專題13.9 三角形中的邊角關系、命題與證明章末八大題型總結（拔尖篇） 【滬科版】 TOC \o "1-3" \h \u   HYPERLINK \l "_Toc25031" 【題型1 利用三角形的中線求面積】  PAGEREF _Toc25031 \h 1  HYPERLINK \l "_Toc25770" 【題型2 利用三角形的三邊關系求線段的最值或取值范圍】  PAGEREF _Toc25770 \h 2  HYPERLINK \l "_Toc22451" 【題型3 利用三角形的三邊關系化簡或證明】  PAGEREF _Toc22451 \h 3  HYPERLINK \l "_Toc25393" 【題型4 與角平分線有關的三角形角的計算問題】  PAGEREF _Toc25393 \h 4  HYPERLINK \l "_Toc19417" 【題型5 與平行線有關的三角形角的計算問題】  PAGEREF _Toc19417 \h 6  HYPERLINK \l "_Toc1446" 【題型6 與折疊有關的三角形角的計算問題】  PAGEREF _Toc1446 \h 8  HYPERLINK \l "_Toc32095" 【題型7 坐標系中的角度探究問題】  PAGEREF _Toc32095 \h 10  HYPERLINK \l "_Toc25989" 【題型8 有關三角形角度的多結論問題】  PAGEREF _Toc25989 \h 12  【題型1 利用三角形的中線求面積】 【例1】（2023春·貴州畢節(jié)·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，AG=BG，BD=DE=EC，CF=4AF，若四邊形DEFG的面積為28，則△ABC的面積為（????） ?? A．60 B．56 C．70 D．48 【變式1-1】（2023秋·黑龍江哈爾濱·八年級?？计谀┤鐖D，在△ABC中，BF=2FD，EF=FC，若△BEF的面積為4，則四邊形AEFD的面積為 ． 【變式1-2】（2023春·江蘇連云港·八年級統(tǒng)考期末）如圖，點C為直線AB外一動點，AB=6，連接CA、CB，點D、E分別是AB、BC的中點，連接AE、CD交于點F，當四邊形BEFD的面積為5時，線段AC長度的最小值為 ． ?? 【變式1-3】（2023春·江蘇鹽城·八年級統(tǒng)考期末）【問題情境】 蘇科版數(shù)學課本八年級下冊上有這樣一道題：如圖1，AD是△ABC的中線，△ABC與△ABD的面積有怎樣的數(shù)量關系？ 小旭同學在圖1中作BC邊上的高AE，根據中線的定義可知BD=CD．又因為高AE相同，所以S△ABD=S△ACD，于是S△ABC=2S△ABD．據此可得結論：三角形的一條中線平分該三角形的面積． ?? 【深入探究】 （1）如圖2，點D在△ABC的邊BC上，點P在AD上． ①若AD是△ABC的中線，求證：S△APB=S△APC； ②若BD=3DC，則S△APB:S△APC=______． 【拓展延伸】 （2）如圖3，分別延長四邊形ABCD的各邊，使得點A、B、C、D分別為DH、AE、BF、CG的中點，依次連結E、F、G、H得四邊形EFGH． ①求證：S△HDG+S△FBE=2S四邊形ABCD； ②若S四邊形ABCD=3，則S四邊形EFGH=______． 【題型2 利用三角形的三邊關系求線段的最值或取值范圍】 【例2】（2023春·河北保定·八年級統(tǒng)考期末）如圖，∠AOBa 【變式2-1】（2023秋·安徽合肥·八年級統(tǒng)考期末）不等邊△ABC的兩條高的長度分別為4和12，若第三條高也為整數(shù)，那么它的長度最大值是 【變式2-2】（2023秋·安徽·八年級期末）一個三角形的兩邊長分別為5和7，設第三邊上的中線長為x，則x的取值范圍是（????） A．x>5 B．xOA+OC，AC+BC>OA+OB，三個式子相加即可證得要求 （3）由AB+AC+BC=10km，點O為ΔABC內一點，及（1）（2）可知12AB+BC+ACAB+AC+BC. 故OA+OB+OC>12AB+BC+AC. （2）AB+AC>OB+OC，① 同理，AB+BC>OA+OC，② AC+BC>OA+OB.③ 由①+②+③，得2AB+AC+BC>2OA+OB+OC， 即AB+AC+BC>OA+OB+OC. （3）由AB+AC+BC=10km，點O為ΔABC內一點，及（1）（2）知12AB+BC+AC2BD，理由為： ∵AB+AD>BD，BC+CD>BD， ∴AB+AD+BC+CD>BD+BD 即：AB+BC+CA>2BD （2）AB+AC>PB+PC，理由為： 在△ABD中，AB+AD>BP+PD， 在△PDC中，PD+DC>PC， 兩式相加得：AB+AD+PD+DC>BP+PD+PC 即：AB+AC>PB+PC （3）AB+AC>BD+DE+CE，理由為： 如圖，延長BD交CE的延長線于G，交AC于點F， 在△ABF中，AB+AF>BD+DG+GF，① 在△GFC中，GF+AC?AF>GE+EC，② △DEG中，DG+GE>DE，③ ①+②+③得：AB+AC>BD+DE+CE 【點睛】本題考查三角形的三邊關系，熟練掌握三角形的三遍之間的關系是解題的關鍵． 【變式3-3】（2023春·六年級單元測試）如圖，草原上有四口油井，位于四邊形ABCD的四個頂點上，現(xiàn)在要建立一個維修站H，試問H建在何處，才能使它到四口油井的距離之和HA+HB+HC+HD最小，說明理由 【答案】H建在AC、BD的交點處，理由見解析． 【分析】連接AC、BD相交于點H，任取一點H'，連接H'A、H'B、H'C、H'D，根據三角形三邊關系得到H'A+H'C>AC，H'B+H'D>BD，進而得到H'A+H'B+H'C+H'D>HA+HB+HC+HD，即可推出結論． 【詳解】解：H建在AC、BD的交點處，理由如下： 連接AC、BD相交于點H，任取一點H'，連接H'A、H'B、H'C、H'D， 在△AH'C中，H'A+H'C>AC， 在△BH'D中，H'B+H'D>BD， ∴H'A+H'B+H'C+H'D>AC+BD， ∵AC+BD=HA+HB+HC+HD， ∴H'A+H'B+H'C+H'D>HA+HB+HC+HD， ∴HA+HB+HC+HD最小， 即維修站H建在AC、BD的交點處，才能使它到四口油井的距離之和HA+HB+HC+HD最?。? 【點睛】本題考查了線段最短，三角形的三邊關系，作輔助線構造三角形，靈活運用三角形三邊關系是解題關鍵． 【題型4 與角平分線有關的三角形角的計算問題】 【例4】（2023春·江蘇蘇州·八年級太倉市第一中學?？计谥校┤鐖D1，在△ABC中，BD平分∠ABC，CD平分∠ACB． (1)若∠A=60°，則∠BDC的度數(shù)為_________； (2)若∠A=α，直線MN經過點D． ①如圖2，若MN∥AB，求∠NDC?∠MDB的度數(shù)（用含α的代數(shù)式表示）； ②如圖3，若MN繞點D旋轉，分別交線段BC,AC于點M,N，試問旋轉過程中∠NDC?∠MDB的度數(shù)是否會發(fā)生改變？若不變，求出∠NDC?∠MDB的度數(shù)（用含α的代數(shù)式表示），若改變，請說明理由； ③如圖4，繼續(xù)旋轉直線MN，與線段AC交于點N，與CB的延長線交于點M，請直接寫出∠NDC與∠MDB的關系（用含α的代數(shù)式表示）． 【答案】(1)120° (2)①90°-α2 ②不變，90°-α2 ③∠NDC與∠MDB的關系是∠NDC+∠MDB=90°?α2． 【分析】（1）利用角平分線的定義，三角形內角和定理，分步計算即可． （2）①利用平角的定義，變形代入計算，注意與第（1）的結合． ②與 ①結合起來求解即可． ③根據平角的定義，變形后結合前面的計算，求解即可． 【詳解】（1）∵ BD平分∠ABC，CD平分∠ACB， ∴∠CBD=12∠ABC，∠BCD=12∠ACB， ∴∠CBD+∠BCD=12∠ACB+12∠ABC=12(∠ABC+∠ACB)， ∵∠CBD+∠BCD+∠BDC=180°，∠ABC+∠ACB+∠A=180°， ∴180°-∠BDC=12(180°?∠A)， ∴∠BDC=90°+∠A2， ∵∠A=60°， ∴∠BDC=90°+30°=120°， 故答案為：120°． （2）①∵∠NDC=180°-∠MDC， ∴∠NDC?∠MDB=180°-∠MDC-∠MDB =180°-（∠MDC+∠MDB） =180°-∠BDC =180°-（90°+∠A2） =90°?α2． ②∠NDC?∠MDB保持不變，恒等于90°-α2．理由如下： ∵∠NDC=180°-∠MDC， ∴∠NDC?∠MDB=180°-∠MDC-∠MDB =180°-（∠MDC+∠MDB） =180°-∠BDC =180°-（90°+∠A2） =90°?α2． 故保持不變，且為90°?α2． ③∠NDC與∠MDB的關系是∠NDC+∠MDB=90°?α2．理由如下： ∵∠NDC+∠MDB+∠BDC=180°， ∴∠NDC+∠MDB=180°-∠BDC， ∵∠BDC=90°+α2， ∴∠NDC+∠MDB=180°-（90°+α2）=90°?α2． 【點睛】本題考查了角的平分線的定義，三角形內角和定理，平角的定義，熟練掌握三角形內角和定理，平角的定義是解題的關鍵． 【變式4-1】（2023秋·河南漯河·八年級?？计谥校?）在圖1中，請直接寫出∠A、∠B、∠C、∠D之間的數(shù)量關系； （2）如果圖2中，∠D=40°,∠B=36°，AP與CP分別是∠DAB和∠DCB的角平分線，試求∠P的度數(shù)； （3）如果圖2中∠D和∠B為任意角，其他條件不變，試問∠P與∠D，∠B之間存在著怎樣的數(shù)量關系（直接寫出結論即可）． 【答案】（1）∠A+∠D =∠C+∠B （2）∠P=38° （3）∠D+∠B=2∠P 【分析】（1）根據三角形的內角和定理和對頂角相等就可以得出∠A，∠D，∠C，∠B的數(shù)量關系； （2）由（1）可得∠DAP＋∠D＝∠P＋∠DCP ，∠PCB＋∠B＝∠PAB＋∠P ，再兩式相加，結合角平分線的定義可得∠D+∠B=2∠P，再把∠D=40°，∠B=36°代入計算即可得到答案； （3）由（1）可得∠DAP＋∠D＝∠P＋∠DCP ，∠PCB＋∠B＝∠PAB＋∠P ，再兩式相加，結合角平分線的定義可得∠D+∠B=2∠P. 【詳解】解：（1）∵∠A+∠D+∠AOD=∠C+∠B+∠BOC=180°， 且∠AOD=∠BOC， ∴∠A+∠D =∠C+∠B； （2）由（1）可得∠DAP+∠D =∠P+∠DCP ①，∠PCB+∠B =∠PAB+∠P ②， ∵∠DAB和∠DCB的角平分線AP與CP相交于點P， ∴∠DAP=∠PAB，∠DCP=∠PCB， ①+②得：∠DAP+∠D+∠PCB+∠B=∠P+∠DCP+∠PAB+∠P， ∴∠D+∠B=2∠P， 又∵∠D=40°，∠B=36°， ∴40°+36°=2∠P， ∴∠P=38°； （3）存在的數(shù)量關系為：∠D+∠B=2∠P， 由（1）可得∠DAP+∠D =∠P+∠DCP ①，∠PCB+∠B =∠PAB+∠P ②， ∵∠DAB和∠DCB的角平分線AP與CP相交于點P， ∴∠DAP=∠PAB，∠DCP=∠PCB， ①+②得：∠DAP+∠D+∠PCB+∠B=∠P+∠DCP+∠PAB+∠P， ∴∠D+∠B=2∠P. 【點睛】本題主要考查了三角形的內角和定理以及角平分線的定義等知識點，熟練掌握三角形的內角和定理以及角平分線的性質是解題的關鍵. 【變式4-2】（2023春·江蘇揚州·八年級校聯(lián)考期中）∠MON=90°，點A，B分別在OM、ON上運動(不與點O重合)． (1)如圖①，AE、BE分別是∠BAO和∠ABO的平分線，隨著點A、點B的運動，當AO=BO時∠AEB= °； (2)如圖②，若BC是∠ABN的平分線，BC的反向延長線與∠OAB的平分線交于點D，隨著點A，B的運動∠D的大小會變嗎？如果不會，求∠D的度數(shù)；如果會，請說明理由； (3)如圖③，延長MO至Q，延長BA至G，已知∠BAO，∠OAG的平分線與∠BOQ的平分線及其延長線相交于點E、F，在△AEF中，如果有一個角是另一個角的3倍，求∠ABO的度數(shù)． 【答案】(1)135° (2)∠D的度數(shù)不隨A、B的移動而發(fā)生變化，值為45° (3)60°或45° 【分析】（1）利用三角形內角和定理、兩角互余、角平分線性質即可求解； （2）利用對頂角相等、兩角互余、兩角互補、角平分線性質即可求解； （3）根據三角形的內角和定理及角平分線的性質不難得出∠EAF=90°，如果有一個角是另一個角的3倍，所以不確定是哪個角是哪個角的三倍，所以需要分情況討論；值得注意的是，∠MON=90°，所以求解出的∠ABO一定要小于90°，注意解得取舍． 【詳解】（1）解：∵AE、BE分別是∠BAO和∠ABO的平分線， ∴∠EBA=12∠OBA，∠BAE=12∠BAO， ∵∠MON=90°， ∴∠EAB+EBA=90°， ∵∠AEB+∠EAB+∠EBA=180°， ∴∠AEB=180°?∠EBA?∠BAE， =180°?12∠OBA+∠BAO， =180°?12×90°， =180°?45°， =135°； （2）解： ∠D的度數(shù)不隨A、B的移動而發(fā)生變化，設∠BAD=α， ∵AD平分∠BAO， ∴∠BAO=2α， ∵∠AOB=90°， ∴∠ABN=180°-∠ABO=∠AOB+∠BAO=90+2α， ∵BC平分∠ABN， ∴∠ABC=45°+α， ∵∠ABC=180°-∠ABD=∠D+∠BAD， ∴∠D=∠ABC-∠BAD=45°+α-α=45°； （3）解：∵∠BAO與∠BOQ的平分線交于點E， ∴∠AOE=135°， ∴∠E=180°?∠EAO?∠AOE， =45°?∠EAO， =45°?12∠BAO， =45°?12(180°?90°?∠ABO)， =12∠ABO ∵AE、AF分別是∠BAO和∠OAG的平分線， ∴∠EAF=12∠BAO+12∠GAO=12×180°=90°， 在△AEF中，若有一個角是另一個角的3倍， 則①當∠EAF=3∠E時，得∠E=30°，此時∠ABO=60°； ②當∠EAF=3∠F時，得∠E=60°， 此時∠ABO=120°＞90°，舍去； ③當∠F=3∠E時，得∠E=14×90°=22.5°， 此時∠ABO=45°；． ④當∠E=3∠F時，得∠E=34×90°=67.5°， 此時∠ABO=135°＞90°，舍去． 綜上可知，∠ABO的度數(shù)為60°或45°． 【點睛】前兩問熟練運用三角形內角和定理、直角三角形的兩銳角互余、對頂角相等、角平分線性質等角的關系即可求解；第三問需先證明∠EAF=90°，再分情況進行討論，熟練運用三角形的內角和定理及角平分線的性質是解題的關鍵． 【變式4-3】（2023秋·安徽宣城·八年級校考期中）如圖1，∠MON=90°，點A、B分別在OM、ON上運動（不與點O重合）． (1)若BC是∠ABN的平分線，BC的反方向延長線與∠BAO的平分線交于點D． ①若∠BAO=60°，則∠D=______°； ②猜想：∠D的度數(shù)是否隨A，B的移動發(fā)生變化？并說明理由． (2)如圖2，若∠OAD=35∠OAB，∠NBC=35∠NBA，則∠D=______°； (3)若將∠MON=90°改為∠MON=120°（如圖3），∠OAD=mn∠OAB，∠NBC=mn∠NBA，其余條件不變，則∠D=______（用含m，n的代數(shù)式表示，其中m0個單位到點C，連接AC，AC交y軸于點D．（注：S△ABC表示ΔABC的面積） ?? (1)求點A、B的坐標． (2)如圖1，若S△ABC>4S△ABD，求滿足條件的m的取值范圍． (3)如圖2，若m>1，BE平分∠ABC交AC于點E（不與點A重合），射線CF交直線AB于點G，交射線BE于點M，求∠CGA，∠BMF，∠CFA的數(shù)量關系． 【答案】(1)A1，0，B0，3 (2)m>3 (3)當點F在線段OA上時，∠CFA+∠CGA+2∠BMF=360°；當點F在OA的延長線上時，∠CGA=2∠BMF?∠CFA． 【分析】（1）利用非負數(shù)的性質求出a,b的值即可； （2）利用面積法表示出BD的長（用m表示），再構建不等式求解； （3）分兩種情形：當點F在線段OA上時，當點F在OA的延長線上時，分別求解即可． 【詳解】（1）解：∵a?12+b?3=0， 又∵a?12≥0，b?3≥0， ∴a=1，b=3， ∴A1，0，B0，3； （2）解：由題意C?m,3， ∵SΔABC=12×m×3=32m， ∵SΔABD=12BD×1=12BD，SΔCBD=12BD?m=m2BD ∴SΔABC=SΔABD+SΔCBD=12BD+12m?BD=3m2 ∴BD=3m1+m， ∵S△ABC>4S△ABD，SΔABC=32m，∵SΔABD=12BD=12?3m1+m ∴32m>4×12?3m1+m， 解得，m>3； （3）解：如圖中，點F是GC與x軸的交點，當點F在線段OA上時,∠CFA+∠CGA+2∠BMF=360° ?? 理由：∵BM平分∠ABC， ∴∠CBM=∠GBM， ∵BC∥FO， ∴∠BCM=∠MFO 又∵∠BMF=∠CBM+∠BCM=∠CBM+∠MFO=∠CBM+180°?∠CFA ∴∠CBM=∠GBM=∠BMF+∠CFA?180°， ∵∠BMF+∠CGA+∠MBG=180°， ∴∠BMF+∠CGA+∠BMF+∠CFA?180°=180°， ∴∠CFA+∠CGA+2∠BMF=360°； 如圖2﹣2中，當點F在OA的延長線上時，∠CGA=2∠BMF?∠CFA． ?? 理由：∵CB∥AF， ∴∠CFA=∠BCF，∠BMF=∠CBM+∠CFA， ∴∠CBM=∠BMF?∠CFA， ∵∠CGA=∠CBG+∠BCG=2∠CBM+∠CFA， ∴∠CGA=2∠BMF?∠CFA+∠CFA， ∴∠CGA=2∠BMF?∠CFA． 綜上所述，當點F在線段OA上時，∠CFA+∠CGA+2∠BMF=360°；當點F在OA的延長線上時，∠CGA=2∠BMF?∠CFA． 【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了平行線的性質，角平分線的定義，三角形的外角的性質等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題． 【變式7-2】（2023春·遼寧沈陽·七年級統(tǒng)考期中）已知直線MN∥PQ，點A在直線MN上，點B、C為平面內兩點，AC⊥BC于點C． ???? (1)如圖1，當點B在直線MN上，點C在直線MN上方時，延長CB交直線PQ于點D，則∠CAB和∠CDP之間的數(shù)量關系是___________． (2)如圖2，當點C在直線MN上且在點A左側，點B在直線MN與PQ之間時，過點B作BD⊥AB交直線PQ于點D．為探究∠ABC與∠BDP之間的數(shù)量關系，小明過點B作BF∥MN．請根據他的思路，寫出∠ABC與∠BDP的關系，并說明理由； (3)如圖3，在（2）的條件下，作∠ABD的平分線交直線MN于點E，當∠AEB=2∠ABC時，直接寫出∠ABC的度數(shù)． (4)如圖4，當點C在直線MN上且在點A左側，點B在直線PQ下方時，過點B作BD⊥AB交直線PQ于點D．作∠ABD的平分線交直線MN于點E，當∠BDP=2∠BEN時，請補充圖形并直接寫出∠ABC的度數(shù)． 【答案】(1)∠CAB+∠CDP=90° (2)∠ABC=∠BDP，見解析 (3)15° (4)圖見解析，30° 【分析】（1）利用平行線的性質條件三角形的內角和定理求解即可． （2）結論：∠ABC=∠PDB．構造平行線，利用平行線的性質求解即可． （3）設∠ABC=x，則∠AEB=2x，根據∠CBE+∠AEB=90°，構建方程求解即可． （4）設BE交PQ于J．設∠BEN=x，則∠BDP=2x，利用三角形內角和定理，構建方程求解即可． 【詳解】（1）如圖1中， ?? ∵AC⊥CD， ∴∠C=90°， ∴∠CAB+∠ABC=90°， ∵MN∥PQ， ∴∠PDB=∠ABC， ∴∠CAB+∠PDC=90°． 故答案為：∠CAB+∠PDC=90°． （2）結論：∠ABC=∠PDB． 理由：如圖2中， ?? ∵MN∥PQ，BF∥MN， ∴BF∥PQ， ∴∠PDB=∠DBF， ∵AC⊥BC，AB⊥BD， ∴∠ACB=∠ABD=90°， ∵∠CBF+∠ACB=180°， ∴∠CBF=∠ABD=90°， ∴∠ABC=∠DBF， ∴∠ABC=∠PDB． （3）如圖3中， ???? ∵∠AEB=2∠ABC， ∴可以假設∠ABC=x，則∠AEB=2x， ∵∠ABD=90°，BE平分∠ABD， ∴∠ABE=∠EBD=45°， ∵∠BCE=90°， ∴∠CBE+∠AEB=90°， ∴x+45°+2x=90°， ∴x=15°， ∴∠ABC=15°． （4）如圖4中，圖形如圖所示，設BE交PQ于J． ?? ∵∠BDP=2∠BEN， ∴可以假設∠BEN=x，則∠BDP=2x， ∵MN∥PQ， ∴∠BEN=∠PJE=x， ∵∠ABD=90°，BE平分∠ABD， ∴∠ABE=∠EBD=45°， ∵∠BDJ+∠BJD+∠DBJ=180°， ∴180°?2x+180°?x+45°=180°， ∴x=75°， ∵∠BCE=90°， ∴∠EBC=90°?75°=15°， ∴∠ABC=∠ABE?∠EBC=45°?15°=30°． 【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了平行線的性質，三角形內角和定理，角平分線的定義等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程解決問題，屬于中考?？碱}型． 【變式7-3】（2023春·四川自貢·七年級校考期中）如圖1，平面直角坐標系中，已知Aa,0，Bb,3，C2,0，且滿足a+32+a?b+6=0，線段AB交y軸于點F． ?? (1)填空：a=______，b=______； (2)如圖1，在x軸上是否存在點P（P點不與點A、O、C重合），使得△ABP的面積與△ABC的面積相等？若存在，直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由； (3)如圖2，點D為y軸正半軸上一點，ED∥AB，且AM，DM分別平分∠CAB，∠ODE，AM交y軸于點P，求∠AMD度數(shù)． 【答案】(1)?3，3 (2)存在，P?8,0 (3)∠AMD=45° 【分析】（1）根據平方和算術平方根的非負性求解即可； （2）結合（1）可求出S△ABC=S△ABP=152，設Px,0，則S△ABP=12×?3?x×3，得出關于x的方程，解出x的值即可； （3）過點D作DQ∥AC，過點M作MN∥AC，則DQ∥MN∥AC，得出∠QDM=∠NMD，∠AMN=∠CAM，∠ODE+∠DFB=180°．結合對頂角相等和直角三角形的性質可求出∠QDM+∠CAM=45°，從而得出∠NMD+∠AMN=45°，即∠AMD=45°． 【詳解】（1）解：∵a+32+a?b+6=0， ∴a+3=0a?b+6=0，解得：a=?3b=3． 故答案為：?3，3； （2）解：由（1）可知A?3,0，B3,3，C2,0， ∴AC=5， ∴S△ABC=12AC×yB=12×5×3=152． 設Px,0， ∴AP=?3?x， ∴S△ABC=S△ABP=12AP×yB=12×?3?x×3=152， 解得：x=?8或x=2， ∴P?8,0； （3）如圖，過點D作DQ∥AC，過點M作MN∥AC， ?? ∴DQ∥MN∥AC， ∴∠QDM=∠NMD，∠AMN=∠CAM，∠ODE+∠DFB=180°． ∵∠DFB=∠AFO=90°?∠FAO， ∴∠ODE+90°?∠FAO=180°，即∠ODE?∠FAO=90°． ∵AM，DM分別平分∠CAB，∠ODE， ∴∠CAM=12∠FAO，∠ODM=12∠ODE， ∴∠ODM?∠CAM=45°． ∵∠ODM=90°?∠QDM， ∴90°?∠QDM?∠CAM=45°， ∴∠QDM+∠CAM=45°， ∴∠NMD+∠AMN=45°，即∠AMD=45°． 【點睛】本題考查非負數(shù)的性質，坐標與圖形，平行線的判定和性質，對頂角相等，直角三角形兩個銳角互余等知識．利用數(shù)形結合的思想是解題關鍵． 【題型8 有關三角形角度的多結論問題】 【例8】（2023春·福建福州·七年級?？计谀┤鐖D，在ΔABC，BD、BE分別是高和角平分線，點F在CA的延長線上，F(xiàn)H⊥BE交BD于G，交BC于H，下列結論：①∠DBE=∠F；②2∠BEF=∠BAF+∠C；③∠F=12(∠BAC?∠C)；④∠BGH=∠ABE+∠C，正確的是（ ） ?? A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】①根據BD⊥AC，F(xiàn)H⊥BE，以及∠FGD=∠BGH即可推出∠DBE=∠F；②根據角平分線的定義和三角形外角的性質證明即可；③證明∠ABD=90°?∠BAC，由①知：∠DBE=∠F即可證明∠F=12(∠BAC?∠C)；④由同角的余角相等證明∠BGH=∠BED，再根據三角形外角的性質及角平分線的性質即可推出∠BGH=∠ABE+∠C． 【詳解】解：∵BD⊥AC， ∴∠F+∠FGD=90°． ∵FH⊥BE， ∴∠DBE+∠BGH=90°． ∵∠FGD=∠BGH， ∴∠DBE=∠F． 故①正確； ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE=∠CBE=12∠ABC． ∵∠BEF=∠CBE+∠C， ∴2∠BEF=2∠CBE+∠C=∠ABC+2∠C． ∵∠BAF=∠ABC+∠C， ∴2∠BEF=∠BAF+∠C． 故②正確； ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE=12∠ABC=12180°?∠BAC?∠C=90°?12∠BAC?12∠C． ∵BD⊥AC， ∴∠ABD=90°?∠BAC． ∴∠DBE=∠ABE?∠ABD=90°?12∠BAC?12∠C?90°?∠BAC=12∠BAC?∠C． 由①知：∠DBE=∠F， ∴∠F=12∠BAC?∠C． 故③正確； ∵BD⊥AC，F(xiàn)H⊥BE， ∴∠BGH+∠DBE=90°，∠BED+∠DBE=90°． ∴∠BGH=∠BED=∠CBE+∠C． ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE=∠CBE， ∴∠BGH=∠ABE+∠C． 故④正確； 綜上可知，正確的有①②③④，共4個， 故選D． 【點睛】本題主要考查了三角形的內角和定理，三角形外角的性質，同角的余角相等等知識，正確運用三角形的高、角平分線的概念以及三角形的內角和定理是解題的關鍵． 【變式8-1】（2023春·江蘇南京·七年級校考期中）在△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分線交于點O，∠ACB的外角平分線所在直線與∠ABC的平分線相交于點D，與∠ABC的外角平分線相交于點E，則下列結論一定正確的是（????） ?? ①∠BOC=90°+12∠A；②∠D=12∠A；③∠A=23∠E；④∠E+∠DCF=90°+∠ABD． A．①②④ B．①②③ C．①② D．①②③④ 【答案】A 【分析】由角平分線的定義可得∠OBC+∠OCB=12∠ABC+∠ACB，再由三角形的內角和定理可求解∠BOC=90°+12∠A，即可判定①；由角平分線的定義可得∠DCF=12∠ACF，結合三角形外角的額性質可判定②；由三角形外角的性質可得∠MBC+∠NCB=180°+∠A，再利用角平分線的定義及三角形的內角和定理可判定③；利用三角形外角的性質可得∠E+∠DCF=90°+∠DBC，結合∠ABD=∠DBC可判定④． 【詳解】解：∵∠ABC，∠ACB的平分線交于點O， ∴∠ABD=∠OBC=12∠ABC，∠OCB=∠ACO=12∠ACB， ∴∠OBC+∠OCB=12∠ABC+∠ACB =12180°?∠A =90°?12∠A， ∴∠BOC=180°?∠OBC+∠OCB=180°?90°?12∠A=90°+12∠A，故①正確， ∵CD平分∠ACF， ∴∠DCF=12∠ACF， ∵∠ACF=∠ABC+∠A，∠DCF=∠OBC+∠D， ∴2∠OBC+2∠D=∠ABC+∠A， ∴∠D=12∠A，故②正確； ∵∠MBC=∠A+∠ACB，∠BCN=∠A+∠ABC，∠ACB+∠A+∠ABC=180°， ∴∠MBC+∠NCB=∠A+∠ACB+∠ABC+∠A=180°+∠A， ∵BE平分∠MBC，CE平分∠BCN， ?? ∴∠MBC=2∠EBC，∠BCN=2∠BCE， ∴∠EBC+∠ECB=90°+12∠A， ∴∠E=180°?∠EBC+∠ECB=180°?90°+12∠A=90°?12∠A，故③錯誤； ∵∠DCF=∠DBC+∠D， ∴∠E+∠DCF=90°?12∠A+∠DBC+12∠A=90°+∠DBC， ∵∠ABD=∠DBC， ∴∠E+∠DCF=90°+∠ABD．故④正確， 綜上正確的有：①②④． 故選A 【點睛】本題主要考查三角形的內角和定理，角平分線的定義，三角形外角的性質，熟練掌握角平分線的定義和三角形的外角性質，并能進行推理計算是解決問題的關鍵． 【變式8-2】（2023春·全國·七年級期末）如圖，△ABC中，AD⊥BC交BC于點D，AE平分∠BAC交BC于點E，點F為BC的延長線上一點，F(xiàn)G⊥AE交AD的延長線于點G，AC的延長線交FG于點H，連接BG，下列結論： ①∠DEA=∠AGH； ②∠DAE=12∠ABD?∠ACE； ③∠AGH=∠BAE+∠ACB； ④S△AEB:S△AEC=AB:AC. 其中正確結論的個數(shù)是（????） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】如圖，①根據直角三角形的性質即可得到∠DEA=∠AGH；②根據角平分線的定義得∠EAC=12∠BAC，由三角形的內角和定理得∠DAE=90°?∠AED，變形可得結論；③根據三角形的內角和和外角的性質即刻得到∠AGH=∠BAE+∠ACB；④根據三角形的面積公式即可得到SΔAEB:SΔAEC=AB:CA． 【詳解】如圖，AE交GF于M， ①∵AD⊥BC，F(xiàn)G⊥AE， ∴∠ADE=∠AMF=90°， ∴∠DEA+∠DAE=∠AGH+∠GAM=90°， ∴∠DEA=∠AGH，故①正確； ②∵AE平分∠BAC交BC于E， ∴∠EAC=12∠BAC， ∴∠DAE=90°?∠AED， =90°?(∠ACE+∠EAC)， =90°?(∠ACE+12∠BAC)， =12(180°?2∠ACE?∠BAC)， =12(∠ABD?∠ACE)， 故②正確； ③∵∠DAE=∠F，∠FDG=∠FME=90°， ∴∠AGH=∠MEF， ∵∠MEF=∠CAE+∠ACB， ∴∠AGH=∠CAE+∠ACB， ∴∠AGH=∠BAE+∠ACB，故③正確； ④∵AE平分∠BAC交BC于E， ∴點E到AB和AC的距離相等， ∴SΔAEB:SΔAEC=AB:AC，故④正確； 故選：D． 【點睛】本題考查了角平分線的定義，直角三角形的性質，三角形的面積公式，三角形外角的性質，正確的識別圖形是解題的關鍵． 【變式8-3】（2021秋·八年級單元測試）如圖，△ABC中，∠ACB=90°，D為AB上任一點，過D作AB的垂線，分別交邊AC、BC的延長線于E，F(xiàn)兩點，∠BAC，∠BFD的平分線交于點I，AI交DF于點M，F(xiàn)I交AC于點N，連接BI．下列結論：①∠BAC=∠BFD；②∠ENI=∠EMI；③AI⊥FI；④∠ABI=∠FBI；其中正確結論的個數(shù)是（????） A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 【答案】C 【分析】先根據∠ACB=90°可知∠DBF+∠BAC=90°，再由FD⊥AB可知∠BDF=90°，所以∠DBF+∠BFD=90°，通過等量代換即可得出∠BAC=∠BFD，故①正確；根據∠BAC=∠BFD，∠BAC、∠BFD的平分線交于點I可知∠EFN=∠EAM，再由對頂角相等可知∠FEN=∠AEM，根據三角形外角的性質即可判斷出∠ENI=∠EMI，故②正確；由①知∠BAC=∠BFD，因為∠BAC、∠BFD的平分線交于點I，故∠MAD=∠MFI，再根據∠AMD=∠FMI可知，∠AIF=∠ADM=90°，即AI⊥FI，故③正確；因為BI不是∠B的平分線，所以∠ABI≠∠FBI，故④錯誤． 【詳解】解：∵∠ACB=90°， ∴∠DBF+∠BAC=90°， ∵FD⊥AB， ∴∠BDF=90°， ∴∠DBF+∠BFD=90°， ∴∠BAC=∠BFD，故①正確，符合題意； ∵∠BAC=∠BFD，∠BAC、∠BFD的平分線交于點I， ∴∠EFN=∠EAM， ∵∠FEN=∠AEM， ∴∠ENI=∠EMI，故②正確，符合題意； ∵由①知∠BAC=∠BFD，∠BAC、∠BFD的平分線交于點I， ∴∠MAD=∠MFI， ∵∠AMD=∠FMI， ∴∠AIF=∠ADM=90°，即AI⊥FI，故③正確，符合題意； ∵BI不是∠B的平分線， ∴∠ABI≠∠FBI，故④錯誤，不符合題意． 故選C． 【點睛】本題考查的是三角形內角和定理及三角形外角的性質，熟知三角形的內角和等于180°是解答此題的關鍵．

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