第5章相交线与平行线 期末综合复习训练题 2023-2024学年人教版七年级数学下册

这是一份第5章相交线与平行线 期末综合复习训练题 2023-2024学年人教版七年级数学下册，共15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。

一、单选题
1．用“垂线段最短”来解释的现象是（ ）
A．B．
C．D．
2．如图，∠1和∠2不是同位角的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，直线AB,CD相交于点O,EO⊥AB，垂足为O，若∠EOC=30°，则∠AOD的度数为（ ）
A．115°B．110°C．125°D．120°
4．如图，将△DCF向左平移4cm得到△ABE，如果△DCF的周长是18cm，那么四边形ABFD的周长是（ ）．
A．23cmB．24cmC．25cmD．26cm
5．一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，如果该汽车第一次左拐50°，那么第二次拐弯的方向和度数为（ ）
A．左拐50°B．左拐130°C．右拐50°D．右拐130°
6．如图，下列条件：①∠1=∠2；②∠4=∠5；③∠2+∠5=180°；④∠1=∠3；⑤∠6=∠1+∠2；其中能判断直线l1∥l2的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
7．如图是路政工程车的工作示意图，工作篮底部与支撑平台平行若∠1=160°,∠2=50°，则∠3的度数为（ ）
A．40°B．30°C．60°D．50°
8．如图，AF∥CD，CB平分∠ACD，BD平分∠EBF，且BC⊥BD，下列结论：①BC平分∠ABE；②AC∥BE；③∠CBE+∠D=90°，④∠DEB=2∠ABC，其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题
9．把命题“对顶角相等”改写成“如果…那么…”的形式为 ．
10．命题“已知a，b，c是直线，若a⊥b，b⊥c，则a∥c”是 命题．
11．如图，两条直线相交于一点，如果∠1+∠3=110°，则∠2的度数是 ．
12．如图，AB⊥BC，AB∥DE，∠1=15°，则∠D的度数为 ．

13．如图，这是我们学过的用直尺和三角板画平行线，画图的原理是 ．
14．如图，Rt△ABC和Rt△DEF重叠在一起，将△DEF沿点B到点C的方向平移到如图位置，已知AB=9．图中阴影部分的面积为15，DH=3，则平移距离为 ．

15．如图所示的长方形纸条ABCD，将纸片沿MN折叠，MB与DN交于点K，若∠1=70°，则∠KNC= °．

16．如图，AB∥CD，∠ABE=120°，∠C=35°，则∠BEC的度数为 ．

三、解答题
17．完成下面推理及填空：
已知：如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D,E是AC上一点，且∠1+∠2=90°，求证：DE∥BC．
证明：∵CD⊥AB（已知）．
∴∠ADC=_______（ ）
∴∠1+______=90°．
∵∠1+∠2=90°．（ ）．
∴______=∠2（______）．
∴______（ ）．
18．如图，已知CD∥BE，∠1+∠2=180°．
(1)EF与BC平行吗? 请说明理由；
(2)若 ∠D=2∠AEF，∠1=136°，求 ∠D的度数．
19．如图，已知∠1+∠2=180°，∠B=∠3．
(1)求证：∠AFE=∠ACB；
(2)若CE平分∠ACB，且∠1=82°，∠3=50°，求∠AFE的度数．
20．如图，已知MN∥PQ，将两块直角三角尺（∠AED=∠ABC=90°,∠EAD=30°,∠BAC=45°）按如下方式进行摆放，恰好满足∠NAC=15°．
(1)求∠CBQ的度数．
(2)若∠MAE=∠EAD，试判断AB与AE的位置关系，并说明理由．
21．已知AM∥CN，点B为平面内一点，AB⊥BC于B．
(1)如图1，试判断∠A和∠C之间的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，过点B作BD⊥AM于点D，求证：∠ABD=∠C．
22．已知∠XOY=2α0°<α<45°，点A在射线OX上，点P在∠XOY外部，PA∥OY，以P为顶点，PA为一边，大小为α的角的另一边交射线OX于点M．

(1)如图1，当点M与点O位于PA所在直线异侧时，∠XOY的平分线与射线PA的交点为点N．补全图形并直接写出直线ON与直线PM的位置关系；
(2)当点M与点O位于PA所在直线同侧时，射线PM与射线OY交于点B，点C在线段BA的延长线上．
①如图2，若AP平分∠OAC，求证：BP平分∠OBC；
②当PM⊥OA时，直接写出α的度数并画出符合题意的图形．
参考答案
1解：A、测量跳远成绩，可以用“垂线段最短”来解释，故A符合题意；
B、C、可以用“两点确定一条直线”来解释，不可以用“垂线段最短”来解释，故B、C 不符合题意；
D、可以用“两点之间线段最短”来解释，不可以用“垂线段最短”来解释，故D不符合题意．
故选：A．
2．解：A、∠1和∠2是同位角，不合题意；
B、∠1和∠2不是同位角，符合题意；
C、∠1和∠2是同位角，不合题意；
D、∠1和∠2是同位角，不合题意．
故选：B．
3．解：∵EO⊥AB，
∴∠BOE=90°，
∵∠EOC=30°，
∴∠AOD=∠BOC=∠BOE+∠COE=120°．
故选：D
4．解：∵△DCF向左平移4cm得到△ABE，
∴AD=BC=EF=4cm，DF=AE，△ABE的周长是18cm，
∴AB+BE+AE=18cm，
∴四边形ABFD的周长=AD+AB+BE+EF+DF，
=4+AB+BE+AE+4，
=8+AB+BE+AE，
=8+18=26cm，
故选：D．
5．解：如图，第一次拐的角是∠1=50°，第二次拐的角是∠2，由于平行前进，可以得到∠1=∠2=50°．
因此，第二次拐弯的方向和度数为右拐50°．
故选：C．
6．解：①∠1=∠2，无法判断l1∥l2；
②∠4=∠5，则l1∥l2；
③∠2+∠5=180°，无法判断l1∥l2；
④∠1=∠3，则l1∥l2；
⑤如图，过点B作AB∥l1，
∴∠1=∠ABC，
∵∠6=∠1+∠2，∠6=∠ABC+∠ABD，
∴∠2=∠ABD，
∴AB∥l2，
∴l1∥l2；
故选：C．
7．解：如图所示，过∠2顶点O作直线EF∥CD，

∵AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴∠1+∠EON=180°，
∵ ∠1=160°，
∴∠EON=20°，
∴∠EOM=∠2−∠EON=50°−20°=30°，
∴∠3=∠MON=30°，
故选：B．
8．解：∵AF∥CD，
∴∠ABC=∠ECB，∠EDB=∠DBF，∠DEB=∠EBA，
∵CB平分∠ACD，BD平分∠EBF，
∴∠ECB=∠BCA，∠EBD=∠DBF，
∴∠D=∠DBE，
∵BC⊥BD，
∴∠D+∠ECB=90°，∠DBE+∠EBC=90°，
∴∠ECB=∠EBC，
∴∠CBE+∠D=90°，故③正确；
∴∠ECB=∠EBC=∠ABC=∠BCA，
∴BC平分∠ABE，∠DEB=∠EBA=2∠ABC，故①正确，④正确；
∵∠EBC=∠BCA，
∴AC∥BE，故②正确；
故选：D．
9．解：把命题“对顶角相等”改写成“如果…那么…”的形式为：
如果两个角是对顶角，那么这两个角相等．
故答案为：如果两个角是对顶角，那么这两个角相等．
10．解：∵在同一平面内垂直于同一条直线的两条直线互相平行，
∴原题目命题是假命题，
故答案为：假．
11．解：由题意知，∠1=∠3，
∵∠1+∠3=110°，
∴∠1=∠3=55°，
∴∠2=180°−∠1=125°，
故答案为：125°．
12．解：∵AB⊥BC，∠1=15°，
∴∠ABD=90°−∠1=75°，
∵AB∥DE，
∴∠ABD+∠D=180°，
∴∠D=180°−∠ABD=180°−75°=105°．
故答案为：105°．
13．解：由画图得∠1=∠BAF，
所以根据同位角相等，两直线平行可判断a∥b．
故答案为：同位角相等，两直线平行．
14．解：根据平移可得DE=AB=9，DE∥AB，S△ABC=S△DEF，
∴EH=9−3=6，S阴影DHCF=S梯形ABEH=15，
∴ 12(EH+AB)⋅BE=15，
∴ 12×(9+6)⋅BE=15，
∴BE=2，
即平移的距离为2．
故答案为：2．
15．解：由折叠得，∠CNM=∠2，
∵ABCD是长方形，
∴DN∥AM，
∴∠1+∠2=180°，∠1=∠KNM，
∵∠1=70°，
∴∠2=110°，∠KNM=70°，
∴∠CNM=110°，
∵∠CNM=∠KNC+∠KNM=110°，
∴∠KNC+70°=110°，
∴∠KNC=40°．
故答案为：40°．

16．解：过点E作EF∥AB，

∵AB∥CD，
∴EF∥AB∥CD，
∴∠BEF=180°−∠ABE=60°,∠CEF=∠C=35°，
∴∠BEC=∠BEF+∠CEF=95°；
故答案为：95°．
17．证明：∵CD⊥AB（已知）．
∴∠ADC=90°（垂直的定义）
∴∠1+∠CDE=90°．
∵∠1+∠2=90°．（已知）．
∴ ∠CDE=∠2（等量代换）．
∴DE∥BC（内错角相等，两直线平行）．
18．解：（1）EF∥BC，理由如下：
因为CD∥BE，
所以∠1+∠CBE=180°．
又因为∠1+∠2=180°，
所以∠2=∠CBE．
所以EF∥BC．
（2）因为CD∥BE，
所以∠D=∠AEB．
因为∠AEB=∠2+∠AEF，∠D=2∠AEF，
所以∠2=∠AEF，即∠D=2∠2．
因为∠1=136°，∠1+∠2=180°，
所以∠2=44°，即∠D=88°．
19．解：（1）∵∠1+∠FDE=180°，∠1+∠2=180°，
∴∠2=∠FDE，
∴DF∥AB，
∴∠3=∠AEF，
∵∠3=∠B，
∴∠B=∠AEF，
∴FE∥BC，
∴∠AFE=∠ACB；
（2）∵∠1=82°,∠3=50°，
∴∠FED=82°−50°=32°，
∵EF∥BC，
∴∠BCE=∠FED=32°，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACB=2∠BCE=64°，
∴∠AFE=∠ACB=64°．
20．（1）解：因为∠NAC=15°,∠BAC=45°，
所以∠NAB=45°+15°=60°．
因为MN∥PQ，
所以∠ABQ=180°−∠NAB=180°−60°=120°，
所以∠CBQ=∠ABQ−∠ABC=120°−90°=30°．
（2）解：AB⊥AE．
理由：由（1）知∠NAB=60°，
∵∠MAE=∠EAD=30°，
所以∠EAB=180°−∠MAE−∠NAB=180°−30°−60°=90°，
所以AB⊥AE．
21．（1）解：∠A+∠C=90°
理由：过B作EF∥AM，
∵AM∥CN，
∴EF∥AM∥CN，
∴∠A=∠ABE，∠C=∠CBF，
∵AB⊥BC，
∴∠ABE+∠CBF=180°−∠B=90°，
∴∠A+∠C=90°；
（2）证明：过B作BE∥AM，
∵AM∥CN，
∴BE∥AM∥CN，
∴∠C=∠CBE，
∵BE∥AM，BD⊥AM，
∴BD⊥BE，
又AB⊥BC，
∴∠ABD=90°−∠ABE=∠CBE，
∴∠ABD=∠C．
22．（1）解：补全图形如图1所示，此时ON∥PM，
理由如下：
∵ON平分∠XOY，且∠XOY=2α，
∴∠NOA=∠NOY=α，
∵PA∥OY，
∴∠ANO=∠NOY=α，
∵∠P=α，
∴∠P=∠ANO=α，
∴ON∥PM；

（2）①证明：∵PA∥OY，
∴∠OAP=∠XOY，∠OBP=∠APM，∠OBC=∠PAC，
∵∠XOY=2α，∠APM=α，
∴∠OAP=2α，∠OBP=α，
∵AP平分∠OAC，
∴∠PAC=∠OAP=2α，
∴∠OBC=2α，
∴∠PBC=∠OBC−∠OBP=2α−α=α，
∴∠PBC=∠OBP，
∴BP平分∠OBC；
②解：如图2，
∵PA∥OY，
∴∠PAM=∠XOY=2α，
∵PM⊥OX，∠P=α，
∴∠BMA=90°，
过M点作PA∥MN，
∴∠AMN=∠PAM=2α，∠NMB=∠P=α，
∵∠AMN+∠NMB=∠BMA，
∴2α+α=90°，
解得：α=30°．