2024届中考数学压轴题攻略(湘教版)专题06 三角形的内角和与外角压轴题六种模型(解析版)

专题06
三角形的内角和与外角压轴题六种模型全攻略
考点一三角形内角和定理的证明
考点二与平行线有关的三角的内角和问题考点三与角平分线有关的三角的内角和问题
考点四三角形折叠中的角度问题考点五三角形内角和定理的应用考点六三角形外角的定义和性质考点一三角形内角和定理的证明
例题：（2021·广西·靖西市教学研究室八年级期末）（1）如图①，直线DE 经过点A ，DE ∥BC ．若∠B ＝45°，∠C ＝58°，那么∠DAB ＝；∠EAC ＝；∠BAC ＝．(在空格上填写度数）（2）求证：在△ABC 中，∠A +∠B +∠C ＝180°
．
【答案】（1）45°；58°；77°
（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）通过平行线的性质，两直线平行，内错角相等，可分别求出：45DAB ，58EAC ．由图可知：180DAB BAC EAC ，可求出：77BAC ．
（2）过点A 作//DE BC ，通过平行线的性质，可得：B DAB ，C EAC
所以180BAC B C BAC DAB EAC ．
【详解】
（1）解：∵//DE BC ，45B ，58C
45B DAB ，=58C EAC
∵180BAC DAB EAC
18077BAC DAB EAC ，
故答案是：45°，58°，77°；
典型例题
（2）证明：过点A 作//DE BC
∵//DE BC
B DAB ，
C EAC
∵180BAC DAB EAC
180BAC B C BAC DAB EAC
【点睛】
本题主要考查知识点为，平行线的性质．即：两直线平行，同位角相等，内错角相等，同旁内角互补．熟练掌握平行线的性质是解决本题的关键．
【变式训练】
1．
（2022·全国·八年级专题练习）在小学，我们曾经通过动手操作，利用拼图的方法研究了三角形三个内角的数量关系．如图，把三角形ABC 分成三部分，然后以某一顶点（如点B ）为集中点，把三个角拼在一起，观察发现恰好构成了平角，从而得到了“三角形三个内角的和是180°”的结论．但是，通过本学期的学习我们知道：由观察、实验、归纳、类比、猜想得到的结论还需要通过证明来确认它的正确性．
小聪认真研究了拼图的操作方法，形成了证明命题“三角形三个内角的和是180°”的思路：
①画出命题对应的几何图形；
②写出已知，求证；
③受拼接方法的启发画出辅助线；
④写出证明过程．请你参考小聪解决问题的思路，写出证明该命题的完整过程．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据要求画出△ABC ，写出已知，求证．构造平行线，利用平行线的性质解决问题即可．
解：已知：△ABC ．
求证：∠A +∠B +∠C =180°．
证明：如图，延长CB 到F ，过点B 作BE ∥AC ．
∵BE ∥AC ，
∴∠1=∠4，∠5=∠3，
∵∠2+∠4+∠5=180°，
∴∠1+∠2+∠3=180°，
即∠A +∠ABC +∠C =180°．
【点睛】
本题考查三角形内角和定理的证明，平行线的性质，平角的定义等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题．
2．
（2022·北京·中考真题）下面是证明三角形内角和定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．三角形内角和定理：三角形三个内角和等于180°，
已知：如图，ABC ,
求证：180.A B C
方法一
证明：如图，过点A 作.DE BC ∥方法二
证明：如图，过点C 作.
CD AB ∥【答案】答案见解析
【解析】
选择方法一，过点A 作//DE BC ，依据平行线的性质，即可得到B BAD ，C EAC ，再根据平角的定义，即可得到三角形的内角和为180 ．
【详解】
证明：过点A 作//DE BC ，
则B BAD ，C EAC ．(两直线平行，内错角相等）
∵点D ，A ，E 在同一条直线上，
180DAB BAC C ．
（平角的定义）180B BAC C ．
即三角形的内角和为180 ．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质以及三角形内角和定理的运用，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．考点二与平行线有关的三角的内角和问题
例题：（2022·山东泰安·一模）如图，AB ∥CD ，EF 分别与AB ，CD 交于点B ，F ．
若30E ，130EFC ，则A ______．
【答案】20
【解析】
【分析】
通过两直线平行，同位角相等，求出∠ABE 的度数，再利用三角形内角和定理求解．
【详解】
解：//AB CD ∵，
130ABE EFC ，
在△ABE 中，30E ，
1801803013020A E ABE ，
20A ．
故答案为：20 ．
【点睛】
本题考查平行线的性质，三角形的内角和定理，灵活运用平行线的性质和三角形内角和定理是解题的关键．
【变式训练】
1．
（2022·江西南昌·模拟预测）如图，直线AB ，CD 被直线BC ，EG 所截．若AB //CD ，176 ，236 ，则3 的度数为（）
A ．30°
B ．36
C ．40
D ．45
【答案】C
【解析】
【分析】由两直线平行，同旁内角互补求出∠CGE 的度数，再由三角形的内角和定理求得∠3的度数．
【详解】
解：∵AB //CD ，176 ，
∴∠CGE ＝180°－∠1＝104°，
∵∠2＋∠3＋∠CGE ＝180°，236 ，
∴∠3＝180°－∠2－∠CGE ＝40°．
故选：C
【点睛】
此题考查了平行线的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握相关性质和定理是解题的关键．
2．
（2022·全国·八年级课时练习）如图所示，直线a b ∥，直线c 与直线a ，b 分别相交于点A 、点B ，AM ⊥b ，垂足为点M ，若∠1＝56°，则∠2＝______．
【答案】34°##34度
【解析】
【分析】
先根据平行线的性质得出∠ABM 的度数，再由三角形内角和定理求出∠2的度数即可．
【详解】
：解：∵直线a b ∥，∠1＝56°，
∴∠ABM ＝∠1＝56°，
∵AM ⊥b ，垂足为点M ，
∴∠AMB ＝90°，
∴∠2＝180°−∠AMB −∠ABM ＝180°−56°−90°＝34°，
故答案为：34°．
【点睛】
本题考查三角形中求角度问题，涉及到平行线的性质、三角形内角和定理，在求角度问题中，熟练运用三角形内角和是180°是解决问题的关键．
考点三与角平分线有关的三角的内角和问题
例题：（2022·江苏·南京市第十三中学七年级期中）在△ABC 中，∠ABC 与∠ACB 的平分线相交于点P ，若∠P =125°，则∠A =_____°
【答案】70
【解析】
【分析】
依据BP 、CP 分别平分∠ABC 、∠ACB ，可得∠PBC =1
2∠ABC ，∠PCB =1
2∠ACB ，再根据三角形内角和定
理，即可求得∠ABC +∠ACB =110°，即可求得∠A 的度数．
【详解】
解：∵BP 、CP 分别平分∠ABC 、∠ACB ，
∠PBC =12∠ABC ，∠PCB =12
∠ACB ，
=180=180125=55PBC PCB P ∵，
∠PBC +∠PCB =12∠ABC +12
∠ACB =55°， ∠ABC +∠ACB =110°，
=180=180110=70ABC ACB A ，
故答案为：70．
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理，角平分线定义，能正确运用定理进行推理是解此题的关键．
【变式训练】
1.（2022·福建省福州屏东中学七年级期末）如图，在ABC 中，AD 是高，AE 是角平分线．
(1)若32B ∠，60C °
，求DAE 的度数；(2)若18C B ，求DAE 的度数．
【答案】(1)14°
(2)9°
【解析】
【分析】
先求∠DAC =30°，再求∠BAC =180°-32°-60°=88°，根据角的平分线计算∠EAC =1442
BAC ，求得∠DAE =14°．
(2)根据∠
DAE =12BAC DAC =1(180)(90)2B C C =11909022
B C C =12()C B ，代入计算即可．
(1)
∵AD 是高，AE 是角平分线，32B ∠，60C °，
∴∠DAC =30°，∠BAC =180°-32°-60°=88°，
∴∠EAC =1442
BAC ，∴∠DAE =∠EAC -∠DAC =44°-30°=14°．
(2)
∵∠DAE =12
BAC DAC =1(180)(90)2
B C C =11909022
B C C =1
2
()C B ，18C B ，
∴∠DAE =9°．
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理，直角三角形性质，角的平分线意义，熟练掌握三角形内角和定理，直角三角形性质是解题的关键．
2．
（2022·黑龙江·哈尔滨工业大学附属中学校七年级期中）如图，ABC 中，AD BC 于点D ，E 为AC 上任意一点，连接BE 交AD 于点F ．
(1)若4070ABD AFE ，，求证：BE 平分ABC ．
(2)如图2，在（1）的条件下，若AFE AEF ，请直接写出图中所有直角三角形．
【答案】(1)证明见解析；
(2)△ABC 、△ABE 、△ABD 、△ACD 、△BDF 都是直角三角形．
【解析】
【分析】
（1）AD ⊥BC ，得∠ADB =90°，进而得∠DBF =20°，又由∠ABD =40°即可得∠DBF = 12
ABD ，即可证明结论成立；
（2）由AD ⊥BC 得△ABD 、△ACD 、△BDF 是直角三角形，
另由∠ABE +∠AEF =20°+70°=90°，可得∠BAE =90°得△ABE 、△ABC 是直角三角形．
(1)
解：∵AD ⊥BC ，
∴∠ADB =90°，
∴在Rt △BDF 中，∠DBF +∠BFD =90°，
∴∠BFD +∠AFE =70°，
∴∠DBF =20°，
∵∠ABD =40°，
∴∠DBF = 12
ABD ，∴BE 平分∠ABC ；
(2)
解：∵AD ⊥BC ，
∴△ABD 、△ACD 、△BDF 是直角三角形，
∵∠ABE =∠CBE =20°，
∴∠AEF =∠AFE =70°，
∴∠ABE +∠AEF =20°+70°=90°，
∴.在△ABE 中，∠BAE =90°，
∴△ABC 、△ABE 是直角三角形，
综上所述△ABC 、△ABE 、△ABD 、△ACD 、△BDF 都是直角三角形．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形及角平分线与垂直，熟练掌握直角三角形的概念是解题的关键．
考点四三角形折叠中的角度问题
例题：（2022·河南·南阳市第三中学七年级阶段练习）如图，在三角形纸片ABC 中，65A ，75B ，将纸片的一角折叠，使点C 落在ABC 外的点C 处．若225 ，则1 的度数为（）
A ．115°
B ．100°
C ．105°
D ．95°
【答案】C
【解析】
【分析】在△ABC 中利用三角形内角和定理可求出∠C 的度数，由折叠的性质，可知：∠CDE ＝∠C ′DE ，∠CED ＝∠C ′ED ，结合∠2的度数可求出∠CED 的度数，在△CDE 中利用三角形内角和定理可求出∠CDE 的度数，再由∠1＝180°﹣∠CDE ﹣∠C ′DE 即可求出结论．
【详解】
解：在△ABC 中，∠A ＝65°，∠B ＝75°，
∴∠C ＝180°﹣∠A ﹣∠B ＝40°．
由折叠，可知：∠CDE ＝∠C ′DE ，∠CED ＝∠C ′ED ，
∴∠CED ＝18022
＝102.5°，∴∠CDE ＝180°﹣∠CED ﹣∠C ＝37.5°，
∴∠1＝180°﹣∠CDE ﹣∠C ′DE ＝180°﹣2∠CDE ＝105°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理以及折叠的性质，利用三角形内角和定理及折叠的性质求出∠CDE的度数是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022·全国·八年级课时练习）如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝50°，将点A与点B分别沿MN和EF折叠，使点A、B与点C重合，则∠NCF的度数为（）.
A．22°B．21°C．20°D．19°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三角形的内角和定理可得∠ACB＝100°，再由折叠的性质可得∠ACN＝∠A＝30°，∠FCE＝∠B＝50°，即可求解．
【详解】
解：∵∠A＝30°，∠B＝50°，
∴∠ACB＝100°，
∵将点A与点B分别沿MN和EF折叠，使点A、B与点C重合，
∴∠ACN＝∠A＝30°，∠FCE＝∠B＝50°，
∴∠NCF＝20°，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了图形的折叠的性质、三角形内角和定理、熟练掌握图形的折叠的性质、三角形内角和定理是解题的关键．
2．（2022·江苏·南京市第十三中学七年级期中）如图1，△ABC中，D是AC边上的点，先将ABD沿看BD翻折，使点A落在点A＇处，且A′D∥BC，A′B交AC于点E（如图2），又将△BCE沿着A′B翻折，使点C落在点C′处，若点C′恰好落在BD上（如图3），且∠C′EB=75°，则∠C=___°
【答案】80°##80度
【解析】
【分析】
先由平行线性质得：A =∠CBE ，再由折叠可得：∠A =∠A ，∠ABD =∠DBE =∠CBE ，BC E =∠C ，则∠
A =∠ABD =∠DBE =∠CBE ，
由三角形内角和定理知180BC E C EB DBE ，而75C EB ，可求得105C DBE ，然后由∠A +∠C +∠ACB =180°，则∠C +4∠DBE =180°，即可求出∠C 度数．
【详解】
解：∵A ′D ∥BC ，
∴A =∠CBE ，
由折叠可得：∠A =∠A ，∠ABD =∠DBE =∠CBE ，BC E =∠C ，
∴∠A =∠ABD =∠DBE =∠CBE ，
∵180BC E C EB DBE ，75C EB ，
∴105BC E DBE ，
∴105C DBE ，
∵∠A +∠C +∠ACB =180°，
∴∠C +4∠DBE =180°，
∴∠C =80°，
故答案为：80°．
【点睛】
本题考查平行线的性质，折叠性质，三角形内角和定理，求出105C DBE 和∠C +4∠DBE =180°是解题的关键．
考点五三角形内角和定理的应用
例题：（2022·河南南阳·二模）小明把一副三角板按如图所示方式摆放，直角边CD 与直角边AB 相交于点F ，斜边∥DE BC ，∠B ＝30°，∠E ＝45°，则∠CFB 的度数是（）
A ．95°
B ．115°
C ．105°
D ．125°
【答案】C
【解析】
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得45D ，再由平行线的性质得出45BCF ，再由三角形的内角和定理进行求解即可．
【详解】
CDE ∵是直角三角形，∠E ＝45°，
45D ，
∵∥DE BC ，
45BCF D ，
180,30B BCF BFC B ∵，
105CFB ，
故选：C ．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质，平行线的性质及三角形的内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式训练】
1．
（2022·福建省福州第十六中学七年级期中）如图，直线MN PQ ∥，点A 在直线MN 与PQ 之间，点B 在直线MN 上，连接AB ．ABM 的平分线BC 交PQ 于点C ，连接AC ，过点A 作AD PQ 交PQ 于点D ，作AF AB 交PQ 于点F ，AE 平分DAF 交PQ 于点E ，若45CAE ，52
ACB DAE ，则ACD 的度数是（）
A ．18
B ．27
C ．30°
D ．45
【答案】B
【解析】
【分析】
设DAE ，则EAF ，52ACB ，先求得180BCE CEA ，即可得到AE BC ∥，进而得出ACB CAE ，即可得到18DAE ，再依据Rt ACD △内角和即可得到∠ACD 的度数．
【详解】
设DAE ，则EAF ，52
ACB ，∵,AD PQ AF AB ，
∴90BAF ADE ，
∴90BAE BAF EAF ，90CEA ADE DAE ，
∴BAE CEA ，
∵MN PQ ∥，BC 平分∠ABM ，
∴BCE CBM CBA ，
又∵360ABC BCE CEA BAE ，
∴180BCE CEA ，
∴AE BC ∥，
∴ACB CAE ，即5452
，∴18 ，
∴18DAE ，
∴在Rt ACD △中，9090)451827(ACD CAD ，
故答案为：B ．
【点睛】
此题考查平行线的性质，三角形内角和定理，解题关键在于得出ACB CAE ．
2．
（江西省吉安市六校联谊联考2021-2022学年七年级下学期期中考试数学试题）如图，在ABC 中，点D 在边BC 上，点G 在边AB 上，点E 、F 在边AC 上，70AGF ABC ，12180
(1)试判断BF 与DE 的位置关系，并说明理由；
(2)若DE AC ，30 CDE ，求A 的度数．
【答案】(1)BF ∥DE ，理由见解析
(2)50
【解析】
【分析】
（1）先证FG CB ∥，得出∠1=∠3，进而得出23180 ，最后证得DE BF ；
（2）由DE AC ，可知∠DEC =90°，进而∠C =60°，根据三角形内角和定理最后求得∠A 的度数．
(1)
解：BF DE ，理由如下：
∵70AGF ABC ，
∴FG CB ∥，
∴13 ，
又12180 ，
∴23180 ，
∴DE BF ．
(2)
解：∵DE AC ，
∴90CED ，
30CDE ∵，
60C ，
∴180180706050A ABC C ．
【点睛】
本题考查了平行线的判定和性质，三角形内角和定理，熟练地掌握平行线的判定和性质是解决问题的关键．考点六三角形外角的定义和性质
例题：（2022·四川·成都七中七年级期中）如图，已知7AOB ，一条光线从点A 出发后射向OB 边．若光线与OB 边垂直，则光线沿原路返回到点A ，此时90783A ．当83A 时，光线射到OB 边上的点1A 后，经OB 反射到线段AO 上的点2A ，易知12 ．若12A A AO ，光线又会沿21A A A 原路返回到点A ，此时A ______°．若光线从A 点出发后，经若干次反射能沿原路返回到点A ，则锐角A 的最小值 ______°．
【答案】766
【解析】
【分析】
根据入射角等于反射角得出1290783 ，再由1 是1AA O 的外角即可得A 度数；如图，当MN OA 时，光线沿原路返回，分别根据入射角等于反射角和外角性质求出5 、9 的度数，
从而得出与A 具有相同位置的角的度数变化规律，即可解决问题．
【详解】
解：12A A AO ∵，7AOB ，
1290783 ，
176A AOB ，如图：
当MN OA 时，光线沿原路返回，
4390783 ，
654837769027AOB ，
8767679037AOB ，
98697629047AOB ，
由以上规律可知，9027A n ，
当6n 时，A 取得最小值，最小度数为6 ，
故答案为：76，6．
【点睛】
本题主要考查直角三角形的性质和三角形的外角性质及入射角等于反射角，根据三角形的外角性质及入射角等于反射角得出与A 具有相同位置的角的度数变化规律是解题的关键．
【变式训练】
1．
（2021·广西·靖西市教学研究室八年级期末）如图，∠BCD ＝145°，则∠A +∠B +∠D 的度数为_____．
【答案】145°
【解析】
【分析】
连接AC 并延长，延长线上一点为E ．由三角形外角的性质可得：DCE D DAC ，
BCE E BAC ．所以可得：
145DAB B D DAC BAC B D DCE BCE BCD
【详解】
解：连接AC 并延长，延长线上一点为E
∵DCE 是ACD △的外角
DCE D DAC
同理可得：BCE B BAC
145DAB B D DAC BAC B D DCE BCE BCD
故答案为145 ．
【点睛】
本题主要考查知识点为，三角形中外角的性质．即：三角形的一个外角等于不相邻的两个内角的和．本题需根据已知和所求作出辅助线．掌握外角的性质是解决本题的关键．
2．
（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处七年级期中）平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．
(1)如图1，AB∥CD，点P在AB、CD内部，∠B＝55°，∠D＝40°，则∠BPD＝°；
(2)如图2，AB∥CD，点P在AB、CD外部（CD的下方），则∠BPD、∠B、∠D之间的数量关系
为；
(3)如图3，直接写出∠BPD、∠B、∠D、∠BQD之间的数量关系为；
(4)如图4，计算∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数是°．
【答案】(1)95
(2)∠BPD+∠D=∠B
(3)∠BQD+∠QBP+∠PDQ=∠BPD
(4)360
【解析】
【分析】
（1）延长BP交CD于点E，根据平行线的性质、三角形外角的性质即可求解；
（2）根据AB∥CD，得∠B=∠BOD，再由三角形外角的性质即可求证；
（3）连接BD，由∠BQD+∠QBP+∠DBP+∠BDP+∠PDQ=180°，∠DBP+∠BDP+∠BPD=180°即可求解；（4）连接AD，由∠B+∠F=∠EHF，∠GAD+∠ADG=∠EGH，∠EHF+∠EGH+∠E=180°，∠CAD+∠ADC+∠C=180°，即可求解；
(1)
解：延长BP交CD于点E，
∵AB∥CD，∠B＝55°，
∴∠B=∠BED=55°，
∵∠D＝40°，
∴∠BPD＝∠D+∠BED＝95°．
故答案为：95．
(2)
∵AB∥CD，
∴∠B=∠BOD，
∵∠BPD+∠D=∠BOD，
∴∠BPD+∠D=∠B．
故答案为：∠BPD+∠D=∠B．
(3)
连接BD，
∵∠BQD+∠QBP+∠DBP+∠BDP+∠PDQ=180°，∠DBP+∠BDP+∠BPD=180°，
∴∠BQD+∠QBP+∠PDQ-∠BPD=0，
∴∠BQD+∠QBP+∠PDQ=∠BPD．
故答案为：∠BQD+∠QBP+∠PDQ=∠BPD．
(4)
如图，连接AD，
∵∠B+∠F=∠EHF，∠GAD+∠ADG=∠EGH，∠EHF+∠EGH+∠E=180°，
∴∠B+∠F+∠GAD+∠ADG+∠E=180°，
∵∠CAD+∠ADC+∠C=180°，
∴∠B+∠F+∠GAD+∠ADG+∠CAD+∠ADC+∠C+∠E=360°．
故答案为：360．
【点睛】
本题主要考查平行线的性质、三角形的内角和定理、三角形外角的性质，掌握相关知识并结合题意正确做出辅助线是解题的关键．
一、选择题1．（2022·河南平顶山·七年级期末）如图，直线a b ∥，若∠1＝70°，∠2＝30°则∠3的度数是（）A ．40°
B ．50°
C ．60°
D ．无法计算
【答案】A 【分析】如图，根据平行线的性质求出∠4＝∠1＝70°，然后根据三角形外角的性质得出答案．
【详解】解：如图．
∵a ∥b ，∠1＝70°，
∴∠4＝∠1＝70°，
∵∠4＝∠3＋∠2，∠2＝30°，
∴∠3＝∠4−∠2＝70°−30°＝40°，
故选：A ．
【点睛】本题考查了平行线的性质、三角形外角的性质，熟知三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和是解答本题的关键．
2．
（2022·湖北·武汉市光谷实验中学七年级阶段练习）如图，已知AB CD ∥，1113 ，265 ，则C 的度数是（）
A ．43
B ．58
C ．48
D ．65
【答案】C 【分析】根据平行线的性质，由AB CD ，得1113EGD ．根据三角形外角的性质，得2EGD C ，那么248C EGD ．
【详解】解：AB CD ∥∵，1113 ，
课后训练
1113EGD ．
2EGD C ∵，265 ，
21136548C EGD ．
故选：C ．
【点睛】本题主要考查平行线的性质、三角形外角的性质，熟练掌握平行线的性质、三角形外角的性质是解决本题的关键．
3．
（2022·山东聊城·七年级期末）如图，将直尺与含30°角的三角尺叠放在一起，若∠2=50°，则∠1的大小是（）
A ．40°
B ．50°
C ．70°
D ．80°
【答案】C 【分析】根据三角形内角和定理得360 ，根据平行线的性质得4250 ，根据平角定义即可求解．
【详解】解：如图所示，
由题意得，3180903060 ，
∵AB CD ∥，250 ，
∴4250 ，
∴11804370 ，
故选：C ．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
4．
（2022·江苏连云港·七年级阶段练习）如图所示，将长方形纸片ABCD 折叠，使点D 与点B 重合，点C 落在点C 处，折痕为EF ，若∠ABE =20°，那么EFC 的度数为（）
A．115°B．120°C．125°D．130°
【答案】C
【分析】根据折叠的性质知∠BEF=∠DEF，而∠AEB的度数可在Rt△ABE中求得，由此可求出∠DEF的度数，再根据平行线的性质即可得解．
【详解】解：Rt△ABE中，∠ABE=20°，
∴∠AEB=70°，
由折叠的性质知：∠BEF=∠DEF，∠EFC=EFC
，
而∠BED=180°-∠AEB=110°，
∴∠DEF=55°，
∵AD∥BC，
∴∠EFC=180°-∠DEF=125°．
=125°．
∴EFC
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质以及图形的翻折变换，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变．
5．（2022·四川眉山·七年级期末）如图，△ABC中CD平分∠ACB，点M在线段CD上，且MN⊥CD交BA 的延长线于点N．若∠B=30°，∠CAN=96°，则∠N的度数为（）
A．22°B．27°C．30°D．37°
【答案】B
【分析】由∠CAN是△ABC的外角可得∠ACB，由CD平分∠ACB可得∠BCD；再由∠CDN是△BCD的外角求得∠CDN；△DMN中再由三角形内角和定理即可解答；
【详解】解：∵∠CAN是△ABC的外角，
∴∠CAN=∠B+∠ACB，
∵∠B=30°，∠CAN=96°，
【答案】28°##28度
【分析】根据折叠的性质得出∠【详解】解：过E点将∠A
∴∠DEN=∠HEN，∠AEM=
【答案】11或29
【分析】讨论：如图1，△COD绕点O顺时针旋转得到△C′OD′，C′D′交OB于E，根据平行线的判定，当∠OEC′=∠B=40°时，C′D′∥AB，则根据三角形外角性质计算出∠C′OC=110°，从而可计算出此时△COD绕点O顺时针旋转110°得到△C′OD′所需时间；
如图2，△COD绕点O顺时针旋转得到△C″OD″，C″D″交直线OB于F，利用平行线的判定得当∠OFC″=∠B=40°时，C″D″∥AB，根据三角形内角和计算出∠C″OC=70°，则△COD绕点O顺时针旋290°得到△C″OD″，然后计算此时旋转的时间．
【详解】如图1，△COD绕点O顺时针旋转得到△C′OD′，C′D′交OB于E，
则∠C′OD′=∠COD=90°，∠OC′D=∠C=70°，
当∠OEC′=∠B=40°时，C′D′∥AB，
∴∠C′OC=∠OEC′+∠OC′E=40°+70°=110°，
∴△COD绕点O顺时针旋转110°得到△C′OD′所需时间为110÷10=11（秒）；
如图2，△COD绕点O顺时针旋转得到△C″OD″，C″D″交直线OB于F，则∠C″OD″=∠COD=90°，∠OC″D″=∠C=70°，
当∠OFC″=∠B=40°时，C″D″∥AB，
∴∠C″OC=180°-∠OFC″-∠OC″F=180°-40°-70°=70°，
∴△COD绕点O顺时针旋转的角度为：360°-70°=290°，
∴△COD绕点O顺时针旋得到△C″OD″所需时间为290÷10=29（秒）；
综上所述，在旋转的过程中，在第11秒或29秒时，边CD恰好与边AB平行．
故答案为：11或29
【答案】120
7或22.5
【分析】设BAE x
，EDF y
，根据题意可用
中有两个内角相等可分类讨论，结合三角形内角和定理列出方程组，即可解答．【详解】设BAE x
，EDF y
，
∵
1
3
BAE BAC
，1
4
EDF
∵AE 是BC 边上的高线，
∴∠BEA =90°，
∴∠BAE =180°-∠B -∠BEA =55°，
∵∠DAE =∠BAE -∠BAD ，
∴∠DAE =55°-40°=15°，
即∠DAE 为15°．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理以及角平分线的知识，掌握三角形内角和为180°是解答本题的关键．
12．
（2022·陕西·武功县教育局教育教学研究室七年级期末）如图，已知直线,,AB CD AC 上的点M ，N ，E 满足ME NE ，90,AME CNE ACD 的平分线CG 交MN 于G ，作射线GF AB ∥．
(1)直线AB 与CD 平行吗？为什么？
(2)若66CAB ，求CGF 的度数．
【答案】(1)平行，理由见解析
(2)123
【分析】（1）利用已知条件和三角形内角和定理，通过等量代换可得180A ACD ，由同旁内角互补，两直线平行，可得//AB CD ；
（2）利用,66AB CD CAB ∥，求出ACD ，再利用角平分线的定义求出GCD ，再证GF CD ∥，利用两直线平行，同旁内角互补，即可求出CGF ．
（1）
解：//AB CD ．理由如下：
∵ME NE ，
∴90MEN ，
∴90AEM CEN ，
∵180A AEM AME ，180ACD CEN CNE ，
∴360A ACD AEM CEN AME CNE ，
∵90AME CNE ，90AEM CEN ，
∴180A ACD ，
∴//AB CD ；
（2）
解：∵66AB CD CAB ∥， ，
360A A A DA A EA ，
12360A DA A EA ∵，
12A A ，
由折叠可得：A A ，
212A ，
故答案为：212A ；
（3）如图③，
2DME A ∵，1A DME ，
由折叠可得：A A ，
1222A A A ，
212802456A ，
28A ．
故答案为：28 ．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，三角形外角性质，三角形内角和定理的应用，本题主要考查运用定理进行推理和计算的能力．解题的关键是结合图形运用外角的性质列等式求解．
14．
（2022·江苏·沭阳县外国语实验学校七年级阶段练习）已知ABC 、DEF 是两个完全一样的三角形，其中90ACB DFE ，30A D ．
(1)将它们摆成如图①的位置（点E 、F 在AB 上，点C 在DF 上，DE 与AC 相交于点G ）
．求AGD 的度数．(2)将图①的ABC 固定，把DEF 绕点F 按逆时针方向旋转(0180)n n ．
①当DEF 旋转到DE ∥AB 的位置时（如图2），n _________；
②若由图①旋转后的EF 能与ABC 的一边垂直，则n 的值为_________．
【答案】(1)∠AGD ＝150°；
(2)①60；②60或90或150．
【分析】（1）根据三角形外角的性质先求出∠DEA ，再求出∠AGD 即可；
（2）①根据平行线的性质求出∠E＝∠EFA＝60°可得答案；
②分情况讨论：当EF⊥AC时；当EF⊥AB时；当EF⊥BC时，分别作出图形求解即可．（1）
解：∵∠DFE＝90°，∠D＝30°，
∴∠DEA＝30°＋90°＝120°，
∵∠A＝30°，
∴∠AGD＝∠DEA＋∠A＝120°＋30°＝150°；
（2）
①∵∠DFE＝90°，∠D＝30°，
∴∠E＝60°，
∵DE∥AB，
∴∠E＝∠EFA＝60°，
∴n＝60；
故答案为：60；
②分情况讨论：
当EF⊥AC于点G时，如图，则∠AGF＝90°，
由三角形内角和定理可得：∠EFA＝180°−90°−30°＝60°，
∴n＝60；
当EF⊥AB时，如图，
∴∠EFA＝90°，
∴n＝90；
当EF⊥BC于点H时，如图，则∠BHF＝90°，
∴∠EFA＝∠B＋∠BHF＝60°＋90°＝150°，
∴n＝150；
综上，n的值为60或90或150，
故答案为：60或90或150．
【点睛】此题主要考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，平行线的性质等知识，解题的关键是要考虑全面，不要漏解，作出图形会更加直观．
15．
（2022·山西·测试·编辑教研五七年级期末）教材呈现：如图是华师版七年级下册数学教材第76页的部分内容．
如图，已知ABC 分别用1 、2 、3 表示ABC 的三个内角，证明123180 ．
解：延长BC 至点E ，以点C 为顶点，在BE 的上侧作2DCE ，则CD ∥BA （同位角相等，两直线平行）
(1)请根据教材提示，结合图一，将证明过程补充完整．
(2)结论应用：
①如图二，在ABC 中，60A ，BP 平分ABC ，CP 平分ACB ，求BPC 的度数；
②如图三，将ABC 的A 折叠，使点A 落在ABC 外的1A 处，折痕为DE ．若A ，
1BDA ，1CEA ，则 、 、 满足的等量关系为______（用含 、 、 的代数式表示）．
【答案】(1)见解析
(2)①120 ；②2
【分析】（1）利用平行线的性质得2DCE ，1ACD 即可解答；
（2）①利用角平分线的定义和三角形内角和定理可得；
②根据四边形BCFD 内角和为360 ，分别表示出各角得出等式即可．
（1）。