第八章三角形练习课件2024-2025学年华东师大版数学七年级下册

8.1.3　三角形的三边关系 知识点1　三角形的三边关系 基础过关全练 1.(教材变式)(2024河南周口商水期末)下列所给的4组数据 中,不能作为三角形三边长的是(　    ) A.1,2,2　　　    B.2,3,4　　　    C.1,2,3　　　    D.2,4,5 C 解析    A.1+2>2,可以作为三角形的三边长,故该选项不符合 题意;B.2+3>4,可以作为三角形的三边长,故该选项不符合题 意;C.1+2=3,不能作为三角形的三边长,故该选项符合题意; D.2+4>5,可以作为三角形的三边长,故该选项不符合题意.故选 C. 2.(2023浙江金华中考)在下列长度的四条线段中,能与长6 cm, 8 cm的两条线段围成一个三角形的是 (　    ) A.1 cm　　　    B.2 cm　　　    C.13 cm　　　    D.14 cm C 解析　设第三条线段的长为x cm,由题意得8-6<x<8+6,解得2 <x<14,故只有13 cm符合题意,故选C. 3.(2024河南南阳南召期末)已知三角形的三边长分别为2,a- 1,4,那么a的取值范围是(　    ) A.3<a<7　　　     B.3<a≤7　　　     C.3≤a<7　　　    D.3≤a≤7 A 解析　依题意得4-2<a-1<4+2,即2<a-1<6,∴3<a<7.故选A. 4.(2024河南周口淮阳期末)已知在△ABC中,有两边长分别是 2和5,且△ABC的第三边长是偶数,则此三角形的周长为  (　    ) A.11　　　    B.12　　　    C.13　　　    D.11或13 D 解析　设第三边长为x,则5-2<x<5+2,∴3<x<7,∵△ABC的第 三边长是偶数,∴x=4或6,∴此三角形的周长为2+5+4=11或2 +5+6=13.故选D. 5.(2024山西吕梁孝义期末)如图,点A是直线l上一点,以直线l 外一点O为圆心,OA长为半径画弧,交直线l于另一点B,若OA= 3 cm,则AB的长不可能是 (　    )   A.2 cm　　　    B.3 cm　　　    C.5 cm　　　    D.6 cm D 解析　如图,连结OB,   由题意可知OB=OA=3 cm,∴0 cm<AB<6 cm, ∴AB的长不可能是6 cm.故选D. 6.初中生体能训练中有一项跳跃泥潭障碍训练,小明平时的 跳跃距离约为4.5米,他不能确定能否跳过如图所示的这个泥 潭,于是测量了相关长度,由于米尺长度有限,小明测得AC=2.3 米,BC=2.1米,根据小明的测量,他　　　    跳跃泥潭完成这 项训练挑战.(填“能”或“不能”)   能 解析　连结AB(图略),∵AC=2.3米,BC=2.1米,∴0.2米<AB<4.4 米,∵小明平时的跳跃距离约为4.5米,∴他能完成这项训练 挑战. 7.(2024吉林长春二道期末)已知三角形的三边长分别为3,8 和x. (1)x的取值范围为 　　　　　    . (2)当该三角形为等腰三角形时,求它的周长. 解析    (1)根据题意,得8-3<x<8+3,∴5<x<11.故答案为5<x<11. (2)当x=3时,3+3<8,不能构成三角形;当x=8时,3+8>8,能构成 三角形,周长为3+8+8=19. 8.小明和小红在一本数学资料上看到这样一道竞赛题:已知 △ABC的三边长分别为a、b、c(a>b),且满足(b+c-2a)2+|b+c- 8|=0,求c的取值范围. (1)小明说:“我不知道如何求c的取值范围,但我能求出a的 值.”你知道小明是如何计算的吗?请帮他写出求解的过程. (2)小红说:“我也不知道如何求c的取值范围,但我能用含c的 代数式表示b.”请你帮小红写出过程. (3)小明和小红一起去问数学老师,老师说:“根据你们二人 的求解,再结合三角形的三边关系即可求出答案.”你知道答 案吗?请写出过程. 解析    (1)由题意得 ∴a=4. (2)由b+c-8=0,得b=8-c. (3)由三角形的三边关系得a+b>c>a-b,即4+8-c>c>4-(8-c),解 得c<6,由a>b得4>8-c,∴c>4,∴4<c<6. 知识点2　三角形的稳定性 9.(2023山西朔州山阴模拟)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 A 10.(2024河南周口郸城期末)若使一个五边形木框不变形,则 至少应再钉上的木条根数为(　    ) A.1　　　    B.2　　　    C.3　　　    D.4 B 解析　如图,至少需要再钉上2根木条.故选B.   11.(2024福建宁德期末,9,★☆☆)如图,①②是两根细直木棒, 现需要将其中一根截成两段,首尾相接搭成一个三角形框架, 则下列说法正确的是 (　    )   A.截①②都可以　　　    B.截①②都不可以 C.只有截①可以　　　    D.只有截②可以 能力提升全练 D 解析　∵三角形的任意两边之和大于第三边,∴两根长度分 别为2 m和3 m的细直木棒搭成一个三角形的框架,只能把 3 m的木棒截成两段.故选D. 12.(2024福建龙岩长汀二模,5,★★☆)已知关于x的不等式组  至少有两个整数解,且存在以2,a,5为三边长的三角 形,则a的整数解有 (　    ) A.0个　　　    B.1个　　　    C.2个　　　    D.3个 B 解析　解不等式x-a<0,得x<a,解不等式2x+1≥8,得x≥3.5, ∵不等式组至少有两个整数解,∴a>5,∵存在以2,a,5为三边长 的三角形,∴3<a<7,∴a的取值范围是5<a<7,∴a的整数解有1 个.故选B. 13.(2024福建泉州泉港期末,10,★★☆)如图,用AB、BC、 CD、AD四条钢条固定成一个铁框,相邻钢条的夹角均可调 整,重叠部分不计螺丝大小,若AB=5,BC=9,CD=7,AD=6,则所 固定成的铁框中,两个顶点间距离的最大值是 (　    )   A.14　　　    B.16　　　    C.13　　　    D.11 C 解析　已知铁框的四边长分别为5、9、7、6,①若选5+6、 7、9作为三角形的三边长,能构成三角形,此时两个顶点间距 离的最大值为11; ②若选5+9、6、7作为三角形的三边长,6+7<14,不能构成三 角形,此种情况不成立; ③若选6+7、5、9作为三角形的三边长,能构成三角形,此时 两个顶点间距离的最大值为13; ④若选7+9、6、5作为三角形的三边长,5+6<16,不能构成三 角形,此种情况不成立. 综上所述,两个顶点间距离的最大值为13.故选C. 14.(2024河南郑州模拟,9,★★☆)已知数轴上的点A,B,C,D表 示的数分别为-1,1,x,7,点C在线段BD上且不与端点重合,若线 段AB,BC,CD能围成三角形,则x的取值范围是(　    )   A.1<x<7　　　    B.2<x<6 C.3<x<5　　　    D.3<x<4 C 解析　由点在数轴上的位置得AB=1-(-1)=2,BC=x-1,CD=7-x, ∵线段AB,BC,CD能围成三角形, ∴ 不等式①恒成立,由不等式②得x>3,由不 等式③得x<5,∴不等式组的解集是3<x<5.故选C. 15.(2024四川成都青羊期末,21,★★☆)已知a、b、c为△ABC的三边长,b、c满足|b-3|+(c-5)2=0,a为方程|a-3|=1的解,则△ABC的周长为　　　    . 12 解析　∵|b-3|+(c-5)2=0,∴b-3=0,c-5=0,∴b=3,c=5.∵a为方程 |a-3|=1的解,∴a=2或a=4,∵2+3=5,∴2、3、5不能作为三角形 的三边长,∴a=4,∴△ABC的周长为5+3+4=12. 16.(数形结合思想)(2024河南南阳新野实验中学两校联考月 考,17,★★☆)已知△ABC的三边长分别为a,b,c. (1)若a=1,b=7,c为整数,求△ABC的周长. (2)化简:|a+b-c|-|b-a-c|+|a+b+c|. 解析    (1)∵△ABC的三边长分别为a,b,c,∴b-a<c<b+a,∵a= 1,b=7,∴6<c<8,∵c为整数,∴c=7,∴△ABC的周长为1+7+7= 15. (2)∵△ABC的三边长分别为a,b,c,∴a+b>c,a+c>b,a+b+c>0, ∴a+b-c>0,b-a-c<0, ∴|a+b-c|-|b-a-c|+|a+b+c|=a+b-c-[-(b-a-c)]+a+b+c=a+b-c+b-a- c+a+b+c=a+3b-c. 思想解读     数形结合思想 利用数的精确性和形的直观性来解决数学问题,包括两个方 面:一是借助形的几何直观性来阐明数之间的关系,即“以形 助数”;二是通过数的精确性来阐明形的属性,即“以数解 形”.这种思想方法不仅有助于理解复杂的数学概念和数量 关系,还能将抽象的数学问题具体化,从而简化问题的解决过 程.本题运用三角形的三边关系进行代数式的化简体现数形 结合思想. 17.(创新意识)若三边均不相等的三角形三边长a、b、c满足 a-b>b-c(a为最长边的长,c为最短边的长),则称它为“不均衡 三角形”.例如:一个三角形三边长分别为7,5,4,因为7-5>5-4, 所以这个三角形为“不均衡三角形”. (1)以下4组长度的小木棍能组成“不均衡三角形”的有     　　    (填序号). 素养探究全练 ①4 cm,2 cm,1 cm;②13 cm,18 cm,9 cm;③19 cm,20 cm,19 cm; ④9 cm,8 cm,6 cm. (2)已知“不均衡三角形”三边长分别为2x+2,16,2x-6(x为整 数),求x的值. 解析    (1)①∵1+2<4,∴不能组成三角形; ②∵18-13>13-9,∴能组成“不均衡三角形”; ③∵19=19,∴不能组成“不均衡三角形”; ④∵9-8<8-6,∴不能组成“不均衡三角形”. 故答案为②. (2)①当16>2x+2,即x<7时,16-(2x+2)>2x+2-(2x-6),解得x<3,由2 x-6>0,得x>3,矛盾,故不合题意; ②当2x+2>16>2x-6,即7<x<11时,2x+2-16>16-(2x-6),解得x>9, ∴9<x<11,∵x为整数,∴x=10,当x=10时,2x+2=22,2x-6=14,可 组成三角形; ③当2x-6>16,即x>11时,2x+2-(2x-6)>2x-6-16,解得x<15,∴11< x<15,∵x为整数,∴x=12或13或14,当x=12或13或14时,都可以 组成三角形. 综上所述,x的值为10或12或13或14. 谢谢观看 谢谢观看 $$8.1.2　三角形的内角和与外角和 第1课时　三角形的内角和 知识点1　三角形的内角和 基础过关全练 1.(2024山西太原清徐二中期末)在△ABC中,若∠A=80°,∠B= 20°,则∠C= (　    ) A.80° 　　　    B.70°　　　    C.60° 　　　    D.100° A 解析　∵∠A+∠B+∠C=180°,且∠A=80°,∠B=20°,∴∠C= 180°-∠A-∠B=180°-80°-20°=80°.故选A. 2.(2023河南郑州中原三模)物理课上,小明研究一个小木块 沿斜坡向下滑动时的运动状态,如图,∠C=90°,∠B=13°,小木 块(△DEF)在AB上,且EF∥AC,则∠DFE的度数为 (　    )   A.13°　　　    B.77° C.87°　　　    D.63° B 解析　∵∠C=90°,∠B=13°,∴∠A=180°-∠C-∠B=77°,∵EF ∥AC,∴∠DFE=∠A=77°.故选B. 3.在△ABC中,∠A= ∠B= ∠C,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 B 解析　设∠A=x°,则∠B=2x°,∠C=3x°.由∠A+∠B+∠C=180°, 得x+2x+3x=180,解得x=30,∴∠C=3×30°=90°,∴△ABC是直 角三角形.故选B. 4.(2024吉林松原长岭期中)如图,在△ABC中,∠ABC和∠ACB 的平分线交于点O,若∠BOC=130°,则∠A=　　　    °.    80 解析　∵BO平分∠ABC,CO平分∠ACB,∴∠ABC=2∠OBC, ∠ACB=2∠OCB,∵∠ABC+∠ACB+∠A=180°,∴2∠OBC+ 2∠OCB+∠A=180°,∴∠A=180°-2(∠OBC+∠OCB),∵∠OBC +∠OCB+∠BOC=180°,∠BOC=130°,∴∠OBC+∠OCB=180° -∠BOC=180°-130°=50°,∴∠A=180°-2×50°=80°. 知识点2　三角形内角和的推论 5.(2024福建福州三牧中学期末)如图,在△ABC中,∠C=90°, AD平分∠BAC交BC于D,若∠ADC=65°,则∠BAC的大小为  (　    )   A.35° 　　　    B.50° 　　　    C.65° 　　　    D.70° B 解析　∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD= ∠BAC,∵∠C =90°,∴∠ADC+∠CAD=90°,∵∠ADC=65°,∴∠CAD=90°-65° =25°,∴∠BAC=2×25°=50°.故选B. 6.(2024河南开封十三中期末)在具备下列条件的△ABC中,不 是直角三角形的是 (　    ) A.∠A=90°-∠B B.∠A-∠B=∠C C.∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶3 D.∠A=∠B=3∠C D 解析    A.∵∠A=90°-∠B,∴∠A+∠B=90°,∴∠C=90°,即△ABC是直角三角形,故此选项不符合题意;B.∵∠A+∠B+∠C=180°,∠A-∠B=∠C,∴2∠A=180°,∴∠A=90°,即△ABC是直角三角形,故此选项不符合题意;C.∵∠A+∠B+∠C=180°,∠A∶∠B∶∠C=1∶2∶3,∴∠C=90°,即△ABC是直角三角形,故此选项不符合题意;D.∵∠A+∠B+∠C=180°,∠A=∠B=3∠C,∴∠A=∠B= °,∴△ABC不是直角三角形,故此选项符合题意.故选D. 7.(2023山西临汾洪洞期末)如图,在△ABC中,AD平分∠BAC 交BC于点D,CE⊥AB于点E,若∠B=50°,∠ACE=20°,则∠ADC 的度数是　　　    .   85° 解析　∵∠B=50°,CE⊥AB,∴∠BCE=90°-∠B=40°,∴∠ACB =∠BCE+∠ACE=40°+20°=60°,∴∠BAC=180°-∠B-∠ACB= 70°.∵AD平分∠BAC,∴∠DAC= ∠BAC=35°,∴∠ADC=180°-∠DAC-∠ACB=85°. 8.(2024河南南阳淅川期末)如图,在△ABC中,CD⊥AB于点D, CE平分∠ACB交AB于点E,∠A=30°,∠B=60°. (1)求∠BCE 的度数. (2)求∠DCE 的度数.   解析    (1)在△ABC中,∠A=30°,∠B=60°, ∴∠ACB=180°-∠A-∠B=90°,∵CE是△ABC的角平分线, ∴∠BCE= ∠ACB=45°. (2)∵CD⊥AB,∴∠BDC=90°,∴∠BCD=90°-∠B=30°, ∴∠DCE=∠BCE-∠BCD=45°-30°=15°. 9.(2024吉林辽源东丰期末,13,★☆☆)如图,在Rt△ABC中,∠CAB= 90°,∠ABC=70°,AF平分∠CAB,交BC于点D,过点C作CE⊥AF于点E,则∠ECD的度数为　　　    .   能力提升全练  25° 解析　∵∠CAB=90°,AD是∠CAB的平分线, ∴∠CAD=∠BAD= ∠CAB=45°, ∵CE⊥AF,∴∠CEA=90°,∴∠ACE=90°-∠CAE=45°, ∵∠BCA=90°-∠ABC=20°,∴∠ECD=∠ACE-∠BCA=25°. 10.(2023山东烟台栖霞月考,14,★☆☆)在如图所示的图形 中,α+β=　　　    °.   85 解析　如图,∵∠3+∠4=180°-40°=140°,∠1=∠3,∠4=∠2, ∴∠1+∠2=140°,又∵70°+α+∠1=180°,∠2+β+65°=180°,∴70° +α+∠1+∠2+β+65°=360°,∴α+β=360°-70°-65°-140°=85°.   11.(情境题·中华优秀传统文化)(2023湖南株洲中考,17,★★ ☆)《周礼·考工记》中记载有“……半矩谓之宣(xuān),一 宣有半谓之欘(zhú)……”.意思是“……直角的一半的角叫 做宣,一宣半的角叫做欘……”,即1宣= 矩,1欘=1 宣(其中, 1矩=90°),问题:图1为中国古代一种强弩图,图2为这种强弩图 的部分组件的示意图,若∠A=1矩,∠B=1欘,则∠C=　　　   °. 22.5 图1  图2 解析　∵1宣=  矩,1欘=1  宣,1矩=90°,∠A=1矩,∠B=1欘, ∴∠A=90°,∠B=1 × ×90°=67.5°,∴∠C=180°-90°-∠B=180°- 90°-67.5°=22.5°. 12.(2024河南新乡辉县、封丘期末,15,★★☆)如图,在△ABC 中,点D,E分别是边AC,AB上的点,将△ADE沿DE翻折,使得点 A落在边BC上的点A'处.若∠A=44°,则∠1+∠2=　　　    °.   88 解析　∵∠A=44°,∴∠ADE+∠AED=180°-44°=136°.由折叠 的性质,知∠A'DE=∠ADE,∠A'ED=∠AED,∴∠1+∠2=180°- (∠A'DE+∠ADE)+180°-(∠A'ED+∠AED)=360°-2×136°=88°. 13.(新考向·新定义试题)(2024四川成都西川中学期末,20,★★☆) 定义:如果三角形的一个内角是另一个内角的2倍,那么称这个三角形为倍角三角形.若在一个倍角三角形ABC中,∠A=90°,则其最小的内角度数为　　　    . 45°或30° 解析　设其最小的内角度数为x°,则除∠A外的另一个内角 度数为(90-x)°,根据题意得2x=90或2x=90-x或2(90-x)=90,解得 x=45或x=30或x=45,∴其最小的内角度数为45°或30°. 14.(易错题)(2022黑龙江哈尔滨香坊风华中学月考,19,★★ ☆)已知BD、CE是△ABC的高,直线BD、CE相交所成锐角 的度数为40°,则∠BAC的度数是　　　　　    . 140°或40° 解析　①当∠BAC为钝角时,如图1,延长BD、CE交于点F, ∵BD、CE是△ABC的高,∴∠BEF=∠CDF=90°,∵∠F=40°, ∴∠BAC=∠EAD=360°-90°-90°-40°=140°; ②当∠BAC为锐角时,如图2,设BD、CE交于点F,∵BD、CE 是△ABC的高,∴∠AEC=∠ADB=90°,∵∠BFE=40°,∴∠DFE= 180°-40°=140°,∴∠BAC=360°-90°-90°-140°=40°. 综上所述,∠BAC的度数为140°或40°. 易错警示     　　本题的易错之处是忽略分类讨论而漏解. 15.(2024安徽亳州利辛期末,19,★★☆)如图,CD是△ABC的 角平分线,点E在AC上,连结BE交CD于点F,∠ACB=56°. (1)如图1,若BE⊥AC,求∠DFB的度数. (2)如图2,若BE⊥CD,∠A=50°,求∠ABE的度数.        解析    (1)∵CD是∠ACB的平分线,∴∠ACD= ∠ACB=28°, ∵BE⊥AC,∴∠CEF=90°,∴∠EFC=90°-∠ACD=62°, ∴∠DFB=∠EFC=62°. (2)∵BE⊥CD,CD是∠ACB 的平分线,∴∠CFE=90°,∠ACD= 28°,∴∠CEB=90°-∠ACD=62°,∴∠AEB=180°-∠CEB=118°, ∴∠ABE=180°-∠AEB-∠A=180°-118°-50°=12°. 8.1　与三角形有关的边和角 8.1.2　三角形的内角和与外角和 第2课时　三角形的外角及其外角和 第8章　三角形 知识点3　三角形的外角及其性质 基础过关全练 1.(2024四川乐山夹江模拟)如图所示,∠1的度数是 (　    )   A.60° 　　　    B.70° C.80° 　　　    D.90° B 解析　由三角形外角的性质得,∠1=100°-30°=70°.故选B. 2.(新考法)(2024河南郑州中牟期末)一天,李明和爸爸一起到 建筑工地去,看见了一个如图所示的人字架,爸爸说:“李明, 这个人字架中的∠3=110°,你能求出∠1比∠2大多少吗?” 请你帮李明计算一下,正确的答案应该是(　    )   A.50° 　　　    B.60°　　　    C.70° 　　　    D.80° C 解析　如图,∵∠3=110°,∴∠4=180°-∠3=70°, ∴∠1-∠2=∠4=70°.故选C.   3.(2024北京朝阳期末)如图,图中x的值为　　　    .    60 解析　由题意得x+70=x+x+10,解得x=60. 4.(2024湖南常德安乡期末)如图,点C是线段BD上一点,∠A=50°, ∠B=70°,∠D=35°,则∠DEC=　　　    °.   25 解析　∵∠A=50°,∠B=70°,∴∠ACB=180°-∠A-∠B=60°, ∵∠D=35°,∠ACB是△CDE的外角,∴∠DEC=∠ACB-∠D= 25°. 5.(教材变式)如图,在△ABC中,∠B=60°,∠ADC=110°,AD是 △ABC的角平分线,则∠BAC的度数是　　　    .   100° 解析　∵∠B+∠BAD=∠ADC,∠B=60°,∠ADC=110°, ∴∠BAD=50°,∵AD是△ABC的角平分线,∴∠BAC=2∠BAD= 100°. 6.(2024河南商丘夏邑期末)如图所示,P是△ABC内一点,延长 BP交AC于点D,连结PC. (1)∠1、∠2、∠A的大小关系是　　　    >　　　    >　  　    . (2)若∠3=25°,∠A=67°,∠4=40°,嘉嘉想求∠1的度数,请你从 下面两种思路中任选一种帮助嘉嘉求解. 思路一:先利用三角形内角 和求出∠PBC+∠PCB的度 数,再利用三角形内角和求出 ∠1的度数. 思路二:先利用三角形外角 的性质求出∠2的度数,再利 用三角形外角的性质求出 ∠1的度数. 解析    (1)∵∠2是△ABD的外角,∠1是△CDP的外角, ∴∠2>∠A,∠1>∠2,∴∠1>∠2>∠A.故答案为∠1;∠2;∠A. (2)若选择思路一:在△ABC中,∠A+∠3+∠PBC+∠PCB+∠4 =180°,∴∠PBC+∠PCB=180°-∠A-∠3-∠4=180°-67°-25°-40°= 48°. 在△PBC中,∠1+∠PBC+∠PCB=180°,∴∠1=180°-(∠PBC+ ∠PCB)=180°-48°=132°. 若选择思路二:∵∠2是△ABD的外角,∴∠2=∠3+∠A=25°+ 67°=92°,∵∠1是△CDP的外角,∴∠1=∠2+∠4=92°+40°= 132°. (任选一个思路解答即可) 7.(2024江苏南京二十九中月考)一个零件的形状如图所示, 按规定∠A应等于90°,∠B,∠D应分别是20°和30°.李叔叔量 得∠BCD=142°,就断定这个零件不合格,你能说出其中的道 理吗?请用两种不同的方法说明理由.        解析　方法一:如图,连结AC并延长,   ∵∠1=∠D+∠DAC,∠2=∠B+∠BAC,∴∠BCD=∠1+∠2= ∠D+∠B+∠DAC+∠BAC=∠D+∠B+∠DAB=140°,∴李叔叔 量得∠BCD=142°,就可以断定这个零件不合格. 方法二:如图,延长DC交AB于点M,   ∵∠CMB=∠A+∠D=90°+30°=120°,∴∠BCD=∠CMB+∠B= 120°+20°=140°,∴李叔叔量得∠BCD=142°,就可以断定这个 零件不合格. 知识点4　三角形的外角和 8.(2024河南南阳方城月考)如图,将一个三角形剪去一个角 后,若∠1+∠2=230°,则∠B的度数为　　　    .   50° 解析　如图,由∠1+∠2=230°,可得∠3+∠4=360°-230°=130°, 根据三角形内角和定理,得∠B=180°-130°=50°.   9.(2023福建泉州实验中学期中)若一个三角形的三个外角度 数的比为1∶4∶4,则此三角形最大内角的度数为　　　    °. 140 解析　∵三角形的三个外角度数的比为1∶4∶4,∴最小外 角的度数为 ×360°=40°,∴三角形最大内角的度数为 180°-40°=140°. 10.∠1和∠2是△ABC的外角,若∠A=90°,如图1,则∠1+∠2的 度数为　　    ;若∠A=60°,如图2,则∠1+∠2的度数为　　         ;若∠A=α,如图3,则∠1+∠2的度数为　　　    .         图1 图2 图3  270° 240° 180°+α 解析　题图1中∠A的邻补角为90°,根据三角形的外角和为3 60°,知∠1+∠2+90°=360°,所以∠1+∠2=270°;题图2中∠A的 邻补角为120°,根据三角形的外角和为360°,知∠1+∠2+120° =360°,所以∠1+∠2=240°;题图3中∠A的邻补角为180°-α,根 据三角形的外角和为360°,知∠1+∠2+180°-α=360°,所以∠1 +∠2=180°+α. 11.(2024河北秦皇岛卢龙期末,8,★☆☆)如图,∠1、∠2、∠3、∠4满足的关系是 (　    ) A.∠1+∠2=∠3+∠4 B.∠1+∠2=∠4-∠3 C.∠1+∠4=∠2+∠3 D.∠1+∠4=∠2-∠3 能力提升全练 解析　如图,由三角形外角的性质可得∠1+∠4=∠5,∠2=∠5+∠3,∴∠1+∠4=∠2-∠3.故选D.   12.(一题多解)(2024江西南昌期末,8,★★☆)如图,点A、B、C、D、E、F是同一平面上的6个点,则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数是 (　    )   A.180° 　　　    B.360° C.540° 　　　    D.720° B 解析　【解法一】如图,∵∠1是△ABG的外角,∴∠1=∠A+ ∠B,∵∠2是△EFH的外角,∴∠2=∠E+∠F,∵∠3是△CDI 的外角,∴∠3=∠C+∠D,∵∠1、∠2、∠3是△GIH的外角, ∴∠1+∠2+∠3=360°,∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°. 故选B.   【解法二】如图,由三角形内角和定理得∠A+∠B+∠1=180° ①,∠C+∠D+∠3=180°②,∠E+∠F+∠2=180°③,①+②+③ 可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠1+∠3+∠2=540°,而 ∠1,∠3,∠2与△GHI三个内角互为对顶角,根据三角形内角 和定理,可得∠1+∠3+∠2=180°,∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+ ∠F=360°.故选B.   13.(情境题·现实生活)(2024吉林省实验中学期中,11,★★☆) 如图所示的是可调节躺椅示意图,AE与BD的交点为C,∠CAB= 50°,∠CBA=60°,∠CEF=30°.为了舒适,需调整∠CDF的大小,使∠EFD=150°,且∠CAB、∠CBA、∠E保持不变,则图中∠CDF应调整为　　　    度.   50 解析　如图,延长DF交CE于点M,   ∵∠CAB=50°,∠CBA=60°,∴∠ACB=180°-50°-60°=70°, ∴∠DCE=∠ACB=70°,∵∠EFD=∠E+∠EMF,∠EMF= ∠D+∠DCE,∴∠EFD=∠E+∠D+∠DCE, ∵∠CEF=30°,∠EFD=150°,∴∠CDF=50°, ∴∠CDF应调整为50°. 14.(2024江苏南京雨花台中学期中,18,★★☆)如图,在△ABC 中,点D在BC边上,且∠DAC=2∠BAD,则∠1、∠2、∠3之间 的数量关系为　 　　　　    .   　∠3=3∠2-2∠1 解析　∵∠2=∠1+∠BAD,∴∠BAD=∠2-∠1,∵∠DAC= 2∠BAD,∴∠DAC=2(∠2-∠1)=2∠2-2∠1,∵∠ACD=180°- ∠3,∠2+∠DAC+∠ACD=180°,∴∠2+2∠2-2∠1+180°-∠3= 180°,∴∠3=3∠2-2∠1. 15.(一题多解)(2023河南安阳滑县实验学校期末,19,★★☆) 阅读材料:探究不规则图形中的各个角之间的关系时,可以通 过作辅助线将不规则图形转化为三角形,利用三角形内角和 与内外角的关系得出结论.如图1,想要找到∠BDC与∠BAC+ ∠B+∠C之间的关系时,通过连结AD并延长到点E,得到△ ABD和△ADC,进而得出∠BDC=∠BAC+∠B+∠C的结论.请 你应用材料中的方法,探究图2中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的 度数.   图1  图2 解析　【解法一】如图①,连结AF并延长至点M. ∵∠BAC=∠BAM+∠CAM,∠BFM=∠B+∠BAM,∠CFM= ∠C+∠CAM,∴∠BFC=∠BFM+∠CFM=∠BAC+∠B+∠C. ∵∠D+∠E+∠EFD=180°,∠EFD=∠BFC,∴∠D+∠E+∠BFC =180°,∴∠BAC+∠B+∠C+∠D+∠E=180°.  图①     图② 【解法二】如图②,连结BC,∵∠E+∠D+∠EFD=∠FBC+ ∠FCB+∠BFC=180°,∠EFD=∠BFC,∴∠E+∠D=∠FBC+ ∠FCB,∴∠A+∠ABF+∠ACE+∠D+∠E=∠A+∠ABF+∠ACE +∠FBC+∠FCB=∠A+∠ABC+∠ACB=180°. 16.(推理能力)(2024四川成都树德中学期中)如图,已知在△ ABC中,∠A=58°,O为△ABC内一点,且∠BOC=138°,其中BO1 平分∠ABO,CO1平分∠ACO,BO2平分∠ABO1,CO2平分∠ACO1,……,BOn平分∠ABOn-1,COn平分∠ACOn-1,以此类推,则∠BO1C=　　　    °,∠BOnC=　　　    °.   素养探究全练 98 解析　∵∠BOC=138°,∴∠1+∠2=180°-138°=42°,∴∠ABO +∠ACO=180°-58°-42°=80°. ∵BO1平分∠ABO,CO1平分∠ACO, ∴∠ABO1= ∠ABO,∠ACO1= ∠ACO, ∴∠ABO1+∠ACO1= (∠ABO+∠ACO)=40°, ∴∠BO1C=180°-(∠O1BC+∠O1CB)=180°-(180°-∠A-∠ABO1- ∠ACO1)=∠A+∠ABO1+∠ACO1=58°+40°=98°, ∵BO2平分∠ABO1,CO2平分∠ACO1, ∴∠O2BO1= ∠ABO1,∠O2CO1= ∠ACO1, ∴∠ABO2+∠ACO2= (∠ABO1+∠ACO1)=20°, ∴∠BO2C=180°-(∠O2BC+∠O2CB)=180°-(180°-∠A-∠ABO2- ∠ACO2)=∠A+∠ABO2+∠ACO2=58°+20°=78°, …… 以此类推,得∠BOnC= °. 故答案为98; . 17.(推理能力)(跨物理·平面镜反射光线)(2022河南许昌建安 期中)实验证明平面镜反射光线的规律:射到平面镜上的光线 和被反射出的光线与平面镜所夹的锐角相等. 阅读以上材料,并解决下列问题. (1)如图,一束光线m射到平面镜a上,被a反射到平面镜b上,又 被b反射.若被b反射出的光线n与光线m平行,且∠1=50°,求∠ 2及∠3的度数. 解:易知∠1=∠4,∠5=∠6,∴∠7=180°-∠1-∠4=　　　    , ∵m∥n,∴∠2+∠7=180°,∴∠2=180°-∠7=　　　    ,∴∠5= ∠ 6=　　　    ,根据三角形内角和为180°,知∠3=180°-∠4-∠5 =　　　    .(2)在(1)中,①若∠1=55°,则∠3=　　　    ;②若∠1=40°,则∠3=　　　    . (3)根据(1)(2),请你猜想:当两平面镜a、b的夹角∠3为多少度 时,可以使任意射到平面镜a上的光线m,经过平面镜a、b的 两次反射后,入射光线m与反射光线n平行,请你写出推理过 程. 解析    (1)80°;100°;40°;90°. (2)①∵∠1=55°,∴∠4=∠1=55°,∴∠7=180°-(∠1+∠4)=180°- 110°=70°.∵m∥n,∴∠2=180°-∠7=180°-70°=110°.∵∠5= ∠6,∴∠5= (180°-∠2)= ×70°=35°.又∵∠3+∠4+∠5=180°, ∴∠3=180°-∠4-∠5=180°-55°-35°=90°. ②∵∠1=40°,∴∠4=∠1=40°,∴∠7=180°-(∠1+∠4)=180°-80°= 100°.∵m∥n,∴∠2=180°-∠7=180°-100°=80°.∵∠5=∠6, ∴∠5= (180°-∠2)= ×100°=50°.又∵∠3+∠4+∠5=180°, ∴ ∠3=180°-∠4-∠5=180°-40°-50°=90°. (3)根据平面镜反射光线的规律可知,∠1=∠4,∠5=∠6,∵m ∥n,∴∠2+∠7=180°,∵∠1+∠4+∠7=180°,∠2+∠5+∠6=180°,∴2(∠5+∠4)+(∠2+∠7)=360°,∴∠5+∠4= ×(360°-180°) =90°.∵∠3+∠4+∠5=180°,∴∠3=180°-(∠4+∠5)=180°-90° =90°,∴当∠3=90°时,可以使任意射到平面镜a上的光线m,经 过平面镜a、b的两次反射后,入射光线m与反射光线n平行. 微专题　三角形的双角平分线模型     (双内角平分线模型)(2024山西大同期末)如图,P是△ABC内 一点,连结BP,CP,已知∠1=∠2,∠3=∠4,∠A=100°,则∠BPC的度数为 (　    )   A.110° 　　　    B.120° 　　　    C.130° 　　　    D.140° 例 D 解析　在△ABC中,∠A+∠ABC+∠ACB=180°,∵∠A=100°, ∴∠ABC+∠ACB=180°-100°=80°,即∠1+∠2+∠3+∠4=80°, ∵∠1=∠2,∠3=∠4,∴2∠2+2∠4=80°,∴∠2+∠4=40°,在 △BPC中,∠BPC+∠2+∠4=180°,∴∠BPC=140°. 故选D. 变式 1.(内、外角平分线模型)(2024四川广元苍溪期中)如图,∠ACE是 △ABC的外角,BD平分∠ABC,CD平分∠ACE.若∠A=70°,则 ∠D的度数为 (　    )   A.30° 　　　  B.35° C.40° 　　　    D.50° B 解析　∵BD平分∠ABC,CD平分∠ACE,∴∠ABC=2∠DBC, ∠ACE=2∠DCE,∴∠A=∠ACE-∠ABC=2∠DCE-2∠DBC= 2(∠DCE-∠DBC)=2∠D.∵∠A=70°,∴∠D= ∠A=35°.故 选B. 2.(双内角、双外角平分线模型)(2024黑龙江牡丹江宁安期 末)如图,在△ABC中,BI,CI分别平分∠ABC,∠ACB,且∠BIC= 140°,BM,CM分别平分△ABC的外角∠DBC,∠ECB,则∠BMC 的度数是 (　    )   A.25° 　　　    B.30° C.35° 　　　    D.40° D 解析　根据题意得∠ABC+∠DBC=180°,∠ACB+∠ECB=180°,∵BI,CI分别平分∠ABC,∠ACB,BM,CM分别平分∠DBC,∠ECB,∴∠IBC= ∠ABC,∠CBM= ∠DBC,∠ICB= ∠ACB,∠BCM= ∠ECB,∴∠IBC+∠CBM= (∠ABC+∠DBC)= ×180°=90°,同理可得∠ICB+∠BCM=90°,在四边形IBMC中,∠BIC=140°, ∠IBM=∠ICM=90°,∴∠BMC=360°-140°-90°-90°=40°.故选D. 模型解读     三角形的双角平分线模型 　　如图1,△ABC两内角平分线相交于点P,则∠P=90°+ ∠A. 如图2,△A1B1C1的内角和外角的平分线相交于P1,则∠P1= ∠A1. 如图3,△A2B2C2的两外角平分线相交于P2,则∠P2=90°- ∠A2.             $$8.2　多边形的内角和与外角和 第1课时　多边形的内角和 知识点1　多边形的有关概念 基础过关全练 1.下列选项的图形中,不是凸多边形的是 (　    )   A 解析　根据凸多边形的定义知,A中的图形不是凸多边形. 2.(2023贵州毕节七星关第五教育集团期末)已知过一个多边 形的某一个顶点共可作7条对角线,则这个多边形的边数是  (　    ) A.7　　　    B.8　　　    C.9　　　    D.10 D 解析　设这个多边形有n条边,则n-3=7,解得n=10,故这个多 边形的边数为10,故选D. 知识点2　多边形的内角和 3.(教材变式)(2024云南中考)一个七边形的内角和等于 (        ) A.540°　　　    B.900°　　　    C.980°　　　    D.1 080° B 解析　一个七边形的内角和为(7-2)×180°=5×180°=900°.故 选B. 4.(2024四川乐山中考)下列多边形中,内角和最小的是 (        )                  A 解析　三角形的内角和为180°,四边形的内角和为(4-2)×180° =360°,五边形的内角和为(5-2)×180°=540°,六边形的内角和 为(6-2)×180°=720°,∵180<360<540<720,∴在三角形、四边 形、五边形和六边形中,内角和最小的是三角形. 故选A. 5.(2024四川达州渠县期末)正n边形的每个内角都是120°,则n 的值为 (　    ) A.8　　　    B.7　　　    C.6　　　    D.5 C 解析　由题意得(n-2)×180=120n,解得n=6.故选C. 6.(一题多解)如图,在四边形ABCD中,∠A=45°,直线EF与边 AD,AB分别相交于点E,F,则∠1+∠2的度数为 (　    )   A.245°　　　    B.225° C.145°　　　    D.135° B 解析　【解法一】∵∠A=45°,∴∠AEF+∠AFE=180°-∠A= 135°,∵∠AEF+∠1=180°,∠AFE+∠2=180°,∴∠1+∠2=360°- (∠AEF+∠AFE)=360°-135°=225°,故选B. 【解法二】四边形ABCD中,∵∠A=45°,四边形内角和为(4- 2)×180°=360°,∴∠B+∠C+∠D=360°-45°=315°,五边形EFBCD中,∵五边形内角和为(5-2)×180°=540°,∴∠1+∠2=540° -(∠B+∠C+∠D)=540°-315°=225°,故选B. 7.(教材变式)(2023山东济宁中考)一个多边形的内角和是540°,则 这个多边形是　　　    边形. 五 解析　设此多边形的边数为n,则(n-2)×180=540,解得n=5,即 此多边形为五边形. 8.(情境题·生命安全与健康)(2024吉林长春北湖学校一模)如 图所示的交通禁令标志是停车让行标志,此标志形状为各角 均相等的八边形,在中间加“停”字,表示车辆必须在停止线 以外停车瞭望,确认安全后,才准许通行,该标志中八边形的 一个内角的度数是　　　    .   135° 解析　该八边形的一个内角的度数为 =135°. 9.(一题多解)如图,点A、B、C、D、E在同一平面内,连结 AB、BC、CD、DE、EA,若∠BCD=80°,则∠A+∠B+∠D+∠E=　　　    .   260° 解析　【解法一】如图1,五边形的内角和为(5-2)×180°=540°,∵∠BCD=80°,∴∠1=360°-80°=280°,∴∠A+∠B+∠D+∠E =540°-280°=260°.  　      【解法二】如图2,连结BD,四边形ABDE的内角和为360°, ∵∠BCD=80°,∴∠CBD+∠BDC=180°-80°=100°, ∴∠A+∠ ABC +∠CDE+∠E=360°-100°=260°. 10.(新考法)(2024河南开封顺河期末)请根据对话回答问题.   (1)小明为什么说这个凸多边形的内角和不可能是2 022°? (2)小敏求的是几边形的内角和. 解析　本题以对话的形式呈现题目条件,考查学生的阅读能 力和分析能力. (1)∵n边形的内角和是(n-2)×180°,∴多边形的内角和一定是 180°的整数倍.∵2 022÷180=11……42,∴这个凸多边形的内 角和不可能为2 022°. (2)设小敏求的是n边形的内角和,这个外角为x°,则0<x<180. 根据题意,得(n-2)×180=2 022-x,∴x=2 022-(n-2)×180=2 382- 180n,∵0<x<180,∴0<2 382-180n<180,∴12 <n<13 ,∵n为 正整数,∴n=13,∴小敏求的是十三边形的内角和. 11.(新考向·实践探究试题)(2024山西朔州模拟,8,★☆☆)如 图,将一张六边形纸片沿虚线剪开,如果剪开后的两个图形的 内角和相等,那么下列四种剪法中,符合要求的是 (　    )   A.①②　　　    B.③④ 　　　    C.①③ 　　　    D.②④ 能力提升全练 D 解析　①剪出一个三角形,一个七边形,内角和不相等,不符 合要求;②剪出两个五边形,内角和相等,符合要求;③剪出一 个三角形,一个六边形,不符合要求;④剪出两个四边形,符合 要求.所以符合要求的有②④.故选D. 12.(2024河南南阳内乡期末,13,★★☆)如图,∠A+∠B+∠C+ ∠D+∠E+∠F的度数是　　　    .   360° 解析　如图:   ∵∠E+∠A=∠1,∠B+∠F=∠2,∠1+∠2+∠C+∠D=360°, ∴ ∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°. 13.(2024吉林长春五十二中赫行实验学校模拟,12,★★☆)如 图,正五边形ABCDE的顶点A,B在射线OM上,顶点E在射线 ON上,∠AEO-∠DEN=24°,则∠O的度数为　　　    .   60° 解析　∵五边形ABCDE为正五边形, ∴∠DEA=∠EAB=(5-2) ×180°÷5=108°, ∴∠EAO=180°-∠EAB=72°,∠DEN+∠AEO=180°-∠DEA=72°,∵∠AEO-∠DEN=24°,∴∠AEO-(72°-∠AEO)=24°,∴2∠AEO= 96°,∴∠AEO=48°,∴∠O=180°-∠AEO-∠EAO=180°-48°-72°= 60°. 14.(2023四川内江期末,15,★★☆)如图,六边形ABCDEF内部 有一点G,连结BG,DG.若∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=440°,则 ∠BGD的度数为　　　    .   80° 解析　如图,∵多边形ABCDEF是六边形,∴∠1+∠5+∠4+∠3+∠7+∠C+∠6+∠2=(6-2)×180°=720°,∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5 =440°,∴∠6+∠7+∠C=720°-440°=280°,∵多边形BCDG是四边形,∴∠C+∠6+∠7+∠BGD=360°,∴∠BGD=360°-(∠6+∠7+ ∠C)=360°-280°=80°.   15.(新考法)(2024吉林长春农安期末,20,★★☆)如图,一个正 n边形被树叶遮盖了一部分,若直线a,b所夹锐角为36°,则n的 值是　　　    .   5 解析　本题以正n边形被树叶遮盖了一部分为背景考查多边 形的内角和,形式新颖,激发学生的探究意识. 如图所示:   由题意得∠1=36°,∵∠1+∠2+∠3=180°,∴∠2+∠3=180°-36°= 144°,∴∠4+∠5=360°-144°=216°,∵正多边形的每个内角都相等,∴∠4=∠5=216°÷2=108°,∴(n-2)×180=108n,解得n=5. 16.(新考向·规律探究试题)(2024山东潍坊潍城期末,20,★★ ☆)某校数学兴趣小组为了研究多边形中从一个顶点出发可 以作几条对角线,以及该多边形中对角线的总条数与边数的 关系,他们决定从以下图形开始寻找规律.   (1)请在图5中画出从A点出发的所有对角线. (2)根据探究,整理得到下面表格: 多边形的边数 4 5 6 7 8 … n 从一个顶点出发的 对角线的条数 1 2 3 4 5 … a 多边形对角线的总 条数 2 5 9 14 20 … b 表格中a=　　　    ,b=　　　    .(用含n的代数式表示) (3)拓展应用:若该校要举办足球比赛,总共有9个班级参加比 赛,规定每个班级都要和其他班级比赛一次.问:总共要比赛 多少场? 解析    (1)如图所示.   (2)由题表可得a=n-3,n边形对角线的总条数= , ∴b= .故答案为n-3; . (3) =36(场). 答:总共要比赛36场. 8.2　多边形的内角和与外角和 第2课时　多边形的外角和 第8章　三角形 知识点3　多边形的外角和 基础过关全练 1.(2023湖北襄阳中考)五边形的外角和等于 (　    ) A.180°　　　    B.360°　　　    C.540°　　　    D.720° B 解析　任意多边形的外角和都是360°.故选B. 2.(2024四川成都七中育才学校期中)如图,已知∠1+∠2+∠3 +∠4=280°,则∠5的度数为 (　    )   A.70° 　　　    B.80° 　　　    C.90° 　　　    D.100° B 解析　∵∠1+∠2+∠3+∠4=280°,∠1+∠2+∠3+∠4+∠5= 360°,∴∠5=360°-(∠1+∠2+∠3+∠4)=80°.故选B. 3.(2023甘肃兰州中考)如图1所示的是我国古建筑墙上采用 的八角形空窗,其轮廓是一个正八边形,窗外之境如同镶嵌于 一个画框之中,如图2所示的是八角形空窗的示意图,则它的 一个外角∠1= (　    )  　      A.45°　　　    B.60°　　　    C.110°　　　    D.135° A 解析　∵正八边形的外角和为360°,且每一个外角的度数都 相等,∴每一个外角的度数为360°÷8=45°,即∠1=45°.故选A. 4.(2024四川遂宁中考)佩佩在“黄峨古镇”研学时学习扎染 技术,得到一个内角和为1 080°的正多边形图案,这个正多边 形的每个外角的度数为 (　    ) A.36° 　　　    B.40° 　　　    C.45° 　　　    D.60° C 解析　设这个正多边形的边数为n,由题意得(n-2)×180=1 080, 解得n=8,∴这个正多边形的每个外角的度数为360°÷8=45°.故选C. 5.(2024陕西西安滨河学校模拟)如图,在七边形ABCDEFG中, AB,ED的延长线交于点O,若与∠1,∠2,∠3,∠4相邻的外角和 等于220°,则∠BOD的度数为　　　    .   40° 解析　如图,在五边形OEFGA中,∠1,∠2,∠3,∠4的补角和与 ∠5的和等于360°,∵∠1,∠2,∠3,∠4的补角和为220°,∴∠5= 360°-220°=140°,∴∠BOD=180°-∠5=180°-140°=40°.   6.(教材变式)(2024山西临汾侯马期末)已知一个多边形的每 一个内角都比与它相邻的外角的4倍多30°. (1)求这个多边形的边数. (2)从这个多边形的一个顶点引对角线,最多可以引　　　    条. 解析    (1)设这个多边形的每一个内角都为α,则与它相邻的 外角为180°-α,依题意得α=4×(180°-α)+30°,解得α=150°,∴与 它相邻的外角为180°-150°=30°,∵多边形的外角和等于360°, ∴这个多边形的边数为360°÷30°=12. (2)从这个多边形的一个顶点引对角线,最多可以引12-3=9(条).故答案为9. 7.(2024河南郑州中原期末)如图①②③所示的四边形是同一 个四边形不断缩小(保持形状不变)的结果.             (1)在缩小的过程中,四边形对应的各个外角的大小是否发生 了变化?如果将四边形不断缩小下去,请你想象一下最终的 形状,并画出来. (2)如图④,若小明从O点向西走10米,左转30°,再向前走10米, 左转30°,如此重复下去,求小明第一次回到O点时所走过的路 程. (3)若小明从O点向西走16米,左转x°,再向前走16米,左转x°,如 此重复下去,已知小明第一次回到O点时所走过的路程为320 米,则x=　　　    .   解析    (1)四边形对应的各个外角的大小不会发生变化,将四 边形不断缩小下去,四边形的四个顶点重合为一点,这些外角 正好构成周角,即多边形的外角和是360°,所画的图形如图所 示:   (2)由题意可知,小明第一次回到O点时所走过的路线所形成 的图形是正多边形,由于这个正多边形的每一个外角的度数 都是30°,∴这个正多边形的边数为360°÷30°=12,∴所走的路 程为10×12=120(米). (3)由题意可知,小明第一次回到O点所走过的路线所形成的 图形是正多边形,这个正多边形的边数为320÷16=20,∴这个 正多边形是正二十边形,∵正二十边形的每一个外角的度数 为 =18°,∴x=18.故答案为18. 8.(2024河南周口商水一中期末,9,★★☆)小聪为某机器人编 制了一段程序,如果机器人以0.5 m/s的速度在平地上按照图 中的步骤行走,那么该机器人从开始到停止所需的时间为  (　    ) A.12 s　　　    B.24 s C.48 s　　　    D.60 s 能力提升全练 B 解析　由题意得,该机器人所经过的路径是一个正多边形,该 正多边形的边数为 =6,则所走的路程是2×6=12(m),∴所 用时间为12÷0.5=24(s).故选B. 9.(新考法)(2023吉林省第二实验学校期末,7,★★☆)如图所 示的是被撕掉一部分的正n边形纸片,若a⊥b,则n的值是  (　    )   A.6　　　    B.8　　　    C.10　　　    D.12 B 解析　本题以“被撕掉一部分的正n边形纸片”为背景,考 查多边形的外角和,题目新颖,考法独特. 如图,   ∵a⊥b,∴∠B=90°,∵正多边形的每个外角都相等,∴该正n 边形的一个外角的度数为 =45°,∴n= =8.故选B. 10.(2024河南南阳方城期末,14,★★☆)如图,在五边形 ABCDE中,AB∥ED,∠1,∠2,∠3是五边形ABCDE的外角,则 ∠1+∠2+∠3的度数为　　　    .   180° 解析　如图,延长BA,DE,   ∵AB∥ED,∴∠4+∠5=180°,根据多边形的外角和可得∠1+ ∠2+∠3+∠4+∠5=360°,∴∠1+∠2+∠3=360°-180°=180°. 11.(推理能力)(2022吉林长春东北师大附中净月实验学校期中)在四 边形ABCD中,∠A=100°,∠B=120°,点E、F分别是边AD、BC上的点,点P是一动点,令∠PED=∠1,∠PFC=∠2,∠EPF=∠α. (1)如图1,若点P在线段CD上,且∠α=70°,则∠1+∠2=　　      °. (2)如图2,若点P在线段CD上运动,试探究∠1+∠2与∠α之间 的关系,并说明理由. (3)如图3,若点P在线段DC的延长线上运动,则∠1,∠2,∠α之 素养探究全练 间的关系为　　　　　    . (4)若点P运动到四边形ABCD的内部,则直接写出此时∠1,∠2,∠α之间的关系:　　　　　　　　    . 图1  图2  图3 备用图 解析    (1)∵∠AEP=180°-∠1,∠BFP=180°-∠2,在五边形 ABFPE中,∠A+∠B+∠AEP+∠BFP+∠α=540°,∴∠A+∠B+ 180°-∠1+180°-∠2+∠α=540°,∴∠1+∠2=100°+120°+360°+ 70°-540°=110°,故答案为110. (2)∠1+∠2=∠α+40°.理由如下: 由(1)得∠1+∠2=100°+120°+360°+∠α-540°=∠α+40°,∴∠1 +∠2=∠α+40°. (3)∵在五边形ABFPE中,∠AEP=180°-∠1,∠3=180°+∠2,∠A +∠B+∠AEP+∠3+∠α=540°,∴∠A+∠B+180°-∠1+180°+ ∠2+∠α=540°,∴∠1-∠2=100°+120°+360°+∠α-540°,∴∠1- ∠2=∠α+40°,故答案为∠1-∠2=∠α+40°. (4)当点P在EF下方时,如图1,过点P作MN∥CD,交AD于点M, 交BC于点N,由(2)得∠1+∠2=∠α+40°.        当点P在EF上时,易得∠1+∠2=∠α+40°. 当点P在EF上方时,如图2,∵∠A=100°,∠B=120°,∴∠C+∠D =140°,∵∠1+∠2+∠α+∠C+∠D=540°,∴∠1+∠2=400°-∠ α. 故答案为∠1+∠2=∠α+40°或∠1+∠2=400°-∠α. $$8.1.1　认识三角形 第１课时　长度和时间的测量 知识点1　三角形的有关概念 基础过关全练 1.(2022四川绵阳江油月考)如图,图中三角形的个数为 (        )   A.3　　　    B.4　　　    C.5　　　    D.6 C 解析　题图中的三角形有△AOC、△BOD、△AOB、△ABC、△ABD,共5个.故选C. 2.如图,下列说法错误的是 (　    ) A.∠A,∠B,∠ACB是△ABC的内角 B.∠BCD是与∠ACB相邻的外角 C.∠BCD+∠A=180° C D.△ABC的三条边分别是AB,BC,AC 解析　三角形的一个外角和与它相邻的内角互为补角. 3.如图,在△ABC中,线段BE,CD相交于点E,则∠1和∠2分别 是哪个三角形的外角?是哪个三角形的内角?   解析　∠1是△ADC的外角,同时又是△BCD和△BED的内 角;∠2是△BED的外角,同时又是△BCE的内角. 知识点2　三角形的分类 4.(新考法)(2024河北邢台信都月考)如图所示,小手盖住了一 个三角形的一部分,则这个三角形是 (　    )   A.直角三角形　　　    B.锐角三角形 C.钝角三角形　　　    D.等边三角形 C 解析　本题以手盖住了一个三角形的一部分为背景,考查学 生的观察力和分析能力. 由题图可知,该三角形中有1个已知角为钝角,∴这个三角形 是钝角三角形.故选C. 5.关于三角形的分类,有如图所示的甲、乙两种分法,则(        )        A.甲、乙两种分法均正确 B.甲分法正确,乙分法错误 C.甲分法错误,乙分法正确 D.甲、乙两种分法均错误 C 解析　三角形按照边分类,分为三边都不相等的三角形和等 腰三角形,等边三角形属于特殊的等腰三角形,故甲分法错 误;三角形按照角分类,分为锐角三角形、直角三角形和钝角 三角形,故乙分法正确.故选C. 6.如图,△ABC中,AE⊥BC,点D为BC上一点,连结AD,则图中 　　　　　　　    是锐角三角形,　　　 　      是直角三角形,　　　　    是钝角三角形.   △ABC,△ADC △ADE,△ACE,△ABE △ABD 知识点3　三角形的中线、角平分线和高 7.(2024湖南师大附中博才实验中学期末)在下列四个图形 中,线段BD是△ABC中AC边上的高的图形是 (　    )  　　　      B 解析　根据三角形的高的定义可知,B选项中的线段BD是 △ABC中AC边上的高.故选B. 8.(2023河北唐山丰润模拟)如图,在△ABC中,∠1=∠2=∠3= ∠4,则下列说法正确的是(　    )   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 B 解析　∵∠1=∠2=∠3=∠4,∴∠1+∠2=∠3+∠4,即∠BAE= ∠CAE,∴AE是△ABC的角平分线.故选B. 9.(2024浙江杭州拱墅一模)某位农民要将一块如图所示的三 角形土地平均分配给两个儿子,则图中他所作的线段AD应该 是△ABC的(　    )   A.角平分线　　　    B.中线 C.高线　　　     D.以上都不是 B 解析　由三角形的面积公式可知,三角形的中线把三角形分 为面积相等的两部分,∴他所作的线段AD应该是△ABC的中 线.故选B. 10.(2024河北沧州任丘期末)如图,在△ABC中,AE是中线,AD 是角平分线,AF是高,下列结论不一定成立的是 (　    )   A.BC=2CE　　　    B.∠BAD= ∠BAC C.∠AFB=90°　　  D.AE=CE D 解析　∵AE是△ABC的中线,∴BC=2CE,故选项A的结论成立,不符合题意;∵AD是△ABC的角平分线,∴∠BAD= ∠BAC,故选项B的结论成立,不符合题意;∵AF是△ABC的高,∴∠AFB=90°,故选项C的结论成立,不符合题意;根据题意不能得出AE=CE,故选项D的结论不一定成立,符合题意.故选D. 11.(等积法)如图,在直角△ABC中,AB=13,BC=5,AC=12,CD⊥ AB,则CD的长为　　　    .   解析　由题意得S△ABC= AC·BC= AB·CD,∴ ×12×5= ×13CD,∴CD= . 方法解读     等积法 如图,在直角△ABC中,CD⊥AB,根据三角形的面积的不同表 示方法可得AB·CD=AC·BC,已知这四条线段中的任意三条的 长就可以求出第四条线段的长.   12.(2024江西萍乡安源月考)如图,已知AD、AE分别是△ ABC的中线和高,△ABD的周长比△ACD的周长大3 cm,且AB =7 cm. (1)求AC的长. (2)求△ABD与△ABC的面积关系.   解析    (1)∵AD是△ABC的中线,∴BD=CD, ∵△ABD的周长比△ACD的周长大3 cm, ∴(AB+BD+AD)-(AC+CD+AD)=3 cm, ∴AB-AC=3 cm,∵AB=7 cm,∴AC=4 cm. (2)∵AD是△ABC的中线,∴BC=2BD, ∵S△ABC= BC·AE,S△ABD= BD·AE, ∴S△ABC=2S△ABD. 13.(2024安徽合肥肥西期末,5,★☆☆)如图,在△ABC中,∠C= 90°,D,E是AC上的两点,且AE=DE,BD平分∠EBC,下列说法不 正确的是(　    ) A.BE是△ABD的中线 B.BD是△BCE的角平分线 能力提升全练 C.∠1=∠2=∠3 D.BC是△BDE的高 C 解析　∵AE=DE,∴BE是△ABD的中线,故A说法正确;∵BD 平分∠EBC,∴BD是△BCE的角平分线,∠2=∠3,但∠1不一 定等于∠2,故B说法正确,C说法不正确;∵∠C=90°,∴BC是 △BDE的高,故D说法正确.故选C. 14.(2024福建泉州台商期末,16,★★☆)如图,A,B,C分别是线 段A1B,B1C,C1A的中点,若△ABC的面积是5,则△A1B1C1的面积 是　　　    .   35 解析　如图,连结AB1,BC1,CA1,   ∵A,B分别是线段A1B,B1C的中点, ∴ = =S△ABC=5, ∴ = + =5+5=10, 同理可得 =10, =10, ∴ = + + +S△ABC=35. 15.(动点问题)(2024吉林长春德惠期末,22,★★☆)如图,在△ABC中,∠C=90°,AC=8 cm,BC=6 cm,AB=10 cm.若动点P从点C开始,按 C→A→B→C的路径运动,且速度为每秒2 cm.设运动的时间为t秒. (1)当t=　　　    时,CP把△ABC的周长分成相等的两部分. (2)当t为何值时,△BCP的面积恰好等于△ABC面积的一半?   解析    (1)在△ABC中,∵AC=8 cm,BC=6 cm,AB=10 cm,∴△ABC的周长=8+6+10=24(cm),当CP把△ABC的周长分成相等的两部分时,点P在AB上,此时CA+AP=BP+BC=12 cm,∴2t=12,解得t=6.故答案为6. (2)要使△BCP的面积恰好等于△ABC面积的一半,分为以下 两种情况: ①当点P在AC上时,∵△BCP的面积=△ABC面积的一半,∴P 为AC中点,∴CP=4 cm,即2t=4,∴t=2; ②当点P在AB上时,∵△BCP的面积=△ABC面积的一半,∴P 为AB中点,∴2t=8+5=13,∴t=6.5. 故当t=2或6.5时,△BCP的面积恰好等于△ABC面积的一半. 方法解读     动点问题的解法技巧 　　解决动点问题的关键:(1)动点停留在某一时刻的相关量 的确定;(2)充分运用分类讨论思想;(3)与方程(不等式)结合. 16.(推理能力)(2022云南大理模拟)如图,AP1为△ABC的中线, AP2为△AP1C的中线,AP3为△AP2C的中线,……,按此规律, APn为△APn-1C的中线.若△ABC的面积为S,则△APnC的面积 为 (　    )   素养探究全练 A. 　　　    B.  C. 　　　     D.  C 解析　∵AP1为△ABC的中线,∴ = S△ABC= S,∵AP2为 △AP1C的中线,∴ =  = S,∵AP3为△AP2C的中线, ∴ =  = S,……,按此规律,∵APn为△APn-1C的中线, ∴△APnC的面积为 ,故选C. 17.(推理能力)(2024江苏无锡江阴期中)如图,在△ABC中,E是 BC边上的一点,EC=2BE,点D是AC的中点,BD与AE交于点F, 若S△ABC=24,则S△ADF-S△BEF= (　    )   A.2　　　    B.4 C.6　　　    D.8 B 解析　∵EC=2BE,∴S△AEC= S△ABC= ×24=16,∵点D是AC的 中点,∴S△BCD= S△ABC= ×24=12,∴S△AEC-S△BCD=4,即S△ADF+S四边形 CEFD-(S△BEF+S四边形CEFD)=4,∴S△ADF-S△BEF=4.故选B. 微专题　根据三角形中线的性质求三角形面积     (双中点模型)(2024福建泉州丰泽期末)如图,BD为△ABC的 中线,E为BD的中点,若S△ABC=16,则△ADE的面积等于 (　    )   A.3　　　    B.4　　　    C.5　　　    D.6 例 B 解析　∵BD为△ABC的中线,S△ABC=16,∴S△ADB= S△ABC= ×16 =8,∵E为BD的中点,∴S△ADE= S△ADB= ×8=4.故选B. 变式 1.(2024河南周口项城期末)如图,在△ABC中,点D在边BC上, 点E,F分别是AD,CE的中点,且△BEF的面积为3,则△ABC的 面积是(　    )   A.9　　　    B.10 C.11　　　    D.12 D 解析　∵点E是AD的中点,∴S△BDE= S△ABD,S△CDE= S△ADC,∴S△BDE +S△CDE= S△ABC,即S△BCE= S△ABC,∵点F是CE的中点,∴S△BEF=  S△BCE= S△ABC,∴S△ABC=4S△BEF, ∵△BEF的面积为3,∴S△ABC=4×3=12.故选D. 2.(新独家原创)如图,在△ABC中,D是BC上一点,BD=2DC,连 结AD,E是AD的中点,若S△ABE=a,则S△ABC=　　　    .   3a 解析　∵E是AD的中点,∴S△BDE=S△ABE=a,即S△ABD=2a,∵BD= 2DC,∴S△ABD=2S△ADC,∴S△ABD= S△ABC,即2a= S△ABC,∴S△ABC=3a. 谢谢观看 谢谢观看 $$8.3　用正多边形铺设地面 8.3.1　用相同的正多边形 8.3.2　用多种正多边形 知识点1　用相同的正多边形铺设地面 基础过关全练 1.用一种正多边形能铺满地面的条件是 (　    ) A.内角度数都是整数　　　     B.边数是3的整数倍 C.内角度数能整除180°　　　     D.内角度数能整除360° D 解析　使用某种正多边形铺设地面,当围绕一点拼在一起的 几个内角度数之和是360°,即内角度数能整除360°时,就可以 铺满地面.故选D. 2.(2024四川乐山沐川期末)小王到瓷砖店购买一种正多边形 瓷砖铺设无缝地板,他购买的瓷砖形状不可以是 (　    ) A.正三角形　　　    B.正四边形 C.正六边形　　　    D.正八边形 D 解析　∵用一种正多边形镶嵌,只有正三角形,正四边形,正 六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案,∴小王到瓷砖 店购买一种正多边形瓷砖铺设无缝地板,他购买的瓷砖形状 不可以是正八边形.故选D. 3.(2024河南新乡期末)现有几种形状的多边形地砖,分别是 ①正三角形;②正方形;③正五边形;④正六边形;⑤一般三角 形;⑥一般四边形.每一种地砖的大小、形状都相同,且都有 很多块,如果只用其中的一种多边形地砖镶嵌,那么能够镶嵌 成一个平面图案的有 (　    ) A.2 种　　　    B.3种　　　    C.4种　　　    D.5种 D 解析　①∵正三角形的每个内角都是60°,360÷60=6,∴能够 镶嵌成一个平面图案; ②∵正方形的每个内角是90°,360÷90=4,∴能够镶嵌成一个 平面图案; ③∵正五边形的每个内角是108°,360÷108=3……36,∴不能 镶嵌成一个平面图案; ④∵正六边形的每个内角是120°,360÷120=3,∴能够镶嵌成 一个平面图案; ⑤∵一般三角形的三个内角组合在一起是180°,∴6个一般 三角形能够镶嵌成一个平面图案; ⑥∵一般四边形四个内角组合在一起是360°,∴4个一般四 边形能够镶嵌成一个平面图案. 综上所述,能够镶嵌成一个平面图案的有①②④⑤⑥,共5种. 故选D. 知识点2　用多种正多边形铺设地面 4.(2024四川宜宾兴文期末)一个正多边形瓷砖的每个外角都 等于30°,若用这种正多边形瓷砖铺设地面,需与下列哪种正 多边形瓷砖组合才能铺满地面 (　    ) A.正四边形　　　    B.正六边形 C.正八边形　　　    D.正三角形 D 解析　∵一个正多边形瓷砖的每个外角都等于30°,∴该正 多边形瓷砖的每个内角都等于150°,∵150°+150°+60°=360°, ∴需要与正三角形瓷砖组合才能铺满地面.故选D. 5.(2022四川资阳中考)小张同学家要装修,准备购买两种边长相 同的正多边形瓷砖用于铺满地面.现已选定正三角形瓷砖,则选的另一种正多边形瓷砖的边数可以是　　　     .(填一种即可) 4(答案不唯一) 解析　正三角形的每个内角是60°,正四边形的每个内角是90°,∵3×60°+2×90°=360°,∴可以选择正四边形瓷砖,故答案为4. (答案不唯一) 6.(2024吉林长春农安一中期末)一幅美丽的图案,在某个顶 点处由四个边长相等的正多边形镶嵌而成,其中的三个分别 为正三角形、正四边形、正六边形,那么另外一个为　　     　　     . 正四边形 解析　∵正三角形、正四边形、正六边形的内角分别为60°、 90°、120°,且360°-60°-90°-120°=90°,∴另外一个为正四边形. 7.(2024吉林长春绿园期末,6,★☆☆)如图所示的是用边长相 等的正三角形和正多边形两种地砖铺设的部分地面示意图, 则这种正多边形地砖的边数是 (　    )   A.6　　　    B.8　　　    C.10　　　    D.12 能力提升全练 D 解析　由题意得正多边形地砖的每个内角为(360°-60°)÷2= 150°,设这种正多边形地砖的边数是n,则150n=(n-2)×180,解得 n=12.故选D. 8.(2023陕西西安雁塔模拟,10,★★☆)“动感数学”社团教 室重新装修,如图所示的是用正方形和正n边形两种地砖铺 满地面后的部分示意图,则n的值为　　　    .   8 解析　由题意得正n边形的一个内角度数=(360°-90°)÷2=135°,则n×135=(n-2)×180,解得n=8. 9.(运算能力)某学校艺术馆的地面由三种正多边形的小木板 铺满,一个顶点处每种正多边形的小木板只用一个,设这三种 正多边形的边数分别为x、y、z,求 + + 的值. 素养探究全练 解析　由题意知,这三种正多边形的三个内角之和为360°,已 知三种正多边形的边数分别为x、y、z, 那么这三种正多边形的三个内角之和可表示为 +  + =360°, 化简得 + + = . 谢谢观看 谢谢观看 $$