第113页 - 学习与评价七年级数学苏科版江苏凤凰教育出版社

方法一:证明：如图，连接$ BC$

在$△ABC$中，$∠BAC+∠ABC+∠ACB=180$

在$△DBC$中，$∠1+∠2+∠D=180°$

∴$∠BAC+∠ABC+∠ACB=∠1+∠2+∠D$

∴$∠BAC+(∠ABC-∠1)+(∠ACB-∠2)=∠D$

即$∠BDC=∠BAC+∠ABD+∠ACD.$

证法二：如图$ 12 - 5③，$连接$AD $并延长$.$

∵$∠1=∠3+∠ABD，$$∠2= ∠4+∠ACD$

∴$∠1+∠2 = ∠3+∠4+∠ABD+∠ACD，$

即$ ∠BDC = ∠BAC+∠ABD+∠ACD.$

90

直角

20

50°，50°或80°，20°

540

∠2＜∠1＜∠3

 证明：过点$P$作$DE// BC$交$AB$于$D，$交$AC$于$E；$作$FG// AB$交$BC$于$F，$交$AC$于$G；$作$HI// AC$交$AB$于$H，$交$BC$于$I。$

 因为$DE// BC，$所以$\angle ADE = \angle B$（同位角相等），$\angle AED = \angle C$（同位角相等）。

 因为$FG// AB，$$HI// AC，$所以四边形$AFPH$是平行四边形，故$\angle FPH = \angle A$（平行四边形对角相等）。

 又因为$DE// BC，$$FG// AB，$所以$\angle DPF = \angle ADE = \angle B$（内错角相等）；同理$\angle EPG = \angle AED = \angle C$（内错角相等）。

 由于$\angle FPH + \angle DPF + \angle EPG = 180^\circ$（平角定义），所以$\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ，$即三角形内角和等于$180^\circ。$

【分析】
要证明∠BDC = ∠BAC + ∠ABD + ∠ACD，可借助三角形外角的性质，通过作辅助线将∠BDC拆分为与目标角相关的角，再进行等量代换推导。
方法一思路：延长BD交AC于点E，先将∠BDC转化为∠DEC与∠ACD的和，再利用外角性质将∠DEC转化为∠BAC与∠ABD的和，最终完成等量代换得到结论；
方法二思路：连接AD并延长至点F，将∠BDC拆分为∠BDF与∠CDF的和，分别利用外角性质将这两个角转化为对应角的和，结合∠BAC的拆分完成证明。
【解析】
方法一：延长BD交AC于点E
∵∠BDC是△CDE的外角，
∴∠BDC=∠DEC+∠ACD（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）。
∵∠DEC是△ABE的外角，
∴∠DEC=∠BAC+∠ABD（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）。
∴∠BDC=∠BAC+∠ABD+∠ACD。
方法二：连接AD并延长至点F
∵∠BDF是△ABD的外角，
∴∠BDF=∠BAD+∠ABD（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）。
∵∠CDF是△ACD的外角，
∴∠CDF=∠CAD+∠ACD（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）。
∵∠BDC=∠BDF+∠CDF，且∠BAC=∠BAD+∠CAD，
∴∠BDC=∠BAC+∠ABD+∠ACD。
【答案】
证明见上述解析。
【知识点】
三角形外角性质、角的和差转化
【点评】
本题考查三角形外角性质的应用，通过作辅助线构造外角，将分散的角的关系转化为已知的几何定理可解决的形式，体现了转化的数学思想，帮助我们把复杂的角的和差问题简化。
【难度系数】
0.7

(1) 三角形内角和为180°，∠C=180°-(∠A+∠B)=180°-90°=90°；由∠A-∠B=∠C及∠A+∠B+∠C=180°，得∠A=90°，故为直角三角形。
(2) 顶角=180°-2×80°=20°；80°为顶角时，底角=(180°-80°)/2=50°；80°为底角时，顶角=180°-2×80°=20°，故其他两角为50°，50°或80°，20°。
(3) 五边形内角和=(5-2)×180°=540°。
(4) 根据三角形外角性质，∠3是外角大于∠2，∠2是外角大于∠1，故∠3＞∠2＞∠1。
(5) ∠1为三角形外角=45°+75°=120°；∠2所在三角形中，另一角为80°(对顶角)，∠2=80°-45°=35°。
(6) ∠α+∠β=180°+45°=225°(三角形外角和性质)。