人教版七年级下册数学《相交线与平行线》典型解答题练习题含答案Word文档格式.docx
- 文档编号:17130357
- 上传时间:2022-11-28
- 格式:DOCX
- 页数:16
- 大小:410.30KB
人教版七年级下册数学《相交线与平行线》典型解答题练习题含答案Word文档格式.docx
《人教版七年级下册数学《相交线与平行线》典型解答题练习题含答案Word文档格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《人教版七年级下册数学《相交线与平行线》典型解答题练习题含答案Word文档格式.docx(16页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
.
证明:
∵DE∥BC(已知),
∴∠1=∠ ( ).
又∵∠2=∠B(已知),∴∠ =∠ .
∴EF∥ ( ).
∴∠B+∠BFE=180°
( ).
5.已知:
直线AB∥CD,点M、N分别在直线AB,CD上,点E为平面内一点.
(1)如图1,求∠AME,∠E,∠ENC的数量关系.
(2)利用
(1)的结论解决以下问题:
如图2所示,已知:
AB∥CD,∠BED=75°
,∠BFD=35°
,若∠EBF=x°
,∠EDF=y°
且x>y,求3x﹣2y的范围.
(3)如图3,点G为CD上一点,
∠EMN=∠AMN,
∠GEM=∠GEK,EH∥MN交AB于点H,直接写出∠GEK,∠BMN,∠GEH之间的数量关系.(用含m式子表示)
6.
(1)
【问题情境】如图1,AB∥CD,∠AEP=40°
,∠PFD=130°
.求∠EPF的度数.
小明想到了以下方法(不完整),请完成填写理由或数学式:
如图1,过点P作PM∥AB,
∴∠1=∠AEP.( )
又∠AEP=40°
,(已知)
∴∠1=40°
.( )
∵AB∥CD,(已知)
∴PM∥CD,( )
∴∠2+∠PFD=180°
∵∠PFD=130°
∴∠2=180°
﹣130°
=50°
∴∠1+∠2=40°
+50°
=90°
即∠EPF=90°
(2)
【问题迁移】如图2,AB∥CD,点P在AB,CD外,问∠PEA,∠PFC,∠P之间有何数量关系?
请说明理由;
(3)
【联想拓展】如图3所示,在
(2)的条件下,已知∠P=α,∠PEA的平分线和∠PFC的平分线交于点G,用含有α的式子表示∠G的度数.
7.已知:
如图,∠B=∠D,∠1=∠E.求证:
AB∥CD.
证明∵∠1=∠E(已知),
∴ ∥ ( ),
∴∠2+∠ =180°
( ).
∵∠B=∠D(已知),
( ),
∴AB∥CD( ).
8.直线DE上有一点O,过点O在直线DE上方作射线OC,将直角三角板AOB(∠OAB=30°
)的直角顶点放在点O处,一条直角边OA在射线OD上,另一边OB在直线DE上方.将直角三角板绕点O按每秒10°
的速度逆时针旋转得到三角形A′OB′,三角形AOB旋转一周后停止旋转,设旋转时间为t秒.若射线OC的位置保持不变,∠COD=40°
(1)如图1,在旋转过程中,当边A′B′与直线DE相交于点F时,请用含t的代数式分别表示∠A′OC和∠B′OF的度数,并求出∠A′OC﹣∠B′OF的值;
(2)如图2,当t=7时,试说明直线A′B′∥OC;
(3)在旋转过程中,若t≠7,是否还存在某一时刻,使得A′B′∥OC;
若存在,请求出符合条件的t值;
若不存在,请说明理由.
9.已知,直线AB,CD相交于点O.
(1)如图1,若OA平分∠EOC,∠EOC:
∠EOD=2:
3,求∠BOD的度数;
(2)如图2,MN∥CD交OE于点F,交OA于点N,且∠1+∠2=
∠3,2∠1+
∠2=∠3,求∠BOD的度数.
10.已知AM∥CN,点B为平面内一点,AB⊥BC于B.
(1)如图1,若∠A﹣∠C=10°
,求∠A和∠C的度数;
(2)如图2,过点B作BD⊥AM于点D,则∠ABD与∠C相等吗?
试说明理由;
(3)如图3,在
(2)问的条件下,点E、F在射线DM上,且BF平分∠DBC,BE平分∠ABD,若∠DBC=140°
,求∠EBC的度数.
参考答案
1.解:
(1)如图1,作直线CD交MN于E,交PQ于F,
∵MN∥PQ,
∴∠AED=∠BFC,
∵∠ADC=∠BCD,
∴∠MAD=∠ADC﹣∠AED=∠BCD﹣∠BFC=∠QBC;
(2)∠NEG=
∠GEK,
如图2,延长KO交MN于H,
∵EG∥HS,
∴∠NEG=∠EHF,∠GEK=∠OKE,
设∠OEH=α,则∠OEK=2α,∠OHE=60°
﹣α,∠OKE=120°
﹣2α,
∴∠OHE=
∠OKE,即∠NEG=
∠GEK.
(3)作OH∥MN∥PQ,如图3,
∵MN∥OH,
∴∠1=∠3,
又∵OH∥PQ,
∴∠4=∠6,
又∵∠6=∠7=
而∠3+∠4=
∴∠3=
﹣
,即180°
﹣n∠3=∠5,
又∵∠2+∠5+∠3=180°
∴∠2+180°
﹣n∠3+∠3=180°
∴∠2=(n﹣1)∠3,
∴
,即
又∵∠3=∠1,
=
故答案为:
2.解:
1.延长BE交CD于F,
∵AB∥CD(已知),
∴∠B=∠1(两直线平行,内错角相等).
∵∠1+∠D=∠BED(三角形的外角等于不相邻的两个内角的和),
∴∠B+∠D=∠BED.
两直线平行,内错角相等;
三角形的外角等于不相邻的两个内角的和;
2.过点G作MG∥AB,
∵AB∥CD,MG∥AB,
∴AB∥MG∥CD.
由1知:
∠E=∠B+∠MGF,
∠F=∠MGF+∠D,
∴∠E+∠F=∠B+∠MGF+∠MGF+∠D
=∠B+∠EGF+∠D
=22°
+35°
+25°
=82°
;
82°
3.∠BED=∠ABE﹣∠CDE
延长AB交ED于点F.
∵AB∥CD,
∴∠D=∠BFE.
∵∠ABE=∠BFE+∠BEF,
∴∠BED=∠ABE﹣∠CDE.
3.解:
(1)AC⊥BO.
理由:
∵AB∥OC,
∴∠BAO+∠AOC=180°
∵AC平分∠OAB,OM平分∠EOF,
∴∠OAC=
∠OAB,∠AOB=
∠EOF,
∴∠OAC+∠AOB=90°
∴∠ADO=90°
∴AC⊥BO;
(2)∵OM平分∠EOF,∠EOF=40°
∴∠AOD=∠COD=
∠EOF=20°
∵AB⊥OE,
∴∠BAO=90°
∴∠ABD=90°
﹣∠AOD=70°
可分三种情况:
①当∠ADB=∠ABD=70°
时,∠DAO=∠ADB﹣∠AOD=70°
﹣20°
②当∠BAD=∠ABD=70°
时,∠DAO=∠BAO﹣∠BAD=90°
﹣70°
=20°
③当∠ADB=∠BAD时,∠ADB=∠DAO+∠AOD=∠DAO+20°
,∠BAD=∠BAO﹣∠DAO=90°
﹣∠DAO,
则∠DAO+20°
解得∠DAO=35°
综上,∠DAO的大小为20°
或35°
或50°
4.证明:
∴∠1=∠B(两直线平行,同位角相等).
又∵∠2=∠B(已知),
∴∠1=∠2.
∴EF∥AB(内错角相等,两直线平行).
(两直线平行,同旁内角互补).
B;
两直线平行,同位角相等;
1;
2;
AB;
内错角相等,两直线平行;
两直线平行,同旁内角互补.
5.解:
(1)如图1,过点E作EL∥AB,
∴EL∥AB∥CD,
∴∠1=∠AME,∠2=∠CNE,
∵∠MEN=∠1+∠2,
∴∠MEN=∠BME+∠END;
(2)由
(1)的结论得:
∠BFD=∠ABF+∠CFD=35°
,∠BED=∠ABE+∠CDE=∠ABF+∠EBF+∠CDF+∠EDF=75°
即x°
+y°
=75°
∴x°
=40°
﹣y°
∴3x﹣2y=120﹣5y,
∵x>y,
∴40﹣y>y,
∴y<20,
∴0<y<20,
当y=0时,120﹣5y=120,
当y=20时,120﹣5y=20,
∴3x﹣2y的范围为:
20<3x﹣2y<120;
(3)∵∠AMN=
∠EMN,∠GEK=
∠GEM
∴m∠AMN=∠EMN,m∠GEK=∠GEM,
∵EH∥MN,
∴∠HEM=∠EMN=m∠AMN,
∵∠GEH=∠GEM﹣∠HEM=m∠GEK﹣m∠AMN,
∴∠GEK=
∠GEM=
(∠GEH+∠HEM),
∴m∠GEK=∠GEH+∠HEM,
∵∠BMN=180°
﹣∠AMN,
∴∠BMN+∠KEG﹣m∠GEH=180°
6.解:
(1)如图1,过点P作PM∥AB,
∴∠1=∠AEP.(两直线平行,内错角相等)
.(等量代换)
∴PM∥CD,(平行于同一条直线的两直线平行)
.(两直线平行,同旁内角互补)
等量代换;
平行于同一条直线的两直线平行;
两直线平行,同旁内角互补;
(2)∠PFC=∠PEA+∠P.
过P点作PN∥AB,则PN∥CD,
∴∠PEA=∠NPE,
∵∠FPN=∠NPE+∠FPE,
∴∠FPN=∠PEA+∠FPE,
∵PN∥CD,
∴∠FPN=∠PFC,
∴∠PFC=∠PEA+∠FPE,即∠PFC=∠PEA+∠P;
(3)令AB与PF交点为O,连接EF,如图3.
在△GFE中,∠G=180°
﹣(∠GFE+∠GEF),
∵
∵由
(2)知∠PFC=∠PEA+∠P,
∴∠PEA=∠PFC﹣α,
∵∠OFE+∠OEF=180°
﹣∠FOE=180°
﹣∠PFC,
7.证明:
∵∠1=∠E(已知),
∴AD∥BC(内错角相等,两直线平行),
∴∠2+∠D=180°
(两直线平行,同旁内角互补),
∴∠2+∠B=180°
(等量代换),
∴AB∥CD(同旁内角互补,两直线平行).
AD;
BC;
D;
同旁内角互补,两直线平行.
8.
(1)解:
∠A′OC=10°
t﹣40°
,∠B′OF=10°
t﹣90°
∠A′OC﹣∠B′OF=(10°
)﹣(10°
)=50°
(2)证明:
∵t=7,
∴∠A′OA=70°
∵∠AOC=40°
∴∠A′OC=30°
∵∠A′=∠A=30°
∴∠A′OC=∠A′,
∴A′B′∥OC;
(3)解:
如图,当∠A′OC+∠A′=180°
时,A′B′∥OC.
∵∠A′OC+∠A′=180°
∴∠A′OC=180°
﹣∠A′=180°
﹣30°
=150°
,∠A′OB′=90°
∴∠AOB′=20°
,∠EOB′=160°
∴∠BOE+∠EOB′=250°
∴10t=250,
∴t=25.
9.解:
(1)∵∠EOC:
3,
∴可设∠EOC=2α,∠EOD=3α,
∵∠EOC+∠EOD=180°
∴5α=180°
,解得α=36°
∵OA平分∠EOC,
∴∠AOC=
∠EOC=α=36°
∴∠BOD=∠AOC=36°
(2)∵∠NFO=∠3,
∴∠1+∠2+∠3=∠1+∠2+∠NFO=180°
解方程组
,得
∵MN∥CD,
∴∠BOD=∠1=36°
10.解:
(1)如图1,AM与BC的交点记作点O,
∵AM∥CN,
∴∠C=∠AOB,
∵AB⊥BC,
∴∠A+∠AOB=90°
∴∠A+∠C=90°
∵∠A﹣∠C=10°
∴∠A=50°
,∠C=40°
(2)如图2,过点B作BG∥DM,
∵BD⊥AM,
∴∠ABD+∠BAD=90°
,DB⊥BG,即∠ABD+∠ABG=90°
又∵AB⊥BC,
∴∠CBG+∠ABG=90°
∴∠ABD=∠CBG,
∵AM∥CN,BG∥AM,
∴CN∥BG,
∴∠C=∠CBG,
∴∠ABD=∠C;
(3)如图3,
∵∠DBC=140°
,∠ABC=90°
∴∠DAB=∠DBC﹣∠ABC=50°
又∵BE平分∠ABD,
∴∠EAB=
∠DAB=
×
50°
=25°
∴∠EBC=∠EAB+∠ABC=25°
+90°
=115°
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 相交线与平行线 人教版七 年级 下册 数学 相交 平行线 典型 解答 练习题 答案
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)