1.如图，BE,CE分别平分$∠ ABD$,$∠ ACD$.
(1)若$∠ BAC=70°$,$∠ BDC=140°$,求$∠ BEC$的度数；
(2)猜想$∠ BAC$,$∠ BDC$与$∠ BEC$之间的数量关系,并说明理由.
答案：1.解:(1)延长 BE 交 AC 于点 F,延长 BD 交 AC 于点 G,如答图,设$∠ABE=α,∠ACE=β.$
∵BE,CE分别平分$∠ABD,∠ACD,$
$\therefore ∠ABD=2∠ABE=2α,∠ACD=2∠ACE=2β.$
由三角形的外角性质,得$∠1=∠BAC+α,∠2=∠BAC+2α,∠BEC=∠1+β=∠BAC+α+β,∠BDC=∠2+2β=∠BAC+2α+2β.$
$\because ∠BAC=70^{\circ },∠BDC=140^{\circ },$
$\therefore 140^{\circ }=70^{\circ }+2α+2β,$
解得$α+β=35^{\circ },$
$\therefore ∠BEC=∠BAC+α+β=70^{\circ }+35^{\circ }=105^{\circ }.$
(2)$2∠BEC=∠BAC+∠BDC$,理由如下:
如答图,设$∠ABE=α,∠ACE=β,$
∵BE,CE分别平分$∠ABD,∠ACD,$
$\therefore ∠ABD=2α,∠ACD=2β.$
由三角形的外角性质,得$∠1=∠BAC+α,∠2=∠BAC+2α,$
$∠BEC=∠1+β=∠BAC+α+β,∠BDC=∠2+2β=∠BAC+2α+2β,$
$\therefore α+β=∠BEC-∠BAC,$
$\therefore ∠BDC=∠BAC+2(∠BEC-∠BAC),$
$\therefore 2∠BEC=∠BAC+∠BDC.$
解析：
【分析】
本题可通过设参数结合三角形外角性质求解：(1)要求∠BEC的度数，已知BE、CE是角平分线，可先设∠ABE=α，∠ACE=β，利用角平分线性质得到∠ABD=2α，∠ACD=2β；再借助三角形外角的性质，分别将∠BDC、∠BEC用∠BAC、α、β表示，代入已知的∠BAC和∠BDC的度数，先求出α+β的值，即可算出∠BEC的度数。(2)猜想三者数量关系时，沿用(1)的参数表示方法，消去参数α、β，即可得到三个角之间的通用数量关系。
【解析】
(1) 延长BE交AC于点F，延长BD交AC于点G，设∠ABE=α，∠ACE=β。
∵BE平分∠ABD，CE平分∠ACD，
∴∠ABD=2∠ABE=2α，∠ACD=2∠ACE=2β。
根据三角形外角的性质：
∠1（即∠BFC）=∠BAC+α，
∠2（即∠BGC）=∠BAC+2α，
∠BEC=∠1+β=∠BAC+α+β，
∠BDC=∠2+2β=∠BAC+2α+2β。
已知∠BAC=70°，∠BDC=140°，代入∠BDC的表达式得：
$140°=70°+2α+2β$，
解得$α+β=35°$，
∴$∠BEC=70°+35°=105°$。
(2) 数量关系为$\boldsymbol{2∠BEC=∠BAC+∠BDC}$，理由如下：
设∠ABE=α，∠ACE=β，
∵BE平分∠ABD，CE平分∠ACD，
∴∠ABD=2α，∠ACD=2β。
由三角形外角性质可得：
$∠BEC=∠BAC+α+β$，$∠BDC=∠BAC+2α+2β$，
由∠BEC的表达式变形得：$α+β=∠BEC-∠BAC$，
将其代入∠BDC的表达式：
$∠BDC=∠BAC+2(∠BEC-∠BAC)$，
整理得：$2∠BEC=∠BAC+∠BDC$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{105°}$
(2) $\boldsymbol{2∠BEC=∠BAC+∠BDC}$
【知识点】
1. 角平分线的定义
2. 三角形外角的性质
3. 角度等量代换
【点评】
本题是三角形双角平分线类的典型题型，解题核心是通过设参数表示被平分的角，结合三角形外角性质建立不同角之间的联系，消去参数即可得到所求角度或角度关系，这种设参数的方法能有效简化复杂的角度推导过程。
【难度系数】
0.6
2.(2025·张店区月考)综合与实践
在△ABC中,∠C=40°,D,E分别是边AC,BC上的点,P是一动点,令∠PDA=∠1,∠PEB=∠2,∠DPE=∠α.
【问题初探】
(1)如图①,若点P在线段AB上,且∠α=60°,则∠1+∠2=
100
°;
【问题再探】
(2)如图②,若点P在线段AB上运动,写出∠1,∠2,∠α之间的数量关系,并说明理由;
(3)如图③,若点P在线段AB的延长线上运动,写出∠1,∠2,∠α之间的数量关系,并说明理由;
【问题解决】
(4)如图④,若点P运动到△ABC的内部,请直接写出此时∠1,∠2,∠α之间的数量关系.
答案：2.(1)100 点拨:$\because ∠A+∠B+∠C=180^{\circ },∠C=40^{\circ },$
$\therefore ∠A+∠B=180^{\circ }-40^{\circ }=140^{\circ }.$
$\because ∠APD+∠α+∠BPE=180^{\circ },∠α=60^{\circ },$
$\therefore ∠APD+∠BPE=120^{\circ }.$
$\because ∠A+∠1+∠APD=∠B+∠2+∠BPE=180^{\circ },$
$\therefore ∠A+∠1+∠APD+∠B+∠2+∠BPE=360^{\circ },$
$\therefore ∠1+∠2=360^{\circ }-(∠A+∠B)-(∠APD+∠BPE)=360^{\circ }-140^{\circ }-120^{\circ }=100^{\circ }.$
(2)解:$∠1+∠2=40^{\circ }+∠α$.理由如下:
$\because ∠A+∠B+∠C=180^{\circ },∠C=40^{\circ },$
$\therefore ∠A+∠B=180^{\circ }-40^{\circ }=140^{\circ }.$
$\because ∠APD+∠α+∠BPE=180^{\circ },$
$\therefore ∠APD+∠BPE=180^{\circ }-∠α.$
$\because ∠A+∠1+∠APD=∠B+∠2+∠BPE=180^{\circ },$
$\therefore ∠A+∠1+∠APD+∠B+∠2+∠BPE=360^{\circ },$
$\therefore ∠1+∠2=360^{\circ }-(∠A+∠B)-(∠APD+∠BPE)=360^{\circ }-140^{\circ }-180^{\circ }+∠α=40^{\circ }+∠α.$
(3)解:$∠1-∠2=40^{\circ }+∠α$.理由如下:
设BC与PD交于点F.
$\because ∠A+∠ABC+∠C=180^{\circ },∠C=40^{\circ },$
$\therefore ∠A+∠ABC=180^{\circ }-40^{\circ }=140^{\circ }.$
$\because ∠PFE+∠2+∠α=180^{\circ },$
$\therefore ∠PFE=∠BFD=180^{\circ }-∠2-∠α.$
$\because ∠A+∠ABC+∠1+∠BFD=360^{\circ },$
$\therefore 140^{\circ }+∠1+180^{\circ }-∠2-∠α=360^{\circ },$
$\therefore ∠1-∠2=40^{\circ }+∠α.$
(4)解:$∠1+∠2=400^{\circ }-∠α$.理由如下:
$\because ∠A+∠B+∠C=180^{\circ },∠C=40^{\circ },$
$\therefore ∠A+∠B=180^{\circ }-40^{\circ }=140^{\circ }.$
∵五边形ABEPD的内角和为$(5-2)×180^{\circ }=540^{\circ },$
$\therefore ∠A+∠B+∠1+∠2+∠α=540^{\circ },$
$\therefore ∠1+∠2=540^{\circ }-140^{\circ }-∠α,$
$\therefore ∠1+∠2=400^{\circ }-∠α.$
解析：
【分析】
本题的核心不变量是△ABC中∠A+∠B=180°-∠C=140°，解题时围绕该定值，结合动点P的位置分析：
(1) 先利用平角性质求出∠APD+∠BPE的度数，再结合两个小三角形的内角和为180°，代入∠A+∠B的定值即可求出∠1+∠2；
(2) 类比第(1)问的思路，将∠α作为变量，推导∠1、∠2、∠α的通用关系；
(3) 点P在AB延长线时，通过找对顶角相等，结合四边形内角和为360°，消去未知角推导关系；
(4) 点P在三角形内部时，利用五边形内角和公式，代入∠A+∠B的定值即可得到角度关系。
【解析】
(1) 先求△ABC中∠A+∠B的和：
∵∠A+∠B+∠C=180°，∠C=40°，
∴∠A+∠B=180°-40°=140°。
根据平角定义，∠APD+∠α+∠BPE=180°，已知∠α=60°，
∴∠APD+∠BPE=180°-60°=120°。
在△APD和△BPE中，∠A+∠1+∠APD=180°，∠B+∠2+∠BPE=180°，
两式相加得：∠A+∠1+∠APD+∠B+∠2+∠BPE=360°，
代入已知值：∠1+∠2=360°-(∠A+∠B)-(∠APD+∠BPE)=360°-140°-120°=100°。
(2) ∠1+∠2=40°+∠α，理由如下：
同理得∠A+∠B=140°，
由平角性质得∠APD+∠BPE=180°-∠α，
结合两个小三角形内角和：∠A+∠1+∠APD+∠B+∠2+∠BPE=360°，
代入得：∠1+∠2=360°-140°-(180°-∠α)=40°+∠α。
(3) ∠1-∠2=40°+∠α，理由如下：
设BC与PD交于点F，
同理得∠A+∠ABC=140°，
在△PEF中，∠PFE+∠2+∠α=180°，
∴∠PFE=180°-∠2-∠α，
由对顶角相等得∠BFD=∠PFE=180°-∠2-∠α，
在四边形ABFD中，内角和为360°，即∠A+∠ABC+∠1+∠BFD=360°，
代入得：140°+∠1+180°-∠2-∠α=360°，
整理得：∠1-∠2=40°+∠α。
(4) ∠1+∠2=400°-∠α，理由如下：
同理得∠A+∠B=140°，
五边形ABEPD的内角和为(5-2)×180°=540°，
即∠A+∠B+∠1+∠2+∠α=540°，
代入得：∠1+∠2=540°-140°-∠α=400°-∠α。
【答案】
(1) $\boxed{100}$；
(2) $\boxed{∠1+∠2=40°+∠α}$；
(3) $\boxed{∠1-∠2=40°+∠α}$；
(4) $\boxed{∠1+∠2=400°-∠α}$
【知识点】
三角形内角和定理；多边形内角和公式；对顶角的性质
【点评】
本题是典型的动点类角度探究问题，通过改变动点位置考查内角和定理的灵活运用，解题关键是抓住∠A+∠B为定值的不变量，结合不同图形结构建立角度的等量关系，能有效训练分类讨论和转化的数学思维。
【难度系数】
0.6
