精品解析2021-2022学年北师大版七年级数学下册第四章三角形综合练习试卷(含答案详解).docx

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1、北师大版七年级数学下册第四章三角形综合练习 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、一个三角形的两边长分别是3和5，则它的第三边可能为（ ）A2B4C8D112、一个三角形的两边长分别是3和7，且第

2、三边长为整数，这样的三角形周长最大的值为（ ）ABCD3、如图，在ABC和DEF中，AD，AFDC，添加下列条件中的一个仍无法证明ABCDEF的是（）ABCEFBABDECBEDACBDFE4、如图，平分，连接，并延长，分别交，于点，则图中共有全等三角形的组数为（ ）ABCD5、如图，在和中，连接，交于点，连接下列结论：；平分；平分其中正确的个数为（ ）A1个B2个C3个D4个6、如图，ABAC，点D、E分别在AB、AC上，补充一个条件后，仍不能判定ABEACD的是（ ）ABCBADAECBECDDAEBADC7、如果一个三角形的两边长分别为5cm和8cm，则第三边长可能是（ ）A2cmB3c

3、mC12cmD13cm8、下列长度的三条线段，能组成三角形的是（ ）A3，4，8B5，6，11C1，3，5D5，6，109、已知线段AB9cm，AC5cm，下面有四个说法：线段BC长可能为4cm；线段BC长可能为14cm；线段BC长不可能为3cm；线段BC长可能为9cm所有正确说法的序号是（ ）ABCD10、已知：如图，D、E分别在AB、AC上，若ABAC，ADAE，A60，B25，则BDC的度数是（）A95B90C85D80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，直线ED把分成一个和四边形BDEC，的周长一定大于四边形BDEC的周长，依据的原理是_2、如

4、图，为等腰的高，其中分别为线段上的动点，且，当取最小值时，的度数为_3、如图，点在线段上以的速度由点向点运动，同时，点在线段上由点向点运动它们运动的时间为设点的运动速度为，若使得与全等，则的值为_4、如图，、分别为线段和射线上的一点，若点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，二者速度之比为，运动到某时刻同时停止，在射线上取一点，使与全等，则的长为_ 5、如图，已知，则_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、李华同学用11块高度都是1cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个正方形ABCD（ABC90，ABBC），点B在EF上，点A和C分别与木墙的

5、顶端重合，求两堵木墙之间的距离EF2、如图1，AE与BD相交于点C，ACEC，BCDC（1）求证：ABDE；（2）如图2，过点C作PQ交AB于P，交DE于Q，求证：CPCQ（3）如图3，若AB4cm，点P从点A出发，沿ABA方向以3cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿DE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）连接PQ，当线段PQ经过点C时，直接写出t的值为 3、在边长为10厘米的等边三角形ABC中，如果点M，N都以3厘米/秒的速度匀速同时出发（1）若点M在线段AC上由A向C运动，点N在线段BC上由C向B运动如图，当BD

6、6，且点M，N在线段上移动了2s，此时AMD和BND是否全等，请说明理由求两点从开始运动经过几秒后，CMN是直角三角形（2）若点M在线段AC上由A向点C方向运动，点N在线段CB上由C向点B方向运动，运动的过程中，连接直线AN，BM，交点为E，探究所成夹角BEN的变化情况，结合计算加以说明4、已知锐角，于，于F，交于E 求证：BDE 若BD=8，DC=6，求线段BE的长度 5、如图，点E、B在线段AB上，AEDB，BCEF，BCEF，求证：ACDF-参考答案-一、单选题1、B【分析】根据三角形的三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边之差小于第三边，设第三边为，可得，再解即可【详解】

7、设第三边为，由题意得：，故选：B【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系：掌握第三边大于已知的两边的差，而小于两边的和是解题的关键2、C【分析】先根据三角形的三边关系定理求得第三边的取值范围；再根据第三边是整数，从而求得周长最大时，对应的第三边的长【详解】解：设第三边为a，根据三角形的三边关系，得：7-3a3+7，即4a10，a为整数，a的最大值为9，则三角形的最大周长为9+3+7=19故选：C【点睛】本题考查了三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边3、A【分析】根据AF=DC求出AC=DF，再根据全等三角形的判定定理逐个判断即可【详解】解：AF=DC，AF+FC=DC+

8、FC，即AC=DF，A、BC=EF，AC=DF，A=D，不符合全等三角形的判定定理，不能推出ABCDEF，故本选项符合题意；B、AB=DE，A=D，AC=DF，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出ABCDEF，故本选项不符合题意；CB=E，A=D，AC=DF，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出ABCDEF，故本选项不符合题意；DACB=DFE，AC=DF，A=D，符合全等三角形的判定定理ASA，能推出ABCDEF，故本选项不符合题意；故选：A【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角

9、三角形全等还有HL4、C【分析】求出BADCAD，根据SAS推出ADBADC，根据全等三角形的性质得出BC，ADBADC，求出ADEADF，根据ASA推出AEDAFD，根据全等三角形的性质得出AEAF，根据SAS推出ABFACE，根据AAS推出EDBFDC即可【详解】解：图中全等三角形的对数有4对，有ADBADC，ABFACE，AEDAFD，EDBFDC，理由是：AD平分BAC，BADCAD，在ADB和ADC中ADBADC（SAS），BC，ADBADC，EDBFDC，ADBEDBADCFDC，ADEADF，在AED和AFD中AEDAFD（ASA），AEAF，在ABF和ACE中ABFACE（SA

10、S），ABAC，AEAF，BECF，在EDB和FDC中EDBFDC（AAS），故选：C【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理和性质定理，能综合运用定理进行推理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应边相等，对应角相等5、C【分析】由全等三角形的判定及性质对每个结论推理论证即可【详解】又，故正确由三角形外角的性质有则故正确作于，于，如图所示：则，在和中，在和中，平分故正确假设平分则即由知又为对顶角在和中，即AB=AC又故假设不符，故不平分故错误综上所述正确，共有3个正确故选：C【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，灵活的选择全等三角形的判定

11、的方法是解题的关键，从判定两个三角形全等的方法可知，要判定两个三角形全等，需要知道这两个三角形分别有三个元素（其中至少一个元素是边）对应相等，这样就可以利用题目中的已知边角迅速、准确地确定要补充的边角，有目的地完善三角形全等的条件，从而得到判定两个三角形全等的思路6、C【分析】根据全等三角形的判定定理进行判断即可【详解】解：根据题意可知：ABAC，若，则根据可以证明ABEACD，故A不符合题意；若ADAE，则根据可以证明ABEACD，故B不符合题意；若BECD，则根据不可以证明ABEACD，故C符合题意；若AEBADC，则根据可以证明ABEACD，故D不符合题意；故选：C【点睛】本题考查了全等

12、三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解本题的关键7、C【分析】根据两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可求得结果【详解】解：设第三边长为c，由题可知 ，即，所以第三边可能的结果为12cm故选C【点睛】本题主要考查了三角形的性质中三角形的三边关系知识点8、D【分析】根据围成三角形的条件逐个分析求解即可【详解】解：A、，3，4，8不能围成三角形，不符合题意；B、，5，6，11不能围成三角形，不符合题意；C、，1，3，5不能围成三角形，不符合题意；D、，5，6，10能围成三角形，符合题意，故选：D【点睛】此题考查了围成三角形的条件，解题的关键是熟练掌握围成三角形的条件围成三角形的条件：两边

13、之和大于第三边，两边只差小于第三边9、D【分析】分三种情况： C在线段AB上，C在线段BA的延长线上以及C不在直线AB上结合线段的和差以及三角形三边的关系分别求解即可【详解】解：线段AB9cm，AC5cm，如图1，A，B，C在一条直线上，BCABAC954（cm），故正确；如图2，当A，B，C在一条直线上，BCABAC9514（cm），故正确；如图3，当A，B，C不在一条直线上，95=4cmBC95=14cm，故线段BC可能为9cm，不可能为3cm，故，正确故选D【点睛】此题主要考查了三角形三边关系，线段之间的关系，正确分类讨论是解题关键10、C【分析】根据SAS证ABEACD，推出CB，求出

14、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二、填空题1、三角形两边之和大于第三边【分析】表示出和四边形BDEC的周长，再结合中的三边关系比较即可【详解】解：的周长=四边形BDEC的周长=在中即的周长一定大于四边形BDEC的周长，依据是：三角形两边之和大于第三边；故答案为三角形两边之和大于第三边【点睛】本题考查了三角形三边关系定理，关键是熟悉三角形两边之和

15、大于第三边的知识点2、【分析】作，且，连接交于M，连接，证明，得到，当F为与的交点时，即可求出最小值；【详解】解：如图1，作，且，连接交于M，连接，是等腰三角形，在与中，当F为与的交点时，如图2，的值最小，此时，故答案为：【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，准确计算是解题的关键3、或【分析】分两种情形：当时，可得：；当时， 根据全等三角形的性质分别求解即可【详解】解：当时，可得：， 运动时间相同，的运动速度也相同，；当时，故答案为：或【点睛】本题考查全等三角形的性质，路程、速度、时间之间的关系等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识进行分类解决问题4、2或6或2【分析】设BE=

16、t，则BF=2t，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【详解】解：设BE=t，则BF=2t，AE=6-t，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=6，2t=6-t，解得：t=2，AG=BE=t=2；情况二：当BE=AE，BF=AG时，BE=AE，AB=6，t=6-t，解得：t=3，AG=BF=2t=23=6，综上所述，AG=2或AG=6故答案为：2或6【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，利

17、用分类讨论思想是解答此题的关键5、59【分析】如图，过作证明证明再利用三角形的外角的性质求解 从而可得答案.【详解】解：如图，过作 ， 而 ， 故答案为：【点睛】本题考查的是平行线的性质，平行公理的应用，三角形的外角的性质，过作再证明是解本题的关键.三、解答题1、11cm【分析】根据ABE的余角相等求出EABCBF，然后利用“角角边”证明ABE和BCF全等，根据全等三角形对应边相等可得AEBF，BECF，于是得到结论【详解】解：AEEF，CFEF，AEBBFC90，EAB+ABE90，ABC90，ABE+CBF90，EABCBF，在ABE和BCF中，ABEBCF（AAS），AEBF5cm，BE

18、CF6cm，EF5+611（cm）【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键2、（1）见详解；（2）见详解；（3）1或2【分析】（1）由“SAS”可证ABCEDC，可得AE，可证ABDE；（2）由“ASA”可证DCQBCP，可得CPCQ；（3）由全等三角形的性质可得DQBP，列出方程可求解【详解】解：（1）证明：在ABC和EDC中，ABCEDC（SAS），AE，ABDE；（2）证明：ABDE，BD，在DCQ和BCP中，DCQBCP（ASA），CPCQ；（3）解

19、：由（2）可知：当线段PQ经过点C时，DCQBCP，可得DQBP，43tt或3t4t，t1或2故答案为：1或2【点睛】本题考查了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本题的关键3、（1）证明见解析；经过或秒后，CMN是直角三角形；（2）BEN60，证明见解析【分析】（1）根据题意得出AMBD，ADBN，根据等边三角形的性质得到ABC60，利用SAS定理证明AMDBDN；分CNM90、CMN90两种情况，根据直角三角形的性质列式计算即可；（2）证明ABMCAN，根据全等三角形的性质得到ABMCAN，根据三角形的外角性质计算，得到答案【详解】（1）ABC为等边三角形，ABC

20、60，当点M，N在线段上移动了2s时，AM6厘米，CN6厘米，BNBCCN4厘米，AB10厘米，BD6厘米，AD4厘米，AMBD，ADBN，在AMD和BDN中，AMDBDN（SAS）；设经过t秒后，CMN是直角三角形，由题意得：CM（103t）厘米，CN3t厘米，当CNM90时，C60，CMN30，CM2CN，即103t23t，解得：t，当CMN90时，CN2CM，即2（103t）3t，解得：t，综上所述：经过或秒后，CMN是直角三角形；（2）如图所示，由题意得：AMCN，在ABM和CAN中，ABMCAN（SAS），ABMCAN，BENABE+BAECAN+BAE60【点睛】本题考查了全等三角

21、形的判断以及列一元一次方程动点相关问题，两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等；一元一次方程与几何图形的相结合的题，多数会涉及到动点的问题，需要对动点的位置进行讨论，讨论时要注意讨论全面，做到不重不漏，通常会按照从左到右或从上到下的方位进行考虑4、（1）见解析；（2）10【分析】（1）由题意可得AD=BD，由余角的性质可得CBE=DAC，根据“ASA”可证BDEADC；（2）由全等三角形的性质可得AD=BD=4，CD=DF=3，BF=AC，由三角形的面积公式可求BE的长度【详解】（1）证明：，ABC=45ABC=BAD=45，AD=BD，DABC，BEACACD+DAC=90，ACD+CBE

22、=90CBE=DAC，AD=BD，ADC=ADB=90BDEADCASA）；（2）BDEADCAD=BD=8，CD=DE=6，BE=AC【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活应用全等三角形的判定与性质成为解答本题的关键5、证明见解析【分析】根据平行线的性质和全等三角形的判定和性质解答即可【详解】证明：BCEF，CBAFED，AEDB，AE+BEBD+BE，即ABDE，在ABC与DEF中，ABCDEF（SAS），ACDF【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质：熟练掌握全等三角形的5种判定方法选用哪一种方法，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