八年级三角形的边角关系练习题(含解析答案)

三角形的边角关系

练习题

回顾：

1、三角形的概念

定义：由_______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。

2、三角形的分类

按角分：

?????

锐角三角形三角形直角三角形钝角三角形

按边分：

????????

不等边三角形三角形底边和腰不相等的等腰三角形等腰三角形等边三角形

3、三角形的重要线段

在三角形中，最重要的三种线段是三角形的中线、三角形的角平分线、三角形的高。 说明：（1）三角形的三条中线的交点在三角形的____部。

（2）三角形的三条角平分线的交点在三角形的______部。

（3）_______三角形的三条高的交点在三角形的内部；______三角形的三条高的交点是直角顶点；_____三角形的三条高所在直线的交点在三角形的外部。

4、三角形三边的关系

定理：三角形任意两边的和____第三边；

推论：三角形任意两边的差____第三边；

说明：运用“三角形中任意两边的和大于第三边”可以判断三条线段能否组成三角形，也可以检验较小的两边的和是否大于第三边。

5、三角形各角的关系

定理：三角形的内角和是______度；

推论：（1）当有一个角是90°时，其余的两个角的和为90°；

（2）三角形的任意一个外角______和它不相邻的两个内角的和。

（3）三角形的任意一个外角______任意一个和它不相邻的内角。

说明：任一三角形中，最多有三个锐角，最少有两个锐角；最多有一个钝角；最多有一个直角。

三角形的计数

例1 如图，平面上有A、B、C、D、E五个点，其中B、C、D及A、E、C分别在同一条直线上，那么以这五个点中的三个点为顶点的三角形有（）

A、4个

B、6个

C、8个

D、10个

解析：

连接AB、AD、BE、DE。

课件出示答案： C。

小结：分类讨论是三角形的计数中常见的思路方法。

举一反三：

1、已知△ABC是直角三角形，且∠BAC=30°，直线EF与△ABC的两边AC，AB分别交于点M，N，那么∠CME+∠BNF=（）

A、150°

B、180°

C、135°

D、不能确定

解析：

因为∠A=30°，所以∠NMA+∠MNA=180°-30°=150°，

所以∠CME+∠BNF=∠NMA+∠MNA=150°.故选A.

三角形的三边关系

例2 边长为整数，周长为20的等腰三角形的个数是。

解析：

根据三角形的周长及三角形的三边关系建立不等式和方程，求出其中一边长的范围，再求其正整数解.

答案：

解：设三角形三边分别为a、b、c且a≥b≥c，a+b+c=20，则a≥7，又由b+c>a，得a<10，因此79

a

≤≤，可求出（a，b，c）为（9，9，2），（9，8，3），（9，7，4），（9，6，5），（8，8，4），（8，7，5），（8，6，6），（7，7，6），其中等腰三角形有（9，9，2），（8，8，4），（8，6，6），（7，7，6），所以填4.

小结：

利用已知的等量关系及三角形的三边关系，建立不等式与方程，进而组成不等式与方程的混合组，求其正整数解.

举一反三：

2、现有3 cm，4 cm，7 cm，9 cm长的四根木棒，任取其中三根组成一个三角形，那么可以组成的三角形的个数是（）。

A.1

B.2

C.3

D.4

三角形的内角和定理

例3 已知三角形三个内角的度数之比是x：y：z，且x+ y

A、锐角三角形

B、直角三角形

C、钝角三角形

D、等腰三角形

解析：

设三角形三个内角为x,y,z.根据三角形内角和定理，得x+y+z=180°，结合x+y＜z，利用不等式的性质进行判断.

答案：

解：三角形的内角和为180°，设三角形三个内角为x，y，z，则x+y+z=180°，又x+y90°，故这个三角形是钝角三角形。故选C。

小结：

利用三角形内角和为180°建立等量关系是常用的解题方法。

例4 如图（1），有一个五角星形ABCDE图案，（1）你能说明∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°吗？（2）当A点向下移动到BE上[如图（2）]，上述结论是否仍然成立？（3）当A点移到BE的另一侧[如图（3）]，上述结论是否仍然成立？请说明理由。

解析：

（1）连接CD，设BD与EC相交于F，分别在△ACD及△BEF、△CDF中运用三角形内角和定理.

课件出示答案：

（1）解：设BD与CE相交于F点

在△BEF中，

∠B+∠E+∠1=180°

又∠A+∠C=∠2

有∠1=∠2+∠D=∠A+∠C+∠D

所以∠A+∠B+∠C+∠D +∠E=180°

解法二：

解：（1）以题图（1）为例，说明如下：

如图，连接CD，设BD与EC相交于F，在△BEF中，

∠B+∠E+∠3=180°

在△CDF中，∠1+∠2+∠4=180°，

所以∠B+∠E+∠3=∠1+∠2+∠4

所以∠B+∠E=∠1+∠2

在△ACD中，∠A+∠ACD+∠ADF=180°，

即∠A+∠ACF+∠1+∠ADF+∠2=180°，

所以∠A+∠ACF+∠ADF+∠B+∠E=180°

下一步（2）（3）：

根据（1）的解答方法独立完成（2）和（3）的探索。

小结：

在解决新问题时，往往将其转化为比较熟悉的问题，再加以解决.（2）本例中出现的“对顶三角形”（如图），有如下结论：∠1+∠2＝∠3+∠4.

举一反三

4 如图，∠BDC=98°，∠C=38°，∠B=23°，∠A的度数是（）

A、61°

B、60°

C、37°

D、39°

解析：连接AD并延长，可证明∠BDC=∠A+∠B+∠C,所以∠A=98°-38°-23°=98°-61°=37°.故选C.

三角形的外角和

例5 如图3-7，△ABC中，∠A、∠B、∠C的外角分别记为∠α，∠β，∠γ，若∠α：∠β：∠γ=3：4：5，则∠A：∠B：∠C =（）

A、3：2：1

B、1：2：3

C、3：4：5

D、5：4：3

解析：

设∠α=3x,∠β=4x,∠γ=5x,根据三角形的外角和等于360°列方程，再求∠A、∠B、∠C.

答案：

解：设∠α=3x，∠β=4x，∠γ=5x，则

3x+4x+5x=360°

解得 x=30°

即：∠α=90°，∠β=120°，∠γ=150°，

所以∠A=180°-∠α=180°-90°=90°，

∠B=180°-∠β=180°-120°=60°，

∠C=180°-∠γ=180°-150°=30°

所以∠A：∠B：∠C=90°：60°：30°=3：2：1

小结：

（1）三角形的外角和等于360°；

（2）方程思想是解决几何计算的常用方法.

举一反三：

5、将一副直角三角板如图3-11放置，使含30°角的三角板的短直角边和含45°角的三角板的一条直角边重合，则∠1的度数为（）

学生分小组来解决这道题目，老师给予适当的指导，最后来讲解一下。

课件出示解析：

∠1＝45°+30°＝75°.

举一反三：

6、如图3-12所示，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数。

解析：

设BE、CF、AD相互交于G、H、K.

因为在△AFK中，∠A+∠F+∠4=180°,

在△BCG中，∠B+∠C+∠5=180°,

在△EDH中，∠D+∠E+∠6=180°,

所以∠A+∠F+∠4+∠B+∠C+∠5+∠D+∠E+∠6=180°×3＝540°.

又因为∠1+∠3+∠2＝180°，∠1＝∠4，∠2＝∠5，∠3＝∠6，

所以∠A+∠F+∠B+∠C+∠D+∠E=360°.

三角形与平行线的综合运用

例6 如图，直线A C∥BD，连接AB，直线AC,BD及线段AB把平面分成①、②、③、④四部分，规定：线上各点不属于任何部分。当动点P落在某个部分时，连接PA,PB，构成∠PAC，∠APB，∠PBD三个角。（提示：有公共端点的两条重合的射线所组成的角是0°角。）

（1）当动点P落在第①部分时，求证：∠APB=∠PAC+∠PBD；

（2）当动点P落在第②部分时，∠APB=∠PAC+∠PBD是否成立（直接回答成立或不成立）？

（3）当动点P在第③部分时，全面探究∠PAC，∠APB，∠PBD之间的关系，并写出动点P 的具体位置和相应的结论。选择其中一种结论加以证明。

解析：

（1）延长BP交AC于点E，运用平行线的性质和三角形内角和定理及推论；

答案:

（1）解法一：如图（1），延长BP交直线AC于点E。

∵A C∥BD，∴∠PEA=∠PBD

∵∠APB=∠PAE+∠PEA

∴∠APB=∠PAC+∠PBD

解法二：如图（2），过点P作FP∥AC，

∴∠PAC=∠APF，

∵A C∥BD ，∴FP∥BD

∴∠FPB=∠PBD

∴∠APB=∠APF+∠FPB=∠PAC+∠PBD

（2）

不成立

（3）

运用平行线的性质或三角形内角和定理的推论解决.

（a）当动点P在射线BA的右侧时，结论是∠PBD=∠PAC+∠APB

如图（3），连接PA、PB，设PB交AC于M，

∵A C∥BD，∴∠PMC=∠PBD。

又∵∠PMC=∠PAM+∠APM，

∴∠PBD=∠PAC+∠APB

（b）当动点P在射线BA上时，结论是∠PBD=∠PAC+∠APB或∠PAC=∠PBD+∠APB或∠APB=0°，∠PAC=∠PBD（任写一个即可）。

证明：如图（4）

∵点P在射线BA上，∴∠APB=0°

∵A C∥BD ，∴∠PBD=∠PAC，∴∠PBD=∠PAC+∠APB或∠PAC=∠PBD+∠APB或∠APB=0°，∠PAC=∠PBD。

（c）当动点P在射线BA的左侧时，结论是∠PAC=∠APB+∠PBD。

证明：

如图（5），连接PA、PB，设PB交AC于F，

∵A C∥BD ，∴∠PFC=∠PBD，

∵∠PAC=∠APF+∠PFA，

∴∠PAC=∠APB+∠PBD。

小结：

解此类探索性命题的关键是由图形提供的信息，探索、猜想、归纳出点在不同位置上有关角之间的变化规律.