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专题01 三角形的概念、内角和与三边之间的关系
（题型突破·举一反三）
题型01 三角形的有关概念
题型02 三角形的个数问题
题型03 三角形内角和与平行线
题型04 三角形内角和与折叠
题型05 直角三角形两个锐角互余
题型06 三角形的分类
题型07 判断能否构成三角形
题型08 求第三边的取值范围
题型09 三角形三边之间的关系进行化简
题型10 利用三边关系证明线段的不等关系
题型11 三角形内角和的证明
▌题型01 三角形的有关概念
1．三角形的定义：由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形。
2．三角形的三要素：
线段AB，BC 和CA 是三角形ABC 的三条边，顶点所对的边可用a，b，c 表示，即∠A 所对的边为a 边，∠
B 所对的边为b 边，∠C 所对的边为c 边，由相邻两边组成的∠A，∠B，∠C 称为三角形的内角，简称三角
形的角。
3．三角形的表示：
三角形用符号“△”表示。如图，顶点是A，B，C 的三角形记作“△ABC”，读作“三角形ABC”。
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【典例1】（2025 秋•金乡县期末）如图，图中以∠BEC 为角的三角形是（ ）
A．△EBC
B．△ABE
C．△DEC
D．△ABC
【分析】利用三角形内角的定义进行判断．
【解答】解：以∠BEC 为角的三角形是△EBC．
故选：A．
【变式1-1】（2025 秋•曲靖期末）在△ABE 中，AB 边所对的角是（ ）
A．∠ADB
B．∠AEB
C．∠ACB
D．∠AEC
【分析】根据图形和三角形的边所对角的概念进行判断即可．
【解答】解：在△ABE 中，AB 边所对的角是∠AEB，
故选：B．
【变式1-2】（2025 秋•黔南州期末）观察下列图形，其中符合三角形概念的图形是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【分析】根据由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形，判断即可．
【解答】解：观察图形，其中符合三角形概念的图形是D，
故选：D．
【变式1-3】如图，已知点A，B 在直线a 上，点C，D，E 在直线b 上．以点A，B，C，D，E 中的任意三
点作为三角形的顶点，一共可以组成多少个三角形？分别写出这些三角形．
【分析】不在同一直线上的三点可以组成一个三角形，那么线段a 上取一个点，线段b 上取两个点，这三
个点可组成一个三角形或线段a 上取两个点，线段b 上取一个点，这三个点可组成一个三角形，据此可
得答案．
【解答】解：∵不在同一直线上的三点可以组成一个三角形，
∴可以组成的三角形有△ACD，△ACE，△ADE，△BCD，△BCE，△BDE，△ABC，△ABD，△ABE，共
9 个三角形．
▌题型02 三角形的个数问题
根据三角形的定义，由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形，注意要不重不
漏地找到所有三角形，一般从一边开始，依次进行。
【典例1】如图，图中三角形的个数为 6 个，在△ABE 中，AE 所对的角是 ∠B ，∠ABE 所对的边
是 AE ，AD 在△ADE 中，是 ∠AED 的对边，在△ADC 中，AC 是 ∠ADC 的对边．
【分析】根据三角形的边、角的概念进行填空．
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【解答】解：如图，图中的三角形由△ABD、△ABE、△ABC、△ADE、△ADC、△AEC 共6 个．
在△ABE 中，AE 所对的角是∠B，∠ABC 所对的边是 AE，AD 在△ADE 中，是∠AED 的对边，在△ADC
中，AC 是∠ADC 的对边．
故填：6；∠B；AE；∠AED；∠ADC．
【变式1-1】（2025 秋•营山县期末）已知，如图，以AB 为边的三角形的个数是（ ）
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【分析】根据三角形的概念、结合图形写出以AB 为边的三角形．
【解答】解：由图可得，以AB 为边的三角形有△ABC，△ABD，△ABF，△ABE，一共有4 个．
综上所述，只有选项D 正确，符合题意，
故选：D．
【变式1-2】（2025 秋•绵阳期末）如图中三角形的个数是（ ）
A．4 个
B．6 个
C．9 个
D．5 个
【分析】根据图形直接得出所有的三角形，进而得出答案．
【解答】解：三角形有：△ACD，△ABC，△ABD，△AED，△DEB，
故三角形的个数是5 个．
故选：D．
【变式1-3】如图，钝角三角形的个数为（ ）
A．2 个
B．3 个
C．4 个
D．5 个
【分析】先列举出所有钝角三角形，然后再统计即可解答．
【解答】解：钝角三角形有：△BEC、△BDE、△AEC、△BDC、△BAC，共5 个．
故选：D．
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▌题型03 三角形的内角和与平行线
1．定义：三角形三个内角的和等于180
如图所示，在△ABC 中，∠A+∠B+∠C=180°。
2．平行线的性质
两直线平行，同位角相等；
∵𝐴𝐵∥𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐸𝑀= ∠𝐶𝐹𝑀，∠𝑀𝐸𝐵= ∠𝑀𝐹𝐷.
两直线平行，内错角相等；
∵𝐴𝐵∥𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐸𝐹= ∠𝐸𝐹𝐷，∠𝐵𝐸𝐹= ∠𝐸𝐹𝐶.
两直线平行，同旁内角互补；
∵𝐴𝐵∥𝐶𝐷，
∴∠𝐴𝐸𝐹+ ∠𝐸𝐹𝐶= 180°，∠𝐵𝐸𝐹+ ∠𝐸𝐹𝐷= 180°.
【典例1】（2026•苏州）如图，△ABC 中，∠A＝55°，∠ACB＝65°，延长BC 至D，过C 作CE∥AB，
则∠DCE 的度数是（ ）
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A．50°
B．55°
C．60°
D．65°
【分析】由∠A＝55°，∠ACB＝65°，根据三角形内角和定理求得∠B＝60°，由CE∥AB，得∠DCE＝
∠B＝60°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵△ABC 中，∠A＝55°，∠ACB＝65°，
∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠ACB＝60°，
∵延长BC 至D，过C 作CE∥AB，
∴∠DCE＝∠B＝60°，
故选：C．
【变式1-1】（2025 秋•南山区校级期末）五线谱是一种记谱法，通过五根等距离的平行线上标以不同的音符
构成旋律．如图，将一副三角尺的缩小模型摆放在五线谱上，其中∠BCD=30°，∠BCE=100°，则∠FBD 的度
数是（ ）
A．20°
B．30°
C．40°
D．50°
【分析】根据两直线平行，同旁内角互补求出∠ABC 的度数，再根据三角形内角和定理求出∠B=60°，最
后根据平角的定义求解即可．
【解答】解：∵五线谱是一种记谱法，通过五根等距离的平行线上标以不同的音符构成旋律，
∴AF∥CE，∠BCE=100°，
∴∠ABC+∠BCE=180°，
∴∠ABC=180°-∠BCE=180°-100°=80°；
又∵∠BDC+∠CBD+∠BCD=180°，∠BCD=30°，∠BDC=90°，
∴∠CBD=180°-∠BDC-∠BCD=180°-90°-30°=60°，
∴∠FBD=180°-∠ABC-∠DBC=180°-80°-60°=40°，
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故选：C．
【变式1-2】（2026•咸阳一模）如图，AB∥CD，直线EF 分别与AB、CD 交于点E、F，∠1=50°，∠2=60°，
则∠CFG 的度数为（ ）
A．70°
B．60°
C．50°
D．40°
【分析】根据平行线的性质解答即可
【解答】解：∵AB∥CD，∠1=50°，
∴∠1=∠DFE=50°（两直线平行，同位角相等），
∵∠2=60°，
∴∠CFG=180°-∠2-∠EFD=180°-60°-50°=70°，
故选：A．
【变式1-3】
（2026•丛台区校级二模）如图①为永动摆，图②为其某一时刻的抽象图，已知∠ABC=∠ACB=55°，
若要使AC∥ED，则∠ADE= .
【分析】根据三角形内角和求出∠BAC，根据两直线平行，同位角相等得∠ADE=∠BAC，从而得到答案．
【解答】解：∵∠ABC=∠ACB=55°，
∴∠BAC=180°-55°×2=70°，
要使AC∥ED，
则∠ADE=∠BAC=70°，
故答案为：70．
▌题型04 三角形的内角和与折叠
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三角形内角和等于180°，折叠前后对应角相等、重合的角相等。
模型1：顶点向内折
把三角形一个角向内折，顶点落在三角形内部。
规律：折叠后形成的两个小角之和 = 2×原顶角，如图，∠1 + ∠2 = 2∠𝐴。
模型2：顶点向外折
把三角形一个角向外折，顶点落在三角形外部。
规律：折叠后形成的两个小角之差 = 2×原顶角，如图，∠1 −∠2 = 2∠𝐶。
【典例1】如图，把△ABC 沿平行于BC 的直线DE 折叠，使点A 落在BC 边上的点F 处，若∠B=55°，则
∠BDF 的度数为（ ）
A．70°
B．80°
C．50°
D．40°
【分析】根据DE∥BC 得出∠ADE=∠B=55°，根据折叠可得∠EDF=∠ADE=55°，即可求解．
【解答】解：∵DE∥BC，∠B=55°，
∴∠ADE=∠B=55°，
∵△ABC 沿平行于BC 的直线DE 折叠，使点A 落在BC 边上的点F 处，
∴∠EDF=∠ADE=55°，
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∴∠BDF=180°-∠ADE-∠EDF=70°．
故选：A．
【变式1-1】如图，三角形纸片ABC 中，∠A=65°，∠B=75°，将∠C 沿DE 对折，使点C 落在△ABC 外的点
C′处，若∠1=30°，则∠2 的度数为（ ）
A．100°
B．110°
C．120°
D．130°
【分析】根据三角形内角和定理求出∠C，根据折叠的性质求出∠C′，根据三角形的外角的性质计算，得到
答案．
【解答】解：如图，
∵∠A=65°，∠B=75°，∠A+∠B+∠C=180°（三角形内角和定理），
∴∠C=180°-65°-75°=40°，
∵将∠C 沿DE 对折，使点C 落在△ABC 外的点C′处，
∴∠C′=∠C=40°，
∴∠3=∠1+∠C′=70°，
∴∠2=∠C+∠3=40°+70°=110°，
故选：B．
【变式1-2】
（2025 秋•金安区校级期末）如图，将三角形纸片ABC 沿DE 折叠，点A 落在点F 处，∠1+∠2=100°，
则∠A 的度数是（ ）
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A．55°
B．50°
C．70°
D．65°
【分析】由折叠的性质及平角等于180°，可求出∠ADE+∠AED 的度数，再在△ADE 中，利用三角形内角
和定理，即可求出∠A 的度数．
【解答】解：根据折叠的性质，可知：∠ADE=∠FDE，∠AED=∠FED，
∵∠1+∠FDE+∠ADE=180°，∠2+∠FED+∠AED=180°，
∴∠ADE+∠AED=
1
2（180°-∠1+180°-∠2）
=
1
2×[360°-（∠1+∠2）]
=
1
2×（360°-100°）=130°，
∴∠A=180°-（∠ADE+∠AED）=180°-130°=50°．
故选：B．
【变式1-3】（2026 春•南京期末）如图，将△ABC 纸片先沿DE 折叠，再沿FG 折叠，若∠1+∠2=228°，则
∠3+∠4= .
【分析】先根据三角形外角的性质及∠1+∠2=228°求出∠A′的度数，进而可得出∠A 的度数，由三角形内角
和定理求出∠AED+∠ADE 的度数，由折叠的性质得出∠AEF+∠ADG 的度数，进而可得出结论．
【解答】解：如图，∵∠1+∠2=228°，∠1=∠A′+∠A′NM，∠2=A′+∠A′MN，
∴2∠A′+∠A′NM+∠A′MN=228°，
∵∠A′+∠A′NM+∠A′MN=180°，
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∴∠A′=228°-180°=48°，
∴∠A=∠A′=48°，
∴∠AED+∠ADE=180°-48°=132°，
∴∠AEF+∠ADG=2（∠AED+∠ADE）=2×132°=264°，
∴∠3+∠4=360°-264°=96°．
故答案为：96°．
▌题型05 直角三角形两个锐角互余
在直角三角形ABC 中，∠𝐴+ ∠𝐵+ ∠𝐶= 180°，且∠𝐵= 90°，
∴∠𝐴+ ∠𝐶= 90°，即直角三角形中，两个锐角互余。
【典例1】如图，AB 和CD 交于点O，AC⊥AB 于点A，连接BD．若∠B=40°，∠D=75°，则∠C 的度数是
（ ）
A．25°
B．30°
C．35°
D．40°
【分析】先由三角形内角和定理求出∠BOD 的度数，再由对顶角相等可得∠AOC 的度数，然后根据垂直的
定义得到∠A=90°，最后根据余角的性质求解即可．
【解答】解：∵∠BOD=180°-∠B-∠D=180°-40°-75°=65°，
∴∠AOC=∠BOD=65°，
∵AC⊥AB，
∴∠A=90°，
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∴∠C=90°-∠AOC=90°-65°=25°，
则∠C 的度数是25°，
故选：A．
【变式1-1】如图，AB∥CD，将一副直角三角板作如下摆放，∠EGF=∠MPN=90°，∠GEF=60°，∠PNM=45°，
则∠BEG=（ ）
A．130°
B．135°
C．140°
D．145°
【分析】延长FG 交AB 于点K，根据AB∥CD，得∠EKG=∠PNM=45°，再求∠KEG=90°-∠EKG=90°-45°=45°，
即可求得∠BEG=180°-∠KEG．
【解答】解：延长FG 交AB 于点K，
∵AB∥CD，
∴∠EKG=∠PNM=45°，
∵∠EGF=90°，
∴∠EGK=90°，
∴∠KEG=90°-∠EKG=90°-45°=45°，
∴∠BEG=180°-∠KEG=135°，
故选：B．
【变式1-2】（2026•沁县一模）将一副三角板ABC 和DEF 按照如图所示的方式放置，DE 与BC 交于点G．已
知∠B=∠F=90°，∠A=60°，∠E=45°．若EF⊥AC，则∠DGC 的度数为（ ）
A．65°
B．70°
C．75°
D．80°
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【分析】设DE 交AC 于点P，EF 交AC 于点Q，由EF⊥AC 于点Q，得∠PQE=90°，而∠E=45°，则
∠CPG=∠QPE=90°-∠E=45°，由∠B=90°，∠A=60°，求得∠C=30°，所以∠DGC=∠CPG+∠C=75°，于是得到问
题的答案．
【解答】解：设DE 交AC 于点P，EF 交AC 于点Q，
∵EF⊥AC 于点Q，
∴∠PQE=90°，
∵∠E=45°，
∴∠CPG=∠QPE=90°-∠E=45°，
∵∠B=90°，∠A=60°，
∴∠C=90°-∠A=30°，
∴∠DGC=∠CPG+∠C=75°，
故选：C．
【变式1-3】将一副三角板按如图所示的位置摆放，其中∠α+∠β 等于（ ）
A．90°
B．105°
C．100°
D．95°
【分析】由图可得∠α=90°-45°=45°，∠β=90°-30°=60°，再代入计算即可求解．
【解答】解：根据图三角板的度数可得，∠α=90°-45°=45°，∠β=90°-30°=60°，
∴∠α+∠β=45°+60°=105°，
则∠α+∠β 等于105°，
故选：B．
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▌题型06 三角形的分类
1．按角分：
类型
图示
定义
锐角三角形
三个内角都是锐角的三角形是锐
角三角形
直角三角形
有一个内角是直角的三角形是直
角三角形
钝角三角形
有一个内角是钝角的三角形是钝
角三角形
2．按边分：
等边三角形
形
底边和腰不相等的三角
等腰三角形
三边都不相等的三角形
三角形
【典例1】（2026 春•盐城月考）如图，一张三角形纸片被不小心撕掉一个角，则这个三角形形状是（ ）
A．直角三角形
B．钝角三角形
C．锐角三角形
D．不确定
【分析】根据三角形的内角和求出第三个角的度数，然后根据三角形的分类解题即可．
【解答】解：由题意可得，这个三角形的第三个内角的度数为180°﹣50°﹣80°＝50°，
∴这个三角形形状是锐角三角形．
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故选：C．
【变式1-1】（2025 秋•顺河区校级期末）下面给出的四个三角形都有一部分被遮挡，其中不能判断三角形
类型的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据三角形的分类：直角三角形、锐角三角形、钝角三角形进行判断即可．
【解答】解：A、知道两个角，可以计算出第三个角的度数，因此可以判断出三角形类型；
B、露出的角是钝角，因此是钝角三角形；
C、露出的角是锐角，其他两角都不知道，因此不能判断出三角形类型；
D、露出的角是钝角，因此是钝角三角形；
故选：C．
【变式1-2】下列分类正确的是（ ）
A．三角形可分为等腰三角形、等边三角形
B．三角形可分为不等边三角形、等腰三角形以及等边三角形
C．三角形可分为不等边三角形和等边三角形
D．三角形可分为不等边三角形和等腰三角形
【分析】根据三角形的分类即可求解．
【解答】解：三角形可分为不等边三角形和等腰三角形．
故选：D．
【变式1-3】用下面的图表示三角形的分类，其中不正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据三角形按边分类可对选项A，C 进行判断，根据三角形按角分类可对选项B，D 进行判断，
综上所述即可得出答案．
【解答】解：∵三角形按边分类可分为：不等腰三角形和等腰三角形，其中等腰三角形又分为腰与底不等
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的等腰三角形和等边三角形，
∴选项A，C 正确，不符合题意；
∵三角形按角分类可分为：锐角三角形，直角三角形和钝角三角形，
∴选项B 正确，不符合题意；选项D 不正确，符合题意．
故选：D．
▌题型07 判断能否构成三角形
1．定义：三角形两边的和大于第三边，两边的差小于第三边
2．判断三条线段能否组成三角形：若两条较短的线段长之和大于最长线段的长，则这三条线段可以组成三
角形；反之，则不能组成三角形
3．理论依据：两点之间，线段最短
【典例1】（2026 春•杨浦区期末）下列各组长度的线段中，不能组成三角形的是（ ）
A．2、4、5
B．3、3、6
C．5、5、5
D．3、4、5
【分析】根据“三角形任意两边之和大于第三边”，只需验证每组中较小两边的和是否大于最大边，即可
判断能否组成三角形．
【解答】解：A、2+4＞5，故能组成三角形，不符合题意；
B、3+3＝6，故不能组成三角形，符合题意；
C、5+5＞5，故能组成三角形，不符合题意；
D、3+4＞5，故能组成三角形，不符合题意．
故选：B．
【变式1-1】
（2026•栾城区校级模拟）甲同学对下列三角形的边长分别进行标注，那么他标注错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据三角形的三边关系求解即可．
【解答】解：A、∵2+3＞4，能够成三角形，标注正确，不符合题意；
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B、∵3+3＞5，能够成三角形，标注正确，不符合题意；
C、∵1+3＝4＜5，不能够成三角形，标注错误，符合题意；
D、∵5+3＞6，能够成三角形，标注正确，不符合题意．
故选：C．
【变式1-2】（2025 秋•衡水期末）王老师有两根小棒（如图），如果要把其中的一根剪成两段，那么下面剪
法中，3 根小棒一定能围成三角形的是（ ）
A．a 小棒正中间剪一刀
B．b 小棒正中间剪一刀
C．a 小棒任意剪一刀
D．b 小棒任意剪一刀
【分析】三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，由此即可判断．
【解答】解：∵b＞a，
∴由三角形三边关系定理得到：b 小棒正中间剪一刀，3 根小棒一定能围成三角形．
故选：B．
【变式1-3】（2026 春•锦江区校级期末）有四根细木棒，长度分别为3cm,5cm,7cm,9cm,用这些木棒为边摆
三角形，可以摆成三角形的个数为（ ）
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【分析】首先每三条组合得到所有的情况，再进一步根据三角形的三边关系进行分析．
【解答】解：任意三条为边可组成①3，5，7；②3，5，9；③5，7，9；④3，7，9；
不能组成三角形的是②，
共可组成3 个三角形，
故选：C．
▌题型08 求第三边的取值范围
根据三角形三边之间的关系，任意两边之差小于第三边，任意两边之和大于第三边，
即已知两边：𝑎、𝑏(𝑎> 𝑏)，则第三边𝑐的取值范围为：𝑎−𝑏< 𝑐< 𝑎+ 𝑏。
【典例1】（2026•兴宁市三模）已知一个三角形的两边长分别是3cm 和6cm，则它的第三边长可以是（ ）
A．2cm
B．3cm
C．7cm
D．9cm
【分析】根据三角形的三边关系进行计算即可．
【解答】解：已知一个三角形的两边长分别是3cm 和6cm，
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设第三边为x，根据三角形三边关系：6﹣3＜x＜6+3，即3＜x＜9，
故只有7cm 符合．
故选：C．
【变式1-1】（2026 春•淮阴区期末）已知三角形两边的长度分别是5 和9，则第三边的长可能是（ ）
A．3
B．4
C．5
D．14
【分析】由三角形三边关系定理得到4＜x＜14，即可得到答案．
【解答】解：设三角形第三边的长是x,
由三角形三边关系定理得到：9-5＜x＜9+5，
∴4＜x＜14，
∴三角形第三边的长可能是5．
故选：C．
【变式1-2】（2025 秋•桃源县期末）如图，常德市屈原公园内有两处标志性观景台A，B．测量小组在景
区内选取一点P，测得PA=240m,PB=180m,据此估计观景台A，B 之间的距离可能为（ ）
A．50m
B．220m
C．450m
D．30m
【分析】由三角形三边之间的关系可得PA-PB＜AB＜PA+PB，即60m＜AB＜420m,再结合各选项数据即
可得出答案．
【解答】解：由三角形三边之间的关系可得：PA-PB＜AB＜PA+PB，
即：60m＜AB＜420m,
观察选项，只有选项B 符合题意．
故选：B．
【变式1-3】（2026•长沙模拟）小明同学计划从一堆木条中取出三根来拼接成一个三角形，若他选择了长
度（单位：分米）为3 和4 的两根木棒，那么第三根木棒的长度不能是（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【分析】根据三角形的三边关系解答即可．
【解答】解：设第三根木棒的长度为x 分米，
∵已知两根木棒长度分别为3 和4，
∴根据三角形的三边关系得，4-3＜x＜4+3，
解得 1＜x＜7，
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∵选项中只有1 不满足该范围，
∴第三根木棒的长度不能是1，
故选：A．
▌题型09 三角形三边之间的关系进行化简
1．三角形两边的和大于第三边，两边的差小于第三边
2．绝对值的性质：|𝑎| = {
𝑎(𝑎＞0)
0(𝑎= 0)
−𝑎(𝑎< 0)
【典例1】按要求完成下列各小题．
（1）在△ABC 中，AB＝6，BC＝2，AC 的长为偶数，求△ABC 的周长；
（2）已知△ABC 的三边长分别为3，7，m，化简|m+2|﹣|m﹣10|+2|m﹣4|．
【分析】（1）由三角形三边关系定理得到4＜AC＜8，因此AC＝6，即可求出△ABC 的周长；
（2）由三角形三角形三边关系定理得到4＜m＜10，得到m+2＞0，m﹣10＜0，m﹣4＞0，由绝对值的性
质即可化简|m+2|﹣|m﹣10|+2|m﹣4|．
【解答】解：（1）由三角形三边关系定理得到：6﹣2＜AC＜6+2，
∴4＜AC＜8，
∵AC 的长为偶数，
∴AC＝6，
∴△ABC 的周长＝AB+BC+AC＝6+2+6＝14；
（2）由三角形三角形三边关系定理得到：7﹣3＜m＜7+3，
∴4＜m＜10，
∴m+2＞0，m﹣10＜0，m﹣4＞0，
∴|m+2|﹣|m﹣10|+2|m﹣4|
＝m+2﹣[﹣（m﹣10）]+2（m﹣4）
＝m+2+m﹣10+2m﹣8
＝4m﹣16
【变式1-1】（2026•越秀区校级三模）已知a，b，c 是△ABC 的三条边，化简|a+b﹣c|+|a﹣b﹣c|的结果为
（ ）
A．2a+2b﹣2c
B．2b
C．2c
D．0
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【分析】利用三角形三边关系（任意两边之和大于第三边）判断绝对值内表达式的符号，进而化简绝对值
即可．
【解答】解：∵a，b，c 是△ABC 的三边长，
∴a+b＞c，b+c＞a，
∴a+b﹣c＞0，a﹣b﹣c＜0，
∴原式＝a+b﹣c﹣a+b+c＝2b，
故选：B．
【变式1-2】已知△ABC 的三边长分别为3、5、a，化简|a+1|﹣|a﹣8|﹣2|a﹣2|．
【分析】直接利用三角形三边关系进而得出a 的取值范围，进而利用绝对值的性质化简得出答案．
【解答】解：∵△ABC 的三边长分别为3、5、a，
∴5﹣3＜a＜3+5，
解得：2＜a＜8，
故|a+1|﹣|a﹣8|﹣2|a﹣2|
＝a+1﹣（8﹣a）﹣2（a﹣2）
＝a+1﹣8+a﹣2a+4
＝﹣3．
【变式1-3】（2025 秋•合肥校级期末）已知a，b，c 是△ABC 的三边．
（1）若a＝2，b＝5，第三边c 为奇数，判断△ABC 的形状；
（2）化简：|a+b﹣c|﹣|a﹣b﹣c|﹣|a﹣b+c|．
【分析】（1）根据三角形的三边关系结合第三边c 为奇数，求出c 的值进行判断即可；
（2）根据三角形的三边关系结合绝对值的意义，化简即可．
【解答】解：（1）∵a，b，c 是△ABC 的三边，a＝2，b＝5，
∴5﹣2＜c＜5+2，
∴3＜c＜7，
又∵c 为奇数，
∴c＝5，
∴b＝c，
∴△ABC 是等腰三角形；
（2）∵a，b，c 是△ABC 的三边，
∴a+b＞c，b+c＞a，a+c＞b，
∴|a+b﹣c|﹣|a﹣b﹣c|﹣|a﹣b+c|＝a+b﹣c﹣b﹣c+a﹣a+b﹣c＝a+b﹣3c．
▌题型10 利用三边关系证明线段的不等关系
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三角形两边的和大于第三边，两边的差小于第三边
【典例1】（2025 春•曲阳县期末）如图，在△ABC 中，点D 在AC 上，点P 在BD 上，观察图形发现：
AB+AC 与BP+CP 的关系（ ）
A．＞
B．＜
C．＝
D．不能确定
【分析】在△ABD 和△PDC 中，根据三角形三边关系即可解答．
【解答】解：∵在△ABD 中，AB+AD＞BD，
在△PDC 中，CD+PD＞CP，
∴CD+PD+AB+AD＞BD+CP，
∵AD+CD＝AC，BD＝BP+PD，
∴AB+AC＞BP+CP，
故选：A．
【变式1-1】已知在△ABC 中，AB=AC，D 在AC 的延长线上．求证：BD −BC＜AD −AB．
【分析】由三角形的三边关系可得𝐵𝐷−𝐵𝐶＜𝐴𝐷−𝐴𝐶，即可得结论．
【解答】证明：∵△𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐷−𝐵𝐶＜𝐶𝐷，
∴𝐵𝐷−𝐵𝐶＜𝐴𝐷−𝐴𝐶，且𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∴𝐵𝐷−𝐵𝐶＜𝐴𝐷−𝐴𝐵，
【变式1-2】综合实践：在学完三角形三边关系后，深入研究发现：
【直接应用】如图，在△ABC 中，点D 在边BC 上，求证：AC+CB＞AD+DB．
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【深化应用】若已知P 是△ABC 内任意一点．连接PA，PB，求证：AC+BC＞PA+PB．
【拓展应用】如图，P 是△ABC 内任意一点，连接PA，PB，PC，若△ABC 的周长为10，则PA+PB+PC
的取值范围是 5＜PA+PB+PC＜10 ．
【分析】【直接应用】根据三角形三边关系得到AC+CD＞AD，在不等式两边都加上DB 即可得到结论；
【深化应用】延长BP 交AC 于点D，根据三角形三边关系得到BC+CD＞PB+PD①，AD+DP＞PA②，利
用①+②即可推出AC+BC＞PA+PB；
【拓展应用】根据三角形三边关系得到PA+PB＞AB①，PA+PC＞AC②，PB+PC＞BC③，将三个关系式相
加并整理，结合三角形的周长即可得到答案．
【解答】【直接应用】证明：由三角形三边关系得，AC+CD＞AD，
∴AC+CD+DB＞AD+BD，即AC+BC＞AD+DB；
【深化应用】证明：延长BP 交AC 于点D，如图，
∵BC+CD＞PB+PD①，AD+DP＞PA②，
∴①+②得BC+CD+AD+PD＞PB+PD+PA，
∴BC+AD+CD＞PA+PB，
即AC+BC＞PA+PB；
【拓展应用】解：在△ABP 中，PA+PB＞AB①，
同理，PB+PC＞BC③，PA+PC＞AC②，
①+②+③得，2（PA+PB+PC）＞AB+AC+BC，
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∴2（PA+PB+PC）＞10，
∴PA+PB+PC＞5，
∵△ABC 的周长为10，
∴PA+PB+PC＜AB+BC+AC，
∴5＜PA+PB+PC＜10，
则5＜PA+PB+PC＜10．
故答案为：5＜PA+PB+PC＜10．
【变式1-3】【阅读材料】
在解决几何问题时，我们经常需要比较线段和的大小，其中一种方法是将多个方向相同的不等式相加，从
而得到新的、更有用的不等式，这种方法称为同向不等式相加．核心原理：如果a＞b，c＞d，那么a+c＞
b+d．
如何选择和应用不等式，是成功使用此方法的关键，请思考并完成以下探究问题．
【问题探究】
（1）（基础应用）
如图1，在△ABC 中，当点P 位于边BC 上时（不与B、C 重合），AC+BC ＞ PA+PB．（填“＜”，
“＞”，“＝”）
（2）（核心方法）
如图2，当点P 位于△ABC 内部时，完成证明：AB+AC＞PB+PC．
（3）（能力提升）
如图3，P、Q 是△ABC 内部的两点，连接BP、PQ、QC，使B、P、Q、C 构成凸四边形．请参考第二问
的证明方法，求证：AB+AC＞BP+PQ+QC．
【分析】（1）根据题意得AC+PC＞AP，不等式两边都加上PB 即可得出结论；
（2）延长BP交AC于点E，证明AB+AE＞BP+PE，PE+EC＞PC，两式相加得AB+AE+PE+EC＞BP+PE+PC，
从而可得AB+AC＞PB+PC；
（3）延长PQ 交AC 于点F，延长QP 交AB 于点E，证明AE+AF＞EP+PQ+QF，EP+EB＞BP，QF+FC
＞QC，三式相加可得结论．
【解答】（1）解：根据三角形的三边关系得：AC+PC＞AP，
∴AC+PC+PB＞AP+PB，
∴AC+BC＞PA+PB，
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故答案为：＞；
（2）证明：如图，延长BP 交AC 于点E，
在△ABE 中，AB+AE＞BE，BE＝BP+PE，
∴AB+AE＞BP+PE，
根据三角形的三边关系得，PE+EC＞PC，
∴AB+AE+PE+EC＞BP+PE+PC，
∴AB+AE+EC＞BP+PC
即AB+AC＞PB+PC；
（3）证明：如图，延长PQ 交AC 于点F，延长QP 交AB 于点E，
根据三角形的三边关系得，AE+AF＞EP+PQ+QF，
EP+EB＞BP，
QF+FC＞QC，
∴AE+AF+EP+EB+QF+FC＞EP+PQ+QF+BP+QC，
∴AE+AF+EB+FC＞PQ+BP+QC，
即AB+AC＞BP+PQ+QC．
▌题型11 三角形内角和的证明
三角形内角和定理的证明
证明方法，不唯一，但其思路都是设法将三角形的三个内角移到一起，组合成一个平角．在转化中借助平
行线．
【典例1】（2026•海门区模拟）求证：三角形三个内角的和等于180°．
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【分析】画出图形，写出已知，求证，过点A 作直线MN∥BC，根据平行线性质得出∠MAB=∠B，∠NAC=∠C，
代入∠MAB+∠BAC+∠NAC=180°即可求出答案．
【解答】已知：△ABC，如图：
求证：∠A+∠B+∠C=180°
证明：过点A 作直线MN∥BC，
∵MN∥BC，
∴∠MAB=∠B，∠NAC=∠C（两直线平行，内错角相等），
∵∠MAB+∠BAC+∠NAC=180°（平角的定义），
∴∠B+∠BAC+∠C=180°（等量代换），
即：三角形三个内角的和等于180°．
【变式1-1】（2025 秋•介休市期末）阅读与思考
三角形的内角和
小学时候我们就知道三角形内角和是180°．从古至今，无数数学家倾注心力，用不同的推理思路共同
证实了——三角形内角之和恒为180 度．下面是数学家普罗克拉斯的两种证明方法：
如图1，已知：三角形ABC．求证：∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°．
方法一：如图2，过点A 作AD⊥BC 于点D，过点B 作BE⊥BC，过点C 作CF⊥BC．
∵AD⊥BC，BE⊥BC，CF⊥BC，
∴∠ADC＝90°，∠EBC＝90°，∠FCB＝90°，
∴∠ADC＝∠EBC＝90°．
∴AD∥BE（依据一）．
∴∠BAD＝∠ABE．
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又∵∠ADC+∠FCB＝90°+90°＝180°，
∴AD∥CF．
∴∠DAC＝∠FCA（依据二）．
∴∠ABC+∠ACB+∠BAC
＝∠BAD+∠DAC+∠ABC+∠ACB
＝∠EBA+∠ABC+∠ACB+∠ACF
＝∠EBC+∠FCB
＝90°+90°
＝180°．
方法二：（将辅助线一般化）如图3，在边BC 上任取一点G（不与B，C 重合），连接AG．分别过点
B，C 作AG 的平行线…
任务一：材料中方法一的证明过程中的依据一，依据二分别指的是：
依据一： 同位角相等，两直线平行 ；
依据二： 两直线平行，内错角相等 ．
任务二：材料中证法一的思路是用平行线的性质得到∠BAD＝∠ABE，∠CAD＝∠ACF，将三角形内角和
问题转化为∠EBC 与∠FCB 的和，进而得到三角形内角和是180°，这种方法主要体现的数学思想是C ．
A．函数思想
B．分类思想
C．转化思想
任务三：请将方法二的证明过程补充完整，在图3 中作出辅助线，并标清字母．
【分析】任务一：利用平行线的判定和性质解决问题；
任务二：利用转化的思想解决问题；
任务三：根据题目要求作出图形，利用平行线的判定和性质解决问题．
【解答】解：任务一：依据一：同位角相等，两直线平行，
依据二：两直线平行，内错角相等．
故答案为：同位角相等，两直线平行，两直线平行，内错角相等；
任务二：证明方法一中主要体现的数学思想是转化的思想．
故答案为：C；
任务三：证明：分别过点B，C 作BM∥AG，CN∥AG．
∵BM∥AG，
∴∠BAG＝∠MBA，
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∵CN∥AG，
∴∠CAG＝∠ACN，
∵BM∥AG，CN∥AG，
∴BM∥CN，
∴∠MBC+∠NCB＝180°，
∴∠ABC+∠ACB+∠BAC＝∠BAG+∠GAC+∠ABC+∠ACB＝∠MBA+∠ABC+∠ACB+∠ACN＝∠MBC+∠
NCB＝180°．
【变式1-2】如图1，已知三角形ABC，求证：∠A+∠B+∠C＝180°．
请补全上述证明过程．
证明：如图2，延长BC 到D，过点C 作CE∥BA，
∵BA∥CE（作图所知），
∴∠B＝ ∠1 （ 两直线平行，同位角相等 ），
∠A＝ ∠2 （ 两直线平行，内错角相等 ），
又∵∠BCD＝∠BCA+∠2+∠1＝180°（平角的定义），
∴∠A+∠B+∠ACB＝180°（ 等量代换 ）．
【分析】由BA∥CE，根据“两直线平行，同位角相等”推导出∠B＝∠1，由“两直线平行，内错角相等”
推导出∠A＝∠2，而∠BCA+∠2+∠1＝180°，根据“等量代换”得∠A+∠B+∠ACB＝180°，于是得到
问题的答案．
【解答】证明：如图2，延长BC 到D，过点C 作CE∥BA，
∵BA∥CE（作图所知），
∴∠B＝∠1（两直线平行，同位角相等），
∠A＝∠2（两直线平行，内错角相等），
又∵∠BCD＝∠BCA+∠2+∠1＝180°（平角的定义），
∴∠A+∠B+∠ACB＝180°（等量代换）．
故答案为：∠1，两直线平行，同位角相等，∠2，两直线平行，内错角相等，等量代换．
【变式1-3】著名哲学家泰勒斯（Thales，公元前6 世纪）最早从拼图实践中发现了“三角形内角和等于180°”，
但这种发现完全是经验性的，泰勒斯并没有给出严格的证明．之后古希腊数学家毕达哥拉斯、欧几里得、
普罗克洛斯等相继给出了基于平行线性质的不同的证明．
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（1）如图①是欧几里得利用辅助平行线和延长线，通过一组同位角和内错角证明了该定理．请你根据欧
几里得的思想写出证明过程；
（2）聪明的小明想到了一个方法，下面是他的思路：如图②，在△ABC 的边BC 上任取一点E，过点E
作DE∥AC 交AB 于点D，作EF∥AB 交AC 于点F．求证：∠A+∠B+∠C＝180°．
【分析】（1）由平行线的性质得到∠B＝∠2，∠A＝∠1，然后等量代换证明即可；
（2）由平行线的性质得到∠1＝∠C，∠2＝∠4，∠A＝∠4，∠B＝∠3，等量代换得到∠A＝∠2，然后结
合平角的定义证明即可．
【解答】（1）证明：过点C 作CE∥AB，
∵AB∥CE，
∴∠B＝∠2，∠A＝∠1，
∴∠A+∠B+∠ACB＝∠1+∠2+∠ACB＝180°；
（2）证明：过点E 作DE∥AC 交AB 于点D，作EF∥AB 交AC 于点F，
∵DE∥AC，
∴∠1＝∠C，∠2＝∠4，
∵EF∥AB，
∴∠A＝∠4，∠B＝∠3，
∴∠A＝∠2，
∴∠A+∠B+∠C＝∠2+∠3+∠1＝180°．
