中考数学一轮复习：专题13.8 三角形中的边角关系、命题与证明章末九大题型总结（培优篇）（沪科版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题13.8 三角形中的边角关系、命题与证明章末九大题型总结（培优篇）（沪科版）（解析版），共35页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc32702" 【题型1 确定第三边的取值范围】 PAGEREF _Tc32702 \h 1
\l "_Tc24210" 【题型2 三角形的三边关系的应用】 PAGEREF _Tc24210 \h 3
\l "_Tc3211" 【题型3 利用三角形的中线求长度】 PAGEREF _Tc3211 \h 5
\l "_Tc756" 【题型4 三角形的高与面积有关的计算】 PAGEREF _Tc756 \h 8
\l "_Tc16301" 【题型5 三角形的稳定性】 PAGEREF _Tc16301 \h 13
\l "_Tc1746" 【题型6 三角形中的角平分线、中线、高有关的综合计算】 PAGEREF _Tc1746 \h 15
\l "_Tc25062" 【题型7 三角形的内角和与外角有关的计算】 PAGEREF _Tc25062 \h 20
\l "_Tc1491" 【题型8 多边形内角和、外角和有关的计算】 PAGEREF _Tc1491 \h 28
\l "_Tc26238" 【题型9 命题与证明】 PAGEREF _Tc26238 \h 32
【题型1 确定第三边的取值范围】
【例1】（2023春·江苏无锡·八年级统考期末）一个三角形的3边长分别是xcm、3x−3cm，x+2cm，它的周长不超过39cm．则x的取值范围是（ ）
A．53【答案】A
【分析】根据三角形三边关系和周长不超过39cm可列出不等式组求解即可．
【详解】解：根据题意，可得{x+(3x−3)>x+2x+(x+2)>3x−3(x+2)+(3x−3)>xx+(3x−3)+(x+2)≤39，
∴53故选：A．
【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系和解不等式组，根据条件列出不等式组求解是解题的关键．
【变式1-1】（2023春·江苏盐城·八年级统考期中）已知a，b，c为△ABC的三边长，b，c满足b−2+(c−3)2=0，且a为方程a−5=1的解，则△ABC的周长为 ．
【答案】9
【分析】利用绝对值的性质以及偶次方的性质得出b=2、c=3的值，再解绝对值方程可得a=6或a=4，进而利用三角形三边关系得出a的值，进而求出△ABC的周长．
【详解】解：∵b−2+(c−3)2=0，
∴b−2=0且c−3=0，
∴b=2、c=3，
∵a为方程a−5=1的解，
∴a=6或a=4，
又2+3<6，
∴a=4，
则△ABC的周长为2+3+4=9，
故答案为：9．
【点睛】此题主要考查了三角形三边关系以及绝对值的性质和偶次方的性质，得出a的值是解题关键．
【变式1-2】（2023春·河南郑州·八年级郑州中学校联考期中）有长度分别是4cm、5cm、8cm和9cm的小棒各一根，任选其中三根首尾相接围成三角形，可以围成不同形状的三角形的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】根据三角形的三边关系逐一判断即可．
【详解】解：若选取长度分别是4cm、5cm、8cm的小棒，4+5>8，故能围成三角形；
若选取长度分别是4cm、5cm、9cm的小棒，4+5=9，故不能围成三角形；
若选取长度分别是5cm、8cm、9cm的小棒，5+8>9，故能围成三角形；
若选取长度分别是4cm、8cm、9cm的小棒，4+8>9，故能围成三角形．
综上所述，可以围成3种不同形状的三角形．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了构成三角形的条件，掌握三角形的三边关系是解决此题的关键．
【变式1-3】（2023春·河南周口·八年级统考期末）三角形的三边长分别为2，2x−1，5，则x的取值范围是 ．
【答案】2【分析】根据三角形三边关系：①任意两边之和大于第三边；②任意两边之差小于第三边，即可得出第三边的取值范围，进而求出x的取值范围．
【详解】解：∵三角形的两边长分别为2和5，
∴第三边2x−1的取值范围是：5−2<2x−1<5+2，
解得：2故答案为：2【点睛】此题主要考查了三角形三边关系和解不等式组，熟练掌握三角形的三边关系定理是解决问题的关键．
【题型2 三角形的三边关系的应用】
【例2】（2023春·广东深圳·八年级深圳中学校考期末）如图，用五个螺丝将五条不可弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其中相邻两螺丝的距离依次为1、2、3、4、5，且相邻两木条的夹角均可调整．若调整木条的夹角时不破坏此木框，则任两螺丝的距离之最大值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】若两个螺丝的距离最大，则此时这个木框的形状为三角形，可根据三条线段的长来判断三角形的最长边时的组合，然后分别找出这些三角形的最长边即可．
【详解】解：相邻两螺丝的距离依次为1、2、3、4、5；
①选4+5作为三角形的一边、另外的线段构成三角形另外两边，而1+2+3=6<4+5，不能构成三角形；
②选3+4作为三角形的一边，另外的线段构成三角形另外两边为2和6或3和5，
而1+2+5=8>3+4，6−2<7，5−3<7，三角形均成立，
此时最大边长为7；
综上所述，任两螺丝的距离之最大值为7．
故选：B．
【点睛】此题实际考查的是三角形的三边关系定理，能够正确的判断出调整角度后三角形木框的组合方法是解答的关键．
【变式2-1】（2023春·山东济南·八年级统考期末）小明家和小亮家到学校的直线距离分别是5km和3km，那么小明到小亮家的直线距离不可能是（ ）
A．1kmB．2kmC．3kmD．8km
【答案】A
【分析】根据小明家和小亮家与学校共线，小明家和小亮家与学校不共线，两种情况进行求解即可．
【详解】解：由题意知，当小明家和小亮家与学校共线，小明家和小亮家的直线距离为 5−3=2（km）或5+3=8（km）；
当小明家和小亮家与学校不共线，
由三角形三边关系可知，小明家和小亮家的直线距离大于2 km，小于8km，
综上，小明家和小亮家的直线距离不可能是1km，
故选：A．
【点睛】本题考查了有理数加减运算的应用，三角形三边关系．解题的关键在于对知识的熟练掌握．
【变式2-2】（2023秋·新疆和田·八年级统考期末）已经有两根木条，长分别是2cm和6cm，现要用3根木条组成三角形，还要从下面4根木条中选一根，可以是（ ）
A．4cmB．7cmC．8cmD．9cm
【答案】B
【分析】设第三根木条的长度为xcm，根据三角形三边之间的关系列不等式组求出x的范围，然后选出满足条件的选项即可.
【详解】设第三根木条的长度为xcm，则
6−2解得4故选：B．
【点睛】本题考查了三角形三边之间的关系，熟练掌握三角形三边之间的关系是解题的关键.
【变式2-3】（2023春·北京西城·八年级统考期末）以某公园西门O为原点建立平面直角坐标系，东门A和景点B的坐标分别是(6,0)和(4,4)．如图1，甲的游览路线是：O→B→A，其折线段的路程总长记为l1．如图2，景点C和D分别在线段OB,BA上，乙的游览路线是：O→C→D→A，其折线段的路程总长记为l2．如图3，景点E和G分别在线段OB,BA上，景点F在线段OA上，丙的游览路线是：O→E→F→G→A，其折线段的路程总长记为l3．下列l1，l2，l3的大小关系正确的是（ ）

A．l1=l2=l3B．l1l2且l1=l3
【答案】D
【分析】根据三角形三边关系即可证明l1>l2，根据平移的性质，即可证明l1=l3．
【详解】解：由题意可得：l1=OB+AB，
l2=OC+CD+AD∴l1>l2；
将线段EF平移可得到线段BG，将线段FG平移可得到线段BE，
∴BE=FG,EF=BG，
∴l3=OE+EF+FG+AG=OE+BE+BG+AG=OB+BA=l1，
∴l1=l3，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形三边关系，平移的性质，题目新颖，灵活运用所学知识是关键．
【题型3 利用三角形的中线求长度】
【例3】（2023春·云南·八年级云南师大附中校考期末）已知，已知ΔABC的周长为33cm，AD是BC边上的中线，AB=32AC．
（1）如图，当AC=10cm时，求BD的长．
（2）若AC=12cm，能否求出DC的长？为什么？
【答案】（1）4cm；（2）不能，理由见解析
【分析】（1）根据三角形中线的性质解答即可；
（2）根据三角形周长和边的关系解答即可．
【详解】（1）∵AB=32AC，AC=10cm，
∴AB=15cm，
又∵ΔABC的周长是33cm，
∴BC=8cm，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=12BC=4cm；
（2）不能，理由如下：
∵AB=32AC，AC=12cm，
∴AB=18cm，
又∵ΔABC的周长是33cm，
∴BC=3cm，
∵AC+BC=15∴不能构成三角形ABC，则不能求出DC的长．
【点睛】此题考查三角形的中线、高、角平分线，关键是根据三角形中线的性质解答．
【变式3-1】（2023秋·全国·八年级期中）在△ABC中，AD是BC边上的中线，△ADC的周长比△ABD的周长多3，AB与AC的和为13，则AC的长为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】B
【分析】根据三角形的中线的定义得到BD=DC，根据三角形的周长公式得到AC-AB=3，根据题意列出方程组，解方程组得到答案．
【详解】解：∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝DC，
由题意得，（AC+CD+AD）﹣（AB+BD﹣AD）＝3，
整理得，AC﹣AB＝3，
则AC−AB＝3AC+AB＝13，
解得，AC＝8AB＝5，
故选B．
【点睛】此题考查三角形的中线的概念，解题关键在于掌握三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．
【变式3-2】（2023秋·山东德州·八年级校考期中）如图，△ABC的周长为24 cm，AD，BE分别是BC，AC边上的中线，AD，BE相交于点O，CO的延长线交AB于点F，且BD＝4 cm，AE＝3.5 cm，求AF的长．
【答案】AF＝4.5 (cm)．
【分析】此题主要考查三角形的中线，利用三角形的周长求出AB的长度，然后利用中线便可解出答案.
【详解】∵AD，BE是△ABC的中线，
∴BC＝2BD，AC＝2AE，CF是△ABC的中线，∴AF＝AB.
∵BD＝4 cm，AE＝3.5 cm，∴BC＝8 cm，AC＝7 cm.
∵△ABC的周长是24 cm，∴AB＝24－(BC＋AC)＝24－(8＋7)＝9 (cm)，
∴AF＝×9＝4.5 (cm)．
【点睛】此题主要考查三角形的中线特点，需熟练运用三角形的各种定理来解题.
【变式3-3】（2023秋·黑龙江大庆·八年级校考期中）如图，已知AD、AE分别是△ABC的高和中线AB=9cm,AC=12cm，BC=15cm，∠BAC=90°．试求：
(1)△ABE的面积；
(2)AD的长度；
(3)△ACE与△ABE的周长的差．
【答案】(1)27cm2；
(2)365cm；
(3)3cm．
【分析】（1）先根据三角形面积公式计算出SΔABC=54cm2，然后利用AE是边BC的中线，得到 SΔABE=12SΔABC；
（2）利用面积法得到12AD⋅BC=12AB⋅AC，即可求出AD的长；
（3）由△ACE的周长－△ABE的周长=AC−AB，即可求得答案．
【详解】（1）解：∵△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，AB=9cm,AC=12cm，
∴SΔABC=12×9×12=54(cm2)，
∵AE是BC上的中线，
∴BE=EC，
∴SΔABE=SΔACE，
∴SΔABE=12SΔABC=27cm2；
（2）解：∵∠BAC=90°，AD是BC上的高，
∴12AD⋅BC=12AB⋅AC，
∴AD=AB⋅ACBC=9×1215=365 cm；
（3）解：∵AE是BC边上的中线，
∴BE=CE，
∴ △ACE的周长－△ABE的周长=AC+AE+CE−(AB+BE+AE)= AC−AB=12−9=3 (cm)，
即△ACE和△ABE的周长差是3cm．
【点睛】本题考查了三角形的面积公式，以及三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，熟练掌握相关的性质与公式是解决此题的关键．
【题型4 三角形的高与面积有关的计算】
【例4】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市虹桥初级中学校校考期末）在△ABC中，AD是高，AD=6，CD=1，若△ABC的面积为12，则线段BD的长度为 ．
【答案】3或5
【分析】根据题意分AD在△ABC内部和AD在△ABC外部两种情况进行讨论，根据三角形的面积公式求得BC长度，再根据边之间的和差关系求解即可．
【详解】当AD在△ABC内部时，如下图

根据题意可知：S△ABC=12，AD=6
S△ABC=12×BC×AD=12
解得：BC=4
∵CD=1
∴BD=BC−CD=4−1=3
当AD在△ABC外部时，如下图

根据题意可知S△ABC=12，AD=6
S△ABC=12×BC×AD=12
解得：BC=4
∴BD=BC+CD=4+1=5
故答案为：3或5．
【点睛】本题考查三角形的面积，解题的关键是根据题意作出相关的图形（AD在△ABC内部和外部)，数形结合进行求解．
【变式4-1】（2023春·江苏常州·八年级统考期中）如图，已知△ABC．
(1)画出△ABC的三条高AD、BE、CF（不写画法）；
(2)在（1）的条件下，若AB=6，BC=3，CF=2，则AD=______．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据三角形的高线的画法画出AD、BE、CF即可；
（2）根据面积相等可得出12AB⋅CF=12BC⋅AD，代入相关数据计算即可得出AD．
【详解】（1）如图，AD、BE、CF即为所画：
（2）∵CF是AB边上的高，AD是BC边上的高，
∴S△ABC=12AB⋅CF=12BC⋅AD，
∵AB=6，BC=3，CF=2，
∴12×6×2=12×3⋅AD，
解得，AD=4，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了三角形高的画法以及与高有关的面积计算，正确识图是解答本题的关键．
【变式4-2】（2023春·上海宝山·八年级校考期中）如图，在△ABC中，按下列要求画图并填空：

(1)画△ABC边AB上的高CD；
(2)E在CD上，连接BE，使得S△ABC=S△EBC，请画出点E；
(3)已知BD=3，CD=4，DE=1，那么点C到直线AB的距离为_______，△ADC的面积为_______．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)4，32
【分析】（1）根据画高的方法作图即可；
（2）根据平行线的性质只需要令AE∥BC即可得到S△ABC=S△EBC；
（3）根据点到直线的距离的定义即可求出点C到直线AB的距离；先求出S△BDE=32，根据平行线的性质得到S△ABC=S△BCE，则S△ACD=S△BDE=32．
【详解】（1）解：如图所示，CD即为所求；

（2）解：如图所示，点E即为所求；

（3）解：∵CD⊥AB，CD=4，
∴点C到直线AB的距离为4；
∵BD=3，DE=1，
∴S△BDE=12BD⋅DE=32，
∵AE∥BC，
∴S△ABC=S△BCE，
∴S△ACD=S△BDE=32．
【点睛】本题主要考查了画三角形的高，画平行线，三角形面积，平行线的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式4-3】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市萧红中学校考期中）如图是由边长都是1的小正方形组成的网格．图中各点均在格点上，请按以下要求画图．①所画顶点必须在格点上；②标清指定的字母；③不得出格．
(1)在图甲中面出△ABC中BC边上的高AD；
(2)在图乙中画出一个Rt△EBC，且△EBC的面积是图甲中△ABC面积的2倍；
(3)在图丙中画出一个锐角三角形△MBC，且面积为15．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）延长CB，过点A垂直CB的延长线的线段即所求；
（2）根据S△ABC=5，可得S△EBC=10，即可求出△EBC中BC的高，即可确定点E，再分别连接EB、EC即所求；
（3）根据锐角三角形△MBC的面积可求△MBC中BC上的高为6，即可确定点M，再连接MB、MC即可．
【详解】（1）解：如图，线段AD即为△ABC中BC边上的高；
（2）解：由（1）可得：S△ABC=5，BC=5，
∵△EBC的面积是图甲中△ABC面积的2倍，
∴S△EBC=2×5=10，如图，△EBC即所求；
（3）解：∵锐角三角形△MBC的面积为15，BC=5，
∴△MBC中BC上的高为：15×25=6，
∴点M距离BC边为6，如图，△MBC即所求．
【点睛】本题考查网格画三角形的高，三角形高的有关计算及利用网格求三角形的面积，熟练掌握三角形面积求出三角形的高是解题的关键．
【题型5 三角形的稳定性】
【例5】（2023秋·北京·八年级校考期中）下列图形中不具备稳定性的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】三角形具有稳定性，只要选项中的图形可以分解成三角形，则图形就有稳定性，据此即可确定．
【详解】解：A、可以看成两个三角形，而三角形具有稳定性，则这个图形一定具有稳定性，故本选项错误；
B、可以看成三个三角形，而三角形具有稳定性，则这个图形一定具有稳定性，故本选项错误；
C、可以看成一个三角形和一个四边形，而四边形不具有稳定性，则这个图形一定不具有稳定性，故本选项正确；
D、可以看成7个三角形，而三角形具有稳定性，则这个图形一定具有稳定性，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形的稳定性，正确理解各个图形具有稳定性的条件是解题的关键．
【变式5-1】（2023秋·四川泸州·八年级四川省泸县第四中学校考期末）如图，某中学的电动伸缩校门利用的数学原理是（ ）
A．三角形的稳定性B．两点之间，线段最短
C．三角形两边之和大于第三边D．四边形的不稳定性
【答案】D
【分析】根据电动伸缩门的工作原理，结合四边形的不稳定性即可得到答案．
【详解】解：∵电动伸缩门的整体形状为四边形，且电动伸缩门的长度可以伸长和变短，
∴利用的是四边形的不稳定性，
故选D．
【点睛】本题考查四边形的性质，熟练掌握四边形的相关知识的解本题的关键．
【变式5-2】（2023秋·广西南宁·八年级南宁市天桃实验学校校考期中）要使四边形木架不变形，至少要再钉几根木条（ ）
A．4B．2C．1D．3
【答案】C
【分析】根据三角形具有稳定性可得：沿对角线钉上1根木条即可．
【详解】解：根据三角形的稳定性可得，至少要再钉上1根木条．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了三角形具有稳定性，当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，故三角形具有稳定性，而四边形不具有稳定性．
【变式5-3】（2023春·广东惠州·八年级统考期中）如图，是一个用六根竹条连接而成的凸六边形风筝骨架，考虑到骨架的稳固性、美观性、实用性等因素，需再加竹条与其顶点连接．要求：
（1）在图（1）、（2）中分别加适当根竹条，设计出两种不同的连接方案．
（2）通过上面的设计，可以看出至少需再加 根竹条，才能保证风筝骨架稳固、美观和实用．
（3）在上面的方案设计过程中，你所应用的数学道理是．
【答案】（1）答案见解析；（2）三；（3）三角形的稳定性．
【详解】解：（1）如图所示（答案不唯一）
（2）至少要三根
故答案为：三；
（3）三角形的稳定性．
【题型6 三角形中的角平分线、中线、高有关的综合计算】
【例6】（2023秋·湖北十堰·八年级统考期末）如图，在△ABC 中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，BC＝10，AD是高，BE是中线，CF是角平分线，CF交AD于点G，交BE于点H，下面结论：①△ABE 的面积＝△BCE 的面积；②∠AFG＝∠AGF；③∠FAG＝2∠ACF；④AD＝2.4．其中结论正确的是（ ）
A．①②B．①②④C．①②③D．①②③④
【答案】C
【分析】根据三角形角平分线和高的性质可确定角之间的数量关系；根据三角形的中线和面积公式可确定△ABE和△BCE的面积关系以及求出AD的长度．
【详解】解：∵BE 是△ABC的中线
∴AE=EC
∴△ABE的面积等于△BCE的面积
故①正确；
∵∠BAC=90° ，AD是△ABC的高
∴∠AFG+∠ACG=90° ，∠DCG+∠DGC=90°
∵CF是△ABC的角平分线
∠ACG=∠DCG
∴∠AFG=∠DGC
又∵∠DGC=∠AGF
∴∠AFG=∠AGF
故②正确；
∵∠FAG+∠DAC=∠DAC+∠ACD=90°
∴∠FAG=∠ACD
∵∠ACD=∠ACF+∠DCF=2∠ACF
∴∠FAG=2∠ACF
故③正确；
∵2S△ABC=AB·AC=BC·AD
∴AD=AB·ACBC=6×810=4.8
故④错误；
故选：C
【点睛】本题考查了三角形的中线、高、角平分线，灵活运用三角形的中线、高、角平分线的性质是解决本题的关键．
【变式6-1】（2023秋·江西南昌·八年级校考期末）如图所示，已知AD，AE分别是△ABC的高和中线，AB=3cm，AC=4 cm，BC=5 cm，∠CAB=90°．
(1)求AD的长．
(2)求△ABE的面积．
【答案】（1）125cm；（2）3cm2
【分析】（1）利用“面积法”来求线段AD的长度；
（2）△AEC与△ABE是等底同高的两个三角形，它们的面积相等
【详解】解：∵∠BAC=90°，AD是边BC上的高，
∴12AB•AC=12BC•AD，
∴AD=AB⋅ACBC=3×45=125（cm），即AD的长度为125cm；
（2）如图，∵△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，AB=3cm，AC=4cm，
∴S△ABC=12AB•AC=12×3×4=6（cm2）．
又∵AE是边BC的中线，
∴BE=EC，
∴12BE•AD=12EC•AD，即S△ABE=S△AEC，
∴S△ABE=12S△ABC=3（cm2）．
∴△ABE的面积是3cm2．
【点睛】本题考查了中线的性质．解题的关键是利用三角形面积的两个表达式相等，求出AD．
【变式6-2】（2023春·陕西商洛·八年级统考期末）如图，在三角形ABC中，AH⊥BC，BF平分∠ABC，BE⊥BF，EF∥BC，以下四个结论：①AH⊥EF；②∠ABF=∠EFB；③AC∥BE；④∠E=∠ABE．其中正确的结论有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】根据平行线的性质、角平分线的定义、余角的性质等来判断即可．
【详解】解：∵AH⊥BC，EF∥BC，
∴AH⊥EF，故①正确；
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBF，
∵EF∥BC，
∴∠EFB＝∠CBF，
∴∠ABF＝∠EFB，故②正确；
∵BE⊥BF，而AC与BF不一定垂直，
∴BE∥AC不一定成立，故③错误；
∵BE⊥BF，
∴∠E和∠EFB互余，∠ABE和∠ABF互余，而∠EFB＝∠ABF，
∴∠E＝∠ABE，故④正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义以及余角的性质等的运用，解题时注意：两直线平行，内错角相等．
【变式6-3】（2023春·河南南阳·八年级统考期末）如图，在ΔABC中，CD是AB边上的高，CE是∠ACB的平分线.
（1）若∠A=40∘，∠B=76∘，求∠DCE的度数；
（2）若∠A=α，∠B=β，求∠DCE的度数（用含α，β的式子表示）
（3）当线段CD沿DA方向平移时，平移后的线段与线段CE交于G点，与AB交于H点，若∠A=α，∠B=β，求∠HGE与α、β的数量关系.
【答案】（1）∠DCE＝18°；；（2）12 (β－α)；（3）∠HGE＝12 (β－α)．
【分析】（1）根据三角形的内角和得到∠ACB=64°，根据角平分线的定义得到∠ECB=12∠ACB=32°，根据余角的定义得到∠DCE=90°-∠DEC=184°，于是得到结论；
（2）根据角平分线的定义得到∠ACB=180°-α-β，根据角平分线的定义得到∠ECB=12∠ACB=12（180°-α-β），根据余角的定义得到∠BCD=90°-∠B=90°-β，于是得到结论；
（3）作出平移图，因为GH∥CD，所以∠HGE＝∠DCE，由（2）得到∠DCE＝12 (β－α)，进而得到∠HGE＝12 (β－α)
【详解】解：（1）∵ ∠A＝40°，∠B＝76°，
∴∠ACB＝180°－∠A－∠B＝180°－40°－76°＝64°，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝12∠ACB＝12×64°＝32°，
∴∠DEC＝∠A＋∠ACE＝40°＋32°＝72°，
∵CD是AB边上的高，
∴∠CDE＝90°，
∴∠DCE＝90°－∠DEC＝90°－72°＝18°；
（2）∵∠A＝α，∠B＝β，
∴∠ACB＝180°－∠A－∠B＝180°－α－β，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝12∠ACB＝12 (180°－α－β)＝90°－12α－12β，
∴∠DEC＝∠A＋∠ACE＝α＋90°－12α－12β=90°＋12α－12β，
∵CE是AB边上的高，
∴∠CDE＝90°，
∴∠ECD＝90°－∠DEC
＝90°－(90°＋12α－12β)＝12β－12α
＝12 (β－α)；
（3）如图，由平移知GH∥CD，所以∠HGE＝∠DCE，
由（2）知∠DCE＝12 (β－α)，
所以∠HGE＝∠DCE ＝12 (β－α)，
即∠HGE与α，β的数量关系
为∠HGE＝12 (β－α)．
【点睛】本题考查了三角形的内角和，角平分线的定义，熟练掌握三角形的内角和是解题的关键．
【题型7 三角形的内角和与外角有关的计算】
【例7】（2023春·江苏南京·八年级统考期中）如图，在△ABC和△FBC中，∠A≤∠F．点F与A位于线段BC所在直线的两侧，分别延长AB、AC至点D、E．

【特殊化思考】
若∠A=∠F时，请尝试探究：
（1）当F在∠A内部时，请直接写出∠ECF、∠DBF与∠A的数量关系为__________；
（2）当F在∠A外部时，请直接写出∠ECF、∠DBF与∠A的数量关系为__________；
（3）若CG平分∠ECF，BH平分∠FBD．无论点F在∠A内部（如图③）还是∠A外部（如图④）时，都有CG∥BH，请选择一幅图进行证明；

【一般化探究】
若∠A<∠F时，请尝试探究：
（4）若射线CG、BH分别是∠ECF，∠DBF的n等分线（n为大于2的正整数），且∠ECG=1n∠ECF，∠HBD=1n∠DBF．当CG∥BH时，直接写出∠A与∠F需满足的条件：__________．
【答案】（1）∠ECF+∠DBF=2∠A；（2）∠ECF−∠DBF=2∠A；（3）见解析；（4）∠F=(n−1)∠A
【分析】（1）根据三角形内角和定理及平角的定义得到∠ECF+∠DBF=∠A+∠F，再根据∠A=∠F，即可得出结论；
（2）根据三角形内角和定理及平角的定义得到∠ECF−∠DBF=∠A+∠F，再根据∠A=∠F，即可得出结论；
（3）选图3证明，根据角平分线的定义及（1）中的结论得出∠GCF+∠HBF=∠F，再根据平行线的性质与判定证明即可；
（4）先根据平行公理的推论得到FM∥BH，再根据平行线的性质及角平分线的定义即可得出∠A与∠F的关系．
【详解】解：（1）在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
在△FBC中，∠F+∠FBC+∠FCB=180°，
∴∠ABC+∠ACB+∠FBC+∠FCB=360°−(∠A+∠F)，
∵∠ECF+∠ACB+∠FCB=180°，∠DBF+∠ABC+∠FBC=180°，
∴∠ABC+∠ACB+∠FBC+∠FCB=360°−(∠ECF+∠DBF)，
∴∠ECF+∠DBF=∠A+∠F，
∵∠A=∠F，
∴∠ECF+∠DBF=2∠A，
故答案为：∠ECF+∠DBF=2∠A；
（2）在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
在△FBC中，∠F+∠FBC+∠FCB=180°，
∴∠ABC+∠ACB+∠FBC+∠FCB=360°−(∠A+∠F)，
∵∠ECF+∠ACB+∠FCB=180°，∠FBC−∠DBF+∠ABC=180°，
∴∠ABC+∠ACB+∠FBC+∠FCB=360°−(∠ECF−∠DBF)，
∴∠ECF−∠DBF=∠A+∠F，
∵∠A=∠F，
∴∠ECF−∠DBF=2∠A，
故答案为：∠ECF−∠DBF=2∠A；
（3）选择图③，
证明：如图，

过点F作FM∥CG，
∴∠GCF=∠CFM，
∵CG平分∠ECF，BH平分∠DBF，
∴ ∠GCF=12∠ECF，∠HBF=12∠DBF，
由（1）知∠ECF+∠DBF=2∠A=2∠F，
∴ ∠GCF+∠HBF=12(∠ECF+∠DBF)=∠F，
∴∠CFM+∠HBF=∠F，
∵∠CFM+∠BFM=∠F，
∴∠HBF=∠BFM，
∴FM∥BH，
∴CG∥BH；
选择图④，
证明：如图，设BF与CG交于点N，

∵CG平分∠ECF，BH平分∠DBF，
∴ ∠GCF=12∠ECF，∠HBF=12∠DBF，
同（2）可得：∠DBF−∠ECF=2∠A，
∵∠A=∠F，
∴∠DBF−∠ECF=2∠F，
∴ ∠HBF−∠GCF=12(∠DBF−∠ECF)=∠F，
∵∠FNG是△FCN的一个外角，
∴∠FNG=∠GCF+∠F，
即∠FNG−∠GCF=∠F，
∴∠FNG=∠HBF，
∴CG∥BH；
（4）证明：∵∠A<∠F，
∴F只能在∠A内部，
如图，过点F作FM∥CG，

∵CG∥BH，
∴FM∥BH，
连接AF，
∵FM∥CG，
∴∠GCF=∠CFM，
又∵FM∥BH，
∴∠HBF=∠BFM，
又∵ ∠ECG=1n∠ECF，∠HBD=1n∠DBF，
∴ ∠GCF=n−1n∠ECF，∠HBF=n−1n∠DBF，
∴∠BFC=∠CFM+∠BFM
=∠GCF+HBF
=n−1n∠ECF+n−1n∠DBF
=n−1n(∠ECF+∠DBF)，
又∵∠ECF=∠CAF+∠AFC，∠DBF=∠BAF+∠AFB，
∴∠ECF+∠DBF=∠CAF+∠AFC+∠BAF+∠AFB=∠BAC+∠BFC，
∴ ∠BFC=n−1n(∠BAC+∠BFC)，
∴ 1n∠BFC=n−1n∠BAC，
∴∠BFC=(n−1)∠BAC，
即∠F=(n−1)∠A．
故答案为：∠F=(n−1)∠A．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质及角平分线的定义，熟记三角形内角和是180°是解题的关键，同时应熟练掌握平行线的性质与判定及角平分线的定义．
【变式7-1】（2023秋·辽宁沈阳·八年级统考期末）如图，已知，CD∥AB，点E在BD延长线上，且∠BEF=70°，点H在AB上，HF交BD于G点．

(1)求证：∠AHF>∠CDE；
(2)若∠AHF−∠CDE=30°，求∠F的度数
【答案】(1)见解析
(2)80°
【分析】（1）根据平行线的性质可得∠B=∠CDE，根据三角形的外角性质可得∠AHF>∠B，即可推得∠AHF>∠CDE；
（2）根据平行线的性质可得∠B=∠CDE，结合题意可得∠AHF−∠B=30°，根据三角形的外角性质可得∠HGB=30°，根据对顶角的性质可得∠EGF=30°，根据三角形内角和定理可得∠F=80°．
【详解】（1）证明： ∵CD∥AB，
∴∠B=∠CDE，
∵∠AHF是△BHG的一个外角，
∴∠AHF>∠B，
∴∠AHF>∠CDE．
（2）解：∵CD∥AB，
∴∠B=∠CDE，
∵∠AHF−∠CDE=30°，
∴∠AHF−∠B=30°，
∵∠AHF是△BHG的一个外角，
∴∠AHF=∠B+∠HGB，
∴∠HGB=∠AHF−∠B=30°，
∵∠HGB=∠EGF，
∴∠EGF=30°，
∵∠BEF=70°，∠BEF+∠EGF+∠F=180°，
∴∠F=180°−∠BEF−∠EGF=180°−70°−30°=80°．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的外角性质，对顶角的性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上性质是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·江苏苏州·八年级苏州中学校考期中）已知，在△ABC中，∠ACB=∠CDB=m°0
(1)若m=90时，如图所示，求证：∠CFE=∠CEF；
(2)若m≠90时，试问∠CFE=∠CEF还成立吗？若成立说明理由；若不成立，请比较∠CFE和∠CEF的大小，并说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)不成立；当m>90时，∠CFE>∠CEF；当m<90时，∠CFE<∠CEF；理由见解析．
【分析】（1）证明∠CAE=∠BAE，由∠ACB=∠CDB=90°，证明∠ACD=∠B，由三角形的外角的性质可得∠CFE=∠ACD+∠CAE，∠CEF=∠B+∠BAE，从而可得结论．
（2）证明∠CFE−∠CEF=∠ACF−∠B，结合三角形的内角和定理可得∠CFE−∠CEF=m−∠BCD−180−m−∠BCD=2m−180，再分两种情况可得结论．
【详解】（1）证明：∵AE是角平分线，
∴∠CAE=∠BAE，
∵∠ACB=∠CDB=m°0∴∠ACB=∠CDB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°=∠BCD+∠B，
∴∠ACD=∠B，
∵∠CFE=∠ACD+∠CAE，∠CEF=∠B+∠BAE，
∴∠CFE=∠CEF．
（2）不成立． 理由如下：
∵∠CFE=∠CAF+∠ACF，∠CEF=∠B+∠EAB，∠CAE=∠BAE，
∴∠CFE−∠CEF=∠ACF−∠B，
∵∠ACB=∠CDB=m°0∴∠CFE−∠CEF=m−∠BCD−180−m−∠BCD=2m−180
当m>90时，∠CFE−∠CEF=2m−180>0，
∴∠CFE>∠CEF；
当m<90时，∠CFE−∠CEF=2m−180<0，
∴∠CFE<∠CEF．
【点睛】本题考查的是三角形的角平分线是含义，三角形的内角和定理的应用，三角形的外角的性质，不等式的性质，熟记三角形的外角的性质是解本题的关键．
【变式7-3】（2023春·江苏无锡·八年级统考期中）在△ABC中，∠BAC=90°，点D是BC上一点，将△ABD沿AD翻折后得到△AED，边AE交射线BC于点F．

(1)如图1，当DE∥AC时，求证：AE⊥BC
(2)若∠C=∠B+10°，∠BAD=x°（0①如图2，当DE⊥BC时，求x的值．
②是否存在这样的x的值，使得△DEF中有两个角相等．若存在，求x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)详见解析
(2)①5°；②存在这样的x的值，使得△DEF中有两个角相等，且x=15或30
【分析】（1）根据平行线和翻折的性质，推出∠EAC=∠B，进而推出∠EAC+∠C=90°，即∠AFC=90°，即可得证；
（2）①根据三角形的内角和定理，求出∠B,∠C的度数，翻折得到∠E=∠B=40°，进而求出∠BFE的度数，根据三角形外角的性质，求出∠BAF的度数，再根据翻折即可得出结果；②分∠EDF=∠DFE，∠EDF=∠E=40°，∠DFE=∠E=40°三种情况讨论求解即可．
【详解】（1）∵DE∥AC，
∴∠E=∠EAC．
∵翻折，
∴∠E=∠B，
∴∠EAC=∠B
∵∠BAC=90°，
∴∠B+∠C=90°，
∴∠EAC+∠C=90°
∴∠AFC=90°即AE⊥BC
（2）①∵∠C=∠B+10°，∠C+∠B=90°，
∴∠C=50°，∠B=40°
∵DE⊥BC，∠E=∠B=40°，
∴∠BFE=50°．
∵∠BFE=∠B+∠BAF，
∴∠BAF=10°，
由翻折可知，x=∠BAD=12∠BAF=5°；
②∠BAD=x°，则∠FDE=∠ADE−∠ADC=140°−x−40°+x=100−2x°，∠DFE=2x+40°
当∠EDF=∠DFE时，100−2x=2x+40，解得，x=15，
当∠EDF=∠E=40°，100−2x=40，解得，x=30，
当∠DFE=∠E=40°时，2x+40=40，解得，x=0，∵0∴不合题意，舍去，
综上可知，存在这样的x的值，使得△DEF中有两个角相等，且x=15或30．
【点睛】本题考查与折叠有关的三角形的内角和问题，以及三角形的外角的性质，熟练掌握折叠的性质，三角形的内角和定理，以及三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和，是解题的关键．
【题型8 多边形内角和、外角和有关的计算】
【例8】（2023秋·河北邢台·八年级校考期中）已知一个多边形的内角和与外角和的差为1440°．
(1)求这个多边形的边数；
(2)如这个多边形是正多边形，则它的每一个内角是___________．
【答案】(1)12
(2)150°
【分析】（1）已知一个多边形的内角和与外角和的差为1440°，外角和是360度，因而内角和是1800度．n边形的内角和是n−2⋅180°，代入就得到一个关于n的方程，就可以解得边数n；
（2）根据正多边形每个内角相等，用多边形的内角和除以边数计算即可．
【详解】（1）解：设此多边形的边数为n，则：
n−2⋅180=1440+360，
解得：n=12．
答：这个多边形的边数为12．
（2）解：这个正多边形的每一个内角是：
12−2⋅180°12=150°
【点睛】本题考查多边形内角和与外角和，正多边形，熟练掌握多边形内角和与外角和是解题的关键．
【变式8-1】（2023秋·辽宁葫芦岛·八年级校联考期中）一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°．
（1）求这个多边形的边数和内角和；
（2）从该多边形的一个顶点作对角线，则所作的对角线条数为 ，此时多边形中有 个三角形．
【答案】（1）这个多边形的边数和内角和是900°；（2）从该多边形的一个顶点作对角线，则所作的对角线条数为（n﹣3），此时多边形中有（n﹣2）个三角形．
【分析】（1）一个多边形的内角和等于外角和的3倍少180°，而任何多边形的外角和是360°，因而多边形的内角和等于900°．
（2）n边形的内角和可以表示成（n-2）•180°，设这个正多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数，即可求出答案．
【详解】（1）360°×3﹣180°
＝1080°﹣180°
＝900°．
故这个多边形的边数和内角和是900°；
（2）设这个多边形的边数为n，则内角和为180°（n﹣2），依题意得：
180（n﹣2）＝360×3﹣180，
解得n＝7，
则从该多边形的一个顶点作对角线，则所作的对角线条数为（n﹣3），此时多边形中有（n﹣2）个三角形．
【点睛】本题主要考查多边形内角与外角的知识点，此题要结合多边形的内角和公式寻求等量关系，构建方程求解即可．从n边形一个顶点可以引（n-3）条对角线，此时多边形中有（n-2）个三角形．
【变式8-2】（2023春·安徽滁州·八年级校联考期中）按要求完成下列各小题．
(1)一个多边形的内角和比它的外角和多900°，求这个多边形的边数．
(2)如图，若正五边形ABCDE和长方形AFCG按如图方式叠放在一起，求∠EAF的度数．
【答案】(1)9
(2)126°
【分析】（1）设多边形的边数为n，根据“多边形的内角和比它的外角和多900°”列出关于n的方程即可求解；
（2）先求出∠EAB=∠ABC=108°，∠F=90°，然后根据三角形外角的性质求出∠BAF的度数，最后根据角的和差关系求出∠EAF的度数．
【详解】（1）解：设多边形的边数为n，
根据题意，得n−2⋅180°−360°=900°，
解得n=9，
∴这个多边形的边数是9；
（2）解：正五边形ABCDE的内角和为5−2×180°=540°，
∴正五边形ABCDE每个内角为540°÷5=108°，
即∠EAB=∠ABC=108°，
∵四边形AFCG是长方形，
∴∠F=90°，
∴∠BAF=∠ABC−∠F=18°，
∴∠EAF=∠EAB+∠BAF=126°．
【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，多边形外角和定理等知识，掌握多边形内角和定理是解题的关键．
【变式8-3】（2023春·山东聊城·八年级统考期末）在五边形ABCDE中，∠A=130∘，∠B=110∘，∠E=100∘．
(1)如图①，画出五边形ABCDE的所有对角线；
(2)如图②，若∠C比∠D小40°，求出∠D的度数；
(3)如图③，若CP，DP分别平分∠BCD与∠CDE的外角，试求出∠CPD的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠D=120°
(3)∠CPD=100°
【分析】（1）根据对角线的定义作出所有对角线即可；
（2）先根据多边形的内角和公式求得内角和，再求出∠C+∠D的度数，最后∠D−∠C=40°求得∠D即可；
（3）先根据多边形内角结合外角的定义求得∠DCF+∠CDG=160°，然后根据角平分线的定义、等量代换、角的和差解答即可．
【详解】（1）解：如图即为所求．
（2）解：五边形ABCDE的内角和为5−2×180°=540°，
∵∠A=130°，∠B=110°，∠E=100°，
∴∠C+∠D=540°−∠A−∠B−∠E=540°−130°−110°−100°=200°，
又∵∠D−∠C=40°，
∴∠D=120°．
（3）解：五边形ABCDE的内角和为5−2×180°=540°，
∵∠A=130°，∠B=110°，∠E=100°，
∴∠BCD+∠CDE=540°−∠A−∠B−∠E=540°−130°−110°−100°=200°，
又∵∠BCD+∠DCF=180°，∠CDE+∠CDG=180°，
∴∠DCF+∠CDG=360°−200°=160°，
∵CP平分∠DCF，DP平分∠CDG，
∴∠DCP=12∠DCF，∠CDP=12∠CDG，
∴∠DCP+∠CDP=12∠DCF+12∠CDG=12∠DCF+∠CDG=80°，
又∵∠CPD+∠DCP+∠CDP=180°，
∴∠CPD=180°−∠DCP−∠CDP=180°−80°=100°．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和、多边形的外角、对角线以及角平分线的定义等知识点，灵活运用多边形的内角和定理成为解答本题的关键．
【题型9 命题与证明】
【例9】（2022春·北京通州·七年级统考期末）手工课上，老师将同学们分成A，B两个小组制作两个汽车模型，每个模型先由A组同学完成打磨工作，再由B组同学进行组装完成制作，两个模型每道工序所需时间如下：
则这两个模型都制作完成所需的最短时间为 分钟．
【答案】22
【分析】根据题意存在两种情况：①A组同学先打磨模型1，再打磨模型2；②A组同学先打磨模型2，再打磨模型1，再根据表中数据计算各自所需时间，进行比较即可解答．
【详解】由题意知，存在以下两种情况：
①A组同学先打磨模型1，需要9分钟，然后B组同学组装模型1需要5分钟，同时A组同学打磨模型2，还需要1分钟完成，之后B组同学组装模型2需要11分钟，则共用最短时间为9+5+1+11=26分钟；
②A组同学先打磨模型2，需要6分钟，然后B组同学组装模型2需要11分钟，同时A组同学打磨模型1完成，之后B组同学组装模型1需要5分钟，则共用最短时间为6+11+5=22分钟，
因为26﹥22，所以这两个模型都制作完成所需的最短时间为22分钟，
故答案为：22．
【点睛】本题考查了有理数的加法、推理与论证，解答的关键是读懂题意，能利用推理的方法解决问题．
【变式9-1】（2023春·广西玉林·七年级统考期中）下列命题：
①内错角相等；
②两个锐角的和是钝角；
③a，b，c是同一平面内的三条直线，若a∥b，b∥c，则a∥c；
④a，b，c是同一平面内的三条直线，若a⊥b，b⊥c则a∥c；
其中真命题的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】根据平行线的判定及性质、平行公理等知识逐项判定即可．
【详解】解：①两直线平行，内错角相等，故①为假命题；
②两个锐角的和不一定是钝角，例如30°和60°，这两个锐角之和就不是钝角，故②为假命题；
③a，b，c是同一平面内的三条直线，若a∥b，b∥c，则a∥c，正确，故③为真命题；
④a，b，c是同一平面内的三条直线，若a⊥b，b⊥c则a∥c，正确，故④为真命题，
故真命题的个数为2，
故选：B．
【点睛】本题主要考查命题与定理知识，熟练掌握平行线的判定及性质、平行公理等知识是解答此题的关键．
【变式9-2】（2023春·河南郑州·八年级校考期中）用反证法证明“一个三角形中最多有一个角是直角或钝角”时，应假设（ ）
A．一个三角形中至少有一个角是直角或钝角
B．一个三角形中至少有两个角是直角或钝角
C．一个三角形中至多有一个角是直角或钝角
D．一个三角形中没有一个直角或钝角
【答案】C
【分析】利用反证法证明一个命题，首先要假设所证的结论不正确，结论的反面正确．
【详解】解：假设正确的是：假设三角形中至少有两个角是直角或钝角，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了反证法，正确理解反证法的思想方法，理解求设的方法是解决本题的关键．
【变式9-3】（2018秋·湖北鄂州·七年级校考期末）在甲组图形的四个图中，每个图是由四种图形A，B，C，D(不同的线段或圆)中的
某两个图形组成的，例如由A，B组成的图形记为A∗B，在乙组图形的(a)，(b)，(c)，(d)四个图形中，表示“A∗D”和“A∗C”的是( )
A．(a)，(b)B．(b)，(c)C．(c)，(d)D．(b)，(d)
【答案】D
【详解】分析：根据题意分析可得：4种简单图形A，B，C，D各不相同，得到A、B、C、D所代表的图形，即可得到结论．
详解：如图：

由甲组的A*B B*C B*D可知：
B是稍大一点的圆，C为横线段，D为稍小一点的圆，A为竖线段．
所以“A*D”应当选（b），“A*C”应当选（d）．
故选D．
点睛：本题考查了推理与论证，在两个或三个图形中，先确定公有的是谁，再确定其他的，从而使问题解决，主要培养学生的观察能力和空间想象能力．工序
时间
模型
打磨（A组）
组装（B组）
模型1
9分钟
5分钟
模型2
6分钟
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