数学八年级上册第十一章 三角形综合与测试单元测试综合训练题

这是一份数学八年级上册第十一章 三角形综合与测试单元测试综合训练题，共13页。试卷主要包含了五边形的外角和为等内容，欢迎下载使用。
时间：100分钟 满分：100分





一．选择题（每题3分，共30分）


1．已知三角形的三边长分别为2、x、3，则x可能是（ ）


A．1B．4C．5D．6


2．五边形的外角和为（ ）


A．360°B．540°C．720°D．900°


3．下列图形中，不具有稳定性的图形是（ ）


A．平行四边形B．等腰三角形C．直角三角形D．等边三角形


4．若n边形的内角和等于外角和的3倍，则边数n为（ ）


A．n＝6B．n＝7C．n＝8D．n＝9


5．如图，将一个直角三角形纸片ABC（∠ACB＝90°），沿线段CD折叠，使点B落在B′处，若∠ACB′＝72°，则∠ACD的度数为（ ）





A．9°B．10°C．12°D．18°


6．如图，将△ABC沿MN折叠，使MN∥BC，点A的对应点为点A'，若∠A'＝32°，∠B＝112°，则∠A'NC的度数是（ ）





A．114°B．112°C．110°D．108°


7．如图所示，在△ABC中，∠C＝90°，EF∥AB，∠B＝39°，则∠1的度数为（ ）





A．38°B．39°C．51°D．52°


8．如图，在△ABC中，∠ACB＝100°，∠A＝20°，D是AB上一点，将△ABC沿CD折叠，使B点落在AC边上的B′处，则∠ADB′等于（ ）





A．40°B．20°C．55°D．30°


9．若三角形三边长分别为2，x，3，且x为正整数，则这样的三角形个数为（ ）


A．2B．3C．4D．5


10．如图所示，已知△ABC中，∠A＝80°，若沿图中虚线剪去∠A，则∠1+∠2等于（ ）





A．90°B．135°C．260°D．315°





二．填空题（每题4分，共20分）


11．三角形具有稳定性，要使一个四边形框架稳定不变形，至少需要钉 根木条．


12．在△ABC中，∠A＝90°，∠B、∠C的角平分线BE、CF交于点O，那么∠BOC的度数是 ．


13．若一个多边形的内角和等于1260°，它是 边形，从这个多边形的一个顶点出发共有 条对角线．


14．如图，△ABC中，AD、BD、CD分别平分△ABC的外角∠EAC、内角∠ABC、外角∠ACF，AD∥BC．以下结论：①∠ABC＝∠ACB；②∠ADC+∠ABD＝90°；③BD平分∠ADC；④2∠BDC＝∠BAC．其中正确的结论有 ．（填序号）





15．如图，将一副三角板如图方式放置，则∠1的度数是 ．








三．解答题（每题10分，共50分）


16．动手操作：


（1）如图1，将一块直角三角板DEF放置在直角三角板ABC上，使三角板DEF的两条直角边DE、DF分别经过点B、C，且BC∥EF，已知∠A＝30°，则∠ABD+∠ACD＝ 度；


（2）如图2，∠BDC与∠A、∠B、∠C之间存在着什么关系，并说明理由；


（3）灵活应用：请你直接利用以上结论，解决以下列问题：如图3，BE平分∠ABD，CE平分∠ACD，若∠BAC＝40°，∠BDC＝120°，求∠BEC的度数．











17．在△ABC中，∠B＝∠C，


（1）如图1，点D、E分别在BC与AC上，∠ADE＝∠AED，求证：∠BAD＝2∠CDE；


（2）如图2，将∠CAH沿AH翻折到∠QAH，AH⊥QF于H，QH交BC于F，BP平分∠ABC，QP平分∠AQF，BP与QP交于P，试探究∠P与∠BFQ的关系．








18．如图，点D、E、F分别在AB、BC、AC上，为了说明三角形内角和等于180°（即∠A+∠B+∠C＝180°），小明同学通过点D、E、F分别作DE∥AC，EF∥AB，下面是他的推导过程，请填空：


解：因为DE∥AC，AB∥EF，


所以∠1＝∠ ，


∠3＝∠ ．


因为AB∥EF，所以∠2＝∠ ．


因为DE∥AC，所以∠4＝∠ ．


所以∠2＝∠A（等量代换）．


因为∠1+∠2+∠3＝180°


所以∠A+∠B+∠C＝180°（等量代换）．








19．某校八年级数学兴趣小组对“三角形内角或外角平分线的夹角与第三个内角的数量关系”进行了探究．





（1）如图1，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点P，∠A＝64°，则∠BPC＝ ；


（2）如图2，△ABC的内角∠ACB的平分线与△ABC的外角∠ABD的平分线交于点E．其中∠A＝α，求∠BEC．（用α表示∠BEC）；


（3）如图3，∠CBM、∠BCN为△ABC的外角，∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q，请你写出∠BQC与∠A的数量关系，并证明．








20．如图1，已知线段AB、CD相交于点O，连接AC、BD，则我们把形如这样的图形称为“8字型”．


（1）求证：∠A+∠C＝∠B+∠D；


（2）如图2，若∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，且与CD、AB分别相交于点M、N．


①以线段AC为边的“8字型”有 个，以点O为交点的“8字型”有 个；


②若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度数；


③若角平分线中角的关系改为“∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB”，试探究∠P与∠B、∠C之间存在的数量关系，并证明理由．








参考答案


一．选择题


1．解：∵2+3＝5，3﹣2＝1，


∴1＜x＜5．


故选：B．


2．解：五边形的外角和是360°．


故选：A．


3．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：A．


4．解：由题意得：180（n﹣2）＝360×3，


解得：n＝8，


故选：C．


5．解：∵∠ACB′＝72°，∠ACB＝90°，


∴∠BCB′＝162°，


由翻折的性质可知：∠DCB＝∠BCB′＝81°，


∴∠ACD＝∠ACB﹣∠DCB＝90°﹣81°＝9°，


故选：A．


6．解：∵MN∥BC，


∴∠MNC+∠C＝180°，


又∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A＝∠A′＝32°，∠B＝112°，


∴∠C＝36°，∠MNC＝144°．


由折叠的性质可知：∠A′NM+∠MNC＝180°，


∴∠A′NM＝36°，


∴∠A′NC＝∠MNC﹣∠A′NM＝144°﹣36°＝108°．


故选：D．


7．解：∵在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝39°，


∴∠A＝51°，


∵EF∥AB，


∴∠1＝∠A，


∴∠1＝51°，


故选：C．


8．解：∵∠A+∠B+∠ACB＝180°，∠ACB＝100°，∠A＝20°，


∴∠B＝60°，


根据翻折不变性可知：∠CB′D＝∠B＝60°，


∵∠DB′C＝∠A+∠ADB′，


∴60°＝20°+∠ADB′，


∴∠ADB′＝40°，


故选：A．


9．解：由题意可得，3﹣2＜x＜3+2，


解得1＜x＜5，


∵x为整数，


∴x为2，3，4，


∴这样的三角形个数为3．


故选：B．


10．解：∵∠A＝80°，


∴∠B+∠C＝100°，


∵∠1+∠2+∠B+∠C＝360°，


∴∠1+∠2＝260°．


故选：C．


二．填空题（共5小题）


11．解：如图所示：


要使这个木架不变形，他至少还要再钉上1个木条，


故答案为：1





12．解：∵∠A＝90°，


∴∠ABC+∠ACB＝90°，


∵角平分线BE、CF交于点O，


∴∠OBC+∠OCB＝45°，


∴∠BOC＝180°﹣45°＝135°．


故答案为135°．





13．解：设这个多边形的边数为n，


∴（n﹣2）×180°＝1260°，


解得n＝9，


∴这个多边形为九边形；


∴对角线的条数＝＝27条．


故答案为：九；27


14．解：∵AD平分∠EAC，


∴∠EAD＝∠CAD，


∵AD∥BC，


∴∠EAD＝∠ABC，∠CAD＝∠ACB，


∴∠ABC＝∠ACB，故①正确；


∵AD，CD分别平分∠EAC，∠ACF，


∴可得∠ADC＝90°﹣∠ABC，


∴∠ADC+∠ABC＝90°，


∴∠ADC+∠ABD＝90°，故②正确；


∵∠ABD＝∠DBC，BD＝BD，∠ADB＝∠BDC，


∴△ABD≌△BCD（ASA），


∴AB＝CB，与题目条件矛盾，故③错误，


∵∠DCF＝∠DBC+∠BDC，∠ACF＝∠ABC+∠BAC，


∴2∠DCF＝2∠DBC+2∠BDC，2∠DCF＝2∠DBC+∠BAC，


∴2∠BDC＝∠BAC，故④正确，


故答案为：①②④．


15．解：由图形可知∠ACD＝60°，∠B＝45°


∵∠BAC＝∠ACD﹣∠B＝15°，


∴∠1＝∠BAC＝15°，


故答案为15°．





三．解答题（共5小题）


16．解：（1）∵BC∥EF，


∴∠DBC＝∠E＝∠F＝∠DCB＝45°，


∴∠ABD＝90°﹣45°＝45°，∠ACD＝60°﹣45°＝15°，


∴∠ABD+∠ACD＝60°；


（2）猜想：∠A+∠B+∠C＝∠BDC．


证明：如图2，连接BC，


在△DBC中，∵∠DBC+∠DCB+∠D＝180°，


∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣∠BDC；


在Rt△ABC中，


∵∠ABC+∠ACB+∠A＝180°，


即∠ABD+∠DBC+∠DCB+∠ACD+∠A＝180°，


而∠DBC+∠DCB＝180°﹣∠BDC，


∴∠A+∠ABD+∠ACD＝180°﹣（180°﹣∠BDC）＝∠BDC，


即：∠A+∠B+∠C＝∠BDC．


（3）灵活应用：


由（2）可知∠A+∠ABD+∠ACD＝∠BDC，∠A+∠ABE+∠ACE＝∠BEC，


∵∠BAC＝40°，∠BDC＝120°，


∴∠ABD+∠ACD＝120°﹣40°＝80°


∵BE平分∠ABD，CE平分∠ACB，


∴∠ABE+∠ACE＝40°，


∴∠BEC＝40°+40°＝80°．





17．（1）证明：∵∠ABC＝∠ACB，


∴在△ABC中，∠BAD＝180°﹣2∠C﹣∠DAC，


∵∠ADE＝∠AED，


∴∠BAD＝180°﹣2∠C﹣∠DAC＝180°﹣2∠C﹣（180°﹣2∠AED）＝180°﹣2∠C﹣180°+2∠AED＝﹣2∠C+2（∠CDE+∠C）＝2∠CDE．


（2）由（1）知，∠BAD＝2∠QFD，


设∠QFD＝x，则∠BAD＝2x，


∵∠BDA＝∠QDF，


∴∠ABD＝∠AQF﹣x，


∵BP平分∠ABC，QP平分∠AQF，


∴∠PBM＝∠ABD＝∠AQF﹣x，∠MQF＝∠AQF，


又∵∠BMP＝∠QMC，


∴∠PBM+∠P＝∠MQF+∠BFQ，


即∠AQF﹣x+∠P＝∠AQF+x，


∴∠P＝x，


即∠P＝∠BFQ．


18．解：因为DE∥AC，AB∥EF，


所以∠1＝∠C，


所以∠3＝∠B．（两直线平行，同位角相等）


因为AB∥EF，


所以∠2＝∠4．（两直线平行，内错角相等）


因为DE∥AC，


所以∠4＝∠A．（两直线平行，同位角相等）


所以∠2＝∠A（等量代换）


因为∠1+∠2+∠3＝180°


所以∠A+∠B+∠C＝180°（等量代换）


故答案为：C；B；两直线平行，同位角相等；4；两直线平行，内错角相等；A；两直线平行，同位角相等；等量代换；等量代换


19．解：（1）∵BP、CP分别平分∠ABC和∠ACB，


∴∠PBC＝∠ABC，∠PCB＝∠ACB，


∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）


＝180°﹣（∠ABC+∠ACB），


＝180°﹣（∠ABC+∠ACB），


＝180°﹣（180°﹣∠A），


＝180°﹣90°+∠A，


＝90°+32°＝122°，


故答案为：122°；





（2）∵CE和BE分别是∠ACB和∠ABD的角平分线，


∴∠1＝∠ACB，∠2＝∠ABD，


又∵∠ABD是△ABC的一外角，


∴∠ABD＝∠A+∠ACB，


∴∠2＝（∠A+∠ABC）＝∠A+∠1，


∵∠2是△BEC的一外角，


∴∠BEC＝∠2﹣∠1＝∠A+∠1﹣∠1＝∠A＝；





（3）∠QBC＝（∠A+∠ACB），∠QCB＝（∠A+∠ABC），


∠BQC＝180°﹣∠QBC﹣∠QCB，


＝180°﹣（∠A+∠ACB）﹣（∠A+∠ABC），


＝180°﹣∠A﹣（∠A+∠ABC+∠ACB），


结论∠BQC＝90°﹣∠A．





20．（1）证明：在图1中，有∠A+∠C＝180°﹣∠AOC，∠B+∠D＝180°﹣∠BOD，


∵∠AOC＝∠BOD，


∴∠A+∠C＝∠B+∠D；


（2）解：①3；4；


故答案为：3，4；


②以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，


以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP


∴2∠P+∠BAP+∠CDP＝∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，


∵AP、DP分别平分∠CAB和∠BDC，


∴∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，


∴2∠P＝∠B+∠C，


∵∠B＝100°，∠C＝120°，


∴∠P＝（∠B+∠C）＝（100°+120°）＝110°；


③3∠P＝∠B+2∠C，其理由是：


∵∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，


∴∠BAP＝∠CAB，∠BDP＝∠CDB，


以M为交点“8字型”中，有∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，


以N为交点“8字型”中，有∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP


∴∠C﹣∠P＝∠CDP﹣∠CAP＝（∠CDB﹣∠CAB），


∠P﹣∠B＝∠BDP﹣∠BAP＝（∠CDB﹣∠CAB）．


∴2（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B，


∴3∠P＝∠B+2∠C．