蘇科版數(shù)學七下重難點提升講練專題05 角度計算的綜合壓軸題型專訓（2份，原卷版+解析版）

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專題05 角度計算的綜合壓軸題型專訓 【經典題型一 單選題】 1．（2022秋·湖北孝感·八年級統(tǒng)考期中）如圖，，、、分別平分，外角，外角，以下結論：①，②，③，④，其中正確的結論有（????） A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 【答案】D 【分析】根據(jù)角平分線的定義、三角形的內角和定理、三角形的外角性質、平行線的判定一一判定即可． 【詳解】解：①設點A、B在直線上， ∵、分別平分的內角，外角， ∴平分的外角， ∴， ∵，且， ∴， ∴，故①正確． ②∵、分別平分的內角、外角， ∴， ∴，故②正確． ③∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故③正確． ④∵ ∴， ∴，故④正確． 故選：D． 【點睛】本題考查了角平分線的定義、三角形的內角和定理、三角形的外角性質、平行線的判定等，熟悉各個概念的內容是解題的關鍵． 2．（2022秋·重慶沙坪壩·八年級重慶市鳳鳴山中學校聯(lián)考期中）如圖，中，交于點，平分交于點，點為的延長線上一點，交的延長線于點，的延長線交于點，連接，下列結論： ①； ②； ③； ④. 其中正確結論的個數(shù)是（????） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】如圖，①根據(jù)直角三角形的性質即可得到；②根據(jù)角平分線的定義得，由三角形的內角和定理得，變形可得結論；③根據(jù)三角形的內角和和外角的性質即刻得到；④根據(jù)三角形的面積公式即可得到． 【詳解】如圖，交于， ①，， ， ， ，故①正確； ②平分交于， ， ， ， ， ， ， 故②正確； ③，， ， ， ， ，故③正確； ④平分交于， 點到和的距離相等， ，故④正確； 故選：D． 【點睛】本題考查了角平分線的定義，直角三角形的性質，三角形的面積公式，三角形外角的性質，正確的識別圖形是解題的關鍵． 3．（2023春·七年級單元測試）△ABC中，，∠ABC和∠ACD的平分線交于點，得；和的平分線交于點，得和的平分線交于點，則為（　?。? A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根據(jù)三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和，可得，再結合角平分線的定義，找出角變化的規(guī)律即可求解． 【詳解】∵平分∠ABC，平分∠ACD， ∴＝∠ABC，＝∠ACD， ∴＝∠ACD﹣∠ABC＝∠A， 同理可得＝＝∠A， ∴＝∠A， ∵， ∴＝， 故選：D． 【點睛】本題考查了三角形的內角和定理，三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和的性質，角平分線的定義，熟記性質并準確識圖，然后求出后一個角是前一個角的一半是解題的關鍵． 4．（2022春·湖北武漢·七年級?？茧A段練習）如圖，DC∥AB，AE⊥EF，E在BC上，過E作EC⊥DC，EG平分∠FEC，ED平分∠AEC．若∠EAD＋∠BAD＝180°，∠EDA＝3∠CEG，則下列結論：① ∠EAB＝2∠FEG；② ∠AED＝45°＋∠GEF；③ ∠EAD＝135°－4∠GEC；④ ∠EAB＝15°，其中正確的是（????） A．①②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③ 【答案】D 【分析】根據(jù)角平分線的性質、三角形外角性質及三角形內角和求解即可． 【詳解】解：∵EG平分∠FEC， ∴∠FEG＝∠CEG， 設∠FEG＝∠CEG＝α， ∴∠FEC＝2α， ∵∠EDA＝3∠CEG， ∴∠EDA＝3α， ∵EC⊥DC，， ∴EB⊥AB，∠C＝90°， ∴∠B＝90°， ∵AE⊥EF， ∴∠AEF＝90°， ∴∠AEC＝∠AEF＋∠FEC＝90°＋2α， ∵∠AEC＝∠B＋∠EAB＝90°＋∠EAB， ∴90°＋2α＝90°＋∠EAB， ∴∠EAB＝2α＝2∠FEG， 故①正確； ∵ED平分∠AEC， ∴∠AED＝∠AEC＝（90°＋2α）＝45°＋α＝45°＋∠GEF， 故②正確； ∵∠AED＝45°＋α，∠EDA＝3α， ∴∠EAD＝180°?∠AED?∠EDA＝180°?（45°＋α）?3α＝135°?4α＝135°?4∠GEC， 故③正確； ∵∠EAD＋∠BAD＝180°， ∴∠EAB＋∠DAE＋∠EAD＝180°， ∴2α＋2（135°?4α）＝180°， ∴α＝15°， ∴∠EAB＝2α＝30°， 故④錯誤， 故選：D． 【點睛】此題考查了三角形角平分線的性質、三角形外角性質、三角形內角和，熟記三角形角平分線的性質、三角形外角性質、三角形內角和是解題的關鍵． 5．（2022春·江蘇無錫·七年級?？茧A段練習）設△ABC的面積為a，如圖①將邊BC、AC分別2等份，BE1、AD1相交于點O，△AOB的面積記為S1；如圖②將邊BC、AC分別3等份，BE1、AD1相交于點O，△AOB的面積記為S2；……， 依此類推，若S5=則a的值為（????） A．1 B．2 C．6 D．3 【答案】D 【分析】利用三角形的面積公式，求出前三個圖形的面積，再得出規(guī)律，根據(jù)規(guī)律列出方程便可求得． 【詳解】解：在圖①中，連接， ，， ，，， ，， ， ， 設，則 ， 解得； 在圖②中，連接、、， 則，， 設，則 ， 解得； 在圖③中，連、、、、， 則，， 設，則 ， 解得， ． 由可知，， ， ， 解得． 故選：D 【點睛】此題考查了三角形的面積公式，關鍵通過列方程組求得各個圖形的面積，從中找出規(guī)律． 6．（2022春·浙江紹興·七年級校聯(lián)考期末）如圖，已知直線，直線分別交直線，于點，，平分交于點．是射線上一動點（不與點，重合）．平分交于點，設，．現(xiàn)有下列四個式子：①，②，③，④，在這四個式子中，正確的是(???) A．①② B．①④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】分兩種情況討論：當點G在F的右側時，根據(jù)兩直線平行同旁內角互補得到，結合角平分線性質解得；或當點G在F的左側時，兩直線平行內錯角相等得到，結合三角形外角性質得到，解得． 【詳解】解： 當點G在F的右側時， 平分 平分 設， ， 當點G在F的左側時， 平分 平分 設， 綜上所述，或 故①④正確, ②③錯誤 故選：B． 【點睛】本題考查平行線的性質、三角形外角性質、角平分線的性質等知識，是重要考點，掌握相關知識是解題關鍵． 7．（2022春·湖北武漢·七年級統(tǒng)考期中）如圖：CDAB，BC平分∠ACD，CF平分∠ACG，∠BAC=40°，∠1=∠2，則下列結論：①∠ACE=2∠4；②CB⊥CF；③∠1=70°；④∠3=2∠4，其中正確的是（????） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】根據(jù)角平分線的性質可得，，再利用平角定義可得∠BCF=90°，進而可得②正確；首先計算出∠ACB的度數(shù)，再利用平行線的性質可得∠2的度數(shù)，從而可得∠1的度數(shù)，進而可得③正確；利用三角形內角和計算出∠3的度數(shù)，然后計算出∠ACE的度數(shù)，可分析出①錯誤；根據(jù)∠3和∠4的度數(shù)可得④正確． 【詳解】解：如圖， ∵BC平分∠ACD，CF平分∠ACG， ∴ ∵∠ACG+∠ACD=180°， ∴∠ACF+∠ACB=90°， ∴CB⊥CF，故②正確， ∵CD∥AB，∠BAC=40°， ∴∠ACG=40°， ∴∠ACF=∠4=20°， ∴∠ACB=90°-20°=70°， ∴∠BCD=70°， ∵CD∥AB， ∴∠2=∠BCD=70°， ∵∠1=∠2， ∴∠1=70°，故③正確； ∵∠BCD=70°， ∴∠ACB=70°， ∵∠1=∠2=70°， ∴∠3=40°， ∴∠ACE=30°， ∴①∠ACE=2∠4錯誤； ∵∠4=20°，∠3=40°， ∴∠3=2∠4，故④正確， 故選：C． 【點睛】此題主要考查了平行線的性質，以及角平分線的性質，理清圖中角之間的和差關系是解題的關鍵． 8．（2022秋·八年級課時練習）如圖，，∠M＝44°，AN平分∠BAM，CN平分∠DCM，則∠N等于（????） A．21.5° B．21° C．22.5° D．22° 【答案】D 【分析】由平行線的性質，三角形的內角和定理，角平分線的定義，只要證明得，即可求出答案． 【詳解】解：如圖，線段AM與AN相交于點E， ∵， ∴， ∵AN平分∠BAM，CN平分∠DCM， ∴，，，， ∴， ∴；① 在△ACM中，有 ， ∴②， 由①②，得， ∴，即； ∵， 又， ∴， ∴， 即， ∴； 故選：D． 【點睛】本題考查了平行線的性質，三角形的內角和定理，角平分線的定義，解題的關鍵是熟練掌握所學的知識，正確地利用所學知識進行角度之間的轉化． 9．（2022秋·八年級單元測試）如圖，在△ABC中，∠A=90°，BE，CD分別平分∠ABC和∠ACB，且相交于F，，于點G，則下列結論 ①∠CEG = 2∠DCA；②CA平分∠BCG；③∠ADC =∠GCD；④∠DFB=∠A；⑤∠DFE=135°，其中正確的結論是(?????????) A．①②③ B．①③④ C．①③④⑤ D．①②③④ 【答案】C 【分析】根據(jù)平行線的性質與角平分線的定義即可判斷①；只需要證明∠ADC+∠ACD=90°，∠GCD+∠BCD=90°，即可判斷③；根據(jù)角平分線的定義和三角形內角和定理先推出，即可判斷④⑤；根據(jù)現(xiàn)有條件無法推出②． 【詳解】解：∵CD平分∠ACB， ∴∠ACB=2∠DCA，∠ACD=∠BCD ∵， ∴∠CEG=∠ACB=2∠DCA，故①正確； ∵∠A=90°，CG⊥EG，， ∴∠ADC+∠ACD=90°，CG⊥BC，即∠BCG=90°， ∴∠GCD+∠BCD=90°， 又∵∠BCD=∠ACD， ∴∠ADC=∠GDC，故③正確； ∵∠A=90°， ∴∠ABC+∠ACB=90°， ∵BE，CD分別平分∠ABC，∠ACB， ∴， ∴， ∴∠DFB=180°-∠BFC=45°， ∴，故④正確； ∵∠BFC=135°， ∴∠DFE=∠BFC=135°，故⑤正確； 根據(jù)現(xiàn)有條件，無法推出CA平分∠BCG，故②錯誤； 故選C． 【點睛】本題主要考查了平行線的性質，角平分線的定義，三角形內角和定理，熟知平行線的性質，角平分線的定義是解題的關鍵． 10．（2022秋·八年級課時練習）如圖，直線，點C為直線MN上一點，連接AC、BC，∠CAB＝40°，∠ACB＝90°，∠BAC的角平分線交MN于點D，點E是射線AD上的一個動點，連接CE、BE，∠CED的角平分線交MN于點F．當∠BEF＝70°時，令，用含的式子表示∠EBC為（????）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出∠ABC，再延長CE，交AB于點G，結合平行線的性質表示出∠BCE，然后根據(jù)三角形內角和定理表示∠CED，再根據(jù)角平分線得定義表示出∠CEB，最后根據(jù)三角形內角和定理得出答案． 【詳解】在△ABC中，∠CAB=40°，∠ACB=90°， ∴∠ABC=50°． 延長CE，交AB于點G， ∵， ∴，∠ACM=∠BAC=40°， ∴∠ACE=-40°， ∴∠BCE=90°-（-40°）=130°-． ∵∠CEA=180°-∠CAE-∠ACE， ∴∠CED=180°-∠CEA=∠CAE+∠ACE=20°+（-40°）=-20°． ∵EF平分∠CED， ∴∠CEF=， ∴∠CEB=， ∴∠EBC=． 故選：D． 【點睛】本題主要考查了角平分線的定義，三角形內角和定理，平行線的性質，將待求角轉化到適合的三角形是解題的關鍵． 11．（2022秋·八年級課時練習）如圖，，、、分別平分的外角、內角、外角．以下結論：①：②；③；④平分；⑤．其中錯誤的結論有（　　） A．0個 B．1個 C．2個 D．3個 【答案】B 【分析】根據(jù)角平分線定義得出∠ABC=2∠ABD=2∠DBC，∠EAC=2∠EAD，∠ACF=2∠DCF，根據(jù)三角形的內角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，根據(jù)三角形外角性質得出∠ACF=∠ABC+∠BAC，∠EAC=∠ABC+∠ACB，根據(jù)已知結論逐步推理，即可判斷各項． 【詳解】解：∵AD平分∠EAC， ∴∠EAC=2∠EAD， ∵∠EAC=∠ABC+∠ACB，∠ABC=∠ACB， ∴∠EAD=∠ABC， ∴AD∥BC，∴①正確； ∵AD∥BC， ∴∠ADB=∠DBC， ∵BD平分∠ABC，∠ABC=∠ACB， ∴∠ABC=∠ACB=2∠DBC， ∴∠ACB=2∠ADB，∴②正確； 在△ADC中，∠ADC+∠CAD+∠ACD=180°， ∵CD平分△ABC的外角∠ACF， ∴∠ACD=∠DCF， ∵AD∥BC， ∴∠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正確； ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD=∠DBC， ∵∠ADB=∠DBC，∠ADC=90°-∠ABC， ∴∠ADB不等于∠CDB，∴④錯誤； ∵∠ACF=2∠DCF，∠ACF=∠BAC+∠ABC，∠ABC=2∠DBC，∠DCF=∠DBC+∠BDC， ∴∠BAC=2∠BDC，即∠BDC=∠BAC，∴⑤正確； 即錯誤的有1個， 故選：B． 【點睛】此題考查了三角形外角性質，角平分線定義，平行線的判定，三角形內角和定理的應用，主要考查學生的推理能力，有一定的難度． 12．（2022秋·四川廣元·八年級統(tǒng)考期中）如圖，平分交于點E，，，M，N分別是延長線上的點，和的平分線交于點F．下列結論：①；②；③平分；④為定值．其中正確的有（????） A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 【答案】C 【分析】先根據(jù)AB⊥BC，AE平分∠BAD交BC于點E，AE⊥DE，∠1+∠2=90°，∠EAM和∠EDN的平分線交于點F，由三角形內角和定理以及平行線的性質即可得出結論． 【詳解】解：∵AB⊥BC，AE⊥DE， ∴∠1+∠AEB=90°，∠DEC+∠AEB=90°， ∴∠1=∠DEC， 又∵∠1+∠2=90°， ∴∠DEC+∠2=90°， ∴∠C=90°， ∴∠B+∠C=180°， ∴AB∥CD，故①正確； ∴∠ADN=∠BAD， ∵∠ADC+∠ADN=180°， ∴∠BAD+∠ADC=180°， 又∵∠AEB≠∠BAD， ∴AEB+∠ADC≠180°，故②錯誤； ∵∠4+∠3=90°，∠2+∠1=90°，而∠3=∠1， ∴∠2=∠4， ∴ED平分∠ADC，故③正確； ∵∠1+∠2=90°， ∴∠EAM+∠EDN=360°-90°=270°． ∵∠EAM和∠EDN的平分線交于點F， ∴∠EAF+∠EDF=×270°=135°． ∵AE⊥DE， ∴∠3+∠4=90°， ∴∠FAD+∠FDA=135°-90°=45°， ∴∠F=180°-（∠FAD+∠FDA）=180-45°=135°，故④正確． 故選：C． 【點睛】本題主要考查了平行線的性質與判定、三角形內角和定理、直角三角形的性質及角平分線的計算，熟知三角形的內角和等于180°是解答此題的關鍵． 【經典題型二 填空題】 13．（2022秋·黑龍江哈爾濱·七年級哈爾濱市第四十七中學?？茧A段練習）如圖，點在線段上，且，點在上，若，，，則的度數(shù)為________． 【答案】 【分析】根據(jù)題意，設，則，在中，，證，由，得，從而有，解得，最后由，求得的值． 【詳解】解：∵， ∴， 設，則， ∵， ∴， ∵在中， ， 又∵，， ∴． ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ∵，，， 又∵，，， ∴，， ∵， ∴， 解得，， ∵， ∴， 故答案為： 【點睛】本題考查了平行線的判定及性質，與相交線相關的角度計算，綜合運用題設條件是解題的關鍵． 14．（2022秋·廣東惠州·八年級?？茧A段練習）如圖，已知直線， 被直線所截，，E是平面內任意一點（點E 不在直線，，上），連接，．設，．有下列各式：①；②；③；④ ．則的度數(shù)可能是_____． 【答案】①②③ 【分析】根據(jù)題意，點E有六種可能的位置，分情況進行討論，依據(jù)平行線的性質以及三角形的外角性質進行計算求解即可． 【詳解】解：根據(jù)題意，分六種情況： （1）如圖1，當點E在直線上方，且在直線左側時． ∵， ∴． ∵， ∴． 故②正確； （2）如圖2，當點E在直線上方，且在直線右側時． ∵， ∴． ∵， ∴． 故③正確； （3）如圖3，當點E在直線和之間，且在直線左側時，． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． 故④錯誤； （3）如圖4，當點E在直線和之間，且在直線右側時，延長交于點F． ∵， ∴，． ∵， ∴． 故①正確； ⑤如圖5，當點E在直線下方，且在直線左側時． ∵， ∴． ∵， ∴． 故③正確； ⑥如圖6，當點E在直線下方，且在直線右側時． ∵， ∴． ∵， ∴． 故②正確； 綜上所述，的度數(shù)可能為，，，，即①②③正確． 故答案為：①②③． 【點睛】本題考查了平行線的性質，三角形的外角的性質和三角形內角和定理，解題的關鍵是注意分類討論． 15．（2022秋·重慶九龍坡·八年級重慶市楊家坪中學?？计谥校┤鐖D，中沿將四邊形翻折，使點、點分別落在點和點處，再將沿翻折，使點落在點處，若，，則的度數(shù)為______． 【答案】 【分析】根據(jù)折疊，得到對應角相等，利用平角是和對頂角相等，求出，利用三角形內角和為，求出，進而求出，再利用外角的性質，即可求出． 【詳解】解：如圖， 由題意得： ， ， ， ； 故答案為：． 【點睛】本題考查折疊的性質，平角的定義，三角形的內角和為，以及外角的性質．熟練掌握折疊后，對應角相等，以及三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角和是解題的關鍵． 16．（2022春·浙江紹興·七年級統(tǒng)考期末）如圖，在同一平面內，線段AM⊥射線MN，垂足為M，線段BC⊥射線MN，垂足為C．若點P是射線MN上一點，連接PA、PB，記∠PBC＝α，∠PAM＝β，且0°＜∠APB＜180°，則∠APB＝__________（用含α、β的代數(shù)式表示∠APB）． 【答案】或或 【分析】連接AB交MC于點D，根據(jù)P在射線不同的位置分三種情況討論． 【詳解】連接AB交MC于D點，本題要分三種情況討論： 如圖：當P在MD上時， , , , = =; 如圖：當P在CD上時， ; 如圖：當P在射線CN上時， 故答案為：或或 【點睛】本題考查了角的求法和直角三角形兩個銳角的關系，關鍵是注意要討論P點的位置和利用三角形外角的性質． 17．（2022秋·八年級課時練習）如圖，ABCD，將一副直角三角板作如下擺放，∠GEF＝60°，∠MNP＝45°．下列結論：①GEMP；②∠EFN＝135°；③∠BEF＝75°；④∠AEG＝∠PMN．其中正確的結論有_____(寫出所有正確結論的序號)． 【答案】①③④ 【分析】由內錯角相等，兩直線平行可判斷①，由鄰補角的性質可判斷②，如圖，延長EG交AB于K, 先求解∠KEG=45°, 從而可判斷③④，于是可得答案． 【詳解】解：由題意得： ∠GEF=60°,∠GFE=30°,∠EGF=90°=∠MPN,∠PMN=∠PNM=45°, ∴∠MPG=∠EGP=90°, ∴EGPM, 故①符合題意； ∵∠EFG=30°, ∴∠EFN=180°?30°=150°, 故②不符合題意； 如圖，延長FG交AB于K, ∵ABCD, ∴∠GKE=∠PNM=45°, ∴∠KEG=90°?45°=45°, ∴∠BEF=180°?45°?60°=75°, ∠AEG=∠PMN=45°, 故③④符合題意； 綜上：符合題意的有①③④ 故答案為：①③④． 【點睛】本題考查的是三角形的內角和定理的應用，平行線的判定與性質，三角板中角度計算問題，掌握以上基礎知識是解本題的關鍵． 18．（2022春·福建泉州·七年級泉州七中?？计谀┤鐖D，在中，與的平分線相交于點P，的外角與的平分線交于點Q，延長線段，交于點E． （1）若，則的度數(shù)為______． （2）在中，若存在一個內角等于另一個內角的3倍，則的度數(shù)為_______． 【答案】???? 15°##15度???? 60°或120°或45°或135° 【分析】（1）運用三角形的內角和定理及角平分線的定義，首先求出∠ABC+∠ACB，即可求出∠BPC的度數(shù)，再利用平角的定義求出∠PCE的度數(shù)，根據(jù)三角形外角的性質可求解； （2）在△BQE中，由于∠Q=90°-∠A，求出∠E=∠A，∠EBQ=90°，然后分4種情況討論，求解即可． 【詳解】解：（1）∵∠A=30°， ∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-30°=150°， ∵∠ABC與∠ACB的平分線交于點P， ∴∠PBC=∠ABC，∠PCB=∠ACB， ∴∠BPC=180°-（∠PBC+∠PCB）=180°-（∠ABC+∠ACB）=180°-×150°=105°， ∵CQ平分∠BCN， ∴∠BCQ=∠ACN， ∵∠ACB+∠BCN=180°， ∴∠QCP=90°， ∴∠PCE=90°， ∴∠E=∠BPC-∠PCE=15°． 故答案為：15°； （2）如圖，延長BC至F， ∵CQ為△ABC的外角∠NCB的角平分線， ∴CE是△ABC的外角∠ACF的平分線， ∴∠ACF=2∠ECF， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABC=2∠EBC， ∵∠ECF=∠EBC+∠E， ∴2∠ECF=2∠EBC+2∠E，即∠ACF=∠ABC+2∠E， 又∵∠ACF=∠ABC+∠A， ∴∠A=2∠E，即∠E=∠A， ∵∠EBQ=∠EBC+∠CBQ=∠ABC+∠MBC=（∠ABC+∠A+∠ACB）=90°． ∴∠E+∠Q=90°， 如果△BQE中，存在一個內角等于另一個內角的3倍，那么分四種情況： 若∠EBQ=3∠E=90°，則∠E=30°， ∴∠A=2∠E=60°； 若∠EBQ=3∠Q=90°，則∠Q=30°， ∴∠E=60°， ∴∠A=2∠E=120°； 若∠Q=3∠E，則∠E=22.5°， ∴∠A=45°； 若∠E=3∠Q，則∠E=67.5°， ∴∠A=135° 綜上所述，∠A的度數(shù)是60°或120°或45°或135° 故答案為：60°或120°或45°或135°． 【點睛】本題是三角形綜合題，考查了三角形內角和定理、外角的性質，關于角平分線的計算等知識；靈活運用三角形的內角和定理、外角的性質進行分類討論是解題的關鍵． 19．（2022春·湖北武漢·七年級統(tǒng)考期中）①如圖1，若，則；②如圖2，若，則∠C；③如圖3，若，則；④如圖4，若，點O在直線EF上，則．以上結論正確的序號是_____． 【答案】①②④ 【分析】①過點E作直線EFAB，由平行線的性質即可得出結論； ②先根據(jù)三角形外角的性質得出∠1=∠C+∠P，再根據(jù)兩直線平行，內錯角相等即可作出判斷； ③過點E作直線EFAB，由平行線的性質可得出∠A+∠AEC-∠1=180°，即得∠AEC=180°+∠1-∠A； ④根據(jù)平行線的性質得出∠α=∠BOF，∠γ+∠COF=180°，進而利用角的關系解答即可． 【詳解】解： ①如圖1，過點E作直線EFAB， ∵ABCD， ∴ABCDEF， ∴∠A+∠1=180°，∠2+∠C=180°， ∴∠A+∠B+∠AEC=360°， 故本結論正確，符合題意； ②如圖2，∵∠1是△CEP的外角， ∴∠1=∠C+∠P， ∵ABCD， ∴∠A=∠1， ∴∠A=∠C+∠P， ∴∠P=∠A-∠C， 故本結論正確，符合題意； ③如圖3，過點E作直線EFAB， ∵ABCD， ∴ABCDEF， ∴∠A+∠3=180°，∠1=∠2， ∴∠A+∠AEC-∠1=180°， 即∠AEC=180°+∠1-∠A， 故本結論錯誤，不符合題意； ④如圖4，∵ABEF， ∴∠α=∠BOF， ∵CDEF， ∴∠γ+∠COF=180°， ∵∠BOF=∠COF+∠β， ∴∠COF=∠α-∠β， ∴∠γ+∠α-∠β=180°， 故本結論正確，符合題意； 故答案為：①②④． 【點睛】本題考查的是平行線的性質及三角形外角的性質，根據(jù)題意作出輔助線是解答此題的關鍵． 20．（2022春·四川成都·七年級成都七中?？计谥校┤鐖D，已知，一條光線從點出發(fā)后射向邊．若光線與邊垂直，則光線沿原路返回到點，此時．當時，光線射到邊上的點后，經反射到線段上的點，易知若，光線又會沿原路返回到點，此時______ °．若光線從點出發(fā)后，經若干次反射能沿原路返回到點，則銳角的最小值______ °． 【答案】???? 76???? 6 【分析】根據(jù)入射角等于反射角得出，再由是的外角即可得度數(shù)；如圖，當時，光線沿原路返回，分別根據(jù)入射角等于反射角和外角性質求出、的度數(shù)，從而得出與具有相同位置的角的度數(shù)變化規(guī)律，即可解決問題． 【詳解】解：，， ， ， 如圖： 當時，光線沿原路返回， ， ， ， ， 由以上規(guī)律可知，， 當時，取得最小值，最小度數(shù)為， 故答案為：，． 【點睛】本題主要考查直角三角形的性質和三角形的外角性質及入射角等于反射角，根據(jù)三角形的外角性質及入射角等于反射角得出與具有相同位置的角的度數(shù)變化規(guī)律是解題的關鍵． 21．（2022秋·八年級課時練習）如圖，射線AB與射線CD平行，點F為射線AB上的一定點，連接CF，點P是射線CD上的一個動點（不包括端點C），將沿PF折疊，使點C落在點E處．若，當點E到點A的距離最大時，_____． 【答案】##59度 【分析】利用三角形三邊關系可知：當E落在AB上時，AE距離最大，利用且，得到，再根據(jù)折疊性質可知：，利用補角可知，進一步可求出． 【詳解】解：利用兩邊之和大于第三邊可知：當E落在AB上時，AE距離最大，如圖： ∵且， ∴， ∵折疊得到， ∴， ∵， ∴． 故答案為： 【點睛】本題考查三角形的三邊關系，平行線的性質，折疊的性質，補角，角平分線，解題的關鍵是找出：當E落在AB上時，AE距離最大，再解答即可． 22．（2022春·全國·七年級專題練習）如圖，在四邊形ABCD中，AD⊥CD，AB⊥BC，∠DAB＝130°，點M，N分別是邊BC，CD上兩個動點，當△AMN的周長最小時，∠MAN的度數(shù)為______． 【答案】80°##80度 【分析】作點A關于CD的對稱點，關于BC的對稱點，連接交CD于，交BC于，此時周長最小，利用整體思想得出，從而得到答案． 【詳解】如圖，作點A關于CD的對稱點，關于BC的對稱點，連接交CD于，交BC于， 此時周長最小， ， ， ， ， 故答案為：． 【點睛】本題主要考查了軸對稱，最短路徑問題，三角形內角和定理等知識，運用整體思想是解題的關鍵． 23．（2022秋·全國·八年級專題練習）如圖，已知AB∥CD，P為直線AB，CD外一點，BF平分∠ABP，DE平分∠CDP，BF的反向延長線交DE于點E，若∠FED＝a，試用a表示∠P為______． 【答案】∠P＝360°﹣2a 【分析】根據(jù)角平分線的性質得出∠1＝∠2，∠3＝∠4，平行線的性質得出∠1＝∠5，∠6＝∠PDC＝2∠3，進而根據(jù)三角形內角和得出∠5、∠FED，再得到∠P和a的關系，然后即可用 a表示∠P． 【詳解】解：延長AB交PD于點G，延長FE交CD于點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． 故答案為：∠P＝360°﹣2a． 【點睛】此題考查了角平分線的性質和平行線的性質及三角形內角和，有一定的綜合性，認真找出角的關系是關鍵． 24．（2022秋·浙江·八年級專題練習）如圖，在中，，、分別平分、，M、N、Q分別在、、的延長線上，、分別平分、，、分別平分、，則_______． 【答案】52° 【分析】根據(jù)三角形外角的性質和角平分線的定義可求出∠E，利用三角形內角和求出，得到，從而求出，再次利用角平分線的定義和三角形內角和得到∠A． 【詳解】解：、分別平分、， ，， ，， 即，， ， 、分別平分、， ，， ， ， ∴， ∴， 、分別平分、， ，， ∴， ， 故答案為：52°． 【點睛】本題考查了三角形內角和定理、三角形外角性質、角平分線的定義等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題． 【經典題型三 解答題】 25．（2021春·山東青島·七年級華東師范大學青島實驗中學?？计谥校┮阎褐?，是的角平分線，是的邊上的高，過點B作，交直線于點F． (1)如圖，若，，則_______________． (2)若（1）中的，，_____________．（用，表示） (3)如圖，（2）中的結論還成立嗎？若成立，說明理由；若不成立，請求出．（用，表示） 【答案】(1)； (2)； (3)不成立，． 【分析】（1）由三角形的個內角和定理可求解的度數(shù)，結合三角形的角平分線，高線可求的度數(shù)，根據(jù)平行線的性質可求解的度數(shù)； （2）由三角形的個內角和定理可求解的度數(shù)，結合三角形的角平分線，高線可求的度數(shù)，根據(jù)平行線的性質可求解的度數(shù)； （3）由三角形的個內角和定理可求解的度數(shù)，結合三角形的角平分線，高線可求的度數(shù)，根據(jù)平行線的性質可求解的度數(shù)． 【詳解】（1）解：∵，，， ∴， ∵是的角平分線， ∴， ∵是的邊上的高， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案為：； （2）解：∵，，， ∴， ∵是的角平分線， ∴， ∵是的邊上的高， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案為：； （3）不成立， ∵，，， ∴，， ∵是的角平分線， ∴， ∵是的邊上的高， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【點睛】本題主要考查三角形的內角和定理，三角形的高線，角平分線，平行線的性質，靈活運用三角形的內角和定理求解角的度數(shù)是解題的關鍵． 26．（2022秋·遼寧·八年級?？计谀┤鐖D，點，分別在直線，上，為，之間一點，連接，過點作，交于點，． (1)如圖1，求證：； (2)如圖2，平分，為線段上一點，連接． ①若，求的度數(shù)； ②如圖3，平分，交于點．若，直接寫出的度數(shù)為_________（結果用含的式子表示）． 【答案】(1)見解析 (2)①；② 【分析】（1）根據(jù)平行線的判定與性質求解即可； （2）①根據(jù)角平分線的定義得到，設，結合三角形外角和內角和性質求解即可； ②延長交于點G，根據(jù)平行線的性質得到，，利用三角形內角和定理和外角性質推出，再結合角平分線的定義得到，進而推出，再變形即可． 【詳解】（1）解：證明：， ， ， ， ； （2）①平分， ， 設，則， 由（1）知， ， ， ， ， ， ； ②依題意，延長交于點，如圖所示， 則， ， ，， 由（2）知， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ． 【點睛】此題考查了平行線的判定與性質，熟記平行線的判定定理與性質定理是解題的關鍵． 27．（2022秋·廣東云浮·八年級新興實驗中學?？计谥校┚C合與探究：小新在學習過程中，發(fā)現(xiàn)課本有一道習題，他在思考過程中，對習題做了一定變式，讓我們來一起看一下吧，在中，與的平分線相較于點P． (1)如圖1，如果，求的度數(shù)． (2)在（1）的條件下，如圖2，作的外角，的平分線交于點Q，求的度數(shù)． (3)如圖3，作的外角，的平分線交于點Q，延長線段，交于點E，在中，是否存在一個內角等于另一個內角的2倍，若存在，請直接寫出的度數(shù)；若不存在，請說明理由． 【答案】(1) (2) (3)當或或時，中，存在一個內角等于另一個內角的2倍 【分析】（1）先求，然后根據(jù)角平分線定義可求，最后根據(jù)三角形內角和定理即可求的度數(shù)； （2）在（1）的條件下，可求，然后根據(jù)角平分線定義可求，最后根據(jù)三角形內角和定理即可求的度數(shù)； （3）在中，可求，，，所以如果中，存在一個內角等于另一個內角的2倍，那么分四種情況進行討論：①；②；③；④；求解即可． 【詳解】（1）解：∵， ∴， ∵與的平分線相較于點P， ∴，， ∴， ∴； （2）解：如圖， 由（1）知：， ∴， ∴， ∵的外角，的平分線交于點Q， ∴，， ∴， ∴； （3）解：由（2）知：， ∵，，， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴， 如果中，存在一個內角等于另一個內角的2倍，那么分四種情況： ①當時，則，∴； ②當時，則，∴，∴； ③當時，，∴； ④當時，，∴； 故當或或時，中，存在一個內角等于另一個內角的2倍． 【點睛】本題是三角形綜合題，考查了三角形內角和定理、外角的性質，角平分線定義等知識；靈活運用三角形的內角和定理、外角的性質進行分類討論是解題的關鍵． 28．（2022秋·吉林長春·七年級長春市第四十五中學?？计谀┮阎?，點B在直線、之間，． (1)如圖1，請直接寫出和之間的數(shù)量關系：__________． (2)如圖2，和滿足怎樣的數(shù)量關系？請說明理由． (3)如圖3，平分，平分，與交于點G，則的度數(shù)為__________． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）過點B作，利用平行線的性質即可求得結論； （2）過點B作，利用平行線的性質即可求得結論； （3）利用（2）的結論和三角形的外角等于和它不相鄰的兩個內角的和即可求得結論． 【詳解】（1）過點B作，如圖， ∵， ∴． ∵，， ∴． ∴． ∵． ∴． 故答案為：； （2）． 理由： 過點B作，如圖， ∵， ∴． ∵，， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． （3）設與交于點F，如圖， ∵平分， ∴． ∵平分， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 由（2）知：， ∴． 故答案為：． 【點睛】本題主要考查了垂線的性質，平行線的性質，過點B作BE∥AM是解題的關鍵． 29．（2022春·北京海淀·七年級?？茧A段練習）已知直線，點E，F(xiàn)分別在直線上，．點P是直線上的動點（不與E重合），連接，和的平分線所在直線交于點H． (1)如圖1，若，點P在射線上．則當時， ； (2)如圖2，若，點P在射線上． ①補全圖形； ②探究與的數(shù)量關系，并證明你的結論． (3)如圖3，若，直接寫出與的數(shù)量關系（用含α的式子表示）． 【答案】(1)25 (2)①見解析；②，見解析 (3)或 【分析】（1）根據(jù)圖形1，由平行線的性質，角平分線的定義和三角形的內角和定理計算即可； （2）①先根據(jù)（1）中作法補全圖形；②根據(jù)平行線的性質，角平分線的定義和三角形的內角和定理得出與的數(shù)量關系； （3）分點P在射線上和點P在射線上兩種情況，平行線的性質，角平分線的定義和三角形的內角和定理計算即可． 【詳解】（1）解：∵，點P在射線上，， ∴， ∴， ∵、分別平分， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案為：25； （2）①若，點P在射線上， 補全圖形，如圖所示： ②與的數(shù)量關系是，證明如下： ∵， ∴， ∵分別平分， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （3）若，則與的數(shù)值關系是： 或． 點P在射線上時， ∵， ∴， ∴， ∵分別平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 點P在射線上時， ∵， ∴， ∵分別平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 綜上所述，與的數(shù)值關系是或． 【點睛】本題考查了三角形內角和定理，平行線的性質，角平分線的定義等知識，關鍵是對這些知識的掌握和運用． 30．（2022秋·重慶云陽·八年級校考階段練習）[問題背景] (1)如圖1的圖形我們把它稱為“8字形”，請說理證明． [簡單應用]（可直接使用問題（1）中的結論） (2)如圖2，、分別平分、， ①若，，求的度數(shù)； ②和為任意角時，其他條件不變，試直接寫出與、之間數(shù)量關系． [問題探究] (3)如圖3，直線平分的鄰補角，平分∠ADC的鄰補角， ①若，，則的度數(shù)為___________； ②和為任意角時，其他條件不變，試直接寫出與、之間數(shù)量關系． [拓展延伸] (4)在圖4中，若設，，，，試問與、之間的數(shù)量關系為___________；（用x、y的代數(shù)式表示） (5)在圖5中，直線平分，平分的外角，猜想與、的關系，直接寫出結論___________． 【答案】(1)見解析 (2)① ，② (3)①，② (4) (5) 【分析】（1）利用三角形內角和定理解決問題即可； （2）①設∠BAP=∠PAD=x，∠BCP=∠PCD=y，利用（1）中結論，構建方程組即可解決問題； ②由①的結論即可得到數(shù)量關系； （3）①如圖3中，設∠CBJ=∠JBF=x，∠ADP=∠PDE=y．利用（1）中結論，構建方程組即可解決問題； ②與（3）中①相同； （4）如圖4中，設∠CAP=α，∠CDP=β，則∠PAB=3α，∠PDB=3β，利用（1）中結論，構建方程組即可解決問題； （5）如圖5中，延長AB交PD于J，設∠PBJ=x，∠ADP=∠PDE=y．利用（1）中結論，構建共線時即可解決問題． 【詳解】（1）解：如圖1中， ∵，，， ∴； （2）解：①如圖2中， 設，， 則有， ∴， ∴， ∴； ②由①得：； （3）解：①如圖3中，設，， 則有， ∴， ∴； 故答案為： ； ②設， 則有， ∴； （4）解：如圖4中，設，，則，， 則有， ∴ ， ∴， 故答案為； （5）解：如圖5中，延長交于J，設， 則有， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案為． 【點睛】本題考查了三角形內角和定理，角平分線的定義，“8字型”四個角之間的關系等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程組解決問題． 31．（2022秋·天津和平·八年級?？计谥校概念認識] 如圖①，在中，若，則，叫做的“三分線”．其中，是“鄰三分線”，是“鄰三分線”． (1)[問題解決]如圖②，在中，，，若的鄰三分線交于點，則的度數(shù)為______； (2)如圖③，在中，，分別是鄰三分線和鄰三分線，且，求的度數(shù)； (3)[延伸推廣]如圖④，在中，是的外角，的三分線所在的直線與的三分線所在的直線交于點．若（），；則的度數(shù)為______（用含的代數(shù)式表示） 【答案】(1)； (2)45°； (3)或或或． 【分析】（1）根據(jù)是“鄰三分線”可求得的度數(shù)，再利用三角形外角的性質可求解； （2）根據(jù)、分別是鄰三分線和鄰三分線；可得，，求出，然后根據(jù)三角形內角和定理可得答案； （3）分4種情況進行畫圖計算：①當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時，②當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時，③當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時，和的反向延長線交于點P，④當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時，分別根據(jù)三分線的定義和三角形外角的性質求解即可． 【詳解】（1）解：的鄰三分線交于點，， ， ， ， 故答案為：80°； （2）解：、分別是鄰三分線和鄰三分線， ，， ， ， ， ； （3）解：①如圖，當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時， ，，， ，即， ，， ； ②如圖，當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時， ，，， ， 即， ，， ； ③如圖，當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時，和的反向延長線交于點P， ∵，，， ∴ ； ④如圖，當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時， ∵，， ∴ 綜上所述：的度數(shù)為：或或或， 故答案為：或或或． 【點睛】本題考查了三角形內角和定理，三角形外角的性質，掌握分類討論的思想是解決本題的關鍵． 32．（2022秋·八年級課時練習）當光線經過鏡面反射時，入射光線、反射光線與鏡面所夾的角對應相等．例如：在圖①、圖②中都有．設鏡子與的夾角． (1)如圖①，若，判斷入射光線與反射光線的位置關系，并說明理由． (2)如圖②，若，入射光線與反射光線的夾角．探索與的數(shù)量關系，并說明理由． (3)如圖③，若，設鏡子與的夾角為鈍角，入射光線與鏡面的夾角．已知入射光線從鏡面開始反射，經過為正整數(shù)，且）次反射，當?shù)诖畏瓷涔饩€與入射光線平行時，請直接寫出的度數(shù)（可用含的代數(shù)式表示）． 【答案】(1)，見解析 (2)，見解析 (3)或 【分析】（1）根據(jù)，可得，進而得出利用同旁內角互補，兩直線平行加以證明； （2）根據(jù)，得出利用三角形的外角性質證明即可； （3）分兩個鏡面夾角為直角和鈍角兩種情形求解即可． 【詳解】（1）解： 理由如下：在中， ， ， ， ； （2）． 理由如下：在中， 在中， ； （3）或 如圖，當夾角為鈍角時，根據(jù)（2）中的結論，得 ， 根據(jù)平行線性質，得： ， ∴； 如圖，當夾角為直角時，根據(jù)（1）中的結論，得 ， 根據(jù)三角形外角性質，得： ∴． ∴的度數(shù)為或． 【點睛】本題考查了平行線的性質，軸對稱的性質，數(shù)學的分類思想，三角形內角和定理，類比思想，根據(jù)前面的結論，靈活進行分類求解是解題的關鍵． 33．（2022春·江蘇泰州·七年級校聯(lián)考階段練習）新定義：在中，若存在一個內角是另外一個內角度數(shù)的n倍（n為大于1的正整數(shù)），則稱為n倍角三角形．例如，在中，，可知，所以為2倍角三角形． (1)在中，，則為 倍角三角形． (2)已知：在圖中直線被直線EF所截交點分別為E、F，，與的平分線交于點G，若是6倍角三角形，求． (3)圖中平分，平分，問是幾倍角三角形，為什么？ (4)在中，，若既可以是一個2倍角三角形，又可以是一個3倍角三角形，求∠A的度數(shù)． 【答案】(1)3 (2)或或或 (3)是2倍角三角形，理由見解析 (4)或或 【分析】（1）利用三角形內角和定理求出的度數(shù)即可得到答案； （2）先根據(jù)平行線的性質和角平分線的定義求出，則，然后分四種情況討論求解即可； （3）根據(jù)平角的定義求出，再根據(jù)角平分線的定義和三角形外角的性質求出，則，由此即可得到結論； （4）分當時， 當時，當時，三種情況利用三角形內角和定理討論求解即可． 【詳解】（1）解：∵在中，， ∴， ∴， ∴為3倍角三角形， 故答案為：3； （2）解：∵， ∴， ∵分別是的角平分線， ∴， ∴， ∴， 當時，則， ∴； 當時，則， ∴； 當，則， ∴； 當，則， ∴； 綜上所述，的度數(shù)為或或或； （3）解：是2倍角三角形，理由如下： ∵， ∴， ∵分別是的角平分線， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是2倍角三角形； （4）解：∵在中，，若既可以是一個2倍角三角形，又可以是一個3倍角三角形， ∴當時，∵， ∴， ∴； 當時，同理可求得； 當時，同理可求得； 綜上所述，的度數(shù)為或或； 【點睛】本題主要考查了角平分線的定義，三角形內角和定理，三角形外角的性質，平行線的性質，正確理解題意是解題的關鍵． 34．（2022秋·全國·八年級專題練習）【概念認識】如圖①，在中，若，則射線BD，BE叫做的“三分線”． 其中，射線BD是“鄰AB三分線”，射線BE是“鄰BC三分線”． 【問題解決】 (1)如圖②，在中，，若的三分線BD交AC于點D，則 ； (2)如圖③，在中，BP、CP分別是鄰AB三分線和鄰AC三分線，且，求的度數(shù)； 【拓展延伸】 (3)在中，是的外角，的三分線與的三分線交于點P． 若，直接寫出的度數(shù)． （用含 α、β 的代數(shù)式表示） 【答案】(1)或 (2) (3)或或或 【分析】（1）分為兩種情況：當BD是“鄰AB三分線”時，當是“鄰BC三分線”時，根據(jù)三角形的外角性質求出即可； （2）求出，根據(jù)BP、CP分別是鄰AB三分線和鄰AC三分線求出，，求出，再求出即可； （3）畫出符合的所有情況，①當BP和CP分別是“鄰AB三分線”、“鄰AC三分線”時，②當BP和CP分別是“鄰BC三分線”、“鄰AC三分線”時，③當BP和CP分別是“鄰AB三分線”、“鄰CD三分線”時，④當BP和CP分別是“鄰BC三分線”、“鄰CD三分線”時，再根據(jù)三角形的外角性質求出答案即可． 【詳解】（1）如圖， 當BD是“鄰AB三分線”時， ∵， ∴； 當是“鄰BC三分線”時， ； 故答案為：或； （2）∵， ∴， ∴， ∵BP、CP分別是鄰AB三分線和鄰AC三分線， ∴， ， ∴， ∴， ∴； （3）分為四種情況： 情況一：如圖1， 當BP和CP分別是“鄰AB三分線”、“鄰AC三分線”時， 由外角可得：， ∴； 情況二：如圖2， 當BP和CP分別是“鄰BC三分線”、“鄰AC三分線”時， 由外角可知：， ∴； 情況三： 當BP和CP分別是“鄰AB三分線”、“鄰CD三分線”時， 當時，如圖3， 由外角可得：， ∴； 當時，如圖4， 由外角及對頂角可得：， ∴； 情況四：如圖5， 當BP和CP分別是“鄰BC三分線”、“鄰CD三分線”時， 由外角可得：， ∴； 綜合上述：的度數(shù)是或或或． 【點睛】本題主要考查了三角形的外角性質和三角形內角和定理，解決本題的關鍵是注意：三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和，用了分類討論思想． 35．（2022秋·全國·八年級專題練習）如圖1，已知，A、B兩點同時從點O出發(fā)，點A沿射線運動，點B沿射線運動． (1)如圖2，點C為三條內角平分線交點，連接、，在點A、B的運動過程中，的度數(shù)是否發(fā)生變化？若不發(fā)生變化，求其值；若發(fā)生變化，請說明理由： (2)如圖3，在（1）的條件下，連接并延長，與的角平分線交于點P，與交于點Q． ①與的數(shù)量關系為____． ②在中，如果有一個角是另一個角的2倍，求的度數(shù)． 【答案】(1)不變， (2)①；②或 【分析】（1）由的和不變可知度數(shù)不變； （2）①利用三角形外角的性質和角平分線的定義，分別用∠BAO和∠P表示出∠MBP，據(jù)此可得結果； ②設為度，可用表示三個內角，分類討論可得答案． 【詳解】（1）解：的度數(shù)不變，理由如下： 點為三條內角平分線交點， ，， ， ， ， ， ， 即的度數(shù)不變； （2）解：①點為三條內角平分線交點， ，， ∴， 為的角平分線， ， ∴， ， ， 整理得：； ②設，則，， 為的角平分線， ， ，點為三條內角平分線交點， ，， ， ， 中有一個角是另一個角的2倍，分四種情況： （1），則， 解得，此時， （2），則， 解得，此時， （3），則， 解得，此時， （4），則， 解得，故舍去， 中有一個角是另一個角的2倍，為或． 【點睛】本題主要考查三角形外角的性質，三角形內角和，角平分線，一元一次方程等知識點，是一道較綜合的題目，難點是表示三個內角分類討論． 36．（2022秋·全國·八年級專題練習）【概念認識】如圖①所示，在中，若，則，叫做的“三分線”，其中，是“鄰三分線”，是“鄰三分線”． 【問題解決】 (1)如圖②所示．在中．，．若的三分線交于點D．求的度數(shù)． (2)如圖③所示，在中．，分別是的鄰三分線和的鄰三分線，且．求的度數(shù)． 【延伸推廣】 (3)在中，是的外角，的三分線所在的直線與的三分線所在的直線交于點P，若，．求出的度數(shù)．（用含m的式子表示） 【答案】(1)或； (2) (3)或或或 【分析】（1）根據(jù)題意分是“鄰三分線” 與是“鄰三分線”討論可求得的度數(shù)，再利用三角形外角的性質可求解； （2）結合（1）根據(jù)、分別是鄰三分線和鄰三分線，且，即可求的度數(shù)； （3）分2種情況進行畫圖計算：情況一：如圖，當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時，可得，可求解；情況二：如圖，當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時，可得可求解．情況三：如圖，當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時，可得，可求解；情況四：如圖，當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時，可得可求解． 【詳解】（1）解：①當?shù)泥徣志€交于點，， ， ， ， ②當?shù)泥徣志€交于點時，， ， ， ， 故答案為：或； （2）解：在中，， ， 又、分別是鄰三分線和鄰三分線， ，， ， ， 在中， ； （3）解：如圖3-1所示，當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時， ，，， ， 即， ，， ； 如圖3-2所示，當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時， ，，， ， 即， ，， ． 如圖3-3所示，當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時， ，，， ， 即， ，， ； 如圖3-4所示，當和分別是“鄰三分線”、“鄰三分線”時， ，，， ， 即， ，， ． 綜上所述：的度數(shù)為：或或或． 【點睛】本題主要考查了三角形內角和定理，三角形外角的性質，角三等分線的定義，正確理解題意是解題的關鍵． 37．（2022秋·山西朔州·八年級統(tǒng)考階段練習）（1）【情境引入】如圖1，，分別是的內角，的平分線，說明的理由． （2）【深入探究】①如圖2，，分別是的兩個外角，的平分線，與之間的等量關系是_________； ②如圖3，，分別是的一個內角和一個外角的平分線．，交于點D，探究與之間的等量關系，并說明理由． （3）【拓展應用】請用以上結論解決下列問題：如圖4，在中，，分別平分，．M，N，Q分別在，，的延長線上，，分別平分，，，分別平分，．若，則的度數(shù)是________． 【答案】（1）見解析；（2）①；②，見解析；（3） 【分析】（1）根據(jù)，分別是，的平分線，可得，再由三角形內角和定理，即可求解； （2）①根據(jù)，分別是的兩個外角，的平分線，可得．再由三角形內角和定理，即可求解；②根據(jù)，分別是的一個內角和一個外角的平分線以及三角形外角的性質，即可求解； （3）由（1）可得，由三角形內角和定理，可得，再由，分別平分，，可得，再由（2）②可得，即可求解． 【詳解】解：（1）∵，分別是，的平分線， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）①與之間的考量關系是：， 理由如下： ∵，分別是的兩個外角，的平分線， ∴，． ∴，， ，， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． 故答案為：； ②與之間的等量關系是：，理由如下： ∵，分別是的一個內角和一個外角的平分線， ，， ∴， ∴， ∴． （3）由（1）得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，分別平分，， ∴， ∴， 由（2）②得：， ∴， 故答案為：． 【點睛】本題考查三角形的外角性質，三角形的內角和定理，有關角平分線的證明，解題的關鍵是熟記三角形外角性質，內角和定理． 38．（2022春·江蘇鹽城·七年級?？计谥校靖拍钫J識】 如圖①，在中，若，則BD，BE叫做的三分線．其中，BD是鄰AB三分線，BE是鄰BC三分線． 【問題解決】 (1)如圖②，在中，和外角的三分線交于點E、F，若，求的度數(shù)． (2)如圖③，若，射線OC在內部，OM是的鄰OA三分線，ON是的鄰OB三分線，若OM、ON、OA、OB中有兩條直線互相垂直時，求． 【延伸推廣】 (3)在（2）的條件下，若時，射線ON以每秒1°的速度順時針轉動至OB便立刻回轉，射線OM以每秒3°的速度順時針轉動至OB便立刻回轉，然后在間作往返運動，當ON第一次到達OC時，與射線OM同時停止轉動，轉動幾秒后，OM，ON中，有一條射線是OB與另一條射線所成角的鄰OB三分線．（直接寫出答案） 【答案】(1)40°； (2)30°或90°； (3)秒或秒或秒或秒或105秒 【分析】（1）根據(jù)三角形外角的性質可得，然后根據(jù)三分線的定義結合三角形外角的性質求解即可； （2）由題意可知，共有三種情況：①當OA⊥ON時，即∠AON＝90°，②當OM⊥OB時，即∠MOB＝90°，③當OM⊥ON時，即∠MON=90°，分別根據(jù)角的和差及三分線的定義計算即可； （3）由（2）可知，當時，∠AOC＝30°，∠BON＝30°，可求得∠BOM＝110°，設運動時間為t秒，根據(jù)ON和OM轉動后的位置，結合三分線的定義分情況求解即可． （1） 解：∵，是的一個外角， ∴， ∵BF、CF是和外角的三分線， ∴，， ∴； （2） 解：由題意可知，共有兩種情況： ①當OA⊥ON時，即∠AON＝90°， ∵， ∴∠BON＝， ∵ON是的鄰OB三分線， ∴∠BOC＝3∠BON＝90°， ∴∠AOC＝120°－90°＝30°； ②當OM⊥OB時，即∠MOB＝90°， ∵， ∴∠AOM＝， ∵OM是的鄰OA三分線， ∴∠AOC＝3∠AOM＝90°， 當OM⊥ON時，即∠MON=90°， ∵∠AOB=120°， ∴∠AOM+∠BON=120°-90°=30°， ∵OM是∠AOC 的鄰OA三分線，ON是∠BOC 的鄰OB三分線， ∴∠AOC=3∠AOM，∠BOC=3∠BON， ∴∠AOB=∠AOC+∠BOC=3∠AOM+3∠BON=90°， 這與∠AOB=120°矛盾，∴OM⊥ON不成立， 綜上，的度數(shù)為30°或90°； （3） 解：由（2）可知，當時，∠AOC＝30°，∠BON＝30°， ∵OM是的鄰OA三分線， ∴∠AOM＝∠AOC＝10°， ∴∠BOM＝120°－10°＝110°， 設運動時間為t秒，分情況討論： 當ON到達OB前，ON是∠BOM的鄰OB三分線時， 由題意得：∠BOM＝3∠BON，即， 此方程無解，故此情況不存在； 當ON到達OB前，OM是∠BON的鄰OB三分線時， 由題意得：3∠BOM＝∠BON，即， 解得：， 當時，ON已經到達OB，與題意不符，故此情況不存在； 當ON到達OB返回至OC，OM到達OB前，ON是∠BOM的鄰OB三分線時， 由題意得：∠BOM＝3∠BON，即， 解得：； 當ON到達OB返回至OC，OM到達OB前，OM是∠BON的鄰OB三分線時， 由題意得：3∠BOM＝∠BON，即， 解得：； 當ON到達OB返回至OC，OM到達OB返回至OC前，ON是∠BOM的鄰OB三分線時， 由題意得：∠BOM＝3∠BON，即， 此方程無解，故此情況不存在； 當ON到達OB返回至OC，OM到達OB返回至OC前，OM是∠BON的鄰OB三分線時， 由題意得：3∠BOM＝∠BON，即， 解得：； 當ON到達OB返回至OC，OM到達OB返回至OC再轉向OB前，ON是∠BOM的鄰OB三分線時， 由題意得：∠BOM＝3∠BON，即， 解得：， 當時，OM尚未到達OC，與題意不符，故此情況不存在； 當ON到達OB返回至OC，OM到達OB返回OC再轉向OB前，OM是∠BON的鄰OB三分線時， 由題意得：3∠BOM＝∠BON，即， 解得：； 當ON到達OB返回至OC，OM第二次轉向OC時，此時只可能是OM是∠BON的鄰OB三分線， 由題意得：3∠BOM＝∠BON，即， 解得：， 綜上，當轉動秒或秒或秒或秒或105秒后，OM，ON中，有一條射線是OB與另一條射線所成角的鄰OB三分線． 【點睛】本題考查了角的和差計算，三角形外角的性質，一元一次方程的應用，正確理解三分線的定義，分情況討論是解答本題的關鍵．