2025年中考数学几何模型归纳训练：三角形中的倒角模型之燕尾（飞镖）型、风筝模型解读与提分训练（解析版）

专题02三角形中的倒角模型之燕尾（飞镖）型、风筝模型

近年来各地考试中常出现一些几何倒角模型，该模型主要涉及高线、角平分线及角度的计算（内角和

定理、外角定理等）。熟悉这些模型可以快速得到角的关系，求出所需的角。本专题就燕尾（飞镖）型、风

筝（鹰爪）、翻角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒

置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样

才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于己有知识、方法

的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中

提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③明白模型中常见的易错点，因

为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几

何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每

一个题型，做到活学活用！

目录导航］

例题讲模型

........................................................................................................................................................1

模型L飞镖模型（燕尾）模型................................................................1

模型2.风筝（鹰爪）模型...................................................................7

模型3.角内（外）翻模型...................................................................11

例题讲模型］

模型1.飞镖模型（燕尾）模型

模型解读

飞镖（燕尾）模型看起来特别简单，在复杂几何图形倒角时往往有巧妙的作用。因为模型像飞

镖（回旋镖）或燕尾，所以我们称为飞镖（燕尾）模型。

模型证明

基本模型：条件：如图1,凹四边形ABCD；结论：®ZBCD=ZA+ZB+ZD；@AB+AD>BC+CD.

证明：连接AC并延长至点尸；在AABC中，/BCP=/BAC+/B；在△AC。中，ZDCP=ZCAD+ZD；

X■/zBAD=ZBAC+ZDAC,ZBCD=ZBCP+ZDCP；：.ZBAD+ZB+ZD=ZBCDo

延长BC交A。于点P；在AAB。中，AB+AQ>BC+CQ；在AO)。中，CQ+QD>CD.

即：AB+AQ+CQ+QD>BC+CQ+CD,AB+AD>BC+CD.

拓展模型1：条件：如图2,8。平分/ABC,。。平分/4OC；结论：ZO=1(ZA+ZC)o

2

证明：：80平分NABC,平分/AOC；AZABO=-ZABC；ZADO=-ZADC；

22

根据飞镖模型：ZBOD=ZABO+ZADO+ZA=l-ZABC+-ZADC+ZA；ZBCD^ZABC+ZADC+ZA；

22

2ZBOD=ZABC+ZADC+2ZA=ZBCD+ZA；即/。=工(/A+NC)。

2

拓展模型2：条件：如图3,A。平分ND4B,C。平分N3CD；结论：Z0=-CZD-ZB).

2

证明：根据飞镖模型：NDCB=/D+/B+NDAB,AZDCB-ZDAB=ZD+ZB,

平分NZMB,CO平分/BCD,:.NDC0=；NDCB,ZDA0=^ZDAB,

：.ZDCO-ZDAO=^QDCB-NDAB)=1(ND+NB),

"：ZDEA^ZOEC,：.ZD+ZDAO=ZO+ZDCO,：.ZD-ZO=ZDCO-ZDAO,

：.ZD-ZO^^(NO+NB),即CZD-ZB)

模型运用

例1.（2023•福建南平•八年级校考阶段练习）请阅读下列材料，并完成相应的任务：有趣的“飞镖图”.

如图，这种形似飞镖的四边形，可以形象地称它为“飞镖图”.当我们仔细观察后发现，它实际上就是凹四边

形.那么它具有哪些性质呢？又将怎样应用呢?下面我们进行认识与探究：凹四边形通俗地说，就是一个角

"凹’’逃去的四边形，其性质有：凹四边形中最大内角外面的角等于其余三个内角之和.

（即如图1,NADB=/A+/B+NC）理由如下：

方法一：如图2,连结AB,则在AABC中，ZC+ZCAB+ZCBA=180°,

即Nl+/2+N3+N4+NC=180°,

又：在△48。中，Zl+Z2+ZADB=180°,

ZADB=Z3+Z4+ZC,即/ADB=/CW+/CBO+/C.

方法二：如图3,连结CD并延长至F

VZ1和/3分别是AAC。和的一个外角，.........

大家在探究的过程中，还发现有很多方法可以证明这一结论.

任务：（1）填空：“方法一”主要依据的一个数学定理是;

（2）探索及应用：根据“方法二”中辅助线的添加方式，写出该证明过程的剩余部分.

【答案】（1）三角形的内角和定理（2）见解析

【分析】（1）根据解题过程作答即可；（2）连结C。并延长至忆由三角形外角的性质即可证明.

【详解】（1）由解题过程可得，“方法一”主要依据的一个数学定理是三角形的内角和定理，

故答案为：三角形的内角和定理；

（2）连结CD并延长至尸，和/3分别是“C。和△BCO的一个外角，

Z1=Z2+ZA,Z3=Z4+ZB,.-.Z1+Z3=Z2+ZA+Z4+ZB,ZADB=ZA+ZACB+ZB.

【点睛】本题考查了三角形的内角和定理和三角形外角的性质，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的

关键.

例2.（2023・湖北•八年级专题练习）在社会实践手工课上，小茗同学设计了一个形状如图所示的零件，如果

ZA=52°,ZB=25°,ZC=30°,ZD=35°,ZE=72°,那么/尸的度数是（）.

A

A.72°B.70°C.65°D.60°

【答案】B

【分析】延长BE交CF的延长线于O,连接AO,根据三角形内角和定理求出N3OC,再利用邻补角的性质

求出NJDEO,再根据四边形的内角和求出/ZWO,根据邻补角的性质即可求出NDFC的度数.

【详解】延长2E交CF的延长线于。，连接A。，如图，

,/ZOAB+ZB+ZAOB=180°,ZAOB=180。-ZB-ZOAB,

同理得ZAOC180°-ZOAC-ZC,VZAOB+ZAOC+Z.BOC=360°,

o

N3OC=360。—ZAO3—ZAOC=360-(180°-ZJB-ZOAB)-(180°-ZOAC-ZC)

=ZB+ZC+ABAC=107°,

•/ABED=72°,NDEO=180°-ABED=108°,

/.ZDFO=3600-ZD-ZDEO-ZEOF=360°-35°-108°-107°=110°,

/.ZDFC=180°-ZDFO=180°-110°=70°：B.

【点睛】本题考查三角形内角和定理，多边形内角和，三角形的外角的性质，邻补角的性质，解题关键是

会添加辅助线，将已知条件联系起来进行求解.三角形外角的性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的

两个内角的和；邻补角性质：邻补角互补；多边形内角和：180。(〃-2).

例3.(2023・福建三明•八年级统考期末)如图1所示的图形，像我们常见的符号一箭号.我们不妨把这样

图形叫做“箭头四角形

AA

AA

应用：（2）请你直接利用以上结论，解决以下两个问题:

①如图2,把一块三角尺XIZ放置在AABC上，使三角尺的两条直角边XV、XZ恰好经过点8、C,若

ZA=60°,则NABX+NACX=；②如图。3,/ABE、NACE的2等分线（即角平分线）BF、

CF相交于点尸，若Zfl4C=60。，N3EC=130。，求—MC的度数；

拓展：（3）如图4,BO],C。,.分别是NAB。、ZACO的2020等分线（i=1,2,3,…,2018,2019）,它们的交点

从上到下依次为。1、Q、Q、…、O2019.已知NBOC=MI。，ZBAC=n°,则/反入居=_度.

【答案】（1）ZBDC=ZA+ZB+ZC,理由见详解；（2）①30；②95。；（3）

【分析】⑴连接AD并延长至点E,利用三角形外角的性质得出/BDE=ZBAD+ZB,ZCDE=ZCAD+ZC,

左右两边相加即可得出结论；（2）①直接利用（1）中的结论有N3XC=NA+NABX+NACX,再把己知的

角度代入即可求出答案；②先根据=求出NABE+NACE,然后结合角平分线

的定义再利用NBFC=ABAC+NABF+ZACF=ABAC+:（NABE+ZACE）即可求解；

（3）先根据N3OC=NB4C+NABO+NACO求出NABO+NACO,再求出NAB。。。。+44。。3。的度数，最

后利用ZBOl000C=ZBAC+ZABOlom+ZACO1000求解即可.

【详解】（1）如图，连接AD并延长至点E,•/ZBDE=ZBAD+ZB,ZCDE=ZCAD+ZC,

A

又,:NBDC=NBDE+NCDE,NBAC=NBAD+NCAD,；.NBDC=NBAC+NB+NC

（2）①由（1）可知/3XC=ZA+ZABX+ZACX

VZA=60°,NBXC=90°/.ZABX+ZACX=ZBXC-ZA=90°-60°=30°

②由（1）可知/3EC=NS4C+ZABE+ZACE

Z^4C=60°,ZBEC=130°・•.ZAB石+ZACE=N5石C—NBAC=130°—600=70。

•:BF平分NABE,CF平分/ACE/.ABF=-ABE,ACF--ACE

22

ZBFC=ABAC+ZABF+ZACF=ABAC+1(ZABE+ZACE)=95°

(3)由(1)可知4OC=N3AC+ZABO+ZACO

"?ZBOC=m°,ABAC=n°：.ZABO+ZACO=ZBOC-ABAC=nf-rf

'：BOt,CO,分别是/ABO、ZACO的2020等分线(i=1,2,3,…,2018,2019)

・/con/4>八m°-n°50m°-50n°

••乙"Qiooo+4^。。1000=2Q2Q*1°°°=

S0m°+5ln°

...ZBO1M0C=ZBAC+ZABOlom+ZACOl000=———

【点睛】本题考查三角形外角的性质，角平分线的定义，掌握三角形外角的性质和角平分线的定义是解题

的关键.

例4.（2023・广东•八年级期中）如图，在三角形ABC中，AB>AC>BC,为三角形内任意一点，连结AP,

并延长交BC于点。求证：（1）AB+AOAD+BC-,（2）AB+AOAP+BP+CP.

【详解】(1)VAB>AC,：.ZABD<ZACD,VZADB>ZACD,：.ZADB>ZABD,：.AB>AD

VAOBC,：.AB+AOAD+BC

(2)过点尸作EF〃3C,交AB、AC于E、F,则44£F=NABC,ZAFE=ZACB

由(1)知AE+AF>AP+跖

VBE+EP>BP,CF+FP>CP(AE+BE)+(AF+CF)+(EP+FP)>AP+BP+CP+EF

即AB+AC>AP+BP+CP（几何证明中后一问常常要用到前一问的结论）

模型2.风筝（鹰爪）模型

模型解读

A

模型证明

1）鹰爪模型：结论：ZA+ZO=Z1+Z2；

证明：是三角形A8。的外角，：.Zl=ZBAO+ZBOA；同理，Z2=ZCAO+ZCOA；

：.Zl+Z2=ZBA0+ZB0A+ZCA0+ZC0A=ZBA0+ZCA0+ZB0A+ZC0A=ZBAC+ZB0C=ZA+Z0o

2）鹰爪模型（变形）：结论：ZA+Z0=Z2-Zlo

证明：是三角形A3。的外角，：.Z1=ZBAO+ZBOA；同理，Z2=ZDA0+ZD0A；

：.Z2-Z1=ZDAO+ZDOA-CZBAO+ZBOA^>=（ZDAO-ZBAO）+CZDOA-ZBOA）

=ZBAD+ZBOD=ZA+ZOo

模型运用

例1.（2023•四川绵阳•八年级校考阶段练习）如图，四边形A8C。中，Nl、N2、/3分别为—A、NB、NC

的外角•判断下列大小关系何者正确？（）

A.Z1+Z3=ZABC+ZDB.Z1+Z3<ZABC+ZDC.Z1+Z2+Z3=360°D.Z1+Z2+Z3>360°

【答案】A

【分析】根据多边形的外角和是360。及三角形的外角定理求解判断即可.

【详解】解：如图，连结2D延长AD到4

Z1=ZABD+ZADB,N3=ZDBC+NBDC,

Z1+Z3=ZABD+ZADB+ZDBC+ZBDC=ZABC+ZADC,

故选项A正确，符合题意；B不正确，不符合题意；

,••多边形的夕卜角和是360°,Z1+Z2+Z3+ZEDC=360°?.Zl+Z2+Z3<360°

故选项C不正确，不符合题意；选项。不正确，不符合题意.故选：A.

【点睛】此题考查了多边形的内角与外角，熟记多边形的外角和是360。是解题的基础.

例2.（2023•江苏连云港•七年级校考阶段练习）【问题情境】已知NA,在NA的两边上分别取点2、C,在

/A的内部取一点。，连接OB、OC.设=?OCA?2,探索N3OC与—A、Nl、N2之间

图1图2图3

【初步感知】如图1,当点。在的边8C上时，ZBOC=180°,止匕时NA+Nl+N2=180°,则—5OC与

NA、Nl、N2之间的数量关系是/3OC=NA+Nl+/2.

【问题再探】（1）如图2,当点。在AABC的内部时，请写出/30C与/A、Nl、N2之间的数量关系并

说明理由；（2）如图3,当点。在AABC的外部时，/3OC与NA、Nl、N2之间的数量关系是；

【拓展延伸】（1）如图4,Nl、N2的外角平分线相交于点P.

①若NA=50°,ZBOC=100°,贝!J/P=°；②若？BOC4?4且2?=30°,则NA=°；

③直接写出—3OC与/4、/尸之间的数量关系；

（2）如图5,N1的平分线与N2的外角平分线相交于点。，则/。=（用/BOC、/A表示）.

图4图5

【答案】［问题再探］(1)结论：ZBOC=ZBAC+Z1+Z2.证明见解析；(2)NBOC+NBAC+N1+N2=360。；

［拓展延伸］(1)①25；②20；③N8OC=/A+2NP；(2)|(180°+ZA-ZBOC)

【分析】［问题再探］(1)如图2中，结论：ZBOC=ZBAC+Z1+Z2.连接40,延长49到尸.利用三角

形的外角的性质解决问题即可.(2)利用四边形内角和定理解决问题即可.

［拓展延伸］(1)①求出Nl+N2=210。，再利用结论，构建关系式即可解决问题.

②根据Zl+Z2=360°-5ZA=360°-2(4ZA-30°),可得结论.

③根据Zl+Z2=360°-ZA-NBOC=360°-2(ZBOC-ZP),可得结论.

(2)结论：ZBOC+ZQ-ZA=180°.ZABQ=ZOBQ=x,ZACQ=y.构建方程组求解即可.

【详解】解：［问题再探］(1)如图2中，结论：ZBOC=ZBAC+Z1+Z2.

理由：连接AO,延长AO到b.

■.■ZBOF=ZBAF+Zl,ZFOC=ZFAC+Z2,

Z.BOC=NBOF+ZFOC=NBAF+Z1+ZFAC+Z2=ABAC+Z1+Z2.

(2)如图3中，结论：ZBOC+ABAC+Zl+Z2=360°.

理由：连接AO.Zl+ZBAO+ZBOA=180°,Z2+ZCAO+ZAOC=180°,

Zl+ZBAO+ZBOA+Z2+ZCAO+ZAOC=360°,ZBOC+ZBAC+Z1+Z2=360°.

［拓展延伸］①如图4中，•.•NA=50。，ZBOC=100°,Zl+Z2=360°-50°-100°=210°,

■.■Zl.N2的外角平分线相交于点P,.,./尸20+/尸<%>=：(360。-210。)=75。，

ZP=ZBOC-ZPBO-ZPCO=100°-75°=25°,故答案为：25.

@-.-ZBOC=4ZA,ZP=30°,AZl+Z2=360°-5ZA=360°-2(4ZA-30°),.-.ZA=20°,故答案为：20.

(§)•.•Zl+Z2=360°-ZA-NBOC=360°-2(NBOC-NP),ZBOC=ZA+2ZP.

(2)如图5中，结论：2Zg=180°+ZA-ZBOC.理由：ZABQ=ZOBQ=x,ZACQ=y.

44+九=NQ+y①

则有②-①可得,2NQ=180。+ZA—ZBOC,

NQ+x+ZBOC+N2+y=360。②

即/。=<(180。+/4-/2。。)，故答案为：1(180°+ZA-ZBOC).

【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了三角形内角和定理，三角形的外角的性质，角平分线的定义等

知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，把四边形转化为三角形解决，学会利用参数构建方程组解决问

题，属于中考压轴题.

例3.(23-24七年级下•山东聊城.期末)如图，在AABC中，NA=80。，点、D、E是AABC边AC、AB上的

点，点P是平面内一动点.令/PDC=4NPEB=N2,ZDPE=Za.

(1)若点尸在线段3C上，如图1所示，Za=50°,求N1+N2的值；

(2)若点P在边BC上运动，如图2所示，则/夕、Nl、N2之间的关系；

(3)若点尸运动到边CB的延长线上，如图3所示，则/a、Nl、N2之间有何关系？猜想并说明理由；

(4)若点P运动到外，如图4所示，则请表示/£、ZK/2之间的关系，并说明理由.

【答案】(1)N1+N2=13O。⑵Nl+N2=Na+80°

⑶猜想N1=8(T+N2+Na,理由见解析(4)N1=80。+/2-/&,理由见解析

【分析】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质：

(1)MZA+ZZ)PE+ZADP+ZAEP=360o,可得NAT>P+NAEP=230。，再根据平角的定义可得

180°-Zl+180°-Z2=230°,则Nl+N2=130°；(2)同(1)求解即可；

(3)由二角形的外角的性质知：ZDMA=Z2+Za,Z1=ZA+ZDMA,据此可得结论；(4)由二角形的外

角的性质知：N2=NPME+NP,Z1=ZA+ZAMD,再由NAME*=NRWE,贝UN1=NA+N2-NP.

【详解】(1)解：：在四边形ADPE中，ZA+ZDPE+ZADP+ZAEP=360°(四边形内角和可以看做连接

对角线后两个三角形的内角和)，ZA=80°,Za=50°,：,ZADP+ZAEP=230°

'：ZAZ)P=180°-Zl,ZA£P=180°-Z2,/.180°-Zl+180°-Z2=230°,Nl+N2=130。；

(2)解：•.•在四边形ADPE中，NA+NDPE+NADP+NAEP=360°(四边形内角和可以看做连接对角线后

两个三角形的内角和)，ZA=80°,/.ZADP+ZAEP=280°-Za

VZADP=180°-Zl,ZAEP=180°-Z2,/.180°-Zl+180°-Z2=280°-Zrz,AZl+Z2=Za+80°；

(3)解：猜想4=80。+/2+/。，理由如下：设尸DAB交于

由三角形的外角的性质知：ZDMA=Z2+Za,Z1=ZA+Z.DMA,

.-.Z1=ZA+Z2+Z«,即Nl=80°+N2+N(z；

(4)解：Zl=80°+Z2-Za,理由如下：设PD,AB交于M,

由三角形的外角的性质知：N2=NPME+NP,Zl=ZA+ZAMD,

■.■ZAMD=ZPME,.-.Z1=ZA+Z2-ZP,,KPZl=80°+Z2-Z«,

模型3.角内(外)翻模型

模型解读

模型证明

条件：如图3,将三角形纸片A8C沿EF边折叠，当点。落在四边形A8庄内部时，

结论：2NC=N1+N2；

证明：是三角形CC'E的外角，.,.Zl^ZECC'+ZEC'C；同理，Z2=ZFCC,+ZFC,C；

,,,,,

：.Zl+Z2=ZECC+ZEC'C+ZFCC+ZFC'C=ZECC'+ZFCC+ZECC+ZFC'C=ZECF+ZFCE^2ZCa

条件：如图4,将三角形纸片ABC沿EF边折叠，当点C落在四边形ABFE外部时，

结论：2ZC=Z2-Zlo

证明：是三角形CC'E的外角，：.Z1=ZECC,+ZEC,C；同理，N2=/FCC*/FCC

：.Zl-Z^ZFCC'+ZFCC-(NECC'+/EC'C)=(FCC,-ZECC,)+(.NFC'C—/EC'C)

=ZEC'F+/FCE=2ZC。

模型运用

例1.（23-24八年级上.广西南宁•期中）如图，在折纸活动中，小李制作了一张VABC的纸片，点、D,E分

别在边48,AC上，将VABC沿着0E折叠压平，A与A重合，若Nl+N2=130。，则44=.

【分析】本题考查折叠的性质，三角形内角和定理，由折叠可得/AEr>=ZA'ED=L/AE4',

2

ZADE=ZA'DE=|NAZM',进而可得N1+N2=360°-2ZAED-2ZADE,结合ZAED+ZADE+ZA=180°,

可得4+N2=2NA=130。，即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键.

【详解】解：•••将VASC沿着。E折叠压平，A与A重合，

ZAED=ZA'ED=-ZAEA',ZADE=ZA'DE=-ZADA',

22

Zl+Z2=180°-ZAEA1+1800-ZADA1=360°-2ZAED-2ZADE,

VZA£D+ZADE+ZA=180°,ZAED+ZADE=180°-ZA,AZl+Z2=360°-2（180°-ZA）=2ZA,

VZl+Z2=130°,AZA=1xl30°=65°,故答案为：65°.

例2.（23-24八年级下.山东德州•开学考试）如图，把VABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形3CED的

外面时，此时测得Nl=112。，ZA=40°,则N2的度数为（）

A.32°B.33°C.34°D.36°

【答案】A

【分析】本题主要考查了折叠的性质，三角形外角的性质等知识点，熟练掌握三角形外角的性质是解题的

关键.根据折叠的性质得出NA'=NA=40。，根据三角形外角的性质得出NZXM=/1-NA=72。，再次利用

三角形外角的性质即可求出N2的度数.

【详解】解：如图，设A'。与AC交于点。，

•.•/A=40。，.•.根据折叠的性质，NA'=NA=40。，

■.■Z1=ZDOA+ZA,4=112°,/.Z£）Q4=Z1-ZA=112°-40°=72°,

•.•ZDOA=ZA,+Z2,Z2=ZDOA-ZA=72°-40°=32°,故选：A.

例3.（2023春・江苏宿迁•七年级校考期中）（1）如图1,将从WC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形

内点A的位置.则NA、ZA'DC、NAE3之间的数量关系为：；

（2）如图2,若将（1）中“点A落在四边形BCDE内点A的位置”变为“点A落在四边形外点A的位

置”，则此时NANA'DC、NAE3之间的数量关系为：；

（3）如图3,将四边形纸片ABCD（ZC=90°,AB与CD不平行）沿E厂折叠成图3的形状，若NDEC=115°,

NA'FB=45。，求NABC的度数；

（4）在图3中作出/DEC、NA'FB的平分线EG、FH,试判断射线EG、FH的位置关系，当点E在DC边上

向点C移动时（不与点C重合），/DEC、/4'FB的大小随之改变（其它条件不变），上述EG,FH的位置

关系改变吗？为什么？

DACE

图2

【答案】(1)2NDAE=ZA'DC+ZA'EB,(2)2ZDAE=ZADC-ZA'EB；(3)ZABC=55°；(4)位置不

改变，EG//FH.

【分析】(1)连接A4'，证明ND4E=NDA'E，结合NA'£B=NE4N+NE4A',ZADC=ZDA!A+ADAA;,

再利用角的和差关系可得答案；

(2)连接A4"证明NZMEuZDA'E，结合44'£»=/£4'4+/叩'，ZADC=ZDAA+ZDAA,再利用角

的和差关系可得答案；(3)如图，延长54,。交于点Q,延长即',E4'交于点。'，则对折后△历。与△EFQ'

重合，由(2)的结论可得：2ZQ=ZD'EC-ZA'FB,可得N0=35。，再利用三角形的内角和定理可得答案;

(4)如图，EG平分/D'EC,FH平分ZAFB,可得ND'EG=ZCEG=-ZD'EC,ZA'FH=ZBFH=-ZA'FB,

22

由对折可得：ZQ'EF=ZQEF,ZQ'FE=ZQFE,

由(2)的结论可得：ZD'EC=ZA'FB+2ZQ,即/ZXEG=NA'FH+,证明

NFEG+NHFE=ZQ+ZQEF+ZQFE=180。，可得EG〃FH.

【详解】(1)结论：2NZME=NA'r)C+NA'£B理由：连接A4"

沿DE1折叠A和H重合，ZDAE=ZDA'E

'：ZAEB=Z.EAA+ZEAA,ZArDC=ZDArA+ZDAA

：.ZAEB+ZADC=ZEAA+ZEAA+ZDAA+ZDAA=ZDAE+ZDAE=2ZDAE.

(2)2ZDAE=ZA'DC-ZA'EB理由：连接A¥，沿OE折叠A和A重合，NDAE=ND4'E

,/ZAEB=7FA'A+/FAA!,ZADC=ZDAA+ZDAA

：.ZADC-ZAEB=ZDAA+ZDAA-ZEA1A-ZEAA=ZDAE+Z.DKE=1Z.DAE；

(3)如图，延长54,CD交于点。，延长£D',E4'交于点。'，则对折后△M。与AEFQ'重合,

由(2)的结论可得：2NQ=NDEC-ZA，FB,而/DEC=115。，ZA/FB=45°,

2/。=115°-45°=70°,；.NQ=35°,VZC=90°,ZABC=90°-35°=55°；

(4)EG//FH,理由见解析如图，EG平分/DEC,FH平分ZA'FB,

：.ND'EG=ZCEG=-ND'EC,ZA'FH=NBFH=-ZA'FB,

22

由对折可得：ZQ'EF=ZQEF,NQFE=NQFE,

由（2）的结论可得：ZD'EC-ZA'FB=2ZQ,即NZXEC=ZA'FF+2NQ，NZXEG=ZATTf+N。，

ND'EG+ZD'EF+NBFE+NBFH=ZA'FH+NQ+ZQEF+NBFH+NBFE,

：.NFEG+NHFE=NQ+NQEF+ZQ'FE,

：.NFEG+NHFE=N。+ZQEF+ZQFE=180°,/.EG//FH.

【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，三角形的外角的性质，轴对称的性质，熟记轴对称的

性质并进行解题是关键.

习题练模型]

1.(2024.山东七年级期中)如图，把AABC纸片沿。E折叠，当A落在四边形8CDE内时，则NA与N1+

A.ZA=Z1+Z2B.2ZA=Z1+Z2C.3A=Z1+Z2D.3ZA=2(Z1+Z2)

【答案】B

【分析】本题问的是关于角的问题，当然与折叠中的角是有关系的，/I与/AED的2倍和N2与/ADE

的2倍都组成平角，结合AAED的内角和为180。可求出答案.

【详解】:△ABC纸片沿DE折叠，.•.Nl+2NAED=180o,N2+2/ADE=180。，

/.ZAED=1-(180°-Zl),ZADE=1(180°-Z2),

.\ZAED+ZADE=1-(180°-Zl)+y(180°-Z2)=180°-1(Z1+Z2)

在AADE中,NA=180°-(/AED+NADE)=180°-[180°-；(Z1+Z2)]=1(Z1+Z2)

则2/A=/l+/2,故选择B项.

【点睛】本题考查折叠和三角形内角和的性质，解题的关键是掌握折叠的性质.

2.(2023・河南•八年级假期作业)如图，在AABC中，ZA=20°,/ABC与NACB的角平分线交于R,ZABD,

与ZAC。的角平分线交于点£>2,依此类推，ZABD4与NACD*的角平分线交于点D5,则NBD?的度数是()

【答案】B

【分析】根据题意可得NABC+NACB=160。，BDI,CDi,CD2,BD2...BDn,CDn是角平分线，可得NABDn+

ZACDn=160x",可求/BCDn+NCBDn的值，再根据三角形内角和定理可求结果.

【详解】解：VZA=20°,ZA+ZABC+ZACB=180°,AZABC+ZACB=160°,

；BDi平分/ABC,CD1平分/ACB,NABDi=gNABC,/ACDi=；NACD,

：BD2平分NABDi,CD2平分/ACDi,AZABD2=1ZABDi=-ZABC,ZACD2=^ZACDi=-ZACB,

2424

同理可得/ABD5=」NABC,ZACD5=-ZACB,/.ZABD5+ZACD5=160x—=5°,AZBCDs+Z

323232

CBD5=155。，

O

ZBD5C=180-ZBCD5-ZCBD5=25,故选B.

【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线，关键是找出其中的规律，利用规律解决问题.

3.（2023・广东广州•八年级统考期中）如图，Zl,Z2,Z3,N4满足的关系式是（）

A.Z1+Z2=Z3+Z4B.Z1+Z2=Z4-Z3C.Z1+Z4=Z2+Z3D.Z1+Z4=Z2-Z3

【答案】D

【分析】本题考查的是三角形内角与外角的关系.根据外角的性质，可推出Nl+/4=/6,Z6=Z2-Z3,

从而推出N1+N4=N2-N3

【详解】解：是及48。的外角，.•./1+/4=/6①，

又YNZ是的外角，；.N6=N2-/3②，

由①和②得：Z1+Z4=Z2-Z3.故选D.

【点睛】此题考查了三角形内角和外角，解题的关键是记住外角和定理.

4.（2023春•河南洛阳•七年级统考期末）如图，在五边形ABCDE中，若去掉一个30。的角后得到一个六边形

BCDEMN,则4+N2的度数为（）

A.100°B.105°C.200°D.210°

【答案】D

【分析】根据三角形的内角和定理可得N4AW+NAA〃=150。，根据平角的定义可得

Zl+ZAMN=180°,Z2+ZANM=180°,从而求出结论.

【详解】解：；ZA=3。。，AZAW+ZAW=180°-ZA=150°,

•/Z1+ZAMN=180°,Z2+ZANM=180°,/.Z1+Z2=18O°+18O°-（ZAAW+ZAWM）=21O°.故选D.

【点睛】此题考查的是三角形内角和定理的应用，掌握三角形的内角和定理是解题关键.

5.（2024•江苏•模拟预测）如图，将四边形纸片ABC。沿折叠，使点A落在四边形外点4的位置,

点B落在四边形CDMN内点？的位置，若？。90?,N2-N1=36。，则NC等于（）

A.36°B.54°C.60°D.72°

【答案】D

【分析】本题主要考查了四边形的内角和，三角形的内角和定理，折叠的性质，熟练掌握多边形的内角和

定理和外角的性质是解题的关键.

延长A®佼AD于点E,利用四边形的内角和定理得到："=270。-（NA+ZB）,利用四边形的内角和定理,

折叠的性质，三角形的内角和定理，等量代换的性质求得NA+/3的值，则结论可求.

【详解】解：延长NBC交AD于点E,设AF交于点尸，如图，

■,1四边形的内角和为360。，.•.NC+ZD+N2+ZBED=360。，

ZA+ZB+ZD+ZC=360°,:.Z2+ZBED=ZA+ZB.

由折叠的性质可得：ZA+ZB=ZA'+ZAB'N.

-：ZD=90°,:.NC=270°-(ZA+ZB)=270°-(Z2+NB'ED).

在“1的0和中，-：ZAFM=ZEFB,:.Z1+ZA=ZFEB!+ZFBE,

NFEff=180。—NffED,ZFB'E=180°-ZAB'N,.•.Zl+ZA'=360°-NB/£D-ZA'8W.

.­.ZA+ZAB'N=360°-ZBED-Z1,:.ZA+ZB=3Gd°-ZBED-Zl,

•.-Z2-Z1=36O,:.ZA+ZB=360°-ZB'ED-(Z2-36°),

ZA+ZB=360°-(ZB'ED+Z2)+36°,;.2(ZA+NB)=396°,

.-.ZA+ZB=198°,.\ZC=270°-198°=72°.故选：D.

6.(2023•福建三明•八年级统考期末)如图AABC中，将边8C沿虚线翻折，若/1+/2=110。，则/A的度

【答案】55/五十五

【分析】延长BECF,交于点。，依据NA=ND,ZAED+ZAFD^25Q°,即可得到NA的度数.

【详解】解：如图，延长HE,CF,交于点。，

由折叠可得，NB=/B',ZC=ZC,：.ZA^ZD,

又：Nl+/2=110°,/.ZAED+ZAFD=360°-110°=250°,

.••四边形AEO/中，/A=g(360°-250°)=55°,故答案为：55.

【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，解决问题的关键是构造四边形，利用四边形内角和进行计算.

7.(2023春・山东潍坊•七年级统考期末)在AABC中，ZB=40°,NC=75。，将NC按照如图所示折

叠，若NAD3'=35。，则Nl+N2+N3=°

【答案】265

【分析】先根据折叠的性质求出NaG=NC'FG,ACGF=AC'GF,4'=4=40。,再根据三角形内

角和定理求出/行G+/痢，AB'HD,进而求出4+N2,然后求出四边形内角和，进而得出N3,即可得

出答案.

【详解】根据折叠性质得NCFG=NCRG,ACGF=AC'GF,々=40。.

NC=75°,NADB'=35°,：.ZCFG+ACGF=105°,AB'HD=180°-AB'-AADB'=105°,

Z./CFG+AC'GF=105°,ZAHE=105°,

Z1+Z2=360°-(4CFG+乙CGF)-(ZC'FG+NC'GF)=360°-2x105°=150°.

在四边形AHEC中，AA+ZAHE+Z3+NC=2x180°=360°.

/.Z3=360°-(180°-AB-NC)-AAHE-ZC,

即Z3=360°-(180°-40°-75°)-105°-75°,：.Z3=115°,

：.Z1+Z2+Z3=150°+115°=265°.故答案为：265.

A

B'

BEGC

【点睛】本题考查三角形内角和定理，折叠的性质，四边形的内角和等，确定各角之间的数量关系是解题

的关键.

8.（2023•河北保定•统考模拟预测）如图，用铁丝折成一个四边形A8CZX点C在直线2。的上方），且NA=70。,

ZBCD=120°,若使N4BC、/AOC平分线的夹角NE的度数为100°,可保持NA不变，^ZBCD（填

“增大”或“减小”）

【分析】利用三角形的外角性质先求得ZABE+ZADE=30°，根据角平分线的定义得到ZABC+ZADC=6Q°,

再利用三角形的外角性质求解即可.

【详解】解：如图，连接AE并延长，连接AC并延长,

ZBED=ZBEF+ZDEF=ZABE+ZBAD+ZADE=100°,

VZBA£>=70°,AZABE+ZADE=-iO°,,:BE,OE分别是/ABC、/AOC平分线,

ZABC+ZADC=2(ZABE+ZADE)=60°,

同上可得，ZBCD=ZBAD+ZABC+ZADC=130°,130°-120°=10°,

.•.NBCO增大了10。.故答案为：增大，10.

【点睛】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义等知识，熟练运用题目中

所给的结论是解题的关键.

9.(2023春・江苏•七年级专题练习)如图，即是NABD的平分线，C尸是/ACD的平分线，BE与CF交于

G,若NBDC=140°,ZBGC=110°,则/A=.

【分析】首先连接8C,根据三角形的内角和定理，求出Nl+N2=40。，Zl+Z2+Z3+Z4=70°；然后判断

出N3+N4=30。，再根据BE是NABO的平分线，CF是/ACD的平分线，判断出N5+N6=30。；最后根据

三角形的内角和定理，用180°-(Nl+N2+N3+N4+N5+N6)即可求出NA的度数.

VZBGC=110°,Nl+N2+N3+N4=180。—110。=70。，Z3+Z4=70°-40°=30°,

•.•BE是的平分线，CB是/AC。的平分线，；./3=/5,Z4=Z6,

又：N3+N4=30°,AZ5+Z6=30°,

Zl+Z2+Z3+Z4+Z5+Z6=(Z1+Z2+Z3+Z4)+(Z5+N6)=70°+30°=100。，

NA=180。—100。=80。.故答案为：80°.

【点睛】本题主要考查了三角形内角和的应用，熟练掌握相关角度的和差计算是解决本题的关键.

10.(2023・重庆•八年级统考期末)已知，如图，P,。为三角形ABC内两点，B,P,Q,C构成凸四边形.

求证：AB+AC>BP+PQ+QC.

【详解】作直线P。，分别与AS,AC交于点N

AM+AN>MP+PQ+QN①

由三角形的三边关系可得，+②

NQ+NC>QC③

®+®+®^AM+AN+MP+PB+NQ+NC>MP+PQ+QN+BP+QC

：.AM+AN+PB+NC>PQ+BP+QC,IPAB+AC>BP+PQ+QC.

11.(2023春・福建福州•七年级校考期末)如图①，凹四边形ABCD形似圆规，这样的四边形称为“规形”，

(1)如图①，在规形ABCD中，若NA=8O。，ZBDC=130°,ZACD=3O°,贝°；

(2)如图②，将AABC沿DE,跖翻折，使其顶点A,8均落在点O处，若NCDO+NCFO=72。,则ZC=°

(3)如图③，在规形ABCD中，/BAC、/3OC的角平分线AE、DE交于点、E,且NB>NC,试探究—3,

NC,-E之间的数量关系，并说明理由.

图①图②图③

【答案】(l)20(2)54(3)/E=；/B-：/C；理由见解析

【分析】(1)连接AD,并延长到点E,根据三角形外角的性质得出/3=/1+/3、Z4=Z2+ZC,即可得

出N3DC=/aAC+ZB+NC,根据NA=80。，ZBDC=130°,