第11章 三角形（进阶卷）（解析版）-八年级数学上册同步练习（人教版）

第十一章三角形（单元测试）

一、单选题（每题3分，共30分）

1.（20-21七年级下.全国•课后作业）一个八十二边形中，它的内角中的锐角最多可以有的个数是（）.

A.1B.3C.41D.82

【答案】B

【分析】利用多边形的外角和是360度即可求出答案.

【详解】解：因为八十二边形的外角和是360度，在外角中最多有三个钝角，如果超过三个则和一定大于

360度，

八十二边形的内角与其相邻外角互为邻补角，则外角中最多有三个钝角，内角中就最多有3个锐角.

故答案为：B.

【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，由于内角不是定值，不容易考虑，而外角和是360度不变，因

而内角的问题可以转化为外角的问题进行考虑.

2.（2021•辽宁沈阳•一模）如图，在3x3的网格中，每个小正方形的边长均为1,点A,B,C都在格点上,

则的面积为（）

57

A.-B.3C.-D.4

22

【答案】c

【分析】利用割补法求△ABC面积等于大正方形面积-三个三角形面积即可.

【详解】解：在网格中添加字母如图，

ShAEB=^AE-BE=^X1X2=1,

S^AFC=^AF-FC=|x2x3=3,

113

BGC=-BGGC=-xlx3=-,

222

S正方形二EF-FC=9,

37

=

：.S^ABC=S正方形-SAAEB-SAAFC-SABGC9-1-3--=

故选择c.

【点睛】本题考查网格三角形面积，掌握用割补法求网格三角形面积的方法是解题关键.

3.（17-18八年级上•湖南•阶段练习）四边形不具有稳定性，当四边形形状改变时，发生变化的是（）

A.四边形的边长B.四边形的周长

C.四边形的某些角的大小D.四边形的内角和

【答案】C

【分析】四边形具有不稳定性，形状改变时，变的是内角的度数，边长不发生变化.

【详解】解：当四边形形状改变时，发生变化的是四边形的内角的度数，

故选C.

【点睛】此题主要考查了多边形，关键是掌握四边形的不稳定性.

4.（18-19八年级上•安徽合肥•期中）一个三角形三条边长度的比为2：3：4,且其中一条边长是12cm,这

个三角形周长不可能是：（）

A.54cmB.36cmC.27cmD.24cm

【答案】D

【分析】根据三边的长度比可求出三边分别占三角形周长的几分之几，再根据12cm是其中一条边，求出三

角形的周长.

【详解】由三角形三条边长度的比为2：3：4,可得

三边分别占三角形周长的

939

若12cm是最短边，则三角形周长=12cm+；=54cm

若12cm是较长边，则三角形周长=12cm+[=36cm

若12cm是最长边，则三角形周长=12cm+（=27cm

所以三角形周长不可能是24cm.

【点睛】解题的关键是根据三边长度比求出三边分别占周长的几分之几，再求出周长.

5.（2024七年级下.江苏.专题练习）如图，已知点/是射线BE上一点，过/作CZ1BE交射线于点1BF

交射线BF于点0,下列结论正确的是（）

A.AB的余角只有41B.图中互余的角共有4对

C.N1的补角只有NACFD.图中与乙4DB互补的角共有2个

【答案】B

【分析】此题考查了余角和补角，根据垂直定义可得ABAC=AADC="DB=Z.CAE=90。，然后再根据

余角定义和补角定义进行分析即可求解，掌握互余和互补的定义是解题的关键.

【详解】解：A>'：CA1BE,AD1BF,

J./.BAC=乙ADB=90°,

."B+zl=90°,NB+ABAD=90°,

."1是NB的余角，4840也是4B的余角，故A错误，不合题意；

B、'：CA1BE,AD1BF,

'：Z.BAC=乙4DB=Z.ADC=90°,

AzB+zl=90°,NB+NB4D=90。，^BAD+ACAD=90°,N1+NCW=90。，

图中互余的角共有4对，故B正确，符合题意；

C、VzB+Z1=90°,AB+ABAD=90°,

zl=乙BAD,

'：^BAD+^DAE=180°,

：.Z.1+ADAE=180°,

XVZ1+Z71CF=180°,

的补角有NDZE和乙4CF,故C错误，不合题意；

D、"：AADB=^LADC=ABAC=A.CAE=90°,

.•.图中与乙4D8互补的角共有3个，故D错误，不合题意；

故选：B

6.（2024•北京石景山•二模）当多边形的边数每增加1时，它的内角和与外角和（）

A.都增加180。B.都不变

C.内角和增加180。，外角和不变D.内角和增加180。，外角和减少180。

【答案】c

【分析】本题考查多边形内角和、外角和定理，利用内角和定理可知，边数增加1,内角和增加180。，外角

和都是360。，推理即可.

【详解】解：当多边形边数增加1时，内角和增加180。，外角和是个固定值为360。，

故选：C.

7.（2024•安徽合肥・三模）两个直角三角板如图所示摆放，其中N&BC=乙DEF=90。，乙4=45°,ZD=60°,

AB,BC分别与DF交于点G,H,若4C||DF,则乙4BE的大小为（）

A.70°B.75°C.80°D.85°

【答案】B

【分析】本题考查平行线的性质及三角形外角的性质，根据平行线的性质得NFG8=乙4=45。，根据三角

形内角和定理得4尸=180°-Z.DEF-乙D,再根据三角形外角的性质得到乙48E=乙FGB+乙F.掌握平行

线的性质及三角形外角的性质是解题的关键.

【详解】解：：4C||DF,4=45。,

:.乙FGB=乙4=45°,

VZDEF=90°,ND=60。，

：.LF=180°-4DEF一乙D=180°-90°-60°=30°,

J./.ABE=乙FGB+ZF=45°+30°=75°,

."ABE的大小为75°.

故选：B.

8.（23-24八年级上.全国•课后作业）如图，四边形48CD中，^ADC=/.ABC=90°,与NTWC,乙48c相邻

的两外角的平分线交于点E,若乙2=50。，贝”E的度数为（）

A.60°B.50°C.40°D.30°

【答案】c

【分析】运用四边形的内角和等于360。，可求NDCB的度数，再利用角平分线的性质及三角形的外角性质可

求NE的度数.

【详解】解：如图，连接EC并延长，

•••Z.ADC=/.ABC=90°,ZX=50°,

•••乙DCB=360°-90°-90°-50°=130°,

v^ADC.N4BC相邻的两外角平分线交于点E,

•••乙CDE=4CBE=45°,

Zl=Z.CDE+/.DEC,Z.2=Z.CBE+/.BEC,

即NDCB=乙CDE+乙CBE+乙BED=130°

•••乙E=130°-45°-45°=40°.

故选：C.

【点睛】本题运用四边形的内角和、角平分线的性质及三角形的外角性质，解题关键是准确计算.

9.（23-24七年级下•江苏无锡・期中）已知△ABC的面积等于18,CE=DE,BD=4AD,则ABDE与△CEF的

面积和等于（）

A.7B.7.5C.8D.9

【答案】C

【分析】本题考查了三角形的面积，三角形中线的性质，连接。尸，设SACEF=X，SABDE=V，根据三角形

中线的性质得出S4DEF=S^CEF=X,S^BCE~S^BDE~y,根据8。=4/。得出S-DF—*2BDF=最后

根据△ABC的面积等于18即可求出尤+y的值，于是问题得解.

【详解】解：如图，连接DF,

设S&CEF=x>S^BDE―y，

VCE=DE,

•・S^DEF~SACEF~X>S4BCE~S^BDE~7,

,.S&BDF=SABDE+ADEF=X+y，

,:BD=4AD,

.r._1r._X+y

,.»A4DF—l>ABDF1

：△ABC的面积等于18,

'.x+x+y+y+誓^=18,

x+y=8,

即^BDE^iiCEF的面积和等于8,

故选：C.

10.（23-24七年级下•广东广州•阶段练习）如图,AB||CD,F为4B上一点,FD||EH,且FE平分乙4FG,

过点/作FG1于点G,且N4FG=2ND,贝IJ下歹!］结论：①AD=30。；②2ND+NEHC=90。；③FD平分

乙HFB；④FH平分乙GFD.其中正确结论的个数是（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】B

【分析】本题考查了角平分线的性质和平行线的性质，直角三角形的性质，能够作出辅助线是解题的关键.

延长尸G,交CH于1,构造出直角三角形，再结合平行线的性质，即可推出①②正确，借助平行线的性质

推得乙GFH+乙HFD=90°,即可判断③④不一定正确.

【详解】解：延长FG,交CH于I.

*：AB||CD,

:.乙BFD=乙D,^AFI=乙FIH,

'：FD||EH,

:.乙EHC=乙D,

'：FE^^AAFG,

:•乙FIH=2/-AFE=2Z.EHC,

：.3（EHC=90°,

:•（EHC=30°,

:.（D=30°,

故①正确；

・•・2乙0+乙EHC=2X30°+30°=90°,

故②正确；

•••FE平分4AFG,

C.Z.AFI=30°X2=60°,

VZBFD=30°,

：.Z.GFD=90°,

工乙GFH+乙HFD=90°,

可见，4”尸。的值未必为30。，々GFH未必为45。，只要和为90。即可，

故③④不一定正确.

故选:B.

二、填空题（每题4分，共20分）

11.（2024・陕西榆林・二模）如图所示的地面由正五边形和正〃边形两种地砖镶嵌而成，贝此ABC的度数

为°.

A

\-^c\

【答案】144

【分析】本题考查了正多边形的内角和公式，掌握正多边形的概念，数形结合是解题的关键.先计算出正

五边形的内角，再根据平面镶嵌的条件计算求解.

【详解】正五边形的内角和为(5-2)x180°=540°,

每个内角为540。+5=108°,

：./.ABC=360°-2x108°=144°,

故答案为:144.

12.(2024广东广州•二模)如图△ABC,£＞、E分别是48、北上两点，点A与点4关于DE轴对称，DA'||BC,

ZX=34°,/.CEA'=54°,贝!UBZM'=.

【答案】122°/122度

【分析】本题主要考查了轴对称的性质、平行线的性质、三角形内角和定理、三角形外角的性质等知识点,

灵活运用相关性质成为解题的关键.

先说明△力DE和△4DE关于DE轴对称可得N4=N4=34°,再根据三角形外角的性质可得ND04=88°,

进而得到NC=88。，再根据三角形内角和定理可得NB=58。，最后运用平行线的性质即可解答.

【详解】解：•••点A与点4关于DE轴对称，

4OE关于DE轴对称，

：.^A==34°,

/.CEA'=54°,

：.ADOA=ACEA'+乙力'=88°,

DA'||BC,

：.AC=ADOA=88°,

：.LB=180°-ZC-ZX=58°,

'：DA|||BC,

：.^BDA'=180°-ZB=122°.

故答案为：122。.

A

13.（23-24七年级下•江苏苏州•期中）如图，已知4MIIBN,乙4=X。.点P是射线AM上一动点（与点力不重

合），BC,BD分另（J平分NABP和NPBN,交射线力M于点C,D,当点尸运动至U使NACB=NABD时，NADB的

度数为（用含有x的代数式表示）

［答案］（45-汨。

【分析】本题考查平行线的性质，三角形的外角的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思

想解答.根据平行线的性质可得乙4BN=180。-》。，再结合角平分线的定义，三角形的外角的性质可证明

N力BC=乙CBP=乙PBD=乙DBN,即可得至U/ABC的度数.

【详解】解：'：AM\\BN,乙4=久。，

•••乙4+乙4BN=180°,

•••/-ABN=180°-x°,

vBC,BD分另U平分〃BP和NPBN,

•••/.ABC=乙CBP,Z.DBP=Z.DBN,

Z-ACB=Z.ABD,Z-ACB=Z-ADB+乙DBC,Z-ABD=Z-ABC+乙DBC,

・•・Z.ABC=Z-ADB,

•••AM\\BNf

・•・乙ADB=乙DBN,

工乙ABC=乙CBP=乙PBD=乙DBN,

・•・/.ABC=^ABC=（45-j%）°,

故答案为：（45—

14.（23-24七年级下•辽宁大连•期中）如图，在△ABC中，BD、CD分另U平分乙4BC、乙ACB,BG、CG分别平

分三角形的两个外角NEBC、NFCB/G=48。，则°,

【答案】132

【分析】本题考查与角平分线有关的三角形的内角和问题，根据角平分线和三角形的内角和定理，推出=

90。+（乙4,Z.G=90。—^乙4,进而得到4D+NG=180。，即可得出结果.

【详解】解：；BD、CD分另U平分乙4BC、乙ACB,

•••乙DBC=-2LABC,乙DCB=-^ACB

22

.•・乙D=180°-（乙DBC+乙DCB）

1

=180°--（/.ABC+ZLACB）

1

=180。-2（180。一乙4）

1

=90。+“4

2

•・•BG、CG分别平分三角形的两个外角4E8C、乙FCB

・•・乙GBC=-/.EBC,2GCB=-ZFCF

22

・••ZG=180°-（乙GBC+乙GCB）

1

=180°--（乙EBC+乙FCB）

1

=180°--+乙ACB+Z.A+^ABC）

1

=180°--（2乙4+180°-乙4）

1

=180。-5（180。+乙4）

1

=90。一三乙4

2

11

•••NO+/G=90°+-zX+90°--Z/l=180°

22

."D=180°—4G=132°；

故答案为：132.

15.（23-24七年级下•浙江温州•期中）如图1为一种可折叠阅读书架，支架0C可以绕点O旋转，置书面EF可

以绕点C转动调节.首先调节EF,使EF1MN,如图2所示，此时NOCE=141。；再将0C绕。点顺时针

旋转至0C',使NCOC'=|zXOC,且E'F'IMN,止匕时NOC'E'比N。力M大32。，贝IJNOAM=度.

图1图2

【答案】69

【分析】本题考查三角形外角的性质，平行线的性质，关键是由三角形外角的性质列出关于x、y的方程组.

延长EF交。C'于K,延长E'F'交04延长线于L,NCOC'=x,^OAM=y,^AOC=2x,A.OCE'=y+32°,由平

行线的性质推出NOKE=NOC®=y+32°,由三角形外角的性质得到％+y+32。=141。/+32°=2x+

90。—y,求出y的值,即可得到NOAM=69。.

【详解】解：延长EF交。。，于K,延长交。4延长线于3

1

设NCOC'=x,Z.OAM=y,

■:乙COG=-/.AOC,

3

：.^AOC=2x,

•：^OC'E'\t^OAM±32°,

."OC'E'=y+32。，

\'EF1MN,E'F'1MN,

：.EF\\E'F',

."OKE=/.OC'E'=y+32°,

,:乙OCE=乙COC'+乙OKE,

：.x+y+32°=141°①，

；^NAL=/.OAM=y,

：./.L=90°-y,

•：^OC'E'=^L+^AOC,

；.y+32°=2x+90°—y②，

由①②解得：y=69。，

•••AOAM=69°,

故答案为:69.

三、解答题（16-18题每题4分，19题6分，20题7分，21、22题每题8分，23题9分，共50分）

16.（23-24八年级上•安徽六安•阶段练习）已知三角形的三边长分别为x,y,z,化简：\x-y-z\+\y+z-x\-

\z—x—y\.

【答案】—3%+y+3z

【分析】本题考查整式的加减，三角形的三边关系，绝对值化简，根据三角形三边关系得到x,y,z的不等式，

再去绝对值后计算即可.

【详解】•.•三角形的三边长分别为x,y,z,

y4-z>x,%+y>z,

—y—z<0,y+z—x>0,z—x—y<0

••\x-y—z\\yz—x\—\z—x—y\=y+z—x-^-y+z—x+z—x—y=—3x+y+3z.

17.（23-24九年级下•广东广州•阶段练习）如图,

A

(1)画AABC的高BM,AN,CH；

(2)若BM=3,AN=2,CH=4,求4B：AC：BC.

【答案】(1)图见解析；

（2）3:4:6

【分析】本题考查了三角形高的作法，三角形的面积公式，以及比例的问题，熟练掌握尺规作图法和三角

形面积公式是解题的关键.

（1）利用尺规作图法作图即可；

（2）利用三角形的面积公式即可求三边之比；

【详解】（1）如图，BM,AN,CH即为所求：

尺规作图法：为AaBC画出BC边上的高，以A为圆心，选择一个适合的半径画出一个弧，这个弧与8c边或

BC的延长线相交于两点，分别以这两点为圆心，选择一个大于两点距离一半的半径，再次画弧，这两个弧

会相交于一点，连接这点与点A,延长交BC于N,贝就是AaBC中BC边上的高.其他边上的高同理可得.

-1-1-1

(2)•・•SLABC=^BC•AN=^AC•BM=^AB•CH,又BM=3,AN=2,CH=4,

2sAABC2s"BC_2S&ABC2SXABC

・•・ABBC==ABC'

CHBM~3AN

17

・•・ABiAC：BC=-:-:l=3:4:6.

23

18.（2024・吉林长春•一模）图①、图②、图③均是4X4的正方形网格，每个小正方形的边长均为1,每个

小正方形的顶点称为格点，点A、B.C均为格点.只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作

图:

(1)在图①中，确定一个格点M(不与B重合),连结AM、CM,使得△力CM的面积和△ABC的面积相等;

(2)在图②中，确定一个格点M,连结力M、CM,使得△ACM的面积是△力BC的面积的2倍;

(3)在图③中，确定两个格点M和N,连结BM、MN和CN,使得四边形BMNC的面积是△ABC的面积的3倍.

【答案】(1)见解析

(2)见解析

(3)见解析

【分析】本题考查作图-应用与设计作图，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握等高模型解决问题，学

会利用数形结合的思想解决问题.

(1)利用平行线构造等高模型解决问题;

(2)利用三角形中线的性质及等高模型解决问题.

(3)利用平行线及等高模型，构造四边形即可.

【详解】(1)如图,点M即为所求;

(2)如图，点M即为所求;

N即为所求.

19.(2024•浙江杭州•一模)问题情境：在探索多边形的内角与外角关系的活动中，同学们经历了观察、猜

想、实验、计算、推理、验证等过程，提出了问题，请解答.

(1)若四边形的一个内角的度数是a.

①求和它相邻的外角的度数(用含a的代数式表示)；

②求其它三个内角的和(用含a的代数式表示).

(2)若一个〃边形5〉3),除了一个内角，其余内角的和为920。，求〃的值.

深入探究：

(3)探索〃边形(n>3)的一个外角与和它不相邻的5-1)个内角的和之间满足的等量关系，说明理由.

【答案】(1)①180°-a,②360°-a(2)n=8；(3)£一a=(n-3)X180°,理由见解析

【分析】(1)①根据一个内角与它相邻的外角的和是180。进行计算即可；②四边形的内角和是360。进行计

算即可；

(2)根据多边形的内角和的计算方法进行计算即可；

(3)表示出和它不相邻的(71-1)个内角的和即可.

【详解】解：(1)①四边形的一个内角的度数是a,则与它相邻的外角的度数180。-a；

②由于四边形的内角和是360。其中一个内角为a,则其它三个内角的和为360。-a；

(2)由题意得，

(n-2)x180°-a=920°,

•••n>3的正整数，0°<a<180°,

n=8,

即这个多边形为八边形；

(3)设n边形(ri>3)的一个外角为a,它不相邻的(九-1)个内角的和为口，

则有180°-a+S=(n—2)x180°,

即夕-a=01-3)x180。.

20.(23-24七年级下•四川成都・期中)如图，在AABC中，BD平分乙4BC,CE平分乙4CB,连接BE、CD,且

Z.EBA+/.ACD=ABAC.

备用图

⑴证明:BE||CD；

(2)若NE=82。,NA=44。，求ND的度数；

⑶作NBEC与NBDC的角平分线交于点G,探究NB4C、NEGD的数量关系，并证明你的结论.

【答案】(1)证明见解析

⑵/。=30°

(3)

乙EGD=-/.BAC+45°,证明过程见详解

4

【分析】(I)如图，过点4作apn8E,根据平行线的性质和判定，平行公理可得结论；

(2)设4c8。=a,乙BCE=6,根据三角形的内角和定理可得：^BFE++^EBF++^CFD+

ZDCF=360°,从而可得结论；

(3)如图2,设“DG=x,乙BEG=y,根据角平分线的定义可得NBEG=MEG=y,"DG=Z.BDG=x,

根据8字形可得乙48。+乙ABE+y=4EGD+x①,x+^ACD+/.ACE=乙EGD+y②，由①+②可得结论.

本题考查了角平分线的定义，三角形的内角和定理，平行线的性质，解题的关键是利用8字形和三角形的

内角和定理解决问题.

【详解】(1)证明：如图1,过点4作4PIIBE,

・•.Z.EBA=乙BAP,

•・•Z-EBA+Z.ACD=Z-BAC=Z.BAP+/.CAP,

•••Z-ACD=Z.CAPf

..AP||CD,

・•.BE||CD；

(2)解：设4c8。=a,/-BCE=p

•••BO平分〃BC,CE平分乙/CB,

・♦・乙CBD=Z-ABD=a,Z.ACE=乙BCE=/?

•••乙BFE=乙CBD+Z.BCF=a+£,

•・•^BAC=44°,

・•・AABC+乙ACB=2a+26=180°-44°=136°,

a+0=68°,

在^BEF^\LCFD中，乙BFE+ZE+乙EBF+ZD+Z,CFD+乙DCF=360°,

乙E=82°,ABAC=44°,

・•・AABE+Z.ACD=44°,

・•・3a+3夕+82°+44°+4。=360°,

•••3x68。+126。+40=360。，

・•・乙D=30°；

（3）解：如图2,/.EGD=-ABAC+450,理由如下：

4

A

图2

设“OG=x,Z.BEG=y,

•••EG平分4BEC,DG平分乙BDC,

•••乙BEG=Z-CEG=y,乙CDG=乙BDG=x,

•••Z.BME=乙DMG,

•e.Z-DBE+Z-BEG=乙EGD+Z-BDG,Z.ABD+Z-ABE+y=乙EGD+%①，

•・•乙DNC=乙ENG,

・•・乙EGD+乙NEG=乙CDN+乙DCN,即％+AACD+AACE=乙EGD+y②，

由（1）知：LBAC=/-ABE+Z.ACD,

-i

由（2）知：AABD+^ACE=90°--^BAC,

2

①+②得：x+y+ABAC+90°AC=2/.EGD+x+y,

1

・•・乙EGD=-zBXC+45°.

4

21.（2024七年级下•江苏•专题练习）如图，在△ABC中，乙B＞乙C,4D_LBC于点。，AE平分Nb4c.

F

A

/A\G\

BDEVC

H

(1)若NB=64°,ZC=42°,贝!UDAE=°；

(2)乙8、NC与乙D2E有何数量关系？证明你的结论；

⑶点G是线段CE上任一点(不与C、E重合)，作G”1CE,交4E的延长线于点H,点尸在BA的延长线上.若

/.FAC—a,Z.GHE=/?,求Z.C(用含a、0代数式表示).

【答案】⑴11

⑵2，见解析

(3)Z.B=+—ct,Z.C=—ct—§

【分析】本题考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，平行线的判定与性质，二元一次方程组的解

法，角平分线的定义，垂线的定义等知识点.

(1)根据三角形内角和定理求出NBAC的度数，再根据角平分线的定义求出NB4E的度数，在Rt△力中求

出ZB4D的度数，即可求出AD4E的度数；

(2)根据三角形内角和定理用/庆NC表示出482C,再根据角平分线的定义表示出N84E,在RtAZDB中

用NB表示出NB4D,即可求出NZME与NB、NC的关系

(3)根据三角形外角的性质得到NF4C=NB+ZC,即NB+NC=a①，根据平行线的性质得到=

NGHE=S，根据(2)中的结论得到NB-NC=2£②，①与②组成方程组，求解即可.

【详解】(1)解：在AABC中，N8+NC+NB4C=180。，

：NB=64°,ZC=42°,

：./.BAC=180°-64°-42°=74°,

平分NB4C,

：.Z.BAE=-ABAC=ix74°=37°,

22

9：AD1BC,

LADB=90°,

VzB=64°,

・・・484。=90。-64。=26。，

：.Z.DAE=Z.BAE-乙BAD=37°-26°=11°,

故答案为：11；

(2)^DAE=-^B

22

证明：在△ABC中，++=180°,

：.Z.BAC=180。一乙B-4

丁/E平分4BZC,

1111

・•.乙BAE=-/LBAC=-(180°-ZB-ZC)=90°--^B--AC,

22'722

U：AD1BC,

：./.ADB=90°,

：.2LBAD=90。一4B,

乙DAE=^BAE-乙BAD=90。一乙4B一工乙C一(90。一匕8)=工48一三4C；

22、722

(3)解：•・2凡4c是△4BC的一个外角，

Z-FAC=(B+Z-C,

'：LFAC=a,

/.Z-B+Z-C=a①，

9：AD1BC,GH1CE,

：.AD\\GHf

C.Z-DAE=乙GHE,

U：Z.GHE=0,

・"DAE=0,

-1-1

由(2)知4£ME=：4B-2，

A-ZB--ZC=R,

22l

即NB-NC=20②，

①、②组成方程组得［总十斤二靠，

(Z.D—ZL-C=乙P

乙B=6吾a

解得1,

AC=-a-B

2L

22.（2024七年级下•全国・专题练习）如图，由线段AB,AM,CM,CD组成的图形像E,称为一形

BAMCD'\

BB

(1)如图1,£形BAMCD中，^AB||CD,N2MC=60。，贝！UN+NC=°；

(2)如图2,连接£形中B,。两点，若N4BD+乙BDC=160°,AAMC=a,试猜想NB4M与NMGD

的数量关系，并说明理由；

⑶如图3,在(2)的条件下，当点M在线段BD的延长线上从上向下移动的过程中，请直接写出AB4M与NMCD

所有可能的数量关系.

【答案】⑴60。

(2)ZBXM+Z.MCDa+20°,见解析

(3)NB4M-乙MCD=a+20°或NMCD-ABAM=a-20°

【分析】本题主要考查平行线的性质，三角形外角的性质，三角形的内角和定理，掌握平行线的性质是解

题的关键.

(1)过M作MNII2B,利用平行线的性质计算可求求解；

(2)过2点作4P||CD交BD于点P,利用平行线的性质及三角形的内角和定理可求得NBAP=20°,结合(1)

的结论可求解；

(3)可分两种情况：当D,C位于AM两侧时，当D,C位于4M同侧时，利用平行线的性质及三角形外角的

性质可分别计算求解.

【详解】(1)过M作MN||AB,

图1AB||CD,

•••AB||MN||CD,

■■■乙AMN=4力，4MCD=ZC,

Z.A+Z.C=/.AMN+/-MCD=Z.AMC=60°,

故答案为:60°；

(2)2LBAM+乙MCD=a+20°.

理由：过/点作4Plic。交8。于点P,

B

•・•乙BAP+乙APB+=180°,乙B+LD=160°,

・•・乙BAP=180°-160°=20°,

由(1)可得乙4MC=+4MCO,

Z.AMC=a,

・•.Z.PAM+Z-MCD=a,

・•.Z.BAM+乙MCD=a+20。；

(3)如图，当O,C位于两侧时，

!Q•・•乙ABD+乙BDC=160°,“DM+乙BDC=180°,

・•・匕CDM-/.ABD=20°,

•・•乙AMQ=Z,B+Z.BAM,Z.CMQ=Z.MCD+匕CDM,Z.AMC=a,

・•・a=4AMQ-乙CMQ=ZB+^BAM-QLMCD+"DM)=^BAM-乙MCD-20°,

即乙BZM-^MCD=a+20°；

当4C,M三点共线时，^AMC=a=0°,

・•.Z.BAM一乙MCD=20°；

当。，。位于/M同侧时，

B

■：/.ABD+/-BDC=160°,/.CDM+/.BDC180°,

•••"DM-AABD=20°,

•­•/.AMO-ZB+/.BAM,Z.CMO-Z.MCD+Z.CDM,Z.AMC-a,

a=乙CMO-AAMO=Z.MCD+乙CDM-(zB+Z.BAM)=乙MCD-4BAM+20°,

即NMCD-/.BAM=a-20°.

综上，/-BAM-乙MCD=a+20°或NMCD-NBAM=a-20°.

23.(23-24七年级下.江苏连云港.期中)在苏科版义务教育教科书数学七下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

⑴【问题再现】如图1,在A/IBC中，乙4BC、N4CB的角平分线交于点P,若乙4=50。.贝此「=；

(2)【问题推广】如图2,在A/IBC中，ABAC的角平分线与AABC的外角NC8M的角平分线交于点P,若乙4cB=

80°,求〃PB的度数.

(3)如图3,在△ABC中，AABC,乙4cB的角平分线交于点P,将△力BC沿。E折叠使得点A与点尸重合，若

zl+Z2=96°,贝此BPC=；

(4)【拓展提升】在四边形BCDE中，E8IICD,点/在直线ED上运动(点厂不与E,。两点重合)，连接8尸，CF,

乙EBF、NDCF的角平分线交于点。，若乙EBF=a,乙DCF=0,求NQ和a,£之间的数量关系.

【答案】⑴115。

(2)40°

(3)114°

(4)F在E左侧NQ=彳；F在E,。中间NQ=*；F在。右侧NQ=?

【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)根据角平分线的定义可得NB4C=24PAM，4CBM=2乙PBM,再根据三角形外角的性质可得NCBM=

NBAC+乙4CB,进一步推理得NPBM=NP4M+40。，最后再根据三角形外角性质，即可求得答案；

(3)先由折叠的性质和平角的定义得至卜