专题1.1 三角形章末重难点题型-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版）

专题1.1 三角形章末重难点题型
【人教版】



【考点1 三角形的稳定性】
【方法点拨】三角形的特性之一就是具有稳定性．找到图形中有三角形固定的即可.
【例1】（2019春•醴陵市期末）在实际生活中，我们经常利用一些几何图形的稳定性或不稳定性，下列实物图中利用了稳定性的是（　　）
A．电动伸缩门 B．升降台
C．栅栏 D．窗户
【分析】三角形的特性之一就是具有稳定性．找到图形中有三角形固定的即可．
【解答】解：A、利用了四边形的不稳定性，故错误；
B、利用了四边形的不稳定性，故错误；
C、利用了三角形的稳定性，正确；
D、四边形不具有稳定性，故错误，
故选：C．
【点评】主要考查了三角形的性质中的稳定性．属于基础题，比较简单．
【变式1-1】（2019春•东湖区校级期末）下列图中不具有稳定性的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性即可判断．
【解答】解：因为三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性，
故选：B．
【点评】本题考查三角形的稳定性，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式1-2】（2019秋•裕安区期末）如图，工人师傅做了一个长方形窗框ABCD，E，F，G，H分别是四条边上的中点，为了使它稳固，需要在窗框上钉一根木条，这根木条不应钉在（　　）

A．A，C两点之间 B．G，H两点之间
C．B，F两点之间 D．E，G两点之间
【分析】用木条固定长方形窗框，即是组成三角形，故可用三角形的稳定性解释．
【解答】解：工人师傅做了一个长方形窗框ABCD，工人师傅为了使它稳固，需要在窗框上钉一根木条，这根木条不应钉在E、G两点之间（没有构成三角形），这种做法根据的是四边形没有稳定性．
故选：D．
【点评】本题考查三角形稳定性的实际应用．三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、房屋架梁等，因此要使一些图形具有稳定的结构，往往通过连接辅助线转化为三角形而获得．
【变式1-3】（2019秋•越秀区期末）如图所示，要使一个六边形木架在同一平面内不变形，至少还要再钉上（　　）根木条．

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】从一个多边形的一个顶点出发，能做（n﹣3）条对角线，把多边形分成（n﹣2）个三角形．
【解答】解：根据三角形的稳定性，要使六边形木架不变形，至少再钉上3根木条；
故选：C．
【点评】本题考查了多边形以及三角形的稳定性；掌握从一个顶点把多边形分成三角形的对角线条数是n﹣3．
【考点2 三角形中“三线”概念辨析】
【方法点拨】解决此类问题的关键是掌握三角形的角平分线，中线，线段的定义；根据三角形的三条中线都在三角形内部；三角形的三条角平分线都在三角形内部；三角形三条高可以在内部，也可以在外部，直角三角形有两条高在边上进行判断．
【例2】（2020春•迁西县期末）下列说法错误的是（　　）
A．三角形的高、中线、角平分线都是线段
B．三角形的三条中线都在三角形内部
C．锐角三角形的三条高一定交于同一点
D．三角形的三条高、三条中线、三条角平分线都交于同一点
【分析】根据三角形的角平分线，中线，线段的定义；根据三角形的三条中线都在三角形内部；三角形的三条角平分线都在三角形内部；三角形三条高可以在内部，也可以在外部，直角三角形有两条高在边上进行判断．
【解答】解：A、三角形的高、中线、角平分线都是线段，故正确；
B、三角形的三条中线都在三角形内部，故正确；
C、锐角三角形的三条高一定交于同一点，故正确；
D、三角形的三条角平分线、三条中线分别交于一点是正确的，三条高线所在的直线一定交于一点，高线指的是线段，故错误．
故选：D．
【点评】本题考查对三角形的中线、角平分线、高的正确理解．
【变式2-1】（2019春•平昌县期末）下列说法中错误的是（　　）
A．三角形三条高至少有一条在三角形的内部
B．三角形三条中线都在三角形的内部
C．三角形三条角平分线都在三角形的内部
D．三角形三条高都在三角形的内部
【分析】根据三角形的中线，角平分线和高线的定义以及在三角形的位置对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：A、三角形三条高至少有一条在三角形的内部，故正确；
B、三角形三条中线都在三角形的内部，故正确；
C、三角形三条角平分线都在三角形的内部，故正确．
D、直角三角形有两条高就是直角三角形的边，一条在内部，钝角三角形有两条高在外部，一条在内部，故错误．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的角平分线、中线、高线，是基础题，熟记概念以及在三角形中的位置是解题的关键．
【变式2-2】（2020春•商水县期末）如图，在△ABC中，AD是高，AE是角平分线，AF是中线，则下列说法中错误的是（　　）

A．BF＝CF B．∠C+∠CAD＝90°
C．∠BAF＝∠CAF D．S△ABC＝2S△ABF
【分析】根据三角形的角平分线、中线和高的概念判断．
【解答】解：∵AF是△ABC的中线，
∴BF＝CF，A说法正确，不符合题意；
∵AD是高，
∴∠ADC＝90°，
∴∠C+∠CAD＝90°，B说法正确，不符合题意；
∵AE是角平分线，
∴∠BAE＝∠CAE，C说法错误，符合题意；
∵BF＝CF，
∴S△ABC＝2S△ABF，D说法正确，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形的角平分线、中线和高，掌握它们的概念是解题的关键．
【变式2-3】（2019秋•澧县期中）如图，△ABC中，∠1＝∠2，G为AD中点，延长BG交AC于E，F为AB上一点，且CF⊥AD于H，下列判断，其中正确的个数是（　　）
①BG是△ABD中边AD上的中线；
②AD既是△ABC中∠BAC的角平分线，也是△ABE中∠BAE的角平分线；
③CH既是△ACD中AD边上的高线，也是△ACH中AH边上的高线．

A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】根据三角形的高，中线，角平分线的定义可知．
【解答】解：①G为AD中点，所以BG是△ABD边AD上的中线，故正确；
②因为∠1＝∠2，所以AD是△ABC中∠BAC的角平分线，AG是△ABE中∠BAE的角平分线，故错误；
③因为CF⊥AD于H，所以CH既是△ACD中AD边上的高线，也是△ACH中AH边上的高线，故正确．
故选：C．
【点评】熟记三角形的高，中线，角平分线是解决此类问题的关键．
【考点3 三角形中线的应用（面积问题）】
【方法点拨】解决此类问题的关键是三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分；两个三角形的高相同时，面积的比等于它们的底边的比．
【例3】（2020春•朝阳区校级期末）如图，△ABC中，点D是AB边上的中点，点E是BC边上的中点，若S△ABC＝12，则图中阴影部分的面积是（　　）

A．6 B．4 C．3 D．2
【分析】根据S△ABC＝12和点D是AB边上的中点，点E是BC边上的中点，即可得到△DEC的面积，从而可以解答本题．
【解答】解：∵S△ABC＝12，点D是AB边上的中点，
∴S△ACD＝S△BCD＝6，
又∵点E是BC边上的中点，
∴S△BDE＝S△CDE＝3，
即阴影部分的面积是3，
故选：C．
【点评】本题考查三角形的面积，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式3-1】（2020春•徐州期中）如图，在△ABC中，点D、E分别为BC、AD的中点，EF＝2FC，若△ABC的面积为12cm2，则△BEF的面积为（　　）

A．2cm2 B．3cm2 C．4cm2 D．5cm2
【分析】根据三角形的中线平分三角形的面积，可得△ABE、△DBE、△DCE、△AEC的面积相等，从而计算△BEC的面积，根据EF＝2FC，可得结论．
【解答】解：∵D是BC的中点，
∴S△ABD＝S△ADC（等底等高的三角形面积相等），
∵E是AD的中点，
∴S△ABE＝S△BDE，S△ACE＝S△CDE（等底等高的三角形面积相等），
∴S△ABE＝S△DBE＝S△DCE＝S△AEC，
∴S△BEC=12S△ABC＝6cm2．
∵EF＝2FC，
∴S△BEF=23S△BCE，
∴S△BEF=23S△BEC＝4cm2．
故选：C．
【点评】此题考查了三角形的面积，根据三角形中线将三角形的面积分成相等的两部分解答．
【变式3-2】（2020春•遂宁期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在三边上，E是AC的中点，AD，BE，CF交于一点G，BD＝2DC，S△BGD＝16，S△AGE＝6，则△ABC的面积是（　　）

A．42 B．48 C．54 D．60
【分析】根据两个三角形的高相同时，面积的比等于它们的底边的比，求出S△CGD，S△CGE的大小，进而求出S△BCE的大小；然后根据三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，用S△BCE的面积乘以2，求出△ABC的面积即可．
【解答】解：∵BD＝2DC，
∴S△CGD=12S△BGD=12×16＝8；
∵E是AC的中点，
∴S△CGE＝S△BGE＝6，
∴S△BCE＝S△BGD+S△CGD+S△CGE
＝16+8+6
＝30
∴△ABC的面积是：30×2＝60．
故选：D．
【点评】此题主要考查了三角形的面积的求法，以及三角形的中线的特征，解答此题的关键是要明确：三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分；两个三角形的高相同时，面积的比等于它们的底边的比．
【变式3-3】（2019秋•宁阳县期末）如图，△ABC的三边的中线AD，BE，CF的公共点为G，且AG：GD＝2：1，若S△ABC＝12，则图中阴影部分的面积是（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据三角形的中线把三角形的面积分成相等的两部分，知△ABC的面积即为阴影部分的面积的3倍．
【解答】解：∵△ABC的三条中线AD、BE，CF交于点G，AG：GD＝2：1，
∴AE＝CE，
∴S△CGE＝S△AGE=13S△ACF，S△BGF＝S△BGD=13S△BCF，
∵S△ACF＝S△BCF=12S△ABC=12×12＝6，
∴S△CGE=13S△ACF=13×6＝2，S△BGF=13S△BCF=13×6＝2，
∴S阴影＝S△CGE+S△BGF＝4．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的面积，三角形中线的性质，正确的识别图形是解题的关键．
【考点4 三角形中线的应用（周长问题）】
【方法点拨】解决此类问题的关键是掌握三角形的中线将所在边分成两条相等的线段，利用线段之间的等量代换或方程思想即可解决周长问题．
【例4】（2019秋•连城县期中）如图，已知BD是△ABC的中线，AB＝5，BC＝3，且△ABD的周长为11，则△BCD的周长是（　　）

A．9 B．14 C．16 D．不能确定
【分析】根据三角形的中线得出AD＝CD，根据三角形的周长求出即可．
【解答】解：∵BD是△ABC的中线，
∴AD＝CD，
∵△ABD的周长为11，AB＝5，BC＝3，
∴△BCD的周长是11﹣（5﹣3）＝9，
故选：A．
【点评】本题主要考查对三角形的中线的理解和掌握，能正确地进行计算是解此题的关键．
【变式4-1】（2019秋•旌阳区校级月考）在△ABC中，AD是BC边上的中线，△ADC的周长比△ABD的周长多3，AB与AC的和为13，则AC的长为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】根据三角形的中线的定义得到BD＝DC，根据三角形的周长公式得到AC﹣AB＝3，根据题意列出方程组，解方程组得到答案．
【解答】解：∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝DC，
由题意得，（AC+CD+AD）﹣（AB+BD﹣AD）＝3，
整理得，AC﹣AB＝3，
则AC-AB=3AC+AB=13，
解得，AC=8AB=5，
故选：B．

【点评】本题考查的是三角形的中线的概念，三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．
【变式4-2】（2019春•海淀区校级期末）已知AD是△ABC的中线，若△ABD与△ACD的周长分别是14和12．△ABC的周长是20，则AD的长为　 　．
【分析】根据三角形的周长公式列式计算即可得解．
【解答】解：∵△ABD与△ACD的周长分别是14和12，
∴AB+BC+AC+2AD＝14+12＝26，
∵△ABC的周长是20，
∴AB+BC+AC＝20，
∴2AD＝26﹣20＝6，
∴AD＝3．
故答案为3．
【点评】本题考查了三角形的\中线和高，熟记三角形的周长公式是解题的关键．
【变式4-3】（2019秋•全椒县期末）如图，在△ABC中（AC＞AB），AC＝2BC，BC边上的中线AD把△ABC的周长分成60和40两部分，求AC和AB的长．

【分析】先根据AD是BC边上的中线得出BD＝CD，设BD＝CD＝x，AB＝y，则AC＝4x，根据题意得出方程组，求出方程组的解，再根据三角形的三边关系定理判断即可．
【解答】解：设BD＝CD＝x，AB＝y，则AC＝2BC＝4x，
∵BC边上的中线AD把△ABC的周长分成60和40两部分，AC＞AB，
∴AC+CD＝60，AB+BD＝40，
即4x+x=60x+y=40，
解得：x=12y=28，
当AB＝28，BC＝24，AC＝48时，符合三角形三边关系定理，能组成三角形，
所以AC＝48，AB＝28．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的三边关系定理的应用，等得出方程组是解此题的关键．
【考点5 三角形的三边关系】
【方法点拨】掌握三角形两边的和大于第三边，三角形两边的差小于第三边是解题关键.
【例5】（2020春•滨湖区期中）4根小木棒的长度分别为2cm，3cm，4cm和5cm．用其中3根搭三角形，可以搭出不同三角形的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】先写出不同的分组，再根据三角形的任意两边之和大于第三边对各组数据进行判断即可得解．
【解答】解：任取3根可以有一下几组：
①2cm，3cm，4cm，能够组成三角形，
②2cm，3cm，5cm，
∵2+3＝5，
∴不能组成三角形；
③2cm，4cm，5cm，
能组成三角形，
③3cm，4cm，5cm，
能组成三角形，
∴可以搭出不同的三角形3个．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，按照一定的顺序进行分组才能做到不重不漏．
【变式5-1】（2020•绍兴）长度分别为2，3，3，4的四根细木棒首尾相连，围成一个三角形（木棒允许连接，但不允许折断），得到的三角形的最长边长为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】利用三角形的三边关系列举出所围成三角形的不同情况，通过比较得到结论．
【解答】解：①长度分别为5、3、4，能构成三角形，且最长边为5；
②长度分别为2、6、4，不能构成三角形；
③长度分别为2、7、3，不能构成三角形；
④长度分别为6、3、3，不能构成三角形；
综上所述，得到三角形的最长边长为5．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，利用了三角形中三边的关系求解．注意分类讨论，不重不漏．
【变式5-2】（2020春•和平区校级期中）已知a，b，c是一个三角形的三边长，化简|a+c﹣b|﹣|b﹣c+a|﹣|a﹣b﹣c|＝　 　．
【分析】根据三角形三边关系得到a+c﹣b＞0，b﹣c+a＞0，a﹣b﹣c＜0，再去绝对值，合并同类项即可求解．
【解答】解：∵a，b，c是一个三角形的三条边长，
∴a+c﹣b＞0，b﹣c+a＞0，a﹣b﹣c＜0，
|a+c﹣b|﹣|b﹣c+a|﹣|a﹣b﹣c|＝a+c﹣b﹣b+c﹣a+a﹣b﹣c＝a﹣3b+c，
故答案为：a﹣3b+c．
【点评】考查了三角形三边关系，绝对值的性质，整式的加减，关键是得到a+c﹣b＞0，b﹣c+a＞0，a﹣b﹣c＜0．
【变式5-3】（2020春•如东县期末）△ABC三边的长a、b、c均为整数，a＞b＞c，a＝8，则满足条件的三角形共有　 　个．
【分析】结合三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”和已知条件，进行分析．
【解答】解：根据已知条件和三角形的三边关系，得
当a＝8，b＝7时，则c＝6或5或4或3或2；
当a＝8，b＝6时，则c＝5或4或3；
当a＝8，b＝5时，则c＝4．
则满足条件的三角形共有9个．
故答案为：9．
【点评】考查了三角形三边关系，此题要能够把已知条件和三角形的三边关系结合起来考虑．
【考点6 三角形的三边关系（证明题）】
【方法点拨】掌握三角形两边的和大于第三边，三角形两边的差小于第三边是解题关键.
【例6】（2019秋•九龙坡区校级月考）已知在△ABC中，AB＝AC，D在AC的延长线上．求证：BD﹣BC＜AD﹣AB．

【分析】由三角形的三边关系可得BD﹣BC＜AD﹣AC，即可得结论．
【解答】证明：∵△BCD中，BD﹣BC＜CD，
∴BD﹣BC＜AD﹣AC，且AB＝AC，
∴BD﹣BC＜AD﹣AB，
【点评】本题考查了三角形三边关系，熟练运用三角形的三边关系可求解．
【变式6-1】（20120秋•遵义月考）如图，点P是△ABC内任意一点，求证：PA+PB+PC＞12AB+12BC+12AC．

【分析】根据三角形的三边关系可得出结论．
【解答】证明：∵PA+PB＞AB，PB+PC＞BC，PC+PA＞AC．
∴把它们相加，再除以2，得
PA+PB+PC＞12AB+12BC+12AC．
【点评】本题考查的是三角形的三边关系，熟知三角形任意两边之和大于第三边是解答此题的关键．
【变式6-2】（2019春•平昌县期末）如图，O是△ABC内的一点，连结OB，OC，求证：AB+AC＞OB+OC．

【分析】根据三角形的三边关系证得AB+AD＞OB+OD，OD+CD＞OC，从而得到AB+AD+CD＞OB+OC，进而得到AB+AC＞OB+OC．
【解答】证明：如图，延长BO交AC于点D，
∵AB+AD＞OB+OD，OD+CD＞OC，
∴AB+AD+CD＞OB+OC，
即：AB+AC＞OB+OC．

【点评】本题考出了三角形的三边关系，解题的关键是作辅助线构造三角形．
【变式6-3】（2020春•雁塔区校级期中）观察并探求下列各问题，写出你所观察得到的结论．
（1）如图①，在△ABC中，P为边BC上一点，则BP+PC　 　AB+AC（填“＞”、“＜”或“＝”）
（2）将（1）中点P移到△ABC内，得图②，试观察比较△BPC的周长与△ABC的周长的大小，并说明理由．
（3）将（2）中点P变为两个点P1、P2得图③，试观察比较四边形BP1P2C的周长与△ABC的周长的大小，并说明理由．

【分析】（1）根据三角形中两边之和大于第三边，即可得出结果，
（2）可延长BP交AC与M，根据两边之和大于第三边，即可得出结果，
（3）分别延长BP1、CP2交于M，再根据（2）中得出的BM+CM＜AB+AC，可得出BP1+P1P2+P2C＜BM+CM＜AB+AC，即可得出结果．
【解答】解：（1）BP+PC＜AB+AC，理由：三角形两边之和大于第三边，

（2）△BPC的周长＜△ABC的周长．理由：
如图，延长BP交AC于M，在△ABM中，BP+PM＜AB+AM，在△PMC中，PC＜PM+MC，两式相加得BP+PC＜AB+AC，于是得：△BPC的周长＜△ABC的周长，

（3）四边形BP1P2C的周长＜△ABC的周长，理由：
如图，分别延长BP1、CP2交于M，由（2）知，BM+CM＜AB+AC，又P1P2＜P1M+P2M，
可得，BP1+P1P2+P2C＜BM+CM＜AB+AC，可得结论．

【点评】本题考查了比较线段的长短常常利用三角形的三边关系以及不等式的性质，通过作辅助线进行解答，难度较大．
【考点7 利用三角形的高和角平分线性质求角】
【例7】（2020春•盱眙县期末）如图①，AD平分∠BAC，AE⊥BC，∠B＝38°，∠C＝64°．
（1）求∠DAE的度数；
（2）如图②，若把“AE⊥BC”变成“点F在DA的延长线上，FE⊥BC”，∠B＝α，∠C＝β（α＜β），请用α、β的代数式表示∠DFE．
【分析】（1）求出∠ADE的度数，利用∠DAE＝90°﹣∠ADE即可求出∠DAE的度数．
（2）求出∠ADE的度数，利用∠DFE＝90°﹣∠ADE即可求出∠DAE的度数．
【解答】解：（1）∵∠B＝38°，∠C＝64°，
∴∠BAC＝78°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝39°，
∴∠ADE＝∠B+∠BAD＝77°，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝90°，
∴∠DAE＝90°﹣∠ADE＝13°．
（2）∵B＝α，∠C＝β，
∴∠BAC＝180°﹣α﹣β，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝90°-12（α+β），
∴∠ADE＝∠B+∠BAD＝α+90°-12（α+β），
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝90°，
∴∠DFE＝90°﹣∠ADE=12（β﹣α）．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
【变式7-1】（2019秋•织金县期末）如图，在△ABC中，∠B＜∠ACB，AD平分∠BAC，P为线段AD上的一个动点，PE⊥AD交直线BC于点E．
（1）若∠B＝35°，∠ACB＝85°，求∠E的度数；
（2）当点P在线段AD上运动时，求证：∠E=12(∠ACB-∠B)．

【分析】（1）首先根据三角形的内角和定理求得∠BAC的度数，再根据角平分线的定义求得∠DAC的度数，从而根据三角形的内角和定理即可求出∠ADC的度数，进一步求得∠E的度数；
（2）根据第（1）小题的思路即可推导这些角之间的关系．
【解答】（1）解：∵∠B＝35°，∠ACB＝85°，∴∠BAC＝60°．
∵AD平分∠BAC，∴∠DAC＝30°．
∴∠ADC＝65°．
又∵∠DPE＝90°，∴∠E＝25°
（2）证明：∵∠B+∠BAC+∠ACB＝180°，
∴∠BAC＝180°﹣（∠B+∠ACB）．
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=12∠BAC＝90°-12（∠B+∠ACB）．
∴∠ADC＝∠B+∠BAD＝90°-12（∠ACB﹣∠B）．
∵PE⊥AD，∴∠DPE＝90°．
∴∠ADC+∠E＝90°．
∴∠E＝90°﹣∠ADC，
即∠E=12（∠ACB﹣∠B）．
【点评】此题考查三角形的内角和定理以及角平分线的定义．掌握三角形的内角和为180°，以及角平分线的性质是解决问题的关键．
【变式7-2】（2020春•工业园区期末）如图，AD、AE分别是△ABC的高和角平分线，∠B＝50°，∠ACB＝80°．点F在BC的延长线上，FG⊥AE，垂足为H，FG与AB相交于点G．
（1）求∠AGF的度数；
（2）求∠DAE的度数．

【分析】（1）根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论；
（2）根据垂直的定义得到∠ADB＝90°，根据三角形的内角定理即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠B＝50°，∠ACB＝80°，
∴∠BAC＝180°﹣50°﹣80°＝50°，
∵AE是∠BAC的角平分线，
∴∠BAE=12∠BAC=25°，
∵FG⊥AE，
∴∠AHG＝90°，
∴∠AGF＝180°﹣90°﹣25°＝65°；
（2）∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∵∠AED＝∠B+∠BAE＝50°+25°＝75°，
∴∠DAE＝180°﹣∠AED﹣∠ADE＝15°．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，垂直的定义，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．
【变式7-3】（2020春•邕宁区校级期末）△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，AE是△ABC的高．
（1）如图1，若∠B＝40°，∠C＝62°，请说明∠DAE的度数；
（2）如图2（∠B＜∠C），试说明∠DAE、∠B、∠C的数量关系；
（3）如图3，延长AC到点F，∠CAE和∠BCF的角平分线交于点G，求∠G的度数．

【分析】（1）根据三角形的内角和定理，可求得∠BAC的度数，由AD是∠BAC的平分线，可得∠DAC的度数；在直角△AEC中，可求出∠EAC的度数，所以∠DAE＝∠DAC﹣∠EAC，即可得出；
（2）根据三角形的内角和定理，可求得∠BAC的度数，由AD是∠BAC的平分线，可得∠DAC的度数；在直角△AEC中，可求出∠EAC的度数，所以∠DAE＝∠DAC﹣∠EAC，即可得出；
（3）设∠ACB＝α，根据角平分线的定义得到∠CAG=12∠EAC=12（90°﹣α）＝45°-12α，∠BCG=12∠BCF=12（180°﹣α）＝90°-12α，根据三角形的内角和即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠B＝40°，∠C＝62°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣40°﹣62°＝78°，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠DAC=12∠BAC＝39°，
∵AE是BC边上的高，
在直角△AEC中，
∵∠EAC＝90°﹣∠C＝90°﹣62°＝28°，
∴∠DAE＝∠DAC﹣∠EAC＝39°﹣28°＝11°；
（2）∵∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠DAC=12∠BAC＝90°-12（∠B+∠C），
∵AE是BC边上的高，
在直角△AEC中，
∵∠EAC＝90°﹣∠C，
∴∠DAE＝∠DAC﹣∠EAC＝90°-12（∠B+∠C）﹣（90°﹣∠C）=12（∠C﹣∠B）；
（3）设∠ACB＝α，
∵AE⊥BC，
∴∠EAC＝90°﹣α，∠BCF＝180°﹣α，
∵∠CAE和∠BCF的角平分线交于点G，
∴∠CAG=12∠EAC=12（90°﹣α）＝45°-12α，∠BCG=12∠BCF=12（180°﹣α）＝90°-12α，
∴∠G＝180°﹣∠GAC﹣∠ACG＝180°﹣（45°-12α）﹣α﹣（90°-12α）＝45°．
【点评】本题考查的是三角形的内角和定理，三角形的高、角平分线的性质，学生应熟练掌握三角形的高、中线和角平分线这些基本知识，能灵活运用解决问题．
【考点8 直角三角板中的求角度问题】
【例8】（2020•吉林）将一副三角尺按如图所示的方式摆放，则∠α的大小为（　　）

A．85° B．75° C．65° D．60°
【分析】先根据直角三角板的性质得出∠ACD的度数，再由三角形内角和定理即可得出结论．
【解答】解：如图所示，

∵∠BCD＝60°，∠BCA＝45°，
∴∠ACD＝∠BCD﹣∠BCA＝60°﹣45°＝15°，
∠α＝180°﹣∠D﹣∠ACD＝180°﹣90°﹣15°＝75°，
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
【变式8-1】（2020•眉山）一副三角板如图所示摆放，则∠α与∠β的数量关系为（　　）

A．∠α+∠β＝180° B．∠α+∠β＝225° C．∠α+∠β＝270° D．∠α＝∠β
【分析】根据四边形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：如图，∵∠1＝α，∠2＝β，
在四边形ABCD中，
∵∠A+∠1+∠C+∠2＝360°，
∴α+β＝360°﹣90°﹣45°＝225°．
故选：B．

【点评】本题考查了直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
【变式8-2】（2020春•定兴县期末）如图所示，有一块直角三角板DEF（足够大），其中∠EDF＝90°，把直角三角板DEF放置在锐角△ABC上，三角板DEF的两边DE、DF恰好分别经过B、C．
（1）若∠A＝40°，则∠ABC+∠ACB＝　 　°，∠DBC+∠DCB＝　 　°∠ABD+∠ACD＝　 　°．
（2）若∠A＝55°，则∠ABD+∠ACD＝　 　°．
（3）请你猜想一下∠ABD+∠ACD与∠A所满足的数量关系　 　．

【分析】（1）根据三角形内角和定理可得∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝140°，∠DBC+∠DCB＝180°﹣∠DBC＝90°，进而可求出∠ABD+∠ACD的度数；
（2）根据三角形内角和定理可得∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝130°，∠DBC+∠DCB＝180°﹣∠DBC＝90°，进而可求出∠ABD+∠ACD的度数；
（3）根据三角形内角和定义有90°+（∠ABD+∠ACD）+∠A＝180°，则∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A．
【解答】解：（1）在△ABC中，∵∠A＝40°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣40°＝140°，
在△DBC中，∵∠BDC＝90°，
∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝140°﹣90°＝50°；
故答案为：140；90；50．
（2）在△ABC中，∵∠A＝55°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣55°＝125°，
在△DBC中，∵∠BDC＝90°，
∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝125°﹣90°＝35°，
故答案为：35；
（3）∠ABD+∠ACD与∠A之间的数量关系为：∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A．证明如下：
在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A．
在△DBC中，∠DBC+∠DCB＝90°．
∴∠ABC+∠ACB﹣（∠DBC+∠DCB）＝180°﹣∠A﹣90°．
∴∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A，
故答案为：∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，熟练掌握三角形的内角和定理是解答的关键．
【变式8-3】（2019秋•襄城县期末）将一副三角尺叠放在一起：
（1）如图①，若∠1＝4∠2，请计算出∠CAE的度数；
（2）如图②，若∠ACE＝2∠BCD，请求出∠ACD的度数．

【分析】（1）根据∠BAC＝90°列出关于∠1、∠2的方程求解即可得到∠2的度数，再根据同角的余角相等求出∠CAE＝∠2，从而得解；
（2）根据∠ACB和∠DCE的度数列出等式求出∠ACE﹣∠BCD＝30°，再结合已知条件求出∠BCD，然后根据∠ACD＝∠ACB+∠BCD代入数据计算即可得解．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵∠1＝4∠2，
∴4∠2+∠2＝90°，
∴∠2＝18°，
又∵∠DAE＝90°，
∴∠1+∠CAE＝∠2+∠1＝90°，
∴∠CAE＝∠2＝18°；

（2）∵∠ACE+∠BCE＝90°，
∠BCD+∠BCE＝60°，
∴∠ACE﹣∠BCD＝30°，
又∠ACE＝2∠BCD，
∴2∠BCD﹣∠BCD＝30°，
∠BCD＝30°，
∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝90°+30°＝120°．
【点评】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，准确识图理清图中各角度之间的关系是解题的关键．

【考点9 三角形的内角和及外角的性质（双角平分线）】
【例9】（2020春•蓬溪县期末）某校七年级数学兴趣小组对“三角形内角或外角平分线的夹角与第三个内角的数量关系”进行了探究．
（1）如图1，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点P，∠A＝64°，则∠BPC＝　 　；
（2）如图2，△ABC的内角∠ACB的平分线与△ABC的外角∠ABD的平分线交于点E．其中∠A＝α，求∠BEC．（用α表示∠BEC）；
（3）如图3，∠CBM、∠BCN为△ABC的外角，∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q，请你写出∠BQC与∠A的数量关系，并说明理由．
（4）如图4，△ABC外角∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q，∠A＝64°，∠CBQ，∠BCQ的平分线交于点P，则∠BPC＝　 　°，延长BC至点E，∠ECQ的平分线与BP的延长线相交于点R，则∠R＝　 °．

【分析】（1）根据三角形的内角和角平分线的定义；
（2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，用∠A与∠1表示出∠2，再利用∠E与∠1表示出∠2，于是得到结论；
（3）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和以及角平分线的定义表示出∠EBC与∠ECB，然后再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；
（4）结合（1）（2）（3）的解析即可求得．
【解答】解：（1）∵PB、PC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠PBC=12∠ABC，∠PCB=12∠ACB（角平分线的性质），
∴∠BPC+∠PBC+∠PCB＝180°（三角形内角和定理），
∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
＝180°﹣（ 12∠ABC+12∠ACB）＝180°-12（∠ABC+∠ACB）
＝180°-12（180°﹣∠A）
＝180°﹣90°+12∠A
＝90°+12∠A
＝90°+12×64°
＝122°．
故答案为：122°；

（2）∵BE是∠ABD的平分线，CE是∠ACB的平分线，
∴∠ECB=12∠ACB，∠ECD=12∠ABD．
∵∠ABD是△ABC的外角，∠EBD是△BCE的外角，
∴∠ABD＝∠A+∠ACB，∠EBD＝∠ECB+∠BEC，
∴∠EBD=12∠ABD=12（∠A+∠ACB）＝∠BEC+∠ECB，即12∠A+∠ECB＝∠ECB+∠BEC，
∴∠BEC=12∠A=12α；

（3）结论∠BQC＝90°-12∠A．
∵∠CBM与∠BCN是△ABC的外角，
∴∠CBM＝∠A+∠ACB，∠BCN＝∠A+∠ABC，
∵BQ，CQ分别是∠ABC与∠ACB外角的平分线，
∴∠QBC=12（∠A+∠ACB），∠QCB=12（∠A+∠ABC）．
∵∠QBC+∠QCB+∠BQC＝180°，
∴∠BQC＝180°﹣∠QBC﹣∠EQB，
＝180°-12（∠A+∠ACB）-12（∠A+∠ABC），
＝180°-12∠A-12（∠A+∠ABC+∠ACB），
＝180°-12∠A﹣90°
＝90°-12∠A；
（4）由（3）可知，∠BQC＝90°-12∠A＝90°-12×64°=58°，
由（1）可知∠BPC＝90°+12∠BQC＝90°+12×58°=119°；
由（2）可知，∠R=12∠BQC＝29°
故答案为119，29．
【点评】本题考查了三角形的外角性质与内角和定理，熟记三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
【变式9-1】（2019秋•南海区期末）阅读下面的材料，并解决问题．
（1）已知在△ABC中，∠A＝60°，图1﹣3的△ABC的内角平分线或外角平分线交于点O，请直接求出下列角度的度数．

如图1，∠O＝　 　；如图2，∠O＝　 　；如图3，∠O＝　 　；
如图4，∠ABC，∠ACB的三等分线交于点O1，O2，连接O1O2，则∠BO2O1＝　 　．
（2）如图5，点O是△ABC两条内角平分线的交点，求证：∠O＝90°+12∠A．
（3）如图6，△ABC中，∠ABC的三等分线分别与∠ACB的平分线交于点O1，O2，若∠1＝115°，∠2＝135°，求∠A的度数．
【分析】（1）由∠A的度数，在△ABC中，可得∠ABC与∠ACB的和，又BO、CO是内角平分线或外角平分线，利用角平分线的定义及三角形内角和定理、三角形的外角性质进而可求得答案；
（2）由∠A的度数，在△ABC中，可得∠ABC与∠ACB的和，又BO、CO是角平分线，利用角平分线的定义及三角形内角和定理可证得结论；
（3）先分别求出∠ABC与∠ACB的度数，即可求得∠A的度数．
【解答】解；（1）如图1，

∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB
∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠ACB
∴∠OBC+∠OCB
=12（∠ABC+∠ACB）
=12（180°﹣∠BAC）
=12（180°﹣60°）
＝60°
∴∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝120°；
如图2，

∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACD
∴∠OBC=12∠ABC，∠OCD=12∠ACD
∵∠ACD＝∠ABC+∠A
∴∠OCD=12（∠ABC+∠A）
∵∠OCD＝∠OBC+∠O
∴∠O＝∠OCD﹣∠OBC
=12∠ABC+12∠A-12∠ABC
=12∠A
＝30°
如图3，

∵BO平分∠EBC，CO平分∠BCD
∴∠OBC=12∠EBC，∠OCB=12∠BCD
∴∠OBC+∠OCB
=12（∠EBC+∠BCD）
=12（∠A+∠ACB+∠BCD）
=12（∠A+180°）
=12（60°+180°）
＝120°
∴∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝60°
如图4，

∵∠ABC，∠ACB的三等分线交于点O1，O2
∴∠O2BC=23∠ABC，∠O2CB=23∠ACB，O1B平分∠O2BC，O1C平分∠O2CB，O2O1平分BO2C
∴∠O2BC+∠O2CB
=23（∠ABC+∠ACB）
=23（180°﹣∠BAC）
=23（180°﹣60°）
＝80°
∴∠BO2C＝180°﹣（∠O2BC+∠O2CB）＝100°
∴∠BO2O1=12∠BO2C＝50°
故答案为：120°，30°，60°，50°；
（2）证明：∵OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠ACB，
∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）
＝180°-12（∠ABC+∠ACB）
＝180°-12（180°﹣∠A）
＝90°+12∠A．
（3）∵∠O2BO1＝∠2﹣∠1＝20°
∴∠ABC＝3∠O2BO1＝60°，∠O1BC＝∠O2BO1＝20°
∴∠BCO2＝180°﹣20°﹣135°＝25°
∴∠ACB＝2∠BCO2＝50°
∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝70°
或由题意，设∠ABO2＝∠O2BO1＝∠O1BC＝α，∠ACO2＝∠BCO2＝β，
∴2α+β＝180°﹣115°＝65°，α+β＝180°﹣135°＝45°
∴α＝20°，β＝25°
∴∠ABC+∠ACB＝3α+2β＝60°+50°＝110°，
∴∠A＝70°．
【点评】本题考查了利用角平分线的定义及三角形内角和定理、三角形的外角性质进行角的计算或证明，熟练掌握相关性质定理及其应用，是解题的关键．
【变式9-2】（2020春•丰泽区校级期中）如图①，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P．

（1）如果∠A＝80°，求∠BPC的度数；
（2）如图②，作△ABC外角∠MBC、∠NCB的平分线交于点Q，试探索∠Q、∠A之间的数量关系．
（3）如图③，延长线段BP、QC交于点E，△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，请直接写出∠A的度数．
【分析】（1）运用三角形的内角和定理及角平分线的定义，首先求出∠ABC+∠ACB，进而求出∠BPC即可解决问题；
（2）根据三角形的外角性质分别表示出∠MBC与∠BCN，再根据角平分线的性质可求得∠CBQ+∠BCQ，最后根据三角形内角和定理即可求解；
（3）在△BQE中，由于∠Q＝90°-12∠A，求出∠E=12∠A，∠EBQ＝90°，所以如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，那么分四种情况进行讨论：①∠EBQ＝3∠E＝90°；②∠EBQ＝3∠Q＝90°；③∠Q＝3∠E；④∠E＝3∠Q；分别列出方程，求解即可．
【解答】（1）解：∵∠A＝80°．
∴∠ABC+∠ACB＝100°，
∵点P是∠ABC和∠ACB的平分线的交点，
∴∠P＝180°-12（∠ABC+∠ACB）＝180°-12×100°＝130°，
（2）∵外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，
∴∠QBC+∠QCB=12（∠MBC+∠NCB）
=12（360°﹣∠ABC﹣∠ACB）
=12（180°+∠A）
＝90°+12∠A
∴∠Q＝180°﹣（90°+12∠A）＝90°-12∠A；
（3）延长BC至F，
∵CQ为△ABC的外角∠NCB的角平分线，
∴CE是△ABC的外角∠ACF的平分线，
∴∠ACF＝2∠ECF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠EBC，
∵∠ECF＝∠EBC+∠E，
∴2∠ECF＝2∠EBC+2∠E，
即∠ACF＝∠ABC+2∠E，
又∵∠ACF＝∠ABC+∠A，
∴∠A＝2∠E，即∠E=12∠A；
∵∠EBQ＝∠EBC+∠CBQ
=12∠ABC+12∠MBC
=12（∠ABC+∠A+∠ACB）＝90°．
如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，那么分四种情况：
①∠EBQ＝3∠E＝90°，则∠E＝30°，∠A＝2∠E＝60°；
②∠EBQ＝3∠Q＝90°，则∠Q＝30°，∠E＝60°，∠A＝2∠E＝120°；
③∠Q＝3∠E，则∠E＝22.5°，解得∠A＝45°；
④∠E＝3∠Q，则∠E＝67.5°，解得∠A＝135°．
综上所述，∠A的度数是60°或120°或45°或135°．

【点评】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理、外角的性质，角平分线定义等知识；灵活运用三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键．
【变式9-3】（2020秋•景德镇期末）（1）如图①，在锐角△ABC中，BD和BE三等分∠ABC，CD和CE三等分∠ACB，请分别写出∠A和∠D，∠A和∠E的数量关系，并选择其中一个说明理由；
（2）如图②，在锐角△ABC中，BD和BE三等分∠ABC，CD和CE三等分外角∠ACM，请分别写出∠A和∠D，∠A和∠E的数量关系，并选择其中一个说明理由；
（3）如图③，在锐角△ABC中，BD和BE三等分外角∠PBC，CD和CE三等分外角∠QCB，请分别直接写出∠A和∠D，∠A和∠E的数量关系．

【分析】（1）利用三角形的内角和定理求出∠ABC+∠ACB，再利用三等分角求出∠EBC+∠ECB，然后列式计算即可求解；
（2）根据三角形的外角等于和它不相邻的两个内角和，列式计算即可；
（3）根据三角形内角和、外角和定理，及平角定义，列式计算即可．
【解答】解：（1）∠D＝60°+23∠A，∠E＝120°+13∠A．
理由如下：
∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∵BE三等分，CE三等分∠ACB，
∴∠EBC=13∠ABC，∠ECB=13∠ACB，
∴∠EBC+∠ECB=13（∠ABC+∠ACB）=13（180°﹣∠A）＝60°-13∠A，
∴∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB）＝180°﹣（60°-13∠A）＝120°+13∠A．
答：∠A和∠D，∠A和∠E的数量关系为：∠D＝60°+23∠A，∠E＝120°+13∠A．
（2）∠A和∠D，∠A和∠E的数量关系为：∠D=23∠A，∠E=13∠A．
理由如下：
∵BE三等分∠ABC，CE三等分外角∠ACM，
∴∠EBC=13∠ABC，∠ECM=13∠ACM，
∵∠E＝∠ECM﹣∠EBC=13（∠ACM﹣∠ABC）=13∠A．
答：∠A和∠D，∠A和∠E的数量关系为：∠D=23∠A，∠E=13∠A．
（3）∠D＝60°-23∠A，∠E＝120-13∠A．
理由如下：
∵BE三等分外角∠PBC，CE三等分外角∠QCB，
∴∠CBE=13∠CBP，∠BCE=13∠BCQ
∴∠E＝180°-13（∠CBP+∠BCQ）
＝180°-13（360°﹣∠ABC﹣∠ACB）
＝180°﹣120°+13（180°﹣∠A）
＝120-13∠A．
答：∠A和∠D，∠A和∠E的数量关系为：∠D＝60°-23∠A，∠E＝120-13∠A．
【点评】本题考查了三角形外角的性质和三角形内角和定理，解决本题的关键是综合运用所学知识解决问题．
【考点10 八字形中的角度计算】
【例10】（2020春•江夏区校级月考）如图，AE，DE分别平分∠BAC和∠BDC，∠B＝∠BDC＝45°，∠C＝51°，求∠E的度数．

【分析】根据平行线的判定和性质，角平分线的定义以及三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：∵∠B＝∠BDC＝45°，
∴AB∥CD，
∵∠C＝51°，
∴∠BAC＝∠C＝51°，
∵AE，DE分别平分∠BAC和∠BDC，
∴∠BAE=12∠BAC=51°2，∠EDB=12∠BDC=45°2，
∵∠AFB＝∠DFE，
∴∠E＝∠B+∠BAE﹣∠BDE＝45°+51°2-45°2=48°．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，平行线的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
【变式10-1】（2020春•赣榆区期中）如图1，AD、BC交于点O，得到的数学基本图形我们称之为‘8’字形ABCD．
（1）试说明：∠A+∠B＝∠C+∠D；
（2）如图2，∠ABC和∠ADC的平分线相交于E，尝试用（1）中的数学基本图形和结论，猜想∠E与∠A、∠C之间的数量关系并说明理由．

【分析】（1）利用三角形内角和定理证明即可．
（2）利用（1）中结论，设∠ABE＝∠EBC＝x，∠ADE＝∠EDC＝y，可得∠A+x＝∠E+y，∠C+y＝∠E+x，两式相加可得结论．
【解答】（1）证明：∵∠A+∠B+∠AOB＝180°，∠C+∠D+∠COD＝180°，
又∵∠AOB＝∠COD，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D．

（2）解：结论：2∠E＝∠A+∠C．
理由：∵∠ABC和∠ADC的平分线相交于E，
∴可以假设∠ABE＝∠EBC＝x，∠ADE＝∠EDC＝y，
∵∠A+x＝∠E+y，∠C+y＝∠E+x，
∴∠A+∠C＝∠E+∠E，
∴2∠E＝∠A+∠C，
【点评】本题考查三角形内角和定理，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【变式10-2】（2020春•石狮市期末）已知线段AB与CD相交于点O，连结AD，BC．
（1）如图1，试说明：∠A+∠D＝∠B+∠C；
（2）请利用（1）的结论探索下列问题：
①如图2，作AP平分∠DAB，交DC于点M，交∠BCD的平分线于点P，PC交AB于点N，若∠B+∠D＝80°，求∠P的大小；
②如图3，若∠B＝α，∠D＝β，∠P＝γ，且∠BAP=14∠BAD，∠BCP=14∠BCD，试探索α，β，γ之间的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）根据三角形的内角和定理即可得到结论；
（2）根据三角形的没机会定理和角平分线的定义即可得到结论；
（3）设∠6＝x，∠8＝y．根据已知条件得到∠5＝3x，∠7＝3y，由（1），得∠5+∠D＝∠7+∠P，∠6+∠P＝∠8+∠B，列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠A+∠D+∠AOD＝180°，∠B+∠C+∠BOC＝180°，∠AOD＝∠BOC，
∴∠A+∠D＝∠B+∠C；
（2）∵AP平分∠DAB，CP平分∠BCD，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
由（1），得∠1+∠D＝∠3+∠P，①，∠4+∠B＝∠2+∠P．②，
①+②，得∠1+∠4+∠B+∠D＝∠2+∠3+2∠P，
即2∠P＝∠B+∠D，
∴∠P=12(∠B+∠D)=12×80°=40°；
（3）设∠6＝x，∠8＝y．
∵∠BAP=14∠BAD，∠BCP=14∠BCD，
∴∠5＝3x，∠7＝3y，
由（1），得∠5+∠D＝∠7+∠P，∠6+∠P＝∠8+∠B，
即3x+β＝3y+γ，x+γ＝y+α，
∴3（x﹣y）＝γ﹣β，x﹣y＝α﹣γ，
∴3（α﹣γ）＝γ﹣β，
即4γ＝3α+β．
∴α，β，γ之间的数量关系是4γ＝3α+β．


【点评】本题考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，多边形的内角和定理，对顶角相等的性质，整体思想的利用是解题的关键．
【变式10-3】（2020春•赣榆区期末）[问题背景]
（1）如图1的图形我们把它称为“8字形”，请说理证明∠A+∠B＝∠C+∠D．
[简单应用]（可直接使用问题（1）中的结论）
（2）如图2，AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，
①若∠ABC＝28°，∠ADC＝20°，求∠P的度数；
②∠D和∠B为任意角时，其他条件不变，试直接写出∠P与∠D、∠B之间数量关系．
[问题探究]
（3）如图3，直线BP平分∠ABC的外角∠FBC，DP平分∠ADC的邻补角∠ADE，
①若∠A＝30°，∠C＝18°，则∠P的度数为　 　；
②∠A和∠C为任意角时，其他条件不变，试直接写出∠P与∠A、∠C之间数量关系．
[拓展延伸]
（4）在图4中，若设∠C＝x，∠B＝y，∠CAP=14∠CAB，∠CDP=14∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为　 　；（用x、y的代数式表示∠P）
（5）在图5中，直线BP平分∠ABC，DP平分∠ADC的外角∠ADE，猜想∠P与∠A、∠C的关系，直接写出结论　 　．

【分析】（1）利用三角形内角和定理解决问题即可．
（2）设∠BAP＝∠PAD＝x，∠BCP＝∠PCD＝y，利用（1）中结论，构建方程组即可解决问题．
（3）如图3中，设∠CBJ＝∠JBF＝x，∠ADP＝∠PDE＝y．利用（1）中结论，构建方程组即可解决问题．
（4）如图4中，设∠CAP＝α，∠CDP＝β，则∠PAB＝3α，∠PDB＝3β，利用（1）中结论，构建方程组即可解决问题．
（5）如图5中，延长AB交PD于J，设∠PBJ＝x，∠ADP＝∠PDE＝y．利用（1）中结论，构建共线时即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，

∵∠A+∠B+∠AOB＝180°，∠C+∠D+∠COD＝180°，∠AOB＝∠COD，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D；

（2）如图2中，

设∠BAP＝∠PAD＝x，∠BCP＝∠PCD＝y，
则有x+∠B=y+∠Px+∠P=y+∠D，
∴∠B﹣∠P＝∠P﹣∠D，
∴∠P=12（∠B+∠D）=12（28°+20°）＝24°；

（3）①如图3中，设∠CBJ＝∠JBF＝x，∠ADP＝∠PDE＝y．

则有∠P+x=∠A+y∠P+180°-x=∠C+180°-y，
∴2∠P＝∠A+∠C，
∴∠P=12（30°+18°）＝24°；
故答案为：24°；
②设∠CBJ＝∠JBF＝x，∠ADP＝∠PDE＝y．
则有∠P+x=∠A+y∠P+180°-x=∠C+180°-y，
∴2∠P＝∠A+∠C；

（4）如图4中，设∠CAP＝α，∠CDP＝β，则∠PAB＝3α，∠PDB＝3β，

则有∠P+β=∠C+α∠P+3α=∠B+3β，
∴4∠P＝3∠C+∠B，
∴∠P=14（3x+y），
故答案为∠P=14（3x+y）．

（5）如图5中，延长AB交PD于J，设∠PBJ＝x，∠ADP＝∠PDE＝y．

则有∠A+2x＝∠C+180°﹣2y，
∴x+y＝90°+12（∠C﹣∠A），
∵∠P+x+∠A+y＝180°，
∴∠P＝90°-12∠C-12∠A．
故答案为∠P＝90°-12∠C-12∠A．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，“8字型”四个角之间的关系等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题．

【考点11 三角形的内角和及外角的性质（折叠问题）】
【例11】（2019春•鲤城区校级期中）如图，将一张三角形纸片ABC的三角折叠，使点A落在△ABC的A′处折痕为DE，若∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA′＝γ，那么下列式子中正确的是（　　）

A．γ＝180°﹣α﹣β B．γ＝α+2β C．γ＝2α+β D．γ＝α+β
【分析】根据三角形的外角得：∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，代入已知可得结论．
【解答】解：如图，设AC交DA′于F．

由折叠得：∠A＝∠A'，
∵∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，
∵∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA'＝γ，
∴∠BDA'＝γ＝α+α+β＝2α+β，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形外角的性质，熟练掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和是关键．
【变式11-1】（2019秋•龙岗区校级期末）如图，在△ABC中，∠C＝36°，将△ABC沿着直线l折叠，点C落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是（　　）

A．36° B．72° C．50° D．46°
【分析】由折叠的性质得到∠D＝∠C，再利用外角性质即可求出所求角的度数．
【解答】解：由折叠的性质得：∠D＝∠C＝36°，
根据外角性质得：∠1＝∠3+∠C，∠3＝∠2+∠D，
则∠1＝∠2+∠C+∠D＝∠2+2∠C＝∠2+72°，
则∠1﹣∠2＝72°．
故选：B．

【点评】此题考查了翻折变换（折叠问题）以及三角形外角性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
【变式11-2】（2019秋•奈曼旗期末）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE内部时，则∠A与∠1+∠2之间有一种数量关系始终保持不变，试着找一找这个规律，你发现的规律是（　　）

A．∠1+∠2＝2∠A B．∠1+∠2＝∠A
C．∠A＝2（∠1+∠2） D．∠1+∠2=12∠A
【分析】根据折叠得出∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，求出2∠ADE＝180°﹣∠1，2∠AED＝180°﹣∠2，推出∠ADE＝90°-12∠1，∠AED＝90°-12∠2，在△ADE中，∠A＝180°﹣（∠AED+∠ADE），代入求出即可．
【解答】解：如图，延长BD和CE交于A′，

∵把△ABC沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE内部，
∴∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，
∴2∠ADE＝180°﹣∠1，2∠AED＝180°﹣∠2，
∴∠ADE＝90°-12∠1，∠AED＝90°-12∠2，
∵在△ADE中，∠A＝180°﹣（∠AED+∠ADE），
∴∠A=12∠1+12∠2，
即2∠A＝∠1+∠2．
故选：A．
【点评】本题考查了折叠的性质和三角形的内角和定理的应用，关键是得出等式∠ADE＝90°-12∠1，∠AED＝90°-12∠2，∠A＝180°﹣（∠AED+∠ADE）．
【变式11-3】（2020春•阜宁县期中）问题1
现有一张△ABC纸片，点D、E分别是△ABC边上两点，若沿直线DE折叠．
研究（1）：如果折成图①的形状，使A点落在CE上，则∠1与∠A的数量关系是　 　
研究（2）：如果折成图②的形状，猜想∠1+∠2和∠A的数量关系是　 　
研究（3）：如果折成图③的形状，猜想∠1、∠2和∠A的数量关系，并说明理由．
问题2
研究（4）：将问题1推广，如图④，将四边形ABCD纸片沿EF折叠，使点A、B落在四边形EFCD的内部时，∠1+∠2与∠A、∠B之间的数量关系是　 　．

【分析】（1）根据折叠性质和三角形的外角定理得出结论；
（2）先根据折叠得：∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，由两个平角∠ADB和∠AEC得：∠1+∠2等于360°与四个折叠角的差，化简得结果；
（3）利用两次外角定理得出结论；
（4）与（2）类似，先由折叠得：∠BMN＝∠B′MN，∠ANM＝∠A′NM，再由两平角的和为360°得：∠1+∠2＝360°﹣2∠BMN﹣2∠ANM，根据四边形的内角和得：∠BMN+∠ANM＝360°﹣∠A﹣∠B，代入前式可得结论．
【解答】解：（1）如图1，∠1＝2∠A，理由是：
由折叠得：∠A＝∠DA′A，
∵∠1＝∠A+∠DA′A，
∴∠1＝2∠A；
故答案为：∠1＝2∠A；
（2）如图2，猜想：∠1+∠2＝2∠A，理由是：
由折叠得：∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，
∵∠ADB+∠AEC＝360°，
∴∠1+∠2＝360°﹣∠ADE﹣∠A′DE﹣∠AED﹣∠A′ED＝360°﹣2∠ADE﹣2∠AED，
∴∠1+∠2＝2（180°﹣∠ADE﹣∠AED）＝2∠A；
故答案为：∠1+∠2＝2∠A；
（3）如图3，∠2﹣∠1＝2∠A，理由是：
∵∠2＝∠AFE+∠A，∠AFE＝∠A′+∠1，
∴∠2＝∠A′+∠A+∠1，
∵∠A＝∠A′，
∴∠2＝2∠A+∠1，
∴∠2﹣∠1＝2∠A；
（4）如图4，由折叠得：∠BMN＝∠B′MN，∠ANM＝∠A′NM，
∵∠DNA+∠BMC＝360°，
∴∠1+∠2＝360°﹣2∠BMN﹣2∠ANM，
∵∠BMN+∠ANM＝360°﹣∠A﹣∠B，
∴∠1+∠2＝360°﹣2（360°﹣∠A﹣∠B）＝2（∠A+∠B）﹣360°，
故答案为：∠1+∠2＝2（∠A+∠B）﹣360°．


【点评】本题是折叠变换问题，思路分两类：①一类是利用外角定理得结论；②一类是利用平角定义和多边形内角和相结合得结论；字母书写要细心，角度比较复杂，是易错题．
【考点12 直角三角形的性质（一组垂直关系）】
【方法点拨】解决此类问题的关键是掌握同角（等角）的余角相等.
【例12】（2019春•道里区期末）如图，CD是直角△ABC斜边AB上的高，CB＞CA，图中相等的角共有（　　）

A．2对 B．3对 C．4对 D．5对
【分析】根据直角和高线可得三对相等的角，根据同角的余角相等可得其它两对角相等：∠A＝∠DCB，∠B＝∠ACD．
【解答】解：∵CD是直角△ABC斜边AB上的高，
∴∠ACB＝∠ADC＝∠CDB＝90°，
∴∠A+∠ACD＝∠ACD+∠DCB＝90°，
∴∠A＝∠DCB，
同理得：∠B＝∠ACD，
∴相等的角一共有5对，
故选：D．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，熟练掌握同角的余角相等是解题的关键．
【变式12-1】（2019春•滨海县期中）如图，AD⊥BC，垂足为D，点E在AC上，且∠A＝30°，∠B＝40°．求∠BFD和∠AEF的度数．

【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠C，根据三角形的外角的性质和三角形的内角和即可得到结论．
【解答】解：∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，
∴∠C＝90°﹣∠A＝90°﹣30°＝60°，∠BFD＝90°﹣∠B＝50°，
在△BCE中，∠BEC＝180°﹣∠EBC﹣∠C＝180°﹣40°﹣60°＝80°，
∴∠AEF＝180°﹣∠BEC＝100°．
【点评】本题考查了直角三角形两锐角互余的性质，三角形的内角和定理，熟记性质并准确识图是解题的关键．
【变式12-2】（2019春•沭阳县期末）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是高，AE是△ABC内部的一条线段，AE交CD于点F，交CB于点E，且∠CFE＝∠CEF．
求证：AE平分∠CAB．

【分析】在△ADF中，利用三角形内角和定理结合对顶角相等可得出∠DAF＝90°﹣∠AFD＝90°﹣∠CFE，在△AEC中，利用三角形内角和定理可得出∠CAE＝90°﹣∠CEF，再结合∠CFE＝∠CEF可得出∠DAF＝∠CAE，即AE平分∠CAB．
【解答】证明：∵CD⊥AB，
∴在△ADF中，∠DAF＝90°﹣∠AFD＝90°﹣∠CFE．
∵∠ACE＝90°，
∴在△AEC中，∠CAE＝90°﹣∠CEF．
∵∠CFE＝∠CEF，
∴∠DAF＝∠CAE，
即AE平分∠CAB．

【点评】本题考查了直角三角形的性质、三角形内角和定理以及角平分线的定义，利用三角形内角和定理，找出∠DAF＝90°﹣∠CFE及∠CAE＝90°﹣∠CEF是解题的关键．
【变式12-3】（2019春•丰台区期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝40°，P是射线BC上一动点（与B，C点不重合），连接AP．过点C作CD⊥AP于点D，交直线AB于点E，设∠APC＝α．
（1）若点P在线段BC上，且α＝60°，如图1，直接写出∠PAB的大小；
（2）若点P在线段BC上运动，如图2，求∠AED的大小（用含α的式子表示）；
（3）若点P在BC的延长线上运动，且a≠50°，直接写出∠AED的大小（用含α的式子表示）．

【分析】（1）根据三角形外角的的性质可得结论；
（2）根据三角形外角的性质和直角三角形两锐角互余可得结论；
（3）分情况讨论：α＞50°或α＜50°根据三角形内角和可得结论．
【解答】解：（1）如图1，当α＝60°时，∠APC＝60°，
△APB中，∠PAB＝∠APC﹣∠B＝60°﹣40°＝20°，
（2）如图2，同（1）得：∠PAB＝α﹣40°，
∵CE⊥AP，
∴∠ADE＝90°，
∴∠PAB+∠AED＝90°，
∴∠AED＝90°﹣∠PAB＝90°﹣（α﹣40°）＝130°﹣α，
（3）如图3，当α＞50°时，

△APC中，∠ACP＝90°，∠APC＝α，
∴∠CAP＝90°﹣α，
∵CD⊥AP，
∴∠ADE＝90°，
∴∠AED＝90°﹣∠DAE＝90°﹣（50°+90°﹣α）＝α﹣50°，
②如图4，当α＜50°时，

∴∠AED＝90°﹣∠PAE＝90°﹣（α+40°）＝50°﹣α，
综上，∠AED为α﹣50°或50°﹣α．
【点评】本题考查了三角形外角的性质、直角三角形的两锐角互余、垂线的性质，熟练掌握这些性质是关键．
【考点13 多边形的边数】
【例13】（2019秋•江汉区期中）下列多边形中，对角线是5条的多边形是（　　）
A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形
【分析】根据n边形的对角线有n(n-3)2条，把5代入即可得到结论．
【解答】解：由题意得，n(n-3)2=5，
解得：n＝5，（负值舍去），
故选：B．
【点评】本题考查了多边形，掌握n边形的对角线有n(n-3)2条是解题的关键．
【变式13-1】（2019春•文登区期末）将一个多边形纸片沿一条直线剪下一个三角形后，变成一个六边形，则原多边形纸片的边数不可能是（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】实际画图，动手操作一下，可知六边形可以是五边形、六边形、七边形截去一个角后得到．
【解答】解：如图可知，原来多边形的边数可能是5，6，7．不可能是8．

故选：D．
【点评】此题主要考查了多边形，此类问题要从多方面考虑，注意不能漏掉其中的任何一种情况．
【变式13-2】（2019秋•巴州区期末）若一个多边形截去一个角后，变成十四边形，则原来的多边形的边数可能为（　　）
A．14或15 B．13或14 C．13或14或15 D．14或15或16
【分析】根据不同的截法，找出前后的多边形的边数之间的关系得出答案．
【解答】解：如图，n边形，A1A2A3…An，
若沿着直线A1A3截去一个角，所得到的多边形，比原来的多边形的边数少1，
若沿着直线A1M截去一个角，所得到的多边形，与原来的多边形的边数相等，
若沿着直线MN截去一个角，所得到的多边形，比原来的多边形的边数多1，
因此将一个多边形截去一个角后，变成十四边形，则原来的四边形为13或14或15，
故选：C．

【点评】考查多边形的意义，根据截线的不同位置得出不同的答案，是解决问题的关键．
【变式13-3】（2019秋•海淀区期末）如图，将五边形ABCDE沿虚线裁去一个角得到六边形ABCDGF，则该六边形的周长一定比原五边形的周长　 　（填：大或小），理由为　 　．

【分析】任意两边上的点和两点间的顶点恰好构成一个三角形，利用三角形的三边关系可以得出结论．
【解答】解：将五边形ABCDE沿虚线裁去一个角得到六边形ABCDGF，则该六边形的周长一定比原五边形的周长小，理由是三角形的两边之和大于第三边．
故答案为：小；三角形的两边之和大于第三边
【点评】本题主要考查三角形的三边关系，掌握三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边是解题的关键．
【考点14 多边形的内角和外角】
【方法点拨】掌握n边形的内角和是（n﹣2）•180°，多边形的外角和是360°是解题的关键.
【例14】（2020春•洛宁县期末）一个多边形的外角和是内角和的27，这个多边形的边数是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】设这个多边形的边数为n，由n边形的内角和是（n﹣2）•180°，多边形的外角和是360°列出方程，解方程求出n的值即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
依题意得：27（n﹣2）180°＝360°，
解得n＝9，
故选：C．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，掌握n边形的内角和是（n﹣2）•180°，多边形的外角和是360°是解题的关键．
【变式14-1】（2020春•高新区期末）如图，五边形ABCDE的一个内角∠A＝110°，则∠1+∠2+∠3+∠4等于（　　）

A．360° B．290° C．270° D．250°
【分析】根据∠A＝110°，所以∠A的外角为180°﹣110°＝70°，用五边形的外角和减去70°即可解答．
【解答】解：∵∠A＝110°，
∴∠A的外角为180°﹣110°＝70°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝360°﹣70°＝290°，
故选：B．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，关键是得出∠D的外角度数及外角和为360°．
【变式14-2】（2020春•遂宁期末）如图，七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O，若∠1，∠2，∠3，∠4相邻的外角的和等于230°，则∠BOD的度数是（　　）

A．50° B．55° C．40° D．45°
【分析】由外角和内角的关系可求得∠1、∠2、∠3、∠4的和，由多边形的内角和公式求得五边形OAGFE的内角和，即可求得∠BOD．
【解答】解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为230°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+230°＝4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝490°，
∵五边形OAGFE内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD＝540°，
∴∠BOD＝540°﹣490°＝50°，
故选：A．
【点评】本题主要考查多边形的内角和，利用内角和外角的关系求得∠1、∠2、∠3、∠4的和是解题的关键．
【变式14-3】（2020春•遂宁期末）如图，在五边形ABCDE中，∠C＝90°，∠D＝70°，∠E＝130°，AP平分∠EAB，BP平分∠ABC，求∠P的度数．

【分析】根据多边形内角和公式，可得五边形ABCDE的内角和，再求出∠EAB+∠ABC，根据角平分线定义求出∠PAB+∠PBA，即可求出答案．
【解答】解：五边形ABCDE的内角和为（5﹣2）•180°＝540°，
∠C＝90°，∠D＝70°，∠E＝130°，
∴∠EAB+∠ABC＝250°，
∵AP平分∠EAB，BP平分∠ABC，
∴∠PAB+∠PBA＝125°，
∴∠P＝180°﹣125°＝55°．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和公式，角平分线的定义，熟记公式是解题的关键．注意整体思想的运用．