玉溪数学三角形解答题单元测试卷附答案

玉溪数学三角形解答题单元测试卷附答案

一、八年级数学三角形解答题压轴题（难）

1．如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD，则我们把形如这样的图形称为“8字型”．

(1)求证：∠A+∠C＝∠B+D；

(2)如图2，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，且与CD、AB分别相交于点M、N．

①以线段AC为边的“8字型”有个，以点O为交点的“8字型”有个；

②若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度数；

③若角平分线中角的关系改为“∠CAP＝1

3

∠CAB，∠CDP＝1

3

∠CDB”，试探究∠P与

∠B、∠C之间存在的数量关系，并证明理由．

【答案】(1)证明见解析；(2)①3， 4；②∠P＝110°；③3∠P＝∠B+2∠C，理由见解析.

【解析】

【分析】

(1)由三角形内角和得到∠A+∠C=180°﹣∠AOC，∠B+∠D=180°﹣∠BOD，由对顶角相等，得到∠AOC=∠BOD，因而∠A+∠C=∠B+∠D；

(2)①以线段AC为边的“8字形”有3个，以O为交点的“8字形”有4个；

②根据(1)的结论，以M为交点“8字型”中，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，以N为交点“8字型”中，∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP，两等式相加得到

2∠P+∠BAP+∠CDP=∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，由AP和DP是角平分线，得到

∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，从而∠P=1

2

(∠B+∠C)，然后将∠B=100º，∠C=120º代入计算即可；

③与②的证明方法一样得到3∠P=∠B+2∠C.

【详解】

解：(1)在图1中，有∠A+∠C＝180°﹣∠AOC，∠B+∠D＝180°﹣∠BOD，

∵∠AOC＝∠BOD，

∴∠A+∠C＝∠B+∠D；

(2)解：①以线段AC为边的“8字型”有3个：

以点O为交点的“8字型”有4个：

②以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP

∴2∠P+∠BAP+∠CDP＝∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，

∵AP、DP分别平分∠CAB和∠BDC，

∴∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，

∴2∠P＝∠B+∠C，

∵∠B＝100°，∠C＝120°，

∴∠P＝1

2（∠B+∠C）=1

2

（100°+120°）＝110°；

③3∠P＝∠B+2∠C，其理由是：

∵∠CAP＝1

3∠CAB，∠CDP＝1

3

∠CDB，

∴∠BAP＝2

3∠CAB，∠BDP＝2

3

∠CDB，

以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，

以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP

∴∠C﹣∠P＝∠CDP﹣∠CAP＝1

3

（∠CDB﹣∠CAB），

∠P﹣∠B＝∠BDP﹣∠BAP＝2

3

（∠CDB﹣∠CAB）．

∴2（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B，

∴3∠P＝∠B+2∠C．

故答案为：(1)证明见解析；(2)①3， 4；②∠P＝110°；③3∠P＝∠B+2∠C，理由见解析.【点睛】

本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是180°．也考查了角平分线的定义．

2．已知在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°．

（1）∠ABC＋∠ADC＝°；

（2）如图①，若DE平分∠ADC，BF平分∠ABC的外角，请写出DE与BF的位置关系，并证明；

（3）如图②，若BE，DE分别四等分∠ABC、∠ADC的外角（即∠CDE＝1

4

∠CDN，∠CBE

＝1

4

∠CBM），试求∠E的度数．

【答案】（1）180°；（2）DE⊥BF；（3）450

【解析】

【分析】

（1）根据四边形内角和等于360°列式计算即可得解；

（2）延长DE交BF于G，根据角平分线的定义可得∠CDE=1

2

∠ADC，∠CBF=

1

2

∠CBM，

然后求出∠CDE=∠CBF，再利用三角形的内角和定理求出∠BGE=∠C=90°，最后根据垂直的定义证明即可；

（3）先求出∠CDE+∠CBE，然后延长DC交BE于H，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求解即可．

【详解】

（1）解：∵∠A=∠C=90°，

∴∠ABC+∠ADC=360°-90°×2=180°；

故答案为180°；

（2）解：延长DE交BF于G，

∵DE平分∠ADC，BF平分∠CBM，

∴∠CDE=1

2

∠ADC，∠CBF=

1

2

∠CBM，

又∵∠CBM=180°-∠ABC=180°-（180°-∠ADC）=∠ADC，∴∠CDE=∠CBF，

又∵∠BED=∠CDE+∠C=∠CBF+∠BGE，

∴∠BGE=∠C=90°，

∴DG⊥BF，

即DE⊥BF；

（3）解：由（1）得：∠CDN+∠CBM=180°，

∵BE、DE分别四等分∠ABC、∠ADC的外角，

∴∠CDE+∠CBE=1

4

×180°=45°，

延长DC交BE于H，

由三角形的外角性质得，∠BHD=∠CDE+∠E，∠BCD=∠BHD+∠CBE，∴∠BCD=∠CBE+∠CDE+∠E，

∴∠E=90°-45°=45°