文档内容
2021-2022学年七年级数学下册尖子生同步培优题典【北师大版】
专题4.10第4章三角形单元测试（能力关过卷）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑
色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的．
1．（2021秋•辛集市期末）下列语句正确的是（ ）
A．三角形的三条高都在三角形内部
B．三角形的三条中线交于一点
C．三角形不一定具有稳定性
D．三角形的角平分线可能在三角形的内部或外部
【分析】根据三角形的角平分线、高和中线的定义判断即可．
【解答】解：A、三角形的三条高不一定在三角形内部，错误；
B、三角形的三条中线交于一点，正确；
C、三角形具有稳定性，错误；
D、三角形的角平分线一定在三角形的内部，错误；
故选：B．
2．（2021秋•木兰县期末）画△ABC中AC边上的高，下列四个画法中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据三角形的高线的定义：过三角形的一个顶点向对边引垂线，顶点与垂足之间的距离叫做三
角形的高对各选项图形判断即可．
【解答】解：由三角形的高线的定义，C选项图形表示△ABC中AC边上的高．
故选：C．3．（2020秋•九龙坡区校级期末）在△ABC中，∠A：∠B：∠C＝1：1：4，则∠A＝（ ）
A．30° B．45° C．90° D．120°
【分析】由题意∠A：∠B：∠C＝1：1：4并结合三角形内角和定理可得结论．
【解答】解：∵∠A：∠B：∠C＝1：1：4且∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A＝ ＝30°．
故选：A．
4．（2018秋•渑池县期中）如图，△ABC和△ABD是一副直角三角板，其中∠C＝60°，∠ABD＝45°，将
它们如图中方式叠放在一起，则∠DEC的度数为（ ）
A．90° B．100° C．105° D．135°
【分析】根据三角板的特殊角，外角性质就可求出最后结果．
【解答】解：∵∠C＝60°，∠ABD＝45°，△ABC和△ABD是一副直角三角板，
∴∠BAD＝45°，∠BAC＝30°，
∴∠CAD＝15°，
∴∠DEC＝90°+15°＝105°，
故选：C．
5．（2021春•信都区期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，AE，BF分别是∠BAC和∠ABC的角
平分线，它们相交于点O，∠AOB＝125°，则∠CAD的度数为（ ）
A．20° B．30° C．45° D．50°
【分析】根据∠AOB＝125°和三角形内角和，可以得到∠OAB+∠OBA的度数，再根据AE，BF分别是∠BAC和∠ABC的角平分线，即可得到∠BAC+∠ABC的度数，进而得到∠C的度数，再根据AD是BC
边上的高，即可得到∠CAD的度数．
【解答】解：∵∠AOB＝125°，
∴∠OAB+∠OBA＝55°，
∵AE，BF分别是∠BAC和∠ABC的角平分线，它们相交于点O，
∴∠BAC+∠ABC＝2（∠OAB+∠OBA）＝2×55°＝110°，
∴∠C＝70°，
∵AD是BC边上的高，
∴∠ADC＝90°，
∴∠CAD＝20°，
即∠CAD的度数是20°．
故选：A．
6．（2021秋•邗江区期末）如图，在△ABC和△DEF中，∠A＝∠D，AC＝DF，要使得△ABC≌△DEF，
还需要补充一个条件，则下列错误的条件是（ ）
A．BF＝CE B．AC∥DF C．∠B＝∠E D．AB＝DE
【分析】分别判断选项所添加的条件，根据三角形的判定定理：ASA、SAS、AAS进行判断即可．
【解答】解：A、添加BF＝CE，可得，BC＝EF，不能得出△ABC≌△DEF，符合题意；
B、添加AC∥DF，可得，∠ACB＝∠DFE，利用ASA得出△ABC≌△DEF，不符合题意；
C、添加∠B＝∠E，利用AAS得出△ABC≌△DEF，不符合题意；
D、添加AB＝DE，利用SAS得出△ABC≌△DEF，不符合题意；
故选：A．
7．（2021秋•东城区校级期末）根据下列已知条件，不能画出唯一△ABC的是（ ）A．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4 B．∠A＝30°，AB＝5，BC＝3
C．∠B＝60°，AB＝6，BC＝10 D．∠C＝90°，AB＝5，BC＝3
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4，符合全等三角形的判定定理 ASA，能画出唯一的
△ABC，故本选项不符合题意；
B．∠A＝30°，AB＝5，BC＝3，不符合全等三角形的判定定理，不能画出唯一的△ABC，故本选项符合
题意；
C．∠B＝60°，AB＝6，BC＝10，符合全等三角形的判定定理SAS，能画出唯一的△ABC，故本选项不
符合题意；
D．∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，符合全等直角三角形的判定定理HL，能画出唯一的△ABC，故本选项
不符合题意；
故选：B．
8．（2020秋•蔡甸区期末）将一副学生用三角板（一个锐角为30°的直角三角形，一个锐角为45°的直角三
角形）如图叠放，则下列4个结论中正确的个数有（ ）
①OE平分∠AOD；
②∠AOC＝∠BOD；
③∠AOC﹣∠CEA＝15°；
④∠COB+∠AOD＝180°．
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】根据同角的余角相等可得∠AOC＝∠BOD；根据角的和差关系可得∠COB+∠AOD＝180；根
据三角形的内角和即可得出∠AOC﹣∠CEA＝15°．
【解答】解：∵∠DOC＝∠AOB＝90°，
∴∠DOC﹣∠BOC＝∠AOB﹣∠COB，
即∠AOC＝∠BOD，故②正确；
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠COB+∠AOD＝∠AOB+∠COD＝180°，故④正确；如图，AB与OC交于点P，
∵∠CPE＝∠APO，∠C＝45°，∠A＝30°，∠CEA+∠CPE+∠C＝∠AOC+∠APO+∠A＝180°，
∴∠AOC﹣∠CEA＝15°．故③正确；
没有条件能证明OE平分∠AOD，故①错误．
故选：D．
9．（2020秋•房山区期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC于D，CE⊥AB于E，AD与CE交于点F．请你
添加一个适当的条件，使△AEF≌△CEB．下列添加的条件不正确的是（ ）
A．EF＝EB B．EA＝EC C．AF＝CB D．∠AFE＝∠B
【分析】根据垂直关系，可以判断△AEF与△CEB有两对对应角相等，根据全等三角形的判定，只需要
有一对对应边相等就可以了．
【解答】解：∵AD⊥BC于D，CE⊥AB于E，
∴∠AEF＝∠CEB＝90°，
在Rt△AEF和Rt△CDF中，∵∠AFE＝∠CFD，
∴90°﹣∠AFE＝90°﹣∠CFD，
∴∠EAF＝∠DCF，
所以根据AAS添加EF＝EB或AF＝CB，根据ASA添加EA＝EC，可证△AEF≌△CEB．
故选：D．
10．（2020秋•苏州期末）如图，在△ABC和△DEF中，AB＝DE，BC＝EF，∠B+∠E＝180°．如果
△ABC的面积48cm2，那么△DEF的面积为（ ）A．48cm2 B．24cm2 C．54cm2 D．96cm2
【分析】作AM⊥BC于M，DN⊥EF于N，如图，根据等角的余角相等得到∠ABM＝∠E，则可判断
△ABM≌△DEN，所以AM＝DN，然后利用三角形的面积公式可得到S△DEF ＝S△ABC ．
【解答】解：作AM⊥BC于M，DN⊥EF于N，如图，
∵∠ABC+∠E＝180°，∠ABC+∠ABM＝180°，
∴∠ABM＝∠E，
在△ABM和△DEN中，
，
∴△ABM≌△DEN（AAS），
∴AM＝DN，
∵S△ABC ＝ •BC•AM，S△DEF ＝ •EF•DN，
而BC＝EF，
∴S△DEF ＝S△ABC ＝48cm2．
故选：A．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2021秋•重庆期末）如图，已知AB＝AD，请添加一个条件，使得△ABC≌△ADC，则添加的条件可
以为 ∠ BAC ＝∠ DAC ， CB ＝ CD （只填写一个即可）．【分析】根据全等三角形的判定方法即可解决问题．
【解答】解：由题意AB＝AD，AC＝AC，
∴根据SAS，可以添加∠BAC＝∠DAC，使得△ABC≌△ADC，
根据SSS，可以添加CB＝CD，使得△ABC≌△ADC，
故答案为：∠BAC＝∠DAC，CB＝CD．
12．（2020秋•扶余市期末）如图，将分别含有30°、45°角的一副三角板重叠，使直角顶点重合，若两直
角重叠部分形成的角为55°，则图中角 的度数为 80 ° ．
α
【分析】根据三角形的外角性质计算，得到答案．
【解答】解：由题意得，∠1＝90°﹣55°＝35°，
∴ ＝∠1+45°＝80°，
故α答案为：80°．
13．（2021秋•綦江区期末）如果将一副三角板按如图的方式叠放，则∠1的度数为 105 ° ．【分析】根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和计算即可．
【解答】解：由三角形的外角性质可得：∠1＝（90°﹣45°）+60°＝105°，
故答案为：105°．
14．（2020•贵阳开学）如图，已知 O为△ABC内任意一点，且∠A＝40°，∠1＝25°，∠2＝35°，则
∠BOC＝ 100 ° ．
【分析】连接AO，延长AO交BC于点D，利用三角形的外角性质可得出∠BOD＝∠1+∠BAO，∠COD
＝∠2+∠CAO，结合∠BOC＝∠BOD+∠COD，∠BAC＝∠BAO+∠CAO，即可求出∠BOC的度数．
【解答】解：连接AO，延长AO交BC于点D，如图所示．
∵∠BOD＝∠1+∠BAO，∠COD＝∠2+∠CAO，
∴∠BOC＝∠BOD+∠COD＝∠1+∠BAO+∠2+∠CAO＝∠BAC+∠1+∠2＝40°+25°+35°＝100°．
故答案为：100°．
15．（2020秋•石景山区期末）如图，将一副直角三角尺按图③放置，使三角尺①的长直角边与三角尺
②的某直角边在同一条直线上，则图③中的∠1＝ 10 5 °．【分析】根据三角形的外角性质计算，得到答案．
【解答】解：由题意得，∠2＝60°，∠3＝45°，
则∠1＝∠2+∠3＝105°，
故答案为：105．
16．（2020秋•海淀区校级期末）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线的交点．可以发
现△ABD的面积与△ABC的面积相等，则这样的点D（不包含C）共有 5 个．
【分析】在AB的两侧作AB的平行线，且到AB的距离等于C点到AB的距离，则这两直线上的格点为
D点．
【解答】解：如图，满足条件的D点有5个．
故答案为5．
17．（2021春•叶县期末）如图，∠A＝∠B＝90°，AB＝60，E，F分别为线段AB和射线BD上的一点，若
点E从点B出发向点A运动，同时点F从点B出发向点D运动，二者速度之比为3：7，运动到某时刻同时停止，在射线AC上取一点G，使△AEG与△BEF全等，则AG的长为 1 8 或 7 0 ．
【分析】设BE＝3t，则BF＝7t，使△AEG与△BEF全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两种情况：
情况一：当BE＝AG，BF＝AE时，列方程解得t，可得AG；
情况二：当BE＝AE，BF＝AG时，列方程解得t，可得AG．
【解答】解：设BE＝3t，则BF＝7t，因为∠A＝∠B＝90°，使△AEG与△BEF全等，可分两种情况：
情况一：当BE＝AG，BF＝AE时，
∵BF＝AE，AB＝60，
∴7t＝60﹣3t，
解得：t＝6，
∴AG＝BE＝3t＝3×6＝18；
情况二：当BE＝AE，BF＝AG时，
∵BE＝AE，AB＝60，
∴3t＝60﹣3t，
解得：t＝10，
∴AG＝BF＝7t＝7×10＝70，
综上所述，AG＝18或AG＝70．
故答案为：18或70．
18．（2021秋•渭城区期末）如图，BP是∠ABC的平分线，CP是∠ACM的平分线，∠ABP＝20°，∠ACP
＝50°，则∠ADP＝ 80 ° ．
【分析】由角平分线的定义可求得∠ABC＝40°，∠ACM＝100°，从而可求得∠ACB＝80°，利用三角形
的内角和可求得∠A的度数，再利用三角形的外角性质可求∠ADP的度数．
【解答】解：∵BP是∠ABC的平分线，CP是∠ACM的平分线，∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，∴∠ABC＝2∠ABP＝40°，∠ACM＝2∠ACP＝100°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ACM＝80°，
∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝60°，
∵∠ADP是△ABD的外角，
∴∠ADP＝∠ABP+∠A＝80°，
故答案为：80°．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2021秋•巢湖市期末）如图，△ABC中，AD是BC边上的高，AE是∠BAC的平分线，∠EAD＝5°，
∠B＝50°，求∠C的度数．
【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠AED，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角
的和求出∠BAE，然后根据角平分线的定义求出∠BAC，再利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【解答】解：∵AD是BC边上的高，∠EAD＝5°，
∴∠AED＝85°，
∵∠B＝50°，
∴∠BAE＝∠AED﹣∠B＝85°﹣50°＝35°，
∵AE是∠BAC的角平分线，
∴∠BAC＝2∠BAE＝70°，
∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝180°﹣50°﹣70°＝60°．
20．（2021春•浦东新区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠1＝∠2，AD＝EC．则线段
AB，BE，CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由．
【分析】由平行线的性质证得∠ABD＝∠EDC，根据全等三角形判定证得△ABD≌△EDC，得到AB＝DE，BD＝CD，由线段的和差及等量代换即可得到AB+BE＝CD．
【解答】解：AB+BE＝CD，理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠EDC，
在△ABD和△EDC中，
，
∴△ABD≌△EDC（AAS），
∴AB＝DE，BD＝CD，
∵DE+BE＝BD，
∴AB+BE＝CD．
21．（2020秋•朝阳区期末）已知a＝m2+n2，b＝m2，c＝mn，且m＞n＞0．
（1）比较a，b，c的大小；
（2）请说明以a，b，c为边长的三角形一定存在．
【分析】（1）根据代数式大小比较的方法进行比较即可求解；
（2）根据三角形两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可求解．
【解答】解：（1）∵a＝m2+n2，b＝m2，c＝mn，且m＞n＞0，
∴m2+n2＞m2＞mn，
∴a＞b＞c；
（2）∵m＞n＞0，
∴mn＞n2，
∴m2+mn＞m2+n2，
∴a，b，c为边长的三角形一定存在．
22．（2021•黄冈二模）如图，已知点D、E是△ABC内两点，且∠BAE＝∠CAD，AB＝AC，AD＝AE．
（1）求证：△ABD≌△ACE．
（2）延长BD、CE交于点F，若∠BAC＝86°，∠ABD＝20°，求∠BFC的度数．【分析】（1）由SAS证明△ABD≌△ACE即可；
（2）先由全等三角形的性质得∠ACE＝∠ABD＝20°，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得
∠ABC＝∠ACB＝47°，则∠FBC＝∠FCB＝27°，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵∠BAE＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：∵△ABD≌△ACE，
∴∠ACE＝∠ABD＝20°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝ （180°﹣86°）＝47°，
∴∠FBC＝∠FCB＝47°﹣20°＝27°，
∴∠BFC＝180°﹣27°﹣27°＝126°．
23．（2021秋•农安县期末）如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝4cm，点P从点A出
发，沿A→B→A方向以3cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的速度运动，P、Q
两点同时出发．当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t（s）．
（1）求证：AB∥DE．
（2）写出线段AP的长（用含t的式子表示）．
（3）连接PQ，当线段PQ经过点C时，求t的值．【分析】（1）由SAS证明△ABC≌△EDC（SAS），得∠A＝∠E，即可得出结论；
（2）分两种情况计算即可；
（3）先证△ACP≌△ECQ（ASA），得AP＝EQ，再分两种情况，当0≤t≤ 时，3t＝4﹣t，解得t＝
1；当 ＜t≤ 时，8﹣3t＝4﹣t，解得t＝2即可．
【解答】（1）证明：在△ABC和△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC（SAS），
∴∠A＝∠E，
∴AB∥DE．
（2）当0≤t≤ 时，AP＝3tcm；
当 ＜t≤ 时，BP＝（3t﹣4）cm，
则AP＝4﹣（3t﹣4）＝（8﹣3t）cm；
综上所述，线段AP的长为3tcm或（8﹣3t）cm；
（3）由（1）得：∠A＝∠E，ED＝AB＝4cm，
在△ACP和△ECQ中，
，
∴△ACP≌△ECQ（ASA），
∴AP＝EQ，
当0≤t≤ 时，3t＝4﹣t，
解得：t＝1；当 ＜t≤ 时，8﹣3t＝4﹣t，
解得：t＝2；
综上所述，当线段PQ经过点C时，t的值为1s或2s．
24．（2021秋•宁津县期末）（1）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．如
图1，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分
别为点D、E．证明：DE＝BD+CE．
（2）组员小刘想，如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图 2，将（1）中的条件改为：在
△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝ ，其中 为任意
锐角或钝角．请问结论DE＝BD+CE是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请α说明理由α．
（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，过△ABC的边
AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，求证：I是
EG的中点．
【分析】（1）由条件可证明△ABD≌△CAE，可得DA＝CE，AE＝BD，可得DE＝BD+CE；
（2）由条件可知∠BAD+∠CAE＝180°﹣ ，且∠DBA+∠BAD＝180°﹣ ，可得∠DBA＝∠CAE，结合条
件可证明△ABD≌△CAE，同（1）可得出α结论； α
（3）由条件可知EM＝AH＝GN，可得EM＝GN，结合条件可证明△EMI≌△GNI，可得出结论I是EG
的中点．
【解答】解：（1）如图1，∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）DE＝BD+CE．
如图2，
证明如下：
∵∠BDA＝∠BAC＝ ，
∴∠DBA+∠BAD＝∠αBAD+∠CAE＝180°﹣ ，
∴∠DBA＝∠CAE， α
在△ADB和△CEA中．
．∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE
（3）如图3，
过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N．
∴∠EMI＝GNI＝90°
由（1）和（2）的结论可知EM＝AH＝GN
∴EM＝GN
在△EMI和△GNI中，
，
∴△EMI≌△GNI（AAS），
∴EI＝GI，
∴I是EG的中点．
