专题04 三角形单元综合提优专练（解析版）（人教版）.docx

专题04三角形单元综合提优专练（解析版） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（2021·河南八年级期末）如图，△ABC中，∠A＝46°，∠C＝74°，BD平分∠ABC，交AC于点D，那么∠BDC的度数是（ ） A．76° B．81° C．92° D．104° 【答案】A 【分析】 根据三角形的内角和为180°，可得∠A+∠C+∠ABC=180°，然后根据△ABC中，∠A＝46°，∠C＝74°，求得∠ABC=60°，然后根据角平分线的性质，可得∠ABD=30°，再根据三角形的外角性质，可得∠BDC=∠A+∠ABD=76°. 【详解】 ∵△ABC中，∠A=46°，∠C=74°， ∴∠ABC=60°， ∵BD为∠ABC平分线， ∴∠ABD=∠CBD=30°， ∵∠BDC为△ABD外角， ∴∠BDC=∠A+∠ABD=76°， 故选A 【点睛】 此题主要考查了三角形的内角和外角的性质，解题关键是构造合适的角的和差关系，然后根据角平分线的性质求解即可. 2．（2021·吉林长春市·）如图，直线a∥b，∠1=75°，∠2=40°，则∠3的度数为（　　） A．75° B．50° C．35° D．30° 【答案】C 【详解】 【分析】根据两直线平行，内错角相等可以得出∠4=∠1=75°，再根据三角形外角的性质即可得出答案. 【详解】∵a∥b， ∴∠4=∠1=75°， ∴∠2+∠3=∠4=75°， ∵∠2=40°， ∴∠3=75°﹣40°=35°， 故选C． 【点睛】本题考查了平行线的性质以及三角形外角的性质，结合图形熟练应用相关性质解题是关键. 3．（2021·山东八年级期末）有公共顶点A，B的正五边形和正六边形按如图所示位置摆放，连接AC交正六边形于点D，则∠ADE的度数为（　　） A．144° B．84° C．74° D．54° 【答案】B 【详解】 正五边形的内角是∠ABC==108°，∵AB=BC，∴∠CAB=36°，正六边形的内角是∠ABE=∠E==120°，∵∠ADE+∠E+∠ABE+∠CAB=360°，∴∠ADE=360°–120°–120°–36°=84°，故选B． 4．（2021·扬州市梅岭中学七年级期末）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A'处，且A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，若∠BA'C=110°，则∠1+∠2的度数为（　　） A．80°； B．90°； C．100°； D．110°； 【答案】A 【详解】 分析：连接AA′．首先求出∠BAC，再证明∠1+∠2=2∠BAC即可解决问题． 详解：连接AA′． ∵A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，∠BA'C=110°，∴∠A′BC+∠A′CB=70°，∴∠ABC+∠ACB=140°，∴∠BAC=180°﹣140°=40°． ∵∠1=∠DAA′+∠DA′A，∠2=∠EAA′+∠EA′A． ∵∠DAA′=∠DA′A，∠EAA′=∠EA′A，∴∠1+∠2=2（∠DAA′+∠EAA′）=2∠BAC=80°． 故选A． 点睛：本题考查了三角形的内角和定理、角平分线的定义、三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识，属于中考常考题型． 5．（2021·内蒙古八年级期末）已知等腰△ABC的周长为18cm，BC＝8cm，若△ABC与△A′B′C′全等，则△A′B′C′的腰长等于（　　） A．8cm B．2cm或8cm C．5cm D．8cm或5cm 【答案】D 【详解】 分析：因为BC是腰是底不确定，因而有两种可能，当BC是底时，△ABC的腰长是5cm，当BC是腰时，腰长就是8cm，且均能构成三角形，因为△A′B′C′与△ABC全等，所以△A′B′C′的腰长也有两种相同的情况：8cm或5cm． 详解：分为两种情况：当BC是底时，△ABC的腰长是5cm， ∵△ABC与△A′B′C′全等， ∴△A′B′C′的腰长也是5cm； 当BC是腰时，腰长就是8cm，且均能构成三角形， ∵△A′B′C′与△ABC全等， ∴△A′B′C′的腰长也等于8cm， 即△A′B′C′的腰长为8cm或5cm， 故选D． 点睛：本题考查了全等三角形的性质和等腰三角形的性质的应用，用了分类讨论思想． 6．（2021·内蒙古中考真题）如图，AB∥CD，点E在线段BC上，CD=CE,若∠ABC=30°，则∠D为（　　） A．85° B．75° C．60° D．30° 【答案】B 【详解】 分析：先由AB∥CD，得∠C=∠ABC=30°，CD=CE，得∠D=∠CED，再根据三角形内角和定理得，∠C+∠D+∠CED=180°，即30°+2∠D=180°，从而求出∠D． 详解：∵AB∥CD， ∴∠C=∠ABC=30°， 又∵CD=CE， ∴∠D=∠CED， ∵∠C+∠D+∠CED=180°，即30°+2∠D=180°， ∴∠D=75°． 故选B． 点睛：此题考查的是平行线的性质及三角形内角和定理，解题的关键是先根据平行线的性质求出∠C，再由CD=CE得出∠D=∠CED，由三角形内角和定理求出∠D． 7．（2021·广东九年级一模）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于点D，过点D作DE∥BC交AC于点E,若∠A=54°，∠B=48°，则∠CDE的大小为（　　） A．44° B．40° C．39° D．38° 【答案】C 【详解】 【分析】根据三角形内角和得出∠ACB，利用角平分线得出∠DCB，再利用平行线的性质解答即可． 【详解】∵∠A=54°，∠B=48°， ∴∠ACB=180°﹣54°﹣48°=78°， ∵CD平分∠ACB交AB于点D， ∴∠DCB=×78°=39°， ∵DE∥BC， ∴∠CDE=∠DCB=39°， 故选C． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线的定义、平行线的性质等，解题的关键是熟练掌握和灵活运用根据三角形内角和定理、角平分线的定义和平行线的性质． 8．（2021·西安建筑科技大学附属中学）如图，∠B=∠C，则∠ADC与∠AEB的大小关系是( ) A．∠ADC>∠AEB B．∠ADC<∠AEB C．∠ADC=∠AEB D．大小关系不确定 【答案】C 【分析】 首先在△ADC中有内角和为180°，即∠A＋∠C＋∠ADC＝180°，在△AEB中有内角和为180°，即∠AEB＋∠A＋∠B＝180°，又知∠B＝∠C，故可得∠AEB＝∠ADC． 【详解】 在△ADC中有∠A＋∠C＋∠ADC＝180°， 在△AEB有∠AEB＋∠A＋∠B＝180°， ∵∠B＝∠C， ∴∠ADC＝∠AEB． 故选C． 【点睛】 本题主要考查三角形内角和定理的应用，利用了三角形内角和为180度，此题难度不大． 9．（2021·湖南八年级期末）已知一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形是（　　） A．九边形 B．八边形 C．七边形 D．六边形 【答案】B 【详解】 【分析】n边形的内角和是（n﹣2）•180°，如果已知多边形的边数，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数． 【详解】根据n边形的内角和公式，得 （n﹣2）•180=1080， 解得n=8， ∴这个多边形的边数是8， 故选B． 【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，熟记内角和公式和外角和定理并列出方程是解题的关键．根据多边形的内角和定理，求边数的问题就可以转化为解方程的问题来解决． 10．（2021·江苏七年级月考）小桐把一副直角三角尺按如图所示的方式摆放在一起，其中，，，，则等于　　 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 根据三角形的内角和定理和三角形外角性质进行解答即可． 【详解】 如图： ，， ，， ∴ = =， 故选C． 【点睛】 本题考查了三角形内角和定理、三角形外角的性质、熟练掌握相关定理及性质以及一副三角板中各个角的度数是解题的关键. 11．（2021·河南八年级期末）如图，在四边形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上，将△BMN沿MN翻折得到△FMN，若MF∥AD，FN∥DC，则∠D的度数为( ) A．115° B．105° C．95° D．85° 【答案】C 【分析】 首先利用平行线的性质得出∠BMF=100°，∠FNB=70°，再利用翻折变换的性质得出∠FMN=∠BMN=50°，∠FNM=∠MNB=35°，进而求出∠B的度数以及得出∠D的度数． 【详解】 ∵MF∥AD，FN∥DC，∠A=100°，∠C=70°， ∴∠BMF=100°，∠FNB=70°， ∵将△BMN沿MN翻折，得△FMN， ∴∠FMN=∠BMN=50°，∠FNM=∠MNB=35°， ∴∠F=∠B=180°-50°-35°=95°， ∴∠D=360°-100°-70°-95°=95°． 故选C． 【点睛】 此题主要考查了平行线的性质以及多边形内角和定理以及翻折变换的性质，得出∠FMN=∠BMN，∠FNM=∠MNB是解题关键． 12．（2021·常熟市实验中学七年级月考）如图，∠ABC＝∠ACB，AD、BD、CD分别平分△ABC的外角∠EAC、内角∠ABC、外角∠ACF,以下结论： ①AD∥BC；②∠BDC＝∠BAC；③∠ADC＝90°－∠ABD； ④BD平分∠ADC; 其中正确的结论有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】 根据角平分线定义得出∠ABC=2∠ABD=2∠DBC，∠EAC=2∠EAD，∠ACF=2∠DCF，根据三角形的内角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，根据三角形外角性质得出∠ACF=∠ABC+∠BAC，∠EAC=∠ABC+∠ACB，根据已知结论逐步推理，即可判断各项． 【详解】 解：∵AD平分∠EAC， ∴∠EAC=2∠EAD， ∵∠EAC=∠ABC+∠ACB，∠ABC=∠ACB， ∴∠EAD=∠ABC， ∴AD∥BC， ∴①正确； ∵∠ACF=2∠DCF，∠ACF=∠BAC+∠ABC，∠ABC=2∠DBC，∠DCF=∠DBC+∠BDC， ∴∠BAC=2∠BDC， ∠BDC＝∠BAC, ∴②正确； 在△ADC中，∠ADC+∠CAD+∠ACD=180°， ∵CD平分△ABC的外角∠ACF， ∴∠ACD=∠DCF， ∵AD∥BC， ∴∠ADC=∠DCF，∠ADB=∠DBC，∠CAD=∠ACB ∴∠ACD=∠ADC，∠CAD=∠ACB=∠ABC=2∠ABD， ∴∠ADC+∠CAD+∠ACD=∠ADC+2∠ABD+∠ADC=2∠ADC+2∠ABD=180°， ∴∠ADC+∠ABD=90° ∴∠ADC=90°-∠ABD， 故③正确； ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD=∠DBC， ∵∠ADB=∠DBC，∠ADC=90°-∠ABC， ∴∠ADB不等于∠CDB， ∴④不正确； 即正确的有3个， 故选C． 【点睛】 本题考查了三角形外角性质，角平分线定义，平行线的判定，三角形内角和定理的应用，主要考察学生的推理能力，有一定的难度． 13．（2020·西宁市海湖中学八年级期中）如图，小明从A点出发，沿直线前进10米后向左转36°，再沿直线前进10米，再向左转36°……照这样走下去，他第一次回到出发点A点时，一共走的路程是（　　） A．100米 B．110米 C．120米 D．200米 【答案】A 【分析】 根据多边形的外角和即可求出答案． 【详解】 解：∵360÷36=10， ∴他需要走10次才会回到原来的起点，即一共走了10×10=100米． 故选A. 【点睛】 本题主要考查了多边形的外角和定理．任何一个多边形的外角和都是360º． 14．（2020·永善县墨翰中学八年级月考）已知三角形的两边长分别为4cm和9cm,则下列长度的线段能作为第三边的是（ ） A．13cm B．6cm C．5cm D．4m 【答案】B 【分析】 根据三角形的三边关系，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可求得第三边取值范围. 【详解】 设第三边长度为a，根据三角形三边关系 解得. 只有B符合题意故选B. 【点睛】 本题考查三角形三边关系，能根据关系求得第三边的取值范围是解决此题的关键. 15．（2021·山东九年级一模）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A’CB’，若AC⊥A’B’，则∠BAC等于（ ） A．50° B．60° C．70° D．80° 【答案】A 【详解】 考点：旋转的性质． 分析：已知旋转角度，旋转方向，可求∠A′CA，根据互余关系求∠A′，根据对应角相等求∠BAC． 解：依题意旋转角∠A′CA=40°， 由于AC⊥A′B′，由互余关系得∠A′=90°-40°=50°， 由对应角相等，得∠BAC=∠A′=50°．故选A． 16．（2020·天津市河西区新华圣功学校八年级月考）将一副直角三角尺如图放置，若∠AOD=20°，则∠BOC的大小为（ ） A．140° B．160° C．170° D．150° 【答案】B 【详解】 试题分析：根据∠AOD=20°可得：∠AOC=70°，根据题意可得：∠BOC=∠AOB+∠AOC=90°+70°=160°. 考点：角度的计算 17．（2021·安徽省宣城市奋飞学校八年级期中）将一副三角板按图中方式叠放，则角α等于（ ） A．30° B．45° C．60° D．75° 【答案】D 【分析】 利用两直线平行，内错角相等和三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和计算． 【详解】 如图，根据两直线平行，内错角相等， ∴∠1=45°， 根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和， ∴∠α=∠1+30°=75°. 故选D. 18．（2021·相城中学七年级月考）如图，把三角形纸片ABC沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE外部时，则∠A与∠1、∠2之间的数量关系是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 根据折叠的性质可得∠A′=∠A，根据平角等于180°用∠1表示出∠ADA′，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，用∠2与∠A′表示出∠3，然后利用三角形的内角和等于180°列式整理即可得解． 【详解】 如图所示： ∵△A′DE是△ADE沿DE折叠得到， ∴∠A′=∠A， 又∵∠ADA′=180°-∠1，∠3=∠A′+∠2， ∵∠A+∠ADA′+∠3=180°， 即∠A+180°-∠1+∠A′+∠2=180°， 整理得，2∠A=∠1-∠2． 故选A. 【点睛】 考查了三角形的内角和定理以及折叠的性质，根据折叠的性质，平角的定义以及三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，把∠1、∠2、∠A转化到同一个三角形中是解题的关键． 19．（2019·黑龙江七年级期中）已知△ABC的三边长为a，b，c，化简|a＋b－c|－|b－a－c|的结果是（　） A．2b－2c B．－2b C．2a＋2b D．2a 【答案】A 【分析】 已知a，b，c分别是三角形的边长，根据三角形的三边关系可得a+b＞c，a+c＞b，即可得a+b-c＞0，b-a-c＜0，再根据绝对值的性质去掉绝对值号，合并同类项即可求解. 【详解】 ∵a，b，c分别是三角形的边长， ∴a+b＞c，a+c＞b， ∴a+b-c＞0，b-a-c＜0， ∴|a+b-c|-|b-a-c|=a+b-c-(-b+a+c) =2b-2c. 故选A. 【点睛】 本题考查了三角形的三边关系及绝对值的性质，根据三角形的三边关系得到a+b-c＞0、b-a-c＜0是解决问题的关键. 20．（2021·广西河池市·八年级期末）若一个多边形的内角和与外角和之和是1800°，则此多边形是（ ）边形． A．八 B．十 C．十二 D．十四 【答案】B 【分析】 任意多边形的一个内角与相邻外角的和为180°，然后根据题意可求得答案． 【详解】 ∵多边形的一个内角与它相邻外角的和为180°， ∴1800°÷180°=10. 故选B. 【点睛】 此题考查多边形内角（和）与外角（和），解题关键在于掌握其定理和运算公式. 21．（2021·西藏日喀则市·八年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC上一点，且DA＝DC，BD＝BA，则∠B的大小为(　　) A．40° B．36° C．30° D．25° 【答案】B 【分析】 根据AB＝AC可得∠B＝∠C，CD＝DA可得∠ADB＝2∠C＝2∠B，BA＝BD，可得∠BDA＝∠BAD＝2∠B，在△ABD中利用三角形内角和定理可求出∠B． 【详解】 解：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∵CD＝DA， ∴∠C＝∠DAC， ∵BA＝BD， ∴∠BDA＝∠BAD＝2∠C＝2∠B， 设∠B＝α，则∠BDA＝∠BAD＝2α， 又∵∠B＋∠BAD＋∠BDA＝180°， ∴α＋2α＋2α＝180°， ∴α＝36°，即∠B＝36°， 故选B． 【点睛】 本题主要考查等腰三角形的性质，掌握等边对等角是解题的关键，注意三角形内角和定理和方程思想的应用． 22．（2021·安徽阜阳市·九年级其他模拟）如图，在中，，，，，连接BC，CD，则的度数是（　　） A．45° B．50° C．55° D．80° 【答案】B 【分析】 连接AC并延长交EF于点M．由平行线的性质得，，再由等量代换得，先求出即可求出． 【详解】 解：连接AC并延长交EF于点M． ， ， ， ， ， ， ， 故选B． 【点睛】 本题主要考查了平行线的性质以及三角形的内角和定理，属于基础题型． 二、填空题 23．（2021·镇江市外国语学校七年级月考）如图，在△ABC中，∠A＝52°，∠ABC与∠ACB的平分线交于点D1，∠ABD1与∠ACD1的平分线交于点D2……依此类推，∠BD5C的度数是_______． 【答案】56o 【详解】 在△ABC中，∵∠A=52°，∠ABC与∠ACB的角平分线交于点D1， ∴∠BD1C=180°−=180°−=180°−64°， 第2次作一次角平分线之后，∠BD2C=180°−−×=180°−60°−32°， 按次规律类推,可得∠BD5C的度数是180°−−×−××−×××−××××=52°+=56°， 故答案为56o 点睛：本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和等于180°是解答此题的关键. 24．（2021·江苏七年级月考）小明同学在计算某n边形的内角和时，不小心少输入一个内角，得到和为 2005°,则n等于_____. 【答案】14 【详解】 n边形内角和为：（n-2）•180°，并且每个内角度数都小于180°， ∵少算一个角时度数为2005°， 根据公式，13边形内角和为1980°，14边形内角和为2160°， ∴n=14， 故选D． 【点睛】本题考查的是多边形的内角和定理，即多边形的内角和=（n-2）•180°，熟练掌握和灵活应用是关键. 25．（2019·射洪绿然国际学校八年级期中）如图，在第1个△ABA1中，∠B=40°，∠BAA1=∠BA1A，在A1B上取一点C，延长AA1到A2，使得在第2个△A1CA2中，∠A1CA2=∠A1 A2C；在A2C上取一点D，延长A1A2到A3，使得在第3个△A2DA3中，∠A2DA3=∠A2 A3D；…，按此做法进行下去，第3个三角形中以A3为顶点的内角的度数为 ；第n个三角形中以An为顶点的内角的度数为 ． 【答案】17.5°@． 【详解】 试题分析：先根据等腰三角形的性质求出∠BA1A的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠CA2A1，∠DA3A2及∠EA4A3的度数，找出规律即可得出第n个三角形的以An为顶点的底角的度数． 解：∵在△ABA1中，∠B=40°，AB=A1B， ∴∠BA1A=(180°-40°)=70°， ∵A1A2=A1C，∠BA1A是△A1A2C的外角， ∴∠CA2A1=°∠BA1A=°×70°=35°； 同理可得，∠DA3A2=×70°=17.5°，∠EA4A3=×70°， 以此类推，第n个三角形的以An为顶点的底角的度数=． 26．（2021·浙江八年级期末）如图，在△ABC中，BD和CE是△ABC的两条角平分线．若∠A＝52°，则∠1＋∠2的度数为_______． 【答案】64° 【详解】 解：∵∠A=52°，∴∠ABC+∠ACB=128°．∵BD和CE是△ABC的两条角平分线，∴∠1=∠ABC，∠2=∠ACB，∴∠1+∠2=（∠ABC+∠ACB）=64°．故答案为64°． 点睛：本题考查的是三角形内角和定理、角平分线的定义，掌握三角形内角和等于180°是解题的关键． 27．（2021·陕西九年级一模）如图，在正五边形ABCDE中，AC与BE相交于点F，则∠AFE的度数为_____． 【答案】72° 【分析】 首先根据正五边形的性质得到AB=BC=AE，∠ABC=∠BAE=108°，然后利用三角形内角和定理得∠BAC=∠BCA=∠ABE=∠AEB=（180°−108°）÷2=36°，最后利用三角形的外角的性质得到∠AFE=∠BAC+∠ABE=72°． 【详解】 ∵五边形ABCDE为正五边形， ∴AB=BC=AE，∠ABC=∠BAE=108°， ∴∠BAC=∠BCA=∠ABE=∠AEB=（180°−108°）÷2=36°， ∴∠AFE=∠BAC+∠ABE=72°， 故答案为72°． 【点睛】 本题考查的是正多边形和圆，利用数形结合求解是解答此题的关键 28．（2020·霍林郭勒市第五中学八年级月考）如果一个正方形被截掉一个角后，得到一个多边形，那么这个多边形的内角和是__________． 【答案】180°或360°或540° 【详解】 分析: 剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，根据多边形的内角和定理即可求解. 详解: n边形的内角和是（n-2）•180°， 边数增加1，则新的多边形的内角和是（4+1-2）×180°=540°， 所得新的多边形的角不变，则新的多边形的内角和是（4-2）×180°=360°， 所得新的多边形的边数减少1，则新的多边形的内角和是（4-1-2）×180°=180°， 因而所成的新多边形的内角和是540°或360°或180°． 故答案为540°或360°或180°. 点睛：本题主要考查了多边形的内角和的计算公式，理解：剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，是解决本题的关键. 29．（2021·广东九年级一模）图1是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着坚冰出现裂纹并开始消溶，形状无一定规则，代表一种自然和谐美．图2是从图1冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=　 　度． 【答案】360°． 【分析】 根据多边形的外角和等于360°解答即可． 【详解】 由多边形的外角和等于360°可知， ∠1+∠2+∠3+∠4+∠5