人教版八年级数学上册重难考点专题05三角形单元过关(培优版)特训(原卷版+解析)

这是一份人教版八年级数学上册重难考点专题05三角形单元过关(培优版)特训(原卷版+解析)，共28页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
1．（2022秋·新疆塔城·八年级统考期末）以下列长度的各组线段为边，能组成三角形的是（ ）
A．3cm，3cm，6cmB．3cm，4cm，8cm
C．5cm，6cm，9cmD．7cm，6cm，13cm
2．（2022秋·广东广州·八年级校考阶段练习）如图，工人师傅砌门时，常用木条EF固定长方形门框ABCD，使其不变形，这样做的根据是（ ）
A．两点之间的线段最短
B．长方形的四个角都是直角
C．长方形是轴对称图形
D．三角形有稳定性
3．（2022春·湖南娄底·八年级校考期中）在直角三角形中，有一个锐角为52°，那么另一个锐角的度数（ ）
A．30°B．48°C．38°D．52°
4．（2023秋·四川德阳·八年级校考阶段练习）已知△ABC的三条边分别为a，b，c，化简|a＋b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|＋|a﹣b＋c|（ ）
A．3a﹣b＋cB．a＋b﹣cC．a﹣b﹣cD．﹣a＋3b﹣3c
5．（2023秋·海南三亚·八年级校考期中）十二边形的每个内角都相等，它的一个外角的度数是（ ）．
A．30°B．35°C．40°D．45°
6．（2022秋·全国·八年级专题练习）如图，小明在操场上从A点出发，沿直线前进10米后向左转40°，再沿直线前进10米后，又向左转40°，这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了（ ）米
A．70B．80C．90D．100
7．（2023春·海南海口·七年级校考阶段练习）三角形的一个外角等于相邻内角的4倍，则此三角形的一个外角的度数是 （ ）
A．45°B．135°C．36°D．144°
8．（2023秋·天津滨海新·八年级校联考期中）如图，在△ABC中，∠B＝63°，∠C＝51°，AE是∠BAC的平分线，则∠BEA的度数为（ ）
A．96°B．84°C．66°D．33°
9．（2022秋·重庆南川·八年级校考阶段练习）在△ABC中，∠B﹣∠A=50°，∠B是∠A的3.5倍，则△ABC是( )
A．锐角三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．无法确定
10．（2023春·江苏·七年级期中）如图，在△ABC中，∠A=90°，BE，CD分别平分∠ABC和∠ACB，且相交于F，EG∥BC，CG⊥EG于点G，则下列结论 ①∠CEG = 2∠DCA；②CA平分∠BCG；③∠ADC =∠GCD；④∠DFB=12∠A；⑤∠DFE=135°，其中正确的结论是( )
A．①②③B．①③④C．①③④⑤D．①②③④
第II卷（非选择题）
11．（2023秋·安徽蚌埠·八年级校考期中）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 _____．
12．（2023秋·七年级课时练习）一个正六边形的周长是18 cm，则这个正六边形的边长是________cm.
13．（2023秋·湖南长沙·八年级校考阶段练习）若a，b，c为三角形的三边长，且a，b满足a−3+（b﹣7）2＝0，那么c的取值范围是_____．
14．（2023春·七年级课时练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A<∠B，M是斜边AB的中点，将△ACM沿直线CM折叠，点A落在点D处，如果CD恰好与AB垂直，则∠A＝_______°．
15．（2023春·江苏·七年级专题练习）如图，△ABC的面积为1．分别倍长AB，BC，CA得到△A1B1C1．再分别倍长A1B1,B1C1,C1A1得到△A2B2C2．…按此规律，倍长n次后得到的△AnBnCn的面积为______．
16．（2023春·江苏盐城·七年级校联考阶段练习）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为______度．
17．（2023春·全国·八年级专题练习）（1）求12边形内角和度数；
（2）若一个n边形的内角和与外角和的差是720°，求n．
18．（2023春·江苏·七年级专题练习）已知△ABC的三边长分别为3、5、a，化简|a−2|−|a−1|+|a−8|
19．（2023秋·辽宁大连·八年级大连市第三十四中学校考阶段练习）如图，△ABC中，AD⊥BC,垂足为D，AE平分∠BAC，∠C=70°，∠DAE=15°，求∠B的度数．
20．（2023春·七年级单元测试）如图，在△ABC中，AD是高，AE、BF是角平分线，它们相交于点O，∠C=70°．
(1)∠AOB的度数为______；
(2)若∠ABC=60°，求∠DAE的度数．
21．（2022春·福建龙岩·七年级校联考期中）已知△ABC三个顶点A，B，C的坐标分别为（－1，4），（－2，2），（1，3）
(1)在坐标系中画出△ABC，把△ABC先向右平移3个单位，再向下平移2个单位得到△A1B1C1，画出平移后的△A1B1C1．
(2)△ABC中的任意一点P（m，n）经平移后的对应点为Q，写出Q点的坐标是（用含m，n的式子表示）
(3)求△ABC的面积．
22．（2023秋·四川南充·八年级四川省南充市高坪中学校考期中）已知，如图，在△ABC中，AD、AE分别是△ABC的高和角平分线，若∠B=30°，∠C=50°．求∠BAC和∠DAE的度数．
23．（2022秋·全国·八年级专题练习）如图，点D是∠ABC的角平分线上的一点，过点D作EF∥BC，DG∥AB．
(1)若AD⊥BD，∠BED=130°，求∠BAD的度数．
(2)DO是△DEG的角平分线吗？请说明理由．
24．（2023春·江苏·七年级期中）（2023公益周考卷）已知：线段AB，CD相交于点O，连接AD，CB，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，与CD，AB相交于M，N，如图2：
（1）在图1中，直接写出∠A，∠B，∠C，∠D之间的数量关系；
（2）图中有几个八字模型？
（3）在图2中，∠D与∠B为任意角，试探究∠P与∠D，∠B之间是否存在一定的数量关系，若存在，请写出它们之间的数量关系并证明；若不存在，请说明理由
25．（2023春·江苏·七年级专题练习）如图1，直线m与直线n相交于点O，A、B两点同时从点O出发，点A以每秒x个单位长度沿直线n向左运动，点B以每秒y个单位长度沿直线m向上运动．
(1)若运动1s时，点B比点A多运动1个单位；运动2s时，点B与点A运动的路程和为6个单位，则x= ，y= ．
(2)如图2，当直线m与直线n垂直时，设∠BAO和∠ABO的角平分线相交于点P．在点A、B运动的过程中，∠APB的大小是否会发生变化？若不发生变化，请求出其值（写出过程）；若发生变化，请说明理由．
(3)如图3，将（2）中的直线n不动，直线m绕点O按顺时针方向旋转α（0°<α<90°），其他条件不变．
（ⅰ）用含有α的式子表示∠APB的度数 ．
（ⅱ）如果再分别作△ABO的两个外角∠BAC，∠ABD的角平分线相交于点Q，并延长BP、QA交于点M．则下列结论为定值的选项是 （填序号）．
①∠Q+∠M ②∠M−∠Q ③∠APB+∠Q ④∠APB−∠M
专题04 三角形单元过关（培优版）
考试范围：第十一章；考试时间：120分钟；总分：150分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
1．（2022秋·新疆塔城·八年级统考期末）以下列长度的各组线段为边，能组成三角形的是（ ）
A．3cm，3cm，6cmB．3cm，4cm，8cm
C．5cm，6cm，9cmD．7cm，6cm，13cm
【答案】C
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”进行分析．
【详解】根据三角形的三边关系，
A、3+3=6，不能构成三角形，不符合题意；
B、3+4=7<8，不能构成三角形，不符合题意；
C、5+6=11>9，能构成三角形，符合题意；
D、7+6=13，不能构成三角形，不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题考查了三角形的三边关系，判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．
2．（2022秋·广东广州·八年级校考阶段练习）如图，工人师傅砌门时，常用木条EF固定长方形门框ABCD，使其不变形，这样做的根据是（ ）
A．两点之间的线段最短
B．长方形的四个角都是直角
C．长方形是轴对称图形
D．三角形有稳定性
【答案】D
【分析】根据三角形的稳定性，即可求解．
【详解】解：根据题意得：用木条EF固定长方形门框ABCD，使其不变形，这样做的根据是三角形有稳定性．
故选：D
【点睛】本题主要考查三角形的稳定性，三角形的稳定性有着稳固、坚定、耐压的特点，因此题中用木条EF固定门框，使其不变形．
3．（2022春·湖南娄底·八年级校考期中）在直角三角形中，有一个锐角为52°，那么另一个锐角的度数（ ）
A．30°B．48°C．38°D．52°
【答案】C
【分析】根据直角三角形的两个锐角互余即可求得．
【详解】解：由题意可得，
另一个锐角度数为：90°-52°=38°，
故选C．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，解决本题的关键是直角三角形的两个锐角互余．
4．（2023秋·四川德阳·八年级校考阶段练习）已知△ABC的三条边分别为a，b，c，化简|a＋b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|＋|a﹣b＋c|（ ）
A．3a﹣b＋cB．a＋b﹣cC．a﹣b﹣cD．﹣a＋3b﹣3c
【答案】B
【分析】根据三角形的任意两边之和大于第三边可得a＋b−c＞0，a−b＋c＞0，b−a−c＜0，再根据绝对值的性质去掉绝对值符号，然后利用整式的加减运算进行计算即可得解．
【详解】解：∵a、b、c分别为△ABC的三边长，
∴a＋b−c＞0，b−a−c＜0，a−b＋c＞0，
∴|a＋b−c|−|b−a−c|＋|a−b＋c|
＝a＋b−c−（a＋c−b）＋a−b＋c
＝a＋b−c−a−c＋b＋a−b＋c
＝a＋b−c．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，绝对值的性质，整式的加减运算，熟记性质并去掉绝对值符号是解题的关键．
5．（2023秋·海南三亚·八年级校考期中）十二边形的每个内角都相等，它的一个外角的度数是（ ）．
A．30°B．35°C．40°D．45°
【答案】A
【分析】由十二边形的每个内角都相等，可得这个十二边形的每个外角也都相等，再利用多边形的外角和可得答案.
【详解】解：∵ 十二边形的每个内角都相等，
∴这个十二边形的每个外角也都相等，
∴ 它的一个外角的度数是360°12=30°,
故选：A.
【点睛】本题考查的是多边形的外角和为360°，多边形的任何一个内角与其相邻的外角互补，掌握以上知识是解题的关键.
6．（2022秋·全国·八年级专题练习）如图，小明在操场上从A点出发，沿直线前进10米后向左转40°，再沿直线前进10米后，又向左转40°，这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了（ ）米
A．70B．80C．90D．100
【答案】C
【分析】利用多边形的外角和得出小明回到出发地A点时左转的次数，即可解决问题．
【详解】解：由题意可知，小明第一次回到出发地A点时，他一共转了360°，且每次都是向左转40°，
所以共转了9次，一次沿直线前进10米，9次就前进90米．
故选：C．
【点睛】本题考查根据多边形的外角和解决实际问题，注意多边形的外角和是360°．
7．（2023春·海南海口·七年级校考阶段练习）三角形的一个外角等于相邻内角的4倍，则此三角形的一个外角的度数是 （ ）
A．45°B．135°C．36°D．144°
【答案】D
【分析】设与这个外角相邻的内角为x，根据相邻的内角与外角互为补角列式求出x，再求出外角的度数．
【详解】解：设与这个外角相邻的内角为x，
根据题意得，x+4x=180°，
解得x=36°，
∴与这个内角相邻的外角为4×36°=144°
故选D.
【点睛】本题主要考查了三角形的外角性质，根据三角形的外角与相邻的内角的和等于180°列式求出内角与外角是解题的关键．
8．（2023秋·天津滨海新·八年级校联考期中）如图，在△ABC中，∠B＝63°，∠C＝51°，AE是∠BAC的平分线，则∠BEA的度数为（ ）
A．96°B．84°C．66°D．33°
【答案】B
【分析】根据三角形内角和定理求出∠BAC，根据角平分线的定义求出∠EAC，根据三角形外角的性质计算即可．
【详解】∵∠B＝63°，∠C＝51°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝66°，
∵AE是∠BAC的平分线，
∴∠EAC＝12∠BAC＝33°，
∴∠BEA＝∠EAC+∠C＝33°+51°=84°.
故选B．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，掌握三角形内角和等于180°是解题的关键．
9．（2022秋·重庆南川·八年级校考阶段练习）在△ABC中，∠B﹣∠A=50°，∠B是∠A的3.5倍，则△ABC是( )
A．锐角三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．无法确定
【答案】C
【详解】试题解析：设∠A=x，则∠B=3.5x，
所以3.5x-x=50°，
解得x=20°，
所以∠A=20°，∠B=70°，
所以∠C=180°-20°-70°=90°，
所以△ABC是直角三角形．
故选C．
10．（2023春·江苏·七年级期中）如图，在△ABC中，∠A=90°，BE，CD分别平分∠ABC和∠ACB，且相交于F，EG∥BC，CG⊥EG于点G，则下列结论 ①∠CEG = 2∠DCA；②CA平分∠BCG；③∠ADC =∠GCD；④∠DFB=12∠A；⑤∠DFE=135°，其中正确的结论是( )
A．①②③B．①③④C．①③④⑤D．①②③④
【答案】C
【分析】根据平行线的性质与角平分线的定义即可判断①；只需要证明∠ADC+∠ACD=90°，∠GCD+∠BCD=90°，即可判断③；根据角平分线的定义和三角形内角和定理先推出∠BFC=135°，即可判断④⑤；根据现有条件无法推出②．
【详解】解：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACB=2∠DCA，∠ACD=∠BCD
∵EG∥BC，
∴∠CEG=∠ACB=2∠DCA，故①正确；
∵∠A=90°，CG⊥EG，EG∥BC，
∴∠ADC+∠ACD=90°，CG⊥BC，即∠BCG=90°，
∴∠GCD+∠BCD=90°，
又∵∠BCD=∠ACD，
∴∠ADC=∠GDC，故③正确；
∵∠A=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90°，
∵BE，CD分别平分∠ABC，∠ACB，
∴∠FBC=12∠ABC，∠FCB=12∠ACB，
∴∠BFC=180°−∠FBC−∠FCB=180°−12∠ACB+∠ABC=135°，
∴∠DFB=180°-∠BFC=45°，
∴∠DFB=12∠A，故④正确；
∵∠BFC=135°，
∴∠DFE=∠BFC=135°，故⑤正确；
根据现有条件，无法推出CA平分∠BCG，故②错误；
故选C．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，熟知平行线的性质，角平分线的定义是解题的关键．
第II卷（非选择题）
11．（2023秋·安徽蚌埠·八年级校考期中）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 _____．
【答案】30°/30度
【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．
12．（2023秋·七年级课时练习）一个正六边形的周长是18 cm，则这个正六边形的边长是________cm.
【答案】3
【详解】解：正六边形的边长=18÷6=3．故答案为3．
13．（2023秋·湖南长沙·八年级校考阶段练习）若a，b，c为三角形的三边长，且a，b满足a−3+（b﹣7）2＝0，那么c的取值范围是_____．
【答案】4＜c＜10
【分析】利用二次根式以及偶次方的非负性可求出a，b的值，再利用三角形三边关系即可到c的范围．
【详解】解：∵a−3+（b﹣7）2＝0，
∴a﹣3＝0，b﹣7＝0，
解得：a＝3，b＝7，
∵a，b，c为三角形的三边，
∴4＜c＜10．
故答案为4＜c＜10．
【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系以及偶次方、二次根式的非负性，属于基础题型．
14．（2023春·七年级课时练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A<∠B，M是斜边AB的中点，将△ACM沿直线CM折叠，点A落在点D处，如果CD恰好与AB垂直，则∠A＝_______°．
【答案】30
【分析】根据折叠的性质可知，折叠前后的两个三角形全等，则∠D=∠A， ∠MCD=∠MCA，从而求得答案．
【详解】解：如图，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A<∠B，
∵CM是斜边AB上的中线，
∴CM=AM，
∴∠A=∠ACM，
将△ACM沿直线CM折叠，点A落在点D处，
设∠A=∠ACM=x度，
∵∠A+∠ACM=∠CMB，
∴∠CMB=2x，
如果CD恰好与AB垂直，
在Rt△CMG中，∠MCG+∠CMB=90°，
即3x=90°，
解得，x=30° ，
∴∠MCD=∠BCD=∠ACM=30°，
∵CM=MD，
∴∠D=∠MCD=30°=∠A，
即∠A=30°
故答案为：30
【点睛】本题考查图形的折叠变化及三角形的内角和定理．关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．
15．（2023春·江苏·七年级专题练习）如图，△ABC的面积为1．分别倍长AB，BC，CA得到△A1B1C1．再分别倍长A1B1,B1C1,C1A1得到△A2B2C2．…按此规律，倍长n次后得到的△AnBnCn的面积为______．
【答案】7n
【详解】解：连接AB1,BC1,CA1，根据等底等高的三角形面积相等，
△A1BC,△A1B1C,△AB1C,△AB1C1,△ABC1,△A1BC1,△ABC的面积都相等，
所以，S△A1B1C1=7S△ABC，
同理S△A2B2C2=7S△A1B1C1,=72S△ABC,
依此类推，S△AnBnCn=7nS△ABC,
∵△ABC的面积为1，
∴S△AnBnCn=7n．
故答案为：7n
16．（2023春·江苏盐城·七年级校联考阶段练习）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为______度．
【答案】180
【分析】如图，AB,CD交于点F，AE,CD交于点G，利用外角的性质，得到：∠AGF=∠D+∠E,∠AFG=∠B+∠C进而得到：∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=∠A+∠AFG+∠AGF，即可得解．
【详解】解：如图，AB,CD交于点F，AE,CD交于点G，
则：∠AGF=∠D+∠E,∠AFG=∠B+∠C，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=∠A+∠AFG+∠AGF=180°．
故答案为：180．
【点睛】本题考查三角形外角的性质和三角形的内角和定理．熟练掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和，以及三角形的内角和定理，是解题的关键．
17．（2023春·全国·八年级专题练习）（1）求12边形内角和度数；
（2）若一个n边形的内角和与外角和的差是720°，求n．
【答案】（1）1800°；（2）8
【分析】（1）根据内角和公式，可得答案；
（2）根据多边形内角和公式（n-2）•180°可得内角和，再根据外角和为360°可得方程（n-2）•180°-360°=720°，再解方程即可．
【详解】解：（1）由题意，得
（12-2）×180°=1800°；
（2）由题意得：
（n-2）•180°-360°=720°，
解得：n=8．
【点睛】此题主要考查了多边形的内角和和外角和，解题的关键是掌握多边形的内角和公式与外角和定理．
18．（2023春·江苏·七年级专题练习）已知△ABC的三边长分别为3、5、a，化简|a−2|−|a−1|+|a−8|
【答案】7−a
【分析】直接利用三角形三边关系进而得出a的取值范围，进而利用绝对值的性质化简得出答案．
【详解】解：∵△ABC的三边长分别为3、5、a，
∴5﹣3＜a＜3+5，
解得：2＜a＜8，
故|a﹣2|﹣|a﹣1|+|a﹣8|．
＝a﹣2﹣（a﹣1）+8﹣a
＝7﹣a．
【点睛】此题主要考查了三角形三边关系、绝对值的性质、整式的加减，正确得出a的取值范围是解题关键．
19．（2023秋·辽宁大连·八年级大连市第三十四中学校考阶段练习）如图，△ABC中，AD⊥BC,垂足为D，AE平分∠BAC，∠C=70°，∠DAE=15°，求∠B的度数．
【答案】∠B=40∘．
【分析】由三角形内角和等于180度求得∠1的度数，即可计算∠EAC的度数，根据角平分线的性质可解得∠BAC，最后根据三角形内角和定理解题即可.
【详解】∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°
∴∠1=180°−∠ADC−∠C
=180°−90°−70∘
=20∘
∴∠EAC=∠EAD+∠1
=15∘+20∘
=35∘
∵AE平分∠BAC
∴∠BAC=2∠EAC=70°
∴∠B=180°−∠BAC+∠C
=180°−70°+70∘
=40∘
【点睛】本题考查三角形内角和定理、角平分线性质等知识，是常见基础考点，熟练掌握相关知识、学会几何推理过程是解题关键.
20．（2023春·七年级单元测试）如图，在△ABC中，AD是高，AE、BF是角平分线，它们相交于点O，∠C=70°．
(1)∠AOB的度数为______；
(2)若∠ABC=60°，求∠DAE的度数．
【答案】(1)125°
(2)∠DAE=5°
【分析】（1）根据角平分线的定义得出∠OAB+∠OBA=12∠BAC+∠ABC，根据三角形内角和定理得出∠BAC+∠ABC=180°−∠C=110°，进而即可求解；
（2）根据三角形内角和定理求得∠DAC,∠BAC，根据AE是∠BAC的角平分线，得出∠CAE=12∠CAB=25°，根据∠DAE =∠CAE−∠CAD，即可求解．
【详解】（1）解：∵AE、BF是∠BAC、∠ABC的角平分线，
∴∠OAB+∠OBA=12∠BAC+∠ABC，
在△ABC中，∠C=70°，
∴∠BAC+∠ABC=180°−∠C=110°，
∴∠AOB=180°−∠OAB−∠OBA=180°−12∠BAC+∠ABC=125°，
故答案为：125°；
（2）解：∵在△ABC中，AD是高，∠C=70°，∠ABC=60°，
∴∠DAC=90°−∠C=90°−70°=20°，∠BAC=180°−∠ABC−∠C=50°
∵AE是∠BAC的角平分线，
∴∠CAE=12∠CAB=25°，
∴∠DAE =∠CAE−∠CAD=25°−20°=5°，
∴∠DAE=5°．
【点睛】本题考查了三角形中线，角平分线，三角形内角和定理，掌握三角形内角和定理是解题的关键．
21．（2022春·福建龙岩·七年级校联考期中）已知△ABC三个顶点A，B，C的坐标分别为（－1，4），（－2，2），（1，3）
(1)在坐标系中画出△ABC，把△ABC先向右平移3个单位，再向下平移2个单位得到△A1B1C1，画出平移后的△A1B1C1．
(2)△ABC中的任意一点P（m，n）经平移后的对应点为Q，写出Q点的坐标是（用含m，n的式子表示）
(3)求△ABC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)（m+3，n-2）
(3)52
【分析】（1）根据点的坐标确定点，连线即可得到△ABC，根据图形平移的性质画出△A1B1C1即可；
（2）根据图形平移的性质即可得出结论，
（3）利用长方形的面积减去三个三角形的面积即可．
（1）
解：如图，△A1B1C1即为所求；
（2）
∵将△ABC先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，P（m，n），
∴Q（m+3，n-2）．
故答案为（m+3，n-2）．
（3）
△ABC的面积为：3×2−12×2×1−12×3×1−12×2×1=52
【点睛】此题考查了平移变换，平面直角坐标系中点的坐标，正确掌握平移的性质得出平移后点的坐标是解题的关键．
22．（2023秋·四川南充·八年级四川省南充市高坪中学校考期中）已知，如图，在△ABC中，AD、AE分别是△ABC的高和角平分线，若∠B=30°，∠C=50°．求∠BAC和∠DAE的度数．
【答案】∠BAC=100°,∠DAE=10°
【分析】根据三角形的内角和定理即可求出∠BAC，根据角平分线的定义求出∠CAE=50°，根据直角三角形性质求出∠CAD=40°，即可求出∠DAE=10°．
【详解】解：∵∠B=30°，∠C=50°，
∴∠BAC=180°﹣∠B ﹣∠C =180°﹣30°﹣50°=100°，
∵在△ABC中，AE是角平分线，
∴∠CAE=12∠BAC=50°，
∵在△ABC中，AD是△ABC的高，
∴∠CAD=90°﹣∠C=40°，
∴∠DAE=∠CAE﹣∠CAD=50°﹣40°=10°．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，直角三角形两锐角互余，三角形的角平分线、高等知识，熟知相关定理并根据题意灵活应用是解题关键．
23．（2022秋·全国·八年级专题练习）如图，点D是∠ABC的角平分线上的一点，过点D作EF∥BC，DG∥AB．
(1)若AD⊥BD，∠BED=130°，求∠BAD的度数．
(2)DO是△DEG的角平分线吗？请说明理由．
【答案】(1)∠BAD=65°
(2)DO 是 △DEG 的角平分线；理由见解析
【分析】（1）根据平行线的性质和平角的定义可得∠EBC＝50°，根据角平分线的性质和平行线的性质可得∠EBD＝25°，再根据直角三角形性质可求∠BAD的度数；
（2）根据EF∥BC，得出∠EDB＝∠DBG ，根据DG∥AB，得出求得∠EBD＝∠BDG，根据BD平分∠ABC，得出∠EBD＝∠GBD，得出BD平分∠EDG，即可得到结论．
【详解】（1）解：∵EF∥BC，∠BEF＝130°，
∴∠EBC＝180°-∠BEF=50°，
∵BD平分∠EBC，
∴∠EBD＝∠GBD＝12∠EBC＝25°，
∵AD⊥BD，
∴∠BDA＝90°，
∴∠BAD＝90°−∠EBD＝65°．
（2）DO是△DEG的角平分线；
理由：∵EF∥BC，
∴∠EDB＝∠DBG，
∵DG∥AB，
∴∠EBD＝∠BDG，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBD＝∠GBD，
∴∠GDB＝∠EDB，
∴BD平分∠EDG，
∴DO是△DEG的角平分线．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，垂线的定义，角平分线的定义，直角三角形的性质，根据平行线的性质和角平分线的定义，得出∠GDB＝∠EDB，是解题的关键．
24．（2023春·江苏·七年级期中）（2023公益周考卷）已知：线段AB，CD相交于点O，连接AD，CB，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，与CD，AB相交于M，N，如图2：
（1）在图1中，直接写出∠A，∠B，∠C，∠D之间的数量关系；
（2）图中有几个八字模型？
（3）在图2中，∠D与∠B为任意角，试探究∠P与∠D，∠B之间是否存在一定的数量关系，若存在，请写出它们之间的数量关系并证明；若不存在，请说明理由
【答案】（1）∠A+∠D=∠B+∠C；（2）6个；（3）∠D+∠B=2∠P，证明见详解.
【分析】（1）根据三角形内角和定理即可求解；
（2）可以以三角形的公共点为中心寻找；
（3）利用（1）中所得到得结论，列出两组关系式，然后结合角平分线性质即可得证；
【详解】（1）∵ 在△AOD和△BOC中：
∠A+∠AOD+∠D=180∘,∠B+∠C+∠BOC=180∘ ,且∠AOD=∠BOC
∴ ∠A+∠D=∠B+∠C
（2）一共有6组，分别是：△AOD和△BOC,△AOD和△NOC,△AOM和△NOC，△BOC和△AOM，△ANP和△BNC，△AMD和△MCP；
（3）∠D+∠B=2∠P ,证明如下：
由（1）得： ∠D+∠DAM=∠P+∠MCP
∠B+∠PCB=∠P+∠PAN
∴ ∠D+∠DAM+∠B+∠PCB=∠P+∠PAN+∠P+∠MCP
又∵ AP和CP分别是∠DAB和∠BCD的平分线
∴ ∠DAM=∠PAN,∠PCB=∠MCP
∴ ∠D+∠B=2∠P
【点睛】本题主要考查了三角形的“8”字模型，充分理解“8”字模型的结论，并利用它进行角度的计算是解决本题的关键.
25．（2023春·江苏·七年级专题练习）如图1，直线m与直线n相交于点O，A、B两点同时从点O出发，点A以每秒x个单位长度沿直线n向左运动，点B以每秒y个单位长度沿直线m向上运动．
(1)若运动1s时，点B比点A多运动1个单位；运动2s时，点B与点A运动的路程和为6个单位，则x= ，y= ．
(2)如图2，当直线m与直线n垂直时，设∠BAO和∠ABO的角平分线相交于点P．在点A、B运动的过程中，∠APB的大小是否会发生变化？若不发生变化，请求出其值（写出过程）；若发生变化，请说明理由．
(3)如图3，将（2）中的直线n不动，直线m绕点O按顺时针方向旋转α（0°<α<90°），其他条件不变．
（ⅰ）用含有α的式子表示∠APB的度数 ．
（ⅱ）如果再分别作△ABO的两个外角∠BAC，∠ABD的角平分线相交于点Q，并延长BP、QA交于点M．则下列结论为定值的选项是 （填序号）．
①∠Q+∠M ②∠M−∠Q ③∠APB+∠Q ④∠APB−∠M
【答案】(1)1，2
(2)不变，∠APB=135°
(3)（ⅰ）135°+α2，（ⅱ）①③④
【分析】（1）构建方程组即可解决问题；
（2）根据角平分线的定义，三角形的内角和定理求出∠APB即可；
（3）（ⅰ）根据角平分线的定义，三角形内角和定理即可解决问题； （ⅱ）结论：①③④为定值．根据角平分线的定义，三角形内角和定理一一证明即可；
【详解】（1）解：由题意：y−x=12y+2x=6 ，
解得 x=1y=2；
（2）结论：不变化，∠APB=135°．
理由：如图2中，
∵直线m⊥直线n，
∴∠AOB=90°，
∴∠OAB+∠OBA=90°，
∵PA平分∠BAO，PB平分∠ABO，
∴∠PAB+∠PBA=12∠ABO+∠OAB
=12×90°=45° ，
∴∠APB=135°．
（3）（ⅰ）∠APB=135°+12α，理由如下：
根据题意得：∠AOB=90°+α，
∴∠OAB+∠OBA=90°−α，
∵PA平分∠BAO，PB平分∠ABO，
∴∠PAB+∠PBA =12∠OAB+∠OBA=45°−12α，
∴∠APB=180°−45°−12α=135°+12α；
故答案为：135°+12α；
（ⅱ）①∵BQ平分∠ABD，BM平分∠ABO，
∴∠MBQ=12∠ABD+∠ABO=90°，
∴∠Q+∠M=90°， 故①为定值；
②∵AQ平分∠CAB，BQ平分∠ABD，
∴∠Q=180°−∠QAB+∠QBA
=180°−12180°−∠OAB+12180°−∠OBA
=12∠OAB+∠OBA
=12180°−90°+α
=45°−12α，
∴∠M=90°−∠Q=45°+12α，
∴∠M−∠Q=α，故②不是定值；
③∵∠APB=135°+12α，∠Q=45°−12α，
∴∠APB+∠Q=135°+12α+45°−12α=180°，故③为定值；
④∵∠APB=135°+12α，∠M=45°+12α，
∴∠APB−∠M=135°+12α−45°−12α=90°，故④为定值；
故答案为：①③④
【点睛】本题考查三角形综合题、角平分线的定义、三角形内角和定理、二元一次方程组等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于压轴题．
评卷人
得分
一、单选题
评卷人
得分
二、填空题
评卷人
得分
三、解答题
评卷人
得分
一、单选题
评卷人
得分
二、填空题
评卷人
得分
三、解答题