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第11章 三角形（易错必刷30题8种题型专项训练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版）
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这是一份第11章 三角形（易错必刷30题8种题型专项训练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版），文件包含第11章三角形易错必刷30题8种题型专项训练原卷版docx、第11章三角形易错必刷30题8种题型专项训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
三角形的稳定性
三角形三边关系
三角形内角和定理
三角形的外角性质
直角三角形的性质
多边形
多边形内角与外角
一．三角形的角平分线、中线和高（共2小题）
1．（2021秋•个旧市校级期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，D，E是AC上两点，且AE＝DE，BD平分∠EBC，那么下列说法中不正确的是（ ）
A．BE是△ABD的中线B．BD是△EBC的角平分线
C．∠1＝∠2＝∠3D．BC是△ABE的高
【分析】根据三角形的高、中线、角平分线的定义对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：A、∵AE＝DE，∴BE是△ABD的中线，正确；
B、∵BD平分∠EBC，∴BD是△EBC的角平分线，正确；
C、∵BD是△EBC的角平分线，
∴∠EBD＝∠CBD，
∵BE是中线，
∴∠EBD≠∠ABE，
∴∠1＝∠2＝∠3不正确，符合题意；
D、∵∠C＝90°，∴BC是△ABE的高，正确．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的角平分线，高线，中线的定义，熟记概念并准确识图是解题的关键．
2．（2020•恩施市模拟）如图，已知AE是△ABC的边BC上的中线，若AB＝8cm，△ACE的周长比△AEB的周长多2cm，则AC＝ 10 cm．
【分析】依据AE是△ABC的边BC上的中线，可得CE＝BE，再根据AE＝AE，△ACE的周长比△AEB的周长多2cm，即可得到AC的长．
【解答】解：∵AE是△ABC的边BC上的中线，
∴CE＝BE，
又∵AE＝AE，△ACE的周长比△AEB的周长多2cm，
∴AC﹣AB＝2cm，
即AC﹣8＝2cm，
∴AC＝10cm，
故答案为：10；
【点评】本题考查了三角形的角平分线、中线和高，求出两个三角形的周长的差等于两边的差是解题的关键．
二．三角形的稳定性（共2小题）
3．（2022秋•平城区校级月考）能用三角形的稳定性解释的生活现象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据各个生活现象判断所运用的原理，判断即可．
【解答】解：A、该生活现象运用的是两点确定一条直线，不符合题意；
B、该生活现象运用的是两点之间，线段最短，不符合题意；
C、该生活现象运用的是三角形的稳定性，符合题意；
D、该生活现象运用的是垂线段最短，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形的性质，熟记三角形具有稳定性是解题的关键．
4．（2022秋•西乡塘区校级期末）空调安装在墙上时，一般都会采用如图所示的方法固定，这种方法应用的几何原理是 三角形具有稳定性 ．
【分析】钉在墙上的方法是构造三角形支架，因而应用了三角形的稳定性．
【解答】解：这种方法应用的数学知识是：三角形的稳定性，
故答案为：三角形具有稳定性．
【点评】本题主要考查了三角形的稳定性，正确掌握三角形的这一性质是解题的关键．
三．三角形三边关系（共2小题）
5．（2022秋•东港区校级月考）已知三角形的三边长分别为2，a﹣1，4，则化简|a﹣3|+|a﹣7|的结果为（ ）
A．2a﹣10B．10﹣2aC．4D．﹣4
【分析】据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边；即可求a的取值范围，进而得到化简结果．
【解答】解：由三角形三边关系定理得4﹣2＜a﹣1＜4+2，
即3＜a＜7．
∴|a﹣3|+|a﹣7|＝a﹣3+7﹣a＝4．
故选：C．
【点评】本题主要考查了三角形三边关系的运用，此类求范围的问题，实际上就是根据三角形三边关系定理列出不等式，然后解不等式即可．
6．（2022秋•黄石港区月考）下列每组数分别是三根小木棒的长度，用它们能摆成三角形的一组是（ ）
A．3cm 3cm 6cmB．2cm 10cm 13cm
C．8cm 7cm 15cmD．4cm 5cm 6 cm
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
【解答】解：A、3+3＝6，不能组成三角形；
B、2+10＜13，不能组成三角形；
C、8+7＝15，不能组成三角形；
D、4+5＞6，能组成三角形．
故选：D．
【点评】此题考查了三角形的三边关系．判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．
四．三角形内角和定理（共7小题）
7．（2022秋•花垣县月考）下列说法中错误的是（ ）
A．三角形的一个外角大于任何一个内角
B．三角形的中线、高都是线段
C．任意三角形的内角和都是180°
D．三角形按边分可分为三边都不相等的三角形和等腰三角形
【分析】分别根据三角形的外角性质，三角形的内角和定理，三角形的分类以及三角形的中线、角平分线、高线的定义逐一判断即可．
【解答】解：A、三角形的一个外角大于与它不相邻的任何一个内角，故原说法错误，符合题意；
B、三角形的中线、高线都是线段，说法正确，不符合题意；
C、任意三角形的内角和都是180°，说法正确，不符合题意；
D、三角形按边分可分为三边都不相等的三角形和等腰三角形，说法正确，不符合题意，
故选：A．
【点评】本题主要考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，三角形的分类以及三角形的中线、角平分线、高线，熟记相关知识是解答本题的关键．
8．（2022秋•琼中县校级月考）若三角形三个角的度数比为3：3：4，则这个三角形一定是（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．无法确定
【分析】设其三个内角分别是3k°、3k°、4k°，根据三角形的内角和是180°，列方程即可求得三个内角的度数，然后根据角的度数判断三角形的形状．
【解答】解：设其三个内角分别是3k°、3k°、4k°（k≠0），
根据三角形的内角和定理得：
3k+3k+4k＝180，
解得k＝18．
则3k°＝54°，3k°＝54°，4k°＝72°．
则该三角形是锐角三角形．
故选：A．
【点评】此题考查了三角形的内角和定理以及三角形的分类．三角形按角分类有锐角三角形、直角三角形、钝角三角形．三个角都是锐角的三角形叫锐角三角形；有一个角是钝角的三角形叫钝角三角形；有一个角是直角的三角形叫直角三角形．
9．（2021春•江都区月考）如图，将△ABC沿DE、EF翻折，顶点A，B均落在点O处，且EA与EB重合于线段EO，若∠CDO+∠CFO＝100°，则∠C的度数为（ ）
A．40°B．41°C．42°D．43°
【分析】连接AO、BO．由题意EA＝EB＝EO，推出∠AOB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，由DO＝DA，FO＝FB，推出∠DAO＝∠DOA，∠FOB＝∠FBO，推出∠CDO＝2∠DAO，∠CFO＝2∠FBO，由∠CDO+∠CFO＝100°，推出2∠DAO+2∠FBO＝100°，推出∠DAO+∠FBO＝50°，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，连接AO、BO．
由题意EA＝EB＝EO，
∴∠AOB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，
∵DO＝DA，FO＝FB，
∴∠DAO＝∠DOA，∠FOB＝∠FBO，
∴∠CDO＝2∠DAO，∠CFO＝2∠FBO，
∵∠CDO+∠CFO＝100°，
∴2∠DAO+2∠FBO＝100°，
∴∠DAO+∠FBO＝50°，
∴∠CAB+∠CBA＝∠DAO+∠OAB+∠OBA+∠FBO＝140°，
∴∠C＝180°﹣（∠CAB+∠CBA）＝180°﹣140°＝40°，
故选：A．
【点评】本题考查三角形内角和定理、直角三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识，学会把条件转化的思想．
10．（2022秋•新河县校级月考）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°
【分析】先依据三角形外角与内角的关系求出∠ACB，再有角平分线性质求出∠ACD，再由垂直、对顶角关系、三角形内角和定理即可求出∠N的度数．
【解答】解：如图所示，∠NAC是三角形ABC的一个外角，
∴∠NAC＝∠B+∠ACB，即∠ACB＝∠NAC﹣∠B；
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠DCB＝∠ACB，
∵∠B＝30°，∠CAN＝96°，
∴∠ACD＝∠ACB＝（96°﹣30°）＝33°，
∵MN⊥CD，
∴在直角三角形OMC中，
∠COM＝90°﹣33°＝57°，
∵∠NOA与∠COM互为对顶角，
∴∠NOA＝∠COM＝57°，
∴∠N＝180°﹣57°﹣96°＝27°．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理、三角形外角与内角的关系，角平分线的性质，对顶角，做题的关键是掌握三角形的内角和定理、三角形外角与内角的关系、角平分线的性质、对顶角的定义．
11．（2020秋•铁东区校级月考）如图，△ABC中，点O是△ABC角平分线的交点，∠A＝40°，则∠BOC＝（ ）
A．110°B．120°C．130°D．140°
【分析】求出∠ABC+∠ACB的度数，根据平分线的定义得出∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，求出∠OBC+∠OCB的度数，根据三角形内角和定理求出即可．
【解答】解：∵∠A＝40°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝140°，
∵BO、CO分别是△ABC的角∠ABC、∠ACB的平分线，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝70°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣70°＝110°，
故选：A．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，角平分线定义的应用，注意：三角形的内角和等于180°．
12．（2022秋•天门月考）如图，已知△ABC中，高为AD，∠BAC的角平分线为AE，若∠B＝28°，∠ACD＝52°，求∠EAD的度数．
【分析】根据高、角平分线的定义以及三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：∵AD为高，∠B＝28°，
∴∠BAD＝62°，
∵∠ACD＝52°，
∴∠BAC＝∠ACD﹣∠B＝24°，
∵AE是角平分线，
∴∠BAE＝BAC＝12°，
∴∠EAD＝∠BAD﹣∠BAE＝50°．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，掌握三角形的内角和等于180°是解题的关键．
13．（2022秋•渝北区月考）如图，在△ABC中，点D为∠ABC的平分线BD上一点，连接AD，过点D作EF∥BC交AB于点E，交AC于点F．
（1）如图1，若AD⊥BD于点D，∠BEF＝120°，求∠BAD的度数；
（2）如图2，若∠ABC＝α，∠BDA＝β，求∠FAD+∠C的度数（用含α和β的代数式表示）．
【分析】（1）根据平行线的性质和平角的定义可得∠EBC＝60°，∠AEF＝60°，根据角平分线的性质和平行线的性质可得∠EBD＝∠BDE＝∠DBC＝30°，再根据三角形内角和定理可求∠BAD的度数；
（2）过点A作AG∥BC，则∠BDA＝∠DBC+∠DAG＝∠DBC+∠FAD+∠FAG＝∠DBC+∠FAD+∠C＝β，依此即可求解．
【解答】解：（1）∵EF∥BC，∠BEF＝120°，
∴∠EBC＝60°，∠AEF＝60°，
又∵BD平分∠EBC，
∴∠EBD＝∠BDE＝∠DBC＝30°，
又∵∠BDA＝90°，
∴∠EDA＝60°，
∴∠BAD＝60°；
（2）如图2：
过点A作AG∥BC，
则∠BDA＝∠DBC+∠DAG＝∠DBC+∠FAD+∠FAG＝∠DBC+∠FAD+∠C＝β，
则∠FAD+∠C＝β﹣∠DBC＝β﹣∠ABC＝β﹣α．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，角平分线的性质，准确识别图形是解题的关键．
五．三角形的外角性质（共3小题）
14．（2022秋•荆州月考）如图是一副三角尺拼成的图案，则∠AEB的度数为（ ）
A．105°B．90°C．75°D．60°
【分析】根据三角形外角的性质解答即可．
【解答】解：由图可知∠ACB＝30°，∠DBC＝45°，
∵∠AEB＝∠DBC+∠ACB，
∴∠AEB＝30°+45°＝75°．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形外角的性质．解题的关键是掌握三角形的外角性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．要注意：一副三角尺的度数：30°，45°，60°，90°．
15．（2022秋•荆州月考）如图，∠2：∠3：∠4＝3：9：7，则∠1＝ 30 °．
【分析】根据三个角外角的性质，邻补角的定义求解即可．
【解答】解：∵∠2：∠3＝3：9，∠2+∠3＝180°，
∴∠2＝180°×＝45°，∠3＝180°×＝135°，
∵∠2：∠3：∠4＝3：9：7，
∴45°÷＝285°，
∴∠4＝285°×＝105°，
∵∠1+∠4＝∠3，
∴∠1＝∠3﹣∠4＝135°﹣105°＝30°．
故答案为：30．
【点评】本题主要考查了三角形外角的性质，邻补角的定义，熟记性质与定义是解题的关键．
16．（2022秋•荆州月考）【概念认识】如图①，在∠ABC中，若∠ABD＝∠DBE＝∠EBC，则BD，BE叫做∠ABC的“三分线”．其中，BD是“邻AB三分线”，BE是“邻BC三分线”．
【问题解决】
（1）如图②，在△ABC中，∠A＝70°，∠B＝44°，若∠C的三分线CD交AB于点D，求∠BDC的度数；
（2）如图③，在△ABC中，BP，CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻BC三分线，若∠A＝63°，求∠BPC的度数．
【分析】（1）分BD是“邻AB三分线”、BD是“邻BC三分线”两种情况，根据三角形的外角性质计算即可；
（2）根据三角形内角和定理得到∠ABC+∠ACB＝117°，根据“邻三分线”的定义计算即可．
【解答】解：（1）∵∠A＝70°，∠B＝44°，
∴∠ACB＝66°，
①当CD是“邻AC三分线”时，∠ACD＝∠ACB＝22°，
∠BDC＝∠ACD+∠A＝22°+70°＝92°；
②当CD是“邻BC三分线”时，∠ACD＝∠ACB＝44°，
∠BDC＝∠ACD+∠A＝44°+70°＝114°；
综上所述，∠BDC的度数92°或114°；
（2）∵BP，CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻BC三分线，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCB＝∠ACB，
∵∠A＝63°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝117°，
∴∠PBC+∠PCB＝（∠ABC+∠ACB）＝39°，
∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝141°．
【点评】本题考查的是三角形的外角性质、三角形内角和定理，正确理解“邻AB三分线”、“邻BC三分线”的定义是解题的关键．
六．直角三角形的性质（共2小题）
17．（2022秋•站前区校级月考）如图，在△ABC中，∠A＝90°，BE，CD分别平分∠ABC和∠ACB，且相交于F，EG∥BC，CG⊥EG于点G，则下列结论 ①∠CEG＝2∠DCA；②CA平分∠BCG；③∠ADC＝∠GCD；④∠DFB＝∠A；⑤∠DFE＝135°，其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①③④C．①③④⑤D．①②③④
【分析】根据平行线的性质与角平分线的定义即可判断①；证明∠ADC+∠ACD＝90°，∠GCD+∠BCD＝90°，即可判断③；根据角平分线的定义和三角形内角和定理先推出∠BFC＝135°，即可判断④⑤；根据现有条件无法推出②．
【解答】解：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACB＝2∠DCA，∠ACD＝∠BCD，
∵EG∥BC，
∴∠CEG＝∠ACB＝2∠DCA，故①正确；
∵∠A＝90°，CG⊥EG，EG∥BC，
∴∠ADC+∠ACD＝90°，CG⊥BC，
∴∠GCD+∠BCD＝90°，
∵∠BCD＝∠ACD，
∴∠ADC＝∠GDC，故③正确；
∵∠A＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，
∵BE，CD分别平分∠ABC，∠ACB，
∴∠FBC＝∠ABC，∠FCB＝∠ACB，
∴∠BFC＝180°﹣∠FBC﹣∠FCB＝180°﹣（∠ABC+）＝135°，
∴∠DFB＝180°﹣∠BFC＝45°，
∴∠DFB＝∠A，故④正确；
∵∠BFC＝135°，
∴∠DFE＝∠BFC＝135°，故⑤正确；
根据现有条件，无法推出CA平分∠BCG，故②错误；
故选：C．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，熟知平行线的性质，角平分线的定义是解题的关键．
18．（2022秋•南沙区校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝52°，将其折叠，使点A落在边BC上的点E处，CA与CE重合，折痕为CD，则∠EDB的度数是 14° ．
【分析】△ABC中已知两个角的度数，求出∠B的度数，由折叠可知△ACD≌△ECD，知道∠CED的度数，再利用三角形外角与内角关系求出∠EDB即可．
【解答】解：∵△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝52°，
∴∠B＝90°﹣52°＝38°，
由题意可知△ECD≌△ACD，
∴∠CED＝∠A＝52°，
由图可知∠CED是△EBD 的外角，
∴∠CED＝∠B+∠EDB，
∴52°＝38°+∠EDB，
∴∠EDB＝14°．
故答案为：14°．
【点评】主要考查三角形内角和、三角形外角与内角的关系，关键要掌握三角形外角等于和它不相邻的两个内角和．
七．多边形（共1小题）
19．（2022秋•湟中区校级月考）一个四边形截去一个角后，所形成的一个新多边形的边数是 3或4或5 ．
【分析】根据一个四边形截去一个角后得到的多边形的特点解答即可．
【解答】解：一个四边形截去一个角后得到的多边形可能是三角形，可能是四边形，也可能是五边形．
故答案为：3或4或5．
【点评】本题考查了多边形，能够得出一个四边形截去一个角后得到的图形有三种情形是解题的关键．
八．多边形内角与外角（共11小题）
20．（2022秋•夏邑县月考）学完“多边形及其内角和”后，老师让同学们任写一个多边形内角和，下列四位同学书写不合理的是（ ）
A．亮亮180°B．明明360°C．琪琪540°D．佳佳800°
【分析】根据多边形内角和定理求解即可．
【解答】解：∵多边形内角和公式为：（n﹣2）×180°（n为正整数，n≥3），
∴多边形内角和为180°的整倍数，
∵180°÷180°＝1，360°÷180°＝2，540°÷180°＝3，800°÷180°＝，
故A、B、C不符合题意，D符合题意，
故选：D．
【点评】此题考查了多边形内角和公式，熟记多边形内角和公式是解题的关键．
21．（2022秋•凤凰县月考）如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为α，β，则正确的是（ ）
A．α﹣β＝0B．α﹣β＜0
C．α﹣β＞0D．无法比较α与β的大小
【分析】利用多边形的外角和都等于360°，即可得出结论．
【解答】解：∵任意多边形的外角和为360°，
∴α＝β＝360°．
∴α﹣β＝0．
故选：A．
【点评】本题主要考查了多边形的内角与外角，正确利用任意多边形的外角和为360°解答是解题的关键．
22．（2022秋•阿图什市校级月考）若多边形的边数增加1，则（ ）
A．其内角和增加180°B．其内角和为360°
C．其内角和不变D．其外角和减少
【分析】利用多边形的内角和公式，进行计算即可解答．
【解答】解：设多边形的边数为n，
则原多边形的内角和为：（n﹣2）•180°，
边数增加1后的多边形的内角和为：（n+1﹣2）•180°，
∴（n+1﹣2）•180°﹣（n﹣2）•180°
＝[n+1﹣2﹣（n﹣2）]•180°
＝（n+1﹣2﹣n+2）•180°
＝180°，
∴若多边形的边数增加1，则其内角和的度数增加180°，
故选：A．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键．
23．（2022秋•南宁月考）在第24届北京冬季奥林匹克运动会上，某位运动员就在冰面上滑出了如图所示的几何图形，请计算出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为（ ）
A．360°B．270°C．240°D．180°
【分析】连接BC，根据三角形的内角和等于180°，可得∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，根据“8字形”的熟练关系可得∠E+∠D＝∠EBC+∠DCB，然后即可得解．
【解答】解：如图，连接BC，
则∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
根据“8字形”数量关系，∠E+∠D＝∠EBC+∠DCB，
所以∠A+∠ABE+∠ACD+∠D+∠E＝180°．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，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．
24．（2022秋•东莞市校级月考）将一个四边形截去一个角后，所形成的一个新的多边形的内角和是（ ）
A．14B．23
C．180°或360°D．180°或360°或540°
【分析】根据一个四边形截去一个角后得到的多边形的边数即可得出结果．
【解答】解：∵一个四边形截去一个角后得到的多边形可能是三角形，可能是四边形，也可能是五边形，
∴内角和可能减少180°，可能不变，可能增加180°，
即新的多边形的内角和为180°或360°或540°．
故选：D．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，能够得出一个四边形截去一个角后得到的图形有三种情形是解决本题的关键．
25．（2022秋•青县校级月考）在同一平面内，将正六边形和正五边形按如图所示的方式放置，则∠α的度数为（ ）
A．132°B．142°C．122°D．152°
【分析】利用正多边形的内角和定理求出∠ABC，∠ABD，再根据周角是360°可得∠α的度数．
【解答】解：如图：
正六边形的每个内角是：
∠ABC＝＝120°，
正五边形的每个内角是：
∠ABD＝＝108°，
∵∠ABC+∠ABD+∠α＝360°，
∴∠α＝360°﹣120°﹣108°＝132°，
故选：A．
【点评】本题考查正多边形，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
26．（2022秋•阿荣旗校级月考）已知一个正多边形的外角和是它的内角和度数的，那么这个正多边形的每个内角的度数为 135° ．
【分析】先由多边形的内角和和外角和的关系判断出多边形的边数，即可得到结论．
【解答】解：设多边形的边数为n．
因为正多边形内角和为（n﹣2）•180°，正多边形外角和为360°，
根据题意得：（n﹣2）•180°＝360°×3，
解得：n＝8．
∴这个正多边形的内角和的度数为：（8﹣2）•180°＝1080°．
∴这个正多边形的每个内角的度数为：1080°÷8＝135°．
故答案为：135°．
【点评】本题考查了正多边形的内角与外角，正多边形的性质；熟练掌握正多边形的性质，求出正多边形的边数是解决问题的关键．
27．（2022秋•曾都区校级月考）（1）一个多边形的内角和是它的外角和的5倍，求这个多边形的边数．
（2）此时该多边形的对角线共有多少条？
【分析】（1）根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°和外角和定理列出方程，然后求解即可；
（2）根据多边形对角线公式为n（n﹣3）可解答．
【解答】解：（1）设多边形的边数为n，
由题意得（n﹣2）•180＝5×360，
解得n＝12．
故这个多边形的边数是12；
（2）根据题意得：
n（n﹣3）＝×12×（12﹣3）＝54．
所以该多边形的对角线共有54条．
【点评】本题考查了多边形内角与外角的关系，已知多边形的内角和求边数，可以转化为方程的问题来解决．
28．（2022秋•青县校级月考）如图①，有一个五角形图案ABCDE，你能说明∠A+∠DBE+∠C+∠D+∠E＝180°吗？如果点B向下移动到AC上（如图②）或AC的另一侧（如图③），上述结论是否依然成立？请说明理由．
【分析】由三角形内角和外角的关系可把五个角的度数归结到一各三角形中，再由三角形内角和定理可知即可求出答案．
【解答】解：∠A+∠DBE+∠C+∠D+∠E＝180°，理由如下：
在题图①中，∠A+∠C＝∠DNM，①
∠DBE+∠E＝∠DMN，②
①+②，得∠A+∠DBE+∠C+∠E＝∠DNM+∠DMN．
∵∠D+∠DNM+∠DMN＝180°，
∴∠A+∠DBE+∠C+∠D+∠E＝180°．
在题图②、题图③中，上述结论仍然成立，理由与题图①完全相同．
【点评】此题考查了多边形内角与外角，解答此题时要注意：①求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°这一隐含的条件；②三角形的外角通常情况下是转化为内角来解决．
29．（2022秋•东光县校级月考）在四边形ABCD中，∠BAD＝140°，∠ADC＝80°．
（1）如图1，若∠B＝∠C，则∠C＝ 70° ；
（2）如图2，若∠ABC的平分线BE交DC于点E，且BE∥AD．求∠C的度数；
（3）若∠ABC和∠DCB的平分线交于点E，延长BA，CD交于点F（如图3）．将原来条件“∠BAD＝140°，∠ADC＝80°”改为“∠F＝40°”，其他条件不变，求∠BEC的度数．
【分析】（1）根据四边形内角和等于360°求出∠B+∠C的度数，再除以2即可求解；
（2）先根据平行线的性质得到∠ABC的度数，再根据角平分线定义和四边形内角和即可求解；
（3）根据三角形内角和求出∠FBC+∠BCF的度数，再根据角平分线定义得到∠EBC+∠ECB的度数，最后根据三角形内角和即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°，
∴∠B+∠C＝360°﹣（140°+80°）＝140°，
∵∠B＝∠C，
∴∠C＝70°．
故答案为：70°；
（2）∵BE∥AD，
∴∠ABE+∠A＝180°，
∴∠ABE＝180°﹣∠A＝180°﹣140°＝40°，
∵∠ABC的角平分线BE交DC于点E，
∴∠ABC＝80°，
∴∠C＝360°﹣（140°+80°+80°）＝60°．
（3）∵∠F＝40°，
∴∠FBC+∠BCF＝180°﹣40°＝140°，
∵∠ABC和∠BCD的角平分线交于点E，
∴∠EBC+∠ECB＝70°，
∴∠BEC＝180°﹣70°＝110°．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，解决此题的关键是综合运用四边形的内角和以及三角形的内角和，熟练运用平行线性质和角平分线的定义．
30．（2022秋•袁州区校级月考）（1）已知：如图1，P为△ADC内一点，DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD．如果∠A＝50°，那么∠P＝ 115 °；如果∠A＝100°，那么∠P＝ 140° ．（直接写出答案，不必说明理由）
（2）如图2，P为四边形ABCD内一点，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，请直接写出∠P与∠A+∠B的数量关系： ∠P＝（∠A+∠B） （直接写出答案，不必说明理由）
（3）如图3，P为五边形ABCDE内一点；DP、CP分别平分∠EDC、∠BCD，“试探究∠P与∠A+∠B+∠E的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠ACD，然后根据三角形内角和定理列式整理即可得解；
（2）根据四边形的内角和定理表示出∠ADC+∠BCD，然后同理（1）解答即可；
（3）根据五边形的内角和公式表示出∠EDC+∠BCD，然后同理（1）解答即可．
【解答】解：（1）∵∠A＝50°，∠A+∠ADC+∠ACD＝180°，
∴∠ADC+∠ACD＝130°，
∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠ACD，
∴∠PDC+∠PCD＝（∠ADC+∠ACD）＝65°，
∴∠P＝180°﹣（∠PDC+∠PCD）＝115°；
同理：如果∠A＝100°，那么∠P＝140°；
故答案为：115，140°；
（2）∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠BCD，
∴∠DPC＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°﹣∠ADC﹣∠BCD
＝180°﹣（∠ADC+∠BCD）
＝180°﹣（360°﹣∠A﹣∠B）
＝（∠A+∠B）；
即∠P＝（∠A+∠B），
故答案为：∠P＝（∠A+∠B）；
（3）五边形ABCDE的内角和为：（5﹣2）•180°＝540°，
∵DP、CP分别平分∠EDC和∠BCD，
∴∠P＝∠EDC，∠PCD＝∠BCD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°﹣∠EDC﹣∠BCD
＝180°﹣（∠EDC+∠BCD）
＝180°﹣（540°﹣∠A﹣∠B﹣∠E）
＝（∠A+∠B+∠E）﹣90°，
即：∠P＝（∠A+∠B+∠E）﹣90°．
【点评】此题属于多边形的综合题．此题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，多边形的内角和公式．注意此类题目根据同一个解答思路求解是解题的关键．
三角形的稳定性
三角形三边关系
三角形内角和定理
三角形的外角性质
直角三角形的性质
多边形
多边形内角与外角
一．三角形的角平分线、中线和高（共2小题）
1．（2021秋•个旧市校级期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，D，E是AC上两点，且AE＝DE，BD平分∠EBC，那么下列说法中不正确的是（ ）
A．BE是△ABD的中线B．BD是△EBC的角平分线
C．∠1＝∠2＝∠3D．BC是△ABE的高
【分析】根据三角形的高、中线、角平分线的定义对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：A、∵AE＝DE，∴BE是△ABD的中线，正确；
B、∵BD平分∠EBC，∴BD是△EBC的角平分线，正确；
C、∵BD是△EBC的角平分线，
∴∠EBD＝∠CBD，
∵BE是中线，
∴∠EBD≠∠ABE，
∴∠1＝∠2＝∠3不正确，符合题意；
D、∵∠C＝90°，∴BC是△ABE的高，正确．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的角平分线，高线，中线的定义，熟记概念并准确识图是解题的关键．
2．（2020•恩施市模拟）如图，已知AE是△ABC的边BC上的中线，若AB＝8cm，△ACE的周长比△AEB的周长多2cm，则AC＝ 10 cm．
【分析】依据AE是△ABC的边BC上的中线，可得CE＝BE，再根据AE＝AE，△ACE的周长比△AEB的周长多2cm，即可得到AC的长．
【解答】解：∵AE是△ABC的边BC上的中线，
∴CE＝BE，
又∵AE＝AE，△ACE的周长比△AEB的周长多2cm，
∴AC﹣AB＝2cm，
即AC﹣8＝2cm，
∴AC＝10cm，
故答案为：10；
【点评】本题考查了三角形的角平分线、中线和高，求出两个三角形的周长的差等于两边的差是解题的关键．
二．三角形的稳定性（共2小题）
3．（2022秋•平城区校级月考）能用三角形的稳定性解释的生活现象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据各个生活现象判断所运用的原理，判断即可．
【解答】解：A、该生活现象运用的是两点确定一条直线，不符合题意；
B、该生活现象运用的是两点之间，线段最短，不符合题意；
C、该生活现象运用的是三角形的稳定性，符合题意；
D、该生活现象运用的是垂线段最短，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形的性质，熟记三角形具有稳定性是解题的关键．
4．（2022秋•西乡塘区校级期末）空调安装在墙上时，一般都会采用如图所示的方法固定，这种方法应用的几何原理是 三角形具有稳定性 ．
【分析】钉在墙上的方法是构造三角形支架，因而应用了三角形的稳定性．
【解答】解：这种方法应用的数学知识是：三角形的稳定性，
故答案为：三角形具有稳定性．
【点评】本题主要考查了三角形的稳定性，正确掌握三角形的这一性质是解题的关键．
三．三角形三边关系（共2小题）
5．（2022秋•东港区校级月考）已知三角形的三边长分别为2，a﹣1，4，则化简|a﹣3|+|a﹣7|的结果为（ ）
A．2a﹣10B．10﹣2aC．4D．﹣4
【分析】据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边；即可求a的取值范围，进而得到化简结果．
【解答】解：由三角形三边关系定理得4﹣2＜a﹣1＜4+2，
即3＜a＜7．
∴|a﹣3|+|a﹣7|＝a﹣3+7﹣a＝4．
故选：C．
【点评】本题主要考查了三角形三边关系的运用，此类求范围的问题，实际上就是根据三角形三边关系定理列出不等式，然后解不等式即可．
6．（2022秋•黄石港区月考）下列每组数分别是三根小木棒的长度，用它们能摆成三角形的一组是（ ）
A．3cm 3cm 6cmB．2cm 10cm 13cm
C．8cm 7cm 15cmD．4cm 5cm 6 cm
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
【解答】解：A、3+3＝6，不能组成三角形；
B、2+10＜13，不能组成三角形；
C、8+7＝15，不能组成三角形；
D、4+5＞6，能组成三角形．
故选：D．
【点评】此题考查了三角形的三边关系．判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．
四．三角形内角和定理（共7小题）
7．（2022秋•花垣县月考）下列说法中错误的是（ ）
A．三角形的一个外角大于任何一个内角
B．三角形的中线、高都是线段
C．任意三角形的内角和都是180°
D．三角形按边分可分为三边都不相等的三角形和等腰三角形
【分析】分别根据三角形的外角性质，三角形的内角和定理，三角形的分类以及三角形的中线、角平分线、高线的定义逐一判断即可．
【解答】解：A、三角形的一个外角大于与它不相邻的任何一个内角，故原说法错误，符合题意；
B、三角形的中线、高线都是线段，说法正确，不符合题意；
C、任意三角形的内角和都是180°，说法正确，不符合题意；
D、三角形按边分可分为三边都不相等的三角形和等腰三角形，说法正确，不符合题意，
故选：A．
【点评】本题主要考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，三角形的分类以及三角形的中线、角平分线、高线，熟记相关知识是解答本题的关键．
8．（2022秋•琼中县校级月考）若三角形三个角的度数比为3：3：4，则这个三角形一定是（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．无法确定
【分析】设其三个内角分别是3k°、3k°、4k°，根据三角形的内角和是180°，列方程即可求得三个内角的度数，然后根据角的度数判断三角形的形状．
【解答】解：设其三个内角分别是3k°、3k°、4k°（k≠0），
根据三角形的内角和定理得：
3k+3k+4k＝180，
解得k＝18．
则3k°＝54°，3k°＝54°，4k°＝72°．
则该三角形是锐角三角形．
故选：A．
【点评】此题考查了三角形的内角和定理以及三角形的分类．三角形按角分类有锐角三角形、直角三角形、钝角三角形．三个角都是锐角的三角形叫锐角三角形；有一个角是钝角的三角形叫钝角三角形；有一个角是直角的三角形叫直角三角形．
9．（2021春•江都区月考）如图，将△ABC沿DE、EF翻折，顶点A，B均落在点O处，且EA与EB重合于线段EO，若∠CDO+∠CFO＝100°，则∠C的度数为（ ）
A．40°B．41°C．42°D．43°
【分析】连接AO、BO．由题意EA＝EB＝EO，推出∠AOB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，由DO＝DA，FO＝FB，推出∠DAO＝∠DOA，∠FOB＝∠FBO，推出∠CDO＝2∠DAO，∠CFO＝2∠FBO，由∠CDO+∠CFO＝100°，推出2∠DAO+2∠FBO＝100°，推出∠DAO+∠FBO＝50°，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，连接AO、BO．
由题意EA＝EB＝EO，
∴∠AOB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，
∵DO＝DA，FO＝FB，
∴∠DAO＝∠DOA，∠FOB＝∠FBO，
∴∠CDO＝2∠DAO，∠CFO＝2∠FBO，
∵∠CDO+∠CFO＝100°，
∴2∠DAO+2∠FBO＝100°，
∴∠DAO+∠FBO＝50°，
∴∠CAB+∠CBA＝∠DAO+∠OAB+∠OBA+∠FBO＝140°，
∴∠C＝180°﹣（∠CAB+∠CBA）＝180°﹣140°＝40°，
故选：A．
【点评】本题考查三角形内角和定理、直角三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识，学会把条件转化的思想．
10．（2022秋•新河县校级月考）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°
【分析】先依据三角形外角与内角的关系求出∠ACB，再有角平分线性质求出∠ACD，再由垂直、对顶角关系、三角形内角和定理即可求出∠N的度数．
【解答】解：如图所示，∠NAC是三角形ABC的一个外角，
∴∠NAC＝∠B+∠ACB，即∠ACB＝∠NAC﹣∠B；
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠DCB＝∠ACB，
∵∠B＝30°，∠CAN＝96°，
∴∠ACD＝∠ACB＝（96°﹣30°）＝33°，
∵MN⊥CD，
∴在直角三角形OMC中，
∠COM＝90°﹣33°＝57°，
∵∠NOA与∠COM互为对顶角，
∴∠NOA＝∠COM＝57°，
∴∠N＝180°﹣57°﹣96°＝27°．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理、三角形外角与内角的关系，角平分线的性质，对顶角，做题的关键是掌握三角形的内角和定理、三角形外角与内角的关系、角平分线的性质、对顶角的定义．
11．（2020秋•铁东区校级月考）如图，△ABC中，点O是△ABC角平分线的交点，∠A＝40°，则∠BOC＝（ ）
A．110°B．120°C．130°D．140°
【分析】求出∠ABC+∠ACB的度数，根据平分线的定义得出∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，求出∠OBC+∠OCB的度数，根据三角形内角和定理求出即可．
【解答】解：∵∠A＝40°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝140°，
∵BO、CO分别是△ABC的角∠ABC、∠ACB的平分线，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝70°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣70°＝110°，
故选：A．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，角平分线定义的应用，注意：三角形的内角和等于180°．
12．（2022秋•天门月考）如图，已知△ABC中，高为AD，∠BAC的角平分线为AE，若∠B＝28°，∠ACD＝52°，求∠EAD的度数．
【分析】根据高、角平分线的定义以及三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：∵AD为高，∠B＝28°，
∴∠BAD＝62°，
∵∠ACD＝52°，
∴∠BAC＝∠ACD﹣∠B＝24°，
∵AE是角平分线，
∴∠BAE＝BAC＝12°，
∴∠EAD＝∠BAD﹣∠BAE＝50°．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，掌握三角形的内角和等于180°是解题的关键．
13．（2022秋•渝北区月考）如图，在△ABC中，点D为∠ABC的平分线BD上一点，连接AD，过点D作EF∥BC交AB于点E，交AC于点F．
（1）如图1，若AD⊥BD于点D，∠BEF＝120°，求∠BAD的度数；
（2）如图2，若∠ABC＝α，∠BDA＝β，求∠FAD+∠C的度数（用含α和β的代数式表示）．
【分析】（1）根据平行线的性质和平角的定义可得∠EBC＝60°，∠AEF＝60°，根据角平分线的性质和平行线的性质可得∠EBD＝∠BDE＝∠DBC＝30°，再根据三角形内角和定理可求∠BAD的度数；
（2）过点A作AG∥BC，则∠BDA＝∠DBC+∠DAG＝∠DBC+∠FAD+∠FAG＝∠DBC+∠FAD+∠C＝β，依此即可求解．
【解答】解：（1）∵EF∥BC，∠BEF＝120°，
∴∠EBC＝60°，∠AEF＝60°，
又∵BD平分∠EBC，
∴∠EBD＝∠BDE＝∠DBC＝30°，
又∵∠BDA＝90°，
∴∠EDA＝60°，
∴∠BAD＝60°；
（2）如图2：
过点A作AG∥BC，
则∠BDA＝∠DBC+∠DAG＝∠DBC+∠FAD+∠FAG＝∠DBC+∠FAD+∠C＝β，
则∠FAD+∠C＝β﹣∠DBC＝β﹣∠ABC＝β﹣α．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，角平分线的性质，准确识别图形是解题的关键．
五．三角形的外角性质（共3小题）
14．（2022秋•荆州月考）如图是一副三角尺拼成的图案，则∠AEB的度数为（ ）
A．105°B．90°C．75°D．60°
【分析】根据三角形外角的性质解答即可．
【解答】解：由图可知∠ACB＝30°，∠DBC＝45°，
∵∠AEB＝∠DBC+∠ACB，
∴∠AEB＝30°+45°＝75°．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形外角的性质．解题的关键是掌握三角形的外角性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．要注意：一副三角尺的度数：30°，45°，60°，90°．
15．（2022秋•荆州月考）如图，∠2：∠3：∠4＝3：9：7，则∠1＝ 30 °．
【分析】根据三个角外角的性质，邻补角的定义求解即可．
【解答】解：∵∠2：∠3＝3：9，∠2+∠3＝180°，
∴∠2＝180°×＝45°，∠3＝180°×＝135°，
∵∠2：∠3：∠4＝3：9：7，
∴45°÷＝285°，
∴∠4＝285°×＝105°，
∵∠1+∠4＝∠3，
∴∠1＝∠3﹣∠4＝135°﹣105°＝30°．
故答案为：30．
【点评】本题主要考查了三角形外角的性质，邻补角的定义，熟记性质与定义是解题的关键．
16．（2022秋•荆州月考）【概念认识】如图①，在∠ABC中，若∠ABD＝∠DBE＝∠EBC，则BD，BE叫做∠ABC的“三分线”．其中，BD是“邻AB三分线”，BE是“邻BC三分线”．
【问题解决】
（1）如图②，在△ABC中，∠A＝70°，∠B＝44°，若∠C的三分线CD交AB于点D，求∠BDC的度数；
（2）如图③，在△ABC中，BP，CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻BC三分线，若∠A＝63°，求∠BPC的度数．
【分析】（1）分BD是“邻AB三分线”、BD是“邻BC三分线”两种情况，根据三角形的外角性质计算即可；
（2）根据三角形内角和定理得到∠ABC+∠ACB＝117°，根据“邻三分线”的定义计算即可．
【解答】解：（1）∵∠A＝70°，∠B＝44°，
∴∠ACB＝66°，
①当CD是“邻AC三分线”时，∠ACD＝∠ACB＝22°，
∠BDC＝∠ACD+∠A＝22°+70°＝92°；
②当CD是“邻BC三分线”时，∠ACD＝∠ACB＝44°，
∠BDC＝∠ACD+∠A＝44°+70°＝114°；
综上所述，∠BDC的度数92°或114°；
（2）∵BP，CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻BC三分线，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCB＝∠ACB，
∵∠A＝63°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝117°，
∴∠PBC+∠PCB＝（∠ABC+∠ACB）＝39°，
∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝141°．
【点评】本题考查的是三角形的外角性质、三角形内角和定理，正确理解“邻AB三分线”、“邻BC三分线”的定义是解题的关键．
六．直角三角形的性质（共2小题）
17．（2022秋•站前区校级月考）如图，在△ABC中，∠A＝90°，BE，CD分别平分∠ABC和∠ACB，且相交于F，EG∥BC，CG⊥EG于点G，则下列结论 ①∠CEG＝2∠DCA；②CA平分∠BCG；③∠ADC＝∠GCD；④∠DFB＝∠A；⑤∠DFE＝135°，其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①③④C．①③④⑤D．①②③④
【分析】根据平行线的性质与角平分线的定义即可判断①；证明∠ADC+∠ACD＝90°，∠GCD+∠BCD＝90°，即可判断③；根据角平分线的定义和三角形内角和定理先推出∠BFC＝135°，即可判断④⑤；根据现有条件无法推出②．
【解答】解：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACB＝2∠DCA，∠ACD＝∠BCD，
∵EG∥BC，
∴∠CEG＝∠ACB＝2∠DCA，故①正确；
∵∠A＝90°，CG⊥EG，EG∥BC，
∴∠ADC+∠ACD＝90°，CG⊥BC，
∴∠GCD+∠BCD＝90°，
∵∠BCD＝∠ACD，
∴∠ADC＝∠GDC，故③正确；
∵∠A＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，
∵BE，CD分别平分∠ABC，∠ACB，
∴∠FBC＝∠ABC，∠FCB＝∠ACB，
∴∠BFC＝180°﹣∠FBC﹣∠FCB＝180°﹣（∠ABC+）＝135°，
∴∠DFB＝180°﹣∠BFC＝45°，
∴∠DFB＝∠A，故④正确；
∵∠BFC＝135°，
∴∠DFE＝∠BFC＝135°，故⑤正确；
根据现有条件，无法推出CA平分∠BCG，故②错误；
故选：C．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，熟知平行线的性质，角平分线的定义是解题的关键．
18．（2022秋•南沙区校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝52°，将其折叠，使点A落在边BC上的点E处，CA与CE重合，折痕为CD，则∠EDB的度数是 14° ．
【分析】△ABC中已知两个角的度数，求出∠B的度数，由折叠可知△ACD≌△ECD，知道∠CED的度数，再利用三角形外角与内角关系求出∠EDB即可．
【解答】解：∵△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝52°，
∴∠B＝90°﹣52°＝38°，
由题意可知△ECD≌△ACD，
∴∠CED＝∠A＝52°，
由图可知∠CED是△EBD 的外角，
∴∠CED＝∠B+∠EDB，
∴52°＝38°+∠EDB，
∴∠EDB＝14°．
故答案为：14°．
【点评】主要考查三角形内角和、三角形外角与内角的关系，关键要掌握三角形外角等于和它不相邻的两个内角和．
七．多边形（共1小题）
19．（2022秋•湟中区校级月考）一个四边形截去一个角后，所形成的一个新多边形的边数是 3或4或5 ．
【分析】根据一个四边形截去一个角后得到的多边形的特点解答即可．
【解答】解：一个四边形截去一个角后得到的多边形可能是三角形，可能是四边形，也可能是五边形．
故答案为：3或4或5．
【点评】本题考查了多边形，能够得出一个四边形截去一个角后得到的图形有三种情形是解题的关键．
八．多边形内角与外角（共11小题）
20．（2022秋•夏邑县月考）学完“多边形及其内角和”后，老师让同学们任写一个多边形内角和，下列四位同学书写不合理的是（ ）
A．亮亮180°B．明明360°C．琪琪540°D．佳佳800°
【分析】根据多边形内角和定理求解即可．
【解答】解：∵多边形内角和公式为：（n﹣2）×180°（n为正整数，n≥3），
∴多边形内角和为180°的整倍数，
∵180°÷180°＝1，360°÷180°＝2，540°÷180°＝3，800°÷180°＝，
故A、B、C不符合题意，D符合题意，
故选：D．
【点评】此题考查了多边形内角和公式，熟记多边形内角和公式是解题的关键．
21．（2022秋•凤凰县月考）如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为α，β，则正确的是（ ）
A．α﹣β＝0B．α﹣β＜0
C．α﹣β＞0D．无法比较α与β的大小
【分析】利用多边形的外角和都等于360°，即可得出结论．
【解答】解：∵任意多边形的外角和为360°，
∴α＝β＝360°．
∴α﹣β＝0．
故选：A．
【点评】本题主要考查了多边形的内角与外角，正确利用任意多边形的外角和为360°解答是解题的关键．
22．（2022秋•阿图什市校级月考）若多边形的边数增加1，则（ ）
A．其内角和增加180°B．其内角和为360°
C．其内角和不变D．其外角和减少
【分析】利用多边形的内角和公式，进行计算即可解答．
【解答】解：设多边形的边数为n，
则原多边形的内角和为：（n﹣2）•180°，
边数增加1后的多边形的内角和为：（n+1﹣2）•180°，
∴（n+1﹣2）•180°﹣（n﹣2）•180°
＝[n+1﹣2﹣（n﹣2）]•180°
＝（n+1﹣2﹣n+2）•180°
＝180°，
∴若多边形的边数增加1，则其内角和的度数增加180°，
故选：A．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键．
23．（2022秋•南宁月考）在第24届北京冬季奥林匹克运动会上，某位运动员就在冰面上滑出了如图所示的几何图形，请计算出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为（ ）
A．360°B．270°C．240°D．180°
【分析】连接BC，根据三角形的内角和等于180°，可得∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，根据“8字形”的熟练关系可得∠E+∠D＝∠EBC+∠DCB，然后即可得解．
【解答】解：如图，连接BC，
则∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
根据“8字形”数量关系，∠E+∠D＝∠EBC+∠DCB，
所以∠A+∠ABE+∠ACD+∠D+∠E＝180°．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，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．
24．（2022秋•东莞市校级月考）将一个四边形截去一个角后，所形成的一个新的多边形的内角和是（ ）
A．14B．23
C．180°或360°D．180°或360°或540°
【分析】根据一个四边形截去一个角后得到的多边形的边数即可得出结果．
【解答】解：∵一个四边形截去一个角后得到的多边形可能是三角形，可能是四边形，也可能是五边形，
∴内角和可能减少180°，可能不变，可能增加180°，
即新的多边形的内角和为180°或360°或540°．
故选：D．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，能够得出一个四边形截去一个角后得到的图形有三种情形是解决本题的关键．
25．（2022秋•青县校级月考）在同一平面内，将正六边形和正五边形按如图所示的方式放置，则∠α的度数为（ ）
A．132°B．142°C．122°D．152°
【分析】利用正多边形的内角和定理求出∠ABC，∠ABD，再根据周角是360°可得∠α的度数．
【解答】解：如图：
正六边形的每个内角是：
∠ABC＝＝120°，
正五边形的每个内角是：
∠ABD＝＝108°，
∵∠ABC+∠ABD+∠α＝360°，
∴∠α＝360°﹣120°﹣108°＝132°，
故选：A．
【点评】本题考查正多边形，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
26．（2022秋•阿荣旗校级月考）已知一个正多边形的外角和是它的内角和度数的，那么这个正多边形的每个内角的度数为 135° ．
【分析】先由多边形的内角和和外角和的关系判断出多边形的边数，即可得到结论．
【解答】解：设多边形的边数为n．
因为正多边形内角和为（n﹣2）•180°，正多边形外角和为360°，
根据题意得：（n﹣2）•180°＝360°×3，
解得：n＝8．
∴这个正多边形的内角和的度数为：（8﹣2）•180°＝1080°．
∴这个正多边形的每个内角的度数为：1080°÷8＝135°．
故答案为：135°．
【点评】本题考查了正多边形的内角与外角，正多边形的性质；熟练掌握正多边形的性质，求出正多边形的边数是解决问题的关键．
27．（2022秋•曾都区校级月考）（1）一个多边形的内角和是它的外角和的5倍，求这个多边形的边数．
（2）此时该多边形的对角线共有多少条？
【分析】（1）根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°和外角和定理列出方程，然后求解即可；
（2）根据多边形对角线公式为n（n﹣3）可解答．
【解答】解：（1）设多边形的边数为n，
由题意得（n﹣2）•180＝5×360，
解得n＝12．
故这个多边形的边数是12；
（2）根据题意得：
n（n﹣3）＝×12×（12﹣3）＝54．
所以该多边形的对角线共有54条．
【点评】本题考查了多边形内角与外角的关系，已知多边形的内角和求边数，可以转化为方程的问题来解决．
28．（2022秋•青县校级月考）如图①，有一个五角形图案ABCDE，你能说明∠A+∠DBE+∠C+∠D+∠E＝180°吗？如果点B向下移动到AC上（如图②）或AC的另一侧（如图③），上述结论是否依然成立？请说明理由．
【分析】由三角形内角和外角的关系可把五个角的度数归结到一各三角形中，再由三角形内角和定理可知即可求出答案．
【解答】解：∠A+∠DBE+∠C+∠D+∠E＝180°，理由如下：
在题图①中，∠A+∠C＝∠DNM，①
∠DBE+∠E＝∠DMN，②
①+②，得∠A+∠DBE+∠C+∠E＝∠DNM+∠DMN．
∵∠D+∠DNM+∠DMN＝180°，
∴∠A+∠DBE+∠C+∠D+∠E＝180°．
在题图②、题图③中，上述结论仍然成立，理由与题图①完全相同．
【点评】此题考查了多边形内角与外角，解答此题时要注意：①求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°这一隐含的条件；②三角形的外角通常情况下是转化为内角来解决．
29．（2022秋•东光县校级月考）在四边形ABCD中，∠BAD＝140°，∠ADC＝80°．
（1）如图1，若∠B＝∠C，则∠C＝ 70° ；
（2）如图2，若∠ABC的平分线BE交DC于点E，且BE∥AD．求∠C的度数；
（3）若∠ABC和∠DCB的平分线交于点E，延长BA，CD交于点F（如图3）．将原来条件“∠BAD＝140°，∠ADC＝80°”改为“∠F＝40°”，其他条件不变，求∠BEC的度数．
【分析】（1）根据四边形内角和等于360°求出∠B+∠C的度数，再除以2即可求解；
（2）先根据平行线的性质得到∠ABC的度数，再根据角平分线定义和四边形内角和即可求解；
（3）根据三角形内角和求出∠FBC+∠BCF的度数，再根据角平分线定义得到∠EBC+∠ECB的度数，最后根据三角形内角和即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°，
∴∠B+∠C＝360°﹣（140°+80°）＝140°，
∵∠B＝∠C，
∴∠C＝70°．
故答案为：70°；
（2）∵BE∥AD，
∴∠ABE+∠A＝180°，
∴∠ABE＝180°﹣∠A＝180°﹣140°＝40°，
∵∠ABC的角平分线BE交DC于点E，
∴∠ABC＝80°，
∴∠C＝360°﹣（140°+80°+80°）＝60°．
（3）∵∠F＝40°，
∴∠FBC+∠BCF＝180°﹣40°＝140°，
∵∠ABC和∠BCD的角平分线交于点E，
∴∠EBC+∠ECB＝70°，
∴∠BEC＝180°﹣70°＝110°．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，解决此题的关键是综合运用四边形的内角和以及三角形的内角和，熟练运用平行线性质和角平分线的定义．
30．（2022秋•袁州区校级月考）（1）已知：如图1，P为△ADC内一点，DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD．如果∠A＝50°，那么∠P＝ 115 °；如果∠A＝100°，那么∠P＝ 140° ．（直接写出答案，不必说明理由）
（2）如图2，P为四边形ABCD内一点，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，请直接写出∠P与∠A+∠B的数量关系： ∠P＝（∠A+∠B） （直接写出答案，不必说明理由）
（3）如图3，P为五边形ABCDE内一点；DP、CP分别平分∠EDC、∠BCD，“试探究∠P与∠A+∠B+∠E的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠ACD，然后根据三角形内角和定理列式整理即可得解；
（2）根据四边形的内角和定理表示出∠ADC+∠BCD，然后同理（1）解答即可；
（3）根据五边形的内角和公式表示出∠EDC+∠BCD，然后同理（1）解答即可．
【解答】解：（1）∵∠A＝50°，∠A+∠ADC+∠ACD＝180°，
∴∠ADC+∠ACD＝130°，
∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠ACD，
∴∠PDC+∠PCD＝（∠ADC+∠ACD）＝65°，
∴∠P＝180°﹣（∠PDC+∠PCD）＝115°；
同理：如果∠A＝100°，那么∠P＝140°；
故答案为：115，140°；
（2）∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠BCD，
∴∠DPC＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°﹣∠ADC﹣∠BCD
＝180°﹣（∠ADC+∠BCD）
＝180°﹣（360°﹣∠A﹣∠B）
＝（∠A+∠B）；
即∠P＝（∠A+∠B），
故答案为：∠P＝（∠A+∠B）；
（3）五边形ABCDE的内角和为：（5﹣2）•180°＝540°，
∵DP、CP分别平分∠EDC和∠BCD，
∴∠P＝∠EDC，∠PCD＝∠BCD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°﹣∠EDC﹣∠BCD
＝180°﹣（∠EDC+∠BCD）
＝180°﹣（540°﹣∠A﹣∠B﹣∠E）
＝（∠A+∠B+∠E）﹣90°，
即：∠P＝（∠A+∠B+∠E）﹣90°．
【点评】此题属于多边形的综合题．此题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，多边形的内角和公式．注意此类题目根据同一个解答思路求解是解题的关键．
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