初中数学人教版八年级上册第十一章 三角形综合与测试课时训练

这是一份初中数学人教版八年级上册第十一章 三角形综合与测试课时训练，共15页。



一．选择题


1．如图所示，要使一个六边形木架在同一平面内不变形，至少还要再钉上（ ）根木条．





A．1B．2C．3D．4


2．以下是四位同学在钝角三角形△ABC中画AC边上的高，其中正确的是（ ）


A．B．


C．D．


3．如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转45°后又沿直线前进10米到达点C，再向左转45°后沿直线前进10米到达点D…照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）





A．100米B．80米C．60米D．40米


4．一个三角形的两边长分别为3和4，且第三边长为整数，这样的三角形的周长最大值是（ ）


A．11B．12C．13D．14


5．图中能表示△ABC的BC边上的高的是（ ）


A．B．


C．D．


6．若钝角三角形ABC中，∠A＝25°，则下列∠B的度数不可能是（ ）


A．35°B．55°C．77°D．97°


7．如图所示，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝（ ）





A．360°B．450°C．540°D．720°


8．如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，DE∥BC，且交AB于点E，∠A＝60°，∠BDC＝86°，则∠BDE的度数为（ ）





A．26°B．30°C．34°D．52°


9．如图，点D在△ABC内，且∠BDC＝120°，∠1+∠2＝55°，则∠A的度数为（ ）





A．50°B．60°C．65°D．75°


10．如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，∠ABC的平分线BE交AD于点F，AG平分∠DAC．给出下列结论：①∠BAD＝∠C； ②∠AEF＝∠AFE； ③∠EBC＝∠C；④AG⊥EF．正确结论有（ ）





A．1个B．2个C．3个D．4个





二．填空题


11．已知△ABC的三边长a、b、c，化简|a+b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|的结果是 ．


12．如图，△ABC中，∠A＝55°，将△ABC沿DE翻折后，点A落在BC边上的点A′处．如果∠A′EC＝70°，那么∠A′DB的度数为 ．





13．如图，在△ABC中，高AD，BE交于点O．若∠C＝75°，则∠AOE＝ 度．





14．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝ ．





15．如图，把一张三角形纸片（△ABC）进行折叠，使点A落在BC上的点F处，折痕为DE，点D，点E分别在AB和AC上，DE∥BC，若∠B＝75°，则∠BDF的度数为 ．








三．解答题


16．如图，在△ABC中，AD是高线，AE、BF是角平分线，它们相交于点O，∠BAC＝60°，∠C＝70°．


（1）求∠ABC的度数．


（2）求∠EAD的度数．


（3）求∠AOB的度数．





17．学习第七章平行线的证明时，数学老师布置了这样一道作业题：





如图1，在△ABC中，∠BAC＝80°，在CB的延长线上取一点D，使∠ADB＝∠ABC，作∠ACB的平分线交AD于点E，求∠CED的度数．


善于归纳总结的小聪发现：借助平行线的性质可以“转化角的位置，不改变角的大小”．


于是小聪得到的解题思路如下：过点B作BF∥AD（如图2），交CE于点F，将求∠CED的度数转化为求∠BFC的度数问题，再结合已知条件和相关的定理，证出BF是∠ABC的平分线，进而求出∠BFC的度数．


（1）请按照上述小聪的解题思路，写出完整的解答过程；


（2）参考小聪思考问题的方法，解决下面问题：


如图3，在△ABC中，D是AB延长线上的一点，过点D作DE∥BC，∠ACB和∠ADE平分线交于点G，求证：∠G＝∠A．


18．如图是一个多边形，你能否用一直线去截这个多边形，使得到的新多边形分别满足下列条件：（画出图形，把截去的部分打上阴影）


①新多边形内角和比原多边形的内角和增加了180°．


②新多边形的内角和与原多边形的内角和相等．


③新多边形的内角和比原多边形的内角和减少了180°．


（2）将多边形只截去一个角，截后形成的多边形的内角和为2520°，求原多边形的边数．





19．已知如图①，BP、CP分别是△ABC的外角∠CBD、∠BCE的角平分线，BQ、CQ分别是∠PBC、∠PCB的角平分线，BM、CN分别是∠PBD、∠PCE的角平分线，∠BAC＝α．


（1）当α＝40°时，∠BPC＝ °，∠BQC＝ °；


（2）当α＝ °时，BM∥CN；


（3）如图②，当α＝120°时，BM、CN所在直线交于点O，求∠BOC的度数；


（4）在α＞60°的条件下，直接写出∠BPC、∠BQC、∠BOC三角之间的数量关系： ．





20．问题1


现有一张△ABC纸片，点D、E分别是△ABC边上两点，若沿直线DE折叠．


研究（1）：如果折成图①的形状，使A点落在CE上，则∠1与∠A的数量关系是


研究（2）：如果折成图②的形状，猜想∠1+∠2和∠A的数量关系是


研究（3）：如果折成图③的形状，猜想∠1、∠2和∠A的数量关系，并说明理由．


问题2


研究（4）：将问题1推广，如图④，将四边形ABCD纸片沿EF折叠，使点A、B落在四边形EFCD的内部时，∠1+∠2与∠A、∠B之间的数量关系是 ．





21．（1）如图1，△ABC的内角∠ABC的平分线与外角∠ACD的平分线相交于P点，∠A＝40°，求∠P的度数．


（2）如图2，四边形ABCD中，设∠A＝α，∠D＝β，∠P为四边形ABCD的内角∠ABC与外角


∠DCE的平分线所在直线相交而形成的锐角．


①如图2，若α+β＞180°，求∠P的度数．（用含α，β的代数式表示）


②如图3，若α+β＜180°，请在图3中画出∠P，并直接写出∠P的度数．（用含α，β的代数式表示）





参考答案


一．选择题


1．解：根据三角形的稳定性，要使六边形木架不变形，至少再钉上3根木条；


故选：C．


2．解：A、高BD交AC的延长线于点D处，符合题意；


B、没有经过顶点B，不符合题意；


C、做的是BC边上的高线AD，不符合题意；


D、没有经过顶点B，不符合题意．


故选：A．


3．解：∵小明每次都是沿直线前进10米后向左转45度，


∴他走过的图形是正多边形，


∴边数n＝360°÷45°＝8，


∴他第一次回到出发点A时，一共走了8×10＝80（m）．


故选：B．


4．解：设第三边为a，


根据三角形的三边关系，得：4﹣3＜a＜3+4，


即1＜a＜7，


∵a为整数，


∴a的最大整数值为6，


则三角形的最大周长为3+4+6＝13．


故选：C．


5．解：题中需要画△ABC的BC边上的高．应当过顶点A向BC边作垂线，顶点A到垂足E的垂线段就为BC边上的高．钝角三角形钝角两夹边的高在三角形的外部．


故选：D．


6．解：当∠B为锐角时，∠B+∠A＜90°，


∴∠B＜65°；


当∠B为钝角时，90°＜∠B＜180°﹣∠A，


∴90°＜∠B＜155°．


故选：C．


7．解：如图，





在四边形ACEH中，∠A+∠C+∠E+∠1＝360°，


在四边形BDFP中，∠B+∠D+∠F+∠2＝360°，


∵180°﹣∠1+180°﹣∠2+∠G＝180°，


∴∠A+∠C+∠E+∠1+∠B+∠D+∠F+∠2+180°﹣∠1+180°﹣∠2+∠G＝360°+360°+180°，


∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝360°+180°＝540°．


故选：C．


8．解：∵∠BDC＝∠A+∠ABD，


∴∠ABD＝∠BDC﹣∠A＝86°﹣60°＝26°，


∵BD平分∠ABC，


∴∠DBC＝∠ABD＝26°，


又∵DE∥BC，


∴∠BDE＝∠DBC＝26°．


故选：A．


9．解：∵∠D＝120°，


∴∠DBC+∠DCB＝60°，


∵∠1+∠2＝55°，


∴∠ABC+∠ACB＝60°+55°＝115°，


∴∠A＝180°﹣115°＝65°，


故选：C．


10．解：∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，


∴∠C+∠ABC＝90°，


∠BAD+∠ABC＝90°，


∴∠BAD＝∠C，故①正确；


∵BE是∠ABC的平分线，


∴∠ABE＝∠CBE，


∵∠ABE+∠AEF＝90°，


∠CBE+∠BFD＝90°，


∴∠AEF＝∠BFD，


又∵∠AFE＝∠BFD（对顶角相等），


∴∠AEF＝∠AFE，故②正确；


∵∠ABE＝∠CBE，


∴只有∠C＝30°时∠EBC＝∠C，故③错误；


∵∠AEF＝∠AFE，


∴AE＝AF，


∵AG平分∠DAC，


∴AG⊥EF，故④正确．


综上所述，正确的结论是①②④．


故选：C．


二．填空题（共5小题）


11．解：∵△ABC的三边长分别是a、b、c，


∴a+b＞c，b﹣a＜c，


∴a+b﹣c＞0，b﹣a﹣c＜0，


∴|a+b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|＝a+b﹣c﹣（﹣b+a+c）＝a+b﹣c+b﹣a﹣c＝2b﹣2c；


故答案为：2b﹣2c


12．解：由翻折的性质可知：∠ADE＝∠EDA′，∠AED＝∠A′ED＝（180°﹣70°）＝55°，


∵∠A＝55°，


∴∠ADE＝∠EDA′＝180°﹣55°﹣55°＝70°，


∴∠A′DB＝180°﹣140°＝40°，


故答案为40°．


13．解：∵AD，BE是△ABC的高，


∴∠AEO＝∠ADC＝90°，


∴∠EAO+∠AOE＝90°，∠EAO+∠C＝90°，


∴∠AOE＝∠C＝75°，


故答案为75．


14．解：利用三角形的外角的性质得：


∠1＝∠D+∠E，∠2＝∠A+∠B，


所以∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝∠2+∠C+∠1＝180°，


故答案为：180°．





15．解：∵DE∥BC，


∴∠ADE＝∠B＝75°，


又∵∠ADE＝∠EDF＝75°，


∴∠BDF＝180°﹣75°﹣75°＝30°，


故答案为30°．


三．解答题（共6小题）


16．解：（1）∵∠ABC+∠BAC+∠C＝180°，


∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠C＝180°﹣60°﹣70°＝50°；


（2）∵AD⊥BC，


∴∠ADB＝90°，


∴∠BAD+∠ABD＝90°，


∴∠BAD＝90°﹣∠ABD＝90°﹣50°＝40°，


∵AE平分∠BAC，


∴，


∴∠EAD＝∠BAD﹣∠BAE＝40°﹣30°＝10°；


（3）∵BF平分∠ABC，


∴，


∵∠AOB+∠ABF+∠BAE＝180°，


∴∠AOB＝180°﹣∠ABF﹣∠BAE＝180°﹣25°﹣30°＝125°．


17．（1）证明：如图2，过点B作BF∥AD，交CE于点F，


∴∠CED＝∠CFB，∠CBF＝∠D，


∵∠D＝∠ABC，∠ABC＝∠ABF+∠CBF，


∴∠ABF＝∠CBF＝∠ABC，


∵CE是∠ACB的平分线，


∴∠FCB＝∠ACB，


∴∠CED＝∠CFB＝180°﹣（∠FCB+∠FBC）


＝180°﹣（∠ACB+∠ABC）


＝180°﹣（180°﹣∠CAB）


＝130°．





（2）证明：如图3，∵CG平分∠ACB，DG平分∠ADB，


∴∠GCA＝∠GCB＝∠ACB，∠GDE＝∠GDA＝∠ADE，


∵∠G+∠GDA＝∠A+∠GCA，


∴∠G+∠ADE＝∠A+∠ACB，


∵DE∥CB，


∴∠ADE＝∠CBD，


∵∠CBD＝∠A+∠ACB，


∴∠G＝∠A+∠ACB﹣∠ADE＝∠A+ACB﹣（∠A+∠ACB）＝∠A．


18．解：（1）如图所示：





（2）设新多边形的边数为n，


则（n﹣2）•180°＝2520°，


解得n＝16，


①若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为15，


②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为16，


③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为17，


故原多边形的边数可以为15，16或17．


19．解：（1）∵∠DBC＝∠A+∠ACB，∠BCE＝∠A+∠ABC，


∴∠DBC+∠BCE＝180°+∠A＝220°，


∵BP、CP分别是△ABC的外角∠CBD、∠BCE的角平分线，


∴∠CBP+∠BCP＝（∠DBC+∠BCE）＝110°，


∴∠BPC＝180°﹣110°＝70°，


∵BQ、CQ分别是∠PBC、∠PCB的角平分线，


∴∠QBC＝∠PBC，∠QCB＝∠PCB，


∴∠QBC+∠QCB＝55°，


∴∠BQC＝180°﹣55°＝125°；


（2）∵BM∥CN，


∴∠MBC+∠NCB＝180°，


∵BM、CN分别是∠PBD、∠PCE的角平分线，∠BAC＝α，


∴（∠DBC+∠BCE）＝180°，


即（180°+α）＝180°，


解得α＝60°；


（3）∵α＝120°，


∴∠MBC+∠NCB＝（∠DBC+∠BCE）＝（180°+α）＝225°，


∴∠BOC＝225°﹣180°＝45°；


（4）∵α＞60°，


∠BPC＝90°﹣α、


∠BQC＝135°﹣α、


∠BOC＝α﹣45°．


∠BPC、∠BQC、∠BOC三角之间的数量关系：∠BPC+∠BQC+∠BOC＝（90°﹣α）+（135°﹣α）+（α﹣45°）＝180°．


故答案为：70，125；60；∠BPC+∠BQC+∠BOC＝180°．


20．解：（1）如图1，∠1＝2∠A，理由是：


由折叠得：∠A＝∠DA′A，


∵∠1＝∠A+∠DA′A，


∴∠1＝2∠A；


故答案为：∠1＝2∠A；


（2）如图2，猜想：∠1+∠2＝2∠A，理由是：


由折叠得：∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，


∵∠ADB+∠AEC＝360°，


∴∠1+∠2＝360°﹣∠ADE﹣∠A′DE﹣∠AED﹣∠A′ED＝360°﹣2∠ADE﹣2∠AED，


∴∠1+∠2＝2（180°﹣∠ADE﹣∠AED）＝2∠A；


故答案为：∠1+∠2＝2∠A；


（3）如图3，∠2﹣∠1＝2∠A，理由是：


∵∠2＝∠AFE+∠A，∠AFE＝∠A′+∠1，


∴∠2＝∠A′+∠A+∠1，


∵∠A＝∠A′，


∴∠2＝2∠A+∠1，


∴∠2﹣∠1＝2∠A；


（4）如图4，由折叠得：∠BMN＝∠B′MN，∠ANM＝∠A′NM，


∵∠DNA+∠BMC＝360°，


∴∠1+∠2＝360°﹣2∠BMN﹣2∠ANM，


∵∠BMN+∠ANM＝360°﹣∠A﹣∠B，


∴∠1+∠2＝360°﹣2（360°﹣∠A﹣∠B）＝2（∠A+∠B）﹣360°，


故答案为：∠1+∠2＝2（∠A+∠B）﹣360°．








21．解：（1）∵BP平分∠ABC，


∴∠CBP＝∠ABC，


∵CP平分△ABC的外角，


∴∠DCP＝∠ACD＝（∠A+∠ABC）＝∠A+∠ABC，


在△BCP中，由三角形的外角性质，∠DCP＝∠CBP+∠P＝∠ABC+∠P，


∴∠A+∠ABC＝∠ABC+∠P，


∴∠P＝∠A＝×40°＝20°．





（2）①∵∠ABC+∠DCB＝360°﹣（α+β），


∴∠ABC+（180°﹣∠DCE）＝360°﹣（α+β）＝2∠FBC+（180°﹣2∠DCP）＝180°﹣2（∠DCP﹣∠FBC）＝180°﹣2∠P，


∴360°﹣（α+β）＝180°﹣2∠P，


2∠P＝α+β﹣180°，


∴∠P＝（α+β）﹣90°；





②如图，∵∠ABC+∠DCB＝360°﹣（α+β），


∴∠ABC+（180°﹣∠DCE）＝360°﹣（α+β）＝2∠GBC+（180°﹣2∠HCE）＝180°+2（∠GBC﹣∠HCE）＝180°+2∠P，


∴360°﹣（α+β）＝180°+2∠P，


∴∠P＝90°﹣（α+β）．