初一数学竞赛辅导（第13讲）

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1、第十三讲从三角形内角和谈起　　三角形的内角和等于180°(也称一个平角)是三角形的一个基本性质．从它出发可引出下面两个事实：　　(1)三角形的外角等于此三角形中与它不相邻的两个内角和．　　如图1－35所示．延长三角形的三条边，由三角形一条边及另一条边的延长线所成的角称为该三角形的一个外角．如图1－35中的∠1，∠2，∠3，∠4，∠5，∠6．由于∠1+∠ABC=180°(平角)，　　又∠BAC+∠BCA+∠ABC=180°，　　所以∠1=∠BAC+∠BCA．　　同法可证∠3=∠BAC+∠ABC，∠

2、5=∠ABC+∠ACB．　　(2)n边形的内角和等于(n-2)×180°．　　如图1－36所示．以n边形A1A2…An的某一个顶点(如A1)为共同顶点，将这个n边形“分割成”n-2个三角形△A1A2A3，△A1A3A4，…，△A1An-1An．由于每一个三角形的内角和等于180°，所以，这n-2个三角形的内角和(即n边形的内角和)为(n-2)×180°(详证见后面例6)．　　三角形内角和等于180°这个事实有着广泛的应用．　　例1如图1－37所示．平面上六个点A，B，C，D，E，F构成一个封闭折

3、线图形．求：∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F．　　分析所求的六个角分布在三个三角形中，但需减去顶点位于P，Q，R处的三个内角，由图形结构不难看出，这三个内角可以集中到△PQR中．　　解在△PAB，△RCD，△QEF中，∠A+∠B+∠APB=180°，①∠C+∠D+∠CRD=180°，②∠E+∠F+∠EQF=180°．③　　又在△PQR中∠QPR+∠PRQ+∠PQR=180°．④　　又∠APB=∠QPR，∠CRD=∠PRQ，∠EQF=∠PQR(对顶角相等)．　　①+②+③-④得∠A+∠B+∠C+

4、∠D+∠E+∠F=360°．　　说明依据图形的特点，利用几何图形的性质将分散的角集中到某些三角形之中，是利用三角形内角和性质的前提．　　例2求如图1－38所示图形中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的大小．　　分析如果我们注意力放在三角形内角和上，那么∠ABE=∠ABO+∠OBE，∠AEB=∠AED+∠OEB．　　而∠ABE，∠AEB属于△ABE，∠OBE，∠OEB属于△OBE，再注意到△OBE及△ODC中，因∠BOE=∠COD(对顶角)，因而，∠D+∠C=∠OBE+∠OEB．从而，可求出题中五角和．

5、　　解法1连接BE．在△COD中，∠C+∠D+∠COD=180°．①　　在△ABE中，∠A+∠ABE+∠AEB=180°．②　　①+②得(∠A+∠C+∠D)+∠COD+∠ABE+∠AEB=360°．③　　又∠ABE=∠ABO(即为∠B)+∠OBE，∠AEB=∠AEO(即为∠E)+∠OEB．　　故③式可化为(∠A+∠B+∠C+∠D+∠E)+(∠COD+∠OBE+∠OEB)=360°．④　　由于∠COD=∠BOE(对顶角相等)，　　在△BOE中∠COD+∠OBE+∠OEB=∠BOE+∠OBE+∠OE

6、B＝180°．　　由④得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°．　　解法2如果我们注意到三角形外角的性质，结合图形(图1－39)会发现在△OCD中有∠1=∠C+∠D，△APE中∠2=∠A+∠E，在△BOP中∠1+∠2+∠B=180°，从而有∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°．　　说明本例解法2比解法1简洁，因为我们应用了关于三角形外角的性质．　　例3如图1－40所示．在△ABC中，∠B的平分线与∠C的外角平分线交于D，且∠D=30°．求∠A的度数．　　分析∠D位于△BCD中，∠A位于△ABC

7、中，它们位于两个不同的三角形之中，欲利用三角形内角和定理解决问题，就必须寻求两个三角形中内角之间的关系，角平分线的条件为我们提供了信息，事实上∠　　解由已知，∠D=30°．在△BCD中，∠CBD+∠BCD=180°-30°=150°．①　　因为BD是∠ABC的平分线，所以　　又因为CD是∠ACE的平分线，所以　　从而　　　　　　　　　　　　　　　由①，②，③　　即　　所以　　　所以　　　　　　　　　　　∠A=60°．　　说明解决本题的关键在于两条角平分线架起了△ABC与△BCD之间的桥梁，完成了

8、从已知向未知的过渡．细心审题，发现已知与所求之间的联系，常是解题的重要前提．　　例4如图1-41所示．∠A=10°，∠ABC=90°，　　∠ACB=∠DCE，∠ADC=∠EDF，∠CED=∠FEG．求∠F的度数．　　分析如果我们能注意到所给的一系列等角条件正反映了内角与外角的关系，问题就不难解决．例如在∠ACB=∠DCE中，∠ACB是△ABC的一个内角，∠DCE是△ACD的外角．∠ADC=∠EDF及∠CED=∠FEG两个等式两边的角也是类似情况，这就为我们利用外角定理解题创造了机会．　　解在△A