学年七年级数学人教版下册第5章《相交线与平行线》同步单元解答题常考题型训练五.docx
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学年七年级数学人教版下册第5章《相交线与平行线》同步单元解答题常考题型训练五
人教版七年级数学下册第5章《相交线与平行线》
同步单元解答题常考题型训练(五)
1.如图,点E在线段AD的延长线上,BE、CD交于点F,AD∥BC,∠A=∠C
(1)说明CD与AB的位置关系;
(2)如图2,若∠EDF、∠CBE的角平分线交于G,∠ABE=50°,求∠G.
2.已知:
如图1,DE∥AB,DF∥AC.
(1)求证:
∠A=∠EDF.
(2)点G是线段AC上的一点,连接FG,DG.
①若点G是线段AE的中点,请你在图2中补全图形,判断∠AFG,∠EDG,∠DGF之间的数量关系,并证明.
②若点G是线段EC上的一点,请你直接写出∠AFG,∠EDG,∠DGF之间的数量关系.
3.如图1,AM∥CN,点B为平面内一点,AB⊥BC于B,过B作BD⊥AM.
(1)求证:
∠ABD=∠C;
(2)如图2,在
(1)问的条件下,分别作∠ABD、∠DBC的平分线交DM于E、F,若∠BFC=1.5∠ABF,∠FCB=2.5∠BCN,
①求证:
∠ABF=∠AFB;
②求∠CBE的度数.
4.如图,点D、E、F分在AB、BC、AC上,且DE∥AC,EF∥AB,下面写出了证明“∠A+∠B+∠C=180°”的过程,请补充完整:
证明:
∵DE∥AC,EF∥AB
∴∠1=∠ ,∠3=∠ ,( )
∵AB∥EF(已知)
∴∠2=∠ ( )
∵DE∥AC(已知)
∴∠4=∠ ( )
∴∠2=∠A( )
∵∠1+∠2+∠3=180°(平角定义)
∴∠A+∠B+∠C=180°(等量代换)
5.已知直线l1∥l2,直线l3与l1、l2分别交于C、D两点,点P是直线l3上的一动点,如图①,若动点P在线段CD之间运动(不与C、D两点重合),问在点P的运动过程中是否始终具有∠3+∠1=∠2这一相等关系?
试说明理由;
如图②,当动点P在线段CD之外且在CD的上方运动(不与C、D两点重合),则上述结论是否仍成立?
若不成立,试写出新的结论,并说明理由.
6.课上教师呈现一个问题:
已知:
如图1,AB∥CD,EF⊥AB于点O,FG交CD于点P,当∠1=30°时,求∠EFG的度数.
甲、乙、丙三位同学用不同的方法添加辅助线解决问题,如图:
甲同学辅助线的做法和分析思路如下:
辅助线:
过点F作MN∥CD.
分析思路:
①欲求∠EFG的度数,由图可知只需转化为求∠2和∠3的度数之和;
②由辅助线作图可知,∠2=∠1,从而由已知∠1的度数可得∠2的度数;
③由AB∥CD,MN∥CD推出AB∥MN,由此可推出∠3=∠4;
④由已知EF⊥AB,可得∠4=90°,所以可得∠3的度数;
⑤从而可求∠EFG的度数.
(1)请你根据乙同学所画的图形,描述辅助线的做法,并写出相应的分析思路.
辅助线:
分析思路:
(2)请你根据丙同学所画的图形,求∠EFG的度数.
7.如图,已知DC∥FP,∠1=∠2,∠FED=30°,∠AGF=80°,FH平分∠EFG.
(1)说明:
DC∥AB;
(2)求∠PFH的度数.
8.如图,在△ABC中,CD⊥AB,垂足为D,点E在BC上EF⊥AB,垂足为F.
(1)CD与EF平行吗?
为什么?
(2)如果∠1=∠2,试判断DG与BC的位置关系,并说明理由.
9.已知直线AB∥CD.
(1)如图1,直接写出∠BME、∠E、∠END的数量关系为 ;
(2)如图2,∠BME与∠CNE的角平分线所在的直线相交于点P,试探究∠P与∠E之间的数量关系,并证明你的结论;
(3)如图3,∠ABM=
∠MBE,∠CDN=
∠NDE,直线MB、ND交于点F,则
= .
10.已知,AB∥CD,点E为射线FG上一点.
(1)如图1,若∠EAF=30°,∠EDG=40°,则∠AED= °;
(2)如图2,当点E在FG延长线上时,此时CD与AE交于点H,则∠AED、∠EAF、∠EDG之间满足怎样的关系,请说明你的结论;
(3)如图3,DI平分∠EDC,交AE于点K,交AI于点I,且∠EAI:
∠BAI=1:
2,∠AED=22°,∠I=20°,求∠EKD的度数.
参考答案
1.解:
(1)AB∥CD.
证明:
∵AD∥BC,
∴∠EDC=∠C,
∵∠A=∠C,
∴∠EDC=∠A,
∴AB∥CD;
(2)∵AB∥CD,
∴∠BFC=∠ABE,
∵∠ABE=50°,
∴∠BFC=50°,
∵AD∥BC,
∴∠C=2∠CDG,
∵在△BCF中,∠C+2∠CBG=180°﹣50°=130°,
∴2∠CDG+2∠CBG=130°,
∴∠CDG+∠CBG=65°,
∵∠C+∠CBG=∠CDG+∠G,
∴2∠CDG+∠CBG=∠CDG+∠G,
∴∠G=65°.
2.解:
(1)∵DE∥AB,DF∥AC,
∴∠EDF+∠AFD=180°,∠A+∠AFD=180°,
∴∠EDF=∠A;
(2)①∠AFG+∠EDG=∠DGF.
如图2所示,过G作GH∥AB,
∵AB∥DE,
∴GH∥DE,
∴∠AFG=∠FGH,∠EDG=∠DGH,
∴∠AFG+∠EDG=∠FGH+∠DGH=∠DGF;
②∠AFG﹣∠EDG=∠DGF.
如图所示,过G作GH∥AB,
∵AB∥DE,
∴GH∥DE,
∴∠AFG=∠FGH,∠EDG=∠DGH,
∴∠AFG﹣∠EDG=∠FGH﹣∠DGH=∠DGF.
3.解:
(1)如图1,过B作BG∥CN,
∴∠C=∠CBG
∵AB⊥BC,
∴∠CBG=90°﹣∠ABG,
∴∠C=90°﹣∠ABG,
∵BG∥CN,AM∥CN,
∴AM∥BG,
∴∠DBG=90°=∠D,
∴∠ABD=90°﹣∠ABG,
∴∠ABD=∠C;
(2)①如图2,设∠DBE=∠EBA=x,则∠BCN=2x,∠FCB=5x,
设∠ABF=y,则∠BFC=1.5y,
∵BF平分∠DBC
,
∴∠FBC=∠DBF=2x+y,
∵∠AFB+∠BCN=∠FBC,
∴∠AFB+2x=2x+y,
∴∠AFB=y=∠ABF;
②∵∠CBA=90°,AF∥CN,
∴∠ABG+∠CBG=90°,∠BCN+∠AFB+∠BFC+∠BCF=180°,
∴
,
∴
,
∴∠CBE=3x+2y=3×15°+2×30°=105°.
4.解:
∵DE∥AC,AB∥EF,
∴∠1=∠C,∠3=∠B.(两直线平行,同位角相等)
∵AB∥EF,
∴∠2=∠4.(两直线平行,内错角相等)
∵DE∥AC,
∴∠4=∠A.(两直线平行,同位角相等)
∴∠2=∠A(等量代换)
∵∠1+∠2+∠3=180°
∴∠A+∠B+∠C=180°(等量代换)
故答案为:
C;B;两直线平行,同位角相等;4;两直线平行,内错角相等;A;两直线平行,同位角相等;等量代换.
5.解:
(1)∠3+∠1=∠2成立,理由如下:
如图①,过点P作PE∥l1,
∴∠1=∠APE,
∵l1∥l2,
∴PE∥l2,
∴∠3=∠BPE,
∵∠BPE+∠APE=∠2,
∴∠3+∠1=∠2;
(2)∠3+∠1=∠2不成立,新的结论为∠3﹣∠1=∠2,理由为:
如图②,过P作PE∥l1,
∴∠1=∠APE,
∵l1∥l2,
∴PE∥l2,
∴∠3=∠BPE,
∵∠BPE﹣∠APE=∠2,
∴∠3﹣∠1=∠2.
6.解:
(1)辅助线:
过点P作PN∥EF交AB于点N.
分析思路:
①欲求∠EFG的度数,由辅助线作图可知,∠EFG=∠NPG,因此,只需转化为求∠NPG的度数;
②欲求∠NPG的度数,由图可知只需转化为求∠1和∠2的度数和;
③又已知∠1的度数,所以只需求出∠2的度数;
④由已知EF⊥AB,可得∠4=90°;
⑤由PN∥EF,可推出∠3=∠4;AB∥CD可推出∠2=∠3,由此可推∠2=∠4,所以可得∠2的度数;
⑥从而可以求出∠EFG的度数.
(2)如图,过点O作ON∥FG,
∵ON∥FG,
∴∠EFG=∠EON∠1=∠ONC=30°,
∵AB∥CD,
∴∠ONC=∠BON=30°,
∵EF⊥AB,
∴∠EOB=90°,
∴∠EFG=∠EON=∠EOB+∠BON=90°+30°=120°.
7.解:
(1)∵DC∥FP,
∴∠3=∠2,
又∵∠1=∠2,
∴∠3=∠1,
∴DC∥AB;
(2)∵DC∥FP,DC∥AB,∠DEF=30°,
∴∠DEF=∠EFP=30°,AB∥FP,
又∵∠AGF=80°,
∴∠AGF=∠GFP=80°,
∴∠GFE=∠GFP+∠EFP=80°+30°=110°,
又∵FH平分∠EFG,
∴∠GFH=
∠GFE=55°,
∴∠PFH=∠GFP﹣∠GFH=80°﹣55°=25°.
8.解:
(1)CD∥EF,理由:
∵CD⊥AB,EF⊥AB
∴∠CDB=∠EFB=90°
∴CD∥EF(同位角相等,两直线平行)
(2)DG∥BC,理由:
∵CD∥EF
∴∠BCD=∠2(两直线平行,同位角相等)
∵∠1=∠2
∴∠BCD=∠1
∴DG∥BC(内错角相等,两直线平行)
9.解:
(1)如图1,∵AB∥CD,
∴∠END=∠EFB,
∵∠EFB是△MEF的外角,
∴∠E=∠EFB﹣∠BME=∠END﹣∠BME,
故答案为:
∠E=∠END﹣∠BME;
(2)如图2,∵AB∥CD,
∴∠CNP=∠NGB,
∵∠NPM是△GPM的外角,
∴∠NPM=∠NGB+∠PMA=∠CNP+∠PMA,
∵MQ平分∠BME,PN平分∠CNE,
∴∠CNE=2∠CNP,∠FME=2∠BMQ=2∠PMA,
∵AB∥CD,
∴∠MFE=∠CNE=2∠CNP,
∵△EFM中,∠E+∠FME+∠MFE=180°,
∴∠E+2∠PMA+2∠CNP=180°,
即∠E+2(∠PMA+∠CNP)=180°,
∴∠E+2∠NPM=180°;
(3)如图3,延长AB交DE于G,延长CD交BF于H,
∵AB∥CD,
∴∠CDG=∠AGE,
∵∠ABE是△BEG的外角,
∴∠E=∠ABE﹣∠AGE=∠ABE﹣∠CDE,①
∵∠ABM=
∠MBE,∠CDN=
∠NDE,
∴∠ABM=
∠ABE=∠CHB,∠CDN=
∠CDE=∠FDH,
∵∠CHB是△DFH的外角,
∴∠F=∠CHB﹣∠FDH=
∠ABE﹣
∠CDE=
(∠ABE﹣∠CDE),②
由①代入②,可得∠F=
∠E,
即
.
故答案为:
.
10.解:
(1)如图,延长DE交AB于H,
∵AB∥CD,
∴∠D=∠AHE=40°,
∵∠AED是△AEH的外角,
∴∠AED=∠A+∠AHE=30°+40°=70°,
故答案为:
70;
(2)∠EAF=∠AED+∠EDG.
理由:
∵AB∥CD,
∴∠EAF=∠EHC,
∵∠EHC是△DEH的外角,
∴∠EHG=∠AED+∠EDG,
∴∠EAF=∠AED+∠EDG;
(3)∵∠EAI:
∠BAI=1:
2,
∴设∠EAI=α,则∠BAE=3α,
∵∠AED=22°,∠I=20°,∠DKE=∠AKI,
又∵∠EDK+∠DKE+∠DEK=180°,∠KAI+∠KIA+∠AKI=180°,
∴∠EDK=α﹣2°,
∵DI平分∠EDC,
∴∠CDE=2∠EDK=2α﹣4°,
∵AB∥CD,
∴∠EHC=∠EAF=∠AED+∠EDG,
即3α=22°+2α﹣4°,
解得α=18°,
∴∠EDK=16°,
∴在△DKE中,∠EKD=180°﹣16°﹣22°=142°.
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