专项复习提升（一） 三角形
考点一 与三角形有关的线段
1．（23-24八年级上·福建厦门·期末）安装空调一般会采用如图的方法固定，其依据的几何原理是（ ）
A．三角形的稳定性 B．三角形两边之和大于第三边
C．垂线段最短 D．两点确定一条直线
2．（23-24八年级上·福建福州·期末）若一个三角形的两边长分别为3和7，则第三边长可能为（ ）
A．3 B．6 C．10 D．11
3．（23-24八年级上·福建福州·期末）下列长度的三条线段首尾相连能组成三角形的是（ ）
A．5，5，3 B．2，3，5 C．8，5，2 D．7，3，3
4．（23-24七年级下·福建厦门·期末）如图，在中，点，，，分别是线段，，，的中点，设四边形的面积为2，则的面积为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
5．（23-24七年级下·福建宁德·期末）如图，①②是两根细直木棒，现需要将其中一根截成两段，首尾相接搭成一个三角形框架，则下列说法正确的是（ ）
A．截①②都可以 B．截①②都不可以 C．只有截①可以 D．只有截②可以
6．（23-24七年级下·福建泉州·期末）如图所示，为估计池塘两岸A，B间的距离，小明在池塘一侧选取一点P，测得，，那么A，B之间的距离不可能是（ ）
A． B． C． D．
7．（23-24七年级下·福建泉州·期末）如图，用、、、四条钢条固定成一个铁框，相邻两钢条的夹角均可调整，不计螺丝大小，重叠部分．若、、、，则所固定成的铁框中，两个顶点的距离最大值是（ ）
A．14 B．16 C．13 D．11
8．（23-24八年级上·福建福州·期末）如图，在中，点D，E分别在，上，，若，则的值为 ．
9．（23-24七年级上·福建泉州·期末）如图，点A、B、C在正方形网格中的格点上．请在方格纸上按要求画图：
(1)延长线段到点D，使；
(2)过点C作，垂足为E；
(3)在网格图中，找一个格点M，使得的面积为面积的2倍．
10．（23-24七年级下·福建南平·期末）如图，在边长为1的正方形网格中，三角形 (点A，B，C均在格点上)的顶点B和顶点C的坐标分别为，和．
(1)请根据图中B，C两点的坐标，画出平面直角坐标系，并直接写出点A的坐标 ；
(2)求三角形的面积；
(3)点P在格点上（点P与点B不重合），使三角形的面积与三角形的面积相等，符合条件的点P共 个．
11．（23-24七年级下·福建厦门·期末）如图，在中，分别是边上的中线，若，，且的周长为32，求的长．
考点二 与三角形有关的角
12．（23-24七年级下·福建泉州·期末）马扎是中国传统手工艺制品，腿交叉，上面绷帆布或麻绳等，可以合拢，方便携带，抽象出的几何图形如图所示．若，，则（ ）
A． B． C． D．
13．（23-24七年级下·福建泉州·期末）将一副三角板按如图所示放置，若，则（ ）
A． B． C． D．
14．（23-24七年级下·福建厦门·期末）在中，，，则 ．
15．（23-24七年级上·福建福州·期末）如图，直角三角形中，，点C在点B的正北方向处，且，，要在直线处找一点D，使得最短．鹏鹏同学的解决方法如下：以点B处的北偏西角度作射线，交直线于点D，则点D为所求．在以下选项中，① ②两点之间，线段最短 ③垂线段最短 ④的最小值为．符合鹏鹏作答所含的数学原理及结论的有 ．（填序号即可）
16．（23-24七年级下·福建泉州·期末）如图，在中，，．
(1)求的度数；
(2)若，交于点E，判断的形状，并说明理由．
17．（23-24七年级下·福建泉州·期末）如图，在中，，．将沿方向向右平移得到，其中点A的对应点为点D，点B的对应点为点E．
(1)请求出的度数；
(2)若，，试求出点C与点F的之间的距离．
18．（23-24八年级上·福建龙岩·期末）如图，中，是角平分线，，垂足为．
(1)已知，，求的度数；
(2)若，求证：．
19．（23-24七年级下·福建泉州·期末）如图，在中，，，点是边上的一点，将沿折叠，点恰好落在边上的点处．
(1)填空： 度；
(2)求的大小．
20．（23-24七年级下·福建福州·期末）如图，在中，平分，平分，于点E，与交于点F，设，．
(1)当，时，判断与的位置关系并说明理由．
(2)求的度数（用含，的式子表示）．
(3)要使得（1）中的结论始终成立，与之间应满足什么关系．
考点三 多边形及其内角和
21．（23-24七年级下·福建·期末）如图，五边形的每一个内角都相等，则外角等于（ ）
A． B． C． D．
22．（23-24七年级下·福建泉州·期末）若小明同学先向前走了6米，然后向左转过角度为，继续向前走6米，又向左转过角度为，如此重复，直到小明回到原点．若他一共走了48米，则（ ）
A． B． C． D．
23．（23-24七年级下·福建泉州·期末）足够多的如下四种边长相等的正多边形瓷砖，则下列组合能铺满地面的是（ ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
24．（23-24七年级下·福建厦门·期末）多边形的每一个内角都等于它相邻外角的5倍，则该多边形的边数是（ ）
A．13 B．12 C．11 D．10
25．（23-24八年级下·福建三明·期末）某校“智慧数学教室”重新装修，如图是用边长相等的正三角形和正n边形两种地砖铺满地面后的部分示意图，则n的值为（ ）
A．14 B．12 C．11 D．10
26．（23-24七年级下·福建泉州·期末）把边长相等的正五边形和正方形按如图方式拼在一起，延长交于点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
27．（23-24七年级上·福建三明·期末）一个四边形的对角线共有 条．
28．（23-24七年级下·福建泉州·期末）如图，在中，，若剪去得到四边形，则 ．
29．（23-24七年级下·福建泉州·期末）写出仅用一种正多边形能把地面铺满的是 ．（写出一种即可）
30．（23-24八年级下·福建漳州·期末）如图是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，则这个正八边形的一个内角是
31．（23-24七年级下·福建福州·期末）正多边形的一个内角等于，则该正多边形的边数为 ．
32．（23-24七年级下·福建泉州·期末）如图，是某校七年级数学兴趣小组活动室墙壁上的一幅图案；它是由边长相等的正方形和正n边形设计出来的，则 ．
33．（23-24七年级下·福建泉州·期末）正五边形和正三角形按如图方式叠放在一起，，，三点在同一直线上，经过点，则的度数为 ．
34．（23-24七年级下·福建泉州·期末）如图，四边形中，，是边上的点，，交于点，．
(1)求的度数；
(2)若，平分，试说明：．
35．（23-24八年级上·福建厦门·期末）用地砖铺地，用瓷砖贴墙，都要求砖与砖严丝合缝，不留空隙，把地面或墙面全部覆盖．从数学角度看，这些工作就是用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全覆盖，通常把这类问题叫做用多边形覆盖平面（或平面镶嵌）的问题．
(1)如图1是铺在某知名大学数学系大楼入口的彭罗斯地砖，它由如图2和如图3所示的两种不同菱形镶嵌而成．
请观察图形，并填空：______°，______°；
(2)如图4所示的拼合图案是使用全等的正三角形地砖铺成．类似的，单独使用哪几种全等的正多边形能镶嵌成一个平面图案？请证明你的结论；
(3)我们也可以用边长相等的多种正多边形镶嵌平面．如果镶嵌时某个顶点处的正多边形有m个，设这m个正多边形的边数分别为，，…，，请说明m与，，…，应满足什么关系？当时，写出所有满足条件的正多边形的组合．
参考答案
1．A
【分析】本题考查三角形的稳定性，根据三角形具有稳定性求解即可．
【详解】解：安装空调一般会采用如图的方法固定，其依据的几何原理是三角形的稳定性，
故选：A．
2．B
【分析】本题考查三角形的三边关系．根据两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，求出第三边的取值范围即可．
【详解】解：∵一个三角形的两边长分别为3和7，
则：第三边的取值范围为：，即：；
∴第三边长可能为6；
故选：B．
3．A
【分析】本题主要考查了三角形的三边关系，根据三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于逐一判断即可．
【详解】解：A、，能组成三角形；
B、，不能组成三角形；
C、，不能组成三角形；
D、，不能组成三角形．
故选：A．
4．D
【分析】本题考查的是三角形的中线的性质、三角形面积公式．连接，根据三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分解答即可．
【详解】解：如图，连接，
点，分别是线段，的中点，
，，
，
，
点是线段的中点，
，
故选：D．
5．D
【分析】本题考查三角形的三边关系，根据三角形的任意两边之和大于第三边求解即可．
【详解】解：∵，
∴根据三角形的任意两边之和大于第三边，需要将②的直铁丝分为两段，
即只有②可以，①不可以，
故选：D．
6．D
【分析】本题考查三角形三边关系，根据三角形的三边关系求出的范围，判断即可．
【详解】解：在中，，，，
则，
A，B间的距离不可能是，
故选：D．
7．C
【分析】本题实际考查的是三角形的三边关系定理，能够正确的判断出调整角度后三角形铁框的组合方法是解答的关键．若两个顶点的距离最大，则此时这个铁框的形状变化为三角形，可根据三条钢条的长来判断有几种三角形的组合，然后分别找出这些三角形的最长边即可．
【详解】解：已知、、、，
选、、作为三角形，则三边长为、、，，不能构成三角形，此种情况不成立；
选、、作为三角形，则三边长为、、，，能构成三角形，此时两个顶点的距离最大为；
选、、作为三角形，则三边长为、、，，不能构成三角形，此种情况不成立；
选、、作为三角形，则三边长为、、，，构成三角形，此时两个顶点的距离最大为；
故选：C．
8．6
【分析】本题考查了三角形的面积，一元一次方程的应用，根据已知条件找到相等关系列出方程是解题的关键．设，则可得到，利用同底等高，结合，得到点是的中点，由此得到，进而利用列方程即可求解．
【详解】解：设，
则，
且两个三角形等高，
，即点是的中点，
，
，，
解得，
．
故答案为：6．
9．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题主要考查了格点作图：
（1）如图所示，延长到格点D，点D即为所求；
（2）如图所示，取格点E，连接，格点E即为所求；
（3）如图所示，取格点M，连接，点M即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，点D即为所求；
（2）解：如图所示，点E即为所求；
（3）解：如图所示，点M即为所求．
10．(1)，坐标系见解析
(2)3
(3)8
【分析】本题考查的是坐标与图形，坐标系内求三角形面积，
（1）根据题意确定原点的位置从而画出坐标系，并写出坐标；
（2）用割补法求面积即可；
（3）根据（2）中面积找出相应的格点即可解决．
【详解】（1）解：根据题意画出平面直角坐标系，
；
（2）；
（3）解：满足条件的点如下图：
符合条件的点P共8个．
11．10．
【分析】本题考查三角形的中线概念，先根据三角形的中线的概念得到，，然后根据三角形周长公式计算，即可得到答案．
【详解】解：∵分别是边上的中线，，，
∴，，
∵的周长为32，
∴，
∴．
12．A
【分析】本题考查三角形内角和定理，由对顶角相等可得，由邻补角的定义求出，再根据三角形内角和为180度即可求解．
【详解】解：，，
，，
，
，
故选A．
13．C
【分析】本题考查了三角形的内角和定理和平行线的性质，能求出各个角的度数是解此题的关键．根据等腰直角三角形求出，根据平行线求出，根据三角形内角和定理求出即可．
【详解】解：∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
14．/80度
【分析】本题考查三角形内角和，三角形的三个内角和为，这个性质在几何中应用非常广泛，所以要求学生要熟记，题目简单，属于基础题，容易掌握．
根据三角形内角和定理得出，代入求出即可．
【详解】解：∵，
∴，
故答案为：．
15．①③
【分析】本题考查了三角形内角和定理，垂线段最短原理，方向角．根据三角形内角和定理，可判断①结论；根据垂线段最短定理，可判断②、③结论；根据的面积，可判断④结论．
【详解】解：，
，
，
，
，
，①结论正确；
由题意可知，鹏鹏作答所含的数学原理是垂线段最短，②错误、③正确；，
，④结论错误；
综上可知，符合鹏鹏作答所含的数学原理及结论的有①③，
故答案为：①③
16．(1)
(2)直角三角形，理由见解析
【分析】本题考查了三角形内角和定理．
（1）在中根据三角形三个内角的和是即可求出的度数；
（2）先求出，结合（1）中的结论即可求出，从而判断出的形状．
【详解】（1）解：，，
；
（2）解：为直角三角形，理由如下：
∵，，
，
由（1）得，
，
为直角三角形．
17．(1)
(2)点C与点F的之间的距离为5
【分析】该题主要考查了平移的性质和三角形内角和定理，解题的关键是掌握平移的性质．
（1）根据平移可得，对应角相等，由的度数可得的度数；
（2）根据平移可得，对应点连线的长度相等，由的长可得的长．
【详解】（1）解：在中，，，
∴，
∵点B的对应点为点E，
∴；
（2）解：连结，由沿方向向右平移得到得：
、、为平移的距离，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即点C与点F的之间的距离为5．
18．(1)
(2)见解析
【分析】本题主要考查了三角形内角和定理、角平分线的定义，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由三角形内角和定理得出，由角平分线的定义得出，最后再由，进行计算即可得出答案；
（2）设，则，由三角形内角和定理得出，再由角平分线的定义得出，计算出，，即可得证．
【详解】（1）解：，，
，
是角平分线，
，
；
（2）证明：设，则，
，
是角平分线，
，
又，
，
，
，
．
19．(1)90
(2)
【分析】本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理，邻补角，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）由折叠可知，又，进而可得出结论；
（2）由三角形内角和可得，由折叠可知，，所以，进而可得度数．
【详解】（1）解：由折叠可知
故答案为：90；
（2）解：由折叠可知，
在中，
在中，，
20．(1)，见解析
(2)
(3)
【分析】本题考查了平行线的判定及性质、三角形内角和定理、角平分线的性质：
（1）利用角平分线的性质可得，进而可求解；
（2）根据角平分线的性质及三角形内角和可得，进而可求解；
（3）要使始终成立，即，进而可求解；
熟练掌握平行线的判定及性质及角平分线的性质是解题的关键．
【详解】（1）解：位置关系为：，
原因如下：
∵．，
∴在中，
，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
平分，
∴，
又∵，
∴
在中，
，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴
，
平分，
∴．
（3）要使始终成立，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
，
即；
法二：∵，
∴，
，
即．
21．C
【分析】多边形的外角和等于，依此列出算式计算即可求解．
此题主要考查了多边形内角与外角，关键是熟悉多边形的外角和等于．
【详解】解：∵五边形的每一个内角都相等，每个外角也都相等，
∴外角的度数为．
故选：C．
22．B
【分析】本题主要考查了正多边形的性质，解题的关键是先根据每次走6米，一共走了48米，确定正多边形的边数，根据正多边形的外角和求出结果即可．
【详解】解：∵小明每次走了6米，向左转过角度为，直到小明回到原点，他一共走了48米，
∴小明行走的路径为正多边形，且正多边形的边数为：，
∴，
故选：B．
23．B
【分析】本题考查了平面镶嵌，解决此类问题的关键是明确一个顶点处的角是否能组合成一个周角.只需要计算各个选项中的一个顶点处的角是否能组合成一个周角即可得出答案.
【详解】解：①正三角形的每一个内角为，②正方形的每一个内角为，③正五边形的每一个内角为，④正六边形的每一个内角为；
A、正三角形和正五边形不能组合能铺满地面，故A不符合题意；
B、若有4个正三角形、1个正六边形，则在一个顶点处的角的和为，能铺满地面，故B符合题意；
C、正方形和正五边形不能组合能铺满地面，故C不符合题意；
D、正方形和正六边形不能组合能铺满地面，故A不符合题意；
故选：B.
24．B
【分析】本题考查了多边形的外角和定理，掌握多边形的外角和为是解答本题的关键．
设出外角的度数，表示出内角的度数，根据一个内角与它相邻的外角互补列出方程，解方程得到答案．
【详解】解：设外角为，则相邻的内角为，
由题意得，，
解得：，
∵多边形的外角和为，
，
∴这个多边形的边数为12．
故选：B．
25．B
【分析】本题考查正多边形的外角和，以及镶嵌问题．正确的识图，求出正n边形的一个外角的度数是解题的关键．由图可知，2个正n边形的一个内角的度数加上一个正三角形的内角的度数为，进行求解即可．
【详解】解：由图可知，2个正n边形的一个内角的度数加上一个正三角形的内角的度数为，
∴正n边形的一个内角的度数为，
∴正n边形的一个外角的度数为，
∴，
故选：B．
26．C
【分析】本题考查了正多边形的内角和定理，外角和定理的运用，根据正五边形，正方形的内角和分别求出的度数，再根据角度的和差计算方法即可求解，掌握正多边形内角和定理是解题的关键．
【详解】解：根据题意，，
∵延长交于点，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
故选：C ．
27．2
【分析】本题主要考查了多边形的对角线，解题的关键是熟练掌握多边形对角线条数的特点．
【详解】解：一个四边形的对角线共有2条．
故答案为：2．
28．235°/235度
【分析】此题考查了多边形的内角和，先利用三角形内角和为计算，然后根据邻补角的定义计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：．
29．等边三角形（正三边形或正方形或正六边形，写出一种即可）
【分析】本题考查的知识点是：一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除．利用正三角形的每个内角是，能整除．正方形的每个内角是，4个能密铺．正六边形的每个内角是，能整除，能密铺，即可得出答案．
【详解】解：用同一种正多边形地砖镶嵌成平整的地面，
那么这种正多边形地砖的形状可以是如：正三角形（答案不唯一）；
故答案为：正三角形（正三边形或正方形或正六边形，写出一种即可）
30．
【分析】此题考查了正多边形内角问题，利用正多边形的内角和除以边数即可得到答案
【详解】解：，
即这个正八边形的一个内角是，
故答案为：
31．10/十
【分析】本题考查多边形的外角和定理，正多边形的性质，掌握多边形的外角和是是解题的关键．
根据正多边形的性质，结合邻补角的性质，求出正多边形的一个外角的度数，再根据多边形的外角和定理求解即可．
【详解】∵正多边形的一个内角等于，
∴正多边形的一个外角等于，
∵多边形的外角和是，
∴该正多边形的边数为：，
故答案为：10．
32．8
【分析】本题主要考查了平面镶嵌和正多边形内角和定理，根据平面镶嵌的原则可得正n边形的一个内角的度数为，据此根据多边形内角和计算公式建立方程求解即可．
【详解】解：由题意得，正n边形的一个内角的度数为，
∴，
解得．
故答案为：8
33．24
【分析】本题考查多边形的内角和外角问题．根据正五边形的内角、外角的计算方法分别求出其度数，再根据三角形内角和定理以及平角的定义进行计算即可．
【详解】解：五边形是正五边形，
，，
是正三角形，
，
，
．
故答案为：24．
34．(1)
(2)见解析
【分析】本题考查多边形的内角与外角，掌握四边形的内角和是以及角平分线的定义是正确解答的关键．
（1）根据垂直的定义，四边形的内角和是进行计算即可；
（2）根据角平分线的定义，以及图形中各个角之间的和差关系进行解答即可．
【详解】（1）解：，
，
，，
；
（2）解：由（1）得，
平分，
，
，
，
，
，，
又，
．
35．(1)72，36
(2)正三角形、正方形、正六边形
(3)，当时，满足条件的正多边形的组合为4个正方形；2个正方形，1个正三角形，1个正六边形；2个正三角形、2个正六边形
【分析】本题考查平面镶嵌，涉及等边三角形的性质、正多边形的性质、图形类规律探究，理解平面镶嵌是解答的关键．
（1）从图1中找到图2、图3菱形组成的部分，进而可求解；
（2）只要正多边形的一个内角能整除即可；
（3）先用边数表示出每个正多边形的内角，再根据一个顶点处的m个内角和为求解即可．
【详解】（1）解：由图1可知，，，
∴，，
故答案为：72，36；
（2）解：∵正三角形的每个内角是，能整除，
∴全等的等边三角形能镶嵌成一个平面图案；
设正多边形的边数为n，则正多边形的每个内角为，
∵单独使用全等的正多边形能镶嵌成一个平面图案，
∴能整除，又n为正整数，
∴或4或6，
故单独使用全等的正三角形、正方形、正六边形能镶嵌成一个平面图案；
（3）解：∵正n多边形的每个内角为，
∴正边形内角为，正边形内角为，…，正边形内角为，
由镶嵌条件，得，
则，
∴
当时，，
若这4个正多边形都是正方形时，满足；
若这4个正多边形中，2个正方形，1个正三角形，1个正六边形，满足；
若这4个正多边形中，2个正三角形、2个正六边形时，满足，
综上，当时，满足条件的正多边形的组合为4个正方形；2个正方形，1个正三角形，1个正六边形；2个正三角形、2个正六边形．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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