北师大版（2024）八年级上册4 平行线的性质当堂检测题

这是一份北师大版（2024）八年级上册4 平行线的性质当堂检测题，共20页。试卷主要包含了已知等内容，欢迎下载使用。
1．如图，将含30°角的直角三角板ABC的直角顶点C放在直尺的一边上，已知∠A＝30°，∠1＝40°，则∠2的度数为 ．
2．如图，如图，已知直线a∥b，∠1＝22°，∠2＝66°．则∠3等于 ．
3．如图，直线a∥b，将一直角三角形的直角顶点置于直线b上，若∠1＝24°，则∠2等于 度．
4．如图，已知∠1＝∠BDC，∠2+∠3＝180°．
（1）AD与EC平行吗？请说明理由．
（2）若DA平分∠BDC，DA⊥FA于点A，∠1＝76°，求∠FAB的度数．
5．已知：直线a∥b，点A和点B是直线a上的点，点C和点D是直线b上的点，连接AD，BC，设直线AD和BC交于点E．
（1）在如图1所示的情形下，若AD⊥BC，求∠ABE+∠CDE的度数（提示：可过点E作EG∥AB）；
（2）在如图2所示的情形下，若BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，且BF与DF交于点F，当∠ABC＝64°，∠ADC＝72°时，求∠BFD的度数．
（3）如图3，当点B在点A的右侧时，若BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，且BF，DF交于点F，设∠ABC＝α，∠ADC＝β，用含有α，β的代数式表示∠BFD的补角．（直接写出结果即可）
二．打卡练习2
6．如图，AB∥CD，点E在AB上，点F在CD上，点P在AB与CD之间，∠EPF＝100°，则∠PEB﹣∠PFC＝ °．
7．如图所示，把一个长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点D，C分别落在点D′，C′位置，D'恰好在BC上，若∠EFB＝65°，则∠ED′F等于 °．
8．如图，直线l1∥l2，∠CAB＝124°，∠ABD＝86°，则∠1+∠2＝ ．
9．已知如图，DE⊥AC，∠AGF＝∠ABC，∠1+∠2＝180°，试判断BF与AC的位置关系，并说明理由．
10．如图1，E点在BC上，∠A＝∠D，∠ACB+∠BED＝180°．
（1）求证：AB∥CD；
（2）如图2，AB∥CD，BG平分∠ABE，与∠EDF的平分线交于H点，若∠DEB比∠DHB大60°，求∠DEB的度数．
（3）保持（2）中所求的∠DEB的度数不变，如图3，BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，作BP∥DN，则∠PBM的度数是否改变？若不变，请求值；若改变，请说明理由．
三．打卡练习3
11．如图，ABCD为一长方形纸带，AB∥CD，将ABCD沿EF折叠，A，D两点分别与A'，D'对应，若∠2＝2∠1，则∠BEF＝ °．
12．如图，已知AB∥CD，BC∥EF，若∠1＝60°，则∠2＝ °．
13．将一块含30°角的直角三角板如图放置，若a∥b，∠2＝30°，则∠1＝ °．
14．如图，直线AB与CD，AE与FD均被直线BC所截，已知∠1＝∠2．
（1）求证：AE∥DF；
（2）若∠A＝∠D，∠B＝30°，求∠C的度数．
15．已知：点E在直线AB上，点F在直线CD上，AB∥CD．
（1）如图1，连EF，EP平分∠AEF，FP平分∠CFE，求∠P的度数．
（2）如图2，若∠EGF＝160°，射线EH，FH分别在∠AEG，∠CFG的内部，且∠EHF＝40°，当∠AEG＝4∠AEH时，求的值．
（3）如图3，在（1）的条件下，在直线CD上有一动点M（点M不与点F重合），EN平分∠MEF，若∠PEN＝α（0°＜α＜90°），请直接写出∠EMF＝ （结果用含α的式子表示）．
四．打卡练习4
16．如图，直线l1∥l2，∠α＝∠β，∠1＝50°，∠2＝ ．
17．如图，已知 AB∥DE，∠ABC＝135°，∠CDE＝70°，则∠BCD＝ ．
18．某学生上学路线如图所示，他总共拐了三次弯，最后行车路线与开始的路线相互平行，已知第一次转过的角度，第三次转过的角度，则第二次拐弯角（∠1）的度数是 ．
19．如图，点E，F分别在直线AB，CD上，连接AD，CE，BF，AD分别与CE，BF相交于点G，H，∠1＝∠2，∠AEC＝∠BFD．
（1）求证：BF∥CE；
（2）求证：∠BAD＝∠ADC．
20．已知，直线AB∥CD，点E、F分别在直线AB、CD上，点P是直线AB与CD外一点，连接PE、PF．
（1）如图1，若∠AEP＝45°，∠DFP＝105°，求∠EPF的度数；
（2）如图2，过点E作∠AEP的角平分线EM交FP的延长线于点M，∠DFP的角平分线FN交EM的反向延长线交于点N，若∠M与3∠N互补，试探索直线EP与直线FN的位置关系，并说明理由；
（3）若点P在直线AB的上方且不在直线EF上，作∠DFP的角平分线FN交∠AEP的角平分线EM所在直线于点N，请直接写出∠EPF与∠ENF的数量关系．
参考答案
一．打卡练习1
1．解：如图，
∵EF∥MN，∠1＝40°，
∴∠1＝∠3＝40°，
∵∠A＝30°，
∴∠2＝∠A+∠3＝70°，
故答案为：70°．
2．解：如图所示，过点C作CD∥a，
∵a∥b，
∴CD∥a∥b，
∴∠ACD＝∠1＝22°，∠BCD＝∠2＝66°，
∴∠3＝∠ACD+∠BCD＝88°．
故答案为：88°．
3．解：∵a∥b，
∴∠BAC＝∠2，
∵∠BAC＝∠1+∠DAC＝24°+90°＝114°，
∴∠2＝114°．
故答案为：114．
4．（1）AD与EC平行，
证明：∵∠1＝∠BDC，
∴AB∥CD（同位角相等，两直线平行），
∴∠2＝∠ADC（两直线平行，内错角相等），
∵∠2+∠3＝180°，
∴∠ADC+∠3＝180°（等量代换），
∴AD∥CE（同旁内角互补，两直线平行）；
（2）解：∵∠1＝∠BDC，∠1＝76°，
∴∠BDC＝76°，
∵DA平分∠BDC，
∴∠ADC＝∠BDC＝38°（角平分线定义），
∴∠2＝∠ADC＝38°（已证），
又∵DA⊥FA，AD∥CE，
∴CE⊥AE，
∴∠AEC＝90°（垂直定义），
∵AD∥CE（已证），
∴∠FAD＝∠AEC＝90°（两直线平行，同位角相等），
∴∠FAB＝∠FAD﹣∠2＝90°﹣38°＝52°．
5．解：（1）过点E作EG∥AB，
∵a∥b，
∴EG∥CD，
∴∠ABE＝∠BEG，∠CDE＝∠DEG，
∴∠ABE+∠CDE＝∠BEG+∠DEG＝∠BED，
∵AD⊥BC，
∴∠ABE+∠CDE＝∠BED＝90°；
（2）如图，过点F作FH∥AB，
∵a∥b，
∴FH∥CD，
∴∠ABF＝∠BFH，∠CDF＝∠DFH，
∴∠BFD＝∠ABF+∠CDF＝∠BFH+∠DFH，
∵BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，∠ABC＝64°，∠ADC＝72°，
∴∠ABF＝ABC＝32°，∠CDF＝ADC＝36°，
∴∠BFD＝∠ABF+∠CDF＝68°；
（3）如图，过点F作FH∥AB，
∵a∥b，
∴FQ∥CD，
∴∠ABF+∠BFQ＝180°，∠CDF＝∠DFQ，
∴∠BFD＝∠BFQ+∠DFQ＝180°﹣∠ABF+∠CDF
∵BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，∠ABC＝α，∠ADC＝β，
∴∠ABF＝ABC＝，∠CDF＝ADC＝，
∴∠BFD＝180°﹣∠ABF+∠CDF＝180°﹣+，
∴∠BFD的补角＝﹣．
二．打卡练习2
6．解：如图，过点P作PM∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥PM∥CD，
∴∠PEB+∠EPM＝180°，∠PFC＝∠FPM，
∴∠EPM＝180°﹣∠PEB，
∵∠EPF＝∠EPM+∠FPM＝100°，
∴180°﹣∠PEB+∠PFC＝100°，
∴∠PEB﹣∠PFC＝80°，
故答案为：80．
7．解：如图，
由折叠得∠DEF＝∠D'EF，
∵四边形ABCD是长方形，
∴AD∥BC，
∴∠EFB＝∠DEF，∠AED'＝∠ED'F，
∵∠EFB＝65°，
∴∠DEF＝∠D'EF＝65°，
∴∠AED'＝180°﹣∠DEF﹣∠D'EF＝50°，
∴∠ED′F＝50°．
故答案为：50．
8．解：如图
∵∠1+∠3＝124°，∠2+∠4＝86°，
∴∠1+∠3+∠2+∠4＝210°，
∵l1∥l2，
∴∠3+∠4＝180°，
∴∠1+∠2＝210°﹣180°＝30°．
故答案为：30°．
9．解：BF与AC的位置关系是：BF⊥AC．
理由：∵∠AGF＝∠ABC，
∴BC∥GF，
∴∠1＝∠3；
又∵∠1+∠2＝180°，
∴∠2+∠3＝180°，
∴BF∥DE；
∵DE⊥AC，
∴BF⊥AC．
10．（1）证明：如图1，延长DE交AB于点F，
∵∠ACB+∠BED＝180°，∠CED+∠BED＝180°，
∴∠ACB＝∠CED，
∴AC∥DF，
∴∠A＝∠DFB，
∵∠A＝∠D，
∴∠DFB＝∠D，
∴AB∥CD；
（2）如图2，作EM∥CD，HN∥CD，
∵AB∥CD，
∴AB∥EM∥HN∥CD，
∴∠1+∠EDF＝180°，∠MEB＝∠ABE，
∵BG平分∠ABE，
∴∠ABG＝ABE，
∵AB∥HN，
∴∠2＝∠ABG，
∵CF∥HN，
∴∠2+∠β＝∠3，
∴ABE+∠β＝∠3，
∵DH平分∠EDF，
∴∠3＝EDF，
∴ABE+∠β＝EDF，
∴∠β＝（∠EDF﹣∠ABE），
∴∠EDF﹣∠ABE＝2∠β，
设∠DEB＝∠α，
∵∠α＝∠1+∠MEB＝180°﹣∠EDF+∠ABE＝180°﹣（∠EDF﹣∠ABE）＝180°﹣2∠β，
∵∠DEB比∠DHB大60°，
∴∠α﹣60°＝∠β，
∴∠α＝180°﹣2（∠α﹣60°）
解得∠α＝100°
∴∠DEB的度数为100°；
（3）∠PBM的度数不变，理由如下：
如图3，过点E作ES∥CD，设直线DF和直线BP相交于点G，
∵BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，
∴∠EBM＝∠MBK＝EBK，
∠CDN＝∠EDN＝CDE，
∵ES∥CD，AB∥CD，
∴ES∥AB∥CD，
∴∠DES＝∠CDE，
∠BES＝∠ABE＝180°﹣∠EBK，
∠G＝∠PBK，
由（2）可知：∠DEB＝100°，
∴∠CDE+180°﹣∠EBK＝100°，
∴∠EBK﹣∠CDE＝80°，
∵BP∥DN，
∴∠CDN＝∠G，
∴∠PBK＝∠G＝∠CDN＝CDE，
∴∠PBM＝∠MBK﹣∠PBK
＝∠EBK﹣CDE
＝（∠EBK﹣∠CDE）
＝80°
＝40°．
三．打卡练习3
11．解：∵AB∥CD，
∴∠2＝∠AEF，
又∵∠AEF＝∠FEA′，∠2＝2∠1，
∴∠AEF＝∠FEA′＝2∠1
又∵∠AEF+∠FEA′+∠1＝180°，
∴2∠1+2∠1+∠1＝180°，
∴∠1＝36°，
∴∠BEF＝∠FEA′+∠1＝2∠1+∠1＝3∠1＝108°．
故答案为：108．
12．解：∵AB∥CD，∠1＝60°，
∴∠1＝∠BCD＝60°，
∵BC∥EF，
∴∠EHD＝∠BCD＝60°，
∴∠2＝180°﹣∠BCD＝180°﹣60°＝120°．
故答案为：120．
13．解：∵∠A＝30°，∠H＝90°，
∴∠ACH＝90°﹣30°＝60°，
如图，过C作CM∥a，而a∥b，
∴CM∥a∥b，
∴∠HCM＝∠2＝30°，
∠CKQ+∠ACM＝180°，
∴∠ACM＝60°﹣30°＝30°，
∠CKQ＝180°﹣30°＝150°，
∴∠1＝∠CKQ＝150°，
故答案为：150．
14．（1）证明：∵∠1＝∠CNF（对顶角相等），∠1＝∠2 （已知），
∴∠2＝∠CNF，
∴AE∥DF；
（2）解：∵AE∥DF，
∴∠D＝∠AEC，
又∵∠A＝∠D，
∴∠A＝∠AEC，
∴AB∥CD，
∴∠B＝∠C，
又∵∠B＝30°，
∴∠C＝30°．
15．解：（1）如图1，过点P作GH∥AB，
∴∠EPH＝∠AEP．
∵AB∥CD，
∴GH∥CD．
∴∠FPH＝∠CFP．
∴∠EPH+∠FPH＝∠AEP+∠CFP．即：∠EPF＝∠AEP+∠CFP，
∵EP、FP分别平分∠AEF和∠CEF，
∴∠AEF＝2∠AEG，∠CEF＝2∠CFG，
∵AB∥CD，
∴∠AEF+∠CFE＝180°，
∴2∠AEG+2∠CFG＝180°，
∴∠AEG+∠CFG＝90°，
∴∠EPF＝∠AEP+∠CFP＝90°；
（2）如图2，过点G，H作GK∥AB，HL∥AB，
∵AB∥CD，
∴GK∥CD，HL∥CD，
∴∠AEH＝∠EHL，∠CFH＝∠LHF，∠AEG＝∠EGK，∠CFG＝∠FGK，
∵∠EGF＝∠EGK+∠FGK＝160°，∠EHF＝∠EHL+∠LHF＝40°，
∴∠EGF＝4（∠EHL+∠LHF），
∴∠EGK+∠FGK＝∠AEG+∠CFG＝4（∠AEH+∠HFC），
∵∠AEG＝4∠AEH，
∴∠CFG＝4∠HFC，
∴＝；
（3）如图3，
由题意可知：EN平分∠MEF，FP平分∠CFE，
∴∠MEN＝∠FEN，∠EFP＝∠CFP，
∵∠EPF＝∠FEP+∠EFP＝90°，∠PEN＝α
∴∠PEN+∠FEN+∠EFP＝α+∠FEN+∠EFP＝α+∠MEN+∠CFP＝90°，
∵∠ENM＝∠FEN+∠EFN＝∠FEN+∠EFP+∠CFP，
在△EMN中，∠EMN+∠ENM+∠MEN＝180°，
∴∠EMN+∠FEN+∠EFP+∠CFP+∠MEN＝180°，
∴∠EMN＝180°﹣（∠MEN+∠CFP）﹣（∠FEN+∠EFP），
∴∠EMF＝∠EMN＝180°﹣（90°﹣α）﹣（90°﹣α）＝2α．
当M在F点右侧时，∠EMF＝180﹣2α．
故答案为：2α或180﹣2α．
四．打卡练习4
16．解：如图，延长AB交直线l2于点C，
∵∠α＝∠β，
∴AB∥DE，
∴∠ACD+∠2＝180°，
∵l1∥l2，∠1＝50°，
∴∠ACD＝∠1＝50°，
∴∠2＝180°﹣∠ACD＝130°．
故答案为：130°．
17．解：如图，延长CB交ED的延长线于G，
∵AB∥DF，
∴∠1＝∠ABC＝135°，
∵∠CDE＝70°，
∴∠CDG＝180°﹣∠CDE＝110°，
∵∠1＝∠CDG+∠C，
∴∠C＝∠1﹣∠CDG＝135°﹣110°＝25°，即∠BCD＝25°．
故答案为：25°．
18．解：如图，延长ED交BF于C，
∵BA∥DE，∠B＝120°，
∴∠BCD＝∠B＝120°，
∴∠FCD＝180°﹣120°＝60°，
又∵∠FDE是△CDF的外角，
∴∠1＝∠FDE﹣∠FCD＝150°﹣60°＝90°，
故答案为：90°．
19．证明：（1）∵∠1＝∠2，∠2＝∠AHB，
∴∠1＝∠AHB，
∴BF∥CE（同位角相等，两直线平行），
（2）由（1）可得出∠AEC＝∠B，
∵∠AEC＝∠BFD，
∴∠B＝∠BFD，
∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行），
∴∠BAD＝∠ADC．
20．解：（1）如图，过P作PQ∥AB，
∵AB∥CD，
∴PQ∥CD，
∴∠QPE＝∠AEP＝45°，∠QPF＝∠180°﹣∠DFP＝180°﹣105°＝75°，
∴∠EPF＝∠QPE+∠DFP＝45°+75°＝120°．
故∠EPF＝120°；
（2）EP∥FN，如图，
理由：∵EM平分∠AEP，FN平分∠MFD，
∴∠AEP＝2∠1，∠MFD＝2∠3，
由（1）得，∠M＝∠1+∠CFM＝∠1+（180°﹣2∠3）＝∠1+（180°﹣2∠4），
∵AB∥CD，
∴∠3＝∠4，
由三角形外角的性质可得，∠N＝∠4﹣∠2＝∠4﹣∠1，
∵∠M与3∠N互补，
∴∠1+（180°﹣2∠4）+3（∠4﹣∠1）＝180°，
整理得，∠4＝2∠1＝∠AEP，
∴EP∥FN；
（3）①∠EPF+2∠ENF＝180°．如图，
∵AB∥CD，
∴∠CFH＝∠EHF，∠EKF＝∠DFK，
∵FN平分∠DFP，ME平分∠AEP，
∴∠CFH＝180°﹣2∠DFK，∠AEP＝2∠AEM＝2∠KEN，
由外角的性质得，∠EPF＝∠EHF﹣∠AEP＝180°﹣2∠DFK﹣2∠AEM，∠ENF＝∠EKF+∠KEN＝∠DFK+∠AEM，
∴∠EPF＝180°﹣2∠ENF，
∴∠EPF+2∠ENF＝180°．
②∠EPF＝2∠ENF﹣180°．如图，
∵AB∥CD，
∴∠PKB＝∠PFD＝2∠DFN，
由外角的性质得，∠EPF＝∠PKB﹣∠BEP＝∠PKB﹣（180°﹣2∠MEP）＝2∠DFN+2∠AEM﹣180°，
由（1）得，∠ENF＝∠DFN+∠NEK＝∠DFN+∠AEM，
∴2∠ENF＝2∠DFN+2∠AEM，
∴∠EPF＝2∠ENF﹣180°．