11.1.1三角形的边 课时作业2024—2025学年人教版数学八年级上册

11.1.1三角形的边 课时作业2024—2025学年人教版八年级上册数学 一、单选题 1．若三角形两边长分别为和，则第三边长可能为（    ） A． B． C． D． 2．下列长度的四根木棒中，能与长度分别为1cm和5cm的木棒首尾相接构成三角形的是（    ）． A．3cm B．5cm C．6cm D．10cm 3．已知三角形的两边长分别为和，第三边长为整数，则该三角形的周长为（    ） A． B． C． D． 4．幼儿园的小朋友用木棒做拼图形游戏，一个孩子手中有2根木棒长度分别为和，下列木棒不能使其能围成一个三角形的是（    ） A． B． C． D． 5．已知的三边分别为a，b，c，若，c的长为偶数，则满足条件的c的值有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．5个 6．以下各组长度的线段为边，能构成三角形的是(    ) A．1，2，3 B．3，4，5 C．4，5，11 D．8，4，4 7．以下列各组线段为边，则能组成三角形的是（    ） A． B． C． D． 8．下列已知线段中,能组成三角形的是( 　　 ) ． A．3,5,8 B．8,8,18 C．3,3,3 D．3,8,4 二、填空题 9．已知a，b，c是三角形的三边长，化简： ． 10．已知三点M、N、P不在同一条直线上，且MN=4厘米，NP=3厘米，M、P两点间的距离为x厘米，那么x的取值范围是 ． 11．若实数x、y满足，则以x、y的值为边长的等腰三角形的周长为 ． 12．已知三条线段长度分别为1、2、4，能否组成三角形？ （填“能”或“不能”）． 13．如果a、b、c为一个三角形的三边，那么点在第 象限． 三、解答题 14．如图，平面上有四个点，根据下列要求画图． (1)画直线；射线； (2)在四边形内找一点，使它到四边形四个顶点的距离的和最小． 15．如图，填空：    由三角形两边之和大于第三边，得 ___________①___________，___________②___________ 将不等式左边、右边分别相加，得___________③___________ 由图可得：，∴___________④___________ 16．（1）已知三角形的三边长，，都是整数，并且，，则这样的三角形共有多少个. （2）已知三角形的三边长，，是三个连续的自然数，三角形的周长小于19，则这样的三角形有多少个. （3）已知三角形三边长，，都是整数，并且，，则这样的三角形有多少个. 17．如图所示，已知在中，，且高经过高的中点，若，求、的长. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B B D A C B D C 1．B 【分析】此题考查三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，根据三角形三边关系，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边即可求解，掌握三角形三边关系定理是解题的关键． 【详解】解：设三角形的第三边长为， ∴， 解得：， ∴选项中符合题意， 故选：． 2．B 【分析】设第三根木棒的长为x cm，再根据三角形的三边关系分析即可得到答案． 【详解】解：设第三根木棒的长为x cm， ∵两木棒的长度分别为1cm和5cm， ∴5−1＜x＜5＋1，即4＜x＜6， ∴只有5cm的木棒符合题意， 故选：B． 【点睛】本题考查的是三角形的三边关系，熟知三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解答此题的关键． 3．D 【分析】根据三角形的三边关系“第三边大于两边之差，而小于两边之和”，求得第三边的取值范围；再根据第三边是整数，从而求得周长． 【详解】解：设第三边为x， 根据三角形的三边关系，得：5-1＜x＜5+1， 即4＜x＜6， ∵x为整数， ∴x的值为5． 三角形的周长为1+5+5=11． 故选：D． 【点睛】本题考查了三角形的三边关系．关键是正确确定第三边的取值范围． 4．A 【分析】本题考查了三角形三边关系的运用，解题的关键是根据三角形三边关系定理，设第三边长为，则，由此选择符合条件的线段． 【详解】解：设第三边长为， 由三角形三边关系定理可知， ，即， 符合题意． 故选：A． 5．C 【分析】根据三角形的三边关系：任意两边差小于第三边，任意两边和大于第三边列不等式解答即可； 【详解】解：由三角形的三边关系可得6－4＜c＜6＋4， ∴2＜c＜10， c为偶数，则c可取4，6，8， 故选：C； 【点睛】本题主要考查三角形的三边关系，不等式的解；掌握构成三角形的条件是解题关键． 6．B 【分析】根据三角形的任意两边之和大于第三边，对各选项的数据进行判断即可． 【详解】A． 1+2=3，不能构成三角形，故本选项错误； B．3+4>5，能构成三角形，故本选项正确； C． 4+5<11，不能构成三角形，故本选项错误； D． 4+4＝8，不能构成三角形，故本选项错误． 故选B． 【点睛】此题考查三角形三边关系，解题关键在于三角形的任意两边之和大于第三边 7．D 【分析】此题考查了三角形的三边关系．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】解：根据三角形的三边关系，知 A、，不能组成三角形； B、，不能组成三角形； C、，不能组成三角形； D、，能够组成三角形． 故选：D． 8．C 【分析】根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边进行分析即可． 【详解】A、3+5=8，不能构成三角形，故此选项错误； B、8+8＜18，不能构成三角形，故此选项错误； C、3+3＞3，能构成三角形，故此选项正确； D、4+3＜8，不能构成三角形，故此选项错误， 故选C. 【点睛】本题考查了三角形的三边关系，在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形． 9． 【分析】先根据三角形的三边关系可得，，然后根据绝对值的性质，即可求解． 【详解】解：，，是三角形的三边长， ，， ，， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系，绝对值的性质，熟练掌握三角形的三边关系，绝对值的性质是解题的关键． 10．1＜x＜7 【详解】M、N、P三点可组成一个三角形，三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，故1＜x＜7． 11．18或21． 【分析】根据绝对值和二次根式的非负性得到x和y的值，然后再利用等腰三角形性质和三角形三边关系进行解题 【详解】解：根据题意得，x﹣5＝0，y﹣8＝0， 解得x＝5，y＝8， ①5是腰长时，三角形的三边分别为5、5、8， ∵5+5＞8， ∴能组成三角形，周长为18； ②5是底边时，三角形的三边分别为5、8、8， 能组成三角形， 周长＝8+8+5＝21． 综上所述，等腰三角形的周长是18或21． 故答案为18或21． 【点睛】本题考查绝对值和二次根式的非负性，以及等腰三角形性质与三角形的三边关系，本题关键在于利用非负性求出两条边，最后需要注意对等腰三角形进行分情况 12．不能． 【分析】由三角形三边的关系：任意两边的和大于第三边，从而可得结论． 【详解】解：＜， 为边不能组成三角形． 故答案为：不能． 【点睛】本题考查的是三角形三边的关系，掌握三角形的任意两边的和大于第三边是解题的关键． 13．二 【分析】本题考查了三角形的三边关系及点的坐标特点，首先根据三角形的三边关系判断点P的纵坐标的符号，然后根据点的坐标的特点确定点P的位置即可． 【详解】解：∵a、b、c为一个三角形的三边， ∴， ∴， ∴点在第二象限， 故答案为：二． 14．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）如图，注意射线的端点； （2）连接，交于点O，即为所求，在四边形内部再找一点，与四个顶点连接，构造三角形，运用三角形三边关系定理处理． 【详解】（1）解：如图， （2）解：如图，连接，交于点O，即为所求. 如图，在四边形内另取不同于点O的一点P，连接， 中，， 中，， ∴. ∴当点O为的交点时，它到四边形四个顶点的距离的和最小. 【点睛】 本题考查直线、射线的定义及画法，三角形三边关系定理；添加辅助线，构造三角形是解题的关键． 15．①；②；③；④ 【分析】根据三角形三边关系定理和不等式的性质进行填空即可． 【详解】解：由三角形两边之和大于第三边，得：，， 将不等式左边、右边分别相加，得， 由图可得：，∴， 故答案为：；；；． 【点睛】本题主要考查了三角形三边关系定理和不等式的性质，熟知三角形任意两边之和大于第三边是解题的关键． 16．（1）满足条件的三角形共有21个;（2）这样的三角形有4个;（3）共有19个三角形. 【分析】（1）根据第二长边为7且三边长均为整数，可知a边长为1至7的整数，利用三边关系分类讨论a取各值，b取7时最长边能取得的值，进而得到三角形的个数即可． （2）由三边长为三个连续的自然数可设得边长分比为a，a+1，a+2，利用三边关系可列得关于a的第一个不等式；又周长小于19，可将将三边长加起来列得第二个不等式，联立两个不等式求解，同时满足a为自然数，可求得三角形的个数. （3）由得.又根据三边关系，故， 即，所以.根据为整数，故.利用c取得不同边长进行分类讨论，当时，有，求得，故b=10，时，有1个三角形，同理当时，分别有2,4,5,7个三角形，故共有个三角形. 【详解】（1）∵且为整数， ∴可能为1,2,3,4,5,6,7. 当，时，，即，不满足，故舍去. 当，时，，即或7或8， 又∵，故. … 依次讨论，满足条件的三角形共有21个. （2）设三角形的三边分别为，，，则，故. 又，故. 又为自然数，所以.故这样的三角形有4个. （3）因为，所以. 又，所以， 故，所以. 又为整数，故. 当时，有 ∴， ∴，，有1个三角形. 当时，有 ∴， ∴或有2个三角形. 同理当时，分别有4,5,7个三角形，故共有个三角形. 【点睛】本题考查了三角形的三边关系灵活应用，解本题的关键是合理通过题中给出的或隐藏的已知边来进行分类讨论. 17．BF=16；EF=4. 【分析】由已知条件可知，然后在和中分别可得BF与DF、AF与EF的关系，再由点F为AD的中点，建立等式即可. 【详解】∵，， ∴ 在中， ∴ 同理， ∵ ∴ ∵ ∴， 【点睛】本题考查了直角三角形的性质（直角三角形中，所对应的直角边等于斜边的一半）. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$