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人教版八年级上册第十一章 三角形综合与测试同步练习题
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这是一份人教版八年级上册第十一章 三角形综合与测试同步练习题，共16页。试卷主要包含了下列图形中具有稳定性的是等内容，欢迎下载使用。
一．选择题
1．下列图形中具有稳定性的是（ ）
A．正方形B．长方形C．等腰三角形D．平行四边形
2．若n边形的内角和等于外角和的3倍，则边数n为（ ）
A．n＝6B．n＝7C．n＝8D．n＝9
3．如图，将一个直角三角形纸片ABC（∠ACB＝90°），沿线段CD折叠，使点B落在B′处，若∠ACB′＝72°，则∠ACD的度数为（ ）
A．9°B．10°C．12°D．18°
4．已知三角形的三边长分别为a、b、c，化简|a+b﹣c|﹣2|a﹣b﹣c|+|a+b+c|得（ ）
A．4a﹣2cB．2a﹣2b﹣cC．4b+2cD．2a﹣2b+c
5．如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，DE∥BC，且交AB于点E，∠A＝60°，∠BDC＝86°，则∠BDE的度数为（ ）
A．26°B．30°C．34°D．52°
6．在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝25°，则∠A的度数为（ ）
A．25°B．75°C．55°D．65°
7．一个三角形的两边长分别为3和4，且第三边长为整数，这样的三角形的周长最大值是（ ）
A．11B．12C．13D．14
8．如图，点D在△ABC内，且∠BDC＝120°，∠1+∠2＝55°，则∠A的度数为（ ）
A．50°B．60°C．65°D．75°
9．如图，已知BD是△ABC的中线，AB＝7，BC＝4，△ABD和△BCD的周长的差是（ ）
A．2B．3C．4D．不能确定
10．如图所示，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝（ ）
A．360°B．450°C．540°D．720°
二．填空题
11．已知一个多边形，少算一个的内角的度数，其余内角和为2100°，求这个多边形的边数 ．
12．如图，把一张三角形纸片（△ABC）进行折叠，使点A落在BC上的点F处，折痕为DE，点D，点E分别在AB和AC上，DE∥BC，若∠B＝75°，则∠BDF的度数为 ．
13．如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O．若∠A＝68°，则∠BOC度数是 ．
14．把一副三角板如图摆放，其中∠C＝∠E＝90°，∠A＝45°，∠F＝30°，则∠1+∠2＝ °．
15．如图，△ABC中，AD、BD、CD分别平分△ABC的外角∠EAC、内角∠ABC、外角∠ACF，AD∥BC．以下结论：①∠ABC＝∠ACB；②∠ADC+∠ABD＝90°；③BD平分∠ADC；④2∠BDC＝∠BAC．其中正确的结论有 ．（填序号）
三．解答题
16．如图，在四边形ABCD中，BE平分∠ABC交线段AD于点E，∠1＝∠2．
（1）判断AD与BC是否平行，并说明理由；
（2）当∠A＝∠C，∠1＝40°时，求∠D的度数．
17．问题情景：如图1，在同一平面内，点B和点C分别位于一块直角三角板PMN的两条直角边PM，PN上，点A与点P在直线BC的同侧，若点P在△ABC内部，试问∠ABP，∠ACP与∠A的大小是否满足某种确定的数量关系？
（1）特殊探究：若∠A＝55°，则∠ABC+∠ACB＝ 度，∠PBC+∠PCB＝ 度，∠ABP+∠ACP＝ 度；
（2）类比探索：请猜想∠ABP+∠ACP与∠A的关系，并说明理由；
（3）类比延伸：改变点A的位置，使点P在△ABC外，其它条件都不变，判断（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出∠ABP，∠ACP与∠A满足的数量关系式．
18．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°+∠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．
19．如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD，则我们把形如这样的图形称为“8字型”．
（1）求证：∠A+∠C＝∠B+∠D；
（2）如图2，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，且与CD、AB分别相交于点M、N．
①以线段AC为边的“8字型”有 个，以点O为交点的“8字型”有 个；
②若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度数；
③若角平分线中角的关系改为“∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB”，试探究∠P与∠B、∠C之间存在的数量关系，并证明理由．
20．（1）如图1，△ABC中，∠ABC的平分线与外角∠ACD的平分线相交于P点，请探究∠P与∠A的关系，并说明理由．
（2）如图2、3，四边形ABCD中，设∠A＝α，∠D＝β，∠P为四边形ABCD的内角∠ABC的平分线与外角∠DCE的平分线所在直线相交而形成的锐角．请利用（1）中的结论完成下列问题：
①如图2，若α+β＞180°，直接写出∠P的度数．（用α，β的代数式表示）
②如图3，若α+β＜180°，直接写出∠P的度数．（用α，β的代数式表示）
参考答案
一．选择题
1．解：正方形，长方形，等腰三角形，平行四边形中只有等腰三角形具有稳定性．
故选：C．
2．解：由题意得：180（n﹣2）＝360×3，
解得：n＝8，
故选：C．
3．解：∵∠ACB′＝72°，∠ACB＝90°，
∴∠BCB′＝162°，
由翻折的性质可知：∠DCB＝∠BCB′＝81°，
∴∠ACD＝∠ACB﹣∠DCB＝90°﹣81°＝9°，
故选：A．
4．解：∵△ABC的三边长分别是a、b、c，
∴必须满足两边之和大于第三边，两边的差小于第三边，则a+b﹣c＞0，a﹣b﹣c＜0，a+b+c＞0
∴|a+b﹣c|﹣2|a﹣b﹣c|+|a+b+c|＝a+b﹣c+2a﹣2b﹣2c+a+b+c＝4a﹣2c．
故选：A．
5．解：∵∠BDC＝∠A+∠ABD，
∴∠ABD＝∠BDC﹣∠A＝86°﹣60°＝26°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝∠ABD＝26°，
又∵DE∥BC，
∴∠BDE＝∠DBC＝26°．
故选：A．
6．解：∵∠C＝90°，∠B＝25°，
∴∠A＝90°﹣∠B＝65°，
故选：D．
7．解：设第三边为a，
根据三角形的三边关系，得：4﹣3＜a＜3+4，
即1＜a＜7，
∵a为整数，
∴a的最大整数值为6，
则三角形的最大周长为3+4+6＝13．
故选：C．
8．解：∵∠D＝120°，
∴∠DBC+∠DCB＝60°，
∵∠1+∠2＝55°，
∴∠ABC+∠ACB＝60°+55°＝115°，
∴∠A＝180°﹣115°＝65°，
故选：C．
9．解：∵BD是△ABC的中线，
∴AD＝CD，
∴△ABD和△BCD的周长的差是：（AB+BD+AD）﹣（BC+BD+CD）＝AB﹣BC＝7﹣4＝3．
故选：B．
10．解：如图，
在四边形ACEH中，∠A+∠C+∠E+∠1＝360°，
在四边形BDFP中，∠B+∠D+∠F+∠2＝360°，
∵180°﹣∠1+180°﹣∠2+∠G＝180°，
∴∠A+∠C+∠E+∠1+∠B+∠D+∠F+∠2+180°﹣∠1+180°﹣∠2+∠G＝360°+360°+180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝360°+180°＝540°．
故选：C．
二．填空题（共5小题）
11．解：2100÷180＝11，
则正多边形的边数是11+1+2＝14边形．
故答案为：14
12．解：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B＝75°，
又∵∠ADE＝∠EDF＝75°，
∴∠BDF＝180°﹣75°﹣75°＝30°，
故答案为30°．
13．解：在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝112°．
∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝56°．
在△BCO中，∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝124°．
故答案为：124°．
14．解：∵∠C＝∠E＝90°，∠A＝45°，∠F＝30°，
∴∠D＝60°，
∵∠1+∠2＝∠D+∠3+∠F+∠6，∠3＝∠4，∠5＝∠6，∠4+∠5＝180°﹣∠A
∴∠1+∠2＝∠D+∠F+∠4+∠5
＝∠D+∠F+180°﹣∠A
＝60°+30°+180°﹣45°
＝225°，
故答案为：225．
15．解：∵AD平分∠EAC，
∴∠EAD＝∠CAD，
∵AD∥BC，
∴∠EAD＝∠ABC，∠CAD＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠ACB，故①正确；
∵AD，CD分别平分∠EAC，∠ACF，
∴可得∠ADC＝90°﹣∠ABC，
∴∠ADC+∠ABC＝90°，
∴∠ADC+∠ABD＝90°，故②正确；
∵∠ABD＝∠DBC，BD＝BD，∠ADB＝∠BDC，
∴△ABD≌△BCD（ASA），
∴AB＝CB，与题目条件矛盾，故③错误，
∵∠DCF＝∠DBC+∠BDC，∠ACF＝∠ABC+∠BAC，
∴2∠DCF＝2∠DBC+2∠BDC，2∠DCF＝2∠DBC+∠BAC，
∴2∠BDC＝∠BAC，故④正确，
故答案为：①②④．
三．解答题（共5小题）
16．解：（1）AD∥BC，理由是：
因为BE平分∠ABC，
所以∠EBC＝∠2，
因为∠1＝∠2，
所以∠1＝∠EBC，
所以AD∥BC（内错角相等，两直线平行）；
（2）因为∠1＝40°，∠1＝∠2，
所以∠EBC＝∠2＝40°，
∠A＝180°﹣∠1﹣∠2＝100°，
因为∠A＝∠C，
所以∠C＝∠A＝100°，
所以∠D＝360°﹣∠A﹣∠2﹣∠EBC﹣∠C
＝360°﹣100°﹣40°﹣40°﹣100°
＝80°．
17．解：（1）由题意：∠ABC+∠ACB＝125度，∠PBC+∠PCB＝90度，
∠ABP+∠ACP＝35度．
故答案为125，90，35．
（2）猜想：∠ABP+∠ACP＝90°﹣∠A．
理由：在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∵∠ABC＝∠ABP+∠PBC，∠ACB＝∠ACP+∠PCB，
∴（∠ABP+∠PBC）+（∠ACP+∠PCB）＝180°﹣∠A，
∴（∠ABP+∠ACP）+（∠PBC+∠PCB）＝180°﹣∠A，
又∵在Rt△PBC中，∠P＝90°，
∴∠PBC+∠PCB＝90°，
∴（∠ABP+∠ACP）+90°＝180°﹣∠A，
∴∠ABP+∠ACP＝90°﹣∠A．
（3）判断：（2）中的结论不成立．
①如图3﹣1中，结论：∠A+∠ACP﹣∠ABP＝90°．
理由：设AB交PN于O．
∵∠AOC＝∠BOP，
∴∠A+∠ACP＝90°+∠ABP，
∴∠A+∠ACP﹣∠ABP＝90°．
②如图3﹣2中，结论：∠A+∠ABP﹣∠ACP＝90°．证明方法类似①
③如图3﹣3中，结论：∠A﹣∠ABP﹣∠ACP＝90°．
理由：∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠P+∠ABP+∠ACP+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠A＝∠P+∠ABP+∠ACP，
∴∠A﹣∠ABP﹣∠ACP＝90°．
18．解；（1）如图1，
∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB
∴∠OBC+∠OCB
＝（∠ABC+∠ACB）
＝（180°﹣∠BAC）
＝（180°﹣60°）
＝60°
∴∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝120°；
如图2，
∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACD
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCD＝∠ACD
∵∠ACD＝∠ABC+∠A
∴∠OCD＝（∠ABC+∠A）
∵∠OCD＝∠OBC+∠O
∴∠O＝∠OCD﹣∠OBC
＝∠ABC+∠A﹣∠ABC
＝∠A
＝30°
如图3，
∵BO平分∠EBC，CO平分∠BCD
∴∠OBC＝∠EBC，∠OCB＝∠BCD
∴∠OBC+∠OCB
＝（∠EBC+∠BCD）
＝（∠A+∠ACB+∠BCD）
＝（∠A+180°）
＝（60°+180°）
＝120°
∴∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝60°
如图4，
∵∠ABC，∠ACB的三等分线交于点O1，O2
∴∠O2BC＝∠ABC，∠O2CB＝∠ACB，O1B平分∠O2BC，O1C平分∠O2CB，O2O1平分BO2C
∴∠O2BC+∠O2CB
＝（∠ABC+∠ACB）
＝（180°﹣∠BAC）
＝（180°﹣60°）
＝80°
∴∠BO2C＝180°﹣（∠O2BC+∠O2CB）＝100°
∴∠BO2O1＝∠BO2C＝50°
故答案为：120°，30°，60°，50°；
（2）证明：∵OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，
∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）
＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣（180°﹣∠A）
＝90°+∠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°．
19．（1）证明：在图1中，有∠A+∠C＝180°﹣∠AOC，∠B+∠D＝180°﹣∠BOD，
∵∠AOC＝∠BOD，
∴∠A+∠C＝∠B+∠D；
（2）解：①3；4；
故答案为：3，4；
②以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴2∠P+∠BAP+∠CDP＝∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，
∵AP、DP分别平分∠CAB和∠BDC，
∴∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，
∴2∠P＝∠B+∠C，
∵∠B＝100°，∠C＝120°，
∴∠P＝（∠B+∠C）＝（100°+120°）＝110°；
③3∠P＝∠B+2∠C，其理由是：
∵∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，
∴∠BAP＝∠CAB，∠BDP＝∠CDB，
以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴∠C﹣∠P＝∠CDP﹣∠CAP＝（∠CDB﹣∠CAB），
∠P﹣∠B＝∠BDP﹣∠BAP＝（∠CDB﹣∠CAB）．
∴2（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B，
∴3∠P＝∠B+2∠C．
20．解：（1）如图1中，结论：2∠P＝∠A．
理由：∵∠PCD＝∠P+∠PBC，∠ACD＝∠A+∠ABC，
∵P点是∠ABC和外角∠ACD的角平分线的交点，
∴2∠PCD＝∠ACD，2∠PBC＝∠ABC，
∴2（∠P+∠PBC）＝∠A+∠ABC，
2∠P+2∠PBC＝∠A+∠ABC，
2∠P+∠ABC＝∠A+∠ABC，
∴2∠P＝∠A；
（2）①延长BA交CD的延长线于F．
∵∠F＝180°﹣∠FAD﹣∠FDA＝180°﹣（180°﹣α）﹣（180°﹣β）＝α+β﹣180°，
由（1）可知：∠P＝∠F，
∴∠P＝（α+β）﹣90°；
②如图3，延长AB交DC的延长线于F．
∵∠F＝180°﹣α﹣β，∠P＝∠F，
∴∠P＝（180°﹣α﹣β）＝90°﹣．
一．选择题
1．下列图形中具有稳定性的是（ ）
A．正方形B．长方形C．等腰三角形D．平行四边形
2．若n边形的内角和等于外角和的3倍，则边数n为（ ）
A．n＝6B．n＝7C．n＝8D．n＝9
3．如图，将一个直角三角形纸片ABC（∠ACB＝90°），沿线段CD折叠，使点B落在B′处，若∠ACB′＝72°，则∠ACD的度数为（ ）
A．9°B．10°C．12°D．18°
4．已知三角形的三边长分别为a、b、c，化简|a+b﹣c|﹣2|a﹣b﹣c|+|a+b+c|得（ ）
A．4a﹣2cB．2a﹣2b﹣cC．4b+2cD．2a﹣2b+c
5．如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，DE∥BC，且交AB于点E，∠A＝60°，∠BDC＝86°，则∠BDE的度数为（ ）
A．26°B．30°C．34°D．52°
6．在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝25°，则∠A的度数为（ ）
A．25°B．75°C．55°D．65°
7．一个三角形的两边长分别为3和4，且第三边长为整数，这样的三角形的周长最大值是（ ）
A．11B．12C．13D．14
8．如图，点D在△ABC内，且∠BDC＝120°，∠1+∠2＝55°，则∠A的度数为（ ）
A．50°B．60°C．65°D．75°
9．如图，已知BD是△ABC的中线，AB＝7，BC＝4，△ABD和△BCD的周长的差是（ ）
A．2B．3C．4D．不能确定
10．如图所示，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝（ ）
A．360°B．450°C．540°D．720°
二．填空题
11．已知一个多边形，少算一个的内角的度数，其余内角和为2100°，求这个多边形的边数 ．
12．如图，把一张三角形纸片（△ABC）进行折叠，使点A落在BC上的点F处，折痕为DE，点D，点E分别在AB和AC上，DE∥BC，若∠B＝75°，则∠BDF的度数为 ．
13．如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O．若∠A＝68°，则∠BOC度数是 ．
14．把一副三角板如图摆放，其中∠C＝∠E＝90°，∠A＝45°，∠F＝30°，则∠1+∠2＝ °．
15．如图，△ABC中，AD、BD、CD分别平分△ABC的外角∠EAC、内角∠ABC、外角∠ACF，AD∥BC．以下结论：①∠ABC＝∠ACB；②∠ADC+∠ABD＝90°；③BD平分∠ADC；④2∠BDC＝∠BAC．其中正确的结论有 ．（填序号）
三．解答题
16．如图，在四边形ABCD中，BE平分∠ABC交线段AD于点E，∠1＝∠2．
（1）判断AD与BC是否平行，并说明理由；
（2）当∠A＝∠C，∠1＝40°时，求∠D的度数．
17．问题情景：如图1，在同一平面内，点B和点C分别位于一块直角三角板PMN的两条直角边PM，PN上，点A与点P在直线BC的同侧，若点P在△ABC内部，试问∠ABP，∠ACP与∠A的大小是否满足某种确定的数量关系？
（1）特殊探究：若∠A＝55°，则∠ABC+∠ACB＝ 度，∠PBC+∠PCB＝ 度，∠ABP+∠ACP＝ 度；
（2）类比探索：请猜想∠ABP+∠ACP与∠A的关系，并说明理由；
（3）类比延伸：改变点A的位置，使点P在△ABC外，其它条件都不变，判断（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出∠ABP，∠ACP与∠A满足的数量关系式．
18．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°+∠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．
19．如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD，则我们把形如这样的图形称为“8字型”．
（1）求证：∠A+∠C＝∠B+∠D；
（2）如图2，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，且与CD、AB分别相交于点M、N．
①以线段AC为边的“8字型”有 个，以点O为交点的“8字型”有 个；
②若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度数；
③若角平分线中角的关系改为“∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB”，试探究∠P与∠B、∠C之间存在的数量关系，并证明理由．
20．（1）如图1，△ABC中，∠ABC的平分线与外角∠ACD的平分线相交于P点，请探究∠P与∠A的关系，并说明理由．
（2）如图2、3，四边形ABCD中，设∠A＝α，∠D＝β，∠P为四边形ABCD的内角∠ABC的平分线与外角∠DCE的平分线所在直线相交而形成的锐角．请利用（1）中的结论完成下列问题：
①如图2，若α+β＞180°，直接写出∠P的度数．（用α，β的代数式表示）
②如图3，若α+β＜180°，直接写出∠P的度数．（用α，β的代数式表示）
参考答案
一．选择题
1．解：正方形，长方形，等腰三角形，平行四边形中只有等腰三角形具有稳定性．
故选：C．
2．解：由题意得：180（n﹣2）＝360×3，
解得：n＝8，
故选：C．
3．解：∵∠ACB′＝72°，∠ACB＝90°，
∴∠BCB′＝162°，
由翻折的性质可知：∠DCB＝∠BCB′＝81°，
∴∠ACD＝∠ACB﹣∠DCB＝90°﹣81°＝9°，
故选：A．
4．解：∵△ABC的三边长分别是a、b、c，
∴必须满足两边之和大于第三边，两边的差小于第三边，则a+b﹣c＞0，a﹣b﹣c＜0，a+b+c＞0
∴|a+b﹣c|﹣2|a﹣b﹣c|+|a+b+c|＝a+b﹣c+2a﹣2b﹣2c+a+b+c＝4a﹣2c．
故选：A．
5．解：∵∠BDC＝∠A+∠ABD，
∴∠ABD＝∠BDC﹣∠A＝86°﹣60°＝26°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝∠ABD＝26°，
又∵DE∥BC，
∴∠BDE＝∠DBC＝26°．
故选：A．
6．解：∵∠C＝90°，∠B＝25°，
∴∠A＝90°﹣∠B＝65°，
故选：D．
7．解：设第三边为a，
根据三角形的三边关系，得：4﹣3＜a＜3+4，
即1＜a＜7，
∵a为整数，
∴a的最大整数值为6，
则三角形的最大周长为3+4+6＝13．
故选：C．
8．解：∵∠D＝120°，
∴∠DBC+∠DCB＝60°，
∵∠1+∠2＝55°，
∴∠ABC+∠ACB＝60°+55°＝115°，
∴∠A＝180°﹣115°＝65°，
故选：C．
9．解：∵BD是△ABC的中线，
∴AD＝CD，
∴△ABD和△BCD的周长的差是：（AB+BD+AD）﹣（BC+BD+CD）＝AB﹣BC＝7﹣4＝3．
故选：B．
10．解：如图，
在四边形ACEH中，∠A+∠C+∠E+∠1＝360°，
在四边形BDFP中，∠B+∠D+∠F+∠2＝360°，
∵180°﹣∠1+180°﹣∠2+∠G＝180°，
∴∠A+∠C+∠E+∠1+∠B+∠D+∠F+∠2+180°﹣∠1+180°﹣∠2+∠G＝360°+360°+180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝360°+180°＝540°．
故选：C．
二．填空题（共5小题）
11．解：2100÷180＝11，
则正多边形的边数是11+1+2＝14边形．
故答案为：14
12．解：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B＝75°，
又∵∠ADE＝∠EDF＝75°，
∴∠BDF＝180°﹣75°﹣75°＝30°，
故答案为30°．
13．解：在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝112°．
∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝56°．
在△BCO中，∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝124°．
故答案为：124°．
14．解：∵∠C＝∠E＝90°，∠A＝45°，∠F＝30°，
∴∠D＝60°，
∵∠1+∠2＝∠D+∠3+∠F+∠6，∠3＝∠4，∠5＝∠6，∠4+∠5＝180°﹣∠A
∴∠1+∠2＝∠D+∠F+∠4+∠5
＝∠D+∠F+180°﹣∠A
＝60°+30°+180°﹣45°
＝225°，
故答案为：225．
15．解：∵AD平分∠EAC，
∴∠EAD＝∠CAD，
∵AD∥BC，
∴∠EAD＝∠ABC，∠CAD＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠ACB，故①正确；
∵AD，CD分别平分∠EAC，∠ACF，
∴可得∠ADC＝90°﹣∠ABC，
∴∠ADC+∠ABC＝90°，
∴∠ADC+∠ABD＝90°，故②正确；
∵∠ABD＝∠DBC，BD＝BD，∠ADB＝∠BDC，
∴△ABD≌△BCD（ASA），
∴AB＝CB，与题目条件矛盾，故③错误，
∵∠DCF＝∠DBC+∠BDC，∠ACF＝∠ABC+∠BAC，
∴2∠DCF＝2∠DBC+2∠BDC，2∠DCF＝2∠DBC+∠BAC，
∴2∠BDC＝∠BAC，故④正确，
故答案为：①②④．
三．解答题（共5小题）
16．解：（1）AD∥BC，理由是：
因为BE平分∠ABC，
所以∠EBC＝∠2，
因为∠1＝∠2，
所以∠1＝∠EBC，
所以AD∥BC（内错角相等，两直线平行）；
（2）因为∠1＝40°，∠1＝∠2，
所以∠EBC＝∠2＝40°，
∠A＝180°﹣∠1﹣∠2＝100°，
因为∠A＝∠C，
所以∠C＝∠A＝100°，
所以∠D＝360°﹣∠A﹣∠2﹣∠EBC﹣∠C
＝360°﹣100°﹣40°﹣40°﹣100°
＝80°．
17．解：（1）由题意：∠ABC+∠ACB＝125度，∠PBC+∠PCB＝90度，
∠ABP+∠ACP＝35度．
故答案为125，90，35．
（2）猜想：∠ABP+∠ACP＝90°﹣∠A．
理由：在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∵∠ABC＝∠ABP+∠PBC，∠ACB＝∠ACP+∠PCB，
∴（∠ABP+∠PBC）+（∠ACP+∠PCB）＝180°﹣∠A，
∴（∠ABP+∠ACP）+（∠PBC+∠PCB）＝180°﹣∠A，
又∵在Rt△PBC中，∠P＝90°，
∴∠PBC+∠PCB＝90°，
∴（∠ABP+∠ACP）+90°＝180°﹣∠A，
∴∠ABP+∠ACP＝90°﹣∠A．
（3）判断：（2）中的结论不成立．
①如图3﹣1中，结论：∠A+∠ACP﹣∠ABP＝90°．
理由：设AB交PN于O．
∵∠AOC＝∠BOP，
∴∠A+∠ACP＝90°+∠ABP，
∴∠A+∠ACP﹣∠ABP＝90°．
②如图3﹣2中，结论：∠A+∠ABP﹣∠ACP＝90°．证明方法类似①
③如图3﹣3中，结论：∠A﹣∠ABP﹣∠ACP＝90°．
理由：∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠P+∠ABP+∠ACP+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠A＝∠P+∠ABP+∠ACP，
∴∠A﹣∠ABP﹣∠ACP＝90°．
18．解；（1）如图1，
∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB
∴∠OBC+∠OCB
＝（∠ABC+∠ACB）
＝（180°﹣∠BAC）
＝（180°﹣60°）
＝60°
∴∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝120°；
如图2，
∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACD
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCD＝∠ACD
∵∠ACD＝∠ABC+∠A
∴∠OCD＝（∠ABC+∠A）
∵∠OCD＝∠OBC+∠O
∴∠O＝∠OCD﹣∠OBC
＝∠ABC+∠A﹣∠ABC
＝∠A
＝30°
如图3，
∵BO平分∠EBC，CO平分∠BCD
∴∠OBC＝∠EBC，∠OCB＝∠BCD
∴∠OBC+∠OCB
＝（∠EBC+∠BCD）
＝（∠A+∠ACB+∠BCD）
＝（∠A+180°）
＝（60°+180°）
＝120°
∴∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝60°
如图4，
∵∠ABC，∠ACB的三等分线交于点O1，O2
∴∠O2BC＝∠ABC，∠O2CB＝∠ACB，O1B平分∠O2BC，O1C平分∠O2CB，O2O1平分BO2C
∴∠O2BC+∠O2CB
＝（∠ABC+∠ACB）
＝（180°﹣∠BAC）
＝（180°﹣60°）
＝80°
∴∠BO2C＝180°﹣（∠O2BC+∠O2CB）＝100°
∴∠BO2O1＝∠BO2C＝50°
故答案为：120°，30°，60°，50°；
（2）证明：∵OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，
∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）
＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣（180°﹣∠A）
＝90°+∠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°．
19．（1）证明：在图1中，有∠A+∠C＝180°﹣∠AOC，∠B+∠D＝180°﹣∠BOD，
∵∠AOC＝∠BOD，
∴∠A+∠C＝∠B+∠D；
（2）解：①3；4；
故答案为：3，4；
②以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴2∠P+∠BAP+∠CDP＝∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，
∵AP、DP分别平分∠CAB和∠BDC，
∴∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，
∴2∠P＝∠B+∠C，
∵∠B＝100°，∠C＝120°，
∴∠P＝（∠B+∠C）＝（100°+120°）＝110°；
③3∠P＝∠B+2∠C，其理由是：
∵∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，
∴∠BAP＝∠CAB，∠BDP＝∠CDB，
以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴∠C﹣∠P＝∠CDP﹣∠CAP＝（∠CDB﹣∠CAB），
∠P﹣∠B＝∠BDP﹣∠BAP＝（∠CDB﹣∠CAB）．
∴2（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B，
∴3∠P＝∠B+2∠C．
20．解：（1）如图1中，结论：2∠P＝∠A．
理由：∵∠PCD＝∠P+∠PBC，∠ACD＝∠A+∠ABC，
∵P点是∠ABC和外角∠ACD的角平分线的交点，
∴2∠PCD＝∠ACD，2∠PBC＝∠ABC，
∴2（∠P+∠PBC）＝∠A+∠ABC，
2∠P+2∠PBC＝∠A+∠ABC，
2∠P+∠ABC＝∠A+∠ABC，
∴2∠P＝∠A；
（2）①延长BA交CD的延长线于F．
∵∠F＝180°﹣∠FAD﹣∠FDA＝180°﹣（180°﹣α）﹣（180°﹣β）＝α+β﹣180°，
由（1）可知：∠P＝∠F，
∴∠P＝（α+β）﹣90°；
②如图3，延长AB交DC的延长线于F．
∵∠F＝180°﹣α﹣β，∠P＝∠F，
∴∠P＝（180°﹣α﹣β）＝90°﹣．
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