【同步讲义】北师大版数学八年级上册：专题7.3 三角形内角和 讲义

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专题7.3 三角形内角和
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1、会用平行线的性质与平角的定义证明三角形内角和等于180°；
2、会运用三角形内角和定理进行计算；
3、了解并掌握三角形的外角的定义；
4、掌握三角形的外角的性质,利用外角的性质进行简单的证明和计算。
知识精讲

知识点01 三角形的内角和定理
知识点
三角形内角和定理（1）定理：三角形三个内角和等于180度；（2）直角三角形的两个锐角互余
【知识拓展1】三角形的内角和定理的证明
例1．（2022·河北·威县八年级阶段练习）在探究证明“三角形的内角和是180°”时，综合实践小组的同学作了如图所示的四种辅助线，其中能证明“的内角和是180°”的有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】本题运用转化的思想作出相应的平行线，把三角形的内角进行转化，再根据平角的定义解决此题．
【详解】解：①．由，则，．由，得，故符合题意．
②．由，则，．由，得，故符合题意．
③．由于，则，无法证得三角形内角和是，故不符合题意．
④．由，得，．由，得，，那么．由，得，故符合题意，
共有：①②④符合条件，故选：C．
【点睛】本题考查三角形内角和的定理的证明，熟练掌握转化的思想以及平角的定义是解决本题的关键．
【即学即练】
1．（2022·湖南·长沙九年级期中）数学课上，胡老师带领班上的同学探索三角形内角和定理的证明方法，已知：如图，，求证：．机智的同学们想出了如下两种思路：
方法一：如图，过点A作；

方法二：如图，过点C作．

请你选择其中一种思路，完成证明．
【答案】见解析
【分析】方法一，过点A作；根据平行线的性质得出，，根据，等量代换可得；
方法二，过点C作．根据平行线的性质得出，，则．
【详解】证明：方法一：∵，
∴，，
∵，
∴；
方法二：∵，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理的证明，平行线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键．
【知识拓展2】三角形的内角和的计算
例2．（2022·山东·蒙阴八年级阶段练习）如图，点O是内一点，，则的度数为（    ）

A．80° B．100° C．110° D．120°
【答案】C
【分析】先根据三角形内角和定理求出，进而求出，由此即可利用三角形内角和定理求出的度数．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，熟知三角形内角和为180度是解题的关键．
【即学即练】
2．（1）（2022·山东·东埠初中八年级阶段练习）如图，已知和关于直线成轴对称，，，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接，求出可得结论．
【详解】解：如图，连接．

∵和关于直线成轴对称，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查轴对称的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
2．（2）（2022·辽宁·八年级阶段练习）当三角形中一个内角是另一个内角的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中称为“特征角”．如果一个“特征三角形”的一个内角为，那么这个“特征角”的度数为____．
【答案】或或
【分析】设三角形的三个内角分别是且．由题意得或或，故需分这3种情况讨论．
【详解】解：设三角形的三个内角分别是且．
当，则．
当，则．
当，则．
∴．∴．∴．
综上：“特征角”α可能为或或．
故答案为：或或．
【点睛】本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．

【知识拓展3】角形的内角和与平行线综合
例3．（2022·四川·广元市利州区东城实验学校七年级期末）如图，在五边形ABCDE中，AEBC，延长DE至点F，连接BE，若∠A＝∠C，∠1＝∠3，∠AEF＝2∠2，则下列结论正确的是（　　）
①∠1＝∠2    ②ABCD     ③∠AED＝∠A     ④CD⊥DE

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】分别根据平行线的性质以及平行线的判定方法逐一判断即可．
【详解】解：①中，∵AEBC，∴∠3＝∠2，
∵∠1＝∠3，∴∠1＝∠2，∴①正确
②中，∵AEBC，∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠C，∴∠C+∠B＝180°，∴ABCD；∴②正确
③中，∵AEBC，∴∠2＝∠3，∠A+∠ABC＝180°，
∵∠1＝∠3，∴∠1＝∠2＝∠3，∠ABC＝2∠2，
∵∠AEF＝2∠2，∴∠A+∠ABC＝∠A+2∠2＝∠A+∠AEF＝180°，
∵∠AEF+∠AED＝180°，∴∠AED＝∠A．∴③正确
④无条件证明，所以不正确．∴结论正确的有①②③共3个．故选：C．
【点睛】此题考查了平行线的判定与性质以及多边形的内角和外角，熟练掌握平行线的判定与性质是解本题的关键．
【即学即练】
3．（2022·湖北洪山·七年级期中）如图，已知AB∥CD，P为直线AB，CD外一点，BF平分∠ABP，DE平分∠CDP，BF的反向延长线交DE于点E，若∠FED＝a，试用a表示∠P为______．

【答案】∠P＝360°﹣2a
【分析】根据角平分线的性质得出∠1＝∠2，∠3＝∠4，平行线的性质得出∠1＝∠5，∠6＝∠PDC＝2∠3，进而根据三角形内角和得出∠5、∠FED，再得到∠P和a的关系，然后即可用 a表示∠P．
【详解】解：延长AB交PD于点G，延长FE交CD于点H，
∵BF平分∠ABP，DE平分∠CDP，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∵AB∥CD，
∴∠1＝∠5，∠6＝∠PDC＝2∠3，
∵∠PBG＝180°﹣2∠1，
∴∠PBG＝180°﹣2∠5，
∴∠5＝90°﹣∠PBG，
∵∠FED＝180°﹣∠HED，∠5＝180°﹣∠EHD，∠EHD＋∠HED＋∠3＝180°，
∴180°﹣∠5＋180°﹣∠FED＋∠3＝180°，∴∠FED＝180°﹣∠5＋∠3，
∴∠FED＝180°﹣（90°﹣∠PBG）＋∠6＝90°＋（∠PBG＋∠6）＝90°＋（180°﹣∠P）＝180°﹣∠P，∵∠FED＝a，∴a＝180°﹣∠P∴∠P＝360°﹣2a．故答案为：∠P＝360°﹣2a．

【点睛】此题考查了角平分线的性质和平行线的性质及三角形内角和，有一定的综合性，认真找出角的关系是关键．

【知识拓展4】三角形的内角和运用（三角板问题）
例4．（2022·北京·八年级期中）将一副直角三角尺按如图所示摆放，则图中的度数为（    ）．

A．45° B．60° C．75° D．90°
【答案】C
【分析】根据直角三角板，再根据角的和差关系可得的度数，再利用三角形内角和为计算出的度数．
【详解】解：由题意知，
∵，∴，∴，故选：C．

【点睛】此题考查了三角形内角和定理，以及角的计算，关键是掌握三角形内角和为180°，正确计算出∠2的度数．
【即学即练】
4．（2022·辽宁抚顺·八年级阶段练习）如图，将一块直角三角板放置在锐角上，使得该三角板的两条直角边，恰好分别经过点，．若时，点在内，则的值是（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角形内角和定理可得，进而可求出的度数．
【详解】解：在中，∵，∴
在中，∵，∴
∴；故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理．熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．
知识点02 三角形的外角性质
知识点
三角形的外角
（1）外角：三角形的一边和另一边的延长线组成的角（一个角的外角有2个）
（2）外角性质：三角形的外角等于和它不相邻两内角的和；三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻内角；三角形外角和为360度。
【知识拓展1】三角形外角的性质
例1．（2022·河北·石家庄八年级期中）已知点为线段上一点，分别以，为边在线段同侧作和，且，，，与交于点．

（1）如图1，若，则__________．
（2）如图2，若，则__________．（用含的代数式表示）．
【答案】     ##度    
【分析】（1）先证明，可得，根据外角的性质可知，等量代换可得，再利用三角形内角和定理求出的度数即可．（2）同（1）可得，再利用三角形内角和定理求出即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，即，
∵在和中，
，∴，∴，
∵，，
∴，∴，
又∵在中，，
∴，故答案为：；
（2）同理可得：，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质及三角形的外角的性质，利用外角的性质得出是解答本题的关键．
【即学即练】
1．（2022·江苏·八年级开学考试）在数学活动课上，老师让同学们以“两块直角三角板（一块含角，一块含角）的摆放”为背景开展数学探究活动．某同学将两块三角板按如图所示放置，则下列结论正确的有______（直接写序号即可）．①；②若，则；③若，则；④若，则．

【答案】①②④
【分析】利用同角的余角相等可判断①，证明∠AHE+∠CAB=180°，可判断②，利用三角形 的外角的性质求解∠EHA=90°， 可得∠EAB=30°，从而可判断③，证明 ∠CGA=∠EAD，可判断④，从而可得答案．
【详解】解：根据题意可知：∠CAB=∠EAD=90°，∠D=30°，∠E=60°，∠C=∠B=45°，
①∵∠CAB=∠EAD=90°， ∴∠CAB-∠EAB=∠EAD-∠EAB，
∴∠BAD=∠CAE，故①符合题意；
②∵∠BAE=30°，∠E=60°，
∴∠AHE=90°， ∴∠AHE+∠CAB=180°，
∴，故②符合题意；
③∵∠BFD=∠C，∠B=∠C=45°，
∴∠BFD=∠B=45°， ∴∠EHA=90°，
∵∠E=60°， ∴∠EAB=30°，
∴∠BAD=60°，故③不符合题意；
④∵∠BAE=45°， ∴∠CAE=45°，
∵∠C=45°， ∴∠CGA=90°， ∴∠CGA=∠EAD，
∴，故④符合题意． 故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，三角形的外角的性质，熟练应用判定定理和性质定理是解题的关键，平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．应用平行线的判定和性质定理时，一定要弄清题设和结论，切莫混淆．

【知识拓展2】三角形的外角性质与平行线
例2．（2022·黑龙江香坊初二期末）如图，AB∥CD, AC∥BD, CE平分∠ACD，交BD于点E，点F在CD的延长线上，且∠BEF=∠CEF，若∠DEF=∠EDF，则∠A的度数为_____.

【答案】108
分析：根据平行线的性质，得到∠A+∠B=180°，∠B=∠BDF，∠A+∠ACD=180°，然后根据角平分线的性质，得到∠ACE=∠ECD=∠CED，然后根据题意和三角形的外角的性质，四边形的内角和求解.
【解析】∵CE平分∠ACD∴∠ACE=∠DCE
∵AB∥CD，AC∥BD, ∴∠A+∠B=180°，∠B=∠BDF，∠ACD+∠A=180°，∠ACE=∠CED
∵∠EDF=∠DEF =∠ECD+∠CED∴∠CEF=∠FEB=∠CED+∠DEF
设∠B=x，则∠A=180°-x，∠ACE=∠ECD=∠CED=x，∴∠EDF=x，∠BEF=x
∴∠CEB=360°-2×∠BEF=360°-3x ∴∠A+∠B+∠BEC+∠ACE=180°-x+x+360°-3x+x=360°
解得x=72°∴∠A=180°-72°=108°.故答案为108.

点睛：此题主要考查了平行线的性质和三角形的外角的综合应用，关键是利用平行线的性质和三角形的外角确定角之间的关系，有一定的难度.
【即学即练】
2．（2022·山东济宁·七年级期中）①如图1，ABCD，则；②如图2，ABCD，则；③如图3，ABCD，则；④如图4，直线ABCDEF，点O在直线EF上，则．以上结论正确的是（    ）

A．①②③④ B．③④ C．①②④ D．②④
【答案】C
【分析】①过点E作直线EFAB，由平行线的性质即可得出结论；②先根据三角形外角的性质得出∠1＝∠C+∠P，再根据两直线平行，内错角相等即可作出判断；③过点E作直线EFAB，由平行线的性质可得出∠A+∠AEC﹣∠1＝180°，即得∠AEC＝180°+∠1﹣∠A；④根据平行线的性质得出∠α＝∠BOF，∠γ+∠COF＝180°，进而利用角的关系解答即可．
【详解】
①如图1，过点E作直线EFAB，
∵ABCD，∴ABCDEF，
∴∠A+∠1＝180°，∠2+∠C＝180°，
∴∠A+∠B+∠AEC＝360°，故本结论正确，符合题意；
②如图2，∵∠1是△CEP的外角，∴∠1＝∠C+∠P，
∵ABCD，∴∠A＝∠1，∴∠A＝∠C+∠P，
∴∠P＝∠A﹣∠C，故本结论正确，符合题意；
③如图3，过点E作直线EFAB，
∵ABCD，∴ABCDEF，∴∠A+∠3＝180°，∠1＝∠2，
∴∠A+∠AEC﹣∠1＝180°，即∠AEC＝180°+∠1﹣∠A，故本结论错误，不符合题意；
④如图4，∵ABEF，∴∠α＝∠BOF，
∵CDEF，∴∠γ+∠COF＝180°，
∵∠BOF＝∠COF+∠β，∴∠COF＝∠α﹣∠β，
∴∠γ+∠α﹣∠β＝180°，故本结论正确，符合题意；
故正确的结论为：①②④．故选：C．
【点睛】本题考查的是平行线的性质及三角形外角的性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．

【知识拓展3】三角形的内角和与外角性质综合
例3．（2022·广东广州·八年级期中）如图，在中，和的平分线、相交于点，交于点，交 于点，过点作于点，则下列三个结论：①；②当时，；③若，，则．其中正确的是______．

【答案】①②
【分析】由角平分线的定义结合三角形的内角和的可求解∠AOB与∠C的关系，进而判定①；在AB上取一点H，使BH＝BE，证得△HBO≌△EBO，得到∠BOH＝∠BOE＝60°，再证得△HBO≌△EBO，得到AF＝AH，进而判定②；作OH⊥AC于H，OM⊥AB于M，根据三角形的面积可判定③．
【详解】解：∵∠BAC和∠ABC的平分线相交于点O，∴∠OBA＝∠CBA，∠OAB＝∠CAB，
∴∠AOB＝180°﹣∠OBA﹣∠OAB＝180°﹣∠CBA﹣∠CAB＝180°﹣（180°﹣∠C）＝90°+∠C，①正确；∵∠C＝60°，∴∠BAC+∠ABC＝120°，∵AE，BF分别是∠BAC与ABC的平分线，
∴∠OAB+∠OBA＝（∠BAC+∠ABC）＝60°，∴∠AOB＝120°，∴∠AOF＝60°，∴∠BOE＝60°，
如图，在AB上取一点H，使BH＝BE，∵BF是∠ABC的角平分线，∴∠HBO＝∠EBO，
在△HBO和△EBO中，，∴△HBO≌△EBO（SAS），∴∠BOH＝∠BOE＝60°，
∴∠AOH＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠AOH＝∠AOF，

在△HBO和△EBO中，，∴△HBO≌△EBO（ASA），∴AF＝AH，
∴AB＝BH+AH＝BE+AF，故②正确；作OH⊥AC于H，OM⊥AB于M，

∵∠BAC和∠ABC的平分线相交于点O，∴点O在∠C的平分线上，∴OH＝OM＝OD＝a，
∵AB+AC+BC＝2b∴S△ABC＝×AB×OM+×AC×OH+×BC×OD＝（AB+AC+BC）•a＝ab，③错误．
故答案为：①②．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，三角形全等的性质和判定，正确作出辅助线证得△HBO≌△EBO，得到∠BOH＝∠BOE＝60°，是解决问题的关键．
【即学即练】
3．（2022·河北·八年级期中）“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如图①所示的“三等分角仪”能三等分任一角．如图②，这个三等分角仪由两根有槽的棒、组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，C点固定，，点D，E在槽中滑动，若，则的度数为 ______．

【答案】##72度
【分析】设，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可得，再根据三角形内角和定理即可解决问题．
【详解】解：设，
∵，∴，∴.
∵，∴，
∴，解得，
∴，
∴.故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握三角形外角的性质是解题的关键．

【知识拓展4】三角形的内角和、外角性质与角平分线综合
例4．（2022·湖北·八年级期中）
(1)如图①，在中，的平分线与的平分线交于点O，求证：
(2)如图②，在中， E是边BC延长线上一点，的平分线与的平分线交于点O，求证：；(3)如图③，在中，D是边延长线上一点，E是边延长线上一点，的平分线与的平分线交于点O. ①试探求∠A与的数量关系并证明你的结论；②按角的大小来判断的形状．

【答案】(1)见解析； (2)见解析；
(3)①，理由见解析；②为锐角三角形
【分析】（ 1）根据角平分线的定义可得然后表示出，再根据三角形的内角和等于180°列式整理即可解决问题；（2 ）根据三角形的外角性质分别表示出 与，再根据角平分线的性质可得到 即可解决问题；（ 3）①由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可证，再根据三角形内角和定理可证，即；②利用角平分线的意义与①的结论分析三个角的大小，得出结论即可．
【详解】（1）证明： ∵平分，平分，

∵在中，
又∵在中，

（2）证明：
而平分，平分，


即.
（3）①解：如图，

∵分别是的外角的角平分线，


又

②为锐角三角形．
平分，平分，
∴为锐角三角形．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理、外角的性质，角平分线定义等知识；灵活运用三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键．
【即学即练】
4．（2022·山东·邹城市八年级阶段练习）如图，∠ACD是△ABC的外角，∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点，的角平分线与的平分线交于，若，则的度数为_____

【答案】##15度
【分析】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，根据角平分线的定义可得，然后整理得到，同理可得．
【详解】由三角形的外角性质得，，
∵的平分线与的平分线交于点，∴，
∴，∴，
同理可得，故答案为．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，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，角平分线的定义，熟记性质并准确识图然后求出后一个角是前一个角的是解题的关键．






能力拓展

考法01 折叠（翻折）问题
【典例1】（2022·四川·荣县八年级阶段练习）如图，和是分别沿着边翻折形成的，若，则的度数为（     ）．

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据三角形的内角和定理易计算出，，，根据折叠的性质得到，，，可计算出，然后根据，即可得到．
【详解】解：设，则，，
，
，解得，
，，，
是沿着边翻折形成的，
，，
，
又是沿着边翻折形成的，
，
而，
．故选：A．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形的内角和定理以及周角的定义，解题的关键是掌握折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．
变式1.（2022·浙江·乐清市荆山公学八年级阶段练习）如图，在中，，将△ABC沿着直线l折叠，使点B落在点F的位置，则的度数是 _____．

【答案】80
【分析】由折叠的性质得到∠F＝∠B，再利用外角性质即可求出所求角的度数．
【详解】解：如图，设与交于点H，

由折叠的性质得：，
根据外角性质得：，，
∴，即．故答案是：80．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理求解角的度数是解决问题的关键．
变式2．（2022·辽宁·盘锦八年级阶段练习）（1）如图1，把沿DE折叠，使点A落在点处，试探索与的关系______（不必证明）．（2）如图2，BI平分，CI平分，把折叠，使点A与点I重合，若，求的度数；

【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据翻折变换的性质以及三角形内角和定理以及平角的定义求出即可；
（2）根据三角形角平分线的性质得出，得出的度数即可；
【详解】（1）∵把沿DE折叠，使点A落在点处，
∴
∵
又∴；
（2）由（1），得，∴
∵IB平分，IC平分，
∴，
∴；
【点睛】本题主要考查了图形的翻折变换的性质以及角平分线的性质和三角形内角和定理，正确的利用翻折变换的性质得出对应关系是解决问题的关键．

考法02 分类讨论思想
【典例2】（2022·江西·南昌市八年级期中）【定义】在一个三角形中，如果有一个角是另一个角的2倍，我们称这两个角互为“开心角”，这个三角形叫做“开心三角形”．例如：在中，，，则与互为“开心角”，为“开心三角形”．

【理解】(1)若为开心三角形，，则这个三角形中最小的内角为___________．
(2)若为开心三角形，，则这个三角形中最小的内角为___________．
(3)已知是开心中最小的内角，并且是其中的一个开心角，试确定的取值范围，并说明理由；
【应用】(4)如图，平分的内角，交于点，平分的外角，延长和交于点，已知，若是开心中的一个开心角，设，求的度数．
【答案】(1)16 (2)30或40
(3)，理由见解析(4)或或
【分析】理解：（1）根据开心三角形的概念求解即可；
（2）根据开心三角形的概念分两种情况求解即可；
（3）设是开心中最小的内角，则与互为开心角的内角只能为，列出不等式求解即可；（4）分 与互为开心角和与互为开心角两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：设最小角为，
∵为开心三角形，，
∴，
∴，故答案为：；
（2）解：当与互为“开心角”时，则最小角为；
当与互为“开心角”时，设最小角为，
∴，
∴，故答案为：30或40；
（3）解：∵是开心中最小的内角，并且是其中的一个开心角，
∴另一个开心角是，∴第三个内角是，
∵是最小内角，∴，∴；
（4）解：∵平分的内角，平分的外角，
∴，
∵∴即
又∵，则
∵，，∴
①当与互为开心角时，或，
∴或，解得或；
②当与互为开心角，或，
∴或，解得；
综上所述：或或．
【点睛】本题为新定义题型，主要考查了角平分线，三角形内角和定理，三角形外角的性质以及开心角和开心三角形的概念，涉及到了分类讨论的思想方法，其中熟练掌握相关概念和性质是解答本题的关键．
变式1．如果三角形的两个内角α与β满足3α+β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准直角三角形”．如图，B、C为直线l上两点，点A在直线l外，且∠ABC＝45°．若P是l上一点，且△ABP是“准直角三角形”，则∠APB的所有可能的度数为__．

【答案】
【分析】根据“准直角三角形”的定义，分类讨论即可解决问题．
【解析】当点P在点 B右侧时：∵，而45°，∠ABC，
① A=，∠ABC==45°，

由得：，∴∠APB=；
②∠APB=，∠ABC=＝45°，同理得：∠APB=；
③∠APB=，∠A=，

得：，解得：，不合题意；
④∠APB=，∠A=，同理，不合题意；
当点P在点 B左侧时：
⑤∠APB=，∠A=，∠ABC=∠APB+∠A＝45°，

得：，解得：，即∠APB=；
⑥∠APB=，∠A=，∠ABC=∠APB+∠A＝45°，
得：，解得：，即∠APB=；
综上，∠APB的所有可能的度数为或或．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，“准直角三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
变式2．（2022·浙江杭州·七年级期中）将一副三角板中的两块直角三角尺顶点C按照如图①方式叠放在一起（其中，，，）设．

(1)若，说明；(2)将三角形CDE绕点C顺时针转动，若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)或
【分析】（1）根据内错角相等，两直线平行证明即可；
（2）分两种情形：如图②中，当时，如图③中，当时，分别求解即可．
（1）解：如图①中，

∵∠，，∴∠ACE=∠A，∴；
（2）
解：如图②中，当时，则，
；

如图③中，当时，则，
．

综上所述，的值为15°或165°．
【点睛】本题考查旋转的性质，平行线的性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．

分层提分


题组A 基础过关练
1．（2022·四川·江油外国语学校八年级阶段练习）一个三角形三个内角的度数之比为，这个三角形一定是（　　）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．锐角三角形 D．钝角三角形
【答案】D
【分析】设三个内角的度数分别为，，，再根据三角形内角和定理求出的值，进而可得出结论．
【详解】一个三角形三个内角的度数之比为，
设三个内角的度数分别为，，，
，解得，
，
此三角形是钝角三角形．故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，熟知三角形的内角和等于是解答此题的关键．
2．（2022·北京·北师大实验中学八年级期中）如图，为内一点，平分，，，若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用三角形的内角和定理在△BCD中先求出∠BCD，利用角平分线的性质再求出∠ACB，最后在△ABC中利用三角形的内角和定理求出∠A．
【详解】解：∵BD⊥CD，
∴∠D＝，
∵∠DBC＝，
∴∠DCB＝−＝，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACB＝，
∵∠A＝∠ABD，∠A＋∠ABC＋∠ACB＝180°，
∴∠A＋∠A＋＋＝180°，
∴∠A＝．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，求出∠DCB利用三角形的内角和定理得到关于∠A的方程是解决本题的关键．
3．（2022·河北·威县第三中学八年级阶段练习）如图，C处在B处的北偏西方向，C处在A处的北偏西方向，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据方向角是视线与正南或正北方向的夹角，根据平行线的性质和三角形内角和的性质即可求解．
【详解】解：如图，

，
，
，
，
，
，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，方向角的定义，熟练掌握方向角的定义与平行线的性质、三角形内角和定理的综合应用是解此题的关键．
4．（2022·北京四中八年级期中）如图，在中，，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】证明得到，利用三角形的外角性质得到，再利用三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：在和中，

∴，
∴，
∵，又，
∴，
∴
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、三角形的内角和定理，证明是关键．
5．（2022·河北·东光县第二中学八年级阶段练习）如图，D是的角平分线和的交点，过点D作的高，交于点E．若，，则的度数为（    ）

A．30° B．35° C．20° D．25°
【答案】A
【分析】由，根据三角形的内角和定理求得，从而求得，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵D是的角平分线和的交点，
∴，
∴ ，
∵，
∴，
∵过点D作的高，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理以及角平分线的定义，熟练掌握三角形的内角和等于是解题的关键．
6．（2022·仪征市实验中学初三三模）如图，点D在△ABC的边AB的延长线上，DE∥BC，若∠A＝35°,∠C＝24°,则∠D的度数是（   ）

A．24° B．59° C．60° D．69°
【答案】B
【分析】根据三角形外角性质得∠DBC=∠A+∠C，再由平行线性质得∠D=∠DBC.
【解析】∵∠A=35°，∠C=24°，∴∠DBC=∠A+∠C=35°+24°=59°，
又∵DE∥BC，∴∠D=∠DBC=59°，故选B.
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，熟练掌握相关的性质是解题的关键.
7．（2022·山东·德州市第五中学八年级阶段练习）如图，有一个三角形纸片，将纸片的一角折叠，使点C落在外，若，则∠1的度数为（   ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】在中利用三角形内角和定理可求出∠C的度数，由折叠的性质，可知：，结合∠2的度数可求出∠CED的度数，在△CDE中利用三角形内角和定理可求出∠CDE的度数，再由即可求出结论．
【详解】解：在中，，
∴．
由折叠，可知：，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及折叠的性质，利用三角形内角和定理及折叠的性质求出∠CDE的度数是解题的关键．
8．（2022·广东·深圳七年级期中）如图，将一副三角板按如图放置，则下列结论：①；②；③如果，则有；④．其中正确的序号是（    ）

A．①②③④ B．①②④ C．①②③ D．①③④
【答案】B
【分析】根据，，即可得；根据角之间关系即可得；根据角之间关系可得，无法判断BC与AD平行；由题意得，，得；综上，即可得．
【详解】解：∵，，
∴，
故①正确；
∵
故②正确；
∵，
∴，
，
∴BC与AD不平行，
故③错误；
∵，
即，
又∵，
∴
,
故④正确；
综上，①②④正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，余角和同角的余角，平行线的判定，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点并认真计算．
9．（2022·辽宁·大连格致中学八年级阶段练习）已知中，，是的高，是上一点，将分成两部分，则的度数是________
【答案】或
【分析】根据三角形内角和定理求得，根据是的高，得出，根据将分成两部分，分类讨论，作出图形，结合图形即可求解．
【详解】解：如图，依题意，中，，
∴
∵是的高，
，
∴
∵将分成两部分，
①当时，
∵，
∴
；

②当时，

．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，根据题意画出图形，分类讨论是解题的关键．
10．（2022·浙江·金华市金东区孝顺镇初级中学八年级阶段练习）如图，在中，于D，且平分，

(1)若，求的度数．
(2)若改为，求的度数．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据三角形内角和定理求出的度数，再由角平分线的定义求出，根据垂直的定义结合三角形内角和定理求出的度数即可得到答案；
（2）同（1）方法求解即可
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；．
（2）解：同（1）可得，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，垂直的定义，熟知三角形内角和定理是解题的关键．
11．（2022·湖南·长沙市中雅培粹学校八年级阶段练习）如图，中，，，平分，，垂足为 ．

(1)求的度数；
(2)若，求的长．
【答案】(1) (2)4
【分析】（1）根据题意可得，从而可得Rt中 根据等腰Rt可得，从而可得的度数．
（2）延长与的延长线交于，根据角边角可得，可得，，根据题意， ，由（1）可得，可得RtRt，从而可得．
【详解】（1）解： ，

平分

，


（2）解：延长与交于点，如图：

，，为 和 公共边

RtRt（ASA）
，

，，

又，
RtRt（ASA）

【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质，同时利用角平分线的性质和三角形内角和等于求三角形内角的度数，利用数形结合的思想是解题的关键．
12．（2022·四川绵阳·八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝36°，△ABC的外角∠CBD的平分线BE交AC的延长线于点E，F为AC延长线上的一点，连接DF．

(1)求∠CBE的度数．
(2)若∠F＝27°，求证：BEDF．
【答案】(1)63°
(2)见解析
【分析】（1）由三角形的外角性质可求得∠CBD＝126°，再由角平分线的定义即可求∠CBE的度数；
（2）结合（1）可求得∠CEB＝27°，利用同位角相等，两直线平行即可判定BE∥DF．
【详解】（1）∵∠ACB＝90°，∠A＝36°，∠CBD是△ABC的外角，
∴∠CBD＝∠ACB+∠A＝126°，
∵BE平分∠CBD，
∴∠CBE＝∠CBD＝63°．
（2）证明：∵∠ACB＝90°，∠CBE＝63°，
∴∠CEB＝∠ACB﹣∠CBE＝27°，
∵∠F＝27°，
∴∠CEB＝∠F，
∴BE∥DF．
【点睛】本题主要考查三角形的外角性质，平行线的判定，解答的关键是熟记三角形的外角等于与其不相邻的两个内角之和．

题组B 能力提升练
1．（2022·江苏·泰州市八年级月考）如图，点P为∠AOB内一点，分别作出P点关于OA、OB的对称点P1，P2，连接P1P2交OA于M，交OB于N，若∠AOB=40°，则∠MPN的度数是（ ）

A．90° B．100° C．120° D．140°
【答案】B
【分析】先根据轴对称的性质、垂直平分线的性质、对顶角相等可求得、，再利用平角定义、角的和差以及等量代换求得，最后根据三角形内角和定理即可求得答案．
【详解】解：

∵与关于对称∴垂直平分∴平分∴
∵∴同理可得，
∴

∴．故选：B
【点睛】本题考查了轴对称的性质、垂直平分线的性质、对顶角的性质、平角定义、角的和差、等量代换以及三角形内角和定理，体现了逻辑推理的核心素养．
2．（2022·河北·东光县八年级阶段练习）如图，在锐角三角形中，D，E分别是边，上的点，，，且、，交于点F，若，，延长交于点M，则的度数为（    ）

A．60° B．62° C．66° D．72°
【答案】D
【分析】延长交于H．先求得，再求得，利用三角形内角和定理即可解决问题．
【详解】解：延长交于H．

∵，，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴C′HEB′，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角的性质、三角形的内角和等知识，能熟记全等三角形的性质是解此题的关键．
3．（2022·重庆大学城第三中学校七年级期中）如图，，、、分别平分△ABC的外角、内角、外角．以下结论：①：②∠DAC=2∠ADB；③；④平分．其中正确的结论有（    ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】根据角平分线定义得出∠ABC=2∠ABD=2∠DBC，∠EAC=2∠EAD，∠ACF=2∠DCF，根据三角形的内角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，根据三角形外角性质得出∠ACF=∠ABC+∠BAC，∠EAC=∠ABC+∠ACB，根据已知结论逐步推理，即可判断各项．
【详解】解：∵AD平分∠EAC，
∴∠EAC=2∠EAD，
∵∠EAC=∠ABC+∠ACB，∠ABC=∠ACB，
∴∠EAD=∠ABC，
∴ADBC，①正确；
∵ADBC，
∴∠ADB=∠DBC，∠DAC=∠ACB，
∵BD平分∠ABC，∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC=∠ACB=2∠DBC，
∴∠ACB=2∠ADB，
∴∠DAC=2∠ADB，
∴②正确；
在△ADC中，∠ADC+∠CAD+∠ACD=180°，
∵CD平分△ABC的外角∠ACF，
∴∠ACD=∠DCF，
∵ADBC，
∴∠ADC=∠DCF，∠ADB=∠DBC，∠CAD=∠ACB
∴∠ACD=∠ADC，∠CAD=∠ACB=∠ABC=2∠ABD，
∴∠ADC+∠CAD+∠ACD=∠ADC+2∠ABD+∠ADC=2∠ADC+2∠ABD=180°，
∴∠ADC+∠ABD=90°
∴∠ADC=90°-∠ABD，∴③正确；
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∵∠ADB=∠DBC，∠ADC=90°-∠ABC，
∴∠ADB不等于∠CDB，∴④错误；
即正确的有3个，
故选：B．
【点睛】此题考查了三角形外角性质，角平分线定义，平行线的判定，三角形内角和定理的应用，主要考查学生的推理能力，有一定的难度．
4.（2022•泰兴市期中）如图，直线AE∥DF，若∠ABC＝120°，∠DCB＝95°，则∠1+∠2的度数为（　　）
A．45° B．55° C．35° D．不能确定

【分析】利用平行线的性质以及三角形的外角的性质解决问题即可．
【答案】解：∵AE∥DF，∴∠3+∠4＝180°，

∵∠ABC＝∠1+∠3＝120°，∠DCB＝∠2+∠4＝95°，
∴∠1+∠3+∠2+∠4＝120°+95°，∴∠1+∠2＝215°﹣180°＝35°，故选：C．
【点睛】本题考查平行线的性质，三角形的外角等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
5．（2022·北京八年级期中）如图1，中，点E和点F分别为AD，AC上的动点，把纸片沿EF折叠，使得点A落在的外部处，如图2所示．设，则下列等式成立的是（   ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据三角形外角和折叠的性质可得，，进而即可得到，结合即可求解．
【详解】解：根据折叠的性质得，，
∵，，，
∴，，
∵，
∴
，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形外角的性质和三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握折叠的性质．
6．（2022·浙江杭州·八年级期中）在中，，点P在边上．，若，则__________．
【答案】4.8
【分析】先利用勾股定理求出，再证明，最后根据三角形面积法求解即可．
【详解】解：∵在中，，，
∴由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，勾股定理，三角形面积，证明是解题的关键．
7．（2022·黑龙江·哈尔滨市八年级阶段练习）如图，中，，点在所在的直线上，点在射线上，且，连接．
(1)如图①，若，求的度数；

(2)如图②，若，求的度数；

(3)当点在直线上（不与点重合）运动时，试探究与的数量关系（不需证明）．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，再根据等腰三角形及三角形的外角性质即可得到结论；
（2）根据三角形外角的性质得到，再根据等腰三角形及三角形的外角性质即可得到结论；
（3）设，分三种情况讨论：①如图1，当点在点的左侧时，，②如图 2，当点在线段上时，，如图 3，当点在点右侧时，，然后分别列方程组即可，解方程组得到结论．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
（3）解：设 ，
如图 1，当点 在点的左侧时，，

∴
①-②得，
∴；
如图 2，当点在线段上时，，

∴
②-①得，
∴；
如图 3，当点在点右侧时，，

∴
得，
∴．
综上所述，与的数量关系是．
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，熟知三角形的外角等于与之不相邻的两个内角的和是解题的关键．
8．（2022·成都市·八年级专题练习）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B、C．

(1)若，则 °， °， °．
(2)若，则 °．
(3)请你猜想一下与所满足的数量关系．
【答案】(1)140；90；50 (2)35
(3)
【分析】（1）根据三角形内角和定理可得，，进而整理可求出的度数；
（2）根据三角形内角和定理可得，，进而整理可求出的度数；
（3）根据三角形内角和定理有，整理得．
【详解】（1）解：∵在中，，
，
∵在中，，
，
．
故答案为：140；90；50．
（2）解：∵在中，，
，
∵在中，，
，
．
故答案为：35．
（3）解：与之间的数量关系为：．证明如下：
在中，，
在中，，，
．
【点睛】本题主要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．
9．（2022·山东·曲阜师范大学附属中学七年级期末）如图，E是直线AB，CD内部一点， CD，连接EA，ED．

(1)猜想．
①若∠EAB＝30°，∠EDC＝40°，则∠AED＝______；
②若∠EAB＝20°，∠EDC＝60°，则∠AED＝______；
③猜想图①中∠AED，∠EAB，∠EDC的关系并说明理由；
(2)应用．
如图，射线FE与长方形ABCD的边AB交于点E，与边CD交于点F，①②③④分别是被射线FE隔开的4个区域（不含边界，其中区域③、④位于直线AB的上方），P是位于以上四个区域内的点，直接写出∠PEB，∠PFC，∠EPF之间的数量关系．

【答案】(1)①70°；②80°；③猜想：∠AED＝∠EAB+∠EDC，理由见解析
(2)答案见解析

【分析】（1）①过点E作EF∥AB，再由平行线的性质即可得出结论；②③根据①中的方法可得出结论；
（2）点P分别位于①②③④四个区域分别根据平行线的性质进行求解即可得到结论．
（1）
解：①如图①，过点E作EFAB，

∵ABCD，
∴ABCDEF，
∵∠A＝30°，∠D＝40°，
∴∠1＝∠A＝30°，∠2＝∠D＝40°，
∴∠AED＝∠1+∠2＝70°；
②过点E作EFAB，
∵ABCD，
∴ABCDEF，
∵∠A＝20°，∠D＝60°，
∴∠1＝∠A＝20°，∠2＝∠D＝60°，
∴∠AED＝∠1+∠2＝80°；
③猜想：∠AED＝∠EAB+∠EDC．
理由：过点E作EFCD，
∵ABDC
∴EFAB（平行于同一条直线的两直线平行），
∴∠1＝∠EAB，∠2＝∠EDC（两直线平行，内错角相等），
∴∠AED＝∠1+∠2＝∠EAB+∠EDC（等量代换）．
（2）
（2）当点P在区域①时，∠EPF＝360°-（∠PEB+∠PFC）；
当点P在区域②时，∠EPF＝∠PEB+∠PFC；
当点P在区域③时，∠EPF＝∠PEB-∠PFC；
当点P在区域④时，∠EPF＝∠PFC-∠PEB．
如下图，当点P在区域①时，过点P作PQCD，
∴∠FPQ+∠PFC＝180°．
∵ABCD，
∴ABPQ，
∴∠EPQ+∠PEB＝180°，
∴∠EPF＝∠EPQ+∠FPQ＝180°-∠PEB+180°-∠PFC＝360°-（∠PEB+∠PFC）；

如下图，当点P在区域②时，过点P作PQCD，
∴∠FPQ＝∠PFC．

∵ABCD，
∴ABPQ，∠EPQ＝∠PEB，
∴∠EPF＝∠EPQ+∠FPQ＝∠PEB+∠PFC；
如下图，当点P在区域③时，过点P作PQCD，
∴∠FPQ+∠PFC＝180°．
∵ABCD，
∴ABPQ，
∴∠EPQ+∠PEB＝180°，

∴∠EPF＝∠FPQ-∠EPQ＝180°-∠PFC-（180°-∠PEB）＝∠PEB-∠PFC；
如下图，当点P在区域④时，过点P作PQCD，
∴∠FPQ＝∠PFC．
∵ABCD，
∴ABPQ，
∴∠EPQ＝∠PEB，
∴∠EPF＝∠FPQ-∠EPQ＝∠PFC-∠PEB．

【点睛】本题考查的是平行线的性质，三角形内角和定理及三角形外角的性质，根据题意作出辅助线，利用数形结合求解是解答此题的关键．
10．（2022·河南·信阳市浉河区新时代学校八年级阶段练习）在中，．

(1)如图1，为和的角平分线，求的度数．
(2)如图2，为和的角平分线，求的度数．
(3)如图3，为和的角平分线，求与之间的关系？（请写出详细过程）
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据角平分线的定义得出，根据三角形内角和定理得出，求出，根据三角形内角和定理求出即可；
（2）根据角平分线定义得出，根据三角形外角性质得出，，求出，即可得出答案；
（3）根据角平分线定义得出，求出，求出，根据三角形内角和定理求出即可．
【详解】（1）解：∵和是角平分线，
∴，
∵，
∴
∴

；
∵，
∴；
（2）解：∵为和的角平分线，，
∴，
∵，
∴，
∴，
即；
∵，
∴
（3）解：
理由是：∵为和的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理和三角形外角性质的应用、角平分线，能熟练地运用定理进行推理是解此题的关键．

题组C 培优拔尖练
1．（2022·河北·威县八年级阶段练习）如图，在中，，的三等分线交于点E，D．若，则的度数为（    ）

A．45° B．50° C．55° D．60°
【答案】A
【分析】根据三角形内角和定理求出，再根据三等分线求出即可解决问题．
【详解】解：在中，
∵，
∴，
∵，的三等分线交于点E、D，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查三角形的内角和定理，角平分线的定义等知识，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
2．（2022·湖南·新田七年级阶段练习）①如图1，，则；②如图2，，则；③如图3，，则；④如图4，直线 EF，点在直线上，则．以上结论正确的个数是（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】①过点E作直线EFAB，由平行线的性质：两直线平行，同旁内角互补，即可得出结论；
②如图2，先根据三角形外角的性质得出∠1＝∠C+∠P，再根据两直线平行，内错角相等即可作出判断；
③如图3，过点E作直线EF∥AB，由平行线的性质可得出∠A+∠AEC﹣∠1＝180°，即得∠AEC＝180°+∠1﹣∠A；
④如图4，根据平行线的性质得出∠α＝∠BOF，∠γ+∠COF＝180°，再利用角的关系解答即可．
【详解】解：

①如图1，过点E作直线EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠A+∠1＝180°，∠2+∠C＝180°，
∴∠A+∠B+∠AEC＝360°，
故①错误；
②如图2，∵∠1是△CEP的外角，
∴∠1＝∠C+∠P，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠1，
即∠P＝∠A﹣∠C，
故②正确；
③如图3，过点E作直线EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠A+∠3＝180°，∠1＝∠2，
∴∠A+∠AEC﹣∠1＝180°，
即∠AEC＝180°+∠1﹣∠A，
故③错误；
④如图4，∵AB∥EF，
∴∠α＝∠BOF，
∵CD∥EF，
∴∠γ+∠COF＝180°，
∵∠BOF＝∠COF+∠β，
∴∠COF＝∠α﹣∠β，
∴∠γ+∠α﹣∠β＝180°，
故④正确；
综上结论正确的个数为2，
故选：B．
【点睛】本题考查的是平行线的性质及三角形外角的性质，熟练掌握平行线的性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．
3．（2022·山东日照八年级阶段练习）如图， 中，，沿折叠，使点恰好落在边上的 处．若 ，则 等于（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由翻折可知平分，进而得出，然后利用三角形的外角定理求解即可；
【详解】解：由题可知：

在中

故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的翻折、三角形的外角定理；掌握翻折的特点是解决问题的关键．
4．（2022·河北·威县八年级阶段练习）如图，在中，，，点D，E分别在边AB，AC上，将沿DE翻折，使点A落在点F处，则的值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先利用平角用表示出，再利用三角形的内角和定理用表示出，两式相减可得结论．
【详解】如图，

∵是由折叠成的，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴


．
∴

．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，掌握“三角形的内角和等于”、折叠的性质是解决本题的关键．
5．（2022·黑龙江·哈尔滨市七年级月考）如图，，E是上的点，过点E作，若，平分，，，则_______．

【答案】
【分析】
延长AB交HP于点M；根据平分，得；根据，得，从而推导得；结合，得；再根据以及，结合三角形内角和性质，即可完成求解．
【详解】
如图，延长AB交HP于点M

∵平分
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角形内角和、平行线、角平分线的知识；解题的关键是熟练掌握了三角形内角和、平行线、角平分线的性质，从而完成求解．
6．（2022·江苏·射阳县八年级阶段练习）如图，，点M、N分别是边上的定点，点P、Q分别是边上的动点，记，，当最小时，则=_____．

【答案】36°##36度
【分析】如图，作关于的对称点，点关于的对称点，连接交于，交于，则最小时，易知，，根据三角形的外角性质和平角的定义即可得出结论．
【详解】解：如图所示，作关于的对称点，点关于的对称点，连接交于，交于，

当最小时，
，，
，
，；故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称－最短问题，三角形的内角和定理，三角形的外角性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
7．（2022·浙江东阳·七年级期末）如图1，在△ABC中，∠B＝65°，∠BAC＝75°，D为AC边上一点，分别过点A、D作BC、AB的平行线交于点E．

（1）求∠E的度数．
（2）点P为直线AC上的一个动点，过点P作PF∥AE，且PF＝AE，连DF．
①如图2，当点P在点C的右侧，且∠PFD＝25°时，判断DE与DF的位置关系，并说明理由．
②在整个运动中，是否存在点P，使得∠PFD＝2∠EDF？若存在，请求出∠PFD的度数，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）65°；（2）①DE⊥DF，理由见解析；②（）°或130°
【分析】
（1）利用平行线的性质以及三角形内角和定理求解即可．
（2）①如图2中，结论：DE⊥DF．过点D作DT∥AE．首先证明∠EDF=∠AED+∠DFP，推出∠EDF=90°即可．
②存在，当点P在点D的左侧时存在．分两种情形：如图3-1中，当点P在线段AD上时，设DE交PF于J．如图3-2中，当点P在线段DA的延长线上时，设AE交DF于Q．分别利用平行线的性质，三角形的外角的性质求解即可．
【详解】
解：（1）如图1中，

∵AB∥DE，AE∥BC，
∴∠ADE=∠BAC=75°，∠DAE=∠ACB，
∵∠ACB=180°-∠B-∠BAC=180°-65°-75°=40°，
∴∠DAE=∠ACB=40°，
∴∠E=180°-∠ADE-∠EAD=180°-40°-75°=65°．
（2）①如图2中，结论：DE⊥DF．
理由：过点D作DT∥AE．

∵AE∥PF，DT∥AE，
∴AE∥DT∥PF，
∴∠AED=∠TDE，∠TDF=∠DFP，
∴∠EDF=∠TDE+∠TDF=65°+25°=90°，
∴DE⊥DF．
②存在，当点P在点D的左侧时存在．
如图3-1中，当点P在线段AD上时，设DE交PF于J．

∵PF∥AE，
∴∠PJD=∠AED=65°，
∵∠PJD=∠PFD+∠JDF，∠PFD=2∠EDF，
∴65°=3∠EDF，
∴∠EDF=（）°，
∴∠PFD=（）°．
如图3-2中，当点P在线段DA的延长线上时，设AE交DF于Q．

∵PF∥AE，
∴∠PFD=∠AQD，
∵∠AQD=∠AED+∠EDF，∠PFD=2∠EDF，
∴2∠EDF=65°+∠EDF，
∴∠EDF=65°，
∴∠PFD=130°，
综上所述，∠PFD=（）°或130°．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了平行线的性质，三角形内角和定理，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加平行线，利用平行线的性质解决问题．
8．（2022·浙江·义乌市八年级阶段练习）【概念认识】如图①所示，在中，若，则，叫做的“三分线”，其中，是“邻三分线”，是“邻三分线”．

【问题解决】(1)如图②所示．在中．，．若的三分线交于点D．求的度数．(2)如图③所示，在中．，分别是的邻三分线和的邻三分线，且．求的度数． 【延伸推广】(3)在中，是的外角，的三分线所在的直线与的三分线所在的直线交于点P，若，．求出的度数．（用含m的式子表示）
【答案】(1)或；(2)(3)或或或
【分析】（1）根据题意分是“邻三分线” 与是“邻三分线”讨论可求得的度数，再利用三角形外角的性质可求解；
（2）结合（1）根据、分别是邻三分线和邻三分线，且，即可求的度数；
（3）分2种情况进行画图计算：情况一：如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得，可求解；情况二：如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得可求解．情况三：如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得，可求解；情况四：如图，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得可求解．
【详解】（1）解：①当的邻三分线交于点，，
，
，
，

②当的邻三分线交于点时，，
，
，
，

故答案为：或；
（2）解：在中，，
，
又、分别是邻三分线和邻三分线，
，，
，
，
在中，
；

（3）解：如图3-1所示，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，

，，，
，
即，
，，
；
如图3-2所示，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，

，，，
，
即，
，，
．
如图3-3所示，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，

，，，
，
即，
，，
；
如图3-4所示，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，

，，，
，
即，
，，
．
综上所述：的度数为：或或或．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，角三等分线的定义，正确理解题意是解题的关键．
9．（2022·山东·德州市第五中学八年级阶段练习）【问题情境】苏科版义务教育教科书数学七下第42页有这样的一个问题：

(1)探究1：如图1，在中，P是与的平分线BP和CP的交点，探究与的关系，并说明理由．
(2)探究2：如图2中，H是外角与外角的平分线BH和CH的交点，若，则=________．
(3)探究3：如图3中，在中，P是与的平分线BP和CP的交点，过点P作，交AC于点D．外角的平分线CE与BP的延长线交于点E，则根据探究1的结论，下列角中与相等的角是（   ）
A．                      B．                C．
(4)探究4：如图4中，H是外角与外角的平分线BH和CH的交点，在探究3条件的基础上，
①试判断DP与CE的位置关系，并说明理由；
②在中，存在一个内角等于的3倍，则的度数为 ．
【答案】(1)，理由见解析
(2)50°
(3)B
(4)①，理由见解析；②45°或60°

【分析】（1）利用角平分线的定义和三角形内角和定理求解；
（2）由（1）中结论可得，再依据角平分线的定义，即可得出和均为直角，再根据四边形内角和进行计算，即可得到的度数以及与的关系；
（3）由（1）中结论可得，再根据垂线的定义以及三角形外角性质，即可得出，进而求解；
（4）①根据，即可得到，再根据角平分线的定义和三角形内角和定理求解；
②由①可得出，再根据在中一个内角等于的3倍，分三种情况讨论求解．
【详解】（1）解：．
理由：
∵BP和CP分别是和的角平分线，
∴，，
∴．
又∵在中， ，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可得，．
∵H是外角与外角的平分线BH和CH的交点，P是与的平分线BP和CP的交点，
∴．
同理可得，
∴四边形PBHC中，．
故答案为：50°；
（3）解：由（1）可得，．
∵，PC平分∠ACB，
∴，．
∵是的外角，
∴，
∴．
故答案为：B；
（4）解：①．
理由：
∵，
∴．
∵PC，EC分别平分，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
②由①可得，
∴．
∵BP平分，BH平分，
∴，
∴．
分三种情况：
①若，
则，
解得 (不合题意)，
②若，
则，
∴，
解得，
∴，
由（2）可得，，
即，
∴；
③若，
则，
∴，
解得，
∴，
由(2)可得，，
∴；
  综上所述，的度数为45°或60°．
  故答案为：45°或60°．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查的是角平分线的定义，三角形外角性质，三角形内角和定理以及平行线的判定的综合运用．熟记基本图形中的结论，准确识图并灵活运用基本结论是解题的关键．
10．（2022·广西港南初二期末）已知直线l1∥l2，直线l3和直线l1、l2交于点C和D，点P是直线l3上一动点
（1）如图1，当点P在线段CD上运动时，∠PAC，∠APB，∠PBD之间存在什么数量关系？请你猜想结论并说明理由．（2）当点P在C、D两点的外侧运动时（P点与点C、D不重合，如图2和图3），上述（1）中的结论是否还成立？若不成立，请直接写出∠PAC，∠APB，∠PBD之间的数量关系，不必写理由．

【答案】（1）∠APB=∠PAC+∠PBD；(2)不成立
【分析】（1）当P点在C、D之间运动时，首先过点P作PE∥l1，由l1∥l2，可得PE∥l2∥l1，根据两直线平行，内错角相等，即可求得：∠APB=∠PAC+∠PBD．
（2）当点P在C、D两点的外侧运动时，由直线l1∥l2，根据两直线平行，同位角相等与三角形外角的性质，即可求得：∠PAC=∠PBD+∠APB或∠PBD=∠PAC+∠APB．
【解析】（1）如图1，当P点在C、D之间运动时，∠APB=∠PAC+∠PBD．

理由如下：过点P作PE∥l1，
∵l1∥l2，∴PE∥l2∥l1，∴∠PAC=∠1，∠PBD=∠2，∴∠APB=∠1+∠2=∠PAC+∠PBD；
（2）不成立
如图2，当点P在C、D两点的外侧运动，且在l2下方时，∠PAC=∠PBD+∠APB．理由如下：
∵l1∥l2，∴∠PED=∠PAC，∵∠PED=∠PBD+∠APB，∴∠PAC=∠PBD+∠APB．
如图3，当点P在C、D两点的外侧运动，且在l1上方时，∠PBD=∠PAC+∠APB．理由如下：
∵l1∥l2，∴∠PEC=∠PBD，∵∠PEC=∠PAC+∠APB，∴∠PBD=∠PAC+∠APB．
【点睛】考查平行线的判定与性质，三角形外角的性质等，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和.