2024年中考数学几何模型专练：三角形中的导角模型-“8”字模型、“A”字模型与三角板模型

专题03三角形中的导角模型-“8”字模型、“A”字模型与三角板模型

近年来各地中考中常出现一些几何导角模型，该模型主要涉及高线、角平分线及角度的计算（内角和

定理、外角定理等）。熟悉这些模型可以快速得到角的关系，求出所需的角。本专题“8”字模型、“A”字

模型与三角板模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

模型1、“8”字模型

图1图2

8字模型（基础型）

条件：如图1,AD,相交于点O,连接A3、CD；结论：@ZA+ZB=ZC+ZD；®AB+CD<AD+BCo

8字模型（加角平分线）

条件：如图2,线段AP平分NBA。，线段“平分N3C£）；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），AE与8。的交点为C,且—A,NB,

NE保持不变.为了舒适，需调整/O的大小，使/跖0=110。，则图中/O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国EDF与回。、团£、团DCE之间的关系，进行计算即可判断.

【详解】解：0&4+06=50°+60°=110°,EH4CB=180°-110°=70°,fflDCE=70°,

如图，连接CF并延长，E0DF/W=0D+0DCF=2O0+[3DCF,EEF/W=EE+0fCF=3O°+EECF,

EEIEFC>=I30F/W+EIEF/W=20°+I3DCF+30°+EIECF=50°+I3DCE=50°+70°=120°,

要使EIEFD=110。，贝物EFD减少了10。，若只调整回。的大小，由

^EFD^DFM+^EFM=SD+BDCF+^E+^ECF=^D+SE+^ECD=^D+30°+70°^D+1000,

因此应将回。减少10度；故答案为：①减少；010.

【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，^0A+0B+0C+0D+[3£+0F+0G+0//+0X_

【分析】如图所示，由三角形外角的性质可知：她+班=取〃，SC+^\D=SMLJ,SH+SK=^GIJ,0£+EF

=BGML,然后由多边形的内角和公式可求得答案.

【详解】解：如图所示:

G

A

BJLC

由三角形的外角的性质可知：SA+BB=WL,SC+BD=SMLJ,SH+^K=SGIJ,SE+SF=SGML,

^EA+^B+^C+SD+QE+SF+SG+^H+SK=SIJL+^MLJ+SGML+^G+SGIJ=(5-2)x180°=3x180°=

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AB,8相交于点。连接AC,8。，则我们

把形如这样的图形称为"8字型

⑴求证：ZA+ZC=ZB+ZD；

(2)如图2,若/C43和/3DC的平分线AP和DP相交于点P,且与CRAB分别相交于点”、N.

①若/3=100。,/。=120。，求/尸的度数；

②若角平分线中角的关系改为“NC4尸=^ZCAB,ZCDP=g/CDB”,试探究NP与NB,ZC之间的数量关系.

【答案】⑴见解析(2)①110。；@ZP=1(ZB+2ZC)

【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NC4P=Za4P,/BDP=/CDP,再根据"8字形”得到

NCAP+NC=NCDP+NP,NBAP+NP=NBDP+NB,两等式相减得到/C—/P=NP—,即

1119

ZP=-(ZB+ZC),即可求解.®^CAP=-ZCAB,ZCDP=^CDB,可得/BAP=§4BAC,

ZBDP=-ZBDC,再由三角形内角和定理和对顶角相等，可得2(NC—NP)=NP-N3,即可求解.

【详解】(1)证明：在AAOC中，ZA+ZC=1800-ZAOC,

在中，ZB+ZD=180°-ZBOD,

SZAOC^ZBOD,[3ZA+/C=/B+/O；

(2)解:①回/C4B和的平分线AP和£)尸相交于点尸，0ZCAP=ZBAP,ZBDP=ZCDP,

EINC4P+NC=NCDP+NP①，ZBAP+NP=NBDP+NB②,

由①一②，得：ZC-ZP=ZP-ZS,EPZP=1(ZC+ZB),

团ZB=100°,ZC=120°,0ZP=1(1OO°+120°)=110°；

②团ZCAP=|ZCAB,ZCDP=|ZCDB,0NBAP=|ABAC,ZBDP=|ZBDC,

SZCAP+ZC=ZCDP+ZP,ZBAP+ZPZBDP+ZB,

iii222

0ZC-ZP=-ZBDC--ABAC=-(ZBDC-ABAC),ZP-ZB=-ZBDC--ABAC=1(ZBDC-ABAC),

02(ZC-ZP)=ZP-ZB,0ZP=1(ZB+2ZC)),故答案为：ZP=1(ZB+2ZC).

【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AD,BC交于点E,连接AB,CD,判断AD+BC与AB+CD的大小关系，并说明理由;

（2汝口图2,0c平分NA03,尸为0c上任意一点，在。4,OB上截取OE=O尸，连接PE,P尸.求证：PE=尸产；

⑶如图3,在“1BC中，AB>AC,P为角平分线AD上异于端点的一动点，求证：PB-POBD-CD.

【答案】（1）AD+8c>山?+8；理由见详解⑵证明见详解⑶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，AE+BE>AB,CE+ED>CD,两式相加即可得出结

论；（2）根据SAS证△OE/NZXOEP即可得出结论；

（3）在A5上取一点E,使AE=AC,连接DE交3P于点尸，证AAPE均APC,即PC=PE,同理证CD=OE,

然后同理（1）得PB+CD>PC+BD,变形不等式即可得出结论.

【详解】（1）解：AD+BOAB+CD,理由如下：

AE+BE>AB,CE+ED>CD,

:.AE+BE+CE+ED>AB+CD,HPAD+BOAB+CD-

(2)证明：平分NA03,:.ZEOP=ZFOP,

OE=OF

在AOEP和△。尸尸中，＜NEOP=NFOP,:.^OEP^OFP(SAS),.-,PE=PF；

OP=OP

(3)证明：在AB上取一点E,使A£=AC,连接OE交BP于点尸，

A

•.•AD是，84c的角平分线，4P=NC4P,

AE=AC

在VAPE和中，<NEAP=NCAP,:.AAPE^AAPC（SAS）,:.PE=PC,同理可证OE=DC,

AP=AP

-：EF+PF>EP,BF+FD>BD,EF+PF+BF+FD>EP+BD,BPPB+DE>EP+BD,

:.PB+CD>PC+BD,:.PB-PC>BD-CD.

【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.

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/4+/3=NC+/D.

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NAOC=NA+NC+NP.

D

A

⑴直接利用上述基本图形中的任意一种，解决问题：

如图2,AP,CP分别平分254D、ZBCD,说明：ZP=1（ZB+Z£＞）.

⑵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AP平分4AD的外角/E4D,CP平分N3C。的外角4CE,若NB=30。，ND=20。，求

—P的度数.②在图4中，”平分154。的外角/E4D,CP平分ZBCD的外角4CE,猜想—P与-3、

的关系（直接写出结果，无需说明理由）.③在图5中，相平分CP平分N3CZ）的外角4CE,

猜想上尸与-3、/O的关系（直接写出结果，无需说明理由）.

图2

【分析】（1）根据角平分线的定义可得4=N2,Z3=Z4,再根据题干的结论列出

ZP+Z3=Z2+ZABC,ZP+Zl=Z4+ZADC,相力口得至ij2NP+N2+N3=Nl+N4+ZABC+Z/WC,继而

得到2/P=NA3C+NADC,即可证明结论;

(2)①如图所示，分作/BADN3CD的角平分线交于根据(1)的结论得到/”=；(/B+/D)=25。,

再由角平分线的定义和平角的定义证明NPC"=90。，/上4H=90。，再根据题干的结论可推出

/P=/H=25。；②如图所示，分作/R4D,/BCD的角平分线交于〃，由(1)的结论可知

Z//=1(ZB+ZD),,同理可得/PCH=90。，ZPAH=90°,则由四边形内角和定理可得

ZP=180°-1(ZJB+ZD)；③由题干的结论可得/尸=/3+/氏4尸+/3cP,由角平分线的定义得到

ZBAP=-ZBAO,ZBCP=-ZBCE,再求出NBCP=90。一!/3。，由题干的结论可知

222

ZB+ZBAO=NO+ZBCD,由此可得ZP=ZB+ZBAP+ZBCP=90°+|(ZB+ZD).

【详解】(1)解：回AP、CP分别平分/54D、NBCD,

0Z1=Z2,Z3=Z4,0Z2+Z3=Z1+Z4,

由题干的结论得：ZP+Z3=Z2+ZABC,0P+Z1=Z4+ZADC,

02ZP+Z1+Z3=Z2+Z4+ZABC+ZADC,S2ZPZABC+ZADC,

0ZP=1(ZABC+ZADC),gpZP=1(ZB+ZD)；

(2)解：①如图所示，分作4CD的角平分线交于8，

由(1)的结论可知=+/£>)=25。，

SPC,HC分别平分NBCE,/BCD,国/BCP=L/BCE,ZBCH^-ZBCD,

22

0ZBCD+NBCE=180°0ZBCP+ZBCH=-ZBCD+-ZBCE=90°,

22

0ZPCH=90°,同理可得/R4H=90。，由题干的结论可得NP+NR4H=NH+NPCH,

0ZP=ZH=25°；

②如图所示，分作/&4D,/BCD的角平分线交于”，

由（1）的结论可知/+同理可得/PCH=90。，/R4H=90。,

ElZP=360°-ZPAH-ZPCH-ZH=180°-1(ZB+Z£>)；

③由题干的结论可得=+

回AP平分4AD,CP平分N3CD的外角/BCE,

S\ZBAP=-ZBAO,ZBCP=-ZBCE,

22

0ZBCE=180°-ZBCD,SZBCP=90°--ZBCD,

2

由题干的结论可知N3+NBAO=ZD+ZBCD,0NBAO=ZD+/BCD-ZB,

^\ZP=ZB+ZBAP+ZBCP^ZB+-ZBAO+90°--ZBCD

22

ZB+-ZD+-ZBCD--ZB+90°--ZBCD=90°+-(ZB+Z£>).

22222V'

【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=ND+NE；②/l+/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4=120。，那么/3-/2的度数

【分析】根据平角的定义求出/4,再利用三角形的外角的性质即可解决问题.

【详解】解：如图

Q?3?2?4,.-.Z3-Z2=Z4=60o,故答案为：60°.

【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，AABC中，ZA=65°,直线。E交AB于点。，交AC于点E,

则/3DE+NCED=().

A.180°B.215°C.235°D.245°

【答案】D

【分析】根据三角形内角和定理求出N4DE+N4ED,根据平角的概念计算即可.

【详解】解：vZA=65°,.•.ZAD£+ZA£D=180o-65o=115°,

ZBDE+ZCED=360°-115°=245°,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180。是解题的关键.

例3.(2022•福建泉州•九年级校考期中)如图，AABCSAADE,若ZA=6(T,NABC=45°,那么NE=()

A.75°B.105°C.60°D.45°

【答案】A

【分析】根据相似三角形的性质求出ao,再根据三角形内角和定理计算即可.

【详解】解：0AABC^AAD£,EEABC=0£)=45O,

0EL4=6O°,EHE=180°—0A—团。=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，/D4E的两边上各有一点8,C,连接3C,求证

Z.DBC+NECB=180°+ZA.

【答案】见解析【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：3c和/EC5是AABC的外角，ZDBC=ZA+ZACB,ZECB=ZA+ZABC.

又•.•ZA+ZABC+ZACB=180。，,ZDBC+NECB=ZA+ZACB+ZABC+ZA=180o+ZA.

【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AABC中，ZA=40°,现将一块直角三角板放在AABC上,

使三角板的两条直角边分别经过点8,C,直角顶点。落在AASC的内部，则乙4BD+NACD=（）.

A.90°B.60°C.50°D.40°

【答案】C

【分析】由三角形内角和定理可得0ABC+EIAC8+0AZ8O。，iPEL4BC+EL4CB=18O-0A=14O",再说明

SDBC+SDCB^90°,进而完成解答.

【详解】解：团在0A8C中，EA=4O°00ABC+E1ACB=18O-[3A=14OO

国在EIOBC中，EIB£）C=9OofflDBC+0£）CB=18O<>-9Oo=9Oo0ZABD+ZACD=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,AABC为直角三角形，ZA=90°,若沿图中虚线

剪去—A,贝i」Nl+N2=；

AA

：决

、、、2

BC

图1图2图3

(2)如图2,在44BC中，ZA=40°,剪去NA后成为四边形，则/1+/2=;

(3)如图2,根据(1)和(2)的求解过程，请归纳N1+N2与NA的关系是；

(4)若没有剪去NA,而是将NA折成如图3的形状，试探究4+N2与NA的关系，并说明理由.

【答案】(1)270°；(2)220°；(3)Zl+Z2=180°+ZA；(4)N1+N2=2NA,理由见解析

【分析】(1)根据三角形的内角和为180。，三角形的外角和定理，则N1=NA+NAFE,Z2=ZA+ZAEF,

ZAFE+ZAEF^90°,即可；

(2)根据三角形的内角和为180。，三角形的外角和定理，贝IJN1=NA£F+NA,Z2=ZAFE+ZA,

ZAFE+ZAEF^140°,即可；

(3)根据(1)和(2)可知，Z1+Z2=2ZA+ZAFE+ZAEF,根据/A+NAFE+/A£F=180。，即可；

(4)根据折叠的性质，贝LAFE也APEE,根据全等三角形的性质，三角形内角和，平角的性质，则

Zl+2ZAfE=180°,Z2+2ZAEF=180°,ZA+ZAFE+ZAEF=180°,再根据等量代换，即可.

【详解】(1)A4BC为直角三角形，NA=90。，0ZAFE+ZAEF=90°,

^\Z1=ZA+ZAFE,N2=ZA+ZAEF,0Z1+Z2=2ZA+ZAFE+ZA£F,

0Z1+Z2=2x90°+90°=270°,故答案为：270°.

：\E

'、、2

AF、、

(2)0ZA=4O°,^ZAFE+ZAEF=140°,

SZ1=ZAEF+ZA,Z2=ZAFE+ZA,0Z1+Z2=2ZA+ZAPE+ZA£F,

0Zl+Z2=2x4O°+14O°=22O°,故答案为：220°.

(3)由(1)和(2)得，Z1+Z.2^2ZA+ZAFE+ZAEF,

0ZA+ZAFE+ZA£F=18O°,^\ZL+Z2=ZA+ZA+ZAFE+ZAEF,0Z1+Z2=ZA+18OO.

（4）N1+N2=2NA,理由见下：由题意得，&AFE纤PFE,SZAFE=ZPFE,ZAEF=ZPEF,

0Z1+2ZAFE=18O°,Z2+2ZAEF=180°,EZ1+Z2+2（ZAFE+ZAEF）=360°,

0ZA+ZAFE+ZAEF=180°,回ZAFE+ZAE尸=180°—ZA,

0Z1+Z2+2（18O°-ZA）=36O°,0Z1+Z2-2ZA=O,0Z1+Z2=2ZA.

【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：fflEDF=fflA+EB+HC；

应用上面模型解决问题：

⑴如图（2）,"五角星"形，求NA+N4+NA+NA+NA=?

分析：图中是"A"型图，于是N&D4s=/4+/4+幺，所以NA+N4+N4+N4+NA=

⑵如图（3）,"七角星"形，^ZAl+ZA2+ZA3+ZA4+ZA5+ZA6+ZA7；

⑶如图（4）,"八角星"形，可以求得：ZAl+ZA2+ZA3+ZA4+ZA5+ZA6+ZAJ+ZAg=

【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】([)解：如图，

由三角形外角的性质可得，ZADAZIZA

ZI=ZA+ZA4,^25=+3,SZA2DA5=ZAI+ZA4+ZA3,

o

0ZA£)4+Z4+Z4=180°,ElZAt+ZA2+ZA3+ZA4+ZA5=180,故答案为：180°；

(2)如图，由(1)得，Z1=ZAI+ZA4+ZA5,Z2=ZA,+ZA3+ZA6,

0Z1+Z2+ZA7=180°,13ZA+N4+Z4+NA4+NA+NA+N4=180°.

(3)如图，由三角形外角的性质可得，Z3=ZA+ZA4,N2=N4+/3,Z1=ZA3+ZA6,N3+N4=N4

;/1+/2+/4+幺=360。二4+/4+幺+幺+幺+幺+/4+幺=360°,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：ZA=30°,ZC=60°,图②中：ZA=ZC=45°,

图①图②

例1.（2023・山西吕梁・联考模拟预测）如图：和RtVDCE是两块直角三角尺，两直角三角尺的斜

边A8、Z）E在同一直线上，其中/ACB=/OCE=90。，ZC4B=30°,/CED=45。，则/ACD的度数为（）

A.10°B.15°C.20°D.30°

【答案】B

【分析】根据三角形外角的性质求解即可.

【详解】解：团由题意得NC4S=30。，ZCDE=ZCED=45°,

0ZACD=ZCDE-ZCAB=45°-30°=15°,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/ASC=〃=90。，NA=60。，

ZDCB=45°,若AC,如相交于点E,则的大小为（）

C.95°D.75°

【答案】B

【分析】在ABEC中，利用三角形内角和定理，可求出/3EC的度数，再结合对顶角相等，即可得出一血＞

的度数.

【详解】解:在ABEC中，/EBC=45。,NECB=30°,

0ZBEC=180°-ZEBC-ZECB=180°-45°-30°=105°,51ZAED=ZBEC=105°.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180。”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F。的延长线上，点C、

尸分别为直角顶点，且NA=60。，NE=45。,若AB"CF,则的度数是（）

1。一

FDC

A.15°B.20°C.25°D.30°

【答案】A

【分析】由尸，利用"两直线平行，内错角相等"可求出48二=30。，再利用三角形的外角性质，即

可求出/C3O的度数.

【详解】解：0AB"CF,0ZBCD=ZASC=30°.

0ZBDF是△BCD的外角，EZ.CBD=ZEDF-/BCD=45°—30°=15°.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45。角的直角三角板的直角顶点在另一

个一三角板的斜边上，若/1=18。，则N2的度数是（）

A.18°B.23°C.28°D.33°

【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：/A=45。，ZB=30°,

,45°B

2

-.•Zl=18°,.-.Z3=Z1+ZA=63O,.•.Z2=Z3-ZB=33°.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，GA//FD,一副直角三角板A3C和。ER如图摆放，

/EDF=60°,ZBAC^45°,若BC〃DE,则下列结论：①/G4B=30。；⑦AB〃EF；③NA£»=120。；

④EC平分NDEF,正确的有.（填序号）

【答案】①②④

【分析】如图，由题意得：ZB=ZDEF=90°,Zl=ABAC=45°,根据平行线的性质求出

Z3=AEDF=60°,Z2=Z1=45°,进而可求出NAERNEEC,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/G4fi=30。，即可判断①；求出NB=NEHC=90。,进而可判断②.

【详解】解：如图，由题意得：/3=/。£尸=90。,/1=/瓦1。=45。，=60°,SZDFE=30°,

aBC〃DE,回N3=NED尸=6O°,N2=N1=45。，

0ZDCE=180°-60°-45°=75°,ZAED=180°-Z2=135°,故结论③错误；

0ZFEC=90°-ZCED=45°,旦NFEC=NCED=45。,EIEC平分NDEF,故结论④正确；

BGA//FD,BlZGAC=ZDCE=75°,EZGAB=ZG4C-Z.BAC=75°-45°=30°,故结论①正确;

0ZEHC=Z3+Z,DFE=90°,0NB=NEHC,SAB//EF,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，NC=NDFE=90。,ZS=30°,NE=45。,

点厂在BC上，点A在。R上，且AF平分/C4B,现将三角板DEE绕点/以每秒5。的速度顺时针旋转（当

⑴当/=秒时，DE〃AB；当，=秒时，DE.LAB-,

（2）在旋转过程中，。尸与A8的交点记为P,如图2,若AAFP有两个内角相等，求/的值；

⑶当边OE与边AB、3c分别交于点A/、N时，如图3,连接4E,设/区钻=无。，ZAED=y°,NDFB=z。,

试问x+y+z是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由.

【答案】（1）3；21⑵当f为6或15或24时，AAFP有两个内角相等

⑶是定值，x+y+z=105,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，®ZPAF=ZPFA；（2）ZPAF=ZAPF；@^PFA=^APF,求出旋转角，再求

出f值；（3）找出与NB4E,NAED,ZDFB,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，ZEDF=ZSPF=45°

•••AF平分/胡C,ZS4c=60°,:.ZBAF^30°,

15°

又为△钎尸的一个外角，ZPFA=ZBPF-ZBAF=45°-30°=15°,：.t=—=3；

如图，当时，ADPB=180°-90°-45°=45°,:.ZAPF=ZDPB=^5°,

105°

.-ZBAF=30°,ZAFP=180°-ZAPF-ZBAF=180°-45°-30°=105°,:.t=—=21.故答案为：3；21.

(2)①如图，当NR4F=NPE4时，

vZPAF=30°,:.ZPFA=30°,.\t=6；

②如图，当=时,•.•NR4F=30°,ZPAF+ZPFA+ZAPF=180°,

ZAFP=-(180°-30°)=75°,.」=15；

③如图，当ZR4F=ZAPF时，ZAFP=180°-ZR4F-ZAPF=180°-30°-30°=120°,:.t=24,

综上所述：当f为6或15或24时，△回?有两个内角相等.

（3）x+y+z是为定值105,理由如下：

是的一个外角，/MZVB是△DRV的一个外角，

:.ZBMN=ZBAE+ZAED=x0+y°,ZMNB=ZDFB+ZD=z°+45°,

XZ.BMN+ZMNB+ZB=180°,ZB=30°,/.x°+y°+z°+45°+30°=180°,

x°+y°+z°=105°,/.％+y+z=105.

【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.

课后专项训练

1.（2023・广东江门•八年级校考期中）如下图，N1+/2+/3+/4+/5+N6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4+/2=140。，根据平角的定义和四边形内角和可得

/3+/4=/1+/2=140。，同理可得/5+/6=N3+N4=140°,据止匕即可求解.

【详解】解：如图所示，

IBZA=40o,0Zl+Z2=180°-40°=140°,

0Z1+Z7=18O°,Z2+Z8=180°,ElZl+Z2+Z7+Z8=360o

0Z7+Z8+Z3+Z4=36O°0Z3+Z4=Z1+Z2=14O°,

同理可得：Z5+Z6=Z3+Z4=140°,0Zl+Z2+Z3+Z4+Z5+Z6=14O°x3=42O°,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360。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A3C。中，ZC=90°,若沿图中虚线剪去ZC,则

N1+N2等于（）

A.90°B.135°C.270°D.315°

【答案】C

【分析】运用内外角之间的关系可得Nl+N2=270°.

【详解】解：回三角形的内角和等于180。，团可得/I和/2的邻补角之和等于90。，

fflZ1+Z2=2x180°-90°=270°,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180。,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。E尸放置在锐角0ABe上，使得该三角板的

两条直角边。E、。/恰好分别经过点2、C,若朋BC+EIA02=120。，则0ABD+0ACD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0ABC+fflAC8=12O。，0JDBC4-EDCB=9O°,进而可求出0ABO+0ACD的

度数.

【详解】解：在△ABC中，EL4BC+0ACB=12OO,

在ADBC中，EBDC=90°,00DBC+EZ）CB=180°-90°=90°,

0EL4B£>+0ACD=12O--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RtA4BC中，ZC=90°,若沿图中虚线剪去/C,贝U/1+N2

的度数是（）.

A.270°B.240°C.180°D.90°

【答案】A

【分析】利用四边形内角和为360。和直角三角形的性质求解即可.

【详解】解：团在Rt^ABC中，/C=90°,0ZA+ZB=9O°,

fflZl+Z2+ZA+ZB=360°,回/l+N2=360°-(ZA+/3)=270°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360。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ZA=90。，ZB=45°，

A.80°B.75°C.70°D.65°

【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？1?A?B135?,?2?D?E,

由NC=30。，求出N3=180。—30。=150。，再由外角和是360。即可求出答案.

【详解】解：如图，•.•/A=90。，ZB=45°,\?1?AIB135?,

•.•/C=30°,.•./3=180°-30°=150°,

v?l?2?3360?,\?2360?285?75?,

•.•?2?D?E,\?D?E75?.

【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AB,CD,DF,BEC4组成的平面图形中，〃=28。,

则NA+/B+NC+//的度数为().

B

A.262°B.152°C.208°D.236°

【答案】C

【分析】如图标记行，2,?3,然后利用三角形的外角性质得==Z2=ZA+ZC,再

利用N2,N3互为邻补角，即可得答案.

【详解】解：如下图标记彳子，2,?3,VZ1=ZB+ZF=ZD+Z3,

•.•ZZ)=28O,.-.Z3=ZB+ZF-28O,又•.•N2=ZA+NC,.-.Z2+Z3=ZA+ZC+ZB+ZF-28O,

vZ2+Z3=180°.-.180o=ZA+ZC+ZB+ZF-28o,ZA+ZC+ZB+ZF=180°+28°=208°,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N1的度数为（）

A.15°B.20°C.25°D.30°

【答案】A

【分析】由外角定理知，Z2=Z1+Z3,将已知角代入求解即可.

【详解】解：如图，Z2=60°,/3=45。，回/2=/1+/3,0?1?2?360?45?15?,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ABC与一个直尺按如图所示的方式摆放，若

DE〃BF,ZC=30°,ZAFB=70°,则/CDE的度数为（）

A.20°B.25°C.30°D.40°

【答案】D

【分析】根据//由8=70。，得到NCFB=NCED=110。，结合/C=30。得到/CDE得度数.

【详解】回ZAfB=70°,DE〃BF,0ZCFB=ZCED=180°-70°=110°,

0ZC=3O°,fflZCDE=180°-110°-30°=40°,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AABC为直角三角形，fflA=90°,若沿图中虚线剪去EA,则回1+回2=°.

（2）如图2,已知AABC中，她=40。，剪去0A后成四边形，则01+回2=

（3）如图2,根据（1）与（2）的求解过程，请你归纳猜想团1+回2与她的关系是.

【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)回四边形的内角和为360。，直角三角形中两个锐角和为90。，

001+02=360°-(HB+fflC)=360°-90°=270°,EB1+EI2等于270°,故答案为：270°；

(2)01+02=360°-(EB+EIC)=360°-(18O--0A)=180°+&4=180°+40°=2200,故答案是：220°；

(3)团1+团2与EA的关系是：01+E2=18O°+EA；

证明：01+02=360°-(0B+0C)=360°-(180°-EIA)=180°+EA；故答案为：180°+EIA.

【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

10.(2022•安徽,八年级校考期中)如图，若NCGE=125。，贝U/A+/B+NC+/O+NE+NP=.

【答案】250。/250度

【分析】按图先进行标注，根据外角性质分别表示出N£MG=/O+NC,ZHGN=/C+/D+/E,

ZAHG=ZB+55°,ZANG=55°+ZF,ZA+ZAHG+ZHGN+ZANG=360°,进行求解即可得出最

后结果.

【详解】解：如图，进行标注，

•.•/EMG是△MDC的一个外角，:./EMG=ND+NC,

是JWEG的一个外角，:"HGN=NE+NEMG,ZHGN=ZC+ZD+ZE,

•.•NAHG是ABaG的一个外角，:.ZAHG=NB+/BGH,

ZBGH=180°-ZCGE=180°-125°=55°,:.ZAHG=ZB+55°

ZANG是VNGF的一个外角，ZANG=ZNGF+NF=180°-125°+ZF=55°+NF,

vZA+ZAHG+/HGN+ZANG=360°ZA+ZB+55°+ZC+ZD+ZE+ZF+55°=360°

.•.ZA+ZB+NC+ZD+/E+/E=360。—55。—55。=250。，故答案为：250°.

【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/1=60。，NC+〃+/E+/B+/A+N8=

【答案】240。/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CG,ZA+AB=ZACG+ZBGC,

^}ZA+ZB+ZACF+ZF=ZACG+ZBGC+ZACF+ZF=ZACG+ZACF+ZBGC+ZF

=180°-NFGB=18O°-Z1=120°

又"+/E=180°—/l=120°,0ZACF+ZD+ZE+ZF+ZA+ZB=12O0x2=24O°.故答案为：240°.

【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1,将三角板ABC与三角板ADE摆放在一起；如图2,其中

ZACS=30°,/ZME=45。，ZBAC=ZD=90°.固定三角板ABC,将三角板AZ汨绕点A按顺时针方向旋

转，记旋转角/。1£=£（0。＜。＜180。）.

D

DD

，/\口固定三角板45C

顺时针方向旋转

三角板/DE

B

图1

⑴在旋转过程中，当“为一度时，AD//BC-,当《为_度时，AD1BC.

（2）当0。</<45。时，连接班），利用图3探究/BDE+/C4E+/DBC值的大小变化情况，并说明理由.

【答案】（1）15,105（2）不变，理由见解析

【分析】（1）如图1，记OE与AC的交点为点歹，DE与BC的交点为点G,由AD〃3C,可得

ZDAF=ZC=30°,再利用角的和差关系可得答案；如图2,记与BC的交点为尸，求解

ZDAC=180°-ZAFC-ZC=180°-90°-30°=60°,由角的和差关系可