全国初中数学竞赛辅导（初1）第13讲 从三角形内角和谈起

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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，
∠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+∠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．

　　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+∠OEB
＝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

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