浙教版-2023年八年级上册数学举一反三系列 专题1.3 三角形的外角【十大题型】（学生版+教师版）

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专题1.3 三角形的外角【十大题型】 【浙教版】 TOC \o "1-1" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc4295" 【题型1 三角形的外角】  PAGEREF _Toc4295 \h 1  HYPERLINK \l "_Toc22811" 【题型2 三角形的外角性质（比较角的大小）】  PAGEREF _Toc22811 \h 3  HYPERLINK \l "_Toc1821" 【题型3 三角形的外角性质（求角）】  PAGEREF _Toc1821 \h 5  HYPERLINK \l "_Toc15244" 【题型4 三角形的外角性质（含角平分线）】  PAGEREF _Toc15244 \h 7  HYPERLINK \l "_Toc10380" 【题型5 三角形的外角性质（含垂直关系）】  PAGEREF _Toc10380 \h 9  HYPERLINK \l "_Toc12689" 【题型6 三角形的外角性质（含三角板）】  PAGEREF _Toc12689 \h 11  HYPERLINK \l "_Toc6567" 【题型7 三角形的外角性质（含平行线）】  PAGEREF _Toc6567 \h 13  HYPERLINK \l "_Toc15968" 【题型8 三角形的外角性质（折叠问题）】  PAGEREF _Toc15968 \h 16  HYPERLINK \l "_Toc17908" 【题型9 三角形的外角性质（内外角平分线模型）】  PAGEREF _Toc17908 \h 19  HYPERLINK \l "_Toc26606" 【题型10 三角形的外角性质（内外角平分线规律问题）】  PAGEREF _Toc26606 \h 23  【知识点1 三角形的外角】 三角形外角的概念：三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角． 【题型1 三角形的外角】 【例1】（2022•海沧区期末）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，BC上的点，连接AE和DE，则下列是△BDE的外角的是（　　） A．∠AED B．∠AEC C．∠ADE D．∠BAE 【分析】根据三角形外角的定义可判断求解． 【解答】解：由题意得，∠ADE，∠DEC是△BDE的外角． 故选：C． 【变式1-1】（2022•思明区校级期末）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E是BC边上一点，连接AE，OE，则下列角中是△AEO的外角的是（　　） A．∠AEB B．∠AOD C．∠OEC D．∠EOC 【分析】根据三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角解答即可． 【解答】解：△AEO的外角是∠EOC， 故选：D． 【变式1-2】如图，有　8　个三角形，∠1是　△BDC　的外角，∠ADB是　△ADE　的外角． 【分析】根据三角形的定义数出三角形的个数，由外角的定义找出三角形的外角． 【解答】解：图中的三角形有：△ABD，△ADE，△ABE，△CBD，△CDE，△CBE，△ABC，△ADC，共8个三角形． ∠1是△BDC的外角，∠ADB是△ADE的外角． 故空中填：8，△BDC，△ADE． 【变式1-3】（2022•江北区校级月考）如图，在∠1、∠2、∠3和∠4这四个角中，属于△ABC外角的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据三角形的一条边的延长线于另一边的夹角叫做这个三角形的外角判断． 【解答】解：属于△ABC外角的有∠4共1个． 故选：A． 【知识点2 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． 【题型2 三角形的外角性质（比较角的大小）】 【例2】（2022•通川区期末）如图，∠A、∠1、∠2的大小关系是（　　） A．∠A＞∠1＞∠2 B．∠2＞∠1＞∠A C．∠A＞∠2＞∠1 D．∠2＞∠A＞∠1 【分析】根据三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角解答． 【解答】解：∵∠1是三角形的一个外角，∴∠1＞∠A， 又∵∠2是三角形的一个外角，∴∠2＞∠1， ∴∠2＞∠1＞∠A． 故选：B． 【变式2-1】（2022•临淄区期中）点P是△ABC内任意一点，则∠APC与∠B的大小关系是（　　） A．∠APC＞∠B B．∠APC＝∠B C．∠APC＜∠B D．不能确定 【分析】作出图形，延长AP与BC相交于点D，然后根据三角形的一个外角大于任何一个与它不相邻的内角解答． 【解答】解：如图，延长AP与BC相交于点D， 由三角形的外角性质得，∠PDC＞∠B，∠APC＞∠PDC， 所以，∠APC＞∠B． 故选：A． 【变式2-2】（2022春•兴隆县期末）如图所示，下列结论正确的是（　　） A．∠1＞∠B＞∠2 B．∠B＞∠2＞∠1 C．∠2＞∠1＞∠B D．∠1＞∠2＞∠B 【分析】根据三角形的外角的性质即可判断． 【解答】解：如图， 在△AEF中，∠1＞∠2， 在△BCE中，∠2＞∠B， ∴∠1＞∠2＞∠B． 故选：D． 【变式2-3】（2022•双流区期末）如图，在△ABC中，∠1是它的一个外角，E为边AC上一点，延长BC到D，连接DE．则下列结论正确的是（　　） A．∠1＞∠D B．∠D＞∠2 C．∠1＝∠2+∠3 D．∠3＝∠A 【分析】根据三角形的外角性质得出∠2＞∠D，∠1＞∠2，∠1＝∠A+∠2，∠2＝∠3+∠D，再逐个判断即可． 【解答】解：A．∵∠2＞∠D，∠1＞∠2， ∴∠1＞∠D，故本选项符合题意； B．∠2＞∠D，故本选项不符合题意； C．∠1＝∠2+∠A＝∠D+∠3+∠A，∠2+∠3＝∠D+∠3+∠3＝2∠3+∠D， 又∵∠3和∠A不一定相等， ∴∠1和∠2+∠3不一定相等，故本选项不符合题意； D．∠3和∠A不一定相等，故本选项不符合题意； 故选：A． 【题型3 三角形的外角性质（求角）】 【例3】（2022•石阡县模拟）如图，已知△ABC的外角∠CAD＝120°，∠C＝80°，则∠B的度数是（　　） A．30° B．40° C．50° D．60° 【分析】根据三角形外角的性质可直接求解． 【解答】解：∵∠CAD＝∠B+∠C，∠CAD＝120°，∠C＝80°， ∴∠B＝∠CAD﹣∠C＝120°﹣80°＝40°， 故选：B． 【变式3-1】（2022•梁子湖区期末）三角形中，三个内角的比为1：3：6，它的三个外角的比为（　　） A．1：3：6 B．6：3：1 C．9：7：4 D．3：5：2 【分析】由三角形中，三个内角的比为1：3：6，根据三角形的外角的性质，即可求得它的三个外角的比． 【解答】解：∵三角形中，三个内角的比为1：3：6， ∴它的三个外角的比为：（3+6）：（1+6）：（1+3）＝9：7：4． 故选：C． 【变式3-2】（2022春•光明区期末）某零件的形状如图所示，按照要求∠B＝20°，∠BCD＝110°，∠D＝30°，那么∠A的度数是（　　） A．50° B．60° C．70° D．80° 【分析】延长DC交AB于E，根据三角形外角的性质可求得∠CEB的度数，再利用三角形外角的性质可求解． 【解答】解：延长DC交AB于E， ∵∠BCD＝∠B+∠CEB，∠BCD＝110°，∠B＝20°， ∴∠CEB＝110°﹣20°＝90°， ∵∠CEB＝∠A+∠D，∠D＝30°， ∴∠A＝90°﹣30°＝60°， 故选：B． 【变式3-3】（2022春•江阴市期中）小枣一笔画成了如图所示的图形，若∠A＝60°，∠B＝40°，∠C＝30°，则∠D+∠E等于（　　） A．100° B．110° C．120° D．130° 【分析】设AE交BC于G，交CD于F，根据三角形的外角性质求出∠AFC，再根据对顶角的性质可求得∠DFE的度数，利用三角形的内角和定理求出∠D+∠E即可． 【解答】解：如图， ∵∠A＝60°，∠B＝40°， ∴∠BGF＝∠C+∠AFC＝∠A+∠B＝100°， ∵∠C＝30°， ∴∠AFC＝100°﹣30°＝70°， ∴∠EFD＝∠AFC＝70°， ∵∠E+∠D+∠EFD＝180°， ∴∠D+∠E＝180°﹣70°＝110°， 故选：B． 【题型4 三角形的外角性质（含角平分线）】 【例4】（2022•沈阳模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD平分∠BAC交BC边于点D，若∠C＝26°，则∠ADB的度数是（　　） A．61° B．64° C．71° D．109° 【分析】根据角平分线的定义可得∠DAC＝45°，根据三角形外角的性质可得∠ADB＝∠DAC+∠C，即可求出∠ADB的度数． 【解答】解：∵∠BAC＝90°，AD平分∠BAC， ∴∠DAC＝45°， ∵∠C＝26°， ∴∠ADB＝∠DAC+∠C＝45°+26°＝71°， 故选：C． 【变式4-1】（2022春•宜兴市校级月考）如图，在△ABC中，在AB上存在一点D，使得∠ACD＝∠B，角平分线AE交CD于点F．△ABC的外角∠BAG的平分线所在直线MN与BC的延长线交于点M，若∠M＝35°，则∠CFE　＝55°　． 【分析】由平角的性质和角平分线的定义可求∠EAN＝90°，由外角的性质可求解． 【解答】证明：∵C、A、G三点共线 AE、AN为角平分线， ∴∠EAN＝90°， 又∵∠GAN＝∠CAM， ∴∠M+∠CEF＝90°， ∵∠CEF＝∠EAB+∠B，∠CFE＝∠EAC+∠ACD，∠ACD＝∠B， ∴∠CEF＝∠CFE， ∴∠M+∠CFE＝90°． ∴∠CFE＝90°﹣∠M＝90°﹣35°＝55°． 故答案为：55°． 【变式4-2】（2022春•邗江区期中）如图，∠ABD，∠ACD的角平分线交于点P，若∠A＝50°，∠D＝10°，则∠P的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 【分析】利用角平分线的性质计算． 【解答】解：延长DC，与AB交于点E． ∵∠ACD是△ACE的外角，∠A＝50°， ∴∠ACD＝∠A+∠AEC＝50°+∠AEC． ∵∠AEC是△BDE的外角， ∴∠AEC＝∠ABD+∠D＝∠ABD+10°， ∴∠ACD＝50°+∠AEC＝50°+∠ABD+10°， 整理得∠ACD﹣∠ABD＝60°． 设AC与BP相交于O，则∠AOB＝∠POC， ∴∠P+∠ACD＝∠A+∠ABD， 即∠P＝50°﹣（∠ACD﹣∠ABD）＝20°． 故选：B． 【变式4-3】（2022•武冈市期末）如图，已知P是三角形ABC内一点，∠BPC＝120°，∠A＝70°，BD是∠ABP的角平分线，CE是∠ACP的角平分线，BD与CE交于点F，则∠BFC等于（　　） A．100° B．90° C．85° D．95° 【分析】利用三角形的内角和定理求得∠ABC+∠ACB，由∠BPC＝120°，可得∠PBC+∠PCB，利用角平分线的性质可得∠FBP+∠FCP，易得∠FBC+∠FCB，由三角形的内角和定理可得结果． 【解答】解：∵∠A＝70°， ∴∠ABC+∠ACB＝110°， ∵∠BPC＝120°， ∴∠PBC+∠PCB＝180°﹣∠BPC＝60°， ∴∠ABP+∠ACP＝110°﹣60°＝50°， ∵BD是∠ABP的平分线，CE是∠ACP的平分线， ∴∠FBP+∠FCP＝25°， ∴∠FBC+∠FCB＝∠PBC+∠PCB+∠FBP+∠FCP＝60°+25°＝85°， ∠BFC＝180°﹣（∠FBC+∠FCB）＝180°﹣85°＝95°． 故选：D． 【题型5 三角形的外角性质（含垂直关系）】 【例5】（2022•赤峰）如图，点D在BC的延长线上，DE⊥AB于点E，交AC于点F．若∠A＝35°，∠D＝15°，则∠ACB的度数为（　　） A．65° B．70° C．75° D．85° 【分析】根据三角形外角与内角的关系及三角形内角和定理解答． 【解答】解：∵DE⊥AB，∠A＝35° ∴∠AFE＝∠CFD＝55°， ∴∠ACB＝∠D+∠CFD＝15°+55°＝70°． 故选：B． 【变式5-1】（2022春•鄂州校级期中）如图，BD，CE是△ABC的两条高，且交于点O， 问：（1）∠1和∠2大小如何？ （2）若∠A＝50°，∠ABC＝70°，求∠3和∠4度数． 【分析】（1）∠4即是△EOB的外角，也是△DOC的外角，根据外角的性质即可得到∠1＝∠2． （2）根据三角形内角和定理求出∠3与∠2的度数，然后利用外角的性质求出∠4． 【解答】解：∵∠BEO＝∠CDO＝90°， ∴∠4＝∠BEO+∠1＝∠CDO+∠2， ∴∠1＝∠2； （2）∵∠3＝180°﹣∠BEC﹣∠ABC＝180°﹣90°﹣70°＝20°， ∠2＝180°﹣∠A﹣∠AEC＝180°﹣90°﹣50°＝40°， ∴∠4＝∠ODC+∠2＝90°+40°＝130°． 【变式5-2】（2022春•普陀区期末）如图，已知△ABC中，BD、CE分别是边AC、AB上的高，BD与CE交于O点，如果设∠BAC＝n°，那么用含n的代数式表示∠BOC的度数是（　　） A．45°+n° B．90°﹣n° C．90°+n° D．180°﹣n° 【分析】由垂直的定义得到∠ADB＝∠BDC＝90°，再根据三角形内角和定理得∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠A＝90°﹣n°，然后根据三角形的外角性质有∠BOC＝∠EBD+∠BEO，计算即可得到∠BOC的度数． 【解答】解：∵BD、CE分别是边AC，AB上的高， ∴∠ADB＝∠BDC＝90°， 又∵∠BAC＝n°， ∴∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠A＝180°﹣90°﹣n°＝90°﹣n°， ∴∠BOC＝∠EBD+∠BEO＝90°﹣n°+90°＝180°﹣n°． 故选：D． 【变式5-3】（2022春•腾冲县期末）已知：如图所示，∠ABC＝66°，∠ACB＝54°，BE是AC边上的高，CF是AB边上的高，H是BE和CF的交点，求：∠ABE，∠ACF和∠BHC的度数． 【分析】由三角形的内角和是180°，可求∠A＝60°．又因为BE是AC边上的高，所以∠AEB＝90°，所以∠ABE＝30°．同理，∠ACF＝30度，又因为∠BHC是△CEH的一个外角，所以∠BHC＝120°． 【解答】解：∵∠ABC＝66°，∠ACB＝54°， ∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣66°﹣54°＝60°． 又∵BE是AC边上的高，所以∠AEB＝90°， ∴∠ABE＝180°﹣∠BAC﹣∠AEB＝180°﹣90°﹣60°＝30°． 同理，∠ACF＝30°， ∴∠BHC＝∠BEC+∠ACF＝90°+30°＝120°． 【题型6 三角形的外角性质（含三角板）】 【例6】（2022春•宿城区期末）将一副直角三角板如图放置，∠A＝30°，∠F＝45°．若边AB经过点D，则∠EDB＝　75　°． 【分析】由三角形内角和定理可求解∠ABC的度数，利用三角形外角的性质可求解∠BDF的度数，进而可求解． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°， ∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°， ∵∠ABC＝∠F+∠BDF，∠F＝45°， ∴∠BDF＝∠ABC﹣∠F＝60°﹣45°＝15°， ∵∠EDF＝90°， ∴∠EDB＝∠EDF﹣∠BDF＝90°﹣15°＝75°， 故答案为75． 【变式6-1】（2022•亭湖区校级一模）将一副三角尺按如图所示的方式摆放，则∠α的大小为（　　） A．105° B．75° C．65° D．55° 【分析】根据三角形的外角性质解答即可． 【解答】解：由三角形的外角性质可知：∠α＝30°+45°＝75°， 故选：B． 【变式6-2】（2022•丹东期末）如图所示，一副三角板叠放在一起，则图中∠α等于（　　） A．105° B．115° C．120° D．135° 【分析】根据三角板上角的度数的特点及三角形内角与外角的关系解答． 【解答】解：如图， 由题意得：∠ABG＝90°， ∵∠G＝30°， ∴∠BFG＝180°﹣∠ABG﹣∠G＝60°， ∴∠AFH＝∠BFG＝60°， ∵∠α是△AFH的外角，∠A＝45°， ∴∠α＝∠A+∠AFH＝105°， 故选：A． 【变式6-3】（2022•安徽二模）一副三角板如图放置，则∠1+∠2的度数为（　　） A．30° B．45° C．60° D．75° 【分析】延长BE交AC于D，根据三角形的外角性质计算，得到答案． 【解答】解：延长BE交AC于D， ∵∠BEC是△CDE的外角， ∴∠2+∠CDE＝∠BEC＝90°， 同理：∠1+∠A＝∠CDE， ∴∠2+∠1+∠A＝90°， ∴∠1+∠2＝45°， 故选：B． 【题型7 三角形的外角性质（含平行线）】 【例7】（2022•沙湾区模拟）如图，直线a∥b，则∠1＝（　　） A．100° B．110° C．125° D．135° 【分析】依据∠1＝55°+45°，即可得到∠1的度数． 【解答】解：根据三角形外角的性质得∠1＝55°+45°＝100°． 故选：A． 【变式7-1】（2022春•东西湖区校级月考）如图所示，l1∥l2，则下列式子中值为180°的是（　　） A．α+β+γ B．α+β﹣γ C．β+γ﹣α D．α﹣β+γ 【分析】本题考查三角形内角与外角的关系，根据平行线的性质得知，内错角相等，同旁内角互补，可以计算出α+β﹣γ的值为180°． 【解答】解：由题可知α＝180°﹣β+γ，所以有180°﹣α+γ+180°﹣β＝180°，即α+β﹣γ＝180°．故选B． 【变式7-2】（2022•泸州）如图，直线a∥b，直线c分别交a，b于点A，C，点B在直线b上，AB⊥AC，若∠1＝130°，则∠2的度数是（　　） A．30° B．40° C．50° D．70° 【分析】首先利用平行线的性质得到∠1＝∠DAC，然后利用AB⊥AC得到∠BAC＝90°，最后利用角的和差关系求解． 【解答】解：如图所示， ∵直线a∥b， ∴∠1＝∠DAC， ∵∠1＝130°， ∴∠DAC＝130°， 又∵AB⊥AC， ∴∠BAC＝90°， ∴∠2＝∠DAC﹣∠BAC＝130°﹣90°＝40°． 故选：B． 【变式7-3】（2022•细河区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°，△ABC的外角∠CBD的平分线BE交AC的延长线于点E． （1）求∠CBE的度数； （2）过点D作DF∥BE，交AC的延长线于点F，求∠F的度数． 【分析】（1）先根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC＝90°﹣∠A＝50°，由邻补角定义得出∠CBD＝130°．再根据角平分线定义即可求出∠CBE＝∠CBD＝65°； （2）先根据三角形外角的性质得出∠CEB＝90°﹣65°＝25°，再根据平行线的性质即可求出∠F＝∠CEB＝25°． 【解答】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°， ∴∠ABC＝90°﹣∠A＝50°， ∴∠CBD＝130°． ∵BE是∠CBD的平分线， ∴∠CBE＝∠CBD＝65°； （2）∵∠ACB＝90°，∠CBE＝65°， ∴∠CEB＝90°﹣65°＝25°． ∵DF∥BE， ∴∠F＝∠CEB＝25°． 【题型8 三角形的外角性质（折叠问题）】 【例8】（2022•东城区校级期末）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A'处，折痕为DE．如果∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA'＝γ，那么下列式子中正确的是（　　） A．γ＝2α+β B．γ＝α+2β C．γ＝α+β D．γ＝180°﹣α﹣β 【分析】根据三角形的外角得：∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，代入已知可得结论． 【解答】解：由折叠得：∠A＝∠A'， ∵∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'， ∵∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA'＝γ， ∴∠BDA'＝γ＝α+α+β＝2α+β， 故选：A． 【变式8-1】（2022•武昌区月考）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，则（　　） A．∠A＝∠1+∠2 B．2∠A＝∠1+∠2 C．3∠A＝2∠1+∠2 D．3∠A＝2（∠1+∠2） 【分析】如图，延长BE、CD并交于点F，连接AF．根据三角形外角的性质，得∠1＝∠EAF+∠EFA，∠2＝∠ADC+∠AFD，得∠1+∠2＝∠EAF+∠EFA+∠ADC+∠AFD，即∠1+∠2＝2∠EAD． 【解答】解：如图，延长BE、CD并交于点F，连接AF． 由题可知：∠EAD＝∠EFD． ∵∠1＝∠EAF+∠EFA，∠2＝∠DAF+∠AFD， ∴∠1+∠2＝∠EAF+∠EFA+∠DAF+∠AFD． ∴∠1+∠2＝∠EAD+∠EFD． ∴∠1+∠2＝2∠EAD． 故选：B． 【变式8-2】（2022春•宜兴市校级期末）如图，将△ABC的∠C折叠，使C点在AC边上，折痕为DE，则（　　） A．∠BDC＝∠DCE+90° B．∠BDC＝2∠DCE C．∠BDC+∠DCE＝180° D．∠BDC＝3∠DCE 【分析】根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和以及折叠重合的两个角相等，得B正确． 【解答】解：根据折叠的性质可得：CD＝C′D，DE⊥AC． ∵CD＝C′D， ∴∠DCE＝∠C′， 又∵∠BDC＝∠DCE+∠C′＝2∠DCE． 故选：B． 【变式8-3】（2022春•长安区期末）如图1和图2，在三角形纸片ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，沿DE折叠，点A落在点A'的位置． （1）如图1，当点A′落在CD边上时，∠DAE与∠1之间的数量关系为 　③　（只填序号），并说明理由； ①∠DAE＝∠1 ②∠DAE＝2∠1 ③∠1＝2∠DAE （2）如图2，当点A落在△ABC内部时，直接写出∠DAE与∠1，∠2之间的数量关系． 【分析】（1）根据三角形外角的性质，得∠1＝∠EAD+∠EA′D．由题意得：∠DAE＝∠DA′E，可推断出∠1＝2∠DAE． （2）如图2，连接AA′．由三角形外角的性质，得∠1＝∠A′AE+∠AA′E，∠2＝∠A′AD+∠AA′D．由题意知：∠EAD＝∠EA′D，进而推断出∠1+∠2＝2∠EAD． 【解答】解：（1）由题意得：∠DAE＝∠DA′E． ∵∠1＝∠EAD+∠EA′D＝2∠DAE． 故答案为：③． （2）∠1+∠2＝2∠DAE，理由如下： 如图2，连接AA′． 由题意知：∠EAD＝∠EA′D． ∵∠1＝∠A′AE+∠AA′E，∠2＝∠A′AD+∠AA′D， ∴∠1+∠2＝∠EAA′+∠A′AD+∠EA′A+∠AA′D＝∠EAD+∠EA′D＝2∠EAD． 【题型9 三角形的外角性质（内外角平分线模型）】 【例9】（2022春•茌平区期末）．如图，在中，，的平分线交于点，是与平分线的交点，是的两外角平分线的交点，若，则的度数为　　 A． B． C． D． 【分析】由角平分线得，由，求得． 【解答】解：由题意得： ，分别平分，， ，， ， ， ，且是的外角， ． 故选：． 【变式9-1】（2022•中原区校级期末）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠P＝　30　°． 【分析】根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠P的度数． 【解答】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线， ∴∠ABP＝∠CBP＝20°，∠ACP＝∠MCP＝50°， ∵∠PCM是△BCP的外角， ∴∠P＝∠PCM﹣∠CBP＝50°﹣20°＝30°， 故答案为：30°． 【变式9-2】（2022•郏县期末）如图在△ABC中，BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，交于O，CE为外角∠ACD的平分线，BO的延长线交CE于点E，记∠BAC＝∠1，∠BEC＝∠2，则以下结论①∠1＝2∠2，②∠BOC＝3∠2，③∠BOC＝90°+∠1，④∠BOC＝90°+∠2正确的是（　　） A．①②③ B．①③④ C．①④ D．①②④ 【分析】依据角平分线的定义以及三角形外角性质，即可得到∠1＝2∠2，∠BOC＝90°+∠1，∠BOC＝90°+∠2． 【解答】解：∵CE为外角∠ACD的平分线，BE平分∠ABC， ∴∠DCE＝∠ACD，∠DBE＝∠ABC， 又∵∠DCE是△BCE的外角， ∴∠2＝∠DCE﹣∠DBE， ＝（∠ACD﹣∠ABC） ＝∠1，故①正确； ∵BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB， ∴∠OBC＝ABC，∠OCB＝∠ACB， ∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB） ＝180°﹣（∠ABC+∠ACB） ＝180°﹣（180°﹣∠1） ＝90°+∠1，故②、③错误； ∵OC平分∠ACB，CE平分∠ACD， ∴∠ACO＝∠ACB，∠ACE＝ACD， ∴∠OCE＝（∠ACB+∠ACD）＝×180°＝90°， ∵∠BOC是△COE的外角， ∴∠BOC＝∠OCE+∠2＝90°+∠2，故④正确； 故选：C． 【变式9-3】（2022春•江都区月考）如图①，在△ABC 中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P． （1）如果∠A＝70°，求∠BPC的度数； （2）如图②，作△ABC外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，试探索∠Q，∠A之间的数量关系． （3）如图③，延长线段BP，QC交于点E，在△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，求∠A的度数． 【分析】（1）在△ABC中，根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB＝110°，根据角平分线的定义得出∠PBC＝ABC，∠PCB＝ACB，求出∠PBC+∠PCB＝55°，再在△BPC中，根据三角形内角和定理求出即可； （2）根据三角形外角性质得出∠MBC＝∠ACB+∠A，∠NCB＝∠ABC+∠A，求出∠MBC+∠NCB＝180°+∠A，根据角平分线的定义得出∠QBC＝MBC，∠QCB＝NCB，求出∠QBC+∠QCB＝90°+A，根据三角形内角和定理求出即可； （3）根据角平分线的定义得出∠ACF＝2∠BCF，∠ABC＝2∠EBC，根据三角形外角性质得出∠ECF＝∠EBC+∠E，求出∠A＝2∠E，求出∠EBQ＝90°，分为四种情况：①∠EBQ＝3∠E＝90°，②∠EBQ＝3∠Q，③∠Q＝3∠E，④∠E＝3∠Q，再求出答案即可． 【解答】解：（1）∵∠A＝70°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝110°， ∵点P是∠ABC和∠ACB的角平分线的交点， ∴∠PBC＝ABC，∠PCB＝ACB， ∴∠PBC+∠PCB＝55°， ∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝125°； （2）∵∠MBC＝∠ACB+∠A，∠NCB＝∠ABC+∠A， ∴∠MBC+∠NCB＝∠ACB+∠A+∠ABC+∠A＝180°+∠A， ∵点Q是∠MBC和∠NCB的角平分线的交点， ∴∠QBC＝MBC，∠QCB＝NCB， ∴∠QBC+∠QCB＝（∠MBC+∠NCB）＝（180°+∠A）＝90°+A， ∴∠Q＝180°﹣（∠QBC+∠QCB）＝180°﹣（90°+A）＝90°﹣A； （3）∵CQ为△ABC的外角∠NCB的角平分线， ∴CE是△ABC的外角∠ACF的平分线， ∴∠ACF＝2∠BCF， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABC＝2∠EBC， ∵∠ECF＝∠EBC+∠E， ∴2∠ECF＝2∠EBC+2∠E， 即∠ACF＝∠BC+2∠E， ∵∠ACF＝∠ABC+∠A， ∴∠A＝2∠E， 即∠E＝A， ∵∠EBQ＝∠EBC+∠CBQ ＝∠ABC+MBC ＝（∠ABC+∠A+∠ACB） ＝90°， 如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，那么分为四种情况： ①∠EBQ＝3∠E＝90°，则∠E＝30°，∠A＝2∠E＝60°； ②∠EBQ＝3∠Q，则∠Q＝30°，∠E＝60°，∠A＝2∠E＝120°； ③∠Q＝3∠E，则∠E＝22.5°，∠A＝2∠E＝45°； ④∠E＝3∠Q，则∠E＝67.5°，∠A＝2∠E＝135°， 综合上述，∠A的度数是45°或60°或120°或135°． 【题型10 三角形的外角性质（内外角平分线规律问题）】 【例10】（2022春•靖江市月考）如图1，在△ABC中，∠ABC，∠ACB的角平分线交于点O，则∠BOC＝90°+∠A＝×180°+∠A． 如图2，在△ABC中，∠ABC，∠ACB的两条三等分角线分别对应交于O1，O2，则∠BO1C＝×180°+∠A，∠BO2C＝×180°+∠A． 根据以上阅读理解，你能猜想（n等分时，内部有n﹣1个点）（用n的代数式表示）∠BOn﹣1C＝（　　） A．×180°+∠A B．×180°+∠A C．×180°+∠A D．×180°+∠A 【分析】本题可分别将n＝1，2，3…的情况列出来，分别解出∠BOC的度数，再进行总结归纳即可． 【解答】解：n＝1时，∠BOn﹣1C＝180°﹣∠A； n＝2时，∠BOn﹣1C＝180°﹣（180°﹣∠A）＝180°+∠A； n＝3时，∠BOn﹣1C＝180°﹣（180°﹣∠A）＝180°+∠A； … 所以当n＝n时，∠BOn﹣1C＝×180°+∠A． 故选：D． 【变式10-1】（2022•曲靖期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝128°，P是△ABC的内角∠ABC的平分线BP1与外角∠ACE的平分线CP1的交点；P2是△BP1C的内角∠P1BC的平分线BP2与外角∠P1CE的平分线CP2的交点；P3是△BP2C的内角∠P2BC的平分线BP3与外角∠P2CE的平分线CP3的交点；依次这样下去，则∠P6的度数为（　　） A．2° B．4° C．8° D．16° 【分析】根据角平分线的定义得∠PBC＝∠ABC，∠PCE＝∠ACE，再根据三角形外角性质得∠ACE＝∠A+∠ABC，∠PCE＝∠PBC+∠P，于是得到（∠A+∠ABC）＝∠PBC+∠P＝∠ABC+∠P，然后整理可得∠P＝∠A，同理得到结论． 【解答】解：∵△ABC的内角平分线BP与外角平分线CP1交于P1， ∴∠P1BC＝∠ABC，∠P1CE＝∠ACE， ∵∠ACE＝∠A+∠ABC，∠P1CE＝∠P1BC+∠P1， ∴（∠A+∠ABC）＝∠P1BC+∠P1＝∠ABC+∠P1， ∴∠P1＝∠A＝128°＝64°， 同理∠P2＝∠P1＝32°， ∴∠P6＝2°， 故选：A． 【变式10-2】（2022•市北区期末）【探究发现】 如图1，在△ABC中，点P是内角∠ABC和外角∠ACD的角平分线的交点，试猜想∠P与∠A之间的数量关系，并证明你的猜想． 【迁移拓展】 如图2，在△ABC中，点P是内角∠ABC和外角∠ACD的n等分线的交点，即∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD， 试猜想∠P与∠A之间的数量关系，并证明你的猜想． 【应用创新】 已知，如图3，AD、BE相交于点C，∠ABC、∠CDE、∠ACE的角平分线交于点P，∠A＝35°，∠E＝25°，则∠BPD＝　30°　． 【分析】（1）根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠A的度数，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果； （2）根据已知条件以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠A的度数，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果； （3）根据（1）的结论即可得到结果． 【解答】解：（1）∠A＝2∠P，理由如下： ∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线， ∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD， ∵∠ACD是△ABC的外角，∠PCD是△BPC的外角， ∴∠ACD＝∠ABC+∠A，∠PCD＝∠PBC+∠P， ∴∠ACD＝∠ABC+∠A， ∴∠ABC+∠A＝∠PBC+∠P， ∴∠A＝2∠P； （2）∠A＝n∠P，理由如下： ∵点P是内角∠ABC和外角∠ACD的n等分线的交点， ∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACE． ∵∠ACD是△ABC的外角，∠PCD是△BPC的外角， ∴∠ACD＝∠ABC+∠A，∠PCD＝∠PBC+∠P， ∴∠ACD＝∠ABC+∠A， ∴∠ABC+∠A＝∠PBC+∠P， ∴∠A＝n∠P； （3）∵∠ABC、∠CDE、∠ACE的角平分线交于点P， ∴由（1）的结论知，∠BPC＝∠A＝，∠CPD＝∠E＝， ∴∠BPD＝∠BPC+∠DPC＝30°， 故答案为：30°． 【变式10-3】（2022春•宝应县期中）【问题引入】 （1）如图1，△ABC，点O是∠ABC和∠ACB相邻的外角平分线的交点，若∠A＝40°，请求出∠BOC的度数． 【深入探究】 （2）如图2，在四边形ABCD中，点O是∠BAC和∠ACD的角平分线的交点，若∠B+∠D＝110°，请求出∠AOC的度数． 【类比猜想】 （3）如图3，在△ABC中，∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB，∠A＝α，则∠BOC＝　120°﹣α　（用α的代数式表示，直接写出结果，不需要写出解答过程）． （4）如果BO，CO分别是△ABC的外角∠DBC，∠ECB的n等分线，它们交于点O，∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB则∠BOC＝　﹣α．　（用n、a的代数式表示，直接写出结果，不需要写出解答过程）． 【分析】（1）由三角形内角和定理可求得∠ABC+∠ACB，再利用邻补角可求得∠DBC+∠ECB，根据角平分线的定义可求得∠OBC+∠OCB，在△BOC中利用三角形内角和定理可求得∠BOC； （2）根据三角形内角和等于180°，四边形内角和等于360°，结合角平分线的定义即可得到∠AOC与∠B+∠D之间的关系； （3）如图3，根据三角形的内角和等于180°列式整理即可得∠BOC＝120°﹣α； （4）根据三角形的内角和等于180°列式整理即可得∠BOC＝﹣α． 【解答】解：（1）∵∠A＝40°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝140°， ∴∠DBC+∠ECB＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ACB＝360°﹣（∠ABC+∠ACB）＝360°﹣140°＝220°， ∵BO、CO分别平分∠DBC和∠ECB， ∴∠OBC+∠OCB＝（∠DBC+∠ECB）＝×220°＝110°， ∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣110°＝70°； （2）∵点O是∠BAC和∠ACD的角平分线的交点， ∴∠OAC＝∠CAB，∠OCA＝∠ACD， ∴∠AOC＝180°﹣（∠OAC+∠OCA） ＝180°﹣（∠CAB+∠ACD） ＝180°﹣（360°﹣∠B﹣∠D） ＝（∠B+∠D）， ∵∠B+∠D＝110°， ∴∠AOC＝（∠B+∠D）＝55°； （3）如图③，在△OBC中，∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB） ＝180°﹣（∠DBC+∠ECB） ＝180°﹣（∠A+∠ACB+∠A+ABC） ＝180°﹣（∠A+180°） ＝120°﹣α； （4）在△OBC中，∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB） ＝180°﹣（∠DBC+∠ECB） ＝180°﹣（∠A+∠ACB+∠A+ABC） ＝180°﹣（∠A+180°） ＝﹣α． 故答案为：120°﹣α；﹣α．