中考数学专项复习：三角形单元过关（培优版）（解析版）

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）

评卷人得分

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2BCD,

使其不变形，这样做的根据是（）

ED

B

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4BCD,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A48C的三条边分别为a,b,c,化简|a+6-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。+6-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：丫。、b、c分别为A48c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-6）+a-6+c

=a+6-c-a-c+6+a-6+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箸=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/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/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/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力点时，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。，

二与这个内角相邻的外角为4x36°=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A42C中，乙8=63。，ZC=51°,/£是乙B/C的平分

线，则乙BEN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NBAC,根据角平分线的定义求出NEAC,根据三角形外角的性质计算即

可.

【详解】••28=63。，ZC=51",

."/C=180°-乙8-ZC=66°,

■.■AE是乙8/C的平分线，

1

.'^EAC=-^BAC=33°f

・•/BEA=&AC+^C=33°+51°=84°.

故选"

【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aABC中，ZB-ZA=50°,NB是NA的3.5倍，则4ABC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NA=x,贝叱B=3.5x,

所以3.5x-x=50°,

解得x=20°,

所以NA=20°,Z_B=70°,

所以心180。-20。-70°=90。，

所以AABC是直角三角形.

故选C.

10.（2023春•江苏•七年级期中）如图，在A48C中，乙4=90。，BE,CD分别平分乙48c和乙4cS,且相交于

F,EGWBC,。61后6于点6,则下列结论①4CEG=23C4；②C4平分乙BCG；③4LDC=NGCD；

④乙DFB=，；⑤乙DEE=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；只需要证明々OC+2C0=9O。，

乙GCD+UCD=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NBFC=135。，即可判断

④⑤；根据现有条件无法推出②.

【详解】解：•••d）平分乙4c8,

乙4cB=24DC4,乙4CD=&BCD

■.■EGWBC,

：.4CEG=UCB=24DCA,故①正确；

山=90°,CGX.EG,EGWBC,

：.^ADC+^ACD=90°,CG1BC,即N8CG=90°,

；/GCD+乙BCD=9G°,

又•:乙BCD=UCD,

."DCMGDC,故③正确；

•4二90°,

・••乙45C+乙4cB=90°,

-BE,CD分别平分乙4BC,UCB,

11

：./.FBC=^/.ABC,Z.FCB=jzXCB,

.•ZBFC=18O。-Z.FBC-zFCS=180°-边力CB+41BC）=135。，

；"FB=180°-4BFC=45°,

.-.ADFB=^A,故④正确；

:.乙DFE=£BFC=135°,故⑤正确；

根据现有条件，无法推出。平分乙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H卷（非选择题）

评卷人得分

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】30730度

【分析】设三角形的三个内角分别为无，〃，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18cm,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,6满足(Z)-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："Va-3+(6-7)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，NACB=90。，M是斜边力B的中点，将△ACM

沿直线CM折叠，点4落在点。处，如果CD恰好与2B垂直，贝|乙4=。.

【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，贝此。=乙4,乙MCD=^MCA,从而求得答

案.

【详解】解：如图,

在RtZkZBC中，乙4cB=90。，乙4Vm

•.CM是斜边AB上的中线，

・・.CM=AM,

：.Z-A=Z.ACM,

将△力CM沿直线CM折叠，点4落在点。处，

设Z71=/.ACM-x度，

-：Z-A+Z.ACM=Z.CMB,

■■.Z.CMB=2%,

如果C。恰好与4B垂直，

在RtzXCMG中，NMCG+NCMB=90°,

即3%=90°,

解得，x=30°,

：/MCD=乙BCD=^ACM=30°,

"CM=MD,

.-.ZD=zMCD=30°=zX,

即乙4=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△AiBiQ.再

分别倍长41比方1射,。遇1得到2c2.…按此规律，倍长n次后得到的△2拉/„的面积为.

C2

【答案】7n

【详解】解：连接力Bi，BCi，C4i，根据等底等高的三角形面积相等,

△ArBC,△&&&△ABrC,△a&C]△ABClt△4/Q,△4BC的面积都相等，

所以，S&41/C1=7sAABC，

同理S4I282C2=7s△&&C1，=72sA48。

rl

依此类推,SAAnBnCn=7s△/BC,

••・Z35C的面积为1,

rl

•,^AAnBnCn=7.

故答案为：7n

16.（2023春•江苏盐城•七年级校联考阶段练习）如图，乙4+乙8+/。+乙。+乙片的度数为度.

D

【答案】180

【分析】如图，AB,CD交于点F,4E,CD交于点G,利用外角的性质，得到乙4GF=ND+NE/4FG=AB+N

C进而得至U：44+NB+NC+N。+NE=NA+N4FG+N4GF,即可得解.

【详解】解：如图，4B,CD交于点尸，AE,CD交于点G,

贝！J：/-AGF=乙D+/-E./.AFG=Z.B+Z.C,

二乙4+z_8+Z,C+Z>D+Z_E=乙4-\-Z-AFG+N71GF=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.

评卷人得分

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"边形的内角和与外角和的差是720。，求机

【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°-360o=720°,再解方程即可.

【详解】解：（1）由题意，得

(12-2)xl80°=1800°；

(2)由题意得：

(〃-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AIBC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：••・413C的三边长分别为3、5、a,

•，•5-3VQV3+5,

解得：2<a<8,

故|a-2|-+

—a-2-((7*1)+8-<2

—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。的取值范围是解题关

键.

19.C023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，4D1BC,垂足为D,AE

平分NB2C,ZT=7O。，ADAE=15°,求NB的度数.

【分析】由三角形内角和等于180度求得N1的度数，即可计算4E4C的度数，根据角平分线的性质可解得N

BAC,最后根据三角形内角和定理解题即可.

【详解】•••AD1BC,

A

・•・zl=180°-Z.ADC-ZC

=180°-90°-70°

=20°

•••Z-EAC=Z.EAD+z.1

=15°+20°

=35°

,・•力E平分M/C

・•・Z.BAC=2Z.EAC=70°

••・乙B=180°-+ZC)

=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。，ZC

=70°.

⑴乙4。8的度数为；

(2)若NABC=60。，求ACME的度数.

【答案】⑴125。

(2)/.DAE=5°

【分析】Q)根据角平分线的定义得出NOAB+NOB4=*NB4C+41BC),根据三角形内角和定理得出ABAC

+z^SC=180°-zC=110°,进而即可求解；

(2)根据三角形内角和定理求得N/MC/BAC,根据4E是N84C的角平分线，得出4a4E=《4C4B=25。，

卞艮据ND4E=UAE—CAD,即可求向电

【详解】(1)解：■-AE,BF是4BAC、N4BC的角平分线，

.■.Z.OAB+AOBA=|(zBXC+NABC),

在△4BC中，ZC=70°,

：./.BAC+Z.ABC=180°-ZC=110°,

：.Z-AOB=180°-Z.OAB-/.OBA=180°-1(zBXC+Z.ABC}=125°,

故答案为：125°；

(2)解：•.•在△力BC中，4D是高，ZC=70°,AABC=60°,

：.^DAC=90°-ZC=90°-70°=20°,ABAC=180°-4ABe-zC=50°

•ME是N84C的角平分线，

.-.zCXE-|zC4B=25°,

.-./.DAE=Z.CAE-/.CAD=25°-20°=5°,

.-.ADAE=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△N8C三个顶点/,B,C的坐标分别为(一1,4),(-2,

⑴在坐标系中画出A42C,把A42C先向右平移3个单位，再向下平移2个单位得到A4//C”画出平移后

的△TII/G.

中的任意一点P("?,n)经平移后的对应点为。，写出0点的坐标是(用含加，”的式子表示)

⑶求A42C的面积.

【答案】⑴见解析

(2)(m+3,n-2)

⑶i

【分析】(1)根据点的坐标确定点，连线即可得到根据图形平移的性质画出即可；

(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，△&B1C1即为所求；

•.・将A4BC先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，P(»7,«),

-Q(加+3,〃-2).

故答案为(TM+3,n-2).

(3)

的面积为：3x2—5x2xl—5x3xl—5x2xl=5

【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A48C中，AD、NE分别

是A42C的高和角平分线，若必=30。，NC=50。.求乙B/C和。4E的度数.

【答案】/-BAC=100°,ADAE=10°

【分析】根据三角形的内角和定理即可求出乙B/C,根据角平分线的定义求出NC4E=50。，根据直角三角形

性质求出NC4D=40。，即可求出乙£M£=10。.

【详解】解：•.•以=30°,NC=50°,

••.ZS^C=18O°-Z.B-ZC=18O°-30°-50°=100°,

•.•在A42C中，/E是角平分线，

.-.ACAE=^BAC=50°,

•.•在△N8C中，4D是△/5C的高，

.♦ZdD=90°-NC=40°,

:.乙DAE=KCAE-ACAD=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。是乙48c的角平分线上的一点，过点。作EFIIBC,DG\\

AB.

⑴若4D1BD,^BED=130°,求NB4D的度数.

(2)。。是△DEG的角平分线吗？请说明理由.

【答案】(1)NBAD=65。

(2)DO是MEG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乙防C=50。，根据角平分线的性质和平行线的性质可得

乙EBD=25°,再根据直角三角形性质可求N84D的度数；

（2）根据EFII5C,得出=,根据。GII48,得出求得根据2。平分乙18C,

得出乙EBD=4GBD,得出AD平分乙EOG,即可得到结论.

【详解】（1）解：•••EPIIBC,乙BEF=13。°,

：.Z.EBC=180°-ZAEF=5O°,

■■■BD平分乙EBC,

:ZEBD=乙GBD=3乙EBC=25°,

■■■ADLBD,

；ZBDA=9O°,

N2AD=90°-NE2。=65°.

（2）。。是△DE'G的角平分线：

理由：TE产IIBC,

:.CEDB=^DBG,

■■DGIIAB,

:.乙EBD=LBDG,

■■BD平分乙13C,

:.乙EBD=LGBD,

.-.AGDB=AEDB,

：.BD平分㈤3G,

.■.DO是△AEG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，得出乙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48,CD相交于点O,连接ND,CB,/.DAB

和NBCD的平分线/P和CP相交于点P,与CD,AB相交于“，N,如图2：

（1）在图1中，直接写出乙4乙B,ZC,ND之间的数量关系；

（2）图中有几个八字模型？

（3）在图2中，ND与NB为任意角，试探究NP与ND,NB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

D

DAL

P

cL-------'BC匕-----------、B

图1图2

【答案】（1）乙4+乙。=48+4。；（2）6个；（3）Z-D+ZB=2ZP,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△4。。和△BOC中：

N4+/.AOD+Z.D=180°,ZB+/.C+/.BOC=180°,且立力。。=4BOC

■■■/.A+Z.D=4B+Z.C

（2）一共有6组，分别是：△4。。和480&2\4。。和△可。&2\4。用和470。，△8。。和44。用，

△ANP和△BNC,

（3）ND+NB=2NP，证明如下：

由⑴得：ND+ND4M=NP+NMCP

乙B+Z.PCB=4P+乙PAN

■.乙D+Z.DAM+Z.B+Z.PCB=Z.P+乙PAN+4P+Z.MCP

又•••4P和CP分另（］是ND4B和NBCO的平分线

Z.DAM=Z.PAN.Z.PCB=4MCP

乙D+/.B=2乙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,直线加与直线一相交于点O,A、8两点同时从点。出发，

点/以每秒x个单位长度沿直线〃向左运动，点8以每秒y个单位长度沿直线加向上运动.

0

D

M

图3m.

⑴若运动Is时，点、B比点/多运动1个单位运动2s点3与点/运动的路程和为6个单位，则乂=,

y=_•

⑵如图2,当直线加与直线"垂直时，设NBA。和乙48。的角平分线相交于点P在点/、8运动的过程中,

NAPB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〃不动，直线加绕点。按顺时针方向旋转a（0。＜。＜90。），其他条件不

变.

（i）用含有a的式子表示乙4PB的度数

（ii）如果再分别作△AB。的两个外角N