专题5.4 相交线与平行线章末题型过关卷（解析版）

第5 章 相交线与平行线章末题型过关卷 【人版】 参考答与试题解析 一．选择题（共10 小题，满分30 分，每小题3 分） 1．（3 分）（2022·河北·威县第三中学七年级期末）下列选项中， 1 ∠和 2 ∠是对顶角的是 （ ） ． B． ． D． 【答】D 【分析】判断对顶角需要满足的两个条件，一是有公共顶点，二是一个角的两边是另一个 角的反向延长线，逐项进行观察判断即可． 【详解】解：对顶角的定义：两条直线相交后所得，有公共顶点且两边互为反向延长线的 两个角叫做对顶角，观察选项，只有D 选项符合， 故选D． 【点睛】本题考查了对顶角的定义，熟练掌握对顶角的两个判断依据（一是有公共顶点， 二是一个角的两边是另一个角的的两边的反向延长线）是解题的关键． 2．（3 分）（2022·天津市东丽中学七年级期末）下列说法： ①在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线； ②过一点，有且只有一条直线平行于已知直线； ③两条直线被第三条直线所截，同位角相等； ④同旁内角相等，两直线平行． 正确的个数有（ ）个． ．1 B．2 ．3 D．4 【答】 【分析】分别根据平行线的判定以及平行线定义和平行公理分析得出即可． 【详解】解：①在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线，故原命题正确； ②过直线外一点，有且只有一条直线平行于已知直线，故原命题错误； ③两条平行直线被第三条直线所截，同位角相等，故原命题错误； ④同旁内角互补，两直线平行，故原命题错误． 1 故选：． 【点睛】此题主要考查了平行线的判定与性质以及平行公理等知识，正确把握相关定理是 解题关键． 3．（3 分）（2022·辽宁·丹东市第十七中学七年级期末）两条平行线被第三条直线所截， 一对同旁内角的比为4：5，则这两个角中较小的角的度数为（ ） ．20° B．80° ．100° D．120° 【答】B 【分析】根据比例设两个角为4 x、5 x，再根据两直线平行，同旁内角互补列式求解即可． 【详解】解：设两个角分别为4 x、5 x， ∵这两个角是两平行线被截所得到的同旁内角， ∴4 x+5 x=180°， 解得x=20°， 4 x=80°，5 x=100°， 所以较小的角的度数等于80°． 故选：B． 【点睛】本题考查了平行线的性质，主要利用了两直线平行，同旁内角互补的性质，熟记 性质是解题的关键． 4．（3 分）（2022·浙江台州·七年级期末）直线B，D 相交于点，E 是∠BOD的角平分线， 若∠AOE=3∠BOC，则∠EOC的度数为( ) ．36° B．72° ．108° D．144° 【答】 【分析】根据E 是∠BOD的角平分线，得出∠DOE=∠BOE，根据 ∠AOE=∠AOD+∠DOE=3∠BOC，得出∠DOE=2∠BOC，求出 ∠BOC=36°，即可得出∠BOE=2∠BOC=72°，即可得出答． 【详解】解：∵E 是∠BOD的角平分线， ∴∠DOE=∠BOE， ∵∠AOE=∠AOD+∠DOE=3∠BOC， 又∵∠AOD=∠BOC， ∴∠BOC+∠DOE=3∠BOC， 1 ∴∠DOE=2∠BOC， ∴∠BOE=∠DOE=2∠BOC， ∵∠DOE+∠BOE+∠BOC=180°， ∴2∠BOC+2∠BOC+∠BOC=180°， 解得：∠BOC=36°， ∴∠BOE=2∠BOC=72°， ∴∠EOC=∠BOE+∠BOC=108°，故正确． 故选：． 【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，根据已知条件得出∠DOE=2∠BOC，是解 题的关键． 5．（3 分）（2022·河南·项城市第一初级中学七年级期末）如图是一条街道的路线图，AB ∥ CD，∠ABC=130 ∘，若使BC ∥ DE，则∠CDE应为（ ） ．40 ∘ B．50 ∘ ．70 ∘ D．130 ∘ 【答】B 【分析】根据平行线的性质和判定求解即可． 【详解】解：∵AB ∥ CD， ∴∠BD=∠ABC=130 ∘， 若BC ∥ DE， 则∠BD+∠DE=180°， ∴∠DE=50°， 故选：B． 【点睛】本题考查平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的性质与判定定理是解题的关键． 6．（3 分）（2022·浙江温州·七年级期末）如图，在科学《光的反射》活动课中，小麦同 学将支架平面镜放置在水平桌面M 上，镜面B 的调节角(∠ABM )的调节范围为12°~69°， 激光笔发出的光束DG 射到平面镜上，若激光笔与水平天花板（直线EF）的夹角 ∠EPG=30°，则反射光束G 与天花板所形成的角(∠PHG)不可能取到的度数为（ ） 1 ．129° B．72° ．51° D．18° 【答】 【分析】分当12°≤∠ABM ≤60°时，如图1 所示，当60°<∠ABM ≤69°时，如图2 所 示，两种情况，利用平行线的性质求解即可． 【详解】解：当12°≤∠ABM ≤60°时，如图1 所示，过点G 作GQ∥MN， ∵MN ∥EF , MN ∥GQ， ∴MN ∥EF ∥GQ， ∴∠PGQ =∠EPG=30°，∠BGQ=∠BM， ∴∠PGB=∠PGQ+∠BGQ=30°+∠BM， 由反射定理可知，∠G=∠PGB=30°+∠BM， ∴∠PG=180°-∠G-∠PGB=120°-2∠BM， ∴∠GQ=∠PG+∠PGQ=150°-2∠BM， ∴∠PG=180°-∠GQ=30°+2∠BM， ∴54°≤∠PHG≤150° 当60°<∠ABM ≤69°时，如图2 所示，过点G 作GQ∥MN， 1 同理可得∠PGQ=∠EPG=30°，∠BGQ=∠BM，∠PG=∠GQ， ∴∠GP=∠GB=∠GQ+∠QGB=∠PG+∠BM， ∴∠PG=180°-∠GP-∠GB=180°-2∠PG-2∠BM， ∴∠GP=∠PGQ-∠PG=2∠PG+2∠BM-150°， ∴∠PG=150°-2∠BM， ∴12°≤∠PHG<30°， 综上所述，54°≤∠PHG≤150°或12°≤∠PHG<30°， 故选． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，正确作出辅助线和利用分类讨论的思想求解是解 题的关键． 7．（3 分）（2022·四川·广元市利州区东城实验学校七年级期末）如图，在五边形BDE 中， E∥B，延长DE 至点F，连接BE，若∠＝∠，∠1＝∠3，∠EF＝2 2 ∠，则下列结论正确的是 （ ） ① 1 ∠＝∠2 ②B∥D ③∠ED＝∠ ④D⊥DE ．1 个 B．2 个 ．3 个 D．4 个 【答】 【分析】分别根据平行线的性质以及平行线的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：①中，∵E∥B， 3 ∴∠＝∠2， 1 ∵∠＝∠3， 1 ∴∠＝∠2， ① ∴ 正确 ②中，∵E∥B， 1 + ∴∠∠B＝180°， ∵∠＝∠， + ∴∠∠B＝180°， ∴B∥D； ② ∴ 正确 ③中，∵E∥B， 2 ∴∠＝∠3，∠+∠B＝180°， 1 ∵∠＝∠3， 1 ∴∠＝∠2＝∠3，∠B＝2 2 ∠， ∵∠EF＝2 2 ∠， + ∴∠∠B＝∠+2 2 ∠＝∠+∠EF＝180°， ∵∠EF+∠ED＝180°， ∴∠ED＝∠． ③ ∴ 正确 ④无条件证明，所以不正确． ∴结论正确的有①②③共3 个． 故选：． 【点睛】此题考查了平行线的判定与性质以及多边形的内角和外角，熟练掌握平行线的判 定与性质是解本题的关键． 8．（3 分）（2022·河北·平山县育局研室七年级期末）如果两个角的两边分别平行，而其 中一个角比另一个角的3 倍少20°，那么这两个角是（ ） ．50°、130° B．都是10° ．50°、130°或10°、10° D．以上都不对 【答】 【分析】首先由两个角的两边分别平行，可得这两个角相等或互补．然后设其中一角为 x°，由其中一个角比另一个角的3 倍少20°，然后分别从两个角相等与互补去分析，即可求 得答，注意别漏解． 【详解】解：∵两个角的两边分别平行， ∴这两个角相等或互补． 设其中一角为x°， 若这两个角相等，则x＝3x 20 ﹣ ， 解得：x＝10， ∴这两个角的度数是10°和10°； 1 若这两个角互补， 则180﹣x＝3x 20 ﹣ ， 解得：x＝50， ∴这两个角的度数是50°和130°． ∴这两个角的度数是50°、130°或10°、10°． 故选：． 【点睛】此题考查了平行线的性质与一元一次方程的解法．此题难度适中，解题的关键是 掌握如果两个角的两边分别平行，则这两个角相等或互补，注意方程思想的应用． 9．（3 分）（2022·河南信阳·七年级期末）如图是长方形纸带，∠DEF=26°，将纸带沿EF 折 叠成图b，再沿BF 折叠成图，则图中的∠FE 的度数是（ ） ．102° B．108° ．124° D．128° 【答】 【分析】先由矩形的性质得出∠BFE= DEF=26° ∠ ，再根据折叠的性质得出∠FG=180°-2 BFE ∠ ， ∠FE= FG- EFG ∠ ∠ 即可． 【详解】∵四边形BD 是矩形， D B ∴∥， BFE= DEF=26° ∴∠ ∠ ， FE= FG- EFG=180°-2 BFE- EFG=180°-3×26°=102° ∴∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ， 故选． 【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题）、矩形的性质、平行线的性质；熟练掌握翻折 变换和矩形的性质，弄清各个角之间的关系是解决问题的关键． 10．（3 分）（2022·河北承德·七年级期末）如图，已知B D EF ∥∥ ，则∠x、∠y、∠z三者之间 的关系是( ) ．x+ y+z=180° B．x+ y−z=180° 1 ．x+ y+z=360° D．x+z= y 【答】B 【分析】根据平行线的性质可得∠EF=180°-y，x=z+ EF ∠ ，利用等量代换可得x=z+180°-y，再 变形即可． 【详解】解：∵D EF ∥ ， + EF=180° ∴∠∠ ， EF=180°-y ∴∠ ， B D ∵∥， x=z+ EF ∴ ∠ ， x=z+180°-y ∴ ， x+y-z=180° ∴ ， 故选：B． 二．填空题（共6 小题，满分18 分，每小题3 分） 11．（3 分）（2022·浙江舟山·七年级期末）公元前240 年前后，在希腊的亚历山大城图书 馆当馆长的埃拉托色尼通过测得有关数据，求得了地球圆周的长度，他是如何测量的呢？ 如图所示，由于太阳距离地球很远，太阳射来的光线可以看作平行线，在同时刻，光线与 城和地心的连线OP所夹的锐角记为∠1，光线与B 城和地心的连线OQ重合，通过测量，B 两城间的路程（即弧B）和∠1 的度数，利用圆的有关知识，地球圆周的长度就可以大致算 出来了．已知弧B 的长度约为800km，若∠1≈72°，则地球的周长约为________km． 【答】40000 【分析】先根据平行线的性质求得∠PQ 的度数，从而确定一个周角有多少个这样的角，再 结合弧B 的长即可求得答． 【详解】∵AC // OQ ∴∠1=∠POQ=7.2° 1 360÷7.2=50， ∴地球的周长约为800×50=40000 km． 故答为：40000． 【点睛】本题考查了平行线的性质，周角的涵义，熟练掌握相关知识是解题的关键． 12．（3 分）（2022·河南信阳·七年级期末）小明将一副三角板中的两块直角三角尺的直角 顶点按如图所示的方式叠放在一起，当∠E＜180°且点E 在直线的上方时，他发现若∠E＝ _____，则三角板BE 有一条边与斜边D 平行． 【答】30°或120°或165° 【分析】分三种情形画出图形分别建立好几何模型求解，即可解决问题． 【详解】解：有三种情形： ①如图1 中，当D B ∥时． D B ∵∥， ∴∠D＝∠BD＝30°， E+ ED ∵∠ ∠ ＝∠ED+ DB ∠ ＝90°， E ∴∠＝∠DB＝30°． ②如图2 中，当D E ∥时， DE ∠ ＝∠D＝30°，可得∠E＝90°+30°＝120°． 1 ③如图2 中，当D BE ∥ 时，延长B 交D 于M． D BE ∵∥ ， ∴∠M= B=45° ∠ ， M ∴∠ ＝180°-60°-45°＝75°， E ∴∠＝75°+90＝165°， 综上所述，满足条件的∠E 的度数为30°或120°或165°． 故答为30°或120°或165°． 【点睛】本题考查旋转变换、平行线的判定和性质、三角形内角和定理等知识，解题的关 键是学会用分类讨论的首先思考问题，属于中考常考题型． 13．（3 分）（2022·辽宁·丹东市第十七中学七年级期末）如图，AD∥BE，AC与BC相 交于点C，且∠1=1 n ∠DAB，∠2=1 n ∠EBA，若∠C=60°，则n=¿______． 【答】3 【分析】过C点作CF ∥BE，根据平行线的性质可得CF ∥AD∥BE，再根据平行线的性 1 质可得∠1+∠2=60°，∠DAB+∠EBA=180°，依此即可求解． 【详解】解：如图，过C点作CF ∥BE， ∵AD∥BE， ∴CF ∥AD∥BE， ∴∠1=∠ACF，∠2=∠BCF，∠DAB+∠EBA=180°， ∴∠1+∠2=∠ACF+∠BCF=∠ACB=60°， ∵∠1=1 n ∠DAB，∠2=1 n ∠EBA， ∴∠1+∠2=1 n ∠DAB+ 1 n ∠EBA=1 n (∠DAB+∠EBA )=60°， ∴n=3． 故答为：3． 【点睛】本题考查了平行线的性质，关键是熟练掌握平行线的性质：两直线平行，同位角 相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等． 14．（3 分）（2022·广西崇左·七年级期末）在直线M 上取一点P，过点P 作射线P、PB， 若P⊥PB，当∠MP=55°时，则∠PB 度数是______． 【答】35°或145° 【分析】分两种情况：①射线P，PB 在直线M 的同侧，②射线P，PB 在直线M 的异侧， 根据垂直的定义和平角的定义解答即可． 【详解】解：①如图1，∵P⊥PB，∠MP＝55°， ∠ ∴ PB＝180°﹣90°﹣55°＝35°； ②如图2， 1 ∵P⊥PB，∠MP＝55°， ∠ ∴ MPB＝35°， ∠ ∴ PB＝180°﹣35°＝145°， 综上所述：∠PB 的度数是35°或145°， 故答为：35°或145°． 【点睛】本题考查了垂线的定义，平角的定义，正确的作出图形是解题的关键． 15．（3 分）（2022·浙江绍兴·七年级期末）如图，已知直线AB∥CD，点M，N分别在 直线AB，CD上，点E为AB，CD之间一点，且点E在MN的右侧，∠MEN=128°．若 ∠BME与∠DNE的平分线相交于点E1，∠BM E1与∠DN E1的平分线相交于点E2， ∠BM E2与∠DN E2的平分线相交于点E3……以此类推，若∠M En N=8°，则n的值是_ _____． 【答】4 【分析】作EF//B 则B//D//EF，根据平行线的性质得出∠ME=∠BME+∠DME=128°，同理 ∠ME1=1 2(∠BME+∠DME) =64°，∠ME2=1 2(∠BME1+∠DME1) =32°，可归纳规律∠ME=1 2 (∠BME-1+∠DME-1) =128 ∘ 2 n ，依此建立方程128 ∘ 2 n =8°求解即可解答． 【详解】解：如图：作EF//B ∵B//D ∴B//D//EF ∴∠FEM=∠BME, ∠FE=∠DE, ∴∠ME=∠BME+∠DME=∠FEM +∠FE =∠ME= 128° 1 同理：ME1=1 2(∠BME+∠DME) =64°， ∠ME2=1 2(∠BME1+∠DME1) =32° … ∠ME=1 2(∠BME-1+∠DME-1) =128 ∘ 2 n 由题意得：128 ∘ 2 n =8°，解得=4． 故答为4． 【点睛】本题考查了平行线的性质、探索图形规律、角平分线的定义等知识点，正确的识 别图形、归纳图形规律是解答本题的关键． 16．（3 分）（2022·江西·信丰县第七中学七年级期末）已知在同一个平面内，一个角的度 数是70°，另一个角的两边分别与它的两边垂直，则另一个角的度数是___________． 【答】70°或110° 【分析】由两个角的两边互相垂直，即可得这两个角互补或相等，又由其中一角度数，即 可求另一角的度数． 【详解】解：∵同一平面内的两个角的两边互相垂直（如图所示）， ∴这两个角互补或相等， ∵其中一个角为70°， ∴另一角的度数为：70°或110°． 故答为：70°或110°． 【点睛】此题考查了垂线的意义，熟练运用画图分析以及分类讨论是此题的难点，也是解 决此题的关键． 三．解答题（共7 小题，满分52 分） 17．（6 分）（2022·新疆·伊宁市第二十三中学八年级期末）如图， 1 AB⊥BF ,CD⊥BF ,∠1=∠2，试说明∠3=∠E． 证明：∵AB⊥BF ,CD⊥BF（已知）， ∴∠ABD=∠CDF=¿ °（___________）， ∴AB ∥ （ ）， ∵∠1=∠2（已知）， ∴AB ∥ ， ∴ （ ）， ∴∠3=∠E（ ）． 【答】90；垂直的定义；D；同位角相等，两直线平行；EF；CD∥EF；平行于同一直线 的两直线平行；两直线平行，同位角相等 【分析】根据平行线的性质定理和判定定理填空即可 【详解】证明：∵AB⊥BF ,CD⊥BF（已知）， ∴∠ABD=∠CDF=¿ 90°（垂直的定义）， ∴AB ∥ CD（同位角相等，两直线平行）， ∵∠1=∠2（已知）， ∴AB ∥ EF， ∴CD∥EF（平行于同一直线的两直线平行）， ∴∠3=∠E（两直线平行，同位角相等）． 【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的判定与性质是解题关键． 18．（6 分）（2022·江苏无锡·七年级期末）如图，所有小正方形的边长都为1，、B、都 在格点上． 1 (1)过点B 画直线的垂线，垂足为G； (2)比较B 与BG 的大小：B BG，理由是 ． (3)已知B=5，求△B 中B 边上的高的长． 【答】(1)见详解 (2)¿，垂线段最短 (3)19 5 【分析】（1）利用格正方形的性质画垂线即可； （2）利用垂线段最短可得答； （3）利用等面积法列方程，再解方程即可． （1） 解：如图，直线BG 即为所求； （2） B¿BG，理由是垂线段最短． 故答为：¿，垂线段最短； （3） 如下图， ∵S△ABC=4×5−1 2 ×5×1−1 2 ×3×4−1 2 ×4×1=9.5， 1 又∵S△ABC=1 2 AB⋅h， ∴1 2 AB⋅h=1 2 ×5h=9.5， 解得