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第十三章 三角形·培优卷
【人教版2024】
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（24-25八年级下·陕西西安·期末）如图，三角形有一部分被遮挡，我们可以判定此三角形的类
型为（ ）
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．不能确定
【答案】D
【分析】本题主要考查了三角形的分类，根据直角三角形，锐角三角形以及钝角单脚的定义分析即可．
【详解】解 已知此三角形露出的一个角是锐角．
对于锐角三∶角形，它的三个角都是锐角所以仅一个锐角不能确定它就是锐角三角形．
对于直角三角形，除了一个直角外，另外两个角是锐角，所以仅一个锐角也不能排除它是直角三角形．
对于钝角三角形，除了一个钝角外，另外两个角是锐角，所以仅一个锐角同样不能排除它是钝角三角形．
因此，仅根据露出的这一个锐角，这个三角形可能是锐角三角形，也可能是直角三角形，还可能是钝角三
角形，此三角形的类别无法确定．
故选：D
2．（3分）（24-25八年级上·重庆秀山·期末）如图，在矩形镜框背面，安装一根木条，使矩形镜框不易变
形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查三角形稳定性的实际应用．根据三角形具有稳定性解答．
【详解】解：根据三角形具有稳定性可知，使矩形镜框不易变形的是C．
故选：C．3．（3分）（24-25八年级下·上海静安·期末）下列长度的三条线段，能组成三角形的是（ ）
A．3，4，8 B．5，6，11
C．2，2，3 D．10，5，5
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的三边关系，掌握三角形的三边关系，在运用三角形三边关系判定三条线段能
否构成三角形时，并不一定需要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即
可判定这三条线段能构成一个三角形．根据三角形的三边关系进行分析判断．
【详解】解：A中3+4=7<8，三条线段不能构成三角形，故不符合题意；
B中5+6=11，三条线段不能构成三角形，故不符合题意；
C中2+2=4>3，三条线段能构成三角形，故符合题意；
D中5+5=10，三条线段不能构成三角形，故不符合题意；
故选：C．
4．（3分）（24-25八年级下·广东梅州·期中）作△ABC的边BC上的高，下列作法中，正确的是（ ）
A． B． C．
D．
【答案】D
【分析】本题考查画三角形的高线，熟练掌握三角形的高的定义是解题的关键
根据三角形的高线的定义，进行判断即可．
【详解】解：作BC边上的高AD，是从顶点A出发，引对边BC的垂线段，据此，符合题意的是 ；
故选：D．
5．（3分）（24-25八年级下·河北唐山·期末）如图，在△ABC中，BD是边AC上的中线，E是BD的中
点，若△ABC的面积为12，则阴影部分的面积是（ ）
A．8 B．6 C．4 D．3
【答案】D
【分析】此题考查了三角形中线的性质，利用中线等分三角形的面积进行求解即可，解题的关键是熟练掌
握三角形中线的性质及其应用．
【详解】解：∵BD是边AC上的中线，
1
∴S =S = S =6，
△ABD △CBD 2 △ABC
∵E是BD的中点，
1
∴S = S =3，
阴影 2 △CBD
故选：D．
6．（3分）（24-25八年级下·四川成都·期中）如图，直线a∥b，直角△ABC的顶点A在直线b上，已知
∠B=90°，∠C=30°，边AC，BC与直线a分别相交于点D，E，若∠CED=50°，则∠1的度数为( )A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】B
【分析】本题主要考查三角形的内角和定理，利用三角形的内角和定理求解相关角的度数是解题的关键．
根据三角形的内角和定理可求解∠CDE的度数，∠BAD的度数，再利用平行线的性质可求解．
【详解】解：∵∠CED=50°，∠C=30°，∠CED+∠C+∠CDE=180°，
∴∠CDE=180°−50°−30°=100°，
∵∠B=90°，
∴∠BAD=90°−∠C=90°−30°=60°，
∵ a∥b，
∴∠1+∠BAD=∠CDE=100°，
∴∠1=100°−60°=40°，
故选：B．
7．（3分）（24-25八年级上·广东汕头·期中）如图，下面是三位同学的折纸示意图，则AD依次是△ABC
的（ ）
A．中线、角平分线、高线 B．高线、中线、角平分线
C．角平分线、高线、中线 D．角平分线、中线、高线
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的角平分线、中线和高线，轴对称的性质等知识点，熟知三角形角平分线、中
线和高线的定义是解题的关键．根据三位同学的折纸示意图，结合三角形角平分线、中线和高线的定义求
解．
【详解】解：由图①的折叠方式可知，∠BAD=∠B' AD，
所以AD是△ABC的角平分线．
由图②的折叠方式可知，∠ADB=∠ADB'，
因为∠ADB+∠ADB'=180°，
所以∠ADB=∠ADB'=90°，
所以AD⊥BC，
所以AD是△ABC的高线．由图③的折叠方式可知，BD=CD，
所以AD是△ABC的中线．
故选：C．
8．（3分）（24-25八年级下·山东聊城·期末）如图，在△ABC中，点D在边BC上，若∠1=∠2=36°，
∠3=∠4，则∠DAC的度数为（ ）
A．65° B．30° C．36° D．35°
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的外角性质，三角形内角和定理，由外角性质可得∠3=∠4=72°，然后通过
三角形内角和定理即可求解，掌握三角形的外角性质与三角形内角和定理是解题的关键．
【详解】解：∵∠3=∠1+∠2，∠1=∠2=36°，
∴∠3=∠4=72°，
∴∠DAC=180°−∠3−∠4=36°，
故选：C．
9．（3分）（24-25八年级上·浙江杭州·期中）如图，在△ABC，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G，交BC于H，下列结论：①∠DBE=∠F；②
1
2∠BEF=∠BAF+∠C；③∠F= (∠BAC−∠C)；④∠BGH=∠ABE+∠C，正确的序号是（ ）
2
A．②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】本题考查了余角性质，三角形的角平分线和高，三角形外角的性质，根据等角的余角相等可证明结论①；根据角平分线的定义可证明结论②；证明∠DBE=∠BAC=∠C=∠DBE，再结合①的结论可
证明结论③；证明∠AEB=∠ABE+∠C，再由BD⊥FC，FH⊥BE，可以证明结论④，正确识图是
解题的关键．
【详解】解：如图，设BE交FH于点J，
①∵BD⊥FD，
∴∠FGD+∠F=90°，
∵FH⊥BE，
∴∠BGJ+∠DBE=90°，
∵∠FGD=∠BGJ，
∴∠DBE=∠F，故①正确；
②∵BE平分∠ABC，
1
∴∠ABE=∠CBE= ∠ABC，
2
∵∠BEF=∠CBE+∠C，
∴2∠BEF=2∠CBE+2∠C=∠ABC+2∠C，
∵∠BAF=∠ABC+∠C，
∴2∠BEF=∠BAF+∠C，故②正确；
③∵∠ABD=90°−∠BAC，∠ABE=∠CBD−∠DBE，
∴∠DBE=∠ABE−∠ABD=∠CBD−∠DBE−90°+∠BAC，
∴2∠DBE=∠CBD−90°+∠BAC，
∵∠CBD=90°−∠C，
∴2∠DBE=∠BAC−∠C，
1
∴∠DBE= (∠BAC−∠C)，
2
由①得，∠DBE=∠F，1
∴∠F= (∠BAC−∠C)，故③正确；
2
④∵∠AEB=∠EBC+∠C，∠ABE=∠EBC，
∴∠AEB=∠ABE+∠C，
∵BD⊥FC，FH⊥BE，
∴∠FGD=∠BGH=∠FEB，
∴∠BGH=∠ABE+∠C，故④正确；
∴正确的序号是①②③④，
故选：D．
10．（3分）（24-25八年级上·四川宜宾·期末）如图，MN∥PQ，AB∥CD，CE平分∠DCN交PQ于
点E，点F是射线AB上任一点，连结CF、DF，若∠BFD=∠BDF，∠ECF−∠DFC=60°，则
∠DFC的大小为（ ）
A．60° B．15° C．60°或15° D．15°或70°
【答案】C
【分析】分两种情况讨论：①当点F在线段AB上时，由平行线的性质和角平分线的定义可得
∠DCE=∠FDC，则可得CE∥DF，进而可得∠ECF+∠DFC=180°，再结合
∠ECF−∠DFC=60°即可求出∠DFC的度数．②当点F在线段AB的延长线上时，延长线段AB交CE
于G点，由平行线的性质和角平分线的定义可得∠CDG+∠DCE=90°，再根据三角形内角和定理可得
∠CGD=90°，∠ECF+∠DFC=90°，再结合∠ECF−∠DFC=60°即可求出的度数．
本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义以及三角形内角和定理，熟练掌握以上知识，并且分类讨
论是解题的关键．
【详解】解：①如图，当点F在线段AB上时，∵MN∥PQ，
∴∠DCN=∠PDC，
∵CE平分∠DCN
1
∴∠DCE= ∠DCN，
2
∵AB∥CD，
∴∠BFD=∠FDC，
∵∠BFD=∠BDF，
1
∴∠FDC=∠BDF= ∠PDC，
2
∴∠DCE=∠FDC，
∴CE∥DF，
∴∠ECF+∠DFC=180°，
∵∠ECF−∠DFC=60°，
解得∠DFC=60°；
②如图，当点F在线段AB的延长线上时，延长线段AB交CE于G点，
∵AB∥CD，
∴∠BFD=∠CDG，
又∵∠BFD=∠BDF，∠BDF=∠GDE，1
∴∠CDG=∠GDE= ∠CDE，
2
∵CE平分∠DCN，
1
∴∠DCE= ∠DCN，
2
∵MN∥PQ，
∴∠CDE+∠DCN=180°，
1 1
∴∠CDG+∠DCE= ∠CDE+ ∠DCN=90°，
2 2
∴△CDG中，∠CGD=180°−∠CDG−∠DCE=90°，
∴△CFG中，∠ECF+∠DFC=90°，
又∵∠ECF−∠DFC=60°，
解得∠DFC=15°．
故选：C．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（24-25八年级下·北京·开学考试）图中有 个三角形．
【答案】14
【分析】本题考查了三角形．分层计算即可求解．
【详解】解：单独的小三角形有8个，
两层小三角形有4个，
三层小三角形有2个，
共有8+4+2=14个，
故答案为：14．
12．（3分）（24-25八年级下·四川达州·期末）若△ABC的两条边分别长3cm和2cm，第三边的长是一个
奇数，则第三边长 cm．
【答案】3
【分析】本题主要考查了三角形三边的关系，三角形中，任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第
三边，据此求出第三边长的取值范围即可得到答案．【详解】解：∵△ABC的两条边分别长3cm和2cm，
∴3−2=1cm<第三边长<3+2=5cm，
∵第三边的长是一个奇数，
∴第三边长3cm，
故答案为：3．
13．（3分）（24-25八年级下·湖南岳阳·期末）如图，已知△ABC，∠C=90°，AC=3，BC=4，
AB=5，则点C到AB边的距离是 ．
12
【答案】
5
【分析】本题考查点到直线的距离，根据面积相等即可求出点C到AB的距离．
【详解】解：如图，作CD⊥AB于点D，
在Rt△ABC中，∠C=90°，
1 1
∴ AC×BC= AB×CD，
2 2
∵AC=3，BC=4，AB=5，
1 1
∴ ×3×4= ×5×CD，
2 2
12
∴CD= ，
5
12
∴点C到边的距离是 ．
5
12
故答案为： ．
5
14．（3分）（24-25八年级下·黑龙江大庆·期中）如图，在△ABC中，AB=5cm，AD是△ABC的中线，
若△ADC的周长比△ABD的周长大3cm，则AC= ．【答案】8cm/8厘米
【分析】本题考查了三角形中线以及周长，属于基础题，熟练掌握三角形中线性质是解题关键．
根据三角形中线得定义可得BD=CD，根据三角形周长公式即可求解．
【详解】解：∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
∵△ADC的周长比△ABD的周长大3cm，
∴(AD+CD+AC)−(AD+BD+AB)=3cm，
∴AC−AB=3cm，
∵AB=5cm，
∴AC=8cm．
故答案为：8cm
15．（3分）（24-25八年级下·辽宁沈阳·期末）如图，AB∥EF，BC，DE相交于点G，若∠B=125°
，∠E=95°，则∠BGE的大小为 °．
【答案】40
【分析】本题考查平行线的性质，三角形的外角性质，解题的关键是掌握相关知识．延长AB至点H，交
DE于点P，由AB∥EF，∠E=95°，可得∠EPH=85°，推出∠BPG=∠EPH=85°，最后根据三角
形的外角性质求解即可．
【详解】解：如图，延长AB至点H，交DE于点P，
∵ AB∥EF，∠E=95°，
∴ ∠EPH=180°−∠E=85°，
∴ ∠BPG=∠EPH=85°，
∵ ∠ABG=125°，
∴ ∠BGE=∠ABG−∠BPG=125°−85°=40°，
故答案为：40．16．（3分）（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，∠BAD，∠BCD的角平分线相交于点P，若
∠B=5∠D=65°，则∠P的度数为 ．
【答案】26°/26度
【分析】本题考查了角的平分线，三角形外角性质，三角形内角和定理，对顶角相等，熟练掌握性质和定
理是解题的关键．设AP,BC的交点为M，延长BC交AD于点N，∠BCD=∠BAD+∠B+∠D根据
∠AMB=∠PMC，得∠BAM+∠B=∠PCM+∠P，代入解答即可．
【详解】解：设AP,BC的交点为M，延长BC交AD于点N，
∵∠BAD，∠BCD的角平分线相交于点P，
∴∠BCD=2∠PCM，∠BAD=2∠BAM，
∵∠BCD=∠BND+∠D,∠BND=∠BAD+∠B，
∴∠BCD=∠BAD+∠B+∠D，
∴2∠PCM=2∠BAM+∠B+∠D，
∠B+∠D
∴∠PCM=∠BAM+ ，
2
∠B+∠D
∴∠PCM−∠BAM= ，
2
∵∠AMB=∠PMC，∴∠BAM+∠B=∠PCM+∠P，
∴∠P=∠BAM+∠B−∠PCM=∠B−(∠PCM−∠BAM)
∠B+∠D ∠B−∠D
=∠B− = ，
2 2
∵∠B=5∠D=65°，
∴∠B=65°,∠D=13°，
∠B−∠D 65°−13°
∴∠P= = =26°，
2 2
故答案为：26°．
第Ⅱ卷
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）（24-25八年级下·江西南昌·阶段练习）已知△ABC的三边长分别为a，b，c．
(1)若a=2，b=5，且c为奇数，求c的值；
(2)化简：|a−b−c)−|a+c−b)+|a−b−c)．
【答案】(1)c=5
(2)−3a+3b+c
【分析】本题主要考查了三角形三边的关系，熟知三角形三边的关系是解题的关键．
（1）三角形中，任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，据此求出c的取值范围即可得到答
案；
（2）根据三角形三边的关系可得ab，则a−b−c<0，据此去绝对值求解即可．
【详解】（1）解：∵△ABC的三边长分别为a，b，c，a=2，b=5，
∴b−ab，
∴a−b−c<0，
∴|a−b−c)−|a+c−b)+|a−b−c)
=−(a−b−c)−(a+c−b)−(a−b−c)
=−a+b+c−a−c+b−a+b+c=−3a+3b+c．
18．（6分）（24-25八年级下·河北保定·期末）如图，在△ABC中，AD，AE，AF分别是△ABC的高、
角平分线、中线．
(1)若△ABF的面积为6，则△ABC的面积为 ．
(2)当∠B=30°,∠C=50°时，求∠DAE的度数．
【答案】(1)12
(2)10°
【分析】本题考查了中线与面积，三角形内角和性质，角平分线的定义，正确掌握相关性质内容是解题的
关键．
（1）结合AF是△ABC的中线，△ABF的面积为6，即可求出△ABC的面积；
（2）先求出∠BAC=100°，再运用AE平分∠BAC，得出∠CAE=50°，然后运算三角形内角和性质进
行列式计算∠DAC=40°，即可作答．
【详解】（1）解：∵AF是△ABC的中线，且△ABF的面积为6，
∴△ABC的面积为6×2=12；
（2）解：∵∠B=30°，∠C=50°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=100°.
∵AE平分∠BAC，
1
∴∠CAE= ∠BAC=50°.
2
∵AD⊥BC，∠C=50°，
∴∠DAC=180°−90°−50°=40°，
∴∠DAE=∠CAE−∠CAD=50°−40°=10°.
19．（8分）（24-25八年级下·辽宁沈阳·期中）如图所示的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，点A，
B，C均在小正方形的顶点上，请利用格点解决下列问题：(1)画出△ABC的边BC上的高AD；
(2)画出△ABC的边AC上的中线BE；
(3)过点B作AC的平行线BF；
(4)线段AB=10，直接写出点C到直线AB的距离______．
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析
(3)图见解析
12
(4)
5
【分析】本题考查作图—应用与设计作图、三角形的中线和高、平行线的判定、三角形的面积．
（1）根据三角形的高的定义画图即可．
（2）根据三角形的中线的定义画图即可．
（3）运用网格特征，观察AC，且结合平行线的判定，即可作图．
（4）由题意可得S =12，再根据三角形面积公式列式计算得点C到直线AB的距离，即可作答．
△ABC
【详解】（1）解：如图，AD即为所求；
（2）解：如图，BE即为所求；（3）解：过点B作AC的平行线BF，如图所示：
1 1
（4）解：依题意，S = ×BC×AD= ×4×6=12，
△ABC 2 2
∵线段AB=10，
S 12 12
= △ABC = =
∴点C到直线AB的距离 1 1 5 ．
×AB ×10
2 2
12
故答案为： ．
5
20．（8分）（24-25八年级下·河北邯郸·期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，AF是BC边上
的高，点E为AD的中点．
(1)若∠ABE=13°，∠BAD=29°，求∠BED的度数．
(2)若△BDE的面积为10，CD=5，求AF的长．
【答案】(1)42°
(2)8
【分析】本题考查的是三角形的中线性质及三角形外角的性质，熟记三角形的中线平分该三角形的面积是解题的关键．
（1）直接根据三角形外角的性质解答即可；
（2）先根据E是AD中点，△BDE的面积为10得出△ABD的面积，再根据AD是BC边上的中线得出
△ABC的面积，根据CD=5求出BC的长，利用三角形的面积公式即可得出结论．
【详解】（1）解：∵∠ABE=13°，∠BAD=29°，
∴∠BED=∠ABE+∠BAD=13°+29°=42°；
（2）解：∵点E为AD的中点，△BDE的面积为10，
∴S ❑ =S ❑ =10，则S ❑ =S ❑ +S ❑ =20，
△ ABE △ BDE △ ABD △ ABE △ BDE
∵AD是BC边上的中线，
∴S ❑ =S ❑ =20．
△ ABD △ ACD
则S ❑ =S ❑ +S ❑ =40，
△ ABC △ ABD △ ACD
∵CD=5，
∴BC=10．
∵AF是BC边上的高线，
1
∴S = BC⋅AF，
△ABC 2
2S 2×40
∴AF= △ABC = =8．
BC 10
21．（10分）（23-24八年级下·山东日照·期中）如图，点O，P，Q分别在AB，AC，BC上，OQ与BP
交于M点，连接OP，已知∠OMB+∠BPC=180°，∠C=∠POQ．
(1)求证：OP∥BC；
(2)若PO是∠APB的平分线，∠BPC=2∠C，请判断BP与OQ的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)BP⊥OQ，理由见详解
【分析】本题考查了平行线的判定与性质，角平分线的定义，邻补角的性质，三角形内角和性质，正确掌
握相关性质内容是解题的关键．
（1）先根据邻补角的性质，得出∠BPC=∠OMP，证明QO∥AC，结合∠C=∠POQ，即可作答．1
（2）由角平分线的定义得出∠APO=∠BPO= ∠APB，再进行角的等量代换，得出∠BPC=2∠C，
2
且∠APB+∠BPC=180°，得出∠C=45°，再根据三角形的内角性质，进行计算，即可作答．
【详解】（1）解：∵∠OMB+∠BPC=180°，∠OMB+∠OMP=180°，
∴∠BPC=∠OMP，
∴QO∥AC，
∴∠C=∠OQB，
∵∠C=∠POQ，
∴∠OQB=∠POQ，
∴OP∥BC；
（2）解：BP⊥OQ，理由如下：
∵PO是∠APB的平分线，
1
∴∠APO=∠BPO= ∠APB，
2
∵OP∥BC，
∴∠APO=∠C，
∵∠BPC=2∠C，且∠APB+∠BPC=180°，
∴4∠C=180°，
∴∠C=45°，
∴∠APO=∠BPO=∠C=45°
∵OP∥BC
∴∠PBQ=∠BPO=45°，
∵QO∥AC，
∴∠OQB=∠C=45°，
∴在△BMQ中，∠BMQ=180°−45°−45°=90°，
∴BP⊥OQ．
22．（10分）（24-25八年级上·广东江门·阶段练习）如图，在折纸活动中，小李制作了一张△ABC的纸
片，点D，E分别在边AB，AC上，将△ABC沿着DE折叠压平，A与A′重合．(1)若∠B=50°，∠C=60°，求∠A的度数；
(2)若∠1+∠2=130°，求∠A的度数．
(3)猜想：∠1+∠2与∠A的关系，请直接写出其关系式．
【答案】(1)70°
(2)65°
(3)∠1+∠2=2∠A
【分析】本题考查折叠的性质，三角形内角和定理，
（1）直接根据三角形内角和定理求解即可；
1 1
（2）由折叠可得∠AED=∠A′ED= ∠AE A′ ，∠ADE=∠A′DE= ∠AD A′ ，进而可得
2 2
∠1+∠2=360°−2∠AED−2∠ADE，结合∠AED+∠ADE+∠A=180°，可得
∠1+∠2=2∠A=130°，即可求解；
（3）同（2）求解即可得到答案．
【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠B=50°，∠C=60°，
∴∠A=180°−∠B−∠C=70°；
（2）解：∵将△ABC沿着DE折叠压平，A与A′重合，
1 1
∴∠AED=∠A′ED= ∠AEA′ ，∠ADE=∠A′DE= ∠ADA′
，
2 2
∴∠1+∠2=180°−∠AE A′+180°−∠AD A′=360°−2∠AED−2∠ADE，
∵∠AED+∠ADE+∠A=180°，
∴∠AED+∠ADE=180°−∠A，
∴∠1+∠2=360°−2(180°−∠A)=2∠A，
∵∠1+∠2=130°，
1
∴∠A= ×130°=65°；
2
（3）解：∵将△ABC沿着DE折叠压平，A与A′重合，
1 1
∴∠AED=∠A′ED= ∠AE A′ ，∠ADE=∠A′DE= ∠AD A′ ，
2 2∴∠1+∠2=180°−∠AE A′+180°−∠AD A′=360°−2∠AED−2∠ADE，
∵∠AED+∠ADE+∠A=180°，
∴∠AED+∠ADE=180°−∠A，
∴∠1+∠2=360°−2(180°−∠A)=2∠A．
23．（12分）（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图1，在△ABC中，∠ABC的角平分线与外角∠ACD
的角平分线相交于点P，BP与AC相交于点E．
(1)若∠A=44°，∠ABC=70°，求∠P的度数；
(2)如图2，EQ平分∠PEC，连接PQ，当PQ⊥EQ时，求证：∠ABC=4∠QPC．
【答案】(1)22°
(2)见解析
【分析】本题主要考查了与角平分线有关的三角形内角和与外角定理，熟练掌握三角形内角和与外角定理
是解题的关键．
1 1
（1）由角平分线可得∠ACP=∠PCD= ∠ACD，∠ABP=∠CBP= ∠ABC，再由三角形的外角定
2 2
理可得∠BAC=∠ACD−∠ABC=44°，∠P=∠PCD−∠PBD，即可求解；
（2）设∠1=∠2=2β，∠A=2α，则∠AEB=∠PEC=180°−2α−2β，那么∠5=90°−α−β，由
1
垂直的意义得到∠EPQ=α+β，而∠EPC= ∠A=α，则∠QPC=∠EPQ−∠EPC=β，即可证明．
2
【详解】（1）解：∵CP平分∠ACD，BP平分∠ABC，
1 1
∴ ∠ACP=∠PCD= ∠ACD，∠ABP=∠CBP= ∠ABC，
2 2
∵∠A=44°，
∴∠BAC=∠ACD−∠ABC=44°，
1 1
∴ ∠PCD−∠PBD= ∠BAC= ×44°=22°，
2 2
∵∠P=∠PCD−∠PBD，
∴∠P=22°；（2）解：设∠1=∠2=2β，∠A=2α
∴∠AEB=∠PEC=180°−∠A−∠1=180°−2α−2β，
∵EQ平分∠PEC，
1
∴∠5= ∠PEC=90°−α−β，
2
∵PQ⊥EQ，
∴∠EPQ=90°−∠5=α+β，
1
由（1）得∠EPC= ∠A=α，
2
∴∠QPC=∠EPQ−∠EPC=β，
∴∠ABC=4∠QPC．
24．（12分）（24-25八年级下·福建泉州·期末）已知直线m⊥n于点O，点A在直线m上，点B在直线n
上．
(1)如图1，射线AC、BC分别是∠BAO和∠ABO的角平分线，问点A、B运动过程中，∠ACB的大小
是否会发生变化？若发生变化，请说明变化的情况；若不发生变化，试求∠ACB的大小；
(2)如图2，延长AB至E，AF是∠BAO内的一条射线，与直线n相交于点D，若
∠EBD、∠FDB、∠BAD的平分线恰好交于点G，过点G作GH⊥AE于H，设
∠BGH=α,∠AGD=β，试探究α和β满足的数量关系，并证明；
(3)如图3，延长AB至E，已知∠ABO、∠OBE的角平分线与∠BOQ的角平分线所在直线分别相交于
M、N，在△BMN的三个内角中，若存在一个角是另一个角的3倍，请求出∠BAO的度数．
【答案】(1)∠ACB 大小不发生变化， ∠ACB=135°
(2)α=β
(3)∠BAO 为 45° 或 60°
【分析】本题综合考查角平分线性质、三角形内角和与外角定理，通过设角、利用定理推导关系，分情况
讨论求解，关键是熟练运用相关定理和性质．
（1）利用直角三角形两锐角和为90°以及角平分线性质和三角形内角和定理求∠ACB；（2）设∠EBG=∠GBD=x，∠FDG=∠GDB= y，∠BAD=2z．则x+ y=90°+z，通过角平分线性
质和三角形外角定理分别表示出α与β，进而找α与β关系；
（3）先求∠MBN，再分情况讨论∠BMN与∠BNM的倍数关系求∠BAO．
【详解】（1）解：不发生变化，理由如下：
∵m⊥n
∴∠AOB=90°，
在△ABO中，∠BAO+∠ABO=180°−∠AOB=90°，
∵射线AC、BC分别是∠BAO和∠ABO的角平分线，
1 1
∴∠CAB= ∠BAO，∠CBA= ∠ABO，
2 2
1 1
∴∠CAB+∠CBA= (∠BAO+∠ABO)= ×90°=45°，
2 2
在△ABC中，∠ACB=180°−(∠CAB+∠CBA)=180°−45°=135°，
∴∠ACB大小不发生变化，为135°；
（2）∵∠EBD、∠FDB、∠BAD的平分线恰好交于点G，
设∠EBG=∠GBD=x，∠FDG=∠GDB= y，∠BAD=2z．
∴∠EBD=∠BAD+∠ADB,∠BDF=∠BAD+∠ABD
∴∠EBD+BDF=∠BAD+∠ADB+∠BAD+∠ABD=180°+∠BAD
即2x+2y=180°+2z
∴x+ y=90°+z
∴∠AGD=∠GDF−∠GAD= y−z，
∠AGB=∠GBE−∠GAB=x−z，
∠BGD=180°−(x+ y)，
∵GH⊥AE
∴∠BGH=α=90°−x，
∴∠AGD=β=∠BGD−∠AGB
=180°−(x+ y)−(x−z)
=180°−(90°+z)−(x−z)
=90°−x
∴α=β．
（3）∵BM平分∠ABO，BN平分∠OBE，1
∴∠MBN= (∠ABO+∠OBE)=90°
2
∵OM平分∠BOQ，∠BOQ=90°，
∴∠BOM=45°．
分情况讨论
情况一：若∠BMN=3∠BNM，∠BMN+∠BNM=90°，
则∠BNM=22.5°，∠BMN=67.5°，
∵∠BOM=∠BNO+∠OBN=45°
∴∠OBN=45°−22.5°=22.5°
∠BAO=90°−∠ABO=90°−2×22.5°=45°．
情况二：若∠BNM=3∠BMN，∠BMN+∠BNM=90°，则∠BMN=22.5°，∠BNM=67.5°，
而∠BOM=∠BNO+∠OBN=45°<75°，不合题意，舍去
情况三：若∠MBN=3∠BMN，则∠BMN=30°，
∴∠BNM=60°
而∠BOM=∠BNO+∠OBN=45°<60°，不合题意，舍去
情况四：若∠MBN=3∠BNM，∠BNM=30°，
∵∠BOM=∠BNO+∠OBN=45°
∴∠OBN=45°−30°=15°
∠BAO=90°−∠ABO=90°−2×15°=60°．
综上所述，∠BAO为45°或60°．
