人教版八年级上册第十一章 三角形综合与测试同步练习题

这是一份人教版八年级上册第十一章 三角形综合与测试同步练习题，共11页。试卷主要包含了给出下列说法等内容，欢迎下载使用。
1．下列四个图形中，线段BE是△ABC的高的是（ ）
A． B．
C． D．
2．三角形的下列四种线段中一定能将三角形分成面积相等的两部分的是（ ）
A．角平分线B．中位线C．高D．中线
3．三角形具有稳定性，所以要使如图所示的五边形木架不变形，至少要钉上（ ）根木条．
A．1B．2C．3D．4
4．已知三角形的两边a＝3，b＝7，第三边是c，且a＜b＜c，则c的取值范围是（ ）
A．4＜c＜7B．7＜c＜10C．4＜c＜10D．7＜c＜13
5．给出下列说法：（1）等边三角形是等腰三角形；（2）三角形按边的相等关系分类可分为等腰三角形、等边三角形和不等边三角形；（3）三角形按角的大小分类可分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形．其中，正确的有（ ）个．
A．1B．2C．3D．0
6．若线段AP，AQ分别是△ABC边上的高线和中线，则（ ）
A．AP＞AQB．AP≥AQC．AP＜AQD．AP≤AQ
7．具备下列条件的△ABC中，不是直角三角形的是（ ）
A．∠A+∠B＝∠CB．∠A﹣∠B＝∠C
C．∠A：∠B：∠C＝1：2：3D．∠A＝∠B＝3∠C
8．如图，下列角中是△ACD的外角的是（ ）
A．∠EADB．∠BACC．∠ACBD．∠CAE
9．如图，△ABC中，AD是BC边上的高，AE、BF分别是∠BAC、∠ABC的平分线，∠BAC＝50°，∠ABC＝60°，则∠EAD+∠ACD＝（ ）
A．75°B．80°C．85°D．90°
10．如图，∠A＝120°，且∠1＝∠2＝∠3和∠4＝∠5＝∠6，则∠BDC＝（ ）
A．120°B．60°C．140°D．无法确定
二．填空题
11．空调安装在墙上时，一般都会采用如图所示的方法固定，这种方法应用的几何原理是 ．
12．若一个三角形三条高的交点在这个三角形的顶点上，则这个三角形是 三角形．
13．若一个多边形的内角和比外角和大360°，则这个多边形的边数为 ．
14．设a、b、c是△ABC的三边，化简：|a+b﹣c|﹣|c﹣a﹣b|＝ ．
15．如图，∠A＝70°，∠B＝15°，∠D＝20°，则∠BCD的度数是 ．
16．在△ABC中，∠B＝58°，三角形的外角∠DAC和∠ACF的平分线交于点E，则∠AEC＝ ．
17．如图，七星形中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝ ．
三．解答题
18．如图，在△ABC中，∠C＝∠ABC＝2∠A，BD⊥AC于D，求∠DBC的度数．
19．若a、b、c是△ABC的三边，请化简|a﹣b﹣c|+|b﹣c﹣a|+|c﹣a﹣b|．
20．如图所示，在△ABC中，D是BC边上一点∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠BAC＝69°，求∠DAC的度数．
21．观察以下图形，回答问题：
（1）图②有 个三角形；图③有 个三角形；图④有 个三角形；…猜测第七个图形中共有 个三角形．
（2）按上面的方法继续下去，第n个图形中有 个三角形（用含n的代数式表示结论）．
22．已知：如图，△ABC中，∠BAD＝∠EBC，AD交BE于F．
（1）试说明：∠ABC＝∠BFD；
（2）若∠ABC＝35°，EG∥AD，EH⊥BE，求∠HEG的度数．
23．如图，四边形ABCD，BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，若∠BAD＝α，∠BCD＝β．
（1）如图1，若α+β＝100°，求∠MBC+∠NDC的度数；
（2）如图1，若BE与DF相交于点G，∠BGD＝40°，请直接写出α、β所满足的数量关系式；
（3）如图2，若α＝β，判断BE、DF的位置关系，并说明理由．
参考答案
一．选择题
1．解：线段BE是△ABC的高的图是选项C．
故选：C．
2．解：
（1）
三角形的角平分线把三角形分成两部分，这两部分的面积比分情况而定；
（2）
三角形的中位线把三角形分成两部分，这两部分的面积经计算得：
三角形面积为梯形面积的；
（3）
三角形的高把三角形分成两部分，这两部分的面积比分情况而定；
（4）
三角形的中线AD把三角形分成两部分，△ABD的面积为•BD•AE，△ACD面积为•CD•AE；
因为AD为中线，所以D为BC中点，所以BD＝CD，
所以△ABD的面积等于△ACD的面积．
∴三角形的中线把三角形分成面积相等的两部分．
故选：D．
3．解：过五边形的一个顶点作对角线，有5﹣3＝2条对角线，所以至少要钉上2根木条．
故选：B．
4．解：根据三角形三边关系可得4＜c＜10，
∵a＜b＜c，
∴7＜c＜10．故选B．
5．解：（1）等边三角形是一特殊的等腰三角形，正确；
（2）三角形按边分类可以分为不等边三角形和等腰三角形，错误；
（3）三角形按角分类应分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形，正确．
综上所述，正确的结论2个．
故选：B．
6．解：如图，
∵PA⊥BC，
∴根据垂线段最短可知：PA≤AQ，
故选：D．
7．解：A选项，∠A+∠B＝∠C，即2∠C＝180°，∠C＝90°，为直角三角形，不符合题意；
B选项，∠A﹣∠B＝∠C，即2∠A＝180°，∠A＝90°，为直角三角形，不符合题意；
C选项，∠A：∠B：∠C＝1：2：3，即∠A+∠B＝∠C，同A选项，不符合题意；
D选项，∠A＝∠B＝3∠C，即7∠C＝180°，三个角没有90°角，故不是直角三角形，符合题意．
故选：D．
8．解：三角形的一边与另一边的延长线的夹角是三角形的外角，图中∠ACB是△ACD的外角．
故选：C．
9．解：∵AD是BC边上的高，∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝30°，
∵∠BAC＝50°，AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝25°，
∴∠DAE＝30°﹣25°＝5°，
∵△ABC中，∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝70°，
∴∠EAD+∠ACD＝5°+70°＝75°，
故选：A．
10．解：在△ABC中，∵∠A＝120°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣120°＝60°，
又∵∠1＝∠2＝∠3，∠4＝∠5＝∠6，
∴∠DBC+∠DCB＝×60°＝40°，
∴∠BDC＝180°﹣40°＝140°，
故选：C．
二．填空题
11．解：这种方法应用的数学知识是：三角形的稳定性，
故答案为：三角形具有稳定性．
12．解：若一个三角形三条高的交点在这个三角形的顶点上，则这个三角形是直角三角形．
故答案为直角．
13．解：设多边形的边数是n，
根据题意得，（n﹣2）•180°﹣360°＝360°，
解得n＝6．
故答案为：6．
14．解：根据三角形的三边关系，两边之和大于第三边，
得a+b﹣c＞0，c﹣a﹣b＜0，
故|a+b﹣c|﹣|c﹣a﹣b|＝a+b﹣c+c﹣a﹣b＝0．
故答案为：0．
15．解：连接AC，并延长到E，
∵∠A＝70°，∠B＝15°，∠D＝20°，
∴∠BCE＝∠B+∠BAC，∠ECD＝∠D+∠CAD，
∴∠BCD＝∠BCE+∠ECD＝∠B+∠D+∠BAD＝70°+15°+20°＝105°，
故答案为：105°．
16．解：∵三角形的外角∠DAC和∠ACF的平分线交于点E，
∴∠EAC＝∠DAC，∠ECA＝∠ACF，
∵∠DAC＝∠B+∠2，∠ACF＝∠B+∠1
∴∠DAC+∠ACF＝（∠B+∠2）+（∠B+∠1）＝（∠B+∠B+∠1+∠2），
∵∠B＝58°（已知），∠B+∠1+∠2＝180°（三角形内角和定理），
∴∠DAC+∠ACF＝119°
∴∠AEC＝180°﹣（∠DAC+∠ACF）＝61°．
故答案是：61°．
17．解：由三角形的外角性质得，∠1＝∠B+∠F+∠C+∠G，
∠2＝∠A+∠D，
由三角形的内角和定理得，∠1+∠2+∠E＝180°，
所以，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝180°．
故答案为：180°．
三．解答题
18．解：∵∠C＝∠ABC＝2∠A，
∴∠C+∠ABC+∠A＝5∠A＝180°，
∴∠A＝36°．
∴∠C＝∠ABC＝2∠A＝72°．
∵BD⊥AC，
∴∠DBC＝90°﹣∠C＝18°．
19．解：∵a、b、c是△ABC的三边，
∴a＜b+c，b＜c+a，c＜a+b．
即a﹣b﹣c＜0，b﹣c﹣a＜0，c﹣a﹣b＜0．
∴|a﹣b﹣c|+|b﹣c﹣a|+|c﹣a﹣b|
＝﹣（a﹣b﹣c）﹣（b﹣c﹣a）﹣（c﹣a﹣b）
＝a+b+c．
20．解：设∠1＝∠2＝x°，则∠3＝∠4＝2x°，
∵∠2+∠4+∠BAC＝180°，
∴x+2x+69＝180，
解得x＝37，
即∠1＝37°，
∴∠DAC＝∠BAC﹣∠1＝69°﹣37°＝32°．
21．解：（1）图②有3个三角形；图③有5个三角形；图④有7个三角形；…猜测第七个图形中共有13个三角形．
（2）∵图②有3个三角形，3＝2×2﹣1；
图③有5个三角形，5＝2×3﹣1；
图④有7个三角形，7＝2×4﹣1；
∴第n个图形中有（2n﹣1）个三角形．
故答案为3，5，7，13，（2n﹣1）．
22．解：（1）∵∠BFD＝∠ABF+∠BAD，∠ABC＝∠ABF+∠FBC，
∵∠BAD＝∠EBC，
∴∠ABC＝∠BFD；
（2）∵∠BFD＝∠ABC＝35°，
∵EG∥AD，
∴∠BEG＝∠BFD＝35°，
∵EH⊥BE，
∴∠BEH＝90°，
∴∠HEG＝∠BEH﹣∠BEG＝55°．
23．解：（1）∵∠ABC+∠ADC＝360°﹣（α+β），
∴∠MBC+∠NDC＝180°﹣∠ABC+180°﹣∠ADC＝α+β＝100°．
（2）β﹣α＝80°
理由：如图1，连接BD，
由（1）有，∠MBC+∠NDC＝α+β，
∵BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，
∴∠CBG＝∠MBC，∠CDG＝∠NDC，
∴∠CBG+∠CDG＝∠MBC+∠NDC＝（∠MBC+∠NDC）＝（α+β），
在△BCD中，∠BDC+∠CBD＝180°﹣∠BCD＝180°﹣β，
在△BDG中，∠GBD+∠GDB+∠BGD＝180°，
∴∠CBG+∠CBD+∠CDG+∠BDC+∠BGD＝180°，
∴（∠CBG+∠CDG）+（∠BDC+∠CBD）+∠BGD＝180°，
∴（α+β）+180°﹣β+40°＝180°，
∴β﹣α＝80°，
（3）平行，
理由：如图2，延长BC交DF于H，
由（1）有，∠MBC+∠NDC＝α+β，
∵BE、DF分别平分四边形的外角∠MBC和∠NDC，
∴∠CBE＝∠MBC，∠CDH＝∠NDC，
∴∠CBE+∠CDH＝∠MBC+∠NDC＝（∠MBC+∠NDC）＝（α+β），
∵∠BCD＝∠CDH+∠DHB，
∴∠CDH＝∠BCD﹣∠DHB＝β﹣∠DHB，
∴∠CBE+β﹣∠DHB＝（α+β），
∵α＝β，
∴∠CBE+β﹣∠DHB＝（β+β）＝β，
∴∠CBE＝∠DHB，
∴BE∥DF．