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沪教版 (五四制)七年级下册14.1 三角形的有关概念优秀同步测试题
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这是一份沪教版 (五四制)七年级下册14.1 三角形的有关概念优秀同步测试题，文件包含专题05三角形的有关概念重点解析版docx、专题05三角形的有关概念重点原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
专题05 三角形的有关概念（重点）
一、单选题
1．（2022春·上海·七年级校考期末）下列长度的三根木棒，不能构成三角形框架的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】D
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”进行分析．
【解析】解：、，则能构成三角形，不符合题意；
B、，则能构成三角形，不符合题意；
C、，则能构成三角形，不符合题意；
D、，则不能构成三角形，符合题意．
故选：D．
【点睛】此题考查的知识点是三角形的三边关系，判断能否组成三角形的简便方法是看其中较小的两个数的和是否大于第三个数即可．
2．（2022春·上海·七年级期末）下列说法中，正确的是（ ）
A．三角形的高都在三角形内
B．三角形的三条中线相交于三角形内一点
C．三角形的一个外角大于任何一个内角
D．三角形最大的一个内角的度数可以小于60度
【答案】B
【分析】根据三角形的有关性质，对选项逐个判断即可．
【解析】解：A、锐角三角形的三条高在三角形内部，相交于三角形内一点，钝角三角形的高不都在三角形内部，故本选项错误，不符合题意；
B、三角形的三条中线相交于三角形内一点，故本选项正确，符合题意；
C、三角形的一个外角大于任何一个不相邻的一个内角，故本选项错误，不符合题意；
D、根据三角形内角和等于180°，三角形最大的一个内角的度数大于或等于60度，故本选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查三角形高线，中线的概念，三角形外角的性质和三角形内角和定理，掌握这些知识点是解题的关键．
3．（2022春·上海·七年级专题练习）三角形的角平分线、中线和高都是 ( )
A．直线 B．线段 C．射线 D．以上答案都不对
【答案】B
【分析】根据三角形的角平分线、中线和高定义判断即可．
【解析】解：三角形的角平分线、中线、高都是线段．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的角平分线、中线和高定义，熟练掌握三角形的角平分线、中线和高定义是解题关键．
4．（2022春·七年级单元测试）如图，已知AB⊥BD，AC⊥CD，∠A＝50°，则∠D的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】B
【分析】利用两个三角形的内角和都为180°，结合相等的角即可求解．
【解析】∵AB⊥BD，AC⊥CD，
∴∠B＝∠C＝90°，
又∵∠BEA＝∠CED，且∠BEA+∠B+∠A＝∠CED+∠C+∠D＝180°，
∴∠D＝∠A＝50°，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的内角和等于180°，熟记三角形的内角和公式是解题的关键．
5．（2022春·上海·七年级专题练习）如果三角形三个内角的比为1：2：3，那么它是( )
A．等腰直角三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．锐角三角形
【答案】C
【分析】根据比例设三个内角分别为k、2k.3k，然后根据三角形内角和等于180°列出方程求出最小角，继而可得出答案.
【解析】解：∵三角形三个内角度数的比为1：2：3，
∴设三个内角分别为k，2k、3k，
∴k+2k+3k=180°
解得k=30°
∴该三角形最大角的度数为90°，即该三角形为直角三角形
故选C.
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，利用“设k法”求解更加简单.
6．（2021春·上海·七年级统考期中）如图，直线a∥b，AC⊥AB，AC交直线b于点C，∠1＝60°，则∠2的度数是（ ）
A．30° B．35° C．45° D．50°
【答案】A
【分析】根据三角形的内角和得，求出∠B得度数，再利用平行线的性质即可求解．
【解析】解：∵，
∴，
∴ ，
∵
∴，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查三角形内角和定理以及平行线的性质，掌握三角形内角和为180°是解题的关键．
7．（2022春·上海·七年级专题练习）已知、、是的三个内角，下列条件不能确定是直角三角形的是（ ）
A．， B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据三角形的内角和定理对各选项进行逐一判断即可．
【解析】解：A、∠A=40°，∠B=50°，则∠C=180°-40°-50°=90°，能确定△ABC是直角三角形，不合题意；
B、∠A=90°能确定△ABC是直角三角形，不合题意；
C、由∠A+∠B=∠C可得，∠A+∠B=90°，能确定△ABC是直角三角形，不合题意；
D、由∠A+∠B=2∠C可得，∠C=30°，不能确定∠A和∠B的度数，则不能确定△ABC是直角三角形，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
8．（2022春·上海·七年级专题练习）BP和CP是△ABC两个外角的平分线，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意作出图形，根据由三角形的内角和定理以及三角形外角的性质，求得∠P与∠A的关系，从而计算出∠P的度数．
【解析】解：如图，∵BP、CP是△ABC的外角平分线，
∴∠PBC＝（∠A＋∠ACB），∠PCB＝（∠A＋∠ABC），
又∵∠PBC＋∠PCB＋∠P＝180°，
∴∠P＝180°−（∠PBC＋∠PCB）
＝180°−（∠A＋∠ACB＋∠A＋∠ABC）
＝180°−（180＋∠A）
＝90°−∠A，
故选C．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质以及三角形的内角和定理．解决问题的关键是掌握：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
9．（2022秋·上海·七年级开学考试）将一副直角三角尺按如图的不同方式摆放，则图中∠α与∠β一定相等的是（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．②③④
【答案】B
【分析】利用两块三角板的三个已知角，再根据摆放方式，利用同角或等角的余角（补角）相等、三角形内角和定理即可确定．
【解析】由图①知，∠α+∠β+90°=180°，则∠α+∠β=90°，故∠α与∠β不一定相等；
由图②知，根据同角的余角相等得：∠α=∠β；
由图③知，根据等角的补角相等得：∠α=∠β=135°；
由图④知，由互余关系得∠α=45°,由三角形内角和定理得∠β=60°,则∠α与∠β一定不相等；
综上所述，∠α与∠β一定相等的是②③．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、同角或等角的余角（补角）相等，互余和互补的概念等知识，掌握这些知识是解题的关键．
10．（2020春·上海·七年级上海市建平中学校考期末）已知中，，分别是边 ，上的高，， 交于点，如果设那么用含 的代数式表示的度数是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据三角形高的定义可得∠AEC=∠ODC=90°，然后根据三角形的内角和定理即可求出∠ACE，最后利用三角形外角的性质即可求出结论．
【解析】解：∵，分别是边 ，上的高，
∴∠AEC=∠ODC=90°
∵
∴∠ACE=180°－∠AEC－∠BAC=90°－n°
∴=∠ODC＋∠OCD=90°＋90°－n°=
故选D．
【点睛】此题考查的是三角形的高、三角形的内角和定理和三角形外角的性质，掌握三角形的高、三角形的内角和定理和三角形外角的性质是解题关键．
11．（2020春·七年级校考课时练习）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=（ ）
A．180° B．360° C．540° D．以上答案都不是
【答案】B
【分析】根据三角形的内角和等于180°，用∠AGB表示出∠A，∠B，用∠EMF表示出∠E，∠F，用∠CND表示出∠C，∠D，然后再根据对顶角相等的性质解出它们的度数即可．
【解析】解：如图，
∵三角形的内角和等于180°，
∴∠A+∠B=180°-∠AGB，∠E+∠F=180°-∠EMF，∠C+∠D=180°-∠CND．
∵对顶角相等，
∴∠AGB=∠MGN，∠EMF=∠GMN，∠CND=∠MNG．
∵∠MGN+∠GMN+∠MNG=180°，
∴∠A+∠B+∠E+∠F+∠C+∠D
=180°-∠AGB+180°-∠EMF+180°-∠CND
=540°-（∠AGB+∠EMF+∠CND）
=540°-180°
=360°．
故选B
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，以及对顶角相等的性质，熟练掌握三角形三个内角的和等于180°是解答本题的关键．
12．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，D、E分别为△ABC的底边所在直线上的两点，BD＝EC，过A作直线l，作DM∥BA交l于M，作EN∥CA交l于N．设△ABM面积为S1，△ACN面积为S2，则（ ）
A． B．
C． D．与的大小与过点A的直线位置有关
【答案】B
【分析】连接AD，AE，根据平行线之间的距离处处相等和两个三角形同底等高可得S1＝S△ADB，S2＝S△AEC，然后根据两个三角形等底同高可得S△ABD＝S△AEC，
【解析】解：连接AD，AE．
∵DM∥BA，EN∥CA，
∴S1＝S△ADB，S2＝S△AEC，
∵BD＝EC，
∴S△ABD＝S△AEC，
∴S1＝S2，
故选：B．
【点睛】此题考查的是三角形的面积关系，掌握平行线之间的距离处处相等、两个三角形同底等高和两个三角形等底同高时面积的关系是解决此题的关键．
二、填空题
13．（2022春·上海·七年级专题练习）木工师傅在做好门框后，为了防止变形常常按如图那样钉上两根斜拉的木板条，即图中的、两根木条，其数学依据是_____．
【答案】三角形的稳定性
【分析】三角形的三边一旦确定，则形状大小完全确定，即三角形的稳定性．
【解析】解：结合图形，为防止变形钉上两条斜拉的木板条，构成了三角形，所以这样做根据的数学道理是三角形的稳定性．
故答案为：三角形的稳定性．
【点睛】本题考查三角形的稳定性和四边形的不稳定性在实际生活中的应用问题．
14．（2022春·上海·七年级专题练习）在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝36°，则∠C的一个外角等于_____度．
【答案】116
【分析】根据三角形外角性质得出∠C的一个外角的度数即可．
【解析】解：如图所示，
∵∠A＝80°，∠B＝36°，
∴∠C的一个外角＝∠A+∠B＝80°+36°＝116°，
故答案为：116．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质，解题关键是掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
15．（2021春·上海徐汇·七年级上海市民办华育中学校考期末）三角形的三边分别为 5， ，9，则的取值范围为________.
【答案】
【分析】根据三角形三边关系解答．
【解析】由题意得：,
解得：，
故答案为：．
【点睛】此题考查三角形的三边关系：三角形任意两边的和都大于第三边．
16．（2022春·上海闵行·七年级校考阶段练习）如图，在中，是边上的高，且，如果，那么_____．
【答案】
【分析】根据，和，求出，利用，进行计算即可．
【解析】解：∵在中，是边上的高，且，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查与三角形的高有关的计算．熟练掌握同高的三角形的面积比等于底边比，是解题的关键．
17．（2022春·上海宝山·七年级校考阶段练习）如图所示，在中，，，是角平分线，则________．
【答案】60
【分析】依据三角形内角和定理可得，再根据BD是的平分线，可得，依据三角形内角和定理，即可得到进而求解即可．
【解析】解：∵，，
∴．
又∵BD是的平分线，
∴，
∴，
∴．
故答案为60．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及角平分线的有关计算，解决本题的关键是三角形内角和是．
18．（2022春·上海·七年级校考期中）在中，已知，的形状是________．
【答案】钝角三角形
【分析】根据关系式，得出∠A、∠B和∠C的大小，从而判断三角形形状．
【解析】∵，
∴，，
又∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴，
解得：，
∴的形状是钝角三角形．
故答案为：钝角三角形．
【点睛】本题考查三角形形状的判定，解题关键是利用三角形内角和，得出三角形各个角的大小．
19．（2022春·上海宝山·七年级校考阶段练习）如图，已知直线a//b，点A、B在直线a上，点C、D在直线b上，如果△ABC的面积和△BCD的面积之比为2：3，那么AB：CD的值为_____．
【答案】2：3
【分析】利用行线间的距离处处相等得到C点到直线a的距离等于B点到直线b的距离，然后根据三角形面积求解．
【解析】解：∵直线a//b，
∴C点到直线a的距离等于B点到直线b的距离，
∴△ABC的面积和△BCD的面积＝AB：CD，
∵△ABC的面积和△BCD的面积之比为2：3，
∴AB：CD＝2：3．
故答案为：2：3．
【点睛】本题考查了三角形的面积：三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S＝×底×高．也考查了平行线之间的距离．
20．（2022春·上海·七年级校考期中）如图，已知，，，，则______．
【答案】
【分析】延长交于点，由三角形的外角性质可求得，再由平行线的性质可求的度数．
【解析】解：延长交于点，
是的外角，，，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，同位角相等．
21．（2022春·上海松江·七年级校考期中）如图，四边形中，，、相交于点，的面积等于，的面积等于，那么的面积等于______．
【答案】3
【分析】先计算出的面积为，再根据平行线的性质得到点和点到的距离相等，然后根据三角形面积公式得到的面积．
【解析】解：的面积等于，的面积等于，
的面积为，
，
点和点到的距离相等，
的面积等于的面积，即的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题考查平行线之间的距离，同底等高的两个三角形的面积相等．掌握平行线之间的距离处处相等是解题关键．
22．（2019春·上海闵行·七年级统考期中）如图，对面积为的逐次进行操作：第一次操作，分别延长、、至点、、，使得，，，顺次连接、、，得到，记其面积为；第二次操作，分别延长、、至点、、，使得、、，顺次连接、，得到，记其面积为，，按此规律继续下去，可得到，则其面积________．
【答案】361
【分析】根据三角形等高时底之比等于面积比得出的面积为面积的两倍，则的面积是的2倍…，以此类推，得出的面积．
【解析】
连接， , ,根据，的面积为的2倍，所以的面积为2；同理的面积为的2倍，所以的面积为4；
以此类推：的面积为2，的面积为4，的面积为2，的面积为4
∴，即面积为面积的19倍，以此类推的面积为面积的倍，所以．
故答案为：361
【点睛】利用三角形的底与高之间的数量关系判断面积的数量关系是解决本题的关键．
三、解答题
23．（2022春·上海·七年级校考期末）根据要求作图并写好结论：
(1)画三角形，使得的长度等于厘米，，；
(2)在三角形中，作出的角平分线；
(3)在三角形中，作出边上中线．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
(3)作图见解析
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）根据角平分线的定义画出图形即可；
（3）根据三角形的中线的定义画出图形即可．
（1）
如图，即为所求；
（2）
如图，射线即为所求；
（3）
如图，线段即为所求．
【点睛】本题考查作图—复杂作图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
24．（2022春·上海·七年级专题练习）已知：如图，△ABC的两个外角的平分线交于点P，如果∠A＝40°，求∠BPC的度数．
【答案】70°，详见解析
【分析】先根据三角形内角和定理得到∠ABC+∠ACB＝140°，再根据角平分线的定义、三角形内角和定理计算即可．
【解析】解：∵∠A＝40°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣40°＝140°，
∴∠EBC+∠FCB＝360°﹣140°＝220°，
∵BP、CP是△ABC的外角平分线，
∴∠PBC＝∠EBC，∠PCB＝∠FCB，
∴∠PBC+∠PCB＝（∠EBC+∠FCB）＝110°，
∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝70°．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理、角平分线的定义，掌握三角形内角和定理是解题的关键．
25．（2022春·上海·七年级期末）已知AB∥CD，且CD平分∠FCB，∠CEB＝90°，∠CBE＝40°，求∠EBA的度数．
【答案】25°
【分析】由三角形的外角性质可求得∠FCB＝130°，再由角平分线的定义得∠FCD=∠BCD=65°，由平行线的性质可得∠CBA＝65°，根据∠EBA＝∠CBA﹣∠CBE即可求∠EBA的度数．
【解析】解：∵∠CEB＝90°，∠CBE＝40°，
∴∠FCB＝∠CEB+∠CBE＝130°，
又∵CD平分∠FCB，
∴，
又∵AB∥CD，
∴∠CBA＝∠BCD＝65°，
∴∠EBA＝∠CBA﹣∠CBE＝65°﹣40°＝25°．
【点睛】本题主要考查了三角形外角，角平分线，平行线，解答的关键是熟练掌握三角形外角性质，角平分线性质和平行线的性质，并灵活运用．
26．（2022春·上海宝山·七年级校考阶段练习）已知：，，．求的度数．
【答案】
【分析】根据两直线平行，内错角相等，可得，再根据，即可求解．
【解析】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形的外角和的定义的知识，掌握平行线的性质是解答本题的关键．
27．（2022秋·上海·七年级专题练习）如图，已知三角形纸片ABC，将纸片折叠，使点A与点C重合，折痕分别与边AC、BC交于点D、E．
(1)画出直线DE；
(2)若点B关于直线DE的对称点为点F，请画出点F；
(3)在（2）的条件下，联结EF、DF，如果的面积为2，的面积为4，那么的面积等于 ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)12
【分析】（1）画出线段AC的垂直平分线即为直线DE；
（2）作出点B关于直线DE的对称点F即可；
（3）先求得S△AEC=8，＝2，再求得＝＝和 ＝＝，再代入S△AEC的面积即可求得．
【解析】（1）解：如图，直线DE即为所作：
（2）如图，点F即为所作：
（3）连接AE，如图所示：
由对折可得：S△AED=S△DEC，S△BDE=S△DEF，
∴S△AEC=8，S△BDE= 2，
设△BED中BE边上的高为h，
＝＝，
即，
则2BE=EC，
设△AEC中EC边上的高为h'，
则：，
∴．
故答案为：12
【点睛】本题考查作图——轴对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题．
28．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，由16个相同的小正方形组成的一个大正方形ABCD，其中点A、点E、点F均在图中的格点上（即图中小正方形的顶点）．
(1)三角形AEF的面积（即图中阴影部分的面积）占整个大正方形ABCD面积的 ；（填“几分之几”）
(2)如果三角形AEF的面积是28平方厘米，那么图中每个小正方形的面积是 平方厘米；
(3)如备用图，若点G也在图中的格点上，且三角形AFG的面积是大正方形ABCD面积的，那么符合要求的点G有 个．
【答案】(1)十六分之七；
(2)4；
(3)5
【分析】（1）根据三角形和正方形的面积公式即可得到结论；
（2）根据三角形和正方形的面积即可得到结论；
（3）画出图形即可得到结论．
(1)
解：∵S△AEF＝4×4﹣，
∴三角形AEF的面积（即图中阴影部分的面积）占整个大正方形ABCD面积的；
(2)
解：∵三角形AEF的面积是28平方厘米，
∴大正方形ABCD面积＝28＝64，
∴每个小正方形的面积＝64÷16＝4；
(3)
解：如备用图，符合要求的点G有5个，
故答案为：（1）十六分之七；（2）4，；（3）5．
【点睛】本题考查了三角形的面积，正方形的面积，正确的画出图形是解题的关键
29．（2022春·上海·七年级期末）如图，在中，，垂足为点，，，求的度数．
【答案】
【分析】根据垂直的定义和三角形内角和定理计算即可．
【解析】∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，掌握三角形的内角和等于180°是解题的关键．
30．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，已知点D为△ABC的边BC延长线上一点，DF⊥AB于点F，交AC于点E，∠A＝35°，∠D＝42°，求∠ACD的度数．
解：因为DF⊥AB（已知），
所以∠DFB＝90°（垂直的意义）．
因为∠DFB+∠B+∠D＝180°（ ），
又∠D＝42°，
所以∠B＝ °（等式性质）．
因为∠ACD＝∠A+∠B（ ），
又∠A＝35°，∠B＝ °，
所以∠ACD＝ °（等式性质）．
【答案】见解析
【分析】根据三角形外角与内角的关系及三角形内角和定理解答．
【解析】解：因为DF⊥AB（已知），
所以∠DFB＝90（垂直的意义）．
因为∠DFB+∠B+∠D＝180（三角形内角和是180），
又∠D＝42，
所以∠B＝48（等式性质）．
因为∠ACD＝∠A+∠B（三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和），
又∠A＝35°，∠B＝48°，
所以∠ACD＝83（等式性质）．
故答案为：三角形内角和是180，48，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，48，83．
【点睛】本题考查了三角形外角与内角的关系，三角形内角和定理．解题的关键是熟练掌握三角形外角与内角的关系.
31．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，在△ABC中，D为AB边上一点，E为BC边上一点，∠BCD＝∠BDC
(1)若∠ACD＝15°，∠CAD＝40°，则∠B＝ 度（直接写出答案）；
(2)请说明：∠EAB+∠AEB＝2∠BDC的理由．
【答案】(1)70
(2)见解析
【分析】（1）利用三角形的外角性质可求出∠BDC的度数，结合∠BCD＝∠BDC可得出∠BCD的度数，再在△BCD中，利用三角形内角和定理可求出∠B的度数；
（2）在△ABE中，利用三角形内角和定理可得出∠EAB+∠AEB＝180°﹣∠B，在△BCD中，利用三角形内角和定理及∠BCD＝∠BDC可得出2∠BDC＝180°﹣∠B，进而可得出∠EAB+∠AEB＝2∠BDC．
【解析】（1）解：∵∠ACD＝15°，∠CAD＝40°，
∴∠BDC＝∠ACD+∠CAD＝55°，
∴∠BCD＝∠BDC＝55°．
在△BCD中，∠BDC+∠BCD+∠B＝180°，
∴∠B＝180°﹣55°﹣55°＝70°．
故答案为：70；
（2）解：在△ABE中，∠EAB+∠AEB+∠B＝180°，
∴∠EAB+∠AEB＝180°﹣∠B．
在△BCD中，∠BDC+∠BCD+∠B＝180°，∠BCD＝∠BDC，
∴2∠BDC＝180°﹣∠B，
∴∠EAB+∠AEB＝2∠BDC．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及三角形的外角性质，解题的关键是：（1）利用三角形的外角性质，求出∠BDC的度数；（2）利用三角形内角和定理，找出∠EAB+∠AEB＝180°﹣∠B及2∠BDC＝180°﹣∠B．
32．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，已知AD∥BC．
(1)找出图中所有面积相等的三角形，并选择其中一对说明理由．
(2)如果BE⊥AC，CF⊥BD，垂足分别为E、F，＝，求的值．（直接写出答案）
【答案】(1)理由见解析；
(2)
【分析】（1）根据等底等高的三角形的面积相等解答，以及等式的性质进行解答即可．
（2）利用△ABC和△BCD的面积列式整理即可得解．
（1）
解：①△ABC与△BCD，②△ADB与△ADC，③△AMB与△DMC；
选择①说明：设AD、BC间的距离为h，
则S△ABC＝，S△BCD＝，
∴△ABC与△DBC的面积相等；
同理：△ADB与△ADC的面积相等．
∵△ABC与△DBC的面积相等，
∴S△ABC﹣S△BCM＝S△DBC﹣S△BCM，即，S△AMB＝S△DMC．
（2）
解：∵S△ABC＝S△BCD，
∴AC•BE＝BD•CF，
∴，
∵
∴．
【点睛】本题考查了三角形的面积，平行线间的距离相等，熟记等底等高的三角形的面积相等是解题的关键．
33．（2022春·上海·七年级专题练习）（1）在锐角△ABC中，BC边上的高所在直线和AB边上的高所在直线的交点为P，∠APC＝110°，求∠B的度数；
（2）如图1，AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD．当点D在直线AC上时，∠APC＝100°，则∠B的度数；
（3）在（2）的基础上，当点D在直线AC外时，如图2：∠ADC＝130°，∠APC＝100°，求∠B的度数．
【答案】（1）70°；（2）20°；（3）70°
【分析】（1）利用三角形的外角的性质求出∠PAE即可解决问题．
（2）利用三角形的内角和定理求出∠PAC+∠PCA，再根据角平分线的定义求出∠BAC+∠BCA即可解决问题．
（3）先证∠ADC＝∠2+∠3+∠APC，∠APC＝∠1+∠4+∠B，再由角平分线定义知∠1＝∠2，∠3＝∠4，进行等量代换即可解决问题．
【解析】解：（1）如图1中，
∵AF，CE是高，
∴∠AFB＝∠AEC＝90°，
∵∠APC＝∠AEP+∠PAE，
∴∠PAE＝110°﹣90°＝20°，
∴∠B＝90°﹣∠PAE＝90°﹣20°＝70°．
（2）如图2中，
∵∠APC＝100°，
∴∠PAC+∠PCA＝180°﹣100°＝80°，
∵AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD，
∴∠BAC＝2∠PAC，∠BCA＝2∠PCA，
∴∠BAC+∠BCA＝160°，
∴∠B＝180°﹣（∠BAC+∠BCA）＝180°﹣160°＝20°．
（3）如图3中，连接PD延长于点H，
∵∠ADH＝∠2+∠APD，∠CDH＝∠3+∠CPD，
∴∠ADC＝∠2+∠APD+∠3+∠CPD＝∠2+∠3+∠APC，
同理，∠APC＝∠1+∠4+∠B，
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠ADC＝130°，∠APC＝100°，
∴∠B＝∠APC ﹣∠1﹣∠4＝∠APC ﹣∠2﹣∠3＝∠APC ﹣(∠ADC ﹣∠APC ) ＝70°．
【点睛】本题考查三角形的外角，角平分线的定义，三角形内角和定理等知识，第3问中通过作辅助线证明∠ADC＝∠2+∠3+∠APC，∠APC＝∠1+∠4+∠B是解题的关键．
专题05 三角形的有关概念（重点）
一、单选题
1．（2022春·上海·七年级校考期末）下列长度的三根木棒，不能构成三角形框架的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】D
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”进行分析．
【解析】解：、，则能构成三角形，不符合题意；
B、，则能构成三角形，不符合题意；
C、，则能构成三角形，不符合题意；
D、，则不能构成三角形，符合题意．
故选：D．
【点睛】此题考查的知识点是三角形的三边关系，判断能否组成三角形的简便方法是看其中较小的两个数的和是否大于第三个数即可．
2．（2022春·上海·七年级期末）下列说法中，正确的是（ ）
A．三角形的高都在三角形内
B．三角形的三条中线相交于三角形内一点
C．三角形的一个外角大于任何一个内角
D．三角形最大的一个内角的度数可以小于60度
【答案】B
【分析】根据三角形的有关性质，对选项逐个判断即可．
【解析】解：A、锐角三角形的三条高在三角形内部，相交于三角形内一点，钝角三角形的高不都在三角形内部，故本选项错误，不符合题意；
B、三角形的三条中线相交于三角形内一点，故本选项正确，符合题意；
C、三角形的一个外角大于任何一个不相邻的一个内角，故本选项错误，不符合题意；
D、根据三角形内角和等于180°，三角形最大的一个内角的度数大于或等于60度，故本选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查三角形高线，中线的概念，三角形外角的性质和三角形内角和定理，掌握这些知识点是解题的关键．
3．（2022春·上海·七年级专题练习）三角形的角平分线、中线和高都是 ( )
A．直线 B．线段 C．射线 D．以上答案都不对
【答案】B
【分析】根据三角形的角平分线、中线和高定义判断即可．
【解析】解：三角形的角平分线、中线、高都是线段．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的角平分线、中线和高定义，熟练掌握三角形的角平分线、中线和高定义是解题关键．
4．（2022春·七年级单元测试）如图，已知AB⊥BD，AC⊥CD，∠A＝50°，则∠D的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】B
【分析】利用两个三角形的内角和都为180°，结合相等的角即可求解．
【解析】∵AB⊥BD，AC⊥CD，
∴∠B＝∠C＝90°，
又∵∠BEA＝∠CED，且∠BEA+∠B+∠A＝∠CED+∠C+∠D＝180°，
∴∠D＝∠A＝50°，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的内角和等于180°，熟记三角形的内角和公式是解题的关键．
5．（2022春·上海·七年级专题练习）如果三角形三个内角的比为1：2：3，那么它是( )
A．等腰直角三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．锐角三角形
【答案】C
【分析】根据比例设三个内角分别为k、2k.3k，然后根据三角形内角和等于180°列出方程求出最小角，继而可得出答案.
【解析】解：∵三角形三个内角度数的比为1：2：3，
∴设三个内角分别为k，2k、3k，
∴k+2k+3k=180°
解得k=30°
∴该三角形最大角的度数为90°，即该三角形为直角三角形
故选C.
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，利用“设k法”求解更加简单.
6．（2021春·上海·七年级统考期中）如图，直线a∥b，AC⊥AB，AC交直线b于点C，∠1＝60°，则∠2的度数是（ ）
A．30° B．35° C．45° D．50°
【答案】A
【分析】根据三角形的内角和得，求出∠B得度数，再利用平行线的性质即可求解．
【解析】解：∵，
∴，
∴ ，
∵
∴，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查三角形内角和定理以及平行线的性质，掌握三角形内角和为180°是解题的关键．
7．（2022春·上海·七年级专题练习）已知、、是的三个内角，下列条件不能确定是直角三角形的是（ ）
A．， B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据三角形的内角和定理对各选项进行逐一判断即可．
【解析】解：A、∠A=40°，∠B=50°，则∠C=180°-40°-50°=90°，能确定△ABC是直角三角形，不合题意；
B、∠A=90°能确定△ABC是直角三角形，不合题意；
C、由∠A+∠B=∠C可得，∠A+∠B=90°，能确定△ABC是直角三角形，不合题意；
D、由∠A+∠B=2∠C可得，∠C=30°，不能确定∠A和∠B的度数，则不能确定△ABC是直角三角形，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
8．（2022春·上海·七年级专题练习）BP和CP是△ABC两个外角的平分线，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意作出图形，根据由三角形的内角和定理以及三角形外角的性质，求得∠P与∠A的关系，从而计算出∠P的度数．
【解析】解：如图，∵BP、CP是△ABC的外角平分线，
∴∠PBC＝（∠A＋∠ACB），∠PCB＝（∠A＋∠ABC），
又∵∠PBC＋∠PCB＋∠P＝180°，
∴∠P＝180°−（∠PBC＋∠PCB）
＝180°−（∠A＋∠ACB＋∠A＋∠ABC）
＝180°−（180＋∠A）
＝90°−∠A，
故选C．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质以及三角形的内角和定理．解决问题的关键是掌握：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
9．（2022秋·上海·七年级开学考试）将一副直角三角尺按如图的不同方式摆放，则图中∠α与∠β一定相等的是（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．②③④
【答案】B
【分析】利用两块三角板的三个已知角，再根据摆放方式，利用同角或等角的余角（补角）相等、三角形内角和定理即可确定．
【解析】由图①知，∠α+∠β+90°=180°，则∠α+∠β=90°，故∠α与∠β不一定相等；
由图②知，根据同角的余角相等得：∠α=∠β；
由图③知，根据等角的补角相等得：∠α=∠β=135°；
由图④知，由互余关系得∠α=45°,由三角形内角和定理得∠β=60°,则∠α与∠β一定不相等；
综上所述，∠α与∠β一定相等的是②③．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、同角或等角的余角（补角）相等，互余和互补的概念等知识，掌握这些知识是解题的关键．
10．（2020春·上海·七年级上海市建平中学校考期末）已知中，，分别是边 ，上的高，， 交于点，如果设那么用含 的代数式表示的度数是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据三角形高的定义可得∠AEC=∠ODC=90°，然后根据三角形的内角和定理即可求出∠ACE，最后利用三角形外角的性质即可求出结论．
【解析】解：∵，分别是边 ，上的高，
∴∠AEC=∠ODC=90°
∵
∴∠ACE=180°－∠AEC－∠BAC=90°－n°
∴=∠ODC＋∠OCD=90°＋90°－n°=
故选D．
【点睛】此题考查的是三角形的高、三角形的内角和定理和三角形外角的性质，掌握三角形的高、三角形的内角和定理和三角形外角的性质是解题关键．
11．（2020春·七年级校考课时练习）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=（ ）
A．180° B．360° C．540° D．以上答案都不是
【答案】B
【分析】根据三角形的内角和等于180°，用∠AGB表示出∠A，∠B，用∠EMF表示出∠E，∠F，用∠CND表示出∠C，∠D，然后再根据对顶角相等的性质解出它们的度数即可．
【解析】解：如图，
∵三角形的内角和等于180°，
∴∠A+∠B=180°-∠AGB，∠E+∠F=180°-∠EMF，∠C+∠D=180°-∠CND．
∵对顶角相等，
∴∠AGB=∠MGN，∠EMF=∠GMN，∠CND=∠MNG．
∵∠MGN+∠GMN+∠MNG=180°，
∴∠A+∠B+∠E+∠F+∠C+∠D
=180°-∠AGB+180°-∠EMF+180°-∠CND
=540°-（∠AGB+∠EMF+∠CND）
=540°-180°
=360°．
故选B
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，以及对顶角相等的性质，熟练掌握三角形三个内角的和等于180°是解答本题的关键．
12．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，D、E分别为△ABC的底边所在直线上的两点，BD＝EC，过A作直线l，作DM∥BA交l于M，作EN∥CA交l于N．设△ABM面积为S1，△ACN面积为S2，则（ ）
A． B．
C． D．与的大小与过点A的直线位置有关
【答案】B
【分析】连接AD，AE，根据平行线之间的距离处处相等和两个三角形同底等高可得S1＝S△ADB，S2＝S△AEC，然后根据两个三角形等底同高可得S△ABD＝S△AEC，
【解析】解：连接AD，AE．
∵DM∥BA，EN∥CA，
∴S1＝S△ADB，S2＝S△AEC，
∵BD＝EC，
∴S△ABD＝S△AEC，
∴S1＝S2，
故选：B．
【点睛】此题考查的是三角形的面积关系，掌握平行线之间的距离处处相等、两个三角形同底等高和两个三角形等底同高时面积的关系是解决此题的关键．
二、填空题
13．（2022春·上海·七年级专题练习）木工师傅在做好门框后，为了防止变形常常按如图那样钉上两根斜拉的木板条，即图中的、两根木条，其数学依据是_____．
【答案】三角形的稳定性
【分析】三角形的三边一旦确定，则形状大小完全确定，即三角形的稳定性．
【解析】解：结合图形，为防止变形钉上两条斜拉的木板条，构成了三角形，所以这样做根据的数学道理是三角形的稳定性．
故答案为：三角形的稳定性．
【点睛】本题考查三角形的稳定性和四边形的不稳定性在实际生活中的应用问题．
14．（2022春·上海·七年级专题练习）在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝36°，则∠C的一个外角等于_____度．
【答案】116
【分析】根据三角形外角性质得出∠C的一个外角的度数即可．
【解析】解：如图所示，
∵∠A＝80°，∠B＝36°，
∴∠C的一个外角＝∠A+∠B＝80°+36°＝116°，
故答案为：116．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质，解题关键是掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
15．（2021春·上海徐汇·七年级上海市民办华育中学校考期末）三角形的三边分别为 5， ，9，则的取值范围为________.
【答案】
【分析】根据三角形三边关系解答．
【解析】由题意得：,
解得：，
故答案为：．
【点睛】此题考查三角形的三边关系：三角形任意两边的和都大于第三边．
16．（2022春·上海闵行·七年级校考阶段练习）如图，在中，是边上的高，且，如果，那么_____．
【答案】
【分析】根据，和，求出，利用，进行计算即可．
【解析】解：∵在中，是边上的高，且，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查与三角形的高有关的计算．熟练掌握同高的三角形的面积比等于底边比，是解题的关键．
17．（2022春·上海宝山·七年级校考阶段练习）如图所示，在中，，，是角平分线，则________．
【答案】60
【分析】依据三角形内角和定理可得，再根据BD是的平分线，可得，依据三角形内角和定理，即可得到进而求解即可．
【解析】解：∵，，
∴．
又∵BD是的平分线，
∴，
∴，
∴．
故答案为60．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及角平分线的有关计算，解决本题的关键是三角形内角和是．
18．（2022春·上海·七年级校考期中）在中，已知，的形状是________．
【答案】钝角三角形
【分析】根据关系式，得出∠A、∠B和∠C的大小，从而判断三角形形状．
【解析】∵，
∴，，
又∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴，
解得：，
∴的形状是钝角三角形．
故答案为：钝角三角形．
【点睛】本题考查三角形形状的判定，解题关键是利用三角形内角和，得出三角形各个角的大小．
19．（2022春·上海宝山·七年级校考阶段练习）如图，已知直线a//b，点A、B在直线a上，点C、D在直线b上，如果△ABC的面积和△BCD的面积之比为2：3，那么AB：CD的值为_____．
【答案】2：3
【分析】利用行线间的距离处处相等得到C点到直线a的距离等于B点到直线b的距离，然后根据三角形面积求解．
【解析】解：∵直线a//b，
∴C点到直线a的距离等于B点到直线b的距离，
∴△ABC的面积和△BCD的面积＝AB：CD，
∵△ABC的面积和△BCD的面积之比为2：3，
∴AB：CD＝2：3．
故答案为：2：3．
【点睛】本题考查了三角形的面积：三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S＝×底×高．也考查了平行线之间的距离．
20．（2022春·上海·七年级校考期中）如图，已知，，，，则______．
【答案】
【分析】延长交于点，由三角形的外角性质可求得，再由平行线的性质可求的度数．
【解析】解：延长交于点，
是的外角，，，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，同位角相等．
21．（2022春·上海松江·七年级校考期中）如图，四边形中，，、相交于点，的面积等于，的面积等于，那么的面积等于______．
【答案】3
【分析】先计算出的面积为，再根据平行线的性质得到点和点到的距离相等，然后根据三角形面积公式得到的面积．
【解析】解：的面积等于，的面积等于，
的面积为，
，
点和点到的距离相等，
的面积等于的面积，即的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题考查平行线之间的距离，同底等高的两个三角形的面积相等．掌握平行线之间的距离处处相等是解题关键．
22．（2019春·上海闵行·七年级统考期中）如图，对面积为的逐次进行操作：第一次操作，分别延长、、至点、、，使得，，，顺次连接、、，得到，记其面积为；第二次操作，分别延长、、至点、、，使得、、，顺次连接、，得到，记其面积为，，按此规律继续下去，可得到，则其面积________．
【答案】361
【分析】根据三角形等高时底之比等于面积比得出的面积为面积的两倍，则的面积是的2倍…，以此类推，得出的面积．
【解析】
连接， , ,根据，的面积为的2倍，所以的面积为2；同理的面积为的2倍，所以的面积为4；
以此类推：的面积为2，的面积为4，的面积为2，的面积为4
∴，即面积为面积的19倍，以此类推的面积为面积的倍，所以．
故答案为：361
【点睛】利用三角形的底与高之间的数量关系判断面积的数量关系是解决本题的关键．
三、解答题
23．（2022春·上海·七年级校考期末）根据要求作图并写好结论：
(1)画三角形，使得的长度等于厘米，，；
(2)在三角形中，作出的角平分线；
(3)在三角形中，作出边上中线．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
(3)作图见解析
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）根据角平分线的定义画出图形即可；
（3）根据三角形的中线的定义画出图形即可．
（1）
如图，即为所求；
（2）
如图，射线即为所求；
（3）
如图，线段即为所求．
【点睛】本题考查作图—复杂作图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
24．（2022春·上海·七年级专题练习）已知：如图，△ABC的两个外角的平分线交于点P，如果∠A＝40°，求∠BPC的度数．
【答案】70°，详见解析
【分析】先根据三角形内角和定理得到∠ABC+∠ACB＝140°，再根据角平分线的定义、三角形内角和定理计算即可．
【解析】解：∵∠A＝40°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣40°＝140°，
∴∠EBC+∠FCB＝360°﹣140°＝220°，
∵BP、CP是△ABC的外角平分线，
∴∠PBC＝∠EBC，∠PCB＝∠FCB，
∴∠PBC+∠PCB＝（∠EBC+∠FCB）＝110°，
∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝70°．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理、角平分线的定义，掌握三角形内角和定理是解题的关键．
25．（2022春·上海·七年级期末）已知AB∥CD，且CD平分∠FCB，∠CEB＝90°，∠CBE＝40°，求∠EBA的度数．
【答案】25°
【分析】由三角形的外角性质可求得∠FCB＝130°，再由角平分线的定义得∠FCD=∠BCD=65°，由平行线的性质可得∠CBA＝65°，根据∠EBA＝∠CBA﹣∠CBE即可求∠EBA的度数．
【解析】解：∵∠CEB＝90°，∠CBE＝40°，
∴∠FCB＝∠CEB+∠CBE＝130°，
又∵CD平分∠FCB，
∴，
又∵AB∥CD，
∴∠CBA＝∠BCD＝65°，
∴∠EBA＝∠CBA﹣∠CBE＝65°﹣40°＝25°．
【点睛】本题主要考查了三角形外角，角平分线，平行线，解答的关键是熟练掌握三角形外角性质，角平分线性质和平行线的性质，并灵活运用．
26．（2022春·上海宝山·七年级校考阶段练习）已知：，，．求的度数．
【答案】
【分析】根据两直线平行，内错角相等，可得，再根据，即可求解．
【解析】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形的外角和的定义的知识，掌握平行线的性质是解答本题的关键．
27．（2022秋·上海·七年级专题练习）如图，已知三角形纸片ABC，将纸片折叠，使点A与点C重合，折痕分别与边AC、BC交于点D、E．
(1)画出直线DE；
(2)若点B关于直线DE的对称点为点F，请画出点F；
(3)在（2）的条件下，联结EF、DF，如果的面积为2，的面积为4，那么的面积等于 ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)12
【分析】（1）画出线段AC的垂直平分线即为直线DE；
（2）作出点B关于直线DE的对称点F即可；
（3）先求得S△AEC=8，＝2，再求得＝＝和 ＝＝，再代入S△AEC的面积即可求得．
【解析】（1）解：如图，直线DE即为所作：
（2）如图，点F即为所作：
（3）连接AE，如图所示：
由对折可得：S△AED=S△DEC，S△BDE=S△DEF，
∴S△AEC=8，S△BDE= 2，
设△BED中BE边上的高为h，
＝＝，
即，
则2BE=EC，
设△AEC中EC边上的高为h'，
则：，
∴．
故答案为：12
【点睛】本题考查作图——轴对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题．
28．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，由16个相同的小正方形组成的一个大正方形ABCD，其中点A、点E、点F均在图中的格点上（即图中小正方形的顶点）．
(1)三角形AEF的面积（即图中阴影部分的面积）占整个大正方形ABCD面积的 ；（填“几分之几”）
(2)如果三角形AEF的面积是28平方厘米，那么图中每个小正方形的面积是 平方厘米；
(3)如备用图，若点G也在图中的格点上，且三角形AFG的面积是大正方形ABCD面积的，那么符合要求的点G有 个．
【答案】(1)十六分之七；
(2)4；
(3)5
【分析】（1）根据三角形和正方形的面积公式即可得到结论；
（2）根据三角形和正方形的面积即可得到结论；
（3）画出图形即可得到结论．
(1)
解：∵S△AEF＝4×4﹣，
∴三角形AEF的面积（即图中阴影部分的面积）占整个大正方形ABCD面积的；
(2)
解：∵三角形AEF的面积是28平方厘米，
∴大正方形ABCD面积＝28＝64，
∴每个小正方形的面积＝64÷16＝4；
(3)
解：如备用图，符合要求的点G有5个，
故答案为：（1）十六分之七；（2）4，；（3）5．
【点睛】本题考查了三角形的面积，正方形的面积，正确的画出图形是解题的关键
29．（2022春·上海·七年级期末）如图，在中，，垂足为点，，，求的度数．
【答案】
【分析】根据垂直的定义和三角形内角和定理计算即可．
【解析】∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，掌握三角形的内角和等于180°是解题的关键．
30．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，已知点D为△ABC的边BC延长线上一点，DF⊥AB于点F，交AC于点E，∠A＝35°，∠D＝42°，求∠ACD的度数．
解：因为DF⊥AB（已知），
所以∠DFB＝90°（垂直的意义）．
因为∠DFB+∠B+∠D＝180°（ ），
又∠D＝42°，
所以∠B＝ °（等式性质）．
因为∠ACD＝∠A+∠B（ ），
又∠A＝35°，∠B＝ °，
所以∠ACD＝ °（等式性质）．
【答案】见解析
【分析】根据三角形外角与内角的关系及三角形内角和定理解答．
【解析】解：因为DF⊥AB（已知），
所以∠DFB＝90（垂直的意义）．
因为∠DFB+∠B+∠D＝180（三角形内角和是180），
又∠D＝42，
所以∠B＝48（等式性质）．
因为∠ACD＝∠A+∠B（三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和），
又∠A＝35°，∠B＝48°，
所以∠ACD＝83（等式性质）．
故答案为：三角形内角和是180，48，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，48，83．
【点睛】本题考查了三角形外角与内角的关系，三角形内角和定理．解题的关键是熟练掌握三角形外角与内角的关系.
31．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，在△ABC中，D为AB边上一点，E为BC边上一点，∠BCD＝∠BDC
(1)若∠ACD＝15°，∠CAD＝40°，则∠B＝ 度（直接写出答案）；
(2)请说明：∠EAB+∠AEB＝2∠BDC的理由．
【答案】(1)70
(2)见解析
【分析】（1）利用三角形的外角性质可求出∠BDC的度数，结合∠BCD＝∠BDC可得出∠BCD的度数，再在△BCD中，利用三角形内角和定理可求出∠B的度数；
（2）在△ABE中，利用三角形内角和定理可得出∠EAB+∠AEB＝180°﹣∠B，在△BCD中，利用三角形内角和定理及∠BCD＝∠BDC可得出2∠BDC＝180°﹣∠B，进而可得出∠EAB+∠AEB＝2∠BDC．
【解析】（1）解：∵∠ACD＝15°，∠CAD＝40°，
∴∠BDC＝∠ACD+∠CAD＝55°，
∴∠BCD＝∠BDC＝55°．
在△BCD中，∠BDC+∠BCD+∠B＝180°，
∴∠B＝180°﹣55°﹣55°＝70°．
故答案为：70；
（2）解：在△ABE中，∠EAB+∠AEB+∠B＝180°，
∴∠EAB+∠AEB＝180°﹣∠B．
在△BCD中，∠BDC+∠BCD+∠B＝180°，∠BCD＝∠BDC，
∴2∠BDC＝180°﹣∠B，
∴∠EAB+∠AEB＝2∠BDC．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及三角形的外角性质，解题的关键是：（1）利用三角形的外角性质，求出∠BDC的度数；（2）利用三角形内角和定理，找出∠EAB+∠AEB＝180°﹣∠B及2∠BDC＝180°﹣∠B．
32．（2022春·上海·七年级专题练习）如图，已知AD∥BC．
(1)找出图中所有面积相等的三角形，并选择其中一对说明理由．
(2)如果BE⊥AC，CF⊥BD，垂足分别为E、F，＝，求的值．（直接写出答案）
【答案】(1)理由见解析；
(2)
【分析】（1）根据等底等高的三角形的面积相等解答，以及等式的性质进行解答即可．
（2）利用△ABC和△BCD的面积列式整理即可得解．
（1）
解：①△ABC与△BCD，②△ADB与△ADC，③△AMB与△DMC；
选择①说明：设AD、BC间的距离为h，
则S△ABC＝，S△BCD＝，
∴△ABC与△DBC的面积相等；
同理：△ADB与△ADC的面积相等．
∵△ABC与△DBC的面积相等，
∴S△ABC﹣S△BCM＝S△DBC﹣S△BCM，即，S△AMB＝S△DMC．
（2）
解：∵S△ABC＝S△BCD，
∴AC•BE＝BD•CF，
∴，
∵
∴．
【点睛】本题考查了三角形的面积，平行线间的距离相等，熟记等底等高的三角形的面积相等是解题的关键．
33．（2022春·上海·七年级专题练习）（1）在锐角△ABC中，BC边上的高所在直线和AB边上的高所在直线的交点为P，∠APC＝110°，求∠B的度数；
（2）如图1，AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD．当点D在直线AC上时，∠APC＝100°，则∠B的度数；
（3）在（2）的基础上，当点D在直线AC外时，如图2：∠ADC＝130°，∠APC＝100°，求∠B的度数．
【答案】（1）70°；（2）20°；（3）70°
【分析】（1）利用三角形的外角的性质求出∠PAE即可解决问题．
（2）利用三角形的内角和定理求出∠PAC+∠PCA，再根据角平分线的定义求出∠BAC+∠BCA即可解决问题．
（3）先证∠ADC＝∠2+∠3+∠APC，∠APC＝∠1+∠4+∠B，再由角平分线定义知∠1＝∠2，∠3＝∠4，进行等量代换即可解决问题．
【解析】解：（1）如图1中，
∵AF，CE是高，
∴∠AFB＝∠AEC＝90°，
∵∠APC＝∠AEP+∠PAE，
∴∠PAE＝110°﹣90°＝20°，
∴∠B＝90°﹣∠PAE＝90°﹣20°＝70°．
（2）如图2中，
∵∠APC＝100°，
∴∠PAC+∠PCA＝180°﹣100°＝80°，
∵AF和CE分别平分∠BAD和∠BCD，
∴∠BAC＝2∠PAC，∠BCA＝2∠PCA，
∴∠BAC+∠BCA＝160°，
∴∠B＝180°﹣（∠BAC+∠BCA）＝180°﹣160°＝20°．
（3）如图3中，连接PD延长于点H，
∵∠ADH＝∠2+∠APD，∠CDH＝∠3+∠CPD，
∴∠ADC＝∠2+∠APD+∠3+∠CPD＝∠2+∠3+∠APC，
同理，∠APC＝∠1+∠4+∠B，
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠ADC＝130°，∠APC＝100°，
∴∠B＝∠APC ﹣∠1﹣∠4＝∠APC ﹣∠2﹣∠3＝∠APC ﹣(∠ADC ﹣∠APC ) ＝70°．
【点睛】本题考查三角形的外角，角平分线的定义，三角形内角和定理等知识，第3问中通过作辅助线证明∠ADC＝∠2+∠3+∠APC，∠APC＝∠1+∠4+∠B是解题的关键．
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