4.1.2A字型8字模型飞镖模型

4.L2A字型、8字模型、飞镖模型A字型模型：Zl+Z2=ZA+180°（结论）证明：VZ1=ZA+ZACBAZl=ZA+180°-N2AZl+Z2=ZA+180°8字模型（基础）：ZA+ZB=ZC+ZD （结论）证明：在AABO中，ZA+ZB+ZAOB=180°在ACOD中，ZC+ZD+ZCOD=180°而NAOB=NCODAZA+ZB=ZC+ZD8字模型（变形）：已知线段AP平分NBAD,线段CP平分NBCD,则1ZP=j（ZB+ZD）证明：:线段AP平分NBAD,线段CP平分NBCD•二ZBAP=ZPAD,ZBCP=ZPCD「ZBCP+ZP=ZBAP+ZB①NPAD+NP=NPCD+ND②①+②得2NP=NB+ND,则NP』（NB+ND）2飞镖模型（基础）：ZC=ZA+ZB+ZD（结论）证明：1）延长AC到点P2）延长BC交AD于点P3）连接BD飞镖模型（变形）：已知线段B。平分NABC,线段0D平分NADC,则/0弓（ZA+ZC）【题型一】A字型模型【典题】（2023春七年级单元测试）如图，中，NA=65。，直线。石交A3于点。，交AC于点E贝石+NC££>=（）.A.180°B.215°C.235°D.245°【答案】D【分析】根据三角形内角和定理求出WE+ZAED,根据平角的概念计算即可.【详解】解：.ZA=65°,・•.NPAB=ZPAD=-ZBAD,ZPCB=ZPCE=-ZBCE,2 2I.2ZPAB+ZB=180°-2ZPCB+ZD,J180°-2(ZR4B+/PCB)+/D=/B丁/P+/PAD=/PCD+/D,/BAD+/B=/BCD+/D：.ZP+ZPAD-/BAD-/B=ZPCD-/BCD：.ZP-ZB=ZPAB+ZPCB180°-2(ZP-ZB)+ND=NB,即ZP=90°+|(ZB+ZZ)).(4)连接P3,PD直线”平分/BAD的外角ZFAD,CP平分/BCD的外角/BCE,:.ZFAP=ZPAO,ZPCE=ZPCB,「ZAPB+ZPS4+Z^4B=180°,ZPCB+ZPBC+ZBPC=180°•・ZAPC+ZABC+ZPCB+ZPAB=360°同理得到：ZAPC+ZADC+ZPCD+ZPAD=360°：.2ZAPC+ZABC+ZADC+NPCB+NPAB+NPCD+/PAD=720。：.2ZAPC+ZABC+ZADC+NPCE+NPAB+NPCD+NPAF=720。?ZPCE+ZPCD=180°,ZPAB+NPAF=180°2ZAPC+ZABC+ZADC=360°,・・ZAPC=180°-1(ZABC+ZADC)【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.【题型三】飞镖模型【典题】如图，已知BE,CF分别为AABC的两条高，BE和CF相交于点H,若NBAC=50。，则/8£为( )A.115° B.120° C.125° D.130°【答案】D【详解】TBE为AABC的高，ZBAC=50°,AZABE=90°-50°=40°,VCF为AABC的高，AZBFC=90°,ZBHC=ZABE+ZBFC=40°+90°=130°.故选D.巩固练习(★)如图，已知在ABC中，ZA=40°,现将一块直角三角板放在ABC上，使三角板的两条直角边分别经过点民。，直角顶点。落在43c的内部，则NAE)+N4C0=().A.90° B.60° C.50° D.40°【答案】C【分析】由三角形内角和定理可得/43。+/力。3+/4=180。，即NZ8C+N4C8=180・N4=140°,再说明NO3C+ZDC5=90°,进而完成解答.【详解】解：•••在△、5C中,ZA=40°：.ZABC+ZACB=180-ZA=140°;在中，ZBDC=90°：.ZZ55C+ZZ)C5=180o-90°=90°ZAB£>+ZACD=40°-90o=50°故选C.【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，灵活运用三角形内角和定理成为解答本题的关键.(★★)(2020秋・浙江杭州•八年级校考期中)如图，在△43。中，ZA=20°9N4BC与N/CB的角平分线交于。，N/3D与N4C。的角平分线交于点。2,依此类推，//BQ与N/CZ)4的角平分线交于点。5,则/瓦力。的度数是()A.24° B.25° C.30° D.36°【答案】B【详解】VZA=20\ZA+ZABC+ZACB=180°,：.ZABC+ZACB=160°,/ABC与/ACB的角平分线交于Di,/ABD，/ABC,ZACDi=-ZACB2 2・・・/ABDi与NZCD的角平分线交于点Dz,，ZABD2=-ZABD1=-/ABC,ZACD2=-ZACDi=-nacb,2 4 2 4同理可得：ZABD5=—AABC,ZACD5=—ZACB,32 32ZABD5+ZACD5=—x160°=5°9一32，Z5CD5+ZCSZ）5=155O,ZBD5C=180°-ABCD5-ZCBD5=25°,故选：B3.F）（2023春・江苏•七年级期中）如图，在.ABC中，/ABC和/AC8的平分线相交于点。，若/BOC=125。,则-A的度数为（ ）A.70° B.80° C.90° D.55°【答案】A【分析】设NA=a,利用角平分线的性质得/。3。+/0。3=个一丝，再根据ZBOC=125。得1©no_"NOBC+/OCB=55。，所以=55。求解即可.2【详解】解：设NA=o,则NABC+NAC3=180。—。，•?ZBOC=125°,，ZOBC+ZOCB=180°-125°=55°,•：OB,0c平分/ABC和/AC5,Z.ZOBC+ZOCB=,即-=55。,解之得：a=70°,2 2故选：A.【点睛】本题考查角平分线的性质，三角形内角和定理，解一元一次方程，解题的关键是找出等量关系1ono_〃”产=55。进行求解.2（★）（2023春・全国•七年级专题练习）如图，在中，/ABC,N/C3的平分线8E,8相交于点F,/4BC=42。,Z^=60°,则N5产。的度数为（）A.118° B.119° C.120° D.121°【答案】C【分析】由三角形内角和定理得N45C+N4C8=120。，由角平分线的性质得NC3E+NNCO=60。，再利用三角形的内角和定理得结果.【详解】解：•••/4=60。，ZABCZACB=120°9VZABC,N/C3的平分线BE,CD相交于点E:・/CBE=g/ABC,NBCD=g/BCA,:・/CBE+/BCD=；(/ABC+/BCA)=60°,ZBFC=180°-60°=120°,故选：C.【点睛】本题考查三角形内角和和角平分线的相关知识，关键是可以根据题目中的信息，灵活变化求出相应问题的答案.（★★）（2023春•江苏•七年级专题练习）已知：如图，。是△/3C内一点，且8。、CO分别平分N/BC、ZACB.(1)若N/=48。，求N30C；⑵若NZ=〃°,求NBOC；⑶若N8OC=130。，利用第（2）题的结论求N4【答案】（1）114。（2）90。+；废(3)80°【分析】（1）由三角形内角和定理、角平分线的定义可求得N8。。的度数;（2）由三角形内角和定理、角平分线的定义可求得N80C的度数;（3）由（2）的结论即可求得NZ的度数.【详解】(1)解：VZA+ZABC+ZACB=180°9・\ZABC+ZACB=180°-Z^=180°-48°=132°,•；BO、C。分别平分N43C、/ACB,：.Z2=-ZABC,Z4=-ZACB,2 2Z2+Z4=-ZABC+-ZACB=-(ZABC+ZACB)=-xl32°=66°,2 2 2 2：.Z5(9C=180o-(Z2+Z4)=180o-66o=114o；(2)解：VZA+ZABC+ZACB=180°,・•・ZABC+ZACB=180°-ZJ=180°-h°,•：BO、。。分别平分N/3C、/ACB,：.Z2=-ZABC,Z4=-ZACB,2 2，Z24-Z4=-ZABC4--ZAC5=-(ZA5C-f-ZACB)=-x(180o-Ho)=90o--n°,2 2 2 2 2，ZBOC=180。一(N2+N4)=180°-(90°--n°)=90°+,〃。；(3)解：由(2)知，90。+；4=130。，解得：ZA=80°.【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，解一元一次方程等知识，掌握角平分线的定义及三角形内角和定理是解题的关键.(★★★)(2021・全国•七年级专题练习)问题情景：如图1,在同一平面内，点B和点C分别位于一块直角三角板丽的两条直角边PM,PN上，点A与点P在直线3C的同侧，若点。在AA5C内部，试问ZACP与/A的大小是否满足某种确定的数量关系？(1)特殊探究：若ZA=55。，则/4BC+NACB=度，/PBC+NPCB=度，ZABP+ZACP= 度；(2)类比探索：请猜想NABP+NACP与ZA的关系，并说明理由；(3)类比延伸：改变点A的位置，使点P在AA3C外，其它条件都不变，判断(2)中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出ZACP与/A满足的数量关系式.【答案】(1)125,90,35；(2)ZABP+ZACP=90°-ZA,证明见解析；(3)结论不成立./4BP-N4cp=90。-N4,N/BP+NZCP=NZ-90°或NZCP-ZABP=90°-ZA.【分析】(1)根据三角形内角和即可得出N/3C+N4C5,/PBC+/PCB,然后即可得出NZBP+N4”；(2)根据三角形内角和定理进行等量转换，即可得出N/8尸+//。尸=90。・/小(3)按照(2)中同样的方法进行等量转换，求解即可判定.【详解】(1)N48C+N/C8=180°-NA=180°-55°二125度，ZP5C+ZPC5=180o-ZP=180o-90°=90ZABP+ZACP=ZABC+ZACB-(ZP5C+ZPC5)=125°-90。=35度；(2)猜想：ZABP+ZACP=90°-ZA；证明：在△/8C中，ZABC+ZACB=180°-ZA,■:/ABC=/ABP+/PBC,/ACB=/ACP+/PCB,：.(/ABP+/PBC)+(ZACP+ZPCB)=180°-Z^,(/ABP+/ACP)+(ZPBC+ZPCB)=180。-"又在RtAPBC中,ZP=90°,：./PBC+/PCB=9b,：.(/ABP+/ACP)+90°=180°-Z^,Z.ZABP+ZACP=90°-ZA.(3)判断：(2)中的结论不成立.证明：在△/台。中，ZABC+ZACB=180°-,VZABC=ZPBC-ZABP,/ACB=/PCB-/ACP,：.(/PBC+/PCB)-(/ABP+/ACP)=180°-Z^,又;在RtAPBC中，ZP=90°,：./PBC+/PCB=9b,：.ZABP-ZACP=90°-ZA9ZABP^ZACP=ZA-90°或N/CP-ZABP=90°-ZA.【点睛】此题主要考查利用三角形内角和定理进行等角转换，熟练掌握，即可解题.(2022春・河南濮阳•七年级统考期中)如图所示，有一个三角尺。所(足够大)，其中/功户=90。，把直角三角尺D所放置在锐角4BC上，三角尺。斯的两边恰好分别经过点昆(1)若ZA=35。，则ZABC+ZAC3=°,/DBC+/DCB=°,ZABD+ZACD=°⑵若NA=60。，求ZABD+ZACD的度数；⑶请你猜想一下ZABD+ZACZ)与/A所满足的数量关系，并说明理由.【答案】(1)145°；90°；55°；(2)30°(3)ZABD+ZACD+ZA=90°,理由见解析【分析】(1)根据三角形内角和定理可以求出NABC+NACB=145。，根据直角三角形两锐角互余求出NDBC+/DCB=90。,由此即可求出N45O+//CO的度数；(2)同(1)求解即可；(3)同(1)求解即可.【详解】(1)解：VZ^=35°,ZABC+ZACB+ZA=130°,JZABC+ZACB=1SO°-ZA=U5°；丁NBDC=9。。,：.ZDBC+ZDCB=90°9/ABD+ZACD=NABC+ZACB-ZDBC-ZDCB=55°,故答案为:145°；90°；55°；(2)解：VZ^=60°,ZABC+ZACB^-ZA=1S0o9：.ZABC+ZACB=1SO°-ZA=12O°；•・•/BDC=9U。,：./DBC+/DCB=90。,：.ZABD+ZACD=ZABC+ZACB-ZDBC-ZDCB=30°；(3)解：ZABD^ZACD-^ZA=90o,理由如下：ZABC+ZACB+Z^=180°,ZABC+ZACB=180°- ；/BDC=90。,：./DBC+/DCB=90。,ZABD+ZACD=/ABC+ZACB-ZDBC-ZZ)C5=180°-N4-90°,ZABD+ZACD+ZA=90°.【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，直角三角形两锐角互余，熟知三角形内角和定理是解题的关键...NAD石+NAED=180。—65。=115。，・•.ZBDE+ZCED=360°-115°=245°,故选：D.【点睛】本题考查的是三角形内角和定理的应用，掌握三角形内角和等于180。是解题的关键.巩固练习（★）（2023春•七年级单元测试）如图，在△Z8C中，ZC=705,沿图中虚线截去NC,则Nl+N2=（）A.360& B.2505 C.1805 D.140。【答案】B【分析】根据三角形内角和定理得出N4+N5=110。，进而利用四边形内角和定理得出答案.【详解】解：中，ZC=70°,・•・Z^+ZB=180°-ZC,Zl+Z2=360°-110o=250°,故选：B.【点睛】本题主要考查了多边形内角和定理，根据题意得出NA+N8的度数是解题关键.（★）（2020春广西玉林•七年级统考期末）如图所示，一个60。角的三角形纸片，剪去这个60°角后，得到一个四边形，那么N1+N2的度数为（）A.1200 B.180°. C.2400 D.300°【答案】C【详解】如图,根据三角形内角和定理，得N3+N4+60。=1800,又根据平角定义，Zl+Z3=180°,Z2+Z4=180°,・•・180°-Zl+180°-Z2+60°=180°.AZl+Z2=240°.故选C.【题型二】8字模型【典题】（2023春•七年级课时练习）如图，45和CO相交于点。，N4=NC,则下列结论中不能完全确定正确的是（）Z1=ZA+ZDC.Z2>ZDD.ZC=ZD【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】\9ZA+ZAOD-\-ZD=180\ZC+ZCOB-\-Z5=180°,ZA=ZC9/AOD=/BOC,：./B=/D,VZ1=Z2=Z^+ZZ),：.Z2>ZD,故选项4B,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.巩固练习(★)(2023春・七年级课时练习)如图，Zl=60°,则NA+NB+NC+ND+NE+NF=( )A.240° B.280° C.360° D.540°【答案】A【分析】根据三角形内角和定理得到NB与NC的和，然后在五星中求得N1与另外四个角的和，加在一起即可.【详解】解：由三角形外角的性质得：N3=NA+NE,N2=NF+ND,VZ1+Z2+Z3=18O°,Zl=60°,AZ2+Z3=120°,即：NA+NE+NF+ND=120°,VZB+ZC=120°,・•・ZA+ZB+ZC+ZD+ZE+ZF=240°.故选A.【点睛】本题考查了三角形的外角和三角形的内角和的相关知识，解决本题的关键是将题目中的六个角分成两部分来分别求出来，然后再加在一起.(★)(2023春•七年级单元测试)如图，在由线段ARCDORBRCA组成的平面图形中，NO=28。，则NA+/B+NC+/F的度数为().A.62° B.152° C.208° D.236°【答案】C【分析】如图标记然后利用三角形的外角性质得N1=N3+/F=/D+N3,/2=NA+NC,再利用N2,N3互为邻补角，即可得答案.【详解】解：如下图标记/I,N2,N3,Z1=ZB+ZF=Z£>+Z3,//D=28°,・.N3=ZB+/F—28。，又•一N2=NA+NC,.・.N2+N3=NA+NC+N3+ZF—28。，.•.180°=ZA+ZC+ZB+ZF-28°,•.ZA+NC+ZB+N/=180°+28°=208°,故选C.【点睛】此题考查了三角形的外角性质与邻补角的意义，熟练掌握并灵活运用三角形的外角性质与邻补角的意义是解答此题的关键.(★)(2022春・福建泉州七年级晋江市第一中学校联考期中)如图，ZC=ZA=90°,48=25。，贝ij/D的度数是OA.55° B.35° C.45° D.25°【答案】D【分析】根据三角形的内角和定理和对顶角相等求解即可.【详解】解：设/。与3C相交于O,贝UNCO&N/O3,VZC+ZCOD+ZD=180°,ZA+ZAOB=ZB=180°9ZC=Z/f=90°,：.ZD=ZB=25\故选：D.【点睛】本题考查三角形的内角和定理、对顶角相等，熟练掌握三角形的内角和是180。是解答的关键.(★★)(2022春,黑龙江大庆•七年级校考期末)如图，4BL4F,/B、NC、N。、/£、//的关系为()A./B+/C+/D+/E+/F=27。。 B.ZB+ZC-ZZ)+ZE+ZF=270°C.Z5+ZC+ZD+ZE+ZF=360° D.NB+/C-/D+NE+/F=360。【答案】B【分析】分析题意NDK4=N1,/DNA=/2,然后利用三角形的内角和、等量代换求解即可.【详解】解：连接力。，在中，ZDMA+ZMDA+ZMAD=180°,在中，/DNA+/NDA+/NAD=18b,，NDMA+NMDA+/MAD+NDMA+/NDA+/NAD=36。。,ZMAD+ZNAD=360°-/BAF,：.ZDMA+ZDNA+ZMDN+3600-ZBAF=360°99：AB_LAF9：./BAF=9。。,：./DMA+NDNA=90。-/MDN,VZDMA=Z1.ZDNA=Z29VZ1=18O°-ZB-ZC,Z2=180°-ZE-ZF,AZ1+Z2=36O°-(Z5+ZC+Z£+ZF),A90°-ZMDN=360°-(/B+/C+/E+/F),：・/B+/C+/E+/F-/MDN=270。.故选：B.【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理的应用，将图形中角的关系利用三角形的内角和等于180。进行转化，再运用等量代换是解题的关键.(★)(2022春•江苏无锡・七年级校考阶段练习)如图，N3+NC+NO+NE—N/等于( )A.180° B.240° C.300° D.360°【答案】A【分析】根据三角形的外角的性质，得N3+NC=NCGE=180O-N，GEZD+Z£=ZDFG=1800-ZAFG,两式相加再减去N4根据三角形的内角和是180。可求解.【详解】•：/B+/C=/CGE=18b-/AGF,ZD+ZE=ZDFG=180°-ZAFG,：.ZB+ZC+ZD+ZE-ZA=360°-(/4GF+N4FG+/4),又「ZAGF-^ZAFG^-ZA=180°,Z5+ZC+ZD+Z£-Z^=180°,故选A.【点睛】本题考查了三角形外角的性质、三角形内角和定理，熟练掌握三角形外角的性质以及三角形内角和等于180度是解题的关键.(★)(2022春•江苏盐城•七年级校考阶段练习)如图，Nl+N2+N3+N4+N5=( )A.180° B.360° C.270° D.300°【答案】A【分析】利用三角形外角定理及三角形内角和公式求解即可.【详解】解：VZ7=Z4+Z2,Z6=Z1+Z3,Z6+Z7=Z1+Z2+Z3+Z4,VZ5+Z6+Z7=180°,「・Zl+Z2+Z3+Z4+Z5=180°.故选：A.【点睛】本题考查了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，三角形的内角和定理，熟记性质并准确识图是解题的关键.（★）（2022秋•八年级课时练习）如图所示，NZ+N3+NC+NZ）+N£的结果为（）A.90° B.360° C.180° D.无法确定【答案】C【详解】如图，连接8C,「ZD+Z£+ZDOE=ZBOC+ZOCB+ZBOC=180°,ZDOE=ZBOC,：.ZD+ZE=ZOBC+ZOCB,又; +ZABO+ZACO+ZOBC+ZOCB=180°,ZA+ZABO^ZACO+ZD+Z£=180°.故选：C.（★★★）（2023春•全国•七年级专题练习）如图1,已知线段43、C。相交于点。，连接BD,则我们把形如这样的图形称为"8字型〃.⑴求证：NA+/C=/B+ND；⑵如图2,若NC/3和。的平分线/0和。。相交于点P与CD、分别相交于点〃、N.①以线段4。为边的〃8字型〃有个，以点O为交点的“8字型〃有个：②若/8=100°,ZC=120°,求/尸的度数；③若角平分线中角的关系改为〃NC/仄3/CZP,NCDB=3NCDP〃，试探究NP与N3、NC之间存在的数量关系，并证明理由.【答案】⑴证明见解析；（2）①3,4；@110°；@3ZP=Z5+2ZC；【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〃8字型〃的定义判断即可；②由(1)结论可得△/MC和△。加尸中，/C+/CAM=/P+/PDM,△BDN和LPAN中,/B+/BDN=/P+/PAN,两式相加再由角平分线的定义即可解答；③根据NC43=3/CAP,ZCDB=3ZCDP,由NC+NC/%NP+N。。河可得3(NC-NP)=N8OC-NG48,由/B+/BDN=3NQ+NR/N可得」(ZP-Z5)=ZBDC-ZCAB,进行等量代换即可解答；【详解】(1)解：△力。。中，N/+NC=180。-//。。，△8。。中，ZB+ZD=180°-ZBOD9zaoc=zbod9：./A+/C=/B+/D；(2)解：①以线段/C为边的"8字型〃有：和△POM,△ZC。和△8。。，△力CO和△DNO,共3个；以点。为交点的“8字型〃有：△力。。和△3。。，/XZC。和△ONO,△/M。和△3。。，AAMO和ADNO,共4个；②/\AMC和丛DMP中，ZC+ZCAM=/P+/PDM,△3ON和△为N中，ZB+ZBDN=ZP+ZPAN9：./C+/CAM+/B+/BDN=/P+/PDM+/P+/PAN,••・力平分NA4C,PD平分/BDC,：・NCAM=/R4N,/BDN=/PDM,:・/C+/B=2/P,.•.120°+100°=2ZP,；・ZP=110°；③・・・/04庆3N。尸，/CDB=3/CDP,TOC\o"1-5"\h\z12 2 1：.ZCAM=-ZCAB,ZPAN=-ZCAB9ZBDN=-ZBDC9ZPDM=-ZBDC,△4A/C和△OMP中，/C+/CAM=/P+/PDM,ZC-ZP=ZPDM-ZCAM=-ZBDC--/CAB,3 33(ZC-ZP)=/BDC-/CAB,ABDN和4PAN中,/B+/BDN=/P+/PAN,2 2ZP-ZB=ZBDN-ZP4N=-/BDC-qZCAB,3-(ZP-Z5)=/BDC・/CAB,23・・・3(ZC-ZP)="(ZP-Z5),22ZC-2ZP=ZP-Z5,3ZP=Z5+2ZC；【点睛】本题考查了三角形内角和定理，等式的性质，角平分线的定义，对顶角的性质等知识；掌握等式的性质是解题关键.(★★)(2023春•七年级课时练习)如图，成平分NABC,交CD于点F,QP平分/AQC交AB于点£,与CO相交于点G,44=42。.(1)若NAZ)C=60。，求NAEP的度数；(2)若NC=38。，求NP的度数.【答案】(1)72°；(2)40°.【分析】(1)根据角平分线的定义可得NADP=g/ADC,然后利用三角形外角的性质即可得解；(2)根据角平分线的定义可得NADP二NPDF,ZCBP=ZPBA,再根据三角形的内角和定理可得NA+NADP二ZP+ZABP,NC+NCBP=NP+NPDF,所以NA+NO2NP,即可得解.【详解】解：(1)TDP平分NADC,NADP=NPDF二;ZADC,ZADC=60°,・•・ZADP=30°,JZAEP=ZADP+ZA=30。+42°=72°；TBP平分NABC,DP平分/ADC,AZADP=ZPDF,ZCBP=ZPBA,;NA+/ADP