第11章 三角形 检测卷（含详解）2024-2025学年人教版数学八年级上册
文档属性
| 名称 | 第11章 三角形 检测卷（含详解）2024-2025学年人教版数学八年级上册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 493.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-02 18:09:43 | ||
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文档简介
第11章三角形检测卷-2024-2025学年数学八年级上册人教版
一．选择题（共8小题）
1．（2024春 淮阳区期末）下列生活实物中，没有应用到三角形的稳定性的是（ ）
A．太阳能热水器 B．篮球架
C．三脚架 D．活动衣架
2．（2024秋 宁江区校级月考）以下长度的三根小木棒能摆成三角形的是（ ）
A．1，2，3 B．3，3，5 C．2，3，5 D．3，5，9
3．（2024秋 乌拉特前旗校级月考）七边形的内角和（ ）
A．540° B．720° C．900° D．1000°
4．（2024秋 兴和县校级月考）如图，图中∠1的度数是（ ）
A．140° B．130° C．80° D．60°
5．（2024秋 西乡塘区校级月考）如图，已知D为BC上一点，∠B＝∠1，∠BAC＝70°，则∠2的度数为（ ）
A．37° B．70° C．74° D．84°
6．（2024 石家庄模拟）某建筑工具是如图所示的人字架，若该人字架中的∠3＝110°，则∠1比∠2大（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
7．（2024秋 宁津县校级月考）如图，已知△ABC为直角三角形，∠C＝90°，若沿图中虚线剪去∠C，则∠1+∠2的度数为（ ）
A．210° B．250° C．270° D．300°
8．（2024秋 汶上县校级月考）如图，BE、CF是△ABC的角平分线，BE、CF相交于点D，∠ABC＝70°，∠A＝60°，则∠CDE的度数是（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
二．填空题（共8小题）
9．（2024秋 庆云县校级月考）一个多边形的内角和比它的外角和的2倍还大180°，这个多边形是 ．
10．（2024秋 乐陵市校级月考）已知三条线段的长分别是3，7，m，若它们能构成三角形，则整数m的最大值是 ．
11．（2024秋 凉州区校级月考）已知a，b，c是一个三角形的三边长．化简|a+b﹣c|﹣|a﹣b+c|+|a﹣b﹣c|＝ ．
12．（2024 柴桑区二模）如图，在正八边形ABCDEFGH的内部作正方形DEJI，则∠CDI的度数为 ．
13．（2023秋 平原县期末）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠P＝ °．
14．（2024秋 兴和县校级月考）如图，AD是△ABC的中线，则BD＝ ．
15．（2024秋 姑苏区校级月考）如图所示，在四边形ABCD中，∠DAC＝12°，∠CAB＝36°，∠ABD＝48°，∠DBC＝24°，则∠ACD＝ °．
16．（2024春 公主岭市期末）如图，第四套人民币中1角硬币采用了圆内接正九边形的独特设计，此正九边形的内角和为 度．
三．解答题（共6小题）
17．（2024秋 船营区校级月考）已知三角形的两边长分别为5和2，且这个三角形的周长是偶数，求它的第三边的长及周长．
18．（2024秋 宁乡市月考）一个多边形的内角和是1080°．
（1）求该多边形的边数．
（2）若该多边形每个内角都相等，求每一个外角的度数．
19．（2024秋 乌拉特前旗校级月考）如图，AD是△ABC的角平分线，∠ADC＝80°，∠BAC＝70°．求：∠B和∠C的度数．
20．（2024秋 汶上县校级月考）如图，BE为△ABC角平分线，与AC交于点F，CE为△ABC外角的平分线，BE与CE相交于点E．
（1）若∠A＝80°，求∠E的度数；
（2）若∠ACE＝70°，∠E＝30°，求∠A的度数．
21．（2024春 海淀区校级期中）完成下面的证明．
已知：如图，在三角形ABC中，CD⊥AB于点D，E是AC上一点，∠1+∠2＝90°．
求证：DE∥BC．
证明：∵CD⊥AB（已知），
∴∠ADC＝ （垂直的定义）．
∴∠1+ ＝90°，
∵∠1+∠2＝90°（已知），
∴ ＝∠2（ ）．
∴DE∥BC（ ）．
22．（2024春 天宁区期中）阅读下列材料并解答问题：
在一个三角形中，如果一个内角α的度数是另一个内角度数的2倍，那么这样的三角形我们称为“特征三角形”，其中α称为“特征角”例如：一个三角形三个内角的度数分别是100°、50°、30°，这个三角形就是“特征三角形”，其中“特征角”为100°．反之，若一个三角形是“特征三角形”，那么这个三角形的三个内角中一定有一个内角α的度数是另一个内角度数的2倍．
（1）一个“特征三角形”的一个内角为120°，若“特征角”为锐角，则这个“特征角”的度数为 °．
（2）如图1，△ABC中，点D在边BC上，DE平分∠ADB交AB于点E．
①若AD⊥BC，DE⊥AB，判断△BED是否为“特征三角形”，并说明理由；
②若∠B＝30°，△BED是“特征三角形”，请直接写出∠ADC的度数；
③如图2，若F为线段AD上一点，且∠AFE+∠ADC＝180°，∠FED＝∠C．若△ADC是“特征三角形”，求∠C的度数．
第11章三角形检测卷-2024-2025学年数学八年级上册人教版
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024春 淮阳区期末）下列生活实物中，没有应用到三角形的稳定性的是（ ）
A．太阳能热水器 B．篮球架
C．三脚架 D．活动衣架
【解答】解：A、应用到三角形的稳定性，不符合题意；
B、应用到三角形的稳定性，不符合题意；
C、应用到三角形的稳定性，不符合题意；
D、没有应用到三角形的稳定性，符合题意；
故选：D．
2．（2024秋 宁江区校级月考）以下长度的三根小木棒能摆成三角形的是（ ）
A．1，2，3 B．3，3，5 C．2，3，5 D．3，5，9
【解答】解：A、1+2＝3，不能摆成三角形，不符合题意；
B、3+3＝6＞5，能摆成三角形，符合题意；
C、2+3＝5，不能摆成三角形，不符合题意；
D、3+5＝8＜9，不能摆成三角形，不符合题意；
故选：B．
3．（2024秋 乌拉特前旗校级月考）七边形的内角和（ ）
A．540° B．720° C．900° D．1000°
【解答】解：（7﹣2）×180°＝900°，
答：七边形的内角和为900°，
故选：C．
4．（2024秋 兴和县校级月考）如图，图中∠1的度数是（ ）
A．140° B．130° C．80° D．60°
【解答】解：∵∠1是三角形的外角，
∴∠A＝80°+60°＝140°．
故选：A．
5．（2024秋 西乡塘区校级月考）如图，已知D为BC上一点，∠B＝∠1，∠BAC＝70°，则∠2的度数为（ ）
A．37° B．70° C．74° D．84°
【解答】解：∵∠BAC＝70°，
∴∠BAD+∠1＝70°，
∵∠B＝∠1，
∴∠B+∠BAD＝70°，
∵∠2是△ABD的外角，
∴∠2＝∠B+∠BAD＝70°，
故选：B．
6．（2024 石家庄模拟）某建筑工具是如图所示的人字架，若该人字架中的∠3＝110°，则∠1比∠2大（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【解答】解：如图，
∵∠3＝110°，
∴∠ABC＝180°﹣∠3＝70°，
∵∠1是△ABC的外角，
∴∠2+∠ABC＝∠1，
∴∠1﹣∠2＝∠ABC＝70°．
故选：C．
7．（2024秋 宁津县校级月考）如图，已知△ABC为直角三角形，∠C＝90°，若沿图中虚线剪去∠C，则∠1+∠2的度数为（ ）
A．210° B．250° C．270° D．300°
【解答】解：∵在△CDE中，∠C＝90°，
∴∠CDE+∠CED＝180°﹣∠C＝90°，
∵∠1+∠CDE＝180°，∠2+∠CED＝180°，
∴∠1+∠CDE+∠2+∠CED＝360°，
∴∠1+∠2＝270°，
故选：C．
8．（2024秋 汶上县校级月考）如图，BE、CF是△ABC的角平分线，BE、CF相交于点D，∠ABC＝70°，∠A＝60°，则∠CDE的度数是（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠ABC＝50°，
∵BE、CF是△ABC的角平分线，
∴，
∴∠CDE＝∠DBC+∠DCB＝60°，
故选：B．
二．填空题（共8小题）
9．（2024秋 庆云县校级月考）一个多边形的内角和比它的外角和的2倍还大180°，这个多边形是 7 ．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，根据题意，
可得（n﹣2）×180°＝2×360°+180°，
解得n＝7．
故答案为：7．
10．（2024秋 乐陵市校级月考）已知三条线段的长分别是3，7，m，若它们能构成三角形，则整数m的最大值是 9 ．
【解答】解：由三角形的三边关系可知：7﹣3＜m＜7+3，
即4＜m＜10，
因此整数m的最大值是9．
故答案为：9．
11．（2024秋 凉州区校级月考）已知a，b，c是一个三角形的三边长．化简|a+b﹣c|﹣|a﹣b+c|+|a﹣b﹣c|＝ ﹣a+3b﹣c ．
【解答】解：∵a，b，c是一个三角形的三条边长，
∴根据三角形三边关系得到a+b﹣c＞0，a﹣b+c＞0，a﹣b﹣c＜0，
∴|a+b﹣c|﹣|a﹣b+c|+|a﹣b﹣c|
＝a+b﹣c﹣（a﹣b+c）﹣（a﹣b﹣c）
＝a+b﹣c﹣a+b﹣c﹣a+b+c
＝﹣a+3b﹣c，
即|a+b﹣c|﹣|a﹣b+c|+|a﹣b﹣c|＝﹣a+3b﹣c，
故答案为：﹣a+3b﹣c．
12．（2024 柴桑区二模）如图，在正八边形ABCDEFGH的内部作正方形DEJI，则∠CDI的度数为 45° ．
【解答】解：∵在正八边形ABCDEFGH的内部作正方形DEJI，
∴，∠IDE＝90°，
∴∠CDI＝∠CDE﹣∠TDE＝45°，
故答案为：45°．
13．（2023秋 平原县期末）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠P＝ 30 °．
【解答】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
∴∠ABP＝∠CBP＝20°，∠ACP＝∠MCP＝50°，
∵∠PCM是△BCP的外角，
∴∠P＝∠PCM﹣∠CBP＝50°﹣20°＝30°，
故答案为：30°．
14．（2024秋 兴和县校级月考）如图，AD是△ABC的中线，则BD＝ CD ．
【解答】解：∵AD是△ABC的中线，
∴，
故答案为：CD．
15．（2024秋 姑苏区校级月考）如图所示，在四边形ABCD中，∠DAC＝12°，∠CAB＝36°，∠ABD＝48°，∠DBC＝24°，则∠ACD＝ 30 °．
【解答】解：在四边形ABCD外取一点P，使∠PAD＝12°且AP＝AC，连接PB、PD，
在△ADP和△ADC中，∠PAD＝∠CAD＝12°，AP＝AC，AD＝AD，
∴△ADP≌△ADC（SAS），
∴∠APD＝∠ACD，
∵∠CAB＝36°，∠ABC＝72°，
∴∠ACB＝72°，
∴AP＝AB，
∴∠PAB＝12°+12°+36°＝60°，
∴△PAB是等边三角形，∠APB＝60°，PA＝PB，
在△DAB中，∠DAB＝∠DAC+∠CAB＝12°+36°＝48°＝∠DBA，
∴DA＝DB，
∵PA＝PB，PD＝PD，DA＝DB，
∴△PDA≌△PDB（SSS），
∴，即∠ACD＝30°，
故答案为：30．
16．（2024春 公主岭市期末）如图，第四套人民币中1角硬币采用了圆内接正九边形的独特设计，此正九边形的内角和为 1260 度．
【解答】解：正九边形的内角和为180°×（9﹣2）＝1260°，
故答案为：1260．
三．解答题（共6小题）
17．（2024秋 船营区校级月考）已知三角形的两边长分别为5和2，且这个三角形的周长是偶数，求它的第三边的长及周长．
【解答】解：设第三边长是a，则5﹣2＜a＜5+2，即3＜a＜7．
则a的整数值是4，5，6．
当三角形的周长是偶数时，第三边长是5，则其周长为：5+5+2＝12．
综上所述，它的第三边的长是5，它所对应的周长为12．
18．（2024秋 宁乡市月考）一个多边形的内角和是1080°．
（1）求该多边形的边数．
（2）若该多边形每个内角都相等，求每一个外角的度数．
【解答】解：（1）设该多边形的边数为n，
∴（n﹣2）×180°＝1080°，
∴n＝8，
∴边数为8；
（2）∵该多边形每个内角都相等，
等角的补角相等可得：该多边形每个外角都相等，
∴外角的度数＝．
19．（2024秋 乌拉特前旗校级月考）如图，AD是△ABC的角平分线，∠ADC＝80°，∠BAC＝70°．求：∠B和∠C的度数．
【解答】解：∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠BAC＝×70°＝35°，
∵∠ADC＝80°，
∴∠B＝∠ADC﹣∠BAD＝45°，
∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝65°．
20．（2024秋 汶上县校级月考）如图，BE为△ABC角平分线，与AC交于点F，CE为△ABC外角的平分线，BE与CE相交于点E．
（1）若∠A＝80°，求∠E的度数；
（2）若∠ACE＝70°，∠E＝30°，求∠A的度数．
【解答】解：（1）∵CE平分∠ACD，BE平分∠ABC，
∴∠ACD＝2∠ECD，∠ABC＝2∠EBC，
∵∠ECD＝∠E+∠EBC，
∴∠ACD＝2∠E+2∠EBC＝2∠E+∠ABC，
∵∠ACD＝∠A+∠ABC，
∴∠A＝2∠E，
∵∠A＝80°，
∴∠E＝40°；
（2）由（1）得∠A＝2∠E＝2×30°＝60°．
21．（2024春 海淀区校级期中）完成下面的证明．
已知：如图，在三角形ABC中，CD⊥AB于点D，E是AC上一点，∠1+∠2＝90°．
求证：DE∥BC．
证明：∵CD⊥AB（已知），
∴∠ADC＝ 90° （垂直的定义）．
∴∠1+ ∠CDE ＝90°，
∵∠1+∠2＝90°（已知），
∴ ∠CDE ＝∠2（ 同角的余角相等 ）．
∴DE∥BC（ 内错角相等，两直线平行 ）．
【解答】证明：∵CD⊥AB（已知），
∴∠ADC＝90°（垂直的定义）．
∴∠1+∠CDE＝90°，
∵∠1+∠2＝90°（已知），
∴∠CDE＝∠2（依据1：同角的余角相等），
∴DE∥BC（依据2：内错角相等，两直线平行）．
故答案为：90°，∠CDE，∠CDE，同角的余角相等，内错角相等，两直线平行．
22．（2024春 天宁区期中）阅读下列材料并解答问题：
在一个三角形中，如果一个内角α的度数是另一个内角度数的2倍，那么这样的三角形我们称为“特征三角形”，其中α称为“特征角”例如：一个三角形三个内角的度数分别是100°、50°、30°，这个三角形就是“特征三角形”，其中“特征角”为100°．反之，若一个三角形是“特征三角形”，那么这个三角形的三个内角中一定有一个内角α的度数是另一个内角度数的2倍．
（1）一个“特征三角形”的一个内角为120°，若“特征角”为锐角，则这个“特征角”的度数为 40 °．
（2）如图1，△ABC中，点D在边BC上，DE平分∠ADB交AB于点E．
①若AD⊥BC，DE⊥AB，判断△BED是否为“特征三角形”，并说明理由；
②若∠B＝30°，△BED是“特征三角形”，请直接写出∠ADC的度数；
③如图2，若F为线段AD上一点，且∠AFE+∠ADC＝180°，∠FED＝∠C．若△ADC是“特征三角形”，求∠C的度数．
【解答】解：（1）∵一个“特征三角形“的一个内角为120°，若“特征角“为锐角，
设这个“特征角“的度数为2x°，则另一个角为x°，
∴120+2x+x＝180，
解得：x＝20，
∴这个“特征角“的度数为40°，
故答案为：40．
（2）①∵AD⊥BC，DE⊥AB，
∴∠ADB＝∠DEB＝90°，
∵DE平分∠ADB，
∴∠EDB＝45°，
∵∠BED＝2∠BDE，
∴△BED是为“特征三角形”；
②设∠BDE＝x，∵DE∠ADC＝180°﹣2x
平分∠ADB，
则∠ADE＝∠BDE＝x，则∠BED＝180°﹣30°﹣x＝150°﹣x，
∵△BED是“特征三角形”，
1）∠B为特征角时，当∠B＝2∠EDB时，x＝15°，则∠ADC＝180°﹣2×15°＝150°，
当∠B＝2∠BED时，150°﹣x＝15°，
解得：x＝135°（舍去）
2）为特征角时，当∠EDB＝2∠B时，x＝60°，则∠ADC＝180°﹣2×60°＝60°
当∠EDB＝2∠BED时，x＝2（150°﹣x），
解得：x＝100°（舍去）
3）∠BED为特征角时，当∠BED＝2∠B时，150°﹣x＝60°，
解得：x＝90°（舍去）
当∠BED＝2∠BDE150°﹣x＝2x，
解得：x＝50°，则∠ADC＝180°﹣2×50°＝80°，
综上所述，∠ADC＝150°或60°或80°；
③设∠C＝α
∵∠AFE+∠ADC＝180°，∠ADB+∠ADC＝180°，
∴∠AFE＝∠ADB，
∴EF∥BC，
∴∠EDB＝∠FED
又∵DE平分∠ADB，
∴∠EDB＝∠FDE，
∴∠FED＝∠FDE，
∵∠FED＝∠C，
∴∠EDB＝∠FDE＝∠C＝α，
∴ED∥AC，
∴∠CAD＝∠EDF＝α，
∴在Rt△ADC中，∠ADC＝180°﹣2α，∠CAD＝∠C＝α，
∵△ADC是“特征三角形”，
∴180°﹣2α＝2α或α＝2（180°﹣2α），
解得：α＝45°或α＝72°，
即∠C＝45°或72°．
一．选择题（共8小题）
1．（2024春 淮阳区期末）下列生活实物中，没有应用到三角形的稳定性的是（ ）
A．太阳能热水器 B．篮球架
C．三脚架 D．活动衣架
2．（2024秋 宁江区校级月考）以下长度的三根小木棒能摆成三角形的是（ ）
A．1，2，3 B．3，3，5 C．2，3，5 D．3，5，9
3．（2024秋 乌拉特前旗校级月考）七边形的内角和（ ）
A．540° B．720° C．900° D．1000°
4．（2024秋 兴和县校级月考）如图，图中∠1的度数是（ ）
A．140° B．130° C．80° D．60°
5．（2024秋 西乡塘区校级月考）如图，已知D为BC上一点，∠B＝∠1，∠BAC＝70°，则∠2的度数为（ ）
A．37° B．70° C．74° D．84°
6．（2024 石家庄模拟）某建筑工具是如图所示的人字架，若该人字架中的∠3＝110°，则∠1比∠2大（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
7．（2024秋 宁津县校级月考）如图，已知△ABC为直角三角形，∠C＝90°，若沿图中虚线剪去∠C，则∠1+∠2的度数为（ ）
A．210° B．250° C．270° D．300°
8．（2024秋 汶上县校级月考）如图，BE、CF是△ABC的角平分线，BE、CF相交于点D，∠ABC＝70°，∠A＝60°，则∠CDE的度数是（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
二．填空题（共8小题）
9．（2024秋 庆云县校级月考）一个多边形的内角和比它的外角和的2倍还大180°，这个多边形是 ．
10．（2024秋 乐陵市校级月考）已知三条线段的长分别是3，7，m，若它们能构成三角形，则整数m的最大值是 ．
11．（2024秋 凉州区校级月考）已知a，b，c是一个三角形的三边长．化简|a+b﹣c|﹣|a﹣b+c|+|a﹣b﹣c|＝ ．
12．（2024 柴桑区二模）如图，在正八边形ABCDEFGH的内部作正方形DEJI，则∠CDI的度数为 ．
13．（2023秋 平原县期末）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠P＝ °．
14．（2024秋 兴和县校级月考）如图，AD是△ABC的中线，则BD＝ ．
15．（2024秋 姑苏区校级月考）如图所示，在四边形ABCD中，∠DAC＝12°，∠CAB＝36°，∠ABD＝48°，∠DBC＝24°，则∠ACD＝ °．
16．（2024春 公主岭市期末）如图，第四套人民币中1角硬币采用了圆内接正九边形的独特设计，此正九边形的内角和为 度．
三．解答题（共6小题）
17．（2024秋 船营区校级月考）已知三角形的两边长分别为5和2，且这个三角形的周长是偶数，求它的第三边的长及周长．
18．（2024秋 宁乡市月考）一个多边形的内角和是1080°．
（1）求该多边形的边数．
（2）若该多边形每个内角都相等，求每一个外角的度数．
19．（2024秋 乌拉特前旗校级月考）如图，AD是△ABC的角平分线，∠ADC＝80°，∠BAC＝70°．求：∠B和∠C的度数．
20．（2024秋 汶上县校级月考）如图，BE为△ABC角平分线，与AC交于点F，CE为△ABC外角的平分线，BE与CE相交于点E．
（1）若∠A＝80°，求∠E的度数；
（2）若∠ACE＝70°，∠E＝30°，求∠A的度数．
21．（2024春 海淀区校级期中）完成下面的证明．
已知：如图，在三角形ABC中，CD⊥AB于点D，E是AC上一点，∠1+∠2＝90°．
求证：DE∥BC．
证明：∵CD⊥AB（已知），
∴∠ADC＝ （垂直的定义）．
∴∠1+ ＝90°，
∵∠1+∠2＝90°（已知），
∴ ＝∠2（ ）．
∴DE∥BC（ ）．
22．（2024春 天宁区期中）阅读下列材料并解答问题：
在一个三角形中，如果一个内角α的度数是另一个内角度数的2倍，那么这样的三角形我们称为“特征三角形”，其中α称为“特征角”例如：一个三角形三个内角的度数分别是100°、50°、30°，这个三角形就是“特征三角形”，其中“特征角”为100°．反之，若一个三角形是“特征三角形”，那么这个三角形的三个内角中一定有一个内角α的度数是另一个内角度数的2倍．
（1）一个“特征三角形”的一个内角为120°，若“特征角”为锐角，则这个“特征角”的度数为 °．
（2）如图1，△ABC中，点D在边BC上，DE平分∠ADB交AB于点E．
①若AD⊥BC，DE⊥AB，判断△BED是否为“特征三角形”，并说明理由；
②若∠B＝30°，△BED是“特征三角形”，请直接写出∠ADC的度数；
③如图2，若F为线段AD上一点，且∠AFE+∠ADC＝180°，∠FED＝∠C．若△ADC是“特征三角形”，求∠C的度数．
第11章三角形检测卷-2024-2025学年数学八年级上册人教版
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024春 淮阳区期末）下列生活实物中，没有应用到三角形的稳定性的是（ ）
A．太阳能热水器 B．篮球架
C．三脚架 D．活动衣架
【解答】解：A、应用到三角形的稳定性，不符合题意；
B、应用到三角形的稳定性，不符合题意；
C、应用到三角形的稳定性，不符合题意；
D、没有应用到三角形的稳定性，符合题意；
故选：D．
2．（2024秋 宁江区校级月考）以下长度的三根小木棒能摆成三角形的是（ ）
A．1，2，3 B．3，3，5 C．2，3，5 D．3，5，9
【解答】解：A、1+2＝3，不能摆成三角形，不符合题意；
B、3+3＝6＞5，能摆成三角形，符合题意；
C、2+3＝5，不能摆成三角形，不符合题意；
D、3+5＝8＜9，不能摆成三角形，不符合题意；
故选：B．
3．（2024秋 乌拉特前旗校级月考）七边形的内角和（ ）
A．540° B．720° C．900° D．1000°
【解答】解：（7﹣2）×180°＝900°，
答：七边形的内角和为900°，
故选：C．
4．（2024秋 兴和县校级月考）如图，图中∠1的度数是（ ）
A．140° B．130° C．80° D．60°
【解答】解：∵∠1是三角形的外角，
∴∠A＝80°+60°＝140°．
故选：A．
5．（2024秋 西乡塘区校级月考）如图，已知D为BC上一点，∠B＝∠1，∠BAC＝70°，则∠2的度数为（ ）
A．37° B．70° C．74° D．84°
【解答】解：∵∠BAC＝70°，
∴∠BAD+∠1＝70°，
∵∠B＝∠1，
∴∠B+∠BAD＝70°，
∵∠2是△ABD的外角，
∴∠2＝∠B+∠BAD＝70°，
故选：B．
6．（2024 石家庄模拟）某建筑工具是如图所示的人字架，若该人字架中的∠3＝110°，则∠1比∠2大（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【解答】解：如图，
∵∠3＝110°，
∴∠ABC＝180°﹣∠3＝70°，
∵∠1是△ABC的外角，
∴∠2+∠ABC＝∠1，
∴∠1﹣∠2＝∠ABC＝70°．
故选：C．
7．（2024秋 宁津县校级月考）如图，已知△ABC为直角三角形，∠C＝90°，若沿图中虚线剪去∠C，则∠1+∠2的度数为（ ）
A．210° B．250° C．270° D．300°
【解答】解：∵在△CDE中，∠C＝90°，
∴∠CDE+∠CED＝180°﹣∠C＝90°，
∵∠1+∠CDE＝180°，∠2+∠CED＝180°，
∴∠1+∠CDE+∠2+∠CED＝360°，
∴∠1+∠2＝270°，
故选：C．
8．（2024秋 汶上县校级月考）如图，BE、CF是△ABC的角平分线，BE、CF相交于点D，∠ABC＝70°，∠A＝60°，则∠CDE的度数是（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠ABC＝50°，
∵BE、CF是△ABC的角平分线，
∴，
∴∠CDE＝∠DBC+∠DCB＝60°，
故选：B．
二．填空题（共8小题）
9．（2024秋 庆云县校级月考）一个多边形的内角和比它的外角和的2倍还大180°，这个多边形是 7 ．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，根据题意，
可得（n﹣2）×180°＝2×360°+180°，
解得n＝7．
故答案为：7．
10．（2024秋 乐陵市校级月考）已知三条线段的长分别是3，7，m，若它们能构成三角形，则整数m的最大值是 9 ．
【解答】解：由三角形的三边关系可知：7﹣3＜m＜7+3，
即4＜m＜10，
因此整数m的最大值是9．
故答案为：9．
11．（2024秋 凉州区校级月考）已知a，b，c是一个三角形的三边长．化简|a+b﹣c|﹣|a﹣b+c|+|a﹣b﹣c|＝ ﹣a+3b﹣c ．
【解答】解：∵a，b，c是一个三角形的三条边长，
∴根据三角形三边关系得到a+b﹣c＞0，a﹣b+c＞0，a﹣b﹣c＜0，
∴|a+b﹣c|﹣|a﹣b+c|+|a﹣b﹣c|
＝a+b﹣c﹣（a﹣b+c）﹣（a﹣b﹣c）
＝a+b﹣c﹣a+b﹣c﹣a+b+c
＝﹣a+3b﹣c，
即|a+b﹣c|﹣|a﹣b+c|+|a﹣b﹣c|＝﹣a+3b﹣c，
故答案为：﹣a+3b﹣c．
12．（2024 柴桑区二模）如图，在正八边形ABCDEFGH的内部作正方形DEJI，则∠CDI的度数为 45° ．
【解答】解：∵在正八边形ABCDEFGH的内部作正方形DEJI，
∴，∠IDE＝90°，
∴∠CDI＝∠CDE﹣∠TDE＝45°，
故答案为：45°．
13．（2023秋 平原县期末）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠P＝ 30 °．
【解答】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
∴∠ABP＝∠CBP＝20°，∠ACP＝∠MCP＝50°，
∵∠PCM是△BCP的外角，
∴∠P＝∠PCM﹣∠CBP＝50°﹣20°＝30°，
故答案为：30°．
14．（2024秋 兴和县校级月考）如图，AD是△ABC的中线，则BD＝ CD ．
【解答】解：∵AD是△ABC的中线，
∴，
故答案为：CD．
15．（2024秋 姑苏区校级月考）如图所示，在四边形ABCD中，∠DAC＝12°，∠CAB＝36°，∠ABD＝48°，∠DBC＝24°，则∠ACD＝ 30 °．
【解答】解：在四边形ABCD外取一点P，使∠PAD＝12°且AP＝AC，连接PB、PD，
在△ADP和△ADC中，∠PAD＝∠CAD＝12°，AP＝AC，AD＝AD，
∴△ADP≌△ADC（SAS），
∴∠APD＝∠ACD，
∵∠CAB＝36°，∠ABC＝72°，
∴∠ACB＝72°，
∴AP＝AB，
∴∠PAB＝12°+12°+36°＝60°，
∴△PAB是等边三角形，∠APB＝60°，PA＝PB，
在△DAB中，∠DAB＝∠DAC+∠CAB＝12°+36°＝48°＝∠DBA，
∴DA＝DB，
∵PA＝PB，PD＝PD，DA＝DB，
∴△PDA≌△PDB（SSS），
∴，即∠ACD＝30°，
故答案为：30．
16．（2024春 公主岭市期末）如图，第四套人民币中1角硬币采用了圆内接正九边形的独特设计，此正九边形的内角和为 1260 度．
【解答】解：正九边形的内角和为180°×（9﹣2）＝1260°，
故答案为：1260．
三．解答题（共6小题）
17．（2024秋 船营区校级月考）已知三角形的两边长分别为5和2，且这个三角形的周长是偶数，求它的第三边的长及周长．
【解答】解：设第三边长是a，则5﹣2＜a＜5+2，即3＜a＜7．
则a的整数值是4，5，6．
当三角形的周长是偶数时，第三边长是5，则其周长为：5+5+2＝12．
综上所述，它的第三边的长是5，它所对应的周长为12．
18．（2024秋 宁乡市月考）一个多边形的内角和是1080°．
（1）求该多边形的边数．
（2）若该多边形每个内角都相等，求每一个外角的度数．
【解答】解：（1）设该多边形的边数为n，
∴（n﹣2）×180°＝1080°，
∴n＝8，
∴边数为8；
（2）∵该多边形每个内角都相等，
等角的补角相等可得：该多边形每个外角都相等，
∴外角的度数＝．
19．（2024秋 乌拉特前旗校级月考）如图，AD是△ABC的角平分线，∠ADC＝80°，∠BAC＝70°．求：∠B和∠C的度数．
【解答】解：∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠BAC＝×70°＝35°，
∵∠ADC＝80°，
∴∠B＝∠ADC﹣∠BAD＝45°，
∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝65°．
20．（2024秋 汶上县校级月考）如图，BE为△ABC角平分线，与AC交于点F，CE为△ABC外角的平分线，BE与CE相交于点E．
（1）若∠A＝80°，求∠E的度数；
（2）若∠ACE＝70°，∠E＝30°，求∠A的度数．
【解答】解：（1）∵CE平分∠ACD，BE平分∠ABC，
∴∠ACD＝2∠ECD，∠ABC＝2∠EBC，
∵∠ECD＝∠E+∠EBC，
∴∠ACD＝2∠E+2∠EBC＝2∠E+∠ABC，
∵∠ACD＝∠A+∠ABC，
∴∠A＝2∠E，
∵∠A＝80°，
∴∠E＝40°；
（2）由（1）得∠A＝2∠E＝2×30°＝60°．
21．（2024春 海淀区校级期中）完成下面的证明．
已知：如图，在三角形ABC中，CD⊥AB于点D，E是AC上一点，∠1+∠2＝90°．
求证：DE∥BC．
证明：∵CD⊥AB（已知），
∴∠ADC＝ 90° （垂直的定义）．
∴∠1+ ∠CDE ＝90°，
∵∠1+∠2＝90°（已知），
∴ ∠CDE ＝∠2（ 同角的余角相等 ）．
∴DE∥BC（ 内错角相等，两直线平行 ）．
【解答】证明：∵CD⊥AB（已知），
∴∠ADC＝90°（垂直的定义）．
∴∠1+∠CDE＝90°，
∵∠1+∠2＝90°（已知），
∴∠CDE＝∠2（依据1：同角的余角相等），
∴DE∥BC（依据2：内错角相等，两直线平行）．
故答案为：90°，∠CDE，∠CDE，同角的余角相等，内错角相等，两直线平行．
22．（2024春 天宁区期中）阅读下列材料并解答问题：
在一个三角形中，如果一个内角α的度数是另一个内角度数的2倍，那么这样的三角形我们称为“特征三角形”，其中α称为“特征角”例如：一个三角形三个内角的度数分别是100°、50°、30°，这个三角形就是“特征三角形”，其中“特征角”为100°．反之，若一个三角形是“特征三角形”，那么这个三角形的三个内角中一定有一个内角α的度数是另一个内角度数的2倍．
（1）一个“特征三角形”的一个内角为120°，若“特征角”为锐角，则这个“特征角”的度数为 40 °．
（2）如图1，△ABC中，点D在边BC上，DE平分∠ADB交AB于点E．
①若AD⊥BC，DE⊥AB，判断△BED是否为“特征三角形”，并说明理由；
②若∠B＝30°，△BED是“特征三角形”，请直接写出∠ADC的度数；
③如图2，若F为线段AD上一点，且∠AFE+∠ADC＝180°，∠FED＝∠C．若△ADC是“特征三角形”，求∠C的度数．
【解答】解：（1）∵一个“特征三角形“的一个内角为120°，若“特征角“为锐角，
设这个“特征角“的度数为2x°，则另一个角为x°，
∴120+2x+x＝180，
解得：x＝20，
∴这个“特征角“的度数为40°，
故答案为：40．
（2）①∵AD⊥BC，DE⊥AB，
∴∠ADB＝∠DEB＝90°，
∵DE平分∠ADB，
∴∠EDB＝45°，
∵∠BED＝2∠BDE，
∴△BED是为“特征三角形”；
②设∠BDE＝x，∵DE∠ADC＝180°﹣2x
平分∠ADB，
则∠ADE＝∠BDE＝x，则∠BED＝180°﹣30°﹣x＝150°﹣x，
∵△BED是“特征三角形”，
1）∠B为特征角时，当∠B＝2∠EDB时，x＝15°，则∠ADC＝180°﹣2×15°＝150°，
当∠B＝2∠BED时，150°﹣x＝15°，
解得：x＝135°（舍去）
2）为特征角时，当∠EDB＝2∠B时，x＝60°，则∠ADC＝180°﹣2×60°＝60°
当∠EDB＝2∠BED时，x＝2（150°﹣x），
解得：x＝100°（舍去）
3）∠BED为特征角时，当∠BED＝2∠B时，150°﹣x＝60°，
解得：x＝90°（舍去）
当∠BED＝2∠BDE150°﹣x＝2x，
解得：x＝50°，则∠ADC＝180°﹣2×50°＝80°，
综上所述，∠ADC＝150°或60°或80°；
③设∠C＝α
∵∠AFE+∠ADC＝180°，∠ADB+∠ADC＝180°，
∴∠AFE＝∠ADB，
∴EF∥BC，
∴∠EDB＝∠FED
又∵DE平分∠ADB，
∴∠EDB＝∠FDE，
∴∠FED＝∠FDE，
∵∠FED＝∠C，
∴∠EDB＝∠FDE＝∠C＝α，
∴ED∥AC，
∴∠CAD＝∠EDF＝α，
∴在Rt△ADC中，∠ADC＝180°﹣2α，∠CAD＝∠C＝α，
∵△ADC是“特征三角形”，
∴180°﹣2α＝2α或α＝2（180°﹣2α），
解得：α＝45°或α＝72°，
即∠C＝45°或72°．