2025中考数学专项复习：三角形常考模型（含解析）

几何热考题二三角形热考模型

（10种模型汇总+专题训练+10种方法解析）

【题型汇总】

1.（2021九年级.全国・专题练习）如图，A/IBC中，乙4=65。，直线DE交48于点交2C于点E,则N8DE+

C.235°D.245°

【答案】D

【分析】

根据三角形内角和定理求出N4DE+N4ED,根据平角的概念计算即可.

【详解】

解：：乙4=65°,

•••AADE+乙AED=180°-65°=115°,

.­./.BDE+Z.CED=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.

2.（2023•陕西西安・西安高级中学校考模拟预测）将一把直尺与一块直角三角板按如图所示的方式放置，若

C.45°D.55°

【答案】A

【分析】根据三角形外角的性质可得N3=zl-44,根据平行线的性质可得N2=Z3.

【详解】解：如图,

•・•zl=Z4+Z3,Z.1=125°,

N3=N1-N4=125°-90°=35°,

ABWCD,

z.2=Z.3=35°.

故选A.

【点睛】本题考查平行线的性质、三角形外角的定义和性质，解题的关键是掌握：三角形的外角等于与它

不相邻的两个内角的和；两直线平行，同位角相等.

3.（2020・四川广安・中考真题）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N1+N2的度数为（

ED

~~N——不

A.210°B.110°C.150°D.100°

【答案】A

【分析】根据三角形的内角和定理可得/AMN+NANM=150。，根据平角的定义可得Nl+NAMN=180。，

Z2+ZANM=180°,从而求出结论.

【详解】解：：/A=30。，

ZAMN+ZANM=180°-ZA=150°

VZl+ZAMN=180°,Z2+ZANM=180°

.,.Zl+Z2=180°+180°-(ZAMN+ZANM)=210°

故选A.

【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.

4.(2023・广东广州•统考一模)在“玩转数学”活动中，小林剪掉等边三角形纸片的一角，如图所示，发现得

到的N1与N2的和总是一个定值.则N1+42=度.

【答案】240

【分析】由等边三角形的性质可得乙4=60。，再根据三角形外角的性质和内角和定理即可求解.

【详解】解：如图，

•••A/IBC是等边三角形,

•••Z-A=60°,

•・•+Z.AED,42=+Z,ADE,

z.1+z.2=Z-A+Z.AED+Z-A+Z-ADE,

•・•Z.AED+4/+乙ADE=180°,

Z1+Z2=Z>1+180°=60°+180°=240°,

故答案为：240.

【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形外角的定义和性质，三角形内角和定理等，解题的关键是掌

握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和.

5.（2023・贵州贵阳・统考一模）如图，在四边形纸片中，/。=50。,若沿图中虚线剪去ND,则Nl+/2=°

【答案】230

【分析】根据三角形的内外角之间的关系可求解.

【详解】解：三角形的内角和等于180。，/£）=50。，

Nl=+Z.DFE,N2=4。+4DEF.

乙DEF+Z.DFE+乙D=180°,

Z1+Z2=乙DEF+乙DFE+/.D+/.D=180°+50°=230°.

故答案为：230.

1.如图，在由线段AB,CD,DF,BF,C力组成的平面图形中，ND=28。，则N4+AB+NC+NF的度数为（）.

B

A.262°B.152°C.208°D.236°

【答案】C

【分析】如图标记41/2/3,然后利用三角形的外角性质得乙1=NB+NF=ND+43,42=乙4+/。,

再利用乙2,43互为邻补角，即可得答案.

【详解】解：如下图标记zl/213,

•・•41=+49=乙。+Z3,

•・•乙D=28°,

..・43=+乙/一28°,

又丁z2=乙4+Z.C,

z.2+z.3=Z-A+Z.C+Z-B+Z-F—28°,

•・•42+43=180°

180°=4/+NC++乙/一28°,

・•・4/+NC++乙9=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.

2..（2023临汾市模拟预测）（1）已知：如图（1）的图形我们把它称为“8字形”，试说明："+NB=NC+AD.

(2)如图(2),AP,CP分另IJ平分N8AD,乙BCD,若N718C=36。，^ADC=16°.求NP的度数.

(3)如图(3),直线4P平分NB4D,CP平分NBCD的外角ABCE,猜想“与NB、N。的数量关系是；

(4)如图(4),直线4P平分NB4D的夕卜角NF4D,CP平分NBCD的夕卜角NBCE,猜想NP与NB、AD的数量关

系是•

图⑴图⑵图(3)图(4)

【答案】(1)见解析；

(2)26°；

1

(3)Z.P=90°+|(zB+ZD)；

(4)LP=180°-1(ZB+ZD)

【分析】(1)根据三角形的内角和等于180。和对顶角的性质即可得证；

(2)设NB4P=NP40=乃4BCP=LPCD=y,凤7解方程即可得到答案；

(3)I艮据直线4P平分N82D,CP平分N8CD的夕卜角NBCE,得至U

乙PAB=Z.PAD=^BAD,乙PCB=NPCE=(NPCD从而可以得至1J180°-2(Z.PAB+4PCB)+ZD=ZB,再

根据NP+/.PAD=4PCD+乙D,/.BAD+48=/.BCD+N。得至I」NP-4B=4PAD+乙PCB=/.PAB+Z.PCB

即可求解；

(4)连接PB,PD,求得UPC+乙ABC+乙PCB+Z.PAB=360°,/.APC+/.ADC+乙PCD+/.PAD=360°,

再本艮据NPCE+ZPC£)=18O°,^PAB+^PAF=180°,^FAP=^PAO,Z.PCE=乙PCB,即可求解.

【详解】解：⑴如图.

•••Z.A+Z.B+/.AOB=180°,Z.C+Z.D+/.COD=180°,

•**Z-A+Z-B+Z.AOB=Z.C+乙D+(COD.

•••Z-AOB=乙COD,

・•・+zB=zf+zZ)；

(2)如图.

•・•AP,CP分另ij平分乙BCD,设NBAP=/.PAD=x,乙BCP=匕PCD=y,

则球n+t片

••・Z-ABC一(P=£P—Z.ADC,

•••乙P=3(NHBC+/.ADC)=1(36°+16°)=26°

,•,直线4P平分NB4D,CP平分立BCD的外角Z_BCE,

11

・•・^LPAB=^PAD=-^BAD,乙PCB=乙PCE=L^BCE,

22

：.2^PAB+=180°-2乙PCB+乙D,

：.180°-2(乙PAB+(PCB)+乙D=LB

VZ.P+乙PAD=乙PCD+乙D,乙BAD+乙8=乙BCD+乙D

：.LP+/LPAD-4BAD一乙B=(PCD一(BCD

乙P-Z-PAB一乙B=乙PCB,

：.乙P—LB=乙PAB+乙PCB

：.180°-2(zP-乙B)+NO=48,

即Z_P=90。+：(48+NO).

(4)连接PB,PD

,••直线4P平分NBA。的外角4尸40,。2平分48。。的外角48。以

••.ZFXP=Z.PAO,乙PCE=4PCB,

Z.APB+Z.PBA+Z.PAB=180°,4PCB+乙PBC+乙BPC=180°

J.^LAPC+AABC+乙PCB+Z.PAB=360°

同理得至【J：/-APC+/.ADC+/.PCD+Z.PAD=360°

24Ape+AABC+/LADC+乙PCB+乙PAB+APCD+/LPAD=720°

2Z4PC+^ABC+"DC+乙PCE+^PAB+乙PCD+NPAF=720°

■:乙PCE+ZPCD=18O°,/.PAB+/.PAF=180°

：.2/.APC+/.ABC+Z.ADC=360°,

•••^APC=180°-j(ZXBC+乙4DC)

【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.

3.(2020九年级.全国・专题练习)阅读材料：

如图1,AB,CD交于点O,我们把AAOD和ABOC叫做对顶三角形.

结论：若△A。。和△8OC是对顶三角形，则/A+/O=NB+/C.

结论应用举例：

如图2：求五角星的五个内角之和，即的度数.

解：连接C。，由对顶三角形的性质得：ZB+ZE=Z1+Z2,

在△AC£>中，：/A+/ACD+/AOC=180°,

即ZA+Z3+Z1+Z2+Z4=18O°,

ZA+ZACE+ZB+ZE+ADB=180°

即五角星的五个内角之和为180。.

解决问题：

(1)如图①，ZA+ZB+ZC+ZD+ZE+ZF^_；

(2)如图②，ZA+ZB+ZC+ZD+ZE+ZF+ZG=_；

(3)如图③，ZA+ZB+ZC+ZD+ZE+ZF+ZG+ZH=_；

(4)如图④，ZA+ZB+ZC+ZD+ZE+ZF+ZG+ZH+ZM+ZN^

请你从图③或图④中任选一个，写出你的计算过程.

【答案】(1)360°；(2)540°；(3)720°；(4)1080°；过程见解析

【分析】(1)连接CD由对顶角三角形可得/A+NBu/BOC+NAC。，再由四边形的内角和定理得出结

论；

(2)连接ED,由对顶角三角形可得再由五边形的内角和定理得出结论；

(3)连接8"、DE,由对顶角三角形可知/EBH+NgHOu/Z/OE+NBE。，再根据五边形的内角和定理

得出结论；

⑷连接ND、NE,由对顶角三角形可知N1+N2=NNGH+/E"G,再由六边形的内角和定理得出结论.

【详解】解：(1)连接CD,由对顶角三角形可得NACO,则NA+N2+/C+/r>+

ZE+ZF=360°；

(2)连接即，由对顶角三角形可得NA+/B=/BEr)+NAOE,则NA+NB+/C+NZ>+NE+

ZG=540°；

(3)连接3夙DE,

;由对顶角三角形可知ZEBH+ZBHD=ZHDE+ZBED,

：.ZA+ZB+ZC+ZD+ZE+ZF+ZG+ZH=五边形CDEFG的内角和+△ABH的内角和=540。+

180°=720°；

(4)连接A©、NE,

;由对顶角三角形可知/1+N2=NNG”+/E8G,

ZA+ZB+ZC+ZD+ZE+ZF+ZG+ZH+ZM+ZN=六边形BCFGHM的内角和+△AND的内角

和+ANDE的内角和=(6-2)xl80°+360°=1080°.

【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，根据题意作出辅助线，利用AA。。和ABOC叫做对顶三角形的

性质及多边形的内角和定理解答是解答此题的关键.

4.（2024八年级上•全国・专题练习）阅读材料，回答下列问题:

图7

【材料提出】

“八字型''是数学几何的常用模型，通常由一组对顶角所在的两个三角形构成.

【探索研究】

探索一：如图1,在八字型中，探索乙4、乙B、4C、ND之间的数量关系为

探索二：如图2,若NB=36。，40=14。，求NP的度数为

探索三：如图3,CP、4G分别平分NBCE、Z.FAD,2G反向延长线交CP于点P,贝吐P、乙B、之间的数量

关系为____________

【模型应用】

应用一：如图4,延长BM、CN,交于点4在四边形MNCB中，设NM=a,NN=0,a+0〉180。，四边

形的内角NMBC与外角A/VCD的角平分线BP,CP相交于点P,贝亚4=（用含有a和夕的代数式表

示），NP=.（用含有a和0的代数式表示）

应用二：如图5,在四边形MNCB中，设NM=a,NN=£,a+8<180°,四边形的内角NMBC与外角NNCD

的角平分线所在的直线相交于点P,NP=.（用含有a和S的代数式表示）

【拓展延伸】

拓展一：如图6,若设=ZB=y,/.CAP=^CAB,乙CDP=乙CDB,试问NP与NC、NB之间的数

量关系为.（用久、y表示NP）

拓展二：如图7,AP平分NBA。，CP平分NBCD的邻补角NBCE,猜想NP与48、的关系，直接写出结论

【答案】探索一：Z71+ZB=ZC+ZD,探索二：25°；探索三：Z.P=/罗；应用一：a+£—180°,g+Z;~180；

应用二：180-a-P拓展一：NP=—拓展二：2NP-NB-AD=180°

23

【分析】本题考查了三角形内角和定理，三角形外角性质，角平分线定义，熟练掌握三角形内角和定理是

解题关键.

探索一：根据三角形的内角和定理，结合对顶角的性质可求解；

探索二：根据角平分线的定义可得NBAP=^DAP,乙BCP=Z.DCP,结合（1）的结论可得24P=48+N。，

再代入计算可求解；

探索三：运用探索一和探索二的结论即可求得答案；

应用一：如图4,延长BM,CN,交于点A,利用三角形内角和定理可得乙4=a+0-180°,再运用角平分

线定义及三角形外角性质即可求得答案；

应用二：如图5,延长MB、NC,交于点4,设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，利用应用一

的结论即可求得答案；

拓展一：运用探索一的结论可得：4P+4PAB=4B+乙PDB,ZP+NCDP=NC+NC4P,乙B+乙CDB=

ZC+ZCAB,再结合已知条件即可求得答案；

拓展二：运用探索一的结论及角平分线定义即可求得答案.

【详解】探索一：如图1,+48=NC。。+NC+=180。，4AOB=4COD,

Z-A+Z.B=Z.C+Z.D,

故答案为乙4+ZB=zC+ZD；

探索二：如图2,•••AP,CP分别平分NBA。、乙BCD,

••・=42,z3=z_4,

由(1)可得：zl+ZB=z3+zP,z2+ZP=Z4+ZD,

・•・乙B—乙P=LP-乙D,

即2乙P=LB+乙D,

•••ZB=36°,乙D=14°,

・•・乙P=25°,

故答案为25°；

探索三：由①AD+2/1=NB+2/3,

由②2/B+2Z3=2乙P+2Z1,

①+②得：乙D+2AB+2zl+2/3=NB+2z3+2乙P+2zl

ZD+2乙B=2乙P+ZS.

nZ.B+Z.D

・•・乙P=-----.

2

故答案为：=££!££.

应用一：如图4,由题意知延长BM、CN,交于点4,

•••Z.M=a,乙N=0,a+£>180°,

4AMN=180°-a,4ANM=180°-0,

：.AA=180°-(乙AMN+UNM)=180°-(180°-a+180°-0)=a+0-180°；

•；BP、CP分别平分NABC、乙ACB,

：.APBC=-/.ABC,乙PCD=-Z.ACD,

22

•••乙PCD=zP+乙PBC,

•••乙P=乙RFPCD乙PCD-乙PBC=-(AACD-/ABC)=-^A=a+/?-18°,

故答案为：a+£—180°,a+/?~180°；

应用二：如图5,延长MB、NC,交于点，设7是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点,

z_M=a,乙N=B,a+£<180°,

Z-A—180—cc—B,

；BP平分4MBC,CP平分4NCR,

BP平分N4BT,CP平分NACB,

由应用一得：/「=3乙4=型产

180°-a-p

故答案为:

2

拓展一：如图6,由探索一可得:

4P+Z.PAB=Z.B+乙PDB,乙P+乙CDP=ZC+/.CAP

,z~B+乙CDB=Z-C+乙CAB,

Z.C=x,Z-B—y,/.CAP--Z.CAB,Z.CDP=-Z-CDB,

J33

*,•Z.CDB-Z-CAB—Z-C—z~B—x—y,

22

乙PAB=-/.CAB,乙PDB=-Z.CDB,

33

・•.ZP+2-乙CAB=^B+2-Z.CDB,4P+1士心CDB1=zf+-乙CAB,

3333

•••24P=zC+zS+|(乙CDB-NC4B)=x+y+|(x-y)=里罗，

n2x+y

・•・乙P=―

3

故答案为：NP=等；

拓展二：如图7,

•••4P平分NB4D,CP平分NBCD的令B补角NBCE,

•••/.PAD=-^BAD,APCD=90°+-^BCD,

22

由探索一得：①NB+4BAD=ZD+乙BCD,②乙P+乙PAD=ND+乙PCD,

②x2得:③24P+/.BAD=2ND+180°+乙BCD,

③一①，得：2/P-NB=+180°,

2,Z-P—Z-B—Z-D—180,

故答案为：2乙尸一/8-4。=180°.

题型03飞镖模型

飞镖模型飞镖模型-进阶（飞镖模型+角平分线）

A

图示A

BD

AB意D

B0平分NABC,0D平分NADC

结论ZBCD=ZA+ZB+ZD,AB+AD>BC+CDNO=g(ZA+ZC)

1.（2024内江市模拟预测）如图①，有结论：ND=N4+NB+NC,因为这个图形像飞镖，所以我们往往

把这个模型称为“飞镖模型”，如图②，在飞镖模型中分别作N4BC和NACB的平分线交于点位，易得=

空把，如图③，在飞镖模型中作乙48。靠4B的三等分线，作乙4CD靠4C的三等分线，两条三等分线交于点

N%，……，依次方法，在飞镖模型中作乙4BD靠力B的〃等分线，作乙4CD靠4C的”等分线，两条〃等分线

交于一点，则

图①图②图③

［答案］(…)N4+ZD

【分析】本题考查与角平分线有关的三角形的内角和问题，图形类规律探究，根据飞镖模型的结论结合角

平分线的定义，推导出相应的规律，即可.

Z.A+Z.D

【详解】解：由题意，得：乙EL

2

97

乙乙

(D=BE2c+Z-E2BD+NE2co=BE2c+^ABD+(N4C0,

•・"。=乙4+4ABD+乙4co,

/.Z-ABD+Z,ACD=一4/,

2?7

*,•乙D=乙BE2C+—Z-ABD+—Z.ACD—乙BE2C+—(乙D—44)，

:.乙BE2c="-1(ND-/.A)=2”。

同法可得：NB%C=W，NBE,C：美必

(71-1)N4+ND_(n-l)Zi4+ZD

/.乙BE_、C

nn-1+1n

(n-l)zjl+zD

故答案为:

n

2.（20-21八年级上•安徽亳州.阶段练习）如图①所示是一个飞镖图案，连接AB,BC,我们把四边形ABC。

叫做“飞镖模型”.

⑴求证：ZXDC=^DAB+乙DCB+乙ABC；

（2）如图②所示是一个变形的飞镖图案，CE与BF交于点、D,若NEDF=120。，求NA+N8+NC+NG+

NE+NF的度数.

【答案】（1）见解析；（2）240。

【分析】（1）延长CO交于点E,根据三角形外角性质可证"DC=NDAE+NAED,/.AED=Z.DCB+

乙4BC,运用角的等量转换即可证明.

（2）根据三角形外角性质，运用第（1）题的方法可证44+48+NC=N8DC,4E+NG+NF=NEDF,

NBDC和NEDF是对顶角，可推出乙4+NB+NC+NG+NE+NF的度数等于2倍NEDF的度数，计算得出答

案.

【详解】（1）证明：延长CD交A3于点E,如图：

•.,NZDC是AADE的外角，

.,.Z.ADC=Z.DAE+Z.AED.

：44£。是八CEB的外角，

Z.AED=Z.DCB+/.ABC,

••Z^ADC=Z.DAE+Z.DCB+Z^ABC=Z^DAB+乙DCB+Z.ABC.

(2)解：:"£W和NBDC是对顶角，

:.乙BDC=乙EDF=120°.

由(1)的结论可知N8DC=N4+N8+NC,

乙EDF=NE+NG+ZF,

N4+NB+NC+NE+NG+NF=ADCB+Z.EDF=240°.

【点睛】本题考查了三角形外角性质，灵活运用三角形外角性质是解题关键.

3.(21-22八年级•全国•假期作业)利用“模型”解决几何综合问题往往会取得事半功倍的效果.

几何模型：如图(1),我们称它为“A”型图案，易证明：ZEDF^ZA+ZB+ZC.

运用以上模型结论解决问题：

(1)如图(2),“五角星”形，求NA/+NA2+NA?+NA/+N4=?

分析：图中是“A”型图,于是NA20A5=NA/+NA3+NA4,所以NA/+NA2+NA?+NA4+NA5=

(2)如图(3),“七角星”形，求ZA7+ZA2+N4+NA4+ZA5+ZA6+ZA7的度数.

4Ai

A，

AA以4

BC一34二

图⑴图⑵图（3）

【答案】(1)180°；(2)180°

【分析】(1)根据三角形外角的性质把5个角转化到一个三角形中可得答案;

(2)根据三角形外角的性质把7个角转化到一个三角形中可得答案.

【详解】解：(1)如图(4),

4

图⑷

由三角形外角的性质可得，N1=NA/+NA4,

ZA2DA5=Z1+ZA3,

：.ZA2DA5=zA!+ZA4+ZAj,

ZA2DA5+ZA2+ZA5=180°,

NA/+NA2+NA3+NA4+NA5—180°,

故答案为：180。；

(2)如图(5),

由（1）得，N1=NA/+NA4+/A5，N2=NA2+/A3+/A6，

O

VZ1+Z2+ZA7=180,

二NA/+NA2+NA3+NA4+/A5+NA6+NA7=180°.

【点睛】本题考查多边形的内角和与三角形外角的性质，能够根据三角形外角的性质进行转化是解题关键.

4.（20-21七年级下•江苏镇江•期中）模型规律：如图1,延长CO交AB于点。，则NBOC=Nl+NB=乙4+

ZC+ZB.因为凹四边形A80C形似箭头，其四角具有“乙BOC=乙4+/8+/。”这个规律，所以我们把这个

模型叫做“箭头四角形”.

A

图7

模型应用

(1)直接应用：

①如图2,=60。,48=20。,4。=30。，贝！=°；

②如图3,N4+NB+NC+ND+NE+NF=°；

(2)拓展应用：

①如图4,4AB。、N2C。的2等分线(即角平分线)8。八CO1交于点。1，已知N80C=120。，ABAC=50°,

贝此B01C=°；

②如图5,BO、CO分另U为N4B。、乙4C。的10等分线(i=1,2,3,...,8,9).它们的交点从上到下依次为0〉02,

。3、…、0g.已知N80C=120°,ABAC=50°,则ZB。7。=°；

③如图6,NAB0、NB4C的角平分线交于点。，已知NBOC=120°,ZC=44。,贝IJN/WB=°；

④如图7,ABAC、NBOC的角平分线4。、。。交于点。，贝此仄NC、ND之间的数量关系为.

【答案】(1)①110；②260；(2)①85；②99；③142；@ZB-ZC+2ZD=0

【分析】(1)①根据题干中的等式直接计算即可；

②同理可得NA+N2+NC+ND+N£T+/P=NB0C+NZ)0E,代入计算即可；

(2)①同理可得/BO/C=/BOC-NOBO/-/OCO/,代入计算可得；

②同理可得/8O7C=NBOC上(ZBOC-ZA),代入计算即可；

7

③利用NA£)B=180。-(ZABD+ZBAD)=180。悔(ZBOC-ZC)计算可得;

④根据两个凹四边形和A20C得到两个等式，联立可得结论.

【详解】解：(1)①/JBOC=/A+/B+NC=6()o+20o+30o=110。；

@ZA+ZB+ZC+ZD+ZE+ZF=ZBOC+ZDOE=2xl30o=260°；

(2)@ZBOiC=ZBOC-ZOBOi-ZOCOi

1

-ZBOC--CZABO+ZACO)

2

=ZBOC-(ZBOC-ZA)

2

=ZBOC--(120°-50°)

2

=120°-35°

=85°；

@ZBO7C=ZBOC-^CZBOC-ZA)

■2

=120°--(120°-50°)

io

=120°-21°

=99°；

③NAO8=180。-(ZABD+ZBAD)

=180°--(ZBOC-ZC)

io

二180。」(120°-44°)

2

=142°；

@ZBOD=|ZBOC=ZB+ZD+|ZBAC,

ZBOC=ZB+ZC+ZBAC,

联立得：ZB-ZC+2ZD=0.

【点睛】本题主要考查了新定义一箭头四角形，利用了三角形外角的性质，还考查了角平分线的定义，图

形类规律，解题的关键是理解箭头四角形，并能熟练运用其性质.

1.（2023・广东珠海•模拟预测）如图，将AABC沿着DE翻折，使B点与B，点重合，若/1+/2=80。,则NB的度

数为（）

A.20°B.30°C.40°D.50°

【答案】C

【分析】由折叠的性质可知NBED=乙B'ED,乙BDE=NB'DE,再利用平角的定义可求出4BED+NBDE的度数,

进而利用三角形内角和可求/B的度数.

【详解】由折叠的性质可知NBED=乙B'ED/BDE=乙B'DE

Vzl+乙BED+乙B'ED=180°,Z2+乙BDE+乙B'DE=180°

11

・•・乙BED+乙BDE=式360。-Z1-Z.2）=1x（360°-80°）=140°

"B=180°-（乙BED+乙BDE）=180°-140°=40°

故选c

【点睛】本题主要考查折叠的性质及三角形内角和定理，掌握折叠的性质及三角形内角和定理是解题的关

键.

2.（2022上.湖北恩施.八年级期末）如图，把△ABC沿匹对折，折叠后的图形如图所示，乙4=60°,zl=96°,

则N2的度数为（）

A.30°B.24°C.25°D.26°

【答案】B

【分析】由三角形的内角和，得乙4EF+乙4FE=120。，由邻补角的性质得/FEB+M尸C=240。，根据折

叠的性质得NB'EF+NC'FE=240。，即+乙4EF+42+N4FE=240。，所以，42=24。.

【详解】解：：乙4=60。，

J.Z.AEF+Z.AFE=180°-/.A=180°-60°=120°,

."FEB+乙EFC=360°-120°=240°,

由折叠的性质可得：

乙B'EF+AC'FE=乙FEB+乙EFC=240°,

/.Zl+Z.AEF+42+Z.AFE=240°,

Vzl=96°,

.*.96°+120°+z2=240°,

即42=240°-120°-96°=24°.

故选B.

【点睛】本题考查了三角形的内角和定理、邻补角的性质、折叠的性质，熟悉掌握三角形的内角和为180。，

互为邻补角的两个角之和为180。以及折叠的性质是本题的解题关键.

3.（2023杭州市模拟）如图，将△ABC纸片沿OE折叠，点A的对应点为4,若/B=60。，ZC=80°,则/

1+/2等于()

【答案】C

【分析】根据平角定义和折叠的性质，得Nl+42=360。-2(N3+N4),再利用三角形的内角和定理进行

转换，得43+N4=NB+NC=140。从而解题.

【详解】解：根据平角的定义和折叠的性质，得

zl+Z2=360°-2(43+Z4).

又•••zX+z3+Z4=180°,NA+4B+NC=180°,

•••43+N4=NB+NC=60°+80°=140°,

Azi+Z2=360°-2(43+Z4)=360°-2x140°=80°,

故选：C

【点睛】此题综合运用了平角的定义、折叠的性质和三角形的内角和定理.

4.(2022下•河南南阳•七年级校考阶段练习)如图，在四边形纸片ZBCD中，N4=80。，NB=75。，将纸片

折叠，使点C,D落在边上的点C1»处，折痕为EF,则41+42=()

【答案】B

【分析】根据四边形内角和定理得到NC+4。=205°,进而由折叠的性质得到NFC'D'+NC'D'E=205°,

再由平角的定义得到ABC午+AAD'E=155°,由此利用三角形内角和定理即可求出答案.

【详解】解：：四边形力8c。中，乙4=80。，乙8=75。，

NC+4。=360°一乙4一NB=205°,

由折叠的性质可得NFC'。'=NC,/.C'D'E=m

:.乙FC'a+/.C'D'E="+40=205°,

■:乙FC»+ABC'F=180°,乙C'D'E+AAD'E=180°,

：.AFC'D'+ABC'F+乙C'D'E+AAD'E=360°,

J.ABC'F+AAD'E=155°,

；LB+4BUF+N2=180°,^AD'E++zl=180°,

."B+乙BCF+N2+^AD'E+zX+Z1=360°,

155°+155°+zl+z2=360°,

.,.Z1+Z2=50°,

故选B.

【点睛】本题主要考查了四边形内角和定理，三角形内角和定理，折叠的性质，正确求出ABC?+乙4。任=

150。是解题的关键.

5.(2023下•河南郑州•八年级校考开学考试)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AABC中，请根据题意，探索不同情境中N1+N2(或Nl-N2)

与乙4的数量关系.

图①图②图③

(1)如图①，若NA=60。，沿图中虚线DE截去则41+N2=_.

(2)如图②，翻折后，点A落在点4处，若+N2=110。，求NB+NC的度数.

(3)如图③，△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点4处，若N1=80。，42=28。，贝亚力的度数为

【答案】(1)240。

(2)125°

(3)26°

【分析】(1)根据三角形内角和定理得出"IDE+44ED=180。—60。=120。，再由平角进行求解即可；

(2)连接44,根据三角形外角的性质得出乙1=4。44'+〃>44Z2=Z.EAA'+Z.EA'A,再利用各角之间

的关系得出结果；

(3)设48与。A交于点F,根据三角形外角性质得出41=4。凡4+乙4,NDF4=42+44,再由折叠的性

质得出乙4=乙4、结合图形及各角之间的关系进行求解即可.

【详解】⑴解：,；乙4=60°

.­./.ADE+/.AED=180°-60°=120°,

•••Nl+N2=360°-N4DE-^AED=240°,

故答案为：240。.

(2)解：连接44,如图所示：

•••+/-DA'A,z2=Z.EAA'+AEA'A,

•••N1+N2=ND4A'+ADA'A+ZLEAA'+Z.EA'A=^EAD+Z.EA'D,

•••/.EAD=/.EA'D,

•••zl+z2=2NE4D=110。，

•••^EAD=55°,

ZB+Z.C=180°-55°=125°.

(3)解：如图，设力B与D4交于点F,

Z.1=Z.DFA+zA,/.DFA=z2+/.A',

由折叠可得，乙4=/-A',

=乙4+Z.A'+Z2=2乙4+Z2,

又“41=80°,42=28°,

80°=2々1+28°,

"=26°

故答案为：26。

【点睛】本题主要考查了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

线求解是解题的关键.

6.(2022下•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AABC中，请根据题意，探索不同情境中/1+/2(或/I—N2)与

ZA的数量关系.

CCC

'图①'图②'图③

(2)如图②，若NA=80。，沿图中虚线。E将NA翻折，使点A落在8C上的点处，则Nl+N2=

(3)如图③，翻折后，点A落在点々处，若Nl+N2=80。，求NB+NC的度数

(4)如图④，△ABC纸片沿。E折叠，使点A落在点々处，若Nl=80。，N2=24。，求NA的度数.

【答案】(1)260°

(2)160°

(3)NB+ZC=140°

(4)乙4=28°

【分析】(1)根据三角形内角和定理得出/2+/C=180O-80o=100。，再由平角进行求解即可；

(2)利用翻折的性质得出/矶NAEZ)=NDE4,根据三角形内角和定理得出NA£>E+/AE£>=

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44'.根据三角形外角的性质得出Z2=ZEA4,+ZEA,A,然后利用各角之

间的数量关系得出NE4D=40°,再由三角形内角和定理即可求解；

(4)设AB与。4交于点尸，根据三角形外角得出=WR4+乙4,NOB4=NA+N2,再由折叠的性质

得出乙4=乙4',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。，

NADE+NAED=180°-80°=100°,

.".zl+Z2=360°-AADE-AAED=260°,

故答案为：260。；

(2)VZA=80°,

ZADE+ZAED=180°-80°=100°,

•••翻折，

ZEDA^ZADE,ZAED=ZDEA\

：.ZADA,+ZAEA,=2(ZADE+NAED)=200°,

Z.Z1+Z2=360°-(ZADA'+ZA£A,)=160°,

故答案为：160。；

(3)解：连接44.如图所示：

C

'：Z^ZDAA^ZD^A,Z2=ZEAA,+ZEA,A,

：.Z1+Z2=ZDAA,+ZDA,A+ZEAA,+ZEA,A=ZEAD+ZEA,D,

,JZ.EAD=/.EA'D,

.*.Z1+Z2=2乙EAD=80°,

J.A.EAD=40°,

ZB+ZC=180°-40°=140°.

(4)解：如图，设AB与D4交于点E

c

由折叠可得，乙4=乙4,

.".zl=Z.A+Z.A'+42=2/.A+N2,

XVzl=80°,42=24°,

；.80°=2乙4+24。，

；.乙4=28°.

【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.

②41+42=90。；③N1=N2；®DF||AB.其中一定正确的结论有（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】B

【分析】本题考查了折叠的性质，平行线的判定，三角形内角和定理等知识，正确的识别图形是解题的关

键.

由折叠性质可得乙4=N3,/.ADE=^FDE,^AED=/.FED,再由等腰直角三角形性质得乙4==43=

45°,即可得至lJ/3+NB=90°；设N4DE=乙FDE=a,^AED=乙FED=0,可得Nl+^ADE+乙FDE=21+

2a=180°①，42+2LAED+乙FED=N2+20=180°②，“+a+£=180°,即可推导出Nl+N2=90°；

N1与/2不一定相等，。尸与48不一定平行，即可确定答案.

【详解】解：由折叠的性质，乙4=43,4ADE=KFDE,乙AED=4FED,

ABC为等腰直角三角形，NC=90。，

/.Z.A=Z-B=43=45°,

.•.43+NB=90。，故选项①正确；

设ZJWE=Z.FDE=a,Z.AED=乙FED=0,

.\zl+/.ADE+乙FDE=41+2a=180°①，z2+Z.AED+乙FED=z_2+20=180°②，Z71+a+0=

180°,

.•.①+②，得N1+2a+N2+2£=Z.1+42+2(a+£)=360°,

.\zl+z2=90°,

故选项②正确；

Vzl+z2=90°,

与N2不一定相等，

选项③不一定正确；

•.,点尸在BC边上，不固定，DF与4B不一定平行，

选项④不一定正确；

故选：B.

2.（20-21七年级下•江苏泰州・期末）如图，将△48c纸片沿折叠,使点A落在点A处，且A'B平分/ABC,

AC平分NAC8,若/区4'。=120。，则N1+/2的度数为（）

B

A.90°B.100°C.110°D.120°

【答案】D

【分析】连接AA,先求出NA4C,再证明即可解决问题.

【详解】解：如图，连接A4',

YA5平分/ABC,AC平分NACB,

11

AZA'BC=-ZABC,ZA'CB=-ZACB

22f

\uZBA'C=nO°,

：.ZA,BC+ZA'CB=180°-120°=60°,

o

・•・ZABC+ZACB=120f

.,.ZBAC=180o-120°=60°,

•・,沿DE折叠，

：.ZDAA'=ZDA'AfZEAA'=ZEA'A,

•・•Z1=ZDAA'+ZDA'A=2ZDAA',Z2=ZEAA'+ZEA'A=2ZEAA\

：.Zl+Z2=2ZDAA'+2ZEAA'=2ZBAC=2x60°=120o,

故选：D.

【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线定义、三角形外角的性质、折叠变换等知识，解题的关

键是正确添加辅助线，灵活应用所学知识，属于中考常考题型.

3.（21-22七年级下•江苏南京・期末）己知△力8c中，乙4=65。,将NB、“按照如图所示折叠，若乙4。夕=35。,

【答案】265°

【分析】利用三角形的内角和定理的推论，先用NB表示出N3,再利用邻补角和四边形的内角和定理用NC表

示出N1+42,最后再利用三角形的内角和定理求出41+42+43.

【详解】解：由折叠知=乙B，乙C=NC'.

Vz3=NB+z4,z4=4WB'+乙B，,

."3=Z.B+Z.ADB'4-Z.B'

=2ZB+35°.

41+42=180°-/.CGC+180°-乙CFC

=360°-(zCFC+zC,GC),

AC'FC+AC'GC=360°-zC-NC'

=360°-2zC,

.".zl+42=360°-(乙C'FC+NC，GC)

=360°-(360°-24C)

=2zC.

**•Z.1+z.2+z.3

=2