专题1.1三角形14大核心考点（知识梳理典例剖析变式训练）-2022-2023学年八年级数学上学期复习备考高分秘籍

20222023学年八年级数学上学期复习备考高分秘籍（浙教版）专题1.1三角形14大核心考点精讲精练（知识梳理+典例剖析+变式训练）【目标导航】【知识梳理】1．三角形的主要线段：（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）三角形有三条中线，有三条高线，有三条角平分线，它们都是线段．（5）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．2.三角形的三边关系：（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．（3）三角形的两边差小于第三边．（4）在涉及三角形的边长或周长的计算时，注意最后要用三边关系去检验，这是一个隐藏的定时炸弹，容易忽略．3．三角形内角和定理：（1）三角形内角的概念：三角形内角是三角形三边的夹角．每个三角形都有三个内角，且每个内角均大于0°且小于180°．（2）三角形内角和定理：三角形内角和是180°．（3）三角形内角和定理的证明证明方法，不唯一，但其思路都是设法将三角形的三个内角移到一起，组合成一个平角．在转化中借助平行线．（4）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．4.三角形外角的性质：（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．三角形共有六个外角，其中有公共顶点的两个相等，因此共有三对．（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．（4）探究角度之间的不等关系，多用外角的性质③，先从最大角开始，观察它是哪个三角形的外角．【典例剖析】【考点1】三角形的概念与分类【例1】2022·浙江·八年级专题练习）如图，以AB为边的三角形的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】根据三角形的概念、结合图形写出以AB为边的三角形．【详解】解：以AB为边的三角形的有△ABC，△ABD，△ABF，△ABE，一共有4个．故选：D．【点睛】本题考查的是三角形的认识，不重不漏的写出所有的三角形是解题的关键．【变式1.1】（2019·浙江·八年级期末）图中的三角形被木板遮住了一部分，这个三角形是(

)A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．以上都有可能【答案】D【详解】从图中，只能看到一个角是锐角，其它的两个角中，可以都是锐角或有一个钝角或有一个直角，故选D．【变式1.2】（2019·浙江·杭州市富阳区富春中学八年级阶段练习）图中钝角三角形有（

）个．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据钝角三角形的定义即可解决问题，三角形按角的大小可以分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形，有一个角是钝角的三角形就是钝角三角形【详解】△ABD、△ACF与△ABF是钝角三角形【点睛】本题关键是知道大于90°小于180°的角为钝角，有一个角是钝角的三角形就是钝角三角形【变式1.3多选题】（2021·浙江绍兴·八年级阶段练习）将一个三角形纸片剪开分成两个三角形，这两个三角形可能是（

）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】ABD【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】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是邻补角，不可能都是锐角，故这两个三角形不可能都是锐角三角形．综上所述，将一个三角形剪成两三角形，这两个三角形不可能都是锐角三角形．故选：ABD【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2】三角形的稳定性【例2】（2021·浙江绍兴·八年级期中）人字梯中间一般会设计一“拉杆”，这样做的道理是（）A．两点之间，线段最短 B．垂线段最短C．两直线平行，内错角相等 D．三角形具有稳定性【答案】D【分析】根据三角形的稳定性解答即可．【详解】解：人字梯中间一般会设计一“拉杆”，是因为三角形具有稳定性，故选：D．【点睛】本题考查三角形的稳定性，熟知三角形具有稳定性是解答的关键．【变式2.1】（2022·浙江绍兴·八年级期末）如图，一扇窗户打开后，用窗钩AB可将其固定，这里所运用的几何原理是（

）A．三角形的稳定性 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】根据三角形的稳定性即可解决问题．【详解】解：根据三角形的稳定性可固定窗户．故选：A．【点睛】本题考查了三角形的稳定性，属于基础题型．【变式2.2】（2020·浙江·临海市杜桥实验中学八年级阶段练习）下列图形中，具有稳定性的是（

）A． B． C． D．【变式2.3】（2020·浙江·高照实验学校八年级阶段练习）下列是利用了三角形的稳定性的有（）①自行车的三角形车架：②校门口的自动伸缩栅栏门：③照相机的三脚架：④长方形门框的斜拉条A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】根据三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性，依次对四个选项进行判断，即可解题．【详解】∵三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性，∴四个选项中只有选项D符合题意，选项A、B、C均不符合题意，故选：D．【点睛】本题考查三角形的稳定性，四边形不具有稳定性，是基础考点，难度容易，掌握相关知识是解题关键．【考点3】三角形的三边关系【例3】（2022·浙江·八年级专题练习）1.小明有两根长度为5cm，10cm的木棒，他想钉一个三角形木框，桌上有几根木棒供他选择，他有几种选择？（

）A．1种 B．2种 C．3种 D．4种【答案】B【分析】利用三角形的三边关系进行分析即可．【详解】解：设第三根木棒的长度为xcm，∵小明有两根长度为5cm和10cm的木棒，∴10﹣5＜x＜10+5，即：5＜x＜15，10cm和12cm适合，故选：B．【点睛】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，三角形的两边之差小于第三边．【变式3.1】（2022··八年级期末）下列长度（单位：cm）的线段不能组成三角形的是（

）A．3，3，3 B．3，5，5 C．3，4，5 D．3，5，8【答案】D【分析】根据三角形三边关系：三角形两边之和大于第三边进行分析即可．可以用较小的两边之和与最大边比较．【详解】解：A、3+3＞3，能组成三角形，故此选项不符合题意；B、3+5＞5，能组成三角形，故此选项不符合题意；C、3+4＞5，能组成三角形，故此选项不符合题意；D、3+5=8，不能组成三角形，故此选项符合题意．故选：D．【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握三边关系．三角形三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．【变式3.2】（2021·浙江温州·八年级期中）已知一个三角形的两边分别为2和7，则这个三角形的第三边可以是（

）A．4 B．5 C．7 D．10【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即可判断．【详解】设第三边为x，则7−2＜x＜故答案为：C．【点睛】本题考查三角形三边关系定理，记住两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，属于基础题，中考常考题型．【变式3.3】（2022·浙江·八年级专题练习）若三角形两边a、b的长分别为3和4，则第三边c的取值范围是（

）A．1≤c≤7 B．1<c<8 C．1<c<7 D．2<c<9【答案】C【分析】根据三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边列不等式求解．【详解】因为三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，所以3+4>c，且43<c，所以1<c<7，故选C．【点睛】本题考查了三角形的三边关系，熟练掌握三角形有关线段的概念是解题关键．【考点4】三角形的高【例4】（2020·浙江·八年级期末）若线段AM和线段AN分别是△ABC边BC上的中线和高，则下列判断正确的是（

）AM>AN B．AM≥AN C．AM<AN D．AM≤AN【答案】B【分析】根据三角形的高的概念得到AN⊥BC，根据垂线段最短判断．【详解】解：∵线段AN是△ABC边BC上的高，∴AN⊥BC，由垂线段最短可知，AM≥AN，故选：B．【点睛】本题考查的是三角形的角平分线、中线和高的概念，掌握垂线段最短是解题的关键．【变式4.1】（2022·浙江·八年级专题练习）张老师让同学们作三角形BC边上的高，你认为正确的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据三角形高的定义解答即可．【详解】A、AD是△ABC中BC边上的高，符合题意；B、DB不是△ABC中BC边上的高，不符合题意；C、DB是△ABC中AC边上的高，不符合题意；D、∵AD⊥CD，∴CD是AB边上的高，不符合题意；故选：A．【点睛】本题考查的是三角形高的概念，从三角形的一个顶点向对边作垂线，垂足与顶点之间的距离叫做三角形的高，熟知高的概念是解题的关键．【变式4.2】（2022·浙江杭州·九年级专题练习）如图，CD⊥AB于点D，已知∠ABC是钝角，则（

）A．线段CD是△ABC的AC边上的高线 B．线段CD是△ABC的AB边上的高线C．线段AD是△ABC的BC边上的高线 D．线段AD是△ABC的AC边上的高线【答案】B【分析】根据高线的定义注意判断即可．【详解】∵线段CD是△ABC的AB边上的高线，∴A错误，不符合题意；∵线段CD是△ABC的AB边上的高线，∴B正确，符合题意；∵线段AD是△ACD的CD边上的高线，∴C错误，不符合题意；∵线段AD是△ACD的CD边上的高线，∴D错误，不符合题意；故选B．【点睛】本题考查了三角形高线的理解，熟练掌握三角形高线的相关知识是解题的关键．【变式4.3】（2022·浙江·八年级专题练习）如果一个三角形的三条高的交点恰是三角形的一个顶点，那么这个三角形是(

)锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．不能确定【答案】C【分析】根据三角形的三条高线与三角形的位置关系即可直接得出结论．【详解】A．锐角三角形，三条高线交点在三角形内，故A项错误；B．钝角三角形，三条高线不会交于一个顶点，故B项错误；C．直角三角形的直角所在的顶点正好是三条高线的交点，可以得出这个三角形是直角三角形，故C项正确；D．能确定C正确，故D项错误．故选：C．【点睛】本题主要考查了三角形的三条高线的交点问题，掌握三角形的三条高线交点的特征是解题的关键．【考点5】三角形的中线【例5】（2022·浙江·八年级专题练习）如图，△ABC中，AB＝10，AC＝8，点D是BC边上的中点，连接AD，若△ACD的周长为20，则△ABD的周长是（）A．16 B．18 C．20 D．22【答案】D【分析】利用三角形的周长公式先求解AD+CD=12,再证明BD=CD,再利用周长公式进行计算即可．【详解】解：∵AC＝8，△ACD的周长为20，∴AD+CD=20−8=12,∵点D是BC边上的中点，∴BD=CD,∵AB＝10，∴△ABD的周长为：AB+BD+AD=10+AD+CD=10+12=22．故选：D.【点睛】本题考查的是三角形的周长的计算，三角形的边的中点的应用，掌握“三角形的周长公式及中点的含义”是解本题的关键．【变式5.1】（2018·全国·八年级单元测试）如图，△ABC的角平分线AD，中线BE交于点O，则结论：①AO是△ABE的角平分线；②BO是△ABD的中线．其中（）A．①、②都正确 B．①、②都不正确C．①正确②不正确 D．①不正确，②正确【答案】C【分析】根据三角形的角平分线的定义，三角形的中线的定义可知．三角形其中一个内角的平分线与它的对边相交，这个角的顶点与交点之间的线段叫做三角形的角平分线，连接一个顶点和它所对边的中点的线段叫做三角形的中线．【详解】解：AD是三角形ABC的角平分线，则是∠BAC的角平分线，所以AO是△ABE的角平分线，故①正确；BE是三角形ABC的中线，则E是AC是中点，而O不一定是AD的中点，故②错误．故选：C．【点睛】本题考查了三角形的中线，角平分线的定义，理解定义是解题的关键．【变式5.2】（2021·浙江杭州·八年级期末）如图，在△ABC中，AB=10，AC=8，AD为中线，则△ABD与△ACD的周长之差为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据三角形中线的性质得BD=CD，则两个三角形的周长之差就是AB和AC长度的差．【详解】解：∵AD是中线，∴BD=CD，∵C△ABD=AB+AD+BD，∴C△ABD故选：B．【点睛】本题考查中线的性质，解题的关键是掌握三角形中线的性质．【变式5.3】（2022·浙江金华·八年级阶段练习）如图，在△ABC中，已知点D，E，F分别是BC，AD，CE边上的中点，且S△ABC=8cm2，则A．1cm2 B．1.5cm2 C．2.5cm2 D．2cm2【答案】D【分析】根据等底等高的三角形的面积相等用△ABC的面积表示出△BDE和△CDE的面积，从而得到△BCE的面积，再次利用等底等高的三角形的面积相等即可得到△BEF的面积与△ABC的面积的关系，然后代入数据进行计算即可得解．【详解】解：∵点D，E分别是BC，AD边上的中点，∴S△ABD＝S△ACD＝12S△ABC，S△BDE＝12S△ABD＝14S△ABC，S△CDE＝12S△ACD＝1∴S△BCE＝S△BDE＋S△CDE＝14S△ABC＋14S△ABC＝12S∵F是CE边上的中点，∴S△BEF＝12S△BCE＝12×12S△ABC＝14S△ABC＝故选：D．【点睛】本题考查了三角形中线的性质，根据等底等高的三角形面积相等推出△BEF和△ABC的面积的关系是解题的关键，也是本题的难点．【考点6】三角形的内角和定理【例6】（2021·浙江·杭州育才中学八年级阶段练习）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下四种辅助线，其中不能证明“三角形内角和是180°”的是（）A．过C作EF∥ABB．过AB上一点D作DE∥BC，DF∥ACC．延长AC到F，过C作CE∥ABD．作CD⊥AB于点D【答案】D【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：A．由EF∥AB，则∠ECA＝∠A，∠FCB＝∠B．由∠ECA+∠ACB+∠FCB＝180°，得∠A+∠ACB+∠B＝180°，故A不符合题意．B．由ED∥BC，得∠EDF＝∠AED，∠A＝∠FDB．由ED∥CB，得∠EDA＝∠B，∠C＝∠AED，那么∠C＝∠EDF．由∠ADE+∠EDF+∠FDB＝180°，得∠B+∠A+∠C＝180°，故B不符合题意．C．由CE∥AB，则∠A＝∠FEC，∠B＝∠BCE．由∠FCE+∠ECB+∠ACB＝180°，得∠A+∠B+∠ACB＝180°，故C不符合题意．D．由CD⊥AB于D，则∠ADC＝∠CDB＝90°，无法证得三角形内角和是180°，故D符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了三角形内角和定理的证明，将三角形三个内角转换为平角是解本题的关键．【变式6.1】（2022·浙江绍兴·八年级期末）如图，BD平分∠ABC交AC于点D．若∠C−∠A=20∘，则∠ADB＝（A．100° B．105° C．110° D．120°【答案】A【分析】根据角平分线性质，可得∠ABD=∠DCB，结合三角形内角和定理与外角定理即可．【详解】解：∵BD平分∠ABC交AC于点D，∴∠ABD=∠DBC，∵∠C−∠A=20∘即又∵∠ADB=∠C+∠DBC，∴∠ADB=∠A+20∵∠A+∠ABD+∠ADB=180即∠A+∠ABD=180∴∠ADB=180∴2∠ADB=200∴∠ADB=100故选：A．【点睛】此题主要考查了三角形角平分线，解题关键是熟练运用三角形内角和定理与外角定理．【变式6.2】（2022·浙江宁波·七年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，过顶点C作DE∥AB，若∠DCA=25°，则∠B的度数为（

）A．75° B．45° C．55° D．65°【答案】D【分析】由DE∥AB，利用平行线的性质可求得出∠A的度数，然后在△ABC中利用三角形内角和定理即可求出∠B的度数．【详解】解：∵DE∥AB，∠DCA=25°，∴∠A=∠DCA=25°，∵在△ABC中，∠DCA=25°，∠ACB=90°，∠B=180°−∠A−∠ACB=180°−25°−90°=65°．故选：D．【点睛】本题考查平行线的性质，三角形内角和定理．牢记三角形内角和是180°是解题的关键．【变式6.3】（2022·浙江金华·八年级期末）如图，点A，B，C分别代表王老师的家，图书馆，学校．已知图书馆B在王老师家A的北偏东32°方向上，学校C在图书馆B的北偏西32°方向上．则∠ABC的度数是（

）A．112° B．114° C．116° D．118°【答案】C【分析】过点A作AD∥BE交BC于点D，BE方向为正北方向，根据平行线的性质求得∠ADB=32°，进而根据三角形内角和定理即可求解．【详解】如图，过点A作AD∥BE交BC于点D，BE方向为正北方向，根据题意可得∠BAD=32°,∠DBE=32°，∵AD∥∴∠DBE=∠ADB=32°，∴∠ABC=180°−∠ADB−∠DAB=180°−32°−32°=116°，故选C．【点睛】本题考查了方位角，三角形内角和定理，掌握三角形内角和定理是解题的关键．【考点7】直角三角形【例7】（2020·浙江·萧山区高桥初级中学八年级期中）在下列条件：①∠A+∠B＝∠C，②∠A：∠B：∠C＝5：3：2，③∠A＝90°﹣∠B，④∠A＝2∠B＝3∠C中，能确定△ABC是直角三角形的条件有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据直角三角形的判定对各个条件进行分析，即可得到答案．【详解】解：①∵∠A+∠B＝∠C，∴2∠C＝180°，∴∠C＝90°，∴△ABC是直角三角形；②∵∠A：∠B：∠C＝1：2：3，设∠A＝x，则x+2x+3x＝180，解得：x＝30°，∴∠C＝30°×3＝90°，∴△ABC是直角三角形；③∵∠A＝90°﹣∠B，∴∠A+∠B＝90°，∴∠C＝180°﹣90°＝90°，∴△ABC是直角三角形；④∵3∠C＝2∠B＝∠A，∴∠A+∠B+∠C＝12∠A+1∴∠A＝（108011∴△ABC为钝角三角形．∴能确定△ABC是直角三角形的有①②③共3个，故选：C．【点睛】本题主要考查了直角三角形的判定，三角形内角和定理，掌握有一个内角为90°的三角形是直角三角形是解决问题的关键．【变式7.1】（2020·浙江宁波·八年级期中）已知直角三角形一个锐角的度数为40°，则它的另一个内角（锐角）的度数为（

）A．140° B．60° C．50° D．40°【答案】C【分析】根据直角三角形两锐角互余求解即可．【详解】解：90°40°=50°，故选C．【点睛】本题考查了直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握性质是解答本题的关键．【变式7.2】（（2021·浙江省余姚市实验学校七年级期中）将一个直角三角板和一把直尺如图放置，如果∠α＝47°，则∠β的度数是（）A．43° B．47° C．30° D．60°【答案】A【分析】延长BC交刻度尺的一边于D点，利用平行线的性质，对顶角的性质，将已知角与所求角转化到Rt△CDE中，利用内角和定理求解．【详解】如图，延长BC交刻度尺的一边于D点，∵AB∥DE，∴∠β＝∠EDC，又∵∠CED＝∠α＝47°，∠ECD＝90°，∴∠β＝∠EDC＝90°﹣∠CED＝90°﹣47°＝43°．故选：A．【点睛】本题考查的是平行线的性质，根据题意作出辅助线，构造出平行线是解答此题的关键．【变式7.3】（（2020·浙江·八年级单元测试）将一副三角板如图放置，其中∠BAC=∠ADE=90°,∠E=30°,∠B=45°，其中点D落在线段BC上，且AE//BC，则∠DAC的度数为（A．30° B．25° C．20° D．15°【答案】D【分析】先求解∠C,再求解∠DAE,∠ADB,再利用三角形的外角的性质可得：∠ADB=∠DAC+∠C,从而可得答案．【详解】解：∵∠BAC=90°,∠B=45°，∴∠C=45°，∵∠ADE=90°,∠E=30°，∴∠DAE=60°，又∵AE∴∠DAE=∠ADB=60°，∵∠ADB=∠DAC+∠C=60°，∴∠DAC=60°−45°=15°．故答案为：D．【点睛】本题考查的是平行线的性质，直角三角形的两个锐角互余，三角形的外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．【考点8】三角形的外角【例8】（2022·浙江绍兴·七年级期末）如图，已知直线AB∥CD，直线EF分别交直线AB，CD于点E，F，EM平分∠AEF交CD于点M．G是射线MD上一动点（不与点M，F重合）．EH平分∠FEG交CD于点H，设∠MEH=α，∠EGF=β．现有下列四个式子：①2α=β，②2α−β=180°，③α−β=30°，④2α+β=180°，在这四个式子中，正确的是(①② B．①④ C．①③④ D．②③④【答案】B【分析】分两种情况讨论：当点G在F的右侧时，根据两直线平行同旁内角互补得到∠AEG+∠EGM=180°，结合角平分线性质解得2α+β=180°；或当点G在F的左侧时，两直线平行内错角相等得到∠FME=∠AEM，结合三角形外角性质得到∠EGF=∠FME+∠GEM=∠GEM+∠FEM=2(∠GEM+HEG)=2∠HEM，解得2α=β．【详解】解：当点G在F的右侧时，∵EM平分∠AEF∴∠AEM=∠MEF=∵EH平分∠FEG∴∠FEH=∠GEH=设∠MEH=α，∠EGF=β∵AB∴∠AEG+∠EGM=180°∴∠AEF+∠FEG+∠EGM=180°∴2α+β=180°，当点G在F的左侧时，∵EM平分∠AEF∴∠AEM=∠MEF=∵EH平分∠FEG∴∠FEH=∠GEH=设∠MEH=α，∠EGF=β∵AB∴∠FME=∠AEM∴∠AEM=∠FEM∵∠EGF=∠FME+∠GEM=∠GEM+∠FEM=2(∠GEM+HEG)=2∠HEM∴β=2α综上所述，2α+β=180°或β=2α故①④正确,②③错误故选：B．【点睛】本题考查平行线的性质、三角形外角性质、角平分线的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．【变式8.1】（2022·浙江金华·七年级期末）如图，一辆超市购物车放置在水平地面上，其侧面四边形ABCD与地面某条水平线l在同一平面内，且AB∥l．若∠A＝93°，∠D＝111°，则直线CD与l所夹锐角的度数为（

）A．24° B．34° C．39° D．83°【答案】A【分析】根据题意画出图形，利用三角形外角的性质求出∠AED，再根据平行线的性质得出答案．【详解】解：如图所示，∵∠ADE＝180°−∠ADC＝69°，∴∠AED＝∠DAB−∠ADE＝24°，∵AB∥l，∴∠F＝∠AED＝24°，即直线CD与l所夹锐角的度数为24°，故选：A．【点睛】本题考查了三角形外角的性质和平行线的性质，解题的关键是画出图形，利用数形结合的思想解答．【变式8.2】（2022·浙江·八年级专题练习）如图，△ABC中，∠A=56°，BD平分∠ABC，CD平分△ABC的外角∠ACE，BD、CD交于点D，则∠D的度数（）A．28° B．56° C．30° D．26°【答案】A【分析】设∠B=2α，根据外角性质得出∠ACE=56°+2α，再由角平分线的性质得出∠DBC=α，∠DCE=28°+α，最后根据外角性质得出∠D=∠DCE−∠DBC，将∠DBC，∠DCE的值代入式子中进而得出结果．【详解】解：设∠B=2α，根据外角性质可知：∠ACE=∠A+∠ABC=56°+2α，∵BD平分∠ABC，CD平分△ABC的外角∠ACE，∴∠DBC=12∠ABC=α根据外角性质：∠DCE=∠DBC+∠D，∴∠D=∠DCE−∠DBC=28°+α−α=28°．故选：A．【点睛】本题考查角平分线、外角的性质的理解与运用能力．主要涉及以下知识点：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和；角平分线分得的两个角相等，都等于该角的一半．灵活运用相关知识点是解本题的关键．【变式8.3】（2022·浙江·八年级专题练习）如图，直线a//b，点A在直线a上，点C、D在直线b上，且AB⊥BC，BD平分∠ABC，若∠1＝32°，则∠2的度数是（A．13° B．15° C．14° D．16°【答案】A【分析】延长CB交直线a于点E，根据平行线及三角形的内角和性质可求出∠ECF＝∠AEC＝58°，再根据三角形外角性质可求出∠2的度数．【详解】解：延长CB交直线a于点E，如图，∵AB⊥BC，∠1＝32°，∴∠ABC＝90°，∴∠AEC＝90°﹣∠1＝58°，∵a//b，∴∠ECF＝∠AEC＝58°，∵BD平分∠ABC，∴∠CBD＝12∠ABC∵∠ECF是△BCD的外角，∴∠2＝∠ECF﹣∠CBD＝13°．故选：A．【点睛】本题考查平行线及三角形外角的性质，解题时注意结合图形寻找已知条件与问题之间的位置关系，把条件与问题的联系作为主要的思考方向．【考点9】与角平分线有关的角【例9】（2021·浙江·八年级期末）如图，已知△ABC中，∠A=α，如图：设∠B、∠C的两条三等分角线分别对应交于O1,O2则∠BO2C=_____；请你猜想，当∠B、∠C同时n等分时，n−1条等分角线分别对应交于O【答案】

60°+23α

【分析】根据三角形的内角和等于180°用α表示出（∠ABC+∠ACB），再根据三等分的定义求出（∠O2BC+∠O2CB），在△O2BC中，利用三角形内角和定理列式整理即可得解；根据三角形的内角和等于180°用α表示出（∠ABC+∠ACB），再根据n等分的定义求出（∠On1BC+∠On1CB），在△On1BC中，利用三角形内角和定理列式整理即可得解．【详解】解：在△ABC中，∵∠A=α，∴∠ABC+∠ACB=180°α，∵O2B和O2C分别是∠B、∠C的三等分线，∴∠O2BC+∠O2CB=23（∠ABC+∠ACB）=23（180°α）=120°2∴∠BO2C=180°（∠O2BC+∠O2CB）=180°（120°23α）=60°+23在△ABC中，∵∠A=α，∴∠ABC+∠ACB=180°α，∵On1B和On1C分别是∠B、∠C的n等分线，∴∠On1BC+∠On1CB=n−1n（∠ABC+∠ACB）=n−1n（180°α）=∴∠BOn1C=180°（∠On1BC+∠On1CB）=180°（180°n−1n−故答案为：60°+23α，n−1【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，以及三等分线，n等分线的定义，整体思想的利用是解题的关键．【变式9.1】（2021·浙江省余姚市实验学校七年级期中）已知AP平分∠BAC，CP平分∠ACD，∠PAB+∠PCD=90°，过P做PE//CD，若∠PCD=55°，则∠APE=________．【答案】35°##35度【分析】根据角平分线的定义可得∠PAC+∠PCA=∠PAB+∠PCD=90°，从而可判断出∠APC=90°，再根据平行线的判定与性质可得结论．【详解】解：∵AP平分∠BAC，CP平分∠ACD，∴∠PAC=∠PAB，∠PCA=∠PCD∵∠PAB+∠PCD=90°∴∠PAC+∠PCA=90°∴∠APC=90°，∵PE//CD，∴∠EPC=∠PCD=55°∴∠APE=∠APC−∠EPC=90°−55°=35°故答案为：35°．【点睛】此题主要发帖死你角平分线，平行线的性质，求出∠APC=90°是解答本题的关键．【变式9.2】（2022·浙江·温州市第十二中学七年级期中）如图，已知AB//CD，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∠BAD=70∘，【答案】55°##55度【分析】先根据角平分线的定义，得出∠ABE＝∠CBE＝12∠ABC，∠ADE＝∠CDE＝12∠ADC，再根据三角形内角和定理，推理得出∠BAD＋∠BCD＝2∠E，进而求得∠【详解】解：∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∴∠ABE＝∠CBE＝12∠ABC，∠ADE＝∠CDE＝12∠∵∠ABE＋∠BAD＝∠E＋∠ADE，∠BCD＋∠CDE＝∠E＋∠CBE，∴∠ABE＋∠BAD＋∠BCD＋∠CDE＝∠E＋∠ADE＋∠E＋∠CBE，∴∠BAD＋∠BCD＝2∠E，∵∠BAD＝70°，∠BCD＝40°，∴∠E＝12（∠BAD＋∠BCD）＝1故答案为：55°．【点睛】此题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，对顶角相等的性质，熟练掌握性质和定理是解题的关键．【变式9.3】（2021·浙江·八年级期末）如图，△ABC中，AD平分∠BAC,EG⊥AD，分别交AB、AD、AC、BC的延长线于E、H、F、G，已知下列四个式子：①∠1=12(∠2+∠3)，②∠1=2(∠3−∠2)，③∠4=【答案】

①

③【分析】由AD平分∠BAC，EG⊥AD，根据三角形的内角和定理得∴∠1=90°−∠BAD=90°−12∠BAC，而∠BAC=180°−∠2−∠3，于是∠1=90°−12【详解】解：∵AD平分∠BAC，EG⊥AD，∴∠BAD=12∠BAC∴∠1=90°−∠BAD=90°−1而∠BAC=180°−∠2−∠3，∴∠1=90°−1又∵∠1=∠2+∠4，∴∠4=∠1−∠2=1故答案为：①，③．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理：三角形的三个内角的和为180°．也考查了角平分线和垂线的性质以及三角形外角的性质．【考点10】三角形折叠中的角度问题【例10】（2022·浙江·嘉兴一中七年级期中）在“妙折生平——折纸与平行”的拓展课上，小潘老师布置了一个任务：如图，有一张三角形纸片ABC，∠B＝32°，∠C＝60°，点D是AB边上的固定点（BD＜12AB），请在BC上找一点E，将纸片沿DE折叠（DE为折痕），点B落在点F处，使EF与三角形ABC的一边平行，则∠BDE【答案】28°或74°或118°【分析】分三种情况，分别画出图形，结合平行线的性质和三角形内角和定理，三角形外角的性质，即可求解．【详解】解：当BD∥由折叠得，∠B=∠F=32°，∠BED=∠DEF，∵BD∥∴∠B=∠CEF=32°，∴∠BEF=180°32°=148°，∴∠BDE=∠BED=∠DEF=1当AC∥∵AC∥∴∠BEF=∠C=60°，∴∠BED=∠FED=1∴∠BDE=180°−∠B−∠BED=180°−32°−30当AC∥∴∠CEF=∠C=60°，∴∠BGD=∠CEF+∠F=92°，∴∠BDG=180°∠B∠BGD=56°，∴∠BDE=1综上所述，∠BDE为28°或74°或118°．故答案为：28°或74°或118°【点睛】本题主要考查了图形的折叠，平行线的性质，三角形外角的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握平行线的性质，三角形外角的性质，三角形的内角和定理，利用分类讨论思想解答是解题的关键．【变式10.1】（2022·浙江台州·七年级期末）如图，将长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P，∠NAC=32∠MAB【答案】54°##54度【分析】根据翻折可得∠MAB＝∠BAP，∠NAC＝∠PAC，得∠MAB+∠NAC＝90°，再由∠NAC=3【详解】解：根据翻折可知：∠MAB＝∠BAP，∠NAC＝∠PAC，∴∠BAC＝∠PAB+∠PAC=12(∠MAB+∠BAP+∠NAC+∠PAC)=1∴∠MAB+∠NAC＝90°，∵∠NAC＝32∠MAB∴23∠NAC+∠NAC＝90∴∠NAC＝54°．故答案为：54°．【点睛】本题主要考查翻折变换，熟练掌握和应用翻折的性质是解题的关键．【变式10.2】（2020·浙江·八年级期末）如图，等边三角形ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，把ΔBDE沿直线DE翻折，使点B落在点B'处，DB'，EB'分别交边AC于点F，G，若∠ADF=95°，则∠EGC【答案】95°##95度【分析】根据翻折的性质求出∠B′的度数，根据三角形内角和定理求出∠AFD的度数，得到答案．【详解】解：由题意得，∠B′=∠B=60°，∵∠ADF=95°，∠A=60°，根据三角形内角和定理，∠AFD=25°，则∠B′FG=25°，∴∠FGB′=95°，∴∠EGC=95°，故答案为：95°．【点睛】本题考查的是图形的翻折变换的性质，熟练运用三角形内角和定理和翻折变换的性质是解题的关键．【变式10.3】（2021·浙江·诸暨市暨阳初级中学八年级期中）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使得点A落在四边形BCDE的外部A'的位置，且A'与点C在直线AB的异侧，折痕为DE，已知∠C＝90°，∠A＝30°．若保持△A′DE的一边与BC平行，则∠ADE的度数______．【答案】45°或30°【分析】分DA'∥BC或EA'∥BC两种情况，分别画出图形，即可解决问题．【详解】解：当DA'∥BC时，如图，∠A'DA=∠ACB=90°，∵△ADE沿DE折叠到A'DE，∴∠ADE=∠A'DE=12∠ADA当EA'∥BC时，如图，在△ABC中，∠B=180°∠C∠A=60°，∴∠2=∠ABC=60°，由折叠可知，∠A′=∠A=30°，在△A′EF中，∠A′+∠2+∠A′FE=180°，∴∠2=180°∠A′∠A′FE=150°∠A′FE，在四边形BCDF中，∠1+∠C+∠B+∠BFD=360°，∴∠1=360°∠C∠B∠BFD=210°∠BFD，∵∠BFD=∠A′FE，∴∠1∠2=210°150°=60°，∴∠1=∠2+60°=120°，∵△ADE沿DE折叠到A'DE，∴∠ADE=∠A'DE=12∠ADA′=12综上所述，∠ADE的度数为：45°或30°．故答案为：45°或30°．【点睛】本题主要考查了翻折的性质，平行线的性质等知识，能根据题意，运用分类讨论思想分别画出图形是解题的关键．【考点11】三角形三边关系大题专练【例11】（2022·浙江·八年级专题练习）在△ABC中，BC＝8，AB＝1；(1)若AC是整数，求AC的长；(2)已知BD是△ABC的中线，若△ABD的周长为10，求△BCD的周长．【答案】(1)8(2)17【分析】（1）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”得7＜AC＜9，根据AC是整数得AC＝8；（2）根据BD是△ABC的中线得AD＝CD，根据△ABD的周长为17和AB＝1得AD+BD＝9，即可求解．（1）由题意得：BC﹣AB＜AC＜BC+AB，∴7＜AC＜9，∵AC是整数，∴AC＝8；（2）如图所示：∵BD是△ABC的中线，∴AD＝CD，∵△ABD的周长为10，∴AB+AD+BD＝10，∵AB＝1，∴AD+BD＝9，∴△BCD的周长＝BC+BD+CD＝BC+AD+CD＝8+9＝17．【点睛】本题考查的是三角形的三边关系、三角形的中线的定义，掌握三角形两边之和大于第三边、两边之差小于第三边是解题的关键．【变式11.1】（2019·浙江·八年级期中）小明准备用一段长30米的需包围成一个三角形形状的小圈，用于饲养家兔，已知第一条边长为a米，由于受地势限制，第二条边长只能是第一条边长的2倍多2米.（1）请用a表示第三条边长（2）问第一条边长可以为7米吗？为什么？请说明理由.（3）求出a的取值范围.（4）能否使得围成的小圈是直角三角形形状，且各边长均为整数？若能，说出你的围法：若不能，请说明理由.【答案】（1）28−3a；（2）不能，理由见详解；（3）133（4）能围成，三边长分别为5m，12m，13m．【分析】（1）本题需先表示出第二条边长，即可得出第三条边长；（2）本题需先根据a=7，求出三边的长，根据三角形三边关系进行判断；（3）根据三角形的三边关系列出不等式组，即可求出a的取值范围；（4）由（3）得到a的值，然后即可得出三角形的三边长．【详解】解：（1）∵由题意可知，第二条边长为2a+2米，∴第三条边长为30−a−2a+2（2）不能．当a=7时，三边长分别为7，16，7，由于7+7<16，所以不能构成三角形，即第一条边长不能为7m；（3）由三角形任意两边只和大于第三边，任意两边之差小于第三边，结合题意，可得方程组：a+2a+2解得：133即a的取值范围是133（4）能围成．在（3）的条件下，a为整数时，a只能取5或6．当a=5时，三角形的三边长分别为5，12，13．由52当a=6时，三角形的三边长分别为6，14，10．由62综上所述，能围成满足条件的小圈，它们的三边长分别为5m，12m，13m．【点睛】本题主要考查了勾股定理、三角形三边关系以及一元一次不等式组的应用，在解题时根据三角形的三边关系，列出不等式组是本题的关键．【变式11.2】（2016·浙江杭州·八年级阶段练习）已知ΔABC的三边长分别为a，b，c，化简a+b−c+【答案】2a.【分析】通过三角形的三边关系可得a+bc和bac的符号，再去绝对值解题即可.【详解】由三角形三边关系知，a+b>c，b−a<c，∴a+b−c+【点睛】本题考查了三角形的三边关系，及去绝对值运算，解本题的关键是结合三边关系来正确的去绝对值.【变式11.3】（2020·浙江杭州·八年级阶段练习）如图，△ABC中，AD是高，AE，BF是角平分线，它们相交于点O，∠CAB=50°，∠C=60°，求∠DAE和∠BOA的度数．【答案】∠DAE=5°，∠BOA=120°【分析】先利用三角形内角和定理可求∠ABC，在直角三角形ACD中，易求∠DAC；再根据角平分线定义可求∠CBF、∠EAF，可得∠DAE的度数；然后利用三角形外角性质，可先求∠AFB，再次利用三角形外角性质，容易求出∠BOA．【详解】解：如图：∵∠CAB=50°，∠C=60°∴∠ABC=180°−50°−60°=70°，又∵AD是高，∴∠ADC=90°，∴∠DAC=180°−90°−∠C=30°，∵AE、BF是角平分线，∴∠CBF=∠ABF=35°，∠EAF=25°，∴∠DAE=∠DAC−∠EAF=5°，∠AFB=∠C+∠CBF=60°+35°=95°，∴∠BOA=∠EAF+∠AFB=25°+95°=120°，故∠DAE=5°，∠BOA=120°．【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线定义、三角形外角性质．关键是利用角平分线的性质解出∠EAF、∠CBF，再运用三角形外角性质求出∠AFB．【变式11.4】（2022·浙江·八年级专题练习）如图，在△ABC中，已知∠BAC=70°，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点D．(1)求∠BDC的度数；(2)试比较DA+DB+DC与12【答案】(1)125°；(2)DA+DB+DC>12(AB+BC+AC【分析】（1）先由三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB=110°，再由角平分线的定义求出∠CBD+∠BCD=55°，然后由三角形内角和定理即可得出答案；（2）由三角形的三边关系得：DA+DB>AB，DB+DC>BC，DA+DC>AC，则2(DA+DB+DC)>AB+BC+AC，即可得出结论．（1）解：∵∠BAC=70°，∴∠ABC+∠ACB=180°70°=110°，∵∠ABC和∠ACB的平分线相交于点D，∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC，∠ACD=∠BCD=12∠ACB，∴∠CBD+∠BCD=12(∠ABC+∠ACB)=12×110°=55°，∴∠BDC=180°(∠CBD（2）解：DA+DB+DC>12(AB+BC+AC)，理由如下：在△ABD中，由三角形的三边关系得：DA+DB>AB①，同理∶DB+DC>BC②，DA+DC>AC③，+②+③得∶2(DA+DB+DC)>AB+BC+AC，∴DA+DB+DC>12(AB+BC+【点睛】本题考查了三角形内角和定理、三角形的三边关系以及角平分线的定义等知识；熟练掌握三角形的三边关系和三角形内角和定理是解题的关键．【考点12】与三角形有关高的计算问题【例12】（2022·浙江·八年级专题练习）如图，在△ABC中，AD，AF分别是△ABC的中线和高，BE是△ABD的角平分线．(1)若△ABC的面积为80，BD＝10，求AF的长；(2)若∠BED＝40°，∠BAD＝25°，求∠BAF的大小．【答案】(1)8(2)60°【分析】（1）利用面积法求解即可；（2）求出∠ABC，再根据∠BAF=90°∠ABC求解即可．（1）解：∵AD是△ABC的中线，BD＝10，∴BC＝2BD＝1×10＝20，∵AF是△ABC的高，△ABC的面积为80，∴12BC•AF＝12×20•AF＝∴AF＝8；（2）解：在△ABE中，∠BED为它的一个外角，且∠BED＝40°，∠BAD＝25°，∴∠ABE＝∠BED﹣∠BAD＝40°﹣25°＝15°，∵BE是△ABD的角平分线，∴∠ABC＝2∠ABE＝2×15°＝30°，∵AF是△ABC的高，∴∠AFB＝90°．∴∠BAF＝90°﹣∠ABC＝90°﹣30°＝60°．【点睛】本题考查三角形内角和定理、三角形面积、角平分线的定义，熟练掌握基础知识是解答本题的关键．【变式12.1】（2020·浙江绍兴·模拟预测）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，AE是∠BAC的平分线．（1）若∠B=30∘,∠C=（2）若AD=3,BC=8,AB=6，求AB边上的高．【答案】（1）10°；（2）4【分析】（1）先根据内角和求得∠BAC=100°，∠DAC=40°，由AE是∠BAC的平分线知∠EAC=12∠BAC=50°（2）依据SΔABC【详解】解：（1）∵∠B=30°，∠ACB=50°，∴∠BAC=180°−∠B−∠ACB=100°，∠DAC=90°−∠ACB=40°，∵AE是∠BAC的平分线，∴∠EAC=1∴∠EAD=∠EAC−∠DAC=10°；（2）如图，作AB边上的高，垂足为F，∵S∴CF=AD·BC【点睛】本题主要考查三角形的内角和定理、三角形的面积公式，解题的关键是掌握三角形高线的定义．【变式12.2】（2020·浙江宁波·八年级期中）如图，在ΔABC中，∠C=60°，AD是高线，两条角平分线AE和BF交于点O．（1）求∠EOF的度数．（2）若∠ABC=α度（α>60°），用含α的代数式表示∠EAD的度数．【答案】（1）120°；（2）1【分析】（1）由∠C已知，求出∠CAB+∠ABC的和，由AE，BF分别平分∠BAC和∠ABC，∠OBA+∠OAB=12(∠ABC+∠BAC)∠EOF即可，（2）由∠C=60°，∠ABC=α，可求∠BAC，利用角平分线求∠BAE，由AD是高线．求∠DAB=90°−α，∠DAE=∠EAB−∠DAB即可．【详解】解：（1）∵AE，BF分别平分∠BAC和∠ABC，∴∠OBA+∠OAB=1∵∠OBA+∠OAB+∠AOB=180°，∴∠AOB=120°，∴∠EOF=120°，（2）∵∠C=60°，∠ABC=α，∴∠BAC=120°−α，∴∠BAE=1∵AD是高线．∴∠DAB=90°−α，∴∠DAE=∠EAB−∠DAB=1【点睛】本题考查两角平分线的夹角以及角平分线与高的夹角问题，掌握三角形的内角和，以及角平分线的性质，高线的性质，会利用角的和差结合内角和定理求角的和与差是解决问题的关键．【变式12.3】（2019·浙江·八年级阶段练习）如图，在ΔABC中，中线AM可以将ΔABC分成两个面积相等的三角形，即SΔABM(1)参考上述结论，请尝试使用两种不同的方法将图中的四边形ABCD分成4个面积相等的小三角形；(2)在四边形ABCD的边上找到一点E，使得线段AE将四边形ABCD分为面积相等的两部分.【答案】（1）图见解析；（2）图见解析.【分析】（1）可发现四边形ABCD关于直线AC对称，所以连接AC可把四边形ABCD的分为面积相等的两个三角形，然后利用中线把三角形分为面积相等的两部分作图即可.（2）四边形可看成是由△ABC和△ACD组成，所以四边形的面积为S四边形ABCD=SΔABC+S【详解】（1）如下图：连接AC，分别连接B、D和AC的中点E，即把四边形分为四个面积相等的小三角形，连接AC，分别连接A和BC、DC的中点F、G，即把四边形分为四个面积相等的小三角形（2）如下图在线段BC上找一点H，使BH=3【点睛】本题考查三角形中线，三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分.（1）中能得出AC把四边形ABCD分为面积相等的两部分是解题关键；（2）中能利用面积得出H点的位置是解题关键.【考点13】三角形的主要线段有关大题【例13】（2020·浙江杭州·八年级阶段练习）如图，在ΔABC中，AE是边BC上的高线．（1）若AD是BC边上的中线，AE=3cm，SΔABC=12（2）若AD是∠BAC的平分线，∠B=40°，∠C=50°，求∠DAE的大小．【答案】（1）CD＝4cm；（2）5°【分析】（1）根据三角形的面积公式计算三角形的底边BC，再根据三角形中线的性质进行求解;（2）根据三角形内角和定理计算∠BAC和∠EAC，再根据角平分线的定义计算出∠DAC,最后根据角的和差关系进行计算求解即可.【详解】解：（1）∵AD，AE分别是边BC上的中线和高，AE＝3cm，S△ABC＝12cm2，∴S△ADC＝6cm2，∴12×AE×CD∴12×3×CD＝6，解得：CD＝4（c（2）∵∠B＝40°，∠C＝50°，∴∠BAC＝90°，又∵AD平分∠BAC，∴∠DAC＝45°又AE是边BC上的高∴∠EAC＝40°，∴∠DAE＝45°－40°＝5°.【点睛】本题主要考查三角形中线，角平分线，高，解决本题的关键是要熟练掌握三角形中重要线段的性质.【变式13.1】（2019·浙江绍兴·八年级期中）按要求画出图形(作图工具不限)：(只需画出图形即可，标上字母)(1)画出△ABC的中线AD．(2)画出△ABC的角平分线CE.(3)画出△ABC的高线BF.【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)见解析.【分析】（1）找到BC中点D，连接AD，即为所求;（2）作出∠BCA的角平分线，进而得出答案;（3）延长CA,过点B作BF⊥AC即可.【详解】解：如图所示：【点睛】本题考查了复杂作图，正确掌握钝角三角形高线作法是解题关键．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．【变式13.2】（2019·浙江台州·八年级阶段练习）如图，在△ABC中，AB=AC．（1）利用尺规作图作边BC的高AD，垂足为D（保留作图痕迹，不写作法）；（2）求证：BD=CD．（3）如果三角形的周长是22，一边长为5，求它的另外两边长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）8.5.【分析】（1）分别以B、C为圆心，大于BC的长为半径画圆，在三角形内部交点为E，连接AE并延长交BC于点D即为所求；（2）证明三角形ABD与三角形ADC全等即可；（3）分类讨论：①AB=5,则AC=AB=5,BC=22−AC−AB=22−5−5=12，三角形要满足两边之和大于第三边,此时AB+AC<BC，不符舍去；②BC=5，则【详解】（1）如图，分别以B、C为圆心，大于BC的长为半径画圆，在三角形内部交点为E，连接AE并延长交BC于点D即为所求；（2）证明：∵AD⊥BC∴∠ADB=∠ADC=90°在△ABD与△ACD中，∵AB=AC，AD=AD∴△ABD≌△ACD（HL），∴BD=CD．（3）分类讨论：①AB=5,则AC=AB=5,BC=22−AC−AB=22−5−5=12，三角形要满足两边之和大于第三边,此时AB+AC<BC，不符舍去；②BC=5，则【点睛】本题考查等腰三角形的性质以及三角形三边关系，灵活运用等腰三角形的性质和分类讨论的思想是解题的关键.【考点14】三角形的有关角的计算问题【例14】（2022·浙江·八年级专题练习）【概念认识】如图①，在∠ABC中，若∠ABD＝∠DBE＝∠EBC，则BD，BE叫做∠ABC的“三分线”．其中，BD是“邻BA三分线”，BE是“邻BC三分线”．【问题解决】（1）如图②，在△ABC中，∠A＝70°，∠ABC＝45°，若∠ABC的邻BA三分线BD交AC于点D，则∠BDC的度数为________；（2）如图③，在△ABC中，BP，CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻CB三分线，且∠BPC＝135°，求∠A的度数；【延伸推广】（3）在△ABC中，∠ACD是△ABC的外角，∠B的邻BC三分线所在的直线与∠ACD的三分线所在的直线交于点P．若∠A＝m°，∠B＝60°，直接写出∠BPC的度数．（用含m的代数式表示）【答案】（1）85°；（2）45°；（3）13m°【分析】（1）根据∠ABC的邻BA三分线BD交AC于点D，根据三角形的外角性质即可得∠BDC的度数；（2）根据BP、CP分别是∠ABC邻AB三分线和∠ACB邻AC三分线，且BP⊥CP可得∠ABC+∠ACB=135°，进而可求∠A的度数；（3）根据∠B的三分线所在的直线与∠ACD的三分线所在的直线交于点P,当BP和CP分别是“邻BC三分线”、“邻CD三分线”时；当BP和CP分别是“邻BC三分线”、“邻AC三分线”时,再根据∠A=m°，∠B=60°，根据三角形外角性质，即可求出∠BPC的度数．【详解】解：（1）∵∠ABC的邻BA三分线BD交AC于点D，∠ABC＝45°，∴∠ABD＝15°，∵∠A＝70°，∴∠BDC＝70°+15°＝85°，故答案为：85°；（2）∵BP、CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻BC三分线，∴∠PBC＝13∠ABC，∠PCB＝13∠∵∠BPC＝135°，∴13∠ABC+13∠∴∠ABC+∠ACB＝135°，在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°∴∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝45°；（3）如图，当BP和CP分别是“邻BC三分线”、“邻CD三分线”时，∵∠CBP＝13∠ABC，∠PCD＝13∠ACD，∠PCD＝∠P+∠∴13∠ACD＝∠P+13∠即∠ACD＝3∠P+∠ABC，∵∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A＝m°，∴∠BPC＝13∠A＝13如图，当BP和CP分别是“邻BC三分线”、“邻AC三分线”时，∵∠CBP＝13∠ABC，∠PCD＝23∠ACD，∠PCD＝∠P+∠∴23∠ACD＝∠P+13∠即2∠ACD＝3∠P+∠ABC，∵∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A＝m°，∴∠BPC＝23∠A+13∠ABC＝2综上所述：∠BPC的度数为：13m°或【点睛】本题考查了三角形的外角性质，解决本题的关键是掌握并灵活运用三角形的外角性质，注意要分情况讨论．【变式14.1】（2017·浙江·台州市书生中学八年级开学考试）如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，我们把形如图1的图形称之为“8字形”．如图2，在图1的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．试解答下列问题：（1）在图1中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系：_______________﹔（2）仔细观察，在图2中“8字形”的个数___________个；（3）如果图2中，若∠D=40°,∠B=36°，试求∠P的度数（4）如果图2中，∠D和∠B为任意角，其他条件不变，试问∠P与∠D,∠B之间存在着怎样的数量关系（直接写出结论即可）【答案】（1）∠A+∠D=∠C+∠B；（2）6；（3）38°；（4）2∠P＝∠D＋∠B【分析】（1）利用三角形的内角和定理与对顶角相等可得结