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上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽
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2022-2023 学年上学期上海八年级初中数学期末典型试卷 1
一．选择题（共10小题）
1．（2022春•杨浦区校级期末）下列长度的三根木棒，不能构成三角形框架的是（ ）
A．7cm，5cm，10cm B．8cm，6cm，4cm
C．10cm，10cm，5cm D．5cm，5cm，10cm
2．（2021秋•静安区期末）下列说法错误的是（ ）
A．任意一个直角三角形都可以被分割成两个等腰三角形
B．任意一个等腰三角形都可以被分割成两个等腰三角形
C．任意一个直角三角形都可以被分割成两个直角三角形
D．任意一个等腰三角形都可以被分割成两个直角三角形
3．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知∠C＝∠D，AC＝AD，增加下列条件：
①AB＝AE；②BC＝ED；③∠1＝∠2；④∠B＝∠E．
其中能使△ABC≌△AED的条件有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
4．（2021秋•普陀区期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D．下列条件中，不一
定能推得△ABD与△ACD全等的条件是（ ）
A．AB＝AC B．BD＝CD C．∠B＝∠DAC D．∠BAD＝∠CAD
5．（2022春•嘉定区校级期末）下列条件中，不能说明△ABC为等边三角形的是（ ）
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A．∠A＝∠B＝60° B．∠B+∠C＝120°
C．∠B＝60°，AB＝AC D．∠A＝60°，AB＝AC
6．（2022春•闵行区校级期末）点A（1，5）关于y轴对称点的坐标为（ ）
A．（﹣1，﹣5） B．（1，﹣5） C．（﹣1，5） D．（5，﹣1）
7．（2021秋•普陀区期末）下列计算结果中，正确的是（ ）
A．a3+a3＝a6 B．（2a）3＝6a3
C．（a﹣7）2＝a2﹣49 D．a7÷a6＝a．
8．（2021秋•普陀区期末）下列各式从左到右的变形是因式分解的是（ ）
A．1+2x+3x2＝1+x（2+3x）
B．3x（x+y）＝3x2+3xy
C．6a2b+3ab2﹣ab＝ab（6a+3b﹣1）
D．12a3x5＝4ax2﹣3a2x3
𝑥2+1 𝑥 𝑥2+1
9．（2022春•青浦区校级期末）用换元法解分式方程 − +1＝0，如果设
𝑥 3(𝑥2+1) 𝑥
=y，那么原方程化为关于y的整式方程是（ ）
A．3y2+3y﹣1＝0 B．3y2﹣3y﹣1＝0 C．3y2﹣y+1＝0 D．3y2﹣y﹣1＝0
10．（2021秋•普陀区期末）当x＝3时，下列各式值为0的是（ ）
4 𝑥2−9 𝑥+3 𝑥−3
A． B． C． D．
3−𝑥 𝑥+3 𝑥−3 𝑥2−9
二．填空题（共10小题）
𝑥2+1 3𝑥 𝑥2+1
11．（2022春•浦东新区校级期末）用换元法解方程 − =5，设 =y，则得到
2𝑥 𝑥2+1 𝑥
关于y的整式方程为 ．
𝑎2+2 2
12．（2021秋•普陀区期末）计算： + = ．
𝑎−3 3−𝑎
13．（2021秋•普陀区期末）计算：（x+3）（x+5）＝ ．
14．（2021秋•普陀区期末）计算：（9a6﹣12a3）÷3a3＝ ．
15．（2022 春•杨浦区校级期末）如图，已知∠A＝13°，AB＝BC＝CD，那么∠BCD＝
度．
16．（2022 春•嘉定区校级期末）等腰三角形的周长是 50，一边长为 10，则其余两边长
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为 ．
17．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知A、B、C在同一条直线上，且∠A＝∠C＝56°，
AB＝CE，AD＝BC，那么∠BDE的角度是 °．
18．（2021秋•松江区期末）在△ABC中，AD是BC边上的中线，AD⊥AB，如果AC＝5，AD
＝2，那么AB的长是 ．
19．（2022春•普陀区校级期末）已知三角形中两条边的长分别为2和7，则第三边a的取值
范围是 ．
20．（2022春•长宁区校级期末）一个正n边形的一个外角是60°，那么n＝ ．
三．解答题（共10小题）
21．（2022春•嘉定区校级期末）在△ABC中，∠B＝∠C，点D在BC边上，∠BAD＝50°
（如图1）．
（1）若E在△ABC的AC边上，且∠ADE＝∠B，求∠EDC的度数；
（2）若∠B＝30°，E在△ABC的AC边上，△ADE是等腰三角形，求∠EDC的度数；
（简写主要解答过程即可）；
（3）若AD将△ABC分割成的两个三角形中有一个是等腰三角形，求∠B的度数．（直
接写出答案）．
22．（2022 春•杨浦区校级期末）如图，已知在△ABC 中，∠A＝（3x+10）°，∠B＝
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（2x）°，∠ACD是△ABC的一个外角，且∠ACD＝（6x−10）°，求∠A的度数．
23．（2021秋•静安区校级期末）如图，在△ABC中，PE垂直平分边BC，交BC于点E，AP
平分∠BAC的外角∠BAD，PG⊥AD，垂足为点G，PH⊥AB，垂足为点H．
（1）求证：∠PBH＝∠PCG；
（2）如果∠BAC＝90°，求证：点E在AP的垂直平分线上．
24．（2022春•闵行区校级期末）如图，在△ABC中，BE平分∠ABC，点D是BC边上的中
1
点，AB = BC．
2
（1）说明△ABE≌△BDE的理由；
（2）若∠ABC＝2∠C，求∠BAC的度数．
25．（2022春•普陀区校级期末）在直角坐标平面内，已知点A（3，0）、点B（0，4），AB＝
5，在坐标轴上找点C，使△ABC构成等腰三角形．
（1）这样的等腰三角形有 个；
（2）直接写出分别以∠BAC、∠ABC为顶角时所有符合条件的点C的坐标．
26．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知在三角形ABC中，AC＝AB，过点C作AB的平
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行线DE，证明：BC平分∠ACE．
27．（2021秋•宝山区期末）如果△ABC的三边长a，b，c满足等式a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ca＝
0，试判断此△ABC的形状并写出你的判断依据．
28．（2021秋•虹口区校级期末）已知a + b = 1998+ 1997，𝑎−𝑏= 1998− 1997，
求ab．
29．（2021秋•静安区期末）在今年3月5号的学雷锋活动中，八年级和九年级的共青团员
去参加美化校园活动，如果八年级共青团员单独做3小时，九年级共青团员再单独做2
小时，那么恰好能完成全部任务的25%；如果九年级共青团员先做4小时，剩下的由八
年级共青团员单独完成，那么八年级共青团员所用时间恰好比九年级共青团员单独完成
美化校园所用时间多2小时，求八九年级共青团员单独完成美化校园活动分别各需多少
小时．
𝑥+1 𝑥+2 4𝑥+𝑎
30．（2022春•浦东新区校级期末）已知方程 + = 只有一个根，求a
𝑥+2 𝑥+1 (𝑥+1)(𝑥+2)
的值．
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2022-2023 学年上学期上海八年级初中数学期末典型试卷 1
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2022春•杨浦区校级期末）下列长度的三根木棒，不能构成三角形框架的是（ ）
A．7cm，5cm，10cm B．8cm，6cm，4cm
C．10cm，10cm，5cm D．5cm，5cm，10cm
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；推理能力．
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”
进行分析．
【解答】解：A、5+7＞10，则能构成三角形，不符合题意；
B、4+6＞8，则能构成三角形，不符合题意；
C、5+10＞10，则能构成三角形，不符合题意；
D、5+5＝10，则不能构成三角形，符合题意．
故选：D．
【点评】此题考查的知识点是三角形的三边关系，判断能否组成三角形的简便方法是看
其中较小的两个数的和是否大于第三个数即可．
2．（2021秋•静安区期末）下列说法错误的是（ ）
A．任意一个直角三角形都可以被分割成两个等腰三角形
B．任意一个等腰三角形都可以被分割成两个等腰三角形
C．任意一个直角三角形都可以被分割成两个直角三角形
D．任意一个等腰三角形都可以被分割成两个直角三角形
【考点】三角形．
【专题】三角形；推理能力．
【分析】根据等腰三角形的判定和直角三角形的性质判断即可．
【解答】解：A、任意一个直角三角形被斜边的中线分割成两个等腰三角形，说法正确；
B、有的等腰三角形不能分割成两个等腰三角形，说法错误；
C、任意一个直角三角形可以被斜边的高分割成两个直角三角形，说法正确；
D、任意一个等腰三角形可以被底边上的高分割成两个直角三角形，说法正确；
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故选：B．
【点评】此题考查三角形，关键是根据等腰三角形的判定和直角三角形的性质解答．
3．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知∠C＝∠D，AC＝AD，增加下列条件：
①AB＝AE；②BC＝ED；③∠1＝∠2；④∠B＝∠E．
其中能使△ABC≌△AED的条件有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【考点】全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】根据全等三角形的判定方法，逐一判断即可解答．
【解答】解：①∵∠C＝∠D，AC＝AD，AB＝AE，
∴△ABC和△AED不一定全等，
故①不符合题意；
②∵∠C＝∠D，AC＝AD，BC＝DE，
∴△ABC≌△AED（SAS），
故②符合题意；
③∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠EAB＝∠2+∠EAB，
∴∠CAB＝∠DAE，
∵∠C＝∠D，AC＝AD，
∴△ABC≌△AED（ASA），
故③符合题意；
④∵∠B＝∠E，∠C＝∠D，AC＝AD，
∴△ABC≌△AED（AAS），
故④符合题意；
所以，增加上列条件，其中能使△ABC≌△AED的条件有3个，
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故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关
键．
4．（2021秋•普陀区期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D．下列条件中，不一
定能推得△ABD与△ACD全等的条件是（ ）
A．AB＝AC B．BD＝CD C．∠B＝∠DAC D．∠BAD＝∠CAD
【考点】全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】由AD⊥BC，可得∠ADB＝∠ADC＝90°，利用全等三角形的判定定理对各个
选项逐一分析即可得出答案．
【解答】解：A、∵AB＝AC，AD＝AD，根据HL能判定△ABD≌△ACD；
B、∵BD＝CD，∠ADB＝∠ADC＝90°，AD＝AD，根据SAS能判定△ABD≌△ACD；
C、∵∠B＝∠DAC，∠ADB＝∠ADC＝90°，AD＝AD，不能判定△ABD≌△ACD；
D、∵∠BAD＝∠CAD，AD＝AD，∠ADB＝∠ADC，根据ASA能判定△ABD≌△ACD；
故选：C．
【点评】本题重点考查了三角形全等的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，
即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，但AAA、SSA，无法证明三角形全
等．
5．（2022春•嘉定区校级期末）下列条件中，不能说明△ABC为等边三角形的是（ ）
A．∠A＝∠B＝60° B．∠B+∠C＝120°
C．∠B＝60°，AB＝AC D．∠A＝60°，AB＝AC
【考点】等边三角形的判定．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
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【分析】根据等边三角形的判定定理可得出答案．
【解答】解：A．∵∠A＝∠B＝60°，
∴∠C＝60°，
∴∠A＝∠B＝∠C，
∴△ABC是等边三角形．
故A选项不符合题意；
B．∵∠B+∠C＝120°，
∴∠A＝60°，
∴△ABC不一定是等边三角形，
故B选项符合题意；
C．∵∠B＝60°，AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形．
故C选项不符合题意；
D．∵∠A＝60°，AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形．
故D选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了等边三角形的判定，三角形内角和定理，能熟记定理的内容是解此
题的关键．
6．（2022春•闵行区校级期末）点A（1，5）关于y轴对称点的坐标为（ ）
A．（﹣1，﹣5） B．（1，﹣5） C．（﹣1，5） D．（5，﹣1）
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；符号意识．
【分析】根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可直接得到
答案．
【解答】解：点A（1，5）关于y轴的对称点的坐标是（﹣1，5），
故选：C．
【点评】此题主要考查了关于y轴对称点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
7．（2021秋•普陀区期末）下列计算结果中，正确的是（ ）
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A．a3+a3＝a6 B．（2a）3＝6a3
C．（a﹣7）2＝a2﹣49 D．a7÷a6＝a．
【考点】完全平方公式；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；同底数幂的除法．
【专题】整式；运算能力．
【分析】根据合并同类项法则、积的乘方的运算法则、完全平方公式、同底数幂的除法
的运算法则直接计算得出结果即可得出答案．
【解答】解：A、a3+a3＝2a3，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、（2a）3＝8a3，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、（a﹣7）2＝a2﹣14a+49，原计算错误，故此选项不符合题意；
D、a7÷a6＝a，原计算正确，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题考查了整式的运算，正确掌握乘法计算公式和运算法则是解题的关键．
8．（2021秋•普陀区期末）下列各式从左到右的变形是因式分解的是（ ）
A．1+2x+3x2＝1+x（2+3x）
B．3x（x+y）＝3x2+3xy
C．6a2b+3ab2﹣ab＝ab（6a+3b﹣1）
D．12a3x5＝4ax2﹣3a2x3
【考点】因式分解的意义；因式分解﹣十字相乘法等．
【专题】数与式；整式；运算能力．
【分析】根据因式分解的定义逐个判断即可．
【解答】解：A．从左到右的变形不属于因式分解，故本选项不符合题意；
B．从左到右的变形属于整式乘法，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
C．从左到右的变形属于因式分解，故本选项符合题意；
D．从左到右的变形不属于因式分解，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了因式分解的定义，能熟记因式分解的定义是解此题的关键，注意：
把一个多项式化成几个整式的积的形式，叫因式分解．
𝑥2+1 𝑥 𝑥2+1
9．（2022春•青浦区校级期末）用换元法解分式方程 − +1＝0，如果设
𝑥 3(𝑥2+1) 𝑥
=y，那么原方程化为关于y的整式方程是（ ）
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A．3y2+3y﹣1＝0 B．3y2﹣3y﹣1＝0 C．3y2﹣y+1＝0 D．3y2﹣y﹣1＝0
【考点】换元法解分式方程．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
𝑥2+1 1
【分析】由 =y，原方程可化为y− +1＝0，去分母把分式方程化成整式方程，即
𝑥 3𝑦
可得出答案．
𝑥2+1
【解答】解：设 =y，
𝑥
𝑥2+1 𝑥 1
∴分式方程 − +1＝0可化为y− +1＝0，
𝑥 3(𝑥2+1) 3𝑦
化为整式方程：3y2+3y﹣1＝0，
故选：A．
【点评】本题考查了换元法解分式方程，掌握换元法及正确把分式方程化成整式方程是
解决问题的关键．
10．（2021秋•普陀区期末）当x＝3时，下列各式值为0的是（ ）
4 𝑥2−9 𝑥+3 𝑥−3
A． B． C． D．
3−𝑥 𝑥+3 𝑥−3 𝑥2−9
【考点】分式的值为零的条件．
【专题】计算题；分式；运算能力．
【分析】将x＝3代入分式，然后根据分式有意义的条件（分母不能为零）和分式值为零
的条件（分子为零，且分母不为零）进行分析判断．
【解答】解：A、当x＝3时，3﹣x＝0，原分式没有意义，故此选项不符合题意；
B、当x＝3时，x2﹣9＝0，x+3≠0，原分式的值为0，故此选项符合题意；
C、当x＝3时，x﹣3＝0，原分式没有意义，故此选项不符合题意；
D、当x＝3时，x2﹣9＝0，原分式没有意义，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查分式值为零的条件，理解分式值为零的条件（分子为零，且分母不为
零）是解题关键．
二．填空题（共10小题）
𝑥2+1 3𝑥 𝑥2+1
11．（2022春•浦东新区校级期末）用换元法解方程 − =5，设 =y，则得到
2𝑥 𝑥2+1 𝑥
关于y的整式方程为 y2﹣10y﹣6＝0 ．
【考点】换元法解分式方程．
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【专题】换元法；模型思想．
𝑥2+1 𝑥2+1 1 3𝑥 3
【分析】设 =y，则 = 𝑦， = ，转化后再进一步整理得到整式方程即
𝑥 2𝑥 2 𝑥2+1 𝑦
可．
𝑥2+1
【解答】解：设 =y，
𝑥
𝑥2+1 1 3𝑥 3
∴ = 𝑦， = ，
2𝑥 2 𝑥2+1 𝑦
1 3
则原方程为： 𝑦− =5，
2 𝑦
整理得：y2﹣10y﹣6＝0．
故答案为：y2﹣10y﹣6＝0．
【点评】本题考查了用换元法解分式方程，换元法又称辅助元素法、变量代换法，通过
引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者把条件与结论
联系起来，或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化．
𝑎2+2 2 𝑎2
12．（2021秋•普陀区期末）计算： + = ．
𝑎−3 3−𝑎 𝑎−3
【考点】分式的加减法．
【专题】分式；运算能力．
【分析】根据分式加减法的法则计算，即可得出结果．
𝑎2+2 2
【解答】解： +
𝑎−3 3−𝑎
𝑎2+2 2
= −
𝑎−3 𝑎−3
𝑎2+2−2
=
𝑎−3
𝑎2
= ，
𝑎−3
𝑎2
故答案为： ．
𝑎−3
【点评】本题考查了分式的加减法，掌握分式的加减法的法则是解题的关键．
13．（2021秋•普陀区期末）计算：（x+3）（x+5）＝ x2+8x+15 ．
【考点】多项式乘多项式．
【专题】计算题；整式；运算能力；应用意识．
【分析】根据多项式与多项式相乘的法则计算．
【解答】解：（x+3）（x+5）
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＝x2+5x+3x+15
＝x2+8x+15；
故答案为：x2+8x+15．
【点评】本题主要考查了多项式乘多项式的运算，掌握多项式与多项式相乘，先用一个
多项式的每一项乘另外一个多项式的每一项，再把所得的积相加，合并同类项是解题关
键．
14．（2021秋•普陀区期末）计算：（9a6﹣12a3）÷3a3＝ 3a3﹣4 ．
【考点】整式的除法．
【专题】整式；运算能力．
【分析】直接利用整式的除法运算法则计算得出答案．
【解答】解：（9a6﹣12a3）÷3a3
＝9a6÷3a3﹣12a3÷3a3
＝3a3﹣4．
故答案为：3a3﹣4．
【点评】此题主要考查了整式的除法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
15．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知∠A＝13°，AB＝BC＝CD，那么∠BCD＝ 128
度．
【考点】等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】由AB＝BC可知∠BCA＝∠A＝13°，由三角形外角性质得∠CBD＝∠A+∠BCD
＝26°，再由BC＝CD可知，△BCD为等腰三角形，由内角和定理求∠BCD．
【解答】解：∵AB＝BC，
∴∠BCA＝∠A＝13°，
∴∠CBD＝∠A+∠BCD＝26°，
又∵BC＝CD，
∴∠CBD＝∠D＝26°，
∴∠BCD＝180°﹣∠CBD﹣∠D＝128°．
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故答案为：128．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质．关键是根据“等边对等角”，外角性质，内角和
定理求解．
16．（2022春•嘉定区校级期末）等腰三角形的周长是50，一边长为10，则其余两边长为 20，
20 ．
【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．
【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【分析】要确定等腰三角形的另外两边长，可根据已知的边的长，结合周长公式求解，
由于长为10的边已知没有明确是腰还是底边，要分类进行讨论．
【解答】解：∵等腰三角形的周长为50，
∴当10为腰时，它的底长＝50﹣10﹣10＝30，10+10＜30，不能构成等腰三角形，舍去；
当10为底时，它的腰长＝（50﹣10）÷2＝20，10+20＞20，能构成等腰三角形，
即它的另外两边长分别为20，20．
故答案为：20，20．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；注意养成检验三边长能否
组成三角形的好习惯，把不符合题意的舍去．
17．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知A、B、C在同一条直线上，且∠A＝∠C＝56°，
AB＝CE，AD＝BC，那么∠BDE的角度是 62 °．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】先根据SAS证明△ADB≌△CBE，所以∠1＝∠4，∠2＝∠6，DB＝BE，又根据
平角定义、三角形内角和、等边对等角等知识点即可解答．
【解答】解：在△ADB和△CBE中，
{AB = CE
∠𝐴=∠𝐶，
𝐴𝐷=𝐶𝐵
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∴△ADB≌△CBE（SAS），
∴∠1＝∠4，∠2＝∠6，DB＝BE，
∵∠1+∠2+∠A＝180°，∠2+∠3+∠4＝180°，∠A＝56°，
∴∠3＝∠A＝56°，
在△DBE中，∵DB＝BE，
∴∠BDE＝∠5＝（180°﹣∠3）÷2＝62°，
故答案为：62．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等边对等角，解题关键是熟练掌握以上性
质．
18．（2021秋•松江区期末）在△ABC中，AD是BC边上的中线，AD⊥AB，如果AC＝5，AD
＝2，那么AB的长是 3 ．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】过点C作CE∥AB交AD的延长线于E，利用AAS证明△ABD≌△ECD，得AB
＝EC，AD＝ED＝2，再利用勾股定理即可得出答案．
【解答】解：如图，过点C作CE∥AB交AD的延长线于E，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∵AD⊥AB，CE∥AB，
∴AD⊥CE，∠ABD＝∠ECD，
∴∠E＝90°，
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在△ABD与△ECD中，
{∠ADB = ∠EDC
∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐸𝐶𝐷 ，
𝐵𝐷=𝐶𝐷
∴△ABD≌△ECD（AAS），
∴AB＝EC，AD＝ED＝2，
∴AE＝2AD＝4，
在Rt△AEC中，CE = 𝐴𝐶2−𝐴𝐸2= 52−42=3，
∴AB＝CE＝3，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，
作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
19．（2022春•普陀区校级期末）已知三角形中两条边的长分别为2和7，则第三边a的取值
范围是 5＜a＜9 ．
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；应用意识．
【分析】利用“三角形的两边差小于第三边，三角形两边之和大于第三边”，可求出a的
取值范围．
【解答】解：∵7﹣2＝5，2+7＝9，
∴第三边a的取值范围为5＜a＜9．
故答案为：5＜a＜9．
【点评】本题考查了三角形三边关系，牢记“三角形的两边差小于第三边，三角形两边
之和大于第三边”是解题的关键．
20．（2022春•长宁区校级期末）一个正n边形的一个外角是60°，那么n＝ 6 ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【分析】由正n边形的一个外角是60°，n边形的外角和为360°，即可求得n的值．
【解答】解：∵正n边形的一个外角是60°，n边形的外角和为360°，
∴n＝360°÷60°＝6．
故答案为：6．
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【点评】此题考查了正n边形的性质与n边形的外角和定理．此题比较简单，注意掌握n
边形的外角和为360°．
三．解答题（共10小题）
21．（2022春•嘉定区校级期末）在△ABC中，∠B＝∠C，点D在BC边上，∠BAD＝50°
（如图1）．
（1）若E在△ABC的AC边上，且∠ADE＝∠B，求∠EDC的度数；
（2）若∠B＝30°，E在△ABC的AC边上，△ADE是等腰三角形，求∠EDC的度数；
（简写主要解答过程即可）；
（3）若AD将△ABC分割成的两个三角形中有一个是等腰三角形，求∠B的度数．（直
接写出答案）．
【考点】三角形内角和定理．
【专题】三角形；应用意识．
【分析】（1）由三角形的内角和和三角形的外角的性质可直接得出结论；
（2）由等腰三角形的性质可得，∠BAC＝120°．所以∠DAC＝∠BAC﹣∠BAD＝70°，
由三角形的外角的性质可知，∠ADC＝∠B+∠BAD＝80°，由等腰三角形的性质可知，
需要分类讨论，当AE＝DE时，当AD＝DE时两种情况，再利用等腰三角形的性质可得
出结论；
（3）若△ABD为等腰三角形，则只能AD＝BD，所以∠B＝∠BAD＝50°．若△ACD为
等腰三角形，则只能AD＝CD或AC＝DC，根据等腰三角形的性质可得出结论．
【解答】解：（1）∵∠ADC是△ABD的外角，
∴∠ADC＝∠B+∠BAD，
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∵∠ADC＝∠ADE+∠EDC，且∠ADE＝∠B，∠BAD＝50°，
∴∠EDC＝∠BAD＝50°．
即∠EDC的度数为50°；
（2）∵∠B＝CC'＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣（∠B+∠C）＝120°．
∵∠BAD＝50°，
∴∠DAC＝∠BAC﹣∠BAD＝70°，
∵∠ADC是△ABD的外角，
∴∠ADC＝∠B+∠BAD＝80°，
∵△ADE是等腰三角形，
若AE＝DE，则∠ADE＝∠DAC＝70°，
∴∠EDC＝∠ADC﹣∠ADE＝10°．
若AD＝DE，则∠AED＝∠DAC，
∴∠ADE＝180°﹣2∠DAC＝40°，
∴∠EDC＝∠ADC﹣∠ADE＝40°．
若AD＝AE，则∠ADE＝∠AED＝（180°﹣70°）÷2＝55°，
∴∠EDC＝80°﹣55°＝25°．
即∠EDC的度数为10°或40°或25°；
（3）若△ABD为等腰三角形，则只能AD＝BD，
∴∠B＝∠BAD＝50°．
若△ACD为等腰三角形，则只能AD＝CD或AC＝DC，
180°−∠𝐵𝐴𝐷 130 180°−2∠𝐵𝐴𝐷
∴∠B＝∠C＝∠CAD = =（ ）°或∠B＝∠C = =
3 3 3
80
（ ）°，
3
130 80
∴∠B的度数为50°或（ ）°或（ ）°．
3 3
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【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，三角形的外角的性质，等腰三角形的性质，
分类讨论思想等内容，解题的关键是掌握等腰三角形的性质．
22．（2022 春•杨浦区校级期末）如图，已知在△ABC 中，∠A＝（3x+10）°，∠B＝
（2x）°，∠ACD是△ABC的一个外角，且∠ACD＝（6x−10）°，求∠A的度数．
【考点】三角形的外角性质．
【专题】三角形；推理能力．
【分析】根据三角形的外角性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，
列一元一次方程，求出x，从而求出∠A的度数．
【解答】解：∵∠ACD是△ABC的一个外角，
∴∠ACD＝∠A+∠B，
∵∠A＝（3x+10）°，∠B＝（2x）°，∠ACD＝（6x−10）°，
∴6x﹣10＝3x+10+2x．
解得：x＝20．
∴∠A＝70°．
【点评】此题考查的知识点是三角形的外角性质及一元一次方程的应用，关键是先根据
三角形的外角性质列一元一次方程，求出x．
23．（2021秋•静安区校级期末）如图，在△ABC中，PE垂直平分边BC，交BC于点E，AP
平分∠BAC的外角∠BAD，PG⊥AD，垂足为点G，PH⊥AB，垂足为点H．
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（1）求证：∠PBH＝∠PCG；
（2）如果∠BAC＝90°，求证：点E在AP的垂直平分线上．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；推理能力．
【分析】（1）根据角平分线的性质得到PH＝PG，根据线段垂直平分线的性质得到PB＝
PC，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）根据三角形的内角和定理得到∠BPC＝90°，根据直角三角形的性质和线段垂直平
分线的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AP平分∠BAC的外角∠BAD，PG⊥AD，PH⊥AB，
∴PH＝PG，
∵PE垂直平分边BC，
∴PB＝PC，
在Rt△PBH和Rt△PCG中，
{PB = PC
，
𝑃𝐻=𝑃𝐺
∴Rt△PBH≌Rt△PCG（HL），
∴∠PBH＝∠PCG；
（2）证明：∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，
∵∠PBH＝∠PCG，
∴∠PBH+∠ABC+∠PCB＝∠PBC+∠PCB＝90°，
∴∠BPC＝90°，
∵PE垂直平分边BC，
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∴BE＝CE，
1
∴PE＝AE = BC，
2
∴点E在AP的垂直平分线上．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，角平分线的性
质，是熟练正确全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
24．（2022春•闵行区校级期末）如图，在△ABC中，BE平分∠ABC，点D是BC边上的中
1
点，AB = BC．
2
（1）说明△ABE≌△BDE的理由；
（2）若∠ABC＝2∠C，求∠BAC的度数．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】（1）证出BD＝AB，根据SAS可证明△ABE≌△BDE；
（2）由等腰三角形的性质证出∠EDB＝90°，根据全等三角形的性质可得出结论．
【解答】解：（1）∵D为BC的中点，
1
∴BD = BC，
2
1
∵AB = BC，
2
∴BD＝AB，
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∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠DBE，
在△ABE和△DBE中，
{BE = BE
∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐷𝐵𝐸，
𝐴𝐵=𝐷𝐵
∴△ABE≌△DBE（SAS）；
（2）∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠EBC，
∵∠ABC＝2∠C，
∴∠C＝∠EBC，
∴BE＝EC，
∵D为BC的中点，
∴ED⊥BC，
∴∠EDB＝90°，
∵△ABE≌△DBE，
∴∠BAE＝∠BDE＝90°，
即∠BAC＝90°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△ABE≌△DBE
是解题的关键．
25．（2022春•普陀区校级期末）在直角坐标平面内，已知点A（3，0）、点B（0，4），AB＝
5，在坐标轴上找点C，使△ABC构成等腰三角形．
（1）这样的等腰三角形有 8 个；
（2）直接写出分别以∠BAC、∠ABC为顶角时所有符合条件的点C的坐标．
【考点】等腰三角形的判定与性质；坐标与图形性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】（1）利用等腰三角形的判定解答即可；
（2）根据等腰三角形的性质即可确定点C坐标．
【解答】解：（1）如图所示：
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满足条件的点C有8个，
故答案为：8；
（2）∠BAC为顶角时，点C坐标为：C （8，0），C （0，﹣4），C （﹣2，0）；
4 5 6
∠ABC为顶角时，点C坐标为：C （﹣3，0），C （0，﹣1），C （0，9）．
1 2 3
【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关
键．
26．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知在三角形ABC中，AC＝AB，过点C作AB的平
行线DE，证明：BC平分∠ACE．
【考点】等腰三角形的性质；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】根据等腰三角形的性质和平行线的性质即可得到结论．
【解答】证明：∵AC＝AB，
∴∠B＝∠ACB，
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∵AB∥DE，
∴∠B＝∠BCE，
∴∠ACB＝∠BCE，
∴BC平分∠ACE．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是
解题的关键．
27．（2021秋•宝山区期末）如果△ABC的三边长a，b，c满足等式a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ca＝
0，试判断此△ABC的形状并写出你的判断依据．
【考点】因式分解的应用．
【专题】整式；应用意识．
【分析】先将等式变形为2a2+2b2+2c2﹣2ab﹣2bc﹣2ca＝0，结合完全平方公式可得（a﹣
b）2+（b﹣c）2+（a﹣c）2＝0，得出a，b，c之间的关系，进而得出三角形的形状．
【解答】解：△ABC是等边三角形．理由如下：
由a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ca＝0可得，
2a2+2b2+2c2﹣2ab﹣2bc﹣2ca＝0，
∴（a2﹣2ab+b2）+（b2﹣2bc+c2）+（a2﹣2ca+c2）＝0，即（a﹣b）2+（b﹣c）2+（a﹣
c）2＝0，
∴a﹣b＝0，b﹣c＝0，a﹣c＝0，
∴a＝b＝c，
∴△ABC是等边三角形．
【点评】本题考查了因式分解的运用，等边三角形的判定及性质的运用，非负数和为0
的定理的运用．
28．（2021秋•虹口区校级期末）已知a + b = 1998+ 1997，𝑎−𝑏= 1998− 1997，
求ab．
【考点】因式分解﹣运用公式法；代数式求值．
【专题】整式；运算能力．
【分析】利用完全平方公式求得（a+b）2，（a﹣b）2的值，再将两式相减后变形代入计
算可求解．
【解答】解：(a + b)2=𝑎2+2𝑎𝑏+𝑏2= 1998+ 1997，
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(a−b)2=𝑎2−2𝑎𝑏+𝑏2= 1998− 1997，
(𝑎+𝑏)2−(𝑎−𝑏)2 1998+ 1997−( 1998− 1997) 1997
所以：ab = = = ．
4 4 2
【点评】本题主要考查因式分解的应用，利用完全平方公式求解（a+b）2，（a﹣b）2的
值是解题的关键．
29．（2021秋•静安区期末）在今年3月5号的学雷锋活动中，八年级和九年级的共青团员
去参加美化校园活动，如果八年级共青团员单独做3小时，九年级共青团员再单独做2
小时，那么恰好能完成全部任务的25%；如果九年级共青团员先做4小时，剩下的由八
年级共青团员单独完成，那么八年级共青团员所用时间恰好比九年级共青团员单独完成
美化校园所用时间多2小时，求八九年级共青团员单独完成美化校园活动分别各需多少
小时．
【考点】分式方程的应用．
【专题】分式方程及应用；应用意识．
【分析】设九年级共青团员单独完成美化校园所用时间为x小时，则八年级共青团员单
𝑥(𝑥+2)
独完成美化校园所用时间为 小时，根据“八年级共青团员单独做3小时，九年级
𝑥−4
共青团员再单独做2小时，那么恰好能完成全部任务的25%”，即可得出关于x的分式方
程，解之经检验后即可求出九年级共青团员单独完成美化校园所用时间，再将其代入
𝑥(𝑥+2)
中可求出八年级共青团员单独完成美化校园所用时间．
𝑥−4
【解答】解：设九年级共青团员单独完成美化校园所用时间为x小时，则八年级共青团
𝑥(𝑥+2)
员单独完成美化校园所用时间为 小时，
𝑥−4
3 2
依题意得： + =25%，
𝑥(𝑥+2) 𝑥
𝑥−4
整理得：x2﹣16x＝0，
解得：x ＝0，x ＝16，
1 2
经检验，x ＝16是原方程的解，且符合题意，x ＝0是原方程的增根，舍去，
2 1
𝑥(𝑥+2) 16×(16+2)
∴ = =24．
𝑥−4 16−4
答：八年级共青团员单独完成美化校园所用时间为24小时，九年级共青团员单独完成美
化校园所用时间为16小时．
【点评】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关
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键．
𝑥+1 𝑥+2 4𝑥+𝑎
30．（2022春•浦东新区校级期末）已知方程 + = 只有一个根，求a
𝑥+2 𝑥+1 (𝑥+1)(𝑥+2)
的值．
【考点】分式方程的解．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【分析】先去分母转化为整式方程再求a．
【解答】解：两边同乘以（x+1）（x+2）得：（x+1）2+（x+2）2＝4x+a．
∴2x2+6x+5＝4x+a．
∴2x2+2x+5﹣a＝0，
∵当（x+1）（x+2）＝0时，x＝﹣1或x＝﹣2，
当x＝﹣1时，2﹣2+5﹣a＝0，
∴a＝5，
此时，2x2+2x＝0的解为：x＝0或x＝﹣1，
其中x＝﹣1是增根，x＝0是原方程的解，符合题意．
当x＝2时，8﹣4+5﹣a＝0，
∴a＝9，
∴2x2+2x﹣4＝0，
∴x＝﹣2或x＝1，
其中x＝﹣2是增根，x＝1是原方程解符合题意．
9
方程2x2+2x+5﹣a＝0的判别式Δ＝4﹣8（5﹣a）＝﹣36+8a＝0时，a = ，
2
1 2
方程为：(x + ) =0，
2
1
∴x = − ，
2
1
检验：当x = − 时，（x+1）（x+2）≠0，
2
1
∴x = − 是原方程的解，符合题意．
2
9
综上，当a = 或a＝5或a＝9符合题意．
2
【点评】本题考查分式方程的解，去分母转化整式方程再探讨解的情况是求解本题的关
键．
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考点卡片
1．代数式求值
（1）代数式的值：用数值代替代数式里的字母，计算后所得的结果叫做代数式的值．
（2）代数式的求值：求代数式的值可以直接代入、计算．如果给出的代数式可以化简，要
先化简再求值．
题型简单总结以下三种：
①已知条件不化简，所给代数式化简；
②已知条件化简，所给代数式不化简；
③已知条件和所给代数式都要化简．
2．合并同类项
（1）定义：把多项式中同类项合成一项，叫做合并同类项．
（2）合并同类项的法则：把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不
变．
（3）合并同类项时要注意以下三点：
①要掌握同类项的概念，会辨别同类项，并准确地掌握判断同类项的两条标准：带有相同
系数的代数项；字母和字母指数；
②明确合并同类项的含义是把多项式中的同类项合并成一项，经过合并同类项，式的项数
会减少，达到化简多项式的目的；
③“合并”是指同类项的系数的相加，并把得到的结果作为新的系数，要保持同类项的字
母和字母的指数不变．
3．幂的乘方与积的乘方
（1）幂的乘方法则：底数不变，指数相乘．
（am）n＝amn（m，n是正整数）
注意：①幂的乘方的底数指的是幂的底数；②性质中“指数相乘”指的是幂的指数与乘方
的指数相乘，这里注意与同底数幂的乘法中“指数相加”的区别．
（2）积的乘方法则：把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘．
（ab）n＝anbn（n是正整数）
注意：①因式是三个或三个以上积的乘方，法则仍适用；②运用时数字因数的乘方应根据
乘方的意义，计算出最后的结果．
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4．同底数幂的除法
同底数幂的除法法则：底数不变，指数相减．
am÷an＝am﹣n（a≠0，m，n是正整数，m＞n）
①底数a≠0，因为0不能做除数；
②单独的一个字母，其指数是1，而不是0；
③应用同底数幂除法的法则时，底数a可是单项式，也可以是多项式，但必须明确底数是
什么，指数是什么．
5．多项式乘多项式
（1）多项式与多项式相乘的法则：
多项式与多项式相乘，先用一个多项式的每一项乘另外一个多项式的每一项，再把所得的积
相加．
（2）运用法则时应注意以下两点：
①相乘时，按一定的顺序进行，必须做到不重不漏；②多项式与多项式相乘，仍得多项式，
在合并同类项之前，积的项数应等于原多项式的项数之积．
6．完全平方公式
（1）完全平方公式：（a±b）2＝a2±2ab+b2．
可巧记为：“首平方，末平方，首末两倍中间放”．
（2）完全平方公式有以下几个特征：①左边是两个数的和的平方；②右边是一个三项式，
其中首末两项分别是两项的平方，都为正，中间一项是两项积的2倍；其符号与左边的运算
符号相同．
（3）应用完全平方公式时，要注意：①公式中的a，b可是单项式，也可以是多项式；②
对形如两数和（或差）的平方的计算，都可以用这个公式；③对于三项的可以把其中的两
项看做一项后，也可以用完全平方公式．
7．整式的除法
整式的除法：
（1）单项式除以单项式，把系数，同底数幂分别相除后，作为商的因式；对于只在被除式
里含有的字母，则连同他的指数一起作为商的一个因式．
关注：从法则可以看出，单项式除以单项式分为三个步骤：①系数相除；②同底数幂相除；③
对被除式里含有的字母直接作为商的一个因式．
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（2）多项式除以单项式，先把这个多项式的每一项分别除以单项式，再把所得的商相加．
说明：多项式除以单项式实质就是转化为单项式除以单项式．多项式除以单项式的结果仍是
一个多项式．
8．因式分解的意义
1、分解因式的定义：
把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解
因式．
2、因式分解与整式乘法是相反方向的变形，即互逆运算，二者是一个式子的不同表现形式．因
式分解是两个或几个因式积的表现形式，整式乘法是多项式的表现形式．例如：
3、因式分解是恒等变形，因此可以用整式乘法来检验．
9．因式分解-运用公式法
1、如果把乘法公式反过来，就可以把某些多项式分解因式，这种方法叫公式法．
平方差公式：a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）；
完全平方公式：a2±2ab+b2＝（a±b）2；
2、概括整合：
①能够运用平方差公式分解因式的多项式必须是二项式，两项都能写成平方的形式，且符
号相反．
②能运用完全平方公式分解因式的多项式必须是三项式，其中有两项能写成两个数（或式）
的平方和的形式，另一项是这两个数（或式）的积的2倍．
3、要注意公式的综合应用，分解到每一个因式都不能再分解为止．
10．因式分解-十字相乘法等
借助画十字交叉线分解系数，从而帮助我们把二次三项式分解因式的
方法，通常叫做十字相乘法．
①x2+（p+q）x+pq型的式子的因式分解．
这类二次三项式的特点是：二次项的系数是1；常数项是两个数的积；
可以直接将某些二次项的系数是1的二次三项式因式分解：
x2+（p+q）x+pq＝（x+p）（x+q）
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②ax2+bx+c（a≠0）型的式子的因式分解
这种方法的关键是把二次项系数a分解成两个因数a ，a 的积a •a ，
1 2 1 2
把常数项c分解成两个因数c ，c 的积c •c ，并使a c +a c 正好是一
1 2 1 2 1 2 2 1
次项b，那么可以直接写成结果：ax2+bx+c＝（a x+c ）（a x+c ）．
1 1 2 2
11．因式分解的应用
1、利用因式分解解决求值问题．
2、利用因式分解解决证明问题．
3、利用因式分解简化计算问题．
【规律方法】因式分解在求代数式值中的应用
1．因式分解是研究代数式的基础，通过因式分解将多项式合理变形，是求代数式值的常用
解题方法，具体做法是：根据题目的特点，先通过因式分解将式子变形，然后再进行整体代
入．
2．用因式分解的方法将式子变形时，根据已知条件，变形的可以是整个代数式，也可以是
其中的一部分．
12．分式的值为零的条件
分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零．
注意：“分母不为零”这个条件不能少．
13．分式的加减法
（1）同分母分式加减法法则：同分母的分式相加减，分母不变，把分子相加减．
（2）异分母分式加减法法则：把分母不相同的几个分式化成分母相同的分式，叫做通分，
经过通分，异分母分式的加减就转化为同分母分式的加减．
说明：
①分式的通分必须注意整个分子和整个分母，分母是多项式时，必须先分解因式，分子是
多项式时，要把分母所乘的相同式子与这个多项式相乘，而不能只同其中某一项相乘．
②通分是和约分是相反的一种变换．约分是把分子和分母的所有公因式约去，将分式化为
较简单的形式；通分是分别把每一个分式的分子分母同乘以相同的因式，使几个较简单的分
式变成分母相同的较复杂的形式．约分是对一个分式而言的；通分则是对两个或两个以上的
分式来说的．
14．分式方程的解
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求出使分式方程中令等号左右两边相等且分母不等于0的未知数的值，这个值叫方程的解．
注意：在解方程的过程中因为在把分式方程化为整式方程的过程中，扩大了未知数的取值范
围，可能产生增根，增根是令分母等于0的值，不是原分式方程的解．
15．换元法解分式方程
1、解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，
这叫换元法．
换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将
问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得
容易处理．
2、我们常用的是整体换元法，是在已知或者未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母
来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才能发现．
16．分式方程的应用
1、列分式方程解应用题的一般步骤：设、列、解、验、答．
必须严格按照这5步进行做题，规范解题步骤，另外还要注意完整性：如设和答叙述要完整，
要写出单位等．
2、要掌握常见问题中的基本关系，如行程问题：速度＝路程时间；工作量问题：工作效率
＝工作量工作时间
等等．
列分式方程解应用题一定要审清题意，找相等关系是着眼点，要学会分析题意，提高理解能
力．
17．坐标与图形性质
1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵
坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距
离求坐标时，需要加上恰当的符号．
2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，
是解决这类问题的基本方法和规律．
3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去
解决问题．
18．平行线的性质
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1、平行线性质定理
定理1：两条平行线被第三条直线所截，同位角相等． 简单说成：两直线平行，同位角
相等．
定理2：两条平行线被地三条直线所截，同旁内角互补．．简单说成：两直线平行，同旁
内角互补．
定理3：两条平行线被第三条直线所截，内错角相等． 简单说成：两直线平行，内错角
相等．
2、两条平行线之间的距离处处相等．
19．三角形
（1）三角形的概念：由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角
形．
组成三角形的线段叫做三角形的边．
相邻两边的公共端点叫做三角形的顶点．
相邻两边组成的角叫做三角形的内角，简称三角形的角．
（2）按边的相等关系分类：不等边三角形和等腰三角形（底和腰不等的等腰三角形、底和
腰相等的等腰三角形即等边三角形）．
（3）三角形的主要线段：角平分线、中线、高．
（4）三角形具有稳定性．
20．三角形三边关系
（1）三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．
（2）在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，
只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角
形．
（3）三角形的两边差小于第三边．
（4）在涉及三角形的边长或周长的计算时，注意最后要用三边关系去检验，这是一个隐藏
的定时炸弹，容易忽略．
21．三角形内角和定理
（1）三角形内角的概念：三角形内角是三角形三边的夹角．每个三角形都有三个内角，且
每个内角均大于0°且小于180°．
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（2）三角形内角和定理：三角形内角和是180°．
（3）三角形内角和定理的证明
证明方法，不唯一，但其思路都是设法将三角形的三个内角移到一起，组合成一个平角．在
转化中借助平行线．
（4）三角形内角和定理的应用
主要用在求三角形中角的度数．①直接根据两已知角求第三个角；②依据三角形中角的关
系，用代数方法求三个角；③在直角三角形中，已知一锐角可利用两锐角互余求另一锐
角．
22．三角形的外角性质
（1）三角形外角的定义：三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角．
三角形共有六个外角，其中有公共顶点的两个相等，因此共有三对．
（2）三角形的外角性质：
①三角形的外角和为360°．
②三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
③三角形的一个外角大于和它不相邻的任何一个内角．
（3）若研究的角比较多，要设法利用三角形的外角性质②将它们转化到一个三角形中
去．
（4）探究角度之间的不等关系，多用外角的性质③，先从最大角开始，观察它是哪个三角
形的外角．
23．全等三角形的判定
（1）判定定理1：SSS﹣﹣三条边分别对应相等的两个三角形全等．
（2）判定定理2：SAS﹣﹣两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．
（3）判定定理3：ASA﹣﹣两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．
（4）判定定理4：AAS﹣﹣两角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等．
（5）判定定理5：HL﹣﹣斜边与直角边对应相等的两个直角三角形全等．
方法指引：全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若
已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边
对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应
邻边．
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24．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三
角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅
助线构造三角形．
25．等腰三角形的性质
（1）等腰三角形的概念
有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．
（2）等腰三角形的性质
①等腰三角形的两腰相等
②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】
③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】
（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从
中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．
26．等腰三角形的判定与性质
1、等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相
等、角相等的重要手段．
2、在等腰三角形有关问题中，会遇到一些添加辅助线的问题，其顶角平分线、底边上的高、
底边上的中线是常见的辅助线，虽然“三线合一”，但添加辅助线时，有时作哪条线都可以，
有时不同的做法引起解决问题的复杂程度不同，需要具体问题具体分析．
3、等腰三角形性质问题都可以利用三角形全等来解决，但要注意纠正不顾条件，一概依赖
全等三角形的思维定势，凡可以直接利用等腰三角形的问题，应当优先选择简便方法来解
决．
27．等边三角形的判定
（1）由定义判定：三条边都相等的三角形是等边三角形．
（2）判定定理1：三个角都相等的三角形是等边三角形．
（3）判定定理2：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．
说明：在证明一个三角形是等边三角形时，若已知或能求得三边相等则用定义来判定；若已
知或能求得三个角相等则用判定定理1来证明；若已知等腰三角形且有一个角为60°，则
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用判定定理2来证明．
28．多边形内角与外角
（1）多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数）
此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n﹣3）条对角线，将n边形分割为
（n﹣2）个三角形，这（n﹣2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和．除此方法
之和还有其他几种方法，但这些方法的基本思想是一样的．即将多边形转化为三角形，这也
是研究多边形问题常用的方法．
（2）多边形的外角和等于360°．
①多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外
角和永远为360°．
②借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和＝180°n﹣（n﹣2）•180°＝
360°．
29．关于x轴、y轴对称的点的坐标
（1）关于x轴的对称点的坐标特点：
横坐标不变，纵坐标互为相反数．
即点P（x，y）关于x轴的对称点P′的坐标是（x，﹣y）．
（2）关于y轴的对称点的坐标特点：
横坐标互为相反数，纵坐标不变．
即点P（x，y）关于y轴的对称点P′的坐标是（﹣x，y）．
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