【期中单元重点测试卷】（人教版）2023-2024学年八年级数学上册 第十一章 三角形-测试卷

第十一章 三角形（单元重点综合测试）

班级___________ 姓名___________ 学号____________ 分数____________

考试范围：全章的内容；  考试时间：120分钟；  总分：120分

一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）

1．下列三条线段中，不能构成三角形的是（    ）

A．3，4，5 B．4，6，8 C．5，5，8 D．1，2，3

【答案】D

【分析】利用三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边之差小于第三边进行分析即可．

【详解】解：A．，能构成三角形，故此选项不符合题意；

B．，能构成三角形，故此选项不符合题意；

C．，能构成三角形，故此选项不符合题意；

D．，不能构成三角形，故此选项符合题意．

故选：D．

【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握判定三条线段能否构成三角形时，并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度，即可判定这三条线段能构成一个三角形．

2．四边形没有稳定性，当四边形的形状发生改变时，发生变化的是（    ）

A．四边形的外角和 B．四边形的边长 C．四边形的周长 D．四边形的对角线长

【答案】D

【分析】根据四边形具有不稳定性，形状改变时，变的是内角的度数，边长不发生变化，即可进行解答．

【详解】解：当四边形的形状发生改变时，四边形的外角和、四边形的边长、四边形的周长不会发生变化，四边形的对角线长会变化；

故选：D．

【点睛】此题主要考查了多边形，关键是掌握四边形的不稳定性．

3．一个正多边形，它的一个内角恰好是一个外角的4倍，则这个正多边形的边数是（   ）

A．十二 B．十一 C．十 D．九

【答案】C

【分析】根据正多边形的内外角的互补关系求得外角度数，再根据外角和为求解边数即可．

【详解】解：设这个多边形的一个外角为x，则它的一个内角为，

则，

∴，

∴这个正多边形的边数为，

故选：C．

【点睛】本题考查多边形的内角和外角问题，熟知正多边形的内角和外角的关系是解答的关键．

4．如图，点在线段上，连接，若，，，则的度数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据平行线的性质得出，根据三角形外角的性质得出即可．

【详解】解：∵，，

∴，

∵，

∴，故B正确．

故选：B．

【点睛】本题主要考查了平行线的性质和三角形外角的性质，解题的关键是熟练掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．

5．如果一个多边形从一个顶点出发最多能画五条对角线，则这个多边形的边数为（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】D

【分析】根据从边形的一个顶点可以作出条对角线，求出边数即可．

【详解】解：多边形的边数为，

由题意可得：，

解得，

故选：D．

【点睛】本题考查了一个顶点出发的对角线条数，解题的关键是掌握边形从一个顶点可以作出条对角线．

6．如图，在中，边上的高是（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据从三角形顶点向对边作垂线，顶点和垂足之间的线段叫做三角形的高，即可得出结论．

【详解】解：由图可知，过点作的垂线段，

则中，边上的高是，

故选：B．

【点睛】本题主要考查了三角形高的定义，熟练掌握定义是解题的关键．

7．已知是的三条边，化简的结果为（    ）

A． B． C． D．0

【答案】B

【分析】根据三角形三边关系得到，，再去绝对值，合并同类项即可求解．三角形三边关系是任意两边的和大于第三边，任意两边的差小于第三边．

【详解】解：∵a，b，c是的三条边长，

∴，，

∴

．

故选：B．

【点睛】此题主要考查了三角形三边关系，解题的关键是熟练掌握三边关系化简绝对值．

8．如图，为的中线，点E在上，，若的面积为30，则的面积为（　 　 ）

A．20 B．15 C．5 D．10

【答案】C

【分析】由中线的性质可得的面积为15，再由得，即可得到的面积．

【详解】解：∵为的中线，的面积为30，

∴，的面积为15，

∵，

∴，

∴，

故选：C．

【点睛】本题考查三角形中线的性质和三角形面积计算问题，三角形的中线能将三角形的面积分为相等的两部分．

9．如图，中，延长到点与的平分线相交于点与的平分线相交于点，依此类推，与的平分线相交于点，若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用角平分线性质、三角形外角性质，易证，进而可求，由于， ，…，以此类推可知，即可求解．

【详解】解：在中，，

同样道理，在中，

，

依此类推，，

解得：．

故选：C．

【点睛】本题考查了角平分线性质、三角形外角性质（三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角之和），解题的关键是推导出，并能找出规律．

10．如图，，，，分别平分的内角，外角，外角．以下结论：①；②；③；④．其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】D

【分析】根据角平分线的定义得出，，，，根据三角形的内角和定理得出，，根据三角形外角性质得出，根据已知结论逐步推理，即可判断各项．

【详解】解：①∵平分，

∴，

∵，，

∴，

∴，

∴，故①正确；

②∵，

∴，

∵平分，，

∴，即，故②正确；

③∵，，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，故③正确；

④∵平分，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵平分，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，故④正确；

综上，正确的有①②③④，共4个，

故选：D．

【点睛】本题考查了三角形外角的性质、角平分线的定义、平行线的性质、三角形内角和定理的应用，主要考查学生的推理能力，有一定难度．

二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）

11．如图，在上网课时把平板放在三角形支架上用到的数学道理是      ．

【答案】三角形具有稳定性

【分析】根据三角形具有稳定性进行求解即可．

【详解】解：在上网课时把平板放在三角形支架上用到的数学道理是三角形具有稳定性，

故答案为：三角形具有稳定性．

【点睛】本题主要考查了三角形的稳定性，熟知三角形具有稳定性是解题的关键．

12．设的三边长分别为、、，其中、满足，则第三边长的取值范围是        ．

【答案】/

【分析】先根据非负数的性质求出a、b的值，再根据三角形三边的关系进行求解即可．

【详解】解：∵，，

∴，

∴，

解得，

∴，即，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了非负数的性质，三角形三边的关系，解二元一次方程组，熟知三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解题的关键．

13．如图，小明用铅笔可以支起一张质地均匀的三角形卡片，则他支起的这个点应是三角形三条       的交点．（请从“高”、“角平分线”、“中线”中选择）

【答案】中线

【分析】支撑点应是三角形的重心，根据三角形重心是三角形得三条中线的交点．

【详解】解：支撑点是三角形的重心，三角形的重心是三角形得三条中线的交点，

故答案为：中线．

【点睛】本题考查了三角形的重心的概念和性质．

14．如图，在中，的平分线与外角的平分线交于点E，与边交于点F，若，，则          ．

【答案】/60度

【分析】利用三角形的外角性质和角平分线的定义求解即可．

【详解】解：∵的平分线与外角的平分线交于点E，

∴，，

∵是的一个外角，，，

∴，则，

∵是的一个外角，

∴，

∴，

故答案为：．

【点睛】本题考查三角形的外角性质、角平分线的定义，熟练掌握三角形的外角性质是解答的关键．

15．如图，一个机器人最初面向北站立，按程序：每次移动都向前直走，然后逆时针转动一个角度，每次转动的角度增加．第一次直走后转动，第二次直走后转动，第三次直走后转动，如此下去．那么它在移动过程中第二次面向西方时一共走了     米．

【答案】45

【分析】根据题意以及多边形的外角和，得出方程，求出走的次数即可解得．

【详解】解：设第次转动面向西方，

第二次面向西方时一共转了，

当时第二次面向西方，

一共走了（米）；

故答案为：45．

【点睛】此题考查了多边形的外角问题，解题的关键时根据规律列式求出走的次数．

16．我们给出定义：若三角形中一个内角是另一个内角的三分之一，我们称这个三角形是“分角三角形”，其中称为“分角”，已知一个“分角三角形”中有一个内角为，那么这个“分角三角形”中分角的度数是          ．

【答案】或

【分析】根据“分角三角形”的定义分两种情况求解即可．

【详解】解：①；

②，

解得，，

故答案为：或．

【点睛】本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是．会运用分类讨论的方法解决数学问题．

三、（本大题共4小题，每小题6分，共24分）

17．如图，中，，，是的角平分线，是上一点，，交于，交的延长线于．求的度数．

【答案】

【分析】根据角平分线的定义、三角形的内角和以及三角形的外角的性质定理即可得出的度数，再根据垂直定义以及三角形的内角和即可得出的度数．

【详解】解：∵在中，，

∴

又∵是的角平分线

∴

是的外角

∴

又∵

∴

∴

【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理以及角平分线的定义以及三角形的外角，难度适中，熟知三角形内角和定理是解题的关键．

18．如果一个三角形的一边长为，另一边长为，若第三边长为．

(1)第三边的范围为______．

(2)当第三边长为奇数时，求出这个三角形的周长，并指出它是什么三角形（按边分类）．

【答案】(1)

(2)    底边和腰不相等的等腰三角形

【分析】（1）三角形两边的和大于第三边，三角形两边的差小于第三边，据此可求得答案．

（2）先求得第三边的长度，然后计算三角形的周长并按边的相等关系分类即可．

【详解】（1）根据三角形两边的和大于第三边，则

．

即．

根据三角形两边的差小于第三边，则

．

即．

综上所述

．

故答案为：．

（2）∵第三边的长为奇数，

∴第三边的长为．

∴三角形的周长．

∵两条边的长为，另外一条边的长为，

∴这个三角形是底边和腰不相等的等腰三角形．

【点睛】本题主要考查三角形三边之间的大小关系以及三角形按边的相等关系分类，牢记三角形三边之间的大小关系（三角形两边的和大于第三边，三角形两边的差小于第三边）和三角形按边的相等关系分类是解题的关键．

19．如图所示，已知，分别是的高和中线，，，，．

(1)求的长；

(2)求和周长的差．

【答案】(1)的长度为

(2)和的周长的差是

【分析】（1）根据即可求出的长.

（2）将和的周长分别表示出来，作差即可.

【详解】（1）解：∵，是边上的高，

∴，

∴，即的长度为；

（2）∵为边上的中线，

∴，

∴的周长的周长

，

即和的周长的差是2．

【点睛】本题主要考查了三角形中的一些重要线段：三角形的高和三角形的中线，熟练掌握利用面积法求三角形的高是解题的关键.

20．如图，佳佳从点出发，前进10米后向右转，再前进10米后又向右转，如此反复下去，直到他第一次回到出发点，他所走的路径构成了一个多边形．

(1)佳佳一共走了多少米？

(2)求这个多边形的内角和．

【答案】(1)80米

(2)

【分析】（1）第一次回到出发点时，所经过的路线正好构成一个外角是的正多边形，求得边数，即可得到答案；

（2）根据多边形的内角和公式即可得到结论．

【详解】（1）解：根据题意得：佳佳走过的路线正好构成一个外角是的正多边形，

，

答：佳佳一共走了80米；

（2）解：根据题意，得：，

佳佳一共走的路程为：（米），

答：这个多边形的内角和是．

【点睛】本题考查了正多边形的外角的计算以及多边形的内角和，根据题意得到：第一次回到出发点时，所经过的路线正好构成一个外角是的正多边形，是解题的关键．

四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分）

21．如图，在中，，点自点开始向点移动，连接为延长线上一点，所在直线于点．

(1)若平分，求的度数；

(2)在点的整个运动过程中，请分析说明大小的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由角平分线定义，三角形内角和定理求出，即可求出；

（2）点D的整个运动过程中，当时最小，当点D与点C重合时最大，从而可求出大小的取值范围．

【详解】（1）平分，

,

∵,

∴,

∴,

∵,

∴,

∵;

（2）∵，

∴

当时，最大为，

此时两点重合，；

当与重合时，最小，

此时；

的范围是：．

【点睛】本题考查求角的度数，角的变化范围，关键是判断出最小，最大时，点C的位置．

22．如图，在每个小正方形边长为1的方格纸中，的顶点都在方格纸格点上．

(1)将经过平移后得到，图中标出了点B的对应点，补全；

(2)在图中画出的高．

(3)若连接，则这两条线段之间的关系是 ．

(4)四边形的面积为 ．

【答案】(1)见解析

(2)见解析

(3)平行且相等

(4)14

【分析】（1）根据网格结构找出点的位置，然后顺次连接即可；

（2）根据三角形的高线的定义，利用网格的特点作出即可；

（3）根据平移的性质，对应点的连线互相平行且相等解答；

（4）根据三角形的面积公式列式计算即可得解．

【详解】（1）解：如图：为所求；

  ；

（2）解：的高如图所示，

  ；

（3）解：由平移的性质可得：与关系是平行且相等；

；

故答案为：平行且相等；

（4）解：四边形的面积为：．

故答案为：14．

【点睛】本题主要考查了平移作图、平移的性质、不规则图形的面积等知识点，掌握几何图形平移的特征以及运用割补法求面积成为解答本题的关键．

23．已知：如图，在三角形中，，，将线段沿直线平移得到线段，连接．

(1)当时，请说明．

(2)如图，当在上方时，且时，求与的度数．

(3)在整个运动中，当垂直三角形中的一边时，求出所有满足条件的的度数．

【答案】(1)见解析

(2)，

(3)或或

【分析】（1）由平移的性质可得，可得，可得结论；

（2）由平行线的性质可得，，由外角的性质可得，即可求解；

（3）分三种情况讨论，由平行线的性质以及三角形的内角和定理即可求解．

【详解】（1）证明：将线段沿直线平移得到线段，

，

，

，

；

（2）解：将线段沿直线平移得到线段，

，

，，

，

，

，，

；

（3）解：如图，当时，

，，

，

，

，

，

；

如图，当时，

，

，

如图，当时，

∵，

∴

综上所述：或或．

【点睛】本题是几何变换综合题，考查了平行线的性质，平移的性质，三角形的外角性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

五、（本大题共2小题，每小题12分，共24分）

24．利用图形这一直观性语言，在一定程度上可以降低我们认识和理解抽象逻辑推理的难度；利用图形建构几何直观，可以轻松实现空间形式和数量关系的相互转化．让我们在如下的问题解决中体验一下吧！

(1)【模块探究】

如图1，求证：

(2)【直观应用】

①应用上述结论，若图2中，，则、、、、、的度数之和等于________．（直接给出结论，不必说明理由）

②应用上述结论，求图3所示的五角星中，、、、、的度数之和是多少？并证明你的结论．

(3)【类比联系】

如图4，求、、、、、、的度数之和是多少？并证明你的结论．

【答案】(1)证明见解析

(2)①；②，证明见解析

(3)，证明见解析

【分析】（1）如图所示，过点O作射线，利用三角形外角的性质得到，由此即可证明；

（2）①根据（1）的结论可得，再由，，即可得到；②由（1）的结论可知，再由，，即可得到；

（3）如图所示，由（1）得结论可得，再由，，即可得到．

【详解】（1）证明：如图所示，过点O作射线，

∵，

∴，

∴；

（2）解：①由（1）的结论可知，，

∴，

又∵，，

∴，

故答案为：；

②，证明如下：

如图所示，由（1）的结论可知，

∵，

∴，

又∵，

∴

（3）解：，证明如下：

如图所示，由（1）得结论可得，

∵，

∴，

∵，

∴．

【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，三角形内角和定理，熟知三角形一个外角的度数等于与其不相邻的两个内角度数之和是解题的关键．

25．教材呈现：如图是华师版七年级下册数学教材第页的部分内容．

如图，已知分别用、、表示的三个内角，证明．

解：延长至点，以点为顶点，在的上侧作，则（同位角相等，两直线平行）

(1)请根据教材提示，结合图一，将证明过程补充完整．

(2)结论应用：

①如图二，在中，，平分，平分，求的度数；

②如图三，将的折叠，使点A落在外的处，折痕为．若，，，则、、满足的等量关系为______（用含、、的代数式表示）．

【答案】(1)见解析

(2)①；②

【分析】（1）利用平行线的性质得，即可解答；

（2）①利用角平分线的定义和三角形内角和定理可得；

②根据四边形内角和为，分别表示出各角得出等式即可．

【详解】（1）解：由题意得：

，，

两直线平行，内错角相等，

，

即．

（2）解：①，分别平分和，

，，

，

，

，

；

②将的折叠，使点A落在外的处，

，

，

又，

在四边形中，

，

化简得：．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，翻折的性质等知识，熟练掌握翻折前后对应角相等，是解题的关键．