4.1认识三角形培优练习 2024—2025学年北师大版数学七年级下册

4.1认识三角形培优练习北师大版2024—2025学年七年级下册 一、选择题 1．已知三角形三边长分别为2，9，x，若x为整数，则这样的三角形个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．如图，∠A＝70°，∠B＝40°，∠C＝30°，则∠D+∠E＝（　　） A．30° B．40° C．60° D．70° 3．如图是由线段AB，CD，DF，BF，CA组成的平面图形，∠D＝28°，则∠A+∠B+∠C+∠F的度数为（　　） A．62° B．152° C．208° D．236° 4．如图，△ABC中，AE是∠BAC的平分线，AD是BC边上的高线，且∠B＝50°，∠C＝60°，则∠EAD的度数为（　　） A．35° B．5° C．15° D．25° 第3题图 第2题图 第4题图 5．如图，把△ABC的一角折叠，若∠A＝65°，则∠1+∠2的度数为（　　） A．65° B．130° C．115° D．160° 第6题图 第5题图 第8题图 二、填空题 6．如图，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点P．若∠BPC＝130°，则∠A＝　 　． 7．已知三角形的三边长为2，a﹣4，4，化简|a﹣3|+|a﹣11|的结果是　 　． 8．如图，∠A＝75°，∠B＝65°，将纸片的一角折叠，使点C落在△ABC内部，若∠1＝45°，则∠2＝　 　°． 9．如图，已知在△ABC中，∠BAC＝58°，∠ACB＝70°，BE是∠ABC的平分线，AF⊥BC，垂足是F，BE与AF相交于点D，∠ADE＝ 　 　度． 10．如图，点O是△ABC的重心，延长AO交BC于点D，延长BO交AC于点E．若BC＝6，AC＝4，则BD+AE＝ 　 　． 第10题图 第9题图 三、解答题 11．已知：如图1，在△ABC中，CD是高，若∠A＝∠DCB． （1）试判断△ABC的形状，并说明理由； （2）如图2，若AE是△ABC的角平分线，AE、CD相交于点F．求证：∠CFE＝∠CEF． 12．如图，在△ABC中，∠CAE＝18°，∠C＝42°，∠CBD＝27°． （1）求∠AFB的度数； （2）若∠BAF＝2∠ABF，求∠BAF的度数． 13．如图，点C，D分别在射线OA，OB上，CE是∠ACD的平分线，CE的反向延长线与∠ODC的平分线交于点P． （1）如图1，当∠AOB＝∠OCD＝60°时，∠P＝ 　 　． （2）如图2，当∠AOB＝60°，点C，D在射线OA，OB上任意移动时（不与点O重合），∠P的大小是否变化？若变，请说明理由；若不变，请求出∠P的度数． （3）如图3，若∠OCD+∠ODC＝α（0°＜α＜180°），请直接写出∠P的度数（用含α的式子表示）． 14．如图（1），直线EF与直线AB，CD分别交于点G，H，∠AGE为钝角，∠EHD+∠AGE＝180°． （1）求证；AB∥CD； （2）如图（2），点M，N分别在直线AB，CD上，点P（不在直线EF上）是直线AB，CD之间一点，连接MN，PM，PN．若PN∥EF，PM⊥PN，求∠PMB+∠EHD等于多少度？ （3）如图（3），在（2）的条件下，MQ平分∠AMN交直线CD于点Q，PR平分∠MPN交MQ于点T，交直线CD于点R．若∠AMN﹣2∠PND＝4°，∠PNM＝60°，求∠PTQ 的度数． 15．如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，AE平分∠BAC交BC于点E． （1）若∠B＝70°，∠C＝30°，求∠DAE的度数； （2）若∠B﹣∠C＝40°，求∠DAE的度数． 参考答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 答案 C B C B B 1．【解答】解：∵三角形三边长分别为2，9，x且x为整数， ∴9﹣2＜x＜9+2， ∴7＜x＜11， ∴x为8、9、10， 故选：C． 2【解答】解：连接BC，设BE与CD交于点M，如图所示． 在△ABC中，∠A＝70°，∠ABM＝40°，∠ACM＝30°， ∴根据三角形内角和定理， ∠MBC+∠MCB ＝180°﹣∠A﹣∠ABM﹣∠ACM ＝180°﹣70°﹣40°﹣30° ＝40°． 又∵∠D+∠E+∠DME＝180°，∠MBC+∠MCB+∠BMC＝180°，∠DME＝∠BMC， ∴∠D+∠E＝∠MBC+∠MCB＝40°，即∠D+∠E的度数为40°． 故选：B． 3．【解答】解：∵如图可知∠BED＝∠F+∠B，∠CGE＝∠C+∠A， 又∵∠BED＝∠D+∠EGD， ∴∠F+∠B＝∠D+∠EGD， 又∵∠CGE+∠EGD＝180°， ∴∠C+∠A+∠F+∠B﹣∠D＝180°， 又∵∠D＝28°， ∴∠A+∠B+∠C+∠F＝180°+28°＝208°， 故选：C． 4．【解答】解：∵∠B＝50°，∠C＝60°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝70°． ∵AE是∠BAC 的平分线， ∴， ∵AD是BC边上的高线， ∴∠ADC＝90°， ∴∠DAC＝90°﹣∠C＝30°， ∴∠EAD＝∠EAC﹣∠DAC＝5°． 故选：B． 5．【解答】解：∵△ADE沿DE折叠得到△FDE， ∴∠A＝∠F＝65°， ∴∠ADE+∠AED＝180°﹣∠A＝115°，∠FDE+∠FED＝180°﹣∠F＝115°， ∴∠1+∠2＝180°×2﹣（∠ADE+∠AED）﹣（∠FDE+∠FED）＝130°， 故选：B． 二、填空题 6．【解答】解：在△PBC中，∵∠BPC＝130°， ∴∠PBC+∠PCB＝180°﹣130°＝50°． ∵PB、PC分别是∠ABC和∠ACB的角平分线， ∴∠ABC+∠ACB＝2（∠PBC+∠PCB）＝2×50°＝100°， 在△ABC中，∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣100°＝80°． 故答案为：80°． 7．【解答】解：由三角形的三边关系可得：4﹣2＜a﹣4＜4+2， 解得：6＜a＜10， ∴|a﹣3|+|a﹣11|＝a﹣3+11﹣a＝8， 所以化简|a﹣3|+|a﹣11|的结果是8， 故答案为：8． 8．【解答】解：如图， 由折叠的性质可得∠CDE＝∠C'DE，∠CED＝∠C'ED， ∵∠A＝75°，∠B＝65°， ∴∠C＝180°﹣（65°+75°）＝40°， ∴∠CDE+∠CED＝180°﹣∠C＝140°， ∴∠2＝360°﹣（∠A+∠B+∠1+∠CED+∠CDE）＝360°﹣325°＝35°． 故答案为：35． 9．【解答】解：∵∠BAC+∠ACB+∠ABC＝180°，∠BAC＝58°，∠ACB＝70°， ∴∠ABC＝180°﹣58°﹣70°＝52°， ∵BE平分∠ABC， ∴∠DBF， ∵AF⊥BC， ∴∠BDF＝90°﹣∠DBF＝90°﹣26°＝64°， ∴∠ADE＝∠BDF＝64°， 故答案为：64． 10．【解答】解：∵点O是△ABC的重心，延长AO交BC于点D，延长BO交AC于点E． ∴BD，AE， ∴BD+AE（BC+AC）5． 故答案为：5． 三、解答题 11．【解答】（1）解：△ABC是直角三角形，理由如下： ∵在△ABC中，CD是高，∠A＝∠DCB， ∴∠CDA＝90°， ∴∠A+∠ACD＝90°， ∴∠DCB+∠ACD＝90°， ∴∠ACB＝90°， ∴△ABC是直角三角形； （2）证明：∵AE是角平分线， ∴∠DAF＝∠BAE， ∵∠FDA＝90°，∠ACE＝90°， ∴∠DAF+∠AFD＝90°，∠CAE+∠CEA＝90°， ∴∠AFD＝∠CEA， ∵∠AFD＝∠CFE， ∴∠CFE＝∠CEA， 即∠CFE＝∠CEF． 12．【解答】解：（1）∵∠AEB＝∠C+∠CAE，∠C＝42°，∠CAE＝18°， ∴∠AEB＝60°， ∵∠CBD＝27°， ∴∠BFE＝180°﹣27°﹣60°＝93°， ∴∠AFB＝180°﹣∠BFE＝87°； （2）∵∠BAF＝2∠ABF，∠BFE＝93°， ∴3∠ABF＝93°， ∴∠ABF＝31°， ∴∠BAF＝62°． 13．【解答】解：（1）由条件可知∠ACD＝180°﹣∠OCD＝180°﹣60°＝120°， ， ∵△OCD中，∠AOB＝∠OCD＝60°， ∴∠ODC＝180°﹣∠AOB﹣∠OCD＝60°， ∵DP平分∠ODC， ∴， ∵△PDC中，∠ECD＝∠P+∠PDC， ∴∠P＝∠ECD﹣∠PDC＝60°﹣30°＝30°， 故答案为：30°； （2）∠P的大小不变，∠P＝30°，理由如下： ∵CE平分∠ACD，DP平分∠ODC， ∴，， ∴， ∴， ∴， 答：当∠AOB＝60°，当点C，D在射线OA，OB上任意移动时（不与点O重合），∠P的大小不变，∠P＝30°； （3）若∠OCD+∠ODC＝α， 则∠AOB＝180°﹣（∠OCD+∠ODC）＝180°﹣α， 由（2）可得：． 14．【解答】（1）证明：∵直线AB与直线EF交于点G， ∴∠AGE＝∠BGF， 又∵∠EHD+∠AGE＝180°， ∴∠EHD+∠BGF＝180°， ∴AB∥CD； （2）过点P作PK∥AB，如图所示： 由（1）可知：AB∥CD， ∴AB∥PK∥CD， ∴∠PMB＝∠MPK，∠PND＝∠NPK， ∴∠PMB+∠PND＝∠MPK+∠NPK＝∠MPN， ∵PM⊥PN， ∴∠MPN＝90°， ∴∠PMB+∠PND＝90°， ∵PN∥EF， ∴∠EHD＝∠PND， ∴∠PMB+∠EHD＝90°； （3）设∠AMQ＝α， ∵MQ平分∠AMN， ∴∠AMQ＝∠QMN＝α， ∴∠AMN＝2α， ∵PM⊥PN，∠PNM＝60°， ∴∠PMN＝90°﹣60°＝30°， ∴∠QMP＝∠QMN+∠PMN＝α+30°， ∠PMB＝180°﹣∠AMN﹣∠PMN＝180°﹣2α﹣30°＝150°﹣2α， 由（2）可知：∠PMB+∠PND＝90°， ∴∠PND＝90°﹣∠PMB＝90°﹣（150°﹣2α）＝2α﹣60°， ∵∠AMN﹣2∠PND＝4°， ∴2α﹣2（2α﹣60°）＝4°， 解得：α＝58°， ∴∠QMP＝α+30°＝88°， ∵PM⊥PN，PR平分∠MPN， ∴∠MPT＝45°， ∴∠PTQ＝∠QMP+∠MPT＝45°+88°＝133°． 15．【解答】解：（1）∵∠B+∠C+∠BAC＝180°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣70°﹣30°＝80°， ∵AE平分∠BAC， ∴∠BAE∠BAC＝40°， ∵AD⊥BC， ∴∠ADE＝90°， ∴∠BAD＝90°﹣∠B＝90°﹣70°＝20°； ∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝40°﹣20°＝20°； （2）∵∠B+∠C+∠BAC＝180°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C， ∵AE平分∠BAC， ∴∠BAE∠BAC（180°﹣∠B﹣∠C）＝90°（∠B+∠C）， ∵AD⊥BC， ∴∠BAD＝90°﹣∠B， ∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝90°（∠B+∠C）﹣（90°﹣∠B）（∠B﹣∠C）． 又∵∠B﹣∠C＝40°， ∴∠DAE40°＝20°． 学科网（北京）股份有限公司 $$