专题11.6 三角形（压轴题综合测试卷）-2022-2023学年八年级数学上册从重点到压轴（人教版）

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专题11.6 三角形（满分100）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
总分
得分





评卷人
得 分


一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（2022春•秦淮区期中）如图，用四颗螺丝将不能弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其中相邻两颗螺丝的距离依次为3、4、6、8，且相邻两根木条的夹角均可以调整，若调整木条的夹角时不破坏此木框，则任意两颗螺丝的距离的最大值是（　　）

A．7 B．10 C．11 D．14
【思路点拨】
分四种情况、根据三角形的三边关系解答即可．
【解题过程】
解：①选3+4、6、8作为三角形，则三边长为7、6、8；7﹣6＜8＜7+6，能构成三角形，此时两个螺丝间的最长距离为8；
②选6+4、3、8作为三角形，则三边长为10、3、8；8﹣3＜10＜8+3，能构成三角形，此时两个螺丝间的最大距离为10；
③选3+8、4、6作为三角形，则三边长为111、4、6；4+6＜11，不能构成三角形，此种情况不成立；
④选6+8、3、4作为三角形，则三边长为14、3、4；而3+4＜14，不能构成三角形，此种情况不成立；
综上所述，任两螺丝的距离之最大值为10，
故选：B．
2．（2022春•江阴市校级月考）根据下列条件能判定△ABC是直角三角形的有（　　）
①∠A+∠B＝∠C，②∠A=12∠B=13∠C，③∠A：∠B：∠C＝5：2：3，④∠A＝2∠B＝3∠C．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
利用三角形内角和定理，进行计算求解即可．
【解题过程】
解：∵∠A+∠B＝∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
故①符合题意；
∵∠A=12∠B=13∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A＝30°，∠B＝60°，∠C＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
故②符合题意；
∵∠A：∠B：∠C＝5：2：3，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A＝180°×55+2+3=90°，∠B＝180°×25+2+3=36°，∠C＝180°×35+2+3=54°，
∴△ABC是直角三角形，
故③符合题意；
∵∠A＝2∠B＝3∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴116∠A＝180°，
∴∠A=1080°11，
∴∠B=540°11，∠C=360°11，
∴△ABC不是直角三角形，
故④不符合题意；
综上，符合题意得有3个，
故选：C．
3．（2022春•鼓楼区校级期末）如图，在△ABC中，将CA沿DE翻折，点A落在F处，∠CEF、∠BDF、∠A三者之间的关系是（　　）

A．∠CEF＝∠BDF+∠A B．∠CEF﹣3∠A＝∠BDF
C．∠CEF＝2（∠BDF+∠A） D．∠CEF﹣∠BDF＝2∠A
【思路点拨】
根据三角形内角和定理可得∠CEF＝∠A+∠AOE，∠AOE＝∠F+∠BDF，从而可得∠CEF＝∠A+∠F+∠BDF，由折叠性质可得∠A＝∠F，从而可得∠CEF＝2∠A+∠BDF，即可求解．
【解题过程】
解：如图，

∵∠CEF＝∠A+∠AOE，∠AOE＝∠F+∠BDF，
∴∠CEF＝∠A+∠F+∠BDF，
由折叠性质可得：
∠A＝∠F，
∴∠CEF＝2∠A+∠BDF，
∴∠CEF﹣∠BDF＝2∠A，
故选：D．
4．（2021秋•长春期末）若△ABC中刚好有∠B＝2∠C，则称此三角形为“可爱三角形”，并且∠A称作“可爱角”．现有一个“可爱且等腰的三角形”，那么聪明的同学们知道这个三角形的“可爱角”应该是（　　）
A．45°或36° B．72°或36°
C．45°或72° D．45°或36°或72°
【思路点拨】
分设三角形底角为α，顶角为2α或设三角形的底角为2α，顶角为α，根据三角形的内角和为180°，得出答案．
【解题过程】
解：①设三角形底角为α，顶角为2α，
则α+α+2α＝180°，
解得：α＝45°，
②设三角形的底角为2α，顶角为α，
则2α+2α+α＝180°，
解得：α＝36°，
∴2α＝72°，
∴三角形的“可爱角”应该是45°或72°，
故选：C．
5．（2021秋•汉寿县期末）如图，△ABC的三边长均为整数，且周长为22，AM是边BC上的中线，△ABM的周长比△ACM的周长大2，则AC长的可能值有（　　）个．

A．3 B．4 C．5 D．6
【思路点拨】
依据△ABC的周长为22，△ABM的周长比△ACM的周长大2，可得2＜BC＜11，再根据△ABC的三边长均为整数，即可得到BC＝4，6，8，10．
【解题过程】
解：∵△ABC的周长为22，△ABM的周长比△ACM的周长大2，
∴2＜BC＜22﹣BC，
解得2＜BC＜11，
又∵△ABC的三边长均为整数，△ABM的周长比△ACM的周长大2，
∴AC=22−BC−22=10−12BC为整数，
∴BC边长为偶数，
∴BC＝4，6，8，10，
即AC的长可能值有4个，
故选：B．
6．（2022春•青岛期末）如图，BD是△ABC的边AC上的中线，AE是△ABD的边BD上的中线，BF是△ABE的边AE上的中线，若△ABC的面积是32，则阴影部分的面积是（　　）

A．9 B．12 C．18 D．20
【思路点拨】
利用中线等分三角形的面积进行求解即可．
【解题过程】
解：∵BD是△ABC的边AC上的中线，
∴S△ABD＝S△BCD=12S△ABC=12×32＝16，
∵AE是△ABD的边BD上的中线，
∴S△ABE=S△ADE=12S△ABD=12×16=8，
又∵BF是△ABE的边AE上的中线，则CF是△ACE的边AE上的中线，
∴S△BEF=S△ABF=12S△ABE=12×8=4，S△CEF=S△ACF=S△ADE=S△CED=12S△ACE=8，
则S阴影＝S△BEF+S△CEF＝4+8＝12，
故选：B．
7．（2022春•思明区校级期末）如图，已知△ABC的内角∠A＝α，分别作内角∠ABC与外角∠ACD的平分线，两条平分线交于点A1，得∠A1；∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2；…以此类推得到∠A2022，则∠A2022的度数是（　　）

A．α2 B．α22022 C．α22021 D．90+α2
【思路点拨】
根据角平分线的定义可得∠A1BC=12∠ABC，∠A1CD=12∠ACD，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A1CD＝∠A1BC+∠A1，整理即可求出∠A1的度数，同理求出∠A2，可以发现后一个角等于前一个角的12，根据此规律即可得解．
【解题过程】
解：∵A1B是∠ABC的平分线，A1C是∠ACD的平分线，
∴∠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，
∴∠A2022=122022α．
故选：B．
8．（2022春•莱芜区期末）如图，∠A＝100°，∠B、∠C、∠D、∠E，∠F的关系为（　　）

A．∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝260° B．∠B+∠C﹣∠D+∠E+∠F＝260°
C．∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360° D．∠B+∠C﹣∠D+∠E+∠F＝360°
【思路点拨】
分析题意∠DMA＝∠1，∠DNA＝∠2，然后利用三角形的内角和、等量代换求解即可．
【解题过程】
解：如图，连接AD，AB交CD于点M，AF交DE于点N，

在△DMA中，∠DMA+∠MDA+∠MAD＝180°，
在△DNA中，∠DNA+∠NDA+∠NAD＝180°，
∴∠DMA+∠MDA+∠MAD+∠DNA+∠NDA+∠NAD＝360°，
∵∠MAD+∠NAD＝360°﹣∠BAF，
∴∠DMA+∠DNA+∠MDN+360°﹣∠BAF＝360°，
∵∠BAF＝100°，
∴∠DMA+∠DNA＝100°﹣∠MDN，
∵∠DMA＝∠1，∠DNA＝∠2，
∵∠1＝180°﹣∠B﹣∠C，∠2＝180°﹣∠E﹣∠F，
∴∠1+∠2＝360°﹣（∠B+∠C+∠E+∠F），
∴100°﹣∠MDN＝360°﹣（∠B+∠C+∠E+∠F），
∴∠B+∠C+∠E+∠F﹣∠MDN＝260°．
故选：B．
9．（2021秋•余杭区月考）如图，已知AB，CD是两条相交线段，连结AD，CB，分别作∠DAB和∠BCD的平分线相交于点P，若∠D＝50°，∠B＝40°，则∠P的度数为（　　）

A．50° B．45° C．40° D．30°
【思路点拨】
设∠DAB＝2x，∠DCB＝2y，根据角平分线的定义得出∠DAP＝∠PAB=12∠DAB=x，∠DCP＝∠PCB=12∠DCB＝y，根据三角形内角和定理得出∠D+∠DAP+∠AMD＝180°，∠P+∠DCP+∠CMP＝180°，求出∠D+∠DAP＝∠P+∠DCP，同理求出∠B+∠PCB＝∠P+∠PAB，得出方程50°+x＝∠P+y，40°+y＝∠P+x，再求出答案即可．
【解题过程】
解：设∠DAB＝2x，∠DCB＝2y，
∵AP平分∠DAB，CP平分∠DCB，
∴∠DAP＝∠PAB=12∠DAB=x，∠DCP＝∠PCB=12∠DCB＝y，
∵∠D+∠DAP+∠AMD＝180°，∠P+∠DCP+∠CMP＝180°，
∵∠AMD＝∠CMP，
∴∠D+∠DAP＝∠P+∠DCP，
同理∠B+∠PCB＝∠P+∠PAB，
∵∠D＝50°，∠B＝40°，
∴50°+x＝∠P+y，40°+y＝∠P+x，
相加得：50°+x+40°+y＝∠P+x+∠P+y，
解得：∠P＝45°，
故选：B．
10．（2022春•长沙期末）在△ABC中，BD、BE分别是高和角平分线，点F在CA的延长线上，FH⊥BE交BD于点G，交BC于点H，下列结论：
①∠DBE＝∠EFH；
②2∠BEF＝∠BAF+∠C；
③2∠EFH＝∠BAC﹣∠C；
④∠BGH＝∠ABE+∠C．
其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
根据BD⊥FD，FH⊥BE，∠FGD＝∠BGH即可判断①；
根据角平分线的定义和三角形的外角性质可判断②；
根据角平分线的定义和三角形内角和定理，可求出∠CBE，再根据垂直的定义，可求出∠CBD，再根据∠EBD＝∠CBD﹣∠CBE以及①的结论可判断③；
根据角平分线的定义和三角形的外角性质可判断④．
【解题过程】
解：①∵BD⊥FD，
∴∠FGD+∠EFH＝90°，
∵FH⊥BE，
∴∠BGH+∠DBE＝90°，
∵∠FGD＝∠BGH，
∴∠DBE＝∠EFH，
故①正确；
②∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠BEF＝∠CBE+∠C，∠BAF＝∠ABC+∠C＝2∠CBE+∠C，
∴∠BAF+∠C＝2∠CBE+2∠C＝2（∠CBE+∠C）＝2∠BEF，
故②正确；
③∵BE平分∠ABC，
∴∠CBE=12∠ABC，
∵∠ABC＝180°﹣∠C﹣∠BAC，
∴∠CBE=12（180°﹣∠C﹣∠BAC）＝90°−12（∠C+∠BAC），
∵BD⊥AC，
∴∠BDC＝90°，
∴∠CBD＝90°﹣∠C，
∵∠EBD＝∠CBD﹣∠CBE＝90°﹣∠C﹣90°+12（∠C+∠BAC）=12（∠BAC﹣∠C），
∴2∠EBD＝∠BAC﹣∠C，
∵∠EBD＝∠EFH，
∴2∠EFH＝∠BAC﹣∠C，
故③正确；
④∵∠FEB＝∠EBC+∠C，∠ABE＝∠EBC，
∴∠FEB＝∠ABE+∠C，
∵BD⊥FC，FH⊥BE，
∴∠FGD＝∠FEB，
∵∠FGD＝∠BGH，
∴∠BGH＝∠FEB，
∴∠BGH＝∠ABE+∠C，
故④正确；
故选：D．
评卷人
得 分


二．填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）
11．（2022春•崇阳县期末）如果剪掉四边形的一个角，那么所得多边形的内角和的度数可能是 　540°、360°、180°　．
【思路点拨】
将一个四边形剪掉一个角，可以得到三角形，四边形，五边形，根据多边形的内角和的计算方法进行计算即可．
【解题过程】
解：将一个四边形剪掉一个角，可以得到三角形，四边形，五边形，如图所示：

所以所得多边形的内角和的度数可能是540°、360°、180°，
故答案为：540°、360°、180°．
12．（2022春•香坊区校级期末）在△ABC中，∠B＝∠A+10°，∠C＝∠B+10°，则∠C为 　70　°．
【思路点拨】
将第一个等式代入第二等式用∠A表示出∠C，再根据三角形的内角和等于180°列方程求出∠A，然后求解即可．
【解题过程】
解：∵∠B＝∠A+10°，∠C＝∠B+10°，
∴∠C＝∠A+10°+10°＝∠A+20°，
由三角形内角和定理得，∠A+∠B+∠C＝180°，
所以，∠A+∠A+10°+∠A+20°＝180°，
解得∠A＝50°，
∴∠C＝∠A+20°＝70°．
故答案为：70．
13．（2022•莱州市一模）已知关于x的不等式组x−a＜0，2x−1≥7至少有两个整数解，且存在以3，a，7为边的三角形，则a的整数解有 　4　个．
【思路点拨】
依据不等式组至少有两个整数解，即可得到a＞5，再根据存在以3，a，7为边的三角形，可得4＜a＜10，进而得出a的取值范围是5＜a＜10，即可得到a的整数解有4个．
【解题过程】
解：x−a＜0①2x−1≥7②，
解不等式①，可得x＜a，
解不等式②，可得x≥4，
∵不等式组至少有两个整数解，
∴a＞5，
又∵存在以3，a，7为边的三角形，
∴4＜a＜10，
∴a的取值范围是5＜a＜10，
∴a的整数解有4个．
故答案为：4．
14．（2022春•晋江市期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是高，BE是中线，CF是角平分线，CF交AD于点G，交BE于点H，下面说法正确的是 　①②③④　．
①△ABE的面积等于△BCE的面积；
②∠AFG＝∠AGF；
③∠FAG＝2∠ACF；
④CG是△ACD的角平分线．

【思路点拨】
根据等底等高的三角形的面积相等即可判断①；根据三角形内角和定理求出∠ABC＝∠CAD，根据三角形的外角性质即可推出②；根据三角形内角和定理求出∠FAG＝∠ACD，根据角平分线定义即可判断③；根据等腰三角形的判定判断④即可．
【解题过程】
解：∵BE是中线，
∴AE＝CE，
∴△ABE的面积＝△BCE的面积（等底等高的三角形的面积相等），故①正确；
∵CF是角平分线，
∴∠ACF＝∠BCF，
∵AD为高，
∴∠ADC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，∠ACB+∠CAD＝90°，
∴∠ABC＝∠CAD，
∵∠AFG＝∠ABC+∠BCF，∠AGF＝∠CAD+∠ACF，
∴∠AFG＝∠AGF，故②正确；
∵AD为高，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，∠ABC+∠BAD＝90°，
∴∠ACB＝∠BAD，
∵CF是∠ACB的平分线，
∴∠ACB＝2∠ACF，
∴∠BAD＝2∠ACF，
即∠FAG＝2∠ACF，故③正确；
∵CF是∠ACB的平分线，CF交AD于点G，
∴CG是△ACD的角平分线．故④正确；
故答案为：①②③④．
15．（2022春•晋江市期末）如图，D、E分别是△ABC的AC，AB边上的点，BD，CE相交于点O，若S△OCD＝1，S△OBE＝2，S△OBC＝3，那么S四边形ADOE＝　187　．

【思路点拨】
连接DE，利用“等高的两个三角形的面积的比等于对应的底的比”性质，代入已知数据可求得S△DOE，然后设S△ADE＝x，得方程：x1+23=x+23+24，即可求得四边形ADOE的面积．
【解题过程】
解：连接DE，

因为S△DOES△BOE=ODOB，S△OCDS△OBC=ODOB，将已知数据代入可得S△DOE=23，
设S△ADE＝x，则由S△AEDS△CED=x1+23=ADCD，S△ABDS△CBD=x+23+24=ADCD，
得方程x1+23=x+23+24，
解得：x=4021，
所以四边形ADOE的面积＝x+23=187．
故四边形ADOE的面积是187．
故答案为：187．
评卷人
得 分


三．解答题（本大题共8小题，满分55分）
16．（2021秋•隆安县期中）已知a，b，c是△ABC的三边长．
（1）若a，b，c满足（a﹣b）2+|b﹣c|＝0，试判断△ABC的形状；
（2）化简：|b﹣c﹣a|+|a﹣b+c|﹣|a﹣b﹣c|．
【思路点拨】
（1）根据非负数的性质，可得出a＝b＝c，进而得出结论；
（2）利用三角形的三边关系得到b﹣c﹣a＜0，a﹣b+c＞0，a﹣b﹣c＜0，然后去绝对值符号后化简即可．
【解题过程】
解：（1）∵（a﹣b）2+|b﹣c|＝0，
∴a﹣b＝0且b﹣c＝0，
∴a＝b＝c，
∴△ABC为等边三角形；
（2）∵a，b，c是△ABC的三边长，
∴b﹣c﹣a＜0，a﹣b+c＞0，a﹣b﹣c＜0，
∴原式＝﹣b+c+a+a﹣b+c+a﹣b﹣c＝3a﹣3b+c．
17．（2021秋•信州区校级期中）如图，在三角形ABC中，AB＝10cm，AC＝6cm，D是BC的中点，E点在边AB上．
（1）若三角形BDE的周长与四边形ACDE的周长相等，求线段AE的长．
（2）若三角形ABC的周长被DE分成的两部分的差是2cm，求线段AE的长．

【思路点拨】
（1）由图可知三角形BDE的周长＝BE+BD+DE，四边形ACDE的周长＝AE+AC+DC+DE，BD＝DC，所以BE＝AE+AC，则可解得AE＝2cm；
（2）由三角形ABC的周长被DE分成的两部分的差是2，可得方程①BE＝AE+AC+2或②BE＝AE+AC﹣2．解得AE＝1cm或2cm．
【解题过程】
解：（1）由图可知三角形BDE的周长＝BE+BD+DE，四边形ACDE的周长＝AE+AC+DC+DE，
又三角形BDE的周长与四边形ACDE的周长相等，D为BC中点，
∴BD＝DC，BE+BD+DE＝AE+AC+DC+DE，
即BE＝AE+AC，
∵AB＝10cm，AC＝6cm，
∴10﹣AE＝AE+6，
∴AE＝2cm．
（2）由三角形ABC的周长被DE分成的两部分的差是2，可得方程
①BE＝AE+AC+2或②BE＝AE+AC﹣2．
解①得AE＝1cm，解②得AE＝3cm．
故AE长为1cm或3cm．
18．（2022春•台江区校级期末）如图，在△ABC中，已知∠BAC＝70°，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点D．
（1）求∠BDC的度数；
（2）试比较DA+DB+DC与12（AB+BC+AC）的大小，写出推理过程．

【思路点拨】
（1）先由三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB＝110°，再由角平分线的定义求出∠CBD+∠BCD＝55°，然后由三角形内角和定理即可得出答案；
（2）由三角形的三边关系得：DA+DB＞AB，DB+DC＞BC，DA+DC＞AC，则2（DA+DB+DC）＞AB+BC+AC，即可得出结论．
【解题过程】
解：（1）∵∠BAC＝70°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣70°＝110°，
∵∠ABC和∠ACB的平分线相交于点D，
∴∠ABD＝∠CBD=12∠ABC，∠ACD＝∠BCD=12∠ACB，
∴∠CBD+∠BCD=12（∠ABC+∠ACB）=12×110°＝55°，
∴∠BDC＝180°﹣（∠CBD+∠BCD）＝180°﹣55°＝125°；
（2）DA+DB+DC＞12（AB+BC+AC），理由如下：
在△ABD中，由三角形的三边关系得：DA+DB＞AB①，
同理：DB+DC＞BC②，DA+DC＞AC③，
①+②+③得：2（DA+DB+DC）＞AB+BC+AC，
∴DA+DB+DC＞12（AB+BC+AC）．
19．（2021秋•赣州期中）若三边均不相等的三角形三边a、b、c满足a﹣b＞b﹣c（a为最长边，c为最短边），则称它为“不均衡三角形”．例如，一个三角形三边分别为7，5，4，因为7﹣5＞5﹣4，所以这个三角形为“不均衡三角形”．
（1）以下4组长度的小木棍能组成“不均衡三角形”的为 　②　（填序号）．
①4cm，2cm，1cm②13cm，18cm，9cm③19cm，20cm，19cm④9cm，8cm，6cm
（2）已知“不均衡三角形”三边分别为2x+2，16，2x﹣6（x为整数），求x的值．
【思路点拨】
（1）根据“不均衡三角形”的定义即可求解；
（2）分三种情况对16进行讨论即可求解．
【解题过程】
解：（1）①∵1+2＜4，
∴4cm，2cm，1cm不能组成“不均衡三角形”；
②∵18﹣13＞13﹣9，
∴13cm，18cm，9cm能组成“不均衡三角形”；
③∵19＝19，
∴19cm，20cm，19cm不能组成“不均衡三角形”；
④∵9﹣8＜8﹣6，
∴9cm，8cm，6cm不能组成“不均衡三角形”．
故答案为：②；
（2）①16﹣（2x+2）＞2x+2﹣（2x﹣6），
解得x＜3，
∵2x﹣6＞0，
解得x＞3，
故不合题意舍去；
②2x+2＞16＞2x﹣6，
解得7＜x＜11，
2x+2﹣16＞16﹣（2x﹣6），
解得x＞9，
∴9＜x＜11，
∵x为整数，
∴x＝10，
经检验，当x＝10时，22，16，14可构成三角形；
③2x﹣6＞16，
解得x＞11，
2x+2﹣（2x﹣6）＞2x﹣6﹣16，
解得x＜15，
∴11＜x＜15，
∵x为整数，
∴x＝12或13或14，都可以构成三角形．
综上所述，x的整数值为10或12或13或14．
20．（2022春•南关区期末）【问题】
如图①，在△ABC中，∠A＝80°，DB平分∠ABC，DC平分∠ACB．求∠D的度数，对于上述问题，在以下解答过程的空白处填上适当的内容（理由或数学式）．
解：∵∠ABC+∠ACB+∠A＝180°（ 　三角形的内角和定理　），
∴∠ABC+∠ACB＝　180°﹣∠A　（等式性质）．
∵∠A＝80°（已知），
∴∠ABC+∠ACB＝　100°　（等量代换）．
∵DB平分∠ABC（已知），
∴∠DBC=12∠ABC（角平分线的定义）．
同理，∠DCB＝　12∠ACB　．
∴∠DBC+∠DCB=12(∠ABC+∠ACB)=　50°　（等式性质）．
∵∠DBC+∠DCB+∠D＝180°，
∴∠D＝180°﹣（∠DBC+∠DCB）＝　130°　（等式性质）．
【拓展】如图②，在△ABC中，∠A＝α，DB平分∠ABC，DC平分∠ACB．
则∠D＝（ 　90°+α2　）．
【应用】如图③，在△ABC中，DB平分∠ABC，DC平分∠ACB，EB平分∠DBC，EC平分∠DCB．若∠E＝145°，则∠A＝（ 　40°　）．

【思路点拨】
（1）由三角形的内角和可得∠ABC+∠ACB+∠A＝180°，从而求得∠ABC+∠ACB＝100°，再角平分线的定义可得∠DBC=12∠ABC，∠DCB=12∠ACB，再次利用三角形的内角和可求∠D的度数；
（2）仿照（1）即可求解；
（3）结合（1）的过程，不难求∠A的度数．
【解题过程】
解：（1）∵∠ABC+∠ACB+∠A＝180°（三角形的内角和定理），
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A（等式性质）．
∵∠A＝80°（已知），
∴∠ABC+∠ACB＝100°（等量代换）．
∵DB平分∠ABC（已知），
∴∠DBC=12∠ABC（角平分线的定义）．
同理，∠DCB=12∠ACB．
∴∠DBC+∠DCB=12(∠ABC+∠ACB)=50°（等式性质）．
∵∠DBC+∠DCB+∠D＝180°，
∴∠D＝180°﹣（∠DBC+∠DCB）＝130°（等式性质）．
故答案为：三角形的内角和定理；180°﹣∠A；100°；12∠ACB；50°；130°；
（2）∵∠ABC+∠ACB+∠A＝180°（三角形的内角和定理），
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A（等式性质）．
∵∠A＝α（已知），
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣α（等量代换）．
∵DB平分∠ABC（已知），
∴∠DBC=12∠ABC（角平分线的定义）．
同理，∠DCB=12∠ACB．
∴∠DBC+∠DCB=12(∠ABC+∠ACB)=90°−α2（等式性质）．
∵∠DBC+∠DCB+∠D＝180°，
∴∠D＝180°﹣（∠DBC+∠DCB）＝90°+α2；
故答案为：90°+α2；
（3）∵DB平分∠ABC，DC平分∠ACB，EB平分∠DBC，EC平分∠DCB，
∴∠CBD=12∠CBA，∠BCD=12∠BCA，∠CBE=12∠CBD，∠BCE=12∠BCD，
∴∠CBE=14∠CBA，∠BCE=14∠BCA，
∵∠CBE+∠BCE+∠E＝180°，∠E＝145°，
∴∠CBE+∠BCE＝180°﹣∠E＝35°，
∴∠CBE+∠BCE=14∠CBA+14∠BCA＝35°，
∴∠CBA+∠BCA＝140°，
∵∠CBA+∠BCA+∠A＝180°，
∴∠A＝180°﹣（∠CBA+∠BCA）＝40°．
故答案为：40°．
21．（2022春•绿园区期末）已知直线MN与PQ互相垂直，垂足为O，点A在射线OQ上运动，点B在射线OM上运动，点A、B均不与点O重合．

【探究】如图1，AI平分∠BAO，BI平分∠ABO．
①若∠BAO＝40°，则∠ABI＝　25　°．
②在点A、B的运动过程中，∠AIB的大小是否会发生变化？若不变，求出∠AIB的度数；若变化，请说明理由．
【拓展】如图2，AI平分∠BAO交OB于点I，BC平分∠ABM，BC的反向延长线交AI的延长线于点D．在点A、B的运动过程中，∠ADB的大小是否会发生变化？若不变，直接写出∠ADB的度数；若变化，直接写出∠ADB的度数的变化范围．
【思路点拨】
【探究】①先利用直角三角形两个锐角互余求出∠OBA，再利用角平分线的定义求出∠ABI即可；
②不变，理由与①类似；
【拓展】不变，利用三角形的外角求出∠ABM，再利用角平分线的定义求出∠ABC和∠BAD即可，可得∠ADB=12∠AOB．
【解题过程】
解：【探究】①∵MN⊥PQ，
∴∠AOB＝90°，
∵∠BAO＝40°，
∴∠ABO＝90°﹣∠BAO＝50°，
∵BI平分∠ABO，
∴∠ABI=12∠ABO＝25°；
故答案为：25；
②不变，∠AIB＝135°．
∵AI平分∠BAO，BI平分∠ABO，
∴∠OBI=∠ABI=12∠OBA，∠OAI=∠BAI=12∠OAB，
∴∠BIC=180°−∠IBA−∠IAB=180°−12∠OBA−12∠OAB=180°−12(∠OBA+∠OAB)=180°−12(180°−∠BOA)=180°−90°+12∠BOA，
∵直线MN与PQ互相垂直，垂足为O，
∴∠AOB＝90°，
∴∠AIB=90°+12×90°=135°．
【拓展】不变，∠ADB＝45°，理由如下：
∵AI平分∠BAO，BC平分∠ABM，
∴∠CBA=12∠MBA，∠BAI=12∠BAO，
∵∠CBA＝∠ADB+∠BAD，∠AOB＝90°，
∴∠ADB＝∠CBA﹣∠BAD=12∠MBA−12∠BAO=12（∠MBA﹣∠BAO）=12∠AOB=12×90°＝45°，
∴点A、B在运动的过程中，∠ADB＝45°．
22．（2022春•丰县月考）如图，四边形ABCD，BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，若∠BAD＝α，∠BCD＝β．

（1）如图1，若α+β＝105°，求∠MBC+∠NDC的度数；
（2）如图1，若BE与DF相交于点G，∠BGD＝45°，请直接写出α，β所满足的数量关系式；
（3）如图2，若α＝β，判断BE，DF的位置关系，并说明理由．
【思路点拨】
（1）利用四边形的内角和和平角的定义推导即可；
（2）利用角平分线的定义，四边形的内角和以及三角形的内角和转化即可；
（3）利用角平分线的定义以及平行线的判定与性质即可解答．
【解题过程】
解：（1）∵四边形ABCD的内角和为360°，
∴α+β＝∠A+∠BCD＝360°﹣（∠ABC+∠ADC），
∵∠MBC和∠NDC是四边形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°等均正确）．
理由：如图1，连接BD，

由（1）有，∠MBC+∠NDC＝α+β，
∵BE、DF分别平分四边形的外角∠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：如图2，过点C作CP∥BE，

则∠EBC＝∠BCP，
∴∠DCP＝∠BCD﹣∠BCP＝β﹣∠EBC，
由（1）知∠MBC+∠NDC＝α+β，
∵α＝β，
∴∠MBC+∠NDC＝2β，
又∵BE、DF分别平分∠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．
23．（2022春•南安市期末）在△ABC中，∠B＝∠C，点D在线段BC上，
（1）如图1，点E在线段AC上，∠ADE＝∠AED，若∠CDE＝25°，则∠BAD＝　50　°；
（2）如图2，AH平分∠BAD，点F在线段BD上，FH⊥AH交AD的延长线于点G，∠ACB与∠AGF的角平分线交于点P，问∠CFG∠P是否为定值，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，点F在线段CD上，∠P＝m°时，求∠CFG的度数（用m°的代数式表示）．


【思路点拨】
（1）先利用外角性质得到∠AED＝∠C+25°，再因为△ABC和△ADE都是等腰三角形，所以用含∠C的式子表示出顶角，最后根据所求角是两个顶角的差，代入化简即可解答；
（2）延长GF交AB于点K．设∠P＝x，∠CFG＝y．先证明∠HGA＝∠HKA，再根据角平分线分得的角相等和外角性质得2∠2＝∠HKA＝∠B+∠BFK＝2∠1+y，所以∠2﹣∠1=12y，根据“8”字型可得∠1+x＝∠2+y，，联立两个等式，即可得解；
（3）延长FH交AB于点K，延长PG交BC于点N．设∠P＝x，∠BFK＝y．方法同（2）证得∠HGA＝∠HKA，根据平角180°和三角形外角性质证出∠1+x＝y+180°﹣∠2，所以得∠1+∠2=90°−12y，③，因为∠BNP＝∠1+∠P，∠BNP＝∠BFK+∠FGN，所以∠1+x＝y+180°﹣∠2，即∠1+∠2＝180°+y﹣x，④，联立③、④解得∠BFK=23m°−60°，就可以表示出此角的邻补角．
【解题过程】
解：（1）∵∠AED是△CDE的外角，∠CDE＝25°，
∴∠AED＝∠C+∠CDE＝∠C+25°，
又∵∠ADE＝∠AED，
∴∠DAE＝180°﹣∠ADE﹣∠AED＝180°﹣2∠AED＝180°﹣2（∠C+25°），
△ABC中，∵∠B＝∠C，
∴∠BAC＝180°﹣（∠B+∠C）＝180°﹣2∠C，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝180°﹣2∠C﹣[180°﹣2（∠C+25°）]＝50°．
故答案为：50°；
（2）是定值，∠CFG∠P=32，
理由如下：
如图2中，延长GF交AB于点K．

设∠P＝x，∠CFG＝y．
∵AH⊥GK，∠HAG＝∠HAK，
∴∠HAK+∠HKA＝90°，∠HAG+∠HGA＝90°，
∴∠HGA＝∠HKA，
∴2∠2＝∠HKA＝∠B+∠BFK＝2∠1+y，①
由①得：∠2﹣∠1=12y，
∵∠1+x＝∠2+y，
∴2∠P＝3∠CFG．
故∠CFG∠P=32是定值；
（3）如图3中，延长FH交AB于点K，延长PG交BC于点N．设∠BFK＝y．

同法可证：∠HGA＝∠HKA，
∴180°﹣2∠2＝∠B+∠BFK＝2∠1+y，②
由②，得∠1+∠2=90°−12y，③
∵∠BNP＝∠1+∠P，∠BNP＝∠BFK+∠FGN，
∴∠1+x＝y+180°﹣∠2，
∴∠1+∠2＝180°+y﹣x，④
由③④，得：
x−32y=90°，
∴∠P−32∠BFK=90°，
∵∠P＝m°，
∴∠BFK=23m°−60°，
∴∠CFG=180°−(23m°−60°)=240°−23m°．