人教版七年级下册第五章 相交线与平行线综合与测试优秀同步训练题

这是一份人教版七年级下册第五章 相交线与平行线综合与测试优秀同步训练题，共14页。试卷主要包含了下列命题为假命题的是，如图，小敏在作业中的一道题，如图，已知直线AB∥CD等内容，欢迎下载使用。
2021年人教版七年级下册第5《相交线与平行线》培优习题
一．选择题
1．下列命题为假命题的是（　　）
A．对顶角相等
B．同位角相等
C．互补的两个角不一定相等
D．两点之间，线段最短
2．如图，小敏在作业中的一道题：如图1，直线a，b所成的角跑到画板外面去了，你有什么办法量出这两条直线所成的角的度数？小敏的做法是：如图2，画PC∥a，量出直线b与PC的夹角度数，即直线a，b所成角的度数．其依据是（　　）

A．两直线平行，同位角相等
B．同旁内角互补，两直线平行
C．内错角相等，两直线平行
D．同位角相等，两直线平行
3．如图，点E在BA的延长线上，能证明BE∥CD是（　　）

A．∠EAD＝∠B B．∠BAD＝∠ACD
C．∠EAD＝∠ACD D．∠EAC+∠ACD＝180°
4．如图，AB∥DE，∠ABC＝20°，∠CDE＝60°，则∠BCD＝（　　）

A．20° B．60° C．80° D．100°
5．如图，将直尺与30°角的三角尺叠放在一起，若∠2＝70°，则∠1的大小是（　　）

A．45° B．50° C．55° D．40°
6．如图，已知直线AB∥CD．DA⊥CE于点A．若∠D＝36°20′，则∠EAB的度数是（　　）

A．63°40′ B．53°40′ C．44°40′ D．36°20′
7．将一把直尺和一块含30°角的直角三角板按如图所示方式摆放，其中∠CBD＝90°，∠BDC＝30°，若∠1＝78°，则∠2的度数为（　　）

A．19° B．18° C．17° D．16°
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，其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．如图，将三角形ABE向右平移1cm得到三角形DCF，如果三角形ABE的周长是10cm，那么四边形ABFD的周长是（　　）

A．12cm B．16cm C．18cm D．20cm
10．如图，将长方形ABCD沿线段EF折叠到EB'C'F的位置，若∠EFC'＝100°，则∠DFC'的度数为（　　）

A．20° B．30° C．40° D．50°
二．填空题
11．如图，已知OA⊥OB于点O，∠BOC＝20°20′，那么∠AOC＝　 　°　 　′．

12．如图，△DEF是由△ABC沿直线BC向右平移得到，若BC＝10，当点E刚好移动到BC的中点时，则CF＝　 　．

13．如图，将直角三角形ABC沿AB方向平移AD的长度得到三角形DEF，已知BE＝5，EF＝8，CG＝2，则图中阴影部分的面积为　 　．

14．已知直线a∥b，将一块含30°角的直角三角板ABC按如图所示方式放置（∠BAC＝30°），并且顶点A，C分别落在直线a，b上，若∠1＝22°，则∠2的度数是　 　．

15．如图，已知AB∥DE，∠ABC＝76°，∠CDE＝150°，则∠BCD的度数为　 　°．

16．如图，如果AB∥CD，则角α＝130°，γ＝20°，则β＝　 　．

17．已知直线AB∥CD，点P、Q分别在AB、CD上，如图所示，射线PB按顺时针方向以每秒4°的速度旋转至PA便立即回转，并不断往返旋转；射线QC按顺时针方向每秒1°旋转至QD停止，此时射线PB也停止旋转．
（1）若射线PB、QC同时开始旋转，当旋转时间30秒时，PB'与QC'的位置关系为　 　；
（2）若射线QC先转45秒，射线PB才开始转动，当射线PB旋转的时间为　 　秒时，PB′∥QC′．

三．解答题
18．如图，EF∥AD，∠1＝∠2．
（1）若∠B＝55°，求∠BDG的度数；
（2）若AD平分∠BAC，直接写出∠DGC与∠FEA的数量关系．




19．如图，AC∥FE，∠1+∠3＝180°．
（1）判定∠FAB与∠4的大小关系，并说明理由；
（2）若AC平分∠FAB，EF⊥BE于点E，∠4＝78°，求∠BCD的度数．



20．直线AB∥CD，E为直线AB、CD之间的一点，完成以下问题：
（1）如图1，若∠B＝15°，∠BED＝90°，则∠D＝　 　；
（2）如图2，若∠B＝α，∠D＝β，求出∠BED的度数（用a、β表示）；
（3）如图3，若∠B＝α，∠C＝β，则a、β与∠BEC之间有什么等量关系？请猜想证明．


21．如图所示，直线AB∥CD，直线EF分别交AB、CD于E、F两点，∠BEF、∠DFE的平分线相交于点K．

（1）求∠EKF的度数；
（2）如图（2）所示，作∠BEK、∠DFK的平分线相交于点K1，问∠K1与∠K的度数是否存在某种特定的等量关系？写出结论并证明．
（3）在图（2）中作∠BEK1、∠DFK1的平分线相交于点K2，作∠BEK2、∠DFK2的平分线相交于点K3，依此类推，……，请直接写出∠K4的度数．
参考答案
一．选择题
1．解：A、对顶角相等，是真命题；
B、∵两直线平行，同位角相等，
∴本选项说法是假命题；
C、互补的两个角不一定相等，是真命题；
D、两点之间，线段最短，是真命题；
故选：B．
2．解：根据两直线平行，同位角相等得到直线a和直线b的夹角与直线b和直线PC的夹角相等．
故选：A．
3．解：A、若∠EAD＝∠B，则AD∥BC，故此选项错误；
B、若∠BAD＝∠ACD，不可能得到BE∥CD，故此选项错误；
C、若∠EAD＝∠ACD，不可能得到BE∥CD，故此选项错误；
D、若∠EAC+∠ACD＝180°，则BE∥CD，故此选项正确．
故选：D．
4．解：过点C作CF∥AB，如图所示：

∵AB∥DE，CF∥AB，
∴CF∥ED，
∴∠FCD＝∠CDE，
又∵∠CDE＝60°，
∴∠FCD＝60°，
又∵CF∥AB，∠ABC＝20°
∴∠ABC＝∠BCF＝20°，
又∵∠BCD＝∠BCF+∠FCD，
∴∠BCD＝80°，
故选：C．
5．解：由题意得，∠4＝60°，
∵∠2＝70°，
∵AB∥CD，
∴∠3＝∠2＝70°，
∴∠1＝180°﹣60°﹣70°＝50°，
故选：B．

6．解：∵AB∥CD，∠D＝36°20′，
∴∠BAD＝∠D＝36°20′，
∵DA⊥CE，
∴∠DAE＝90°，
∴∠EAB＝∠DAE﹣∠BAD＝90°﹣36°20′＝53°40′．
故选：B．
7．解：∵∠CBD＝90°，∠1＝78°，
∴∠DBE＝180°﹣∠CBD﹣∠1＝180°﹣90°﹣78°＝12°，
∵直尺的两边平行，即EA∥GH，
∴∠BDF＝∠DBE＝12°，
∵∠BDC＝30°，
∴∠2＝∠BDC﹣∠BDF＝30°﹣12°＝18°，
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，
∴∠EDB＝∠DBE，
∵BC⊥BD，
∴∠EDB+∠ECB＝90°，∠DBE+∠EBC＝90°，
∴∠ECB＝∠EBC，
∴∠ECB＝∠EBC＝∠ABC＝∠BCA，
∴BC平分∠ABE，①正确；
∵∠EBC＝∠BCA，
∴AC∥BE，②正确；
∴∠CBE+∠EDB＝90°，③正确；
∵∠DEB＝∠EBA＝2∠ABC，故④正确；
故选：D．
9．解：∵△ABE的周长＝AB+BE+AE＝10（cm），由平移的性质可知，BC＝AD＝EF＝1（cm），AE＝DF，
∴四边形ABFD的周长＝AB+BE+EF+DF+AD＝10+1+1＝12（cm）．
故选：A．
10．解：由翻折知，∠EFC＝∠EFC'＝100°，
∴∠EFC+∠EFC'＝200°，
∴∠DFC'＝∠EFC+∠EFC'﹣180°＝200°﹣180°＝20°，
故选：A．
二．填空题
11．解：∵OA⊥OB，
∴∠AOB＝90°，
∵∠BOC＝20′20′，
∴∠AOC＝90°﹣20°20′＝69°40′，
故答案为：69，40．
12．解：由平移的性质可得：BC＝EF，BE＝CF，
∵BC＝10，点E刚好移动到BC的中点，
∴BE＝EC＝CF＝5，
故答案为：5．
13．解：∵直角三角形ABC沿AB方向平移AD的长度得到三角形DEF，
∴S△ABC＝S△DEF，BC＝EF＝8，
∵CG＝2，
∴BG＝BC﹣CG＝8﹣2＝6，
∴S阴＝S梯形BEFG＝•（BG+BF）•BE＝×（6+8）×5＝35，
故答案为35．
14．解：如图，过点B作BD∥a，
∴∠ABD＝∠1＝22°，

∵a∥b，
∴BD∥b，
∴∠2＝∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝60°﹣22°＝38°．
故答案为：38°．
15．解：过点C作CF∥AB，
∵AB∥DE，
∴AB∥DE∥CF，
∴∠ABC＝∠BCF，∠CDE+∠DCF＝180°，
∵∠ABC＝76°，∠CDE＝150°，
∴∠BCF＝76°，∠DCF＝30°，
∴∠BCD＝46°，
故答案为：46．

16．解：如图，过点E作EF∥AB，

∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠A+∠AEF＝180°，∠D＝∠FED，
∴∠AEF＝180°﹣130°＝50°，∠FED＝20°，
∴∠AED＝∠AEF+∠FED＝50°+20°＝70°．
即β＝70°．
故答案为：70°．
17．解：（1）如图1，当旋转时间30秒时，由已知得∠BPB′＝4°×30＝120°，∠CQC′＝30°，

过E作EF∥AB，则EF∥CD，
∴∠PEF＝180°﹣∠BPB′＝60°，∠QEF＝∠CQC′＝30°，
∴∠PEQ＝90°，
∴PB′⊥QC′，
故答案为：PB′⊥QC′；
（2）①当0s＜t≤45时，如图2，则∠BPB′＝4t°，∠CQC′＝45°+t°，
∵AB∥CD，PB′∥QC′，
∴∠BPB′＝∠PEC＝∠CQC′，
即4t＝45+t，
解得，t＝15（s）；

②当45s＜t≤67.5s时，如图3，则∠APB′＝4t﹣180°，∠CQC'＝t+45°，
∵AB∥CD，PB′∥QC′，
∴∠APB′＝∠PED＝180°﹣∠CQC′，
即4t﹣180＝180﹣（45+t），
解得，t＝63（s）；

③当67.5s＜t＜135s时，如图4，则∠BPB′＝4t﹣360°，∠CQC′＝t+45°，

∵AB∥CD，PB′∥QC′，
∴∠BPB′＝∠PEC＝∠CQC′，
即4t﹣360＝t+45，
解得，t＝135（s）；
综上，当射线PB旋转的时间为15秒或63秒或135秒时，PB′∥QC′．
故答案为：15秒或63秒或135秒．
三．解答题
18．解：（1）∵EF∥AD，
∴∠2＝∠3，
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴DG∥BA，
∴∠B+∠BDG＝180°，
∵∠B＝55°，
∴∠BDG＝125°；
（2）∠DGC+∠FEA＝180°，
理由：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠3，
由（1）知，DG∥BA，
∴∠CGD＝∠BAC，
∴∠CGD＝2∠3，
∵EF∥AD，
∴∠FEA+∠3＝180°，
∴∠DGC+∠FEA＝180°．

19．解：（1）∠FAB＝∠4，
理由如下：
∵AC∥EF，
∴∠1+∠2＝180°，
又∵∠1+∠3＝180°，
∴∠2＝∠3，
∴FA∥CD，
∴∠FAB＝∠4；
（2）∵AC平分∠FAB，
∴∠2＝∠CAD，
∵∠2＝∠3，
∴∠CAD＝∠3，
∵∠4＝∠3+∠CAD，
∴，
∵EF⊥BE，AC∥EF，
∴AC⊥BE，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BCD＝90°﹣∠3＝51°．
20．解：（1）过E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∵∠B＝15°，
∴∠BEF＝15°，
又∵∠BED＝90°，
∴∠DEF＝75°，
∵EF∥CD，
∴∠D＝75°，
故答案为：75°；
（2）过E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠B+∠BEF+∠DEF+∠D＝360°，
又∵∠B＝α，∠D＝β，
∴∠BED＝∠BEF+∠DEF＝360°﹣α﹣β，
故答案为：∠BED＝360°﹣α﹣β；
（3）猜想：∠BEC＝180°﹣α+β．
证明：过点E作EF∥AB，
则∠BEF＝180°﹣∠B＝180°﹣α，
∵AB∥EF，AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠CEF＝∠C＝β，
∴∠BEC＝∠BEF+∠CEF＝180°﹣α+β．

21．解：（1）如图（1），过K作KG∥AB，交EF于G，
∵AB∥CD，
∴KG∥CD，

∴∠BEK＝∠EKG，∠GKF＝∠KFD，
∵EK、FK分别为∠BEF与∠EFD的平分线，
∴∠BEK＝∠FEK，∠EFK＝∠DFK，
∵AB∥CD，
∴∠BEK+∠FEK+∠EFK+∠DFK＝180°，即2（∠BEK+∠DFK）＝180°，
∴∠BEK+∠DFK＝90°，
则∠EKF＝∠EKG+∠GKF＝90°；
（2）∠K＝2∠K1，理由为：
∵∠BEK、∠DFK的平分线相交于点K1，
∴∠BEK1＝∠KEK1，∠KFK1＝∠DFK1，
∵∠BEK+∠FEK+∠EFK+∠DFK＝180°，即2（∠BEK+∠KFD）＝180°，
∴∠BEK+∠KFD＝90°，即∠BEK1+∠DFK1＝45°，
同理得∠K1＝∠BEK1+∠DFK1＝45°，
则∠K＝2∠K1；
（3）如图（3），

根据（2）中的规律可得：∠K2＝∠K1＝22.5°，∠K3＝∠K2＝11.25°，∠K4＝∠K3＝5.625°．