第17讲三角形与多边形讲义（7类知识点4类命题点AB分层）

第17讲三角形与多边形（解析版）第一部分知识点知识点1三角形的三边关系1．（2023•金华）在下列长度的四条线段中，能与长6cm，8cm的两条线段围成一个三角形的是（）A．1cm B．2cm C．13cm D．14cm【思路引领】首先设第三条线段长为xcm，再利用三角形的三边关系可得x的范围，然后可得答案．【解答】解：设第三条线段长为xcm，由题意得：8﹣6＜x＜8+6，解得：2＜x＜14，只有13cm适合，故选：C．【总结提升】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边．知识点2三角形的重要线段2．（2023秋•崆峒区期末）如图，在△ABC中，BD是△ABC的中线，BE是△ABD的中线，若DC＝6，则AE的长度为（）A．3 B．6 C．9 D．12【思路引领】根据BD是△ABC的中线，BE是△ABD的中线，可得AE=12AD=12CD，已知【解答】解：∵BD是△ABC的中线，∴CD＝AD，∵DC＝6，∴AD＝6，∵BE是△ABD的中线，∴AE＝ED=12故选：A．【总结提升】本题考查了三角形的中线，关键是掌握三角形中线的性质．3．（2023秋•长丰县期末）下列各组图形中，BD是△ABC的高的图形是（）A． B． C． D．【思路引领】三角形的高即从三角形的顶点向对边引垂线，顶点和垂足间的线段．根据概念即可得到答案．【解答】解：根据三角形高的定义可知，只有选项B中的线段BD是△ABC的高，故选：B．【总结提升】本题考查了三角形的高的概念，掌握高的作法是解题的关键．4．（2023秋•东莞市期末）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【思路引领】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=12S△∵E是AB的中点，∴S△BDE=12S△ABD故选：A．【总结提升】本题考查了三角形的中线，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．5．（2023•梁山县二模）如图，CD，CE，CF分别是△ABC的高、角平分线、中线，则下列各式中错误的是（）A．AB＝2BF B．∠ACE=12∠C．AE＝BE D．CD⊥BE【思路引领】从三角形的一个顶点向对边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．三角形一个内角的平分线与这个内角的对边交于一点，则这个内角的顶点与所交的点间的线段叫做三角形的角平分线．三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．依此即可求解．【解答】解：∵CD，CE，CF分别是△ABC的高、角平分线、中线，∴CD⊥BE，∠ACE=12∠ACB，AB＝2BF，无法确定AE＝故选：C．【总结提升】考查了三角形的角平分线、中线和高，根据是熟悉它们的定义和性质．知识点3三角形的中位线6．（2023秋•南安市期末）如图，DE是△ABC的中位线，若BC＝8，则DE的长是（）A．3 B．4 C．5 D．6【思路引领】已知DE是△ABC的中位线，BC＝8，根据中位线定理即可求得DE的长．【解答】解：∵DE是△ABC的中位线，BC＝8，∴DE=1故选：B．【总结提升】本题考查三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．掌握三角形中位线定理是解题的关键．知识点4三角形的内角和定理7．（2023•遂宁）若三角形三个内角的比为1：2：3，则这个三角形是直角三角形．【思路引领】设这个三角形最小的内角是x°，则另外两内角的度数分别为2x°，3x°，利用三角形内角和是180°，可得出关于x的一元一次方程，解之可求出x的值，再将其代入3x°中即可得出结论．【解答】解：设这个三角形最小的内角是x°，则另外两内角的度数分别为2x°，3x°，根据题意得：x+2x+3x＝180，解得：x＝30，∴3x°＝3×30°＝90°，∴这个三角形是直角三角形．故答案为：直角．【总结提升】本题考查了三角形内角和定理以及解一元一次方程，牢记“三角形内角和是180°”是解题的关键．知识点5三角形的外角的性质8．（2023秋•上城区期末）将一副三角板按照如图方式摆放，点C、B、E共线，∠FEB＝63°，则∠EDB的度数为（）A．12° B．15° C．18° D．22°【思路引领】由∠FEB＝63°，∠FED＝45°，结合∠DEB＝∠FEB﹣∠FED，可求出∠DEB的度数，由∠ABC是△BDE的外角，再利用三角形的外角性质，即可求出∠EDB的度数．【解答】解：∵∠FEB＝63°，∠FED＝45°，∴∠DEB＝∠FEB﹣∠FED＝63°﹣45°＝18°．又∵∠ABC是△BDE的外角，∴∠EDB＝∠ABC﹣∠DEB＝30°﹣18°＝12°．故选：A．【总结提升】本题考查了三角形的外角性质，牢记“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”是解题的关键．9．（2023秋•孝义市期末）若一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的每个内角为（）A．60° B．90° C．120° D．150°【思路引领】根据题意列出方程求得边数，即可求得每个内角度数．【解答】解：正多边形的内角和为（n﹣2）×180°，正多边形的外角和360°，∵正多边形的内角和是其外角和的2倍，∴（n﹣2）×180°＝2×360°，解得n＝6，则这个正多边形的每个内角为2×360°6故选：C．【总结提升】本题主要考查正多边形的内角和和外角和，掌握内角和和外角和的定义是解题的关键．知识点6多边形的内角和与外角和10．（2024•宜昌模拟）正多边形的一个外角的度数为30°，则这个正多边形的边数为（）A．12 B．10 C．8 D．6【思路引领】多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都相等，且一个外角的度数为30°，由此即可求出答案．【解答】解：∵360÷30＝12，则正多边形的边数为12．故选：A．【总结提升】本题主要考查了多边形的外角和定理，已知正多边形的外角求正多边形的边数是一个考试中经常出现的问题．11．（2023秋•昆明期末）若一个多边形的每一个外角都等于40°，则这个多边形的边数是（）A．7 B．8 C．9 D．10【思路引领】根据任何多边形的外角和都是360°，利用360°除以外角的度数就可以求出多边形的边数．【解答】解：∵360÷40＝9，∴这个多边形的边数是9．故选：C．【总结提升】本题考查了多边形内角与外角，根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握．12．（2023春•宿城区期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数是360°．【思路引领】根据三角形内角与外角的关系可得∠E+∠A＝∠1，∠B+∠F＝∠2，再根据四边形内角和为360°可得答案．【解答】解：如图：∵∠E+∠A＝∠1，∠B+∠F＝∠2，∵∠1+∠2+∠C+D＝360°，∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°，故答案为：360°．【总结提升】本题考查了三角形内角与外角的关系，解题的关键是灵活运用三角形的外角性质及多边形内角和定理．知识点7直角三角形的性质13．（2023秋•睢阳区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB边上，将△CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处．若∠A＝25°，则∠CDE＝70°．【思路引领】根据折叠的性质和直角三角形的性质解答即可．【解答】解：∵将△CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处，∠ACB＝90°，∴∠BCD＝∠ECD＝45°，∠B＝∠CED，∵∠A＝25°，∴∠B＝90°﹣25°＝65°，∴∠CED＝65°，∴∠CDE＝180°﹣45°﹣65°＝70°，故答案为：70°．【总结提升】此题考查直角三角形的性质，关键是根据折叠的性质得出∠BCD＝∠ECD＝45°，∠B＝∠CED．14．（2023秋•蒙城县期中）如图，已知AC⊥BC于点C，CD⊥AB于点D，∠A＝56°，则∠DCB的度数是（）A．30° B．45° C．56° D．60°【思路引领】根据垂直的定义和直角三角形的性质解答即可．【解答】街：∵CD⊥AB，AC⊥BC，∴∠ADC＝∠CDB＝∠ACB＝90°，∵∠A＝56°，∴∠ACD＝90°﹣56°＝34°，∴∠DCB＝90°﹣34°＝56°，故选：C．【总结提升】此题考查直角三角形的性质，关键是根据直角三角形的两个锐角互余解答．第二部分命题点举一反三命题点1三角形的三边关系【典例1】（2023秋•北京期末）现有四根木条，长度分别为2cm，3cm，4cm，6cm．选用其中的三根木条首尾相接，组成一个三角形，一共有几种不同的组法（）A．1种 B．2种 C．3种 D．4种【思路引领】先写出所有的组法，然后根据三角形的三边关系，即可求解．【解答】解：组合有以下4种情况：2、3、4；2、3、6；2、4、6；3、4、6；根据三角形中，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，得：只有2、3、4；3、4、6共2组能组成三角形．故选：B．【总结提升】本题主要考查三角形的三边关系，解答本题的关键是明确题意，利用三角形的三边关系解答．【举一反三】1．（2023秋•防城区期末）一个三角形的两边长分别为4和9，则第三边的长可能是（）A．5 B．4 C．3 D．11【思路引领】设第三边的长为l，再根据三角形的三边关系进行解答即可．【解答】解：设第三边的长为l，则9﹣4＜l＜4+9，即5＜l＜13，只有11适合，故选：D．【总结提升】本题考查的是三角形的三边关系，即三角形任意两边之和大于第三边；任意两边之差小于第三边．2．（2023秋•南昌期末）如果一个三角形的两边长分别为4和6，第三边长为偶数，那么这个三角形的周长最大值是（）A．12 B．14 C．16 D．18【思路引领】设三角形的第三边长是x，根据三角形的三边关系即可求解．【解答】解：设三角形的第三边长是x，∴6﹣4＜x＜6+4，∴2＜x＜10，∵第三边长为偶数，∴x的最大值为8，∴周长最大值为4+6+8＝18，故选：D．【总结提升】本题考查了三角形的三边关系，熟知三角形两边之和大于第三边；三角形的两边差小于第三边是解题的关键．命题点2三角形中的重要线段【典例2】（2023秋•枣阳市期末）如图，AD，AE，AF分别是△ABC的高线，角平分线和中线，（1）下列结论：①BF＝AF，②∠BAE＝∠CAE，③S△ABF=12S△ABC，④∠C与∠CAD互余，其中错误的是①（2）若∠C＝62°，∠B＝30°，求∠DAE的度数．【思路引领】（1）根据三角形的高线，角平分线和中线解答即可；（2）根据三角形的高线，角平分线和中线以及三角形内角和定理解答即可．【解答】解：（1）∵AD，AE，AF分别是△ABC的高线，角平分线和中线，∴BF＝FC，故①错误；∴∠BAE＝∠CAE，故②正确；∴S△ABF=12S△ABC，故∴∠C与∠CAD互余，故④正确；故答案为：①；（2）∵AD，AE，AF分别是△ABC的高线，角平分线和中线，∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣62°﹣30°＝88°，∴∠EAC=12∠∵∠C＝62°，∴∠DAC＝90°﹣62°＝28°，∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝44°﹣28°＝16°．【总结提升】此题考查三角形的高线，角平分线和中线，关键是根据三角形的高线，角平分线和中线的定义解答即可．【举一反三】1．（2023秋•崇左期中）如图，AD是△ABC的高，CE是△ABC的角平分线，BF是△ABC的中线．（1）若∠ACB＝50°，∠BAD＝65°，求∠AEC的度数；（2）若AB＝9，△BCF与△BAF的周长差为3，求BC的长．【思路引领】（1）根据三角形的高的概念得到∠ADB＝90°，根据直角三角形的性质求出∠ABD，根据角平分线的定义求出∠ECB，根据三角形的外角性质计算即可；（2）根据三角形的中线的概念得到AF＝FC，根据三角形的周长公式计算，得到答案．【解答】解：（1）∵AD是△ABC的高，∴∠ADB＝90°，∵∠BAD＝65°，∴∠ABD＝90°﹣65°＝25°，∵CE是△ACB的角平分线，∠ACB＝50°，∴∠ECB=1∴∠AEC＝∠ABD+∠ECB＝25°+25°＝50°；（2）∵F是AC中点，∴AF＝FC，∵△BCF与△BAF的周长差为3，∴（BC+CF+BF）﹣（AB+AF+BF）＝3，∴AB﹣BC＝3，∵AB＝9，∴BC＝12．【总结提升】本题考查的是三角形的角平分线、中线和高，从三角形的一个顶点向对边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高；三角形一个内角的平分线与这个内角的对边交于一点，则这个内角的顶点与所交的点间的线段叫做三角形的角平分线；三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．2．（2023春•松北区期末）如图所示方格纸中，每个小正方形的边长均为1，点A，点B，点C在小正方形的顶点上．（1）画出△ABC中边BC上的高AD；（2）画出△ABC中边AC上的中线BE；（3）直接写出△ABE的面积为4．【思路引领】（1）根据三角形高线的定义画出图形即可；（2）根据三角形中线的定义画出图形即可；（3）根据三角形的面积公式计算即可．【解答】解：（1）如图所示，线段AD即为所求；（2）如图所示，线段BE即为所求；（3）S△ABC=12BC•AD∴△ABE的面积=12S△故答案为：4．【总结提升】此题主要考查了基本作图，根据题意利用网格画出符合题意的图形是解题关键．命题点3三角形的内角和与外角【典例3】（2023秋•莲湖区期末）如图，在△ABC中，BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，且BO，CO交于点O，CE为外角∠ACD的平分线，交BO的延长线于点E．记∠BAC＝∠1，∠E＝∠2，已知∠2＝25°．求∠1与∠BOC的度数．【思路引领】由角平分线的定义和外角的性质，可得∠1＝2∠2，∠OCE=12(∠ACB+∠ACD)，∠BOC【解答】解：∵CE为∠ACD的平分线，BE平分∠ABC，∴∠DCE=12∠ACD∵∠DCE是△BCE的外角，∠ACD是△ABC的外角，∴∠2=∠DCE−∠DBE=1∴∠1＝2∠2＝2×25°＝50°．∵OC平分∠ACB，CE平分∠ACD，∴∠ACO=12∠ACB∴∠OCE=1∵∠BOC是△COE的外角，∴∠BOC＝∠OCE+∠2＝90°+∠2＝90°+25°＝115°．【总结提升】本题考查了角平分线的定义，三角形外角的性质．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．【举一反三】1．（2023秋•罗山县期末）如图所示，在△ABC中，AD是高，AE、BF是角平分线，它们相交于点O，∠BAC＝50°，∠C＝70°，求∠DAC、∠BOA的度数．【思路引领】因为AD是高，所以∠ADC＝90°，又因为∠C＝70°，所以∠DAC度数可求；因为∠BAC＝50°，∠C＝70°，所以∠BAO＝25°，∠ABC＝60°，BF是∠ABC的角平分线，则∠ABO＝30°，故∠BOA的度数可求．【解答】解：∵AD⊥BC∴∠ADC＝90°∵∠C＝70°∴∠DAC＝180°﹣90°﹣70°＝20°；∵∠BAC＝50°，∠C＝70°∴∠BAO＝25°，∠ABC＝60°∵BF是∠ABC的角平分线∴∠ABO＝30°∴∠BOA＝180°﹣∠BAO﹣∠ABO＝180°﹣25°﹣30°＝125°．【总结提升】本题考查了同学们利用角平分线的性质解决问题的能力，有利于培养同学们的发散思维能力．2．（2023秋•桂平市期末）将一副三角板按照如图方式摆放，则∠CBE的度数为（）A．90° B．100° C．105° D．110°【思路引领】根据三角板的性质得出∠ACB＝60°，∠BAC＝45°，再利用外角的性质计算即可．【解答】解：由题意可得：∠ACB＝60°，∠BAC＝45°，∴∠CBE＝∠ACB+∠BAC＝60°+45°＝105°，故选：C．【总结提升】本题考查的是三角形的外角性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．3．（2023秋•汝州市期末）如图在△ABC中，BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，交于O，CE为外角∠ACD的平分线，交BO的延长线于点E，记∠BAC＝∠1，∠BEC＝∠2，则以下结论①∠1＝2∠2，②∠BOC＝3∠2，③∠BOC＝90°+∠1，④∠BOC＝90°+∠2，正确的是①④．（把所有正确的结论的序号写在横线上）【思路引领】依据角平分线的性质以及三角形外角性质，即可得到∠1＝2∠2，∠BOC＝90°+12∠1，∠【解答】解：∵CE为外角∠ACD的平分线，BE平分∠ABC，∴∠DCE=12∠ACD，∠DBE=1又∵∠DCE是△BCE的外角，∴∠2＝∠DCE﹣∠DBE，=12（∠ACD﹣∠=12∠1，故∵BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，∴∠OBC=12ABC，∠OCB=1∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°−12（∠ABC+∠＝180°−1＝90°+12∠1，故②、∵OC平分∠ACB，CE平分∠ACD，∴∠ACO=12∠ACB，∠ACE=∴∠OCE=12（∠ACB+∠ACD）∵∠BOC是△COE的外角，∴∠BOC＝∠OCE+∠2＝90°+∠2，故④正确；故答案为：①④．【总结提升】本题考查了三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，以及角平分线的定义．命题点4多边形的内角和与外角和【典例4】（2023•兰州）如图1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是八角形空窗的示意图，它的一个外角∠1＝（）A．45° B．60° C．110° D．135°【思路引领】由多边形的外角和定理直接可求出结论．【解答】解：∵正八边形的外角和为360°，∴每一个外角为360°÷8＝45°．故选：A．【总结提升】本题考查了多边形外角和定理，掌握外角和定理是解题的关键．【举一反三】1．（2023•北京）正十二边形的外角和为（）A．30° B．150° C．360° D．1800°【思路引领】本题考查多边形的外角和问题，多边形外角和定理：任意多边形的外角和都等于360°．【解答】解：因为多边形的外角和为360°，所以正十二边形的外角和为：360°．故选：C．【总结提升】本题考查多边形的外角和定理，解题的关键是指出定理即可求出正十二边行的外角和度数．2．（2023•重庆）若七边形的内角中有一个角为100°，则其余六个内角之和为800°．【思路引领】利用多边形内角和公式求得七边形的内角和后与100°作差即可．【解答】解：由题意可得七边形的内角和为：（7﹣2）×180°＝900°，∵该七边形的一个内角为100°，∴其余六个内角之和为900°﹣100°＝800°，故答案为：800°．【总结提升】本题主要考查多边形的内角和，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．3．（2023•长春）如图，将正五边形纸片ABCDE折叠，使点B与点E重合，折痕为AM，展开后，再将纸片折叠，使边AB落在线段AM上，点B的对应点为点B'，折痕为AF，则∠AFB'的大小为45度．【思路引领】由多边形的内角和及轴对称的性质和三角形内角和可得出结论．【解答】解：∵五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，∴∠B＝∠BAE＝108°，由图形的折叠可知，∠BAM＝∠EAM=12∠∠BAF＝∠FAB'=12∠∠AFB'＝∠AFB＝180°﹣∠B﹣∠BAF＝180°﹣108°﹣27°＝45°．故答案为：45．【总结提升】本题考查了多边形的内角和，三角形的内角和定理，图形的折叠的性质，掌握这些知识点是解题的关键．4．（2023秋•芜湖期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC的平分线与外角∠DCE的平分线交于点P，爱动脑筋的小明在写作业时发现如下规律：①若∠A+∠D＝200°，则∠P=10°=200°②若∠A+∠D＝220°，则∠P=20°=220°③若∠A+∠D＝240°，则∠P=30°=240°（1）根据上述规律，若∠A+∠D＝260°．则∠P＝40°．（2）猜想：∠P，∠A，∠D的数量关系，并证明．【思路引领】（1）根据题目中已知式子找出规律，即可求解；（2）先根据角平分线的定义和三角形内角和定理推出∠P=90°−12(∠ABC+∠DCB)，再根据四边形内角和360度，推出∠ABC+∠DCB＝360°﹣∠A﹣∠D【解答】解：（1）由题意知：若∠A+∠D＝260°，则∠P=260°故答案为：40°；（2）∠P=1理由如下：∵BP，CP分别是∠ABC，∠DCE的平分线，∴∠PBC=1∴∠BCP=∠DCB+∠PCD=∠DCB+1∴∠P=180°−∠PBC−∠BCP=180°−1∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠DCB＝360°﹣∠A﹣∠D，∴∠P=90°−1【总结提升】本题考查三角形内角和定理、外角的定义、多边形内角和问题，解题的关键是掌握三角形内角和为180度，四边形内角和为360度．第三部分自我反馈分层训练A组1．（2023秋•天津期中）△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【思路引领】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．【总结提升】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．2．（2023秋•越秀区校级期中）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【思路引领】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=12S△∵E是AB的中点，∴S△BDE=12S△ABD故选：A．【总结提升】本题考查了三角形的中线，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．3．（2022秋•楚雄州期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝15°，D是BC上一点，连接AD，若∠DAC＝60°，AC＝4，则BD的长为（）A．8 B．10 C．12 D．16【思路引领】根据题意得到∠ADC＝90°﹣60°＝30°，又因为∠B＝15°，则求出∠BAD＝∠B，推出AD＝BD，在Rt△ADC中，AC＝4，∠ADC＝30°，得出BD＝2AC＝8．【解答】解：∵∠C＝90°，∠DAC＝60°，∴∠ADC＝90°﹣60°＝30°，又∵∠B＝15°，∴∠BAD＝30°﹣15°＝15°＝∠B，∴AD＝BD，在Rt△ADC中，AC＝4，∠ADC＝30°，∴BD＝2AC＝8，故选：A．【总结提升】本题考查三角形的角平分线——中线和高，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．4．（2023秋•河东区月考）如图，线段AD把△ABC分为面积相等的两部分，则线段AD是（）A．三角形的角平分线 B．三角形的中线 C．三角形的高 D．以上都不对【思路引领】作三角形ABC的高AE，根据三角形面积公式，分别表示出S△ABD和S△ACD，即可得出BD＝CD，即线段AD是三角形的中线．【解答】解：作AE⊥BC，∴S△ABD=12×BDS△ACD=12×CD∵S△ABD＝S△ACD，即12×BD×AE=12∴BD＝CD，即线段AD是三角形的中线．故选：B．【总结提升】本题主要考查了三角形的面积和三角形的中线，三角形的中线可分三角形为面积相等的两部分．5．（2023秋•安庆期末）下列图形中，具有稳定性的是（）A． B． C． D．【思路引领】根据三角形具有稳定性，再确定各图形中多边形的形态进行解答即可．【解答】解：A、四边形不具有稳定性，故A不符合题意，B、对角线两侧是三角形，具有稳定性，故B符合题意，C、对角线下方是四边形，不具有稳定性，故C不符合题意，D、连线左侧是五边形，不具有稳定性，故D不符合题意，故选：B．【总结提升】本题考查了三角形的稳定性，关键是掌握当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，故三角形具有稳定性．6．（2023秋•涵江区期中）一个三角形的两边长分别为4和9，则第三边的长可能是（）A．5 B．4 C．3 D．11【思路引领】设第三边的长为l，再根据三角形的三边关系进行解答即可．【解答】解：设第三边的长为l，则9﹣4＜l＜4+9，即5＜l＜13，只有11适合，故选：D．【总结提升】本题考查的是三角形的三边关系，即三角形任意两边之和大于第三边；任意两边之差小于第三边．7．（2023秋•泰山区期末）在△ABC中，∠A＝∠B＝4∠C，则∠A等于80°．【思路引领】根据三角形三个内角的和是180°得到∠A+∠B+∠C＝180°，结合已知即可求出∠C的度数，从而求出∠A的度数．【解答】解：在△ABC中，∠A+∠B+∠C＝180°，∵∠A＝∠B＝4∠C，∴4∠C+4∠C+∠C＝180°，∴∠C＝20°，∴∠A＝4∠C＝80°，故答案为：80．【总结提升】本题考查了三角形内角和定理，熟记三角形内角和定理是解题的关键．8．（2023秋•碑林区校级期末）如图，在△ABC中，延长AB至D，延长BC至E．如果∠A＝54°，则∠1+∠2＝234°．【思路引领】根据三角形外角等于不相邻两个内角的和，以及三角形内角和为180°即可计算．【解答】解：∵∠1＝∠A+∠ACB，∠2＝∠A+∠ABC，∴∠1+∠2＝∠A+∠ACB+∠ABC+∠A，∵∠A+∠ACB+∠ABC＝180°，∠A＝54°，∴∠1+∠2＝180°+54°＝234°，故答案为：234．【总结提升】本题考查了三角形外角的性质与内角和定理，掌握相关知识并正确计算是解题关键．9．（2022秋•来宾期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠CAB，∠CBA的平分线交于点D，BD的延长线交AC于点E，则∠ADE＝45°．【思路引领】根据直角三角形两锐角互余和角平分线的定义求出∠BAD+∠ABD，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ADE＝∠BAD+∠ABD．【解答】解：∵∠C＝90°，∴∠CAB+∠CBA＝90°，∵∠CAB，∠CBA的平分线交于点D，∴∠BAD+∠ABD=1∴∠ADE＝∠BAD+∠ABD＝45°．故答案为：45°．【总结提升】本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，直角三角形两锐角互余的性质，以及角平分线的定义，熟记性质并准确识图是解题的关键．10．（2023秋•鼓楼区校级期末）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，E，F分别为AC，BC的中点．AB＝10，BC＝8，DE＝4.6，则△DEF的周长是13.6．【思路引领】根据三角形中位线定理求出EF，根据直角三角形斜边上的中线的性质求出DF，根据三角形的周长公式计算，得到答案．【解答】解：∵E，F分别为AC，BC的中点∴EF是△ABC的中位线，∴EF=12AB∵CD⊥AB，∴∠BDC＝90°，在Rt△BDC中，F为BC的中点，BC＝8，则DF=12BC∴△DEF的周长＝DE+EF+DF＝4.6+5+4＝13.6，故答案为：13.6．【总结提升】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．11．（2023秋•德惠市校级期末）一个凸多边形的内角中，最多有3个锐角．【思路引领】根据任意凸多边形的外角和是360°．可知它的外角中，最多有3个钝角，则内角中，最多有3个锐角．【解答】解：一个凸多边形的内角中，最多有3个锐角．【总结提升】注意每个内角与其相邻的外角是邻补角，由于多边形的外角和是不变的，所以要分析内角的情况可以借助外角来分析．12．（2023秋•保定期中）若从n边形的一个顶点出发，可以画出4条对角线，则n的值是7，【思路引领】可根据n边形从一个顶点引出的对角线与边的关系n﹣3，列方程求解．【解答】解：∵多边形从一个顶点引出的对角线与边的关系n﹣3，∴n﹣3＝4，解得n＝7．故答案为：7．【总结提升】本题考查了多边形的对角线．解题的关键是明确多边形有n条边，则经过多边形的一个顶点所有的对角线有（n﹣3）条，经过多边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成（n﹣2）个三角形．13．（2023春•辽阳期末）一个多边形的内角和是其外角和的4倍，则这个多边形的边数是10．【思路引领】设这个多边形的边数为n，根据内角和公式以及多边形的外角和为360°即可列出关于n的一元一次方程，解方程即可得出结论．【解答】解：设这个多边形的边数为n，则该多边形的内角和为（n﹣2）×180°，依题意得：（n﹣2）×180°＝360°×4，解得：n＝10，∴这个多边形的边数是10．故答案为：10．【总结提升】本题考查了多边形内角与外角，解题的关键是根据多边形内角和公式得出方程（n﹣2）×180°＝360°×4．14．（2023秋•北安市校级期中）在多边形中各内角度数如图所示，则其中x的值为130．【思路引领】利用五边形的内角和为（5﹣2）×180°，可列出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．【解答】解：根据题意得：x°+x°+80°+（x﹣20）°+90°＝（5﹣2）×180°，解得：x＝130，∴x的值为130．故答案为：130．【总结提升】本题考查了多边形内角与外角以及解一元一次方程，牢记“多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3且n为整数）”是解题的关键．15．（2023春•新邵县期末）若正n边形的每个内角的度数为140°．则n的值是9．【思路引领】首先根据正n边形的每个内角的度数为140°，即可求得每个外角的度数，再根据多边形的外角和为360°，即可得到n的值．【解答】解：∵正n边形的每个内角都是140°，∴该正n边形的每个外角的度数＝180°﹣140°＝40°，∴n=360故答案为：9．【总结提升】本题考查了多边形的外角和定理：掌握多边形的外角和为360°是关键．B组1．（2023秋•防城区期中）在日常生活中，我们通常采用如图的方法（斜钉上一块木条）来修理一张摇晃的椅子，请用数学知识说明这样做的依据是：三角形具有稳定性．【思路引领】根据三角形具有稳定性即可求解．【解答】解：这样做的依据是：三角形具有稳定性，故答案为：三角形具有稳定性．【总结提升】本题考查了三角形具有稳定性，掌握三角形具有稳定性是解题的关键．2．（2023春•铁岭期末）如图，△ABC中，∠A+∠B＝90°，AD＝DB，CD＝3，则AB的长度为6．【思路引领】由三角形的内角和得出∠C＝90°，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AB的长．【解答】解：∵∠A+∠B＝90°，∴∠C＝180°﹣（∠A+∠B）＝180°﹣90°＝90°，∵AD＝DB，∴CD为直角三角形ABC的中线，∴CD=1∴AB＝2CD＝6．故答案为：6．【总结提升】此题主要是考查了直角三角形的性质，能够熟记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解答此题的关键．3．（2023秋•临河区校级期中）如图，在△ABC中，BD为AC边上的中线，已知BC＝8，AB＝5，△BCD的周长为20，则△ABD的周长为17．【思路引领】根据BD为AC边长的中线，可得出△BCD和△ABD的周长关系，进而解决问题．【解答】解：因为BD是AC边上的中线，所以AD＝CD．又C△ABD＝AB+BD+AD，C△BCD＝BC+CD+BD，所以C△BCD﹣C△ABD＝BC﹣AB．又BC＝8，AB＝5，△BCD的周长为20，所以C△ABD＝20﹣3＝17．故答案为：17．【总结提升】本题考查三角形的中线，熟知三角形中线的定义是解题的关键．4．（2023秋•普洱期末）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=16cm2，则阴影部分的面积为【思路引领】根据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形解答即可．【解答】解：∵F为CE中点，∴S△BEF∵E为AD中点，∴S△BEC∴S△BEF故答案为：4．【总结提升】本题考查了三角形中线的性质和三角形面积的应用，熟知三角形中线平分三角形面积是解题的关键．5．（2023秋•碑林区校级期末）在平面直角坐标系中，A（6，a），B（1，3a+2），C（1，b），且3a﹣b＝10，则△ABC的面积为30．【思路引领】观察三个点的坐标，先求出BC的长，再求出BC边上的高，即可根据三角形面积公式计算．【解答】解：∵B（1，3a+2），C（1，b），∴BC＝|3a+2﹣b|，∵3a﹣b＝10，∴BC＝|10+2|＝12，∵A（6，a），B（1，3a+2），C（1，b），∴BC边上的高为6﹣1＝5，∴△ABC的面积为12故答案为：30．【总结提升】本题考查了坐标与图形，三角形的面积，关键是求出BC和BC边上的高．6．（2023秋•西华县校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝5cm，BC＝12cm，AC＝13cm．若BD是AC边上的高，则BD的长为6013cm【思路引领】根据三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，以及直角三角形的特征，可得：12AB•BC=12AC•BD【解答】解：∵△ABC是直角三角形，∴12AB•BC=12AC∴BD=AB⋅BCAC=故答案为：6013【总结提升】此题主要考查了三角形的面积的求法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半．7．（2023秋•海陵区期末）如图，点D是△ABC的重心，连接AD并延长交BC于点E，易得AD：DE＝2：1，过点D作DF∥AB，DG∥BC分别交BC、AC于点F、G，则△DEF与△ADG面积的比值为14【思路引领】由三角形重心的性质得到AD：AE＝2：3，DE：AE＝1：3，E是BC中点，由DF∥AB，DG∥BC，判定△DEF∽△AEB，△ADG∽△AEC，推出S△DEFS△AEB=(DEAE)2=19，【解答】解：∵D是△ABC的重心，∴AD：AE＝2：3，DE：AE＝1：3，E是BC中点，∵DF∥AB，DG∥BC，∴△DEF∽△AEB，△ADG∽△AEC，∴S△DEFS△AEB=(∵BE＝CE，∴S△AEB＝S△AEC，∴①/②得：S△DEF故答案为：14【总结提升】本题考查出相似三角形的判定和性质，三角形的重心，关键是由△DEF∽△AEB，△ADG∽△AEC，推出S△DEFS△AEB8．（2023秋•江州区期末）已知a，b，c是△ABC的三边长，满足|a﹣1|+（b﹣6）2＝0，c为整数，则c＝6．【思路引领】先根据非负数的性质可得a＝1，b＝6，再由三角形的三边关系可得5＜c＜7，从而可得答案．【解答】解：∵|a﹣1|+（b﹣6）2＝0，∴a﹣1＝0，b﹣6＝0，解得：a＝1，b＝6，∵a，b，c是△ABC的三边长，∴5＜c＜7，∵c为整数，∴c＝6，故答案为：6．【总结提升】本题考查的是非负性的性质，三角形的三边关系，熟知三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边是解题的关键．9．（2023春•美兰区校级期末）如图，△ABC中，∠B＝40°，∠C＝30°，点D为边BC上一点，将△ADC沿直线AD折叠后，点C落到点E处，若DE∥AB，则∠ADE的度数为110°．【思路引领】根据三角形的内角和得到∠BAC＝110°，由折叠的性质得到∠E＝∠C＝30°，∠EAD＝∠CAD，∠ADC＝∠ADE，根据平行线的性质得到∠BAE＝∠E＝30°，根据三角形的内角和即可得到结论．【解答】解：∵∠B＝40°，∠C＝30°，∴∠BAC＝110°，由折叠的性质得，∠E＝∠C＝30°，∠EAD＝∠CAD，∠ADE＝∠ADC，∵DE∥AB，∴∠BAE＝∠E＝30°，∴∠CAD＝40°，∴∠ADE＝∠ADC＝180°﹣∠CAD﹣∠C＝110°，故答案为：110°．【总结提升】本题考查了三角形的内角和，折叠的性质，平行线的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．10．（2022秋•林甸县期末）如图，在△ABC中，∠A＝m°，∠ABC和∠ACD的平分线交于点A1，得∠A1；∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2；…；∠A2021BC和∠A2021CD的平分线交于点A2022，则∠A2023＝m22023【思路引领】利用角平分线的性质和三角形外角与内角的关系，先用m°表示出∠A1、∠A2并找出规律，再利用规律得到结论．【解答】解：∵∠ABC和∠ACD的平分线交于点A1，∴∠A1BC=12∠ABC，∠A1CD∵∠A1CD＝∠A1+∠A1BC，∴∠A1＝∠A1CD﹣∠A1BC=12∠ACD=12（∠ACD﹣∠∵∠ACD＝∠ABC+∠A，∴∠A1=12（∠ABC+∠A﹣∠=12=12同理可得：∠A2=12∠A1=∠A3=12∠A2=∴∠A2023=122023m故答案为：m2【总结提升】本题考查了三角形的内角和定理，掌握三角形的外角与内角的关系及角平分线的性质是解决本题的关键．11．（2023•桑植县模拟）一副直角三角板如图放置，点C在FD的延长线上，AB∥CF，∠F＝∠ACB＝90°，∠E＝45°，∠A＝60°，则∠DBC＝15°．【思路引领】根据平行线的性质求出∠ACM，根据平角求出∠BCD，根据三角形外角性质求出∠BDC，根据三角形内角和定理求出即可．【解答】解：∵AB∥CF，∠A＝60°，∴∠ACM＝∠A＝60°，∵∠BCA＝30°，∴∠BCD＝30°，∵∠EFD＝90°，∠E＝45°，∴∠EDC＝∠E+∠EFD＝135°，∴∠DBC＝180°﹣30°﹣135°＝15°，故答案为：15．【总结提升】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，三角形外角性质等知识点，能求出∠BDC和∠BCD的度数是解此题的关键．12．（2023秋•青岛期末）如图，在△ABC中，点D是AC延长线上的一点，过点D作DE∥BC，DG平分∠ADE，BG平分∠ABC，DG与BG交于点G，若∠A＝40°，则∠G的度数为20°．【思路引领】利用三角形的外角性质，可得出∠ACM＝∠A+∠ABC，由DE∥BC，利用“两直线平行，同位角相等”，可得出∠ADE＝∠ACM，∠GDE＝∠GFM，结合角平分线的定义，可得出∠GBF=12∠ABC，∠GFM=12（∠A+∠【解答】解：∵∠ACM是△ABC的外角，∴∠ACM＝∠A+∠ABC．∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠ACM，∠GDE＝∠GFM．∵DG平分∠ADE，BG平分∠ABC，∴∠GBF=12∠ABC，∠GDE=12∠ADE=12∠ACM∴∠GFM＝∠GDE=12（∠A+∠又∵∠GFM是△GBF的外角，∴∠GFM＝∠G+∠GBF，即12（∠A+∠ABC）＝∠G+12∴∠G=12∠A故答案为：20°．【总结提升】本题考查了三角形的外角性质、角平分线的定义以及平行线的性质，根据各角之间的关系，找出∠G=12∠13．（2023秋•微山县期中）如果从一个多边形的一个顶点出发作它的对角线，最多能将多边形分成2023个三角形，那么这个多边形的边数为2025．【思路引领】从n边形的一个顶点出发作它的对角线，将n边形分成（n﹣2）个三角形，由此即可解决问题．【解答】解：∵从n边形的一个顶点出发作它的对角线，将n边形分成（n﹣2）个三角形，∴n﹣2＝2023，∴n＝2025，故答案为：2025．【总结提升】本题考查多边形的有关知识，解题的关键是掌握，从n边形的一个顶点出发作它的对角线，将n边形分成（n﹣2）个三角形．14．（2023春•秦安县期末）如图，七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线交于点O，外角∠1，∠2，∠3，∠4的和等于220°，则∠BOD的度数是40度．【思路引领】在DO延长线上找一点M，根据多边形的外角和为360°可得出∠BOM＝140°，再根据邻补角互补即可得出结论．【解答】解：在DO延长线上找一点M，如图所示．∵多边形的外角和为360°，∴∠BOM＝360°﹣220°＝140°．∵∠BOD+∠BOM＝180°，∴∠BOD＝180°﹣∠BOM＝180°﹣140°＝40°．故答案为：40【总结提升】本题考查了多边形的内角与外角以及邻补角，解题的关键是根据多边形的外角和为360°找出∠BOM＝140°．15．（2023•东莞市一模）已知一个包装盒的底面是内角和为720°的多边形，它是由另一个多边形纸片剪掉一个角以后得到的，则原多边形是五或六或七边形．【思路引领】首先求得内角和为720°的多边形的边数，再根据截去一个角后边数增加1，不变，减少1，即可确定原多边形的边数．【解答】解：设内角和为720°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•180＝720，解得：n＝6．∵截去一个角后边数可能增加1，不变或减少1，∴原多边形的边数为五或六或七．故答案为：五或六或七．【总结提升】本题考查了多边形的内角和定理，解题时注意：一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变．16．（2023秋•汝州市期末）在图①中，应用三角形外角的性质不难得到下列结论：∠BDC＝∠A+∠ABD+∠ACD．我们可以应用这个结论解决同类图形的角度问题．（1）在图①中，若∠1＝20°，∠2＝30°，∠BEC＝100°，则∠BDC＝150°；（2）在图①中，若BE平分∠ABD，CE平分∠ACD，BE与CE交于E点，请写出∠BDC，∠BEC和∠BAC三个角之间的关系，并说明理由；（3）如图②，若∠1=13