第一章相交线与平行线章节期中复习（含解析）

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第一章相交线与平行线章节期中复习浙教版2024—2025学年七年级下册
一、选择题
1．下列图形中，由∠1＝∠2，能得到AB∥CD的是（　　）
A． B． C． D．
2．如图，点E在BA的延长线上，能证明BE∥CD是（　　）
A．∠EAD＝∠B B．∠BAD＝∠ACD
C．∠EAD＝∠ACD D．∠EAC+∠ACD＝180°
3．下列汽车商标图案中，可以由一个“基本图案”通过连续平移得到的是（　　）
A． B． C． D．
4．如图，小明到小颖家有四条路，小明想尽快到达小颖家，他选择走第②条路，其中的道理是（　　）
A．直线外一点与直线上点之间的连线段有无数条
B．过一点有无数条直线
C．两点确定一条直线
D．两点之间线段最短
5．如图，直线AB、CD相交于点O，∠COE为直角，∠AOE＝60°，则∠BOD＝（　　）
A．130° B．150° C．120° D．140°
6．一平面内，三条直线两两相交，最多有3个交点；4条直线两两相交，最多有6个交点；5条直线两两相交，最多有10个交点；8条直线两两相交，最多有（　　）个交点．
A．24 B．26 C．28 D．30
7．如图，两个完全一样的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到△DEF的位置，AB＝10，DO＝3，平移距离为6，则阴影部分面积为（　　）
A．48 B．51 C．64 D．42
8．如图a是长方形纸带，∠DEF＝23°，将纸带沿EF折叠成图b，再沿BF折叠成图c，则图c中的∠CFE的度数是（　　）
A．97° B．105° C．107° D．111°
9．一辆汽车在笔直的公路上行驶，两次拐弯后，仍在原来的方向上平行前进，那么两次拐弯的角度是（　　）
A．第一次右拐50°，第二次左拐130°
B．第一次左拐50°，第二次右拐130°
C．第一次左拐50°，第二次左拐130°
D．第一次右拐50°，第二次左拐50°
10．如图，已知AB∥EG，BC∥DE，CD∥EF，则x、y、z三者之间的关系是（　　）
A．x﹣z＝y B．x+y+z＝180°
C．y﹣x＝z D．y﹣x＝x﹣z
二、填空题
11．如图，AB∥CD，CB平分∠ECD，若∠B＝26°，则∠1的度数是 　 　．
12．如图，将△ABC沿直线BD方向向右平移，得到△ECD，若BD＝24，则AE＝　 　．
13．如图，直线a，b相交，如果∠3＝40°，那么∠1+∠2＝　 　．
14．如图，∠B+∠DCB＝180°，AC平分∠DAB，若∠BAC＝50°，则∠D＝　80　度．
15．如图，在四边形ABCD纸片中，AD∥BC，AB∥CD．将纸片折叠，点A、B分别落在G、H处，EF为折痕，FH交CD于点K．若∠CKF＝40°，则　　．
16．①如图1，AB∥CD，则∠A+∠E+∠C＝180°；②如图2，AB∥CD，则∠E＝∠A+∠C；③如图3，若AB∥EF，则∠x＝180°﹣∠α﹣∠γ+∠β；④如图4，AB∥CD，则∠A＝∠C+∠P．以上结论正确的是 　 　．
三、解答题
17．已知：如图，AB∥CD，DB⊥BC，∠1＝35°．求∠2的度数．
18．如图，直线AB、CD相交于O，OE⊥CD，且∠BOD的度数是∠AOD的5倍．
求：（1）∠AOD、∠BOD的度数；
（2）∠BOE的度数．
19．如图，已知AF⊥BC，DE⊥BC，垂足分别为F、E，∠ADE+∠AFG＝180°，试说明：∠GFC＝∠B．请补充说明过程，并在括号内填上相应的理由．
解：∵AF⊥BC，DE⊥BC（已知）．
∴∠AFC＝∠DEC＝90°（ 　 　），
∴AF∥DE（ 　 　），
∴　 　+∠ADE＝180°（ 　 　）．
又∵∠ADE+∠AFG＝180°（已知），
∴∠AFG＝∠DAF（ 　 　），
∴AB∥　 　（ 　 　），
∴∠GFC＝∠B（ 　 　）．
20．如图，点B，C在线段AD的异侧，点E，F分别是线段AB，CD上的点，已知∠1＝∠2，∠3＝∠C．
（1）求证：AB∥CD；
（2）若∠2+∠4＝180°，求证：∠BFC+∠C＝180°；
（3）在（2）的条件下，若∠BFC﹣30°＝2∠1，求∠B的度数．
21．已知：如图，AE⊥BC，FG⊥BC，∠CEA＝∠FGB，∠D＝∠ABC+50°，∠CBD＝70°．
（1）求证：AB∥CD；
（2）求∠C的度数．
22．如图，PQ∥MN，A、B分别为直线MN、PQ上两点，且∠BAN＝45°，若射线AM绕点A顺时针旋转至AN后立即回转，射线BQ绕点B逆时针旋转至BP后立即回转，两射线分别绕点A、点B不停地旋转，若射线AM转动的速度是a°/秒，射线BQ转动的速度是b°/秒，且a、b满足|a﹣8|+（b﹣2）2＝0．
（1）a＝ 　 　，b＝ 　 ；
（2）若射线AM、射线BQ同时旋转，问至少旋转多少秒时，射线AM、射线BQ互相垂直．
（3）若射线AM绕点A顺时针先转动15秒，射线BQ才开始绕点B逆时针旋转，在射线BQ第一次到达BA之前，问射线AM再转动多少秒时，射线AM、射线BQ互相平行？
23．已知AB∥CD，直线MN交AB、CD于点M、N．
（1）如图1所示，点E在线段MN上，设∠MBE＝x°，∠MND＝y°，且满足，则x＝　 　，y＝　 　；∠MEB＝　 　．
（2）如图2所示，点E在线段MN上，∠MBE＝∠MEB，DF平分∠EDC，交BE的延长线于点F，试找出∠DEF、∠END、∠EDN之间的数量关系，并证明；
（3）如图3所示，点P在射线NT上运动时，∠PCD的角平分线与∠TMB的角平分线交于点Q，求的值．
24．已知：AB∥CD，点E在直线AB、CD之间，连接EA、EC．
（1）如图1，若∠A＝80°，∠C＝50°，求∠AEC的度数；
（2）如图2，若AF平分∠BAE，CF平分∠DCE交AF于点F，直接写出∠AEC和∠AFC之间的数量关系∠AEC＝ 　 　；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长AE交DC于点G，在AG上取一点K，连接FK交CD于点H，CL⊥AF，若∠CEG＝50°，∠AFK＝∠CHF．求∠GKH．
参考答案
一、选择题
1．【解答】解：A、由∠1＝∠2，不能得到AB∥CD，故不符合题意；
B、∵∠1＝∠2，∴AC∥BD，不能得到AB∥CD，故不符合题意；
C、由∠1＝∠2，不能得到AB∥CD，故不符合题意；
D、∵∠1＝∠2，∴AB∥CD，故符合题意；
故选：D．
2．【解答】解：A、若∠EAD＝∠B，则AD∥BC，故此选项错误；
B、若∠BAD＝∠ACD，不可能得到BE∥CD，故此选项错误；
C、若∠EAD＝∠ACD，不能得到BE∥CD，故此选项错误；
D、若∠EAC+∠ACD＝180°，则BE∥CD，故此选项正确．
故选：D．
3．【解答】解：A、可以由一个“基本图案”旋转得到，故本选项错误；
B、是轴对称图形，不是基本图案的组合图形，故本选项错误；
C、是轴对称图形，不是基本图案的组合图形，故本选项错误；
D、可以由一个“基本图案”平移得到，故把本选项正确．
故选：D．
4．【解答】解：小明想尽快到达小颖家，他选择走第②条路，其中的道理是两点之间线段最短．
故选：D．
5．【解答】解：∵∠COE为直角，∠AOE＝60°，
∴∠DOE＝180°﹣∠COE＝180°﹣90°＝90°，
∴∠AOD＝∠DOE﹣∠AOE＝90°﹣60°＝30°，
∴∠BOD＝180°﹣∠AOD＝180°﹣30°＝150°．
故选：B．
6．【解答】解：∵3条直线两两相交，最多有个交点，
4条直线两两相交，最多有个交点，
5条直线两两相交，最多有个交点，
∴n条直线两两相交，最多有个交点，
∴8条直线两两相交，最多有个交点，
故选：C．
7．【解答】解：由题意可得S△ABC＝S△DEF，故阴影部分的面积＝S△ABC﹣S△OEC＝S梯形ABEO，
∵平移距离为6，
∴BE＝6，OE＝DE﹣DO＝AB﹣DO＝7，
∴阴影部分的面积，
故选：B．
8．【解答】解：由长方形纸带可得AD∥BC，
∴图a中∠EFB＝∠DEF＝23°，
根据翻折的性质，可得到图b中∠FEG＝23°，
∴∠FGD＝180°﹣∠EGF＝∠GEF+∠GFE＝46°，
∵CD∥FC，
∴∠GFC＝180°﹣∠FGD＝134°，
根据翻折的性质，可得图c中∠CFG＝134°，
∴∠EFC＝∠GFC﹣∠EFG＝134°﹣23°＝111°，
故选：D．
9．【解答】解：如图，第一次拐的角是∠1，第二次拐的角是∠2，由于平行前进，也可以得到∠1＝∠2．
故选：D．
10．【解答】解：如图所示，延长AB交DE于H，
∵BC∥DE，
∴∠ABC＝∠AHE＝x，
∵CD∥EF，AB∥EG，
∴∠D＝∠DEF＝z，∠AHE＝∠DEG＝z+y，
∴∠ABC＝∠DEG，
即x＝z+y，
∴x﹣z＝y．
故选：A．
二、填空题
11．【解答】解：∵AB∥CD，∠B＝26°，
∴∠BCD＝∠B＝26°，
∵CB平分∠ECD，
∴∠ECD＝2∠BCD＝52°，
∵AB∥CD，
∴∠1＝∠ECD＝52°，
故答案为：52°．
12．【解答】解：∵△ABC沿直线BD方向向右平移，得到△ECD，
∴，
∵BD＝24
∴AE＝12，
故答案为：12．
13．【解答】解：∵∠3＝40°，
∴∠1＝180°﹣40°＝140°，
∴∠1＝∠2＝140°，
∴∠1+∠2＝140°+140°＝280°，
故答案为：280°．
14．【解答】解：∵∠B+∠DCB＝180°，
∴AB∥CD．
∴∠D+∠DAB＝180°．
∵AC平分∠DAB，∠BAC＝50°，
∴∠DAB＝2∠BAC＝100°，
∴∠D＝180°﹣100°＝80°．
故答案为：80．
15．【解答】解：∵AD∥BC，AB∥CD，
∴∠A+∠B＝180°，∠C+∠B＝180°，
∴∠A＝∠C，
根据翻转折叠的性质可知，∠AEF＝∠GEF，∠EFB＝∠EFK，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB，∠AEF＝∠EFC，
∴∠GEF＝∠AEF＝∠EFC，∠DEF＝∠EFB＝∠EFK，
∴∠GEF﹣∠DEF＝∠EFC﹣∠EFK，
∴∠GED＝∠CFK，
∵∠C+∠CFK+∠CKF＝180°，
∴∠C+∠CFK＝140°，
∴∠A+∠GED＝140°，
则，
故答案为：110．
16．【解答】解：①如图1，过点E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴∠A+∠AEF＝180°，∠C+∠CEF＝180°，
∴∠A+∠AEC+∠C＝∠A+∠AEF+∠C+∠CEF＝180°+180°＝360°，则①错误；
②如图2，过点E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴∠A＝∠AEF，∠C＝∠CEF，
∴∠A+∠C＝∠CEF+∠AEF＝∠AEC，则②正确；
③如图3，过点C作CD∥AB，延长AB到G，
∵AB∥EF，
∴AB∥EF∥CD，
∴∠DCF＝∠EFC，
由②的结论可知∠GBH+∠HCD＝∠BHC，
又∵∠GBH＝180°﹣∠ABH，∠HCD＝∠HCF﹣∠DCF
∴180°﹣∠ABH+∠HCF﹣∠DCF＝∠BHC，
∴180°﹣∠ABH+∠HCF﹣∠EFC＝∠BHC，
∴180°﹣∠α+∠β﹣∠γ＝∠x，故③正确；
④如图4，
过点P作PF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥PF∥CD，
∴∠A＝∠APF，∠C＝∠CPF，
∴∠A＝∠CPF+∠APC＝∠C+∠APC，则④正确；
故答案为：②③④．
三、解答题
17．【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠EBD＝∠2，
∵DB⊥BC，
∴∠1+∠EBD＝∠1+∠2＝90°，
∵∠1＝35°，
∴∠2＝90°﹣∠1＝55°．
18．【解答】解：（1）∵AB是直线（已知），
∴∠BOD+∠AOD＝180°，
∵∠BOD的度数是∠AOD的5倍，
∴∠AOD180°＝30°，∠BOD180°＝150°．
（2）∵∠BOC＝∠AOD＝30°，OE⊥DC，
∴∠EOC＝90°，
∴∠BOE＝∠EOC﹣∠BOC＝90°﹣30°＝60°．
19．解：∵AF⊥BC，DE⊥BC（已知）．
∴∠AFC＝∠DEC＝90°（ 　垂线的定义　），
∴AF∥DE（ 　同位角相等，两直线平行　），
∴　∠DAF　+∠ADE＝180°（ 　两直线平行，同旁内角互补　）．
又∵∠ADE+∠AFG＝180°（已知），
∴∠AFG＝∠DAF（ 　等量代换　），
∴AB∥　GF　（ 　内错角相等，两直线平行　），
∴∠GFC＝∠B（ 　两直线平行，同位角相等　）．
20．【解答】（1）证明：∵∠1＝∠2，∠3＝∠C，∠2＝∠3，
∴∠1＝∠C，
∴AB∥CD；
（2）证明：∵∠2+∠4＝180°，∠2＝∠3，
∴∠3+∠4＝180°，
∴BF∥EC，
∴∠BFC+∠C＝180°；
（3）解：∵∠BFC+∠C＝180°，
∵∠BFC﹣30°＝2∠1＝2∠C，
∴∠BFC＝2∠C+30°，
∴2∠C+30°+∠C＝180°，
∴∠C＝50°，
∴∠BFC＝130°，
∵AB∥CD，
∴∠B+∠BFC＝180°，
∴∠B＝50°．
21．【解答】（1）证明：∵AE⊥BC，FG⊥BC，
∴AE∥GF，
∴∠EAB＝∠FGB，
∵∠CEA＝∠FGB，
∴∠CEA＝∠EAB，
∴AB∥CD；
（2）解：由（1）得，AB∥CD，
∴∠D+∠CBD+∠ABC＝180°，
∵∠D＝∠ABC+50°，∠CBD＝70°，
∴∠ABC+70°+∠ABC+50°＝180°，
∴∠ABC＝30°，
∴∠C＝∠ABC＝30°．
22．【解答】解：（1）∵|a﹣8|+（b﹣2）2＝0，|a﹣8|≥0，（b﹣2）2≥0，
∴a﹣8＝0，b﹣2＝0，
∴a＝8，b＝2，
故答案为：8；2；
（2）设至少旋转t秒时，射线AM、射线BQ互相垂直，
如图，设旋转后的射线AM、射线BQ交于点O，则BO⊥AO，
∴∠ABO+∠BAO＝90°，
∵PQ∥MN，
∴∠ABQ+∠BAM＝180°，
∴∠OBQ+∠OAM＝180°﹣（∠ABO+∠BAO）＝180°﹣90°＝90°，
又∵∠OBQ＝2t°，∠OAM＝8t°，
∴2t+8t＝90，
∴10t＝90，
∴t＝9，
∴至少旋转9秒时，射线AM、射线BQ互相垂直；
（3）设射线AM再转动t秒时，射线AM、射线BQ互相平行．
如图，射线AM绕点A顺时针先转动15秒后，AM转动至AM′的位置，则∠MAM′＝15×8＝120°，
∴∠M′AB＝180°﹣45°﹣120°＝15°；
分两种情况：
①当时，∠QBQ′＝2t°，∠M′AM″＝8t°，
∵PQ∥MN，
∴∠BAN＝45°＝∠ABQ，
∴∠ABQ′＝45°﹣2t°，∠BAM″＝∠M′AM″﹣∠M′AB＝8t°﹣15°，
当∠ABQ′＝∠BAM″时，BQ′∥AM″，
∴45﹣2t＝8t﹣15，
∴10t＝60，
解得t＝6；
②当7.5＜t＜13.125时，∠QBQ′＝2t°，∠NAM″＝8（t﹣7.5）°＝8t°﹣60°，
∴∠ABQ′＝45°﹣2t°，∠BAM″＝45°﹣（8t°﹣60°）＝105°﹣8t°，
当∠ABQ′＝∠BAM″时，BQ′∥AM″，
此时，45﹣2t＝105﹣8t，
∴6t＝60，
解得t＝10；
综上所述，射线AM再转动6秒或10秒时，射线AM、射线BQ互相平行．
23．【解答】解：（1）如图所示，过点E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠MEF＝∠MND＝y°，∠BEF＝∠MBE＝x°，
∴∠MEB＝∠MEF﹣∠MBE＝y°﹣x°，
∵，，
∴，
∴x﹣10＝0，y﹣60＝0，
∴x＝10，y＝60，
∴∠MEB＝y°﹣x°＝60°﹣10°＝50°；
故答案为：10，60，50°；
（2），证明如下：
如图所示，过点E作EG∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EG，
∴∠MBE＝∠BEG，∠MEG＝∠END，
∵∠MBE＝∠MEB，∠FEN＝∠MEB，
∴∠MBE＝∠BEG＝∠FEN＝∠MEB，
∴；
在△EDN中，∠EDN+∠END+∠DEN＝180°，
∴∠EDN+∠END+∠DEF﹣∠FEN＝180°，
∴，
∴；
（3）如图所示，设CD、MQ交于I，CQ、PM交于K，过点K作KH∥AB交MQ于H，
∵AB∥CD，
∴∠BMN＝∠MNC，
∵∠MNC+∠CNP＝180°＝∠NCP+CPN+∠CNP，
∴∠CPM＝∠BMN﹣∠NCP；
∵MQ平分∠TMB，
∴∠BMI＝∠IMN，
∵AB∥CD，KH∥AB，
∴∠NMI＝∠NIM＝∠IHK，∠NCK＝∠HKQ；
∵CQ平分∠PCN，
∴，
同理可得∠Q＝∠IHK﹣∠HKQ，
∴，
∴．
24．【解答】解：（1）如图，过点E作EG∥AB，
∴∠GEA＝∠A，∠GEC＝∠C，
∵∠A＝80°，∠C＝50°，
∴∠GEA＝80°，∠GEC＝50°，
∴∠AEC＝∠GEA+∠GEC＝130°；
（2）过点E作EG∥AB，
∴∠GEA＝∠BAE，∠GEC＝∠ECD，
∴∠AEC＝∠GEA+∠GEC＝∠BAE+∠DCE，
同理∠F＝∠FAB+∠FCD，
由题意可得：
，，
∴，
∴∠AEC＝2∠AFC，
故答案为：∠AFC；
（3）∵∠CEG＝50°，
∴∠AEC＝130°，
∵，
又CL⊥AF，
∴∠CLF＝90°，
∴∠LCF＝25°，
∴设∠CFK＝α，∠K＝β，∠BAF＝∠EAF＝x，∠ECF＝∠FCD＝y，则∠AFK＝∠CHF＝65°+α，
根据三角形的内角和为180度可得：
∠FCH+∠CFH+∠CHF＝180°，
∴x+α+α+65°＝180°，
∴x+2α＝115°，
由（2）知：∠AFC＝∠BAF+∠FCD，
∴x+y＝65°，
∵∠AOF＝∠OFK+∠K，
∴α+β＝25°+50°＝75°，
∴α+β+x+y＝140°，
∵∠AFK＝∠CHF，
∴∠FAK+∠K＝∠FCH+∠CFH，即α+x＝β+y，
∴α+x＝70°，
把α+x＝70°代入x+2α＝115°，得70°+α＝115°，
∴α＝45°，∴∠K＝β＝30°．
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