苏科版数学七下重难点提升讲练专题05 角度计算的综合压轴题型专训（2份，原卷版+解析版）

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专题05 角度计算的综合压轴题型专训 【经典题型一 单选题】1．（2022秋·湖北孝感·八年级统考期中）如图，，、、分别平分，外角，外角，以下结论：①，②，③，④，其中正确的结论有（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】根据角平分线的定义、三角形的内角和定理、三角形的外角性质、平行线的判定一一判定即可．【详解】解：①设点A、B在直线上，∵、分别平分的内角，外角，∴平分的外角，∴，∵，且，∴，∴，故①正确．②∵、分别平分的内角、外角，∴，∴，故②正确．③∵，，∴，∴，∵，∴，∴，故③正确．④∵∴，∴，故④正确．故选：D．【点睛】本题考查了角平分线的定义、三角形的内角和定理、三角形的外角性质、平行线的判定等，熟悉各个概念的内容是解题的关键．2．（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆市凤鸣山中学校联考期中）如图，中，交于点，平分交于点，点为的延长线上一点，交的延长线于点，的延长线交于点，连接，下列结论：①；②；③；④.其中正确结论的个数是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】如图，①根据直角三角形的性质即可得到；②根据角平分线的定义得，由三角形的内角和定理得，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；④根据三角形的面积公式即可得到．【详解】如图，交于，①，，，，，故①正确；②平分交于，，，，，，，故②正确；③，，，，，，故③正确；④平分交于，点到和的距离相等，，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．3．（2023春·七年级单元测试）△ABC中，，∠ABC和∠ACD的平分线交于点，得；和的平分线交于点，得和的平分线交于点，则为（　　）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，可得，再结合角平分线的定义，找出角变化的规律即可求解．【详解】∵平分∠ABC，平分∠ACD，∴＝∠ABC，＝∠ACD， ∴＝∠ACD﹣∠ABC＝∠A，同理可得＝＝∠A，∴＝∠A，∵，∴＝，故选：D．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，角平分线的定义，熟记性质并准确识图，然后求出后一个角是前一个角的一半是解题的关键．4．（2022春·湖北武汉·七年级校考阶段练习）如图，DC∥AB，AE⊥EF，E在BC上，过E作EC⊥DC，EG平分∠FEC，ED平分∠AEC．若∠EAD＋∠BAD＝180°，∠EDA＝3∠CEG，则下列结论：① ∠EAB＝2∠FEG；② ∠AED＝45°＋∠GEF；③ ∠EAD＝135°－4∠GEC；④ ∠EAB＝15°，其中正确的是（    ）A．①②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③【答案】D【分析】根据角平分线的性质、三角形外角性质及三角形内角和求解即可．【详解】解：∵EG平分∠FEC，∴∠FEG＝∠CEG，设∠FEG＝∠CEG＝α，∴∠FEC＝2α，∵∠EDA＝3∠CEG，∴∠EDA＝3α，∵EC⊥DC，，∴EB⊥AB，∠C＝90°，∴∠B＝90°，∵AE⊥EF，∴∠AEF＝90°，∴∠AEC＝∠AEF＋∠FEC＝90°＋2α，∵∠AEC＝∠B＋∠EAB＝90°＋∠EAB，∴90°＋2α＝90°＋∠EAB，∴∠EAB＝2α＝2∠FEG，故①正确；∵ED平分∠AEC，∴∠AED＝∠AEC＝（90°＋2α）＝45°＋α＝45°＋∠GEF，故②正确；∵∠AED＝45°＋α，∠EDA＝3α，∴∠EAD＝180°−∠AED−∠EDA＝180°−（45°＋α）−3α＝135°−4α＝135°−4∠GEC，故③正确；∵∠EAD＋∠BAD＝180°，∴∠EAB＋∠DAE＋∠EAD＝180°，∴2α＋2（135°−4α）＝180°，∴α＝15°，∴∠EAB＝2α＝30°，故④错误，故选：D．【点睛】此题考查了三角形角平分线的性质、三角形外角性质、三角形内角和，熟记三角形角平分线的性质、三角形外角性质、三角形内角和是解题的关键．5．（2022春·江苏无锡·七年级校考阶段练习）设△ABC的面积为a，如图①将边BC、AC分别2等份，BE1、AD1相交于点O，△AOB的面积记为S1；如图②将边BC、AC分别3等份，BE1、AD1相交于点O，△AOB的面积记为S2；……， 依此类推，若S5=则a的值为（    ） A．1 B．2 C．6 D．3【答案】D【分析】利用三角形的面积公式，求出前三个图形的面积，再得出规律，根据规律列出方程便可求得．【详解】解：在图①中，连接，，，，，，，，，，设，则，解得；在图②中，连接、、，则，，设，则，解得；在图③中，连、、、、，则，，设，则，解得，．由可知，，，，解得．故选：D【点睛】此题考查了三角形的面积公式，关键通过列方程组求得各个图形的面积，从中找出规律．6．（2022春·浙江绍兴·七年级校联考期末）如图，已知直线，直线分别交直线，于点，，平分交于点．是射线上一动点（不与点，重合）．平分交于点，设，．现有下列四个式子：①，②，③，④，在这四个式子中，正确的是(   )A．①② B．①④ C．①③④ D．②③④【答案】B【分析】分两种情况讨论：当点G在F的右侧时，根据两直线平行同旁内角互补得到，结合角平分线性质解得；或当点G在F的左侧时，两直线平行内错角相等得到，结合三角形外角性质得到，解得．【详解】解： 当点G在F的右侧时，平分平分设，， 当点G在F的左侧时，平分平分设，综上所述，或故①④正确, ②③错误故选：B．【点睛】本题考查平行线的性质、三角形外角性质、角平分线的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．7．（2022春·湖北武汉·七年级统考期中）如图：CDAB，BC平分∠ACD，CF平分∠ACG，∠BAC=40°，∠1=∠2，则下列结论：①∠ACE=2∠4；②CB⊥CF；③∠1=70°；④∠3=2∠4，其中正确的是（    ）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【答案】C【分析】根据角平分线的性质可得，，再利用平角定义可得∠BCF=90°，进而可得②正确；首先计算出∠ACB的度数，再利用平行线的性质可得∠2的度数，从而可得∠1的度数，进而可得③正确；利用三角形内角和计算出∠3的度数，然后计算出∠ACE的度数，可分析出①错误；根据∠3和∠4的度数可得④正确．【详解】解：如图，∵BC平分∠ACD，CF平分∠ACG， ∴∵∠ACG+∠ACD=180°，∴∠ACF+∠ACB=90°，∴CB⊥CF，故②正确，∵CD∥AB，∠BAC=40°，∴∠ACG=40°，∴∠ACF=∠4=20°，∴∠ACB=90°-20°=70°，∴∠BCD=70°，∵CD∥AB，∴∠2=∠BCD=70°，∵∠1=∠2，∴∠1=70°，故③正确；∵∠BCD=70°，∴∠ACB=70°，∵∠1=∠2=70°，∴∠3=40°，∴∠ACE=30°，∴①∠ACE=2∠4错误；∵∠4=20°，∠3=40°，∴∠3=2∠4，故④正确，故选：C．【点睛】此题主要考查了平行线的性质，以及角平分线的性质，理清图中角之间的和差关系是解题的关键．8．（2022秋·八年级课时练习）如图，，∠M＝44°，AN平分∠BAM，CN平分∠DCM，则∠N等于（    ）A．21.5° B．21° C．22.5° D．22°【答案】D【分析】由平行线的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，只要证明得，即可求出答案．【详解】解：如图，线段AM与AN相交于点E，∵，∴，∵AN平分∠BAM，CN平分∠DCM，∴，，，，∴，∴；①在△ACM中，有，∴②，由①②，得，∴，即；∵，又，∴，∴，即，∴；故选：D．【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确地利用所学知识进行角度之间的转化．9．（2022秋·八年级单元测试）如图，在△ABC中，∠A=90°，BE，CD分别平分∠ABC和∠ACB，且相交于F，，于点G，则下列结论 ①∠CEG = 2∠DCA；②CA平分∠BCG；③∠ADC =∠GCD；④∠DFB=∠A；⑤∠DFE=135°，其中正确的结论是(         )A．①②③ B．①③④ C．①③④⑤ D．①②③④【答案】C【分析】根据平行线的性质与角平分线的定义即可判断①；只需要证明∠ADC+∠ACD=90°，∠GCD+∠BCD=90°，即可判断③；根据角平分线的定义和三角形内角和定理先推出，即可判断④⑤；根据现有条件无法推出②．【详解】解：∵CD平分∠ACB，∴∠ACB=2∠DCA，∠ACD=∠BCD∵，∴∠CEG=∠ACB=2∠DCA，故①正确；∵∠A=90°，CG⊥EG，，∴∠ADC+∠ACD=90°，CG⊥BC，即∠BCG=90°，∴∠GCD+∠BCD=90°，又∵∠BCD=∠ACD，∴∠ADC=∠GDC，故③正确；∵∠A=90°，∴∠ABC+∠ACB=90°，∵BE，CD分别平分∠ABC，∠ACB，∴，∴，∴∠DFB=180°-∠BFC=45°，∴，故④正确；∵∠BFC=135°，∴∠DFE=∠BFC=135°，故⑤正确；根据现有条件，无法推出CA平分∠BCG，故②错误；故选C．【点睛】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，熟知平行线的性质，角平分线的定义是解题的关键．10．（2022秋·八年级课时练习）如图，直线，点C为直线MN上一点，连接AC、BC，∠CAB＝40°，∠ACB＝90°，∠BAC的角平分线交MN于点D，点E是射线AD上的一个动点，连接CE、BE，∠CED的角平分线交MN于点F．当∠BEF＝70°时，令，用含的式子表示∠EBC为（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出∠ABC，再延长CE，交AB于点G，结合平行线的性质表示出∠BCE，然后根据三角形内角和定理表示∠CED，再根据角平分线得定义表示出∠CEB，最后根据三角形内角和定理得出答案．【详解】在△ABC中，∠CAB=40°，∠ACB=90°，∴∠ABC=50°．延长CE，交AB于点G，∵，∴，∠ACM=∠BAC=40°，∴∠ACE=-40°，∴∠BCE=90°-（-40°）=130°-．∵∠CEA=180°-∠CAE-∠ACE，∴∠CED=180°-∠CEA=∠CAE+∠ACE=20°+（-40°）=-20°．∵EF平分∠CED，∴∠CEF=，∴∠CEB=，∴∠EBC=．故选：D．【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，平行线的性质，将待求角转化到适合的三角形是解题的关键．11．（2022秋·八年级课时练习）如图，，、、分别平分的外角、内角、外角．以下结论：①：②；③；④平分；⑤．其中错误的结论有（　　）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】B【分析】根据角平分线定义得出∠ABC=2∠ABD=2∠DBC，∠EAC=2∠EAD，∠ACF=2∠DCF，根据三角形的内角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，根据三角形外角性质得出∠ACF=∠ABC+∠BAC，∠EAC=∠ABC+∠ACB，根据已知结论逐步推理，即可判断各项．【详解】解：∵AD平分∠EAC，∴∠EAC=2∠EAD，∵∠EAC=∠ABC+∠ACB，∠ABC=∠ACB，∴∠EAD=∠ABC，∴AD∥BC，∴①正确；∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC，∵BD平分∠ABC，∠ABC=∠ACB，∴∠ABC=∠ACB=2∠DBC，∴∠ACB=2∠ADB，∴②正确；在△ADC中，∠ADC+∠CAD+∠ACD=180°，∵CD平分△ABC的外角∠ACF，∴∠ACD=∠DCF，∵AD∥BC，∴∠ADC=∠DCF，∠ADB=∠DBC，∠CAD=∠ACB∴∠ACD=∠ADC，∠CAD=∠ACB=∠ABC=2∠ABD，∴∠ADC+∠CAD+∠ACD=∠ADC+2∠ABD+∠ADC=2∠ADC+2∠ABD=180°，∴∠ADC+∠ABD=90°∴∠ADC=90°-∠ABD，∴③正确；∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC，∵∠ADB=∠DBC，∠ADC=90°-∠ABC，∴∠ADB不等于∠CDB，∴④错误；∵∠ACF=2∠DCF，∠ACF=∠BAC+∠ABC，∠ABC=2∠DBC，∠DCF=∠DBC+∠BDC，∴∠BAC=2∠BDC，即∠BDC=∠BAC，∴⑤正确；即错误的有1个，故选：B．【点睛】此题考查了三角形外角性质，角平分线定义，平行线的判定，三角形内角和定理的应用，主要考查学生的推理能力，有一定的难度．12．（2022秋·四川广元·八年级统考期中）如图，平分交于点E，，，M，N分别是延长线上的点，和的平分线交于点F．下列结论：①；②；③平分；④为定值．其中正确的有（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】先根据AB⊥BC，AE平分∠BAD交BC于点E，AE⊥DE，∠1+∠2=90°，∠EAM和∠EDN的平分线交于点F，由三角形内角和定理以及平行线的性质即可得出结论．【详解】解：∵AB⊥BC，AE⊥DE，∴∠1+∠AEB=90°，∠DEC+∠AEB=90°，∴∠1=∠DEC，又∵∠1+∠2=90°，∴∠DEC+∠2=90°，∴∠C=90°，∴∠B+∠C=180°，∴AB∥CD，故①正确；∴∠ADN=∠BAD，∵∠ADC+∠ADN=180°，∴∠BAD+∠ADC=180°，又∵∠AEB≠∠BAD，∴AEB+∠ADC≠180°，故②错误；∵∠4+∠3=90°，∠2+∠1=90°，而∠3=∠1，∴∠2=∠4，∴ED平分∠ADC，故③正确；∵∠1+∠2=90°，∴∠EAM+∠EDN=360°-90°=270°．∵∠EAM和∠EDN的平分线交于点F，∴∠EAF+∠EDF=×270°=135°．∵AE⊥DE，∴∠3+∠4=90°，∴∠FAD+∠FDA=135°-90°=45°，∴∠F=180°-（∠FAD+∠FDA）=180-45°=135°，故④正确．故选：C．【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定、三角形内角和定理、直角三角形的性质及角平分线的计算，熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键．【经典题型二 填空题】13．（2022秋·黑龙江哈尔滨·七年级哈尔滨市第四十七中学校考阶段练习）如图，点在线段上，且，点在上，若，，，则的度数为________．【答案】【分析】根据题意，设，则，在中，，证，由，得，从而有，解得，最后由，求得的值．【详解】解：∵，∴，设，则，∵，∴，∵在中，，又∵，，∴．∵，，∴，∵，∴，∴，∴．∵，，，又∵，，，∴，，∵，∴，解得，，∵，∴，故答案为：【点睛】本题考查了平行线的判定及性质，与相交线相关的角度计算，综合运用题设条件是解题的关键．14．（2022秋·广东惠州·八年级校考阶段练习）如图，已知直线， 被直线所截，，E是平面内任意一点（点E 不在直线，，上），连接，．设，．有下列各式：①；②；③；④ ．则的度数可能是_____．【答案】①②③【分析】根据题意，点E有六种可能的位置，分情况进行讨论，依据平行线的性质以及三角形的外角性质进行计算求解即可．【详解】解：根据题意，分六种情况：（1）如图1，当点E在直线上方，且在直线左侧时．∵，∴．∵，∴．故②正确；（2）如图2，当点E在直线上方，且在直线右侧时．∵，∴．∵，∴．故③正确；（3）如图3，当点E在直线和之间，且在直线左侧时，．∵，∴．∵，∴．∴．故④错误；（3）如图4，当点E在直线和之间，且在直线右侧时，延长交于点F．∵，∴，．∵，∴．故①正确；⑤如图5，当点E在直线下方，且在直线左侧时．∵，∴．∵，∴．故③正确；⑥如图6，当点E在直线下方，且在直线右侧时．∵，∴．∵，∴．故②正确；综上所述，的度数可能为，，，，即①②③正确．故答案为：①②③．【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的外角的性质和三角形内角和定理，解题的关键是注意分类讨论．15．（2022秋·重庆九龙坡·八年级重庆市杨家坪中学校考期中）如图，中沿将四边形翻折，使点、点分别落在点和点处，再将沿翻折，使点落在点处，若，，则的度数为______．【答案】【分析】根据折叠，得到对应角相等，利用平角是和对顶角相等，求出，利用三角形内角和为，求出，进而求出，再利用外角的性质，即可求出．【详解】解：如图，由题意得：，，，；故答案为：．【点睛】本题考查折叠的性质，平角的定义，三角形的内角和为，以及外角的性质．熟练掌握折叠后，对应角相等，以及三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和是解题的关键．16．（2022春·浙江绍兴·七年级统考期末）如图，在同一平面内，线段AM⊥射线MN，垂足为M，线段BC⊥射线MN，垂足为C．若点P是射线MN上一点，连接PA、PB，记∠PBC＝α，∠PAM＝β，且0°＜∠APB＜180°，则∠APB＝__________（用含α、β的代数式表示∠APB）．【答案】或或【分析】连接AB交MC于点D，根据P在射线不同的位置分三种情况讨论．【详解】连接AB交MC于D点，本题要分三种情况讨论：如图：当P在MD上时， , , , = =;如图：当P在CD上时， ;如图：当P在射线CN上时， 故答案为：或或【点睛】本题考查了角的求法和直角三角形两个锐角的关系，关键是注意要讨论P点的位置和利用三角形外角的性质．17．（2022秋·八年级课时练习）如图，ABCD，将一副直角三角板作如下摆放，∠GEF＝60°，∠MNP＝45°．下列结论：①GEMP；②∠EFN＝135°；③∠BEF＝75°；④∠AEG＝∠PMN．其中正确的结论有_____(写出所有正确结论的序号)．【答案】①③④【分析】由内错角相等，两直线平行可判断①，由邻补角的性质可判断②，如图，延长EG交AB于K, 先求解∠KEG=45°, 从而可判断③④，于是可得答案．【详解】解：由题意得：∠GEF=60°,∠GFE=30°,∠EGF=90°=∠MPN,∠PMN=∠PNM=45°,∴∠MPG=∠EGP=90°,∴EGPM, 故①符合题意；∵∠EFG=30°,∴∠EFN=180°−30°=150°, 故②不符合题意；如图，延长FG交AB于K,∵ABCD,∴∠GKE=∠PNM=45°,∴∠KEG=90°−45°=45°,∴∠BEF=180°−45°−60°=75°, ∠AEG=∠PMN=45°, 故③④符合题意；综上：符合题意的有①③④故答案为：①③④．【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，平行线的判定与性质，三角板中角度计算问题，掌握以上基础知识是解本题的关键．18．（2022春·福建泉州·七年级泉州七中校考期末）如图，在中，与的平分线相交于点P，的外角与的平分线交于点Q，延长线段，交于点E．（1）若，则的度数为______．（2）在中，若存在一个内角等于另一个内角的3倍，则的度数为_______．【答案】     15°##15度     60°或120°或45°或135°【分析】（1）运用三角形的内角和定理及角平分线的定义，首先求出∠ABC+∠ACB，即可求出∠BPC的度数，再利用平角的定义求出∠PCE的度数，根据三角形外角的性质可求解；（2）在△BQE中，由于∠Q=90°-∠A，求出∠E=∠A，∠EBQ=90°，然后分4种情况讨论，求解即可．【详解】解：（1）∵∠A=30°，∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-30°=150°，∵∠ABC与∠ACB的平分线交于点P，∴∠PBC=∠ABC，∠PCB=∠ACB，∴∠BPC=180°-（∠PBC+∠PCB）=180°-（∠ABC+∠ACB）=180°-×150°=105°，∵CQ平分∠BCN，∴∠BCQ=∠ACN，∵∠ACB+∠BCN=180°，∴∠QCP=90°，∴∠PCE=90°，∴∠E=∠BPC-∠PCE=15°．故答案为：15°；（2）如图，延长BC至F，∵CQ为△ABC的外角∠NCB的角平分线，∴CE是△ABC的外角∠ACF的平分线，∴∠ACF=2∠ECF，∵BE平分∠ABC，∴∠ABC=2∠EBC，∵∠ECF=∠EBC+∠E，∴2∠ECF=2∠EBC+2∠E，即∠ACF=∠ABC+2∠E，又∵∠ACF=∠ABC+∠A，∴∠A=2∠E，即∠E=∠A，∵∠EBQ=∠EBC+∠CBQ=∠ABC+∠MBC=（∠ABC+∠A+∠ACB）=90°．∴∠E+∠Q=90°，如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，那么分四种情况：若∠EBQ=3∠E=90°，则∠E=30°，∴∠A=2∠E=60°；若∠EBQ=3∠Q=90°，则∠Q=30°，∴∠E=60°，∴∠A=2∠E=120°；若∠Q=3∠E，则∠E=22.5°，∴∠A=45°；若∠E=3∠Q，则∠E=67.5°，∴∠A=135°综上所述，∠A的度数是60°或120°或45°或135°故答案为：60°或120°或45°或135°．【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理、外角的性质，关于角平分线的计算等知识；灵活运用三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键．19．（2022春·湖北武汉·七年级统考期中）①如图1，若，则；②如图2，若，则∠C；③如图3，若，则；④如图4，若，点O在直线EF上，则．以上结论正确的序号是_____．【答案】①②④【分析】①过点E作直线EFAB，由平行线的性质即可得出结论；②先根据三角形外角的性质得出∠1=∠C+∠P，再根据两直线平行，内错角相等即可作出判断；③过点E作直线EFAB，由平行线的性质可得出∠A+∠AEC-∠1=180°，即得∠AEC=180°+∠1-∠A；④根据平行线的性质得出∠α=∠BOF，∠γ+∠COF=180°，进而利用角的关系解答即可．【详解】解：①如图1，过点E作直线EFAB，∵ABCD，∴ABCDEF，∴∠A+∠1=180°，∠2+∠C=180°，∴∠A+∠B+∠AEC=360°，故本结论正确，符合题意；②如图2，∵∠1是△CEP的外角，∴∠1=∠C+∠P，∵ABCD，∴∠A=∠1，∴∠A=∠C+∠P，∴∠P=∠A-∠C，故本结论正确，符合题意；③如图3，过点E作直线EFAB，∵ABCD，∴ABCDEF，∴∠A+∠3=180°，∠1=∠2，∴∠A+∠AEC-∠1=180°，即∠AEC=180°+∠1-∠A，故本结论错误，不符合题意；④如图4，∵ABEF，∴∠α=∠BOF，∵CDEF，∴∠γ+∠COF=180°，∵∠BOF=∠COF+∠β，∴∠COF=∠α-∠β，∴∠γ+∠α-∠β=180°，故本结论正确，符合题意；故答案为：①②④．【点睛】本题考查的是平行线的性质及三角形外角的性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．20．（2022春·四川成都·七年级成都七中校考期中）如图，已知，一条光线从点出发后射向边．若光线与边垂直，则光线沿原路返回到点，此时．当时，光线射到边上的点后，经反射到线段上的点，易知若，光线又会沿原路返回到点，此时______ °．若光线从点出发后，经若干次反射能沿原路返回到点，则锐角的最小值______ °．【答案】     76     6【分析】根据入射角等于反射角得出，再由是的外角即可得度数；如图，当时，光线沿原路返回，分别根据入射角等于反射角和外角性质求出、的度数，从而得出与具有相同位置的角的度数变化规律，即可解决问题．【详解】解：，，，，如图：当时，光线沿原路返回，，，，，由以上规律可知，，当时，取得最小值，最小度数为，故答案为：，．【点睛】本题主要考查直角三角形的性质和三角形的外角性质及入射角等于反射角，根据三角形的外角性质及入射角等于反射角得出与具有相同位置的角的度数变化规律是解题的关键．21．（2022秋·八年级课时练习）如图，射线AB与射线CD平行，点F为射线AB上的一定点，连接CF，点P是射线CD上的一个动点（不包括端点C），将沿PF折叠，使点C落在点E处．若，当点E到点A的距离最大时，_____．【答案】##59度【分析】利用三角形三边关系可知：当E落在AB上时，AE距离最大，利用且，得到，再根据折叠性质可知：，利用补角可知，进一步可求出．【详解】解：利用两边之和大于第三边可知：当E落在AB上时，AE距离最大，如图：∵且，∴，∵折叠得到，∴，∵，∴．故答案为：【点睛】本题考查三角形的三边关系，平行线的性质，折叠的性质，补角，角平分线，解题的关键是找出：当E落在AB上时，AE距离最大，再解答即可．22．（2022春·全国·七年级专题练习）如图，在四边形ABCD中，AD⊥CD，AB⊥BC，∠DAB＝130°，点M，N分别是边BC，CD上两个动点，当△AMN的周长最小时，∠MAN的度数为______．【答案】80°##80度【分析】作点A关于CD的对称点，关于BC的对称点，连接交CD于，交BC于，此时周长最小，利用整体思想得出，从而得到答案．【详解】如图，作点A关于CD的对称点，关于BC的对称点，连接交CD于，交BC于，此时周长最小，，，，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了轴对称，最短路径问题，三角形内角和定理等知识，运用整体思想是解题的关键．23．（2022秋·全国·八年级专题练习）如图，已知AB∥CD，P为直线AB，CD外一点，BF平分∠ABP，DE平分∠CDP，BF的反向延长线交DE于点E，若∠FED＝a，试用a表示∠P为______．【答案】∠P＝360°﹣2a【分析】根据角平分线的性质得出∠1＝∠2，∠3＝∠4，平行线的性质得出∠1＝∠5，∠6＝∠PDC＝2∠3，进而根据三角形内角和得出∠5、∠FED，再得到∠P和a的关系，然后即可用 a表示∠P．【详解】解：延长AB交PD于点G，延长FE交CD于点H，∵BF平分∠ABP，DE平分∠CDP，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，∵AB∥CD，∴∠1＝∠5，∠6＝∠PDC＝2∠3，∵∠PBG＝180°﹣2∠1，∴∠PBG＝180°﹣2∠5，∴∠5＝90°﹣∠PBG，∵∠FED＝180°﹣∠HED，∠5＝180°﹣∠EHD，∠EHD＋∠HED＋∠3＝180°，∴180°﹣∠5＋180°﹣∠FED＋∠3＝180°，∴∠FED＝180°﹣∠5＋∠3，∴∠FED＝180°﹣（90°﹣∠PBG）＋∠6＝90°＋（∠PBG＋∠6）＝90°＋（180°﹣∠P）＝180°﹣∠P，∵∠FED＝a，∴a＝180°﹣∠P∴∠P＝360°﹣2a．故答案为：∠P＝360°﹣2a．【点睛】此题考查了角平分线的性质和平行线的性质及三角形内角和，有一定的综合性，认真找出角的关系是关键．24．（2022秋·浙江·八年级专题练习）如图，在中，，、分别平分、，M、N、Q分别在、、的延长线上，、分别平分、，、分别平分、，则_______．【答案】52°【分析】根据三角形外角的性质和角平分线的定义可求出∠E，利用三角形内角和求出，得到，从而求出，再次利用角平分线的定义和三角形内角和得到∠A．【详解】解：、分别平分、，，，，，即，，，、分别平分、，，，，，∴，∴，、分别平分、，，，∴，，故答案为：52°．【点睛】本题考查了三角形内角和定理、三角形外角性质、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，属于中考选择题中的压轴题．【经典题型三 解答题】25．（2021春·山东青岛·七年级华东师范大学青岛实验中学校考期中）已知：中，是的角平分线，是的边上的高，过点B作，交直线于点F．(1)如图，若，，则_______________．(2)若（1）中的，，_____________．（用，表示）(3)如图，（2）中的结论还成立吗？若成立，说明理由；若不成立，请求出．（用，表示）【答案】(1)；(2)；(3)不成立，．【分析】（1）由三角形的个内角和定理可求解的度数，结合三角形的角平分线，高线可求的度数，根据平行线的性质可求解的度数；（2）由三角形的个内角和定理可求解的度数，结合三角形的角平分线，高线可求的度数，根据平行线的性质可求解的度数；（3）由三角形的个内角和定理可求解的度数，结合三角形的角平分线，高线可求的度数，根据平行线的性质可求解的度数．【详解】（1）解：∵，，，∴，∵是的角平分线，∴，∵是的边上的高，∴，∴，∴，∵，∴，故答案为：；（2）解：∵，，，∴，∵是的角平分线，∴，∵是的边上的高，∴，∴，∴，∵，∴，故答案为：；（3）不成立，∵，，，∴，，∵是的角平分线，∴，∵是的边上的高，∴， ∴，∴，∵， ∴，∴．【点睛】本题主要考查三角形的内角和定理，三角形的高线，角平分线，平行线的性质，灵活运用三角形的内角和定理求解角的度数是解题的关键．26．（2022秋·辽宁·八年级校考期末）如图，点，分别在直线，上，为，之间一点，连接，过点作，交于点，．(1)如图1，求证：；(2)如图2，平分，为线段上一点，连接．①若，求的度数；②如图3，平分，交于点．若，直接写出的度数为_________（结果用含的式子表示）．【答案】(1)见解析(2)①；②【分析】（1）根据平行线的判定与性质求解即可；（2）①根据角平分线的定义得到，设，结合三角形外角和内角和性质求解即可；②延长交于点G，根据平行线的性质得到，，利用三角形内角和定理和外角性质推出，再结合角平分线的定义得到，进而推出，再变形即可．【详解】（1）解：证明：，，，，；（2）①平分，，设，则，由（1）知，，，，，，；②依题意，延长交于点，如图所示，则，，，，由（2）知，，，，平分，，，，，，，，．【点睛】此题考查了平行线的判定与性质，熟记平行线的判定定理与性质定理是解题的关键．27．（2022秋·广东云浮·八年级新兴实验中学校考期中）综合与探究：小新在学习过程中，发现课本有一道习题，他在思考过程中，对习题做了一定变式，让我们来一起看一下吧，在中，与的平分线相较于点P．(1)如图1，如果，求的度数．(2)在（1）的条件下，如图2，作的外角，的平分线交于点Q，求的度数．(3)如图3，作的外角，的平分线交于点Q，延长线段，交于点E，在中，是否存在一个内角等于另一个内角的2倍，若存在，请直接写出的度数；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)当或或时，中，存在一个内角等于另一个内角的2倍【分析】（1）先求，然后根据角平分线定义可求，最后根据三角形内角和定理即可求的度数；（2）在（1）的条件下，可求，然后根据角平分线定义可求，最后根据三角形内角和定理即可求的度数；（3）在中，可求，，，所以如果中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况进行讨论：①；②；③；④；求解即可．【详解】（1）解：∵，∴，∵与的平分线相较于点P，∴，，∴，∴；（2）解：如图， 由（1）知：，∴，∴，∵的外角，的平分线交于点Q，∴，，∴，∴；（3）解：由（2）知：，∵，，，∴，∵平分，平分，∴，，∴，如果中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况：①当时，则，∴；②当时，则，∴，∴；③当时，，∴；④当时，，∴；故当或或时，中，存在一个内角等于另一个内角的2倍．【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理、外角的性质，角平分线定义等知识；灵活运用三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键．28．（2022秋·吉林长春·七年级长春市第四十五中学校考期末）已知，点B在直线、之间，．(1)如图1，请直接写出和之间的数量关系：__________．(2)如图2，和满足怎样的数量关系？请说明理由．(3)如图3，平分，平分，与交于点G，则的度数为__________．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）过点B作，利用平行线的性质即可求得结论；（2）过点B作，利用平行线的性质即可求得结论；（3）利用（2）的结论和三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和即可求得结论．【详解】（1）过点B作，如图，∵，∴．∵，，∴．∴．∵．∴．故答案为：；（2）．理由：过点B作，如图，∵，∴．∵，，∴．∴．∴．∵，∴．∴．∴．（3）设与交于点F，如图，∵平分，∴．∵平分，∴．∵，∴．∵，∴．∵，∴．由（2）知：，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了垂线的性质，平行线的性质，过点B作BE∥AM是解题的关键．29．（2022春·北京海淀·七年级校考阶段练习）已知直线，点E，F分别在直线上，．点P是直线上的动点（不与E重合），连接，和的平分线所在直线交于点H．(1)如图1，若，点P在射线上．则当时， ；(2)如图2，若，点P在射线上．①补全图形；②探究与的数量关系，并证明你的结论．(3)如图3，若，直接写出与的数量关系（用含α的式子表示）．【答案】(1)25(2)①见解析；②，见解析(3)或【分析】（1）根据图形1，由平行线的性质，角平分线的定义和三角形的内角和定理计算即可；（2）①先根据（1）中作法补全图形；②根据平行线的性质，角平分线的定义和三角形的内角和定理得出与的数量关系；（3）分点P在射线上和点P在射线上两种情况，平行线的性质，角平分线的定义和三角形的内角和定理计算即可．【详解】（1）解：∵，点P在射线上，，∴，∴，∵、分别平分，∴，∴，∵，∴．故答案为：25；（2）①若，点P在射线上，补全图形，如图所示：②与的数量关系是，证明如下：∵，∴，∵分别平分，∴，，∴，∵，∴，∵，∴；（3）若，则与的数值关系是：或．点P在射线上时，∵，∴，∴，∵分别平分，∴，∴，∵，∴，∴；点P在射线上时，∵，∴，∵分别平分，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，综上所述，与的数值关系是或．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，角平分线的定义等知识，关键是对这些知识的掌握和运用．30．（2022秋·重庆云阳·八年级校考阶段练习）[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．[简单应用]（可直接使用问题（1）中的结论）(2)如图2，、分别平分、，①若，，求的度数；②和为任意角时，其他条件不变，试直接写出与、之间数量关系．[问题探究](3)如图3，直线平分的邻补角，平分∠ADC的邻补角，①若，，则的度数为___________；②和为任意角时，其他条件不变，试直接写出与、之间数量关系．[拓展延伸](4)在图4中，若设，，，，试问与、之间的数量关系为___________；（用x、y的代数式表示）(5)在图5中，直线平分，平分的外角，猜想与、的关系，直接写出结论___________．【答案】(1)见解析(2)① ，②(3)①，②(4)(5)【分析】（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．【详解】（1）解：如图1中，∵，，，∴；（2）解：①如图2中，设，， 则有，∴，∴，∴；②由①得：；（3）解：①如图3中，设，，则有， ∴， ∴；故答案为： ；②设，则有，∴；（4）解：如图4中，设，，则，， 则有，∴ ，∴，故答案为；（5）解：如图5中，延长交于J，设，则有，∴，∵，∴，∴；故答案为．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，“8字型”四个角之间的关系等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题．31．（2022秋·天津和平·八年级校考期中）[概念认识]如图①，在中，若，则，叫做的“三分线”．其中，是“邻三分线”，是“邻三分线”．(1)[问题解决]如图②，在中，，，若的邻三分线交于点，则的度数为______；(2)如图③，在中，，分别是邻三分线和邻三分线，且，求的度数；(3)[延伸推广]如图④，在中，是的外角，的三分线所在的直线与的三分线所在的直线交于点．若（），；则的度数为______（用含的代数式表示）【答案】(1)；(2)45°；(3)或或或．【分析】（1）根据是“邻三分线”可求得的度数，再利用三角形外角的性质可求解；（2）根据、分别是邻三分线和邻三分线；可得，，求出，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当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，②当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，③当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，和的反向延长线交于点P，④当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，分别根据三分线的定义和三角形外角的性质求解即可．【详解】（1）解：的邻三分线交于点，，，，，故答案为：80°；（2）解：、分别是邻三分线和邻三分线，，，，，，；（3）解：①如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，，，，，即，，，；②如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，，，，，即，，，；③如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，和的反向延长线交于点P，∵，，，∴；④如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，∵，，∴综上所述：的度数为：或或或，故答案为：或或或．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，掌握分类讨论的思想是解决本题的关键．32．（2022秋·八年级课时练习）当光线经过镜面反射时，入射光线、反射光线与镜面所夹的角对应相等．例如：在图①、图②中都有．设镜子与的夹角．(1)如图①，若，判断入射光线与反射光线的位置关系，并说明理由．(2)如图②，若，入射光线与反射光线的夹角．探索与的数量关系，并说明理由．(3)如图③，若，设镜子与的夹角为钝角，入射光线与镜面的夹角．已知入射光线从镜面开始反射，经过为正整数，且）次反射，当第次反射光线与入射光线平行时，请直接写出的度数（可用含的代数式表示）．【答案】(1)，见解析(2)，见解析(3)或【分析】（1）根据，可得，进而得出利用同旁内角互补，两直线平行加以证明；（2）根据，得出利用三角形的外角性质证明即可；（3）分两个镜面夹角为直角和钝角两种情形求解即可．【详解】（1）解：理由如下：在中， ，，，；（2）． 理由如下：在中， 在中， ；（3）或如图，当夹角为钝角时，根据（2）中的结论，得，根据平行线性质，得：，∴；如图，当夹角为直角时，根据（1）中的结论，得，根据三角形外角性质，得：∴．∴的度数为或．【点睛】本题考查了平行线的性质，轴对称的性质，数学的分类思想，三角形内角和定理，类比思想，根据前面的结论，灵活进行分类求解是解题的关键．33．（2022春·江苏泰州·七年级校联考阶段练习）新定义：在中，若存在一个内角是另外一个内角度数的n倍（n为大于1的正整数），则称为n倍角三角形．例如，在中，，可知，所以为2倍角三角形．(1)在中，，则为 倍角三角形．(2)已知：在图中直线被直线EF所截交点分别为E、F，，与的平分线交于点G，若是6倍角三角形，求．(3)图中平分，平分，问是几倍角三角形，为什么？(4)在中，，若既可以是一个2倍角三角形，又可以是一个3倍角三角形，求∠A的度数．【答案】(1)3(2)或或或(3)是2倍角三角形，理由见解析(4)或或【分析】（1）利用三角形内角和定理求出的度数即可得到答案；（2）先根据平行线的性质和角平分线的定义求出，则，然后分四种情况讨论求解即可；（3）根据平角的定义求出，再根据角平分线的定义和三角形外角的性质求出，则，由此即可得到结论；（4）分当时， 当时，当时，三种情况利用三角形内角和定理讨论求解即可．【详解】（1）解：∵在中，，∴，∴，∴为3倍角三角形，故答案为：3；（2）解：∵，∴，∵分别是的角平分线，∴，∴，∴，当时，则，∴；当时，则，∴；当，则，∴；当，则，∴；综上所述，的度数为或或或；（3）解：是2倍角三角形，理由如下：∵，∴，∵分别是的角平分线，∴，∴，∴，∴，∴，∴是2倍角三角形；（4）解：∵在中，，若既可以是一个2倍角三角形，又可以是一个3倍角三角形，∴当时，∵，∴，∴；当时，同理可求得；当时，同理可求得；综上所述，的度数为或或；【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，三角形外角的性质，平行线的性质，正确理解题意是解题的关键．34．（2022秋·全国·八年级专题练习）【概念认识】如图①，在中，若，则射线BD，BE叫做的“三分线”． 其中，射线BD是“邻AB三分线”，射线BE是“邻BC三分线”．【问题解决】(1)如图②，在中，，若的三分线BD交AC于点D，则 ；(2)如图③，在中，BP、CP分别是邻AB三分线和邻AC三分线，且，求的度数；【拓展延伸】(3)在中，是的外角，的三分线与的三分线交于点P． 若，直接写出的度数． （用含 α、β 的代数式表示）【答案】(1)或(2)(3)或或或【分析】（1）分为两种情况：当BD是“邻AB三分线”时，当是“邻BC三分线”时，根据三角形的外角性质求出即可；（2）求出，根据BP、CP分别是邻AB三分线和邻AC三分线求出，，求出，再求出即可；（3）画出符合的所有情况，①当BP和CP分别是“邻AB三分线”、“邻AC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BP和CP分别是“邻AB三分线”、“邻CD三分线”时，④当BP和CP分别是“邻BC三分线”、“邻CD三分线”时，再根据三角形的外角性质求出答案即可．【详解】（1）如图，当BD是“邻AB三分线”时，∵，∴；当是“邻BC三分线”时，；故答案为：或；（2）∵，∴，∴，∵BP、CP分别是邻AB三分线和邻AC三分线，∴， ，∴，∴，∴；（3）分为四种情况：情况一：如图1，当BP和CP分别是“邻AB三分线”、“邻AC三分线”时，由外角可得：，∴；情况二：如图2，当BP和CP分别是“邻BC三分线”、“邻AC三分线”时，由外角可知：，∴；情况三：当BP和CP分别是“邻AB三分线”、“邻CD三分线”时，当时，如图3，由外角可得：，∴；当时，如图4，由外角及对顶角可得：，∴；情况四：如图5，当BP和CP分别是“邻BC三分线”、“邻CD三分线”时，由外角可得：，∴；综合上述：的度数是或或或．【点睛】本题主要考查了三角形的外角性质和三角形内角和定理，解决本题的关键是注意：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，用了分类讨论思想．35．（2022秋·全国·八年级专题练习）如图1，已知，A、B两点同时从点O出发，点A沿射线运动，点B沿射线运动．(1)如图2，点C为三条内角平分线交点，连接、，在点A、B的运动过程中，的度数是否发生变化？若不发生变化，求其值；若发生变化，请说明理由：(2)如图3，在（1）的条件下，连接并延长，与的角平分线交于点P，与交于点Q．①与的数量关系为____．②在中，如果有一个角是另一个角的2倍，求的度数．【答案】(1)不变，(2)①；②或【分析】（1）由的和不变可知度数不变；（2）①利用三角形外角的性质和角平分线的定义，分别用∠BAO和∠P表示出∠MBP，据此可得结果；②设为度，可用表示三个内角，分类讨论可得答案．【详解】（1）解：的度数不变，理由如下：点为三条内角平分线交点，，，，，，，，即的度数不变；（2）解：①点为三条内角平分线交点，，，∴，为的角平分线，，∴，，，整理得：；②设，则，，为的角平分线，，，点为三条内角平分线交点，，，，，中有一个角是另一个角的2倍，分四种情况：（1），则，解得，此时，（2），则，解得，此时，（3），则，解得，此时，（4），则，解得，故舍去，中有一个角是另一个角的2倍，为或．【点睛】本题主要考查三角形外角的性质，三角形内角和，角平分线，一元一次方程等知识点，是一道较综合的题目，难点是表示三个内角分类讨论．36．（2022秋·全国·八年级专题练习）【概念认识】如图①所示，在中，若，则，叫做的“三分线”，其中，是“邻三分线”，是“邻三分线”．【问题解决】(1)如图②所示．在中．，．若的三分线交于点D．求的度数．(2)如图③所示，在中．，分别是的邻三分线和的邻三分线，且．求的度数． 【延伸推广】(3)在中，是的外角，的三分线所在的直线与的三分线所在的直线交于点P，若，．求出的度数．（用含m的式子表示）【答案】(1)或；(2)(3)或或或【分析】（1）根据题意分是“邻三分线” 与是“邻三分线”讨论可求得的度数，再利用三角形外角的性质可求解；（2）结合（1）根据、分别是邻三分线和邻三分线，且，即可求的度数；（3）分2种情况进行画图计算：情况一：如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得，可求解；情况二：如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得可求解．情况三：如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得，可求解；情况四：如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得可求解．【详解】（1）解：①当的邻三分线交于点，，，，，②当的邻三分线交于点时，，，，，故答案为：或；（2）解：在中，，，又、分别是邻三分线和邻三分线，，，，，在中，；（3）解：如图3-1所示，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，，，，，即，，，；如图3-2所示，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，，，，，即，，，．如图3-3所示，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，，，，，即，，，；如图3-4所示，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，，，，，即，，，．综上所述：的度数为：或或或．【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，角三等分线的定义，正确理解题意是解题的关键．37．（2022秋·山西朔州·八年级统考阶段练习）（1）【情境引入】如图1，，分别是的内角，的平分线，说明的理由．（2）【深入探究】①如图2，，分别是的两个外角，的平分线，与之间的等量关系是_________；②如图3，，分别是的一个内角和一个外角的平分线．，交于点D，探究与之间的等量关系，并说明理由．（3）【拓展应用】请用以上结论解决下列问题：如图4，在中，，分别平分，．M，N，Q分别在，，的延长线上，，分别平分，，，分别平分，．若，则的度数是________．【答案】（1）见解析；（2）①；②，见解析；（3）【分析】（1）根据，分别是，的平分线，可得，再由三角形内角和定理，即可求解；（2）①根据，分别是的两个外角，的平分线，可得．再由三角形内角和定理，即可求解；②根据，分别是的一个内角和一个外角的平分线以及三角形外角的性质，即可求解；（3）由（1）可得，由三角形内角和定理，可得，再由，分别平分，，可得，再由（2）②可得，即可求解．【详解】解：（1）∵，分别是，的平分线，∴，，∴，∵，，∴，∴；（2）①与之间的考量关系是：，理由如下：∵，分别是的两个外角，的平分线，∴，．∴，，，，∴，∴．∵，∴．∴，∴．故答案为：；②与之间的等量关系是：，理由如下：∵，分别是的一个内角和一个外角的平分线，，，∴，∴，∴．（3）由（1）得：，∵，∴，∴，∴，∵，分别平分，，∴，∴，由（2）②得：，∴，故答案为：．【点睛】本题考查三角形的外角性质，三角形的内角和定理，有关角平分线的证明，解题的关键是熟记三角形外角性质，内角和定理．38．（2022春·江苏盐城·七年级校考期中）【概念认识】如图①，在中，若，则BD，BE叫做的三分线．其中，BD是邻AB三分线，BE是邻BC三分线．【问题解决】(1)如图②，在中，和外角的三分线交于点E、F，若，求的度数．(2)如图③，若，射线OC在内部，OM是的邻OA三分线，ON是的邻OB三分线，若OM、ON、OA、OB中有两条直线互相垂直时，求．【延伸推广】(3)在（2）的条件下，若时，射线ON以每秒1°的速度顺时针转动至OB便立刻回转，射线OM以每秒3°的速度顺时针转动至OB便立刻回转，然后在间作往返运动，当ON第一次到达OC时，与射线OM同时停止转动，转动几秒后，OM，ON中，有一条射线是OB与另一条射线所成角的邻OB三分线．（直接写出答案）【答案】(1)40°；(2)30°或90°；(3)秒或秒或秒或秒或105秒【分析】（1）根据三角形外角的性质可得，然后根据三分线的定义结合三角形外角的性质求解即可；（2）由题意可知，共有三种情况：①当OA⊥ON时，即∠AON＝90°，②当OM⊥OB时，即∠MOB＝90°，③当OM⊥ON时，即∠MON=90°，分别根据角的和差及三分线的定义计算即可；（3）由（2）可知，当时，∠AOC＝30°，∠BON＝30°，可求得∠BOM＝110°，设运动时间为t秒，根据ON和OM转动后的位置，结合三分线的定义分情况求解即可．（1）解：∵，是的一个外角，∴，∵BF、CF是和外角的三分线，∴，，∴；（2）解：由题意可知，共有两种情况：①当OA⊥ON时，即∠AON＝90°，∵，∴∠BON＝，∵ON是的邻OB三分线，∴∠BOC＝3∠BON＝90°，∴∠AOC＝120°－90°＝30°；②当OM⊥OB时，即∠MOB＝90°，∵，∴∠AOM＝，∵OM是的邻OA三分线，∴∠AOC＝3∠AOM＝90°，当OM⊥ON时，即∠MON=90°，∵∠AOB=120°，∴∠AOM+∠BON=120°-90°=30°，∵OM是∠AOC 的邻OA三分线，ON是∠BOC 的邻OB三分线，∴∠AOC=3∠AOM，∠BOC=3∠BON，∴∠AOB=∠AOC+∠BOC=3∠AOM+3∠BON=90°，这与∠AOB=120°矛盾，∴OM⊥ON不成立，综上，的度数为30°或90°；（3）解：由（2）可知，当时，∠AOC＝30°，∠BON＝30°，∵OM是的邻OA三分线，∴∠AOM＝∠AOC＝10°，∴∠BOM＝120°－10°＝110°，设运动时间为t秒，分情况讨论：当ON到达OB前，ON是∠BOM的邻OB三分线时，由题意得：∠BOM＝3∠BON，即，此方程无解，故此情况不存在；当ON到达OB前，OM是∠BON的邻OB三分线时，由题意得：3∠BOM＝∠BON，即，解得：，当时，ON已经到达OB，与题意不符，故此情况不存在；当ON到达OB返回至OC，OM到达OB前，ON是∠BOM的邻OB三分线时，由题意得：∠BOM＝3∠BON，即，解得：；当ON到达OB返回至OC，OM到达OB前，OM是∠BON的邻OB三分线时，由题意得：3∠BOM＝∠BON，即，解得：；当ON到达OB返回至OC，OM到达OB返回至OC前，ON是∠BOM的邻OB三分线时，由题意得：∠BOM＝3∠BON，即，此方程无解，故此情况不存在；当ON到达OB返回至OC，OM到达OB返回至OC前，OM是∠BON的邻OB三分线时，由题意得：3∠BOM＝∠BON，即，解得：；当ON到达OB返回至OC，OM到达OB返回至OC再转向OB前，ON是∠BOM的邻OB三分线时，由题意得：∠BOM＝3∠BON，即，解得：，当时，OM尚未到达OC，与题意不符，故此情况不存在；当ON到达OB返回至OC，OM到达OB返回OC再转向OB前，OM是∠BON的邻OB三分线时，由题意得：3∠BOM＝∠BON，即，解得：；当ON到达OB返回至OC，OM第二次转向OC时，此时只可能是OM是∠BON的邻OB三分线，由题意得：3∠BOM＝∠BON，即，解得：，综上，当转动秒或秒或秒或秒或105秒后，OM，ON中，有一条射线是OB与另一条射线所成角的邻OB三分线．【点睛】本题考查了角的和差计算，三角形外角的性质，一元一次方程的应用，正确理解三分线的定义，分情况讨论是解答本题的关键．