专题1.2三角形与多边形精讲精练（12大易错题型深度导练七下苏科）-2022-2023学年七年级数学下学期复习备考高分秘籍【苏科版】（解析版）

2022-2023学年七年级数学下学期复习备考高分秘籍【苏科版】专题1.2三角形与多边形精讲精练（12大易错题型深度导练，七下苏科）【目标导航】【知识梳理】1.三角形：（1）按边的相等关系分类：不等边三角形和等腰三角形（底和腰不等的等腰三角形、底和腰相等的等腰三角形即等边三角形）．（2）三角形的主要线段：角平分线、中线、高．（3）三角形具有稳定性．2.三角形的角平分线、中线和高：（1）从三角形的一个顶点向底边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．（2）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．（3）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．（4）锐角三角形的三条高在三角形内部，相交于三角形内一点，直角三角形有两条高与直角边重合，另一条高在三角形内部，它们的交点是直角顶点；钝角三角形有两条高在三角形外部，一条高在三角形内部，三条高所在直线相交于三角形外一点．3.三角形的三边关系：（1）三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．（2）在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．4.三角形内角和定理：（1）三角形内角和定理：三角形内角和是180°．（2）三角形内角和定理的应用主要用在求三角形中角的度数．①直接根据两已知角求第三个角；②依据三角形中角的关系，用代数方法求三个角；③在直角三角形中，已知一锐角可利用两锐角互余求另一锐角．5.三角形的外角：（1）三角形外角的定义：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．（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．

（3）若研究的角比较多，要设法利用三角形的外角性质②将它们转化到一个三角形中去．6.多边形的对角线：（1）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．

（2）n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线．从n个顶点出发引出（n-3）条，而每条重复一次，所以n边形对角线的总条数为：n（n-3）/2（n≥3，且n为整数）7.多边形的内角和外角:（1）多边形内角和定理：（n-2）•180（n≥3）且n为整数）（2）多边形的外角和等于360度．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°．【典例剖析】【考点1】三角形的三边关系【例1】（2023春·七年级单元测试）周末李强和朋友到森林公园游玩，为测量园内湖岸A，B两点之间的距离，如图，李强在湖的一侧选取了一点O，测得OA=20m，OB=8m，则A，B间的距离可能是（A．10m B．22m C．30m D．32m【答案】B【分析】根据三角形三边的关系求出AB的取值范围即可得到答案．【详解】解；由题意得，OA-OB<AB<OA+AB，∵OA=20m，OB=8∴12m∴只有B选项符合题意，故选B．【点睛】本题主要考查了三角形三边的关系，熟知三角形中，任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解题的关键．【变式训练】1．（2021春·江苏宿迁·七年级校考期中）已知三角形的两边分别为4和9，则此三角形的第三边可能是（

）A．4 B．5 C．9 D．13【答案】C【分析】根据三角形三边关系，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，确定出第三边的范围，即可求解．【详解】解：设此三角形的第三边为x，则由题意可得：9-4<x<9+4，即5<x<13只有C选项符合题意，故选：C【点睛】此题考查了三角形三边关系，解题的关键是熟练掌握三角形三边关系．2．（2023春·江苏·七年级专题练习）已知三条线段长分别为3cm、4cm、acm，若这三条线段首尾顺次联结能围成一个三角形，那么aA．1cm<a<5cm B．2cm<a<6cm【答案】D【分析】根据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，进而得出答案．【详解】解：∵三条线段长分别为3cm、4cm、a∴4-3<a<4+3，即a的取值范围是：1cm<a<7故选：D．【点睛】本题考查了三角形的三边关系．掌握“用两条较短的线段相加，如果不大于最长那条线段就不能够组成三角形”是解本题的关键．3．（2022春·江苏泰州·七年级统考期中）若三角形的两边长分别为2和5，且它的第三边长为整数，则该三角形的周长不可能是（）A．11 B．12 C．13 D．14【答案】D【分析】先根据三角形的三边关系定理求得第三边的取值范围；再根据第三边是整数，从而求得周长最大时，对应的第三边的长．【详解】解：设第三边为a，根据三角形的三边关系，得：5-2＜a＜5+2，即3＜a＜7，∵a为整数，∴a的最大值为6，则三角形的最大周长为6+2+5=13，不可能为14．故选：D．【点睛】此题考查了三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．【考点2】三角形的认识【例2】（2023春·七年级单元测试）图中，以DE为边的三角形有（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】根据三角形的边得出三角形即可．【详解】解：以DE为边的三角形有△DEC，△AED，△DEF，△BED，故选：C．【点睛】此题考查三角形，关键是根据三角形的边解答．【变式训练】4．（2022秋·江苏扬州·八年级统考期中）如图所示，工人师傅在砌门时，通常用木条BD固定长方形门框ABCD，使其不变形这样做的数学根据是（

）A．三角形具有稳定性 B．两点之间，线段最短C．两点确定一条直线 D．垂线段最短【答案】A【分析】根据三角形具有稳定性解答即可．【详解】解：用木条BD固定长方形门框ABCD，使其不变形这样做的数学根据是三角形具有稳定性，故选：A．【点睛】本题考查了三角形稳定性的实际应用，解题的关键是掌握三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、房屋架梁等，因此要使一些图形具有稳定的结构，通常会把图形变成分成三角形．5．（2023春·七年级单元测试）如图，要使一个七边形木架不变形，至少要再钉上木条的根数是（

）A．1根 B．2根 C．3根 D．4根【答案】D【分析】三角形具有稳定性，所以要使七边形木架不变形需把它分成三角形，即过七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．【详解】解：过七边形的一个顶点作对角线，有7-3=4条对角线，所以至少要钉上4根木条．故选：D．【点睛】此题主要考查了三角形的稳定性以及多边形，正确利用图形的性质得出答案是解题关键．解题时注意：过n边形的一个顶点作对角线，可以做n-3条．6．（2022春·江苏无锡·七年级宜兴市实验中学校考阶段练习）将一个三角形纸片剪开分成两个三角形，这两个三角形不可能（）A．都是直角三角形 B．都是钝角三角形C．都是锐角三角形 D．是一个直角三角形和一个钝角三角形【答案】C【分析】分三种情况讨论，即可得到这两个三角形不可能都是锐角三角形．【详解】如图，沿三角形一边上的高剪开即可得到两个直角三角形．如图，钝角三角形沿虚线剪开即可得到两个钝角三角形．如图，直角三角形沿虚线剪开即可得到一个直角三角形和一个钝角三角形．因为剪开的边上的两个角互补，故这两个三角形不可能都是锐角三角形．故选：C【点睛】本题主要考查了三角形的分类，理解题意，弄清问题中对所作图形的要求，结合对应几何图形的性质和基本作图的方法作图．【考点3】三角形的高、中线、角平分线【例3】（2022春·江苏扬州·七年级校联考阶段练习）如图，在△ABC中，已知点D，E，F分别为BC，AD，EC的中点，且SΔABC=12cm2，则阴影部分面积S＝（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据三角形面积公式由点D为BC的中点得到SΔABD=SΔADC=12SΔ【详解】解：∵点D为BC的中点，∴SΔ∵点E为AD的中点，∴SΔ∴SΔ∵点F为EC的中点，∴SΔ即阴影部分的面积为3．故选：C．【点睛】本题主要考查了三角形面积及三角形面积的等积变换，三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．【变式训练】7．（2022春·江苏无锡·七年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，D是AB上的一点，且AD=3BD，E是BC的中点，CD、AE相交于点F．若△ABC的面积为28，则△EFC的面积为（

）A．1 B．2 C．2.5 D．3【答案】B【分析】连接BF，设△EFC的面积为x，用x表示出△BEF、△BDF、△ADF的面积，再由△ABE的面积列出x的方程便可求得结果．【详解】解：连接BF，设△EFC的面积为x，∵E是BC的中点，∴△BEF的面积为x，∵△ABC的面积为28，且AD=3BD，∴△BCD的面积为7，∴△BDF的面积为（7-2x），∵AD=3BD，∴△ADF的面积为3（7-2x），∴△ABE的面积为3（7-2x）+（7-2x）+x，∵E是BC的中点，△ABC的面积为28，∴△ABE的面积为14，即3（7-2x）+（7-2x）+x=14，解得x=2，故选：B．【点睛】本题考查了三角形的面积，作出辅助线，运用三角形的面积和差关系列出方程是解题的关键．8．（2023春·七年级单元测试）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD为BC边上的高，AEA．∠BAD=∠ACBC．∠DAE=1【答案】D【分析】根据同角的余角相等可以判断∠BAD=∠ACB；根据三角形中线的定义可以判断BF=CF；根据角平分线的性质得出∠EAB=12∠BAC=1【详解】解：A.∵AD为BC边上的高，∴∠ADB∵∠BAC∴∠BAD∴∠BAD=∠ACBB.∵AF是中线，∴BF=CF，故C.∵AE是角平分线，∴∠EAB∵∠BAD∴∠==故C正确，不符合题意；D.∵ΔABE和ΔACE中，BE≠CE，但∴SΔABE≠故选：D．【点睛】本题主要考查了三角形的角平分线、中线和高线，直角三角形两锐角互余，余角的性质，熟练掌握三角形的角平分线、中线和高线的性质，是解题的关键．9．（2023春·七年级单元测试）如图，在△ABC中，∠1=∠2，G为AD的中点，延长BG交AC于E．F为AB上一点，CF⊥AD于H，下面判断正确的有（）A．AH是△ACF的角平分线和高 B．BE是△ABD边AD上的中线C．FH是△ABD边AD上的高 D．AD是△ABE的角平分线【答案】A【分析】连接三角形的顶点和对边中点的线段叫三角形的中线；三角形的一个角的角平分线和对边相交，顶点和交点间的线段叫三角形的角平分线；从三角形的一个顶点向对边引垂线，顶点和垂足间的线段叫三角形的高，据此逐项判断即可．【详解】解：A、AH是△ACF的角平分线和高，故此选项判断正确，符合题意；B、BG是△ABD边AD上的中线，故此选项判断错误，不符合题意；C、FH为△AHF边AH上的高，故此选项判断错误，不符合题意D、AD是△ABC的角平分线，故此选项判断错误，不符合题意，故答案为：A．【点睛】本题考查了三角形的角平分线、中线、高线的概念，注意：三角形的角平分线、中线、高都是线段，且都是顶点和对边相交的交点之间的线段．正确理解定义是解题的关键．【考点4】三角形的内角和【例4】（2021春·江苏盐城·七年级统考阶段练习）如图，∠ABC=∠ACB，AD、BD、CD分别平分△ABC的外角∠EAC、内角∠ABC、外角∠ACF．以下结论：①AD//BC：②∠ACB=2∠ADB；③∠ADC=90°-∠ABD；④BD平分∠ADC；⑤A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】B【分析】根据角平分线定义得出∠ABC=2∠ABD=2∠DBC，∠EAC=2∠EAD，∠ACF=2∠DCF，根据三角形的内角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，根据三角形外角性质得出∠ACF=∠ABC+∠BAC，∠EAC=∠ABC+∠ACB，根据已知结论逐步推理，即可判断各项．【详解】解：∵AD平分∠EAC，∴∠EAC=2∠EAD，∵∠EAC=∠ABC+∠ACB，∠ABC=∠ACB，∴∠EAD=∠ABC，∴AD∥BC，∴①正确；∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC，∵BD平分∠ABC，∠ABC=∠ACB，∴∠ABC=∠ACB=2∠DBC，∴∠ACB=2∠ADB，∴②正确；在△ADC中，∠ADC+∠CAD+∠ACD=180°，∵CD平分△ABC的外角∠ACF，∴∠ACD=∠DCF，∵AD∥BC，∴∠ADC=∠DCF，∠ADB=∠DBC，∠CAD=∠ACB∴∠ACD=∠ADC，∠CAD=∠ACB=∠ABC=2∠ABD，∴∠ADC+∠CAD+∠ACD=∠ADC+2∠ABD+∠ADC=2∠ADC+2∠ABD=180°，∴∠ADC+∠ABD=90°∴∠ADC=90°-∠ABD，∴③正确；∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC，∵∠ADB=∠DBC，∠ADC=90°-12∠ABC∴∠ADB不等于∠CDB，∴④错误；∵∠ACF=2∠DCF，∠ACF=∠BAC+∠ABC，∠ABC=2∠DBC，∠DCF=∠DBC+∠BDC，∴∠BAC=2∠BDC，即∠BDC=12∠BAC，∴⑤即错误的有1个，故选：B．【点睛】此题考查了三角形外角性质，角平分线定义，平行线的判定，三角形内角和定理的应用，主要考查学生的推理能力，有一定的难度．【变式训练】10．（2021春·江苏泰州·七年级统考期末）如图，AB//CD，G为直线CD上一点，E为直线AB与直线CD之间一点，F为直线AB上方一点，∠F=40°，∠EGF=65°，则∠1+∠2=（A．40° B．55° C．65° D．75°【答案】D【分析】过点E作EH∥AB，根据平行线的性质和判定以及三角形内角和定理，即可解决问题．【详解】解：如图①，过点E作EH∥AB，∴∠1=∠3，∵AB∥CD，∴CD∥EH，∴∠2=∠4；∴∠1+∠2=∠3+∠4=∠FEG，在△FEG中，∠F+∠FGE+∠FEG=180°，∴∠FEG=180°-40°-65°=75°．即∠1+∠2=75°．故选：D．【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，三角形内角和定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型．11．（2023春·七年级单元测试）在探究证明“三角形的内角和是180°”时，综合实践小组的同学作了如图所示的四种辅助线，其中能证明“△ABC的内角和是180°”的有（

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】本题运用转化的思想作出相应的平行线，把三角形的内角进行转化，再根据平角的定义解决此题．【详解】解：①．由EF∥AB，则∠ECA=∠A，∠②．由CE∥AB，则∠A=∠FCE，∠③．由CD⊥AB于D，则∠ADC④．由DF∥AC，得∠EDF=∠AED，∠A=∠FDB．由ED∥BC，得共有：①②④符合条件，故选：C．【点睛】本题主要考查三角形内角和的定理的证明，熟练掌握转化的思想以及平角的定义是解决本题的关键．12．（2023春·江苏·七年级专题练习）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC交BC于点E，过点A作AD⊥BC，垂足为D，过点E作EF⊥AB，垂足为F．若∠B=30°，∠AEF=52°，则∠CAD的度数为（）A．14° B．15° C．16° D．17°【答案】C【分析】根据三角形内角和定理求出∠BAE和∠EAD的度数，再利用角平分线的定义得出∠CAE=∠BAE=38°【详解】解：∵EF⊥AB，∴∠BFE=90°，∵∠B=30°，∴∠BEF=60°，∴∠AEB=60°+52°=112°，∴∠BAE=180°-30°-112°=38°，∠EAD=112°-90°=22°，∵AE平分∠BAC，∴∠CAE=∠BAE=38°，∴∠CAD=∠CAE-∠EAD=38°-22°=16°，故选C．【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理和角平分线的定义（从一个角的顶点引出一条射线，把这个角分成两个完全相同的角，这条射线叫做这个角的角平分线），熟练掌握三角形内角和定理是解决本题的关键．【考点5】三角形的外角【例5】（2022春·江苏常州·七年级常州市清潭中学校考期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，且∠ACB=∠BAD，AE平分∠CAD，交BC于点E，过点E作EF∥AC，分别交AB、AD于点F、①∠BAC=90°；②∠AEF=∠EAD；③∠BAE=∠BEA；④∠DAB+2∠AEF=90°．A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【答案】D【分析】证明∠BAD+∠CAD=90°即可判断①正确；利用三角形的外角的性质，角的和差定义即可判断③正确；根据EF∥AC，结合角平分线的定义即可判断②，证明∠B=∠CAD即可判断【详解】解：∵AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∴∠ACB+∠CAD=90°，∵∠ACB=∠BAD，∴∠BAD+∠CAD=90°，∴∠BAC=90°，故①正确，∵AE平分∠CAD，∴∠DAE=∠CAE，∵∠BAE=∠BAD+∠DAE，∠ACB=∠BAD，∴∠BAE=∠ACB+∠CAE=∠BEA，故③正确，∵EF∥∴∠AEF=∠CAE，∵∠CAD=2∠CAE=2∠EAD，∴∠CAD=2∠AEF，∠AEF=∠EAD，故②正确；∵∠CAD+∠BAD=90°，∠BAD+∠B=90°，∴∠B=∠CAD=2∠AEF，∵∠B+∠DAB=90°，∴2∠AEF+∠DAB=90°，故④正确，∴正确的有①②③④，故选：D．【点睛】本题考查三角形内角和定理，平行线的性质，三角形的外角的性质，平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．【变式训练】13．（2023春·七年级单元测试）如图是一款手推车的平面示意图，其中AB∥CD，∠1=24°，∠2=76°，则∠3的度数为（）A．104° B．128° C．138° D．156°【答案】B【分析】先根据平行线性质求出∠A=∠1=24°，再根据邻补角的定义求出∠4=180°-∠2=104°，最后根据三角形外角性质得出∠3=∠4+∠A．【详解】解：如图：∵AB∥CD，∠1=24°，∴∠A=∠1=24°，∵∠2=76°，∠2+∠4=180°，∴∠4=180°-∠2=180°-76°=104°，∴∠3=∠4+∠A=104°+24°=128°．故选：B．【点睛】本题考查了平行线性质和三角形外角性质的应用，掌握平行线性质和三角形外角性质是解答本题的关键．14．（2023春·七年级单元测试）如图，直线AB∥EF，点C是直线AB上一点，点D是直线AB外一点，若∠BCD=95°，∠CDE=25°，则∠DEF的度数是（A．90° B．110° C．120° D．150°【答案】C【分析】直接延长FE交DC于点N，利用平行线的性质得出∠DNF=∠BCD=95°，再利用三角形外角的性质得出答案．【详解】延长FE交DC于点N，∵直线AB∥∴∠DNF=∠BCD=95°，∵∠CDE=25°，∴∠DEF=∠DNF+∠CDE=95°+25°=120°．故选：C．【点睛】此题主要考查了平行线的性质以及三角形的外角，正确掌握平行线的性质是解题关键．15．（2023春·七年级单元测试）△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AA．m22019 B．m22020 C．【答案】D【分析】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∠A1【详解】∵BA1平分∠ABC，A1C∴∠A1BD＝12∠ABC，∠A1∴∠A1＝∠A1CD-∠A1BD＝12∠同理可得∠A2＝12∠A1∴∠A2022＝(1∵∠A＝∴∠A2022＝故选：D．【点睛】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，角平分线的定义，熟记性质并准确识图，然后求出后一个角是前一个角的一半是解题的关键．【考点6】三角形折叠中的角度计算【例6】（2021春·江苏苏州·七年级苏州草桥中学校考期中）如图，把△ABC沿平行于BC的直线DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，若∠B=50°，则∠BDF的度数为（）A．40° B．50° C．80° D．100°【答案】C【分析】由题意可得：DE∥BC，则∠ADE=∠B=50°，由折叠的性质可得【详解】解：由题意可得：DE∥∴∠ADE=∠B=50°，由折叠的性质可得∠ADE=∠FDE=50°，∴∠BDF=180°-2∠ADE=80°，故选：C【点睛】此题考查了折叠的性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．【变式训练】16．（2022春·江苏泰州·七年级校联考阶段练习）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=65°，点D、E分别在AB、AC上，将△ADE沿DE折叠，使点A落在点A．20° B．30° C．40° D．50°【答案】D【分析】分别利用折叠的性质和三角形内角和定理求出∠BDF=180°-2∠ADE，∠CEF=130°-2∠ADE，由此即可得到答案．【详解】解：∵在△ABC中，∠C=90°，∴∠A=180°-∠C-∠B=25°，由折叠的性质可知∠DEA=∠DEF，∴∠BDF=180°-∠ADE-∠FDE=180°-2∠ADE，∵∠A+∠ADE+∠AED=180°，∴∠AED=180°-∠A-∠ADE=155°-∠ADE，∴∠CEF=∠AED+∠FED-180°=130°-2∠ADE，∴∠BDF-∠CEF=50°，故选D．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，三角形内角和定理，熟知三角形内角和定理和折叠的性质是解题的关键．17．（2022秋·江苏常州·八年级常州市清潭中学校考期中）如图，将直角三角形纸片ABC沿CD（D是斜边AB上一点）折叠，使点B落在点B'处．若∠ACB'=α°，则∠ACD的度数是（）A．90-α° B．180-2α° C．45-α【答案】C【分析】根据角之间的数量关系，得出∠B'CD=∠ACB'+∠ACD=α°+∠ACD，再根据折叠的性质，得出∠BCD=∠B'CD=α°+∠ACD，再根据角之间的数量关系，得出α°+2∠ACD=90°，解出即可得出结果．【详解】解：∵∠ACB'=α°，∴∠B'CD=∠ACB'+∠ACD=α°+∠ACD，∵将直角三角形纸片ABC沿CD（D是斜边AB上一点）折叠，使点B落在点B'处，∴∠BCD=∠B'CD=α°+∠ACD，∴∠ACB=∠BCD+∠ACD=α°+∠ACD+∠ACD=α°+2∠ACD，∵∠ACB=90°，∴α°+2∠ACD=90°，∴2∠ACD=90°-α°，∴∠ACD=45-故选：C【点睛】本题考查了三角形折叠中的角度问题，理清角之间的数量关系是解本题的关键．18．（2021秋·江苏淮安·八年级校考阶段练习）如图，在四边形ABCD中，∠A＝110°，∠C＝80°．将△BMN沿MN翻折，得△FMN，若MF∥AD，FN∥DC，则∠B＝（）A．75° B．85° C．95° D．100°【答案】B【分析】首先利用平行线的性质得出∠BMF=110°，∠FNB=80°，再利用翻折变换的性质得出∠FMN=∠BMN=55°，∠FNM=∠MNB=40°，进而求出∠B的度数．【详解】解：∵MF∥AD，FN∥DC，∠A＝110°，∠C＝80°，∴∠BMF＝110°，∠FNB＝80°，∵将△BMN沿MN翻折得△FMN，∴∠FMN＝∠BMN＝55°，∠FNM＝∠MNB＝40°，∴∠B＝∠F＝180°﹣55°﹣40°＝85°．故选：B．【点睛】此题主要考查了平行线的性质以及多边形内角和定理以及翻折变换的性质．能够得出∠FMN=∠BMN，∠FNM=∠MNB是解题的关键．【考点7】多边形的内角与外角【例7】（2023春·七年级单元测试）一个凸多边形的内角和与外角和之比为3:2，则这个多边形的边数为（）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】A【分析】根据多边形外角和为360°可得该多边形内角和为540°，又因为n边形的内角和为(n-2)180°，所以这个多边形的边数为5．【详解】∵多边形的外角和为360°内角和与外角和之比为3:2∴多边形内角和为540°∴(n-2)180°=540°，n=5．故选A【点睛】本题考查了多边形的内外角和，比例以及多边形的边数和内角和的关系．解题的关键是牢记公式，并正确应用．【变式训练】19．（2018·江苏宿迁·七年级统考期中）从多边形的一个顶点出发的所有对角线把这个多边形分成了4个三角形，则这个多边形的边数为（

）．A．3 B．4 C．5 D．6【答案】D【分析】过n边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成n-2个三角形．【详解】解：n-2=4．解得：n=6．故选D．【点睛】本题主要考查的是多边形的对角线，明确过n边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成n-2个三角形．20．（2021春·江苏南京·七年级南京第五初中校考阶段练习）如图，在七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O，若∠1、∠2、∠3、∠4的外角和等于220°，则∠BOD的度数为（

A．40° B．45° C．55° D．60°【答案】A【分析】根据多边形的外角和是360°，由∠1、∠2、∠3、∠4的外角和等于220°，可求得∠BOD的外角，即可根据邻补角的定义求得∠【详解】解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角和等于220°，五边形AOEFG的外角和为360°，∴∠BOD的外角为360°-220°=140°∴∠BOD＝180°-140°=40°故选：A．【点睛】本题主要考查多边形的外角和，利用内角和外角的关系求得∠1、∠2、∠3、∠4的外角和，进而求得∠BOD21．（2021春·江苏常州·七年级校考期中）如图，若干全等正五边形排成环状．图中所示的是前3个五边形，要完成这一圆环还需（）个五边形．A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】先根据多边形的内角和公式（n-2）•180°求出正五边形的每一个内角的度数，再延长五边形的两边相交于一点，并根据四边形的内角和求出这个角的度数，然后根据周角等于360°求出完成这一圆环需要的正五边形的个数，然后减去3即可得解．【详解】解：五边形的内角和为（5-2）×180°=540°，所以正五边形的每一个内角为540°÷5=108°，如图，延长正五边形的两边相交于点O，则∠1=360°-108°×3=360°-324°=36°，360°÷36°=10，∵已经有3个五边形，∴10-3=7，即完成这一圆环还需7个五边形．故选：B．【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，延长正五边形的两边相交于一点，并求出这个角的度数是解题的关键，注意需要减去已有的3个正五边形．【考点8】多边形的截角问题【例8】（2023春·江苏·七年级专题练习）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为2520°，则原多边形的边数是(

)A．15或17 B．16 C．16或17 D．15或16或17【答案】D【分析】因为一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条，根据多边形的内角和即可解决问题．【详解】解：n边形的内角和是（n﹣2）•180°（n≥3且n是整数），一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条，根据题意得（n﹣2）•180°＝2520°，解得：n＝16，则多边形的边数是15或16或17．故选：D．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，本题容易出现的错误是：认为截取一个角后角的个数减少1．熟练掌握多边形的内角和定理是解题的关键．【变式训练】22．（2023春·江苏·七年级专题练习）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1620°，则原来多边形的边数是（

）A．10或11 B．11或12或13 C．11或12 D．10或11或12【答案】D【分析】首先求出截角后的多边形边数，然后再根据切去的位置求原来的多边形边数．【详解】解：设截角后的多边形边数为n，则有：（n-2）×180°=1620°，解得：n=11，如图1，从角两边的线段中间部分切去一个角后，在原边数基础上增加一条边，为12边形；如图2，从角的一边中间部分，另一边与另一顶点连结点处截取一个角，边数不增也不减，是11边形；；如图3，从另外两个顶点处切去一个角，边数减少1为10边形∴可得原来多边形的边数为10或11或12：故选D．【点睛】本题考查多边形的综合运用，熟练掌握多边形的内角和定理及多边形的剪拼是解题关键．23．（2018·江苏徐州·七年级校联考期中）如图，在三角形纸片ABC中，∠B=∠C=35°，过边BC上的一点，沿与BC垂直的方向将它剪开，分成三角形和四边形两部分，则在四边形中，最大的内角的度数为（）A．110° B．115° C．120° D．125°【答案】D【分析】根据三角形的内角和，可得∠A，根据四边形的内角和，可得答案．【详解】由三角形的内角和，得∠A=180°-35°-35°=110°，由四边形的内角和，得360°-90°-110°-35°=125°，故选:D．【点睛】本题考查了多边形的内角，利用多边形的内角和是解题关键．24．（2023春·江苏·七年级专题练习）如图，已知矩形ABCD，一条直线将该矩形ABCD分割成两个多边形（含三角形），若这两个多边形的内角和分别为M和N，则M+NA．360° B．540° C．720° D．630°【答案】D【详解】解：如图，一条直线将该矩形ABCD分割成两个多边（含三角形）的情况有以上三种，①当直线不经过任何一个原来矩形的顶点，此时矩形分割为一个五边形和三角形，∴M+N=540°+180°=720°；②当直线经过一个原来矩形的顶点，此时矩形分割为一个四边形和一个三角形，∴M+N=360°+180°=540°；③当直线经过两个原来矩形的对角线顶点，此时矩形分割为两个三角形，∴M+N=180°+180°=360°．故选D．【考点9】三角形中有关角的计算（大题）【例9】（2023春·江苏·七年级专题练习）如图，BE平分△ABC的内角∠ABC，CE平分△ABC的外角∠ACD，BE、CE相交于点(1)若∠ABC=40°，∠ACB=80°，求(2)已知∠ABC+∠ACB=100°(3)若∠ABC+∠ACB=n°，请用含n的式子表示∠E的度数【答案】(1)30°(2)40°(3)∠E=(90-1【分析】（1）根据补角的定义可求出∠ACD=100°，再利用角平分线的性质分别求出∠DBE，∠DCE（2）先根据∠ABC+∠ACB=100°，∠ACB+∠ACD=180°，即可得出∠ACD-（3）先根据∠ABC+∠ACB=n°，∠ACB+∠ACD=180°，得出即∠ACD-【详解】（1）解：(1)∵BE平分∠ABC∴∠DBE=1∵∠∴∠∵CE平分∠ACD∴∠DCE=1∴∠（2）∵∠ABC+∠∴∠∵BE平分∠ABC∴∠DBE=1∵CE平分∠ACD∴∠DCE=1∴∠E=∠DCE-∠DBE=1（3）∵∠∠ACB+∴∠∵BE平分∠ABC∴∠DBE=1∵CE平分∠ACD，∴∠DCE=∴∠E=∠DCE-∠DBE=1即∠E=(90-12【点睛】本题考查的是三角形的角平分线的性质、补角的定义以及三角形的外角性质，解题的关键是要熟练掌握相关的性质定理．【变式训练】25．（2022春·江苏扬州·七年级校考阶段练习）已知点A在射线CE上，∠BDA＝∠C．(1)如图1，若AC∥BD，求证：(2)如图2，若∠BAC＝∠BAD，BD⊥BC，请证明∠DAE+2∠C＝90°；【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等，得到∠DAE＝∠BDA，再根据∠BDA＝∠C得到∠DAE＝∠C，即可得到结果；（2）根据三角形的外角等于其余两内角之和可得到∠BGA＝∠BDA+DAE，根据三角形内角和为180°得到∠BGA+∠C＝90°，再根据∠DAE＝∠C，可得到结果．（1）证明：∵AC∥BD，∴∠DAE＝∠BDA，∵∠BDA＝∠C，∴∠DAE＝∠C，∴AD∥BC；（2）证明：如图2，设CE与BD相交于点G，∠BGA＝∠BDA+DAE，∵BD⊥BC，∴∠BGA+∠C＝90°，∴∠BDA+∠DAE+∠C＝90°，∵∠BDA＝∠C，∴∠DAE+2∠C＝90°．【点睛】本题考查了两直线平行内错角相等，三角形外角等于其余两内角之和，三角形内角和为180°，解题的关键是找到角之间的关系．26．（2022春·江苏无锡·七年级校考阶段练习）如图，在ΔABC中，已知∠BFD=30°，点D在BC上，点E在AC上，AD交BE于F(1)若EG∥AD交BC于G，EH⊥BE交BC于H，求(2)若∠BAD=∠EBC，求∠ABC的度数．【答案】(1)60°(2)30°【分析】（1）根据EG∥AD，可得∠BEG=∠BFD=30°，再由EH⊥BE，可得∠BEG+∠HEG（2）根据三角形外角的性质可得∠BAD+∠ABF=∠BFD=30°，再由∠BAD=∠EBC，即可求解．（1）解：∵EG∥AD，∠BFD∴∠BEG=∠BFD=30°，∵EH⊥BE，∴∠BEH=90°，∴∠BEG+∠HEG=90°，∴∠HEG=90°-∠BEG=90°-30°=60°；（2）解：∵∠BFD=30°，∴∠BAD+∠ABF=∠BFD=30°，∵∠BAD=∠EBC，∴∠EBC+∠ABF=∠ABC=30°．【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形外角的性质，垂直的性质，熟练掌握两直线平行，同位角相等；三角形的一外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．27．（2019春·江苏淮安·七年级校联考期中）如图，∠ACD是ΔABC的外角，∠ABC与∠ACD的角平分线交于点O.（1）若∠ABC=66°，∠ACB=34°，则∠A=_____°，∠O=_____°；（2）探索∠A与∠O的数量关系，并说明理由；（3）若AB//CO，AC⊥BO，求∠ACB的度数.【答案】（1）80、40；（2）12∠A=∠O；理由见解析；（3）【分析】（1）由三角形内角和定理可求∠A，然后求出∠OBC和∠OCD，再由三角形外角的性质即可求出结论；（2）由题中角平分线可得∠ABO＝12∠ABC，∠ACO＝12∠ACD，根据三角形内角和定理可得∠A＋∠ABO＝∠O＋∠ACO，又由∠ACD＝∠A＋∠ABC＝∠A＋2∠ABO，进而得出∠A＋∠ABO＝∠O＋12∠A（3）AC与BO交于点E，由OC∥AB，证得∠ABO＝∠O，由AC⊥BO，证得∠AEB＝90°，故2∠O＋∠O＝90°，进而证得∠A＝60°，由∠ABC＝2∠ABO即可证得结论．【详解】设AC与BO交于点E解：（1）∵∠ABC=66°，∠ACB=34°，∴∠A=80°，∵∠ABC与∠ACD的角平分线交于点O，∴∠OBC=12∠ABC=33°∴∠O=∠OCD-∠OBC=40°，故答案为80、40；（2）∵BO平分∠ABC，∴∠ABO＝12∠ABC∵CO平分∠ACD，∴∠ACO＝12∠ACD∵∠AEB＝∠CEO，∴∠A＋∠ABO＝∠O＋∠ACO，∴∠A＋∠ABO＝∠O＋12∠ACD∵∠ACD是△ABC的外角，∴∠ACD＝∠A＋∠ABC＝∠A＋2∠ABO，∴∠A＋∠ABO＝∠O＋12∠A＋∠ABO∴12∠A＝∠O（3）如图，AC与BO交于点E，∵OC//AB，∴∠ABO=∠O，∵AC⊥BO，∴∠AEB=90°，∴∠A+∠ABO=90°，∴2∠O+∠O=90°，∴∠O=30°，∴∠A=60°，∠ABC=2∠ABO=60°，∴∠ACB=60°.【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理以及外角的性质，平行线的性质，能够掌握并熟练运用平行线的性质是解决问题的关键.【考点10】多边形有关角的计算（大题）【例10】（2022春·江苏泰州·七年级校考阶段练习）在一个各内角都相等的多边形中，它的每一个内角都是外角的3倍，(1)求这个多边形的边数；(2)若将这个多边形剪去一个角，求剩下多边形的内角和．【答案】(1)8(2)900°或1080°或1260°【分析】（1）设多边形的一个外角为x，则与其相邻的内角等于3x，根据内角与其相邻的外角的和是180°列出方程，求出x的值，再由多边形的外角和为360°，求出此多边形的边数为360°x（2）剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，根据多边形的内角和定理即可求出答案．（1）解：设每一个外角为x，则与其相邻的内角等于3x，∴180°-x=3x，∴x=45°，即多边形的每个外角为45°，∵多边形的外角和为360°，∴多边形的外角个数为：360°45°∴这个多边形的边数为8；（2）解：因为剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，①若剪去一角后边数减少1条，即变成7边形，∴内角和为：7-2×180°=900°②若剪去一角后边数不变，即变成8边形，∴内角和为：8-2×180°=1080°③若剪去一角后边数增加1，即变成9边形，∴内角和为：9-2×180°=1260°∴将这个多边形剪去一个角后，剩下多边形的内角和为900°或1080°或1260°．【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，外角和定理，多边形内角与外角的关系，熟练掌握相关知识点是解题的关键．【变式训练】28．（2020春·江苏扬州·七年级校联考期中）一个多边形的每一个内角都相等，并且每个外角都等于和它相邻的内角的一半．(1)求这个多边形是几边形；(2)求这个多边形的每一个内角的度数．【答案】(1)六边形(2)120°【分析】（1）先设内角为x，根据题意可得∶外角为12x，根据相邻内角和外角的关系可得∶x+12x=180°，从而解得∶x=120°，即外角等于60°，根据外角和等于360°可得这个多边形的边数为（2）先设内角为x，根据题意可得∶外角为12x，根据相邻内角和外角的关系可得∶x+12x=180°【详解】（1）解:设内角为x，则外角为12由题意得，x+12解得∶x=120°，12x这个多边形的边数为∶36060=6答∶这个多边形是六边形；（2）设内角为x，则外角为12由题意得∶x+12x解得∶x=120°，答∶这个多边形的每一个内角的度数是120度．【点睛】本题主要考查多边形内角和外角，解决本题的关键是要熟练掌握多边形内角和外角的关系．29．（2020春·江苏无锡·七年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，∠A与∠C互补，∠ABC、∠ADC的平分线分别交CD、AB于点E、F，EG∥AB．(1)∠1与∠2有怎样的数量关系?为什么?(2)若∠A＝100°，∠1＝42°，求∠CEG的度数．【答案】(1)∠1与∠2互余(2)4°【分析】（1）根据四边形的内角和为360°以及补角的定义可得∠ABC+∠ADC=180°，再根据角平分线的定义以及平行线的性质即可得出∠1+∠2=90°；（2）根据∠A与∠C互补可得∠C的度数，根据∠1与∠2互余可得∠2的度数，根据平行线的性质可得∠ABE的度数，然后根据三角形的内角和以及角的和差关系计算即可．【详解】（1）∠1与∠2互余．∵四边形ABCD的内角和为360°，∠A与∠C互补，∴∠ABC+∠ADC=360°-180°=180°，∵BE、DF分别平分∠ABC、∠ADC，∴∠1＝12∠ADC，∠ABE＝12∠∵EG∥AB，∴∠2=∠ABE，∴∠1+∠2=12∠ADC+12∠ABC＝即∠1与∠2互余．（2）∵∠A=100°，∠1=42°，∴∠C=80°，∠2=48°，∴∠ABE=∠CBE=48°，∴∠BEC=180°-48°-80°=52°，∴∠CEG=52°-48°=4°．【点睛】本题考查了四边形的内角和、余角和补角的定义；弄清角之间的互余、互补关系是解题的关键．30．（2022春·江苏泰州·七年级校考期末）如图①，∠1、∠2是四边形ABCD的两个不相邻的外角．(1)猜想并说明∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系；(2)如图②，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O．若∠A＝58°，∠C＝152°，求∠BOD的度数；(3)如图③，BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．请直接写出∠A、∠C与∠O的数量关系．【答案】(1)∠1+∠2=∠A+∠C，理由见解析(2)133°(3)2∠O=∠C-∠A，理由见解析【分析】（1）根据多边形内角和与外角即可说明∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系；（2）先根据四边形内角和定理求出∠ABC+∠ADC=150°，再根据角平分线的定义求出∠OBC+∠ODC=75°，即可求∠BOD的度数；（3）结合（1）的结论，根据BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．进而可以写出∠A、∠C与∠O的的数量关系．【详解】（1）解：猜想：∠1+∠2=∠A+∠C，理由如下：∵∠1+∠ABC=∠2+∠ADC=180°，∴∠1+∠ABC+∠2+∠ADC=360°又∵∠A+∠ABC+∠C+∠ADC=360°，∴∠1+∠2=∠A+∠C；（2）解：∵∠A=58°，∠C=152°，∴∠ABC+∠ADC=360°-∠A-∠C=150°，又∵BO、DO分别平分∠ABC与∠ADC，∴∠OBC=12∠ABC∴∠OBC+∠ODC=1∴∠BOD=360°-∠OBC+∠ODC+∠C（3）解：∵BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．∴∠FDC=2∠FDO=2∠ODC，∠EBC=2∠EBO=2∠CBO，由（1）可知：∠FDO+∠EBO=∠A+∠O，2∠FDO+2∠EBO=∠A+∠C，∴2∠A+2∠O=∠A+∠C，∴∠C-∠A=2∠O．【点睛】本题考查了多边形内角和定理，邻补角互补，角平分线的定义，解决本题的关键是证明（1）中结论并应用（1）中结论求解．【考点11】有关角的计算压轴综合大题【例11】（2021春·江苏泰州·七年级校考期中）已知射线AB∥CD，连接(1)如图1，若AE、CE分别平分∠BAC、∠DCA，AE、CE交于点E，求∠E的度数，并说明理由．(2)如图2，在（1）的条件下，延长CE到F、若点G满足∠GEF=13∠AEF，∠GCF=13(3)如图3，在（2）的条件下，延长AC到M，若∠ECH=13∠ECM，CH交GE延长线于点H．求∠G【答案】(1)90°，证明见解析(2)∠EAC=3∠G，理由见解析(3)120°【分析】（1）根据平行线的性质得到∠CAB+∠ACD=180°，再根据角平分线的定义得到∠CAE=12∠CAB，∠ACE=（2）首先得到∠GEF=∠G+∠GCE，再根据外角的性质推出∠G=∠GEF-∠GCE=1（3）由（2）得到∠GCE=13∠ACE【详解】（1）解：∵AB∥∴∠CAB+∠ACD=180°，∵AE，CE分别平分∠CAB和∠ACD，∴∠CAE=12∠CAB∴∠E=180-∠CAE+∠ACE（2）在△GEC中，∠GEF=∠G+∠GCE，∴∠G=∠GEF-∠GCE=1∴∠EAC=3∠G；（3）由（2）可得：∠GCE=1∵∠ECH=1∴∠GCE+∠ECH=1在△GCE中，∠G+∠H=180°-∠GCE+∠ECH【点睛】本题考查了平行线的性质，外角的性质，三角形内角和，角平分线，解题的关键是灵活运用三角形外角的性质得到角的关系．【变式训练】31．（2023春·江苏·七年级专题练习）在我们苏科版义务教育教科书数学七下第42页曾经研究过双内角平分线的夹角和内外角平分线夹角问题．聪聪在研究完上面的问题后，对这类问题进行了深入的研究，他的研究过程如下：(1)【问题再现】如图1，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的角平分线交于点P，若∠A＝50°．则∠P＝_______；(2)【问题推广】如图2，在△ABC中，∠BAC的角平分线与△ABC的外角∠CBM的角平分线交于点P，过点B作BH⊥AP于点H，若∠ACB＝80°，求∠PBH的度数．(3)如图3，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的角平分线交于点P，将△ABC沿DE折叠使得点A与点P重合，若∠1+∠2＝100°，则∠BPC＝_______；(4)【拓展提升】在四边形BCDE中，EB∥CD，点F在直线ED上运动（点F不与E，D两点重合），连接BF，CF，∠EBF、∠DCF的角平分线交于点Q，若∠EBF＝α，∠DCF＝β，直接写出∠Q和α，β之间的数量关系．【答案】(1)115°(2)∠PBH的度数为50°(3)115°(4)F在E左侧∠Q=β-α2；F在ED中间∠Q=α+β2；F【分析】（1）根据三角形内角和定理和角平分线的定义求解即可；（2）先由角平分线的定义得到∠BAC=2∠BAP，∠CBM=2∠CBP，再由三角形外角的性质得到∠CBP=∠BAP+40°，根据三角形内角和定理推出∠P=180°-∠BAP-∠ABP=40°，再由垂线的定义得到∠BHP=90°，则∠PBH=180°-∠P-∠BHP=50°；（3）先由折叠的性质和平角的定义得到∠AED+∠ADE=130°，进而求出∠A=50°，同（1）即可得到答案；（4）分点F在点E左侧，点F在D、E之间，点F在点D右侧三种情况讨论求解即可．【详解】（1）解：∵∠A=50°，∴∠ABC+∠ACB=180°-∠A=130°，∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，∴∠ABC=2∠PBC，∴2∠PBC+2∠PCB=130°，即∠PBC+∠PCB=65°，∴∠P=180°-∠PBC-∠PCB=115°，故答案为：115°；（2）解：∵AP平分∠BAC，BP平分∠CBM，∴∠BAC=2∠BAP，∠CBM=2∠CBP，∵∠CBM=∠BAC+∠ACB，∴2∠CBP=2∠BAP+∠ACB，∴∠CBP=∠BAP+40°，∵∠ABC=180°-∠ACB-∠BAC，∴∠ABC=100°-2∠BAP，∴∠ABP=∠ABC+∠CBP=140°-∠BAP，∴∠P=180°-∠BAP-∠ABP=40°，∵BH⊥AP，即∠BHP=90°，∴∠PBH=180°-∠P-∠BHP=50°；（3）解：由折叠的性质可得∠AED=∠PED，∠ADE=∠PDE，∵∠1+∠AEP=180°，∠2+∠ADP=180°，∠1+∠2=100°，∴∠AEP+∠ADP=260°，∴2∠AED+2∠ADE=260°，∴∠AED+∠ADE=130°，∴∠A=180°-∠AED-∠ADE=50°，∴同（1）原理可得∠P=115°，故答案为：115°；（4）解：当点F在点E左侧时，如图4-1所示，∵BE∥∴∠CBE+∠BCD=180°，∵BQ平分∠EBF，CQ平分∠DCF，∴∠EBQ=1∵∠EBC+∠FCB=180°-∠DCF=180°-β，∴∠Q=180°-∠QBC-∠QCB=180°-∠QBE-∠EBC-∠FCB-∠QCF=β-α当F在D、E之间时，如图4-2所示：同理可得∠FBQ=12∠EBF=∴∠Q=180°-∠QBC-∠QCB=180°-∠QBF-∠FBC-∠FCB-∠QCF=α+β当点F在D点右侧时，如图4-3所示：同理可得∠Q=180°-∠QBC-∠QCB=180°-∠QBF-∠FBC-∠DCB-∠QCD=α-β综上所述，F在E左侧∠Q=β-α2；F在ED中间∠Q=α+β2；F在【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，三角形外角的性质，平行线的性质，垂线的定义，熟知相关知识是解题的关键．32．（2022春·江苏无锡·七年级校考阶段练习）直线MN与直线PQ垂直相交于O，点A在射线OP上运动，点B在射线OM上运动．(1)如图1，已知AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，点A、B在运动的过程中，∠AEB的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明变化的情况；若不发生变化，试求出∠AEB的大小．(2)如图2，已知AB不平行CD，AD、BC分别是∠BAP和∠ABM的角平分线，AD、BC的延长线交于点F，点A、B在运动的过程中，∠F=；DE、CE又分别是∠ADC和∠BCD的角平分线，点A、B在运动的过程中，∠CED的大小也不发生变化，其大小为∠CED=.(3)如图3，延长BA至G，已知∠BAO、∠OAG的角平分线与∠BOQ的角平分线及其延长线相交于E、F，则∠EAF=；在△AEF中，如果有一个角是另一个角的3倍，试求∠ABO的度数．【答案】(1)不变，∠AEB＝135°；(2)45°，67.5°；(3)90°；∠ABO的度数为60°或45°．【分析】（1）先求出∠BAO＋∠ABO＝90°，结合角平分线的定义可得∠BAE＋∠ABE＝45°，再利用三角形的内角和定理可求解∠AEB的度数；（2）由平角的定义求出∠BAP＋∠ABM＝270°，利用角平分线的定义可求∠DAB＋∠ABC＝135°，利用三角形的内角和定理可求出∠F，然后根据四边形的内角和定理可得∠ADC＋∠BCD＝225°，再由角平分线的定义及三角形的内角和定理可求解；（3）先求出∠EAF＝90°，∠ABO＝2∠E，然后根据△AEF中，有一个角是另一个角的3倍分4种情况求解即可．（1）解：不变，∵MN⊥PQ，∴∠AOB＝90°，∵∠AOB＋∠BAO＋∠ABO＝180°，∴∠BAO＋∠ABO＝90°，∵AE平分∠BAO，BE平分∠ABO，∴∠BAE＝12∠BAO，∠ABE＝12∠∴∠BAE＋∠ABE＝45°，∵∠BAE＋∠ABE＋∠AEB＝180°，∴∠AEB＝135°；（2）∵∠ABO＋∠BAO＝90°，∴∠BAP＋∠ABM＝180°＋180°−90°＝270°，∵AD、BC分别是∠BAP和∠ABM的角平分线，∴∠DAB＝12∠BAP，∠ABC＝12∠∴∠DAB＋∠ABC＝135°，∴∠F＝180°－∠DAB－∠ABC＝45°，又∵∠DAB＋∠ABC＋∠ADC＋∠BCD＝360°，∴∠ADC＋∠BCD＝225°，∵DE、CE分别是∠ADC和∠BCD的角平分线，∴∠CDE＝12∠ADC，∠DCE＝12∠∴∠CDE＋∠DCE＝112.5°，∴∠CED＝180°－∠CDE－∠DCE＝67.5°，故答案为：45°，67.5°；（3）∵AE平分∠BAO，AF平分∠OAG，∴∠EAO＝12∠BAO，∠FAO＝12∠∵∠BAO＋∠OAG＝180°，∴∠EAO＋∠FAO＝90°，即∠EAF＝90°，∵OE平分∠BOQ，∴∠BOQ＝2∠EOQ，∵∠EOQ＝∠E＋∠OAE，∠BOQ＝∠ABO＋∠BAO，∴∠ABO＝2∠E，在△AEF中，∵有一个角是另一个角的3倍，故有4种情况：①∠EAF＝3∠E＝90°时，则∠E＝30°，∠ABO＝60°；②∠EAF＝3∠F＝90°时，则∠F＝30°，∴∠E＝90°－30°＝60°，∴∠ABO＝120°，（不合题意，舍去）；③∠F＝3∠E时，∵∠E＋∠F＝90°，∴∠E＝22.5°，∴∠ABO＝45°；④∠E＝3∠F时，∵∠E＋∠F＝90°，∴∠E＝67.5°，∴∠ABO＝135°，（不合题意，舍去）；综上，∠ABO的度数为60°或45°．故答案为：90°．【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，三角形外角的性质，四边形的内角和问题，灵活运用三角形的内角和是180°，四边形的内角和是360°来求解角的度数是解题的关键．33．（2022春·江苏盐城·七年级校考期中）问题：若CD∥PQ，点A在直线CD上，点B在直线PQ上，点E为CD，PQ之间一点，探∠AEB，∠EAD与(1)如图1，延长AE与PQ交于点F（方法一）；如图2，过点E作GH∥CD（方法二），发现：∠AEB=∠EAD+∠EBQ．请选择一种方法说明．(2)小明同学进行了更进一步的思考：直线a∥b，点A、C在直线a上，点B、D在直线b上，直线CE，BE分别平分∠ACD，∠ABD，且交于点E．①如图3，若∠ACD=40°,∠ABD=70°，则∠CEB=_____________．②如图4，若∠ACD=x°,∠ABD=70°，则∠CEB=_________．（用含x的代数式表示）(3)如备用图，射线OP与射线OQ相交于点O，点A、C在射线OP上，∠AOB=n°，点B、D在射线OQ上，其中A、B是定点，C、D是动点，且点D在点B右侧，直线CE，BE分别平分∠ACD，∠ABD且交于点E．若∠ABD=70°，∠ACD=m°，直接写出∠CEB的度数．（用含m，n的代数式表示）【答案】(1)见解析(2)①55°；②215-(3)215-n-m2【分析】（1）方法一，如图1：延长AE与PQ交于点F，由平行线的性质可得∠DAE=∠BFE，然后根据三角形外角的性质即可说明；方法二，如图2：过点E作GH∥CD，根据公理可得PQ∥CD∥GH，再根据平行线的性质可得∠AEG=∠DAE、∠BEG=∠EBQ，然后运用等量代换即可说明．（2）①如图3：过点E作GH∥a，根据（1）的方法可得∠CEB=∠ACE+∠DBE，然后再根据角平分线即可解答；②如图4，根据角平分线的性质可得∠ACE=12∠ACD=x∘2、∠DBE=12∠ABD=35°，然后根据平行的性质可得∠BAC（3）分点C在点A的左侧和右侧两种情况解答即可．（1）解：方法一，如图1：延长AE与PQ交于点F∵CD∴∠DAE=∠BFE又∵∠AEB=∠EBF+∠EFB∴∠AEB=∠EAD+∠EBQ方法二，如图2：过点E作GH∥CD∵PQ∥CD∴PQ∥CD∥GH∴∠AEG=∠DAE，∠BEG=∠EBQ∴∠AEB=∠AEG+∠BEG=∠DAE+∠EBQ．（2）解：①如图3：过点E作GH∥a，∵a∥b∴a∥b∥GH∴∠CEG=∠ACE，∠BEG=∠EBD∴∠CEB=∠CEG+∠BEG=∠ACE+∠DBE∵CE、BE分别为∠ACD、∠ABD的角平分线∴∠ACE=12∠ACD=20°，∠DBE=12∠∴∠CEB=∠ACE+∠DBE=55°．故答案为：55°．②如图4：∵CE、BE分别为∠ACD、∠ABD的角平分线，∠ACD=x°,∠ABD=70°∴∠ACE=12∠ACD=x°2，∠ABE=12∵a∥b∴∠BAC=180°-∠ABD=110°∵∠CEB+∠ABE+∠BAC+∠ACE=360°∴∠CEB=360°-（∠ABE+∠BAC+∠ACE）=215-x故答案为：215-x（3）解：如图：当点C在A点的右侧∵∠ABD=∠AOD+∠OAB，∠ABD=70°，∠AOB=n°∴∠OAB=∠ABD-∠AOD=70°-n°∴∠BAC=180°-∠OAB=110°+n°∵CE、BE分别为∠ACD、∠ABD的角平分线∴∠ACE=12∠ACD=m∘2，∠ABE=1∴∠CEB=360°-（∠ABE+∠BAC+∠ACE）=215-n-m如图：当点C在A点的左侧，设∠CEB=x，∠CDB=y∵CE、BE分别为∠ACD、∠ABD的角平分线∴∠ACE=∠DCE=12∠ACD=m∘2，∠ABE=∠DBE=1根据三角形外角的性质可得：x+m2=y+35n+y=m，解得：∴∠CEB=35+【点睛】本题主要考查了平行线的性质、角平分线的定义、四边形内角和、三角形外角的性质等知识点，灵活应用相关性质成为解答本题的关键．【考点12】有关角的新定义及材料探究题【例12】（2022春·江苏常州·七年级常州市清潭中学校考期中）阅读下列材料并解答问题：在一个三角形中，如果一个内角的度数是另一个内角度数的3倍，那么这样的三角形我们称为“梦想三角形”．例如：一个三角形三个内角的度数分别是120°，40°，20°，这个三角形就是一个“梦想三角形”．反之，若一个三角形是“梦想三角形”，那么这个三角形的三个内角中一定有一个内角的度数是另一个内角度数的3倍．(1)如果一个“梦想三角形”有一个角为108°，那么这个“梦想三角形”的最小内角的度数为；(2)如图1，已知∠MON=60°，在射线OM上取一点A，过点A作AB⊥OM交ON于点B，以A为端点作射线AD，交线段OB于点C（点C不与O、B重合），若∠ACB=80°．判定△AOC“梦想三角形”（填是或者不是）(3)如图2，点D在△ABC的边上，连接DC，作∠ADC的平分线交AC于点E，在DC上取一点F，使得∠EFC+∠BDC=180°，∠DEF=∠B．若△BCD是“梦想三角形”，求∠B的度数．【答案】(1)36°或18°(2)是(3)36°或5407【分析】（1）分两种情形：当108°是三角形的一个内角的3倍，当另外两个内角是3倍关系，分别求解即可．（2）根据“梦想三角形”的定义可以判断：△AOC都是“梦想三角形”．（3）根据“梦想三角形”的定义，分两种情形分别求解即可．【详解】（1）解：当108°是三角形的一个内角的3倍，则有这个内角为36°，第三个内角也是36°，故最小的内角是36°，当另外两个内角是3倍关系，则有另外两个内角分别为：54°，18°，最小的内角是18°故答案为：36°或18°．（2）结论：△AOC是“梦想三角形”．理由：∵∠MON=60°，∠ACB=80°，∠ACB=∠OAC+∠MON，∴∠OAC=80°-60°=20°，∴∠AOB=3∠OAC，∴△AOC是“梦想三角形”．（3）∵∠EFC+∠BDC=180°，∠ADC+∠BDC=180°，∴∠EFC=∠ADC，∴AD∥∴∠DEF=∠ADE，∵∠DEF=∠B，∴∠B=∠ADE，∴DE∥∴∠CDE=∠BCD，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE=∠CDE，∴∠B=∠BCD，∵ΔBCD是“梦想三角形∴∠BDC=3∠B，或∠B=3∠BDC，∵∠BDC+∠BCD+∠B=180°，∴∠B=36°或∠B=(540【点睛】本题考查三角形内角和定理，“梦想三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．【变式训练】34．（2022春·江苏泰州·七年级校联考阶段练习）如果三角形的两个内角α与β满足2α+β=90°，那么我们称这样的三角形为“奇妙互余三角形”（1）如图，在△ABC中，∠C=90°,BD是△ABC的角平分线，求证：△ABD是“奇妙互余角三角形”（2）关于“奇妙互余三角形”，有下列命题：①在△ABC中，若∠A=130°,∠B=40°,∠C=10°，则△ABC是“奇妙互余三角形”；②若△ABC是“奇妙互余三角形”，∠C>90°,∠A=60°，则∠B=20°；③“奇妙互余三角形”一定是钝角三角形．其中，真命题有______（填写序号）（3）在△ABC中，∠C=90°,∠ABC=52°，点P是射线CB上的一点，且△ABP是“奇妙互余三角形”请直接写出∠APB的度数．【答案】（1）见解析；（2）①③；（3）109°或14°或38°【分析】（1）只要证明2∠ABD+∠A=90°，即可判断．（2）根据“奇妙互余三角形”的定义即可判断．（3）根据“奇妙互余三角形”的定义，分类讨论即可解决问题．【详解】解：（1）证明：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∴∠ABC+∠A=90°，∵BD是∠ABC的角平分线，∴∠ABC=2∠ABD，∴2∠ABD+∠A=90°，∴△ABD是“奇妙互余三角形”．（2）①∵∠B=40°，∠C=10°，∴∠B+2∠C=90°，∴△ABC是“奇妙互余三角形”，故①正确；②∵△ABC是“奇妙互余三角形”，∠C＞90°，∴α与β只能是∠A和∠B，∵2α+β=90°，∠A=60°，∴2×60°+β=90°，解得：β=-30°，不合题意；或2α+60°=90°，解得：α=15°，即∠B=15°，故②错误；③∵三角形的两个内角α与β满足2α+β=90°，那么我们称这样的三角形为“奇妙互余三角形”，∴α+β＜90°，∴三角形的第三个角大于90°，∴“奇妙互余三角形”一定是钝角三角形，故③正确；故答案为①③；（3）如图，当点P在线段BC上时，此时∠AP1B＞90°，∵△ABP1为“奇妙互余三角形”，∴2∠P1AB+∠ABP1=90°或∠P1AB+2∠ABP1=90°，即2∠P1AB+52°=90°或∠P1AB+2×52°=90°，∴∠P1AB=19°或-14°（舍），∴∠AP1B=180°-52°-19°=109°；当点P在BC的延长线上时，此时∠AP2B＜90°，∠BAP2+∠AP2B=∠ABC=52°，∴2∠BAP2+∠AP2B=90°或∠BAP2+2∠AP2B=90°，解得：∠AP2B=14°或38°，综上：∠APB的度数为109°或14°或38°．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了三角形内角和定理，“奇妙互余三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．35．（202