备战2024年中考数学二轮专题复习真题演练之相交线与平行线（3） (解析)

这是一份备战2024年中考数学二轮专题复习真题演练之相交线与平行线（3） (解析)，共32页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，作图题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．（2023·广元）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，连接CD，OD，AC，若∠BOD=124°，则∠ACD的度数是（ ）
A．56°B．33°C．28°D．23°
【答案】C
【解析】【解答】解：∵AB是⊙O的直径 ，∠BOD=124°，
∴∠AOD=180°-∠BOD=56°，
∴∠ACD=12∠AOD=12×56°=28°；
故答案为：C.
【分析】利用邻补角的定义求出∠AOD的度数，再利用圆周角定理可得∠ACD=12∠AOD，继而得解.
2．（2023·怀化）如图，平移直线AB至CD，直线AB，CD被直线EF所截，∠1=60°，则∠2的度数为（ ）
A．30°B．60°C．100°D．120°
【答案】B
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意可得：AB//CD，
∵∠1=60°，
∴∠EGC=∠1=60°，
∴∠2=∠EGC=60°，
故答案为：B.
【分析】根据平行线的性质求出∠EGC=∠1=60°，再根据对顶角相等求解即可。
3．（2023·邵阳）如图，直线a，b被直线c所截，已知a∥b，∠1=50°，则∠2的大小为（ ）
A．40°B．50°C．70°D．130°
【答案】B
【解析】【解答】解：
由题意得∠3=∠2，
∵a∥b，∠1=50°，
∴∠1=∠3=∠2=50°，
故答案为：B
【分析】先根据对顶角即可得到∠3=∠2，进而根据平行线的性质即可求解。
4．（2023·山西）如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心O的光线相交于点P，点F为焦点．若∠1=155°，∠2=30°，则∠3的度数为（ ）
A．45°B．50°C．55°D．60°
【答案】C
【解析】【解答】如图，∵AB∥OF，∠1=155°，
∴∠BFO=180°-∠1=25°，
∵∠POF=∠2=30°，
∴∠3=∠POF+∠BFO=30°+25°=55°；
故答案为：C.
【分析】由平行线的性质可求出∠BFO=25°，由对顶角相等可得∠POF=∠2=30°，根据三角形外角的性质可得∠3=∠POF+∠BFO，据此即可求解.
5．（2023·内江）如图，在△ABC中，点D、E为边AB的三等分点，点F、G在边BC上，AC∥DG∥EF，点H为AF与DG的交点．若AC=12，则DH的长为（ ）
A．1B．32C．2D．3
【答案】C
【解析】【解答】解：∵点D、E为边AB的三等分点，AC∥DG∥EF，
∴HF=HA，DA=EB=DE，FB=FG=GC，
∴AB=3BE，DH为△FEA的中位线，
∴HD=12FE，
∵CA∥FE，
∴∠CAB=∠FEB，∠ACB=∠EFB，
∴△CAB∽△FEB，
∴FECA=EBBA，
解得FE=4，
∴DH=2，
故答案为：C
【分析】先根据题意结合平行的性质即可得到HF=HA，DA=EB=DE，FB=FG=GC，进而得到AB=3BE，DH为△FEA的中位线，再根据三角形中位线的性质即可得到HD=12FE，进而根据平行线的性质结合相似三角形的判定与性质即可得到EF，进而即可求解。
6．（2023·随州）如图，直线l1∥l2，直线l与l1、l2相交，若图中∠1=60°，则∠2为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【答案】C
【解析】【解答】解：∵l1∥l2，∠1=60°，
∴∠2+∠1=180°，
∴∠2=120°.
故答案为：C.
【分析】两直线平行，同旁内角互补，据此计算.
7．（2023·随州）如图，在▱ABCD中，分别以B，D为圆心，大于12BD的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，过M，N两点作直线交BD于点O，交AD，BC于点E，F，下列结论不正确的是（ ）
A．AE=CFB．DE=BFC．OE=OFD．DE=DC
【答案】D
【解析】【解答】解：由作图可得：EF垂直平分BD，
∴BO=DO.
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠EDO=∠FBO.
∵∠BOF=∠DOE，
∴△BOF≌△DOE（ASA），
∴BF=DE，OE=OF，
∴AD-DE=BC-BF，即AE=CF.
故答案为：D.
【分析】由作图可得：EF垂直平分BD，则BO=DO，根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD∥BC，由平行线的性质可得∠EDO=∠FBO，利用ASA证明△BOF≌△DOE，得到BF=DE，OE=OF，据此判断.
8．（2023·宜昌）如图，小颖按如下方式操作直尺和含30°角的三角尺，依次画出了直线a，b，c．如果∠1=70°，则∠2的度数为（ ）．
A．110°B．70°C．40°D．30°
【答案】C
【解析】【解答】解：如下图，
由题意得∠4=30°，a//b.
∴∠1=∠3=70°
∵∠3=∠4+∠5，∠2=∠5
∴∠2=∠3-∠4=70°-30°=40°.
故答案为：C.
【分析】根据平行的性质可以求出∠3的度数，再根据三角形外角定理可以求出∠5的度数，最后再根据对顶角相等，即可求出∠2的度数.
9．（2023·邵阳）如图，在四边形ABCD中， AB∥CD，若添加一个条件，使四边形ABCD为平形四边形，则下列正确的是（ ）
A．AD=BCB．∠ABD=∠BDCC．AB=ADD．∠A=∠C
【答案】D
【解析】【解答】解：
A、添加AD=BC无法使四边形ABCD为平形四边形，A不符合题意；
B、添加∠ABD=∠BDC无法使四边形ABCD为平形四边形，B不符合题意；
C、添加AB=AD无法使四边形ABCD为平形四边形，C不符合题意；
D、∵AB∥CD，
∴∠C＋∠ABC=180°，
∵∠A=∠C，
∴∠A+∠ABC=180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据平行线的判定结合平行四边形的判定即可求解。
10．（2023·聊城）如图，分别过△ABC的顶点A，B作AD∥BE．若∠CAD=25°，∠EBC=80°，则∠ACB的度数为（ ）
A．65°B．75°C．85°D．95°
【答案】B
【解析】【解答】解：∵AD∥BE，
∴∠EBC=∠ADC=80°，
∴∠ACB=180°-80°-25°=75°，
故答案为：B
【分析】先根据平行线的性质即可得到∠EBC=∠ADC=80°，再根据三角形内角和定理即可求解。
二、填空题
11．（2023·杭州）如图，点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，且DE∥BC，点F在线段BC的延长线上．若∠ADE=28°，∠ACF=118°，则∠A= ．
【答案】90°
【解析】【解答】解：∵ED∥BC，∠ADE=28°，
∴∠B=∠ADE=28°，
∵∠ACF=∠B+∠A，∠ACF=118°，
∴∠A=∠ACF-∠B=118°-28°=90°.
故答案为：90°.
【分析】由二直线平行，同位角相等，得∠B=∠ADE=28°，进而根据三角形的一个外角等于与之不相邻的两个内角的和，得∠ACF=∠B+∠A，从而代入计算可得∠A的度数.
12．（2023·烟台）一杆古秤在称物时的状态如图所示，已知∠1=102°，则∠2的度数为 ．
【答案】78°
【解析】【解答】解：如图，
∵∠1=102°，
∴∠BCD=180°-∠1=78°，
∵AB∥CD，
∴∠2=∠BCD=78°；
故答案为：78°.
【分析】由邻补角的定义可得∠BCD=180°-∠1=78°，利用平行线的性质即可求解.
13．（2023·台州）用一张等宽的纸条折成如图所示的图案，若∠1=20°，则∠2的度数为 ．
【答案】140°
【解析】【解答】解：如图，
由折叠知∠3=∠1=20°，
∵a∥b，
∴∠1=∠4=20°，
∴∠5=180°-∠4-∠3=140°，
∴∠2=140°.
故答案为：140°.
【分析】由折叠知∠3=∠1=20°，由二直线平行，内错角相等得∠1=∠4=20°，根据三角形的内角和定理算出∠5，最后根据对顶角相等，可求出∠2的度数.
14．（2023·怀化）如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD于点E，PE=3．则点P到直线AB的距离为 ．
【答案】3
【解析】【解答】解：如图所示：过点P作PF⊥AB于点F，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD =AD，∠DAB= ∠B= ∠BCD = ∠D = 90°，
∴∠PAE =45°，
∴△AEP为等腰直角三角形，AE=PE =3，
∵PE⊥AD， PF⊥AB，
∴∠FAE=∠AEP=∠AFP=90°，
又∵AE= PE，
∴四边形AFPE为正方形，
∴AE=PF=3，
∴点P到直线AB的距离为3，
故答案为：3.
【分析】根据正方形的性质求出AB=BC=CD =AD，∠DAB= ∠B= ∠BCD = ∠D = 90°，再求出四边形AFPE为正方形，最后求解即可。
15．（2023·杭州）如图，在△ABC中，AB=AC，∠A