第13章数学活动-【鸿鹄志·名师测控】2025-2026学年新教材八年级上册数学（人教版2024 贵州专版）

数学活动 1.用六根长度相等的火柴棒搭等边三角形，最多搭成 个 2.在同一平面内，用若干根同样长的火柴棒搭4个同样大小的等边三角形，至少需要火柴棒 根. 3.（教材Pg话动2变式) 图① 图② (1)要用三角形内角和定理证明四边形的内角和等于360°，只要将四边形分成几个三角形 即可 如图①，连接对角线AC,则四边形ABCD被分成△ABC,△ACD两个三角形. 由此可得∠BAD+∠B+∠BCD+∠D=∠1+∠2+∠B+∠3+∠4+∠D=(∠2+∠B+ ∠4)+（∠1+∠3+∠D). .∠2+∠B+∠4=180°，∠1+∠3+∠D=180°， ∴.∠BAD+∠B+∠BCD+∠D=360°. 这个问题运用的数学思想是 (2)继续推导五边形和六边形的内角和各是多少？从五边形、六边形其中一个顶点出发可以把 多边形分成若干个三角形，从而得到各自的内角和，这里运用的数学思想是 ； (3)如图②，从五边形一个顶点出发，可以作2条对角线，它们将五边形分成3个三角形，五边形的 内角和等于180°×3；从六边形的一个顶点出发，可以作3条对角线，它们将六边形分成4个 三角形，六边形的内角和等于180°×4；那么从n边形一个顶点出发，可以作 条对 角线，它们将n边形分成个三角形，边形的内角和等于 .这里运 用的数学思想是 4.【问题】用n边形的对角线把n边形分割成(n一2)个三角形，共有多少种不同的分割方案(n≥4)？ 【探究】为了解决上面的数学问题，我们采取一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形人手， 再逐次递进转化，最后猜想得出结论.不妨假设边形的分割方案有P,种. 探究一：用四边形的对角线把四边形分割成2个三角形，共有多少种不同的分割方案？ 如图①、图②，显然，只有2种不同的分割方案.所以，P4=2. 图① 图② 图③ 图④ 图⑤ 探究二：用五边形的对角线把五边形分割成3个三角形，共有多少种不同的分割方案？ 不妨把分割方案分成三类： 第1类：如图③，用A,E与B连接，先把五边形分割转化成1个三角形和1个四边形，再把四 边形分割成2个三角形，由探究一知，有P种不同的分割方案，所以，此类共有P种不同的分 割方案。 数学Ⅱ八年级上册13 第2类：如图④，用A,E与C连接，把五边形分割成3个三角形，有1种不同的分割方案，可视 为P种分制方案。 第3类：如图⑤，用A,E与D连接，先把五边形分割转化成1个三角形和1个四边形，再把四 边形分割成2个三角形，由探究一知，有P种不同的分割方案，所以，此类共有P,种不同的分 割方案.所以，P,=P十P十P,=P,= ×2=5(种). 图⑥ 图⑦ 图⑧ 图⑨ 探究三：用六边形的对角线把六边形分割成4个三角形，共有多少种不同的分割方案？ 不妨把分割方案分成四类： 第1类：如图⑥，用A,F与B连接，先把六边形分割转化成1个三角形和1个五边形，再把五 边形分割成3个三角形，由探究二知，有P种不同的分割方案.所以，此类共有P种不同的分 割方案 第2类：如图⑦，用A,F与C连接，先把六边形分割转化成2个三角形和1个四边形.再把四 边形分割成2个三角形，由探究一知，有P种不同的分割方案.所以，此类共有P种不同的分 割方案 第3类：如图⑧，用A,F与D连接，先把六边形分割转化成2个三角形和1个四边形.再把四 边形分割成2个三角形，由探究一知，有P,种不同的分割方案.所以，此类共有P,种不同的分 割方案 第4类：如图⑨，用A,F与E连接，先把六边形分割转化成1个三角形和1个五边形.再把五 边形分割成3个三角形，由探究二知，有P种不同的分割方案.所以，此类共有P种不同的分 割方案。 所以，P,=P,+P+P+P,=P,+号P+号+P=p,=14(种). 探究四：用七边形的对角线把七边形分割成5个三角形，则P,与P。的关系为： P,=《。2p共有 种不同的分割方案； 【结论】用n边形的对角线把n边形分割成(n一2)个三角形，共有多少种不同的分割方案(n≥ 4)?（直接写出P,与Pm-1的关系式，不写解答过程) 【应用】用八边形的对角线把八边形分割成6个三角形，共有多少种不同的分割方案？（应用上 述结论，写出解答过程) 14第十三章三角形参考答案 第十三章 三角形 13.1三角形的概念 正文答案 基础过关 1.C2.(1)5△ABE,△BEC,△ABC,△DCE,△BCD(2)∠DCD(3)BC(4)AB BE3.B4.D5.3 能力提升 6.C7.418.解：(1)图中共有5个三角形：(2)△ACE,△DCE,△BCE;(3)△DBE与 △CBE,△BAC与△CBE,△DBE与△BAC 13.2与三角形有关的线段 13.2.1三角形的边 基础过关 1.A 2.B 3.EF+EG>FG 4.A 5.A 弥能力提升 6.B7.D8.C9.解：：(b-5)2+1c-71=0,(b-5)2≥0,1c-7|≥0，.b-5=0,c-7= 0,解得b=5,c=7.:a为方程a-3|=2的解，.a=5,或a=1.当a=1,b=5,c=7时，1 十5<7，此时以a,b,c为边长不能组成三角形，∴a=1不合题意，舍去，∴a=5,.△ABC的 周长为5十5十7=17. 13.2.2三角形的中线、角平分线、高 新知梳理 ①三角形的重心②角平分线③三角形的高内部两条直角外部延长线上 例题引路 纶 【例】(1)35°(2)25°(3)3 基础过关 1.B2.BCBC SANCD S△Bc63.31°4.解：DE∥AC.理由如下：：CD是△ABC 的角平分线，∴∠ACD=∠1.：∠1=∠2，.∠ACD=∠2，DE∥AC.5.A6.AD⊥ BC ADC90:合BC·AD 能力提升 7.C8.号9.1[解析：点E为AD的中点，SE=SAE,SAm=S5 号Sac=之×4=2(cm).点F为CE的中点S%g=号s6m=号×2=1(cm] 10.解：1)：AD1BC,AD=6,△ABC的面积为24，SAe=号BC·AD=号BCX6= 24,BC=8.AE是边BC上的中线，∴CE=BE=号BC=4:(2):点F为AB的中点， .AF=BF,∴.CAAEF-C△F=(AE+AF+EF)-(BE十BF+EF)=AE-BE=7-4=3, 即△AEF与△BEF的周长差为3. 思维拓展 IL.解：(I)是.证明如下：：DE∥AB,DF∥AC,.∠EDA=∠DAB,∠EAD=∠ADF .'AD是∠CAB的平分线，.∠EAD=∠DAB,.∠EDA=∠ADF,.DO是∠EDF的平分 线：(2)正确.选择命题：若DO是∠EDF的平分线，DE∥AB,DF∥AC,则AD是∠CAB的 平分线.证明：DE∥AB,DF∥AC,∠EDA=∠DAB,∠EAD=∠ADF.DO是 ∠EDF的平分线，.∠EDA=∠ADF,.∠EAD=∠DAB,.AD是∠CAB的平分线.（命 题及其证明不唯一) 13.3三角形的内角与外角 13.3.1三角形的内角 第1课时三角形的内角 新知梳理 180 例题引路 【例1】解：设∠A=x°，则∠B=3x°，∠C=5x°.依题意，得x十3x十5x=180,解得x=20,则 3.x=60,5x=100,.∠A=20°，∠B=60°，∠C=100°.【例2】解：：AD平分∠BAC, ∴.∠BAC=2∠BAD.:∠BAC+∠B+∠C=180°，∠B=3∠BAD,∠C=90°，∴.2∠BAD+ 3∠BAD+90°=180°，.∠BAD=18°，∴.∠B=3∠BAD=54° 基础过关 1.80°【变式】C2.D3.D4.70°5.C6.160 第1页（共48页） 能力提升 7.D8.55°9.280°10.解：(1)DE∥BC,∴∠ADE=∠B.CD⊥AB,EF⊥CD,∴.AB ∥EF,∴∠B=∠EFC,∴∠ADE=∠EFC;(2)'∠ACB=80°，∠A=60°，∠B=180° ∠A-∠ACB=180°-60°-80°=40.CD⊥AB,∠BDC=90°，∠DCB=180° ∠BDC-∠B=180°-90°-40°=50. 思维拓展 11.解：(1)90°40°(2)：（∠PBC+∠PCB)+(∠ABP+∠ACP)十∠A=180°，.90°+ (∠ABP+∠ACP)+∠A=180°，∴.∠ABP+∠ACP=90°-∠A;(3)设AB交PC于点O. :∠AOC=∠POB,∠ACO+∠A+∠AOC=∠P+∠PBO+∠POB=180°，∴.∠ACO+ ∠A=∠P+∠PBO,即∠ACP+∠A=90°+∠ABP,∴∠ACP-∠ABP=90°-∠A. 第2课时直角三角形中两个锐角的关系 新知梳理 ①互余②互余 例题引路 【例1】26°【例2】证明：：AD是BC边上的高，∠ADC=90°，∴∠DMC+∠DCM=90°. :∠DCM=∠MAE,∠DMC=∠AME,∴.∠AME十∠MAE=90°，∴△AEM是直角三角形. 基础过关 1.A2.C3.52°4.22.5°5.C6解：△ABC是直角三角形.理由如下：：ED⊥AB, ∠ADE=90°，∴∠1十∠A=90°.又∠1=∠B,∠B十∠A=90°，∴.△ABC是直角三 角形 能力提升 7.D8.B9.C10.22.5°11.解：：AB∥CD,∴∠BEF+∠DFE=180°.：EP为 ∠BEF的平分线，FP为∠EFD的平分线∠PEF=-∠BEF,∠PFE=∠DFE, ∠PEF+∠PFE=2（∠BEF+∠DFE)=90,∴△EPF为直角三角形. 思维拓展 12.解：(1)∠1=∠2.理由如下：.CE⊥AB,AD⊥BC,∴.∠CEB=∠ADB=90°，.∠2十 ∠B=90°，∠1十∠B=90°，∴.∠1=∠2；(2)(1)中的结论仍然成立.理由如下：，AD⊥BC, CE⊥AB,.∠D=∠E=90°，.∠2十∠ABD=90°，∠1+∠CBE=90°.又.∠ABD= ∠CBE,∴∠1=∠2. 13.3.2三角形的外角 新知梳理 ①三角形的外角②(1)与它不相邻 例题引路 【例1】D【例2】解：∠B=40°，∠ACB=60°，∴∠BAC=180°-∠B-∠ACB=180°-40 -60=80.:CE是∠ACD的平分线∠DCE=号∠ACD.:∠ACD=180-∠ACB= 180°-60°=120°，∴.∠DCE=60°，∴.∠E=∠DCE-∠B=60°-40°=20， 基础过关 1.∠ACD2.C【变式D3.604.85°5.解：AE∥BD,∠ADB=∠1=95°.又 ∠ADB=∠C+∠2，∴∠C=∠ADB-∠2=95°-28°=67°. 能力提升 6.C7.70°8.235°9.解：DF⊥AB,.∠BFD=∠AFE=90°，∴.∠B=90°-∠D= 35°，∴.∠ACD=∠B+∠A=35°+30°=65°，∠FEC=∠A+∠AFE=30°+90°=120°. 思维拓展 10.解：(1)，∠MAN=90°，∴∠ABC+∠ACB=90°.，∠ABC和∠ACB的平分线交于点 P,∠CBP=∠ABC,∠BCP=∠ACB,∠P=180-(∠CBP+∠BCP)=180 号（∠ABC+∠ACB)=180-号×90=135，(2）：∠ABC和∠ACB的平分线交于点P, ∠CBP=∠ABC,∠BCP=∠ACB,∠P=180-(∠CBP+∠BCP)=I80 2(∠ABC+∠ACB)=180-180-∠A0=90+合∠A.:∠A=7∠P,∠P=90 +号×号∠P,∠P=120,∠A=号∠P=60,(3)∠P+∠Q=180.[解析：∠ABC 和∠ACB的平分线交于点P,∠CBD=号∠ABC,∠BCP=子∠ACB.:点Q是△ABC 两外角平分线的交点，即∠CBM和∠BCN的平分线交于点Q,∠CBQ=号∠CBM, ∠BCQ-∠BCN.'∠ABC+∠CBM=∠ACB+∠BCN=180,∠PBQ=∠PBC+ ∠CBQ=号∠ABC+2∠CBM=号（∠ABC+∠CBM)=子×1S0:=90,同理：∠PCQ- 90°，.∠P+∠Q=360°-90×2=180] 第2页（共48页） 模型构建专题探究与三角形角平分线相关的结论 1.解：(1)：∠C=70°，∴.∠CAB+∠CBA=180°-70°=110°.：∠PAC=20°，∠PBC=40°， .∠PAB+∠PBA=110°-20°-40°=50°，∠APB=180°-（∠PAB+∠PBA)=180° 50°=130°；(2)由(1)知，∠CAB十∠CBA=110°.：PA,PB分别为∠CAB,∠CBA的平分 线·∠PAB=∠CAB,∠PBA=号∠CBA,∠PAB+∠PBA=号∠CAB+∠CBA =(∠CAB+∠CBA)=×110=5,∠APB=180°-（∠PAB+∠PBA)=180- 55=125,2.303解：BP平分∠ABC,∠PBC=号∠ABC.CP平分∠ACD, ∴∠PCD=∠ACD.:∠ACD=∠ABC+∠A,∠PCD=∠PBC+∠P,∠P=∠PCD -∠PBC=∠ACD-合∠ABC=(∠ACD-∠AC)=∠A,即∠P=合∠A. 4.解：∠EBC=∠ACB+∠A,∠FCB=∠ABC+∠A,∴∠EBC+∠FCB=∠ACB+∠A 十∠ABC+∠A=180°+∠A.:BP,CP分别是∠EBC,∠FCB的平分线，∴·∠PBC= ∠EBC,∠PCB=合∠FCB,&∠PBC+∠PCB=(∠EBC+∠FCB) 2180+∠A)=90+号∠A,∠P=180-(∠PBC+∠PCB)=180-(90+7∠A) =90°-∠A,即∠P=90-∠A 重点突破专题三角形的重要线段之间的夹角问题 1.解：(1)：CD⊥AB,BE⊥AC,.∠BDC=∠BEC=90°.：∠ABC=50°，∠ACB=60°， ..∠BCD=90°-∠ABC=90°-50°=40°，∠CBE=90°-∠ACB=90°-60°=30°，.∠BOC =180°-∠BCD-∠CBE=180°-40°-30°=110°：(2)∠BDC=∠BEC=90°，∠ABE =90°-∠A,∴.∠BOC=∠ABE+∠BDC=90°-∠A+90°=180°-∠A,∴.∠BOC+∠A= 180°.2.解：AD⊥BC,.∠ADC=90°.∠C=70°，∠DAC=90°-70°=20°.AE平 分∠BAC.∠BA0=∠CAE=∠BAC=方X50=25,∠EAD=∠EAC-∠DAC= 25°-20°=5°.：∠BAC=50°，∠C=70°，.∠ABC=180°-∠BAC-∠C=180°-50°-70° =60,:BF是∠ABC的平分线∠AB0=号∠ABC=子×60=30，÷∠B0A=180 ∠BA0-∠AB0=180-25°-30=125.3.解：1)60°(2)∠DEF=合（∠C-∠B.理 由如下：EF⊥BC,∠DEF=90°-∠EDE.:AD平分∠BAC,∠BAD=令∠BAC, ∴∠EDF=∠B+∠BAD=∠B+合∠BAC又：∠BAC=18O-∠B-∠C∠EDF= ∠B+2(180°-∠B-∠C)=90°+2∠B-7∠C.∠DEF=90-(90°+∠B 方∠C)=（∠C-∠B.【变式】解：1D10(2)∠DEF=合（∠C-∠B.理由如下： :∠BAC=180-∠B-∠C,∠1=∠2，∠2=3∠BAC=(180-∠B-∠C. ∠ADB=∠2+∠C=2(180-∠B-∠C+∠C=90-∠B+∠C:EFBC, ·∠EFD=90,∴.∠DEF=∠ADB-∠EFD=(90°-7∠B+7∠C)-90=Z(∠C ∠B). 数学活动 1.82.93.(1)转化思想(2)类比思想(3)(n-3)(n-2)180°×(n-2)从特殊 到一般4解：探究四：1842【结论】由题意知，P=只P,P,=兰P,B长P… P.一4红0r,1:【位用】根据结论，得P,=X8少p,=号×42=132 n-1 8-1 第十三章整合与提升 高频考点突破 1.B2B3D4稳定性5D6,解：1DS5m=号BC·AF=合×10X6=30:(2:Sm -号AC·BGAC-2-2X30=18:(3):AD为△ABC的中线，SaD=SAm BG 5 7.B8.6△ABD∠CAE9.100°10.解：(1)：∠1+∠2=180°，∠2=∠FDN, ∴∠1+∠FDN=180°，.CF∥NE,∴∠C=∠ENB.又∠3=∠C,∴∠3=∠ENB,∴.EF ∥BC:(2):∠2为△DMN的外角，∴.∠DNM=∠2-∠DMN=110°-35°=75°.，CF∥ NE,∴.∠C=∠DNM=75°. 第3页（共48页）