2024年中考数学复习讲义 第16讲 三角形的概念及性质(含答案)

这是一份2024年中考数学复习讲义 第16讲 三角形的概念及性质(含答案)，共96页。学案主要包含了考情分析，知识建构等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \n \h \z \u 一、考情分析
二、知识建构
考点一 三角形的相关概念
题型01 三角形的分类
题型02 三角形个数的规律探究问题
题型03 三角形的稳定性
考点二 三角形的重要线段
题型01 画三角形的高、中线、角平分线
题型02 已知三角形的高、中线、角平分线，判断式子正误
题型03 等面积法求三角形的高
题型04 利用网格求三角形的面积
题型05 与垂心性质有关的计算
题型06 根据三角形的中线求长度
题型07 根据三角形的中线求面积
题型08 判断重心位置
题型09 与重心性质有关的计算
考点三 三角形的性质
题型01 应用三角形的三边关系求第三边长或取值范围
题型02 应用三角形的三边关系化简含有绝对值的式子
题型03 应用三角形的三边关系解决线段的和差比较问题
题型04 三角形内角和定理的证明
题型05 应用三角形内角和定理求角度
题型06 三角形内角和与平行线的综合应用
题型07 三角形内角和与角平分线的综合应用
题型08 三角形折叠中的角度问题
题型09 应用三角形内角和定理解决三角板问题
题型10 应用三角形内角和定理探究角的数量关系
题型11 三角形内角和定理与新定义问题综合
题型12 应用三角形外角的性质求角度
题型13 三角形的外角性质与角平分线的综合
题型14 三角形的外角性质与平行线的综合
题型15 应用三角形的外角性质解决折叠问题
题型16 三角形内角和定理与外角和定理综合
考点一 三角形的相关概念
三角形的概念：由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所构成的图形叫做三角形.
三角形的表示：用符号“Δ”表示，顶点是A，B，C的三角形记作“ΔABC”，读作“三角形ABC”.
三角形的分类：
1）三角形按边分类：三角形三边都不相等的三角形 等腰三角形等边三角形 底边和腰不相等的等腰三角形
2）三角形按角分类：三角形
三角形的稳定性: 三角形三条边的长度确定之后，三角形的形状就唯一确定了.
1. 三角形的表示方法中“Δ”代表“三角形”,后边的字母为三角形的三个顶点,字母的顺序可以自由安排. 即 ∆ABC, ∆ACB等均为同一个三角形.
2. 等腰三角形中至少有两边相等,而等边三角形中三边都相等,所以等边三角形是特殊的等腰三角形.
3. 四边形及多边形不具有稳定性，要使多边形具有稳定性，方法是将多边形分成多个三角形，这样多边形就具有稳定性了.
题型01 三角形的分类
【例1】（2022·河北石家庄·石家庄市第四十一中学校考模拟预测）如图，一只手盖住了一个三角形的部分图形，则这个三角形不可能是（ ）
A．钝角三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等边三角形
【答案】D
【分析】根据三角形的内角和定理和三角形的分类判断即可.
【详解】解：A.当另外两角为50°和100°时，该三角形为钝角三角形，故此选项不符合题意；
B.当另外两角为90°和60°时，该三角形为直角三角形，故此选项不符合题意；
C.当另外两角为30°和120°时，该三角形为等腰三角形，故此选项不符合题意；
D.等边三角形的每一个内角均为60°，由图可知该三角形有一个内角为30°，故不可能为等边三角形，符合题意.
故选：D．
【点拨】本题考查三角形的内角和定理和三角形的分类，会应用三角形的内角和定理和三角形的分类求解是解答的关键.
【变式1-1】（2020·河北保定·统考一模）如图，一个三角形只剩下一个角，这个三角形为( )
A．锐角三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．以上都有可能
【答案】B
【分析】三角形按角分类，可以分为锐角三角形、直角三角形、钝角三角形．有一个角是直角的三角形是直角三角形；有一个角是钝角的三角形是钝角三角形；三个角都是锐角的三角形是锐角三角形．
【详解】从题中可知，只能看到一个角是钝角．
所以这个三角形为钝角三角形．
故选：B．
【点拨】本题考查了三角形的分类的灵活应用．
【变式1-2】（2020·吉林长春·统考中考真题）图①、图②、图③均是3×3的正方形网格，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点称为格点，线段AB的端点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求以AB为边画△ABC．
要求：
（1）在图①中画一个钝角三角形，在图②中画一个直角三角形，在图③中画一个锐角三角形；
（2）三个图中所画的三角形的面积均不相等；
（3）点C在格点上．
【答案】见详解（答案不唯一）
【分析】因为点C在格点上，故可将直尺的一角与线段AB点A重合，直尺边长所在直线经过3×3正方形网格左上角第一个格点，继而以点A为旋转中心，逆时针旋转直尺，当直尺边长所在直线与正方形格点相交时，确定点C的可能位置，顺次连接A.B.C三点，按照题目要求排除不符合条件的C点，作图完毕后可根据三角形面积公式判断其面积是否相等．
【详解】经计算可得下图中：图①面积为12；图②面积为1；图③面积为32，面积不等符合题目要求（2），且符合题目要求（1）以及要求（3）．
故本题答案如下：
【点拨】本题考查三角形的分类及其作图，难度较低，按照题目要求作图即可．
【变式1-3】（2021·浙江宁波·统考一模）如图，在8×4的正方形网格中，按△ABC的形状要求，分别找出格点C，且使BC=5，并且直接写出对应三角形的面积．
【答案】见解析；S=10；S=252 ；S=12
【分析】根据全等三角形的性质，勾股定理，角的分类去求解即可
【详解】解：钝角三角形时，如图，
∵BC⊥BD，BC=5，
∴△ABC是钝角三角形，
根据平行线间的距离处处相等，得BC边上高为BD=4,
∴S=12BC×BD=12×4×5=10；
直角三角形时，如图，
取格点F使得BF=4，FC=3，
根据勾股定理，得BC=32+42=5，
∵AE=BF=4，EB=FC=3，∠AEB=∠BFC=90°，
∴△AEB≌△BFC，
∴∠EAB=∠FBC，
∵∠EAB+∠EBA=90°，
∴∠FBC+∠EBA=90°，
∴∠ABC =90°，
∴△ABC是直角三角形，
根据勾股定理，得AB=32+42=5，
∴S=12BA×BC=12×5×5 =252；
锐角三角形时，如图，取格点M使得BM=3，CM=4，
根据勾股定理，得BC=32+42=5，
根据直角三角形时的作图，知道∠ABN=90°，
∴∠ABC＜∠ABN，
∴∠ABC＜90°
∵AB=BC，
∴△ABC是等腰三角形，
∴∠A=∠C＜90°，
∴△ABC是锐角三角形，
∴S=12×4×6=12；
【点拨】本题考查了网格上的作图，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形全等的性质和判定，平行线间的距离处处相等，根据题意，运用所学构造符合题意的格点线段是解题的关键．
题型02 三角形个数的规律探究问题
【例2】（2023·浙江杭州·模拟预测）若一个三角形的任意两条边都不相等，则称之为“不规则三角形”．顶点在一个正方体顶点上的所有三角形中，这样的“不规则三角形”的个数为（ ）
A．8B．18C．24D．36
【答案】C
【分析】根据立方体的八个顶点之间线段长度仅有三种可能，分别得出所求的不规则三角形的个数．
【详解】解：如图示：
设立方体的边长为a，则在立方体的八个顶点之间线段长度仅有三种可能：
边长为a，面对角线为2a，体对角线为3a．立方体有四条体对角线，先考虑其中的一条如AC1，第三个顶点可以是 B、C、D、A1、B1、 D1中之一，
有6个不规则三角形．因此所求的不规则三角形的个数是6×4=24．
故选：C．
【点拨】此题主要考查了三角形的性质以及立体图形的性质，得出立方体的八个顶点之间线段长度仅有三种可能是解决问题的关键．
【变式2-1】（2020·江西南昌·模拟预测）由18根完全相同的火柴棒摆成的图形如图所示，如果去掉其中的3根，那么就可以剩下7个三角形．以下去掉3根的方法正确的是（ ）
A．DE,GH,MIB．GF,EF,MFC．GD,EI,MHD．AD,AG,GD
【答案】C
【分析】按照选项依次分析即可求解．
【详解】解：A．去掉DE,GH,MI，如图：
图中共有6个三角形，该项不符合题意；
B．去掉GF,EF,MF，如图：
图中共有4个三角形，该项不符合题意；
C．去掉GD,EI,MH，如图：
图中共有7个三角形，该项符合题意；
D．去掉AD,AG,GD，如图：
图中共有9个三角形，该项不符合题意；
故选：C．
【点拨】本题考查三角形计数，掌握三角形的定义是解题的关键．.
【变式2-2】阅读下列材料并填空．平面上有n个点（n≥2）且任意三个点不在同一条直线上，过这些点作直线，一共能作出多少条不同的直线？
（1）分析：当仅有两个点时，可连成1条直线；当有3个点时，可连成3条直线；当有4个点时，可连成6条直线；当有5个点时，可连成10条直线……
（2）归纳：考察点的个数和可连成直线的条数Sn发现：如下表
(3)推理：平面上有n个点，两点确定一条直线．取第一个点A有n种取法，取第二个点B有（n－1）种取法，所以一共可连成n(n-1)条直线，但AB与BA是同一条直线，故应除以2；即Sn=n×n-12
（4）结论：Sn=n×n-12
试探究以下几个问题：平面上有n个点（n≥3），任意三个点不在同一条直线上，过任意三个点作三角形，一共能作出多少不同的三角形？
（1）分析：
当仅有3个点时，可作出 个三角形；
当仅有4个点时，可作出 个三角形；
当仅有5个点时，可作出 个三角形；
……
（2）归纳：考察点的个数n和可作出的三角形的个数Sn，发现：（填下表）
(3)推理： （4）结论：
【答案】（1）1，4，10
（2）
（3）见解析（4）结论：Sn= n(n-1)(n-2)6．
【分析】（1）根据给的点数一一查出三角形即可；
（2）根据引例学习，仿照引例解法，先定点，再定形的方法，3个点先取第一个点，三点任意一个有3种，第二个点从剩下的两点任取一个有2种，第三个点只有1种，三角形有3×2×1个，会出现重复现象△ABC，△ACB，△BAC，△BCA，△CAB，△CBA，都是同一种三角形，由此得出S3=3×2×16=1，根据此法可得出4,5.…,n个点的结论；
（3）平面上有n个点，过不在同一条直线上的三个点可以确定一个三角形，取第一个点有n种方法，取第二个点有（n-1）种取法，取第三个点（n-2）种取法，所以一共可以作n（n-1）（n-2）个三角形，但同一个三角形重复6次，再除以6即可；
（4）根据（3）即可得出结论．
【详解】解：（1）当仅有3个点时，三点分别为A,B,C.可作1个三角形△ABC；
当有4个点时，四点分别为可作4个三角形△ABC，△ABD，△ACD，△BCD；
当有5个点时五点分别为A,B,C,D,E，可作10个三角形△ABC，△ABD，△ABE，△ACD，△ACE，△ADE，△BCD，△BCE；△BDE，△CDE．
故答案为1,4,10．
（2）填表如下：
（3）推理：平面上有n个点，过不在同一条直线上的三个点可以确定一个三角形，取第一个点有n种方法，取第二个点有（n-1）种取法，取第三个点（n-2）种取法，
所以一共可以作n（n-1）（n-2）个三角形，但同一个三角形重复6次，
故应除以6，
即Sn= n(n-1)(n-2)6．
（4）结论：Sn= n(n-1)(n-2)6．
【点拨】本题考查图形规律探索，阅读理解，仔细阅读，抓住点与线的规律，拓展点与三角形的规律，是学习的质的飞跃，本题难度不大，是培养逻辑思维的好题．
【变式2-3】（2022·吉林长春·校考模拟预测）一个圆周上有12个点：A1，A2，A3，…，A11，A12．以它们为顶点连三角形，使每个点恰好是一个三角形的顶点，且各个三角形的边都不相交．问：有多少种连法？
【答案】55
【分析】利用递推的方法，根据三角形的定义，结合图表依次推出圆上有3个点，6个点，9个点和12个点连成三角形的种数，进而得出结论．
【详解】解：（1）如果圆上只有3个点，那么只有一种连法；
（2）如果圆上有6个点，除A1所在三角形的三顶点外，剩下的三个点一定只能在A1在三角形的一条边所对应的圆弧上，表1给出这时有可能的连法有3种．
（3）如果圆上有9个点，考虑A1所在的三角形．此时，其余的6个点可能分布在：
①A1所在三角形的一个边所对的弧上；②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对的弧上；
在表2中用“+”号表示它们分布在不同的边所对的弧；如果是情形①，则由（2），
这六个点有三种连法；如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法；共有12种连法．
（4）最后考虑圆周上有12个点．同样考虑A1所在三角形，剩下9个点的分布有三种可能：
①9个点都在同一段弧上；
②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；
③每三个点在A1所在三角形的一条边对应的弧上．得到表3；
共有12×3+3×6+1=55种．
所以共有55种不同的连法．
【点拨】本题主要考查了计数方法，利用递推的方法，依次推出圆上有3个点，6个点，9个点和12个点连成三角形的种数，即采用了化难为易的方法解答，要注意各个三角形的边都不相交这个要求．
题型03 三角形的稳定性
【例3】（2023·山西运城·统考二模）学校、工厂、企业等单位的大门都是收缩性大门，这种门的门体可以伸缩自由移动，以此来控制门的大小．这种方法应用的数学知识是（ ）

A．三角形的稳定形B．四边形的不稳定性
C．勾股定理D．黄金分割
【答案】B
【分析】由题意可知收缩大门可以伸缩自由移动，这是根据四边形的不稳定性．
【详解】由题意可知收缩大门可以伸缩自由移动，这是根据四边形的不稳定性．
故选：B
【点拨】本题考查四边形的不稳定性，抓住题意的关键词从而解决问题．
【变式3-1】（2023·广东佛山·校考一模）要使下面的木架不变形，至少需要再钉上几根木条？（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【答案】C
【分析】根据三角形具有稳定性，六边形转化成三角形即可得出答案．
【详解】解：根据三角形的稳定性可知，要使六边形木架不变形，至少要再钉上3根木条．
故答案选：C
【点拨】本题主要考查的是三角形的稳定性，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．
【变式3-2】（2022·河北保定·校考一模）能用三角形的稳定性解释的生活现象是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据各图所用到的直线、线段有关知识，即可一一判定
【详解】解：A.利用的是“两点确定一条直线”，故该选项不符合题意；
B.利用的是“两点之间线段最短”，故该选项不符合题意；
C.窗户的支架是三角形，利用的是“三角形的稳定性”，故该选项符合题意；
D.利用的是“垂线段最短”，故该选项不符合题意；
故选：C
【点拨】本题考查了两点确定一条直线、两点之间线段最短、三角形的稳定性、垂线段最短的应用，结合题意和图形准确确定所用到的知识是解决本题的关键．
【变式3-3】（2021·浙江台州·一模）如图，升降平台由三个边长为1.2米的菱形和两个腰长为1.2米的等腰三角形组成，其中平台AM与底座A0N平行，长度均为2.4米，B，B0分别在AM和A0N上滑动，且始终保持点B0，C1，A1成一直线．
(1)这种升降平台的设计原理是利用了四边形的____性；
(2)为了安全，该平台在作业时∠B1不得超过40°，求平台高度(AA0)的最大值（Sin20°≈0.34）．
【答案】(1)不稳定
(2)平台高度(AA0)的最大值为3.3米．
【分析】（1）根据四边形的不稳定性即可解决问题．
（2）当∠B1=40°时，平台AA0的高度最大，解直角三角形A1B0A0，可得A0A1的长，再由AA3=A3A2=A2A1=A1A0，即可解决问题．
【详解】（1）因为四边形具有不稳定性，点B，B0分别在AM和A0N上滑动 ，从而达到升降目的，因而这种设计利用了平行四边形的不稳定性；
故答案为：不稳定．
（2）由图可知，当∠B1=40°时，平台AA0的高度最大，
∠A0B0A1=12∠B1,
A0A1=A1A2==A2A3==A3A4.
∵B0A1=2 A1C1 =2×1.2=2.4（米），Sin20°≈0.34，
∴A0A1=2.4×Sin20°×4＝3.264≈3.3(米)，
∴平台高度(AA0)的最大值为3.3米．
【点拨】本题考查了解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是熟练菱形的性质．
考点二 三角形的重要线段
1. 三角形的高、中线、角平分线是三条线段，由三角形的高可得90°的角，由三角形的中线可得线段之间的关系，由三角形的角平分线可得角之间的关系．
2. 常见三角形的高：
3. 当已知三角形两边的中点时，可考虑运用三角形中位线定理，得到相应线段的数量关系与位置关系.
题型01 画三角形的高、中线、角平分线
【例1】（2023·河北石家庄·校联考二模）如图，在△ABC中，边AB上的高是（ ）
A．AD B．GE C．EF D．CH
【答案】D
【分析】根据高线的定义：三角形的顶点到对边的垂线段为三角形的高线，进行判断即可．
【详解】解：∵CH⊥AB，
∴在△ABC中，边AB上的高是CH．
故选：D．
【点拨】本题考查三角形的高线．熟练掌握三角形的高线的定义，是解题的关键．
【变式1-1】（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）在△ABC中，AB=AC，BC长度不确定，拫据尺规作图痕迹，用直尺不一定能直接画出BC边的高的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分别考虑选项中的作图方法，然后结合三角形高的定义即可求解．
【详解】解：A中以AB边为直径作弧，没有作线段AB中点的作图痕迹，
∴无法直接画出BC边上的高，符合题意；
B中分别以点B.C为圆心，BC为半径画弧，交点为BC边垂直平分线上的点，连接交点和点A延长到BC边即为BC边上的高，不符合题意；
C中作的是∠A的角平分线，连接点A与交点并延长与BC相交，即为BC边上的高，不符合题意；
D中分别以AC、AB为半径画图，所得图形为菱形，连接点A及其相对的交点，根据菱形的性质即可得出BC边上的高，不符合题意；
故选A．
【点拨】题目主要考查基本的作图方法及三角形高的判定，熟练掌握各个作图方法是解题关键．
【变式1-2】（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）嘉淇剪一个锐角△ABC做折纸游戏，折叠方法如图所示，折痕与BC交于点D，连接AD，则线段AD分别是△ABC的（ ）

A．高，中线，角平分线B．高，角平分线，中线
C．中线，高，角平分线D．高，角平分线，垂直平分线
【答案】B
【分析】根据三角形的高线、角平分线及中线的定义依次判断即可．
【详解】解：由图可得，图①中，线段AD是△ABC的高线，
图②中，线段AD是△ABC的角平分线，
图③中，线段AD是△ABC的中线，
故选：B．
【点拨】题目主要考查三角形的高线、角平分线及中线的定义，理解题意是解题关键．
【变式1-3】（2023·广东深圳·统考二模）观察下列尺规作图痕迹，其中所作线段AD为△ABC的角平分线的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据基本作图的方法对各选项进行判断即可．
【详解】解：对于A选项，由作图痕迹可知，AD为∠CAB的平分线，故A选项符合题意；
对于B选项，由作图痕迹可知，AD为△ABC中BC边上的高线，故B选项不符合题意；
对于C选项，由作图痕迹可知，AD为△ABC的中线，故C选项不符合题意；
对于D选项，由作图痕迹可知，AD为△ABC中BC边上的高线，故D选项不符合题意．
故选：A．
【点拨】本题考查作图—基本作图：作三角形的角平分线、中线和高，熟练掌握基本作图的方法是解答本题的关键．
【变式1-4】（2023·河北石家庄·统考一模）如图，嘉琪任意剪了一张钝角三角形纸片（∠A是钝角），他打算用折叠的方法折出∠C的角平分线、AB边上的中线和高线，能折出的是（ ）

A．AB边上的中线和高线B．∠C的角平分线和AB边上的高线
C．∠C的角平分线和AB边上的中线D．∠C的角平分线、AB边上的中线和高线
【答案】C
【分析】由折叠的性质可求解．
【详解】解：当AC与BC重合时，折痕是∠C的角平分线；
当点A与点B重合时，折叠是AB的中垂线，
故选：C．
【点拨】本题考查了翻折变换，掌握折叠的性质是本题的关键．
【变式1-5】（2023·河北石家庄·校联考二模）小熊和小猫把一个三角形纸片折一次后，折痕把原三角形分成两个三角形．如图，当∠1=∠2时，折痕是三角形的（ ）

A．中线B．中位线C．高线D．角平分线
【答案】C
【分析】根据折叠的性质和平角定义得到∠1=∠2=90°，再根据三角形的高线定义求解即可．
【详解】解：∵∠1+∠2=180°，∠1=∠2，
∴∠1=∠2=90°，
又∵折痕经过三角形的顶点，
∴折痕是三角形的高线，
故选：C．
【点拨】本题考查折叠性质、平角定义、三角形的高线，理解三角形的高线定义是解答的关键．
【变式1-6】（2023·吉林松原·统考一模）图①、图②均是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫格点．△ABC的顶点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留作图痕迹．
(1)在图①中画△ABC的中位线DE，使点D、E分别在边AB、BC上；
(2)在图②中画△ABC的高线BF．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
【分析】（1）根据网格线的特点、矩形性质，先找到AB,BC的中点，再连接即可；
（2）根据网格线的特点，利用全等三角形性质构造过点B的斜边等于AC的直角三角形即可．
【详解】（1）解：如下图所示：
∴线段DE即为所求；
（2）解：如下图所示：
∴线段BF即为所求．
【点拨】本题考查作图的应用和设计，掌握网格线的特点和三角的的中位线、高线的定义是解题的关键．
题型02 已知三角形的高、中线、角平分线，判断式子正误
【例2】（2023·江苏扬州·校考二模）如图，AD，AE，AF分别是△ABC的中线，角平分线，高．则下列各式中错误的是（ ）

A．∠AFB=90°B．AE=CE
C．BC=2CDD．∠BAE=12∠BAC
【答案】B
【分析】根据三角形的中线，角平分线，高的定义逐项分析判断即可求解．
【详解】解：∵AD，AE，AF分别是△ABC的中线，角平分线，高，
A. ∠AFB=90°，故该选项正确，不符合题意；
B. AE，CE不一定相等，故该选项不正确，符合题意；
C. BC=2CD，故该选项正确，不符合题意；
D.∠BAE=12∠BAC，故该选项正确，不符合题意；
故选：B．
【点拨】本题考查了三角形的中线，角平分线，高的定义，熟练掌握三角形的中线，角平分线，高的定义是解题的关键．
【变式2-1】（2020上·安徽池州·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AD是高，AE是角平分线，AF是中线，则下列说法中错误的是（ ）
A．BF＝CFB．∠C＋∠CAD＝90°C．∠BAF＝∠CAFD．S△ABC=2S△ABF
【答案】C
【分析】根据三角形的角平分线、中线和高的概念判断．
【详解】解：∵AF是△ABC的中线，
∴BF=CF，A说法正确，不符合题意；
∵AD是高，
∴∠ADC=90°，
∴∠C+∠CAD=90°，B说法正确，不符合题意；
∵AE是角平分线，
∴∠BAE=∠CAE，C说法错误，符合题意；
∵BF=CF，
∴S△ABC=2S△ABF，D说法正确，不符合题意；
故选：C．
【点拨】本题考查的是三角形的角平分线、中线和高，掌握它们的概念是解题的关键．
题型03 等面积法求三角形的高
【例3】如图，已知AC⊥BC，CD⊥AB，AC=5，BC=12，AB=13，则点C到直线AB的距离等于（ ）
A．125B．135C．6013D．6512
【答案】C
【分析】根据等积法求出点C到直线AB的距离即可．
【详解】解：∵AC⊥BC，CD⊥AB，
∴S△ABC=12AC×BC=12AB×CD，
∴CD=AC×BCAB=5×1213=6013，
即点C到直线AB的距离为6013，故C正确．
故选：C．
【点拨】本题主要考查了三角形面积计算，点到直线的距离，解题的关键是根据等积法求出CD=6013．
【变式3-1】（2023·河北张家口·统考一模）如图，在点A，B，C，D中选一个点；与点M，N为顶点构成一个三角形，其面积等于△KMN的面积，这个点为（ ）
A．点AB．点BC．点CD．点D
【答案】C
【分析】与点M，N为顶点构成一个三角形，其面积等于△KMN的面积，即寻找以MN为底边，高为KN长的三角形．根据两平行线间的距离处处相等，只需要找到过点K且与 MN平行的直线即可．
【详解】解：由于平行线间的距离处处相等，所有在过点K且与 MN平行的直线上的点与M、N组成的三角形都满足其面积与△KMN的面积相等，有网格的特点可知只有过点K、C的直线与MN平行，
故选C．
【点拨】本题主要考查了平行线的性质，三角形面积，熟知平行线间的距离处处相等是解题的关键．
【变式3-2】（2023·江苏苏州模拟）数学活动课上，小敏、小颖分别画了△ABC和△DEF，数据如图，如果把小敏画的三角形面积记作S△ABC，小颖画的三角形面积记作S△DEF，那么你认为( )
A．S△ABC >S△DEFB．S△ABC C．S△ABC =S△DEFD．不能确定
【答案】C
【分析】在两个图形中分别作BC,EF边上的高，欲比较面积，由于底边相等，所以只需比较两条高即可．
【详解】解：如图，过点A.D分别作AG⊥BC，DH⊥EF，垂足分别为G、H，
在△ABG和△DHE中，AB=DE=5，
∠B=50°，∠DEH=180°-130°=50°，
∴∠B=∠DEH，∠AGB=∠DHE=90°，
∴△AGB≌△DHE(AAS)，
∴AG=DH．
∵BC=4，EF=4，
∴S△ABC=S△DEF．
故选：C．
【点拨】要题考查全等三角形的判定和性质，等底等高两三角形面积相等．证明△AGB≌△DHE是解题的关键．
【变式3-3】（2023·陕西西安·西安市曲江第一中学校考二模）如图，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得△ABC，则AC边上的高长度为（ ）
A．355B．3510C．55D．510
【答案】A
【分析】求出三角形ABC的面积，再根据三角形的面积公式即可求得AC边上的高．
【详解】解：四边形DEFA是正方形，面积是4；
△ABF，△ACD的面积相等，且都是12×1×2=1．
△BCE的面积是：12×1×1=12．
则△ABC的面积是：4-1-1-12=32．
在直角△ADC中根据勾股定理得到：AC=22+12=5．
设AC边上的高线长是x．则12AC⋅x=52x=32，
解得：x=355，
故选A．
【点拨】本题考查了勾股定理，掌握勾股定理，利用“割补法”求面积是解决本题的关键．
题型04 利用网格求三角形的面积
【例4】（2021·辽宁沈阳·统考一模）如图，在3×3的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，则S△ABC的面积为（ ）
A．52B．3C．72D．4
【答案】C
【分析】利用割补法求△ABC面积等于大正方形面积-三个三角形面积即可．
【详解】解：在网格中添加字母如图，
S△AEB=12AE⋅BE=12×1×2=1，
S△AFC=12AF⋅FC=12×2×3=3，
S△BGC=12BG⋅GC=12×1×3=32，
S正方形=EF⋅FC=9，
∴S△ABC= S正方形- S△AEB- S△AFC- S△BGC=9-1-3-32=72．
故选择C．
【点拨】本题考查网格三角形面积，掌握用割补法求网格三角形面积的方法是解题关键．
【变式4-1】（2023·北京·统考二模）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D均在格点上，则SΔABC SΔACD (填“＞”，“＜”或“＝”)．

【答案】＜
【分析】分别求出△ABC的面积和△ACD的面积，即可求解．
【详解】解：由题意，
SΔABC=12×3×3=92，
SΔACD=12×(2+3)×5-92-12×2×2=6，
∴SΔABC故答案为：＜．
【点拨】本题考查了三角形的面积，掌握三角形的面积公式是本题的关键．
【变式4-2】（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，网格上的每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点坐标分别为A(-1,3)，B(2,0)，C(-3,-1)．

(1)在图中画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1（点A.B.C的对应点分别为A1、B1、C1）；
(2)求△ABC的面积．
【答案】(1)见解析；
(2)9．
【分析】（1）分别找到点A.B.C的对应点分别为A1、B1、C1，顺次连接即可；
（2）结合表格，利用割补法S△ABC=S四边形CDEF-S△AFC-S△CDB-S△AEB求面积即可．
【详解】（1）解：作图如下：

（2）由题意可知，小网格的边长代表1个单位长度，
如图：S△ABC=S四边形CDEF-S△AFC-S△CDB-S△AEB
=4×5-12×2×4-12×5×1-12×3×3
=9

【点拨】本题考查了利用网格作对称图形及利用网格求面积；解题的关键是正确作图．
题型05 与垂心性质有关的计算
【例5】（2022·安徽·校联考三模）如图，已知ΔABC中，∠ACB=45°，F是高BD和CE的交点，AD=3，CD=5，则线段BF的长度为（ ）
A．1B．2C．22-3D．42-3
【答案】B
【分析】连接AF交BC于G点，可知F是三角形的垂心，可知AG也是一条高线，在结合等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】连接AF交BC于G点，如图所示：
∵CE.DB是△ABC的两条高线，
∴可知F是三角形的垂心，可知AG也是一条高线，即AG⊥BC，
∴在Rt△AGC中，∠ACB=45°，
∴AG=GC=22AC，
∵AC=AD+CD=3+5=8，
∴AG=GC=42，
∵BD⊥AC，∠ACB=45°，
∴在Rt△DCB中，∠CBD=45°，DC=DB=22BC，
∵DC=5，
∴DB=5，BC=52，
∴BG=BC-CG=52-42=2，
∴在Rt△FGB中，∠CBD=45°，BG=2，
∴BG=2=FG，
∴BF=2BG=2，
故选：B．
【点拨】本题考查了三角形中三条高线交于一点、等腰直角三角形的性质等知识，根据判断F点为三角形垂心是解答本题的关键．
【变式5-1】（2021·山东威海·统考模拟预测）【信息阅读】垂心的定义：三角形的三条高（或高所在的直线）交于一点，该点叫三角形的垂心．
【问题解决】如图，在△ABC中，∠ABC=40°，∠ACB=62°，H为△ABC的垂心，则∠BHC的度数为（ ）
A．120°B．115°C．102°D．108°
【答案】C
【分析】如图，延长BH,CH, 分别交AC,AB于K,M,证明∠AMC=∠AKB=90°,再利用三角形的内角和定理求解∠A, 再利用四边形的内角和定理可得答案.
【详解】解：如图，延长BH,CH, 分别交AC,AB于K,M,
∵H为△ABC的垂心，
∴BK⊥AC,CM⊥AB,
∴∠AMC=∠AKB=90°,
∵∠ABC=40°,∠ACB=62°,
∴∠BAC=180°-40°-62°=78°,
∴∠MHK=360°-∠AMC-∠AKB-∠A=102°，
∴∠BHC=102°．
故选：C.
【点拨】本题考查的是三角形的内角和定理，四边形的内角和定理，垂心的定义，正确理解垂心的定义构建需要的四边形是解题的关键.
【变式5-2】（2022·浙江绍兴·统考一模）在学习三角形高线时，发现三角形三条高线交于一点，我们把这个交点叫做三角形的垂心．课后小明同学继续探究，上网搜索得到了三角形重心的一条性质，制作了如下表格进行探究．
(1)表格中①处应填： ．
(2)小明先选择了直角三角形来探究重心的性质，写出了已知求证，请完成证明．
已知：如图1，⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠B=Rt∠，H是△ABC的垂心，OE⊥BC，垂足为E．
求证：AH=2OE．
(3)如图2，⊙O是锐角三角形ABC的外接圆，高线AF与高线CG交于点H，OE⊥BC于点E，为了证明AH=2OE．小明想把锐角三角形的问题转化为直角三角形，为此他过点B作了⊙O的直径BD，请继续小明的思路证明．
【答案】(1)在三角形内部
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）锐角三角形的三条高都在三角形内部，所以锐角三角形三条高的交点一定在三角形内部；
（2）根据⊙O是Rt△ABC的外接圆点，可得O为AC中点，再根据OE⊥BC，由垂径定理得到点E为BC中点，最后利用三角形的中位线定理即可得证；
（3）本小题利用（2）的结论，把锐角三角形的问题转化为直角三角形，可得到DC=2OE，然后连接AD.CD，证明四边形ADCH是平行四边形，得到AH=DC即可得证．
【详解】（1）解：∵锐角三角形的三条高都在三角形内部，
∴锐角三角形三条高的交点一定在三角形内部在三角形内部，
∴锐角三角形的垂心在三角形的内部；
（2）解：如图1，⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠B=Rt∠，
∴点O为AC中点．
∵OE⊥BC，
∴E为BC中点．
∴OE为△ABC的中位线，
∴AB=2OE即AH=2OE；
（3）证明：如图2，连结AD.CD，
∵BD是⊙O的直径，
∴DC⊥BC，
由（2）可知DC=2OE，
又∵AF⊥BC，
∴AF∥DC．
同理CG∥DA．
∴四边形ADCH是平行四边形，
∴AH=DC．
∴AH=2OE．
【点拨】本题考查的是三角形的垂心的性质、平行四边形的性质与判定、垂径定理及三角形中位线定理．掌握三角形任意顶点到垂心的距离等于外心到对边的距离的两倍以及转化的思想是解答的关键．
【变式5-3】（2021·山西吕梁·统考二模）阅读下列材料，并完成相应的学习任务：
我们知道三角形外接圆的圆心叫做三角形的外心，三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心．由于三角形的三条高（或高所在的直线）相交于一点，因此我们把三角形三条高的交点叫做三角形的垂心．下面我们以锐角三角形为例，证明三角形的三条高相交于一点．
如图，在△ABC中，AD，BE分别是BC，AC边上的高，且AD与BE相交于点P．连接CP并延长，交AB于点F．
求证：CF⊥AB．
证明：分别过点A，B，C作它们所对边的平行线，三条平行线两两相交于点M，N，Q．分别连接PM，PN，PQ．
∵MN//BC，MQ//AB，NQ//AC，
∴四边形MABC，四边形ANBC，四边形ABQC都是平行四边形．
∴BC=AM=AN，AC=BN=BQ，AB=MC=CQ．
∵AD⊥BC，
∴∠MAD=∠ADB=90°，即AD⊥MN．
∴PM=PN．
…
学习任务：
（1）请将上面剩余的证明过程补充完整；
（2）点P是△MNQ的 ．（填出字母代号即可）
A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心
（3）若∠CAB=40°，则∠MPN= °．
【答案】（1）见解析；（2）B；（3）80°
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一以及中垂线的性质，即可得到结论；
（2）根据三角形外心的定义，即可得到答案；
（3）构造△MNQ的外接圆，根据平行四边形的性质和圆周角定理，即可求解．
【详解】（1）∵BE⊥AC，
∴∠EBQ=∠BEA=90°，即EB⊥NQ．
∴PN=PQ．
∴PM=PQ．
∴PC⊥MQ，
∴∠CFB=∠FCM=90°．
∴CF⊥AB．
（2）∵PM=PQ=PN，
∴点P是△MNQ的外心，
故选B．
（3）∵四边形ABQC都是平行四边形，
∴∠BQC=∠CAB=40°，
∵点P是△MNQ的外心，
∴∠MPN=2∠BQC=2×40°=80°，
故答案是：80°．
【点拨】本题主要考查三角形的垂心，外心，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，添加合适的辅助线构造平行四边形和三角形的外接圆，是解题的关键．
题型06 根据三角形的中线求长度
【例6】（2023·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）如图，AD是△ABC的中线，AB=5，AC=4，△ACD的周长为10，则△ABD的周长为（ ）

A．8B．9C．10D．11
【答案】D
【分析】根据三角形的中线的概念得到BD=DC，再根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【详解】解：∵△ACD的周长为10，
∴AC+AD+CD=10，
∵AC=4，
∴AD+CD=6，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD.
∴AD+BD=6
∵AB=5，
∴△ABD的周长=AB+AD+CD=11，
故选：D．
【点拨】本题考查的是三角形的中线的概念，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6-1】（2023·青海·统考一模）在△ABC中，D是BC边的中点，若AB=9，AC=5，则△ABC的中线AD长的取值范围是（ ）
A．5【答案】D
【分析】根据题意，画出图形，延长AD至点E，使得AD=DE，连接EC，可证△ABD≌△ECD，可得CE=AB=9，根据三角形的三边关系可求得AE的取值范围，进而可得AD的取值范围．
【详解】解：如下图，延长AD至点E，使得AD=DE，连接EC，
∵AD是边BC的中线，
∴BD=CD，
又∵∠ADB=∠EDC，
∴△ABD≌△ECD(SAS)，
∴CE=AB=9，
∵在△ACE中，CE-AC∴9-5∵AD=DE=12AE，
∴2故选：D．
【点拨】本题主要考查了三角形的中线、全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系等知识，熟悉三角形的三边关系，利用中线构造全等三角形是解答的关键．
【变式6-2】（2022·河南焦作·统考模拟预测）如图，BE是△ABC的中线，点F在BE上，延长AF交BC于点D，若BF=3EF，则BDDC=（ ）
A．43B．32C．65D．23
【答案】B
【分析】先利用三角形的中线的定义得到AEAC=12，过点E作EG∥DC交AD于G，再根据相似三角形的性质得到DC=2GE，由BF=3FE得到EFBF=13，最后由相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：如图，
∵BE是△ABC的中线，
∴AEAC=12，
过点E作EG∥DC交AD于G，
∴∠AGE=∠ADC，∠AEG=∠C，
∴△AGE∽△ADC，
∴EGDC=AEAC=12，
∴DC=2GE．
∵BF=3FE，
∴EFBF=13．
∵GE∥BD，
∴∠GEF=∠FBD，∠EGF=∠BDF，
∴△GFE∽△DFB，
∴GEDB=EFBF=13，
∴DCDB=23，
∴BDDC=32．
故选：B．
【点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质，过点E作EG∥DC，构造相似三角形是解题的关键．
【变式6-3】（2022·江苏泰州·模拟预测）△ABC中，AB：AC=3：2，BC=AC+1，若△ABC的中线BD把△ABC的周长分成两部分的比是8：7，求边AB，AC的长．
【答案】AB=6,AC=4或AB=2111,AC=1411
【分析】根据题意，设设AB=3x，则AC=2x，分别表示出三边，根据三角形中线的性质得出AD=CD=12AC=x，根据题意列出方程，解方程即可求解．
【详解】解：如图，
∵AB：AC=3：2，设AB=3x，则AC=2x，
∴BC=AC+1=2x+1，
∵BD是△ABC的中线，
则AD=CD=12AC=x，
依题意，BC+CDAB+AD=78或AB+ADBC+CD=87，
∴2x+1+x3x+x=78或3x+x2x+1+x=78，
解得：x=2或x=711，经检验x=2或x=711是原方程的解；
∴当x=2时，AB=3x=6，AC=2x=4，BC=2x+1=5，
当x=711时，AB=2111，AC=1411，BC=2511.
∴AB=6,AC=4或AB=2111,AC=1411．
【点拨】本题考查了三角形中线的性质，根据题意列出方程是解题的关键．
题型07 根据三角形的中线求面积
【例7】（2023·广东梅州·统考一模）如图，△ABC的面积为30，BD=2CD，E为AB的中点，则△ADE的面积等于（ ）

A．15B．12C．10D．9
【答案】C
【分析】根据三角形的中线的性质与面积公式即可得到结论．
【详解】解：∵△ABC的面积为30，BD=2CD，
∴S△ABD=21+2S△ABC=20，
又E为AB的中点，
∴S△ADE=12S△ABD=10．
故选：C．
【点拨】本题考查了三角形的中线，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
【变式7-1】（2023·江苏南京·南师附中新城初中校考模拟预测）如图△ABC中，点D是BC边的中点，E是AC边上一点，且AE=2EC，连接AD、BE交于点F，若△BDF的面积是3，则△ABC的面积为 ．

【答案】30
【分析】连接CF，由点D是BC边的中点，得S△ABD=S△ACD，由△BDF的面积是3，得S△CDF=3，令S△AEF=S1，S△CEF=S2，由AE=2EC及三角形的面积公式得S△ABF=S1+S2，S△ABF=12+2S2-S1，从而得S2=4，从而即可计算得解。
【详解】解：连接CF，

∵点D是BC边的中点，
∴BD=CD，
∴S△ABD=S△ACD，
∵△BDF的面积是3，
∴S△CDF=3，
令S△AEF=S1，S△CEF=S2，
∵AE=2EC，
∴S△ABE=2S△BEC，S1=2S2，
∴S△ABF=S1+S2+S△CDF-S△BDF=S1+S2+3-3=S1+S2，
S△ABF=S△ABE-S△AEF=2S△BEC-S1=2（6+S2）-S1=12+2S2-S1，
∴S1+S2=12+2S2-S1，
∴3S2=12，
∴S2=4，
∴S1=2S2=8，
∴S△ABC=2(4+8+3)=30．
故答案为：30．
【点拨】本题主要考查三角形的面积，三角形中线等知识点，掌握等积变换是解答此题的关键．
【变式7-2】（2023·江苏扬州·校考二模）探究应用：
(1)如图①，在△ABC中，中线AD、BE交于点O．若△ABC的面积为6，求四边形ODCE的面积．
小明在求解时，利用“三角形的中线平分此三角形的面积”的结论，连接OC，设△ODC的面积为x，△OEC的面积为y，列出方程组2x+y=3，解得x=y= ，所以四边形ODCE的面积为x+y＝ ．（请完善本小题的空格，共4个空格）
(2)如图②，在△ABC中，AD是中线，AE=EF=FC，AD与BE、BF分别交于点M、N．若四边形NDCF的面积为14，求△ABC的面积．
(3)在（2）的条件下，求△AME的面积．
【答案】(1)x+2y=3，1，1，
(2)60
(3)5
【分析】（1）可得2x+y=3x+2y=3，进行求解即可；
（2）连接CM，DF，设S△ABC=m，S△BMD=a，可得S△AME=13S△AMC=16m-13a，
S△CME=23S△AMC=13m-23a，S△BCE=23m，S△BCF=13m，由S四边形CDME=S△ACD-S△AME和S四边形CDME=S△BCE-S△BMD可求a=14m，再求DNMN=13m-1414-112m；可证△CDF∽△CBE，△DFN∽△MBN，DNMN=DNMN2，即可求解．
（3）由（2）得S△AME=112m，接可求解．
【详解】（1）解：AD、BE是△ABC的中线，
∴ S△BCE=S△ADC=12S△ABC=3,
∴2x+y=3x+2y=3，
解得：x=1y=1，
∴x+y=2．
故答案：x+2y=3，1，1，2．
（2）解：连接CM，DF，
设S△ABC=m，S△BMD=a，
∵AD是中线，
∴S△CMD=S△BMD=a，BD=CD，
S△ACD=12m，
∴ S△AMC=12m-a，
∵AE=EF=FC，
∴S△AME=13S△AMC=16m-13a，
S△CME=23S△AMC=13m-23a，
S△BCE=23m，S△BCF=13m，
∴ S四边形CDME=S△ACD-S△AME
=13m+13a，
S四边形CDME=S△BCE-S△BMD
=23m-a，
∴13m+13a=23m-a，
整理得：a=14m；
=13m-14，
=14m-13m-14
=14-112m，
∴DNMN=13m-1414-112m；
∵EF=FC，BD=CD，
∴DF∥BE，DF=12BE，
∴△CDF∽△CBE，
△DFN∽△MBN，
∴S△CDFS△BCE=DFBE2=14，
S△DFNS△BMN=DNMN2
∴S△CDF=23m×14=16m，
∴S△DFN=S四边形CDNF-S△CDF
=14-16m，
∴ DNMN=DNMN2，
∴14-16m14-112m=13m-1414-112m2，
整理得：m2-60m=0，
解得：m1=60，m2=0（舍去），
∴S△ABC=60．
（3）解：由（2）得
=16m-13a
=16m-13×14m
=112m
=112×60
=5．
【点拨】本题考查了三角形面积的等积转换，一元二次方程的应用，中位线定理，三角形相似的判定及性质，掌握相关的方法，判定方法及性质，会根据题意设适当的辅助未知数是解题的关键．
【变式7-3】（2023·黑龙江哈尔滨·统考二模）已知四边形ABCD中，AC，BD相交于点E，AB=CD，∠ABE=∠DCE．
(1)如图，求证：∠EBC=∠ECB；

(2)如图2，延长BA，延长CD相交于点F，若点D是CF的中点．在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于△ADF面积的2倍．

【答案】(1)证明见解析
(2)△AFC，△FDB，△ABC，
【分析】（1）先根据AAS证明△ABE≌△DCE即可得出答案；
（2）根据“中线平分三角形面积”可得出答案．
【详解】（1）证明：
在△ABE与△DCE中，
∵∠AEB=∠DEC，∠ABE=∠DCE，AB=DC；
∴△ABE≌△DCE，
∴EB=EC，
∴∠EBC=∠ECB．
（2）∵点D是CF的中点，
∴AD是△FAC的中线，BD是△FBC的中线，
∴S△ADF=S△ADC=12S△AFC，
由（1）可知△ABE≌△DCE，
∴S△AFC=S△FBD，
∴△AFC=△BAC=△BDC=△FDB=2△ADF
∴△AFC，△FDB，△ABC，△BDC的面积都等于△ADF面积的2倍．
【点拨】本题考查全等三角形的判断和性质，三角形的面积等，属于基础题，解题的关键在于熟练掌握全等三角形的判断和性质．
题型08 判断重心位置
【例8】（2023·河北石家庄·统考一模）如图，在4×4的正方形格纸中，△ABC的顶点均在格点上，BC边与网格线交于点D，AC边过格点E，连接AD，BE相交于点O，则点O为△ABC的（ ）
A．重心B．外心C．内心D．以上结果均不对
【答案】A
【分析】根据三角形三条中线的交点是三角形的重心进行判断即可．
【详解】解：由图可知，点D.E是BC、AC的中点，
∴AD、BE是△ABC的中线，
∴点O是△ABC的重心，
故选：A．
【点拨】本题考查了三角形的重心，熟练掌握三角形重心的定义是解题的关键．
【变式8-1】（2023·江苏无锡·统考一模）已知△ABC在正方形网格中的位置如图所示，点A、B、C、P均在格点上，有下列结论：①点P在∠ACB的角平分线上；②直线BP可以把△ABC分成面积相等的两部分；③点P是△ABC的外心；④点P是△ABC的重心．其中正确的有 ．（直接填写序号）
【答案】①②④
【分析】①取BC、AC的中点E、F，连接PE、PF、PC，根据勾股定理解得AC、BC的长，再证明△PEC≌△PFC，由全等三角形对应角相等解得∠PCE=∠PCF，据此解题即可；②根据中线的性质，即可解题；③根据题意可得AP≠CP，从而得到点P不在AC的垂直平分线上，即可；④由三角形的重心定义结合中线的性质解题即可．
【详解】解：①取BC、AC的中点E、F，连接PE、PF、PC，则点A，P，E三点共线，点B，P，F三点共线，
由图可知，AC=42+22=25,BC=42+22=25，
∴AC=BC，
∵E、F分别是BC、AC的中点，
∴FC=EC,
又∵PE=PF，PC=PC，
∴△PEC≌△PFCSSS，
∴∠PCE=∠PCF，
∴PC平分∠ACB
∴点P在∠ACB的角平分线上，故①正确；
②∵F是AC的中点，点B，P，F三点共线，
∴BF是△ABC的中线，
即直线BP把△ABC分成面积相等的两个部分，故②正确；
③∵AP=2,PC=22+22=22，
∴AP≠CP，
∴点P不在AC的垂直平分线上，
∴点P不是△ABC三边垂直平分线的交点，
∴点P不是△ABC的外心，故③错误；
④∵E、F分别是BC、AC的中点，
∴AE、BF分别是△ABC的中线，
∴点P是△ABC的重心，故④正确，
故答案为：①②④．
【点拨】本题考查网格与勾股定理、全等三角形的判定与性质、三角形的外心，重心等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
题型09 与重心性质有关的计算
【例9】（2023·江苏苏州·苏州高新区第二中学校考二模）等腰△ABC中，AB=AC=5，BC=6，则重心G到底边的距离是 ．
【答案】43/113
【分析】根据题意作出高线，首先根据等腰三角形的性质及勾股定理可求得AD的长，再根据重心的性质即可求得结果．
【详解】解：如图所示，过点A作AD⊥BC于点D，

∵AB=AC=5，BC=6，
∴BD=CD=12BC=3，
∴AD=AB2-BD2=52-32=4，
∵AD为等腰三角形底边上的中线，
∴重心G一定在AD上，且重心G到底边的距离为GD的长，
根据重心的性质可知，GD=13AD=43．
故答案为：43．
【点拨】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，重心的性质，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
【变式9-1】（2023·上海·一模）如图，G是△ABC的重心，延长BG交AC于点D，延长CG交AB于点E，P、Q分别是△BCE和△BCD的重心，BC长为6，则PQ的长为 ．
【答案】1
【分析】连接DE，延长EP交BC于F点，连接DF，由G是△ABC的重心，可证DE是△ABC的中位线，从而可求出DE的长．利用三角形重心的定义和性质得到EP=2PF，DQ=2QF，再证明△FPQ∽△FED得到PQED=FPFE=13即可．
【详解】解：连接DE，延长EP交BC于F点，连接DF，如图，

∵G是△ABC的重心，
∴D.E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC=3．
∵P点是△BCE的重心，
∴F点为BC的中点，EP=2PF，
∵Q点是△BCD的重心，
∴点Q在中线DF上，DQ=2QF，
∵∠PFQ=∠EFD，FQFE=FQFD=13，
∴△FPQ∽△FED，
∴PQED=FPFE=13，
∴PQ=13ED=1，
故答案为：1．
【点拨】本题考查了三角形的重心，三角形的中位线，相似三角形的判定与性质．三角形的重心是三角形三边中线的交点；重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．
【变式9-2】（2021·河北邢台·二模）如图，△ABC中，点D、E分别为AB、AC的中点，连接DE，线段BE、CD相交于点O，若OD=2，则OC= ．

【答案】4
【分析】本题考查了三角形的重心：三角形的重心是三角形三边中线的交点；重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1．
根据重心定义得到点O为△ABC的重心，再根据重心的性质得OCOD=2，所以OC=4．
【详解】解：∵点D、E分别为AB、AC的中点，
∴点O为△ABC的重心，
∴ OCOD=2，
而OD=2，
∴OC=2OD=4．
故答案为4
【变式9-3】（2023·江苏泰州·校考三模）如图，在平面直角坐标系中，点B-2，3，点C在x轴负半轴，OB=BC，点M为△OBC的重心，若将△OBC绕着点O逆时针旋转90°，则旋转后三角形的重心的坐标为 ．

【答案】-1,-2
【分析】由重心的性质可得点M的坐标，根据旋转的性质证全等即可求得旋转后三角形的重心的坐标．
【详解】解：∵OB=BC，点M为△OBC的重心
∴BM⊥CO,MH=13BH
∵点B-2，3
∴点M-2，1,MH=1,HO=2

∵将△OBC绕着点O逆时针旋转90°
过点M″作M″E⊥x轴，连接OM，OM"
∵∠MOM″=∠HOE=90°
∴∠MOH=∠M″OE
∵∠MHO=∠M″EO=90°,MO=M″O
∴△MHO≌△M″EO
∴OE=OH=2,M''E=MH=1
∴点M″-1,-2
故答案为：
【点拨】本题考查了重心的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质等．熟记相关数学结论是解题关键．
考点三 三角形的性质
三角形三边关系定理：三角形的两边之和大于第三边．
推论：三角形的两边之差小于第三边．
三角形三边关系定理及推论的应用：
1）判断三条已知线段能否组成三角形，只需检验最短的两边之和大于第三边，则可说明能组成三角形．
2）已知三角形两边的长度分别为a，b，求第三边长度的范围：|a-b|＜c＜a＋b
3）所有通过周长相加减求三角形的边，求出两个答案的，要注意检查每个答案能否组成三角形．
三角形的内角和定理：三角形三个内角和等于180°．
推论：直角三角形的两个锐角互余.
三角形的内角和定理的应用：
1)在三角形中,已知两个内角的度数,可以求出第三个内角的度数；
2)在三角形中,已知三个内角的比例关系,可以求出三个内角的度数；
3)在直角三角形中,已知一个锐角的度数,可以求出另一个锐角的度数.
三角形的外角和定理：三角形的外角和等于360°．
三角形的外角和的性质：1）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；
2）三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角．
题型01 应用三角形的三边关系求第三边长或取值范围
【例1】（2021·福建宁德·统考一模）下列三条线段中，能组成三角形的是（ ）
A．2，3，4B．2，3，5C．2，2，4D．2，2，5
【答案】A
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
【详解】解：A.2+3>4，能构成三角形；
B.2+3=5，不能够组成三角形；
C.2+2=4，不能构成三角形；
D.2+2<5，不能构成三角形．
故选：A．
【点拨】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1-1】（2022·山东淄博·统考一模）已知三角形的三边长分别为3，4，x，且x为整数，则x的最大值为（ ）
A．8B．7C．5D．6
【答案】D
【分析】根据三角形的三边关系“第三边大于两边之差，而小于两边之和”，求得第三边的取值范围；再根据第三边是整数，从而求得第三边长的最大值．
【详解】解：根据三角形的三边关系，得：4-3＜x＜4+3，
即1＜x＜7，
∵x为整数，
∴x的最大值为6．
故选：D．
【点拨】此题考查了三角形的三边关系．注意第三边是整数的已知条件．
【变式1-2】（2021·湖南娄底·统考中考真题）2,5,m是某三角形三边的长，则(m-3)2+(m-7)2等于（ ）
A．2m-10B．10-2mC．10D．4
【答案】D
【分析】先根据三角形三边的关系求出m的取值范围，再把二次根式进行化解，得出结论．
【详解】解：∵2,5,m是三角形的三边，
∴5-2解得：3∴(m-3)2+(m-7)2=m-3+7-m=4，
故选：D．
【点拨】本题考查了二次根式的性质及化简，解题的关键是：先根据题意求出m的范围，再对二次根式化简．
【变式1-3】（2018·甘肃武威·中考真题）已知a，b，c是△ABC的三边长，a，b满足|a﹣7|+（b﹣1）2=0，c为奇数，则c= ．
【答案】7
【分析】根据非负数的性质列式求出A.b的值，再根据三角形的任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求出c的取值范围，再根据c是奇数求出c的值．
【详解】∵a，b满足|a﹣7|+（b﹣1）2=0，
∴a﹣7=0，b﹣1=0，
解得a=7，b=1，
∵7﹣1=6，7+1=8，
∴6又∵c为奇数，
∴c=7，
故答案为：7．
【点拨】本题考查非负数的性质：偶次方，解题的关键是明确题意，明确三角形三边的关系．
【变式1-4】．（2021·江苏淮安·统考中考真题）一个三角形的两边长分别是1和4，若第三边的长为偶数，则第三边的长是 ．
【答案】4
【分析】利用三角形三边关系定理，先确定第三边的范围，再根据第三边是偶数这一条件，求得第三边的值．
【详解】解：设第三边为a，根据三角形的三边关系知，
4﹣1＜a＜4＋1，即3＜a＜5，
又∵第三边的长是偶数，
∴a为4．
故答案为：4．
【点拨】此题主要考查了三角形三边关系，掌握第三边满足：大于已知两边的差，且小于已知两边的和是解决问题的关键．
【变式1-5】（2021上·四川内江·九年级四川省隆昌市第一中学校考阶段练习）三角形两边的长分别为2和5，第三边的长是方程x2-8x+15=0的根，则该三角形的周长为 .
【答案】12
【分析】解方程得第三边边长可能的值，代入三角形三边关系验证，进而求出周长即可．
【详解】∵第三边的长是方程x2-8x+15=0的根，解得x=3或5
当x=3时，由于2＋3=5，不能构成三角形；
当x=5时，由于2＋5>5，能构成三角形；
故该三角形三边长分别为2,5,5，则周长为2＋5＋5=12．
故答案为12．
【点拨】本题考查了解一元二次方程，三角形三边关系，利用三角形三边关系验证三边长是否能构成三角形是解决本题的关键．
【变式1-6】（2021·四川遂宁·统考中考真题）先化简，再求值：m3-2m2m2-4m+4÷9m-3+m+3，其中m是已知两边分别为2和3的三角形的第三边长，且m是整数．
【答案】m-3m-2；12
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，利用三角形三边的关系，求得m的值，代入计算即可求出值．
【详解】解：m3-2m2m2-4m+4÷9m-3+m+3
=m2m-2÷m2m-3
=m2m-2⋅m-3m2
=m-3m-2，
∵m是已知两边分别为2和3的三角形的第三边长，
∴3-2＜m＜3+2，即1＜m＜5，
∵m为整数，
∴m=2.3.4，
又∵m≠0、2.3
∴m=4，
∴原式=4-34-2=12．
【点拨】本题主要考查了分式的化简求值以及三角形三边的关系，解题的关键是掌握分式混合运算顺序和运算法则．
题型02 应用三角形的三边关系化简含有绝对值的式子
【例2】（2019下·山东潍坊·九年级校联考期中）如果一个三角形的三边长分别是2，3，m，则化简m2-10m+25-2-2m-7的结果是 ．
【答案】-3m
【分析】由于三角形的三边长分别为2，3，m，根据三角形的三边关系，2+3＞m，即m＜5，3-2＜m，所以m＞1，根据m的取值范围，再对代数式进行化简
【详解】∵边长分别是2，3，m，
∴2+3＞m，即m＜5，3-2＜m，即m＞1，
∴m-5<0，1-m<0，
∴m2-10m+25-2-2m-7
=(m-5)2-2-2m-7
=5-m+2-2m-7
=-3m.
故答案为-3m.
【点拨】本题考查了三角形三边的关系，二次根式的性质及绝对值的意义，由三角形三条边的关系求出m的取值范围是解答本题的关键.
【变式2-1】（2021·湖南·长沙市长郡双语实验中学校考一模）若a，b，c是△ABC的三边的长，则化简|a-b-c|+|b-c-a|+|a+b-c|= ．
【答案】a+b+c
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，判断绝对值内的代数式的符号，再根据绝对值的性质进行化简即可．
【详解】∵a，b，c是ΔABC的三边，
∴a∴a-b-c<0，b-c-a<0，a+b-c>0，
∴a-b-c+b-c-a+|a+b-c|
=a+b+c．
故答案为：a+b+c．
【点拨】题目主要考查的是三角形的三边关系及去绝地值，熟练掌握三角形三边关系是解题的关键．
题型03 应用三角形的三边关系解决线段的和差比较问题
【例3】（2023·陕西渭南·统考一模）在学习了勾股定理后，数学兴趣小组在李老师的引导下，利用正方形网格和勾股定理，运用构图法进行了探究活动：如图，在5×5正方形的网格中，每个小正方形的边长为1，点A.B、C均在格点上，已知△ABC的三边长分别为25、22、2，李老师在图中已经画出了其中一边AB．请你补全△ABC，并根据图形比较25与22+2的大小．

【答案】22+2>25
【分析】根据勾股定理画出BC、AC，再运用三角形三边关系比较25与22+2的大小即可．
【详解】解：△ABC如图所示，

可知AB=22+42=25，BC=22+22=22，AC=2，
∵BC+AC>AB，
∴22+2>25；
【点拨】本题考查了勾股定理得实际应用和三角形三边关系，熟练掌握相关知识点是关键．
【变式3-1】在△ABC中，AB>AC，AD是△ABC的角平分线，请比较AB-AC与BD-DC的大小，并说明理由．
【答案】AB-AC>BD-DC，证明见解析
【分析】首先在AB上取点E，使AE=AC，连接DE，易证得△AED≌△ACD，即可得DE=CD，然后由三角形三边关系，即可求得答案．
【详解】解：AB-AC>BD-DC．
理由：在AB上取点E，使AE=AC，连接DE，
∴AD是△ABC的角平分线，
∴∠EAD=∠CAD，
在△ADE和△ADC中， AE=AC∠EAD=∠CADAD=AD，
∴△AED≌△ACDSAS，
∴DE=CD，
∵AB-AC=AB-AE=BE，BD-DE∴AB-AC>BD-DC．
【点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形三边关系．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
【变式3-2】（2023下·安徽蚌埠·八年级统考期末）下面是小明和小亮比较2+3与2+3大小的过程，关于两人的思路.

A．小明对，小亮错B．小明错，小亮对
C．两人都错D．两人都对
【答案】D
【分析】根据两个正数比较大小，平方数越大，则这个正数就越大，则小明的思路进行判断，再根据勾股定理和三角形的三边关系对小亮的思路进行判断即可．
【详解】解：∵2>0,3>0,5>0，
∴2+3>0,2+3>0，
∵2+32=2+26+3=5+26,52=5，
∴5+26>5，
∴2+3>2+3，
∴小明的思路正确；
∵两个直角边分别为2,3，
∴由勾股定理得：斜边长为22+32=5，
∵三角形任意两边之和大于第三边，
∴2+3>2+3，
∴小亮的思路也正确．
故选：D．
【点拨】本题主要考查了实数的大小比较，熟练掌握实数大小比较的方法是解题关键．
题型04 三角形内角和定理的证明
【例4】（2023·陕西西安·西安市航天中学校联考模拟预测）某班学生对三角形内角和为180°展开证明讨论，以下四个学生的作法中，不能证明△ABC的内角和为180°的是（ ）
A．过点A作AD∥BCB．延长BC到点D，过点C作CE∥AB
C． 过点A作AD⊥BC于点DD．过BC上一点D作DE∥AC，DF∥AB
【答案】C
【分析】本题运用转化的思想作出相应的平行线，把三角形的内角进行转化，再根据平角的定义解决此题．
【详解】解：A.由AD∥BC，则∠CAD=∠C，∠BAD+∠B=180°．由∠DAC+∠BAC+∠B=180°，得∠BAC+∠C+∠B=180°，故符合题意．
B.由CE∥AB，则∠A=∠ACE，∠B=∠DCE．由∠ACE+∠ECD+∠ACB=180°，得∠A+∠B+∠ACB=180°，故符合题意．
C.由AD⊥BC于D，则∠ADC=∠ADB=90°，无法证得三角形内角和是180°，故不符合题意．
D.由DE∥AC，得∠FDE=∠BED，∠A=∠BED，则∠FDE=∠A．由DF∥AB，得∠FDC=∠B，∠C=∠BDE，由∠BDE+∠EDF+∠FDC=180°，得∠C+∠A+∠B=180°，故符合题意，
故选：C．
【点拨】本题主要考查三角形内角和的定理的证明，熟练掌握转化的思想以及平行线的性质是解决本题的关键．
【变式4-1】（2022·北京·统考中考真题）下面是证明三角形内角和定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．
【答案】答案见解析
【分析】方法一：依据平行线的性质，即可得到∠B=∠BAD，∠C=∠EAC，从而可求证三角形的内角和为180°．
方法二：由平行线的性质得：∠A=∠ACD，∠B+∠BCD=180°，从而可求证三角形的内角和为180°．
【详解】证明：
方法一：过点A作DE//BC，

则∠B=∠BAD，∠C=∠EAC．( 两直线平行，内错角相等）
∵点D，A，E在同一条直线上，
∴∠DAB+∠BAC+∠C=180°．（平角的定义）
∴∠B+∠BAC+∠C=180°．
即三角形的内角和为180°．
方法二：
如图，过点C作CD//AB.

∵CD//AB，
∴∠A=∠ACD，∠B+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ACB+∠A=180°．
即三角形的内角和为180°．
【点拨】本题主要考查了平行线的性质以及三角形内角和定理的运用，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
题型05 应用三角形内角和定理求角度
【例5】（2022·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A'B'C，连接AA'，若∠AA'B'=20°，则∠CB'A'的度数是（ ）．
A．70°B．65°C．60°D．55°
【答案】B
【分析】由旋转的性质可得AC=A'C，∠ACA'=90°，从而得到△ACA'是等腰直角三角形，则∠CAA'=∠CA'A=45°，从而得到∠B'A'C=25，最后由∠CB'A'=90°-∠B'A'C进行计算即可得到答案．
【详解】解：∵将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A'B'C，连接AA'，
∴AC=A'C，∠ACA'=90°，
∴△ACA'是等腰直角三角形，
∴∠CAA'=∠CA'A=45°，
∵∠AA'B'=20°，
∴∠B'A'C=∠CA'A-∠AA'B'=45°-20°=25°，
∵∠CB'A'+∠B'A'C=90°，
∴∠CB'A'=90°-∠B'A'C=90°-25°=65°，
故选：B．
【点拨】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
【变式5-1】（2022·河北唐山·校考一模）在△ABC中，已知∠A=∠B=2∠C，则△ABC是（ ）
A．等腰三角形B．等边三角形
C．直角三角形D．等腰直角三角形
【答案】A
【分析】根据三角形内角和定理求出三个内角的度数即可判断．
【详解】解：设∠C=α，
∵∠A=∠B=2∠C，
∴∠A=∠B=2α，
∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴2α+2α+α=180°，
∴α=36°，
∴∠A=∠B=2×36°=72°，
∴△ABC是等腰三角形．
故选：A．
【点拨】本题考查三角形内角和定理和等腰三角形的判定定理，运用了方程的思想．熟知三角形的内角和是180°是解题的关键．
【变式5-2】（2022上·河北唐山·九年级统考期中）在△ABC中，若cSA-32+(1-tanB)2=0，则∠C的度数是
【答案】105°/105度
【分析】根据非负性，求出cSA,tanB，进而求出∠A,∠B，根据三角形内角和，求出∠C即可．
【详解】解：∵cSA-32+1-tanB2=0，cSA-32≥0,1-tanB2≥0，
∴cSA-32=0,1-tanB=0，
∴cSA=32,tanB=1，
∴∠A=30°,∠B=45°，
∴∠C=180°-∠A-∠B=105°；
故答案为：105°．
【点拨】本题考查特殊角的三角函数值，绝对值的非负性以及三角形的内角和．熟记特殊角的三角函数值，是解题的关键．
题型06 三角形内角和与平行线的综合应用
【例6】（2023·山西太原·山西实验中学校考模拟预测）绿色出行，健康出行，你我同行．某市为了方便市民绿色出行，推出了共享单车服务．图1是某品牌共享单车放在水平地面的实物图，图2是其示意图，其中AB，CD都与地面平行，∠BCD=68°，∠BAC=52°．已知AM与CB平行，则∠MAC的度数为（ ）
图1 图2
A．70°B．68°C．60°D．50°
【答案】C
【分析】根据平行线的性质可得∠ABC=∠BCD=68°，根据三角形的内角和定理可得∠ACB=180°-68°-52°=60°，再根据平行线的性质即得答案．
【详解】解：∵AB，CD都与地面平行，∠BCD=68°，
∴AB∥CD，
∴∠ABC=∠BCD=68°，
∵∠BAC=52°，
∴∠ACB=180°-68°-52°=60°，
∵AM∥CB，
∴∠MAC=∠ACB=60°；
故选：C．
【点拨】本题考查了平行线的性质和三角形的内角和定理，属于基础题型，熟练掌握平行线的性质是解题关键．
【变式6-1】（2023·河南周口·淮阳第一高级中学校考三模）物理学光的反射现象中，反射光线、入射光线和法线都在同一个平面内；反射光线和入射光线分别位于法线两侧；入射角等于反射角．这就是光的反射定律．如图，两平面镜AB与BC的夹角为α，一条光线经过两次反射后，∠AEF=∠GEB，∠BGE=∠CGH，仍可以使入射光线EF与反射光线GH平行但方向相反，则α的度数为（ ）

A．60°B．80°C．90°D．100°
【答案】C
【分析】分别过点E.G作ED⊥AB，DG⊥BC，垂线相交于点D，由入射角等于反射角，可得∠GED=12∠GEF，∠EGD=12∠EGH，再根据平行线的性质可得∠GEF+∠EGH=180°，即∠EGD+∠GED=90°，再由∠BEG+∠GED=90°，∠BGE+∠EGD=90°，可得∠BEG+∠BGE=90°，再利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：分别过点E.G作ED⊥AB，DG⊥BC，垂线相交于点D，
∵入射角等于反射角，
∴∠GED=12∠GEF，∠EGD=12∠EGH，
∵EF∥GH，
∴∠GEF+∠EGH=180°，即2∠GED+2∠EGD=180°，
∴∠GED+∠GED=90°，
又∵∠BEG+∠GED=90°，∠BGE+∠EGD=90°，
∴∠BEG+∠BGE=90°，
∴∠α=180°-∠BEG+∠BGE=180°-90°=90°，
故选：C

【点拨】本题考查平行线的性质、三角形内角和定理，理解题意，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
【变式6-2】（2022·江苏苏州·星海实验中学校考二模）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=19°，则∠2的度数为 °．
【答案】41
【分析】根据正六边形得到∠AFG=∠FAH=60°，利用三角形内角和求出∠G的度数，根据平行线的性质得出∠1．
【详解】解：如图，延长BA交EG于点H，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AFG=∠FAH=60°，
又∵∠GAH=∠1=19°，
∴∠G=180°-∠AFG-∠GAF=180°-60°-79°=41°，
又∵AG∥MF，
∴∠2=∠G=41°；
故答案为41．
【点拨】本题考查平行线的性质、多边形外角性质以及三角形内角和定理，构造三角形AGH是解决问题的关键．
题型07 三角形内角和与角平分线的综合应用
【例7】（2023·湖北武汉·统考一模）如图，BE是△ABC的角平分线，点D在AB上，且DE∥BC．
(1)求证：DB=DE；
(2)若∠A=60°，∠C=50°，求∠BED的大小．
【答案】(1)见解析
(2)35°
【分析】（1）根据角平分线的定义得出∠DBE=∠EBC，根据平行线的性质得出∠DEB=∠EBC，证明∠DEB=∠DBE，即可得出DB=DE；
（2）∠ABC=180°-∠A-∠C=180°-60°-50°=70°，根据角平分线的定义得出∠EBC=12∠ABC=35°，根据平行线的性质得出∠BED=∠EBC=35°即可．
【详解】（1）证明：∵BE是△ABC的角平分线，
∴∠DBE=∠EBC，
∵DE∥BC，
∴∠DEB=∠EBC，
∴∠DEB=∠DBE，
∴DB=DE．
（2）解：∵∠A=60°，∠C=50°，
∴∠ABC=180°-∠A-∠C=180°-60°-50°=70°，
∵BE是△ABC的角平分线，
∴∠EBC=12∠ABC=35°，
∵DE∥BC，
∴∠BED=∠EBC=35°．
【点拨】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，解题的关键是熟练掌握平行线的性质．
【变式7-1】（2022·江苏无锡·校考一模）如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，我们把形如图1的图形称之为“8字形”．试解答下列问题：
(1)在图1中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系：________________；
(2)如图2，在图1的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．请直接利用（1）中的结论，完成下列各题：
①仔细观察，在图2中“8字形”的个数：___________个；
②若∠D=40°,∠B=50°，试求∠P的度数；
③若∠D和∠B为任意角，其他条件不变，试问∠P与∠D、∠B之间是否存在一定的数量关系？若存在，请写出推理过程；若不存在，请说明理由；
④若∠D和∠B∠为任意角，∠DAB=3∠2,∠DCB=3∠4，试问∠P与∠D、∠B之间是否存在一定的数量关系？若存在，请直接写出结论；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)∠A+∠D=∠C+∠B
(2)①6②∠P=45°③存在（理由见解析）④存在，2∠B+∠D=3∠P
【分析】（1）根据三角形内角和定理以及对顶角相等可得出结论．
（2）①分别找到以交点M、O、N为顶点的能构成“8字形”的三角形，避免漏数．
②利用“8字形”的数量关系并结合角平分线的定义，可求出∠P的度数．
③和②同理
④利用“8字形”的数量关系并结合“∠DAB=3∠2，∠DCB=3∠4”即可得出结论．
【详解】（1）解：∵在△AOD中，∠A+∠D+∠AOD=180°
在△COB中，∠C+∠B+∠COB=180°
∵∠AOD=∠COB（对顶角相等）
∴∠A+∠D=∠C+∠B
（2）①解：以M为交点的有1个，即为△AMD和△CMP
以O为交点的有4个，即为△AOD和△COB，△AOM和△BOC，△AOM和△CON，△AOD和
②解：∵AP平分∠DAB，CP平分∠BCD
∴2∠1=∠OAD,2∠3=∠OCB
由（1）中的结论得：
∠1+∠D=∠3+∠P,
2∠1+∠D=2∠3+∠B
整理得：∠B+∠D=2∠P
∴∠P=50°+40°2=45°
③解：∠B+∠D=2∠P理由如下：
∵AP平分∠DAB，CP平分∠BCD
∴2∠1=∠OAD,2∠3=∠OCB
由（1）中的结论得：
∠1+∠D=∠3+∠P,
整理得：∠B+∠D=2∠P
④解：2∠B+∠D=3∠P理由如下：
由（1）中的结论得：
∠2+∠P=∠4+∠B
3∠2+∠D=3∠4+∠B
整理得：2∠B+∠D=3∠P
【点拨】本题考查了三角形内角和定理、角平分线的定义，熟练利用“8字形”模型是解决本题的关键．
【变式7-2】（2020·山西临汾·校联考模拟预测）阅读下面内容，并解答问题．
请解决以下问题：
（1）写出上述证明过程中依据的一个定理：______；
（2）如图，已知点Q是△ABC的内角平分线BQ与△ABC的外角平分线CQ的交点，试探究∠Q和∠A的数量关系？并说明理由．
【答案】（1）三角形内角和定理；（2）∠Q=12∠A，见解析
【分析】（1）根据题意直接进行解答即可；
（2）由题意易得∠QBC=12∠ABC，∠QCD=12∠ACD，然后根据三角形内角和及外角的性质可进行求解．
【详解】解：（1）答案不唯一，如三角形内角和定理或者三角形的内角和等于180°或者三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
（2）∠Q=12∠A．
理由如下：
∵BQ，CQ平分∠ABC和∠ACD，
∴∠QBC=12∠ABC，∠QCD=12∠ACD，
∵∠QCD是△BCQ的外角，
∴∠QCD=∠QBC+∠Q，
∵∠ACD是△ABC的外角，
∴∠ACD=∠ABC+∠A，
∴∠ACD=2∠QBC+∠A，
∴∠QCD=122∠QBC+∠A=∠QBC+12∠A，
∴∠QBC+∠Q=∠QBC+12∠A，
∴∠Q=12∠A．
【点拨】本题主要考查三角形角平分线、三角形内角和及外角的性质，熟练掌握三角形角平分线、三角形内角和及外角的性质是解题的关键．
题型08 三角形折叠中的角度问题
【例8】（2023·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图1，已知三角形纸片ABC，AB=AC，∠A=50°，将其折叠，如图2，使点A与点B重合，折痕为ED，点E，D分别在AB，AC上，那么∠DBC的度数为（ ）

A．10°B．15°C．20°D．30°
【答案】B
【分析】依据三角形内角和定理，求出∠ABC的度数，再证明∠DBA=∠A=40°，即可得到∠DBC的度数．
【详解】解：∵AB=AC，∠A=50°，
∴∠ABC=∠C=12(180°-50°)=65°；
由折叠可得：DA=DB，
∴∠DBA=∠A=50°，
∴∠DBC=65°-50°=15°．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了翻折变换的性质，解题的关键是灵活运用等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等几何知识点．
【变式8-1】（2023·江苏盐城·校联考二模）如图，将平行四边形ABCD折叠，使点C落在AD边上的点C'处，若∠1=58°，∠2=42°，则∠C的度数为（ ）

A．100°B．109°C．126.5°D．
【答案】B
【分析】根据平行线的性质求出∠C'EC的度数，根据折叠的性质求出∠CEF的度数，利用三角形内角和即可求出∠C．
【详解】解：设折痕为EF
∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠C'EC=∠1=58°，
∵折叠，
∴∠CEF=12∠C'EC=29°，
∴∠C=180°-∠CEF-∠2=109°，
故选：B．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，折叠的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．
【变式8-2】如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE内部时，则∠A与∠1+∠2之间有一种数量关系始终保持不变，这个关系是（ ）
A．2∠A=∠1+∠2B．3∠A=2∠1+∠2
C．∠A=∠1+∠2D．3∠A=2∠1+2∠2
【答案】A
【分析】根据折叠的性质和平角的定义先得到2∠AED+2∠ADE=360°-∠1-∠2，再由三角形内角和定理得到2∠AED+2∠ADE=360°-2∠A，由此即可得到结论．
【详解】解：由折叠的性质可知2∠AED+∠1=180°，2∠ADE+∠2=180° ，
∴2∠AED+2∠ADE=360°-∠1-∠2，
由三角形内角和定理可知∠A+∠ADE+∠AED=180°，
∴2∠AED+2∠ADE=360°-2∠A，
∴360°-∠1-∠2=360°-2∠A，
∴∠1+∠2=2∠A
故选：A．
【点拨】本题主要考查了三角形内角和定理，折叠的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式8-3】（2022·江苏盐城·统考一模）如图，有一个三角形纸片ABC，∠A=65°，∠B=75°，将纸片一角折叠，使点C落在△ABC外，若∠DFC'=20°，则∠BED的大小为 .
【答案】100°/100度
【分析】先根据三角形的内角和定理可出∠C=180°-∠A-∠B=180°-65°-75°=40°；再根据折叠的性质得到∠C′=∠C=40°，再利用三角形的内角和定理以及外角性质得∠3+∠2+∠5+∠C′=180°，∠5=∠4+∠C=∠4+40°，即可得到∠3+∠4=80°，然后利用平角的定义即可求出∠1．
【详解】解：如图，
∵∠A=65°，∠B=75°，
∴∠C=180°-∠A-∠B=180°-65°-75°=40°；
又∵将三角形纸片的一角折叠，使点C落在△ABC外，
∴∠C′=∠C=40°，
而∠3+∠2+∠5+∠C′=180°，∠5=∠4+∠C=∠4+40°，∠2=20°，
∴∠3+20°+∠4+40°+40°=180°，
∴∠3+∠4=80°，
∴∠1=180°-80°=100°,
∴∠BDE=100° ．
故答案为100°．
【点拨】本题考查了折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了三角形的内角和定理以及外角性质．
【变式8-4】（2022·湖北恩施·统考一模）图，把等边△ABC沿直线DE折叠，点A落在A'处，若∠1=50°，则∠2= ．
【答案】
【分析】先求出∠AED的度数，再根据折叠得到∠AED=∠A'ED，即可求出∠2的度数．
【详解】∵等边△ABC沿直线DE折叠
∴∠A=60°，∠AED=∠A'ED
∵∠1=50°
∴∠AED=180°-∠A-∠1=70°
∴∠AED=∠A'ED=70°
∴∠2=180°-∠AED-∠A'ED=40°
故答案为：40°
【点拨】此题考查翻折问题，折叠问题的实质是“轴对称”，解题关键是找出经轴对称变换所得的等量关系．
题型09 应用三角形内角和定理解决三角板问题
【例9】（2022·安徽宿州·校考模拟预测）如图，直线AB∥CD，含45°角的三角板EFG的直角顶点F在直线AB上，顶点E在直线CD上，若∠DEG=82°，则∠BFG的度数是（ ）

A．37°B．41°C．42°D．
【答案】A
【分析】先根据平行线的性质求得∠1的度数，再利用三角形外角和内角的关系即可求解．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴∠1=∠DEG=82°，
∵∠1=∠G+∠GFB=82°，∠G=45°，
∴∠BFG=82°-45°=37°，
故选：A．

【点拨】本题考查平行线的性质、三角形外角的性质和内角和定理，熟练掌握平行线的性质和三角形外角的性质是解题的关键．
【变式9-1】（2023·湖南岳阳·统考三模）将一副直角三角板如图放置，已知∠E=60°，∠C=45°，EF∥BC，则∠BND为（ ）

A．45°B．60°C．90°D．105°
【答案】D
【分析】由直角三角形的性质得出∠F=30°，∠B=45°，由平行线的性质得出∠FDB=∠F=30°，再由三角形内角和定理即可求出∠CGD的度数．
【详解】解：∵∠E=60°，∠FDE=90°，
∴∠F=30°，
同理可得：∠B=45°，
∵EF∥BC，
∴∠FDB=∠F=30°，
∴∠BND=180°-∠B-∠FDB =180°-45°-30°=105°．
故选：D．
【点拨】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理是解决问题的关键．
【变式9-2】（2023·安徽马鞍山·校考二模）将两块含45°角的直角三角板ABC,DEF按如图方式放置，其中点E在BC上，点A在DE上，若∠FEC=30°，则∠EAC的度数为（ ）
A．60°B．65°C．70°D．75°
【答案】A
【分析】由等腰直角三角形的性质得∠BAC=90°，∠B=∠DEF=45°，再由三角形的外角性质得∠BAE=∠FEC=30°，即可解决问题．
【详解】解：∵△ABC和△DEF是含45度角的直角三角形，
∴∠BAC=90°，∠B=∠DEF=45°，
∵∠DEF+∠FEC=∠B+∠BAE，
∴∠BAE=∠FEC=30°，
∴∠EAC=∠BAC-∠BAE=90°-30°=60°，
故选：A．
【点拨】本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形的外角性质等知识，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．
【变式9-3】（2023·陕西西安·交大附中分校校考三模）将一副三角板按如图所示摆放，使含30°角的三角板的斜边与含45°角的三角板的一条直角边平行，则∠α的角度为（ ）
A．75°B．105°C．110°D．
【答案】B
【分析】根据平行线的性质可得∠ABC的度数，再根据三角形内角和定理可得∠α的度数．
【详解】解：∵含30°角的三角板的斜边与含45°角的三角板的一条直角边平行，如图所示：
∴∠ABC=∠A=45°，
∵∠C=30°，
∴∠α=180°-45°-30°=105°，
故选：B．
【点拨】本题考查了平行线的性质，三角板中角度的特点，三角形内角和定理等，熟练掌握这些知识是解题的关键．
题型10 应用三角形内角和定理探究角的数量关系
【例10】（2023·浙江杭州·校考二模）如图，O为等腰三角形ABC的外心，AB=AC，连接OB，记∠C=α，∠CBO=β，则α，β满足的关系式为（ ）

A．2β-α=90°B．2β-α=180°C．12β+α=90°D．2a-β=90°
【答案】D
【分析】根据等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理即可得到结论．
【详解】解：∵AB=AC，∠ACB=α，
∴∠ACB=∠ABC=α，
∴∠CAB=180°-2α，
连接OC，OA，

∵O为等腰三角形ABC的外心，
∴OB=OA=OC，
∴∠CBO=∠BCO=β，
∴∠ABO=∠ACO=α-β，
∴∠CAO=∠ACO=∠ABO=∠BAO=α-β，
∴∠CAB=2α-β=180°-2α，
∴2a-β=90°，
故选：D．
【点拨】本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
【变式10-1】（2023·江西·模拟预测）如图，从A点发出的光线AB，AD经平面镜l反射后得到反射光线BC，DE，m，n为法线，设∠A=α°，∠ABC=β°，∠ADE=γ°，那么α,β,γ之间的数量关系是（ ）
A．α+β=γB．2α+β=γC．α+2β=γD．
【答案】B
【分析】根据光的反射定律，求出∠CBD=12180°-β°=90°-12β°，∠ADB=12180°-γ°=90°-12γ°，再根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：由题意可得：∠CBD=12180°-β°=90°-12β°，∠ADB=12180°-γ°=90°-12γ°，
∵∠ADB+∠ABD+∠A=180°，
即∠ADB+∠ABC+∠CBD+∠A=180°
∴90°-12γ°+β°+90°-12β°+α°=180°
∴2α+β=γ
故选：B．
【点拨】本题考查三角形内角和定理，光的反射定律，熟练掌握查三角形内角和定理和光的反射定律是解题的关键，注意跨学科之间的联系．
题型11 三角形内角和定理与新定义问题综合
【例11】（2023·江苏盐城·统考一模）定义：如果三角形的一个内角是另一个内角的2倍，那么称这个三角形为“倍角三角形”．若△ABC是“倍角三角形”，∠A=90°，AC=3，则AB的长为 ．
【答案】1或3或3
【分析】分∠A=2∠B；∠A=2∠C；∠C=2∠B；∠B=2∠C四种情况求解即可．
【详解】解：由题意知，分∠A=2∠B；∠A=2∠C；∠C=2∠B；∠B=2∠C四种情况求解：
①当∠A=2∠B=90°时，则∠C=∠B=45°，
∴AB=AC，
∴AB=AC=3；
②当∠A=2∠C=90°时，同①可得AB=3；
③当∠C=2∠B时，
∵∠C+∠B=90°，
∴∠C=60°，∠B=30°，
∴AB=ACtan∠B=ACtan30°=3，
∴AB=3；
④当∠B=2∠C时，
∵∠C+∠B=90°，
∴∠B=60°，∠C=30°，
∴AB=ACtan∠B=ACtan60°=1，
∴AB=1；
综上所述，AB的长为1或3或3；
故答案为1或3或3．
【点拨】本题考查三角形内角和定理，正切等知识，解题的关键在于正确理解“倍角三角形”的概念，并分类讨论．
【变式11-1】（2023·江苏苏州·苏州市胥江实验中学校校考二模）定义：如果三角形的两个α与β满足α-β=90°，那么我们称这样的三角形为“奇妙互余三角形”．

(1)若△ABC是“奇妙互余三角形”，∠A>90°，∠B=20°，则∠C的度数为______；
(2)如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，若AB=4，BC=5，点D是线段AB上的一点，若AD=94，判断△BCD是否是“奇妙互余三角形”，如果是，请说明理由；
(3)如图2，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，AC=4，CD=5，∠BAC=90°，若∠ACD=2∠ABC，且△BCD是“奇妙互余三角形”，求BD的长．
【答案】(1)35°或50°
(2)△BCD是“奇妙互余三角形”，理由见解析
(3)313
【分析】（1）由题意知，“奇妙互余三角形”分∠A-∠B=90°和∠A-∠C=90°，两种情况求解：根据三角形内角和定理计算求解即可；
（2）如图1，过点D作DE∥AC交BC于E，由勾股定理得AC=BC2-AB2=3，CD=AD2+AC2=154，则BD=74，证明△BDE∽△BAC，则BDAB=BEBC=DEAC，即744=BE5=DE3，解得BE=3516，DE=2116，CE=BC-BE=4516，由CECD=CDBC，∠DCE=∠BCD，证明△DCE∽△BCD，则∠CDE=∠CBD，∠BDC-∠CBD=90°，进而可得△BCD是“奇妙互余三角形”；
（3）如图2，将△ABC沿BC翻折到△EBC，DE=CE+CD=9，∠ABE+∠ACE=180°，由∠ACD=2∠ABC=∠ABE，可得∠ACD+∠ACE=180°，则D、C、E三点共线，由∠BCD-∠ABC=90°，△BCD是“奇妙互余三角形”，可得∠BDC=∠ABC=∠CBE，证明△BED∽△CEB，则BECE=DEBE，即BE4=9BE，解得BE=6，由勾股定理得BD=BE2+DE2，计算求解即可．
【详解】（1）解：由题意知，“奇妙互余三角形”分∠A-∠B=90°和∠A-∠C=90°，两种情况求解：
①当∠A-∠B=90°时，
∵∠B=20°，
∴∠A=110°，
由∠A+∠B+∠C=180°，可得∠C=50°；
②当∠A-∠C=90°时，
∵∠B=20°，∠A+∠B+∠C=180°，
∴∠A+∠C=160°，
解得∠C=35°；
综上，∠C的值为35°或50°，
故答案为：35°或50°；
（2）解：△BCD是“奇妙互余三角形”，理由如下：
如图1，过点D作DE∥AC交BC于E，

由勾股定理得AC=BC2-AB2=3，CD=AD2+AC2=154，
∵AD=94，
∴BD=74，
∵DE∥AC，
∴△BDE∽△BAC，
∴BDAB=BEBC=DEAC，即744=BE5=DE3，解得BE=3516，DE=2116，
∴CE=BC-BE=4516，
∴CECD=4516154=34，CDBC=1545=34，
∵CECD=CDBC，∠DCE=∠BCD，
∴△DCE∽△BCD，
∴∠CDE=∠CBD，
∵∠BDC-∠CDE=90°，
∴∠BDC-∠CBD=90°，
∴△BCD是“奇妙互余三角形”；
（3）解：如图2，将△ABC沿BC翻折到△EBC，

∴CE=AC=4，∠BCE=∠BCA，∠E=∠BAC=90°，
∴DE=CE+CD=9，∠ABE+∠ACE=180°，
∵∠ACD=2∠ABC=∠ABE，
∴∠ACD+∠ACE=180°，
∴D、C、E三点共线，
∵∠BCD=∠ACD+∠ACB=2∠ABC+∠ACB=90°+∠ABC，
∴∠BCD-∠ABC=90°，
∵△BCD是“奇妙互余三角形”，
∴∠BCD-∠BDC=90°，
∴∠BDC=∠ABC=∠CBE，
∵∠BDE=∠CBE，∠BED=∠CEB，
∴△BED∽△CEB，
∴BECE=DEBE，即BE4=9BE，解得BE=6，
由勾股定理得BD=BE2+DE2=313，
∴BD的长为313．
【点拨】本题考查了三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识．解题的关键在于理解题意并对知识进行灵活运用．
【变式11-2】（2022·江西抚州·统考一模）定义：从三角形（不是等腰三角形）的一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点所连线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果其中一个为等腰三角形，另一个与原三角形相似，我么就把这条线段叫做这个三角形的“华丽分割线”．
例如：如图1，AD把△ABC分成△ABD和△ADC，若△ABD是等腰三角形，且△ADC∽△BAC，那么AD就是△ABC的“华丽分割线”．
【定义感知】
(1)如图1，在△ABC中，∠B=40°，∠BAC=110°，AB=BD．求证：AD是△ABC的“华丽分割线”．
【问题解决】
(2)①如图2，在△ABC中，∠B=46°，AD是△ABC的“华丽分割线”，且△ABD是等腰三角形，则∠C的度数是________；
②如图3，在△ABC中，AB=2，AC=3，AD是△ABC 的“华丽分割线”，且△ABD是以AD为底边的等腰三角形，求华丽分割线AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)①21°或者42°；②AD=233
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出角的度数，进而利用相似三角形的判定解答即可；
（2）①分两种情况讨论，利用三角形内角和解答即可；
②根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】（1）证明：∵AB=AD，
∴△ABD是等腰三角形，
∵∠B=40°，
∴∠ADB=180°-∠B2=70°，
∴∠ADC=180°-∠BDA=110°=∠BAC，
又∵∠C=∠C，
∴△ADC∽△BAC，
∴AD是△ABC的“华丽分割线”．
（2）①当AB＝BD时，得∠ADB＝67°，
∴∠ADC＝180°−∠ADB＝113°．
∵△ADC∽△BAC，
∴∠BAC＝∠ADC＝113°．
在△ABC中，由内角和定理得∠C＝21°；
当AD＝BD时，
∴∠ADC＝92°，
∵△ADC∽△BAC，
∴∠BAC＝∠ADC＝92°，
在△ABC中，由内角和定理得∠C＝42°；
综上分析可知，∠C的度数为21°或42°；
故答案为：21°或42°；
②∵AD是ΔABC的“华丽分割线”，且△ABD是以AD为底边的等腰三角形，
∴△ADC∽△BAC，
∴CDAC=ACBC，
即CD3=3CD+2，解得：CD=1，
∴ADAB=ACBC，
即AD2=32+1，解得：AD=233．
【点拨】本题主要考查了相似三角形的综合题，关键是根据相似三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质解答．
【变式11-3】（2019·江苏无锡·统考一模）定义：如果两条线段将一个三角形分成3个小等腰三角形，我们把这两条线段叫做这个三角形的三分线．
（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，且AD＝BD＝BC，求∠A的大小；
（2）在图2中分别画出三个顶角为45°的等腰三角形的三分线，并标注每个等腰三角形顶角的度数；
（3）在△ABC中，∠B＝36°，AD和DE是△ABC的三分线，点D在BC边上，点E在AC边上，且AD＝BD，DE＝CE，请直接写出∠C所有可能的值．
【答案】（1）∠A＝36°；（2）见解析；（3）∠C的度数为24°或36°．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质可设∠A＝∠ABD＝x，然后再由三角形的外角和定理及内角和定理用x表示∠C，然后求解即可；
（2）根据题目中的定义和等腰三角形的性质画出即可；
（3）分两种情况讨论：分别可由三角形的外角和定理和三角形的内角和定理计算可得.
【详解】解：（1）∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∵BD＝BC＝AD，
∴∠A＝∠ABD，∠C＝∠BDC，
设∠A＝∠ABD＝x，则∠BDC＝2x，∠C＝12（180°﹣x），
可得2x＝12（180°﹣x），
解得：x＝36°，
则∠A＝36°；
（2）如图所示：
（3）分两种情况：
①如图所示：当AD＝AE时，
∵2x+x＝36°+36°，
∴x＝24°；
②如图所示：当AD＝DE时，
∵36°+36°+2x+x＝180°，
∴x＝36°；
综上所述，∠C的度数为24°或36°．
【点拨】本题主要考查了等腰三角形的性质、三角形的外角和定理和三角形的内角和定理，理解题目中的新定义是解题的关键.
题型12 应用三角形外角的性质求角度
【例12】（2021·陕西·统考中考真题）如图，点D.E分别在线段BC、AC上，连接AD、BE．若∠A=35°，∠B=25°，∠C=50°，则∠1的大小为（ ）
A．60°B．70°C．75°D．85°
【答案】B
【分析】由题意易得∠BEC=105°，然后根据三角形外角的性质可进行求解．
【详解】解：∵∠B=25°，∠C=50°，
∴在△BEC中，由三角形内角和可得∠BEC=105°，
∵∠A=35°，
∴∠1=∠BEC-∠A=70°；
故选B．
【点拨】本题主要考查三角形内角和及外角的性质，熟练掌握三角形内角和及外角的性质是解题的关键．
【变式12-1】（2022·北京朝阳·统考二模）如图，点C，D在直线AB上，OC⊥OD，若∠ACO=120∘，则∠BDO的大小为（ ）
A．120∘B．140∘C．150∘D．160∘
【答案】C
【分析】根据垂直的定义及三角形外角的性质求解即可得出结果
【详解】解：∵OC⊥OD，
∴∠O=90°，
∵∠ACO=∠O+∠ODC=120°，
∴∠ODC=30°，
∴∠BDO=150°，
故选：C．
【点拨】题目主要考查垂直的定义及三角形外角的性质、邻补角的计算等，结合图形，找出各角之间的数量关系是解题关键．
【变式12-2】．（2021·江苏苏州·统考中考真题）如图．在Rt△ABC中，∠C=90°，AF=EF．若∠CFE=72°，则∠B= ．
【答案】54°
【分析】首先根据等腰三角形的性质得出∠A=∠AEF，再根据三角形的外角和定理得出∠A+∠AEF=∠CFE，求出∠A的度数，最后根据三角形的内角和定理求出∠B的度数即可．
【详解】∵ AF=EF，
∴ ∠A=∠AEF，
∵∠A+∠AEF=∠CFE=72°，
∴ ∠A=36°，
∵ ∠C=90°，∠A+∠B+∠C=180°，
∴ ∠B=180°-∠A-∠C=54°．
故答案为：54°．
【点拨】本题考查了三角形的外角和定理，等腰三角形的性质，掌握相关定理和性质是解题的关键．
题型13 三角形的外角性质与角平分线的综合
【例13】（2022·陕西西安·校考二模）三角形的一个外角是100°，则与它不相邻的两内角平分线夹角（钝角）是 ．
【答案】130°
【分析】由三角形的外角性质可得∠BAC+∠ABC＝100°，再由角平分线的定义得∠1=12∠BAC，∠3=12∠ABC，从而可求得∠1+∠3＝50°，再利用三角形的内角和定理即可求解．
【详解】解：∵∠ACQ是△ABC的外角，且∠ACQ＝100°，
∴∠BAC+∠ABC＝100°，
∵AD平分∠BAC，BD平分∠ABC，
∴∠1=12∠BAC，∠3=12∠ABC，
∴∠1+∠3=12（∠BAC+∠ABC）＝50°，
∴∠D＝180°﹣（∠1+∠3）＝130°．
故答案为：130°．
【点拨】本题主要考查三角形的外角性质，三角形的内角和定理，解答的关键是结合图形分析清楚各角之间的关系．
【变式13-1】（2023·陕西西安·校考模拟预测）已知△ABC中，∠A=70°，BD是∠ABC的角平分线，CD是∠ACB的外角角平分线，交点为D，则∠D= °．

【答案】35
【分析】由角平分线的定义可得∠CBD=12∠ABC，∠DCE=12∠ACE，再由三角形的外角性质可得∠ACE=∠A+∠ABC，∠DCE=∠CBD+∠D，从而可求解．
【详解】解：∵BD是∠ABC的角平分线，CD是∠ACB的外角角平分线，
∴∠CBD=12∠ABC，∠DCE=12∠ACE，
∵∠ACE是△ABC的外角，∠DCE是△BCD的外角，
∴∠ACE=∠A+∠ABC=70°+∠ABC，∠DCE=∠CBD+∠D，
∴
=12∠ACE-∠CBD
=1270°+∠ABC-∠CBD
=35°．
故答案为：35．
【点拨】本题主要考查三角形的外角性质，解答的关键是熟记三角形的外角性质：三角形的外角等于与其不相邻的两个内角之和．
【变式13-2】（2023·江苏泰州·统考二模）如图，∠ABD、∠ACD的角平分线交于点P，若∠A=70°，∠D=10°，则∠P= ．

【答案】30°/30度
【分析】延长PC交BD于点E，根据角平分线的定义，得∠1=∠2，∠3=∠4，根据三角形的外角和，得∠AFP=∠1+∠A，∠BFC=∠P+∠3，根据等量代换，∠P+∠3=∠1+∠A,①；根据∠5=∠2+∠P，∠5=∠4-∠D，根据等量代换，得∠4-∠D=∠2+∠P,②，联立①②，即可求出∠P．
【详解】延长PC交BD于点E，
∵∠ABD、∠ACD的角平分线交于点P，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵∠AFP=∠1+∠A，∠BFC=∠P+∠3，
∴∠P+∠3=∠1+∠A,①，
∵∠5=∠2+∠P，∠5=∠4-∠D，
∴∠4-∠D=∠2+∠P,②，
由①-②得，∠A-∠P=∠P+∠D，
解得：∠P=30°，
故答案为：30°．

【点拨】本题考查角平分线的定义，三角形的外角和，解题的关键是掌握角平分线的定义，三角形的外角和．
【变式13-3】（2019·浙江杭州·模拟预测）△ABC中，AB,AC边上的高CE,BD相交于点F，∠ABC,∠ACB的角平分线交于点G，若∠CGB=125°，则∠CFB= ．
【答案】110°
【分析】根据三角形的内角和定理求出∠GBC＋∠GCB，根据角平分线的定义求出∠ABC＋∠ACB，从而求出∠A，根据三角形高的定义可得∠AEC=∠FDC=90°，然后根据三角形的内角和定理求出∠ACE，最后利用三角形外角的性质即可求出结论．
【详解】解：∵∠CGB=125°
∴∠GBC＋∠GCB=180°－∠CGB=55°
∵∠ABC,∠ACB的角平分线交于点G，
∴∠ABC=2∠GBC，∠ACB=2∠GCB
∴∠ABC＋∠ACB
=2∠GBC＋2∠GCB
=2（∠GBC＋∠GCB）
=110°
∴∠A=180°－（∠ABC＋∠ACB）=70°
∵AB,AC边上的高CE,BD相交于点F，
∴∠AEC=∠FDC=90°，
∴∠ACE=180°－∠AEC－∠A=20°
∴∠CFB=∠FDC＋∠ACE=110°
故答案为：110°．
【点拨】此题考查的是三角形内角和定理、三角形外角的性质、三角形的高和角平分线，掌握三角形内角和定理、三角形外角的性质、三角形的高的定义和角平分线的定义是解题关键．
【变式13-4】（2020·山西临汾·校联考模拟预测）阅读下面内容，并解答问题．
请解决以下问题：
（1）写出上述证明过程中依据的一个定理：______；
（2）如图，已知点Q是△ABC的内角平分线BQ与△ABC的外角平分线CQ的交点，试探究∠Q和∠A的数量关系？并说明理由．
【答案】（1）三角形内角和定理；（2）∠Q=12∠A，见解析
【分析】（1）根据题意直接进行解答即可；
（2）由题意易得∠QBC=12∠ABC，∠QCD=12∠ACD，然后根据三角形内角和及外角的性质可进行求解．
【详解】解：（1）答案不唯一，如三角形内角和定理或者三角形的内角和等于180°或者三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
（2）∠Q=12∠A．
理由如下：
∵BQ，CQ平分∠ABC和∠ACD，
∴∠QBC=12∠ABC，∠QCD=12∠ACD，
∵∠QCD是△BCQ的外角，
∴∠QCD=∠QBC+∠Q，
∵∠ACD是△ABC的外角，
∴∠ACD=∠ABC+∠A，
∴∠ACD=2∠QBC+∠A，
∴∠QCD=122∠QBC+∠A=∠QBC+12∠A，
∴∠QBC+∠Q=∠QBC+12∠A，
∴∠Q=12∠A．
【点拨】本题主要考查三角形角平分线、三角形内角和及外角的性质，熟练掌握三角形角平分线、三角形内角和及外角的性质是解题的关键．
【变式13-5】如图，△ABC中，∠ABC的角平分线与外角∠ACD的平分线交于A1．
（1）∵BA1.CA1是∠ABC与∠ACD的平分线，
∴∠A1BD＝12∠ABD，∠A1CD＝12∠ACD，
∴∠A1CD﹣∠A1BD＝12（∠ACD﹣∠ABD），
∵∠A1CD﹣∠A1BD＝ ，∠ACD﹣∠ABD＝∠ ，
∴∠A1＝ ．
（2）如图2，四边形ABCD中，∠F为∠ABC的角平分线及外角∠DCE的平分线所在的直线构成的角，若∠A+∠D＝230°，求∠F的度数．
（3）如图3，△ABC中，∠ABC的角平分线与外角∠ACD的平分线交于A1，若E为BA延长线上一动点，连接EC，∠AEC与∠ACE的角平分线交于Q，当E滑动时有下面两个结论：
①∠Q+∠A1的值为定值；
②∠Q﹣∠A1的值为定值，
其中有且只有一个是正确的，请写出正确的结论，并求出其值．
【答案】（1）∠A1，A，12∠A；（2）25°；（3）①的结论是正确的，且这个定值为180°．
【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠A1BD＝12∠ABC，∠A1CD＝12∠ACD，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A1CD＝∠A1BC+∠A1，则可得出答案；
（2）先根据四边形内角和等于360°，得出∠ABC+∠DCB＝360°﹣（∠A+∠D），根据内角与外角的关系和角平分线的定义得出∠ABC+（180°﹣∠DCE）＝2∠FBC+（180°﹣2∠DCF）＝180°﹣2（∠DCF﹣∠FBC）＝180°﹣2∠F，从而得出结论；
（3）依然要用三角形的外角性质求解，易知2∠A1＝∠AEC+∠ACE＝2（∠QEC+∠QCE），利用三角形内角和定理表示出∠QEC+∠QCE，即可得到∠A1和∠Q的关系．
【详解】解：（1）∵BA1是∠ABC的平分线，CA1是∠ACD的平分线，
∴∠A1BD＝12∠ABD，∠A1CD＝12∠ACD，
∴∠A1CD﹣∠A1BD＝12（∠ACD﹣∠ABD），
∵∠A1CD﹣∠A1BD＝∠A1，∠ACD﹣∠ABD＝∠A，
∴∠A1＝12∠A．
故答案为：∠A1，A，12∠A；
（2）∵∠ABC+∠DCB＝360°﹣（∠A+∠D），
∵∠ABC+（180°﹣∠DCE）＝2∠FBC+（180°﹣2∠DCF）＝180°﹣2（∠DCF﹣∠FBC）＝180°﹣2∠F，
∴360°﹣（∠A+∠D）＝180°﹣2∠F，
2∠F＝∠A+∠D﹣180°，
∴∠F＝12（∠A+∠D）﹣90°，
∵∠A+∠D＝230°，
∴∠F＝25°；
（3）△ABC中，由三角形的外角性质知：∠BAC＝∠AEC+∠ACE＝2（∠QEC+∠QCE）；
即：2∠A1＝2（180°﹣∠Q），
化简得：∠A1+∠Q＝180°，
因此①的结论是正确的，且这个定值为180°．
【点拨】此题考查三角形的角平分线的性质，三角形内角和定理，三角形外角定理，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解题的关键．
题型14 三角形的外角性质与平行线的综合
【例14】（2023·贵州贵阳·校考一模）如图，直线AB∥CD，点E是平行线外一点，连接AE，CE，若∠A=22°，∠C=50°，则∠E的度数是（ ）

A．22°B．24°C．26°D．28°
【答案】D
【分析】根据平行线的性质可得∠1=∠C=50°；再根据三角形的外角的性质即可得出∠E的度数．
【详解】解：如图，∵直线AB∥CD，
∴∠1=∠C=50°，
∵∠A=22°，
∴∠E=∠1-∠A=28°．

故选：D
【点拨】本题考查平行线的性质，三角形的外角的性质，属于基础题，熟练掌握相应知识点是解题的关键．
【变式14-1】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）某城市几条道路的位置如图所示，道路CD与道路EF平行，道路AB与道路CD的夹角∠CDB为50°，城市规划部门想修一条新道路BF，要求∠F=∠B，则∠F的大小为（ ）
A．40°B．35°C．30°D．25°
【答案】D
【分析】首先根据平行线的性质得到∠CDB=∠DGF=50°，然后根据三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：∵道路AB与道路AE的夹角为50°，
∴∠CDB=50°，
∵EF∥CD，
∴∠CDB=∠DGF=50°，
∵∠B+∠F=∠DGF，∠B=∠F，
∴∠F=25°．
故选：D．
【点拨】此题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质．
【变式14-2】（2022·辽宁辽阳·一模）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1＝20°，则∠2的度数为（ ）
A．40°B．41°C．49°D．50°
【答案】A
【分析】如图所示，根据正六边形可以得到∠5=60°，∠1+∠3=120°，根据三角形外角性质求出∠4，即可得到∠2的度数．
【详解】如图所示，∵六边形为正六边形
∴∠1+∠3=120°，∠5=60°
∵∠1=20°
∴∠3=100°
∵∠3=∠4+∠5
∴∠4=100°-60°=40°
∵光线平行
∴∠2=∠4=40°．
故选A．
【点拨】本题考查正六边形的内角、外角，平行线的性质、三角形的外角，关键在于灵活运用三角形外角性质和平行线性质是关键．
【变式14-3】（2021·江苏镇江·统考一模）如图，△ABC中，∠A=45°,∠B=30°，直尺的一边与BC平行，则∠1= °．
【答案】75°
【分析】根据平行线的性质，同位角相等，再利用三角形外角的性质即可求得．
【详解】如图，∵直尺的一边与BC平行
∴ ∠2=∠B
∵
∴ ∠1=∠2+∠A=45°+30°=75°
故答案为：75°．
【点拨】本题考查了平行线的性质，三角形外角性质，熟悉平行线的性质，三角形外角性质是解题的关键．
题型15 应用三角形的外角性质解决折叠问题
【例15】（2020·浙江绍兴·模拟预测）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A'处，且A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，若∠BA'C=105°，则∠1+∠2的度数是 ．
【答案】60°
【分析】连接AA′．首先求出∠BAC，再证明∠1+∠2=2∠BAC即可解决问题．
【详解】解：连接AA′．
∵A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，∠BA'C=105°，
∴∠A′BC+∠A′CB=75°，
∴∠ABC+∠ACB=150°，
∴∠BAC=180°-150°=30°，
∵∠1=∠DAA′+∠DA′A，∠2=∠EAA′+∠EA′A，
由折叠可知：∠DAA′=∠DA′A，∠EAA′=∠EA′A，
∴∠1+∠2=2（∠DAA′+∠EAA′）=2∠BAC=60°，
故答案为：60°．
【点拨】本题考查三角形的内角和定理、角平分线的定义、三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识，属于中考常考题型．
【变式15-1】（2019·浙江杭州·模拟预测）如图，在ΔABC中，AC=BC，∠C=90°，点D在BC上，且CD=2DB，将ΔABC折叠，使点A与点D重合，EF为折痕，则Sin∠BED= ．
【答案】513
【分析】先根据翻折变换的性质得到△DEF≌△AEF，再根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质可得到∠BED=∠CDF，设CD=2，CF=x，则CA=CB=3，再根据勾股定理即可求解．
【详解】∵△DEF≌△AEF，∠A=∠EDF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠EDF=45°，由三角形外角性质得∠CDF+45°=∠BED+45°，
∴∠BED=∠CDF，
设CD=2，CF=x，则CA=CB=3，
∴DF=FA=3−x，
∴在Rt△CDF中，由勾股定理得，
CF2+CD2=DF2，即：x2+4=(3-x)2，解得：x=56，
∴Sin∠BED=Sin∠CDF=CFDF=563-56=513，
故答案为：513．
【点拨】本题考查的是图形翻折变换的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形外角的性质，涉及面较广，但难易适中．解题的关键是熟练掌握所学的知识进行解题．
【变式15-2】（2023·浙江绍兴·校联考三模）数学探究活动中，小聪同学为了验证：长条纸片上下边沿MN与PQ是否平行，把纸片沿着AC折叠（如图1），并用量角器测出∠1.∠2的度数．
(1)若∠1=∠2，则MN∥PQ．你认为小聪同学的做法正确吗？请说明理由；
(2)在（1）的条件下小聪同学在PQ边上取点D（不与P，B重合）（如图2），连接AD并折叠纸片使得射线AB与射线AD重合，折痕交PQ于点E，过E作EF⊥AC于点F，设∠AEF=α，∠ADP=β．
①当点D在点C.B之间时，若β=120°，求α的度数；
②当点D在PQ上运动过程中，α和β之间有怎样的数量关系？并说明理由．
【答案】(1)正确，见解析
(2)①60°，②a=12β，见解析
【分析】（1）由翻折的性质可得∠MAC=∠1，则∠MAC=∠2，进而可得MN∥PQ；
（2）①由折叠的性质可得∠ACB=∠CAB，∠BAE=∠DAE=12∠DAB，推出2∠CAB-∠BAE+β=180°①，∠CAB-∠BAE+α=90°②，然后②×2-①即可求出α的值；
②分D在B左侧时，当D在B右侧两种情况求解即可．
【详解】（1）正确，理由如下：
由翻折的性质可得∠MAC=∠1，
∵∠1=∠2，
∴∠MAC=∠2，
∴MN∥PQ；
（2）①：由折叠的性质可得 ，∠ACB=∠CAB，∠BAE=∠DAE=12∠DAB．
∵∠CAD=∠CAB-∠DAB， ∠DAB=2∠BAE，
∴∠CAD=∠CAB-∠DAB=∠CAB-2∠BAE
∵∠ACB+∠CAD+β=180°，
∴∠CAB+∠CAB-2∠BAE+β=180°，
即2∠CAB-∠BAE+β=180°①，
∵∠CAB-∠BAE+α=90°②，
②×2-①得2α-β=0，
∵β=120°，
∴α=60°；
②：猜想a=12β；
证明：由题意知，分两种情况讨论，
（Ⅰ）D在B左侧时，a=12β，证明过程同（1）；
（Ⅱ）当D在B右侧，如下图，

由折叠的性质可得 ，∠ACB=∠CAB，∠BAE=∠DAE=12∠DAB．
∵∠CAD=∠CAB+∠DAB， ∠DAB=2∠BAE，
∴∠CAD=∠CAB+∠DAB=∠CAB+2∠BAE
∵∠ACB+∠CAD+β=180°，
∴∠CAB+∠CAB+2∠BAE+β=180°，
即2∠CAB+∠BAE+β=180°①，
∵∠CAB+∠BAE+α=90°②，
②×2-①得2α-β=0，
∴a=12β．
【点拨】本题考查了平行线的判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，折叠的性质等知识．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．
题型16 三角形内角和定理与外角和定理综合
【例16】（2021·河北·统考中考真题）下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=110°，则图中∠D应 （填“增加”或“减少”） 度．
【答案】 减少 10
【分析】先通过作辅助线利用三角形外角的性质得到∠EDF与∠D.∠E.∠DCE之间的关系，进行计算即可判断．
【详解】解：∵∠A+∠B=50°+60°=110°，
∴∠ACB=180°-110°=70°，
∴∠DCE=70°，
如图，连接CF并延长，
∴∠DFM=∠D+∠DCF=20°+∠DCF，
∠EFM=∠E+∠ECF=30°+∠ECF，
∴∠EFD=∠DFM+∠EFM=20°+∠DCF+30°+∠ECF=50°+∠DCE=50°+70°=120°，
要使∠EFD=110°，则∠EFD减少了10°，
若只调整∠D的大小，
由∠EFD=∠DFM+∠EFM=∠D+∠DCF+∠E+∠ECF=∠D+∠E+∠ECD=∠D+30°+70°=∠ D+100°，
因此应将∠D减少10度；
故答案为：①减少；②10．
【点拨】本题考查了三角形外角的性质，同时涉及到了三角形的内角和与对顶角相等的知识；解决本题的关键是理解题意，读懂图形，找出图形中各角之间的关系以及牢记公式建立等式求出所需的角，本题蕴含了数形结合的思想方法．
【变式16-1】如图，△ABC中，∠ABC=∠ACB，点D在BC所在的直线上，点E在射线AC上，且AD=AE，连接DE．
（1）如图①，若∠B=∠C=35°，∠BAD=80°，则∠CDE的度数为 ；
（2）如图②，若∠ABC=∠ACB=75°，∠CDE=18°，则∠BAD的度数为 ；
（3）当点D在直线BC上（不与点B、C重合）运动时，则∠BAD与∠CDE的数量关系为 ．
【答案】 40° 36° ∠BAD=2∠CDE
【分析】（1）先根据三角形内角和定理求出∠BAC的度数，从而求出∠CAD的度数，然后根据等边对等角求出∠AED的度数，最后根据三角形外角的性质即可求解；
（2）根据三角形的外角的性质得到∠E=75°-18°=57°，于是得到结论；
（3）设∠ABC=∠ACB=y°，∠ADE=∠AED=x°，∠CDE=α，∠BAD=β，①如图1，当点D在点B的左侧时，∠ADC=x°-α，②如图2，当点D在线段BC上时，∠ADC=x°+α，③如图3，当点D在点C右侧时，∠ADC=x°-α，根据题意列方程组即可得到结论．
【详解】解：（1）∵∠B=∠C=35°，
∴∠BAC=180°-∠B-∠C=110°，
又∠BAD=80°，
∴∠CAD=∠BAC-∠BAD=30°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=180°-∠CAD2=75°，
∴∠CDE=∠AED-∠C=40°；
（2）∵∠ABC=∠ACB=75°，∠CDE=18°，
∴∠E=75°-18°=57°，
∴∠ADE=∠AED=57°，
∴∠ADC=39°，
∵∠ABC=∠ADB+∠DAB=75°，
∴∠BAD=36°；
（3）设∠ABC=∠ACB=y°，∠ADE=∠AED=x°，∠CDE=α，∠BAD=β
①如图1，
当点D在点B的左侧时，∠ADC=x°-α，
∴y°=x°+αy°=x°-α+β，
化简得β=2α，
即∠BAD=2∠CDE；
②如图2，
当点D在线段BC上时，∠ADC=x°+α，
∴x°=y°+αy°+β=x°+α，
化简得β=2α，
即∠BAD=2∠CDE；
③如图3，
当点D在点C右侧时，∠ADC=x°-α，
∴x°-α+y°+β=180°x°+α+y°=180°，
化简得β=2α，
即∠BAD=2∠CDE；
综上所述，∠BAD与∠CDE的数量关系是∠BAD=2∠CDE．
故答案为：（1）40°；（2）36°；（3）∠BAD=2∠CDE．
【点拨】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，三角形的内角和，正确的识别图形是解题的关键．
【变式16-2】（2020·江苏泰州·统考中考真题）如图，将分别含有30°、45°角的一副三角板重叠，使直角顶点重合，若两直角重叠形成的角为65°，则图中角α的度数为 ．
【答案】140°/140度
【分析】如图，首先标注字母，利用三角形的内角和求解∠ADC，再利用对顶角的相等，三角形的外角的性质可得答案．
【详解】解：如图，标注字母，
由题意得：∠ACB=90°-65°=25°,
∵∠A=60°,
∴∠BDE=∠ADC=180°-60°-25°=95°,
∵∠B=45°,
∴α=∠B+∠BDE=45°+95°=140°.
故答案为：
【点拨】本题考查的是三角形的内角和定理，三角形的外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．
【变式16-3】（2022下·江苏南京·七年级校考期末）已知△ABC中，∠A=65°，将∠B、∠C按照如图所示折叠，若∠ADB'=35°，则∠1+∠2+∠3= °．
【答案】265°
【分析】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．
【详解】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°-(∠CFC+∠C'GC)，
=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°．
【点拨】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16-4】（2023·山西晋城·模拟预测）如图，已知D、E分别是等边△ABC中AB、AC上的点，且AE=BD，求∠BFC的度数．

【答案】∠BFC=120°
【分析】根据题意证明△ADC≌△CEB，可得∠ACD=∠CBE，根据三角形的外角性质可得∠BDF=60°+∠ACD，∠DBF=60°-∠CBE，根据三角形内角和定理可得∠DFB=60°，进而即可求得∠BFC=120°．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=BC，∠DAC=∠ECB，
又BD=AE，
∴AD=EC，
∴ △ADC≌△CEB，
∴ ∠ACD=∠CBE，
∵ ∠BDF=60°+∠ACD，∠DBF=60°-∠CBE，
∴∠DFB=180°-∠BDF-∠DBF=60°，
∴ ∠BFC=120°．
【点拨】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理与三角形的外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．
考点要求
新课标要求
命题预测
三角形的相关概念
理解三角形及其内角、外角、中线、高线、角平分线等概念，了解三角形的稳定性.
在初中几何数学中，三角形的基础知识是解决后续很多几何问题的基础.所以，在中考中，与其它几何图形结合考察的几率比较大，特别是全等三角形的性质和判定的综合应用.考生在复习该考点时，不仅要熟悉掌握其本身的性质和应用，还要注重转化思想在题目中的应用，同步联想，其他几何图形在什么情况下会转化成该考点的知识考察.
三角形的重要线段
三角形的性质
探索并证明三角形的内角和定理.掌握它的推论:三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和.
证明三角形的任意两边之和大于第三边.
点的个数
可作出直线条数
2
1=S2=2×12
3
3=S3=3×22
4
6=S4=4×32
5
10=S5=5×42
……
……
n
Sn=n×n-12
点的个数
可连成三角形个数
3
4
5
……
n
点的个数
可构成三角形个数
3
1=S3=3×2×16
4
4=S4=4×3×26
5
10=S5=5×4×36
n
Sn=n×n-1×n-26
点的个数
可构成三角形个数
3
1=S3=3×2×16
4
4=S4=4×3×26
5
10=S5=5×4×36
n
Sn=n×n-1×n-26
重要线段
概念
图形
性质
三角形的高
从三角形一个顶点向它的对边做垂线，顶点和垂足之间的线段叫做三角形的高线（简称三角形的高）．
∵AD是∆ABC中BC边的高
∴∠ADB=∠ADC=90°
三角形的中线
在三角形中，连接一个顶点和它对边的中点的线段叫做三角形的中线
∵AD是∆ABC中BC边的中线
∴BD=CD S△ABD=S△ADC
C∆ACD-C∆ABD=AC-AB
三角形的角平分线
三角形的一个角的平分线与这个角的对边相交，这个角的顶点和交点间的线段叫做三角形的角平分线．
∵AD是∆ABC中∠BAC的角平分线
∴∠BAD=∠DAC=12 ∠BAC
三角形的中位线
连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线
∵DE是∆ABC的中位线
∴AD=DB AE=EC
DE=12 BC DE∥BC

概念
图形
性质
重心
三角形三条中线交点
1）重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1。
2）重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等。
3) 重心到三角形3个顶点距离的平方和最小。
垂心
三角形三条高交点
1）锐角三角形的垂心在三角形内；直角三角形的垂心在直角顶点上；钝角三角形的垂心在三角形外；
2）锐角三角形的垂心到三顶点的距离之和等于其内切圆与外接圆半径之和的2倍。
3）三角形三个顶点，三个垂足，垂心这7个点可以得到6组四点共圆.
4）锐角三角形的垂心是垂足三角形的内心；锐角三角形的内接三角形(顶点在原三角形的边上)中，以垂足三角形的周长最短.
三角形关型
直角三角形
锐角三角形
钝角三角形
垂心的位置
直角顶点
①
在三角形外部
垂心的性质
三角形任意顶点到垂心的距离等于外心到对边的距离的两倍．
图形
图1
图2
三角形内角和定理：三角形三个内角和等于180°，
已知：如图，ΔABC,
求证：∠A+∠B+∠C=180∘.
方法一
证明：如图，过点A作DE//BC.

方法二
证明：如图，过点C作CD//AB.
探索三角形的内（外）角平分线形成的角的规律
在三角形中，由三角形的内角平分线、外角平分线所形成的角存在一定的规律，如果能理解并掌握其中的规律，对解决相关的问题会起到事半功倍的效果．
规律1：三角形的两个内角的角平分线形成的角等于90加上第三个内角度数的一半．
规律2：三角形的两个外角的角平分线形成的角等于90°减去与这两个外角不相邻的内角度数的一半．
如图，已知点P是△ABC的内角平分线BP与CP的交点，点M是△ABC的外角平分线BM与CM的交点．则∠P=90°+12∠A，∠M=90°-12∠A．
证明：规律1，∵BP，CP是△ABC的角平分线，
∴∠1=12∠ABC，∠2=12∠ACB．
∴∠A=180°-2∠1+∠2．
∴∠1+∠2=90°-12∠A．
∴∠P=180°-∠1+∠2=90°+12∠A．
规律2，∵∠3=12∠A+∠ACB，∠4=12∠A+∠ABC，
∴∠3+∠4=12∠A+∠ACB+∠ABC+12∠A=90°+12∠A．
∴∠M=180°-∠3+∠4=90°-12∠A．
探索三角形的内（外）角平分线形成的角的规律
在三角形中，由三角形的内角平分线、外角平分线所形成的角存在一定的规律，如果能理解并掌握其中的规律，对解决相关的问题会起到事半功倍的效果．
规律1：三角形的两个内角的角平分线形成的角等于90加上第三个内角度数的一半．
规律2：三角形的两个外角的角平分线形成的角等于90°减去与这两个外角不相邻的内角度数的一半．
如图，已知点P是△ABC的内角平分线BP与CP的交点，点M是△ABC的外角平分线BM与CM的交点．则∠P=90°+12∠A，∠M=90°-12∠A．
证明：规律1，∵BP，CP是△ABC的角平分线，
∴∠1=12∠ABC，∠2=12∠ACB．
∴∠A=180°-2∠1+∠2．
∴∠1+∠2=90°-12∠A．
∴∠P=180°-∠1+∠2=90°+12∠A．
规律2，∵∠3=12∠A+∠ACB，∠4=12∠A+∠ABC，
∴∠3+∠4=12∠A+∠ACB+∠ABC+12∠A=90°+12∠A．
∴∠M=180°-∠3+∠4=90°-12∠A．