专题01 三角形
【11个考点知识梳理+题型解题方法+专题训练】
考点一：三角形的分类
三角形按边分类：三角形按边分类可以分为不等边三角形与等腰三角形，等腰三角形包含普通等腰三角形与三边都相等的等边三角形。
三角形按角分类：三角形按角分类分类锐角三角形，直角三角形，钝角三角形。
【考试题型1】三角形分类方法的理解
【解题方法】根据三角形的分类方法进行理解判断即可。注意按边分类时只分为不等边与等腰两类，等腰里面包含等边。
例题讲解：
1．（2023春 高邑县期末）下列说法正确的是（ ）
①等腰三角形是等边三角形；
②三角形按边可分为等腰三角形、等边三角形和不等边三角形；
③等腰三角形至少有两边相等；
④三角形按角分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形．
A．①② B．③④ C．①②③④ D．①②④
【考试题型2】三角形的形状判断
【解题方法】据三角形所有角度的大小判断三角形的形状。
例题讲解：
2．（2022秋 东平县期末）图中的三角形被木板遮住了一部分，这个三角形是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．以上都有可能
考点二：三角形的三边关系
三角形的三边关系：三角形的任意两边之和大于第三遍，任意两边之差小于第三边。
【考试题型1】判断三边是否能构成三角形
【解题方法】最小两边之和大于第三边则能够构成三角形。
例题讲解：
3．（2023 清江浦区开学）下列几组数中，不能作为三角形的三边长的是（ ）
A．1，1，2 B．2，3，4 C．2，4，5 D．6，8，10
【考试题型2】求第三边的取值范围及可能的值
【解题方法】利用三角形的三边关系求出第三边的取值范围，再根据具体要求求出第三边的具体的值。进而也可以求出三角形的周长
例题讲解：
4．（2023 封丘县开学）在△ABC中，已知AC＝3，BC＝4，则AB的取值范围是（ ）
A．6＜AB＜8 B．1＜AB＜7 C．2＜AB＜14 D．1＜AB＜14
5．（2022秋 交口县期末）一个三角形的两条边分别为3cm，7cm，则它的第三边可能是（ ）
A．3cm B．7cm C．10cm D．12cm
6．（2023春 市南区期中）一个三角形的两边长分别为3和5，第三边长为偶数，则第三边长可能为（ ）
A．4或6 B．2或4 C．4 D．6
7．（2022秋 嘉兴期末）嘉兴某校项目化学习小组研究“三角形周长”的课题，将3根木棒首尾相连围成一个三角形，其中两根木棒的长分别为10cm、3cm，则该三角形的周长可能是（ ）
A．18cm B．19cm C．20cm D．21cm
【考试题型3】根据三角形的三边关系求未知数的取值范围
【解题方法】若给出的三边有两边已知，一边未知，则把未知边当成第三边；若有两边未知，一边已知，则把已知边当成第三边，再利用三角形三边关系建立不等式组求解。
例题讲解：
8．（2023春 东明县期中）若三角形三边长为3，2x+1，10，则x的取值范围是 ．
9．（2023 包头一模）三个数3，1﹣a，1﹣2a在数轴上从左到右依次排列，且以这三个数为边长能构成三角形，则a的取值范围为 ．
【考试题型4】三角形的三边关系化简绝对值
【解题方法】利用三角形的三边关系判断绝对值里面式子的大小关系，在根据去绝对值符号进行化简，若式子有两正，则大于0，若式子是两负，则小于0。
例题讲解：
10．（2023春 鲁山县期末）设a，b，c为△ABC的三边，化简|a﹣b+c|﹣|a+b﹣c|﹣|a﹣b﹣c|＝ ．
【考试题型3】三角形的三边关系与等腰三角形
【解题方法】分别讨论给出的边长为腰，必须在满足三角形的三边关系的提前下求周长。
例题讲解：
11．（2023春 高新区期中）等腰三角形的一边等于3，一边等于6，则它的周长等于 ．
考点三：三角形的中线
三角形的中线：三角形的顶点与对边中点的连线叫做三角形的中线。
三角形中线的性质：如图，AM是△ABC的中线，则：
①AM是三角形的中线M是BC的中点BM＝ CM＝BC。
②中线平分三角形的面积。即：
③中线分三角三角形的周长差等于对应另两边的差。即：
④三角形有3条中线，且三条中线交于一点，叫做三角形的重心。
【考试题型1】中线求线段的长度
【解题方法】根据中点的性质求出线段长度即可。
例题讲解：
12．（2023春 绥德县期末）如图，在△ABC中，BD是△ABC的中线，BE是△ABD的中线，若AE＝3，则AC的长度为（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
【考试题型2】中线与三角形的面积
【解题方法】根据中线平分面积求出相应的面积即可。
例题讲解：
13．（2022秋 张店区期末）已知：如图所示，在△ABC中，点D，E，F分别为BC，AD，CE的中点，且S△ABC＝4cm2，则阴影部分的面积为 cm2．
【考试题型3】中线与三角形的周长
【解题方法】根据中线分得的两个三角形的周长差的关系求得相应的周长与相应的线段长度。
例题讲解：
14．（2023春 偃师市期末）如图，CM是△ABC的中线，BC＝8cm，若△BCM的周长比△ACM的周长大3cm，则AC的长为（ ）
A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
15．（2023 碑林区模拟）如图，AD是△ABC的中线，AB＝5，AC＝4．若△ACD的周长为10，则△ABD的周长为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
考点四：三角形的高线
三角形的高线：过顶点作对边的垂线，顶点与垂足之间部分叫做三角形的高线。
锐角三角形、直角三角形、钝角三角形的高线画法：
三角形有3条高线，且三条高线交于一点，这个点叫做三角形的垂心。
①锐角三角形的三条高都在三角形内部，垂心在三角形内。
②直角三角形有两条高是三角形的边，垂心在三角形上。
③钝角三角形有两条高在三角形外，垂心在三角形外。
【考试题型1】三角形高线的判断。
【解题方法】根据三角形高线的画法进行判断。判断哪一条边上的高线就用垂直于该边的直线进行平移，直至过对角顶点。
例题讲解：
16．（2023春 鄄城县期末）在下列图形中，正确画出AC边上的高的是（ ）
A． B．
C． D．
【考试题型2】高线或垂心判断三角形的形状。
【解题方法】根据锐角三角形的高线（垂心）在三角形内、直角三角形的高线（垂心）在三角形上、钝角三角形的高线（垂心）在三角形外进行判断。
例题讲解：
17．（2023 佛山模拟）如果一个三角形的三条高的交点恰是三角形的一个顶点，那么这个三角形是（ ）
A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．不能确定
考点五：三角形的角平分线：
三角形的角平分线：三角形角的平分线与对边交点的连线段是三角形的角平分线。
【考试题型1】定义的理解。
【解题方法】根据三角形的角平分线的定义进行理解判断。
例题讲解：
18．（2023 丰润区模拟）如图，在△ABC中，∠1＝∠2＝∠3＝∠4，则下列说法中，正确的是（ ）
A．AD是△ABE的中线 B．AE是△ABC的角平分线
C．AF是△ACE的高线 D．AE是△DAF的中线
【考试题型2】三角形的中线，高线，角平分线的综合
【解题方法】根据这三者的定义理解判断相关的相关的线段即可。
例题讲解：
19．（2023春 闽清县期末）如图，△ABC中，∠1＝∠2，G为AD的中点，延长BG交AC于点E，F为AB上一点，且CF⊥AD于点H，下列判断中，正确的个数是（ ）
①BG是△ABD的边AD上的中线；
②AD既是△ABC的角平分线，也是△ABE的角平分线；
③CH既是△ACD的边AD上的高，也是△ACH的边AH上的高．
A．0 B．1 C．2 D．3
考点六：三角形的稳定性
三角形的稳定性：三角形的三边一旦确定，则三角形的形状和大小就确定，这是三角形的稳定性。
【考试题型1】三角形稳定性在实际生活中的应用
【解题方法】根据实际生活中的现象若是需要固定的则是利用了三角形的稳定性。
例题讲解：
20．（2023 山阴县模拟）如图是位于汾河之上的通达桥，是山西省首座独塔悬索桥，是连接二青会的水上运动、沙滩排球等项目及场馆的主要通道，被誉为“时代之门”．桥身通过吊索与主缆拉拽着整个桥面，形成悬索体系使其更加稳固．其中运用的数学原理是（ ）
A．三角形具有稳定性
B．两点确定一条直线
C．两点之间，线段最短
D．三角形的两边之和大于第三边
考点七：三角形的内角和
三角形的内角和：三角形的三个内角之和等于180°。利用过顶点作对边的平行线证明。
【考试题型1】利用三角形的内角和求角，进而判断三角形的形状。
【解题方法】利用三角形的内角和与题目中给出的角的本身关系建立方程组从而求得各角的度数，在判断三角形的形状。
例题讲解：
21．（2023春 芝罘区期中）在下列条件①∠A+∠B＝∠C；②∠A＝∠B＝2∠C；③∠A＝∠B＝∠C；④∠A：∠B：∠C＝1：2：3中，能确定△ABC为直角三角形的条件有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【考试题型2】利用那个三角形的内角和求度数。
【解题方法】根据三角形的内角和等于180°，在结合已知角求出未知角。
例题讲解：
22．（2023春 舞钢市期末）如图，△ABC中，点D在△ABC的内部，AD平分∠BAC，∠ADB＝90°，DE∥AC，点E在BC上，若∠BAC＝80°，则∠BDE的度数是（ ）
A．110° B．120° C．130° D．135°
23．（2023春 高碑店市月考）如图，在△ABC中，∠B与∠C互余，∠C＝60°，AD是高，AE是角平分线，则∠1的度数为（ ）
A．10° B．15° C．20° D．25°
考点八：三角形的外角定理
三角形的外角定理：三角形的一个外角等于它不相邻的两个内角之和，大于任意一个不相邻的内角。
【考试题型1】根据内角和与外角定理求角度
【解题方法】利用三角形的内角和，外角定理进行求解即可。
例题讲解：
24．（2023 开原市一模）将一副三角板如图放置，使点A落在DE上，三角板ABC的顶点C与三角板CDE的直角顶点C重合，若BC∥DE，AB与CE交于点F，则∠AFC的度数为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【考试题型2】两条内角平分线形成的夹角
【解题方法】根据两条内角平分线形成的夹角与第三个角的关系，即等于90°加上第三个角的一半可直接得出答案。
例题讲解：
25．（2023春 原阳县月考）如图，在△ABC中，角平分线BD，CE相交于点H．若∠A＝70°，则∠BHC的度数是（ ）
A．60° B．90° C．110° D．125°
【考试题型3】一条内角平分线与一条外角平分线形成的夹角
【解题方法】内角平分线与外角平分线形成的夹角等于第三个角的一半即可得出答案。
例题讲解：
26．（2023 罗山县开学）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是△ABC的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠A等于（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【考试题型4】两条外角平分线形成的夹角
【解题方法】两条外角平分线形成的夹角等于90°减去第三个角的一半即可得出答案。
例题讲解：
27．（2023春 仓山区期末）如图，∠CAB的外角的平分线与∠ABC的外角的平分线交于D点，若∠D＝α，则∠C的度数是（ ）
A．180°﹣2α B． C． D．180°﹣α
考点九：直角三角形的性质
直角三角形的性质：直角三角形的两锐角互余。
直角三角形的判定：若有两个内角互余的三角形是直角三角形。
【考试题型1】根据直角三角形的性质求角度。
【解题方法】利用两锐角互余直接计算即可。
例题讲解：
28．（2022秋 嘉兴期末）若一个直角三角形其中一个锐角为40°，则该直角三角形的另一个锐角是（ ）
A．60° B．50° C．40° D．30°
考点十：多边形的内角与外角：
多边形的内角和计算：多边形的内角和计算公式为。
多边形的外角和计算：任意多边形的外角和都等于360°。
【考试题型1】计算多边形的内角和。
【解题方法】利用公式直接计算即可。
例题讲解：
29．（2023春 金安区期末）十二边形的内角和为（ ）
A．180° B．360° C．1800° D．无法计算
【考试题型2】利用公式求边数。
【解题方法】根据公式建立方程进行求解即可。
例题讲解：
30．（2023 南川区开学）一个多边形的内角和是它的外角和的4倍．这个多边形是（ ）
A．六 B．九 C．八 D．十
【考试题型3】多边形的截角
【解题方法】一个多边形解掉一个角后的边数有可能多一边，有可能不变，有可能少一边，以此求解。
例题讲解：
31．（2023春 贵池区期末）一个多边形截去一个角后，得到的新多边形内角和为540°，则原多边形边数为（ ）
A．4 B．6 C．4或6 D．4或5或6
考点十一：正多边形
正多边形的每个内角度数计算：
正多边形的每个外角度数计算：
正多边形的一个外角加上一个内角等于180°。
【考试题型1】正多边形的角度计算
【解题方法】根究正多边形的内外角公式进行计算即可。
例题讲解：
32．（2023 中山市模拟）若一个正n边形的内角和为1080°，则它的每个外角度数是（ ）
A．36° B．45° C．72° D．60°
33．（2023 扶余市四模）如图，正五边形ABCDE，BG平分∠ABC，DG平分正五边形的外角∠EDF，则∠G＝（ ）
A．36° B．54° C．60° D．72°
【考试题型2】转角行走
【解题方法】转角行走得到的图形是一个正多边形，转动的角度为正多边形的外角。再利用外角公式求正多边形的边数，即可求出周长等。
例题讲解：
34．（2023 上蔡县开学）如图，小陈从O点出发，前进5米后向右转20°，再前进5米后又向右转20°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时一共走了（ ）
A．60米 B．100米 C．90米
【考试题型3】正多边形组合图形的计算
【解题方法】利用正多边形的边相等，内角和计算公式，三角形的内角和，三角形的外角定理进行求解。
例题讲解：
35．（2023 石家庄三模）如图，正六边形ABCDEF和正五边形GHCDL的边CD重合，DH的延长线与AB交于点P，则∠BPD的度数是（ ）
A．83° B．84° C．85° D．86°
【专题过关】
一．三角形（共4小题）
1．（2023春 沙坪坝区期中）△ABC的三角之比是1：2：3，则△ABC是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法确定
2．（2023春 肃州区期中）下列说法正确的有（ ）
（1）等边三角形是等腰三角形；（2）三角形的两边之差大于第三边；（3）三角形按边分类可分为等腰三角形、等边三角形和不等边三角形；（4）三角形按角分类应分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2023春 山亭区期中）根据下列条件，能作出唯一三角形的是（ ）
A．AB＝3，∠C＝50° B．AB＝4，BC＝4，AC＝8
C．∠A＝50°，∠B＝60°，AC＝4 D．∠C＝90°，AB＝6
4．（2023春 建邺区期中）如图，以BC为边的三角形的个数是 个．
二．三角形的角平分线、中线和高（共7小题）
5．（2023春 榆树市期末）画△ABC中AC边上的高，下列四个画法中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023春 沈河区期末）用一块含45°角的透明直角三角板画已知△ABC 的边AB上的高，下列三角板的摆放位置正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023春 叙州区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC上一点，DE⊥AB于点E，下列说法中，错误的是（ ）
A．△ABC中，AC是BC上的高 B．△ABD中，DE是AB上的高
C．△ABD中，AC是BD上的高 D．△ADE中，AE是AD上的高
8．（2023春 淅川县期末）如图，在△ABC中，∠1＝∠2，G为AD的中点，BG的延长线交AC于点E，F为AB上的一点，CF与AD垂直，交AD于点H，则下面判断正确的有（ ）
①AD是△ABE的角平分线；
②BE是△ABD的边AD上的中线；
③CH是△ACD的边AD上的高；
④AH是△ACF的角平分线和高．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2023春 汝阳县期末）△ABC中，AD是BC边上的中线，下列五种说法：①AD把∠BAC分成相等的两部分；②AD是线段BC分成相等的两部分；③AD把△ABC分成形状相同的两个三角形；④AD把△ABC分成周长相等的两个三角形；⑤AD把△ABC分成面积相等的两个三角形．其中正确的说法有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
10．（2022春 西乡塘区期末）如图，已知△ABC中，点D、E分别是边BC、AB的中点．若△ABC的面积等于8，则△BDE的面积等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
11．（2023 碑林区模拟）如图，AD是△ABC的中线，AB＝5，AC＝4．若△ACD的周长为10，则△ABD的周长为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
三．三角形的稳定性（共3小题）
12．（2023春 香坊区期末）如图，生活中都把自行车的几根梁做成三角形的支架，这是利用三角形的（ ）
A．全等形 B．稳定性 C．灵活性 D．对称性
13．（2023 兴宁区模拟）由于疫情，现在网课已经成为我们学习的一种主要方式，网课期间我们常常把手机放在一个支架上面，就可以非常方便地使用，如图，此手机能稳稳放在支架上利用的原理是（ ）
A．三角形具有稳定性 B．两点之间，线段最短
C．三角形的内角和为180° D．垂线段最短
14．（2023春 长春期末）如图，人字梯中间一般会设计一“拉杆”，这样做的道理是（ ）
A．三角形具有稳定性
B．垂线段最短
C．两点之间，线段最短
D．两直线平行，内错角相等
四．三角形三边关系（共6小题）
15．（2023春 和平区期中）下列每组数分别是三根小木棒的长度，用它们能摆成三角形的是（ ）
A．3cm，4cm，8cm B．8cm，7cm，15cm
C．13cm，12cm，20cm D．5cm，5cm，11cm
16．（2023春 深圳期中）若a、b、c为三角形的三边长，且a、b满足|a﹣2|+（b﹣1）2＝0，则第三边长c的值可以是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
17．（2023春 市南区期中）一个三角形的两边长分别为3和5，第三边长为偶数，则第三边长可能为（ ）
A．4或6 B．2或4 C．4 D．6
18．（2023春 东明县期中）若三角形三边长为3，2x+1，10，则x的取值范围是 ．
19．（2023春 沙坪坝区期中）若a，b，c是△ABC的三边，化简：|a+b﹣c|﹣|a﹣c﹣b|＝ ．
20．（2023春 丰泽区期中）已知在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c．
（1）化简代数式：|a+b﹣c|+|b﹣a﹣c|＝ ．
（2）若AB＝AC，AC边上的中线BD把三角形的周长分为15和6两部分，求腰长AB．
五．三角形内角和定理（共5小题）
21．（2023 江北区开学）一个三角形的三个内角度数各不相等，其中最小的角是51°，那么这个三角形是一个（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法确定
22．（2023 开州区开学）一个三角形三个内角的度数之比为1：4：7，这个三角形一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．锐角三角形 D．钝角三角形
23．（2023春 芝罘区期中）在下列条件①∠A+∠B＝∠C；②∠A＝∠B＝2∠C；③∠A＝∠B＝∠C；④∠A：∠B：∠C＝1：2：3中，能确定△ABC为直角三角形的条件有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
24．（2022秋 东洲区期末）如图，在△ABC中，∠B＝30°，将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．70°
25．（2023春 任城区期末）如图，∠B，∠C的平分线相交于D，过点D作EF∥BC，交AB于E，交AC于F，那么下列结论中：①BE＝DE；②DF＝ED；③∠BDC＝90°+∠A；④△AEF的周长＝AB+AC，其中正确的有几个（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
六．三角形的外角性质（共8小题）
26．（2023 池州模拟）将直角三角板AOB和直角三角板COD按如图方式摆放（直角顶点重合），已知∠AOC＝45°，则∠DEB的度数是（ ）
A．20° B．30° C．45° D．60°
27．（2022秋 新化县期末）将一副直角三角板如图放置，使两直角边重合，则∠α的度数为（ ）
A．75° B．105° C．135° D．165°
28．（2022秋 新华区期末）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∠A+∠P＝（ ）
A．70° B．80° C．90° D．100°
29．（2023春 句容市月考）如图所示．∠A＝10°，∠ABC＝90°，∠ACB＝∠DCE，∠ADC＝∠EDF，∠CED＝∠FEG．则∠F的度数等于（ ）
A．60° B．55° C．50° D．45°
30．（2023春 仓山区期末）如图，∠CAB的外角的平分线与∠ABC的外角的平分线交于D点，若∠D＝α，则∠C的度数是（ ）
A．180°﹣2α B． C． D．180°﹣α
31．（2022秋 嘉祥县月考）如图，在△ABC中，∠BAC＝128°，P1是△ABC的内角∠ABC的平分线BP1与外角∠ACE的平分线CP1的交点；P2是△BP1C的内角∠P1BC的平分线BP2与外角∠P1CE的平分线CP2的交点；P3是△BP2C的内角∠P2BC的平分线BP3与外角∠P2CE的平分线CP3的交点；依次这样下去，则∠P6的度数为（ ）
A．2° B．4° C．8° D．16°
32．（2023春 鼓楼区期末）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∠ACB＝∠ADB，③∠ADC+∠ABD＝90°，④∠ADB＝45°﹣∠CDB，其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
33．（2023 萍乡模拟）如图，△ABC中，AB＝AC，AD，BD，CD分别平分∠EAC，∠ABC，∠ACF，以下结论不一定成立的是（ ）
A．AD＝CD B．AD∥BC
C． D．∠ADC＝90°﹣∠ABD
七．直角三角形的性质（共5小题）
34．（2022秋 临淄区期末）如图，小明在计算机上用“几何画板”画了一个Rt△ABC，∠C＝90°，并画出了两锐角的角平分线AD，BE及其交点F．小明发现，无论怎样变动Rt△ABC的形状和大小，∠AFB的度数是定值，则这个定值为（ ）
A．135° B．150° C．120° D．110°
35．（2023春 甘州区期末）如图所示，直线a∥b，直角△ABC的顶点C在直线b上．若∠1＝33°，则∠2的度数为（ ）
A．57° B．47° C．67° D．33°
36．（2023春 盐湖区期末）如图，在平面内，一组平行线穿过△ABC，若∠ABC＝90°，∠1＝55°，则∠2的度数是（ ）
A．25° B．30° C．35° D．45°
37．（2023春 秦淮区期中）如图，△ABC的角平分线CD、BE相交于F，∠A＝90°，EG∥BC，且CG⊥EG于G，下列结论：①∠CEG＝2∠DCB；②∠DFB＝∠CGE；③∠ADC＝∠GCD；④CA平分∠BCG．其中正确的结论是（ ）
A．③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④
38．（2023春 电白区期中）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，∠ABC的平分线BE交AD于点F，AG平分∠DAC．给出下列结论：①∠BAD＝∠C；②∠AEF＝∠AFE；③∠EBC＝∠C；④AG⊥EF．正确结论是（ ）
A．①② B．①②④ C．②④ D．②③④
八．多边形内角与外角（共10小题）
39．（2023 中山市模拟）若一个正n边形的内角和为1080°，则它的每个外角度数是（ ）
A．36° B．45° C．72° D．60°
40．（2022秋 交口县期末）2022年北京冬奥会开幕式为世界奉献了一场精彩、简约、唯美、浪漫的中国文化盛宴，其中主火炬台的雪花状创意令人惊叹．如图是一个正六边形雪花状饰品，则它的每一个内角是（ ）
A．60° B．105° C．120° D．135°
41．（2022秋 文登区期末）八边形的外角和是（ ）
A．360° B． 720° C．1080° D．1440°
42．（2022秋 中山市期末）如图．∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为（ ）
A．90° B．180° C．120° D．360°
43．（2023春 秦安县期末）如图，小明在操场上从A点出发，沿直线前进8米后向左转40°，再沿直线前进8米后，又向左转40°，这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了（ ）米．
A．56 B．64 C．80 D．72
44．（2023 顺平县模拟）如图，六边形ABCDEF为正六边形，l1∥l2，则∠2﹣∠1的值为（ ）
A．60° B．80° C．108° D．120°
45．（2023春 潍坊期末）如图，将正五边形与正方形按如图所示摆放，公共顶点为O．若点A，B，C，D在同一条直线上，则∠BOC的度数为（ ）
A．15° B．18° C．28° D．30°
46．（2023春 江阴市期中）多边形剪去一个角后，多边形的外角和将（ ）
A．减少180° B．增大180°
C．不变 D．以上都有可能
47．（2023春 亭湖区月考）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为720°，那么原多边形的边数为（ ）
A．5 B．5或6 C．6或7 D．5或6或7
48．（2022秋 辛集市期末）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1440°，则原来多边形的边数是（ ）
A．9 B．10 C．8或9或10 D．9或10或11
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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专题01 三角形
【10个考点知识梳理+题型解题方法+专题训练】
考点一：三角形的分类
三角形按边分类：三角形按边分类可以分为不等边三角形与等腰三角形，等腰三角形包含普通等腰三角形与三边都相等的等边三角形。
三角形按角分类：三角形按角分类分类锐角三角形，直角三角形，钝角三角形。
【考试题型1】三角形分类方法的理解
【解题方法】根据三角形的分类方法进行理解判断即可。注意按边分类时只分为不等边与等腰两类，等腰里面包含等边。
例题讲解：
1．（2023春 高邑县期末）下列说法正确的是（ ）
①等腰三角形是等边三角形；
②三角形按边可分为等腰三角形、等边三角形和不等边三角形；
③等腰三角形至少有两边相等；
④三角形按角分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形．
A．①② B．③④ C．①②③④ D．①②④
【分析】根据三角形的分类，等腰三角形的定义，等边三角形的定义一一判断即可．
【解答】解：①等腰三角形一定不一定是等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形，故①错误；
②三角形按边分可分为不等边三角形和等腰三角形，其中等腰三角形又可分为底和腰不相等的三角形和等边三角形，故②错误；
③等腰三角形至少有两边相等，有两条边相等的三角形是等腰三角形，故③正确；
④三角形按角分类应分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形，故④正确．
综上，正确的有③④．
故选：B．
【考试题型2】三角形的形状判断
【解题方法】据三角形所有角度的大小判断三角形的形状。
例题讲解：
2．（2022秋 东平县期末）图中的三角形被木板遮住了一部分，这个三角形是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．以上都有可能
【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．
【解答】解：从图中，只能看到一个角是锐角，其它的两个角中，可以都是锐角或有一个钝角或有一个直角．
故选：D．
考点二：三角形的三边关系
三角形的三边关系：三角形的任意两边之和大于第三遍，任意两边之差小于第三边。
【考试题型1】判断三边是否能构成三角形
【解题方法】最小两边之和大于第三边则能够构成三角形。
例题讲解：
3．（2023 清江浦区开学）下列几组数中，不能作为三角形的三边长的是（ ）
A．1，1，2 B．2，3，4 C．2，4，5 D．6，8，10
【分析】根据三角形的三边关系判断即可．
【解答】解：A、∵1+1＝2，
∴1，1，2不能作为三角形的三边长，符合题意；
B、∵2+3＞4，
∴2，3，4能作为三角形的三边长，不符合题意；
C、∵2+4＞5，
∴2，4，5能作为三角形的三边长，不符合题意；
D、∵6+8＞10，
∴6，8，10能作为三角形的三边长，不符合题意；
故选：A．
【考试题型2】求第三边的取值范围及可能的值
【解题方法】利用三角形的三边关系求出第三边的取值范围，再根据具体要求求出第三边的具体的值。进而也可以求出三角形的周长
例题讲解：
4．（2023 封丘县开学）在△ABC中，已知AC＝3，BC＝4，则AB的取值范围是（ ）
A．6＜AB＜8 B．1＜AB＜7 C．2＜AB＜14 D．1＜AB＜14
【分析】根据三角形的三边关系解答即可．
【解答】解：∵AC＝3，BC＝4，
∴4﹣3＜AB＜4+3，即1＜AB＜7，
故选：B．
5．（2022秋 交口县期末）一个三角形的两条边分别为3cm，7cm，则它的第三边可能是（ ）
A．3cm B．7cm C．10cm D．12cm
【分析】首先设第三边长为xcm，根据三角形的三边关系可得7﹣3＜x＜7+3，再解不等式即可求解．
【解答】解：设第三边长为xcm，根据三角形的三边关系可得：
7﹣3＜x＜7+3，
解得：4＜x＜10．
观察选项，只有选项B符合题意．
故选：B．
6．（2023春 市南区期中）一个三角形的两边长分别为3和5，第三边长为偶数，则第三边长可能为（ ）
A．4或6 B．2或4 C．4 D．6
【分析】根据三角形三边关系，可令第三边为x，则5﹣3＜x＜5+3，即2＜x＜8，又因为第三边长为偶数，所以第三边长是4，6．问题可求．
【解答】解：由题意，令第三边为x，则5﹣3＜x＜5+3，即2＜x＜8，
∵第三边长为偶数，
∴第三边长是4或6．
故选：A．
7．（2022秋 嘉兴期末）嘉兴某校项目化学习小组研究“三角形周长”的课题，将3根木棒首尾相连围成一个三角形，其中两根木棒的长分别为10cm、3cm，则该三角形的周长可能是（ ）
A．18cm B．19cm C．20cm D．21cm
【分析】根据三角形的三边关系，确定出第三根木棒长度的取值范围，即可确定三角形的周长的范围，结合选项即可得出答案．
【解答】解：设第三根木棒长xcm，
∵两根木棒的长分别为3cm、10cm，
∴10﹣3＜x＜10+3，
即7＜x＜13，
∵该三角形的周长＝13+x，
∴20＜13+x＜26，
故选：D．
【考试题型3】根据三角形的三边关系求未知数的取值范围
【解题方法】若给出的三边有两边已知，一边未知，则把未知边当成第三边；若有两边未知，一边已知，则把已知边当成第三边，再利用三角形三边关系建立不等式组求解。
例题讲解：
8．（2023春 东明县期中）若三角形三边长为3，2x+1，10，则x的取值范围是 3＜x＜6 ．
【分析】根据三角形三边关系：“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”即可求x的取值范围．
【解答】解：由三角形三边关系定理得：10﹣3＜2x+1＜10+3，且2x+1＞0
解得：3＜x＜6，
即x的取值范围是3＜x＜6．
故答案为：3＜x＜6．
9．（2023 包头一模）三个数3，1﹣a，1﹣2a在数轴上从左到右依次排列，且以这三个数为边长能构成三角形，则a的取值范围为 ﹣3＜a＜﹣2 ．
【分析】由三个数的大小关系初步确定a的取值范围a＜﹣2；再由三角形三边关系得到3+（1﹣a）＞1﹣2a，从而求出a的取值范围．
【解答】解：∵3，1﹣a，1﹣2a在数轴上从左到右依次排列，
∴3＜1﹣a＜1﹣2a，
∴a＜﹣2，
∵这三个数为边长能构成三角形，
∴3+（1﹣a）＞1﹣2a，
∴a＞﹣3，
∴﹣3＜a＜﹣2，
故答案为﹣3＜a＜﹣2．
【考试题型4】三角形的三边关系化简绝对值
【解题方法】利用三角形的三边关系判断绝对值里面式子的大小关系，在根据去绝对值符号进行化简，若式子有两正，则大于0，若式子是两负，则小于0。
例题讲解：
10．（2023春 鲁山县期末）设a，b，c为△ABC的三边，化简|a﹣b+c|﹣|a+b﹣c|﹣|a﹣b﹣c|＝ a﹣3b+c ．
【分析】直接利用三角形三边关系进而化简得出答案．
【解答】解：∵a，b，c为△ABC的三边，
∴a﹣b+c＞0，a+b﹣c＞0，a﹣b﹣c＜0，
∴|a﹣b+c|﹣|a+b﹣c|﹣|a﹣b﹣c|＝a﹣b+c﹣（a+b﹣c）+（a﹣b﹣c）
＝a﹣b+c﹣a﹣b+c+a﹣b﹣c
＝a﹣3b+c．
故答案为：a﹣3b+c．
【考试题型3】三角形的三边关系与等腰三角形
【解题方法】分别讨论给出的边长为腰，必须在满足三角形的三边关系的提前下求周长。
例题讲解：
11．（2023春 高新区期中）等腰三角形的一边等于3，一边等于6，则它的周长等于 15 ．
【分析】题目给出等腰三角形有两条边长为3和6，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
【解答】解：当3为腰，6为底时，3+3＝6，不能构成等腰三角形；
当6为腰，3为底时，3+6＞6，能构成等腰三角形，周长为3+6+6＝15．
故答案为：15．
考点三：三角形的中线
三角形的中线：三角形的顶点与对边中点的连线叫做三角形的中线。
三角形中线的性质：如图，AM是△ABC的中线，则：
①AM是三角形的中线M是BC的中点BM＝ CM＝BC。
②中线平分三角形的面积。即：
③中线分三角三角形的周长差等于对应另两边的差。即：
④三角形有3条中线，且三条中线交于一点，叫做三角形的重心。
【考试题型1】中线求线段的长度
【解题方法】根据中点的性质求出线段长度即可。
例题讲解：
12．（2023春 绥德县期末）如图，在△ABC中，BD是△ABC的中线，BE是△ABD的中线，若AE＝3，则AC的长度为（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
【分析】根据中线的性质即可求解．
【解答】解：∵BE是△ABD的中线，
∴AD＝2AE＝6，
∵BD是△ABC的中线，
∴AC＝2AD＝12，
故选：D．
【考试题型2】中线与三角形的面积
【解题方法】根据中线平分面积求出相应的面积即可。
例题讲解：
13．（2022秋 张店区期末）已知：如图所示，在△ABC中，点D，E，F分别为BC，AD，CE的中点，且S△ABC＝4cm2，则阴影部分的面积为 1 cm2．
【分析】易得△ABD，△ACD为△ABC面积的一半，同理可得△BEC的面积等于△ABC面积的一半，那么阴影部分的面积等于△BEC的面积的一半．
【解答】解：∵D为BC中点，根据同底等高的三角形面积相等，
∴S△ABD＝S△ACD＝S△ABC＝×4＝2（cm2），
同理S△BDE＝S△CDE＝S△BCE＝×2＝1（cm2），
∴S△BCE＝2（cm2），
∵F为EC中点，
∴S△BEF＝S△BCE＝×2＝1（cm2）．
故答案为1．
【考试题型3】中线与三角形的周长
【解题方法】根据中线分得的两个三角形的周长差的关系求得相应的周长与相应的线段长度。
例题讲解：
14．（2023春 偃师市期末）如图，CM是△ABC的中线，BC＝8cm，若△BCM的周长比△ACM的周长大3cm，则AC的长为（ ）
A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
【分析】根据三角形中线的特点进行解答即可．
【解答】解：∵CM为△ABC的AB边上的中线，
∴AM＝BM，
∵△BCM的周长比△ACM的周长大3cm，
∴（BC+BM+CM）﹣（AC+AM+CM）＝3cm，
∴BC﹣AC＝3cm，
∵BC＝8cm，
∴AC＝5cm，
故选：C．
15．（2023 碑林区模拟）如图，AD是△ABC的中线，AB＝5，AC＝4．若△ACD的周长为10，则△ABD的周长为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【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．
【解答】解：∵△ACD的周长为10，
∴AC+AD+CD＝10，
∵AC＝4，
∴AD+CD＝6，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
∵AB＝5，
∴△ABD的周长＝AB+AD+CD＝11，
故选：D．
考点四：三角形的高线
三角形的高线：过顶点作对边的垂线，顶点与垂足之间部分叫做三角形的高线。
锐角三角形、直角三角形、钝角三角形的高线画法：
三角形有3条高线，且三条高线交于一点，这个点叫做三角形的垂心。
①锐角三角形的三条高都在三角形内部，垂心在三角形内。
②直角三角形有两条高是三角形的边，垂心在三角形上。
③钝角三角形有两条高在三角形外，垂心在三角形外。
【考试题型1】三角形高线的判断。
【解题方法】根据三角形高线的画法进行判断。判断哪一条边上的高线就用垂直于该边的直线进行平移，直至过对角顶点。
例题讲解：
16．（2023春 鄄城县期末）在下列图形中，正确画出AC边上的高的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据三角形的高的概念判断即可．
【解答】解：A、图中AD不是AC边上的高，本选项不符合题意；
B、图中AD不是AC边上的高，本选项不符合题意；
C、图中BD不是AC边上的高，本选项不符合题意；
D、图中BD是AC边上的高，本选项符合题意；
故选：D．
【考试题型2】高线或垂心判断三角形的形状。
【解题方法】根据锐角三角形的高线（垂心）在三角形内、直角三角形的高线（垂心）在三角形上、钝角三角形的高线（垂心）在三角形外进行判断。
例题讲解：
17．（2023 佛山模拟）如果一个三角形的三条高的交点恰是三角形的一个顶点，那么这个三角形是（ ）
A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．不能确定
【分析】根据三角形的高的特点对选项进行一一分析，即可得出答案．
【解答】解：A、锐角三角形，三条高线交点在三角形内，故错误；
B、钝角三角形，三条高线不会交于一个顶点，故错误；
C、直角三角形的直角所在的顶点正好是三条高线的交点，可以得出这个三角形是直角三角形，故正确；
D、能确定C正确，故错误．
故选：C．
考点五：三角形的角平分线：
三角形的角平分线：三角形角的平分线与对边交点的连线段是三角形的角平分线。
【考试题型1】定义的理解。
【解题方法】根据三角形的角平分线的定义进行理解判断。
例题讲解：
18．（2023 丰润区模拟）如图，在△ABC中，∠1＝∠2＝∠3＝∠4，则下列说法中，正确的是（ ）
A．AD是△ABE的中线 B．AE是△ABC的角平分线
C．AF是△ACE的高线 D．AE是△DAF的中线
【分析】利用已知条件可得∠BAE＝∠CAE，然后可得AE是△ABC的角平分线．
【解答】解：∵∠1＝∠2＝∠3＝∠4，
∴∠1+∠2＝∠3+∠4，
即∠BAE＝∠CAE，
∴AE是△ABC的角平分线，
故选：B．
【考试题型2】三角形的中线，高线，角平分线的综合
【解题方法】根据这三者的定义理解判断相关的相关的线段即可。
例题讲解：
19．（2023春 闽清县期末）如图，△ABC中，∠1＝∠2，G为AD的中点，延长BG交AC于点E，F为AB上一点，且CF⊥AD于点H，下列判断中，正确的个数是（ ）
①BG是△ABD的边AD上的中线；
②AD既是△ABC的角平分线，也是△ABE的角平分线；
③CH既是△ACD的边AD上的高，也是△ACH的边AH上的高．
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】根据三角形的角平分线、中线和高的概念判断即可．
【解答】解：∵G为AD的中点，
∴BG是△ABD的边AD上的中线，①说法正确；
∵∠1＝∠2，
∴AD既是△ABC的角平分线，AG是△ABE的角平分线，②说法错误；
∵CF⊥AD，
∴CH既是△ACD的边AD上的高，也是△ACH的边AH上的高，③说法正确；
故选：C．
考点六：三角形的稳定性
三角形的稳定性：三角形的三边一旦确定，则三角形的形状和大小就确定，这是三角形的稳定性。
【考试题型1】三角形稳定性在实际生活中的应用
【解题方法】根据实际生活中的现象若是需要固定的则是利用了三角形的稳定性。
例题讲解：
20．（2023 山阴县模拟）如图是位于汾河之上的通达桥，是山西省首座独塔悬索桥，是连接二青会的水上运动、沙滩排球等项目及场馆的主要通道，被誉为“时代之门”．桥身通过吊索与主缆拉拽着整个桥面，形成悬索体系使其更加稳固．其中运用的数学原理是（ ）
A．三角形具有稳定性
B．两点确定一条直线
C．两点之间，线段最短
D．三角形的两边之和大于第三边
【分析】由三角形具有稳定性，即可得到答案．
【解答】解：桥身通过吊索与主缆拉拽着整个桥面，形成悬索体系使其更加稳固．其中运用的数学原理是：三角形具有稳定性．
故选：A．
考点七：三角形的内角和
三角形的内角和：三角形的三个内角之和等于180°。利用过顶点作对边的平行线证明。
【考试题型1】利用三角形的内角和求角，进而判断三角形的形状。
【解题方法】利用三角形的内角和与题目中给出的角的本身关系建立方程组从而求得各角的度数，在判断三角形的形状。
例题讲解：
21．（2023春 芝罘区期中）在下列条件①∠A+∠B＝∠C；②∠A＝∠B＝2∠C；③∠A＝∠B＝∠C；④∠A：∠B：∠C＝1：2：3中，能确定△ABC为直角三角形的条件有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据三角形内角和定理和四个条件中∠A、∠B、∠C的关系，分别求出各条件下三角形中最大的角，然后根据三角形的分类进行判断．
【解答】解：∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∠A+∠B＝∠C，
∴∠C+∠C＝180°，解得∠C＝90°，
∴△ABC为直角三角形，所以①正确；
∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A＝∠B＝2∠C，
∴∠A+∠A+∠A＝180°，
∴∠A＝72°，
∴△ABC为锐角三角形，所以②错误；
∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A＝∠B＝∠C，
∴∠C+∠C+∠C＝180°，
∴∠A＝90°，
∴△ABC为直角三角形，所以③正确；
∵∠A：∠B：∠C＝1：2：3，
设∠A＝x，∠B＝2x，∠C＝3x，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴x+2x+3x＝180°，解得x＝30°
∴∠C＝90°，
∴△ABC为直角三角形，所以④正确．
故选：B．
【考试题型2】利用那个三角形的内角和求度数。
【解题方法】根据三角形的内角和等于180°，在结合已知角求出未知角。
例题讲解：
22．（2023春 舞钢市期末）如图，△ABC中，点D在△ABC的内部，AD平分∠BAC，∠ADB＝90°，DE∥AC，点E在BC上，若∠BAC＝80°，则∠BDE的度数是（ ）
A．110° B．120° C．130° D．135°
【分析】先根据角平分线的性质得出∠CAD的度数，再由平行线的性质得出∠ADE的度数，由∠ADB＝90°即可得出结论．
【解答】解：∵∠BAC＝80°，AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠BAC＝40°，
∵DE∥AC，
∴∠ADE＝180°﹣∠CAD＝180°﹣40°＝140°，
∵∠ADB＝90°，
∴∠BDE＝360°﹣∠ADB﹣∠ADE＝360°﹣90°﹣140°＝130°．
故选：C．
23．（2023春 高碑店市月考）如图，在△ABC中，∠B与∠C互余，∠C＝60°，AD是高，AE是角平分线，则∠1的度数为（ ）
A．10° B．15° C．20° D．25°
【分析】由题意可得∠B+∠C＝90°，从而可求得∠B＝30°，∠BAC＝90°，再由高线可得∠ADB＝90°，则可求得∠BAD＝60°，再由角平分线的定义得∠BAE＝45°，即可求∠1的度数．
【解答】解：∵∠B与∠C互余，∠C＝60°，
∴∠B+∠C＝90°，
∴∠B＝30°，∠BAC＝90°，
∵AD是高，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝60°，
∵AE是角平分线，
∴∠BAE＝∠BAC＝45°，
∴∠1＝∠BAD﹣∠BAE＝15°．
故选：B．
考点八：三角形的外角定理
三角形的外角定理：三角形的一个外角等于它不相邻的两个内角之和，大于任意一个不相邻的内角。
【考试题型1】根据内角和与外角定理求角度
【解题方法】利用三角形的内角和，外角定理进行求解即可。
例题讲解：
24．（2023 开原市一模）将一副三角板如图放置，使点A落在DE上，三角板ABC的顶点C与三角板CDE的直角顶点C重合，若BC∥DE，AB与CE交于点F，则∠AFC的度数为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【分析】根据题意和三角板的特点，可以得到∠E和∠ABC的度数，再根据平行线的性质，可以得到∠BCE的度数，最后根据三角形外角的性质得到∠AFC的度数．
【解答】解：∵BC∥DE，∠E＝30°，
∴∠BCE＝∠E＝30°，
∵∠B＝45°，∠AFC＝∠B+∠BCE，
∴∠AFC＝∠B+∠BCE＝45°+30°＝75°，
故选：D．
【考试题型2】两条内角平分线形成的夹角
【解题方法】根据两条内角平分线形成的夹角与第三个角的关系，即等于90°加上第三个角的一半可直接得出答案。
例题讲解：
25．（2023春 原阳县月考）如图，在△ABC中，角平分线BD，CE相交于点H．若∠A＝70°，则∠BHC的度数是（ ）
A．60° B．90° C．110° D．125°
【分析】先利用角平分线的性质说明∠ABD与∠ABC、∠ACE与∠ACB间关系，再利用外角与内角关系、三角形的内角和定理得结论．
【解答】解：∵BD，CE分别是∠ABC、∠ACB的角平分线，
∴∠ABD＝ABC，∠ACE＝ACB．
∵∠BDC＝∠A+∠ABD，
∴∠BHC＝∠BDC+∠ACE
＝∠A+∠ABD+∠ACE
＝∠A+∠ABC+∠ACB
＝∠A+∠ABC+∠ACBA
＝（∠A+∠ABC+∠ACB）+．
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠A＝70°，
∴∠BHC＝180°+×70°
＝90°+35°
＝125°．
故选：D．
【考试题型3】一条内角平分线与一条外角平分线形成的夹角
【解题方法】内角平分线与外角平分线形成的夹角等于第三个角的一半即可得出答案。
例题讲解：
26．（2023 罗山县开学）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是△ABC的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠A等于（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【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∠A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，
∴∠ABC＝2∠ABP，∠ACM＝2∠ACP，
又∵∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，
∴∠ABC＝2×20°＝40°，∠ACM＝2×50°＝100°，
∴∠A＝∠ACM﹣∠ABC＝60°，
故选：D．
【考试题型4】两条外角平分线形成的夹角
【解题方法】两条外角平分线形成的夹角等于90°减去第三个角的一半即可得出答案。
例题讲解：
27．（2023春 仓山区期末）如图，∠CAB的外角的平分线与∠ABC的外角的平分线交于D点，若∠D＝α，则∠C的度数是（ ）
A．180°﹣2α B． C． D．180°﹣α
【分析】由三角形内角和定理可求出∠DAB+∠DBA＝180°﹣α，结合角平分线的定义可求出∠EAB+∠FBA＝360°﹣2α，进而可求出∠CAB+∠CBA＝360°﹣（∠EAB+∠FBA）＝2α，最后再次利用三角形内角和定理即可求出∠C＝180°﹣2α．
【解答】解：如图，
∵∠D＝α，
∴∠DAB+∠DBA＝180°﹣∠D＝180°﹣α．
∵∠CAB的外角的平分线与∠ABC的外角的平分线交于D点，
∴∠EAB＝2∠DAB，∠FBA＝2∠DBA，
∴∠EAB+∠FBA＝2∠DAB+2∠DBA＝2（180°﹣α）＝360°﹣2α．
∵∠CAB＝180°﹣∠EAB，∠CBA＝180°﹣∠FBA，
∴∠CAB+∠CBA＝180°﹣∠EAB+180°﹣∠FBA＝360°﹣（∠EAB+∠FBA）＝360°﹣（360°﹣2α）＝2α，
∴∠C＝180°﹣（∠CAB+∠CBA）＝180°﹣2α．
故选：A．
考点九：直角三角形的性质
直角三角形的性质：直角三角形的两锐角互余。
直角三角形的判定：若有两个内角互余的三角形是直角三角形。
【考试题型1】根据直角三角形的性质求角度。
【解题方法】利用两锐角互余直接计算即可。
例题讲解：
28．（2022秋 嘉兴期末）若一个直角三角形其中一个锐角为40°，则该直角三角形的另一个锐角是（ ）
A．60° B．50° C．40° D．30°
【分析】根据直角三角形性质：两锐角互余直接求解即可得到答案．
【解答】解：∵直角三角形中两锐角互余，
∴若一个直角三角形其中一个锐角为40°，则该直角三角形的另一个锐角是90°﹣40°＝50°．
故选：B．
考点十：多边形的内角与外角：
多边形的内角和计算：多边形的内角和计算公式为。
多边形的外角和计算：任意多边形的外角和都等于360°。
【考试题型1】计算多边形的内角和。
【解题方法】利用公式直接计算即可。
例题讲解：
29．（2023春 金安区期末）十二边形的内角和为（ ）
A．180° B．360° C．1800° D．无法计算
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2） 180°列式计算即可得解．
【解答】解：（12﹣2） 180°＝1800°．
故选：C．
【考试题型2】利用公式求边数。
【解题方法】根据公式建立方程进行求解即可。
例题讲解：
30．（2023 南川区开学）一个多边形的内角和是它的外角和的4倍．这个多边形是（ ）
A．六 B．九 C．八 D．十
【分析】设这个多边形的边数为x，则多边形的内角和为180°（n﹣2），然后根据题意列方程解答即可．
【解答】解：设边数为x，
180°（n﹣2）＝4×360°，
n＝10．
故选：D．
【考试题型3】多边形的截角
【解题方法】一个多边形解掉一个角后的边数有可能多一边，有可能不变，有可能少一边，以此求解。
例题讲解：
31．（2023春 贵池区期末）一个多边形截去一个角后，得到的新多边形内角和为540°，则原多边形边数为（ ）
A．4 B．6 C．4或6 D．4或5或6
【分析】设新多边形的边数为n，利用多边形内角和公式求得n的值，然后分三种情况分类讨论后即可得出答案．
【解答】解：设新多边形的边数为n，
则（n﹣2） 180°＝540°，
解得：n＝5，
①若截去的角的两边均为原多边形的两边的一部分时，
此时原多边形的边数为5﹣1＝4；
②若截去的角的两边为原多边形的一条边和另一条边的一部分时，
此时原多边形的边数为5；
③若截去的角的两边均为原多边形的两条边时，
此时原多边形的边数为5+1＝6；
综上，原多边形边数为4或5或6，
故选：D．
考点十一：正多边形
正多边形的每个内角度数计算：
正多边形的每个外角度数计算：
正多边形的一个外角加上一个内角等于180°。
【考试题型1】正多边形的角度计算
【解题方法】根究正多边形的内外角公式进行计算即可。
例题讲解：
32．（2023 中山市模拟）若一个正n边形的内角和为1080°，则它的每个外角度数是（ ）
A．36° B．45° C．72° D．60°
【分析】根据多边形内角和公式列出方程，求出n的值，即可求出多边形的边数，再根据多边形的外角和是360°，利用360°除以边数可得外角度数．
【解答】解：根据题意，可得（n﹣2）×180°＝1080°，
解得n＝8，
所以，外角的度数为360°÷8＝45°．
故选：B．
33．（2023 扶余市四模）如图，正五边形ABCDE，BG平分∠ABC，DG平分正五边形的外角∠EDF，则∠G＝（ ）
A．36° B．54° C．60° D．72°
【分析】根据正五边形的轴对称性以及多边形的外角和等于360度解答即可．
【解答】解：如图：
由正五边形ABCDE，BG平分∠ABC，可得∠DPG＝90°，
∴∠G+∠EDG＝90°，
∵，DG平分正五边形的外角∠EDF，
∴，
∴∠G＝90°﹣∠EDG＝54°．
故选：B．
【考试题型2】转角行走
【解题方法】转角行走得到的图形是一个正多边形，转动的角度为正多边形的外角。再利用外角公式求正多边形的边数，即可求出周长等。
例题讲解：
34．（2023 上蔡县开学）如图，小陈从O点出发，前进5米后向右转20°，再前进5米后又向右转20°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时一共走了（ ）
A．60米 B．100米 C．90米
【分析】根据正多边形的外角和为360°，得出多边形的边数，再求出路程即可．
【解答】解：依题意可知，小陈所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n，
则20n＝360，
解得：n＝18，
∴他第一次回到出发点O时一共走了：5×18＝90（米），
故选：C．
【考试题型3】正多边形组合图形的计算
【解题方法】利用正多边形的边相等，内角和计算公式，三角形的内角和，三角形的外角定理进行求解。
例题讲解：
35．（2023 石家庄三模）如图，正六边形ABCDEF和正五边形GHCDL的边CD重合，DH的延长线与AB交于点P，则∠BPD的度数是（ ）
A．83° B．84° C．85° D．86°
【分析】利用多边形的内角和与正多边形的性质分别求得∠BCD，∠B，∠DCH的度数，然后利用等边对等角及三角形内角和定理求得∠CDH的度数，再结合四边形的内角和为360°进行计算即可．
【解答】解：∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴∠BCD＝∠B＝（6﹣2）×180°÷6＝120°，
∵五边形GHCDL为正五边形，
∴CD＝CH，∠DCH＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，
∴∠CDH＝∠CHD＝＝36°，
∵四边形BCDP的内角和为360°，
∴∠BPD＝360°﹣120°﹣120°﹣36°＝84°，
故选：B．
【专题过关】
一．三角形（共4小题）
1．（2023春 沙坪坝区期中）△ABC的三角之比是1：2：3，则△ABC是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法确定
【分析】设∠A＝x，则∠B＝2x，∠C＝3x，再根据三角形内角和定理求出x的值，进而可得出结论．
【解答】解：在△ABC中，若∠A：∠B：∠C＝1：2：3，
∴设∠A＝x，则∠B＝2x，∠C＝3x，
∴x+2x+3x＝180°，
解得x＝30°，
∴∠C＝3x＝90°，
∴此三角形是直角三角形．
故选：B．
2．（2023春 肃州区期中）下列说法正确的有（ ）
（1）等边三角形是等腰三角形；（2）三角形的两边之差大于第三边；（3）三角形按边分类可分为等腰三角形、等边三角形和不等边三角形；（4）三角形按角分类应分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据三角形的分类、三角形的三边关系进行判断．
【解答】解：（1）等边三角形是一特殊的等腰三角形，正确；
（2）根据三角形的三边关系知，三角形的两边之差小于第三边，错误；
（3）三角形按边分类可以分为不等边三角形和等腰三角形，错误；
（4）三角形按角分类应分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形，正确．
综上所述，正确的结论有2个．
故选：B．
3．（2023春 山亭区期中）根据下列条件，能作出唯一三角形的是（ ）
A．AB＝3，∠C＝50° B．AB＝4，BC＝4，AC＝8
C．∠A＝50°，∠B＝60°，AC＝4 D．∠C＝90°，AB＝6
【分析】两个条件无法确定三角形，可以确定A选项不符合题意；根据三角形三边的关系判断B选项；根据AAS判断C选项；根据两个条件不能作出唯一的三角形判断D选项．
【解答】解：A选项，两个条件，无法确定三角形，故该选项不符合题意；
B选项，4+4＝8，不能构成三角形，故该选项不符合题意；
C选项，两角和其中一个角的对边分别相等可以作出唯一三角形，故该选项符合题意；
D选项，两个条件不能作出唯一的三角形，故该选项不符合题意；
故选：C．
4．（2023春 建邺区期中）如图，以BC为边的三角形的个数是 4 个．
【分析】根据三角形的定义即可得到结论．
【解答】解：∵以BC为公共边的三角形有△BCD，△BCE，△BCF，△ABC，
∴以BC为公共边的三角形的个数是4个．
故答案为：4．
二．三角形的角平分线、中线和高（共7小题）
5．（2023春 榆树市期末）画△ABC中AC边上的高，下列四个画法中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据三角形的高线的定义：过三角形的一个顶点向对边引垂线，顶点与垂足之间的距离叫做三角形的高对各选项图形判断即可．
【解答】解：由三角形的高线的定义，C选项图形表示△ABC中AC边上的高．
故选：C．
6．（2023春 沈河区期末）用一块含45°角的透明直角三角板画已知△ABC 的边AB上的高，下列三角板的摆放位置正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据三角形的高的定义，即可解答．
【解答】解：用一块含45°角的透明直角三角板画已知△ABC 的边AB上的高，下列三角板的摆放位置正确的是
故选：C．
7．（2023春 叙州区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC上一点，DE⊥AB于点E，下列说法中，错误的是（ ）
A．△ABC中，AC是BC上的高 B．△ABD中，DE是AB上的高
C．△ABD中，AC是BD上的高 D．△ADE中，AE是AD上的高
【分析】根据三角形的高的概念判断即可．
【解答】解：A、△ABC中，AC是BC上的高，说法正确，不符合题意；
B、△ABD中，DE是AB上的高，说法正确，不符合题意；
C、△ABD中，AC是BD上的高，说法正确，不符合题意；
D、△ADE中，AE是DE上的高，不是AD上的高，故本选项说法错误，符合题意；
故选：D．
8．（2023春 淅川县期末）如图，在△ABC中，∠1＝∠2，G为AD的中点，BG的延长线交AC于点E，F为AB上的一点，CF与AD垂直，交AD于点H，则下面判断正确的有（ ）
①AD是△ABE的角平分线；
②BE是△ABD的边AD上的中线；
③CH是△ACD的边AD上的高；
④AH是△ACF的角平分线和高．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】本题是一道关于三角形的题目，回想三角形的中线、角平分线、高线的概念；由∠1＝∠2可知AD平分∠BAE，但AD不是△ABE内的线段，由三角形角平分线的概念可知①错误；接下来，根据三角形中线、高线、角平分线的概念试着分析②、③、④，相信你能解答此题了．
【解答】解：对于①，由∠1＝∠2可知AD平分∠BAE，但AD不是△ABE内的线段，由三角形角平分线的概念，故①错误；
对于②，BE经过△ABD的边AD的中点G，但BE不是△ABD内的线段，由三角形中线的概念，故②错误；
对于③，由于CH⊥AD于H，由三角形高线的概念可知CH是△ACD的边AD上的高，故③正确；
对于④，由AH平分∠FAC并且在△ACF内，故AH是△ACF的角平分线．又因为AH⊥CF，所以AH也是△ACF的高，故④正确．
故选：B．
9．（2023春 汝阳县期末）△ABC中，AD是BC边上的中线，下列五种说法：①AD把∠BAC分成相等的两部分；②AD是线段BC分成相等的两部分；③AD把△ABC分成形状相同的两个三角形；④AD把△ABC分成周长相等的两个三角形；⑤AD把△ABC分成面积相等的两个三角形．其中正确的说法有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】三角形的中线是三角形一边上的中点与所对顶点连接的线段，根据中线的定义可知．
【解答】解：点D只是BC的中点，不平分角，故①错误；
②正确；
AD把△ABC分成的两个三角形的形状也不一定相同，故③错误；
AD把△ABC分成的两个三角形，其周长不一定相等，故④错误；
⑤正确．
故选：A．
10．（2022春 西乡塘区期末）如图，已知△ABC中，点D、E分别是边BC、AB的中点．若△ABC的面积等于8，则△BDE的面积等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：∵点D是边BC的中点，△ABC的面积等于8，
∴S△ABD＝S△ABC＝4，
∵E是AB的中点，
∴S△BDE＝S△ABD＝4＝2，
故选：A．
11．（2023 碑林区模拟）如图，AD是△ABC的中线，AB＝5，AC＝4．若△ACD的周长为10，则△ABD的周长为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【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．
【解答】解：∵△ACD的周长为10，
∴AC+AD+CD＝10，
∵AC＝4，
∴AD+CD＝6，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
∵AB＝5，
∴△ABD的周长＝AB+AD+CD＝11，
故选：D．
三．三角形的稳定性（共3小题）
12．（2023春 香坊区期末）如图，生活中都把自行车的几根梁做成三角形的支架，这是利用三角形的（ ）
A．全等形 B．稳定性 C．灵活性 D．对称性
【分析】根据三角形具有稳定性解答．
【解答】解：生活中都把自行车的几根梁做成三角形的支架，这是因为三角形具有稳定性．
故选：B．
13．（2023 兴宁区模拟）由于疫情，现在网课已经成为我们学习的一种主要方式，网课期间我们常常把手机放在一个支架上面，就可以非常方便地使用，如图，此手机能稳稳放在支架上利用的原理是（ ）
A．三角形具有稳定性 B．两点之间，线段最短
C．三角形的内角和为180° D．垂线段最短
【分析】根据三角形具有稳定性进行求解即可．
【解答】解：由图可知，手机和支架组成了一个三角形，而三角形具有稳定性，所以手机能稳稳放在支架上．
故选：A．
14．（2023春 长春期末）如图，人字梯中间一般会设计一“拉杆”，这样做的道理是（ ）
A．三角形具有稳定性
B．垂线段最短
C．两点之间，线段最短
D．两直线平行，内错角相等
【分析】由三角形具有稳定性，即可得到答案．
【解答】解：人字梯中间一般会设计一“拉杆”，这样做的道理：三角形具有稳定性．
故选：A．
四．三角形三边关系（共6小题）
15．（2023春 和平区期中）下列每组数分别是三根小木棒的长度，用它们能摆成三角形的是（ ）
A．3cm，4cm，8cm B．8cm，7cm，15cm
C．13cm，12cm，20cm D．5cm，5cm，11cm
【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．
【解答】解：A、3+4＜8，不能组成三角形；
B、8+7＝15，不能组成三角形；
C、13+12＞20，能够组成三角形；
D、5+5＜11，不能组成三角形．
故选：C．
16．（2023春 深圳期中）若a、b、c为三角形的三边长，且a、b满足|a﹣2|+（b﹣1）2＝0，则第三边长c的值可以是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】先根据非负数的性质求出a，b，再结合三角形成立的条件，即可求解．
【解答】解：∵a、b满足|a﹣2|+（b﹣1）2＝0，
∴a﹣2＝0，b﹣1＝0，
∴a＝2，b＝1．
∵a、b、c为三角形的三边长，
∴2﹣1＜c＜2+1，即1＜c＜3，
∴第三边长c的值可以是2．
故选：B．
17．（2023春 市南区期中）一个三角形的两边长分别为3和5，第三边长为偶数，则第三边长可能为（ ）
A．4或6 B．2或4 C．4 D．6
【分析】根据三角形三边关系，可令第三边为x，则5﹣3＜x＜5+3，即2＜x＜8，又因为第三边长为偶数，所以第三边长是4，6．问题可求．
【解答】解：由题意，令第三边为x，则5﹣3＜x＜5+3，即2＜x＜8，
∵第三边长为偶数，
∴第三边长是4或6．
故选：A．
18．（2023春 东明县期中）若三角形三边长为3，2x+1，10，则x的取值范围是 3＜x＜6 ．
【分析】根据三角形三边关系：“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”即可求x的取值范围．
【解答】解：由三角形三边关系定理得：10﹣3＜2x+1＜10+3，且2x+1＞0
解得：3＜x＜6，
即x的取值范围是3＜x＜6．
故答案为：3＜x＜6．
19．（2023春 沙坪坝区期中）若a，b，c是△ABC的三边，化简：|a+b﹣c|﹣|a﹣c﹣b|＝ 2a﹣2c ．
【分析】三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，由此即可解决问题．
【解答】解：∵a+b＞c，b+c＞a，
∴a+b﹣c＞0，a﹣（c+b）＜0，
∴|a+b﹣c|﹣|a﹣c﹣b|
＝|a+b﹣c|﹣|a﹣（c+b）|
＝a+b﹣c﹣（c+b﹣a）
＝a+b﹣c﹣c﹣b+a
＝2a﹣2c．
故答案为：2a﹣2c．
20．（2023春 丰泽区期中）已知在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c．
（1）化简代数式：|a+b﹣c|+|b﹣a﹣c|＝ 2a ．
（2）若AB＝AC，AC边上的中线BD把三角形的周长分为15和6两部分，求腰长AB．
【分析】（1）先根据三角形的三边关系定理可得a+b＞c，a+c＞b，从而可得a+b﹣c＞0，b﹣a﹣c＜0，再化简绝对值，然后计算整式的加减法即可得；
（2）先根据三角形中线的定义可得，再分①和②两种情况，分别求出a，c的值，从而可得三角形的三边长，然后看是否符合三角形的三边关系定理即可得出答案．
【解答】解：（1）由题意得：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）
＝a+b﹣c﹣b+a+c
＝2a．
故答案为：2a；
（2）设AB＝AC＝2x，BC＝y，则AD＝CD＝x，
∵AC上的中线BD将这个三角形的周长分成15和6两部分，
①当3x＝15，且x+y＝6，
解得，x＝5，y＝1，
∴三边长分别为10，10，1；
②当x+y＝15且3x＝6时，
解得，x＝2，y＝13，此时腰为4，
根据三角形三边关系，任意两边之和大于第三边，而4+4＝8＜13，故这种情况不存在．
∴△ABC的腰长AB为10．
五．三角形内角和定理（共5小题）
21．（2023 江北区开学）一个三角形的三个内角度数各不相等，其中最小的角是51°，那么这个三角形是一个（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法确定
【分析】由最小的角及三角形内角和定理，可求出最大的角小于78°，进而可得出这个三角形是一个锐角三角形．
【解答】解：∵最小的角是51°，180°﹣51°×2＝78°，
∴最大的角小于78°，
∴这个三角形是一个锐角三角形．
故选：A．
22．（2023 开州区开学）一个三角形三个内角的度数之比为1：4：7，这个三角形一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．锐角三角形 D．钝角三角形
【分析】设三个内角的度数分别为x，4x，7x，再根据三角形内角和定理求出x的值，进而可得出结论．
【解答】解：∵一个三角形三个内角的度数之比为1：4：7，
∴设三个内角的度数分别为x，4x，7x，
∴x+4x+7x＝180°，解得x＝15°，
∴7x＝7×15°＝105°＞90°，
∴此三角形是钝角三角形．
故选：D．
23．（2023春 芝罘区期中）在下列条件①∠A+∠B＝∠C；②∠A＝∠B＝2∠C；③∠A＝∠B＝∠C；④∠A：∠B：∠C＝1：2：3中，能确定△ABC为直角三角形的条件有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据三角形内角和定理和四个条件中∠A、∠B、∠C的关系，分别求出各条件下三角形中最大的角，然后根据三角形的分类进行判断．
【解答】解：∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∠A+∠B＝∠C，
∴∠C+∠C＝180°，解得∠C＝90°，
∴△ABC为直角三角形，所以①正确；
∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A＝∠B＝2∠C，
∴∠A+∠A+∠A＝180°，
∴∠A＝72°，
∴△ABC为锐角三角形，所以②错误；
∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A＝∠B＝∠C，
∴∠C+∠C+∠C＝180°，
∴∠A＝90°，
∴△ABC为直角三角形，所以③正确；
∵∠A：∠B：∠C＝1：2：3，
设∠A＝x，∠B＝2x，∠C＝3x，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴x+2x+3x＝180°，解得x＝30°
∴∠C＝90°，
∴△ABC为直角三角形，所以④正确．
故选：B．
24．（2022秋 东洲区期末）如图，在△ABC中，∠B＝30°，将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．70°
【分析】由折叠的性质可得∠B＝∠D＝30°，再根据外角的性质即可求出结果．
【解答】解：将△ABC沿直线m翻折，交BC于点E、F，如图所示：
由折叠的性质可知：∠B＝∠D＝30°，
根据外角的性质可知：∠1＝∠B+∠3，∠3＝∠2+∠D，
∴∠1＝∠B+∠2+∠D＝∠2+2∠B，
∴∠1﹣∠2＝2∠B＝60°，
故选：C．
25．（2023春 任城区期末）如图，∠B，∠C的平分线相交于D，过点D作EF∥BC，交AB于E，交AC于F，那么下列结论中：①BE＝DE；②DF＝ED；③∠BDC＝90°+∠A；④△AEF的周长＝AB+AC，其中正确的有几个（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由△ABC中，∠B与∠C的平分线交于点D，EF∥BC，易证得△BED和△CFD都是等腰三角形，继而可得EF＝BF+CF，又由△AEF的周长为：AE+EF+AF＝AE+BE+CE+AF＝AB+AC；即可得△AEF的周长等于AB与AC的和．
【解答】解：∵EF∥BC，
∴∠EDB＝∠DBC，∠FDC＝∠DCB，
∵△ABC中，∠B与∠C的平分线交于点D，
∴∠EBD＝∠DBC，∠FCD＝∠DCB，
∴∠EBD＝∠EDB，∠FCD＝∠FDC，
∴BE＝ED，CF＝DF，
即△BDE和△CDF都是等腰三角形；
故①正确；
∵∠ABC不一定等于∠ACB，
∴∠FBC不一定等于∠FCB，
∴BF与CF不一定相等，
∴BD与CE不一定相等，故②错误．
在△ABC中，∠B和∠C的平分线相交于点D，
∴∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠DBC+∠DCB＝90°﹣∠A，
∴∠BOC＝180°﹣（∠DBC+∠DCB）＝90°+∠A；故③正确；
∴△ADE的周长为：AD+DE+AE＝AB+BD+CE+AE＝AB+AC；
故④正确；
故选：C．
六．三角形的外角性质（共8小题）
26．（2023 池州模拟）将直角三角板AOB和直角三角板COD按如图方式摆放（直角顶点重合），已知∠AOC＝45°，则∠DEB的度数是（ ）
A．20° B．30° C．45° D．60°
【分析】根据三角形的外角的性质和三角形内角和定理解答即可．
【解答】解∵∠AOC＝45°，∠C＝45°，
∴∠AFD＝∠CFO＝90°，
在△AEF中，
∵∠A＝30°，∠AFE＝90°，
∴∠AEF＝60°，
∴∠DEB＝∠AEF＝60．
故选：D．
27．（2022秋 新化县期末）将一副直角三角板如图放置，使两直角边重合，则∠α的度数为（ ）
A．75° B．105° C．135° D．165°
【分析】根据三角形的外角性质、邻补角的概念计算，得到答案．
【解答】解：∠AOC＝∠DAB﹣∠C＝15°，
∴∠α＝180°﹣15°＝165°，
故选：D．
28．（2022秋 新华区期末）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∠A+∠P＝（ ）
A．70° B．80° C．90° D．100°
【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∠A的度数，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果．
【解答】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
又∵∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，
∴∠ABC＝2∠ABP＝40°，∠ACM＝2∠ACP＝100°，
∴∠A＝∠ACM﹣∠ABC＝60°，
∠ACB＝180°﹣∠ACM＝80°，
∴∠BCP＝∠ACB+∠ACP＝130°，
∵∠PBC＝20°，
∴∠P＝180°﹣∠PBC﹣∠BCP＝30°，
∴∠A+∠P＝90°，
故选：C．
29．（2023春 句容市月考）如图所示．∠A＝10°，∠ABC＝90°，∠ACB＝∠DCE，∠ADC＝∠EDF，∠CED＝∠FEG．则∠F的度数等于（ ）
A．60° B．55° C．50° D．45°
【分析】先根据三角形内角和定理得出∠ACB＝80°，然后根据已知条件连续利用三角形外角的性质即可求解．
【解答】解：∵∠A＝10°，∠ABC＝90°，
∴∠ACB＝80°，
∵∠ACB＝∠DCE，
∴∠ADC＝∠DCE﹣∠A＝70°，
∵∠ADC＝∠EDF，
∴∠CED＝∠AED＝∠EDF﹣∠A＝60°，
∵∠CED＝∠FEG
∴∠F＝∠FEG﹣∠A＝60°﹣10°＝50°，
故选：C．
30．（2023春 仓山区期末）如图，∠CAB的外角的平分线与∠ABC的外角的平分线交于D点，若∠D＝α，则∠C的度数是（ ）
A．180°﹣2α B． C． D．180°﹣α
【分析】由三角形内角和定理可求出∠DAB+∠DBA＝180°﹣α，结合角平分线的定义可求出∠EAB+∠FBA＝360°﹣2α，进而可求出∠CAB+∠CBA＝360°﹣（∠EAB+∠FBA）＝2α，最后再次利用三角形内角和定理即可求出∠C＝180°﹣2α．
【解答】解：如图，
∵∠D＝α，
∴∠DAB+∠DBA＝180°﹣∠D＝180°﹣α．
∵∠CAB的外角的平分线与∠ABC的外角的平分线交于D点，
∴∠EAB＝2∠DAB，∠FBA＝2∠DBA，
∴∠EAB+∠FBA＝2∠DAB+2∠DBA＝2（180°﹣α）＝360°﹣2α．
∵∠CAB＝180°﹣∠EAB，∠CBA＝180°﹣∠FBA，
∴∠CAB+∠CBA＝180°﹣∠EAB+180°﹣∠FBA＝360°﹣（∠EAB+∠FBA）＝360°﹣（360°﹣2α）＝2α，
∴∠C＝180°﹣（∠CAB+∠CBA）＝180°﹣2α．
故选：A．
31．（2022秋 嘉祥县月考）如图，在△ABC中，∠BAC＝128°，P1是△ABC的内角∠ABC的平分线BP1与外角∠ACE的平分线CP1的交点；P2是△BP1C的内角∠P1BC的平分线BP2与外角∠P1CE的平分线CP2的交点；P3是△BP2C的内角∠P2BC的平分线BP3与外角∠P2CE的平分线CP3的交点；依次这样下去，则∠P6的度数为（ ）
A．2° B．4° C．8° D．16°
【分析】根据角平分线的定义得∠PBC＝∠ABC，∠PCE＝∠ACE，再根据三角形外角性质得∠ACE＝∠A+∠ABC，∠PCE＝∠PBC+∠P，于是得到（∠A+∠ABC）＝∠PBC+∠P＝∠ABC+∠P，然后整理可得∠P＝∠A，同理得到结论．
【解答】解：∵△ABC的内角平分线BP与外角平分线CP1交于P1，
∴∠P1BC＝∠ABC，∠P1CE＝∠ACE，
∵∠ACE＝∠A+∠ABC，∠P1CE＝∠P1BC+∠P1，
∴（∠A+∠ABC）＝∠P1BC+∠P1＝∠ABC+∠P1，
∴∠P1＝∠A＝×128°＝64°，
同理∠P2＝∠P1＝32°，
∴∠P6＝2°，
故选：A．
32．（2023春 鼓楼区期末）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∠ACB＝∠ADB，③∠ADC+∠ABD＝90°，④∠ADB＝45°﹣∠CDB，其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【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．
【解答】解：∵AD平分∠EAC，
∴∠EAC＝2∠EAD，
∵∠EAC＝∠ABC+∠ACB，∠ABC＝∠ACB，
∴∠EAD＝∠ABC，
∴AD∥BC，∴①正确；
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠ACB＝2∠DBC，
∴∠ACB＝2∠ADB，∴②错误；
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，
即∠ADC+∠ABD＝90°，∴③正确；
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵∠ABD＝∠DBC，
∴∠BDC＝∠DBC，
∵，
∴∠BDC＝90°﹣2∠ABD，
∴∠ADB＝45°﹣∠BDC，④正确；
故选：C．
33．（2023 萍乡模拟）如图，△ABC中，AB＝AC，AD，BD，CD分别平分∠EAC，∠ABC，∠ACF，以下结论不一定成立的是（ ）
A．AD＝CD B．AD∥BC
C． D．∠ADC＝90°﹣∠ABD
【分析】根据三角形外角性质、角平分线定义、三角形内角和定理判断求解即可．
【解答】解：∵AD，CD分别平分∠EAC，∠ACF，
∴∠DAC＝∠EAC，∠ACD＝∠ACF，
∵∠EAC＝∠ABC+∠ACB，∠ACF＝∠BAC+∠ABC，
∴∠EAC≠∠ACF，
∴∠DAC≠∠ACD，
∴AD≠CD，
故A符合题意；
∵AD平分∠EAC，
∴∠EAC＝2∠EAD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠EAC＝∠ABC+∠ACB＝2∠ABC，
∴∠EAD＝∠ABC，
∴AD∥BC，
故B不符合题意；
∵∠DCF＝∠DBC+∠BDC，∠ACF＝∠ABC+∠BAC，
∴2∠DCF＝2∠DBC+2∠BDC，2∠DCF＝2∠DBC+∠BAC，
∴2∠BDC＝∠BAC，
∴∠BDC＝∠BAC，
故C不符合题意；
在△ADC中，∠ADC+∠CAD+∠ACD＝180°，
∵CD平分∠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D不符合题意；
故选：A．
七．直角三角形的性质（共5小题）
34．（2022秋 临淄区期末）如图，小明在计算机上用“几何画板”画了一个Rt△ABC，∠C＝90°，并画出了两锐角的角平分线AD，BE及其交点F．小明发现，无论怎样变动Rt△ABC的形状和大小，∠AFB的度数是定值，则这个定值为（ ）
A．135° B．150° C．120° D．110°
【分析】利用三角形内角和定理、角平分线的定义和直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：∵∠C＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵AD平分∠CAB，EB平分∠ABC，
∴，
∴，
∴∠AFB＝180°﹣45°＝135°．
故选：A．
35．（2023春 甘州区期末）如图所示，直线a∥b，直角△ABC的顶点C在直线b上．若∠1＝33°，则∠2的度数为（ ）
A．57° B．47° C．67° D．33°
【分析】根据直角三角形的性质可得∠ACB＝90°，进一步可得∠3的度数，根据平行线的性质可得∠2的度数．
【解答】解：在直角△ABC中，∠ACB＝90°，
∵∠1＝33°，
∴∠3＝180°﹣90°﹣33°＝57°，
∵a∥b，
∴∠2＝∠3＝57°，
故选：A．
36．（2023春 盐湖区期末）如图，在平面内，一组平行线穿过△ABC，若∠ABC＝90°，∠1＝55°，则∠2的度数是（ ）
A．25° B．30° C．35° D．45°
【分析】根据平行线的性质可得∠ABC＝∠1+∠2，代入已知数据即可求解．
【解答】解：如图所示，
∵一组平行线穿过△ABC，
∴∠ABD＝∠1，∠DBC＝∠2，
∴∠ABC＝∠1+∠2
∵∠ABC＝90°，∠1＝55°，
∴∠2＝90°﹣55°＝35°，
故选：C．
37．（2023春 秦淮区期中）如图，△ABC的角平分线CD、BE相交于F，∠A＝90°，EG∥BC，且CG⊥EG于G，下列结论：①∠CEG＝2∠DCB；②∠DFB＝∠CGE；③∠ADC＝∠GCD；④CA平分∠BCG．其中正确的结论是（ ）
A．③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④
【分析】根据平行线、角平分线、垂直的性质及三角形内角和定理依次判断即可得出答案．
【解答】解：①∵EG∥BC，
∴∠CEG＝∠ACB，
又∵CD是△ABC的角平分线，
∴∠CEG＝∠ACB＝2∠DCB，故正确；
④无法证明CA平分∠BCG，故错误；
③∵∠A＝90°，
∴∠ADC+∠ACD＝90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴∠ADC+∠BCD＝90°．
∵EG∥BC，且CG⊥EG，
∴∠GCB＝90°，即∠GCD+∠BCD＝90°，
∴∠ADC＝∠GCD，故正确；
②∵∠EBC+∠ACB＝∠AEB，∠DCB+∠ABC＝∠ADC，
∴，
∴∠DFE＝360°﹣135°﹣90°＝135°，
∴，
∴∠CGE＝2∠DFB，
∴，故正确．
∴正确的为：①②③，
故选：C．
38．（2023春 电白区期中）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，∠ABC的平分线BE交AD于点F，AG平分∠DAC．给出下列结论：①∠BAD＝∠C；②∠AEF＝∠AFE；③∠EBC＝∠C；④AG⊥EF．正确结论是（ ）
A．①② B．①②④ C．②④ D．②③④
【分析】根据同角的余角相等求出∠BAD＝∠C，再根据等角的余角相等可以求出∠AEF＝∠AFE；根据等腰三角形三线合一的性质求出AG⊥EF．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，
∴∠C+∠ABC＝90°，
∠BAD+∠ABC＝90°，
∴∠BAD＝∠C，故①正确；
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠ABE+∠AEF＝90°，
∠CBE+∠BFD＝90°，
∴∠AEF＝∠BFD，
又∵∠AFE＝∠BFD（对顶角相等），
∴∠AEF＝∠AFE，故②正确；
∵∠ABE＝∠CBE，
∴只有∠C＝30°时∠EBC＝∠C，故③错误；
∵∠AEF＝∠AFE，
∴AE＝AF，
∵AG平分∠DAC，
∴AG⊥EF，故④正确．
综上所述，正确的结论是①②④．
故选：B．
八．多边形内角与外角（共10小题）
39．（2023 中山市模拟）若一个正n边形的内角和为1080°，则它的每个外角度数是（ ）
A．36° B．45° C．72° D．60°
【分析】根据多边形内角和公式列出方程，求出n的值，即可求出多边形的边数，再根据多边形的外角和是360°，利用360°除以边数可得外角度数．
【解答】解：根据题意，可得（n﹣2）×180°＝1080°，
解得n＝8，
所以，外角的度数为360°÷8＝45°．
故选：B．
40．（2022秋 交口县期末）2022年北京冬奥会开幕式为世界奉献了一场精彩、简约、唯美、浪漫的中国文化盛宴，其中主火炬台的雪花状创意令人惊叹．如图是一个正六边形雪花状饰品，则它的每一个内角是（ ）
A．60° B．105° C．120° D．135°
【分析】根据多边形的内角和公式：多边形的内角和＝180°×（n﹣2），再利用内角和÷6即可得出每个内角的度数．
【解答】解：180°×（6﹣2）
＝180°×4
＝720°，
720°÷6＝120°，
答：一个六边形的每个内角的度数是120°．
故选：C．
41．（2022秋 文登区期末）八边形的外角和是（ ）
A．360° B． 720° C．1080° D．1440°
【分析】利用n边形的外角和是360°即可求解．
【解答】解：∵n边形的外角和是360°，
∴八边形的外角和是360°，
故选：A．
42．（2022秋 中山市期末）如图．∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为（ ）
A．90° B．180° C．120° D．360°
【分析】根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和得到∠1＝∠2+∠C，∠2＝∠A+∠D，根据三角形内角和定理得到答案．
【解答】解：如图：
∵∠1＝∠2+∠C，∠2＝∠A+∠D，
∴∠1＝∠A+∠C+∠D，
∵∠1+∠B+∠E＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°，
故选：B．
43．（2023春 秦安县期末）如图，小明在操场上从A点出发，沿直线前进8米后向左转40°，再沿直线前进8米后，又向左转40°，这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了（ ）米．
A．56 B．64 C．80 D．72
【分析】由题意可知小明所走的路线为一个正多边形，根据多边形的外角和即可求出答案．
【解答】解：∵360°÷40°＝9，
∴他需要走9次才会回到原来的起点，即一共走了8×9＝72（米）．
故选：D．
44．（2023 顺平县模拟）如图，六边形ABCDEF为正六边形，l1∥l2，则∠2﹣∠1的值为（ ）
A．60° B．80° C．108° D．120°
【分析】延长AB交l2于点G，利用多边形外角和定理算出∠GBC＝360°÷6＝60°，再利用平行线的性质，三角形外角定理得出∠2﹣∠1＝∠GBC．
【解答】解：如图，延长AB交l2于点G，
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴∠GBC＝360°÷6＝60°，
∵l1∥l2，
∴∠1＝∠BGE，
∵∠2＝∠BGE+∠GBC，
∴∠2﹣∠1＝∠GBC＝60°．
故选：A．
45．（2023春 潍坊期末）如图，将正五边形与正方形按如图所示摆放，公共顶点为O．若点A，B，C，D在同一条直线上，则∠BOC的度数为（ ）
A．15° B．18° C．28° D．30°
【分析】先根据多边形的内角和共（n﹣2）×180°求出五边形的内角，然后根据正多边形内角与外角的互补即可求得正五边形和正方形的外角，最后根据三角形的内角和即可求得∠BOC的度数．
【解答】解：∵正五边形的内角为：＝108°，正方形的内角为：90°，
∴∠OBC＝180°﹣∠ABO＝180°﹣108°＝72°，∠OCB＝180°﹣∠OCD＝90°，
∴在△OBC中，∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝18°，
故选：B．
46．（2023春 江阴市期中）多边形剪去一个角后，多边形的外角和将（ ）
A．减少180° B．增大180°
C．不变 D．以上都有可能
【分析】多边形的内角和与边数相关，随着边数的不同而不同，而外角和是固定的360°，从而可得到答案．
【解答】解：根据多边形的外角和为360°，可得：多边形剪去一个角后，多边形的外角和还是360°，
所以多边形的外角和将不变．
故选：C．
47．（2023春 亭湖区月考）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为720°，那么原多边形的边数为（ ）
A．5 B．5或6 C．6或7 D．5或6或7
【分析】首先求得内角和为720°的多边形的边数，即可确定原多边形的边数．
【解答】解：如图，
剪切的三种情况：①不经过顶点剪，则比原来边数多1，
②只过一个顶点剪，则和原来边数相等，
③按照顶点连线剪，则比原来的边数少1，
设内角和为720°的多边形的边数是n，
∴（n﹣2） 180＝720，
解得：n＝6．
则原多边形的边数为5或6或7．
故选：D．
48．（2022秋 辛集市期末）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1440°，则原来多边形的边数是（ ）
A．9 B．10 C．8或9或10 D．9或10或11
【分析】首先求得内角和为1440°的多边形的边数，即可确定原多边形的边数．
【解答】解：设内角和为1440°的多边形的边数是n，则（n﹣2） 180＝1440，
解得：n＝10．
则原多边形的边数为9或10或11
故选：D．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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