第19讲三角形的中位线与多边形内角和与外角和八年级数学下册讲义（北师大版）

第19讲三角形的中位线与多边形内角和与外角和目标导航目标导航1．理解三角形中位线概念；2．掌握三角形中位线的性质定理，并能用其进行计算和论证；3.能综合运用三角形以及其他特殊四边行有关知识进行计算与证明．4.理解多边形的概念；5.掌握多边形内角和与外角和公式；6.灵活运用多边形内角和与外角和公式解决有关问题，体验并掌握探索、归纳图形性质的推理方法，进一步培养说理和进行简单推理的能力.知识精讲知识精讲知识点01三角形中位线定理（1）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．（2）几何语言：如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点∴DE∥BC，DE＝BC．【知识拓展】（2021秋•桓台县期末）如图，在△ABC中，D，E分别是边AC，AB的中点，连接ED，BD．若BD平分∠ABC，求证：BD⊥AC．【分析】根据三角形中位线定理得到DE∥BC，BC＝2DE，根据平行线的性质、角平分线的定义得到∠EBD＝∠EDB，证明DE＝BE，进而得出AB＝BC，根据等腰三角形的三线合一证明即可．【解答】证明：∵D，E分别是边AC，AB的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，BC＝2DE，∵BD平分∠ABC，∴∠CBD＝∠EBD，∵DE∥BC，∴∠CBD＝∠EDB，∴∠EBD＝∠EDB，∴DE＝BE，∵AB＝2BE，∴AB＝2DE，∴AB＝BC，∵点D是AC的中点，∴BD⊥AC．【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、角平分线的定义，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．【即学即练1】（2021秋•晋江市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝2∠B，AB＝8，D、E分别是AB与AC的中点，则DE的长为（）A．5 B．4 C．2 D．2【分析】根据直角三角形的性质求出AC，根据勾股定理求出BC，根据三角形中位线定理计算，得到答案．【解答】解：∵∠C＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∵∠A＝2∠B，∴∠B＝30°，∴AC＝AB＝×8＝4，由勾股定理得：BC＝＝＝4；∵D、E分别是AB与AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC＝2，故选：C．【点评】本题考查的是直角三角形的性质、三角形中位线定理，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键．【即学即练2】（2021秋•广饶县期末）如图，AD是△ABC的中线，E是AD的中点，F是BE延长线与AC的交点，若AC＝4，则AF＝（）A． B． C．1 D．【分析】取BF的中点H，连接DH，根据三角形中位线定理得到DH＝FC，DH∥AC，证明△AEF≌△DEH，根据全等三角形的性质得到AF＝DH，计算即可．【解答】解：取BF的中点H，连接DH，∵BD＝DC，BH＝HF，∴DH＝FC，DH∥AC，∴∠HDE＝∠FAE，在△AEF和△DEH中，，∴△AEF≌△DEH（ASA），∴AF＝DH，∴AF＝FC，∵AC＝4，∴AF＝，故选：B．【点评】本题考查的是三角形中位线定理、三角形全等的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．【即学即练3】（2021秋•芝罘区期末）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD，AE分别是角平分线和中线，过点C作CF⊥AD于点F，连接EF，则线段EF的长为（）A．1 B．2 C．4 D．【分析】延长CF交AB于G，根据等腰三角形的判定和性质得到AG＝AC＝4，FG＝CF，进而求出BG，根据三角形中位线定理计算即可．【解答】解：延长CF交AB于G，∵AD为△ABC的角平分线，CG⊥AD，∴△ACG是等腰三角形，∴AG＝AC＝4，FG＝CF，∴BG＝AB﹣AG＝6﹣4＝2，∵AE为△ABC的中线，∴EF是△BCG的中位线，∴EF＝BG＝1，故选：A．【点评】本题考查的是三角形的中位线定理、等腰三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．【即学即练4】（2022春•玉林月考）如图，等边△ABC的边长是2，D，E分别为AB，AC的中点，延长BC至点F，使CF＝BC，连接CD和EF．（1）求证DE＝CF；（2）求EF的长．【分析】（1）直接利用三角形中位线定理得出DE∥BC，DE＝BC，由CF＝BC，即可得到DE＝CF；（2）利用等边三角形的性质结合平行四边形的性质得出DC＝EF，由等腰三角形的性质得到CD⊥AB，在Rt△BCD中，根据勾股定理求出CD即可得到EF的长．【解答】（1）证明：∵D、E分别是AB，AC中点，∴DE∥BC，DE＝BC，∵CF＝BC，∴DE＝CF；（2）解：由（1）知，DE∥BC，DE＝CF∴四边形DEFC是平行四边形，∴DC＝EF，∵D为AB的中点，等边△ABC的边长是2，∴AD＝BD＝1，CD⊥AB，BC＝2，在Rt△BCD中，∴DC＝EF＝＝＝．【点评】此题主要考查了等边三角形的性质以及平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理等知识，正确掌握平行四边形的性质是解题关键．【即学即练5】（2021秋•桓台县期末）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点．（1）若AB＝6，CD＝8，∠ABD＝30°，∠BDC＝120°，求EF的长；（2）若∠BDC﹣∠ABD＝90°，求证：AB2+CD2＝4EF2．【分析】（1）取BD的中点P，利用三角形中位线定理可以求得EP、FP的长度，然后利用勾股定理来求EF的长度；（2）如图，取BD的中点P，连接EP、FP．用三角形中位线定理可以求得EP、FP的长度，然后利用勾股定理即可得到结论．【解答】（1）解：如图，取BD的中点P，连接EP、FP．∵E，F分别是AD、BC的中点，AB＝6，CD＝8，∴PE∥AB，且PE＝AB＝3，PF∥CD且PF＝CD＝4．又∵∠ABD＝30°，∠BDC＝120°，∴∠EPD＝∠ABD＝30°，∠DPF＝180°﹣∠BDC＝60°，∴∠EPF＝∠EPD+∠DPF＝90°，在直角△EPF中，由勾股定理得到：EF＝＝＝5，即EF＝5；（2）证明：如图，取BD的中点P，连接EP、FP．∵E，F分别是AD、BC的中点，∴PE∥AB，且PE＝AB，PF∥CD且PF＝CD．∴∠EPD＝∠ABD，∠BPF＝∠BDC，∴∠DPF＝180°﹣∠BPF＝180°﹣∠BDC，∵∠BDC﹣∠ABD＝90°，∴∠BDC＝90°+∠ABD，∴∠EPF＝∠EPD+∠DPF＝∠ABD+180°﹣∠BDC＝∠ABD+180°﹣（90°+∠ABD）＝90°，∴PE2+PF2＝（AB）2+（CD）2＝EF2，∴AB2+CD2＝4EF2．【点评】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理的逆定理，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键．知识点02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）（3）对多边形对角线条数公：n（n﹣3）2的理解：n边形的一个顶点不能与它本身及左右两个邻点相连成对角线，故可连出（n﹣3）条．共有n个顶点，应为n（n﹣3）条，这样算出的数，正好多出了一倍，所以再除以2．（4）利用以上公式，求对角线条数时，直接代入边数n的值计算，而计算边数时，需利用方程思想，解方程求n．【知识拓展】（2021秋•成都期末）如图所示，从八边形ABCDEFGH的顶点A出发，最多可以作出的对角线条数为（）A．8 B．7 C．6 D．5【分析】利用n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线可得答案．【解答】解：从八边边形的一个顶点出发，最多可以引出该五边形的对角线的条数是8﹣3＝5，故选：D．【点评】此题主要考查了多边形对角线，关键是掌握计算公式．【即学即练1】（2022•富平县一模）过十边形的一个顶点，可以引出对角线的条数为7．【分析】n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，由此可得出m的值．【解答】解：由题意得，10﹣3＝m＝7．故答案为：7．【点评】本题考查了多边形的对角线的知识，属于基础题，注意n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线．【即学即练2】（2021秋•河源期末）如果一个n边形过一个顶点有8条对角线，那么n＝11．【分析】根据从n边形的一个顶点可以作对角线的条数为（n﹣3），求出边数即可得解．【解答】解：∵一个n边形过一个顶点有8条对角线，∴n﹣3＝8，解得n＝11．故答案为：11．【点评】本题考查了多边形的对角线的公式，牢记公式是解题的关键．【即学即练3】（2021秋•苏家屯区期末）如图，以n边形的n个顶点和它内部的x个点作为顶点，把原n边形分割成若干个互不重叠的小三角形．（1）以三角形的3个顶点和它内部的1个点作为顶点，把原三角形分割成3个互不重叠的小三角形；以三角形的3个顶点和它内部的2个点作为顶点，把原三角形分割成5个互不重叠的小三角形；以三角形的3个顶点和它内部的3个点作为顶点，可把原三角形分割成7个互不重叠的小三角形；以三角形的3个顶点和它内部的x个点作为顶点，可把原三角形分割成（2x+1）个互不重叠的小三角形（用含x的代数式表示）．（2）以四边形的4个顶点和它内部的1个点作为顶点，可把原四边形分割成4个互不重叠的小三角形；以四边形的4个顶点和它内部的2个点作为顶点，可把原四边形分割成6个互不重叠的小三角形；以四边形的4个顶点和它内部的3个点作为顶点，可把原四边形分割成8个互不重叠的小三角形；以四边形的4个顶点和它内部的x个点作为顶点，可把原四边形分割成（2x+2）个互不重叠的小三角形（用含x的代数式表示）．（3）以五边形的5个顶点和它内部的4个点作为顶点，可把原五边形分割成11个互不重叠的小三角形；以n边形的n个顶点和它内部的x个点作为顶点，可把原n边形分割成（2x+n﹣2）个互不重叠的小三角形（用含n，x的代数式表示）．（4）以n边形的n个顶点和它内部的x个点作为顶点，且x＝n（x，n均是整数），可把原n边形分割成3034个互不重叠的小三角形．求这个n边形的边数．【分析】（1）根据图形得到规律可得答案；（2）类似于三角形的推理写出规律整理即可得解；（3）根据规律，把相应的点数换成n、x整理即可得解；（4）把公式中的相应的字母，换成具体的数据，然后计算即可得解．【解答】解：（1）三角形内部1个点时，共分割成3个小三角形，3＝3+2（1﹣1），三角形内部2个点时，共分割成5个小三角形，5＝3+2（2﹣1），三角形内部3个点时，共分割成7个小三角形，7＝3+2（3﹣1），…，所以，三角形内部有x个点时，3+2（x﹣1）＝2x+1，故答案为：7，（2x+1）；（2）四边形内部1个点时，共分割成4个小三角形，4＝2+2×1四边形内部2个点时，共分割成6个小三角形，6＝2+2×2，四边形内部3个点时，共分割成8个小三角形，8＝2+2×3，…，所以，四边形内部有x个点时，分割成的小三角形个数为：2+2x，故答案为：8，（2x+2）；（3）如图，以五边形的5个顶点和它内部的4个点作为顶点，可把原五边形分割成11个互不重叠的小三角形，以n边形的n个顶点和它内部的x个点作为顶点，可把原n边形分割成（2x+n﹣2）个互不重叠的小三角形，故答案为：11，（2x+n﹣2）；（4）由题意得，2x+n﹣2＝3034，即n+n﹣2＝3034，解得n＝2024．【点评】本题考查多边形的对角线，能根据图形得到规律是解题关键．知识点03多边形内角与外角（1）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．（2）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°．【知识拓展】（2022•麻栗坡县校级模拟）若正多边形的一个外角等于45°，则这个正多边形的内角和的度数为（）A．1080° B．1260° C．1350° D．1440°【分析】先根据多边形的外角和定理求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式求出这个正多边形的内角和．【解答】解：正多边形的边数为：360°÷45°＝8，即这个多边形是正八边形，所以该多边形的内角和为（8﹣2）×180°＝1080°．故选：A．【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理及多边形的内角和公式，关键是掌握多边形内角和公式：（n﹣2）▪180（n≥3）且n为整数）．【即学即练1】（2022春•东台市月考）已知：一个多边形所有的内角与它的一个外角的和等于2011°．求：①求这个外角的度数；②求它的边数．【分析】根据多边形的内角和公式，用2011°除以180°，商加上2就是这个多边形的边数，余数是这个多边形的一个外角度数求解即可．【解答】解：①∵一个多边形的所有内角与它的一个外角的和等于2011°，2011°÷180°＝11…31°，∴这个外角的度数是31°；②∵一个多边形的所有内角与它的一个外角的和等于2011°，2011°÷180°＝11…31°，∴这个多边形的边数为：11+2＝13．【点评】此题考查了多边形的内角，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．【即学即练2】（2022春•沭阳县月考）下列结论：①如果2x＝m，2y＝n，那么2x+y＝m+n；②在△ABC中，若∠A＝∠B+∠C，则△ABC为直角三角形；③10﹣2＝﹣0.01；④一个多边形的边数每增加一条，这个多边形的内角和就增加180°；⑤任意一个三角形，三条高所在的直线相交于一点，且这点一定在三角形的内部．其中错误结论有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【分析】根据同底数幂的乘法法则、三角形内角和定理、负整数指数幂、多边形内角和公式以及三角形的高线的概念进行判断，即可得出结论．【解答】解：①如果2x＝m，2y＝n，那么2x+y＝mn，故结论①错误；②在△ABC中，若∠A＝∠B+∠C，则∠A＝90°，即△ABC为直角三角形，故结论②正确；③10﹣2＝0.01，故结论③错误；④一个多边形的边数每增加一条，这个多边形的内角和就增加180°，结论④正确；⑤任意一个三角形，三条高所在的直线相交于一点，不这点一定在三角形的内部，故结论⑤错误．故选：B．【点评】此题主要考查了同底数幂的乘法法则、三角形内角和定理、负整数指数幂、多边形内角和公式以及三角形的高线的概念．解题时注意：同底数幂相乘，底数不变，指数相加．【即学即练3】（2021秋•内乡县期末）已知一个角的两边与另一个角的两边分别垂直，结合图形，试探索这两个角之间的数量关系．（1）如图1，AB⊥DE，BC⊥EF．∠1与∠2的数量关系是：∠1＝∠2．（2）如图2，AB⊥DE，BC⊥EF．根据小学学习过的四边形内角和为360°可得∠1与∠2的数量关系是：∠1+∠2＝180°．（3）由（1）（2）你得出的结论是：如果一个角的两边与另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补．（4）若两个角的两边互相垂直，且一个角比另一个角的3倍少40°，求这两个角度数．【分析】（1）根据直角三角形的两锐角互余即可得解；（2）根据四边形内角和即可求解；（3）由（1）（2）即可得出的结论；（4）设一个角的度数为α，则另一个角的度数为3α﹣40°，根据这两角相等或互补即可求解．【解答】解：（1）如图，∵AB⊥DE，BC⊥EF，∴∠1+∠3＝90°，∠2+∠4＝90°，∵∠3＝∠4，∴∠1＝∠2，故答案为：∠1＝∠2；（2）∵AB⊥DE，BC⊥EF，∴∠1+∠2+90°+90°＝360°，∴∠1+∠2＝360°﹣90°﹣90°＝180°，故答案为：∠1+∠2＝180°；（3）一个角的两边与另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补，故答案为：一个角的两边与另一个角的两边分别垂直；这两个角相等或互补；（4）设一个角的度数为α，则另一个角的度数为3α﹣40°，根据题意可得，α＝3α﹣40°或α+3α﹣40°＝180°，解得α＝20°或55°，当α＝20°时，3α﹣40°＝20°，当α＝55°时，3α﹣40°＝125°，∴这两个角的度数为20°，20°或55°，125°．【点评】此题考查了多边形的内角，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．【即学即练4】（2021秋•泰州期末）【相关概念】将多边形的内角一边反向延长，与另一条边相夹形成的那个角叫做多边形的外角．如图，将△ABC中∠ACB的边CB反向延长，与另一边AC形成的∠ACD即为△ACB的一个外角．三角形外角和与三角形内角和对应，为与三个内角分别相邻的三个外角的和．【求解方法】借助一组内角与外角的数量关系，可以求出三角形的外角和．如图，△ABC的外角和＝（180°﹣∠ACB）+（180°﹣∠CAB）+（180°﹣∠ABC）＝540°﹣（∠ACB+∠ABC+∠CAB）＝540°﹣180°＝360°．【自主探究】根据以上提示，完成下列问题：（1）将下列表格补充完整．名称图形内角和外角和三角形180°360°四边形360°360°五边形540°360°…………n边形…180°（n﹣2）360°（2）如果一个八边形的每一个内角都相等，请用两种不同的方法求出这个八边形一个内角的度数．【分析】（1）根据n边形的内角和为（n﹣2）×180°，n边形的外角和为360°即可得出答案；（2）根据多边形的内角和公式和多边形的外角和360°即可得出答案．【解答】解：（1）内角和分别为：四边形内角和是：（4﹣2）×180°＝360°，，五边形内角和是：（5﹣2）×180°＝540°，n边形内角和是：180°（n﹣2）；外角和分别为：360°、360°、360°；故答案为：360°、540°、180°（n﹣2），360°、360°、360°；（2）这个八边形一个内角的度数是：方法一：（8﹣2）×180°÷8＝135°，方法二：180°﹣360°÷8＝135°．【点评】本题考查了多边形内角与外角：n边形的内角和为（n﹣2）×180°；n边形的外角和为360°．能力拓展能力拓展一．选择题（共2小题）1．（2019•南岸区自主招生）如图，某校园内有一池塘，为得到池塘边的两棵树A，B间的距离，小亮测得了以下数据：∠A＝∠CDE，AD＝DC，DE＝10m，则A，B间的距离是（）A．10m B．15m C．20m D．25m【分析】根据已知条件求得DE是△OAB的中位线，根据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，即可求解．【解答】解：∵∠A＝∠CDE，∴DE∥AB，∵AD＝DC，∴CE＝BE，∴DE是△CAB的中位线，∴AB＝2DE＝20m，答：A，B间的距离是20m，故选：C．【点评】本题考查了三角形的中位线定理应用，正确理解定理是解题的关键．2．（2021•浦东新区校级自主招生）小明每走5米，顺时针转20°，则（）A．小明不会回到原点 B．小明会回到原点，路程小于80m C．小明会回到原点，路程恰为90m D．小明会回到原点，路程大于120m【分析】先根据已知和多边形的外角和求出组成的多边形的边数，再逐个求出即可．【解答】解：根据题意可知：组成的多边形的边数360°÷20°＝18，小明走的路程总和是18×5m＝90（m），所以小明会回到原点，路程恰为90m．故选：C．【点评】本题考查了多边形的内角和和外角和定理，能熟记多边形的外角和等于360°是解此题的关键．二．填空题（共6小题）3．（2016•岳麓区校级自主招生）某花园内有一块五边形的空地如图所示，为了美化环境，现计划在五边形各顶点为圆心，2m长为半径的扇形区域（阴影部分）种上花草，那么种上花草的扇形区域总面积是6πm2．【分析】先根据多边形的内角和定理得到五边形的内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，然后根据扇形的面积公式得到五个扇形的面积和＝＝6π．【解答】解：∵五边形的内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，∴五个扇形的面积和＝＝6π，∴种上花草的扇形区域总面积6πm2．故答案为6πm2．【点评】本题考查了多边形的内角和定理：n边形的内角和为（n﹣2）•180°．也考查了扇形的面积公式．4．（2021•大渡口区自主招生）已知一个多边形每个外角都等于45°，则它的边数是8．【分析】根据多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都相等，且一个外角的度数为45°，由此即可求出答案．【解答】解：∵多边形的外角和是360°，每个外角都等于45°，∴360÷45＝8，∴正多边形的边数为8．故答案为：8．【点评】此题主要考查了多边形的内角与外角，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：多边形的外角和等于360°．5．（2018•武昌区校级自主招生）如图，在Rt△ABC中，∠CAB＝30°，CD⊥AB于D点，BC＝1，点P是直线BC上一动点，连接AP．若点E是AP的中点，则DE的最小值是．【分析】延长AB到F点，使DF＝AD，连接CF，作FH⊥BC于H，如图，利用含30度的直角三角形三边的关系计算出FH＝BH＝，再证明DE为△AFP的中位线得到DE＝FP，利用垂线段最短，当点P在H点的位置时，FP的值最小，于是得到DE的最小值为．【解答】解：延长AB到F点，使DF＝AD，连接CF，作FH⊥BC于H，如图，在Rt△ABC中，∵∠CAB＝30°，∴AC＝BC＝，∠ABC＝60°，在Rt△BCD中，BD＝BC＝，CD＝BD＝，在Rt△CDF中，DF＝CD＝×＝，∴BF＝1，在Rt△BFH中，BH＝，FH＝BH＝，∵DA＝DF，AE＝EP，∴DE为△AFP的中位线，∴DE＝FP，当点P在H点的位置时，FP的值最小，∴DE的最小值为．故答案为．【点评】本题考查了三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．也考查了含30度的直角三角形三边的关系和直角三角形斜边上的中线性质．6．（2019•达州自主招生）如图，AD、BE分别是△ABC的中线和角平分线，AD⊥BE，AD＝BE＝12，则AC的长等于9．【分析】过D点作DF∥BE，则DF＝BE，F为EC中点，在Rt△ADF中求出AF的长度，根据已知条件易知G为AD中点，因此E为AF中点，则AC＝AF．【解答】解：过D点作DF∥BE，∵AD是△ABC的中线，AD⊥BE，∴F为EC中点，AD⊥DF，∵AD＝BE＝12，则DF＝6，AF＝＝＝6，∵BE是△ABC的角平分线，AD⊥BE，∴∠ABG＝∠DBG，∠AGB＝∠DGB＝90°，∵BG＝BG，∴△ABG≌△DBG（ASA），∴AG＝DG，∴G为AD中点，∴E为AF中点，∴AC＝AF＝×6＝9．故答案为：9．【点评】本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，三角形中线和角平分线的性质以及勾股定理的应用，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．7．（2018•崂山区校级自主招生）如图，在△A1B1C1中，已知A1B1＝28，B1C1＝16，A1C1＝20，依次连接△A1B1C1三边中点，得△A2B2C2，再依次连接△A2B2C2的三边中点得△A3B3C3…，则△A3B3C3的周长为16．【分析】根据题意求出△A1B1C1的周长，根据三角形中位线定理计算即可．【解答】解：∵A1B1＝28，B1C1＝16．A1C1＝20，∴△A1B1C1的周长为：28+16+20＝64，∵连接△A1B1C1三边中点，得△A2B2C2，∴B2C2＝B1C1＝8，A2C2＝A1C1＝10，A2B2＝A1B1＝14，∴△A2B2C2的周长＝8+10+14＝32，同理：△A3B3C3的周长＝16，故答案为：16．【点评】本题考查的是三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．8．（2018•青羊区校级自主招生）在△ABC中，AB＝8，BC＝6，AC边上的高BD＝4，E，F分别为线段AB，BC中点，连接EF，则EF的长为2+或2﹣．【分析】在直角△ABD与直角△BCD中，利用勾股定理分别求得AD，CD的长度，然后利用三角形中位线定理求得EF的长度．【解答】解：在直角△ABD中，∠ADB＝90°，AB＝8，BD＝4，则AD＝＝＝4．在直角△BCD中，∠BDC＝90°，BC＝6，BD＝4，则CD＝＝＝2．如图1，AC＝AD+CD＝4+2．∵E，F分别为线段AB，BC中点，∴EF是△ABC的中位线，∴EF＝AC＝×（4+2）＝2+．如图2，AC＝AD﹣CD＝4﹣2．∵E，F分别为线段AB，BC中点，∴EF是△ABC的中位线，∴EF＝AC＝×（4﹣2）＝2﹣．综上所述，EF的长度是2+或2﹣．故答案是：2+或2﹣．【点评】考查了三角形中位线定理和勾股定理，三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．三．解答题（共3小题）9．（2017•成都自主招生）如图，△ABC中，过点A分别作∠ABC，∠ACB的外角的平分线的垂线AD，AE．D，E为垂足，求证：（1）ED∥BC；（2）ED＝（AB+AC+BC）．【分析】（1）分别延长AD、AE与直线BC交于点F、G，根据AD⊥BD，得到∠ADB＝∠FDB＝90°，再根据BD＝BD，∠ABD＝∠FBD，证得△ABD≌△FBD，进而得到AD＝FD、AE＝EG，证得DE∥BC．（2）根据上题证得的△ABD≌△FBD，AB＝BF，同理AC＝CG，证得GF＝FB+BC+GC＝AB+BC+AC，从而证得结论．【解答】证明：（1）分别延长AD、AE与直线BC交于点F、G，∵AD⊥BD，∴∠ADB＝∠FDB＝90°，∵BD＝BD，∠ABD＝∠FBD，∴△ABD≌△FBD∴AD＝FD，同理可得AE＝EG，∴DE∥BC；（2）由（1）知△ABD≌△FBD，∴AB＝BF，同理AC＝CG，∵DE＝FG∴GF＝FB+BC+GC＝AB+BC+AC，∴DE＝（AB+BC+AC）【点评】本题考查了三角形的中位线定理及三角形的有关知识，解题的关键是正确的利用中位线定理得到中位线与第三边的位置或数量关系．10．（2017•天山区校级自主招生）如图所示，在△ABC中，BC＞AC，点D在BC上，且DC＝AC，∠ACB的平分线CF交AD于点F．点E是AB的中点，连接EF．（1）求证：EF∥BC；（2）若四边形BDFE的面积为9，求△ABD的面积．【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一得到AF＝FD，根据三角形中位线定理证明；（2）根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算．【解答】（1）证明：∵DC＝AC，CF是∠ACB的平分线，∴AF＝FD，又点E是AB的中点，∴EF∥BC；（2）解：∵AF＝FD，点E是AB的中点，∴EF＝BD，EF∥BD，∴△AEF∽△ABD，∴S△AEF＝S△ABD，∴S△AEF＝S四边形BDFE＝3，∴△ABD的面积＝12．【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．11．（2020•浙江自主招生）在凸四边形ABCD中，∠A﹣∠B＝∠B﹣∠C＝∠C﹣∠D＞0，且四个内角中有一个角为84°，求其余各角的度数．【分析】可设∠A﹣∠B＝∠B﹣∠C＝∠C﹣∠D＝x，根据四边形内角和等于360°，分四种情况进行讨论，从而求解．【解答】解：设∠A﹣∠B＝∠B﹣∠C＝∠C﹣∠D＝x＞0，则∠A＞∠B＞∠C＞∠D，∠C＝∠D+x，∠B＝∠D+2x，∠A＝∠D+3x，∵∠A+∠B+∠C+∠D＝6x+4∠D＝360°，∴∠D+x＝90°．1、∠D＝84°时，x＝4°，∠A＝96°，∠B＝92°，∠C＝88°；2、∠C＝84°时，2x+4∠C＝360°，x＝12°，∠A＝108°，∠B＝96°，∠D＝72°；3、∠B＝84°时，﹣2x+4∠B＝360°，x＝﹣12°，∠A＝72°，∠C＝96°，∠D＝108°（舍去）；4、∠A＝84°，﹣6x+4∠A＝360°，x＝﹣4，∠D＝96°，∠C＝92°，∠B＝88°（舍去）．【点评】本题考查了多边形内角与外角，四边形内角和等于360°，由于四个内角中有一个角为84°，不确定，故应该分类讨论．分层提分分层提分题组A基础过关练一．选择题（共9小题）1．（2021秋•芙蓉区校级期末）若一个正多边形的一个外角是60°，则这个正多边形的边数是（）A．10 B．9 C．8 D．6【分析】根据多边形的外角和等于360°计算即可．【解答】解：360°÷60°＝6，即正多边形的边数是6．故选：D．【点评】本题考查了多边形的外角和定理，掌握多边形的外角和等于360°，正多边形的每个外角都相等是解题的关键．2．（2021春•惠来县期末）如图，为测量位于一水塘旁的两点A，B间的距离，在地面上确定点O，分别取OA，OB的中点C，D，量得CD＝10m，则A，B之间的距离是（）A．5m B．10m C．20m D．40m【分析】根据三角形中位线定理解答即可．【解答】解：∵点C，D分别是OA，OB的中点，∴AB＝2CD＝20（m），故选：C．【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．3．（2021春•阿拉尔期末）如图，在△ABC中，E，F分别为AC，BC中点，若AB＝6，BC＝7，AC＝8，则EF＝（）A．3 B．3.5 C．4 D．4.5【分析】根据三角形中位线定理解答即可．【解答】解：∵E，F分别为AC，BC中点，∴EF是△ABC的中位线，∴EF＝AB＝×6＝3，故选：A．【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．4．（2021秋•武城县期末）一个正多边形的一个外角是60°，则该正多边形的内角和是（）A．720° B．900° C．1085° D．1260°【分析】根据多边形的边数与多边形的外角的个数相等，可求出该正多边形的边数，再由多边形的内角和公式求出其内角和．【解答】解：该正多边形的边数为：360°÷60°＝6，该正多边形的内角和为：（6﹣2）×180°＝720°．故选：A．【点评】本题考查多边形的内角与外角，解答本题的关键是求出该正多边形的边数与熟记多边形的内角和公式．5．（2022•武进区校级模拟）如图，△ABC中，AB＝10，AC＝7，BC＝9，点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，则四边形DBFE的周长是（）A．13 B． C．17 D．19【分析】根据三角形的中位线和四边形的周长公式即可得到结论．【解答】解：∵点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，∴DE是△ABC的中位线，EF是△ABC的中位线，∴DE＝BF＝BC＝9＝，EF＝BD＝AB＝10＝5，∴四边形DBFE的周长为DE+BF+EF+BD＝9+10＝19，故选：D．【点评】本题考查了三角形的中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键．6．（2021秋•安溪县期末）如图，AB∥CD，AC、BD相交于P，E、F分别为AC、BD的中点，若AB＝10，CD＝6，则EF的长是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】连接CF并延长，交AB于G，证明△DFC≌△BFG，根据全等三角形的性质得到BG＝CD＝6，CF＝FG，进而求出AG，根据三角形中位线定理定理计算即可．【解答】解：连接CF并延长，交AB于G，∵AB∥DC，∴∠D＝∠B，∵F为BD的中点，∴DF＝BF，在△DFC和△BFG中，，∴△DFC≌△BFG（ASA），∴BG＝CD＝6，CF＝FG，∴AG＝AB﹣BG＝4，∵CF＝FG，CE＝EA，∴EF＝AG＝×4＝2，故选：B．【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．7．（2021秋•渝中区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝CB＝6，BD⊥AC于点D，F在BC上且BF＝2，连接AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据等腰三角形的性质得到AD＝DC，根据三角形中位线定理解答即可．【解答】解：∵CB＝6，BF＝2，∴FC＝6﹣2＝4，∵BA＝BC，BD⊥AC，∴AD＝DC，∵AE＝EF，∴DE是△AFC的中位线，∴DE＝FC＝×4＝2，故选：B．【点评】本题考查的是等腰三角形的性质、三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．8．（2022春•余杭区月考）有一条长方形纸带，按如图方式折叠，形成的锐角∠α的度数为（）A．75° B．70° C．65° D．60°【分析】根据平行线的性质即可求解．【解答】解：延长CA至D点，如下图所示：∵CD∥EB，∴∠1＝30°（两直线平行，同位角相等），∵两边互相平行的纸带按如图所示的方式折叠，∴∠2＝∠α，∵∠2+∠α+∠1＝180°，∴2∠α+30°＝180°，∴∠α＝＝75°，故选：A．【点评】本题考查了平行线的性质以及折叠的性质．解题的关键是根据平行线的性质找出图中角度之间的关系．9．（2022春•盐都区月考）下列说法：①四边形的四个外角的度数之比为4：3：2：1，则相应的内角之比为1：2：3：4；②若线段a、b、c，满足b+c＞a，则以a、b、c为边一定能组成三角形；③三角形的高至多有两条在三角形外部；④在△ABC中，若∠A＝∠B＝∠C，则△ABC是钝角三角形；⑤图形经过平移后，对应点的连线段互相平行且相等；⑥多边形的内角中，至多有3个角是锐角．其中正确的有（）个．A．2 B．3 C．4 D．5【分析】①根据四边形的外角和定理及内角和定理分别求出各对应角的度数即可解答；②根据三角形三边判断出②的正误；③根据三角形的高线的定义可得③的正误；④根据三角形的内角和定理解答即可；⑤根据平移的性质得出；⑥根据平行线的性质判断．【解答】解：①四边形的四个外角的度数之比为4：3：2：1，则相应的内角之比为1：2：3：4；故正确；②若线段a、b、c，满足b+c＞a＞|b﹣c|，则以a、b、c为边不一定能组成三角形；故错误；③三角形的高至多有两条在三角形外部；故正确；④在△ABC中，若∠A＝∠B＝∠C，则△ABC是锐角三角形，估错误；⑤图形经过平移后，对应点的连线段互相平行（或在同一条直线上）且相等；故错误；⑥多边形的内角中，至多有3个角是锐角，故正确；其中正确的有①③⑥，共3个；故选：B．【点评】此题是多边形的内角和外角，比较复杂，涉及到多边形及三角形的内角和定理，平行线的性质，平移的性质，三角形的三边关系，涉及面较广，但难易适中．二．填空题（共3小题）10．（2021秋•绿园区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC边的中点，若BC＝6cm，则线段DE＝3cm．【分析】根据三角形中位线定理解答即可．【解答】解：∵点D，点E分别是AB，AC边的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC＝×6＝3（cm），故答案为：3．【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．11．（2022•江阴市校级模拟）一个多边形的内角和是外角和的3倍，那么这个多边形的边数为8；且内角和是1080度．【分析】n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，外角和为360°，根据题意列方程求解，即可得到边数，进而得出内角和．【解答】解：设多边形的边数为n，依题意，得（n﹣2）•180°＝3×360°，解得n＝8，∴内角和为3×360°＝1080°，故答案为：8；1080．【点评】本题考查了多边形内角与外角，解答本题的关键在于结合多边形的内角和公式寻求等量关系并构建方程．12．（2022春•靖江市校级月考）如图，在四边形ABCD中，∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，且∠D+∠C＝260°，则∠P＝40°．【分析】利用四边形内角和是360°可以求得∠DAB+∠ABC＝100°，然后由角平分线的性质，邻补角的定义求得∠PAB+∠ABP的度数，所以根据△ABP的内角和定理求得∠P的度数即可．【解答】解：如图，∵∠D+∠C＝260°，∠DAB+∠ABC+∠C+∠D＝360°，∴∠DAB+∠ABC＝100°，又∵∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，∴∠PAB+∠ABP＝∠DAB+∠ABC+（180°﹣∠ABC）＝90°+（∠DAB+∠ABC）＝90°+×100°＝140°，∴∠P＝180°﹣（∠PAB+∠ABP）＝40°．故答案为：40．【点评】本题考查了三角形内角和定理、多边形的内角与外角．熟知“四边形的内角和是360°”是解题的关键．三．解答题（共5小题）13．（2021秋•杜尔伯特县期末）如图，已知△ABC中，D是AB上一点，AD＝AC，AE⊥CD，垂足是E，F是BC的中点．求证：BD＝2EF．【分析】根据等腰三角形的性质得到CE＝ED，根据三角形中位线定理证明结论．【解答】证明：∵AD＝AC，AE⊥CD，∴CE＝ED，∵F是BC的中点，∴EF是△CDB的中位线，∴BD＝2EF．【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．14．（2021春•东宝区校级月考）在△ABC中，点D是AB的中点，CE平分∠ACB，AE⊥CE于点E．（1）求证：DE∥BC；（2）若AC＝5，BC＝7，求DE的长．【分析】（1）根据CE平分∠ACB，AE⊥CE，运用ASA易证明△ACE≌△FCE．根据全等三角形的性质，得AE＝EF，CF＝AC，根据三角形的中位线定理即可得到结论；（2）根据三角形的中位线定理就可求解．【解答】解：（1）延长AE交BC于F，∵CE平分∠ACB，AE⊥CE于点E，∴∠ACE＝∠FCE，∠AEC＝∠FEC＝90°，在△ACE和△FCE中，，∴△ACE≌△FCE．∴AE＝EF，∵点D是AB的中点，∴AD＝BD，∴DE是△ABF的中位线．∴DE∥BC；（2）∵△ACE≌△FCE，∴CF＝AC＝5，∵DE是△ABF的中位线．∴DE＝BF＝（BC﹣AC）＝（7﹣5）＝1，故DE的长为1．【点评】此题考查了全等三角形的判定和性质以及三角形的中位线定理，正确地作出辅助线是解题的关键．15．（2021秋•朝天区期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝100°，∠D＝140°，∠BCD的平分线CE交AB于点E．（1）若∠B＝∠BCD，则∠B＝60°；（2）若CE∥AD，求∠B的大小．【分析】（1）根据四边形内角和为360°解决问题；（2）由CE//AD推出∠DCE+∠D＝180°，所以∠DCE＝40°，根据CE平分∠BCD，推出∠BCD＝80°，再根据四边形内角和为360°求出∠B度数；【解答】解：（1）∵∠A＝100°，∠D＝140°，∠B＝∠BCD，∴．故答案为：60；（2）∵CE∥AD，∴∠DCE+∠D＝180°，∴∠DCE＝180°﹣∠D＝180°﹣140°＝40°．∵CE平分∠BCD，∴∠BCD＝2∠DCE＝80°，∴∠B＝360°﹣（100°+140°+80°）＝40°．【点评】本题考查了多边形内角与外角以及平行线的性质，熟练运用多边形内角性质和平行线的性质是解题的关键．16．（2021秋•岚皋县期末）一个多边形的外角和是它的内角和的，求这个多边形的边数和内角和．【分析】设这个多边形是n边形，由题意得，解得可得多边形的边数，再计算内角和即可．【解答】解：设这个多边形是n边形，由题意，得，解得n＝11．故这个多边形的内角和是（11﹣2）×180°＝1620°，∴这个多边形是十一边形，其内角和为1620°．【点评】本题考查了多边形内角与外角，掌握n边形的内角和是（n﹣2）•180°，多边形的外角和是360°是解题的关键．17．（2021秋•辛集市期末）探究归纳题：（1）试验分析：如图1，经过A点可以做1条对角线；同样，经过B点可以做1条对角线；经过C点可以做1条对角线；经过D点可以做1条对角线．通过以上分析和总结，图1共有2条对角线（2）拓展延伸：运用1的分析方法，可得：图2共有5条对角线；图3共有9条对角线；（3）探索归纳：对于n边形（n＞3），共有条对角线．（用含n的式子表示）（4）特例验证：十边形有35对角线．【分析】（1）根据对角线的定义，可得答案；（2）根据对角线的定义，可得答案；（3）根据探索，可发现规律；（4）根据对角线的公式，可得答案．【解答】解：经过A点可以做1条对角线；同样，经过B点可以做1条；经过C点可以做1条；经过D点可以做1条对角线．通过以上分析和总结，图1共有2条对角线．（2）拓展延伸：运用（1）的分析方法，可得：图2共有5条对角线；图3共有9条对角线；（3）探索归纳：对于n边形（n＞3），共有条对角线．（4）特例验证：十边形有＝35对角线．故答案为：（1）1、1、1、1、2；（2）5、9；（3）；（4）35．【点评】本题考查了多边形的对角线，发现多边形对角线公式是解题关键．题组B能力提升练一．选择题（共8小题）1．（2022•官渡区校级模拟）小甘为测量池塘边A，B两点的距离，在线段AB侧选取一点P，连接PA并延长至点M，连接PB并延长至点N，使得AM＝PA，BN＝PB，如图．若测得MN＝8米，则点A，B的距离为（）A．16米 B．6米 C．4米 D．2米【分析】根据三角形中位线定理解答即可．【解答】解：∵AM＝PA，BN＝PB，∴AB是△PMN的中位线，∵MN＝8米，∴AB＝MN＝4米，故选：C．【点评】本题考查的是三角形中位线定理的应用，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．2．（2021秋•孟津县期末）如图所示，已知四边形ABCD，R、P分别是DC、BC上的点，点E、F分别是AP、RP的中点，当点P在边BC上从点B向点C移动，且点R从点D向点C移动时，那么下列结论成立的是（）A．线段EF的长逐渐增大 B．线段EF的长逐渐减少 C．线段EF的长不变 D．△ABP和△CRP的面积和不变【分析】连接AR，根据三角形的中位线定理可得EF＝AR，根据AR的变化情况即可判断．【解答】解：连接AR，∵E，F分别是AP，RP的中点，∴EF＝AR，∵当点P在BC上从点C向点B移动，点R从点D向点C移动时，AR的长度逐渐增大，∴线段EF的长逐渐增大．S△ABP+S△CRP＝BC•（AB+CR）．∵CR随着点R的运动而减小，∴△ABP和△CRP的面积和逐渐减小．观察选项，只有选项A符合题意．故选：A．【点评】此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．3．（2021秋•东莞市校级期末）如图，已知△ABC中AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，AE是∠BAC的外角平分线，ED∥AB交AC于点G，下列结论：①AD⊥BC；②AE∥BC；③AE＝AG；④∠DAE＝90°．其中正确结论的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】连接EC，根据等腰三角形的性质得出AD⊥BC，即可判断①；求出∠FAE＝∠B，再根据平行线的性质得出AE∥BC，即可判断②；求出四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质得出AE＝BD，求出AE＝CD，根据矩形的判定推出四边形ADCE是矩形，根据矩形的性质得出AC＝DE，AG＝CG，DG＝EG，求出DG＝AG＝CG＝EG，根据勾股定理判断④即可；根据AE＝BD＝BC和AG＝AC判断③即可．【解答】解：连接EC，∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，∴AD⊥BC，故①正确；∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵AE平分∠FAC，∴∠FAC＝2∠FAE，∵∠FAC＝∠B+∠ACB，∴∠FAE＝∠B，∴AE∥BC，故②正确；∵AE∥BC，DE∥AB，∴四边形ABDE是平行四边形，∴AE＝BD，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴CD＝BD，∴AE＝CD，∵AE∥BC，∠ADC＝90°，∴四边形ADCE是矩形，∴∠DAE＝90°，故④正确；∵AE＝BD＝BC，AG＝AC，∴AG＝AE错误（已知没有条件AC＝BC），故③错误；即正确的个数是3个，故选：C．【点评】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．4．（2021秋•淅川县期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝12，AD＝5，点M、N分别为线段BC、AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E、F分别为DM、MN的中点，则EF长度的可能为（）A．2 B．5 C．7 D．9【分析】根据三角形的中位线定理得出EF＝DN，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重合时DN最大，N与A重合时，DN最小，从而求得EF的最大值为6.5，最小值是2.5，可解答．【解答】解：连接DN，∵ED＝EM，MF＝FN，∴EF＝DN，∴DN最大时，EF最大，DN最小时，EF最小，∵N与B重合时DN最大，此时DN＝DB＝＝＝13，∴EF的最大值为6.5．∵∠A＝90°，AD＝5，∴DN≥5，∴EF≥2.5，∴EF长度的可能为5；故选：B．【点评】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理的应用，熟练掌握定理是解题的关键．5．（2021秋•宁津县期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝（）A．180° B．240° C．360° D．540°【分析】根据多边形内角与外角、三角形内角和定理、三角形外角性质进行推理计算即可．【解答】解：如图，由三角形外角性质可知：∠1＝∠F+∠B，∠2＝∠A+∠E，∴在四边形ADCG中，由四边形内角和可知：∠D+∠C+∠2+∠1＝360°，∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．故选：C．【点评】本题考查了多边形内角与外角、三角形外角性质，解决本题的关键是掌握多边形内角和定理、三角形外角性质．6．（2021秋•铜官区期末）如图，在五边形ABCDE中，AB∥ED，∠1，∠2，∠3分别是∠ABC，∠BCD，∠CDE的外角，则∠1+∠2+∠3的度数为（）A．180° B．210° C．240° D．270°【分析】根据两直线平行，同旁内角互补得到以点A、点E为顶点的五边形的两个外角的度数之和等于180°，再根据多边形的外角和定理列式计算即可得解．【解答】解：反向延长AB，DC，∵AB∥ED，∴∠4+∠5＝180°，根据多边形的外角和定理可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣180°＝180°．故选：A．【点评】本题考查了平行线的性质，多边形的外角和定理，是基础题，理清求解思路是解题的关键．7．（2021秋•新罗区期末）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点C落在四边形ABDE的外部时，此时测得∠1＝106°，∠C＝35°，则∠2的度数为（）A．35° B．36° C．37° D．38°【分析】根据折叠性质得出∠C′＝∠C＝35°，根据三角形外角性质得出∠DOC＝∠1﹣∠C＝71°，∠2＝∠DOC﹣∠C′＝71°﹣35°＝36°．【解答】解：如图，设C′D与AC交于点O，∵∠C＝35°，∴∠C′＝∠C＝35°，∵∠1＝∠DOC+∠C，∠1＝106°，∴∠DOC＝∠1﹣∠C＝106°﹣35°＝71°，∵∠DOC＝∠2+∠C′，∴∠2＝∠DOC﹣∠C′＝71°﹣35°＝36°．故选：B．【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟记多边形的内角和定理及三角形的外角定理是解题的关键．8．（2021秋•聊城期末）如图，图①是四边形纸条ABCD，其中AB∥CD，E，F分别为AB、CD上的两个点，将纸条ABCD沿EF折叠得到图②，再将图②沿DF折叠得到图③，若在图③中，∠FEM＝24°，则∠EFC为（）A．48° B．72° C．108° D．132°【分析】先由折叠得：∠BEF＝∠FEM＝24°，由平行线的性质得∠EFM＝24°，如图③中，根据折叠和平行线的性质得，∠MFC＝132°，根据角的差可得结论．【解答】解：如图②，由折叠得：∠B'EF＝∠FEM＝24°，∵AE∥DF，∴∠EFM＝24°，∠BMF＝∠DME＝48°，∵BM∥CF，∴∠CFM+∠BMF＝180°，∴∠CFM＝180°﹣48°＝132°，由折叠得：如图③，∠MFC＝132°，∴∠EFC＝∠MFC﹣∠EFM＝132°﹣24°＝108°，故选：C．【点评】本题考查了平行线的性质、翻折变换的性质等知识；熟练掌握平行线和翻折变换的性质得出相等的角是解决问题的关键．二．填空题（共5小题）9．（2022•开福区校级开学）如图，在△ABC中，点D、E、F分别是各边的中点，若△ABC的面积为16cm2，则△DEF的面积是4cm2．【分析】根据三角形中位线定理证得DF∥BE，DF＝BE，推出四边形BEFD是平行四边形，进而证得△BDE≌△FED，同理证得△BDE≌△DAF≌△EFC≌△FED，即可求出△DEF的面积．【解答】解：∵点D、F分别是AB，AC的中点，∴DF∥BC，DF＝BC，∴DF∥BE，∵E是BC的中点，∴BE＝BC，∴DF＝BE，∴四边形BEFD是平行四边形，∴BD＝EF，在△BDE和△FED中，，∴△BDE≌△FED（SSS），同理可证△DAF≌△FED，△EFC≌△FED，即△BDE≌△DAF≌△EFC≌△FED，∴S△DEF＝S△ABC＝×16＝4（cm2），故答案为：4．【点评】本题主要考查了三角形的中位线定理，平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定，三角形的面积等知识，熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键．10．（2021秋•海口期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点B、C的坐标分别是（﹣1，0），（5，0），点D、E分别是AB、AC的中点，点D的坐标为（1，2），则点A、E的坐标分别是（3，4）、（4，2）．【分析】由点B、C的坐标求得线段BC＝6；然后根据三角形中位线定理推知DE∥BC，且DE＝BC，易得点E的坐标；最后利用直线AB与直线AC交点的求法得到点A的坐标．【解答】解：∵点B、C的坐标分别是（﹣1，0），（5，0），∴BC＝6．∵点D、E分别是AB、AC的中点，∴DE∥BC，且DE＝BC＝3．又∵点D的坐标为（1，2），∴点E的坐标为（4，2）．设直线AB表达式为：y＝kx+b（k≠0），把点B、D的坐标分别代入，得．解得．故直线AB的表达式为y＝x+1．同理，直线AC的表达为：y＝﹣2x+10．所以．解得．故A（3，4）．故答案是：（3，4）、（4，2）．【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，待定系数法确定函数关系式以及坐标与图形性质，解题的关键是根据题意推知DE∥BC，且DE＝BC．11．（2021秋•北碚区校级期末）已知在△ABC中，AC＝6cm，点D、E分别是AC、BC的中点，连接DE，在DE上有一点F，EF＝1cm，连接AF，CF，若AF⊥CF，则AB＝8cm．【分析】根据直角三角形的性质求出DF，进而求出DE，根据三角形中位线定理计算，得到答案．【解答】解：在Rt△AFC中，点D是AC的中点，AC＝6cm，∴DF＝AC＝×6＝3（cm），∵EF＝1cm，∴DE＝DF+EF＝3+1＝4（cm），∵点D，E分别是AC，BC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴AB＝2DE＝2×4＝8（cm），故答案为：8cm．【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．12．（2021秋•嘉鱼县期末）如图，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360度．【分析】分析图形，根据“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和”可知能把∠1，∠2，∠3，∠4，∠5，∠6全部转化到∠1，∠6所在的四边形中，利用四边形内角和为360度可得答案．【解答】解：如图所示，∵∠2+∠4＝∠7，∠3+∠5＝∠8，又∵∠1+∠6+∠7+∠8＝360°，∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°，故答案为：360．【点评】本题主要考查了三角形的内角和外角之间的关系及四边形内角和定理，（1）三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和；（2）四边形内角和为360°．13．（2021秋•凉山州期末）如图，小华从点A出发向前走10m，向右转15°，然后继续向前走10m，再向右转15°，他以同样的方法继续走下去，当他第一次回到点A时共走了240m．【分析】外角相同，边长相同，那么此几何体为正多边形，共走的米数＝10×边数．【解答】解：易得此几何体为正多边形，每个外角为15°，∴这个多边形的边数为360°÷15＝24，∴当他第一次回到点A时共走了24×10＝240m．【点评】解决本题的关键是得到小华所走的图形的形状；正多边形的边数等于360÷正多边形的一个外角度数．三．解答题（共4小题）14．（2021秋•桓台县期末）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点．（1）若AB＝6，CD＝8，∠ABD＝30°，∠BDC＝120°，求EF的长；（2）若∠BDC﹣∠ABD＝90°，求证：AB2+CD2＝4EF2．【分析】（1）取BD的中点P，利用三角形中位线定理可以求得EP、FP的长度，然后利用勾股定理来求EF的长度；（2）如图，取BD的中点P，连接EP、FP．用三角形中位线定理可以求得EP、FP的长度，然后利用勾股定理即可得到结论．【解答】（1）解：如图，取BD的中点P，连接EP、FP．∵E，F分别是AD、BC的中点，AB＝6，CD＝8，∴PE∥AB，且PE＝AB＝3，PF∥CD且PF＝CD＝4．又∵∠ABD＝30°，∠BDC＝120°，∴∠EPD＝∠ABD＝30°，∠DPF＝180°﹣∠BDC＝60°，∴∠EPF＝∠EPD+∠DPF＝90°，在直角△EPF中，由勾股定理得到：EF＝＝＝5，即EF＝5；（2）证明：如图，取BD的中点P，连接EP、FP．∵E，F分别是AD、BC的中点，∴PE∥AB，且PE＝AB，PF∥CD且PF＝CD．∴∠EPD＝∠ABD，∠BPF＝∠BDC，∴∠DPF＝180°﹣∠BPF＝180°﹣∠BDC，∵∠BDC﹣∠ABD＝90°，∴∠BDC＝90°+∠ABD，∴∠EPF＝∠EPD+∠DPF＝∠ABD+180°﹣∠BDC＝∠ABD+180°﹣（90°+∠ABD）＝90°，∴PE2+PF2＝（AB）2+（CD）2＝EF2，∴AB2+CD2＝4EF2．【点评】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理的逆定理，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键．15．（2021秋•莱州市期末）已知：如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且AC＝BD，E、F分别是AB、CD的中点，EF分别交BD、AC于点G、H．求证：OG＝OH．【分析】取BC边的中点M，连接EM，FM，则根据三角形的中位线定理，即可证得△EMF是等腰三角形，根据等边对等角，即可证得∠MEF＝∠MFE，然后根据平行线的性质证得∠OGH＝∠OHG，根据等角对等边即可证得．【解答】解：取BC边的中点M，连接EM，FM，∵M、F分别是BC、CD的中点，∴MF∥BD，MF＝BD，同理：ME∥AC，ME＝AC，∵AC＝BD∴ME＝MF∴∠MEF＝∠MFE，∵MF∥BD，∴∠MFE＝∠OGH，同理，∠MEF＝∠OHG，∴∠OGH＝∠OHG∴OG＝OH．【点评】本题考查了三角形的中位线定理，正确证明△EMF是等腰三角形是关键．16．（2021秋•潜江期末）如图1，已知∠ACD是△ABC的一个外角，我们容易证明∠ACD＝∠A+∠B，即：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．那么，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在怎样的数量关系呢？尝试探究：（1）如图2，已知：∠DBC与∠ECB分别为△ABC的两个外角，则∠DBC+∠ECB﹣∠A＝180°．（横线上填＜、＝或＞）初步应用：（2）如图3，在△ABC中，BP、CP分别平分外角∠DBC、∠ECB，∠P与∠A有何数量关系？请利用上面的结论直接写出答案：∠P＝90°﹣∠A．解决问题：（3）如图4，在四边形ABCD中，BP、CP分别平分外角∠EBC、∠FCB，请利用上面的结论探究∠P与∠BAD、∠CDA的数量关系．【分析】（1）根据三角形外角的性质得：∠DBC＝∠A+∠ACB，∠ECB＝∠A+∠ABC，两式相加可得结论；（2）根据角平分线的定义得：∠CBP＝∠DBC，∠BCP＝∠ECB，根据三角形内角和可得：∠P的式子，代入（1）中得的结论：∠DBC+∠ECB＝180°+∠A，可得：∠P＝90°﹣∠A；（3）根据平角的定义得：∠EBC＝180°﹣∠1，∠FCB＝180°﹣∠2，由角平分线得：∠3＝∠EBC＝90°﹣∠1，∠4＝∠FCB＝90°﹣∠2，相加可得：∠3+∠4＝180°﹣（∠1+∠2），再由四边形的内角和与三角形的内角和可得结论．【解答】解：（1）∠DBC+∠ECB﹣∠A＝180°，理由是：∵∠DBC＝∠A+∠ACB，∠ECB＝∠A+∠ABC，∴∠DBC+∠ECB＝2∠A+∠ACB+∠ABC＝180°+∠A，∴∠DBC+∠ECB﹣∠A＝180°，故答案为：＝；（2）∠P＝90°﹣∠A，理由是：∵BP平分∠DBC，CP平分∠ECB，∴∠CBP＝∠DBC，∠BCP＝∠ECB，∵△BPC中，∠P＝180°﹣∠CBP﹣∠BCP＝180°﹣（∠DBC+∠ECB），∵∠DBC+∠ECB＝180°+∠A，∴∠P＝180°﹣（180°+∠A），＝90°﹣∠A．故答案为：90°﹣∠A，（3）∠P＝180°﹣（∠BAD+∠CDA），理由是：∵∠EBC＝180°﹣∠1，∠FCB＝180°﹣∠2，∵BP平分∠EBC，CP平分∠FCB，∴∠3＝∠EBC＝90°﹣∠1，∠4＝∠FCB＝90°﹣∠2，∴∠3+∠4＝180°﹣（∠1+∠2），∵四边形ABCD中，∠1+∠2＝360°﹣（∠BAD+∠CDA），又∵△PBC中，∠P＝180°﹣（∠3+∠4）＝（∠1+∠2），∴∠P＝×[360°﹣（∠BAD+∠CDA）]＝180°﹣（∠BAD+∠CDA）．【点评】本题是四边形和三角形的综合问题，考查了三角形和四边形的内角和定理、三角形外角的性质、角平分线的定义等知识，难度适中，熟练掌握三角形外角的性质是关键．17．（2021秋•临江市期末）我们探究过三角形内角和等于180°，四边形内角和等于360°，请解决下面的问题：（1）如图1，∠A+∠B+∠C+∠D＝180°，则∠AOB+∠COD＝180°（直接写出结果）；（2）连接AD、BC，若AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线；①如图2，如果∠AOB＝110°，那么∠COD的度数为70°（直接写出结果）；②如图3，若∠AOD＝∠BOC，AB与CD平行吗？请写出理由．【分析】（1）根据三角形内角和解答即可；（2）①由四边形的内角和为360°以及角平分线的定义可得∠AOB+∠COD＝180°，据此解答即可；②由①得∠AOB+∠COD＝180°，从而得出∴∠ADO+∠BOD＝180°，可得∠AOD＝∠BOC＝90°，进而得出∠DAB+∠ADC＝180°，可得AB∥CD．【解答】解：（1）∵∠AOB+∠COD+∠A+∠B+∠C+∠D＝180°×2＝360°，∠A+∠B+∠C+∠D＝180°，∴∠AOB+∠COD＝360°﹣180°＝180°．故答案为：180°；（2）①∵AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线，∴∠OAB＝∠DAB，∠OBA＝∠CBA，∠OCD＝∠BCD，∠ODC＝∠ADC，∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝×360°＝180°，在△OAB中，∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB，在△OCD中，∠OCD+∠ODC＝180°﹣∠COD，∴180°﹣∠AOB+180°﹣∠COD＝180°，∴∠AOB+∠COD＝180°；∵∠AOB＝110°，∴∠COD＝180°﹣110°＝70°．故答案为：70°；②AB∥CD，理由如下：∵AO、BO、CO、DO分别是四边形ABCD的四个内角的平分线，∴∠OAB＝∠DAB，∠OBA＝∠CBA，∠OCD＝∠BCD，∠ODC＝∠ADC，∴∠OAB+∠OBA+∠OCD+∠ODC＝×360°＝180°，在△OAB中，∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB，在△OCD中，∠OCD+∠ODC＝180°﹣∠COD，∴180°﹣∠AOB+180°﹣∠COD＝180°，∴∠AOB+∠COD＝180°；∴∠AOD+∠BOC＝360°﹣（∠AOB+∠COD）＝360°﹣180°＝180°，∵∠AOD＝∠BOC，∴∠AOD＝∠BOC＝90°．在∠AOD中，∠DAO+∠ADO＝180°﹣∠AOD＝180°﹣90°＝90°，∵∠DAO＝∠DAB，∠ADO＝∠ADC，∴∠DAB+∠ADC＝90°，∴∠DAB+∠ADC＝180°，∴AB∥CD．【点评】此题考查了三角形内角和定理、三角形外角的性质、平行线的性质以及角平分线的定义，掌握角平分线的性质和等量代换是解决问题的关键．题组C培优拔尖练一．选择题（共1小题）1．（2021春•西安期末）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，过点C作CD⊥AD，AD交BC于点G，DE∥AB交AC于点E，作∠BCA的平分线CF交AD于点P，交AB于点F，若∠B＝60°，下列结论：①∠PCD＝30°；②∠AFC+∠DCG＝90°；③BG＝AE；④AC＝AF+CG；⑤S△APF+S△CPG＝S△APC．其中正确的个数是（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【分析】延长CD交AB的延长线于H，证明△ACH为等腰三角形，得出CD＝DH，由DE∥AH得出AE＝CE，由平行线的性质和角平分线证出AE＝DE，连接HP，HG，由AD垂直平分CH得到HG＝CG，HP＝CP，AH＝AC，∠FPH＝∠CBF，CP＝HP，利用等角对等角且外角的性质，证出∠CBF＝2∠PCD＝60°，①正确；证明∠CGD＝∠AFC，可得②正确；求出∠CPD与∠HPD的度数，证明△HFP≌△HGP，得到HF＝GH＝CG，FP＝GP，④正确；得出CG+AF＝HF+AF＝AH＝AC，由三角形面积公式得出⑤正确；即可得出结论．【解答】解：方法一：延长CD交AB的延长线于H，连接HP、HG，∵AD⊥CH，∴∠ADC＝∠ADH＝90°，∵AD平分∠BAC，∴∠HAD＝∠CAD，∴∠AHC＝∠ACH，∴AH＝AC，∴△ACH为等腰三角形，∴CD＝CH，∵DE∥AB，∴AE＝CE，∠ADE＝∠BAD，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAE，∴∠DAE＝∠ADE，∴AE＝DE，∴AE＝DE＝CE，∵CD⊥AD，CD＝CH，∴AD为HC的垂直平分线，∴∠AHP＝∠ACP，PC＝PH，∵∠BCA的平分线CF交AD于点P，∴∠ACP＝∠BCF，∴∠AHP＝∠BCF，∵∠CFH为公共角，∴∠FPH＝∠CBF，∵PC＝PH，∴∠FPH＝∠PCD+∠PHD＝2∠PCD，∴∠CBF＝2∠PCD＝60°，∴∠PCD＝30°，故①正确，方法二：∵AD平分∠BAC，CF平分∠BCA，∴∠APC＝90°+∠ABC＝90°+30°＝120°，∴∠CPD＝60°，∵CD⊥AD，∴∠PCD＝30°，故①正确，∵∠CGD＝∠GCP+∠CPG＝∠GCP+60°，∠AFC＝∠GCP+∠FBC＝∠GCP+60°，∴∠AFC＝∠CGD，∵∠CGD+∠GCD＝90°，∴∠AFC+∠GCD＝90°，故②正确，∵AE＝DE＝EC＝AH，无法判断BG＝AH，故③错误，∵∠PCD＝30°＝∠PHD，∵CF为∠ACB的平分线，∴HP为∠FHG的平分线，在△HFP和△HGP中，，∴△HFP≌△HGP（ASA），∴HG＝HF＝CG，FP＝GP，∴AF+CG＝AF+HF＝AH＝AC，故④正确．作PM⊥AB于M，PN⊥AC于N，PQ⊥BC于Q，∴PM＝PN＝PQ，∵S△APF＝AF×PM，S△CPG＝CG×PQ，S△APC＝AC×PN，∴S△APF+S△CPG＝S△APC，故⑤正确．故选：C．【点评】本题综合性较强，难度较大，考查了等腰三角形的性质，角平分线的性质，平行线分相等成比例定理，三角形的全等与相似等，能够正确找到相似三角形和全等三角形是解决问题的关键．二．填空题（共2小题）2．（2021秋•香坊区校级期末）如图，点A为等边三角形BCD外一点，连接AB、AD且AB＝AD，过点A作AE∥CD分别交