2021-2022學(xué)年浙江八年級數(shù)學(xué)上冊第1章《三角形的初步認(rèn)識》競賽題精選(解析版)

2021-2022學(xué)年浙江八年級數(shù)學(xué)上冊第1章《三角形的初步認(rèn)識》競賽題精選一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1．（5分）（2020秋?大安市期末）如圖，BP是△ABC中∠ABC的平分線，CP是∠ACB的外角的平分線，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，則∠A+∠P＝（）A．70°B．80°C．90°D．100°【解答】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分線，CP是∠ACB的外角的平分線，∵∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，∴∠ABC＝2∠ABP＝40°，∠ACM＝2∠ACP＝100°，∴∠A＝∠ACM﹣∠ABC＝60°，∠ACB＝180°﹣∠ACM＝80°，∴∠BCP＝∠ACB+∠ACP＝130°，∵∠PBC＝20°，∴∠P＝180°﹣∠PBC﹣∠BCP＝30°，∴∠A+∠P＝90°，故選：C．2．（5分）（2019秋?德城區(qū)期末）已知a，b，c是三角形的三邊，那么代數(shù)式a2﹣2ab+b2﹣c2的值（）A．大于零B．等于零C．小于零D．不能確定【解答】解：a2﹣2ab+b2﹣c2＝（a﹣b）2﹣c2＝（a+c﹣b）[a﹣（b+c）]．∵a，b，c是三角形的三邊．∴a+c﹣b＞0，a﹣（b+c）＜0．∴a2﹣2ab+b2﹣c2＜0．故選：C．3．（5分）（2019?武侯區(qū)校級自主招生）若一個三角形的三邊和為40，且各邊長均為整數(shù)，則符合條件的三角形的個數(shù)為（）A．31個B．32個C．33個D．34個【解答】解：根據(jù)題意得三角形的三邊都小于20，設(shè)最小的兩邊為x≤y≤19，x+y＞20當(dāng)x＝2時，y＝19，當(dāng)x＝3時，y＝18，當(dāng)x＝4時，y＝17，18，當(dāng)x＝5時，y＝16，17，當(dāng)x＝6時，y＝15，16，17，當(dāng)x＝7時，y＝14，15，16，當(dāng)x＝8時，y＝13，14，15，16，當(dāng)x＝9時，y＝12，13，14，15，當(dāng)x＝10時，y＝11，12，13，14，15，當(dāng)x＝11時，y＝11，12，13，14，當(dāng)x＝12時，y＝12，13，14，當(dāng)x＝13時，y＝13，符合條件的三角形的個數(shù)為1+1+2+2+3+3+4+4+5+4+3+1＝33，故選：C．4．（5分）（2019秋?浠水縣期中）如圖，△ABC≌△AEF，AB＝AE，∠B＝∠E，則下列結(jié)論中不一定成立的是（）A．AC＝AFB．∠FAB＝∠EABC．EF＝BCD．∠EAB＝∠FAC【解答】解：∵△ABC≌△AEF∴AB＝AE，∠B＝∠E，AC＝AF，EF＝BC故A，C選項正確．∵△ABC≌△AEF∴∠EAF＝∠BAC∴∠EAB＝∠FAC故D答案也正確．∠FAB和∠EAB找不到對應(yīng)關(guān)系，故不一定相等．故選：B．5．（5分）（2019?霞山區(qū)校級自主招生）如圖，△ABC中，AD為BC邊上中線，DM，DN分別∠ADB，∠ADC的角平分線，試比較BM+CN與MN的大小關(guān)系（）A．BM+CN＝MNB．BM+CN＜MNC．BM+CN＞MND．無法確定【解答】解：延長ND至P，使DP＝ND，連接MP、BP，如圖：∵點D為BC的中點，∴BD＝CD，又∵∠BDP＝∠CDN，∴△BDP≌△CDN（SAS），∴BP＝CN，∵DM，DN分別∠ADB，∠ADC的角平分線，∠ADB+ADC＝180°，∴∠ADM+∠ADN＝×180°＝90°，∴MD⊥PN，∵DP＝DN，∴MN＝MP，∵BM+BP＞MP，∴BM+CN＞MN，故選：C．6．（5分）（2020秋?玉溪）如圖，AE⊥AB且AE＝AB，BC⊥CD且BC＝CD，請按照圖中所標(biāo)注的數(shù)據(jù)，計算圖中實線所圍成的圖形的面積S是（）A．50B．62C．65D．68【解答】解：∵AE⊥AB且AE＝AB，EF⊥FH，BG⊥FH，∴∠EAB＝∠EFA＝∠BGA＝90°，∵∠EAF+∠BAG＝90°，∠ABG+∠BAG＝90°，∴∠EAF＝∠ABG，∴AE＝AB，∠EFA＝∠AGB，∠EAF＝∠ABG，∴△EFA≌△AGB，∴AF＝BG，AG＝EF．同理證得△BGC≌△CHD得GC＝DH，CH＝BG．故FH＝FA+AG+GC+CH＝3+6+4+3＝16故S＝（6+4）×16﹣3×4﹣6×3＝50．故選：A．7．（5分）（2020?上虞區(qū)校級一模）已知△ABC的兩條中線的長分別為5、10．若第三條中線的長也是整數(shù)，則第三條中線長的最大值為（）A．7B．8C．14D．15【解答】解：如圖，△ABC的三條中線AD、BE、CF交于點O，且AD＝5，BE＝10，延長OD至G，使DG＝OD，則O為AG中點．∵O是重心，∴OB＝2OE，∵OB+OE＝BE＝10，∴OE＝BE＝，同理，可得OD＝AD＝，∴CG＝2OE＝，OG＝2OD＝，∵OC＜OG+CG＝+＝10，CF＝OC，∴CF＜10×＝15，∵第三條中線的長是整數(shù)，∴第三條中線長的最大值為14．故選：C．8．（5分）（2019?錦江區(qū)校級自主招生）已知銳角三角形的邊長是2，3，x，那么第三邊x的取值范圍是（）A．1＜x＜B．C．D．【解答】解：首先要能組成三角形，易得1＜x＜5下面求該三角形為直角三角形的邊長情況（此為臨界情況），顯然長度為2的邊對應(yīng)的角必為銳角（2＜3，短邊對小角）則只要考慮3或者x為斜邊的情況．3為斜邊時，由勾股定理，22+x2＝32，得x＝√5作出圖形，固定2邊，旋轉(zhuǎn)3邊易知當(dāng)1＜x＜√5時，該三角形是以3為最大邊的鈍角三角形；x為斜邊時，由勾股定理，22+32＝x2，得x＝√13，同樣作圖可得當(dāng)√13＜x＜5時，該三角形是以x為最大邊的鈍角三角形．綜上可知，當(dāng)√5＜x＜√13時，原三角形為銳角三角形．故選：B．二．填空題（共6小題，滿分30分，每小題5分）9．（5分）（2020秋?寶應(yīng)縣校級模擬）命題“同位角相等，兩直線平行”中，條件是同位角相等，結(jié)論是兩直線平行【解答】解：命題中，已知的事項是“同位角相等”，由已知事項推出的事項是“兩直線平行”，所以“同位角相等”是命題的題設(shè)部分，“兩直線平行”是命題的結(jié)論部分．故空中填：同位角相等；兩直線平行．10．（5分）（2021春?鼓樓區(qū)校級期末）如圖，點M是△ABC兩個內(nèi)角平分線的交點，點N是△ABC兩個外角平分線的交點，如果∠CMB：∠CNB＝3：2，那么∠CAB＝36度．【解答】解：由題意得：∠NCM＝∠NBM＝×180°＝90°，∴可得：∠CMB+∠CNB＝180°，又∠CMB：∠CNB＝3：2，∴∠CMB＝108°，∴（∠ACB+∠ABC）＝180°﹣∠CMB＝72°，∴∠CAB＝180°﹣（∠ACB+∠ABC）＝36°．故答案為：36°．11．（5分）（2020?浙江自主招生）如圖所示，一位同學(xué)拿了兩塊45°的三角尺△MNK、△ACB做了一個探究活動；將△MNK的直角頂點M放在△ABC的斜邊AB的中點處，設(shè)AC＝BC＝a．猜想此時重疊部分四邊形CEMF的面積為a2；簡述證明主要思路．【解答】解：重疊部分四邊形CEMF的面積為a2．證明如下：連CM，如圖，∵點M為等腰直角△ABC的斜邊AB的中點，∴CM＝MB＝MA，∴∠A＝∠ACM＝∠MCB＝45°，∠CMA＝90°，又∵△MNK為直角三角形，∴∠EMF＝90°，∴∠AMF＝∠EMC＝90°﹣∠CMF，在△AFM和△CEM中，∴△AFM≌△CEM，∴S△AFM＝S△CEM，∴重疊部分四邊形CEMF的面積＝S△ACM＝S△ACB＝××a×a＝a2．故答案為：a2．12．（5分）（2019秋?浠水縣期中）如圖，△ABC中，AC＝BC＝5，∠ACB＝80°，O為△ABC中一點，∠OAB＝10°，∠OBA＝30°，則線段AO的長是5．【解答】解：作∠CAO的平分線AD，交BO的延長線于點D，連接CD，∵AC＝BC＝5，∴∠CAB＝∠CBA＝50°，∵∠OAB＝10°，∴∠CAD＝∠OAD＝＝＝20°，∵∠DAB＝∠OAD+∠OAB＝20°+10°＝30°，∴∠DAB＝30°＝∠DBA，∴AD＝BD，∠ADB＝120°，在△ACD與△BCD中?△ACD≌△BCD?∠CDA＝∠CDB，∴∠CDA＝∠CDB＝在△ACD與△AOD中＝＝120°，?△ACD≌△AOD?AO＝AC，∴AO＝5．故答案為5．13．（5分）（2020秋?沈北新區(qū)校級月考）如圖，若Rt△ABC的邊AB＝2，AC＝3，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示以AB、BC、AC為邊的正方形，則圖中三個陰影部分面積之和為3．【解答】解：如圖，把△CFH繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°，使CF與BC重合，H旋轉(zhuǎn)到H'的位置∵四邊形ACHD為正方形，∠ACH＝90°，CA＝CH＝CH′，∴A、C、H'在一直線上，且BC為△ABH'的中線，∴S△CHF＝S△BCH′＝S△ABC，同理：S△ADE＝S△BGI＝S△ABC，所以陰影部分面積之和為S△ABC的3倍，又∵AB＝2，AC＝3，∴BC＝∴S陰影部分面積＝3S△ABC＝3×故答案為：314．（5分）（2020?浙江自主招生）如圖，設(shè)P為△ABC外一點，P在邊AC之外，在∠B之內(nèi)．S△PBCAB×BC＝3×××2＝3．．：S△PCA：S△PAB＝4：2：3．又知△ABC三邊a，b，c上的高為ha＝3，hb＝5，hc＝6，則P到三邊的距離之和為8．【解答】解：如圖設(shè)P到三邊的距離為pa，pb，pc，S△PBC＝4S，S△PCA＝2S，S△PAB＝3S，則S△ABC＝S△PBC+S△PAB﹣S△PCA＝4S+3S﹣2S＝5S，∴，∴pa＝ha＝，同理可得：pb＝hb＝2，pc＝hc＝，∴pa+pb+pc＝故答案為：8+2+＝8．三．解答題（共4小題，滿分30分）15．（6分）（2020?南岸區(qū)自主招生）如圖，AB∥CD，AD與BC相交于點E，AF平分∠BAD，交BC于點F，交CD的延長線于點G．（1）若∠G＝29°，求∠ADC的度數(shù)；（2）若點F是BC的中點，求證：AB＝AD+CD．【解答】證明：（1）∵AB∥CD，∴∠BAG＝∠G，∠BAD＝∠ADC．∵AF平分∠BAD，∴∠BAD＝2∠BAG＝2∠G．∴∠ADC＝∠BAD＝2∠G．∵∠G＝29°，∴∠ADC＝58°；（2）∵AF平分∠BAD，∴∠BAG＝∠DAG．∵∠BAG＝∠G，∴∠DAG＝∠G．∴AD＝GD．∵點F是BC的中點，∴BF＝CF．在△ABF和△GCF中，∵∴△ABF≌△GCF（AAS），∴AB＝GC．∴AB＝GD+CD＝AD+CD．16．（8分）（2020秋?固始縣期中）AM是△ABC的中線，求證：AM＜【解答】證明：延長AM到點D，使MD＝AM，連接BD，易證△AMC與△BMD全等，．∴BD＝AC，在△ABD中，AD＜AB+BD，∴2AM＜AB+BD，∴2AM＜AB+AC，∴AM＜．17．（8分）（2020秋?西山區(qū)期末）已知如圖AD為△ABC上的高，E為AC上一點BE交AD于F且有BF＝AC，F(xiàn)D＝CD．求證：（1）△ADC≌△BDF；（2）BE⊥AC．【解答】證明：（1）∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°．又∵BF＝AC，F(xiàn)D＝CD，∴△ADC≌△BDF（HL）．（2）∵△ADC≌△BDF，∴∠EBC＝∠DAC．又∵∠D