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第 11 章 三角形（单元基础卷）
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一
个选项正确）
1．（2022秋•集美区校级月考）下面四个图形中，线段BD是△ABC的高的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据高的画法知，过点B作AC边上的高，垂足为E，其中线段BD是△ABC的高．
【解答】解：由图可得，线段BD是△ABC的高的图是D选项．
故选：D．
【点评】本题主要考查了三角形的高，三角形的高是指从三角形的一个顶点向对边作垂线，连接顶点与
垂足之间的线段．
2．（2021秋•云梦县月考）在Rt△ABC中，若一个锐角等于40°，则另一个锐角的度数为（ ）
A．40° B．45° C．50° D．60°
【分析】根据直角三角形两锐角互余列式计算即可得解．
【解答】解：∵直角三角形中，一个锐角等于40°，
∴另一个锐角的度数＝90°﹣40°＝50°．
故选：C．
【点评】本题考查了直角三角形两锐角互余的性质，熟记性质是解题的关键．
3．（2022•连城县校级开学）如果一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】根据多边形的内角和公式及外角的特征计算．
【解答】解：多边形的外角和是360°，根据题意得：
180°•（n﹣2）＝3×360°
解得n＝8．
故选：C．【点评】本题主要考查了多边形内角和公式及外角的特征．求多边形的边数，可以转化为方程的问题来
解决．
4．（2022秋•惠阳区校级月考）已知a，b、c是△ABC的三条边长，化简|a﹣b﹣c|﹣|c﹣a+b|的结果为（
）
A．2a﹣2b﹣2c B．2a+2b C．﹣2c D．0
【分析】根据三角形三边关系得到a﹣b﹣c＜0，c﹣a+b＞0，再去绝对值，合并同类项即可求解．
【解答】解：∵a，b，c是△ABC的三条边长，
∴a﹣b﹣c＜0，c﹣a+b＞0，
∴|a﹣b﹣c|﹣|c﹣a+b|
＝﹣a+b+c﹣c+a﹣b
＝0．
故选：D．
【点评】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 a﹣b﹣c＜0，c﹣a+b
＞0．
5．（2022秋•湟中区校级月考）已知等腰三角形一边长等于4，一边长等于9，它的周长是（ ）
A．17或22 B．22 C．17 D．13
【分析】题目给出等腰三角形有两条边长为4和9，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，
还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
【解答】解：分两种情况：
当腰为4时，4+4＜9，所以不能构成三角形；
当腰为9时，9+9＞4，9﹣9＜4，所以能构成三角形，周长是：9+9+4＝22．
故选：B．
【点评】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．
6．（2020秋•饶平县校级月考）一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，则这个多边形是（ ）
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
【分析】多边形的外角和是360°，则内角和是2×360＝720°．设这个多边形是n边形，内角和是（n﹣
2）•180°，这样就得到一个关于n的方程，从而求出边数n的值．
【解答】解：设这个多边形是n边形，根据题意，得
（n﹣2）×180°＝2×360，解得：n＝6．
故这个多边形是六边形．
故选：B．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟记内角和公式和外角和定理并列出方程是解题的关键．根
据多边形的内角和定理，求边数的问题就可以转化为解方程的问题来解决．
7．（2020秋•吉林月考）已知三角形的两条边分别是4cm和8cm，那么第三条边可能是（ ）
A．3cm B．4cm C．8cm D．12cm
【分析】利用三角形的三边关系求解即可．
【解答】解：∵三角形的两条边分别是4cm和8cm，
∴4＜三角形的第三边＜12，
∴8cm适合，
故选：C．
【点评】考查了三角形的三边关系，解题的关键是利用三边关系确定第三边的取值范围，难度不大．
8．（2022•青秀区校级开学）如图，把△ABC沿EF翻折，叠合后的图形如图，若∠A＝60°，∠1＝95°，
则∠2的度数是（ ）
A．15° B．20° C．25° D．35°
【分析】根据折叠的性质，再根据邻补角的定义运用合理的推理，结合三角形内角和定理即可求出答案．
【解答】解：∵△ABC沿EF翻折，
∴∠BEF＝∠B'EF，∠CFE＝∠C'FE，
∴180°﹣∠AEF＝∠1+∠AEF，180°﹣∠AFE＝∠2+∠AFE，
∵∠1＝95°，
∴∠AEF＝ （180°﹣95°）＝42.5°，
∵∠A+∠AEF+∠AFE＝180°，
∴∠AFE＝180°﹣60°﹣42.5°＝77.5°，
∴180°﹣77.5°＝∠2+77.5°，∴∠2＝25°，
故选：C．
【点评】本题考查了折叠的性质，解题关键在于根据轴对称变化关系找到对应边，对应角．
9．（2022秋•铁东区校级月考）如图，AB∥CD，将一副直角三角板作如下摆放，∠GEF＝60°，∠MNP＝
45°．下列结论：①GE∥MP；②∠EFN＝150°；③∠BEF＝65°；④∠AEG＝35°，其中正确的个数是
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①由题意可得∠G＝∠MPN＝90°，利用内错角相等，两直线平行即可判定GE∥MP；
②由题意可得∠EFG＝30°，利用邻补角即可求∠EFN＝150°；
③过点F作FH∥AB，可得FH∥CD，从而得∠HFN＝∠MNP＝45°，可求得∠EFH＝105°，再利用平
行线的性质即可求得∠BEF＝75°；
④利用角的计算可求得∠AEG＝45°，从而可判断．
【解答】解：①由题意得：∠G＝∠MPN＝90°，
∴GE∥MP，故①正确；
②由题意得∠EFG＝30°，
∴∠EFN＝180°﹣∠EFG＝150°，故②正确；
③过点F作FH∥AB，如图，
∵AB∥CD，
∴∠BEF+∠EFH＝180°，FH∥CD，
∴∠HFN＝∠MNP＝45°，
∴∠EFH＝∠EFN﹣∠HFN＝105°，
∴∠BEF＝180°﹣∠EFH＝75°，故③错误；
④∵∠GEF＝60°，∠BEF＝75°，
∴∠AEG＝180°﹣∠GEF﹣∠BEF＝45°，故④错误．
综上所述，正确的有2个．
故选：B．【点评】本题主要考查平行线判定与性质，解答的关键是熟记平行线的判定条件与性质并灵活运用．
10．（2020秋•鞍山校级月考）如图，∠1，∠2，∠3是五边形ABCDE的3个外角，若∠A+∠B＝210°，
则∠1+∠2+∠3＝（ ）
A．150° B．200° C．210° D．180°
【分析】直接利用多边形内角和定理以及多边形外角的性质分析得出答案．
【解答】解：∵五边形ABCDE，∠A+∠B＝210°，
∴∠AED+∠EDC+∠BCD＝540°﹣210°＝330°，
又∵∠AED+∠EDC+∠BCD+∠1+∠2+∠3＝540°，
∴∠1+∠2+∠3＝540°﹣330°＝210°．
故选：C．
【点评】此题主要考查了多边形的外角以及多边形的内角和，正确得出多边形内角和定理是解题关键．
二、填空题（本题共10小题，每小题3分，共30分）
11．（2021秋•长沙县校级月考）在△ABC中，若∠A＝95°，∠B＝40°，则∠C的度数为 45 ° ．
【分析】在△ABC中，根据三角形内角和是180度，即可求得∠C的度数．
【解答】解：∵三角形的内角和是180°，
又∠A＝95°，∠B＝40°
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B
＝180°﹣95°﹣40°＝45°，
故答案为：45°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理的运用，利用三角形内角和定理：三角形内角和是180°是解答此
题的关键．
12．（2021春•柯桥区月考）若一个多边形的每个外角都为36°，则这个多边形的内角和是 144 0 °．
【分析】本题首先根据多边形外角和定理，即任意多边形外角和为360°，可求出此正多边形的边数为
10．然后再根据三角形的内角和定理求出它的内角和．
【解答】解：∵此正多边形每一个外角都为36°，
360°÷36°＝10，
∴此正多边形的边数为10．
则这个多边形的内角和为（10﹣2）×180°＝1440°．
故答案为：1440．
【点评】本题主要考查了多边形内角和及外角和定理，任何多边形的外角和是360°．
13．（2021秋•惠阳区校级月考）BD是△ABC的中线，AB＝5，BC＝3，△ABD和△BCD的周长的差是
2 ．
【分析】根据三角形的中线的定义可得AD＝CD，再求出△ABD和△BCD的周长的差＝AB﹣BC．
【解答】解：∵BD是△ABC的中线，
∴AD＝CD，
∴△ABD和△BCD的周长的差＝（AB+BD+AD）﹣（BC+BD+CD）＝AB﹣BC，
∵AB＝5，BC＝3，
∴△ABD和△BCD的周长的差＝5﹣3＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了三角形的角平分线、中线和高线，熟记概念并求出两个三角形的周长的差等于 AB
﹣BC是解题的关键．
14．（2021秋•望城区校级月考）一个多边形的每一个外角都是72°，则这个多边形的内角和的度数是
540° ．【分析】由一个多边形的每一个外角都是72°，可求得其边数，然后由多边形内角和定理，求得这个多
边形的内角和．
【解答】解：∵一个多边形的每一个外角都是72°，多边形的外角和等于360°，
∴这个多边形的边数为：360÷72＝5，
∴这个多边形的内角和为：（5﹣2）×180°＝540°．
故答案为：540°．
【点评】此题考查了多边形的内角和与外角和．注意多边形的内角和为：（n﹣2）×180°；多边形的外
角和等于360°．
15．（2022秋•厦门月考）小聪一笔画成了如图所示的图形，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数
为 54 0 °．
【分析】连接BE，则∠E+∠D＝∠DCF+∠EFC，则图中所求的几个角的和是五边形ABEFG的内角和．
【解答】解：连接CF．
在△CDM与△CFM中，∠EMD＝∠CMF，
∴∠E+∠D＝∠DCF+∠EFC，
∴在五边形ABEFG中∠A+∠B+∠BCD+∠D+∠E+∠MFC+∠G
∠A+∠B+∠BCD+∠DCF+∠EFC+∠MFC+∠G
＝∠A+∠B+∠BCF+∠CFG+∠G
＝（5﹣2）•180°
＝540°．
故答案为：540°．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，根据三角形的内角和定理把求角的和的问题转化为求多边形的
内角和的问题．
16．（2022秋•启东市校级月考）如图所示，人字梯中间一般会设计一“拉杆”，这样做的依据是 三角形具有稳定性 ．
【分析】根据三角形的稳定性解答即可．
【解答】解：人字梯中间一般会设计一“拉杆”，是为了形成三角形，利用三角形具有稳定性来增加其
稳定性，
故答案为：三角形具有稳定性．
【点评】此题考查了三角形的性质，关键是根据三角形的稳定性解答．
17．（2022春•涟水县校级月考）若n边形的内角和是它外角和的2倍，则n＝ 6 ．
【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，多边形的外角和都是360°，列方程可求解．
【解答】解：设所求多边形边数为n，
则（n﹣2）•180°＝360°×2，
解得n＝6．
【点评】本题考查根据多边形的内角和计算公式和外角和是360°求多边形的边数，解答时要会根据公式
进行正确运算、变形和数据处理．
18．（2021秋•昌平区校级月考）将一副三角板按图中方式叠放，则角 的度数为 75 ° ．
α
【分析】先根据直角三角板的性质求出∠1及∠2的度数，再根据三角形内角与外角的关系即可解答．
【解答】解：∵图中是一副三角板，
∴∠2＝45°，∠1＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ ＝∠1+30°＝45°+30°＝75°．
故答α案为：75°．
【点评】本题考查的是三角形外角的性质，即三角形的外角等于与之不相邻的两个内角的和．19．（2023春•义乌市月考）若n边形的每个内角都等于150°，则n＝ 十二 ．
【分析】根据多边形的内角和定理：180°•（n﹣2）求解即可．
【解答】解：由题意可得：180°•（n﹣2）＝150°•n，
解得n＝12．
故多边形是十二边形．
故答案为：十二．
【点评】主要考查了多边形的内角和定理．n边形的内角和为：180°•（n﹣2）．此类题型直接根据内角
和公式计算可得．
20．（2021秋•新罗区校级月考）已知：如图所示，在△ABC中，点D，E，F分别为BC，AD，CE的中点，
且S△ABC ＝4cm2，则阴影部分的面积为 1 cm2．
【分析】易得△ABD，△ACD为△ABC面积的一半，同理可得△BEC的面积等于△ABC面积的一半，
那么阴影部分的面积等于△BEC的面积的一半．
【解答】解：∵D为BC中点，根据同底等高的三角形面积相等，
∴S△ABD ＝S△ACD ＝ S△ABC ＝ ×4＝2（cm2），
同理S△BDE ＝S△CDE ＝ S△BCE ＝ ×2＝1（cm2），
∴S△BCE ＝2（cm2），
∵F为EC中点，
∴S△BEF ＝ S△BCE ＝ ×2＝1（cm2）．
故答案为1．
【点评】此题考查了三角形中线的性质，解答此题的关键是知道同底等高的三角形面积相等．
三、解答题（共60分）
21．（2023春•固镇县月考）一个n边形的每个外角都相等，如果它的内角与相邻外角的度数之比为3：
1，求n的值．
【分析】由多边形的外角和是360°，即可求解．
【解答】解：设这个n边形的每个外角是x°，则每个内角是3x°，由题意得：x+3x＝180，
∴x＝45，
∴n＝360÷45＝8，
【点评】本题考查多边形的有关知识，关键是掌握多边形的外角和是360°．
22．（2023春•沈丘县月考）若三角形的两边长分别是5和2，且该三角形的周长为偶数，求该三角形的第
三边长c．
【分析】根据三角形的任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求出第三边的范围，再根据周长
是偶数确定出第三边即可．
【解答】解：∵2+5＝7，5﹣2＝3，
∴3＜c＜7，
∵此三角形的周长为偶数，另两边是2，5，
∴第三边c一定是奇数，
∴该三角形的第三边长c为5．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，根据已知两边求出第三边的取值范围是解题的关键．
23．（2022秋•新田县校级月考）如图，在△ABC中，AD是高，AE是角平分线，∠B＝70°，∠DAE＝
18°，求∠C的度数．
【分析】根据三角形的内角和得出∠BAD＝20°，再利用角平分线得出∠BAC＝76°，利用三角形内角和
解答即可．
【解答】解：∵AD是高，∠B＝70°，
∴∠BAD＝20°，
∴∠BAE＝20°+18°＝38°，
∵AE是角平分线，
∴∠BAC＝76°，
∴∠C＝180°﹣70°﹣76°＝34°．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，熟悉直角三角形两锐角互余和三角形的内角和等于180°是解
题的关键．24．（2018秋•西湖区校级月考）△ABC中，AB：AC＝3：2，BC＝AC+1，若△ABC的中线BD把△ABC
的周长分成两部分的比是8：7，求边AB，AC的长．
【分析】首先设AB＝3x，AC＝2x，则BC＝2x+1，根据△ABC的中线BD把△ABC的周长分成两部分的
比是8：7可得①AB+AD＝周长× ；②AB+AD＝周长× ，分两种情况进行计算即可．
【解答】解：设AB＝3x，AC＝2x，则BC＝2x+1，由题意得：
①3x+x＝（3x+2x+2x+1）× ，
解得：x＝2，
则：AB＝6，AC＝4；
②3x+x＝（3x+2x+2x+1）× ，
解得：x＝ ，
则：AB＝ ，AC＝ ，
答：①边AB长为6，AC的长为4；②边AB长为 ，AC的长为 ．
【点评】此题主要考查了三角形的中线，关键是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．
25．（2022秋•袁州区月考）请根据对话回答问题：
（1）小明为什么说这个凸多边形的内角和不可能是2022°？
（2）小敏求的是几边形的内角和？【分析】（1）由n边形的内角和公式（n﹣2）180°，可知n边形的内角和一定是180°的整数倍，从而
即可判断；
（2）根据这个凸多边形的某一个内角的外角与其余内角的和为2020°列出方程，隐含着边数为正整数这
个条件，即可求解．
【解答】解：（1）∵n边形的内角和是（n﹣2）×180°，
∴多边形的内角和一定是180°的整倍数．
∵2022÷180＝11……42，
∴多边形的内角和不可能为2022°．
（2）设小敏求的是n边形的内角和，这个外角为x°，则0＜x＜180．
根据题意，得（n﹣2）×180＝2022°﹣x，
∴x＝2022°﹣（n﹣2）×180°＝2382﹣180n，
∵0＜x＜180，
∴0＜2382﹣180n＜180，
∴12 ＜n＜13 ，
∵n为正整数，
∴n＝13，
∴小敏求的是十三边形．
【点评】本题考查了多边形的内角和定理，n边形的内角和为：180°•（n﹣2）．
26．（2023春•邗江区月考）（1）如图1，已知△ABC为直角三角形，∠C＝90°，若沿图中虚线剪去
∠C，则∠1+∠2等于 270 ° ．
（2）如图2，已知△ABC中，∠A＝40°，剪去∠A后成四边形，求∠1+∠2的值．
（3）如图2，请你归纳猜想∠1+∠2与∠A的关系是 ∠ 1+ ∠ 2 ＝ 180°+ ∠ A ，并说明理由．
（4）如图3，若没有剪掉，而是把它折成如图3形状，试探究∠1+∠2与∠A的关系并说明理由．【分析】（1），（2），（3），（4）由三角形的外角的性质，即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1，
∵∠1＝∠C+∠DEC，∠2＝∠C+CDE，
∴∠1+∠2＝∠C+∠DEC+∠CDE+∠C，
∴∠1+∠2＝90°+180°＝270°，
故答案为：270°；
（2）如图2，
∵∠1＝∠A+∠MNA，∠2＝∠A+∠AMN，
∴∠1+∠2＝∠A+∠MNA+∠AMN+∠A，
∴∠1+∠2＝40°+180°＝220°；
（3）如图2，∠1+∠2与∠A的关系是∠1+∠2＝180°+∠A，
理由：∵∠1＝∠A+∠MNA，∠2＝∠A+∠AMN，
∴∠1+∠2＝∠A+∠MNA+∠AMN+∠A，
∴∠1+∠2＝180°+∠A，
故答案为：∠1+∠2＝180°+∠A；
（4）如图（3），∠1+∠2与∠A的关系是∠1+∠2＝2∠BAC，
理由：连接AA′，
∵∠1＝∠PAA′+∠PA′A，∠2＝∠QAA′+∠QA′A，
∴∠1+∠2＝∠PAA′+∠PA′A+∠QAA′+∠QA′A，
∴∠1+∠2＝∠BAC+∠PA′Q＝2∠BAC．【点评】本题考查三角形的外角的性质，关键是掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和．
27．（2022秋•长顺县月考）综合与探究：
【情境引入】
（1）如图1，BD，CD分别是△ABC的内角∠ABC，∠ACB的平分线，说明∠D＝90°+ ∠A的理由．
【深入探究】
（2）①如图2，BD，CD分别是△ABC的两个外角∠EBC，∠FCB的平分线，∠D与∠A之间的等量
关系是 ∠ D ＝ 90 ° ﹣ ∠ A ；
②如图3，BD，CD分别是△ABC的一个内角∠ABC和一个外角∠ACE的平分线，BD，CD交于点D，
探究∠D与∠A之间的等量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据角平分线的定义以及三角形内角和定理证明即可；
（2）①根据三角形外角的性质，角平分线的定义以及三角形内角和定理求解即可；
②根据三角形外角的性质，三角形内角和定理，角平分线的定义求解即可．
【解答】（1）证明：∵BD，CD分别是△ABC的内角∠ABC，∠ACB的平分线，
∴∠1＝ ∠ABC，∠2＝ ∠ACB，∴∠1+∠2+∠D＝180°，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠D＝180°﹣∠1﹣∠2
＝180°﹣ （∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣ （180°﹣∠A）
＝90°+ ∠A；
（2）解：①∠D＝90°﹣ ∠A，理由如下：
∵BD，CD分别是△ABC的两个外角∠EBC，∠FCB的平分线，
∴∠DBC＝ ∠EBC＝ （∠A+∠ACB），∠DCB＝ ∠FCB＝ （∠A+∠ABC），
∵∠DBC+∠DCB+∠D＝180°，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠D＝180°﹣∠DBC﹣∠DCB
＝180°﹣ （∠EBC+∠FCB）
＝180°﹣
＝90°﹣ ∠A，
故答案为：∠D＝90°﹣ ∠A；
②∠D＝ ∠A，理由如下：
∵BD，CD分别是△ABC的一个内角∠ABC和一个外角∠ACE的平分线，
∴∠DBC＝ ∠ABC，∠DCE＝ ∠ACE，
∵∠ACE＝∠A+∠ABC，∠DCE＝∠D+∠DBC，
∴∠D+ ∠ABC＝ （∠A+∠ABC），
∴∠D＝ ∠A．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，三角形外角的性质等，熟练掌握这些知识是
解题的关键．28．（2023春•宜兴市月考）定义：如果三角形的两个内角 与 满足 +2 ＝100°，那么我们称这样的三
角形为“奇妙三角形”． α β α β
（1）如图1，△ABC中，∠ACB＝80°，BD平分∠ABC．
求证：△ABD为“奇妙三角形”
（2）若△ABC为“奇妙三角形”，且∠C＝80°．求证：△ABC是直角三角形；
（3）如图2，△ABC中，BD平分∠ABC，若△ABD为“奇妙三角形”，且∠A＝40°，直接写出∠C的
度数．
【分析】（1）根据“奇妙三角形”的定义，在△ABD中，∠A+2∠ABD＝100°，即证明△ABD为“奇
妙三角形”．
（2）由三角形的内角和知，A+∠B＝100°，由△ABC 为“奇妙三角形”得出∠C+2∠B＝100°或
∠C+2∠A＝100°两种情况，计算得∠B＝90°或∠A＝90°，从而证明△ABC是直角三角形．
（3）由三角形的内角和知，∠ADB+∠ABD＝140，由△ABC为“奇妙三角形得出∠A+2∠ABD＝100°或
2∠A+∠ABD＝100°两种情况，求得∠C＝80°或100°．
【解答】（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠ABD．
在△ABC中，∵∠ACB＝80°，
∴∠A+∠ABC＝180°﹣∠ACB＝180°﹣80°＝100°，
即∠A+2∠ABD＝100°，
∴△ABD为“奇妙三角形”．
（2）证明：在△ABC中，∵∠C＝80°，∴∠A+∠B＝100°，
∵△ABC为“奇妙三角形”，∴∠C+2∠B＝100°或∠C+2∠A＝100°，
∴∠B＝10°或∠A＝10°，
当∠B＝10°时，∠A＝90°，△ABC是直角三角形．
当∠A＝10°时，∠B＝90°，△ABC是直角三角形．
由此证得，△ABC是直角三角形．（3）解：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠ABD，
∵△ABD为“奇妙三角形”，
∴∠A+2∠ABD＝100°或2∠A+∠ABD＝100°，
①当∠A+2∠ABD＝100°时，∠ABD＝（100°﹣40°）÷2＝30°，
∴∠ABC＝2∠ABD＝60°，
∴∠C＝80°；
②当2∠A+∠ABD＝100°时，∠ABD＝100°﹣2∠A＝20°，
∴∠ABC＝2∠ABD＝40°，
∴∠C＝100°；
综上得出：∠C的度数为80°或100°．
【点评】本题是新定义题，能够找到“奇妙三角形”两个内角 与 满足 +2 ＝100°，既能够判定
“奇妙三角形”，又能利用其性质证明和计算角度． α β α β
