2025年中考数学几何模型综合训练专题02三角形中的倒角模型之燕尾（飞镖）型、风筝模型解读与提分精练（教师版）

（3）由三角形的外角的性质知：DMA2，1ADMA，据此可得结论；（4）由三角形的外

角的性质知：2PMEP，1AAMD，再由AMDPME，则1A2P．

【详解】（1）解：∵在四边形ADPE中，ADPEADPAEP360（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），A80，50，∴ADPAEP230

∵ADP1801，AEP1802，∴12130；

（2）解：∵在四边形ADPE中，ADPEADPAEP360（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），A80，∴ADPAEP280

∵ADP1801，AEP1802，∴1280；

（3）解：猜想1802，理由如下：设PD，AB交于M，

由三角形的外角的性质知：DMA2，1ADMA，

1A2，即1802；

（4）解：1802，理由如下：设PD，AB交于M，

由三角形的外角的性质知：2PMEP，1AAMD，

AMDPME，1A2P，，即1802，

模型3.角内（外）翻模型

图3图4

条件：如图3，将三角形纸片ABC沿EF边折叠，当点C落在四边形ABFE内部时，

结论：2∠C=∠1+∠2；

证明：∵∠1是三角形CC’E的外角，∴∠1=∠ECC’+∠EC’C；同理，∠2=∠FCC’+∠FC’C；

∴∠1+∠2=∠ECC’+∠EC’C+∠FCC’+∠FC’C=∠ECC’+∠FCC’+∠EC’C+∠FC’C=∠EC’F+∠FCE=2∠C。

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：2∠C=∠2-∠1。

证明：∵∠1是三角形CC’E的外角，∴∠1=∠ECC’+∠EC’C；同理，∠2=∠FCC’+∠FC’C；

∴∠2-∠1=∠FCC’+∠FC’C-（∠ECC’+∠EC’C）=（FCC’-∠ECC’)+（∠FC’C--∠EC’C）

=∠EC’F+∠FCE=2∠C。

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，AC上，将VABC沿着折叠压平，A与A重合，若12130，则A．

𝐴𝐷

【答案】65

1

【分析】本题考查折叠的性质，三角形内角和定理，由折叠可得AEDAEDAEA，

2

1

ADEADEADA，进而可得123602AED2ADE，结合AEDADEA180，

2

可得122A130，即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．

【详解】解：∵将VABC沿着DE折叠压平，A与A重合，

11

∴AEDAEDAEA，ADEADEADA，

22

∴12180AEA180ADA3602AED2ADE，

∵AEDADEA180，∴AEDADE180A，∴123602180A2A，

1

∵12130，∴A13065，故答案为：65．

2

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BCED的

外面时，此时测得1112，A40，则2的度数为（）

A．32B．33C．34D．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AA40，根据三角形外角的性质得出DOA1A72，再次利用

三角形外角的性质即可求出2的度数．

【详解】解：如图，设AD与AC交于点O，

A40，根据折叠的性质，AA40，

1DOAA，1112，DOA1A1124072，

DOAA2，2DOAA724032，故选：A．

例3．（2023春·江苏宿迁·七年级校考期中）（1）如图1，将ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE

内点A的位置．则A、ADC、AEB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BCDE外点A的位

置”，则此时A,ADC、AEB之间的数量关系为：_________；

（3）如图3，将四边形纸片ABCD（C90，AB与CD不平行）沿EF折叠成图3的形状，若DEC115，

AFB45，求ABC的度数；

（4）在图3中作出DEC、AFB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、AFB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？

【答案】（1）2DAEADCAEB，（2）2DAEADCAEB；（3）ABC55；（4）位置不

改变，EG∥FH．

【分析】（1）连接AA，证明DAEDAE，结合AEBEAAEAA，ADCDAADAA，

再利用角的和差关系可得答案；

（2）连接AA，证明DAEDAE，结合AEBEAAEAA，ADCDAADAA，再利用角

的和差关系可得答案；（3）如图，延长BA，CD交于点Q，延长ED，FA交于点Q，则对折后△EFQ与EFQ

重合，由（2）的结论可得：2QDECAFB，可得Q35，再利用三角形的内角和定理可得答案；

11

（4）如图，EG平分DEC，FH平分AFB，可得DEGCEGDEC，AFHBFHAFB，

22

由对折可得：QEFQEF，QFEQFE，

由（2）的结论可得：DECAFB2Q，即DEGAFHQ，证明

FEGHFEQQEFQFE180，可得EG∥FH．

【详解】（1）结论：2DAEADCAEB理由：连接AA，

沿DE折叠A和A重合，∴DAEDAE

∵AEBEAAEAA，ADCDAADAA

∴AEBADCEAAEAADAADAADAEDAE2DAE．

（2）2DAEADCAEB理由：连接AA，沿DE折叠A和A重合，∴DAEDAE

∵AEBEAAEAA，ADCDAADAA

∴ADCAEBDAADAAEAAEAADAEDAE2DAE；

（3）如图，延长BA，CD交于点Q，延长ED，FA交于点Q，则对折后△EFQ与EFQ重合，

由（2）的结论可得：2QDECAFB，而DEC115，AFB45，

∴2Q1154570，∴Q35，∵C90，∴ABC903555；

（4）EG∥FH，理由见解析如图，EG平分DEC，FH平分AFB，

11

∴DEGCEGDEC，AFHBFHAFB，

22

由对折可得：QEFQEF，QFEQFE，

由（2）的结论可得：DECAFB2Q，即DECAFB2Q∴DEGAFHQ，

∴DEGDEFBFEBFHAFHQQEFBFHBFE，

∴FEGHFEQQEFQFE，

∴FEGHFEQQEFQFE180，∴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．

1．（2024.山东七年级期中）如图，把ABC纸片沿DE折叠，当A落在四边形BCDE内时，则∠A与∠1+

∠2之间有始终不变的关系是（）△

A．∠A=∠1+∠2B．2∠A=∠1+∠2C．3A=∠1+∠2D．3∠A=2（∠1+∠2）

【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，∠1与∠AED的2倍和∠2与∠ADE

的2倍都组成平角，结合AED的内角和为180°可求出答案．

【详解】∵△ABC纸片沿△DE折叠，∴∠1+2∠AED=180°,∠2+2∠ADE=180°，

11

∴∠AED=(180°−∠1),∠ADE=(180°−∠2)，

22

111

∴∠AED+∠ADE=(180°−∠1)+(180°−∠2)=180°−(∠1+∠2)

222

11

在ADE中,∠A=180°−(∠AED+∠ADE)=180°−[180°−(∠1+∠2)]=(∠1+∠2)

22

则△2∠A=∠1+∠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ABC中，A20，ABC与ACB的角平分线交于D1，ABD1

与ACD1的角平分线交于点D2，依此类推，ABD4与ACD4的角平分线交于点D5，则BD5C的度数是（）

A．24B．25C．30D．36

【答案】B

【分析】根据题意可得∠ABC+∠ACB=160°，BD1，CD1，CD2，BD2…BDn，CDn是角平分线，可得∠ABDn+

1n

∠ACDn=160×（），可求∠BCDn+∠CBDn的值，再根据三角形内角和定理可求结果．

2

【详解】解：∵∠A=20°，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，∴∠ABC+∠ACB=160°，

11

∵BD1平分∠ABC，CD1平分∠ACB，∴∠ABD1=∠ABC，∠ACD1=∠ACD，

22

1111

∵BD2平分∠ABD1，CD2平分∠ACD1，∴∠ABD2=∠ABD1=∠ABC，∠ACD2=∠ACD1=∠ACB，

2424

111

同理可得∠ABD5=∠ABC，∠ACD5=∠ACB，∴∠ABD5+∠ACD5=160×=5°，∴∠BCD5+∠

323232

CBD5=155°，

∴∠BD5C=180-∠BCD5-∠CBD5=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，∠1，∠2，∠3，∠4满足的关系式是（）

A．∠1＋∠2＝∠3＋∠4B．∠1＋∠2＝∠4－∠3C．∠1＋∠4＝∠2＋∠3D．∠1＋∠4＝∠2－∠3

【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∠1+∠4=∠6，∠6=∠2-∠3，

从而推出∠1+∠4=∠2-∠3

【详解】解：∵∠6是ABC的外角，∴∠1+∠4=∠6①，

△

又∵∠2是CDF的外角，∴∠6=∠2-∠3②，

由①和②得△：∠1+∠4=∠2-∠3．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12的度数为（）

A．100B．105C．200D．210

【答案】D

【分析】根据三角形的内角和定理可得AMNANM150，根据平角的定义可得

1AMN180,2ANM180，从而求出结论．

【详解】解：∵A30，∴AMNANM180A150，

∵1AMN180,2ANM180，∴12180180AMNANM210．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ABCD沿MN折叠，使点A落在四边形CDMN外点A的位

置，点B落在四边形CDMN内点B的位置，若ÐD=90°，2136，则C等于（）

A．36B．54C．60D．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NB¢交AD于点E，利用四边形的内角和定理得到：C270(AB)，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A+B的值，则结论可求．

【详解】解：延长NB¢交AD于点E，设AB交AD于点F，如图，

四边形的内角和为360，CD2BED360，

ABDC360，2BEDAB．

由折叠的性质可得：ABAABN．

D90，C270(AB)270(2BED)．

在A¢FM和EFB中，AFMEFB，1AFEBFBE，

FEB180BED，FBE180ABN，1A360BEDABN．

AABN360BED1，AB360BED1，

2136，AB360BED(236)，

AB360(BED2)36，2(AB)396，

AB198，C27019872．故选：D．

6．（2023·福建三明·八年级统考期末）如图ABC中，将边BC沿虚线翻折，若∠1+∠2＝110°，则∠A的度

数是度．△

【答案】55/五十五

【分析】延长B'E，C'F，交于点D，依据∠A=∠D，∠AED+∠AFD=250°，即可得到∠A的度数．

【详解】解：如图，延长B'E，C'F，交于点D，

由折叠可得，∠B=∠B'，∠C=∠C'，∴∠A=∠D，

又∵∠1+∠2=110°，∴∠AED+∠AFD=360°-110°=250°，

1

∴四边形AEDF中，∠A=（360°-250°）=55°，故答案为：55．

2

【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ABC中，B40，C75，将B、C按照如图所示折

叠，若ADB35，则123°

【答案】265

【分析】先根据折叠的性质求出CFGCFG，CGFCGF，BB40，再根据三角形内

角和定理求出CFGCGF，BHD，进而求出12，然后求出四边形内角和，进而得出3，即可得

出答案．

【详解】根据折叠性质得CFGCFG，CGFCGF，BB40．

∵C75，ADB35，∴CFGCGF105，BHD180BADB105，

∴CFGCGF105，AHE105，

∴12360(CFGCGF)(CFGCGF)3602105150．

在四边形AHEC中，A+AHE3C=2180=360.

∴3360(180BC)AHEC，

即3360(1804075)10575，∴3115，

∴123150115265．故答案为：265．

【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ABCD（点C在直线BD的上方），且∠

A=70°，∠BCD=120°，若使∠ABC、∠ADC平分线的夹角∠E的度数为100°，可保持∠A不变，将∠BCD

（填“增大”或“减小”）°．

【答案】增大10

【分析】利用三角形的外角性质先求得∠ABE+∠ADE=30°，根据角平分线的定义得到∠ABC+∠ADC=60°，

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，

∠BED=∠BEF+∠DEF=∠ABE+∠BAD+∠ADE=100°，

∵∠BAD＝70°，∴∠ABE+∠ADE=30°，∵BE，DE分别是∠ABC、∠ADC平分线，

∴∠ABC+∠ADC=2（∠ABE+∠ADE）=60°，

同上可得，∠BCD=∠BAD+∠ABC+∠ADC=130°，130°-120°=10°，

∴∠BCD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，BE是ABD的平分线，CF是ACD的平分线，BE与CF交

于G，若BDC140，BGC110，则A．

【答案】80

【分析】首先连接BC，根据三角形的内角和定理，求出1240，∠1+∠2+∠3+∠4=70°；然后判断

出3430，再根据BE是∠ABD的平分线，CF是∠ACD的平分线，判断出5630；最后根据

三角形的内角和定理，用180(123456)即可求出∠A的度数.

【详解】如下图所示，连接BC，

∵BDC140，∴1218014040，

∵BGC110，∴123418011070，∴34704030，

∵BE是∠ABD的平分线，CF是∠ACD的平分线，∴∠3=∠5，∠4=∠6，

又∵3430，∴5630，

∴123456(1234)(56)7030100，

∴A18010080.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，Q为三角形ABC内两点，B，P，Q，C构成凸四边形．

求证：ABACBPPQQC．

【详解】作直线PQ，分别与AB，AC交于点M，N

AMANMPPQQN①

由三角形的三边关系可得MPPBBP②

NQNCQC③

①+②+③得AMANMPPBNQNCMPPQQNBPQC

∴AMANPBNCPQBPQC，即ABACBPPQQC．

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A80，BDC130，ACD30，则ABD______°；

(2)如图②，将ABC沿DE，EF翻折，使其顶点A，B均落在点O处，若CDOCFO72，则C______°；

(3)如图③，在规形ABCD中，BAC、BDC的角平分线AE、DE交于点E，且B＞C，试探究B，

C，E之间的数量关系，并说明理由．

11

【答案】(1)20(2)54(3)EBC；理由见解析

22

【分析】（1）连接AD，并延长到点E，根据三角形外角的性质得出31B、42C，即可得

出BDCBACBC，根据A80，BDC130，ACD30，即可得出答案；

（2）根据翻折得出ADOE，BEOF，根据三角形内角和得出AB180C，在根据

DOFCCDOCFO180C，列出关于C的方程，解方程即可得出答案；

111

（3）根据角平分线的定义结合解析（1）得出3BDCBACBC，1BAC，根据

222

E53，51B，即可得出答案．

【详解】（1）解：如图1，连接AD，并延长到点E，

则31B、42C，∴3412BC，即BDCBACBC，

∵A80，BDC130，ACD30，∴ABDBDCBACACD20，故答案为：20；

（2）解：∵将ABC沿DE，EF翻折，顶点A，B均落在点O处，

∴ADOE，BEOF，∴DOFAB，∵ABC180，∴AB180C，

∵DOFCCDOCFO180C，∴C72180C，∴C54．

11

（3）解：EBC；理由如下：如图3，由（1）知BDCBACBC，

22

11

∵DE平分BDC，∴3BDCBACBC，

22

1

∵AE平分BAC，∴1BAC，∵E53，51B，

2

11

∴E1B3BACBBDC

22

111111

BACBBACBCBC即EBC．

222222

【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质和三角形内角和定理，角平分线的性质，解题的关键是熟练掌

握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．

12．（2023·北京·一模）在课外活动中，我们要研究一种凹四边形——燕尾四边形的性质．

定义1：把四边形的某些边向两方延长，其他各边有不在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凹四边

形（如图1）．

（1）根据凹四边形的定义，下列四边形是凹四边形的是（填写序号）；

①②③

定义2：两组邻边分别相等的凹四边形叫做燕尾四边形（如图2）．

特别地，有三边相等的凹四边形不属于燕尾四边形．

小洁根据学习平行四边形、菱形、矩形、正方形的经验，对燕尾四边形的性质进行了探究.

下面是小洁的探究过程，请补充完整：（2）通过观察、测量、折叠等操作活动，写出两条对燕尾四边形性

质的猜想，并选取其中的一条猜想加以证明；（3）如图2，在燕尾四边形ABCD中，AB=AD=6，BC=DC=4，

∠BCD=120°，求燕尾四边形ABCD的面积（直接写出结果）．

【答案】（1）①；（2）证明见解析；（3）12243．

【分析】（1）根据凹四边形的定义即可得出结论；（2）由燕尾四边形的定义可以得出燕尾四边形的性质；

（3）连接BD，根据SΔABD-SΔBCD即可求出燕尾四边形ABCD的面积．

【详解】解：（1）由凹四边形的定义得出，图①是凹四边形．故答案是①；

（2）①一组对角相等；②它是一个轴对称图形；①已知：如图1，

在凹四边形ABCD中，AB=AD，BC=DC．求证：∠B=∠D．

ABAD

证明：连接AC．在ABC和ADC中，BCDC，∴△ABC≌△ADC．∴∠B=∠D．

ACAC

△△

②由①知，ABC≌△ADC，∴AC所在的直线是燕尾四边形的对称轴；

（3）如图2△，连接AC，过点B作BE⊥AC交AC的延长线于E；

1

由（2）知，燕尾四边形ABCD是轴对称图形，∴∠BCE=∠BCD=60°，∴∠CBE=30°，

2

1

在RtBCE中，∠CBE=30°，BC=4，∴CE=BC=2，BE=3CE=23，

2

△

在RtABE中，AB=6，BE=23，根据勾股定理得，AE=AB2BE226，

△1111

∴SABC=SABE-SCBE=BE•AE-BE•CE=BE（AE-CE）=×23×（2-2）=6