竞赛数学：三角形

7/7竞赛数学：三角形【例1】如图所示，把三角形ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE内部A′位置时，则∠A与∠1，∠2之间有一种数量关系始终保持不变，请你试着找一找这个规律，并说明你找出的规律的正确性.

【思考与解】规律是：2∠A＝∠1＋∠2.理由如下：

如图，我们知道折叠的一个重要特征是被折起部分的原位置图形与新位置图形形状、大小一样，

所以图中∠A＝∠A′.

连结AA′后，可以看出∠1是三角形EAA′的外角，∠2是三角形DAA′的外角，

所以∠1＝∠EAA′＋∠EA′A，∠2＝∠DAA′＋∠DA′A.

因为∠EAA′＋∠DAA′＝∠EAD，

∠EA′A＋∠DA′A＝∠EA′D，

所以∠EAA′＋∠DAA′＋∠EA′A＋∠DA′A＝∠EAD＋∠EA′D＝2∠A.

又因为∠EAA′＋∠DAA′＋∠EA′A＋∠DA′A＝∠1＋∠2，

所以2∠A＝∠1＋∠2.【例2】一个零件的形状如图所示，按规定∠A应等于90°，∠B、∠D应分别等于30°和20°，李师傅量得∠BCD=142°，就断定这个零件不合格，你能说出道理吗？

【思考与分析】要说出当∠BCD=142°时，这个零件不合格的原因，我们可以借助三角形内角和的知识，说明合格时∠DCB的度数不等于142°即可.为此，我们可连结BD构造三角形.

解：连结BD，

因为∠A=90°，∠ABC=30°，∠ADC=20°，

所以∠A+∠ABC+∠ADC=90°+30°+20°=140°.

根据三角形内角和等于180°，可得∠A+∠ADB+∠ABD=180°，

所以∠CDB+∠CBD=180°-140°=40°.

又因为∠DCB+∠CDB+∠CBD=180°，

所以∠DCB=180°-40°=140°.

这说明若零件合格，则∠DCB=140°，而李师傅测量得∠DCB=142°，所以可以断定该零件不合格.

【例3】一个大型模板的设计要求是模板的BA边和CD边相交成50°的角，DA边和CB边相交成30°角，如果通过测量∠A、∠B、∠C、∠D的度数来判断模板是否合格，你认为当∠D与∠B的度数相差多少时，模板刚好合格？

【思考与解】当模板合格时，如图，延长BA交CD的延长线于点E，则∠E=50°；延长DA交CB的延长线于点F，则∠F=30°，由三角形的三个内角和等于180°，得∠CBE+∠C+∠E=180°，∠CDF+∠C+∠F=180°，所以∠CBE=180°-（∠E+∠C）=180°-（50°+∠C）=130°-∠C，∠CDF=180°-（∠F+∠C）=180°-（30°+∠C）=150°-∠C.因为∠CDF-∠CBE=150°-∠C-（130°-∠C）=20°，所以∠CDF比∠CBE大20°.即∠D比∠B大20°时，模板刚好合格.【例4】我村王老吉有重要的事需要从B村出发到C村找马维庆商量，由于B村到C村之间有一小山，不能直接到达，现有两条路线可以选择，如图，一条是B→D→E→C，另一条是B→A→C.请你就上述两条B村到C村的路线，选择一条较近的路线.

【思考与解】延长ED，交AB于点F，延长DE，交AC于点G.

在三角形FBD中，BF+FD>BD，

在三角形EGC中，EG+GC>EC，

在三角形AFG中，AF+AG>FG=FD+DE+EG，

三式相加得BF+FD+EG+GC+AF+AG>BD+EC+FD+DE+EG，

即BF+GC+AF+AG>BD+EC+DE.

所以（BF+AF）＋（GC+AG）>BD+EC+DE.

所以AB+AC>BD+EC+DE.

可见选择路线B→D→E→C比较近.一个大于1的正整数a，如果除了1和a以外不能再被其他正整数整除，或者说仅有1和a这两个正约数，那么a叫做质数（又叫素数）；如果除了1和a以外还能被另外的正整数整除，那么a叫做合数.关于质数与合数有以下结论：

（1）1既不是质数，也不是合数；

（2）质数有无穷多个，即不存在最大质数；

（3）2是质数中惟一的偶数，且是最小质数；

（4）互质的数不一定都是质数，如4，9，14的最大公约数是1.

任何大于1的合数都可以分解成质数的乘积，如果不考虑这些因数的顺序，分解方法是惟一的.

【例5】若p和q都是质数，并且关于x的一元一次方程px+5q=97的根是1，求p2-q的值.

【思考与解】把x=1代入已知方程得p+5q=97，由此可知p与5q中有一个为偶数，而p、q都是质数，所以p=2或q=2.若p=2，则5q=95，于是q=19，p2-q=-15；若q=2，则p=87，因为87=3×29，所以p不是质数，不符合要求.故p2-q=-15.

【例6】求三个质数，使得它们的积为和的5倍.

【思考与分析】所求三个质数的乘积能被5整除，则其中必有一个数是5，所以再求另外两个质数即可.

解:因为所求三个质数的积是和的5倍，所以三个质数的积能被5整除，则必有一个质数是5，

设p、q为另外两个质数，则有方程5pq=5（p+q+5），于是pq-p-q+1=6，即（p-1）（q-1）=6，易知将6分解成两个数的乘积只有两种方式：

6=2×3=1×6，

第一种情形：p-1=2，q-1=3，得q=4不是质数；

第二种情形：p-1=1，q-1=6，得p=2，q=7，所以符合要求的三个质数是2，5，7.

【小结】本题求解过程中将pq-p-q=5，变形为pq-p-q+1=6，进而得到（p-1）（q-1）=6的形式，这一步是很巧妙的，它的作用是将解一个二元一次方程的复杂问题转化为解两个二元一次方程组的简单问题，体现了化归的数学思想方法.【例7】如图1，一个顶角为40°的等腰三角形纸片，剪去顶角后，得到一个四边形，则∠1＋∠2的度数是多少？

【思考与解】因为∠A＝40°，

所以∠3＋∠4＝180°－∠A＝140°.

所以∠1+∠2＝180°×2－（∠3＋∠4）＝220°.

我们把这种求角度的方法叫做整体代入法.整体代入法把着眼点放在全体上，可以起到使解题过程简捷明了的作用.

【例8】如图2，已知AB∥DE，∠E＝65°，则∠B+∠C的度数为（

）.

A.135°

B.115°

C.65°

D.35°

【思考与解】因为AB∥DE，∠E＝65°，所以∠CFA=∠E=65°.又因为∠CFA=∠B+∠C，所以∠B+∠C=65°.

故选C.

【例9】如图3，∠A＝40°，则∠1+∠2＋∠B+∠C＝

度.

【思考与解】因为∠A＝40°，

所以∠1+∠2＝∠B+∠C＝140°.

所以∠1+∠2＋∠B+∠C＝280°.三角形的三条边之间主要有这样的关系：三角形两边的和大于第三边.利用这个关系可以解决许多典型的几何问题.在第六期的“分类讨论的应用”中我们介绍了如何利用这个关系判断三角形能否组成、怎样求三角形的边长以及求三角形的周长.下面我们再介绍几种这个关系的应用.

一、

确定三角形某一边的取值范围问题

根据三角形三边之间关系定理可得结论：已知三角形的两边为a、b，则第三边c满足|a－b|＜c＜a＋b.

【例10】

用三条绳子打结成三角形（不考虑结头长），已知其中两条长分别是3m和7m，问第三条绳子的长有什么限制.

【思考与分析】已知围成三角形的三条绳子中的两条，我们可以利用三角形三边关系求出第三条绳子长的取值范围，即绳长的限制.

解：设第三条绳子的长为xm，则7－3＜x＜7＋3，即4＜x＜10.故第三条绳子的长应大于4m且小于10m.

二、

化简代数式问题

这里主要是运用两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，从而确定代数式的符号.

【例11】

a、b、c是△ABC的边长，化简|a-b-c|+|a+b-c|-|-a-b-c|.

【思考与分析】我们知道a、b、c是△ABC的边长，那么它们就都是大于0的，我们再根据三角形三边关系判断出绝对值号内的式子的符号，然后去掉绝对值号，计算结果.

解：由三角形三边关系易得：a-b-c＜0，a+b-c＞0，-a-b-c＜0，∴原式=-a+b-c.

【例12】

已知三角形三边长为a、b、c，且|a＋b－c|＋|a－b－c|=10，求b的值.

【思考与分析】a、b、c是△ABC的边长，那么它们就都是大于0的，我们再根据三角形三边关系判断出绝对值号内的式子的符号，然后去掉绝对值号，找到等式与b的关系，然后求b.

解：因a＋b＞c，故a＋b－c＞0，因a－b＜c，故a－b－c＜0.所以|a＋b－c|＋|a－b－c|=a＋b－c－（a－b－c）=2b=10.故b=5.

三、

确定组成三角形的个数问题

要确定三角形的个数只需根据题意，运用三角形三边关系逐一验证，做到不漏不重.

【例13】现有长度分别为2cm、4cm、6cm、8cm的木棒，从中任取三根，能组成三角形的个数为（

）.

A.1

B.2

C.3

D.4

【思考与解】由三角形的三边关系知：若长度分别为2cm、4cm、6cm，不可以组成三角形；若长度分别为4cm、6cm、8cm，则可以组成三角形；若长度分别为2cm、4cm、8cm，则不可以组成三角形；若长度分别为2cm、6cm、8cm，则不可以组成三角形.即分别为2cm、4cm、6cm、8cm的木棒，从中任取三根，能组成三角形的个数为1，故应选A.

四、

说明线段的不等问题

在平面几何问题中，线段之间的不等关系的说明，很多情况下必须借助三角形三边之间的关系定理及推论.有时可直接运用，有时则需要添加辅助线，创造条件才能运用.

【例14】已知P是△ABC内任意一点，试说明AB＋BC＋CA＞PA＋PB＋PC＞（AB＋BC＋CA）的理由.

【思考与解】如图，延长BP交AC于D点.在△ABD中，可证明AB＋AD＞BP＋PD.在△PDC中，可证明PD＋DC＞PC.两式相加，可得AB＋AC＞BP＋PC，同理可得AB＋BC＞PA＋PC，BC＋CA＞PA＋PB.把三式相加后除以2，得AB＋BC＋CA＞PA＋PB＋PC.在△PAB中，PA＋PB＞AB；在△PBC中，PB＋PC＞BC；在△PAC中，PA＋PC＞CA.上面三式相加后除以2，得PA＋PB＋PC＞（AB＋BC＋CA），综上所述：AB＋BC＋CA＞PA＋PB＋PC＞·（AB＋BC＋CA）.

【小结】通过以上几个例题的解法，我们可以看到：在三角形中求边的大小关系、求边的取值范围以及求等腰三角形的边长等，都可以用三角形三边关系来求.由n边形内角和公式（n-2）×180°可知，任意一个n边形的内角和一定能够被180°整除，这是n边形内角和的一个性质﹒运用这个性质解一类竞赛题十分奏效，下面举例说明.

一、多边形的内角少加一个内角

【例15】一个多边形除一个内角外，其余内角之和是2570°，求这个角.

【思考与解】设这个角为x，则多边形的内角和等于2570°＋x.由多边形的内角和性质知2570°＋x也一定能够被180°整除.又因为2570°=180°×14+50