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专题1-7 平行线 章末检测卷
全卷共26题 测试时间：90分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022春·重庆江津·七年级校考期中）下列说法中正确的有（ ）
①经过两点有且只有一条直线；②连接两点的线段叫两点的距离；
③两点之间的所有连线中，垂线段最短；④过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行.
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【分析】根据直线公理、平行线公理、以及垂线公理分析判断即可得出答案．
【详解】解：①经过两点有且只有一条直线，即两点确定一条直线，说法正确；②连接两点的线段的长度叫两点的距离；说法错误；③两点之间的所有连线中，线段最短，说法错误；④过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，说法正确．综上所述正确的是①④．故选：C．
【点睛】本题考查了直线的性质，线段的性质，垂线的性质，平行线性质，是基础知识，需牢固掌握．
2．（2022春·广东江门·七年级开学考试）如图，直线被所截，下列说法，正确的有（ ）
①与是同旁内角；②与是内错角；③与是同位角；④与是内错角．
A．①③④ B．③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【分析】根据同位角、内错角、同旁内角的定义可直接得到答案．
【详解】解：①与是同旁内角，说法正确；②与是内错角，说法正确；
③与是同位角，说法正确；④与是内错角说法正确，故选：D．
【点睛】此题主要考查了三线八角，在复杂的图形中判别三类角时，应从角的两边入手，具有上述关系的角必有两边在同一直线上，此直线即为截线，而另外不在同一直线上的两边，它们所在的直线即为被截的线．同位角的边构成“F” 形，内错角的边构成“Z”形，同旁内角的边构成“U”形．
3．（2022秋·浙江·七年级专题练习）2022年北京冬奥会男子500米短道速滑冠军高亭玉在一次速滑训练中，经过两次拐弯后的速滑方向与原来的方向相反，则两次拐弯的角度可能是（ ）
A．第一次向左拐52°，第二次向右拐52° B．第一次向左拐48°，第二次向左拐48°
C．第一次向左拐73°，第二次向右拐107° D．第一次向左拐32°，第二次向左拐148°
【答案】D
【分析】两次转弯后行进的方向与原来相反，说明两次转弯的方向相同，而且一共转过了180°，由此求解即可．
【详解】∵经过两次拐弯后的速滑方向与原来的方向相反，
∴两次转弯的方向相同，而且一共转过了180°，∴A、两次转弯方向相反，故不符合题意；
B、，故不符合题意；C、两次转弯方向相反，故不符合题意；
D、两次转弯的方向相同，，一共转过了180°，符合题意．故选：D．
【点睛】此题考查了平行线的性质和判定，解题的关键是熟练掌握平行线的性质和判定方法．平行线的性质：两直线平行，内错角相等；两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补．平行线的判定：内错角相等，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．
4．（2020·山东枣庄·中考真题）一副直角三角板如图放置，点C在FD的延长线上，AB//CF，∠F=∠ACB=90°，则∠DBC的度数为( )
A．10° B．15° C．18° D．30°
【答案】B
【分析】直接利用三角板的特点，结合平行线的性质得出∠ABD=45°，进而得出答案．
【详解】解：由题意可得：∠EDF=45°，∠ABC=30°，
∵AB∥CF，∴∠ABD=∠EDF=45°，∴∠DBC=45°﹣30°=15°．故选：B．
【点睛】本题考查的是平行线的性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质．
5．（2022春·广西·七年级校考期中）若a⊥b，c⊥d，则a与c的关系是( )
A．平行 B．垂直 C．相交 D．以上都不对
【答案】D
【分析】分情况讨论：①当b∥d时；②当b和d相交但不垂直时；③当b和d垂直时；即可得出a与c的关系．
【详解】当b∥d时a∥c；
当b和d相交但不垂直时，a与c相交；
当b和d垂直时，a与c垂直；
a和c可能平行，也可能相交，还可能垂直．
故选：D．
【点睛】本题考查了直线的位置关系，掌握平行、垂直、相交的性质是解题的关键．
6．（2022春·浙江绍兴·九年级专题练习）一副直角三角尺叠放如图所示，现将30°的三角尺固定不动，将45°的三角尺绕顶点B逆时针转动，点E始终在直线的上方，当两块三角尺至少有一组边互相平行时，则所有符合条件的度数为（ ）
A．45°，75°，120°，165° B．45°，60°，105°，135°
C．15°，60°，105°，135° D．30°，60°，90°，120°
【答案】A
【分析】分DE∥AB，DE∥AC，BE∥AC，AC∥BD，分别画出图形，根据平行线的性质和三角板的特点求解．
【详解】解：如图，①DE∥AB，∴∠D+∠ABD=180°∴∠ABD=90°∴∠ABE=45°；
②DE∥AC，∵∠D=∠C=90°，∴B，C，D共线，∴∠ABE=∠CBE+∠ABC=180°-45°+30°=165°；
③BE∥AC，∴∠C=∠CBE=90°，∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=120°；
④AC∥BD，∴∠ABD=180°-∠A=120°，∴∠ABE=∠ABD-∠DBE=75°，
综上：∠ABE的度数为：45°或75°或120°或165°．
【点睛】本题考查三角板中的角度计算，平行线的性质，解题的关键是注意分类讨论，做到不重不漏．
7．（2022秋·浙江七年级课时练习）如图，△OAB为等腰直角三角形（∠A＝∠B＝45°，∠AOB＝90°），△OCD为等边三角形（∠C＝∠D＝∠COD＝60°），满足OC＞OA，△OCD绕点O从射线OC与射线OA重合的位置开始，逆时针旋转，旋转的角度为α（0°＜α＜360°），下列说法正确的是（ ）
A．当α＝15°时，DC∥AB
B．当OC⊥AB时，α＝45°
C．当边OB与边OD在同一直线上时，直线DC与直线AB相交形成的锐角为15°
D．整个旋转过程，共有10个位置使得△OAB与△OCD有一条边平行
【答案】A
【分析】设OC与AB交点为M，OD与AB交点为N，当α＝15°时，可得∠OMN＝α+∠A＝60°，可证DC∥AB；当OC⊥AB时，α+∠A＝90°，可得α＝30°；当边OB与边OD在同一直线上时，应分两种情况，则直线DC与直线AB相交形成的锐角也有两种情况；整个旋转过程，因OC、OB、OD、OA都有交点，只有AB和CD存在平行，根据图形的对称性可判断有两个位置使得△OAB与△OCD有一条边平行．
【详解】解：设OC与AB交点为M，OD与AB交点为N，
当α＝15°时，∠OMN＝α+∠A＝60°，
∴∠OMN＝∠C，∴DC∥AB，故A正确；
当OC⊥AB时，α+∠A＝90°或α﹣180°＝90°﹣∠A，
∴α＝45°或225°，故B错误；
当边OB与边OD在同一直线上时，应分两种情况，
则直线DC与直线AB相交形成的锐角也有两种情况，故C错误；
整个旋转过程，因OC、OB、OD、OA都有交点，只有AB和CD存在平行，
根据图形的对称性可判断有两个位置使得△OAB与△OCD有一条边平行，
故D错误；故选A．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定，垂直的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
8．（2022春·浙江温州·七年级统考期末）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MN上，镜面AB的调节角的调节范围为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，则反射光束GH与天花板所形成的角不可能取到的度数为（ ）
A．129° B．72° C．51° D．18°
【答案】C
【分析】分当时，如图1所示，当时，如图2所示，两种情况，利用平行线的性质求解即可．
【详解】解：当时，如图1所示，过点G作，
∵，
∴，
∴∠PGQ =∠EPG=30°，∠BGQ=∠ABM，
∴∠PGB=∠PGQ+∠BGQ=30°+∠ABM，
由反射定理可知，∠AGH=∠PGB=30°+∠ABM，
∴∠PGH=180°-∠AGH-∠PGB=120°-2∠ABM，
∴∠HGQ=∠PGH+∠PGQ=150°-2∠ABM，
∴∠PHG=180°-∠HGQ=30°+2∠ABM，
∴
当时，如图2所示，过点G作，
同理可得∠PGQ=∠EPG=30°，∠BGQ=∠ABM，∠PHG=∠HGQ，
∴∠AGP=∠HGB=∠HGQ+∠QGB=∠PHG+∠ABM，
∴∠PGH=180°-∠AGP-∠HGB=180°-2∠PHG-2∠ABM，
∴∠HGP=∠PGQ-∠PGH=2∠PHG+2∠ABM-150°，
∴∠PHG=150°-2∠ABM，
∴，
综上所述，或，
故选C．
【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．
9．（2022春·浙江温州·七年级瑞安市安阳实验中学校考期中）如图，已知长方形纸片ABCD，点E和点F分别在边AD和BC上，且∠EFC=37°，点H和点G分别是边AD和BC上的动点，现将点A，B，C，D分别沿EF，GH折叠至点N，M，P，K，若MNPK，则∠KHD的度数为（ ）
A．37°或143° B．74°或96° C．37°或105° D．74°或106°
【答案】D
【分析】分两种情况讨论，①当在上方时，延长、相交于点，根据，推出，得到，求出的度数，再根据即可求解；②当在下方时，延长、相交于点，根据，推出，得到，再根据即可求解．
【详解】解：①当在上方时，延长、相交于点，如图所示
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵，
∴
∵翻折
∴
∴
∴
∵
∴
②当在下方时，延长、相交于点，如图所示
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵，
∴
∵翻折
∴
∴
∴
∵
∴
故选D．
【点睛】本题考查了翻折、平行线的判定和性质、对顶角等知识点，分情况讨论，画出对应图形进行求解是解答本题的关键．
10．（2022春·江苏·七年级专题练习）如图，AB∥CD，点E，P在直线AB上（P在E的右侧），点G在直线CD上，EF⊥FG，垂足为F，M为线段EF上的一动点，连接GP，GM，∠FGP与∠APG的角平分线交与点Q，且点Q在直线AB，CD之间的区域，下列结论：①∠AEF+∠CGF＝90°；②∠AEF+2∠PQG＝270°；③若∠MGF＝2∠CGF，则3∠AEF+∠MGC＝270°；④若∠MGF＝n∠CGF，则∠AEF∠MGC＝90°．正确的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】①过点F作FH∥AB，利用平行线的性质以及已知即可证明；
②利用角平分线的性质以及平行线的性质得到∠3=2∠2，∠CGF+2∠1+∠3=180°，结合①的结论即可证明；
③由已知得到∠MGC＝3∠CGF，结合①的结论即可证明；
④由已知得到∠MGC＝(n+1)∠CGF，结合①的结论即可证明．
【详解】解：①过点F作FH∥AB，如图：
∵AB∥CD，∴AB∥FH∥CD，
∴∠AEF=∠EFH，∠CGF=∠GFH，
∵EF⊥FG，即∠EFG=∠EFH+∠GFH=90°，
∴∠AEF+∠CGF=90°，故①正确；
②∵AB∥CD，PQ平分∠APG，GQ平分∠FGP，
∴∠APQ=∠2，∠FGQ=∠1，
∴∠3=∠APQ+∠2=2∠2，
∠CGF+∠FGQ+∠1+∠3=∠CGF+2∠1+∠3=180°，
即2∠1=180°-2∠2-∠CGF，
∴2∠2+2∠1=180°-∠CGF，
∵∠PQG=180°-(∠2+∠1)，
∴2∠PQG=360°-2(∠2+∠1)= 360°-(180°-∠CGF)= 180°+∠CGF，
∴∠AEF+2∠PQG=∠AEF+180°+∠CGF=180°+90°=270°，故②正确；
③∵∠MGF＝2∠CGF，
∴∠MGC＝3∠CGF，
∴3∠AEF+∠MGC＝3∠AEF+3∠CGF＝3(∠AEF+∠CGF)= 390°＝270°；
3∠AEF+∠MGC＝270°，故③正确；
④∵∠MGF＝n∠CGF，
∴∠MGC＝(n+1)∠CGF，即∠CGF=∠MGC，
∵∠AEF+∠CGF=90°，
∴∠AEF∠MGC＝90°，故④正确．
综上，①②③④都正确，共4个，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的定义等知识点，作辅助线求得∠AEF+∠CGF=90°，是解此题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2020·山东淄博·统考中考真题）如图，将△ABC沿BC方向平移至△DEF处．若EC＝2BE＝2，则CF的长为_____．
【答案】1
【分析】利用平移的性质得到BE＝CF，再用EC＝2BE＝2得到BE的长，从而得到CF的长．
【详解】解：∵△ABC沿BC方向平移至△DEF处．∴BE＝CF，
∵EC＝2BE＝2，∴BE＝1，∴CF＝1．故答案为1．
【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
12．（2023春·全国·七年级专题练习）如图是三岛的平面图，岛在岛的北偏东方向，在岛的北偏西方向，则____________．
【答案】
【分析】根据方位角的概念，过点作辅助线，构造两组平行线，利用平行线的性质即可求解．
【详解】如图，作，∵，∴．
∵，∴．
∵，∴．
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查方位角的概念，解题的关键是作辅助线，构造平行线．两直线平行，内错角相等．
13．（2022春·浙江杭州·七年级期中）如图，c与a相交，d与b相交，下列说法：
①若，则；②若，则；
③；④正确的有______（填序号）
【答案】①②③
【分析】根据平行线的性质和判定逐一进行判断即可．
【详解】解：如图，
①若∠1=∠2，则b∥e，则∠3=∠4，故原说法正确；
②若∠1+∠4=180°，则c∥d；故原说法正确；
③由a∥b得到∠1=∠6，∠5+∠4=180°，由∠2+∠3+∠5+180°-∠6=360°得，∠2+∠3+180°-∠4+180°-∠1=360°，则∠4-∠2=∠3-∠1，故原说法正确；
④由③得，只有∠1+∠4=∠2+∠3=180°时，∠1+∠2+∠3+∠4=360°．故原说法错误．
正确的有①②③，故答案为∶①②③．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的性质与判定是解题的关键．
14．（2022春·湖南怀化·七年级统考期末）如图，已知，直线分别与，相交于，两点，现把一块含角的直角三角尺按如图所示的位置摆放．若，则________．
【答案】
【分析】先由邻补角性质得∠3=50°，再根据平行线的性质，得到∠BDC=50°，又根据∠ADB=30°，即可由∠2=∠BDC-∠ADB求解．
【详解】解：如图，
∵∠1=130°，∴∠3=50°，又∵l1l2，∴∠BDC=50°，
又∵∠ADB=30°，∴∠2=∠BDC-∠ADB=50°-30°=20°，故答案为：20°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，内错角相等．
15．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，若，EF与AB，CD分别相交于点E，F，，平分线与EP相交于点P，，则__________°．
【答案】
【分析】由题可求出，然后根据两直线平行，同旁内角互补可知，根据角平分线的定义可得到结果．
【详解】∵，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∵平分，∴．
【点睛】本题考查了平行线的性质与角平分线的定义，以及三角形的内角和定理，注意数形结合思想是解题关键．
16．（2022·浙江台州·七年级校考期中）如图，，则、、之间的数量关系是_______．
【答案】
【分析】过点、点分别作，，借助平行线的性质定理可求解．
【详解】如图，过点、点分别作，，
则：，，，
∵，∴，∴∵，
∴，即：，
∴，即：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平行线的性质定理，解题关键是添加辅助线转化角度进行求解．
17．（2022春·浙江绍兴·七年级统考期末）如图，已知ABCD，FE⊥AB于点E，点G在直线CD上，且位于直线EF的右侧．
（1）若∠EFG＝120°，则∠FGC的度数是 _____；
（2）若∠AEH＝∠FGH＝20°，∠H＝50°，则∠EFG的度数是 _____．
【答案】 30°##30度 140°##140度
【分析】（1）过点F作FM∥AB，根据平行线的性质求解即可；
（2）过点F作FM∥AB，过点H作HN∥AB，根据平行线的性质求解即可．
【详解】解：（1）过点F作FM∥AB，
∵FE⊥AB，FM∥AB，
∴FE⊥FM，
∴∠EFM=90°，
∵∠EFG=120°，
∴∠MFG=∠EFG∠EFM=30°，
∵FM∥AB，AB∥CD，
∴FM∥CD，
∴∠FGC=∠MFG=30°，
故答案为：30°；
（2）过点F作FM∥AB，过点H作HN∥AB，
∴∠AEH=∠EHN=20°，
∵∠EHG=50°，
∴∠NHG=∠EHG-∠EHN=30°，
∵HN∥AB，AB∥CD，
∴HN∥CD，
∴∠CGH=∠NHG=30°，
∵∠FGH=20°，
∴∠FGC=∠CGH+∠FGN=50°，
根据（1）知，∠EFM=90°，∠FGC=∠MFG，
∴∠MFG=50°，
∴∠EFG=∠EFM+∠MFG=140°，
故答案为：140°．
【点睛】此题考查了平行线的性质，熟记平行线的性质定理是解题的关键．
18．（2022·山西·七年级专题练习）已知直线AB∥CD，点P、Q分别在AB、CD上，如图所示，射线PB按顺时针方向以每秒4°的速度旋转至PA便立即回转，并不断往返旋转；射线QC按顺时针方向每秒1°旋转至QD停止，此时射线PB也停止旋转．
（1）若射线PB、QC同时开始旋转，当旋转时间30秒时，PB'与QC'的位置关系为_____；
（2）若射线QC先转45秒，射线PB才开始转动，当射线PB旋转的时间为_____秒时，PB′∥QC′．
【答案】 PB′⊥QC′ 15秒或63秒或135秒．
【分析】（1）求出旋转30秒时，∠BPB′和∠CQC′的度数，过E作EF∥AB，根据平行线的性质求得∠PEF和∠QEF的度数，进而得结论；
（2）分三种情况：①当0s＜t≤45时，②当45s＜t≤67.5s时，③当67.5s＜t＜135s时，根据平行线的性质，得出角的关系，列出t的方程便可求得旋转时间．
【详解】（1）如图1，当旋转时间30秒时，由已知得∠BPB′＝4°×30＝120°，∠CQC′＝30°，
过E作EF∥AB，则EF∥CD，
∴∠PEF＝180°﹣∠BPB′＝60°，∠QEF＝∠CQC′＝30°，
∴∠PEQ＝90°，∴PB′⊥QC′，故答案为：PB′⊥QC′；
（2）①当0s＜t≤45时，如图2，则∠BPB′＝4t°，∠CQC′＝45°+t°，
∵AB∥CD，PB′∥QC′，∴∠BPB′＝∠PEC＝∠CQC′，即4t＝45+t，解得，t＝15（s）；
②当45s＜t≤67.5s时，如图3，则∠APB′＝4t﹣180°，∠CQC'＝t+45°，
∵AB∥CD，PB′∥QC′，∴∠APB′＝∠PED＝180°﹣∠CQC′，
即4t﹣180＝180﹣（45+t），解得，t＝63（s）；
③当67.5s＜t＜135s时，如图4，则∠BPB′＝4t﹣360°，∠CQC′＝t+45°，
∵AB∥CD，PB′∥QC′，∴∠BPB′＝∠PEC＝∠CQC′，
即4t﹣360＝t+45，解得，t＝135（s）；
综上，当射线PB旋转的时间为15秒或63秒或135秒时，PB′∥QC′．
故答案为：15秒或63秒或135秒．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，第（1）题关键是作平行线，第（2）题关键是分情况讨论，运用方程思想解决几何问题．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022春·四川巴中·八年级校考期中）如图，在三角形ABC中，AC=4 cm，BC=3 cm，△ABC沿AB方向平移至△DEF，若AE=8 cm，BD=2 cm．
求：(1)△ABC沿AB方向平移的距离；
(2)四边形AEFC的周长．
【答案】（1）△ABC沿AB方向平移的距离是3 cm；（2）四边形AEFC的周长是18cm
【分析】（1）根据平移的性质可得AD=BE，由AE=8 cm，BD=2 cm可求出AD的长，即为平移的距离；（2）根据平移的性质可求出CF和EF的长，进一步即可求出结果．
【详解】（1）∵△ABC沿AB方向平移至△DEF，∴AD=BE．∵AE=8 cm，BD=2 cm，
∴AD=BE==3cm；即△ABC沿AB方向平移的距离是3 cm．
（2）由平移的性质可得：CF=AD=3cm，EF=BC=3cm，∵AE=8cm，AC=4cm，
∴四边形AEFC的周长=AE+EF+CF+AC=8+3+3+4=18(cm) ．∴四边形AEFC的周长是18cm．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，属于基本题型，正确理解题意、熟练掌握平移的性质是解题的关键．
20．（2022春·河北保定·七年级统考期末）如图，平面内有两条直线l1，l2点A在直线l1上，按要求画图并填空：
（1）过点A画l2的垂线段AB，垂足为点B；（2）过点A画直线AC⊥l1，交直线l2于点C；
（3）过点A画直线AD∥l2；（4）若AB＝12，AC＝13，则点A到直线l2的距离等于 ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）12．
【分析】（1）根据垂线段的定义画出即可；（2）根据垂线的定义画出即可；
（3）根据平行线的定义画出即可；（4）根据点到直线间的距离求解即可得到答案．
【详解】解：（1）如图所示；
（2）如图所示；（3）如图所示；（4）点到直线间的距离，即垂线段的长度，
所以，点A到直线l2的距离等于12，故答案为：12．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，垂线，平行线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．（2022秋·福建福州·七年级校考期末）如图，已知射线AB与直线CD交于点O，OF平分∠BOC，OG⊥OF于O，AE∥OF，且∠A=30°．（1）求∠DOF的度数；（2）试说明OD平分∠AOG．
【答案】（1）150°；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据两直线平行，同位角相等可得，再根据角平分线的定义求出，然后根据平角等于列式进行计算即可得解；
（2）先求出，再根据对顶角相等求出，然后根据角平分线的定义即可得解．
【详解】解：（1），，
平分，，；
（2），，，
，，平分．
【点睛】本题考查了平行线的性质，对顶角相等的性质，垂线的定义，（2）根据度数相等得到相等的角是关键．
22．（2022·河北石家庄·七年级统考期末）如图，，是的平分线，和的度数满足方程组，
（1）求和的度数；（2）求证：.（3）求的度数.
【答案】（1）和的度数分别为和；（2）见解析；（3）
【分析】根据，解二元一次方程组，求出和的度数；
根据平行线判定定理，判定；
由“是的平分线”：，再根据平行线判定定理，求出的度数.
【详解】解：（1）①②，得，
，代入①得 和的度数分别为和.
（2），
（3）是的平分线
，
【点睛】本题运用二元一次方程组给出已知条件，熟练掌握二元一次方程组的解法以及平行线相关定理是解题的关键.
23．（2022春·浙江舟山·七年级校考阶段练习）小琦碰到这样一道题：如图1，∠A=30°，∠B=45°，点C在射线BD上，求∠ACD的度数．经过思考，她想到了作平行线的方法，即过点C作CEAB，因此可以得到∠ACE=∠A=30°，∠DCE=∠B=45°，∴∠ACD=∠ACE+∠DCE=30°+45°=75°．请学习小琦的解法，解答下列问题：
(1)如图2，点D为BC的延长线上一点，求图中x的值；
(2)如图3，ABCD，E为线段CD上一点，∠BAD=46°．
①若点P在AD的延长线上运动，求∠PEC-∠APE的度数；
②若点P在射线DA上运动，请直接写出∠APE与∠PEC之间的数量关系．（不考虑P与A，D重合的情况）
【答案】(1)x的值为55；(2)①134°；②∠PEC+∠APE=226°或∠PEC=∠APE+46°．
【分析】（1）过点C作CEAB，根据平行线的性质解答即可；
（2）①过点E作EFAP，根据平行线的性质解答即可；
②画出图形，根据平行线的性质解答即可．
（1）解：如图，过点C作CEAB，
则∠ACE=∠A=x°，∠DCE=∠B=（x+10）°，
∴∠ACD=∠ACE+∠DCE=x°+（x+10）°=120°，解得：x=55，则x的值为55；
（2）解：①过点E作EFAP，如图：
则∠CEF=∠CDP，∠PEF=∠APE，∠PEC-∠APE=∠PEC-∠PEF=∠CEF=∠CDP，
∵ABCD，∠BAD=46°，∴∠BAD=∠ADC=46°，
∴∠CEF=∠CDP=180°-∠ADC=180°-46°=134°，∴∠PEC-∠APE=134°；
②要分成两种情况计算，
情况一，如图，P在D、A两点之间时，
过点E作EGAD，如图：
∵ABCD，∠BAD=46°，∴∠BAD=∠ADC=46°，
∵EGAD，∴∠GEC=∠ADC=46°，∠EPD=∠PEG，由∠APE=180°-∠EPD=180°-∠PEG，
∴∠PEC+∠APE=∠PEG+∠GEC+180°-∠PEG=180°+46°=226°，即∠PEC+∠APE=226°；
情况二，如图，P在点A左侧时，
过点E作EHAD，如图：
∵ABCD，∠BAD=46°，∴∠BAD=∠ADC=46°，
∵EHAD，∴∠HEC=∠ADC=46°，∠EPD=∠PEH，
∴∠PEC=∠PEH +∠HEC=∠APE+46°，∴∠PEC=∠APE+46°，
综上，∠PEC+∠APE=226°或∠PEC=∠APE+46°．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，关键是作出平行线，利用平行线的性质解题．
24．（2022春·浙江杭州·七年级统考期末）如图，将长方形纸片沿折叠得到图，点，的对应点分别为点，，折叠后与相交于点．、
(1)若，求的度数．(2)设，．①请用含的代数式表示．
②当恰好平分时，求的度数．
【答案】(1)48°(2)①；②60°
【分析】（1）根据平行线得性质求解；
（2）①根据平行线的性质及及折叠的性质求解；②根据折叠的性质及角平分线的定义求解．
（1）解：∵NB’A’M，，
∵CNMD，．
（2）①由（1）得：，
又，．
②恰好平分，．
【点睛】本题考查了平行线的性质，结合折叠的性质是解题的关键．
25．（2022春·浙江台州·七年级校联考期中）如图1，MN、EF是两面互相平行的镜面，根据镜面反射规律，若一束光线AB照射到镜面MN上，产生反射光线BC，则一定有∠1＝∠2．试根据这一规律：
(1)利用直尺和量角器作出光线BC经镜面EF反射后的反射光线GH；
(2)在（1）的作图背景下，试判断AB与GH的位置关系，并说明理由．
(3)如图2，若∠1＝30°，有一镜面PQ，从PN开始绕着点P以3°/s的速度顺时针转动（0°＜＜180°），当转动多少秒时，光线照射到镜面PQ上，产生的反射光线与镜面MN平行？
(4)如图3，若∠1＝30°，∠NPQ＝（0°＜＜180°），光线经镜面EF反射后照射到镜面PQ上，产生的反射光线与入射光线的夹角为，请直接写出与之间的关系： ．
【答案】(1)见解析
(2)ABGH，理由见解析
(3)25秒或35秒
(4)或
【分析】（1）利用直尺和量角器作∠BGE＝∠GHF即可；
（2）证明∠ABG＝∠BGH，即可得到结论；
（3）设转动t秒时，产生的反射光线与镜面MN平行．分两种情况列方程求解即可；
（4）分三种情况分别求解即可．
（1）
如图1，
（2）
ABGH，
证明：由题意可得，
∠1＝∠2，∠EGB＝∠HGF，
∵MNEF，
∴∠2＝∠EGB，
∴∠1＝∠2＝∠EGB＝∠HGF，
∴180°∠2＝180°∠EGB ∠HGF，
即∠ABG＝∠BGH，
∴ABGH．
（3）
设转动t秒时，产生的反射光线与镜面MN平行．
①当BC经EF反射后照射到PQ．如图2，
可列出方程：，解得．
②BC直接照射到PQ．如图3，
可列出方程：，解得．
综上所述，设转动25秒或35秒时，产生的反射光线与镜面MN平行．
（4）
或，理由是：
当0°＜＜90°时，如图4，则∠JRT＝，作RSEF，
∵MNEF，
∴MNEFRS，
∴∠SRP＝∠NPQ＝，∠RTF＝∠SRT＝∠BTE＝∠2＝∠1＝30°，
∴∠PRT＝∠JRQ＝∠PRS＋∠SRT＝＋30°，
∴∠PRT＋∠TRJ＋∠JRQ＝2（＋30°）＋＝180°，
即．
当＝90°时，如图5，则∠JRT＝，
∵MNEF，
∴∠TSR＝∠SPN＝90°，∠1＝∠2＝∠BTE＝∠RTS＝30°，
∴∠TRS＝∠JRP＝60°，
∴∠JRT＝＝60°，
∴2－＝120°；
当90°＜＜180°时，如图6，则∠JRT＝，作RSEF，
∵MNEF，
∴MNEFRS，
∴∠SRP＝∠NPQ＝，∠RTF＝∠SRT＝∠BTE＝∠2＝∠1＝30°，
∴∠JRS＝∠JRT－∠SRT＝－30°，
∴∠JRP＝∠TRQ＝∠SRP－∠JRS＝－（－30°）＝－＋30°，
∵∠JRP＋∠TRQ＋∠JRT＝2（－＋30°）＋＝180°，
∴．
故答案为：或
【点睛】此题主要考查了平行线的判定和性质，熟练掌握平行线的判定和性质是解题的关键．
26．（2022秋·山东七年级课时练习）【发现】如图1，CE平分∠ACD，AE平分∠BAC．
(1)当∠EAC＝∠ACE＝45°时，AB与CD的位置关系是______；
当∠EAC＝50°，∠ACE＝40°时，AB与CD的位置关系是______；
当∠EAC+∠ACE＝90°，请判断AB与CD的位置关系并说明理由；
(2)【探究】如图2，AB∥CD，M是AE上一点，∠AEC＝90°保持不变，移动顶点E，使CE平分∠MCD，∠BAE与∠MCD存在怎样的数量关系？并说明理由，
(3)【拓展】如图3，AB∥CD，P为线段AC上一定点，Q为直线CD上一动点，且点Q不与点C重合．直接写出∠CPQ+∠CQP与∠BAC的数量关系．
【答案】(1)AB∥CD；AB∥CD；AB∥CD，理由见解析
(2)∠BAE+∠MCD＝90°，理由见解析
(3)∠BAC＝∠PQC+∠QPC或∠PQC+∠QPC+∠BAC＝180°
【分析】（1）由角平分线的定义得∠BAC＝2∠EAC，∠ACD＝2∠ACE，则∠BAC+∠ACD＝180°，可得结论AB∥CD；
（2）过点E作EF∥AB，利用平行线的性质可得答案；
（3）利用平行线的性质和三角形内角和定理可得答案．
【详解】（1）解：当∠EAC＝∠ACE＝45°时，AB∥CD，理由如下：
∵CE平分∠ACD，AE平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠EAC，∠ACD＝2∠ACE，
∵∠EAC＝∠ACE＝45°，
∴∠BAC＝∠ACD＝90°，
∴∠BAC+∠ACD＝180°，
∴AB∥CD，
故答案为：AB∥CD；
当∠EAC＝50°，∠ACE＝40°时，AB∥CD，理由如下：
∵CE平分∠ACD，AE平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠EAC，∠ACD＝2∠ACE，
∵∠EAC＝50°，∠ACE＝40°
∴∠BAC＝100°，∠ACD＝80°，
∴∠BAC+∠ACD＝180°，
∴AB∥CD，
故答案为：AB∥CD；
当∠EAC+∠ACE＝90°，AB∥CD，理由如下：
∵CE平分∠ACD，AE平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠EAC，∠ACD＝2∠ACE，
∵∠EAC+∠ACE＝90°，
∴∠BAC+∠ACD＝180°，
∴AB∥CD；
（2）解：∠BAE+∠MCD＝90°，理由如下：
过点E作EF∥AB，如图所示，
∵AB∥CD，
∴EF∥AB∥CD，
∴∠BAE＝∠AEF，∠FEC＝∠DCE，
∵∠AEC＝90°，
∴∠AEF+∠FEC＝∠BAE+∠ECD＝90°，
∵CE平分∠MCD，
∴∠ECD＝∠MCD，
∴∠BAE+∠MCD＝90°；
（3）解：分两种情况分类讨论，
第一种情况如图，当点Q在射线CD上运动时，∠BAC＝∠PQC+∠QPC，
理由：过点P作PE∥AB，
∵AB∥CD，
∴EP∥AB∥CD，
∴∠BAC＝∠EPC，∠PQC＝∠EPQ，
∵∠EPC＝∠EPQ+∠QPC
∴∠BAC＝∠PQC+∠QPC；
第二种情况如图，当点Q在射线CD的反向延长线上运动时（点C除外）∠PQC+∠QPC+∠BAC＝180°，
理由：∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠PCQ，
∵∠PQC+∠QPC +∠PCQ＝180°，
∴∠PQC+∠QPC+∠BAC＝180°，
综上，∠BAC＝∠PQC+∠QPC或∠PQC+∠QPC+∠BAC＝180°．
【点睛】本题考查平行线的性质，解题关键需要根据题意作出相关的辅助线，运用数形结合的思想方法，从图形中寻找角之间的位置关系，根据平行线的性质从而判断角之间的大小关系，同时注意运用分类讨论的思想方法．
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专题1-7 平行线 章末检测卷
全卷共26题 测试时间：90分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022春·重庆江津·七年级校考期中）下列说法中正确的有（ ）
①经过两点有且只有一条直线；②连接两点的线段叫两点的距离；
③两点之间的所有连线中，垂线段最短；④过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行.
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
2．（2022春·广东江门·七年级开学考试）如图，直线被所截，下列说法，正确的有（ ）
①与是同旁内角；②与是内错角；③与是同位角；④与是内错角．
A．①③④ B．③④ C．①②④ D．①②③④
3．（2022秋·浙江·七年级专题练习）2022年北京冬奥会男子500米短道速滑冠军高亭玉在一次速滑训练中，经过两次拐弯后的速滑方向与原来的方向相反，则两次拐弯的角度可能是（ ）
A．第一次向左拐52°，第二次向右拐52° B．第一次向左拐48°，第二次向左拐48°
C．第一次向左拐73°，第二次向右拐107° D．第一次向左拐32°，第二次向左拐148°
4．（2020·山东枣庄·中考真题）一副直角三角板如图放置，点C在FD的延长线上，AB//CF，∠F=∠ACB=90°，则∠DBC的度数为( )
A．10° B．15° C．18° D．30°
5．（2022春·广西·七年级校考期中）若a⊥b，c⊥d，则a与c的关系是( )
A．平行 B．垂直 C．相交 D．以上都不对
6．（2022春·浙江绍兴·九年级专题练习）一副直角三角尺叠放如图所示，现将30°的三角尺固定不动，将45°的三角尺绕顶点B逆时针转动，点E始终在直线的上方，当两块三角尺至少有一组边互相平行时，则所有符合条件的度数为（ ）
A．45°，75°，120°，165° B．45°，60°，105°，135°
C．15°，60°，105°，135° D．30°，60°，90°，120°
7．（2022秋·浙江七年级课时练习）如图，△OAB为等腰直角三角形（∠A＝∠B＝45°，∠AOB＝90°），△OCD为等边三角形（∠C＝∠D＝∠COD＝60°），满足OC＞OA，△OCD绕点O从射线OC与射线OA重合的位置开始，逆时针旋转，旋转的角度为α（0°＜α＜360°），下列说法正确的是（ ）
A．当α＝15°时，DC∥AB B．当OC⊥AB时，α＝45°
C．当边OB与边OD在同一直线上时，直线DC与直线AB相交形成的锐角为15°
D．整个旋转过程，共有10个位置使得△OAB与△OCD有一条边平行
8．（2022春·浙江温州·七年级统考期末）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MN上，镜面AB的调节角的调节范围为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，则反射光束GH与天花板所形成的角不可能取到的度数为（ ）
A．129° B．72° C．51° D．18°
9．（2022春·浙江温州·七年级瑞安市安阳实验中学校考期中）如图，已知长方形纸片ABCD，点E和点F分别在边AD和BC上，且∠EFC=37°，点H和点G分别是边AD和BC上的动点，现将点A，B，C，D分别沿EF，GH折叠至点N，M，P，K，若MNPK，则∠KHD的度数为（ ）
A．37°或143° B．74°或96° C．37°或105° D．74°或106°
10．（2022春·江苏·七年级专题练习）如图，AB∥CD，点E，P在直线AB上（P在E的右侧），点G在直线CD上，EF⊥FG，垂足为F，M为线段EF上的一动点，连接GP，GM，∠FGP与∠APG的角平分线交与点Q，且点Q在直线AB，CD之间的区域，下列结论：①∠AEF+∠CGF＝90°；②∠AEF+2∠PQG＝270°；③若∠MGF＝2∠CGF，则3∠AEF+∠MGC＝270°；④若∠MGF＝n∠CGF，则∠AEF∠MGC＝90°．正确的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2020·山东淄博·统考中考真题）如图，将△ABC沿BC方向平移至△DEF处．若EC＝2BE＝2，则CF的长为_____．
12．（2023春·全国·七年级专题练习）如图是三岛的平面图，岛在岛的北偏东方向，在岛的北偏西方向，则____________．
13．（2022春·浙江杭州·七年级期中）如图，c与a相交，d与b相交，下列说法：
①若，则；②若，则；
③；④正确的有______（填序号）
14．（2022春·湖南怀化·七年级统考期末）如图，已知，直线分别与，相交于，两点，现把一块含角的直角三角尺按如图所示的位置摆放．若，则________．
15．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，若，EF与AB，CD分别相交于点E，F，，平分线与EP相交于点P，，则__________°．
16．（2022·浙江台州·七年级校考期中）如图，，则、、之间的数量关系是_______．
17．（2022春·浙江绍兴·七年级统考期末）如图，已知ABCD，FE⊥AB于点E，点G在直线CD上，且位于直线EF的右侧．
（1）若∠EFG＝120°，则∠FGC的度数是 _____；
（2）若∠AEH＝∠FGH＝20°，∠H＝50°，则∠EFG的度数是 _____．
18．（2022·山西·七年级专题练习）已知直线AB∥CD，点P、Q分别在AB、CD上，如图所示，射线PB按顺时针方向以每秒4°的速度旋转至PA便立即回转，并不断往返旋转；射线QC按顺时针方向每秒1°旋转至QD停止，此时射线PB也停止旋转．
（1）若射线PB、QC同时开始旋转，当旋转时间30秒时，PB'与QC'的位置关系为_____；
（2）若射线QC先转45秒，射线PB才开始转动，当射线PB旋转的时间为_____秒时，PB′∥QC′．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022春·四川巴中·八年级校考期中）如图，在三角形ABC中，AC=4 cm，BC=3 cm，△ABC沿AB方向平移至△DEF，若AE=8 cm，BD=2 cm．求：(1)△ABC沿AB方向平移的距离；(2)四边形AEFC的周长．
20．（2022春·河北保定·七年级统考期末）如图，平面内有两条直线l1，l2点A在直线l1上，按要求画图并填空：（1）过点A画l2的垂线段AB，垂足为点B；（2）过点A画直线AC⊥l1，交直线l2于点C；（3）过点A画直线AD∥l2；（4）若AB＝12，AC＝13，则点A到直线l2的距离等于 ．
21．（2022秋·福建福州·七年级校考期末）如图，已知射线AB与直线CD交于点O，OF平分∠BOC，OG⊥OF于O，AE∥OF，且∠A=30°．（1）求∠DOF的度数；（2）试说明OD平分∠AOG．
22．（2022·河北石家庄·七年级统考期末）如图，，是的平分线，和的度数满足方程组，
（1）求和的度数；（2）求证：.（3）求的度数.
23．（2022春·浙江舟山·七年级校考阶段练习）小琦碰到这样一道题：如图1，∠A=30°，∠B=45°，点C在射线BD上，求∠ACD的度数．经过思考，她想到了作平行线的方法，即过点C作CEAB，因此可以得到∠ACE=∠A=30°，∠DCE=∠B=45°，∴∠ACD=∠ACE+∠DCE=30°+45°=75°．请学习小琦的解法，解答下列问题：
(1)如图2，点D为BC的延长线上一点，求图中x的值；
(2)如图3，ABCD，E为线段CD上一点，∠BAD=46°．
①若点P在AD的延长线上运动，求∠PEC-∠APE的度数；②若点P在射线DA上运动，请直接写出∠APE与∠PEC之间的数量关系．（不考虑P与A，D重合的情况）
24．（2022春·浙江杭州·七年级统考期末）如图，将长方形纸片沿折叠得到图，点，的对应点分别为点，，折叠后与相交于点．、
(1)若，求的度数．(2)设，．①请用含的代数式表示．
②当恰好平分时，求的度数．
25．（2022春·浙江台州·七年级校联考期中）如图1，MN、EF是两面互相平行的镜面，根据镜面反射规律，若一束光线AB照射到镜面MN上，产生反射光线BC，则一定有∠1＝∠2．试根据这一规律：(1)利用直尺和量角器作出光线BC经镜面EF反射后的反射光线GH；
(2)在（1）的作图背景下，试判断AB与GH的位置关系，并说明理由．
(3)如图2，若∠1＝30°，有一镜面PQ，从PN开始绕着点P以3°/s的速度顺时针转动（0°＜＜180°），当转动多少秒时，光线照射到镜面PQ上，产生的反射光线与镜面MN平行？
(4)如图3，若∠1＝30°，∠NPQ＝（0°＜＜180°），光线经镜面EF反射后照射到镜面PQ上，产生的反射光线与入射光线的夹角为，请直接写出与之间的关系： ．
26．（2022秋·山东七年级课时练习）【发现】如图1，CE平分∠ACD，AE平分∠BAC．
(1)当∠EAC＝∠ACE＝45°时，AB与CD的位置关系是______；
当∠EAC＝50°，∠ACE＝40°时，AB与CD的位置关系是______；
当∠EAC+∠ACE＝90°，请判断AB与CD的位置关系并说明理由；
(2)【探究】如图2，AB∥CD，M是AE上一点，∠AEC＝90°保持不变，移动顶点E，使CE平分∠MCD，∠BAE与∠MCD存在怎样的数量关系？并说明理由，
(3)【拓展】如图3，AB∥CD，P为线段AC上一定点，Q为直线CD上一动点，且点Q不与点C重合．直接写出∠CPQ+∠CQP与∠BAC的数量关系．
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