第一章 三角形 素养提升检测卷-【优+密卷】2025-2026学年七年级上册数学（鲁教版五四学制·新教材）

优密卷七年级上册数学·0 10.(太原清徐期末)如图所示，在△ABC中，过点C作CD⊥ AB于点D,且BD=CD,过点B作BM⊥AC于点M,连 第一章素养提升检测卷 接MD,过点D作DN⊥MD,交BM于点N,CD与BM ◆①时同：120分钟满分：120分 第4题图 第5题图 交于点E.以下结论错误的是() 5.如图所示，点O是△ABC的重心，则图中与△ABD面积相 A.∠ABM=∠ACD B.BN=CE 题 号 二 三 总分 等的三角形有() C.∠AMD=45 D.AD=DE 帝 分 A.3个 B.4个 C.5个 D.6个 二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分） 、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有 6.利用基本作图，不能作出唯一三角形的是() 11,已知a,b,c是△ABC的三边长，a,b满足|a-5+(b 一个选项符合题目要求) A.已知两边及其夹角 B.已知两角及其夹边 2)2=0,c为偶数，则△ABC的周长为 1.应用意识在实际生活中，我们经常利用一些几何图形的稳 C.已知两边及一边的对角D.已知三边 12.在△ABC中，∠A=50°，∠B=30°，点D在AB边上，连接 弥 定性或不稳定性，下列实物图中利用了稳定性的是( 7.在测量一个小口圆形容器的壁厚时，小明用“X型转动钳”按 CD,若△ACD为直角三角形，则∠BCD的度数为. 如图所示的方法进行测量，其中OA=OD,OB=OC,测得 13.如图所示，在△ABC中，EF∥BC,B,D,C,G在同一条直 A,B两点之间的距离为a,EF二b,圆形容器的壁厚是( ) 线上，∠BAC的平分线交BC于点D,记∠ADC=a, 侧 B.6 ∠ACG=B,∠AEF=y,则aP,Y三者间的数量关系 A.电动伸缩门 B.升降台 是 C.b-a D.2(b-a) 封 14.如图所示，AB=AD,AC=AE,∠DAB=∠CAE=52°，则 ∠BOC= C.栅栏 D.窗户 2,将一个三角形纸片剪开分成两个三角形，这两个三角形不 可能( 第7题图 第8题图 A.都是直角三角形 8.D几何直观如图所示，将一个直角三角形纸片ABC 第14题图 第15题图 线 B.都是钝角三角形 (∠ACB=90)沿线段CD折叠，使点B落在B'处，若 15,(安阳滑县期末)如图所示，小明与小敏玩跷跷板游戏，支 C.都是锐角三角形 ∠ACB'=72°，则∠ACD的度数为() 点O是跷跷板的中点，两人分别坐在跷跷板两端（即OF D.是一个直角三角形和一个钝角三角形 A.9° B.10° OG),如果点O至地面的距离是50cm,当小敏从水平位置 3.下列四个图形中，有两个全等的图形，它们是( C.12 D.18° CD下降40cm,这时小明离地面的高度是 9.如图所示，已知CD⊥AB,BE⊥AC,且AO平分∠BAC,那 16.如图所示，在Rt△AEB和Rt△AFC中，∠E=∠F=90° 么图中全等三角形共有( BE=CF,BE与AC相交于点M,与CF相交于点D,AB A.2对 B.3对 与CF相交于点N,∠EAC=∠FAB.有下列结论： 2 4 C.4对 D.5对 ①∠B=∠C;②CD=DN;③CM=BN;④△ACN≌ A.①和② B.①和③ C.②和④ D.③和④ △ABM.其中正确结论的序号是 经 4.如图所示，在△ABC中，EF∥AC,BD⊥AC,BD交EF于 点G,则下面说法错误的是() A.BD是△ABC的高 B.CD是△BCD的高 C.EG是△BEG的高 D.BE是△BEF的高 第9题图 第10题图 三、解答题（本题共7小题，共72分，解答应写出文宇说明、证20.（本小题满分10分）如图所示，在等腰三角形ABC中， (1)试说明：△AEC2△BFD. 明过程或演算步骤) AB=AC,点D在AB上运动，点E在AC的延长线上运 (2)若∠EDA+∠DBF=∠AED,AE=6,ED=8,EM= 17.(本小题满分8分)新情境小明一家计划从家B出发， 动，且BD=CE. 5,画出△EMD中EM边上的高DH,并求DH的长度 到景点C旅游，由于BC之间是一个小水库，无法通过，如 (1)试说明：DF=FE 图所示只有B→A→C和B→P→C两条路线，哪一条路 (2)作DK⊥BC于K,试说明：KF-2BC. 线比较近？为什么？ 18.(本小题满分8分)如图所示，在△ABC中，∠ACB=60°， 23.(本小题满分14分)（宿州萧县期末）如图①所示，CA⊥ ∠BAC=T5°，AD⊥BC于点D,BE⊥AC于点E,AD与 优密卷 AB,DB⊥AB,AC=BD,P,Q分别为线段AB,BD上任 BE交于点H.连接CH,求∠CHD的度数， 意一点 (1)若P为AB的中点，点Q与点D重合，试说明△ACP 与△BDP全等. 21.(本小题满分12分)如图所示，AD∥BC,AB⊥BC,AB (2)如图②所示，若∠CPQ=90°，CP=PQ,求AC,BQ, AD,连接AC,过点D作DE⊥AC于点E,过点B作 AB之间的数量关系， BF⊥AC于点F. (3)如图③所示，将“CA⊥AB,DB⊥AB”改为“∠A (1)若∠ABF=63°，求∠ADE的度数 ∠B=a(a为锐角)”，其他条件不变.若∠CPQ=a,CP= (2)请求出线段BF,EF,DE三者间的数量关系」 PQ,判断(2)中的数量关系是否会改变？并说明理由 19.(本小题满分8分)（西安新城区期末）如图所示，已知两个 滑梯BC和EF的倾斜角∠ABC和∠DFE互为余角（即 ∠ABC十∠DFE=90),且左边滑梯的高度AC与右边滑 4公 梯水平方向的长度DF相等，且AC⊥BF,ED⊥BF.小明 说：“只要量出左侧滑梯水平方向的长度AB就可以知道右 侧滑梯的高度DE了.”他的说法正确吗？请你说明理由. 22.(本小题满分12分)如图所示，已知EM是△ADE的中 线，B,C是AD边上的两点，且点M恰好是线段BC的中 点，AE=BF,EC=FD, 一4因为AD与BE交于点H, 所以DB=AC, 所以CF是△ABC的高，即 在△AEC和△BFD中， CF⊥AB. AE-BF, 参考答案 因为∠BAC=75°， EC-FD. 七年缓上围数学·0 所以∠ACF=90 ∠BAC AC-BD 15° 所以△AEC≌△BFD(SSS). 因为∠ACB=60°， (2)如图所示，因为△AEC2△BFD, 所以△ADE≌△CFE(ASA) 所以/BCF=ACB一/ACF=4S” 所以∠EAC=∠DBF 第一章基础达标检测卷 (2)因为△ADE2△CFE, 在R△CDH中，∠CHD=90°-∠BCF=45 图为∠EDA+∠DBF-∠AED, 所以AD=CF=14. 19解：他的说法正确，理由如下： 所以∠EDA十∠EAD-∠AED 1,B2.C3C4.B5,D6C7.D8D9D10.A 因为点E是边AC的中点，CE=10, 因为AC⊥BF,ED⊥BF 因为∠EDA+∠EAD+∠AED=180°， 11.2,3,412.2913.CD-CE(容案不雅一)14.75 听以AC=2CE=20 所以∠BAC-∠EDF-90', 所以∠EDA十∠EAD=∠AED=90°， 15.95165 因为AB=AC,所以AB=20, 所以∠DEF+∠DFE-90 所以△AED是直角三角形 解以DB=AB-AD=20一14=6 又∠ABC十∠D下E=90 因为EM是△ADE的中线，所以SAm=25am 17,解：佳佳从家到学校走的路远，理由如下， 22.解：(1)因为BE平分∠ABC,所以∠ABE=∠DBE 所以DE5=/ABC 因为在△ACD中，AC+CD>AD.佳佳从家到学校走的 在△ABE和△DBE中 在△BAC与△EDF中， 路是AC十CD十BD,膏音从家到学粒走的路是 因为AB=DB,∠ABE∠DBE,BE-BE, ∠ABC=∠DEF, AD+BD. 所以△ABE≌△DBE(SAS). ∠BAC=∠EDF 所以AC+CD十BD>AD十BD,即佳佳从家到学校走的 (2)因为△ABE△DBE,所以∠AFB-∠DEB AC=DF, 路远。 因为∠CDE-80°.∠C-50, 所以△BAC≌△EDF(AAS),所以AB=DE. I8.解：由折叠可得∠ACD=∠BCD,∠BDC=∠CDE. 2D,解：(1)如图所示，过点D作DG∥AE,交BC于点G. 因为∠ACB-90',所以∠ACD- ∠ACB-45 所以∠DEC=50°，所以∠AEB= 2 ∠AED=(180° 因为DH是△EMD中EM边上的高， 因为∠A=30°， 50')×号-65 所以×AE·DE-2X×EM·DH, B 所以∠ADC=180 ∠A- ∠ACD=180°-30 23.解：(1)因为∠1=∠2=∠BAC,∠1=180°-∠AEB= 45=105°， ∠BAE+∠ABE,∠2=180°-∠AFC=∠FAC+ 因为AB=AC,所以∠B=∠ACB 即6X8-2X5DH,D-2 所以∠BDC=180°-∠ADC=180°-105=75 ∠FCA,∠BAC=∠BAE+∠FAC, 因为DG∥AC, 23.解：(1)由题意可知AC=DB 所以∠CDE-75 所以∠BAE=∠FCA,∠ABE=∠FAC 所以∠ACB-∠DGB,∠DGC=∠BCE 为AC⊥AB,DB⊥AB 19,解：因为AE-BF 在△ABE和△CAF中， 所以∠ACB=∠DGB=∠B,所以DG=DB. 所以∠A=90°，∠B=90,所以∠A=∠B=90 所以AE十EF-BF十EF,即AF=BE, 因为∠BAE=∠ACF,AB=AC,∠ABE=∠CAF, 因为BD=CE,所以DG-EC. 又因为P为A月的中吉，所以A卫=BP 在△ACF和△BDE中， 所以△ACP≌△BDP(SAS) 所以△ABE☑△CAF(ASA). 在△DFG和△EFC中， 因为AC=BD,CF=DE,AF=BE (2)因为 ∠1= (2)由(1)可知∠A=∠B-909 ∠2=∠BAC ·∠1=180 ∠AEB ∠DPG∠EFC, 所以△ACF②△BDE($SS), ∠DGC-∠ECF, 因为∠ACP-180°-∠A-∠CPA-90°-∠CPA ∠BAE+∠ABE,∠2=180-∠AFC=∠FAC+ 所以∠ACF一∠BDE. ∠BPQ=180°-∠CPQ-∠CPA=90°-∠CPA, ∠FCA,∠BAC-∠BAE+∠FAC, ING-EC. 20,解：(1)如图所示， 所以∠ACP=∠BPQ. 所以∠BME-∠FCA,∠ABE-∠FAC. 所以△DFG≌△EFC(AAS),所以DF一FE, 又用为CP=PQ,所以△ACP≌△BPQ(AAS) 在△ABE和△CAF中， (2)因为DK⊥BC,DB-DG, 所以AC=BP,AP=BQ, 因为∠BAE-∠FCA,AB-AC,∠ABE-∠FAC, 所以△ABE≌△CAF(ASA), 所以BK=KG=乞BG, 所以AB-AP十BP-BQ+AC, 即AC,BQ,AB之间的数量关系为AB=BQ+AC. 所以SAaE=Sae 因为CD=2BD,△ABC的而积为15， 因为△DFG2△EFC,所以GF=CF=OC, (3)不会改变，理由：因为∠ACP-180°-∠A-∠CPA 180°-a-∠CPA, 所以SaAw十Sacor=Sacr十S△amr=SAACD= 因为CM和DM的夹角为90°， 所以KF=KG+GF=2BG+GC=2(BG+GC) ∠BPQ=180°-∠CPQ-∠CPA=180°-a-∠CPA 所以∠ACP=∠BPQ 所以∠1十∠2=0 因为∠DBA=90°， ÷c 又因为CP=PQ,∠A■∠B,所以△ACP2△BPQ (AAS). 所以∠2+∠D=90',所以∠1=∠D. 第一章素养提升检测卷 21.解：(1)因为ADBC,AB⊥BC, 所以AC=BP,AP-EQ,所以AB=AP+PB=BQ+AC, 在△CAM和△MBD中， 所以∠ABC=∠BAD=O 即(2)中的数量关系不会改变 1∠A=/B=90°， 1.C2.C3.B4.D5.C6.C 因为DE⊥AC,BF⊥AC, ∠1-∠D, 7.D8.A9.C10.B 所以∠BFA=∠AED=90 第二章基础达标检测卷 CM-MD. 11.11或1312.60°政10°13.2a=+y 所以∠ABF+∠BAF=∠BAF+∠DAE=9O', 所以△CAM≌△MBD(AAS), 14.128° 15.90cm16.①③④ 所以∠ABF=∠DAE=63. 1.D2.A3D4.A5.A6.D7.B8,C9,C 所以AM=DB,AC=MB. 17.解：B·P*C路线较近，埋由如下： 因为∠AED=90',所以∠ADE=90°-∠DAE=0° 10.A 因为AC一3m,所以MB=3m, 如图所示，延长BP交AC于点D 63=275 11.512.70°13.514.515.32°16.3.68 因为AB=12m,所以AM=9m,所以DB=9m 因为在AABD中 (2)因为∠BFA=∠AED=90',∠ABF=∠DAE, 17.解：如图所示，四边形MNQP为所作， (2)9+0.5-18(s) AB+AD>BD-BP+PD A月=AD 容：小强从点M到达点A还需要18秒 在△CDP中，PD+CD>CP, 所以△ABF2△DAE(AAS). 21,解：(1)因为点E是边AC的中点， 所以AB+AD+PD+CD>BP+PD+CP 所以BF一AE,DE一AF, 所以AE=EC 即AB+AD+CD>BP十CP 所以AF-DE=AE+EF-BF+EF 因为CF∥AB,所以∠DAC=∠ACF. 所以AB+AC>BP+CP, 22.解：(1)阴为EM是△ADE的中线， 在△ADE和△CFE中， 所以B→PC路线较近. 所以AM-DM. 1∠1DA=∠ACF, 18.解：如图所示，延长CH交AB于点F. 因为M是线段BC的中点， AE-EC. 因为AD⊥BC,BE LAC, 所以BM=CM,所以AM一BM=DM-CM ∠AED-∠FEC 所以AD,BE是△ABC的高. 所以AB=DC,所以AD一AB=AD一DC,