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第11章 三角形（基础、常考、易错、压轴）分类专项训练2022-2023学年八年级数学考试满分全攻略（人教版）
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第11章 三角形（基础、常考、易错、压轴）分类专项训练
【基础】
一．三角形（共1小题）
1．（2020秋•饶平县校级期中）如图，已知＝＝，△ABC的周长是14cm，求BC的长．
【分析】根据比值和周长解答即可．
【解答】解：∵＝＝，
设AB为5x，BD为2x，AC为5y，CD为2y，
∵△ABC的周长是14cm，
∴5x+2x+5y+2y＝14，
解得：x+y＝2，
所以BC＝2（x+y）＝4．
【点评】此题考查三角形的问题，关键是根据三角形的周长解答．
二．三角形的角平分线、中线和高（共2小题）
2．（2021秋•威县期末）在△ABC中，BC＝8，AB＝1；
（1）若AC是整数，求AC的长；
（2）已知BD是△ABC的中线，若△ABD的周长为10，求△BCD的周长．
【分析】（1）根据三角形的三边关系解答即可；
（2）根据三角形的中线的定义得到AD＝CD，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：（1）由题意得：BC﹣AB＜AC＜BC+AB，
∴7＜AC＜9，
∵AC是整数，
∴AC＝8；
（2）∵BD是△ABC的中线，
∴AD＝CD，
∵△ABD的周长为10，
∴AB+AD+BD＝10，
∵AB＝1，
∴AD+BD＝9，
∴△BCD的周长＝BC+BD+CD＝BC+AD+CD＝8+9＝17．
【点评】本题考查的是三角形的三边关系、三角形的中线的定义，掌握三角形两边之和大于第三边、两边之差小于第三边是解题的关键．
3．（2021秋•乾安县期中）如图所示，D是边AB的中点，△BCD的周长比△ACD的周长大3cm，BC＝8cm，求边AC的长．
【分析】根据中点的定义得到AD＝DB，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵D是边AB的中点，
∴AD＝DB，
∵△BCD的周长比△ACD的周长大3cm，
∴（BC+CD+BD）﹣（AC+CD+AD）＝3cm，
∴BC+CD+BD﹣AC﹣CD﹣AD＝3cm，
∴BC﹣AC＝3cm，
∵BC＝8cm，
∴AC＝5cm．
【点评】本题考查的是三角形的中线的概念，根据中点的定义得出AD＝DB是解题的关键．
三．三角形的稳定性（共1小题）
4．（2022•黄冈三模）下列事物所运用的原理不属于三角形稳定性的是（ ）
A．长方形门框的斜拉条 B．埃及金字塔
C．三角形房架 D．学校的电动伸缩大门
【分析】根据三角形的稳定性和平行四边形的易变性进行解答即可．
【解答】解：下列事物中运用了三角形稳定性的是长方形门框的斜拉条，埃及金字塔和三角形房架，学校的电动伸缩大门运用了平行四边形的易变性；
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的稳定性在实际生活中的应用问题，注意基础知识的灵活运用．
四．三角形三边关系（共2小题）
5．（2022春•榆树市期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，△ABD的周长比△ADC的周长多1，AB与AC的和为11．
（1）求AB、AC的长；
（2）求BC边的取值范围．
【分析】（1）根据三角形中线的定义，BD＝CD．所以△ABD和△ADC的周长之差也就是AB与AC的差，然后联立关于AB、AC的二元一次方程组，利用加减消元法求解即可．
（2）根据三角形三边关系解答即可．
【解答】解：（1）∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∴△ABD的周长﹣△ADC的周长＝（AB+AD+BD）﹣（AC+AD+CD）＝AB﹣AC＝1，
即AB﹣AC＝2①，
又AB+AC＝11②，
①+②得．2AB＝12，
解得AB＝6，
②﹣①得，2AC＝10，
解得AC＝5，
∴AB和AC的长分别为：AB＝6，AC＝5；
（2）∵AB＝6，AC＝5，
∴1＜BC＜11．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，三角形的中线定义，二元一次方程组的求解，利用加减消元法求解是解题的关键．
6．（2022春•曲阳县期末）某市木材市场上木棒规格与价格如下表：
规格
1m
2m
3m
4m
5m
6m
价格/（元/根）
10
15
20
25
30
35
小明的爷爷要做一个三角形的支架养鱼用，现有两根长度为3m和5m的木棒，还需要到该木材市场上购买一根．
（1）有几种规格的木棒可供小明的爷爷选择？
（2）在能做成三角形支架的情况下，选择哪一种规格的木棒最省钱？
【分析】（1）根据三角形的三边关系可得5﹣3＜x＜5+3，再解出不等式可得x的取值范围，进而得到选择的木棒长度；
（2）根据木棒价格可直接选出答案．
【解答】解：（1）设第三根木棒的长度为xm，
根据三角形的三边关系可得：5﹣3＜x＜5+3，
解得2＜x＜8，
x＝3，4，5，6共4种，
∴有4种规格木棒可供小明的爷爷选择；
（2）根据木棒的价格可得选3m最省钱．
【点评】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．三角形的两边差小于第三边．
五．三角形内角和定理（共3小题）
7．（2022春•巨野县期末）如图，在△ABC中，∠B＝30°，∠C＝65°，AE⊥BC于E，AD平分∠BAC，
（1）求∠DAE的度数；
（2）如图②，若把“AE⊥BC”变成“点F在DA的延长线上，FE⊥BC”，其它条件不变，求∠DFE的度数．
【分析】（1）由三角形内角和定理可得∠BAC＝85°，∠CAE＝25°，由角平分线的性质可得∠CAD＝42.5°，即可求得∠DAE；
（2）由三角形内角和定理可得∠BAC＝85°，∠CGE＝25°，从而可得∠AGF＝∠CGE＝25°，由角平分线的性质可得∠CAD＝42.5°，从而可得∠FAG＝137.5°，由三角形内角和定理即可求得∠DFE．
【解答】解：（1）∵∠B＝30°，∠C＝65°，
∴∠BAC＝85°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝42.5°，
∵AE⊥BC，
∴∠CAE＝25°，
∴∠DAE＝∠CAD﹣∠CAE＝17.5°；
（2）如图，
∵∠B＝30°，∠C＝65°，
∴∠BAC＝85°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝42.5°，
∴∠FAG＝180°﹣∠CAD＝137.5°，
∵EF⊥BC，
∴∠CGE＝25°，
∴∠AGF＝25°，
∴∠DFE＝180°﹣∠AGF﹣∠FAG＝17.5°．
【点评】本题考查三角形内角和定理，角平分线的性质，解题的关键是熟练运用三角形内角和定理，角平分线的性质．
8．（2022春•沐川县期末）如图，在△ABC中，∠B＝20°，∠ACB＝110°，AE平分∠BAC，AD⊥BD于点D，求∠DAE的度数．
【分析】先根据三角形内角和定理求出∠BAC的度数，由角平分线定义得出∠BAE的度数，再由三角形外角的性质求出∠AEC的度数，进而得出答案．
【解答】解：在△ABC中，∠B＝20°，∠ACB＝110°，
∴∠BAC＝180°﹣20°﹣110°＝50°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠BAC＝25°，
∴∠AEC＝∠B+∠BAC＝20°+25°＝45°，
∵AD⊥BD于点D，
∴∠D＝90°，
∴∠DAE＝90°﹣∠AED＝90°﹣45°＝45°．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理．熟悉定理与性质并准确识图，理清图中各角度之间隐含的关系是解决本题的关键．
9．（2022春•卧龙区期末）如图，在△ABC中，∠B＝25°，∠BAC＝31°，过点A作BC边上的高，交BC的延长线于点D，CE平分∠ACD，交AD于点E．求∠AEC的度数．
【分析】求出∠ECD，∠D，利用三角形的外角的性质求解即可．
【解答】解：∵∠ACD＝∠B+∠BAC，∠B＝25°，∠BAC＝31°，
∴∠ACD＝25°+31°＝56°．
∵AD⊥BD，
∴∠D＝90°，
∵∠ACD＝56°，CE平分∠ACD，
∴∠ECD＝∠ACD＝28°，
∴∠AEC＝∠ECD+∠D＝28°+90°＝118°．
【点评】本题考查三角形内角和定理，三角形外角的性质，角平分线的定义等知识，解题关键是熟知基础知识能根据图形选择合适的性质进行角的计算和转化．
六．三角形的外角性质（共3小题）
10．（2022春•耒阳市期末）如图，D是△ABC的BC边上一点，∠B＝∠BAD，∠ADC＝70°，∠BAC＝80°．
求：（1）∠B的度数；
（2）∠C的度数．
【分析】（1）由三角形的外角性质可得∠ADC＝∠B+∠BAD，从而可求解；
（2）结合（1）利用三角形的内角和定理求解即可．
【解答】解：（1）∵∠B＝∠BAD，∠ADC＝70°，且∠ADC是△ABD的外角，
∴∠ADC＝∠B+∠BAD，
∴70°＝∠B+∠B，
解得：∠B＝35°；
（2）∵∠B＝35°，∠BAC＝80°，
∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝65°．
【点评】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角之间的关系．
11．（2022春•鼓楼区校级期末）如图，CE是△ABC的外角∠ACD的平分线，且CE交BA的延长线于点E．
（1）若∠B＝35°，∠E＝25°，求∠CAE的度数；
（2）证明：∠BAC＝∠B+2∠E．
【分析】（1）由三角形的外角性质可求得∠DCE＝60°，再由角平分线的定义可得∠ACE＝60°，利用三角形的内角和定理即可求∠CAE的度数；
（2）由三角形的外角性质可得∠DCE＝∠B+∠E，∠BAC＝∠E+∠ACE，再由角平分线的定义得∠ACE＝∠DCE，从而可求解．
【解答】（1）解：∵∠DCE是△BCE的外角，∠B＝35°，∠E＝25°，
∴∠DCE＝∠B+∠E＝60°，
∵CE平分角ACD，
∴∠ACE＝∠DCE＝60°，
∴∠CAE＝180°﹣∠ACE﹣∠E＝95°；
（2）证明：∵∠DCE是△BCE的外角，∠BAC是△ACE的外角，
∴∠DCE＝∠B+∠E，∠BAC＝∠E+∠ACE，
∵CE平分角ACD，
∴∠ACE＝∠DCE，
∴∠BAC＝∠E+∠B+∠E＝∠B+2∠E．
【点评】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．
12．（2022春•聊城期末）已知△ABC中，AD⊥BC于点D，AE平分∠BAC，过点A作直线GH∥BC，且∠GAB＝64°，∠C＝42°．
（1）求△ABC的外角∠CAF的度数；
（2）求∠DAE的度数．
【分析】（1）根据平行线的性质、对顶角相等计算即可；
（2）根据角平分线的定义得到∠BAE＝37°，根据平行线的性质求出∠GAD＝90°，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：（1）∵GH∥BC，∠C＝42°，
∴∠HAC＝∠C＝42°，
∵∠FAH＝∠GAB＝64°，
∴∠CAF＝∠HAC+∠FAH＝106°；
（2）∵∠HAC＝42°，∠GAB＝64°，
∴∠BAC＝74°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝37°，
∵GH∥BC，AD⊥BC，
∴∠GAD＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣64°＝26°，
∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝11°．
【点评】本题考查的是三角形的外角性质、三角形内角和定理、角平分线的定义、平行线的性质，掌握三角形内角和定理、平行线的性质是解题的关键．
七．直角三角形的性质（共2小题）
13．（2022春•巴中期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，顶点B在直线PQ上，顶点A在直线MN上，BC平分∠PBA，AC平分∠MAB．
（1）求证：PQ∥MN；
（2）求∠QBC+∠NAC的度数．
【分析】（1）根据直角三角形的性质得到∠CBA+∠CAB＝90°，根据角平分线的定义得到∠PBA＝2∠CBA，∠MAB＝2∠CAB，进而得到∠PBA+∠MAB＝180°，，根据平行线的判定定理证明结论；
（2）根据（1）中结论计算，得到答案．
【解答】（1）证明：∵∠C＝90°，
∴∠CBA+∠CAB＝90°，
∵BC平分∠PBA，AC平分∠MAB，
∴∠PBA＝2∠CBA，∠MAB＝2∠CAB，
∴∠PBA+∠MAB＝180°，
∴PQ∥MN；
（2）解：∵∠CBA+∠CAB＝90°，∠PBA+∠MAB＝180°，
∴∠QBC+∠NAC＝∠CBA+∠CAB+∠PBA+∠MAB＝90°+180°＝270°．
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、平行线的判定和性质，掌握直角三角形的两锐角互余是解题的关键．
14．（2022春•淅川县期末）如图所示，在△ABC中，AD平分∠BAC，点P为线段AD上的一个动点，PE⊥AD交BC的延长线于点E．若∠B＝35°，∠ACB＝85°，求∠E的度数；
解：（在以下解答过程的空白处填上适当的内容（理由或数学式）
∵∠B＝35°，∠ACB＝85°（已知）
∠BAC+∠B+∠ACB＝ 180° （ 三角形内角和等于180° ）
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠ACB（ 等式的性质 ）
＝180°﹣35°﹣85°（ 等量代换 ）
＝60°
∵AD平分∠BAC（ 已知 ）
∴∠BAD＝∠ CAD ＝∠BAC＝× 60° ＝ 30° （角平分线的定义）
∴∠ADC＝∠B+ ∠BAD ＝35°+ 30° ＝ 65° （ 三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和 ）
∵PE⊥AD（已知）
∴∠DPE＝90°（ 垂直的定义 ）
在直角三角形DPE中，
∵∠PDE+∠E＝90°（ 直角三角形的两锐角互余 ）
∴∠E＝90°﹣∠PDE
＝90°﹣ 65° ，
＝ 25° ．
【分析】根据三角形内角和定理、角平分线的定义、三角形的外角性质、直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵∠B＝35°，∠ACB＝85°（已知），
∠BAC+∠B+∠ACB＝180°（三角形内角和等于180°），
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠ACB（等式的性质）
＝180°﹣35°﹣85°（等量代换）
＝60°，
∵AD平分∠BAC（已知），
∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝×60°＝30°（角平分线的定义），
∴∠ADC＝∠B+∠BAD＝35°+30°＝65°（三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和），
∵PE⊥AD（已知），
∴∠DPE＝90°（垂直的定义），
在直角三角形DPE中，
∵∠PDE+∠E＝90°（直角三角形的两锐角互余），
∴∠E＝90°﹣∠PDE
＝90°﹣65°
＝25°，
故答案为：180°，三角形内角和等于180°，等式的性质，等量代换，已知，CAD，60°，30°，∠BAD，30°，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，垂直的定义，直角三角形的两锐角互余，65°，25°．
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、三角形的外角性质、角平分线的定义，掌握直角三角形的两锐角互余是解题的关键．
八．多边形（共1小题）
15．（2022春•宽城区期末）一个正方形水池的四周恰好被4个完全相同的正n边形地砖铺满，其部分示意图如图所示，则n的值为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】根据平面镶嵌的条件，先求出正n边形的一个内角的度数，再根据内角和公式求出n的值．
【解答】解：正n边形的一个内角＝（360°﹣90°）÷2＝135°，则
135°n＝（n﹣2）180°，
解得n＝8．
故选：B．
【点评】本题考查了平面镶嵌，体现了学数学用数学的思想，同时考查了多边形的内角和公式．
九．多边形内角与外角（共5小题）
16．（2022•永安市模拟）正五边形的外角和为（ ）
A．72° B．180° C．360° D．540°
【分析】根据任意多边形的外角和等于360°解答即可．
【解答】解：∵任意多边形的外角和等于360°，
∴正五边形的外角和为360°．
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，多边形的外角和等于360°．多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°．
17．（2022春•昌图县期末）一个正多边形，它的一个内角恰好是一个外角的3倍，则这个正多边形是（ ）
A．正十二边形 B．正十边形 C．正八边形 D．正六边形
【分析】设这个正多边的外角为x°，则内角为3x°，根据内角和外角互补可得x+3x＝180，解可得x的值，再利用外角和360°除以外角度数可得边数．
【解答】解：设这个正多边的一个外角为x°，由题意得：
x+3x＝180，
解得：x＝45，
360°÷45°＝8．
故选：C．
【点评】此题主要考查了多边形的内角和外角，关键是计算出外角的度数，进而得到边数．
18．（2022春•荷塘区期末）如图，孔明在驾校练车，他由点A出发向前行驶200米到B处，向左转45°．继续向前行驶同样的路程到C处，再向左转45°．按这样的行驶方法，回到点A总共行驶了 1600米 ．
【分析】根据题意可知该汽车所走的路程正好是一个外角为45°的多边形的周长，求出多边形的周长即可．
【解答】解：根据题意得：360°÷45°＝8，
则他走回点A时共走的路程是8×200＝1600（米）．
故回到A点共走了1600米．
故答案为：1600米．
【点评】本题主要考查多边形的外角和定理，即任意多边形的外角和都是360°．
19．（2022春•鼓楼区校级期末）若对图1中星形截去一个角，如图2，再对图2中的角A，B，E，F如法进一步截去，如图3，则图中的∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N＝ 1080 度．
【分析】根据图中可找出规律∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，并且每截去一个角则会增加180度，由此即可求出答案．
【解答】解：根据图中可得出规律∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，每截去一个角则会增加180度，
所以当截去5个角时增加了180×5度，
则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N＝180×5+180＝1080°．
故答案为：1080．
【点评】本题主要考查了多边形的内角与外角之间的关系．有关五角星的角度问题是常见的问题，其5个角的和是180度．解此题的关键是找到规律利用规律求解．
20．（2022春•新化县校级期末）已知一个多边形的内角和比外角和多540°，请求出它是几边形？
【分析】设它的边数为n，根据多边形的内角和公式和外角和360°可得方程180（n﹣2）﹣360＝540，再解方程即可．
【解答】解：设它的边数为n，由题意得：
180（n﹣2）﹣360＝540，
解得n＝7，
答：它是七边形．
【点评】此题主要考查了多边形的内角和与外角和，关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）．180 （n≥3且n为整数）．
【常考】
一．三角形的角平分线、中线和高（共1小题）
1．（2022春•衡阳县期末）如图所示四个图形中，线段BE能表示三角形ABC的高的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据三角形高的画法知，过点B作AC边上的高，垂足为E，那么线段BE是△ABC的高，再结合图形进行判断．
【解答】解：由题意，线段BE能表示三角形ABC的高时，BE⊥AC于E．
A选项中，BE与AC不垂直；
C选项中，BE与AC不垂直；
D选项中，BE与AC不垂直；
∴线段BE是△ABC的高的图是B选项．
故选：B．
【点评】本题主要考查了三角形的高，三角形的高是指从三角形的一个顶点向对边作垂线，连接顶点与垂足之间的线段．
二．三角形三边关系（共1小题）
2．（2022春•商河县期末）以下列数据为长度的三条线段，能组成三角形的是（ ）
A．2cm、3cm、5cm B．2cm、3cm、4cm
C．3cm、5cm、9cm D．8cm、4cm、4cm
【分析】三角形的三条边必须满足：任意两边之和＞第三边，任意两边之差＜第三边．
【解答】解：A、2+3＝5，故不能组成三角形，不符合题意；
B、2+3＞4，能组成三角形，符合题意；
C、3+5＜9，不能组成三角形，不符合题意；
D、4+4＝8，不能组成三角形，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查对三角形三边关系的理解应用．判断是否可以构成三角形，只要判断两个较小的数的和＞最大的数就可以．
三．三角形内角和定理（共5小题）
3．（2022•梁山县模拟）如图，在△ABC中，∠B＝40°，∠C＝60°，AE，AD分别是角平分线和高，则∠DAE的度数是 10° ．
【分析】利用三角形内角和定理求出∠BAC，再根据角平分线和高线，可求出∠BAE和∠BAD，进而可求出∠DAE的度数．
【解答】解：∵∠B＝40°，∠C＝60°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝80°，
∵AE是△ABC的角平分线，
∴∠BAE＝∠EAC＝∠BAC＝40°，
又∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝50°，
∴∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE＝50°﹣40°＝10°．
故答案为：10°．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理、角平分线的性质等知识点，掌握三角形的内角和定理是解题关键．
4．（2021秋•陆丰市期末）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，P为AD延长线上一点，PE⊥BC于E，已知∠ACB＝80°，∠B＝24°，求∠P的度数．
【分析】在△ABC中，利用三角形内角和定理可求出∠BAC的度数，结合角平分线的定义可得出∠CAD的度数，在△ACD中，利用三角形内角和定理可求出∠ADC的度数，结合对顶角相等可得出∠PDE的度数，再在△PDE中利用三角形内角和定理可求出∠P的度数．
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝80°，∠B＝24°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠B＝76°.
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠BAC＝38°．
在△ACD中，∠ACD＝80°，∠CAD＝38°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ACD﹣∠CAD＝62°，
∴∠PDE＝∠ADC＝62°．
∵PE⊥BC于E，
∴∠PED＝90°，
∴∠P＝180°﹣∠PDE﹣∠PED＝28°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理、角平分线的定义以及对顶角，利用三角形内角和定理及角平分线的定义，求出∠ADC的度数是解题的关键．
5．（2021秋•高新区校级期末）小明在学习中遇到这样一个问题：
如图1，在△ABC中，∠C＞∠B，AE平分∠BAC，AD⊥BC于D．
猜想∠B、∠C、∠EAD的数量关系．
（1）小明阅读题目后，没有发现数量关系与解题思路，于是尝试代入∠B、∠C的值求∠EAD值，得到下面几组对应值：
∠B/度
10
30
30
20
20
∠C/度
70
70
60
60
80
∠EAD/度
30
a
15
20
30
上表中a＝ 20 ，于是得到∠B、∠C、∠EAD的数量关系为 2∠EAD＝∠C﹣∠B ．
（2）小明继续探究，在线段AE上任取一点P，过点P作PD⊥BC于点D，请尝试写出∠B、∠C、∠EPD之间的数量关系，并说明理由．
（3）小明突发奇想，交换B、C两个字母位置，如图2，过EA的延长线是一点F作FD⊥BC交CB的延长线于D，当∠ABC＝80°，∠C＝24°时，∠F度数为 28 °．
【分析】（1）求出∠BAE和∠BAD的大小即可得到∠EAD的值，再通过找规律的形式得出三者的关系，
（2）分别用∠B和∠C表示出∠BAE和∠BAD，再由∠EAD＝∠BAE和﹣BAD即可得出答案，
（3）分析同（2）．
【解答】解：（1）∵∠B＝30°，∠C＝70°，
∴Rt△ABD中，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠BDA＝180°﹣30°﹣90°＝60°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠BAC＝（180°﹣∠B﹣∠C）＝（180°﹣30°﹣70°）＝40°，
∴∠EAD＝∠BAD﹣∠BAE＝60°﹣40°＝20°，
∴a＝20，
故答案为：20；2∠EAD＝∠C﹣∠B．
（2）如图，过点A作AF⊥BC于F，
∵PD⊥BC，AF⊥BC，
∴PD∥AF，
∴∠EPD＝∠EAF，
∵△ABC内角和为180°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠BAC＝90°﹣，
同时∠BAF＝90°﹣∠B，
∴可得出∠EAF＝∠BAF﹣∠BAE＝＝∠EPD，
综上所述，∠EPD＝；
（3）同理（2），依旧可得∠EFD＝＝28°，
故答案为：28．
【点评】本题主要是考查三角形的内角和同位角相等的知识点，解题的关键在于各个角之间的转化，同时注意计算不能出错．
6．（2021秋•南山区期末）（问题背景）
∠MON＝90°，点A、B分别在OM、ON上运动（不与点O重合）．
（问题思考）
（1）如图①，AE、BE分别是∠BAO和∠ABO的平分线，随着点A、点B的运动，∠AEB＝ 135° ．
（2）如图②，若BC是∠ABN的平分线，BC的反向延长线与∠OAB的平分线交于点D．
①若∠BAO＝70°，则∠D＝ 45 °．
②随着点A、B的运动，∠D的大小会变吗？如果不会，求∠D的度数；如果会，请说明理由；
（问题拓展）
（3）在图②的基础上，如果∠MON＝α，其余条件不变，随着点A、B的运动（如图③），∠D＝ ．（用含α的代数式表示）
【分析】（1）根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论；
（2）①根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论；
②由①的思路可得结论；
（3）在②的基础上，将90°换成α即可．
【解答】解：（1）∵∠MON＝90°，
∴∠OAB+∠OBA＝90°，
∵AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，
∴∠BAE＝∠BAO，∠ABE＝∠ABO，
∴∠BAE+∠ABE＝（∠BAO+∠ABO）＝45°，
∴∠AEB＝135°；
故答案为：135°；
（2）①∵∠AOB＝90°，∠BAO＝70°，
∴∠ABO＝20°，∠ABN＝160°，
∵BC是∠ABN的平分线，
∴∠OBD＝∠CBN＝×160°＝80°，
∵AD平分∠BAO，
∴∠DAB＝35°，
∴∠D＝180°﹣∠ABD﹣∠BAD﹣∠AOB＝180°﹣80°﹣35°﹣20°＝45°，
故答案为：45；
②∠D的度数不随A、B的移动而发生变化，
设∠BAD＝x，
∵AD平分∠BAO，
∴∠BAO＝2x，
∵∠AOB＝90°，
∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝∠AOB+∠BAO＝90+2x，
∵BC平分∠ABN，
∴∠ABC＝45°+x，
∵∠ABC＝180°﹣∠ABD＝∠D+∠BAD，
∴∠D＝∠ABC﹣∠BAD＝45°+x﹣x＝45°；
（3）设∠BAD＝x，
∵AD平分∠BAO，
∴∠BAO＝2x，
∵∠AOB＝α，
∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝∠AOB+∠BAO＝α+2x，
∵BC平分∠ABN，
∴∠ABC＝+x，
∵∠ABC＝180°﹣∠ABD＝∠D+∠BAD，
∴∠D＝∠ABC﹣∠BAD＝+x﹣x＝；
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，熟练掌握三角形的内角和定理是解题的关键．
7．（2021秋•怀安县期末）如图所示，有一块直角三角板DEF（足够大），其中∠EDF＝90°，把直角三角板DEF放置在锐角△ABC上，三角板DEF的两边DE、DF恰好分别经过B、C．
（1）若∠A＝40°，则∠ABC+∠ACB＝ 140 °，∠DBC+∠DCB＝ 90 °∠ABD+∠ACD＝ 50 °．
（2）若∠A＝55°，则∠ABD+∠ACD＝ 35 °．
（3）请你猜想一下∠ABD+∠ACD与∠A所满足的数量关系 ∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A ．
【分析】（1）根据三角形内角和定理可得∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝140°，∠DBC+∠DCB＝180°﹣∠DBC＝90°，进而可求出∠ABD+∠ACD的度数；
（2）根据三角形内角和定理可得∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝130°，∠DBC+∠DCB＝180°﹣∠DBC＝90°，进而可求出∠ABD+∠ACD的度数；
（3）根据三角形内角和定义有90°+（∠ABD+∠ACD）+∠A＝180°，则∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A．
【解答】解：（1）在△ABC中，∵∠A＝40°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣40°＝140°，
在△DBC中，∵∠BDC＝90°，
∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝140°﹣90°＝50°；
故答案为：140；90；50．
（2）在△ABC中，∵∠A＝55°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣55°＝125°，
在△DBC中，∵∠BDC＝90°，
∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝125°﹣90°＝35°，
故答案为：35；
（3）∠ABD+∠ACD与∠A之间的数量关系为：∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A．证明如下：
在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A．
在△DBC中，∠DBC+∠DCB＝90°．
∴∠ABC+∠ACB﹣（∠DBC+∠DCB）＝180°﹣∠A﹣90°．
∴∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A，
故答案为：∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，熟练掌握三角形的内角和定理是解答的关键．
四．三角形的外角性质（共1小题）
8．（2022•贵阳模拟）如图，已知△ABC的外角∠CAD＝120°，∠C＝80°，则∠B的度数是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】根据三角形外角的性质可直接求解．
【解答】解：∵∠CAD＝∠B+∠C，∠CAD＝120°，∠C＝80°，
∴∠B＝∠CAD﹣∠C＝120°﹣80°＝40°，
故选：B．
【点评】本题主要考查三角形的外角性质，掌握三角形外角的性质是解题的关键．
五．多边形内角与外角（共7小题）
9．（2022•无锡一模）已知一个正多边形的一个内角是144°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【分析】根据多边形的内角和公式，可得答案．
【解答】解：设正多边形是n边形，由内角和公式得
（n﹣2）180°＝144°×n，
解得n＝10，
故选：C．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，由内角和得出方程式解题关键．
10．（2022春•高青县期末）如图，正五边形ABCDE，对角线AC、BD交于点P，那么∠APD＝（ ）
A．96° B．100° C．108° D．115°
【分析】首先根据正五边形的性质得到AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝108°，然后利用三角形内角和定理得∠BAC＝∠BCA＝∠CBD＝∠BDC＝＝36°，最后利用三角形的内角和定理得到∠APD＝∠BPC＝180°﹣∠CBD﹣∠BCA＝180°﹣36°﹣36°＝108°．
【解答】解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝108°，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠CBD＝∠BDC＝＝36°，
∴∠APD＝∠BPC＝180°﹣∠CBD﹣∠BCA＝180°﹣36°﹣36°＝108°．
故选：C．
【点评】本题考查的是正多边形和三角形的内角和定理，利用数形结合求解是解答此题的关键．
11．（2022•榆林模拟）若正多边形的内角和是540°，则该正多边形的一个外角为 72 °．
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°求出正多边形的边数，再根据多边形的外角和是固定的360°，依此可以求出正多边形的一个外角．
【解答】解：∵正多边形的内角和是540°，
∴多边形的边数为540°÷180°+2＝5，
∵多边形的外角和都是360°，
∴正多边形的一个外角＝360÷5＝72°．
故答案为：72．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和与外角和之间的关系，关键是记住内角和的公式与外角和的特征，难度适中．
12．（2022•市中区校级一模）一个正多边形的每一个内角都是108°，则它是正 五 边形．
【分析】由多边形的每一个内角都是108°先求得它的每一个外角是72°，然后根据正多边形的外角和是360°求解即可．
【解答】解：180°﹣108°＝72°，
360°÷72°＝5．
故答案为：五．
【点评】本题主要考查的是多边形的内角与外角，明确正多边形的每个内角的度数×边数＝360°是解题的关键．
13．（2022•武功县模拟）第五套人民币中的5角硬币色泽为镍白色，正，反面的内周边缘均为正十一边形．则其内角和为 1620 °．
【分析】把多边形的边数代入n边形的内角和是（n﹣2）•180°，就得到多边形的内角和．
【解答】解：十一边形的内角和等于：（11﹣2）•180°＝1620°．
故答案为：1620．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角的知识点，解决本题的关键是正确运用多边形的内角和公式，是需要熟记的内容，此题难度不大．
14．（2022•岳麓区一模）如果一个正多边形每一个内角都等于135°，那么这个正多边形的边数是 8 ．
【分析】根据正多边形的一个内角是135°，则知该正多边形的一个外角为45°，再根据多边形的外角之和为360°，即可求出正多边形的边数．
【解答】解：∵正多边形的一个内角是135°，
∴该正多边形的一个外角为45°，
∵多边形的外角之和为360°，
∴边数n＝360÷45＝8，
∴该正多边形的边数是8．
故答案为：8．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角的知识点，解答本题的关键是知道多边形的外角之和为360°，此题难度不大．
15．（2021秋•襄都区校级期末）一个多边形的每一个内角都相等，并且每个外角都等于和它相邻的内角的一半．
（1）求这个多边形是几边形；
（2）求这个多边形的内角和．
【分析】（1）设内角为x，根据多边形的内角与外角的关系列出方程，解方程求出x
（2）根据多边形的内角和公式计算即可．
【解答】解：（1）设多边形的每一个内角为x，则每一个外角为 x，
由题意得，x+x＝180°，
解得，x＝120°，x＝60°，
这个多边形的边数为：＝6，
答：这个多边形是六边形；
（2）由（1）知，该多边形是六边形，
∴内角和＝（6﹣2）×180°＝720°，
答：这个多边形的内角和为720°．
【点评】本题考查的是多边形的内角与外角的计算，掌握正多边形的定义、多边形的内角与外角的关系是解题的关键．
【易错】
一．三角形三边关系（共5小题）
1．（2022春•昌图县期末）下列每组数分别是三根木棒的长度，不能用它们摆成三角形的是（ ）
A．3，4，6 B．4，5，8 C．5，5，5 D．5，6，11
【分析】根据三角形两边之和大于第三边、三角形的两边差小于第三边判断即可．
【解答】解：A、∵4﹣3＜6＜4+3，
∴长度为3，4，6的三根木棒，能用它们摆成三角形，本选项不符合题意；
B、∵5﹣4＜8＜5+4，
∴长度为4，5，8的三根木棒，能用它们摆成三角形，本选项不符合题意；
C、∵5﹣5＜5＜5+5，
∴长度为5，5，5的三根木棒，能用它们摆成三角形，本选项不符合题意；
D、∵5+6＝11，
∴长度为5，6，11的三根木棒，不能用它们摆成三角形，本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形的三边关系，掌握三角形两边之和大于第三边、三角形的两边差小于第三边是解题的关键．
2．（2021秋•祁阳县期末）已知三角形的三条边长均为整数，其中有一条边长是4，但它不是最短边，这样的三角形的个数为（ ）
A．6个 B．8个 C．10个 D．12个
【分析】根据三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，用穷举法即可得出答案．
【解答】解：∵三角形的三条边长均为整数，其中有一条边长是4，但它不是最短边，
列举法：当4是最大边时，有（1，4，4），（2，3，4），（2，4，4），（3，3，4），（3，4，4）．
当4是中间的边时，有（2，4，5），（3，4，5），（3，4，6）．共8个，
故选：B．
【点评】本题考查了三角形三边关系，难度一般，关键是掌握三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
3．（2021秋•武冈市期末）已知三角形三边长分别为2，x，4，若x为正整数，则这样的三角形个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边，据此解答即可．
【解答】解：由题意可得，4﹣2＜x＜4+2，
解得2＜x＜6，
∵x为整数，
∴x为4、5、3，
∴这样的三角形个数为3．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边；运用三角形的三边关系定理是解答的关键．
4．（2021秋•汉阳区校级期末）已知n是正整数，若一个三角形的三边长分别是n+2、n+8、3n，则满足条件的n的值有（ ）
A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
【分析】三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．依据三角形三边关系列不等式组，进行求解即可．
【解答】解：由三角形三边关系可得，
，
解得2＜n＜10，
∴正整数n有7个：3，4，5，6，7，8，9．
故选：D．
【点评】本题主要考查了三角形三边关系的运用，在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度，即可判定这三条线段能构成一个三角形．
5．（2021秋•密山市校级期末）三角形的三边长分别为5，8，x，则最长边x的取值范围是（ ）
A．3＜x＜8 B．5＜x＜13 C．3＜x＜13 D．8≤x＜13
【分析】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的取值范围，再根据x是最长边求解．
【解答】解：∵5+8＝13，8﹣5＝3，
∴3＜x＜13，
又∵x是三角形中最长的边，
∴8≤x＜13．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，需要注意x是三角形最长边的条件，这是本题最容易出错的地方．
二．三角形内角和定理（共4小题）
6．（2021秋•虎林市期末）如图，在△ABC中，点D在边AB上，BE∥AC，连接ED．若∠A＝56°，∠E＝48°，则∠ADE的大小为（ ）
A．94° B．98° C．102° D．104°
【分析】由BE∥AC，利用“两直线平行，内错角相等”可得出∠ABE的度数，再利用三角形的外角性质可求出∠ADE的度数．
【解答】解：∵BE∥AC，∠A＝56°，
∴∠ABE＝∠A＝56°，
∵∠E＝48°，
∴∠ADE＝∠ABE+∠E＝56°+48°＝104°．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的外角性质以及平行线的性质，牢记三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
7．（2021秋•头屯河区期末）△ABC中，BF、CF是角平分线，∠A＝70°，则∠BFC＝ 125° ．
【分析】根据三角形的内角和得∠ABC+∠ACB＝110°，再根据BF、CF是△ABC的角平分线，得∠FBE＝∠ABC，∠FCB＝∠ACB，从而得到∠FBC+∠ACB＝55°，再根据三角形的内角和得∠BFC的度数．
【解答】解：∵∠A＝70°，
∴∠ABC+∠ACB＝110°，
∵BF、CF是△ABC的角平分线，
∴∠FBE＝∠ABC，∠FCB＝∠ACB，
∴∠FBC+∠ACB＝55°，
∴∠BFC＝125°，
故答案为：125°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理的应用，角平分线的应用是解题关键．
8．（2021秋•福田区校级期末）我们定义：
【概念理解】在一个三角形中，如果一个角的度数是另一个角度数的4倍，那么这样的三角形我们称之为“完美三角形”．如：三个内角分别为130°、40°、10°的三角形是“完美三角形”．
【简单应用】如图1，∠MON＝72°，在射线OM上找一点A，过点A作AB⊥OM交ON于点B，以A为端点作射线AD，交线段OB于点C（点C不与C、B重合点）
（1）∠ABO＝ 18 °，△AOB 是 （填“是”或“不是”）“完美三角形”；
（2）若∠ACB＝90°，求证：△AOC是“完美三角形”；
【应用拓展】
如图2，点D在△ABC的边AB上，连接DC，作∠ADC的平分线交AC于点E，在DC上取一点F，使∠EFC+∠BDC＝180°，∠DEF＝∠B，若△BCD是“完美三角形”，求∠B的度数．
【分析】（1）根据垂直的定义、三角形内角和定理求出∠ABO的度数，根据“完美三角形”的概念判断；
（2）根据“完美三角形”的概念证明即可；
应用拓展：根据比较的性质得到∠EFC＝∠ADC，根据平行线的性质得到∠DEF＝∠ADE，推出DE∥BC，得到∠CDE＝∠BCD，根据角平分线的定义得到∠ADE＝∠CDE，求得∠B＝∠BCD，根据“完美三角形”的定义求解即可．
【解答】解：（1）∵AB⊥OM，
∴∠OAB＝90°，
∴∠ABO＝90°﹣∠MON＝90°﹣72°＝18°，
∵∠MON＝4∠ABO，
∴△AOB为“完美三角形”，
故答案为：18；是；
（2）证明：∵∠MON＝72°，∠ACB＝90°，
∠ACB＝∠OAC+∠MON，
∴∠OAC＝90°﹣72°＝18°，
∵∠AOB＝72°＝4×18°＝4∠OAC，
∴△AOC是“完美三角形”；
应用拓展：
∵∠EFC+∠BDC＝180°，∠ADC+∠BDC＝180°，
∴∠EFC＝∠ADC，
∴AD∥EF，
∴∠DEF＝∠ADE，
∵∠DEF＝∠B，
∴∠B＝∠ADE，
∴DE∥BC，
∴∠CDE＝∠BCD，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∴∠B＝∠BCD，
∵△BCD是“完美三角形”，
∴∠BDC＝4∠B，或∠B＝4∠BDC，
∵∠BDC+∠BCD+∠B＝180°，
∴∠B＝30°或∠B＝80°．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理、“完美三角形”的概念，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
9．（2021秋•金寨县期末）如图，在△ABC中，∠C＝∠ABC＝2∠A，BD⊥AC于D，求∠DBC的度数．
【分析】根据三角形的内角和定理与∠C＝∠ABC＝2∠A，即可求得△ABC三个内角的度数，再根据直角三角形的两个锐角互余求得∠DBC的度数．
【解答】解：∵∠C＝∠ABC＝2∠A，
∴∠C+∠ABC+∠A＝5∠A＝180°，
∴∠A＝36°．
∴∠C＝∠ABC＝2∠A＝72°．
∵BD⊥AC，
∴∠DBC＝90°﹣∠C＝18°．
【点评】本题考查的是等腰三角形的性质，解答此类题目时往往用到三角形的内角和是180°这一隐藏条件．
三．三角形的外角性质（共1小题）
10．（2021秋•中原区校级期末）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠P＝ 30 °．
【分析】根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠P的度数．
【解答】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
∴∠ABP＝∠CBP＝20°，∠ACP＝∠MCP＝50°，
∵∠PCM是△BCP的外角，
∴∠P＝∠PCM﹣∠CBP＝50°﹣20°＝30°，
故答案为：30°．
【点评】本题考查了三角形外角性质以及角平分线的定义，解题时注意：一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．
四．多边形内角与外角（共9小题）
11．（2021秋•白云区期末）一个多边形的外角和等于360°，则这个多边形的边数为（ ）
A．3 B．4
C．5 D．以上均有可能
【分析】根据多边形的外角和等于360°判断即可．
【解答】解：∵多边形的外角和等于360°，
∴这个多边形的边数不能确定．
故选：D．
【点评】本题考查了多边形的外角和定理，解题的关键是明确多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．
12．（2021秋•海珠区期末）若一个多边形的每一个外角都等于45°，则这个多边形是（ ）
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
【分析】根据多边形每一个外角都是45°，利用外角和除以外角的度数可得多边形的边数．
【解答】解：多边形的边数为360÷45＝8，
所以这个多边形是八边形，
故选：D．
【点评】此题主要考查了多边的内角和外角，解题的关键是掌握多边形的内角与外角是邻补角的关系．
13．（2021秋•海珠区期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的值是（ ）
A．240° B．360° C．540° D．720°
【分析】根据四边形的内角和及三角形的外角定理即可求解．
【解答】解：如图，AC、DF与BE分别相交于点M、N，
在四边形NMCD中，∠MND+∠CMN+∠C+∠D＝360°，
∵∠CMN＝∠A+∠E，∠MND＝∠B+∠F，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°，
故选：B．
【点评】此题考查了多边形的外角与内角、三角形的外角性质，熟记多边形的内角和公式及三角形的外角定理是解题的关键．
14．（2021秋•思明区校级期末）下面的多边形中，内角和等于外角和的图形是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【分析】根据任意多边形的内角和公式、任意多边形的外角和等于360°解决此题．
【解答】解：A．三角形的内角和等于180°，任意多边形的外角和等于360°，故三角形的内角和与外角和不相等，那么A不符合题意．
B．四边形的内角和等于360°，任意多边形的外角和等于360°，故四边形的内角和和外角和相等，那么B符合题意．
C．五边形的内角和等于540°，任意多边形的外角和等于360°，故五边形的内角和与外角和不相等，那么C不符合题意．
D．六边形的内角和等于720°，任意多边形的外角和等于360°，故六边形的内角和与外角和不相等，那么D不符合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查多边形的内角和、外角和，熟练掌握任意多边形的内角和公式、任意多边形的外角和等于360°是解决本题的关键．
15．（2022•仙游县模拟）如图，七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O，着∠1、∠2、∠3、∠4对应的邻补角和等于215°，则∠BOD的度数为（ ）
A．30° B．35° C．40° D．45°
【分析】由外角和内角的关系可求得∠1、∠2、∠3、∠4的和，由五边形内角和可求得五边形OAGFE的内角和，则可求得∠BOD．
【解答】解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为215°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+215°＝4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝505°，
∵五边形OAGFE内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD＝540°，
∴∠BOD＝540°﹣505°＝35°，
故选：B．
【点评】本题主要考查多边形的内角和，利用内角和外角的关系求得∠1、∠2、∠3、∠4的和是解题的关键．
16．（2021秋•勃利县期末）若正多边形的一个内角等于144°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【分析】本题需先根据已知条件设出正多边形的边数，再根据正多边形的计算公式得出结果即可．
【解答】解：设这个正多边形是正n边形，根据题意得：
（n﹣2）×180°÷n＝144°，
解得：n＝10．
故选：B．
【点评】本题主要考查了正多边形的内角，在解题时要根据正多边形的内角公式列出式子是本题的关键．
17．（2022•连城县校级开学）如图，边长相等的正五边形和正方形的一边重合，那么∠1的度数是多少（ ）
A．30° B．15° C．18° D．20°
【分析】∠1的度数是正五边形的内角与正方形的内角的度数的差，根据多边形的内角和定理求得角的度数，进而求解．
【解答】解：∵正五边形的内角的度数是×（5﹣2）×180°＝108°，正方形的内角是90°，
∴∠1＝108°﹣90°＝18°．
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的内角和定理、正五边形和正方形的性质，求得正五边形的内角的度数是关键．
18．（2021秋•大埔县期末）如图，在四边形ABDC中，CD∥AB，AC⊥BC于点C，若∠A＝40°，则∠DCB的度数为 50 °．
【分析】根据平行线的性质定理，垂线的定义，三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠ACD+∠A＝180°，
即∠ACB+∠DCB+∠A＝180°，
∵∠A＝40°，
∴∠DCB＝180°﹣∠ACB﹣∠A＝180°﹣90°﹣40°＝50°．
故答案为：50．
【点评】本题考查了三角形的内角和，平行线的性质，垂线的定义，熟练掌握平行线的性质定理，三角形的内角和定理是解题的关键．
19．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，则∠ABC＝ 30 度．
【分析】由于六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，所以这个六边形是正六边形，先算出正六边形每个内角的度数，即可求出∠ABC的度数．
【解答】解：正六边形的每个内角的度数为：＝120°，
所以∠ABC＝120°﹣90°＝30°，
故答案为：30．
【点评】本题考查了多边形内角和定理．解题的关键是会计算正六边形的每个内角的度数．
【压轴】
一．三角形三边关系（共1小题）
1．（2018春•西城区校级期中）如图，△ABC的三边长均为整数，且周长为22，AM是边BC上的中线，△ABM的周长比△ACM的周长大2，则BC长的可能值有（ ）个．
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】依据△ABC的周长为22，△ABM的周长比△ACM的周长大2，可得2＜BC＜11，再根据△ABC的三边长均为整数，即可得到BC＝4，6，8，10．
【解答】解：∵△ABC的周长为22，△ABM的周长比△ACM的周长大2，
∴2＜BC＜22﹣BC，
解得2＜BC＜11，
又∵△ABC的三边长均为整数，△ABM的周长比△ACM的周长大2，
∴AC＝为整数，
∴BC边长为偶数，
∴BC＝4，6，8，10，
即BC的长可能值有4个，
故选：A．
【点评】本题主要考查了三角形三边关系的运用，解题时注意：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边．
二．三角形的外角性质（共2小题）
2．（2021秋•淮北期中）在△ABC中，∠A＝50°，∠B＝30°，点D在AB边上，连接CD，若△ACD为直角三角形，则∠BCD的度数为（ ）
A．60° B．10° C．45° D．10°或60°
【分析】当△ACD为直角三角形时，存在两种情况：∠ADC＝90°或∠ACD＝90°，根据三角形的内角和定理可得结论．
【解答】解：分两种情况：
①如图1，当∠ADC＝90°时，
∵∠B＝30°，
∴∠BCD＝90°﹣30°＝60°；
②如图2，当∠ACD＝90°时，
∵∠A＝50°，∠B＝30°，
∴∠ACB＝180°﹣30°﹣50°＝100°，
∴∠BCD＝100°﹣90°＝10°，
综上，∠BCD的度数为60°或10°，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，分情况讨论是解决本题的关键．
3．（2018秋•玉州区期中）如图，已知△ABC的内角∠A＝α，分别作内角∠ABC与外角∠ACD的平分线，两条平分线交于点A1，得∠A1；∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2；……以此类推得到∠A2018，则∠A2018的度数是（ ）
A． B． C． D．90°+
【分析】根据角平分线的定义可得∠A1BC＝∠ABC，∠A1CD＝∠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，整理即可求出∠A1的度数，同理求出∠A2，可以发现后一个角等于前一个角的，根据此规律即可得解．
【解答】解：∵A1B是∠ABC的平分线，A1C是∠ACD的平分线，
∴∠A1BC＝∠ABC，∠A1CD＝∠ACD，
又∵∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A1CD＝∠A1BC+∠A1，
∴（∠A+∠ABC）＝∠ABC+∠A1，
∴∠A1＝∠A，
∵∠A＝α，
∴∠A1＝；
同理可得∠A2＝∠A1＝•α＝，
∴∠An＝，
∴∠A2018＝．
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键．
三．直角三角形的性质（共1小题）
4．（2020秋•市南区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D在BC上，过D作DF⊥BC交BA的延长线于F，连接AD、CF，若∠CFE＝32°，∠ADB＝45°，则∠B的大小是（ ）
A．32° B．64° C．77° D．87°
【分析】如图，取CF的中点T，连接DT，AT．想办法证明AC＝AF，推出∠CFA＝45°即可解决问题．
【解答】解：如图，取CF的中点T，连接DT，AT．
∵∠BAC＝90°，FD⊥BC，
∴∠CAF＝∠CDF＝90°，
∴AT＝DT＝CF，
∴TD＝TC＝TA，
∴∠TDA＝∠TAD，∠TDC＝∠TCD，
∵∠ADB＝45°，
∴∠ADT+∠TDC＝135°，
∴∠ATC＝360°﹣2×135°＝90°，
∴AT⊥CF，
∵CT＝TF，
∴AC＝AF，
∴∠AFC＝45°，
∴∠BFD＝45°﹣32°＝13°，
∵∠BDF＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠BFD＝77°，
故选：C．
【点评】本题考查直角三角形斜边中线的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题，属于中考常考题型．
四．多边形（共1小题）
5．（2021春•高邮市校级期末）若一个多边形截去一个角后，变成十四边形，则原来的多边形的边数可能为（ ）
A．14或15 B．13或14 C．13或14或15 D．14或15或16
【分析】根据不同的截法，找出前后的多边形的边数之间的关系得出答案．
【解答】解：如图，n边形，A1A2A3…An，
若沿着直线A1A3截去一个角，所得到的多边形，比原来的多边形的边数少1，
若沿着直线A1M截去一个角，所得到的多边形，与原来的多边形的边数相等，
若沿着直线MN截去一个角，所得到的多边形，比原来的多边形的边数多1，
因此将一个多边形截去一个角后，变成十四边形，则原来的多边形的边数为13或14或15，
故选：C．
【点评】考查多边形的意义，根据截线的不同位置得出不同的答案，是解决问题的关键．
五．多边形内角与外角（共2小题）
6．（2022•孟村县二模）如图，若干全等正五边形排成环状．图中所示的是前3个五边形，要完成这一圆环还需（ ）个五边形．
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】先根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°求出正五边形的每一个内角的度数，再延长五边形的两边相交于一点，并根据四边形的内角和求出这个角的度数，然后根据周角等于360°求出完成这一圆环需要的正五边形的个数，然后减去3即可得解．
【解答】解：五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
所以正五边形的每一个内角为540°÷5＝108°，
如图，延长正五边形的两边相交于点O，则∠1＝360°﹣108°×3＝360°﹣324°＝36°，
360°÷36°＝10，
∵已经有3个五边形，
∴10﹣3＝7，
即完成这一圆环还需7个五边形．
故选：B．
【点评】本题考查了多边形的内角和公式，延长正五边形的两边相交于一点，并求出这个角的度数是解题的关键，注意需要减去已有的3个正五边形．
7．（2019秋•猇亭区校级期中）如图，在四边形ABCD中，∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，且∠D+∠C＝210°，则∠P＝（ ）
A．10° B．15° C．30° D．40°
【分析】利用四边形内角和是360°可以求得∠DAB+∠ABC＝150°．然后由角平分线的性质，邻补角的定义求得∠PAB+∠ABP的度数，所以根据△ABP的内角和定理求得∠P的度数即可．
【解答】解：如图，∵∠D+∠C＝210°，∠DAB+∠ABC+∠C+∠D＝360°，
∴∠DAB+∠ABC＝150°．
又∵∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，
∴∠PAB+∠ABP＝∠DAB+∠ABC+（180°﹣∠ABC）＝90°+（∠DAB+∠ABC）＝165°，
∴∠P＝180°﹣（∠PAB+∠ABP）＝15°．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形内角和定理、多边形的内角与外角．熟知“四边形的内角和是360°”是解题的关键．
第11章 三角形（基础、常考、易错、压轴）分类专项训练
【基础】
一．三角形（共1小题）
1．（2020秋•饶平县校级期中）如图，已知＝＝，△ABC的周长是14cm，求BC的长．
【分析】根据比值和周长解答即可．
【解答】解：∵＝＝，
设AB为5x，BD为2x，AC为5y，CD为2y，
∵△ABC的周长是14cm，
∴5x+2x+5y+2y＝14，
解得：x+y＝2，
所以BC＝2（x+y）＝4．
【点评】此题考查三角形的问题，关键是根据三角形的周长解答．
二．三角形的角平分线、中线和高（共2小题）
2．（2021秋•威县期末）在△ABC中，BC＝8，AB＝1；
（1）若AC是整数，求AC的长；
（2）已知BD是△ABC的中线，若△ABD的周长为10，求△BCD的周长．
【分析】（1）根据三角形的三边关系解答即可；
（2）根据三角形的中线的定义得到AD＝CD，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：（1）由题意得：BC﹣AB＜AC＜BC+AB，
∴7＜AC＜9，
∵AC是整数，
∴AC＝8；
（2）∵BD是△ABC的中线，
∴AD＝CD，
∵△ABD的周长为10，
∴AB+AD+BD＝10，
∵AB＝1，
∴AD+BD＝9，
∴△BCD的周长＝BC+BD+CD＝BC+AD+CD＝8+9＝17．
【点评】本题考查的是三角形的三边关系、三角形的中线的定义，掌握三角形两边之和大于第三边、两边之差小于第三边是解题的关键．
3．（2021秋•乾安县期中）如图所示，D是边AB的中点，△BCD的周长比△ACD的周长大3cm，BC＝8cm，求边AC的长．
【分析】根据中点的定义得到AD＝DB，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵D是边AB的中点，
∴AD＝DB，
∵△BCD的周长比△ACD的周长大3cm，
∴（BC+CD+BD）﹣（AC+CD+AD）＝3cm，
∴BC+CD+BD﹣AC﹣CD﹣AD＝3cm，
∴BC﹣AC＝3cm，
∵BC＝8cm，
∴AC＝5cm．
【点评】本题考查的是三角形的中线的概念，根据中点的定义得出AD＝DB是解题的关键．
三．三角形的稳定性（共1小题）
4．（2022•黄冈三模）下列事物所运用的原理不属于三角形稳定性的是（ ）
A．长方形门框的斜拉条 B．埃及金字塔
C．三角形房架 D．学校的电动伸缩大门
【分析】根据三角形的稳定性和平行四边形的易变性进行解答即可．
【解答】解：下列事物中运用了三角形稳定性的是长方形门框的斜拉条，埃及金字塔和三角形房架，学校的电动伸缩大门运用了平行四边形的易变性；
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的稳定性在实际生活中的应用问题，注意基础知识的灵活运用．
四．三角形三边关系（共2小题）
5．（2022春•榆树市期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，△ABD的周长比△ADC的周长多1，AB与AC的和为11．
（1）求AB、AC的长；
（2）求BC边的取值范围．
【分析】（1）根据三角形中线的定义，BD＝CD．所以△ABD和△ADC的周长之差也就是AB与AC的差，然后联立关于AB、AC的二元一次方程组，利用加减消元法求解即可．
（2）根据三角形三边关系解答即可．
【解答】解：（1）∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∴△ABD的周长﹣△ADC的周长＝（AB+AD+BD）﹣（AC+AD+CD）＝AB﹣AC＝1，
即AB﹣AC＝2①，
又AB+AC＝11②，
①+②得．2AB＝12，
解得AB＝6，
②﹣①得，2AC＝10，
解得AC＝5，
∴AB和AC的长分别为：AB＝6，AC＝5；
（2）∵AB＝6，AC＝5，
∴1＜BC＜11．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，三角形的中线定义，二元一次方程组的求解，利用加减消元法求解是解题的关键．
6．（2022春•曲阳县期末）某市木材市场上木棒规格与价格如下表：
规格
1m
2m
3m
4m
5m
6m
价格/（元/根）
10
15
20
25
30
35
小明的爷爷要做一个三角形的支架养鱼用，现有两根长度为3m和5m的木棒，还需要到该木材市场上购买一根．
（1）有几种规格的木棒可供小明的爷爷选择？
（2）在能做成三角形支架的情况下，选择哪一种规格的木棒最省钱？
【分析】（1）根据三角形的三边关系可得5﹣3＜x＜5+3，再解出不等式可得x的取值范围，进而得到选择的木棒长度；
（2）根据木棒价格可直接选出答案．
【解答】解：（1）设第三根木棒的长度为xm，
根据三角形的三边关系可得：5﹣3＜x＜5+3，
解得2＜x＜8，
x＝3，4，5，6共4种，
∴有4种规格木棒可供小明的爷爷选择；
（2）根据木棒的价格可得选3m最省钱．
【点评】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．三角形的两边差小于第三边．
五．三角形内角和定理（共3小题）
7．（2022春•巨野县期末）如图，在△ABC中，∠B＝30°，∠C＝65°，AE⊥BC于E，AD平分∠BAC，
（1）求∠DAE的度数；
（2）如图②，若把“AE⊥BC”变成“点F在DA的延长线上，FE⊥BC”，其它条件不变，求∠DFE的度数．
【分析】（1）由三角形内角和定理可得∠BAC＝85°，∠CAE＝25°，由角平分线的性质可得∠CAD＝42.5°，即可求得∠DAE；
（2）由三角形内角和定理可得∠BAC＝85°，∠CGE＝25°，从而可得∠AGF＝∠CGE＝25°，由角平分线的性质可得∠CAD＝42.5°，从而可得∠FAG＝137.5°，由三角形内角和定理即可求得∠DFE．
【解答】解：（1）∵∠B＝30°，∠C＝65°，
∴∠BAC＝85°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝42.5°，
∵AE⊥BC，
∴∠CAE＝25°，
∴∠DAE＝∠CAD﹣∠CAE＝17.5°；
（2）如图，
∵∠B＝30°，∠C＝65°，
∴∠BAC＝85°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝42.5°，
∴∠FAG＝180°﹣∠CAD＝137.5°，
∵EF⊥BC，
∴∠CGE＝25°，
∴∠AGF＝25°，
∴∠DFE＝180°﹣∠AGF﹣∠FAG＝17.5°．
【点评】本题考查三角形内角和定理，角平分线的性质，解题的关键是熟练运用三角形内角和定理，角平分线的性质．
8．（2022春•沐川县期末）如图，在△ABC中，∠B＝20°，∠ACB＝110°，AE平分∠BAC，AD⊥BD于点D，求∠DAE的度数．
【分析】先根据三角形内角和定理求出∠BAC的度数，由角平分线定义得出∠BAE的度数，再由三角形外角的性质求出∠AEC的度数，进而得出答案．
【解答】解：在△ABC中，∠B＝20°，∠ACB＝110°，
∴∠BAC＝180°﹣20°﹣110°＝50°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠BAC＝25°，
∴∠AEC＝∠B+∠BAC＝20°+25°＝45°，
∵AD⊥BD于点D，
∴∠D＝90°，
∴∠DAE＝90°﹣∠AED＝90°﹣45°＝45°．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理．熟悉定理与性质并准确识图，理清图中各角度之间隐含的关系是解决本题的关键．
9．（2022春•卧龙区期末）如图，在△ABC中，∠B＝25°，∠BAC＝31°，过点A作BC边上的高，交BC的延长线于点D，CE平分∠ACD，交AD于点E．求∠AEC的度数．
【分析】求出∠ECD，∠D，利用三角形的外角的性质求解即可．
【解答】解：∵∠ACD＝∠B+∠BAC，∠B＝25°，∠BAC＝31°，
∴∠ACD＝25°+31°＝56°．
∵AD⊥BD，
∴∠D＝90°，
∵∠ACD＝56°，CE平分∠ACD，
∴∠ECD＝∠ACD＝28°，
∴∠AEC＝∠ECD+∠D＝28°+90°＝118°．
【点评】本题考查三角形内角和定理，三角形外角的性质，角平分线的定义等知识，解题关键是熟知基础知识能根据图形选择合适的性质进行角的计算和转化．
六．三角形的外角性质（共3小题）
10．（2022春•耒阳市期末）如图，D是△ABC的BC边上一点，∠B＝∠BAD，∠ADC＝70°，∠BAC＝80°．
求：（1）∠B的度数；
（2）∠C的度数．
【分析】（1）由三角形的外角性质可得∠ADC＝∠B+∠BAD，从而可求解；
（2）结合（1）利用三角形的内角和定理求解即可．
【解答】解：（1）∵∠B＝∠BAD，∠ADC＝70°，且∠ADC是△ABD的外角，
∴∠ADC＝∠B+∠BAD，
∴70°＝∠B+∠B，
解得：∠B＝35°；
（2）∵∠B＝35°，∠BAC＝80°，
∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝65°．
【点评】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角之间的关系．
11．（2022春•鼓楼区校级期末）如图，CE是△ABC的外角∠ACD的平分线，且CE交BA的延长线于点E．
（1）若∠B＝35°，∠E＝25°，求∠CAE的度数；
（2）证明：∠BAC＝∠B+2∠E．
【分析】（1）由三角形的外角性质可求得∠DCE＝60°，再由角平分线的定义可得∠ACE＝60°，利用三角形的内角和定理即可求∠CAE的度数；
（2）由三角形的外角性质可得∠DCE＝∠B+∠E，∠BAC＝∠E+∠ACE，再由角平分线的定义得∠ACE＝∠DCE，从而可求解．
【解答】（1）解：∵∠DCE是△BCE的外角，∠B＝35°，∠E＝25°，
∴∠DCE＝∠B+∠E＝60°，
∵CE平分角ACD，
∴∠ACE＝∠DCE＝60°，
∴∠CAE＝180°﹣∠ACE﹣∠E＝95°；
（2）证明：∵∠DCE是△BCE的外角，∠BAC是△ACE的外角，
∴∠DCE＝∠B+∠E，∠BAC＝∠E+∠ACE，
∵CE平分角ACD，
∴∠ACE＝∠DCE，
∴∠BAC＝∠E+∠B+∠E＝∠B+2∠E．
【点评】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．
12．（2022春•聊城期末）已知△ABC中，AD⊥BC于点D，AE平分∠BAC，过点A作直线GH∥BC，且∠GAB＝64°，∠C＝42°．
（1）求△ABC的外角∠CAF的度数；
（2）求∠DAE的度数．
【分析】（1）根据平行线的性质、对顶角相等计算即可；
（2）根据角平分线的定义得到∠BAE＝37°，根据平行线的性质求出∠GAD＝90°，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：（1）∵GH∥BC，∠C＝42°，
∴∠HAC＝∠C＝42°，
∵∠FAH＝∠GAB＝64°，
∴∠CAF＝∠HAC+∠FAH＝106°；
（2）∵∠HAC＝42°，∠GAB＝64°，
∴∠BAC＝74°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝37°，
∵GH∥BC，AD⊥BC，
∴∠GAD＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣64°＝26°，
∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝11°．
【点评】本题考查的是三角形的外角性质、三角形内角和定理、角平分线的定义、平行线的性质，掌握三角形内角和定理、平行线的性质是解题的关键．
七．直角三角形的性质（共2小题）
13．（2022春•巴中期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，顶点B在直线PQ上，顶点A在直线MN上，BC平分∠PBA，AC平分∠MAB．
（1）求证：PQ∥MN；
（2）求∠QBC+∠NAC的度数．
【分析】（1）根据直角三角形的性质得到∠CBA+∠CAB＝90°，根据角平分线的定义得到∠PBA＝2∠CBA，∠MAB＝2∠CAB，进而得到∠PBA+∠MAB＝180°，，根据平行线的判定定理证明结论；
（2）根据（1）中结论计算，得到答案．
【解答】（1）证明：∵∠C＝90°，
∴∠CBA+∠CAB＝90°，
∵BC平分∠PBA，AC平分∠MAB，
∴∠PBA＝2∠CBA，∠MAB＝2∠CAB，
∴∠PBA+∠MAB＝180°，
∴PQ∥MN；
（2）解：∵∠CBA+∠CAB＝90°，∠PBA+∠MAB＝180°，
∴∠QBC+∠NAC＝∠CBA+∠CAB+∠PBA+∠MAB＝90°+180°＝270°．
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、平行线的判定和性质，掌握直角三角形的两锐角互余是解题的关键．
14．（2022春•淅川县期末）如图所示，在△ABC中，AD平分∠BAC，点P为线段AD上的一个动点，PE⊥AD交BC的延长线于点E．若∠B＝35°，∠ACB＝85°，求∠E的度数；
解：（在以下解答过程的空白处填上适当的内容（理由或数学式）
∵∠B＝35°，∠ACB＝85°（已知）
∠BAC+∠B+∠ACB＝ 180° （ 三角形内角和等于180° ）
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠ACB（ 等式的性质 ）
＝180°﹣35°﹣85°（ 等量代换 ）
＝60°
∵AD平分∠BAC（ 已知 ）
∴∠BAD＝∠ CAD ＝∠BAC＝× 60° ＝ 30° （角平分线的定义）
∴∠ADC＝∠B+ ∠BAD ＝35°+ 30° ＝ 65° （ 三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和 ）
∵PE⊥AD（已知）
∴∠DPE＝90°（ 垂直的定义 ）
在直角三角形DPE中，
∵∠PDE+∠E＝90°（ 直角三角形的两锐角互余 ）
∴∠E＝90°﹣∠PDE
＝90°﹣ 65° ，
＝ 25° ．
【分析】根据三角形内角和定理、角平分线的定义、三角形的外角性质、直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵∠B＝35°，∠ACB＝85°（已知），
∠BAC+∠B+∠ACB＝180°（三角形内角和等于180°），
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠ACB（等式的性质）
＝180°﹣35°﹣85°（等量代换）
＝60°，
∵AD平分∠BAC（已知），
∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝×60°＝30°（角平分线的定义），
∴∠ADC＝∠B+∠BAD＝35°+30°＝65°（三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和），
∵PE⊥AD（已知），
∴∠DPE＝90°（垂直的定义），
在直角三角形DPE中，
∵∠PDE+∠E＝90°（直角三角形的两锐角互余），
∴∠E＝90°﹣∠PDE
＝90°﹣65°
＝25°，
故答案为：180°，三角形内角和等于180°，等式的性质，等量代换，已知，CAD，60°，30°，∠BAD，30°，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，垂直的定义，直角三角形的两锐角互余，65°，25°．
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、三角形的外角性质、角平分线的定义，掌握直角三角形的两锐角互余是解题的关键．
八．多边形（共1小题）
15．（2022春•宽城区期末）一个正方形水池的四周恰好被4个完全相同的正n边形地砖铺满，其部分示意图如图所示，则n的值为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】根据平面镶嵌的条件，先求出正n边形的一个内角的度数，再根据内角和公式求出n的值．
【解答】解：正n边形的一个内角＝（360°﹣90°）÷2＝135°，则
135°n＝（n﹣2）180°，
解得n＝8．
故选：B．
【点评】本题考查了平面镶嵌，体现了学数学用数学的思想，同时考查了多边形的内角和公式．
九．多边形内角与外角（共5小题）
16．（2022•永安市模拟）正五边形的外角和为（ ）
A．72° B．180° C．360° D．540°
【分析】根据任意多边形的外角和等于360°解答即可．
【解答】解：∵任意多边形的外角和等于360°，
∴正五边形的外角和为360°．
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，多边形的外角和等于360°．多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°．
17．（2022春•昌图县期末）一个正多边形，它的一个内角恰好是一个外角的3倍，则这个正多边形是（ ）
A．正十二边形 B．正十边形 C．正八边形 D．正六边形
【分析】设这个正多边的外角为x°，则内角为3x°，根据内角和外角互补可得x+3x＝180，解可得x的值，再利用外角和360°除以外角度数可得边数．
【解答】解：设这个正多边的一个外角为x°，由题意得：
x+3x＝180，
解得：x＝45，
360°÷45°＝8．
故选：C．
【点评】此题主要考查了多边形的内角和外角，关键是计算出外角的度数，进而得到边数．
18．（2022春•荷塘区期末）如图，孔明在驾校练车，他由点A出发向前行驶200米到B处，向左转45°．继续向前行驶同样的路程到C处，再向左转45°．按这样的行驶方法，回到点A总共行驶了 1600米 ．
【分析】根据题意可知该汽车所走的路程正好是一个外角为45°的多边形的周长，求出多边形的周长即可．
【解答】解：根据题意得：360°÷45°＝8，
则他走回点A时共走的路程是8×200＝1600（米）．
故回到A点共走了1600米．
故答案为：1600米．
【点评】本题主要考查多边形的外角和定理，即任意多边形的外角和都是360°．
19．（2022春•鼓楼区校级期末）若对图1中星形截去一个角，如图2，再对图2中的角A，B，E，F如法进一步截去，如图3，则图中的∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N＝ 1080 度．
【分析】根据图中可找出规律∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，并且每截去一个角则会增加180度，由此即可求出答案．
【解答】解：根据图中可得出规律∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，每截去一个角则会增加180度，
所以当截去5个角时增加了180×5度，
则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N＝180×5+180＝1080°．
故答案为：1080．
【点评】本题主要考查了多边形的内角与外角之间的关系．有关五角星的角度问题是常见的问题，其5个角的和是180度．解此题的关键是找到规律利用规律求解．
20．（2022春•新化县校级期末）已知一个多边形的内角和比外角和多540°，请求出它是几边形？
【分析】设它的边数为n，根据多边形的内角和公式和外角和360°可得方程180（n﹣2）﹣360＝540，再解方程即可．
【解答】解：设它的边数为n，由题意得：
180（n﹣2）﹣360＝540，
解得n＝7，
答：它是七边形．
【点评】此题主要考查了多边形的内角和与外角和，关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）．180 （n≥3且n为整数）．
【常考】
一．三角形的角平分线、中线和高（共1小题）
1．（2022春•衡阳县期末）如图所示四个图形中，线段BE能表示三角形ABC的高的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据三角形高的画法知，过点B作AC边上的高，垂足为E，那么线段BE是△ABC的高，再结合图形进行判断．
【解答】解：由题意，线段BE能表示三角形ABC的高时，BE⊥AC于E．
A选项中，BE与AC不垂直；
C选项中，BE与AC不垂直；
D选项中，BE与AC不垂直；
∴线段BE是△ABC的高的图是B选项．
故选：B．
【点评】本题主要考查了三角形的高，三角形的高是指从三角形的一个顶点向对边作垂线，连接顶点与垂足之间的线段．
二．三角形三边关系（共1小题）
2．（2022春•商河县期末）以下列数据为长度的三条线段，能组成三角形的是（ ）
A．2cm、3cm、5cm B．2cm、3cm、4cm
C．3cm、5cm、9cm D．8cm、4cm、4cm
【分析】三角形的三条边必须满足：任意两边之和＞第三边，任意两边之差＜第三边．
【解答】解：A、2+3＝5，故不能组成三角形，不符合题意；
B、2+3＞4，能组成三角形，符合题意；
C、3+5＜9，不能组成三角形，不符合题意；
D、4+4＝8，不能组成三角形，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查对三角形三边关系的理解应用．判断是否可以构成三角形，只要判断两个较小的数的和＞最大的数就可以．
三．三角形内角和定理（共5小题）
3．（2022•梁山县模拟）如图，在△ABC中，∠B＝40°，∠C＝60°，AE，AD分别是角平分线和高，则∠DAE的度数是 10° ．
【分析】利用三角形内角和定理求出∠BAC，再根据角平分线和高线，可求出∠BAE和∠BAD，进而可求出∠DAE的度数．
【解答】解：∵∠B＝40°，∠C＝60°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝80°，
∵AE是△ABC的角平分线，
∴∠BAE＝∠EAC＝∠BAC＝40°，
又∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝50°，
∴∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE＝50°﹣40°＝10°．
故答案为：10°．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理、角平分线的性质等知识点，掌握三角形的内角和定理是解题关键．
4．（2021秋•陆丰市期末）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，P为AD延长线上一点，PE⊥BC于E，已知∠ACB＝80°，∠B＝24°，求∠P的度数．
【分析】在△ABC中，利用三角形内角和定理可求出∠BAC的度数，结合角平分线的定义可得出∠CAD的度数，在△ACD中，利用三角形内角和定理可求出∠ADC的度数，结合对顶角相等可得出∠PDE的度数，再在△PDE中利用三角形内角和定理可求出∠P的度数．
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝80°，∠B＝24°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠B＝76°.
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠BAC＝38°．
在△ACD中，∠ACD＝80°，∠CAD＝38°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ACD﹣∠CAD＝62°，
∴∠PDE＝∠ADC＝62°．
∵PE⊥BC于E，
∴∠PED＝90°，
∴∠P＝180°﹣∠PDE﹣∠PED＝28°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理、角平分线的定义以及对顶角，利用三角形内角和定理及角平分线的定义，求出∠ADC的度数是解题的关键．
5．（2021秋•高新区校级期末）小明在学习中遇到这样一个问题：
如图1，在△ABC中，∠C＞∠B，AE平分∠BAC，AD⊥BC于D．
猜想∠B、∠C、∠EAD的数量关系．
（1）小明阅读题目后，没有发现数量关系与解题思路，于是尝试代入∠B、∠C的值求∠EAD值，得到下面几组对应值：
∠B/度
10
30
30
20
20
∠C/度
70
70
60
60
80
∠EAD/度
30
a
15
20
30
上表中a＝ 20 ，于是得到∠B、∠C、∠EAD的数量关系为 2∠EAD＝∠C﹣∠B ．
（2）小明继续探究，在线段AE上任取一点P，过点P作PD⊥BC于点D，请尝试写出∠B、∠C、∠EPD之间的数量关系，并说明理由．
（3）小明突发奇想，交换B、C两个字母位置，如图2，过EA的延长线是一点F作FD⊥BC交CB的延长线于D，当∠ABC＝80°，∠C＝24°时，∠F度数为 28 °．
【分析】（1）求出∠BAE和∠BAD的大小即可得到∠EAD的值，再通过找规律的形式得出三者的关系，
（2）分别用∠B和∠C表示出∠BAE和∠BAD，再由∠EAD＝∠BAE和﹣BAD即可得出答案，
（3）分析同（2）．
【解答】解：（1）∵∠B＝30°，∠C＝70°，
∴Rt△ABD中，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠BDA＝180°﹣30°﹣90°＝60°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠BAC＝（180°﹣∠B﹣∠C）＝（180°﹣30°﹣70°）＝40°，
∴∠EAD＝∠BAD﹣∠BAE＝60°﹣40°＝20°，
∴a＝20，
故答案为：20；2∠EAD＝∠C﹣∠B．
（2）如图，过点A作AF⊥BC于F，
∵PD⊥BC，AF⊥BC，
∴PD∥AF，
∴∠EPD＝∠EAF，
∵△ABC内角和为180°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠BAC＝90°﹣，
同时∠BAF＝90°﹣∠B，
∴可得出∠EAF＝∠BAF﹣∠BAE＝＝∠EPD，
综上所述，∠EPD＝；
（3）同理（2），依旧可得∠EFD＝＝28°，
故答案为：28．
【点评】本题主要是考查三角形的内角和同位角相等的知识点，解题的关键在于各个角之间的转化，同时注意计算不能出错．
6．（2021秋•南山区期末）（问题背景）
∠MON＝90°，点A、B分别在OM、ON上运动（不与点O重合）．
（问题思考）
（1）如图①，AE、BE分别是∠BAO和∠ABO的平分线，随着点A、点B的运动，∠AEB＝ 135° ．
（2）如图②，若BC是∠ABN的平分线，BC的反向延长线与∠OAB的平分线交于点D．
①若∠BAO＝70°，则∠D＝ 45 °．
②随着点A、B的运动，∠D的大小会变吗？如果不会，求∠D的度数；如果会，请说明理由；
（问题拓展）
（3）在图②的基础上，如果∠MON＝α，其余条件不变，随着点A、B的运动（如图③），∠D＝ ．（用含α的代数式表示）
【分析】（1）根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论；
（2）①根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论；
②由①的思路可得结论；
（3）在②的基础上，将90°换成α即可．
【解答】解：（1）∵∠MON＝90°，
∴∠OAB+∠OBA＝90°，
∵AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，
∴∠BAE＝∠BAO，∠ABE＝∠ABO，
∴∠BAE+∠ABE＝（∠BAO+∠ABO）＝45°，
∴∠AEB＝135°；
故答案为：135°；
（2）①∵∠AOB＝90°，∠BAO＝70°，
∴∠ABO＝20°，∠ABN＝160°，
∵BC是∠ABN的平分线，
∴∠OBD＝∠CBN＝×160°＝80°，
∵AD平分∠BAO，
∴∠DAB＝35°，
∴∠D＝180°﹣∠ABD﹣∠BAD﹣∠AOB＝180°﹣80°﹣35°﹣20°＝45°，
故答案为：45；
②∠D的度数不随A、B的移动而发生变化，
设∠BAD＝x，
∵AD平分∠BAO，
∴∠BAO＝2x，
∵∠AOB＝90°，
∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝∠AOB+∠BAO＝90+2x，
∵BC平分∠ABN，
∴∠ABC＝45°+x，
∵∠ABC＝180°﹣∠ABD＝∠D+∠BAD，
∴∠D＝∠ABC﹣∠BAD＝45°+x﹣x＝45°；
（3）设∠BAD＝x，
∵AD平分∠BAO，
∴∠BAO＝2x，
∵∠AOB＝α，
∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝∠AOB+∠BAO＝α+2x，
∵BC平分∠ABN，
∴∠ABC＝+x，
∵∠ABC＝180°﹣∠ABD＝∠D+∠BAD，
∴∠D＝∠ABC﹣∠BAD＝+x﹣x＝；
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，熟练掌握三角形的内角和定理是解题的关键．
7．（2021秋•怀安县期末）如图所示，有一块直角三角板DEF（足够大），其中∠EDF＝90°，把直角三角板DEF放置在锐角△ABC上，三角板DEF的两边DE、DF恰好分别经过B、C．
（1）若∠A＝40°，则∠ABC+∠ACB＝ 140 °，∠DBC+∠DCB＝ 90 °∠ABD+∠ACD＝ 50 °．
（2）若∠A＝55°，则∠ABD+∠ACD＝ 35 °．
（3）请你猜想一下∠ABD+∠ACD与∠A所满足的数量关系 ∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A ．
【分析】（1）根据三角形内角和定理可得∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝140°，∠DBC+∠DCB＝180°﹣∠DBC＝90°，进而可求出∠ABD+∠ACD的度数；
（2）根据三角形内角和定理可得∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝130°，∠DBC+∠DCB＝180°﹣∠DBC＝90°，进而可求出∠ABD+∠ACD的度数；
（3）根据三角形内角和定义有90°+（∠ABD+∠ACD）+∠A＝180°，则∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A．
【解答】解：（1）在△ABC中，∵∠A＝40°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣40°＝140°，
在△DBC中，∵∠BDC＝90°，
∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝140°﹣90°＝50°；
故答案为：140；90；50．
（2）在△ABC中，∵∠A＝55°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣55°＝125°，
在△DBC中，∵∠BDC＝90°，
∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝125°﹣90°＝35°，
故答案为：35；
（3）∠ABD+∠ACD与∠A之间的数量关系为：∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A．证明如下：
在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A．
在△DBC中，∠DBC+∠DCB＝90°．
∴∠ABC+∠ACB﹣（∠DBC+∠DCB）＝180°﹣∠A﹣90°．
∴∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A，
故答案为：∠ABD+∠ACD＝90°﹣∠A．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，熟练掌握三角形的内角和定理是解答的关键．
四．三角形的外角性质（共1小题）
8．（2022•贵阳模拟）如图，已知△ABC的外角∠CAD＝120°，∠C＝80°，则∠B的度数是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】根据三角形外角的性质可直接求解．
【解答】解：∵∠CAD＝∠B+∠C，∠CAD＝120°，∠C＝80°，
∴∠B＝∠CAD﹣∠C＝120°﹣80°＝40°，
故选：B．
【点评】本题主要考查三角形的外角性质，掌握三角形外角的性质是解题的关键．
五．多边形内角与外角（共7小题）
9．（2022•无锡一模）已知一个正多边形的一个内角是144°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【分析】根据多边形的内角和公式，可得答案．
【解答】解：设正多边形是n边形，由内角和公式得
（n﹣2）180°＝144°×n，
解得n＝10，
故选：C．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，由内角和得出方程式解题关键．
10．（2022春•高青县期末）如图，正五边形ABCDE，对角线AC、BD交于点P，那么∠APD＝（ ）
A．96° B．100° C．108° D．115°
【分析】首先根据正五边形的性质得到AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝108°，然后利用三角形内角和定理得∠BAC＝∠BCA＝∠CBD＝∠BDC＝＝36°，最后利用三角形的内角和定理得到∠APD＝∠BPC＝180°﹣∠CBD﹣∠BCA＝180°﹣36°﹣36°＝108°．
【解答】解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝108°，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠CBD＝∠BDC＝＝36°，
∴∠APD＝∠BPC＝180°﹣∠CBD﹣∠BCA＝180°﹣36°﹣36°＝108°．
故选：C．
【点评】本题考查的是正多边形和三角形的内角和定理，利用数形结合求解是解答此题的关键．
11．（2022•榆林模拟）若正多边形的内角和是540°，则该正多边形的一个外角为 72 °．
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°求出正多边形的边数，再根据多边形的外角和是固定的360°，依此可以求出正多边形的一个外角．
【解答】解：∵正多边形的内角和是540°，
∴多边形的边数为540°÷180°+2＝5，
∵多边形的外角和都是360°，
∴正多边形的一个外角＝360÷5＝72°．
故答案为：72．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和与外角和之间的关系，关键是记住内角和的公式与外角和的特征，难度适中．
12．（2022•市中区校级一模）一个正多边形的每一个内角都是108°，则它是正 五 边形．
【分析】由多边形的每一个内角都是108°先求得它的每一个外角是72°，然后根据正多边形的外角和是360°求解即可．
【解答】解：180°﹣108°＝72°，
360°÷72°＝5．
故答案为：五．
【点评】本题主要考查的是多边形的内角与外角，明确正多边形的每个内角的度数×边数＝360°是解题的关键．
13．（2022•武功县模拟）第五套人民币中的5角硬币色泽为镍白色，正，反面的内周边缘均为正十一边形．则其内角和为 1620 °．
【分析】把多边形的边数代入n边形的内角和是（n﹣2）•180°，就得到多边形的内角和．
【解答】解：十一边形的内角和等于：（11﹣2）•180°＝1620°．
故答案为：1620．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角的知识点，解决本题的关键是正确运用多边形的内角和公式，是需要熟记的内容，此题难度不大．
14．（2022•岳麓区一模）如果一个正多边形每一个内角都等于135°，那么这个正多边形的边数是 8 ．
【分析】根据正多边形的一个内角是135°，则知该正多边形的一个外角为45°，再根据多边形的外角之和为360°，即可求出正多边形的边数．
【解答】解：∵正多边形的一个内角是135°，
∴该正多边形的一个外角为45°，
∵多边形的外角之和为360°，
∴边数n＝360÷45＝8，
∴该正多边形的边数是8．
故答案为：8．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角的知识点，解答本题的关键是知道多边形的外角之和为360°，此题难度不大．
15．（2021秋•襄都区校级期末）一个多边形的每一个内角都相等，并且每个外角都等于和它相邻的内角的一半．
（1）求这个多边形是几边形；
（2）求这个多边形的内角和．
【分析】（1）设内角为x，根据多边形的内角与外角的关系列出方程，解方程求出x
（2）根据多边形的内角和公式计算即可．
【解答】解：（1）设多边形的每一个内角为x，则每一个外角为 x，
由题意得，x+x＝180°，
解得，x＝120°，x＝60°，
这个多边形的边数为：＝6，
答：这个多边形是六边形；
（2）由（1）知，该多边形是六边形，
∴内角和＝（6﹣2）×180°＝720°，
答：这个多边形的内角和为720°．
【点评】本题考查的是多边形的内角与外角的计算，掌握正多边形的定义、多边形的内角与外角的关系是解题的关键．
【易错】
一．三角形三边关系（共5小题）
1．（2022春•昌图县期末）下列每组数分别是三根木棒的长度，不能用它们摆成三角形的是（ ）
A．3，4，6 B．4，5，8 C．5，5，5 D．5，6，11
【分析】根据三角形两边之和大于第三边、三角形的两边差小于第三边判断即可．
【解答】解：A、∵4﹣3＜6＜4+3，
∴长度为3，4，6的三根木棒，能用它们摆成三角形，本选项不符合题意；
B、∵5﹣4＜8＜5+4，
∴长度为4，5，8的三根木棒，能用它们摆成三角形，本选项不符合题意；
C、∵5﹣5＜5＜5+5，
∴长度为5，5，5的三根木棒，能用它们摆成三角形，本选项不符合题意；
D、∵5+6＝11，
∴长度为5，6，11的三根木棒，不能用它们摆成三角形，本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形的三边关系，掌握三角形两边之和大于第三边、三角形的两边差小于第三边是解题的关键．
2．（2021秋•祁阳县期末）已知三角形的三条边长均为整数，其中有一条边长是4，但它不是最短边，这样的三角形的个数为（ ）
A．6个 B．8个 C．10个 D．12个
【分析】根据三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，用穷举法即可得出答案．
【解答】解：∵三角形的三条边长均为整数，其中有一条边长是4，但它不是最短边，
列举法：当4是最大边时，有（1，4，4），（2，3，4），（2，4，4），（3，3，4），（3，4，4）．
当4是中间的边时，有（2，4，5），（3，4，5），（3，4，6）．共8个，
故选：B．
【点评】本题考查了三角形三边关系，难度一般，关键是掌握三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
3．（2021秋•武冈市期末）已知三角形三边长分别为2，x，4，若x为正整数，则这样的三角形个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边，据此解答即可．
【解答】解：由题意可得，4﹣2＜x＜4+2，
解得2＜x＜6，
∵x为整数，
∴x为4、5、3，
∴这样的三角形个数为3．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边；运用三角形的三边关系定理是解答的关键．
4．（2021秋•汉阳区校级期末）已知n是正整数，若一个三角形的三边长分别是n+2、n+8、3n，则满足条件的n的值有（ ）
A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
【分析】三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．依据三角形三边关系列不等式组，进行求解即可．
【解答】解：由三角形三边关系可得，
，
解得2＜n＜10，
∴正整数n有7个：3，4，5，6，7，8，9．
故选：D．
【点评】本题主要考查了三角形三边关系的运用，在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度，即可判定这三条线段能构成一个三角形．
5．（2021秋•密山市校级期末）三角形的三边长分别为5，8，x，则最长边x的取值范围是（ ）
A．3＜x＜8 B．5＜x＜13 C．3＜x＜13 D．8≤x＜13
【分析】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的取值范围，再根据x是最长边求解．
【解答】解：∵5+8＝13，8﹣5＝3，
∴3＜x＜13，
又∵x是三角形中最长的边，
∴8≤x＜13．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，需要注意x是三角形最长边的条件，这是本题最容易出错的地方．
二．三角形内角和定理（共4小题）
6．（2021秋•虎林市期末）如图，在△ABC中，点D在边AB上，BE∥AC，连接ED．若∠A＝56°，∠E＝48°，则∠ADE的大小为（ ）
A．94° B．98° C．102° D．104°
【分析】由BE∥AC，利用“两直线平行，内错角相等”可得出∠ABE的度数，再利用三角形的外角性质可求出∠ADE的度数．
【解答】解：∵BE∥AC，∠A＝56°，
∴∠ABE＝∠A＝56°，
∵∠E＝48°，
∴∠ADE＝∠ABE+∠E＝56°+48°＝104°．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的外角性质以及平行线的性质，牢记三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
7．（2021秋•头屯河区期末）△ABC中，BF、CF是角平分线，∠A＝70°，则∠BFC＝ 125° ．
【分析】根据三角形的内角和得∠ABC+∠ACB＝110°，再根据BF、CF是△ABC的角平分线，得∠FBE＝∠ABC，∠FCB＝∠ACB，从而得到∠FBC+∠ACB＝55°，再根据三角形的内角和得∠BFC的度数．
【解答】解：∵∠A＝70°，
∴∠ABC+∠ACB＝110°，
∵BF、CF是△ABC的角平分线，
∴∠FBE＝∠ABC，∠FCB＝∠ACB，
∴∠FBC+∠ACB＝55°，
∴∠BFC＝125°，
故答案为：125°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理的应用，角平分线的应用是解题关键．
8．（2021秋•福田区校级期末）我们定义：
【概念理解】在一个三角形中，如果一个角的度数是另一个角度数的4倍，那么这样的三角形我们称之为“完美三角形”．如：三个内角分别为130°、40°、10°的三角形是“完美三角形”．
【简单应用】如图1，∠MON＝72°，在射线OM上找一点A，过点A作AB⊥OM交ON于点B，以A为端点作射线AD，交线段OB于点C（点C不与C、B重合点）
（1）∠ABO＝ 18 °，△AOB 是 （填“是”或“不是”）“完美三角形”；
（2）若∠ACB＝90°，求证：△AOC是“完美三角形”；
【应用拓展】
如图2，点D在△ABC的边AB上，连接DC，作∠ADC的平分线交AC于点E，在DC上取一点F，使∠EFC+∠BDC＝180°，∠DEF＝∠B，若△BCD是“完美三角形”，求∠B的度数．
【分析】（1）根据垂直的定义、三角形内角和定理求出∠ABO的度数，根据“完美三角形”的概念判断；
（2）根据“完美三角形”的概念证明即可；
应用拓展：根据比较的性质得到∠EFC＝∠ADC，根据平行线的性质得到∠DEF＝∠ADE，推出DE∥BC，得到∠CDE＝∠BCD，根据角平分线的定义得到∠ADE＝∠CDE，求得∠B＝∠BCD，根据“完美三角形”的定义求解即可．
【解答】解：（1）∵AB⊥OM，
∴∠OAB＝90°，
∴∠ABO＝90°﹣∠MON＝90°﹣72°＝18°，
∵∠MON＝4∠ABO，
∴△AOB为“完美三角形”，
故答案为：18；是；
（2）证明：∵∠MON＝72°，∠ACB＝90°，
∠ACB＝∠OAC+∠MON，
∴∠OAC＝90°﹣72°＝18°，
∵∠AOB＝72°＝4×18°＝4∠OAC，
∴△AOC是“完美三角形”；
应用拓展：
∵∠EFC+∠BDC＝180°，∠ADC+∠BDC＝180°，
∴∠EFC＝∠ADC，
∴AD∥EF，
∴∠DEF＝∠ADE，
∵∠DEF＝∠B，
∴∠B＝∠ADE，
∴DE∥BC，
∴∠CDE＝∠BCD，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∴∠B＝∠BCD，
∵△BCD是“完美三角形”，
∴∠BDC＝4∠B，或∠B＝4∠BDC，
∵∠BDC+∠BCD+∠B＝180°，
∴∠B＝30°或∠B＝80°．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理、“完美三角形”的概念，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
9．（2021秋•金寨县期末）如图，在△ABC中，∠C＝∠ABC＝2∠A，BD⊥AC于D，求∠DBC的度数．
【分析】根据三角形的内角和定理与∠C＝∠ABC＝2∠A，即可求得△ABC三个内角的度数，再根据直角三角形的两个锐角互余求得∠DBC的度数．
【解答】解：∵∠C＝∠ABC＝2∠A，
∴∠C+∠ABC+∠A＝5∠A＝180°，
∴∠A＝36°．
∴∠C＝∠ABC＝2∠A＝72°．
∵BD⊥AC，
∴∠DBC＝90°﹣∠C＝18°．
【点评】本题考查的是等腰三角形的性质，解答此类题目时往往用到三角形的内角和是180°这一隐藏条件．
三．三角形的外角性质（共1小题）
10．（2021秋•中原区校级期末）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠P＝ 30 °．
【分析】根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠P的度数．
【解答】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
∴∠ABP＝∠CBP＝20°，∠ACP＝∠MCP＝50°，
∵∠PCM是△BCP的外角，
∴∠P＝∠PCM﹣∠CBP＝50°﹣20°＝30°，
故答案为：30°．
【点评】本题考查了三角形外角性质以及角平分线的定义，解题时注意：一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．
四．多边形内角与外角（共9小题）
11．（2021秋•白云区期末）一个多边形的外角和等于360°，则这个多边形的边数为（ ）
A．3 B．4
C．5 D．以上均有可能
【分析】根据多边形的外角和等于360°判断即可．
【解答】解：∵多边形的外角和等于360°，
∴这个多边形的边数不能确定．
故选：D．
【点评】本题考查了多边形的外角和定理，解题的关键是明确多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．
12．（2021秋•海珠区期末）若一个多边形的每一个外角都等于45°，则这个多边形是（ ）
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
【分析】根据多边形每一个外角都是45°，利用外角和除以外角的度数可得多边形的边数．
【解答】解：多边形的边数为360÷45＝8，
所以这个多边形是八边形，
故选：D．
【点评】此题主要考查了多边的内角和外角，解题的关键是掌握多边形的内角与外角是邻补角的关系．
13．（2021秋•海珠区期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的值是（ ）
A．240° B．360° C．540° D．720°
【分析】根据四边形的内角和及三角形的外角定理即可求解．
【解答】解：如图，AC、DF与BE分别相交于点M、N，
在四边形NMCD中，∠MND+∠CMN+∠C+∠D＝360°，
∵∠CMN＝∠A+∠E，∠MND＝∠B+∠F，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°，
故选：B．
【点评】此题考查了多边形的外角与内角、三角形的外角性质，熟记多边形的内角和公式及三角形的外角定理是解题的关键．
14．（2021秋•思明区校级期末）下面的多边形中，内角和等于外角和的图形是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【分析】根据任意多边形的内角和公式、任意多边形的外角和等于360°解决此题．
【解答】解：A．三角形的内角和等于180°，任意多边形的外角和等于360°，故三角形的内角和与外角和不相等，那么A不符合题意．
B．四边形的内角和等于360°，任意多边形的外角和等于360°，故四边形的内角和和外角和相等，那么B符合题意．
C．五边形的内角和等于540°，任意多边形的外角和等于360°，故五边形的内角和与外角和不相等，那么C不符合题意．
D．六边形的内角和等于720°，任意多边形的外角和等于360°，故六边形的内角和与外角和不相等，那么D不符合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查多边形的内角和、外角和，熟练掌握任意多边形的内角和公式、任意多边形的外角和等于360°是解决本题的关键．
15．（2022•仙游县模拟）如图，七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O，着∠1、∠2、∠3、∠4对应的邻补角和等于215°，则∠BOD的度数为（ ）
A．30° B．35° C．40° D．45°
【分析】由外角和内角的关系可求得∠1、∠2、∠3、∠4的和，由五边形内角和可求得五边形OAGFE的内角和，则可求得∠BOD．
【解答】解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为215°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+215°＝4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝505°，
∵五边形OAGFE内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD＝540°，
∴∠BOD＝540°﹣505°＝35°，
故选：B．
【点评】本题主要考查多边形的内角和，利用内角和外角的关系求得∠1、∠2、∠3、∠4的和是解题的关键．
16．（2021秋•勃利县期末）若正多边形的一个内角等于144°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【分析】本题需先根据已知条件设出正多边形的边数，再根据正多边形的计算公式得出结果即可．
【解答】解：设这个正多边形是正n边形，根据题意得：
（n﹣2）×180°÷n＝144°，
解得：n＝10．
故选：B．
【点评】本题主要考查了正多边形的内角，在解题时要根据正多边形的内角公式列出式子是本题的关键．
17．（2022•连城县校级开学）如图，边长相等的正五边形和正方形的一边重合，那么∠1的度数是多少（ ）
A．30° B．15° C．18° D．20°
【分析】∠1的度数是正五边形的内角与正方形的内角的度数的差，根据多边形的内角和定理求得角的度数，进而求解．
【解答】解：∵正五边形的内角的度数是×（5﹣2）×180°＝108°，正方形的内角是90°，
∴∠1＝108°﹣90°＝18°．
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的内角和定理、正五边形和正方形的性质，求得正五边形的内角的度数是关键．
18．（2021秋•大埔县期末）如图，在四边形ABDC中，CD∥AB，AC⊥BC于点C，若∠A＝40°，则∠DCB的度数为 50 °．
【分析】根据平行线的性质定理，垂线的定义，三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠ACD+∠A＝180°，
即∠ACB+∠DCB+∠A＝180°，
∵∠A＝40°，
∴∠DCB＝180°﹣∠ACB﹣∠A＝180°﹣90°﹣40°＝50°．
故答案为：50．
【点评】本题考查了三角形的内角和，平行线的性质，垂线的定义，熟练掌握平行线的性质定理，三角形的内角和定理是解题的关键．
19．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，则∠ABC＝ 30 度．
【分析】由于六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，所以这个六边形是正六边形，先算出正六边形每个内角的度数，即可求出∠ABC的度数．
【解答】解：正六边形的每个内角的度数为：＝120°，
所以∠ABC＝120°﹣90°＝30°，
故答案为：30．
【点评】本题考查了多边形内角和定理．解题的关键是会计算正六边形的每个内角的度数．
【压轴】
一．三角形三边关系（共1小题）
1．（2018春•西城区校级期中）如图，△ABC的三边长均为整数，且周长为22，AM是边BC上的中线，△ABM的周长比△ACM的周长大2，则BC长的可能值有（ ）个．
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】依据△ABC的周长为22，△ABM的周长比△ACM的周长大2，可得2＜BC＜11，再根据△ABC的三边长均为整数，即可得到BC＝4，6，8，10．
【解答】解：∵△ABC的周长为22，△ABM的周长比△ACM的周长大2，
∴2＜BC＜22﹣BC，
解得2＜BC＜11，
又∵△ABC的三边长均为整数，△ABM的周长比△ACM的周长大2，
∴AC＝为整数，
∴BC边长为偶数，
∴BC＝4，6，8，10，
即BC的长可能值有4个，
故选：A．
【点评】本题主要考查了三角形三边关系的运用，解题时注意：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边．
二．三角形的外角性质（共2小题）
2．（2021秋•淮北期中）在△ABC中，∠A＝50°，∠B＝30°，点D在AB边上，连接CD，若△ACD为直角三角形，则∠BCD的度数为（ ）
A．60° B．10° C．45° D．10°或60°
【分析】当△ACD为直角三角形时，存在两种情况：∠ADC＝90°或∠ACD＝90°，根据三角形的内角和定理可得结论．
【解答】解：分两种情况：
①如图1，当∠ADC＝90°时，
∵∠B＝30°，
∴∠BCD＝90°﹣30°＝60°；
②如图2，当∠ACD＝90°时，
∵∠A＝50°，∠B＝30°，
∴∠ACB＝180°﹣30°﹣50°＝100°，
∴∠BCD＝100°﹣90°＝10°，
综上，∠BCD的度数为60°或10°，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，分情况讨论是解决本题的关键．
3．（2018秋•玉州区期中）如图，已知△ABC的内角∠A＝α，分别作内角∠ABC与外角∠ACD的平分线，两条平分线交于点A1，得∠A1；∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2；……以此类推得到∠A2018，则∠A2018的度数是（ ）
A． B． C． D．90°+
【分析】根据角平分线的定义可得∠A1BC＝∠ABC，∠A1CD＝∠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，整理即可求出∠A1的度数，同理求出∠A2，可以发现后一个角等于前一个角的，根据此规律即可得解．
【解答】解：∵A1B是∠ABC的平分线，A1C是∠ACD的平分线，
∴∠A1BC＝∠ABC，∠A1CD＝∠ACD，
又∵∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A1CD＝∠A1BC+∠A1，
∴（∠A+∠ABC）＝∠ABC+∠A1，
∴∠A1＝∠A，
∵∠A＝α，
∴∠A1＝；
同理可得∠A2＝∠A1＝•α＝，
∴∠An＝，
∴∠A2018＝．
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键．
三．直角三角形的性质（共1小题）
4．（2020秋•市南区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D在BC上，过D作DF⊥BC交BA的延长线于F，连接AD、CF，若∠CFE＝32°，∠ADB＝45°，则∠B的大小是（ ）
A．32° B．64° C．77° D．87°
【分析】如图，取CF的中点T，连接DT，AT．想办法证明AC＝AF，推出∠CFA＝45°即可解决问题．
【解答】解：如图，取CF的中点T，连接DT，AT．
∵∠BAC＝90°，FD⊥BC，
∴∠CAF＝∠CDF＝90°，
∴AT＝DT＝CF，
∴TD＝TC＝TA，
∴∠TDA＝∠TAD，∠TDC＝∠TCD，
∵∠ADB＝45°，
∴∠ADT+∠TDC＝135°，
∴∠ATC＝360°﹣2×135°＝90°，
∴AT⊥CF，
∵CT＝TF，
∴AC＝AF，
∴∠AFC＝45°，
∴∠BFD＝45°﹣32°＝13°，
∵∠BDF＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠BFD＝77°，
故选：C．
【点评】本题考查直角三角形斜边中线的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题，属于中考常考题型．
四．多边形（共1小题）
5．（2021春•高邮市校级期末）若一个多边形截去一个角后，变成十四边形，则原来的多边形的边数可能为（ ）
A．14或15 B．13或14 C．13或14或15 D．14或15或16
【分析】根据不同的截法，找出前后的多边形的边数之间的关系得出答案．
【解答】解：如图，n边形，A1A2A3…An，
若沿着直线A1A3截去一个角，所得到的多边形，比原来的多边形的边数少1，
若沿着直线A1M截去一个角，所得到的多边形，与原来的多边形的边数相等，
若沿着直线MN截去一个角，所得到的多边形，比原来的多边形的边数多1，
因此将一个多边形截去一个角后，变成十四边形，则原来的多边形的边数为13或14或15，
故选：C．
【点评】考查多边形的意义，根据截线的不同位置得出不同的答案，是解决问题的关键．
五．多边形内角与外角（共2小题）
6．（2022•孟村县二模）如图，若干全等正五边形排成环状．图中所示的是前3个五边形，要完成这一圆环还需（ ）个五边形．
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】先根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°求出正五边形的每一个内角的度数，再延长五边形的两边相交于一点，并根据四边形的内角和求出这个角的度数，然后根据周角等于360°求出完成这一圆环需要的正五边形的个数，然后减去3即可得解．
【解答】解：五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
所以正五边形的每一个内角为540°÷5＝108°，
如图，延长正五边形的两边相交于点O，则∠1＝360°﹣108°×3＝360°﹣324°＝36°，
360°÷36°＝10，
∵已经有3个五边形，
∴10﹣3＝7，
即完成这一圆环还需7个五边形．
故选：B．
【点评】本题考查了多边形的内角和公式，延长正五边形的两边相交于一点，并求出这个角的度数是解题的关键，注意需要减去已有的3个正五边形．
7．（2019秋•猇亭区校级期中）如图，在四边形ABCD中，∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，且∠D+∠C＝210°，则∠P＝（ ）
A．10° B．15° C．30° D．40°
【分析】利用四边形内角和是360°可以求得∠DAB+∠ABC＝150°．然后由角平分线的性质，邻补角的定义求得∠PAB+∠ABP的度数，所以根据△ABP的内角和定理求得∠P的度数即可．
【解答】解：如图，∵∠D+∠C＝210°，∠DAB+∠ABC+∠C+∠D＝360°，
∴∠DAB+∠ABC＝150°．
又∵∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，
∴∠PAB+∠ABP＝∠DAB+∠ABC+（180°﹣∠ABC）＝90°+（∠DAB+∠ABC）＝165°，
∴∠P＝180°﹣（∠PAB+∠ABP）＝15°．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形内角和定理、多边形的内角与外角．熟知“四边形的内角和是360°”是解题的关键．
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