专题04 三角形单元综合提优专练- 2022-2023学年八年级上册数学专题训练（人教版）

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专题04三角形单元综合提优专练（解析版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2022·河南八年级期末）如图，△ABC中，∠A＝46°，∠C＝74°，BD平分∠ABC，交AC于点D，那么∠BDC的度数是（ ）

A．76° B．81° C．92° D．104°
【答案】A
【分析】
根据三角形的内角和为180°，可得∠A+∠C+∠ABC=180°，然后根据△ABC中，∠A＝46°，∠C＝74°，求得∠ABC=60°，然后根据角平分线的性质，可得∠ABD=30°，再根据三角形的外角性质，可得∠BDC=∠A+∠ABD=76°.
【详解】
∵△ABC中，∠A=46°，∠C=74°，
∴∠ABC=60°，
∵BD为∠ABC平分线，
∴∠ABD=∠CBD=30°，
∵∠BDC为△ABD外角，
∴∠BDC=∠A+∠ABD=76°，
故选A
【点睛】
此题主要考查了三角形的内角和外角的性质，解题关键是构造合适的角的和差关系，然后根据角平分线的性质求解即可.
2．（2022·吉林长春市·）如图，直线a∥b，∠1=75°，∠2=40°，则∠3的度数为（　　）

A．75° B．50° C．35° D．30°
【答案】C
【详解】
【分析】根据两直线平行，内错角相等可以得出∠4=∠1=75°，再根据三角形外角的性质即可得出答案.
【详解】∵a∥b，
∴∠4=∠1=75°，
∴∠2+∠3=∠4=75°，
∵∠2=40°，
∴∠3=75°﹣40°=35°，
故选C．

【点睛】本题考查了平行线的性质以及三角形外角的性质，结合图形熟练应用相关性质解题是关键.
3．（2022·山东八年级期末）有公共顶点A，B的正五边形和正六边形按如图所示位置摆放，连接AC交正六边形于点D，则∠ADE的度数为（　　）

A．144° B．84° C．74° D．54°
【答案】B
【详解】
正五边形的内角是∠ABC==108°，∵AB=BC，∴∠CAB=36°，正六边形的内角是∠ABE=∠E==120°，∵∠ADE+∠E+∠ABE+∠CAB=360°，∴∠ADE=360°–120°–120°–36°=84°，故选B．
4．（2022·扬州市梅岭中学七年级期末）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=110°，则∠1+∠2的度数为（　　）

A．80°； B．90°； C．100°； D．110°；
【答案】A
【详解】
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：连接AA′．

∵A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，∠BA'C=110°，∴∠A′BC+∠A′CB=70°，∴∠ABC+∠ACB=140°，∴∠BAC=180°﹣140°=40°．
∵∠1=∠DAA′+∠DA′A，∠2=∠EAA′+∠EA′A．
∵∠DAA′=∠DA′A，∠EAA′=∠EA′A，∴∠1+∠2=2（∠DAA′+∠EAA′）=2∠BAC=80°．
故选A．
点睛：本题考查了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．
5．（2022·内蒙古八年级期末）已知等腰△ABC的周长为18cm，BC＝8cm，若△ABC与△A′B′C′全等，则△A′B′C′的腰长等于（　　）
A．8cm B．2cm或8cm C．5cm D．8cm或5cm
【答案】D
【详解】
分析：因为BC是腰是底不确定，因而有两种可能，当BC是底时，△ABC的腰长是5cm，当BC是腰时，腰长就是8cm，且均能构成三角形，因为△A′B′C′与△ABC全等，所以△A′B′C′的腰长也有两种相同的情况：8cm或5cm．
详解：分为两种情况：当BC是底时，△ABC的腰长是5cm，
∵△ABC与△A′B′C′全等，
∴△A′B′C′的腰长也是5cm；
当BC是腰时，腰长就是8cm，且均能构成三角形，
∵△A′B′C′与△ABC全等，
∴△A′B′C′的腰长也等于8cm，
即△A′B′C′的腰长为8cm或5cm，
故选D．
点睛：本题考查了全等三角形的性质和等腰三角形的性质的应用，用了分类讨论思想．
6．（2022·内蒙古中考真题）如图，AB∥CD，点E在线段BC上，CD=CE,若∠ABC=30°，则∠D为（　　）

A．85° B．75° C．60° D．30°
【答案】B
【详解】
分析：先由AB∥CD，得∠C=∠ABC=30°，CD=CE，得∠D=∠CED，再根据三角形内角和定理得，∠C+∠D+∠CED=180°，即30°+2∠D=180°，从而求出∠D．
详解：∵AB∥CD，
∴∠C=∠ABC=30°，
又∵CD=CE，
∴∠D=∠CED，
∵∠C+∠D+∠CED=180°，即30°+2∠D=180°，
∴∠D=75°．
故选B．
点睛：此题考查的是平行线的性质及三角形内角和定理，解题的关键是先根据平行线的性质求出∠C，再由CD=CE得出∠D=∠CED，由三角形内角和定理求出∠D．
7．（2022·广东九年级一模）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于点D，过点D作DE∥BC交AC于点E,若∠A=54°，∠B=48°，则∠CDE的大小为（　　）

A．44° B．40° C．39° D．38°
【答案】C
【详解】
【分析】根据三角形内角和得出∠ACB，利用角平分线得出∠DCB，再利用平行线的性质解答即可．
【详解】∵∠A=54°，∠B=48°，
∴∠ACB=180°﹣54°﹣48°=78°，
∵CD平分∠ACB交AB于点D，
∴∠DCB=×78°=39°，
∵DE∥BC，
∴∠CDE=∠DCB=39°，
故选C．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线的定义、平行线的性质等，解题的关键是熟练掌握和灵活运用根据三角形内角和定理、角平分线的定义和平行线的性质．
8．（2022·西安建筑科技大学附属中学）如图，∠B=∠C，则∠ADC与∠AEB的大小关系是( )

A．∠ADC>∠AEB B．∠ADC<∠AEB
C．∠ADC=∠AEB D．大小关系不确定
【答案】C
【分析】
首先在△ADC中有内角和为180°，即∠A＋∠C＋∠ADC＝180°，在△AEB中有内角和为180°，即∠AEB＋∠A＋∠B＝180°，又知∠B＝∠C，故可得∠AEB＝∠ADC．
【详解】
在△ADC中有∠A＋∠C＋∠ADC＝180°，
在△AEB有∠AEB＋∠A＋∠B＝180°，
∵∠B＝∠C，
∴∠ADC＝∠AEB．
故选C．
【点睛】
本题主要考查三角形内角和定理的应用，利用了三角形内角和为180度，此题难度不大．
9．（2022·湖南八年级期末）已知一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形是（　　）
A．九边形 B．八边形 C．七边形 D．六边形
【答案】B
【详解】
【分析】n边形的内角和是（n﹣2）•180°，如果已知多边形的边数，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．
【详解】根据n边形的内角和公式，得
（n﹣2）•180=1080，
解得n=8，
∴这个多边形的边数是8，
故选B．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，熟记内角和公式和外角和定理并列出方程是解题的关键．根据多边形的内角和定理，求边数的问题就可以转化为解方程的问题来解决．
10．（2022·江苏七年级月考）小桐把一副直角三角尺按如图所示的方式摆放在一起，其中，，，，则等于　　

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据三角形的内角和定理和三角形外角性质进行解答即可．
【详解】
如图：

，，
，，
∴
=
=，
故选C．
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理、三角形外角的性质、熟练掌握相关定理及性质以及一副三角板中各个角的度数是解题的关键.
11．（2022·河南八年级期末）如图，在四边形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上，将△BMN沿MN翻折得到△FMN，若MF∥AD，FN∥DC，则∠D的度数为( )

A．115° B．105° C．95° D．85°
【答案】C
【分析】
首先利用平行线的性质得出∠BMF=100°，∠FNB=70°，再利用翻折变换的性质得出∠FMN=∠BMN=50°，∠FNM=∠MNB=35°，进而求出∠B的度数以及得出∠D的度数．
【详解】
∵MF∥AD，FN∥DC，∠A=100°，∠C=70°，
∴∠BMF=100°，∠FNB=70°，
∵将△BMN沿MN翻折，得△FMN，
∴∠FMN=∠BMN=50°，∠FNM=∠MNB=35°，
∴∠F=∠B=180°-50°-35°=95°，
∴∠D=360°-100°-70°-95°=95°．
故选C．
【点睛】
此题主要考查了平行线的性质以及多边形内角和定理以及翻折变换的性质，得出∠FMN=∠BMN，∠FNM=∠MNB是解题关键．
12．（2022·常熟市实验中学七年级月考）如图，∠ABC＝∠ACB，AD、BD、CD分别平分△ABC的外角∠EAC、内角∠ABC、外角∠ACF,以下结论：

①AD∥BC；②∠BDC＝∠BAC；③∠ADC＝90°－∠ABD； ④BD平分∠ADC;
其中正确的结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】
根据角平分线定义得出∠ABC=2∠ABD=2∠DBC，∠EAC=2∠EAD，∠ACF=2∠DCF，根据三角形的内角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，根据三角形外角性质得出∠ACF=∠ABC+∠BAC，∠EAC=∠ABC+∠ACB，根据已知结论逐步推理，即可判断各项．
【详解】
解：∵AD平分∠EAC，
∴∠EAC=2∠EAD，
∵∠EAC=∠ABC+∠ACB，∠ABC=∠ACB，
∴∠EAD=∠ABC，
∴AD∥BC，
∴①正确；
∵∠ACF=2∠DCF，∠ACF=∠BAC+∠ABC，∠ABC=2∠DBC，∠DCF=∠DBC+∠BDC，
∴∠BAC=2∠BDC，
∠BDC＝∠BAC,
∴②正确；
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③正确；
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∵∠ADB=∠DBC，∠ADC=90°-∠ABC，
∴∠ADB不等于∠CDB，
∴④不正确；
即正确的有3个，
故选C．
【点睛】
本题考查了三角形外角性质，角平分线定义，平行线的判定，三角形内角和定理的应用，主要考察学生的推理能力，有一定的难度．
13．（2020·西宁市海湖中学八年级期中）如图，小明从A点出发，沿直线前进10米后向左转36°，再沿直线前进10米，再向左转36°……照这样走下去，他第一次回到出发点A点时，一共走的路程是（　　）

A．100米 B．110米 C．120米 D．200米
【答案】A
【分析】
根据多边形的外角和即可求出答案．
【详解】
解：∵360÷36=10，
∴他需要走10次才会回到原来的起点，即一共走了10×10=100米．
故选A.
【点睛】
本题主要考查了多边形的外角和定理．任何一个多边形的外角和都是360º．
14．（2020·永善县墨翰中学八年级月考）已知三角形的两边长分别为4cm和9cm,则下列长度的线段能作为第三边的是（ ）
A．13cm B．6cm C．5cm D．4m
【答案】B
【分析】
根据三角形的三边关系，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可求得第三边取值范围.
【详解】
设第三边长度为a，根据三角形三边关系

解得.
只有B符合题意故选B.
【点睛】
本题考查三角形三边关系，能根据关系求得第三边的取值范围是解决此题的关键.
15．（2022·山东九年级一模）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A’CB’，若AC⊥A’B’，则∠BAC等于（ ）

A．50° B．60° C．70° D．80°
【答案】A
【详解】
考点：旋转的性质．
分析：已知旋转角度，旋转方向，可求∠A′CA，根据互余关系求∠A′，根据对应角相等求∠BAC．
解：依题意旋转角∠A′CA=40°，
由于AC⊥A′B′，由互余关系得∠A′=90°-40°=50°，
由对应角相等，得∠BAC=∠A′=50°．故选A．
16．（2020·天津市河西区新华圣功学校八年级月考）将一副直角三角尺如图放置，若∠AOD=20°，则∠BOC的大小为（ ）

A．140° B．160° C．170° D．150°
【答案】B
【详解】
试题分析：根据∠AOD=20°可得：∠AOC=70°，根据题意可得：∠BOC=∠AOB+∠AOC=90°+70°=160°.
考点：角度的计算

17．（2022·安徽省宣城市奋飞学校八年级期中）将一副三角板按图中方式叠放，则角α等于（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】D
【分析】
利用两直线平行，内错角相等和三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和计算．
【详解】

如图，根据两直线平行，内错角相等，
∴∠1=45°，
根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，
∴∠α=∠1+30°=75°.
故选D.
18．（2022·相城中学七年级月考）如图，把三角形纸片ABC沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE外部时，则∠A与∠1、∠2之间的数量关系是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
根据折叠的性质可得∠A′=∠A，根据平角等于180°用∠1表示出∠ADA′，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，用∠2与∠A′表示出∠3，然后利用三角形的内角和等于180°列式整理即可得解．
【详解】
如图所示：

∵△A′DE是△ADE沿DE折叠得到，
∴∠A′=∠A，
又∵∠ADA′=180°-∠1，∠3=∠A′+∠2，
∵∠A+∠ADA′+∠3=180°，
即∠A+180°-∠1+∠A′+∠2=180°，
整理得，2∠A=∠1-∠2．
故选A.
【点睛】
考查了三角形的内角和定理以及折叠的性质，根据折叠的性质，平角的定义以及三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，把∠1、∠2、∠A转化到同一个三角形中是解题的关键．
19．（2019·黑龙江七年级期中）已知△ABC的三边长为a，b，c，化简|a＋b－c|－|b－a－c|的结果是（　）
A．2b－2c B．－2b C．2a＋2b D．2a
【答案】A
【分析】
已知a，b，c分别是三角形的边长，根据三角形的三边关系可得a+b＞c，a+c＞b，即可得a+b-c＞0，b-a-c＜0，再根据绝对值的性质去掉绝对值号，合并同类项即可求解.
【详解】
∵a，b，c分别是三角形的边长，
∴a+b＞c，a+c＞b，
∴a+b-c＞0，b-a-c＜0，
∴|a+b-c|-|b-a-c|=a+b-c-(-b+a+c) =2b-2c.
故选A.
【点睛】
本题考查了三角形的三边关系及绝对值的性质，根据三角形的三边关系得到a+b-c＞0、b-a-c＜0是解决问题的关键.
20．（2022·广西河池市·八年级期末）若一个多边形的内角和与外角和之和是1800°，则此多边形是（ ）边形．
A．八 B．十 C．十二 D．十四
【答案】B
【分析】
任意多边形的一个内角与相邻外角的和为180°，然后根据题意可求得答案．
【详解】
∵多边形的一个内角与它相邻外角的和为180°，
∴1800°÷180°=10.
故选B.
【点睛】
此题考查多边形内角（和）与外角（和），解题关键在于掌握其定理和运算公式.
21．（2022·西藏日喀则市·八年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC上一点，且DA＝DC，BD＝BA，则∠B的大小为(　　)

A．40° B．36° C．30° D．25°
【答案】B
【分析】
根据AB＝AC可得∠B＝∠C，CD＝DA可得∠ADB＝2∠C＝2∠B，BA＝BD，可得∠BDA＝∠BAD＝2∠B，在△ABD中利用三角形内角和定理可求出∠B．
【详解】
解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵CD＝DA，
∴∠C＝∠DAC，
∵BA＝BD，
∴∠BDA＝∠BAD＝2∠C＝2∠B，
设∠B＝α，则∠BDA＝∠BAD＝2α，
又∵∠B＋∠BAD＋∠BDA＝180°，
∴α＋2α＋2α＝180°，
∴α＝36°，即∠B＝36°，
故选B．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质，掌握等边对等角是解题的关键，注意三角形内角和定理和方程思想的应用．
22．（2022·安徽阜阳市·九年级其他模拟）如图，在中，，，，，连接BC，CD，则的度数是（　　）

A．45° B．50° C．55° D．80°
【答案】B
【分析】
连接AC并延长交EF于点M．由平行线的性质得，，再由等量代换得，先求出即可求出．
【详解】
解：连接AC并延长交EF于点M．

，
，
，
，
，
，
，
故选B．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质以及三角形的内角和定理，属于基础题型．


二、填空题
23．（2022·镇江市外国语学校七年级月考）如图，在△ABC中，∠A＝52°，∠ABC与∠ACB的平分线交于点D1，∠ABD1与∠ACD1的平分线交于点D2……依此类推，∠BD5C的度数是_______．

【答案】56o
【详解】
在△ABC中，∵∠A=52°，∠ABC与∠ACB的角平分线交于点D1，
∴∠BD1C=180°−=180°−=180°−64°，
第2次作一次角平分线之后，∠BD2C=180°−−×=180°−60°−32°，
按次规律类推,可得∠BD5C的度数是180°−−×−××−×××−××××=52°+=56°，
故答案为56o
点睛：本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和等于180°是解答此题的关键.
24．（2022·江苏七年级月考）小明同学在计算某n边形的内角和时，不小心少输入一个内角，得到和为 2005°,则n等于_____.
【答案】14
【详解】
n边形内角和为：（n-2）•180°，并且每个内角度数都小于180°，
∵少算一个角时度数为2005°，
根据公式，13边形内角和为1980°，14边形内角和为2160°，
∴n=14，
故选D．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和定理，即多边形的内角和=（n-2）•180°，熟练掌握和灵活应用是关键.
25．（2019·射洪绿然国际学校八年级期中）如图，在第1个△ABA1中，∠B=40°，∠BAA1=∠BA1A，在A1B上取一点C，延长AA1到A2，使得在第2个△A1CA2中，∠A1CA2=∠A1 A2C；在A2C上取一点D，延长A1A2到A3，使得在第3个△A2DA3中，∠A2DA3=∠A2 A3D；…，按此做法进行下去，第3个三角形中以A3为顶点的内角的度数为 ；第n个三角形中以An为顶点的内角的度数为 ．

【答案】17.5°@．
【详解】
试题分析：先根据等腰三角形的性质求出∠BA1A的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠CA2A1，∠DA3A2及∠EA4A3的度数，找出规律即可得出第n个三角形的以An为顶点的底角的度数．
解：∵在△ABA1中，∠B=40°，AB=A1B，
∴∠BA1A=(180°-40°)=70°，
∵A1A2=A1C，∠BA1A是△A1A2C的外角，
∴∠CA2A1=°∠BA1A=°×70°=35°；
同理可得，∠DA3A2=×70°=17.5°，∠EA4A3=×70°，
以此类推，第n个三角形的以An为顶点的底角的度数=．
26．（2022·浙江八年级期末）如图，在△ABC中，BD和CE是△ABC的两条角平分线．若∠A＝52°，则∠1＋∠2的度数为_______．

【答案】64°
【详解】
解：∵∠A=52°，∴∠ABC+∠ACB=128°．∵BD和CE是△ABC的两条角平分线，∴∠1=∠ABC，∠2=∠ACB，∴∠1+∠2=（∠ABC+∠ACB）=64°．故答案为64°．
点睛：本题考查的是三角形内角和定理、角平分线的定义，掌握三角形内角和等于180°是解题的关键．
27．（2022·陕西九年级一模）如图，在正五边形ABCDE中，AC与BE相交于点F，则∠AFE的度数为_____．

【答案】72°
【分析】
首先根据正五边形的性质得到AB=BC=AE，∠ABC=∠BAE=108°，然后利用三角形内角和定理得∠BAC=∠BCA=∠ABE=∠AEB=（180°−108°）÷2=36°，最后利用三角形的外角的性质得到∠AFE=∠BAC+∠ABE=72°．
【详解】
∵五边形ABCDE为正五边形，
∴AB=BC=AE，∠ABC=∠BAE=108°，
∴∠BAC=∠BCA=∠ABE=∠AEB=（180°−108°）÷2=36°，
∴∠AFE=∠BAC+∠ABE=72°，
故答案为72°．
【点睛】
本题考查的是正多边形和圆，利用数形结合求解是解答此题的关键
28．（2020·霍林郭勒市第五中学八年级月考）如果一个正方形被截掉一个角后，得到一个多边形，那么这个多边形的内角和是__________．
【答案】180°或360°或540°
【详解】
分析: 剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，根据多边形的内角和定理即可求解.
详解: n边形的内角和是（n-2）•180°，
边数增加1，则新的多边形的内角和是（4+1-2）×180°=540°，
所得新的多边形的角不变，则新的多边形的内角和是（4-2）×180°=360°，
所得新的多边形的边数减少1，则新的多边形的内角和是（4-1-2）×180°=180°，
因而所成的新多边形的内角和是540°或360°或180°．
故答案为540°或360°或180°.
点睛：本题主要考查了多边形的内角和的计算公式，理解：剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，是解决本题的关键.
29．（2022·广东九年级一模）图1是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着坚冰出现裂纹并开始消溶，形状无一定规则，代表一种自然和谐美．图2是从图1冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=　 　度．

【答案】360°．
【分析】
根据多边形的外角和等于360°解答即可．
【详解】
由多边形的外角和等于360°可知，
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，
故答案为360°．
【点睛】
本题考查的是多边形的内角和外角，掌握多边形的外角和等于360°是解题的关键．
30．（2022·广东九年级一模）三角形三边长分别为3，，则a的取值范围是______．
【答案】
【分析】
根据三角形的三边关系为两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，列出不等式即可求出a的取值范围．
【详解】
三角形的三边长分别为3，，4，
，
即，
故答案为．
【点睛】
本题考查了三角形的三边关系，解题的关键是熟练掌握三角形三边关系．
31．（2022·北京101中学九年级月考）如图，在△ABC中，∠ABC=100°，∠ACB的平分线交AB边于点E，在AC边取点D，使∠CBD=20°，连接DE，则∠CED的大小=_____（度）．

【答案】10．
【分析】
由CE是∠ACB的平分线，可得 由三角形外角的性质，可得∠ADB=∠CBD+∠BCD ①，∠ADE=∠CED+∠ACE ②，继而求得答案．
【详解】
解：延长CB到F，
∵在△ABC中，∠ABC=100°，∠CBD=20°，
∴∠ABF=80°，∠ABD=80°，
∴AB平分∠FBD，
又∵∠ACB的平分线交AB边于点E，
∴点E到边BF，BD，AC的距离相等，
∴点E在∠ADB的平分线上，
即DE平分∠ADB，
∴CE是∠ACB的平分线，
∴
∠ADB是的外角，∠ADE是的外角,
∴∠ADB=∠CBD+∠BCD①，∠ADE=∠CED+∠ACE②
∴①−②×2得：2∠CED=∠CBD
∴
故答案为10．

【点睛】
考查三角形外角的性质以及角平分线的性质，掌握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.
32．（2020·临沭县青云镇青云初级中学八年级月考）一个多边形的各内角都相等，且每个内角与相邻外角的差为100°，那么这个多边形的边数是__________．
【答案】9
【分析】
设这个多边形的内角为n°，则根据题意列出方程求出n的值，再根据多边形的外角和等于360度和多边形的内角和公式求出多边形的边数和内角和．
【详解】
设这个多边形的内角为n°，则根据题意可得：
n−(180−n)=100，
解得：n=140.
故多边形的外角度数为：180°−140°=40°，
∵多边形的外角和等于360度，
∴这个多边形的边数为：360°÷40°=9，
故答案为9.
【点睛】
本题考查的是多边形，熟练掌握多边形的边形内角和与外角和是解题的关键.
33．（2020·汝南县清华园学校八年级月考）如图，在△ABC中，AD⊥BC于D，BE⊥AC于E，AD与BE相交于点F，若BF＝AC，则∠ABC＝_____度．

【答案】45
【分析】
根据三角形全等的判定和性质，先证△ADC≌△BDF，可得BD=AD，可求∠ABC=∠BAD=45°．
【详解】
∵AD⊥BC于D，BE⊥AC于E
∴∠EAF+∠AFE=90°，∠DBF+∠BFD=90°，
又∵∠BFD=∠AFE（对顶角相等）
∴∠EAF=∠DBF，
在Rt△ADC和Rt△BDF中，
，
∴△ADC≌△BDF（AAS），
∴BD=AD，
即∠ABC=∠BAD=45°．
故答案为45．
【点睛】
三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
34．（2022·江苏七年级期末）正五边形的内角和等于______度．
【答案】540
【详解】
过正五边形五个顶点，可以画三条对角线，把五边形分成3个三角形
∴正五边形的内角和=3180=540°
35．（2022·河北八年级期末）将一副直角三角板如图摆放，点C在EF上，AC经过点D．已知∠A=∠EDF=90°，AB=AC．∠E=30°，∠BCE=40°，则∠CDF=_____．

【答案】25°
【详解】
试题分析：∵AB=AC，∠A=90°，∴∠ACB=∠B=45°．
∵∠EDF=90°，∠E=30°，∴∠F=90°﹣∠E=60°．
∵∠ACE=∠CDF+∠F，∠BCE=40°，
∴∠CDF=∠ACE﹣∠F=∠BCE+∠ACB﹣∠F=45°+40°﹣60°=25°．
36．（2022·广西九年级学业考试）若一个多边形的内角和是900º，则这个多边形是_____边形．
【答案】七
【分析】
根据多边形的内角和公式，列式求解即可.
【详解】
设这个多边形是边形，根据题意得，
，
解得.
故答案为.
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角和公式，熟记公式是解题的关键.
37．（2022·浙江九年级一模）如图，已知AB∥DE,∠ABC＝72°，∠CDE＝140°，则∠BCD的值为________．

【答案】32°.
【分析】
延长ED交BC于F，根据平行线的性质求出∠MFC=∠B=72°，求出∠FDC=40°，根据三角形外角性质得出∠C=∠MFC-∠MDC，代入求出即可．
【详解】
解：延长ED交BC于F，

∵AB∥DE，∠ABC=72°，
∴∠MFC=∠B=72°，
∵∠CDE=140°，
∴∠FDC=180°-140°=40°，
∴∠C=∠MFC-∠MDC=72°-40°=32°，
故答案为32°.
【点睛】
本题考查三角形外角性质，平行线的性质的应用，解题关键是求出∠MFC的度数，注意：两直线平行，同位角相等．
38．（2022·广西九年级二模）用一条宽度相等的足够长的纸条打一个结（如图1所示），然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形．图中，____度．

【答案】36°.
【分析】
利用多边形的内角和定理和等腰三角形的性质即可解决问题．
【详解】
，是等腰三角形，
度．
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角和定理和等腰三角形的性质． 解题关键在于知道n边形的内角和为：180°（n﹣2）．
39．（2022·郑州市第七十九中学七年级期中）如图，在中，已知，，分别为，，的中点，且，则图中阴影部分的面积等于__.

【答案】2
【分析】
E是AD的中点S△BDE=S△ABD，S△CDE=S△ACDS△BCE=S△ABC=4；
F为CE中点S△BEF=S△BCE=.
【详解】
解：∵E是AD的中点，∴S△BDE=S△ABD，S△CDE=S△ACD，∴S△BDE + S△CDE =S△ABC= （cm2），即S△BCE=4（cm2）. ∵F为CE中点，∴S△BEF=S△BCE=（cm2）.故答案为2.
【点睛】
本题主要考查了三角形中线的性质，熟知三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分是解题关键.
40．（2022·江苏盐城市·八年级期末）已知等腰三角形的两边长分别为4和8，则它的周长是_______．
【答案】20
【分析】
分腰长为4或腰长为8两种情况，根据等腰三角形的性质求出周长即可得答案．
【详解】
当腰长是4cm时，三角形的三边是4、4、8，
∵4+4=8，
∴不满足三角形的三边关系，
当腰长是8cm时，三角形的三边是8、8、4，
∴三角形的周长是8+8+4=20．
故答案为：20
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，进行分类讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关键．
41．（2022·福建泉州市·）已知一个等腰三角形的两边长分别为3和6，则等腰三角形的周长是_____．
【答案】15
【分析】
分腰为3和腰为6两种情况考虑，先根据三角形的三边关系确定三角形是否存在，再根据三角形的周长公式求值即可．
【详解】
解：当腰为3时，3+3=6，
∴3、3、6不能组成三角形；
当腰为6时，3+6=9＞6，
∴3、6、6能组成三角形，
该三角形的周长为=3+6+6=15．
故答案为：15．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质以及三角形三边关系，由三角形三边关系确定三角形的三条边长为解题的关键．

三、解答题
42．（2022·江苏七年级期中）如图，BE是△ABC的角平分线，点D是AB边上一点，且∠DEB＝∠DBE.
⑴ DE与BC平行吗？为什么？
⑵ 若∠A＝40°，∠ADE＝60°，求∠C的度数.

【答案】⑴ DE与BC平行 ，理由见解析； ⑵∠C=80°
【详解】
试题分析：内错角相等，两直线平行. 依据三角形的内角和即可求出的度数.
试题解析：
与平行.
是的角平分线 ,





∴


中：

43．（2022·辽宁七年级期中）如图，在△ABC中，∠A=40°，∠B=76°，CE平分∠ACB，CD⊥AB于点D，DF⊥CE于点F，求∠CDF的度数．

【答案】∠CDF=72°．
【详解】
试题分析：首先根据三角形的内角和定理求得∠ACB的度数，以及∠BCD的度数，根据角的平分线的定义求得∠BCE的度数，则∠ECD可以求解，然后在△CDF中，利用内角和定理即可求得∠CDF的度数．
试题解析：∵∠A=40°，∠B=76°，
∴∠ACB=180°﹣40°﹣76°=64°，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE=∠BCE=32°，
∴∠CED=∠A+∠ACE=72°，
∴∠CDE=90°，DF⊥CE，
∴∠CDF+∠ECD=∠ECD+∠CED=90°，
∴∠CDF=72°．
44．（2022·广东揭阳市·八年级期末）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，DE∥AC，∠B＝50°，∠EDC＝30°.求∠ADC的度数．

【答案】∠ADC＝80°．
【解析】
分析：根据两直线平行，内错角相等求出∠ACD，再根据角平分线的定义求出∠ACB，根据三角形内角和定理求出∠A，再利用三角形内角和定理解答即可．
详解：∵DE∥AC，∠EDC=30°，∴∠ACD=∠EDC=30°．
∵CD平分∠ACB，∴∠ACB=2∠ACD=2×30°=60°．
在△ABC中，∠A=180°﹣∠B﹣∠ACB=180°﹣50°﹣60°=70°．
在△ACD中，∠ADC=180°﹣∠ACD﹣∠A=180°﹣30°﹣70°=80°．
点睛：本题考查了平行线的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，熟记性质并准确识图是解题的关键．
45．（2022·江苏赣榆实验中学七年级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=40°，△ABC的外角∠CBD的平分线BE交AC的延长线于点E．
（1）求∠CBE的度数；
（2）过点D作DF∥BE，交AC的延长线于点F，求∠F的度数．

【答案】(1) 65°；(2) 25°．
【详解】
分析：（1）先根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC=90°﹣∠A=50°，由邻补角定义得出∠CBD=130°．再根据角平分线定义即可求出∠CBE=∠CBD=65°；
（2）先根据直角三角形两锐角互余的性质得出∠CEB=90°﹣65°=25°，再根据平行线的性质即可求出∠F=∠CEB=25°．
详解：
（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=40°，
∴∠ABC=90°﹣∠A=50°，
∴∠CBD=130°．
∵BE是∠CBD的平分线，
∴∠CBE=∠CBD=65°；
（2）∵∠ACB=90°，∠CBE=65°，
∴∠CEB=90°﹣65°=25°．
∵DF∥BE，
∴∠F=∠CEB=25°．
点睛：本题考查了三角形内角和定理，直角三角形两锐角互余的性质，平行线的性质，邻补角定义，角平分线定义．掌握各定义与性质是解题的关键．
46．（2020·右玉县二中八年级月考）如图，小明从点A出发，前进10m后向右转20°，再前进10m后又向右转20°，这样一直下去，直到他第一次回到出发点A为止，他所走的路径构成了一个多边形．
（1）小明一共走了多少米？
（2）这个多边形的内角和是多少度？

【答案】（1）小明一共走了180米；（2）这个多边形的内角和是2880度．
【分析】
（1）根据题意易得小明第一次回到出发点A需要向右转：360°÷20°=18（次），继而求得答案；
（2）根据多边形内角和公式进行求解即可得.
【详解】
（1）∵所经过的路线正好构成一个外角是20度的正多边形，
∴360÷20=18，18×10=180（米），
答：小明一共走了180米；
（2）根据题意得：
（18﹣2）×180°=2880°，
答：这个多边形的内角和是2880度．
【点睛】
本题考查了多边形内角与外角，理解题意，掌握多边形的外角和等于360°以及多边形的内角和公式是解题的关键．
47．（2022·广西八年级期末）“佳园工艺店”打算制作一批有两边长分别是7分米，3分米，第三边长为奇数（单位：分米）的不同规格的三角形木框．
（1）要制作满足上述条件的三角形木框共有　 　种．
（2）若每种规格的三角形木框只制作一个，制作这种木框的木条的售价为8元╱分米，问至少需要多少钱购买材料？（忽略接头）
【答案】(1)3；（2）至少需要408元钱购买材料．
【分析】
（1）根据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，确定第三边的取值范围，从而确定符合条件的三角形的个数．
（2）求出各三角形的周长的和，再乘以售价为8元/分米，可求其所需钱数．
【详解】
解：（1）三角形的第三边x满足：7-3＜x＜3+7，即4＜x＜10．因为第三边又为奇数，因而第三边可以为5、7或9．故要制作满足上述条件的三角形木框共有3种．
（2）制作这种木框的木条的长为：3+5+7+3+7+7+3+7+9=51（分米），
∴51×8=408（元）．
答：至少需要408元购买材料．
【点睛】
本题主要考查三角形三边关系的应用，注意熟练运用在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
48．（2018·四川七年级期末）如图，在△ABC中，分别作其内角∠ACB与外角∠DAC的角平分线，且两条角平分线所在的直线交于点E

（1）填空：①如图1，若∠B=60°，则∠E=______；②如图2，若∠B=90°，则∠E=______；
（2）如图3，若∠B=α，求∠E的度数；
（3）如图4，仿照（2）中的方法，在（2）的条件下分别作∠EAB与∠ECB的角平分线，且两条角平分线交于点G，求∠G的度数．
【答案】（1）①30°；②45°；（2）∠E=α；（3）∠G =α．　
【分析】
（1）①根据三角形的外角性质可得∠DAC﹣∠ACB=∠B=60°，再根据角平分线的定义可得∠FAC﹣∠ACE=30°，可求∠E的度数；
②根据三角形的外角性质可得∠DAC﹣∠ACB=∠B=90°，再根据角平分线的定义可得∠FAC﹣∠ACE=45°，可求∠E的度数；
（2）根据三角形的外角性质可得∠DAC﹣∠ACB=∠B=α，再根据角平分线的定义可得∠FAC﹣∠ACE=α，可求∠E的度数；
（3）根据角平分线的定和义可得三角形的外角性质可得∠G=∠HAC﹣∠ACG=∠FAC﹣∠ACE=（∠FAC﹣∠ACE），可求∠G的度数．
【详解】
（1）①∠DAC﹣∠ACB=∠B=60°．
∵EA平分∠DAC，EC平分∠ACB，∴∠FAC=∠DAC，∠ACE=∠ACB，∴∠E=∠FAC﹣∠ACE=∠B=30°；
②∠DAC﹣∠ACB=∠B=60°．
∵EA平分∠DAC，EC平分∠ACB，∴∠FAC=∠DAC，∠ACE=∠ACB，∴∠E=∠FAC﹣∠ACE=∠B=45°；
（2）∠DAC﹣∠ACB=∠B=α．
∵EA平分∠DAC，EC平分∠ACB，∴∠FAC=∠DAC，∠ACE=∠ACB，∴∠E=∠FAC﹣∠ACE=∠B=α；
（3）∵AG，CG分别是∠EAB与∠ECB的角平分线，∴∠G=∠HAC﹣∠ACG=∠FAC﹣∠ACE=（∠FAC﹣∠ACE）=×∠B=α．
【点睛】
本题考查了三角形外角的性质、角平分线的定义，熟练掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，熟记性质并准确识图是解题的关键，要注意整体思想的利用．
49．（2020·鄱阳县第二中学八年级月考）如图，在△BCD中，BC=4，BD=5．
（1）求CD的取值范围；
（2）若AE∥BD，∠A=55°，∠BDE=125°，求∠C的度数．

【答案】（1）1 【分析】
(1)根据三角形三边关系进行求解即可得；
(2)根据平行线的性质求得∠AEC的度数，继而根据三角形内角和定理即可求得答案.
【详解】
(1)在△BCD中，BD-BC 又∵BC=4，BD=5，
∴5-4 即1 (2)∵AE∥BD，∠BDE=125°，
∴∠AEC=180°-∠BDE=55°，
又∵∠A+∠C+∠AEC=180°，∠A=55°，
∴∠C=70°．
【点睛】
本题考查了三角形三边关系，三角形内角和定理，熟练掌握相关知识是解题的关键.
50．（2020·涡阳县高炉镇普九学校八年级月考）问题情景：如图1，在同一平面内，点和点分别位于一块直角三角板的两条直角边，上，点与点在直线的同侧，若点在内部，试问，与的大小是否满足某种确定的数量关系？

（1）特殊探究：若，则_________度，________度，_________度；
（2）类比探索：请猜想与的关系，并说明理由；
（3）类比延伸：改变点的位置，使点在外，其它条件都不变，判断（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出，与满足的数量关系式．
【答案】（1）125，90，35；（2）∠ABP+∠ACP=90°-∠A，证明见解析；（3）结论不成立．∠ABP-∠ACP=90°-∠A，∠ABP+∠ACP=∠A-90°或∠ACP - ∠ABP =90°-∠A．
【分析】
（1）根据三角形内角和即可得出∠ABC+∠ACB，∠PBC+∠PCB，然后即可得出∠ABP+∠ACP；
（2）根据三角形内角和定理进行等量转换，即可得出∠ABP+∠ACP=90°-∠A；
（3）按照（2）中同样的方法进行等量转换，求解即可判定.
【详解】
（1）∠ABC+∠ACB=180°-∠A=180°-55°=125度，∠PBC+∠PCB=180°-∠P=180°-90°=90度，
∠ABP+∠ACP=∠ABC+∠ACB -（∠PBC+∠PCB）=125°-90°=35度；
（2）猜想：∠ABP+∠ACP=90°-∠A；
证明：在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°-∠A，
∵∠ABC=∠ABP+∠PBC，∠ACB=∠ACP+∠PCB，
∴（∠ABP+∠PBC）+（∠ACP+∠PCB）=180°-∠A，
∴（∠ABP+∠ACP）+（∠PBC+∠PCB）=180°-∠A，
又∵在Rt△PBC中，∠P=90°，
∴∠PBC+∠PCB=90°，
∴（∠ABP+∠ACP）+90°=180°-∠A，
∴∠ABP+∠ACP=90°-∠A．
（3）判断：（2）中的结论不成立．

证明：在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°-∠A，
∵∠ABC=∠PBC-∠ABP，∠ACB=∠PCB-∠ACP，
∴（∠PBC+∠PCB）-（∠ABP+∠ACP）=180°-∠A，
又∵在Rt△PBC中，∠P=90°，
∴∠PBC+∠PCB=90°，
∴∠ABP-∠ACP=90°-∠A，∠ABP+∠ACP=∠A-90°
或∠ACP - ∠ABP =90°-∠A．
【点睛】
此题主要考查利用三角形内角和定理进行等角转换，熟练掌握，即可解题.
51．（2020·浙江八年级月考）如图，△ABC中，AD是高，AE、BF是角平分线，它们相交于点O，∠CAB＝50°，∠C＝60°，求∠DAE和∠BOA的度数．

【答案】∠DAE＝5°，∠BOA＝120°
【分析】
由∠CAB＝50°，∠C＝60°可求出∠ABC；由AE、BF是角平分线，得到∠CBF＝∠ABF＝35°，∠EAF＝∠EAB＝25°；由AD是高，得到∠DAC；从而计算得到∠DAE和∠BOA．
【详解】
∵∠CAB＝50°，∠C＝60°
∴∠ABC＝180°﹣50°﹣60°＝70°
∵AE、BF是角平分线
∴∠CBF＝∠ABF＝35°，∠EAF＝∠EAB＝25°
又∵AD是高
∴∠ADC＝90°
∴∠DAC＝180°﹣90°﹣∠C＝30°
∴∠DAE＝∠DAC﹣∠EAF＝5°
又∵∠ABF＝35°，∠EAB＝25°
∴∠BOA＝180°-∠EAB-∠ABF＝180°-25°-35°＝120°
∴∠DAE＝5°，∠BOA＝120°．
【点睛】
本题考查了三角形角平分线、直角三角形的知识；求解的关键是熟练掌握三角形以及直角三角形的性质，从而完成求解．
52．（2020·马鞍山二中实验学校八年级期中）如图，已知：点P是内一点．

（1）求证：；
（2）若PB平分，PC平分，，求的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）110°
【分析】
（1）延长BP交AC于D，根据△PDC外角的性质知∠BPC＞∠1；根据△ABD外角的性质知∠1＞∠A，所以易证∠BPC＞∠A．
（2）由三角形内角和定理求出∠ABC＋∠ACB＝140°，由角平分线和三角形内角和定理即可得出结果．
【详解】
（1）延长BP交AC于D，如图所示：

∵∠BPC是△CDP的一个外角，∠1是△ABD的一个外角，
∴∠BPC＞∠1，∠1＞∠A，
∴∠BPC＞∠A；
（2）在△ABC中，∵∠A=40°，
∴∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A=180°﹣40°=140°，
∵PB平分∠ABC，PC平分∠ACB，
∴∠PBC=∠ABC，∠PCB=∠ACB，
在△PBC中，∠P=180°﹣（∠PBC+∠PCB）
=180°﹣（∠ABC+∠ACB）
=180°﹣（∠ABC+∠ACB）
=180°﹣×140°
=110°．
【点睛】
此题主要考查了三角形的外角性质、三角形内角和定理、三角形的角平分线定义；熟练掌握三角形的外角性质和三角形内角和定理是解决问题的关键．
53．（2022·江苏省江阴市第一中学七年级月考）如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD，则我们把形如这样的图形称为“8字型”．
(1)求证：∠A+∠C＝∠B+D；
(2)如图2，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，且与CD、AB分别相交于点M、N．
①以线段AC为边的“8字型”有　 　个，以点O为交点的“8字型”有　 　个；
②若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度数；
③若角平分线中角的关系改为“∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB”，试探究∠P与∠B、∠C之间存在的数量关系，并证明理由．

【答案】(1)证明见解析；(2)①3， 4；②∠P＝110°；③3∠P＝∠B+2∠C，理由见解析.
【分析】
(1)由三角形内角和得到∠A+∠C=180°﹣∠AOC，∠B+∠D=180°﹣∠BOD，由对顶角相等，得到∠AOC=∠BOD，因而∠A+∠C=∠B+∠D；
(2)①以线段AC为边的“8字形”有3个，以O为交点的“8字形”有4个；
②根据(1)的结论，以M为交点“8字型”中，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，以N为交点“8字型”中，∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP，两等式相加得到2∠P+∠BAP+∠CDP=∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，由AP和DP是角平分线，得到∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，从而∠P=(∠B+∠C)，然后将∠B=100º，∠C=120º代入计算即可；
③与②的证明方法一样得到3∠P=∠B+2∠C.
【详解】
解：(1)在图1中，有∠A+∠C＝180°﹣∠AOC，∠B+∠D＝180°﹣∠BOD，
∵∠AOC＝∠BOD，
∴∠A+∠C＝∠B+∠D；
(2)解：①以线段AC为边的“8字型”有3个：

以点O为交点的“8字型”有4个：

②以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴2∠P+∠BAP+∠CDP＝∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，
∵AP、DP分别平分∠CAB和∠BDC，
∴∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，
∴2∠P＝∠B+∠C，
∵∠B＝100°，∠C＝120°，
∴∠P＝（∠B+∠C）=（100°+120°）＝110°；
③3∠P＝∠B+2∠C，其理由是：
∵∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，
∴∠BAP＝∠CAB，∠BDP＝∠CDB，
以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，
以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP
∴∠C﹣∠P＝∠CDP﹣∠CAP＝（∠CDB﹣∠CAB），
∠P﹣∠B＝∠BDP﹣∠BAP＝（∠CDB﹣∠CAB）．
∴2（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B，
∴3∠P＝∠B+2∠C．
故答案为(1)证明见解析；(2)①3， 4；②∠P＝110°；③3∠P＝∠B+2∠C，理由见解析.
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是180°．也考查了角平分线的定义．
54．（2022·四川省遂宁市第二中学校八年级月考）已知：在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D是AB的中点，点E是AB边上一点．
（1）直线BF垂直于直线CE于点F，交CD于点G（如图1），求证：AE=CG；
（2）直线AH垂直于直线CE，垂足为点H，交CD的延长线于点M（如图2），找出图中与BE相等的线段，并证明．
【答案】解：（1）见解析（2）见解析．
【详解】
解：（1）证明：∵点D是AB中点，AC=BC，∠ACB=90°，
∴CD⊥AB，∠ACD=∠BCD=45°，
∴∠CAD=∠CBD=45°，
∴∠CAE=∠BCG，又BF⊥CE，
∴∠CBG+∠BCF=90°，又∠ACE+∠BCF=90°，
∴∠ACE=∠CBG，
在△AEC和△CGB中，

∴△AEC≌△CGB，
∴AE=CG，
（2）BE=CM，
证明：∵CH⊥HM，CD⊥ED，
∴∠CMA+∠MCH=90°，∠BEC+∠MCH=90°，
∴∠CMA=∠BEC，
又∵AC=BC，∠ACM=∠CBE=45°，
在△BCE和△CAM中，

∴△BCE≌△CAM，
∴BE=CM．