2023-2024学年八年级数学上册举一反三系列专题11.3 三角形的外角【十大题型】（举一反三）（人教版）含解析

2023-2024学年八年级数学上册举一反三系列专题11.3三角形的外角【十大题型】【人教版】TOC\o"1-1"\h\u【题型1三角形的外角】 1【题型2三角形的外角性质（比较角的大小）】 2【题型3三角形的外角性质（求角）】 3【题型4三角形的外角性质（含角平分线）】 4【题型5三角形的外角性质（含垂直关系）】 5【题型6三角形的外角性质（含三角板）】 6【题型7三角形的外角性质（含平行线）】 7【题型8三角形的外角性质（折叠问题）】 8【题型9三角形的外角性质（内外角平分线模型）】 9【题型10三角形的外角性质（内外角平分线规律问题）】 11【知识点1三角形的外角】三角形外角的概念：三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角．【题型1三角形的外角】【例1】（2022•海沧区期末）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，BC上的点，连接AE和DE，则下列是△BDE的外角的是（）A．∠AED B．∠AEC C．∠ADE D．∠BAE【变式1-1】（2022•思明区校级期末）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E是BC边上一点，连接AE，OE，则下列角中是△AEO的外角的是（）A．∠AEB B．∠AOD C．∠OEC D．∠EOC【变式1-2】如图，有个三角形，∠1是的外角，∠ADB是的外角．【变式1-3】（2022•江北区校级月考）如图，在∠1、∠2、∠3和∠4这四个角中，属于△ABC外角的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【知识点2三角形的外角性质】①三角形的外角和为360°；②三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；③三角形的一个外角大于和它不相邻的任何一个内角．【题型2三角形的外角性质（比较角的大小）】【例2】（2022•通川区期末）如图，∠A、∠1、∠2的大小关系是（）A．∠A＞∠1＞∠2 B．∠2＞∠1＞∠A C．∠A＞∠2＞∠1 D．∠2＞∠A＞∠1【变式2-1】（2022•临淄区期中）点P是△ABC内任意一点，则∠APC与∠B的大小关系是（）A．∠APC＞∠B B．∠APC＝∠B C．∠APC＜∠B D．不能确定【变式2-2】（2022春•兴隆县期末）如图所示，下列结论正确的是（）A．∠1＞∠B＞∠2 B．∠B＞∠2＞∠1 C．∠2＞∠1＞∠B D．∠1＞∠2＞∠B【变式2-3】（2022•双流区期末）如图，在△ABC中，∠1是它的一个外角，E为边AC上一点，延长BC到D，连接DE．则下列结论正确的是（）A．∠1＞∠D B．∠D＞∠2 C．∠1＝∠2+∠3 D．∠3＝∠A【题型3三角形的外角性质（求角）】【例3】（2022•石阡县模拟）如图，已知△ABC的外角∠CAD＝120°，∠C＝80°，则∠B的度数是（）A．30° B．40° C．50° D．60°【变式3-1】（2022•梁子湖区期末）三角形中，三个内角的比为1：3：6，它的三个外角的比为（）A．1：3：6 B．6：3：1 C．9：7：4 D．3：5：2【变式3-2】（2022春•光明区期末）某零件的形状如图所示，按照要求∠B＝20°，∠BCD＝110°，∠D＝30°，那么∠A的度数是（）A．50° B．60° C．70° D．80°【变式3-3】（2022春•江阴市期中）小枣一笔画成了如图所示的图形，若∠A＝60°，∠B＝40°，∠C＝30°，则∠D+∠E等于（）A．100° B．110° C．120° D．130°【题型4三角形的外角性质（含角平分线）】【例4】（2022•沈阳模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD平分∠BAC交BC边于点D，若∠C＝26°，则∠ADB的度数是（）A．61° B．64° C．71° D．109°【变式4-1】（2022春•宜兴市校级月考）如图，在△ABC中，在AB上存在一点D，使得∠ACD＝∠B，角平分线AE交CD于点F．△ABC的外角∠BAG的平分线所在直线MN与BC的延长线交于点M，若∠M＝35°，则∠CFE＝．【变式4-2】（2022春•邗江区期中）如图，∠ABD，∠ACD的角平分线交于点P，若∠A＝50°，∠D＝10°，则∠P的度数为（）A．15° B．20° C．25° D．30°【变式4-3】（2022•武冈市期末）如图，已知P是三角形ABC内一点，∠BPC＝120°，∠A＝70°，BD是∠ABP的角平分线，CE是∠ACP的角平分线，BD与CE交于点F，则∠BFC等于（）A．100° B．90° C．85° D．95°【题型5三角形的外角性质（含垂直关系）】【例5】（2022•赤峰）如图，点D在BC的延长线上，DE⊥AB于点E，交AC于点F．若∠A＝35°，∠D＝15°，则∠ACB的度数为（）A．65° B．70° C．75° D．85°【变式5-1】（2022春•鄂州校级期中）如图，BD，CE是△ABC的两条高，且交于点O，问：（1）∠1和∠2大小如何？（2）若∠A＝50°，∠ABC＝70°，求∠3和∠4度数．【变式5-2】（2022春•普陀区期末）如图，已知△ABC中，BD、CE分别是边AC、AB上的高，BD与CE交于O点，如果设∠BAC＝n°，那么用含n的代数式表示∠BOC的度数是（）A．45°+n° B．90°﹣n° C．90°+n° D．180°﹣n°【变式5-3】（2022春•腾冲县期末）已知：如图所示，∠ABC＝66°，∠ACB＝54°，BE是AC边上的高，CF是AB边上的高，H是BE和CF的交点，求：∠ABE，∠ACF和∠BHC的度数．【题型6三角形的外角性质（含三角板）】【例6】（2022春•宿城区期末）将一副直角三角板如图放置，∠A＝30°，∠F＝45°．若边AB经过点D，则∠EDB＝°．【变式6-1】（2022•亭湖区校级一模）将一副三角尺按如图所示的方式摆放，则∠α的大小为（）A．105° B．75° C．65° D．55°【变式6-2】（2022•丹东期末）如图所示，一副三角板叠放在一起，则图中∠α等于（）A．105° B．115° C．120° D．135°【变式6-3】（2022•安徽二模）一副三角板如图放置，则∠1+∠2的度数为（）A．30° B．45° C．60° D．75°【题型7三角形的外角性质（含平行线）】【例7】（2022•沙湾区模拟）如图，直线a∥b，则∠1＝（）A．100° B．110° C．125° D．135°【变式7-1】（2022春•东西湖区校级月考）如图所示，l1∥l2，则下列式子中值为180°的是（）A．α+β+γ B．α+β﹣γ C．β+γ﹣α D．α﹣β+γ【变式7-2】（2022•泸州）如图，直线a∥b，直线c分别交a，b于点A，C，点B在直线b上，AB⊥AC，若∠1＝130°，则∠2的度数是（）A．30° B．40° C．50° D．70°【变式7-3】（2022•细河区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°，△ABC的外角∠CBD的平分线BE交AC的延长线于点E．（1）求∠CBE的度数；（2）过点D作DF∥BE，交AC的延长线于点F，求∠F的度数．【题型8三角形的外角性质（折叠问题）】【例8】（2022•东城区校级期末）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A'处，折痕为DE．如果∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA'＝γ，那么下列式子中正确的是（）A．γ＝2α+β B．γ＝α+2β C．γ＝α+β D．γ＝180°﹣α﹣β【变式8-1】（2022•武昌区月考）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，则（）A．∠A＝∠1+∠2 B．2∠A＝∠1+∠2 C．3∠A＝2∠1+∠2 D．3∠A＝2（∠1+∠2）【变式8-2】（2022春•宜兴市校级期末）如图，将△ABC的∠C折叠，使C点在AC边上，折痕为DE，则（）A．∠BDC＝∠DCE+90° B．∠BDC＝2∠DCE C．∠BDC+∠DCE＝180° D．∠BDC＝3∠DCE【变式8-3】（2022春•长安区期末）如图1和图2，在三角形纸片ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，沿DE折叠，点A落在点A'的位置．（1）如图1，当点A′落在CD边上时，∠DAE与∠1之间的数量关系为（只填序号），并说明理由；①∠DAE＝∠1②∠DAE＝2∠1③∠1＝2∠DAE（2）如图2，当点A落在△ABC内部时，直接写出∠DAE与∠1，∠2之间的数量关系．【题型9三角形的外角性质（内外角平分线模型）】【例9】（2022春•茌平区期末）．如图，在中，，的平分线交于点，是与平分线的交点，是的两外角平分线的交点，若，则的度数为A． B． C． D．【变式9-1】（2022•中原区校级期末）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∠P＝°．【变式9-2】（2022•郏县期末）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，BO的延长线交CE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（）A．①②③ B．①③④ C．①④ D．①②④【变式9-3】（2022春•江都区月考）如图①，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P．（1）如果∠A＝70°，求∠BPC的度数；（2）如图②，作△ABC外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，试探索∠Q，∠A之间的数量关系．（3）如图③，延长线段BP，QC交于点E，在△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，求∠A的度数．【题型10三角形的外角性质（内外角平分线规律问题）】【例10】（2022春•靖江市月考）如图1，在△ABC中，∠ABC，∠ACB的角平分线交于点O，则∠BOC＝90°+∠A＝×180°+∠A．如图2，在△ABC中，∠ABC，∠ACB的两条三等分角线分别对应交于O1，O2，则∠BO1C＝×180°+∠A，∠BO2C＝×180°+∠A．根据以上阅读理解，你能猜想（n等分时，内部有n﹣1个点）（用n的代数式表示）∠BOn﹣1C＝（）A．×180°+∠A B．×180°+∠A C．×180°+∠A D．×180°+∠A【变式10-1】（2022•曲靖期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝128°，P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°【变式10-2】（2022•市北区期末）【探究发现】如图1，在△ABC中，点P是内角∠ABC和外角∠ACD的角平分线的交点，试猜想∠P与∠A之间的数量关系，并证明你的猜想．【迁移拓展】如图2，在△ABC中，点P是内角∠ABC和外角∠ACD的n等分线的交点，即∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，试猜想∠P与∠A之间的数量关系，并证明你的猜想．【应用创新】已知，如图3，AD、BE相交于点C，∠ABC、∠CDE、∠ACE的角平分线交于点P，∠A＝35°，∠E＝25°，则∠BPD＝．【变式10-3】（2022春•宝应县期中）【问题引入】（1）如图1，△ABC，点O是∠ABC和∠ACB相邻的外角平分线的交点，若∠A＝40°，请求出∠BOC的度数．【深入探究】（2）如图2，在四边形ABCD中，点O是∠BAC和∠ACD的角平分线的交点，若∠B+∠D＝110°，请求出∠AOC的度数．【类比猜想】（3）如图3，在△ABC中，∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB，∠A＝α，则∠BOC＝（用α的代数式表示，直接写出结果，不需要写出解答过程）．（4）如果BO，CO分别是△ABC的外角∠DBC，∠ECB的n等分线，它们交于点O，∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB则∠BOC＝（用n、a的代数式表示，直接写出结果，不需要写出解答过程）．专题11.3三角形的外角【十大题型】【人教版】TOC\o"1-1"\h\u【题型1三角形的外角】 1【题型2三角形的外角性质（比较角的大小）】 3【题型3三角形的外角性质（求角）】 5【题型4三角形的外角性质（含角平分线）】 7【题型5三角形的外角性质（含垂直关系）】 9【题型6三角形的外角性质（含三角板）】 11【题型7三角形的外角性质（含平行线）】 13【题型8三角形的外角性质（折叠问题）】 16【题型9三角形的外角性质（内外角平分线模型）】 19【题型10三角形的外角性质（内外角平分线规律问题）】 23【知识点1三角形的外角】三角形外角的概念：三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角．【题型1三角形的外角】【例1】（2022•海沧区期末）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，BC上的点，连接AE和DE，则下列是△BDE的外角的是（）A．∠AED B．∠AEC C．∠ADE D．∠BAE【分析】根据三角形外角的定义可判断求解．【解答】解：由题意得，∠ADE，∠DEC是△BDE的外角．故选：C．【变式1-1】（2022•思明区校级期末）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E是BC边上一点，连接AE，OE，则下列角中是△AEO的外角的是（）A．∠AEB B．∠AOD C．∠OEC D．∠EOC【分析】根据三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角解答即可．【解答】解：△AEO的外角是∠EOC，故选：D．【变式1-2】如图，有8个三角形，∠1是△BDC的外角，∠ADB是△ADE的外角．【分析】根据三角形的定义数出三角形的个数，由外角的定义找出三角形的外角．【解答】解：图中的三角形有：△ABD，△ADE，△ABE，△CBD，△CDE，△CBE，△ABC，△ADC，共8个三角形．∠1是△BDC的外角，∠ADB是△ADE的外角．故空中填：8，△BDC，△ADE．【变式1-3】（2022•江北区校级月考）如图，在∠1、∠2、∠3和∠4这四个角中，属于△ABC外角的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据三角形的一条边的延长线于另一边的夹角叫做这个三角形的外角判断．【解答】解：属于△ABC外角的有∠4共1个．故选：A．【知识点2三角形的外角性质】①三角形的外角和为360°；②三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；③三角形的一个外角大于和它不相邻的任何一个内角．【题型2三角形的外角性质（比较角的大小）】【例2】（2022•通川区期末）如图，∠A、∠1、∠2的大小关系是（）A．∠A＞∠1＞∠2 B．∠2＞∠1＞∠A C．∠A＞∠2＞∠1 D．∠2＞∠A＞∠1【分析】根据三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角解答．【解答】解：∵∠1是三角形的一个外角，∴∠1＞∠A，又∵∠2是三角形的一个外角，∴∠2＞∠1，∴∠2＞∠1＞∠A．故选：B．【变式2-1】（2022•临淄区期中）点P是△ABC内任意一点，则∠APC与∠B的大小关系是（）A．∠APC＞∠B B．∠APC＝∠B C．∠APC＜∠B D．不能确定【分析】作出图形，延长AP与BC相交于点D，然后根据三角形的一个外角大于任何一个与它不相邻的内角解答．【解答】解：如图，延长AP与BC相交于点D，由三角形的外角性质得，∠PDC＞∠B，∠APC＞∠PDC，所以，∠APC＞∠B．故选：A．【变式2-2】（2022春•兴隆县期末）如图所示，下列结论正确的是（）A．∠1＞∠B＞∠2 B．∠B＞∠2＞∠1 C．∠2＞∠1＞∠B D．∠1＞∠2＞∠B【分析】根据三角形的外角的性质即可判断．【解答】解：如图，在△AEF中，∠1＞∠2，在△BCE中，∠2＞∠B，∴∠1＞∠2＞∠B．故选：D．【变式2-3】（2022•双流区期末）如图，在△ABC中，∠1是它的一个外角，E为边AC上一点，延长BC到D，连接DE．则下列结论正确的是（）A．∠1＞∠D B．∠D＞∠2 C．∠1＝∠2+∠3 D．∠3＝∠A【分析】根据三角形的外角性质得出∠2＞∠D，∠1＞∠2，∠1＝∠A+∠2，∠2＝∠3+∠D，再逐个判断即可．【解答】解：A．∵∠2＞∠D，∠1＞∠2，∴∠1＞∠D，故本选项符合题意；B．∠2＞∠D，故本选项不符合题意；C．∠1＝∠2+∠A＝∠D+∠3+∠A，∠2+∠3＝∠D+∠3+∠3＝2∠3+∠D，又∵∠3和∠A不一定相等，∴∠1和∠2+∠3不一定相等，故本选项不符合题意；D．∠3和∠A不一定相等，故本选项不符合题意；故选：A．【题型3三角形的外角性质（求角）】【例3】（2022•石阡县模拟）如图，已知△ABC的外角∠CAD＝120°，∠C＝80°，则∠B的度数是（）A．30° B．40° C．50° D．60°【分析】根据三角形外角的性质可直接求解．【解答】解：∵∠CAD＝∠B+∠C，∠CAD＝120°，∠C＝80°，∴∠B＝∠CAD﹣∠C＝120°﹣80°＝40°，故选：B．【变式3-1】（2022•梁子湖区期末）三角形中，三个内角的比为1：3：6，它的三个外角的比为（）A．1：3：6 B．6：3：1 C．9：7：4 D．3：5：2【分析】由三角形中，三个内角的比为1：3：6，根据三角形的外角的性质，即可求得它的三个外角的比．【解答】解：∵三角形中，三个内角的比为1：3：6，∴它的三个外角的比为：（3+6）：（1+6）：（1+3）＝9：7：4．故选：C．【变式3-2】（2022春•光明区期末）某零件的形状如图所示，按照要求∠B＝20°，∠BCD＝110°，∠D＝30°，那么∠A的度数是（）A．50° B．60° C．70° D．80°【分析】延长DC交AB于E，根据三角形外角的性质可求得∠CEB的度数，再利用三角形外角的性质可求解．【解答】解：延长DC交AB于E，∵∠BCD＝∠B+∠CEB，∠BCD＝110°，∠B＝20°，∴∠CEB＝110°﹣20°＝90°，∵∠CEB＝∠A+∠D，∠D＝30°，∴∠A＝90°﹣30°＝60°，故选：B．【变式3-3】（2022春•江阴市期中）小枣一笔画成了如图所示的图形，若∠A＝60°，∠B＝40°，∠C＝30°，则∠D+∠E等于（）A．100° B．110° C．120° D．130°【分析】设AE交BC于G，交CD于F，根据三角形的外角性质求出∠AFC，再根据对顶角的性质可求得∠DFE的度数，利用三角形的内角和定理求出∠D+∠E即可．【解答】解：如图，∵∠A＝60°，∠B＝40°，∴∠BGF＝∠C+∠AFC＝∠A+∠B＝100°，∵∠C＝30°，∴∠AFC＝100°﹣30°＝70°，∴∠EFD＝∠AFC＝70°，∵∠E+∠D+∠EFD＝180°，∴∠D+∠E＝180°﹣70°＝110°，故选：B．【题型4三角形的外角性质（含角平分线）】【例4】（2022•沈阳模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD平分∠BAC交BC边于点D，若∠C＝26°，则∠ADB的度数是（）A．61° B．64° C．71° D．109°【分析】根据角平分线的定义可得∠DAC＝45°，根据三角形外角的性质可得∠ADB＝∠DAC+∠C，即可求出∠ADB的度数．【解答】解：∵∠BAC＝90°，AD平分∠BAC，∴∠DAC＝45°，∵∠C＝26°，∴∠ADB＝∠DAC+∠C＝45°+26°＝71°，故选：C．【变式4-1】（2022春•宜兴市校级月考）如图，在△ABC中，在AB上存在一点D，使得∠ACD＝∠B，角平分线AE交CD于点F．△ABC的外角∠BAG的平分线所在直线MN与BC的延长线交于点M，若∠M＝35°，则∠CFE＝55°．【分析】由平角的性质和角平分线的定义可求∠EAN＝90°，由外角的性质可求解．【解答】证明：∵C、A、G三点共线AE、AN为角平分线，∴∠EAN＝90°，又∵∠GAN＝∠CAM，∴∠M+∠CEF＝90°，∵∠CEF＝∠EAB+∠B，∠CFE＝∠EAC+∠ACD，∠ACD＝∠B，∴∠CEF＝∠CFE，∴∠M+∠CFE＝90°．∴∠CFE＝90°﹣∠M＝90°﹣35°＝55°．故答案为：55°．【变式4-2】（2022春•邗江区期中）如图，∠ABD，∠ACD的角平分线交于点P，若∠A＝50°，∠D＝10°，则∠P的度数为（）A．15° B．20° C．25° D．30°【分析】利用角平分线的性质计算．【解答】解：延长DC，与AB交于点E．∵∠ACD是△ACE的外角，∠A＝50°，∴∠ACD＝∠A+∠AEC＝50°+∠AEC．∵∠AEC是△BDE的外角，∴∠AEC＝∠ABD+∠D＝∠ABD+10°，∴∠ACD＝50°+∠AEC＝50°+∠ABD+10°，整理得∠ACD﹣∠ABD＝60°．设AC与BP相交于O，则∠AOB＝∠POC，∴∠P+∠ACD＝∠A+∠ABD，即∠P＝50°﹣（∠ACD﹣∠ABD）＝20°．故选：B．【变式4-3】（2022•武冈市期末）如图，已知P是三角形ABC内一点，∠BPC＝120°，∠A＝70°，BD是∠ABP的角平分线，CE是∠ACP的角平分线，BD与CE交于点F，则∠BFC等于（）A．100° B．90° C．85° D．95°【分析】利用三角形的内角和定理求得∠ABC+∠ACB，由∠BPC＝120°，可得∠PBC+∠PCB，利用角平分线的性质可得∠FBP+∠FCP，易得∠FBC+∠FCB，由三角形的内角和定理可得结果．【解答】解：∵∠A＝70°，∴∠ABC+∠ACB＝110°，∵∠BPC＝120°，∴∠PBC+∠PCB＝180°﹣∠BPC＝60°，∴∠ABP+∠ACP＝110°﹣60°＝50°，∵BD是∠ABP的平分线，CE是∠ACP的平分线，∴∠FBP+∠FCP＝25°，∴∠FBC+∠FCB＝∠PBC+∠PCB+∠FBP+∠FCP＝60°+25°＝85°，∠BFC＝180°﹣（∠FBC+∠FCB）＝180°﹣85°＝95°．故选：D．【题型5三角形的外角性质（含垂直关系）】【例5】（2022•赤峰）如图，点D在BC的延长线上，DE⊥AB于点E，交AC于点F．若∠A＝35°，∠D＝15°，则∠ACB的度数为（）A．65° B．70° C．75° D．85°【分析】根据三角形外角与内角的关系及三角形内角和定理解答．【解答】解：∵DE⊥AB，∠A＝35°∴∠AFE＝∠CFD＝55°，∴∠ACB＝∠D+∠CFD＝15°+55°＝70°．故选：B．【变式5-1】（2022春•鄂州校级期中）如图，BD，CE是△ABC的两条高，且交于点O，问：（1）∠1和∠2大小如何？（2）若∠A＝50°，∠ABC＝70°，求∠3和∠4度数．【分析】（1）∠4即是△EOB的外角，也是△DOC的外角，根据外角的性质即可得到∠1＝∠2．（2）根据三角形内角和定理求出∠3与∠2的度数，然后利用外角的性质求出∠4．【解答】解：∵∠BEO＝∠CDO＝90°，∴∠4＝∠BEO+∠1＝∠CDO+∠2，∴∠1＝∠2；（2）∵∠3＝180°﹣∠BEC﹣∠ABC＝180°﹣90°﹣70°＝20°，∠2＝180°﹣∠A﹣∠AEC＝180°﹣90°﹣50°＝40°，∴∠4＝∠ODC+∠2＝90°+40°＝130°．【变式5-2】（2022春•普陀区期末）如图，已知△ABC中，BD、CE分别是边AC、AB上的高，BD与CE交于O点，如果设∠BAC＝n°，那么用含n的代数式表示∠BOC的度数是（）A．45°+n° B．90°﹣n° C．90°+n° D．180°﹣n°【分析】由垂直的定义得到∠ADB＝∠BDC＝90°，再根据三角形内角和定理得∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠A＝90°﹣n°，然后根据三角形的外角性质有∠BOC＝∠EBD+∠BEO，计算即可得到∠BOC的度数．【解答】解：∵BD、CE分别是边AC，AB上的高，∴∠ADB＝∠BDC＝90°，又∵∠BAC＝n°，∴∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠A＝180°﹣90°﹣n°＝90°﹣n°，∴∠BOC＝∠EBD+∠BEO＝90°﹣n°+90°＝180°﹣n°．故选：D．【变式5-3】（2022春•腾冲县期末）已知：如图所示，∠ABC＝66°，∠ACB＝54°，BE是AC边上的高，CF是AB边上的高，H是BE和CF的交点，求：∠ABE，∠ACF和∠BHC的度数．【分析】由三角形的内角和是180°，可求∠A＝60°．又因为BE是AC边上的高，所以∠AEB＝90°，所以∠ABE＝30°．同理，∠ACF＝30度，又因为∠BHC是△CEH的一个外角，所以∠BHC＝120°．【解答】解：∵∠ABC＝66°，∠ACB＝54°，∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣66°﹣54°＝60°．又∵BE是AC边上的高，所以∠AEB＝90°，∴∠ABE＝180°﹣∠BAC﹣∠AEB＝180°﹣90°﹣60°＝30°．同理，∠ACF＝30°，∴∠BHC＝∠BEC+∠ACF＝90°+30°＝120°．【题型6三角形的外角性质（含三角板）】【例6】（2022春•宿城区期末）将一副直角三角板如图放置，∠A＝30°，∠F＝45°．若边AB经过点D，则∠EDB＝75°．【分析】由三角形内角和定理可求解∠ABC的度数，利用三角形外角的性质可求解∠BDF的度数，进而可求解．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，∵∠ABC＝∠F+∠BDF，∠F＝45°，∴∠BDF＝∠ABC﹣∠F＝60°﹣45°＝15°，∵∠EDF＝90°，∴∠EDB＝∠EDF﹣∠BDF＝90°﹣15°＝75°，故答案为75．【变式6-1】（2022•亭湖区校级一模）将一副三角尺按如图所示的方式摆放，则∠α的大小为（）A．105° B．75° C．65° D．55°【分析】根据三角形的外角性质解答即可．【解答】解：由三角形的外角性质可知：∠α＝30°+45°＝75°，故选：B．【变式6-2】（2022•丹东期末）如图所示，一副三角板叠放在一起，则图中∠α等于（）A．105° B．115° C．120° D．135°【分析】根据三角板上角的度数的特点及三角形内角与外角的关系解答．【解答】解：如图，由题意得：∠ABG＝90°，∵∠G＝30°，∴∠BFG＝180°﹣∠ABG﹣∠G＝60°，∴∠AFH＝∠BFG＝60°，∵∠α是△AFH的外角，∠A＝45°，∴∠α＝∠A+∠AFH＝105°，故选：A．【变式6-3】（2022•安徽二模）一副三角板如图放置，则∠1+∠2的度数为（）A．30° B．45° C．60° D．75°【分析】延长BE交AC于D，根据三角形的外角性质计算，得到答案．【解答】解：延长BE交AC于D，∵∠BEC是△CDE的外角，∴∠2+∠CDE＝∠BEC＝90°，同理：∠1+∠A＝∠CDE，∴∠2+∠1+∠A＝90°，∴∠1+∠2＝45°，故选：B．【题型7三角形的外角性质（含平行线）】【例7】（2022•沙湾区模拟）如图，直线a∥b，则∠1＝（）A．100° B．110° C．125° D．135°【分析】依据∠1＝55°+45°，即可得到∠1的度数．【解答】解：根据三角形外角的性质得∠1＝55°+45°＝100°．故选：A．【变式7-1】（2022春•东西湖区校级月考）如图所示，l1∥l2，则下列式子中值为180°的是（）A．α+β+γ B．α+β﹣γ C．β+γ﹣α D．α﹣β+γ【分析】本题考查三角形内角与外角的关系，根据平行线的性质得知，内错角相等，同旁内角互补，可以计算出α+β﹣γ的值为180°．【解答】解：由题可知α＝180°﹣β+γ，所以有180°﹣α+γ+180°﹣β＝180°，即α+β﹣γ＝180°．故选B．【变式7-2】（2022•泸州）如图，直线a∥b，直线c分别交a，b于点A，C，点B在直线b上，AB⊥AC，若∠1＝130°，则∠2的度数是（）A．30° B．40° C．50° D．70°【分析】首先利用平行线的性质得到∠1＝∠DAC，然后利用AB⊥AC得到∠BAC＝90°，最后利用角的和差关系求解．【解答】解：如图所示，∵直线a∥b，∴∠1＝∠DAC，∵∠1＝130°，∴∠DAC＝130°，又∵AB⊥AC，∴∠BAC＝90°，∴∠2＝∠DAC﹣∠BAC＝130°﹣90°＝40°．故选：B．【变式7-3】（2022•细河区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°，△ABC的外角∠CBD的平分线BE交AC的延长线于点E．（1）求∠CBE的度数；（2）过点D作DF∥BE，交AC的延长线于点F，求∠F的度数．【分析】（1）先根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC＝90°﹣∠A＝50°，由邻补角定义得出∠CBD＝130°．再根据角平分线定义即可求出∠CBE＝∠CBD＝65°；（2）先根据三角形外角的性质得出∠CEB＝90°﹣65°＝25°，再根据平行线的性质即可求出∠F＝∠CEB＝25°．【解答】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°，∴∠ABC＝90°﹣∠A＝50°，∴∠CBD＝130°．∵BE是∠CBD的平分线，∴∠CBE＝∠CBD＝65°；（2）∵∠ACB＝90°，∠CBE＝65°，∴∠CEB＝90°﹣65°＝25°．∵DF∥BE，∴∠F＝∠CEB＝25°．【题型8三角形的外角性质（折叠问题）】【例8】（2022•东城区校级期末）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A'处，折痕为DE．如果∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA'＝γ，那么下列式子中正确的是（）A．γ＝2α+β B．γ＝α+2β C．γ＝α+β D．γ＝180°﹣α﹣β【分析】根据三角形的外角得：∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，代入已知可得结论．【解答】解：由折叠得：∠A＝∠A'，∵∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，∵∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA'＝γ，∴∠BDA'＝γ＝α+α+β＝2α+β，故选：A．【变式8-1】（2022•武昌区月考）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，则（）A．∠A＝∠1+∠2 B．2∠A＝∠1+∠2 C．3∠A＝2∠1+∠2 D．3∠A＝2（∠1+∠2）【分析】如图，延长BE、CD并交于点F，连接AF．根据三角形外角的性质，得∠1＝∠EAF+∠EFA，∠2＝∠ADC+∠AFD，得∠1+∠2＝∠EAF+∠EFA+∠ADC+∠AFD，即∠1+∠2＝2∠EAD．【解答】解：如图，延长BE、CD并交于点F，连接AF．由题可知：∠EAD＝∠EFD．∵∠1＝∠EAF+∠EFA，∠2＝∠DAF+∠AFD，∴∠1+∠2＝∠EAF+∠EFA+∠DAF+∠AFD．∴∠1+∠2＝∠EAD+∠EFD．∴∠1+∠2＝2∠EAD．故选：B．【变式8-2】（2022春•宜兴市校级期末）如图，将△ABC的∠C折叠，使C点在AC边上，折痕为DE，则（）A．∠BDC＝∠DCE+90° B．∠BDC＝2∠DCE C．∠BDC+∠DCE＝180° D．∠BDC＝3∠DCE【分析】根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和以及折叠重合的两个角相等，得B正确．【解答】解：根据折叠的性质可得：CD＝C′D，DE⊥AC．∵CD＝C′D，∴∠DCE＝∠C′，又∵∠BDC＝∠DCE+∠C′＝2∠DCE．故选：B．【变式8-3】（2022春•长安区期末）如图1和图2，在三角形纸片ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，沿DE折叠，点A落在点A'的位置．（1）如图1，当点A′落在CD边上时，∠DAE与∠1之间的数量关系为③（只填序号），并说明理由；①∠DAE＝∠1②∠DAE＝2∠1③∠1＝2∠DAE（2）如图2，当点A落在△ABC内部时，直接写出∠DAE与∠1，∠2之间的数量关系．【分析】（1）根据三角形外角的性质，得∠1＝∠EAD+∠EA′D．由题意得：∠DAE＝∠DA′E，可推断出∠1＝2∠DAE．（2）如图2，连接AA′．由三角形外角的性质，得∠1＝∠A′AE+∠AA′E，∠2＝∠A′AD+∠AA′D．由题意知：∠EAD＝∠EA′D，进而推断出∠1+∠2＝2∠EAD．【解答】解：（1）由题意得：∠DAE＝∠DA′E．∵∠1＝∠EAD+∠EA′D＝2∠DAE．故答案为：③．（2）∠1+∠2＝2∠DAE，理由如下：如图2，连接AA′．由题意知：∠EAD＝∠EA′D．∵∠1＝∠A′AE+∠AA′E，∠2＝∠A′AD+∠AA′D，∴∠1+∠2＝∠EAA′+∠A′AD+∠EA′A+∠AA′D＝∠EAD+∠EA′D＝2∠EAD．【题型9三角形的外角性质（内外角平分线模型）】【例9】（2022春•茌平区期末）．如图，在中，，的平分线交于点，是与平分线的交点，是的两外角平分线的交点，若，则的度数为A． B． C． D．【分析】由角平分线得，由，求得．【解答】解：由题意得：，分别平分，，，，，，，且是的外角，．故选：．【变式9-1】（2022•中原区校级期末）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∠P＝30°．【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∠P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，∴∠ABP＝∠CBP＝20°，∠ACP＝∠MCP＝50°，∵∠PCM是△BCP的外角，∴∠P＝∠PCM﹣∠CBP＝50°﹣20°＝30°，故答案为：30°．【变式9-2】（2022•郏县期末）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，BO的延长线交CE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（）A．①②③ B．①③④ C．①④ D．①②④【分析】依据角平分线的定义以及三角形外角性质，即可得到∠1＝2∠2，∠BOC＝90°+∠1，∠BOC＝90°+∠2．【解答】解：∵CE为外角∠ACD的平分线，BE平分∠ABC，∴∠DCE＝∠ACD，∠DBE＝∠ABC，又∵∠DCE是△BCE的外角，∴∠2＝∠DCE﹣∠DBE，＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠1，故①正确；∵BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，∴∠OBC＝ABC，∠OCB＝∠ACB，∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（180°﹣∠1）＝90°+∠1，故②、③错误；∵OC平分∠ACB，CE平分∠ACD，∴∠ACO＝∠ACB，∠ACE＝ACD，∴∠OCE＝（∠ACB+∠ACD）＝×180°＝90°，∵∠BOC是△COE的外角，∴∠BOC＝∠OCE+∠2＝90°+∠2，故④正确；故选：C．【变式9-3】（2022春•江都区月考）如图①，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P．（1）如果∠A＝70°，求∠BPC的度数；（2）如图②，作△ABC外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，试探索∠Q，∠A之间的数量关系．（3）如图③，延长线段BP，QC交于点E，在△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，求∠A的度数．【分析】（1）在△ABC中，根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB＝110°，根据角平分线的定义得出∠PBC＝ABC，∠PCB＝ACB，求出∠PBC+∠PCB＝55°，再在△BPC中，根据三角形内角和定理求出即可；（2）根据三角形外角性质得出∠MBC＝∠ACB+∠A，∠NCB＝∠ABC+∠A，求出∠MBC+∠NCB＝180°+∠A，根据角平分线的定义得出∠QBC＝MBC，∠QCB＝NCB，求出∠QBC+∠QCB＝90°+A，根据三角形内角和定理求出即可；（3）根据角平分线的定义得出∠ACF＝2∠BCF，∠ABC＝2∠EBC，根据三角形外角性质得出∠ECF＝∠EBC+∠E，求出∠A＝2∠E，求出∠EBQ＝90°，分为四种情况：①∠EBQ＝3∠E＝90°，②∠EBQ＝3∠Q，③∠Q＝3∠E，④∠E＝3∠Q，再求出答案即可．【解答】解：（1）∵∠A＝70°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝110°，∵点P是∠ABC和∠ACB的角平分线的交点，∴∠PBC＝ABC，∠PCB＝ACB，∴∠PBC+∠PCB＝55°，∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝125°；（2）∵∠MBC＝∠ACB+∠A，∠NCB＝∠ABC+∠A，∴∠MBC+∠NCB＝∠ACB+∠A+∠ABC+∠A＝180°+∠A，∵点Q是∠MBC和∠NCB的角平分线的交点，∴∠QBC＝MBC，∠QCB＝NCB，∴∠QBC+∠QCB＝（∠MBC+∠NCB）＝（180°+∠A）＝90°+A，∴∠Q＝180°﹣（∠QBC+∠QCB）＝180°﹣（90°+A）＝90°﹣A；（3）∵CQ为△ABC的外角∠NCB的角平分线，∴CE是△ABC的外角∠ACF的平分线，∴∠ACF＝2∠BCF，∵BE平分∠ABC，∴∠ABC＝2∠EBC，∵∠ECF＝∠EBC+∠E，∴2∠ECF＝2∠EBC+2∠E，即∠ACF＝∠BC+2∠E，∵∠ACF＝∠ABC+∠A，∴∠A＝2∠E，即∠E＝A，∵∠EBQ＝∠EBC+∠CBQ＝∠ABC+MBC＝（∠ABC+∠A+∠ACB）＝90°，如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，那么分为四种情况：①∠EBQ＝3∠E＝90°，则∠E＝30°，∠A＝2∠E＝60°；②∠EBQ＝3∠Q，则∠Q＝30°，∠E＝60°，∠A＝2∠E＝120°；③∠Q＝3∠E，则∠E＝22.5°，∠A＝2∠E＝45°；④∠E＝3∠Q，则∠E＝67.5°，∠A＝2∠E＝135°，综合上述，∠A的度数是45°或60°或120°或135°．【题型10三角形的外角性质（内外角平分线规律问题）】【例10】（2022春•靖江市月考）如图1，在△ABC中，∠ABC，∠ACB的角平分线交于点O，则∠BOC＝90°+∠A＝×180°+∠A．如图2，在△ABC中，∠ABC，∠ACB的两条三等分角线分别对应交于O1，O2，则∠BO1C＝×180°+∠A，∠BO2C＝×180°+∠A．根据以上阅读理解，你能猜想（n等分时，内部有n﹣1个点）（用n的代数式表示）∠BOn﹣1C＝（）A．×180°+∠A B．×180°+∠A C．×180°+∠A D．×180°+∠A【分析】本题可分别将n＝1，2，3…的情况列出来，分别解出∠BOC的度数，再进行总结归纳即可．【解答】解：n＝1时，∠BOn﹣1C＝180°﹣∠A；n＝2时，∠BOn﹣1C＝180°﹣（180°﹣∠A）＝180°+∠A；n＝3时，∠BOn﹣1C＝180°﹣（180°﹣∠A）＝180°+∠A；…所以当n＝n时，∠BOn﹣1C＝×180°+∠A．故选：D．【变式10-1】（2022•曲靖期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝128°，P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．【变式10-2】（2022•市北区期末）【探究发现】如图1，在△ABC中，点P是内角∠ABC和外角∠ACD的角平分线的交点，试猜想∠P与∠A之间的数量关系，并证明你的猜想．【迁移拓展】如图2，在△ABC中，点P是内角∠ABC和外角∠ACD的n等分线的交点，即∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，试猜想∠P与∠A之间的数量关系，并证明你的猜想．【应用创新】已知，如图3，AD、BE相交于点C，∠ABC、∠CDE、∠ACE的角平分线交于点P，∠A＝35°，∠E＝25°，则∠BPD＝30°．【分析】（1）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；（2）根据已知条件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；（3）根据（1）的结论即可得到结果．【解答】解：（1）∠A＝2∠P，理由如下：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，∵∠ACD是△ABC的外角，∠PCD是△BPC的外角，∴∠ACD＝∠ABC+∠A，∠PCD＝∠PBC+∠P，∴∠ACD＝∠ABC+∠A，∴∠ABC+∠A＝∠PBC+∠P，∴∠A＝2∠P；（2）∠A＝n∠P，理由如下：∵点P是内角∠ABC和外角∠ACD的n等分线的交点，∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACE．∵∠ACD是△ABC的外角，∠PCD是△BPC的外角，∴∠ACD＝∠ABC+∠A，∠PCD＝∠PBC+∠P，∴∠ACD＝∠ABC+∠A，∴∠ABC+∠A＝∠PBC+∠P，∴∠A＝n∠P；（3）∵∠ABC、∠CDE、∠ACE的角平分线交于点P，∴由（1）的结论知，∠BPC＝∠A＝，∠CPD＝∠E＝，∴∠BPD＝∠BPC+∠DPC＝30°，故答案为：30°．【变式10-3】（2022春•宝应县期中）【问题引入】（1）如图1，△ABC，点O是∠ABC和∠ACB相邻的外角平分线的交点，若∠A＝40°，请求出∠BOC的度数．【深入探究】（2）如图2，在四边形ABCD中，点O是∠BAC和∠ACD的角平分线的交点，若∠B+∠D＝110°，请求出∠AOC的度数．【类比猜想】（3）如图3，在△ABC中，∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB，∠A＝α，则∠BOC＝120°﹣α（用α的代数式表示，直接写出结果，不需要写出解答过程）．（4）如果BO，CO分别是△ABC的外角∠DBC，∠ECB的n等分线，它们交于点O，∠CBO＝∠DBC，∠BCO＝∠ECB则∠BOC＝﹣α．（用n、a的代数式表示，直接写出结果，不需要写出解答过程）．【分析】（1）由三角形内角和定理可求得∠ABC+∠ACB，再利用邻补角可求得∠DBC+∠ECB，根据角平分线的定义可求得∠OBC+∠OCB，在△BOC中利用三角形内角和定理可求得∠BOC；（2）根据三角形内角和等于180°，四边形内角和等于360°，结合角平分线的定义即可得到∠AOC与∠B+∠D之间的关系；（3）如图3，根据三角形的内角和等于180°列式整理即可得∠BOC＝120°﹣α；（4）根据三角形的内角和等于180°列式整理即可得∠BOC＝﹣α．【解答】解：（1）∵∠A＝40°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝140°，∴∠DBC+∠ECB＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ACB＝360°﹣（∠ABC+∠ACB）＝360°﹣140°＝220°，∵BO、CO分别平分∠DBC和∠ECB，∴∠OBC+∠OCB＝（∠DBC+∠ECB）＝×220°＝110°，∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣110°＝70°；（2）∵点O是∠BAC和∠ACD的角平分线的交点，∴∠OAC＝∠CAB，∠OCA＝∠ACD，∴∠AOC＝180°﹣（∠OAC+∠OCA）＝180°﹣（∠CAB+∠ACD）＝180°﹣（360°﹣∠B﹣∠D）＝（∠B+∠D），∵∠B+∠D＝110°，∴∠AOC＝（∠B+∠D）＝55°；（3）如图③，在△OBC中，∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣（∠DBC+∠ECB）＝180°﹣（∠A+∠ACB+∠A+ABC）＝180°﹣（∠A+180°）＝120°﹣α；（4）在△OBC中，∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣（∠DBC+∠ECB）＝180°﹣（∠A+∠ACB+∠A+ABC）＝180°﹣（∠A+180°）＝﹣α．故答案为：120°﹣α；﹣α．专题11.4多边形及其内角和【十大题型】【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1多边形及正多边形的概念辨析】 1【题型2多边形的不稳定性】 2【题型3多边形的对角线】 3【题型4多边形的内角和】 4【题型5多边形的外角和】 6【题型6截角问题】 7【题型7多边形内角和和外角和-平行线】 7【题型8多边形内角和和外角和-角平分线】 8【题型9多边形内角和和外角和的实际应用】 9【题型10多边形内角和和外角和的的综合应用】 10【知识点1多边形的概念】平面内，由一些线段首尾顺次相接所组成的封闭图形，叫做多边形.【知识点2正多边形的概念】各个角都相等,各条边都相等的多边形，叫做正多边形.【题型1多边形及正多边形的概念辨析】【例1】（2022•秦都区校级月考）如图所示的图形中，属于多边形的有（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【变式1-1】（2022春•烟台期中）下列说法：①由许多条线段连接而成的图形叫做多边形；②多边形的边数是不小于4的自然数；③从一个多边形（边数为n）的同一个顶点出发，分别连接这个顶点与其余各顶点，可以把这个多边形分割成（n﹣2）个三角形；④半圆是扇形，其中正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式1-2】（2022•泸西县期末）下列图形：①等边三角形；②直角三角形；③平行四边形；④正方形，其中正多边形的个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式1-3】（2022•肥西县期末）如图，下列图形是多边形的有（填序号）．【知识点3多边形的不稳定性】多边形具有不稳定性.【题型2多边形的不稳定性】【例2】（2022•泸西县期末）如图的伸缩门，其原理是（）A．三角形的稳定性 B．四边形的不稳定性 C．两点之间线段最短 D．两点确定一条直线【变式2-1】（2022春•霞山区校级期末）下列图形中具有稳定性有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【变式2-2】（2022•长春月考）如图，一个六边形木框显然不具有稳定性，要把它固定下来，至少要钉上几根木条，请画出相应木条所在线段．【变式2-3】（2022春•浦东新区校级月考）以线段a＝7，b＝8，c＝9，d＝10为边作四边形，可以作（）A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个【知识点4多边形的对角线】连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线.从一个n边形的某个顶点出发，分别连接这个点与其余各顶点，可以把一个n边形分割成（n-2）个三角形，共有12n（n﹣3）【题型3多边形的对角线】【例3】（2022春•单县期末）已知从n边形的一个顶点出发的对角线将该多边形分成7个三角形，则该多边形对角线一共有（）A．14条 B．18条 C．20条 D．27条【变式3-1】（2022•北流市期中）三角形具有稳定性，要使一个四边形框架稳定不变形，至少需要钉根木条．【变式3-2】连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线，如图所示画出的是四边形、五边形、六边形的所有对角线请回答下列问题：（1）寻找规律，试用含n的代数式表示n边形的所有对角线的条数；（2）求20边形的所有对角线的条数．【变式3-3】（2021秋•长春月考）【教材重现】如图是数学教材第135页的部分截图．在多边形中，三角形是最基本的图形．如图所示，每一个多边形都可以分割成若干个三角形．数一数每个多边形中三角形的个数，你能发现什么规律？在多边形中，连接不相邻的两个顶点，所得到的线段称为多边形的对角线．【问题思考】结合如图思考，从多边形的一个顶点出发，可以得到的对角线的数量，并填写表：多边形边数四五六…十二…n从一个顶点出发，得到对角线的数量1条……【问题探究】n边形有n个顶点，每个顶点分别连接对角线后，每条对角线重复连接了一次，由此可推导出，n边形共有条对角线（用含有n的代数式表示）．【问题拓展】（1）已知平面上4个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接条线段．（2）已知平面上共有15个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接条线段．（3）已知平面上共有x个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接条线段（用含有x的代数式表示，不必化简）．【知识点5多边形的内角和】n边形的内角和为(n-2)·180°(n≥3)．【题型4多边形的内角和】【例4】（2022•孝感月考）如图，将六边形纸片ABCDEF沿虚线剪去一个角（∠BCD）后，得到∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝400°，求∠BGD的度数．【变式4-1】（2022•梁园区校级期中）已知n边形的内角和θ＝（n﹣2）×180°．（1）甲同学说，θ能取720°；而乙同学说，θ也能取820°，甲、乙的说法对吗？若对，求出边数n，若不对，说明理由；（2）若n边形变为（n+x）边形，发现内角和增加了360°，用列方程的方法确定x．【变式4-2】（2022•西平县期中）一个多边形，除一个内角外，其余各内角之和等于2012°，求这个内角的度数及多边形的边数．【变式4-3】（2022春•宝应县校级月考）小马虎同学在计算某个多边形的内角和时得到1840°，老师说他算错了，于是小马虎认真地检查了一遍（1）若他检查发现其中一个内角多算了一次，求这个多边形的边数是多少？（2）若他检查发现漏算了一个内角，求漏算的那个内角是多少度？这个多边形是几边形？【知识点6多边形的外角和】在一个多边形的每个顶点处各取一个外角，这些外角的和叫做多边形的外角和．n边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关.【题型5多边形的外角和】【例5】（2022•苍溪县月考）如图，∠1，∠2，∠3，∠4是五边形ABCDE的四个外角．若∠A＝120°，求∠1+∠2+∠3+∠4的度数．【变式5-1】（2022•路北区期末）已知，正多边形的一个外角是30°，则这个正多边形是（）A．六边形 B．九边形 C．十边形 D．十二边形【变式5-2】（2022•海口模拟）六边形的外角和为（）A．360° B．540° C．720° D．1080°【变式5-3】（2022•河北）如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为α，β，则正确的是（）A．α﹣β＝0 B．α﹣β＜0 C．α﹣β＞0 D．无法比较α与β的大小【题型6截角问题】【例6】（2022•驿城区校级期末）若一个多边形截去一个角后变成了六边形，则原来多边形的边数可能是（）A．5或6 B．6或7 C．5或6或7 D．6或7或8【变式6-1】（2022•安陆市期末）一个四边形剪去一个角后，它不可能是（）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【变式6-2】（2022春•雨花区校级期末）把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个18边形，则原多边形纸片的边数不可能是（）A．16 B．17 C．18 D．19【变式6-3】（2022•怀柔区期末）如图是一个正方形，把此正方形沿虚线AB剪去一个角，得到一个五边形，则这个五边形的周长原来正方形的周长．（填“大于”“小于”或“等于”），理由是．【题型7多边形内角和和外角和-平行线】【例7】（2022春•侯马市期末）如图，六边形ABCDEF的内角都相等．（1）若∠1＝60°，求∠ADC的度数；（2）AB与ED有怎样的位置关系？为什么？【变式7-1】（2022•平山县期末）嘉淇在折幸运星时将一张长方形的纸条折成了如图所示的样子（内部有一个正五边形），则∠1的度数为（）A．36° B．54° C．60° D．72°【变式7-2】（2022春•市中区期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝108°，∠C＝82°，M、N分别是AB、BC上的点，将△BMN沿着MN翻折，得到△EMN，若ME∥AD，EN∥DC，则∠E的度数为（）A．88° B．87° C．86° D．85°【变式7-3】（2022•临清市三模）如图，正五边形ABCDE，点D、E分别在直线m、n上．若m∥n，∠1＝20°，则∠2为（）A．52° B．60° C．58° D．56°【题型8多边形内角和和外角和-角平分线】【例8】（2022•藁城区二模）如图，六边形ABCDEF中，∠A，∠B，∠C，∠D的外角都相等，即∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝62°，分别作∠DEF和∠EFA的平分线交于点P，则∠P的度数是（）A．55° B．56° C．57° D．60°【变式8-1】（2022•兴化市一模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝150°，∠C＝60°，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O，则∠BOD的度数为（）A．120° B．125° C．130° D．135°【变式8-2】（2022春•苏州月考）如图，在四边形ABCD中，∠A+∠B＝210°，作∠ADC、∠BCD的平分线交于点O1，再作∠O1DC、∠O1CD的平分线交于点O2，则∠O2的度数为．【变式8-3】（2022春•惠民县期末）如图，CG平分正五边形ABCDE的外角∠DCF，并与∠EAB的平分线交于点O，则∠AOG的度数为（）A．144° B．126° C．120° D．108°【题型9多边形内角和和外角和的实际应用】【例9】（2022春•井研县期末）如图，大建从A点出发沿直线前进8米到达B点后向左旋转的角度为α，再沿直线前进8米，到达点C后，又向左旋转α角度，照这样走下去，第一次回到出发地点时，他共走了72米，则每次旋转的角度α为（）A．30° B．40° C．45° D．60°【变式9-1】（2022春•昌平区校级期中）科技馆为某机器人编制了一段程序，如果机器人在平地上按图所示的步骤行走，那么该机器人所走的总路程为（）A．12米 B．8米 C．6米 D．不能确定【变式9-2】（2022•桓台县期末）如图，桐桐从A点出发，前进3m到点B处后向右转20°，再前进3m到点C处后又向右转20°，…，这样一直走下去，她第一次回到出发点A时，一共走了（）A．100m B．90m C．54m D．60m【变式9-3】（2022•株洲模拟）如图，若干相同正五边形排成环状．图中已经排好前3个五边形，还需个五边形完成这一圆环．【题型10多边形内角和和外角和的的综合应用】【例10】（2022春•临汾期末）在五边形ABCDE中，∠A，∠B，∠C，∠D，∠E的度数之比为3：5：3：4：3，则∠D的外角等于（）A．60° B．75° C．90° D．120°【变式10-1】（2022春•定陶县期末）请根据下面x与y的对话解答下列各小题：x：我和y都是多边形，我们俩的内角和相加的结果为1440°；y：x的边数与我的边数之比为1：3．（1）求x与y的外角和相加的度数？（2）分别求出x与y的边数？（3）试求出y共有多少条对角线？【变式10-2】（2022•富县月考）一个多边形的每个内角都相等，每个内角与相邻外角的差为100°，求这个多边形内角和的度数和边数．【变式10-3】（2022•孝昌县期中）小明计算一个多边形的内角和时误把一个外角加进去了，得其和为2620°．（1）求这个多加的外角的度数；（2）求这个多边形的边数．专题11.4多边形及其内角和【十大题型】【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1多边形及正多边形的概念辨析】 1【题型2多边形的不稳定性】 3【题型3多边形的对角线】 4【题型4多边形的内角和】 7【题型5多边形的外角和】 9【题型6截角问题】 10【题型7多边形内角和和外角和-平行线】 12【题型8多边形内角和和外角和-角平分线】 15【题型9多边形内角和和外角和的实际应用】 18【题型10多边形内角和和外角和的的综合应用】 20【知识点1多边形的概念】平面内，由一些线段首尾顺次相接所组成的封闭图形，叫做多边形.【知识点2正多边形的概念】各个角都相等,各条边都相等的多边形，叫做正多边形.【题型1多边形及正多边形的概念辨析】【例1】（2022•秦都区校级月考）如图所示的图形中，属于多边形的有（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【分析】根据多边形的定义：平面内不在同一条直线上的几条线段首尾顺次相接组成的图形叫多边形．显然只有第一个、第二个、第四个．【解答】解：所示的图形中，属于多边形的有第一个、第二个、第四个，共有3个．故选：A．【变式1-1】（2022春•烟台期中）下列说法：①由许多条线段连接而成的图形叫做多边形；②多边形的边数是不小于4的自然数；③从一个多边形（边数为n）的同一个顶点出发，分别连接这个顶点与其余各顶点，可以把这个多边形分割成（n﹣2）个三角形；④半圆是扇形，其中正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据多边形的定义以及弧的定义即可判断．【解答】解：①由许多条线段首尾顺次连接而成的图形叫做多边形，命题错误；②多边形的边数是不小于3的自然数，命题错误；③从一个多边形（边数为n）的同一个顶点出发，分别连接这个顶点与其余各顶点，可以把这个多边形分割成（n﹣2）个三角形，命题正确；④半圆是弧，不是扇形，命题错误．故选：A．【变式1-2】（2022•泸西县期末）下列图形：①等边三角形；②直角三角形；③平行四边形；④正方形，其中正多边形的个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形．依据正多边形的概念进行判断即可．【解答】解：①等边三角形是正多边形，正确；②直角三角形不是正多边形，错误；③平行四边形不是正多边形，错误；④正方形是正多边形，正确．故选：B．【变式1-3】（2022•肥西县期末）如图，下列图形是多边形的有③④（填序号）．【分析】根据多边形的定义，可得答案．【解答】解：下列图形是多边形的有③④，故答案为：③④．【知识点3多边形的不稳定性】多边形具有不稳定性.【题型2多边形的不稳定性】【例2】（2022•泸西县期末）如图的伸缩门，其原理是（）A．三角形的稳定性 B．四边形的不稳定性 C．两点之间线段最短 D．两点确定一条直线【分析】根据四边形的不稳定性，可得答案．【解答】解：如图的伸缩门，其原理是四边形的不稳定性，故选：B．【变式2-1】（2022春•霞山区校级期末）下列图形中具有稳定性有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【分析】根据三角形具有稳定性，只要图形分割成了三角形，则具有稳定性．【解答】解：根据三角形具有稳定性，只要图形分割成了三角形，则具有稳定性．显然（2）、（4）、（5）三个．故选B．【变式2-2】（2022•长春月考）如图，一个六边形木框显然不具有稳定性，要把它固定下来，至少要钉上几根木条，请画出相应木条所在线段．【分析】三角形具有稳定性，所以要使六边形木架不变形需把它分成三角形，即过六边形的一个顶点作对角线，有几条对角线，就至少要钉上几根木条．【解答】解：如图所示：，至少要定3根木条．【变式2-3】（2022春•浦东新区校级月考）以线段a＝7，b＝8，c＝9，d＝10为边作四边形，可以作（）A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个【分析】根据四边形具有不稳定性，可知四条线段组成的四边形可有无数种变化．【解答】解：四条线段组成的四边形可有无数种变化．故选：D．【知识点4多边形的对角线】连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线.从一个n边形的某个顶点出发，分别连接这个点与其余各顶点，可以把一个n边形分割成（n-2）个三角形，共有12n（n﹣3）【题型3多边形的对角线】【例3】（2022春•单县期末）已知从n边形的一个顶点出发的对角线将该多边形分成7个三角形，则该多边形对角线一共有（）A．14条 B．18条 C．20条 D．27条【分析】根据对角线分多边形成三角形的个数，得出多边形的边数，从而求解．【解答】解：从n边形的一个顶点可引出（n﹣3）条对角线，得到（n﹣2）个三角形，所以n﹣2＝7，解得n＝9，所以共有0.5×9×（9﹣3）＝27条对角线．故选：D．【变式3-1】（2022•北流市期中）三角形具有稳定性，要使一个四边形框架稳定不变形，至少需要钉1根木条．【分析】根据三角形的稳定性可得答案．【解答】解：如图所示：要使这个木架不变形，他至少还要再钉上1个木条，故答案为：1【变式3-2】连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线，如图所示画出的是四边形、五边形、六边形的所有对角线请回答下列问题：（1）寻找规律，试用含n的代数式表示n边形的所有对角线的条数；（2）求20边形的所有对角线的条数．【分析】（1）根据三角形以及对角线的概念，不难发现：从一个顶点出发的对角线除了和2边不能组成三角形外，其余都能组成三角形，故从一个顶点出发的对角线有（n﹣3）条，所以n边形的所有对角线的条数为n(n-3)2（2）把n＝20代入（1）的结论即可．【解答】解：（1）正方形的对角线的条数为：4×(4-1)2五边形的对角线的条数为：5×(5-3)2六边形的对角线的条数为：6×(6-3)2..．n边形的所有对角线的条数为：n(n-3)2（2）当n＝20时，20×(20-3)2即20边形的所有对角线的条数为170．【变式3-3】（2021秋•长春月考）【教材重现】如图是数学教材第135页的部分截图．在多边形中，三角形是最基本的图形．如图所示，每一个多边形都可以分割成若干个三角形．数一数每个多边形中三角形的个数，你能发现什么规律？在多边形中，连接不相邻的两个顶点，所得到的线段称为多边形的对角线．【问题思考】结合如图思考，从多边形的一个顶点出发，可以得到的对角线的数量，并填写表：多边形边数四五六…十二…n从一个顶点出发，得到对角线的数量1条23…9…n﹣3【问题探究】n边形有n个顶点，每个顶点分别连接对角线后，每条对角线重复连接了一次，由此可推导出，n边形共有12n（n﹣3）条对角线（用含有n【问题拓展】（1）已知平面上4个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接6条线段．（2）已知平面上共有15个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接105条线段．（3）已知平面上共有x个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接12x（x﹣1）条线段（用含有x【分析】【问题思考】利用图象法解决问题即可；【问题探究】利用规律解决问题即可．【问题拓展】（1）利用图象法可得结论；（2）过一个点可以连接14条线段，15个点，有12（3）过一个点可以连接（x﹣1）条线段，x个点，有12x（x【解答】解：【问题思考】从一个顶点出发，五边形有2条对角线，六边形有3条对角线，十二边形有9条对角线，n边形有（n﹣3）条对角线．故答案为：2，3，9，n﹣3；【问题探究】n边形有n个顶点，每个顶点分别连接对角线后，每条对角线重复连接了一次，由此可推导出，n边形共有12n（n故答案为：12n（n【问题拓展】（1）已知平面上4个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接12（2）已