2025年中考数学专项复习专题03 三角形中的倒角模型之“8”字模型、“A”字模型与三角板模型解读与提分精练（全国通用）（解析版）

这是一份2025年中考数学专项复习专题03 三角形中的倒角模型之“8”字模型、“A”字模型与三角板模型解读与提分精练（全国通用）（解析版），共34页。

TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc10326" PAGEREF _Tc10326 \h 2
\l "_Tc15571" 模型1.“8”字模型 PAGEREF _Tc15571 \h 2
\l "_Tc2507" 模型2.“A”字模型 PAGEREF _Tc2507 \h 7
\l "_Tc25290" 模型3.三角板拼接模型 PAGEREF _Tc25290 \h 10
\l "_Tc14987" PAGEREF _Tc14987 \h 14
模型1.“8”字模型
“8”字模型通常是由两条相交直线和它们所夹的两条线段（或延长线）组成的，形状类似于数字“8”。‌

图1 图2
1）8字模型（基础型）
条件：如图1，AD、BC相交于点O，连接AB、CD；结论：①；②。
证明：在∆ABO中，∠A+∠B+∠AOB=180°；
在∆COD中，∠C+∠D+∠COD=180°；
∵∠AOB=∠COD ∴∠A+∠B=∠C+∠D；
在∆ABO中，AB＜AO+BO；在∆COD中，CD＜CO+DO；
∴AB+CD＜AO+BO+CO+DO=AD+BC；∴。
2）8字模型（加角平分线）
条件：如图2，线段AP平分∠BAD，线段CP平分∠BCD；结论：2∠P=∠B+∠D
证明：∵线段AP平分∠BAD，线段CP平分∠BCD ∴∠BAP=∠PAD, ∠BCP=∠PCD
∵∠BCP+∠P=∠BAP+∠B ① ∠PAD+∠P=∠PCD+∠D ②
①+②得2∠P=∠B+∠D， 则，即2∠P=∠B+∠D
例1．（2023·重庆·八年级期中）如图，AB和CD相交于点O，∠A＝∠C，则下列结论中不能完全确定正确的是（ ）
A．∠B＝∠DB．∠1＝∠A＋∠DC．∠2＞∠DD．∠C＝∠D
【答案】D
【分析】利用三角形的外角性质，对顶角相等逐一判断即可．
【详解】∵∠A＋∠AOD＋∠D＝180°，∠C＋∠COB＋∠B＝180°，∠A＝∠C，∠AOD＝∠BOC，
∴∠B＝∠D，∵∠1＝∠2＝∠A＋∠D，∴∠2＞∠D，故选项A，B，C正确，故选D．
【点睛】本题考查了对顶角的性质，三角形外角的性质，熟练掌握并运用两条性质是解题的关键．
例2．（2023春·山西临汾·七年级统考期末）如图，求的度数．

【答案】
【分析】连结，令与交于点，由三角形内角和得，从而所求角的和转化为求五边形的内角和问题解决．
【详解】连结，如图，设与交于点，

∵，，
又∵，∴，
∴
．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，多边形内角和定理，通过转化为多边形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，已知线段相交于点O，连接，则我们把形如这样的图形称为“8字型”．(1)求证：；(2)如图2，若和的平分线和相交于点P，且与分别相交于点．①若，求的度数；②若角平分线中角的关系改为“”，试探究与之间的数量关系．
【答案】(1)见解析(2)①；②
【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，，再根据“8字形”得到，两等式相减得到，即，即可求解．②根据，可得，，再由三角形内角和定理和对顶角相等，可得，即可求解．
【详解】（1）证明：在中，，
在中，，∵，∴；
（2）解：①∵和的平分线和相交于点P，∴，
∵①，②，
由，得：，即，
∵，∴；
②∵，∴，，
∵，，
∴，，
∴，∴），故答案为：．
【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，交于点，连接，，判断与的大小关系，并说明理由；
(2)如图2，平分，为上任意一点，在，上截取，连接，．求证：；
(3)如图3，在中，，为角平分线上异于端点的一动点，求证：．
【答案】(1)；理由见详解(2)证明见详解(3)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，，，两式相加即可得出结论；（2）根据证即可得出结论；
（3）在上取一点，使，连接交于点，证，即，同理证，然后同理（1）得，变形不等式即可得出结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
，，，即；
（2）证明：平分，，
在和中，，，；
（3）证明：在上取一点，使，连接交于点，
是的角平分线，，
在和中，，，，同理可证，
，，，即，
，．
【点睛】本题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·广东深圳·七年级部校考期中）探究题
(1)如图1的图形我们把它称为“8字形”，则，，，四个角的数量关系是______；
(2)如图2，若，的角平分线，交于点，则与，的数量关系为______；
(3)如图3，，分别平分，，当时，试求的度数（提醒：解决此问题可以直接利用上述结论）；
(4)如图4，如果，，当时，则的度数为______．
【答案】(1)(2)(3)(4)
【分析】（1）根据三角形内角和定理即可证明；（2）如图2，设，，根据外角的性质得：，，所以，最后由三角形内角和定理可得结论；(3)如图3，延长、交于点，根据（2）的结论，并将，代入可得
结论；（4）如图4，同理计算可得结论．
【详解】（1）在中，，在中，，
∵，∴故答案为：
（2）设，，
∵，分别平分，，∴，，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，故答案为：
（3）由（2）可知：，
∵，∴，∴，∴，

（4）如图4，延长、交于点，设，，
∴，，∴，∴，
∴，∴，
∴，，，
∴故答案为：
【点睛】本题考查三角形内角和，三角形的外角的性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是学会用方程的思想思考问题．
模型2.“A”字模型
如图，B、C分别是∠DAE两边上的点，连结BC，形状类似于英文字母A，故我们把它称为“A”字模型。

条件：如图，在∆ABC中，∠1、∠2分别为∠3、∠4的外角；
结论：①∠1+∠2=∠A+180° ；②∠3+∠4=∠D+∠E
证明：①∵∠1=∠A+∠ACB ∴∠1=∠A+180°-∠2 ∴∠1+∠2=∠A+180°。
②在∆ABC中，∠A+∠3+∠4=180°；在∆ADE中，∠A+∠D+∠E=180°∴∠3+∠4=∠D+∠E。
例1．（2023·广西北海·八年级统考期中）按如图中所给的条件，的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据邻补角求得，然后根据三角形外角的性质即可求解．
【详解】解：如图，
∵，∴，故选：A．
【点睛】本题考查了求邻补角，三角形的外角的性质，掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
例2．（23-24七年级下·福建泉州·期末）如图，在中，，若剪去得到四边形，则 ．
【答案】235°/235度
【分析】此题考查了多边形的内角和，先利用三角形内角和为计算，然后根据邻补角的定义计算即可．
【详解】解：∵，∴，
∴，故答案为：．
例3．（23-24七年级下·河北石家庄·期末）如图1，直线与的边，分别相交于点，（都不与点重合）.

(1)若，①求的度数；②如图2，直线与边，相交得到和，直接写出的度数.(2)如图3，，分别平分和，写出和的数量关系，并说明理由；
(3)如图4，在四边形中，点，分别是线段、线段上的点，，分别平分和，直接写出与，的关系.
【答案】(1)①；②(2)，理由见解析(3).
【分析】本题主要考查三角形内角和定理、三角形外角性质，掌握三角形内角和定理、角平分线的定义等知识点，灵活运用相关知识是正确解答的关键．（1）①根据三角形内角和定理，角平分线的定义进行计算即可；②根据①的结论即可解答；（2）由（1）的结论以及三角形内角和定理即可解答；
（3）由（2）的结论可得，再根据三角形内角和定理进行解答即可．
【详解】（1）解：①如图1，
∵，∴，
∵，∴；
②由①方法可得：．
（2）解：，理由如下：由（1）可得．
∵，分别平分和，∴，
∴，
∴．
（3）解：，理由如下：由图2可得，，
∵，分别平分和，∴，
∴，
∴．
模型3.三角板拼接模型
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：∠A=30°，∠C=60°，图②中：∠A=∠C=45°，
当题中含三角板时，先根据度数或隐含条件判断三角形的形状，标注其中的特殊角度（90°、30°、45°、60°），再根据题干解题。一副三角板可以拼接出的角度为三角板所含角度的和差，且均为15°的整数倍。
常见角度拼接（证明特别简单，故略过）：

例1．（2023春·贵州遵义·八年级校联考期中）把一副直角三角尺按如图所示的方式摆放在一起，其中，，，，则 ．

【答案】
【分析】根据三角形外角性质得出，，再根据三角形的内角和定理和解答即可．
【详解】解：如图可知：，，
，，
，故答案为：．

【点睛】此题考查三角形内角和，关键是根据三角形的内角和定理和三角形外角性质解答．
例2．（23-24七年级下·四川成都·期末）将一副直角三角板如图摆放，点A落在边上，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了平行线的性质，三角形内角和定理．根据平行线的性质，可得，从而得到，再由三角形内角和定理，即可求解．
【详解】解：∵，，∴，
∵，∴，∵，∴．故选：D
例3．（2023春·江苏无锡·七年级统考期末）有一副直角三角板、，其中，，．如图，将三角板的顶点E放在上，移动三角板，当点E从点A沿向点B移动的过程中，点E、C、D始终保持在一条直线上．下列结论：①当时，；②逐渐变小；③若直线与直线交于点M，则为定值；④若的一边与的某一边平行，则符合条件的点E的位置有3个．正确的有 ．（填序号）

【答案】①③④
【分析】①由即可判断；②过点C作，即可判断；③分别讨论当直线与线段相交、直线与线段的延长线相交即可判断；④根据平行线的判定定理即可进行判断．
【详解】解：①∵，点E、C、D始终保持在一条直线上∴
∵∴故①正确；②如图1：过点C作

当点E从点A移动到点H位置时，的度数在逐渐增大∴的度数在逐渐减小
当点E从点H移动到点B位置时，的度数在逐渐增大故②错误；
③当直线与线段交于点M，如图2：∵
∴∴
当直线与线段的延长线交于点M，如图3：∵
∴∴
故若直线与直线交于点M，则为定值故③正确；
④当点E在线段上时，且，则；
当点E在线段上时，且，则；
当时，则；∴若的一边与的某一边平行，则符合条件的点E的位置有3个故④正确；故答案为：①③④
【点睛】本题以三角板的运动为背景，考查了平行线的判定、三角形的内角和、三角形的外角等知识点．掌握相关数学结论是解题关键．
例4．（23-24七年级下·贵州黔南·期末）如图1，将一副三角板放在直线上，两个直角顶点重合在一起，交直线于点C，其中，．
(1)如图2，将图1中的三角板绕点C按逆时针方向旋转，在旋转过程中， 与的数量关系是___________；(2)将图1中的三角板绕点C按逆时针方向旋转至图3所示的位置，此时在的内部，与相交于点P，当 时，求的度数；(3)将图1中的三角板绕点C按逆时针方向旋转，当时， 的度数为___________．（直接写出结果即可）
【答案】(1)(2)；(3)或．
【分析】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，平行线的性质，分情况讨论，作出图形是解答此题的关键．（1）利用同角的余角相等，即可得到；
（2）证明，利用两直线平行，同旁内角互补，即可求解；
（3）分两种情况讨论，利用平行线的性质结合三角形的外角性质求解即可．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵，∴，即；故答案为：；
（2）解：由（1）得，∴，∴，
∵，∴；
（3）解：如图，设与的交点为，

∵，∴，∴，∴；
如图，设与的交点为，∵，∴，
∴；综上，的度数为或．故答案为：或．
1．（2023·河北邯郸·统考一模）如图，已知在中，，若沿图中虚线剪去，则的度数是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用四边形内角和为和直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵在中，，∴，
∵，∴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和直角三角形的性质求解．
2．（2024·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，，则等于（ ）

A．B．C．D．
【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，，由，求出，再由外角和是即可求出答案．
【详解】解：如图，，，，
，，
，，
，．

【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．
3．（2023·江苏盐城·统考二模）一副三角板如图所示摆放，其中含角的直角三角板的直角顶点在另一个三角板的斜边上，若，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
【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：，，

，，．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．
4．（2023·广东江门·八年级校考期中）如下图，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，根据平角的定义和四边形内角和可得，同理可得，据此即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵，∴，
∵，，∴
∵∴，
同理可得：，∴，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是解题的关键．
5．（2023·广东清远·八年级校考阶段练习）如图所示，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的结果为（ ）
A．90°B．360°C．180°D．无法确定
【答案】C
【详解】如图，连接BC，
∵∠D+∠E+∠DOE=∠BOC+∠OCB+∠BOC=180°，∠DOE=∠BOC，∴∠D+∠E=∠OBC+∠OCB，
又∵∠A+∠ABO+∠ACO+∠OBC+∠OCB=180°，∴∠A+∠ABO+∠ACO+∠D+∠E=180°．故选：C．
6．（2024·安徽·八年级校考期中）如图，若，则 ．

【答案】/250度
【分析】按图先进行标注，根据外角性质分别表示出，，，，再根据，进行求解即可得出最后结果．
【详解】解：如图，进行标注，

是的一个外角，，
是的一个外角，，即，
是的一个外角，，
，
是的一个外角，
，
，故答案为：．
【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．
7．（2023·四川绵阳·八年级统考期中）如图，已知， ．
【答案】/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，，
∴
又，
∴ ．故答案为：．
【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．
8．（2023·上海七年级课时练习）小明将一副三角板中的两块直角三角尺的直角顶点C按如图所示的方式叠放在一起，当，且点E在直线的上方时，他发现若 ，则三角板有一条边与斜边平行．
【答案】或或
【分析】分三种情形画出图形分别建立好几何模型求解，即可解决问题．
【详解】解：有三种情形：①如图1中，当时．
∵， ∴，
∵， ∴．

②如图2中，当时，，可得．
③如图3中，当时，延长交于M．
∵， ∴， ∴， ∴，
综上所述，满足条件的的度数为或或． 故答案为：或或．
【点睛】本题考查旋转变换、平行线的判定和性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的首先思考问题，属于中考常考题型．
9．（2023·广东·八年级假期作业）如图，若，则 ．
【答案】230°
【分析】根据三角形外角的性质，得到∠EOC=∠E+∠2=115°，∠2=∠D+∠C，∠EOC=∠1+∠F=115°，∠1=∠A+∠B，即可得到结论．
【详解】解：如图∵∠EOC=∠E+∠2=115°，∠2=∠D+∠C， ∴∠E+∠D+∠C=115°，
∵∠EOC=∠1+∠F=115°，∠1=∠A+∠B， ∴∠A+∠B+∠F=115°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=230°， 故答案为：230°．
【点睛】本题考查三角形内角和定理和三角形外角的性质，解决本题的关键是要熟练掌握三角形外角性质．
10．（2023·广东揭阳·八年级校考期末）探索归纳：
（1）如图1，已知△ABC为直角三角形，∠A=90°，若沿图中虚线剪去∠A，则∠1+∠2= °．
（2）如图2，已知△ABC中，∠A=40°，剪去∠A后成四边形，则∠1+∠2= °．
（3）如图2，根据（1）与（2）的求解过程，请你归纳猜想∠1+∠2与∠A的关系是 ．
【答案】 270°/270度 220°/220度 180°+∠A
【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）∵四边形的内角和为360°，直角三角形中两个锐角和为90°，
∴∠1+∠2=360°-（∠B+∠C）=360°-90°=270°，∴∠1+∠2等于270°，故答案为：270°；
（2）∠1+∠2=360°-（∠B+∠C）=360°-（180°-∠A）=180°+∠A =180°+40°=220°，故答案是：220°；
（3）∠1+∠2与∠A的关系是：∠1+∠2=180°+∠A；
证明：∠1+∠2=360°-（∠B+∠C）=360°-（180°-∠A）=180°+∠A；故答案为：180°+∠A．
【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．
11．（2024·重庆·八年级校考期中）如图，在中，，，是边上一点，连接，将沿翻折，使点落在边上的点处，则的度数为 度．
【答案】
【分析】根据折叠的性质和三角形内角和的性质，求得的度数，即可求解．
【详解】解：根据折叠的性质可得，
由三角形内角和的性质可得：，
∴∴ 故答案为：
【点睛】此题考查了折叠的性质和三角形内角和的性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
12．（2024·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如图所示，AB、CD相交于点O，∠A＝48°，∠D＝46°．
(1) 若BE平分∠ABD交CD于F，CE平分∠ACD交AB于G，求∠BEC的度数；
(2) 若直线BM平分∠ABD交CD于F，CM平分∠DCH交直线BF于M，求∠BMC的度数．

【答案】（1）47°；（2）43°
【分析】（1）根据三角形内角和定理以及对顶角相等可得出，由平分线的定义可得出、，再结合三角形内角和定理即可得出，代入度数即可得出结论；（2）由邻补角互补结合角平分线可得出，根据三角形外角性质结合（1）中即可得出，再根据三角形内角和定理即可得出，代入度数即可得出结论．
【详解】解：（1），，，
，，，．
平分交于，平分交于，
，．
，，
，．
（2），平分交直线于，
，
，，
．
【点睛】本题考查了三角形内角和定义、角平分线、三角形的外角性质、对顶角以及邻补角，解题的关键是：（1）根据三角形内角和定理找出；（2）根据三角形内角和定理找出．本题属于中档题，难度不大，但重复用到三角形内角和定义稍显繁琐．
13．（2023·广东湛江·八年级统考期中）问题情景：如图①，有一块直角三角板放置在上（点在内），三角板的两条直角边、恰好分别经过点和点．探究与是否存在某种确定的数量关系．(1)特殊探究：若，则_____度，_____度，_____度；(2)类比探索：请探究与的关系；(3)类比延伸：如图②，改变直角三角板的位置，使点在外，三角板的两条直角边、仍然分别经过点和点，（2）中的结论是否仍然成立？若不成立，请直接写出你的结论，并说明理由．

【答案】(1)；；(2)(3)不成立，，理由见解析
【分析】（1）已知，根据三角形内角和定理易求的度数，已知，根据三角形内角和定理易求的度数，进而得到的度数；
（2）由（1）中的度数，的度数，相减即可得到与的关系；
（3）由于在中，，在中，，相减即可得到结论．
【详解】（1）解：∵，∴，
∵，∴，
∴．故答案为：；；．
（2）与的关系为：，
理由如下：由（1）得：，∵，∴，
∴．
∴．
（3）不成立，存在，
理由如下：在中，，在中，∵，∴，
∴，∴，
∴．∴（2）中的结论不成立．
【点睛】本题考查三角形内角和，直角三角形两锐角互余．三角形内角和定理：三角形三个内角的和等于．注意运用整体法计算，解决问题的关键是求出，的度数．
14．（2023春·河南洛阳·七年级统考期末）如图，与的角平分线交于点．

(1)若，，求的度数；(2)直接写出，，的数量关系；(3)若与的大小发生变化，（2）的结论是否仍然成立？若成立，说明理由，若不成立，写出成立的式子．
【答案】(1)(2)(3)（2）的结论仍然成立，见解析
【分析】（1）顶角相等可得，，利用三角形的内角和定理得，，两式相加并利用角平分线的定义和等式的基本性质变形可得，，从而求出的度数；
（2）顶角相等可得，，利用三角形的内角和定理得，，两式相加并利用角平分线的定义和等式的基本性质变形可得，，从而求出，，的数量关系；
（3）的解析可得，时，，的关系与与的大小无关，所以，即（2）的结论仍然成立．
【详解】（1）解：∵，，
∴，，
∴，
得，，
∵与的角平分线交于点，
∴，∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，，
∴，
得，，
∵与的角平分线交于点，∴，
∴，∴；
（3）解：∵，，
∴，，
∴，
得，，
∵与的角平分线交于点，
∴，∴，
此时，，的关系与与的大小无关，
即（2）的结论仍然成立．
【点睛】此题考查的是三角形的内角和定理和角的和与差，掌握三角形的内角和定理和角平分线的定义是解题的关键．
15．（2023春·重庆黔江·七年级统考期末）如图，将三角板与三角板摆放在一起；如图，其中，，．固定三角板，将三角板绕点按顺时针方向旋转，记旋转角．

(1)在旋转过程中，当为 度时，；当为 度时，．
(2)当时，连接，利用图探究值的大小变化情况，并说明理由．
【答案】(1)，(2)不变，理由见解析
【分析】（1）如图，记与的交点为点，与的交点为点，由，可得，再利用角的和差关系可得答案；如图，记与的交点为，求解，由角的和差关系可得答案；
（2）如图3，设分别交、于点、，在中，可得，结合，，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，记与的交点为点，与的交点为点，

， ，， ，即，
如图，记与的交点为，
， ，，
，即，
（2）当，，保持不变，理由如下：
如图3，设分别交、于点、，在中，，
，，
，，．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，平行线的性质，垂直的定义，三角形的外角的性质的应用，熟练的利用旋转的性质与三角形的外角的性质解题是关键．
16．（2023·河南驻马店·八年级统考期中）将三角尺（，）放置在上（点在内），如图①所示，三角尺的两边、恰好经过点和点，我们来研究与是否存在某种数量关系．
(1)特例探究：若，则________度，________度．
(2)类比探究：、、的关系是 ___________________．
(3)变式探究：如图②所示，改变三角尺的位置，使点在外，三角尺的两边、仍恰好经过点和点，探究、、的关系(只要求直接写出结论)：____________________．
【答案】(1)，(2)(3)
【分析】（1）根据三角形内角和定理得出，，进而即可求解；
（2）根据三角形内角和定理得出，进而得出；（3）设交于，根据三角形内角和定理，对顶角相等，得出，进而得出，即可求解．
【详解】（1）解：，，
，，，故答案为：，；
（2）结论：．
证明：，，
，．故答案为：；
（3）结论：∠，理由是：设交于，如图：
，，即，
，故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．
17．（2023春·江苏扬州·七年级校联考阶段练习）我们将内角互为对顶角的两个三角形称为“对顶三角形”．例如，在图中，△AOB的内角与的内角互为对顶角，则与为“对顶三角形”，根据三角形内角和定理知“对顶三角形”有如下性质：．

(1)如图1，在“对顶三角形”与中，若，则 ；
(2)如图2，在中，、分别平分和，若，比大，求的度数．(3)如图3，、是的角平分线，且和的平分线和相交于点，设，直接写出的度数（用含的式子表示）．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）利用对顶三角形的性质求解即可；（2）利用对顶三角形的性质，结合图形进行分析即可求解；（3）由题意得，再由角平分线的定义可求得：，，从而可求解即可．
【详解】（1）解：在“对顶三角形”与中，则，
，故答案为：；
（2）在中，，，
、分别平分和，
，，
又，，；
（3）在中，，，
、是分别平分和，，，
，和的平分线和相交于点，
，，
，
，，
，．即．
【点睛】本题主要考查三角形的内角和定理，解答的关键是结合图形分析清楚各角之间的关系，并熟记三角形的内角和为．
18．（23-24七年级下·河南南阳·期末）在学习完三角形的内角、外角相关知识后，利用三角形的内角和同学们很容易证明三角形的一个外角与它不相邻的两个内角的关系．于是，爱思考的小红在想，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在怎样的数量关系呢？

①尝试探究：如图1，与分别为的两个外角，试探究与之间存在怎样的数量关系？为什么？
解：数量关系：．
理由：∵与分别为的两个外角，
∴．∴．
∵三角形的内角和为，∴．
∴．
小红顺利地完成了探究过程，并想考一考同学们，请同学们利用上述结论完成下面的问题．
②初步应用：（1）如图2，在纸片中剪去，得到四边形，，则 ；
（2）如图3，在中，分别平分外角，则与有何数量关系？ ；（直接填答案）；③拓展提升：（3）如图4，在四边形中，分别平分外角，则与有何数量关系？为什么？（若需要利用上面的结论说明，可直接使用，不需说明理由）。
【答案】（1）；（2）；（3），理由见解析
【分析】本题考查三角形内角和定理，外角和定理，角平分线的定义．
（1）根据题意利用外角和定理即可得到本题答案；（2）由尝试探究得，再利用角平分线的定义结合三角形的内角和定理即可求解；（3）根据题意延长线段、线段交于点，利用（2）中所得结论及外角和内角和定理即可得到本题答案．
【详解】解：（1）由题意得：在纸片中剪去，
∵，，∴，故答案为：；
（2），由尝试探究得，
∵分别平分外角，∴，
∴，
∴ 故答案为：；
（3）数量关系为：，理由如下：如图，延长线段、线段交于点，
，
∵通过（2）得，∴，
∵，又∵，
∴，∴．
19．（2022春·山东烟台·七年级统考期中）折纸是我国一项古老的传统民间艺术，这项具有中国特色的传统文化在几何中可以得到新的解读．已知在△ABC中，∠A＝80°，请根据题意，探索不同情境中∠1+∠2（或∠1－∠2）与∠A的数量关系．
(1)如图①，若沿图中虚线DE截去∠A，则∠1+∠2＝_______．
(2)如图②，若沿图中虚线DE将∠A翻折，使点A落在BC上的点A’处，则∠1+∠2=_______．
(3)如图③，翻折后，点A落在点A’处，若∠1+∠2＝80°，求∠B+∠C的度数
(4)如图④，△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A’处，若∠1＝80°，∠2＝24°，求∠A的度数．
【答案】(1)260°(2)160°(3)(4)
【分析】（1）根据三角形内角和定理得出∠B+∠C＝180°-80°=100°，再由平角进行求解即可；
（2）利用翻折的性质得出∠EDA’=∠ADE，∠AED=∠DEA’,根据三角形内角和定理得出∠ADE+∠AED＝100°，结合图形，由平角及各角之间的关系进行计算即可‘
（3）连接．根据三角形外角的性质得出∠1=∠DAA’+∠DA’A，∠2=∠EAA’+∠EA’A，然后利用各角之间的数量关系得出，再由三角形内角和定理即可求解；
（4）设AB与交于点F，根据三角形外角得出，，再由折叠的性质得出，结合图形及各角之间的数量关系进行求解即可
【详解】（1）解：∵∠A＝80°，∴∠ADE+∠AED＝180°-80°=100°，
∴，故答案为：260°；
（2）∵∠A＝80°，∴∠ADE+∠AED＝180°-80°=100°，
∵翻折，∴∠EDA’=∠ADE，∠AED=∠DEA’,
∴∠ADA’+∠AEA’＝2(∠ADE+∠AED)=200°，∴∠1+∠2=360°-(∠ADA’+∠AEA’)=160°，故答案为：160°；
（3）解：连接．如图所示：
∵∠1=∠DAA’+∠DA’A，∠2=∠EAA’+∠EA’A，
∴∠1+∠2=∠DAA’+∠DA’A+∠EAA’+∠EA’A=∠EAD+∠EA’D，
∵，∴，∴，∴．
（4）解：如图，设AB与交于点F，
∵，，由折叠可得，，∴，
又∵，，∴，∴．
【点睛】题目主要考查三角形内角和定理及三角形外角的性质，平角的定义等，理解题意，作出相应辅助线求解是解题关键．
20．（2023春·江苏·七年级专题练习）【问题背景】
（1）如图1的图形我们把它称为“8字形”，请说明∠A+∠B=∠C+∠D；
【简单应用】（2）如图2， AP、CP分别平分∠BAD． ∠BCD，若∠ABC=46°，∠ADC=26°，求∠P的度数；
【问题探究】（3）如图3，直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC=36°，∠ADC=16°，请猜想∠P的度数，并说明理由．
【拓展延伸】（4） ①在图4中，若设∠C=α，∠B=β，∠CAP=∠CAB，∠CDP=∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为： （用α、β表示∠P）； ②在图5中，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE， 猜想∠P与∠B、∠D的关系，直接写出结论．
【答案】（1）见解析；（2）36°；（3）26°，理由见解析；（4）①∠P=②∠P=
【分析】（1）根据三角形内角和定理即可证明；
（2）直接利用（1）中的结论两次，两式相加，然后根据角平分线的性质求解即可；
（3）由AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，推出∠1=∠2，∠3=∠4，推出∠PAD=180°﹣∠2，∠PCD=180°﹣∠3，由∠P+（180°﹣∠1）=∠D+（180°﹣∠3），∠P+∠1=∠B+∠4，推出2∠P=∠B+∠D，即可解决问题．（4）①同法利用（1）种的结论列出方程即可解决问题．
②同法利用（1）种的结论列出方程即可解决问题．
【详解】（1）在△AEB中，∠A+∠B+∠AEB=180°．
在△CED中，∠C+∠D+∠CED=180°．∵∠AEB=∠CED，∴∠A+∠B=∠C+∠D；
（2）由（1）得：∠1+∠B=∠3+∠P，∠4+∠D=∠2+∠P，
∴∠1+∠B+∠4+∠D =∠3+∠P+∠2+∠P．
∵∠1=∠2，∠3=∠4，∴2∠P=∠B+∠D=46°+26°=72°，∴∠P=36°．
（3）∠P=26°，理由是：如图3：
∵AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，∴∠PAD=180°﹣∠2，∠PCD=180°﹣∠3．
∵∠PAB=∠1，∠P+∠PAB =∠B+∠4，∴∠P+∠1=∠B+∠4．
∵∠P+（180°﹣∠2）=∠D+（180°﹣∠3），∴2∠P=∠B+∠D，
∴∠P=（∠B+∠D）=×（36°+16°）=26°．
（4）①设∠CAP=m，∠CDP=n，则∠CAB=3m，，∠CDB=3n，∴∠PAB=2m，∠PDB=2n．
∵∠C+∠CAP=∠P+∠PDC，∠P+∠PAB=∠B+∠PDB，
∵∠C=α，∠B=β，∴α+m=∠P+n，∠P+2m=β+2n，
∴α－∠P = n－m，∠P－β=2n－2m=2（n－m），
∴2α+β=3∠P∴∠P=．故答案为：∠P=．
②设∠BAP=x，∠PCE=y，则∠PAO=x，∠PCB=y．
∵∠PAO+∠P=∠PCD+∠D，∠B+∠BAO=∠OCD+∠D，
∴x+∠P=180°－y+∠D，∠B+2x=180°－2y+∠D，
∴∠P=．故答案为：∠P=．
【点睛】本题考查了三角形内角和，三角形的外角的性质、多边形的内角和等知识，解题的关键是学会用方程的思想思考几何问题，属于中考常考题型．