咸阳景点-关于秋天的诗句

三角形的边角关系
练习题


回顾：
1、三角形的概念
定义：由_______直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形。
2、三角形的分类
按角分：

锐角三角形

三角形

直角三角形


钝角三角形

按边分：

不等边三角形
三角形


底边和腰不相等的等腰三角形


等腰三角 形

等边三角形


3、三角形的重要线段
在三角形中，最重要的三种线段是三角形的中线、三角形的角平分线、三角形的高。
说明：（1）三角形的三条中线的交点在三角形的____部。
（2）三角形的三条角平分线的交点在三角形的______部。
（3）_______三角形的三条 高的交点在三角形的内部；______三角形的三条高的交点是直角顶
点；_____三角形的三条高 所在直线的交点在三角形的外部。
4、三角形三边的关系
定理：三角形任意两边的和____第三边；
推论：三角形任意两边的差____第三边；
说明：运用“三角形中任意两边的和大于第三边”可以判断三条线段能否组成三角形，也可以
检 验较小的两边的和是否大于第三边。
5、三角形各角的关系
定理：三角形的内角和是______度；
推论：（1）当有一个角是90°时，其余的两个角的和为90°；
（2）三角形的任意一个外角______和它不相邻的两个内角的和。
（3）三角形的任意一个外角______任意一个和它不相邻的内角。
说明：任一三角形中，最多有三个锐角，最少有两个锐角；最多有一个钝角；最多有一个直角。


三角形的计数

例1 如图，平面上有A、 B、C、D、E五个点，其中B、C、D及A、E、C分别在同一条直线上，
那么以这五个点中的三个点 为顶点的三角形有（ ）
A、4个 B、6个
C、8个 D、10个


解析：
连接AB、AD、BE、DE。

课件出示答案： C。

小结：分类讨论是三角形的计数中常见的思路方法。

举一反三：
1、已 知△ABC是直角三角形，且∠BAC=30°，直线EF与△ABC的两边AC，AB分别交于点M，
N，那么∠CME+∠BNF=（ ）
A、150° B、180°
C、135° D、不能确定

解析：
因为∠A=30°，所以∠NMA+∠MNA=180°-30°=150°，
所以∠CME+∠BNF=∠NMA+∠MNA=150°.故选A.

三角形的三边关系
例2 边长为整数，周长为20的等腰三角形的个数是 。
解析：
根据三角形的周长及三角形的三边关系建立不等式和方程，求出其中一边长的范围 ，再求其正
整数解.

答案：
解：设三角形三 边分别为a、b、c且a

b

c，a+b+c=20，则a
7，又由b+c>a，得a<10，因
此
7a9
，可求出（a，b，c）为（ 9，9，2），（9，8，3），（9，7，4），（9，6，5），（8，8，
4），（8，7，5） ，（8，6，6），（7，7，6），其中等腰三角形有（9，9，2），（8，8，4），（8，6，
6），（7，7，6），所以填4.

小结：
利用已知的等量关系及三角形的三边 关系，建立不等式与方程，进而组成不等式与方程的混合
组，求其正整数解.

举一反三：
2、现有3 cm，4 cm，7 cm，9 cm长的四根木棒，任取其中三根组成一个三角形，那么可以组
成的三角形的个数是（ ）。
A.1 B.2 C.3 D.4


三角形的内角和定理
例3 已知三角形三个内角的度数之比是x：y：z，且x+ yA、锐角三角形 B、直角三角形
C、钝角三角形 D、等腰三角形

解析：
设三角形三个内 角为x,y,z.根据三角形内角和定理，得x+y+z=180°，结合x+y＜z，利用不
等式的性 质进行判断.

答案：
解：三角形的内角和为180°，设三角形三个内角为x， y，z，则x+y+z=180°，又x+y180°-z90°，故这个三角形是 钝角三角形。故选C。

小结：
利用三角形内角和为180°建立等量关系是常用的解题方法。

例4 如图（1），有一个五角星形ABCDE图案，（1）你能说明∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°吗？
（2）当A点向下移动到BE上[如图（2）]，上述结论是否仍然成立？（3）当A点移到BE的另一侧[如图（3）]，上述结论是否仍然成立？请说明理由。

解析：
（1）连接CD，设BD与EC相交于F，分别在△ACD及△BEF、△CDF中运 用三角形内角和定理.

课件出示答案：
（1）解：设BD与CE相交于F点
在△BEF中，
∠B+∠E+∠1=180°
又∠A+∠C=∠2
有∠1=∠2+∠D=∠A+∠C+∠D
所以 ∠A+∠B+∠C+∠D +∠E=180°

解法二：
解：（1）以题图（1）为例，说明如下：
如图，连接CD，设BD与EC相交于F，在△BEF中，
∠B+∠E+∠3=180°
在△CDF中，∠1+∠2+∠4=180°，
所以∠B+∠E+∠3=∠1+∠2+∠4
所以∠B+∠E=∠1+∠2
在△ACD中，∠A+∠ACD+∠ADF=180°，
即∠A+∠ACF+∠1+∠ADF+∠2=180°，
所以∠A+∠ACF+∠ADF+∠B+∠E=180°
下一步（2）（3）：
根据（1）的解答方法独立完成（2）和（3）的探索。

小结：
在解决 新问题时，往往将其转化为比较熟悉的问题，再加以解决.（2）本例中出现的“对顶三
角形”（如图） ，有如下结论：∠1+∠2＝∠3+∠4.

举一反三

4 如图，∠BDC=98°，∠C=38°，∠B=23°，∠A的度数是（ ）
A、61° B、60°
C、37° D、39°

解析：连接AD并延长， 可证明∠BDC=∠A+∠B+∠C,所以∠A=98°-38°-23°=98°-61°=37°.
故选C.





三角形的外角和
例5 如图3-7，△ABC中，∠A、∠B、∠C的外角分别记为∠

，∠

，∠

，若∠

：∠

：
∠

=3： 4：5，则∠A：∠B：∠C =（ ）
A、3：2：1 B、1：2：3
C、3：4：5 D、5：4：3


解析：
设∠α=3x,∠β=4x,∠γ=5x,根据三角形的外角和等于360°列方程， 再求∠A、∠B、∠C.

答案：
解：设∠

=3x，∠

=4x，∠

=5x，则

3x+4x+5x=360°
解得 x=30°
即： ∠

=90°，∠

=120°，∠

=150°，
所以∠A=180°-∠

=180°-90°=90°，
∠B=180°-∠

=180°-120°=60°，
∠C=180°-∠

=180°-150°=30°
所以∠A：∠B：∠C=90°：60°：30°=3：2：1

小结：
（1）三角形的外角和等于360°；
（2）方程思想是解决几何计算的常用方法.

举一反三：
5、将一副直角三角板如图3-11放置，使含30°角的三角板的短 直角边和含45°角的三角板
的一条直角边重合，则∠1的度数为（ ）

学生分小组来解决这道题目，老师给予适当的指导，最后来讲解一下。
课件出示解析：
∠1＝45°+30°＝75°.

举一反三：
6、如图3-12所示，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数。

解析：
设BE、CF、AD相互交于G、H、K.
因为在△AFK中，∠A+∠F+∠4=180°,
在△BCG中，∠B+∠C+∠5=180°,
在△EDH中，∠D+∠E+∠6=180°,
所以∠A+∠F+∠4+∠B+∠C+∠5+∠D+∠E+∠6=180°×3＝540°.
又因为∠1+∠3+∠2＝180°，∠1＝∠4，∠2＝∠5，∠3＝∠6，
所以∠A+∠F+∠B+∠C+∠D+∠E=360°.

三角形与平行线的综合运用
例6 如图，直线AC∥BD，连接AB，直线AC ,BD及线段AB把平面分成①、②、③、④四部分，
规定：线上各点不属于任何部分。当动点P落在某 个部分时，连接PA,PB，构成∠PAC，∠APB，
∠PBD三个角。（提示：有公共端点的两条重 合的射线所组成的角是0°角。）
（1）当动点P落在第①部分时，求证：∠APB=∠PAC+∠PBD；
（2）当动点P落在第②部分时，∠APB=∠PAC+∠PBD是否成立（直接回答成立或不成立）？
（3）当动点P在第③部分时，全面探究∠PAC，∠APB，∠PBD之间的关系，并写出动点P
的 具体位置和相应的结论。选择其中一种结论加以证明。

解析：

（1）延长BP交AC于点E，运用平行线的性质和三角形内角和定理及推论；
答案:
（1）解法一：如图（1），延长BP交直线AC于点E。
∵ AC∥BD， ∴∠PEA=∠PBD
∵ ∠APB=∠PAE+∠PEA
∴ ∠APB=∠PAC+∠PBD
解法二：如图（2），过点P作FP∥AC，
∴ ∠PAC=∠APF，
∵ AC∥BD ，∴ FP∥BD
∴ ∠FPB=∠PBD
∴∠APB=∠APF+∠FPB=∠PAC+∠PBD

（2）

不成立
（3）


运用平行线的性质或三角形内角和定理的推论解决.
（a）当动点P在射线BA的右侧时，结论是∠PBD=∠PAC+∠APB
如图（3），连接PA、PB，设PB交AC于M，

∵ AC∥BD， ∴∠PMC=∠PBD。
又∵ ∠PMC=∠PAM+∠APM，
∴ ∠PBD=∠PAC+∠APB

（b）当动点P在射线BA上时，结论是∠PBD=∠P AC+∠APB或∠PAC=∠PBD+∠APB或∠APB=0°，
∠PAC=∠PBD（任写一个即 可）。

证明：如图（4）
∵ 点P在射线BA上，∴∠APB=0°
∵ AC∥BD ，∴∠PBD=∠PAC，∴∠PBD=∠PAC+∠APB或∠PAC=∠PB D+∠APB或∠APB=0°，
∠PAC=∠PBD。
（c）当动点P在射线BA的左侧时，结论是∠PAC=∠APB+∠PBD。

证明：

如图（5），连接PA、PB，设PB交AC于F，
∵ AC∥BD ， ∴∠PFC=∠PBD，
∵ ∠PAC=∠APF+∠PFA，
∴ ∠PAC=∠APB+∠PBD。

小结：
解此类探索性命题的关键是由图形提供 的信息，探索、猜想、归纳出点在不同位置上有关角之
间的变化规律.