苏科版七年级数学下册第7章平面图形的认识（二）单元测试卷（含解析）

苏科版七年级数学上册单元测试卷
第7章平面图形的认识（二）
时间：120分 总分120分
一、选择题（每题3分，共24分）
1．下列图形中，和不是同位角的是 （ ）
A． B．
C． D．
2．如图所示，直线、被、所截，下列条件中能说明的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列线段能构成三角形的是 （　　）
A．2，3，5 B．3，3，5 C．1，2，3 D．1，3，62
4．如图，下面哪个条件不能判断EF∥DC的是 （ ）
A． B．
C． D．
5．一个正多边形每一个内角都是，这个多边形是 （　　）
A．正七边形 B．正六边形 C．正五边形 D．正四边形
6．如图，在，将点A与点B分别沿和折叠，使点A、B与点C重合，则的度数为 （ ）
A．22° B．21° C．20° D．19°
7．如图，在中，，，平分，交于点，则（ ）
A． B． C． D．
8．如图，的两条中线AD、BE交于点F，若四边形CDFE的面积为17，则的面积是（ ）
A．54 B．51 C．42 D．41
二、填空题（每题3分，共24分）
9．如图，是的外角，且，，则∠B＝_____度．
10．如图，这个图形的周长为多少____ ．
11．一条公路两次转弯后，和原来的方向平行．如果第一次的拐角是36°，那么第二次的拐角为______．
12．如图，已知，___________．
13．如图，直线a∥b，，，则__度．
14．如图，直线EF上有两点A、C，分别引两条射线AB、CD．，CD与AB在直线EF异侧．若，射线AB、CD分别绕A点，C点以1度/秒和6度/秒的速度同时顺时针转动，设时间为t秒，在射线CD转动一周的时间内，当时间t的值为______时，CD与AB平行．
15．如图，将一副直角三角板按如图所示叠放在一起，则图中∠α的度数为___________．
16．如图1，为巡视夜间水面情况，在笔直的河岸两侧（）各安置一探照灯A，BC（A在B的左侧），灯A发出的射线AC从AM开始以a度/秒的速度顺时针旋转至AN后立即回转，灯B发出的射线BD从BP开始以1度/秒的速度顺时针旋转至BQ后立即回转，两灯同时转动，经过55秒，射线AC第一次经过点B，此时，则________，两灯继续转动，射线AC与射线BD交于点E（如图2），在射线BD到达BQ之前，当，的度数为________．
三、解答题（每题8分，共72分）
17．如图，在中，是的角平分线，，若，．求的度数．
18．已知一个边形的每一个内角都等于，求这个边形的内角和．
19．已知：如图，∠1=120°，∠2=60°，∠4=70°，求∠3的度数． （写出具体的说理过程，写出必要步骤的根据）
20．如图所示，，，试说明．
21．如图，点为直线上一点，，平分，求证：ABCD．
22．如图，已知，，，判断直线，的位置关系，并说明理由．
23．当三角形中一个内角α是另一个内角β的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中α称为“特征角”．
(1)已知一个“特征三角形”的“特征角”为，求这个“特征三角形”的最小内角的度数；
(2)是否存在“特征角”为的三角形？若存在，请举例说明；若不存在，请说明理由．
24．如图，E是线段上一点，与平行吗？为什么？
25．如图，已知．
(1)求证：；
(2)若平分，于点A，，求的度数．
参考答案：
1．C
【分析】两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线的同侧，并且在第三条直线（截线）的同旁，则这样一对角叫做同位角，根据同位角的概念解答即可．
【解析】解：根据同位角的概念可知，
∠1和∠2不是同位角．
故选：C．
【点睛】本题考查了同位角，三线八角中的某两个角是不是同位角、内错角或同旁内角，完全由那两个角在图形中的相对位置决定．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．
2．C
【分析】根据平行线的判定定理求解即可．
【解析】，
∴（同位角相等，两直线平行），
故选：．
【点睛】本题主要考查平行线的判定，解答的关键是熟记平行线的判定定理并灵活运用．
3．B
【分析】根据三角形的任意两边之和大于第三边，对各选项的数据进行判断即可．
【解析】A．，不能构成三角形，
故A选项不符合题意；
B．，能构成三角形，
故B选项符合题意；
C．，不能构成三角形，
故C选项不符合题意；
D．，不能构成三角形，
故D选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，熟记三角形的任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解题的关键．
4．C
【分析】由平行线的判定定理求解判断即可．
【解析】解：A．由，根据内错角相等，两直线平行可判定，故A不符合题意；
B．由，根据同位角相等，两直线平行可判定，故B不符合题意；
C．由，根据同旁内角互补，两直线平行可判定，不能判定，故C符合题意；
D．由，根据同旁内角互补，两直线平行可判定，故D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的判定，熟练掌握“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”是解题的关键．
5．B
【分析】一个多边形的每一个内角都等于，根据内角与相邻的外角互补，因而每个外角是．根据任何多边形的外角和都是，利用除以外角的度数就可以求出正多边形的边数．
【解析】解：∵多边形每一个内角都是，
∴多边形每一个外角都是，
，
∴这个多边形的边数是6．
故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形的外角，利用正多边形的边数等于外角和除以每一个外角的度数是常用的方法，求出正多边形的每一个外角的度数是解题的关键．
6．C
【分析】根据，点A与点B分别沿和折叠，使点A、B与点C重合，得到，结合代入计算即可．
【解析】因为，点A与点B分别沿和折叠，使点A、B与点C重合，
所以，
因为，
所以，
解得．
故选C．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
7．C
【分析】首先利用三角形内角和定理得出，再由平分可知，然后根据“两直线平行，内错角相等”获得答案即可．
【解析】解：∵在中，，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理、平行线的性质以及角平分线的定义等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
8．B
【分析】连接CF，依据中线的性质，推理可得 ，进而得出 ，据此可得结论．
【解析】解：如图所示，连接CF，
∵△ABC的两条中线AD、BE交于点F，
∴，
∴，
∵BE是△ABC的中线，FE是△ACF的中线，
∴，，
∴，
同理可得，，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的中线的性质，关键是掌握三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
9．30
【分析】根据三角形的内角与外角之间的关系解答即可．
【解析】解：∵，，
∴．
故答案为：30．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和外角之间的关系，掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和是解题关键．
10．
【分析】根据平移的性质，再根据图形的周长等于长是宽是的矩形的周长，然后列式计算即可解答．
【解析】解：如图：图形的周长．
故答案为：20．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，把图形的周长转化为矩形的周长是解答本题的关键．
11．或
【分析】分两种情况，当两次转弯后，公路的方向是相反时，当两次转弯后，公路的方向相同时，利用平行线的性质求解即可．
【解析】解：如图，所示，当两次转弯后，公路的方向是相反时，
∵，
∴，
∴第二次的拐角为；
如图所示，当两次转弯后，公路的方向相同时，
∵，
∴，
∴第二次的拐角为；
综上所述，第二次的拐角为或．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，正确根据题意画出图形，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
12．
【分析】根据，可以得到，然后即可得到，再根据，即可求得的度数．
【解析】解：，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行线的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
13． 78 360
【分析】过的顶点作已知直线的平行线，充分运用平行线的性质，不难发现：，
【解析】解：如图，过的顶点作，
，
，
，，
又，
；
又，
．
【点睛】本题考查了平行线的性质，注意此类题中常见的辅助线：构造已知直线的平行线．根据平行线的性质发现并证明：；．
14．4秒或40秒
【分析】分①与在的两侧，分别表示出与，然后根据内错角相等两直线平行，列式计算即可得解；
②旋转到与都在的右侧，分别表示出与，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解；
③旋转到与都在的左侧，分别表示出与，然后根据同位角相等两直线平行，列式计算即可得解．
【解析】解：分三种情况：
如图①，与在的两侧时，
∵，，
∴，，
要使，则，
即，
解得t=4；
此时，
∴；
②旋转到与都在的右侧时，
∵，，
要使，则，
即，
解得，
此时，
∴；
③旋转到与都在的左侧时，
∴，，
要使，则，
即，
解得，
此时，
而，
∴此情况不存在．
综上所述，当时间t的值为4秒或40秒时，与平行．
故答案为：4秒或40秒．
【点睛】本题考查了平行线的判定，读懂题意并熟练掌握平行线的判定方法是解题的关键，要注意分情况讨论．
15．##75度
【分析】由图知，，则可得，则有，由三角形外角的性质即可求得结果．
【解析】解：如图，
由题意得：，
，
，
；
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，三角形外角的性质，运用直线平行的判定与性质是关键．
16． 2 或．
【分析】（1）由平行线的性质，得到角之间的关系，然后列出方程，解方程即可；
（2）由题意，根据旋转的性质，平行线的性质，可对运动过程分成两种情况进行分析：①射线AC没到达AN时，；②射线AC到达AN后，返回旋转的过程中，；分别求出答案即可．
【解析】解：（1）如图，射线AC第一次经过点B，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：；
故答案为：2．
（2）①设射线AC的转动时间为t秒，则如图，作EF//MN//PQ，
由旋转的性质，则，，
∵EF//MN//PQ，
∴，，
∵，
∴，
∴（秒），
∴；
②设射线AC的转动时间为t秒，则如图，作EF//MN//PQ， 此时AC为达到AN之后返回途中的图像；
与①同理，
∴，，
∵，
∴，
解得：（秒）；
∴；
综合上述，的度数为：或；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的分析题意，作出辅助线，运用分类讨论的思想进行解题．
17．
【分析】根据三角形内角和定理求出，根据角平分线的定义和已知得到，进而根据直角三角形的两锐角互余即可求出即可．
【解析】解：∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是角平分线的定义、三角形内角和定理的应用，掌握三角形内角和等于、角平分线的定义是解题的关键．
18．
【分析】已知一个多边形的每一内角都相同，故得该多边形的外角，根据多边形外角和即可求解出边数，之后求出内角和即可．
【解析】解：边形的每一个内角都等于，
边形的每一个外角都等于，
边数，
内角和．
【点睛】本题主要考查的是多边形内角与外角的基本概念和公式运用，掌握多边形内角与外角的基本概念是解题的关键．
19．∠3=70°，过程和根据见解析
【分析】先根据邻补角互补求出∠5的度数，进而证明，则∠3=∠4=70°．
【解析】解：∵∠1=120°（已知），
∴∠5=180°-∠1=60°（邻补角互补），
又∵∠2=60°（已知），
∴∠5=∠2
∴（同位角相等，两直线平行），
∴∠3=∠4=70°（两直线平行，同位角相等）．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定，邻补角互补，证明是解题的关键．
20．见解析
【分析】先利用两直线平行，内错角相等证明角相等，然后证明中间部分的，从而证明．
【解析】解：∵
∴
∵
∴，即
∴
∴．
【点睛】本题考查的知识点是平行线的性质和判定，解题的关键是灵活应用有关知识，熟记法则．
21．证明见解析
【分析】根据平行线的判定定理求解即可．
【解析】证明：平分，
，
，
，
∴．
【点睛】本题考查了平行线的判定，熟记“内错角相等，两直线平行”是解题的关键．
22． ，理由见解析
【分析】根据垂直的定义，由，，得，．那么．又因为，所以，那么．根据平行线的性质，得．
【解析】，理由如下：
，，
，．
．
又，
．
．
∴．
【点睛】本题主要考查垂直的定义、平行线的判定，熟练掌握垂直的定义、平行线的判定是解决本题的关键．
23．(1)
(2)不存在，见解析
【分析】（1）设三角形的三个内角为α、β、γ，根据特征角的定义可得，然后利用三角形的内角和定理求出γ，即可得解；
（2）根据特征角的定义和三角形的内角和定理分别求出α、β、γ，然后判断即可．
【解析】（1）解：设三角形的三个内角为α、β、γ，
∵，且，
∴当时，，
则，
∴这个“特征三角形”的最小内角的度数；
（2）不存在．理由如下：
∵，且，
∴当时，，
则，
此时不能构成三角形，
∴不存在“特征角”为的三角形．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，读懂题目信息，理解新定义的特征角并求出三角形的三个内角的度数是解题的关键．
24．，理由见解析
【分析】过点E作．根据平行线的性质及等量代换可得，然后由余角的性质及三角形内角和定理可得．再由平行线的判定与推论即可解答．
【解析】解：，理由如下：
过点E作．
∴．
∵，
∴
∵，
∴（垂直定义）．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质、垂线的定义、三角形的内角和等知识点，熟练掌握平行线的判定定理是解题的关键．
25．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据同位角相等，两直线平行可判定，得到，等量代换得出，即可根据同旁内角互补，两直线平行得解；
（2）由，得出，再根据平行线的性质即可求出，再根据角平分线的定义即可得解．
【解析】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵于E，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵平分，，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了平行线的判定与性质，熟记平行线的判定定理与性质定理是解题的基础．
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