2021-2022学年京改版八年级上册第十二章 三角形课后培优练习 (word版含答案)

第十二章 三角形
一、单选题
1．若△ABC的∠A＝60°，且∠B:∠C＝2:1，那么∠B的度数为 ( )
A．40° B．80° C．60° D．120°
2．如果一个直角三角形的两边分别是6，8，那么斜边上的中线是（　　）
A．4 B．5 C．4或5 D．3或5
3．下列叙述中错误的是（ ）
A．能够完全重合的图形称为全等图形
B．全等图形的形状和大小都相同
C．所有正方形都是全等图形
D．形状和大小都相同的两个图形是全等图形
4．国有银行，是指由国家（财政部、中央汇金公司）直接管控的大型银行．下面是我国其中五个国有银行的图标，分别是中国工商银行、交通银行、中国农业银行、中国银行、中国建设银行，其中轴对称图形有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
5．在△ABC中，AB＝1，AC＝2，BC＝，则该三角形为(　　)
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰直角三角形
6．如图，已知∠MON及其边上一点A，以点A为圆心，AO长为半径画弧，分别交OM，ON于点B和C，再以点C为圆心，AC长为半径画弧，恰好经过点B，错误的结论是（ ）.
A． B．∠OCB＝90° C．∠MON＝30° D．OC＝2BC
7．若一个等腰三角形的两边长分别为 4，5，则这个等腰三角形的周长为（ ）
A．13 B．14 C．13 或 14 D．8或 10
8．如图，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
9．有一个边长为40cm的正方形洞口，要用一个圆盖去盖住这个洞口，那么圆盖的直径至少应为（　　）
A．40cm B．20cm C．40cm D．40cm
10．已知三条线的比如下，可以组成三角形的是（ ）
A．5：20：30 B．10：20：30
C．15：15：30 D．20：30：30
11．如图所示，四边形ABCD是凸四边形，AB=2，BC=4，CD=7，则线段AD的取值范围为（ ）
A．0＜AD＜7 B．2＜AD＜7 C．0＜AD＜13 D．1＜AD＜13
12．下列条件能组成全等三角形的是 （ ）
A．有一个顶角相等的两个等腰三角形
B．有一边相等的两个等边三角形
C．有两腰对应相等的两个等腰三角形
D．底边相等的两个等腰三角形
13．将直角三角形的三条边长同时缩小为原来的一半，所得到的三角形为 （ ）
A．直角三角形 B．锐角三角形 C．等腰三角形 D．钝角三角形
14．小华先向东走了16m后，接着向北走了12m，此时小华离出发点的距离是（ ）
A．28 m B．16 m C．20 m D．12 m
15．王师傅用4根木条钉成一个四边形木架，如图．要使这个木架不变形，他至少还要再钉上几根木条？（ ）．
A．0根 B．1根 C．2根 D．3根
二、填空题
16．等腰三角形的一个外角是140，则其底角是
17．如图，∠ABD与∠ACE是△ABC的两个外角，若∠A＝70°，则∠ABD＋∠ACE＝__________.
18．如图,已知△ABC的两条高AD、BE交于F,AE=BE,若要运用“HL”说明△AEF≌△BEC，还需添加条件：_______________.
19．如图，AB＝CD，AC＝DB，∠ABD＝25°，∠AOB＝82°，则∠DCB＝__________.
20．如图，BE与CD交于点A,且∠C ＝∠D．添加一个条件：____________________，使得△ABC ≌△AED .
21．如图，在△ABC中，AB=AC，D是AB延长线上一点，E是BC延长线上一点，F是CA延长线上一点，∠DBC=130°,则∠FAB的度数为___________．
三、解答题
22．阅读下面材料：
数学课上，老师给出了如下问题：
如图，AD为△ABC中线，点E在AC上，BE交AD于点F，AE=EF．求证：AC=BF．
经过讨论，同学们得到以下两种思路：
完成下面问题：
（1） ① 思路一的辅助线的作法是： ；
② 思路二的辅助线的作法是： ．
（2）请你给出一种不同于以上两种思路的证明方法（要求：只写出辅助线的作法，并画出相应的图形，不需要写出证明过程）．
23．如图，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE．求证：BE=CD．
24．如图，在△ABC中，CD⊥AB，垂足为D，如果CD＝12，AD＝16，BD＝9，那么△ABC是直角三角形吗？请说明理由．
25．如图， ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，延长AB至点E，使∠AEC＝∠DAB．判断CE与AD的数量关系，并证明你的结论．
26．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在x轴上，A，C两点的坐标分别为A（0，m），C（n，0），B（﹣5，0），且（n﹣3）2+ =0．一动点P从点B出发，以每秒2单位长度的速度沿射线BO匀速运动，设点P运动的时间为ts．
（1）求A，C两点的坐标；
（2）连接PA，若△PAB为等腰三角形，求点P的坐标；
（3）当点P在线段BO上运动时，在y轴上是否存在点Q，使△POQ与△AOC全等？若存在，请求出t的值并直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．B
解：∵△ABC的∠A＝60°，
∴∠B＋∠C＝120°，
∵∠B:∠C＝2:1，
∴∠B=，
故选：B．
2．C
当一个直角三角形的两直角边分别是6，8时，
由勾股定理得，斜边==10，则斜边上的中线=×10=5，
当8是斜边时，斜边上的中线是4，
故选C．
3．C
解：A．能够重合的图形称为全等图形，说法正确，故本选项错误；
B．全等图形的形状和大小都相同，说法正确，故本选项错误；
C．所有正方形不一定都是全等图形，说法错误，故本选项正确；
D．形状和大小都相同的两个图形是全等图形，说法正确，故本选项错误；
故选C．
4．B
解：图标是轴对称图形有中国工商银行、中国农业银行、中国银行，一共有3个轴对称图形
故选：B．
5．B
解：在△ABC中，AB＝1，AC＝2，BC＝．∵，∴△ABC是直角三角形．
故选B．
6．D
过C作CD⊥OB，垂足为D，如图所示，
∵S△OAC=，S△ABC=，OA=AB，
∴，故选项A正确，不符合题意；
∵OA=AC=AB=BC，
∴BC=OB，
∴△OCB是直角三角形，∠OCB=90°，故选项B正确，不符合题意；
在Rt△OCB中，∠OCB=90°，BC=OB，
∴∠COB=30°，即∠MON＝30°，故选项C正确，不符合题意；
∵OB=2BC，OB＞OC，
∴OC≠2BC，故选项D错误，符合题意.
故选：D.
7．C
分两种情况讨论：
①若4为腰长，5为底边长．
由于4+4＞5，则符合三角形的两边之和大于第三边，周长为：4+4+5=13；
②若5为腰长，4为底边长．
由于5+5＞4，则符合三角形的两边之和大于第三边，周长为：5+5+4=14．
综上所述：这个等腰三角形的周长为：13或14．
故选C．
8．D
解：∵△ABC≌△CDA，
∴AD=BC=8cm．
故选D．
9．C
解：根据题意，知圆盖的直径至少应为正方形的对角线的长；再根据勾股定理，得圆盖的直径至少应为：=．故选C．
10．D
设一份为1，根据三角形的三边关系可得：选项A，5+20＜30，不能组成三角形；选项B，10+20=30，不能组成三角形；选项C，15+15=30，不能组成三角形；选项D，20+30＞30，能组成三角形.故选D.
11．D
连接AC，
∵AB=2，BC=4，
在△ABC中，根据三角形的三边关系，4 2∴ 6< AC< 2，1在△ACD中，根据三角形的三边关系，得CD AC∴1故选：D.
12．B
A选项：两个顶角相等，但两个三角形的腰不一定相等，故不能判断两个三角形全等；
B选项：根据SSS判断两个三角形全等，故能判断两个三角形全等；
C选项：只有两腰相等，但两腰夹角不一定相等，故不能判定两三角形全等；
D选项：底边相等的两个等腰三角形，只已知一条边相等，故不能判定两三角形全等.
13．A
直角三角形的三条边长同时缩小为原来的一半，只是三角形的大小发生改变，三角形的形状不变，故选A.
14．C
根据勾股定理可得小华离出发点的距离是m，故选C.
15．B
三角形具有稳定性，连接一条对角线，即可得到两个三角形，故选B
16．70°或40°
解：当140°外角为顶角的外角时，则其顶角为：40°，则其底角为：（180°-40°）÷2 =70°，当140°外角为底角的外角时，则其底角为：180°﹣140°=40°．故答案为70°或40°．
点睛：本题主要考查等腰三角形的性质和三角形内角和定理的应用，掌握等腰三角形的两底角相等和三角形三个内角的和为180°是解题的关键．
17．250°
试题解析：
故答案为
18．AF=BC
HL指的是斜边、直角边定理，只能添加两条斜边相等，即AF=BC.
19．66°
试题解析：在△ABC和△DCB中，
∴△ABC≌△DCB(SSS)，
∴∠ACB=∠DBC，∠ABC=∠DCB，
故答案为
20．AC＝AD
∵∠C ＝∠D，∠BAC=∠EAD，
∴当AC=AD时，依据ASA可得，△ABC≌△AED．
故答案为：AC=AD（答案不唯一）．
21．
∵，，
∴，
∵AB=AC，
∴，
∵∠FAB是△ABC的一个外角，
∴，
故答案为：.
22．（1） ①延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；②作BG＝BF交AD的延长线于点G；（2）见解析
解：（1）①如图①，延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG，
∵AD为△ABC中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△GDB中，
∵AD=GD，∠ADC=∠GDB，CD=BD，
∴△ADC≌△GDB（SAS），
∴AC=BG，
∵AE=EF，
∴∠CAD=∠EFA，
∵∠BFG=∠G，∠G=∠CAD，
∴∠G=∠BFG，
∴BG=BF，
∴AC=BF；
②如图②，作BG＝BF交AD的延长线于点G，
∵BG=BF，
∴∠G=∠BFG，
∵AE=EF，
∴∠EAF=∠EFA，
∵∠EFA=∠BFG，
∴∠G=∠EAF，
在△ADC和△GDB中，
∵∠CAD=∠G，∠ADC=∠GDB，CD=BD，
∴△ADC≌△GDB（AAS），
∴AC=BG，
∴AC=BF；
（2）如图，过点B作BG∥AC交AD延长线于点G，
则∠G=∠CAD，
∵AD为△ABC中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△GDB中，
∵∠CAD=∠G，∠ADC=∠GDB，CD=BD，
∴△ADC≌△GDB（AAS），
∴AC=BG，
∵AE=EF，
∴∠CAD=∠EFA，
∵∠BFG=∠EFA，∠G=∠CAD，
∴∠G=∠BFG，
∴BG=BF，
∴AC=BF．
23．证明见解析
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAE=∠DAE+∠CAE，
∴∠BAE=∠CAD，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAE≌△CAD(SAS)，
∴BE=CD.
24．△ABC是直角三角形．
解：是．理由如下：
∵CD⊥AB，CD=12，AD=16，BD=9，∴AC2=CD2+AD2=400．又∵CD⊥AB，AD=16，BD=9，∴BC2=CD2+BD2=225．∵AB=AD+BD=25，∴AB2=625，∴AC2+BC2=625=AB2，∴△ABC是直角三角形．
25．CE＝2AD，证明详见解析
解：CE＝2AD；
理由：延长AD至点N使DN＝AD，AN交CE于点M，连接CN，
∵∠DAB＝∠AEC，
∴MA＝ME，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠CAD＝∠DAB，BD＝CD，∠1＝∠2＝90°．
∴ABD≌NCD（AAS），
∴∠N＝∠DAB．
∴CN∥AE．
∴∠3＝∠AEC．
∴∠3＝∠N．
∴MC＝MN，
∴CE＝MC+ME
＝MN+MA
＝AN
＝2AD．
26．（1）A（0，4），C（3，0）；（2）（﹣0.9，0）或（5，0）；（ ﹣5，0）；（3）存在，当t=1秒，点Q的坐标为（0，4）或（0，﹣4）；当t=秒，点Q的坐标为（0，3）或（0，﹣3）
（1）∵（n﹣3）2+=0，
∴n﹣3=0，3m﹣12=0，
解得，n=3，m=4，
∴点A的坐标为（0，4），点C的坐标为（3，0）；
（2）由勾股定理得，AB==，
当BA=BP时，点P的坐标为（﹣5，0）；
当AB=AP时，点P的坐标（5，0）；
当PA=PB时，设PA=x，则OP=5﹣x，
在Rt△AOP中，AP2=OP2+OA2，即x2=（5﹣x）2+42，
解得，x=4.1，
则OP=0.9，
∴点P的坐标（﹣0.9，0）；
综上所述，△PAB为等腰三角形，点P的坐标为（﹣0.9，0）或（5，0）；（ ﹣5，0）；
（3）当△QOP≌△AOC时，OP=OC=3，OQ=OA=4，
∴BP=2，
则t=1秒，点Q的坐标为（0，4）或（0，﹣4）；
当△POQ≌△AOC时，OP=OA=4，OQ=OC=3，
则t=秒，点Q的坐标为（0，3）或（0，﹣3）．