资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩5页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
专题2.1 三角形章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版）
展开
这是一份专题2.1 三角形章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版），文件包含专题21三角形章末达标检测卷人教版解析版docx、专题21三角形章末达标检测卷人教版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
第11章 三角形章末达标检测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020春•淮阳区期末）下列说法：
（1）一个等边三角形一定不是钝角三角形；
（2）一个钝角三角形一定不是等腰三角形；
（3）一个等腰三角形一定不是锐角三角形；
（4）一个直角三角形一定不是等腰三角形．
其中正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据三角形的分类判断即可．
【答案】解：（1）一个等边三角形一定不是钝角三角形，原命题是真命题；
（2）一个钝角三角形不一定不是等腰三角形，原命题是假命题；
（3）一个等腰三角形不一定不是锐角三角形，原命题是假命题；
（4）一个直角三角形不一定不是等腰三角形，原命题是假命题；
故选：A．
【点睛】此题考查三角形问题，关键是根据三角形的分类的概念解答．
2．（3分）（2020春•郑州期中）如图，在Rt△ABF中，∠F＝90°，点C是线段BF上异于点B和点F的一点，连接AC，过点C作CD⊥AC交AB于点D，过点C作CE⊥AB交AB于点E，则下列说法中，错误的是（ ）
A．△ABC中，AB边上的高是CE
B．△ABC中，BC边上的高是AF
C．△ACD中，AC边上的高是CE
D．△ACD中，CD边上的高是AC
【分析】根据三角形的高的定义进行判断即可．
【答案】解：∵过点C作CE⊥AB交AB于点E，∠F＝90°，
∴△ABC中，AB边上的高是CE，BC边上的高是AF，
∴A、B两个选项说法正确，不符合题意；
∵CD⊥AC交AB于点D，
∴△ACD中，AC边上的高是CD，CD边上的高是AC，
∴C选项说法错误，符合题意；D选项说法正确，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的高：从三角形的一个顶点向底边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．注意：锐角三角形的三条高在三角形内部，相交于三角形内一点，直角三角形有两条高与直角边重合，另一条高在三角形内部，它们的交点是直角顶点；钝角三角形有两条高在三角形外部，一条高在三角形内部，三条高所在直线相交于三角形外一点．
3．（3分）（2020春•历城区校级期中）在下列条件中：
①∠A+∠B＝∠C；
②∠A：∠B：∠C＝1：2：3；
③∠A＝2∠B＝3∠C；
④∠A＝∠B＝∠C中，能确定△ABC是直角三角形的条件有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据三角形内角和定理进行计算即可．
【答案】解：①∠A+∠B＝∠C，是直角三角形；
②∠A：∠B：∠C＝1：2：3，是直角三角形；
③∠A＝2∠B＝3∠C，则设∠A＝x，∠B=x2，∠C=x3，则x+x2+x3=180°，解得x=1080°11，
∴∠A=108011，∠B=540°11，∠C=360°11，
∴△ABC不是直角三角形；
④∠A＝∠B＝∠C，不是直角三角形，是等边三角形，
能确定△ABC是直角三角形的条件有2个，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了直角三角形的性质，关键是掌握三角形内角和为180°．
4．（3分）（2019秋•武冈市期中）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．1 B．2 C．3 D．4
【分析】三角形具有稳定性，所以要使五边形木架不变形需把它分成三角形，即过六边形的一个顶点作对角线，有几条对角线，就至少要钉上几根木条．
【答案】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．
【点睛】本题考查了三角形具有稳定性，是基础题，作出图形更形象直观．
5．（3分）（2020春•姜堰区期中）已知三角形的两边长分别为1和4，且第三边长为整数，则第三边长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和＞第三边，任意两边之差＜第三边”，求得第三边的取值范围，再进一步根据第三边是整数求解．
【答案】解：根据三角形的三边关系，得
4﹣1＜第三边长＜4+1，即3＜第三边长＜5，
又第三条边长为整数，
则第三边长为4．故选：B．
【点睛】此题主要是考查了三角形的三边关系，同时注意整数这一条件．
6．（3分）（2020•扬州）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
【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以45°求出边数，然后再乘以10米即可．
【答案】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．
【点睛】本题考查了正多边形的边数的求法，多边形的外角和为360°；根据题意判断出小明走过的图形是正多边形是解题的关键．
7．（3分）（2020春•永安市期末）如图，AE是△ABC的角平分线，AD⊥BC于点D，若∠BAC＝76°，∠C＝64°，则∠DAE的度数是（ ）
A．10° B．12° C．15° D．18°
【分析】根据∠DAE＝∠EAC﹣∠CAD，求出∠EAC，∠CAD即可．
【答案】解：∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=12∠CAB=12×76°＝38°，
∵AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣∠C＝90°﹣64°＝26°，
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠ACD＝38°﹣26°＝12°，故选：B．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，三角形的高等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8．（3分）（2019秋•长葛市期末）将一副三角板按如图所示的方式放置，图中∠CAF的大小等于（ ）
A．50° B．60° C．75° D．85°
【分析】利用三角形内角和定理和三角形的外角的性质计算即可．
【答案】解：∵∠DAC＝∠DFE+∠C＝60°+45°＝105°，
∴∠CAF＝180°﹣∠DAC＝75°，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质，三角形的内角和，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
9．（3分）（2020春•江阴市期中）如图，△ABC中，∠A＝20°，沿BE将此三角形对折，又沿BA′再一次对折，点C落在BE上的C′处，此时∠C′DB＝74°，则原三角形的∠C的度数为（ ）
A．27° B．59° C．69° D．79°
【分析】先根据折叠的性质得∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠CDB＝∠C′DB＝74°，则∠1＝∠2＝∠3，即∠ABC＝3∠3，根据三角形内角和定理得∠3+∠C＝106°，在△ABC中，利用三角形内角和定理得∠A+∠ABC+∠C＝180°，则20°+2∠3+106°＝180°，可计算出∠3＝27°，即可得出结果．
【答案】解如图，∵△ABC沿BE将此三角形对折，又沿BA′再一次对折，点C落在BE上的C′处，
∴∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠CDB＝∠C′DB＝74°，
∴∠1＝∠2＝∠3，
∴∠ABC＝3∠3，
在△BCD中，∠3+∠C+∠CDB＝180°，
∴∠3+∠C＝180°﹣74°＝106°，
在△ABC中，
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴20°+2∠3+（∠3+∠C）＝180°，
即20°+2∠3+106°＝180°，
∴∠3＝27°，
∴∠ABC＝3∠3＝81°，
∠C＝106°﹣27°＝79°，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了图形的折叠变换及三角形内角和定理的应用等知识；熟练掌握折叠的性质，得出∠ABC和∠CBD的倍数关系是解决问题的关键．
10．（3分）（2019春•徐州期中）如图，∠ABC＝∠ACB，AD，BD，CD分别平分△ABC的外角∠EAC、内角∠ABC、外角∠ACF．以下结论：①AD∥BC； ②∠ACB＝2∠ADB； ③DB平分∠ADC； ④∠ADC＝90°﹣∠ABD； ⑤∠BDC=12∠BAC．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据角平分线定义得出∠ABC＝2∠ABD＝2∠DBC，∠EAC＝2∠EAD，∠ACF＝2∠DCF，根据三角形的内角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，根据三角形外角性质得出∠ACF＝∠ABC+∠BAC，∠EAC＝∠ABC+∠ACB，根据已知结论逐步推理，即可判断各项．
【答案】解：∵AD平分∠EAC，
∴∠EAC＝2∠EAD，
∵∠EAC＝∠ABC+∠ACB，∠ABC＝∠ACB，
∴∠EAD＝∠ABC，
∴AD∥BC，∴①正确；
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠ACB＝2∠DBC，
∴∠ACB＝2∠ADB，∴②正确；
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵∠ADB＝∠DBC，∠ADC＝90°-12∠ABC，
∴∠ADB不等于∠CDB，∴③错误；
∵AD平分∠EAC，CD平分∠ACF，
∴∠DAC=12∠EAC，∠DCA=12∠ACF，
∵∠EAC＝∠ACB+∠ACB，∠ACF＝∠ABC+∠BAC，∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣（∠DAC+∠ACD）
＝180°-12（∠EAC+∠ACF）
＝180°-12（∠ABC+∠ACB+∠ABC+∠BAC）
＝180°-12（180°+∠ABC）
＝90°-12∠ABC，∴④正确；
∠BDC＝∠DCF﹣∠DBF=12∠ACF-12∠ABC=12∠BAC，∴⑤正确，
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形外角性质，角平分线定义，平行线的判定，三角形内角和定理的应用，掌握角平分线的定义、三角形内角和定理是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020春•曲阳县期末）如果三角形三个外角度数之比是3：4：5，则此三角形一定是 直角三角形 ．
【分析】设三角形三个外角度数分别为3x°，4x°，5x°，根据三角形外角和为360°列出方程，求出x，进而可得三角形形状．
【答案】解：设三角形三个外角度数分别为3x°，4x°，5x°，
则3x+4x+5x＝360，
解得：x＝30，
3x＝90，
∴此三角形一定是直角三角形，
故答案为：直角三角形．
【点睛】此题主要考查了三角形的外角，关键是掌握三角形的外角和为360°．
12．（3分）（2020•平房区期中）在△ABC中，∠A＝30°，∠C为钝角，若AB＝6，BC边长为整数，则BC的长为 4或5 ．
【分析】直接利用三角形中边角关系进而得出BC的取值范围进而得出答案．
【答案】解：延长AC，过点B作BD⊥AC于点D，
∵∠A＝30°，AB＝6，
∴BD=12AB＝3，
∵BC为直角三角形DBC的斜边，
∴BC＞3，
∵∠C为钝角，
∴AB＞BC，
∴3＜BC＜AB，
∴BC边长为：4，5．
故答案为：4或5．
【点睛】此题主要考查了三角形三边关系，正确掌握三角形中大角对大边是解题关键．
13．（3分）（2020春•秀英区校级期末）如图，△ABC中，∠A＝90°，点E、F分别在AB、AC边上，D是BC边上一动点（与点B、C不重合）．若∠1＝60°，则∠2+∠3＝ 150 度．
【分析】根据三角形内角和定理可求∠B+∠C，再根据平角的定义可求∠BDE+∠CDF，再根据三角形内角和定理可求∠2+∠3．
【答案】解：∵△ABC中，∠A＝90°，
∴∠B+∠C＝90°，
∵∠1＝60°，
∴∠BDE+∠CDF＝120°，
∴∠2+∠3＝150°．
故答案为：150．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键，注意整体思想的应用．
14．（3分）（2020春•和平区校级期中）已知BD、CE是△ABC的高，BD、CE所在的直线相交所成的角中有一个角为60°，则∠BAC＝ 60°或120° ．
【分析】分两种情况：（1）当∠A为锐角时，如图1；（2）当∠A为钝角时，如图2；根据四边形的内角和为360°以及三角形内角和为180°，即可得出结果．
【答案】解：分两种情况：
（1）当∠A为锐角时，如图1，
∵∠DOC＝60°，
∴∠EOD＝120°，
∵BD、CE是△ABC的高，
∴∠AEC＝∠ADB＝90°，
∴∠A＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°；
（2）当∠A为钝角时，如图2，
∵∠F＝60°，同理：∠ADF＝∠AEF＝90°，
∴∠DAE＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°，
∴∠BAC＝∠DAE＝120°，
综上所述，∠BAC的度数为60°或120°，
故答案为：60°或120°．
【点睛】本题考查了三角形的内角和和四边形的内角和，明确四边形的内角和为360°是关键，解题时要分锐角三角形和钝角三角形两种情况进行计算．
15．（3分）（2020春•玄武区期末）如图，将四边形纸片ABCD沿MN折叠，点A、D分别落在A1、D1处，若∠1+∠2＝145°，则∠B+∠C＝ 107.5 °．
【分析】先根据∠1+∠2＝145°得出∠AMN+∠DNM的度数，再由四边形内角和定理即可得出结论．
【答案】解：∵∠1+∠2＝245°，
∴∠AMN+∠DNM=360°-145°2=107.5°，
∵∠A+∠D+（∠AMN+∠DNM）＝360°，∠A+∠D+（∠B+∠C）＝360°，
∴∠B+∠C＝∠AMN+∠DNM＝107.5°，
故答案为：107.5°．
【点睛】本题考查的是翻折变换，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．
16．（3分）（2019秋•江夏区期中）如图△ABC中，∠A＝96°，延长BC到D，∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A1，∠A1BC的平分线与∠A1CD的平分线交于点A2，以此类推，∠A4BC的平分线与∠A4CD的平分线交于点A5，则∠A5的大小是 3° ．
【分析】先利用外角等于不相邻的两个内角之和，以及角平分线的性质求∠A1=12∠A，再依此类推得，∠A2=122∠A；…∠A5=125∠A；找出规律，从而求∠A5的值．
【答案】解：∠BA1C+∠A1BC＝∠A1CD，2∠A1CD＝∠ACD＝∠BAC+∠ABC，
∴2（∠BA1C+∠A1BC）＝∠BAC+∠ABC，2∠BA1C+2∠A1BC＝∠BAC+∠ABC，
而2∠A1BC＝∠ABC，
∴2∠BA1C＝∠BAC，
同理，可得2∠BA2C＝∠BA1C，2∠BA3C＝∠BA2C，2∠BA4C＝∠BA3C，2∠BA5C＝∠BA4C，
∴∠BA5C=12∠BA4C=14∠BA3C=18∠BA2C=116∠BA1C=132∠BAC＝96°÷32＝3°，
故∠A5＝3°．
【点睛】本题考查三角形外角的性质及角平分线的性质，解答的关键是沟通外角和内角的关系．
三．解答题（共6小题，满分52分）
17．（8分）（2020春•五华区校级期末）已知，已知△ABC的周长为33cm，AD是BC边上的中线，AB=32AC．
（1）如图，当AC＝10cm时，求BD的长．
（2）若AC＝12cm，能否求出DC的长？为什么？
【分析】（1）根据三角形中线的性质解答即可；
（2）根据三角形周长和边的关系解答即可．
【答案】解：（1）∵AB=32AC，AC＝10cm，
∴AB＝15cm．
又∵△ABC的周长是33cm，
∴BC＝8cm．
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=12BC=4cm．
（2）不能，理由如下：
∵AB=32AC，AC＝12cm，
∴AB＝18cm．
又∵△ABC的周长是33cm，
∴BC＝3cm．
∵AC+BC＝15＜AB＝18，
∴不能构成三角形ABC，则不能求出DC的长．
【点睛】此题考查三角形的中线、高、角平分线，关键是根据三角形中线的性质解答．
18．（8分）（2020春•万州区期末）如图，四边形ABCD中，∠BAD＝106°，∠BCD＝64°，点M，N分别在AB，BC上，将△BMN沿MN翻折得△FMN，若MF∥AD，FN∥DC．
求（1）∠F的度数；
（2）∠D的度数．
【分析】（1）首先利用平行线的性质得出∠BMF＝106°，∠FNB＝64°，再利用翻折变换的性质得出∠FMN＝∠BMN＝53°，∠FNM＝∠MNB＝32°，进而求出∠F的度数．
（2）由（1）得∠F＝∠B＝95°，再根据四边形的内角和等于360°即可求出∠D的度数．
【答案】解：（1）∵MF∥AD，FN∥DC，∠BAD＝106°，∠BCD＝64°，
∴∠BMF＝106°，∠FNB＝64°，
∵将△BMN沿MN翻折，得△FMN，
∴∠FMN＝∠BMN＝53°，∠FNM＝∠MNB＝32°，
∴∠F＝∠B＝180°﹣53°﹣32°＝95°；
（2）∠F＝∠B＝95°，∠D＝360°﹣106°﹣64°﹣95°＝95°．
【点睛】此题主要考查了平行线的性质以及多边形内角和定理以及翻折变换的性质，得出∠FMN＝∠BMN，∠FNM＝∠MNB是解题关键．
19．（8分）（2020春•邳州市期中）如图，△ABC中，AE是△ABC的角平分线，AD是BC边上的高．
（1）若∠B＝35°，∠C＝75°，求∠DAE的度数；
（2）若∠B＝m°，∠C＝n°，（m＜n），则∠DAE＝ （12n-12m） °（直接用m、n表示）．
【分析】（1）根据∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC，求出∠EAC，∠DAC即可．
（2）计算方法同上．
【答案】解：（1）∵∠B＝35°，∠C＝75°，
∴∠BAC＝180°﹣35°﹣75°＝70°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=12∠CAB＝35°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴∠DAC＝90°﹣75°＝15°，
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝35°﹣15°＝20°．
（2）∵∠B＝m°，∠C＝n°，
∴∠BAC＝180°﹣m°﹣n°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=12∠CAB＝90°﹣（12m）°﹣（12n）°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴∠DAC＝90°﹣n°，
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝（12n-12m）°，
故答案为（12n-12m）．
【点睛】本题考查三角形内角和定理角平分线的定义，三角形的高的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
20．（8分）（2019秋•清苑区期末）已知：如左图，线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，如右图，在左图的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．试解答下列问题：
（1）在左图中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系： ∠A+∠D＝∠B+∠C ；
（2）在右图中，若∠D＝50°，∠B＝40°，试求∠P的度数；（写出解答过程）
（3）如果右图中∠D和∠B为任意角，其他条件不变，试写出∠P与∠D、∠B之间数量关系．（直接写出结论）
【分析】（1）根据三角形的内角和等于180°，易得∠A+∠D＝∠B+∠C；
（2）仔细观察图2，不难看出它有两个图1构成ADMCP，APNCB．由此，得到两个关系式∠1+∠D＝∠3+∠P，∠2+∠P＝∠4+∠B，再由角平分线的性质得∠1＝∠2，∠3＝∠4，两式相减，即可得结论．
（3）利用（2）中结论即可．
【答案】解：（1）∵∠A+∠D+∠AOD＝∠B+∠C+∠BOC＝180°，∠AOD＝∠BOC，
∴∠A+∠D＝∠B+∠C，
故答案为∠A+∠D＝∠B+∠C．
（2）由（1）得，∠1+∠D＝∠3+∠P，∠2+∠P＝∠4+∠B，
∴∠1﹣∠3＝∠P﹣∠D，∠2﹣∠4＝∠B﹣∠P，
又∵AP、CP分别平分∠DAB和∠BCD，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴∠P﹣∠D＝∠B﹣∠P，
即2∠P＝∠B+∠D，
∴∠P＝（50°+40°）÷2＝45°．
（3）由（2）可知：2∠P＝∠B+∠D．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理、角平分线性质、等量代换；难点在于灵活运用各等量关系．
21．（10分）（2020春•吴江区期中）好学的小红在学完三角形的角平分线后，遇到下列4个问题，请你帮她解决．如图，在△ABC中，点I是∠ABC、∠ACB的平分线的交点，点D是∠MBC、∠NCB平分线的交点，BI、DC的延长线交于点E．
（1）若∠BAC＝50°，则∠BIC＝ 115 °；
（2）若∠BAC＝x°（0＜x＜90），则当∠ACB等于多少度（用含x的代数式表示）时，CE∥AB，并说明理由；
（3）若∠D＝3∠E，求∠BAC的度数．
【分析】（1）证明∠BIC＝90°+12∠A即可．
（2）利用平行线的性质求解即可．
（3）证明∠A＝2∠E，求出∠E即可解决问题．
【答案】解：（1）∵点I是∠ABC、∠ACB的平分线的交点，
∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）
＝180°-12（∠ABC+∠ACB）
＝180°-12（180°﹣∠A）
＝90+12∠BAC＝115°．
故答案为115．
（2）当∠ACB等于（180﹣2x）°时，CE∥AB．理由如下：
∵CE∥AB，
∴∠ACE＝∠A＝x°，
∵CE是∠ACG的平分线，
∴∠ACG＝2∠ACE＝2x°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ACG＝（180﹣2x）°．
（3）由题意知：∠ABC＝2∠CBE，∠CBM＝2∠CBD，
∵∠ABC+∠CBM＝180°，
∴∠DBE＝90°，
∴△BDE是直角三角形，
∠D+∠E＝90°
若∠D＝3∠E时，∠E＝22.5°，
设∠ABE＝∠EBG＝x，∠ACE＝∠ECG＝y，
则有y=x+∠E2y=2x+∠A，可得∠A＝2∠E＝45°．
【点睛】本题考查了三角形的内角、外角平分线的夹角大小与原三角形内角的关系，要充分运用三角形内角和定理，角平分线性质转换．
22．（10分）（2020春•雨花区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CE是△ABC的角平分线，CD⊥AB，垂足为D，延长CE与外角∠ABG的平分线交于点F．
（1）若∠A＝60°，求∠DCE和∠F的度数；
（2）若∠A＝n°（0＜n＜90），请直接写出∠DCE和∠F的度数（用含n的代数式表示）；
（3）若△FCB高FH和∠DCB的角平分线交于点Q，在（2）的条件下求∠CQH的度数（用含n的代数式表示）．
【分析】（1）利用三角形内角和定理，角平分线的定义，高的性质求解即可．
（2）解法类似（1）．
（3）根据要求画出图形，根据∠CQH＝90°﹣∠QCH，求出∠QCH即可解决问题．
【答案】解：（1）∵CD⊥AB，∠A＝60°，
∴∠ADC＝90°，∠ACD＝30°，
∵CF平分∠ACB，∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝∠FCB=12∠ACB＝45°，
∴∠DCE＝∠ACE﹣∠ACD＝45°﹣30°＝15°，
∵∠ABG＝∠A+∠ACB＝150°，
∵BF平分∠ABG，
∴∠FBG=12∠ABG＝75°，
∵∠FBG＝∠F+∠FCB，
∴∠F＝75°﹣45°＝30°．
（2）∵CD⊥AB，∠A＝n°，
∴∠ADC＝90°，∠ACD＝90°﹣n°，
∵CF平分∠ACB，∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝∠FCB=12∠ACB＝45°，
∴∠DCE＝∠ACE﹣∠ACD＝45°﹣90°+n°＝n°﹣45°，
∵∠ABG＝∠A+∠ACB＝90°+n°，
∵BF平分∠ABG，
∴∠FBG＝∠ABG＝45°+12n°
∵∠FBG＝∠F+∠FCB，
∴∠F=12n°．
（3）如图，∵FH⊥CG，
∴∠FHC＝90°，
∵∠A+∠ACD＝90°，∠ACD+∠DCB＝90°
∴∠A＝∠DCB＝n°，
∵CQ平分∠DCB，
∴∠QCH=12n°，
∴∠CQH＝90°-12n°．
【点睛】本题考查直角三角形的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
第11章 三角形章末达标检测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020春•淮阳区期末）下列说法：
（1）一个等边三角形一定不是钝角三角形；
（2）一个钝角三角形一定不是等腰三角形；
（3）一个等腰三角形一定不是锐角三角形；
（4）一个直角三角形一定不是等腰三角形．
其中正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据三角形的分类判断即可．
【答案】解：（1）一个等边三角形一定不是钝角三角形，原命题是真命题；
（2）一个钝角三角形不一定不是等腰三角形，原命题是假命题；
（3）一个等腰三角形不一定不是锐角三角形，原命题是假命题；
（4）一个直角三角形不一定不是等腰三角形，原命题是假命题；
故选：A．
【点睛】此题考查三角形问题，关键是根据三角形的分类的概念解答．
2．（3分）（2020春•郑州期中）如图，在Rt△ABF中，∠F＝90°，点C是线段BF上异于点B和点F的一点，连接AC，过点C作CD⊥AC交AB于点D，过点C作CE⊥AB交AB于点E，则下列说法中，错误的是（ ）
A．△ABC中，AB边上的高是CE
B．△ABC中，BC边上的高是AF
C．△ACD中，AC边上的高是CE
D．△ACD中，CD边上的高是AC
【分析】根据三角形的高的定义进行判断即可．
【答案】解：∵过点C作CE⊥AB交AB于点E，∠F＝90°，
∴△ABC中，AB边上的高是CE，BC边上的高是AF，
∴A、B两个选项说法正确，不符合题意；
∵CD⊥AC交AB于点D，
∴△ACD中，AC边上的高是CD，CD边上的高是AC，
∴C选项说法错误，符合题意；D选项说法正确，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的高：从三角形的一个顶点向底边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．注意：锐角三角形的三条高在三角形内部，相交于三角形内一点，直角三角形有两条高与直角边重合，另一条高在三角形内部，它们的交点是直角顶点；钝角三角形有两条高在三角形外部，一条高在三角形内部，三条高所在直线相交于三角形外一点．
3．（3分）（2020春•历城区校级期中）在下列条件中：
①∠A+∠B＝∠C；
②∠A：∠B：∠C＝1：2：3；
③∠A＝2∠B＝3∠C；
④∠A＝∠B＝∠C中，能确定△ABC是直角三角形的条件有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据三角形内角和定理进行计算即可．
【答案】解：①∠A+∠B＝∠C，是直角三角形；
②∠A：∠B：∠C＝1：2：3，是直角三角形；
③∠A＝2∠B＝3∠C，则设∠A＝x，∠B=x2，∠C=x3，则x+x2+x3=180°，解得x=1080°11，
∴∠A=108011，∠B=540°11，∠C=360°11，
∴△ABC不是直角三角形；
④∠A＝∠B＝∠C，不是直角三角形，是等边三角形，
能确定△ABC是直角三角形的条件有2个，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了直角三角形的性质，关键是掌握三角形内角和为180°．
4．（3分）（2019秋•武冈市期中）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．1 B．2 C．3 D．4
【分析】三角形具有稳定性，所以要使五边形木架不变形需把它分成三角形，即过六边形的一个顶点作对角线，有几条对角线，就至少要钉上几根木条．
【答案】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．
【点睛】本题考查了三角形具有稳定性，是基础题，作出图形更形象直观．
5．（3分）（2020春•姜堰区期中）已知三角形的两边长分别为1和4，且第三边长为整数，则第三边长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和＞第三边，任意两边之差＜第三边”，求得第三边的取值范围，再进一步根据第三边是整数求解．
【答案】解：根据三角形的三边关系，得
4﹣1＜第三边长＜4+1，即3＜第三边长＜5，
又第三条边长为整数，
则第三边长为4．故选：B．
【点睛】此题主要是考查了三角形的三边关系，同时注意整数这一条件．
6．（3分）（2020•扬州）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
【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以45°求出边数，然后再乘以10米即可．
【答案】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．
【点睛】本题考查了正多边形的边数的求法，多边形的外角和为360°；根据题意判断出小明走过的图形是正多边形是解题的关键．
7．（3分）（2020春•永安市期末）如图，AE是△ABC的角平分线，AD⊥BC于点D，若∠BAC＝76°，∠C＝64°，则∠DAE的度数是（ ）
A．10° B．12° C．15° D．18°
【分析】根据∠DAE＝∠EAC﹣∠CAD，求出∠EAC，∠CAD即可．
【答案】解：∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=12∠CAB=12×76°＝38°，
∵AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣∠C＝90°﹣64°＝26°，
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠ACD＝38°﹣26°＝12°，故选：B．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，三角形的高等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8．（3分）（2019秋•长葛市期末）将一副三角板按如图所示的方式放置，图中∠CAF的大小等于（ ）
A．50° B．60° C．75° D．85°
【分析】利用三角形内角和定理和三角形的外角的性质计算即可．
【答案】解：∵∠DAC＝∠DFE+∠C＝60°+45°＝105°，
∴∠CAF＝180°﹣∠DAC＝75°，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质，三角形的内角和，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
9．（3分）（2020春•江阴市期中）如图，△ABC中，∠A＝20°，沿BE将此三角形对折，又沿BA′再一次对折，点C落在BE上的C′处，此时∠C′DB＝74°，则原三角形的∠C的度数为（ ）
A．27° B．59° C．69° D．79°
【分析】先根据折叠的性质得∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠CDB＝∠C′DB＝74°，则∠1＝∠2＝∠3，即∠ABC＝3∠3，根据三角形内角和定理得∠3+∠C＝106°，在△ABC中，利用三角形内角和定理得∠A+∠ABC+∠C＝180°，则20°+2∠3+106°＝180°，可计算出∠3＝27°，即可得出结果．
【答案】解如图，∵△ABC沿BE将此三角形对折，又沿BA′再一次对折，点C落在BE上的C′处，
∴∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠CDB＝∠C′DB＝74°，
∴∠1＝∠2＝∠3，
∴∠ABC＝3∠3，
在△BCD中，∠3+∠C+∠CDB＝180°，
∴∠3+∠C＝180°﹣74°＝106°，
在△ABC中，
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴20°+2∠3+（∠3+∠C）＝180°，
即20°+2∠3+106°＝180°，
∴∠3＝27°，
∴∠ABC＝3∠3＝81°，
∠C＝106°﹣27°＝79°，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了图形的折叠变换及三角形内角和定理的应用等知识；熟练掌握折叠的性质，得出∠ABC和∠CBD的倍数关系是解决问题的关键．
10．（3分）（2019春•徐州期中）如图，∠ABC＝∠ACB，AD，BD，CD分别平分△ABC的外角∠EAC、内角∠ABC、外角∠ACF．以下结论：①AD∥BC； ②∠ACB＝2∠ADB； ③DB平分∠ADC； ④∠ADC＝90°﹣∠ABD； ⑤∠BDC=12∠BAC．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据角平分线定义得出∠ABC＝2∠ABD＝2∠DBC，∠EAC＝2∠EAD，∠ACF＝2∠DCF，根据三角形的内角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，根据三角形外角性质得出∠ACF＝∠ABC+∠BAC，∠EAC＝∠ABC+∠ACB，根据已知结论逐步推理，即可判断各项．
【答案】解：∵AD平分∠EAC，
∴∠EAC＝2∠EAD，
∵∠EAC＝∠ABC+∠ACB，∠ABC＝∠ACB，
∴∠EAD＝∠ABC，
∴AD∥BC，∴①正确；
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠ACB＝2∠DBC，
∴∠ACB＝2∠ADB，∴②正确；
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵∠ADB＝∠DBC，∠ADC＝90°-12∠ABC，
∴∠ADB不等于∠CDB，∴③错误；
∵AD平分∠EAC，CD平分∠ACF，
∴∠DAC=12∠EAC，∠DCA=12∠ACF，
∵∠EAC＝∠ACB+∠ACB，∠ACF＝∠ABC+∠BAC，∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣（∠DAC+∠ACD）
＝180°-12（∠EAC+∠ACF）
＝180°-12（∠ABC+∠ACB+∠ABC+∠BAC）
＝180°-12（180°+∠ABC）
＝90°-12∠ABC，∴④正确；
∠BDC＝∠DCF﹣∠DBF=12∠ACF-12∠ABC=12∠BAC，∴⑤正确，
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形外角性质，角平分线定义，平行线的判定，三角形内角和定理的应用，掌握角平分线的定义、三角形内角和定理是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020春•曲阳县期末）如果三角形三个外角度数之比是3：4：5，则此三角形一定是 直角三角形 ．
【分析】设三角形三个外角度数分别为3x°，4x°，5x°，根据三角形外角和为360°列出方程，求出x，进而可得三角形形状．
【答案】解：设三角形三个外角度数分别为3x°，4x°，5x°，
则3x+4x+5x＝360，
解得：x＝30，
3x＝90，
∴此三角形一定是直角三角形，
故答案为：直角三角形．
【点睛】此题主要考查了三角形的外角，关键是掌握三角形的外角和为360°．
12．（3分）（2020•平房区期中）在△ABC中，∠A＝30°，∠C为钝角，若AB＝6，BC边长为整数，则BC的长为 4或5 ．
【分析】直接利用三角形中边角关系进而得出BC的取值范围进而得出答案．
【答案】解：延长AC，过点B作BD⊥AC于点D，
∵∠A＝30°，AB＝6，
∴BD=12AB＝3，
∵BC为直角三角形DBC的斜边，
∴BC＞3，
∵∠C为钝角，
∴AB＞BC，
∴3＜BC＜AB，
∴BC边长为：4，5．
故答案为：4或5．
【点睛】此题主要考查了三角形三边关系，正确掌握三角形中大角对大边是解题关键．
13．（3分）（2020春•秀英区校级期末）如图，△ABC中，∠A＝90°，点E、F分别在AB、AC边上，D是BC边上一动点（与点B、C不重合）．若∠1＝60°，则∠2+∠3＝ 150 度．
【分析】根据三角形内角和定理可求∠B+∠C，再根据平角的定义可求∠BDE+∠CDF，再根据三角形内角和定理可求∠2+∠3．
【答案】解：∵△ABC中，∠A＝90°，
∴∠B+∠C＝90°，
∵∠1＝60°，
∴∠BDE+∠CDF＝120°，
∴∠2+∠3＝150°．
故答案为：150．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键，注意整体思想的应用．
14．（3分）（2020春•和平区校级期中）已知BD、CE是△ABC的高，BD、CE所在的直线相交所成的角中有一个角为60°，则∠BAC＝ 60°或120° ．
【分析】分两种情况：（1）当∠A为锐角时，如图1；（2）当∠A为钝角时，如图2；根据四边形的内角和为360°以及三角形内角和为180°，即可得出结果．
【答案】解：分两种情况：
（1）当∠A为锐角时，如图1，
∵∠DOC＝60°，
∴∠EOD＝120°，
∵BD、CE是△ABC的高，
∴∠AEC＝∠ADB＝90°，
∴∠A＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°；
（2）当∠A为钝角时，如图2，
∵∠F＝60°，同理：∠ADF＝∠AEF＝90°，
∴∠DAE＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°，
∴∠BAC＝∠DAE＝120°，
综上所述，∠BAC的度数为60°或120°，
故答案为：60°或120°．
【点睛】本题考查了三角形的内角和和四边形的内角和，明确四边形的内角和为360°是关键，解题时要分锐角三角形和钝角三角形两种情况进行计算．
15．（3分）（2020春•玄武区期末）如图，将四边形纸片ABCD沿MN折叠，点A、D分别落在A1、D1处，若∠1+∠2＝145°，则∠B+∠C＝ 107.5 °．
【分析】先根据∠1+∠2＝145°得出∠AMN+∠DNM的度数，再由四边形内角和定理即可得出结论．
【答案】解：∵∠1+∠2＝245°，
∴∠AMN+∠DNM=360°-145°2=107.5°，
∵∠A+∠D+（∠AMN+∠DNM）＝360°，∠A+∠D+（∠B+∠C）＝360°，
∴∠B+∠C＝∠AMN+∠DNM＝107.5°，
故答案为：107.5°．
【点睛】本题考查的是翻折变换，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．
16．（3分）（2019秋•江夏区期中）如图△ABC中，∠A＝96°，延长BC到D，∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A1，∠A1BC的平分线与∠A1CD的平分线交于点A2，以此类推，∠A4BC的平分线与∠A4CD的平分线交于点A5，则∠A5的大小是 3° ．
【分析】先利用外角等于不相邻的两个内角之和，以及角平分线的性质求∠A1=12∠A，再依此类推得，∠A2=122∠A；…∠A5=125∠A；找出规律，从而求∠A5的值．
【答案】解：∠BA1C+∠A1BC＝∠A1CD，2∠A1CD＝∠ACD＝∠BAC+∠ABC，
∴2（∠BA1C+∠A1BC）＝∠BAC+∠ABC，2∠BA1C+2∠A1BC＝∠BAC+∠ABC，
而2∠A1BC＝∠ABC，
∴2∠BA1C＝∠BAC，
同理，可得2∠BA2C＝∠BA1C，2∠BA3C＝∠BA2C，2∠BA4C＝∠BA3C，2∠BA5C＝∠BA4C，
∴∠BA5C=12∠BA4C=14∠BA3C=18∠BA2C=116∠BA1C=132∠BAC＝96°÷32＝3°，
故∠A5＝3°．
【点睛】本题考查三角形外角的性质及角平分线的性质，解答的关键是沟通外角和内角的关系．
三．解答题（共6小题，满分52分）
17．（8分）（2020春•五华区校级期末）已知，已知△ABC的周长为33cm，AD是BC边上的中线，AB=32AC．
（1）如图，当AC＝10cm时，求BD的长．
（2）若AC＝12cm，能否求出DC的长？为什么？
【分析】（1）根据三角形中线的性质解答即可；
（2）根据三角形周长和边的关系解答即可．
【答案】解：（1）∵AB=32AC，AC＝10cm，
∴AB＝15cm．
又∵△ABC的周长是33cm，
∴BC＝8cm．
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=12BC=4cm．
（2）不能，理由如下：
∵AB=32AC，AC＝12cm，
∴AB＝18cm．
又∵△ABC的周长是33cm，
∴BC＝3cm．
∵AC+BC＝15＜AB＝18，
∴不能构成三角形ABC，则不能求出DC的长．
【点睛】此题考查三角形的中线、高、角平分线，关键是根据三角形中线的性质解答．
18．（8分）（2020春•万州区期末）如图，四边形ABCD中，∠BAD＝106°，∠BCD＝64°，点M，N分别在AB，BC上，将△BMN沿MN翻折得△FMN，若MF∥AD，FN∥DC．
求（1）∠F的度数；
（2）∠D的度数．
【分析】（1）首先利用平行线的性质得出∠BMF＝106°，∠FNB＝64°，再利用翻折变换的性质得出∠FMN＝∠BMN＝53°，∠FNM＝∠MNB＝32°，进而求出∠F的度数．
（2）由（1）得∠F＝∠B＝95°，再根据四边形的内角和等于360°即可求出∠D的度数．
【答案】解：（1）∵MF∥AD，FN∥DC，∠BAD＝106°，∠BCD＝64°，
∴∠BMF＝106°，∠FNB＝64°，
∵将△BMN沿MN翻折，得△FMN，
∴∠FMN＝∠BMN＝53°，∠FNM＝∠MNB＝32°，
∴∠F＝∠B＝180°﹣53°﹣32°＝95°；
（2）∠F＝∠B＝95°，∠D＝360°﹣106°﹣64°﹣95°＝95°．
【点睛】此题主要考查了平行线的性质以及多边形内角和定理以及翻折变换的性质，得出∠FMN＝∠BMN，∠FNM＝∠MNB是解题关键．
19．（8分）（2020春•邳州市期中）如图，△ABC中，AE是△ABC的角平分线，AD是BC边上的高．
（1）若∠B＝35°，∠C＝75°，求∠DAE的度数；
（2）若∠B＝m°，∠C＝n°，（m＜n），则∠DAE＝ （12n-12m） °（直接用m、n表示）．
【分析】（1）根据∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC，求出∠EAC，∠DAC即可．
（2）计算方法同上．
【答案】解：（1）∵∠B＝35°，∠C＝75°，
∴∠BAC＝180°﹣35°﹣75°＝70°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=12∠CAB＝35°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴∠DAC＝90°﹣75°＝15°，
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝35°﹣15°＝20°．
（2）∵∠B＝m°，∠C＝n°，
∴∠BAC＝180°﹣m°﹣n°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=12∠CAB＝90°﹣（12m）°﹣（12n）°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴∠DAC＝90°﹣n°，
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝（12n-12m）°，
故答案为（12n-12m）．
【点睛】本题考查三角形内角和定理角平分线的定义，三角形的高的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
20．（8分）（2019秋•清苑区期末）已知：如左图，线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，如右图，在左图的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．试解答下列问题：
（1）在左图中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系： ∠A+∠D＝∠B+∠C ；
（2）在右图中，若∠D＝50°，∠B＝40°，试求∠P的度数；（写出解答过程）
（3）如果右图中∠D和∠B为任意角，其他条件不变，试写出∠P与∠D、∠B之间数量关系．（直接写出结论）
【分析】（1）根据三角形的内角和等于180°，易得∠A+∠D＝∠B+∠C；
（2）仔细观察图2，不难看出它有两个图1构成ADMCP，APNCB．由此，得到两个关系式∠1+∠D＝∠3+∠P，∠2+∠P＝∠4+∠B，再由角平分线的性质得∠1＝∠2，∠3＝∠4，两式相减，即可得结论．
（3）利用（2）中结论即可．
【答案】解：（1）∵∠A+∠D+∠AOD＝∠B+∠C+∠BOC＝180°，∠AOD＝∠BOC，
∴∠A+∠D＝∠B+∠C，
故答案为∠A+∠D＝∠B+∠C．
（2）由（1）得，∠1+∠D＝∠3+∠P，∠2+∠P＝∠4+∠B，
∴∠1﹣∠3＝∠P﹣∠D，∠2﹣∠4＝∠B﹣∠P，
又∵AP、CP分别平分∠DAB和∠BCD，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴∠P﹣∠D＝∠B﹣∠P，
即2∠P＝∠B+∠D，
∴∠P＝（50°+40°）÷2＝45°．
（3）由（2）可知：2∠P＝∠B+∠D．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理、角平分线性质、等量代换；难点在于灵活运用各等量关系．
21．（10分）（2020春•吴江区期中）好学的小红在学完三角形的角平分线后，遇到下列4个问题，请你帮她解决．如图，在△ABC中，点I是∠ABC、∠ACB的平分线的交点，点D是∠MBC、∠NCB平分线的交点，BI、DC的延长线交于点E．
（1）若∠BAC＝50°，则∠BIC＝ 115 °；
（2）若∠BAC＝x°（0＜x＜90），则当∠ACB等于多少度（用含x的代数式表示）时，CE∥AB，并说明理由；
（3）若∠D＝3∠E，求∠BAC的度数．
【分析】（1）证明∠BIC＝90°+12∠A即可．
（2）利用平行线的性质求解即可．
（3）证明∠A＝2∠E，求出∠E即可解决问题．
【答案】解：（1）∵点I是∠ABC、∠ACB的平分线的交点，
∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）
＝180°-12（∠ABC+∠ACB）
＝180°-12（180°﹣∠A）
＝90+12∠BAC＝115°．
故答案为115．
（2）当∠ACB等于（180﹣2x）°时，CE∥AB．理由如下：
∵CE∥AB，
∴∠ACE＝∠A＝x°，
∵CE是∠ACG的平分线，
∴∠ACG＝2∠ACE＝2x°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ACG＝（180﹣2x）°．
（3）由题意知：∠ABC＝2∠CBE，∠CBM＝2∠CBD，
∵∠ABC+∠CBM＝180°，
∴∠DBE＝90°，
∴△BDE是直角三角形，
∠D+∠E＝90°
若∠D＝3∠E时，∠E＝22.5°，
设∠ABE＝∠EBG＝x，∠ACE＝∠ECG＝y，
则有y=x+∠E2y=2x+∠A，可得∠A＝2∠E＝45°．
【点睛】本题考查了三角形的内角、外角平分线的夹角大小与原三角形内角的关系，要充分运用三角形内角和定理，角平分线性质转换．
22．（10分）（2020春•雨花区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CE是△ABC的角平分线，CD⊥AB，垂足为D，延长CE与外角∠ABG的平分线交于点F．
（1）若∠A＝60°，求∠DCE和∠F的度数；
（2）若∠A＝n°（0＜n＜90），请直接写出∠DCE和∠F的度数（用含n的代数式表示）；
（3）若△FCB高FH和∠DCB的角平分线交于点Q，在（2）的条件下求∠CQH的度数（用含n的代数式表示）．
【分析】（1）利用三角形内角和定理，角平分线的定义，高的性质求解即可．
（2）解法类似（1）．
（3）根据要求画出图形，根据∠CQH＝90°﹣∠QCH，求出∠QCH即可解决问题．
【答案】解：（1）∵CD⊥AB，∠A＝60°，
∴∠ADC＝90°，∠ACD＝30°，
∵CF平分∠ACB，∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝∠FCB=12∠ACB＝45°，
∴∠DCE＝∠ACE﹣∠ACD＝45°﹣30°＝15°，
∵∠ABG＝∠A+∠ACB＝150°，
∵BF平分∠ABG，
∴∠FBG=12∠ABG＝75°，
∵∠FBG＝∠F+∠FCB，
∴∠F＝75°﹣45°＝30°．
（2）∵CD⊥AB，∠A＝n°，
∴∠ADC＝90°，∠ACD＝90°﹣n°，
∵CF平分∠ACB，∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝∠FCB=12∠ACB＝45°，
∴∠DCE＝∠ACE﹣∠ACD＝45°﹣90°+n°＝n°﹣45°，
∵∠ABG＝∠A+∠ACB＝90°+n°，
∵BF平分∠ABG，
∴∠FBG＝∠ABG＝45°+12n°
∵∠FBG＝∠F+∠FCB，
∴∠F=12n°．
（3）如图，∵FH⊥CG，
∴∠FHC＝90°，
∵∠A+∠ACD＝90°，∠ACD+∠DCB＝90°
∴∠A＝∠DCB＝n°，
∵CQ平分∠DCB，
∴∠QCH=12n°，
∴∠CQH＝90°-12n°．
【点睛】本题考查直角三角形的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
相关试卷
专题2.1 三角形的初步知识章末达标检测卷-2022-2023学年八年级数学上册举一反三系列（浙教版）： 这是一份专题2.1 三角形的初步知识章末达标检测卷-2022-2023学年八年级数学上册举一反三系列（浙教版），文件包含专题21三角形的初步知识章末达标检测卷浙教版解析版docx、专题21三角形的初步知识章末达标检测卷浙教版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
专题2.7 分式章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版）： 这是一份专题2.7 分式章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版），文件包含专题27分式章末达标检测卷人教版解析版docx、专题27分式章末达标检测卷人教版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
专题2.3 轴对称章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版）： 这是一份专题2.3 轴对称章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版），文件包含专题23轴对称章末达标检测卷人教版解析版docx、专题23轴对称章末达标检测卷人教版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
