1、注重生活聯(lián)系，形式活潑多樣。初中生的數(shù)學(xué)思維能力正逐步由直觀形象思維向抽象思維發(fā)展。這個(gè)發(fā)展需要一定的過(guò)程。
2、注重動(dòng)手操作，引導(dǎo)學(xué)生“做”數(shù)學(xué)。有效的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)活動(dòng)不能單純地依賴模仿與記憶，自主探索與合作交流也是學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的重要方法。
3、注重“過(guò)程”和數(shù)學(xué)思想方法。新教材通過(guò)讓學(xué)生親身經(jīng)歷知識(shí)的形成過(guò)程，使學(xué)生的學(xué)習(xí)過(guò)程更多地成為其發(fā)現(xiàn)數(shù)學(xué)、了解數(shù)學(xué)、體驗(yàn)數(shù)學(xué)的過(guò)程。
專題7.8 角度計(jì)算中的經(jīng)典模型【八大題型】
【蘇科版】
TOC \ "1-2" \h \u
\l "_Tc22594" 【題型1 雙垂直模型】 PAGEREF _Tc22594 \h 1
\l "_Tc12658" 【題型2 A字模型】 PAGEREF _Tc12658 \h 7
\l "_Tc23317" 【題型3 8字模型】 PAGEREF _Tc23317 \h 10
\l "_Tc27779" 【題型4 飛鏢模型】 PAGEREF _Tc27779 \h 16
\l "_Tc17250" 【題型5 風(fēng)箏模型】 PAGEREF _Tc17250 \h 23
\l "_Tc15037" 【題型6 兩內(nèi)角角平分線模型】 PAGEREF _Tc15037 \h 29
\l "_Tc18553" 【題型7 兩外角角平分線模型】 PAGEREF _Tc18553 \h 35
\l "_Tc19661" 【題型8 內(nèi)外角角平分線模型】 PAGEREF _Tc19661 \h 39
【知識(shí)點(diǎn)1 雙垂直模型】
【條件】∠B=∠D=∠ACE=90°.
【結(jié)論】∠BAC=∠DCE，∠ACB=∠CED.
【證明】∵∠B=∠D=∠ACE=90°；∴∠BAC+∠ACB=90°；又∠ECD+∠ACB=90°；∴∠BAC=∠DCE
同理,∠ACB+∠DCE =90°，且∠CED+∠DCE =90°；∴∠ACB=∠CED，得證.
【題型1 雙垂直模型】
【例1】（2022春?建鄴區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB上一點(diǎn)，且∠ACD＝∠B．
（1）求證：CD⊥AB
證明：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°（已知）
∴∠A+∠B＝90°（ 直角三角形兩銳角互余 ）
又∵∠ACD＝∠B（已知）
∴∠A+∠ACD＝90°（等量代換）
∴∠ADC＝90° （ 三角形內(nèi)角和定理 ）
∴CD⊥AB．
（2）如圖②，若∠BAC的平分線分別交BC，CD于點(diǎn)E，F(xiàn)，求證：∠AEC＝∠CFE；
（3）如圖③，若E為BC上一點(diǎn)，AE交CD于點(diǎn)F，BC＝3CE，AB＝4AD，S△ABC＝36．
①求S△CEF﹣S△ADF的值；
②四邊形BDFE的面積是 21 ．
【分析】（1）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理解答即可；
（2）根據(jù)角平分線的定義得到∠CAE＝∠BAE，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)計(jì)算，證明結(jié)論；
（3）①根據(jù)三角形的面積公式分別求出S△ACD、S△ACE，結(jié)合圖形計(jì)算即可；
②連接BF，設(shè)S△ADF＝x，根據(jù)三角形的面積公式列出方程，求出x，把x代入計(jì)算得到答案．
【解答】（1）證明：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°（已知）
∴∠A+∠B＝90°（直角三角形兩銳角互余）
又∵∠ACD＝∠B（已知）
∴∠A+∠ACD＝90°（等量代換）
∴∠ADC＝90° （三角形內(nèi)角和定理），∴CD⊥AB．
故答案為：直角三角形兩銳角互余；三角形內(nèi)角和定理；
（2）證明：∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE＝∠BAE，
∵∠AEC＝∠BAE+∠B，∠CFE＝∠ACD+∠CAE，
∴∠AEC＝∠CFE；
（3）解：①∵BC＝3CE，AB＝4AD，S△ABC＝36，
∴S△ACD=14S△ABC＝9，S△ACE=13S△ABC＝12，
∴S△CEF﹣S△ADF＝S△ACE﹣S△ACD＝12﹣9＝3；
②連接BF，
設(shè)S△ADF＝x，則S△CFE＝3+x，
∵AB＝4AD，
∴S△BDF＝3x，
∵BC＝3CE，
∴S△BEF＝2（x+3）＝2x+6，
∴x+3+2x+6+3x=34×36，
解得，x＝3，
∴四邊形BDFE的面積＝3x+2x+6＝21，
故答案為：21．
【變式1-1】（2022春?潤(rùn)州區(qū)期末）已知△ABC中，∠ABC＝90°，BD是AC邊上的高，AE平分∠BAC，分別交BC、BD于點(diǎn)E、F．求證：∠BFE＝∠BEF．
【分析】根據(jù)角平分線的定義可得∠BAE＝∠CAE，再根據(jù)等角的余角相等求出∠BEF＝∠AFD，然后根據(jù)對(duì)頂角相等可得∠BFE＝∠AFD，等量代換即可得解．
【解答】證明：∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE，
∵BD⊥AC，∠ABC＝90°，
∴∠BAE+∠BEF＝∠CAE+∠AFD＝90°，
∴∠BEF＝∠AFD，
∵∠BFE＝∠AFD（對(duì)頂角相等），
∴∠BEF＝∠BFE
【變式1-2】（2022?綏棱縣校級(jí)期中）（1）如圖①，△ABC是銳角三角形，高BD、CE相交于點(diǎn)H，找出∠BHC和∠A之間存在何種等量關(guān)系；
（2）如圖②，若△ABC是鈍角三角形，∠A＞90°，高BD、CE所在的直線相交于點(diǎn)H，把圖②補(bǔ)充完整，并指出此時(shí)（1）中的等量關(guān)系是否仍然成立？
【分析】（1）根據(jù)對(duì)頂角的性質(zhì)，可得∠BHC與∠EHD的關(guān)系，根據(jù)四邊形的內(nèi)角和定理，可得答案；
（2）根據(jù)對(duì)頂角的性質(zhì)，可得∠BHC與∠EHD的關(guān)系，根據(jù)四邊形的內(nèi)角和定理，可得答案．
【解答】解：（1）由∠BHC與∠EHD是對(duì)頂角，得
∠BHC＝∠EHD．
由高BD、CE相交于點(diǎn)H，得
∠ADH＝∠AEH＝90°．
由四邊形內(nèi)角和定理，得
∠A+∠AEH+∠EHD+∠HDA＝360°，
∠A+∠EHD＝360°﹣∠AEH﹣∠HDA＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠BHC+∠A＝180°；
（2）如圖，由∠BHC與∠EHD是對(duì)頂角，得
∠BHC＝∠EHD．
由高BD、CE相交于點(diǎn)H，得
∠ADH＝∠AEH＝90°．
由四邊形內(nèi)角和定理，得
∠H+∠AEH+∠EHD+∠HDA＝360°，
∠H+∠DAE＝360°﹣∠AEH﹣∠HDA＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠BHC+∠BAC＝180°．
【變式1-3】（2022春?香洲區(qū)期末）如圖1，線段AB⊥BC于點(diǎn)B，CD⊥BC于點(diǎn)C，點(diǎn)E在線段BC上，且AE⊥DE．
（1）求證：∠EAB＝∠CED；
（2）如圖2，AF、DF分別平分∠BAE和∠CDE，EH平分∠DEC交CD于點(diǎn)H，EH的反向延長(zhǎng)線交AF于點(diǎn)G．
①求證EG⊥AF；
②求∠F的度數(shù)．【提示：三角形內(nèi)角和等于180度】
【分析】（1）利用同角的余角相等即可證明；
（2）①想辦法證明∠EAG+∠AEG＝90°即可解決問(wèn)題；
②利用∠DFA＝∠DFM+∠AFM=12∠CDE+12∠EAB=12（∠CDE+∠EAB）即可解決問(wèn)題；
【解答】解：（1）∵AB⊥BC，
∴∠EAB+∠AEB＝90°，
∵AE⊥ED，
∴∠CED+∠AEB＝90°，
∴∠EAB＝∠CED．
（2）①∵AF平分∠BAE，
∴∠EAG=12∠EAB，
∵EH平分∠CED，
∴∠HED=12∠CED，
∵∠EAB＝∠CED，
∴∠HED＝∠EAG，
∴∠HED+∠AEG＝90°，
∴∠EAG+∠AEG＝90°，
∴∠EGA＝90°，∴EG⊥AF．
②作FM∥CD．
∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴AB∥CD，∴FM∥AB，
∴∠DFM＝∠CDF=12∠CDE，∠AFM＝∠FAB=12∠EAB，
∵∠CDE+∠CED＝90°，
∴∠CDE+∠EAB＝90°，
∴∠DFA＝∠DFM+∠AFM=12∠CDE+12∠EAB=12（∠CDE+∠EAB）＝45°．
【知識(shí)點(diǎn)2 A字模型】
【條件】△ADE與△ABC.
【結(jié)論】∠AED+∠ADE=∠B+C.
【證明】根據(jù)三角形內(nèi)角和可得，∠AED+∠ADE=180°-∠A，∠B+C=180°-∠A，
∴∠AED+∠ADE=∠B+C，得證.
【題型2 A字模型】
【例2】（2022?江陰市校級(jí)月考）如圖是某建筑工地上的人字架．這個(gè)人字架夾角∠1＝120°，那么∠3﹣∠2的度數(shù)為 60° ．
【分析】根據(jù)平角的定義求出∠4，再利用三角形的外角的性質(zhì)即可解決問(wèn)題；
【解答】解：如圖
∵∠1+∠4＝180°，∠1＝120°，
∴∠4＝60°，
∵∠3＝∠2+∠4，
∴∠3﹣∠2＝∠4＝60°，
故答案為60°．
【變式2-1】（2022春?道里區(qū)期末）如圖，△ABC中∠A＝115°，若圖中沿虛線剪去∠A，則∠1+∠2等于（ ）
A．180°B．230°C．290°D．295°
【分析】根據(jù)題意由三角形內(nèi)角和可得出∠B+∠C＝65°，再根據(jù)四邊形的內(nèi)角和可求出∠1+∠2．
【解答】解：∵∠A＝115°，
∴∠B+∠C＝65°，
∵∠1+∠2+∠B+∠C＝360°，
∴∠1+∠2＝360°﹣65°＝295°．
故選：D．
【變式2-2】（2022武功縣期末）如圖，點(diǎn)D、E分別在△ABC的邊AB、AC上，連接DC、DE，在CD上取一點(diǎn)F，連接EF，若∠1+∠2＝180°，∠3＝∠B，求證：DE∥BC．
【分析】先利用平行線的判定定理判定AB∥EF，利用平行線的性質(zhì)定理得到∠3＝∠ADE，利用等量代換得到∠B＝∠ADE，最后利用同位角相等，兩直線平行判定即可．
【解答】證明：∵∠1+∠DFE＝180°，∠1+∠2＝180°，
∴∠2＝∠DFE．
∴AB∥EF．
∴∠3＝∠ADE．
∵∠3＝∠B，
∴∠B＝∠ADE．
∴DE∥BC．
故答案為：240°．
【變式2-3】（2022春?新野縣期末）舊知新意：
我們?nèi)菀鬃C明，三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和．那么，三角形的一個(gè)內(nèi)角與它不相鄰的兩個(gè)外角的和之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系呢？
嘗試探究：
（1）如圖1，∠DBC與∠ECB分別為△ABC的兩個(gè)外角，試探究∠A與∠DBC+∠ECB之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？為什么？
初步應(yīng)用：
（2）如圖2，在△ABC紙片中剪去△CDE，得到四邊形ABDE，∠1＝130°，則∠2﹣∠C＝ 50° ；
（3）小明聯(lián)想到了曾經(jīng)解決的一個(gè)問(wèn)題：如圖3，在△ABC中，BP、CP分別平分外角∠DBC、∠ECB，∠P與∠A有何數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)利用上面的結(jié)論直接寫(xiě)出答案 ∠P＝90°?12∠A ．
拓展提升：
（4）如圖4，在四邊形ABCD中，BP、CP分別平分外角∠EBC、∠FCB，∠P與∠A、∠D有何數(shù)量關(guān)系？為什么？（若需要利用上面的結(jié)論說(shuō)明，可直接使用，不需說(shuō)明理由．）
【分析】（1）根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和表示出∠DBC+∠ECB，再利用三角形內(nèi)角和定理整理即可得解；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)論整理計(jì)算即可得解；
（3）表示出∠DBC+∠ECB，再根據(jù)角平分線的定義求出∠PBC+∠PCB，然后利用三角形內(nèi)角和定理列式整理即可得解；
（4）延長(zhǎng)BA、CD相交于點(diǎn)Q，先用∠Q表示出∠P，再用（1）的結(jié)論整理即可得解．
【解答】解：（1）∠DBC+∠ECB
＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ACB
＝360°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝360°﹣（180°﹣∠A）
＝180°+∠A；
（2）∵∠1+∠2＝∠180°+∠C，
∴130°+∠2＝180°+∠C，
∴∠2﹣∠C＝50°；
（3）∠DBC+∠ECB＝180°+∠A，
∵BP、CP分別平分外角∠DBC、∠ECB，
∴∠PBC+∠PCB=12（∠DBC+∠ECB）=12（180°+∠A），
在△PBC中，∠P＝180°?12（180°+∠A）＝90°?12∠A；
即∠P＝90°?12∠A；
故答案為：50°，∠P＝90°?12∠A；
（4）延長(zhǎng)BA、CD于Q，
則∠P＝90°?12∠Q，
∴∠Q＝180°﹣2∠P，
∴∠BAD+∠CDA＝180°+∠Q，
＝180°+180°﹣2∠P，
＝360°﹣2∠P．
【知識(shí)點(diǎn)3 8字模型】
【條件】AD、BC相交于點(diǎn)O.
【結(jié)論】∠A+∠B=∠C+∠D.(上面兩角之和等于下面兩角之和)
【證明】在△ABO中，由內(nèi)角和定理：∠A+∠B+∠BOA=180°，在△CDO中，∠C+∠D+∠COD=180°，
∴∠A+∠B+∠BOA=180°=∠C+∠D+∠COD，由對(duì)頂角相等：∠BOA=∠COD
∴∠A+∠B=∠C+∠D，得證.
【題型3 8字模型】
【例3】（2022春?敘州區(qū)期末）如圖，BP平分∠ABC交CD于點(diǎn)F，DP平分∠ADC交AB于點(diǎn)E，若∠A＝45°，∠P＝40°，則∠C的度數(shù)為（ ）
A．30°B．35°C．40°D．45°
【分析】根據(jù)三角形內(nèi)角和定理，得∠A+∠ADG＝∠C+∠GBC，∠A+∠ADE＝∠P+∠PBE．根據(jù)角平分線的定義，得到∠GBC＝2∠PBE，∠ADG＝2∠ADE，進(jìn)而推斷出∠A+∠C＝2∠P，從而解決此題．
【解答】解：∵∠A+∠ADG+∠AGD＝180°，∠ABC+∠C+∠BGC＝180°，
∴∠A+∠ADG+∠AGD＝∠ABC+∠C+∠BGC．
又∵∠AGD＝∠BGC，
∴∠A+∠ADG＝∠C+∠GBC．
∴∠A﹣∠C＝∠GBC﹣∠ADG．
同理可得，∠A+∠ADE＝∠P+∠PBE．
∴∠A﹣∠P＝∠PBE﹣∠ADE．
∵BP平分∠ABC交CD于點(diǎn)F，DP平分∠ADC交AB于點(diǎn)E，
∴∠GBC＝2∠PBE，∠ADG＝2∠ADE．
∴∠A﹣∠C＝2（∠A﹣∠P）．
∴∠A+∠C＝2∠P．
又∵∠A＝45°，∠P＝40°，
∴∠C＝35°．
故選：B．
【變式3-1】（2022春?靖江市校級(jí)月考）已知，如圖，線段AD、CB相交于點(diǎn)O，連結(jié)AB、CD，∠DAB和∠BCD的平分線AP和CP相交于點(diǎn)P．試問(wèn)∠P與∠D、∠B之間存在著怎樣的數(shù)量關(guān)系，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】根據(jù)“8字形”可得∠OAB+∠B＝∠OCD+∠D，∠1+∠P＝∠2+∠D，由角平分線的定義可得∠OAB＝2∠1，∠OCD＝2∠2，整理可得結(jié)論．
【解答】解：2∠P＝∠B+∠D，理由如下：
如圖，
在△AOB和△COD中，
∵∠AOB＝∠COD，
∴∠OAB+∠B＝∠OCD+∠D，
在△AEP和△CED中，
∵∠AEP＝∠CED，
∴∠1+∠P＝∠2+∠D，
∵AP、CP分別是∠DAB和∠BCD的角平分線，
∴∠OAB＝2∠1，∠OCD＝2∠2，
∴2∠P﹣∠B＝2∠D﹣∠D，
整理得，2∠P＝∠B+∠D．
【變式3-2】（2022春?新野縣期末）在學(xué)習(xí)并掌握了平行線的性質(zhì)和判定內(nèi)容后，數(shù)學(xué)老師安排了自主探究?jī)?nèi)容一利用平行線有關(guān)知識(shí)探究并證明：三角形的內(nèi)角和等于180°．小穎通過(guò)探究發(fā)現(xiàn)：可以將三角形的三個(gè)內(nèi)角之和轉(zhuǎn)化為一個(gè)平角來(lái)解決，也就是可以過(guò)三角形的一個(gè)頂點(diǎn)作其對(duì)邊的平行線來(lái)證明．請(qǐng)將下面（1）中的證明補(bǔ)充完整
（1）已知：如圖1，三角形ABC，求證：∠BAC+∠B+∠C＝180°，證明：過(guò)點(diǎn)A作EF∥BC．
（2）如圖2，線段AB、CD相交于點(diǎn)O，連接AD、CB，我們把形如圖2這樣的圖形稱之為“8字形”．請(qǐng)利用小穎探究的結(jié)論直接寫(xiě)出∠A、∠B、∠C、∠D之間的數(shù)量關(guān)系： ∠A+∠D＝∠C+∠B ；
（3）在圖2的條件下，∠DAB和∠BCD的平分線AP和CP相交于點(diǎn)P，并且與CD、AB分別相交于M、N，得到圖3，請(qǐng)判斷∠P與∠D、∠B之間存在的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．
【分析】（1）通過(guò)作平行線把三角形的內(nèi)角轉(zhuǎn)移到同一個(gè)頂點(diǎn)，然后利用平角的定義解決問(wèn)題；
（2）利用（1）的結(jié)論即可求解；
（3）利用（2）的結(jié)論即可求解．
【解答】（1）證明：過(guò)A作EF∥BC，
∴∠EAB＝∠B，∠FAC＝∠C，
又∠EAB+∠BAC+∠FAC＝180°，
∴∠B+∠C+∠BAC＝180°；
（2）解：根據(jù)（1）得∠A+∠D+∠AOD＝∠C+∠B+∠COB＝180°，
又∠AOD＝∠BOC，
∴∠A+∠D＝∠C+∠B；
故答案為：∠A+∠D＝∠C+∠B；
（3）解：2∠P＝∠D+∠B．
根據(jù)（2）∠D+∠DAP＝∠P+∠DCP①，∠PAB+∠P＝∠B+∠PCB②，
∵∠DAB和∠BCD的平分線AP和CP相交于點(diǎn)P，
∴∠DAP＝∠PAB，∠DCP＝∠PCB，
∴①﹣②得：∠D﹣∠P＝∠P﹣∠B，
∴2∠P＝∠D+∠B．
【變式3-3】（2022春?石家莊期中）如圖1至圖2，在△ABC中，∠BAC＝α°，點(diǎn)D在邊AC所在直線上，作DE垂直于直線BC，垂足為點(diǎn)E；BM為△ABC的角平分線，∠ADE的平分線交直線BC于點(diǎn)G．
特例感悟：
（1）如圖1，延長(zhǎng)AB交DG于點(diǎn)F，若BM∥DG，∠F＝30°．
解決問(wèn)題：
①∠ABC＝ 60 °；
②求證：AC⊥AB；
深入探究；
（2）如圖2，當(dāng)α＜90，DG與BM反向延長(zhǎng)線交于點(diǎn)H，用含α的代數(shù)式表示∠BHD＝ 45°?12α ；
拓展延伸：
（3）當(dāng)點(diǎn)D在直線AC上移動(dòng)時(shí)，若射線DG與射線BM相交，設(shè)交點(diǎn)為N，直接寫(xiě)出∠BND與α的關(guān)系式．
【分析】（1）①根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的定義可得答案；②根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠DGC＝∠CBM＝30°，再根據(jù)垂直的定義和角平分線的定義可得結(jié)論；
（2）由八字模型可得，△BHG和△DEG中，∠BHD＝∠EDG+90°﹣∠HBG，再整理可得答案；
（3）分情況討論，分別畫(huà)出對(duì)應(yīng)圖形，再整理即可．
【解答】解：（1）①∵BM∥DG，
∴∠ABM＝∠F＝30°，
∵BM為△ABC的角平分線，
∴∠ABC＝2∠ABM＝60°，
故答案為：60°；
②證明：由①得，∠CBM＝∠ABM＝30°，
∵BM∥DG，
∴∠DGC＝∠CBM＝30°，
∵DE⊥BC，
∴∠EDG＝60°，
∵DG平分∠ADE，
∴∠ADF＝60°，
∴∠A＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∴AC⊥AB；
（2）由八字模型可得，△BHG和△DEG中，
∠BHD＝∠EDG+90°﹣∠HBG=12∠ADE+90°﹣（180°?12∠ABC）=12（∠ADE+∠ABC）﹣90°＝45°?12α．
故答案為：45°?12α；
（3）①如圖，
由八字模型可得，△ABM和△NMD中，
∠BND＝∠ABN+∠A﹣∠MDN=12∠ABC+α?12（90°﹣∠ACB）=12（∠ABC+∠ACB）+α﹣45°＝45°+12α；
②如圖，
由四邊形的內(nèi)角和得，
∠BND＝360°﹣90°?12∠ABC?12∠ADE＝270°?12（270°﹣α）＝135°+12α；
③如圖，
由八字模型可得，∠BND+∠ABM＝∠ADG+∠DAB，
∴∠BND=12∠ADE+（180°﹣α）?12∠ABC=12（90°﹣∠ACB）+（180°﹣α）?12∠ABC＝135°?12α；
綜上，∠BND＝45°+12α或135°±12α．
【知識(shí)點(diǎn)4 飛鏢模型】
【條件】四邊形ABDC如上左圖所示.
【結(jié)論】∠D=∠A+∠B+∠C.(凹四邊形凹外角等于三個(gè)內(nèi)角和)
【證明】如上右圖，連接AD并延長(zhǎng)到E，則：
∠BDC=∠BDE+∠CDE=(∠B+∠1)+(∠2+∠C)=∠B+∠BAC+∠C.本質(zhì)為兩個(gè)三角形外角和定理證明.
【題型4 飛鏢模型】
【例4】（2022春?三明期末）探究與思考：
（1）如圖①，∠BPC是△ABP的一個(gè)外角，則有結(jié)論：∠BPC＝∠A+∠B成立．若點(diǎn)P沿著線段PB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)B重合），連接PC形成圖形②，我們稱之為“飛鏢”圖形，那么請(qǐng)你猜想“飛鏢”圖形中∠BPC與∠A、∠B、∠C之間存在的數(shù)量關(guān)系？并證明你的猜想；
（2）利用（1）的結(jié)論，請(qǐng)你求出五角星（如圖③）中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的值，說(shuō)明你的理由；
（3）若五角星中的點(diǎn)B向右運(yùn)動(dòng)，形成如圖④⑤形狀，（2）中的結(jié)論還成立嗎？請(qǐng)從圖④⑤中任選一個(gè)圖形說(shuō)明理由．
【分析】（1）連接AP并延長(zhǎng)至F，將“飛鏢”圖形轉(zhuǎn)化為兩個(gè)三角形，再根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)進(jìn)行解答；
（2）兩次運(yùn)用三角形外角的性質(zhì)得到∠C+∠E＝∠1，∠B+∠D＝∠2，相加即可得到∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°；
（3）根據(jù)三角形外角的性質(zhì)可知，在△ACG中，∠AGE＝∠A+∠C，在△BDF中，∠DFE＝∠DBF+∠D，所以，∠A+∠C+∠DBF+∠D+∠E＝180°．
【解答】解：（1）如圖②，∠BPC＝∠A+∠B+∠C，
連接AP并延長(zhǎng)至F，
則有∠B+∠BAP＝∠BPF，∠C+∠CAP＝∠CPF，
所以∠B+∠C+∠CAP+∠BAP＝∠BPF+∠CPF＝∠BPC，
即∠B+∠C+∠A＝∠BPC，
（2）如圖③，∠C+∠E＝∠1，∠B+∠D＝∠2，
則∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝∠A+∠1+∠2＝180°．
（3）如圖④，在△ACG中，∠AGE＝∠A+∠C，
在△BDF中，∠DFE＝∠DBF+∠D，
所以，∠A+∠C+∠DBF+∠D+∠E＝∠AGE+∠DFE+∠E＝180°．
【變式4-1】（2022春?井研縣期末）Rt△ABC中，∠C＝90°，點(diǎn)D、E分別是△ABC邊AC、BC上的點(diǎn)，點(diǎn)P是一動(dòng)點(diǎn)．令∠PDA＝∠1，∠PEB＝∠2，∠DPE＝α．
（1）若點(diǎn)P在線段AB上，如圖（1）所示，且∠α＝60°，則∠1+∠2＝ 150° ；
（2）若點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動(dòng)，如圖（2）所示，則∠α、∠1、∠2之間的關(guān)系為 90°+α ；
（3）若點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到邊AB的延長(zhǎng)線上，如圖（3）所示，則∠α、∠1、∠2之間有何關(guān)系？猜想并說(shuō)明理由；
（4）若點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到△ABC形外，如圖（4）所示，則∠α、∠1、∠2之間有何關(guān)系？猜想并說(shuō)明理由．
【分析】（1）由平角的定義得出，∠CDP＝180﹣∠1，∠CEP＝180﹣∠2，最后用四邊形CDPE的內(nèi)角和是360°即可求得∠1+∠2．
（2）同（1）的方法．
（3）利用三角形的外角的性質(zhì)即可得出結(jié)論．
（4）利用外角的性質(zhì)和對(duì)頂角相等即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）由平角的定義知，
∠1+∠CDP＝180°，∠2+∠CEP＝180°，
在四邊形CDPE中，∠CDP+∠α+∠PEC+∠C＝360°，
即（180°﹣∠1）+∠α+（180°﹣∠2）+∠C＝360°，
180°﹣∠1+∠α+180°﹣∠2+90°＝360°，
∴∠1+∠2＝90°+α．
當(dāng)α＝60°時(shí)，∠1+∠2＝150°．
故答案為：150°．
（2）由（1）知，∠1+∠2＝90°+α．
故答案為：90°+α．
（3）∠1＝90°+∠2+∠α．理由如下：
由三角形的外角的性質(zhì)知，
∠DMC＝∠2+∠α，
∠1＝∠C+∠DMC，
∴∠1＝∠C+（∠2+∠α），
即∠1＝90°+∠2+∠α．
（4）∠2＝90°+∠1﹣∠α．理由如下：
由三角形的外角的性質(zhì)知，
∠2＝∠CFE+∠C，
∠1＝∠PFD+∠α，
∵∠CFE＝∠PFD，
∴∠2﹣∠C＝∠1﹣∠α，
∴∠2＝∠C+∠1﹣∠α，
即∠2＝90°+∠1﹣∠α．
【變式4-2】（2022春?深圳校級(jí)期中）平面內(nèi)的兩條直線有相交和平行兩種位置關(guān)系
（1）已知AB平行于CD，如a圖，當(dāng)點(diǎn)P在AB、CD外部時(shí)，∠BPD+∠D＝∠B即∠BPD＝∠B﹣∠D，為什么？請(qǐng)說(shuō)明理由．如b圖，將點(diǎn)P移動(dòng)到AB、CD內(nèi)部，以上結(jié)論是否仍然成立？若不成立，則∠BPD、∠B、∠D之間有何數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)說(shuō)明結(jié)論；
（2）在圖b中，將直線AB繞點(diǎn)B逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)一定角度交直線CD于點(diǎn)Q，如圖c，則∠BPD、∠B、∠D、∠BQD之間有何數(shù)量關(guān)系？（不需證明）
（3）根據(jù)（2）的結(jié)論求圖d中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度數(shù)．
【分析】（1）①利用平行線的性質(zhì)和三角形的外角即可；②利用平行線的特點(diǎn)作出平行線，再利用平行線的性質(zhì)即可；
（2）利用三角形的外角等于與它不相鄰的兩內(nèi)角的和即可；
（3）利用三角形的外角的性質(zhì)把角轉(zhuǎn)化到四邊形CDHM中，用四邊形的內(nèi)角和即可．
【解答】解：（1）①∵AB∥CD，
∴∠B＝∠COP，
∵∠COP＝∠BPD+∠D，
∴∠B＝∠BPD+∠D，
即：∠BPD＝∠B﹣∠D，
②不成立，
結(jié)論：∠BPD＝∠B+∠D，
理由：如圖b，
過(guò)點(diǎn)P作PG∥AB，
∴∠B＝∠BPG，
∵PG∥AB，CD∥AB，
∴PG∥CD，
∴∠DPG＝∠D，
∴∠BPD＝∠BPG+∠DPG＝∠B+∠D；
（2）結(jié)論：∠DPQ＝∠B+∠BQD+∠D，
理由：如圖c，
連接QP并延長(zhǎng)，
∵∠BP∠G是△BPQ的外角，
∴∠BPG＝∠B+∠BQP，
同理：∠DPG＝∠D+∠DQP，
∴∠BPD＝∠BPG+∠DPG＝∠B+∠BQP+∠DQP+∠D＝∠B+∠BQD+∠D；
（3）如圖d，
∵∠DHM是△BFH的外角，
∴∠DHM＝∠B+∠F，
同理：∠CMH＝∠A+∠E，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝∠DHM+∠CMH+∠C+∠D＝360°．
【變式4-3】（2022?吉州區(qū)期末）探究與發(fā)現(xiàn)：如圖1所示的圖形，像我們常見(jiàn)的學(xué)習(xí)用品﹣﹣圓規(guī)．我們不妨把這樣圖形叫做“規(guī)形圖”，
（1）觀察“規(guī)形圖”，試探究∠BDC與∠A、∠B、∠C之間的關(guān)系，并說(shuō)明理由；
（2）請(qǐng)你直接利用以上結(jié)論，解決以下三個(gè)問(wèn)題：
①如圖2，把一塊三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的兩條直角邊XY、XZ恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)B、C，∠A＝40°，則∠ABX+∠ACX＝ 50 °；
②如圖3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求∠DCE的度數(shù)；
③如圖4，∠ABD，∠ACD的10等分線相交于點(diǎn)G1、G2…、G9，若∠BDC＝133°，∠BG1C＝70°，求∠A的度數(shù)．
【分析】（1）首先連接AD并延長(zhǎng)至點(diǎn)F，然后根據(jù)外角的性質(zhì)，即可判斷出∠BDC＝∠A+∠B+∠C．
（2）①由（1）可得∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，然后根據(jù)∠A＝40°，∠BXC＝90°，求出∠ABX+∠ACX的值是多少即可．
②由（1）可得∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，再根據(jù)∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求出∠ADB+∠AEB的值是多少；然后根據(jù)∠DCE=12（∠ADB+∠AEB）+∠DAE，求出∠DCE的度數(shù)是多少即可．
③根據(jù)∠BG1C=110（∠ABD+∠ACD）+∠A，∠BG1C＝70°，設(shè)∠A為x°，可得∠ABD+∠ACD＝133°﹣x°，解方程，求出x的值，即可判斷出∠A的度數(shù)是多少．
【解答】解：（1）如圖（1），連接AD并延長(zhǎng)至點(diǎn)F，
，
根據(jù)外角的性質(zhì)，可得
∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD，
又∵∠BDC＝∠BDF+∠CDF，∠BAC＝∠BAD+∠CAD，
∴∠BDC＝∠A+∠B+∠C；
（2）①由（1），可得
∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，
∵∠A＝40°，∠BXC＝90°，
∴∠ABX+∠ACX＝90°﹣40°＝50°，
故答案為：50．
②由（1），可得
∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，
∴∠ADB+∠AEB＝∠DBE﹣∠DAE＝130°﹣40°＝90°，
∴12（∠ADB+∠AEB）＝90°÷2＝45°，
∴∠DCE=12（∠ADB+∠AEB）+∠DAE
＝45°+40°
＝85°；
③∠BG1C=110（∠ABD+∠ACD）+∠A，
∵∠BG1C＝70°，
∴設(shè)∠A為x°，
∵∠ABD+∠ACD＝133°﹣x°
∴110（133﹣x）+x＝70，
∴13.3?110x+x＝70，
解得x＝63，
即∠A的度數(shù)為63°．
【知識(shí)點(diǎn)5 風(fēng)箏模型】

【條件】四邊形ABPC，分別延長(zhǎng)AB、AC于點(diǎn)D、E，如上左圖所示.
【結(jié)論】∠PBD+∠PCE=∠A+∠P.
【證明】如上右圖，連接AP，則：∠PBD=∠PAB+∠APB，∠PCE=∠PAC+∠APC，
∴∠PBD+∠PCE=∠PAB+∠APB+∠PAC+∠APC=∠BAC+∠BPC，得證.
【題型5 風(fēng)箏模型】
【例5】（2022春?南通期末）如圖所示，把一個(gè)三角形紙片ABC的三個(gè)頂角向內(nèi)折疊之后（3個(gè)頂點(diǎn)不重合），圖中∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝ 360 °．
【分析】由折疊可知∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6等于六邊形的內(nèi)角和減去（∠B'FG+∠B'GF）以及（∠C'HI+∠C'IH）和（∠A'DE+∠A'ED），再利用三角形的內(nèi)角和定理即可求解．
【解答】解：由題意知，
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝720°﹣（∠B'FG+∠B'GF）﹣（∠C'HI+∠C'IH）﹣（∠A'DE+∠A'ED）＝720°﹣（180°﹣∠B'）﹣（180°﹣C'）＝（180°﹣A'）＝180°+（∠B'+∠C'+∠A'）
又∵∠B＝∠B'，∠C＝∠C'，∠A＝∠A'，
∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°．
故答案為：360．
【變式5-1】（2022春?銅山區(qū)期中）（1）如圖1，把△ABC沿DE折疊，使點(diǎn)A落在點(diǎn)A′處，請(qǐng)直接寫(xiě)出∠1+2與∠A的關(guān)系： ∠1+∠2＝2∠A ．
（2）如圖2，把△ABC分別沿DE、FG折疊，使點(diǎn)A落在點(diǎn)A′處，使點(diǎn)B落在點(diǎn)B′處，若∠1+∠2+∠3+∠4＝220°，則∠C＝ 70 °
（3）如圖3，在銳角△ABC中，BM⊥AC于點(diǎn)M，CN⊥AB于點(diǎn)N，BM、CN交于點(diǎn)H，把△ABC沿DE折疊使點(diǎn)A和點(diǎn)H重合，則∠BHC與∠1+∠2的關(guān)系是 A ．
A．∠BHC＝180°?12（∠1+∠2）
B．∠BHC＝∠1+∠2
C．∠BHC＝90°+12（∠1+∠2）
D．∠BHC＝90°+∠1﹣∠2
（4）如圖4，BH平分∠ABC，CH平分∠ACB，把△ABC沿DE折疊，使點(diǎn)A與點(diǎn)H重合，若∠1+∠2＝100°，求∠BHC的度數(shù)．
【分析】（1）根據(jù)翻折變換的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理以及平角的定義求出即可；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)論即可得到結(jié)果；
（3）根據(jù)翻折變換的性質(zhì)以及垂線的性質(zhì)得出，∠AMH+∠ANH＝90°+90°＝180°，進(jìn)而求出∠A=12（∠1+∠2），即可得出答案；
（4）根據(jù)三角形角平分線的性質(zhì)得出∠HBC+∠HCB＝90°?12∠A，得出∠BIC的度數(shù)即可；
【解答】解：（1）∠1+∠2＝2∠A；
理由如下：由折疊的性質(zhì)得：∠1+2∠ADE＝180°，∠2+2∠AED＝180°，
∴∠1+2∠ADE+∠2+2∠AED＝360°①，
又∵∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴2（∠A+∠ADE+∠AED）＝360°②，
由①②得：∠1+∠2＝2∠A；
故答案為：∠1+∠2＝2∠A；
（2）由（1）可得，∠A=12（∠1+∠2），∠B=12（∠3+∠4），
∴∠A+∠B=12（∠1+∠2+∠3+∠4）=12×220＝110，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝70°，
故答案為：70°；
（3）理由：∵BM⊥AC，CN⊥AB，
∴∠AMH+∠ANH＝90°+90°＝180°，∠MHN+∠A＝180°，
∴∠BHC＝∠MHN＝180°﹣∠A，由（1）知∠1+∠2＝2∠A．
∴∠A=12（∠1+∠2）．
∴∠BHC＝180°?12（∠1+∠2）．
故選A；
（4）由（1）得：∠1+∠2＝2∠A，
得2∠A＝100°，
∴∠A＝50°，
∵HB平分∠ABC，HC平分∠ACB，
∴∠HBC+∠HCB=12（∠ABC+∠ACB）
=12（180°﹣∠A）＝90°?12∠A，
∴∠BHC＝180°﹣（∠HBC+∠HCB）
＝180°﹣（90°?12∠A）
＝90°+12∠A＝90°+12×50°
＝115°．
【變式5-2】（2022春?常州期中）已知△ABC是一張三角形的紙片．
（1）如圖①，沿DE折疊，使點(diǎn)A落在邊AC上點(diǎn)A′的位置，∠DA′E與∠1的之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？為什么？
（2）如圖②所示，沿DE折疊，使點(diǎn)A落在四邊形BCED的內(nèi)部點(diǎn)A′的位置，∠A、∠1與∠2之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？為什么？
（3）如圖③，沿DE折疊，使點(diǎn)A落在四邊形BCED的外部點(diǎn)A′的位置，∠A、∠1與∠2之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？為什么？
【分析】（1）根據(jù)翻折的性質(zhì)可得∠A＝∠DA′E，然后根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和解答即可；
（2）根據(jù)翻折變換的性質(zhì)用∠1、∠2表示出∠ADE和∠AED，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理列式整理即可得解；
（3）根據(jù)翻折的性質(zhì)可得∠A＝∠DA′E，然后根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和列式整理即可得解．
【解答】解：（1）∵點(diǎn)A沿DE折疊落在點(diǎn)A′的位置，
∴∠A＝∠DA′E，
根據(jù)三角形外角性質(zhì)，∠1＝∠A+∠DA′E＝2∠DA′E，
即∠1＝2∠DA′E；
（2）∵點(diǎn)A沿DE折疊落在點(diǎn)A′的位置，
∴∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，
∴∠ADE=12（180°﹣∠1），∠AED=12（180°﹣∠2），
在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴∠A+12（180°﹣∠1）+12（180°﹣∠2）＝180°，
整理得，2∠A＝∠1+∠2；
（3）如圖③，∵點(diǎn)A沿DE折疊落在點(diǎn)A′的位置，
∴∠A＝∠A′，
根據(jù)三角形的外角性質(zhì)，∠3＝∠2+∠A′，
∠1＝∠A+∠3，
∴∠1＝∠A+∠2+∠A′＝∠2+2∠A，
即∠1＝∠2+2∠A．
【變式5-3】（2022春?姜堰市期中）△ABC，直線DE交AB于D，交AC于E，將△ADE沿DE折疊，使A落在同一平面上的A′處，∠A的兩邊與BD、CE的夾角分別記為∠1，∠2
如圖①，當(dāng)A落在四邊形BDEC內(nèi)部時(shí)，探索∠A與∠1+∠2之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．
如圖②，當(dāng)A′落在BC下方時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出∠A與∠1+∠2之間的數(shù)量關(guān)系．
如圖③，當(dāng)A′落在AC右側(cè)時(shí)，探索∠A與∠1，∠2之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．
【分析】（1）根據(jù)圖①中∠A與∠DA′E是相等的，再結(jié)合四邊形的內(nèi)角和及互補(bǔ)角的性質(zhì)可得結(jié)論2∠A＝∠1+∠2；
（2）與（1）的證明過(guò)程完全相同；
（3）根據(jù)圖③中由于折疊∠A與∠A′是相等的，再兩次運(yùn)用三角形外角的性質(zhì)可得結(jié)論2∠A＝∠1﹣∠2．
【解答】解：（1）2∠A＝∠1+∠2．理由如下：
如圖①，∵∠A+∠A′+∠AEA′+∠ADA′＝360°，
又∵∠1+∠ADA′+∠2+∠AEA′＝360°，
∴∠A+∠A′＝∠1+∠2，
又∵∠A＝∠A′，
∴2∠A＝∠1+∠2；
（2）2∠A＝∠1+∠2．
理由：∵∠A+∠A′+∠AEA′+∠ADA′＝360°，
又∵∠1+∠ADA′+∠2+∠AEA′＝360°，
∴∠A+∠A′＝∠1+∠2，
又∵∠A＝∠A′，
∴2∠A＝∠1+∠2；
（3）2∠A＝∠1﹣∠2．理由如下：
如圖③，設(shè)DA′交AC于點(diǎn)F．
∵∠1＝∠A+∠DFA，∠DFA＝∠A′+∠2，
∴∠1＝∠A+∠A′+∠2，
∴∠A+∠A′＝∠1﹣∠2，
∵△A′DE是由△ADE沿直線DE折疊而得，
∴∠A＝∠A′，
∴2∠A＝∠1﹣∠2．
【知識(shí)點(diǎn)6 兩內(nèi)角角平分線模型】
【條件】△ABC中，BI、CI分別是∠ABC和∠ACB的角平分線，且相交于點(diǎn)I.
【結(jié)論】
【證明】∵BI是∠ABC平分線，∴∵CI是∠ACB平分線，∴
由A→B→I→C→A的飛鏢模型可知：
∠I=∠A+∠2+∠3=∠A++=∠A+=.
【題型6 兩內(nèi)角角平分線模型】
【例6】（2022春?靖江市校級(jí)月考）如圖，△ABC中，∠BAC＝50°，∠ABC的角平分線與∠ACB的角平分線交于點(diǎn)O．則∠BOC＝ 115° ．
【分析】利用三角形內(nèi)角和定理先求出∠ABC+∠ACB的度數(shù)，再利用角平分線的定義即可求解．
【解答】解：∵∠BAC＝50°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣50°＝130°，
∵∠ABC的角平分線與∠ACB的角平分線交于點(diǎn)O，
∴∠ABO＝∠OBC=12∠ABC，∠ACO＝∠OCB=12∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB=12∠ABC+12∠ACB=12（∠ABC+∠ACB）=12×130°＝65°，
∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝180°﹣65°＝115°，
故答案為：115°．
【變式6-1】（2022春?昌平區(qū)校級(jí)期中）如圖，BD，CE，AF分別是△ABC的角平分線，且相交于點(diǎn)O，OH⊥BC于H，試問(wèn)∠1＝∠2？請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】根據(jù)角平分線定義得∠ABO=12∠ABC，∠BAO=12∠BAC，∠OCB=12∠ACB，再根據(jù)三角形外角性質(zhì)得∠1＝∠ABO+∠BAO，則∠1=12（∠ABC+∠BAC），然后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得∠ABC+∠BAC+∠ACB＝180°，所以∠1=12（180°﹣∠ACB）＝90°?12∠ACB；再由OH⊥BC得∠OHC＝90°，利用三角形內(nèi)角和定理得∠2＝90°﹣∠OCH＝90°?12∠ACB，于是可得到∠1＝∠2．
【解答】解：∠1＝∠2．理由如下：
∵BD，CE，AF分別是△ABC的角平分線，
∴∠ABO=12∠ABC，∠BAO=12∠BAC，∠OCB=12∠ACB，
∵∠1＝∠ABO+∠BAO，
∴∠1=12（∠ABC+∠BAC），
∵∠ABC+∠BAC+∠ACB＝180°，
∴∠1=12（180°﹣∠ACB）＝90°?12∠ACB，
又∵OH⊥BC，
∴∠OHC＝90°，
∴∠2＝90°﹣∠OCH＝90°?12∠ACB，
∴∠1＝∠2．
【變式6-2】（2022春?秀英區(qū)校級(jí)期末）如圖，在△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分線BD，CE相交于點(diǎn)O．
（1）若∠A＝60°，求∠BOC的度數(shù)；
（2）求證：∠BOC＝90°+12∠A．
【分析】（1）利用角平分線的性質(zhì)求出∠2+∠4的度數(shù)，再由三角形的內(nèi)角和定理便可求出∠BOC；
（2）方法同（1）．
【解答】（1）解：∵∠ABC和∠ACB的平分線BD、CE相交于點(diǎn)O，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴∠2+∠4=12（180°﹣∠A）=12（180°﹣60°）＝60°，
故∠BOC＝180°﹣（∠2+∠4）＝180°﹣60°＝120°．
（2）證明：∵∠ABC和∠ACB的平分線BD、CE相交于點(diǎn)O，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴∠2+∠4=12（180°﹣∠A）＝90°?12∠A，
故∠BOC＝180°﹣（∠2+∠4）＝180°﹣（90°?12∠A）＝90°+12∠A．
【變式6-3】（2022春?海淀區(qū)校級(jí)期中）已知AB∥CD，直線EF與AB、CD分別交于點(diǎn)E、F，點(diǎn)G為落在直線AB和直線CD之間的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
（1）如圖1，點(diǎn)G恰為∠BEF和∠DFE的角平分線的交點(diǎn)，則∠EGF＝ 90° ；
（2）若點(diǎn)G恰為∠BEF和∠DFE的三等分線的交點(diǎn)，有如下結(jié)論：①∠EGF一定為鈍角；②∠EGF可能為60°；③若∠EGF為直角，則EF⊥CD．其中正確結(jié)論的序號(hào)為 ②③ ．
（3）進(jìn)一步探索，若EF⊥CD，且點(diǎn)G不在線段EF上，記∠AEG＝α，∠CFG＝β，EM為∠AEG最接近EG的n等分線，F(xiàn)N是∠CFG最接近CF的n等分線（其中n≥2）．直線EM、FN交于點(diǎn)Pn，是否存在某一正整數(shù)n，使得∠EPnF＝90°？說(shuō)明理由．
【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)定理，兩直線平行同旁內(nèi)角互補(bǔ)，以及三角形內(nèi)角和定理來(lái)完成．
（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)定理，兩直線平行同旁內(nèi)角互補(bǔ)，以及三角形內(nèi)角和定理，另外角的等分來(lái)判斷．
（3）按題意添加輔助線，畫(huà)出相應(yīng)的EM、FN、點(diǎn)Pn，再根據(jù)平行線的性質(zhì)定理，兩直線平行同旁內(nèi)角互補(bǔ)，以及三角形內(nèi)角和定理、角的n等分，通過(guò)分類別討論推測(cè)出n是否存在，存在的值．
【解答】解：（1）∵AB∥CD，
∴∠BEF+∠DFE＝180°，
∵點(diǎn)G恰為∠BEF和∠DFE的角平分線的交點(diǎn)，
∴∠FEG+∠EFG=12×180°＝90°，
∴∠EGF＝180°﹣90°＝90°．
故答案為：90°．
（2）若點(diǎn)G恰為∠BEF和∠DFE的三等分線的交點(diǎn)，
∴∠FEG+∠EFG=13×180°或者∠FEG+∠EFG=23×180°，
∠FEG+∠EFG＝60°或∠FEG+∠EFG＝120°，
∴∠EGF＝180°﹣60°＝120°或∠EGF＝180°﹣120°＝60°，
∴①錯(cuò)誤，②正確，
當(dāng)∠EGF為直角，只有13∠BEF+23∠DFE＝90°或23∠BEF+13∠DFE＝90°，
不妨假設(shè)13∠BEF+23∠DFE＝90°，
∴23∠BEF+13∠DFE＝90°，
∴13（∠BEF﹣∠DFE）+23（∠DFE﹣∠BEF）＝0，
∴∠BEF＝∠DFE，
∵∠BEF+∠DFE＝180°，
∴∠BEF＝∠DFE＝90°，
∴EF⊥CD，故③正確．
故答案為：②③．
（3）不存在某一整數(shù)n，使得∠EPnF＝90°，理由如下：
∵EM為∠AEG最接近EG的n等分線，F(xiàn)N是∠CFG最接近CF的n等分線（其中n≥2），
∴∠AEM=n?1nα，∠CFM=1nβ．
①當(dāng)點(diǎn)G在EF的左側(cè)，此時(shí)α＜90°，β＜90°，Pn必在EF的左側(cè)，如圖2所示，過(guò)點(diǎn)Pn作PnQ∥AB，
∵AB∥CD，
∴PnQ∥CD，
∴∠EPnF＝∠EPnQ+∠FPnQ＝∠AEM+∠CFN=n?1nα+1nβ＜n?1n×90°+1n×90°＜90°，
②當(dāng)點(diǎn)G在右側(cè)，此時(shí)α＞90°，β＞90°．
若n?1nα＜90°，則Pn在EF的左側(cè)，如圖3中，
同理可得∠EPnF=n?1nα+1nβ＞90°．
若n?1nα＝90°，則Pn與F重合，不存在∠EPnF，舍棄．
若n?1nα＞90°，則Pn在EF的右側(cè)，如圖4中，
過(guò)點(diǎn)Pn作PnQ∥AB，
∵AB∥CD，
∴PnQ∥CD，
∴∠EPnF＝∠EPnQ﹣∠FPnQ＝∠BEM+∠CFN＝（180°?n?1nα）?1nβ，
∵n?1nα＞90°，1nβ＞0，
∴（180°?n?1nα）?1nβ＜90°，
即∠EPnF＜90°，
綜上所述，不存在某一整數(shù)n，使得∠EPnF＝90°．
【知識(shí)點(diǎn)7 兩外角角平分線模型】
【條件】△ABC中，BI、CI分別是△ABC的外角的角平分線，且相交于點(diǎn)O.
【結(jié)論】.
【證明】∵BO是∠EBC平分線，∴，∵CO是∠FCB平分線，∴
由△BCO中內(nèi)角和定理可知：∠O=180°-∠2 -∠5 =180°--=180°--===
【題型7 兩外角角平分線模型】
【例7】（2022?平湖市模擬）如圖，在△ABC中，∠B，∠C的外角平分線相交于點(diǎn)O，若∠A＝74°，則∠O＝ 53 度．
【分析】根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理，得∠ACB+∠ABC＝180°﹣74°＝106°；再根據(jù)鄰補(bǔ)角的定義，得兩個(gè)角的鄰補(bǔ)角的和是360°﹣106°＝254°；再根據(jù)角平分線的定義，得∠OCB+∠OBC＝127°；最后根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理，得∠O＝53°．
【解答】解：∵∠A＝74°，
∴∠ACB+∠ABC＝180°﹣74°＝106°，
∴∠BOC＝180°?12（360°﹣106°）＝180°﹣127°＝53°．
【變式7-1】（2022春?新北區(qū)校級(jí)期中）（1）如圖①，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分線相交于點(diǎn)O，∠A＝40°，求∠BOC的度數(shù)；
（2）如圖②，△A′B′C′的外角平分線相交于點(diǎn)O′，∠A′＝40°，求∠B′O′C′的度數(shù)；
（3）上面（1）、（2）兩題中的∠BOC與∠B′O′C′有怎樣的數(shù)量關(guān)系若∠A＝∠A′＝n°，∠BOC與∠B′O′C′是否還具有這樣的關(guān)系？這個(gè)結(jié)論你是怎樣得到的？
【分析】（1）（2）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理和角平分線定義解答；（3）由前兩問(wèn)提供的思路，進(jìn)一步推理．
【解答】解：（1）在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分線相交于點(diǎn)O，則
∠1+∠2=12∠ABC+12∠ACB=12（∠ABC+∠ACB）
=12（180°﹣∠A）=12×（180°﹣40°）＝70°．
故∠BOC＝180°﹣70°＝110°；
（2）因?yàn)椤螦的外角等于180°﹣40°＝140°，
△A′B′C′另外的兩外角平分線相交于點(diǎn)O′，
根據(jù)三角形的外角和等于360°，
所以∠1+∠2=12×（360°﹣140°）＝110°，
∠B′O′C′＝180°﹣110°＝70°；
（3）∵（1）（2）中∠BOC+∠B′O′C′＝110°+70°＝180°，∴∠BOC與∠B′O′C′互補(bǔ)；
證明：當(dāng)∠A＝n°時(shí)，∠BOC＝180°﹣[（180°﹣n°）÷2]＝90°+n°2，
∵∠A′＝n°，∠B′O′C′＝180°﹣[360°﹣（180°﹣n°）]÷2＝90°?n°2，
∴∠A+∠A′＝90°+n°2+90°?n°2=180°，∠BOC與∠B′O′C′互補(bǔ)，
所以當(dāng)∠A＝∠A′＝n°，∠BOC與∠B′O′C′還具有互補(bǔ)的關(guān)系．
【變式7-2】（2022春?江夏區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠D，延長(zhǎng)BA至E，連接CE交AD于F，∠EAD和∠ECD的角平分線相交于點(diǎn)P．若∠E＝60°，∠APC＝70°，則∠D的度數(shù)是（ ）
A．80°B．75°C．70°D．60°
【分析】由角平分線的定義可知，∠1＝∠2，∠3＝∠4，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理，可得：∠E+∠1＝∠P+∠3，進(jìn)而∴∠1﹣∠3＝∠P﹣∠E＝70°﹣60°＝10°＝∠2﹣∠4，
同理∴∠2﹣∠4＝∠D﹣∠P＝10°，從而求出∠D的度數(shù)．
【解答】解：由題意得：∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠E＝60°，∠P＝70°，
在△AME和△PMC中，由三角形的內(nèi)角和定理得：∠E+∠1＝∠P+∠3，
∴∠1﹣∠3＝∠P﹣∠E＝70°﹣60°＝10°＝∠2﹣∠4，
同理：∠P+∠2＝∠D+∠4，
∴∠2﹣∠4＝∠D﹣∠P＝10°，
∴∠D＝80°．
故選：A．
【變式7-3】（2022春?豐縣月考）如圖，四邊形ABCD，BE、DF分別平分四邊形的外角∠MBC和∠NDC，若∠BAD＝α，∠BCD＝β．
（1）如圖1，若α+β＝105°，求∠MBC+∠NDC的度數(shù)；
（2）如圖1，若BE與DF相交于點(diǎn)G，∠BGD＝45°，請(qǐng)直接寫(xiě)出α，β所滿足的數(shù)量關(guān)系式；
（3）如圖2，若α＝β，判斷BE，DF的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由．
【分析】（1）利用四邊形的內(nèi)角和和平角的定義推導(dǎo)即可；
（2）利用角平分線的定義，四邊形的內(nèi)角和以及三角形的內(nèi)角和轉(zhuǎn)化即可；
（3）利用角平分線的定義以及平行線的判定與性質(zhì)即可解答．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD的內(nèi)角和為360°，
∴α+β＝∠A+∠BCD＝360°﹣（∠ABC+∠ADC），
∵∠MBC和∠NDC是四邊形ABCD的外角，
∴∠MBC＝180°﹣∠ABC，∠NDC＝180°﹣∠ADC，
∴∠MBC+∠NDC＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ADC
＝360°﹣（∠ABC+∠ADC），
＝α+β＝105°；
（2）β﹣α＝90°（或α﹣β＝﹣90°等均正確）．
理由：如圖1，連接BD，
由（1）有，∠MBC+∠NDC＝α+β，
∵BE、DF分別平分四邊形的外角∠MBC和∠NDC，
∴∠CBG=12∠MBC，∠CDG=12∠NDC，
∴∠CBG+∠CDG=12∠MBC+12∠NDC=12（∠MBC+∠NDC）=12（α+β），
在△BCD中，∠BDC+∠CBD＝180°﹣∠BCD＝180°﹣β，
在△BDG中，∠BGD＝45°，∠GBD+∠GDB+∠BGD＝180°，
∴∠CBG+∠CBD+∠CDG+∠BDC+∠BGD＝180°，
∴（∠CBG+∠CDG）+（∠BDC+∠CBD）+∠BGD＝180°，
∴12（α+β）+180°﹣β+45°＝180°，∴β﹣α＝90°．
（3）BE∥DF．
理由：如圖2，過(guò)點(diǎn)C作CP∥BE，
則∠EBC＝∠BCP，
∴∠DCP＝∠BCD﹣∠BCP＝β﹣∠EBC，
由（1）知∠MBC+∠NDC＝α+β，
∵α＝β，
∴∠MBC+∠NDC＝2β，
又∵BE、DF分別平分∠MBC和∠NDC，
∴∠EBC+∠FDC=12（∠MBC+∠NDC）＝β，
∴∠FDC＝β﹣∠EBC，
又∵∠DCP＝β﹣∠EBC，
∴∠FDC＝∠DCP，
∴CP∥DF，
又CP∥BE，
∴BE∥DF．
【知識(shí)點(diǎn)8 內(nèi)外角角平分線模型】
【條件】△ABC中，BP、CP分別是△ABC的內(nèi)角和外角的角平分線，且相交于點(diǎn)P.
【結(jié)論】
【證明】 ∵BP是∠ABC平分線，∴ ∵CP是∠ACE平分線，∴
由△ABC外角定理可知：∠ACE=∠ABC+∠A即：2∠1=2∠3+∠A ……①
對(duì)①式兩邊同時(shí)除以2，得：∠1=∠3+ ……②又在△BPC中由外角定理可知：∠1=∠3+∠P ……③
比較②③式子可知：.==.
【題型8 內(nèi)外角角平分線模型】
【例8】（2022春?榕城區(qū)期末）如圖，∠AOB＝60°，點(diǎn)M、N分別在OA、OB上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)O重合），ME平分∠AMN，ME的反向延長(zhǎng)線與∠MNO的平分線交于點(diǎn)F，在M、N的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，∠F的度數(shù)（ ）
A．變大B．變小C．等于45°D．等于30°
【分析】由∠AMN是△OMN的外角，∠EMN是△FMN的外角，得到∠AMN＝∠O+∠ONM，∠EMN＝∠F+∠FNM，
再由角平分線，得到∠AMN＝2∠EMN，∠ONM＝2∠FNM，從而得到∠F=12∠O．
【解答】解：∵∠AMN是△OMN的外角，
∴∠AMN＝∠O+∠ONM，
∵∠EMN是△FMN的外角，
∴∠EMN＝∠F+∠FNM，
∵M(jìn)E平分∠AMN，F(xiàn)N平分∠MNO，
∴∠AMN＝2∠EMN，∠ONM＝2∠FNM，
∴∠O＝2∠F，
∴∠F＝30°．
故選：D．
【變式8-1】（2022春?海陵區(qū)校級(jí)期末）△ABC中，三個(gè)內(nèi)角的平分線交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O作∠ODC＝∠AOC，交邊BC于點(diǎn)D．
（1）如圖1，求∠BOD的度數(shù)；
（2）如圖2，作∠ABC外角∠ABE的平分線交CO的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．
①求證：BE∥OD；
②若∠F＝50°，求∠BAC的度數(shù)；
③若∠F＝∠ABC＝50°，將△BOD繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定角度α（00＜α＜3600）后得△B'O′D′，B′D′所在直線與FC平行，請(qǐng)直接寫(xiě)出所有符合條件的旋轉(zhuǎn)角度α的值．
【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義，結(jié)合三角形內(nèi)角和即可得到答案．
（2）①根據(jù)角平分線的定義，結(jié)合三角形內(nèi)角和即可得到答案．②結(jié)合角平分線的性質(zhì)，根據(jù)三角形外角的性質(zhì)即可得到答案．③求出∠ODB的度數(shù)即可解決
【解答】解：（1）∵三個(gè)內(nèi)角的平分線交于點(diǎn)O，
∴∠OAC+∠OCA=12（∠BAC+∠BCA）=12（180°﹣∠ABC），
∵∠OBC=12∠ABC，
∴∠AOC＝180°﹣（∠OAC+∠OCA）＝90°+12∠ABC＝90°+∠OBC，
∵∠ODC＝∠BOD+∠OBC＝∠AOC，
∴∠BOD＝90°；
（2）①∵三個(gè)內(nèi)角的平分線交于點(diǎn)O，
∴∠EBF=12∠ABE=12（180°﹣∠ABC）＝90°﹣∠DBO，
∵∠ODB＝90°﹣∠OBD，
∴∠FBE＝∠ODB，
∴BF∥OD；
②∵三個(gè)內(nèi)角的平分線交于點(diǎn)O，
∴∠EBF=12∠ABE=12（∠BAC+∠ABC），
∴∠FCB=12∠ACB，
∵∠F＝∠FBE﹣∠BCF=12（∠BAC+∠ACB）?12∠ACB=12∠BAC，
∵∠F＝50°，
∴∠BAC＝2∠F＝100°；
③∠F＝∠ABC＝40°，
由②可知，∠BAC＝80°，
∠BDO＝∠ACB＝60°，
∠OCD＝30°，∠COD＝30°，
易知△BOD繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°或210°后得△B'O′D′，B′D′所在直線與FC平行．
【變式8-2】（2022?平湖市模擬）如圖，在△ABC中，∠A＝α，∠ABC的平分線與△ABC的外角∠ACD的平分線交于點(diǎn)A1，得∠A1＝ α2 ；∠A1BC的平分線與∠A1CD的平分線交于點(diǎn)A2，得∠A2；…；∠A2010BC的平分線與∠A2010CD的平分線交于點(diǎn)A2011，得∠A2011，則∠A2011＝ α22011 ．
【分析】根據(jù)角平分線的定義可得∠A1BC=12∠ABC，∠A1CD=12∠ACD，再根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和可得∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A1CD＝∠A1BC+∠A1，整理即可求出∠A1的度數(shù)，同理求出∠A2，可以發(fā)現(xiàn)后一個(gè)角等于前一個(gè)角的12，根據(jù)此規(guī)律即可得解．
【解答】解：∵A1B是∠ABC的平分線，A1C是∠ACD的平分線，
∴∠A1BC=12∠ABC，∠A1CD=12∠ACD，
又∵∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A1CD＝∠A1BC+∠A1，
∴12（∠A+∠ABC）=12∠ABC+∠A1，
∴∠A1=12∠A，
∵∠A＝α，
∴∠A1=α2；
同理可得∠A2=12∠A1=12?12α=α22，
∴∠An=α2n，
∴∠A2011=α22011．
故答案為：α2，α22011．
【變式8-3】（2022春?東?？h期中）在數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)過(guò)程中，對(duì)有些具有特殊結(jié)構(gòu)，且結(jié)論又具有一般性的數(shù)學(xué)問(wèn)題我們常將其作為一個(gè)數(shù)學(xué)模型加以識(shí)記，以積累和豐富自己的問(wèn)題解決經(jīng)驗(yàn)
【結(jié)論發(fā)現(xiàn)】小明在處理教材第43頁(yè)第21題后發(fā)現(xiàn)：三角形的一個(gè)內(nèi)角平分線與另一內(nèi)角的外角平分線的夾角的度數(shù)是三角形第三內(nèi)角度數(shù)的一半．
【結(jié)論探究】（1）如圖1，在△ABC中，點(diǎn)E是△ABC內(nèi)角∠ACB平分線CE與外角∠ABD的平分線BE的交點(diǎn)，則有∠E=12∠A請(qǐng)補(bǔ)齊下方的說(shuō)理過(guò)程．
理由如下：因?yàn)椤螮BC+∠EBD＝180°，
又因?yàn)樵凇鱁BC中，∠EBC+∠E+∠ECB＝180°，
所以∠EBC+∠EBD＝∠EBC+∠E+∠ECB．
所以∠EBD＝∠E+∠ ECB （理由是：等式性質(zhì)）
同理可得∠ABD＝∠A+∠ ACB ．
又因?yàn)锽E和CE分別是∠ABD和∠ACB的角平分線，
所以∠EBD=12∠ABD，∠ ECB =12∠ACB．
所以12∠ABD＝∠E+12∠ACB
即∠E=12∠ABD?12∠ACB=12（∠ABD﹣∠ACB）
所以∠E=12∠A．
請(qǐng)直接應(yīng)用上面的“結(jié)論發(fā)現(xiàn)”解決下列問(wèn)題：
【簡(jiǎn)單應(yīng)用】（2）如圖2，在△ABC中，∠ABC＝40°．延長(zhǎng)BA至G，延長(zhǎng)AC至H，已知∠BAC、∠CAG的角平分線與∠BCH的角平分線及其反向延長(zhǎng)線交于E、F，求∠F的度數(shù)；
【變式拓展】（3）如圖3，四邊形ABCD的內(nèi)角∠BCD與外角∠ABG的平分線形成如圖所示形狀．
①已知∠A＝150°，∠D＝80°，求∠E+∠F的度數(shù)；
②直接寫(xiě)出∠E+∠F與∠A+∠D的關(guān)系．
【分析】（1）根據(jù)解題思路完成填空即可；
（2）根據(jù)角平分線的定義可得∠EAF＝90°，再根據(jù)（1）的結(jié)論可得∠E＝20°，最后由三角形的內(nèi)角和可得答案；
（3）①延長(zhǎng)BA、CD交于點(diǎn)M，延長(zhǎng)BF、CE交于點(diǎn)H，求出∠M和∠H的度數(shù)可得答案；
②由①的思路可得結(jié)論．
【解答】解：（1）因?yàn)椤螮BC+∠EBD＝180°，
又因?yàn)樵凇鱁BC中，∠EBC+∠E+∠ECB＝180°，
所以∠EBC+∠EBD＝∠EBC+∠E+∠ECB．
所以∠EBD＝∠E+∠ECB（理由是：等式性質(zhì)），
同理可得∠ABD＝∠A+∠ACB．
又因?yàn)锽E和CE分別是∠ABD和∠ACB的角平分線，
所以∠EBD=12∠ABD，∠ECB=12∠ACB．
所以12∠ABD＝∠E+12∠ACB，
即∠E=12∠ABD?12∠ACB=12（∠ABD﹣∠ACB），
所以∠E=12∠A．
故答案為：ECB，ACB，ECB；
（2）∵AE平分∠BAC，AF平分∠GAC，
∴∠EAF＝∠EAC+∠FAC=12∠BAG＝90°，
由（1）得，∠E=12∠B＝20°，
∴∠F＝180°﹣90°﹣20°＝70°；
（3）①延長(zhǎng)BA、CD交于點(diǎn)M，延長(zhǎng)BF、CE交于點(diǎn)H，
∵∠BAD＝150°，∠ADC＝80°，
∴∠MAD＝180°﹣150°＝30°，∠MDA＝180°﹣80°＝100°，
∴∠M＝180°﹣30°﹣100°＝50°，
由（1）得，∠H=12∠M＝25°，
∴∠HFE+∠HEF＝180°﹣25°＝155°，
∴∠BFE+∠AEF＝360°﹣155°＝205°；
②由①的思路可得，
∠BFE+∠AEF＝360°﹣（180°﹣∠H）＝180°+∠H，
∠BAD+∠ADC＝360°﹣（180°﹣∠M）＝180°+∠M＝180°+2∠H，
∴2（∠BFE+∠AEF）＝∠BAD+∠ADC+180°．

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