第一章 三角形的证明 单元测试题 2025-2026学年北师大版八年级数学下册

第一章《三角形的证明》单元测试题—2025-2026学年北师大版八年级数学下册 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 1．现要在一块三角形草坪上建一凉亭，要使凉亭到草坪三个顶点的距离相等，凉亭应选的位置是（　　）． A．的三条中线的交点 B．三条角平分线的交点 C．三边的垂直平分线的交点 D．三条高所在直线的交点 2．△ABC中，∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，下列条件不能判断△ABC是直角三角形的是（　　） A．a2+b2＝c2 B．a＝5，b＝12，c＝13 C．∠A：∠B：∠C＝3：4：5 D．∠A＝∠B+∠C 3．下列说法，错误的是（　　） A．三角形三边的垂直平分线相交于一点，这点到三角形三个顶点的距离相等 B．有两个角都是的三角形是等边三角形 C．三角形的三边分别为a、b、c，若满足，那么该三角形是直角三角形 D．用反证法证明“三角形的三个内角中最多有一个直角”应假设“三角形的三个内角中至少有两个直角” 4．如图是嘉禾同学在珠海航展上观察到的带底座的无人机简易模型，其中，，若，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 5．小明将两把完全相同的长方形直尺如图放置在上，两把直尺的接触点为P，边与另外一把直尺边缘的交点为C，点C，P在这把直尺上的刻度读数分别是2，5，则的长度是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 6．如图，，点、、…在射线上，点、、…在射线上，、、…均为等边三角形，若，则的边长为（　　） A．64 B．32 C．16 D．6 7．如图，平分，且，为延长线上的一点，，过作，垂足为．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（　　） A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 8．如图，在Rt中，为AB的中点，为线段AD上一点，过点的线段FG交CD的延长线于点，交AC于点，且．分别延长交于点，若EH平分，HD平分交EG于点，则下列说法：①；②；③；④，正确的是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 9．亮亮最近学习尺规作图，他在中练习作图，痕迹如下图所示，若，，请问的度数为　 　． 10．如图，，，垂足分别为、，，与交于点．写出由上述条件得到的两个不同类的结论　 　． 11．点到的三边，，的距离相等，则点的位置在　 　． 12．在中，，，以顶点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点：再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点．若，则的长为　 　． 13．如图，在中，，，于点E，若，的周长为10，则的长为　 　． 三、解答题（本大题共7小题，共61分） 14．作图题（要求：用尺规作图，保留作图痕迹，不必写作法和证明） 如图：某地有两所大学和两条相交叉的公路（点M，N表示大学，，表示公路），现计划修建一座物资仓库，希望仓库到两所大学的距离相等，到两条公路的距离也相等，请你确定仓库P修建的位置． 15．阅读材料，并完成相应任务． 2000多年来，人们对勾股定理的证明颇感兴趣，不但因为这个定理重要、基本，还因为这个定理贴近人们的生活实际，所以很多人都探讨、研究它的证明，新的证法不断出现，下面的图形是传说中毕达哥拉斯的证明图形： 证明：①在图1中，∵， 个直角三角形的面积+两个正方形的面积， ， ②在图2中， ∵， 个直角三角形面积小正方形的面积， ． ∴ ， 整理得：， ∴ ． 任务： （1）将材料中的空缺部分补充完整； （2）如图3，在中，，，，，求的长． 16．森林火灾是一种常见的自然灾害，危害很大，随着中国科技、经济的不断发展，开始应用飞机洒水的方式扑灭火源．如图，有一台救火飞机沿东西方向，由点A飞向点B，已知点C为其中一个着火点，且点C与直线上两点 A，B的距离分别为和，又，飞机中心周围以内可以受到洒水影响． （1）着火点C 受洒水影响吗？为什么？ （2）若飞机的速度为，要想扑灭着火点C估计需要13秒，请你通过计算判断着火点C能否被扑灭？ 17．定义：在△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，若a2+ab=c2，则称△ABC为“类直角三角形”，请根据以上定义解决下列问题： （1）如图1，△ABC为等边三角形，请判断该三角形是否为“类直角三角形”，并说明理由； （2）如图2，等腰三角形△ABC为“类直角三角形”，其中AC=BC，AB>AC，请 求出∠B的大小。 18．问题情境 在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC． 特例探究 如图1，当DM＝DN时， （1）∠MDB＝　 　度； （2）MN与BM，NC之间的数量关系为　 　； 归纳证明 （3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间的数量关系，并加以证明． 拓展应用 （4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为　 　． 19．如图，在锐角三角形 ABC中，AB=AC，点 D 在 AB上，DE⊥AC于点 E，连结CD，∠CDE=∠B. （1）特例探索：如图①，若∠A = 60°，求∠ACD 的度数； （2）类比迁移：如图②，若∠A=α，求∠ACD的度数(用含α的代数式表示)； （3）拓展提升：在图②中，猜想 BD 与AE 的数量关系，并给出证明. 20．如图1，点分别是边长为的等边的边上的动点，点从顶点，点从顶点同时出发，且它们的速度都为． （1）连接交于点，则在运动的过程中，变化吗？若变化，则说明理由；若不变，则求出它的度数； （2）点在运动过程中，设运动时间为，当为何值时，为直角三角形？ （3）如图2，若点在运动到终点后继续在射线上运动，直线交点为，在运动的过程中，的大小变化吗？若变化请说明理由：若不变，请求出它的度数． 答案解析部分 1．【答案】C 【解析】【解答】解：的三边的垂直平分线交于一点，且这一交点到三角形三个顶点的距离相等． 故选：C． 【分析】根据线段垂直平分线的性质即可求出答案. 2．【答案】C 【解析】【解答】解：Ａ、根据a2+b2＝c2，可判断△ABC是直角三角形，故Ａ错误. Ｂ、根据a2+b2＝52+122＝c2＝132可判断△ABC是直角三角形，故Ｂ错误. Ｃ、根据∠A：∠B：∠C＝3：4：5，设∠A＝3x，∠B=4x，∠C＝5x，则： ∠A+∠B+∠C＝3x+4x+5x=解得：x=， ∴∠A＝，∠B=，∠C＝， ∴△ABC不是直角三角形，故Ｃ正确. D、∵∠A＝∠B+∠C， ∴∠A+∠B+∠C＝2∠A＝ ∴∠A， ∴可判断△ABC是直角三角形，故Ｄ错误. 故答案为：Ｃ. 【分析】Ａ、根据a2+b2＝c2，可判断△ABC是直角三角形.B、根据a＝5，b＝12，c＝13得a2+b2＝c2可判断△ABC是直角三角形.C、根据∠A：∠B：∠C＝3：4：5，设设∠A＝3x，∠B=4x，∠C＝5x，求出x可得∠A、∠B、∠C的度数即可判断△ABC不是直角三角形， D、∠A＝∠B+∠C结合三角形内角和定理得∠A，可判断△ABC是直角三角形，即可得答案. 3．【答案】D 【解析】【解答】解：A、三角形三边的垂直平分线相交于一点，这点到三角形三个顶点的距离相等，说法正确，∴A不符合题意； B、有两个角都是的三角形是等边三角形，说法正确，∴B不符合题意； C、三角形的三边分别为a、b、c，若满足，那么该三角形是直角三角形，说法正确，∴C不符合题意； D、用反证法证明“三角形的三个内角中最多有一个直角”应假设“三角形的内角中至少有两个角是直角”，原说法错误，∴D符合题意． 故答案为：D． 【分析】利用等边三角形的判定方法、垂直平分线的性质、勾股定理的逆定理和反证法的证明方法逐项分析判断即可. 4．【答案】C 【解析】【解答】解：延长交于K， ∵，， ∴， ∵，， ∴， 故选：C． 【分析】本题考查三角形外角性质在角度计算中的应用，解题关键是通过作辅助线构建可利用外角性质的图形。首先延长交于点，根据三角形外角性质，在中，；在中，，由此可推导出。将已知的和代入该关系式，即可求出的度数。 5．【答案】B 【解析】【解答】解：过P作于N， 由题意得：， ， 平分， ， ， ， ， ， 、P在这把直尺上的刻度读数分别是2、5， ， 的长度是 故答案为：B． 【分析】首先根据角平分线的判定可得出OP平分∠AOB，进而根据角平分线的定义和平行线的性质即可得出OC=CP=5-2=3(cm）。 6．【答案】C 【解析】【解答】解：∵为等边三角形， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴的边长为2， 同理：的边长为4，的边长为8，的边长为16． 故选：C． 【分析】根据等边三角形性质可得，根据补角可得，根据三角形内角和定理可得，则，根据等角对等边可得的边长为2，同理即可求出答案. 7．【答案】C 【解析】【解答】解：∵平分， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴，①正确； ∴， ∵、，， ∴，即②正确； ∵，， ∴ ∴ ∴ ∵，和不垂直 ∴，即不成立，故③错误； 如图：过D作交的延长线于点F， ∵平分，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，④正确． 综上，正确的有①②④． 故选：C． 【分析】本题考查角平分线的性质和三角形面积的分割计算。解题时首先过点O作于E，于F，于D，根据角平分线的性质“角平分线上的点到角两边的距离相等”，可得；然后将的面积拆分为、和的面积之和，根据三角形面积公式，分别表示出三个小三角形的面积：，，；由于，提取公因式，可得；已知的面积是12，周长（即）是8，代入公式即可解出OD的长度，也就是点O到BC的距离。 8．【答案】B 【解析】【解答】 解：②：已知AC=BC，∠ACB=90°，D为AB中点，故CD⊥AB且CD=AD=BD。由EG=AE，EC公共边，得△AEC≌△GEC（SAS），故CA=CG，∠A=∠CGE=45°，从而DE=DG，②正确； ①：由△EDC≌△GDB（SAS），得∠CED=∠BGD；结合HD平分∠CHG，通过外角性质∠CED=∠HDE+∠DHE；∠BGD=∠HDG+∠DHG可得∠HDG=∠HDE，进而∠GDH=∠EDH=45°，故①正确； ③：△EDC为等腰直角三角形，故ED=·MD，而EF=ED（由△EFC≌△EDC），因此EF=·MD≠2MD，故③错误； ④：CG=CD+DG=AD+ED，而AD=BD=CD，故CG=CD+DG=AD+ED=AE+ED+ED（因AD=AE+ED），即CG=2DE+AE，故④正确； 综上可知，正确的是： ①②④ ； 故答案为：B. 【分析】 首先，通过已知条件中的等腰直角三角形性质和全等三角形判定，证明△AEC≌△GEC，进而推出CG=AC及DE=DG，验证②的正确性；接着，通过全等三角形△EDC≌△GDB，结合角平分线性质，得出∠GDH=45°，验证①的正确性；然后，通过等腰直角三角形性质和全等三角形△EFC≌△EDC，发现EF=ED，从而判断③错误；最后，利用线段关系推导CG=2DE+AE，验证④的正确性；即可解答. 9．【答案】 【解析】【解答】解：由作图方法可得垂直平分，平分， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【分析】根据作图方法可得，垂直平分，平分，得到，即，根据三角形内角和定理可得，，得到，再根据平分即可求解． 10．【答案】PM=PN，∠PON=∠POM（答案不唯一）． 【解析】【解答】解：如PM=PN，∠PON=∠POM，∠OPN=∠OPM，BN=AM，OA=OB．从中选择边和角不同的结论即可． ∵AN⊥OB，BM⊥OA， ∴在Rt△OPM与Rt△OPN中 ， ∴Rt△OPM≌Rt△OPN（HL）， ∴∠PON=∠POM，PN=PM，∠OPN=∠OPM， 在△APM与△PBN中 ， ∴△APM≌△PBN（ASA）， ∴BN=AM， ∵OA=AM+OM，OB=BN+ON， ∴OA=OB． 故答案为：PM=PN，∠PON=∠POM（答案不唯一）． 【分析】利用全等三角形的判定方法和性质分析求解即可. 11．【答案】的平分线和的平分线的交点上 【解析】【解答】解：点到，的距离相等， 平分， 点到，的距离相等， 平分， 点的位置在的平分线和的平分线的交点上． 故答案为：的平分线和的平分线的交点上． 【分析】根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断求解即可. 12．【答案】4 【解析】【解答】 解：由题意得：AD平分∠BAC ∴∠CAD=∠BAD ∵∠B=∠CAD ∴∠B=∠CAD=∠BAD ∴∠BAC=2∠B ∵∠C=90° ∴∠BAC+∠B=90° 2∠B+∠B=90° ∴∠B=30° ∴∠CAD=30° ∴AD=2CD ∵∠B=∠BAD ∴AD=BD ∴BD=2CD ∵BC=6 ∴CD+BD=6 ∴CD+2CD=6 ∴CD=2 ∴BD=4 故答案为：4. 【分析】 本题考查角平分线的定义，直角三角形的性质，角平分线的尺规作图，熟知角平分线的尺规作图和直角三角形的性质是解题关键. 根据角平分线的定义可知：∠CAD=∠BAD，结合∠B=∠CAD，等量代换得：∠BAD=∠D，即：∠BAC=2∠B，根据直角三角形两锐角互余可得：∠BAC+∠B=90°，代入数据可得：∠B=30°，根据直角三角形的性质：直角三角形中30°所对的直角边=斜边的一半可得：AD=2CD，再根据等腰三角形的判定：等边对等角可得：AD=BD，即BD=2CD，再根据线段的和差运算可知：CD+BD=6，代入数据可解得：BD=4，由此可得出答案.​​​​​​​ 13．【答案】3 【解析】【解答】解：，且的周长为10， ， ， ， ， ， ， ，， ． 故答案为：3． 【分析】先利用三角形的周长公式求出，再利用垂直平分线的性质可得AB=AC=，最后求出即可． 14．【答案】解：如图点P即为所求． 【解析】【分析】根据线段垂直平分线的性质，到点M、N得距离相等的点一定在线段MN的垂直平分线上；根据角平分线的性质定理，到OA、OB距离相等的点一定在OA与OB夹角的角平分线上，故利用尺规作图法，作出线段MN的垂直平分线与∠AOB或∠AOB邻补角的角平分线，两线的交点就是仓库P修建的位置. 15．【答案】（1）证明：①在图1中，∵， 个直角三角形的面积两个正方形的面积， ， ②在图2中， ∵， 个直角三角形的面积小正方形的面积， ． ∴ 整理得： ∴． 故答案为：，，，，，，，； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， 又∵， ∴， ∴， ∴， 在中，． 【解析】【分析】（1）①观察图1，可表示出大正方形的面积，再根据个直角三角形的面积两个正方形的面积，可得答案；②在图2中，个直角三角形的面积小正方形的面积=（a+b）2，据此可证得结论. （2）利用垂直的定义可证得∠ADC=∠BDC=90°，可求出∠ACD的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AD的长，利用勾股定理求出CD的长；再证明BD=CD，可得到BD的长，然后利用勾股定理求出BC的长. 16．【答案】（1）解：着火点C受洒水影响，理由如下， 如图，过点C作，垂足为D， ∵，，， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∴， 所以， ∵， ∴着火点C受洒水影响． （2）解：能，理由如下： 如图，以点C为圆心，为半径作圆，交于点E，F． 则， 在中， ， ∵CE=CF，CD⊥AB， ∴， ∴， ∵， ∴着火点C能被扑灭． 【解析】【分析】（1）过点C作，垂足为D，先用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，进而利用等面积法建立方程求得CD长度，将CD的长度与260进行比较即可求得结论； （2）以点C为圆心，260m为半径作圆，交AB于点E，F， 首先利用勾股定理求得ED=100，再根据等腰三角形的三线合一得出EF=2ED=200，根据路程、速度、时间三者关系求出飞行时间，再与灭火时间比较，即可得出结论. （1）着火点C受洒水影响，理由如下， 如图，过点C作，垂足为D， ∵，，， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∴， 所以， ∵， ∴着火点C受洒水影响． （2）如图，以点C为圆心，为半径作圆，交于点E，F． 则， ∵， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∵， ∴着火点C能被扑灭． 17．【答案】（1）解：等边三角形不是“类直角三角形”，理由如下： 设等边三角形的三边长分别为a，b，c，则a=b=c ∴a2+ab=c2+c2=2c2≠c2， ∴等边三角形不是“类直角三角形”. （2）解：等腰三角形是“类直角三角形”，，， ，且. . 是直角三角形，且. 又， 是等腰直角三角形. 的度数为. 【解析】【分析】（1）通过计算，根据“类直角三角形”的定义，即可判断得出结论； （2）首先根据“类直角三角形”的定义，得出，进而得出。即可判断三角形ABC是等腰直角三角形，即可得出的度数为. 18．【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC； （3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下： ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵BD＝CD，∠BDC＝120°， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∴∠MBD＝∠NCD＝90°． ∴∠MBD＝∠ECD＝90°， 又∵BD＝CD，BM＝CE， ∴△DBM≌△DCE（SAS）， ∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC， ∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°， ∴∠MDB+∠NDC＝60°， ∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°， ∴∠EDN＝∠MDN， 又∵DN＝DN， ∴△MDN≌△EDN（SAS）， ∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC； （4） 【解析】【解答】解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°， ∴△MDN是等边三角形， ∴MN＝DM＝DN， ∵∠BDC＝120°，BD＝DC， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∴∠DBM＝∠DCN＝90°， ∵BD＝CD，DM＝DN， ∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL）， ∴∠MDB＝∠NDC＝30°， 故答案为：30； （2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL）， ∴BM＝CN， ∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC， 即MN＝BM+NC； （4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC， ∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC， ∴△ABC的周长＝3AB， ∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为＝， 故答案为：． 【分析】（1）根据等边三角形判定定理可得△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，根据等边对等角及三角形内角和定理可得∠DBC＝∠DCB＝30°，再根据等边三角形性质可得∠ABC＝∠ACB＝60°，再根据全等三角形判定定理可得Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），则∠MDB＝∠NDC＝30°，即可求出答案. （2）根据全等三角形性质可得BM＝CN，再根据边之间的关系即可求出答案. （3）根据等边三角形性质可得∠ABC＝∠ACB＝60°，再根据等边对等角及三角形内角和定理可得∠DBC＝∠DCB＝30°，再根据全等三角形判定定理可得△DBM≌△DCE（SAS），则DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，根据补角可得∠MDB+∠NDC＝60°，再根据角之间的关系可得∠EDN＝∠MDN，再根据全等三角形判定定理可得△MDN≌△EDN（SAS），则MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC，即可求出答案. （4）根据三角形周长可得△AMN的周长＝2AB，再根据等边三角形性质可得AB＝BC＝AC，则△ABC的周长＝3AB，即可求出答案. 19．【答案】（1）解：∵AB=AC， ∠A =60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠B=∠ACB=60°， ∵DE⊥AC交AC于点E， ∴∠CED=90°， ∵∠CDE=∠B=60°， ∴∠ACD= 90°-60°= 30°； （2）解：∵AB=AC， ∠A=α， ∵DE⊥AC交AC于点E， ∴∠CED=90°， （3）解：BD=2AE.理由如下： 在EC上截EF = AE， 连结DF， 如图2， 则∠DFA=∠A =α， 由 (2) 知 又·. 【解析】【分析】(1)首先推导出 是等边三角形，结合. C，得到 进而得到结论； (2)利用角的关系求得 结合 ，根据直角三角形的两锐角互余解答即可 (3)在EC上截 连结DF，如 图2，推导出 进而得到结论. 20．【答案】（1）解：在P、Q运动的过程中，∠CMQ=60°，度数始终不变，理由如下： 为等边三角形， ，， 点从顶点，点从顶点同时出发，且它们的速度都为， ， 在和中 ， ， ， 在P、Q运动的过程中，∠CMQ=60°，度数始终不变； （2）解：运动时间为，则， ， 当时， ， ， ，解得， 当时， ， ， ，解得， 当为或 时，为直角三角形； （3）解：在P、Q运动的过程中，∠CMQ=120°，度数始终不变，理由如下： 在等边三角形中，，， ，且， 在和中 ， ， 又， ， 在P、Q运动的过程中，∠CMQ=120°，度数始终不变． 【解析】【分析】（1）在P、Q运动的过程中，∠CMQ=60°，度数始终不变，理由如下：求出AP=BQ，用SAS证明△APC≌△BQA，可得∠BAQ=∠ACP，然后根据三角形外角的性质求出∠CMQ=60°即可； （2）分别表示出BP和BQ，然后分∠PQB=90°和∠BPQ=90°两种情况，分别利用含30°直角三角形的性质得到关于的方程，进而可求得的值； （3）用SAS证明△PBC≌△QCA，得∠BPC=∠MQC，然后结合对顶角相等及三角形内角和定理得∠CMQ=∠PBC=120°. 学科网（北京）股份有限公司 $