文档内容
专题 11.9 三角形全章专项复习【3 大考点 14 种题型】
【人教版】
【考点1 与三角形有关的线段】..............................................................................................................................2
【题型1 三角形的三边关系的应用】......................................................................................................................2
【题型2 与等腰三角形的边长的有关的问题】.....................................................................................................4
【题型3 三角形的高的有关的问题】......................................................................................................................6
【题型4 利用中线解决三角形的面积问题】.......................................................................................................10
【题型5 利用三角形的三边关系解决线段的和差比较问题】...........................................................................13
【考点2 与三角形有关的角】................................................................................................................................17
【题型6 利用三角形的内角和定理解决折叠中的角度计算】...........................................................................17
【题型7 直角三角形的性质的应用】....................................................................................................................20
【题型8 三角形外角的应用】................................................................................................................................25
【题型9 三角形的内角和与外角的性质的综合】...............................................................................................30
【题型10 与三角形的内、外角性质及角等分线相关的规律性问题】...............................................................38
【考点3 多边形及其内角和】................................................................................................................................51
【题型11 多边形内角和公式的应用】....................................................................................................................51
【题型12 多边形外角定理的应用】........................................................................................................................55
【题型13 多边形的截角问题】................................................................................................................................59
【题型14 求不规则图形中相关角的和】................................................................................................................61
【考点1 与三角形有关的线段】
【知识点1 三角形三边的关系】
定理：三角形任意两边之和大于第三边；三角形任意两边的之差小于第三边.
【知识点2 三角形的分类】
【知识点3 三角形的重要线段】
（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，顶点和垂足之间的线段叫做三角形
的高线，简称三角形的高．【要点】三角形的三条高所在的直线相交于一点的位置情况有三种：锐角三角形交点在三角形内；直角三
角形交点在直角顶点；钝角三角形交点在三角形外.
（2）三角形的中线：三角形的一个顶点与它的对边中点的连线叫三角形的中线，
【要点】一个三角形有三条中线，它们交于三角形内一点，叫做三角形的重心．中线把三角形分成面积相
等的两个三角形.
（3）三角形的角平分线：三角形的一个内角的平分线与这个角的对边相交，这个角的顶点和交点之间的
线段叫做三角形的角平分线.
【要点】一个三角形有三条角平分线，它们交于三角形内一点，这一点叫做三角形的内心.
【知识点4 三角形的稳定性】
如果三角形的三边固定，那么三角形的形状大小就完全固定了，这个性质叫做三角形的稳定性．
【题型1 三角形的三边关系的应用】
【例1】（23-24八年级·河北石家庄·期末）一款可折叠晾衣架的示意图如图所示，支架OP=OQ=30cm
（连接处的长度忽略计），则点P，Q之间的距离可以是（ ）
A．50cm B．65cm C．70cm D．80cm
【答案】A
【分析】本题主要考查了三角形的三边关系，掌握三角形任意一边小于其它两边之和是解题的关键．先根
据三角形的三边关系确定线段PQ的取值范围，进而完成解答．
【详解】解：∵OP=OQ=30cm，
∴30−30c，然后再根据绝对值的代数意义进行化简即可．解题的关键是掌握：三角形的任意两边
之和大于第三边．【详解】解：∵a，b，c是△ABC的三边，
∴ac，
∴a−b−c<0，a+b−c>0，
∴|a−b−c)+|a+b−c)
=−(a−b−c)+a+b−c
=−a+b+c+a+b−c
=2b．
故答案为：2b．
【变式1-2】（23-24八年级·湖北黄冈·阶段练习）长为9、6、4、3的四根木条，选其中三根组成三角形，
共有（ ）种选法．
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【答案】B
【分析】根据任意两边之和大于第三边判断能否构成三角形．
【详解】选其中3根组成一个三角形，不同的选法有9、6、4；9、6、3；9、4、3；6、4、3；
能够组成三角形的只有：9、6、4；6、4、3；共2种．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系，要注意三角形形成的条件：任意两边之和大于第三边，任意
两边之差小于第三边．当题目指代不明时，一定要分情况讨论，把符合条件的保留下来，不符合的舍去．
【变式1-3】（23-24八年级·福建泉州·期末）如图，用AB、BC、CD、AD四条钢条固定成一个铁框，相
邻两钢条的夹角均可调整，不计螺丝大小，重叠部分．若AB=5、BC=9、CD=7、AD=6，则所固定成
的铁框中，两个顶点的距离最大值是（ ）
A．14 B．16 C．13 D．11
【答案】C
【分析】本题实际考查的是三角形的三边关系定理，能够正确的判断出调整角度后三角形铁框的组合方法
是解答的关键．若两个顶点的距离最大，则此时这个铁框的形状变化为三角形，可根据三条钢条的长来判
断有几种三角形的组合，然后分别找出这些三角形的最长边即可．
【详解】解：已知AB=5、BC=9、CD=7、AD=6，
选AB+BC、CD、AD作为三角形，则三边长为14、7、6，14>7+6，不能构成三角形，此种情况不成立；
选AB+AD、BC、CD作为三角形，则三边长为11、9、7，9−7<11<9+7，能构成三角形，此时两个
顶点的距离最大为11；
选AB、BC+CD、AD作为三角形，则三边长为5、16、6，5+6<16，不能构成三角形，此种情况不成
立；
选AB、BC、CD+AD作为三角形，则三边长为5、9、13，9−5<13<9+5，构成三角形，此时两个顶
点的距离最大为13；
故选：C．
【题型2 与等腰三角形的边长的有关的问题】
【例2】（23-24八年级·江西吉安·期末）用12根等长的火柴棒拼成一个等腰三角形，火柴棒不允许剩余、
重叠、折断，则能摆出不同的等腰三角形的个数为 个．
【答案】2
【分析】本题根据三角形的三边关系定理，得到不等式组，从而求出三边满足的条件，再根据三边长是整
数，进而求解．
【详解】设摆出的三角形中相等的两边是x根，则第三边是（12−2x）根，
根据三角形的三边关系定理得到：¿，
则x>3， x<6，
又因为x是整数，
∴x可以取4或5，
因而三边的值可能是：4，4，4或5，5，2；共二种情况，
则能摆出不同的等腰三角形的个数为2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系：在组合三角形的时候，注意较小的两边之和应大于最大的边，三
角形三边之和等于12．
【变式2-1】（23-24八年级·辽宁丹东·期末）等腰三角形周长为17，其中两条边长分别为x和2x+1，则
这个等腰三角形的腰长为（ ）
A．4或7 B．4 C．6 D．7
【答案】D
【分析】本题考查了三角形的三条边的关系和一元一次方程的应用的问题．
根据三角形的两边之和大于第三边，可得判断出底边是x，腰长是2x+1，根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：若x是腰，则底边长是2x+1，应该满足两腰之和大于底，但是2x<2x+1，所以只能x是底边，则腰长是2x+1，
由题意得x+2(2x+1)=17，
解得x=3，
∴2x+1=7，
故答案为：D．
【变式2-2】（23-24八年级·浙江衢州·阶段练习）周长为12，各边长均为整数的等腰三角形的三边长分别
为 ．
【答案】2、5、5或4、4、4.
【分析】已知等腰三角形的周长，求三边，则需要列出所有的组合形式，然后根据三角形的构造条件判断
哪些符合．
【详解】等腰三角形的三边均为整数且它的周长为12cm，那三边的组合方式有以下几种：
①1，1，10；②2，2，8；③3，3，6；④4，4，4；⑤5，5，2；又因为三角形两边之和大于第三边，两
边之差小于第三边，则④⑤符合．
它的三边长为或4，4，4，或2，5，5．
故答案为 2，5，5或4，4，4．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两
种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关
键；其中三边为整数也是非常重要的条件．
【变式2-3】（23-24八年级·全国·单元测试）在等腰△ABC中，AB=AC，AC腰上的中线BD将三角形周长
分为15和21两部分，则这个三角形的底边长为 ．
【答案】16或8
【分析】本题由题意可知有两种情况，AB+AD=15或AB+AD=21．从而根据等腰三角形的性质及三角形三
边关系可求出底边为8或16．
【详解】解：∵BD是等腰△ABC的中线，可设AD=CD=x，则AB=AC=2x
又知BD将三角形周长分为15和21两部分∴可知分为两种情况
①AB+AD=15，即3x=15，解得x=5，此时BC=21﹣x=21﹣5=16
②AB+AD=21，即3x=21，解得x=7；此时等腰△ABC的三边分别为14，14，8
经验证，这两种情况都是成立的
∴这个三角形的底边长为8或16
故答案为：16或8
【点睛】本题主要考查来了等边三角形的性质以及三角形的三边关系（两边之和大于第三边，两边只差小
于第三边），注意求出的结果燕验证三角形的三边关系，掌握分类讨论思想是解题的关键．
【题型3 三角形的高的有关的问题】
【例3】（24-25八年级·重庆铜梁·开学考试）如图，△ABC中，AB=18,BC=16，CE⊥AB于E，
CE=12，点D在BC上移动，则AD的最小值是 ．
27
【答案】
2
【分析】本题考查了与三角形高有关的计算，垂线段最短，根据题意，当AD⊥BC时，AD有最小值，利
1 1
用 AB⋅CE= AD⋅BC即可解答．
2 2
【详解】解：根据题意得：当AD⊥BC时，AD有最小值，
∵ △ABC中，AB=18,BC=16，CE⊥AB于E，CE=12，
1 1
∴ AB⋅CE= AD⋅BC，
2 2
1 1
∴ ×18×12= ×16AD，
2 2
27
∴AD= ，
2
27
故答案为： ．
2
【变式3-1】（23-24八年级·吉林长春·期末）如图，在△ABC中，AB=5，BC=4，AD⊥CD，
CE⊥AE，AD=4，则CE的长为 ．16
【答案】
5
【分析】本题考查了三角形的面积，直接根据等面积法求解即可．
【详解】解：∵AD⊥CD，CE⊥AE，
∴AD、CE都是△ABC的高，
1 1
∴S = BC⋅AD= AB⋅CE，
△ABC 2 2
BC⋅AD 4×4 16
∴CE= = = ，
AB 5 5
16
故答案为：
5
【变式3-2】（23-24八年级·山东德州·阶段练习）如图，在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别
为D，E，AD与CE相交于点O，连接BO并延长交AC于点F.若AB=5，BC=4，AC=6，则CE：AD
：BF的值为 .
【答案】12:15:10
【分析】本题主要考查三角形的高，由题意得：BF⊥AC，再根据三角形的面积公式，可得
5
S =4AD= CE=3BF，进而即可得到答案．
△ABC 2
【详解】解：∵在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为点D和点E，AD与CE交于点O，
∴BF⊥AC，
∵AB=5，BC=4，AC=6，1 1 1
∴ S = BC⋅AD= AB⋅CE= AC⋅BF，
△ABC 2 2 2
5
∴ S =4AD= CE=3BF，
△ABC 2
∴CE：AD：BF= 12:15:10，
故答案是：12:15:10．
【变式3-3】（2024八年级·江苏·专题练习）如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm，点
E是BC的中点，动点P从A点出发，先以每秒2cm的速度沿A→C运动，然后以1cm/s的速度沿C→B运
动．若设点P运动的时间是t秒，那么当t取何值时，△APE的面积等于10？
5 11 31
【答案】 或 或
2 3 3
【分析】本题考查了直角三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答时灵活运用三角形的面积
公式求解是关键．分为两种情况讨论：当点P在AC上时：当点P在BC上时，根据三角形的面积公式建立
方程求出其解即可．
【详解】解：如图1，当点P在AC上，
∵△ABC ∠C=90° BC=8cm AC=6cm E BC
中， ， ， ，点 是 的中点，
∴CE=4，AP=2t．
∵△APE的面积等于10，
1 1
∴S = AP·CE= AP×4=10，
△APE 2 2
∴AP=5，
即AP=2t=5，
5
∴t= ．
2如图2，当点P在BC上，
∵E是BC的中点，
∴BE=CE=4．
1 1
∵S= EP·AC= ·EP×6=10，
2 2
10
∴EP= ，
3
10 11
当点Ｐ在点Ｅ的左边时，t=3+4− = ，
3 3
10 31
当点Ｐ在点Ｅ的右边时，t=3+4+ = ．
3 3
5 11 31
综上所述，当t= 或 或 时，△APE的面积会等于10，
2 3 3
5 11 31
故答案为 或 或 ．
2 3 3
【题型4 利用中线解决三角形的面积问题】
【例4】（23-24八年级·四川资阳·期末）如图，已知△ABC的面积为12，D、E、F分别是△ABC的边AB
、BC、CA的中点，AE、BF、CD交于点G，AG:≥=2:1，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】B
1 1
【分析】此题考查三角形的面积，涉及中线平分三角形的面积，得S = S ，S = S ，结
△ABE 2 △ABC △BDG 2 △BAG2
合AG:≥=2:1，得S = S ，即可作答．
△BAG 3 △ABE
【详解】解：∵E是BC的中点，
1
∴S = S =6，
△ABE 2 △ABC
又∵AG:≥=2:1，
2
∴S = S =4，
△BAG 3 △ABE
又∵点D是AB的中点，
1
∴S = S =2，
△BDG 2 △BAG
同理S =2，
△CFG
∴图中阴影部分的面积为S +S =2+2=4，
△BDG △CFG
故选B．
1
【变式4-1】（23-24八年级·江苏常州·期末）如图，AD是△ABC的中线，AE= AD,F是EC的中点．
3
若S =10，则S = ．
△BEF △ABC
【答案】30
【分析】此题考查三角形中线的性质和三角形面积，先求出S =2S =20，再求出
❑△BEC △BEF
1 1
S =S = S =10，S = S =5，则S =S =S =5+10=15，根据AD是△ABC
❑△BDE ❑△CDE 2 ❑△BEC ❑△ABE 2 ❑△BDE ❑△ABD ❑△ABE ❑△BDE
的中线即可得到答案．
【详解】解：∵F是EC的中点．S =10，
△BEF
∴S =2S =20，
❑△BEC △BEF
∵AD是△ABC的中线，
∴D是BC的中点，
1
∴S =S = S =10
❑△BDE ❑△CDE 2 ❑△BEC1
∵AE= AD,
3
1
∴AE= DE,
2
1
∴S = S =5，
❑△ABE 2 ❑△BDE
∴S =S =S =5+10=15，
❑△ABD ❑△ABE ❑△BDE
∵AD是△ABC的中线，
∴S =2S =30
△ABC ❑△ABD
故答案为：30
【变式4-2】（23-24八年级·四川巴中·期末）如图，已知A ，A ，A ⋯分别是AC，A C，A C⋯的中
1 2 3 1 2
点，B ，B ，B ⋯分别是BC，B C，B C⋯的中点，若△ABC的面积为4，则△A B C的面积为
1 2 3 1 2 2024 2024
．
1
【答案】
24046
【分析】本题考查三角形的中线性质、数字类规律探究，先根据三角形的中线性质和三角形的面积公式求
得前几个三角形的面积，然后找到变化规律，进而可求解．
1 1 1 (1) 2
【详解】解：由题意，S = S = × S = ×4=1，
△A 1 B 1 C 2 △A 1 BC 2 2 △ABC 2
1 1 1 (1) 4 1
S = S = × S = ×4= ，
△A 2 B 2 C 2 △A 2 B 1 C 2 2 △A 1 B 1 C 2 4
1 1 1 (1) 6
S = S = × S = ×4，
△A 3 B 3 C 2 △A 3 B 2 C 2 2 △A 2 B 2 C 2
……，
(1) 2n (1) n 1
依次类推，S = ×4= ×4= ，
△A n B n C 2 4 4n−1
1 1 1
∴S = = = ，
△A 2024 B 2024 C 42024−1 42023 240461
∴△A B C的面积为 ，
2024 2024 24046
1
故答案为： ．
24046
【变式4-3】（23-24八年级·山东青岛·期末）如图，在△ABC中，D是AC的中点，E是AB上的一点，且
AE=4BE，BD与CE相交于点F，若△CDF的面积为4，则△ABC的面积为 ．
【答案】12
【分析】本题考查了根据三角形中线求面积，根据三角形面积等高模型得到S :S =4:1是解题的关
△ACF △AEF
键．连接AF，根据中点可得S =S =4，根据AE=4BE可得S =4S ，设S =x，可得
△ADF △CDF △AEF △BEF △BEF
S =5x，进而可得S :S =5:1，求出x的值，进而可求解．
△BCF △ACF △AEF
【详解】解：连接AF，如图所示：
∵D AC S =4
△CDF
是 的中点， ，
∴S =S =4，S =S ，
△ADF △CDF △ABD △BCD
又∵AE=4BE，
∴S =4S ，
△AEF △BEF
设S =x，则S =4x，
△BEF △AEF
∵S =S ，
△ABD △BCD
∴S +4=4+x+4x，
△BCF
∴S =5x，
△BCF
∴CF:EF=5:1，
∴S :S =5:1，
△ACF △AEF
8
∴S = =4x，
△AEF 52
解得：x= ，
5
2
∴S =2S =2×(4+5× )=12，
△ABC △BCD 5
故答案为：12．
【题型5 利用三角形的三边关系解决线段的和差比较问题】
【例5】（23-24八年级·安徽安庆·期中）已知：如图，点D是△ABC内一点．求证：
(1)BD＋CD＜AB＋AC；
(2)AD＋BD＋CD＜AB＋BC＋AC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）延长BD交AC于E，从而找到BD＋CD与AB＋AC的中间量BE+CE，再利用不等式的传递
性(若aDB+DC．
【答案】见解析
【分析】在△ABE中运用三角形三边关系可得AB+AE>BE①，再根据线段的和差可得
AC=AE+EC②，①+②可得：AB+AC>BE+EC；同理可得：BE+EC>BD+DC，最后运用等量
代换即可证明结论．
【详解】证明：∵在△ABE中，可得AB+AE>BE①，AC=AE+EC②，
∴①+②可得：AB+AC>BE+EC．
∵在△DCE中，可得DE+EC>DC③，BE=ED+BD④，
∴BE+EC>BD+DC，
∴AB+AC>DB+DC．
【点睛】本题主要考查三角形的三边关系，找准三角形并灵活运用三角形的三边关系是解答本题的关键．
【变式5-2】（23-24八年级·山东青岛·单元测试）如图，设P为△ABC内一点，且PC=BC，求证：
AB>AP．【答案】见解析
【分析】延长CP交AB于点D，根据三角形三边关系得出BC+BD>CP+PD，AD+PD>AP，整理得出
BC+AB>CP+AP，根据PC=BC，得出AB>AP．
【详解】证明：延长CP交AB于点D，如图所示：
∵BC+BD>CP+PD，AD+PD>AP，
∴BC+BD+AD+PD>CP+PD+AP，
∴BC+AB+PD>CP+PD+AP，
即BC+AB>CP+AP，
∵PC=BC，
∴AB>AP．
【点睛】本题主要考查了三角形三边关系，解题的关键是熟练掌握三角形任意两边之和大于第三边，任意
两边之差小于第三边．
【变式5-3】（23-24八年级·全国·课后作业）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，且AC，BD相交
于点O．求证：
(1)AB+CD (AB+BC+CD+AD)．
2
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）在△ABO和△COD中，利用三角形三边关系即可求证结论．
（2）由（1）得，AB+CDAB，CO+DO>DC，
∴AO+CO+BO+DO>AB+DC，即AB+CD (AB+BC+CD+AD)．
2
【点睛】本题考查了三角形三边关系，熟练掌握三角形三边关系是解题的关键．
【考点2 与三角形有关的角】
【知识点1 三角形的内角】
三角形内角和定理：三角形的内角和为180°．
推论：
（1）直角三角形的两个锐角互余
（2）有两个角互余的三角形是直角三角形
【知识点2 三角形的外角】
三角形外角性质：
（1）三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
（2）三角形的一个外角大于任意一个与它不相邻的内角．
三角形的外角和： 三角形的外角和等于360°.
【题型6 利用三角形的内角和定理解决折叠中的角度计算】
【例6】（23-24八年级·广西柳州·期中）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A′处，且A′B平
分∠ABC，A′C平分∠ACB，若∠1=42°,∠2=46°，则∠BA′C的度数为 ．【答案】112°/112度
【分析】本题考查三角形的内角和定理、角平分线的定义、三角形的外角的性质等知识，灵活运用所学知
识，学会添加常用辅助线是解答本题的关键，属于中考常考题型．连接A A'，根据折叠的性质及三角形外
角的性质求出∠BAC=44°，再由角平分线及三角形内角和定理即可解决问题．
【详解】解：如图，连接A A′，
∵沿DE折叠，
∴∠DA A′=∠DA′ A，∠EA A′=∠EA′ A，
∵∠1=∠DA A′+∠DA′ A=2∠DA A′，∠2=∠EA A′+∠EA′ A=2∠EA A′，
∴∠1+∠2=2∠DA A′+2∠EA A′=2∠BAC=42°+46°=88°，
∴∠BAC=44°，
∴∠ABC+∠ACB=136°，
∵A′B ∠ABC A′C ∠ACB
平分 ， 平分 ，
1 1
∴∠A′BC= ∠ABC，∠A′CB= ∠ACB，
2 2
1
∴∠A′BC+∠A′CB= ×136°=68°，
2
∴∠BA′C=180°−68°=112°，
故答案为：112°．
【变式6-1】（23-24八年级·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在折纸活动中，小明制作了一张△ABC纸片，点
D、E分别在边AB、AC上，将△ABC沿着DE折叠压平使A与A′重合， 若∠A=35°， 则∠1+∠2的
度数为（ ）A．70° B．105° C．140° D．35°
【答案】A
【分析】本题主要考查了三角形内角和定理，折叠的性质，先由三角形内角和定理得到
∠ADE+∠AED=180°−∠A=145°，再由折叠的性质得到∠A′ED=∠AED，∠A′DE=∠ADE，
接着根据平角的定义可得∠1+∠2=360°−∠A′ED−∠A′DE−∠ADE−∠AED=70°．
【详解】解：∵∠A=35°，
∴∠ADE+∠AED=180°−∠A=145°，
由折叠的性质可得∠A′ED=∠AED，∠A′DE=∠ADE，
∴∠A′ED+∠A′DE=∠ADE+∠AED=135°，
∵∠A′ED++∠AED+∠2=180°，∠A′DE+∠ADE+∠1=180°，
∴∠1+∠2=360°−∠A′ED−∠A′DE−∠ADE−∠AED=70°，
故选：A．
【变式6-2】（23-24八年级·河北石家庄·期末）如图，点M，N分别在AB，AC上，MN∥BC，将
△ABC沿MN折叠后，使点A落在点A′处．若∠A′=30°，∠B=120°，则∠A′NC= °．
【答案】120
【分析】本题考查三角形内角和定理，平行线的性质和折叠的性质，由折叠性质可得
∠A=∠A'=28°，∠A'NM=∠ANM，根据三角形内角和求出∠C的度数，利用平行线性质求出
∠CNM，等量代换可得∠A'NC=∠CNM−∠A'NM即可求出结果．
【详解】解：根据折叠的性质可得∠A=∠A'=30°，∠A'NM=∠ANM，
∵∠A=30°，∠B=120°，
∴∠C=180°−∠A−∠B=30°，
∵MN∥BC，
∴∠ANM=∠C，∠CNM+∠C=180°，
∴∠CNM=180°−∠C=150°，
∵∠A'NM=∠ANM，∠ANM=∠C，
∴∠A'NM=∠C=30°，
∴∠A'NC=∠CNM−∠A'NM=150°−30°=120°，故答案为：120．
【变式6-3】（2024八年级·全国·专题练习）如图，把△ABC沿EF折叠，使点A落在点D处，
(1)若DE∥AC，试判断∠1与∠2的数量关系，并说明理由；
(2)若∠B+∠C=130°，求∠1+∠2的度数．
【答案】(1)∠1=∠2，见解析
(2)100°
【分析】（1）根据折叠的性质，平行线的性质，等量代换思想解答即可；
（2）根据∠A+∠B+∠C=180°，∠B+∠C=130°，得到∠A=50°，根据DE∥AC，得到
∠1=∠2=∠A=50°，计算∠1+∠2的度数．
本题考查了折叠的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，熟练掌握平行线性质是解题的关键．
【详解】（1）解：∠1=∠2，理由如下：
∵∠D是由∠A翻折得到，
∴∠D=∠A，
∵DE∥AC，
∴∠1=∠A,∠2=∠D，
∴∠1=∠2．
（2）解：∵∠A+∠B+∠C=180°，∠B+∠C=130°，
∴∠A=50°，
∵DE∥AC，
∴∠1=∠2=∠A=50°，
∴∠1+∠2=50°+50°=100°．
【题型7 直角三角形的性质的应用】
【例7】（23-24八年级·辽宁盘锦·期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D为AC上一点，过点A
作AE⊥BD于点E．(1)当BD平分∠ABC，且∠ABC=60°时，求∠BAE的度数；
9
(2)当点D是AC中点，DB=3，且△BCD的面积为 ，求AE的长．
4
【答案】(1)∠BAE=60°；
3
(2)AE= ．
2
【分析】（1）根据角平分线的定义及直角三角形的性质求解即可；
9 1 1 3
（2）由点D是AC中点得S =S = ，又S = BD⋅AE= ×3×AE= AE，从而求解；
△ADB △BCD 4 △ADB 2 2 2
此题考查了角平分线的定义，三角形中线的性质，直角三角形的性质，等面积法，熟练掌握知识点的应用
是解题的关键．
【详解】（1）解：∵BD平分∠ABC，∠ABC=60°，
∴∠ABE=30°，
∵AE⊥BD，
∴∠AEB=90°，
∴∠BAE=90°−30°=60°；
（2）解：∵点D是AC中点，
∴AD=DC，
1 1
∵S = AD⋅BC，S = CD⋅BC，
△ADB 2 △BCD 2
9
∴S =S = ，
△ADB △BCD 4
1 1 3
∵S = BD⋅AE= ×3×AE= AE，
△ADB 2 2 2
3 9
∴ AE= ，
2 43
∴AE= ．
2
【变式7-1】（23-24八年级·贵州贵阳·期末）如图，直线a∥b，CD⊥AB于点D，若∠1=130°，则∠2
等于（ ）
A．60° B．50° C．40° D．30°
【答案】C
【分析】本题考查了平行线的性质，垂直的定义，直角三角形的两锐角互余，先根据平行线的性质得
∠ABC+∠1=180°，则有，∠ABC=50°再根据垂直的定义得∠BDC=90°，然后利用，
∠ABC+∠2=90°计算∠2的度数即可，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵a∥b，
∴∠ABC+∠1=180°，
∵∠1=130°，
∴∠ABC=50°，
∵CD⊥AB，
∴∠BDC=90°，
∴∠ABC+∠2=90°，
∴∠2=40°，
故选：C．
【变式7-2】（23-24八年级·浙江温州·期末）图1的指甲剪利用杠杆原理操作，图2是使用指甲剪的侧面
示意图，∠CEO=90°，杠杆BC与上臂OC重合；使用时，B刚好至B′点，当A′B′∥OE时，恰好CB′'平
分∠OCE，若∠CB′ A′=129°，则∠COE= °．【答案】12
【分析】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，直角三角形两锐角互余等知识．延长CB′交OE
于点H，先根据平行线的性质求出∠OHC=∠CB′ A′=129°，进而求出∠CHE=51°，根据直角三角形
两锐角互余求出∠ECH=39°，进而求出∠ECO=2∠ECH=78°，即可求出∠COE=12°．
【详解】解：延长CB′交OE于点H，如图，
∵A′B′∥OE，
∴∠OHC=∠CB′ A′=129°，
∴∠CHE=180°−∠OHC=51°，
∵∠CEO=90°，
∴∠ECH=90°−∠CHE=39°．
∵CB′'平分∠OCE，
∴∠ECO=2∠ECH=78°，
∴∠COE=90°−∠ECO=12°．
故答案为：12
【变式7-3】（23-24八年级·辽宁盘锦·期末）综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的角与三角形的
特殊线段”为主题开展数学活动．
(1)【初步探究】在△ABC中，∠B=42°,∠C=70°，作∠BAC的平分线AD交BC于点D．在图1中，
作AE⊥BC于E，求∠DAE的度数；
(2)【迁移探究】在△ABC中，∠B=42°,∠C=70°，作∠BAC的平分线AD交BC于点D．如图2，在AD上任取点F，作FE⊥BC，垂足为点E，直接写出∠DFE的度数；
(3)【拓展应用】如图③，在△ABC中，∠C>∠B,AD平分∠BAC，点F在DA的延长线上，FE⊥BC
于E，求出∠DFE与∠C、∠B之间的数量关系．
【答案】(1)∠DAE=14°
(2)∠DFE=14°
1 1
(3)∠DFE= ∠C− ∠B
2 2
【分析】本题考查了三角形内角和定理，角平分线性质，直角三角形两锐角互余，熟练掌握相关性质是解
题的关键．
（1）根据三角形内角和定理，可求得∠BAC=180°−∠B−∠C=68°，由AD平分∠BAC，得到
1
∠CAD= ∠BAC=34°，又根据AE⊥BC，可得∠CAE=20°，由此可求得∠DAE=14°；
2
（2）根据三角形内角和定理，可求得∠BAC=180°−∠B−∠C=68°，由AD平分∠BAC，得到
1
∠CAD= ∠BAC=34°，由三角形内角和定理求得∠ADC=76°，再根据FE⊥BC，利用直角三角形
2
两锐角互余，即可求得∠DFE=90°−∠ADC=14°；
1 1
（3）同理，根据三角形内角和定理和AD平分∠BAC，得到∠CAD= ∠BAC=90°− (∠B+∠C)，
2 2
1 1
∠ADC=90°+ ∠B− ∠C，再结合FE⊥BC，利用直角三角形两锐角互余，即可求得
2 2
1 1
∠DFE= ∠C− ∠B．
2 2
【详解】（1）解：在△ABC中，∠B=42°,∠C=70°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=180°−42°−70°=68°，
∵AD平分∠BAC，
1 1
∴∠CAD= ∠BAC= ×68°=34°，
2 2
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∵∠C=70°，
∴∠CAE=90°−70°=20°，∴∠DAE=∠CAD−∠CAE=34°−20°=14°．
（2）解：在△ABC中，∠B=42°,∠C=70°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=180°−42°−70°=68°，
∵AD平分∠BAC.，
1 1
∴∠CAD= ∠BAC= ×68°=34°，
2 2
在△ADC中，∠C=70°，
∴∠ADC=180°−70°−34°=76°，
∵FE⊥BC，
∴∠FED=90°，
∴∠DFE=90°−∠ADC=90°−76°=14°．
（3）解：在△ABC中，∠BAC=180°−(∠B+∠C)，
∵AD平分∠BAC，
1 1
∴∠CAD= ∠BAC=90°− (∠B+∠C)，
2 2
在△ADC中∠ADC=180°−∠C−∠CAD
1
=180°−∠C−90°+ (∠B+∠C)
2
1 1
=90°+ ∠B− ∠C
2 2
∵FE⊥BC，
∴∠FED=90°，
1 1 1 1
∴∠DFE=90°−∠ADC=90°−90°− ∠B+ ∠C= ∠C− ∠B.
2 2 2 2
【题型8 三角形外角的应用】
【例8】（23-24八年级·江苏无锡·阶段练习）在△ABC中，BD、BE分别是高和角平分线，点F在CA的
延长线上，FH⊥BE交BD于点G，交BC于点H，下列结论：
①∠DBE=∠EFH；
②2∠BEF=∠BAF+∠C；
③2∠EFH=∠BAC−∠C，
④∠BGH=∠ABE+∠C；
其中正确的有（ ）个．A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】①根据BD⊥AC，FH⊥BE，由直角三角形锐角互余可证明；②根据角平分线的定义和三角形
外角的性质证明结论正确；③根据三角形的内角和和角平分线的定义，进行等量代换，即可证明结论正
确；④根据角平分线的定义和三角形外角的性质证明结论正确．
【详解】解：有题意可知
BD⊥AC，FH⊥BE
∴∠DBE+∠BED=∠EFH+∠BED=90°
∴∠DBE=∠EFH
①正确；
∵BE是角平分线，
∴∠BAF=∠C+∠ABC=∠C+2∠CBE
∴∠BAF+∠C=2∠C+2∠CBE
∵∠BEF=∠C+∠CBE
∴2∠BEF=∠BAF+∠C
②正确；
∵∠EFH=∠DBE=90°−∠BED
=90°−(∠C+∠CBE)
( 1 )
=90°− ∠C+ ∠CBA
2
[ 1 )
=90°− ∠C+ (180°−∠C−∠BAC)
2
1
= (∠C+∠BAC)
2
∴2∠EFH=∠BAC−∠C
③正确；
∵∠DBE+∠BED=∠EFH+∠DGF=90°，∠DBE=∠EFH∴∠EFH=∠DBE=∠C+∠CBE
=∠C+∠ABE
∵∠EFH=∠BGH
∴∠BGH=∠ABE+∠C
④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，正确运用三角形的高、中线和角平分线的概念以及三角形外角
的性质是解题的关键．
【变式8-1】（23-24八年级·甘肃酒泉·期末）如图，∠ACD是△ABC的外角，∠ABC的平分线与
∠ACD的平分线交于点A ，∠A BC的平分线与∠A CD的平分线交于点A ．
1 1 1 2
(1)试确定∠A与∠A 之间的数量关系，并说明理由；
1
(2)若∠A =16°，求∠A的度数．
2
1
【答案】(1)∠A = ∠A，理由见解析
1 2
(2)64°
【分析】本题考查了角平分线，三角形外角的性质等知识．熟练掌握角平分线，三角形外角的性质是解题
的关键．
1
（1）由A B是∠ABC的平分线，A C是∠ACD的平分线可得∠A BC= ∠ABC，
1 1 1 2
1
∠A CD= ∠ACD，由∠ACD=∠A+∠ABC，∠A CD=∠A BC+∠A ，可得
1 2 1 1 1
1 1 1
(∠A+∠ABC)= ∠ABC+∠A ，进而可得∠A = ∠A；
2 2 1 1 2
1
（2）同理（1）可得∠A = ∠A ，进而可求∠A的度数．
2 2 11
【详解】（1）解：∠A = ∠A，理由如下；
1 2
∵A B是∠ABC的平分线，A C是∠ACD的平分线，
1 1
1 1
∴∠A BC= ∠ABC，∠A CD= ∠ACD，
1 2 1 2
又∵∠ACD=∠A+∠ABC，∠A CD=∠A BC+∠A ，
1 1 1
1 1
∴ (∠A+∠ABC)= ∠ABC+∠A ，
2 2 1
1
∴∠A = ∠A；
1 2
1
（2）解：同理（1）可得∠A = ∠A ，
2 2 1
∴∠A =2∠A =32°，
1 2
∴∠A=2∠A =64°，
1
∴∠A的度数为64°．
【变式8-2】（23-24八年级·福建厦门·期末）如图，AD∥BC，∠D=∠ABC，点E是边DC上一点，
连接AE交BC的延长线于点H．点F是边AB上一点．使得∠FBE=∠FEB，作∠FEH的角平分线EG交
BH于点G，若∠DEH=110°，则∠BEG的度数为 ．
【答案】35°/35度
【分析】本题考查的是平行线的性质和判定，三角形外角的性质以及三角形内角和定理，本题的关键是根
据三角形内角和进行列式计算．
由平行线的判定和性质求出∠CEH=∠FAE=70°，并表示出∠AEF，由三角形外角的性质求出
∠AFE=2∠FEB，然后根据三角形内角和定理列式计算即可．
【详解】解：∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵∠D=∠ABC，
∴∠D+∠BAD=180°，
∴AB∥CD，∴∠CEH=∠FAE
∵∠DEH=110°，
∴∠CEH=∠FAE=70°，
∵∠FBE=∠FEB，∠AFE=∠FBE+∠FEB，
∴∠AFE=2∠FEB，
∵∠FEH的角平分线为EG，
∴∠GEH=∠FEG，
∵∠AEF=180°−∠FEG−∠GEH=180°−2∠GEH，
∴70°+2∠FEB+180°−2∠GEH=180°，
∴∠GEH−∠FEB=35°，
∴∠BEG=∠FEG−∠FEB=∠GEH−∠FEB=35°．
故答案为：35°．
【变式8-3】（23-24八年级·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，AD为△ABC的高，AE，BF为△ABC的角平
分线，若∠CBF=32°，∠AFB=72°．
(1)求∠DAE的度数；
(2)若点G为线段BC上任意一点，当△GFC为直角三角形时，求∠BFG的度数．
【答案】(1)∠DAE=12°
(2)∠BFG的度数为58°或18°
【分析】本题考查三角形内角和定理，三角形的外角的性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练
掌握基本知识，属于中考常考题型．
（1）先求出∠C=40°，∠ABC=2∠CBF=64°，则∠BAD=90°−∠ABC=26°，
1
进而推出∠BAC=76°，再得出∠BAE= ∠BAC=38°，即可解答．
2
根据∠DAE=∠BAE−∠BAD，求出∠BAE即可解决问题．
（2）分两种情况：①当∠FGC=90°时．②当∠GFC=90°时，分别求解即可．【详解】（1）解：∵∠AFB=∠FBC+∠C，∠CBF=32°，∠AFB=72°，
∴∠C=72°−32°=40°，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABC=2∠CBF=64°，
∵AD为△ABC的高，
∴∠BAD=90°−∠ABC=26°，
∴∠BAC=180°−∠ABC−∠C=180°−64°−40°=76°，
∵AE平分∠BAC，
1
∴∠BAE= ∠BAC=38°，
2
∴∠DAE=∠BAE−∠BAD=38°−26°=12°．
（2）解：分两种情况：
①当∠FGC=90°时，则∠BGF=90°，
∴∠BFG=90°−∠FBC=90°−32°=58°；
②当∠GFC=90°时，则∠FGC=90°−40°=50°，
∴∠BFG=∠FGC−∠EBF=50°−32°=18°；
综上所述：∠BFG的度数为58°或18°．
【题型9 三角形的内角和与外角的性质的综合】
【例9】（23-24八年级·福建福州·期中）已知在△ABC中，点D在AB上，且∠ACD=∠B．(1)如图1，若CD⊥AB，求证：∠ACB=90°；
(2)如图2，AE平分∠BAC交CD于点F，交CB于点E．
①求证：∠CFE=∠CEF；
②△ABC的外角∠BAG的平分线所在直线MN与BC的延长线交于点M，若∠M=33°，求∠CFE的度
数．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②57°
【分析】（1）根据垂直定义，得到∠ADC=90°，根据三角形内角和定理，结合∠ACD=∠B即可得
证；
1
（2）①根据角平分线的定义，得到∠CAE=∠BAE= ∠BAC，在△ABE和△ACF中，根据三角形外角
2
性质，结合∠ACD=∠B，可得结论；②根据角平分线的定义，证明∠EAN=90°,得到∠EAM=90°，
得到∠M+∠AEM=90°，根据∠M=33°，得到∠AEM=57°，即得∠CFE=57°．
【详解】（1）∵CD⊥AB，
∴∠ADC=90°，
∵∠A+∠ADC+∠ACD=∠A+∠ACB+∠B=180°，且∠ACD=∠B，
∴∠ACB=∠ADC=90°；
（2）①∵AE平分∠BAC，
1
∴∠CAE=∠BAE= ∠BAC，
2
∵∠CEF=∠B+∠BAE，∠CFE=∠ACD+∠CAE，且∠ACD=∠B，
∴∠CEF=∠CFE；
②∵MN平分∠BAG，
1
∴∠BAN=∠GAN= ∠BAG，
21
∵∠BAE=∠CAE= ∠BAC，
2
1
∴∠EAN=∠BAE+∠BAN= (∠BAC+∠BAG)=90°，
2
∴∠EAM=180°−∠EAN=90°，
∴∠M+∠AEM=90°，
∵∠M=33°，
∴∠AEM=57°，
由①知，∠CFE=57°．
【点睛】本题主要考查了三角形角平分线．熟练掌握三角形角平分线的定义，垂直定义，三角形的内角和
定理，平角性质，直角三角形的两个锐角性质，三角形的外角性质，是解题的关键．
【变式9-1】（23-24八年级·江苏苏州·期中）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，AD⊥BC于点D，
∠ABD的角平分线BF所在直线与射线AE相交于点G，若∠ABC=3∠C，且∠G=18°，则∠DFB的
度数为（ ）
A．40° B．44° C．50° D．54°
【答案】D
【分析】由题意推出∠CAE=∠BAE，∠ABF=∠DBF，设∠CAE=∠BAE=x，设
∠C= y，∠ABC=3 y，用含x和y的代数式表示∠ABF和∠DBF即可解决．
【详解】解：如图：∵AE平分∠BAC，BF平分∠ABD，
∴∠CAE=∠BAE，∠1=∠2，
设∠CAE=∠BAE=x，∠C= y，∠ABC=3 y，
1 1 1
由外角的性质得：∠1=∠BAE+∠G=x+18°，∠2= ∠ABD= (2x+ y)＝x+ y，
2 2 2
1
∴x+18=x+ y，
2
解得：y=36°，
1 1
∴∠1=∠2= (180°−∠ABC)= ×(180°−108°)=36°，
2 2
∵AD⊥DC，
∴∠D=90°，
∴∠DFB=90°−∠2=54°．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，三角形外角的性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题．
【变式9-2】（23-24八年级·天津东丽·期中）如图，已知∠ABC=110°，AE平分∠BAD，CE平分
∠DCB，CE的延长线交AB于点F，设∠AEF=α，∠ADC=β，则下列关系正确的是（ ）
A．β=110°+2a B．β=220°−2a
C．β=110°+a D．β=250°−2a
【答案】D
【分析】延长AD交BC于点G，设∠BAD的度数为2x，∠DCB的度数为2y，通过角平分线的定义和三β−110°
角形外角的性质得到x+ y= 之间的关系，在根据三角形内角和得到
2
β−110°
∠B+∠BFC+∠BCF=180°，将x+ y= 代入，即可解答．
2
【详解】解：如图，延长AD交BC于点G，
设∠BAD的度数为2x，∠DCB的度数为2y，
∵AE平分∠BAD，CE平分∠DCB，
1 1
∴∠EAF= ∠BAD=x,∠FCB= ∠DCB= y，
2 2
∵∠ADC=β，
∴∠DGC=∠ADC−∠DCG=β−2y，
∴∠BGD=180°−∠DGC=180°−β+2y，
在△BAG中，∠B+∠BAG+∠BGA=110°+2x+180°−β+2y=180°，
β−110°
∴x+ y= ，
2
∵∠AEF=α，
∴∠CFB=∠FAE+∠AEF=x+α，
在△BFC中，∠BFC+∠FBC+∠B=x+α+ y+110°=180°，
β−110° β−110°
将x+ y= 代入可得α+ +110°=180°，
2 2
整理得β=250°−2a，
故选：D．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，三角形的内角和定理，三角形外角的性质，考虑延长AD得到三角
形，进行角度的转换，用α,β表示同一个三角形中的内角得到等量关系是解题的关键．
【变式9-3】（23-24八年级·江苏盐城·期中） 已知：如图①，在△ABC中，
∠ACB=90°,∠B=30°,AD是角平分线，点E、F分别在边AC、BC上，∠CEF=45°,CF45°，不符合题意，舍去；
③当∠E=3∠F时，
3
此时∠E= ×(180°−∠FAE)=67.5°>45°，不符合题意，舍去；
4
④当∠F=3∠E时，
1
∠E= ×(180°−∠FAE)=22.5°<45°，符合题意，
4
∴△OAE中，∠OAE=180°−∠E−(∠AOB+∠BOE)=22.5°，
∴∠ABO=180°−∠AOB−∠BAO=180°−∠AOB−2∠OAE=45°．
综上，∠ABO=60°或45°．
1
（3）解：依题得：∠OAE= ∠BAO，
n
1
∠FAO= ∠OAG，
n
1 1
∠EOQ= ∠BOQ= ·90°=∠AOF，
n n1 ( 1)
∴∠BOE=90°−∠EOQ=90°− ·90°= 1− ·90°，
n n
1 1 1 1
∴∠EAF=∠OAE+∠FAO= ∠BAO+ ∠OAG= (∠BAO+∠OAG)= ·180°，
n n n n
1 ( 1)
∴△AEF中，∠E+∠F=180°−∠EAF=180°− ·180°= 1− ·180°，
n n
①当∠EAF=3∠E时，
1 1
∴∠E= ∠EAF= ·60°，
3 n
( 1) 1 240°
∴∠F= 1− ·180°− ·60°=180°− ，
n n n
( 240° 1 ) 150°
∴△OAE中，∠OAF=180°−(∠F+∠AOF)=180°− 180°− + ·90° = ，
n n n
1 150° 30°
∴∠EAO=∠EAF−∠OAF= ·180°− = ，
n n n
n−1
∴∠BAE=∠BAO−∠EAO=(n−1)∠EAO= ·30°，
n
又∵∠BAE+∠ABO=∠E+∠BOE，
n−1 60° ( 1)
即 ·30°+∠ABO= + 1− ·90°，
n n n
∴∠ABO=60°；
②当∠EAF=3∠F时，
1 1
∴∠F= ∠EAF= ·60°，
3 n
( 1) 1 240°
∴∠E= 1− ·180°− ·60°=180°− ，
n n n
(60° 1 ) 150°
∴△OAE中，∠OAF=180°−(∠F+∠AOF)=180°− + ·90° =180°− ，
n n n
1 ( 150°) 330°
∴∠EAO=∠EAF−∠OAF= ·180°− 180°− = −180°，
n n n
(330° )
∴∠BAE=∠BAO−∠EAO=(n−1)∠EAO=(n−1) −180° ，
n
又∵∠BAE+∠ABO=∠E+∠BOE，
(330° ) 240° ( 1)
即(n−1) −180° +∠ABO=180°− + 1− ·90°，
n n n
∴∠ABO=180°n−240°；③当∠E=3∠EAF时，
540°
∴∠E= ，
n
( 1) 540° 720°
∴∠F= 1− ·180°− =180°− ，
n n n
( 720° 90°) 630°
∴∠OAF=180°−(∠F+∠AOF)=180°− 180°− + = ，
n n n
1 630° 450°
∴∠EAO=∠EAF−∠OAF= ·180°− =− <0，
n n n
该情况舍去；
④当∠E=3∠F时，
( 1)
则3∠F+∠F= 1− ·180°，
n
( 1)
即∠F= 1− ·45°，
n
( 1)
∴∠E=3∠F= 1− ·135°，
n
[( 1) 90°) 45°
∴∠OAF=180°−(∠F+∠AOF)=180°− 1− ·45°+ =135°− ，
n n n
1 ( 45°) 225°
∴∠EAO=∠EAF−∠OAF= ·180°− 135°− = −135°，
n n n
(225° )
∴∠BAE=∠BAO−∠EAO=(n−1)∠EAO=(n−1) −135° ，
n
∵∠BAE+∠ABO=∠E+∠BOE，
(225° ) ( 1) ( 1)
即(n−1) −135° +∠ABO= 1− ·135°+ 1− ·90°，
n n n
∴∠ABO=135°n−135°；
⑤当∠F=3∠EAF时，
540°
∠F= ，
n
( 1) 540° 720°
∴∠E= 1− ·180°− =180°− ，
n n n
(540° 90°) 630°
∴∠OAF=180°−(∠F+∠AOF)=180°− + =180°− ，
n n n1 ( 630°) 810°
∴∠EAO=∠EAF−∠OAF= ·180°− 180°− = −180°，
n n n
(810° )
∴∠BAE=∠BAO−∠EAO=(n−1)∠EAO=(n−1) −180° ，
n
∵∠BAE+∠ABO=∠E+∠BOE，
(810° ) 720° ( 1)
即(n−1) −180° +∠ABO=180°− + 1− ·90°，
n n n
∴∠ABO=180°n−720°；
⑥当∠F=3∠E时，
( 1)
则3∠E+∠E= 1− ·180°，
n
( 1)
即∠E= 1− ·45°，
n
( 1)
∴∠F=3∠E= 1− ·135°，
n
[( 1) 90°) 45°
∴∠OAF=180°−(∠F+∠AOF)=180°− 1− ·135°+ =45°+ ，
n n n
1 ( 45°) 135°
∴∠EAO=∠EAF−∠OAF= ·180°− 45°+ = −45°，
n n n
(135° )
∴∠BAE=∠BAO−∠EAO=(n−1)∠EAO=(n−1) −45° ，
n
∵∠BAE+∠ABO=∠E+∠BOE，
(135° ) ( 1) ( 1)
即(n−1) −45° +∠ABO= 1− ·45°+ 1− ·90°，
n n n
∴∠ABO=45°n−45°．
综上，∠ABO=60°或180°n−240°或135°n−135°或180°n−720°或45°n−45°．
【点睛】本题考查的知识点是三角形内角和定理、角平分线的相关运算、角n等分线的相关运算、三角形
外角性质，解题关键是综合运用角平分线定义和三角形内角和定理并注意分情况讨论．
【考点3 多边形及其内角和】
【知识点1 多边形及有关概念】
（1）多边形的定义：在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形.
（2）正多边形：各个角都相等、各个边都相等的多边形叫做正多边形.如正三角形、正方形、正五边形
等．
（3）多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线.【要点】①从n边形一个顶点可以引(n－3)条对角线，将多边形分成(n－2)个三角形；
n(n−3)
②n边形共有 条对角线．
2
【知识点2 多边形的内角和及外角和】
（1）内角和公式：n边形的内角和为(n－2)·180°(n≥3，n是正整数) ．
（2）多边形外角和：n边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关.
（3）多边形的边数与内角和、外角和的关系：n边形的内角和等于(n－2)·180°(n≥3，n是正整数)，可见多
边形内角和与边数n有关，每增加1条边，内角和增加180°.
【题型11 多边形内角和公式的应用】
【例11】（23-24八年级·安徽芜湖·期中）如图，六边形ABCDEF中，CD∥AF，∠D=∠A，
AB⊥BC，∠C＝120°，∠E＝80°，求∠F的度数．
【答案】130°
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形外角性质，三角形内角和定理，多边形内角和定理，延长CB
交FA延长线于G，利用三角形外角性质，平行线的性质，多边形内角和定理计算即可．
【详解】解：延长CB交FA延长线于G，
∵CD∥AF，
∴∠C+∠G=180°，
∵∠C＝120°，
∴∠G＝60°，
∵AB⊥BC，
∴∠ABG＝90°，
∴∠BAF＝∠G+∠ABG＝150°，
∴∠D＝∠BAF＝150°，
∵∠C+∠D+∠E+∠F+∠BAF+∠ABC＝（6−2）×180°＝720°，∴∠F＝720°−120°−150°−80°−150°−90°＝130°．
AC DF
解法2：连接 ， ，
∵CD∥AF，
∴∠2+∠4=180°，∠5+∠7=180°，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠2+∠4+∠1+∠3=270°，
∵∠C＝120°，
∴∠4+∠3=150°，
∴∠CDE=∠5+∠6=150°，
∠D＝∠BAF＝150°
∵∠E＝80°,
∴∠6+∠8=100°，
∴∠5+∠6+∠7+∠8=280°，
∵∠5+∠6=150°，
∴∠7+∠8＝130°，
∴∠AFE＝130°．
【变式11-1】（23-24八年级·湖北黄冈·期中）如图是两位小朋友在探究某多边形的内角和时的一段对话，
请根据他们的对话内容判断他们是在求几边形？少加的内角为多少度？
【答案】他们在求九边形的内角和；少加的那个内角为120度．
【分析】根据n边形的内角和公式，则内角和应是180°的倍数，且每一个内角应大于0°而小于180度，根
据这些条件进行分析求解即可．
【详解】解：1140°÷180°＝6…60°，则边数是：6+1+2＝9；
他们在求九边形的内角和；
180°﹣60°＝120°，
少加的那个内角为120度．
【点睛】本题主要考查多边形内角和公式的灵活运用，解题的关键是找到相应度数的等量关系．注意多边
形的一个内角一定大于0°，并且小于180度．
【变式11-2】（23-24八年级·四川遂宁·期末）如图，六边形ABCDEF的各个内角都相等，且
∠DAB=60°．
(1)求∠E的度数．
(2)判断AB与DE的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)∠E=120°
(2)AB∥DE，理由见解析
【分析】本题考查多边形的内角和，平行线的判定：
（1）根据多边形的内角和的计算方法，求出∠E的度数即可；
（2）求出∠EDA的度数，根据内错角相等，两直线平行，即可得出结论．
【详解】（1）
解：∵六边形ABCDEF的各内角相等，
（6−2）×180°
∴一个内角的大小为 =120°
6
∴∠E=120°．
（2）AB∥DE，理由如下：
由（1）可知：∠F=∠FAB=∠E=120°，
∵∠DAB=60°，
∴∠FAD=∠FAB−∠DAB=60°，
∴∠EDA=360°−∠E−∠F−∠FAD=60°，
∴∠EDA=∠DAB，∴AB∥DE．
【变式11-3】（23-24八年级·陕西西安·期末）按要求完成下列各小题．
(1)如图1，若一个正方形和一个正六边形有一边重合，求∠BAC的度数．
(2)如图2，若正五边形ABCDE和长方形AFCG按如图方式叠放在一起，求∠BAF的度数．
【答案】(1)∠BAC＝150°；
(2)∠BAF＝18°．
【分析】（1）根据正多边形的内角公式求出∠DAC，然后根据∠BAC＝360°－∠BAD－∠DAC进行计算；
（2）根据正多边形的内角公式求出∠ABC，然后根据三角形外角的性质进行计算．
180°×(6−2)
【详解】（1）解：由题意得：∠BAD＝90°，∠DAC＝ =120°，
6
∴∠BAC＝360°－∠BAD－∠DAC＝360°－90°－120°＝150°；
180°×(5−2)
（2）解：由题意得：∠F＝90°，∠ABC＝ =108°，
5
∴∠BAF＝∠ABC－∠F＝108°－90°＝18°．
【点睛】本题考查了正多边形的内角的求法，三角形外角的性质，掌握求正多边形的内角的方法是解题的
关键．
【题型12 多边形外角定理的应用】
【例12】（23-24八年级·全国·课后作业）如图，七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线交于点O，若
∠1，∠2，∠3，∠4的和等于230°，则∠BOD的度数为 ．
【答案】50°/50度【分析】延长BC交OD于点H，根据
∠1+∠2+∠3+∠4=230°,∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7=360°，得到∠5+∠6+∠7=130°
，结合∠BHO=∠6+∠7，得到∠BHO+∠5=130°，结合∠BHO+∠5+∠BOD=180°计算即可．
【详解】如图，延长BC交OD于点F，
因为∠1+∠2+∠3+∠4=230°,∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7=360°，
所以∠5+∠6+∠7=130°，
因为∠BHO=∠6+∠7，
所以∠BHO+∠5=130°，
因为∠BHO+∠5+∠BOD=180°，
所以∠BOD=180°−(∠BHO+∠5)=50°．
故答案为：50°．
【点睛】本题考查了多边形的外角和定理，三角形外角的性质，三角形内角和定理，熟练掌握多边形的外
角和定理是解题的关键．
【变式12-1】（2024八年级·全国·专题练习）如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，∠1，∠2，∠3分
别是∠BAE，∠AED，∠EDC的外角，则∠1+∠2+∠3＝（ ）
A．90° B．180° C．120° D．270°
【答案】B
【分析】如图：根据平行线的性质可得∠4+∠5=180°，然后根据多边形的外角和即可解答．
【详解】解：如图，∵AB∥CD，
∴∠4+∠5=180°，
∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，
∴∠1+∠2+∠3=180°．故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质、多边形的外角和等知识点，正确添加辅助线是解答本题的关键．
【变式12-2】（23-24八年级·山东东营·期末）如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再
沿直线前进8米，又向左转45°…照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为 米．
【答案】64
【分析】根据题意可知，他需要转360÷45=8次才会回到原点，所以一共走了8×8=64米．
【详解】解：设边数为n，
多边形外角和为360°，所以n=360°÷45°=8，总边长为8×8=64米，
故答案为：64．
【点睛】此题考查多边形的外角和，正多边形的性质，正确理解题意是解题的关键．
【变式12-3】（23-24八年级·江苏南京·期中）几何图形千变万化，但是不同的图形之间往往存在联系，下
面让我们一起来探索：
(1)下列有A、B两题，请你选择其中一个进行证明(若两题都证明，按题A给分)．
A．如图①，∠1和∠2是△ABC的两个外角，求证∠1+∠2=180°+∠A；
B．如图②D、E是△ABC边AB、AC上的点，将△ADE沿DE翻折至△FDE，若点F在△ABC内部，
∠1+∠2=2∠A．我选择 作答(2)如图③，BE、CE分别平分四边形ABCD的外角∠CBM、∠BCN．已知∠A=100°，∠D=120°，
求∠E的度数；
(3)如图④，已知五边形ABCDE，延长AE至F，延长BC至G，连接CE，点P、Q分别在边DE、CD上，
1 1
将△DPQ沿PQ翻折至△D′PQ，若∠≝= ∠CEF，∠DCG= ∠ECG，∠A=m°，∠B=n°．请你
3 3
直接写出∠1+∠2的度数(用含m、n的代数式表示)
【答案】(1)见解析
(2)70°
4 4
(3)360°− m°− n°
3 3
【分析】本题考查了三角形的外角的性质，多边形的外角和定理，折叠的性质；
（1）选择A，根据三角形的外角的性质，即可得证；选择B，由翻折性质得：∠ADE=∠FDE，
∠AED=∠FED，进而根据三角形的外角的性质，折叠的性质证明
∠ADF+∠AEF=360°−(∠1+∠2)，即可得证；
（2）延长BA，CD交于点K，根据折叠的性质以及角平分线的定义得出
1
∠EBC+∠ECB= (∠MBC+∠NCB)=110°，即可求解；
2
（3）由（2）可知：∠EAB+∠CBA=∠CEF+∠ECG，设∠≝=α，∠DCG=β，根据
1
3α+3β=m°+n°，得出α+β= (m°+n°)，由（1）B可知：∠1+∠2=2∠D，即可求解．
3
【详解】（1）证明：选择A，证明如下：
∵∠ABC=180°−∠1，∠ACB=180°−∠2，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠A+180°−∠1+180°−∠2=180°，
∴∠1+∠2=180°+∠A；
选择B，证明如下：
由翻折性质得：∠ADE=∠FDE，∠AED=∠FED，
∴∠ADF=2∠ADE，∠AEF=2∠AED，
∴∠ADF+∠AEF=2(∠ADE+∠AED)，
∵∠ADF+∠AEF=180°−∠A，
∴∠ADF+∠AEF=2(180°−∠A)=360°−2∠A，又∵∠ADF=180°−∠1，∠AEF=180°−∠2，
∴∠ADF+∠AEF=360°−(∠1+∠2)，
∴360°−(∠1+∠2)=360°−2∠A，
即∠1+∠2=2∠A；
故答案为：A或B．
（2）延长BA，CD交于点K，如图③所示：
由（1）A可知：∠BAD+∠CDA=180°+∠K，∠MBC+∠NCB=180°+∠K，
则∠MBC+∠NCB=∠BAD+∠CDA
∵∠BAD=100°，∠CDA=120°，
∴∠MBC+∠NCB=100°+120°=220°，
∵BE、CE分别平分∠CBM、∠BCN，
1
∴∠EBC+∠ECB= (∠MBC+∠NCB)=110°，
2
∴∠E=180°−(∠EBC+∠ECB)=70°；
（3）由（2）可知：∠EAB+∠CBA=∠CEF+∠ECG，
∵∠EAB=m°，∠CBA=n°，
∴∠FEC+∠GCF=m°+n°，
设∠≝=α，∠DCG=β，
∴∠CEF=3α，∠ECG=3β，
∴∠DEC=2α，∠DCE=2β，
∴3α+3β=m°+n°，
1
即α+β= (m°+n°)，
3
∵∠D=180°−(∠DEC+∠DCE)，
2
∴∠D=180°−2(α+β)=180°− (m°+n°)，
34 4
由（1）B可知：∠1+∠2=2∠D= 360°− m°− n°．
3 3
【题型13 多边形的截角问题】
【例13】（2024·浙江杭州·模拟预测）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是
1440°．则原来多边形的边数是 ．
【答案】9或10或11
【分析】先根据多边形的内角和公式(n−2)⋅180°求出截去一个角后的多边形的边数，再分情况说明求得
原来多边形的解．
【详解】解：设多边形截去一个角的边数为n，根据题意得：
(n−2)⋅180°=1440°
∴n=10
又∵截去一个角后的多边形的边可以增加1、不变、减少1，
∴原多边形的边数为9或10或11．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和公式，本题的易错点在于忽略考虑截去一个角后多边形的边数可以
不变、增加或者减少．
【变式13-1】（23-24八年级·全国·单元测试）一块多边形木板截去一个三角形（截线不经过顶点），得到
的新多边形内角和为2340°，则原多边形的边数为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】B
【分析】首先求出内角和为2340°的多边形的边数，而根据题意可得原多边形比新多边形的边数少1，据此
进一步求解即可.
【详解】设内角和为2340°的多边形边数为x，
则：180(x−2)=2340，
解得：x=15，
则原多边形边数=15−1=14，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了多边形内角和公式的运用，熟练掌握相关公式是解题关键.
【变式13-2】（23-24八年级·河南商丘·期中）如图，在正方形ABCD中，截去∠A、∠C后，∠1、∠2
、∠3、∠4的和为 ．【答案】540°
【分析】根据多边形内角和定理求出截去∠A、∠C后六边形的内角和，再减去∠B和∠D的度数，即可
求出∠1、∠2、∠3、∠4的和．
【详解】∵四边形ABCD是正方形
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°
∵截去∠A、∠C后，组成的图形是六边形
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠B+∠D=720°
∴∠1+∠2+∠3+∠4=720°−∠B−∠D=540°
故答案为：540°．
【点睛】本题考查了多边形的角度问题，掌握多边形内角和定理和正方形的性质是解题的关键．
【变式13-3】（23-24八年级·浙江衢州·期中）如图是一个多边形，你能否用一直线去截这个多边形，使得
到的新多边形分别满足下列条件：(画出图形，把截去的部分打上阴影)
①新多边形内角和比原多边形的内角和增加了180∘．
②新多边形的内角和与原多边形的内角和相等．
③新多边形的内角和比原多边形的内角和减少了180∘．
(2)将多边形只截去一个角，截后形成的多边形的内角和为2520∘，求原多边形的边数．
【答案】（1）作图见解析；（2）15，16或17．
【分析】（1）①过相邻两边上的点作出直线即可求解；
②过一个顶点和相邻边上的点作出直线即可求解；
③过相邻两边非公共顶点作出直线即可求解；
（2）根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论．
【详解】(1)如图所示：(2)
设新多边形的边数为n，
则(n−2)⋅180∘=2520∘，
解得n=16，
①若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为15，
②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为16，
③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为17，
故原多边形的边数可以为15，16或17．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式，注意要分情况进行讨论，避免漏解．
【题型14 求不规则图形中相关角的和】
【例14】（2024八年级·全国·专题练习）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I+∠K的度数为
．
【答案】1080°
【分析】连KF，GI，根据n边形的内角和定理得到7边形ABCDEFK的内角和＝（7－2）×180°＝900°，
则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠1＋∠2）＝900°，由三角形内角和定理可得到∠1＋∠2＝
∠3＋∠4，∠5＋∠6＋∠H＝180°，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠3＋∠4）＋∠5＋∠6
＋∠H＝900°＋180°，即可得到∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠I＋∠K的度数．
【详解】解：连KF，GI，如图，∵7边形ABCDEFK的内角和＝（7－2）×180°＝900°，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＝900°－（∠1＋∠2），
即∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠1＋∠2）＝900°，
∵∠1＋∠2＝∠3＋∠4，∠5＋∠6＋∠H＝180°，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠3＋∠4）＝900°，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠3＋∠4）＋∠5＋∠6＋∠H＝900°＋180°，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠I＋∠K＝1080°．
故∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠I＋∠K的度数为1080°．
故答案为：1080°．
【点睛】本题考查了n边形的内角和定理：n边形的内角和为（n－2）×180°（n≥3的整数）．
【变式14-1】（23-24八年级·上海青浦·期中）如图所示，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F．
【答案】360°
【分析】此题考查三角形外角的性质，多边形内角和，设CD与BE、AF的交点为G、H，根据三角形外
角的性质得到∠EGH=∠B+∠D,∠GHF=∠A+∠C，即可求出答案，正确理解三角形外角性质将角
度进行转化是解题的关键
【详解】解：设CD与BE、AF的交点为G、H，
∵∠EGH=∠B+∠D,∠GHF=∠A+∠C
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=∠EGH+∠GHF+∠E+∠F
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°
【变式14-2】（23-24八年级·江苏无锡·期中）如图，已知∠1=60°，
∠C+∠D+∠E+∠F+∠A+∠B= ．【答案】240°/240度
【分析】由三角形的外角性质和三角形内角和定理即可得出结果．
【详解】连接CG，∠A+∠B=∠ACG+∠BGC，
∴∠A+∠B+∠ACF+∠F
=∠ACG+∠BGC+∠ACF+∠F
=∠ACG+∠ACF+∠BGC+∠F
=180°−∠FGB
=180°−∠1
=120°
又∠D+∠E=180°−∠1=120°，
∴∠ACF+∠D+∠E+∠F+∠A+∠B
=120°×2=240° ．
故答案为：240°．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质、对顶角相等以及三角形内角和定理；熟练掌握三角形的外角性质
以及三角形内角和定理是解决问题的关键．
【变式14-3】（2024八年级·全国·专题练习）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠K的度数．【答案】540°
【分析】如图所示，由三角形外角的性质可知：∠A＋∠B＝∠IJL，∠C＋∠D＝∠MLJ，∠H＋∠K＝
∠GIJ，∠E＋∠F＝∠GML，然后由多边形的内角和公式可求得答案．
【详解】解：如图所示：
由三角形的外角的性质可知：∠A＋∠B＝∠IJL，∠C＋∠D＝∠MLJ，∠H＋∠K＝∠GIJ，∠E＋∠F＝
∠GML，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠K＝∠IJL＋∠MLJ＋∠GML＋∠G＋∠GIJ＝（5－2）
×180°＝3×180°＝540°．
【点睛】本题主要考查的是三角形外角的性质和多边形的内角和公式的应用，利用三角形外角和的性质将
所求各角的和转化为五边形的内角和是解题的关键.
