七年级下册7.7 几种简单几何图形及其推理课后复习题

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7.7 几种简单几何图形及其推理
第3课时 平行线的性质
基础过关全练
知识点7 平行线的性质
22.(2023贵州中考)如图,AB∥CD,AC与BD相交于点E.若∠C=40°,则∠A的度数是( )

A.39°B.40°C.41°D.42°
23.(2023辽宁本溪中考)如图,直线CD,EF被射线OA,OB所截,CD∥EF,若∠1=108°,则∠2的度数为( )
A.52°B.62°C.72°D.82°
24.(2023辽宁营口中考)如图,AD是∠EAC的平分线,AD∥BC,∠BAC=100°,则∠C的度数是(M7207005)( )
A.50°B.40°C.35°D.45°
25.(2023湖南长沙中考)如图,直线m∥直线n,点A在直线n上,点B在直线m上,连接AB,过点A作 AC⊥AB,交直线m 于点C.若∠1=40°,则∠2的度数为(M7207005)( )
A.30°B.40°C.50°D.60°
26.(2023湖南永州中考)如图,AB∥CD,BC∥ED,∠B=80°,则∠D= 度.(M7207005)
27.【跨学科·地理】(2022湖北宜昌中考)如图,C岛在A岛的北偏东50°方向,C岛在B岛的北偏西35°方向,则∠ACB的大小是 .
28.【跨学科·物理】(2020湖北宜昌中考)光线从一种介质射向另一种介质时会发生折射.如图,水面AB与水杯下沿CD平行,光线EF从水中射向空气时发生折射,光线变成FH,点G在射线EF上,已知∠HFB=20°,∠FED=45°,求∠GFH的度数.(M7207005)
能力提升全练
29.(2023河南中考,4,★☆☆)如图,直线AB,CD相交于点O,若∠1=80°,∠2=30°,则∠AOE的度数为( )
A.30°B.50°
C.60°D.80°
30.(2023湖北鄂州中考,5,★★☆)如图,直线AB∥CD,GE⊥EF于点E.若∠BGE=60°,则∠EFD的度数是(M7207005)( )
A.60°B.30°
C.40°D.70°
31.【跨学科·物理】(2022内蒙古通辽中考改编,6,★★☆)如图,一束光线AB先后经平面镜OM,ON反射后(入射光线、反射光线与平面镜的夹角相等),反射光线CD与入射光线AB平行,当∠ABM=35°时,∠DCN的度数为( )
A.55°B.70°C.60°D.35°
32.(2023湖北荆州中考,7,★★☆)在如图所示的“箭头”图形中,AB∥CD,∠B=∠D=80°,∠E=∠F=47°,则图中∠G的度数是( )
A.80°B.76°C.66°D.56°
33.(2023北京顺义期末,19,★★☆)如图,点O在直线AB上,过点O作射线OC,OD,OE.从下面的四个条件中任选两个,可以推出∠2=∠4的是 .(写出一组满足题意的序号)
①OC⊥AB;②∠1和∠4互余;③OD⊥OE;④∠1=∠4.
34.【跨学科·地理】(2022北京海淀期末,18,★★☆)埃拉托斯特尼是古希腊著名的地理学家,他曾巧妙估算出地球的周长.如图,A处是塞尼城中的一口深井,夏至日中午12时,太阳光可直射井底.B处为亚历山大城,它与塞尼城几乎在同一条经线上,两地距离d约为800 km,于是地球周长可近似为360°θ·d,太阳光线看做平行光线,他在亚历山大城测得天顶方向与太阳光线的夹角α为7.2°.根据α=7.2°可以推导出θ的大小,依据是 ,埃拉托斯特尼估算得到的地球周长为 km.
35.(2023北京延庆期末,27,★☆☆)已知:如图,AB∥CD,直线AE交CD于点C,∠A=125°,∠D=55°.求证:AE∥DF.(M7207005)
36.(2022北京门头沟期末,21,★★☆)如图,AB∥CD,EF⊥AB于点O,FG交CD于点P,当∠1=30°时,求∠EFG的度数.(提示:通过构建平行线,建立角之间的关系)
素养探究全练
37.【数形结合思想】【推理能力】图1是一副直角三角板(∠AOB=∠COD=90°,∠B=30°,∠C=45°),让这一副三角板的直角顶点及直角边分别重合放置,直线AB,CD交于点M.
(1)求∠AMD的度数.
(2)若△AOB的位置保持不变,将△COD绕点O逆时针旋转α(0°<α<90°).
①当旋转至如图2所示的位置时,恰好OC∥AB,求此时α的度数.
②在旋转过程中,是否存在CD与△AOB的一边平行?若存在,请求出α的度数;若不存在,请说明理由.
图1
图2
答案全解全析
基础过关全练
22.B ∵AB∥CD,
∴∠A=∠C,
∵∠C=40°,
∴∠A=40°,
故选B.
23.C 如图,
∵CD∥EF,
∴∠2+∠3=180°,
∵∠1=∠3,
∴∠1+∠2=180°,
∵∠1=108°,
∴∠2=72°,
故选C.
24.B ∵∠BAC=100°,
∴∠EAC=180°-∠BAC=80°,
∵AD是∠EAC的平分线,
∴∠DAC=12∠EAC=40°,
∵AD∥BC,
∴∠C=∠DAC=40°.
故选B.
25.C ∵直线m∥直线n,
∴∠1+∠BAC+∠2=180°,
∵AC⊥AB,
∴∠BAC=90°,
∵∠1=40°,
∴40°+90°+∠2=180°,
∴∠2=50°,
故选C.
26.答案 100
解析 ∵AB∥CD,∠B=80°,
∴∠BCD=∠B=80°,
∵BC∥ED,
∴∠D+∠BCD=180°,
∴∠D=100°.
27.答案 85°
解析 由题意可知AD∥BE,∠DAC=50°,∠EBC=35°,
过点C作CF∥AD,如图,
∵AD∥BE,∴AD∥CF∥BE,
∴∠ACF=∠DAC,∠BCF=∠EBC,
∴∠ACB=∠ACF+∠BCF=∠DAC+∠EBC=50°+35°=85°.
28.解析 ∵AB∥CD,∴∠GFB=∠FED=45°,
又∵∠HFB=20°,
∴∠GFH=∠GFB-∠HFB=45°-20°=25°.
能力提升全练
29.B ∵∠AOD=∠1=80°,
∴∠AOE=∠AOD-∠2=80°-30°=50°.
故选B.
30.B 如图,过点E作EM∥AB,
∴∠GEM=∠BGE=60°,
∵GE⊥EF,∴∠GEF=90°,
∴∠FEM=∠GEF-∠GEM=30°,
∵AB∥CD,AB∥EM,∴CD∥EM,
∴∠EFD=∠FEM=30°.故选B.
31.A ∵∠ABM=35°,∠ABM=∠OBC,
∴∠OBC=35°,∴∠ABC=180°-∠ABM-∠OBC=180°-35°-35°=110°,
∵CD∥AB,∴∠ABC+∠BCD=180°,
∴∠BCD=180°-∠ABC=70°,
∵∠BCO=∠DCN,∠BCO+∠BCD+∠DCN=180°,∴∠DCN=12(180°-∠BCD)=55°.
故选A.
32.C 如图,延长AB交EG于点M,延长CD交GF于点N,过点G作AB的平行线GH.∵∠EBA=∠FDC=80°,∴∠EBM=∠FDN=100°,∵∠E=∠F=47°,∴∠EMA=180°-∠EBM-∠E=33°,∠FNC=180°-∠FDN-∠F=33°.∵AB∥CD,AB∥HG,∴HG∥CD∥AB,∴∠MGH=∠EMA=33°,∠NGH=∠FND=33°,∴∠EGF=33°+33°=66°.
33.答案 ①③(答案不唯一)
解析 可以选①③,理由:
∵OC⊥AB,OD⊥OE,
∴∠BOC=∠DOE=90°,
∴∠2+∠3=90°,∠4+∠3=90°,
∴∠2=∠4.
34.答案 两直线平行,同位角相等;40 000
解析 太阳光线互为平行线,则θ=α=7.2°,依据是两直线平行,同位角相等.
因为亚历山大城与塞尼城之间的距离约为800 km,
所以地球周长约为360°7.2°×800=40 000(km).
35.证明 ∵AB∥CD,
∴∠A=∠DCE,
∵∠A=125°,
∴∠DCE=125°,
∵∠D=55°,
∴∠DCE+∠D=125°+55°=180°,
∴AE∥DF.
36.解析 过F作MN∥CD,如图:
∵MN∥CD,∠1=30°,∴∠2=∠1=30°,
∵AB∥CD,∴AB∥MN,∴∠3=∠4,
∵EF⊥AB,∴∠4=90°,∴∠3=90°,
∴∠EFG=∠3+∠2=90°+30°=120°.
素养探究全练
37.解析 (1)∵∠AOB=∠COD=90°,∠B=30°,∠C=45°,
∴∠CDO=∠C=45°,∠BAO=60°,
由四边形的内角和等于360°得
∠AOD+∠CDO+∠BAO+∠AMD=360°,
∴∠AMD=360°-(∠AOD+∠CDO+∠BAO)=360°-(90°+45°+60°)=165°.
(2)①∵∠COD=90°,
∴OD⊥OC,
∵OC∥AB,
∴OD⊥AB,
∴∠BOD+∠B=90°,
又∵∠B=30°,
∴∠BOD=60°,
∴α=60°.
②当0°<α<90°时,在旋转过程中,存在CD与△AOB的一边平行,此时α=15°或45°.
(i)如图,当CD∥AB时,设OD与AB交于点N,
∵CD∥AB,∠D=∠C=45°,
∴∠ANO=∠D=45°,
∴∠BNO=180°-45°=135°,
又∵∠BNO+∠BOD+∠B=180°,
∴∠BOD=180°-135°-30°=15°,故α=15°.
(ii)如图,当CD∥OB时,∠BOD=∠D=45°,
故α=45°.