1−∠2=210°−150°=60°；
②由折叠可知，∠A′=∠A
在△A′EF中，∠A′+∠2+∠A′FE=180°
∴∠2=180°−∠A′−∠AFE=180°−∠A−∠AFE
在△ABC中，∠B=180°−∠C−∠A
在四边形BCDF中，∠1+∠C+∠B+∠BFD=360°
∴∠1=360°−∠C−∠B−∠BFD
∵ ∠BFD=∠A′FE
∴∠1−∠2=360°−∠C−∠B−∠BFD−180°−∠A−∠AFE
=360°−∠C−∠B−∠BFD−180°+∠A+∠AFE；
=180°−∠C+∠B+∠A
=2∠A
（2）解：①当A′D∥AB时，如图所示，
∴∠BEA′=∠A′，
∵由折叠可知，∠A′=∠A =30°，∠AED=∠A′ED，
∵∠AED+∠A′ED+∠BEA′=180°，
∴∠AED=12180°−∠BEA′=12180°−30°=75°；
②当A′D∥BC，A′在AC上方时，如图所示，
∵∠C=50°,∠C+∠1=180°，
∴∠1=130°，
由（1）可得∠1−∠2=2∠A=60°，
∴∠2=70°，
由折叠可知， ∠AED=∠A′ED，
∴∠2+180°=2∠AED，
∴∠AED=125°；
③当A′D∥BC，A′在AC下方时，如图所示，，
则∠CDA′=∠C=50°，
∴∠AGE=∠A′+∠CDA′=30°+50°=80°，
∴∠AEG=180°−∠A−∠AGE=180°−30°−80°=70°，
由折叠可知， ∠AED=∠A′ED，
∴∠AED=12∠AEG=35°，
综上所述，∠AED= 75°或125°或35°．
【点睛】本题考查了四边形内角和公式，三角形内角和定理，折叠的性质，平行线的性质，熟练掌握以上知识，并能分类讨论是解题的关键．
【题型7 坐标系中的角度探究问题】
【例7】（2019春·辽宁葫芦岛·七年级统考期末）在平面直角坐标系中A(a,0)，C(0,c)且满足(a+6)2+c+3=0，长方形ABCO在坐标系中（如图），点O为坐标系的原点．
（1）求点B的坐标．
（2）如图1，若点M从点A出发，以2个单位/秒的速度向右运动（不超过点O），点N从原点O出发，以1个单位/秒的速度向下运动（不超过点C），设M、N两点同时出发，在它们运动的过程中，四边形MBNO的面积是否发生变化？若不变，求其值；若变化，求变化的范围．
（3）如图2，E为x轴负半轴上一点，且∠CBE=∠CEB，F是x轴正半轴上一动点，∠ECF的平分线CD交BE的延长线于点D，在点F运动的过程中，请探究∠CFE与∠D的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）B(−6,−3)；（2）9；（3）∠CFE=2∠D，理由见解析；
【分析】(1)根据题意可得a=−6，c=−3，则可求A点，C点，B点坐标；
(2)设M、N同时出发的时间为t,则S四边形MBNO=S长方形OABC−S△ABM−S△BCN =18−12×2t×3−12×6×(3−t)=9.与时间无关，即面积是定值，其值为9；
(3)根据三角形内角和定理和三角形外角等于不相邻的两个内角的和，可求∠CFE与∠D的数量关系.
【详解】(1)∵(a+6)2+c+3=0，
∴a=−6，c=−3
∴A(−6,0),C(0,−3)
∵四边形OABC是矩形
∴AO∥BC,AB∥OC，AB=OC=3，AO=BC=6
∴B(−6,−3)
(2)四边形MBNO的面积不变.
设M、N同时出发的时间为t，
则S四边形MBNO=S长方形OABC−S△ABM−S△BCN =18−12×2t×3−12×6×(3−t)=9.与时间无关.
∴在运动过程中面积不变，是定值9.
(3)∠CFE=2∠D.
理由如下：如图
∵∠CBE=∠CEB
∴∠ECB=180°−2∠BEC
∵CDP平分∠ECF
∴∠DCE=∠DCF
∵AF∥BC
∴∠F=180°−∠DCF−∠DCE−∠BCE=180°−2∠DCE−(180°−2∠BEC)
∴∠F=2∠BEC−2∠DCE
∵∠BEC=∠D+∠DCE
∴∠F=2(∠D+∠DCE)−2∠DCE
∴∠F=2∠D
【点睛】此题考查坐标与图形的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，解题关键在于掌握各性质定义，利用把已知坐标代入等式求值.
【变式7-1】（2023春·重庆彭水·七年级统考期中）已知，在平面直角坐标系中，点A的坐标是a,0，B的坐标是0，b，其中a、b满足a−12+b−3=0，将点B向左平移mm>0个单位到点C，连接AC，AC交y轴于点D．（注：S△ABC表示ΔABC的面积）
(1)求点A、B的坐标．
(2)如图1，若S△ABC>4S△ABD，求满足条件的m的取值范围．
(3)如图2，若m>1，BE平分∠ABC交AC于点E（不与点A重合），射线CF交直线AB于点G，交射线BE于点M，求∠CGA，∠BMF，∠CFA的数量关系．
【答案】(1)A1，0，B0，3
(2)m>3
(3)当点F在线段OA上时，∠CFA+∠CGA+2∠BMF=360°；当点F在OA的延长线上时，∠CGA=2∠BMF−∠CFA．
【分析】（1）利用非负数的性质求出a,b的值即可；
（2）利用面积法表示出BD的长（用m表示），再构建不等式求解；
（3）分两种情形：当点F在线段OA上时，当点F在OA的延长线上时，分别求解即可．
【详解】（1）解：∵a−12+b−3=0，
又∵a−12≥0，b−3≥0，
∴a=1，b=3，
∴A1，0，B0，3；
（2）解：由题意C−m,3，
∵SΔABC=12×m×3=32m，
∵SΔABD=12BD×1=12BD，SΔCBD=12BD⋅m=m2BD
∴SΔABC=SΔABD+SΔCBD=12BD+12m⋅BD=3m2
∴BD=3m1+m，
∵S△ABC>4S△ABD，SΔABC=32m，∵SΔABD=12BD=12⋅3m1+m
∴32m>4×12⋅3m1+m，
解得，m>3；
（3）解：如图中，点F是GC与x轴的交点，当点F在线段OA上时,∠CFA+∠CGA+2∠BMF=360°
理由：∵BM平分∠ABC，
∴∠CBM=∠GBM，
∵BC∥FO，
∴∠BCM=∠MFO
又∵∠BMF=∠CBM+∠BCM=∠CBM+∠MFO=∠CBM+180°−∠CFA
∴∠CBM=∠GBM=∠BMF+∠CFA−180°，
∵∠BMF+∠CGA+∠MBG=180°，
∴∠BMF+∠CGA+∠BMF+∠CFA−180°=180°，
∴∠CFA+∠CGA+2∠BMF=360°；
如图2﹣2中，当点F在OA的延长线上时，∠CGA=2∠BMF−∠CFA．
理由：∵CB∥AF，
∴∠CFA=∠BCF，∠BMF=∠CBM+∠CFA，
∴∠CBM=∠BMF−∠CFA，
∵∠CGA=∠CBG+∠BCG=2∠CBM+∠CFA，
∴∠CGA=2∠BMF−∠CFA+∠CFA，
∴∠CGA=2∠BMF−∠CFA．
综上所述，当点F在线段OA上时，∠CFA+∠CGA+2∠BMF=360°；当点F在OA的延长线上时，∠CGA=2∠BMF−∠CFA．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式7-2】（2023春·辽宁沈阳·七年级统考期中）已知直线MN∥PQ，点A在直线MN上，点B、C为平面内两点，AC⊥BC于点C．
(1)如图1，当点B在直线MN上，点C在直线MN上方时，延长CB交直线PQ于点D，则∠CAB和∠CDP之间的数量关系是___________．
(2)如图2，当点C在直线MN上且在点A左侧，点B在直线MN与PQ之间时，过点B作BD⊥AB交直线PQ于点D．为探究∠ABC与∠BDP之间的数量关系，小明过点B作BF∥MN．请根据他的思路，写出∠ABC与∠BDP的关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，作∠ABD的平分线交直线MN于点E，当∠AEB=2∠ABC时，直接写出∠ABC的度数．
(4)如图4，当点C在直线MN上且在点A左侧，点B在直线PQ下方时，过点B作BD⊥AB交直线PQ于点D．作∠ABD的平分线交直线MN于点E，当∠BDP=2∠BEN时，请补充图形并直接写出∠ABC的度数．
【答案】(1)∠CAB+∠CDP=90°
(2)∠ABC=∠BDP，见解析
(3)15°
(4)图见解析，30°
【分析】（1）利用平行线的性质条件三角形的内角和定理求解即可．
（2）结论：∠ABC=∠PDB．构造平行线，利用平行线的性质求解即可．
（3）设∠ABC=x，则∠AEB=2x，根据∠CBE+∠AEB=90°，构建方程求解即可．
（4）设BE交PQ于J．设∠BEN=x，则∠BDP=2x，利用三角形内角和定理，构建方程求解即可．
【详解】（1）如图1中，
∵AC⊥CD，
∴∠C=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°，
∵MN∥PQ，
∴∠PDB=∠ABC，
∴∠CAB+∠PDC=90°．
故答案为：∠CAB+∠PDC=90°．
（2）结论：∠ABC=∠PDB．
理由：如图2中，
∵MN∥PQ，BF∥MN，
∴BF∥PQ，
∴∠PDB=∠DBF，
∵AC⊥BC，AB⊥BD，
∴∠ACB=∠ABD=90°，
∵∠CBF+∠ACB=180°，
∴∠CBF=∠ABD=90°，
∴∠ABC=∠DBF，
∴∠ABC=∠PDB．
（3）如图3中，
∵∠AEB=2∠ABC，
∴可以假设∠ABC=x，则∠AEB=2x，
∵∠ABD=90°，BE平分∠ABD，
∴∠ABE=∠EBD=45°，
∵∠BCE=90°，
∴∠CBE+∠AEB=90°，
∴x+45°+2x=90°，
∴x=15°，
∴∠ABC=15°．
（4）如图4中，图形如图所示，设BE交PQ于J．
∵∠BDP=2∠BEN，
∴可以假设∠BEN=x，则∠BDP=2x，
∵MN∥PQ，
∴∠BEN=∠PJE=x，
∵∠ABD=90°，BE平分∠ABD，
∴∠ABE=∠EBD=45°，
∵∠BDJ+∠BJD+∠DBJ=180°，
∴180°−2x+180°−x+45°=180°，
∴x=75°，
∵∠BCE=90°，
∴∠EBC=90°−75°=15°，
∴∠ABC=∠ABE−∠EBC=45°−15°=30°．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平行线的性质，三角形内角和定理，角平分线的定义等知识，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．
【变式7-3】（2023春·四川自贡·七年级校考期中）如图1，平面直角坐标系中，已知Aa,0，Bb,3，C2,0，且满足a+32+a−b+6=0，线段AB交y轴于点F．
(1)填空：a=______，b=______；
(2)如图1，在x轴上是否存在点P（P点不与点A、O、C重合），使得△ABP的面积与△ABC的面积相等？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，点D为y轴正半轴上一点，ED∥AB，且AM，DM分别平分∠CAB，∠ODE，AM交y轴于点P，求∠AMD度数．
【答案】(1)−3，3
(2)存在，P−8,0
(3)∠AMD=45°
【分析】（1）根据平方和算术平方根的非负性求解即可；
（2）结合（1）可求出S△ABC=S△ABP=152，设Px,0，则S△ABP=12×−3−x×3，得出关于x的方程，解出x的值即可；
（3）过点D作DQ∥AC，过点M作MN∥AC，则DQ∥MN∥AC，得出∠QDM=∠NMD，∠AMN=∠CAM，∠ODE+∠DFB=180°．结合对顶角相等和直角三角形的性质可求出∠QDM+∠CAM=45°，从而得出∠NMD+∠AMN=45°，即∠AMD=45°．
【详解】（1）解：∵a+32+a−b+6=0，
∴a+3=0a−b+6=0，解得：a=−3b=3．
故答案为：−3，3；
（2）解：由（1）可知A−3,0，B3,3，C2,0，
∴AC=5，
∴S△ABC=12AC×yB=12×5×3=152．
设Px,0，
∴AP=−3−x，
∴S△ABC=S△ABP=12AP×yB=12×−3−x×3=152，
解得：x=−8或x=2，
∴P−8,0；
（3）如图，过点D作DQ∥AC，过点M作MN∥AC，
∴DQ∥MN∥AC，
∴∠QDM=∠NMD，∠AMN=∠CAM，∠ODE+∠DFB=180°．
∵∠DFB=∠AFO=90°−∠FAO，
∴∠ODE+90°−∠FAO=180°，即∠ODE−∠FAO=90°．
∵AM，DM分别平分∠CAB，∠ODE，
∴∠CAM=12∠FAO，∠ODM=12∠ODE，
∴∠ODM−∠CAM=45°．
∵∠ODM=90°−∠QDM，
∴90°−∠QDM−∠CAM=45°，
∴∠QDM+∠CAM=45°，
∴∠NMD+∠AMN=45°，即∠AMD=45°．
【点睛】本题考查非负数的性质，坐标与图形，平行线的判定和性质，对顶角相等，直角三角形两个锐角互余等知识．利用数形结合的思想是解题关键．
【题型8 有关三角形角度的多结论问题】
【例8】（2023春·福建福州·七年级校考期末）如图，在ΔABC，BD、BE分别是高和角平分线，点F在CA的延长线上，FH⊥BE交BD于G，交BC于H，下列结论：①∠DBE=∠F；②2∠BEF=∠BAF+∠C；③∠F=12(∠BAC−∠C)；④∠BGH=∠ABE+∠C，正确的是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】①根据BD⊥AC，FH⊥BE，以及∠FGD=∠BGH即可推出∠DBE=∠F；②根据角平分线的定义和三角形外角的性质证明即可；③证明∠ABD=90°−∠BAC，由①知：∠DBE=∠F即可证明∠F=12(∠BAC−∠C)；④由同角的余角相等证明∠BGH=∠BED，再根据三角形外角的性质及角平分线的性质即可推出∠BGH=∠ABE+∠C．
【详解】解：∵BD⊥AC，
∴∠F+∠FGD=90°．
∵FH⊥BE，
∴∠DBE+∠BGH=90°．
∵∠FGD=∠BGH，
∴∠DBE=∠F．
故①正确；
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=12∠ABC．
∵∠BEF=∠CBE+∠C，
∴2∠BEF=2∠CBE+∠C=∠ABC+2∠C．
∵∠BAF=∠ABC+∠C，
∴2∠BEF=∠BAF+∠C．
故②正确；
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=12∠ABC=12180°−∠BAC−∠C=90°−12∠BAC−12∠C．
∵BD⊥AC，
∴∠ABD=90°−∠BAC．
∴∠DBE=∠ABE−∠ABD=90°−12∠BAC−12∠C−90°−∠BAC=12∠BAC−∠C．
由①知：∠DBE=∠F，
∴∠F=12∠BAC−∠C．
故③正确；
∵BD⊥AC，FH⊥BE，
∴∠BGH+∠DBE=90°，∠BED+∠DBE=90°．
∴∠BGH=∠BED=∠CBE+∠C．
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠BGH=∠ABE+∠C．
故④正确；
综上可知，正确的有①②③④，共4个，
故选D．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，三角形外角的性质，同角的余角相等等知识，正确运用三角形的高、角平分线的概念以及三角形的内角和定理是解题的关键．
【变式8-1】（2023春·江苏南京·七年级校考期中）在△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分线交于点O，∠ACB的外角平分线所在直线与∠ABC的平分线相交于点D，与∠ABC的外角平分线相交于点E，则下列结论一定正确的是（ ）
①∠BOC=90°+12∠A；②∠D=12∠A；③∠A=23∠E；④∠E+∠DCF=90°+∠ABD．
A．①②④B．①②③C．①②D．①②③④
【答案】A
【分析】由角平分线的定义可得∠OBC+∠OCB=12∠ABC+∠ACB，再由三角形的内角和定理可求解∠BOC=90°+12∠A，即可判定①；由角平分线的定义可得∠DCF=12∠ACF，结合三角形外角的额性质可判定②；由三角形外角的性质可得∠MBC+∠NCB=180°+∠A，再利用角平分线的定义及三角形的内角和定理可判定③；利用三角形外角的性质可得∠E+∠DCF=90°+∠DBC，结合∠ABD=∠DBC可判定④．
【详解】解：∵∠ABC，∠ACB的平分线交于点O，
∴∠ABD=∠OBC=12∠ABC，∠OCB=∠ACO=12∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB=12∠ABC+∠ACB
=12180°−∠A
=90°−12∠A，
∴∠BOC=180°−∠OBC+∠OCB=180°−90°−12∠A=90°+12∠A，故①正确，
∵CD平分∠ACF，
∴∠DCF=12∠ACF，
∵∠ACF=∠ABC+∠A，∠DCF=∠OBC+∠D，
∴2∠OBC+2∠D=∠ABC+∠A，
∴∠D=12∠A，故②正确；
∵∠MBC=∠A+∠ACB，∠BCN=∠A+∠ABC，∠ACB+∠A+∠ABC=180°，
∴∠MBC+∠NCB=∠A+∠ACB+∠ABC+∠A=180°+∠A，
∵BE平分∠MBC，CE平分∠BCN，
∴∠MBC=2∠EBC，∠BCN=2∠BCE，
∴∠EBC+∠ECB=90°+12∠A，
∴∠E=180°−∠EBC+∠ECB=180°−90°+12∠A=90°−12∠A，故③错误；
∵∠DCF=∠DBC+∠D，
∴∠E+∠DCF=90°−12∠A+∠DBC+12∠A=90°+∠DBC，
∵∠ABD=∠DBC，
∴∠E+∠DCF=90°+∠ABD．故④正确，
综上正确的有：①②④．
故选A
【点睛】本题主要考查三角形的内角和定理，角平分线的定义，三角形外角的性质，熟练掌握角平分线的定义和三角形的外角性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
【变式8-2】（2023春·全国·七年级期末）如图，△ABC中，AD⊥BC交BC于点D，AE平分∠BAC交BC于点E，点F为BC的延长线上一点，FG⊥AE交AD的延长线于点G，AC的延长线交FG于点H，连接BG，下列结论：
①∠DEA=∠AGH；
②∠DAE=12∠ABD−∠ACE；
③∠AGH=∠BAE+∠ACB；
④S△AEB:S△AEC=AB:AC.
其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】如图，①根据直角三角形的性质即可得到∠DEA=∠AGH；②根据角平分线的定义得∠EAC=12∠BAC，由三角形的内角和定理得∠DAE=90°−∠AED，变形可得结论；③根据三角形的内角和和外角的性质即刻得到∠AGH=∠BAE+∠ACB；④根据三角形的面积公式即可得到SΔAEB:SΔAEC=AB:CA．
【详解】如图，AE交GF于M，
①∵AD⊥BC，FG⊥AE，
∴∠ADE=∠AMF=90°，
∴∠DEA+∠DAE=∠AGH+∠GAM=90°，
∴∠DEA=∠AGH，故①正确；
②∵AE平分∠BAC交BC于E，
∴∠EAC=12∠BAC，
∴∠DAE=90°−∠AED，
=90°−(∠ACE+∠EAC)，
=90°−(∠ACE+12∠BAC)，
=12(180°−2∠ACE−∠BAC)，
=12(∠ABD−∠ACE)，
故②正确；
③∵∠DAE=∠F，∠FDG=∠FME=90°，
∴∠AGH=∠MEF，
∵∠MEF=∠CAE+∠ACB，
∴∠AGH=∠CAE+∠ACB，
∴∠AGH=∠BAE+∠ACB，故③正确；
④∵AE平分∠BAC交BC于E，
∴点E到AB和AC的距离相等，
∴SΔAEB:SΔAEC=AB:AC，故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，直角三角形的性质，三角形的面积公式，三角形外角的性质，正确的识别图形是解题的关键．
【变式8-3】（2021秋·八年级单元测试）如图，△ABC中，∠ACB=90°，D为AB上任一点，过D作AB的垂线，分别交边AC、BC的延长线于E，F两点，∠BAC，∠BFD的平分线交于点I，AI交DF于点M，FI交AC于点N，连接BI．下列结论：①∠BAC=∠BFD；②∠ENI=∠EMI；③AI⊥FI；④∠ABI=∠FBI；其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】先根据∠ACB=90°可知∠DBF+∠BAC=90°，再由FD⊥AB可知∠BDF=90°，所以∠DBF+∠BFD=90°，通过等量代换即可得出∠BAC=∠BFD，故①正确；根据∠BAC=∠BFD，∠BAC、∠BFD的平分线交于点I可知∠EFN=∠EAM，再由对顶角相等可知∠FEN=∠AEM，根据三角形外角的性质即可判断出∠ENI=∠EMI，故②正确；由①知∠BAC=∠BFD，因为∠BAC、∠BFD的平分线交于点I，故∠MAD=∠MFI，再根据∠AMD=∠FMI可知，∠AIF=∠ADM=90°，即AI⊥FI，故③正确；因为BI不是∠B的平分线，所以∠ABI≠∠FBI，故④错误．
【详解】解：∵∠ACB=90°，
∴∠DBF+∠BAC=90°，
∵FD⊥AB，
∴∠BDF=90°，
∴∠DBF+∠BFD=90°，
∴∠BAC=∠BFD，故①正确，符合题意；
∵∠BAC=∠BFD，∠BAC、∠BFD的平分线交于点I，
∴∠EFN=∠EAM，
∵∠FEN=∠AEM，
∴∠ENI=∠EMI，故②正确，符合题意；
∵由①知∠BAC=∠BFD，∠BAC、∠BFD的平分线交于点I，
∴∠MAD=∠MFI，
∵∠AMD=∠FMI，
∴∠AIF=∠ADM=90°，即AI⊥FI，故③正确，符合题意；
∵BI不是∠B的平分线，
∴∠ABI≠∠FBI，故④错误，不符合题意．
故选C．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理及三角形外角的性质，熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键．
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