专题2.4 三角形（全章分层练习）（培优练）-2023-2024学年八年级数学上册全章复习与专题突破讲与练（湘教版）

专题2.4三角形（全章分层练习）（培优练）单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（2023秋·浙江·七年级统考开学考试）用一根50厘米长的铁丝围一个三角形，三边均为整数，这个三角形中最长的边可能是（

）厘米．A．24 B．26 C．28 D．302．（2023春·河北承德·七年级统考期末）如图所示，下列关系一定成立的是（

）

A． B．C． D．3．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图，，，点A为上一定点，点C为上一动点，B，D为上两动点，当最小时，（

）

A． B． C． D．4．（2023秋·辽宁沈阳·八年级统考期末）如图，，分别是的外角，的角平分线；，分别是，的角平分线；，分别是，的角平分线．当（）时，．A．45° B．50° C．60° D．120°5．（2023·安徽亳州·统考三模）如图，，垂直平分，，若，则（）

A． B． C． D．6．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·八年级校考期中）如图，四边形中，已知，点在上，平分，平分．如下结论中正确结论的个数是（

）①；②是的中点；③；④．A．1 B．2 C．3 D．47．（2023春·全国·八年级专题练习）如图、在中，，，，点D在线段上，以为边作等边三角形，点E和点A分别位于两侧，连接，．以下结论错误的是（

）A．B．C． D．直线8．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图，在中，，和的平分线、相交于点，交于点，交于点，若已知周长为，，，则长为（

）A． B． C． D．49．（2022秋·广东深圳·九年级统考期中）如图，在正方形中，对角线相交于点O．E、F分别为上一点，且，连接．若，则的度数为（

）A． B． C． D．10．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图，在五边形中，，，，，在、上分别找到一点M、N，使得的周长最小，则的度数为（）

A． B． C． D．填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（2023春·黑龙江绥化·七年级校考期末）如图所示的图形是一瓷砖镶嵌图的一部分，AB⊥CD，则x的值为．

12．（2023秋·全国·八年级专题练习）定义：一个三角形的三个角的度数分别为x，y，z，若满足，则该三角形为“善美三角形”，度数为x的角被称为善美角．若是“善美三角形”，且，则的善美角的度数为．13．（2023春·福建厦门·七年级厦门一中校考期末）如图，点D和点E是中和边上的两点，将沿翻折，使点A的对应点恰好落在射线上，与相交于点F，若，，则的度数为．

14．（2023春·陕西宝鸡·八年级校考阶段练习）如图，中，，，的平分线与的垂直平分线交于点，将沿在上，在上折叠，点与点恰好重合，则为度．

15．（2023春·浙江嘉兴·八年级校联考阶段练习）如图，点E在正方形的边上，连结垂直平分，分别交，于点．当时，，．

16．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图，在中，，以为斜边作，，E为上一点，连接、，且满足，若，，则的长为．

17．（2023春·广东深圳·七年级校考期末）如图，已知在四边形中，，，，则°．

18．（2023春·福建漳州·七年级福建省漳州第一中学校考期末）如图，在中，D是的中点，，，延长至点M，使得，连接并延长，交的延长线于点N，现给出以下结论：

①；②；③；④.其中正确的是.（写出所有正确结论的序号）三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2023春·浙江金华·七年级统考期末）如图，交于E，，，求证：；证明：∵（已知）∴______（______）∵______（平角的意义）∴∵（______）又∵（已知）∴______∴（______）20．（8分）（2023春·江苏泰州·七年级统考期末）已知：如图，在中，，、分别在边、上，、相交于点．

（1）给出下列信息：①；②是的角平分线；③是的高．请你用其中的两个事项作为条件，余下的事项作为结论，构造一个真命题，并给出证明；条件：______，结论：______．（填序号）证明：在（1）的条件下，若，求的度数．（用含的代数式表示）21．（10分）（2023秋·全国·八年级专题练习）在八年级上册“轴对称图形”一章69页中我们曾做过“折纸与证明”的数学活动：折纸，常常能为证明一个命题提供思路和方法．请用你所学知识解决下列问题．将（）沿折叠，使点C刚好落在边上的点E处．

（1）图1中，，则___________；___________；（2）如图2，若，试说明：．22．（10分）（2023秋·北京海淀·九年级校考开学考试）在中，，是直角三角形，且．将绕点A逆时针旋转一定角度得到，其中点D的对应点是点G，连接并延长交于点H，连接．（1）如图1，当点D在边上时，求证；（2）如图2，当点D在内部时，直接写出的大小，并证明．

23．（10分）（2023秋·陕西榆林·八年级校考开学考试）问题背景如图，在中，点为边上一点，连接，延长至点，使得，连接．

问题提出（1）如图1，若，，，求的度数；问题拓展（2）如图2，的角平分线交于点，若，，在上取一点，使，试判断与是否相等，并说明理由．24．（12分）（2023秋·陕西西安·八年级西安市铁一中学校考开学考试）如图，等边中，，为边上一点，为直线上一点，连接，使得．（1）①如图1，与的数量关系为______；②如图1，线段的数量关系为______．（2）如图2，若将“等边”改为“等腰直角（）”，其他条件不变，求证：；（3）如图3，若继续将“等腰直角”改为“等腰（）”其他条件不变，（2）中的结论是否正确？若正确，请你给出证明；若不正确，请你说明理由．参考答案1．A【分析】根据三角形任意两边之和大于第三边，这个三角形的最长边要小于三角形周长的一半，据此解答即可．解：由题意得（厘米），因为这个三角形的最长边小于厘米，三边均为整数，所以最长边可能为厘米；故选：A．【点拨】本题考查了三角形的三边关系，理解关系是解题的关键．2．B【分析】根据三角形的外角的性质、三角形的三边关系逐项判断即可解答．解：A．都是的内角，所以大小关系不确定，故不满足题意；B．，故满足题意；C．,但关系不明确，故不满足题意；D．都是的内角，所以大小关系不确定，故不满足题意．故选B．【点拨】本题主要考查了三角形的内角、三角形的外角的性质、三角形的三边关系等知识点，灵活理解三角形的外角的性质是解答本题的关键．3．B【分析】如图所示，作点A关于的对称点F，作点D关于的对称点E，连接，由轴对称的性质可得，则，故当四点共线且时，最小，即此时最小，利用三角形内角和定理求出，，进而求出，利用三角形外角的性质求出，则，由此即可得到答案．解：如图所示，作点A关于的对称点F，作点D关于的对称点E，连接，由轴对称的性质可得，∴，∴当四点共线且时，最小，即此时最小，∴，，∴，∵∴，∴，∴，故选B

【点拨】本题主要考查了轴对称最短路径问题，三角形内角和定理，三角形外角的性质，正确作出辅助线确定取得最小值的情形是解题的关键.4．C【分析】根据角平分线的定义得出，根据平角为可得，从而得出，同理可得，然后根据两直线平行同旁内角互补得出，代入整理得出，最后根据三角形内角和即可得出答案．解：，分别是的外角，的角平分线，，分别是，的角平分线，同理，由于、分别是、的角平分线，假设，根据两直线平行，同旁内角互补得即整理得，故选C．【点拨】本题考查了角平分线的有关计算、平行线的性质、三角形内角和，根据给出的角平分线得出和的关系是解题的关键．5．A【分析】由垂直平分，可得，进而得出，由，即可得到，依据平行线的性质可得，由等腰三角形的性质可得，最后由三角形内角和定理进行计算，即可得到的度数．解：垂直平分，，，又，，，，又，，又，，，，故选：A．【点拨】本题主要考查了线段垂直平分线的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，熟练掌握线段垂直平分线的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，解题时注意：等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合，是解题的关键．6．D【分析】首先结合角平分线的性质和平行线的性质“两直线平行，同旁内角互补”可证明，可推导；延长，交于点，首先证明为等腰三角形，由“等腰三角形三线合一”的性质可得，再证明，由全等三角形的性质可得，即是的中点；根据全等三角形的性质可得，再结合，可判断结论③；由全等三角形的性质可得，易知，再利用三角形面积公式可判断结论④．解：如下图，∵平分，平分，∴，，∵，∴，∴，∵，即，故结论①正确；延长，交于点，如下图，∵，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，即是的中点，故结论②正确；∵，∴，又∵，∴，故结论③正确；∵，∴，∴，∵，，∴，，∴，故结论④正确．综上所述，结论正确的有4个．故选：D．【点拨】本题主要考查了平行线的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．7．C【分析】根据等边三角形的性质可得从而可得，可判断A正确，结合等边三角形易证，可判断B正确，结合已知解三角形易证，可知在的垂直平分线上，结合等边三角形易证，从而证明，得，可知在的垂直平分线上，从而判断D正确．解：，是等边三角形，是等边三角形，即：A正确，不符合题意；，，B正确，不符合题意；即当且仅当平分时有C不正确，符合题意；，，在的垂直平分线上，，，在的垂直平分线上，直线D正确，不符合题意；故选：C．【点拨】本题考查了等边三角形的性质的综合应用，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定；解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质进行全等的证明．8．B【分析】证明得出，证明得出，进而即可求解．解：如图，在上截取，连接平分，平分，，，，，，，在和中，，，，，，在和中，，，，，周长为，，，，．故选：B．【点拨】本题考查了全等三角形的性质与判定，角分线的定义，构造全等三角形是解题的关键．9．B【分析】利用正方形的对角线互相垂直平分且相等，等腰直角三角形的性质，三角形的内角和定理和全等三角形的判定与性质解答即可．解：∵四边形是正方形，∴．∵，∴为等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴．在和中，∴（SAS）．∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴．故选：B．【点拨】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．10．C【分析】根据要使的周长最小，即利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，A关于和的对称点，，即可得出，进而得出即可得出答案．解：作A关于和的对称点，，连接，，交于M，交于N，则，即为的周长最小值．作延长线，

∵，∴，∴，∵，，且，，∴，故选：C．【点拨】此题主要考查了平面内最短路线问题求法以及三角形的外角的性质和垂直平分线的性质等知识，根据已知得出M，N的位置是解题关键．11．34【分析】延长交于点，即可得出，进而根据，求出即可．解：延长交于点，

，，，，，，，解得，则的值为，故答案为：．【点拨】本题主要考查了垂直的性质，三角形内角和定理，对顶角相等等知识，根据已知得出是解题关键．12．或或【分析】先设出善美角，再利用题中的定义分类讨论即可．解：设善美角的度数为，则，或，或，∴或或，故答案为或或．【点拨】本题为新定义题型，涉及到了三角形的内角和定理和一元一次方程的应用，解题关键是理解题意，分类讨论并正确计算．13．/度【分析】延长，交于点A，根据折叠可知，，，，设，，根据角度之间的关系，三角形内角定理，三角形外角的性质，证明，得出，求出，即可得出．解：延长，交于点A，如图所示：

根据折叠可知，，，，设，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．故答案为：．【点拨】本题主要考查了三角形内角和，三角形外角的性质，解题的关键是根据角度之间的关系求出，得出．14．【分析】连接、，根据角平分线的定义求出，根据等腰三角形两底角相等求出，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得，根据等边对等角可得，再求出，证明，再根据等边对等角求出，根据翻折的性质可得，然后根据等边对等角求出，再利用三角形的内角和定理列式计算即可．解：如图，连接、，

，为的平分线，，又，，是的垂直平分线，，，，为的平分线，，点在的垂直平分线上，，，将沿在上，在上）折叠，点与点恰好重合，，，

在中，，故答案为：．【点拨】本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，等边对等角的性质，以及翻折变换的性质，三角形内角和定理等等，熟知相关知识是解题的关键．15．10【分析】见分析中的作辅助线．构造多个矩形与全等三角形，设法证明与，结合已知条件可推得，于是可求；先证明，则，再证明点E为的中点，在直角三角形中可求得的长，继而求得对角线的长．解：①连接．自I分别作的垂线，垂足为点．自点E作射线的垂线，垂足为点Q，与相交于点N．

由正方形知，又，∴四边形是矩形，∴，又由知，∴四边形是矩形，，又，则．∴．由垂直平分知，∴∴．由是正方形的对角线知，，又∴∴．由垂直平分知，∴，又∴由四边形是矩形知，，由四边形是矩形知，∴．又，∴∴∴．②过点N作的平行线，分别交于点．自点G作的垂线，垂足为L．

由①知，，∴，又，∴∴，因，∴四边形与四边形均为矩形，∴，∴．由知四边形是矩形，则，由知，在与中，∴∴．在中，，∴解得：∴，在中，．综合①②可知，，，故答案为：10与．【点拨】本题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用等知识点，解题的关键是作出相关辅助线．16．【分析】延长至O点，使得，连接，先证明，再证明，问题随之得解．解：延长至O点，使得，连接，如图，

∵，∴，∵，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，故答案为：．【点拨】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，构造合理的辅助线是解答本题的关键．17．35【分析】延长至E，使，连接，根据三角形内角和与外角的关系可得使等腰直角三角形，，载利用等腰三角形的性质可得出结论.解：延长至E，使，连接，如下图所示：

∵，∴，∵，∴，在中，,∴，∴，又∵，∴，∵，∴使等腰直角三角形，∴,∴，∴，∴，,故答案为：35.【点拨】本题主要考查三角形的相关知识，运算较为复杂，要掌握好基本知识.18．①③/③①【分析】证明垂直平分，得出，即可证明，即可判断①；设，则，得出，求出，得出，证明，即可判断③；求出，，得出，得出与不一定全等，即可判断②；根据，得出，从而得出，即可判断④．解：∵在中，D是的中点，，∴垂直平分，∴，∵，∴，故①正确；∵，，∴，设，则，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故③正确；∵，，∴，∵，∴，∴与不一定全等，故②错误；∵，，，∴，∵，，∴，∴，故④错误；综上分析可知，正确的有①③．故答案为：①③．【点拨】本题主要考查了三角形内角和定理的应用，三角形面积的计算，全等三角形的判定，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，三角形外角的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．19．，垂直的意义，，三角形内角和定理，，同旁内角互补，两直线平行【分析】根据垂直的意义可得，根据平角的意义可得，根据三角形内角和定理可推得，根据平行线的判定即可证明．解：证明：∵（已知）∴（垂直的意义），∵（平角的意义），∴，∵（三角形内角和定理）又∵（已知）∴，∴（同旁内角互补，两直线平行）【点拨】本题考查了垂直的意义，平角的意义，三角形内角和定理，平行线的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．20．（1）①②；③；见解答；（2）【分析】（1）条件：①②，结论：③，由角平分线的性质可得，由和，得出，利用三角形内角和可得结论；（2）利用（1）的结论和三角形外角性质即可得答案．解：（1）条件：①②，结论：③，证明：∵是的角平分线，∴，∵，∴，∵，∴，∴是的高．条件：①③，结论：②，证明：∵是的高，∴，∴，∵，，，∴，∴是的角平分线；条件：②③，结论：①，证明：∵是的角平分线，∴，∵是的高，∴，∴，∵，，∴；故答案为：①②；③；证明：见解答；（2）∵，∴，∵是的角平分线，∴，∵，∴．【点拨】本题考查命题与定理，掌握角分线的定义，三角形内角和定理，外角性质，掌握三角形外角的性质是解题关键．21．（1）2，12；（2）见分析【分析】（1）根据折叠性质和三角形的面积公式求解即可；（2）由折叠性质和三角形的外角性质证得，，，再根据等角对等边证得，进而可证得结论．（1）解：由折叠性质得：，，，∴，，∵，∴，故答案为：2，12；（2）解：由折叠性质得，，，∵，，∴，∴，又∵，∴．【点拨】本题考查了折叠性质、三角形的外角性质、等腰三角形的判定，熟练掌握折叠性质是解答的关键．22．（1）见分析；（2），证明见分析【分析】（1）利用余角的性质得，证明得，，再用三角形的外角得到，即可证明结论成立；（2）在上截取，同（1）可证，最后利用等腰三角形三线合一可得结论．解：（1）如图1，在上截取，

∵，∴，∵把绕点A逆时针旋转一定角度得到，∴，，，∵，，∴，在和中，，∴