学年七年级数学人教版下册 第5章《相交线与平行线》 全章综合训练题二Word格式.docx

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＜α＜180°

，入射光线EF与反射光线GH的夹角∠FMH＝β．探索α与β的数量关系，并说明理由．

（3）如图③，若α＝120°

，设镜子CD与BC的夹角∠BCD＝γ（90°

＜γ＜180°

），入射光线EF与镜面AB的夹角∠1＝m（0°

＜m＜90°

），已知入射光线EF从镜面AB开始反射，经过n（n为正整数，且n≤3）次反射，当第n次反射光线与入射光线EF平行时，请直接写出γ的度数．（可用含有m的代数式表示）

5．如图1，E是直线AB，CD内部一点，AB∥CD，连接EA，ED．

（1）探究猜想：

①若∠A＝30°

，∠D＝40°

，则∠AED等于多少度？

②若∠A＝20°

，∠D＝60°

③猜想图1中∠AED，∠EAB，∠EDC的关系并证明你的结论．

（2）拓展应用：

如图2，射线FE与矩形ABCD的边AB交于点E，与边CD交于点F，①②③④分别是被射线FE隔开的4个区域（不含边界，其中区域③、④位于直线AB上方，P是位于以上四个区域上的点，猜想：

∠PEB，∠PFC，∠EPF的关系（不要求证明）．

6．已知AB∥CD，AM平分∠BAP，CM平分∠PCD．

（1）如图①，当点P、M在直线AC同侧，∠AMC＝60°

时，求∠APC的度数；

（2）如图②，当点P、M在直线AC异侧时，直接写出∠APC与∠AMC的数量关系．

7．如图，直线AC∥BD，直线AB分别与它们相交于A，B，三条直线把平面分成①②③④⑤⑥六个部分（每个部分不包括边界）．当动点P落在某个部分时，连结PA，PB，构成∠PAC，∠APB，∠PBD三个角．

（1）当动点P落在第①部分时，求证：

∠APB＝∠PAC+∠PBD；

（2）当动点P落在第②部分时，∠PAC，∠APB，∠PBD三者之间的数量关系是　　；

（3）当动点P落在第③部分时，∠PAC，∠APB，∠PBD三者之间的数量关系是　　；

（4）当动点P落在第④部分时，∠PAC，∠APB，∠PBD三者之间的数量关系是　　．

8．如图，DE∥BC，DF∥AC．

（1）说明∠EDF＝∠C；

（2）探求∠A+∠B+∠C等于一定值．

9．已知：

如图①，AB∥CD，∠1+∠3与∠2的关系是　　；

如图②，AB∥CD，∠1+∠3+∠5与∠2+∠4的关系是　　，证明你的结论．

说明理由：

如图③，AB∥CD，∠1+∠3+∠5+∠7与∠2+∠4+∠6的关系是　　；

如图④，AB∥CD，∠1+∠3+∠5+…+∠（2n+1）与∠2+∠4+∠6+…+∠2n的关系．

10．如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，已知AB∥CD，分别探讨下面三个图形中∠BAP与∠APC、∠DCP的关系，请任选一个加以说明．

参考答案

1．解：

（1）EF和AB的关系为平行关系．理由如下：

∵CD∥AB，∠DCB＝70°

∴∠DCB＝∠ABC＝70°

∵∠CBF＝20°

∴∠ABF＝∠ABC﹣∠CBF＝50°

∵∠EFB＝130°

∴∠ABF+∠EFB＝50°

+130°

＝180°

∴EF∥AB；

（2）∵EF∥AB，CD∥AB，

∴EF∥CD，

∵∠CEF＝70°

∴∠ECD＝110°

∵∠DCB＝70°

∴∠ACB＝∠ECD﹣∠DCB，

∴∠ACB＝40°

．

2．解：

（1）∠BED＝2∠BFD．

证明：

连接FE并延长，

∵∠BEG＝∠BFE+∠EBF，∠DEG＝∠DFE+∠EDF，

∴∠BED＝∠BFD+∠EBF+∠EDF，

∵BF、DF分别平分∠ABE、∠CDE，

∴∠ABE+∠CDE＝2（∠EBF+∠EDF），

∵∠BED＝∠ABE+∠CDE，

∴∠EBF+∠EDF＝

∠BED，

∴∠BED＝∠BFD+

∴∠BED＝2∠BFD；

（2）过点E、F分别作AB的平行线EG、FH，由平行线的传递性可得AB∥EG∥FH∥CD，

∵AB∥FH，

∴∠ABF＝∠BFH，

∵FH∥CD，

∴∠CDF＝∠DFH，

∴∠BFD＝∠DFH+∠BFH＝∠CDF+∠ABF；

同理可得∠BED＝∠DEG+∠BEG＝∠ABE+∠CDE；

∵∠BFD＝∠DFH+∠BFH＝∠CDF+∠ABF＝

（∠ABE+∠CDE）＝

∴∠BED＝3∠BFD．

（3）由

（1）

（2）可得∠BED＝n∠BFD．

3．解：

（1）∠GEF＝∠BFE+180°

﹣∠CGE，证明如下：

如图1，过E作EH∥AB，

∵AB∥CD

∴AB∥CD∥EH，

∴∠HEF＝∠BFE，∠HEG+∠CGE＝180°

∴∠HEF+∠HEG＝∠BFE+180°

﹣∠CGE，

∴∠GEF＝∠BFE+180°

﹣∠CGE；

（2）∠GPQ+

∠GEF＝90°

，理由是：

∵FQ平分∠BFE，GP平分∠CGE，

∴∠BFQ＝

∠BFE，∠CGP＝

∠CGE，

△PMF中，∠GPQ＝∠GMF﹣∠PFM＝∠CGP﹣∠BFQ，

∴∠GPQ+

∠GEF＝

∠CGE﹣

∠BFE+

×

180°

＝90°

故答案为：

∠GPQ+

4．解：

（1）EF∥GH，理由如下：

在△BEG中，∠2+∠3+α＝180°

，α＝90°

∴∠2+∠3＝90°

∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，

∴∠1+∠2+∠3+∠4＝180°

∵∠1+∠2+∠FEG＝180°

∠3+∠4+∠EGH＝180°

∴∠FEG+∠EGH＝180°

∴EF∥GH

；

（2）β＝2α﹣180°

，理由如下：

∴∠2+∠3＝180°

﹣α，

∵∠1＝∠2，∠1＝∠MEB，

∴∠2＝∠MEB，

∴∠MEG＝2∠2，

同理可得，∠MGE＝2∠3，

在△MEG中，∠MEG+∠MGE+β＝180°

∴β＝180°

﹣（∠MEG+∠MGE）

﹣（2∠2+2∠3）

﹣2（∠2+∠3）

﹣2（180°

﹣α）

＝2α﹣180°

（3）90°

+m或150°

理由如下：

①当n＝3时，如下图所示：

∵∠BEG＝∠1＝m，

∴∠BGE＝∠CGH＝60°

﹣m，

∴∠FEG＝180°

﹣2∠1＝180°

﹣2m，

∠EGH＝180°

﹣2∠BGE＝180°

﹣2（60°

﹣m），

∵EF∥HK，

∴∠FEG+∠EGH+∠GHK＝360°

则∠GHK＝120°

则∠GHC＝30°

由△GCH内角和，得γ＝90°

+m．

②当n＝2时，如果在BC边反射后与EF平行，则α＝90°

与题意不符；

则只能在CD边反射后与EF平行，

如下图所示：

根据三角形外角定义，得

∠G＝γ﹣60°

由EF∥HK，且由

（1）的结论可得，

则γ＝150°

综上所述：

γ的度数为：

90°

5．解：

（1）①∠AED＝70°

②∠AED＝80°

③猜想：

∠AED＝∠EAB+∠EDC，

延长AE交DC于点F，

∵AB∥DC，

∴∠EAB＝∠EFD，

∵∠AED为△EDF的外角，

∴∠AED＝∠EDF+∠EFD＝∠EAB+∠EDC；

（2）根据题意得：

点P在区域①时，∠EPF＝360°

﹣（∠PEB+∠PFC）；

点P在区域②时，∠EPF＝∠PEB+∠PFC；

点P在区域③时，∠EPF＝∠PEB﹣∠PFC；

点P在区域④时，∠EPF＝∠PFC﹣∠PEB．

6．解：

（1）如图1，延长AP交CD于点Q，则可得到∠BAP＝∠AQC，

则∠APC＝∠BAP+∠DCP＝2（∠MAP+∠MCP），

连接MP并延长到点R，则可得∠APR＝∠MAP+∠AMP，∠CPR＝∠MCP+∠CMP，

所以∠APC＝∠AMC+∠MAP+∠MCP，

所以∠APC＝∠AMC+

∠APC，

所以∠APC＝2∠AMC＝120°

（2）如图2，过P作PQ∥AB于Q，MN∥AB于N，

则AB∥PQ∥MN∥CD，

∴∠APQ＝180°

﹣∠BAP，∠CPQ＝180°

﹣∠DCP，∠AMN＝∠BAM，∠CMN＝∠DCM，

∵AM平分∠BAP，CM平分∠PCD，

∴∠BAP＝2∠BAM，∠DCP＝2∠DCM，

∴∠APC＝∠APQ+∠CPQ＝180°

﹣∠BAP+180°

﹣∠DCP＝360°

﹣2（∠BAM+∠DCM）＝360°

﹣2∠AMC，即∠APC＝360°

﹣2∠AMC．

7．

（1）证明：

过点P作AC的平行线，交AB于点E，如图1．

∵PE∥AC，AC∥BD，

∴PE∥BD，

∴∠PAC＝∠APE，∠PBD＝∠EPB，

∴∠APB＝∠APE+∠EPB＝∠PAC+∠PBD；

（2）解：

∠APB+∠PAC+∠PBD＝360°

．理由如下：

过点P作EF∥AC，如图2，

因为AC∥BD，

所以EF∥BD，

所以∠BPF+∠PBD＝180°

同理∠APF+∠PAC＝180°

因此∠APF+∠BPF+∠PAC+∠PBD＝360°

即∠APB+∠PAC+∠PBD＝360°

（3）解：

∠PAC＝∠APB+∠PBD．理由如下：

如图3，∵AC∥BD，

∴∠PBD＝∠PQC．

∵∠PAC＝∠APB+∠PQC，

∴∠PAC＝∠APB+∠PBD；

（4）解：

∠PAC+∠APB＝∠PBD．

如图4，∵AC∥BD，

∵∠PAC+∠APB＝∠PQC，

∴∠PAC+∠APB＝∠PBD．

故答案为

（2）∠APB+∠PAC+∠PBD＝360°

（3）∠PAC＝∠PBD+∠APB；

（4）∠PAC+∠APB＝∠PBD．

8．证明：

（1）∵DE∥BC，

∴∠EDF+∠1＝180°

∵DF∥AC，

∴∠1+∠C＝180°

∴∠EDF＝∠C；

（2）∵DE∥BC，

∴∠ADE＝∠B，

∴∠BDF＝∠A，

∵∠EDF＝∠C，且∠BDF+∠EDF+∠ADE＝180°

∴∠A+∠B+∠C＝180°

9．解：

如图①，AB∥CD，∠1+∠3与∠2的关系是∠2＝∠1+∠3；

如图②，AB∥CD，∠1+∠3+∠5与∠2+∠4的关系是∠2+∠4＝∠1+∠3+∠5，

作EF∥AB，GH∥AB，MN∥AB，

∵AB∥CD，

∴AB∥EF∥GH∥DC∥MN，

∴∠1＝∠BEF，∠FEM＝∠EMN，∠NMG＝∠MGH，∠HGD＝∠5，

∵∠2＝∠MEF+∠FEM，∠3＝∠EMN+∠NMG，∠4＝∠MGH+∠HGD，

∴∠2+∠4＝∠MEF+∠FEM+∠MGH+∠HGD＝∠BEF+∠EMN+∠NMG+∠HGD＝∠1+∠3+∠5；

如图③，AB∥CD，∠1+∠3+∠5+∠7与∠2+∠4+∠6的关系是∠2+∠4+∠6＝∠1+∠3+∠5+∠7；

如图④，AB∥CD，∠1+∠3+∠5+…+∠（2n+1）与∠2+∠4+∠6+…+∠2n的关系为：

∠2+∠4+∠6+…+∠2n＝∠1+∠3+∠5+…+∠（2n+1）．

∠2＝∠1+∠3；

∠2+∠4＝∠1+∠3+∠5；

∠2+∠4+∠6＝∠1+∠3+∠5+∠7；

∠2+∠4+∠6+…+∠2n＝∠1+∠3+∠5+…+∠（2n+1）

10．答：

（1）∠BAP+∠DCP+∠APC＝360°

过P作PE∥AB，则AB∥CD，

∵AB∥PE，

∴∠PAB+∠APE＝180°

∵PE∥CD，

∴∠DCP+∠CPE＝180°

∴∠PAB+∠APE+∠DCP+∠CPE＝360°

即∠BAP+∠DCP+∠APC＝360°

（2）∠BAP+∠DCP＝∠APC，

过P作PF∥AB，则PF∥CD．

∵PF∥AB，

∴∠APF＝∠BAP，

同理∠CPF＝∠DCF，

又∵∠APC＝∠APF+∠CPF，

∴∠BAP+∠DCP＝∠APC；

（3）∠BAP﹣∠DCP＝∠APC，

又∵∠APC＝∠APF﹣∠CPF，

∴∠BAP﹣∠DCP＝∠APC．