第13章 三角形 综合评价-【鸿鹄志·名师测控】2025-2026学年新教材八年级上册数学（人教版2024）

第十三章综合评价 (时间：120分钟满分：120分) 一、选择题（每小题3分，共30分） 1.下面四个图形中，线段AD是△ABC的高的是 母 洲 B 2.下列结构不是利用三角形的稳定性的是 A.自行车的三角形车架 B.三角形房架 C.伸缩门 D.矩形门框的斜拉条 弥 3.如图，三角形的个数为 A.2 B.3 C.5 D.6 (第3题图) (第4题图) (第6题图) 4.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是边AB上的高.那么图 中与∠A相等的角是 ( ) 封 A.∠B B.∠ACD C.∠BCD D.∠BDC 5.如果一个三角形的两边长分别为2和4，则第三边长可能 是 ( A.2 B.4 C.6 D.8 茶 6.如图，AM是△ABC的中线，△ABC的面积为4cm,则 △ABM的面积为 ( ) A.8 cm2 B.4 cm2 C.2 cm2 D.以上答案都不对 7.如图，在△ABC中，AD为△ABC的角平分线，BE为△ABC 的高，∠C=70°，∠ABC=48°，那么∠BFD的度数为 ( A.59° B.60 C.569 D.22 C (第7题图) (第8题图) (第9题图) 毫 8.如图，△ABC的角平分线BD与中线CE相交于点O.有下列 两个结论：①BO是△CBE的角平分线；②CO是△CBD的中 线.下列说法正确的是 ) A.只有①正确 B.只有②正确 C.①和②都正确 D.①和②都不正确 第1页（共6页） 9.将一副直角三角尺按如图所示方式放置，使含30°角的三角尺 的一条直角边和含45°角的三角尺的一条直角边重合，则∠1 的度数为 A.45° B.65 C.70° D.75° 10.如图，△ABC的角平分线CD,BE相交于点 F,∠A=90°，EG∥BC,且CG⊥EG于点G. 下列结论：①∠CEG=2∠DCB;②∠DFB= ∠CGE,③∠ADC=∠GCD:④CA平分 ∠BCG.其中，正确的结论是 A.③④ B.①②④ C.①②③ D.①②③④ 二、填空题（每小题3分，共24分） 11.如果一个三角形两边为2cm,7cm,且第三边为奇数，则该三 角形的周长是 12.如图，在△ABC中，∠A=35°，∠C=60°，BD平分∠ABC, DE∥BC交AB于点E,则∠BDC= /B M (第12题图) (第14题图) (第15题图) 13.在直角三角形中，一个锐角比另一个锐角的3倍还多10°，则 较小的锐角度数是 14.如图，在△ABC中，∠BDC=110°，点D是∠ABC和∠ACB 平分线的交点，则∠A的度数为 15.如图，直线a∥b,直线c与直线a,b分别相交于点A,B, AM⊥b,垂足为M.若∠1=58°，则∠2的度数为 16.如图，在△ABC中，CD是AB边上的中线，E是AC的中点.已 知△DEC的面积是4cm,则△ABC的面积是 cm. (第16题图) (第17题图) (第18题图) 17.在△ABC中，将∠B,∠C按如图所示的方式折叠，点B,C均 落于边BC上一点G处，线段MN,EF为折痕.若∠A=82°， 则∠MGE的度数为 18.如图，∠A=70°，∠B=26°，∠C=20°，则∠BDC的度数为 第2页（共6页） 三、解答题（共66分） 19.(6分)在△ABC中，∠B=∠A+10°，∠C=∠B+10°，求 △ABC的各内角的度数. 20.(8分)如图，在△ABC中. (1)画出边BC上的高AD和中线AE; (2)若∠B=40°，∠ACB=120°，求∠BAD和∠CAD的度数. 21.(6分)如图，B处在A处的南偏西45°方向，C处在A处的南 偏东30方向，C处在B处的北偏东60°方向，求∠C的度数. 第3页（共6页） 22.(8分)下面是多媒体上展示的一道习题，请你将下面的解题 过程补充完整， 试题：如图，在△ABC中，∠BAC=60°，∠ACB=40°，AP平 分∠BAC交BC于点P,BN⊥AP于点M,交AC于点N,求 ∠CBN的度数. 解：根据三角形的内角和定理可知： ∠ABC+∠ACB+∠BAC= 又.∠BAC=60°，∠ACB=40°， ∴.∠ABC= 0 .BN⊥AP,.∠AMB=90. 又.AP平分∠BAC, ∴.∠BAP= ∠BAC= ∴.∠ABM=90°-∠BAP= .∠CBN=∠ 23.(8分)已知a,b,c为△ABC的三边长，b,c满足(b-2)2+ c一3|=0，且a为方程|x一4|=2的解，求△ABC的周长，并 判断△ABC的形状. 24.(8分)已知，直线PQ∥MN,△ABC的顶点A与B分别在直 线MN与PQ上，点C在直线AB的右侧，且∠C=45°，设 ∠CBQ=∠a,∠CAN=∠β. (1)如图①，当点C落在PQ的上方时，AC与PQ相交于点 D,求证：∠B=∠a+45°. 请将下列推理过程补充完整： 证明：.'∠CDQ是△CBD的一个外角（三角形外角的定义）， '.∠CDQ=∠α十∠C(三角形的外角等于与它不相邻的 两个内角的和) .'PQ∥MN( ∴.∠CDQ=∠B( 第4页（共6页） ∴.∠B= (等量代换). :∠C=45(已知)， ∴.∠B=∠α十45°（等量代换）； (2)如图②，当点C落在直线MN的下方时，BC与MN交于 点F,请判断∠α与∠3的数量关系，并说明理由. pB以QD 图① 图② 25.(10分)如图，∠AOB=90°，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△CDO的平分 线交于点F. (1)若∠OCD=50°，试求∠F的度数； (2)当C,D在射线OA,OB上任意移动时（不与点O重合）， ∠F的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变化，请 证明. ○ 第5页（共6页） 26.(12分)综合实践 【知识发现】古希腊七贤之一，著名哲学家泰勒斯(Thales)最 早从拼图实践中发现了“三角形内角和等于180°”，但这种发 现完全是经验性的，泰勒斯并没有给出严格的证明.之后古希 腊数学家毕达哥拉斯、欧几里得、普罗科拉斯等相继给出了基 于平行线性质的不同的证明.其中欧几里得利用平行线和延 长线，通过一组同位角和内错角证明了该定理.请同学们帮助 欧几里得将证明过程补充完整， (1)已知：如图①，在△ABC中， 求证：∠A+∠B+∠BCA=180°. 证明：延长线段BC至点F,并过点C作CE∥AB. .CE∥AB,. =∠1， =∠2. ,∠ACB+∠1+∠2=180°( ）. ∴.∠ACB+∠A+∠B=180°； (2)【结论运用】如图②，已知∠AOB,点H,Q分别在OA,OB 上，连接HQ,作∠OQH的平分线MQ交OA于点M,过 点M作MN∥HQ交OB于点N.若∠OQH=100°， ∠OMN=48°，求∠AOB的度数； (3)【拓展延伸】如图③，在(2)的条件下，若OA绕点O逆时针 旋转，交直线FN于点E,作∠OEF的平分线ED交射线 QM于点D,则在旋转的过程中，器的值是否变化： 若不变，请求出其值；若变化，请说明理由， Q 图① 图② 图③ 第6页（共6页）难点突破专题求分式方程中参数的值 1.C2.m≤4且m≠33解：方程两边乘(x-4),得x-3(x-4)=a.解得x=12,4 2 :分式的分母不为0，x≠4,12,0≠4.解得a≠4.由题意，得x≥2，即2,0≥2，解 2 2 得a<8.∴a的取值范围是a≤8且a≠4,4B5解：1)把k=3代入方程，得，2 十3=？二二.方程两边乘(x-2),得1十3(x一2)=x-3.解得x=1.经检验，x=1是原 2x1 方程的根，.该方程的解为x=1:(2)方程两边乘(x一2)，得1十3(x一2)=x一k.由分 式方程有增根，得到x一2=0，即x=2.把x=2代入整式方程，得2一k=1,解得k=1. 6.17.13 第2课时分式方程的实际应用 基础过关 1.D2.4000-4200=33.解：设规定日期是x天，则甲队单独做需x天，乙队单独 x1.5x 做需(x十3)天.根据题意，得二十千3=1.解得x=6,经检验x=6是原分式方程的 解，且符合题意答：规定日别是6天。4B52+品=1256解：1)2 (2)09(3)根据题意，得10-9-9 x 2x 一27-0解得x=15.经检验，x=15是原分式方程 的解，且符合题意.答：骑车同学的速度为15km/h. 能力提升 7A8.54,59,解：(1)设这项工程为单位1，规定的工期为x天.根据题意，得4 十千5=1.解得x=20.经检验=20是原分式方程的解，且符合题意，答：规定的工 期为20天；(2)由题意和(1)知，甲队单独完成这项工程需20天，乙队单独完成这项工 程需25天，故①③方案能够保证工程如期完工.方案①所需施工费用为20×1.5=30 (万元)，方案③所需施工费用为4×1.5十20×1=26（万元）.：30>26，.方案③的施 工费用最少， 思维拓展 10.解：(1)AC(2)解法一：设步行的速度为xm/min,则骑自行车的速度为 3xm/min.根据题意，得300_3000=25.解得x=80.经检验，x=80是原分式方程 3x 的解，且符合题意.此时3x=240.答：步行的速度为80m/min,骑自行车的速度为 240m/min;解法二：设步行的时间为xmin,则骑自行车的时间为(x一25)min.根据题 意，得8×3四-吧解得一要经检验一空是原分式方程的解，且符合圈。 此时390-80(m/mi.30器-240(m/mim).答：步行的连度为80nm/min,骑自行车 3000 75 的速度为240m/min. 分类强化专题分式方程的应用 1.解：(1)设甲操控A型收割机每小时收割x亩水稻，则乙操控B型收割机每小时收割 (1一40%)x亩水稻.根据题意，得1-40%)x一工 6 -6=0.4.解得x=10.经检验，x=10 是原分式方程的解，且符合题意.∴.(1一40%)x=(1一40%)×10=6.答：甲操控A型 收割机每小时收割10亩水稻，乙操控B型收割机每小时收割6亩水稻：(2)设安排甲 收割yh.根据题意，得3%×10y十2%(100-10y)≤2.4%×100.解得y≤4.故y的最 大值为4.答：最多安排甲收割4h.2.解：设方案二需要的时间为tmin,则方案一需 第34页（共60页） 要的时间为：十30mm根据题意，得，0×1.8=1，解得1=78，经检验1=78是原 分式方程的解，且符合题意.答：方案二需要的时间为78min.3.解：(1)设购买一件 A材质的吉祥物需要x元，则购买一件B材质的吉祥物需要(x十50)元，根据题意，得 30”=0×4,解得x=50,经检验，x=50是原分式方程的解，且符合题意，则 x 50=50十50=100.答：购买一件A材质的吉祥物需要50元，购买一件B材质的吉祥物 需要100元；(2)设该学校此次购买y个B材质的吉祥物，则购买(50一y)个A材质的 吉祥物.根据题意，得50×0.9(50-y)十100×(1十20%)y≤3000.解得y≤10.∴y的 最大值为10.答：该学校此次最多可购买10个B材质的吉祥物. 数学活动 1LA2.B3A【室式04解：=名6+3)2a-)=(任-32a+ ).整理可得6似=6，解得x=g。5.解：任务一：等式的性质2等式的性质1 分式的基本性质任务二：①25410（答案不唯一）@-子一子（答案不唯 一）⑧若后-分则名号@证明：“号-京d=k:名号 a-b c-d (atb)(c-d)(ab)(c+d)actbc-ad-bd-actbc-ad+bd 2bc-2ad (a-b)(c-d)(a-b)(c-d) (a-b)(c-d) (a-b)(c-d) 0.∴名-县6解：填表为：9号4}24}9号9号4子2 a-b c-d 9日箭想：+≥2.证明知下：当x≠0时，2十片-2=(-) 44 (一）≥0+是-2≥0，即2+2≥2当=士1时r+=2 第十八章整合与提升 高频考点突破 B2.B314.A5.A6.A7.6a8819,D10,A山.x 12解：1原式=号六=号=”=异(2)原式 (号2a2-号a+2-a+2d- .a(a+2)_ a ,a-1=a2-4·a-1=(a+2)(a-2)a-1a-2 18解：原式=品（牛）=品·异当=4时，原式 六=号，141.03×10115.号16D17.A18m<-1且m≠-10 19.解：方程两边乘(2x-1)(2x十1)，得2(2x十1D=4,解得x=之.检验：当x=号 时(2x十1)(2x-1)=0,因此x=合不是原分式方程的解，所以，原分式方程无解： (2)方程两边乘2(x十3)，得4红十2(x十3)=7，解得x=合检验：当x=名时，2(x+3) 1 ≠0，所以，原分式方程的解为x=6,20,B21.解：设“滨滨”纪念品的单价是x元， 则“妮妮”纪念品的单价是1.5x元.根据题意，得150-800=5.解得x=60.经检 x 1.5x 验，x=60是原分式方程的解，且符合题意.1.5x=1.5×60=90.答：“滨滨”纪念品的 单价是60元，“妮妮”纪念品的单价是90元， 易错易混专攻 1.A2.B3.C4.m<2且m≠0 第35页（共60页） 常考题型演练 1.D2.D3.解：设安排x名工人安装横杠，(7一x)名工人安装竖杠.根据题意，得 婴-29解得=3经检验=3是原分式方程的解，且符合题意，当=3时，7 -x=7-3=4.3×250十4×300=1950（元）.答：支付给工人的总费用为1950元. 综合评价答案 第十三章综合评价 1.D2.C3.C4.C5.B6.C7.A8.A9.D10.C11.16cm12.77.5° 13.20°14.40°15.32°16.1617.82°18.116°19.解：∠B=∠A+10°，∠C= ∠B+10°，·∠C=∠A十10°+10°=∠A十20°.由三角形内角和定理，得∠A十∠B+ ∠C=180°，∴∠A十∠A+10°+∠A+20°=180°，∴.∠A=50°..∠B=50°+10°=60°， ∠C=50°+20°=70°.20.解：(1)如图，AD和AE即为所求； E CD (2)AD⊥BC,∴∠ADB=90°，∴.∠BAD=90°-∠B=90°-40°=50°.：∠ACB= ∠CAD+∠ADB,∴∠CAD=120°-90°=30°.2L.解：由题意，得∠BAE=45°， ∠EAC=30°，∠DBC=60°，∴.∠BAC=∠BAE+∠EAC=45°+30°=75°.：AE∥BD, .∠DBA=∠BAE=45°.∠DBC=60°，.∠ABC=∠DBC-∠DBA=60°-45°= 15°，∠C=180°-∠ABC-∠BAC=180°-15°-75°=90°.22.18080230 60 ABC ABM2023.解：.(b-2)2+c-3|=0,(b-2)2≥0，c-3≥0，.(b 2)2=0,c-3|=0,∴.b-2=0,c-3=0,解得b=2,c=3.a为方程x-4|=2的解， .a-4=士2，解得a=6或2.：a,b,c为△ABC的三边长，b十c<6,∴.a=6不符合题 意，舍去，.a=2,△ABC的周长为a十b十c=2十2十3=7.a=b=2,.△ABC是 等腰三角形.24.解：(1)已知两直线平行，同位角相等∠α十∠C(2).∠CFV 是△ACF的一个外角（三角形外角的定义），.∠CFV=∠B十∠C(三角形的外角等于 与它不相邻的两个内角的和).：PQ∥MN(已知)，∴∠CFN=∠α（两直线平行，同位 角相等)，.∠a=∠B+∠C(等量代换).·∠C=45(已知)，.∠a=∠B+45°（等量代 换).25.解：(1)：∠AOB=90°，∠OCD=50°，.∠CDO=40°，∠ACD=130°，：CE 是∠ACD的平分线，DF是∠CDO的平分线，∠ECD=∠ACD=65,∠CDF= 合∠CD0=20,∠F=∠ECD-∠CDF=45,(2)不变化，∠F=45,证明如下： ∠AOB=90°，∴∠CDO=90°-∠OCD,∠ACD=180°-∠OCD.CE是∠ACD的 平分线，DF是∠CD0的平分线，∠ECD=号∠ACD=90-号∠OCD,∠CDF= 2∠CD0=45°-∠0CD,∠F=∠BCD-∠CDF=45.6,解：I∠A∠B 平角的定义(2)：MN∥HQ,∴.∠OMN=∠OHQ=48°.又，∠OQH=100°，根据三 角形内角和为180∠A0B=10-10m-4仔=32，(3)二器的值不变，为子由 三角形外角的性质，得∠OEF=∠A'OB+∠ONE,∠ONE=∠NQM+∠NMQ.:'MQ 平分∠OQH,∴.∠OQM=∠MQH.又：MN∥HQ,∴.∠NMQ=∠MQH,∴.∠NQM= ∠NMQ,∴.∠ONE=2∠OQM.∴.∠OEF=∠A'OB+2∠OQM,又：DE平分∠OEF, .∠OEF=2∠DEO..2∠DEO=∠A'OB+2∠OQM,.∠A'OB=2(∠DEO- ∠OQM).设DQ与OA'交于点K,∴.∠DKE=∠OKQ.由三角形内角和为180°，得 ∠EDQ+∠DE0=∠A0B+∠0QM,即∠EDQ+∠4O-∠AOB,8器- 2 第36页（共60页）