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专题一 三角形十九大必考点
【人教版】
【考点1 三角形的个数】.......................................................................................................................................1
【考点2 判断能否组成三角形】...........................................................................................................................4
【考点3 确定第三边的取值范围】.......................................................................................................................6
【考点4 利用三角形的三边关系化简或证明】...................................................................................................8
【考点5 三角形的三边关系的应用】.................................................................................................................10
【考点6 根据三角形的中线求面积】.................................................................................................................13
【考点7 根据三角形的中线求长度】.................................................................................................................18
【考点8 与三角形的高有关的计算】.................................................................................................................20
【考点9 网格中的三角形】.................................................................................................................................24
【考点10 三角形的稳定性】.................................................................................................................................30
【考点11 与角平分线有关的三角形内角和问题】..............................................................................................31
【考点12 与平行线有关的三角形内角和问题】.................................................................................................39
【考点13 与折叠有关的三角形内角和问题】.....................................................................................................49
【考点14 三角形的外角性质的运用】.................................................................................................................57
【考点15 多边形的对角线】.................................................................................................................................64
【考点16 多（少）算一个角问题】.....................................................................................................................67
【考点17 求截角后多边形的边数或内角和】.....................................................................................................70
【考点18 多边形的内角和与外角和的综合运用】..............................................................................................72
【考点19 平面图形的镶嵌】.................................................................................................................................76
【考点1 三角形的个数】
【例1】（2024·江苏·无锡市东林中学七年级期中）（1）如图1，图中共有三角形 个；如图2，若增
加一条线，则图中共有三角形 个；
（2）如图3，若增加到10条线，请你求出图中的三角形的个数．【答案】（1）10；24；（2）330个
【分析】（1）根据三角形的定义，三角形是由同一平面内不在同一直线上的三条线段首尾顺次连接所组
成的封闭图形来判断图1和图2中三角形的个数即可；
（2）通过数三角形的个数可知，图1中有10个三角形，图2中，增加一条线后三角形的个数为
10+10×1+4×1，增加2条线后，三角形的个数为10+10×2+4×(2+1)，增加3条线后，三角形的个
数为10+10×3+4×(3+2+1)，依次类推即可推出增加n条线后，三角形的个数，据此即可得到增加10条
线后三角形的个数．
【详解】解：（1）根据三角形的定义可得图1中三角形个数为10；
根据三角形的定义可得图2中三角形个数为24；
（2）增加1条线，三角形个数为：10+10×1+4×1；
增加2条线，三角形个数为：10+10×2+4×(2+1)；
增加3条线，三角形个数为：10+10×3+4×(3+2+1)；
则增加n条线，三角形个数为：10+10×n+4×(n+n-1+n-2+⋯+1)，
所以增加10条线，三角形个数为10+10×10+4×(10+9+8+⋅⋅⋅+1)=330个；
【点睛】本题考查了三角形的定义，列代数式，列整式，找规律等知识点，解答本题的关键是根据增加线
段的数量找出增加三角形的个数与增加线段的关系．
【变式1-1】（2024·河南南阳·七年级期末）如图所示，点D，E分别是△ABC的边BC，AB上的点，分别
连结AD，DE，则图中的三角形一共有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【答案】C
【分析】根据三角形的概念求解即可．
【详解】解：由题意可得，
图中的三角形有：△AED，△ACD，△ABC，△BDE，△ABD，共5个．
故选：C．
【点睛】此题考查了三角形的概念，解题的关键是熟练掌握三角形的概念．三角形是由同一平面内不在同
一直线上的三条线段首尾顺次连接所组成的封闭图形．
【变式1-2】（2024·重庆巫溪·八年级期末）如图，其中第①个图形中有1个三角形，第②个图形中有3个
三角形，第③个图形中有6个三角形，…，按此规律变化，第⑥个图形中三角形的个数是（ ）
A．10 B．15 C．21 D．28
【答案】C
【分析】根据各图形三角形的个数即可找到规律，根据规律即可解答．
【详解】解：第①个图中三角形的个数为1；
第②个图中三角形的个数为3=1+2；
第③个图中三角形的个数为6=1+2+3；
…，
n(n+1)
故第n个图中三角形的个数为1+2+3+⋅⋅⋅+n= ，
2
6×(6+1)
故第⑥个图形中三角形的个数为： =21，
2
故选：C．
【点睛】本题考查的是规律性问题，解答规律型问题时，通常是根据简单的例子找出一般化规律，然后根
据规律去求特定的值．
【变式1-3】（2024·江苏·八年级）如图，方格中的点A、B、C、D、E称为“格点”（格线的交点），以
这5个格点中的3点为顶点画三角形，共可以画___________个直角三角形．【答案】3
【分析】根据题意画出所有三角形，然后判断直角三角形即可．
【详解】：一共可以画出9个三角形：△ABE、△ABD、△ACE、△ACD、△BCE、△BCD、△ADE、
△BDE、△CDE，
直角三角形有：△ABE、△EBC、△AED，
故答案为3．
【点睛】本题考查了网格中判断直角三角形，掌握直角三角形的性质是解题的关键．
【考点2 判断能否组成三角形】
【例2】（2024·江苏·涟水县麻垛中学七年级阶段练习）下列各组长度的三条线段能组成三角形的是（ ）
A．1cm，2cm，3cm B．4cm，4cm，8cm
C．4cm，5cm，9cm D．5cm，6cm，9cm
【答案】D
【分析】根据三角形的三边关系逐项判断即可．
【详解】解：A．1＋2＝3，不满足三角形两边之和大于第三边，故A不能组成三角形，不符合题意；
B．4＋4＝8，不满足三角形三边关系，故B不能组成三角形，不符合题意；
C．5＋4＝9，不满足三角形两边之和大于第三边，故C不能组成三角形，不符合题意；
D．5＋6＞9，满足三角形两边之和大于第三边，故D能组成三角形，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查三角形的三边关系，掌握三角形的两边之和大于第三边、两边之差小于第三边是解
题的关键．【变式2-1】（2024·四川·渠县第二中学七年级阶段练习）下列各组三条线段中，不是三角形三边长的是（
）
A．2cm，2cm，3cm B．3cm，8cm，10cm
C．三条线段之比为 1：2：3 D．3a，5a，4a（a＞0）
【答案】C
【分析】根据构成三角形的条件逐项判断即可．构成三角形的条件：两边之和大于第三边，两边之差小于
第三边，只要验证较小两边长之和是否小于最长边即可．
【详解】解：A．2+2>3，能构成三角形，故此选项不合题意；
B．3+8>11，能构成三角形，故此选项不合题意；
C．设最小边为a，则剩余两边是2a．3a．a+2a=3a，不能构成三角形，故此选项符合题意；
D．因为a＞0，所以3a+4a >5a ，能构成直角三角形，故此选项不合题意
故选：C．
【点睛】本题考查构成三角形的条件，解题的关键是计算较小两边之和和是否大于最大边长．
【变式2-2】（2024·湖南·八年级阶段练习）在下列长度的四根木棒中，能与5cm、7cm长的两根木棒钉成
一个三角形的是（ ）
A．2cm B．8cm C．12cm D．13cm
【答案】B
【分析】根据三角形的三边关系确定第三边的范围，判断即可．
【详解】解：设第三边的长为xcm，
则7-5<x<7+5，即2<x<12
∴四根木棒中，长度为8cm的木棒，能与5cm、7cm长的两根木棒钉成一个三角形，
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形的三边关系，熟记三角形两边之和大于第三边、三角形的两边差小于第三边
是解题的关键．
【变式2-3】（2024·江苏·江阴市夏港中学七年级阶段练习）长度为2cm、3 cm、4 cm、5 cm、6 cm的五条
线段，若以其中的三条线段为边构成三角形，可以构成不同的三角形共有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．7个
【答案】D
【分析】根据三角形的三边关系定理即可进行判断．
【详解】解：以其中的三条线段为边组成三角形的有：
2cm，3cm，4cm；3cm，4cm，5cm；3cm，4cm，6cm；4cm，5cm，6cm；
3cm，5cm，6cm；2cm，4cm，5cm；
2cm，5cm，6cm共有7种情况．
故选：D．
【点睛】考查了三角形的三边关系，验证三角形的三边关系定理：任意两边之和大于第三边．只要验证两
条较短的边的和大于最长的边即可．
【考点3 确定第三边的取值范围】
【例3】（2024·浙江·宁波市鄞州区咸祥镇中心初级中学八年级阶段练习）已知三角形三边的长度分别是
2m，8m和xm，若x是奇数，则x可能等于（ ）
A．5m B．9m C．11m D．13m
【答案】B
【分析】先求出第三边的取值范围．再根据x是奇数解答即可．
【详解】解：设第三边长为x，则8﹣2＜x＜8+2，
∴6＜x＜10，
又∵x为奇数，
∴x＝7或9，
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形的三边关系的运用．关键是掌握第三边的范围是：大于已知的两边的差，而
小于两边的和．
【变式3-1】（2024·河南新乡·七年级期末）一个三角形的两条边的长为5和7，若三角形周长为偶数，那
么第三边的长可能是（ ）
A．2 B．4 C．7 D．14
【答案】B
【分析】利用三角形三边关系定理，先确定第三边的范围，进而就可以求出第三边的长．
【详解】设第三边为a，根据三角形的三边关系知，2＜a＜12．
由于这个三角形的周长为a+12，而且周长是偶数，
∴a为偶数，可以为4、6、8、10．
故选：B．
【点睛】本题从边的方面考查三角形形成的条件：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3-2】（2024·河北·中考真题）平面内，将长分别为1，5，1，1，d的线段，顺次首尾相接组成凸五边形（如图），则d可能是（ ）
A．1 B．2 C．7 D．8
【答案】C
【分析】如图（见解析），设这个凸五边形为ABCDE，连接AC,CE，并设AC=a,CE=b，先在△ABC
和△CDE中，根据三角形的三边关系定理可得4<a<6，0<b<2，从而可得4<a+b<8，2<a-b<6，再
在△ACE中，根据三角形的三边关系定理可得a-b<d<a+b，从而可得2<d<8，由此即可得出答案．
【详解】解：如图，设这个凸五边形为ABCDE，连接AC,CE，并设AC=a,CE=b，
在△ABC中，5-1<a<1+5，即4<a<6，
在△CDE中，1-1<b<1+1，即0<b<2，
所以4<a+b<8，2<a-b<6，
在△ACE中，a-b<d<a+b，
所以2<d<8，
观察四个选项可知，只有选项C符合，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理，通过作辅助线，构造三个三角形是解题关键．
【变式3-3】（2024·全国·八年级专题练习）一个三角形的3边长分别是xcm、(3x-3)cm，(x+2)cm，它
的周长不超过39cm．则x的取值范围是（ ）
5 5
A． <x<5 B．5<x≤8 C． <x≤8 D．1<x<5
3 3
【答案】A
【分析】根据三角形三边关系和周长不超过39cm可列出不等式组求解即可．x+(3x-3)>x+2
x+(x+2)>3x-3
【详解】解：根据题意，可得{ ，
(x+2)+(3x-3)>x
x+(3x-3)+(x+2)≤39
5
x>
3
x<5
∴{ ，
1
x>
3
x≤8
5
∴ <x<5．
3
故选：A．
【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系和解不等式组，根据条件列出不等式组求解是解题的关键．
【考点4 利用三角形的三边关系化简或证明】
【例4】（2024·湖南·衡阳市珠晖区英发学校七年级期末）a，b，c是三角形的三边长，化简
|a-b-c|-|b-c+a|+|c-a-b|后等于（ ）
A．b+a-3c B．b+c-a C．3a+3b+3c D．a+b-c
【答案】B
【分析】根据三角形三边之间的关系得出a、b、c之间的大小关系，再根据绝对值的性质求值．
【详解】解：∵a、b、c是三角形的三边长，
∴a+b＞c，b+c＞a，a+b＞c，
∴a﹣b﹣c＜0，b﹣c+a＞0，c﹣a﹣b＜0，
∴|a﹣b﹣c|+|b﹣c+a|﹣|c﹣a﹣b|＝﹣a+b+c+b﹣c+a+c﹣a﹣b＝b+c﹣a．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系以及绝对值的化简，三角形三边关系定理：三角形任意两边之和大
于第三边．
1
【变式4-1】（2024·全国·八年级专题练习）已知：△ABC中，AD是BC边上的中线．求证：AD+BD＞
2
（AB+AC）．【答案】证明见解析
【分析】根据三角形三边关系定理可得BD+AD＞AB，CD+AD＞AC，由此可得BD+AD+CD+AD＞AB+AC．
1
已知AD是BC边上的中线可得BD=CD，即可证得AD+BD＞ （AB+AC）．
2
【详解】证明：∵BD+AD＞AB，CD+AD＞AC，
∴BD+AD+CD+AD＞AB+AC．
∵AD是BC边上的中线，BD=CD，
1
∴AD+BD＞ （AB+AC）．
2
【点睛】本题是对三角形三边关系和三角形中线性质的综合考查．三角形三边关系定理：三角形两边之和
大于第三边
【变式4-2】（2024·全国·八年级专题练习）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a<b，b<c，则a<c．)得出BD＋CD＜AB＋AC ；
（2）同理可得AD+CD<AB+BC，BD+AD<BC+AC，与（1）结论左边加左边，右边加右边，再两边除以2
即可．
（1）
证明：延长BD交AC于E，
在△ABE中，有AB+AE＞BE，
∴AB＋AC=AB+AE+CE＞BE+CE，在△EDC中，有DE+CE＞CD，
∴BE+CE= BD+DE+CE＞BD+CD，
∴AB＋AC＞BE+CE＞BD+CD，
∴BD＋CD＜AB＋AC；
（2）
解：由（1）同理可得：
BD＋CD＜AB＋AC①，
AD＋CD＜AB＋BC②，
BD＋AD＜BC＋AC③，
①+②+③得：2（AD+BD+CD）<2（AB+BC+AC），
∴AD+BD+CD<AB+BC+AC．
【点睛】本题考查三角形的三边关系，不等式的性质，能否根据题意添加辅助线和利用不等式的性质是解
题的关键．
【变式4-3】（2024·全国·八年级课时练习）已知a，b，c是一个三角形的三边长，化简|2a+b﹣c|﹣|b﹣2a
﹣c|+|﹣a﹣b﹣2c|．
【答案】a+3b
【分析】根据三角形三边关系得到2a+b﹣c＞0，b﹣2a﹣c＜0，﹣a﹣b﹣2c＜0，再去绝对值，合并同类项
即可求解．
【详解】解：∵a，b，c 是三角形的三边，
∴由a+b﹣c＞0得2a+b﹣c＞0，
由b﹣（a+c）＜0得b﹣2a﹣c＜0，
由﹣a﹣b﹣c＜0得﹣a﹣b﹣2c＜0，
∴原式＝（2a+b﹣c）+（b﹣2a﹣c）+（a+b+2c）
＝a+3b．
【点睛】本题考查了三角形三边关系，绝对值的性质，整式的加减，关键是得到2a+b﹣c＞0，b﹣2a﹣c＜
0，﹣a﹣b﹣2c＜0．
【考点5 三角形的三边关系的应用】
【例5】（2024·江苏·七年级专题练习）如图，用四个螺丝将四条不可弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝
大小，其中相邻两螺丝的距离依次为2，3，4，6，且相邻两木条的夹角均可调整．若调整木条的夹角时不
破坏此木框，则任两螺丝之间距离最大为（ ）A．10 B．8 C．7 D．5
【答案】C
【分析】若两个螺丝的距离最大，则此时这个木框的形状为三角形，可根据三条木棍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4条木棍的四边长为2、3、4、6；
①选2+3、4、6作为三角形，则三边长为5、4、6；5-4＜6＜5+4，能构成三角形，此时两个螺丝间的最长
距离为6；
②选3+4、6、2作为三角形，则三边长为2、7、6；6-2＜7＜6+2，能构成三角形，此时两个螺丝间的最大
距离为7；
③选4+6、2、3作为三角形，则三边长为10、2、3；2+3＜10，不能构成三角形，此种情况不成立；
④选6+2、3、4作为三角形，则三边长为8、3、4；而3+4＜8，不能构成三角形，此种情况不成立；
综上所述，任两螺丝的距离之最大值为7．
故选：C．
【点睛】此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木框的组合方法
是解答的关键．
【变式5-1】（2024·湖北·公安县教学研究中心八年级阶段练习）如图，为了估计池塘两岸A，B的距离，
小明在池塘一侧选取了一点P，测得PA＝12 m，PB＝8 m，那么A，B间的距离不可能是（ ）
A．12 m B．15 m C．18 m D．21 m
【答案】D
【分析】由PA＝12m，PB＝8m，直接利用三角形的三边关系求解即可求得AB的取值范围，继而求得答案．
【详解】解：∵ A＝12m，PB＝8m，
∴PA﹣PB＜AB＜PA+PB，即4m＜AB＜20m，
∴AB间的距离不可能是：21m．
故选：D．
【点睛】此题考查了三角形的三边关系．注意要注意三角形形成的条件：任意两边之和＞第三边，任意两
边之差＜第三边．
【变式5-2】（2024·广东·饶平县三饶中学八年级期中）如图，四个工厂A、B、C、D，试找一个供应站
M，使它到四个工厂的距离之和为最小．
【答案】见解析
【分析】根据线段的性质：两点之间，线段距离最短；结合题意，要使供应站M，使它到四个工厂的距离
之和最小，就要使它在AC与BD的交点处．
【详解】解：如图所示，
连接AC，BD，它们的交点是M，点M就是修建供应站的位置，这一点到A，B，C，D四点的距离之和最
小．
理由：任取一点P，∵PB+PD≥BD，PA+PC≥AC，
∴PB+PD+PA+PC≥AC+BD，
∴所求作的点M符合题意．【点睛】本题考查了三角形三条边的关系，线段的性质：两点之间，线段距离最短．要求学生能灵活应用
所学的知识，解决实际问题．
【变式5-3】（2024·全国·八年级课时练习）如图，加油站A和商店B在马路MN的同一侧，A到MN的距离
大于B到MN的距离，AB=700米．一个行人P在马路MN上行走，当P到A的距离与P到B的距离之差最
大时，这个差等于______米．
【答案】700
【分析】当A、B 、P 构成三角形时，AP与BP的差小于第三边AB，所以A、B、P在同一直线上时，
AP与BP的差最大，算出这个最大值即可．
【详解】当A、B、P三点不在同一直线上时，此时三点构成三角形．
∵两边AP与BP的差小于第三边AB，
∴A、B、P在同一直线上，P到A的距离与P到B的距离之差最大，
∵此时，PA-PB=AB
∴当P到A的距离与P到B的距离之差最大时，这个差等于700米
故答案为： ．
【点睛】本7题0考0 查了利用三角形的三边关系求线段差的最大值问题．解题关键是弄清楚当三点共线时距离
之差最大．
【考点6 根据三角形的中线求面积】
【例6】（2024·山东·新泰市羊流镇初级中学七年级阶段练习）如图，在 ABC中，已知点D、E分别为边
BC、AD上的中点，且S = 4cm2，则S 的值为（ ） △
ΔABC ΔBEC
A．2cm2 B．1cm2 C．0.5cm2 D．0.25cm2
【答案】A
【分析】首先根据E为AD的中点，可得BE、CE分别是 ABD、 ACD的中线，然后根据三角形的中线
△ △1 1 1
把三角形分成面积相同的两部分，可得S = S ，S = S ，所以S = S ，据此求
ΔBDE 2 ΔABD ΔCDE 2 ΔACD ΔBEC 2 ΔABC
出S 的值为多少即可．
ΔBEC
【详解】解：∵E为AD的中点，
∴BE、CE分别是 ABD、 ACD的中线，
1 △ △ 1
∴S = S 、S = S ，
ΔBDE 2 ΔABD ΔCDE 2 ΔACD
1 1
∴S = S = ×4=2（cm2），
ΔBEC 2 ΔABC 2
即S 的值为2cm2．
ΔBEC
故选：A．
【点睛】此题还考查了三角形的中线的性质和应用，解答此题的关键是要明确：三角形的中线把三角形分
成面积相同的两部分．
【变式6-1】（2024·贵州省三穗中学八年级期中）如图，D、E分别是BC、AC的中点，S =2，则
ΔCDE
△ABC的面积为（ ）
A．4 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【分析】根据三角形中线的性质：平分面积，进行求解即可．
【详解】解：∵D、E分别是BC、AC的中点，
∴AD，DE分别为△ABC和△ADC的中线，
∴S =2S =2×2=4，
△ADC △CDE
∴S =2S =2×4=8．
△ABC △ADC
故选B．
【点睛】本题考查三角形中线的性质，熟记三角形的中线平分三角形的面积是解题的关键．
【变式6-2】（2024·四川·麓山师大一中七年级期中）如图，在△ABC中D、F为BC上的点，且F为CD的
中点，CD=2BD，连接AD，E是AD的中点，连接BE、EF、EC，若S ，则△ABC的面积是
△≝¿=3¿
______．【答案】18
【分析】先证明BD=DF=CF，利用三角形面积公式得到S =S =3,再利用E是AD的中点得到
ΔBDE ΔDEF
S =6，然后利用BC=3BD得到S =3S .
△ABD ΔABC ΔABD
【详解】解：∵F为CD的中点，CD=2BD，
∴BD=DF=CF，
∴S =S ，
△BDE △≝¿=3¿
∵E是AD的中点，
∴S =2S =2×3=6，
△ABD △BDE
∵CD=2BD，
∴BC=3BD，
∴S =3S =3×6=18．
△ABC △ABD
故答案为：18．
1
【点睛】本题考查了三角形的面积：三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S= ×底×高；三角形
2
的中线将三角形分成面积相等的两部分．
【变式6-3】（2024·江苏·宜兴外国语学校七年级阶段练习）设 ABC的面积为a，如图①将边BC、AC分
别2等份，BE、AD 相交于点O， AOB的面积记为S ；如图②△将边BC、AC分别3等份，BE、AD 相交
1 1 1 1 1
△
3
于点O， AOB的面积记为S ；……， 依此类推，若S = 则a的值为（ ）
2 5 11
△
A．1 B．2 C．6 D．3
【答案】D【分析】利用三角形的面积公式，求出前三个图形的面积，再得出规律，根据规律列出方程便可求得a．
【详解】解：在图①中，连接OC，
∵AE =CE ，BD =CD ，
1 1 1 1
1 1
∴ S =S ，S =S ，S =S = S = a，
△OAE 1 △OCE 1 △OBD 1 △OCD 1 △ABE 1 △ABD 1 2 ΔABC 2
∵ S =S -S ，S =S -S ，
△OAE △ABE ΔOAB △OBD △ABD ΔOAB
1 1 1 1
∴ S =S ，
△OAE △OBD
1 1
∴ S =S =S =S ，
△OAE △OCE △OBD △OCD
1 1 1 1
设S =S =S =S =x，则
△OAE △OCE △OBD △OCD
1 1 1 1
¿，
1
解得S = a；
1 3
在图②中，连接OE 、OC、OD ，
2 2
1
则S =S = a，S =S =S =S =S =S ，
△ABE 1 △ABD 1 3 △OAE 1 △OE 1 E 2 △OCE 2 △OBD 1 △OD 1 D 2 △OCD 2设S =S =S =S =S =S =x，则
△OAE △OE E △OCE △OBD △OD D △OCD
1 1 2 2 1 1 2 2
¿，
1
解得S = a；
2 5
在图③中，连OE 、OE 、OC、OD 、OD ，
2 3 2 3
1
则S =S = a，S =S =S =S =S =S =S =S ，
△ABE 1 △ABD 1 4 △OAE 1 △OE 1 E 2 △OE 2 E 3 △OCE 3 △OBD 1 △OD 1 D 2 △OD 2 D 3 △OCD 3
设S =S =S =S =S =S =S =S =x，则
△OAE △OE E △OE E △OCE △OBD △OD D △OD D △OCD
1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3
¿，
1
解得S = a，
3 7
.....．
1
由可知，S = a，
n 2n+1
3
∵S = ，
5 11
1 3
∴ a= ，
2×5+1 11
解得a=3．
故选：D
【点睛】此题考查了三角形的面积公式，关键通过列方程组求得各个图形的面积，从中找出规律．
【考点7 根据三角形的中线求长度】
【例7】（2024·山东·宁阳县第十一中学七年级阶段练习）如图， ABC中，AB＝10，AC＝8，点D是BC
边上的中点，连接AD，若△ACD的周长为20，则 ABD的周长是△__________．
△【答案】22
【分析】根据线段中点的概念得到BD=CD，根据三角形的周长公式计算即可．
【详解】解：∵点D是BC边上的中点，
∴BD=CD，
∵△ACD的周长为20，
∴AC+AD+CD=20，
∵AC=8，
∴AD+CD=AD+BD=12，
∵AB=10，
∴△ABD的周长=AB+AD+BD=22，
故答案为：22
【点睛】本题考查的是三角形的中线的概念，掌握三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的
中线是解题的关键．
【变式7-1】（2024·四川·金堂县淮口中学校七年级期中）如图，在△ABC中，AD是边BC上的中线，△
ABD的周长比△ADC的周长多3，AB与AC的和为13，则AB的长为______．
【答案】8
【分析】根据三角形中线的定义得到BD＝CD，进而得到△ABD和△ADC的周长的差等于AB与AC的差，
然后联立关于AB、AC的二元一次方程组，利用加减消元法求解即可．
【详解】解：∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∴△ABD的周长−△ADC的周长＝（AB＋AD＋BD）−（AC＋AD＋CD）＝AB−AC＝3，
即AB−AC＝3①，
又AB＋AC＝13②，①＋②得2AB＝16，
解得AB＝8．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了三角形的中线定义和解二元一次方程组，根据周长的差得出边AB与AC的差等于
3是解题的关键．
【变式7-2】（2024·四川·富顺第三中学校八年级期中）在等腰 ABC 中，AB=AC，中线 BD将这个三角形
的周长分为 15和12 两个部分，则这个等腰三角形的底边长为△（ ）
A．7 B．10 C．7 或 11 D．7 或 10
【答案】C
【分析】题中给出了周长关系，要求底边长，首先应先想到等腰三角形的两腰相等，寻找问题中的等量关
系，列方程求解，然后结合三角形三边关系验证答案．
【详解】设等腰三角形的底边长为x，腰长为y，则根据题意，
得①¿或②¿
解方程组①得¿，
根据三角形三边关系定理，此时能组成三角形；
解方程组②得¿，
根据三角形三边关系定理此时能组成三角形，
即等腰三角形的底边长是11或7；
故选：C．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质及相关计算．学生在解决本题时，有的同学会审题错误，以为15，12
中包含着中线BD的长，从而无法解决问题，有的同学会忽略掉等腰三角形的分情况讨论而漏掉其中一种
情况；注意：求出的结果要看看是否符合三角形的三边关系定理.
【变式7-3】（2024·吉林长春·七年级期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，△ABD的周长比
△ADC的周长多1，AB与AC的和为11．
(1)求AB、AC的长．
(2)求BC边的取值范围．
【答案】(1)AB＝6，AC＝5(2)1＜BC＜11
【分析】（1）根据三角形中线的定义，BD＝CD．所以△ABD和△ADC的周长之差也就是AB与AC的差，
然后联立关于AB、AC的二元一次方程组，利用加减消元法求解即可．
（2）根据三角形三边关系解答即可．
（1）
∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD．
∵C =AB+AD+BD，C =AC+AD+CD，
ΔABD ΔADC
∴C -C =AB-AC=1．
ΔABD ΔADC
∵AB＋AC＝11，
∴AB＝6，AC＝5．
（2）
∵AB－AC＜BC＜AB＋AC，
∴1＜BC＜11．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，三角形的中线定义，二元一次方程组的求解，利用加减消元法求
解是解题的关键．
【考点8 与三角形的高有关的计算】
【例8】（2024·山东·临沭县第三初级中学八年级阶段练习）如图，在 ABC中，AD、CE分别是 ABC的
高且AB＝2，BC＝4，AD＝3；则CE＝_____． △ △
【答案】3
【分析】根据三角形的面积公式，分别以AB，BC作底表示面积，两个面积相等，便可计算出CE．
【详解】解：∵AD、CE分别是 ABC的高，
1 1 △
∴S ABC＝ BC•AD＝ AB•CE，
2 2
△
BC×AD 4×3
∴CE＝ ＝ ＝3，
AB 4
故答案为：3【点睛】本题考查了三角形的面积，比较简单，根据同一个三角形用不同的边作底求面积，两个面积相等
列出方程是解题的关键．
【变式8-1】（2024·广东·佛山市顺德养正学校七年级阶段练习）如图，在△ABC中，AD，AE分别是边BC
上的中线和高，点D在点E的左侧，已知AE=2cm，DE=1cm，S =8cm2，则CE= _______cm
△ABC
【答案】3
【分析】根据三角形的面积公式求出BC，根据中线的概念求出DC，再利用线段的和差进行计算即可．
【详解】解：∵S =8cm2，
△ABC
1 1
∴ BC•AE=8，即 ×BC×2=8，
2 2
解得：BC=8，
∵AD是边BC上的中线，
1
∴DC= BC=4（cm），
2
∴EC=DC-DE=4-1=3（cm），
故答案为：3．
【点睛】本题考查的是三角形的中线、高的概念、三角形的面积计算，掌握三角形的中线的概念是解题的
关键．
【变式8-2】（2024·重庆大学城第三中学校七年级期中）如图，△ABC中，AE，CD是△ABC的两条高，
AB＝6，CD＝3．
(1)请画出AE，CD；
(2)求△ABC的面积；
(3)若AE＝4，求BC的长．【答案】(1)见解析
(2)S =9
△ABC
(3)BC=4.5
【分析】（1）画出AE，CD即可；
（2）利用三角形面积公式即可求得；
1 1 1
（3）根据三角形面积公式得到S ＝ AB⋅CD＝ BC⋅AE，即可得到 BC×4＝9，从而求得BC
△ABC 2 2 2
＝4.5．
（1）
解：AE，CD即为所求作的高，如图所示：
（2）
解：∵AB＝4，CD＝2，
1 1
∴S ＝ AB⋅CD＝ ×6×3＝9．
△ABC 2 2
（3）
1 1
解：∵S ＝ AB⋅CD＝ BC⋅AE，
△ABC 2 2
1
∴ BC×4＝9，
2
∴BC＝4.5．
【点睛】本题主要考查了三角形的高、三角形的面积，熟知三角形的面积公式是解题的关键．
【变式8-3】（2024·全国·八年级课时练习）在△ABC中，AB=2，BC=4，CD⊥AB于D．（1）如图①，已知AE⊥BC于E，求证：CD=2AE
（2）如图②，P是线段AC上任意一点（P不与A、C重合），过P作PE⊥BC于E，PF⊥AB于F，求
证：2PE+PF=CD
（3）在图②中，若P是AC延长线上任意一点，其他条件不变，请画出图形并直接写出PE、PF、CD之间
的关系．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）画图见解析，PF=CD+2PE．
【分析】(1)分别以AB、BC边为底边，利用△ABC的面积的两种不同表示列式整理即可得证；
(2)连接PB，根据△ABC的面积等于△ABP和△BCP的面积的和，然后列式整理即可得证；
(3)作出图形，连接PB，然后根据△ABP的面积等于△ABC的面积和△PBC的面积的和，列式整理即可得
解．
【详解】解：（1）证明：
1 1
∵S = AB·CD= BC·AE,
△ABC 2 2
∵AB=2,BC=4,
1 1
∴ ×2·CD= ×4·AE,
2 2
∴CD=2AE;
（2）如图②，连接PB，
∵ S =S +S ，
△ABC △PBC △PAB1 1 1
∴ AB·CD= AB·PF+ BC·PE,
2 2 2
∵AB=2,BC=4,
1 1 1
∴ ×2·CD= ×2·PF+ ×4·PE,
2 2 2
∴CD=PF+2PE;
（3）如图③，即为图像，
连接PB，作PE⊥BC交BC的延长线于E点，
∵ S =S +S ，
△PAB △ABC △PCB
1 1 1
∴ AB·PF= AB·CD+ BC·PE,
2 2 2
∵AB=2,BC=4,
1 1 1
∴ ×2·PF= ×2·CD+ ×4·PE,
2 2 2
∴PF=CD+2PE．
【点睛】本题综合考查了三角形的知识，把同一个三角形的面积采用不同方法列式表示出来，然后再把已
知数据代入进行计算求解，所以（ ）（ ）两小题作出辅助线把三角形分割成两个三角形是解题的关键，
面积法也是解三角形问题常用的方2法之一3，需熟练掌握．
【考点9 网格中的三角形】
【例9】（2024·江苏·靖江市滨江学校七年级阶段练习）如图，在方格纸内将ΔABC水平向右平移4个单位
得到△A'B'C'．
(1)补全△A'B'C'，利用网格点和直尺画图；
(2)图中AC与A'C'的关系是： ；(3)画出AB边上的高线CD；
(4)画出ΔABC中AB边上的中线CE．
【答案】(1)见解析
(2)平行且相等
(3)见解析
(4)见解析
【分析】（1）利用网格特点和平移的性质画出A、B、C的对应点即可；
（2）根据平移的性质进行判断；
（3）根据三角形高的定义画图；
（4）找出AB的中点E即可．
（1）
解：如图，△A'B'C'为所作；
（2）
解：AC=A'C'，AC∥A'C'．
故答案为：平行且相等；
（3）
解：如图，CD为所作；
（4）
解：如图，CE为所作．
【点睛】本题考查了作图-平移变换，解题的关键是作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点
按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．
【变式9-1】（2024·吉林·大安市乐胜乡中学校八年级阶段练习）图①、图②均是4×4的正方形网格，每个
小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，△OABC的顶点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求
画图，不要求写出画法，保留作图痕迹．
(1)在图①中画△ABC的角平分线BD，标出点D；
(2)在图②中的边BC上找到格点E，连接AE，使AE平分△ABC的面积
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由图可知∠ABC=90°，根据等腰直角三角形的性质，连接格子的对角线即可，
（2）根据三角形中线的性质，找到BC边的中点即可．
（1）
如图：
（2）
如图：
【点睛】本题主要考查了三角形的角平分线和中线，熟练掌握三角形的角平分线和中线的定义是解题的关
键．【变式9-2】（2024·辽宁·鞍山市第二中学七年级阶段练习）如图，在边长为1个单位的正方形网格中，
△ABC经过平移后得到△A'B'C'，图中标出了点B的对应点B'．
(1)画出△A'B'C'；
(2)过点B作AC的垂线段BD，垂足为点D．
(3)连接A A'、CC'，那么A A'与CC'的关系是______．线段AC扫过的图形的面积为______．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)相等且平行，10
【分析】（1）根据平移作图的方法作图即可；
（2）根据题意作出AC的垂线即可；
（3）根据平移的性质和S =S +S 进行求解即可．
AC扫过的面积 △ACA' △C'CA'
（1）
解：如图，△A'B'C'即为所求；
；
（2）
解：如图，点D即为所求；
（3）
解：A A'与CC'的关系是相等且平行；1
线段AC扫过的图形的面积=2× ×1×10=10．
2
【点睛】本题主要考查了平移作图，作垂线，平移的性质，利用网格求三角形面积，熟知平移的相关知识
是解题的关键．
【变式9-3】（2024·江苏·宜兴市和桥镇第二中学七年级期中）如图，每个小正方形的边长为1个单位，每
个小方格的顶点叫格点．
(1)画出△ABC的AB边上的高CD，垂足为D；
(2)求出△ABC的面积为_________；
(3)图中，能使S =3的格点Q，共有_________个．
△QBC
【答案】(1)画图见解析
(2)8
(3)7
【分析】（1）根据三角形高的定义作图即可；
（2）用△ABC所在的长方形面积减去周围3个三角形面积再减去一个小长方形面积即可得到答案；
（3）利用格点和平行线间间距相等作图求解即可．
（1）
解：如图所示，线段CD即为所求；（2）
1 1 1
解：S =5×7- ×5×7- ×2×6- ×1×3-1×2=8，
△ABC 2 2 2
故答案为：8；
（3）
解：如图所示，满足Q点的格点一共有7个，
故答案为：7；
【点睛】本题主要考查了求三角形面积，平行线的性质，画三角形的高，熟知相关知识是解题的关键．
【考点10 三角形的稳定性】
【例10】（2024·广东·东莞市松山湖莞美学校八年级阶段练习）下列图形中有稳定性的是（ ）
A．正方形 B．长方形 C．直角三角形 D．平行四边形
【答案】C【分析】根据稳定性是三角形的特性解答．
【详解】解：根据三角形具有稳定性，可得四个选项中只有直角三角形具有稳定性．
故选：C．
【点睛】此题考查三角形的稳定性，记住稳定性是三角形的特性是解题的关键．
【变式10-1】（2024·湖北武汉·八年级期中）下列哪个图形具有稳定性（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据三角形具有稳定性进行判断即可．
【详解】解：∵三角形具有稳定性，
∴四个图形中只有D选项的图形具有稳定性，
故选D．
【点睛】本题主要考查了三角形的性质，熟知三角形具有稳定性是解题的关键．
【变式10-2】（2024·广东揭阳·七年级期末）木工师傅要使一个四边形木架（用四根木条钉成）不变型，
至少要再钉上n根木条，这里的n=（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】要使四边形木架（用四根木条钉成）不变形，钉上木条变成三角形即可．
【详解】解：四边形木架，至少要再钉上1根木条，使四边形变成两个三角形；
故选：B．
【点睛】本题考查三角形稳定性的实际应用．三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、
房屋架梁等，因此要使一些图形具有稳定的结构，往往通过连接辅助线转化为三角形而获得．
【变式10-3】（2024·全国·七年级课时练习）要使六边形木架（用6根木条钉成）不变形，至少要再钉上
________根木条，所依据的原理是________．
【答案】 3 三角形的稳定性
【分析】利用三角形的稳定性分析即可得．
【详解】因为三角形具有稳定性，有着稳固、坚定、耐压的特点，所以将六边形木架钉上3根木条，变成
由四个三角形组成，就能使其不变形，如图所示：故答案为：3，三角形的稳定性．
【点睛】本题考查了三角形的稳定性，掌握理解三角形的稳定性原理是解题关键．
【考点11 与角平分线有关的三角形内角和问题】
【例11】（2024·江苏·涟水县麻垛中学七年级阶段练习）【认识概念】
如图1，在 ABC中，若∠BAD＝∠DAE＝∠EAC，则AD，AE叫做∠BAC的“三分线”．其中，AD是
“近AB三分△线”，AE是“远AB三分线”．
【理解应用】
(1)在 ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，若∠A的三分线AD与∠B的角平分线BE交于点P，则∠APB
＝___△_________；
(2)如图2，在 ABC中，BO、CO分别是∠ABC的近AB三分线和∠ACB近AC三分线，若BO⊥CO，求∠A
的度数； △
【拓展应用】
(3)如图3，在 ABC中，BO、CO分别是∠ABC的远BC三分线和∠ACB远BC三分线，且∠A＝m°，直
线PQ过点O△分别交AC、BC于点P、Q，请直接写出∠1﹣∠2的度数（用含m的代数式表示）.【答案】(1)125°或105°
(2)45°
2
(3)120°- m°
3
1
【分析】（1）分两种情况：①当AD为近AB三分线时，如图所示，求得∠BAP= ∠BAC，再利用角平
3
1
分线的定义求得∠ABP= ∠ABC=35°，最后在△ABP中利用三角形的内角和定理即可；②当AD为远
2
AB三分线时，如图所示，然后分别根据三分线和角平分线的定义及三角形的内角和定理即可求解；
（2）利用BO、CO分别是∠ABC近AB三分线和∠ACB近AC三分线，求得∠ABC+∠ACB=135°，然
后再利用三角形的内角和定理即可求解；
（3）如图2，在△ABC中，利用三角形的内角和定理求∠ABC+∠ACB=180°-m°，再利用BO、CO
2
分别是∠ABC的远BC三分线和∠ACB远BC三分线，求得∠4+∠5= (180°-m°)，进而在△BCO中利
3
2
用内角和定理求∠2+∠3=60°+ m°，结合∠1+∠3=180°，即可求得∠1-∠2．
3
（1）
解：分两种情况：
当AD为近AB三分线时，如图所示，∠BAC=60°，
1
∴∠BAP= ∠BAC=20°，
3
∵BE平分∠ABC，∠ABC=70°，
1
∴∠ABP= ∠ABC=35°，
2∴∠APB=180°-∠ABP-∠BAP=125°；
当AD为远AB三分线时，如图所示，∠BAC=60°，
2
∴∠BAP= ∠BAC=40°，
3
∵BE平分∠ABC，∠ABC=70°，
1
∴∠ABP= ∠ABC=35°，
2
∴∠APB=180°-∠ABP-∠BAP=105°，
故答案为：125°或105°．
（2）
如图1，∵BO、CO分别是∠ABC近AB三分线和∠ACB近AC三分线，
2 2
∴∠1＝ ∠ABC，∠2＝ ∠ACB，
3 3
∵BO⊥CO，
∴∠BOC＝90°，
2 2
∴∠1+∠2= ∠ABC+ ∠ACB=90°，
3 3
∴∠ABC+∠ACB=135°，
在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠A=180°-(∠ABC+∠ACB)=45°．（3）
解：如图2，在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠A=m°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-m°．
∵BO、CO分别是∠ABC的远BC三分线和∠ACB远BC三分线，
2 2
∴∠4= ∠ABC，∠5= ∠ACB，
3 3
2 2 2 2
∴∠4+∠5= ∠ABC+ ∠ACB= (∠ABC+∠ACB)= (180°-m°)，
3 3 3 3
在△BCO中，∠BOC+∠4+∠5=180° ，
2 2
∴∠BOC=180°-(∠4+∠5) =180°- (180°-m°) =60°+ m°，
3 3
2
∴∠2+∠3=60°+ m°；
3
∵∠1+∠3=180°，
( 2 ) 2
∴∠1-∠2=180°- 60°+ m° =120°- m°．
3 3
【点睛】本题考查了角平分线的计算，三分线的新定义，三角形的内角和定理，理解新定义是解题的关键．
【变式11-1】（2024·江苏扬州·七年级期末）如图：PC、PB是∠ACB、∠ABC的平线，∠A=40º，
∠BPC=________．
【答案】110°##110度
【分析】首先根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，再根据角平分线的性质可得1 1
∠PCB= ∠ACB,∠PBC= ∠ABC,进而． 可求∠PBC+∠PCB的度数，再次在△CBP中利用三角
2 2
形内角和即可求解．
【详解】解：∵∠A=40°,
∴∠ABC+∠ACB=180°-40°=140°,
又∵BP平分∠ABC,CP平分∠ACB,
1 1
∴∠PCB= ∠ACB,∠PBC= ∠ABC,
2 2
1 1
∴∠PBC+∠PCB= (∠ABC+∠ACB)= ×140°=70°,
2 2
∴∠BPC=180°-(∠PBC+∠PCB)=110°,
故答案为：110°．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理以及角平分线的性质，此类题解题的关键是找出角平分线平分
的两个角的和的度数，从而利用三角形内角和定理求解．
【变式11-2】（2024·全国·八年级专题练习）（1）如图1，∠A＝70°，BP、CP分别平分∠ABC和∠ACB，
则∠P的度数是 ．
（2）如图2，∠A＝70°，BP、CP分别平分∠EBC和∠FCD，则∠P的度数是 ．
（3）如图3，∠A＝70°，BP、CP分别平分∠ABC和∠ACD，求∠P的度数．
【答案】（1）125°（2）55°（3）35°
【分析】（1）根据三角形的内角和定理，角平分线的性质即可求解；
（2）应用角平分线的性质，补角的概念即可求解；
（3）综合（1）、（2）解题思路即可求解；
【详解】解：（1）∵BP、CP分别平分∠ABC和∠ACB，
1 1
∴∠PBC＝ ∠ABC，∠PCB＝ ∠ACB，
2 21
∴∠PBC+∠PCB＝ （∠ABC+∠ACB），
2
1
＝ ×（180°﹣∠A）＝55°，
2
∴∠P＝180°﹣（∠PCB+∠PBC）＝125°，
故答案为：125°．
（2）∵∠EBC＝∠A+∠ACB，∠FCB＝∠A+∠ABC，
∴∠EBC+∠FCB＝∠A+∠ACB+∠A+∠ABC，
＝180°+70°＝250°，
∵BP、CP分别平分∠EBC和∠FCB，
1 1
∴∠PBC＝ ∠EBC，∠PCB＝ ∠FCB，
2 2
1
∴∠PBC+∠PCB＝ （∠EBC+∠FCB），
2
＝125°，
∴∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝55°，
故答案为：55°．
（3）∠ACD＝∠A+∠ABC，
∵CP平分∠ACD，BP平分∠ABC，
1 1 1 1
∴∠PBC＝ ∠ABC，∠PCA＝ ∠ACD＝ ∠A+ ∠ABC，
2 2 2 2
∵∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCA+∠ACB），
1
＝ ∠A＝35°，
2
即∠P等于∠A的一半，
答：∠P的度数是35°．
【点睛】本题主要考查三角形的内角和定理，三角形外角的性质，角平分线的性质，掌握相关知识并灵活
应用是解题的关键．
【变式11-3】（2024·广东韶关实验中学七年级期中）如图，AB∥CD，点E是AB上一点，连结CE．(1)如图1，若CE平分∠ACD，过点E作EM⊥CE交CD于点M，试说明∠A＝2∠CME；
(2)如图2，若AF平分∠CAB，CF平分∠DCE，且∠F＝70°，求∠ACE的度数．
(3)如图3，过点E作EM⊥CE交∠DCE的平分线于点M，MN⊥CM交AB于点N，CH⊥AB，垂足为H．若
1
∠ACH＝ ∠ECH请直接写出∠MNB与∠A之间的数量关系．
2
【答案】(1)见解析；
(2)∠ACE=40°；
(3)∠MNB=135°-∠A
【分析】（1）利用平行线的性质和角平分线的定义分别计算∠A与∠CME，即可得出结论；
（2）过点F作FM//AB，利用平行线的性质和角平分线的定义和（1）的结论解答即可；
（3）延长CM交AN的延长线于点F，设∠ACH=x，则∠ECH=2x，ECM=∠DCM= y，利用垂直
的定义得到x+ y=45°；利用三角形的内角和定理分别用x，y的代数式表示出∠MNB与∠A，计算
∠MNB+∠A即可得出结论．
（1）
证明：∵EM⊥CE，
∴∠CEM=90°．
∵∠AEC+∠CEM+∠BEM=180°，
∴∠AEC+∠BEM=90°．
∵AB//CD，
∴∠AEC=∠ECD，∠CME=∠BEM．
∴∠ECD+∠CME=90°．
∴2∠ECD+2∠CME=180°．
∵CE平分∠ACD，
∴∠ACD=2∠ECD．
∴∠ACD+2∠CME=180°．
∵AB//CD，∴∠ACD+∠A=180°．
∴∠A=2∠CME．
（2）
解：过点F作FM//AB，如图，
∵AB//CD，
∴FM//AB//CD．
∴∠AFM=∠BAF，∠CFM=∠DCF．
∴∠AFM+∠CFM=∠BAF+∠DCF．
即∠AFC=∠BAF+∠DCF．
∵AF平分∠CAB，CF平分∠DCE，
∴∠CAB=2∠BAF，∠DCE=2∠DCF．
∴∠CAB+∠DCE=2(∠BAF+∠DCF)=2∠AFC．
∵∠AFC=70°，
∴∠CAB+∠DCE=140°．
∵AB//CD，
∴∠CAB+∠ACE+∠DCE=180°．
∴∠ACE=180°-(∠CAB+∠DCE)
=180°-140°
=40°．
（3）
解：∠MNB与∠A之间的数量关系是：∠MNB=135°-∠A．
延长CM交AN的延长线于点F，如图，∵MN⊥CM，
∴∠NMF=90°．
∴∠MNB=90°-∠F．
同理：∠HCF=90°-∠F．
∴∠MNB=∠HCF．
1
∵∠ACH= ∠ECH，
2
∴设∠ACH=x，则∠ECH=2x．
∵CM平分∠DCE，
∴设∠ECM=∠DCM= y．
∴∠MNB=∠HCF=2x+ y．
∵AB//CD，CH⊥AB，
∴CH⊥CD．
∴∠HCD=90°．
∴∠ECH+∠ECD=90°．
∴2x+2y=90°．
∴x+ y=45°．
∵CH⊥AB，
∴∠A=90°-∠ACH=90°-x．
∴∠A+∠MNB=90°-x+2x+ y=90°+x+ y=135°．
∴∠MNB=135°-∠A．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，垂线的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，平角的意
义，过点F作FM//AB是解题的关键．
【考点12 与平行线有关的三角形内角和问题】
【例12】（2024·辽宁盘锦·七年级期末）（1）问题情境：如图1，AB∥CD，∠PMB=140°，
∠PND=120°，求∠MPN的度数；
（2）问题迁移：在（1）的条件下，如图2，∠AMP的角平分线与∠CNP的角平分线交于点F，则∠MFN的度数为多少？请说明理由；
（3）问题拓展：如图3，AB∥CD，点P在射线OM上移动时（点P与点O，M，D三点不重合），记
∠PAB=α，∠PCD=β，请直接写出∠APC与α，β之间的数量关系．
【答案】（1）100°；（2）50°，理由见解析；（3）当点P在BD上时，∠APC=α+β；当点P在BD延
长线上时，∠APC=α-β；当点P在DB延长线上时，∠APC=β-α．
【分析】（1）过点P作PO∥AB，将∠MPN分成∠MPO和∠NPO两部分，然后根据平行线的性质将
两部分的度数相加即可；
（2）分别过点P和点F作PO∥AB，EF∥AB，由（1）知∠AMP+∠CNP的度数，根据角平分线的定
义求出∠AMF+∠CNF的度数，然后同第一问用平行线的性质即可求出∠MFN的度数；
（3）分三种情况讨论，根据平行线的性质和“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”以及
等量代换即可得到答案．
【详解】解：（1）过点P作PO∥AB，
如图，∵AB∥CD，
∴PO∥AB∥CD，
∴∠MPO=∠AMP，∠OPN=∠CNP，
∵∠PMB=140°，∠PND=120°，
∴∠MPO=∠AMP=180°-∠PMB=180°-140°=40°，
∠OPN=∠CNP=180°-∠PND=180°-120°=60°，
∴∠MPN=∠MPO+∠OPN=40°+60°=100°．
（2）分别过点P和点F作PO∥AB，EF∥AB，
如图，∵AB∥CD，
∴PO∥EF∥AB∥CD，∴∠AMP=∠MPO，∠CNP=∠OPN，∠MFE＝∠AMF，∠EFN=∠CNF，
由（1）得∠AMP+∠CNP=100°，
∵∠AMP的角平分线与∠CNP的角平分线交于点F，
1 1
∴∠AMF= ∠AMP，∠CNF= ∠CNP，
2 2
1 1 1
∴∠AMF+∠CNF= ∠AMP+ ∠CNP= (∠AMP+∠CNP)=50°，
2 2 2
∴∠MFN=∠MFE+∠EFN=∠AMF+∠CNF=50°．
（3）当点P在BD上时，如原题图3，和（1）同理可得：∠APC=α+β；
当点P在BD延长线上时，如图所示，AP交CD于点E，
∵AB∥CD，
∴α=∠DEP，
又∵∠DEP=β+∠APC，
∠APC=α-β；
当点P在DB延长线上时，如图所示，CP交AB于点F，
∵AB∥CD，
∴∠BFP=β，
又∵∠BFP=α+∠APC，
∴∠APC=β-α．
综上所述，当点P在BD上时，∠APC=α+β；当点P在BD延长线上时，∠APC=α-β；当点P在DB
延长线上时，∠APC=β-α．【点睛】本题主要考查了平行线的性质，还考查了角平分线的定义，三角形的内角和定理的推论；解题的
关键是：（1）正确作出辅助线，并灵活使用平行线的性质；（2）正确作出两条平行辅助线，并能灵活使
用角平分线的定义和平行线的性质；（3）能用分类讨论的数学思想．
【变式12-1】（2024·山东德州·七年级期中）如图所示，DE∥BC，∠1=∠3，CD⊥AB．
(1)求证：FG⊥AB．
(2)若∠3=45°，求∠ADE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)45°
【分析】（1）根据平行线的性质与判定可得CD∥FG，根据题意CD⊥AB，即可得证；
（2）由（1）得∠BFG＝90°，根据三角形内角和定理可得∠B＝45°，根据DE//BC，即可求解．
（1）
∵DE∥BC
∴∠1＝∠2
又∵∠1＝∠3
∴∠2=∠3,
∴CD∥FG
又∵CD⊥AB
∴FG⊥AB
（2）
由（1）得∠BFG＝90°
∵∠B＋∠3＋∠BFG＝180°
∴∠B＋45°＋90°＝180°，∠B＝45°
∵DE//BC
∴∠ADE＝∠B＝45°【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，三角形内角和定理，掌握平行线的性质与判定是解题的关键．
【变式12-2】（2024·江苏南通·七年级期末）在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于点D，点E是射线AB
上的动点（不与点D重合），过点E作EF∥BC交直线CD于点F，∠BEF的角平分线所在的直线与射
线CD交于点G．
(1)如图1，点E在线段AD上运动．
①若∠B=60°，∠ACB=30°，则∠EGC=______°；
②若∠A=80°，求∠EGC的度数；
(2)若点E在射线DB上运动时，探究∠EGC与∠A之间的数量关系，请直接写出答案．
【答案】(1)①45；②∠EGC=50°
1 1
(2)∠EGC=90°- ∠A或∠EGC=90°+ ∠A
2 2
【分析】（1）①根据平行线的性质，角平分线的定义以及三角形的内角和定理，得出
1 1
∠EGC= ∠B+ ∠ACB，代入进行计算即可；
2 2
1 1 1
②由①的方法得出∠EGC= ∠B+ ∠ACB，进而满出∠EGC= (180°-∠A)，代入计算即可；
2 2 2
（2）分类讨论进行解答，画出相应位置的图形，根据（1）中的结论和平角的定义，可得当点E在线段
1
AD上时，有∠EGC=90°- ∠A成立；当点E在线段DB上或DB的延长线上时，有
21
∠EGC=90°+ ∠A成立．
2
（1）
解：①∵EF∥BC，
∴∠B=∠FEB，∠EFD=∠BCD，
∵CF是∠ACB的平分线，EG是∠FED的平分线，
1 1 1
∴∠FEG=∠DEG= ∠FED= ∠B，∠BCD=∠ACD= ∠ACB=∠EFD，
2 2 2
又∵∠EGC=∠FEG+∠EFG，
1 1
∴∠EGC= ∠B+ ∠ACB，
2 2
1 1
= ×60°+ ×30°
2 2
=45°，
故答案为：45；
1 1
②由①得∠EGC= ∠B+ ∠ACB
2 2
1
= (∠B+∠ACB)
2
1
= (180°-∠A)
2
1
=90°- ∠A
2
1
=90°- ×80°
2
=50°．
（2）
1
当点E在AD上时，如图（1），由（1）得，∠EGC=90°- ∠A；
2
1
当点E在线段DB上时，如图（2），由（1）得，∠EGD=90°- ∠A，
2
∴∠EGC=180°-∠EGD
1
=180°-90°+ ∠A
21
=90°+ ∠A；
2
1
当点在射线DB上时，如图（3），由（1）得，∠EGD=90°- ∠A，
2
∴∠EGC=180°-∠EGD
1
=180°-90°+ ∠A
2
1
=90°+ ∠A；
2
1 1
综上所述，∠EGC与∠A之间的数量关系为：∠EGC=90°- ∠A或∠EGC=90°+ ∠A
2 2
1
答：若点E在射线DB上运动时，∠EGC与∠A之间的数量关系为：∠EGC=90°- ∠A或
2
1
∠EGC=90°+ ∠A．
2
【点睛】本题考查角平分线，平行线以及三角形内角和定理，理解角平分线的定义、平行线的性质以及三
角形内角和定理是解题关键．
【变式12-3】（2024·江苏宿迁·七年级期末）如图，在△ABC中，点D在AB上，过点D作DE∥BC，交
AC于点E，DP平分∠ADE，交∠ACB的平分线于点P，CP与DE相交于点G，∠ACF的平分线CQ与DP相交于点Q．
(1)若∠A=50°，∠B=60°，则∠DPC=____________°，∠Q=____________°；
(2)若∠A=50°，当∠B的度数发生变化时，∠DPC、∠Q的度数是否发生变化？并说明理由；
(3)若∠A=x°，则∠DPC=____________°，∠Q=____________°；（用含x的代数式表示）；
(4)若△PCQ中存在一个内角等于另一个内角的三倍，请直接写出所有符合条件的∠A的度数．
【答案】(1)115，25
(2)不发生变化，理由见解析
( 1 ) x
(3) 90+ x ，
2 2
(4)45°，60°，120°，135°
【分析】（1）由平行线的性质，角平分线的定义结合三角形内角和定理即可求解；
（2）同理由平行线的性质，角平分线的定义结合三角形内角和定理即可求解；
（3）将（2）中∠A=50°换成∠A=x°，同理即可求解；
1 1
（4）设∠A=x°，由（3）可知∠QPC=(90- x)°，∠Q= x°．再由∠PCQ=90°不变，即可分类
2 2
讨论①当∠PCQ=3∠CPQ时，②当∠PCQ=3∠Q时，③当∠CPQ=3∠Q时和④当3∠CPQ=∠Q
时，分别列出关于x的等式，解出x即可．
（1）
∵∠A=50°，∠B=60°，
∴∠ACB=180°-∠A-∠B=70°．
∵CP平分∠ACB，
1
∴∠BCP=∠ACP= ∠ACB=35°．
2∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B=60°，∠PGD=∠BCP=35°．
∵DP平分∠ADE，
1
∴∠PDG= ∠ADE=30°．
2
∴∠DPC=180°-∠PDG-∠PGD=115°；
∵∠DPC=115°，
∴∠QPC=180°-115°=65°．
∵CP平分∠ACB，CQ平分∠ACF，
1 1
∴∠ACP= ∠ACB，∠ACQ= ∠ACF．
2 2
∵∠ACB+∠ACF=180°，
∴∠ACP+∠ACQ=90°，即∠PCQ=90°，
∴∠Q=90°-∠QPC=25°．
故答案为：115，25；
（2）
当∠B的度数发生变化时，∠DPC、∠Q的度数不发生变化
理由如下：∵∠A=50°，
∴∠ACB+∠B=130°．
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，∠PGD=∠PCB．
∵DP平分∠ADE，CP平分∠ACB，
1 1 1
∴∠PDE= ∠ADE= ∠B，∠PCB= ∠ACB=∠PGD．
2 2 2
∴∠DPC=180°-(∠PDE+∠PGD)
1
=180°- (∠B+∠ACB)
2
1
=180°- ×130°
2
=115°．
∴∠QCP=65°
由（1）可知∠PCQ=90°不变，
∴∠Q=90°-∠QPC=25°．∴当∠B的度数发生变化时，∠DPC、∠Q的度数不发生变化；
（3）
∵∠A=x°，
∴∠ACB+∠B=180°-x°．
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，∠PGD=∠PCB．
∵DP平分∠ADE，CP平分∠ACB，
1 1 1
∴∠PDE= ∠ADE= ∠B，∠PCB= ∠ACB=∠PGD．
2 2 2
∴∠DPC=180°-(∠PDE+∠PGD)
1
=180°- (∠B+∠ACB)
2
1
=180°- ×(180-x)°
2
1
=(90+ x)°．
2
1 1
∴∠QPC=180°-(90+ x)°=(90- x)°．
2 2
由（1）可知∠PCQ=90°不变，
1 1
∴∠Q=90°-∠QPC=90°-(90- x)°= x°．
2 2
1 x
故答案为：(90+ x)， ；
2 2
（4）
设∠A=x°，
1 1
由（3）可知∠QPC=(90- x)°，∠Q= x°．
2 2
∵∠PCQ=90°，
∴可分类讨论：①当∠PCQ=3∠CPQ时，
1 1
∴(90- x)°= ×90°，
2 3
解得：x=120，
∴∠A=120°；
②当∠PCQ=3∠Q时，1 1
∴ x°= ×90°，
2 3
解得：x=60，
∴∠A=60°；
③当∠CPQ=3∠Q时，
1 1
∴(90- x)°=3× x°，
2 2
解得：x=90，x=45
∴∠A=45°；
④当3∠CPQ=∠Q时，
1 1
∴3×(90- x)°= x°，
2 2
解得：x=135，
∴∠A=135°．
综上可知∠A=45°或60°或120°或135°．
【点睛】本题考查平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理等知识．利用数形结合和分类讨论
的思想是解题关键．
【考点13 与折叠有关的三角形内角和问题】
【例13】（2024·江苏·睢宁县桃园中学七年级期中）如图所示，在四边形纸片ABCD中，∠A=80°，
∠B=70°，将纸片沿着MN折叠，使C，D分别落在直线AB上的C'，D'处，则∠AM D'+∠BNC'等于
（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【答案】B
【分析】首先根据四边形内角和定理可得∠D+∠C=210°，再利用折叠性质可得∠MD'B=∠D，∠NC' A
=∠C，即∠MD'B+∠NC' A=210°，从而得出∠MD' A+∠NC'B=150°，最后进一步利用三角形内角和定理
求解即可.
【详解】∵∠A=80°，∠B=70°，∴∠D+∠C=360° ∠A ∠B=210°，
由折叠性质可得−：∠−MD'B=∠D，∠NC' A=∠C，
∴∠MD'B+∠NC' A=210°，
∴∠MD' A+∠NC'B=360° ∠MD'B+∠NC' A °，
∴∠AMD' ∠BNC' −° ( ∠MD' A+∠NC'B)=15∠0A ∠B °，
故选： . + =360 −( )−( + )=60
【点睛B】本题主要考查了三角形与四边形内角和定理以及折叠的性质，熟练掌握相关概念是解题关键.
【变式13-1】（2024·全国·八年级课时练习）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，在AC边上取点D，
使得AD=AB，连接BD．点E、F分别为AD、BD边上的点，且∠≝=48°，将△≝¿沿直线EF翻折，使
点D落在AB边上的点G处，若GF//BC，则∠C的度数为_______．
【答案】26°
【分析】根据题意可得∠EDF=∠EGF，设∠EDF=∠EGF=α，∠ADB是△DBC的一个外角，可得
2α-∠C=90°，根据三角形内角和定理可得∠ABC+∠C=∠AEG+∠AGE，即α+∠C=84°，联立
解方程组即可求得∠C．
【详解】∵折叠
∴∠≝=∠GEF=48°，∠EDF=∠EGF
∴∠AEG=180°-2×48°=84°
设∠EDF=∠EGF=α
∵AD=AB
∴∠GBF=∠EDF=α
∵GF//BC
∴∠FGA=∠CBA=90°，∠GFB=∠DBC
∴∠FGE+∠AGE=α+∠AGE=90°，∠GFB+∠GBF=α+∠GFB=90°
∴∠AGE=∠GFB=∠DBC=90°-α
∵∠ADB是△DBC的一个外角
∴∠ADB=∠DBC+∠C=90°-α+∠C=α即2α-∠C=90°①
∵∠A=180°-∠ABC-∠C=180°-∠AEG-∠AGE
∴∠ABC+∠C=∠AEG+∠AGE
即90°+∠C=84°+(90°-α)
即α+∠C=84°②
②×2-①得3∠C=78°
即∠C=26°
故答案为：26°
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，三角形的外角性质，解二元一次方
程组，理清角度之间的关系，设未知数列方程组是解题的关键．
【变式13-2】（2024·全国·八年级课时练习）直线MN与直线PQ垂直相交于O，点A在射线OP上运动，点
B在射线OM上运动，连接AB．
（1）如图1，已知AC，BC分别是∠BAP和∠ABM角的平分线，
①点A，B在运动的过程中，∠ACB的大小是否发生变化？若发生变化，请说明理由；若不发生变化，试
求出∠ACB的大小．
②如图2，将ΔABC沿直线AB折叠，若点C落在直线PQ上，记作点C'，则∠ABO=_______°；如图3，
将ΔABC沿直线AB折叠，若点C落在直线MN上，记作点C''，则∠ABO=________°．
（2）如图4，延长BA至G，已知∠BAO，∠OAG的角平分线与∠BOQ的角平分线交其延长线交于E，
3
F，在ΔAEF中，如果有一个角是另一个角的 倍，求∠ABO的度数．
2
【答案】（1）∠ACB的大小不会发生变化，∠ACB=45°；（2）30，60；（3）60°或72°．
【分析】（1）①由直线MN与直线PQ垂直相交于O，得到∠AOB=90°，根据三角形的外角的性质得到1 1
∠PAB+∠ABM=270°，根据角平分线的定义得到∠BAC= ∠PAB，∠ABC= ∠ABM，于是得到结论；
2 2
②图2中，由于将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线PQ上，得到∠CAB=∠BAQ，由角平分线的定义
得到∠PAC=∠CAB，根据三角形的内角和即可得到结论；
图3中，根据将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线MN上，得到∠ABC=∠ABN，由于BC平分∠ABM，
得到∠ABC=∠MBC，于是得到结论；
1 1
（2）由∠BAO与∠BOQ的角平分线相交于E可知∠EAO= ∠BAO，∠EOQ= ∠BOQ，进而得出∠E的度数，
2 2
3
由AE、AF分别是∠BAO和∠OAG的角平分线可知∠EAF=90°，在△AEF中，由一个角是另一个角的 倍分情
2
况进行分类讨论即可解答．
【详解】（1）①∠ACB的大小不变，
∵直线MN与直线PQ垂直相交于O，
∴∠AOB=90°，
∴∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠PAB+∠ABM=270°，
∵AC、BC分别是∠BAP和∠ABM角的平分线，
1 1
∴∠BAC= ∠PAB，∠ABC= ∠ABM，
2 2
1
∴∠BAC+∠ABC= （∠PAB+∠ABM）=135°，
2
∴∠ACB=45°；
②∵图2中，将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线PQ上，
∴∠CAB=∠BAQ，
∵AC平分∠PAB，
∴∠PAC=∠CAB，
∴∠PAC=∠CAB=∠BAO=60°，
∵∠AOB=90°，
∴∠ABO=30°，
∵图3中，将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线MN上，
∴∠ABC=∠ABN，
∵BC平分∠ABM，∴∠ABC=∠MBC，
∴∠MBC=∠ABC=∠ABN，
∴∠ABO=60°，
故答案为：30，60；
（2）∵∠BAO与∠BOQ的角平分线相交于E，
1 1
∴∠EAO= ∠BAO，∠EOQ= ∠BOQ，
2 2
1 1
∴∠E=∠EOQ-∠EAO= （∠BOQ-∠BAO）= ∠ABO，
2 2
∵AE、AF分别是∠BAO和∠OAG的角平分线，
∴∠EAF=90°．
在△AEF中，
3
∵有一个角是另一个角的 倍，故有：
2
3
①∠EAF= ∠E，∠E=60°，∠ABO=120°（不合题意，舍去）；
2
3
②∠EAF= ∠F，∠E=30°，∠ABO=60°；
2
3
③∠F= ∠E，∠E=36°，∠ABO=72°；
2
3
④∠E= ∠F，∠E=54°，∠ABO=108°（不合题意，舍去）；．
2
∴∠ABO为60°或72°．
【点睛】本题主要考查的就是角平分线的性质以及三角形内角和定理的应用.解决这个问题的关键就是要能
根据角平分线的性质将外角的度数与三角形的内角联系起来，然后再根据内角和定理进行求解.同学们在解
答这种问题的时候，一定要注意外角与内角之间的联系，不能只关注某一部分.在需要分类讨论的时候一定
要注意分类讨论的思想.
【变式13-3】（2024·全国·八年级课时练习）如图1，三角形ABC中，∠A=58°,∠B=90°,∠C=32°．
点E是BC边上的定点，点D在AC边上运动．沿DE折叠三角形CDE，点C落在点G处．（1）如图2，若DE//AB，求∠ADG的度数．
（2）如图3，若EG//AB，求∠ADG的度数．
（3）当三角形DEG的三边与三角形ABC的三边有一组边平行时，直接写出∠CDG的度数
【答案】（1）64°；（2）26°；（3）58°或148°或154°或122°或116°或26°．
【分析】（1）根据折叠的性质得到∠CDE=∠A=∠GDE=58°，即可求出∠ADG；
（2）根据GE∥AB，得到∠BEG=90°，算出∠BFD，利用四边形内角和即可求出∠ADG；
（3）找出其他所有情况，画出图形，利用平行线的性质求解即可．
【详解】解：（1）由折叠可知：
∠C=∠DGE=32°，∠CDE=∠GDE，
∵DE∥AB，AB⊥BC，
∴DE⊥BC，则G在BC上，
∴∠CDE=∠A=∠GDE=58°，
∴∠ADG=180°-58°×2=64°；
（2）由折叠可知：∠C=∠DGE=32°，∠CDE=∠GDE，∠DEC=∠DEG，
∵GE∥AB，
∴∠B=∠CEG=∠BEG=90°，
1
∴∠DEC= CEG=45°，
2
∴∠ADE=45°+32°=77°，∠GDE=180°-45°-32°=103°，
∵∠A=58°，∠B=90°，
∴∠ADG=∠GDE -∠ADE =103°-77°=26°；（3）如图，DG∥AB，
则∠CDG=∠A=58°；
如图，DG∥BC，
∠ADG=∠C=32°，
∴∠CDG=180°-∠ADG =148°；
如图，EG∥AC，
∠ADG=∠G=∠C=32°，
∴∠CDG=180°-∠ADG =148°；
；如图，EG∥AB，
∴∠A=∠CFE=58°，∠B=∠CEG=90°，
由折叠可知：∠DEG=∠DEC=45°，
∴∠CDE=180°-45°-32°=103°=∠EDG，
∴∠EDF=180°-103°=77°，
∴∠ADG=103°-77°=26°，
∴∠CDG=180°-∠ADG =154°；
如图，DG∥AB，
∴∠ADG=∠A=58°，
∴∠CDG=180°-∠ADG =122°；
如图，DE∥AB，
∴∠ADG=2∠C=64°，
∴∠CDG=180°-∠ADG =116°；
如图，GE//AB，
∴∠CEG=∠B =90°，∴∠CDG=∠CEG -∠C-∠G =26°；
综上：其他所有情况下∠CDG的度数为58°或148°或154°或122°或116°或26°．
【点睛】本题考查了平行线的性质，折叠问题，解题的难点在于找出所有符合题意的情况，得到角的关系．
【考点14 三角形的外角性质的运用】
【例14】（2024·四川·渠县第二中学七年级阶段练习）如图，在△ABC 中，D 是 BC 延长线上一点，
∠ABC 和∠ACD 的平分线交于点A ，得∠A ；∠A BC和∠A CD的平分线交于点A ，得∠A ；……；
1 1 1 1 2 2
∠A BC和∠A CD的平分线交于点A ，得∠A ，若∠A＝，则 ∠A =_________.（ 用含
2021 2021 2022 2022 2022
的代数式表示）
α 1
【答案】 ## α
22022 22022
【分析】根据角平分线的性质，三角形外角的性质去推出∠A ，∠A ，∠A 与∠A的关联，从而根据
1 2 3
规律得出∠A 与∠A即可．
2022
【详解】解：∵∠ABC和∠ACD的平分线交于点A ，
1
1 1
∴∠A BC= ∠ABC，∠A CD= ∠ACD，
1 2 1 2
∵∠A CD=∠A +∠A BC，
1 1 1
1 1
即 ∠ACD=∠A + ∠ABC，
2 1 21
∴∠A = (∠ACD-∠ABC)．
1 2
∵∠A+∠ABC=∠ACD，
∴∠A=∠ACD-∠ABC，
1
∴∠A = ∠A．
1 2
1 (1) 2 1 1 (1) 3 1
同理可得∠A = ∠A = ∠A= ∠A，∠A = ∠A = ∠A= ∠A，
2 2 1 2 22 3 2 2 2 23
1 α
∴根据规律可得：∠A
2022
=
22022
∠A=
22022 .
α
故答案为： .
22022
【点睛】本题考查角平分线和外角的性质以及几何图形找规律的方法，熟练掌握角平分线的性质并运用于
证明角度关系是解题关键．
【变式14-1】（2024·新疆·阿瓦提县拜什艾日克镇中学八年级阶段练习）如图，一副具有30°和45°角的直
角三角板，按如图所示叠放在一起，则图中∠α的度数是（ ）
A．40° B．45° C．65° D．75°
【答案】D
【分析】根据有30°和45°角的直角三角板各个内角的情况，结合三角形外角性质即可得到答案．
【详解】解：如图所示：
由含45°角的直角三角板内角情况可知∠2=45°，∴根据三角形外角性质知∠2=∠1+30°，即∠1=45°-30°，
∵∠1+∠α=90°，
∴∠α=90°-15°=75°，
故选：D．
【点睛】本题考查利用30°和45°角的直角三角板求角度，涉及到三角形外角性质和角的互余等知识，熟练
掌握三角板各个内角的度数及三角形外角性质是解决问题的关键．
【变式14-2】（2024·江苏泰州·七年级期中）已知：如图1，在四边形ABCD中，
∠A+∠C=180°，∠ABE，∠ADF是四边形ABCD的外角．
(1)求∠ABE+∠ADF的度数；
(2)直线l ，l 分别经点B，D，且l ，l 分别平分∠ABE，∠ADF，
1 2 1 2
①如图2，若l ∥l ，求∠C的度数；
1 2
②若l 与l 相交于点M，设 ∠C=α，∠BMD=β，试探究α与β的数量关系，并说明理由．
1 2
【答案】(1)∠ABE+∠ADF=180°
(2)①∠C=90°，②α+β=90°或α-β=90°
【分析】（1）通过题意得∠A+∠C=180°，再由补角定理可直接得到∠ABE+∠ADF的度数；
（2）①延长BA至l 于点G，通过平行线内错角相等得∠DGB=∠GBH，再由角平分线的性质可得到解答；
2
②有两种答案，都要连接BD，把各个需要求的角表达出来，再通过角平分线、对顶角相等对角的转换，
最后进行相加减即可得到答案．
（1）
∵在四边形ABCD中，∠A+∠C=180°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
又∵∠ADF+∠ADC=∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ABE+∠ADF=180°．（2）
①延长BA至l 于点G，如下图
2
∵l ∥l
1 2
∴∠DGB=∠GBH，
又∵∠BAD=∠AGD+∠ADG，
∴∠BAD=∠GBH+∠ADG，
∵l ，l 分别平分∠ABE，∠ADF且由（1）知∠ABE+∠ADF=180°，
1 2
∴∠BAD=∠GBH+∠ADG=180°÷2=90°，
∴∠C=∠BAD=90°；
②一：如图，连接BD，
由图可得∠BMD=∠MBD∠+MDB=180°-(∠MBA+∠ABD+∠MDA+∠ADB)，
∠A=180°-(∠ABD+∠ADB)，
又∵∠ABE+∠ADF=180°且MB，MD分别平分∠ABE，∠ADF，
∴∠A-∠BMD=∠MBA+∠MDA=90°，
又∵∠C+∠A=180°，
∴∠A=180°-∠C，
∴∠C+∠BMD=90°=α+β=90°．二：连接BD，如图
由图可得∠M=180°-(∠CBD+∠CBM+∠CDB+∠CDM)，
∠C=180°-(∠CBD+∠CDB)，
∵∠CBM=∠PBE，∠CDM=∠QDF（对顶角相等）且PM，MQ分别平分∠ABE，∠ADF，
∴∠M=180°-(∠CBD+∠CDB+90°)，
∵∠CBD+∠CDB=180°-∠C，
∴∠M=180°-(180°-∠C +90°)
=∠C-90°，
∴∠C-∠M=90°=α-β=90°．
【点睛】本题考查了有关补角的计算、平行线的内错角相等、角平分线的性质、对顶角相等和三角形内角
和定理，解决此题的关键是对角的转换要熟练运用，三角形内角和也要熟练运用．
【变式14-3】（2024·江苏·阜宁县实验初级中学七年级阶段练习）【问题背景】
（1）如图1的图形我们把它称为“8字形”，请说明∠A+∠B=∠C+∠D；
【简单应用】
（2）阅读下面的内容，并解决后面的问题：如图2，AP、CP分别平分∠BAD，∠BCD，若∠ABC=36°，
∠ADC=16°，求∠P的度数；
解：∵AP、CP分别平分∠BAD，∠BCD
∴∠1=∠2，∠3=∠4
由（1）的结论得：¿
①+②，得2∠P+∠2+∠3=∠1+∠4+∠B+∠D
1
∴∠P = (∠B+∠D)=26°．
2①【问题探究】
如图3，直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC=36°，∠ADC=16°，请
猜想∠P的度数，并说明理由．
②【拓展延伸】
1 1
在图4中，若设∠C=α，∠B=β，∠CAP= ∠CAB，∠CDP= ∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系
3 3
为： （用α、β表示∠P），并说明理由．
2 1
【答案】（1）见解析；（2）①26°，理由见解析；②∠P= α+ β，理由见解析
3 3
【分析】（1）根据三角形内角和定理即可证明．
（2）【问题探究】由AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，推出∠1=∠2，
∠3=∠4，推出∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，由∠P+（180°-∠1）=∠ADC+（180°-∠3），
∠P+∠1=∠ABC+∠4，推出2∠P=∠ABC+∠ADC，即可解决问题．
【拓展延伸】由（1）的结论易求∠P+∠PDC=∠C+∠CAP，∠P+∠PAB=∠B+∠BDP，再将已知条件代入化简
即可求解∠P．
【详解】（1）证明：∵∠A+∠B+∠AEB=180°，
∠C+∠D+∠CED=180°，
∴∠A+∠B+∠AEB=∠C+∠D+∠CED，
∵∠AEB=∠CED，
∴∠A+∠B=∠C+∠D；
（2）①解∶如图3，∵AP平分∠FAD，CP平分∠BCE
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，
∴由（1）可得：∠P+180°-∠2=∠D+180°-∠3，
∠P+∠PAB=∠B+∠4，
又∠1=∠PAB，
∴∠P+∠1=∠B+∠4，
又∠P+180°-∠2=∠D+180°-∠3，
∴2∠P+∠1+180°-∠2=∠B+∠4+∠D+180°-∠3，
又∠1=∠2，∠3=∠4，
∴2∠P=∠B+∠D
1
∴∠P = (∠B+∠D)=26°
2
2 1
②解：∠P= α+ β．
3 3
1 1
理由：∵∠CAP= ∠CAB，∠CDP= ∠CDB，
3 3
2 2
∴∠BAP= ∠CAB，∠BDP= ∠CDB，
3 3
由（1）可得：∠P+∠PDC=∠C+∠CAP，∠P+∠PAB=∠B+∠BDP，
1 1
∴∠P+ ∠CDB =∠C+ ∠CAB，①
3 3
2 2
∠P+ ∠CAB=∠B+ ∠CDB，②
3 3
2 2 2 2
①×2+②，得2∠P+ ∠CDB+∠P+ ∠CAB=2∠C+ ∠CAB+∠B+ ∠CDB，
3 3 3 3
∴3∠P=2∠C+∠B2 1 2 1
∴∠P= ∠C+ ∠B= α+ β．
3 3 3 3
【点睛】本题考查三角形内角和，三角形的外角的性质、多边形的内角和等知识，解题的关键是学会用方
程组的思想思考问题，属于中考常考题型．
【考点15 多边形的对角线】
【例15】（2024·河南新乡·七年级阶段练习）若经过n边形的一个顶点的所有对角线可以将该n边形分成6
个三角形，则n边形的对角线条数为（ ）
A．20 B．19 C．18 D．17
【答案】A
【分析】经过n边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成（n-2）个三角形，根据此关系式求边数，再求
对角线条数即可．
【详解】解：依题意有n-2=6，
解得n=8．
8×5
∴对角线条数是 =20，
2
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的对角线，解决此类问题的关键是根据多边形过一个顶点的对角线与分成的三
角形的个数的关系列方程求解．
【变式15-1】（2024·山东威海·期末）一个多边形从一个顶点处可以引出10条对角线，这个多边形的边数
是（ ）
A．7 B．8 C．12 D．13
【答案】D
【分析】根据过n边形的一个顶点可作（n-3）条对角线，即可解答本题．
【详解】解：∵一个多边形从一个顶点处可以引出10条对角线，
∴n-3=10，
∴n=13，
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的对角线问题，解题关键在于要记住过n边形的一个顶点可作（n-3）条对角线．
【变式15-2】（2024·山东·泰安市泰山区大津口中学七年级阶段练习）已知从九边形的一个顶点出发，可
引出m条对角线，这些对角线可以把这个九边形分成n个三角形，则m-n=________；十三边形的共有
________条对角线．【答案】 -1 65
【分析】根据边数为a条边的多边形的任意一点连其他各点得到的对角线条数为（a-3）；组成的三角形的
a(a-3)
个数为（a-2），分别求出m、n的值即可得出m-n；根据边数为a条边的多边形的对角线条数为 ，
2
求出十三边形对角线条数即可．
【详解】解：∵边数为a条边的多边形的任意一点连其他各点得到的对角线条数为（a-3）；组成的三角形
的个数为（a-2），
∴从九边形的一个顶点出发，对角线共有9-3=6条，分成9-2=7个三角形，
即m=6，n=7，
∴m-n=6-7=-1；
13×(13-3)
十三边形的对角线共有： =65（条）．
2
故答案为：-1；65．
【点睛】本题主要考查了多边形的对角线问题，熟记n边形的任意一点连其他各点得到的对角线条数为
（n-3）及组成的三角形的个数为（n-2），是解题的关键．
【变式15-3】（2024·吉林·长春南湖实验中学七年级阶段练习）【教材重现】如图是数学教材第135页的
部分截图．
在多边形中，三角形是最基本的图形．如图4.4.5所示，每一个多边形都可以分割成若干个三角形．
数一数每个多边形中三角形的个数，你能发现什么规律？
在多边形中，连接不相邻的两个顶点，所得到的线段称为多边形的对角线．
【问题思考】结合如图思考，从多边形的一个顶点出发，可以得到的对角线的数量，并填写表：
多边形边
四 五 六 …… 十二 …… n
数
从一个顶
点出发，
1条 …… ……
得到对角
线的数量
【问题探究】n边形有n个顶点，每个顶点分别连接对角线后，每条对角线重复连接了一次，由此可推导出，n边形共有 对角线（用含有n的代数式表示）．
【问题拓展】
（1）已知平面上4个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接 条线段．
（2）已知平面上共有15个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接 条线段．
（3）已知平面上共有x个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接 条线段（用含有x的代数
式表示，不必化简）．
【答案】规律为：多边形的边数减去2，就是多边形中的三角形的个数； 2条，3条，9条，n-3条；
n(n-3) x(x-1)
条；（1）6；（2）105；（3）
2 2
【分析】通过观察多边形边数与其分割的三角形个数，即可发现规律
利用规律，多边形的边数-3=一个顶点出发的对角线数，直接填写表格即可
先求出所有顶点得到的对角线之和，最后除以2即可得到n边形的对角线条数
（1）根据题意，四边形一个顶点可以得到一条，四个点共4条，再去除一半，加上四个点单独连接的4条
线段，即可得到答案．
（2）根据规律可以发现：十五边形的每个点可以得到12条，15点有180条，去掉一半，加上15个点组
成的十五边形的的15条边，即可得到答案．
（3）通过上述两小题，即可以找到对应的规律，利用规律进行求解即可．
【详解】由图可以直接发现：多边形的边数与其分割的三角形个数相差2，故规律为：多边形的边数减去
2，就是多边形中的三角形的个数．
利用上图规律，便可以知道从五边形的一个顶点出发，得到2条对角线；六边形的一个顶点出发，得到3
条对角线；十二边形的一个顶点出发，得到9条对角线；n边形的一个顶点出发，得到n-3条对角线．
n边形的一个顶点可以得到n-3条对角线，故n个顶点共有n(n-3)，由于每条对角线重复连接了一次，故
n(n-3)
n边形共有 条对角线
2
（1）解：有四个点可以组成四边形，每个点可以得到1条对角线，四个点共4条，
∵每条对角线重复连接了一次，
∴对角线条数为2，
∵四边形的边数为4，
∴一共可以连接2+4=6条线段．
（2）解：有15个点可以组成十五边形，每个点可以得到12条对角线，四个点共180条，
∵每条对角线重复连接了一次，∴对角线条数为90，
∵四边形的边数为15，
∴一共可以连接90+15=105条线段．
（3）解：由前面题的规律可知：有x个点可以组成x边形，每个点可以得到x-3条对角线，四个点共
x(x-3)条，
∵每条对角线重复连接了一次，
x(x-3)
∴对角线条数为 ，
2
∵四边形的边数为x，
x(x-3) x(x-1)
∴一共可以连接 +x= 条线段．
2 2
【点睛】本题主要是考察了图形类的规律问题以及列代数式，根据题意，找到对角线与多边形的边数关系
是解决本题的关键，另外，注意本题是问的点与点之间可连接的线段数，不要只算对角线的条数．
【考点16 多（少）算一个角问题】
【例16】（2024·湖北·广水市杨寨镇中心中学七年级阶段练习）小明在计算一个多边形的内角和时，由于
粗心少计算了一个内角，结果得1345°，则未计算的内角的大小为（ ）
A．80° B．85° C．95° D．100°
【答案】C
【分析】根据多边形的内角和与1345°的差一定小于180度，并且大于0度，列出不等式组，解不等式组可
得多边形的边数，然后求出内角和，进而求出少计算的内角．
【详解】解：设多边形的边数是n，
依题意有：0°＜（n−2）×180°－1345°＜180°，
17 17
解得：9 <n<10 ，
36 36
则多边形的边数n＝10；
∴多边形的内角和是（10−2）×180°＝1440°；
则未计算的内角的大小为1440°−1345°＝95°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，一元一次不等式组的应用，正确确定多边形的边数是解题
的关键．
【变式16-1】（2024·四川达州·八年级期末）已知一个多边形多算了一个内角得到内角和是1960°，则这个
多边形是（ ）A．十一边形 B．十二边形 C．十三边形 D．十五边形
【答案】B
【分析】设这个多边形的边数为n，多算的一个内角为x°，利用多边形的内角和定理和已知条件列出等式，
根据多边形的内角的性质列出不等式，利用不等式的整数解即可求得结论．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，多算的一个内角为x°，
则：（n-2）•180+x=1960，
∴x=2320-180n．
∵0°＜x＜180°，
∴0＜2320-180n＜180，
8 8
解得11 <n<12 ,
9 9
∵n为正整数，
∴n=12．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角，多边形的内角和，熟练掌握多边形的内角和定理是解题的关键．
【变式16-2】（2024·山西吕梁·八年级期中）已知一个包装盒的底面是内角和为720°的多边形，它是由另
一个多边形纸片剪掉一个角以后得到的，则原多边形是_______边形．
【答案】五或六或七
【分析】首先求得内角和为720°的多边形的边数，再分三种情况考虑截角，即可得出答案．
【详解】解：设内角和为720°的多边形的边数是n，
∴(n-2)×180°=720°，
解得：n=6，
∴包装盒的底面是六边形，
如图1所示，截线不过顶点和对角线，则原来的多边形是五边形；
如图2所示，截线过一个顶点，则来的多边形是六边形；如图3所示，截线过一条对角线，则来的多边形是七边形．
故答案为：五或六或七．
【点睛】本题考查多边形知识，注意截去一个角有三种情况需要考虑．
【变式16-3】．（2024·江苏·汇文实验初中七年级阶段练习）小明在用计算器计算一个多边形的内角和时，
得出的结果为2005°，小芳立即判断他的结构是错误的，小明仔细地复算了一遍，果然发现自己把一个角
的度数输入了两遍.你认为正确的内角和应该是________．
【答案】1980
【详解】解：设多边形的边数为n，多加的角度为α，则
（n-2）×180°=2005°-α，
当n=13时，α=25°，
此时（13-2）×180°=1980°，α=25°
故答案为1980．
【考点17 求截角后多边形的边数或内角和】
【例17】（2024·湖北十堰·八年级期中）一个多边形截去一个角后，变成16边形，那么原来的多边形的边
数为（ ）
A．15或16或17 B．15或17 C．16或17 D．16或17或18
【答案】A
【分析】分三种情况讨论，当截线不经过多边形的顶点时，当截线经过多边形的一个顶点时，当截线经过
多边形的两个顶点时，再利用数形结合的方法可得答案.【详解】解：如图，当截线不经过多边形的顶点时，被截后的多边形比原多边形增加一条边，
所以当被截后的多边形为16边形，则原多边形为15边形，
如图，当截线经过多边形的一个顶点时，被截后的多边形与原多边形边数相同，
所以当被截后的多边形为16边形，则原多边形为16边形，
如图，当截线经过多边形的两个顶点时，被截后的多边形比原多边形少一条边，
所以当被截后的多边形为16边形，则原多边形为17边形，
故选：A.
【点睛】本题考查的是用直线截多边形的一个角后，被截后的多边形的边数与原多边形的边数之间的关系，
解题的关键是清晰的分类讨论.
【变式17-1】（2024·全国·八年级专题练习）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
1620°，则原来多边形的边数是（ ）
A．10或11 B．11或12或13 C．11或12 D．10或11或12
【答案】D
【分析】首先求出截角后的多边形边数，然后再根据切去的位置求原来的多边形边数．
【详解】解：设截角后的多边形边数为n，
则有：（n-2）×180°=1620°，
解得：n=11，
如图1，从角两边的线段中间部分切去一个角后，在原边数基础上增加一条边，为12边形；如图2，从角的一边中间部分，另一边与另一顶点连结点处截取一个角，边数不增也不减，是11边形；；
如图3，从另外两个顶点处切去一个角，边数减少1为10边形
∴可得原来多边形的边数为10或11或12：
故选D．
【点睛】本题考查多边形的综合运用，熟练掌握多边形的内角和定理及多边形的剪拼是解题关键．
【变式17-2】（2023·河北·九年级专题练习）若过多边形的一个顶点作一条直线，把这个多边形截掉两个
角，它的内角和变为1260°，则这个多边形原来的边数为（ ）
A．12 B．10 C．11 D．10或11
【答案】D
【分析】分从顶点到顶点裁剪和从顶点到边裁剪两种情况求解．
【详解】多边形裁掉2个角，有两种情况，从顶点到顶点裁剪，从顶点到边裁剪．
∵新多边形内角和为1260°，
∴根据多边形内角和公式180°×（n-2）=1260°，
解得：n=9，
∴新多边形的边数为9．
①从顶点到顶点裁剪，多边形会减少两个角，则原多边形的边数为11；
②从顶点到边裁剪，多边形会减少一个角，则原多边形的边数为10．
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，熟练掌握截角的方法是解题的关键．
【变式17-3】（2024·河南·上蔡县第一初级中学七年级阶段练习）如图①，△ABC中，BD平分∠ABC，
且与△ABC的外角∠ACE的角平分线交于点D．（1）若∠ABC=75°，∠ACB=45°，求∠D的度数；
（2）若把∠A截去，得到四边形MNCB，如图②，猜想∠D、∠M、∠N的关系，并说明理由．
1
【答案】（1）∠D=30°；（2）∠D= (∠M+∠N-180°)，理由见解析
2
【分析】（1）根据三角形内角和定理以及角平分线定义，先求出∠D、∠A的等式，推出∠A=2∠D，最后
代入求出即可；
（2）根据（1）中的结论即可得到结论．
【详解】解：∵∠ACE=∠A+∠ABC，
∴∠ACD+∠ECD=∠A+∠ABD+∠DBE，∠DCE=∠D+∠DBC，
又∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE，
∴∠ABD=∠DBE，∠ACD=∠ECD，
∴∠A=2(∠DCE-∠DBC)，∠D=∠DCE-∠DBC，
∴∠A=2∠D，
∵∠ABC=75°，∠ACB=45°，
∴∠A=60°，
∴∠D=30°；
1
（2）∠D= (∠M+∠N-180°)；
2
理由：延长BM、CN交于点A，
则∠A=∠BMN+∠CNM-180°，
1
由（1）知，∠D= ∠A，
2
1
∴∠D= (∠M+∠N-180°)．
2【点睛】此题考查三角形内角和定理以及角平分线的定义的综合运用，解此题的关键是求出∠A=2∠D．
【考点18 多边形的内角和与外角和的综合运用】
【例18】（2024·江苏·无锡市查桥中学七年级阶段练习）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H的度
数等于（ ）
A．180° B．360° C．540° D．720°
【答案】B
【分析】根据三角形的外角等于不相邻的两个内角的和，以及多边形的内角和即可求解．
【详解】解：∵∠AMG=∠A+∠B，∠AQC=∠C+∠D，∠CPE=∠E+∠F，
∠ENG=∠G+∠H，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H=∠AMG+∠AQC+∠CPE+∠ENG，
又∵∠AMG+∠AQC+∠CPE+∠ENG=360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H=360°．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的外角的性质以及多边形的外角和定理，解题的关键是正确转化为多边形的外
角和．
【变式18-1】（2024·河南信阳·七年级期末）已知一正n边形的内角和等于1440°，则这个正多边形的每个
外角等于（ ）
A．36° B．45° C．60° D．72°
【答案】A
【分析】先根据多边形的内角和求出n的值，再根据正多边形的每个外角相等、多边形的外角和等于360°即可得．
【详解】解：由题意得：180°(n-2)=1440°，
解得n=10，
则这个正多边形的每个外角等于360°÷10=36°，
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和，熟练掌握多边形的外角和等于360°是解题关键．
【变式18-2】（2024·山西临汾·七年级期末）在五边形ABCDE中，∠A，∠B，∠C，∠D，∠E的度数之
比为3：5：3：4：3，则∠D的外角等于（ ）
A．60° B．75° C．90° D．120°
【答案】A
【分析】设∠A＝3x°，根据四边形内角和为360°即可得出关于x的一元一次方程，解方程即可得出x的值，
将其代入∠D中，再结合内外角之和为180°即可得出结论．
【详解】解：设∠A＝3x°，则∠B＝5x°，∠C＝3x°，∠D＝4x°，∠E＝3x°，
∴（3x°+5x°+3x°+4x°+3x°）＝540°，
解得：x＝30．
∴∠D＝4×30°＝120°．
∵180°﹣120°＝60°，
∴∠D的外角等于60°．
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，解题的关键是通过解方程找出∠D＝60°．
【变式18-3】（2024·江苏·宿迁青华中学七年级阶段练习）利用“模型”解决几何综合问题往往会取得事
半功倍的效果．
几何模型：如图（1），我们称它为“A”型图案，
易证明：∠EDF = ∠A + ∠B + ∠C；
应用上面模型解决问题：(1)如图（2），“五角星”形，求∠A +∠A +∠A +∠A +∠A =？
1 2 3 4 5
分析： 图中A A DA 是“A”型图，于是∠A DA =∠A +∠A +∠A ，
1 3 4 2 5 1 3 4
所以∠A +∠A +∠A +∠A +∠A = ；
1 2 3 4 5
(2)如图（3），“七角星”形，求∠A +∠A +∠A +∠A +∠A +∠A +∠A ；
1 2 3 4 5 6 7
(3)如图（4），“八角星”形，可以求得：∠A +∠A +∠A +∠A +∠A +∠A +∠A +∠A
=
1 2 3 4 5 6 7 8
；
【答案】(1)180°
(2)180°
(3)360°
【分析】（1）根据三角形外角的性质把5个角转化到一个三角形中可得答案；
（2）根据三角形外角的性质把7个角转化到一个三角形中可得答案．
（3）根据三角形外角的性质把8个角转化到一个四边形中可得答案．
（1）
解：如图，由三角形外角的性质可得，∠1=∠A +∠A ，
1 4
∵∠A DA =∠1+∠A ，
2 5 3
∴∠A DA =∠A +∠A +∠A ，
2 5 1 4 3
∵∠A DA +∠A +∠A =180°，
2 5 2 5
∴∠A +∠A +∠A +∠A +∠A =180°，
1 2 3 4 5
故答案为：180°；
（2）
如图，
由（1）得，∠1=∠A +∠A +∠A ，∠2=∠A +∠A +∠A ，
1 4 5 2 3 6
∵∠1+∠2+∠A =180°，
7
∴∠A +∠A +∠A +∠A +∠A +∠A +∠A =180°．
1 2 3 4 5 6 7
（3）
如图，由三角形外角的性质可得，∠3=∠A +∠A ，∠2=∠A +∠A ，∠1=∠A +∠A
1 4 2 5 3 6
∠3+∠A =∠4
7
∵∠1+∠2+∠4+∠A =360°
8
∴ A +∠A +∠A +∠A +∠A +∠A +∠A +∠A =360°，
1 2 3 4 5 6 7 8
故答案为：360°．
【点睛】本题考查多边形的内角和与三角形外角的性质，能够根据三角形外角的性质进行转化是解题关键.
【考点19 平面图形的镶嵌】
【例19】（2024·吉林长春·七年级期末）垦区小城镇建设如火如荼，小红家买了新楼．爸爸在正三角形、
正方形、正五边形、正六边形四种瓷砖中，只购买一种瓷砖进行平铺，有几种购买方式（ ）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【答案】C
【分析】从所给的选项中取出一些进行判断，看其所有内角和是否为360°，并以此为依据进行求解．
【详解】解：正三角形每个内角是60°，能被360°整除，所以能单独镶嵌成一个平面；
正方形每个内角是90°，能被360°整除，所以能单独镶嵌成一个平面；
正五边形每个内角是108°，不能被360°整除，所以不能单独镶嵌成一个平面；
正六边形每个内角是120°，能被360°整除，所以能单独镶嵌成一个平面．
故只购买一种瓷砖进行平铺，有3种方式．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平面镶嵌．解这类题，根据组成平面镶嵌的条件，逐个排除求解．
【变式19-1】（2024·全国·八年级课时练习）如图，四种瓷砖图案中，不能铺满地面的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据镶嵌的定义计算判读即可．
【详解】∵能够铺满地面的图形是内角能拼成360°，
∵正三角形一个内角60°，正方形一个内角90°，正五边形一个内角108°，正六边形一个内角120°，只有正
五边形无法凑成360°．
故选：C．【点睛】本题考查了镶嵌问题，熟练掌握镶嵌的条件是解题的关键．
【变式19-2】（2024·贵州铜仁·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360°，因此我们只需要验证360°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60°，360°÷60°=6，故该项不符合题意；
B、正方形的每个内角的度数为90°，360°÷90°=4，故该项不符合题意；
1
C、正五边形的每个内角的度数为108°，360°÷108°=3 ，故该项符合题意；
3
D、正六边形的每个内角的度数为120°，360°÷120°=3，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．
【变式19-3】（2024·河南·洛宁县新城实验中学七年级期中）在下列四组多边形的地板砖中：①正三角形
与正方形;②正三角形与正十边形;③正方形与正六边形;④正方形与正八边形.将每组中的两种多边形结
合，能密铺地面的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．③④ D．①④
【答案】D
【分析】能够密铺地面的关键是看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角．
【详解】①正三角形内角为60°，正方形内角为90°，可以由3个正三角形和2个正方形可以密铺；
②正三角形和正十边形无法密铺；
③正方形与正六边形无法密铺；
④正方形内角为90°，正八边形内角为135°，2个正八边形和1个正方形可以密铺．
综上可得①④正确．
故选D．
【点睛】本题考查了平面密铺的知识，几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角
加在一起恰好组成一个周角．
