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第7章《平面图形的认识（二）》（导图+知识梳理+十六大考点讲练）-2023-2024学年数学七年级下册章节复习讲练测（苏科版）
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这是一份第7章《平面图形的认识（二）》（导图+知识梳理+十六大考点讲练）-2023-2024学年数学七年级下册章节复习讲练测（苏科版），文件包含第7章平面图形的认识二教师版docx、第7章平面图形的认识二学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共77页， 欢迎下载使用。
2023-2024学年苏科版数学七年级下册章节培优复习知识讲练第7章 平面图形的认识（二）（思维导图+知识梳理+十六大重点考向举一反三讲练）1. 区别平行线的判定与性质，并能灵活运用；2. 了解图形平移的概念及性质；3. 熟练掌握三角形的三边关系及内角和定理，并能灵活应用；4. 掌握多边形的内角和公式与外角和定理．知识点01：平行线的判定与性质【高频考点精讲】 1．平行线的判定判定方法1：同位角相等，两直线平行．判定方法2：内错角相等，两直线平行．判定方法3：同旁内角互补，两直线平行．【易错点剖析】根据平行线的定义和平行公理的推论，平行线的判定方法还有：（1）平行线的定义：在同一平面内，如果两条直线没有交点（不相交），那么两直线平行.（2）如果两条直线都平行于第三条直线，那么这两条直线平行（平行线的传递性）.（3）在同一平面内，垂直于同一直线的两条直线平行.（4）平行公理：经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行.2．平行线的性质性质1：两直线平行，同位角相等；性质2：两直线平行，内错角相等；性质3：两直线平行，同旁内角互补.【易错点剖析】根据平行线的定义和平行公理的推论，平行线的性质还有：（1）若两条直线平行，则这两条直线在同一平面内，且没有公共点．（2）如果一条直线与两条平行线中的一条直线垂直，那么它必与另一条直线垂直．知识点02：图形的平移【高频考点精讲】 1.平移的定义：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，图形的这种移动叫做平移．【易错点剖析】决定平移的两个要素：（1）平移的方向；（2）平移的距离．2.平移的性质： (1)图形的平移不改变图形的形状与大小，只改变图形的位置．（2）图形平移后，对应点的连线平行或在同一直线上且相等． (3)图形经过平移，对应线段互相平行或在同一条直线上且相等，对应角相等．知识点03：认识三角形【高频考点精讲】 三角形的分类 （1）按角分： 三角形2.三角形的三边关系三角形的任意两边之和大于第三边; 三角形任意两边之差小于第三边.【易错点剖析】（1）判断给定三条线段能否构成一个三角形：看较小两边的和是否大于最长边.（2）已知三角形的两边长,确定第三边的范围：两边之差的绝对值＜第三边＜两边之和.3.三角形的三条主要线段（1）在三角形中，连接一个顶点与它对边中点的线段，叫做三角形的中线。三角形的三条中线交于三角形内部一点，叫做三角形的重心.（2）在三角形中，一个内角的平分线与它的对边相交，这个角的顶点与交点之间的线段叫做三角形的角平分线，三角形的三条角平分线交于三角形内一点，叫做三角形的内心.（3）在三角形中，从一个顶点向它的对边所在直线作垂线，顶点与垂足之间的线段叫做三角形的高线，简称三角形的高，三角形的三条高交于一点，叫做三角形的垂心.4.三角形的角（1）三角形的内角和为180°.(2) 三角形的一边与他的邻边的延长线组成的角叫做三角形的外角.【易错点剖析】（1）直角三角形的两个锐角互余；（2）三角形的一个外角等于与它不相邻的两内角和；（3）三角形的一个外角大于任意一个不相邻的内角.知识点04：多边形的内角和与外角和【高频考点精讲】 1. 多边形的内角和：边形的内角和为(－2)·180°(≥3)．【易错点剖析】(1)内角和定理的应用：①已知多边形的边数，求其内角和；②已知多边形内角和求其边数； (2)正多边形的每个内角都相等，都等于. 2. 多边形的外角和：任意多边形的外角和都为360°.【易错点剖析】多边形的外角和为360°．边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关.重点考向01：同位角、内错角、同旁内角重点考向02：平行线的判定重点考向03：平行线的性质重点考向04：平行线的判定与性质重点考向05：三角形的角平分线、中线和高重点考向06：三角形的面积重点考向07：三角形的稳定性重点考向08：三角形三边关系重点考向09：三角形内角和定理重点考向10：三角形的外角性质重点考向11：多边形重点考向12：多边形的对角线重点考向13：多边形内角与外角重点考向14：平面镶嵌（密铺）重点考向15：平移的性质重点考向16：作图-平移变换重点考向01：同位角、内错角、同旁内角【典例精讲】（2023秋•太康县期末）下列图中∠1，∠2不是同位角的是（ ）A． B． C． D．【思路点拨】根据同位角的定义（在被截线同一侧，截线的同一方位的两个角互为同位角）解决此题．【规范解答】解：A．由图可知，∠1，∠2是同位角，故A不符合题意．B．由图可知，∠1，∠2是同位角，故B不符合题意．C．由图可知，∠1，∠2是同位角，故C不符合题意．D．由图可知，∠1，∠2不是同位角，故D符合题意．故选：D．【考点评析】本题主要考查同位角，熟练掌握同位角的定义是解决本题的关键．【变式训练1-1】（2023春•安乡县期中）如图，下列结论正确的序号是 ②④⑤ ．①∠ABC与∠C是同位角；②∠C与∠ADC是同旁内角；③∠BDC与∠DBC是内错角；④∠ABD的内错角是∠BDC；⑤∠A与∠ABD是由直线AD，BD被直线AB所截得到的同旁内角．【思路点拨】同位角：两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的同侧，并且在第三条直线（截线）的同旁，则这样一对角叫做同位角．内错角：两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的之间，并且在第三条直线（截线）的两旁，则这样一对角叫做内错角．同旁内角：两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的之间，并且在第三条直线（截线）的同旁，则这样一对角叫做同旁内角．依此即可作出判断．【规范解答】解：①∠ABC与∠C是同旁内角，该选项说法错误；②∠C与∠ADC是同旁内角，该选项说法正确；③∠BDC与∠DBC是同旁内角，该选项说法错误；④∠ABD的内错角是∠BDC，该选项说法正确；⑤∠A与∠ABD是由直线AD，BD被直线AB所截得到的同旁内角，该选项说法正确．故答案为：②④⑤．【考点评析】本题考查了同位角、内错角、同旁内角，三线八角中的某两个角是不是同位角、内错角或同旁内角，完全由那两个角在图形中的相对位置决定，在复杂的图形中判别三类角时，应从角的两边入手，具有上述关系的角必有两边在同一直线上，此直线即为截线，而另外不在同一直线上的两边，它们所在的直线即为被截的线．同位角的边构成F形，内错角的边构成Z形，同旁内角的边构成U形．【变式训练1-2】（2023春•昌平区期末）如图1，对于两条直线l1，l2被第三条直线l3所截的同旁内角∠α，∠β满足∠β＝∠α+30°，则称∠β是∠α的关联角．（1）已知∠β是∠α的关联角．①当∠α＝50°时，∠β＝ 80 °；②当2∠α﹣∠β＝45°时，直线l1，l2的位置关系为 平行 ；（2）如图2，已知∠AGH是∠CHG的关联角，点O是直线EF上一定点．①求证：∠DHG是∠BGH的关联角；②过点O的直线MN分别交直线CD，AB于点P，Q，且∠CHG＝80°．当∠EOP是图中某角的关联角时，写出所有符合条件的∠EOP的度数为 140°、145°或155° ．【思路点拨】（1）①根据关联角所满足的关系式∠β＝∠α+30°即可解答，②解∠β＝∠α+30°与2∠α﹣∠β＝45°构成的方程组，根据∠α和∠β的关系来确定直线l1，l2的位置关系．（2）①由∠AGH与∠BGH、∠CHG与∠DHG的互补关系，求出∠DHG与∠BGH之间的大小关系，进而命题得以证明．②根据直线MN过点O的形式可分4种情况，每种情况均有2个角与∠EOP互为同旁内角，因此共有4种情况，分别解出∠EOP的度数即可．【规范解答】解：（1）①∵∠β是∠α的关联角，∠α＝50°，∴∠β＝∠α+30°＝50°+30°＝80°．故答案为：80．②由题意可得方程组，解得，∴∠α+∠β＝75°+105°＝180°，∴l1∥l2．故答案为：平行．（2）①证明：∵∠AGH是∠CHG的关联角，∴∠AGH＝∠CHG+30°，又∵∠DHG＝180°﹣∠CHG，∠BGH＝180°﹣∠AGH，∴∠DHG﹣∠BGH＝180°﹣∠CHG﹣（180°﹣∠AGH）＝∠AGH﹣∠CHG＝30°，∴∠DHG＝∠BGH+30°，∴∠DHG是∠BGH的关联角．②当直线MN位于如图所示位置时：∵∠AGH是∠CHG的关联角，∠CHG＝80°，∴∠AGH＝∠CHG+30°＝80°+30°＝110°．若∠EOP是∠AGO的关联角，则∠EOP＝∠AGO+30°＝110°+30°＝140°．若∠EOP是∠CPO的关联角，则∠EOP＝∠CPO+30°＝80°+180°﹣∠EOP+30°＝290°﹣∠EOP，得∠EOP＝145°．当直线MN位于如图所示位置时：∵∠AGH＝110°，∠CHG＝80°，∴∠BGH＝180°﹣∠AGH＝180°﹣110°＝70°，∠GHD＝180°﹣∠CHG＝180°﹣80°＝100°若∠EOP是∠BGO的关联角，则∠EOP＝∠BGO+30°＝70°+30°＝100°．∵∠EOP＝∠GHD+∠OPH＝100°+∠OPH＞100°，∴∠EOP＝100°（舍去）．若∠EOP是∠DPO的关联角，则∠EOP＝∠DPO+30°＝100°+180°﹣∠EOP+30°＝310°﹣∠EOP，得∠EOP＝155°．故答案为：140°、145°或155°．【考点评析】本题考查了同旁内角及角的计算，难度不大，注意分情况讨论．重点考向02：平行线的判定【典例精讲】（2023春•昌平区期末）如图是一个可折叠的衣架，AB是地平线，当∠1＝∠2时，PM∥AB；∠3＝∠4时，PN∥AB，就可确定点N，P，M在同一条直线上，将下面正确的依据序号填写在横线上 ② ．①两点确定一条直线；②过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行．【思路点拨】由平行公理：经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行，即可判断．【规范解答】解：∵∠1＝∠2，∴PM∥AB，∵∠3＝∠4，∴PN∥AB，∵过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行，∴N，P，M在同一条直线．故答案为：②．【考点评析】本题考查平行线的判定，平行公理，关键是掌握平行公理．【变式训练2-1】（2023秋•泗县期末）完成下面证明：如图，CB平分∠ACD，∠1＝∠3．求证AB∥CD．证明：∵CB平分∠ACD∴∠1＝∠2（ 角平分线的定义 ）∵∠1＝∠3．∴∠2＝∠ 3 ．∴AB∥CD（ 内错角相等两直线平行 ）．【思路点拨】根据角平分线的定义得到∠1＝∠2，而∠1＝∠3，则得到∠2＝∠3，根据“内错角相等两直线平行”即可得到结论．【规范解答】证明：∵CB平分∠ACD∴∠1＝∠2（角平分线的定义）∵∠1＝∠3．∴∠2＝∠3．∴AB∥CD（内错角相等两直线平行）．故答案为：角平分线的定义，3，内错角相等两直线平行．【考点评析】此题考查了平行线的判定，熟练掌握平行线的判定方法是解本题的关键．【变式训练2-2】（2023春•金水区校级期中）光线从空气中射入水中会发生折射现象，光线从水中射入空气中，同样会发生折射现象．如图是光线从空气中射入水中，再从水中射入空气中的示意图．已知∠1＝∠4，∠2＝∠3．请你用所学知识来判断c与d是否平行？并说明理由．【思路点拨】欲证明c∥d，结合图形只要先证明∠1+∠5＝∠4+∠6，再利用内错角相等，两直线平行即可．【规范解答】解：c∥d；理由如下：如图，∵∠2+∠5＝∠3+∠6，∠2＝∠3，∴∠5＝∠6，∵∠1＝∠4，∴∠1+∠5＝∠4+∠6（等式的性质），∴c∥d（内错角相等，两直线平行）．【考点评析】本题考查平行线的判定定理，正确识别“三线八角”中的同位角、内错角、同旁内角是正确答题的关键，不能遇到相等或互补关系的角就误认为具有平行关系，只有同位角相等、内错角相等、同旁内角互补，才能推出两被截直线平行．重点考向03：平行线的性质【典例精讲】（2023秋•上杭县期末）如图，已知长方形纸片ABCD中，点E、F、G分别在边AD、AB、CD上．将三角形AEF沿EF翻折，点A落在点A1处，将三角形DEG沿EG翻折，点D落在点D1处．有以下四个结论：（1）若∠A1ED＝2n°，则∠AEF＝（90﹣n）°；（2）若∠FEG＝90°，则A1、D1、E三点不一定在同一直线上；（3）若∠FEG＝m°（m＞90），则∠A1ED1＝（2m﹣180）°；（4）若∠FEG＝m°（m＜90），则∠A1ED1＝（180﹣2m）°．其中正确的结论个数有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【思路点拨】利用折叠的性质，再结合角与角的和差关系逐项判断【规范解答】解：由折叠的性质，得∠AEF＝∠A1EF，∠DEG＝∠D1EG，对于（1），若∠A1ED＝2n°，∵∠AEF+∠FEA1+∠A1ED＝180°，整理得2∠AEF+2n°＝180°，∴∠AEF＝（90﹣n）°，故（1）正确；对于（2），若∠FEG＝90°，则∠FEA1+∠GED1＝90°，∴∠AEF+∠FEA1+∠GED1+∠DEG＝180°，∵点E在边AD上，∴点A1 D1 E三点一定在同一直线上，故（2）错误；对于（3），若∠FEG＝m°（m＞90），则∠AEF+∠FEG+∠DEG＝180°，∴∠AEF+∠DEG＝180°﹣m°，则∠AED1＝180°﹣（∠AEF+∠A1EF）﹣（∠DEG+∠D1EG）＝180°﹣2（∠AEF+∠DEG）＝（2m﹣180）°，故（3）正确；对于（4），若∠FEG＝m2（m＜90），则∠AEF+∠FEG+∠DEG＝180°，得∠AEF+∠DEG＝180°﹣m°，则∠AED1＝（∠AEF+∠FEA1）+（∠DEG+∠GED1）﹣180°＝2（∠AEF+∠DEG）﹣180°＝（180﹣2m）°，故（4）正确．故选：C．【考点评析】本题主要考查折叠的性质、角的计算，熟练掌握折叠的性质、角与角的运算关系是解题关键．【变式训练3-1】（2024•渝中区校级开学）如图所示，直线AB∥CD，NE平分∠FND，MB平分∠FME，且2∠E+∠F＝174°，则∠FME的度数是 116° ．【思路点拨】设∠FMB＝α，∠END＝β，根据角平分线的定义得∠FMB＝∠BME＝α，∠END＝∠FNE＝β，∠FME＝2α，∠FND＝2β，再根据EP∥AB∥CD得∠FHB＝∠FND＝2β，∠MEP＝∠BME＝α，∠PEN＝∠END＝β，由此可得∠MEN＝α+β，∠F＝α﹣2β，然后根据2∠MEN+∠F＝174°可求出α＝58°，据此即可求出∠FME的度数．【规范解答】解：设NF交AB于点H，过E作EP∥AB，如图：设∠FMB＝α，∠END＝β，∵NE平分∠FND，MB平分∠FME，∴∠FMB＝∠BME＝α，∠END＝∠FNE＝β，∴∠FME＝2α，∠FND＝2β，∵AB∥CD，EP∥AB，∴EP∥AB∥CD，∴∠FHB＝∠FND＝2β，∠MEP＝∠BME＝α，∠PEN＝∠END＝β，∴∠MEN＝∠MEP+∠PEN＝α+β，又∵∠FMB＝∠F+∠FHB，∴∠F＝∠FMB﹣∠FHB＝α﹣2β，∵2∠MEN+∠F＝174°，∴2（α+β）+α﹣2β＝174°，∴α＝58°，∴∠FME＝2α＝116°．故答案为：116°．【考点评析】此题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，理解题意，准确识图熟练掌握平行线的性质和角平分线的定义是解答此题的关键．【变式训练3-2】（2023秋•潜山市期末）（1）如图1，AB∥CD，∠PAB＝130°，∠PCD＝120°．求∠APC度数；（2）如图2，AD∥BC，点P在射线OM上运动，当点P在A、B两点之间运动时，∠ADP＝∠α，∠BCP＝∠β．∠CPD、∠α、∠β之间有何数量关系？请说明理由；（3）在（2）的条件下，如果点P在A、B两点外侧运动时（点P与点A、B、O三点不重合），请你写出∠CPD、∠α、∠β间的数量关系，并说明理由．【思路点拨】（1）如图1，过点P作GH∥AB，得BAP+∠APH＝180°，故∠APH＝180°﹣∠BAP＝50°．由AB∥CD，GH∥AB，得CD∥GH，故∠PCD+∠HPC＝180°．那么，∠APC＝∠HPC+∠APH＝60°+50°＝110°．（2）如图2，过点P作EF∥AD，故∠ADP＝∠DPF．由EF∥AD，AD∥BC，得EF∥BC，故∠FPC＝∠PCB．那么，∠CPD＝∠DPF+∠CPF＝∠α+∠β．（3）当P在A的左侧，如图3．由AD∥BC，得∠DKC＝∠BCP＝∠β．又因∠DKC＝∠CPD+∠ADP，故∠CPD＝∠β﹣∠α．当P在B的右侧，如图4．由AD∥BC，得∠ADP＝∠DQC＝∠α．又因∠DQC＝∠CPD+∠BCP，故∠CPD＝∠α﹣∠β．【规范解答】解：（1）如图1，过点P作GH∥AB．∴∠BAP+∠APH＝180°．∴∠APH＝180°﹣∠BAP＝180°﹣130°＝50°∵AB∥CD，GH∥AB．∴CD∥GH．∴∠PCD+∠HPC＝180°．∴∠HPC＝180°﹣∠PCD＝180°﹣120°＝60°．∴∠APC＝∠HPC+∠APH＝60°+50°＝110°．（2）如图2，过点P作EF∥AD．∴∠ADP＝∠DPF，即∠α＝∠DPF．∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF∥BC．∴∠FPC＝∠PCB，即∠FPC＝∠β．∴∠CPD＝∠DPF+∠CPF＝∠α+∠β．∴∠CPD＝∠α+∠β．（3）当P在A的左侧，如图3．∵AD∥BC，∴∠DKC＝∠BCP＝∠β．又∵∠DKC＝∠CPD+∠ADP，∴∠β＝∠CPD+∠α，即∠CPD＝∠β﹣∠α．当P在B的右侧，如图4．∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠DQC＝∠α．又∵∠DQC＝∠CPD+∠BCP，∴∠α＝∠CPD+∠β．∴∠CPD＝∠α﹣∠β．【考点评析】本题主要平行线的性质以及三角形外角的性质，熟练掌握三角形外角的性质以及平行线的性质是解决本题的关键．重点考向04：平行线的判定与性质【典例精讲】（2023•鼓楼区校级模拟）如图，直线EF分别与直线AB、CD相交于点G、H，已知∠1＝∠2＝70°，GM平分∠HGB交直线CD于点M，则∠3＝ 55° ．【思路点拨】利用“同位角相等，两直线平行”证明AB∥CD，利用邻补角的定义，角平分线的定义求∠BGM的度数，再利用“两直线平行，内错角相等”即可求出∠3的度数．【规范解答】解：∵∠1＝∠2＝70°，∴AB∥CD，∠BGH＝180°﹣∠1＝110°，∵GM平分∠HGB，∴，∵AB∥CD，∴∠3＝∠BGM＝55°．故答案为：55°．【考点评析】本题考查了平行线的判定与性质，掌握平行线的判定与性质是解题的关键．【变式训练4-1】（2023秋•邓州市期末）课题学习：平行线问题中的转化思想．【阅读理解】“两条平行线被第三条直线所截”是平行线中的一个重要的“基本图形”．与平行线有关的角都存在着这个“基本图形”中，且都分布在“第三条直线”的两旁．当发现题目的图形“不完整”时要添加适当的辅助线将其补充完整．将“非基本图形”转化为“基本图形”这体现了转化思想．有这样一道典型问题：例题：如图（1）．已知AB//CD，点E在直线AB、CD之间，探究∠BED与∠B¡¢∠D、∠D之间的关系．解：过点E作EF∥AB．∵EF∥AB，AB∥CD，∴AB∥CD∥EF，∴∠B＝∠BEF，∠D＝∠DEF，∵∠BED＝∠BEF+∠DEF，∴∠BED＝∠B+∠D．【学以致用】（1）当∠B＝30°，∠D＝35°时，∠BED＝ 65 °．（2）①如图（2），已知AB∥CD，若∠A＝135°，∠C＝130°，∠C＝130°，求出∠AEC的度数．②如图（3），在①的条件下，若AF、CF分别平分∠BAE和∠DCE，求∠AFC的度数．【思路点拨】（1）因为∠BED＝∠B+∠D，所以当当∠B＝30°，∠D＝35°时，∠BED＝65°；（2）①如图所示过点E作EF//AB，利用平行线的定理和推论可知∠AEC＝∠AEF+∠CEF，最后计算出∠AEC的度数；②已知AF、CF分别平分∠BAE和∠DCE，所以可以推导出∠BAF和∠DCF的度数，利用（1）的结论可知∠AFC的度数．【规范解答】解：（1）∵∠BED＝∠B+∠D，又∵∠B＝30°，∠D＝35°，∴∠BED＝65°，故答案为：65°；（2）①过点E作EF//AB，如图：∵EF//AB，AB//CD，∴EF//AB//CD，∴∠A+∠AEF＝180°，∠C+∠CEF＝180°，又∵∠A＝135°，∠C＝130°，∴∠AEF＝180°﹣135°＝45°，∠CEF＝180°﹣130°＝50°，∴∠AEC＝∠AEF+∠CEF＝45°+50°＝95°，答：∠AEC的度为95°；②∵∠BAE＝135°，AF平分∠BAE，∴，∵∠DCE＝130°，CF平方∠DCE，∴∠DCF＝65°，由（1）问可知：∠AFC＝∠BAF+∠FCD＝67.5°+65°＝132.5°，答：∠AFC的度数为：132.5°．【考点评析】本题考查的重点是平行线的性质和角度的计算，可以利用猪蹄模型和铅笔模型的解题思路，很容易得出计算结果．【变式训练4-2】（2023秋•长沙县期末）探索发现：如图是一种网红弹弓的实物图，在两头上系上皮筋，拉动皮筋可形成平面示意图如图1图2，弹弓的两边可看成是平行的，即AB∥CD．各活动小组探索∠APC与∠A，∠C之间的数量关系．已知AB∥CD，点P不在直线AB和直线CD上，在图1中，智慧小组发现：∠APC＝∠A+∠C．智慧小组是这样思考的：过点P作PQ∥AB，……．（1）填空：过点P作PQ∥AB．∴∠APQ＝∠A，∵PQ∥AB，AB∥CD，∴PQ∥CD（ 平行于同一直线的两直线平行 ），∴∠CPQ＝∠C，∴∠APO+∠CPQ＝∠A+∠C，即∠APC＝∠A+∠C．（2）在图2中，猜测∠APC与∠A，∠C之间的数量关系，并完成证明．（3）善思小组提出：①如图3，已知AB∥CD，则角α、β、γ之间的数量关系为 α+β﹣γ＝180° .（直接填空）②如图4，AB∥CD，AF，CF分别平分∠BAP，∠DCP．则∠AFC与∠APC之间的数量关系为 ∠AFC＝∠APC ．（直接填空）【思路点拨】（1）发现由平行线的性质得出∠APQ＝∠A，由PQ∥AB，AB∥CD，推出PQ∥CD，得出∠APQ＝∠C，推出∠APQ+∠CPQ＝∠A+∠C，即可得出结论；（2）过点P作PQ∥AB，延长BA到M，延长DC到N，由平行线的性质得出∠APQ＝∠PAM，由PQ∥AB，AB∥CD，推出PQ∥CD，得出∠APQ＝∠PCN，则∠APQ+∠CPQ+∠PAB+∠PCD＝360°，即可得出结果；（3）①过点M作MQ∥AB，由平行线的性质得出α+∠QMA＝180°，由MQ∥AB，AB∥CD，推出MQ∥CD，得出∠QMD＝γ，即可得出结果；②过点P作PQ∥AB，过点F作FM∥AB，由平行线的性质得出∠APQ＝∠BAP，∠AFM＝∠BAF，由角平分线的性质得出∠BAF＝∠PAF，即∠AFM＝∠BAP，由PQ∥AB，FM∥AB，AB∥CD，推出PQ∥CD，FM∥CD，得出∠CPQ＝∠DCP，∠CFM＝∠DCF，由角平分线的性质得出∠DCF＝∠PCF，即∠CFM＝∠DCP，推出∠APC＝∠BAP+∠DCP，∠AFC＝（∠BAP+∠DCP），即可得出结果．【规范解答】解：（1）填空：过点P作PQ∥AB．∴∠APQ＝∠A，∵PQ∥AB，AB∥CD，∴PQ∥CD（平行于同一直线的两直线平行），∴∠CPQ＝∠C，∴∠APQ+∠CPQ＝∠A+∠C，即∠APC＝∠A+∠C．故答案为：平行于同一直线的两直线平行；（2）∠APC+∠A+∠C＝360°；证明：过点P作PQ∥AB，延长BA到M，延长DC到N，如图2所示：∴∠APQ＝∠PAM，∵PQ∥AB，AB∥CD，∴PQ∥CD，∴∠APQ＝∠PCN，∴∠APQ+∠CPQ+∠PAB+∠PCD＝180°+180°＝360°，∴∠APC+∠A+∠C＝360°；（3）①α+β﹣γ＝180°；理由如下：过点M作MQ∥AB，如图3所示：∴α+∠QMA＝180°，∵MQ∥AB，AB∥CD，∴MQ∥CD，∴∠QMD＝γ，∵∠QMA+∠QMD＝β，∴α+β﹣γ＝180°，故答案为：α+β﹣γ＝180°；②∠AFC＝∠APC；证明：过点P作PQ∥AB，过点F作FM∥AB，如图4所示：∴∠APQ＝∠BAP，∠AFM＝∠BAF，∵AF平分∠BAP，∴∠BAF＝∠PAF，∴∠AFM＝∠BAP，∵PQ∥AB，FM∥AB，AB∥CD，∴PQ∥CD，FM∥CD，∴∠CPQ＝∠DCP，∠CFM＝∠DCF，∵CF平分∠DCP，∴∠DCF＝∠PCF，∴∠CFM＝∠DCP，∴∠APC＝∠BAP+∠DCP，∠AFC＝∠BAP+∠DCP＝（∠BAP+∠DCP），∴∠AFC＝∠APC．故答案为：∠AFC＝∠APC．【考点评析】本题考查了平行线的判定与性质、角平分线的性质、平角的定义等知识，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．重点考向05：三角形的角平分线、中线和高【典例精讲】（2023秋•和田地区期末）下列四个图形中，线段BE是△ABC的高的是（ ）A． B． C． D．【思路点拨】根据三角形高的画法知，过点B作AC边上的高，垂足为E，其中线段BE是△ABC的高，再结合图形进行判断．【规范解答】解：线段BE是△ABC的高的图是选项C．故选：C．【考点评析】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．熟记定义是解题的关键．【变式训练5-1】（2022秋•嘉峪关校级期末）如图，在△ABC中，AD是中线，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，若AB＝6cm，AC＝4cm，则＝ ．【思路点拨】由题意，△ABC中，AD为中线，可知△ABD和△ADC的面积相等；利用面积相等，问题可求．【规范解答】解：∵△ABC中，AD为中线，∴BD＝DC．∴S△ABD＝S△ADC．∵DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，AB＝6，AC＝4．∴•AB•ED＝•AC•DF，∴×6×ED＝×4×DF，∴．故答案为：．【考点评析】本题考查了三角形的中线性质，关键在于利用中线把三角形的面积分成相等的两部分进行知识解答．属于基础题．【变式训练5-2】（2023春•姜堰区期中）如图，在△ABC中，线段CD是△ABC的高．给出下列三个选项：①∠1＝∠2；②∠B＝∠ADG；③EF⊥AB．从上述三个选项中任选两个作为条件，另一个作为结论，使结论成立，并说明理由．已知： ①②或①③或②③ ，结论： ③或②或① ．（填序号）理由： 见解析部分 ．【思路点拨】根据平行线的性质与判定可进行求解．【规范解答】解：已知：①②，结论：③；理由：∵∠B＝∠ADG，∴DG∥BC，∴∠2＝∠DCB，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠DCB，∴EF∥CD，∵CD⊥AB，∴EF⊥AB；已知：①③，结论：②；理由：∵EF⊥AB，CD⊥AB，∴EF∥CD，∴∠1＝∠DCB，∵∠1＝∠2，∴∠2＝∠DCB，∴DG∥BC，∴∠B＝∠ADG；已知：②③，结论：①；理由：∵∠B＝∠ADG，∴DG∥BC，∴∠2＝∠DCB，∵EF⊥AB，CD⊥AB，∴EF∥CD，∴∠1＝∠DCB，∴∠1＝∠2．【考点评析】本题主要考查平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的性质与判定是解题的关键．重点考向06：三角形的面积【典例精讲】（2023秋•潜山市期末）如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝8，点D、E分别在BC、AC上，CD＝2BD，CE＝2AE，BE交AD于点F．则与△AFE的面积相等的三角形是 △BFD ，△AFE面积的最大值为 ．【思路点拨】连接DE，过点D作DH⊥AB于H，先证△CDE和△CAB相似得DE∥AB，进而得S△ABE＝S△ABD，据此得S△AFE＝S△BFD，即与△AFE的面积相等的三角形是△BFD；再由△CDE和△CAB相似可得DE：AB＝CE：CA＝2：3，再证△FED和△FBA相似得，DF：FA＝DE：AB＝2：3，设DF＝2a，AF＝3a，则AD＝5a，则DF：AD＝2：5，进而得S△BFD：S△ABD＝2：5，则S△AFE＝S△ABD，据此得当△ABD面积为最大时△AFE的面积为最大，而S△ABD＝AB•DH＝3•DH，此时只需求出DH的最大值即可，由CB＝8，CD＝2BD得BD＝，再根据DH⊥AB得DH≤BD，因此当DH＝BD＝时，DH为最大，即当AB⊥BC时△ABD的面积为最大，由此得△ABD的最大值为8，进而可得△AFE面积的最大值．【规范解答】解：连接DE，过点D作DH⊥AB于H，如图所示： ∵CD＝2BD，CE＝2AE，∴CB＝CD+BD＝3BD，CA＝CE+AE＝3AE，∴CD：CB＝2：3，CE：CA＝2：3，∴CD：CB＝CE：CA＝2：3，又∵∠DCE＝∠BCA，∴△CDE∽△CAB，∴∠CDE＝∠CBA，∴DE∥AB，∴S△ABE＝S△ABD，∴S△AFE+S△ABF＝S△ABF+S△BFD，∴S△AFE＝S△BFD，即与△AFE的面积相等的三角形是△BFD，∵△CDE∽△CAB，∴DE：AB＝CE：CA＝2：3，∵DE∥AB，∴△FED∽△FBA，∴DF：FA＝DE：AB＝2：3，设DF＝2a，AF＝3a，则AD＝DF+AF＝5a，∴DF：AD＝2：5∴S△BFD：S△ABD＝DF：AD＝2：5，∴S△BFD＝S△ABD，即S△AFE＝S△ABD，要求△AFE的面积最大值，只需求出△ABD面积的最大值即可，∵S△ABD＝AB•DH＝×6•DH＝3•DH，∴只需DH为最大时，△ABD面积为最大，∵CB＝8，CB＝3BD，∴BD＝8/3，又∵DH⊥AB，∴DH≤BD，∴当DH＝BD＝8/3时，DH为最大，即当AB⊥BC时，△ABD的面积为最大，此时S△ABD＝3•DH＝3×＝8，∴△AFE的面积的最大值为：×8＝．故答案为：△BFD；．【考点评析】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，三角形的面积，准确识图，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．【变式训练6-1】（2023秋•梁山县期末）如图，正方形ABCD的边长为a，正方形EFGC的边长为6（点B，C，G在一条直线上），则△ABC的面积是 18 ．【思路点拨】用整体思维方法，利用两个正方形面积之后减去非阴影部分三角形面积之后就是阴影部分三角形面积．【规范解答】解：S△AEG＝S正方形ABCD+S正方形EFCG﹣S△ABG﹣S△AED﹣S△EFG，∵正方形ABCD的边长为a，正方形EFGC的边长为6（点B，C，G在一条直线上），∴BG＝a+6，DE＝a﹣6，∴S△AEG＝a2+36﹣a•（a+6）﹣a•（a﹣6）﹣×36，∴S△AEG＝18，故答案为：18．【考点评析】本题考查的是三角形面积的计算，在解题过程中要运用整体思维的方法，熟练掌握三角形面积的计算公式就可以轻松的计算出答案．【变式训练6-2】（2023春•泉州期末）如图，△ABC中，点D在AB边上且AD＝2BD，点E为BC边上中点，AE和CD相交于点M，△ADM比△CEM的面积大2，则△ABC的面积为 12 ．【思路点拨】连接BM，设△CEM的面积为x，则△ADM的面积＝x+2，再根据已知AD＝2BD，可得：△BDM的面积＝△ADM的面积＝（x+2），然后根据三角形的一条中线把三角形分成面积相等的两个三角形可得：△BEM的面积＝△CEM的面积＝x，△ABE的面积＝△ACE的面积，从而可得△ABM的面积＝△ACM的面积＝1.5（x+2），进而可得△ADC的面积＝x+2+1.5（x+2）＝2.5（x+2），最后根据已知AD＝2BD，可得：△ACD的面积＝2△BDC的面积，从而可得2.5（x+2）＝2×[（x+2）+x+x]，进行计算即可解答．【规范解答】解：连接BM，设△CEM的面积为x，∵△ADM比△CEM的面积大2，∴△ADM的面积＝x+2，∵AD＝2BD，∴△BDM的面积＝△ADM的面积＝（x+2），∵点E为BC边上中点，∴△BEM的面积＝△CEM的面积＝x，△ABE的面积＝△ACE的面积，∴△ABE的面积﹣△BEM的面积＝△ACE的面积﹣△CEM的面积，∴△ABM的面积＝△ACM的面积＝△ADM的面积+△BDM的面积＝x+2＝（x+2）＝1.5（x+2），∴△ADC的面积＝△ADM的面积+△ACM的面积＝x+2+1.5（x+2）＝2.5（x+2），∵AD＝2BD，∴△ACD的面积＝2△BDC的面积，∵△BDC的面积＝△BDM的面积+△BEM的面积+△CEM的面积＝（x+2）+x+x，∴2.5（x+2）＝2×[（x+2）+x+x]，解得：x＝，∴△ABC的面积＝△ACD的面积+△BDC的面积＝2.5（x+2）+（x+2）+x+x＝3（x+2）+x+x＝3x+6+x+x＝5x+6＝5×+6＝12，故答案为：12．【考点评析】本题考查了三角形的面积，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．重点考向07：三角形的稳定性【典例精讲】（2023春•嵩县期末）如图，工人师傅做了一个长方形窗框ABCD，E、F、G、H分别是四条边上的中点，为了使它更加稳固，需要在窗框上钉一根木条，这根木条不应钉在（ ）A．A、G两点之间 B．E、G两点之间 C．B、F两点之间 D．G、H两点之间【思路点拨】用木条固定长方形窗框，即是组成三角形，故可利用三角形的稳定性对选项一一判断是否组成三角形．【规范解答】解：由题意可知，为了窗框稳固，需要在窗框上钉一根木条，根据三角形具有稳定性，这根木条钉在E、G两点之间时，不能构成三角形，所以不应该钉在E、G两点之间．故选：B．【考点评析】本题考查三角形稳定性的实际应用．三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、房屋架梁等，熟记三角形的稳定性是解题的关键．【变式训练7-1】（2021秋•原州区期末）如图，李叔叔家的凳子坏了，于是他给凳子加了两根木条，这样凳子就比较牢固了，他所应用的数学原理是 三角形的稳定性 ．【思路点拨】根据三角形的稳定性进行解答．【规范解答】解：给凳子加了两根木条之后形成了三角形，所以“这样凳子就比较牢固了”的数学原理是：三角形的稳定性，故答案为：三角形的稳定性．【考点评析】此题主要考查了三角形的稳定性，是需要记忆的知识．【变式训练7-2】（2021秋•公安县期末）空调外机安装在墙壁上时，一般都会像如图所示的方法固定在墙壁上，这种方法是利用了三角形的 稳定性 ．【思路点拨】钉在墙上的方法是构造三角形，因而应用了三角形的稳定性．【规范解答】解：这种方法应用的数学知识是：三角形的稳定性，故答案为：稳定性．【考点评析】本题主要考查了三角形的稳定性，正确掌握三角形的这一性质是解题的关键．重点考向08：三角形三边关系【典例精讲】（2023秋•殷都区期末）一个三角形的两边长分别为3和7，那么第三条边的长可能为（ ）A．3 B．4 C．9 D．12【思路点拨】根据三角形三边关系：任意两边之和大于第三边以及任意两边之差小于第三边，即可得出第三边的取值范围，然后从答案中选取即可．【规范解答】解：∵此三角形的两边长分别为3、7，∴第三边长的取值范围是：7﹣3＜第三边＜7+3．即4＜x＜10，9符合要求，故选：C．【考点评析】此题主要考查了三角形三边关系，根据第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和是解决问题的关键．【变式训练8-1】（2023春•雁塔区校级月考）△ABC的三边a，b，c满足（3﹣a）2+|7﹣b|＝0，且c为偶数，则c＝ 6或8 ．【思路点拨】先根据非负数的性质求出a、b的值，再根据三角形的三边关系及c为偶数求出c的值即可．【规范解答】解：∵△ABC的三边a，b，c满足（3﹣a）2+|7﹣b|＝0，∴a＝3，b＝7，根据三角形的三边关系定理即任意两边之和＞第三边得到4＜c＜10，∵c为偶数，∴c＝6或8．【考点评析】本题考查三角形的三边关系定理以及推论，即任意两边之和＞第三边，两边之差＜第三边．【变式训练8-2】（2023秋•凤阳县期末）如果一个三角形的一边长为5cm，另一边长为2cm，若第三边长为x cm．（1）第三边x的范围为 3＜x＜7 ．（2）当第三边长为奇数时，求出这个三角形的周长，并指出它是什么三角形（按边分类）．【思路点拨】（1）三角形两边的和大于第三边，三角形两边的差小于第三边，据此可求得答案．（2）先求得第三边的长度，然后计算三角形的周长并按边的相等关系分类即可．【规范解答】解：（1）根据三角形两边的和大于第三边，则x＜5+2．即x＜7．根据三角形两边的差小于第三边，则5﹣2＜x．即3＜x．综上所述3＜x＜7．故答案为：3＜x＜7．（2）∵第三边的长为奇数，∴第三边的长为5cm．∴三角形的周长＝5+5+2＝12（cm）．∵两条边的长为5cm，另外一条边的长为2cm，∴这个三角形是底边和腰不相等的等腰三角形．【考点评析】本题主要考查三角形三边之间的大小关系以及三角形按边的相等关系分类，牢记三角形三边之间的大小关系（三角形两边的和大于第三边，三角形两边的差小于第三边）和三角形按边的相等关系分类是解题的关键．重点考向09：三角形内角和定理【典例精讲】（2023秋•綦江区期末）如图，将一张三角形纸片ABC的三角折叠，使点A落在△ABC的A′处折痕为DE，若∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA′＝γ，那么下列式子中正确的是（ ）A．γ＝180°﹣α﹣β B．γ＝α+2β C．γ＝2α+β D．γ＝α+β【思路点拨】根据三角形的外角得：∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，代入已知可得结论．【规范解答】解：如图，设AC交DA′于F．由折叠得：∠A＝∠A'，∵∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，∵∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA'＝γ，∴∠BDA'＝γ＝α+α+β＝2α+β，故选：C．【考点评析】本题考查了三角形外角的性质，熟练掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和是关键．【变式训练9-1】（2023秋•南昌期末）已知△ABC中，∠A＝65°，将∠B、∠C按照如图所示折叠，若∠ADB′＝35°，则∠1+∠2+∠3＝ 265 °．【思路点拨】利用三角形的内角和定理的推论，先用∠B表示出∠3，再利用邻补角和四边形的内角和定理用∠C表示出∠1+∠2，最后再利用三角形的内角和定理求出∠1+∠2+∠3．【规范解答】解：由折叠知：∠B＝∠B′，∠C＝∠C′．∵∠3＝∠B+∠4，∠4＝∠ADB′+∠B′，∴∠3＝∠B+∠ADB′+∠B′＝2∠B+35°．∵∠1+∠2＝180°﹣∠C′GC+180°﹣∠C′FC＝360°﹣（∠C′FC+∠C′GC），∠C′FC+∠C′GC＝360°﹣∠C﹣∠C′＝360°﹣2∠C，∴∠1+∠2＝360°﹣（∠C′FC+∠C′GC）＝360°﹣（360°﹣2∠C）＝2∠C．∴∠1+∠2+∠3＝2∠C+2∠B+35°＝2（∠C+∠B）+35°＝2（180°﹣∠A）+35°＝2（180°﹣65°）+35°＝265°．故答案为：265°．【考点评析】本题考查了三角形的内角和定理，掌握“三角形的内角和是180°”、“四边形的内角和是360°”、“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和”是解决本题的关键．【变式训练9-2】（2023秋•宽甸县期末）【数学模型】“8字型”是初中数学“图形与几何”中的常用模型，通常由一组对顶角所在的两个三角形构成．如图1，AD，BC交于O点，根据“三角形内角和是180°，”不难得出两个三角形中的角存在以下关系：①∠DOC＝∠AOB（对顶角相等）；②∠D+∠C＝∠A+∠B．【提出问题】分别作出∠BAD和∠BCD的平分线，两条角平分线交于点E，如图2，∠E与∠D，∠B之间是否存在某种数量关系呢？【解决问题】为了解决上面的问题，我们从特例开始探究．已知∠BAD的平分线与∠BCD的平分线交于点E．（1）如图2，∠D＝30°，∠B＝50°，则∠E的度数是多少呢？易证∠D+∠1＝∠E+∠3，∠B+∠4＝∠E+∠2请你完成后续的推理过程：∴∠D+∠1+∠B+∠4＝ 2∠E+∠3+∠2 ∵CE，AE分别是∠BCD，∠BAD的平分线∴∠1＝∠2，∠3＝∠4∴2∠E＝ ∠B+∠D 又∵∠D＝30°，∠B＝50°∴∠E＝ 40 度．（2）在总结前面问题的基础上，借助图2，直接写出∠E与∠D，∠B之间的数量关系是： ∠E＝ 【类比应用】（3）如图3，∠BAD 的平分线AE与∠BCD 的平分线CE交于点E．已知：∠D＝α，∠B＝β，（α＜β）则∠E＝ （β﹣α）° ．（用α、β表示）【思路点拨】【解决问题】（1）根据两个三角形的有一对对顶角相等得：∠D+∠1＝∠E+∠3，∠B+∠4＝∠E+∠2，两式相加后，再根据角平分线的定义可得结论；（2）根据（1）可得结论；【类比应用】（3）首先延长BC交AD于点F，由三角形外角的性质，可得∠BCD＝∠B+∠BAD+∠D，又由角平分线的性质，即可求得答案．【规范解答】解：【解决问题】（1）如图2，∠D+∠1＝∠E+∠3，∠B+∠4＝∠E+∠2，∴∠D+∠1+∠B+∠4＝2∠E+∠3+∠2，∵CE、AE分别是∠BCD、∠BAD的平分线，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4．∴2∠E＝∠D+∠B，∴∠E＝，又∵∠D＝30°，∠B＝50°，∴∠E＝40度．故答案为：2∠E+∠3+∠2，∠D+∠B，40°；（2）由（1）得：∠E＝，故答案为：∠E＝；【类比应用】如图3，延长BC交AD于F，∵∠BFD＝∠B+∠BAD，∴∠BCD＝∠BFD+∠D＝∠B+∠BAD+∠D，∵CE平分∠BCD，AE平分∠BAD∴∠ECD＝∠ECB＝∠BCD，∠EAD＝∠EAB＝∠BAD，∵∠E+∠ECB＝∠B+∠EAB，∴∠E＝∠B+∠EAB﹣∠ECB＝∠B+∠BAE﹣∠BCD＝∠B+∠BAE﹣（∠B+∠BAD+∠D）＝（∠B﹣∠D），∵∠D＝α°、∠B＝β°，即∠E＝（β﹣α）°．故答案为：（β﹣α）°．【考点评析】此题考查了三角形内角和定理、三角形外角的性质、平行线的性质以及角平分线的定义，掌握角平分线的性质和等量代换是解决问题的关键．重点考向10：三角形的外角性质【典例精讲】（2023秋•萍乡期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，BD是△ABC内角∠ABC的平分线，AD是△ABC外角∠EAC的平分线，CD是△ABC外角∠ACF的平分线，以下结论不正确的是（ ）A．AD∥BC B．∠ACB＝2∠ADB C．∠ADC＝90°﹣∠ABD D．BD平分∠ADC【思路点拨】A、由AD平分△ABC的外角∠EAC，求出∠EAD＝∠DAC，由三角形外角得∠EAC＝∠ACB+∠ABC，且∠ABC＝∠ACB，得出∠EAD＝∠ABC，利用同位角相等两直线平行得出结论正确．B、由AD∥BC，得出∠ADB＝∠DBC，再由BD平分∠ABC，所以∠ABD＝∠DBC，∠ABC＝2∠ADB，得出结论∠ACB＝2∠ADB，C、在△ADC中，∠ADC+∠CAD+∠ACD＝180°，利用角的关系得∠ADC+∠CAD+∠ACD＝∠ADC+2∠ABD+∠ADC＝2∠ADC+2∠ABD＝180°，得出结论∠ADC＝90°﹣∠ABD；D、用排除法可得结论．【规范解答】解：A、∵AD平分△ABC的外角∠EAC，∴∠EAD＝∠DAC，∵∠EAC＝∠ACB+∠ABC，且∠ABC＝∠ACB，∴∠EAD＝∠ABC，∴AD∥BC，故A正确．B、由（1）可知AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∴∠ABC＝2∠ADB，∵∠ABC＝∠ACB，∴∠ACB＝2∠ADB，故B正确．C、在△ADC中，∠ADC+∠CAD+∠ACD＝180°，∵CD平分△ABC的外角∠ACF，∴∠ACD＝∠DCF，∵AD∥BC，∴∠ADC＝∠DCF，∠ADB＝∠DBC，∠CAD＝∠ACB∴∠ACD＝∠ADC，∠CAD＝∠ACB＝∠ABC＝2∠ABD，∴∠ADC+∠CAD+∠ACD＝∠ADC+2∠ABD+∠ADC＝2∠ADC+2∠ABD＝180°，∴∠ADC+∠ABD＝90°∴∠ADC＝90°﹣∠ABD，故C正确；不妨设，D选项正确，可以推出AB＝AD＝AC，推出∠ACB＝∠ACD＝∠DCF＝60°，显然不可能，故D错误．故选：D．【考点评析】本题主要考查了三角形的内角和，平行线的判定和性质，三角形外角的性质等知识，解题的关键是正确找各角的关系．【变式训练10-1】（2023春•高邑县期末）如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，∠E保持不变．为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD＝140°，则图中∠D应 增加 （填“增加”或“减少”） 20 度．【思路点拨】延长EF，交CD于点 G，依据三角形的内角和定理可求∠ACB，根据对顶角相等可得∠DCE，再由三角形内角和定理的推论得到∠DGF的度数；利用∠EFD＝110°，和三角形的外角的性质可得∠D的度数，从而得出结论．【规范解答】解：延长EF，交CD于点G，如图：∵∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°，∴∠ECD＝∠ACB＝70°．∵∠DGF＝∠DCE+∠E，∴∠DGF＝70°+30°＝100°．∵∠EFD＝140°，∠EFD＝∠DGF+∠D，∴∠D＝40°．而图中∠D＝20°，∴∠D应增加20°．故答案为：增加；20．【考点评析】本题主要考查了三角形的外角的性质，三角形的内角和定理．熟练使用上述定理是解题的关键．【变式训练10-2】（2023秋•肃州区校级期末）综合与实践（1）如图1，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点P，若∠A＝50°，则∠BPC＝ 115° ．（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＝α，求∠BEC的度数（用α表示∠BEC）．（3）如图3，BQ平分外角∠CBM，CQ平分外角∠BCN．试确定∠BQC与∠A的数量关系，并说明理由．【思路点拨】（1）根据三角形的内角和角平分线的定义；（2）由角平分线得出∠ECB＝∠ACB，∠EBD＝∠ABD．由三角形外角的性质知∠ABD＝∠A+∠ACB，∠EBD＝∠ECB+∠BEC，根据∠EBD＝∠ABD＝（∠A+∠ACB）＝∠BEC+∠ECB可得答案；（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∠QBC与∠QCB，然后再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解．【规范解答】解：（1）∵PB、PC分别平分∠ABC和∠ACB，∴∠PBC＝ABC，∠PCB＝∠ACB（角平分线的定义），∵∠BPC+∠PBC+∠PCB＝180°（三角形内角和定理），∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝180°﹣（ ∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（180°﹣∠A）＝180°﹣90°+∠A＝90°+∠A＝90+＝115°．故答案为：115°；（2）∵BE是∠ABD的平分线，CE是∠ACB的平分线，∴∠ECB＝∠ACB，∠EBD＝∠ABD．∵∠ABD是△ABC的外角，∠EBD是△BCE的外角，∴∠ABD＝∠A+∠ACB，∠EBD＝∠ECB+∠BEC，∴∠EBD＝∠ABD＝（∠A+∠ACB）＝∠BEC+∠ECB，即∠A+∠ECB＝∠ECB+∠BEC，∴∠BEC＝∠A＝α；（3）结论：∠BQC＝90°﹣∠A．理由如下：∵∠CBM与∠BCN是△ABC的外角，∴∠CBM＝∠A+∠ACB，∠BCN＝∠A+∠ABC，∵BQ，CQ分别是∠ABC与∠ACB外角的平分线，∴∠QBC＝（∠A+∠ACB），∠QCB＝（∠A+∠ABC）．∵∠QBC+∠QCB+∠BQC＝180°，∴∠BQC＝180°﹣∠QBC﹣∠QCB，＝180°﹣（∠A+∠ACB）﹣（∠A+∠ABC）＝180°﹣∠A﹣（∠A+∠ABC+∠ACB）＝180°﹣∠A﹣90°＝90°﹣∠A．【考点评析】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．重点考向11：多边形【典例精讲】（2022春•淮滨县期末）如图，已知在五边形ABCDE中，点F在边CD的延长线上，AD是对角线，∠BAD与∠C互补，则下列说法：①∠B与∠ADC互补；②∠B与∠EDC互补；③∠ADF＝∠B；④∠EDF＝∠BAD．其中正确的个数是（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【思路点拨】根据已知条件以及四边形内角和即可判断①，②，③，假设④成立，得到∠EDC＝∠C，根据已知条件无法判断，即可求解．【规范解答】解：∵四边形ABCD的内角和为360°，∠BAD与∠C互补，∴∠B+∠ADC＝180°，故①正确，∵∠EDC＞∠ADC，故②不正确，∵∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF，故③正确，∵∠EDF+∠EDC＝180°，∠BAD+∠C＝180°，若∠EDF＝∠BAD，∴∠EDC＝∠C，根据已知条件无法判断∠EDC＝∠C，故④不正确．故选：B．【考点评析】本题考查了多边形内角和定理，掌握四边形的内角和为360°是解题的关键．【变式训练11-1】（2022秋•华容区校级月考）如图，五边形ABCDE中，AB＝BC＝5，AE＝ED＝6，∠ABC+∠AED＝180°，M为边CD的中点，BM＝7，EM＝8，则五边形ABCDE的面积为 56 ．【思路点拨】由题意可考虑，延长BM到点F，使FM＝BM，连接BE，EF，DF，这样就构成了等腰三角形BEF，求五边形的面积就转化成了等腰三角形BEF的面积，等腰三角形BEF的底，高都已知，所以求解即可．【规范解答】解：如图，延长BM到点F，使FM＝BM，连接BE，EF，DF，在△BMC和△FDM中，，∴△BMC≌△FDM（SAS），∴BC＝DF＝AB，∠C＝∠CDF，∵∠A+∠ABC+∠C+∠CDE+∠AED＝（5﹣2）×180°＝540°，∵∠ABC+∠AED＝180°，∴∠A+∠C+∠CDE＝360°，∵∠CDE+∠CDF+∠EDF＝360°，∴∠A＝∠EDF，在△ABE和△DFE中，，∴ABE≌△DFE（SAS），∴BE＝EF，∵BM＝MF，∴EM⊥BF，∴五边形ABCDE的面积＝S△ABE+S△BCM+S四BMDE＝S△EDF+S△MDF+S四BMDE＝S△BEF＝BF•EM＝×7×2×8＝56．故答案为：56．【考点评析】这道题考查的是多边形和等腰三角形的判定和性质，熟记有关定理是解题的基础，巧作辅助线构建等腰三角形是解这道题的关键．【变式训练11-2】（2016秋•江北区校级期中）一个四边形的周长是46cm，已知第一条边长是a cm，第二条边长比第一条边长的三倍还少5cm，第三条边长等于第一、第二条边长的和．（1）写出表示第四条边长的式子；（2）当a＝7cm还能得到四边形吗？为什么？此时的图形是什么形状？【思路点拨】（1）根据题意分别运用代数式表示其它各边，再根据周长进行计算；（2）注意根据（1）中的式子代入进行计算分析．【规范解答】解：（1）根据题意得：第二条边是3a﹣5，第三条边是a+3a﹣5＝4a﹣5，则第四条边是46﹣a﹣（3a﹣5）﹣（4a﹣5）＝56﹣8a．答：第四条边长的式子是56﹣8a．（2）当a＝7cm时不是四边形，因为此时第四边56﹣8a＝0，只剩下三条边，三边长为：a＝7cm，3a﹣5＝16cm，4a﹣5＝23，由于7+16＝23，所以，图形是线段．答：当a＝7cm不能得到四边形，此时的图形是线段．【考点评析】首先根据第一条边长表示出第二条边，然后表示出第三条边，最后根据周长表示出第四条边．其中要注意合并同类项法则．（2）中，只需根据（1）中所求的代数式，把字母的值代入计算，然后进行分析图形的形状．重点考向12：多边形的对角线【典例精讲】（2021秋•重庆期末）下列说法正确的是（ ）A．若AC＝BC，则点C是线段AB的中点 B．30.15°＝30°15' C．若经过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成七个三角形，则这个多边形是八边形 D．钟表上的时间是11点10分，此时时针与分针所成的夹角是85°【思路点拨】线段中点的定义，度、分、秒的换算，多边形，钟表问题等知识一一判断即可．【规范解答】解：A、错误，点C不一定在线段AB上，本选项不符合题意．B、错误．应该是30.15°＝30°9′，本选项不符合题意．C、错误，应该是这个多边形是九边形，本选项不符合题意．D、正确．故选：D．【考点评析】本题考查线段中点的定义，度、分、秒的换算，多边形，钟表问题等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【变式训练12-1】（2022秋•迎泽区校级期末）过一个多边形的一个顶点的对角线有6条，则该多边形是 九 边形．【思路点拨】根据从每一个顶点处可以作的对角线的条数为（n﹣3）计算即可得解．【规范解答】解：∵过一个多边形的一个顶点的对角线有6条，∴多边形的边数为6+3＝9，∴这个多边形是九边形．故答案为九．【考点评析】本题考查了多边形的对角线公式，熟记从每一个顶点处可以作的对角线的条数为（n﹣3）是解题的关键．【变式训练12-2】（2023秋•恩施市校级期中）若过m边形的一个顶点有7条对角线，n边形没有对角线，k边形有k条对角线，正h边形的内角和与外角和相等．求代数式h•（m﹣k）n的值．【思路点拨】若过m边形的一个顶点有7条对角线，则m＝10；n边形没有对角线，只有三角形没有对角线，因而n＝3；k边形有k条对角线，即得到方程，解得k＝5；正h边形的内角和与外角和相等，内角和与外角和相等的只有四边形，因而h＝4．代入就可以求出代数式的值．【规范解答】解：∵n边形从一个顶点发出的对角线有n﹣3条，∴m＝7+3＝10，∵n边形没有对角线，∴n＝3，∵k边形有k条对角线，∴，解得k＝5，∵正h边形的内角和与外角和相等，∴h＝4；则h•（m﹣k）n＝4×（10﹣5）3＝500．故代数式h•（m﹣k）n的值为500．【考点评析】本题综合考查了多边形的性质，n边形从一个顶点发出的对角线有（n﹣3）条，共有对角线条．重点考向13：多边形内角与外角【典例精讲】（2023秋•彰武县期末）如图将一张四边形纸片沿EF折叠，以下条件中能得出AD∥BC的条件个数是（ ）①∠2＝∠4；②∠2+∠3＝180°；③∠1＝∠6；④∠4＝∠5．A．1 B．2 C．3 D．4【思路点拨】分别利用同旁内角互补两直线平行，同位角相等两直线平行，内错角相等两直线平行得出答案即可．【规范解答】解：①∵∠2＝∠4，∴AD∥BC，故①符合题意；②∵∠2+∠3＝180°，∠3+∠5＝180°，∴∠2＝∠5，∴HE∥GF，HE和GF是由CE和DF折叠得到的，∴CE∥DF，即AD∥BC，故②符合题意；③由折叠的性质可得∠1＝∠7，∵∠1＝∠6，∴∠6＝∠7，∴AD∥BC，故③符合题意； ④设∠4＝∠5＝x，则∠FEC＝（180﹣x），∠DFE＝（180+x），∴∠FEC+∠DFE＝（180﹣x）+（180+x）＝180°，∴AD∥BC，故④符合题意．故能得出AD∥BC的条件个数是4．故选：D．【考点评析】此题考查了平行线的判定，平行线的判定方法有：同位角相等两直线平行；内错角相等两直线平行；同旁内角互补两直线平行，熟练掌握平行线的判定是解本题的关键．【变式训练13-1】（2023秋•达川区期末）如图1，在五边形ABCDE中，AE∥BC，∠A＝∠C．（1）猜想AB与CD之间的位置关系，并说明理由；（2）如图2，延长DE至F，连接BE，若∠1＝∠3，∠AEF＝2∠2，∠AED＝2∠C﹣140°，求∠C的度数．【思路点拨】（1）AB与CD平行，理由为：由AE∥BC，根据两直线平行同旁内角互补，可得：∠A+∠B＝180°，然后由∠A＝∠C，根据等量代换可得：∠C+∠B＝180°，然后根据同旁内角互补两直线平行，即可证明AB与CD平行；（2）由AE∥BC，根据两直线平行，内错角相等，同旁内角互补，可得：∠2＝∠3，∠A+∠ABC＝180°，由∠1＝∠3，根据等量代换可得：∠1＝∠2＝∠3，∠ABC＝2∠2，由∠AEF＝2∠2，根据等量代换可得：∠A+∠ABC＝∠A+2∠2＝∠A+∠AEF＝180°，然后根据平角的定义可得：∠AEF+∠AED＝180°，进而可得∠A＝∠AED，由∠A＝∠C，可得：∠AED＝∠C，结合∠AED＝2∠C﹣140°计算可求解∠C的度数．【规范解答】解：（1）猜想：AB∥CD，理由：∵AE∥BC，∴∠A+∠B＝180°，∵∠A＝∠C，∴∠C+∠B＝180°，∴AB∥CD；（2）∵AE∥BC，∴∠2＝∠3，∠A+∠ABC＝180°，∵∠1＝∠3，∴∠1＝∠2＝∠3，∠ABC＝2∠2，∵∠AEF＝2∠2，∴∠A+∠ABC＝∠A+2∠2＝∠A+∠AEF＝180°，∵∠AEF+∠AED＝180°，∴∠A＝∠AED，∵∠A＝∠C，∴∠AED＝∠C，∵∠AED＝2∠C﹣140°，∴∠C＝2∠C﹣140°，解得：∠C＝140°．【考点评析】此题考查了平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的判定与性质是解本题的关键．【变式训练13-2】（2023春•唐河县期末）如图，∠MON＝90°，点A、B分别在直线OM、ON上，BC是∠ABN的平分线．（1）如图1，若BC所在直线交∠OAB的平分线于点D时，尝试完成①、②两题：①当∠ABO＝40°时，∠ADB＝ 45 °；当∠ABO＝70°时，∠ADB＝ 45 °；②当点A、B分别在射线OM、ON上运动时（不与点O重合），试问：随着点A、B的运动，∠ADB的大小会变吗？如果不会，请求出∠ADB的度数；如果会，请求出∠ADB的度数的变化范围；（2）如图2，若BC所在直线交∠BAM的平分线于点C时，将△ABC沿EF折叠，使点C落在四边形ABEF内点C′的位置、求∠BEC′+∠AFC′的度数．【思路点拨】（1）①根据角平分线的定义得到∠DAB＝∠OAB＝25°，∠ABC＝∠ABN＝70°，根据三角形的外角的性质计算即可；根据角平分线的定义得到∠DAB＝∠OAB＝10°，∠ABC＝∠ABN＝55°，根据三角形的外角的性质计算即可；②仿照①的作法计算即可；（2）根据三角形内角和定理得到∠CAB+∠CBA＝135°，根据翻转变换的性质、三角形内角和定理计算即可．【规范解答】解：（1）①∵∠ABO＝40°，∴∠OAB＝50°，∠ABN＝140°，∵BC是∠ABN的平分线，AD是∠OAB的平分线，∴∠DAB＝∠OAB＝25°，∠ABC＝∠ABN＝70°，∴∠ADB＝∠ABC﹣∠DAB＝45°；∵∠ABO＝70°，∴∠OAB＝20°，∠ABN＝110°，∵BC是∠ABN的平分线，AD是∠OAB的平分线，∴∠DAB＝∠OAB＝10°，∠ABC＝∠ABN＝55°，∴∠ADB＝∠ABC﹣∠DAB＝45°；故答案为：45；45；②随着点A、B的运动，∠ADB的大小不变．设∠ABO＝α，∵∠MON＝90°，∴∠BAD＝45°﹣，∠ABC＝90°﹣，∴∠ABD＝180°﹣∠ABC＝90°+，∴∠ADB＝180°﹣∠BAD﹣∠ABD＝45°；（2）∵∠MON＝90°，∴∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠CAB+∠CBA＝（∠BAM+∠ABN）＝135°，∴∠C＝45°，∴∠CEC′+∠CFC′＝2（180°﹣∠C）＝270°，∴∠BEC′+∠AFC′＝360°﹣（∠CEC′+∠CFC′）＝90°．【考点评析】本题考查的是角平分线的定义、三角形内角和定理、三角形的外角的性质，掌握三角形内角和等于180°、翻转变换的性质是解题的关键．重点考向14：平面镶嵌（密铺）【典例精讲】（2023春•泉州期末）正四边形与其他正多边形组合可以铺设地板，则该多边形可以是（ ）A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形【思路点拨】根据在一个顶点处各正多边形的内角之和为360°，进行解答即可．【规范解答】解：正五边形的每个角度数：（5﹣2）×180°÷5＝108°，正六边形的每个角度数：（6﹣2）×180°÷6＝120°，正八边形的每个角度数：（8﹣2）×180°÷8＝135°，正十边形的每个角度数：（10﹣2）×180°÷10＝144°∵135°+135°+90°＝360°，∴两个正八边形和一个正方形可以密铺，符合题意，故选：C．【考点评析】本题考查了密铺问题，解题的关键是根据密铺的条件来解答．【变式训练14-1】（2022春•浚县校级期末）在一个顶点处用边长相等的三个正多边形进行密铺，其中两个是正方形和正六边形，则另一个必须是正 12 边形．【思路点拨】正多边形的组合能否进行平面镶嵌，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为360°，若能，则说明可以进行平面镶嵌，反之，则说明不能进行平面镶嵌．【规范解答】解：∵正方形的一个内角度数为180°×（4﹣2）÷4＝90°，正六边形的一个内角度数为180°×（6﹣2）÷6＝120°，∴需要的多边形的一个内角度数为360°﹣90°﹣120°＝150°，∴需要的多边形的一个外角度数为180°﹣150°＝30°，∴第三个正多边形的边数为360÷30＝12，故答案为：12．【考点评析】此题主要考查了平面镶嵌，多边形的内角和、外角和，关键是掌握多边形镶嵌成平面图形的条件：同一顶点处的几个内角之和为360°；正多边形的边数为360÷一个外角的度数．【变式训练14-2】（2023春•侯马市期末）如图是某市一广场用正六边形、正方形和正三角形地板砖铺设的图案，图案中央是一块正六边形地板砖，周围是正方形和正三角形的地板砖．从里向外第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖；第二层包括6块正方形和18块正三角形地板砖；以此递推．①第3中分别含有 6 块正方形和 30 块正三角形地板砖．②第n层中含有 6（2n﹣1） 块正三角形地板砖（用含n的代数式表示）．【应用】该市打算在一个新建广场中央，采用如图样式的图案铺设地面，现有1块正六边形、150块正方形地板砖，问：铺设这样的图案，还需要多少块正三角形地板砖？请说明理由．【思路点拨】（1）①第一层6块正方形和6块正三角形地板砖，第二层6块正方形和6+12＝18块正三角形地板砖，第三层6块正方形和18+12＝30块正三角形地板砖；②每一层中正方形地板砖块数不变；正三角形地板砖的块数分别为：第一层6＝6×1＝6×（2×1﹣1）块，第二层18＝6×3＝6×（2×2﹣1）块，第三层30＝6×5＝6×（2×3﹣1）块，由此得出第n层6＝6×1＝6（2n﹣1）块；【应用】150块正方形地板砖可以铺设这样的图案150÷6＝25（层），铺设n层需要正三角形地板砖的数量为：6[1+3+5+…+（2n﹣1）]＝6n2，将n＝25代入计算即可．【规范解答】解：（1）①∵第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖，第二层包括6块正方形和6+12＝18块正三角形地板砖，∴第三层包括6块正方形和18+12＝30块正三角形地板砖．故答案为：6，30；②∵每一层中正方形地板砖块数不变；正三角形地板砖的块数分别为：第一层6＝6×1＝6×（2×1﹣1）块，第二层18＝6×3＝6×（2×2﹣1）块，第三层30＝6×5＝6×（2×3﹣1）块，∴第n层6（2n﹣1）块正三角形地板砖．故答案为：6（2n﹣1）；【应用】铺设这样的图案，还需要3750块正三角形地板砖．理由如下：∵150÷6＝25（层），∴150块正方形地板砖可以铺设这样的图案25层；∵铺设n层需要正三角形地板砖的数量为：6[1+3+5+⋯+（2n﹣1）]＝6n2，∴当n＝25时，6×252＝3750．故铺设这样的图案，还需要3750块正三角形地板砖．【考点评析】本题考查了平面镶嵌（密铺），图形的变化规律，列代数式，正确找出图形变化规律是解题的关键．重点考向15：平移的性质【典例精讲】（2023秋•宁阳县期末）如图，AB＝4cm，BC＝5cm，AC＝3cm，将△ABC沿BC方向平移a cm（0＜a＜5），得到△DEF，连接AD，则阴影部分的周长为 12 cm．【思路点拨】根据平移的性质得到DE＝AB＝4cm，AD＝BE＝a cm，根据周长公式计算，得到答案．【规范解答】解：由平移的性质可知：DE＝AB＝4cm，AD＝BE＝a cm，∴EC＝（5﹣a）cm，∴阴影部分的周长＝AD+EC+AC+DE＝a+（5﹣a）+3+4＝12（cm），故答案为：12．【考点评析】本题考查的是平移的性质，平移不改变图形的形状和大小、经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等．【变式训练15-1】（2022秋•莱州市期末）如图，△ABC的边长AB＝3cm，BC＝4cm，AC＝2cm，将△ABC沿BC方向平移a cm（a＜4），得到△DEF，连接AD，则阴影部分的周长为 9 cm．【思路点拨】根据平移的性质可得AD＝BE，然后判断出阴影部分的周长＝△ABC的周长，然后代入数据计算即可得解．【规范解答】解：∵将△ABC沿BC方向平移a cm（a＜4cm），得到△DEF，∴AD＝BE，AB＝DE，AC＝DF，∴阴影部分的周长＝AD+EC+DE+AC＝BE+EC+AC+AB＝AB+AC+BC＝3+4+2＝9cm，故答案为：9．【考点评析】本题考查平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．【变式训练15-2】（2023春•鄱阳县期末）（1）已知：如图，CD平分∠ACB，AC∥DE，CD∥EF，求证：EF平分∠DEB．（2）如图①所示，已知MN∥PQ，点B在MN上，点C在PQ上，点A在点B的左侧，点D在点C的右侧，∠ADC，∠ABC的平分线相交于点E（不与B，D点重合），∠CBN＝110°．（Ⅰ）若∠ADQ＝140°，写出∠BED的度数（直接写出结果即可）；（Ⅱ）若∠ADQ＝m°，将线段AD沿DC方向平移，使点D移动到点C的左侧，其他条件不变，如图②所示，求∠BED的度数（用含m的式子表示）．【思路点拨】（1）根据平行线的性质和角平分线的定义即可得到结论；（2）（Ⅰ）过点E作EF∥PQ，根据邻补角的定义求出∠CBM＝70°，∠ADP＝40°，再根据角平分线的定义求出∠EBM＝35°，∠EDP＝20°，再根据两直线平行，内错角相等可得∠DEF＝∠EDP，∠FEB＝∠EBM，然后根据∠BED＝∠DEF+∠FEB代入数据计算即可得解；（Ⅱ）过点E作EF∥PQ，根据邻补角的定义求出∠CBM＝70°，再根据角平分线的定义求出∠EBM＝35°，∠EDP＝m°，再根据两直线平行，内错角相等可得∠DEF＝∠EDP，∠FEB＝∠EBM，然后根据∠BED＝∠DEF+∠FEB代入数据计算即可得解【规范解答】（1）证明：∵AC∥DE，∴∠ACB＝∠DEB，∵CD∥EF，∴∠DCE＝∠BEF，∵CD平分∠ACB，∴∠DCE＝ACB，∴，∴EF平分∠DEB；（2）解：（Ⅰ）如图①，过点E作EF∥PQ．∵∠CBN＝110°，∠ADQ＝140°，∴∠CBM＝70°，∠ADP＝40°．∵∠CDE＝∠ADE，∠ABE＝∠CBE，∴∠EBM＝35°，∠EDP＝20°．∵EF∥PQ，∴∠DEF＝∠EDP＝20°．∵EF∥PQ，MN∥PQ，∴EF∥MN，∴∠FEB＝∠EBM＝35°，∴∠BED＝∠DEF+∠FEB＝20°+35°＝55°；（Ⅱ）如图②，过点E作EF∥PQ．∵∠CBN＝110°，∴∠CBM＝70°．∵∠CDE＝∠ADE，∠ABE＝∠CBE，∴∠EBM＝35°，∠EDQ＝m°．∵EF∥PQ，∴∠DEF＝180°﹣∠EDQ＝180°﹣m°．∵EF∥PQ，MN∥PQ，∴EF∥MN，∴∠FEB＝∠EBM＝35°，∴∠BED＝∠DEF+∠FEB＝180°﹣m°+35°＝215°﹣m°．【考点评析】本题考查了平移的性质，平行线的性质，角平分线的定义，准确识图并理清图中各角度之间的关系是解题的关键，难点在于过拐点作平行线．重点考向16：作图-平移变换【典例精讲】（2022春•温岭市期末）在平面直角坐标系中，A（﹣1，4），B（﹣3，3），C（1，0），∠BAC＝90°．（1）三角形ABC的面积为 5 ；（2）将线段AB沿AC方向平移得到线段DP，若P点恰好落在x轴上，则D点的坐标为 （，1） ．【思路点拨】（1）过B，C分别作x轴的垂线，过点A作y轴的垂线，交点D，E，F，根据题意分别求得D，E，F的坐标，然后根据S△ABC＝S长方形CDEF﹣S△ADC﹣S△ABE﹣S△FBC，即可求解．（2）设P（m，0），则PC＝1﹣m，根据平移可得A向下移动3个单位，向右移动m+3个单位，得到D（﹣1+m+3，1），即D（m+2，1），求得，根据三角形面积求得，即可求解．【规范解答】解：（1）过B，C分别作x轴的垂线，过点A作y轴的垂线，交于点D，E，F，如图，∵A（﹣1，4），B（﹣3，3），C（1，0），∴D（1，4），E（﹣3，4），F（﹣3，0），∴FC＝4，DC＝4，AD＝2，AE＝2，BE＝1，BF＝3，∴S△ABC＝S长方形CDEF﹣S△ADC﹣S△ABE﹣S△FBC，＝，＝5，故答案为：5；（2）∵B（﹣3，3），设P（m，0），则PC＝1﹣m，∵将线段AB沿AC方向平移得到线段DP，若P点恰好落在x轴上，∴B向下移动了3个单位，向右移动了m+3个单位，∴A向下移动3个单位，向右移动m+3个单位，得到D（﹣1+m+3，1），即D（m+2，1），如图，过点D作DH⊥x轴，于点H，则DH＝1，过点B作BM∥x轴交AC于点M，∵，∴，∴，根据题意△PDC是△ABM沿AC方向平移得到的，∴，∵，解得：，∴，故答案为：．【考点评析】本题考查了坐标与图形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．【变式训练16-1】（2023秋•台江区校级期末）如图，在边长均为2的正方形网格中，△ABC的三个顶点和点A'均在格点上．将△ABC向右平移，使点A平移至点A'处，得到△A'B'C'．（1）在图中画出△A'B'C'；（2）边AC扫过的图形面积为 12 ．【思路点拨】（1）根据网格结构找出点B、C的对应点B′、C′的位置，然后顺次连接即可得到△A′B′C′；（2）根据平行四边形的面积求出AC所扫过的面积即可．【规范解答】解：（1）△A′B′C′如图所示；（2）AC扫过的图形为平行四边形ACC′A′，面积＝2×6＝12．【考点评析】本题考查了利用作图﹣平移变换，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．【变式训练16-2】（2023春•宁江区期中）三角形ABC，（记△ABC）在8×8的方格中的位置如图所示，已知A（﹣3，1），B（﹣2，4）（1）请你在方格中建立平面直角坐标系，并写出点C的坐标．（2）把△ABC向下平移1个单位，再向右平移2个单位，请你画出平移后的△A1B1C1，若△ABC内部有一点P的坐标为（m，n），则点P的对应点P1的坐标是 （m+2，n﹣1） ．（3）在x轴上存在一点D，使△DB1C1的面积等于，写出满足条件的点D的坐标．【思路点拨】（1）根据条件建立平面直角坐标系即可．（2）根据平移规律画出图象即可，再根据平移后的坐标左减右加，上加下减的规律即可写出点P1坐标．（3）设点D坐标（m，0），列出方程即可解决问题．【规范解答】解：（1）平面直角坐标系如图所示，点C坐标（1，1）．（2）图中△A1B1C1即为所求．P1（m+2，n﹣1）．故答案为（m+2，n﹣1）．（3）设点D坐标（m，0），由题意：|m﹣3|×3＝，∴m＝2或4，∴点D坐标（2，0）或（4，0）．【考点评析】本题考查作图﹣平移规律，点的位置与坐标的关系，解题的关键是理解平移的概念，记住平移后的坐标左减右加，上加下减的规律，属于中考常考题
2023-2024学年苏科版数学七年级下册章节培优复习知识讲练第7章 平面图形的认识（二）（思维导图+知识梳理+十六大重点考向举一反三讲练）1. 区别平行线的判定与性质，并能灵活运用；2. 了解图形平移的概念及性质；3. 熟练掌握三角形的三边关系及内角和定理，并能灵活应用；4. 掌握多边形的内角和公式与外角和定理．知识点01：平行线的判定与性质【高频考点精讲】 1．平行线的判定判定方法1：同位角相等，两直线平行．判定方法2：内错角相等，两直线平行．判定方法3：同旁内角互补，两直线平行．【易错点剖析】根据平行线的定义和平行公理的推论，平行线的判定方法还有：（1）平行线的定义：在同一平面内，如果两条直线没有交点（不相交），那么两直线平行.（2）如果两条直线都平行于第三条直线，那么这两条直线平行（平行线的传递性）.（3）在同一平面内，垂直于同一直线的两条直线平行.（4）平行公理：经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行.2．平行线的性质性质1：两直线平行，同位角相等；性质2：两直线平行，内错角相等；性质3：两直线平行，同旁内角互补.【易错点剖析】根据平行线的定义和平行公理的推论，平行线的性质还有：（1）若两条直线平行，则这两条直线在同一平面内，且没有公共点．（2）如果一条直线与两条平行线中的一条直线垂直，那么它必与另一条直线垂直．知识点02：图形的平移【高频考点精讲】 1.平移的定义：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，图形的这种移动叫做平移．【易错点剖析】决定平移的两个要素：（1）平移的方向；（2）平移的距离．2.平移的性质： (1)图形的平移不改变图形的形状与大小，只改变图形的位置．（2）图形平移后，对应点的连线平行或在同一直线上且相等． (3)图形经过平移，对应线段互相平行或在同一条直线上且相等，对应角相等．知识点03：认识三角形【高频考点精讲】 三角形的分类 （1）按角分： 三角形2.三角形的三边关系三角形的任意两边之和大于第三边; 三角形任意两边之差小于第三边.【易错点剖析】（1）判断给定三条线段能否构成一个三角形：看较小两边的和是否大于最长边.（2）已知三角形的两边长,确定第三边的范围：两边之差的绝对值＜第三边＜两边之和.3.三角形的三条主要线段（1）在三角形中，连接一个顶点与它对边中点的线段，叫做三角形的中线。三角形的三条中线交于三角形内部一点，叫做三角形的重心.（2）在三角形中，一个内角的平分线与它的对边相交，这个角的顶点与交点之间的线段叫做三角形的角平分线，三角形的三条角平分线交于三角形内一点，叫做三角形的内心.（3）在三角形中，从一个顶点向它的对边所在直线作垂线，顶点与垂足之间的线段叫做三角形的高线，简称三角形的高，三角形的三条高交于一点，叫做三角形的垂心.4.三角形的角（1）三角形的内角和为180°.(2) 三角形的一边与他的邻边的延长线组成的角叫做三角形的外角.【易错点剖析】（1）直角三角形的两个锐角互余；（2）三角形的一个外角等于与它不相邻的两内角和；（3）三角形的一个外角大于任意一个不相邻的内角.知识点04：多边形的内角和与外角和【高频考点精讲】 1. 多边形的内角和：边形的内角和为(－2)·180°(≥3)．【易错点剖析】(1)内角和定理的应用：①已知多边形的边数，求其内角和；②已知多边形内角和求其边数； (2)正多边形的每个内角都相等，都等于. 2. 多边形的外角和：任意多边形的外角和都为360°.【易错点剖析】多边形的外角和为360°．边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关.重点考向01：同位角、内错角、同旁内角重点考向02：平行线的判定重点考向03：平行线的性质重点考向04：平行线的判定与性质重点考向05：三角形的角平分线、中线和高重点考向06：三角形的面积重点考向07：三角形的稳定性重点考向08：三角形三边关系重点考向09：三角形内角和定理重点考向10：三角形的外角性质重点考向11：多边形重点考向12：多边形的对角线重点考向13：多边形内角与外角重点考向14：平面镶嵌（密铺）重点考向15：平移的性质重点考向16：作图-平移变换重点考向01：同位角、内错角、同旁内角【典例精讲】（2023秋•太康县期末）下列图中∠1，∠2不是同位角的是（ ）A． B． C． D．【思路点拨】根据同位角的定义（在被截线同一侧，截线的同一方位的两个角互为同位角）解决此题．【规范解答】解：A．由图可知，∠1，∠2是同位角，故A不符合题意．B．由图可知，∠1，∠2是同位角，故B不符合题意．C．由图可知，∠1，∠2是同位角，故C不符合题意．D．由图可知，∠1，∠2不是同位角，故D符合题意．故选：D．【考点评析】本题主要考查同位角，熟练掌握同位角的定义是解决本题的关键．【变式训练1-1】（2023春•安乡县期中）如图，下列结论正确的序号是 ②④⑤ ．①∠ABC与∠C是同位角；②∠C与∠ADC是同旁内角；③∠BDC与∠DBC是内错角；④∠ABD的内错角是∠BDC；⑤∠A与∠ABD是由直线AD，BD被直线AB所截得到的同旁内角．【思路点拨】同位角：两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的同侧，并且在第三条直线（截线）的同旁，则这样一对角叫做同位角．内错角：两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的之间，并且在第三条直线（截线）的两旁，则这样一对角叫做内错角．同旁内角：两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的之间，并且在第三条直线（截线）的同旁，则这样一对角叫做同旁内角．依此即可作出判断．【规范解答】解：①∠ABC与∠C是同旁内角，该选项说法错误；②∠C与∠ADC是同旁内角，该选项说法正确；③∠BDC与∠DBC是同旁内角，该选项说法错误；④∠ABD的内错角是∠BDC，该选项说法正确；⑤∠A与∠ABD是由直线AD，BD被直线AB所截得到的同旁内角，该选项说法正确．故答案为：②④⑤．【考点评析】本题考查了同位角、内错角、同旁内角，三线八角中的某两个角是不是同位角、内错角或同旁内角，完全由那两个角在图形中的相对位置决定，在复杂的图形中判别三类角时，应从角的两边入手，具有上述关系的角必有两边在同一直线上，此直线即为截线，而另外不在同一直线上的两边，它们所在的直线即为被截的线．同位角的边构成F形，内错角的边构成Z形，同旁内角的边构成U形．【变式训练1-2】（2023春•昌平区期末）如图1，对于两条直线l1，l2被第三条直线l3所截的同旁内角∠α，∠β满足∠β＝∠α+30°，则称∠β是∠α的关联角．（1）已知∠β是∠α的关联角．①当∠α＝50°时，∠β＝ 80 °；②当2∠α﹣∠β＝45°时，直线l1，l2的位置关系为 平行 ；（2）如图2，已知∠AGH是∠CHG的关联角，点O是直线EF上一定点．①求证：∠DHG是∠BGH的关联角；②过点O的直线MN分别交直线CD，AB于点P，Q，且∠CHG＝80°．当∠EOP是图中某角的关联角时，写出所有符合条件的∠EOP的度数为 140°、145°或155° ．【思路点拨】（1）①根据关联角所满足的关系式∠β＝∠α+30°即可解答，②解∠β＝∠α+30°与2∠α﹣∠β＝45°构成的方程组，根据∠α和∠β的关系来确定直线l1，l2的位置关系．（2）①由∠AGH与∠BGH、∠CHG与∠DHG的互补关系，求出∠DHG与∠BGH之间的大小关系，进而命题得以证明．②根据直线MN过点O的形式可分4种情况，每种情况均有2个角与∠EOP互为同旁内角，因此共有4种情况，分别解出∠EOP的度数即可．【规范解答】解：（1）①∵∠β是∠α的关联角，∠α＝50°，∴∠β＝∠α+30°＝50°+30°＝80°．故答案为：80．②由题意可得方程组，解得，∴∠α+∠β＝75°+105°＝180°，∴l1∥l2．故答案为：平行．（2）①证明：∵∠AGH是∠CHG的关联角，∴∠AGH＝∠CHG+30°，又∵∠DHG＝180°﹣∠CHG，∠BGH＝180°﹣∠AGH，∴∠DHG﹣∠BGH＝180°﹣∠CHG﹣（180°﹣∠AGH）＝∠AGH﹣∠CHG＝30°，∴∠DHG＝∠BGH+30°，∴∠DHG是∠BGH的关联角．②当直线MN位于如图所示位置时：∵∠AGH是∠CHG的关联角，∠CHG＝80°，∴∠AGH＝∠CHG+30°＝80°+30°＝110°．若∠EOP是∠AGO的关联角，则∠EOP＝∠AGO+30°＝110°+30°＝140°．若∠EOP是∠CPO的关联角，则∠EOP＝∠CPO+30°＝80°+180°﹣∠EOP+30°＝290°﹣∠EOP，得∠EOP＝145°．当直线MN位于如图所示位置时：∵∠AGH＝110°，∠CHG＝80°，∴∠BGH＝180°﹣∠AGH＝180°﹣110°＝70°，∠GHD＝180°﹣∠CHG＝180°﹣80°＝100°若∠EOP是∠BGO的关联角，则∠EOP＝∠BGO+30°＝70°+30°＝100°．∵∠EOP＝∠GHD+∠OPH＝100°+∠OPH＞100°，∴∠EOP＝100°（舍去）．若∠EOP是∠DPO的关联角，则∠EOP＝∠DPO+30°＝100°+180°﹣∠EOP+30°＝310°﹣∠EOP，得∠EOP＝155°．故答案为：140°、145°或155°．【考点评析】本题考查了同旁内角及角的计算，难度不大，注意分情况讨论．重点考向02：平行线的判定【典例精讲】（2023春•昌平区期末）如图是一个可折叠的衣架，AB是地平线，当∠1＝∠2时，PM∥AB；∠3＝∠4时，PN∥AB，就可确定点N，P，M在同一条直线上，将下面正确的依据序号填写在横线上 ② ．①两点确定一条直线；②过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行．【思路点拨】由平行公理：经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行，即可判断．【规范解答】解：∵∠1＝∠2，∴PM∥AB，∵∠3＝∠4，∴PN∥AB，∵过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行，∴N，P，M在同一条直线．故答案为：②．【考点评析】本题考查平行线的判定，平行公理，关键是掌握平行公理．【变式训练2-1】（2023秋•泗县期末）完成下面证明：如图，CB平分∠ACD，∠1＝∠3．求证AB∥CD．证明：∵CB平分∠ACD∴∠1＝∠2（ 角平分线的定义 ）∵∠1＝∠3．∴∠2＝∠ 3 ．∴AB∥CD（ 内错角相等两直线平行 ）．【思路点拨】根据角平分线的定义得到∠1＝∠2，而∠1＝∠3，则得到∠2＝∠3，根据“内错角相等两直线平行”即可得到结论．【规范解答】证明：∵CB平分∠ACD∴∠1＝∠2（角平分线的定义）∵∠1＝∠3．∴∠2＝∠3．∴AB∥CD（内错角相等两直线平行）．故答案为：角平分线的定义，3，内错角相等两直线平行．【考点评析】此题考查了平行线的判定，熟练掌握平行线的判定方法是解本题的关键．【变式训练2-2】（2023春•金水区校级期中）光线从空气中射入水中会发生折射现象，光线从水中射入空气中，同样会发生折射现象．如图是光线从空气中射入水中，再从水中射入空气中的示意图．已知∠1＝∠4，∠2＝∠3．请你用所学知识来判断c与d是否平行？并说明理由．【思路点拨】欲证明c∥d，结合图形只要先证明∠1+∠5＝∠4+∠6，再利用内错角相等，两直线平行即可．【规范解答】解：c∥d；理由如下：如图，∵∠2+∠5＝∠3+∠6，∠2＝∠3，∴∠5＝∠6，∵∠1＝∠4，∴∠1+∠5＝∠4+∠6（等式的性质），∴c∥d（内错角相等，两直线平行）．【考点评析】本题考查平行线的判定定理，正确识别“三线八角”中的同位角、内错角、同旁内角是正确答题的关键，不能遇到相等或互补关系的角就误认为具有平行关系，只有同位角相等、内错角相等、同旁内角互补，才能推出两被截直线平行．重点考向03：平行线的性质【典例精讲】（2023秋•上杭县期末）如图，已知长方形纸片ABCD中，点E、F、G分别在边AD、AB、CD上．将三角形AEF沿EF翻折，点A落在点A1处，将三角形DEG沿EG翻折，点D落在点D1处．有以下四个结论：（1）若∠A1ED＝2n°，则∠AEF＝（90﹣n）°；（2）若∠FEG＝90°，则A1、D1、E三点不一定在同一直线上；（3）若∠FEG＝m°（m＞90），则∠A1ED1＝（2m﹣180）°；（4）若∠FEG＝m°（m＜90），则∠A1ED1＝（180﹣2m）°．其中正确的结论个数有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【思路点拨】利用折叠的性质，再结合角与角的和差关系逐项判断【规范解答】解：由折叠的性质，得∠AEF＝∠A1EF，∠DEG＝∠D1EG，对于（1），若∠A1ED＝2n°，∵∠AEF+∠FEA1+∠A1ED＝180°，整理得2∠AEF+2n°＝180°，∴∠AEF＝（90﹣n）°，故（1）正确；对于（2），若∠FEG＝90°，则∠FEA1+∠GED1＝90°，∴∠AEF+∠FEA1+∠GED1+∠DEG＝180°，∵点E在边AD上，∴点A1 D1 E三点一定在同一直线上，故（2）错误；对于（3），若∠FEG＝m°（m＞90），则∠AEF+∠FEG+∠DEG＝180°，∴∠AEF+∠DEG＝180°﹣m°，则∠AED1＝180°﹣（∠AEF+∠A1EF）﹣（∠DEG+∠D1EG）＝180°﹣2（∠AEF+∠DEG）＝（2m﹣180）°，故（3）正确；对于（4），若∠FEG＝m2（m＜90），则∠AEF+∠FEG+∠DEG＝180°，得∠AEF+∠DEG＝180°﹣m°，则∠AED1＝（∠AEF+∠FEA1）+（∠DEG+∠GED1）﹣180°＝2（∠AEF+∠DEG）﹣180°＝（180﹣2m）°，故（4）正确．故选：C．【考点评析】本题主要考查折叠的性质、角的计算，熟练掌握折叠的性质、角与角的运算关系是解题关键．【变式训练3-1】（2024•渝中区校级开学）如图所示，直线AB∥CD，NE平分∠FND，MB平分∠FME，且2∠E+∠F＝174°，则∠FME的度数是 116° ．【思路点拨】设∠FMB＝α，∠END＝β，根据角平分线的定义得∠FMB＝∠BME＝α，∠END＝∠FNE＝β，∠FME＝2α，∠FND＝2β，再根据EP∥AB∥CD得∠FHB＝∠FND＝2β，∠MEP＝∠BME＝α，∠PEN＝∠END＝β，由此可得∠MEN＝α+β，∠F＝α﹣2β，然后根据2∠MEN+∠F＝174°可求出α＝58°，据此即可求出∠FME的度数．【规范解答】解：设NF交AB于点H，过E作EP∥AB，如图：设∠FMB＝α，∠END＝β，∵NE平分∠FND，MB平分∠FME，∴∠FMB＝∠BME＝α，∠END＝∠FNE＝β，∴∠FME＝2α，∠FND＝2β，∵AB∥CD，EP∥AB，∴EP∥AB∥CD，∴∠FHB＝∠FND＝2β，∠MEP＝∠BME＝α，∠PEN＝∠END＝β，∴∠MEN＝∠MEP+∠PEN＝α+β，又∵∠FMB＝∠F+∠FHB，∴∠F＝∠FMB﹣∠FHB＝α﹣2β，∵2∠MEN+∠F＝174°，∴2（α+β）+α﹣2β＝174°，∴α＝58°，∴∠FME＝2α＝116°．故答案为：116°．【考点评析】此题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，理解题意，准确识图熟练掌握平行线的性质和角平分线的定义是解答此题的关键．【变式训练3-2】（2023秋•潜山市期末）（1）如图1，AB∥CD，∠PAB＝130°，∠PCD＝120°．求∠APC度数；（2）如图2，AD∥BC，点P在射线OM上运动，当点P在A、B两点之间运动时，∠ADP＝∠α，∠BCP＝∠β．∠CPD、∠α、∠β之间有何数量关系？请说明理由；（3）在（2）的条件下，如果点P在A、B两点外侧运动时（点P与点A、B、O三点不重合），请你写出∠CPD、∠α、∠β间的数量关系，并说明理由．【思路点拨】（1）如图1，过点P作GH∥AB，得BAP+∠APH＝180°，故∠APH＝180°﹣∠BAP＝50°．由AB∥CD，GH∥AB，得CD∥GH，故∠PCD+∠HPC＝180°．那么，∠APC＝∠HPC+∠APH＝60°+50°＝110°．（2）如图2，过点P作EF∥AD，故∠ADP＝∠DPF．由EF∥AD，AD∥BC，得EF∥BC，故∠FPC＝∠PCB．那么，∠CPD＝∠DPF+∠CPF＝∠α+∠β．（3）当P在A的左侧，如图3．由AD∥BC，得∠DKC＝∠BCP＝∠β．又因∠DKC＝∠CPD+∠ADP，故∠CPD＝∠β﹣∠α．当P在B的右侧，如图4．由AD∥BC，得∠ADP＝∠DQC＝∠α．又因∠DQC＝∠CPD+∠BCP，故∠CPD＝∠α﹣∠β．【规范解答】解：（1）如图1，过点P作GH∥AB．∴∠BAP+∠APH＝180°．∴∠APH＝180°﹣∠BAP＝180°﹣130°＝50°∵AB∥CD，GH∥AB．∴CD∥GH．∴∠PCD+∠HPC＝180°．∴∠HPC＝180°﹣∠PCD＝180°﹣120°＝60°．∴∠APC＝∠HPC+∠APH＝60°+50°＝110°．（2）如图2，过点P作EF∥AD．∴∠ADP＝∠DPF，即∠α＝∠DPF．∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF∥BC．∴∠FPC＝∠PCB，即∠FPC＝∠β．∴∠CPD＝∠DPF+∠CPF＝∠α+∠β．∴∠CPD＝∠α+∠β．（3）当P在A的左侧，如图3．∵AD∥BC，∴∠DKC＝∠BCP＝∠β．又∵∠DKC＝∠CPD+∠ADP，∴∠β＝∠CPD+∠α，即∠CPD＝∠β﹣∠α．当P在B的右侧，如图4．∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠DQC＝∠α．又∵∠DQC＝∠CPD+∠BCP，∴∠α＝∠CPD+∠β．∴∠CPD＝∠α﹣∠β．【考点评析】本题主要平行线的性质以及三角形外角的性质，熟练掌握三角形外角的性质以及平行线的性质是解决本题的关键．重点考向04：平行线的判定与性质【典例精讲】（2023•鼓楼区校级模拟）如图，直线EF分别与直线AB、CD相交于点G、H，已知∠1＝∠2＝70°，GM平分∠HGB交直线CD于点M，则∠3＝ 55° ．【思路点拨】利用“同位角相等，两直线平行”证明AB∥CD，利用邻补角的定义，角平分线的定义求∠BGM的度数，再利用“两直线平行，内错角相等”即可求出∠3的度数．【规范解答】解：∵∠1＝∠2＝70°，∴AB∥CD，∠BGH＝180°﹣∠1＝110°，∵GM平分∠HGB，∴，∵AB∥CD，∴∠3＝∠BGM＝55°．故答案为：55°．【考点评析】本题考查了平行线的判定与性质，掌握平行线的判定与性质是解题的关键．【变式训练4-1】（2023秋•邓州市期末）课题学习：平行线问题中的转化思想．【阅读理解】“两条平行线被第三条直线所截”是平行线中的一个重要的“基本图形”．与平行线有关的角都存在着这个“基本图形”中，且都分布在“第三条直线”的两旁．当发现题目的图形“不完整”时要添加适当的辅助线将其补充完整．将“非基本图形”转化为“基本图形”这体现了转化思想．有这样一道典型问题：例题：如图（1）．已知AB//CD，点E在直线AB、CD之间，探究∠BED与∠B¡¢∠D、∠D之间的关系．解：过点E作EF∥AB．∵EF∥AB，AB∥CD，∴AB∥CD∥EF，∴∠B＝∠BEF，∠D＝∠DEF，∵∠BED＝∠BEF+∠DEF，∴∠BED＝∠B+∠D．【学以致用】（1）当∠B＝30°，∠D＝35°时，∠BED＝ 65 °．（2）①如图（2），已知AB∥CD，若∠A＝135°，∠C＝130°，∠C＝130°，求出∠AEC的度数．②如图（3），在①的条件下，若AF、CF分别平分∠BAE和∠DCE，求∠AFC的度数．【思路点拨】（1）因为∠BED＝∠B+∠D，所以当当∠B＝30°，∠D＝35°时，∠BED＝65°；（2）①如图所示过点E作EF//AB，利用平行线的定理和推论可知∠AEC＝∠AEF+∠CEF，最后计算出∠AEC的度数；②已知AF、CF分别平分∠BAE和∠DCE，所以可以推导出∠BAF和∠DCF的度数，利用（1）的结论可知∠AFC的度数．【规范解答】解：（1）∵∠BED＝∠B+∠D，又∵∠B＝30°，∠D＝35°，∴∠BED＝65°，故答案为：65°；（2）①过点E作EF//AB，如图：∵EF//AB，AB//CD，∴EF//AB//CD，∴∠A+∠AEF＝180°，∠C+∠CEF＝180°，又∵∠A＝135°，∠C＝130°，∴∠AEF＝180°﹣135°＝45°，∠CEF＝180°﹣130°＝50°，∴∠AEC＝∠AEF+∠CEF＝45°+50°＝95°，答：∠AEC的度为95°；②∵∠BAE＝135°，AF平分∠BAE，∴，∵∠DCE＝130°，CF平方∠DCE，∴∠DCF＝65°，由（1）问可知：∠AFC＝∠BAF+∠FCD＝67.5°+65°＝132.5°，答：∠AFC的度数为：132.5°．【考点评析】本题考查的重点是平行线的性质和角度的计算，可以利用猪蹄模型和铅笔模型的解题思路，很容易得出计算结果．【变式训练4-2】（2023秋•长沙县期末）探索发现：如图是一种网红弹弓的实物图，在两头上系上皮筋，拉动皮筋可形成平面示意图如图1图2，弹弓的两边可看成是平行的，即AB∥CD．各活动小组探索∠APC与∠A，∠C之间的数量关系．已知AB∥CD，点P不在直线AB和直线CD上，在图1中，智慧小组发现：∠APC＝∠A+∠C．智慧小组是这样思考的：过点P作PQ∥AB，……．（1）填空：过点P作PQ∥AB．∴∠APQ＝∠A，∵PQ∥AB，AB∥CD，∴PQ∥CD（ 平行于同一直线的两直线平行 ），∴∠CPQ＝∠C，∴∠APO+∠CPQ＝∠A+∠C，即∠APC＝∠A+∠C．（2）在图2中，猜测∠APC与∠A，∠C之间的数量关系，并完成证明．（3）善思小组提出：①如图3，已知AB∥CD，则角α、β、γ之间的数量关系为 α+β﹣γ＝180° .（直接填空）②如图4，AB∥CD，AF，CF分别平分∠BAP，∠DCP．则∠AFC与∠APC之间的数量关系为 ∠AFC＝∠APC ．（直接填空）【思路点拨】（1）发现由平行线的性质得出∠APQ＝∠A，由PQ∥AB，AB∥CD，推出PQ∥CD，得出∠APQ＝∠C，推出∠APQ+∠CPQ＝∠A+∠C，即可得出结论；（2）过点P作PQ∥AB，延长BA到M，延长DC到N，由平行线的性质得出∠APQ＝∠PAM，由PQ∥AB，AB∥CD，推出PQ∥CD，得出∠APQ＝∠PCN，则∠APQ+∠CPQ+∠PAB+∠PCD＝360°，即可得出结果；（3）①过点M作MQ∥AB，由平行线的性质得出α+∠QMA＝180°，由MQ∥AB，AB∥CD，推出MQ∥CD，得出∠QMD＝γ，即可得出结果；②过点P作PQ∥AB，过点F作FM∥AB，由平行线的性质得出∠APQ＝∠BAP，∠AFM＝∠BAF，由角平分线的性质得出∠BAF＝∠PAF，即∠AFM＝∠BAP，由PQ∥AB，FM∥AB，AB∥CD，推出PQ∥CD，FM∥CD，得出∠CPQ＝∠DCP，∠CFM＝∠DCF，由角平分线的性质得出∠DCF＝∠PCF，即∠CFM＝∠DCP，推出∠APC＝∠BAP+∠DCP，∠AFC＝（∠BAP+∠DCP），即可得出结果．【规范解答】解：（1）填空：过点P作PQ∥AB．∴∠APQ＝∠A，∵PQ∥AB，AB∥CD，∴PQ∥CD（平行于同一直线的两直线平行），∴∠CPQ＝∠C，∴∠APQ+∠CPQ＝∠A+∠C，即∠APC＝∠A+∠C．故答案为：平行于同一直线的两直线平行；（2）∠APC+∠A+∠C＝360°；证明：过点P作PQ∥AB，延长BA到M，延长DC到N，如图2所示：∴∠APQ＝∠PAM，∵PQ∥AB，AB∥CD，∴PQ∥CD，∴∠APQ＝∠PCN，∴∠APQ+∠CPQ+∠PAB+∠PCD＝180°+180°＝360°，∴∠APC+∠A+∠C＝360°；（3）①α+β﹣γ＝180°；理由如下：过点M作MQ∥AB，如图3所示：∴α+∠QMA＝180°，∵MQ∥AB，AB∥CD，∴MQ∥CD，∴∠QMD＝γ，∵∠QMA+∠QMD＝β，∴α+β﹣γ＝180°，故答案为：α+β﹣γ＝180°；②∠AFC＝∠APC；证明：过点P作PQ∥AB，过点F作FM∥AB，如图4所示：∴∠APQ＝∠BAP，∠AFM＝∠BAF，∵AF平分∠BAP，∴∠BAF＝∠PAF，∴∠AFM＝∠BAP，∵PQ∥AB，FM∥AB，AB∥CD，∴PQ∥CD，FM∥CD，∴∠CPQ＝∠DCP，∠CFM＝∠DCF，∵CF平分∠DCP，∴∠DCF＝∠PCF，∴∠CFM＝∠DCP，∴∠APC＝∠BAP+∠DCP，∠AFC＝∠BAP+∠DCP＝（∠BAP+∠DCP），∴∠AFC＝∠APC．故答案为：∠AFC＝∠APC．【考点评析】本题考查了平行线的判定与性质、角平分线的性质、平角的定义等知识，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．重点考向05：三角形的角平分线、中线和高【典例精讲】（2023秋•和田地区期末）下列四个图形中，线段BE是△ABC的高的是（ ）A． B． C． D．【思路点拨】根据三角形高的画法知，过点B作AC边上的高，垂足为E，其中线段BE是△ABC的高，再结合图形进行判断．【规范解答】解：线段BE是△ABC的高的图是选项C．故选：C．【考点评析】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．熟记定义是解题的关键．【变式训练5-1】（2022秋•嘉峪关校级期末）如图，在△ABC中，AD是中线，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，若AB＝6cm，AC＝4cm，则＝ ．【思路点拨】由题意，△ABC中，AD为中线，可知△ABD和△ADC的面积相等；利用面积相等，问题可求．【规范解答】解：∵△ABC中，AD为中线，∴BD＝DC．∴S△ABD＝S△ADC．∵DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，AB＝6，AC＝4．∴•AB•ED＝•AC•DF，∴×6×ED＝×4×DF，∴．故答案为：．【考点评析】本题考查了三角形的中线性质，关键在于利用中线把三角形的面积分成相等的两部分进行知识解答．属于基础题．【变式训练5-2】（2023春•姜堰区期中）如图，在△ABC中，线段CD是△ABC的高．给出下列三个选项：①∠1＝∠2；②∠B＝∠ADG；③EF⊥AB．从上述三个选项中任选两个作为条件，另一个作为结论，使结论成立，并说明理由．已知： ①②或①③或②③ ，结论： ③或②或① ．（填序号）理由： 见解析部分 ．【思路点拨】根据平行线的性质与判定可进行求解．【规范解答】解：已知：①②，结论：③；理由：∵∠B＝∠ADG，∴DG∥BC，∴∠2＝∠DCB，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠DCB，∴EF∥CD，∵CD⊥AB，∴EF⊥AB；已知：①③，结论：②；理由：∵EF⊥AB，CD⊥AB，∴EF∥CD，∴∠1＝∠DCB，∵∠1＝∠2，∴∠2＝∠DCB，∴DG∥BC，∴∠B＝∠ADG；已知：②③，结论：①；理由：∵∠B＝∠ADG，∴DG∥BC，∴∠2＝∠DCB，∵EF⊥AB，CD⊥AB，∴EF∥CD，∴∠1＝∠DCB，∴∠1＝∠2．【考点评析】本题主要考查平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的性质与判定是解题的关键．重点考向06：三角形的面积【典例精讲】（2023秋•潜山市期末）如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝8，点D、E分别在BC、AC上，CD＝2BD，CE＝2AE，BE交AD于点F．则与△AFE的面积相等的三角形是 △BFD ，△AFE面积的最大值为 ．【思路点拨】连接DE，过点D作DH⊥AB于H，先证△CDE和△CAB相似得DE∥AB，进而得S△ABE＝S△ABD，据此得S△AFE＝S△BFD，即与△AFE的面积相等的三角形是△BFD；再由△CDE和△CAB相似可得DE：AB＝CE：CA＝2：3，再证△FED和△FBA相似得，DF：FA＝DE：AB＝2：3，设DF＝2a，AF＝3a，则AD＝5a，则DF：AD＝2：5，进而得S△BFD：S△ABD＝2：5，则S△AFE＝S△ABD，据此得当△ABD面积为最大时△AFE的面积为最大，而S△ABD＝AB•DH＝3•DH，此时只需求出DH的最大值即可，由CB＝8，CD＝2BD得BD＝，再根据DH⊥AB得DH≤BD，因此当DH＝BD＝时，DH为最大，即当AB⊥BC时△ABD的面积为最大，由此得△ABD的最大值为8，进而可得△AFE面积的最大值．【规范解答】解：连接DE，过点D作DH⊥AB于H，如图所示： ∵CD＝2BD，CE＝2AE，∴CB＝CD+BD＝3BD，CA＝CE+AE＝3AE，∴CD：CB＝2：3，CE：CA＝2：3，∴CD：CB＝CE：CA＝2：3，又∵∠DCE＝∠BCA，∴△CDE∽△CAB，∴∠CDE＝∠CBA，∴DE∥AB，∴S△ABE＝S△ABD，∴S△AFE+S△ABF＝S△ABF+S△BFD，∴S△AFE＝S△BFD，即与△AFE的面积相等的三角形是△BFD，∵△CDE∽△CAB，∴DE：AB＝CE：CA＝2：3，∵DE∥AB，∴△FED∽△FBA，∴DF：FA＝DE：AB＝2：3，设DF＝2a，AF＝3a，则AD＝DF+AF＝5a，∴DF：AD＝2：5∴S△BFD：S△ABD＝DF：AD＝2：5，∴S△BFD＝S△ABD，即S△AFE＝S△ABD，要求△AFE的面积最大值，只需求出△ABD面积的最大值即可，∵S△ABD＝AB•DH＝×6•DH＝3•DH，∴只需DH为最大时，△ABD面积为最大，∵CB＝8，CB＝3BD，∴BD＝8/3，又∵DH⊥AB，∴DH≤BD，∴当DH＝BD＝8/3时，DH为最大，即当AB⊥BC时，△ABD的面积为最大，此时S△ABD＝3•DH＝3×＝8，∴△AFE的面积的最大值为：×8＝．故答案为：△BFD；．【考点评析】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，三角形的面积，准确识图，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．【变式训练6-1】（2023秋•梁山县期末）如图，正方形ABCD的边长为a，正方形EFGC的边长为6（点B，C，G在一条直线上），则△ABC的面积是 18 ．【思路点拨】用整体思维方法，利用两个正方形面积之后减去非阴影部分三角形面积之后就是阴影部分三角形面积．【规范解答】解：S△AEG＝S正方形ABCD+S正方形EFCG﹣S△ABG﹣S△AED﹣S△EFG，∵正方形ABCD的边长为a，正方形EFGC的边长为6（点B，C，G在一条直线上），∴BG＝a+6，DE＝a﹣6，∴S△AEG＝a2+36﹣a•（a+6）﹣a•（a﹣6）﹣×36，∴S△AEG＝18，故答案为：18．【考点评析】本题考查的是三角形面积的计算，在解题过程中要运用整体思维的方法，熟练掌握三角形面积的计算公式就可以轻松的计算出答案．【变式训练6-2】（2023春•泉州期末）如图，△ABC中，点D在AB边上且AD＝2BD，点E为BC边上中点，AE和CD相交于点M，△ADM比△CEM的面积大2，则△ABC的面积为 12 ．【思路点拨】连接BM，设△CEM的面积为x，则△ADM的面积＝x+2，再根据已知AD＝2BD，可得：△BDM的面积＝△ADM的面积＝（x+2），然后根据三角形的一条中线把三角形分成面积相等的两个三角形可得：△BEM的面积＝△CEM的面积＝x，△ABE的面积＝△ACE的面积，从而可得△ABM的面积＝△ACM的面积＝1.5（x+2），进而可得△ADC的面积＝x+2+1.5（x+2）＝2.5（x+2），最后根据已知AD＝2BD，可得：△ACD的面积＝2△BDC的面积，从而可得2.5（x+2）＝2×[（x+2）+x+x]，进行计算即可解答．【规范解答】解：连接BM，设△CEM的面积为x，∵△ADM比△CEM的面积大2，∴△ADM的面积＝x+2，∵AD＝2BD，∴△BDM的面积＝△ADM的面积＝（x+2），∵点E为BC边上中点，∴△BEM的面积＝△CEM的面积＝x，△ABE的面积＝△ACE的面积，∴△ABE的面积﹣△BEM的面积＝△ACE的面积﹣△CEM的面积，∴△ABM的面积＝△ACM的面积＝△ADM的面积+△BDM的面积＝x+2＝（x+2）＝1.5（x+2），∴△ADC的面积＝△ADM的面积+△ACM的面积＝x+2+1.5（x+2）＝2.5（x+2），∵AD＝2BD，∴△ACD的面积＝2△BDC的面积，∵△BDC的面积＝△BDM的面积+△BEM的面积+△CEM的面积＝（x+2）+x+x，∴2.5（x+2）＝2×[（x+2）+x+x]，解得：x＝，∴△ABC的面积＝△ACD的面积+△BDC的面积＝2.5（x+2）+（x+2）+x+x＝3（x+2）+x+x＝3x+6+x+x＝5x+6＝5×+6＝12，故答案为：12．【考点评析】本题考查了三角形的面积，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．重点考向07：三角形的稳定性【典例精讲】（2023春•嵩县期末）如图，工人师傅做了一个长方形窗框ABCD，E、F、G、H分别是四条边上的中点，为了使它更加稳固，需要在窗框上钉一根木条，这根木条不应钉在（ ）A．A、G两点之间 B．E、G两点之间 C．B、F两点之间 D．G、H两点之间【思路点拨】用木条固定长方形窗框，即是组成三角形，故可利用三角形的稳定性对选项一一判断是否组成三角形．【规范解答】解：由题意可知，为了窗框稳固，需要在窗框上钉一根木条，根据三角形具有稳定性，这根木条钉在E、G两点之间时，不能构成三角形，所以不应该钉在E、G两点之间．故选：B．【考点评析】本题考查三角形稳定性的实际应用．三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、房屋架梁等，熟记三角形的稳定性是解题的关键．【变式训练7-1】（2021秋•原州区期末）如图，李叔叔家的凳子坏了，于是他给凳子加了两根木条，这样凳子就比较牢固了，他所应用的数学原理是 三角形的稳定性 ．【思路点拨】根据三角形的稳定性进行解答．【规范解答】解：给凳子加了两根木条之后形成了三角形，所以“这样凳子就比较牢固了”的数学原理是：三角形的稳定性，故答案为：三角形的稳定性．【考点评析】此题主要考查了三角形的稳定性，是需要记忆的知识．【变式训练7-2】（2021秋•公安县期末）空调外机安装在墙壁上时，一般都会像如图所示的方法固定在墙壁上，这种方法是利用了三角形的 稳定性 ．【思路点拨】钉在墙上的方法是构造三角形，因而应用了三角形的稳定性．【规范解答】解：这种方法应用的数学知识是：三角形的稳定性，故答案为：稳定性．【考点评析】本题主要考查了三角形的稳定性，正确掌握三角形的这一性质是解题的关键．重点考向08：三角形三边关系【典例精讲】（2023秋•殷都区期末）一个三角形的两边长分别为3和7，那么第三条边的长可能为（ ）A．3 B．4 C．9 D．12【思路点拨】根据三角形三边关系：任意两边之和大于第三边以及任意两边之差小于第三边，即可得出第三边的取值范围，然后从答案中选取即可．【规范解答】解：∵此三角形的两边长分别为3、7，∴第三边长的取值范围是：7﹣3＜第三边＜7+3．即4＜x＜10，9符合要求，故选：C．【考点评析】此题主要考查了三角形三边关系，根据第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和是解决问题的关键．【变式训练8-1】（2023春•雁塔区校级月考）△ABC的三边a，b，c满足（3﹣a）2+|7﹣b|＝0，且c为偶数，则c＝ 6或8 ．【思路点拨】先根据非负数的性质求出a、b的值，再根据三角形的三边关系及c为偶数求出c的值即可．【规范解答】解：∵△ABC的三边a，b，c满足（3﹣a）2+|7﹣b|＝0，∴a＝3，b＝7，根据三角形的三边关系定理即任意两边之和＞第三边得到4＜c＜10，∵c为偶数，∴c＝6或8．【考点评析】本题考查三角形的三边关系定理以及推论，即任意两边之和＞第三边，两边之差＜第三边．【变式训练8-2】（2023秋•凤阳县期末）如果一个三角形的一边长为5cm，另一边长为2cm，若第三边长为x cm．（1）第三边x的范围为 3＜x＜7 ．（2）当第三边长为奇数时，求出这个三角形的周长，并指出它是什么三角形（按边分类）．【思路点拨】（1）三角形两边的和大于第三边，三角形两边的差小于第三边，据此可求得答案．（2）先求得第三边的长度，然后计算三角形的周长并按边的相等关系分类即可．【规范解答】解：（1）根据三角形两边的和大于第三边，则x＜5+2．即x＜7．根据三角形两边的差小于第三边，则5﹣2＜x．即3＜x．综上所述3＜x＜7．故答案为：3＜x＜7．（2）∵第三边的长为奇数，∴第三边的长为5cm．∴三角形的周长＝5+5+2＝12（cm）．∵两条边的长为5cm，另外一条边的长为2cm，∴这个三角形是底边和腰不相等的等腰三角形．【考点评析】本题主要考查三角形三边之间的大小关系以及三角形按边的相等关系分类，牢记三角形三边之间的大小关系（三角形两边的和大于第三边，三角形两边的差小于第三边）和三角形按边的相等关系分类是解题的关键．重点考向09：三角形内角和定理【典例精讲】（2023秋•綦江区期末）如图，将一张三角形纸片ABC的三角折叠，使点A落在△ABC的A′处折痕为DE，若∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA′＝γ，那么下列式子中正确的是（ ）A．γ＝180°﹣α﹣β B．γ＝α+2β C．γ＝2α+β D．γ＝α+β【思路点拨】根据三角形的外角得：∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，代入已知可得结论．【规范解答】解：如图，设AC交DA′于F．由折叠得：∠A＝∠A'，∵∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，∵∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA'＝γ，∴∠BDA'＝γ＝α+α+β＝2α+β，故选：C．【考点评析】本题考查了三角形外角的性质，熟练掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和是关键．【变式训练9-1】（2023秋•南昌期末）已知△ABC中，∠A＝65°，将∠B、∠C按照如图所示折叠，若∠ADB′＝35°，则∠1+∠2+∠3＝ 265 °．【思路点拨】利用三角形的内角和定理的推论，先用∠B表示出∠3，再利用邻补角和四边形的内角和定理用∠C表示出∠1+∠2，最后再利用三角形的内角和定理求出∠1+∠2+∠3．【规范解答】解：由折叠知：∠B＝∠B′，∠C＝∠C′．∵∠3＝∠B+∠4，∠4＝∠ADB′+∠B′，∴∠3＝∠B+∠ADB′+∠B′＝2∠B+35°．∵∠1+∠2＝180°﹣∠C′GC+180°﹣∠C′FC＝360°﹣（∠C′FC+∠C′GC），∠C′FC+∠C′GC＝360°﹣∠C﹣∠C′＝360°﹣2∠C，∴∠1+∠2＝360°﹣（∠C′FC+∠C′GC）＝360°﹣（360°﹣2∠C）＝2∠C．∴∠1+∠2+∠3＝2∠C+2∠B+35°＝2（∠C+∠B）+35°＝2（180°﹣∠A）+35°＝2（180°﹣65°）+35°＝265°．故答案为：265°．【考点评析】本题考查了三角形的内角和定理，掌握“三角形的内角和是180°”、“四边形的内角和是360°”、“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和”是解决本题的关键．【变式训练9-2】（2023秋•宽甸县期末）【数学模型】“8字型”是初中数学“图形与几何”中的常用模型，通常由一组对顶角所在的两个三角形构成．如图1，AD，BC交于O点，根据“三角形内角和是180°，”不难得出两个三角形中的角存在以下关系：①∠DOC＝∠AOB（对顶角相等）；②∠D+∠C＝∠A+∠B．【提出问题】分别作出∠BAD和∠BCD的平分线，两条角平分线交于点E，如图2，∠E与∠D，∠B之间是否存在某种数量关系呢？【解决问题】为了解决上面的问题，我们从特例开始探究．已知∠BAD的平分线与∠BCD的平分线交于点E．（1）如图2，∠D＝30°，∠B＝50°，则∠E的度数是多少呢？易证∠D+∠1＝∠E+∠3，∠B+∠4＝∠E+∠2请你完成后续的推理过程：∴∠D+∠1+∠B+∠4＝ 2∠E+∠3+∠2 ∵CE，AE分别是∠BCD，∠BAD的平分线∴∠1＝∠2，∠3＝∠4∴2∠E＝ ∠B+∠D 又∵∠D＝30°，∠B＝50°∴∠E＝ 40 度．（2）在总结前面问题的基础上，借助图2，直接写出∠E与∠D，∠B之间的数量关系是： ∠E＝ 【类比应用】（3）如图3，∠BAD 的平分线AE与∠BCD 的平分线CE交于点E．已知：∠D＝α，∠B＝β，（α＜β）则∠E＝ （β﹣α）° ．（用α、β表示）【思路点拨】【解决问题】（1）根据两个三角形的有一对对顶角相等得：∠D+∠1＝∠E+∠3，∠B+∠4＝∠E+∠2，两式相加后，再根据角平分线的定义可得结论；（2）根据（1）可得结论；【类比应用】（3）首先延长BC交AD于点F，由三角形外角的性质，可得∠BCD＝∠B+∠BAD+∠D，又由角平分线的性质，即可求得答案．【规范解答】解：【解决问题】（1）如图2，∠D+∠1＝∠E+∠3，∠B+∠4＝∠E+∠2，∴∠D+∠1+∠B+∠4＝2∠E+∠3+∠2，∵CE、AE分别是∠BCD、∠BAD的平分线，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4．∴2∠E＝∠D+∠B，∴∠E＝，又∵∠D＝30°，∠B＝50°，∴∠E＝40度．故答案为：2∠E+∠3+∠2，∠D+∠B，40°；（2）由（1）得：∠E＝，故答案为：∠E＝；【类比应用】如图3，延长BC交AD于F，∵∠BFD＝∠B+∠BAD，∴∠BCD＝∠BFD+∠D＝∠B+∠BAD+∠D，∵CE平分∠BCD，AE平分∠BAD∴∠ECD＝∠ECB＝∠BCD，∠EAD＝∠EAB＝∠BAD，∵∠E+∠ECB＝∠B+∠EAB，∴∠E＝∠B+∠EAB﹣∠ECB＝∠B+∠BAE﹣∠BCD＝∠B+∠BAE﹣（∠B+∠BAD+∠D）＝（∠B﹣∠D），∵∠D＝α°、∠B＝β°，即∠E＝（β﹣α）°．故答案为：（β﹣α）°．【考点评析】此题考查了三角形内角和定理、三角形外角的性质、平行线的性质以及角平分线的定义，掌握角平分线的性质和等量代换是解决问题的关键．重点考向10：三角形的外角性质【典例精讲】（2023秋•萍乡期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，BD是△ABC内角∠ABC的平分线，AD是△ABC外角∠EAC的平分线，CD是△ABC外角∠ACF的平分线，以下结论不正确的是（ ）A．AD∥BC B．∠ACB＝2∠ADB C．∠ADC＝90°﹣∠ABD D．BD平分∠ADC【思路点拨】A、由AD平分△ABC的外角∠EAC，求出∠EAD＝∠DAC，由三角形外角得∠EAC＝∠ACB+∠ABC，且∠ABC＝∠ACB，得出∠EAD＝∠ABC，利用同位角相等两直线平行得出结论正确．B、由AD∥BC，得出∠ADB＝∠DBC，再由BD平分∠ABC，所以∠ABD＝∠DBC，∠ABC＝2∠ADB，得出结论∠ACB＝2∠ADB，C、在△ADC中，∠ADC+∠CAD+∠ACD＝180°，利用角的关系得∠ADC+∠CAD+∠ACD＝∠ADC+2∠ABD+∠ADC＝2∠ADC+2∠ABD＝180°，得出结论∠ADC＝90°﹣∠ABD；D、用排除法可得结论．【规范解答】解：A、∵AD平分△ABC的外角∠EAC，∴∠EAD＝∠DAC，∵∠EAC＝∠ACB+∠ABC，且∠ABC＝∠ACB，∴∠EAD＝∠ABC，∴AD∥BC，故A正确．B、由（1）可知AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∴∠ABC＝2∠ADB，∵∠ABC＝∠ACB，∴∠ACB＝2∠ADB，故B正确．C、在△ADC中，∠ADC+∠CAD+∠ACD＝180°，∵CD平分△ABC的外角∠ACF，∴∠ACD＝∠DCF，∵AD∥BC，∴∠ADC＝∠DCF，∠ADB＝∠DBC，∠CAD＝∠ACB∴∠ACD＝∠ADC，∠CAD＝∠ACB＝∠ABC＝2∠ABD，∴∠ADC+∠CAD+∠ACD＝∠ADC+2∠ABD+∠ADC＝2∠ADC+2∠ABD＝180°，∴∠ADC+∠ABD＝90°∴∠ADC＝90°﹣∠ABD，故C正确；不妨设，D选项正确，可以推出AB＝AD＝AC，推出∠ACB＝∠ACD＝∠DCF＝60°，显然不可能，故D错误．故选：D．【考点评析】本题主要考查了三角形的内角和，平行线的判定和性质，三角形外角的性质等知识，解题的关键是正确找各角的关系．【变式训练10-1】（2023春•高邑县期末）如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，∠E保持不变．为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD＝140°，则图中∠D应 增加 （填“增加”或“减少”） 20 度．【思路点拨】延长EF，交CD于点 G，依据三角形的内角和定理可求∠ACB，根据对顶角相等可得∠DCE，再由三角形内角和定理的推论得到∠DGF的度数；利用∠EFD＝110°，和三角形的外角的性质可得∠D的度数，从而得出结论．【规范解答】解：延长EF，交CD于点G，如图：∵∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°，∴∠ECD＝∠ACB＝70°．∵∠DGF＝∠DCE+∠E，∴∠DGF＝70°+30°＝100°．∵∠EFD＝140°，∠EFD＝∠DGF+∠D，∴∠D＝40°．而图中∠D＝20°，∴∠D应增加20°．故答案为：增加；20．【考点评析】本题主要考查了三角形的外角的性质，三角形的内角和定理．熟练使用上述定理是解题的关键．【变式训练10-2】（2023秋•肃州区校级期末）综合与实践（1）如图1，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点P，若∠A＝50°，则∠BPC＝ 115° ．（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＝α，求∠BEC的度数（用α表示∠BEC）．（3）如图3，BQ平分外角∠CBM，CQ平分外角∠BCN．试确定∠BQC与∠A的数量关系，并说明理由．【思路点拨】（1）根据三角形的内角和角平分线的定义；（2）由角平分线得出∠ECB＝∠ACB，∠EBD＝∠ABD．由三角形外角的性质知∠ABD＝∠A+∠ACB，∠EBD＝∠ECB+∠BEC，根据∠EBD＝∠ABD＝（∠A+∠ACB）＝∠BEC+∠ECB可得答案；（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∠QBC与∠QCB，然后再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解．【规范解答】解：（1）∵PB、PC分别平分∠ABC和∠ACB，∴∠PBC＝ABC，∠PCB＝∠ACB（角平分线的定义），∵∠BPC+∠PBC+∠PCB＝180°（三角形内角和定理），∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝180°﹣（ ∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（180°﹣∠A）＝180°﹣90°+∠A＝90°+∠A＝90+＝115°．故答案为：115°；（2）∵BE是∠ABD的平分线，CE是∠ACB的平分线，∴∠ECB＝∠ACB，∠EBD＝∠ABD．∵∠ABD是△ABC的外角，∠EBD是△BCE的外角，∴∠ABD＝∠A+∠ACB，∠EBD＝∠ECB+∠BEC，∴∠EBD＝∠ABD＝（∠A+∠ACB）＝∠BEC+∠ECB，即∠A+∠ECB＝∠ECB+∠BEC，∴∠BEC＝∠A＝α；（3）结论：∠BQC＝90°﹣∠A．理由如下：∵∠CBM与∠BCN是△ABC的外角，∴∠CBM＝∠A+∠ACB，∠BCN＝∠A+∠ABC，∵BQ，CQ分别是∠ABC与∠ACB外角的平分线，∴∠QBC＝（∠A+∠ACB），∠QCB＝（∠A+∠ABC）．∵∠QBC+∠QCB+∠BQC＝180°，∴∠BQC＝180°﹣∠QBC﹣∠QCB，＝180°﹣（∠A+∠ACB）﹣（∠A+∠ABC）＝180°﹣∠A﹣（∠A+∠ABC+∠ACB）＝180°﹣∠A﹣90°＝90°﹣∠A．【考点评析】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．重点考向11：多边形【典例精讲】（2022春•淮滨县期末）如图，已知在五边形ABCDE中，点F在边CD的延长线上，AD是对角线，∠BAD与∠C互补，则下列说法：①∠B与∠ADC互补；②∠B与∠EDC互补；③∠ADF＝∠B；④∠EDF＝∠BAD．其中正确的个数是（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【思路点拨】根据已知条件以及四边形内角和即可判断①，②，③，假设④成立，得到∠EDC＝∠C，根据已知条件无法判断，即可求解．【规范解答】解：∵四边形ABCD的内角和为360°，∠BAD与∠C互补，∴∠B+∠ADC＝180°，故①正确，∵∠EDC＞∠ADC，故②不正确，∵∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF，故③正确，∵∠EDF+∠EDC＝180°，∠BAD+∠C＝180°，若∠EDF＝∠BAD，∴∠EDC＝∠C，根据已知条件无法判断∠EDC＝∠C，故④不正确．故选：B．【考点评析】本题考查了多边形内角和定理，掌握四边形的内角和为360°是解题的关键．【变式训练11-1】（2022秋•华容区校级月考）如图，五边形ABCDE中，AB＝BC＝5，AE＝ED＝6，∠ABC+∠AED＝180°，M为边CD的中点，BM＝7，EM＝8，则五边形ABCDE的面积为 56 ．【思路点拨】由题意可考虑，延长BM到点F，使FM＝BM，连接BE，EF，DF，这样就构成了等腰三角形BEF，求五边形的面积就转化成了等腰三角形BEF的面积，等腰三角形BEF的底，高都已知，所以求解即可．【规范解答】解：如图，延长BM到点F，使FM＝BM，连接BE，EF，DF，在△BMC和△FDM中，，∴△BMC≌△FDM（SAS），∴BC＝DF＝AB，∠C＝∠CDF，∵∠A+∠ABC+∠C+∠CDE+∠AED＝（5﹣2）×180°＝540°，∵∠ABC+∠AED＝180°，∴∠A+∠C+∠CDE＝360°，∵∠CDE+∠CDF+∠EDF＝360°，∴∠A＝∠EDF，在△ABE和△DFE中，，∴ABE≌△DFE（SAS），∴BE＝EF，∵BM＝MF，∴EM⊥BF，∴五边形ABCDE的面积＝S△ABE+S△BCM+S四BMDE＝S△EDF+S△MDF+S四BMDE＝S△BEF＝BF•EM＝×7×2×8＝56．故答案为：56．【考点评析】这道题考查的是多边形和等腰三角形的判定和性质，熟记有关定理是解题的基础，巧作辅助线构建等腰三角形是解这道题的关键．【变式训练11-2】（2016秋•江北区校级期中）一个四边形的周长是46cm，已知第一条边长是a cm，第二条边长比第一条边长的三倍还少5cm，第三条边长等于第一、第二条边长的和．（1）写出表示第四条边长的式子；（2）当a＝7cm还能得到四边形吗？为什么？此时的图形是什么形状？【思路点拨】（1）根据题意分别运用代数式表示其它各边，再根据周长进行计算；（2）注意根据（1）中的式子代入进行计算分析．【规范解答】解：（1）根据题意得：第二条边是3a﹣5，第三条边是a+3a﹣5＝4a﹣5，则第四条边是46﹣a﹣（3a﹣5）﹣（4a﹣5）＝56﹣8a．答：第四条边长的式子是56﹣8a．（2）当a＝7cm时不是四边形，因为此时第四边56﹣8a＝0，只剩下三条边，三边长为：a＝7cm，3a﹣5＝16cm，4a﹣5＝23，由于7+16＝23，所以，图形是线段．答：当a＝7cm不能得到四边形，此时的图形是线段．【考点评析】首先根据第一条边长表示出第二条边，然后表示出第三条边，最后根据周长表示出第四条边．其中要注意合并同类项法则．（2）中，只需根据（1）中所求的代数式，把字母的值代入计算，然后进行分析图形的形状．重点考向12：多边形的对角线【典例精讲】（2021秋•重庆期末）下列说法正确的是（ ）A．若AC＝BC，则点C是线段AB的中点 B．30.15°＝30°15' C．若经过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成七个三角形，则这个多边形是八边形 D．钟表上的时间是11点10分，此时时针与分针所成的夹角是85°【思路点拨】线段中点的定义，度、分、秒的换算，多边形，钟表问题等知识一一判断即可．【规范解答】解：A、错误，点C不一定在线段AB上，本选项不符合题意．B、错误．应该是30.15°＝30°9′，本选项不符合题意．C、错误，应该是这个多边形是九边形，本选项不符合题意．D、正确．故选：D．【考点评析】本题考查线段中点的定义，度、分、秒的换算，多边形，钟表问题等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【变式训练12-1】（2022秋•迎泽区校级期末）过一个多边形的一个顶点的对角线有6条，则该多边形是 九 边形．【思路点拨】根据从每一个顶点处可以作的对角线的条数为（n﹣3）计算即可得解．【规范解答】解：∵过一个多边形的一个顶点的对角线有6条，∴多边形的边数为6+3＝9，∴这个多边形是九边形．故答案为九．【考点评析】本题考查了多边形的对角线公式，熟记从每一个顶点处可以作的对角线的条数为（n﹣3）是解题的关键．【变式训练12-2】（2023秋•恩施市校级期中）若过m边形的一个顶点有7条对角线，n边形没有对角线，k边形有k条对角线，正h边形的内角和与外角和相等．求代数式h•（m﹣k）n的值．【思路点拨】若过m边形的一个顶点有7条对角线，则m＝10；n边形没有对角线，只有三角形没有对角线，因而n＝3；k边形有k条对角线，即得到方程，解得k＝5；正h边形的内角和与外角和相等，内角和与外角和相等的只有四边形，因而h＝4．代入就可以求出代数式的值．【规范解答】解：∵n边形从一个顶点发出的对角线有n﹣3条，∴m＝7+3＝10，∵n边形没有对角线，∴n＝3，∵k边形有k条对角线，∴，解得k＝5，∵正h边形的内角和与外角和相等，∴h＝4；则h•（m﹣k）n＝4×（10﹣5）3＝500．故代数式h•（m﹣k）n的值为500．【考点评析】本题综合考查了多边形的性质，n边形从一个顶点发出的对角线有（n﹣3）条，共有对角线条．重点考向13：多边形内角与外角【典例精讲】（2023秋•彰武县期末）如图将一张四边形纸片沿EF折叠，以下条件中能得出AD∥BC的条件个数是（ ）①∠2＝∠4；②∠2+∠3＝180°；③∠1＝∠6；④∠4＝∠5．A．1 B．2 C．3 D．4【思路点拨】分别利用同旁内角互补两直线平行，同位角相等两直线平行，内错角相等两直线平行得出答案即可．【规范解答】解：①∵∠2＝∠4，∴AD∥BC，故①符合题意；②∵∠2+∠3＝180°，∠3+∠5＝180°，∴∠2＝∠5，∴HE∥GF，HE和GF是由CE和DF折叠得到的，∴CE∥DF，即AD∥BC，故②符合题意；③由折叠的性质可得∠1＝∠7，∵∠1＝∠6，∴∠6＝∠7，∴AD∥BC，故③符合题意； ④设∠4＝∠5＝x，则∠FEC＝（180﹣x），∠DFE＝（180+x），∴∠FEC+∠DFE＝（180﹣x）+（180+x）＝180°，∴AD∥BC，故④符合题意．故能得出AD∥BC的条件个数是4．故选：D．【考点评析】此题考查了平行线的判定，平行线的判定方法有：同位角相等两直线平行；内错角相等两直线平行；同旁内角互补两直线平行，熟练掌握平行线的判定是解本题的关键．【变式训练13-1】（2023秋•达川区期末）如图1，在五边形ABCDE中，AE∥BC，∠A＝∠C．（1）猜想AB与CD之间的位置关系，并说明理由；（2）如图2，延长DE至F，连接BE，若∠1＝∠3，∠AEF＝2∠2，∠AED＝2∠C﹣140°，求∠C的度数．【思路点拨】（1）AB与CD平行，理由为：由AE∥BC，根据两直线平行同旁内角互补，可得：∠A+∠B＝180°，然后由∠A＝∠C，根据等量代换可得：∠C+∠B＝180°，然后根据同旁内角互补两直线平行，即可证明AB与CD平行；（2）由AE∥BC，根据两直线平行，内错角相等，同旁内角互补，可得：∠2＝∠3，∠A+∠ABC＝180°，由∠1＝∠3，根据等量代换可得：∠1＝∠2＝∠3，∠ABC＝2∠2，由∠AEF＝2∠2，根据等量代换可得：∠A+∠ABC＝∠A+2∠2＝∠A+∠AEF＝180°，然后根据平角的定义可得：∠AEF+∠AED＝180°，进而可得∠A＝∠AED，由∠A＝∠C，可得：∠AED＝∠C，结合∠AED＝2∠C﹣140°计算可求解∠C的度数．【规范解答】解：（1）猜想：AB∥CD，理由：∵AE∥BC，∴∠A+∠B＝180°，∵∠A＝∠C，∴∠C+∠B＝180°，∴AB∥CD；（2）∵AE∥BC，∴∠2＝∠3，∠A+∠ABC＝180°，∵∠1＝∠3，∴∠1＝∠2＝∠3，∠ABC＝2∠2，∵∠AEF＝2∠2，∴∠A+∠ABC＝∠A+2∠2＝∠A+∠AEF＝180°，∵∠AEF+∠AED＝180°，∴∠A＝∠AED，∵∠A＝∠C，∴∠AED＝∠C，∵∠AED＝2∠C﹣140°，∴∠C＝2∠C﹣140°，解得：∠C＝140°．【考点评析】此题考查了平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的判定与性质是解本题的关键．【变式训练13-2】（2023春•唐河县期末）如图，∠MON＝90°，点A、B分别在直线OM、ON上，BC是∠ABN的平分线．（1）如图1，若BC所在直线交∠OAB的平分线于点D时，尝试完成①、②两题：①当∠ABO＝40°时，∠ADB＝ 45 °；当∠ABO＝70°时，∠ADB＝ 45 °；②当点A、B分别在射线OM、ON上运动时（不与点O重合），试问：随着点A、B的运动，∠ADB的大小会变吗？如果不会，请求出∠ADB的度数；如果会，请求出∠ADB的度数的变化范围；（2）如图2，若BC所在直线交∠BAM的平分线于点C时，将△ABC沿EF折叠，使点C落在四边形ABEF内点C′的位置、求∠BEC′+∠AFC′的度数．【思路点拨】（1）①根据角平分线的定义得到∠DAB＝∠OAB＝25°，∠ABC＝∠ABN＝70°，根据三角形的外角的性质计算即可；根据角平分线的定义得到∠DAB＝∠OAB＝10°，∠ABC＝∠ABN＝55°，根据三角形的外角的性质计算即可；②仿照①的作法计算即可；（2）根据三角形内角和定理得到∠CAB+∠CBA＝135°，根据翻转变换的性质、三角形内角和定理计算即可．【规范解答】解：（1）①∵∠ABO＝40°，∴∠OAB＝50°，∠ABN＝140°，∵BC是∠ABN的平分线，AD是∠OAB的平分线，∴∠DAB＝∠OAB＝25°，∠ABC＝∠ABN＝70°，∴∠ADB＝∠ABC﹣∠DAB＝45°；∵∠ABO＝70°，∴∠OAB＝20°，∠ABN＝110°，∵BC是∠ABN的平分线，AD是∠OAB的平分线，∴∠DAB＝∠OAB＝10°，∠ABC＝∠ABN＝55°，∴∠ADB＝∠ABC﹣∠DAB＝45°；故答案为：45；45；②随着点A、B的运动，∠ADB的大小不变．设∠ABO＝α，∵∠MON＝90°，∴∠BAD＝45°﹣，∠ABC＝90°﹣，∴∠ABD＝180°﹣∠ABC＝90°+，∴∠ADB＝180°﹣∠BAD﹣∠ABD＝45°；（2）∵∠MON＝90°，∴∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠CAB+∠CBA＝（∠BAM+∠ABN）＝135°，∴∠C＝45°，∴∠CEC′+∠CFC′＝2（180°﹣∠C）＝270°，∴∠BEC′+∠AFC′＝360°﹣（∠CEC′+∠CFC′）＝90°．【考点评析】本题考查的是角平分线的定义、三角形内角和定理、三角形的外角的性质，掌握三角形内角和等于180°、翻转变换的性质是解题的关键．重点考向14：平面镶嵌（密铺）【典例精讲】（2023春•泉州期末）正四边形与其他正多边形组合可以铺设地板，则该多边形可以是（ ）A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形【思路点拨】根据在一个顶点处各正多边形的内角之和为360°，进行解答即可．【规范解答】解：正五边形的每个角度数：（5﹣2）×180°÷5＝108°，正六边形的每个角度数：（6﹣2）×180°÷6＝120°，正八边形的每个角度数：（8﹣2）×180°÷8＝135°，正十边形的每个角度数：（10﹣2）×180°÷10＝144°∵135°+135°+90°＝360°，∴两个正八边形和一个正方形可以密铺，符合题意，故选：C．【考点评析】本题考查了密铺问题，解题的关键是根据密铺的条件来解答．【变式训练14-1】（2022春•浚县校级期末）在一个顶点处用边长相等的三个正多边形进行密铺，其中两个是正方形和正六边形，则另一个必须是正 12 边形．【思路点拨】正多边形的组合能否进行平面镶嵌，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为360°，若能，则说明可以进行平面镶嵌，反之，则说明不能进行平面镶嵌．【规范解答】解：∵正方形的一个内角度数为180°×（4﹣2）÷4＝90°，正六边形的一个内角度数为180°×（6﹣2）÷6＝120°，∴需要的多边形的一个内角度数为360°﹣90°﹣120°＝150°，∴需要的多边形的一个外角度数为180°﹣150°＝30°，∴第三个正多边形的边数为360÷30＝12，故答案为：12．【考点评析】此题主要考查了平面镶嵌，多边形的内角和、外角和，关键是掌握多边形镶嵌成平面图形的条件：同一顶点处的几个内角之和为360°；正多边形的边数为360÷一个外角的度数．【变式训练14-2】（2023春•侯马市期末）如图是某市一广场用正六边形、正方形和正三角形地板砖铺设的图案，图案中央是一块正六边形地板砖，周围是正方形和正三角形的地板砖．从里向外第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖；第二层包括6块正方形和18块正三角形地板砖；以此递推．①第3中分别含有 6 块正方形和 30 块正三角形地板砖．②第n层中含有 6（2n﹣1） 块正三角形地板砖（用含n的代数式表示）．【应用】该市打算在一个新建广场中央，采用如图样式的图案铺设地面，现有1块正六边形、150块正方形地板砖，问：铺设这样的图案，还需要多少块正三角形地板砖？请说明理由．【思路点拨】（1）①第一层6块正方形和6块正三角形地板砖，第二层6块正方形和6+12＝18块正三角形地板砖，第三层6块正方形和18+12＝30块正三角形地板砖；②每一层中正方形地板砖块数不变；正三角形地板砖的块数分别为：第一层6＝6×1＝6×（2×1﹣1）块，第二层18＝6×3＝6×（2×2﹣1）块，第三层30＝6×5＝6×（2×3﹣1）块，由此得出第n层6＝6×1＝6（2n﹣1）块；【应用】150块正方形地板砖可以铺设这样的图案150÷6＝25（层），铺设n层需要正三角形地板砖的数量为：6[1+3+5+…+（2n﹣1）]＝6n2，将n＝25代入计算即可．【规范解答】解：（1）①∵第一层包括6块正方形和6块正三角形地板砖，第二层包括6块正方形和6+12＝18块正三角形地板砖，∴第三层包括6块正方形和18+12＝30块正三角形地板砖．故答案为：6，30；②∵每一层中正方形地板砖块数不变；正三角形地板砖的块数分别为：第一层6＝6×1＝6×（2×1﹣1）块，第二层18＝6×3＝6×（2×2﹣1）块，第三层30＝6×5＝6×（2×3﹣1）块，∴第n层6（2n﹣1）块正三角形地板砖．故答案为：6（2n﹣1）；【应用】铺设这样的图案，还需要3750块正三角形地板砖．理由如下：∵150÷6＝25（层），∴150块正方形地板砖可以铺设这样的图案25层；∵铺设n层需要正三角形地板砖的数量为：6[1+3+5+⋯+（2n﹣1）]＝6n2，∴当n＝25时，6×252＝3750．故铺设这样的图案，还需要3750块正三角形地板砖．【考点评析】本题考查了平面镶嵌（密铺），图形的变化规律，列代数式，正确找出图形变化规律是解题的关键．重点考向15：平移的性质【典例精讲】（2023秋•宁阳县期末）如图，AB＝4cm，BC＝5cm，AC＝3cm，将△ABC沿BC方向平移a cm（0＜a＜5），得到△DEF，连接AD，则阴影部分的周长为 12 cm．【思路点拨】根据平移的性质得到DE＝AB＝4cm，AD＝BE＝a cm，根据周长公式计算，得到答案．【规范解答】解：由平移的性质可知：DE＝AB＝4cm，AD＝BE＝a cm，∴EC＝（5﹣a）cm，∴阴影部分的周长＝AD+EC+AC+DE＝a+（5﹣a）+3+4＝12（cm），故答案为：12．【考点评析】本题考查的是平移的性质，平移不改变图形的形状和大小、经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等．【变式训练15-1】（2022秋•莱州市期末）如图，△ABC的边长AB＝3cm，BC＝4cm，AC＝2cm，将△ABC沿BC方向平移a cm（a＜4），得到△DEF，连接AD，则阴影部分的周长为 9 cm．【思路点拨】根据平移的性质可得AD＝BE，然后判断出阴影部分的周长＝△ABC的周长，然后代入数据计算即可得解．【规范解答】解：∵将△ABC沿BC方向平移a cm（a＜4cm），得到△DEF，∴AD＝BE，AB＝DE，AC＝DF，∴阴影部分的周长＝AD+EC+DE+AC＝BE+EC+AC+AB＝AB+AC+BC＝3+4+2＝9cm，故答案为：9．【考点评析】本题考查平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．【变式训练15-2】（2023春•鄱阳县期末）（1）已知：如图，CD平分∠ACB，AC∥DE，CD∥EF，求证：EF平分∠DEB．（2）如图①所示，已知MN∥PQ，点B在MN上，点C在PQ上，点A在点B的左侧，点D在点C的右侧，∠ADC，∠ABC的平分线相交于点E（不与B，D点重合），∠CBN＝110°．（Ⅰ）若∠ADQ＝140°，写出∠BED的度数（直接写出结果即可）；（Ⅱ）若∠ADQ＝m°，将线段AD沿DC方向平移，使点D移动到点C的左侧，其他条件不变，如图②所示，求∠BED的度数（用含m的式子表示）．【思路点拨】（1）根据平行线的性质和角平分线的定义即可得到结论；（2）（Ⅰ）过点E作EF∥PQ，根据邻补角的定义求出∠CBM＝70°，∠ADP＝40°，再根据角平分线的定义求出∠EBM＝35°，∠EDP＝20°，再根据两直线平行，内错角相等可得∠DEF＝∠EDP，∠FEB＝∠EBM，然后根据∠BED＝∠DEF+∠FEB代入数据计算即可得解；（Ⅱ）过点E作EF∥PQ，根据邻补角的定义求出∠CBM＝70°，再根据角平分线的定义求出∠EBM＝35°，∠EDP＝m°，再根据两直线平行，内错角相等可得∠DEF＝∠EDP，∠FEB＝∠EBM，然后根据∠BED＝∠DEF+∠FEB代入数据计算即可得解【规范解答】（1）证明：∵AC∥DE，∴∠ACB＝∠DEB，∵CD∥EF，∴∠DCE＝∠BEF，∵CD平分∠ACB，∴∠DCE＝ACB，∴，∴EF平分∠DEB；（2）解：（Ⅰ）如图①，过点E作EF∥PQ．∵∠CBN＝110°，∠ADQ＝140°，∴∠CBM＝70°，∠ADP＝40°．∵∠CDE＝∠ADE，∠ABE＝∠CBE，∴∠EBM＝35°，∠EDP＝20°．∵EF∥PQ，∴∠DEF＝∠EDP＝20°．∵EF∥PQ，MN∥PQ，∴EF∥MN，∴∠FEB＝∠EBM＝35°，∴∠BED＝∠DEF+∠FEB＝20°+35°＝55°；（Ⅱ）如图②，过点E作EF∥PQ．∵∠CBN＝110°，∴∠CBM＝70°．∵∠CDE＝∠ADE，∠ABE＝∠CBE，∴∠EBM＝35°，∠EDQ＝m°．∵EF∥PQ，∴∠DEF＝180°﹣∠EDQ＝180°﹣m°．∵EF∥PQ，MN∥PQ，∴EF∥MN，∴∠FEB＝∠EBM＝35°，∴∠BED＝∠DEF+∠FEB＝180°﹣m°+35°＝215°﹣m°．【考点评析】本题考查了平移的性质，平行线的性质，角平分线的定义，准确识图并理清图中各角度之间的关系是解题的关键，难点在于过拐点作平行线．重点考向16：作图-平移变换【典例精讲】（2022春•温岭市期末）在平面直角坐标系中，A（﹣1，4），B（﹣3，3），C（1，0），∠BAC＝90°．（1）三角形ABC的面积为 5 ；（2）将线段AB沿AC方向平移得到线段DP，若P点恰好落在x轴上，则D点的坐标为 （，1） ．【思路点拨】（1）过B，C分别作x轴的垂线，过点A作y轴的垂线，交点D，E，F，根据题意分别求得D，E，F的坐标，然后根据S△ABC＝S长方形CDEF﹣S△ADC﹣S△ABE﹣S△FBC，即可求解．（2）设P（m，0），则PC＝1﹣m，根据平移可得A向下移动3个单位，向右移动m+3个单位，得到D（﹣1+m+3，1），即D（m+2，1），求得，根据三角形面积求得，即可求解．【规范解答】解：（1）过B，C分别作x轴的垂线，过点A作y轴的垂线，交于点D，E，F，如图，∵A（﹣1，4），B（﹣3，3），C（1，0），∴D（1，4），E（﹣3，4），F（﹣3，0），∴FC＝4，DC＝4，AD＝2，AE＝2，BE＝1，BF＝3，∴S△ABC＝S长方形CDEF﹣S△ADC﹣S△ABE﹣S△FBC，＝，＝5，故答案为：5；（2）∵B（﹣3，3），设P（m，0），则PC＝1﹣m，∵将线段AB沿AC方向平移得到线段DP，若P点恰好落在x轴上，∴B向下移动了3个单位，向右移动了m+3个单位，∴A向下移动3个单位，向右移动m+3个单位，得到D（﹣1+m+3，1），即D（m+2，1），如图，过点D作DH⊥x轴，于点H，则DH＝1，过点B作BM∥x轴交AC于点M，∵，∴，∴，根据题意△PDC是△ABM沿AC方向平移得到的，∴，∵，解得：，∴，故答案为：．【考点评析】本题考查了坐标与图形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．【变式训练16-1】（2023秋•台江区校级期末）如图，在边长均为2的正方形网格中，△ABC的三个顶点和点A'均在格点上．将△ABC向右平移，使点A平移至点A'处，得到△A'B'C'．（1）在图中画出△A'B'C'；（2）边AC扫过的图形面积为 12 ．【思路点拨】（1）根据网格结构找出点B、C的对应点B′、C′的位置，然后顺次连接即可得到△A′B′C′；（2）根据平行四边形的面积求出AC所扫过的面积即可．【规范解答】解：（1）△A′B′C′如图所示；（2）AC扫过的图形为平行四边形ACC′A′，面积＝2×6＝12．【考点评析】本题考查了利用作图﹣平移变换，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．【变式训练16-2】（2023春•宁江区期中）三角形ABC，（记△ABC）在8×8的方格中的位置如图所示，已知A（﹣3，1），B（﹣2，4）（1）请你在方格中建立平面直角坐标系，并写出点C的坐标．（2）把△ABC向下平移1个单位，再向右平移2个单位，请你画出平移后的△A1B1C1，若△ABC内部有一点P的坐标为（m，n），则点P的对应点P1的坐标是 （m+2，n﹣1） ．（3）在x轴上存在一点D，使△DB1C1的面积等于，写出满足条件的点D的坐标．【思路点拨】（1）根据条件建立平面直角坐标系即可．（2）根据平移规律画出图象即可，再根据平移后的坐标左减右加，上加下减的规律即可写出点P1坐标．（3）设点D坐标（m，0），列出方程即可解决问题．【规范解答】解：（1）平面直角坐标系如图所示，点C坐标（1，1）．（2）图中△A1B1C1即为所求．P1（m+2，n﹣1）．故答案为（m+2，n﹣1）．（3）设点D坐标（m，0），由题意：|m﹣3|×3＝，∴m＝2或4，∴点D坐标（2，0）或（4，0）．【考点评析】本题考查作图﹣平移规律，点的位置与坐标的关系，解题的关键是理解平移的概念，记住平移后的坐标左减右加，上加下减的规律，属于中考常考题
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