第3讲 三角形与多边形角度转换模型(A型、8字型、飞镖型)（原卷+解析）-2022-2023学年八年级数学上册常考点（数学思想+解题技巧+专项突破+精准提升）（人教版）

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第3讲 三角形与多边形角度转换模型——A型、8字型、飞镖型（解析版）
第一部分典例剖析+针对训练
类型一 A型
典例1（2022春•宿城区校级月考）利用“模型”解决几何综合问题往往会取得事半功倍的效果．
几何模型：
如图（1），我们称它为“A”型图案，易证明：∠EDF＝∠A+∠B+∠C．
运用以上模型结论解决问题：
（1）如图（2），“五角星”形，求∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5＝？
分析：图中A1A3DA4是“A”型图，于是∠A2DA5＝∠A1+∠A3+∠A4，所以∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5＝　 　；
（2）如图（3），“七角星”形，求∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5+∠A6+∠A7的度数．

思路引领：（1）根据三角形外角的性质把5个角转化到一个三角形中可得答案；
（2）根据三角形外角的性质把7个角转化到一个三角形中可得答案．
解：（1）如图，

由三角形外角的性质可得，∠1＝∠A1+∠A4，
∵∠A2DA5＝∠1+∠A3，
∴∠A2DA5＝∠A1+∠A4+∠A3，
∵∠A2DA5+∠A2+∠A5＝180°，
∴∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5＝180°，
故答案为：180°；
（2）如图，

由（1）得，∠1＝∠A1+∠A4+∠A5，∠2＝∠A2+∠A3+∠A6，
∵∠1+∠2+∠A7＝180°，
∴∠A1+∠A2+∠A3+∠A4+∠A5+∠A6+∠A7＝180°．
解题秘籍：本题考查多边形的内角和与三角形外角的性质，能够根据三角形外角的性质进行转化是解题关键．
针对训练1
1．（2021秋•韶关期末）探索归纳：

（1）如图1，已知△ABC为直角三角形，∠A＝90°，若沿图中虚线剪去∠A，则∠1+∠2＝　 　．
（2）如图2，已知△ABC中，∠A＝40°，剪去∠A后成四边形，则∠1+∠2＝　 　．
（3）如图2，根据（1）与（2）的求解过程，你归纳猜想∠1+∠2与∠A的关系是 　 　．
（4）如图3，若没有剪掉∠A，而是把它折成如图3形状，试探究∠1+∠2与∠A的关系，并说明理由．
思路引领：（1）利用了四边形内角和为360°和直角三角形的性质求解；
（2）根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和求解；
（3）根据（1）（2）可以直接写出结果；
（4）根据折叠的性质，对应角相等，以及邻补角的性质即可求解．
解：（1）：∵四边形的内角和为360°，直角三角形中两个锐角和为90°
∴∠1+∠2＝360°﹣（∠A+∠B）＝360°﹣90°＝270°．
∴∠1+∠2等于270°．
故答案为：270°；
（2）∠1+∠2＝180°+40°＝220°，
故答案是：220°；
（3）∠1+∠2与∠A的关系是：∠1+∠2＝180°+∠A；
故答案为：180°+∠A；
（4）∵△EFP是由△EFA折叠得到的，
∴∠AFE＝∠PFE，∠AEF＝∠PEF
∴∠1＝180°﹣2∠AFE，∠2＝180°﹣2∠AEF
∴∠1+∠2＝360°﹣2（∠AFE+∠AEF）
又∵∠AFE+∠AEF＝180°﹣∠A，
∴∠1+∠2＝360°﹣2（180°﹣∠A）＝2∠A．
解题秘籍：主要考查了三角形的内角和外角之间的关系．
（1）三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和．
（2）三角形的内角和是180度．求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°”这一隐含的条件．
类型二 8字型
典例2（2021春•江阴市校级月考）如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD，则我们把形如这样的图形称为“8字型”．

（1）求证：∠A+∠C＝∠B+∠D；
（2）如图2，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，与CD、AB分别相交于点M、N．
①以线段AC为边的“8字型”有　 　个，以点O为交点的“8字型”有　 　个；
②若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度数；
③若角平分线中角的关系改为“∠CAB＝3∠CAP，∠CDB＝3∠CDP”，试探究∠P与∠B、∠C之间存在的数量关系，并证明理由．
思路引领：（1）根据三角形的内角和即可得到结论；
（2）①以线段AC为边的”8字型“有3个，以点O为交点的”8字型“有4个；
②根据角平分线的定义得到∠CAP＝∠BAP，∠BDP＝∠CDP，再由”8字型“得到∠CAP+∠C＝∠CDP+∠P，∠BAP+∠P＝∠BDP+∠B，两等式相减得到∠C﹣∠P＝∠P﹣∠B，即∠P=12（∠C+∠B），最后把∠C＝120°，∠B＝100°代入计算即可；
③与②的证明方法一样得到3∠P＝∠B+2∠C．
解：（1）证明：在图1中，有∠A+∠C＝180°﹣∠AOC，∠B+∠D＝180°﹣∠BOD，
∵∠AOC＝∠BOD，
∴∠A+∠C＝∠B+∠D；
（2）解：①3；4；
故答案为：3，4；
②以M为交点”8字型“中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点”8字型“中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴2∠P+∠BAP+∠CDP＝∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，
∵AP、DP分别平分∠CAB和∠BDC，
∴∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，
∴2∠P＝∠B+∠C，
∵∠B＝100°，∠C＝120°，
∴∠P=12（∠B+∠C）=12（100°+120°）＝110°；
③3∠P＝∠B+2∠C，其理由是：
∵∠CAB＝3∠CAP，∠CDB＝3∠CDP，
∴∠BAP=23∠CAB，∠BDP=23∠CDB，
以M为交点”8字型“中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点”8字型“中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴∠C﹣∠P＝∠CDP﹣∠CAP=13（∠CDB﹣∠CAB），
∠P﹣∠B＝∠BDP﹣∠BAP=23（∠CDB﹣∠CAB）．
∴2（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B．
∴3∠P＝∠B+2∠C．
解题秘籍：本题考查了三角形内角与外角的关系，以及多边形内角和．也考查了角平分线的定义，关键是掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．
针对训练2
2．（2021春•泗阳县校级期末）如图：线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，我们把这个图形称为“8字型”．根据三角形内角和容易得到：∠A+∠D＝∠C+∠B．

（1）用“8字型”
如图（1）：∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝　 　．
（2）造“8字型”
如图（2）：∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝　 　．
（3）发现“8字型”
如图（3）：BE、CD相交于点A，CF为∠BCD的平分线，EF为∠BED的平分线．
①图中共有　 　个“8字型”；
②若∠B：∠D：∠F＝4：6：x，求x的值．
思路引领：（1）根据题意即可得到结论；
（3）①由图形即可得到结论；
②根据三角形内角和为180°的性质即可证得关系为∠D+∠B＝2∠F，再根据∠B、∠D、∠F的比值，即可求得x的值；
解：（1）∵∠A+∠B＝∠GKH+∠GHK，
∠C+∠D＝∠GHK+∠HGK，
∠E+∠F＝∠HGK+∠GKH，
∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝2（∠GKH+∠GHK+∠HGK）＝2×180°＝360°，故答案为：360°；

（2）如图，连接BC，
∵∠E+∠G＝∠GCB+∠EBC，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝五边形FABCD的内角和，
即∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝（5﹣2）•180°＝540°，
故答案为：540°；

（3）①图中共有6个“8字型”；
故答案为：6．
②：∵CF平分∠BCD，EF平分∠BED
∴∠DEG＝∠AEG，∠ACH＝∠BCH，
∵在△DGE和△FGC中，∠DGE＝∠FGC
∴∠D+∠DEG＝∠F+∠ACH
∵在△BHC和△FHE中，∠BHC＝∠FHE
∴∠B+∠BCH＝∠F+∠AEG
∴∠D+∠DEG+∠B+∠BCH＝∠F+∠ACH+∠F+∠AEG
∴∠D+∠B＝2∠F；
∵∠B：∠D：∠F＝4：6：x，∠D+∠B＝2∠F，
∴x＝5．


解题秘籍：本题考查了多边形的内角与外角，三角形的内角和，三角形的外角的性质，正确的识别图形是解题的关键．
类型三 飞镖型
典例3（2021春•三明期末）探究与思考：
（1）如图①，∠BPC是△ABP的一个外角，则有结论：∠BPC＝∠A+∠B成立．若点P沿着线段PB向点B运动（不与点B重合），连接PC形成图形②，我们称之为“飞镖”图形，那么请你猜想“飞镖”图形中∠BPC与∠A、∠B、∠C之间存在的数量关系？并证明你的猜想；
（2）利用（1）的结论，请你求出五角星（如图③）中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的值，说明你的理由；
（3）若五角星中的点B向右运动，形成如图④⑤形状，（2）中的结论还成立吗？请从图④⑤中任选一个图形说明理由．

思路引领：（1）连接AP并延长至F，将“飞镖”图形转化为两个三角形，再根据三角形的外角的性质进行解答；
（2）两次运用三角形外角的性质得到∠C+∠E＝∠1，∠B+∠D＝∠2，相加即可得到∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°；
（3）根据三角形外角的性质可知，在△ACG中，∠AGE＝∠A+∠C，在△BDF中，∠DFE＝∠DBF+∠D，所以，∠A+∠C+∠DBF+∠D+∠E＝180°．
解：（1）如图②，∠BPC＝∠A+∠B+∠C，
连接AP并延长至F，
则有∠B+∠BAP＝∠BPF，∠C+∠CAP＝∠CPF，
所以∠B+∠C+∠CAP+∠BAP＝∠BPF+∠CPF＝∠BPC，
即∠B+∠C+∠A＝∠BPC，

（2）如图③，∠C+∠E＝∠1，∠B+∠D＝∠2，
则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝∠A+∠1+∠2＝180°．

（3）如图④，在△ACG中，∠AGE＝∠A+∠C，
在△BDF中，∠DFE＝∠DBF+∠D，
所以，∠A+∠C+∠DBF+∠D+∠E＝∠AGE+∠DFE+∠E＝180°．

解题秘籍：本题考查了三角形外角的性质，从图中找到相关三角形及其外角是解题的关键．
针对训练3
3．在一次课外制作活动中，小虎制作了如图所示的燕尾飞镖，小虎觉得∠BCD一定大于∠BAD，他的想法正确吗？请你简单说明理由．

思路引领：作出辅助线，利用三角形的一个外角大于与它不相邻的任何一个内角即可得出结论．
解：∠BCD一定大于∠BAD，
理由：如图，延长DC交AB于E，
∵∠BEC是△ADE的外角，
∴∠BEC＞∠BAD，
∵∠BCD是△BCE的外角，
∴∠BCD＞∠BEC，
∴∠BCD＞∠BAD．

解题秘籍：此题主要考查了三角形的外角的性质，构造出三角形是解本题的关键．
第二部分 专题提优训练
1．（2020春•沙坪坝区校级期中）如图，△ABC中，∠A＝30°，D为CB延长线上的一点，DE⊥AB于点E，∠D＝40°，则∠C为（　　）

A．20° B．15° C．30° D．25°
思路引领：由DE⊥AB于点E，∠D＝40°，由三角形内角和定理可求出∠ABD＝50°，再由三角形外角定理可得∠C＝∠ABD﹣∠A＝50°﹣30°＝20°．
解：∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∵∠D＝40°，
∴∠ABD＝180°﹣∠D﹣∠DEB＝50°，
∵∠ABD＝∠A+∠C，∠A＝30°，
∴∠C＝∠ABD﹣∠A＝50°﹣30°＝20°．
故选：A．
解题秘籍：这道题考查的是三角形内角和定理及三角形的外角定理，一定要熟记定理．
2．（2021•东昌府区一模）如图，∠BDC＝98°，∠C＝38°，∠A＝37°，∠B的度数是（　　）

A．33° B．23° C．27° D．37°
思路引领：延长CD交AB于E，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式求出∠1，再利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
解：如图，延长CD交AB于E，
∵∠C＝38°，∠A＝37°，
∴∠1＝∠C+∠A＝38°+37°＝75°，
∵∠BDC＝98°，
∴∠B＝∠BDC﹣∠1＝98°﹣75°＝23°．
故选：B．

解题秘籍：本题考查了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，熟记性质是解题的关键．
3．（2021秋•磴口县校级期中）如图，∠A＝50°，∠ABO＝28°，∠ACO＝32°，则∠BDC＝　 　度，∠BOC＝　 度．

思路引领：本题考查的是三角形的外角性质．
解：∵∠A＝50°，∠ABO＝28°，∠ACO＝32°，
∴∠BDC＝∠A+∠ABO＝78°，
∴∠BOC＝∠BDC+∠ACO＝110°．
解题秘籍：本题解题的关键是观察各个三角形之间的关系，然后再根据三角形外角性质求解．
4．（2021•安县校级模拟）如图，已知∠CBE+∠BCD＝256°，求∠A的度数．

思路引领：先根据三角形外角的性质把∠CBE+∠BCD＝256°转化为三角形的内角和的形式，再根据三角形的内角和定理即可求出∠A的度数．
解：∵∠CBE是△ABC的外角，∴∠CBE＝∠1+∠A，
∵∠BCD是△ABC的外角，∴∠BCD＝∠2+∠A，
∵∠CBE+∠BCD＝256°，
∴∠1+2∠A+∠2＝256°，
∵∠1+∠2+∠A＝180°，
∴∠A+180°＝256°，
∴∠A＝256°﹣180°＝76°．

解题秘籍：本题考查的是三角形内角和定理与外角的性质，解答此题的关键是熟知以下知识：
（1）三角形的内角和为180°；
（2）三角形的外角等于不相邻的两个内角的和．
5．一天，爸爸带着小刚到建筑工地去玩，看见有如图所示的人字架，爸爸说“小刚，我考考你，这个人字架的夹角∠1等于130°，你能求出∠3比∠2大多少吗？”小刚马上得到了正确答案，他的答案是多少？请说明理由．

思路引领：根据邻补角定义求出∠1的邻补角的度数，再根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和求出∠3﹣∠2等于∠1的邻补角的度数．
解：小刚的答案为50°．
理由如下：如图，

设∠1的邻补角为∠4，
∵∠1＝130°，
∴∠4＝180°﹣130°＝50°，
∵∠3是人字架三角形的外角，
∴∠3＝∠2+∠4，
∴∠4＝∠3﹣∠2＝50°，
∴∠3比∠2大50°．
解题秘籍：本题主要利用两个邻补角的和等于180°，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和求解
6．（2021春•邗江区月考）如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD，则我们把形如这样的图形称为“8字型”．
（1）求证：∠A+∠C＝∠B+∠D．
利用以上结论解决下列问题：
（2）如图2所示，∠1＝130°，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为　 　．
（3）如图3，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，且与CD，AB分别相交于点M，N．
①若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度数．
②若角平分线中角的关系改成“∠CAP=14∠CAB，∠CDP=14∠CDB”，试直接写出∠P与∠B，∠C之间存在的数量关系，并证明理由．

思路引领：（1）根据三角形的内角和即可得到结论；
（3）①根据角平分线的定义得到∠CAP＝∠BAP，∠BDP＝∠CDP，再根据三角形内角和定理得到∠CAP+∠C＝∠CDP+∠P，∠BAP+∠P＝∠BDP+∠B，两等式相减得到∠C﹣∠P＝∠P﹣∠B，即∠P=12（∠C+∠B），然后把∠C＝120°，∠B＝100°代入计算即可；
②与①的证明方法一样得到4∠P＝∠B+3∠C．
解：（1）证明：在图1中，有∠A+∠C＝180°﹣∠AOC，∠B+∠D＝180°﹣∠BOD，
∵∠AOC＝∠BOD，
∴∠A+∠C＝∠B+∠D；
（2）如图2所示，

∵∠DME＝∠A+∠E，∠3＝∠DME+∠D，
∴∠A+∠E+∠D＝∠3，
∵∠2＝∠3+∠F，∠1＝130°，
∴∠3+∠F＝∠2＝∠1＝130°，
∴∠A+∠E+∠D+∠F＝130°，
∵∠B+∠C＝∠1＝130°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝260°．
故答案为：260°．
（3）①以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴2∠P+∠BAP+∠CDP＝∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，
∵AP、DP分别平分∠CAB和∠BDC，
∴∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，
∴2∠P＝∠B+∠C，
∵∠B＝100°，∠C＝120°，
∴∠P=12（∠B+∠C）=12（100°+120°）＝110°；
②3∠P＝∠B+2∠C，其理由是：
∵∠CAP=14∠CAB，∠CDP=14∠CDB，
∴∠BAP=34∠CAB，∠BDP=34∠CDB，
以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴∠C﹣∠P＝∠CDP﹣∠CAP=14（∠CDB﹣∠CAB），
∠P﹣∠B＝∠BDP﹣∠BAP=34（∠CDB﹣∠CAB）．
∴3（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B，
∴4∠P＝∠B+3∠C．
解题秘籍：本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是180°．也考查了角平分线的定义．
7（2021秋•陈仓区期末）平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．
（1）如图1，若AB∥CD，点P在AB、CD内部，∠B＝50°，∠D＝30°，求∠BPD．
（2）如图2，将点P移到AB、CD外部，则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系？请证明你的结论．
（3）如图3，写出∠BPD、∠B、∠D、∠BQD之间的数量关系？（不需证明）
（4）如图4，求出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．

思路引领：（1）过点P作PE∥AB，根据两直线平行，内错角相等可得∠B＝∠1，∠D＝∠2，再根据∠BPD＝∠1+∠2代入数据计算即可得解；
（2）根据两直线平行，内错角相等可得∠BOD＝∠B，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式整理即可得解；
（3）连接QP并延长，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和解答；
（4）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∠A+∠E＝∠1，∠B+∠F＝∠2，再根据四边形的内角和定理列式计算即可得解．
解：（1）过点P作PE∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥EP∥CD，
∴∠B＝∠1＝50°，∠D＝∠2＝30°，
∴∠BPD＝80°；

（2）∠B＝∠BPD+∠D．
理由如下：设BP与CD相交于点O，
∵AB∥CD，
∴∠BOD＝∠B，
在△POD中，∠BOD＝∠BPD+∠D，
∴∠B＝∠BPD+∠D．

（3）如图，连接QP并延长，
结论：∠BPD＝∠BQD+∠B+∠D．

（4）如图，由三角形的外角性质，∠A+∠E＝∠1，∠B+∠F＝∠2，
∵∠1+∠2+∠C+∠D＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．



解题秘籍：本题考查了平行线的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质并作出辅助线是解题的关键．
8．（2018春•莘县期末）一个零件的形状如图所示，按规定∠A应等于90°，∠B、∠D应分别是20°和30°．
（1）李叔叔量得∠BCD＝142°，根据李叔叔量得的结果，你能断定这个零件是否合格？请解释你的结论；
（2）你知道∠B、∠D、∠BCD三角之间有何关系吗？请写出你的结论．（不需说明理由）．

思路引领：此题要作辅助线：延长DC交AB于点E，根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和即可求解．
解：（1）不合规格．理由如下：
连接AC并延长到点E，则∠BCD＝∠BCE+∠ECD＝∠B+∠BAC+∠CAD+∠D＝∠B+∠BAD+∠D＝140°，故不合格．

（2）根据第（1）小题的求解过程，不难发现：∠B+∠D+90°＝∠BCD．

解题秘籍：注意构造三角形，运用三角形的一个外角等于和它不相邻的内角和即可解决此题．
9．（2017春•鼓楼区校级期中）我们容易证明，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．那么，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在怎样的数量关系呢？
尝试探究：
（1）如图1，∠DBC与∠ECB分别为△ABC的两个外角，试探究∠A与∠DBC+∠ECB之间的数量关系．
初步应用：
（2）如图2，在△ABC纸片中剪去△CED，得到四边形ABDE，∠1＝135°，则∠2﹣∠C＝　45°　．
（3）解决问题：如图3，在△ABC中，BP、CP分别平分外角∠DBC、∠ECB，∠P与∠A有何数量关系？请利用上面的结论直接写出答案　∠P=90°−12∠A　．
（4）如图4，在四边形ABCD中，BP、CP分别平分外角∠EBC、∠FCB，请利用上面的结论探究∠P与∠A、∠D的数量关系．

思路引领：（1）根据三角形外角的性质得：∠DBC＝∠A+∠ACB，∠ECB＝∠A+∠ABC，两式相加可得结论；
（2）利用（1）的结论：∵∠2+∠1﹣∠C＝180°，将∠1＝135°代入可得结论；
（3）根据角平分线的定义得：∠CBP=12∠DBC，∠BCP=12∠ECB，根据三角形内角和可得：∠P的式子，代入（1）中得的结论：∠DBC+∠ECB＝180°+∠A，可得：∠P=90°−12∠A；
（4）根据平角的定义得：∠EBC＝180°﹣∠1，∠FCB＝180°﹣∠2，由角平分线得：∠3=12∠EBC=90°−12∠1，∠4=12∠FCB=90°−12∠2，相加可得：∠3+∠4=180°−12(∠1+∠2)，再由四边形的内角和与三角形的内角和可得结论．
解：（1）∠DBC+∠ECB﹣∠A＝180°，
理由是：∵∠DBC＝∠A+∠ACB，∠ECB＝∠A+∠ABC，
∴∠DBC+∠ECB＝2∠A+∠ACB+∠ABC＝180°+∠A，
∴∠DBC+∠ECB﹣∠A＝180°．
（2）∠2﹣∠C＝45°．
理由是：∵∠2+∠1﹣∠C＝180°，∠1＝135°，
∴∠2﹣∠C+135°＝180°，
∴∠2﹣∠C＝45°．
故答案为：45°；
（3）∠P=90°−12∠A，
理由是：∵BP平分∠DBC，CP平分∠ECB，
∴∠CBP=12∠DBC，∠BCP=12∠ECB，
∵△BPC中，∠P=180°−∠CBP−∠BCP=180°−12(∠DBC+∠ECB)，
∵∠DBC+∠ECB＝180°+∠A，
∴∠P=180°−12(180°+∠A)，=90°−12∠A．
故答案为：∠P=90°−12∠A，
（4）∠P=180°−12(∠A+∠D)．
理由是：∵∠EBC＝180°﹣∠1，∠FCB＝180°﹣∠2，
∵BP平分∠EBC，CP平分∠FCB，
∴∠3=12∠EBC=90°−12∠1，∠4=12∠FCB=90°−12∠2，
∴∠3+∠4=180°−12(∠1+∠2)，
∵四边形ABCD中，∠1+∠2＝360°﹣（∠A+∠D），
又∵△PBC中，∠P＝180°﹣（∠3+∠4）=12(∠1+∠2)，
∴∠P=12×[360°−(∠A+∠D)]=180°−12(∠A+∠D)．

解题秘籍：本题是四边形和三角形的综合问题，考查了三角形和四边形的内角和定理、三角形外角的性质、角平分线的定义等知识，难度适中，熟练掌握三角形外角的性质是关键．
10．（2022春•霞浦县期中）在学习并掌握了平行线的性质和判定内容后，数学老师安排了自主探究内容一利用平行线有关知识探究并证明：三角形的内角和等于180°．小颖通过探究发现：可以将三角形的三个内角之和转化为一个平角来解决，也就是可以过三角形的一个顶点作其对边的平行线来证明．请将下面（1）中的证明补充完整：
（1）已知：如图1，三角形ABC，求证：∠BAC+∠B+∠C＝180°，证明：过点A作EF∥BC．
（2）如图2，线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，我们把形如图2这样的图形称之为“8字形”．请利用小颖探究的结论直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系：　∠A+∠D＝∠C+∠B　；
（3）在图2：的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N，得到图3，请判断∠P与∠D、∠B之间存在的数量关系，并说明理由．

思路引领：（1）通过作平行线把三角形的内角转移到同一个顶点，然后利用平角的定义解决问题；
（2）利用（1）的结论即可求解；
（3）利用（2）的结论即可求解．
（1）证明：过A作EF∥BC，
∴∠EAB＝∠B，∠FAC＝∠C，
又∠EAB+∠BAC+∠FAC＝180°，
∴∠B+∠C+∠BAC＝180°；
（2）解：根据（1）得∠A+∠D+∠AOD＝∠C+∠B+∠COB＝180°，
又∠AOD＝∠BOC，
∴∠A+∠D＝∠C+∠B；
故答案为：∠A+∠D＝∠C+∠B；
（3）解：2∠P＝∠D+∠B．
根据（2）∠D+∠DAP＝∠P+∠DCP①，∠PAB+∠P＝∠B+∠PCB②，
∵∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，
∴∠DAP＝∠PAB，∠DCP＝∠PCB，
∴①﹣②得：∠D﹣∠P＝∠P﹣∠B，
∴2∠P＝∠D+∠B．
解题秘籍：本题主要考查了三角形的内角和定理的证明以及定理的变式题目，对于学生的能力要求比较高．
11．（2022春•靖江市校级月考）已知，如图，线段AD、CB相交于点O，连结AB、CD，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P．试问∠P与∠D、∠B之间存在着怎样的数量关系，请说明理由．

思路引领：根据“8字形”可得∠OAB+∠B＝∠OCD+∠D，∠1+∠P＝∠2+∠D，由角平分线的定义可得∠OAB＝2∠1，∠OCD＝2∠2，整理可得结论．
解：2∠P＝∠B+∠D，理由如下：
如图，

在△AOB和△COD中，
∵∠AOB＝∠COD，
∴∠OAB+∠B＝∠OCD+∠D，
在△AEP和△CED中，
∵∠AEP＝∠CED，
∴∠1+∠P＝∠2+∠D，
∵AP、CP分别是∠DAB和∠BCD的角平分线，
∴∠OAB＝2∠1，∠OCD＝2∠2，
∴2∠P﹣∠B＝2∠D﹣∠D，
整理得，2∠P＝∠B+∠D．
解题秘籍：本题考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，多边形的内角和定理，对顶角相等的性质，整体思想的利用是解题的关键．
4．（2021•香洲区校级模拟）探究与发现：如图1所示的图形，像我们常见的学习用品﹣﹣圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，
（1）观察“规形图”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由；
（2）请你直接利用以上结论，解决以下三个问题：
①如图2，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，∠A＝40°，则∠ABX+∠ACX＝　 　°；
②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求∠DCE的度数；
③如图4，∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G1、G2…、G9，若∠BDC＝133°，∠BG1C＝70°，求∠A的度数．

思路引领：（1）首先连接AD并延长至点F，然后根据外角的性质，即可判断出∠BDC＝∠A+∠B+∠C．
（2）①由（1）可得∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，然后根据∠A＝40°，∠BXC＝90°，求出∠ABX+∠ACX的值是多少即可．
②由（1）可得∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，再根据∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求出∠ADB+∠AEB的值是多少；然后根据∠DCE=12（∠ADB+∠AEB）+∠DAE，求出∠DCE的度数是多少即可．
③根据∠BG1C=110（∠ABD+∠ACD）+∠A，∠BG1C＝70°，设∠A为x°，可得∠ABD+∠ACD＝133°﹣x°，解方程，求出x的值，即可判断出∠A的度数是多少．
解：（1）如图（1），连接AD并延长至点F，

根据外角的性质，可得
∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD，
又∵∠BDC＝∠BDF+∠CDF，∠BAC＝∠BAD+∠CAD，
∴∠BDC＝∠A+∠B+∠C；

（2）①由（1），可得
∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，
∵∠A＝40°，∠BXC＝90°，
∴∠ABX+∠ACX＝90°﹣40°＝50°，
故答案为：50．
②由（1），可得
∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，
∴∠ADB+∠AEB＝∠DBE﹣∠DAE＝130°﹣40°＝90°，
∴12（∠ADB+∠AEB）＝90°÷2＝45°，
∴∠DCE=12（∠ADB+∠AEB）+∠DAE
＝45°+40°
＝85°；
③∠BG1C=110（∠ABD+∠ACD）+∠A，
∵∠BG1C＝70°，
∴设∠A为x°，
∵∠ABD+∠ACD＝133°﹣x°
∴110（133﹣x）+x＝70，
∴13.3−110x+x＝70，
解得x＝63，
即∠A的度数为63°．
解题秘籍：此题主要考查了三角形的内角和定理，利用三角形的内角和定理和外角的性质是解答此题的关键．