初中数学中考复习 专题35相交线与平行线（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题35相交线与平行线（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题35相交线与平行线（2）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2020·贵州铜仁?中考真题）如图，直线AB∥CD，∠3＝70°，则∠1＝（　　）

A．70° B．100° C．110° D．120°
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用平行线的性质得出∠1＝∠2，进而得出答案．
【详解】
∵直线AB∥CD，
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝70°，∠2+∠3=180°，
∴∠2＝180°﹣∠3=180°﹣70°＝110°，
∴∠1＝110°．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了平行线的性质，求出∠2＝110°是解答本题的关键．
2．（2020·贵州遵义?中考真题）一副直角三角板如图放置，使两三角板的斜边互相平行，每块三角板的直角顶点都在另一三角板的斜边上，则∠1的度数为（　　）

A．30° B．45° C．55° D．60°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平行线的性质即可得到结论．
【详解】
解：如图

∵AB∥CD，
∴∠1＝∠D＝45°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行线的性质以及直角三角板的各角度数，解答关键是根据利用平行线的性质找到相应角度之间的关系.
3．（2020·湖南中考真题）如图，已知AB∥DE，∠1＝30°，∠2＝35°，则∠BCE的度数为（　　）

A．70° B．65° C．35° D．5°
【答案】B
【解析】
【分析】
作CF∥AB，根据平行线的性质可以得到∠1＝∠BCF，∠FCE＝∠2，从而可得∠BCE的度数，本题得以解决．
【详解】
作CF∥AB，

∵AB∥DE，
∴CF∥DE，
∴AB∥DE∥DE，
∴∠1＝∠BCF，∠FCE＝∠2，
∵∠1＝30°，∠2＝35°，
∴∠BCF＝30°，∠FCE＝35°，
∴∠BCE＝65°，
故选：B．
【点睛】
本题考查平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用平行线的性质解答．
4．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在中，，，点是边上任意一点，过点作交于点，则的度数是（ ）．

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质可得∠B=∠C，进而可根据三角形的内角和定理求出∠A的度数，然后根据平行线的性质可得∠DEC=∠A，进一步即可求出结果．
【详解】
解：∵，，
∴∠B=∠C=65°，
∴∠A=180°－∠B－∠C=50°，
∵DF∥AB，
∴∠DEC=∠A=50°，
∴∠FEC=130°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、平行线的性质和三角形的内角和定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基础知识是解题的关键．
5．（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
【解析】
【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】
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，熟练掌握这一点是解题的关键.


二、填空题
6．（2020·新疆中考真题）如图，若AB∥CD，∠A＝110°，则∠1＝_____°．

【答案】70
【解析】
【分析】
先根据平行线的性质求出∠2＝∠A＝110°，再由平角的定义求出∠1的度数即可．
【详解】
如图，

∵AB∥CD，
∴∠2＝∠A＝110°．
又∵∠1+∠2＝180°，
∴∠1＝180°﹣∠2＝180°﹣110°＝70°．
故答案为：70．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质，掌握并熟练运用“两直线平行，同位角相等”是解答此题的关键．
7．（2020·贵州铜仁?中考真题）设AB，CD，EF是同一平面内三条互相平行的直线，已知AB与CD的距离是12cm，EF与CD的距离是5cm，则AB与EF的距离等于_____cm．
【答案】7或17．
【解析】
【分析】
分两种情况讨论，EF在AB，CD之间或EF在AB，CD同侧，进而得出结论．
【详解】
解：分两种情况：
①当EF在AB，CD之间时，如图：

∵AB与CD的距离是12cm，EF与CD的距离是5cm，
∴EF与AB的距离为12﹣5＝7（cm）．
②当EF在AB，CD同侧时，如图：

∵AB与CD的距离是12cm，EF与CD的距离是5cm，
∴EF与AB的距离为12+5＝17（cm）．
综上所述，EF与AB的距离为7cm或17cm．
故答案为：7或17．
【点睛】
此题主要考查线段之间的距离，解题的关键是根据题意分情况作图进行求解．
8．（2020·浙江杭州?中考真题）如图，AB∥CD，EF分别与AB，CD交于点B，F．若∠E＝30°，∠EFC＝130°，则∠A＝_____．

【答案】20°
【解析】
【分析】
直接利用平行线的性质得出∠ABF＝50°，进而利用三角形外角的性质得出答案．
【详解】
∵AB∥CD，
∴∠ABF+∠EFC＝180°，
∵∠EFC＝130°，
∴∠ABF＝50°，
∵∠A+∠E＝∠ABF＝50°，∠E＝30°，
∴∠A＝20°．
故答案为：20°．
【点睛】
此题主要考查了平行线的性质以及三角形外角的性质，求出∠ABF＝50°是解答此题的关键．
9．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，对折矩形纸片使与重合，得到折痕，再把纸片展平．是上一点，将沿折叠，使点的对应点落在上．若，则的长是_________．

【答案】
【解析】
【分析】
在Rt△A´BM中，解直角三角形求出∠BA′M＝30°，再证明∠ABE＝30°即可解决问题．
【详解】
解：∵将矩形纸片ABCD对折一次，使边AD与BC重合，得到折痕MN，
∴AB＝2BM，∠A′MB＝90°，MN∥BC．
∵将△ABE沿BE折叠，使点A的对应点A′落在MN上．
∴A′B＝AB＝2BM．
在Rt△A′MB中，∵∠A′MB＝90°，
∴sin∠MA′B＝，
∴∠MA′B＝30°，
∵MN∥BC，
∴∠CBA′＝∠MA′B＝30°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABA′＝60°，
∴∠ABE＝∠EBA′＝30°，
∴BE＝．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形与折叠，锐角三角函数的定义，平行线的性质，熟练掌握并灵活运用翻折变换的性质是解题的关键．
10．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，对折矩形纸片ABCD使AD与BC重合，得到折痕MN，再把纸片展平．E是AD上一点，将△ABE沿BE折叠，使点A的对应点A′落在MN上．若CD＝5，则BE的长是_____．

【答案】
【解析】
【分析】
在Rt△A'BM中，利用轴对称的性质与锐角三角函数求出∠BA′M=30°，再证明∠ABE=30°即可解决问题．
【详解】
解：∵将矩形纸片ABCD对折一次，使边AD与BC重合，得到折痕MN，
∴AB=2BM，∠A′MB=90°，MN∥BC．
∵将△ABE沿BE折叠，使点A的对应点A′落在MN上．
∴A′B=AB=2BM．
在Rt△A′MB中，∵∠A′MB=90°，
∴sin∠MA′B= ＝，
∴∠MA′B=30°，
∵MN∥BC，
∴∠CBA′=∠MA′B=30°，
∵∠ABC=90°， ∴∠ABA′=60°，
∴∠ABE=∠EBA′=30°，


故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，翻折变换，锐角三角函数的定义，平行线的性质，熟练掌握并灵活运用翻折变换的性质是解题的关键．

三、解答题
11．（2020·浙江绍兴?中考真题）如图，点E是▱ABCD的边CD的中点，连结AE并延长，交BC的延长线于点F．
（1）若AD的长为2．求CF的长．
（2）若∠BAF＝90°，试添加一个条件，并写出∠F的度数．

【答案】（1）2；（2）当∠B＝60°时，∠F＝30°（答案不唯一）．
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出AD∥CF，则∠DAE＝∠CFE，∠ADE＝∠FCE，由点E是CD的中点，得出DE＝CE，由AAS证得△ADE≌△FCE，即可得出结果；
（2）添加一个条件当∠B＝60°时，由直角三角形的性质即可得出结果（答案不唯一）．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CF，
∴∠DAE＝∠CFE，∠ADE＝∠FCE，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
在△ADE和△FCE中， ，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴CF＝AD＝2；
（2）∵∠BAF＝90°，
添加一个条件：当∠B＝60°时，∠F＝90°-60°＝30°（答案不唯一）．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
12．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，是的直径，点是上一点，的平分线交于点，过点作交的延长线于点．

（1）求证：是的切线；
（2）过点作于点，连接．若，，求的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【详解】
解：（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE∥BC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝180°−∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；

（2）因为直径，则
∵，
∴OB=3
∴，
∵∠ADB=∠DFB=90°, ∠B=∠B
∴△DBF∽△ABD
∴
∴
所以．
【点睛】
本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握圆的切线的判定及圆中的相关计算是解题的关键．
13．（2020·山东济宁?中考真题）如图,在△ABC中,AB=AC，点P在BC上．
(1)求作:△PCD,使点D在AC上，且△PCD∽△ABP；(要求:尺规作图，保留作图痕迹,不写作法)
(2)在(1)的条件下,若∠APC=2∠ABC，求证:PD//AB．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据相似三角形的性质可得∠CPD=∠BAP，故作∠CPD=∠BAP，∠CPD与AC的交点为D即可；
（2）利用外角的性质以及（1）中∠CPD=∠BAP可得∠CPD =∠ABC，再根据平行线的判定即可.
【详解】
解：（1）∵△PCD∽△ABP，
∴∠CPD=∠BAP，
故作∠CPD=∠BAP即可，
如图，即为所作图形，

（2）∵∠APC=∠APD+∠DPC=∠ABC+∠BAP=2∠ABC，
∴∠BAP =∠ABC，
∴∠BAP=∠CPD=∠ABC，
即∠CPD =∠ABC，
∴PD∥AB.
【点睛】
本题考查了尺规作图，相似三角形的性质，外角的性质，难度不大，解题的关键是掌握尺规作图的基本作法.
14．（2020·浙江绍兴?中考真题）如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG⊥BC，OG＝2，OC＝4．将△ABC绕点O逆时针旋转α（0°≤α＜180°）得到△A′B′C′．
（1）当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离．
（2）在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2．
①当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离．
②当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．

【答案】（1）点C′到直线OF的距离为2；（2）①点C′到直线DE的距离为2±2；②2≤d＜或d＝3．
【解析】
【分析】
（1）过点C′作C′H⊥OF于H．根据直角三角形的边角关系，解直角三角形求出CH即可．
（2）①分两种情形：当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M；当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．通过解直角三角形，分别求出C′M，C′N即可．
②设d为所求的距离．第一种情形：当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．结合图象可得结论．
第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2；当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．求出QG可得结论．
第三种情形：当A′P经过点F时，此时显然d＝3．综上所述即可得结论．
【详解】
解：（1）如图，

过点C′作C′H⊥OF于H．
∵△A′B′C′是由△ABC绕点O逆时针旋转得到，
∴C′O=CO=4，
在Rt△HC′中，
∵∠HC′O＝α＝30°，
∴C′H＝C′O•cos30°＝2，
∴点C′到直线OF的距离为2．
（2）①如图，当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M．

∵△A′B′C′为等腰直角三角形，P为A′B′的中点，
∴∠A′C′P=45°，
∵∠A′C′O=90°，
∴∠OC′P=135°.
∵C′P∥OF，
∴∠O＝180°﹣∠OC′P＝45°，
∴△OC′M是等腰直角三角形，
∵OC′＝4，
∴C′M＝C′O•cos45°=4×=，
∴点C′到直线DE的距离为．
如图，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．

同法可证△OC′N是等腰直角三角形，
∴C′N＝，
∵GD=2，
∴点C′到直线DE的距离为．
②设d为所求的距离．
第一种情形：如图，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．

∵OC=4，AC=2，∠ACO=90°，

∵OM＝2，∠OMA′＝90°，
∴A′M＝＝＝4，
又∵OG=2，
∴DM=2，
∴A′D＝A′M-DM=4-2=2，
即d＝2，
如图，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．

∵P为A′B′的中点，∠A′C′B′=90°，
∴PQ∥A′C′，
∴
∵B′C′=2
∴PQ＝1，C'Q=1，
∴Q点为B′C′的中点，也是旋转前BC的中点，
∴OQ=OC'+C'Q=5
∴OP＝＝，
∴PM＝，
∴PD＝，
∴d＝﹣2，
∴2≤d≤﹣2．
第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2，
如图，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．

由上可知OP＝，OF＝5，
∴FP＝＝＝1，
∵OF＝OT，PF＝PT，∠F＝∠PTO＝90°，
∴Rt△OPF≌Rt△OPT（HL），
∴∠FOP＝∠TOP，
∵PR∥OQ，
∴∠OPR＝∠POF，
∴∠OPR＝∠POR，
∴OR＝PR，
∵PT2+TR2＝PR2，

∴PR＝2.6，RT＝2.4，
∵△B′PR∽△B′QO，
∴＝，
∴＝，
∴OQ＝，
∴QG＝OQ﹣OG＝，即d＝
∴2﹣2≤d＜，
第三种情形：当A′P经过点F时，如图，
此时FG=3，即d＝3．

综上所述，2≤d＜或d＝3．
【点睛】
（1）本题考查了通过解直角三角形求线段长，解决本题的关键是构建直角三角形，熟练掌握直角三角形中边角关系.
（2）①本题综合性较强，考查了平行线的性质，解直角三角形，解决本题的关键是正确理解题意，能够根据题目条件进行分类讨论，然后通过解直角三角形求出相应的线段长即可.②本题综合性较强，考查了辅助线的作法，平行线的性质以及解直角三角形，解决本题的关键是正确理解题意，能够根据情况对题目进行分类讨论，通过不同情形，能够作出辅助线，在解决本题的过程中要求熟练掌握直角三角形中的边角关系.
15．（2020·湖南中考真题）已知D是Rt△ABC斜边AB的中点，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，过点D作Rt△DEF使∠DEF＝90°，∠DFE＝30°，连接CE并延长CE到P，使EP＝CE，连接BE，FP，BP，设BC与DE交于M，PB与EF交于N．
（1）如图1，当D，B，F共线时，求证：
①EB＝EP；
②∠EFP＝30°；
（2）如图2，当D，B，F不共线时，连接BF，求证：∠BFD+∠EFP＝30°．

【答案】（1）①见解析 ②30°（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）①本题主要考查通过角度计算求证平行，继而证明△CBP是直角三角形，根据直角三角形斜边中线可得结论．
②本题以上一问结论为解题依据，考查平行线以及垂直平分线的应用，根据同位角相等可得BC∥EF，由平行线的性质得BP⊥EF，可得EF是线段BP的垂直平分线，根据等腰三角形三线合一的性质可得∠PFE＝∠BFE＝30°．
（2）本题主要考查辅助线的做法以及垂直平分线性质的应用，需要延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ，证明△QEP≌△DEC（SAS），则PQ＝DC＝DB，由QE＝DE，∠DEF＝90°，知EF是DQ的垂直平分线，证明△FQP≌△FDB（SAS），再由EF是DQ的垂直平分线，可得结论．
【详解】
证明（1）①∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°
∴∠A＝90°﹣30°＝60°
同理∠EDF＝60°
∴∠A＝∠EDF＝60°
∴AC∥DE
∴∠DMB＝∠ACB＝90°
∵D是Rt△ABC斜边AB的中点，AC∥DM
∴
即M是BC的中点
∵EP＝CE，即E是PC的中点
∴ED∥BP
∴∠CBP＝∠DMB＝90°
∴△CBP是直角三角形
∴BE＝PC＝EP
②∵∠ABC＝∠DFE＝30°
∴BC∥EF
由①知：∠CBP＝90°
∴BP⊥EF
∵EB＝EP
∴EF是线段BP的垂直平分线
∴PF＝BF
∴∠PFE＝∠BFE＝30°
（2）如图2，延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ

∵EC＝EP，∠DEC＝∠QEP
∴△QEP≌△DEC（SAS）
则PQ＝DC＝DB
∵QE＝DE，∠DEF＝90°
∴EF是DQ的垂直平分线
∴QF＝DF
∵CD＝AD
∴∠CDA＝∠A＝60°
∴∠CDB＝120°
∴∠FDB＝120°﹣∠FDC＝120°﹣（60°+∠EDC）＝60°﹣∠EDC＝60°﹣∠EQP＝∠FQP
∴△FQP≌△FDB（SAS）
∴∠QFP＝∠BFD
∵EF是DQ的垂直平分线
∴∠QFE＝∠EFD＝30°
∴∠QFP+∠EFP＝30°
∴∠BFD+∠EFP＝30°
【点睛】
本题考点较多，涉及平行与角等的互推，垂直平分线的应用，全等的证明，特殊角度的利用，难度主要在于辅助线的构造，该类型题目必须多做专题训练以培养题感．