专项复习提升（一） 三角形（教用版+学用版）2024-2025学年河南地区人教版八年级上学期数学期末复习

( 弥 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 学校:_________________________ 班级:_________________________ 姓名:_________________________ 准考证号:_________________________ 考场号:_________________________ ) ( 弥 封 线 内 不 要 答 题 ) 专项复习提升（一） 三角形 考点一 与三角形有关的线段 1．（2024河南郑州·期末）下列长度的木棒，可以拼成三角形的是（） A．， ， B．，， C．， ， D．，， 2．（2024河南洛阳·期末）如图，为估计湖岸边A、两点之间的距离，小洛在湖的一侧选取一点．测得米，米，则A、间的距离可能是(    ) A．50米 B．70米 C．200米 D．250米 3．（2024河南南阳·期末）如图，工人师傅做了一个长方形窗框，、、、分别是四条边上的中点，为使它稳固，需要在窗框上钉一根木条，则这根木条应钉在（    ） A．、两点之间   B．、两点之间 C．、两点之间 D．、两点之间 4．（2024河南新乡·期末）若从如图所示的四条线段中任意选取三条线段，则能组成三角形的是 （填序号）． 5．（2024河南南阳·期末）如图所示，在中，已知点，，分别为边，，的中点，且，则 .    6．（2024河南郑州·期末）下面是跪姿射击的情形，要使射击者在射击过程中保持枪的稳定性，可以选择①右脚尖，②右膝，③左脚，④左手，⑤左肘，⑥左肩，⑦右肩哪三个支点 （填序号）． 7．（2024河南新乡·期末）如图，在中，，D是的中点，点E在边上． (1)若的周长与四边形的周长相等，求线段的长． (2)连接，若的面积与的面积之间存在2倍关系，求线段的长． 考点二 与三角形有关的角 1．（2024河南开封·期末）具备下列条件的中，不是直角三角形的是（    ） A． B． C． D． 2．（2024河南焦作·期末）将一副三角板按如图方式重叠，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（2024河南·期末）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A'处，且A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，若∠BA'C＝120°，则∠1+∠2的度数为（　　） A．90° B．100° C．110° D．120° 4．（2024河南开封·期末）如图，和是的两个外角，若，则的度数为 .    5．（2024河南开封·期末）已知，为的高线，为的角平分线，若，，则 度． 6．（2024河南新乡·期末）如图，在中，点D，E分别是边，上的点，将沿翻折，使得点 A落在边上的点处．若，则 °． 7．（2024河南郑州河南实验中学·期末）如图，在中，，，点是边上一动点，将沿直线翻折，使点A落在点处，连接，交于点．当是直角三角形时，的度数为 ． 8．（2024河南·期末）在中，平分交于点，是边上的高，且，，求：的度数、的度数、的度数. 9．（2024河南郑州河南实验中学·期末）如图，在中，． （1）证明：； （2），求的度数． 10．（2024河南南阳·期末）【问题呈现】小明在学习中遇到这样一个问题：如图①，在中，，平分、于D，猜想、、的数量关系．　    (1)小明阅读题目后，没有发现数量关系与解题思路，于是尝试代入、的特殊值求值并寻找它们的数量关系，得到下面几组对应值：（单位：度） 10 30 30 20 20 70 70 60 60 80 30 a 15 20 30 上表中a＝ ，猜想与、的数量关系并证明． 【变式应用】 (2)小明继续研究，在图②中，，，其它条件不变，若把“于D”改为“点F是线段上任意一点，于D”，则 （直接写出结果）． (3)小明提出问题，在中，，平分，若点F是线段延长线上一点，于D，试探究与、的数量关系 （直接写出结论，不需证明）． 11．（2024河南周口·期末）如图1，在中，是与的平分线和的交点． (1)求证：； (2)如图2，是与外角的平分线和的交点，试分析与有怎样的数量关系，并说明理由； (3)如图3，是外角与外角的平分线和的交点，直接写出与的数量关系． 12．（2024河南开封·期末） (1)如图1，设，则　　； (2)把三角形纸片顶角A沿折叠，点A落到点处，记为，为. ①如图2，，与的数量关系是 　　； ②如图3，请你写出，与的数量关系，并说明理由. (3)如图4，把一个三角形纸片的三个顶角分别向内折叠之后，3个顶点不重合，那么图中　　. 考点三 多边形及其内角和 1．（2024河南焦作·期末）正六边形的外角和是（    ） A． B． C． D． 2．（2024河南焦作·期末）一个多边形的内角和是900度，则这个多边形的边数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 3．（2024河南驻马店·期末）一个多边形从一个顶点出发有4条对角线，这个多边形的内角和为（    ） A． B． C． D． 4．（2024河南郑州·期末）定义：用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不空隙、不重叠地铺成一片，称为平面图形的镶嵌.若只选用一种大小相同的正多边形瓷砖图案进行平面镶嵌，则不能铺满地面的是(   ) A． B． C． D． 5．（2024河南平顶山·期末）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌．只用下面一种图形能够进行平面镶嵌的是（　　） A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十二边形 6．（2024河南郑州·期末）如图所示的地面由正八边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则的度数为（    ） A．75° B．90° C．100° D．120° 7．（2024河南新乡·期末）如图，被树叶遮掩的部分是一个正n边形，若直线a，b所夹锐角为，则n的值是（   ） A．10 B．8 C．6 D．5 8．（2024河南郑州·期末）下列正多边形的组合中，不能镶嵌的是（    ） A．正方形和正三角形 B．正方形和正八边形 C．正三角形和正十二边形 D．正方形和正六边形 9．（2024河南洛阳·期末）如图，用一条宽度相等的足够长的纸条打一个结（如图1所示），然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形．图2中，的大小是(   ) A． B． C． D． 10．（2024河南新乡·期末）现有几种形状的多边形地砖，分别是：①正三角形；②正方形；③正五边形；④正六边形；⑤一般三角形；⑥一般四边形．每一种地砖的大小形状都相同，且都有很多块，如果只用其中的一种多边形地砖镶嵌，那么能够镶嵌成一个平面图案的有（   ） A．2 种 B．3种 C．4种 D．5种 11．（2024河南·期末）五边形的内角和等于 度． 12．（2024河南新乡·期末）一个多边形的内角和为，则这个多边形是 边形． 13．（2024河南商丘·期末）如果一个正多边形的一个外角是，那么这个正多边形的边数为 ． 14．（2024河南郑州河南实验中学·期末）如图所示，第四套人民币中菊花1角硬币．则该硬币边缘镌刻的正九边形的一个外角的度数为 ．    15．（2024河南郑州·期末）足球表面为什么用正六边形和正五边形构成？因为正六边形的两个内角和正五边形的一个内角加起来接近一个周角，而又不足一个周角．这样，由平面折叠而成的多面体充气后最终就呈现为球形．如图，在折叠前的平面上，拼接点处的缝隙∠AOB的大小为 ． 16．（2024河南·期末）如图，在四边形ABCD中，． （1）度； （2）若的角平分线与的角平分线相交于点E，求的度数． 17．（2024河南南阳·期末）学完图形变换后，小宛以“正五边形的变换”为主题开展探究活动： (1)如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，求的大小． (2)如图，用一些全等的正五边形按图示方式拼接，使相邻的两个正五边形有公共顶点，所夹的锐角为，图中所示的是前个正五边形拼接的情况，若拼接一圈后，中间能形成一个正多边形，请直接写出这个正多边形的边数． 18．（2024河南郑州·期末）课本再现： 如图①②③，下列四边形是同一个四边形不断缩小（保持形状不变）的结果． （1）在缩小的过程中，四边形对应的各个外角的大小是否发生了变化？如果将四边形不断缩小下去，请你想象一下最终的形状，并画出来． 类比迁移： （2）如图，若小明从O点向西走10米，左转，再向前走10米，左转，如此重复，求小明第一次回到O点时所走过的路程． （3）若小明从O点向西走16米，左转，再向前走16米，左转，如此重复，已知小明第一次回到O点时所走过的路程为320米，则______． 参考答案 考点一 与三角形有关的线段 1．【答案】B 【分析】判断是否可以构成三角形，只要判断两个较小的数的和大于最大的数就可以． 【详解】A、，不能组成三角形，不符合题意； B、，能组成三角形，符合题意； C、，不能组成三角形，不符合题意； D、，不能组成三角形，不符合题意. 故此题答案为B. 【关键点拨】三角形的三条边必须满足：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． 2．【答案】C 【分析】此题考查了三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．已知两边确定第三边的范围时，第三边的长大于已知两边的差，且小于已知两边的和．根据三角形的三边关系确定的范围，据此即可判断． 【详解】解：∵， 则，即． 则符合条件的只有C． 故此题答案为C． 3．【答案】A 【分析】判断是否稳定则看能否构成三角形．根据三角形的稳定性进行判断． 【详解】A．若钉在、两点之间构成了三角形，能固定窗框，故符合题意； B．若钉在、两点之间不能构成三角形，不能固定窗框，故不符合题意； C．若钉在，两点之间不能构成三角形，不能固定窗框，故不符合题意； D．若钉在，两点之间不能构成三角形，不能固定窗框，故不符合题意； 故此题答案为A． 4．【答案】②③④ 【分析】由三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边． 【详解】解：∵ ∴符合题意的只有②③④． 5．【答案】2 【分析】根据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形解答． 【详解】解：点是的中点，， ， 点是的中点， ，， ， 点是的中点， ， 6．【答案】①②③或④⑤⑥或④⑥⑦ 【分析】只要是构成三角形的三个支点均可使射击者在射击过程中保持枪的稳定性． 【详解】解：可以是①②③或④⑤⑥或④⑥⑦． 7．【答案】(1)线段的长为 (2)线段的长为或 【分析】（1）根据题意可得，解方程， 即可解答； （2）根据的面积与的面积之间存在2倍关系，分类讨论：即和两种情况，分别进行解答即可． 【详解】（1）解：由图，可知的周长， 四边形的周长． 的周长与四边形的周长相等，点D为中点， ，， 即． ， ， ∵， ， ∴线段的长为； （2）解：如图， 连接， 是的中点， 若的面积与的面积之间存在2倍关系，可分两种情况进行讨论： ①如图1，当时， ， ； ②如图2，当时， 同理可得 综上所述，线段的长为或． 考点二 与三角形有关的角 1．【答案】D 【分析】根据三角形内角和定理及直角三角形有一个角等于判断即可． 【详解】解：A、，，因此是直角三角形，选项不符合题意； B、，，，因此是直角三角形，选项不符合题意； C、，，因此是直角三角形，选项不符合题意； D、，，，，因此不是直角三角形，选项符合题意； 故此题答案为D． 2．【答案】D 【分析】此题主要考查了三角形的外角以及三角尺的特征，正确利用三角形外角的性质是解题关键．直接利用一副三角板的内角度数，再结合三角形外角的性质得出答案． 【详解】解：如图所示： 由题意可得，，， 则． 故此题答案为D． 3．【答案】D 【分析】连接A'A，先求出∠BAC，再证明∠1+∠2=2∠BAC即可解决问题． 【详解】解：如图，连接AA'， ∵A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB， ∴∠A'BC=∠ABC，∠A'CB=∠ACB， ∵∠BA'C=120°， ∴∠A'BC+∠A'CB=180°-120°=60°， ∴∠ABC+∠ACB=120°， ∴∠BAC=180°-120°=60°， ∵沿DE折叠， ∴∠DAA'=∠DA'A，∠EAA'=∠EA'A， ∵∠1=∠DAA'+∠DA'A=2∠DAA'，∠2=∠EAA'+∠EA'A=2∠EAA'， ∴∠1+∠2=2∠DAA'+2∠EAA'=2∠BAC=2×60°=120°， 故此题答案为D． 4．【答案】/234度 【分析】根据三角形的外角的性质和三角形的内角和定理即可得到结论． 【详解】解：和是的两个外角， ， ， ． 5．【答案】或． 【分析】根据题意分是锐角三角形和是钝角三角形两种情况，然后利用三角形内角和定理和角平分线的概念求解即可． 【详解】如图所示，当是锐角三角形时， ∵，， ∴ ∵为的角平分线 ∴ ∵为的高线 ∴，即 ∴ ∴ 当是钝角三角形时， ∵，， ∴ ∵为的角平分线 ∴ ∵为的高线 ∴，即 ∴ ∴． 综上所述，或． 6．【答案】88 【分析】先由三角形内角和定理得出，再由折叠的性质得出，，即可由求解． 【详解】解：∵， ∴． 由折叠的性质， 知，， ∴． 7．【答案】或 【分析】根据折叠的性质，再分两种情况讨论，一是，由翻折得，再求得，根据即可求得答案；二是，证得经过点C，即可求得结果． 【详解】解：如图1，是直角三角形，且， ∴， 由翻折得， ∵， ∴， ∴， ∴； 如图2，是直角三角形，且， ∴， ∵， ∴， ∴经过点， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵，且为锐角， ∴， ∴不存在是直角三角形，且的情况， 综上所述，的度数为或. 【捞分技巧】折叠的性质： ①对应边相等； ②对应角相等； ③折痕垂直平分对应点的连线． 8．【答案】，，． 【分析】由题意根据角平分线的定义得出，根据三角形内角和为得出，根据高线的定义得出，根据三角形的外角得出． 【详解】解：∵平分 ，， ∴， ∵， ∴， ∵是边上的高， ∴， ∴， ∴， ∴． 9．【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和得出∠3+∠CAE=∠DEF，再根据∠1=∠3整理即可得证； （2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和得出∠2+∠BCF=∠DFE，再根据∠2=∠3即可得∠ACB=∠DFE，然后利用三角形的内角和等于180°求解即可． 【详解】（1）证明：在△ACE中，∠DEF=∠3+∠CAE， ∵∠1=∠3， ∴∠DEF=∠1+∠CAE=∠BAC， 即∠BAC=∠DEF； （2）解：在△BCF中，∠DFE=∠2+∠BCF， ∵∠2=∠3， ∴∠DFE=∠3+∠BCF， 即∠DFE=∠ACB， ∵∠BAC=70°，∠DFE=50°， ∴在△ABC中，∠ABC=180°-∠BAC-∠ACB=180°-70°-50°=60°． 【关键点拨】此题主要考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质，并准确识图，找出图中各角度之间的关系是解题的关键． 10．【答案】(1)20；；见解析 (2)20 (3) 【分析】（1）利用三角形内角和定理计算和度数即可得的度数，再通过找规律得出三者间关系，利用三角形内角和定理进行证明． （2）如图，过点A作于G，可证明，再利用（1）中结论写出结果． （3）如图，过点A作于G，可证明，再利用（1）中结论写出结果． 【详解】（1）解：，， ， 中，， 平分， ， ， ； ，，， ， ． （2）如图，过点A作于G，    ，， ， ， ，， 由（1）同理可得：， ， （3）如图，过A作于G，而，    ， ， 由（1）同理可得：， ， 11．【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】此题考查了三角形的内角和定理和角平分线的性质，解题关键是利用整体思想，结合三角形内角和关系转化为方程的形式求解． （1）根据角平分线，利用和的内角和为进行角度转化可得结论； （2）设，，根据角平分线，利用和的内角和，可得出2个关于、、、的等式：，，再进行整体代换即可； （3）设，，根据角平分线，利用和的内角和，可得出2个关于、、、的等式：，，再进行整体代换即可． 【详解】（1）解：、分别时和的角平分线 ∴，， 在中，，即：， 在中，，即：， 代入上式得： 即：； （2），理由如下： 设，， ∵是与外角的平分线和的交点 ∴，，， ∴在中，，即：， 在中，，即：， 代入上式得：， 即：； （3） 设，， ∵是外角与外角的平分线和的交点， ∴，，， ∴在中，，即：， 在中，，即：， 代入上式得：， 即：． 12．【答案】(1) (2)①，②，理由见详解 (3) 【分析】（1）表示出，，用三角形内角和定理即可求解； （2）①由折叠可求得，，用三角形内角和定理即可求解；②由①可求和，即可求解； （3）由（2）得：，可同理求出，，即可求解． 【详解】（1）解：由题意得： ，， ． （2）解：①如图2，由折叠得：，， ，， ， ， ． ②如图3，， 理由如下：设与交于， 由①得：，， ， ， ， ， ， ， ， ． （3）解：由（2）得：， 同理可得：，， ． 考点三 多边形及其内角和 1．【答案】B 【分析】根据任何多边形的外角和是即可求出答案． 【详解】解：正六边形的外角和是． 故此题答案为B． 【关键点拨】此题考查了多边形的外角和定理，关键是掌握任何多边形的外角和是，外角和与多边形的边数无关． 2．【答案】D 【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式，列出关于n的方程，解方程即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n，根据题意得， 解得，故D正确． 故此题答案为D． 3．【答案】B 【分析】设多边形边数为，根据边形从一个顶点出发可引出条对角线可得，计算出的值，再根据多边形内角和可得答案． 【详解】解：设多边形边数为，由题意得， ，， 内角和为． 故此题答案为B． 4．【答案】C 【分析】先分别得出各个正多边形的内角度数，再根据平面镶嵌的定义，逐个进行判断即可． 【详解】解：正三角形每个内角为， 正方形每个内角为， 正五边形每个内角为， 正六边形每个内角为， A、∵， ∴正三角形能铺满地面，不符合题意； B、∵， ∴正方形能铺满地面，不符合题意； C、∵， ∴正五边形不能铺满地面，符合题意； D、∵， ∴正六角形能铺满地面，不符合题意； 故此题答案为C． 5．【答案】B 【分析】根据“围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角”的镶嵌条件即可解答． 【详解】解：A．正五角形的内角为，由不是整数，故不符合题意； B．正六角形的内角为，由是整数，故符合题意； C．正八角形的内角为，由不是整数，故不符合题意； D．正十二角形的内角为，由不是整数，故不符合题意． 故此题答案为B． 6．【答案】B 【分析】先计算出正八边形的内角，根据平面镶嵌的条件计算求解． 【详解】解：正八边形的一个内角度数为， ∴的度数为， 故此题答案为B． 7．【答案】D 【分析】此题考查正多边形外角的相关知识．正多边形每个外角都相等，外角和为，据此计算即可求解． 【详解】解：如图，由题意得，， ∴， ∴, 故此题答案为D． 8．【答案】D 【分析】正多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为．若能，则说明能铺满；反之，则说明不能铺满． 【详解】解：A、正方形和正三角形内角分别为、，，故能镶嵌，不符合题意； B、正方形和正八边形内角分别为、，，故能镶嵌，不符合题意； C、正三角形和正十二边形内角分别为、，，故能镶嵌，不符合题意； D、正方形和正六边形内角分别为，，不能构成的周角，故不能镶嵌，符合题意； 故此题答案为D． 9．【答案】C 【分析】此题考查了正多边形的性质，多边形内角和及等腰三角形的性质，熟练掌握多边形内角和公式是解题关键． 根据正多边形的性质可求出，根据等腰三角形的性质求出的度数，再利用角的和差可得答案． 【详解】解：∵是正五边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故此题答案为C． 10．【答案】D 【详解】解： ①∵正三角形的每个内角是， ∴能够镶嵌成一个平面图案； ②∵正方形的每个内角是， ∴能够镶嵌成一个平面图案； ③∵正五边形的每个内角是， ∴不能镶嵌成一个平面图案； ④∵正六边形的每个内角是， ∴能够镶嵌成一个平面图案； ⑤∵一般三角形的三个内角组合在一起是，6个就可以组成， ∴能够镶嵌成一个平面图案； ⑥∵一般四边形四个内角组合在一起可以组成， ∴4个即能够镶嵌成一个平面图案． 综上所述，符合题意的有①②④⑤⑥共5种， 故此题答案为D． 11．【分析】直接根据边形的内角和进行计算即可． 【详解】解：五边形的内角和． 12．【答案】十 【分析】根据多边形的内角和公式列式求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数是， 则， 解得． 即：这个多边形是十边形 13．【答案】12/十二 【分析】此题考查了多边形的内角与外角的关系，根据正多边形的每一个外角都相等，多边形的边数，计算即可求解． 【详解】解：这个正多边形的边数为：， 故此题答案为：12． 14．【答案】＃＃40度 【分析】利用外角和除以外角的个数即可得到答案． 【详解】解：正九边形的一个外角的度数为 15．【答案】12°/12度 【分析】先由多边形的内角和公式求出正六边形和正五边形的内角，再根据周角是360°即可求出∠AOB的大小． 【详解】解：因为正多边形内角和为（n-2）•180°，正多边形每个内角都相等， 所以正五边形的每个内角的度数为（5-2）•180°=108°， 正六边形的每个内角的度数为（6-2）•180°=120°． ∴∠AOB的度数为：360°-108°-120°×2=12°． 16．【答案】（1）；（2） 【分析】（1）根据四边形内角和为360°即可得出答案； （2）先根据角平分线的定义求出的度数，然后利用三角形内角和定理即可得出答案． 【详解】（1）， ； （2）∵AE平分 ，BE平分 ， ， . 17．【答案】(1)． (2)6． 【分析】（1）根据题意求得正五边形的每一个内角为，根据折叠的性质求得在中，根据三角形内角和定理即可求解． （2）由完全拼成一个圆环需要的正多边形为个，则围成的多边形为正边形，利用正五边形的内角与夹角计算出正边的每个内角的度数，然后根据内角和定理得到解方程求解即可． 【详解】（1）解：∵正五边形的每一个内角为， 将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为， 则， ∵将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵正五边形的每个内角为， ∴组成的正多边形的每个内角为， ∵个全等的正五边形拼接可以拼成一个环状，中间会形成一个正多边形， ∴形成的正多边形为正边形，则， 解得：． 18．【答案】（1）四边形对应的各个外角的大小未发生变化，；（2）小明第一次回到O点时所走过的路程为120米；（3）18 【分析】（1）外角的大小不会改变，随着图形的缩小，四边形逐步缩小成为一个点，画出图形即可． （2）根据外角相等，都是，结合外角和定理，得边数为，结合多边形的周长计算得（米）． （3）根据外角相等，都是，结合外角和定理，得边数为，结合多边形的周长计算得，解方程即可． 【详解】（1）四边形对应的各个外角的大小未发生变化，随着图形的缩小，四边形逐步缩小成为一个点，画图如下： ． （2）根据外角相等，都是，由外角和定理，得边数为， 故多边形的周长为：（米）． （3）根据外角相等，都是，由外角和定理，得边数为， 根据题意，得， 解得， 经检验，是原方程的根． 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ ( 弥 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 学校:_________________________ 班级:_________________________ 姓名:_________________________ 准考证号:_________________________ 考场号:_________________________ ) ( 弥 封 线 内 不 要 答 题 ) 专项复习提升（一） 三角形 考点一 与三角形有关的线段 1．（2024河南郑州·期末）下列长度的木棒，可以拼成三角形的是（    ） A．， ， B．，， C．， ， D．，， 【答案】B 【分析】判断是否可以构成三角形，只要判断两个较小的数的和大于最大的数就可以． 【详解】A、，不能组成三角形，不符合题意； B、，能组成三角形，符合题意； C、，不能组成三角形，不符合题意； D、，不能组成三角形，不符合题意. 故此题答案为B. 【关键点拨】三角形的三条边必须满足：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． 2．（2024河南洛阳·期末）如图，为估计湖岸边A、两点之间的距离，小洛在湖的一侧选取一点．测得米，米，则A、间的距离可能是(    ) A．50米 B．70米 C．200米 D．250米 【答案】C 【分析】此题考查了三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．已知两边确定第三边的范围时，第三边的长大于已知两边的差，且小于已知两边的和．根据三角形的三边关系确定的范围，据此即可判断． 【详解】解：∵， 则，即． 则符合条件的只有C． 故此题答案为C． 3．（2024河南南阳·期末）如图，工人师傅做了一个长方形窗框，、、、分别是四条边上的中点，为使它稳固，需要在窗框上钉一根木条，则这根木条应钉在（    ） A．、两点之间   B．、两点之间 C．、两点之间 D．、两点之间 【答案】A 【分析】判断是否稳定则看能否构成三角形．根据三角形的稳定性进行判断． 【详解】A．若钉在、两点之间构成了三角形，能固定窗框，故符合题意； B．若钉在、两点之间不能构成三角形，不能固定窗框，故不符合题意； C．若钉在，两点之间不能构成三角形，不能固定窗框，故不符合题意； D．若钉在，两点之间不能构成三角形，不能固定窗框，故不符合题意；故此题答案为A． 4．（2024河南新乡·期末）若从如图所示的四条线段中任意选取三条线段，则能组成三角形的是 （填序号）． 【答案】②③④ 【分析】由三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边． 【详解】解：∵ ∴符合题意的只有②③④． 5．（2024河南南阳·期末）如图所示，在中，已知点，，分别为边，，的中点，且，则 .    【答案】2 【分析】根据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形解答． 【详解】解：点是的中点，， ， 点是的中点， ，， ， 点是的中点， ， 6．（2024河南郑州·期末）下面是跪姿射击的情形，要使射击者在射击过程中保持枪的稳定性，可以选择①右脚尖，②右膝，③左脚，④左手，⑤左肘，⑥左肩，⑦右肩哪三个支点 （填序号）． 【答案】①②③或④⑤⑥或④⑥⑦ 【分析】只要是构成三角形的三个支点均可使射击者在射击过程中保持枪的稳定性． 【详解】解：可以是①②③或④⑤⑥或④⑥⑦． 7．（2024河南新乡·期末）如图，在中，，D是的中点，点E在边上． (1)若的周长与四边形的周长相等，求线段的长． (2)连接，若的面积与的面积之间存在2倍关系，求线段的长． 【答案】(1)线段的长为 (2)线段的长为或 【分析】（1）根据题意可得，解方程， 即可解答； （2）根据的面积与的面积之间存在2倍关系，分类讨论：即和两种情况，分别进行解答即可． 【详解】（1）解：由图，可知的周长， 四边形的周长． 的周长与四边形的周长相等，点D为中点， ，， 即． ， ， ∵， ， ∴线段的长为； （2）解：如图， 连接， 是的中点， 若的面积与的面积之间存在2倍关系，可分两种情况进行讨论： ①如图1，当时， ， ； ②如图2，当时， 同理可得 综上所述，线段的长为或． 考点二 与三角形有关的角 1．（2024河南开封·期末）具备下列条件的中，不是直角三角形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角形内角和定理及直角三角形有一个角等于判断即可． 【详解】解：A、，，因此是直角三角形，选项不符合题意； B、，，，因此是直角三角形，选项不符合题意； C、，，因此是直角三角形，选项不符合题意； D、，，，，因此不是直角三角形，选项符合题意； 故此题答案为D． 2．（2024河南焦作·期末）将一副三角板按如图方式重叠，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题主要考查了三角形的外角以及三角尺的特征，正确利用三角形外角的性质是解题关键．直接利用一副三角板的内角度数，再结合三角形外角的性质得出答案． 【详解】解：如图所示： 由题意可得，，， 则． 故此题答案为D． 3．（2024河南·期末）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A'处，且A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，若∠BA'C＝120°，则∠1+∠2的度数为（　　） A．90° B．100° C．110° D．120° 【答案】D 【分析】连接A'A，先求出∠BAC，再证明∠1+∠2=2∠BAC即可解决问题． 【详解】解：如图，连接AA'， ∵A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB， ∴∠A'BC=∠ABC，∠A'CB=∠ACB， ∵∠BA'C=120°， ∴∠A'BC+∠A'CB=180°-120°=60°， ∴∠ABC+∠ACB=120°， ∴∠BAC=180°-120°=60°， ∵沿DE折叠， ∴∠DAA'=∠DA'A，∠EAA'=∠EA'A， ∵∠1=∠DAA'+∠DA'A=2∠DAA'，∠2=∠EAA'+∠EA'A=2∠EAA'， ∴∠1+∠2=2∠DAA'+2∠EAA'=2∠BAC=2×60°=120°， 故此题答案为D． 4．（2024河南开封·期末）如图，和是的两个外角，若，则的度数为 .    【答案】/234度 【分析】根据三角形的外角的性质和三角形的内角和定理即可得到结论． 【详解】解：和是的两个外角， ， ， ． 5．（2024河南开封·期末）已知，为的高线，为的角平分线，若，，则 度． 【答案】或． 【分析】根据题意分是锐角三角形和是钝角三角形两种情况，然后利用三角形内角和定理和角平分线的概念求解即可． 【详解】如图所示，当是锐角三角形时， ∵，， ∴ ∵为的角平分线 ∴ ∵为的高线 ∴，即 ∴ ∴ 当是钝角三角形时， ∵，， ∴ ∵为的角平分线 ∴ ∵为的高线 ∴，即 ∴ ∴． 综上所述，或． 6．（2024河南新乡·期末）如图，在中，点D，E分别是边，上的点，将沿翻折，使得点 A落在边上的点处．若，则 °． 【答案】88 【分析】先由三角形内角和定理得出，再由折叠的性质得出，，即可由求解． 【详解】解：∵， ∴． 由折叠的性质， 知，， ∴． 7．（2024河南郑州河南实验中学·期末）如图，在中，，，点是边上一动点，将沿直线翻折，使点A落在点处，连接，交于点．当是直角三角形时，的度数为 ． 【答案】或 【分析】根据折叠的性质，再分两种情况讨论，一是，由翻折得，再求得，根据即可求得答案；二是，证得经过点C，即可求得结果． 【详解】解：如图1，是直角三角形，且， ∴， 由翻折得， ∵， ∴， ∴， ∴； 如图2，是直角三角形，且， ∴， ∵， ∴， ∴经过点， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵，且为锐角， ∴， ∴不存在是直角三角形，且的情况， 综上所述，的度数为或. 【捞分技巧】折叠的性质： ①对应边相等； ②对应角相等； ③折痕垂直平分对应点的连线． 8．（2024河南·期末）在中，平分交于点，是边上的高，且，，求：的度数、的度数、的度数. 【答案】，，． 【分析】由题意根据角平分线的定义得出，根据三角形内角和为得出，根据高线的定义得出，根据三角形的外角得出． 【详解】解：∵平分 ，， ∴， ∵， ∴， ∵是边上的高， ∴， ∴， ∴， ∴． 9．（2024河南郑州河南实验中学·期末）如图，在中，． （1）证明：； （2），求的度数． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和得出∠3+∠CAE=∠DEF，再根据∠1=∠3整理即可得证； （2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和得出∠2+∠BCF=∠DFE，再根据∠2=∠3即可得∠ACB=∠DFE，然后利用三角形的内角和等于180°求解即可． 【详解】（1）证明：在△ACE中，∠DEF=∠3+∠CAE， ∵∠1=∠3， ∴∠DEF=∠1+∠CAE=∠BAC， 即∠BAC=∠DEF； （2）解：在△BCF中，∠DFE=∠2+∠BCF， ∵∠2=∠3， ∴∠DFE=∠3+∠BCF， 即∠DFE=∠ACB， ∵∠BAC=70°，∠DFE=50°， ∴在△ABC中，∠ABC=180°-∠BAC-∠ACB=180°-70°-50°=60°． 【关键点拨】此题主要考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质，并准确识图，找出图中各角度之间的关系是解题的关键． 10．（2024河南南阳·期末）【问题呈现】小明在学习中遇到这样一个问题：如图①，在中，，平分、于D，猜想、、的数量关系．　    (1)小明阅读题目后，没有发现数量关系与解题思路，于是尝试代入、的特殊值求值并寻找它们的数量关系，得到下面几组对应值：（单位：度） 10 30 30 20 20 70 70 60 60 80 30 a 15 20 30 上表中a＝ ，猜想与、的数量关系并证明． 【变式应用】 (2)小明继续研究，在图②中，，，其它条件不变，若把“于D”改为“点F是线段上任意一点，于D”，则 （直接写出结果）． (3)小明提出问题，在中，，平分，若点F是线段延长线上一点，于D，试探究与、的数量关系 （直接写出结论，不需证明）． 【答案】(1)20；；见解析 (2)20 (3) 【分析】（1）利用三角形内角和定理计算和度数即可得的度数，再通过找规律得出三者间关系，利用三角形内角和定理进行证明． （2）如图，过点A作于G，可证明，再利用（1）中结论写出结果． （3）如图，过点A作于G，可证明，再利用（1）中结论写出结果． 【详解】（1）解：，， ， 中，， 平分， ， ， ； ，，， ， ． （2）如图，过点A作于G，    ，， ， ， ，， 由（1）同理可得：， ， （3）如图，过A作于G，而，    ， ， 由（1）同理可得：， ， 11．（2024河南周口·期末）如图1，在中，是与的平分线和的交点． (1)求证：； (2)如图2，是与外角的平分线和的交点，试分析与有怎样的数量关系，并说明理由； (3)如图3，是外角与外角的平分线和的交点，直接写出与的数量关系． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】此题考查了三角形的内角和定理和角平分线的性质，解题关键是利用整体思想，结合三角形内角和关系转化为方程的形式求解． （1）根据角平分线，利用和的内角和为进行角度转化可得结论； （2）设，，根据角平分线，利用和的内角和，可得出2个关于、、、的等式：，，再进行整体代换即可； （3）设，，根据角平分线，利用和的内角和，可得出2个关于、、、的等式：，，再进行整体代换即可． 【详解】（1）解：、分别时和的角平分线 ∴，， 在中，，即：， 在中，，即：， 代入上式得： 即：； （2），理由如下： 设，， ∵是与外角的平分线和的交点 ∴，，， ∴在中，，即：， 在中，，即：， 代入上式得：， 即：； （3） 设，， ∵是外角与外角的平分线和的交点， ∴，，， ∴在中，，即：， 在中，，即：， 代入上式得：， 即：． 12．（2024河南开封·期末） (1)如图1，设，则　　； (2)把三角形纸片顶角A沿折叠，点A落到点处，记为，为. ①如图2，，与的数量关系是 　　； ②如图3，请你写出，与的数量关系，并说明理由. (3)如图4，把一个三角形纸片的三个顶角分别向内折叠之后，3个顶点不重合，那么图中　　. 【答案】(1) (2)①，②，理由见详解 (3) 【分析】（1）表示出，，用三角形内角和定理即可求解； （2）①由折叠可求得，，用三角形内角和定理即可求解；②由①可求和，即可求解； （3）由（2）得：，可同理求出，，即可求解． 【详解】（1）解：由题意得： ，， ． （2）解：①如图2，由折叠得：，， ，， ， ， ． ②如图3，， 理由如下：设与交于， 由①得：，， ， ， ， ， ， ， ， ． （3）解：由（2）得：， 同理可得：，， ． 考点三 多边形及其内角和 1．（2024河南焦作·期末）正六边形的外角和是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据任何多边形的外角和是即可求出答案． 【详解】解：正六边形的外角和是． 故此题答案为B． 【关键点拨】此题考查了多边形的外角和定理，关键是掌握任何多边形的外角和是，外角和与多边形的边数无关． 2．（2024河南焦作·期末）一个多边形的内角和是900度，则这个多边形的边数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】D 【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式，列出关于n的方程，解方程即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n，根据题意得， 解得，故D正确． 故此题答案为D． 3．（2024河南驻马店·期末）一个多边形从一个顶点出发有4条对角线，这个多边形的内角和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设多边形边数为，根据边形从一个顶点出发可引出条对角线可得，计算出的值，再根据多边形内角和可得答案． 【详解】解：设多边形边数为，由题意得， ，， 内角和为． 故此题答案为B． 4．（2024河南郑州·期末）定义：用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不空隙、不重叠地铺成一片，称为平面图形的镶嵌.若只选用一种大小相同的正多边形瓷砖图案进行平面镶嵌，则不能铺满地面的是(   ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先分别得出各个正多边形的内角度数，再根据平面镶嵌的定义，逐个进行判断即可． 【详解】解：正三角形每个内角为， 正方形每个内角为， 正五边形每个内角为， 正六边形每个内角为， A、∵， ∴正三角形能铺满地面，不符合题意； B、∵， ∴正方形能铺满地面，不符合题意； C、∵， ∴正五边形不能铺满地面，符合题意； D、∵， ∴正六角形能铺满地面，不符合题意； 故此题答案为C． 5．（2024河南平顶山·期末）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌．只用下面一种图形能够进行平面镶嵌的是（　　） A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十二边形 【答案】B 【分析】根据“围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角”的镶嵌条件即可解答． 【详解】解：A．正五角形的内角为，由不是整数，故不符合题意； B．正六角形的内角为，由是整数，故符合题意； C．正八角形的内角为，由不是整数，故不符合题意； D．正十二角形的内角为，由不是整数，故不符合题意． 故此题答案为B． 6．（2024河南郑州·期末）如图所示的地面由正八边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则的度数为（    ） A．75° B．90° C．100° D．120° 【答案】B 【分析】先计算出正八边形的内角，根据平面镶嵌的条件计算求解． 【详解】解：正八边形的一个内角度数为， ∴的度数为， 故此题答案为B． 7．（2024河南新乡·期末）如图，被树叶遮掩的部分是一个正n边形，若直线a，b所夹锐角为，则n的值是（   ） A．10 B．8 C．6 D．5 【答案】D 【分析】此题考查正多边形外角的相关知识．正多边形每个外角都相等，外角和为，据此计算即可求解． 【详解】解：如图，由题意得，， ∴， ∴, 故此题答案为D． 8．（2024河南郑州·期末）下列正多边形的组合中，不能镶嵌的是（    ） A．正方形和正三角形 B．正方形和正八边形 C．正三角形和正十二边形 D．正方形和正六边形 【答案】D 【分析】正多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为．若能，则说明能铺满；反之，则说明不能铺满． 【详解】解：A、正方形和正三角形内角分别为、，，故能镶嵌，不符合题意； B、正方形和正八边形内角分别为、，，故能镶嵌，不符合题意； C、正三角形和正十二边形内角分别为、，，故能镶嵌，不符合题意； D、正方形和正六边形内角分别为，，不能构成的周角，故不能镶嵌，符合题意； 故此题答案为D． 9．（2024河南洛阳·期末）如图，用一条宽度相等的足够长的纸条打一个结（如图1所示），然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形．图2中，的大小是(   ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了正多边形的性质，多边形内角和及等腰三角形的性质，熟练掌握多边形内角和公式是解题关键． 根据正多边形的性质可求出，根据等腰三角形的性质求出的度数，再利用角的和差可得答案． 【详解】解：∵是正五边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故此题答案为C． 10．（2024河南新乡·期末）现有几种形状的多边形地砖，分别是：①正三角形；②正方形；③正五边形；④正六边形；⑤一般三角形；⑥一般四边形．每一种地砖的大小形状都相同，且都有很多块，如果只用其中的一种多边形地砖镶嵌，那么能够镶嵌成一个平面图案的有（   ） A．2 种 B．3种 C．4种 D．5种 【答案】D 【详解】解： ①∵正三角形的每个内角是， ∴能够镶嵌成一个平面图案； ②∵正方形的每个内角是， ∴能够镶嵌成一个平面图案； ③∵正五边形的每个内角是， ∴不能镶嵌成一个平面图案； ④∵正六边形的每个内角是， ∴能够镶嵌成一个平面图案； ⑤∵一般三角形的三个内角组合在一起是，6个就可以组成， ∴能够镶嵌成一个平面图案； ⑥∵一般四边形四个内角组合在一起可以组成， ∴4个即能够镶嵌成一个平面图案． 综上所述，符合题意的有①②④⑤⑥共5种， 故此题答案为D． 11．（2024河南·期末）五边形的内角和等于 度． 【答案】540 【分析】直接根据边形的内角和进行计算即可． 【详解】解：五边形的内角和． 12．（2024河南新乡·期末）一个多边形的内角和为，则这个多边形是 边形． 【答案】十 【分析】根据多边形的内角和公式列式求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数是， 则， 解得． 即：这个多边形是十边形 13．（2024河南商丘·期末）如果一个正多边形的一个外角是，那么这个正多边形的边数为 ． 【答案】12/十二 【分析】此题考查了多边形的内角与外角的关系，根据正多边形的每一个外角都相等，多边形的边数，计算即可求解． 【详解】解：这个正多边形的边数为：， 故此题答案为：12． 14．（2024河南郑州河南实验中学·期末）如图所示，第四套人民币中菊花1角硬币．则该硬币边缘镌刻的正九边形的一个外角的度数为 ．    【答案】＃＃40度 【分析】利用外角和除以外角的个数即可得到答案． 【详解】解：正九边形的一个外角的度数为 15．（2024河南郑州·期末）足球表面为什么用正六边形和正五边形构成？因为正六边形的两个内角和正五边形的一个内角加起来接近一个周角，而又不足一个周角．这样，由平面折叠而成的多面体充气后最终就呈现为球形．如图，在折叠前的平面上，拼接点处的缝隙∠AOB的大小为 ． 【答案】12°/12度 【分析】先由多边形的内角和公式求出正六边形和正五边形的内角，再根据周角是360°即可求出∠AOB的大小． 【详解】解：因为正多边形内角和为（n-2）•180°，正多边形每个内角都相等， 所以正五边形的每个内角的度数为（5-2）•180°=108°， 正六边形的每个内角的度数为（6-2）•180°=120°． ∴∠AOB的度数为：360°-108°-120°×2=12°． 16．（2024河南·期末）如图，在四边形ABCD中，． （1）度； （2）若的角平分线与的角平分线相交于点E，求的度数． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）根据四边形内角和为360°即可得出答案； （2）先根据角平分线的定义求出的度数，然后利用三角形内角和定理即可得出答案． 【详解】（1）， ； （2）∵AE平分 ，BE平分 ， ， . 17．（2024河南南阳·期末）学完图形变换后，小宛以“正五边形的变换”为主题开展探究活动： (1)如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，求的大小． (2)如图，用一些全等的正五边形按图示方式拼接，使相邻的两个正五边形有公共顶点，所夹的锐角为，图中所示的是前个正五边形拼接的情况，若拼接一圈后，中间能形成一个正多边形，请直接写出这个正多边形的边数． 【答案】(1)． (2)6． 【分析】（1）根据题意求得正五边形的每一个内角为，根据折叠的性质求得在中，根据三角形内角和定理即可求解． （2）由完全拼成一个圆环需要的正多边形为个，则围成的多边形为正边形，利用正五边形的内角与夹角计算出正边的每个内角的度数，然后根据内角和定理得到解方程求解即可． 【详解】（1）解：∵正五边形的每一个内角为， 将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为， 则， ∵将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵正五边形的每个内角为， ∴组成的正多边形的每个内角为， ∵个全等的正五边形拼接可以拼成一个环状，中间会形成一个正多边形， ∴形成的正多边形为正边形，则， 解得：． 18．（2024河南郑州·期末）课本再现： 如图①②③，下列四边形是同一个四边形不断缩小（保持形状不变）的结果． （1）在缩小的过程中，四边形对应的各个外角的大小是否发生了变化？如果将四边形不断缩小下去，请你想象一下最终的形状，并画出来． 类比迁移： （2）如图，若小明从O点向西走10米，左转，再向前走10米，左转，如此重复，求小明第一次回到O点时所走过的路程． （3）若小明从O点向西走16米，左转，再向前走16米，左转，如此重复，已知小明第一次回到O点时所走过的路程为320米，则______． 【答案】（1）四边形对应的各个外角的大小未发生变化，；（2）小明第一次回到O点时所走过的路程为120米；（3）18 【分析】（1）外角的大小不会改变，随着图形的缩小，四边形逐步缩小成为一个点，画出图形即可． （2）根据外角相等，都是，结合外角和定理，得边数为，结合多边形的周长计算得（米）． （3）根据外角相等，都是，结合外角和定理，得边数为，结合多边形的周长计算得，解方程即可． 【详解】（1）四边形对应的各个外角的大小未发生变化，随着图形的缩小，四边形逐步缩小成为一个点，画图如下： ． （2）根据外角相等，都是，由外角和定理，得边数为， 故多边形的周长为：（米）． （3）根据外角相等，都是，由外角和定理，得边数为， 根据题意，得， 解得， 经检验，是原方程的根． 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$