中考数学二轮专题几何模型综合训练 专题02三角形中的倒角模型之燕尾（飞镖）型、风筝模型（2份，原卷版+教师版）

这是一份中考数学二轮专题几何模型综合训练 专题02三角形中的倒角模型之燕尾（飞镖）型、风筝模型（2份，原卷版+教师版），共8页。

TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc25451" PAGEREF _Tc25451 \h 1
\l "_Tc26838" 模型1.飞镖模型（燕尾）模型 PAGEREF _Tc26838 \h 1
\l "_Tc29492" 模型2.风筝（鹰爪）模型 PAGEREF _Tc29492 \h 7
\l "_Tc3753" 模型3.角内（外）翻模型 PAGEREF _Tc3753 \h 11
\l "_Tc11594" PAGEREF _Tc11594 \h 16
模型1.飞镖模型（燕尾）模型
飞镖（燕尾）模型看起来特别简单，在复杂几何图形倒角时往往有巧妙的作用。因为模型像飞镖（回旋镖）或燕尾，所以我们称为飞镖（燕尾）模型。

图1 图2 图3
基本模型：条件：如图1，凹四边形ABCD； 结论：①；②。
证明：连接AC并延长至点P；在△ABC中，∠BCP=∠BAC+∠B；在△ACD中，∠DCP=∠CAD+∠D；
又∵∠BAD=∠BAC+∠DAC，∠BCD=∠BCP+∠DCP；∴∠BAD+∠B+∠D=∠BCD。
延长BC交AD于点P；在△ABQ中，；在△CDQ中，。
即：，故。
拓展模型1：条件：如图2，BO平分∠ABC，OD平分∠ADC； 结论：∠O=（∠A+∠C）。
证明：∵BO平分∠ABC，OD平分∠ADC；∴∠ABO=∠ABC；∠ADO=∠ADC；
根据飞镖模型：∠BOD=∠ABO+∠ADO+∠A=∠ABC+∠ADC+∠A；∠BCD=∠ABC+∠ADC+∠A；
∴2∠BOD=∠ABC+∠ADC+2∠A=∠BCD+∠A；即∠O=（∠A+∠C）。
拓展模型2：条件：如图3，AO平分∠DAB，CO平分∠BCD； 结论：∠O=（∠D-∠B）。
证明：根据飞镖模型：=++，∴∠DCB-∠DAB=∠D+∠B，
∵AO平分∠DAB，CO平分∠BCD，∴∠DCO=∠DCB，∠DAO=∠DAB，
∴∠DCO-∠DAO=（∠DCB-∠DAB）=（∠D+∠B），
∵∠DEA=∠OEC，∴∠D+∠DAO=∠O+∠DCO，∴∠D-∠O=∠DCO-∠DAO，
∴∠D-∠O=（∠D+∠B）,即∠O=（∠D-∠B）
例1．（2023·福建南平·八年级校考阶段练习）请阅读下列材料，并完成相应的任务：有趣的“飞镖图”．
如图，这种形似飞镖的四边形，可以形象地称它为“飞镖图”．当我们仔细观察后发现，它实际上就是凹四边形．那么它具有哪些性质呢？又将怎样应用呢?下面我们进行认识与探究：凹四边形通俗地说，就是一个角“凹”逃去的四边形，其性质有：凹四边形中最大内角外面的角等于其余三个内角之和．
（即如图1，∠ADB=∠A+∠B+∠C）理由如下：
方法一：如图2，连结AB，则在△ABC中，∠C+∠CAB+∠CBA=180°，
即∠1+∠2+∠3+∠4+∠C=180°，
又：在△ABD中，∠1+∠2+∠ADB=180°，
∴∠ADB=∠3+∠4+∠C，即∠ADB=∠CAD+∠CBD+∠C．
方法二：如图3，连结CD并延长至F，
∵∠1和∠3分别是△ACD和△BCD的一个外角，．．．．．．．．．．
大家在探究的过程中，还发现有很多方法可以证明这一结论．
任务：(1)填空：“方法一”主要依据的一个数学定理是_________；
(2)探索及应用：根据“方法二”中辅助线的添加方式，写出该证明过程的剩余部分．
【答案】(1)三角形的内角和定理 (2)见解析
【分析】（1）根据解题过程作答即可；（2）连结CD并延长至F，由三角形外角的性质即可证明．
【详解】（1）由解题过程可得，“方法一”主要依据的一个数学定理是三角形的内角和定理，
故答案为：三角形的内角和定理；
（2）连结CD并延长至F，∵∠1和∠3分别是△ACD和△BCD的一个外角，
，，即．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理和三角形外角的性质，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的关键．
例2．（2023·湖北·八年级专题练习）在社会实践手工课上，小茗同学设计了一个形状如图所示的零件，如果，，那么的度数是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】延长BE交CF的延长线于O，连接AO，根据三角形内角和定理求出再利用邻补角的性质求出，再根据四边形的内角和求出，根据邻补角的性质即可求出的度数．
【详解】延长BE交CF的延长线于O，连接AO，如图，
∵ ∴
同理得∵
∴

∵ ∴
∴
∴,故选：B．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，多边形内角和，三角形的外角的性质，邻补角的性质，解题关键是会添加辅助线，将已知条件联系起来进行求解．三角形外角的性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；邻补角性质：邻补角互补；多边形内角和：．
例3．（2023·福建三明·八年级统考期末）如图1所示的图形，像我们常见的符号——箭号．我们不妨把这样图形叫做“箭头四角形”．

探究：（1）观察“箭头四角形”，试探究与、、之间的关系，并说明理由；
应用：（2）请你直接利用以上结论，解决以下两个问题：
①如图2，把一块三角尺放置在上，使三角尺的两条直角边、恰好经过点、，若，则 ；②如图3，、的2等分线（即角平分线）、相交于点，若，，求的度数；
拓展：（3）如图4，，分别是、的2020等分线（），它们的交点从上到下依次为、、、…、．已知，，则 度．
【答案】（1），理由见详解； （2）①30；②95°；（3）
【分析】（1）连接AD并延长至点E，利用三角形外角的性质得出左右两边相加即可得出结论；（2）①直接利用（1）中的结论有，再把已知的角度代入即可求出答案；②先根据求出，然后结合角平分线的定义再利用即可求解；
（3）先根据求出，再求出的度数，最后利用求解即可．
【详解】（1）如图，连接AD并延长至点E，∵

又∵∴
（2）①由（1）可知
∵，∴
②由（1）可知
∵，∴
平分 ，CF平分
（3）由（1）可知
∵， ∴
∵，分别是、的2020等分线（）
∴
∴
【点睛】本题考查三角形外角的性质，角平分线的定义，掌握三角形外角的性质和角平分线的定义是解题的关键．
例4.（2023·广东·八年级期中）如图，在三角形ABC中，，为三角形内任意一点，连结AP，并延长交BC于点D. 求证：（1）；（2）.

【详解】（1）∵，∴，∵，∴，∴
∵，∴
（2）过点作，交、于、，则，
由（1）知
∵， ∴
即（几何证明中后一问常常要用到前一问的结论）
模型2.风筝（鹰爪）模型

图1 图2
1）鹰爪模型：结论：∠A+∠O=∠1+∠2；
证明：∵∠1是三角形ABO的外角，∴∠1=∠BAO+∠BOA； 同理，∠2=∠CAO+∠COA；
∴∠1+∠2=∠BAO+∠BOA+∠CAO+∠COA=∠BAO+∠CAO+∠BOA+∠COA=∠BAC+∠BOC=∠A+∠O。
2）鹰爪模型（变形）：结论：∠A+∠O=∠2-∠1。
证明：∵∠1是三角形ABO的外角，∴∠1=∠BAO+∠BOA； 同理，∠2=∠DAO+∠DOA；
∴∠2-∠1=∠DAO+∠DOA-（∠BAO+∠BOA）=（∠DAO-∠BAO)+（∠DOA-∠BOA）
=∠BAD+∠BOD=∠A+∠O。
例1．（2023·四川绵阳·八年级校考阶段练习）如图，四边形ABCD中，、、分别为、、的外角判断下列大小关系何者正确？（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据多边形的外角和是及三角形的外角定理求解判断即可．
【详解】解：如图，连结BD，延长AD到E，
，，
，
故选项A正确，符合题意；B不正确，不符合题意；
多边形的外角和是，∴∴
故选项C不正确，不符合题意；选项D不正确，不符合题意．故选：A．
【点睛】此题考查了多边形的内角与外角，熟记多边形的外角和是是解题的基础．
例2．（2023·江苏连云港·七年级校考阶段练习）【问题情境】已知，在的两边上分别取点B、C，在的内部取一点O，连接、．设，，探索与、、之间的数量关系．
【初步感知】如图1，当点O在的边上时，，此时，则与、、之间的数量关系是．
【问题再探】（1）如图2，当点O在的内部时，请写出与、、之间的数量关系并说明理由；（2）如图3，当点O在的外部时，与、、之间的数量关系是________；
【拓展延伸】（1）如图4，、的外角平分线相交于点P．
①若，，则________°；②若且，则________°；
③直接写出与、之间的数量关系；
（2）如图5，的平分线与的外角平分线相交于点Q，则________（用、表示）．
【答案】[问题再探]（1）结论：∠BOC=∠BAC+∠1+∠2．证明见解析；（2）∠BOC+∠BAC+∠1+∠2=360°；[拓展延伸]（1）①25；②20；③∠BOC=∠A+2∠P；（2）
【分析】[问题再探]（1）如图2中，结论：．连接，延长到．利用三角形的外角的性质解决问题即可．（2）利用四边形内角和定理解决问题即可．
[拓展延伸]（1）①求出，再利用结论，构建关系式即可解决问题．
②根据，可得结论．
③根据，可得结论．
（2）结论：．设，．构建方程组求解即可．
【详解】解：[问题再探]（1）如图2中，结论：．
理由：连接，延长到．

，，
．
（2）如图3中，结论：．
理由：连接．，，
，．
[拓展延伸]①如图4中，，，，
、的外角平分线相交于点，，
，故答案为：25．
②，，，，故答案为：20．
③，．
（2）如图5中，结论：．理由：设，．
则有．②①可得，，
即，故答案为：．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了三角形内角和定理，三角形的外角的性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，把四边形转化为三角形解决，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．
例3．（23-24七年级下·山东聊城·期末）如图，在中，，点、是边、上的点，点是平面内一动点．令，，．
(1)若点在线段上，如图1所示，，求的值；
(2)若点在边上运动，如图2所示，则、、之间的关系________；
(3)若点运动到边的延长线上，如图3所示，则、、之间有何关系？猜想并说明理由；
(4)若点运动到外，如图4所示，则请表示、、之间的关系，并说明理由．
【答案】(1)(2)
(3)猜想，理由见解析(4)，理由见解析
【分析】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质：
（1）根据，可得，再根据平角的定义可得，则；（2）同（1）求解即可；
（3）由三角形的外角的性质知：，，据此可得结论；（4）由三角形的外角的性质知：，，再由，则．
【详解】（1）解：∵在四边形中，（四边形内角和可以看做连接对角线后两个三角形的内角和），，，∴
∵，∴，∴；
（2）解：∵在四边形中，（四边形内角和可以看做连接对角线后两个三角形的内角和），，∴
∵，∴，∴；
（3）解：猜想，理由如下：设交于M，
由三角形的外角的性质知：，，
，即；

（4）解：，理由如下：设交于M，
由三角形的外角的性质知：，，
，，，即，
模型3.角内（外）翻模型
图3 图4
条件：如图3，将三角形纸片ABC沿EF边折叠，当点C落在四边形ABFE内部时，
结论：2∠C=∠1+∠2；
证明：∵∠1是三角形CC’E的外角，∴∠1=∠ECC’+∠EC’C； 同理，∠2=∠FCC’+∠FC’C；
∴∠1+∠2=∠ECC’+∠EC’C+∠FCC’+∠FC’C=∠ECC’+∠FCC’+∠EC’C+∠FC’C=∠EC’F+∠FCE=2∠C。
条件：如图4，将三角形纸片ABC沿EF边折叠，当点C落在四边形ABFE外部时，
结论：2∠C=∠2-∠1。
证明：∵∠1是三角形CC’E的外角，∴∠1=∠ECC’+∠EC’C； 同理，∠2=∠FCC’+∠FC’C；
∴∠2-∠1=∠FCC’+∠FC’C-（∠ECC’+∠EC’C）=（FCC’-∠ECC’)+（∠FC’C--∠EC’C）
=∠EC’F+∠FCE=2∠C。
例1．（23-24八年级上·广西南宁·期中）如图，在折纸活动中，小李制作了一张的纸片，点，分别在边AB，上，将沿着DE折叠压平，与重合，若，则 ．
【答案】
【分析】本题考查折叠的性质，三角形内角和定理，由折叠可得，，进而可得，结合，可得，即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵将沿着折叠压平，与重合，
∴，，
∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，故答案为：．
例2．（23-24八年级下·山东德州·开学考试）如图，把纸片沿折叠，当点落在四边形的外面时，此时测得，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了折叠的性质，三角形外角的性质等知识点，熟练掌握三角形外角的性质是解题的关键．根据折叠的性质得出，根据三角形外角的性质得出，再次利用三角形外角的性质即可求出的度数．
【详解】解：如图，设与交于点，
，根据折叠的性质，，
，，，
，，故选：．
例3．（2023春·江苏宿迁·七年级校考期中）（1）如图1，将纸片沿折叠，使点落在四边形内点的位置．则之间的数量关系为：_______；
（2）如图2，若将（1）中“点落在四边形内点的位置”变为“点落在四边形外点的位置”，则此时之间的数量关系为：_________；
（3）如图3，将四边形纸片（，与不平行）沿折叠成图3的形状，若，，求的度数；
（4）在图3中作出的平分线，试判断射线的位置关系，当点在边上向点移动时（不与点重合），的大小随之改变（其它条件不变），上述，的位置关系改变吗？为什么？

【答案】（1），（2）；（3）；（4）位置不改变，．
【分析】（1）连接，证明，结合，，再利用角的和差关系可得答案；
（2）连接，证明，结合，，再利用角的和差关系可得答案；（3）如图，延长，交于点Q，延长，交于点，则对折后与重合，由（2）的结论可得：，可得，再利用三角形的内角和定理可得答案；（4）如图，平分，平分，可得，，由对折可得：，，
由（2）的结论可得： ，即，证明，可得．
【详解】（1）结论： 理由：连接，

沿折叠A和重合，∴
∵，
∴．
（2） 理由：连接， 沿折叠A和重合，∴
∵，
∴；
（3）如图，延长，交于点Q，延长，交于点，则对折后与重合，
由（2）的结论可得：，而，，
∴，∴，∵，∴；
（4），理由见解析 如图，平分，平分，
∴，，

由对折可得：，，
由（2）的结论可得：，即∴，
∴，
∴，
∴，∴．
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，三角形的外角的性质，轴对称的性质，熟记轴对称的性质并进行解题是关键．
1．（2024.山东七年级期中）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当A落在四边形BCDE内时，则∠A与∠1+∠2之间有始终不变的关系是（ ）
A．∠A=∠1+∠2 B．2∠A=∠1+∠2 C．3A=∠1+∠2 D．3∠A=2（∠1+∠2）
【答案】B
【分析】本题问的是关于角的问题，当然与折叠中的角是有关系的，∠1与∠AED的2倍和∠2与∠ADE的2倍都组成平角，结合△AED的内角和为180°可求出答案．
【详解】∵△ABC纸片沿DE折叠，∴∠1+2∠AED=180°,∠2+2∠ADE=180°，
∴∠AED= (180°−∠1),∠ADE= (180°−∠2)，
∴∠AED+∠ADE= (180°−∠1)+ (180°−∠2)=180°− (∠1+∠2)
在△ADE中,∠A=180°−(∠AED+∠ADE)=180°−[180°− (∠1+∠2)]= (∠1+∠2)
则2∠A=∠1+∠2，故选择B项.
【点睛】本题考查折叠和三角形内角和的性质，解题的关键是掌握折叠的性质.
2．（2023·河南·八年级假期作业）如图，在中，，与的角平分线交于，与的角平分线交于点，依此类推，与的角平分线交于点，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可得∠ABC+∠ACB=160°，BD1，CD1，CD2，BD2…BDn，CDn是角平分线，可得∠ABDn+∠ACDn=160×（）n，可求∠BCDn+∠CBDn的值，再根据三角形内角和定理可求结果．
【详解】解：∵∠A=20°，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，∴∠ABC+∠ACB=160°，
∵BD1平分∠ABC，CD1平分∠ACB，∴∠ABD1=∠ABC，∠ACD1=∠ACD，
∵BD2平分∠ABD1，CD2平分∠ACD1，∴∠ABD2=∠ABD1=∠ABC，∠ACD2=∠ACD1=∠ACB，
同理可得∠ABD5=∠ABC，∠ACD5=∠ACB，∴∠ABD5+∠ACD5=160×=5°，∴∠BCD5+∠CBD5=155°，
∴∠BD5C=180-∠BCD5-∠CBD5=25°，故选B．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线，关键是找出其中的规律，利用规律解决问题．
3．（2023·广东广州·八年级统考期中）如图，∠1，∠2，∠3，∠4满足的关系式是（ ）
A．∠1＋∠2＝∠3＋∠4 B．∠1＋∠2＝∠4－∠3 C．∠1＋∠4＝∠2＋∠3 D．∠1＋∠4＝∠2－∠3
【答案】D
【分析】本题考查的是三角形内角与外角的关系．根据外角的性质，可推出∠1+∠4=∠6，∠6=∠2-∠3，从而推出∠1+∠4=∠2-∠3
【详解】解：∵∠6是△ABC的外角，∴∠1+∠4=∠6①，
又∵∠2是△CDF的外角，∴∠6=∠2-∠3②，
由①和②得：∠1+∠4=∠2-∠3．故选D．
【点睛】此题考查了三角形内角和外角，解题的关键是记住外角和定理．
4．（2023春·河南洛阳·七年级统考期末）如图，在五边形中，若去掉一个的角后得到一个六边形，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角形的内角和定理可得，根据平角的定义可得，从而求出结论．
【详解】解：∵，∴，
∵，∴．故选D．
【点睛】此题考查的是三角形内角和定理的应用，掌握三角形的内角和定理是解题关键．
5．（2024·江苏·模拟预测）如图，将四边形纸片沿折叠，使点落在四边形外点的位置，点落在四边形内点的位置，若，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了四边形的内角和，三角形的内角和定理，折叠的性质，熟练掌握多边形的内角和定理和外角的性质是解题的关键．
延长交于点，利用四边形的内角和定理得到：，利用四边形的内角和定理，折叠的性质，三角形的内角和定理，等量代换的性质求得的值，则结论可求．
【详解】解：延长交于点，设交于点，如图，
四边形的内角和为，，
，．
由折叠的性质可得：．
，．
在和中，，，
，，．
，，
，，
，，
，．故选：D．
6．（2023·福建三明·八年级统考期末）如图△ABC中，将边BC沿虚线翻折，若∠1+∠2＝110°，则∠A的度数是 度．
【答案】55/五十五
【分析】延长B'E，C'F，交于点D，依据∠A=∠D，∠AED+∠AFD=250°，即可得到∠A的度数．
【详解】解：如图，延长B'E，C'F，交于点D，
由折叠可得，∠B=∠B'，∠C=∠C'，∴∠A=∠D，
又∵∠1+∠2=110°，∴∠AED+∠AFD=360°-110°=250°，
∴四边形AEDF中，∠A=（360°-250°）=55°，故答案为：55．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，解决问题的关键是构造四边形，利用四边形内角和进行计算．
7．（2023春·山东潍坊·七年级统考期末）在中，，，将、按照如图所示折叠，若，则 °
【答案】
【分析】先根据折叠的性质求出，，，再根据三角形内角和定理求出，，进而求出，然后求出四边形内角和，进而得出，即可得出答案．
【详解】根据折叠性质得，，．
∵，，∴，，
∴，，
∴．
在四边形中，.
∴，
即，∴，
∴．故答案为：265．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，折叠的性质，四边形的内角和等，确定各角之间的数量关系是解题的关键．
8．（2023·河北保定·统考模拟预测）如图，用铁丝折成一个四边形ABCD（点C在直线BD的上方），且∠A=70°，∠BCD=120°，若使∠ABC、∠ADC平分线的夹角∠E的度数为100°，可保持∠A不变，将∠BCD （填“增大”或“减小”） °．
【答案】 增大 10
【分析】利用三角形的外角性质先求得∠ABE+∠ADE=30°，根据角平分线的定义得到∠ABC+∠ADC=60°，再利用三角形的外角性质求解即可．
【详解】解：如图，连接AE并延长，连接AC并延长，
∠BED=∠BEF+∠DEF=∠ABE+∠BAD+∠ADE=100°，
∵∠BAD＝70°，∴∠ABE+∠ADE=30°，∵BE，DE分别是∠ABC、∠ADC平分线，
∴∠ABC+∠ADC=2（∠ABE+∠ADE）=60°，
同上可得，∠BCD=∠BAD+∠ABC+∠ADC=130°，130°-120°=10°，
∴∠BCD增大了10°．故答案为：增大，10．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义等知识，熟练运用题目中所给的结论是解题的关键．
9．（2023春·江苏·七年级专题练习）如图，是的平分线，是的平分线，与交于，若，，则 ．
【答案】
【分析】首先连接BC，根据三角形的内角和定理，求出，∠1+∠2+∠3+∠4=70°；然后判断出，再根据BE是∠ABD的平分线，CF是∠ACD的平分线，判断出；最后根据三角形的内角和定理，用即可求出∠A的度数.
【详解】如下图所示，连接BC，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∵BE是∠ABD的平分线，CF是∠ACD的平分线，∴∠3=∠5，∠4=∠6，
又∵，∴，
∴，
∴. 故答案为：.
【点睛】本题主要考查了三角形内角和的应用，熟练掌握相关角度的和差计算是解决本题的关键.
10．（2023·重庆·八年级统考期末）已知，如图，P，Q为三角形ABC内两点，B，P，Q，C构成凸四边形．
求证：．

【详解】作直线PQ，分别与AB，AC交于点M，N
由三角形的三边关系可得
= 1 \* GB3 ①+②+③得
∴，即．
11．（2023春·福建福州·七年级校考期末）如图①，凹四边形形似圆规，这样的四边形称为“规形”，
(1)如图①，在规形中，若，，，则______°；
(2)如图②，将沿，翻折，使其顶点A，B均落在点O处，若，则______°；
(3)如图③，在规形中，、的角平分线、交于点E，且，试探究，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)20(2)54(3)；理由见解析
【分析】（1）连接，并延长到点E，根据三角形外角的性质得出、，即可得出，根据，，，即可得出答案；
（2）根据翻折得出，，根据三角形内角和得出，在根据，列出关于的方程，解方程即可得出答案；
（3）根据角平分线的定义结合解析（1）得出，，根据，，即可得出答案．
【详解】（1）解：如图1，连接，并延长到点E，

则、，∴，即，
∵，，，∴，故答案为：20；
（2）解：∵将沿，翻折，顶点A，B均落在点O处，
∴，，∴，∵，∴，
∵，∴，∴．
（3）解：；理由如下：如图3，由（1）知，
∵平分，∴，
∵平分，∴，∵，，
∴
即．
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质和三角形内角和定理，角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
12．（2023·北京·一模）在课外活动中，我们要研究一种凹四边形——燕尾四边形的性质．
定义1：把四边形的某些边向两方延长，其他各边有不在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凹四边形（如图1）．

（1）根据凹四边形的定义，下列四边形是凹四边形的是（填写序号） ；
①②③
定义2：两组邻边分别相等的凹四边形叫做燕尾四边形（如图2）．
特别地，有三边相等的凹四边形不属于燕尾四边形．
小洁根据学习平行四边形、菱形、矩形、正方形的经验，对燕尾四边形的性质进行了探究.
下面是小洁的探究过程，请补充完整：（2）通过观察、测量、折叠等操作活动，写出两条对燕尾四边形性质的猜想，并选取其中的一条猜想加以证明；（3）如图2，在燕尾四边形ABCD中，AB=AD=6，BC=DC=4，∠BCD=120°，求燕尾四边形ABCD的面积（直接写出结果）．
【答案】（1）①；（2）证明见解析；（3）．
【分析】（1）根据凹四边形的定义即可得出结论；（2）由燕尾四边形的定义可以得出燕尾四边形的性质；
（3）连接BD，根据SΔABD-SΔBCD即可求出燕尾四边形ABCD的面积．
【详解】解：（1）由凹四边形的定义得出，图①是凹四边形．故答案是①；
（2）①一组对角相等；②它是一个轴对称图形；①已知：如图1，

在凹四边形ABCD中，AB=AD，BC=DC．求证：∠B=∠D．
证明：连接AC．在△ABC和△ADC中，，∴△ABC≌△ADC．∴∠B=∠D．
②由①知，△ABC≌△ADC，∴AC所在的直线是燕尾四边形的对称轴；
（3）如图2，连接AC，过点B作BE⊥AC交AC的延长线于E；
由（2）知，燕尾四边形ABCD是轴对称图形，∴∠BCE=∠BCD=60°，∴∠CBE=30°，
在Rt△BCE中，∠CBE=30°，BC=4，∴CE=BC=2，BE= CE=2，
在Rt△ABE中，AB=6，BE=2，根据勾股定理得，AE=，
∴S△ABC=S△ABE-S△CBE=BE•AE-BE•CE=BE（AE-CE）=×2×（2-2）=6-2
∴燕尾四边形ABCD的面积为2S△ABC=12−4．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式，解本题的关键是构造出直角三角形．
13．（2023春·福建福州·七年级校考期末）如图①，凹四边形形似圆规，这样的四边形称为“规形”，
(1)如图①，在规形中，若，，，则______°；
(2)如图②，将沿，翻折，使其顶点A，B均落在点O处，若，则______°；
(3)如图③，在规形中，、的角平分线、交于点E，且，试探究，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)20(2)54(3)；理由见解析
【分析】（1）连接，并延长到点E，根据三角形外角的性质得出、，即可得出，根据，，，即可得出答案；
（2）根据翻折得出，，根据三角形内角和得出，在根据，列出关于的方程，解方程即可得出答案；
（3）根据角平分线的定义结合解析（1）得出，，根据，，即可得出答案．
【详解】（1）解：如图1，连接，并延长到点E，

则、，∴，即，
∵，，，∴，故答案为：20；
（2）解：∵将沿，翻折，顶点A，B均落在点O处，
∴，，∴，∵，∴，
∵，∴，∴．
（3）解：；理由如下：如图3，
由（1）知，∵平分，∴，
∵平分，∴，∵，，
∴
即．
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质和三角形内角和定理，角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
14．（2023·河北·八年级专题练习）如图①所示是一个飞镖图案，连接AB，BC，我们把四边形ABCD叫做“飞镖模型”．
（1）求证：；（2）如图②所示是一个变形的飞镖图案，CE与BF交于点D，若，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）240°
【分析】（1）延长CD交AB于点E，根据三角形外角性质可证，，运用角的等量转换即可证明．（2）根据三角形外角性质，运用第（1）题的方法可证，，和是对顶角，可推出的度数等于2倍的度数，计算得出答案．
【详解】（1）证明：延长CD交AB于点E，如图：
∵是的外角，∴．
∵是的外角，∴，
∴．
（2）解：∵和是对顶角，∴．
由（1）的结论可知，，
∴．
【点睛】本题考查了三角形外角性质，灵活运用三角形外角性质是解题关键．
15．（2023春·江苏连云港·七年级校联考阶段练习）我们在小学已经学习了“三角形内角和等于”．在三角形纸片中，点D，E分别在边上，将沿折叠，点C落在点的位置．
(1)如图1，当点C落在边上时，若，则＝ ，可以发现与的数量关系是 ；(2)如图2，当点C落在内部时，且，，求的度数；(3)如图3，当点C落在外部时，若设的度数为x，的度数为y，请求出与x，y之间的数量关系．
【答案】(1)，互余(2)(3)
【分析】（1）根据平角定义求出，再利用折叠性质即可求出，然后利用三角形内角和进行计算即可；（2）根据平角定义求出，，然后利用折叠性质可得，然后利用三角形内角和进行计算即可；（3）根据平角定义求出，再利用折叠性质即可求出，然后利用三角形内角和进行计算即可．
【详解】（1）解：∵，∴，
由折叠得：.
∴，
∵，∴与的数量关系是互余．
（2）解：∵，
∴，
由折叠得：
∴，∴的度数为；
（3）解：如图：∵，∴，
由折叠得：，
∴ ，
∴与x，y之间的数量关系：．
【点睛】本题考擦汗折叠性质和三角形内角和，灵活运用所学知识是关键．
16．（2024·江苏扬州·七年级校考期末）如图①，把纸片沿折叠，使点A落在四边形内部点的位置，通过计算我们知道：.请你继续探索：

(1)如果把纸片沿折叠，使点A落在四边形的外部点的位置，如图②，此时与之间存在什么样的关系？(2)如果把四边形沿时折叠，使点A、D落在四边形BCFE的内部、的位置，如图③，你能求出、、与之间的关系吗？（直接写出关系式即可）
【答案】(1)(2)
【分析】（1）连接，由外角的性质得到，做差即可得到答案；
（2）由图形折叠的性质可知，两式相加变形后即可得到答案．
【详解】（1）连接，

∵，，∴；
（2）由图形折叠的性质可知，
两式相加得，，即，
∴，即：．
【点睛】此题考查了三角形外角的性质、折叠的性质等知识，熟练掌握角之间的关系是解题的关键．
17．（2024·江苏·七年级统考期中）【概念学习】在平面中，我们把大于且小于的角称为优角，如果两个角相加等于，那么称这两个角互为组角，简称互组．
（1）若、互为组角，且，则________；
【理解运用】习惯上，我们把有一个内角大于的四边形俗称为镖形．
（2）如图①，在镖形中，优角与钝角互为组角，试探索内角、、与钝角之间的数量关系，并说明理由；
【拓展延伸】（3）如图②，________；（用含的代数式表示）
（4）如图③，已知四边形中，延长、交于点，延长、交于，、的平分线交于点，；①写出图中一对互组的角________（两个平角除外）；
②直接运用（2）中的结论，试说明：；
（5）如图④，、分别为，的2019等分线（）．它们的交点从上到下依次为，，，…，．已知，，则_______．（用含、的代数式表示）
【答案】（1）225°；（2）钝角∠BCD=∠A+∠B+∠D；（3）2α；（4）①优角∠PCQ与钝角∠PCQ；②见解析；（5）
【分析】（1）根据互为组角的定义可知∠2=360°-∠1，代入数据计算即可；
（2）根据四边形内角和定理可得∠A+∠B+优角∠BCD+∠D=360°，根据周角的定义可得优角∠BCD+钝角∠BCD=360°´，再利用等式的性质得出钝角∠BCD=∠A+∠B+∠D；（3）两次运用镖形中的角的关系可得；
（4）①根据互为组角的定义及周角的定义，结合图形可知优角∠PCQ与钝角∠PCQ是一对互组的角；
②先由∠APD、∠AQB的平分线交于点M，得出∠AQM=∠BQM，∠APM=∠DPM．令∠AQM=∠BQM=α，∠APM=∠DPM=β．由（2）中的结论可知在镖形APMQ中，有∠A+α+β=∠PMQ，在镖形APCQ中，有∠A+2α+2β=∠QCP，于是根据等式的性质得出∠QCP+∠A=2∠PMQ，而∠A+∠QCP=180°，那么∠PMQ=90°，即PM⊥QM．（5）由，知，代入得，据此得出，代入可得答案．
【详解】解：（1）∵∠1、∠2互为组角，且∠1=135°，∴∠2=360°-∠1=225°；
（2）钝角∠BCD=∠A+∠B+∠D．理由如下：
如图①，∵在四边形ABCD中，∠A+∠B+优角∠BCD+∠D=360°，
又∵优角∠BCD+钝角∠BCD=360°，∴钝角∠BCD=∠A+∠B+∠D；
（3）∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠BOC+∠DOE=2α；
（4）①优角∠PCQ与钝角∠PCQ；
②∵∠APD、∠AQB的平分线交于点M，∴∠AQM=∠BQM，∠APM=∠DPM．
令∠AQM=∠BQM=α，∠APM=∠DPM=β．∵在镖形APMQ中，有∠A+α+β=∠PMQ，
在镖形APCQ中，有∠A+2α+2β=∠QCP，∴∠QCP+∠A=2∠PMQ，
∵∠A+∠QCP=180°，∴∠PMQ=90°．∴PM⊥QM；
（5）如图，由题意知，，
，，
，
，
则，代入得：
，
解得：，
，，．
【点睛】本题考查了多边形内角与外角，四边形内角和定理，角平分线定义，垂直的定义，等式的性质，学生的阅读理解能力及知识的迁移能力．理解互为组角的定义以及得出（2）中的关系是解题的关键．
18．（2023·云南保山·八年级校考期中）已知：点D是△ABC所在平面内一点，连接AD、CD．
（1）如图1，若∠A＝28°，∠B＝72°，∠C＝11°，求∠ADC；（2）如图2，若存在一点P，使得PB平分∠ABC，同时PD平分∠ADC，探究∠A，∠P，∠C的关系并证明；（3）如图3，在 （2）的条件下，将点D移至∠ABC的外部，其它条件不变，探究∠A，∠P，∠C的关系并证明．
【答案】(1) 111º ；(2) ∠A－∠C=2∠P,理由见解析；(3) ∠A+∠C=2∠P,理由见解析.
【分析】（1）延长AD交BC于E，利用三角形外角的性质即可求解；（2）∠A－∠C=2∠P，由三角形外角等于不相邻的两个内角的和以及（1）结论即可求解；（3）∠A+∠C=2∠P，由（2）结论以及角平分线的性质即可得到.
【详解】（1）如图1,延长AD交BC于E，
在△ABE中，∠AEC=∠A+∠B＝28º+72º=100º，
在△DEC中，∠ADC=∠AEC+∠C＝100º+11º=111º ；
（2）∠A－∠C=2∠P，理由如下：如图2，

∠5=∠A+∠1,∠5=∠P+∠3∴∠A+∠1=∠P+∠3
∵PB平分∠ABC,PD平分∠ADC∴ ∠1=∠2,∠3=∠4∴∠A+∠2=∠P+∠4
由(1)知∠4=∠2+∠P+∠C ∴∠A+∠2=∠P+∠2+∠P+∠C∴∠A－∠C=2∠P
（3）∠A+∠C=2∠P,理由如下:如图3,
同（2）理知∠A+∠1=∠P+∠3,∠C+∠4=∠P+∠2 ∴∠A+∠C+∠1+∠4=2∠P+∠2+∠3
∵PB平分∠ABC,PD平分∠ADC∴ ∠1=∠2,∠3=∠4
∴∠1+∠4=∠2+∠3 ∴∠A+∠C=2∠P
【点睛】本题考查了三角形外角的性质，角平分线的定义，整体思想的利用是解题的关键．
19．（2023春·江苏泰州·七年级校联考期中）已知，在中，，点在上，过点的一条直线与直线、分别交于点、．(1)如图1，，则______°．
(2)如图2，猜想、、之间的数量关系，并加以证明；
(3)如图3，直接写出、、之间的数量关系______．

【答案】(1)140(2)，证明见解析(3)
【分析】（1）根据三角形内角和定理先求出，再根据，代入后得出，即可得出答案；
（2）先求出，再得出，进而可得出答案；
（3）根据三角形内角和定理和三角形的外角的性质即可得出答案．
【详解】（1）解：∵，，∴，
∵，∴，
∵，∴；
（2），
证明：在中∵，∴，
在中，∵，∴，
∴，∵，∴；
（3）解：∵，，，
∴，∴．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，三角形外角的性质，掌握三角形内角和180度是解题的关键．
20．（23-24八年级下·贵州铜仁·期中）（1）如图1，已知为直角三角形，，若沿图中虚线剪去，则 ____；
（2）如图2，已知中，，剪去后成四边形，则____；
（3）如图3，当时，将折成如图3形状，试求的度数（用含α的式子表示）．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）根据三角形的内角和为，三角形的外角和定理，则，，，即可；
（2）根据三角形的内角和为，三角形的外角和定理，则，，，即可；
（3）根据折叠的性质，则，根据全等三角形的性质，三角形内角和，平角的性质，则，，，再根据等量代换即可．
【详解】解：（1）如图，

为直角三角形，，∴，
∵，，∴，∴；
（2）如图，∵，∴，∵，，
∴，∴；

（3）如图，，理由见下：
由题意得，，∴，，
∴，，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，即．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，外角的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，全等三角形的性质，熟练掌握三角形内角和定理，外角的性质是解题的关键．