2025年浙江省中考数学一轮复习专题检测 专题16 三角形（含解析）

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专题16 三角形
一．选择题
1．（2024 湖南三模）下列各组长度的三条线段能组成三角形的是（　　）
A．1，2，3 B．1，1，2 C．1，2，2 D．1，5，7
2．（2024 拱墅区一模）王老汉要将一块如图所示的三角形土地平均分配给两个儿子，则图中他所作的线段AD应该是△ABC的（　　）
A．角平分线 B．中线
C．高线 D．以上都不是
3．（2024 鄞州区模拟）如图，直线l1∥l2，以直线l2上的点A为圆心适当长为半径画弧，分别交直线l1、l2于点B、C，连结AB、BC．若∠ACB＝68°，则∠1的度数为（　　）
A．22° B．32° C．44° D．68°
4．（2024 桥西区模拟）平面内，将长分别为1，1，3，x的线段，首尾顺次相接组成凸四边形（如图），x可能是（　　）
A．1 B．3 C．5 D．7
5．（2024 山西模拟）为了比较与的大小，小亮先画了一条数轴，然后在原点O处作了一条垂线段OA，且OA＝1，点B表示的数是2，点C表示的数为3，连接AB，AC，由AB+BC＞AC推出，这里小亮用到的数学思想是（　　）
A．统计思想 B．数形结合 C．模型思想 D．分类讨论
6．（2024 汉川市模拟）已知△ABC中，其中有两边长是2和5，且△ABC的第三边长是偶数，则此三角形的周长为（　　）
A．11 B．12 C．13 D．11或13
7．（2024 重庆模拟）如图，在△ABC中，AD是高，AE是角平分线，AF是中线，则下列说法中错误的是（　　）
A．BF＝CF B．∠C+∠CAD＝90°
C．∠BAF＝∠CAF D．S△ABC＝2S△ABF
8．（2024 瑶海区一模）如图，在△ABC中，∠B+∠C＝110°，AM平分∠BAC，交BC于点M，MN∥AB，交AC于点N，则∠AMN的大小是（　　）
A．30° B．35° C．40° D．55°
9．（2024 肥东县模拟）如图，将一副三角板的直角顶点重合并部分重叠，若∠BOD＝20°，则∠AEC的度数为（　　）
A．30° B．35° C．40° D．45°
10．（2024 榆阳区二模）将一副三角板和一个直尺按如图所示的位置摆放，直角边BC与直尺的一边重合，点E在AC上，∠ABC＝∠D＝90°，∠A＝30°，∠DEC＝45°，则∠1的度数为（　　）
A．75° B．70° C．65° D．60°
11．（2024 西宁）如图，在△ABC中，AD是角平分线，BE是中线，AD＝BE，且AD⊥BE，垂足为F，G为DC的中点，连接DE，EG．下列结论错误的是（　　）
A．△AFB≌△AFE B．∠ADB＝∠ADE C．FD＝BE D．△CEG～△CBE
12．（2024 宁夏）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3cm，BC＝2cm，点A在直线l1上，点B，C在直线l2上，l1∥l2，动点P从点A出发沿直线l1以1cm/s的速度向右运动，设运动时间为t s．
下列结论：
①当t＝2s时，四边形ABCP的周长是10cm；
②当t＝4s时，点P到直线l2的距离等于5cm；
③在点P运动过程中，△PBC的面积随着t的增大而增大；
④若点D，E分别是线段PB，PC的中点，在点P运动过程中，线段DE的长度不变．
其中正确的是（　　）
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
二．填空题
13．（2024 上饶一模）将一副三角尺按如图所示的位置摆放在直尺上，则∠1的度数为 　 　．
14．（2024 海南）如图是跷跷板示意图，支柱OM经过AB的中点O，OM与地面CD垂直于点M，OM＝40cm，当跷跷板的一端A着地时，另一端B离地面的高度为 　 　cm．
15．（2025 鹿城区校级一模）如图，点D、E分别为AB，AC的中点，BF平分∠ABC交DE于点F，若AB＝4，BC＝6，则EF＝　 　．
16．（2024 湖南模拟）已知a，b，c是一个三角形的三边，且a，b满足．则c的取值范围是 　 　．
三．解答题
17．（2024 香洲区校级一模）已知如图，△ABC过点A作∠DAE＝∠BAC，且AB∥DE，∠1＝∠2．
（1）求证AD∥BC；
（2）若已知AE平分∠BAC，∠C＝40°，求∠BAD的度数．
18．（2024 大埔县一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，连结DE．已知BC＝10，AD＝12，求BD，DE的长．
19．（2024 潍城区二模）三角形的内角和定理是初中数学学习中的一个重要定理，下面给出了该定理的一种
证明方法．
已知：如图甲，　 　．
求证：∠A+∠B+∠C＝180°．
证明：如图乙，作BC的延长线CD，在△ABC外部，以CA为一边，作∠ACE＝∠A．
所以，CE∥AB（内错角相等，两直线平行）．
所以，∠B＝∠ECD（ 　 　）．
因为，∠ACB，∠ACE，∠ECD组成一个平角，
所以，∠ACB+∠ACE+∠ECD＝180°（平角的定义），
所以，∠ACB+∠A+∠B＝180°（ 　 　）．
（1）请将上面的“已知”和推理“依据”补充完整；
（2）该定理有多种证明方法，请再写出一种证明方法．
20．（2024 青岛一模）【探究1】
如图1，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，AB∥CD，∠ABC＝30°，∠ADC＝36°，则∠AEC＝　 　°；
【探究2】
如图2，∠BAD的三等分线AE与∠BCD的三等分线CE交于点E，∠EAD＝∠BAD，∠BCE＝∠BCD，AB∥CD，∠ABC＝30°，∠ADC＝36°，则∠AEC＝　 　°；
【探究3】
如图3，∠BAD的n等分线AE与∠BCD的n等分线CE交于点E，∠EAD＝∠BAD，∠BCE＝∠BCD，AB∥CD，∠ABC＝x°，∠ADC＝y°，则∠AEC＝　 　°（用含x，y，n的式子表示）．
21．（2024 柯桥区模拟）问题提出：
（1）如图①，在△ABC中，点M，N分别是AB，AC的中点，若BC＝6，则MN的长为 　 　．
问题探究：
（2）如图②，在正方形ABCD中，AD＝6，点E为AD上的靠近点A的三等分点，点F为AB上的动点，将△AEF折叠，点A的对应点G，求CG的最小值．
问题解决：
（3）如图③，某地要规划一个五边形艺术中心ABCDE，已知∠ABC＝120°，∠BCD＝60°，AB＝AE＝20m，BC＝CD＝40m，点C处为参观入口，DE的中点P处规划为“优秀”作品展台，求点C与点P之间的最小距离．
答案与解析
一．选择题
1．（2024 湖南三模）下列各组长度的三条线段能组成三角形的是（　　）
A．1，2，3 B．1，1，2 C．1，2，2 D．1，5，7
【点拨】根据三角形的任意两边的和大于第三边，任意两边之差小于第三边，只要把三边代入，看是否满足即可．
【解析】解：A.1+2＝3，不能构成三角形，不合题意；
B.1+1＝2，不能构成三角形，不合题意；
C..1+2＞2，能构成三角形，符合题意；
D.1+5＜7，不能构成三角形，不合题意．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，要注意三角形形成的条件：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
2．（2024 拱墅区一模）王老汉要将一块如图所示的三角形土地平均分配给两个儿子，则图中他所作的线段AD应该是△ABC的（　　）
A．角平分线 B．中线 C．高线 D．以上都不是
【点拨】根据三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分解答．
【解析】解：由三角形的面积公式可知，三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分，
∴他所作的线段AD应该是△ABC的中线，
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形的面积计算，掌握三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分是解题的关键．
3．（2024 鄞州区模拟）如图，直线l1∥l2，以直线l2上的点A为圆心适当长为半径画弧，分别交直线l1、l2于点B、C，连结AB、BC．若∠ACB＝68°，则∠1的度数为（　　）
A．22° B．32° C．44° D．68°
【点拨】由题意可得AB＝AC，则有∠ABC＝∠ACB＝68°，再利用三角形的内角和即可求∠1的度数．
【解析】解：∵以直线l2上的点A为圆心适当长为半径画弧，分别交直线l1、l2于点B、C，
∴AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝68°，
在△ABC中，∠1＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝44°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，解答的关键是由题意得到AB＝AC．
4．（2024 桥西区模拟）平面内，将长分别为1，1，3，x的线段，首尾顺次相接组成凸四边形（如图），x可能是（　　）
A．1 B．3 C．5 D．7
【点拨】由三角形三边关系定理得到2＜AC＜4，AC﹣1＜x＜AC+1，因此1＜x＜5，即可得到答案．
【解析】解：连接AC，
在△ACD中，3﹣1＜AC＜3+1，
∴2＜AC＜4，
在△ABC中，AC﹣1＜x＜AC+1，
∴1＜x＜5，
∴x可能是3．
故选：B．
【点睛】本题考查三角形的三边关系，关键是连接AC，应用三角形的三边关系定理来解决问题．
5．（2024 山西模拟）为了比较与的大小，小亮先画了一条数轴，然后在原点O处作了一条垂线段OA，且OA＝1，点B表示的数是2，点C表示的数为3，连接AB，AC，由AB+BC＞AC推出，这里小亮用到的数学思想是（　　）
A．统计思想 B．数形结合 C．模型思想 D．分类讨论
【点拨】由数形结合思想，即可得到答案．
【解析】解：这里小亮用到的数学思想是数形结合．
故选：B．
【点睛】本题考查三角形三边关系，实数与数轴，实数大小比较，数学思想，关键是掌握数形结合思想．
6．（2024 汉川市模拟）已知△ABC中，其中有两边长是2和5，且△ABC的第三边长是偶数，则此三角形的周长为（　　）
A．11 B．12 C．13 D．11或13
【点拨】三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边，设第三边长x，得到3＜x＜7，由△ABC的第三边长是偶数，得到x＝4或6，于是得到此三角形的周长．
【解析】解：设第三边长x，
∴5﹣2＜x＜5+2，
∴3＜x＜7，
∵△ABC的第三边长是偶数，
∴x＝4或6，
∴此三角形的周长为2+5+4＝11或2+5+6＝13．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形三边关系，关键是掌握三角形三边关系定理．
7．（2024 重庆模拟）如图，在△ABC中，AD是高，AE是角平分线，AF是中线，则下列说法中错误的是（　　）
A．BF＝CF B．∠C+∠CAD＝90° C．∠BAF＝∠CAF D．S△ABC＝2S△ABF
【点拨】根据三角形的角平分线、中线和高的概念判断．
【解析】解：∵AF是△ABC的中线，
∴BF＝CF，A说法正确，不符合题意；
∵AD是高，
∴∠ADC＝90°，
∴∠C+∠CAD＝90°，B说法正确，不符合题意；
∵AE是角平分线，
∴∠BAE＝∠CAE，而∠BAF与∠CAF不一定相等，C说法错误，符合题意；
∵BF＝CF，
∴S△ABC＝2S△ABF，D说法正确，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形的角平分线、中线和高，掌握它们的概念是解题的关键．
8．（2024 瑶海区一模）如图，在△ABC中，∠B+∠C＝110°，AM平分∠BAC，交BC于点M，MN∥AB，交AC于点N，则∠AMN的大小是（　　）
A．30° B．35° C．40° D．55°
【点拨】先根据已知条件和三角形的内角和为180°，求出∠BAC的度数，再根据已知条件和角平分线的定义，求出∠BAM，最后根据MN∥AB，求出∠AMN即可．
【解析】解：∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，
∴∠BAC＝180°﹣（∠B+∠C）＝180°﹣110°＝70°，
∵AM平分∠BAC，
∴∠BAM＝，
∵MN∥AB，
∴∠AMN＝∠BAM＝35°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理和平行线的性质，解题关键是熟练掌握三角形三个内角的和是180°和平行线的性质．
9．（2024 肥东县模拟）如图，将一副三角板的直角顶点重合并部分重叠，若∠BOD＝20°，则∠AEC的度数为（　　）
A．30° B．35° C．40° D．45°
【点拨】根据三角形内角和定理求出∠B的度数，进而根据三角形外角的性质求出∠AFO的度数，再由三角形外角的性质求出∠DEF的度数，最后根据对顶角相等即可得到答案．
【解析】解：如图，
由题意得，∠B＝180°﹣30°﹣90°＝60°，
∵∠BOD＝20°，
∴∠AFO＝∠BOD+∠B＝80°，
∴∠DEF＝∠AFO﹣∠D＝35°，
∴∠AEC＝∠DEB＝35°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
10．（2024 榆阳区二模）将一副三角板和一个直尺按如图所示的位置摆放，直角边BC与直尺的一边重合，点E在AC上，∠ABC＝∠D＝90°，∠A＝30°，∠DEC＝45°，则∠1的度数为（　　）
A．75° B．70° C．65° D．60°
【点拨】在图中标记∠2，利用三角形内角和定理，可求出∠ACB及∠DCE的度数，结合邻补角互补，可求出∠2的度数，由直尺的对边平行，再利用“两直线平行，同位角相等”，即可求出∠1的度数．
【解析】解：在图中标记∠2，如图所示.
∵∠ACB＝180°﹣90°﹣30°＝60°，∠DCE＝180°﹣90°﹣45°＝45°，
∴∠2＝180°﹣∠ACB﹣∠DCE＝180°﹣60°﹣45°＝75°．
∵直尺的对边平行，
∴∠1＝∠2＝75°．
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、平行线的性质以及余角和补角，利用三角形内角和定理及邻补角互补，找出∠2的度数是解题的关键．
11．（2024 西宁）如图，在△ABC中，AD是角平分线，BE是中线，AD＝BE，且AD⊥BE，垂足为F，G为DC的中点，连接DE，EG．下列结论错误的是（　　）
A．△AFB≌△AFE B．∠ADB＝∠ADE C．FD＝BE D．△CEG～△CBE
【点拨】根据三角形全等可判断A，B两选项，根据三角形中位线性质，可判断C选项，以及相似三角形的判断，从而得到结果．
【解析】解：∵AD是角平分线，
∴∠BAD＝∠EAD，
∵AD⊥BE，
∴∠AFB＝∠AFE＝90°，
又∵AF＝AF，
∴△AFB≌△AFE（ASA），
故A选项正确，不符合题意；
∵△AFB≌△AFE，
∴AB＝AE，
∵∠BAD＝∠EAD，AD＝AD，
∴△ADB≌△ADE（SAS），
∴∠ADB＝∠ADE，
故B选项正确，不符合题意；
∵BE是中线，
∴CE＝EA，
∵G为DC的中点，
∴CG＝GD，
∴EG是△CAD中位线，
∴EG＝AD，EG∥AD，
∴，
又∵△AFB≌△AFE，
∴BF＝FE，
∴BD＝GD，
∴DF是△BEG的中位线，
∴DF＝EG，
∴DF＝AD，
∵AD＝BE，
∴DF＝BE，
故C选项正确，不符合题意；
在△CEG和△CBE中，∠C为公共角，
但∠CEG和∠CBE，∠CGE和∠CEB均不相等，相应边不成比例，
故△CEG和△CBE不相似，
故D选项错误，符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定，三角形中位线性质应用，相似三角形的判定，熟练掌握相关性质、定理是解题的关键．
12．（2024 宁夏）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3cm，BC＝2cm，点A在直线l1上，点B，C在直线l2上，l1∥l2，动点P从点A出发沿直线l1以1cm/s的速度向右运动，设运动时间为t s．
下列结论：
①当t＝2s时，四边形ABCP的周长是10cm；
②当t＝4s时，点P到直线l2的距离等于5cm；
③在点P运动过程中，△PBC的面积随着t的增大而增大；
④若点D，E分别是线段PB，PC的中点，在点P运动过程中，线段DE的长度不变．
其中正确的是（　　）
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
【点拨】①根据t＝2s时得出四边形ABCP为矩形，据此可解决问题．
②根据“平行线间的距离处处相等”即可解决问题．
③根据②中的发现即可解决问题．
④利用三角形的中位线定理即可解决问题．
【解析】解：①当t＝2s时，
AP＝2cm，
则AP＝BC．
又因为AP∥BC，∠ABC＝90°，
所以四边形ABCP是矩形，
所以PC＝AB＝3cm，
所以四边形ABCP的周长为：2×（2+3）＝10（cm）．
故①正确．
因为“平行线间的距离处处相等”，AB＝3cm，∠ABC＝90°，
所以直线l1与直线l2之间的距离是3cm，
所以当t＝4s时，点P到直线l2的距离仍然是3cm．
故②错误．
由上述过程可知，
点P到BC的距离为定值3cm，
即△PBC的BC边上的高为3cm，
又因为BC＝2cm，
所以△PBC的面积为定值．
故③错误．
因为点D，E分别是线段PB，PC的中点，
所以DE是△PBC的中位线，
所以DE＝（cm），
即线段DE的长度不变．
故④正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形面积及三角形的中位线定理，熟知三角形的中位线定理及三角形的面积公式是解题的关键．
二．填空题
13．（2024 上饶一模）将一副三角尺按如图所示的位置摆放在直尺上，则∠1的度数为 　75°　．
【点拨】根据平角的定义得∠2+60°+45°＝180°，得∠2＝75°，根据平行线的性质可得答案．
【解析】解：如图，
∵∠2+60°+45°＝180°，
∴∠2＝75°，
∵直尺的上下两边平行，
∴∠1＝∠2＝75°，
故答案为：75°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，平角的定义，熟练掌握三角板各角度数以及平行线的性质是解题的关键．
14．（2024 海南）如图是跷跷板示意图，支柱OM经过AB的中点O，OM与地面CD垂直于点M，OM＝40cm，当跷跷板的一端A着地时，另一端B离地面的高度为 　80　cm．
【点拨】判断出OD是△ABE的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得BE＝2OM．
【解析】解：∵O是AB的中点，OM垂直于地面，BE垂直于地面，
∴OM是△ABE的中位线，
∴BE＝2OM＝2×40＝80（cm），
另一端B离地面的高度为80cm，
故答案为：80．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，熟记定理是解题的关键．
15．（2025 鹿城区校级一模）如图，点D、E分别为AB，AC的中点，BF平分∠ABC交DE于点F，若AB＝4，BC＝6，则EF＝　1　．
【点拨】根据三角形中位线定理得到DE＝BC＝3，DE∥BC，根据角平分线的定义、平行线的性质得到∠DBF＝∠DFB，得到DF＝BD＝2，计算即可．
【解析】解：∵点D、E分别为AB，AC的中点，AB＝4，
∴DE是△ABC的中位线，BD＝AB＝2，
∴DE＝BC＝3，DE∥BC，
∴∠DFB＝∠FBC，
∵BF平分∠ABC，
∴∠DFB＝∠FBC，
∴∠DBF＝∠DFB，
∴DF＝BD＝2，
∴EF＝DE﹣DF＝3﹣2＝1，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
16．（2024 湖南模拟）已知a，b，c是一个三角形的三边，且a，b满足．则c的取值范围是 　1＜c＜3　．
【点拨】根据非负数的性质列式求出a、b，再根据三角形的任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求解即可．
【解析】解：∵
∴a﹣1＝0，b﹣2＝0，
解得a＝1，b＝2，
∵2﹣1＝1，1+2＝3，
∴1＜c＜3．
故答案为：1＜c＜3．
【点睛】本题主要考查的是三角形三边关系，非负数的性质，熟知三角形两边之和大于第三边；三角形的两边差小于第三边是解题的关键．
三．解答题
17．（2024 香洲区校级一模）已知如图，△ABC过点A作∠DAE＝∠BAC，且AB∥DE，∠1＝∠2．
（1）求证AD∥BC；
（2）若已知AE平分∠BAC，∠C＝40°，求∠BAD的度数．
【点拨】（1）根据平行线的性质得出∠BAC＝∠1，求出∠DAE＝∠2，根据平行线的判定得出即可；
（2）根据角平分线的定义得出∠BAE＝∠CAE，根据∠DAE＝∠BEA求出∠BAE＝∠EAC＝∠DAC，根据平行线的性质得出∠C＝∠DAC，求出∠C＝∠BAE＝∠DAC＝40°，即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵AB∥DE，
∴∠BAC＝∠1，
∵∠1＝∠2，
∴∠BAC＝∠1，
∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE＝∠2，
∴AD∥BC；
（2）解：∵AD∥BC，
∵∠DAE＝∠BEA，
∴∠BAE＝∠EAC＝∠DAC，
∵AD∥BC，
∴∠C＝∠DAC，
∴∠C＝∠BAE＝∠DAC＝40°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠BAE＝80°，
∴∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝120°．
【点睛】本题考查了平行线的性质和判定，角平分线的定义等知识点，能灵活运用平行线的性质和判定进行推理是解此题的关键．
18．（2024 大埔县一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，连结DE．已知BC＝10，AD＝12，求BD，DE的长．
【点拨】根据等腰三角形的性质求出，根据勾股定理求出AB＝13，
【解析】解∵AB＝AC，AD⊥BC于点D，
∴，
∵BC＝10，
∴BD＝5，
∵AD⊥BC于点D，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△ABD中，AB2＝AD2+BD2，
∵AD＝12，
∴，
∵E为AB的中点，D点为BC的中点，
∴．
【点睛】此题考查了三角形中位线的判定与性质、等腰三角形的性质，熟记三角形中位线的判定与性质、等腰三角形的性质是解题的关键．
19．（2024 潍城区二模）三角形的内角和定理是初中数学学习中的一个重要定理，下面给出了该定理的一种
证明方法．
已知：如图甲，　△ABC　．
求证：∠A+∠B+∠C＝180°．
证明：如图乙，作BC的延长线CD，在△ABC外部，以CA为一边，作∠ACE＝∠A．
所以，CE∥AB（内错角相等，两直线平行）．
所以，∠B＝∠ECD（ 　两直线平行，同位角相等　）．
因为，∠ACB，∠ACE，∠ECD组成一个平角，
所以，∠ACB+∠ACE+∠ECD＝180°（平角的定义），
所以，∠ACB+∠A+∠B＝180°（ 　等量代换　）．
（1）请将上面的“已知”和推理“依据”补充完整；
（2）该定理有多种证明方法，请再写出一种证明方法．
【点拨】（1）在△ABC外部，以CA为一边，作∠ACE＝∠A．根据平行线的判定与性质及平角定义求解即可；
（2）过点A作AD∥BC，根据平行线的性质∠DAC＝∠C，∠BAD+∠B＝180°，由此证明即可．
【解析】解：（1）已知：如图甲，△ABC．
求证：∠A+∠B+∠C＝180°．
证明：如图乙，作BC的延长线CD，在△ABC外部，以CA为一边，作∠ACE＝∠A．
所以，CE∥AB（内错角相等，两直线平行）．
所以，∠B＝∠ECD（两直线平行，同位角相等）．
因为，∠ACB，∠ACE，∠ECD组成一个平角，
所以，∠ACB+∠ACE+∠ECD＝180°（平角的定义），
所以，∠ACB+∠A+∠B＝180°（等量代换）．
故答案为：△ABC；两直线平行，同位角相等；等量代换；
（2）如图丙，过点A作AD∥BC，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠C（两直线平行，内错角相等）．
∠BAD+∠B＝180°（两直线平行，同旁内角互补）．
即∠BAC+∠DAC+∠B＝180°．
∴∠BAC+∠B+∠C＝180°．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线的判定与性质，熟练掌握三角形内角和定理的证明是解题的关键．
20．（2024 青岛一模）【探究1】
如图1，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，AB∥CD，∠ABC＝30°，∠ADC＝36°，则∠AEC＝　33　°；
【探究2】
如图2，∠BAD的三等分线AE与∠BCD的三等分线CE交于点E，∠EAD＝∠BAD，∠BCE＝∠BCD，AB∥CD，∠ABC＝30°，∠ADC＝36°，则∠AEC＝　44　°；
【探究3】
如图3，∠BAD的n等分线AE与∠BCD的n等分线CE交于点E，∠EAD＝∠BAD，∠BCE＝∠BCD，AB∥CD，∠ABC＝x°，∠ADC＝y°，则∠AEC＝　＝（x+y）　°（用含x，y，n的式子表示）．
【点拨】【探究1】过点E作EF∥AB，先证AB∥EF∥CD得∠FEA＝∠BAE，∠FEC＝∠DCE，则∠AEC＝∠BAE+∠DCE，再根据AB∥CD及角平分线的定义得∠BAE＝∠BAD＝18°，∠DCE＝∠BCD＝15°，由此可得∠AEC的度数；
【探究2】同理可证∠AEC＝∠BAE+∠DCE，再根据AB∥CD及已知条件得∠BAE＝∠BAD＝24°，∠DCE＝∠BCD＝20°，由此可得∠AEC的度数；
【探究3】同理可证∠AEC＝∠BAE+∠DCE，再根据AB∥CD及已知条件得∠BAE＝∠BD＝y°，∠DCE＝∠BCD＝x°由此可得∠AEC的度数．
【解析】解：【探究1】过点E作EF∥AB，如图1所示：
∵EF∥AB，AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴∠FEA＝∠BAE，∠FEC＝∠DCE，
∴∠FEA+∠FEC＝∠BAE+∠DCE，
即∠AEC＝∠BAE+∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BCD＝∠ABC＝30°，∠BAD＝∠ADC＝36°，
∵AE平分BAD、CE平分∠BCD，
∴∠BAE＝∠BAD＝×36°＝18°，∠DCE＝∠BCD＝×30°＝15°，
∴∠AEC＝∠FEC+∠FEA＝18°+15°＝33°；
【探究2】同理可证：∠AEC＝∠BAE+∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BCD＝∠ABC＝30°，∠BAD＝∠ADC＝36°，
∵∠EAD＝∠BAD，∠BCE＝∠BCD，
∴∠BAE＝∠BAD＝×36°＝24°，∠DCE＝∠BCD＝×30°＝20°，
∴∠AEC＝∠BAE+∠DCE＝24°+20°＝44°；
【探究3】同理可证：∠AEC＝∠BAE+∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BCD＝∠ABC＝x°，∠BAD＝∠ADC＝y°，
∵∠EAD＝∠BAD，∠BCE＝∠BCD，
∠BAE＝∠BD＝y°，∠DCE＝∠BCD＝x°
∴∠AEC＝∠BAE+∠DCE＝y°+x°＝（x+y）°．
【点睛】此题主要考查了平行线的性质，列代数式，准确识图，熟练掌握平行线的性质是解决问题的关键．
21．（2024 柯桥区模拟）问题提出：
（1）如图①，在△ABC中，点M，N分别是AB，AC的中点，若BC＝6，则MN的长为 　3　．
问题探究：
（2）如图②，在正方形ABCD中，AD＝6，点E为AD上的靠近点A的三等分点，点F为AB上的动点，将△AEF折叠，点A的对应点G，求CG的最小值．
问题解决：
（3）如图③，某地要规划一个五边形艺术中心ABCDE，已知∠ABC＝120°，∠BCD＝60°，AB＝AE＝20m，BC＝CD＝40m，点C处为参观入口，DE的中点P处规划为“优秀”作品展台，求点C与点P之间的最小距离．
【点拨】（1）由三角形中位线定理可得出答案；
（2）由折叠得：AE＝EG，得出点G在以点E为圆心，AE长为半径的⊙E上运动，由勾股定理求出CE的长，则可得出答案；
（3）延长DC至点F，使CF＝CD，连接EF，求出AG＝AB+BG＝60m．过点F作FH⊥AG交AG延长线于点H，由勾股定理求出AF的长，则可得出答案．
【解析】解：（1）∵点M，N分别是AB，AC的中点，
∴MN＝BC，
∵BC＝6，
∴MN＝3，
故答案为：3；
（2）∵在正方形ABCD中，AD＝6，点E为AD上的靠近点A的三等分点，
∴AE＝2，DE＝4，CD＝AD＝6，∠D＝90°．
由折叠得：AE＝EG，
∴点G在以点E为圆心，AE长为半径的⊙E上运动，
作⊙E，连接CE交⊙E于点H，如图②，
∴CG≥CE﹣EG，
∴当点C，E，G三点共线，即点G和点H重合时，CG取得最小值，最小值为CH的长．
∵在Rt△CDE中，CE＝＝＝，
∴CG的最小值为；
（3）如图③，延长DC至点F，使CF＝CD，连接EF，
∵点P为DE的中点，点C为DF的中点，
∴PC为△DEF的中位线，
∴PC＝，
∴当EF最小时，PC最小，
由AB＝AE，可看作点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上，连接AF，
设AF与⊙A的交点为点E'；则EF的最小值为E'F的长．过点F作FG∥BC交AB的延长线于点G，
∴∠ABC＝∠FGB＝120°，
∵∠ABC＝120°，∠BCD＝60°，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∴CF∥BG，
∴四边形BCFG为平行四边形，
∴CF＝BG＝40m，BC＝FG＝40m，
∴AG＝AB+BG＝20+40＝60（m）．
过点F作FH⊥AG交AG延长线于点H，
∴∠FGH＝60°，
在Rt△FHG中，FH＝FG＝20m，HG＝FG＝20m，
∴AH＝AG+HG＝80m，
∴AF＝＝＝20（m），
∴E'F＝AF﹣AE'＝20﹣20（m），
∴CP的最小值＝E'F＝（20﹣20）＝10﹣10（m），
∴点C与点P之间的最小距离为 （10﹣10）m．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线的判定和性质，解直角三角形，两点之间线段最短，解题的关键是：作辅助线构造三角形中位线．
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