03 三角形中的导角模型-“8”字模型、“A”字模型与三角板模型-2024年中考数学几何模型归纳讲练（全国通用）

这是一份03 三角形中的导角模型-“8”字模型、“A”字模型与三角板模型-2024年中考数学几何模型归纳讲练（全国通用），文件包含03三角形中的导角模型-“8”字模型“A”字模型与三角板模型学生版docx、03三角形中的导角模型-“8”字模型“A”字模型与三角板模型教师版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。

模型1、“8”字模型

图1 图2
8字模型（基础型）
条件：如图1，AD、BC相交于点O，连接AB、CD；结论：①；②。
8字模型（加角平分线）
条件：如图2，线段AP平分∠BAD，线段CP平分∠BCD；结论：2∠P=∠B+∠D
例1．（2021·河北·统考中考真题）下图是可调躺椅示意图（数据如图），与的交点为，且，，保持不变．为了舒适，需调整的大小，使，则图中应 （填“增加”或“减少”） 度．
【答案】 减少 10
【分析】先通过作辅助线利用三角形外角的性质得到∠EDF与∠D、∠E、∠DCE之间的关系，进行计算即可判断．
【详解】解：∵∠A+∠B=50°+60°=110°，∴∠ACB=180°-110°=70°，∴∠DCE=70°，
如图，连接CF并延长，∴∠DFM=∠D+∠DCF=20°+∠DCF，∠EFM=∠E+∠ECF=30°+∠ECF，
∴∠EFD=∠DFM+∠EFM=20°+∠DCF+30°+∠ECF=50°+∠DCE=50°+70°=120°，
要使∠EFD=110°，则∠EFD减少了10°，若只调整∠D的大小，由∠EFD=∠DFM+∠EFM=∠D+∠DCF+∠E+∠ECF=∠D+∠E+∠ECD=∠D+30°+70°=∠ D+100°，
因此应将∠D减少10度；故答案为：①减少；②10．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质，同时涉及到了三角形的内角和与对顶角相等的知识；解决本题的关键是理解题意，读懂图形，找出图形中各角之间的关系以及牢记公式建立等式求出所需的角，本题蕴含了数形结合的思想方法．
例2．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠K的度数．
【答案】540°
【分析】如图所示，由三角形外角的性质可知：∠A＋∠B＝∠IJL，∠C＋∠D＝∠MLJ，∠H＋∠K＝∠GIJ，∠E＋∠F＝∠GML，然后由多边形的内角和公式可求得答案．
【详解】解：如图所示：
由三角形的外角的性质可知：∠A＋∠B＝∠IJL，∠C＋∠D＝∠MLJ，∠H＋∠K＝∠GIJ，∠E＋∠F＝∠GML，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠K＝∠IJL＋∠MLJ＋∠GML＋∠G＋∠GIJ＝（5－2）×180°＝3×180°＝540°．
【点睛】本题主要考查的是三角形外角的性质和多边形的内角和公式的应用，利用三角形外角和的性质将所求各角的和转化为五边形的内角和是解题的关键
例3．（2023·山东德州·八年级校考阶段练习）如图1，已知线段相交于点O，连接，则我们把形如这样的图形称为“8字型”．
(1)求证：；
(2)如图2，若和的平分线和相交于点P，且与分别相交于点．
①若，求的度数；
②若角平分线中角的关系改为“”，试探究与之间的数量关系．
【答案】(1)见解析(2)①；②
【分析】（1）利用三角形内角和定理和对顶角相等即可证明；
（2）①根据角平分线的定义得到，，再根据“8字形”得到，两等式相减得到，即，即可求解．②根据，可得，，再由三角形内角和定理和对顶角相等，可得，即可求解．
【详解】（1）证明：在中，，
在中，，
∵，∴；
（2）解：①∵和的平分线和相交于点P，∴，
∵①，②，
由，得：，即，
∵，∴；
②∵，∴，，
∵，，
∴，，
∴，∴），故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形内角和、有关角平分线的计算，解题的关键是灵活运用“8字形”求解．
例4．（2023春·广东深圳·七年级统考期末）定理：三角形任意两边之和大于第三边．
(1)如图1，线段，交于点，连接，，判断与的大小关系，并说明理由；
(2)如图2，平分，为上任意一点，在，上截取，连接，．求证：；
(3)如图3，在中，，为角平分线上异于端点的一动点，求证：．
【答案】(1)；理由见详解(2)证明见详解(3)证明见详解
【分析】（1）根据三角形任意两边之和大于第三边知，，，两式相加即可得出结论；（2）根据证即可得出结论；
（3）在上取一点，使，连接交于点，证，即，同理证，然后同理（1）得，变形不等式即可得出结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
，，
，即；
（2）证明：平分，，
在和中，，，；
（3）证明：在上取一点，使，连接交于点，
是的角平分线，，
在和中，，，，同理可证，
，，，即，
，．
【点睛】本题主要考查三角形的综合题，熟练掌握三角形的三边关系和全等三角形的判定和性质等知识是解题的关键．更多资料添加微信号：DEM2008 淘宝搜索店铺：优尖升教育 网址：
例5．（2023春·江苏苏州·七年级校联考期中）阅读：基本图形通常是指能够反映一个或几个定理，或者能够反映图形基本规律的几何图形．这些图形以基本概念、基本事实、定理、常用的数学结论和基本规律为基础，图形简单又具有代表性．在几何问题中，熟练把握和灵活构造基本图形，能更好地帮助我们解决问题．我们将图1①所示的图形称为“8字形”．在这个“8字形”中，存在结论．
我们将图1②所示的凹四边形称为“飞镖形”．在这个“飞镖形”中，存在结论．

(1)直接利用上述基本图形中的任意一种，解决问题：
如图2，、分别平分、，说明：．
(2)将图2看作基本图形，直接利用（1）中的结论解决下列问题：
①如图3，直线平分的外角，平分的外角，若，，求的度数．②在图4中，平分的外角，平分的外角，猜想与、的关系（直接写出结果，无需说明理由）．③在图5中，平分，平分的外角，猜想与、的关系（直接写出结果，无需说明理由）．


【答案】(1)见解析(2)①；②；③
【分析】（1）根据角平分线的定义可得，再根据题干的结论列出，相加得到，继而得到，即可证明结论；
（2）①如图所示，分作的角平分线交于H，根据（1）的结论得到，再由角平分线的定义和平角的定义证明，，再根据题干的结论可推出；②如图所示，分作的角平分线交于H，由（1）的结论可知，，同理可得，，则由四边形内角和定理可得；③由题干的结论可得，由角平分线的定义得到，再求出，由题干的结论可知，由此可得．
【详解】（1）解：∵分别平分，
∴，∴，
由题干的结论得：，∠，
∴，∴，
∴，即；
（2）解：①如图所示，分作的角平分线交于H，
由（1）的结论可知，
∵分别平分，∴，
∵∴，
∴，同理可得，由题干的结论可得，
∴；

②如图所示，分作的角平分线交于H，
由（1）的结论可知，，同理可得，，
∴；
③由题干的结论可得，
∵平分，平分的外角，
∴，
∵，∴，
由题干的结论可知，∴，
∴
．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，多边形内角和定理，准确识图并运用好“8”字形的结论，然后列出两个等式是解题的关键，用阿拉伯数字加弧线表示角更形象直观．
模型2、“A”字模型

结论：①∠3+∠4=∠D+∠E ；②∠1+∠2=∠A+180° 。
例1．（2023·浙江·八年级假期作业）如图是某建筑工地上的人字架，若，那么的度数为 ．
【答案】
【分析】根据平角的定义求出，再利用三角形的外角的性质即可解决问题．
【详解】解：如图
，，，
，，故答案为：．
【点睛】本题考查三角形外角的性质、平角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基
例2．（2023·绵阳市·八年级假期作业）如图，中，，直线交于点D，交于点E，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角形内角和定理求出，根据平角的概念计算即可．
【详解】解：，，
，故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理的应用，掌握三角形内角和等于是解题的关键．
例3．（2022·福建泉州·九年级校考期中）如图，，若，那么（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据相似三角形的性质求出∠D，再根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】解：∵，∴∠ABC＝∠D＝45°，
∵∠A＝60°，∴∠E＝180°－∠A－∠D＝180°－60°－45°＝75°. 故选：A．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形的对应角相等是解题的关键．
例4．（2023秋·广西·八年级专题练习）如图所示，的两边上各有一点，连接，求证．
【答案】见解析更多资料添加微信号：DEM2008 淘宝搜索店铺：优尖升教育 网址：
【分析】根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和证明即可．
【详解】解：和是的外角，．
又，．
【点睛】本题考查三角形外角的性质，熟知三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
例5．（2023·广东八年级课时练习）如图，已知在中，，现将一块直角三角板放在上，使三角板的两条直角边分别经过点，直角顶点D落在的内部，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由三角形内角和定理可得∠ABC+∠ACB+∠A=180°，即∠ABC+∠ACB=180-∠A=140°，再说明∠DBC+∠DCB=90°，进而完成解答．
【详解】解：∵在△ABC中，∠A=40°∴∠ABC+∠ACB=180-∠A=140°
∵在△DBC中，∠BDC=90°∴∠DBC+∠DCB=180°-90°=90° ∴40°-90°=50° 故选C．
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，灵活运用三角形内角和定理成为解答本题的关键．
例6．（2023秋·河南信阳·八年级校联考期末）（1）如图1，为直角三角形，，若沿图中虚线剪去，则__________；

（2）如图2，在中，，剪去后成为四边形，则__________；
（3）如图2，根据（1）和（2）的求解过程，请归纳与的关系是______________；
（4）若没有剪去，而是将折成如图3的形状，试探究与的关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4），理由见解析
【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（1）和（2）可知，，根据，即可；
（4）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】（1）为直角三角形，，∴，
∵，，∴，
∴，故答案为：．

（2）∵，∴，
∵，，∴，
∴，故答案为：．
（3）由（1）和（2）得，，
∵，∴，∴．
（4），理由见下：由题意得，，∴，，
∴，，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴．
【点睛】本题考查三角形的知识，解题的关键是掌握全等三角形的性质，三角形的内角和和三角形的外角和定理．
例7．（2022秋·河北邯郸·八年级统考期中）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；
应用上面模型解决问题：
(1)如图（2），“五角星”形，求？
分析： 图中是“A”型图，于是，所以= ；
(2)如图（3），“七角星”形，求；
(3)如图（4），“八角星”形，可以求得= ；
【答案】(1)180°(2)180°(3)360°
【分析】（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．
（3）根据三角形外角的性质把8个角转化到一个四边形中可得答案．
【详解】（1）解：如图，
由三角形外角的性质可得，，∵，∴，
∵，∴，故答案为：180°；
（2）如图，由（1）得，
∵，∴．

（3）如图，由三角形外角的性质可得，，，，
故答案为：360°．
【点睛】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．
模型3、三角板模型
【模型解读】由一副三角板拼凑出的几个图形我们称他们为三角板模型。
图①中：∠A=30°，∠C=60°，图②中：∠A=∠C=45°，
例1．（2023·山西吕梁·联考模拟预测）如图：和是两块直角三角尺，两直角三角尺的斜边AB、DE在同一直线上，其中，，，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：∵由题意得，，
∴，故选：B
【点睛】本题考查了三角形的外角的性质，解决本题的关键是熟练掌握三角形外角的性质，即三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和．
例2．（2023春·安徽·九年级专题练习）将两块直角三角尺按如图摆放，其中，，，若相交于点E，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】在中，利用三角形内角和定理，可求出的度数，再结合对顶角相等，即可得出的度数．
【详解】解：在中，，，
∴，∴．故选：B．
【点睛】本题考查三角形内角和定理以及对顶角，牢记“三角形内角和是”及“对顶角相等”是解题的关键．
例3.（2023·陕西咸阳·校考一模）如图，将一副三角尺按图中所示位置摆放，点C在的延长线上，点C、F分别为直角顶点，且，，若，则的度数是（ ）

A．15°B．20°C．25°D．30°
【答案】A
【分析】由，利用“两直线平行，内错角相等”可求出，再利用三角形的外角性质，即可求出的度数．
【详解】解：∵，∴．
∵是的外角，∴．故选：A．
【点睛】本题考查了平行线的性质以及三角形的外角性质，牢记“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”及“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
例3．（2023·江苏盐城·统考二模）一副三角板如图所示摆放，其中含角的直角三角板的直角顶点在另一个三角板的斜边上，若，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用三角形的外角性质进行求解即可．
【详解】解：如图，由题意得：，，

，，．故选：D．
【点睛】本题考查三角形的外角性质，解答的关键是明确三角形的外角等于与其不相邻的两个内角之和．
例4．（2023春·陕西渭南·七年级统考期中）如图，，一副直角三角板和如图摆放，，，若，则下列结论：①；②；③；④平分，正确的有 ．（填序号）

【答案】①②④
【分析】如图，由题意得：，根据平行线的性质求出，进而可求出，即可判断③④；根据三角形的内角和定理、平行线的性质和角的和差求出，即可判断①；求出，进而可判断②．
【详解】解：如图，由题意得：，∵，∴，

∵， ∴，
∴，，故结论③错误；
∵，∴，∴平分，故结论④正确；
∵，∴，∴，故结论①正确；
∵，∴，∴，故结论②正确；故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质、三角形的内角和定理以及三角形的外角性质等知识，熟练掌握三角形的相关知识和平行线的判定和性质是解题的关键．
例5．（2023春·湖南衡阳·七年级统考期末）一副三角板如图1摆放，，，，点在上，点在上，且平分，现将三角板绕点以每秒的速度顺时针旋转（当点落在射线上时停止旋转），设旋转时间为秒．

(1)当______秒时，；当______秒时，；
(2)在旋转过程中，与的交点记为，如图2，若有两个内角相等，求的值；
(3)当边与边、分别交于点、时，如图3，连接，设，，，试问是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)； (2)当为6或15或24时，有两个内角相等
(3)是定值，，理由见解析
【分析】（1）由平行和垂直求出旋转角，结合旋转速度求出旋转时间；
（2）画出图形，分类讨论，①；②；③，求出旋转角，再求出值；（3）找出与，，，有关的数量关系，再把无关的角消去，得出结论．
【详解】（1）如图，当时，

平分，，，
又为的一个外角，，；
如图，当时，，，
，，．故答案为：3；21．
（2）①如图，当时，

，，；
②如图，当时，，，
，；
③如图，当时，，，
综上所述：当为6或15或24时，有两个内角相等．
（3）是为定值105，理由如下：
是的一个外角，是的一个外角，
，，
又，，，
，．
【点睛】本题以求三角形旋转时间为背景，考查了学生对图形的旋转变换、平行的性质、垂直的性质和求等腰三角形内角的掌握情况，第（2）问分情况讨论是解决问题的关键，第（3）问找到三个角之间的关系是关键．更多资料添加微信号：DEM2008 淘宝搜索店铺：优尖升教育 网址：
课后专项训练
1．（2023·广东江门·八年级校考期中）如下图，的度数为（ ）
A．540°B．500°C．460°D．420°
【答案】D
【分析】根据三角形内角和定理可得，根据平角的定义和四边形内角和可得，同理可得，据此即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵，∴，
∵，，∴
∵∴，
同理可得：，∴，故选：D．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，四边形内角和定理，熟知四边形内角和等于是解题的关键．
2．（2023春·江苏·七年级专题练习）如图，已知四边形中，，若沿图中虚线剪去，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】运用内外角之间的关系可得．
【详解】解：∵三角形的内角和等于，∴可得和的邻补角之和等于，
∴，故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内外角之间的关系，三角形的内角和等于,解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．
3．（2023·福建福州·七年级统考期中）如图，将一块直角三角板DEF放置在锐角△ABC上，使得该三角板的两条直角边DE、DF恰好分别经过点B、C，若∠ABC+∠ACB＝120°，则∠ABD+∠ACD的值为( )
A．60°B．50°C．40°D．30°
【答案】D
【分析】根据三角形内角和定理可得∠ABC+∠ACB＝120°，∠DBC＋∠DCB＝90°，进而可求出∠ABD＋∠ACD的度数．
【详解】解：在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝120°，
在△DBC中，∠BDC＝90°，∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝120°﹣90°＝30°．故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握三角形的内角和为180°，此题难度不大．
4．（2023·河北邯郸·统考一模）如图，已知在中，，若沿图中虚线剪去，则的度数是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用四边形内角和为和直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵在中，，∴，
∵，∴故选：A．
【点睛】此题考查了直角三角形的性质和四边形的内角和，解题关键在于根据四边形内角和为和直角三角形的性质求解．
5．（2022秋·河南商丘·八年级统考阶段练习）如图所示，五条线段首尾相连形成的图形中，，则等于（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角形的一个外角等于和它不相邻的两个外角之和求出，，由，求出，再由外角和是即可求出答案．
【详解】解：如图，，，，
，，
，，
，．

【点睛】本题考查了三角形外角的性质定理、多边形外角和定理，熟练掌握相关知识是解题关键．
6．（2023秋·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，在由线段组成的平面图形中，，则的度数为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图标记，然后利用三角形的外角性质得，，再利用互为邻补角，即可得答案．
【详解】解：如下图标记，，
，，又，，
，，故选C．
【点睛】此题考查了三角形的外角性质与邻补角的意义，熟练掌握并灵活运用三角形的外角性质与邻补角的意义是解答此题的关键．
7．（2022秋·湖北孝感·八年级统考期中）一副三角板如图所示放置，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由外角定理知，，将已知角代入求解即可．
【详解】解：如图，，，∵，∴，故选：A．

【点睛】本题考查三角形外角定理，观察图形，由角的位置关系导出角之间数量关系是解题的关键．
8．（2023秋·海南海口·九年级校考期末）将一个直角三角板与一个直尺按如图所示的方式摆放，若，，，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据，得到，结合得到得度数．
【详解】∵，，∴，
∵，∴，故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，补角，熟练掌握性质是解题的关键．
9（2022春·广东揭阳·八年级校考期末）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，请你归纳猜想∠1+∠2与∠A的关系是 ．
【答案】 270°/270度 220°/220度 180°+∠A
【分析】（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．
【详解】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°-（∠B+∠C）=360°-90°=270°，∴∠1+∠2等于270°，故答案为：270°；
（2）∠1+∠2=360°-（∠B+∠C）=360°-（180°-∠A）=180°+∠A =180°+40°=220°，故答案是：220°；
（3）∠1+∠2与∠A的关系是：∠1+∠2=180°+∠A；
证明：∠1+∠2=360°-（∠B+∠C）=360°-（180°-∠A）=180°+∠A；故答案为：180°+∠A．
【点睛】主要考查了三角形的内角和定理，四边形内角和定理．熟练掌握三角形的内角和定理、四边形内角和定理是解题的关键．更多资料添加微信号：DEM2008 淘宝搜索店铺：优尖升教育
10．（2022·安徽·八年级校考期中）如图，若，则 ．

【答案】/250度
【分析】按图先进行标注，根据外角性质分别表示出，，，，再根据，进行求解即可得出最后结果．
【详解】解：如图，进行标注，

是的一个外角，，
是的一个外角，，即，
是的一个外角，，
，
是的一个外角，，
，故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形外角性质，圆周角及邻补角的应用，熟练掌握外角性质是解答本题的关键．
11．（2022秋·四川绵阳·八年级统考期中）如图，已知， ．
【答案】/240度
【分析】由三角形的外角性质和三角形内角和定理即可得出结果．
【详解】连接，，
∴
又，∴ ．故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质、对顶角相等以及三角形内角和定理；熟练掌握三角形的外角性质以及三角形内角和定理是解决问题的关键．
12．（2023春·重庆黔江·七年级统考期末）如图，将三角板与三角板摆放在一起；如图，其中，，．固定三角板，将三角板绕点按顺时针方向旋转，记旋转角．

(1)在旋转过程中，当为 度时，；当为 度时，．
(2)当时，连接，利用图探究值的大小变化情况，并说明理由．
【答案】(1)， (2)不变，理由见解析
【分析】（1）如图，记与的交点为点，与的交点为点，由，可得，再利用角的和差关系可得答案；如图，记与的交点为，求解，由角的和差关系可得答案；
（2）如图3，设分别交、于点、，在中，可得，结合，，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，记与的交点为点，与的交点为点，

， ，， ，即，
如图，记与的交点为，

， ，，
，即，
（2）当，，保持不变，理由如下：
如图3，设分别交、于点、，在中，，

，，
，，．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，平行线的性质，垂直的定义，三角形的外角的性质的应用，熟练的利用旋转的性质与三角形的外角的性质解题是关键．
13．（2023春·安徽宿州·八年级校联考期中）小明善于用数学的眼光观察生活，从中找到数学研究的乐趣．他用一副三角板拼成了如下两幅图．(1)图1中，的度数是______．(2)①求图1中的度数；②图2中，，求的度数．

【答案】(1)(2)①；②
【分析】（1）由三角板可知，，然后利用三角形外角的性质求解即可；
（2）①由三角板可知，，然后利用三角形外角的性质求解即可；
②由三角板可知，然后根据平行线的性质得出的度数，再利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，故答案为：；
（2）解：①∵，，∴；
②∵，，∴，
又∵，∴．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质，平行线的性质，熟知三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
14．（2022秋·湖北省直辖县级单位·八年级校联考期中）如图所示，有一块直角三角板足够大，其中，把直角三角板放置在锐角上，三角板的两边、恰好分别经过、．
(1)若，则______，______，______
(2)若，则______．（写出求解过程）
(3)请你猜想一下与所满足的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)140，90，50；(2)35，过程见解析；(3)，理由见解析．
【分析】（1）在中，由和三角形内角和定理求得，在中，由及三角形内角和定理求得，即可求得；
（2）按照（1）的过程即可得到答案；
（3）在中，．在中，，利用，即可得到答案．
【详解】（1）在中，，，
在中，，，
；故答案为：140，90，50．
（2）在中，，，
在中，，，
，故答案为：35；
（3）与之间的数量关系为：．
理由如下：在中，．在中，．
，．
【点睛】此题主要考查三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理是解决本题的关键．
15．（2023·福建南平·八年级统考期末）结论：直角三角形中，的锐角所对的直角边等于斜边的一半.
如图①，我们用几何语言表示如下：
∵在中，，，∴.
你可以利用以上这一结论解决以下问题：
如图②，在中，，，，，
（1）求的面积；（2）如图③，射线平分，点从点出发，以每秒1个单位的速度沿着射线的方向运动，过点分别作于，于，于.设点的运动时间为秒，当时，求的值.
【答案】（1）；（2）或
【分析】（1）过点C作CH⊥AB于点H，则∠CAH=90°，即可求出∠ACH=30°，求出AH，根据勾股定理即可求解；（2）分两种情况讨论①当点P在△ABC内部时②当点P在△ABC外部时，连结PB、PC，利用面积法进行求解即可. 更多资料添加微信号：DEM2008 淘宝搜索店铺：优尖升教育
【详解】（1）过点C作CH⊥AB于点H，则∠CAH=90°，如图②
∵∴∠ACH=30°∴
∴∴
（2）分两种情况讨论
①当点P在△ABC内部时，如图③所示，连结PB、PC.
设PE=PF=PG=x∵
∴∴
∵AM平分∠BAC，∴，∴，
∴∴
②当点P在△ABC外部时，如图④所示，连结PB、PC.
设PE=PF=PG=x，∵
∴，解得由①知，，
又，∴，∴∴
∴当PE=PF=PG时，或
【点睛】本题考查的是含30°角的直角三角形的性质，掌握勾股定理及三角形的面积法是关键.
16．（2022·广东云浮·九年级校考期中）把一副三角板按如图甲放置，其中，，，斜边，．把三角板绕点顺时针旋转得到（如图乙）．这时与相交于点、与相交于点．
(1)写出 度；(2)线段的长为 ；(3)若把绕着点顺时针旋转得，这时点在的内部、外部、还是边上？说明理由．
【答案】(1)(2)(3)内部，理由见详解
【分析】（1）根据旋转角度，可算出，在中，可算出，根据是的外角，由此即可求解；（2）根据（1）可知垂直平分，，，可算出，的长度，在中，由勾股定理即可求解；（3）绕着点顺时针旋转得，设直线与相交于，在中求出的长，在中算出的长，进行比较即可求解．
【详解】（1）解：∵旋转角为，∴，
∴，∴，
在中，．
（2）解：由（1）可知，，且，
∴平分，，∴，
在中，由勾股定理得，．
（3）解：如图所示，点在的内部．

理由如下：如图所示，
设直线与相交于，∵绕着点顺时针旋转，∴，且，
∴是等腰直角三角形，且，，∴，，
∵，∴，即，∴点在的内部．
【点睛】本题主要考查特殊角的直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，掌握旋转的性质，特殊角的直角三角形的性质是解题的关键．
17．（2022·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如图所示，AB、CD相交于点O，∠A＝48°，∠D＝46°．
(1) 若BE平分∠ABD交CD于F，CE平分∠ACD交AB于G，求∠BEC的度数；
(2) 若直线BM平分∠ABD交CD于F，CM平分∠DCH交直线BF于M，求∠BMC的度数．

【答案】（1）47°；（2）43°
【分析】（1）根据三角形内角和定理以及对顶角相等可得出，由平分线的定义可得出、，再结合三角形内角和定理即可得出，代入度数即可得出结论；（2）由邻补角互补结合角平分线可得出，根据三角形外角性质结合（1）中即可得出，再根据三角形内角和定理即可得出，代入度数即可得出结论．
【详解】解：（1），，，
，，，．
平分交于，平分交于，
，．
，，
，．
（2），平分交直线于，
，
，，
．
【点睛】本题考查了三角形内角和定义、角平分线、三角形的外角性质、对顶角以及邻补角，解题的关键是：（1）根据三角形内角和定理找出；（2）根据三角形内角和定理找出．本题属于中档题，难度不大，但重复用到三角形内角和定义稍显繁琐．
18．（2023·广东湛江·八年级统考期中）问题情景：如图①，有一块直角三角板放置在上（点在内），三角板的两条直角边、恰好分别经过点和点．探究与是否存在某种确定的数量关系．

(1)特殊探究：若，则____度，____度，____度；(2)类比探索：请探究与的关系；
(3)类比延伸：如图②，改变直角三角板的位置，使点在外，三角板的两条直角边、仍然分别经过点和点，（2）中的结论是否仍然成立？若不成立，请直接写出你的结论，并说明理由．
【答案】(1)；；(2)
(3)不成立，，理由见解析
【分析】（1）已知，根据三角形内角和定理易求的度数，已知，根据三角形内角和定理易求的度数，进而得到的度数；
（2）由（1）中的度数，的度数，相减即可得到与的关系；
（3）由于在中，，在中，，相减即可得到结论．
【详解】（1）解：∵，∴，
∵，∴，
∴．故答案为：；；．
（2）与的关系为：，
理由如下：由（1）得：，
∵，∴，
∴．
∴．
（3）不成立，存在，
理由如下：在中，，
在中，∵，∴，
∴，
∴，
∴．∴（2）中的结论不成立．
【点睛】本题考查三角形内角和，直角三角形两锐角互余．三角形内角和定理：三角形三个内角的和等于．注意运用整体法计算，解决问题的关键是求出，的度数．
19．（2023·安徽淮北·八年级统考期末）如图，在中，，直线分别交的边、和的延长线于点D、E、F．
(1)若，则 ．(2)、、有什么数量关系？请说明理由．
【答案】(1) (2)，理由见解析
【分析】（1）在中利用三角形内角和求出，再在中利用三角形内角和即可得出答案；
（2）在中利用三角形内角和表示出，再在中利用三角形内角和即可得出答案.
【详解】（1）∵，∴，
∵，∴，
∵，∴．故答案为：；
（2），
理由：∵，∴，∵
∴，
∵，∴．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握三角形三个内角的和等于．
20．（2023·山东青岛·八年级校联考期末）阅读材料，回答下列问题：
【材料提出】“八字型”是数学几何的常用模型，通常由一组对顶角所在的两个三角形构成．
【探索研究】探索一：如图1，在八字形中，探索∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系为 ；
探索二：如图2，若∠B＝36°，∠D＝14°，求∠P的度数为 ；
探索三：如图3，CP、AG分别平分∠BCE、∠FAD，AG反向延长线交CP于点P，则∠P、∠B、∠D之间的数量关系为 ．
【模型应用】应用一：如图4，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线BP，CP相交于点P．则∠A＝ （用含有α和β的代数式表示），∠P＝ ．（用含有α和β的代数式表示）
应用二：如图5，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线所在的直线相交于点P，∠P＝ ．（用含有α和β的代数式表示）
【拓展延伸】拓展一：如图6，若设∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为 ．（用x、y表示∠P）
拓展二：如图7，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，猜想∠P与∠B、∠D的关系，直接写出结论 ．
【答案】∠A+∠B＝∠C+∠D； 25°；∠P＝；α+β﹣180°，∠P＝； ；∠P＝；2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．
【分析】探索一：根据三角形的内角和定理，结合对顶角的性质可求解；
探索二：根据角平分线的定义可得∠BAP＝∠DAP，∠BCP＝∠DCP，结合（1）的结论可得2∠P＝∠B+∠D，再代入计算可求解；探索三：运用探索一和探索二的结论即可求得答案；
应用一：如图4，延长BM、CN，交于点A，利用三角形内角和定理可得∠A＝α+β﹣180°，再运用角平分线定义及三角形外角性质即可求得答案；
应用二：如图5，延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，利用应用一的结论即可求得答案；
拓展一：运用探索一的结论可得：∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，再结合已知条件即可求得答案；
拓展二：运用探索一的结论及角平分线定义即可求得答案．
【详解】解：探索一：如图1，

∵∠AOB+∠A+∠B＝∠COD+∠C+∠D＝180°，∠AOB＝∠COD，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D，故答案为∠A+∠B＝∠C+∠D；
探索二：如图2，∵AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
由（1）可得：∠1+∠B＝∠3+∠P，∠2+∠P＝∠4+∠D，
∴∠B﹣∠P＝∠P﹣∠D，即2∠P＝∠B+∠D，
∵∠B＝36°，∠D＝14°，∴∠P＝25°，故答案为25°；
探索三：由①∠D+2∠1＝∠B+2∠3，由②2∠B+2∠3＝2∠P+2∠1，
①+②得：∠D+2∠B+2∠1+2∠3＝∠B+2∠3+2∠P+2∠1
∠D+2∠B＝2∠P+∠B．∴∠P＝．故答案为：∠P＝．
应用一：如图4，延长BM、CN，交于点A，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，∴∠AMN＝180°﹣α，∠ANM＝180°﹣β，
∴∠A＝180°﹣（∠AMN+∠ANM）＝180°﹣（180°﹣α+180°﹣β）＝α+β﹣180°；
∵BP、CP分别平分∠ABC、∠ACB，∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，
∵∠PCD＝∠P+∠PBC，∴∠P＝∠PCD﹣∠PBC＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A＝，
故答案为：α+β﹣180°，；
应用二：如图5，
延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，∴∠A＝180°﹣α﹣β，
∵BP平分∠MBC，CP平分∠NCR，∴BP平分∠ABT，CP平分∠ACB，
由应用一得：∠P＝∠A＝，故答案为：；
拓展一：如图6，

由探索一可得：∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∵∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，
∴∠CDB﹣∠CAB＝∠C﹣∠B＝x﹣y，∠PAB＝∠CAB，∠PDB＝∠CDB，
∴∠P+∠CAB＝∠B+∠CDB，∠P+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∴2∠P＝∠C+∠B+（∠CDB﹣∠CAB）＝x+y+（x﹣y）＝，
∴∠P＝，故答案为：∠P＝；
拓展二：如图7，
∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，∴∠PAD＝∠BAD，∠PCD＝90°+∠BCD，
由探索一得：①∠B+∠BAD＝∠D+∠BCD，②∠P+∠PAD＝∠D+∠PCD，
②×2，得：③2∠P+∠BAD＝2∠D+180°+∠BCD，
③﹣①，得：2∠P﹣∠B＝∠D+180°，∴2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°，故答案为：2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．
【点睛】本题是探究性题目，考查了三角形的相关计算、三角形内角和定理、角平分线性质、三角形外角的性质等，此类题目遵循题目顺序，结合相关性质和定理，逐步证明求解即可．