中考数学一轮复习精品讲义 三角形

这是一份中考数学一轮复习精品讲义 三角形，共15页。
小结1 本章概述
三角形是几何知识中的重要内容，也是几何学的基础．本章从三角形出发，先学习与三角形有关的线段和角再到多边形，其中包括三角形的内角和、外角和及多边形的内角和等知识，最后到多边形的实际应用．
小结2 本章学习重难点
【本章重点】了解三角形的有关概念(内角、外角、中线、高、角平分线)；会画出任意三角形的角平分线、中线和高．
【本章难点】通过探索平面图形的镶嵌，知道任意一个三角形、四边形或六边形可以镶嵌平面，并能运用这几种图形进行简单的镶嵌设计．
【学习本章应注意的问题】
正确理解三角形的有关概念，掌握有关性质．在学习中，要注意观察，搜集资料，多交流，注重新旧知识的联系，学会将新知识转化到已学的知识上去，再进行归纳、整理、分析，要深刻理解并掌握归纳、类比的方法．学习中，还要多注意结合图形，理解用多边形镶嵌图案的道理，欣赏丰富多彩的图案，体验数学美，提高审美情趣．
小结3 中考透视
本章知识在中考中所占比重较大，一方面以填空题、选择题形式出现，以考查对基本概念、基本定理的理解为主；另一方面以综合题形式出现，主要考查对知识的灵活运用及综合运用的能力，利用本章知识解决实际问题的题目也越来越多地出现在中考试题中，还有平面图形的镶嵌内容也是近年来的热点考题，备受关注．由于镶嵌问题具有较强的实用性，对知识的运用要求灵活性较高，所以要得到这类问题的分数也不是太容易的，分值占3～4分．
知识网络结构图
专题总结及应用
一、知识性专题
专题1 三角形的三条重要线段
【专题解读】三角形的中线、角平分线和高是三角形的三条重要线段，它们具有十分重要的性质，三角形的高构造了垂直的条件，三角形的中线隐含线段相等，通过三角形的中线可以把三角形的面积分成相等的两部分，三角形的角平分线提供了角相等的条件.掌握这些概念,对解与三角形有关的问题十分重要.
例1 如图7-64所示,D为△ABC中AC边上一点,AD=1,DC=2,AB=4,E是AB上一点,且△DEC的面积等于△ABC的面积的一半,求EB.
分析 已知△DEC的面积等于△ABC的面积的一半,在图形中, △DEC与△ABC既不同底也不等高,因此需寻找桥梁△AEC来建立二者之间的关系,因为△AEC既与△DEC等高也与△ABC等高.
解:作EF⊥AC于F,则,
作CG⊥AB于点G,则,
∴,即.
又∵,∴,∴AE=3,
∴BE=AB-AE=1,即BE的长为1.
【解题策略】等高的两个三角形的面积比等于底边长的比,它是面积问题中常用的解题策略.
专题2 多边形的内角和及外角和
【专题解读】用三角形的内角和定理可以推出多边形的内角和定理及外角和定理,在推导的过程中体现了转化思想,在解有关多边形的问题时,如求多边形的内角、外角、边数及对角线等问题，这两个定理都很重要.
例2 已知一个多边形的内角和与某个外角的度数的总和为1350°,求这个多边形的边数.
分析 应充分利用多边形每个外角在0°～180°间和等式的性质巧解此题.
解:设这个多边形的这个外角为x,它的边数为n,
则(n-2)·180°+x=1350°, ∴(n-2) ·180°=8×180°-(90°+x),
由此可得90°+x是180°的倍数. ∵0°＜x＜180°,
∴x=180°-90°=90°,
∴(n-2) ·180°=7×180°,
∴n=9.
【解题策略】灵活运用多边形的内角和定理及外角和定理是解决此类问题的关键.
二、规律方法专题
专题3 用公式法解有关对角线的条数问题
【专题解读】用n边形的对角线有条来解决相关问题.
例3 若一个多边形有77条对角线,求它的内角和.
分析 由=77,求n.
解:设这个多边形的边数为n,由题意,得=77.
解得n=14,即这个多边形是十四边形,
十四边形的内角和为(14-2) ×180°=2160°,即内角和为2160°.
【解题策略】根据对角线条数的公式,即已知边数可求对角线的条数,反之已知对角线的条数,可求出边数.
三、思想方法专题
专题4 转化思想
【专题解读】转化思想在本章中有很多的应用,主要体现在探索有关多边形的问题时经常转化为三角形的问题进行解决.
例4 填表.
分析 先由三角形的内角和为180°及外角和为360°逐一推广,将4,5,…,n边形分割成若干个三角形,易得答案.
解:填表如下.
【解题策略】解决有关多边形问题时,经常转化为三角形问题来解决.
中考真题精选
（陕西，12，3分）如图，AC∥BD，AE平分∠BAC交BD于点E ，若， 则 ．
考点：平行线的性质。
分析：由AC∥BD，根据两直线平行，同位角相等，即可求得∠B的度数；由邻补角的定义，求得∠BAC的度数；又由AE平分∠BAC交BD于点E，即可求得∠BAE的度数，根据三角形外角的性质即可求得∠2的度数．
解答：解：∵AC∥BD，
∴∠B=∠1=64°，
∴∠BAC=180°﹣∠1=180°﹣64°=116°，
∵AE平分∠BAC交BD于点E，
∴∠BAE= QUOTE ∠BAC=58°，
∴∠2=∠BAE+∠B=64°+58°=122°．
故答案为：122°．
点评：此题考查了平行线的性质，角平分线的定义，邻补角的定义以及三角形外角的性质．题目难度不大，注意数形结合思想的应用．
如图，△ABC的外角∠ACD的平分线CP与内角∠ABC平分线BP交于点P，若∠BPC=40°，则∠CAP= 50°．
考点：角平分线的性质；三角形内角和定理；三角形的外角性质．
分析：根据外角与内角性质得出∠BAC的度数，再利用角平分线的性质以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP=∠FAP，即可得出答案．
解答：解：延长BA，做PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，
设∠PCD=x°，
∵CP平分∠ACD，
∴∠ACP=∠PCD=x°，PM=PN，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP=∠PBC，PF=PN，
∴PF=PM，
∵∠BPC=40°，
∴∠ABP=∠PBC=（x-40）°，
∴∠BAC=∠ACD-∠ABC=2x°-（x°-40°）-（x°-40°）=80°，
∴∠CAF=100°，
在Rt△PFA和Rt△PMA中，
PA=PA，PM=PF，
∴Rt△PFA≌Rt△PMA，
∴∠FAP=∠PAC=50°．
故答案为：50°．
点评：此题主要考查了角平分线的性质以及三角形外角的性质和直角三角全等的判定等知识，根据角平分线的性质得出PM=PN=PF是解决问题的关键．
（•贵港）在△ABC中，∠A=30°，∠B=55°，延长AC到D，则∠BCD= 85 度．
考点：三角形的外角性质。
分析：根据三角形外角的性质，即可推出∠BCD=∠A+∠B，即可推出结论．
解答：解：∵△ABC中，∠A=30°，∠B=55°，
∴∠BCD=∠A+∠B=85°．
故答案为85°．
点评：本题主要考查三角形外角的性质，关键在于推出∠BCD=∠A+∠B，认真的计算．
（•西宁）如图，将三角形的直角顶点放在直尺的一边上，∠1=30°，∠3=20°，则∠2= 50° ．
考点：平行线的性质；三角形的外角性质。
专题：综合题。
分析：先根据三角形的外角性质求得∠4的度数，再根据平行线的性质即可求解．
解答：解：由三角形的外角性质可得∠4=∠1+∠3=50°，
∵∠2和∠4是两平行线间的内错角，
∴∠2=∠4=50°．
故答案为：50°．
点评：本题综合考查了三角形的外角性质和平行线的性质，得到∠4的度数是解题的关键
（湖州，12，4分）如图：CD平分∠ACB，DE∥AC且∠1=30°，则∠2= 60 度．
考点：平行线的性质；角平分线的定义.
专题：计算题.
分析：已知CD平分∠ACB，DE∥AC，可推出∠ACB=∠2，易求解．
解答：解：∵CD平分∠ACB，∴∠ACB=2∠1；∵DE∥AC，∴∠ACB=∠2；
又∵∠1=30°，∴∠2=60°．
点评：本题应用的知识点为两直线平行，同位角相等；角平分线的定义．
（湖北随州，8，3）如图，△ABC的外角∠ACD的平分线CP与内角∠ABC平分线BP交于点P，若∠BPC＝40°，则∠CAP＝ 50° ．
考点：角平分线的性质；三角形内角和定理；三角形的外角性质。
分析：根据外角与内角性质得出∠BAC的度数，再利用角平分线的性质以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP＝∠FAP，即可得出答案．
解答：解：延长BA，做PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，设∠PCD＝x°，
∵CP平分∠ACD，∴∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，
∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，∴PF＝PM，
∵∠BPC＝40°，∴∠ABP＝∠PBC＝（x－40）°，
∴∠BAC＝∠ACD－∠ABC＝2x°－（x°－40°）－（x°－40°）＝80°，∴∠CAF＝100°，
在Rt△PFA和Rt△PMA中，PA＝PA，PM＝PF，
∴Rt△PFA≌Rt△PMA，∴∠FAP＝∠PAC＝50°．
故答案为：50°．
点评：此题主要考查了角平分线的性质以及三角形外角的性质和直角三角全等的判定等知识，根据角平分线的性质得出PM＝PN＝PF是解决问题的关键
如图，AD∥BC，∠ABC的角平分线BP与∠BAD的角平分线AP相交于点P，作PE⊥AB于点E．若PE=2，则两平行线AD与BC间的距离为 4．
【考点】角平分线的性质；平行线的性质．
【专题】几何计算题．
【分析】根据角平分线的性质以及平行线的性质即可得出PM=PE=2，PE=PN=2，即可得出答案．
【解答】解：过点P作MN⊥AD，
∵AD∥BC，∠ABC的角平分线BP与∠BAD的角平分线AP相交于点P，PE⊥AB于点E，
∴AP⊥BP，PN⊥BC，
∴PM=PE=2，，PE=PN=2，∴MN=2+2=4．故答案为：4．
【点评】此题主要考查了角平分线的性质以及平行线的性质，根据题意作出辅助线是解决问题的关键．
（湖南长沙，13，3分）如图，CD是△ABC的外角∠ACE的平分线，AB∥CD，∠ACE＝100°，则∠A＝____________．
考点：角平分线 平行线
专题：相交线与平行线
分析：因为CD是∠ACE的平分线，∠ACE＝100°，所以∠ACD＝∠ACE＝50°；因为AB∥CD，所以∠A＝∠ACD＝50°．
解答：50°
点评：本题解法不唯一，如可以先由平角定义求得∠ACB的度数，再由平角分线定义与平行线性质求得∠B的度数，最后由三角形的内角和定理，求得∠A的度数．
（•青海）认真阅读下面关于三角形内外角平分线所夹的探究片段，完成所提出的问题．
探究1：如图1，在△ABC中，O是∠ABC与∠ACB的平分线BO和CO的交点，通过分析发现∠BOC=90°+ QUOTE ，理由如下：
∵BO和CO分别是∠ABC和∠ACB的角平分线
∴ QUOTE
∴ QUOTE
又∵∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A
∴ QUOTE
∴∠BOC=180°﹣（∠1+∠2）=180°﹣（90°﹣ QUOTE ∠A）
= QUOTE
探究2：如图2中，O是∠ABC与外角∠ACD的平分线BO和CO的交点，试分析∠BOC与∠A有怎样的关系？请说明理由．
探究3：如图3中，O是外角∠DBC与外角∠ECB的平分线BO和CO的交点，则∠BOC与∠A有怎样的关系？（只写结论，不需证明）
结论： ∠BOC=90°﹣ QUOTE ∠A ．
考点：三角形的外角性质；三角形内角和定理。
专题：常规题型。
分析：（1）根据提供的信息，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∠O与∠1表示出∠2，然后整理即可得到∠BOC与∠O的关系；
（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以及角平分线的定义表示出∠OBC与∠OCB，然后再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解．
解答：解：（1）探究2结论：∠BOC= QUOTE ∠A，
理由如下：
∵BO和CO分别是∠ABC和∠ACD的角平分线，
∴∠1= QUOTE ∠ABC，∠2= QUOTE ∠ACD，
又∵∠ACD是△ABC的一外角，
∴∠ACD=∠A+∠ABC，
∴∠2= QUOTE （∠A+∠ABC）= QUOTE ∠A+∠1，
∵∠2是△BOC的一外角，
∴∠BOC=∠2﹣∠1= QUOTE ∠A+∠1﹣∠1= QUOTE ∠A；
（2）探究3：∠OBC= QUOTE （∠A+∠ACB），∠OCB= QUOTE （∠A+∠ABC），
∠BOC=180°﹣∠0BC﹣∠OCB，
=180°﹣ QUOTE （∠A+∠ACB）﹣ QUOTE （∠A+∠ABC），
=180°﹣ QUOTE ∠A﹣ QUOTE （∠A+∠ABC+∠ACB），
结论∠BOC=90°﹣ QUOTE ∠A．
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，读懂题目提供的信息，然后利用提供信息的思路也很重要．
综合验收评估测试题
(时间：120分钟 满分：120分)
一、选择题
1.若一个正多边形的一个外角是40°，则这个正多边形的边数是 （ ）
A．10 B．9 C．8 D．6
2．如图7-65所示的是“北大西洋公约组织”标志的主体部分（平面图），它是由四个完全相同的四边形OABC拼成的.测得AB=BC,OA=OC,OA⊥OC, ∠ABC=36°,则∠OAB的度数是 ( )
A.116° B.117° C.118° D.119°
3.如图7-66所示,在△ABC中,AB=AC,点D在AC上,且BD=BC=AD,则∠A等于 ( )
A.30° B.40° C.45° D.36°
4.一个等腰三角形(有两条边相等的三角形)的两边长分别为4.6和9.2,则此三角形的周长为 ( )
A.23 B.18.4 C.23或18.4 D.13.8
5.把14 cm长的细铁丝截成三段,围成不等边三角形,并且使三边长均为整数,那么 ( )
A.只有一种截法 B.有两种截法
C.有三种截法 D.有四种截不动
6.一个多边形的每一个内角都是120°,这个多边形是 ( )
A.正四边形 B.正五边形 C.正六边形 D.正七边形
7.一个凸n边形的n个内角的和与某一外角的总和为1500°,则n的值为 ( )
A.7 B.8 C.9 D.10
8.一个多边形木板截去一个三角形后(截线不经过顶点),得到新多边形的内角和为2340°,则原多边形的边数为 ( )
A.13 B.14 C.15 D.16
9.若n边形的内角和是1260°,则边数n为 ( )
A.8 B.9 C.10 D.11
10.若一个多边形的每一个外角都等于72°,则这个多边形是 ( )
A.正三角形 B.正方形 C.正五边形 D.正六边形
二、填空题
11.若一个三角形的三边长都是整数,周长为5,则最小边为_______.
12.木工师傅做完门框后,为防止变形,通常在角上钉一斜条,根据是________.
13.小明绕着五边形各边走一圈,他共转了_________度.
14.如果一个多边形各边相等,周长为70,且内角和为1440°,那么它的边长为________.
15.若多边形的边数由5条增加了n条,则内角和增加了_________.
16.平面内,当绕一点拼在一起的几个多边形的内角恰好围成一个_______时,就能拼成一个平面图形.
17.如果只用圆、正五边形、矩形中的一种图形镶嵌整个平面，那么这个图形只能是________.
18.如图7-67所示,有一底角为35°的等腰三角形纸片,现过底边上一点,沿与底边垂直的方向将其剪开,分成三角形和四边形两部分,则四边形中的最大角的度数是______.
三、解答题
19.如图7-68所示,D是△ABC中BC边上一点.求证2AD＜AB+BC+AC.
20.如图7-69所示, ∠1+∠2+∠3+∠4为多少度?
21.如图7-70所示,求的度数.
22.一个多边形切去一个角后是十边形,求原多边形的内角和.
23.一个凸多边形,除了一个内角外,其余各角的和为2750°,求这个多边形的边数.
参考答案
1.B
2.B
3.D
4.A[提示:根据两边之和大于第三边,两边之差小于第三边判断,等腰三角形的腰长只能为9.2.]
5.D[提示:①3,5,6;②4,5,5;③2,6,6;④6,4,4.]
6.C[提示:根据多边形内角和定理得(n-2) ·180°=n·120°.]
7.D[提示:根据多边形内角和定理及题意有(n-2) ·180°＜1500°,n取最大值.]
8.B[提示:截线不经过顶点时,原n边形变为(n+1)边形,则有(n+1-2)·180°=2340°，n=14.]
9.B[提示：根据多边形内角和定理得（n-2）·180°=1260°,n=9.]
10.C[提示：外角为72°，则内角为108°.根据（n-2）·180°=108°·n，得n=5.]
11．1[提示：周长为5，三边长分别为1，2，2.]
12．三角形具有稳定性
13．540
14．7[提示：根据内角和定理得（n-2）·180°=1440°，n=10，则边长为7.]
15．180n°
16．周角[提示：根据平面镶嵌的条件.]
17．矩形
18．125°
19．提示：根据三角形三边长的关系进行推理.在△ABD中，AD＜AB+BD①.在△ADC中，AD＜AC+DC②.①+②即可得到结论.
20．提示：该图为四边形，内角和为360°.
21．解：原式=180°-∠1+180°-∠3+180°-∠5=540°-（∠1+∠3+∠5）.又∠1=∠2，∠3=∠4，∠5=∠6，且∠2+∠4+∠6=180°，∴原式=360°.
22．解：分三种情况：①切线不经过顶点，则原多边形有9条边，内角和为（9-2）×180°=1260°；②切线经过一个顶点，则原多边形有10条边，内角和为（10-2）×180°=1440°；③切线经过两个顶点，则原多边形有11条边，内角和为（11-2）×180°=1620°.
23．解：设边数为n（n≥3，n为自然数），除去的内角为x°(0＜x＜180)，根据题意，得2750+x=(n-2)·180,所以x=(n-2)·180-2750，因为0＜x＜180,所以＜n＜，所以n=18.所以这个多边形的边数为18.
多边形的边数
3
4
5
6
…
n
内角和
外角和
多边形的边数
3
4
5
6
…
n
内角和
180°
360°
540°
720°
…
(n-2) ·180°
外角和
360°
360°
360°
360°
…
360°