模型1、“飛鏢”模型（“燕尾”模型）

圖1 圖2 圖3
條件：如圖1，凹四邊形ABCD； 結論：①；②。
條件：如圖2，線段BO平分∠ABC，線段OD平分∠ADC； 結論：∠O=（∠A+∠C）。
條件：如圖3，線段AO平分∠DAB，線段CO平分∠BCD； 結論：∠O=（∠D-∠B）。
飛鏢模型結論的常用證明方法：
例1．（2023·山西晉城·七年級校聯(lián)考期末）閱讀下列材料，并完成相應的任務：有趣的“飛鏢圖”．如圖1的四邊形，這種形似飛鏢的四邊形，我們形象地稱它為“飛鏢圖”．它實際上就是凹四邊形，同學們通過探究發(fā)現(xiàn)：凹四邊形中最大內角外面的角等于其余三個內角之和，即如圖1，．

“智慧小組”通過互學證明了這個結論：
方法一：如圖2，連接，則在中，，
即，
又：在中，，
∴，
即．
“創(chuàng)新小組”想出了另外一種方法
方法二：如圖3，連接并延長至F，
∵和分別是和的一個外角，
……
……
任務：(1)填空：“智慧小組”用的“方法一”主要依據(jù)的一個數(shù)學定理是______；
(2)根據(jù)“創(chuàng)新小組”用的“方法二”中輔助線的添加方式，寫出該證明過程的剩余部分．
【答案】(1)三角形的內角和定理（或三角形的內角和是180度） (2)見解析
【分析】（1）連接之后，構成了三角形，從而利用三角形內角和的基本性質，由此填寫即可；
（2）利用三角形的外角定理進行證明即可．
【詳解】（1）故答案為：三角形的內角和定理（或三角形的內角和是180度）
（2）證明：如圖3，連接并延長至F，
∵和分別是和的一個外角，∴，，
∴，即．
【點睛】本題考查三角形內角和定理以及外角定理的應用，理解并熟練運用這些基本定理是解題關鍵．
例2．（2023春·江蘇·七年級專題練習）如圖，是的平分線，是的平分線，與交于，若，，則 ．
【答案】
【分析】首先連接BC，根據(jù)三角形的內角和定理，求出，∠1+∠2+∠3+∠4=70°；然后判斷出，再根據(jù)BE是∠ABD的平分線，CF是∠ACD的平分線，判斷出；最后根據(jù)三角形的內角和定理，用即可求出∠A的度數(shù).
【詳解】如下圖所示，連接BC，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∵BE是∠ABD的平分線，CF是∠ACD的平分線，∴∠3=∠5，∠4=∠6，
又∵，∴，
∴，
∴. 故答案為：.
【點睛】本題主要考查了三角形內角和的應用，熟練掌握相關角度的和差計算是解決本題的關鍵.
例3．（2022秋·廣西八年級期中）如圖，，的角平分線交于點，若，，則的度數(shù)（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】法一：延長PC交BD于E，設AC、PB交于F，根據(jù)三角形的內角和定理得到∠A＋∠ABF＋∠AFB＝∠P＋∠PCF＋∠PFC＝180°推出∠P＋∠PCF＝∠A＋∠ABF，根據(jù)三角形的外角性質得到∠P＋∠PBE＝∠PED，推出∠P＋∠PBE＝∠PCD?∠D，根據(jù)PB、PC是角平分線得到∠PCF＝∠PCD，∠ABF＝∠PBE，推出2∠P＝∠A?∠D，代入即可求出∠P．法二：延長DC，與AB交于點E．設AC與BP相交于O，則∠AOB＝∠POC，可得∠P＋∠ACD＝∠A＋∠ABD，代入計算即可．
【詳解】解：法一：延長PC交BD于E，設AC、PB交于F，

∵∠A＋∠ABF＋∠AFB＝∠P＋∠PCF＋∠PFC＝180°，
∵∠AFB＝∠PFC，∴∠P＋∠PCF＝∠A＋∠ABF，
∵∠P＋∠PBE＝∠PED，∠PED＝∠PCD?∠D，∴∠P＋∠PBE＝∠PCD?∠D，
∴2∠P＋∠PCF＋∠PBE＝∠A?∠D＋∠ABF＋∠PCD，
∵PB、PC是角平分線∴∠PCF＝∠PCD，∠ABF＝∠PBE，∴2∠P＝∠A?∠D
∵∠A＝48°，∠D＝10°，∴∠P＝19°．
法二：延長DC，與AB交于點E．
∵∠ACD是△ACE的外角，∠A＝48°，∴∠ACD＝∠A＋∠AEC＝48°＋∠AEC．
∵∠AEC是△BDE的外角，∴∠AEC＝∠ABD＋∠D＝∠ABD＋10°，
∴∠ACD＝48°＋∠AEC＝48°＋∠ABD＋10°，整理得∠ACD?∠ABD＝58°．
設AC與BP相交于O，則∠AOB＝∠POC，
∴∠P＋∠ACD＝∠A＋∠ABD，即∠P＝48°?（∠ACD?∠ABD）＝19°．故選A.
【點睛】本題主要考查對三角形的內角和定理，三角形的外角性質，對頂角的性質，角平分線的性質等知識點的理解和掌握，能熟練地運用這些性質進行計算是解此題的關鍵．
例4.（2023·廣東·八年級期中）如圖，在三角形ABC中，，為三角形內任意一點，連結AP，并延長交BC于點D. 求證：（1）；（2）.

【詳解】（1）∵，∴
∵，∴，∴
∵，∴
（2）過點作，交、于、，則，
由（1）知
∵， ∴
即
（幾何證明中后一問常常要用到前一問的結論）
例5．（2023·江蘇南京·七年級校聯(lián)考期末）互動學習課堂上某小組同學對一個課題展開了探究．
小亮：已知，如圖三角形，點是三角形內一點，連接，，試探究與，，之間的關系．
小明：可以用三角形內角和定理去解決．
小麗：用外角的相關結論也能解決．
（1）請你在橫線上補全小明的探究過程：
∵，（______）
∴，（等式性質）
∵，
∴，
∴．（______）
（2）請你按照小麗的思路完成探究過程；
（3）利用探究的結果，解決下列問題：
①如圖①，在凹四邊形中，，，求______；
②如圖②，在凹四邊形中，與的角平分線交于點，，，則______；
③如圖③，，的十等分線相交于點、、、…、，若，，則的度數(shù)為______；
④如圖④，，的角平分線交于點，則，與之間的數(shù)量關系是______；
⑤如圖⑤，，的角平分線交于點，，，求的度數(shù)．
【答案】（1）三角形內角和180°；等量代換；（2）見解析；（3）①；②；③；④；⑤
【分析】（1）根據(jù)三角形的內角和定理即可判斷，根據(jù)等量代換的概念即可判斷；
（2）想要利用外角的性質求解，就需要構造外角，因此延長交于，然后根據(jù)外角的性質確定，，即可判斷與，，之間的關系；
（3）①連接BC，然后根據(jù)（1）中結論，代入已知條件即可求解；
②連接BC，然后根據(jù)（1）中結論，求得的和，進而得到的和，然后根據(jù)角平分線求得的和，進而求得，然后利用三角形內角和定理，即可求解；
③連接BC，首先求得，然后根據(jù)十等分線和三角形內角和的性質得到，然后得到的和，最后根據(jù)（1）中結論即可求解；
④設與的交點為點，首先利用根據(jù)外角的性質將用兩種形式表示出來，然后得到，然后根據(jù)角平分線的性質，移項整理即可判斷；
⑤根據(jù)（1）問結論，得到的和，然后根據(jù)角平分線的性質得到的和，然后利用三角形內角和性質即可求解．
【詳解】（1）∵，（三角形內角和180°）
∴，（等式性質）
∵， ∴，
∴．（等量代換） 故答案為：三角形內角和180°；等量代換．
（2）如圖，延長交于，
由三角形外角性質可知，，，
∴．
（3）①如圖①所示，連接BC，
，
根據(jù)（1）中結論，得，
∴，∴；
②如圖②所示，連接BC，
，
根據(jù)（1）中結論，得，∴，
∵與的角平分線交于點，∴，,
∴，
∵，，
∴，∴，
∵，∴；
③如圖③所示，連接BC，
，
根據(jù)（1）中結論，得，
∵，，∴，
∵與的十等分線交于點，∴，,
∴，
∴，
∵，∴，
∴，∴，∴；
④如圖④所示，設與的交點為點，
∵平分，平分，∴，，
∵，，∴,
∴,
∴，即；
⑤∵，的角平分線交于點，∴，
∴．
【點睛】本題考查了三角形內角和定量，外角的性質，以及輔助線的做法，重點是觀察題干中的解題思路，然后注意角平分線的性質，逐漸推到即可求解．
模型2、風箏模型（鷹爪模型）或角內翻模型

圖1 圖2
1）鷹爪模型：結論：∠A+∠O=∠1+∠2；
2）鷹爪模型（變形）：結論：∠A+∠O=∠2-∠1。

圖3 圖4
3）角內翻模型:
如圖3，將三角形紙片ABC沿EF邊折疊，當點C落在四邊形ABFE內部時，結論：2∠C=∠1+∠2；
如圖4，將三角形紙片ABC沿EF邊折疊，當點C落在四邊形ABFE外部時，結論：2∠C=∠2-∠1。
例1．（2023·四川達州·八年級期末）如圖，，，分別是四邊形的外角，判定下列大小關系：①；②；③；④．其中正確的是 ．（填序號）
【答案】①
【分析】根據(jù)多邊形（三角形）的外角和為即可求解．
【詳解】解：如圖，連接，
∵，，
∴，故①正確，②不正確；
∵多邊形的外角和是，∴，故③④不正確，故答案為：①．
【點睛】本題主要考查多邊形的內角和定理、外角和性質，掌握以上知識，能正確添加輔助線構成三角形是解題的關鍵．
例2．（2023春·江蘇·七年級期中）如圖，在中， ，將沿翻折后，點A落在BC邊上的點處．若，則的度數(shù)為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)折疊的性質，得到，，結合，得到，再根據(jù)，利用三角形內角和定理計算即可．
【詳解】．根據(jù)折疊的性質，得到，，
因為，所以，
因為，所以．故選C．
【點睛】本題考查了折疊的性質，三角形內角和定理，熟練掌握折疊性質是解題的關鍵．
例3．（2023·江蘇泰州·七年級?？计谥校┰凇鰽BC中，∠B＝33°，將△ABC沿直線m翻折，點B落在點D的位置，則∠1—∠2的度數(shù)是
【答案】66°
【分析】由折疊的性質得到∠D＝∠B，再利用外角性質即可求出所求角的度數(shù)．
【詳解】解：如圖，由折疊的性質得：∠D＝∠B＝33°，
根據(jù)外角性質得：∠1＝∠3+∠B，∠3＝∠2+∠D，
∴∠1＝∠2+∠D+∠B＝∠2+2∠B＝∠2+66°，∴∠1﹣∠2＝66°．故答案為：66°．
【點睛】此題考查了翻折變換以及三角形外角性質的運用，熟練掌握折疊的性質是解本題的關鍵．折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等．
例4．（2023春·甘肅天水·七年級校聯(lián)考期末）如圖①，、是四邊形的兩個不相鄰的外角．

(1)猜想并說明與、的數(shù)量關系；(2)如圖②，在四邊形中，與的平分線交于點．若，，求的度數(shù)；(3)如圖③，、分別是四邊形外角、的角平分線．請直接寫出、與的數(shù)量關系 ．
【答案】(1)；(2)；(3)．
【分析】（1）根據(jù)多邊形內角和與外角即可說明與、的數(shù)量關系；
（2）結合(1)的結論，根據(jù)與的平分線，，，即可求的度數(shù)；
（3）結合(1)的結論，根據(jù)、分別是四邊形外角、的角平分線.進而可以寫出、與的數(shù)量關系．
【詳解】（1）猜想：，理由如下：
∵，，∴，
（2）∵，，，
∴，
∵、分別平分與，∴，，
∴，
∴，
（3）、與的數(shù)量關系為：，理由如下：
∵、分別是四邊形外角、的角平分線，
∴，，
由(1)可知:，，
∴，∴，故答案為：．
【點睛】此題考查了多邊形內角與外角、三角形內角和定理，解決本題的關鍵是掌握多邊形外角．
例5．（2022·江蘇宿遷·七年級校考期中）三角形內角和定理告訴我們：如圖①三角形三個內角的和等于180°．
(1)【定理推論】如圖②，在△ABC中，有∠A+∠B+∠ACB=180°，點D是BC延長線上一點．
由平角的定義可得∠ACD+∠ACB=180°，所以∠ACD=________ ．從而得到三角形內角和定理的推論：三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內角的和．
(2)【初步運用】如圖③，點D、E分別是△ABC的邊AB、AC延長線上一點．
①若∠A=80°，∠DBC=150°，則∠ACB=_____°;②若∠A=80°，則∠DBC+∠ECB=______°．
(3)【拓展延伸】如圖④，點D、E分別是四邊形ABPC的邊AB、AC延長線上一點．
①若∠A=80°，∠P=150°，則∠DBP+∠ECP= _____°；
②分別作∠DBP和∠ECP的平分線，交于點O，如圖⑤，若∠O=50°，求∠A和∠P之間的數(shù)量關系；
③分別作∠DBP和∠ECP的平分線BM、CN，如圖⑥，若∠A=∠P，求證：．
【答案】(1)(2)；(3)； ；證明見解析
【分析】（1）根據(jù)三角形的內角和定理和平角的定義可得結論；
（2）①根據(jù)三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內角的和列式可得結論；
②根據(jù)三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內角的和與三角形內角和定理列式可得結論；
（3）①連接AP，根據(jù)三角形內角和定理的推論可得等式，將兩個等式相加可得結論；
②設∠DBO＝x，∠OCE＝y(tǒng)，則∠DBO＝∠OBP＝x，∠PCO＝∠OCE＝y(tǒng)，由①得：x+y＝∠A+∠O，2x+2y＝∠A+∠P，即可得到結論；③延長BP交CN于點Q，構建三角形PQC，由①的結論得：∠DBP+∠ECP＝∠A+∠BPC，根據(jù)角平分線的定義，證明∠MBP＝∠PQC，可得結論．
【詳解】（1）∵∠A+∠B+∠ACB＝180°，∠ACD+∠ACB＝180°，
∴∠ACD＝∠A+∠B，故答案為：∠A+∠B；
（2）①∵∠DBC＝∠A+∠ACB，∠A＝80°，∠DBC＝150°，
∴∠ACB＝∠DBC-∠A＝70°，故答案為：70；
②∵∠DBC＝∠A+∠ACB，∠ECB＝∠A+∠ABC，
∴∠DBC+∠ECB＝(∠A+∠ACB)+(∠A+∠ABC)＝∠A+(∠ACB+∠A+∠ABC)＝∠A+180°，
∵∠A＝80°，∴∠DBC+∠ECB＝260°，故答案為：260；
（3）①連接AP，如圖，

∵∠DBP＝∠BAP+∠BPA，∠ECP＝∠CAP+∠CPA，
∴∠DBP+∠ECP＝∠BAP+∠BPA+∠CAP+∠CPA＝∠BAC+∠BPC，
∵∠BAC＝80°，∠BPC＝150°，∴∠DBP+∠ECP＝230°，故答案為：230；
②設∠DBO＝x，∠OCE＝y(tǒng)，則∠DBO＝∠OBP＝x，∠PCO＝∠OCE＝y(tǒng)，
則：x+y＝∠A+∠O，2x+2y＝∠A+∠P，∴2∠A+2∠O＝∠A+∠P．
∵∠O＝50°，∴∠P＝∠A+100°，故答案為：∠P＝∠A+100°；
③證明：延長BP交CN于點Q，如圖：
∵BM平分∠DBP，CN平分∠ECP，∴∠DBP＝2∠MBP，∠ECP＝2∠NCP，
∵由①知：∠DBP+∠ECP＝∠A+∠BPC，又∠A＝∠BPC，
∴2∠MBP+2∠NCP＝∠A+∠BPC＝2∠BPC，∴∠BPC＝∠MBP+∠NCP．
∵∠BPC＝∠PQC+∠NCP，∴∠MBP＝∠PQC，∴．
【點睛】本題考查三角形內角和定理，三角形外角性質的推理及運用，角平分線的定義，平行線的判定．根據(jù)題意作出輔助線，構造出三角形是解答此題的關鍵．
例6．（2023春·江蘇宿遷·七年級校考期中）（1）如圖1，將紙片沿折疊，使點落在四邊形內點的位置．則之間的數(shù)量關系為：_______；
（2）如圖2，若將（1）中“點落在四邊形內點的位置”變?yōu)椤包c落在四邊形外點的位置”，則此時之間的數(shù)量關系為：_________；
（3）如圖3，將四邊形紙片（，與不平行）沿折疊成圖3的形狀，若，，求的度數(shù)；（4）在圖3中作出的平分線，試判斷射線的位置關系，當點在邊上向點移動時（不與點重合），的大小隨之改變（其它條件不變），上述，的位置關系改變嗎？為什么？

【答案】（1），（2）；（3）；（4）位置不改變，．
【分析】（1）連接，證明，結合，，再利用角的和差關系可得答案；
（2）連接，證明，結合，，再利用角的和差關系可得答案；（3）如圖，延長，交于點Q，延長，交于點，則對折后與重合，由（2）的結論可得：，可得，再利用三角形的內角和定理可得答案；（4）如圖，平分，平分，可得，，由對折可得：，，
由（2）的結論可得： ，即，證明，可得．
【詳解】（1）結論： 理由：連接，

沿折疊A和重合，∴
∵，
∴．
（2） 理由：連接，
沿折疊A和重合，∴
∵，
∴；
（3）如圖，延長，交于點Q，延長，交于點，則對折后與重合，

由（2）的結論可得：，而，，
∴，∴，∵，∴；
（4），理由見解析 如圖，平分，平分，
∴，，
由對折可得：，，
由（2）的結論可得：，即∴，
∴，
∴，
∴，∴．
【點睛】本題考查的是三角形的內角和定理的應用，三角形的外角的性質，軸對稱的性質，熟記軸對稱的性質并進行解題是關鍵．
課后專項訓練
1．（2023春·江蘇揚州·七年級統(tǒng)考期末）如圖，將沿折疊，使、與邊分別相交于點、，若，則的度數(shù)為（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】可得，，可求，從而可求，由，，即可求解．
【詳解】解：由翻折得：，，
，，，
，，
，，，
，，，故選：B．
【點睛】本題主要考查了翻折的性質，三角形內角和定理，三角形外角的性質，掌握性質及定理是解題的關鍵．
2．（2023·四川綿陽·八年級校考期中）如圖，中，，將沿折疊，使得點B落在邊上的點F處，若且，則的度數(shù)為（ ）

A．30°B．40°C．50°D．60°
【答案】B
【分析】平角的定義，求出的度數(shù)，翻折，得到，等邊對等角，得到，三角形內角和定理，得到，再根據(jù)列式求解即可．
【詳解】解：∵中，，∴，
∵將沿折疊，使得點B落在邊上的點F處，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴，∴；故選B．
【點睛】本題考查與折疊有關的三角形的內角和問題，等邊對等角．解題關鍵是理清角度之間的等量關系．
3．（2023·河南安陽·八年級?？计谥校┤鐖D，把△ABC紙片沿DE折疊，當點A落在四邊形BCED的外部時，則∠A與∠1和∠2之間有一種數(shù)量關系始終保持不變，請試著找一找這個規(guī)律，你發(fā)現(xiàn)的規(guī)律是（ ）
A．2∠A＝∠1﹣∠2 B．3∠A＝2（∠1﹣∠2） C．3∠A＝2∠1﹣∠2 D．∠A＝∠1﹣∠2
【答案】A
【分析】根據(jù)折疊的性質可得，根據(jù)三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和，得到，，然后列式整理即可得解．
【詳解】解：根據(jù)折疊的性質，得．
在中，，在中，，
∴，即．故選A．
【點睛】本題考查了三角形外角的性質以及折疊的性質，根據(jù)三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和的性質把角與角之間聯(lián)系起來是解題的關鍵．
4．（2023·廣東廣州·八年級統(tǒng)考期中）如圖，∠1，∠2，∠3，∠4滿足的關系式是（ ）
A．∠1＋∠2＝∠3＋∠4 B．∠1＋∠2＝∠4－∠3 C．∠1＋∠4＝∠2＋∠3 D．∠1＋∠4＝∠2－∠3
【答案】D
【分析】本題考查的是三角形內角與外角的關系．根據(jù)外角的性質，可推出∠1+∠4=∠6，∠6=∠2-∠3，從而推出∠1+∠4=∠2-∠3
【詳解】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．故選D．
【點睛】此題考查了三角形內角和外角，解題的關鍵是記住外角和定理．
5．（2023·新疆烏魯木齊·八年級?？计谥校┤鐖D，，，，則（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】在中由三角形外角的性質可求得，在中，利用三角形外角的性質可求得．
【詳解】解：∵是的一個外角，∴，
∵是的一個外角，∴，故選：C．
【點睛】本題主要考查三角形外角的性質，掌握三角形的一個外角等于不相鄰兩個內角的和是解題的關鍵．
6．（2023春·河南洛陽·七年級統(tǒng)考期末）如圖，在五邊形中，若去掉一個的角后得到一個六邊形，則的度數(shù)為（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)三角形的內角和定理可得，根據(jù)平角的定義可得，從而求出結論．
【詳解】解：∵，∴，
∵，∴．故選D．
【點睛】此題考查的是三角形內角和定理的應用，掌握三角形的內角和定理是解題關鍵．
7．（2023春·山東菏澤·七年級統(tǒng)考期末）如圖，在三角形紙片ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，將紙片的一角折疊，使點C落在△ABC外，若∠2＝18°，則∠1的度數(shù)為（ ）
A．50°B．118°C．100°D．90°
【答案】B
【分析】在△ABC中利用三角形內角和定理可求出∠C的度數(shù)，由折疊的性質，可知：∠CDE＝∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，結合∠2的度數(shù)可求出∠CED的度數(shù)，在△CDE中利用三角形內角和定理可求出∠CDE的度數(shù)，再由∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE即可求出結論．
【詳解】解：在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝50°．
由折疊，可知：∠CDE＝∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，∴∠CED＝＝99°，
∴∠CDE＝180°﹣∠CED﹣∠C＝31°，∴∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE＝180°﹣2∠CDE＝118°．故選：B．
【點睛】本題考查了三角形內角和定理以及折疊的性質，利用三角形內角和定理及折疊的性質求出∠CDE的度數(shù)是解題的關鍵．
8．（2022秋·八年級課時練習）如圖，把△ABC沿EF對折，折疊后的圖形如圖所示，，，則 的度數(shù)為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由三角形的內角和，得，由鄰補角的性質得，根據(jù)折疊的性質得，即，所以，．
【詳解】解：∵，∴，∴，
由折疊的性質可得：，∴，
∵，∴，即．故選B．
【點睛】本題考查了三角形的內角和定理、鄰補角的性質、折疊的性質，熟悉掌握三角形的內角和為，互為鄰補角的兩個角之和為以及折疊的性質是本題的解題關鍵．
9．（2023·福建三明·八年級統(tǒng)考期末）如圖△ABC中，將邊BC沿虛線翻折，若∠1+∠2＝110°，則∠A的度數(shù)是 度．
【答案】55/五十五
【分析】延長B'E，C'F，交于點D，依據(jù)∠A=∠D，∠AED+∠AFD=250°，即可得到∠A的度數(shù)．
【詳解】解：如圖，延長B'E，C'F，交于點D，
由折疊可得，∠B=∠B'，∠C=∠C'，∴∠A=∠D，
又∵∠1+∠2=110°，∴∠AED+∠AFD=360°-110°=250°，
∴四邊形AEDF中，∠A=（360°-250°）=55°，故答案為：55．
【點睛】本題主要考查了三角形內角和定理，解決問題的關鍵是構造四邊形，利用四邊形內角和進行計算．
10．（2023春·山東濰坊·七年級統(tǒng)考期末）在中，，，將、按照如圖所示折疊，若，則 °
【答案】
【分析】先根據(jù)折疊的性質求出，，，再根據(jù)三角形內角和定理求出，，進而求出，然后求出四邊形內角和，進而得出，即可得出答案．
【詳解】根據(jù)折疊性質得，，．
∵，，∴，，
∴，，
∴．
在四邊形中，.
∴，
即，∴，
∴．故答案為：265．
【點睛】本題考查三角形內角和定理，折疊的性質，四邊形的內角和等，確定各角之間的數(shù)量關系是解題的關鍵．
11．（2023·廣東·八年級?？茧A段練習）（1）如圖①∠1+∠2與∠B+∠C有什么關系？為什么？
（2）把圖①△ABC沿DE折疊，得到圖②，填空：
∠1+∠2 ∠B+∠C（填“＞”“＜”“＝”），當∠A＝60°時，∠B+∠C+∠1+∠2＝
（3）如圖③，是由圖①的△ABC沿DE折疊得到的，猜想∠BDA+∠CEA與∠A的關系，并證明你的猜想．
【答案】（1）∠1+∠2＝∠B+∠C；理由見解析；（2）＝；240°（3）∠BDA+∠CEA＝2∠A；理由見解析．
【分析】（1）根據(jù)三角形的內角和定理即可推得∠1+∠2與∠B+∠C的關系；
（2）由折疊的性質和（1）的結論可得∠1+∠2與∠B+∠C的關系；當∠A＝60°時，先求出∠B+∠C的度數(shù)，再利用前者的結論即可得出答案；
（3）如圖③，延長BD交CE的延長線于A′，利用三角形的外角的性質即可得出結論：∠BDA+∠CEA＝2∠A．
【詳解】解：（1）根據(jù)三角形內角是180°，可知：∠1+∠2＝180°﹣∠A，∠B+∠C＝180°﹣∠A，
∴∠1+∠2＝∠B+∠C；
（2）由折疊的性質知：圖②的∠1+∠2就是圖①的∠1+∠2，而由（1）知：∠1+∠2＝∠B+∠C；
∴在圖②中有∠1+∠2＝∠B+∠C；當∠A＝60°時，∠B+∠C＝180°﹣∠A=120°，
∴∠B+∠C+∠1+∠2＝120°×2＝240°；故答案為＝；240°
（3）∠BDA+∠CEA與∠A的關系為：∠BDA+∠CEA＝2∠A．
理由如下：如圖③，延長BD交CE的延長線于A′，連接AA′．
∵∠BDA＝∠DA′A+∠DAA′，∠AEC＝∠EA′A+∠EAA′，∠DA′E＝∠DAE，
∴∠BDA+∠AEC＝2∠DAE，∴∠BDA+∠CEA與∠A的關系為：∠BDA+∠CEA＝2∠A．
【點睛】本題考查了折疊的性質、三角形的內角和定理與三角形外角的性質，熟練掌握三角形的內角和定理和三角形外角的性質是解此題的關鍵.
12．（2023春·江蘇泰州·七年級校聯(lián)考期中）已知，在中，，點在上，過點的一條直線與直線、分別交于點、．(1)如圖1，，則______°．
(2)如圖2，猜想、、之間的數(shù)量關系，并加以證明；
(3)如圖3，直接寫出、、之間的數(shù)量關系______．

【答案】(1)140(2)，證明見解析(3)
【分析】（1）根據(jù)三角形內角和定理先求出，再根據(jù)，代入后得出，即可得出答案；
（2）先求出，再得出，進而可得出答案；
（3）根據(jù)三角形內角和定理和三角形的外角的性質即可得出答案．
【詳解】（1）解：∵，，∴，
∵，∴，
∵，∴；
（2），
證明：在中∵，∴，
在中，∵，∴，
∴，∵，∴；
（3）解：∵，，，
∴，∴．
【點睛】本題考查三角形內角和定理，三角形外角的性質，掌握三角形內角和180度是解題的關鍵．
13．（2023春·福建福州·七年級校考期末）如圖①，凹四邊形形似圓規(guī)，這樣的四邊形稱為“規(guī)形”，
(1)如圖①，在規(guī)形中，若，，，則______°；
(2)如圖②，將沿，翻折，使其頂點A，B均落在點O處，若，則______°；
(3)如圖③，在規(guī)形中，、的角平分線、交于點E，且，試探究，，之間的數(shù)量關系，并說明理由．
【答案】(1)20(2)54(3)；理由見解析
【分析】（1）連接，并延長到點E，根據(jù)三角形外角的性質得出、，即可得出，根據(jù)，，，即可得出答案；
（2）根據(jù)翻折得出，，根據(jù)三角形內角和得出，在根據(jù)，列出關于的方程，解方程即可得出答案；
（3）根據(jù)角平分線的定義結合解析（1）得出，，根據(jù)，，即可得出答案．
【詳解】（1）解：如圖1，連接，并延長到點E，
則、，∴，即，
∵，，，∴，故答案為：20；
（2）解：∵將沿，翻折，頂點A，B均落在點O處，
∴，，∴，∵，∴，
∵，∴，∴．
（3）解：；理由如下：如圖3，
由（1）知，
∵平分，∴，
∵平分，∴，∵，，
∴
即．
【點睛】本題主要考查了三角形外角的性質和三角形內角和定理，角平分線的性質，解題的關鍵是熟練掌握三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和．
14．（2023·四川達州·中考模擬）箭頭四角形,模型規(guī)律:如圖1，延長CO交AB于點D，則．因為凹四邊形ABOC形似箭頭，其四角具有“”這個規(guī)律，所以我們把這個模型叫做“箭頭四角形”．模型應用:
（1）直接應用：①如圖2， ．②如圖3，的2等分線（即角平分線）交于點F，已知，則
③如圖4，分別為的2019等分線．它們的交點從上到下依次為．已知，則 度
【答案】（1）①，②，③；
【分析】（1）①由可得答案；
②由且知，從而得，代入計算可得；
③由，
知，代入
得，
據(jù)此得出，代入可得答案；
（2）由知，結合得，連接OC，根據(jù)全等三角形的判定和性質以及菱形的判定解答即可．
【詳解】解：（1）①如圖2，在凹四邊形ABOC中，，
在凹四邊形DOEF中，，

②如圖3，，且
，，；
③如圖4，由題意知,
則
代入得
解得：
，；
故答案為①；②；③（）；
15.（2022秋·河南商丘·八年級統(tǒng)考階段練習）一個三角形紙片ABC沿DE折疊，使點A落在點A′處．（點A′在△ABC的內部）.(1)如圖1，若∠A＝45°，則∠1+∠2＝ °．(2)利用圖1，探索∠1，∠2與∠A之間的數(shù)量關系，并說明理由．(3)如圖2，把△ABC折疊后，BA′平分∠ABC，CA′平分∠ACB，若∠1+∠2＝108°，利用（2）中得出的結論求∠BA′C的度數(shù)．
【答案】(1)90°(2)∠1+∠2＝2∠A，理由見解析(3)117°
【分析】（1）根據(jù)翻折變換的性質用∠1、∠2表示出∠ADE和∠AED，再根據(jù)三角形的內角和定理列式整理即可得解；根據(jù)翻折變換的性質用∠1、∠2表示出∠ADE和∠AED，再根據(jù)三角形的內角和定理列式整理即可得解；（2）由∠BDE、∠CED是△ADE的兩個外角知∠BDE＝∠A+∠AED、∠CED＝∠A+∠ADE，據(jù)此得∠BDE+∠CED＝∠A+∠AED+∠A+∠ADE，繼而可得答案；
（3）由（1）∠1+∠2＝2∠A知∠A＝54°，根據(jù)BA'平分∠ABC，CA'平分∠ACB知∠A'BC+∠A'CB＝（∠ABC+∠ACB）＝90°﹣∠A．利用∠BA'C＝180°﹣（∠A'BC+∠A'CB）可得答案．
【詳解】（1）∵點A沿DE折疊落在點A′的位置，∴∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，
∴∠ADE＝（180°﹣∠1），∠AED＝（180°﹣∠2），在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴45°+（180°﹣∠1）+（180°﹣∠2）＝180°，整理得∠1+∠2＝90°；故答案為：90°．
（2）∠1+∠2＝2∠A，理由：∵∠BDE、∠CED是△ADE的兩個外角，
∴∠BDE＝∠A+∠AED，∠CED＝∠A+∠ADE，∴∠BDE+∠CED＝∠A+∠AED+∠A+∠ADE，
∴∠1+∠ADE+∠2+∠AED＝2∠A+∠AED+∠ADE，即∠1+∠2＝2∠A；
（3）由（1）∠1+∠2＝2∠A，得2∠A＝108°，∴∠A＝54°，∵BA'平分∠ABC，CA'平分∠ACB，
∴∠A'BC+∠A'CB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A．
∴∠BA'C＝180°﹣（∠A'BC+∠A'CB），＝180°﹣（90°﹣∠A）＝90°+∠A＝90°+×54°＝117°．
【點睛】本題考查了翻折變換的性質，三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和，三角形的內角和等于180°，綜合題，但難度不大，熟記性質準確識圖是解題的關鍵．
16．（2023·江蘇·七年級假期作業(yè)）【教材呈現(xiàn)】蘇科版義務教育數(shù)學教科書七下第42頁第20題，是一道研究雙內角平分線的夾角和雙外角平分線夾角的數(shù)學問題，原題如下．
在中，．（1）設、的平分線交于點O，求的度數(shù)；
（2）設的外角、的平分線交于點，求的度數(shù)；
（3）與有怎樣的數(shù)量關系？
【問題解決】聰聰對上面的問題進行了研究，得出以下答案：
如圖1，在中，．
(1) 、的平分線交于點O，則的度數(shù)為________；
(2)的外角、的平分線交于點，則的度數(shù)為________；
(3)與的數(shù)量關系是_________．
(4)【問題深入】如圖2，在中，、的角平分線交于點O，將沿折疊使得點A與點O重合，請直接寫出與的一個等量關系式：
(5)如圖3，過的外角、的平分線的交點，作直線交于點P，交于點Q．當時，與有怎樣的數(shù)量關系？請直接寫出結果．
【答案】(1)；(2)；(3)；
(4)；(5)
【分析】（1）由三角形內角和定理得到，，再根據(jù)角平分線的定義，推出，即可求出的度數(shù)；（2）根據(jù)三角形外角的定義，推出，再根據(jù)角平分線的定義，推出，然后利用三角形內角和定理即可求出的度數(shù)；（3）根據(jù)（1）和（2）的結果即可得到答案；（4）由折疊的性質可知，，，得到，，再根據(jù)三角形內角和定理，推出，由（1）同理可證，據(jù)此即可得到答案；（5）根據(jù)多邊形內角和與角平分線的定義，推出，再根據(jù)三角形外角的性質，得到，最后根據(jù)，即可得到答案．
【詳解】（1）解：，，
平分，平分，，，
，
，故答案為：；
（2）解：，，
，
平分，平分，，，
，
，故答案為：；
（3）解：由（1）和（2）可知，，，
，故答案為：
（4）解：，理由如下：由折疊的性質可知，，，
，，
，，
由（1）同理可證，，，；
（5）解：四邊形的內角和為，，
平分，平分，，，
，，
，，，
，，
，，．
【點睛】本題考查了角平分線的定義，三角形外角的性質，三角形內角和定理，多邊形內角和，根據(jù)圖形找出角度之間的數(shù)量關系是解題關鍵．
17．（2023春·江蘇淮安·七年級?？茧A段練習）我們知道：光線反射時，反射光線、入射光線分別在法線兩側，反射角等于入射角．如圖1，為一鏡面,為入射光線，入射點為點O，為法線（過入射點O且垂直于鏡面的直線），為反射光線,此時反射角等于入射角，由此可知等于．
（1）兩平面鏡、相交于點O，一束光線從點A出發(fā)，經過平面鏡兩次反射后，恰好經過點B．
①如圖2，當為多少度時，光線？請說明理由．
②如圖3，若兩條光線、所在的直線相交于點E，延長發(fā)現(xiàn)和分別為一個內角和一個外角的平分線，則與之間滿足的等量關系是_______．（直接寫出結果）
（2）三個平面鏡、、相交于點M、N，一束光線從點A出發(fā),經過平面鏡三次反射后，恰好經過點E，請直接寫出、、與之間滿足的等量關系．
【答案】（1）①90°，理由見解析；②∠MEN=2∠POQ；（2）2（∠M+∠N）-∠BCD=360°-∠BFD
【分析】（1）①設∠AMP=∠NMO=α，∠BNQ=∠MNO=β，根據(jù)∠AMN+∠BNM=180°，可得α+β=90°，再根據(jù)三角形內角和定理進行計算即可；②設∠AMP=∠NMO=α，∠BNO=∠MNQ=β，根據(jù)三角形外角性質可得∠MEN=2（β-α），再根據(jù)三角形外角性質可得∠POQ=β-α，進而得出∠MEN=2∠POQ；
（2）分別表示出∠M，∠N，∠BCD，利用四邊形內角和表示出∠BFD，再將∠M，∠N，∠BCD進行運算，變形得到∠BFD，即可得到關系式．
【詳解】解：（1）①設∠AMP=∠NMO=α，∠BNQ=∠MNO=β，
當AM∥BN時，∠AMN+∠BNM=180°，即180°-2α+180°-2β=180°，∴180°=2（α+β），∴α+β=90°，
∴△MON中，∠O=180°-∠NMO-∠MNO=180°-（α+β）=90°，∴當∠POQ為90度時，光線AM∥NB；
②設∠AMP=∠NMO=α，∠BNO=∠MNQ=β，∴∠AMN=180°-2α，∠MNE=180°-2β，
∵∠AMN是△MEN的外角，∴∠MEN=∠AMN-∠MNE=（180°-2α）-（180°-2β）=2（β-α），
∵∠MNQ是△MNO的外角，∴∠POQ=∠MNQ-∠NMO=β-α，∴∠MEN=2∠POQ；
（2）設∠PBE=∠MBC=∠1，∠MCB=∠NCD=∠2，∠CDN=∠ADQ=∠3，
可知：∠M=180°-∠1-∠2，∠N=180°-∠2-∠3，∠BCD=180°-2∠2，∵∠CBA=180°-2∠1，∠CDA=180°-2∠3，
∴∠BFD=360°-∠CDA-∠CBA-∠BCD=360°-（180°-2∠1）-（180°-2∠2）-（180°-2∠3）
=2（∠1+∠2+∠3）-180° 又∵2（∠M+∠N）-∠BCD=2（180°-∠1-∠2+180°-∠2-∠3）-（180°-2∠2）
=540°-2（∠1+∠2+∠3）=360°-[2（∠1+∠2+∠3）-180°]=360°-∠BFD
∴2（∠M+∠N）-∠BCD=360°-∠BFD．
【點睛】本題考查了平行線的判定與性質，三角形外角的性質以及多邊形內角和定理的綜合應用，解題時注意：兩直線平行，同旁內角互補；三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和．

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