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考点01 认识三角形和多边形-八年级数学上册高频考点专题突破（人教版）
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考点01 认识三角形和多边形
知识框架
基础知识点
知识点1-1 认识三角形
（1）三角形定义：由不在同一条直线上的三段线段首位顺次相接所组成的图形叫作三角形。记作△ABC，读作三角形ABC。
（2）三角形的分类：
①已学习，按照角分类
②还可按照边进行分类，根据边是否相等
③等腰不等边，两腰角相等，且两腰均为锐角；等边三角形，三个角都为60度；
④特殊三角形：等腰直角三角形，90度、45度、45度。
1．（2021·襄阳阳光学校初二月考）三角形是指( )
A．由三条线段所组成的封闭图形 B．由不在同一直线上的三条直线首尾顺次相接组成的图形
C．由不在同一直线上的三条线段首尾顺次相接组成的图形 D．由三条线段首尾顺次相接组成的图形
【答案】C
【分析】根据三角形的定义解答即可．
【解析】因为三角形的定义是：由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所成的图形．故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的定义．解题的关键是熟记三角形的定义．
2．（2021·咸宁市八年级月考）下列关于三角形的分类，有如图所示的甲、乙两种分法，则（ ）
A．甲分法错误，乙分法正确 B．甲分法正确，乙分法错误
C．甲、乙两种分法均正确 D．甲、乙两种分法均错误
【答案】A
【分析】根据三角形的分类可直接选出答案．
【详解】按边分类：不等边三角形和等腰三角形（底和腰不等的等腰三角形、底和腰相等的等腰三角形即等边三角形）；按角分类：锐角三角形，直角三角形，钝角三角形．∴甲分法错误，乙分法正确．故选：A．
【点睛】本题主要考查三角形的分类，关键是掌握分类方法．根据三角形角、边的特点，按边或按角分类．
3．（2021·山西吕梁市·八年级期中）给出下列说法：（1）等边三角形是等腰三角形；（2）三角形按边的相等关系分类可分为等腰三角形、等边三角形和不等边三角形；（3）三角形按角的大小分类可分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形．其中，正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．0
【答案】B
【分析】根据三角形的分类、三角形的三边关系进行判断
【详解】（1）等边三角形是一特殊的等腰三角形，正确
（2）三角形按边分类可以分为不等边三角形和等腰三角形，错误
（3）三角形按角分类应分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形，正确
综上所述，正确的结论2个 故选B
【点睛】本题考查了三角形．注意：等边三角形一定是等腰三角形，但是等腰三角形不一定是等边三角形
4．（2021·山东滨州市·八年级期末）三角形按边分类可以用集合来表示，如图所示，图中小椭圆圈里的A表示（ ）
A．直角三角形 B．锐角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形
【答案】D
【分析】根据三角形的分类可直接得到答案．
【详解】三角形根据边分类 ，
∴图中小椭圆圈里的A表示等边三角形．故选D．
【点睛】此题主要考查了三角形的分类，关键是掌握分类方法．按边的相等关系分类：不等边三角形和等腰三角形（底和腰不等的等腰三角形、底和腰相等的等腰三角形即等边三角形）．
5．（2020·浙江翠苑中学八年级期中）一个三角形三个内角的度数之比是，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．不能确定
【答案】A
【分析】由三角形三个内角的度数之比是，结合三角形的内角和定理，分别求解三个内角的大小，再作出判断即可．
【详解】解：∵三角形的三个内角之比是，∴三角形的三个内角依次为：，，，∴该三角形一定是锐角三角形．故选A．
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，三角形的分类，掌握以上知识是解题的关键．
知识点1-2 三角形三边关系
两边之和大于第三边，两边之差小于第三边
；
只需满足：<第三边<两边之和（两边为相同两条边）
注：是“>”和“<”，不包含“=”
1．（2021·河北廊坊市·八年级期末）在中，若，，则第三边的取值可能是（ ）
A．3． B．5 C．9 D．10
【答案】B
【分析】根据三角形的三边不等关系：任意两边之差＜第三边＜任意两边之和，解答即可．
【详解】解：根据三角形的三边关系，得6-3＜BC＜6+3，即3＜BC＜9．符合条件的条件是BC=5，
故选：B．
【点睛】此题考查了求三角形第三边的范围，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．
2．（2020·四川省自贡市贡井区成佳中学校八年级月考）若是△ABC的三边长，则化简的结果是________．
【答案】2a
【分析】根据a，b，c为三角形三边长，利用三角形三边关系判断出绝对值里边式子的正负，利用绝对值的代数意义化简即可．
【详解】解：∵a，b，c为三角形三边上，∴a+b-c>0，b-c-a＜0，
则原式=a+b-c-b+a+c=2a，故答案为：2a．
【点睛】此题考查了三角形三边关系以及整式的加减-化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
3．（2020·四川省自贡市贡井区成佳中学校八年级月考）在△ABC中，AB=5，BC=2，若AC的长是偶数，则△ABC的周长为________．
【答案】11或13
【分析】根据“三角形的两边的和一定大于第三边，两边的差一定小于第三边”进行分析，解答即可．
【详解】解：因为5-2＜AC＜5+2，所以3＜AC＜7，因为AC长是偶数，所以AC为4或6，
所以△ABC的周长为：11或13.故答案为：11或13．
【点睛】本题考查三角形的三边关系．三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边．
4．（2020·江苏扬州中考模拟）已知n正整数，若一个三角形的三边长分别是n+2、n+8、3n，则满足条件的n的值有( )
A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
【答案】D
【分析】分n+8与3n最大两种情况，根据三角形三边关系列出不等式组，解不等式组后求出正整数解即可得答案.
【解析】∵n+2
综上：n的值可以为3、4、5、6、7、8、9，共7种可能，故选D.
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的应用，三角形三边关系，熟练掌握相关内容并正确分类讨论是解题的关键.
5．（2021·广西河池市·八年级期末）已知的三边长为2，7，，请写出一个符合条件的的整数值，这个值可以是______．
【答案】6或7或8
【分析】根据三角形三边关系：①任意两边之和大于第三边；②任意两边之差小于第三边，即可得出第三边的取值范围．
【详解】解：∵三角形的三边长分别为2，7，x，∴7-2＜x＜7+2，即5＜x＜9，
故答案为：6或7或8．
【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系，即任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
6．（2020·安徽合肥市·八年级期末）的三边长分别为，且为整数，则的值是_____________．
【答案】3
【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．
【详解】解：根据三角形三边关系，∴三角形的第三边x满足：3-1＜x＜3+1，即2＜x＜4，
∵x为整数，∴x=3，故答案为：3．
【点睛】此题主要考查了三角形三边关系，根据第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和是解决问题的关键．
知识点1-3 三角形的高、中线与角平分线
（1）三角形的高：从三角形的一个顶点向它的对边所在直线作垂线，顶点与垂足之间的线段叫做三角形的高线，简称三角形的高( atitude of triangle)。三条高的交点叫作垂心。
（2）中线：在三角形中，连接一个顶点与它的对边中点的线段，叫做三角形的中线(median of triangle).
三条中线的交点叫作重心。
（3）角平分线：在三角形中，一个内角的平分线与这个角的对边相交，这个角的顶点与交点之间的线段叫做三角形的角平分线(angular bisector of Lriangle)。三条角平分线的交点叫作内心。
（高线） （中线） （角平分线）
（4）几何关系：
①垂线：AD⊥BC ②中线：CD=DB ③角平分线：∠CAD=∠DAB
注：①锐角三角形三条高线的交点在三角形内，钝角三角形三条高线的交点在三角形外；直角三角形三条高线的交点在直角顶点上；②锐角三角形、钝角三角形、直角三角形的三条中线、角平分线的交点都在三角形内部。
1．（2020·孝感市孝南区肖港镇肖港初级中学八年级月考）三角形的重心是指（ ）
A．三个内角平分线的交点 B．三边上的高的交点 C．三条中线的交点 D．三边垂直平分线的交点
【答案】C
【分析】由三角形的重心的定义可得：三角形的重心是三条中线的交点．
【详解】解：三角形的重心是三条中线的交点．故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形的重心的概念，掌握三角形的重心是三条中线的交点是解题的关键．
2．（2021·福建厦门市·八年级期末）若AD是△ABC的中线，则下列结论正确的是（ ）
A．AD⊥BC B．BD＝CD C．∠BAD＝∠CAD D．AD＝BC
【答案】B
【分析】三角形的中线是连接三角形的一个顶点及其对边中点的线段,一个三角形有3条中线，根据三角形的中线的定义即可判断．
【详解】解：∵AD是△ABC的中线，∴BD＝DC，故选：B．
【点睛】本题考查三角形中线，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
3．（2020·江苏常州市·七年级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，点D在BC上，DE⊥AB，垂足为E，则△ABD的BD边上的高是( )
A．AD B．DE C．AC D．BC
【答案】C
【分析】根据三角形高的定义作答即可
【详解】经过三角形一个顶点,向它的对边作垂线，顶点和垂足间的线段叫做三角形的高线，称三角形的高．
∵BEAB于E，∴DE是ABD的边AB上的高线，
∵ACBD于C，∴AC是ABD的BD边上的高线．故选：C
【点睛】本题考查三角形的高线．正确理解三角形高线的定义是解决此题的关键．
4．（2021·浙江杭州市·八年级期末）如图，在中，，，为中线，则与的周长之差为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据三角形中线的性质得，则两个三角形的周长之差就是AB和AC长度的差．
【详解】解：∵AD是中线，∴，
∵，，
∴．故选：B．
【点睛】本题考查中线的性质，解题的关键是掌握三角形中线的性质．
5．（2021·福建厦门市·八年级期中）如图，在中，已知，点是的中点，且的面积为9cm2，则的面积为（ ）
A．1cm2 B．2cm2 C．3cm2 D．4cm2
【答案】C
【分析】根据线段中点的概念、三角形的面积公式计算，得到答案．
【详解】解：∵点E是AB的中点，∴△AED的面积=△ABD的面积，
∵S△ABD：S△ACD=2：1，∴△ABD的面积=△ABC的面积×
∴△AED的面积=3cm2，故选：C．
【点睛】本题考查三角形的面积计算，掌握三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分是解题的关键．
6．（2020·江苏姜堰初一期中）如图，在△ABC中，AE为边BC上的高，点D为边BC上的一点，连接AD．
（1）当AD为边BC上的中线时．若AE=4，△ABC的面积为24，求CD的长；（2）当AD为∠BAC的角平分线时．①若∠C =65°，∠B =35°，求∠DAE的度数；②若∠C－∠B =20°，则∠DAE = °．
【答案】（1）6 ；（2）①15°；②10．
【分析】（1）利用三角形的面积公式求出BC即可解决问题；
（2）①根据三角形内角和求出∠BAC和∠CAE的度数，然后根据角平分线的定义求得∠CAD的度数，从而求解；②设∠C=x°，则∠B=（x+20）°，然后根据三角形内角和用含x的式子表示出∠BAC和∠CAE的度数，然后根据角平分线的定义求得∠CAD的度数，从而求解．
【解析】解：（1）由题意可知：AE⊥BC，AE=4，△ABC的面积为24，
∴×BC×AE=24，∴×BC×4=24，∴BC=12， ∵AD是△ABC的中线，∴CD=BC=6，
（2）①在△ABC中，∠BAC=180°-∠C-∠B =80°，
在△AEC中，∵AE⊥BC ∴∠CAE=180°-90°-∠C=25°
∵AD为∠BAC的角平分线 ∴∠CAD= ∴∠DAE的度数为∠CAD -∠CAE =15°
②设∠C=x°，则∠B=（x+20）°,在△ABC中，∠BAC=180°-∠C-∠B =（160-2x）°，
在△AEC中，∵AE⊥BC ∴∠CAE=180°-90°-∠C=（90-x）°
∵AD为∠BAC的角平分线 ∴∠CAD=
∴∠DAE的度数为∠CAE- ∠CAD =10° 故答案为：10．
【点睛】本题考查三角形的面积，三角形的中线与高等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
知识点1-4 三角形的稳定性
（1）三角形具有稳定性（三边长度确定，形状不会改变）
（2）多边形不稳定。要想稳定，中间加入边，构造成多个三角形
1．（2020·山西吕梁市·八年级期末）下图是跪姿射击的情形．我们可以看到，跪姿射击的动作构成了三个三角形∶一是由右脚尖、右膝、左脚构成的三角形支撑面；二是由左手、左肘、左肩构成的托枪三角形；三是由左手、左肩、右肩所构成的近乎水平的三角形．这三个三角形可以使射击者在射击过程中保持稳定．其中，蕴含的数学道理是___．
【答案】三角形的稳定性
【分析】直接根据题意进行解答即可．
【详解】解：由题意得这三个三角形可以使射击者在射击过程中保持稳定，其中，蕴含的数学道理是三角形的稳定性；故答案为三角形的稳定性．
【点睛】本题主要考查三角形稳定性，熟练掌握三角形的稳定性是解题的关键．
2．（2021·河南安阳市·八年级期末）如图，工程建筑中的屋顶钢架经常采用三角形的结构，其中的数学道理是三角形具有______性．
【答案】稳定
【分析】根据三角形具有稳定性解答即可．
【详解】解：工程建筑中经常采用三角形的结构，其中的数学道理是三角形具有稳定性，故答案为：稳定．
【点睛】此题主要考查了三角形的稳定性，熟知相关性质是解题的关键．
3．（2020·浙江省临海市临海中学八年级期中）如图，在四边形木架上再钉一根木条，将它的一对不相邻的顶点连接起来，这时木架的形状不会改变，这是因为三角形具有____．
【答案】稳定性
【分析】根据三角形的性质进行解答即可．
【详解】解：斜钉一根木条的四边形木架的形状不会改变，能解释这一实际应用的数学知识是三角形具有稳定性，故答案为：稳定性．
【点睛】本题考查的是三角形的稳定性，三角形的稳定性和四边形的不稳定性在实际生活中的应用问题，比较简单．
4．（2021·湖南湘西土家族苗族自治州·八年级期末）人字梯中间一般会设计一“拉杆”，你认为这样做的道理是（ ）
A．两点之间，线段最短 B．垂线段最短 C．三角形具有稳定性 D．两直线平行，内错角相等
【答案】C
【分析】根据三角形具有稳定性解答即可．
【详解】解：人字梯中间一般会设计一“拉杆”，以增加使用梯子时的安全性，这样做的道理是三角形具有稳定性，故选：C．
【点睛】此题主要考查了三角形的稳定性，当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，三角形的这个稳定性在生产生活中经常使用．
知识点1-5 三角形内角和定理与外角定理
（1）定理：三角形三个内角和等于180度
（2）直角三角形的两个锐角互余
（3）外角：三角形的一边和另一边的延长线组成的角（一个角的外角有2个）
（4）外角性质：
性质一：三角形的外角等于它不相邻两内角和
性质二：三角形外角和相邻内角和为180度
性质三：三角形外角和为360度
1．（2021·山西吕梁市·九年级二模）在探究证明“三角形的内角和是180°”时，综合实践小组的同学作了如下四种辅助线，其中不能证明“三角形内角和是180°”的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据“直角三角形两锐角互余”是由三角形内角和定理推导的判断即可．
【详解】解：∵“直角三角形两锐角互余” 是由三角形内角和定理推导的
即，作后，利用直角三角形两锐角互余得到三角形内角和是180°的证明方法不正确，故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，要证明三角形的内角和等于180°即三角形三个内角的和是平角，就要作辅助线，使得三角形的三个内角的和转化成组成平角的三个角之和．
2．（2021·河北中考真题）定理：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
已知：如图，是的外角．
求证：．
下列说法正确的是（ ）
A．证法1还需证明其他形状的三角形，该定理的证明才完整 B．证法1用严谨的推理证明了该定理
C．证法2用特殊到一般法证明了该定理 D．证法2只要测量够一百个三角形进行验证，就能证明该定理
【答案】B
【分析】根据三角形的内角和定理与平角的定义可判断A与B，利用理论与实践相结合可判断C与D．
【详解】解：A. 证法1给出的证明过程是完整正确的，不需要分情况讨论，故A不符合题意；
B. 证法1给出的证明过程是完整正确的，不需要分情况讨论，故选项B符合题意；
C. 证法2用量角器度量两个内角和外角，只能验证该定理的正确性，用特殊到一般法证明了该定理缺少理论证明过程，故选项C不符合题意；D. 证法2只要测量够一百个三角形进行验证，验证的正确性更高，就能证明该定理还需用理论证明，故选项D不符合题意．故选择：
【点睛】本题考查三角形外角的证明问题，命题的正确性需要严密推理证明，三角形外角分三种情形，锐角、直角、和钝角，证明中应分类才严谨．
3．（2021·安徽中考真题）两个直角三角板如图摆放，其中，，，AB与DF交于点M．若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据，可得再根据三角形内角和即可得出答案．
【详解】由图可得∵，∴
∴故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形的内角和，掌握平行线的性质和三角形的内角和是解题的关键．
4．（2021·湖北蔡甸初二期中）如图，若的三条角平分线、、交于点，则与互余的角是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据三角形角平分线的定义、互余的定义和垂直的定义逐一判断即可．
【解析】解：∵三角形的两个角平分线不一定互相垂直，∴∠EGD不一定等于90°
∴与不一定互余，故A选项不符合题意；
∵∠BAC＋∠ABC＋∠ACB=180°，的三条角平分线、、交于点
∴∠FAG=∠BAC，∠GBC=∠ABC，∠GCB=∠ACB
∴∠FAG＋∠GBC＋∠GCB=（∠BAC＋∠ABC＋∠ACB）=90°
∵=∠GBC＋∠GCB ∴＋∠FAG=90°，故B选项符合题意；
∵三角形一个内角的角平分线不一定垂直该角的对边 ∴∠GEC和∠GFB不一定是直角
∴＋∠ECG不一定等于90°，故C选项不符合题意；∠FGB＋∠FBG不一定等于90°
∵∠FGB=∴＋∠FBG不一定等于90°，故D选项不符合题意．故选B．
【点睛】此题考查的是互余的判定，掌握角平分线的定义、互余的定义和垂直的定义是解决此题的关键．
5．（2021·河南焦作市·八年级期末）如图，为的一个外角，点E为边上一点，延长到点F，连接，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由三角形外角性质结合图形，逐项判断即可．
【详解】∵，∴，故A选项正确，不符合题意；
由三角形外角性质即可直接得出，故B选项正确，不符合题意；
没有条件可以证明出和的关系，故C选项错误，符合题意；
∵，，∴，
∴，故D选项正确，不符合题意；故选C．
【点睛】本题考查三角形外角性质，掌握“三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和”是解答本题的关键．
6．（2021·苏州外国语学校八年级期中）如图，在中，，、分别平分、，M、N、Q分别在、、的延长线上，、分别平分、，、分别平分、，则_______．
【答案】52°
【分析】根据三角形外角的性质和角平分线的定义可求出∠E，利用三角形内角和求出，得到，从而求出，再次利用角平分线的定义和三角形内角和得到∠A．
【详解】解：、分别平分、，，，
，，
即，，，
、分别平分、，
，，，
，∴，
∴，
、分别平分、，
，，
∴，
，故答案为：52°．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、三角形外角性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
7．（2021·浙江杭州市·八年级期中）如图1，赤道式日晷是中国古代最经典和传统的计时仪器，由底座，晷面、晷针三部分组成，其中底坐面与日晷所处地球半径垂直；
（1）晷针与晷面夹角为___________；（2）如图2，日晷所处纬度为，若太阳光（平行光）与日晷底座面夹角为，则太阳光与该晷面所夹锐角度为___________．
【答案】
【分析】①由垂直于两平行线之一的直线，必垂直于另一条平行线，即可判断出晷针与晷面垂直，即晷针与晷面夹角为． ②由平行线的性质即可求出，根据题意可求出，再根据三角形内角和定理即可求出，最后由对顶角相等即可求出，即太阳光与该晷面所夹锐角度为．
【详解】①根据题意晷面与赤道平行，地轴与赤道垂直，∴地轴与晷面垂直，
又∵晷针与地轴平行，∴晷针与晷面垂直．即晷针与晷面夹角为．
②可将题干中图简化为如下图：
根据题意结合图形可知：，，，．
∵，∴，即，
∴，即．
∵，．∴．
∴．
∴．即太阳光与该晷面所夹锐角度为．故答案为，．
【点睛】本题考查平行线的性质和三角形内角和定理．理解题意，能看懂赤道式日晷的二维图形是解答本题的关键．
8．（2021·河南驻马店市·八年级期末）阅读下列材料并解答问题：在一个三角形中，如果一个内角的度数是另一个内角度数的3倍，那么这样的三角形我们称为“梦想三角形”例如：一个三角形三个内角的度数分别是，，，这个三角形就是一个“梦想三角形”．反之，若一个三角形是“梦想三角形”，那么这个三角形的三个内角中一定有一个内角的度数是另一个内角度数的3倍．
（1）如果一个“梦想三角形”有一个角为，那么这个“梦想三角形”的最小内角的度数为 ．
（2）如图，已知，在射线上取一点，过点作交于点，以为端点作射线，交线段于点（点不与、重合），若，判定、是否是“梦想三角形”，为什么？
【答案】（1）或；（2），都是“梦想三角形”，理由见解析
【分析】（1）分两种情形：当108°是三角形的一个内角的3倍，当另外两个内角是3倍关系，分别求解即可．（2）根据“梦想三角形”的定义可以判断：△AOB、△AOC都是“梦想三角形”．
【详解】解：（1）当108°是三角形的一个内角的3倍，则有这个内角为36°，第三个内角也是36°，故最小的内角是36°，当另外两个内角是3倍关系，则有另外两个内角分别为：54°，18°，最小的内角是18°
故答案为：36°或18°．
（2）结论：，都是“梦想三角形”
理由：，，，
，为“梦想三角形”，
，，，
，，“梦想三角形”．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，“梦想三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
知识点1-6多边形及其内角和
（1）多边形：在平面内，由一些线段首位顺次连接线段组成的图形。有n条边组成，我们就称为n边形。
（2）内角：多边形相邻两边组成的角。n边形就有n个内角
（3）外角：多边形的边与它的邻边的延长线组成的角
（4）对角线：连接多边形不相邻的两个顶点组成的线段。
解释：n个顶点，每个顶点不相邻顶点有（n-3）个，重复计数一次，乘.
（5）凸多边形：画出多边形的任何一条边的直线，整个多边形都在直线同一侧。反之，则叫凹多边形。
（6）正多边形：各个角都相等，且各条边相等的多边形。
多边形的内角和：n边形内角和为（n－2）*180.
解释：n边形可分解为（n－2）个三角形，三角形内角和为180度.
多边形的外角和
1）定理：多边形外角和为360°.
注：①多边形内角和与边n有关，等于（n-2）度.
②多边形外角和与边n无关，都等于360度.
1．（2021·广东八年级专题练习）从一个多边形的某顶点出发，连接其余各顶点，把该多边形分成了5个三角形，则这个多边形是（ ）
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
【答案】C
【分析】根据n边形从一个顶点出发的对角线将多边形分成个三角形解答即可．
【详解】解：设这个多边形为边形．根据题意得：．解得：．故选：．
【点睛】本题主要考查的是多边形的对角线分割多边形为三角形，掌握n边形从一个顶点出发的对角线将多边形分成个三角形是解题的关键．
2．（2021·贵州铜仁市·中考真题）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．工人师傅不能用下列哪种形状、大小完全相同的一种地砖在平整的地面上镶嵌（ ）
A．等边三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形
【答案】C
【分析】进行平面镶嵌就是在同一顶点处的几个多边形的内角和应是，因此我们只需要验证是不是上面所给的几个正多边形的一个内角度数的整数倍即可．
【详解】解：A、等边三角形每个内角的度数为，，故该项不符合题意；
B、正方形的每个内角的度数为，，故该项不符合题意；
C、正五边形的每个内角的度数为，，故该项符合题意；
D、正六边形的每个内角的度数为，，故该项不符合题意；故选：C．
【点睛】此题考查镶嵌问题，正确掌握各正多边形的每个内角的度数及镶嵌的计算方法是解题的关键．
3．（2021·山东济宁市·中考真题）如图，正五边形中，的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先由正五边形的性质得到≌， ，，然后由正五边形 内角度数，求出和 的度数，进而求出 的度数．
【详解】解：∵五边形为正五边形，
∴，，
∴，∴，，
∴．故选：
【点睛】本题考查了正多边形的性质：各边相等，各角相等，掌握正多边形的性质是解决本题的关键．
4．（2021·云南曲靖市·九年级其他模拟）若一个多边形的内角和与外角和之差是，则此多边形是（ ）边形．
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】先求出多边形的内角和，再根据多边形的内角和公式求出边数即可．
【详解】解：∵一个多边形的内角和与外角和之差为720°，多边形的外角和是360°，
∴这个多边形的内角和为720°+360°=1080°，
设多边形的边数为n，则（n-2）×180°=1080°，解得：n=8，
即多边形的边数为8，故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，能列出关于n的方程是即此题的关键，注意：边数为n的多边形的内角和=（n-2）×180°，多边形的外角和等于360°．
5．（2021·全国九年级专题练习）一个n边形共有n条对角线，将这个n边形截去一个角后它的边数为__．
【答案】6、5、4
【分析】根据一个n边形对角线条数公式共有n条对角线，列等式，求出边数，再利用分类将五边形截去一个角的情形求解即可．
【详解】解：由这个n边形共有n条对角线，可得，
解得n＝5或0（不合题意，舍去），所以这个多边形是五边形，
将一个五边形截去一个角，根据截法不同可以有三种情况如图，
其结果分别是6、5、4条边，故答案为：6、5、4．
【点睛】本题考查由对角线条数与边关，分类思想，数形结合思想截取一个角实质看边是否减少是解题关键．
6．（2021·北京西城区·八年级期末）在一个 边形中，除了一个内角外，其余的内角的和是 ，那么这个未知角是__________ 度，这个多边形的边数是_________．
【答案】60 8
【分析】根据未知角的范围和内角和公式求得多边形的边数，再求得未知角的度数即可；
【详解】，又
即解得：
为正整数 故答案为：60,8
【点睛】本题考查了多边形内角和公式，解不等式组，理解题意列不等式组求解是解题的关键．
重难点题型
题型1 三角形三边关系（限定条件）
性质：两边之差的绝对值<第三边<两边之和
解题技巧：（1）已知两条边，根据限定条件求第三条边，求解完成后，切勿忘记要验证三边是否能构成三角形。（2）题干告知为等腰三角形，但未告知哪条边是腰时，往往有多解。最后，也需验证三边是否能构成三角形。
1．（2021·云南红河哈尼族彝族自治州·八年级期末）如果一个三角形的两边长分别为3、4，第三边最长且为偶数，则此三角形的第三边长是______．
【答案】6
【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”，求得第三边的取值范围，再进一步进行分析．
【详解】解：根据三角形的三边关系，得第三边大于1，而小于7．
又第三边最长且是偶数，则此三角形的第三边是6．故答案为：6．
【点睛】此题主要考查了三角形三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解决此类问题的关键．
2．（2021·淮北市第二中学八年级期末）以下列长度的各组线段为边，能组成三角形的是（ ）
A．，， B．，， C．，， D．，，
【答案】D
【分析】根据三角形任意两边的和大于第三边，进行分析判断．
【详解】解：A、1＋2=3，故不能构成三角形，选项错误；B、2＋3＝5，故不能构成三角形，选项错误；
C、5＋6＜12，故不能构成三角形，选项错误；D、4+6＞8，能构成三角形，选项正确，故选：D．
【点睛】本题考查了能够组成三角形三边的条件．注意：用两条较短的线段相加，如果大于最长那条就能够组成三角形．
3．（2021·湖南常德市·八年级期末）三角形的两边长分别为和，则第三边长可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据三角形的三边长关系，求出第三边长范围，进而即可得到答案．
【详解】∵三角形的两边长分别为和，∴7-5＜第三边＜5+7，即：2＜第三边＜12，故选C．
【点睛】本题主要考查三角形的三边长关系，熟练掌握三角形的任意两边之差小于第三边，任意两边之差大于第三边，是解题的关键．
4．（2021·湖北孝感市·八年级期末）下列各组线段，能构成三角形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据构成三角形的条件进行判断即可．
【详解】A：3-2=1，两边之差不小于第三边，不满足构成三角形的条件，故不符合题意；
B：2-1=1，两边之差不小于第三边，不满足构成三角形的条件，故不符合题意；
C：2+2>1，2-2＜1，满足构成三角形的条件，故符合题意；
D：4-2=2>1，两边之差不小于第三边，不满足构成三角形的条件，故不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查组成三角形的条件，掌握两边之和大于第三边，两边之差小于第三边是解题的关键．
5．（2020·山东沂水初二期末）小明手中有2根木棒长度分别为和，请你帮他选择第三根木棒，使其能围成一个三角形，则选择的木棒可以是（ ）
A． B． C． D．无法确定
【答案】C
【分析】据三角形三边关系定理，设第三边长为xcm，则9-4＜x＜9+4，即5＜x＜13，由此选择符合条件的线段．
【解析】解：设第三边长为xcm，由三角形三边关系定理可知，9-4＜x＜9+4，
即，5＜x＜13，∴x=6cm符合题意．故选：C．
【点睛】本题考查了三角形三边关系的运用．已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
6．（2020·江苏秦淮初一期末）已知一个等腰三角形的两边长分别为2和4，则该等腰三角形的周长是 ．
【答案】10．
【解析】因为2+2＜4，所以等腰三角形的腰的长度是4，底边长2，周长：4+4+2=10，答：它的周长是10，故答案为10．
考点：等腰三角形的性质；三角形三边关系．
7．（2020·江苏靖江初三一模）设△ABC三边为a、b、c，其中a、b满足，则第三边c的取值范围为___________．
【答案】4＜c＜6
【分析】首先根据非负数的性质计算出()和()的值，再根据三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边可得的取值范围．
【解析】∵，∴，，
∴第三边的长c的取值范围是．故答案为：．
【点睛】本题综合考查了三角形三边关系与非负数的性质．两个非负数的和为0，两个数都必须为0．本题可将()和()看作一个整体．
8．（2020·江苏初一月考）若a，b，c是△ABC的三边的长，则化简|a－b－c|－|b－c－a|＋|a＋b－c|的结果是( )
A．a＋b＋c B．－a＋3b－c C．a＋b－c D．2b－2c
【答案】B
分析：根据三角形三边间的关系判断出原式中每个绝对值符号里面的式子的值的正负，再结合绝对值的代数意义进行化简即可.
【解析】∵a，b，c是△ABC的三边的长，∴a－b－c<0，b－c－a<0，a＋b－c>0，
∴|a－b－c|－|b－c－a|＋|a＋b－c|=-（a-b-c）-[-(b-c-a)]+(a+b-c)=-a+b+c+b-c-a+a+b-c=-a+3b-c.
故选B.
点睛：解答本题有以下两个要点：（1）熟知三角形三边间的关系：三角形任意两边的和大于第三边，任意两边的差小于第三边；（2）熟知绝对值的代数意义：正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数，0的绝对值是0.
题型2 利用三角形三边关系证明不等关系
解题技巧：遇到证明边之间大小关系的题型，想办法构造三角形，将需要证明的边转化到同一个三角形中，利用三角形两边的和大于第三边，三角形两边的差小于第三边解题. 。
1．（2021·绵阳市八年级月考）如图，P是△ABC内一点，连接BP，PC，延长BP交AC于D．
（1）图中有几个三角形；（2）求证：AB+AC＞PB+PC．
【答案】（1）5个；（2）证明见解析．
【分析】（1）直接找出图中的三角形即可，注意要不重不漏；
（2）利用三角形的三边关系可得AB+AD＞BD，PD+CD＞PC，再把两个式子相加进行变形即可．
【详解】（1）图中三角形有△ABC，△ABD，△BPC，△PDC，△BDC，共5个．
（2）证明：∵AB+AD＞BD，PD+CD＞PC，
∴AB+AD+PD+CD＞BD+PC，
∴AB+AD+PD+CD＞BP+PD+PC，
∴AB+AC＞PB+PC．
【点睛】本题考查三角形的三边关系，解题的关键是掌握两边之和大于第三边．
2.（2020•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．
3.（2020•雁塔区期中）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．
4.（2021•九龙坡区月考）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．
5.（2021•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．
题型3 中线与三角形面积（周长）
性质：三角形中线将三角形的面积分成相等的两部分
解题技巧：明确中线是哪个三角形的中线，这条中线将对应三角形的面积平分。题目中往往会出现多个三角形和多条中线，利用中线性质依次类推三角形的面积，直至求解出题干要求的面积。
1．（2020·连云港市和安中学初一月考）如图，、、分别是、、的中点，若△BFD的面积是3，则的面积是______．
A．6 B．12 C．15 D．24
【答案】D
【分析】根据三角形中线的性质求得S△BDE=2S△BDF, S△BDA=2S△BDE, S△ABC=2S△BDA即可解答．
【解析】解：∵F是BE的中点∴S△BDE=2S△BDF=6同理：S△BDA=2S△BDE=12，S△ABC=2S△BDA=24．
故答案为D．
【点睛】本题考查三角形中线的性质，掌握三角形的中线将三角形分为面积相等的两份是解答本题的关键．
2．（2020·枣庄市市中区实验中学初一月考）如图，是的中线，，，的周长和的周长差为( )
A．6 B．3 C．2 D．不确定
【答案】C
【分析】根据三角形的周长的计算方法得到△ABD的周长和△ADC的周长的差就是AB与AC的差．
【解析】∴BD=DC=BC，
∴△ABD和△ADC的周长的差=（AB+BC+AD）-（AC+BC+AD）=AB-AC=5-3=2，故选C．
【点睛】本题考查三角形的中线的定义以及周长的计算方法，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．
3．（2020·四川遂宁初一期末）如图，在中，点D，E，F分别在三边上，E是AC的中点，AD，BE，CF交于一点G，，，，则的面积是（ ）
A．42 B．48 C．54 D．60
【答案】D
【分析】根据部分三角形的高相等，由这些三角形的底边的比例关系可求三角形ABC的面积．
【解析】解：三角形BDG和CDG中，BD=2DC．根据这两个三角形在BC边上的高相等，
那么S△BDG=2S△GDC，∴S△GDC=，
同理S△AGE=S△GEC=6，S△BEC=S△BGC+S△GEC=16+8+6=30，
∴三角形ABC的面积=2S△BEC=60．故选：D．
【点睛】本题中由于部分三角形的高相等，可根据这些三角形的底边的比例关系来求三角形ABC的面积．
4．（2020·涿州市实验中学八年级期中）如图所示，在△ABC中，D、E、F分别为BC、AD、CE的中点，且S△ABC＝16cm2，则阴影部分（△BEF）的面积等于（ ）
A．2cm2 B．4cm2 C．6cm2 D．8cm2
【答案】B
【分析】三角形的一条中线分三角形为两个三角形，这两个三角形的面积相等，根据以上内容求出每个三角形的面积，即可求出答案．
【详解】解：∵S△ABC＝16cm2，D为BC中点，∴S△ADB＝S△ADC＝ ＝8cm2，
∵E为AD的中点，∴S△BED＝＝4cm2，S△CED＝＝4cm2，
∴S△BEC＝S△BED+S△CED＝4cm2+4cm2＝8cm2，
∵F为CE的中点，∴S△BEF＝ S△BEC＝4cm2，故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的中线平分面积，能求出各个三角形的面积是解此题的关键．
5．（2020·安徽合肥市·八年级期末）如图，为的中线，为的中点，连接．已知的面积为12，则的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由点D是BC的中点，可得△ABD的面积=△ACD的面积=×△ABC的面积，再由E是AD的中点，得出△ABE的面积是△ABD的面积的一半．
【详解】解：∵AD是△ABC的中线，∴△ABD的面积=△ACD的面积=×△ABC的面积=6，
∵E是AD的中点，∴△ABE的面积=×△ABD的面积=3，故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的面积，解题的关键是根据中点找出三角形的面积与原三角形面积的关系．
6．（2021·广西崇左市·八年级期末）如图，是的中线，，，那么的周长比的周长多______．
【答案】2
【分析】由是的中线，可得 再利用，可得答案．
【详解】解： 是的中线，
故答案为：
【点睛】本题考查的是三角形的中线的性质，掌握三角形的中线的性质是解题的关键．
7．（2020·西安市铁一中学初三一模）如图，点为的重心，则的值是（ ）．
A． B． C． D．无法确定
【答案】C
【分析】如图,分别延长、、，交、、于点、、，根据三角形重心定理得到、、是的中线，继而根据三中线把三角形分成面积相等的两个三角形即可求得答案.
【解析】如图,分别延长、、，交、、于点、、，
因为G是三角形重心，所以、、是的中线，所以 ，
即，同理，所以，
即= 1:1:1，故选C.
题型4 高线与三角形面积
性质：三角形面积等于对应底边和高乘积的一半，同一个三角形面积不变
注：求面积时，底边和高必须对应
解题技巧：同一个三角形面积不变，利用这条性质，可得出等式：BC×AD=AB×CE=AC×BF。利用个等式，可求出三角形中某些不太方便求解的边。
1．（2020·全国初二课时练习）在直角三角形ABC中，，，则的三条高之和为（ ）
A．8.4 B．9.4 C．10.4 D．11.
【答案】B
【分析】过点B作AC边上的高BD，根据直角三角形的面积公式即可求出BD，从而求出结论．
【解析】解：如图，过点B作AC边上的高BD．
，，即，解得．
的三条高之和为，故选B．
【点睛】此题考查的是三角形的高和三角形的面积公式，掌握三角形高的定义和三角形的面积公式是解决此题的关键．
2．（2020·南通市八一中学初一月考）若一个三角形的三边长之比为3：5：7．则这个三角形三边上的高之比为（ ）
A．3：5：7 B．7：5：3 C．35：21：15 D．6：5：4
【答案】C
【分析】首先根据三角形的面积计算出各边上的高的比．
【解析】因为边长之比满足3：5：7，设三边分别为3x、5x、7x，设三边上的高为a，b，c，
由题意得：故这个三角形三边上的高之比为：．故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式，关键是根据三角形的面积的公式计算．
3．（2020·江苏扬州初三一模）如图，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点E，如果△CDE的面积为3，△BCE的面积为4，△AED的面积为6，那么△ABE的面积为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【解析】△CDE与△AED的同底，底为DE；△BCE与△ABE的底相同，为BE，△CDE与△BCE在DE、BE上高相同；△AED与△ABE在DE、BE上高相同，SCDESADE=SCBESABE，解得SABE=8
考点：三角形的面积
点评：本题考查三角形的面积公式，本题的关键是找出四个三角形的边、高的关系
4．（2020·内蒙古林西?初二期末）如图，在中，AB=8，BC=6，AB、BC边上的高CE、AD交于点H，则AD与CE的比值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角形的面积公式即可得．
【解析】由题意得：
解得故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的高，利用三角形的面积公式列出等式是解题关键．
5．（2020·四川凉山?初三期末）如图，在△ABC中，过点A作射线AD∥BC，点D不与点A重合，且AD≠BC，连结BD交AC于点O，连结CD，设△ABO、△ADO、△CDO和△BCO的面积分别为S1、S2、S3和S4,则下列说法不正确的是（ ）
A．S1=S3 B．S1+S2=S3+S2 C．S1+S4=S3+S4 D．S1+S2=S3+S4
【答案】D
【分析】根据同底等高判断△ABD和△ACD的面积相等，即可得到S1+S2=S3+S2，即S1=S3，同理可得△ABC和△BCD的面积相等，即S1+S4=S3+S4.
【解析】∵△ABD和△ACD同底等高，∴S△ABD=S△ACD,, S1+S2=S3+S2，即S1=S3
△ABC和△DBC同底等高，∴S△ABC=S△DBC， ∴S1+S4=S3+S4故A,B,C正确，D错误.故选：D.
【点睛】考查三角形的面积，掌握同底等高的三角形面积相等是解题的关键.
6．（2020·江苏海安?初一月考）△ABC中，AD是BC边上的高，∠BAD=50°，∠CAD=20°，则∠BAC=___________．
【答案】70°或30°
【分析】根据AD的不同位置，分两种情况进行讨论：AD在△ABC的内部，AD在△ABC的外部，分别求得∠BAC的度数．
【解析】①如图，当AD在△ABC的内部时，∠BAC=∠BAD+∠CAD=50°+20°=70°．
②如图，当AD在△ABC的外部时，∠BAC=∠BAD -∠CAD=50°-20°=30°．故答案为：70°或30°．
【点睛】本题主要考查了三角形高的位置情况，充分考虑三角形的高在三角形的内部或外部进行分类讨论是解题的关键．
7．（2020·哈尔滨市第六十九中学校初一期中）如图，是的高，，则_____________．
【答案】 【分析】根据三角形的面积公式解答即可．
【解析】因为AD、CE、BF是△ABC的三条高，AB=5，BC=4，AD=3，
所以可得： BC•AD=AB•CE，可得：CE= ．故答案为：．
【点睛】此题考查三角形的面积，解题关键是根据同一三角形面积相等来分析．
题型5 复杂的面积问题—等积变换
性质：（1）两个三角形的面积之比等于它们的底、高乘积之比；
（2）等底（高）的两个三角形面积之比等于它们的高（底）之比；
（3）等底等高的两个三角形面积相等。
解题技巧：（1）寻找两个面积相等三角形技巧：选取底边相同的两个点的三角形，三角形的另一个顶点为与底边平行的线段上的点（等高）；（2）两图形面积之比，就是底边与高乘积之比。
注：三角形面积公式中有乘，而平行四边形中无。
1．（2019·重庆实验外国语学校初一期中）如图，在中，点将线段分成的两个部分，点将线段分成的两个部分，若的面积是，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将线段的比的关系转化为三角形的面积比的关系，结合图形即可求解
【解析】解： 设S△ABC=m,∵AD:BD=2:1∴S△ADC=, S△DBC=,
∵BE:CE=1:3∴S△AEC=, S△ABE=,∴S△ADE=S△ABE=×=,∴S△AEC：S△ADE=9：2,
∴, ∴S△ACF：S△ADF=9：2,而S△ADF=4∴S△ACF=×4=18，故选：B．
【点睛】本题考查三角形的面积关系：等高的三角形的面积比为其对应底的比，等底的三角形面积比为其对应高的比，将三角形边的比逐步转化为对应三角形的面积比是解题的关键.
2．（2020·重庆巴蜀中学初一期中）如图，、分别是的边、上的两点，，设的面积为，的面积为，若，则（ ）
A．1.5 B．2 C．3 D．0.5
【答案】B
【分析】根据线段的比例关系求出，，，然后找出它们与S1和S2之间的关系，进而求出．
【解析】，，，，
又，，
．故选：B．
【点睛】本题考查三角形的面积，当高相等时，三角形的面积比等于底边比，关键是要根据线段比例确定面积之间的关系．
3．（2020·江苏射阳初三一模）如图，中，两点分别在，上，若，则的面积:的面积___．
【答案】
【分析】由已知可得BD:AD=BE:EC=1:2，然后根据三角形面积求法得出S△BDC:S△ADC=1:2，S△BDE:S△DCE=1:2，设S△BDC=x，用含x的式子分别表示出△DBE与△ADC的面积，继而可得出答案．
【解析】解：∵BD:AB=BE:BC=1:3，∴BD:AD=BE:EC=1:2，∴S△BDC:S△ADC=1:2，S△BDE:S△DCE=1:2，
设S△BDC=x，则S△ADC=2x，S△BED=x，∴△DBE的面积:△ADC的面积=x:2x=1:6．故答案为：1:6．
【点睛】此题主要考查了三角形面积的求法，正确利用等高（或同高）的两个三角形的面积比等于底边长的比是解题的关键．
4．（2021·上海闵行初一期中）如图，对面积为的逐次进行操作：第一次操作，分别延长、、至点、、，使得，，，顺次连接、、，得到，记其面积为；第二次操作，分别延长、、至点、、，使得、、，顺次连接、，得到，记其面积为，，按此规律继续下去，可得到，则其面积________．
【答案】361
【分析】根据三角形等高时底之比等于面积比得出的面积为面积的两倍，则的面积是的2倍…，以此类推，得出的面积．
【解析】
连接， , ,根据，的面积为的2倍，所以的面积为2；同理的面积为的2倍，所以的面积为4；
以此类推：的面积为2，的面积为4，的面积为2，的面积为4
∴，即面积为面积的19倍，以此类推的面积为面积的倍，所以．故答案为：361
【点睛】利用三角形的底与高之间的数量关系判断面积的数量关系是解决本题的关键．
6．（2020·张家港市梁丰初级中学初一期中）如图，D、E分别是边AB，BC上的点，AD=2BD，BE=CE，设的面积为 的面积为，若，则的值为____________.
【答案】1；
【分析】S△ADF−S△CEF＝S△ABE−S△BCD，所以求出三角形ABE的面积和三角形BCD的面积即可，因为AD＝2BD，BE＝CE，且S△ABC＝6，就可以求出三角形ABE的面积和三角形BCD的面积.
【解析】解：∵BE＝CE，∴BE＝BC，∵S△ABC＝6，∴S△ABE＝S△ABC＝×6＝3．
∵AD＝2BD，S△ABC＝6，∴S△BCD＝S△ABC＝×6＝2，
∵S△ABE−S△BCD＝（S1＋S四边形BEFD）−（S2＋S四边形BEFD）＝S1−S2＝3-2=1，故答案为1
【点睛】本题考查三角形的面积，关键知道当高相等时，面积等于底边的比，据此可求出三角形的面积，然后求出差．
题型6 三角形 “三线”的综合应用
解题技巧：熟悉掌握中线、高线、角平分线的定义及性质。
1．（2020·四川雅安初一期末）如图，在中，，是高，是中线，是角平分线，交于，交于，下列说法正确的是（ ）
①②③④
A．①③ B．①②③ C．①③④ D．②③④
【答案】C
【分析】①根据，是高，可得,,又因为是角平分线，可得，故能得到∠AEG=∠DGB，再根据对顶角相等，即可求证该说法正确；
②因为是中线，是角平分线，得不到∠HCB=∠HBC，故该说法错误；
③,,可得∠EAG=∠DBA，因为∠DBA=2∠EBC，故能得到该说法正确；④根据中线平分面积，可得该说法正确．
【解析】解：①∵，是高∴,
∵是角平分线∴∴∠AEG=∠DGB
∵∠DGB=∠AGE∴，故该说法正确；
②因为是中线，是角平分线，得不到∠HCB=∠HBC，故该说法错误；
③∵,∴∠EAG=∠DBA
∵∠DBA=2∠EBC，∴∠EAG=2∠EBC，故该说法正确；
④根据中线平分面积，可得，故该说法正确．故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形的高，中线，角平分线的性质，熟练各线的特点和性质是解决本题的关键．
2．（2020·陕西渭滨初一期末）如图，AE是△ABC的角平分线，AD⊥BC于点D，点F为BC的中点，若∠BAC＝104°，∠C＝40°，则有下列结论：①∠BAE＝52°；②∠DAE＝2°；③EF＝ED；④S△ABF＝S△ABC.其中正确的个数有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据角平分线的定义可判定①；根据角平分线的定义及垂直的定义求得∠CAE=52°，∠CAD=50°，再由∠DAE＝∠CAE -∠CAD即可判定②；根据三角形中线的性质即可判定④；③根据已知条件判定不出，由此即可解答.
【解析】∵AE是△ABC的角平分线，∠BAC＝104°，∴∠BAE=∠CAE＝=52°；①正确；
∵AD⊥BC，∠C＝40°，∴∠CAD=90°-40°=50°；∴∠DAE＝∠CAE -∠CAD =2°；②正确；
∵F为BC的中点，∴S△ABF＝S△ABC. ④正确.
根据已知条件不能够判定③正确.综上，正确的结论为①②④，共3个，故选C.
【点睛】本题考查了三角形的角平分线、中线及高线的性质，熟知三角形的角平分线、中线及高线的性质是解决问题的关键.
3．（2021·定边县第三中学初二期中）如图所示，在中，与的平分线交于点，过点作交于点，交于点，那么下列结论：①；②；③和都是等腰三角形；④的周长等于与的和，其中正确的有( )
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】通过平行线和角平分线得到相等的角，再根据平行线的性质及等腰三角形的判定和性质解答即可．
【解析】解：∵∠ABC、∠ACB的平分线相交于点P，∴∠MBP=∠PBC，∠PCN=∠PCB，
又∵MN∥BC，∴∠PBC=∠MPB，∠NPC=∠PCB，∴∠MBP=∠MPB，∠NPC=∠PCN，
∴BM=MP，PN=CN，∴MN=MP+PN=BM+CN，故②正确，
△BMP和△CNP都是等腰三角形，故③正确，
∵△AMN的周长=AM+AN+MN，MN=BM+CN，∴△AMN的周长等于AB与AC的和，故④正确，
不能说明，故①错误；故答案为B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、角平分线的性质和平行线的性质等知识，通过平行线和角平分线得到相等的角是解答本题的关键．
4．（2020·全国初二课时练习）如图，某地有三个车站A，B，C，顺次连接AB，BC，CA，构成三角形，一辆公共汽车从B站前往C站．
（1）当汽车行驶到点D时，刚好有，连接AD，AD这条线段是中BC边上的____________，在中，这样的线段有__________条，此时__________（填“有”或“没有”）面积相等的三角形；
（2）汽车继续向前行驶，当行驶到点E时，发现，那么AE这条线段是中的____________，在中，这样的线段有____________条；
（3）汽车继续向前行驶，当行驶到点F时，发现，那么AF是中BC边上的____________，在中，这样的线段有____________条．
【答案】（1）中线，3，有；（2）角平分线，3；（3）高，3
【分析】（1）由于BD=CD，则点D是BC中点，AD是中线，一个三角形有三条中线，三角形的中线把三角形成面积相等的两个三角形；（2）由于，得到AE是三角形的角平分线，一个三角形有三条角平分线；（3）由于，得到AF是三角形高，一个三角形有三条高．
【解析】（1）AD是中BC边上的中线，在中，这样的线段有3条，此时△ABD与△ACD面积相等；
（2）AE这条线段是中的角平分线，在中，这样的线段有3条；
（3）AF是中BC边上的高，在中，这样的线段有3条．
故答案为：（1）中线，3，有；（2）角平分线，3；（3）高，3．
【点睛】本题考查了三角形的高线、角平分线、中线的概念，理解好相关概念是解题关键．
题型7 直角三角板中的求角度问题
1．（2019·河北石家庄初一期末）小明把一副含45°，30°角的直角三角板如图摆放，其中∠C=∠F=90°，∠A=45°，∠D=30°，则∠1+∠2等于_________．
【答案】210°
【分析】由三角形外角定理可得，，故＝＝，根据角的度数代入即可求得．
【解析】∵，，
∴＝＝＝＝210°．
故答案为：210°．
【点睛】本题主要考查了三角形外角性质，熟练掌握三角形中角的关系是解题的关键．
2．（2020·北京丰台初一期末）一副三角尺按如图所示的位置摆放，那么__________．
【答案】60°．
【分析】根据直角三角尺的特点，可以得到∠B的度数，再根据∠FDB=90°，从而可以得到∠α的度数．
【解析】由图可知，∠B=30°，∠FDB=90°，
故∠α=90°-∠B=90°-30°=60°，故答案为：60°．
【点睛】本题考查解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
3．（2020·重庆市渝北中学校初一月考）将一幅三角板拼成如图所示的图形，过点C作CF平分∠DCE交DE于点F，（1）求证：CF∥AB，（2）求∠DFC的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）105°
【分析】（1）首先根据角平分线的性质可得∠1=45°，再有∠3=45°，再根据内错角相等两直线平行可判定出AB∥CF；（2）利用三角形内角和定理进行计算即可．
【解析】解：（1）证明：∵CF平分∠DCE，∴∠1=∠2=∠DCE．
∵∠DCE=90°，∴∠1=45°．∵∠3=45°，∴∠1=∠3．∴AB∥CF．
（2）∵∠D=30°，∠1=45°，∴∠DFC=180°﹣30°﹣45°=105°．
【点睛】本题考查平行线的判定，角平分线的定义及三角形内角和定理，熟练掌握相关性质定理是本题的解题关键．
4.（2020•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．
5.（2019 •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8 三角形的折叠问题
1．（2020·江苏如皋初一期末）在△ABC中，将∠B、∠C按如图所示方式折叠，点B、C均落于边BC上一点G处，线段MN、EF为折痕．若∠A＝82°，则∠MGE＝_____°．
【答案】82
【分析】由折叠的性质可知：∠B＝∠MGB，∠C＝∠EGC，根据三角形的内角和为180°，可求出∠B+∠C的度数，进而得到∠MGB+∠EGC的度数，问题得解．
【解析】解：∵线段MN、EF为折痕，∴∠B＝∠MGB，∠C＝∠EGC，
∵∠A＝82°，∴∠B+∠C＝180°﹣82°＝98°，
∴∠MGB+∠EGC＝∠B+∠C＝98°，∴∠MGE＝180°﹣98＝82°，故答案为：82．
【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，解题的关键是利用整体思想得到∠MGB+∠EGC的度数．
2．（2020·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校初一期末）如图，在中，点是上的点，，将沿着翻折得到，则______°．
【答案】20
【分析】根据三角形内角和和翻折的性质解答即可．
【解析】，将沿着翻折得到，
，，
，故答案为20
【点睛】此题考查翻折的性质，关键是根据三角形内角和和翻折的性质解答．
3．（2020·江苏张家港初一期末）如图，在四边形ABCD中，∠B＝120°，∠B与∠ADC互为补角，点E在BC上，将△DCE沿DE翻折，得到△DC′E，若AB∥C′E，DC′平分∠ADE，则∠A的度数为______°．
【答案】
【分析】由已知得出∠ADC=60°，由折叠的性质得：∠CDE=∠C'DE，∠CED=∠C'ED，证出∠CDE=∠ADC'=∠C'DE=20°，由平行线的性质得出∠CEC'=∠B=120°，得出∠CED=60°，由三角形内角和定理求出∠C=100°，再由四边形内角和定理即可得出结果．
【解析】解：∵∠B=120°，∠B与∠ADC互为补角，∴∠ADC=60°，
由折叠的性质得：∠CDE=∠C'DE，∠CED=∠C'ED，
∵DC'平分∠ADE，∴∠ADC'=∠C'DE，∴∠CDE=∠ADC'=∠C'DE=20°，
∵AB∥C'E，∴∠CEC'=∠B=120°，∴∠CED=60°，
∴∠C=180°-60°-20°=100°，∴∠A=360°-∠B-∠C-∠ADC=80°；故答案为：80．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、平行线的性质、三角形内角和定理、四边形内角和定理等知识；熟练掌握翻折变换的性质，求出∠C的度数是解题的关键．
4．（2020·江苏泰兴初一期末）如图，四边形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上， 将△BMN沿MN翻折，得△FMN，若MF∥AD，FN∥DC，则∠B = °．
【答案】95
【解析】∵MF∥AD，FN∥DC，∴∠BMF=∠A=100°，∠BNF=∠C=70°.
∵△BMN沿MN翻折得△FMN，
∴∠BMN=∠BMF=×100°=50°，∠BNM=∠BNF=×70°=35°.
在△BMN中，∠B=180°－（∠BMN＋∠BNM）=180°－（50°＋35°）=180°－85°=95°.
5.（2021•龙岗区期末）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．
6.（2020•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．
题型9 多边形边角的有关计算
性质：多边形内角和=180（n－2） 多边形外角和为360度 多边形对角线：。
解题技巧：
1）利用多边形内角和公式，设边为n，列写内角和公式方程求解边n。注意理解性记忆公式，切勿强记。
2）先利用多边形内角和公式，将边数n代入公式求出内角和；再结合图形特点，求出提高要求的角度。
3）设多边形边数为n，牢牢把握多边形外角和为360度这个不变量，根据题干内、外角之间的关系，列写含有n的方程，从而求解多边形边数n。
4）此类题型比较灵活，要紧抓住边这个条件。无论是内角和、对角线都仅与边有关系。因此，在解决此类问题时，要想办法先求出多边形的边，在依据题目要求进行求解。在条件比较复杂情况下，可设多边形的边为未知数，转化为方程求解。
1．（2021·苏州文昌实验中学校八年级期中）如果一个正多边形的一个内角是，那么这个正多边形的边数是（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】B
【分析】根据多边形的内角和公式（n-2）•180°列式进行计算即可得解．
【详解】解：设这个正多边形的边数是n，
根据题意得，（n-2）•180°=140°•n，解得n=9．故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，熟记内角和公式是解题的关键．
2．（2021·四川眉山市·中考真题）正八边形中，每个内角与每个外角的度数之比为（ ）
A．1：3 B．1：2 C．2：1 D．3：1
【答案】D
【分析】根据正八边形的外角和等于360°，求出每个外角的度数，再求出每个内角的度数，进而即可求解．
【详解】解：正八边形中，每个外角=360°÷8=45°，每个内角=180°-45°=135°，
∴每个内角与每个外角的度数之比=135°：45°=3：1，故选D．
【点睛】本题主要考查正多边形的内角和外角，熟练掌握正多边形的外角和等于360°，是解题的关键．
3．（2021·全国八年级专题练习）如图，将三角形纸片ABC沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE的外部时，测量得∠1＝70°，∠2＝152°，则∠A为（ ）
A．40° B．42° C．30° D．52°
【答案】B
【分析】利用四边形的内角和定理求出，再利用三角形的内角和定理可得结果．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，故选：B．
【点睛】此题考查了多边形内角与外角、三角形内角和定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．
4．（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，点A、B、C、D、E在同一平面内，连接、、、、，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接BD，根据三角形内角和求出∠CBD+∠CDB，再利用四边形内角和减去∠CBD和∠CDB的和，即可得到结果．
【详解】解：连接BD，∵∠BCD=100°，∴∠CBD+∠CDB=180°-100°=80°，
∴∠A+∠ABC+∠E+∠CDE=360°-∠CBD-∠CDB=360°-80°=280°，故选D．
【点睛】本题考查了三角形内角和，四边形内角和，解题的关键是添加辅助线，构造三角形和四边形．
5．（2021·福建莆田市·九年级一模）科技馆为某机器人编制了一个程序，如果机器人在平地上按照图中所示的程序行走，那么该机器人所走的总路程为（ ）
A．6米 B．12米 C．16米 D．20米
【答案】B
【分析】根据机器人每次转的方向和角度得出机器人所走过的路线是正多边形，求出正多边形的边数在结合每次走的距离即可解答．
【详解】根据题意可得，机器人所走过的路线是正多边形，
每一次都是左转，向前走米，正多边形的边数为，
机器人所走的总路程为（米），故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形的应用，解题关键是根据每次转的方向和角度求出正多边形的边数．
6．（2021·河北保定市·九年级一模）嘉淇用一些完全相同的△ABC纸片拼接图案，已知用六个△ABC纸片按照如图1所示的方法拼接，可得外轮廓是正六边形图案，若用n个△ABC纸片按如图2所示的方法拼接，那么可以得到外轮廓的图案是（ ）
A．正七边形 B．正八边形 C．正九边形 D．正十边形
【答案】C
【分析】根据第一个图外轮廓是正六边形图案可求的△ABC纸片的为，则,新多边形的一个内角为，因为是正多边形，利用正多边形的内角和公式即可求解．
【详解】正六边形的每个内角为：
,
由题意可知，新的图案是一个正多边形，
新多边形的一个内角为
设新多边形的边数为 则 ．故选C．
【点睛】本题考查了三角形内角和为，正多边形的内角公式，多边形内角和公式，理解题意求出正多边形的一个内角是解题的关键．
7．（2021·浙江杭州市·八年级期中）如图：在六边形ABCDEF中，，则__________．
【答案】210°
【分析】连接DE，利用平行线的性质证明∠ABC=∠DEF，∠A=∠D，∠C=∠F，再计算出六边形内角和，结合∠A的度数可得结果．
【详解】解：如图，连接DE，∵AB∥DE，BC∥EF，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，∴∠1+∠4=∠2+∠3，即∠ABC=∠DEF，同理：∠A=∠D，∠C=∠F，
∵∠A+∠C+∠D+∠F+∠ABC+∠DEF=（6-2）×180°=720°，∴∠A+∠C+∠DEF=360°，
∵∠A=150°，∴∠C+∠DEF=210°，故答案为：210°．
【点睛】本题考查了平行线的性质，多边形内角和，作出辅助线，证明∠ABC=∠DEF是解题的关键．
8．（2021·陕西西安交大第二附属中学南校区九年级其他模拟）如图，在正八边形中，对角线的延长线与边的延长线交于点M，则的大小为__________．
【答案】
【分析】利用正多边形的内角和公式与外角和公式结合题意即可求出，，再利用三角形外角性质即可求出．
【详解】解：根据正八边形的性质可知，，
由图可知，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形的内角和与外角和公式以及三角形外角的性质．掌握正多边形的内角和与外角和公式是解答本题的关键．
题型10 双角平分线（两内、两外、一内一外）
1．（2021·山西阳泉初二期中）佳琪同学在学习了三角形内角和及角平分线定义后经大量的测试实验发现，在一个三角形中，两个内角的角平分线所夹的角只与第三个角的大小有关.
测量数据如下表：
测量和度数
测量工具
量角器
示意图
与的平分
线交于点
测量数据
第一次
第二次
第三次
第四次
…
…
（1）通过以上测量数据，请你写出与的数量关系：______.（2）如图，在中，若与的平分线交于点，则与存在怎样的数量关系？请说明理由.
【答案】（1）；（2），理由见解析
【分析】（1）根据表格中的数据，设，利用待定系数法进行计算，即可得到答案；
（2）根据角平分线的性质，得到，，然后利用外角性质，以及角的和差关系，即可得到结论成立.
【解析】（1）根据题意，设，∴，解得：，∴.
（2）. 理由：∵与的平分线交于点，
∴，.
∵，∴.
∵是的外角，∴，∴.
【点睛】本题考查了角平分线定理，三角形内角和定理以及三角形外角性质，待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是掌握所学性质进行解题.
2．（2020·江苏丹徒?初一期末）已知ABCD，点E是平面内一点，∠CDE的角平分线与∠ABE的角平分线交于点F．（1）若点E的位置如图1所示． ①若∠ABE=60°，∠CDE=80°，则∠F= °；
②探究∠F与∠BED的数量关系并证明你的结论； （2）若点E的位置如图2所示，∠F与∠BED满足的数量关系式是 ． （3）若点E的位置如图3所示，∠CDE 为锐角，且，设∠F=α，则α的取值范围为 ．
【答案】（1）①70；②∠F=∠BED，证明见解析；（2）2∠F+∠BED=360°；（3）
【分析】（1）①过F作FG//AB，利用平行线的判定和性质定理得到∠DFB=∠DFG+∠BFG=∠CDF+∠ABF，利用角平分线的定义得到∠ABE+∠CDE=2∠ABF+2∠CDF=2（∠ABF+∠CDF），求得∠ABF+∠CDF=70，即可求解；②分别过E、F作EN//AB，FM//AB，利用平行线的判定和性质得到∠BED=∠ABE+∠CDE，利用角平分线的定义得到∠BED=2（∠ABF+∠CDF），同理得到∠F=∠ABF+∠CDF，即可求解；
（2）根据∠ABE的平分线与∠CDE的平分线相交于点F，过点E作EG∥AB，则∠BEG+∠ABE=180°，因为AB∥CD，EG∥AB，所以CD∥EG，所以∠DEG+∠CDE=180°，再结合①的结论即可说明∠BED与∠BFD之间的数量关系；（3）通过对的计算求得，利用角平分线的定义以及三角形外角的性质求得，即可求得．
【解析】（1）①过F作FG//AB，如图：
∵AB∥CD，FG∥AB，∴CD∥FG，∴∠ABF=∠BFG，∠CDF=∠DFG，
∴∠DFB=∠DFG+∠BFG=∠CDF+∠ABF，
∵BF平分∠ABE，∴∠ABE=2∠ABF，∵DF平分∠CDE，∴∠CDE=2∠CDF，
∴∠ABE+∠CDE=2∠ABF+2∠CDF=2（∠ABF+∠CDF）=60+80=140，
∴∠ABF+∠CDF=70，∴∠DFB=∠ABF+∠CDF=70，故答案为：70；
②∠F=∠BED， 理由是：分别过E、F作EN//AB，FM//AB，
∵EN//AB，∴∠BEN=∠ABE，∠DEN=∠CDE，∴∠BED=∠ABE+∠CDE，
∵DF、BF分别是∠CDE的角平分线与∠ABE的角平分线，
∴∠ABE=2∠ABF，∠CDE=2∠CDF，即∠BED=2（∠ABF+∠CDF）；
同理，由FM//AB，可得∠F=∠ABF+∠CDF，∴∠F=∠BED；
（3）2∠F+∠BED=360°．如图，过点E作EG∥AB，则∠BEG+∠ABE=180°，
∵AB∥CD，EG∥AB，∴CD∥EG，∴∠DEG+∠CDE=180°，
∴∠BEG+∠DEG=360°-（∠ABE+∠CDE），即∠BED=360°-（∠ABE+∠CDE），
∵BF平分∠ABE，∴∠ABE=2∠ABF，
∵DF平分∠CDE，∴∠CDE=2∠CDF，∠BED=360°-2（∠ABF+∠CDF），
由①得：∠BFD=∠ABF+∠CDF，∴∠BED=360°-2∠BFD，即2∠F+∠BED=360°；
（3）∵，∠F=α，∴，解得：，如图，
∵∠CDE 为锐角，DF是∠CDE的角平分线，∴∠CDH=∠DHB，
∴∠F∠DHB，即，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线的性质、角平分线的定义以及三角形外角性质的应用，在解答此题时要注意作出辅助线，构造出平行线求解．
3.（2020•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．
4.（2021•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．
5．（2021·江苏镇江市·八年级期中）模型规律：如图1，延长交于点D，则．因为凹四边形形似箭头，其四角具有“”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．
模型应用
（1）直接应用：
①如图2，，则__________；
②如图3，__________；
（2）拓展应用：
①如图4，、的2等分线（即角平分线）、交于点，已知，，则__________；
②如图5，、分别为、的10等分线．它们的交点从上到下依次为、、、…、．已知，，则__________；
③如图6，、的角平分线、交于点D，已知，则__________；
④如图7，、的角平分线、交于点D，则、、之同的数量关系为__________．
【答案】（1）①110；②260；（2）①85；②110；③142；④∠B-∠C+2∠D=0
【分析】（1）①根据题干中的等式直接计算即可；
②同理可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠BOC+∠DOE，代入计算即可；
（2）①同理可得∠BO1C=∠BOC-∠OBO1-∠OCO1，代入计算可得；
②同理可得∠BO7C=∠BOC-（∠BOC-∠A），代入计算即可；
③利用∠ADB=180°-（∠ABD+∠BAD）=180°-（∠BOC-∠C）计算可得；
④根据两个凹四边形ABOD和ABOC得到两个等式，联立可得结论．
【详解】解：（1）①∠BOC=∠A+∠B+∠C=60°+20°+30°=110°；
②∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠BOC+∠DOE=2×130°=260°；
（2）①∠BO1C=∠BOC-∠OBO1-∠OCO1=∠BOC-（∠ABO+∠ACO）=∠BOC-（∠BOC-∠A）
=∠BOC-（120°-50°）=120°-35°=85°；
②∠BO7C=∠BOC-（∠BOC-∠A）=120°-（120°-50°）=120°-10°=110°；
③∠ADB=180°-（∠ABD+∠BAD）=180°-（∠BOC-∠C）=180°-（120°-44°）=142°；
④∠BOD=∠BOC=∠B+∠D+∠BAC，∠BOC=∠B+∠C+∠BAC，联立得：∠B-∠C+2∠D=0．
【点睛】本题主要考查了新定义—箭头四角形，利用了三角形外角的性质，还考查了角平分线的定义，图形类规律，解题的关键是理解箭头四角形，并能熟练运用其性质．
6．（2020·山西翼城初一期末）探索三角形的内(外)角平分线形成的角的规律．
在三角形中，由三角形的内角平分线、外角平分线所形成的角存在一定的规律．
规律1：三角形的两个内角的平分线形成的钝角等于加上第三个内角度数的一半．
规律2：三角形的两个外角的平分线形成的锐角等于减去与这两个外角不相邻的内角度数的一半．
如图，已知点是的内角平分线与的交点，点是的外角平分线与的交点，则．
证明规律1：
是的角平分线，
.
证明规律2：
.
请解决以下问题：（1）写出上述证明过程中步骤（2）的依据是： ；（2）如图，已知点是的内角平分线与的外角平分线的交点，请猜想和的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）三角形的内角和等于；（2）．
【分析】（1）经过认真阅读推理过程，再结合三角形的有关知识可以得到解答；（2）根据外角定理及角平分线定义，∠1可以用∠A表示出来，也可以用∠Q表示出来，利用等量代换即可求得和的数量关系．
【解析】三角形的内角和等于；
理由如下:
平分
平分，
．
【点睛】本题考查三角形内外角的有关知识和应用，在正确作图的基础上利用内角和定理、外角定理以及角平分线定义是解题关键．
7．（2021·宜兴市实验中学八年级期中）（1）已知AB∥CD，E是AB、CD间一点，如图1，给它取名“M型”；有结论：；如图2，给它取名“铅笔头型”，有结论：；
①在图3 “M型”中，AF、CF分别平分∠A、∠C，则∠F与∠E的关系是 ；
②在图4 “铅笔头型”中，延长EC到G，AF、CF分别平分∠A、∠DCG，则∠F与∠E的关系是 ；
（2）若直线AB与直线CD不平行，连接EG，且EG同时平分∠BEF和∠FGD．
①如图5，请探究∠1、∠2、∠F之间的数量关系？并说明理由；
②如图6，∠1比∠2的3倍多18°，∠2是∠F的，求∠F的度数．
【答案】（1）①；②；（2）①；②
【分析】
【详解】：（1）①由“M型”角的关系可得：，，
∵AF、CF分别平分∠A、∠C，∴，
∴，
∴∠F与∠E的关系是；故答案为；
②如图，
由“铅笔头型”，可得结论：，
∵AF、CF分别平分∠A、∠DCG，∴，
∵AB∥CD，∴，
∵，
∴由三角形外角的性质可得：，
∴；故答案为；
（2）①，理由如下：由邻补角可得：，
∵EG同时平分∠BEF和∠FGD，
∴，
∵，∴，∴；
②如图，
∵∠1比∠2的3倍多18°，∠2是∠F的，∴，∴，
∵EG同时平分∠BEF和∠FGD，∠BEF=180°-∠1，
∴，，
由三角形外角的性质可得：，
∴，∵，
∴，
把代入化简得：，∴．
【点睛】本题主要考查三角形内角和与外角的性质、平行线的性质及角平分线的定义，熟练掌握三角形内角和与外角的性质、平行线的性质及角平分线的定义是解题的关键．
考点01 认识三角形和多边形
知识框架
基础知识点
知识点1-1 认识三角形
（1）三角形定义：由不在同一条直线上的三段线段首位顺次相接所组成的图形叫作三角形。记作△ABC，读作三角形ABC。
（2）三角形的分类：
①已学习，按照角分类
②还可按照边进行分类，根据边是否相等
③等腰不等边，两腰角相等，且两腰均为锐角；等边三角形，三个角都为60度；
④特殊三角形：等腰直角三角形，90度、45度、45度。
1．（2021·襄阳阳光学校初二月考）三角形是指( )
A．由三条线段所组成的封闭图形 B．由不在同一直线上的三条直线首尾顺次相接组成的图形
C．由不在同一直线上的三条线段首尾顺次相接组成的图形 D．由三条线段首尾顺次相接组成的图形
【答案】C
【分析】根据三角形的定义解答即可．
【解析】因为三角形的定义是：由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所成的图形．故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的定义．解题的关键是熟记三角形的定义．
2．（2021·咸宁市八年级月考）下列关于三角形的分类，有如图所示的甲、乙两种分法，则（ ）
A．甲分法错误，乙分法正确 B．甲分法正确，乙分法错误
C．甲、乙两种分法均正确 D．甲、乙两种分法均错误
【答案】A
【分析】根据三角形的分类可直接选出答案．
【详解】按边分类：不等边三角形和等腰三角形（底和腰不等的等腰三角形、底和腰相等的等腰三角形即等边三角形）；按角分类：锐角三角形，直角三角形，钝角三角形．∴甲分法错误，乙分法正确．故选：A．
【点睛】本题主要考查三角形的分类，关键是掌握分类方法．根据三角形角、边的特点，按边或按角分类．
3．（2021·山西吕梁市·八年级期中）给出下列说法：（1）等边三角形是等腰三角形；（2）三角形按边的相等关系分类可分为等腰三角形、等边三角形和不等边三角形；（3）三角形按角的大小分类可分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形．其中，正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．0
【答案】B
【分析】根据三角形的分类、三角形的三边关系进行判断
【详解】（1）等边三角形是一特殊的等腰三角形，正确
（2）三角形按边分类可以分为不等边三角形和等腰三角形，错误
（3）三角形按角分类应分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形，正确
综上所述，正确的结论2个 故选B
【点睛】本题考查了三角形．注意：等边三角形一定是等腰三角形，但是等腰三角形不一定是等边三角形
4．（2021·山东滨州市·八年级期末）三角形按边分类可以用集合来表示，如图所示，图中小椭圆圈里的A表示（ ）
A．直角三角形 B．锐角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形
【答案】D
【分析】根据三角形的分类可直接得到答案．
【详解】三角形根据边分类 ，
∴图中小椭圆圈里的A表示等边三角形．故选D．
【点睛】此题主要考查了三角形的分类，关键是掌握分类方法．按边的相等关系分类：不等边三角形和等腰三角形（底和腰不等的等腰三角形、底和腰相等的等腰三角形即等边三角形）．
5．（2020·浙江翠苑中学八年级期中）一个三角形三个内角的度数之比是，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．不能确定
【答案】A
【分析】由三角形三个内角的度数之比是，结合三角形的内角和定理，分别求解三个内角的大小，再作出判断即可．
【详解】解：∵三角形的三个内角之比是，∴三角形的三个内角依次为：，，，∴该三角形一定是锐角三角形．故选A．
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，三角形的分类，掌握以上知识是解题的关键．
知识点1-2 三角形三边关系
两边之和大于第三边，两边之差小于第三边
；
只需满足：<第三边<两边之和（两边为相同两条边）
注：是“>”和“<”，不包含“=”
1．（2021·河北廊坊市·八年级期末）在中，若，，则第三边的取值可能是（ ）
A．3． B．5 C．9 D．10
【答案】B
【分析】根据三角形的三边不等关系：任意两边之差＜第三边＜任意两边之和，解答即可．
【详解】解：根据三角形的三边关系，得6-3＜BC＜6+3，即3＜BC＜9．符合条件的条件是BC=5，
故选：B．
【点睛】此题考查了求三角形第三边的范围，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．
2．（2020·四川省自贡市贡井区成佳中学校八年级月考）若是△ABC的三边长，则化简的结果是________．
【答案】2a
【分析】根据a，b，c为三角形三边长，利用三角形三边关系判断出绝对值里边式子的正负，利用绝对值的代数意义化简即可．
【详解】解：∵a，b，c为三角形三边上，∴a+b-c>0，b-c-a＜0，
则原式=a+b-c-b+a+c=2a，故答案为：2a．
【点睛】此题考查了三角形三边关系以及整式的加减-化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
3．（2020·四川省自贡市贡井区成佳中学校八年级月考）在△ABC中，AB=5，BC=2，若AC的长是偶数，则△ABC的周长为________．
【答案】11或13
【分析】根据“三角形的两边的和一定大于第三边，两边的差一定小于第三边”进行分析，解答即可．
【详解】解：因为5-2＜AC＜5+2，所以3＜AC＜7，因为AC长是偶数，所以AC为4或6，
所以△ABC的周长为：11或13.故答案为：11或13．
【点睛】本题考查三角形的三边关系．三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边．
4．（2020·江苏扬州中考模拟）已知n正整数，若一个三角形的三边长分别是n+2、n+8、3n，则满足条件的n的值有( )
A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
【答案】D
【分析】分n+8与3n最大两种情况，根据三角形三边关系列出不等式组，解不等式组后求出正整数解即可得答案.
【解析】∵n+2
综上：n的值可以为3、4、5、6、7、8、9，共7种可能，故选D.
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的应用，三角形三边关系，熟练掌握相关内容并正确分类讨论是解题的关键.
5．（2021·广西河池市·八年级期末）已知的三边长为2，7，，请写出一个符合条件的的整数值，这个值可以是______．
【答案】6或7或8
【分析】根据三角形三边关系：①任意两边之和大于第三边；②任意两边之差小于第三边，即可得出第三边的取值范围．
【详解】解：∵三角形的三边长分别为2，7，x，∴7-2＜x＜7+2，即5＜x＜9，
故答案为：6或7或8．
【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系，即任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
6．（2020·安徽合肥市·八年级期末）的三边长分别为，且为整数，则的值是_____________．
【答案】3
【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．
【详解】解：根据三角形三边关系，∴三角形的第三边x满足：3-1＜x＜3+1，即2＜x＜4，
∵x为整数，∴x=3，故答案为：3．
【点睛】此题主要考查了三角形三边关系，根据第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和是解决问题的关键．
知识点1-3 三角形的高、中线与角平分线
（1）三角形的高：从三角形的一个顶点向它的对边所在直线作垂线，顶点与垂足之间的线段叫做三角形的高线，简称三角形的高( atitude of triangle)。三条高的交点叫作垂心。
（2）中线：在三角形中，连接一个顶点与它的对边中点的线段，叫做三角形的中线(median of triangle).
三条中线的交点叫作重心。
（3）角平分线：在三角形中，一个内角的平分线与这个角的对边相交，这个角的顶点与交点之间的线段叫做三角形的角平分线(angular bisector of Lriangle)。三条角平分线的交点叫作内心。
（高线） （中线） （角平分线）
（4）几何关系：
①垂线：AD⊥BC ②中线：CD=DB ③角平分线：∠CAD=∠DAB
注：①锐角三角形三条高线的交点在三角形内，钝角三角形三条高线的交点在三角形外；直角三角形三条高线的交点在直角顶点上；②锐角三角形、钝角三角形、直角三角形的三条中线、角平分线的交点都在三角形内部。
1．（2020·孝感市孝南区肖港镇肖港初级中学八年级月考）三角形的重心是指（ ）
A．三个内角平分线的交点 B．三边上的高的交点 C．三条中线的交点 D．三边垂直平分线的交点
【答案】C
【分析】由三角形的重心的定义可得：三角形的重心是三条中线的交点．
【详解】解：三角形的重心是三条中线的交点．故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形的重心的概念，掌握三角形的重心是三条中线的交点是解题的关键．
2．（2021·福建厦门市·八年级期末）若AD是△ABC的中线，则下列结论正确的是（ ）
A．AD⊥BC B．BD＝CD C．∠BAD＝∠CAD D．AD＝BC
【答案】B
【分析】三角形的中线是连接三角形的一个顶点及其对边中点的线段,一个三角形有3条中线，根据三角形的中线的定义即可判断．
【详解】解：∵AD是△ABC的中线，∴BD＝DC，故选：B．
【点睛】本题考查三角形中线，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
3．（2020·江苏常州市·七年级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，点D在BC上，DE⊥AB，垂足为E，则△ABD的BD边上的高是( )
A．AD B．DE C．AC D．BC
【答案】C
【分析】根据三角形高的定义作答即可
【详解】经过三角形一个顶点,向它的对边作垂线，顶点和垂足间的线段叫做三角形的高线，称三角形的高．
∵BEAB于E，∴DE是ABD的边AB上的高线，
∵ACBD于C，∴AC是ABD的BD边上的高线．故选：C
【点睛】本题考查三角形的高线．正确理解三角形高线的定义是解决此题的关键．
4．（2021·浙江杭州市·八年级期末）如图，在中，，，为中线，则与的周长之差为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据三角形中线的性质得，则两个三角形的周长之差就是AB和AC长度的差．
【详解】解：∵AD是中线，∴，
∵，，
∴．故选：B．
【点睛】本题考查中线的性质，解题的关键是掌握三角形中线的性质．
5．（2021·福建厦门市·八年级期中）如图，在中，已知，点是的中点，且的面积为9cm2，则的面积为（ ）
A．1cm2 B．2cm2 C．3cm2 D．4cm2
【答案】C
【分析】根据线段中点的概念、三角形的面积公式计算，得到答案．
【详解】解：∵点E是AB的中点，∴△AED的面积=△ABD的面积，
∵S△ABD：S△ACD=2：1，∴△ABD的面积=△ABC的面积×
∴△AED的面积=3cm2，故选：C．
【点睛】本题考查三角形的面积计算，掌握三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分是解题的关键．
6．（2020·江苏姜堰初一期中）如图，在△ABC中，AE为边BC上的高，点D为边BC上的一点，连接AD．
（1）当AD为边BC上的中线时．若AE=4，△ABC的面积为24，求CD的长；（2）当AD为∠BAC的角平分线时．①若∠C =65°，∠B =35°，求∠DAE的度数；②若∠C－∠B =20°，则∠DAE = °．
【答案】（1）6 ；（2）①15°；②10．
【分析】（1）利用三角形的面积公式求出BC即可解决问题；
（2）①根据三角形内角和求出∠BAC和∠CAE的度数，然后根据角平分线的定义求得∠CAD的度数，从而求解；②设∠C=x°，则∠B=（x+20）°，然后根据三角形内角和用含x的式子表示出∠BAC和∠CAE的度数，然后根据角平分线的定义求得∠CAD的度数，从而求解．
【解析】解：（1）由题意可知：AE⊥BC，AE=4，△ABC的面积为24，
∴×BC×AE=24，∴×BC×4=24，∴BC=12， ∵AD是△ABC的中线，∴CD=BC=6，
（2）①在△ABC中，∠BAC=180°-∠C-∠B =80°，
在△AEC中，∵AE⊥BC ∴∠CAE=180°-90°-∠C=25°
∵AD为∠BAC的角平分线 ∴∠CAD= ∴∠DAE的度数为∠CAD -∠CAE =15°
②设∠C=x°，则∠B=（x+20）°,在△ABC中，∠BAC=180°-∠C-∠B =（160-2x）°，
在△AEC中，∵AE⊥BC ∴∠CAE=180°-90°-∠C=（90-x）°
∵AD为∠BAC的角平分线 ∴∠CAD=
∴∠DAE的度数为∠CAE- ∠CAD =10° 故答案为：10．
【点睛】本题考查三角形的面积，三角形的中线与高等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
知识点1-4 三角形的稳定性
（1）三角形具有稳定性（三边长度确定，形状不会改变）
（2）多边形不稳定。要想稳定，中间加入边，构造成多个三角形
1．（2020·山西吕梁市·八年级期末）下图是跪姿射击的情形．我们可以看到，跪姿射击的动作构成了三个三角形∶一是由右脚尖、右膝、左脚构成的三角形支撑面；二是由左手、左肘、左肩构成的托枪三角形；三是由左手、左肩、右肩所构成的近乎水平的三角形．这三个三角形可以使射击者在射击过程中保持稳定．其中，蕴含的数学道理是___．
【答案】三角形的稳定性
【分析】直接根据题意进行解答即可．
【详解】解：由题意得这三个三角形可以使射击者在射击过程中保持稳定，其中，蕴含的数学道理是三角形的稳定性；故答案为三角形的稳定性．
【点睛】本题主要考查三角形稳定性，熟练掌握三角形的稳定性是解题的关键．
2．（2021·河南安阳市·八年级期末）如图，工程建筑中的屋顶钢架经常采用三角形的结构，其中的数学道理是三角形具有______性．
【答案】稳定
【分析】根据三角形具有稳定性解答即可．
【详解】解：工程建筑中经常采用三角形的结构，其中的数学道理是三角形具有稳定性，故答案为：稳定．
【点睛】此题主要考查了三角形的稳定性，熟知相关性质是解题的关键．
3．（2020·浙江省临海市临海中学八年级期中）如图，在四边形木架上再钉一根木条，将它的一对不相邻的顶点连接起来，这时木架的形状不会改变，这是因为三角形具有____．
【答案】稳定性
【分析】根据三角形的性质进行解答即可．
【详解】解：斜钉一根木条的四边形木架的形状不会改变，能解释这一实际应用的数学知识是三角形具有稳定性，故答案为：稳定性．
【点睛】本题考查的是三角形的稳定性，三角形的稳定性和四边形的不稳定性在实际生活中的应用问题，比较简单．
4．（2021·湖南湘西土家族苗族自治州·八年级期末）人字梯中间一般会设计一“拉杆”，你认为这样做的道理是（ ）
A．两点之间，线段最短 B．垂线段最短 C．三角形具有稳定性 D．两直线平行，内错角相等
【答案】C
【分析】根据三角形具有稳定性解答即可．
【详解】解：人字梯中间一般会设计一“拉杆”，以增加使用梯子时的安全性，这样做的道理是三角形具有稳定性，故选：C．
【点睛】此题主要考查了三角形的稳定性，当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，三角形的这个稳定性在生产生活中经常使用．
知识点1-5 三角形内角和定理与外角定理
（1）定理：三角形三个内角和等于180度
（2）直角三角形的两个锐角互余
（3）外角：三角形的一边和另一边的延长线组成的角（一个角的外角有2个）
（4）外角性质：
性质一：三角形的外角等于它不相邻两内角和
性质二：三角形外角和相邻内角和为180度
性质三：三角形外角和为360度
1．（2021·山西吕梁市·九年级二模）在探究证明“三角形的内角和是180°”时，综合实践小组的同学作了如下四种辅助线，其中不能证明“三角形内角和是180°”的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据“直角三角形两锐角互余”是由三角形内角和定理推导的判断即可．
【详解】解：∵“直角三角形两锐角互余” 是由三角形内角和定理推导的
即，作后，利用直角三角形两锐角互余得到三角形内角和是180°的证明方法不正确，故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，要证明三角形的内角和等于180°即三角形三个内角的和是平角，就要作辅助线，使得三角形的三个内角的和转化成组成平角的三个角之和．
2．（2021·河北中考真题）定理：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
已知：如图，是的外角．
求证：．
下列说法正确的是（ ）
A．证法1还需证明其他形状的三角形，该定理的证明才完整 B．证法1用严谨的推理证明了该定理
C．证法2用特殊到一般法证明了该定理 D．证法2只要测量够一百个三角形进行验证，就能证明该定理
【答案】B
【分析】根据三角形的内角和定理与平角的定义可判断A与B，利用理论与实践相结合可判断C与D．
【详解】解：A. 证法1给出的证明过程是完整正确的，不需要分情况讨论，故A不符合题意；
B. 证法1给出的证明过程是完整正确的，不需要分情况讨论，故选项B符合题意；
C. 证法2用量角器度量两个内角和外角，只能验证该定理的正确性，用特殊到一般法证明了该定理缺少理论证明过程，故选项C不符合题意；D. 证法2只要测量够一百个三角形进行验证，验证的正确性更高，就能证明该定理还需用理论证明，故选项D不符合题意．故选择：
【点睛】本题考查三角形外角的证明问题，命题的正确性需要严密推理证明，三角形外角分三种情形，锐角、直角、和钝角，证明中应分类才严谨．
3．（2021·安徽中考真题）两个直角三角板如图摆放，其中，，，AB与DF交于点M．若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据，可得再根据三角形内角和即可得出答案．
【详解】由图可得∵，∴
∴故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形的内角和，掌握平行线的性质和三角形的内角和是解题的关键．
4．（2021·湖北蔡甸初二期中）如图，若的三条角平分线、、交于点，则与互余的角是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据三角形角平分线的定义、互余的定义和垂直的定义逐一判断即可．
【解析】解：∵三角形的两个角平分线不一定互相垂直，∴∠EGD不一定等于90°
∴与不一定互余，故A选项不符合题意；
∵∠BAC＋∠ABC＋∠ACB=180°，的三条角平分线、、交于点
∴∠FAG=∠BAC，∠GBC=∠ABC，∠GCB=∠ACB
∴∠FAG＋∠GBC＋∠GCB=（∠BAC＋∠ABC＋∠ACB）=90°
∵=∠GBC＋∠GCB ∴＋∠FAG=90°，故B选项符合题意；
∵三角形一个内角的角平分线不一定垂直该角的对边 ∴∠GEC和∠GFB不一定是直角
∴＋∠ECG不一定等于90°，故C选项不符合题意；∠FGB＋∠FBG不一定等于90°
∵∠FGB=∴＋∠FBG不一定等于90°，故D选项不符合题意．故选B．
【点睛】此题考查的是互余的判定，掌握角平分线的定义、互余的定义和垂直的定义是解决此题的关键．
5．（2021·河南焦作市·八年级期末）如图，为的一个外角，点E为边上一点，延长到点F，连接，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由三角形外角性质结合图形，逐项判断即可．
【详解】∵，∴，故A选项正确，不符合题意；
由三角形外角性质即可直接得出，故B选项正确，不符合题意；
没有条件可以证明出和的关系，故C选项错误，符合题意；
∵，，∴，
∴，故D选项正确，不符合题意；故选C．
【点睛】本题考查三角形外角性质，掌握“三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和”是解答本题的关键．
6．（2021·苏州外国语学校八年级期中）如图，在中，，、分别平分、，M、N、Q分别在、、的延长线上，、分别平分、，、分别平分、，则_______．
【答案】52°
【分析】根据三角形外角的性质和角平分线的定义可求出∠E，利用三角形内角和求出，得到，从而求出，再次利用角平分线的定义和三角形内角和得到∠A．
【详解】解：、分别平分、，，，
，，
即，，，
、分别平分、，
，，，
，∴，
∴，
、分别平分、，
，，
∴，
，故答案为：52°．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、三角形外角性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
7．（2021·浙江杭州市·八年级期中）如图1，赤道式日晷是中国古代最经典和传统的计时仪器，由底座，晷面、晷针三部分组成，其中底坐面与日晷所处地球半径垂直；
（1）晷针与晷面夹角为___________；（2）如图2，日晷所处纬度为，若太阳光（平行光）与日晷底座面夹角为，则太阳光与该晷面所夹锐角度为___________．
【答案】
【分析】①由垂直于两平行线之一的直线，必垂直于另一条平行线，即可判断出晷针与晷面垂直，即晷针与晷面夹角为． ②由平行线的性质即可求出，根据题意可求出，再根据三角形内角和定理即可求出，最后由对顶角相等即可求出，即太阳光与该晷面所夹锐角度为．
【详解】①根据题意晷面与赤道平行，地轴与赤道垂直，∴地轴与晷面垂直，
又∵晷针与地轴平行，∴晷针与晷面垂直．即晷针与晷面夹角为．
②可将题干中图简化为如下图：
根据题意结合图形可知：，，，．
∵，∴，即，
∴，即．
∵，．∴．
∴．
∴．即太阳光与该晷面所夹锐角度为．故答案为，．
【点睛】本题考查平行线的性质和三角形内角和定理．理解题意，能看懂赤道式日晷的二维图形是解答本题的关键．
8．（2021·河南驻马店市·八年级期末）阅读下列材料并解答问题：在一个三角形中，如果一个内角的度数是另一个内角度数的3倍，那么这样的三角形我们称为“梦想三角形”例如：一个三角形三个内角的度数分别是，，，这个三角形就是一个“梦想三角形”．反之，若一个三角形是“梦想三角形”，那么这个三角形的三个内角中一定有一个内角的度数是另一个内角度数的3倍．
（1）如果一个“梦想三角形”有一个角为，那么这个“梦想三角形”的最小内角的度数为 ．
（2）如图，已知，在射线上取一点，过点作交于点，以为端点作射线，交线段于点（点不与、重合），若，判定、是否是“梦想三角形”，为什么？
【答案】（1）或；（2），都是“梦想三角形”，理由见解析
【分析】（1）分两种情形：当108°是三角形的一个内角的3倍，当另外两个内角是3倍关系，分别求解即可．（2）根据“梦想三角形”的定义可以判断：△AOB、△AOC都是“梦想三角形”．
【详解】解：（1）当108°是三角形的一个内角的3倍，则有这个内角为36°，第三个内角也是36°，故最小的内角是36°，当另外两个内角是3倍关系，则有另外两个内角分别为：54°，18°，最小的内角是18°
故答案为：36°或18°．
（2）结论：，都是“梦想三角形”
理由：，，，
，为“梦想三角形”，
，，，
，，“梦想三角形”．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，“梦想三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
知识点1-6多边形及其内角和
（1）多边形：在平面内，由一些线段首位顺次连接线段组成的图形。有n条边组成，我们就称为n边形。
（2）内角：多边形相邻两边组成的角。n边形就有n个内角
（3）外角：多边形的边与它的邻边的延长线组成的角
（4）对角线：连接多边形不相邻的两个顶点组成的线段。
解释：n个顶点，每个顶点不相邻顶点有（n-3）个，重复计数一次，乘.
（5）凸多边形：画出多边形的任何一条边的直线，整个多边形都在直线同一侧。反之，则叫凹多边形。
（6）正多边形：各个角都相等，且各条边相等的多边形。
多边形的内角和：n边形内角和为（n－2）*180.
解释：n边形可分解为（n－2）个三角形，三角形内角和为180度.
多边形的外角和
1）定理：多边形外角和为360°.
注：①多边形内角和与边n有关，等于（n-2）度.
②多边形外角和与边n无关，都等于360度.
1．（2021·广东八年级专题练习）从一个多边形的某顶点出发，连接其余各顶点，把该多边形分成了5个三角形，则这个多边形是（ ）
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
【答案】C
【分析】根据n边形从一个顶点出发的对角线将多边形分成个三角形解答即可．
【详解】解：设这个多边形为边形．根据题意得：．解得：．故选：．
【点睛】本题主要考查的是多边形的对角线分割多边形为三角形，掌握n边形从一个顶点出发的对角线将多边形分成个三角形是解题的关键．
2．（2021·贵州铜仁市·中考真题）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．工人师傅不能用下列哪种形状、大小完全相同的一种地砖在平整的地面上镶嵌（ ）
A．等边三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形
【答案】C
【分析】进行平面镶嵌就是在同一顶点处的几个多边形的内角和应是，因此我们只需要验证是不是上面所给的几个正多边形的一个内角度数的整数倍即可．
【详解】解：A、等边三角形每个内角的度数为，，故该项不符合题意；
B、正方形的每个内角的度数为，，故该项不符合题意；
C、正五边形的每个内角的度数为，，故该项符合题意；
D、正六边形的每个内角的度数为，，故该项不符合题意；故选：C．
【点睛】此题考查镶嵌问题，正确掌握各正多边形的每个内角的度数及镶嵌的计算方法是解题的关键．
3．（2021·山东济宁市·中考真题）如图，正五边形中，的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先由正五边形的性质得到≌， ，，然后由正五边形 内角度数，求出和 的度数，进而求出 的度数．
【详解】解：∵五边形为正五边形，
∴，，
∴，∴，，
∴．故选：
【点睛】本题考查了正多边形的性质：各边相等，各角相等，掌握正多边形的性质是解决本题的关键．
4．（2021·云南曲靖市·九年级其他模拟）若一个多边形的内角和与外角和之差是，则此多边形是（ ）边形．
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】先求出多边形的内角和，再根据多边形的内角和公式求出边数即可．
【详解】解：∵一个多边形的内角和与外角和之差为720°，多边形的外角和是360°，
∴这个多边形的内角和为720°+360°=1080°，
设多边形的边数为n，则（n-2）×180°=1080°，解得：n=8，
即多边形的边数为8，故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，能列出关于n的方程是即此题的关键，注意：边数为n的多边形的内角和=（n-2）×180°，多边形的外角和等于360°．
5．（2021·全国九年级专题练习）一个n边形共有n条对角线，将这个n边形截去一个角后它的边数为__．
【答案】6、5、4
【分析】根据一个n边形对角线条数公式共有n条对角线，列等式，求出边数，再利用分类将五边形截去一个角的情形求解即可．
【详解】解：由这个n边形共有n条对角线，可得，
解得n＝5或0（不合题意，舍去），所以这个多边形是五边形，
将一个五边形截去一个角，根据截法不同可以有三种情况如图，
其结果分别是6、5、4条边，故答案为：6、5、4．
【点睛】本题考查由对角线条数与边关，分类思想，数形结合思想截取一个角实质看边是否减少是解题关键．
6．（2021·北京西城区·八年级期末）在一个 边形中，除了一个内角外，其余的内角的和是 ，那么这个未知角是__________ 度，这个多边形的边数是_________．
【答案】60 8
【分析】根据未知角的范围和内角和公式求得多边形的边数，再求得未知角的度数即可；
【详解】，又
即解得：
为正整数 故答案为：60,8
【点睛】本题考查了多边形内角和公式，解不等式组，理解题意列不等式组求解是解题的关键．
重难点题型
题型1 三角形三边关系（限定条件）
性质：两边之差的绝对值<第三边<两边之和
解题技巧：（1）已知两条边，根据限定条件求第三条边，求解完成后，切勿忘记要验证三边是否能构成三角形。（2）题干告知为等腰三角形，但未告知哪条边是腰时，往往有多解。最后，也需验证三边是否能构成三角形。
1．（2021·云南红河哈尼族彝族自治州·八年级期末）如果一个三角形的两边长分别为3、4，第三边最长且为偶数，则此三角形的第三边长是______．
【答案】6
【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”，求得第三边的取值范围，再进一步进行分析．
【详解】解：根据三角形的三边关系，得第三边大于1，而小于7．
又第三边最长且是偶数，则此三角形的第三边是6．故答案为：6．
【点睛】此题主要考查了三角形三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解决此类问题的关键．
2．（2021·淮北市第二中学八年级期末）以下列长度的各组线段为边，能组成三角形的是（ ）
A．，， B．，， C．，， D．，，
【答案】D
【分析】根据三角形任意两边的和大于第三边，进行分析判断．
【详解】解：A、1＋2=3，故不能构成三角形，选项错误；B、2＋3＝5，故不能构成三角形，选项错误；
C、5＋6＜12，故不能构成三角形，选项错误；D、4+6＞8，能构成三角形，选项正确，故选：D．
【点睛】本题考查了能够组成三角形三边的条件．注意：用两条较短的线段相加，如果大于最长那条就能够组成三角形．
3．（2021·湖南常德市·八年级期末）三角形的两边长分别为和，则第三边长可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据三角形的三边长关系，求出第三边长范围，进而即可得到答案．
【详解】∵三角形的两边长分别为和，∴7-5＜第三边＜5+7，即：2＜第三边＜12，故选C．
【点睛】本题主要考查三角形的三边长关系，熟练掌握三角形的任意两边之差小于第三边，任意两边之差大于第三边，是解题的关键．
4．（2021·湖北孝感市·八年级期末）下列各组线段，能构成三角形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据构成三角形的条件进行判断即可．
【详解】A：3-2=1，两边之差不小于第三边，不满足构成三角形的条件，故不符合题意；
B：2-1=1，两边之差不小于第三边，不满足构成三角形的条件，故不符合题意；
C：2+2>1，2-2＜1，满足构成三角形的条件，故符合题意；
D：4-2=2>1，两边之差不小于第三边，不满足构成三角形的条件，故不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查组成三角形的条件，掌握两边之和大于第三边，两边之差小于第三边是解题的关键．
5．（2020·山东沂水初二期末）小明手中有2根木棒长度分别为和，请你帮他选择第三根木棒，使其能围成一个三角形，则选择的木棒可以是（ ）
A． B． C． D．无法确定
【答案】C
【分析】据三角形三边关系定理，设第三边长为xcm，则9-4＜x＜9+4，即5＜x＜13，由此选择符合条件的线段．
【解析】解：设第三边长为xcm，由三角形三边关系定理可知，9-4＜x＜9+4，
即，5＜x＜13，∴x=6cm符合题意．故选：C．
【点睛】本题考查了三角形三边关系的运用．已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
6．（2020·江苏秦淮初一期末）已知一个等腰三角形的两边长分别为2和4，则该等腰三角形的周长是 ．
【答案】10．
【解析】因为2+2＜4，所以等腰三角形的腰的长度是4，底边长2，周长：4+4+2=10，答：它的周长是10，故答案为10．
考点：等腰三角形的性质；三角形三边关系．
7．（2020·江苏靖江初三一模）设△ABC三边为a、b、c，其中a、b满足，则第三边c的取值范围为___________．
【答案】4＜c＜6
【分析】首先根据非负数的性质计算出()和()的值，再根据三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边可得的取值范围．
【解析】∵，∴，，
∴第三边的长c的取值范围是．故答案为：．
【点睛】本题综合考查了三角形三边关系与非负数的性质．两个非负数的和为0，两个数都必须为0．本题可将()和()看作一个整体．
8．（2020·江苏初一月考）若a，b，c是△ABC的三边的长，则化简|a－b－c|－|b－c－a|＋|a＋b－c|的结果是( )
A．a＋b＋c B．－a＋3b－c C．a＋b－c D．2b－2c
【答案】B
分析：根据三角形三边间的关系判断出原式中每个绝对值符号里面的式子的值的正负，再结合绝对值的代数意义进行化简即可.
【解析】∵a，b，c是△ABC的三边的长，∴a－b－c<0，b－c－a<0，a＋b－c>0，
∴|a－b－c|－|b－c－a|＋|a＋b－c|=-（a-b-c）-[-(b-c-a)]+(a+b-c)=-a+b+c+b-c-a+a+b-c=-a+3b-c.
故选B.
点睛：解答本题有以下两个要点：（1）熟知三角形三边间的关系：三角形任意两边的和大于第三边，任意两边的差小于第三边；（2）熟知绝对值的代数意义：正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数，0的绝对值是0.
题型2 利用三角形三边关系证明不等关系
解题技巧：遇到证明边之间大小关系的题型，想办法构造三角形，将需要证明的边转化到同一个三角形中，利用三角形两边的和大于第三边，三角形两边的差小于第三边解题. 。
1．（2021·绵阳市八年级月考）如图，P是△ABC内一点，连接BP，PC，延长BP交AC于D．
（1）图中有几个三角形；（2）求证：AB+AC＞PB+PC．
【答案】（1）5个；（2）证明见解析．
【分析】（1）直接找出图中的三角形即可，注意要不重不漏；
（2）利用三角形的三边关系可得AB+AD＞BD，PD+CD＞PC，再把两个式子相加进行变形即可．
【详解】（1）图中三角形有△ABC，△ABD，△BPC，△PDC，△BDC，共5个．
（2）证明：∵AB+AD＞BD，PD+CD＞PC，
∴AB+AD+PD+CD＞BD+PC，
∴AB+AD+PD+CD＞BP+PD+PC，
∴AB+AC＞PB+PC．
【点睛】本题考查三角形的三边关系，解题的关键是掌握两边之和大于第三边．
2.（2020•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．
3.（2020•雁塔区期中）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．
4.（2021•九龙坡区月考）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．
5.（2021•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．
题型3 中线与三角形面积（周长）
性质：三角形中线将三角形的面积分成相等的两部分
解题技巧：明确中线是哪个三角形的中线，这条中线将对应三角形的面积平分。题目中往往会出现多个三角形和多条中线，利用中线性质依次类推三角形的面积，直至求解出题干要求的面积。
1．（2020·连云港市和安中学初一月考）如图，、、分别是、、的中点，若△BFD的面积是3，则的面积是______．
A．6 B．12 C．15 D．24
【答案】D
【分析】根据三角形中线的性质求得S△BDE=2S△BDF, S△BDA=2S△BDE, S△ABC=2S△BDA即可解答．
【解析】解：∵F是BE的中点∴S△BDE=2S△BDF=6同理：S△BDA=2S△BDE=12，S△ABC=2S△BDA=24．
故答案为D．
【点睛】本题考查三角形中线的性质，掌握三角形的中线将三角形分为面积相等的两份是解答本题的关键．
2．（2020·枣庄市市中区实验中学初一月考）如图，是的中线，，，的周长和的周长差为( )
A．6 B．3 C．2 D．不确定
【答案】C
【分析】根据三角形的周长的计算方法得到△ABD的周长和△ADC的周长的差就是AB与AC的差．
【解析】∴BD=DC=BC，
∴△ABD和△ADC的周长的差=（AB+BC+AD）-（AC+BC+AD）=AB-AC=5-3=2，故选C．
【点睛】本题考查三角形的中线的定义以及周长的计算方法，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．
3．（2020·四川遂宁初一期末）如图，在中，点D，E，F分别在三边上，E是AC的中点，AD，BE，CF交于一点G，，，，则的面积是（ ）
A．42 B．48 C．54 D．60
【答案】D
【分析】根据部分三角形的高相等，由这些三角形的底边的比例关系可求三角形ABC的面积．
【解析】解：三角形BDG和CDG中，BD=2DC．根据这两个三角形在BC边上的高相等，
那么S△BDG=2S△GDC，∴S△GDC=，
同理S△AGE=S△GEC=6，S△BEC=S△BGC+S△GEC=16+8+6=30，
∴三角形ABC的面积=2S△BEC=60．故选：D．
【点睛】本题中由于部分三角形的高相等，可根据这些三角形的底边的比例关系来求三角形ABC的面积．
4．（2020·涿州市实验中学八年级期中）如图所示，在△ABC中，D、E、F分别为BC、AD、CE的中点，且S△ABC＝16cm2，则阴影部分（△BEF）的面积等于（ ）
A．2cm2 B．4cm2 C．6cm2 D．8cm2
【答案】B
【分析】三角形的一条中线分三角形为两个三角形，这两个三角形的面积相等，根据以上内容求出每个三角形的面积，即可求出答案．
【详解】解：∵S△ABC＝16cm2，D为BC中点，∴S△ADB＝S△ADC＝ ＝8cm2，
∵E为AD的中点，∴S△BED＝＝4cm2，S△CED＝＝4cm2，
∴S△BEC＝S△BED+S△CED＝4cm2+4cm2＝8cm2，
∵F为CE的中点，∴S△BEF＝ S△BEC＝4cm2，故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的中线平分面积，能求出各个三角形的面积是解此题的关键．
5．（2020·安徽合肥市·八年级期末）如图，为的中线，为的中点，连接．已知的面积为12，则的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由点D是BC的中点，可得△ABD的面积=△ACD的面积=×△ABC的面积，再由E是AD的中点，得出△ABE的面积是△ABD的面积的一半．
【详解】解：∵AD是△ABC的中线，∴△ABD的面积=△ACD的面积=×△ABC的面积=6，
∵E是AD的中点，∴△ABE的面积=×△ABD的面积=3，故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的面积，解题的关键是根据中点找出三角形的面积与原三角形面积的关系．
6．（2021·广西崇左市·八年级期末）如图，是的中线，，，那么的周长比的周长多______．
【答案】2
【分析】由是的中线，可得 再利用，可得答案．
【详解】解： 是的中线，
故答案为：
【点睛】本题考查的是三角形的中线的性质，掌握三角形的中线的性质是解题的关键．
7．（2020·西安市铁一中学初三一模）如图，点为的重心，则的值是（ ）．
A． B． C． D．无法确定
【答案】C
【分析】如图,分别延长、、，交、、于点、、，根据三角形重心定理得到、、是的中线，继而根据三中线把三角形分成面积相等的两个三角形即可求得答案.
【解析】如图,分别延长、、，交、、于点、、，
因为G是三角形重心，所以、、是的中线，所以 ，
即，同理，所以，
即= 1:1:1，故选C.
题型4 高线与三角形面积
性质：三角形面积等于对应底边和高乘积的一半，同一个三角形面积不变
注：求面积时，底边和高必须对应
解题技巧：同一个三角形面积不变，利用这条性质，可得出等式：BC×AD=AB×CE=AC×BF。利用个等式，可求出三角形中某些不太方便求解的边。
1．（2020·全国初二课时练习）在直角三角形ABC中，，，则的三条高之和为（ ）
A．8.4 B．9.4 C．10.4 D．11.
【答案】B
【分析】过点B作AC边上的高BD，根据直角三角形的面积公式即可求出BD，从而求出结论．
【解析】解：如图，过点B作AC边上的高BD．
，，即，解得．
的三条高之和为，故选B．
【点睛】此题考查的是三角形的高和三角形的面积公式，掌握三角形高的定义和三角形的面积公式是解决此题的关键．
2．（2020·南通市八一中学初一月考）若一个三角形的三边长之比为3：5：7．则这个三角形三边上的高之比为（ ）
A．3：5：7 B．7：5：3 C．35：21：15 D．6：5：4
【答案】C
【分析】首先根据三角形的面积计算出各边上的高的比．
【解析】因为边长之比满足3：5：7，设三边分别为3x、5x、7x，设三边上的高为a，b，c，
由题意得：故这个三角形三边上的高之比为：．故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式，关键是根据三角形的面积的公式计算．
3．（2020·江苏扬州初三一模）如图，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点E，如果△CDE的面积为3，△BCE的面积为4，△AED的面积为6，那么△ABE的面积为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【解析】△CDE与△AED的同底，底为DE；△BCE与△ABE的底相同，为BE，△CDE与△BCE在DE、BE上高相同；△AED与△ABE在DE、BE上高相同，SCDESADE=SCBESABE，解得SABE=8
考点：三角形的面积
点评：本题考查三角形的面积公式，本题的关键是找出四个三角形的边、高的关系
4．（2020·内蒙古林西?初二期末）如图，在中，AB=8，BC=6，AB、BC边上的高CE、AD交于点H，则AD与CE的比值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角形的面积公式即可得．
【解析】由题意得：
解得故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的高，利用三角形的面积公式列出等式是解题关键．
5．（2020·四川凉山?初三期末）如图，在△ABC中，过点A作射线AD∥BC，点D不与点A重合，且AD≠BC，连结BD交AC于点O，连结CD，设△ABO、△ADO、△CDO和△BCO的面积分别为S1、S2、S3和S4,则下列说法不正确的是（ ）
A．S1=S3 B．S1+S2=S3+S2 C．S1+S4=S3+S4 D．S1+S2=S3+S4
【答案】D
【分析】根据同底等高判断△ABD和△ACD的面积相等，即可得到S1+S2=S3+S2，即S1=S3，同理可得△ABC和△BCD的面积相等，即S1+S4=S3+S4.
【解析】∵△ABD和△ACD同底等高，∴S△ABD=S△ACD,, S1+S2=S3+S2，即S1=S3
△ABC和△DBC同底等高，∴S△ABC=S△DBC， ∴S1+S4=S3+S4故A,B,C正确，D错误.故选：D.
【点睛】考查三角形的面积，掌握同底等高的三角形面积相等是解题的关键.
6．（2020·江苏海安?初一月考）△ABC中，AD是BC边上的高，∠BAD=50°，∠CAD=20°，则∠BAC=___________．
【答案】70°或30°
【分析】根据AD的不同位置，分两种情况进行讨论：AD在△ABC的内部，AD在△ABC的外部，分别求得∠BAC的度数．
【解析】①如图，当AD在△ABC的内部时，∠BAC=∠BAD+∠CAD=50°+20°=70°．
②如图，当AD在△ABC的外部时，∠BAC=∠BAD -∠CAD=50°-20°=30°．故答案为：70°或30°．
【点睛】本题主要考查了三角形高的位置情况，充分考虑三角形的高在三角形的内部或外部进行分类讨论是解题的关键．
7．（2020·哈尔滨市第六十九中学校初一期中）如图，是的高，，则_____________．
【答案】 【分析】根据三角形的面积公式解答即可．
【解析】因为AD、CE、BF是△ABC的三条高，AB=5，BC=4，AD=3，
所以可得： BC•AD=AB•CE，可得：CE= ．故答案为：．
【点睛】此题考查三角形的面积，解题关键是根据同一三角形面积相等来分析．
题型5 复杂的面积问题—等积变换
性质：（1）两个三角形的面积之比等于它们的底、高乘积之比；
（2）等底（高）的两个三角形面积之比等于它们的高（底）之比；
（3）等底等高的两个三角形面积相等。
解题技巧：（1）寻找两个面积相等三角形技巧：选取底边相同的两个点的三角形，三角形的另一个顶点为与底边平行的线段上的点（等高）；（2）两图形面积之比，就是底边与高乘积之比。
注：三角形面积公式中有乘，而平行四边形中无。
1．（2019·重庆实验外国语学校初一期中）如图，在中，点将线段分成的两个部分，点将线段分成的两个部分，若的面积是，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将线段的比的关系转化为三角形的面积比的关系，结合图形即可求解
【解析】解： 设S△ABC=m,∵AD:BD=2:1∴S△ADC=, S△DBC=,
∵BE:CE=1:3∴S△AEC=, S△ABE=,∴S△ADE=S△ABE=×=,∴S△AEC：S△ADE=9：2,
∴, ∴S△ACF：S△ADF=9：2,而S△ADF=4∴S△ACF=×4=18，故选：B．
【点睛】本题考查三角形的面积关系：等高的三角形的面积比为其对应底的比，等底的三角形面积比为其对应高的比，将三角形边的比逐步转化为对应三角形的面积比是解题的关键.
2．（2020·重庆巴蜀中学初一期中）如图，、分别是的边、上的两点，，设的面积为，的面积为，若，则（ ）
A．1.5 B．2 C．3 D．0.5
【答案】B
【分析】根据线段的比例关系求出，，，然后找出它们与S1和S2之间的关系，进而求出．
【解析】，，，，
又，，
．故选：B．
【点睛】本题考查三角形的面积，当高相等时，三角形的面积比等于底边比，关键是要根据线段比例确定面积之间的关系．
3．（2020·江苏射阳初三一模）如图，中，两点分别在，上，若，则的面积:的面积___．
【答案】
【分析】由已知可得BD:AD=BE:EC=1:2，然后根据三角形面积求法得出S△BDC:S△ADC=1:2，S△BDE:S△DCE=1:2，设S△BDC=x，用含x的式子分别表示出△DBE与△ADC的面积，继而可得出答案．
【解析】解：∵BD:AB=BE:BC=1:3，∴BD:AD=BE:EC=1:2，∴S△BDC:S△ADC=1:2，S△BDE:S△DCE=1:2，
设S△BDC=x，则S△ADC=2x，S△BED=x，∴△DBE的面积:△ADC的面积=x:2x=1:6．故答案为：1:6．
【点睛】此题主要考查了三角形面积的求法，正确利用等高（或同高）的两个三角形的面积比等于底边长的比是解题的关键．
4．（2021·上海闵行初一期中）如图，对面积为的逐次进行操作：第一次操作，分别延长、、至点、、，使得，，，顺次连接、、，得到，记其面积为；第二次操作，分别延长、、至点、、，使得、、，顺次连接、，得到，记其面积为，，按此规律继续下去，可得到，则其面积________．
【答案】361
【分析】根据三角形等高时底之比等于面积比得出的面积为面积的两倍，则的面积是的2倍…，以此类推，得出的面积．
【解析】
连接， , ,根据，的面积为的2倍，所以的面积为2；同理的面积为的2倍，所以的面积为4；
以此类推：的面积为2，的面积为4，的面积为2，的面积为4
∴，即面积为面积的19倍，以此类推的面积为面积的倍，所以．故答案为：361
【点睛】利用三角形的底与高之间的数量关系判断面积的数量关系是解决本题的关键．
6．（2020·张家港市梁丰初级中学初一期中）如图，D、E分别是边AB，BC上的点，AD=2BD，BE=CE，设的面积为 的面积为，若，则的值为____________.
【答案】1；
【分析】S△ADF−S△CEF＝S△ABE−S△BCD，所以求出三角形ABE的面积和三角形BCD的面积即可，因为AD＝2BD，BE＝CE，且S△ABC＝6，就可以求出三角形ABE的面积和三角形BCD的面积.
【解析】解：∵BE＝CE，∴BE＝BC，∵S△ABC＝6，∴S△ABE＝S△ABC＝×6＝3．
∵AD＝2BD，S△ABC＝6，∴S△BCD＝S△ABC＝×6＝2，
∵S△ABE−S△BCD＝（S1＋S四边形BEFD）−（S2＋S四边形BEFD）＝S1−S2＝3-2=1，故答案为1
【点睛】本题考查三角形的面积，关键知道当高相等时，面积等于底边的比，据此可求出三角形的面积，然后求出差．
题型6 三角形 “三线”的综合应用
解题技巧：熟悉掌握中线、高线、角平分线的定义及性质。
1．（2020·四川雅安初一期末）如图，在中，，是高，是中线，是角平分线，交于，交于，下列说法正确的是（ ）
①②③④
A．①③ B．①②③ C．①③④ D．②③④
【答案】C
【分析】①根据，是高，可得,,又因为是角平分线，可得，故能得到∠AEG=∠DGB，再根据对顶角相等，即可求证该说法正确；
②因为是中线，是角平分线，得不到∠HCB=∠HBC，故该说法错误；
③,,可得∠EAG=∠DBA，因为∠DBA=2∠EBC，故能得到该说法正确；④根据中线平分面积，可得该说法正确．
【解析】解：①∵，是高∴,
∵是角平分线∴∴∠AEG=∠DGB
∵∠DGB=∠AGE∴，故该说法正确；
②因为是中线，是角平分线，得不到∠HCB=∠HBC，故该说法错误；
③∵,∴∠EAG=∠DBA
∵∠DBA=2∠EBC，∴∠EAG=2∠EBC，故该说法正确；
④根据中线平分面积，可得，故该说法正确．故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形的高，中线，角平分线的性质，熟练各线的特点和性质是解决本题的关键．
2．（2020·陕西渭滨初一期末）如图，AE是△ABC的角平分线，AD⊥BC于点D，点F为BC的中点，若∠BAC＝104°，∠C＝40°，则有下列结论：①∠BAE＝52°；②∠DAE＝2°；③EF＝ED；④S△ABF＝S△ABC.其中正确的个数有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据角平分线的定义可判定①；根据角平分线的定义及垂直的定义求得∠CAE=52°，∠CAD=50°，再由∠DAE＝∠CAE -∠CAD即可判定②；根据三角形中线的性质即可判定④；③根据已知条件判定不出，由此即可解答.
【解析】∵AE是△ABC的角平分线，∠BAC＝104°，∴∠BAE=∠CAE＝=52°；①正确；
∵AD⊥BC，∠C＝40°，∴∠CAD=90°-40°=50°；∴∠DAE＝∠CAE -∠CAD =2°；②正确；
∵F为BC的中点，∴S△ABF＝S△ABC. ④正确.
根据已知条件不能够判定③正确.综上，正确的结论为①②④，共3个，故选C.
【点睛】本题考查了三角形的角平分线、中线及高线的性质，熟知三角形的角平分线、中线及高线的性质是解决问题的关键.
3．（2021·定边县第三中学初二期中）如图所示，在中，与的平分线交于点，过点作交于点，交于点，那么下列结论：①；②；③和都是等腰三角形；④的周长等于与的和，其中正确的有( )
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】通过平行线和角平分线得到相等的角，再根据平行线的性质及等腰三角形的判定和性质解答即可．
【解析】解：∵∠ABC、∠ACB的平分线相交于点P，∴∠MBP=∠PBC，∠PCN=∠PCB，
又∵MN∥BC，∴∠PBC=∠MPB，∠NPC=∠PCB，∴∠MBP=∠MPB，∠NPC=∠PCN，
∴BM=MP，PN=CN，∴MN=MP+PN=BM+CN，故②正确，
△BMP和△CNP都是等腰三角形，故③正确，
∵△AMN的周长=AM+AN+MN，MN=BM+CN，∴△AMN的周长等于AB与AC的和，故④正确，
不能说明，故①错误；故答案为B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、角平分线的性质和平行线的性质等知识，通过平行线和角平分线得到相等的角是解答本题的关键．
4．（2020·全国初二课时练习）如图，某地有三个车站A，B，C，顺次连接AB，BC，CA，构成三角形，一辆公共汽车从B站前往C站．
（1）当汽车行驶到点D时，刚好有，连接AD，AD这条线段是中BC边上的____________，在中，这样的线段有__________条，此时__________（填“有”或“没有”）面积相等的三角形；
（2）汽车继续向前行驶，当行驶到点E时，发现，那么AE这条线段是中的____________，在中，这样的线段有____________条；
（3）汽车继续向前行驶，当行驶到点F时，发现，那么AF是中BC边上的____________，在中，这样的线段有____________条．
【答案】（1）中线，3，有；（2）角平分线，3；（3）高，3
【分析】（1）由于BD=CD，则点D是BC中点，AD是中线，一个三角形有三条中线，三角形的中线把三角形成面积相等的两个三角形；（2）由于，得到AE是三角形的角平分线，一个三角形有三条角平分线；（3）由于，得到AF是三角形高，一个三角形有三条高．
【解析】（1）AD是中BC边上的中线，在中，这样的线段有3条，此时△ABD与△ACD面积相等；
（2）AE这条线段是中的角平分线，在中，这样的线段有3条；
（3）AF是中BC边上的高，在中，这样的线段有3条．
故答案为：（1）中线，3，有；（2）角平分线，3；（3）高，3．
【点睛】本题考查了三角形的高线、角平分线、中线的概念，理解好相关概念是解题关键．
题型7 直角三角板中的求角度问题
1．（2019·河北石家庄初一期末）小明把一副含45°，30°角的直角三角板如图摆放，其中∠C=∠F=90°，∠A=45°，∠D=30°，则∠1+∠2等于_________．
【答案】210°
【分析】由三角形外角定理可得，，故＝＝，根据角的度数代入即可求得．
【解析】∵，，
∴＝＝＝＝210°．
故答案为：210°．
【点睛】本题主要考查了三角形外角性质，熟练掌握三角形中角的关系是解题的关键．
2．（2020·北京丰台初一期末）一副三角尺按如图所示的位置摆放，那么__________．
【答案】60°．
【分析】根据直角三角尺的特点，可以得到∠B的度数，再根据∠FDB=90°，从而可以得到∠α的度数．
【解析】由图可知，∠B=30°，∠FDB=90°，
故∠α=90°-∠B=90°-30°=60°，故答案为：60°．
【点睛】本题考查解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
3．（2020·重庆市渝北中学校初一月考）将一幅三角板拼成如图所示的图形，过点C作CF平分∠DCE交DE于点F，（1）求证：CF∥AB，（2）求∠DFC的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）105°
【分析】（1）首先根据角平分线的性质可得∠1=45°，再有∠3=45°，再根据内错角相等两直线平行可判定出AB∥CF；（2）利用三角形内角和定理进行计算即可．
【解析】解：（1）证明：∵CF平分∠DCE，∴∠1=∠2=∠DCE．
∵∠DCE=90°，∴∠1=45°．∵∠3=45°，∴∠1=∠3．∴AB∥CF．
（2）∵∠D=30°，∠1=45°，∴∠DFC=180°﹣30°﹣45°=105°．
【点睛】本题考查平行线的判定，角平分线的定义及三角形内角和定理，熟练掌握相关性质定理是本题的解题关键．
4.（2020•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．
5.（2019 •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8 三角形的折叠问题
1．（2020·江苏如皋初一期末）在△ABC中，将∠B、∠C按如图所示方式折叠，点B、C均落于边BC上一点G处，线段MN、EF为折痕．若∠A＝82°，则∠MGE＝_____°．
【答案】82
【分析】由折叠的性质可知：∠B＝∠MGB，∠C＝∠EGC，根据三角形的内角和为180°，可求出∠B+∠C的度数，进而得到∠MGB+∠EGC的度数，问题得解．
【解析】解：∵线段MN、EF为折痕，∴∠B＝∠MGB，∠C＝∠EGC，
∵∠A＝82°，∴∠B+∠C＝180°﹣82°＝98°，
∴∠MGB+∠EGC＝∠B+∠C＝98°，∴∠MGE＝180°﹣98＝82°，故答案为：82．
【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，解题的关键是利用整体思想得到∠MGB+∠EGC的度数．
2．（2020·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校初一期末）如图，在中，点是上的点，，将沿着翻折得到，则______°．
【答案】20
【分析】根据三角形内角和和翻折的性质解答即可．
【解析】，将沿着翻折得到，
，，
，故答案为20
【点睛】此题考查翻折的性质，关键是根据三角形内角和和翻折的性质解答．
3．（2020·江苏张家港初一期末）如图，在四边形ABCD中，∠B＝120°，∠B与∠ADC互为补角，点E在BC上，将△DCE沿DE翻折，得到△DC′E，若AB∥C′E，DC′平分∠ADE，则∠A的度数为______°．
【答案】
【分析】由已知得出∠ADC=60°，由折叠的性质得：∠CDE=∠C'DE，∠CED=∠C'ED，证出∠CDE=∠ADC'=∠C'DE=20°，由平行线的性质得出∠CEC'=∠B=120°，得出∠CED=60°，由三角形内角和定理求出∠C=100°，再由四边形内角和定理即可得出结果．
【解析】解：∵∠B=120°，∠B与∠ADC互为补角，∴∠ADC=60°，
由折叠的性质得：∠CDE=∠C'DE，∠CED=∠C'ED，
∵DC'平分∠ADE，∴∠ADC'=∠C'DE，∴∠CDE=∠ADC'=∠C'DE=20°，
∵AB∥C'E，∴∠CEC'=∠B=120°，∴∠CED=60°，
∴∠C=180°-60°-20°=100°，∴∠A=360°-∠B-∠C-∠ADC=80°；故答案为：80．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、平行线的性质、三角形内角和定理、四边形内角和定理等知识；熟练掌握翻折变换的性质，求出∠C的度数是解题的关键．
4．（2020·江苏泰兴初一期末）如图，四边形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上， 将△BMN沿MN翻折，得△FMN，若MF∥AD，FN∥DC，则∠B = °．
【答案】95
【解析】∵MF∥AD，FN∥DC，∴∠BMF=∠A=100°，∠BNF=∠C=70°.
∵△BMN沿MN翻折得△FMN，
∴∠BMN=∠BMF=×100°=50°，∠BNM=∠BNF=×70°=35°.
在△BMN中，∠B=180°－（∠BMN＋∠BNM）=180°－（50°＋35°）=180°－85°=95°.
5.（2021•龙岗区期末）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．
6.（2020•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．
题型9 多边形边角的有关计算
性质：多边形内角和=180（n－2） 多边形外角和为360度 多边形对角线：。
解题技巧：
1）利用多边形内角和公式，设边为n，列写内角和公式方程求解边n。注意理解性记忆公式，切勿强记。
2）先利用多边形内角和公式，将边数n代入公式求出内角和；再结合图形特点，求出提高要求的角度。
3）设多边形边数为n，牢牢把握多边形外角和为360度这个不变量，根据题干内、外角之间的关系，列写含有n的方程，从而求解多边形边数n。
4）此类题型比较灵活，要紧抓住边这个条件。无论是内角和、对角线都仅与边有关系。因此，在解决此类问题时，要想办法先求出多边形的边，在依据题目要求进行求解。在条件比较复杂情况下，可设多边形的边为未知数，转化为方程求解。
1．（2021·苏州文昌实验中学校八年级期中）如果一个正多边形的一个内角是，那么这个正多边形的边数是（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】B
【分析】根据多边形的内角和公式（n-2）•180°列式进行计算即可得解．
【详解】解：设这个正多边形的边数是n，
根据题意得，（n-2）•180°=140°•n，解得n=9．故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，熟记内角和公式是解题的关键．
2．（2021·四川眉山市·中考真题）正八边形中，每个内角与每个外角的度数之比为（ ）
A．1：3 B．1：2 C．2：1 D．3：1
【答案】D
【分析】根据正八边形的外角和等于360°，求出每个外角的度数，再求出每个内角的度数，进而即可求解．
【详解】解：正八边形中，每个外角=360°÷8=45°，每个内角=180°-45°=135°，
∴每个内角与每个外角的度数之比=135°：45°=3：1，故选D．
【点睛】本题主要考查正多边形的内角和外角，熟练掌握正多边形的外角和等于360°，是解题的关键．
3．（2021·全国八年级专题练习）如图，将三角形纸片ABC沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE的外部时，测量得∠1＝70°，∠2＝152°，则∠A为（ ）
A．40° B．42° C．30° D．52°
【答案】B
【分析】利用四边形的内角和定理求出，再利用三角形的内角和定理可得结果．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，故选：B．
【点睛】此题考查了多边形内角与外角、三角形内角和定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．
4．（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，点A、B、C、D、E在同一平面内，连接、、、、，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接BD，根据三角形内角和求出∠CBD+∠CDB，再利用四边形内角和减去∠CBD和∠CDB的和，即可得到结果．
【详解】解：连接BD，∵∠BCD=100°，∴∠CBD+∠CDB=180°-100°=80°，
∴∠A+∠ABC+∠E+∠CDE=360°-∠CBD-∠CDB=360°-80°=280°，故选D．
【点睛】本题考查了三角形内角和，四边形内角和，解题的关键是添加辅助线，构造三角形和四边形．
5．（2021·福建莆田市·九年级一模）科技馆为某机器人编制了一个程序，如果机器人在平地上按照图中所示的程序行走，那么该机器人所走的总路程为（ ）
A．6米 B．12米 C．16米 D．20米
【答案】B
【分析】根据机器人每次转的方向和角度得出机器人所走过的路线是正多边形，求出正多边形的边数在结合每次走的距离即可解答．
【详解】根据题意可得，机器人所走过的路线是正多边形，
每一次都是左转，向前走米，正多边形的边数为，
机器人所走的总路程为（米），故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形的应用，解题关键是根据每次转的方向和角度求出正多边形的边数．
6．（2021·河北保定市·九年级一模）嘉淇用一些完全相同的△ABC纸片拼接图案，已知用六个△ABC纸片按照如图1所示的方法拼接，可得外轮廓是正六边形图案，若用n个△ABC纸片按如图2所示的方法拼接，那么可以得到外轮廓的图案是（ ）
A．正七边形 B．正八边形 C．正九边形 D．正十边形
【答案】C
【分析】根据第一个图外轮廓是正六边形图案可求的△ABC纸片的为，则,新多边形的一个内角为，因为是正多边形，利用正多边形的内角和公式即可求解．
【详解】正六边形的每个内角为：
,
由题意可知，新的图案是一个正多边形，
新多边形的一个内角为
设新多边形的边数为 则 ．故选C．
【点睛】本题考查了三角形内角和为，正多边形的内角公式，多边形内角和公式，理解题意求出正多边形的一个内角是解题的关键．
7．（2021·浙江杭州市·八年级期中）如图：在六边形ABCDEF中，，则__________．
【答案】210°
【分析】连接DE，利用平行线的性质证明∠ABC=∠DEF，∠A=∠D，∠C=∠F，再计算出六边形内角和，结合∠A的度数可得结果．
【详解】解：如图，连接DE，∵AB∥DE，BC∥EF，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，∴∠1+∠4=∠2+∠3，即∠ABC=∠DEF，同理：∠A=∠D，∠C=∠F，
∵∠A+∠C+∠D+∠F+∠ABC+∠DEF=（6-2）×180°=720°，∴∠A+∠C+∠DEF=360°，
∵∠A=150°，∴∠C+∠DEF=210°，故答案为：210°．
【点睛】本题考查了平行线的性质，多边形内角和，作出辅助线，证明∠ABC=∠DEF是解题的关键．
8．（2021·陕西西安交大第二附属中学南校区九年级其他模拟）如图，在正八边形中，对角线的延长线与边的延长线交于点M，则的大小为__________．
【答案】
【分析】利用正多边形的内角和公式与外角和公式结合题意即可求出，，再利用三角形外角性质即可求出．
【详解】解：根据正八边形的性质可知，，
由图可知，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形的内角和与外角和公式以及三角形外角的性质．掌握正多边形的内角和与外角和公式是解答本题的关键．
题型10 双角平分线（两内、两外、一内一外）
1．（2021·山西阳泉初二期中）佳琪同学在学习了三角形内角和及角平分线定义后经大量的测试实验发现，在一个三角形中，两个内角的角平分线所夹的角只与第三个角的大小有关.
测量数据如下表：
测量和度数
测量工具
量角器
示意图
与的平分
线交于点
测量数据
第一次
第二次
第三次
第四次
…
…
（1）通过以上测量数据，请你写出与的数量关系：______.（2）如图，在中，若与的平分线交于点，则与存在怎样的数量关系？请说明理由.
【答案】（1）；（2），理由见解析
【分析】（1）根据表格中的数据，设，利用待定系数法进行计算，即可得到答案；
（2）根据角平分线的性质，得到，，然后利用外角性质，以及角的和差关系，即可得到结论成立.
【解析】（1）根据题意，设，∴，解得：，∴.
（2）. 理由：∵与的平分线交于点，
∴，.
∵，∴.
∵是的外角，∴，∴.
【点睛】本题考查了角平分线定理，三角形内角和定理以及三角形外角性质，待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是掌握所学性质进行解题.
2．（2020·江苏丹徒?初一期末）已知ABCD，点E是平面内一点，∠CDE的角平分线与∠ABE的角平分线交于点F．（1）若点E的位置如图1所示． ①若∠ABE=60°，∠CDE=80°，则∠F= °；
②探究∠F与∠BED的数量关系并证明你的结论； （2）若点E的位置如图2所示，∠F与∠BED满足的数量关系式是 ． （3）若点E的位置如图3所示，∠CDE 为锐角，且，设∠F=α，则α的取值范围为 ．
【答案】（1）①70；②∠F=∠BED，证明见解析；（2）2∠F+∠BED=360°；（3）
【分析】（1）①过F作FG//AB，利用平行线的判定和性质定理得到∠DFB=∠DFG+∠BFG=∠CDF+∠ABF，利用角平分线的定义得到∠ABE+∠CDE=2∠ABF+2∠CDF=2（∠ABF+∠CDF），求得∠ABF+∠CDF=70，即可求解；②分别过E、F作EN//AB，FM//AB，利用平行线的判定和性质得到∠BED=∠ABE+∠CDE，利用角平分线的定义得到∠BED=2（∠ABF+∠CDF），同理得到∠F=∠ABF+∠CDF，即可求解；
（2）根据∠ABE的平分线与∠CDE的平分线相交于点F，过点E作EG∥AB，则∠BEG+∠ABE=180°，因为AB∥CD，EG∥AB，所以CD∥EG，所以∠DEG+∠CDE=180°，再结合①的结论即可说明∠BED与∠BFD之间的数量关系；（3）通过对的计算求得，利用角平分线的定义以及三角形外角的性质求得，即可求得．
【解析】（1）①过F作FG//AB，如图：
∵AB∥CD，FG∥AB，∴CD∥FG，∴∠ABF=∠BFG，∠CDF=∠DFG，
∴∠DFB=∠DFG+∠BFG=∠CDF+∠ABF，
∵BF平分∠ABE，∴∠ABE=2∠ABF，∵DF平分∠CDE，∴∠CDE=2∠CDF，
∴∠ABE+∠CDE=2∠ABF+2∠CDF=2（∠ABF+∠CDF）=60+80=140，
∴∠ABF+∠CDF=70，∴∠DFB=∠ABF+∠CDF=70，故答案为：70；
②∠F=∠BED， 理由是：分别过E、F作EN//AB，FM//AB，
∵EN//AB，∴∠BEN=∠ABE，∠DEN=∠CDE，∴∠BED=∠ABE+∠CDE，
∵DF、BF分别是∠CDE的角平分线与∠ABE的角平分线，
∴∠ABE=2∠ABF，∠CDE=2∠CDF，即∠BED=2（∠ABF+∠CDF）；
同理，由FM//AB，可得∠F=∠ABF+∠CDF，∴∠F=∠BED；
（3）2∠F+∠BED=360°．如图，过点E作EG∥AB，则∠BEG+∠ABE=180°，
∵AB∥CD，EG∥AB，∴CD∥EG，∴∠DEG+∠CDE=180°，
∴∠BEG+∠DEG=360°-（∠ABE+∠CDE），即∠BED=360°-（∠ABE+∠CDE），
∵BF平分∠ABE，∴∠ABE=2∠ABF，
∵DF平分∠CDE，∴∠CDE=2∠CDF，∠BED=360°-2（∠ABF+∠CDF），
由①得：∠BFD=∠ABF+∠CDF，∴∠BED=360°-2∠BFD，即2∠F+∠BED=360°；
（3）∵，∠F=α，∴，解得：，如图，
∵∠CDE 为锐角，DF是∠CDE的角平分线，∴∠CDH=∠DHB，
∴∠F∠DHB，即，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线的性质、角平分线的定义以及三角形外角性质的应用，在解答此题时要注意作出辅助线，构造出平行线求解．
3.（2020•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．
4.（2021•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．
5．（2021·江苏镇江市·八年级期中）模型规律：如图1，延长交于点D，则．因为凹四边形形似箭头，其四角具有“”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．
模型应用
（1）直接应用：
①如图2，，则__________；
②如图3，__________；
（2）拓展应用：
①如图4，、的2等分线（即角平分线）、交于点，已知，，则__________；
②如图5，、分别为、的10等分线．它们的交点从上到下依次为、、、…、．已知，，则__________；
③如图6，、的角平分线、交于点D，已知，则__________；
④如图7，、的角平分线、交于点D，则、、之同的数量关系为__________．
【答案】（1）①110；②260；（2）①85；②110；③142；④∠B-∠C+2∠D=0
【分析】（1）①根据题干中的等式直接计算即可；
②同理可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠BOC+∠DOE，代入计算即可；
（2）①同理可得∠BO1C=∠BOC-∠OBO1-∠OCO1，代入计算可得；
②同理可得∠BO7C=∠BOC-（∠BOC-∠A），代入计算即可；
③利用∠ADB=180°-（∠ABD+∠BAD）=180°-（∠BOC-∠C）计算可得；
④根据两个凹四边形ABOD和ABOC得到两个等式，联立可得结论．
【详解】解：（1）①∠BOC=∠A+∠B+∠C=60°+20°+30°=110°；
②∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠BOC+∠DOE=2×130°=260°；
（2）①∠BO1C=∠BOC-∠OBO1-∠OCO1=∠BOC-（∠ABO+∠ACO）=∠BOC-（∠BOC-∠A）
=∠BOC-（120°-50°）=120°-35°=85°；
②∠BO7C=∠BOC-（∠BOC-∠A）=120°-（120°-50°）=120°-10°=110°；
③∠ADB=180°-（∠ABD+∠BAD）=180°-（∠BOC-∠C）=180°-（120°-44°）=142°；
④∠BOD=∠BOC=∠B+∠D+∠BAC，∠BOC=∠B+∠C+∠BAC，联立得：∠B-∠C+2∠D=0．
【点睛】本题主要考查了新定义—箭头四角形，利用了三角形外角的性质，还考查了角平分线的定义，图形类规律，解题的关键是理解箭头四角形，并能熟练运用其性质．
6．（2020·山西翼城初一期末）探索三角形的内(外)角平分线形成的角的规律．
在三角形中，由三角形的内角平分线、外角平分线所形成的角存在一定的规律．
规律1：三角形的两个内角的平分线形成的钝角等于加上第三个内角度数的一半．
规律2：三角形的两个外角的平分线形成的锐角等于减去与这两个外角不相邻的内角度数的一半．
如图，已知点是的内角平分线与的交点，点是的外角平分线与的交点，则．
证明规律1：
是的角平分线，
.
证明规律2：
.
请解决以下问题：（1）写出上述证明过程中步骤（2）的依据是： ；（2）如图，已知点是的内角平分线与的外角平分线的交点，请猜想和的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）三角形的内角和等于；（2）．
【分析】（1）经过认真阅读推理过程，再结合三角形的有关知识可以得到解答；（2）根据外角定理及角平分线定义，∠1可以用∠A表示出来，也可以用∠Q表示出来，利用等量代换即可求得和的数量关系．
【解析】三角形的内角和等于；
理由如下:
平分
平分，
．
【点睛】本题考查三角形内外角的有关知识和应用，在正确作图的基础上利用内角和定理、外角定理以及角平分线定义是解题关键．
7．（2021·宜兴市实验中学八年级期中）（1）已知AB∥CD，E是AB、CD间一点，如图1，给它取名“M型”；有结论：；如图2，给它取名“铅笔头型”，有结论：；
①在图3 “M型”中，AF、CF分别平分∠A、∠C，则∠F与∠E的关系是 ；
②在图4 “铅笔头型”中，延长EC到G，AF、CF分别平分∠A、∠DCG，则∠F与∠E的关系是 ；
（2）若直线AB与直线CD不平行，连接EG，且EG同时平分∠BEF和∠FGD．
①如图5，请探究∠1、∠2、∠F之间的数量关系？并说明理由；
②如图6，∠1比∠2的3倍多18°，∠2是∠F的，求∠F的度数．
【答案】（1）①；②；（2）①；②
【分析】
【详解】：（1）①由“M型”角的关系可得：，，
∵AF、CF分别平分∠A、∠C，∴，
∴，
∴∠F与∠E的关系是；故答案为；
②如图，
由“铅笔头型”，可得结论：，
∵AF、CF分别平分∠A、∠DCG，∴，
∵AB∥CD，∴，
∵，
∴由三角形外角的性质可得：，
∴；故答案为；
（2）①，理由如下：由邻补角可得：，
∵EG同时平分∠BEF和∠FGD，
∴，
∵，∴，∴；
②如图，
∵∠1比∠2的3倍多18°，∠2是∠F的，∴，∴，
∵EG同时平分∠BEF和∠FGD，∠BEF=180°-∠1，
∴，，
由三角形外角的性质可得：，
∴，∵，
∴，
把代入化简得：，∴．
【点睛】本题主要考查三角形内角和与外角的性质、平行线的性质及角平分线的定义，熟练掌握三角形内角和与外角的性质、平行线的性质及角平分线的定义是解题的关键．
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