2025北师版七年级数学下册复习专练：与三角形有关角的综合（含解析）

专题4.2与三角形有关角的综合

♦思维方法

正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从

可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。

逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发

进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采

用间接证明。

分类讨论思想：当问题所给的对象不能进行统一研究时，我们就需要对研究对象进行分类，然后对每

一类分别进行研究，得出每一类的结论，最后综合各类的结果，得到整个问题的解答。分类讨论的分类并

非是随心所欲的，而是要遵循以下基本原则：

1.不重（互斥性）不漏（完备性）；

2.按同一标准划分（同一性）；

3.逐级分类（逐级性）。

,*

♦知识点总结

一、三角形的内角及内角和定理

1.三角形内角的概念：三角形内角是三角形三边的夹角.每个三角形都有三个内角，且每个内角均大于0°

且小于180°.

2.三角形内角和定理：三角形内角和是180。.

二、三角形的外角性质

1.三角形的外角和为360。；

2.三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；

3.三角形的一个外角大于和它不相邻的任何一个内角.

♦典例分析

【典例1】在△ABC中，/。=60。，点。，E分别是△ABC边AC,上的点，点P是一动点，令4PDA=41,

Z.PEB=Z.2,乙DPE=乙a.

【问题初探】

(1)如图1,若点P在线段力B上，且Na=60°,则Nl+Z2='

图1

(2)如图2,若点P在线段4B上运动，则Nl,N2,Na之间的数量关系为

图2

【问题再探】

(3)如图3,若点P在线段2B的延长线上运动，求Nl,N2,Na之间的数量关系;

A

(4)如图4,若点P运动到ZMBC的内部，求Nl,N2,Na之间的数量关系.

A

【问题解决】

(5)若点P运动到AABC的外部，且满足与点4分别居于直线BC的两侧时，请直接写出此时NLN2,Na之

间的数量关系.

【思路点拨】

本题主要考查了三角形内角和定理，解题关键是正确识别图形，找出相关角与角之间的关系.

(1)(2)均先根据三角形内角和定理求出乙4+NB和N4PD+NBPE,再根据NA+Nl+N4PD=NB+N2+

乙BPE=180°求出NA+41+4APD+NB+N2+乙BPE=360°,从而求出答案即可；

(3)先根据三角形内角和定理求出乙4+乙48。和43,Z4,再根据乙4+N2BC+Z.1+N4=360。，从而求

出答案即可；

(4)先根据三角形内角和定理求出乙4+乙ABC,再根据五边形内角和公式求出N4+NB+Nl+N2+Na=

5400,从而得到答案即可；

(5)分三种情况讨论：①在线段的延长线上，②不在线段4B的延长线上，③当点P在4C延长线上，分

别画出图形进行解答即可.

【解题过程】

解：(1)•・•+NC=180°,乙C=60°,

•••Z.A+^B=180°-60°=120°,

•••Z-APD+Na+Z.BPE=180°,z,a=60°,

•••Z-APD+Z-BPE=120°,

•••Zi4+zl+Z.APD=zB+z2+乙BPE=180°,

Z-A+z.1+Z-APD+Z-B+z.2+Z-BPE=360°,

ZX+zB+Z-APD+乙BPE+Z1+z2=360°,

・•.z.1+Z2=360°-120°-120°=120°,

故答案为：120；

(2)•••乙4+乙8+NC=180°,ZC=60°,

.♦・+乙8=180°-60°=120°,

•••Z-APD+Na+Z-BPE=180°,

••・Z-APD+Z-BPE=180°-Z.a,

•・•4%+41+/.APD=+42+乙BPE=180°,

・•.Zy4+Z1+^APD+ZB+Z2+乙BPE=360°,

△A++A.APD+乙BPE+Z1+Z2=360°,

z.1+Z2=360°-120°-180°+z.a=60°+Ac,

故答案为：zl+z2=60°+zcr；

（3）如图所示:

图3

•・•4人+AABC+ZC=180°,Z.C=60°,

••・+(ABC=180°-60°=120°,

•••z3+Z2+zcr=180°,

.・.43=44=180°-z2-NQ,

•••Z-A+乙ABC+Z1+z4=360°,

・•・120°+41+180°-Z2-za=360°,

z.1—z.2=60°+Z-CC；

(4)•・・NA+48+NC=180°,Z-C=60°,

・•.Z.A+A.B=180°-60°=120°,

,・,五边形ZBEPF的内角和为(5-2)x180°=540°,

Z-A+Z-B+z.1+z.2+Z-CC=540°,

・•.zl+Z2=540°-120°-皿

即zA+乙2=420°-zcr；

(5)由题意可知点P的位置可能两种情况，

①在线段4B的延长线上，如(3)zl,Z2,Na之间的数量关系为：N1-42=60。+Na；

②不在线段4B的延长线上，有两种情况

第一种如图所示：

C

：.Z.A+A.B=180°-60°=120°,

z.3+z2+zcr=180°,

.・.z.3=z4=180°-z2-za,

•・•+乙8++44=360°,

・•・120°+Z1+180°-N2-4a=360°,

**.z.1—z.2=60°+Na,

第二种如图所示：

•••180°-60°-(180°-zl)=180°-Na-(180°-z2)

•*.z.1—z.2=60°-Z-CC.

③当点尸在AC延长线上时，如图：^PDA=Z1=180°,^PEB=Z.2,ADPE=Za,

P

•・•乙PCE+乙PEC+NP=180°,

・•・(180°-60°)+(180°-42)+Na=180°,

*,*300°-z.2+Z-CC=z.1,

zl+Z2=300。+〃；

・•・若点P运动到A4BC的外部，且满足与点A分别居于直线8c的两侧时，Z1,42,Na之间的数量关系为:

Z.1—Z.2=60°+Z-CC；Z.1—Z.2=60°—cc；z.1+z.2=300°+Z-cc.

♦学霸必刷

1.（2023上•天津东丽•八年级校联考期中）如图，已知N4BC=110。，4E1平分NB4D,CE平分乙DCB,CE的

延长线交AB于点孔设N4EF=a,乙ADC=B，则下列关系正确的是（）

A.£=110°+2aB.0=220°—2a

C.0=110°+aD.£=250°—2a

【思路点拨】

延长4。交BC于点G,设4员4。的度数为2x,NDC8的度数为2y,通过角平分线的定义和三角形外角的性质得

到％+y=号2：之间的关系，在根据三角形内角和得到NB+NBFC+NBCF=180。，将x+y=任/代入,

即可解答.

【解题过程】

设484。的度数为2x,ZDCB的度数为2y,

•••4E平分NB4D,CE平分NDCB,

11

•••Z-EAF=-Z.BAD=x/FCB=-Z.DCB=y,

vZ-ADC=P，

Z-DGC—Z-ADC-Z.DCG=0—2y,

・•・乙BGD=180°一乙DGC=180°―/?+2y,

在^BAG中，4B+ABAG+Z.BGA=110°+2x+180O-p+2y=180°,

6—110。

•,・％+y=---,

•••Z.AEF=a,

Z.CFB=Z.FAE+Z.AEF=x+a,

在aBFC中，Z-BFC+Z.FBC+z_B=%+a+y+110°=180°,

将久+y="产代入可得a+妇产+110°=180°,

整理得0=250°-2a,

故选：D.

2.（2023上•江西南昌•八年级校考阶段练习）如图，AABC=^ACB,BD,CD,力。分别平分△ABC的内角

/.ABC,外角N4CF,夕卜角NE4c.以下结论：®AD\\BC；®^ACB=2/LADB；®ABDC=^BAC；®^ADC=

90°-^ABD；®/.ADB=45°-1ZCDB.其中正确的结论有（）

A.2个B.3个C.4个D.5个

【思路点拨】

根据角平分线的定义，三角形内角和定理以及三角形外角的性质对选项逐个判断即可.

【解题过程】

解：平分ZE4C

J.Z.EAC=2/.EAD

Z.EAC=/.ABC+Z.ACB,/.ABC=Z.ACB

：.^EAC=2^ABC

：.^EAD=乙ABC

：.AD\\BC,故①正确；

'：AD\\BC

：.A.ADB=/-DBC,

Z.ABC=Z.ACB

AZ-ABC=乙ACB=2Z.DBC=2jADB,②正确；

•:乙DCF+^ACD+/-ACB=180°,Z-ACD=4DCF

：.2Z.DCF+/-ACB=180°,

■:乙BDC+乙DBC=^DCF

：・2人BDC+2Z.DBC+Z-ACB=180°

・・・・•.AABC+2ABDC+Z-ACB=180°

•・•Z.BAC+/.ABC+乙ACB=180°

A^BAC=2Z.BDC

：.£BDC=：乙BAC,③正确；

「BO平分乙4BC,

：.^ABD=乙DBC

\9AD\\BC

，乙ADB=乙DBC

：.Z.ABD=Z.ADB

CO平分乙4CF

A^ACF=2乙DCF

■:乙ADB+乙CDB=乙DCF,2乙DCF+乙ACB=180°

：・2乙DCF+Z.ABC=2乙DCF+2(ABD=180°

・•・乙DCF+乙ABD=90°

・••Z-ADB+乙CDB+^ADB=90°

/.Z.ABD=45°乙CDB,⑤正确；

U：AD\\BC

:•(DCF=乙40c

VZ.DCF+Z.ABD=90°,

AZ.ADC+乙ABD=90。即NZOC=90°-乙ABD,④正确；

正确的个数为5

故选：D

3.（2023下•福建福州•七年级校考期末）如图，在AABC,BD、BE分别是高和角平分线，点F在C/的延长

线上,FH1BE交BD于G,交BC于H,下歹悌论:①乙DBE=NF；②24BEF=ABAF+ZC；③NF=|(zBXC-

ZC)；④乙BGH=4ABE+4C,正确的是()

A.1B.2C.3D.4

【思路点拨】

①根据BD14C,FH1BE,以及NFGD=NBGH即可推出NDBE=NF；②根据角平分线的定义和三角形外

角的性质证明即可；③证明乙4BD=90。一NB4C,由①知：NDBE=NF即可证明NF=|(乙84c—NC)；④

由同角的余角相等证明NBGH=乙BED,再根据三角形外角的性质及角平分线的性质即可推出NBGH=

Z-ABE+Z.C.

【解题过程】

解：*：BDLAC,

：./.F+Z.FGD=90°.

•：FHIBE,

;•乙DBE+乙BGH=90°.

VZFGP=乙BGH,

:.乙DBE=ZF.

故①正确；

;吕七平分乙/区。，

：.Z.ABE=UBE=-Z-ABC.

2

Z-BEF=乙CBE+乙C,

：.2Z-BEF=2(乙CBE+zC)=^ABC+24c.

V/.BAF=ZXBC+ZC,

.•.2NBEF=NB4F+NC.

故②正确；

平分4BC,

乙ABE=-/.ABC=-(180°-4BAC-zC)=90。-工LBAC--LC.

22、,22

•；BDLAC,

：.Z.ABD=90°-ABAC.

：.乙DBE=/.ABE-Z.ABD=(90°-1/.BAG-jzf)-(90°-zBXC)=|(zBXC-zC).

由①知：Z.DBE=4F,

=2(NB4C-NC).

故③正确；

'：BDLAC,FH1BE,

：.Z.BGH+Z.DBE=90°,4BED+4DBE=90°.

:.乙BGH=4BED=Z.CBE+ZC.

平分乙4BC,

：.^.ABE=乙CBE,

：.4BGH=LABE+£C.

故④正确；

综上可知，正确的有①②③④，共4个，

故选D.

4.(2023下•河北保定•七年级统考期末)如图，和C4分别是△48c的内角平分线和外角平分线，a42是

N&BD的角平分线，C4是N&CD的角平分线，是N&BD的角平分线，C4是N&CD的角平分线，若4人=

a,则N42023_•

【思路点拨】

根据角平分线的定义可得N&BD=3乙4BC,乙4停。=亚4。。，再根据三角形外角的性质可得［乙48。+

乙4）=^N4BC+N&,化简可得N4=［乙4,进一步找出其中的规律，即可求出乙42023的度数.

【解题过程】

解：•••B必和C4分别是△48C的内角平分线和外角平分线，

11

•*.Z-A1BD=-Z.ABC,Z.A1CD=-Z-ACD,

又•・•Z.ACD=/-ABC+Z.A,Z-ArCD=Z.ArBD+/.A19

-1i

・•・j（ZXBC+△/）=；乙ABC+,

A1.

••・乙4i=-zX,

同理可得：Zi42=|z.i41=/乙4，

.1.

..........

1

则人2023=河74力，

•••Z.A=a,

■■-zyl2023=

故答案为：22O23a.

5.（2024上•福建三明•八年级统考期末）如图，在AABC中，AD,4E分别是△ABC的角平分线和高线，点

尸在BC延长线上，FHLAD,交AE于点G,交4B于点H.给出下歹！］结论：①乙DAE=zF；®^ACF=2zF+

"DF；@Z-AGF=^ADB；@Z.ACB=2乙F+AB.

其中结论正确的为.（填序号）.

【思路点拨】

对于①，根据直角三角形的性质及同角的余角相等，即可判断结果；

对于②，通过举反例“当NB=40°,Z.ACB=60。时，Z.ACF丰2zF+乙4。尸.”计算可得②的结论不成立;

对于③，根据三角形的外角性质，即可判断结果；

对于④，根据2D是△ABC的角平分线，FH1A。,可得乙4HN=N4MN,再利用三角形的外角性质，可逐

步推得结论成立.

【解题过程】

解：对于①，

•・YE是△力BC的高线，

Z.AED=90°,

LDAE+乙ADE=90°,

•••FH1AD,

Z.F+Z.ADE=90°,

•••Z.DAE=Z.F,

・•.①正确；

对于②，

举反例，当乙B=40°,乙1CB=60。时，乙4CF丰2乙F+/.ADF.

理由如下：

当4B=40°,Z.ACB=60。时，

ABAC=180°-40°-60°=80°,

•••4。是AABC的角平分线，

1

・•・ADAC=-ABAC=50°,

2

・・•Z.AED=90°,

・•・/.CAE=90°-乙ACB=30°,

・•・乙DAE=乙DAC-/-CAE=50°-30°=20°,

•・,Z-AED=90°,

•・•Z.ADF=180°-^CAD-Z.ACB=70°,

ZF+Z.ADF=90°,

.・・乙F=90°-^ADF=20°,

・•・2zF+Z-ADF=110°,

而乙4CF=180°-Z-ACB=120°,

•••Z.ACFH2Z-F+Z-ADFf

.•.②错误；

对于③，

•••乙4G尸是AGEF的夕卜角，

Z.AGF-Z.GEF+Z.F—90°+Z.F,

■：NADB是AADE的外角，

.­.4ADB=/.DAE+/.AED=90°+/.DAE,

而由①知miE=乙F,

4ADB=90°+ZF,

Z.AGF=Z.ADB,

二③正确；

对于④，

设FH与4C交于点M,与4。交于点N,

•・•力。是△ABC的角平分线，

.­.乙HAN=4MAN,

•••4ANH=乙ANM=90°,

Z.AHN=4AMN,

又4AHN=NB+NF,Z4CB=MMF+zF=^AMN+zF,

.­.Z.ACB=/.B+Z.F+Z.F=2zF+乙B,

・•.④正确.

故答案为：①③④.

6.(2023上•吉林•八年级阶段练习)【题目】如图①：根据图形填空:

(2)/-A+Z-B+Z-C+Z-D+/-E=+Z.1+Z.2=

【应用】

(3)如图②.求乙4+48+/。+乙。+/£1的度数；

【拓展】

(4)如图③，若乙BGF=110。，则乙4+NB+NC+ND+NE+NF的大小为___度.

【思路点拨】

本题考查了多边形的外角和以及外角和的求法，熟练掌握三角形外角性质是解答本题的关键.

(1)利用三角形外角性质即可求出；

(2)根据外角性质，将乙4+/8+/。+4。+4后转化到一个三角形内计算即可；

(3)利用三角形外角性质将乙4+ZB+ZC+Z£>+NE转化到一个三角形中，再根据三角形内角和180。即

可得到结果；

(4)禾U用外角套外角可得4BGF=NB+NBDF+NF,“GE=乙4+NC+NE,根据对顶角相等，即可计

算出结果.

【解题过程】

解：(1)是三角形的外角，

z.1=Z.C+Z.E,

•••42是三角形的外角，

z2=Z.B+Z-D.

故答案为：乙E,乙D.

(2)Vzl=zC+z£,z2=zB+z£),

”+48+NC+ND+4E=N&+41+42=180°,

故答案为:乙4；180°.

(3)VzXFG=zC+zF,=NB+m

Z-A+乙B+Z-C+Z-D+Z-E=Z-A+Z.AFG+Z-AGF=180°；

(4)如图，连接DG并延长，

根据三角形外角性质可得：

乙BGF=4BGK+AFGK=NB+4BDK+乙FDK+NF=NB+乙BDF+4F,

同理可得：/-CGE=/.C+Z.A+Z.E,

VZ-BGF=乙CGE=110°,

••Z-A+乙B+Z-C+Z-D+Z-E+Z-F=Z-BGF+Z-CGE=220°,

故答案为:220。.

7.(2023上•山西大同•八年级统考阶段练习)综合与探究

(1)如图1,将△ABC沿着DE第一次折叠，顶点B落在△ABC的内部点。处，试探究Nl+N2与NB之间的数

量关系，并说明理由.

(2)如图2,将AABC沿着FG第二次折叠，顶点C恰好与点。重合，若24=85。，45=62。，求N1+N3的

度数.

(3)如图3,将△力BC沿着GH第三次折叠，顶点4恰好与点。重合，若乙4=a,△5=0,用含a,0的代数

式表不N6-(z.1+Z./K7O).

【思路点拨】

(1)由折叠的性质得出NBDE=NODE,乙BED=KOED,由平角的定义及三角形内角和定理可得出答案；

(2)由(1)可知41+42=2乙B,43+N4=2/C,求出42+44=180°-z5°=180°-62°=118°,则

可得出答案；

(3)由(2)可知Nl+N2=2/B,N4GO+N4=2NC,求出+乙4G。=180。-2a+应由周角的定义

求出46=180。—£,则可得出答案.

【解题过程】

(1)Z1+Z2=2乙B.

理由：由折叠得：/-BDE=/.ODE,乙BED=4OED,

•••^ADB+ABEC=360°,

Z.1+Z_2=360°-Z.BDE-乙ODE一4BED-乙OED=360°-2乙BDE-2乙BED,

：.Z.1+N2=2（180°-乙BDE-乙BED）=2zB；

（2）由（1）可知+N2=2/B,N3+N4=2NC,

z.1+z.2+z.3+N4=2乙B+2NC，

••・乙4=85°,

・•・zl+z2+z3+z4=2(180°-85°)=190°,

•・・z5=62°,

Z2+Z4=180°-Z5°=180°-62°=118°,

・•.zl+Z3=190°-118°=72°；

(3)由(2)可知41+乙2=248,乙4G0+44=24f,

z.14-Z-AGO=2.Z-B+2z.C—(乙2+z.4),

•••Z-A=a,z5=jS,

・•.zl+Z.AGO=2(180°-a)-(180°-3)

=180°-2a+/7,

又•・•46=360°-4DOE-z5-(GOF-乙GOH=360°--zC-z5-a

=360°-(180°-a)-/?-a

=180°+a—p—a

=180°-/?,

・•・Z6一(zl+^AGO)=180°一夕一(180°-2a+夕)

=2a—2/3.

8.(2023上•全国•八年级期末)(1)如图，把AABC沿DE折叠，使点A落在点&处，试探究Nl、N2与乙4的

关系；

(2)如图2,若N1=140°,Z2=80°,作N4BC的平分线BN,与N4CB的外角平分线CN交于点N,求NBNC的

度数；

(3)如图3,若点4落在zkABC内部，作乙48C,N4C8的平分线交于点儿,此时N112,NB&C满足怎样

的数量关系？并给出证明过程.

【思路点拨】

(1)由折叠的性质可知乙4=乙％,根据外角定理得到N1=乙4+乙4MD,乙4M。=乙4]+42,代入即可

得至此1=2N4+N2；

(2)先根据(1)的结论求出得到乙4=30°,再由角平分线的定义得到4NBC乙4BC,^NCH=^ACH,

再根据三角形外角定理进行角的转化即可得到ZJV==15°；

(3)由折叠的性质可知乙4ED==4&DE,根据三角形内角和定理证明41+22=2乙4,根

据角平分线的性质得到N4BC=2N&BC,乙4c8=2乙41CB,进而证明N力=2N84C-180。，代入即可得

至此1+Z2=4NB&C-360°.

【解题过程】

解：(1)41=2乙4+42,理由如下：

如图1,AC与D4交于点M.

由折叠的性质可知乙4=乙生,

为A4DM外角，

=4/+Z,AMD,

•・,乙4Mo为外角，

/./.AMD=+Z2,

/.41=乙4+乙%+42=2Z-A+42；

(2)由(1)得乙1=2乙4+42,

VZ1=140°,Z2=80°,

A2Zi4+80°=140°,

・••乙4=30°,

•・,乙4BC的平分线BN,与乙4cB的外角平分线CN交于点N,

:•乙NBC=-/.ABC,乙NCH=-/.ACH,

22

为AN8C的外角，41cH为AABC的外角,

:.乙N=乙NCH-4NBC=-^ACH--/.ABC=，乙4cH-/.ABC}=L=15°；

222',2

(3)解：Z1+Z2=4zBX1C-360°,理由如下；

由折叠的性质可知N4ED=^ED.^ADE=AArDE,

."1=180°-乙=180°-2AADE,z2=180°-乙4E&=180°-2/LAED,

Z.zl+Z2=360°-2/.ADE-2/.AED=360°-2(乙4DE+/.AED},

"：^ADE+AAED=180°-Z4,

N1+N2=360°-2(180°-N&)=2zX,

\'Z.ABC,^ACB的平分线交于点4,

/.ABC=2z41SC,Z.ACB=2N&CB,

/.ABC+Z.ACB=2(NA/C+N&C8)=360°-2/B&C,

：.LA=180°-{/.ABC+NHCB)=180°-(360°-2zB^tC)=2乙BA1C-180°,

Z.1+Z2=2zA=2(2NB&C-180°)=4NB&C-360°.

9.(2024上•辽宁阜新.八年级统考期末)我们把有一组对顶角的两个三角形组成的图形叫做“8”字图形，如

图1,AD,BC相交于点。,连接力B,CD得到“8”字图形力BDC.

(1)如图1,试说明乙4+48=NC+AD的理由；

(2)如图2,N4BC和N4DC的平分线相交于点E,利用(1)中的结论探索NE与乙4、NC间的关系；

(3)如图3,点E为CD延长线上一点，3(2、£＞。分别是乙28。、44。£1的四等分线，且乙EDP=

NCBQ=-4AABC,

^ADE,Q8的延长线与DP交于点P,请探索NP与乙4、NC的关系.(直接写结论)

【思路点拨】

本题考查了三角形内角和定理，角平分线定义，熟练掌握三角形内角和定理是解题关键；

(1)根据三角形的内角和定理，结合对顶角的性质可求解；

(2)根据角平分线的定义可得乙4BE=NC8E,/.CDE=/.ADE,结合(1)的结论可得24E=乙4+/C；

(3)运用(1)和(2)的结论即可求得答案.

【解题过程】

(1)解：如图1,

图1

•••Z-AOB+NA+NB=乙COD+NC+ND=180°,乙AOB=4COD,

Z-A+Z-B=Z.C+Z.D.

(2)解：如图2,

•••NABC和N4DC的平分线相交于点E,

•••(ABE=乙CBE,Z.CDE=Z.ADE,

由(1)可得：ZTI+Z.ABE=ZE+Z.ADE,乙C+乙CDE=+乙CBE,

Z-A+Z-ABE+Z.C+Z-CDE=乙E+Z-ADE+Z-E+Z-CBE,

・•.2/.E=Z.A+zC.

(3)由(1)得：^LA+/-ABC=AC+Z.CDA,

••~Z-AH—乙ABC——Z-CH—Z.CDA,

4444

11

-ZA+乙CBQ=-zC+45°-乙EDP,

4y4

设4。与PQ的交点为点。，贝此C8Q+乙BOD="+/.ADC,

cDE

图3

两式相减可得：4BOD--Z.A=-ZC+Z.ADC+Z.EDP-45°,

44

1Q

・•・乙BOD--Z.A=-^C+180°-Z,ADP-45°,

44

17

・•・45°--z>l=-zC+180°-^LADP-乙BOD,

44

•・•乙P=180°-乙BOD-Z.ADP,

ia

.­•45°--/.A=-ZC4-Z.P,

44

即N2+3NC+4NP=180°.

10.（2023下•湖北•七年级统考期末）在A/IBC中，8。平分N4BC交4c于点D,点E是线段2C上的动点（不

与点。重合），过点E作EF||BC交射线BD于点F,NCEF的平分线所在直线与射线BD交于点G.

(1)如图，点E在线段力D上运动.

①若N4BC=40。，ZC=60°,贝吐4的度数是；NEF8的度数是,

②探究NBGE与NA之间的数量关系，并说明理由；

(2)若点E在线段DC上运动时，请直接写出NBGE与N4之间的数量关系.

【思路点拨】

(1)①根据三角形的内角和及平行线的性质可知NEFB=NFBC,再利用角平分线的定义即可解答；②根

据三角形外角的性质及平行线的性质得到NC=乙DEF,再根据三角形内角和定理及角平分线的定义即可解

(2)根据平行线的性质及角平分线的定义得到/EHG=竺咚任，再根据角平分线的定义及外角的性质即可

解答.

【解题过程】

（1）解：/.ABC=40°,NC=60。,

...在△ABC中，42=180°-/.ABC-zC=180°-40°-60°=80°,

vEF||BC,

•••乙EFB=Z.FBC,

BD平分

•••乙FBC=-^ABC=20°,

2

・•.Z.EFB=Z.FBC=20°,

故答案为：80。、20°；

②•・•乙BGE是公EGF是一个夕卜角，

*'•Z-BGE=Z.EFG+Z-FEG>

•・•EF||BC,

Z.C=乙DEF,

•・•448。+乙。=180。一/4,

・•.Z,ABC+乙DEF=180°-Z,A,

•「BO平分乙EG平分4CEF,

•••乙CBD=-AABC,乙FEG=-A.DEF,

22

ill1

・•・乙CBD+/.FEG=-^ABC+-/LDEF=-x(180°-Zi4)=9O°--Z>1,

222'72

•・.EF||BC,

•••Z-EFG=Z.CBD,

・SG+“EG=9°T”

1

・"GE=9*

(2)W：•・•EF||BC,

Z.FEH=乙EHC,

•・•GH是乙/EG的平分线,

・•・乙FEH=乙HEG,

AHEG=乙EHC,

180°-ZC

・•・乙EHG

2

•••BG平分N4BC,

•SC=*BC,

*=®G-GBC=三-1^=仁产T"

11.（2023上•湖北武汉•八年级校考阶段练习）如图，在AaBC中N4=60。.

（1）乙ABC,乙4cB的角平分线相交于点P,求ABPC的度数；

（2）AABC,NACB的三等分线分别相交于点心母，求NBPiC/BP2c的度数；

⑶N4BC,N2C2的n等分线分别相交于点儿「2，“劣-1，贝I」NBP1C=（结果用含71的式子表示）,

/.BPkC—（l<fc<n—1,k为整数，结果用含几和k的式子表示）

【思路点拨】

（1）根据三角形的内角和定理即可求出NABC+NABC,然后根据角平分线的定义即可求出NPBC+NPCB,

再根据三角形的内角和定理即可求出结论；

（2）根据三角形的内角和定理即可求出/ABC+NABC,然后根据三等分线的定义即可求出NP2BC+

^P2CB,再根据三角形的内角和定理即可求出结论；

（3）根据三角形的内角和定理即可求出NABC+/ABC,然后根据”等分线的定义即可求出^BC+

乙

Pn-CB,再根据三角形的内角和定理即可求出结论；

【解题过程】

⑴解：•••在△ABC中,N力=60。，

.­./.ABC+Z.ABC=180°一乙4=120°,

•••N4BC和乙4cB的角平分线交于点P,

•••Z.PBC=-乙ABC,Z.PCB=-乙ACB

22

11

・•・乙PBC+Z.PCB=-乙ABC+-乙ACB

22

=|（4WC+Z.ACB}

=60°,

•••乙BPC=180°-(乙PBC+乙PCB)=120°,

故答案为：120°.

(2)•••在△ABC中，NA=60°,

•••^ABC+4ABC=180°-ZX=120°,

•••N4BC和N4CB的三等分线分别对应交于点Pi，P2,

11

・•・%BC=^ABC,乙P1cB=^ACB

11

乙P]BC+乙P\CB=-Z-ABC+—Z-ACB

1

=-^ABC+乙ACB)

=40°,

•••乙BP1c=180°一(乙P$C+乙PiCB)=140°

•••乙4BC和乙4cB的三等分线分别对应交于点A，P2,

27

・•・乙P?BC=|乙ABC,乙P2cB=|乙ACB

22

・•.Z.P2BC+乙P2cB=|乙ABC+|乙ACB

2

=|{Z.ABC+乙ACB)

=80°,

乙乙

•••BP2c=180°一(ZP2BC+P2CB)=100°

(3)・・•在△ABC中，Z.A=60°,

・••乙ABC+^ABC=180°一/A=120°

•.•乙4BC和乙4cB的九等分线分另lj对应交于点B，B，……，Pn-i

・•・乙P]BC=:乙ABC,乙PiCB=2

1-1700

乙BP]C=180°-；(/.ABC+UCB)=180°-詈

4

•••LPn_iBC=呼/.ABC,乙Pn—CB=?乙cB

•••乙Pn—BC+4Pn-CB=?AABC+等AACB

=?("BC+AACB)

n—1

x120°

n

k

**•Z-P^BC+乙Pj^CB=—(^Z-ABC+乙ACB)

n

*

••.乙BP/=180°一((PkBC+乙P/B)=180°一£X120°

故答案为：180°-—,180°--x120°.

nn

12.(2024上.山东潍坊•八年级统考期末)已知48CD为四边形，点E为边48延长线上一点.

【探究】

(1)如图1,N4DC==120。,2。43和NCBE的平分线交于点F,则N2FB=°；

(2)如图2,AADC=a,/.BCD=。，且a+£>180。,NZMB和NCBE的平分线交于点尸，贝UNAFB=；

(用a,0表示)

(3)如图3,乙ADC=ajBCD=6,当和NCBE的平分线4G,B”平行时，a,0应该满足怎样的数量关

系？请证明你的结论.

【挑战】

如果将(2)中的条件a+£>180。改为a+。<180。，再分别作ACMB和NCBE的平分线，若两平分线所在

的直线交于点尸，贝吐4FB与a,£有怎样的数量关系？请画出图形并直接写出结论.

【思路点拨】

探究：(1)由四边形内角和定理求出NiMB+N4BC,由角平分线的定义得出NF4B=，£MB,NFBE=

法BE,由三角形外角的性质得出NF=NF8E-/F4B,通过等量代换即可求解；

(2)同(1)Pi^^DAB+/.ABC=360°-/.ADC-/.BCD,zF=|(180°-^ABC-^DAB~),通过等量代

换即可求解；

(3)根据4GIIBH,可得NG4B=乙HBE,结合角平分线的定义可得AD4B=乙CBE,进而证明4D||BC,4WC+

/.BCD=a+£=180°；

挑战：画出图形，参照“探究”中的方法，即可求解.

【解题过程】

解：(1)vZ.ADC=110°,A.BCD=120°,

・•・乙DAB+乙ABC=360°-^ADC-乙BCD=360°-110°-120°=130°,

・・・乙和NCBE的平分线交于点八

11

・•・乙FAB=士乙DAB,乙FBE=-A.CBE,

22

Z.F+Z.FAB=乙FBE,

1111

•••ZF=乙FBE-Z.FAB=*BE-^DAB=j(180°-乙ABC-4DAB)=：x(180°-130°)=25°,

故答案为：25；

-1

(2)由(1)得+NABC=360°—ZJinC—NBC。，ZF=J(18O°-^ABC-ADAB),

ZF=|(180°-360°+/.ADC+/.BCD)=|(180°-360°+a4-/?)=|a+|/?-90°,

故答案为：|a+^S-90。；

(3)若4GIIBH,则a+£=180°,证明如下:

•••AGWBH,

.­./.GAB=乙HBE,

•••4G平分NEMB,BH平分乙CBE,

NDAB=2乙GAB,乙CBE=2乙HBE,

•••Z-DAB=Z-CBE,

・•・ADWBC,

Z.ADC+乙BCD=a+/?=180°；

挑战：如图4,AAFB=90°-|a-|)5,证明如下：

AMADAB,BN平分乙CBE,

11

・•.AMAB=士乙DAB,乙NBE=LCBE,

22

Z.DAB+乙ABC+乙BCD+Z.ADC=360°,Z.ADC=a,Z-BCD=0,

••・^DAB+乙ABC=360°-a-p,

・•・乙DAB+180°-2CBE=360°-a-/?,

・•・乙DAB-乙CBE=180°-a-p,

•・•匕ABF=乙NBE,Z.MAB=NF+乙ABF,

・•.AMAB=^AFB+乙NBE,

・•・/.AFB=£.MAB-乙NBE

11

=—Z-DAB——CBE

22

1

=-{Z,DAB-180°+乙ABC)

1

=-(360°-(r-/?-180°)

=90°--cr--j?.

2

13.(2024上.广东肇庆•八年级校考期末)【问题】

如图①，在△ABC中，BE平分Z71BC,CE平分N4C8,若立力=82°,贝!kBEC=

若N4=a°,贝ikBEC=.

【探究】

（1）如图②，在AABC中，BD、BE三等分/ABC,CD、CE三等分N4CB,若NZ=a°,则N8EC=；

（2）如图③，。是〃BC与外角的平分线8。和CO的交点，试分析NBOC和N4有怎样的关系？请说明理由；

（3）如图④，。是外角ND8C与外角N8CE的平分线8。和CO的交点，则NB0C与有怎样的关系？请说明

理由.

【思路点拨】

本题考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，三角形的外角性质，掌握三角形内角和定理是解题的关

键；

问题：利用三角形内角和定理求出NABC+NACB,再根据角平分线的定义求出NEBC+NECB,即可求出

乙BEC；

探究：（1）禾!|用三角形内角和定理求出“BC+NACB,再根据三等分线的定义求出NEBC+NECB,即可

求出NBEC；

(2)由三角形外角性质可得N4CD=N4+N/1BC,Z2=ZS0C+Z1,再根据角平分线的定义可得乙4BC=

2zl,N2CD=242,代入Na+N4BC=N4CD即可求解；

(3)根据角平分线的定义可得NOBC=90°—(N4BC,乙OCB=9Q°—乙ACB,进而得至IJ/BOC=

I(乙4BC+乙4CB),再根据三角形内角和定理即可求解.

【解题过程】

解:问题：若44=82。，

则N4BC+Z.ACB=180°一/4=180°-82°=98°,

；BE平分乙IBC,CE平分乙4CB,

LEBC=-^ABC,乙ECB=-AACB,

22

11

."EBC+乙ECB=I(ZXBC+NACB)=1x98°=49。，

:.乙BEC=180°-(ZEBC+乙ECB)=180°-49°=131°,

故答案为：131。；

若乙4=a°,

则N4BC+乙4cB=180°-a°,

平分N4BC,CE平分N4CB,

^EBC=-^ABC,AECB=-AACB,

22

，乙EBC+乙ECB=|(zXBC+NACB)=|(180°-a。)=90°-|a°,

:.乙BEC=180°-(ZEBC+乙ECB)=180°-(90。a。)=90°+|a°,

故答案为：90°+|a°；

(1)如图2,:乙4=a。，

：.AABC+乙4cB=180°-a°,

,:BD、BE三等分乙ABC,CD、CE三等一分N4CB,

22

・"EBC=-AABC,乙ECB=-AACB,

33

:•乙EBC+乙ECB=|(NABC+NZCB)=|(180。-a。)=120°-|a°,

:•乙BEC=180°-(AEBC+^LECB)=180°-(120°-|a°)=60°+|a°,

故答案为：60。+|小；

1

(2)zSOC=-z4.

2

理由：由三角形的外角性质得，^ACD=^A+AABC,Z2=zBOC+zl,

•.•。是NABC与外角“CD的平分线BO和CO的交点，

.3280=241,/.ACD=2z2,

.•.NA+乙ABC=^ACD=2［乙BOC+zl)=24BOC+2zl=2乙BOC+/.ABC,

Z.A=2乙BOC；

(3)乙BOC=90。一二"

2

理由：：0是外角NDBC与外角NBCE的平分线B。和CO的交点，

11

/.OBC-j(180°-4ABC)=90。一；/.ABC,

乙OCB=j(180°-乙ACB)=90°-1乙ACB,

在△OBC中，

Z-BOC=180°-乙OBC-Z-OCB

=180°-(90°-*BC)-(90°-2CB),

=*N4BC+N4CB),

\/.ABC+/.ACB=180°-Z.A,

：.乙BOC=|(180°-乙4)=90。-1乙4.

14.(2023下•福建泉州•七年级统考期末)如图，在A4BC中，乙4BC与乙4cB的平分线相交于点P,△力BC的

外角NM8C与NNCB的平分线交于点Q,延长线段BP,QC交于点E.

(1)若44=30。，求NBPC的度数；

(2)探究NBPC与NQ之间的数量关系，并证明；

(3)在ABQE中，若存在一个内角等于另一个内角的3倍，求N力的度数.

【思路点拨】

(1)根据乙4=30。，得出乙4BC+N4CB=180°-30°=150。，根据角平分线定义得出NCBP=

Z.BCP=^ACB,求出NCBP+NBCP=巳"BC+巳乙4c8=75。，根据三角形内角和定理求出结果即可；

(2)根据角平分线定义得出NCBP=乙CBQ=^ACBM,根据NCBP+NCBQ=|zCSM+|zXSC=

T(NCBM+NABC)=gxl80o=90。，得出NPBQ=90。，同理得出<PCQ=90。，根据四边形内角和求出

乙BPC+“=360°-乙PBQ-乙PCQ=180。即可；

(3)先证明N4=2NE,根据NEBQ=90。，得出NE+NQ=90。，分四种情况：当NEBQ=3/E=90。，

AEBQ=3ZQ=90°,乙Q=3乙E,NE=3/Q时，分另U求出结果即可.

【解题过程】

(1)解：'：/-A=30°,

：.^ABC+乙4cB=180°-30°=150°,

；BP、CP分别平分乙4BC、AACB,

:.乙CBP=-AABC,乙BCP=-A