【同步讲义】苏科版数学七年级下册：第七章 平面图形的认识（二）（题型过关）

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第七章 平面图形的认识（二） 
【题型一】根据平行线的性质与判定求解
典例1．（2022春·广东深圳·七年级校考期中）如图，点D、E在AB上，点F、G分别在BC、CA上，且DG∥BC，∠1＝∠2．
（1）求证：DC∥EF；
（2）若EF⊥AB，∠1＝55°，求∠ADG的度数．

【答案】（1）见解析（2）35°
【分析】（1）由知∠1=∠DCF，则∠2=∠DCF，即可证明；
（2）由得∠B=90°-∠2=35°，再根据（1）可知的度数.
【详解】∵
∴∠1=∠DCF，
∵
∴∠2=∠DCF，
∴；
（2）∵，∴∠BEF=90°，
∴∠B=90°-∠2=35°，
又∵
∴=∠B=35°.
【点睛】此题主要考查平行线的性质与判定.
变式1-1．（2022春·广东东莞·七年级统考期中）如图，点B，C在线段的异侧，点E，F分别是线段，上的点，已知，．

(1)求证：；
(2)若，求证：；
(3)在（2）的条件下，若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据对顶角相等结合已知条件得出，根据内错角相等两直线平行即可证得结论；
（2）根据对顶角相等结合已知得出，证得，即可得解；
（3）根据平行线的性质和已知得出，最后根据平行线的性质即可求得．
【详解】（1）证明：∵，，，
∴，
∴；
（2）证明：∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了平行线的判定与性质，熟记“内错角相等，两直线平行”、“同旁内角互补，两直线平行”及“两直线平行，同旁内角互补”是解题的关键．
变式1-2．（2022春·浙江杭州·七年级统考期中）已知∥，点、分别是、    上的两点，点在、之间，连接、.
（1）如图①，若，求的度数；
（2）如图②，若点是下方一点，平分，平分，已知，求的度数；
（3）如图③，若点是上方一点，连接、，且的延长线平分，平分，，求的度数.

【答案】（1）90°；（2）90°；（3）50°
【分析】（1）过G作GH∥AB，依据两直线平行，内错角相等，即可得到∠AMG+∠CNG的度数；
（2）过G作GK∥AB，过点P作PQ∥AB，设∠GND=α，利用平行线的性质以及角平分线的定义，求得∠MGN=30°+α，∠MPN=60°-α，即可得到∠MGN+∠MPN=30°+α+60°-α=90°；
（3）过G作GK∥AB，过E作ET∥AB，设∠AMF=x，∠GND=y，利用平行线的性质以及角平分线的定义，可得∠MEN=∠TEN-∠TEM=90°-y-2x，∠MGN=x+y，再根据2∠MEN+∠G=105°，即可得到2（90°-y-2x）+x+y=105°，求得x=25°，即可得出∠AME=2x=50°．
【详解】解：（1）如图1，过G作GH∥AB，

∵AB∥CD，
∴GH∥AB∥CD，
∴∠AMG=∠HGM，∠CNG=∠HGN，
∵MG⊥NG，
∴∠MGN=∠MGH+∠NGH=∠AMG+∠CNG=90°；
（2）如图2，过G作GK∥AB，过点P作PQ∥AB，设∠GND=α，

∵GK∥AB，AB∥CD，
∴GK∥CD，
∴∠KGN=∠GND=α，
∵GK∥AB，∠BMG=30°，
∴∠MGK=∠BMG=30°，
∵MG平分∠BMP，ND平分∠GNP，
∴∠GMP=∠BMG=30°，
∴∠BMP=60°，
∵PQ∥AB，
∴∠MPQ=∠BMP=60°，
∵ND平分∠GNP，
∴∠DNP=∠GND=α，
∵AB∥CD，
∴PQ∥CD，
∴∠QPN=∠DNP=α，
∴∠MGN=30°+α，∠MPN=60°-α，
∴∠MGN+∠MPN=30°+α+60°-α=90°；
（3）如图3，过G作GK∥AB，过E作ET∥AB，设∠AMF=x，∠GND=y，

∵AB，FG交于M，MF平分∠AME，
∴∠FME=∠FMA=∠BMG=x，
∴∠AME=2x，
∵GK∥AB，
∴∠MGK=∠BMG=x，
∵ET∥AB，
∴∠TEM=∠EMA=2x，
∵CD∥AB∥KG，
∴GK∥CD，
∴∠KGN=∠GND=y，
∴∠MGN=x+y，
∵∠CND=180°，NE平分∠CNG，
∴∠CNG=180°-y，∠CNE=∠CNG=90°-y，
∵ET∥AB∥CD，
∴ET∥CD，
∴∠TEN=∠CNE=90°-y，
∴∠MEN=∠TEN-∠TEM=90°-y-2x，∠MGN=x+y，
∵2∠MEN+∠G=105°，
∴2（90°-y-2x）+x+y=105°，
∴x=25°，
∴∠AME=2x=50°.
【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造内错角，利用平行线的性质以及角的和差关系进行推算．
变式1-3．（2022春·安徽滁州·七年级校考期末）已知点，分别在和上，且．

(1)如图1，若，，则的度数为________；
(2)如图2，平分，的延长线与的平分线交于点，若比大，求的度数；
(3)保持（2）中所求的的度数不变，如图3，平分，平分，作，则的度数是否改变？若不变，请求值；若改变，请说明理由．
【答案】(1)55°
(2)100°
(3)不变，40°
【分析】（1）过点E作，根据，则，运用平行线的性质计算即可．
（2） 延长DE，交AB于点M，则∠DEB=∠EMB+∠EBM，利用平行线的性质，角平分线的定义，三角形外角的性质计算即可．
（3） 过点E作，则，利用前面的结论和方法，进行等量代换并推理计算即可．
【详解】（1）解：如图1，过点E作，

∵，
∴，
∴∠CDE=∠DES，∠SEB=∠ABE，
∴∠CDE+∠ABE =∠DES+∠SEB=∠DEB，
∵∠CDE=25°，∠DEB=80°，
∴∠ABE =∠DEB-∠CDE=80°-25°=55°．
故答案为：55°．
（2）解：如图2，延长DE，交AB于点M，

则∠DEB=∠EMB+∠EBM，
∵，平分，
∴∠EMB=180°-∠MDF，∠EBM=2∠ABG=2∠HBN，∠MDH=∠HDF=∠HNK=∠MDF，
∵∠HBN+∠DHB=∠HNK，
∴∠DEB=(180°-∠MDF) +2∠HBN=180°-∠MDF+，
∴∠DEB=180°-∠MDF+∠MDF-2∠DHB=180°-2∠DHB，
∵，
∴∠DEB=180°-2(∠DEB-60°)，
∴3∠DEB=300°，
解得∠DEB=100°．
（3）解：过点E作，则，

根据（1）得，∠DEB=∠CDE+∠ABE，
∵平分，平分，
∴∠DEB=2∠NDE+180°-2∠EBM，
∵∠DEB=100°，
∴∠EBM-∠NDE=40°，
∵，
∴∠DEQ=∠NDE，
∴∠EBM =40°+∠DEQ，
∵，
∴，
∴∠EBM+∠PBM +∠BEQ =180°，
∴40°+∠DEQ+∠PBM +∠BEQ =180°，
∴40°+∠DEB+∠PBM =180°，
∴∠PBM =180°-100°-40°=40°，
∴∠PBM 的度数不变，值为40°．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，三角形外角的性质，角的平分线定义，熟练掌握平行线的判定和性质是解题的关键．
【题型二】根据平行线的性质探究角的关系
典例2．（2022春·安徽滁州·七年级校联考期末）已知，点B为平面内一点，于B．
(1)如图，直接写出和之间的数量关系．

(2)如图，过点B作于点D，求证：．

(3)如图，在（2）问的条件下，点E，F在DM上，连接BE，BF，CF，BF那平分，BE平分，若，，求的度数．

【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据平行线的性质及直角三角形的性质证明即可；
（2）过点B作，根据同角的余角相等得出，再根据平行线的性质得到，即可得到；
（3）过点B作，根据角平分线的定义得出，设，，可得，再根据，得到，解方程得到，继而得出，．
【详解】（1）如图1，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
故答案为：；
（2）如图2，过点B作，

∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，．
（3）如图3，过点B作，

∵BF平分，BE平分，
∴，，
由（2）知，
∴，设，，
则，，，
，
∴
∵，，
∴，
中，由得
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查平行线的性质与应用、角平分线的性质、方程思想等知识，学会添加辅助线，掌握相关知识是解题关键．
变式2-1．（2022春·湖北十堰·七年级校联考期中）已知，AB∥DE，点C在AB上方，连接BC、CD．
（1）如图1，求证：∠BCD＋∠CDE＝∠ABC；
（2）如图2，过点C作CF⊥BC交ED的延长线于点F，探究∠ABC和∠F之间的数量关系；
（3）如图3，在（2）的条件下，∠CFD的平分线交CD于点G，连接GB并延长至点H，若BH平分∠ABC，求∠BGD﹣∠CGF的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）过点作，先根据平行线的性质可得，再根据平行公理推论可得，然后根据平行线的性质可得，由此即可得证；
（2）过点作，同（1）的方法，先根据平行线的性质得出，，从而可得，再根据垂直的定义可得，由此即可得出结论；
（3）过点作，延长至点，先根据平行线的性质可得，，从而可得，再根据角平分线的定义、结合（2）的结论可得，然后根据角的和差、对顶角相等可得，由此即可得出答案．
【详解】证明：（1）如图，过点作，

，
，
，
，即，
，
；
（2）如图，过点作，

，
，
，
，即，
，
，
，
，
；
（3）如图，过点作，延长至点，

，
，
，
，
平分，平分，
，
由（2）可知，，
，
又，
．
【点睛】本题考查了平行线的性质、对顶角相等、角平分线的定义等知识点，熟练掌握平行线的性质是解题关键．
变式2-2．（2022春·山东日照·七年级校考期中）问题情境：如图1，，，．求 度数．
小明的思路是：如图2，过 作，通过平行线性质，可得 ．

问题迁移：
（1）如图3，，点 在射线 上运动，当点 在 、 两点之间运动时，，． 、 、 之间有何数量关系?请说明理由；
（2）在（1）的条件下，如果点 在 、 两点外侧运动时（点 与点 、 、 三点不重合），请你直接写出 、 、 间的数量关系．
【答案】（1）∠CPD=∠α+∠β，理由见解析；（2）①当点P在A、M两点之间时，∠CPD=∠β−∠α；②当点P在B、O两点之间时，∠CPD=∠α−∠β
【分析】（1）过点P作PE∥AD交CD于点E，根据题意得出AD∥PE∥BC，从而利用平行线性质可知=∠DPE，=∠CPE，据此进一步证明即可；
（2）根据题意分当点P在A、M两点之间时以及当点P在B、O两点之间时两种情况逐一分析讨论即可.
【详解】（1）∠CPD=，理由如下：
如图3，过点P作PEAD交CD于点E，

∵ADBC，PEAD
∴ADPEBC
∴=∠DPE，=∠CPE
∴∠CPD=∠DPE+∠CPE=；
（2）①当点P在A、M两点之间时，∠CPD=，理由如下：
如图4，过点P作PEAD交CD于点E

∵ADBC，PEAD
∴ADPEBC
∴=∠EPD，=∠CPE
∴∠CPD=∠CPE−∠EPD=；
②当点P在B、O两点之间时，∠CPD=，理由如下：
如图5，过点P作PEAD交CD于点E

∵ADBC，PEAD
∴ADPEBC
∴=∠DPE，=∠CPE
∴∠CPD=∠DPE−∠CPE=
综上所述，当点P在A、M两点之间时，∠CPD=∠β−∠α；当点P在B、O两点之间时，∠CPD=∠α−∠β.
【点睛】本题主要考查了在平行线性质及判定的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
变式2-3．（2022秋·四川宜宾·七年级统考期末）如图，，点E为两直线之间的一点

(1)如图1，若，，则____________；
(2)如图2，试说明，；
(3)①如图3，若的平分线与的平分线相交于点F，判断与的数量关系，并说明理由；
②如图4，若设，，，请直接用含、的代数式表示的度数．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)①，理由见解析；②
【分析】（1）如图①，过点E作EFAB．利用平行线的性质即可解决问题；
（2）如图②中，作EGAB，利用平行线的性质即可解决问题；
（3）结合（1）、（2）的结论，进行等量代换即可求解．
【详解】（1）解：过E点作EFAB，

∵ABCD，
∴EFCD，
∵ABCD，
∴∠BAE＝∠1，
∵EFCD，
∴∠2＝∠DCE，
∴∠BAE＋∠DCE＝∠AEC．
∵，，
∴
（2）过E点作ABEG．

∵ABCD，
∴EGCD，
∵ABCD，
∴∠BAE＋∠AEG＝180°，
∵EGCD，
∴∠CEG＋∠DCE＝180°，
∴∠BAE＋∠AEC＋∠DCE＝360°．
（3）①由（1）知 ，
∵FA为∠BAE平分线，CF为平分线，
∴ ，
∴ ，
即 ，
由（2）知∠BAE＋∠AEC＋∠DCE＝360°，
∴ ，
②由①知 ，
∵，， ，
∴ 即 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【点睛】本题考查平行线的性质，解题的关键是学会添加辅助线构造平行线解决问题，属于中考常考题型．
【题型三】利用平移的性质求解
典例3．（2022春·河南南阳·七年级校联考期末）如图，在边长为个单位的正方形网格中，经过平移后得到，点的对应点为，根据下列条件，利用网格点和无刻度的直尺画图并解答，保留痕迹：

(1)画出，线段扫过的图形的面积为______；
(2)在的右侧确定格点，使的面积和的面积相等，请问这样的点有______个？
【答案】(1)10
(2)4
【分析】（1）根据平移的性质得出，线段扫过的面积用矩形面积减去周围个直角三角形面积即可；
（2）根据平行线之间的距离处处相等可得答案．
【详解】（1）解：如图，即为所求，

线段扫过的面积为，
故答案为：；
（2）解：如图，作，则点即为所求，共有个，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了作图——平移变换，平行四边形的面积，平行线的性质等知识，准确画出图形是解题的关键．
变式3-1．（2022春·陕西商洛·七年级校考期末）如图，将周长为10的三角形沿方向平移1个单位长度后得到三角形，求四边形的周长．

【答案】四边形的周长为12
【分析】根据平移的性质得出，计算周长即可．
【详解】解：由平移的性质可知，，
∵的周长为10，
∴，
即，
∴四边形的周长．
【点睛】本题主要考查平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
变式3-2．（2022春·河北唐山·七年级统考期末）（1）动手操作如图1，在的网格中，将线段向右平移，得到线段，连接，．
①线段平移的距离是_________；
②四边形的面积_________；
（2）如图2，在的网格中，将折线向右平移3个单位长度，得到折线．
①画出平移后的折线；
②连接，，多边形的面积_________；
（3）拓展延伸如图3，在一块长为米，宽为米的长方形草坪上，修建一条宽为米的小路（小路宽度处处相同），直接写出剩下的草坪面积_________．

【答案】（1）①3；②6；（2）①见解析；②6；（3）
【分析】（1）①根据平移的性质可得答案；
②根据平行四边形面积公式求解即可；
（2）①根据平移的性质得出的位置，即可作出图形；
②将多边形的面积看成是两个平行四边形的面积进行求解即可；
（3）利用平移规律，将道路平移到左边，进而表示出面积即可．
【详解】解：（1）①由图可知，线段平移的距离是3；
②四边形的面积为：3×2＝6，
故答案为：① 3，② 6；
（2）①折线如图所示：

②由图可知，多边形的面积为：，
故答案为：6；
（3）∵小路宽度处处相同，宽为米，
∴剩下的草坪面积为：．
【点睛】本题考查了作图—平移，平移的性质和应用，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
变式3-3．（2022春·湖南长沙·七年级统考期末）我们通常在施工项目附近的地面上，看到如下图中的向导标识，它是道路施工安全标志，表示车辆及行人向左或向右行驶，为其作出正确的向导，如果你是安全标志的设计人员，请利用下面的方格图，解决下列问题：

(1)画出安全标志图形向右平移4格后的图形，并标注A、B的对应点A'、B'；
(2)完成（1）后，图中AB与A'B'的位置关系是_______，数量关系是_______．
【答案】(1)见解析
(2)平行（或AB//A′B′），相等（或AB= A′B′）
【分析】（1）利用平移变换的性质求出平移后的图形即可；
（2）利用平移变换的性质判断即可．
【详解】（1）解：图形如图所示：

（2）解：ABA′B′，AB＝A′B′，
故答案为：ABA′B′，AB＝A′B′．
【点睛】本题考查作图﹣利用平移设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【题型四】利用平移的性质解决实际问题
典例4．（2022秋·上海静安·七年级新中初级中学校考期末）有一长10m，宽6m的长方形花坛，现要在某处修筑两条与长方形的长、宽分别垂直，且宽度为2m的长方形小路（如图阴影部分所示），则绿化部分的面积是多少？

【答案】绿化部分的面积是32m2
【分析】观察图形可知，绿化部分通过平移可以拼成一个长为（10-2）m，宽为（6-2）m的长方形，利用长方形面积公式即可求解．
【详解】解：（10-2）×（6-2）
=8×4
=32（m2）．
答：绿化部分的面积是32m2．
【点睛】本题主要考查图形的平移，能够通过平移将绿化部分拼成一个长方形是解题的关键．
变式4-1．（2022春·甘肃陇南·七年级校考期末）星期天早晨，小刚和爸爸正在商量往楼梯上铺地毯的事，如图所示，

爸爸：“小刚，你帮我算一下，从一层铺到二层需要地毯几米？”
小刚：“我早已用盒尺量好了，每阶高，宽为  …”
爸爸：（打断小刚的话）“不量每阶的高度和宽度，你想想有没有办法？”
小刚：（思索）“有了，只需要量出楼梯的总高和总长度再相加，就行了．”
你认为小刚的方法可以吗？说明理由．
【答案】可以，理由见解析
【分析】根据题意可知地毯的宽度是确定的，求出长即可，再量出楼梯的总高和总长度相加得出答案．
【详解】解：可以，
如图所示：根据图示可得：
地毯的总长度cm=3.15m．

【点睛】本题主要考查了平移的应用，确定地毯的长与楼梯的高和长度的关系是解题的关键．
变式4-2．（2022春·黑龙江绥化·七年级校考期中）一宾馆准备在大厅的主楼梯上铺设一种红地毯，已知地毯40元/米2，主楼梯的宽为2米，其侧面如图所示，则地毯至少需要多少元．

【答案】672元．
【分析】从图中可以看出来，主楼梯道所有平面的楼梯加起来的宽度正好是5.6米，所有竖面的楼梯加起来的高度正好是2.9米，由此可以算出要铺地毯的总长度，从而得到总面积，再结合每平方米的价钱40元，可以算出总共所需要的钱数．
【详解】由题意得，共需费用为元
答：这所中学购买这种地毯需花672元钱．
【点睛】本题考查的是平移的性质、长方形的面积．
变式4-3．（2022春·河南安阳·七年级统考期末）图形操作：（本题图1、图2、图3中的长方形的长均为10个单位长度，宽均为5个单位长度）
在图1中，将线段AB向上平移1个单位长度到，得到封闭图形AA'B'B（阴影部分）；
在图2中，将折线ABC（其中点B叫做折线ABC的一个“折点”）向上平移1个单位长度到折线，得到封闭图形AA'B'C'CB（阴影部分）．

问题解决：
(1)在图3中，请你类似地画一条有两个“折点”的折线，同样向上平移1个单位长度，从而得到一个封闭图形，并用斜线画出阴影部分：
(2)设图1，图2中除去阴影部分后剩下部分的面积分别为、，则= 平方单位；并比较大小： （填“＞”“＝”或“＜”）；
(3)联想与探索：如图4．在一块长方形草地上，有一条弯曲的柏油小路（小路的宽度是1个单位长度），长方形的长为a，宽为b，请你直接写出空白部分表示的草地的面积是 平方单位．（用含a，b的式子表示）
【答案】(1)见解析过程；
(2)40，=；
(3)（ab-a）
【分析】（1）画一条有两个“折点”的折线，同样向上平移1个单位长度，从而得到一个封闭图形AA'B'C'D'DCB；
（2）依据平移变换可知，图1，图2中除去阴影部分后剩下部分可以拼成一个长为10个单位，宽为4个单位的长方形，进而得出其面积；
（3）依据平移变换可知，图3中除去阴影部分后剩下部分可以拼成一个长为a个单位，宽为（b-1）个单位的长方形，进而得出其面积．
【详解】（1）如图3所示，封闭图形AA'B'C'D'DCB即为所求；

（2）图1，图2中除去阴影部分后剩下部分的面积分别为S1、S2，
则S1=10×（5-1）=10×4=40平方单位；
S2=10×（5-1）=10×4=40平方单位；
∴S1=S2，
故答案为：40，=；
（3）如图4，长方形的长为a，宽为b，小路的宽度是1个单位长度，
∴空白部分表示的草地的面积是a（b-1）=（ab-a）平方单位．
故答案为：（ab-a）．
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了平移变换以及矩形面积的计算公式的运用，解决问题的关键是利用平移的性质，把不规则的图形拆分或拼凑为基本图形来计算面积．
【题型五】确定三角形第三边的取值范围
典例5．（2022春·陕西西安·七年级统考期末）已知△ABC的三边长分别为1，4，a，化简：．
【答案】
【分析】直接利用三角形三边关系进而得出a的取值范围，进而利用绝对值的性质化简得出答案．
【详解】解：因为△ABC的三边长分别为1，4，a．
所以4-1 解得3 ∴，，，
∴

．
【点睛】此题主要考查了三角形三边关系以及绝对值的性质，正确得出a的取值范围是解题关键．
变式5-1．（2022春·辽宁阜新·七年级校考期中）如图，已知△ABC．
(1)若AB＝4，AC＝5，则BC边的取值范围是_____；
(2)点D为BC延长线上一点，过点D作DE∥AC，交BA的延长线于点E，若∠E＝55°，∠ACD＝125°，求∠B的度数．

【答案】（1）1＜BC＜9；（2）70°
【分析】（1）根据三角形三边关系即可得；
（2）由∠ACD=125°，求得∠ACB=55°，再由DE∥AC，求得∠BDE =55°，再根据三角形的内角和即可求得．
【详解】（1）由已知得：5-4 （2）∵∠ACD=125°，
∴∠ACB=180°﹣∠ACD=55°，
∵DE∥AC，
∴∠BDE=∠ACB=55°，
∵∠E=55°，
∴∠B=180°﹣∠E﹣∠BDE=180°﹣55°﹣55°=70°．
变式5-2．（2022春·广东揭阳·七年级校考期末）（1）已知一个三角形的两边长分别是4cm、7cm，则这个三角形的周长的取值范围是什么？
（2）在等腰三角形ABC中，AB＝AC，周长为14cm，BD是AC边上的中线，△ABD比△BCD周长长4cm，求△ABC各边长．
【答案】（1）14 【分析】（1）根据三角形三边关系，先求出三角形第三边长的范围，即可求出周长范围．
（2）根据三角形中线的定义可得，从而可得再根据的周长是14，，以及，可得进行计算即可解答．
【详解】解：（1）设第三边长为x，根据三角形的三边关系得


∴三角形的周长C的取值范围为：
（2）如图所示：

∵BD是AC边上的中线，

∵△ABD比△BCD周长长4cm，



的周长是14，







【点睛】本题主要考查了三角形三边关系，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
变式5-3．（2022春·河南洛阳·七年级统考期末）已知a，b，c是一个三角形的三边长，
(1)填入“＞、＜或＝”号：______0，_______0，______0．
(2)化简：．
【答案】(1)＜，＜，＞
(2)
【分析】（1）根据三角形三边关系即可作答；
（2）根据（1）的判断去掉绝对值符号后合并同类项即可．
【详解】（1）解：∵a，b，c是一个三角形的三边长，
∴，，
（2）解：原式
．
【点睛】此题主要考查了三角形三边关系，绝对值的性质，整式的加减，解题关键是掌握三角形三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
【题型六】与三角形高、中线、角平分线有关的计算
典例6．（2022春·河南周口·七年级统考期末）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】先利用三角形内角和定理可求∠ABC，在直角三角形ACD中，易求∠DAC；再根据角平分线定义可求∠CBF、∠EAF，可得∠DAE的度数；然后利用三角形外角性质，可先求∠AFB，再次利用三角形外角性质，容易求出∠BOA．
【详解】解：如图：

∵∠CAB=50°，∠C=60°
∴∠ABC=180°50°60°=70°，
又∵AD是高，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC=180°90°∠C=30°，
∵AE、BF是角平分线，
∴∠CBF=∠ABF=35°，∠EAF=25°，
∴∠DAE=∠DAC∠EAF=5°，
∠AFB=∠C+∠CBF=60°+35°=95°，
∴∠BOA=∠EAF+∠AFB=25°+95°=120°，
故∠DAE=5°，∠BOA=120°．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线定义、三角形外角性质．关键是利用角平分线的性质解出∠EAF、∠CBF，再运用三角形外角性质求出∠AFB．
变式6-1．（2022春·福建泉州·七年级校考期中）如图所示，已知AD，AE分别是△ADC和△ABC的高和中线，AB=6，AC=8，BC=10，∠CAB=，试求：

(1)△ACE和△ABE的周长的差．
(2)AD的长：
(3)直接写出△ABE的面积．
【答案】(1)2
(2)4.8
(3)12
【分析】（1）由AE是中线可得BE=CE，进而可求△ACE的周长与△ABE的周长差等于AC与AB，即可求解；
（2）利用“面积法”即可求出线段AD的长度；
（3）根据三角形面积公式求解即可．
【详解】（1）解：∵AE是中线，
∴BE=CE，
又△ACE的周长=AE+AC+CE，△ABE的周长=AE+AB+BE，
∴△ACE和△ABE的周长的差=
=
=
又AB=6，AC=8，
∴△ACE和△ABE的周长的差=；
（2）解：∵AB=6，AC=8，∠CAB=，
∴，
又BC=10，AD是高，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵AE是中线，
∴BE=，
∴．
【点睛】本题考查了中线的定义、三角形周长的计算．解题的关键是利用三角形面积的两个表达式相等求出AD．
变式6-2．（2022春·四川内江·七年级统考期末）如图，在△ABC中，AD为边BC上的高，点E为边BC上的一点，连接AE．

(1)当AE为边BC上的中线时，若AD=6，△ABC的面积为24，求CE的长；
(2)当AE为∠BAC的角平分线时，若∠C=66°，∠B=36°，求∠DAE的度数．
【答案】(1)4
(2)15°
【分析】（1）根据三角形面积公式求出BC的长度，再根据三角形中线的定义即可求出CE的长度．
（2）根据三角形内角和定理求出∠BAC和∠DAC，根据角平分线的性质求出∠CAE，再根据角的和差关系即可求出∠DAE．
（1）
解：∵AD是边BC上的高，AD=6，△ABC的面积为24，
∴．
∵AE为边BC上的中线，
∴点E是BC的中点．
∴．
（2）
解：∵∠C=66°，∠B=36°，AD为边BC上的高，
∴∠BAC=180°-∠B-∠C=78°，∠ADC=90°．
∴∠DAC=180°-∠ADC-∠C=24°．
∵AE为∠BAC的角平分线，
∴．
∴∠DAE=∠CAE-∠DAC=15°．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，角平分线的性质，三角形中线的定义，角的和差关系，熟练掌握这些知识点是解题关键．
变式6-3（2022春·陕西西安·七年级校考期中）如图，AD、AE、AF分别是ABC的高线、角平分线和中线．

(1)若，CF=4，求AD的长．
(2)若∠C=70°，∠B=26°，求∠DAE的度数．
【答案】(1)AD=5
(2)∠DAE=22°．
【分析】（1）根据角平分线和三角形的面积公式即可解答；
（2）根据角平分线、三角形的高线结合三角形内角和定理即可解答．
（1）
解：∵AF是△ABC的中线，CF=4，
∴BC=2CF=8．
∵S△ABC=×BC×AD=20，
∴AD=5；
（2）
解：∵∠C=70°，∠B=26°．
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=180°−26°−70°=84°．
∵AD，AE分别是△ABC的高线和角平分线．
∴∠EAC=∠BAC=42°，
∴∠DAC=90°−70°=20°，
∴∠DAE=∠EAC−∠DAC=42°−20°=22°．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，三角形的角平分线、中线、高线的定义，直角三角形两锐角互余的性质，熟记定理并准确识图是解题的关键．
【题型七】三角形内角和定理的应用
典例7．（2022春·福建福州·七年级福建省福州延安中学校考期末）如图，在中，，垂足为点，，，求的度数．

【答案】
【分析】根据垂直的定义和三角形内角和定理计算即可．
【详解】∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，掌握三角形的内角和等于180°是解题的关键．
变式7-1．（2022春·山东潍坊·七年级统考期末）在四边形ABCD中，，．

(1)如图①，若，求出的度数；
(2)如图②，若的角平分线交AB于点E，且，求出的度数；
(3)如图③，若和的角平分线交于点E，求出的度数．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用四边形内角和进行角的计算即可；
（2）利用四边形内角和及角平分线的计算得出，再由三角形外角的性质求解即可；
（3）利用角平分线得出，，结合三角形内角和定理即可得出结果．
【详解】（1）解：∵四边形的内角和是360°，，
∴
∵
∴
（2）∵，，
∴，
∵CE平分
∴
∵
∴
（3）∵BE，CE分别平分和
∴，
∴
∴在中，．
【点睛】题目主要考查四边形内角和及平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理等，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
变式7-2．（2022春·辽宁沈阳·七年级东北育才学校校考期中）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，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“∠CAB=3∠CAP，∠CDB=3∠CDP”，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；②110°；③3∠P=∠B+2∠C；
【分析】（1）利用三角形内角和定理和对顶角相等即可证明；
（2）①根据“8字型”的定义判断即可；②由（1）结论可得△AMC和△DMP中，∠C+∠CAM=∠P+∠PDM，△BDN和△PAN中，∠B+∠BDN=∠P+∠PAN，两式相加再由角平分线的定义即可解答；③根据∠CAB=3∠CAP，∠CDB=3∠CDP，由∠C+∠CAM=∠P+∠PDM可得3（∠C-∠P）=∠BDC-∠CAB，由∠B+∠BDN=∠P+∠PAN可得（∠P-∠B）=∠BDC-∠CAB，进行等量代换即可解答；
【详解】（1）解：△AOC中，∠A+∠C=180°-∠AOC，
△BOD中，∠B+∠D=180°-∠BOD，
∵∠AOC=∠BOD，
∴∠A+∠C=∠B+∠D；
（2）解：①以线段AC为边的“8字型”有：△ACM和△PDM，△ACO和△BOD，△ACO和△DNO，共3个；
以点O为交点的“8字型”有：△ACO和△BDO，△ACO和△DNO，△AMO和△BDO，△AMO和△DNO，共4个；
②△AMC和△DMP中，∠C+∠CAM=∠P+∠PDM，
△BDN和△PAN中，∠B+∠BDN=∠P+∠PAN，
∴∠C+∠CAM+∠B+∠BDN =∠P+∠PDM+∠P+∠PAN，
∵PA平分∠BAC，PD平分∠BDC，
∴∠CAM=∠PAN，∠BDN=∠PDM，
∴∠C+∠B=2∠P，
∴120°+100°=2∠P，
∴∠P=110°；
③∵∠CAB=3∠CAP，∠CDB=3∠CDP，
∴∠CAM=∠CAB，∠PAN=∠CAB，∠BDN=∠BDC，∠PDM=∠BDC，
△AMC和△DMP中，∠C+∠CAM=∠P+∠PDM，
∠C-∠P=∠PDM-∠CAM=∠BDC-∠CAB，
3（∠C-∠P）=∠BDC-∠CAB，
△BDN和△PAN中，∠B+∠BDN=∠P+∠PAN，
∠P-∠B=∠BDN-∠PAN=∠BDC-∠CAB，
（∠P-∠B）=∠BDC-∠CAB，
∴3（∠C-∠P）=（∠P-∠B），
2∠C-2∠P=∠P-∠B，
3∠P=∠B+2∠C；
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，等式的性质，角平分线的定义，对顶角的性质等知识；掌握等式的性质是解题关键．
变式7-3．（2022春·河南濮阳·七年级统考期中）如图所示，有一个三角尺（足够大），其中，把直角三角尺放置在锐角上，三角尺的两边恰好分别经过点．

(1)若，则_________°，__________°，___________°；
(2)若，求的度数；
(3)请你猜想一下与所满足的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)145°；90°；55°；
(2)30°
(3)∠ABD+∠ACD+∠A=90°，理由见解析
【分析】（1）根据三角形内角和定理可以求出，根据直角三角形两锐角互余求出∠DBC+∠DCB=90°，由此即可求出∠ABD+∠ACD的度数；
（2）同（1）求解即可；
（3）同（1）求解即可．
【详解】（1）解：∵∠A=35°，∠ABC+∠ACB+∠A=180°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=145°；
∵∠BDC=90°，
∴∠DBC+∠DCB=90°，
∴∠ABD+∠ACD=∠ABC+∠ACB-∠DBC-∠DCB=55°，
故答案为：145°；90°；55°；
（2）解：∵∠A=60°，∠ABC+∠ACB+∠A=180°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=120°；
∵∠BDC=90°，
∴∠DBC+∠DCB=90°，
∴∠ABD+∠ACD=∠ABC+∠ACB-∠DBC-∠DCB=30°；
（3）解：∠ABD+∠ACD+∠A=90°，理由如下：
∵∠ABC+∠ACB+∠A=180°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A；
∵∠BDC=90°，
∴∠DBC+∠DCB=90°，
∴∠ABD+∠ACD=∠ABC+∠ACB-∠DBC-∠DCB=180°-∠A-90°，
∴∠ABD+∠ACD+∠A=90°．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，直角三角形两锐角互余，熟知三角形内角和定理是解题的关键．
【题型八】多边形内角和问题
典例8．（2022春·吉林长春·七年级统考期末）一个多边形，它的内角和比外角和的4倍多，求这个多边形的边数及内角和度数．
【答案】这个多边形的边数是11，内角和度数是1620度．
【分析】多边形的内角和比外角和的4倍多180°，而多边形的外角和是360°，则内角和是1620度．n边形的内角和可以表示成（n−2）•180°，设这个多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数．
【详解】解：根据题意，得
（n−2）•180°＝360°×4+180°，
解得：n＝11．
360°×4+180°=1620°
则这个多边形的边数是11，内角和度数是1620度．
【点睛】本题考查了多边形内角和，解题的关键是结合多边形的内角和公式寻求等量关系，构建方程即可求解．
变式8-1．（2022春·四川宜宾·七年级统考期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，BE、CD交于G点
（1）求证：∠ABC＋∠ADC＝180°；
（2）求证：∠G＝∠CDF．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据多边形的内角和定理求出即可；
（2）根据角平分线定义求出∠CDF＋∠GBC＝90°，根据三角形内角和定理求出∠CDF＋∠DFC＝90°，推出∠DFC＝∠GBC，根据平行线的判定得出BG∥DF，根据平行线的性质得出即可．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠A＋∠ABC＋∠C＋∠ADC＝360°，
∴∠ABC＋∠ADC＝180°；
（2）∵BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，
∴∠GBC＝∠ABC，∠CDF＝∠ADC，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，
∴∠GBC＋∠CDF＝90°，
∵∠C＋∠CDF＋∠DFC＝180°，∠C＝90°，
∴∠CDF＋∠DFC＝90°，
∴∠GBC＝∠DFC，
∴BG∥DF，
∴∠G＝∠CDF．
【点睛】本题考查了平行线的性质和判定，三角形的内角和定理，角平分线定义的应用，能求出BG∥DF是解此题的关键，注意：两直线平行，同位角相等．
变式8-2．（2022春·吉林长春·七年级统考期末）如图，一组正多边形，观察每个正多边形中a的变化情况，解答下列问题．

(1)将表格补充完整．
正多边形的边数
3
4
5
6
α的度数
　   　
　   　
　   　
　   　

(2)观察上面表格中α的变化规律，角α与边数n的关系为 　 　．
(3)根据规律，当α＝18°时，多边形边数n＝ 　 　．
【答案】(1)，，，
(2)
(3)10
【分析】（1）先根据多边形的内角公式求出每一个内角的度数，再根据多边形的性质每条边都相等，得到等腰三角形，求出的度数．
（2）根据（1）中的数据总结规律．
（3）引用（2）中总结的公式计算即可．
【详解】（1）正多边形每个内角的度数为．
；
；
正五边形的内角，；
正五边形的内角，．
（2）观察（1）中结论，



总结规律，则有．
（3）借助（2）中公式，有
，即
解得．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、多边形内角的计算及观察总结能力，解题的关键是利用多边形内角的计算公式计算内角，并与等腰三角形两底角相等结合应用．
变式8-3．（2022春·江苏盐城·七年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°．
（1）如图1，若∠B＝∠C，则∠C＝　 　度；
（2）如图2，若∠ABC的角平分线BE交DC于点E，且BE//AD，试求出∠C的度数；
（3）①如图3，若∠ABC和∠DCB的角平分线交于点E，试求出∠BEC的度数；
②在①的条件下，若延长BA、CD交于点F（如图4）．将原来条件“∠A＝140°，∠D＝80°”改为“∠F＝40°”．其他条件不变．则∠BEC的度数为　 　．

【答案】（1）∠C＝70°；（2）60°；（3）①110°；②110°．
【分析】（1）先根据四边形内角和等于360°求出∠B+∠C的度数，再除以2即可求解；
（2）先根据平行线的性质得到∠ABE的度数，再根据角平分线的定义得到∠ABC的度数，再根据四边形内角和等于360°求出∠C的度数；
（3）①先根据四边形内角和等于360°求出∠B+∠C的度数，再根据角平分线的定义得到∠EBC+∠ECB的度数，再根据三角形内角和等于180°求出∠BEC的度数；②先根据三角形内角和等于180°求出∠FBC+∠BCF的度数，再根据角平分线的定义得到∠EBC+∠ECB的度数，再根据三角形内角和等于180°求出∠BEC的度数.
【详解】解：（1）∵四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°，
∴∠B+∠C＝360°﹣（140°+80°）＝140°，
∵∠B＝∠C，
∴∠C＝70°．
（2）∵BE//AD，
∴∠ABE+∠A＝180°，
∴∠ABE＝180°﹣∠A＝180°﹣140°＝40°，
∵∠ABC的角平分线BE交DC于点E，
∴∠ABC＝80°，
∴∠C＝360°﹣（140°+80°+80°）＝60°．
（3）①∵四边形ABCD中，∠A＝140°，∠D＝80°，
∴∠B+∠C＝360°﹣（140°+80°）＝140°，
∵∠ABC和∠BCD的角平分线交于点E，
∴∠EBC+∠ECB＝70°，
∴∠BEC＝180°﹣70°＝110°．
②∵∠F＝40°，
∴∠FBC+∠BCF＝180°﹣40°＝140°，
∵∠ABC和∠BCD的角平分线交于点E，
∴∠EBC+∠ECB＝70°，
∴∠BEC＝180°﹣70°＝110°．
【点睛】本题考查了多边形内角与外角，解决的关键是综合运用四边形的内角和以及三角形的内角和、熟练运用平行线的性质和角平分线的定义．
【题型九】多边形内角和与外角和的综合
典例9．（2022春·河南洛阳·七年级统考期末）一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少，求这个多边形的边数．
【答案】7
【分析】多边形的外角和是360度，根据多边形的内角和比它的外角和的3倍少，即可得到多边形的内角和的度数．根据多边形的内角和定理即可求得多边形的边数．
【详解】解：设这个多边形的边数是n，
依题意得，
，
．
∴这个多边形的边数是7．
【点评】本题考查了多边形的内角和定理与外角和定理，任意多边形的外角和都是360度，与边数无关．
变式9-1．（2022春·河南信阳·七年级统考期末）如图，在六边形ABCDEF中，AFBECD，EDAB，∠A=110°，∠ABC=100°．

(1)求六边形ABCDEF的各内角和的度数；
(2)求∠C、∠D的度数；
(3)若一只蚂蚁从A点出发沿A-B-C-D-E-F-A运动到A点停止，蚂蚁一共转过了多少度？
【答案】(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）根据两直线平行，同旁内角互补，得出，，，，全部相加即为六边形ABCDEF的内角和；
（2）根据平行线的性质，得出，，，，再利用角之间的换算，则可计算出答案；
（3）利用多边形的外角和为的性质即可．
【详解】（1）∵AFBECD，
∴，，，，
∴六边形ABCDEF的各内角和


；
（2）∵AFBECD，
∴，，，
∴，
∵EDAB，
∴，
∴，
；
（3）由于蚂蚁从A点出发沿A-B-C-D-E-F-A运动到A点停止，
即绕了多边形一周，转过的角度多边形为外角和，
∴蚂蚁一共转过了．
【点睛】本题考查了平行线的性质，多边形外角和定理，解题关键是灵活运用平行线的性质进行角之间的换算．
变式9-2．（2022春·江苏苏州·七年级校考期末）如图，∠1，∠2，∠3，∠4是四边形ABCD的四个外角．

用两种方法证明∠1+∠2+∠3＋∠4＝360°．
【答案】证明见解析
【分析】证法1由四边形内角和为360°及相邻内角外角互补求解．
证法2连接BD，由三角形内角和定理与外角定理求解．
【详解】证法1：
∵∠1+∠BAD=180°，
∠2+∠ABC=180°，
∠3+∠BCD=180°，
∠4+∠CDA=180°，
∴∠1+∠BAD+∠2+∠ABC+∠3+∠BCD+∠4+∠CDA=180°×4=720°．
∵∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠CDA=360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=360°；
证法2：连接BD，

∵∠1=∠ABD+∠ADB，
∠3=∠CBD+∠CDB，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=∠ABD+∠ADB+∠2+∠CBD+∠CDB+∠4=180°×2=360°．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，解题关键是熟练掌握多边形内角和及外角和的计算及三角形内角和与外角定理．
变式9-3．（2022秋·江苏泰州·七年级统考期末）【相关概念】将多边形的内角一边反向延长，与另一条边相夹形成的那个角叫做多边形的外角．如图，将中的边CB反向延长，与另一边AC形成的即为的一个外角．三角形外角和与三角形内角和对应，为与三个内角分别相邻的三个外角的和．
【求解方法】借助一组内角与外角的数量关系，可以求出三角形的外角和．
如图，的外角和
．
．

【自主探究】根据以上提示，完成下列问题：
(1)将下列表格补充完整．
名称
图形
内角和
外角和
三角形

180°
360°
四边形



五边形



…
…
…
…
n边形
…



(2)如果一个八边形的每一个内角都相等，请用两种不同的方法求出这个八边形一个内角的度数．
【答案】(1)内角和分别为：360°、540°、180°（n-2）；外角和分别为：360°、360°、360°
(2)135°
【分析】（1）分别对图中四边形和五边形标注字母，然后根据题目中所给定的方法分别计算其内角和与外角和，最后根据规律确定出n边形的内角和与外角和即可；
（2）方法一：根据（1）中内角和公式求出内角和，然后除以角的个数即可；方法二：先求出各个外角的度数，然后用减去一个外角的度数，即为内角度数．
【详解】（1）解：四边形标定字母如图所示，连接CG，

四边形分为两个三角形，
∴四边形内角和为，
外角和为：
，
，
；
五边形标定字母如图所示，连接DA，DB，

五边形分为三个三角形，
∴五边形内角和为，
外角和为：
，
，
；
当为n边形时，可以分为个三角形，
∴n边形内角和为；
外角和为定值；
故答案为：内角和分别为：、、；
外角和分别为：、、；
（2）解：方法一：，
方法二：．
【点睛】题目主要考查多边形内角和与外角和定理，理解题意，熟练掌握多边形内角和与外角和定理是解题关键．