题目内容
如图1，在△ABC中，∠ABC的角平分线与∠ACB的外角平分线交于A1．
（1）当∠A为70°时，∠A1= °；
（2）如图2，∠A1BC的角平分线与∠A1CD的角平分线交于A2，∠A2BC与A2CD的平分线交于A3，如此继续下去可得A4，请写出∠A与∠A4的数量关系 ；
（3）如图3，若E为BA延长线上一动点，连EC，∠AEC与∠ACE的角平分线交于Q，试求∠Q与∠A1的数量关系．
（1）当∠A为70°时，∠A1=
（2）如图2，∠A1BC的角平分线与∠A1CD的角平分线交于A2，∠A2BC与A2CD的平分线交于A3，如此继续下去可得A4，请写出∠A与∠A4的数量关系
（3）如图3，若E为BA延长线上一动点，连EC，∠AEC与∠ACE的角平分线交于Q，试求∠Q与∠A1的数量关系．
考点：三角形内角和定理,三角形的外角性质
专题：规律型
分析：（1）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1+∠A1BC，根据角平分线的定义可得∠A1CD=
∠ACD，∠A1BC=
∠ABC，然后整理即可得到∠A1=
∠A；
（2）根据（1）的计算规律解答即可；
（3）根据三角形的内角和定理表示出∠ACE+∠AEC，再根据角平分线的定义表示出∠QCE+∠QEC，然后利用三角形的内角和定理列式整理即可得解．
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（2）根据（1）的计算规律解答即可；
（3）根据三角形的内角和定理表示出∠ACE+∠AEC，再根据角平分线的定义表示出∠QCE+∠QEC，然后利用三角形的内角和定理列式整理即可得解．
解答：解：（1）由三角形的外角性质得，∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1+∠A1BC，
∵∠ABC的角平分线与∠ACB的外角平分线交于A1，
∴∠A1CD=
∠ACD，∠A1BC=
∠ABC，
∴∠A1+∠A1BC=
（∠A+∠ABC）=
∠A+
∠ABC，
∴∠A1=
∠A，
∵∠A=70°，
∴∠A1=35°；
（2）由（1）同理可得∠A2=
∠A1，
∠A3=
∠A2，
∠A4=
∠A3，
∴∠A=16∠A4；
故答案为：35；∠A=16∠A4．
（3）∵EQ、CQ分别为∠AEC、∠ACE的角平分线，
∴∠QEC=
∠AEC，∠QCE=
∠ACE，
又∵∠AEC+∠ACE=∠BAC，
∴∠Q=180°-（∠QEC+∠QCE）=180°-
（∠AEC+∠ACE），
=180°-
∠BAC，
由（1）可知∠BAC=2∠A1，
∴∠Q=180°-∠A1，
∴∠Q+∠A1=180°．
∵∠ABC的角平分线与∠ACB的外角平分线交于A1，
∴∠A1CD=
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∴∠A1+∠A1BC=
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∴∠A1=
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∵∠A=70°，
∴∠A1=35°；
（2）由（1）同理可得∠A2=
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∠A3=
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∠A4=
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∴∠A=16∠A4；
故答案为：35；∠A=16∠A4．
（3）∵EQ、CQ分别为∠AEC、∠ACE的角平分线，
∴∠QEC=
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又∵∠AEC+∠ACE=∠BAC，
∴∠Q=180°-（∠QEC+∠QCE）=180°-
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=180°-
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由（1）可知∠BAC=2∠A1，
∴∠Q=180°-∠A1，
∴∠Q+∠A1=180°．
点评：本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键，要注意整体思想的利用．
练习册系列答案
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下列说法正确的是（ ）
A、0.
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B、
| ||||
C、
| ||||
| D、0.13579…（小数部分由连续的奇数组成）是无理数 |
能使
=
成立的取值范围是（ ）
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| ||
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| A、a＞3 | B、a≥0 |
| C、0≤a＜3 | D、a＜3或a＞3 |
如图，在长方形ABCD中，CD=5，BC=3，点P从起点D出发沿DC、CB向终点B匀速运动．设点P所走过的路程为x，点P所经过的线段与线段AD、AP所围成图形的面积为y．在下列图象中，能正确反映y与x的函数关系的是（ ）
如图，弦AB∥CD，证明：