专题04 三角形单元过关（基础版）解析版

专题04三角形单元过关（基础版）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）评卷人得分一、单选题1．（2022秋·山东·八年级校考阶段练习）以下列各组线段的长为边，能组成三角形的是（）A．1cm、2cm、3cm B．1cm、5cm、6cm C．1cm、3cm、【答案】C【分析】计算三条线段中最短的两条线段之和，与最长的线段进行比较，满足最短的两条线段之和大于最长的线段，则这三条线段可以作为三角形的三边，从而可得答案．【详解】解：A．∵1+2=3，故选项B．∵1+5=6，故选项B中三条线段不能作为三角形的三边，故BA．∵1+3>3，故选项C中三条线段能作为三角形的三边，故A．∵2+4<7，故选项D中三条线段不能作为三角形的三边，故D不符合题意；故选C【点睛】本题考查的是三角形的三边关系的应用，掌握“三角形的三边关系”是解本题的关键．2．（2023秋·宁夏固原·八年级校考阶段练习）四边形的内角和等于（

）A．180° B．270° C．360° D．150°【答案】C【分析】n边形的内角和是（n-2）•180°，代入公式就可以求出内角和．【详解】解：（4-2）•180°=360°．故选：C．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式，是需要识记的内容．3．（2022秋·湖南株洲·八年级统考期末）如图，在ΔABC中，D是BC延长线上一点，∠B=40∘，∠ACD=120∘，则A．80∘ B．70∘ C．60∘【答案】A【分析】根据三角形外角性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，经计算即可得到答案．【详解】解：∵D是BC延长线上一点，∴∠ACD=∠A+∠B，∵∠B=40°，∠ACD=120°，∴∠A=80故选：A．【点睛】本题考查了三角形外角的知识；解题的关键是熟练掌握三角形外角的性质，从而完成求解．4．（2022秋·河南洛阳·八年级统考期中）若三角形的三边长分别为3，4，x，则x的取值范围是（）A．1<x<7 B．2<x<7 C．1<x<6 D．0<x<7【答案】A【分析】根据三角形的三边关系：①两边之和大于第三边，②两边之差小于第三边即可得到答案．【详解】解：4-3<x<4+3，∴1<x<7，故A正确．故选：A．【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系，解题的关键是熟练掌握三角形的三边关系定理．5．（2023春·福建三明·八年级统考期末）若一条直线将四边形分割成两个多边形，设这两个多边形的内角和分别为a和b，则a+b不可能是（

）A．720° B．630° C．540° D．360°【答案】B【分析】根据题意可得直线把四边形分成两个多边形，可能为以下几种情况：三角形和五边形，四边形和四边形，三角形和三角形，三角形和四边形；然后分别求和即可排除选项．【详解】解：由题意得：①当分割成一个三角形和一个五边形，则a+b=720°；②当分割成一个四边形和一个四边形，则a+b=720°；③当分割成一个三角形和一个三角形，则a+b=360°；④当分割成一个三角形和一个四边形，则a+b=540°；A、C、D都符合题意；故选B．【点睛】本题主要考查多边形内角和，关键是根据题意得到分割的图形的可能性，然后根据多边形内角和求解即可．6．（2022春·贵州毕节·七年级校考阶段练习）电力公司需要制作一批如图1所示的安全用电标记图案，该图案可以抽象为如图2所示的几何图形，其中AB∥DC，BE∥FC，点E，F在AD上，且∠A=15°，∠B=65°，则制作时∠AFC的度数是（

）

A．50° B．65° C．80° D．90°【答案】C【分析】根据三角形内角和定理，得∠AEB=100°，结合BE∥FC，得∠DFC=100°，进而即可求解．【详解】∵∠A=15°，∠B=65°，∴∠AEB=180°-15°-65°=100°，∵BE∥FC，∴∠DFC=∠AEB=100°，∴∠AFC=180°-100°=80°，故选C．【点睛】本题主要考查三角形内角和定理和平行线的性质定理，掌握平行线的性质定理，是解题的关键．7．（2023·辽宁丹东·统考中考真题）如图，CO是△ABC的角平分线，过点B作BD//AC交CO延长线于点D，若∠A=45°，∠AOD=80°，则∠CBD的度数为（A．100° B．110° C．125° D．135°【答案】B【分析】先根据三角形的外角性质可求出∠OCA=35°，再根据角平分线的定义、平行线的性质可得∠D=35°,∠BCD=35°，然后根据三角形的内角和定理即可得．【详解】∵∠A=45°，∠AOD=80°∴∠OCA=∠AOD-∠A=35°∵CO是△ABC的角平分线∴∠BCD=∠OCA=35°∵BD∴∠D=∠OCA=35°则在△BCD中，∠CBD=180°-∠D-∠BCD=110°故选：B．【点睛】本题考查了三角形的外角性质、角平分线的定义、平行线的性质、三角形的内角和定理，熟练运用各定理与性质是解题关键．8．（2022秋·浙江杭州·八年级杭州市安吉路实验学校校考期中）一个三角形三个内角的度数之比为2：3：6，则这个三角形一定是（）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．钝角三角形【答案】D【分析】利用三角形内角和定理可求出各内角的度数，再进行判断即可．【详解】由题意可设三个内角分别为2x°，3x°，6x°，由三角形内角和定理可知：2x+3x+6x=180，解得x=18011∴6x=108011＞90所以三角形为钝角三角形，故选D．【点睛】此题考查三角形内角和定理，由条件计算出角的大小是解题的关键．9．（2022秋·宁夏吴忠·八年级统考期中）如图，在△ABC中，∠BAC=128°，P1是△ABC的内角∠ABC的平分线BP1与外角∠ACE的平分线CP1的交点；P2是△BP1C的内角∠P1BC的平分线BP2与外角∠P1CEA．2° B．4° C．8° D．16°【答案】A【分析】根据角平分线的定义得∠P1BC=12【详解】解：∵P1是△ABC的内角∠ABC的平分线BP1与外角∠∴∠P∵∠ACE=∴12∴∠P同理∠P进而可知∠P故选：A．【点睛】本题考查了三角形内角和定理及角平分线的计算，三角形外角的性质等，熟练掌握三角形内角和定理及三角形外角的性质是解答此题的关键．10．（2022秋·江西赣州·八年级期中）将两个直角三角板如图摆放，其中∠BCA=∠EDF=90°，∠E=45°，∠A=30°，BC与DE交于点P，AC与DF交于点Q．若AB∥EF，则∠DPC-∠DQC=（A．40° B．32.5° C．45.5° D．30°【答案】D【分析】根据常用直角三角板的角度，先把各角表示出来，再利用平行线性质及外角性质分别求出∠DPC和∠DQC，作差即可．【详解】解：在RtΔABC中，∠BCA=90°，∠A=30°,则在RtΔDEF中，∠EDF=90°，∠E=45°,则∵AB∥∴∠ACF=∠A=30°,∠BCE=∠B=60°,∴∠DPC=∠E+∠BCE=45°+60°=105°,∠DQC=∠F+∠ACF=45°+30°=75°,∴∠DPC-∠DQC=105°-75°=30°,故选：D．【点睛】本题考查求角度问题，涉及到常见三角板的内角、平行线性质和外角性质，准确将题中数据与图形对应起来得到关系是解决问题的关键．第II卷（非选择题）评卷人得分二、填空题11．（2022春·吉林长春·七年级统考期末）如图是一个正多边形的玻璃碎片，这个正多边形的边数为______．【答案】5【分析】先补全面图形，从而可得结论．【详解】解：如图，这个多边形是正五边形．故答案为：5【点睛】本题考查正多边形的含义，解题的关键是正确作出图形，属于中考常考题型．12．（2023秋·天津红桥·八年级校联考期中）如图，直线a，b被直线c所截，若a∥b，∠1=110°，∠2=40°，则∠3=______°．【答案】70【分析】先根据平行线的性质求出∠4的度数，由三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和，故可得出∠3+∠2的度数，即可得出结论．【详解】∵a∥b，∴∠4=∠1=110°，∵∠3+∠2=∠4，∠2=40°

，∴∠3=∠4−∠2==110°−40°=70°，故答案为70.【点睛】本题考查平行线的性质和三角形的外角性质.13．（2022秋·内蒙古呼伦贝尔·八年级校考阶段练习）一个三角形三边长分别为m，7，2，则偶数m可能是________．【答案】6或8/8或6【分析】利用三角形三边关系得出m的取值范围，进而求解．【详解】解：∵一个三角形三边长分别为m，7，2，∴7-2<m<7+2，即5<m<9，∵m是偶数，∴m可能是6或8，故答案为：6或8．【点睛】本题考查三角形三边关系，解题的关键是掌握“三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”．14．（2022秋·福建三明·八年级期末）如图，在△ABC中，∠B＝35°，△ABC的外角∠ACD＝75°，则∠A＝_____度．【答案】40【分析】根据三角形外角的性质即可得到结论．【详解】解：∵∠ACD=∠A+∠B，∠B=35°，∠ACD=75°，∴∠A=75°-35°=40°，故答案为：40．【点睛】本题考查了三角形的外角的性质，熟练掌握三角形外角的性质是解题的关键．15．（2023秋·云南玉溪·八年级统考期中）如图，∠CBD，∠ADE为△ABD的两个外角，∠CBD=70°，∠ADE=149°，则∠A的度数为________．【答案】39°【分析】根据平角的定义求出∠ABD，根据三角形的外角性质得出∠ADE＝∠ABD+∠A，代入即可求出答案．【详解】解：∵∠ABD+∠CBD＝180°，∠CBD＝70°，∴∠ABD＝110°，∵∠ADE＝∠ABD+∠A，∠ADE＝149°，∴∠A＝39°．故答案为：39°【点睛】本题主要考查对三角形的外角性质，邻补角的定义等知识点的理解和掌握，能灵活运用三角形的外角性质进行计算是解此题的关键．16．（2022秋·福建泉州·八年级校考阶段练习）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠C=90°，将△ABC按如图方式进行折叠，使点A与BC边上的点F重合，折痕分别与AC,AB交于点D，点E．下列结论：①∠1=∠2；②∠1+∠2=90°；③∠3+∠B=90°；④DF∥AB．其中一定正确的结论序号为______．【答案】②③/③②【分析】由折叠性质可得∠A=∠3，∠ADE=∠FDE，∠AED=∠FED，再由等腰直角三角形性质得∠A=∠B=∠3=45°，即可得到∠3+∠B=90°；设∠ADE=∠FED=α，∠AED=∠FED=β，可得∠1+∠ADE+∠FED=∠1+2α=180°①，∠2+∠AED+∠FED=∠2+2β=180°②，∠A+α+β=180°，即可推导出∠1+∠2=90°；∠1与∠2不一定相等，DF与AB不一定平行，即可确定答案．【详解】解：由折叠的性质，∠A=∠3，∠ADE=∠FDE，∠AED=∠FED，∵△ABC为等腰直角三角形，∠C=90°，∴∠A=∠B=∠3=45°，∴∠3+∠B=90°，故选项③正确；设∠ADE=∠FED=α，∠AED=∠FED=β，∴∠1+∠ADE+∠FED=∠1+2α=180°①，∠2+∠AED+∠FED=∠2+2β=180°②，∠A+α+β=180°，由①＋②得：∠1+2α+∠2+2β=∠1+∠2+2(α+β)=360°，∴∠1+∠2=90°，故②正确；∵∠1+∠2=90°，∠1与∠2不一定相等，故①不一定正确；∵点F是BC边上的一点，不固定，∴DF与AB不一定平行，故④不一定正确．故答案为：②③．【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的判定，三角形内角和定理等知识，正确的识别图形是解题的关键．评卷人得分三、解答题17．（2023·江苏无锡·一模）如图，一组正多边形，观察每个正多边形中a的变化情况，解答下列问题．(1)将表格补充完整．正多边形的边数3456α的度数

(2)观察上面表格中α的变化规律，角α与边数n的关系为．(3)根据规律，当α＝18°时，多边形边数n＝．【答案】(1)60∘，45∘，36(2)180(3)10【分析】（1）先根据多边形的内角公式求出每一个内角的度数，再根据多边形的性质每条边都相等，得到等腰三角形，求出α的度数．（2）根据（1）中的数据总结规律．（3）引用（2）中总结的公式计算即可．【详解】（1）正多边形每个内角的度数为180∘n=3,α=180n=4,α=90正五边形的内角180∘(5-2)5正五边形的内角180∘(6-2)6（2）观察（1）中结论，n=3,n=4,n=5,n=6,总结规律，则有α=180（3）借助（2）中公式，有α=180∘解得n=10．【点睛】本题考查等腰三角形的性质、多边形内角的计算及观察总结能力，解题的关键是利用多边形内角的计算公式计算内角，并与等腰三角形两底角相等结合应用．18．（2023春·江苏·七年级专题练习）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，EF⊥CD于点G，∠ADE=∠EFC．(1)请说明DE∥BC；(2)若∠A=60°，∠ACB=72°，求∠CDE的度数．【答案】(1)说明见解析；(2)∠CDE=【分析】（1）由题意易证AB//EF，则有∠ADE=∠DEF，从而得∠EFC=∠（2）结合已知条件与（1）的结论，可得DE∥BC，由三角形的内角和定理可求得∠B的度数，再结合CD⊥AB，从而可得∠BCD的度数，利用DE∥BC求解即可．【详解】（1）解：∵CD⊥AB，EF⊥CD，

∴∠BDC=∠FGC=90°，

∴AB∥EF，

∴∠ADE=∠DEF，

又∵∠ADE=∠EFC，

∴∠DEF=∠EFC，

∴DE∥BC；（2）∵∠A+∠ACB+∠B=180°且∠A=60°，∠ACB=72°，∴∠B=48°，∵∠BDC=90°，∴∠B+∠BCD=90°，∴∠BCD=42°，∵DE∥BC，∴∠CDE=∠BCD=42°．【点睛】本题主要考查了三角形的内角和，平行线的判定与性质，解答的关键是结合图形分析清楚角与角之间的关系．19．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在四边形ABCD中，∠A=100°，∠D=140°．(1)当∠B=∠BCD时，求∠B的度数．(2)∠BCD的平分线交AB于点E，当CE∥AD时，求∠B的度数．【答案】(1)60°(2)40【分析】（1）根据四边形的内角和是360°，可得∠B+∠BCD=120°，再由（2）根据AD∥ED可得∠BEC=100°，∠ECD=40°，再利用【详解】（1）解：∵∠A=100°，∴∠A+∠D=240∵四边形ABCD的内角和是360°，∴∠B+∠BCD=360°-240又∵∠B=∠BCD，∴2∴∠B=60°．（2）解：∵EC平分∠BCD，∴∠BCE=∠ECD，又∵EC∥AD，∠A=100∴∠A=∠BEC=100°，∴∠ECD=180°-140∴∠BCE=∠ECD=40∴∠B=180°-∠BEC-∠BCE=180°-100【点睛】本题考查了平行线的性质、四边形和三角形的内角和及角平分线的定义，结合图形利用平行线的性质进行角的转化和计算是解决问题的关键．20．（2023秋·河南驻马店·八年级校联考期中）（1）如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，若∠A=42°，求∠BOC的度数；（2）把（1）中∠A=42°这个条件去掉，试探索∠BOC和∠A之间有怎样的数量关系．【答案】（1）111°（2）证明见解析【详解】试题分析：（1）先求出∠ABC+∠ACB的度数，根据平分线的定义得出∠1=∠ABC，∠2=∠ACB，求出∠1+∠2的度数，根据三角形内角和定理求出∠BOC即可；（2）根据角平分线的定义可得∠1=∠ABC，∠2=∠ACB，然后用∠A表示出∠1+∠2，再根据三角形的内角和等于180°列式整理即可得出结论．解：（1）∵∠A=42°，∴∠1+∠2=180°﹣∠A=138°，∵BO、CO分别是△ABC的角∠ABC、∠ACB的平分线，∴∠1=∠ABC，∠2=∠ACB，∴∠1+∠2=（∠ABC+∠ACB）==69°，∴∠BOC=180°﹣（∠1+∠2）=180°﹣69°=111°；（2）∠BOC=90°+∠A，∵BO、CO分别是△ABC的角∠ABC、∠ACB的平分线，∴∠1=∠ABC，∠2=∠ACB，∴∠1+∠2=（∠ABC+∠ACB）=（180°﹣∠A），∴∠BOC=180°﹣（∠1+∠2）=180=90．考点：三角形内角和定理．21．（2023秋·四川广安·八年级统考期末）如图，CE是△ABC的外角∠ACD的平分线，且CE交BA的延长线于点E．(1)若∠B=35°，∠E=25°，求∠CAE的度数；(2)证明：∠BAC=∠B+2∠E．【答案】(1)95°(2)见解析【分析】（1）由三角形的外角性质可求得∠DCE=60°，再由角平分线的定义可得∠ACE=60°，利用三角形的内角和定理即可求∠CAE的度数；（2）由三角形的外角性质可得∠DCE=∠B+∠E，∠BAC=∠E+∠ACE，再由角平分线的定义得【详解】（1）解：∵∠DCE是△BCE的外角，∠B=35°，∠E=25°，∴∠DCE=∠B+∠E=60°，∵CE平分∠ACD，∴∠ACE=∠DCE=60°，∴∠CAE=180°-∠ACE-∠E=95°；（2）证明：∵∠DCE是△BCE的外角，∠BAC是△ACE的外角，∴∠DCE=∠B+∠E，∵CE平分∠ACD，∴∠ACE=∠DCE，∴∠BAC=∠E+∠B+∠E=∠B+2∠E．【点睛】本题主要考查三角形的外角性质，三角形的内角和定理，解答的关键是结合图形分析清楚各角之间的关系．22．（2022春·全国·七年级假期作业）如图，∠1+∠2＝180°，∠B＝∠3．（1）判断DE与BC的位置关系，并说明理由；（2）若∠C＝70°，∠2＝80°，∠4＝65°，求∠FGD的度数．【答案】（1）DE//BC，理由见解析；（2【分析】（1）根据平行线的判定可得AB//EF，从而得出∠ADE＝∠3，利用等量代换可得∠ADE＝∠B，即可判断DE与BC的位置关系；（2）根据平行线的性质求出∠A，再根据三角形的内角和定理求出∠B，结合已知条件求出∠1，再利用三角形内角和定理即可求∠FGD的度数．【详解】解：（1）DE//∵∠1+∠2＝180°，∴AB//EF，∴∠ADE＝∠3，∵∠B＝∠3，∴∠ADE＝∠B，∴DE//BC；（2）∵AB//EF，∴∠A＝∠4＝65°，∵∠C＝70°，∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝45°，∵∠1＝180°﹣∠2＝180°﹣80°＝100°，∴∠FGD＝180°﹣∠1﹣∠B＝180°﹣100°﹣45°＝35°答：∠FGD的度数为35°．【点睛】此题考查的是平行线的判定及性质和三角形内角和定理，掌握平行线的判定及性质和三角形内角和定理是解决此题的关键．23．（2023秋·全国·八年级阶段练习）如图，在△ABC中，∠C＞∠B，AD⊥BC于点D，AE平分∠BAC．（1）若∠B=50°，∠C=72°，求∠EAD的度数；（2）若∠B、∠C的度数未知，求证：∠EAD=12（∠C－∠B【答案】（1）∠EAD=11°；（2）证明见解析【分析】（1）利用三角形的内角和定理求出∠BAC，再根据角平分线的定义求出∠EAC，根据垂直的定义可得∠ADC=90°，从而求出∠DAC，即可得出结论；（2）利用三角形的内角和定理求出∠BAC，再根据角平分线的定义求出∠EAC，根据垂直的定义可得∠ADC=90°，从而求出∠DAC，即可证出结论．【详解】解：（1）∵∠B=50°，∠C=72°，∴∠BAC=180°－∠B－∠C=58°∵AE平分∠BAC．∴∠EAC=12∵AD⊥BC∴∠ADC=90°∴∠DAC=180°－∠ADC－∠C=18°∴∠EAD=∠EAC－∠DAC=11°证明：（2）∵∠BAC＋∠B＋∠C=180°∴∠BAC=180°－∠B－∠C∵AE平分∠BAC．∴∠EAC=12∠BAC=12（180°－∠B－∠C）=90°－12∠B∵AD⊥BC∴∠ADC=90°∴∠DAC=180°－∠ADC－∠C=90°－∠C∴∠EAD=∠EAC－∠DAC=（90°－12∠B－12∠C）－（90°－=12（∠C－∠B【点睛】此题考查的是三角形的内角和定理的应用和角平分线的定义，掌握三角形的内角和定理和角平分线的定义是解题关键．24．（2023春·江苏无锡·七年级江苏省天一中学校考期中）【概念认识】在四边形ABCD中，∠A=∠B，如果在四边形ABCD内部或边AB上存在一点P，满足∠DPC=∠A，那么称点P是四边形ABCD的“映角点”．【初步思考】（1）如图①，在四边形ABCD中，∠A=∠B，点P在边AB上且是四边形ABCD的“映角点”，若DA∥CP，DP∥CB，则∠DPC的度数为（2）如图②，在四边形ABCD中，∠A=∠B，点P在四边形ABCD内部且是四边形ABCD的“映角点”，延长CP交边AB于点E，求证：∠ADP=∠CEB．【综合运用】在四边形ABCD中，∠A=∠B=α，点P是四边形ABCD的“映角点”，DE、CF分别平分∠ADP、∠BCP，当DE和CF所在直线相交于点Q时，请直接写出∠CQD与α满足的关系式．【答案】【初步思考】（1）60；（2）见解析；【综合运用】当0°<α<60°时，∠CQD=90°-32α；当60<α<180°【分析】[初步思考]（1）根据题意可知∠A=∠B=∠DPC，若DA∥CP，DP∥CB，可以得到∠A=∠B=∠DPC=∠ADP=∠PCB，∠DPB是△ADP的外角，则（2）四边形ADPE中，∠ADP+∠AEP=180°，而∠CEB+∠AEP=180°，所以∠ADP=∠CEB；[综合运用]当0°<α<60°时，当60<α<180°时，分别作出图形，根据题意作出图形都可以求出∠COD与α的关系．【详解】[初步思考]（1）解：根据题意可知∠A=∠B=∠DPC，∵DA∥∴∠DPC=∠ADP，∵DP∥∴∠DPC=∠PCB，∴∠A=∠B=∠DPC=∠ADP=∠PCB，∵∠DPB是△ADP的外角，∴∠DPC+∠CPB=2∠A，∴∠A=∠CPB，∴∠B=∠CPB=∠PCB=60°，故答案为：60．（2）∵点P是四边形ABCD的“映角点”，∴∠A=∠DPC，又∠DPC+∠DPE=180°，∴∠A+∠DPE=180°，在四边形AEPD中，∠A+∠DPE+∠AEP+∠ADP=360°∴∠AEP+∠ADP=180°，又∠AEP+∠CEB=180°∴∠ADP=∠CEB．[综合运用]当0°<α<60°时，∠CQD=90°-32α；当60