专题24 相交线与平行线_答案

这是一份专题24 相交线与平行线_答案，共2页。试卷主要包含了a1∥a10 2，B 7，B 提示，提示等内容，欢迎下载使用。

（2）90° 过点E作EM∥AB，∴AB∥CD，∴EM∥CD，∠AEM=180°-25°=155°. ∠CEM=180°-115°=65°，∴∠E=∠AEM-∠CEM=155°-65°=90°.
例2 D 提示：原图可分解为8个基本图形.
例3 提示：由DF∥CE得，∠BDF=∠BCE，∠FDE=∠DEC，AC∥DE，得∠DEC=∠ECA.
例4 过E作EM∥AB.∴AB∥于CD，∴EM∥CD.
∴∠AEC=∠AEM+∠CEM=∠EAB+∠ECD.同理：∠AFC=∠FAB+∠FCD.∴∠AEC=∠FAB+∠FCD+∠EAF+∠ECF=∠AFC+14∠EAB+14+∠ECD=∠AFC+14∠AEC.故∠AFC=34∠AEC.
例5 提示：先证BD∥CE，再证DF∥BC.
例6 （1）直线a，b，c，d共有1个交点，理由如下：设直线a，b，c的交点为P，直线b，c，d的交点为Q.这意味着点P和点Q都是直线b和c的交点.而两条不同直线至多有一个交点.因此P和Q必为同一个点.即4条直线a，b，c和d相交于同一个点.因此这4条直线只有一个交点.
(2)不妨设（1）中交点为O.因为作的第5条直线e与（1）中的直线d平行，所以直线e和直线d没有公共点，因此这些e不过点O.而直线a，b，c与直线e必然都相交.
如图所示.
设直线e与直线a，b，c分别相交于点A，B，C.这时有A，B，C，O共四个不同的点.可以连出OA，OB，OC，AB，AC，BC共6条不同的线段.
A级
1.a1∥a10 2.20° 3.①②③④ 4.90° 5.D 6.B 7.C 8.D 提示：m=5，n=6，m+n=5+6=11. 9.60° 10.提示：过点E作EF∥AB. 11如图所示.
12.作CK∥FG，延长GF，CD交于H点，则∠1+∠2=∠ABC，故∠ABC+∠BCK=180°，即CK∥AB，AB∥GF.
B级
1.120°2.72°3.50°4.30°5.C 提示：∠2=50°+d，∠3=50°+2d，∠4=50°+3d，又∵∠3=50°+2d<90°，∴d<20°，∠4=50°+3d<110°.故∠4的最大整数值为109°.
6.B 7.D
8.B 提示：由题意知每一个交点由a上两点和b上两点所确定.在a上取两点有12×10×9=45种情况，在b上取两点有12×9×8=36种情况，故交点个数为45×36=1620个.
9.提示：过点O作CD的平行线.
10.如图，设N是AC的中点，连接MN，则MN∥AB.
又MF∥AD，∴∠FMN=∠BAD=∠DAC=∠MFN.
∴FN=MN=12AB.
因此FC=FN+NC=12AB+12AC=12（AB+AC）=12（7+11）=9.
11.提示：在平面上任取一点O，将已知的七条直线平移过点O，它们把以O为圆心的圆周角分成14个彼此相邻的角a1,a2,……，a14其中的每一个都和原来某两条直线交角中的一个相等，假设ai(i=1,2,……,14)都大于180°7，则a1+a2+……+a14>14×180°7=360°，与a1+a2+……+a14=360°矛盾，由此可推出结论.
12.(1)180° 360° 540° 720° 证明略.（2）（n-1）180°
（3）过F作FG∥AB，则AB∥FG∥CD.
则∠BFD=12（∠ABE+∠CDE），又∠ABE+∠CDE+∠E=360°，得∠ABE+∠CDE=220°，故∠BFD=110°