考点04 定理（5大题型）（专项训练）数学新教材苏科版七年级下册

考点04 定理 考点一：定理的概念 一般情况下，数学中把一些基本的、重要的真命题叫作定理定理可以作为证明后续命题的依据。 考点二：三角形内角和定理 三角形的内角和定理：三角形三个内角和等于180°。 推论：直角三角形的两个锐角互余。 三角形的内角和定理的应用： （1）在三角形中，已知两个内角的度数，可以求出第三个内角的度数； （2）在三角形中，已知三个内角的比例关系，可以求出三个内角的度数； （3）在直角三角形中，已知一个锐角的度数，可以求出另一个锐角的度数。 考点三：三角形的外角性质 （1）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和； （2）三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角。 考点四：多边形内角和定理 多边形内角和定理：（n-2）·180(n>3且n为整数) 此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n-3）条对角线，将n边形分割为（n-2）个三角形，这（n-2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和，除此方法之和还有其他几种方法，但这些方法的基本思想是一样的，即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法. 考点五：多边形外角和定理 多边形的外角和等于360°. (1）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°. (2）借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和=180°n-（n-2）·180°=360°． 考点六：反证法 用反证法证明一个命题的步骤一般为： （1）先假设命题的结论不成立； （2）从这个假设出发，经过若干步推理，得出矛盾； （3）由矛盾判定假设不正确，从而肯定原来命题的结论成立。 题型一：三角形内角和定理 三角形三个内角的和等于180°，核心解题思路围绕“设未知数 + 列等式180°”展开； （1）直接计算法，已知两个内角，直接求第三个角； （2）方程法，角度成倍数、比例、和差关系； （3）直角三角形专用，直角三角形两锐角互余； （4）折叠/拼图类，叠前后角度不变，重叠部分用180°列方程。 （1）只记得 180°，忘记“三角形”前提； （2）外角当成内角算； （3）直角三角形漏用“互余”； （4）比例题设未知数出错； （5）折叠题角度关系看错； （6）多个三角形混用内角和． 【典例精讲】（2026春•永寿县校级月考）著名哲学家泰勒斯（Thales，公元前6世纪）最早从拼图实践中发现了“三角形内角和等于180°”，但这种发现完全是经验性的，泰勒斯并没有给出严格的证明．之后古希腊数学家毕达哥拉斯、欧几里得、普罗克洛斯等相继给出了基于平行线性质的不同的证明． （1）如图①是欧几里得利用辅助平行线和延长线，通过一组同位角和内错角证明了该定理．请你根据欧几里得的思想写出证明过程； （2）聪明的小明想到了一个方法，下面是他的思路：如图②，在△ABC的边BC上任取一点E，过点E作DE∥AC交AB于点D，作EF∥AB交AC于点F．求证：∠A+∠B+∠C＝180°． 【变式训练1】（2026春•嘉定区期中）如图，已知三角形ABC，连接BE，CE． （1）当点E在三角形内部时， ①若∠A＝40°，∠E＝90°，如图1，则∠ABE+∠ACE＝　 　 °； ②若∠A＝m°，∠E＝n°，试用m、n表示∠ABE+∠ACE的度数． （2）当点E在三角形的外部时，∠A＝m°，∠E＝n°，∠ABE与∠ACE之间是否存在确定的数量关系？如存在，请直接用m、n表示，如不存在，请写出理由． 【变式训练2】如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，P为线段AD上的一个动点，PE⊥AD交BC的延长线于点E． （1）若∠ACB＝75°，∠B＝45°，求∠E的度数； （2）当P点在线段AD上运动时，猜想∠B、∠ACB与∠E的数量关系，并证明． 题型二：三角形的外角性质 （1）三角形的一个外角 = 与它不相邻的两个内角之和； （2）三角形的一个外角 ＞ 任何一个与它不相邻的内角； （3）三角形外角和 = 360°. （1）把相邻内角算进去； （2） 搞混“外角”和“外角的补角”； （3）外角和记成 180°； （4）复杂图形里找不到真正的外角. 【典例精讲】（2026•南康区模拟）将一副直角三角板如图放置，使两直角重合，则∠1的度数是（　　） A．105° B．135° C．150° D．165° 【变式训练1】（2026•四川校级模拟）如图，将一直角三角形放于一对平行线上，量得∠2＝149°36'，则∠1＝　 　 度． 【变式训练2】（2026春•单元）已知：如图，在△ABC中，BC＞AC．求证：∠BAC＞∠B． 证明：由BC＞AC，可在BC边上截取CD＝AC，连接AD． … 请你完成证明过程． 题型三：多边形内角和定理 （1）利用内角和公式直接求内角和； （2）已知内角和，求边数，利用方程思想； （3）正多边形求单个内角度数，单个内角=； （4）已知一个内角，求边数，先求外角再用外角和 360°。 （1）公式记错：少减 2； （2）内角和、外角和搞混； （3）求正多边形内角时，忘记除以 n； （4）已知内角求边数，硬算内角和； （5）算出来边数不是整数，还硬写答案； （6）漏看“正多边形”和“普通多边形”. 【典例精讲】（2026•蓬江区模拟）如图，五边形ABCDE中，∠A＝100°，∠B＝115°，∠C＝130°，则∠D+∠E的度数为（　　） A．195° B．185° C．175° D．165° 【变式训练1】27．（2026•广州二模）如图，在五边形ABCDE中，点M、N分别为在AB、AE的边上，∠1+∠2＝110°，则∠B+∠C+∠D+∠E＝　 　． 【变式训练2】（2026春•仓山区期中）若一个正多边形的内角和是它的外角和的2倍，求这个正多边形一个内角的度数． 题型四：多边形外角和定理 任意多边形的外角和都等于 360°，与边数 n 无关。 （1）把外角和当成随边数变； （2）分不清“外角”和“外角的补角”； （3）正多边形求外角忘记除以 n； （4）多个外角相加时漏算、多算； （5）把“每个外角相等”当成所有多边形都成立； （6）外角和与内角和概念完全混淆. 【典例精讲】（2026春•沂水县期中）如图，∠1＝50°，∠2＝80°，∠3＝120°，则∠4＝（　　） A．50° B．80° C．100° D．110° 【变式训练1】（2026•沛县模拟）一个正多边形的一个外角等于45°，则这个正多边形的边数是 　 　 ． 【变式训练2】（2026春•青浦区校级月考）一个多边形的内角和比四边形的内角和多720°，并且这个多边形的各内角相等，求这个多边形的一个外角的度数． 题型五：反证法 先假设结论不成立 → 推出矛盾 → 说明假设错 → 原结论正确。 （1）假设 假设原命题的结论不成立（也就是结论的反面成立）。 （2）推导 从这个假设出发，结合已知条件、定义、定理进行推理。 （3）矛盾 推出与已知、定义、公理、定理相矛盾的结果。 （4）结论 假设不成立，因此原命题成立。 （1）假设写错（最常见错误）； （2）推理时偷偷把结论当已知用； （3）推不出矛盾就强行下结论； （4）步骤不完整，格式不规范； （5）否定词用错； （6）把“假设”和“已知条件”搞混； （7）矛盾找错. 【典例精讲】（2026春•同步）已知：四边形ABCD（如图）．求证：四边形ABCD中至少有一个角是钝角或直角． 【变式训练1】（2026春•杨浦区期中）对于同一平面上的直线a、b、c，如果a与b平行，c与a相交，那么c与b的位置关系是相交还是平行？并给出证明（用反证法）． 解：c与b的位置关系是　 　，反证法证明如下： 假设　 　 ， 因为a与b平行，所以　 　 （　　 　　 　　 　　 ）． 这与　 　 矛盾． 故假设不成立，所以原来的结论是正确的． 【变式训练2】（2025秋•浦东新区校级期末）反证法是数学中一种常用的证明方法，请你用反证法证明“三角形三个内角中，至少有一个内角小于或等于60°”．（提示；先根据题意写出已知求证，再给予证明） 已知： 求证： 证明： 1．（2026春•西湖区校级期中）如图，AB∥CD，将一副直角三角板作如下摆放，∠EGF＝∠MPN＝90°，∠GEF＝60°，∠PNM＝45°，则∠BEG＝（　　） A．130° B．135° C．140° D．145° 2．（2026•咸阳一模）如图，AB∥CD，直线EF分别与AB、CD交于点E、F，∠1＝50°，∠2＝60°，则∠CFG的度数为（　　） A．70° B．60° C．50° D．40° 3．（2026春•吴江区期中）如图，点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，把△ADE沿直线DE翻折后得△A′DE．如果∠DEC＝103°，那么∠A′EC的度数是（　　） A．24° B．26° C．28° D．30° 4．（2026•黔南州模拟）如图，在△ABC中，点D是BC延长线上一点，CE是∠ACD内部一条射线，已知∠1＝∠2，∠B＝40°，则∠3的度数为（　　） A．30° B．40° C．50° D．60° 5．（2025秋•龙湖区期末）两根木条A，B按如图所示的方式放在地面上，若∠3＝100°，∠1＝45°，则∠2＝（　　） A．125° B．100° C．80° D．55° 6．（2026春•杭州期中）如图，一张四边形纸片ABCD，AD∥BC，点E，F分别在AD，BC上，把纸片沿EF折叠，折叠后点C，D分别到了点C′，D′处．若∠C＝70°，C′D′∥AD，则∠EFC′的度数为（　　） A．70° B．65° C．60° D．55° 7．（2026春•皇姑区期中）如图是由10把相同的折扇组成的“蝶恋花”（图1）和梅花图案（图2）（图中的每把折扇都完全展开且无重叠），则梅花图案中的五角星的五个锐角均为（　　） A．36° B．60° C．45° D．48° 8．（2026•和平区一模）若一个八边形的每个内角都是x°，则x的值为（　　） A．90 B．120 C．135 D．150 9．（2026春•奉贤区期中）如图，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线，∠B＝36°，∠C＝76°，则∠DAE＝　20　 °． 10．（2026春•浦东新区期中）若△ABC的三个内角的比为2：3：4，则△ABC的形状是　　 　 三角形．（填锐角、直角、钝角中的一个） 11．（2026春•杨浦区期中）如图，在△ABC中，∠BAC的平分线交BC于点E，若∠B＝70°，∠C＝30°，DE是△AEC的高，则∠AED＝　 　 °． 12．（2026春•沙坪坝区校级月考）如图，在△ABC中，E为△ABC角平分线AM的延长线上一点，过点E作ED⊥BC于点D，若∠B＝45°，∠CAE＝2∠E，则∠C的度数为　 　 ． 13．（2026春•集美区校级期中）如图1是路政部门利用折臂升降机维修路灯的图片，图2是它的平面示意图，已知路灯AB和折臂的底座CD都与地面MN垂直，同时上折臂AE与下折臂DE的夹角∠AED＝78°，下折臂与底座CD的夹角∠CDE＝120°，那么上折臂AE与路灯AB的夹角∠BAE的度数为　 　． 14．（2026•香洲区校级一模）如图，已知△ABC，∠A＝60°，∠B的角平分线与∠C的外角角平分线交于点D，则∠D＝　 　 度． 15．（2026春•河西区校级月考）某个多边形的内角和是其外角和的六倍，这个多边形是　　 　 边形． 16．（2026•昌平区一模）一个多边形的每个内角都等于150°，则这个多边形的边数为　　 　 ． 17．（2026•宝应县一模）石墨烯在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景．它的分子结构如图所示，所有多边形都是正多边形，则∠ABC的度数为　 　　 ． 18．（2026春•闵行区期中）已知在△ABC中，射线BE平分∠ABC，交边AC于点O，点P是射线BE上一点，若∠ABC＝40°，∠ACB＝30°，直线CP与△ABC的一条边垂直，则∠BPC的度数为　 　． 19．（2026•江城区一模）某数学兴趣小组为探究平行线的有关性质，用一副三角尺按如图所示的方式摆放，其中点A，E，C，F在同一条直线上，∠BAC＝∠EDF＝90°，∠B＝45°，∠DEF＝60°．当AD∥BC时，求∠ADE的大小． 20．（2025秋•蜀山区校级期末）如图，△ABC中，∠BAC＝80°，∠B＝60°，AD⊥BC，垂足为D，AE平分∠DAC，求∠AEC度数． 21．（2025秋•安康期末）如图，在△ABC中，BE是△ABC的角平分线，点D在边AB上（点D不与点A，B重合），CD与BE交于点O． （1）若∠ABC＝62°，CD是高，求∠BOC的度数； （2）若∠A＝80°，CD是角平分线，求∠BOC的度数． 22．（2025秋•梁山县期末）如图，CD是△ABC的角平分线，E是CD的中点，过点E作EF⊥AB于点F，连接BE． （1）若∠A＝36°，∠ABC＝66°，求∠DEF的度数； （2）若BD＝8，EF＝6，求△BCE的面积． 23．（2026春•分宜县校级月考）如图，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，∠DCE＝93°，求∠A的度数． 24．（2025秋•同步）用反证法证明：三角形的三个内角中，至少有一个内角大于或等于60°． 25．（2026春•同步）已知：如图，∠1，∠2分别为四边形ABCD的外角． 求证：∠1+∠2＝∠A+∠C． 26．（2026春•松江区期中）用反证法证明．已知：∠1和∠2是直线AB、CD被直线EF截出的同位角，EF分别交AB、CD点M、N，AB∥CD． 求证：∠1＝∠2． 证明：假设　 　，过点M作直线GH，使得∠EMH＝∠2， 根据　 　 ，可得到　 　 ，又因为AB∥CD， 与　 　 矛盾，故假设不成立，所以∠1＝∠2． 27．（2025秋•金平区期末）如图是一个五角星． （1）∠1是三角形　 　 的外角，∠2是三角形　 　的外角． （2）请利用三角形的外角与内角的关系，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数． 28．（2026春•锦江区校级月考）如图，在△ABC中，D是AB边上的动点，过点D作DF⊥AC交AC于E，交BC的延长线于点F． （1）若∠A＝25°，∠B＝40°，求∠F的度数； （2）在D点运动的过程中，探究∠A+∠B+∠F是否为定值，如果是求出定值并证明；如果不是定值，请说明理由． 29．（2025秋•甘肃校级期末）综合与探究 【感知】如图1，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的角平分线． 【应用】 （1）若∠ABC＝50°，∠ACB＝70°，则∠BPC＝　 　 ；若∠BAC＝70°，则∠BPC＝　　 　 ； （2）求∠BPC与∠A之间的关系并证明； 【拓展】 （3）如图2，在四边形ABCD中，BP、CP分别是∠ABC和∠BCD的角平分线，求∠BPC与∠A+∠D的数量关系． 30．（2026春•同步）一个五角星图案如图，已知五边形A1A2A3A4A5的各个内角都相等，分别求∠B1，∠B2，∠B3，∠B4，∠B5的度数． 31．（2025秋•天水校级月考）用反证法证明：如果a+b＞0，那么a，b中至少有一个大于零． 32．（2026春•卫东区校级月考）（1）在△ABC中，∠A＝60°，图1，∠O是两内角平分线的夹角；图2，∠O是内角和外角角平分线的夹角；图3，∠O是两外角平分线的夹角，请直接写出∠O的度数． 如图1，∠O＝　 　；如图2，∠O＝　 　 ；如图3，∠O＝　 　 ； （2）如图4所示，在△ABC中，∠ABC的三等分线BO1、BO2和∠ACB的平分线CO1相交于点O1和点O2，∠2＝135°，∠1＝115°，求∠A的度数． 33．（2026春•同步）如图（1），点D在∠BAC内部．求证： （1）∠BDC＞∠A； （2）∠BDC＝∠B+∠C+∠A． 如图（2）如果点D在∠BAC内部，且在线段BC的另一侧，又会有怎样的结论？ 34．（2025秋•松滋市期末）【问题呈现】小明在学习了三角形有关内角与外角的相关知识后遇到这样一个问题：如图①，∠1与∠2分别为△ABC的两个外角，则∠1+∠2＝180°+∠A．将下列推理补充完整； 【推理证明】∵∠1与∠2分别为△ABC的两个外角， ∴∠1＝∠A+　 　 ，∠2＝∠A+　 　 ， ∴∠1+∠2＝　 　　 　 ． ∵∠3+∠4+∠A＝180°， ∴∠1+∠2＝180°+∠A． 【初步应用】 （1）如图②，在△ABC纸片中剪去△AED，得到四边形BCDE，若∠1＝130°，则∠2﹣∠A的大小 为　　 　 度． （2）如图③，在△ABC中，BP、CP分别为外角∠DBC、∠ECB的平分线，写出∠P与∠A的数量关系，并说明理由． 【拓展提升】 （3）如图④，在四边形ABCD中，BP、CP分别为外角∠EBC、∠FCB的平分线，若∠A+∠D＝230°，求∠P的度数． 35．（2025秋•银川校级期末）综合与实践 问题情境： “综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在平面内有∠BAC，点D在平面上，连接BD，CD，求∠A+∠B+∠C+∠D的度数和． 数学思考： （1）请你解答老师提出的问题． 深入探究： （2）老师让同学们移动点D，并提出新的问题． ①“善思小组”提出问题：如图2，求证：∠BDC＝∠A+∠B+∠C． ②“智慧小组”提出问题：如图3，延长CD，交AB于点E，延长BD，交AC于点F．若∠A＝∠FDC，∠B＝∠AFB，请直接写出∠BDC与∠B的数量关系． 36．（2026春•同步）“转化”是数学中的一种重要思想，即把陌生的问题转化成熟悉的问题，把复杂的问题转化成简单的问题，把抽象的问题转化成具体的问题． （1）请你根据已经学习过的知识求出下面星形图①中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数； （2）若将图①中星形截去一个角，如图②，请你求出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数； （3）你能由题（2）中所得的方法或规律，猜想图③中的∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N的度数吗？（只需要写出结论，不需要写出解题过程） 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 考点04 定理 考点一：定理的概念 一般情况下，数学中把一些基本的、重要的真命题叫作定理定理可以作为证明后续命题的依据。 考点二：三角形内角和定理 三角形的内角和定理：三角形三个内角和等于180°。 推论：直角三角形的两个锐角互余。 三角形的内角和定理的应用： （1）在三角形中，已知两个内角的度数，可以求出第三个内角的度数； （2）在三角形中，已知三个内角的比例关系，可以求出三个内角的度数； （3）在直角三角形中，已知一个锐角的度数，可以求出另一个锐角的度数。 考点三：三角形的外角性质 （1）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和； （2）三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角。 考点四：多边形内角和定理 多边形内角和定理：（n-2）·180(n>3且n为整数) 此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n-3）条对角线，将n边形分割为（n-2）个三角形，这（n-2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和，除此方法之和还有其他几种方法，但这些方法的基本思想是一样的，即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法. 考点五：多边形外角和定理 多边形的外角和等于360°. (1）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°. (2）借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和=180°n-（n-2）·180°=360°． 考点六：反证法 用反证法证明一个命题的步骤一般为： （1）先假设命题的结论不成立； （2）从这个假设出发，经过若干步推理，得出矛盾； （3）由矛盾判定假设不正确，从而肯定原来命题的结论成立。 题型一：三角形内角和定理 三角形三个内角的和等于180°，核心解题思路围绕“设未知数 + 列等式180°”展开； （1）直接计算法，已知两个内角，直接求第三个角； （2）方程法，角度成倍数、比例、和差关系； （3）直角三角形专用，直角三角形两锐角互余； （4）折叠/拼图类，叠前后角度不变，重叠部分用180°列方程。 （1）只记得 180°，忘记“三角形”前提； （2）外角当成内角算； （3）直角三角形漏用“互余”； （4）比例题设未知数出错； （5）折叠题角度关系看错； （6）多个三角形混用内角和． 【典例精讲】（2026春•永寿县校级月考）著名哲学家泰勒斯（Thales，公元前6世纪）最早从拼图实践中发现了“三角形内角和等于180°”，但这种发现完全是经验性的，泰勒斯并没有给出严格的证明．之后古希腊数学家毕达哥拉斯、欧几里得、普罗克洛斯等相继给出了基于平行线性质的不同的证明． （1）如图①是欧几里得利用辅助平行线和延长线，通过一组同位角和内错角证明了该定理．请你根据欧几里得的思想写出证明过程； （2）聪明的小明想到了一个方法，下面是他的思路：如图②，在△ABC的边BC上任取一点E，过点E作DE∥AC交AB于点D，作EF∥AB交AC于点F．求证：∠A+∠B+∠C＝180°． 【分析】（1）由平行线的性质得到∠B＝∠2，∠A＝∠1，然后等量代换证明即可； （2）由平行线的性质得到∠1＝∠C，∠2＝∠4，∠A＝∠4，∠B＝∠3，等量代换得到∠A＝∠2，然后结合平角的定义证明即可． 【解答】（1）证明：过点C作CE∥AB， ∵AB∥CE， ∴∠B＝∠2，∠A＝∠1， ∴∠A+∠B+∠ACB＝∠1+∠2+∠ACB＝180°； （2）证明：过点E作DE∥AC交AB于点D，作EF∥AB交AC于点F， ∵DE∥AC， ∴∠1＝∠C，∠2＝∠4， ∵EF∥AB， ∴∠A＝∠4，∠B＝∠3， ∴∠A＝∠2， ∴∠A+∠B+∠C＝∠2+∠3+∠1＝180°． 【变式训练1】（2026春•嘉定区期中）如图，已知三角形ABC，连接BE，CE． （1）当点E在三角形内部时， ①若∠A＝40°，∠E＝90°，如图1，则∠ABE+∠ACE＝　50　 °； ②若∠A＝m°，∠E＝n°，试用m、n表示∠ABE+∠ACE的度数． （2）当点E在三角形的外部时，∠A＝m°，∠E＝n°，∠ABE与∠ACE之间是否存在确定的数量关系？如存在，请直接用m、n表示，如不存在，请写出理由． 【分析】（1）①延长BE交AC于点F，由三角形外角性质得∠EFC＝∠A+∠ABE，∠BEC＝∠EFC+∠ACE，进而得∠BEC＝∠A+∠ABE+∠ACE，据此可得∠ABE+∠ACE的度数； ②由（1）可知∠BEC＝∠A+∠ABE+∠ACE，据此可得∠ABE+∠ACE的度数； （2）依题意分四种情况讨论如下：①当点E在AC边的右侧，且BE与AC相交于点P时，由∠APE是△PAB和△PCE的外角得∠APE＝∠A+∠ABE＝∠E+∠ACE，据此可得∠ABE与∠ACE之间的数量关系；②当点E在AB边的左侧，且CE与AB相交于点P时，由∠APE是△PAC和△PBE的外角得∠APE＝∠A+∠ACE＝∠E+∠ABE，据此可得∠ABE与∠ACE之间的数量关系；③当点P在点A的上方，且BE，CE与边AB，AC没有交点时，由（1）②的结论得∠A＝∠E+∠ABE+∠ACE，据此可得∠ABE与∠ACE之间的数量关系；④当点E在BC的下方时，根据四边形的内角和等于360°得∠ABE+∠ACE+∠A+∠E＝360°，据此可得∠ABE与∠ACE之间的数量关系；综上所述即可得出答案． 【解答】解：（1）①延长BE交AC于点F，如图1所示： ∵∠EFC是△FAB的外角， ∴∠EFC＝∠A+∠ABE， ∵∠BEC是△EFC的外角， ∴∠BEC＝∠EFC+∠ACE， ∴∠BEC＝∠A+∠ABE+∠ACE， ∵∠A＝40°，∠BEC＝90°， ∴90°＝40°+∠ABE+∠ACE， ∴∠ABE+∠ACE＝50°， 故答案为：50； ②由（1）可知：∠BEC＝∠A+∠ABE+∠ACE， ∵∠A＝m°，∠BEC＝n°， ∴∠ABE+∠ACE＝∠BEC﹣∠A＝（n﹣m）°； （2）存在，∠ABE与∠ACE之间的数量关系是：∠ABE﹣∠ACE＝（n﹣m）°或∠ACE﹣∠ABE＝（n﹣m）°或∠ABE+∠ACE＝（m﹣n）°或∠ABE+∠ACE＝（360﹣m﹣n）°，理由如下： 当点E在△ABC的外部时，有以下四种情况： ①当点E在AC边的右侧，且BE与AC相交于点P时，如图3①所示： ∵∠APE是△PAB和△PCE的外角， ∴∠APE＝∠A+∠ABE＝∠E+∠ACE， ∴∠ABE﹣∠ACE＝∠E﹣∠A＝（n﹣m）°； ②当点E在AB边的左侧，且CE与AB相交于点P时，如图3②所示： ∵∠APE是△PAC和△PBE的外角， ∴∠APE＝∠A+∠ACE＝∠E+∠ABE， ∴∠ACE﹣∠ABE＝∠E﹣∠A＝（n﹣m）°； ③当点P在点A的上方，且BE，CE与边AB，AC没有交点时，如图3③所示： 由（1）②的结论得：∠A＝∠E+∠ABE+∠ACE， ∴∠ABE+∠ACE＝∠A﹣∠E＝（m﹣n）°； ④当点E在BC的下方时，如图3④所示： 根据四边形的内角和等于360°得：∠ABE+∠ACE+∠A+∠E＝360°， ∴∠ABE+∠ACE＝360°﹣（∠A+∠E）＝（360﹣m﹣n）°， 综上所述：∠ABE与∠ACE之间的数量关系是：∠ABE﹣∠ACE＝（n﹣m）°或 ∠ACE﹣∠ABE＝（n﹣m）°或∠ABE+∠ACE＝（m﹣n）°或∠ABE+∠ACE＝（360﹣m﹣n）°． 【变式训练2】如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，P为线段AD上的一个动点，PE⊥AD交BC的延长线于点E． （1）若∠ACB＝75°，∠B＝45°，求∠E的度数； （2）当P点在线段AD上运动时，猜想∠B、∠ACB与∠E的数量关系，并证明． 【分析】（1）首先根据三角形的内角和定理求得∠BAC的度数，再根据角平分线的定义求得∠BAD的度数，从而根据三角形的内角和定理即可求出∠ADE的度数，进一步求得∠E的度数； （2）根据第（1）小题的思路即可推导这些角之间的关系． 【解答】解：（1）根据三角形的内角和定理可得：∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠B＝60°， ∵AD平分∠BAC， ∴， ∵PE⊥AD交BC的延长线于点E， ∴∠DPE＝90°， ∵∠ADE＝∠B+∠BAD＝75°， ∴∠E＝90°﹣∠ADE＝15°． （2）； 证明：由条件可知： ， ∴， ∵PE⊥AD交BC的延长线于点E， ∴∠DPE＝90°， ∴， 即． 题型二：三角形的外角性质 （1）三角形的一个外角 = 与它不相邻的两个内角之和； （2）三角形的一个外角 ＞ 任何一个与它不相邻的内角； （3）三角形外角和 = 360°. （1）把相邻内角算进去； （2） 搞混“外角”和“外角的补角”； （3）外角和记成 180°； （4）复杂图形里找不到真正的外角. 【典例精讲】（2026•南康区模拟）将一副直角三角板如图放置，使两直角重合，则∠1的度数是（　　） A．105° B．135° C．150° D．165° 【答案】D 【分析】由题意得出∠CAD＝60°、∠B＝45°、∠CAB＝120°，根据∠1＝∠B+∠CAB可得答案． 【解答】解：如图，由题意知，∠CAD＝60°，∠B＝90°﹣45°＝45°， ∴∠CAB＝120°， ∴∠1＝∠B+∠CAB＝45°+120°＝165°． 故选：D． 【变式训练1】（2026•四川校级模拟）如图，将一直角三角形放于一对平行线上，量得∠2＝149°36'，则∠1＝　59.6　 度． 【答案】59.6． 【分析】根据三角形外角性质和对顶角性质得∠3＝∠4＝59°36′，根据平行线的性质得∠3＝∠1＝59.6°． 【解答】解：如图所示， ∵∠2＝90°+∠4＝149°36′， ∴∠4＝59°36′， ∴∠3＝∠4＝59°36′， 根据题意可知a∥b， ∴∠1＝∠3＝59°36′＝59.6°（两直线平行，同位角相等）， 故答案为：59.6． 【变式训练2】（2026春•单元）已知：如图，在△ABC中，BC＞AC．求证：∠BAC＞∠B． 证明：由BC＞AC，可在BC边上截取CD＝AC，连接AD． … 请你完成证明过程． 【分析】在BC上截取CD＝AC，连接AD，利用三角形的外角性质进行证明即可． 【解答】证明：在BC上截取CD＝AC，连接AD， ∵CD＝AC， ∴∠ADC＝∠CAD， ∵∠BAC＝∠CAD+∠BAD， ∴∠BAC＞∠CAD， ∵∠ADC是△ABD的外角， ∴∠ADC＞∠B， ∴∠CAD＞∠B， ∴∠BAC＞∠B． 题型三：多边形内角和定理 （1）利用内角和公式直接求内角和； （2）已知内角和，求边数，利用方程思想； （3）正多边形求单个内角度数，单个内角=； （4）已知一个内角，求边数，先求外角再用外角和 360°。 （1）公式记错：少减 2； （2）内角和、外角和搞混； （3）求正多边形内角时，忘记除以 n； （4）已知内角求边数，硬算内角和； （5）算出来边数不是整数，还硬写答案； （6）漏看“正多边形”和“普通多边形”. 【典例精讲】（2026•蓬江区模拟）如图，五边形ABCDE中，∠A＝100°，∠B＝115°，∠C＝130°，则∠D+∠E的度数为（　　） A．195° B．185° C．175° D．165° 【答案】A 【分析】五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，结合已知条件求出∠D+∠E的度数． 【解答】解∵：五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，∠A＝100°，∠B＝115°，∠C＝130°， ∴∠D+∠E＝540°﹣∠A﹣∠B﹣∠C＝540°﹣100°﹣115°﹣130°＝195°． 故选：A． 【变式训练1】27．（2026•广州二模）如图，在五边形ABCDE中，点M、N分别为在AB、AE的边上，∠1+∠2＝110°，则∠B+∠C+∠D+∠E＝　470°　 ． 【答案】470° 【分析】先求出∠BMN+∠ENM＝360°﹣（∠1+∠2）＝360°﹣110°＝250°，再用六边形内角和减去∠BMN+∠ENM得和即可． 【解答】解：∠BMN+∠ENM＝360°﹣（∠1+∠2）＝360°﹣110°＝250°， 六边形BCDENM的内角和为：（6﹣2）•180°＝720°， ∠B+∠C+∠D+∠E＝720°﹣250°＝470°， 故答案为：470°． 【变式训练2】（2026春•仓山区期中）若一个正多边形的内角和是它的外角和的2倍，求这个正多边形一个内角的度数． 【答案】120°． 【分析】先设正多边形的边数，根据题干条件列方程求出边数，再计算一个内角的度数即可． 【解答】解：设这个正多边形的边数为n， 则180°（n﹣2）＝2×360°， ∴n＝6， ∴． 这个正多边形一个内角的度数为120°． 题型四：多边形外角和定理 任意多边形的外角和都等于 360°，与边数 n 无关。 （1）把外角和当成随边数变； （2）分不清“外角”和“外角的补角”； （3）正多边形求外角忘记除以 n； （4）多个外角相加时漏算、多算； （5）把“每个外角相等”当成所有多边形都成立； （6）外角和与内角和概念完全混淆. 【典例精讲】（2026春•沂水县期中）如图，∠1＝50°，∠2＝80°，∠3＝120°，则∠4＝（　　） A．50° B．80° C．100° D．110° 【答案】D 【分析】根据多边形外角和定理得到∠1+∠2+∠3+∠4＝360°，进而代入已知角度求出∠4的度数． 【解答】解：∵∠2＝80°，∠3＝120°，∠1+∠2+∠3+∠4＝360°，∠1＝50°， ∴∠4＝110°． 故选：D． 【变式训练1】（2026•沛县模拟）一个正多边形的一个外角等于45°，则这个正多边形的边数是 　8　 ． 【答案】8． 【分析】根据多边形的外角和等于360°计算即可． 【解答】解：360÷45＝8（条）， 故答案为：8． 【变式训练2】（2026春•青浦区校级月考）一个多边形的内角和比四边形的内角和多720°，并且这个多边形的各内角相等，求这个多边形的一个外角的度数． 【答案】45°． 【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形内角和公式建立方程可推出这个多边形为八边形，再根据多边形的外角和为360度可求出答案． 【解答】解：设这个多边形的边数为n，则180°•（n﹣2）＝360°+720°， 解得n＝8， ∴这个多边形为八边形， ∴一个外角的度数为． 题型五：反证法 先假设结论不成立 → 推出矛盾 → 说明假设错 → 原结论正确。 （1）假设 假设原命题的结论不成立（也就是结论的反面成立）。 （2）推导 从这个假设出发，结合已知条件、定义、定理进行推理。 （3）矛盾 推出与已知、定义、公理、定理相矛盾的结果。 （4）结论 假设不成立，因此原命题成立。 （1）假设写错（最常见错误）； （2）推理时偷偷把结论当已知用； （3）推不出矛盾就强行下结论； （4）步骤不完整，格式不规范； （5）否定词用错； （6）把“假设”和“已知条件”搞混； （7）矛盾找错. 【典例精讲】（2026春•同步）已知：四边形ABCD（如图）．求证：四边形ABCD中至少有一个角是钝角或直角． 【分析】用反证法进行证明，即假设四边形ABCD四个角都是锐角，即四个中每个角都小于90°，推出与四边形内角和是360°相矛盾的结论即可． 【解答】证明：假设四边形ABCD四个角都是锐角，即四个中每个角都小于90°， 所以四边形ABCD四个内角的和小于360°， 这与四边形内角和是360°矛盾， 所以假设四边形ABCD四个角都是锐角，即四个中每个角都小于90°是不正确的， 因此四边形ABCD中至少有一个角是钝角或直角． 【变式训练1】（2026春•杨浦区期中）对于同一平面上的直线a、b、c，如果a与b平行，c与a相交，那么c与b的位置关系是相交还是平行？并给出证明（用反证法）． 解：c与b的位置关系是　相交　 ，反证法证明如下： 假设c与b平行　 ， 因为a与b平行，所以c与a平行　 （　平行于同一直线的两直线平行　 ）． 这与c与a相交　 矛盾． 故假设不成立，所以原来的结论是正确的． 【分析】利用反证法的一般步骤证明． 【解答】解：c与b的位置关系是相交，反证法证明如下： 假设c与b平行， 因为a与b平行，所以c与a平行（平行于同一直线的两直线平行）， 这与c与a相交相矛盾， 故假设不成立，所以原来的结论是正确的， 故答案为：相交；c与b平行；c与a平行；平行于同一直线的两直线平行；c与a相交． 【变式训练2】（2025秋•浦东新区校级期末）反证法是数学中一种常用的证明方法，请你用反证法证明“三角形三个内角中，至少有一个内角小于或等于60°”．（提示；先根据题意写出已知求证，再给予证明） 已知： 求证： 证明： 【分析】先通过反设结论（假设三个内角都大于60°），推导出与三角形内角和定理矛盾的结果，从而肯定原命题成立． 【解答】解：已知：在△ABC中，∠A、∠B、∠C为其三个内角． 求证：∠A、∠B、∠C中至少有一个内角小于或等于60°． 证明：假设△ABC的三个内角都大于60°，即∠A＞60°，∠B＞60°，∠C＞60°， 则将三个不等式相加，得∠A+∠B+∠C＞60°+60°+60°＝180°， 此结论与“三角形内角和为180°”的定理相矛盾． 因此，假设不成立，原命题成立．即三角形三个内角中，至少有一个内角小于或等于60°． 1．（2026春•西湖区校级期中）如图，AB∥CD，将一副直角三角板作如下摆放，∠EGF＝∠MPN＝90°，∠GEF＝60°，∠PNM＝45°，则∠BEG＝（　　） A．130° B．135° C．140° D．145° 【答案】B 【分析】延长FG交AB于点K，根据AB∥CD，得∠EKG＝∠PNM＝45°，在求∠KEG＝90°﹣∠EKG＝90°﹣45°＝45°，即可求得∠BEG＝180°﹣∠KEG． 【解答】解：延长FG交AB于点K， ∵AB∥CD， ∴∠EKG＝∠PNM＝45°， ∵∠EGF＝90°， ∴∠EGK＝90°， ∴∠KEG＝90°﹣∠EKG＝90°﹣45°＝45°， ∴∠BEG＝180°﹣∠KEG＝135°， 故选：B． 2．（2026•咸阳一模）如图，AB∥CD，直线EF分别与AB、CD交于点E、F，∠1＝50°，∠2＝60°，则∠CFG的度数为（　　） A．70° B．60° C．50° D．40° 【答案】A 【分析】根据平行线的性质解答即可 【解答】解：∵AB∥CD，∠1＝50°， ∴∠1＝∠DFE＝50°（两直线平行，同位角相等）， ∵∠2＝60°， ∴∠CFG＝180°﹣∠2﹣∠EFD＝180°﹣60°﹣50°＝70°， 故选：A． 3．（2026春•吴江区期中）如图，点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，把△ADE沿直线DE翻折后得△A′DE．如果∠DEC＝103°，那么∠A′EC的度数是（　　） A．24° B．26° C．28° D．30° 【答案】B 【分析】由∠DEC＝103°，求得∠AED＝180°﹣∠DEC＝77°，由翻折得∠A′ED＝∠AED＝77°，则∠A′EC＝180°﹣∠A′ED﹣∠AED＝26°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，∠DEC＝103°， ∴∠AED＝180°﹣∠DEC＝77°， ∵把△ADE沿直线DE翻折后得△A′DE， ∴∠A′ED＝∠AED＝77°， ∴∠A′EC＝180°﹣∠A′ED﹣∠AED＝26°， 故选：B． 4．（2026•黔南州模拟）如图，在△ABC中，点D是BC延长线上一点，CE是∠ACD内部一条射线，已知∠1＝∠2，∠B＝40°，则∠3的度数为（　　） A．30° B．40° C．50° D．60° 【答案】B 【分析】由∠ACD＝∠1+∠3，根据三角形任意一个外角等于与之不相邻的两内角的和得到∠ACD＝∠B+∠2，结合已知∠1＝∠2，∠B＝40°，然后等量代换即可解答． 【解答】解：∵∠ACD＝∠1+∠3，∠ACD＝∠B+∠2（已知）， ∴∠1+∠3＝∠B+∠2（等量代换）， ∵∠1＝∠2，∠B＝40°， ∴∠3＝∠B＝40°． 则∠3的度数为40°． 故选：B． 5．（2025秋•龙湖区期末）两根木条A，B按如图所示的方式放在地面上，若∠3＝100°，∠1＝45°，则∠2＝（　　） A．125° B．100° C．80° D．55° 【答案】A 【分析】由三角形的外角性质得∠3＝∠1+∠4，由补角得∠2＝180°﹣∠4，即可求解． 【解答】解：如图， ∵∠3＝100°，∠1＝45°， ∴由三角形的外角性质得： ∠4＝∠3﹣∠1＝100°﹣45°＝55°， 则∠2＝180°﹣∠4＝180°﹣55°＝125°， 故选：A． 6．（2026春•杭州期中）如图，一张四边形纸片ABCD，AD∥BC，点E，F分别在AD，BC上，把纸片沿EF折叠，折叠后点C，D分别到了点C′，D′处．若∠C＝70°，C′D′∥AD，则∠EFC′的度数为（　　） A．70° B．65° C．60° D．55° 【答案】D 【分析】根据折叠可知：∠C′＝∠C＝70°，∠CFE＝∠EFC′，再根据已知条件和平行线的性质求出∠1和∠1+∠CFE+∠C′FE＝180°，从而求出答案即可． 【解答】解：如图所示： 由折叠可知：∠C′＝∠C＝70°，∠CFE＝∠EFC′， ∵C′D′∥AD， ∴∠1＝∠C′＝70°， ∵AD∥BC， ∴∠1+∠CFE+∠C′FE＝180°， ∴∠CFE＝∠EFC′＝55°， 故选：D． 7．（2026春•皇姑区期中）如图是由10把相同的折扇组成的“蝶恋花”（图1）和梅花图案（图2）（图中的每把折扇都完全展开且无重叠），则梅花图案中的五角星的五个锐角均为（　　） A．36° B．60° C．45° D．48° 【答案】D 【分析】根据图（1）先求出梅花扇的内角的度数是120°，则两锐角的和等于60°，把梅花图案连接成正五边形，求出每一个内角的度数，然后解答即可． 【解答】解：如图，梅花扇的内角的度数是：360°÷3＝120°，180°﹣120°＝60°， 正五边形的每一个内角＝（5﹣2）•180°÷5＝108°， ∴梅花图案中的五角星的五个锐角均为：108°﹣60°＝48°． 故选：D． 8．（2026•和平区一模）若一个八边形的每个内角都是x°，则x的值为（　　） A．90 B．120 C．135 D．150 【答案】C 【分析】根据多边形内角和定理得出（8﹣2）×180°＝8x°，即可求解． 【解答】解：根据题意得（8﹣2）×180°＝8x°，解得x＝135，故选：C． 9．（2026春•奉贤区期中）如图，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线，∠B＝36°，∠C＝76°，则∠DAE＝　20　 °． 【答案】20． 【分析】AD，AE分别是△ABC的高和角平分线，得AD⊥BC于点D，∠BAE＝∠CAE∠BAC，由∠B＝36°，∠C＝76°，求得∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝68°，∠CAD＝90°﹣∠C＝14°，则∠CAE＝34°，所以∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD＝20°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵AD，AE分别是△ABC的高和角平分线， ∴AD⊥BC于点D，∠BAE＝∠CAE∠BAC， ∴∠ADC＝90°， ∵∠B＝36°，∠C＝76°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣36°﹣76°＝68°，∠CAD＝90°﹣∠C＝90°﹣76°＝14°， ∴∠CAE68°＝34°， ∴∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD＝34°﹣14°＝20°， 故答案为：20． 10．（2026春•浦东新区期中）若△ABC的三个内角的比为2：3：4，则△ABC的形状是　锐角　 三角形．（填锐角、直角、钝角中的一个） 【答案】锐角． 【分析】先根据三角形的内角和定理求出△ABC中最大角的度数，再根据三角形的分类求解即可． 【解答】解：∵△ABC的三个内角的比为2：3：4，且三角形内角和为180°， ∴△ABC中最大角的度数为： ， ∴△ABC为锐角三角形． 故答案为：锐角． 11．（2026春•杨浦区期中）如图，在△ABC中，∠BAC的平分线交BC于点E，若∠B＝70°，∠C＝30°，DE是△AEC的高，则∠AED＝　50　 °． 【答案】50． 【分析】先根据三角形内角和定理求出∠BAC的度数，再由角平分线的定义求出∠DAE的度数，由DE是△AEC的高即可得出∠ADE＝90°，进而可得出结论． 【解答】解：∵∠B＝70°，∠C＝30°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣70°﹣30°＝80°， ∵∠BAC的平分线交BC于点E， ∴∠DAE∠BAC＝40°， ∵DE是△AEC的高， ∴∠ADE＝90°， ∴∠AED＝90°﹣∠DAE＝90°﹣40°＝50°． 故答案为：50． 12．（2026春•沙坪坝区校级月考）如图，在△ABC中，E为△ABC角平分线AM的延长线上一点，过点E作ED⊥BC于点D，若∠B＝45°，∠CAE＝2∠E，则∠C的度数为　75°　 ． 【答案】75°． 【分析】由E为△ABC角平分线AM的延长线上一点，得∠BAE＝∠CAE＝2∠E，则∠BAC＝4∠E，因为∠B＝45°，所以∠DME＝45°+2∠E，由ED⊥BC于点D，得∠EDM＝90°，则∠E+45°+2∠E＝90°，求得∠E＝15°，所以∠BAC＝4∠E＝60°，则∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝75°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵E为△ABC角平分线AM的延长线上一点，∠CAE＝2∠E， ∴∠BAE＝∠CAE＝2∠E， ∴∠BAC＝2∠CAE＝4∠E， ∵∠B＝45°， ∴∠DME＝∠B+∠BAE＝45°+2∠E， ∵ED⊥BC于点D， ∴∠EDM＝90°， ∴∠E+∠DME＝90°， ∴∠E+45°+2∠E＝90°， ∴∠E＝15°， ∴∠BAC＝4∠E＝60°， ∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝75°， 故答案为：75°． 13．（2026春•集美区校级期中）如图1是路政部门利用折臂升降机维修路灯的图片，图2是它的平面示意图，已知路灯AB和折臂的底座CD都与地面MN垂直，同时上折臂AE与下折臂DE的夹角∠AED＝78°，下折臂与底座CD的夹角∠CDE＝120°，那么上折臂AE与路灯AB的夹角∠BAE的度数为　42°　 ． 【答案】42°． 【分析】过点E作EF∥MN交AB于点F，过点D作DH∥MN，由平行线的性质求出∠DEF＝∠EDH＝30°，进而求得∠AEF＝48°，进而可得答案． 【解答】解：过点E作EF∥MN交AB于点F，过点D作DH∥MN， ∵CD⊥MN，DH∥MN， ∴CD⊥DH， ∴∠HDC＝90°， ∵下折臂与底座CD的夹角∠CDE＝120°， ∴∠EDH＝∠CDE﹣∠HDC＝120°﹣90°＝30°， ∵EF∥MN，DH∥MN， ∴EF∥DH， ∴∠DEF＝∠EDH＝30°， ∵上折臂AE与下折臂DE的夹角∠AED＝78°， ∴∠AEF＝∠AED﹣∠DEF＝78°﹣30°＝48°， ∵AB⊥MN，EF∥MN， ∴EF⊥MN，∠AFE＝90°， ∴∠BAE＝90°﹣∠AEF＝90°﹣48°＝42°． 故答案为：42°． 14．（2026•香洲区校级一模）如图，已知△ABC，∠A＝60°，∠B的角平分线与∠C的外角角平分线交于点D，则∠D＝　30　 度． 【答案】30． 【分析】根据角平分线的定义得到，，根据三角形的外角性质“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”得到∠ACE﹣∠ABC＝90°，计算即可． 【解答】解：如图， ∵CD是∠ACE的平分线，BD是∠ABC的平分线， ∴， ， ∵∠ACE是△ABC的外角， ∴∠ACE﹣∠ABC＝∠A＝60°， ∵∠DCE是△DBC的外角， ∴， 故答案为：30． 15．（2026春•河西区校级月考）某个多边形的内角和是其外角和的六倍，这个多边形是　十四　 边形． 【答案】十四． 【分析】由多边形的外角和是360°求出多边形的内角和，根据多边形内角和公式即可求解． 【解答】解：∵多边形的外角和是360°， 多边形的内角和＝360°×6＝2160°， ∵多边形的内角和＝180°×（n﹣2）， ∴180°×（n﹣2）＝2160°， 解得：n＝14， ∴这个多边形是十四边形， 故答案为：十四． 16．（2026•昌平区一模）一个多边形的每个内角都等于150°，则这个多边形的边数为　十二　 ． 【答案】十二． 【分析】根据多边形的内角和定理：求解即可． 【解答】解：由题意可得：180°•（n﹣2）＝150°•n， 解得n＝12． 故多边形是十二边形． 故答案为：十二． 17．（2026•宝应县一模）石墨烯在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景．它的分子结构如图所示，所有多边形都是正多边形，则∠ABC的度数为 　120°　 ． 【答案】120°． 【分析】根据题意可知，∠ABC是正六边形的一个内角，且每个内角都相等，由四边形的内角和公式进行即可，即可得出答案． 【解答】解：根据正多边形的内角和公式可得：正六边形的内角和为：（6﹣2）×180°＝4×180°＝720°， ∵正六边形的每个内角都相等， ∴∠ABC＝720°÷6＝120°． 故答案为：120°． 18．（2026春•闵行区期中）已知在△ABC中，射线BE平分∠ABC，交边AC于点O，点P是射线BE上一点，若∠ABC＝40°，∠ACB＝30°，直线CP与△ABC的一条边垂直，则∠BPC的度数为　70°或40°或110°　 ． 【答案】70°或40°或110°． 【分析】分三种情况：分别和三边垂直，根据三角内角和列式可得结论． 【解答】解：∵∠ABC＝40°，∠ACB＝30°，射线BE平分∠ABC， ∴∠EBC∠ABC＝20°， ①当CP⊥BC时，如图，则∠BCP＝90°， ∴∠BPC＝180°﹣90°﹣20°＝70°； ②当CP⊥AC时，如图，则∠ACP＝90°， ∴∠BCP＝90°+∠ACB＝120°， ∴∠BPC＝180°﹣20°﹣120°＝40°； ③当CP⊥AB时，延长CP交直线AB于G，如图，则∠BGC＝90°， ∵∠ABC＝40°， ∴∠BCG＝50°， 在△BPC中，∠BPC＝180°﹣50°﹣20°＝110°； 综上，∠BPC的度数为70°或40°或110°． 故答案为：70°或40°或110°． 19．（2026•江城区一模）某数学兴趣小组为探究平行线的有关性质，用一副三角尺按如图所示的方式摆放，其中点A，E，C，F在同一条直线上，∠BAC＝∠EDF＝90°，∠B＝45°，∠DEF＝60°．当AD∥BC时，求∠ADE的大小． 【答案】∠ADE＝15°． 【分析】根据平行线的性质得到∠DAE＝∠BCA＝45°，再根据三角形的外角的性质，进行求解即可． 【解答】解：∵∠BAC＝90°，∠B＝45°， ∴∠ACB＝45°， ∵AD∥BC， ∴∠DAE＝∠ACB＝45°（两直线平行，内错角相等）， ∵∠DEF＝∠DAE+∠ADE＝60°， ∴∠ADE＝15°， 则∠ADE的大小为15°． 20．（2025秋•蜀山区校级期末）如图，△ABC中，∠BAC＝80°，∠B＝60°，AD⊥BC，垂足为D，AE平分∠DAC，求∠AEC度数． 【答案】见试题解答内容 【分析】∠AEC即为∠AEB的外角，可利用三角形的外角性质进行求解． 【解答】解：∵∠B＝60°，AD⊥BC， ∴∠BAD＝30°， ∵∠BAC＝80°，∴∠DAC＝50°， ∵AE平分∠DAC，∴∠DAE＝25°， ∴∠BAE＝55°， ∴∠AEC＝∠BAE+∠B＝55°+60°＝115°． 21．（2025秋•安康期末）如图，在△ABC中，BE是△ABC的角平分线，点D在边AB上（点D不与点A，B重合），CD与BE交于点O． （1）若∠ABC＝62°，CD是高，求∠BOC的度数； （2）若∠A＝80°，CD是角平分线，求∠BOC的度数． 【答案】（1）121°； （2）130°． 【分析】（1）根据三角形的角平分线的定义求出∠ABE的度数，再根据三角形的外角定理即可求解； （2）根据三角形的角平分线的定义得到，再根据三角形的内角和定理得到∠BOC＝180°﹣（∠CBO+∠BCO）即可求解． 【解答】解：（1）在△ABC中，BE为角平分线，∠ABC＝62°， ∴（角平分线的定义）， ∵CD为△ABC高， ∴∠BDC＝90°， ∴∠BOC＝∠BDC+∠ABE＝90°+31°＝121°， 则∠BOC的度数为121°； （2）∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC＝180°﹣80°＝100°， 在△ABC中，BE为角平分线，CD为角平分线， ∴（角平分线的定义）， ∴， 在△BCO中，∠BOC＝180°﹣（∠CBO+∠BCO）＝180°﹣50°＝130°． 22．（2025秋•梁山县期末）如图，CD是△ABC的角平分线，E是CD的中点，过点E作EF⊥AB于点F，连接BE． （1）若∠A＝36°，∠ABC＝66°，求∠DEF的度数； （2）若BD＝8，EF＝6，求△BCE的面积． 【答案】（1）15°； （2）24． 【分析】（1）根据三角形的内角和定理及角平分线的定义求出∠ACD，进而求出∠CDB，利用垂直的定义进行计算即可解答； （2）根据三角形的面积公式进行计算即可解答． 【解答】解：（1）∵CD是△ABC的角平分线， ∴， ∵∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠ABC＝180°﹣36°﹣66°＝78°， ∴， ∴∠CDB＝∠A+∠ACD＝36°+39°＝75°， ∵EF⊥AB， ∴∠EFD＝90°， ∴∠DEF＝90°﹣∠CDB＝90°﹣75°＝15°； （2）∵BD＝8，EF＝6，EF⊥AB， ∴， ∵E是CD的中点， ∴CE＝DE， ∵△EDB的边DE上的高与△BCE的边CE上的高相同， ∴S△BCE＝S△EDB＝24． 23．（2026春•分宜县校级月考）如图，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，∠DCE＝93°，求∠A的度数． 【答案】93°． 【分析】利用邻补角的性质求出∠BCD，再根据四边形的内角和解答即可求解． 【解答】解：根据邻补角的性质可知：∠BCD＝180°﹣∠DCE＝87°， ∵∠A+∠B+BCD+∠D＝360°，∠B+∠D＝180°， ∴∠A＝93°． 24．（2025秋•同步）用反证法证明：三角形的三个内角中，至少有一个内角大于或等于60°． 【分析】直接利用反证法分析解答即可． 【解答】解：用反证法证明命题：“三角形的三个内角中，至少有一个内角大于或等于60°． 假设所求证的结论不成立，即三角形内角中全都小于60°； ∴三个内角和＜180°，与三角形的内角和是180°相矛盾，故原命题是正确． 25．（2026春•同步）已知：如图，∠1，∠2分别为四边形ABCD的外角． 求证：∠1+∠2＝∠A+∠C． 【分析】根据邻补角定义得∠1+∠ADC＝180°，∠2+∠ABC＝180°，由此得∠1+∠2+∠ADC+∠ABC＝360°，再根据四边形内角和等于360°得∠A+∠B+∠ADC+∠ABC＝360°，据此即可得出结论． 【解答】证明：∵∠1，∠2分别为四边形ABCD的外角， ∴∠1+∠ADC＝180°，∠2+∠ABC＝180°， ∴∠1+∠2+∠ADC+∠ABC＝360°， 在四边形ABCD中，∠A+∠B+∠ADC+∠ABC＝360°， ∴∠1+∠2＝∠A+∠C． 26．（2026春•松江区期中）用反证法证明．已知：∠1和∠2是直线AB、CD被直线EF截出的同位角，EF分别交AB、CD点M、N，AB∥CD． 求证：∠1＝∠2． 证明：假设　∠1≠∠2　 ，过点M作直线GH，使得∠EMH＝∠2， 根据　同位角相等，两直线平行　 ，可得到GH∥CD ，又因为AB∥CD， 与　平行公理　 矛盾，故假设不成立，所以∠1＝∠2． 【分析】在反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，可据此进行填空． 【解答】证明：假设∠1≠∠2，过点M作直线GH，使得∠EMH＝∠2， 根据同位角相等，两直线平行，可得到GH∥CD，又因为AB∥CD， 与平行公理矛盾，故假设不成立，所以∠1＝∠2． 故答案为：∠1≠∠2；同位角相等，两直线平行；GH∥CD；平行公理． 27．（2025秋•金平区期末）如图是一个五角星． （1）∠1是三角形FCE 的外角，∠2是三角形BDL 的外角． （2）请利用三角形的外角与内角的关系，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数． 【分析】（1）根据外角的定义即可得出答案； （2）根据外角的性质转移角，最后利用三角形的内角和即可得出答案． 【解答】解：（1）∠1是三角形FCE的外角，∠2是三角形BDL的外角． 故答案为：FCE；BDL． （2）∵∠2＝∠B+∠D，∠1＝∠C+∠E， ∴∠B+∠D+∠C+∠E＝∠1+∠2， ∵∠1+∠2+∠A＝180°， ∴∠A+∠B+∠D+∠C+∠E＝180°． 28．（2026春•锦江区校级月考）如图，在△ABC中，D是AB边上的动点，过点D作DF⊥AC交AC于E，交BC的延长线于点F． （1）若∠A＝25°，∠B＝40°，求∠F的度数； （2）在D点运动的过程中，探究∠A+∠B+∠F是否为定值，如果是求出定值并证明；如果不是定值，请说明理由． 【分析】（1）由DF⊥AC于点E，得∠AED＝90°，而∠A＝25°，∠B＝40°，则∠ADE＝90°﹣∠A＝65°，所以∠F＝∠ADE﹣∠B＝25°． （2）由DF⊥AC于点E，交BC的延长线于点F，得∠AEF＝90°，由∠AEF＝∠A+∠ADF，∠ADF＝∠B+∠F，得∠AEF＝∠A+∠B+∠F，所以∠A+∠B+∠F＝90°，可知∠A+∠B+∠F为定值． 【解答】解：（1）∵DF⊥AC于点E，交BC的延长线于点F， ∴∠AED＝90°， ∵∠A＝25°，∠B＝40°， ∴∠ADE＝90°﹣∠A＝65°， ∴∠F＝∠ADE﹣∠B＝25°， ∴∠F的度数是25°． （2）∠A+∠B+∠F为定值， 证明：∵DF⊥AC于点E，交BC的延长线于点F， ∴∠AEF＝90°， ∵∠AEF＝∠A+∠ADF，∠ADF＝∠B+∠F， ∴∠AEF＝∠A+∠B+∠F， ∴∠A+∠B+∠F＝90°， ∴∠A+∠B+∠F为定值． 29．（2025秋•甘肃校级期末）综合与探究 【感知】如图1，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的角平分线． 【应用】 （1）若∠ABC＝50°，∠ACB＝70°，则∠BPC＝　120°　 ；若∠BAC＝70°，则∠BPC＝　125°　 ； （2）求∠BPC与∠A之间的关系并证明； 【拓展】 （3）如图2，在四边形ABCD中，BP、CP分别是∠ABC和∠BCD的角平分线，求∠BPC与∠A+∠D的数量关系． 【分析】（1）根据角平分线定义，三角形内角和定理求解即可； （2）根据角平分线，三角形内角和定理进行求解； （3）结合（2）的结论，根据三角形外角性质，内角和定理求解． 【解答】解：（1）若∠ABC＝50°，∠ACB＝70°， 由条件可知， ∴∠BPC＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB＝120°． 若∠BAC＝70°， ∵BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的平分线， ∴，， ∴， ∵∠BAC＝70°， ∴， 故答案为：120°；125°； （2）；理由如下： ∵BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的平分线， ∴，， ∴∠BPC＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB ＝180°﹣（∠PBC+∠PCB） ； （3）∠A+∠D＝2∠BPC． 如图，延长BA，CD，交于点E，由（2）知，， 由条件可知∠BAD+∠CDA＝∠E+∠E+∠ADE+∠DAE＝180°+∠E， ∴∠E＝∠BAD+∠CDA﹣180°， ∴ ， 即∠BAD+∠CDA＝2∠BPC． 30．（2026春•同步）一个五角星图案如图，已知五边形A1A2A3A4A5的各个内角都相等，分别求∠B1，∠B2，∠B3，∠B4，∠B5的度数． 【分析】首先计算出五边形每一个内角的度数，进而可得外角的度数，再利用三角形内角和为180°可得∠B3的度数，进而可得答案． 【解答】解：∵五边形内角和为180°（5﹣2）＝540°， 又∵五边形A1A2A3A4A5的各个内角都相等， ∴∠1＝∠2＝540°÷5＝108°， ∴∠3＝∠4＝180°﹣108°＝72°， ∴∠B3＝180°﹣72°×2＝36°， 同理可得∠B1，∠B2，∠B4，∠B5的度数都是36°． 31．（2025秋•天水校级月考）用反证法证明：如果a+b＞0，那么a，b中至少有一个大于零． 【分析】根据反证法的步骤，直接从结论的反面出发得出即可． 【解答】证明：假设a，b都不大于零， 即a≤0，b≤0， 因为两个非正数相加还是非正数， 所以a+b≤0， 这与已知条件a+b＞0矛盾， 所以假设不成立． 所以a，b中至少有一个大于零． 32．（2026春•卫东区校级月考）（1）在△ABC中，∠A＝60°，图1，∠O是两内角平分线的夹角；图2，∠O是内角和外角角平分线的夹角；图3，∠O是两外角平分线的夹角，请直接写出∠O的度数． 如图1，∠O＝　120°　 ；如图2，∠O＝　30°　 ；如图3，∠O＝　60°　 ； （2）如图4所示，在△ABC中，∠ABC的三等分线BO1、BO2和∠ACB的平分线CO1相交于点O1和点O2，∠2＝135°，∠1＝115°，求∠A的度数． 【答案】（1）120°，30°，60°； （2）70°． 【分析】（1）如图1，由角平分线的定义得出，，再结合三角形的内角和定理得出∠O＝180°﹣∠CBO﹣∠BCO计算即可得解；如图2，由角平分线的定义得出，，再结合三角形外角的定义及性质计算即可得解；如图3，由角平分线的定义得出，，由邻补角结合三角形内角和定理求出∠BCF+∠CBE＝240°，从而得到∠CBO+∠BCO＝120°，再运用三角形内角和定理求解即可； （2）由题意得出，，，，由三角形外角的定义及性质得出∠O1BO2＝∠2﹣∠1＝20°，从而得出∠ABC＝3∠O1BO2＝60°，再由三角形内角和定理得出∠BCO1＝180°﹣∠CBO1﹣∠2＝25°，即可得出∠ACB＝2∠BCO1＝50°，最后再由三角形内角和定理计算即可得解． 【解答】解：（1）如图1： 由题意可得：，， ∴∠O＝180°﹣∠CBO﹣∠BCO ＝120°； 如图2： 由题意可得：，， ∵∠ACD＝∠BAC+∠ABC＝60°+∠ABC， ∴； 如图3， ∵BO平分∠CBE，CO平分∠BCF， ∴，， ∵∠CBE＝180°﹣∠ABC，∠BCF＝180°﹣∠ACB， ∴∠BCF+∠BCO ＝180°﹣∠ACB+180°﹣∠ABC ＝360°﹣（∠ACB+∠ABC） ＝360°﹣（180°﹣∠BAC） ＝360°﹣（180°﹣60°） ＝240° ∴， ∴∠O＝180°﹣（∠CBO+∠BCO）＝60°． 故答案为：120°，30°，60°． （2）由题意可得： ，，，， ∵∠2＝∠1+∠O1BO2，∠2＝135°，∠1＝115°， ∴∠O1BO2＝∠2﹣∠1＝20°， ∴∠ABC＝3∠O1BO2＝60°， ∴， ∴∠BCO1＝180°﹣∠CBO1﹣∠2＝25°， ∴∠ACB＝2∠BCO1＝50°， ∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝70°． 33．（2026春•同步）如图（1），点D在∠BAC内部．求证： （1）∠BDC＞∠A； （2）∠BDC＝∠B+∠C+∠A． 如图（2）如果点D在∠BAC内部，且在线段BC的另一侧，又会有怎样的结论？ 【分析】（1）三角形的一个外角大于和它不相邻的任何一个内角，由此即可证明问题； （2）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，由此即可证明问题； 由三角形内角和定理即可解决问题． 【解答】证明：（1）如图（1）， ∵∠BDC＞∠BED，∠BED＞∠A， ∴∠BDC＞∠A； （2）如图（1）， ∵∠BDC＝∠B+∠BED，∠BED＝∠A+∠C ∴∠BDC＝∠B+∠C+∠A． 如图（2）∠BDC+∠B+∠C+∠BAC＝360°，理由如下： 连接AD， ∵∠B+∠BDA+∠BAD＝180°，∠C+∠CDA+∠CAD＝180°， ∴∠B+∠BDA+∠BAD+∠C+∠CDA+∠CAD＝360°， ∴∠BDC+∠B+∠C+∠BAC＝360°． 34．（2025秋•松滋市期末）【问题呈现】小明在学习了三角形有关内角与外角的相关知识后遇到这样一个问题：如图①，∠1与∠2分别为△ABC的两个外角，则∠1+∠2＝180°+∠A．将下列推理补充完整； 【推理证明】∵∠1与∠2分别为△ABC的两个外角， ∴∠1＝∠A+　∠4　 ，∠2＝∠A+　∠3　 ， ∴∠1+∠2＝　∠A+∠3+∠4+∠A ． ∵∠3+∠4+∠A＝180°， ∴∠1+∠2＝180°+∠A． 【初步应用】 （1）如图②，在△ABC纸片中剪去△AED，得到四边形BCDE，若∠1＝130°，则∠2﹣∠A的大小为　50　 度． （2）如图③，在△ABC中，BP、CP分别为外角∠DBC、∠ECB的平分线，写出∠P与∠A的数量关系，并说明理由． 【拓展提升】 （3）如图④，在四边形ABCD中，BP、CP分别为外角∠EBC、∠FCB的平分线，若∠A+∠D＝230°，求∠P的度数． 【分析】【推理证明】由三角形外角性质得∠1，∠2，再求∠1与∠2的和，最后由三角形内角和定理问题即可得证； 【初步应用】（1）由∠1+∠2＝180°+∠A进行变形为∠2﹣∠A＝180°﹣∠1即可求解； （2）由角平分线的定义得∠PBC，∠PCB，再由三角形内角和定理得出，然后把∠DBC+∠BCE＝180°+∠A代入即可求解； 【拓展提升】（3）延长BA、CD交于点M，先求∠M，再把∠M＝50°代入即可求解． 【解答】证明：【推理证明】∵∠1与∠2分别为△ABC的两个外角， ∴∠1＝∠A+∠4，∠2＝∠A+∠3， ∴∠1+∠2＝∠A+∠3+∠4+∠A． ∵∠3+∠4+∠A＝180°，（三角形内角和定理）， ∴∠1+∠2＝180°+∠A． 故答案为：∠4；∠3；∠A+∠3+∠4+∠A； 解：（1）∵∠1+∠2＝180°+∠A， ∴∠2﹣∠A＝180°﹣∠1＝50°， 故答案为：50； （2）∵BP为外角∠DBC的平分线， ∴， ∵CP为外角∠ECB的平分线， ∴， ∴， ∵∠DBC+∠BCE＝180°+∠A， ∴； （3）延长BA、CD交于点M， ∵∠BAD+∠ADC＝230°，∠BAD+∠ADC＝180°+∠M， ∴∠M＝∠BAD+∠ADC﹣180°＝230°﹣180°＝50°， ∴． 35．（2025秋•银川校级期末）综合与实践 问题情境： “综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在平面内有∠BAC，点D在平面上，连接BD，CD，求∠A+∠B+∠C+∠D的度数和． 数学思考： （1）请你解答老师提出的问题． 深入探究： （2）老师让同学们移动点D，并提出新的问题． ①“善思小组”提出问题：如图2，求证：∠BDC＝∠A+∠B+∠C． ②“智慧小组”提出问题：如图3，延长CD，交AB于点E，延长BD，交AC于点F．若∠A＝∠FDC，∠B＝∠AFB，请直接写出∠BDC与∠B的数量关系． 【分析】（1）连接BC，根据三角形内角和定理可得∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠D+∠DBC+∠DCB＝180°，然后由∠A+∠ABD+∠ACD+∠D＝（∠A+∠ABC+∠ACB）+（∠D+∠DBC+∠DCB）求解即可； （2）①连接AD并延长至点K，根据三角形外角的定义和性质可得∠BDK＝∠B+∠BAD，∠CDK＝∠C+∠CAD，然后由∠BDC＝∠BDK+∠CDK证明结论即可；②根据三角形外角的定义和性质，结合题意可得∠AFB＝∠BED，进而证明∠B＝∠BED，然后由∠BDC＝∠B+∠BED＝2∠B，即可获得答案． 【解答】（1）解：如图，连接BC， 根据三角形内角和定理，在△ABC中，可有∠A+∠ABC+∠ACB＝180°， 在△DBC中，可有∠D+∠DBC+∠DCB＝180°， ∴∠A+∠ABD+∠ACD+∠D ＝∠A+∠ABC+∠DBC+∠ACB+∠DCB+∠D ＝（∠A+∠ABC+∠ACB）+（∠D+∠DBC+∠DCB） ＝180°+180° ＝360°， 则∠A+∠B+∠C+∠D的度数和为360°； （2）①证明：如图，连接AD并延长至点K， 则∠BDK＝∠B+∠BAD，∠CDK＝∠C+∠CAD， ∴∠BDC＝∠BDK+∠CDK ＝∠B+∠BAD+∠C+∠CAD ＝∠BAC+∠B+∠C； ②解：∵∠AFB＝∠C+∠FDC，∠BED＝∠A+∠C， 又∵∠A＝∠FDC， ∴∠AFB＝∠BED， ∵∠B＝∠AFB， ∴∠B＝∠BED（等量代换）， ∴∠BDC＝∠B+∠BED＝2∠B． 36．（2026春•同步）“转化”是数学中的一种重要思想，即把陌生的问题转化成熟悉的问题，把复杂的问题转化成简单的问题，把抽象的问题转化成具体的问题． （1）请你根据已经学习过的知识求出下面星形图①中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数； （2）若将图①中星形截去一个角，如图②，请你求出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数； （3）你能由题（2）中所得的方法或规律，猜想图③中的∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N的度数吗？（只需要写出结论，不需要写出解题过程） 【分析】（1）根据三角形内角和定理进行计算即可； （2）通过延长边转化为（1），由三角形外角的性质以及三角形内角和定理进行计算即可； （3）通过延长边转化为（1）和（2），利用（1）（2）的结论进行计算即可． 【解答】解：（1）∵∠1＝∠C+∠E，∠2＝∠B+∠D，而∠A+∠1+∠2＝180°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝∠A+∠1+∠2＝180°； （2）如图②，延长AC、FD交于点P， 由（1）得∠A+∠B+∠P+∠E+∠F＝180°， ∵∠ACD＝∠P+∠CDP，∠CDF＝∠P+∠PCD，而∠P+∠PCD+∠PDC＝180° ∴∠P＝∠ACD+∠CDF﹣180°， ∴∠A+∠B+（∠ACD+∠CDF﹣180°）+∠E+∠F＝180°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝180°+180°＝360°； （3）如图③，延长各边分别相交于点P，Q，R，S，T， 由（1）得，∠P+∠Q+∠R+∠S+∠T＝180°， 由（2）可得， ∠CBM+∠BCF＝180°﹣∠T， ∠EDA+∠DEH＝180°﹣∠P， ∠GFC+∠FGN＝180°﹣∠Q， ∠MHE+∠HMB＝180°﹣∠R， ∠NAD+∠ANG＝180°﹣∠S， ∴∠CBM+∠BCF+∠EDA+∠DEH+∠GFC+∠FGN+∠MHE+∠HMB+∠NAD+∠ANG ＝180°×5﹣（∠P+∠Q+∠R+∠S+∠T）， ＝180°×5﹣180° ＝720°． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $