2020-2021学年 浙教版八年级数学上册期末冲刺 专题2.1第1章三角形的初步认识（单元培优测试卷）（教师版）

2020-2021学年八年级数学上学期期末考试高分直通车【浙教版】
专题2.1第1章三角形的初步认识单元培优测试卷
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020秋•浦北县校级月考）下列各选项中的两个图形属于全等形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】利用全等形的概念分析即可．
【解析】A、两个图形属于全等形，故此选项符合题意；
B、两个图形不属于全等形，故此选项不符合题意；
C、两个图形不属于全等形，故此选项不符合题意；
D、两个图形不属于全等形，故此选项不符合题意；
故选：A．
2．（2019秋•东莞市期末）以下列各组线段为边，能组成三角形的是（　　）
A．1，2，3 B．5，6，10 C．2，6，11 D．2，3，6
【分析】根据三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边进行分析．
【解析】A、∵1+2＝3，∴不能组成三角形，故此选项错误；
B、∵5+6＞10，∴能组成三角形，故此选项正确；
C、∵2+6＜11，∴不能组成三角形，故此选项错误；
D、∵2+3＜6，∴不能组成三角形，故此选项错误；
故选：B．
3．（2020秋•兴化市期中）已知图中的两个三角形全等，则∠1等于（　　）

A．47° B．57° C．60° D．73°
【分析】根据三角形内角和定理求出∠2，根据全等三角形的性质解答即可．
【解析】由三角形内角和定理得，∠2＝180°﹣60°﹣73°＝47°，
∵两个三角形全等，
∴∠1＝∠2＝47°，
故选：A．

4．（2020•江阴市模拟）如图所示在△ABC中，AB边上的高线画法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】直接利用高线的概念得出答案．
【解析】在△ABC中，AB边上的高线画法正确的是B，
故选：B．
5．（2020春•宝应县期末）在△ABC中，若一个内角等于另两个内角的差，则这个三角形必定是（　　）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．以上三个都是
【分析】根据三角形的内角和可求解△ABC的一内角为90°，进而可判断三角形的形状．
【解析】设∠A＝∠B﹣∠C，
则∠A+∠C＝∠B，
∵∠A+∠C+∠B＝180°，
∴∠B＝90°，
∴△ABC为直角三角形，
故选：B．
6．（2019秋•涞水县期末）如图，EB交AC于点M，交FC于点D，AB交FC于点N，∠E＝∠F＝90°，∠B＝∠C，AE＝AF，给出下列结论：其中正确的结论有（　　）
①∠1＝∠2；
②BE＝CF；
③△ACN≌△ABM；
④CD＝DN；
⑤△AFN≌△AEM．

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】①正确．可以证明△ABE≌△ACF可得结论．
②正确，利用全等三角形的性质可得结论．
③正确，根据ASA证明三角形全等即可．
④错误，本结论无法证明．
⑤正确．根据ASA证明三角形全等即可．
【解析】∵∠E＝∠F＝90°，∠B＝∠C，AE＝AF，
∴△ABE≌△ACF（AAS），
∴BE＝CF，AF＝AE，故②正确，
∠BAE＝∠CAF，
∠BAE﹣∠BAC＝∠CAF﹣∠BAC，
∴∠1＝∠2，故①正确，
∵△ABE≌△ACF，
∴AB＝AC，
又∠BAC＝∠CAB，∠B＝∠C
△ACN≌△ABM（ASA），故③正确，
CD＝DN不能证明成立，故④错误
∵∠1＝∠2，∠F＝∠E，AF＝AE，
∴△AFN≌△AEM（ASA），故⑤正确，
故选：C．
7．（2020春•历下区期末）如图，点E，点F在直线AC上，AE＝CF，AD＝CB，下列条件中不能判断△ADF≌△CBE的是（　　）

A．AD∥BC B．BE∥DF C．BE＝DF D．∠A＝∠C
【分析】在△ADF与△CBE中，AE＝CF，AD＝CB，所以结合全等三角形的判定方法分别分析四个选项即可．
【解析】∵AE＝CF，
∴AF＝CE，
A、添加AD∥BC，可得到∠A＝∠C，由全等三角形的判定定理SAS可以判定△ADF≌△CBE，故本选项不合题意．
B、添加BE∥DF，可得到∠BEC＝∠AFD，不能判定△ADF≌△CBE，故本选项符合题意．
C、添加BE＝DF，由全等三角形的判定定理SSS可以判定△ADF≌△CBE，故本选项不合题意．
D、添加∠A＝∠C，由全等三角形的判定定理SAS可以判定△ADF≌△CBE，故本选项不合题意．
故选：B．
8．（2019秋•西工区校级月考）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，D为BC边上一点，E点在AC边上，∠ADE＝∠AED，若∠BAD＝24°，则∠CDE＝（　　）

A．24° B．20° C．15° D．12°
【分析】先根据三角形外角的性质得出∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠B+24°，∠AED＝∠C+∠EDC，再根据∠B＝∠C，∠ADE＝∠AED即可得出结论．
【解析】∵∠ADC是△ABD的外角，
∴∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠B+24°，
∵∠AED是△CDE的外角，
∴∠AED＝∠C+∠EDC，
∵∠B＝∠C，∠ADE＝∠AED，
∴∠C+∠EDC＝∠ADC﹣∠EDC＝∠B+24°﹣∠EDC，
解得∠EDC＝12°．
故选：D．
9．（2020•宁波模拟）如图，BD＝BC，BE＝CA，∠DBE＝∠C＝62°，∠BDE＝75°，则∠AFE的度数等于（　　）

A．148° B．140° C．135° D．128°
【分析】证明△ABC≌△EDB（SAS），求出∠A＝∠E＝43°，求出∠ADE，则答案可求出．
【解析】∵BD＝BC，BE＝CA，∠DBE＝∠C，
∴△ABC≌△EDB（SAS），
∴∠A＝∠E，
∵∠DBE＝62°，∠BDE＝75°，
∴∠E＝180°﹣62°﹣75°＝43°，
∴∠A＝43°，
∵∠BDE+∠ADE＝180°，
∴∠ADE＝105°，
∴∠AFE＝∠ADE+∠A＝105°+43°＝148°．
故选：A．
10．（2020•连山区三模）如图，多边形ABCDEFG中，∠E＝∠F＝∠G＝108°，∠C＝∠D＝72°，则∠A+∠B的值为（　　）

A．108° B．72° C．54° D．36°
【分析】连接CD，根据多边形的内角和公式可得五边形CDEFG的内角和，进而得出∠CDE+∠DCG，由∠C＝∠D可得∠ADC+∠BCD的度数，再根据三角形的内角和公式即可得解．
【解析】连接CD，

五边形CDEFG的内角和为：（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠CDE+∠DCG＝540°﹣（∠E+∠F+∠G）＝540°﹣108°×3＝216°，
∴∠ADC+∠BCD＝∠CDE+∠DCG﹣（∠BCG+∠ADE）＝216°﹣72°×2＝72°，
∴∠A+∠B＝∠ADC+∠BCD＝72°，
故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020秋•南岗区校级月考）如图，在△ADC与△BDC中，∠1＝∠2，加上条件　AD＝BD（答案不唯一）　（只填写一个即可），则有△ADC≌△BDC．

【分析】题目已知∠1＝∠2，CD是公共边，根据全等三角形的判定，可添加条件AD＝BD，利用SAS即可证明△ADC≌△BDC．此题是一道开放型的题目，答案不唯一，如还可以添加条件∠A＝∠B，∠ACD＝∠BCD．
【解析】加上条件AD＝BD（答案不唯一），则有△ADC≌△BDC．
理由是：
在△ADC和△BDC中，
AD=BD∠1=∠2CD=CD，
∴△ADC≌△BDC（SAS），
故答案为：AD＝BD（答案不唯一）．
12．（2020秋•庆阳期中）如图，已知AD为△ABC的中线，AB＝12cm，AC＝9cm，△ACD的周长为27cm，则△ABD的周长为　30　cm．

【分析】利用中线定义可得BD＝CD，进而可得AD+DC＝AD+BD，然后再求△ABD的周长即可．
【解析】△ACD的周长为27cm，
∴AC+DC+AD＝27cm，
∵AC＝9cm，
∴AD+CD＝18cm，
∵AD为△ABC的中线，
∴BD＝CD，
∴AD+BD＝18cm，
∵AB＝12cm，
∴AB+AD+BD＝30cm，
∴△ABD的周长为30cm，
故答案为：30，
13．（2020春•广饶县期末）如图，AM、CM分别平分∠BAD和∠BCD，且∠B＝31°，∠D＝39°，则∠M＝　35°　．

【分析】根据三角形内角和定理用∠B、∠M表示出∠BAM﹣∠BCM，再用∠D、∠M表示出∠MAD﹣∠MCD，再根据角平分线的定义可得∠BAM﹣∠BCM＝∠MAD﹣∠MCD，然后求出∠M与∠B、∠D关系，代入数据进行计算即可得解．
【解析】根据三角形内角和定理，∠B+∠BAM＝∠M+∠BCM，
所以，∠BAM﹣∠BCM＝∠M﹣∠B，
同理，∠MAD﹣∠MCD＝∠D﹣∠M，
∵AM、CM分别平分∠BAD和∠BCD，
∴∠BAM＝∠MAD，∠BCM＝∠MCD，
∴∠M﹣∠B＝∠D﹣∠M，
∴∠M=12（∠B+∠D），
∵∠B＝31°，∠D＝39°，
∴∠M=12（31°+39°）＝35°．
故答案为：35°．
14．（2019春•宝安区期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC沿EF折叠，使点B落在AC边上的点D处，若∠ADE＝2∠DFC，∠DFC＝20°，则∠C＝　55°　．

【分析】根据已知条件得到∠ADE＝40°，根据三角形的内角和定理得到∠AED＝50°，根据折叠的性质得到∠BEF＝∠DEF=12（180°﹣50°）＝65°，∠BFE＝∠DFE=12（180°﹣20°）＝80°，根据三角形的内角和定理即可得到结论．
【解析】∵∠ADE＝2∠DFC，∠DFC＝20°，
∴∠ADE＝40°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠AED＝50°，
∵将△ABC沿EF折叠，使点B落在AC边上的点D处，
∴∠BEF＝∠DEF=12（180°﹣50°）＝65°，∠BFE＝∠DFE=12（180°﹣20°）＝80°，
∴∠B＝180°﹣65°﹣80°＝35°，
∴∠C＝90°﹣35°＝55°，
故答案为：55°．
15．（2020春•天桥区期末）如图，AD、BC表示两根长度相同的木条，若O是AD、BC的中点，经测量AB＝9cm，则容器的内径CD为　9　cm．

【分析】根据“AB，CD表示两根长度相同的木条，若O是AB，DC的中点”，及对顶角相等，容易判断两个三角形全等，得AC＝DB．
【解析】由题意知：OA＝OD，∠AOB＝∠DOC，OB＝OC，
在△AOB和△DOC中，
OA=OD∠AOB=∠DOCOB=OC，
∴△AOB≌△DOC（SAS），
∴CD＝AB＝9cm．
故答案为：9．
16．（2020•瑶海区二模）如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，点E是BC边的中点，DA平分对角线BD与CD边延长线的夹角，若BD＝5，CD＝7，则AE＝　6　．

【分析】取BD中点H，连AH、EH，根据角平分线和直角三角形斜边中线等于斜边一半，可得AH∥DF，又根据三角形中位线定理可得EH∥DC，可得A、H、E三点共线，进而可得AE的长．
【解析】如图，

取BD中点H，连AH、EH，
∵AB⊥AD，
∴AH＝DH＝BH=12BD＝2.5，
∴∠HDA＝∠HAD，
∵DA平分∠FDB，
∴∠FDA＝∠HDA，
∴∠FDA＝∠HAD，
∴AH∥DF，
∵点E是BC边的中点，点H是BD的中点，
∴EH∥CD，EH=12CD＝3.5，
∴A、H、E三点共线，
∴AE＝AH+EH＝2.5+3.5＝6．
故答案为：6．
17．（2019秋•河南期末）如图，已知△ABC的周长是20，OB，OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于点D，且OD＝2，△ABC的面积是　20　．

【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得点O到AB、AC、BC的距离都相等（即OE＝OD＝OF），从而可得到△ABC的面积等于周长的一半乘以2，代入求出即可．
【解析】如图，连接OA，过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，

∵OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴OE＝OF＝OD＝2，
∵△ABC的周长是20，OD⊥BC于D，且OD＝2，
∴S△ABC=12×AB×OE+12×BC×OD+12×AC×OF
=12×（AB+BC+AC）×2
=12×20×2
＝20，
故答案为：20．
18．（2019秋•明山区校级期中）如图，在△ABC中，∠A＝64°，∠ABC和∠ACD的平分线交于点A1，得∠A1；∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2；∠A2BC和∠A2CD的平分线交于点A3，……则∠A2019＝　（122013）°　．

【分析】利用角平分线的性质、三角形外角性质，易证∠A1=12∠A，进而可求∠A1，由于∠A1=12∠A，∠A2=12∠A1=122∠A，…，以此类推可知∠A2019=122019∠A，依此即可求解．
【解析】∵A1B平分∠ABC，A1C平分∠ACD，
∴∠A1BC=12∠ABC，∠A1CA=12∠ACD，
∵∠A1CD＝∠A1+∠A1BC，
即12∠ACD＝∠A1+12∠ABC，
∴∠A1=12（∠ACD﹣∠ABC），
∵∠A+∠ABC＝∠ACD，
∴∠A＝∠ACD﹣∠ABC，
∴∠A1=12∠A，
同理可得∠A2=12∠A1=122∠A，
…
以此类推∠A2019=122019∠A=64°22019=（122013）°．
故答案为：（122013）°．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020秋•滨湖区期中）已知：如图，AC∥DF，AC＝DF，AB＝DE．
求证：（1）△ABC≌△DEF；
（2）BC∥EF．

【分析】（1）根据SAS即可证明△ABC≌△DEF；
（2）由（1）的△ABC≌△DEF可得∠ABC＝∠E，根据同位角相等，两直线平行即可得结论．
【解析】证明：（1）∵AC∥DF，
∴∠A＝∠FDE，
在△ABC和△DEF中，
AC=FD∠A=∠FDEAB=DE，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
（2）∵△ABC≌△DEF，
∴∠ABC＝∠E，
∴BC∥EF．
20．（2020秋•溧阳市期中）如图，在Rt△ACB和Rt△ADB中，∠C＝∠D＝90°，AD＝BC，AD、BC相交于点O．
求证：（1）AC＝BD；
（2）CO＝DO．

【分析】（1）由HL证明Rt△ACB≌Rt△BDA即可；
（2）由全等三角形的性质得∠CBA＝∠DAB，则OA＝OB，进而得出结论．
【解析】证明：（1）∵∠C＝∠D＝90°，
∴△ACB和△BDA是直角三角形，
在Rt△ACB和Rt△BDA中，
BC=ADAB=BA，
∴Rt△ACB≌Rt△BDA（HL），
∴AC＝BD；
（2）由（1）得：Rt△ACB≌Rt△BDA，
∴∠CBA＝∠DAB，
∴OA＝OB，
又∵AD＝BC，
∴CO＝DO．
21．（2020秋•苏州期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝58°，点D、E、F分别在BC、AB、AC边上，且BE＝CF，BD＝CE，求∠EDF的度数．

【分析】根据△BDE≌△CEF，可知∠FEC＝∠BDE，∠DEF＝180°﹣∠BED﹣∠FEC＝180°﹣∠DEB﹣∠EDB＝∠B即可得出结论，再根据等腰三角形的性质即可得出∠DEF的度数．
【解析】∵AB＝AC，∠A＝58°，
∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠A）＝（180°﹣58°）÷2＝61°，
在△DBE和△ECF中，
BD=CE∠B=∠CBE=CF，
∴△DBE≌△ECF（SAS），
∴∠FEC＝∠BDE，
∴∠DEF＝180°﹣∠BED﹣∠FEC，
＝180°﹣∠DEB﹣∠EDB＝∠B＝61°．
∵△DBE≌△ECF（SAS），
∴DE＝FE，
∴△DEF是等腰三角形，
∴∠EDF＝（180°﹣61°）÷2＝59.5°．
22．（2020秋•硚口区校级月考）△ABC中D是BC边上一点，连接AD．
（1）如图（1），AD是中线，则AB+AC　＞　2AD（填＞，＜或＝）；
（2）如图（2），AD是角平分线，求证AB﹣AC＞BD﹣CD．

【分析】（1）延长AD至点E，使得DE＝AD，连接BE、CE，根据AD＝DE，BD＝DC得到平行四边形，△ABE中，AB+BE＞AE，即AB+AC＞2AD；
（2）在AB上截取AE＝AC，连接DE，证得△ADE≌△ADC（SAS），得出ED＝CD，在△BDE中，BE＞BD﹣ED，即AB﹣AC＞BD﹣CD．
【解析】（1）解：如图1，延长AD至点E，使得DE＝AD，连接BE、CE，

∵BD＝DC，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∴AC＝BE，
△ABE中，AB+BE＞AE，
即AB+AC＞2AD，
故答案为＞；
（2）证明：如图2，在AB上截取AE＝AC，连接DE，

在△ADE和△ADC中，
AE=AC∠EAD=∠CADAD=AD，
∴△ADE≌△ADC（SAS），
∴ED＝CD，
在△BDE中，BE＞BD﹣ED，
即AB﹣AC＞BD﹣CD．
23．（2020秋•朝阳区校级月考）探究与发现：
【探究一】我们知道，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．那么，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在何种数量关系呢？

已知：如图①，∠FDC与∠ECD分别为△ADC的两个外角，试探究∠A与∠FDC+∠ECD的数量关系，并证明你探究的数量关系．
【探究二】三角形的一个内角与另两个内角的平分线所夹的钝角之间有何种关系？
已知：如图②，在△ADC中，DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，试探究∠A与∠P的数量关系，并证明你探究的数量关系．
【探究三】若将△ADC改成任意四边形ABCD呢？
已知：如图③，在四边形ABCD中，DP、CP分别平分∠BDC和∠ACD，试利用上述结论直接写出∠A+∠B与∠P的数量关系　2∠P＝∠B+∠A　．
【分析】探究一：根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，再根据三角形内角和定理整理即可得解；
探究二：根据角平分线的定义可得∠PDC=12∠ADC，∠PCD=12∠ACD，然后根据三角形内角和定理列式整理即可得解；
探究三：根据四边形的内角和定理表示出∠ADC+∠BCD，然后同理探究二解答即可．
【解析】探究一：∠FDC+∠ECD＝180°+∠A．理由如下：
∵∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，
∴∠FDC+∠ECD＝∠A+∠ACD+∠A+∠ADC＝180°+∠A；

探究二：∠FDC+∠ECD＝180°+∠A．理由如下：
∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠PDC=12∠ADC，∠PCD=12∠ACD，
∴∠DPC＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD，
＝180°-12∠ADC-12∠ACD，
＝180°-12（∠ADC+∠ACD），
＝180°-12（180°﹣∠A），
＝90°+12∠A；

探究三：2∠P＝∠B+∠A．理由如下：
∵DP，CP分别平分∠BDC和∠ACD，
∴∠PDC=12∠ADC，∠PCD=12∠BCD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°-12∠ADC-12∠BCD
＝180°-12（∠ADC+∠BCD）
＝180°-12（360°﹣∠A﹣∠B）
=12（∠A+∠B）．
即2∠P＝∠B+∠A．
故答案为：2∠P＝∠B+∠A．
24．（2020秋•锡山区期中）如图，已知在△ABC中，AB＝AC＝10厘米，BC＝8厘米，点D为AB的中点．
（1）如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，则经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等？请说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，则当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
（2）若点Q以②中的运动速度从C点出发，点P以原来的运动速度从B点同时出发，都逆时针沿△ABC的三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇．

【分析】（1）①根据时间和速度分别求得两个三角形中的边的长，根据SAS判定两个三角形全等；
②根据全等三角形应满足的条件探求边之间的关系，再根据路程＝速度×时间公式，先求得点P运动的时间，再求得点Q的运动速度；
（2）由题意列出方程，可求解．
【解析】（1）①△BPD与△CQP全等，
理由如下：依题意，BP＝CQ＝3，PC＝8﹣3＝5，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C；
∵AB＝10，D为AB的中点，
∴BD＝PC＝5，
在△BPD和△CQP中，
BP=CQ∠B=∠CBD=PC，
∴△BPD≌△CQP（SAS）；
②）∵vP≠vQ，
∴BP≠CQ，
又∵△BPD≌△CPQ，∠B＝∠C，
∴BP＝PC＝4cm，CQ＝BD＝5cm，
∴点P，点Q运动的时间t=BP3=43秒，
∴vQ=CQt=543=154（厘米/秒）；
（2）设Q点ts追上P点，则（154-3）t＝2×10，
∴t=803s，
∴SQ=803×154=100＝3×28+16，
∴P、Q第一次在边AB上（距离A 6cm处）相遇．