专题11.1三角形重难点题型11个（解析版）_初中数学人教版_8上-初中数学人教版_旧版_06习题试卷_6期中期末复习专题

专题11.1 三角形 重难点题型11个 重难点题型 题型1 三角形三边关系及其运用 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。（3）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．（2022·淮北市八年级期末）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． 2．（2022·上海徐汇·七年级期中）其中两条边长分别为 和4，第三条边长为整数的三角形共有____个． 【答案】5 【分析】根据三角形的三边关系求得第三边的取值范围，再根据第三条边长为整数，即可求解． 【详解】解：设第三条边长为x∵三角形的两条边长分别为 和4，∴ ∵第三条边长为整数，∴x=2或3或4或5或6．∴第三条边长为整数的三角形共有5个．故答案为：5． 【点睛】此题考查了三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．也考查了 无理数的估算，熟练掌握三角形的三边关系是解题关键． 3．（2022·云南红河·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． 4．（2022·江苏南京·七年级期中）如图，用四颗螺丝将不能弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其 中相邻两颗螺丝的距离依次为3、4、6、8，且相邻两根木条的夹角均可以调整，若调整木条的夹角时不破 坏此木框，则任意两颗螺丝的距离的最大值是( ) A．7 B．10 C．11 D．14 【答案】B 【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】已知4条木棍的四边长为3、4、6、8； 选3+4、6、8作为三角形，则三边长为7、6、8； ，能构成三角形，此时两个螺丝间的最长 距离为8；选4+6、8、3作为三角形，则三边长为10、8、3， ，能构成三角形，此时两个 螺丝间的最长距离为10； 选6+8、3、4作为三角形，则三边长为14、3、4； ，不能构成三角形，此种情况不成立； 选3+8、4、6作为三角形，则三边长为11、4、6； ，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10；故选：B． 【点睛】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木框的组合方法 是解答的关键． 5．（2022·安徽·淮南市八年级期中）已知a，b，c是△ABC的三边，化简：|a＋b－c|＋|b－a－c|＝ ________． 【答案】 【分析】首先利用三角形的三边关系得出 ，然后根据求绝对值的法则进行化简即可． 【详解】解：∵ 是 的三条边，∴ ， ∴ = ．故答案为： ．【点睛】熟悉三角形的三边关系和求绝对值的法则，是解题的关键，注意，去绝对值后，要先添加括号， 再去括号，这样不容易出错． 6.（2022•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 ，在△ABC中， P为边BC上一点，则BP+PC AB+AC（填“＞”、“＜”或“＝”）（2）将（1）①中点P移到△ABC 内，得图 ，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P 、②P 得图 ，试观察比较四边形BP P C的周长与△ABC的周长的大小，并说明理由． 1 2 1 2 ③ 【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BP 、CP 交于M，再根据（2）中得出的BM+CM＜ 1 2 AB+AC，可得出BP +P P +P C＜BM+CM＜AB+AC，即可得出结果． 1 1 2 2 【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BP P C的周长＜△ABC的周长，理由：如图，分别延长 BP 、CP 交于M，由（2）知， 1 2 1 2 BM+CM＜AB+AC，又P P ＜P M+P M，可得，BP +P P +P C＜BM+CM＜AB+AC，可得结论． 1 2 1 2 1 1 2 2 【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． 题型2 中线与三角形面积（周长） 性质：（1）三角形中线将三角形的面积分成相等的两部分 （2）两个三角形的面积之比等于它们的底、高乘积之比；（3）等底（高）的两个三角形面积之比等于它们的高（底）之比； （4）等底等高的两个三角形面积相等。 解题技巧：（1）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。 （2）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）；（3）两图形面积之比，就是底边与高乘积之比。 1．（2022·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． 2．（2022·广西·八年级阶段练习）如图所示，在△ABC中，已知点D、E、F分别为边BC、AD、CE的中 点，且△ABC的面积是 ，则阴影部分面积等于（ ）A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据中线把三角形分成面积相等的两部分可以得到解答． 【详解】解：∵点D，E，F分别为边BC，AD，CE的中点， ∴ ，选B 【点睛】本题考查三角形的应用，熟练掌握三角形中线的性质是解题关键． 3．（2022·江苏·泰兴市洋思中学七年级阶段练习）如图，在 中， 是边 上任意一点， 、 、 分别是 、 、 的中点， ，则 的值为______． 【答案】6 【分析】根据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形解答． 【详解】连接CD，如图所示： ∵点D是AG的中点，∴S ABD= S ABG，S ACD= S AGC， △ △ △ △ ∴S ABD+S ACD= S ABC=24，∴S BCD= S ABC=24， △ △ △ △ △ ∵点E是BD的中点，∴S CDE= S BCD=12， △ △ ∵点F是CE的中点，∴S DEF= S CDE=6．故答案为：6． △ △【点睛】本题考查了三角形的面积，主要利用了三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形，原理 为等底等高的三角形的面积相等． 4．（2022·四川遂宁初一期末）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 =2S ，∴S = ， BDG GDC GDC △ △ △ 同理S =S =6，S =S +S =16+8+6=30， AGE GEC BEC BGC GEC △ △ △ △ △ ∴三角形ABC的面积=2S =60．故选：D． BEC △ 【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． 5．（2022·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． 6．（2022·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． 7．（2022·西安市铁一中学九年级模拟）如图，△ABC的面积是21，点D、E、F分别在边BC、AB、 AC上，且AE＝2，EB＝4．若△ABD与四边形DFEB面积相等，则△ADC的面积＝_____． 【答案】7 【分析】连接CE，由S =S 可得S =S ，证明S =S ，进而可证S =S ，求出 ABD 四边形DFEB AEG DFG AEF ADF AEC ADC △ △ △ △ △ △ △ △AEC的面积，即可求出△ADC的面积． 【详解】解：连接CE，记AD与EF交于点G，∵S =S ，∴S =S ，∴S +S =S +S ，∴S =S ， ABD 四边形DFEB AEG DFG AEG AFG DFG AFG AEF ADF △ △ △ △ 1 △ △ △ 1 △ △ S  AFh S  ACh 设△ACE的边AC上的高为h，则 AEF 2 ， AEC 2 ， 1 1 S  AFx S  ACx 设△ACD的边AC上的高为x，则 ADF 2 ， ADC 2 ， ∵S =S ，∴h=x，∴S =S ， AEF ADF AEC ADC △ △ △ 1 △ S  S 7 ∵AE＝2，EB＝4，∴ AEC 3 ABC ，∴ S ADC  S AEC 7 ．故答案为：7． 【点睛】本题考查了三角形的面积，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等是解答本题的关键． 题型3 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．（2021·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． 2．（2021·四川凉山初三期末）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 S 、S 、S 和S ,则下列说法不正确的是（ △） △ △ △ 1 2 3 4 A．S =S B．S +S =S +S C．S +S =S +S D．S +S =S +S 1 3 1 2 3 2 1 4 3 4 1 2 3 4 【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S +S =S +S ，即S =S ，同理可得 1 2 3 2 1 3 ABC和 BCD的面积相等△，即S +S△=S +S . 1 4 3 4 △【解析】∵△ ABD和 ACD同底等高，∴S =S ,, S +S =S +S ，即S =S △ABD △ACD 1 2 3 2 1 3 ABC和 D△BC同底等△高，∴S =S ， ∴S +S =S +S 故A,B,C正确，D错误.故选：D. △ABC △DBC 1 4 3 4 △【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. 3．（2021·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． 4．（2021·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． 5．（2021·贵州省施秉县第二中学八年级期末）如图，在△ABC中，BE⊥AC，BC＝5cm，AC＝8cm，BE ＝3cm．（1）求△ABC的面积；（2）画出△ABC中BC边上的高AD，并求出AD的长． 【答案】（1） ；（2）作图见解析， cm 【分析】（1）结合题意，根据三角形面积计算公式分析，即可得到答案； （2）过点A作 交BC于点D，结合三角形面积公式计算，即可得到答案． 【详解】（1）∵BE⊥AC， AC＝8cm，BE＝3cm ∴ （2）如图，过点A作 交BC于点D ∵ ∴ cm． 【点睛】本题考查了三角形的知识；解题的关键是熟练掌握三角形高的性质，从而完成求解． 6．（2021·云南昭通·八年级期中）如图所示，AD，CE是△ABC的两条高，AB＝6cm，BC＝12cm，CE＝ 9cm．（1）求△ABC的面积；（2）求AD的长． 【答案】（1）27；（2）4.5 【分析】（1）根据三角形面积公式进行求解即可； （2）利用面积法进行求解即可． 【详解】解：（1）由题意得： ． （2）∵ ，∴ ．解得 ． 【点睛】本题主要考查了与三角形高有关的面积求解，解题的关键在于能够熟练掌握三角形面积公式． 题型4 直角三角板中的求角度问题 1．（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． 2．（2021·黑龙江齐齐哈尔市·九年级其他模拟）将一副直角三角尺，按如图所示位置摆放，使30°角所对 的直角边和含45°角的三角尺的直角边放在同一条直线上，则∠1的度数是（ ） A．45° B．60° C．75° D．85° 【答案】C 【分析】根据三角形内角和等于180°，即可求解． 【详解】解：由题意得：∠A=60°，∠B=45°，∴∠1=180°-60°-45°=75°，故选C． 【点睛】本题朱主要考查三角形内角和定理，掌握三角形内角和等于180°，是解题的关键． 3．（2021·合肥市第四十五中学九年级其他模拟）如图，将一副三角板和一张对边平行的纸条按下列方式 摆放，两个三角板的一直角边重合，含 角的直角三角板的斜边与纸条一边重合，含 角的三角板的 一个顶点在纸条的另一边上，则 的度数是（ ） A． B． C． D． 【答案】B【分析】过含 角的三角板的直角顶点做一条平行纸条边的线，在图上标出相应的角，利用两直线平行 内错角相等，同位角相等，两角互补相关知识求出 ． 【详解】解：过含 角的三角板的直角顶点做一条平行纸条边的线，在图上分别标出 、 、 、 ， 由题意及根据两直线平行知： ， ，所求 ， 由图可知： 与 互补， ， ， ，故选：B． 【点睛】本题考查了两直线平行内错角相等，同位角相等及两角互补等相关知识，解题的关键是：根据两 直线平行，找出角之间的关系，间接求出 ． 4．（2021·浙江八年级期中）一副三角板按如图所示放置， ，则 的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由平行线的性质可得∠BAC=∠ACD=30°，由三角形内角和定理可求解． 【详解】解：∵AB∥CD，∴∠BAC=∠ACD=30°，∵∠AED=45°，∴∠AEC=135°， ∵∠CAE+∠AEC+∠ACE=180°，∴∠EAC=180°-∠AEC-∠ACE=180°-30°-135°=15°，故选：C． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 5.（2021•定兴县月考）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． 6．（2021·山西晋城市·八年级期末）综合与实践问题情境：在数学活动课上，全班同学分组进行了一副三 角尺上角的探究活动，如图所示，放置一副三角尺，两个三角尺的顶点O重合，边 与边 重合，试 求 的度数． （1）探究展示勤奋小组展示了如下的解决方法（请结合图形1，完成填空） 解：∵ ， ∴ __________（___________________） 又∵ ，∴ __________． （2）反思交流：创新小组受勤奋小组的启发，继续进行探究，如图2所示，绕顶点O逆时针旋转 ， 当 时，求得 的度数．（请你写出解答过程） （3）探索发现：小明受到旋转的启发，继续进行探究（如图3），继续绕顶点O逆时针旋转 ，使 点B落在边 上，此时发现 与 之间的数量关系． 以下是他的解答过程，请补充完整解：在 与 中， ∵ 又∵ （___________________）__________， __________， ∴ __________． 【答案】（1） ；三角形内角和是 ； ；（2） ；见解析；（3）对顶角相等； ； ； 【分析】（1）利用三角形内角和定理求解即可； （2）利用平行线的性质求得∠AOC=45°，再利用三角形内角和定理求解即可； （3）在△AOE与△BCE中，利用三角形内角和定理得到∠1+∠A=∠2+∠C，计算即可求解． 【详解】解：∵∠OCD=45°，∠OBC=60°， ∴∠BOC=75°（三角形内角和是180°）， 又∵∠AOB=90°，∴∠AOC=15°； （2）解：∵DC∥AO，∠OCD=45°， ∴∠AOC=45°（两直线平行，内错角相等）， 又∵∠BAO=30°， ∴∠AEO=180°−∠AOC−∠BAO=180°−45°−30°=105°（三角形内角和是180°）； （3）在△AOE与△BCE中， ∵∠AEO+∠1+∠A=∠CEB+∠2+∠C， 又∵∠AEO=∠CEB（对顶角相等）， ∠A=30°，∠C=45°， ∴∠1+∠A=∠2+∠C， ∠1−∠2=15°． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，正确的识别图形是解题的关键． 考点5 三角形的折叠问题 1．（2021·江苏八年级专题练习）如图，把 ABC纸片沿DE折叠，使点B落在图中的B 处，设 EC 1， DA 2 若 25 ，则 2 1=______【答案】50 【分析】由折叠性质求得 ，由三角形的外角性质，用 表示 ，进而求得 ． 【详解】解： ， ， ， ， ，故答案为50． 【点睛】本题主要考查三角形外角的性质，折叠的性质，关键是根据三角形的外角的性质表示出 与 的关系式． 2．（2022·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． 3．（2021·长沙市初一期末）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． 4.（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． 5．（2020·浙江八年级期末）已知，在直角三角形 中， ， 是 上一点，且 ． （1）如图1，求证： ； （2）如图2，将 沿 所在直线翻折， 点落在 边上，记为 点． ①若 ，求 的度数；②试求 与 的关系，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）①22°；②∠A′CB=90°-2∠B 【分析】（1）根据直角三角形中两锐角互余得∠A+∠B=90°，而∠ACD=∠B，则∠A+∠ACD=90°，所以 ∠ADC=90°，然后根据垂直的定义得CD⊥AB；（2）①先得到∠ACD=34°，∠BCD=56°，再根据折叠的性 质得∠A′CD=∠ACD=34°，然后利用∠A′CB=∠BCD-∠A′CD求解；②同①的方法，进行分类讨论即可． 【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°， ∵∠ACD=∠B，∴∠A+∠ACD=90°，∴∠ADC=90°，∴CD⊥AB； （2）①∵∠B=34°，∴∠ACD=34°，∴∠BCD=90°-34°=56°， ∵△ADC沿CD所在直线翻折，A点落在BD边上，记为A′点， ∴∠A′CD=∠ACD=34°，∴∠A′CB=∠BCD-∠A′CD=56°-34°=22°； ②∵∠B=∠ACD，则∠BCD=90°-∠ACD， ∵△ADC沿CD所在直线翻折，A点落在BD边上，记为A′点， ∴∠A′CD=∠ACD=∠B，∠A′CB=∠BCD-∠A′CD=90°-∠B-∠B=90°-2∠B．【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． 6．（2021·江苏镇江市·八年级期中）如图，将一张三角形纸片 的一角折叠，使得点A落在四边形 的外部 的位置且 与点C在直线 的异侧，折痕为 ，已知 ， ． （1）求 的度数；（2）若保持 的一边与 平行，求 的度数． 【答案】（1）60°；（2）45°或30° 【分析】（1）先求出∠B的度数，在根据四边形内角和求出∠1+∠BFD的度数，由∠BFD=∠A′FE和∠A′ 的度数可求出答案．（2）分EA'∥BC和DA'∥BC两种情况讨论．当DA'∥BC时，先求出∠A′DA=90°，再 根据折叠可得出∠ADE=45°；当EA'∥BC时，根据平行线的性质求出∠2=∠ABC=60°，由（1）得出 ∠1=120°，再根据折叠可求出∠ADE的度数． 【详解】解：（1）由折叠可知， 在 中， 在 中， 在四边形 中， 因为（2）①当 时， 沿 折叠 ②当 时， 由（1）知， ， ， 沿 折叠 综上，∠ADE的度数为：45°或30°． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，三角形的内角 和等于180°，平行线的性质，属于综合题，但难度不大．熟记性质准确识图是解题的关键． 题型6 双角平分线（两内、两外、一内一外）1．（2021·无锡市江南中学七年级月考）如图，BD、CE为△ABC的两条角平分线，则图中∠1、∠2、∠A 之间的关系为___________． 【答案】∠1+∠2- ∠A=90° 【分析】先根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，写出∠1+∠2与∠A的关系，再根据三角 形内角和等于180°，求出∠1+∠2与∠A的度数关系． 【详解】∵BD、CE为△ABC的两条角平分线，∴∠ABD= ∠ABC，∠ACE= ∠ACB， ∵∠1=∠ACE+∠A，∠2=∠ABD+∠A ∴∠1+∠2=∠ACE+∠A+∠ABD+∠A= ∠ABC+ ∠ACB+ ∠A+ ∠A ＝ （∠ABC+∠ACB+∠A）+ ∠A =90°+ ∠A 故答案为∠1+∠2- ∠A=90°． 【点睛】考查了三角形的内角和等于180°、外角与内角关系及角平分线的性质，是基础题．三角形的外角 与内角间的关系：三角形的外角与它相邻的内角互补，等于与它不相邻的两个内角的和． 2．（2021·江苏扬州市·七年级月考）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分 线，如果∠ABP=20°，∠ACP=50°，则∠P=______°． 【答案】30 【分析】根据角平分线的定义可得∠PBC=20°，∠PCM=50°，根据三角形外角性质即可求出∠P的度数. 【详解】∵BP是∠ABC的平分线，CP是∠ACM的平分线，∠ABP=20°，∠ACP=50°， ∴∠PBC=20°，∠PCM=50°，∵∠PBC+∠P=∠PCM，∴∠P=∠PCM-∠PBC=50°-20°=30°，故答案为30 【点睛】本题考查及角平分线的定义及三角形外角性质，三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和， 熟练掌握三角形外角性质是解题关键.3．（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． 4．（2021·上海市川沙中学南校八年级期中）如图1， 、 的角平分线 、 相交于点 ， （1）如果 ，那么 的度数是多少，试说明理由并完成填空； （2）如图2， ，如果 、 的角平分线 、 相交于点 ，请直接写出 度数； （3）如图2，重复上述过程， 、 的角平分线 、 相交于点 得到 ，设 ，请用 表示 的度数（直接写出答案）解：（1）结论： ______度． BA CA ABC ACM 说理如下：因为 2、 2平分 1 和 1 （已知）， ABC 21 ACM 22 所以 1 ， 1 （角平分线的意义）． ACM ABCA 21A 因为 1 1 1， 2（ ） （完成以下说理过程） 16 【答案】（1）32；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；过程见解析；（2） ；（3）       2n1 ． 【分析】（1）根据角平分线的定义和三角形的外角的性质进行求解即可； （2）根据（1）的解法进行求解即可；（3）利用（1）的结论求解即可． A 32 【详解】（1）结论： 2 ；理由如下： ABC ACM BA CA A ∵ 1 、 1 的角平分线 2、 2相交于点 2 ABC 21 ACM 22 ∴ 1 ， 1 （角平分线的意义） ACM ABCA 21A ∵ 1 1 1， 2（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和） A ACM ABC A 21 ∴ 1 1 1 ， 2 （等式性质） A 22212A A 32 ∴ 1 2（等量代换）∴ 2 ； A BC ACM BA CA A （2）∵ 2 、 2 的角平分线 3、 3相交于点 3 A BC 2A BM ACM 2ACM ∴ 2 3 ， 2 3 （角平分线的意义） ACM A BCA ACM A BM A ∵ 2 2 2， 3 3 3（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角 的和）A ACM A BC A ACM A BM ∴ 2 2 2 ， 3 3 3 （等式性质） A 2ACM 2A BM 2A ∴ 2 3 3 3（等量代换） A 16 ∴ 3 ；       （3）∵当A 64，A 32、A 16∴当A ，A =2n1 ． 1 2 3 1 n 【点睛】本题主要考查了角的平分线的定义以及三角形的外角的性质，掌握三角形的一个外角等于与它不 相邻的两个内角的和成为解答本题的关键． 5．（2021·镇江市外国语学校八年级月考）如图1，已知MON 60，A、B两点同时从点O出发，点 A沿射线ON 运动，点B沿射线OM 运动． ABO BC AC ACB  （1）如图2，点C为 三条内角平分线交点，连接 、 ，在点A、B的运动过程中， 的 度数是否发生变化？若不发生变化，求其值；若发生变化，请说明理由： OC ABM AB （2）如图3，在（1）的条件下，连接 并延长，与 的角平分线交于点P，与 交于点Q． P BAO  BCP BAO ① 与 的数量关系为____．②在 中，如果有一个角是另一个角的2倍，求 的度数． BAO2P 90 60 【答案】（1）不变，120°；（2）① ；② 或 【分析】（1）由CBACAB的和不变可知ACB度数不变； （2）①利用三角形外角的性质和角平分线的定义，分别用∠BAO和∠P表示出∠MBP，据此可得结果； ②设OBA为m度，可用m表示BCP三个内角，分类讨论可得答案． 【详解】解：（1）ACB的度数不变，理由如下： 1 1 CBA OBA CAB  OAB 点C为ABO三条内角平分线交点， 2 ， 2 ， 1 1 1 CBACAB OBA OAB (OBAOAB)， 2 2 2  MON 60，OBAOAB120，CBACAB60， ACB120，即ACB的度数不变； C ABO BOA2BOP BAO2BAC  （2）① 点 为 三条内角平分线交点， ， ， ∴MBABOABAO60BAO， BP为ABM 的角平分线，MBA2MBP，∴60BAO2MBP，  60BAO ， 30P，整理得： ； MBPBOPP30P 2 BAO2P  ②设OBAm，则MBA180m，BAO120m， 1 为 的角平分线，ABP90 m， BP ABM 2   MON 60，点C为ABO三条内角平分线交点， 1 1 ABC  m，BCPBCOOBC 30 m， 2 2 1 ，P180CBPBCP60 m， CBPABCABP90 2 BCP 中有一个角是另一个角的2倍，分四种情况： 1 （1） ，则902(30 m)，解得 ，此时 ， CBP2BCP 2 m30 BAO120m90 1 （2） ，则902(60 m)，解得 ，此时 ， CBP2P 2 m30 BAO120m90 1 1 （3） ，则30 m2(60 m)，解得 ，此时 ， BCP2P 2 2 m60 BAO120m60 1 1 （4） ，则60 m2(30 m)，解得 ，故舍去， P2BCP 2 2 m0 BCP BAO 90 60 中有一个角是另一个角的2倍， 为 或 ． 【点睛】本题考查三角形外角的性质，三角形内角和，角平分线，一元一次方程等知识点，是一道较综合 的题目，难点是表示BCP三个内角分类讨论． 6.（2022•蓬溪县月考）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＝ ，求∠BEC．（用 表示∠BEC）；（3）如图3，∠CBM、∠BCN为△ABC的外角，∠CBM、 ∠BCNα的平分线交于点Q，α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， 1 1 ∴∠PBC= ∠ABC，∠PCB= ∠ACB（角平分线的性质）， 2 2 ∴∠BPC+∠PBC+∠PCB＝180°（三角形内角和定理）， 1 1 1 ∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝180°﹣（ ∠ABC+ ∠ACB）＝180°− （∠ABC+∠ACB） 2 2 2 1 1 1 1 ＝180°− （180°﹣∠A）＝180°﹣90°+ ∠A＝90°+ ∠A＝90°+ ×64°＝122°．故答案为：122°； 2 2 2 2 1 1 （2）∵BE是∠ABD的平分线，CE是∠ACB的平分线，∴∠ECB= ∠ACB，∠ECD= ∠ABD． 2 2 ∵∠ABD是△ABC的外角，∠EBD是△BCE的外角，∴∠ABD＝∠A+∠ACB，∠EBD＝∠ECB+∠BEC， 1 1 1 ∴∠EBD= ∠ABD= （∠A+∠ACB）＝∠BEC+∠ECB，即 ∠A+∠ECB＝∠ECB+∠BEC， 2 2 2 1 1 ∴∠BEC= ∠A= α； 2 21 （3）结论∠BQC＝90°− ∠A． 2 ∵∠CBM与∠BCN是△ABC的外角，∴∠CBM＝∠A+∠ACB，∠BCN＝∠A+∠ABC， 1 1 ∵BQ，CQ 分别是∠ABC 与∠ACB 外角的平分线，∴∠QBC= （∠A+∠ACB），∠QCB= 2 2 （∠A+∠ABC）． ∵∠QBC+∠QCB+∠BQC＝180°， 1 1 ∴∠BQC＝180°﹣∠QBC﹣∠EQB＝180°− （∠A+∠ACB）− （∠A+∠ABC）， 2 2 1 1 1 1 ＝180°− ∠A− （∠A+∠ABC+∠ACB）＝180°− ∠A﹣90°＝90°− ∠A； 2 2 2 2 1 1 （4）由（3）可知，∠BQC＝90°− ∠A＝90°− ×64°=58°， 2 2 1 1 由（1）可知∠BPC＝90°+ ∠BQC＝90°+ ×58°=119°； 2 2 1 由（2）可知，∠R= ∠BQC＝29°故答案为119，29． 2 【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． 题型7.三角形的分类 1. （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 2．（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）． 3．（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． 4．（2021·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学七年级期中）给出下列命题：①等边三角形是等腰三角形；②三 角形的重心是三角形三条中线的交点；③三角形的外角等于两个内角的和；④三角形的角平分线是射线； ⑤三角形相邻两边组成的角叫三角形的内角；⑥三角形的高所在的直线交于一点，这一点不在三角形内就 在三角形外．其中正确命题的个数有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】根据等边三角形的性质可以判断①，根据三角形重心的定义可判断②，根据三角形内角和定理可 判断③，根据三角形角平分线的定义可以判断④，根据三角形的内角的定义可以判断⑤，根据三角形的高 的定义以及直角三角形的高可以判断⑥． 【详解】①等边三角形是等腰三角形，①正确； ②三角形的重心是三角形三条中线的交点，②正确； ③三角形的外角等于不相邻的两个内角的和，故③不正确； ④三角形的角平分线是线段，故④不正确； ⑤三角形相邻两边组成的角且位于三角形内部的角，叫三角形的内角，⑤错误； ⑥三角形的高所在的直线交于一点，这一点可以在三角形内或在三角形外或者在三角形的边上． 正确的有①②，共计2个， 故选B 【点睛】本题考查了命题的判断，等边三角形的性质，三角形的重心，三角形的内角和定理，三角形的角 平分线，三角形的内角的定义，三角形垂心的位置，掌握相关性质定理是解题的关键． 题型8.三角形的稳定性 1．（2022·河北·平泉市教育局教研室八年级期末）下列图形具有稳定性的是（ ）A．①② B．③④ C．②③ D．①②③ 【答案】C 【分析】根据三角形具有稳定性，只要图形分割成了三角形，则具有稳定性． 【详解】解：因为三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性，图②③便具有稳定性，故选C． 【点睛】此题考查了三角形的稳定性和四边形的不稳定性，注意根据三角形的稳定性进行判断． 2．（2021·广西·南宁十四中七年级期末）下列图形中没有运用三角形稳定性的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用三角形的稳定性解答即可． 【详解】解：对于A、C、D选项，都含有三角形，故利用了三角形的稳定性； 而B选项中，用到了四边形的不稳定性.故选B． 【点睛】本题主要考查了三角形的稳定性，需理解稳定性在实际生活中的应用；明确能体现出三角形的稳 定性，则说明物体中必然存在三角形是解题关键． 3．（2022·福建龙岩·八年级期末）下列图形中，不具有稳定性的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三角形具有稳定性进行解答即可． 【详解】解：A、不具有稳定性，故此选项符合题意； B、具有稳定性，故此选项不符合题意；C、具有稳定性，故此选项不合题意； D、具有稳定性，故此选项不符合题意；故选：A． 【点睛】本题主要考查了三角形的稳定性，关键是掌握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，故三角形具有稳定性．4．（2022·广东·佛山市七年级期中）如图所示的自行车架设计成三角形，这样做的依据是三角形具有___． 【答案】稳定性 【分析】根据是三角形的稳定性，即可求解． 【详解】解：自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据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性质，掌握三角形具有稳定性是解题的关键． 5．（2022·江苏·苏州市振华中学校七年级期中）如图，工具房有一个方形框架，小华发现它很容易变形， 以下加固方案最好的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角形的稳定性即可解答． 【详解】解：根据三角形的稳定性可得D是最好的加固方案．故选：D． 【点睛】此题主要考查了三角形的稳定性，解题的关键是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，故三角形具有稳定性． 6．（2022•禅城区一模）如图，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 蕴含的道理是（ ）A．两点之间线段最短 B．三角形具有稳定性 C．经过两点有且只有一条直线 D．垂线段最短 【分析】根据三角形具有稳定性解答即可． 【解答】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：B． 【点评】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，故三角形具有稳定性．这一特性主要应用在实际生活中． 题型9.高线、中线、角平分线的作法 1．（2022·福建·连江县凤城中学八年级阶段练习）如图，在△ABC中，∠BAC是钝角，完成下列画图． （不必尺规作图） （1）∠BAC的平分线AD；（2）AC边上的中线BE；（3）AC边上的高BF． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析 【分析】（1）按角平分线的定义画图即可；（2）按中线的定义画图即可；（3）按照高的定义画图即可． 【详解】解：（1）如图所示：AD即为所求；（2）如图所示：BE即为所求；（3）如图所示：BF即为所 求． 【点睛】本题考查了三角形的中线、角平分线和高的画法，解题关键是熟练掌握它们的画法，准确画图． 2.（2021·湖北孝感·八年级期中）如图，已知△ABC中，AB＝15，BC＝20 （1）画出△ABC的高AD和CE；（2）若AD＝5，求CE的长．【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据三角形高的定义画图；（2）利用面积法进行计算，即可得到答案； 【详解】解：（1）如图： （2）∵S ABC= AD•BC= CE•AB，∴CE= ； △ 【点睛】本题考查了作图-基本作图，熟练掌握基本作图是解决问题的关键．也考查了三角形的面积． 3．（2021·江苏·徐州市七年级阶段练习）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 向右平移6个单位后得到的 (2)图中 与 的关系是：________． (3)画出 的中线AE和 的角平分线BF．(4) 的面积为________． 【答案】(1)见解析(2)平行且相等(3)见解析(4)4 【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C向右平移6个单位后的对应点A、B、C 的位置，然后顺次 1 1 1 连接即可；（2）根据平移的性质解答即可；（3）找出BC的中点E，连接AE即可，过点B竖直方向的格线正好平分∠ABC，此格线与AC的交点为F，连接BF即可； （4）利用△ABC所在的矩形的面积减去四周三个三角形的面积，列式计算即可得解． (1)如下图所示： 即为所求作的三角形； (2)根据平移的性质得出，AC与A1C1的关系是：平行且相等；故答案为：平行且相等； (3)如下图所示：AE、BF即为所求作的线段； (4) ．故答案为：4． 【点睛】此题主要考查了平移变换以及三角形面积求法，（1）中得出各对应点位置是解题关键；（2）掌 握平移的性质是解题关键；（3）理解中线和角平分线的定义是解题关键；（3）掌握割补法是解题关键． 4．（2022·江苏·滨海县七年级阶段练习）如图，△ABC的顶点都在边长为1的正方形方格纸的格点上，将 △ABC向上平移4格．(1)请在图中画出平移后的三角形A′B′C′；(2)在图中画出三角形△ABC的高CD、中 线BE；(3)△ABC的面积是 ． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)8 【分析】（1）根据图形平移的性质画出平移后的△A′B′C′即可； （2）找出线段AC的中点E，然后连接B E，再过点C向AB所在的直线作垂线，垂足为D即可； （3）直接根据三角形的面积公式即可得出结论． 【解析】 (1)如图所示，三角形A′B′C′就是所要求做的图形；(2)如图所示，三角形△ABC的高CD、中线BE； (3)S ABC＝ ． 故△ABC的面积是8． △ 【点睛】本题考查作图－平移变换，熟知图形平移不变性的性质是解答此题的关键． 5．（2022·黑龙江·哈尔滨工业大学附属中学校七年级期中）如图，在 的网格中，每一小格均为正方 形且边长是1，已知 ． (1)画出 中AB边上的高CD，垂足为D； (2)画出 中BC边上的中线AK； (3)直接写出 _________． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)9 【分析】（1）找到AB所在水平网格线与点C所以竖直网格线的交点即为D点； （2）根据BC长为6个小方格对角线，从点B或点C向数3格对角线长的位置即为BC的中点K，连接 AK；（3）根据BK=CK可得 ，根据AB、CD的长可求出 ，即可得 的值． (1) 在网格上找AB所在水平网格线与点C所以竖直网格线的交点即为D点，连接CD、BD， 因为水平网格线与竖直网格线互相垂直，所以AB⊥CD，即CD是AB边上的高． (2) 因为BC长为6个小方格的对角线，所以从点B沿BC数3个小格的对角线，此点即为BC的中点K，连接 AK，则AK是BC边上的中线． (3) ∵BK=CK ∴ ∵AB=6，CK=6 ∴ ∴ 【点睛】本题考查作图，熟练掌握三角形相关线段的作法是解题的关键． 6．（2022·江苏淮安·七年级期末）如图，在方格纸中，每个小正方形的边长都为1个单位长度．在方格纸内将△ABC经过平移后得到 ， 、 、 分别是A、B、C的对应点，图中标出了点B的对应点 ． 点A、B、C、 均在方格纸的网格点上． (1)补全 ； (2)画出AC边上的中线BD； (3)△ABD的面积为______． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)4． 【分析】（1）找出点B的平移方式，再将A，C也按照该平移方式平移得到 ， ，连接 ， ， 即可； （2）找出AC边上的中点D，连接BD即可； （3）作 的延长线交于点E，利用D是AC边上的中点，得到 ． (1) 解：由图可知：B向左平移5个单位，再向下平移2个单位，得到 ， ∴点A和点C也按照这个平移方式平移， ∴ 如图所示： (2)解：找出AC边上的中点D，连接BD即可，AC边上的中线BD如图： (3) 解：作 的延长线交于点E，如图： 由图可知： ， ， ∵D是AC边上的中点， ∴ ． 故答案为：4 【点睛】本题考查平移，中线，三角形面积，解题的关键是根据点的平移求出图形的平移，掌握中线性质， 理解 ． 题型10.内角和与外角定理的相关计算与证明 1．（2022•灞桥区校级二模）三角形的一个外角是100°，则与它不相邻的两内角平分线夹角（钝角）是 ．1 1 【分析】由三角形的外角性质可得∠BAC+∠ABC＝100°，再由角平分线的定义得∠1= ∠BAC，∠3= 2 2 ∠ABC，从而可求得∠1+∠3＝50°，再利用三角形的内角和定理即可求解． 【解答】解：∵∠ACQ是△ABC的外角，且∠ACQ＝100°，∴∠BAC+∠ABC＝100°， 1 1 ∵AD平分∠BAC，BD平分∠ABC，∴∠1= ∠BAC，∠3= ∠ABC， 2 2 1 ∴∠1+∠3= （∠BAC+∠ABC）＝50°，∴∠D＝180°﹣（∠1+∠3）＝130°．故答案为：130°． 2 【点评】本题主要考查三角形的外角性质，三角形的内角和定理，解答的关键是结合图形分析清楚各角之 间的关系． 2．（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． 3.（2022·河南平顶山·八年级期末）已知，在 中， ，点 在线段 的延长线上，过点 作 ，垂足为 ，若 ，则 的度数为（ ） A．76° B．65° C．56° D．54° 【答案】D 【分析】根据三角形的内角和是 ，即可求解． 【详解】 ， ，在 中， ， ， 在 中， ， ，故选：D． 【点睛】本题考查了垂直的性质和三角形的内角和，熟练掌握相关的性质是解题的关键． 4．（2021•黄石港区期末）如图，△ABC中，∠ABC的平分线BD交AC于点D，E在CA的延长线上， ∠BAE＝120°，∠C＝40°，求∠BDE的度数． 【分析】根据三角形外角的性质，由∠BAE＝120°，∠C＝40°，得∠ABC＝∠BAE﹣∠C＝80°．根据角平 1 分线的定义，由BD平分∠ABC，得∠CBD= ∠ABC=40°．，从而推断出∠BDE＝∠C+∠CBD＝80°． 2 【解答】解：∵∠BAE＝120°，∠C＝40°，∴∠ABC＝∠BAE﹣∠C＝120°﹣40°＝80°． 1 ∵BD平分∠ABC，∴∠CBD= ∠ABC=40°．∴∠BDE＝∠C+∠CBD＝40°+40°＝80°． 2【点评】本题主要考查三角形外角的性质、角平分线的定义，熟练掌握三角形外角的性质、角平分线的定 义是解决本题的关键． 5．（2022春•铜梁区校级期中）如图，AD是△ABE的角平分线，过点B作BC⊥AB交AD的延长线于点 C，点F在AB上，连接EF交AD于点G．（1）若2∠1+∠EAB＝180°，求证：EF∥BC；（2）若∠C＝ 72°，∠AEB＝78°，求∠CBE的度数． 【分析】（1）先根据垂直等于得到∠ABC＝90°，则∠C+∠BAC＝90°，再证明2∠C+∠EAB＝180°，加上 2∠1+∠EAB＝180°，则∠1＝∠C，然后根据平行线的判定方法得到结论； （2）先根据三角形内角和定理可计算出计算出∠BAC＝18°，则∠EAD＝18°，根据三角形内角和定理得到 ∠EAD+∠AED＝∠C+∠CBE，即18°+78°＝72°+∠CBE，从而可求出∠CBE的度数． 【解答】（1）证明：∵BC⊥AB，∴∠ABC＝90°，∴∠C+∠BAC＝90°， 1 ∵AD是△ABE的角平分线，∴∠BAC= ∠EAB， 2 1 ∴∠C+ ∠EAB＝90°，即2∠C+∠EAB＝180°， 2 ∵2∠1+∠EAB＝180°，∴∠1＝∠C，∴EF∥BC； （2）解：∵∠ABC＝90°，∠C＝72°，∴∠BAC＝18°，∴∠EAD＝∠BAC＝18°， ∵∠ADE＝∠BDC，∴∠EAD+∠AED＝∠C+∠CBE， 即18°+78°＝72°+∠CBE，∴∠CBE＝24°． 【点评】本题考查了三角形内角和定理：运用三角形内角和定理可根据两已知角求第三个角．也考查了平 行线的性质． 6．（2022·重庆合川·八年级期末）如图， 的角平分线 、 相交于点 ．(1)若 ， ，求 的度数；(2)求证： ． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）先利用三角形内角和定理得到 ，再结合角平分线的定义可求解 的度数， 进而可求解 的度数； （2）利用角平分线的定义可求解 ，再结合角平分线的定义可得 进而可证明结论. (1)解： , ， ， 的角平分线 相交于点 ， , ， ， (2)证明: 的角平分线 相交于点 ， ， 即 【点睛】本题考查了角平分线的定义，三角形内角和定理：三角形内角和是180°本题的关键是利用三角形 内角和把 与 联系起来． 题型11.多边形的相关计算1．（2021·陕西·模拟预测）若一个正n边形的每个内角为144°,则这个正n边形的所有对角线的条数是 ______. 【答案】35 【分析】由正n边形的每个内角为144°结合多边形内角和公式，即可得出关于n的一元一次方程，解方程 即可求出n的值，将其代入 中即可得出结论． 【详解】∵一个正n边形的每个内角为144°，∴144n=180×（n-2），解得：n=10． 这个正n边形的所有对角线的条数是： = =35．故答案为35． 【点睛】本题考查了多边形的内角以及多边形的对角线，解题的关键是求出正n边形的边数．本题属于基 础题，难度不大，解决该题型题目时，根据多边形的内角和公式求出多边形边的条数是关键． 2．（2021·广东南海·一模）若从一个n边形的一个顶点出发，最多可以引7条对角线，则n＝_____． 【答案】10 【分析】可根据n边形从一个顶点引出的对角线与边的关系：n-3，列方程求解． 【详解】解：设多边形有n条边，则n-3=7，解得n=10．故答案为：11． 【点睛】本题考查了多边形的对角线．解题的关键是明确多边形有n条边，则经过多边形的一个顶点所有 的对角线有（n-3）条，经过多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． 3．（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． 4．（2021·湖南鹤城·九年级期末）如图1六边形的内角和 为 度，如图2六边 形的内角和 为 度，则 ________． 【答案】0 【分析】将两个六边形分别进行拆分，再结合三角形的内角和和四边形的内角和计算即可得出答案. 【详解】如图1所示，将原六边形分成了两个三角形和一个四边形， ∴ =180°×2+360°=720° 如图2所示，将原六边形分成了四个三角形 ∴ =180°×4=720° ∴m-n=0故答案为0. 【点睛】本题考查的是三角形的内角和和四边形的内角和，难度适中，解题关键是将所求六边形拆分成几 个三角形和四边形的形式进行求解.5．（2021·河北·石家庄市第四十中学二模）如图，五边形ABCDE中， ， ， 、 、 分别是 、 、 的外角，则 等于（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】延长AB与CD，根据平角定义可求∠4与∠5，再根据多边形外角和可求解． 【详解】解：延长AB和DC，得∠4与∠5，∴∠4=180°-∠B，∠5=180°-∠C， ∴∠4+∠5=360°-（∠B+∠C）=170°，根据多边形的外角和定理，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°， ∴∠1+∠2+∠3=360°-（∠4+∠5）=360°-170°=190°．故选：B． 【点睛】本题考查了五边形的角度问题，平角定义，多边形外角和，掌握平角定义，多边形外角和是解题 的关键． 6．（2020·山东德州市·中考真题）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（ ） A．80米 B．96米 C．64米 D．48米 【答案】C 【分析】根据多边形的外角和即可求出答案．【详解】解：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．故选：C． 【点睛】本题主要考查了利用多边形的外角和定理求多边形的边数．任何一个多边形的外角和都是360°．