专题01 三角形（6大基础题+4大提升题）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学上学期期末真题分类汇编（贵州专用）

专题01 三角形 三角形的三边关系 1．（2023秋•遵义期末）下列长度的三条线段能构成三角形的是（　　） A．1，1，2 B．2，3，4 C．4，5，10 D．1，2，5 【分析】根据三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边逐个判断即可． 【解答】解：A、∵1+1＝2，∴A不能构成三角形，不符合题意； B、∵3﹣2＜4＜3+2，∴B能构成三角形，符合题意； C、∵4+5＜10，∴C不能构成三角形，不符合题意； D、∵1+2＜5，∴D不能构成三角形，不符合题意， 故选：B． 2．（2023秋•绥阳县期末）下列长度的三条线段不能组成三角形的是（　　） A．2，2，3 B．5，10，8 C．2，3，6 D．3，4，5 【分析】直接利用三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，进而判断得出答案． 【解答】解：A．∵2+2＝4＞3， ∴能组成三角形，不符合题意． B．∵5+8＝13＞10， ∴能组成三角形，不符合题意； C．∵2+3＝5＜6， ∴不能组成三角形，符合题意； A．∵3+4＝7＞5， ∴能组成三角形，不符合题意； 故选：C． 3．（2024春•贵州期末）为估计池塘两岸A、B间的距离，晓聪在池塘一侧选取了一点P，测得PA＝16m，PB＝12m，那么AB间的距离可能是（　　） A．2m B．30m C．28m D．20m 【分析】根据三角形的三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边可得16﹣12＜AB＜16+12，再解即可． 【解答】解：根据三角形的三边关系定理可得：16﹣12＜AB＜16+12， 即4＜AB＜28， 故选：D． 4．（2023秋•碧江区 期末）一个三角形的两边长分别为4和9，则第三边的长可能是（　　） A．5 B．4 C．3 D．11 【分析】设第三边的长为l，再根据三角形的三边关系进行解答即可． 【解答】解：设第三边的长为l，则9﹣4＜l＜4+9， 即5＜l＜13，只有11适合， 故选：D． 5．（2024春•金沙县校级期末）圆圆想要用一根笔直的铁丝从两处弯曲后围成一个三角形．如图，这根铁丝AB的长度为100cm，圆圆从M，N两处弯曲，其中AM＜AN，她一定不能成功的是（　　） A．10cm＜AM＜30cm B．20cm＜AM＜40cm C．30cm＜AM＜40cm D．50cm＜AM＜60cm 【分析】根据“两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”列出不等式，即可解答． 【解答】解：∵A M，MN，NB能构成三角形， ∴AM＜MN+NB＝BM， ∴AM＜100﹣AM， 解得AM＜50， 又∵AM＞0， ∴0＜AM＜50， ∴选项D不符合要求． 故选：D． 6．（2023秋•播州区期末）有两根30cm和50cm长的木棒，再找一根木棒与这两根木棒构成一个三角形木架．可以选择的木棒是（　　） A．10cm B．20cm C．30cm D．80cm 【分析】设可以选择的木棒长是x cm，由三角形三边关系定理得20＜x＜80，即可得到答案． 【解答】解：设可以选择的木棒长是x cm， ∴50﹣30＜x＜50+30， 20＜x＜80， ∴可以选择的木棒长是30cm． 故选：C． 7．（2023秋•印江县期末）若实数a，b，c分别表示△ABC的三条边，且a，b满足，则△ABC的第三条边c的取值范围是（　　） A．c＞4 B．c＜12 C．4＜c＜12 D．4≤c≤12 【分析】先由非负性求出a，b的值，再结合“两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”，进行列式计算，即可作答． 【解答】解：∵a，b满足， ∴a﹣4＝0，b﹣8＝0， 即a＝4，b＝8， ∵实数a，b，c分别表示△ABC的三条边， ∴8﹣4＜c＜8+4， 即4＜c＜12， 故选：C． 8．（2023秋•六盘水期末）已知a，b，c是△ABC的三边长，满足|a﹣7|+（b﹣2）2＝0，c为奇数，则△ABC的周长为 　16　． 【分析】根据在三角形中任意两边之和＞第三边，任意两边之差＜第三边；可求第三边长的范围，再根据奇数的定义得出答案． 【解答】解：∵|a﹣7|+（b﹣2）2＝0， ∴a﹣7＝0，b﹣2＝0， 解得：a＝7，b＝2， 由三角形三边关系定理得：7﹣2＜c＜7+2，即5＜c＜9， 又∵c为奇数， ∴c＝7， ∴△ABC的周长为7+2+7＝16． 故答案为：16． 三角形的高线、中线与角平分线 1．（2023秋•安顺期末）如图，AD是△ABC的高，DE是△ABD的中线，BF是△BDE的角平分线．若AD＝BD，则∠BFD的度数为 　112.5°　． 【分析】根据三角形的高的概念得到∠ADB＝90°，根据直角三角形、等腰三角形的性质得到∠DAB＝∠DBA＝45°，EB＝ED，再根据角平分线的定义、三角形的外角性质计算，得到答案． 【解答】解：∵AD是△ABC的高， ∴∠ADB＝90°， ∵AD＝BD，DE是△ABD的中线， ∴∠DAB＝∠DBA＝45°，EB＝ED， ∴∠EDB＝∠EBD＝45°， ∴∠BED＝90°， ∵BF是△BDE的角平分线， ∴∠EBF＝∠EBD＝22.5°， ∴∠BFD＝∠BED+∠EBF＝90°+22.5°＝112.5°， 故答案为：112.5°． 2．（2023秋•黔西南州期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是高，BE是中线，CF是角平分线，CF交AD于点G，交BE于点H，给出以下结论：①BF＝AF；②∠AFG＝∠AGF；③∠FAG＝2∠ACF；④S△ABE＝S△BCE；⑤BH＝CH．其中结论正确的有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【分析】根据三角形的中线的性质判断①；根据直角三角形的两锐角互余以及对顶角相等判断②；根据角平分线的定义判断③，根据题意判断④． 【解答】解：∵BE是△ABC的中线， ∴S△ABE＝S△BCE， 故④正确，符合题意； ∵CF是角平分线， ∴∠ACF＝∠BCF， ∵AD⊥BC， ∴∠BCF+∠CGD＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ACF+∠AFG＝90°， ∴∠CGD＝∠AFG， ∵∠CGD＝∠AGF， ∴∠AGF＝∠AFG， 故②正确，符合题意； ∵AD⊥BC，∠BAC＝90°， ∴∠FAG＝∠ACB＝2∠ACF， 故③正确，符合题意； 由已知条件不能确定∠HBC＝∠HCB， ∴BH与CH的关系不能确定，故⑤错误，不符合题意； ∵CF是角平分线，∠BAC＝90°， ∴BF≠AF， 故①错误，不符合题意； 综上，符合题意的有3个， 故选：B． 三角形的稳定性 1．（2023秋•安顺期末）下列图形具有稳定性的是（　　） A．梯形 B．正方形 C．正五边形 D．等边三角形 【分析】根据三角形具有稳定性解答． 【解答】解：梯形，正方形，正五边形，等边三角形中具有稳定性的是等边三角形． 故选：D． 2．（2024春•黔西南州期末）双人漫步机是一种有氧运动器材，通过进行心血管健康的有氧运动，如慢跑、快走等，可以增强人体的心肺功能，降低血压、改善血糖．这种设计应用的几何原理是（　　） A．三角形的稳定性 B．两点之间线段最短 C．两点确定一条直线 D．垂线段最短 【分析】根据三角形具有稳定性解答即可． 【解答】解：∵双人漫步机采用如图所示的三角形支架方法固定， ∴这种方法应用的几何原理：三角形的稳定性． 故选：A． 3．（2024春•织金县期末）如图，2024年4月27日龙里河大桥正式通车运营，该桥是世界首座车行道与玻璃步道共桥面的高山峡谷景观桥，大桥为双塔双索面叠合梁半漂浮体系斜拉桥，如图所示的斜拉桥结构稳固，其蕴含的数学道理是（　　） A．两点确定一条直线 B．垂线段最短 C．三角形的稳定性 D．三角形任意两边之和大于第三边 【分析】根据三角形具有稳定性解答． 【解答】解：蕴含的数学道理是三角形的稳定性， 故选：C． 4．（2023秋•关岭县期末）如图，学校门口设置的移动拒马都用钢管焊接成三角形，这样做的数学原理是 　三角形具有稳定性　． 【分析】学校门口设置的移动拒马做成三角形的形状，利用三角形不变形即三角形的稳定性，从而可得答案． 【解答】解：学校门口设置的移动拒马都用钢管焊接成三角形，这样做的数学原理是利用了三角形的稳定性， 故答案为：三角形具有稳定性． 三角形的内角和定理 1．（2023秋•钟山区期末）如图，在△ABC中，点D为BC边延长线上的一点，DF⊥AB于点F，交AC于点E，若∠A＝40°，∠D＝50°，则∠ACB的度数为（　　） A．80° B．90° C．100° D．105° 【分析】先利用三角形的内角和求出∠B，再利用三角形的内角和定理得结论． 【解答】解：∵DF⊥AB， ∴∠BFD＝90°． ∵∠BFD+∠D+∠B＝180°， ∴∠B＝40°． ∵∠ACB+∠A+∠B＝180°， ∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B ＝180°﹣40°﹣40° ＝100°． 故选：C． 2．（2023秋•六盘水期末）如图，线段AF⊥AE，垂足为点A，线段GD分别交AF、AE于点C，B，连结GF，ED．则∠D+∠G+∠AFG+∠AED的度数为 　270°　． 【分析】根据三角形的内角和定理及对顶角的性质可求得∠GCF+∠DBE＝90°，再利用三角形的内角和定理可得∠G+∠F+∠GCF+∠D+∠B+∠DBE＝360°，进而可求解∠D+∠G+∠AFG+∠AED的度数． 【解答】解：∵∠A+∠ACB+∠ABC＝180°，∠A＝90°， ∴∠ACB+∠ABC＝90°， ∵∠GCF＝∠ACB，∠DBE＝∠ABC， ∴∠GCF+∠DBE＝90°， ∵∠G+∠F+∠GCF＝∠D+∠B+∠DBE＝180°， ∴∠G+∠F+∠GCF+∠D+∠B+∠DBE＝360°， ∴∠D+∠G+∠AFG+∠AED＝270°， 故答案为：270°． 3．（2023秋•都匀市期末）在△ABC中，AD为边BC上的高，∠ABC＝30°，∠CAD＝20°，则∠BAC是 　80或40　度． 【分析】分两种情况：△ABC为锐角三角形或钝角三角形，然后利用三角形内角和定理即可作答． 【解答】解：当△ABC为锐角三角形时，如图， ∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣30°﹣90°＝60°， ∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝60°+20°＝80°； 当△ABC为钝角三角形时，如图， ∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣30°﹣90°＝60°， ∠BAC＝∠BAD﹣∠CAD＝60°﹣20°＝40°． 综上所述，∠BAC＝80°或40°． 故答案为：80或40． 4．（2023秋•六盘水期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝2α，CD平分∠ACB，∠CAD＝30°﹣α，∠BAD＝30°，则∠BDC＝　120°+α　．（用含α的式子表示） 【分析】延长CB到E，使CE＝CA，连接DE，EA，利用SAS证明△ADC≌△EDC，得AD＝ED，∠ADC＝∠EDC，再证明△EDA为等边三角形，得出AB是∠EAD的角平分线，再通过导角得出答案． 【解答】解：如图，延长CB到E，使CE＝CA，连接DE，EA， ∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD＝， 在△ADC与△EDC中， ， ∴△ADC≌△EDC（SAS）， ∴AD＝ED，∠ADC＝∠EDC， ∵∠CAD＝30°﹣α，∠ACD＝α， ∴∠ADC＝180°﹣（30°﹣α）﹣α＝150°， ∴∠EDC＝∠ADC＝150°， ∴∠EDA＝360°﹣150°﹣150°＝60°， ∵ED＝AD， ∴△EDA为等边三角形， ∴∠EAD＝∠AED＝60°， ∵∠BAD＝30°， ∴∠EAB＝60°﹣30°＝30°， ∴AB是∠EAD的角平分线， ∵AB是ED的垂直平分线， ∴BD＝BE， ∴∠BED＝∠BDE， ∵∠ACB＝2α，∠EAC＝∠EAD+∠DAC＝60°+30°﹣α＝90°﹣α， ∴∠AEC＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α， ∴∠EDB＝∠AEC﹣∠AED＝90°﹣α﹣60°＝30°﹣α， ∴∠EDB＝∠BED＝30°﹣α， ∴∠DBC＝∠BDE+∠BED＝（30°﹣α）×2＝60°﹣2α， ∴∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠DCB ＝180°﹣（60°﹣2α）﹣α ＝120°+α， 故答案为：120°+α． 5．（2023秋•播州区期末）如图，在△ABC中，AF是高，AD平分∠BAC，∠BAC＝80°，∠C＝60°，则∠DAF的度数是（　　） A．10° B．15° C．20° D．30° 【分析】在△AFC中根据三角形内角和定理求出∠CAF的度数，再根据角平分线的定义求出∠CAD的度数，即可求出∠DAF的度数． 【解答】解：∵AF是高， ∴∠AFC＝90°， ∴∠C+∠CAF＝90°， ∵∠C＝60°， ∴∠CAF＝30°， ∵AD平分∠BAC，∠BAC＝80°， ∴∠CAD＝∠BAD＝40°， ∴∠DAF＝∠CAD﹣∠CAF＝40°﹣30°＝10°， 故选：A． 三角形的外角定理 1．（2024春•金沙县期末）如图，y与x的关系式为（　　） A．y＝x+55 B．y＝x﹣35 C．y＝125﹣x D．y＝x+35 【分析】根据三角形的内角和定理与平角的定义即可得到结论． 【解答】解：∵180﹣x+35+y＝180°， ∴y＝x﹣35， 故选：B． 2．（2023秋•黔东南州期末）如图，是一副三角尺拼成的图案，则∠AEB＝（　　） A．90° B．75° C．100° D．60° 【分析】根据三角形外角的性质解答即可． 【解答】解：如图， 由图可知∠ACB＝30°，∠DBC＝45°， ∵∠AEB＝∠DBC+∠ACB， ∴∠AEB＝30°+45°＝75°． 故选：B． 3．（2023秋•黔西南州期末）将一副含30°，45°的三角板按图中的方式放置，则∠α+∠β＝（　　） A．30° B．40° C．45° D．60° 【分析】三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，由此即可求解． 【解答】解：∵∠1＝45°，∠1＝∠α+∠β， ∴∠α+∠β＝45°． 故选：C． 4．（2023秋•乌当区校级期末）如图，∠A＝60°，∠B＝40°，则∠ACD＝ 　100°　． 【分析】根据三角形的外角性质计算，得到答案． 【解答】解：∵∠ACD是△ABC的外角，∠A＝60°，∠B＝40°， ∴∠ACD＝∠A+∠B＝60°+40°＝100°， 故答案为：100°． 多边形的基本计算 1．（2023秋•绥阳县期末）正多边形的一个内角等于144°，则该多边形是正（　　）边形． A．8 B．9 C．10 D．11 【分析】根据正多边形的每个内角相等，可得正多边形的内角和，再根据多边形的内角和公式，可得答案． 【解答】解：设正多边形是n边形，由题意得 （n﹣2）×180°＝144°n， 解得n＝10． 故选：C． 2．（2024春•铜仁市期末）若一个多边形的内角和等于外角和的5倍，则这个多边形的边数是（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 【分析】设多边形的边数为n，根据多边形的内角和与外角和求得n的值即可． 【解答】解：设多边形的边数为n， 则（n﹣2）•180°＝360°×5， 解得：n＝12， 即这个多边形的边数是12， 故选：D． 3．（2023秋•安顺期末）一个多边形的内角和为540°，则它的对角线共有（　　） A．3条 B．5条 C．6条 D．12条 【分析】根据n边形的内角和定理得到关于n的方程（n﹣2）•180°＝540°，解方程求得n，然后利用n边形的对角线条数为n•（n﹣3）计算即可． 【解答】解：设该多边形的边数为n， ∴（n﹣2）•180°＝540°，解得n＝5； ∴这个五边形共有对角线×5×（5﹣3）＝5条． 故选：B． 4．（2023秋•关岭县期末）若一个多边形的内角和比它的外角和的3倍大180°，则这个多边形的边数是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°与外角和定理列出方程求解即可． 【解答】解：设这个多边形的边数为n， 根据题意得，（n﹣2）•180°＝360°×3+180°， 解得n＝9． 故选：D． 5．（2024春•金沙县期末）如果一个多边形的每一个外角都是40°，那么这个多边形的边数为 　9　． 【分析】根据外角和为360°，得出多边形的边数． 【解答】解：∵＝9， ∴这个多边形的边数为9， 故答案为：9． 6．（2024春•六盘水期末）一个多边形的内角和等于其外角和的四倍，则这个多边形是 　十　边形． 【分析】设这个多边形的边数为n，由题意列得方程，解方程即可． 【解答】解：设这个多边形的边数为n， 则（n﹣2）•180°＝360°×4， 解得：n＝10， 即这个多边形是十边形， 故答案为：十． 7．（2023秋•黔西南州期末）一个多边形的外角和是内角和的2倍，这个多边形的边数为　3　． 【分析】根据多边形的外角和为360°及题意，求出这个多边形的内角和，即可确定出多边形的边数． 【解答】解：∵一个多边形的外角和是内角和的2倍，且外角和为360°， ∴这个多边形的内角和为180°， 则这个多边形的边数是3， 故答案为：3． 8．（2024春•威宁县期末）若n边形的内角和为1440°，则n的值是（　　） A．8 B．9 C．10 D．11 【分析】利用多边形内角和定理得到（n﹣2）×180°＝1440°，然后解方程可求出n的值． 【解答】解：根据题意得（n﹣2）×180°＝1440°， 解得n＝10． 故选：C． 9．（2023秋•遵义期末）一个多边形的内角和比它的外角和还大180°，这个多边形的边数为（　　） A．8 B．7 C．6 D．5 【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°，外角和等于360°列出方程，然后求解即可． 【解答】解：设这个多边形的边数是n，根据题意得， （n﹣2）•180°＝360°+180°， n＝5． 故选：D． 三角形的三边关系化简 1．（2024秋•兴义市校级期中）已知a，b，c分别是三角形ABC的三条边的长度，化简代数式：|a﹣b﹣c|﹣|b﹣c﹣a|+|c﹣a+b|． 【分析】根据三角形的三边关系判断出a﹣b﹣c＜0，b﹣c﹣a＜0，c﹣a+b＞0，再根据绝对值的性质解答即可． 【解答】解：∵a，b，c分别是△ABC的三条边的长度， ∴a﹣b﹣c＜0，b﹣c﹣a＜0，c﹣a+b＞0， ∴原式＝﹣a+b+c+b﹣c﹣a+c﹣a+b ＝﹣3a+3b+c． 2．（2024春•新野县月考）已知△ABC的三边分别为a，b，c． （1）若a＝1，b＝7，c为整数，求△ABC的周长． （2）化简：|a+b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|+|a+b+c|． 【分析】（1）根据三角形三边之间关系得b﹣a＜c＜b+a，再根据a＝1，b＝7得6＜c＜8，然后根据c为整数得c＝7，据此可得△ABC的周长； （2）根据三角形三边之间关系得a+b＞c，a+c＞b，a+b+c＞0，则a+b﹣c＞0，b﹣a﹣c＜0，再根据绝对值的意义即可得|a+b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|+|a+b+c|的值． 【解答】解：（1）∵△ABC的三边分别为a，b，c， ∴b﹣a＜c＜b+a， ∵a＝1，b＝7， ∴6＜c＜8， ∵c为整数， ∴c＝7， ∴△ABC的周长为：a+b+c＝1+7+7＝15； （2）∵△ABC的三边分别为a，b，c， ∴a+b＞c，a+c＞b，a+b+c＞0， ∴a+b﹣c＞0，b﹣a﹣c＜0， ∴|a+b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|+|a+b+c| ＝a+b﹣c﹣[﹣（b﹣a﹣c）]+a+b+c ＝a+b﹣c+b﹣a﹣c+a+b+c ＝a+3b﹣c． 3．（2024秋•南明区校级月考）已知△ABC的三边长是a，b，c． （1）若a＝4，b＝6，且三角形的周长是小于18的偶数．求c边的长； （2）化简|a+b﹣c|+|c﹣a﹣b|． 【分析】（1）利用三角形三边关系进而得出c的取值范围，进而得出答案； （2）根据绝对值的定义和三角形的三边关系即可得到结论． 【解答】解：（1）∵a，b，c是△ABC的三边，a＝4，b＝6， ∴2＜c＜10， ∵三角形的周长是小于18的偶数， ∴2＜c＜8， ∴c＝4或6； （2）|a+b﹣c|+|c﹣a﹣b| ＝a+b﹣c﹣c+a+b ＝2a+2b﹣2c． 三角形角平分线的综合 1．（2023秋•关岭县期末）如图，△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，AD为∠CAB的平分线，与∠ABC的平分线BE交于点E，BG是△ABC的外角平分线，AD与BG相交于点G，则∠ADC与∠GBF的和为（　　） A．120° B．135° C．150° D．160° 【分析】利用三角形内角和定理，角平分线的定义求出∠BEG＝45°，∠EBG＝90°，推出∠G＝45°，可得结论． 【解答】解：∵∠ACB＝90°， ∴∠CAB+∠CBA＝90°， ∵AE，BE分别平分∠CAB，∠CBA， ∴∠EAB+∠EBA＝∠CAB+∠CBA＝45°， ∵BG平分∠CBF， ∴∠CBG＝∠CBF， ∵∠CBE＝∠CBA， ∴∠CBE＝∠CBG+∠CBE＝∠CBF+∠CBA＝90°， ∴∠G＝90°﹣45°＝45°， ∵∠ADC＝∠BDG， ∴∠ADC+∠GBF＝∠BDG+∠DBG＝180°﹣∠G＝135°， 故选：B． 2．（2023秋•都匀市期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°，△ABC的外角∠CBD的平分线BE交AC的延长线于点E． （1）求∠CBE的度数； （2）过点D作DF∥BE，交AC的延长线于点F，求∠F的度数． 【分析】（1）先根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC＝90°﹣∠A＝50°，由邻补角定义得出∠CBD＝130°．再根据角平分线定义即可求出∠CBE＝∠CBD＝65°； （2）先根据三角形外角的性质得出∠CEB＝90°﹣65°＝25°，再根据平行线的性质即可求出∠F＝∠CEB＝25°． 【解答】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°， ∴∠ABC＝90°﹣∠A＝50°， ∴∠CBD＝130°． ∵BE是∠CBD的平分线， ∴∠CBE＝∠CBD＝65°； （2）∵∠ACB＝90°，∠CBE＝65°， ∴∠CEB＝90°﹣65°＝25°． ∵DF∥BE， ∴∠F＝∠CEB＝25°． 3．（2023秋•云岩区期末）如图①，在∠AOB中，若∠AOC＝∠COD＝∠DOB，则OC，OD叫做∠AOB的三等分线，其中OC是与OA相邻的三等分线，OD是与OB相邻的三等分线． （1）如图②，在△ABC中，∠C＝60°，∠B＝45°，AD是∠CAB与AC相邻的三等分线，则∠CAD＝ 　25　°； （2）如图③，在△ABC中，AP是∠CAB与AC相邻的三等分线，BP是∠CBA与BC相邻的三等分线，∠C＝60°，求∠APB的度数． 【分析】（1）利用三角形内角和定理求出∠CAB，再根据相邻三等分线的定义即可求解； （2）由∠C＝60°可得∠CAB+∠CBA＝180°﹣60°＝120°，由相邻三等分线的定义可得∠PAB＝∠CAB，∠PBA＝∠CBA，即得∠PAB+∠PBA＝∠CAB+∠CBA＝（∠CAB+∠CBA），再根据三角形内角和定理即可求解． 【解答】解：（1）∵∠C＝60°，∠B＝45°， ∴∠CAB＝180°﹣45°﹣60°＝75°， ∵AD是∠CAB与AC相邻的三等分线， ∴， 故答案为：25； （2）∵∠C＝60°， ∴∠CAB+∠CBA＝180°﹣60°＝120°， ∵AP是∠CAB与AC相邻的三等分线，BP是∠CBA与BC相邻的三等分线， ∴，∠PBA＝∠CBA， ∠PAB+∠PBA＝∠CAB+∠CBA＝（∠CAB+∠CBA）＝×120°＝80°， ∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝180°﹣80°＝100°． 三角形的折叠 1．（2023秋•印江县期末）如图，在△ABC中，∠B＝40°，将△ABC沿着直线l折叠，使点B落在点F的位置，则∠1﹣∠2的度数是 　80　°． 【分析】由折叠的性质得到∠F＝∠B，再利用外角性质即可求出所求角的度数． 【解答】解：如图，设DF与CE交于点H， 由折叠的性质得：∠F＝∠B＝40°， 根据外角性质得：∠1＝∠DHB+∠B，∠DHB＝∠2+∠F， ∴∠1＝∠2+∠F+∠B＝∠2+2∠B＝∠2+80°，即∠1﹣∠2＝80°． 故答案为：80． 2．（2024春•贵阳期末）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点C落在四边形ABED内部时，∠C与∠1+∠2之间有一种数量关系始终保持不变．则下列关系成立的是（　　） A．∠C＝∠1+∠2 B．2∠C＝∠1+∠2 C．3∠C＝∠1+∠2 D．3∠C＝∠1+2∠2 【分析】利用三角形内角和的定理求． 【解答】解：∵把△ABC纸片沿着DE折叠，点C落在四边形ABED内部， ∴∠1+∠2＝180°﹣∠CDC′+180°﹣∠CEC′ ＝180°﹣2∠CDE+180°﹣2∠CED ＝360°﹣2（∠CDE+∠CED） ＝360°﹣2（180°﹣∠C）＝2∠C． 故选：B． 多边形的综合计算 1．（2024春•唐河县期末）如图，七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线交于点O，若∠1，∠2，∠3，∠4的外角和等于215°，则∠BOD的度数为（　　） A．20° B．35° C．40° D．45° 【分析】由外角和内角的关系可求得∠1、∠2、∠3、∠4的和，由五边形内角和可求得五边形OAGFE的内角和，则可求得∠BOD． 【解答】解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为215°， ∴∠1+∠2+∠3+∠4+215°＝4×180°， ∴∠1+∠2+∠3+∠4＝505°， ∵五边形OAGFE内角和＝（5﹣2）×180°＝540°， ∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD＝540°， ∴∠BOD＝540°﹣505°＝35°， 故选：B． 2．（2023秋•绥阳县期末）如图，小明从O点出发，前进6米后向右转20°，再前进6米后又向右转20°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时一共走了（　　） A．72米 B．108米 C．144米 D．120米 【分析】利用多边形外角和等于360度即可求出答案． 【解答】解：依题意可知，小陈所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n， 则20n＝360，解得n＝18， ∴他第一次回到出发点O时一共走了：6×18＝108（米）， 故选：B． 3．（2023秋•播州区期末）如图，∠1、∠2、∠3，∠4是六边形ABCDEF的四个外角，延长FA．CB交于点H．若∠1+∠2+∠3+∠4＝224°，则∠AHB的度数为（　　） A．24° B．34° C．44° D．54° 【分析】先利用多边形的外角和求出∠HAB+∠ABH的度数，再利用三角形的内角和定理得结论． 【解答】解：∵多边形的外角和恒为360°， 即∠1+∠2+∠3+∠4+∠HAB+∠ABH＝360°， ∴∠HAB+∠ABH＝136°． ∵∠AHB+∠HAB+∠ABH＝360°， ∴∠AHB＝44°． 故选：C． 4．（2024春•南明区校级期末）将一副直角三角板与正五边形按如图所示的方式摆放．如果∠1＝41°，∠2＝51°，那么∠3等于（　　） A．5° B．10° C．15° D．20° 【分析】利用360°减去两个三角形两个内角的度数，减去正五边形的一个内角的度数，然后减去∠1和∠2即可求得． 【解答】解：因为一个三角形的内角的度数是90°，另一个三角形的内角度数是60°，正五边形的内角的度数是：×（5﹣2）×180°＝108°， 则∠3＝360°﹣60°﹣90°﹣108°﹣∠1﹣∠2 ＝360°﹣60°﹣90°﹣108°﹣41°﹣51° ＝10°． 故选：B． 5．（2023秋•黔西南州期末）中华人民共和国五星红旗上大五角星代表中国共产党，四颗小五角星代表工人、农民、小资产阶级和民族资产阶级四个阶级．五颗五角星互相联缀、疏密相间，象征中国人民大团结．每颗小星各有一个尖角正对大星中心点，表示人民对党的向心之意，如图①：根据图形填空： （1）∠1＝∠C+　∠E　，∠2＝∠B+　∠D　； （2）∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝　∠A　+∠1+∠2＝　180°　； 【应用】 （3）如图②．求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数． 【分析】（1）由三角形外角的性质解答即可； （2）由三角形内角定理解答即可； （3）由三角形外角的性质得∠AFG＝∠C+∠E，∠AGF＝∠B+∠D，由三角形内角定理得∠A+∠AFG+∠AGF＝180°，从而问题得解． 【解答】解：（1）由三角形外角的性质得∠1＝∠C+∠E，∠2＝∠B+∠D， 故答案为：∠E，∠D； （2）由三角形内角定理得∠A+∠1+∠2＝180°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°， 故答案为：∠A，180°； 【应用】 （3）如图②，由三角形外角的性质得∠AFG＝∠C+∠E，∠AGF＝∠B+∠D， 由三角形内角定理得∠A+∠AFG+∠AGF＝180°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°． ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 三角形 三角形的三边关系 1．（2023秋•遵义期末）下列长度的三条线段能构成三角形的是（　　） A．1，1，2 B．2，3，4 C．4，5，10 D．1，2，5 2．（2023秋•绥阳县期末）下列长度的三条线段不能组成三角形的是（　　） A．2，2，3 B．5，10，8 C．2，3，6 D．3，4，5 3．（2024春•贵州期末）为估计池塘两岸A、B间的距离，晓聪在池塘一侧选取了一点P，测得PA＝16m，PB＝12m，那么AB间的距离可能是（　　） A．2m B．30m C．28m D．20m 4．（2023秋•碧江区 期末）一个三角形的两边长分别为4和9，则第三边的长可能是（　　） A．5 B．4 C．3 D．11 5．（2024春•金沙县校级期末）圆圆想要用一根笔直的铁丝从两处弯曲后围成一个三角形．如图，这根铁丝AB的长度为100cm，圆圆从M，N两处弯曲，其中AM＜AN，她一定不能成功的是（　　） A．10cm＜AM＜30cm B．20cm＜AM＜40cm C．30cm＜AM＜40cm D．50cm＜AM＜60cm 6．（2023秋•播州区期末）有两根30cm和50cm长的木棒，再找一根木棒与这两根木棒构成一个三角形木架．可以选择的木棒是（　　） A．10cm B．20cm C．30cm D．80cm 7．（2023秋•印江县期末）若实数a，b，c分别表示△ABC的三条边，且a，b满足，则△ABC的第三条边c的取值范围是（　　） A．c＞4 B．c＜12 C．4＜c＜12 D．4≤c≤12 8．（2023秋•六盘水期末）已知a，b，c是△ABC的三边长，满足|a﹣7|+（b﹣2）2＝0，c为奇数，则△ABC的周长为 　 　． 三角形的高线、中线与角平分线 1．（2023秋•安顺期末）如图，AD是△ABC的高，DE是△ABD的中线，BF是△BDE的角平分线．若AD＝BD，则∠BFD的度数为 　 　． 2．（2023秋•黔西南州期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是高，BE是中线，CF是角平分线，CF交AD于点G，交BE于点H，给出以下结论：①BF＝AF；②∠AFG＝∠AGF；③∠FAG＝2∠ACF；④S△ABE＝S△BCE；⑤BH＝CH．其中结论正确的有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 三角形的稳定性 1．（2023秋•安顺期末）下列图形具有稳定性的是（　　） A．梯形 B．正方形 C．正五边形 D．等边三角形 2．（2024春•黔西南州期末）双人漫步机是一种有氧运动器材，通过进行心血管健康的有氧运动，如慢跑、快走等，可以增强人体的心肺功能，降低血压、改善血糖．这种设计应用的几何原理是（　　） A．三角形的稳定性 B．两点之间线段最短 C．两点确定一条直线 D．垂线段最短 3．（2024春•织金县期末）如图，2024年4月27日龙里河大桥正式通车运营，该桥是世界首座车行道与玻璃步道共桥面的高山峡谷景观桥，大桥为双塔双索面叠合梁半漂浮体系斜拉桥，如图所示的斜拉桥结构稳固，其蕴含的数学道理是（　　） A．两点确定一条直线 B．垂线段最短 C．三角形的稳定性 D．三角形任意两边之和大于第三边 4．（2023秋•关岭县期末）如图，学校门口设置的移动拒马都用钢管焊接成三角形，这样做的数学原理是 　 　． 三角形的内角和定理 1．（2023秋•钟山区期末）如图，在△ABC中，点D为BC边延长线上的一点，DF⊥AB于点F，交AC于点E，若∠A＝40°，∠D＝50°，则∠ACB的度数为（　　） A．80° B．90° C．100° D．105° 2．（2023秋•六盘水期末）如图，线段AF⊥AE，垂足为点A，线段GD分别交AF、AE于点C，B，连结GF，ED．则∠D+∠G+∠AFG+∠AED的度数为 　 　． 3．（2023秋•都匀市期末）在△ABC中，AD为边BC上的高线，∠ABC＝30°，∠CAD＝20°，则∠BAC是 　 　度． 4．（2023秋•六盘水期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝2α，CD平分∠ACB，∠CAD＝30°﹣α，∠BAD＝30°，则∠BDC＝　 　．（用含α的式子表示） 5．（2023秋•播州区期末）如图，在△ABC中，AF是高，AD平分∠BAC，∠BAC＝80°，∠C＝60°，则∠DAF的度数是（　　） A．10° B．15° C．20° D．30° 三角形的外角定理 1．（2024春•金沙县期末）如图，y与x的关系式为（　　） A．y＝x+55 B．y＝x﹣35 C．y＝125﹣x D．y＝x+35 2．（2023秋•黔东南州期末）如图，是一副三角尺拼成的图案，则∠AEB＝（　　） A．90° B．75° C．100° D．60° 3．（2023秋•黔西南州期末）将一副含30°，45°的三角板按图中的方式放置，则∠α+∠β＝（　　） A．30° B．40° C．45° D．60° 4．（2023秋•乌当区校级期末）如图，∠A＝60°，∠B＝40°，则∠ACD＝ 　 　． 多边形的基本计算 1．（2023秋•绥阳县期末）正多边形的一个内角等于144°，则该多边形是正（　　）边形． A．8 B．9 C．10 D．11 2．（2024春•铜仁市期末）若一个多边形的内角和等于外角和的5倍，则这个多边形的边数是（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 3．（2023秋•安顺期末）一个多边形的内角和为540°，则它的对角线共有（　　） A．3条 B．5条 C．6条 D．12条 4．（2023秋•关岭县期末）若一个多边形的内角和比它的外角和的3倍大180°，则这个多边形的边数是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 5．（2024春•金沙县期末）如果一个多边形的每一个外角都是40°，那么这个多边形的边数为 　 　． 6．（2024春•六盘水期末）一个多边形的内角和等于其外角和的四倍，则这个多边形是 　 　边形． 7．（2023秋•黔西南州期末）一个多边形的外角和是内角和的2倍，这个多边形的边数为　 　． 8．（2024春•威宁县期末）若n边形的内角和为1440°，则n的值是（　　） A．8 B．9 C．10 D．11 9．（2023秋•遵义期末）一个多边形的内角和比它的外角和还大180°，这个多边形的边数为（　　） A．8 B．7 C．6 D．5 三角形的三边关系化简 1．（2024秋•兴义市校级期中）已知a，b，c分别是三角形ABC的三条边的长度，化简代数式：|a﹣b﹣c|﹣|b﹣c﹣a|+|c﹣a+b|． 2．（2024春•新野县月考）已知△ABC的三边分别为a，b，c． （1）若a＝1，b＝7，c为整数，求△ABC的周长． （2）化简：|a+b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|+|a+b+c|． 3．（2024秋•南明区校级月考）已知△ABC的三边长是a，b，c． （1）若a＝4，b＝6，且三角形的周长是小于18的偶数．求c边的长； （2）化简|a+b﹣c|+|c﹣a﹣b|． 三角形角平分线的综合 1．（2023秋•关岭县期末）如图，△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，AD为∠CAB的平分线，与∠ABC的平分线BE交于点E，BG是△ABC的外角平分线，AD与BG相交于点G，则∠ADC与∠GBF的和为（　　） A．120° B．135° C．150° D．160° 2．（2023秋•都匀市期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°，△ABC的外角∠CBD的平分线BE交AC的延长线于点E． （1）求∠CBE的度数； （2）过点D作DF∥BE，交AC的延长线于点F，求∠F的度数． 3．（2023秋•云岩区期末）如图①，在∠AOB中，若∠AOC＝∠COD＝∠DOB，则OC，OD叫做∠AOB的三等分线，其中OC是与OA相邻的三等分线，OD是与OB相邻的三等分线． （1）如图②，在△ABC中，∠C＝60°，∠B＝45°，AD是∠CAB与AC相邻的三等分线，则∠CAD＝ 　 　°； （2）如图③，在△ABC中，AP是∠CAB与AC相邻的三等分线，BP是∠CBA与BC相邻的三等分线，∠C＝60°，求∠APB的度数． 三角形的折叠 1．（2023秋•印江县期末）如图，在△ABC中，∠B＝40°，将△ABC沿着直线l折叠，使点B落在点F的位置，则∠1﹣∠2的度数是 　 　°． 2．（2024春•贵阳期末）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点C落在四边形ABED内部时，∠C与∠1+∠2之间有一种数量关系始终保持不变．则下列关系成立的是（　　） A．∠C＝∠1+∠2 B．2∠C＝∠1+∠2 C．3∠C＝∠1+∠2 D．3∠C＝∠1+2∠2 多边形的综合计算 1．（2024春•唐河县期末）如图，七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线交于点O，若∠1，∠2，∠3，∠4的外角和等于215°，则∠BOD的度数为（　　） A．20° B．35° C．40° D．45° 2．（2023秋•绥阳县期末）如图，小明从O点出发，前进6米后向右转20°，再前进6米后又向右转20°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时一共走了（　　） A．72米 B．108米 C．144米 D．120米 3．（2023秋•播州区期末）如图，∠1、∠2、∠3，∠4是六边形ABCDEF的四个外角，延长FA．CB交于点H．若∠1+∠2+∠3+∠4＝224°，则∠AHB的度数为（　　） A．24° B．34° C．44° D．54° 4．（2024春•南明区校级期末）将一副直角三角板与正五边形按如图所示的方式摆放．如果∠1＝41°，∠2＝51°，那么∠3等于（　　） A．5° B．10° C．15° D．20° 5．（2023秋•黔西南州期末）中华人民共和国五星红旗上大五角星代表中国共产党，四颗小五角星代表工人、农民、小资产阶级和民族资产阶级四个阶级．五颗五角星互相联缀、疏密相间，象征中国人民大团结．每颗小星各有一个尖角正对大星中心点，表示人民对党的向心之意，如图①：根据图形填空： （1）∠1＝∠C+　 　，∠2＝∠B+　 　； （2）∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝　 　+∠1+∠2＝　 　； 【应用】 （3）如图②．求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数． ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$