2021学年第九章 三角形综合与测试测试题

这是一份2021学年第九章 三角形综合与测试测试题，共22页。试卷主要包含了三角形的外角和是，下列图形中，不具有稳定性的是等内容，欢迎下载使用。
冀教版七年级数学下册第九章 三角形章节测评 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题  30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、已知，一块含30°角的直角三角板如图所示放置，，则等于（       ）A．140° B．150° C．160° D．170°2、如图，在中，，，将绕点C逆时针旋转90°得到，则的度数为（       ）A．105° B．120° C．135° D．150°3、下列长度的三条线段能组成三角形的是（       ）A．2，3，6 B．2，4，7 C．3，3，5 D．3，3，74、已知三角形的两边长分别是3cm和7cm，则下列长度的线段中能作为第三边的是（　　）A．3cm B．4cm C．7cm D．10cm5、三角形的外角和是（　　）A．60° B．90° C．180° D．360°6、下列图形中，不具有稳定性的是（       ）A．等腰三角形 B．平行四边形 C．锐角三角形 D．等边三角形7、人字梯中间一般会设计一“拉杆”，这样做的道理是（       ）A．两点之间线段最短 B．三角形的稳定性C．两点确定一条直线 D．垂线段最短8、如图，△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，若∠COD＝30°，则∠BOC的度数是（　　）A．30° B．35° C．45° D．60°9、当三角形中一个内角是另一个内角的2倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中称为“特征角”．如果一个“特征三角形”的“特征角”为60°，那么这个“特征三角形”的最大内角的度数是（       ）A．80° B．90° C．100° D．120°10、若一个三角形的两边长分别为3和8，则第三边长可能是 (　　)A．4 B．5 C．8 D．11第Ⅱ卷（非选择题  70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、已知中，，高和所在直线交于，则的度数是________．2、一个三角形的三个内角之比为1：2：3，这个三角形最小的内角的度数是 _____．3、如图，在中，，，E为BC延长线上一点，与的平分线相交于点D，则∠D的度数为______．4、已知的三个内角的度数之比：：：：，则 ______ 度， ______ 度．5、如图，，的平分线交于点，是上的一点，的平分线交于点，且，下列结论：①平分；②；③与互余的角有个；④若，则．其中正确的是________．（请把正确结论的序号都填上）三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、（1）如图所示，直角三角板和直尺如图放置．若，试求出的度数．（2）已知ABC的三边长a、b、c，化简．2、已知：如图，△ABC中，∠BAC＝80°，AD⊥BC于D，AE平分∠DAC，∠B＝60°，求∠AEC的度数．3、如图，在△ABC中，D为BC延长线上一点，DE⊥AB于E，交AC于F，若∠A＝40°，∠D＝45°，求∠ACB的度数．4、根据题意画出图形，并填注理由证明：三角形的内角和等于180°． 已知：△ABC求证：∴∠A＋∠B＋∠C＝180°证明：作BC的延长线CD，过点C作射线CE BA．∵CE BA（辅助线）∴∠B＝∠ECD（                      ）∠A＝∠ACE（                      ）∵∠BCA＋∠ACE＋∠ECD＝180°（                      ）∴∠A＋∠B＋∠ACB＝180°（                      ）5、如图，点C，B分别在直线MN，PQ上，点A在直线MN，PQ之间，MN∥PQ．（1）如图1，求证：∠A＝∠MCA+∠PBA；（2）如图2，过点C作CD∥AB，点E在PQ上，∠ECM＝∠ACD，求证：∠A＝∠ECN；（3）在（2）的条件下，如图3，过点B作PQ的垂线交CE于点F，∠ABF的平分线交AC于点G，若∠DCE＝∠ACE，∠CFB＝∠CGB，求∠A的度数． -参考答案-一、单选题1、D【解析】【分析】利用三角形外角与内角的关系，先求出∠3，利用平行线的性质得到∠4的度数，再利用三角形外角与内角的关系求出∠1．【详解】解：∵∠C＝90°，∠2＝∠CDE＝50°，∠3＝∠C+∠CDE＝90°+50°＝140°．∵a∥b，∴∠4＝∠3＝140°．∵∠A＝30°∴∠1＝∠4+∠A＝140°+30°＝170°．故选：D．【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的外角的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．2、B【解析】【分析】由题意易得，然后根据三角形外角的性质可求解．【详解】解：由旋转的性质可得：，∴；故选B．【点睛】本题主要考查旋转的性质及三角形外角的性质，熟练掌握旋转的性质及三角形外角的性质是解题的关键．3、C【解析】【分析】根据三角形的三边关系，逐项判断即可求解．【详解】解：A、因为 ，所以不能组成三角形，故本选项不符合题意；B、因为 ，所以不能组成三角形，故本选项不符合题意；C、因为 ，所以能组成三角形，故本选项符合题意；D、因为 ，所以不能组成三角形，故本选项不符合题意；故选：C【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系，熟练掌握三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边是解题的关键．4、C【解析】【分析】设三角形第三边的长为x cm，再根据三角形的三边关系求出x的取值范围，找出符合条件的x的值即可．【详解】解：设三角形的第三边是xcm．则7-3＜x＜7+3．即4＜x＜10，四个选项中，只有选项C符合题意，故选：C．【点睛】本题主要考查了三角形三边关系的应用．此类求三角形第三边的范围的题，实际上就是根据三角形三边关系定理列出不等式，然后解不等式即可．5、D【解析】【分析】根据三角形的内角和定理、邻补角的性质即可得．【详解】解：如图，，，又，，即三角形的外角和是，故选：D．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理、邻补角的性质，熟练掌握三角形的内角和定理是解题关键．6、B【解析】【分析】根据三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性即可作出选择．【详解】解：平行四边形属于四边形，不具有稳定性，而三角形具有稳定性，故A符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了多边形和三角形的性质，解题的关键是记住三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性．7、B【解析】【分析】首先要考虑梯子中间设置“拉杆”的原因，是为了让梯子更加稳固，而更加稳固的原因是“拉杆”与梯子两边形成了三角形．【详解】人字梯中间一般会设计一“拉杆”，是为了形成三角形，利用三角形具有稳定性来增加梯子的稳定性．故选：B．【点睛】本题考查三角形的稳定性，善于从生活中发现数学原理是解决本题的关键．8、B【解析】【分析】由旋转的性质可得∠AOC＝65°，由∠AOB＝30°，即可求∠BOC的度数．【详解】解：∵△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，∴∠AOC＝65°，∵∠AOB＝30°，∴∠BOC＝∠AOC−∠AOB＝35°.故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，熟练运用旋转的性质是本题的关键．9、B【解析】【分析】根据已知一个内角α是另一个内角β的两倍得出β的度数，进而求出最大内角即可．【详解】解：由题意得：α=2β，α=60°，则β=30°，180°-60°-30°=90°，故选B．【点睛】此题主要考查了新定义以及三角形的内角和定理，根据已知得出β的度数是解题关键．10、C【解析】【分析】直接利用三角形三边关系得出第三边的取值范围，进而得出答案．【详解】解：∵一个三角形的两边长分别为3和8，∴5＜第三边长＜11，则第三边长可能是：8．故选：C．【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，正确得出第三边的取值范围是解题关键．二、填空题1、45°或135°【解析】【分析】分两种情况讨论：①如图1，为锐角三角形，由题意知， ，，，，代值计算求解即可；②如图2，为钝角三角形，由题意知，在中，，，，代值计算求解即可．【详解】解：由题意知①如图1所示，为锐角三角形∵，∴，∵∴∵∴；②如图2所示，为钝角三角形∵，∴在中，，∴；综上所述，的值为或故答案为：或．【点睛】本题考查了三角形的高，三角形的内角和定理．解题的关键在于正确求解角度．2、30°##30度【解析】【分析】设三角形的三个内角分别为x，2x，3x，再根据三角形内角和定理求出x的值，进而可得出结论．【详解】解：∵三角形三个内角的比为1：2：3，∴设三角形的三个内角分别为x，2x，3x，∴x+2x+3x=180°，解得x=30°．∴这个三角形最小的内角的度数是30°．故答案为：30°．【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键．3、20°##20度【解析】【分析】根据角平分线的性质得到，再利用三角形外角的性质计算．【详解】解：∵与的平分线相交于点D，∴，∵∠ACE=∠A+∠ABC，∠DCE=∠D+∠DBC，∴∠D=∠DCE-∠DBC=，故答案为：20°．【点睛】此题考查了三角形的外角性质及角平分线的性质，熟记三角形外角的性质定理是解题的关键．4、     60     100【解析】【分析】设一份为，则三个内角的度数分别为，，，再利用内角和定理列方程，再解方程可得答案.【详解】解：设一份为，则三个内角的度数分别为，，．则，解得．所以，，即，．故答案为：【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，利用三角形的内角和定理构建方程是解本题的关键.5、①②【解析】【分析】由BD⊥BC及BD平分∠GBE，可判断①正确；由CB平分∠ACF、AE∥CF及①的结论可判断②正确；由前两个的结论可对③作出判断；由AE∥CF及AC∥BG、三角形外角的性质可求得∠BDF，从而可对④作出判断．【详解】∵BD平分∠GBE∴∠EBD=∠GBD=∠GBE∵BD⊥BC∴∠GBD+∠GBC=∠CBD=90°∴∠DBE+∠ABC=90°∴∠GBC=∠ABC∴BC平分∠ABG故①正确∵CB平分∠ACF∴∠ACB=∠GCB∵AE∥CF∴∠ABC=∠GCB∴∠ACB=∠GCB=∠ABC=∠GBC∴AC∥BG故②正确∵∠DBE+∠ABC=90°，∠ACB=∠GCB=∠ABC=∠GBC∴与∠DBE互余的角共有4个 故③错误∵AC∥BG，∠A=α∴∠GBE=α∴∵AE∥CF∴∠BGD=180°－∠GBE=180°−α∴∠BDF=∠GBD+∠BGD=故④错误即正确的结论有①②故答案为：①②【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，互余概念，垂直的定义，角平分线的性质等知识，掌握这些知识并正确运用是关键．三、解答题1、（1）40°；（2）2b-2c【解析】【分析】（1）过F作FH∥AB，则AB∥FH∥CD，根据平行线的性质即可得到结论；（2）先根据三角形三边关系判断出a+b-c与b-a-c的符号，再把要求的式子进行化简，即可得出答案．【详解】（1）过点F作FH∥AB，∵AB∥CD，FH∥AB，∴AB∥CD∥FH，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠EFG=∠3+∠4=∠1+∠2，∵∠G=90°，∠E=30°，∴∠EFG=90°-∠E=90°-30°=60°，即∠1+∠2=60°，∵∠1=20°，∴∠2=60°-∠1=60°-20°=40°；（2）∵△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．【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形三边关系，用到的知识点是平行线的性质定理、三角形的三边关系、绝对值、整式的加减，关键是根据三角形的三边关系判断出a+b-c与b-a-c的符号．2、∠AEC=115°【解析】【分析】利用三角形的内角和定理求解 再利用三角形的高的含义求解 再结合角平分线的定义求解 再利用三角形的内角和定理可得答案.【详解】解： ∠BAC＝80°，∠B＝60°， AD⊥BC， AE平分∠DAC， 【点睛】本题考查的是三角形的高，角平分线的含义，三角形的内角和定理的应用，熟练的运用三角形的高与角平分线的定义结合三角形的内角和定理得到角与角之间的关系是解本题的关键.3、95°【解析】【分析】根据三角形外角与内角的关系及三角形内角和定理解答．【详解】解：∵DF⊥AB，∠A＝40°∴∠AEF＝∠CED＝50°，∴∠ACB＝∠D+∠CED＝45°+50°＝95°．【点睛】本题考查了三角形外角与内角的关系：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．三角形内角和定理：三角形的三个内角和为180°．4、两直线平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等；平角等于180°；等量代换【解析】【分析】根据平行线的性质和平角度数等于180°求解即可．【详解】解：证明：作BC的延长线CD，过点C作射线CE BA．∵CE BA（辅助线）∴∠B＝∠ECD（两直线平行，同位角相等）∠A＝∠ACE（两直线平行，内错角相等）∵∠BCA＋∠ACE＋∠ECD＝180°（平角等于180°）∴∠A＋∠B＋∠ACB＝180°（等量代换）故答案为：两直线平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等；平角等于180°；等量代换．【点睛】此题考查了证明三角形的内角和等于180°，平行线的性质以及平角度数等于180°，解题的关键是熟练掌握平行线的性质以及平角度数等于180°．5、（1）见解析；（2）见解析；（3）72°．【解析】【分析】（1）过点A作平行线，证出三条直线互相平行，由平行得出与∠ACM和∠ABP相等的角即可得出结论；（2）由CD∥AB，可得同旁内角互补，再结合∠ECM与∠ECN的邻补角关系，可得结论；（3）延长CA交PQ于点H，先证明∠MCA=∠ACE=∠ECD，∠ABP=∠NCD，再设∠MCA=∠ACE=∠ECD=x，由（1）可知∠CFB=∠FCN+∠FBQ，从而∠CFB=270-2x，列出方程解得x值，则不难求得答案．【详解】解：（1）证明：过点A作AD∥MN，∵MN∥PQ，AD∥MN，∴AD∥MN∥PQ，∴∠MCA=∠DAC，∠PBA=∠DAB，∴∠CAB=∠DAC+∠DAB=∠MCA+∠PBA，即：∠A=∠MCA+∠PBA；（2）∵CD∥AB，∴∠A+∠ACD=180°，∵∠ECM+∠ECN=180°，又∠ECM=∠ACD，∴∠A=∠ECN；（3）如图，延长CA交PQ于点H，∵∠ECM=∠ACD，∠DCE=∠ACE，∴∠MCA=∠ACE=∠ECD，∵MN∥PQ，∴∠MCA=∠AHB，∵∠CAB=∠AHB+∠PBA，且由（2）知∠CAB=∠ECN，∴∠ABP=∠NCD，设∠MCA=∠ACE=∠ECD=x，由（1）可知∠CFB=∠FCN+∠FBQ，∴∠CFB=270-2x，由（1）可知∠CGB=∠MCG+∠GBP，∴∠CGB=135°−x，∴270°−2x= (135°−x) ，解得：x=54°，∴∠AHB=54°，∴∠ABP=∠NCD=180°-54°×3=18°，∴∠CAB=54°+18°=72°．【点睛】本题考查了平行线的性质及一元一次方程在计算问题中的应用，三角形的内角和定理以及三角形的外角性质，理清题中的数量关系并正确列式是解题的关键．