人教版2024-2025学年八年级数学上册基础强化11.2.1三角形的内角同步练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 人教版2024-2025学年八年级数学上册基础强化11.2.1三角形的内角同步练习（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-09-25 11:09:01 | ||
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文档简介
人教版2024-2025学年八年级数学上册基础强化
11.2.1 三角形的内角同步练习
班级： 姓名：
同学们：
练习开始了，希望你认真审题，细致做题，运用所学知识解决本练习。祝你收获满满，学习进步，榜上有名！
一、单选题
1．如图，，被直线所截，且,平分，过点G作，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．已知一个三角形三个内角度数的比是1：2：3，则其最大内角的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．如图摆放的一副直角三角尺，，，与相交于点，当时，的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．一个三角形的三个内角的度数比是，最大的角是（ ）
A． B． C．
5．如图，已知在中，，现将分别沿边翻折得到，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．将一块三角板和一把直尺如图放置，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，已知点是射线上一点，过作交射线于点，交射线于点，下列结论正确的是（ ）
A．的余角只有 B．图中互余的角共有对
C．的补角只有 D．图中与互补的角共有个
8．如商，在△ABC中，∠A＝α,∠ABC与∠ACD的平分钱交十点A1，得∠A1,∠A1BC与∠A1CD的平分线相交于点A2，得∠A2，……∠A6BC与∠A6CD的平分线相交于点A7，得∠A7，则∠A7＝( )
A． B． C． D．
9．如图①，将一副三角板中的两个直角叠放在一起，其中，，，，现按住三角板不动，将三角板绕点C顺时针旋转，图②是旋转过程中的某一位置，当B、C、E三点第一次共线时旋转停止，记（k为常数），给出下列四个说法：
①当时，直线与直线相交所成的锐角度数为；
②当时，；
③当时，；
④当时，．其中正确的说法的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
10．如图，的顶点落在的边上，边，分别交的边于点E，F．若，，则的度数是
11．如图，直线，，，则的度数是 度．
12．一个三角形的三个内角的度数比为1:1:2，则这个三角形的形状为 .
13．已知在钝角△中，∠＝＞90°，∠＝.为高，点在上，且∠＝∠，则∠＝ (用含、的代数式表示).
14．若一个三角形中一个角的度数是另一个角的度数的3倍，则称这样的三角形为“和谐三角形”．例如，三个内角分别为，，的三角形是“和谐三角形”，如图，直角三角形中，，，是边上一动点．当是“和谐三角形”时，的度数是 ．
三、解答题
15．如图所示，在中，．
求证：是直角三角形．
16．如图，在中，，是的高．
(1)图中有几个直角三角形？是哪几个？
(2)和有什么数量关系？并说明理由．
17．综合与实践
数学活动课上，老师先在黑板上画出两条直线，再将三角板（，与直线a相交于点A）放在黑板上，转动三角板得到下面三个不同位置的图形．
(1)【初步探究】
如图①，若点B在直线b上，，则________°；
(2)【深入探究】
如图②，若点B在直线a，b之间，与有怎样的数量关系？写出结论，并给出证明；
(3)【拓展延伸】
如图③，若点B在直线b的下方，请直接写出与之间的数量关系．
18．如图，点，分别是的边，上任意一点，将沿折叠至，已知.
（1）若已知，探究，，之间的关系.
（2）若已知，探究，，之间的关系（直接写出结论，不需要证明）.
（3）若已知，探究，，之间的关系（直接写出结论，不需要证明）.
19．在△ABC中，∠B＝20°＋∠A，∠C＝∠B－10°，求∠A的度数．
20．如图 1，一张△ABC 纸片，点 M、N 分别是 AC、BC 上两点.
（1）若沿直线 MN 折叠，使 C 点落在 BN 上，则∠AMC′与∠ACB 的数量关系是 ；
（2）若折成图 2 的形状.猜想∠AMC′、∠BNC′和∠ACB 的数量关系，并说明理由.
猜想： .
理由：
（3）若折成图3 的形状，猜想∠AMC′、∠BNC′和∠ACB 的数量关系是 .（写出结论即可）.
（4）将上述问题推广，如图4，将四边形 ABCD 纸片沿 MN 折叠，使点 C、D 落在四边形 ABNM 的内部时，∠AMD′＋∠BNC′与∠C、∠D 之间的数量关系 是 （写出结论即可）.
1．B
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形的内角和定理以及角平分线的性质，正确熟练运用知识点进行角度计算是解答本题的关键．
先在中通过三角形内角和定理得出度数，再由平行线的性质求出的度数，最后由角平分线的性质即可求出答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴．
故选：B．
2．C
【分析】已知三角形三个内角的度数之比，可以设三个内角度数为：，，，根据三角形的内角和等于，列方程求三个内角的度数，确定最大的内角的度数．
【详解】解：设三个内角度数为：，，，
根据三角形内角和定理，可知，
解得：．
∴，即最大的内角是90°．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，解题的关键是见比设参．
3．B
【分析】本题主要考查了平行线的性质和三角形内角和定理．过点作，则有，，又因为和都是特殊直角三角形，，，可以得到，，进而可求解的度数，再根据平角的定义即可得出答案．
【详解】解：过点作，
∵，
∴，
，，
在和中，，，
，，
，，
，
，
，
故选：B．
4．B
【分析】此题考查了三角形内角和定理，熟记三角形内角和是是解题的关键．
设三角形三个内角的度数为，根据三角形内角和是求解即可．
【详解】解：设三角形三个内角的度数为，
∴，
解得，
∴最大角的度数．
故选：B．
5．B
【分析】本题主要考查三角形的内角和定理，通过方程求解，，的度数是解题的关键．由题意设，，，利用三角形的内角和定理可求解值，即可求解各内角的度数，再由折叠的性质可求得的度数，根据周角的定义可求解．
【详解】解：，
设，，，
，
解得，
，，，
由折叠可知：，
，
故选：B．
6．C
【分析】根据平行线的性质，可得，再由对顶角相等可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：如图，
根据题意得：，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，对顶角相等，直角三角形两锐角互余，熟练掌握平行线的性质，直角三角形两锐角互余是解题的关键．
7．B
【分析】此题考查了余角和补角，根据垂直定义可得，然后再根据余角定义和补角定义进行分析即可求解，掌握互余和互补的定义是解题的关键．
【详解】解：、∵，，
∴，
∴，，
∴是的余角，也是的余角，故错误，不合题意；
、∵，，
∵，
∴，，，，
∴图中互余的角共有对，故正确，符合题意；
、∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴的补角有和，故错误，不合题意；
、∵，
∴图中与互补的角共有个，故错误，不合题意；
故选：
8．D
【分析】根据题意先利用外角等于不相邻的两个内角之和，以及角平分线的性质求 ，再依此类推得， 找出规律，从而求的值．
【详解】解：根据题意得∠ACD=∠A＋∠ABC．
∵∠ABC与∠ACD的平分线交于点A1，
= =，
同理可得
∴
故选D．
【点睛】本题为找规律题，主要考查三角形的外角性质及三角形的内角和定理，同时考查了角平分线的定义．解答的关键是沟通外角和内角的关系．
9．C
【分析】先证明，然后求出当时，，由此按照图①求解即可判断（1）；当时， 求得，，则，即可判断（2）；当时，先求出，则，，即可判断（3）；根据题意当时，只有如图②一种情况，据此判断（4）即可．
【详解】解：当三角板旋转角度小于度时，如题干图②，设直线与直线交于F，
∴，
∴，
当时，即，如图①所示，
∴，
∴；
当三角板旋转角度大于时，如图②所示，
∴，
∴当时，即，
∴，
∴此时在图中的位置，
∴，故（1）正确；
当三角板旋转角度小于度时，如图所示，
当时，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当三角板旋转角的大于时，如图④所示，
同理可得，
∴，
∴，
∵，
∴，故（2）错误；
如图⑤所示，当时，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，故（3）正确；
由于顺时针旋转到B、C、E共线时停止，
∴当时，只有如下图⑥一种情况，
∴，
∴，
∴，
∴，故（4）正确，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角板中角度的计算，三角形内角和定理，平行线的判定，正确理解题意是解题的关键．
10．/66度
【分析】本题考查了三角形的内角和定理，平角的定义，根据三角形的内角和定理和平角的定义即可得到结论．
【详解】解：，，，
，
，
，
故答案为：．
11．90
【分析】如图，根据题意易得，进而根据三角形内角和可进行求解．
【详解】解：如图，
∵，，
∴，
∵，，
∴；
故答案为90．
【点睛】本题主要考查三角形内角和及平行线的性质，熟练掌握三角形内角和及平行线的性质是解题的关键．
12．等腰直角三角形
【分析】由三角形的三个内角度数比为1：1：2，可设三角形的三个内角分别为：x，x，2x，然后由三角形的内角和等于180°，即可得方程：x+x+2x=180°，解此方程即可求得答案．
【详解】∵三角形的三个内角度数比为1：1：2，
∴设三角形的三个内角分别为：x，x，2x，
∴x+x+2x=180°，
解得：x=45°，
∴三角形的三个内角度数分别为：45°，45°，90°．
∴这个三角形为等腰直角三角形．
故答案为等腰直角三角形．
【点睛】此题考查了三角形的内角和定理．此题比较简单，解题的关键是根据三角形的三个内角度数比为1：1：2，设三角形的三个内角分别为：x，x，2x，利用方程思想求解．
13．（如果少了或多了单位“°”，不算错）
【详解】试题解析：如图所示，
∵∠＝∠,
∴∠＝∠
∵∠＝，∠＝
∴∠=180°--
∴∠=(180°--)
∴∠DEA=(180°--)+=120°-
∴∠DAE=90°-(120°-)=.
故答案为:
14．30°或52.5°或80°．
【分析】分三种情况讨论，①当∠CDA＝3∠C时，②当∠C＝3∠CAD时，③∠CDA＝3∠CAD时，由“和谐三角形”定义可求解；
【详解】解：∵，，
∴
①当∠CDA＝3∠C时，∠CDA＝90°，
∴∠CAD＝60°，
∴∠BAD＝30°；
②当∠C＝3∠CAD时，
∴∠CAD＝10°，
∴∠DAB＝80°；
③∠CDA＝3∠CAD时，
∴∠CAD＝×(180°-30°)=37.5°，
∴∠DAB＝52.5°，
故答案为：30°或52.5°或80°．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理，理解“和谐三角形”定义，并能运用是解决本题的关键．
15．见解析
【分析】本题考查的是直角三角形的性质，可证明．在中，已知，等量代换可证是直角三角形，熟记直角三角形的判定定理是解题的关键．
【详解】证明：，
，
，
，
是直角三角形．
16．(1)图中有3个直角三角形，分别是，，
(2)，理由见解析
【分析】（1）由题中已知条件，是高，可以得到、、都是直角．
（2）由（1）得到，，是直角三角形，且、、是直角，所以，由此可以得到．
【详解】（1） ，是高，
，
图中有个直角三角形，分别是，，；
（2） ，，是直角三角形，且、、是直角，
，，
．
【点睛】本题考查了直角三角形的两个锐角互余，三角形高的定义，熟练掌握直角三角形的定义是解题的关键．
17．(1)114
(2)，证明见解析
(3)
【分析】本题考查对顶角性质、余角性质和平行线的性质，三角形内角和定理，熟练运用这些知识点是关键．
（1）先根据，，求出，再根据平行线的性质得出，最后求出结果即可；
（2）过点作，运用余角性质和平行线的性质分析即可；
（3）运用对顶角性质、三角形内角和定理和平行线的性质分析即可．
【详解】（1）解：如图1，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：114；
（2）解：与的关系：．
证明：如图2，过点作，
由题意可知，，
∵
∴
∴，
，
∵
∴，
，
．
（3）解：．
证明：设与直线交于点，与直线交于点，
则，
∵，
∴，
，，
∴，
，
．
18．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由折叠得，又三角形外角性质，，所以得到 （2）由∠BMF+∠AMF=180°，将（1）结论代入即可得到关系；（3）由∠DEM+∠D+∠AMF=180°，结合前两问结论即可得关系
【详解】（1）∵沿折叠得到，∴.
∵，∴.
（2）.
（3）.
【点睛】本题主要考查折叠性质、三角形内角和定义与外角性质的简单应用，解题关键在于第一问的关系找出之后后续两问要结合前面结论
19．∠A＝50°.
【详解】【试题分析】根据三角形内角和定理求解.
【试题解析】∠C＝∠B－10°＝20°＋∠A－10°＝10°＋∠A，
所以∠A＋∠B＋∠C＝∠A＋20°＋∠A＋10°＋∠A＝3∠A＋30°＝180°，所以∠A＝50°.
20．（1）∠AMC′=2∠ACB；（2）∠AMC′+∠BNC′=2∠ACB，理由见详解；（3）∠AMC′-∠BNC′=2∠ACB；（4）∠AMD′+∠BNC′=2（∠C+∠D）-360°.
【分析】（1）根据折叠性质和三角形的外角定理得出结论；
（2）先根据折叠得：∠CMN=∠C′MN，∠CNM=∠C′NM，由两个平角∠CMA和∠CNB得：∠AMC′+∠′BNC′等于360°与四个折叠角的差，化简为结果；
（3）利用两次外角定理得∠AMC′=∠C′+∠C+∠BNC′，然后根据等量代换，得出结论；
（4）与（2）类似，先由折叠得：∠DMN=∠D′MN，∠CNM=∠C′NM，再由两平角的和为360°得：∠AMD′+∠BNC′=360°-2∠DMN-2∠CNM，根据四边形的内角和得：∠DMN+∠CNM=360°-∠C-∠D，代入前式可得结论．
【详解】解：（1）由折叠得：∠ACB=∠MC′C，
∵∠AMC′=∠ACB+∠MC′C，
∴∠AMC′=2∠ACB；
故答案为∠AMC′=2∠ACB；
（2）猜想：∠AMC′+∠BNC′=2∠ACB，
理由是：
由折叠得：∠CMN=∠C′MN，∠CNM=∠C′NM，
∵∠CMA+∠CNB=360°，
∴∠AMC′+∠′BNC′=360°-∠CMN-∠C′MN-∠CNM-∠C′NM=360°-2∠CMN-2∠CNM，
∴∠AMC′+∠BNC′=2（180°-∠CMN-∠CNM）=2∠ACB；
（3）∵∠AMC′=∠MDC+∠C，∠MDC=∠C′+∠BNC′，
∴∠AMC′=∠C′+∠BNC′+∠C，
∵∠C=∠C′，
∴∠AMC′=2∠C+∠BNC′，
∴∠AMC′-∠BNC′=2∠ACB；
故答案为∠AMC′-∠BNC′=2∠ACB；
（4）由折叠得：∠DMN=∠D′MN，∠CNM=∠C′NM，
∵∠DMA+∠CNB=360°，
∴∠AMD′+∠BNC′=360°-2∠DMN-2∠CNM，
∵∠DMN+∠CNM=360°-∠C-∠D，
∴∠AMD′+∠BNC′=360°-2（360°-∠C-∠D）=2（∠C+∠D）-360°，
故答案为∠AMD′+∠BNC′=2（∠C+∠D）-360°．
【点睛】本题是折叠变换问题，思路分两类：①一类是利用外角定理得结论；②一类是利用平角和多边形内角和相结合得结论；字母书写要细心，角度比较复杂，是易错题．
11.2.1 三角形的内角同步练习
班级： 姓名：
同学们：
练习开始了，希望你认真审题，细致做题，运用所学知识解决本练习。祝你收获满满，学习进步，榜上有名！
一、单选题
1．如图，，被直线所截，且,平分，过点G作，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．已知一个三角形三个内角度数的比是1：2：3，则其最大内角的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．如图摆放的一副直角三角尺，，，与相交于点，当时，的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．一个三角形的三个内角的度数比是，最大的角是（ ）
A． B． C．
5．如图，已知在中，，现将分别沿边翻折得到，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．将一块三角板和一把直尺如图放置，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，已知点是射线上一点，过作交射线于点，交射线于点，下列结论正确的是（ ）
A．的余角只有 B．图中互余的角共有对
C．的补角只有 D．图中与互补的角共有个
8．如商，在△ABC中，∠A＝α,∠ABC与∠ACD的平分钱交十点A1，得∠A1,∠A1BC与∠A1CD的平分线相交于点A2，得∠A2，……∠A6BC与∠A6CD的平分线相交于点A7，得∠A7，则∠A7＝( )
A． B． C． D．
9．如图①，将一副三角板中的两个直角叠放在一起，其中，，，，现按住三角板不动，将三角板绕点C顺时针旋转，图②是旋转过程中的某一位置，当B、C、E三点第一次共线时旋转停止，记（k为常数），给出下列四个说法：
①当时，直线与直线相交所成的锐角度数为；
②当时，；
③当时，；
④当时，．其中正确的说法的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
10．如图，的顶点落在的边上，边，分别交的边于点E，F．若，，则的度数是
11．如图，直线，，，则的度数是 度．
12．一个三角形的三个内角的度数比为1:1:2，则这个三角形的形状为 .
13．已知在钝角△中，∠＝＞90°，∠＝.为高，点在上，且∠＝∠，则∠＝ (用含、的代数式表示).
14．若一个三角形中一个角的度数是另一个角的度数的3倍，则称这样的三角形为“和谐三角形”．例如，三个内角分别为，，的三角形是“和谐三角形”，如图，直角三角形中，，，是边上一动点．当是“和谐三角形”时，的度数是 ．
三、解答题
15．如图所示，在中，．
求证：是直角三角形．
16．如图，在中，，是的高．
(1)图中有几个直角三角形？是哪几个？
(2)和有什么数量关系？并说明理由．
17．综合与实践
数学活动课上，老师先在黑板上画出两条直线，再将三角板（，与直线a相交于点A）放在黑板上，转动三角板得到下面三个不同位置的图形．
(1)【初步探究】
如图①，若点B在直线b上，，则________°；
(2)【深入探究】
如图②，若点B在直线a，b之间，与有怎样的数量关系？写出结论，并给出证明；
(3)【拓展延伸】
如图③，若点B在直线b的下方，请直接写出与之间的数量关系．
18．如图，点，分别是的边，上任意一点，将沿折叠至，已知.
（1）若已知，探究，，之间的关系.
（2）若已知，探究，，之间的关系（直接写出结论，不需要证明）.
（3）若已知，探究，，之间的关系（直接写出结论，不需要证明）.
19．在△ABC中，∠B＝20°＋∠A，∠C＝∠B－10°，求∠A的度数．
20．如图 1，一张△ABC 纸片，点 M、N 分别是 AC、BC 上两点.
（1）若沿直线 MN 折叠，使 C 点落在 BN 上，则∠AMC′与∠ACB 的数量关系是 ；
（2）若折成图 2 的形状.猜想∠AMC′、∠BNC′和∠ACB 的数量关系，并说明理由.
猜想： .
理由：
（3）若折成图3 的形状，猜想∠AMC′、∠BNC′和∠ACB 的数量关系是 .（写出结论即可）.
（4）将上述问题推广，如图4，将四边形 ABCD 纸片沿 MN 折叠，使点 C、D 落在四边形 ABNM 的内部时，∠AMD′＋∠BNC′与∠C、∠D 之间的数量关系 是 （写出结论即可）.
1．B
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形的内角和定理以及角平分线的性质，正确熟练运用知识点进行角度计算是解答本题的关键．
先在中通过三角形内角和定理得出度数，再由平行线的性质求出的度数，最后由角平分线的性质即可求出答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴．
故选：B．
2．C
【分析】已知三角形三个内角的度数之比，可以设三个内角度数为：，，，根据三角形的内角和等于，列方程求三个内角的度数，确定最大的内角的度数．
【详解】解：设三个内角度数为：，，，
根据三角形内角和定理，可知，
解得：．
∴，即最大的内角是90°．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，解题的关键是见比设参．
3．B
【分析】本题主要考查了平行线的性质和三角形内角和定理．过点作，则有，，又因为和都是特殊直角三角形，，，可以得到，，进而可求解的度数，再根据平角的定义即可得出答案．
【详解】解：过点作，
∵，
∴，
，，
在和中，，，
，，
，，
，
，
，
故选：B．
4．B
【分析】此题考查了三角形内角和定理，熟记三角形内角和是是解题的关键．
设三角形三个内角的度数为，根据三角形内角和是求解即可．
【详解】解：设三角形三个内角的度数为，
∴，
解得，
∴最大角的度数．
故选：B．
5．B
【分析】本题主要考查三角形的内角和定理，通过方程求解，，的度数是解题的关键．由题意设，，，利用三角形的内角和定理可求解值，即可求解各内角的度数，再由折叠的性质可求得的度数，根据周角的定义可求解．
【详解】解：，
设，，，
，
解得，
，，，
由折叠可知：，
，
故选：B．
6．C
【分析】根据平行线的性质，可得，再由对顶角相等可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：如图，
根据题意得：，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，对顶角相等，直角三角形两锐角互余，熟练掌握平行线的性质，直角三角形两锐角互余是解题的关键．
7．B
【分析】此题考查了余角和补角，根据垂直定义可得，然后再根据余角定义和补角定义进行分析即可求解，掌握互余和互补的定义是解题的关键．
【详解】解：、∵，，
∴，
∴，，
∴是的余角，也是的余角，故错误，不合题意；
、∵，，
∵，
∴，，，，
∴图中互余的角共有对，故正确，符合题意；
、∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴的补角有和，故错误，不合题意；
、∵，
∴图中与互补的角共有个，故错误，不合题意；
故选：
8．D
【分析】根据题意先利用外角等于不相邻的两个内角之和，以及角平分线的性质求 ，再依此类推得， 找出规律，从而求的值．
【详解】解：根据题意得∠ACD=∠A＋∠ABC．
∵∠ABC与∠ACD的平分线交于点A1，
= =，
同理可得
∴
故选D．
【点睛】本题为找规律题，主要考查三角形的外角性质及三角形的内角和定理，同时考查了角平分线的定义．解答的关键是沟通外角和内角的关系．
9．C
【分析】先证明，然后求出当时，，由此按照图①求解即可判断（1）；当时， 求得，，则，即可判断（2）；当时，先求出，则，，即可判断（3）；根据题意当时，只有如图②一种情况，据此判断（4）即可．
【详解】解：当三角板旋转角度小于度时，如题干图②，设直线与直线交于F，
∴，
∴，
当时，即，如图①所示，
∴，
∴；
当三角板旋转角度大于时，如图②所示，
∴，
∴当时，即，
∴，
∴此时在图中的位置，
∴，故（1）正确；
当三角板旋转角度小于度时，如图所示，
当时，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当三角板旋转角的大于时，如图④所示，
同理可得，
∴，
∴，
∵，
∴，故（2）错误；
如图⑤所示，当时，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，故（3）正确；
由于顺时针旋转到B、C、E共线时停止，
∴当时，只有如下图⑥一种情况，
∴，
∴，
∴，
∴，故（4）正确，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角板中角度的计算，三角形内角和定理，平行线的判定，正确理解题意是解题的关键．
10．/66度
【分析】本题考查了三角形的内角和定理，平角的定义，根据三角形的内角和定理和平角的定义即可得到结论．
【详解】解：，，，
，
，
，
故答案为：．
11．90
【分析】如图，根据题意易得，进而根据三角形内角和可进行求解．
【详解】解：如图，
∵，，
∴，
∵，，
∴；
故答案为90．
【点睛】本题主要考查三角形内角和及平行线的性质，熟练掌握三角形内角和及平行线的性质是解题的关键．
12．等腰直角三角形
【分析】由三角形的三个内角度数比为1：1：2，可设三角形的三个内角分别为：x，x，2x，然后由三角形的内角和等于180°，即可得方程：x+x+2x=180°，解此方程即可求得答案．
【详解】∵三角形的三个内角度数比为1：1：2，
∴设三角形的三个内角分别为：x，x，2x，
∴x+x+2x=180°，
解得：x=45°，
∴三角形的三个内角度数分别为：45°，45°，90°．
∴这个三角形为等腰直角三角形．
故答案为等腰直角三角形．
【点睛】此题考查了三角形的内角和定理．此题比较简单，解题的关键是根据三角形的三个内角度数比为1：1：2，设三角形的三个内角分别为：x，x，2x，利用方程思想求解．
13．（如果少了或多了单位“°”，不算错）
【详解】试题解析：如图所示，
∵∠＝∠,
∴∠＝∠
∵∠＝，∠＝
∴∠=180°--
∴∠=(180°--)
∴∠DEA=(180°--)+=120°-
∴∠DAE=90°-(120°-)=.
故答案为:
14．30°或52.5°或80°．
【分析】分三种情况讨论，①当∠CDA＝3∠C时，②当∠C＝3∠CAD时，③∠CDA＝3∠CAD时，由“和谐三角形”定义可求解；
【详解】解：∵，，
∴
①当∠CDA＝3∠C时，∠CDA＝90°，
∴∠CAD＝60°，
∴∠BAD＝30°；
②当∠C＝3∠CAD时，
∴∠CAD＝10°，
∴∠DAB＝80°；
③∠CDA＝3∠CAD时，
∴∠CAD＝×(180°-30°)=37.5°，
∴∠DAB＝52.5°，
故答案为：30°或52.5°或80°．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理，理解“和谐三角形”定义，并能运用是解决本题的关键．
15．见解析
【分析】本题考查的是直角三角形的性质，可证明．在中，已知，等量代换可证是直角三角形，熟记直角三角形的判定定理是解题的关键．
【详解】证明：，
，
，
，
是直角三角形．
16．(1)图中有3个直角三角形，分别是，，
(2)，理由见解析
【分析】（1）由题中已知条件，是高，可以得到、、都是直角．
（2）由（1）得到，，是直角三角形，且、、是直角，所以，由此可以得到．
【详解】（1） ，是高，
，
图中有个直角三角形，分别是，，；
（2） ，，是直角三角形，且、、是直角，
，，
．
【点睛】本题考查了直角三角形的两个锐角互余，三角形高的定义，熟练掌握直角三角形的定义是解题的关键．
17．(1)114
(2)，证明见解析
(3)
【分析】本题考查对顶角性质、余角性质和平行线的性质，三角形内角和定理，熟练运用这些知识点是关键．
（1）先根据，，求出，再根据平行线的性质得出，最后求出结果即可；
（2）过点作，运用余角性质和平行线的性质分析即可；
（3）运用对顶角性质、三角形内角和定理和平行线的性质分析即可．
【详解】（1）解：如图1，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：114；
（2）解：与的关系：．
证明：如图2，过点作，
由题意可知，，
∵
∴
∴，
，
∵
∴，
，
．
（3）解：．
证明：设与直线交于点，与直线交于点，
则，
∵，
∴，
，，
∴，
，
．
18．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由折叠得，又三角形外角性质，，所以得到 （2）由∠BMF+∠AMF=180°，将（1）结论代入即可得到关系；（3）由∠DEM+∠D+∠AMF=180°，结合前两问结论即可得关系
【详解】（1）∵沿折叠得到，∴.
∵，∴.
（2）.
（3）.
【点睛】本题主要考查折叠性质、三角形内角和定义与外角性质的简单应用，解题关键在于第一问的关系找出之后后续两问要结合前面结论
19．∠A＝50°.
【详解】【试题分析】根据三角形内角和定理求解.
【试题解析】∠C＝∠B－10°＝20°＋∠A－10°＝10°＋∠A，
所以∠A＋∠B＋∠C＝∠A＋20°＋∠A＋10°＋∠A＝3∠A＋30°＝180°，所以∠A＝50°.
20．（1）∠AMC′=2∠ACB；（2）∠AMC′+∠BNC′=2∠ACB，理由见详解；（3）∠AMC′-∠BNC′=2∠ACB；（4）∠AMD′+∠BNC′=2（∠C+∠D）-360°.
【分析】（1）根据折叠性质和三角形的外角定理得出结论；
（2）先根据折叠得：∠CMN=∠C′MN，∠CNM=∠C′NM，由两个平角∠CMA和∠CNB得：∠AMC′+∠′BNC′等于360°与四个折叠角的差，化简为结果；
（3）利用两次外角定理得∠AMC′=∠C′+∠C+∠BNC′，然后根据等量代换，得出结论；
（4）与（2）类似，先由折叠得：∠DMN=∠D′MN，∠CNM=∠C′NM，再由两平角的和为360°得：∠AMD′+∠BNC′=360°-2∠DMN-2∠CNM，根据四边形的内角和得：∠DMN+∠CNM=360°-∠C-∠D，代入前式可得结论．
【详解】解：（1）由折叠得：∠ACB=∠MC′C，
∵∠AMC′=∠ACB+∠MC′C，
∴∠AMC′=2∠ACB；
故答案为∠AMC′=2∠ACB；
（2）猜想：∠AMC′+∠BNC′=2∠ACB，
理由是：
由折叠得：∠CMN=∠C′MN，∠CNM=∠C′NM，
∵∠CMA+∠CNB=360°，
∴∠AMC′+∠′BNC′=360°-∠CMN-∠C′MN-∠CNM-∠C′NM=360°-2∠CMN-2∠CNM，
∴∠AMC′+∠BNC′=2（180°-∠CMN-∠CNM）=2∠ACB；
（3）∵∠AMC′=∠MDC+∠C，∠MDC=∠C′+∠BNC′，
∴∠AMC′=∠C′+∠BNC′+∠C，
∵∠C=∠C′，
∴∠AMC′=2∠C+∠BNC′，
∴∠AMC′-∠BNC′=2∠ACB；
故答案为∠AMC′-∠BNC′=2∠ACB；
（4）由折叠得：∠DMN=∠D′MN，∠CNM=∠C′NM，
∵∠DMA+∠CNB=360°，
∴∠AMD′+∠BNC′=360°-2∠DMN-2∠CNM，
∵∠DMN+∠CNM=360°-∠C-∠D，
∴∠AMD′+∠BNC′=360°-2（360°-∠C-∠D）=2（∠C+∠D）-360°，
故答案为∠AMD′+∠BNC′=2（∠C+∠D）-360°．
【点睛】本题是折叠变换问题，思路分两类：①一类是利用外角定理得结论；②一类是利用平角和多边形内角和相结合得结论；字母书写要细心，角度比较复杂，是易错题．