难点解析：北师大版七年级数学下册第四章三角形同步测评试题(含答案及详细解析).docx

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1、北师大版七年级数学下册第四章三角形同步测评 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题 30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、下列条件中，能判定ABCDEF的是（ ）AAD，BE，ACDFBAE，ABEF，BDCAD，BE，CFDABDE，

2、BCEF，AE2、如图，已知为的外角，那么的度数是（ ）A30B40C50D603、如图，E为线段BC上一点，ABE=AED=ECD=90，AE=ED，BC=20，AB=8，则BE的长度为（ ）A12B10C8D64、如图，在ABC与AEF中，ABAE，BCEF，ABCAEF，EAB40，AB交EF于点D，连接EB下列结论：FAC40；AFAC；EFB40；ADAC，正确的个数为（）A1个B2个C3个D4个5、以下列各组线段为边，能组成三角形的是（ ）A3cm，4cm，5cmB3cm，3cm，6cmC5cm，10cm，4cmD1cm，2cm，3cm6、已知：如图，D、E分别在AB、AC上，若A

3、BAC，ADAE，A60，B25，则BDC的度数是（）A95B90C85D807、根据下列已知条件，不能画出唯一的是（ ）A，B，C，D，8、三根小木棒摆成一个三角形，其中两根木棒的长度分别是和，那么第三根小木棒的长度不可能是（ ）ABCD9、如图，D为BAC的外角平分线上一点，过D作DEAC于E，DFAB交BA的延长线于F，且满足FDEBDC，则下列结论：CDEBDF；CEAB+AE；BDCBAC；DAFCBD其中正确的结论有（）A1个B2个C3个D4个10、如图，点，在一条直线上，则（ ）A4B5C6D7第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图，已知AB

4、12m，CAAB于点A，DBAB于点B，且AC4m，点P从点B向点A运动，每分钟走1m，点Q从点B向点D运动，每分钟走2m若P，Q两点同时出发，运动 _分钟后，CAP与PQB全等2、如图，ABCDEF，BEa，BFb，则CF_3、如图，在ABC中，点D为BC边延长线上一点，若ACD75，A45，则B的度数为_4、如图，点E，F分别为线段BC，DB上的动点，BEDF要使AE+AF最小值，若用作图方式确定E，F，则步骤是 _5、如图，ACD是ABC的外角，ABC的平分线与ACD的平分线交于点A1，设A则A1_（用含的式子表示）三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，点A，B，C，D

5、在同一条直线上，CEDF，EC=BD，AC=FD求证：AE=FB2、如图，在长方形ABCD中，AD=3，DC=5，动点M从A点出发沿线段ADDC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CDDA以每秒3个单位长度的速度向终点A运动MEPQ于点E，NFPQ于点F，设运动的时间为秒（1）在运动过程中当M、N两点相遇时，求t的值（2）在整个运动过程中，求DM的长(用含t的代数式表示)（3）当DEM与DFN全等时，请直接写出所有满足条件的DN的长3、如图所示，已知，请你添加一个条件，证明：（1）你添加的条件是_；（2）请写出证明过程4、在中，是射线上一点，点在的右侧，线段，且，连

6、结（1）如图1，点在线段上，求证：（2）如图2，点在线段延长线上，判断与的数量关系并说明理由5、如图，四边形中，于点（1）如图1，求证：；（2）如图2，延长交的延长线于点，点在上，连接，且，求证：；（3）如图3，在（2）的条件下，点在的延长线上，连接，交于点，连接，且，当，时，求的长-参考答案-一、单选题1、A【分析】根据全等三角形的判定方法，对各选项分别判断即可得解【详解】解：A、AD，BE，ACDF，根据AAS可以判定，故此选项符合题意；B、AE，ABEF，BD，AB与EF不是对应边，不能判定，故此选项不符合题意；C、AD，BE，CF，没有边对应相等，不可以判定，故此选项不符合题意；D、A

7、BDE，BCEF，AE，有两边对应相等，一对角不是对应角，不可以判定，故此选项不符合题意；故选A【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法，一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角2、B【分析】根据三角形的外角性质解答即可【详解】解：ACD60，B20，AACDB602040，故选：B【点睛】此题考查三角形的外角性质，关键是根据三角形外角性质解答3、A【分析】利用角相等和边相等证明，利用全等三角形的性质以及边的关系，即可求出BE的长度【详解】解：由题意可知：ABE=A

8、ED=ECD=90，在和中， ，故选：A【点睛】本题主要是考查了全等三角形的判定和性质，熟练通过已知条件证明三角形全等，利用全等性质及边的关系，来求解未知边的长度，这是解决本题的主要思路4、C【分析】由“SAS”可证ABCAEF，由全等三角形的性质依次判断可求解【详解】解：在ABC和AEF中，ABCAEF（SAS），AFAC，EAFBAC，AFEC，故正确，BAEFAC40，故正确，AFBC+FACAFE+EFB，EFBFAC40，故正确，无法证明ADAC，故错误，故选：C【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，是重要考点，掌握相关知识是解题关键5、A【分析】三角形的任意两条之和大于第三边，任

9、意两边之差小于第三边，根据原理再分别计算每组线段当中较短的两条线段之和，再与最长的线段进行比较，若和大于最长的线段的长度，则三条线段能构成三角形，否则，不能构成三角形，从而可得答案.【详解】解： 所以以3cm，4cm，5cm为边能构成三角形，故A符合题意； 所以以3cm，3cm，6cm为边不能构成三角形，故B不符合题意； 所以以5cm，10cm，4cm为边不能构成三角形，故C不符合题意； 所以以1cm，2cm，3cm为边不能构成三角形，故D不符合题意；故选A【点睛】本题考查的是三角形的三边之间的关系，掌握“利用三角形三边之间的关系判定三条线段能否组成三角形”是解本题的关键.6、C【分析】根据S

10、AS证ABEACD，推出CB，求出C的度数，根据三角形的外角性质得出BDCA+C，代入求出即可【详解】解：在ABE和ACD中，ABEACD（SAS），CB，B25，C25，A60，BDCA+C85，故选C【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形外角的性质，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件7、B【分析】根据三角形存在的条件去判断【详解】，满足ASA的要求，可以画出唯一的三角形，A不符合题意；，A不是AB，BC的夹角，可以画出多个三角形，B符合题意；，满足SAS的要求，可以画出唯一的三角形，C不符合题意；，AB最大，可以画出唯一的三角形，D不符合题意；故选B【点睛】

11、本题考查了三角形的存在性，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键8、D【分析】设第三根木棒长为x厘米，根据三角形的三边关系可得85x8+5，确定x的范围即可得到答案【详解】解：设第三根木棒长为x厘米，由题意得：85x8+5，即3x13，故选：D【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，要注意三角形形成的条件：任意两边之和第三边，任意两边之差第三边9、D【分析】利用AAS证明CDEBDF，可判断正确；再利用HL证明RtADERtADF，可判断正确；由BACEDF，FDEBDC，可判断正确【详解】解：AD平分CAF，DEAC，DFAB，DEDF，DFBDEC90，FDEBDC，FDBEDC，在CD

12、E与BDF中，CDEBDF（AAS），故正确；CEBF，在RtADE与RtADF中，RtADERtADF（HL），AEAF，CEAB+AFAB+AE，故正确；DFADEA90，EDF+FAE180，BAC+FAE180，FDEBAC，FDEBDC，BDCBAC，故正确；FAE是ABC的外角，2DAFABC+ACBABD+DBC+ACB，RtCDERtBDF，ABDDCE，BDDC，DBCDCB，2DAFDCE+DBC+ACBDBC+DCB2DBC，DAFCBD，故正确故选：D【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，外角的性质等，熟悉掌握全等三角形的判定方法，灵活寻找条件是解题的关键10、

13、A【分析】由题意易得，然后可证，则有，进而问题可求解【详解】解：，；故选A【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键二、填空题1、4【分析】根据题意CAAB，DBAB，则，则分或两种情况讨论，根据路程等于速度乘以时间求得的长，根据全等列出一元一次方程解方程求解即可【详解】解：CAAB，DBAB，点P从点B向点A运动，每分钟走1m，点Q从点B向点D运动，每分钟走2m，设运动时间为，且AC4m，当时则，即，解得当时，则，即，解得且不符合题意，故舍去综上所述即分钟后，CAP与PQB全等故答案为：【点睛】本题考查了三角形全等的性质，根据全等的性质列出方程是解

14、题的关键2、#【分析】先利用线段和差求EFBEBFa-b，根据全等三角形的性质BC=EF，再结合线段和差求出FC 可得答案【详解】解：BE，BF，EFBEBF，ABCDEF，BCEF，CFBCBF，故答案为：【点睛】本题考查全等三角形的性质，线段和差,解题的关键是根据全等三角形的性质得出BC=EF3、30【分析】根据三角形的外角的性质，即可求解【详解】解： ， ，ACD75，A45， 故答案为：30【点睛】本题主要考查了三角形的外角性质，熟练掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键4、连接，作；以点为圆心、长为半径画弧，交于点；连接交于点；以点为圆心、长为半径画弧，交于点【

15、分析】按照连接，作；以点为圆心、长为半径画弧，交于点；连接交于点；以点为圆心、长为半径画弧，交于点的步骤作图即可得【详解】解：步骤是连接，作；以点为圆心、长为半径画弧，交于点；连接交于点；以点为圆心、长为半径画弧，交于点；如图，点即为所求故答案为：连接，作；以点为圆心、长为半径画弧，交于点；连接交于点；以点为圆心、长为半径画弧，交于点【点睛】本题考查了作一个角等于已知角、两点之间线段最短、作线段、全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握尺规作图的方法是解题关键5、【分析】根据角平分线的定义、三角形的外角的性质计算即可【详解】ABC与ACD的平分线交于A1点，A1BC=ABC，A1CD=ACD，

16、A=ACD-ABCA1=A1CD-A1BC=（ACD-ABC）=A=，故答案为：【点睛】本题考查的是三角形的外角的性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键三、解答题1、证明见解析【分析】由证明再结合已知条件证明从而可得答案.【详解】证明：， EC=BD，AC=FD， 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，掌握“利用证明三角形全等 ”是解本题的关键.2、（1）2；（2）当0t3时，DM=3-t，当3t8时，DM=t-3；（3）2或1【分析】（1）根据题意得： ，解得：，即可求解；（2）根据题意得：当0t3时，AM=t，则DM=3-t，当3t8时，DM=t-3，即可

17、求解；（3）根据MEPQ，NFPQ，可得DEM=DFN=90，再由ADC=90，可得DME =FDN，从而得到当DEM与DFN全等时，DM=DN，根据题意可得M到达点D时， ，M到达点C时， ，N到达点D时， ，N到达点A时，然后分两种情况：当时和当时，即可求解【详解】解：（1）根据题意得： ，解得：，即在运动过程中当M、N两点相遇时，t的值为2；（2）根据题意得：当0t3时，AM=t，则DM=3-t，当3t8时，DM=t-3；（3）MEPQ，NFPQ，DEM=DFN=90，EDM+ DME =90，ADC=90，EDM+FDN =90，DME =FDN，当DEM与DFN全等时，DM=DN，M

18、到达点D时， ，M到达点C时， ，N到达点D时， ，N到达点A时，当时，DM=3-t，CN=3t，则DN=5-3t，3-t=5-3t，解得：t=1，此时DN=5-3t=2，当时，DM=3-t，DN=3t-5，3-t=3t-5，解得： ，DN=3t-5=1，综上所述，当DEM与DFN全等时，所有满足条件的DN的长为2或1【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，动点问题，利用分类讨论思想解答是解题的关键3、（1）；（2）见解析【分析】（1）此题是一道开放型的题目，答案不唯一，如B=C或ADB=ADC等；（2）根据全等三角形的判定定理AAS推出ABDACD，再根据全等三角形的性质得出即可【详解

19、】解：添加的条件是，故答案为：；证明：在和中，【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应角相等，对应边相等4、（1）证明见解析；（2），理由见解析【分析】（1）根据证明与全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；（2）根据证明与全等，进而利用全等三角形的性质解答即可【详解】证明：（1），在与中，即：（2），理由：，在与中，【点睛】本题主要考查三角形全等的证明，合理利用已知条件进行证明是此类问题的关键5、（1）见解析；（2）见解析；（3）2【分析】（1）过点B作于点Q，根据AAS证明得，再证明四边形是矩形得BQ=CG，从而得出结论；(2) 在GF上截取GH=GE，连接AH，证明AH=FH，GE=GH即可；(3) 过点A作于点P，在FC上截取，连接，证明得，可证明AC是EH的垂直平分线，再证明和得可求出，从而可得结论【详解】解：（1）证明：过点B作于点Q，如图1又，四边形是矩形；（2）在GF上截取GH=GE，连接AH，如图2，又（3）过点A作于点P，在FC上截取，连接，如图3，由（1）、（2）知，AC是EH的垂直平分线，又， ，即 ，即 在和中，AH=AMHAB=MADAB=AD 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键