备考届中考最新各地中考模拟卷相交线与平行线综合题集锦附解析.docx
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备考届中考最新各地中考模拟卷相交线与平行线综合题集锦附解析
最新各地中考模拟卷(相交线与平行线)综合题集锦
一.选择题
1.(2019•奉贤区二模)把一副三角尺放在同一水平桌面上,如果它们的两个直角顶点重合,两条斜边平行(如图所示),那么∠1的度数是( )
A.75°B.
90°C.100°D.105°
2.(2019•阳谷县一模)已知直线l1∥l2,∠1和∠2互余,∠4=149°,则∠3的度数( )
A.121°B.120°C.59°D.149°
3.(2019•普陀区二模)如图,直线l1∥l2,如果∠1=30°,∠2=50°,那么∠3=( )
A.20°B.80°C.90°D.100°
4.(2019•平顶山一模)如图,BC∥DE,若∠A=35°,∠C=24,则∠E等于( )
A.59°B.35°C.24°D.11°
5.(2019•安徽一模)将一副三角板按如图的所示放置,下列结论中不正确的是( )
A.若∠2=30°,则有AC∥DE
B.∠BAE+∠CAD=180°
C.若BC∥AD,则有∠2=30°
D.如果∠CAD=150°,必有∠4=∠C
6.(2019•河南一模)如图,若直线MN∥PQ,∠ACB的顶点C在直线MN与PQ之间,若∠ACB=60°,∠CFQ=35°,则∠CEN的度数为( )
A.35°B.25°C.30°D.45°
7.(2019•郊区一模)如图,AB∥CD,AD=CD,∠1=55°,则∠2的度数是( )
A.70°B.65°C.60°D.55°
8.(2019•新乡一模)如图,直线CE∥AB,直线CD交CE于C,交AB于O,过点O作OT⊥AB于O,已知∠ECO=30°,则∠DOT的度数为( )
A.30°B.45°C.60°D.120°
9.(2019•昆山市一模)如图,D是△ABC的边AB的延长线上一点,DE∥BC,若∠A=32°,∠D=56°.则∠C的度数是( )
A.16°B.20°C.24°D.28°
10.(2019春•天河区校级月考)如图,AC⊥BC,CD⊥AB,下列结论中,正确的结论有( )
①线段CD的长度是C点到AB的距离;②线段AC是A点到BC的距离;
③AB>AC>CD;④线段BC是B到AC的距离;⑤CD<BC<AB.
A.2个B.3个C.4个D.5个
二.填空题
11.(2019•滨湖区一模)如图,已知a∥b,∠1=54°,则∠2的度数为 .
12.(2019•曹县一模)如图,正五边形ABCD中,l1∥l2,∠1﹣∠2的度数为 .
13.(2019•盐城一模)如图,已知:
AB∥CD,∠1=50°,∠2=113°,则∠3= 度.
14.(2019•花溪区一模)一把直尺和一块三角板ABC(含30°、60°角)摆放位置如图所示,直尺一边与三角板的两直角边分别交于点D和点E,另一边与三角板的两直角边分别交于点F和点A,若∠CDE=40°,则∠BAF的大小为 .
15.(2019•黄陂区模拟)如图直线a∥b,CD⊥a,若∠1=45°,则∠2=
16.(2019春•海淀区校级月考)如图,BD平分∠ABC,点E为BA上一点,EG∥BC交BD于点F.若∠1=35°,则∠ABC的度数为 .
三.解答题
17.(2019•重庆模拟)如图,AB∥CD,AB=CD,点B、E、F、D在同一直线上,∠BAE=∠DCF.
(1)求证:
AE=CF;
(2)连结AF、EC,若AE=AF,试猜想四边形AECF是什么四边形,并证明你的结论.
18.(2019•硚口区模拟)如图,△ABC中,D、E、F三点分别在AB、AC、BC三边上,过点D的直线与线段EF的交点为点H,∠1+∠2=180°,∠3=∠C,求证:
DE∥BC.
19.(2019•青山区模拟)已知:
如图,CD⊥AB,垂足为D,点F是BC上的一点,FE⊥AB,垂足为E,且∠1=∠2,求证:
DG∥BC.
20.(2019春•渝中区校级月考)简单的推理填空:
已知∠B=∠CGF,∠DGF=∠F
求证:
∠B+∠F=180°
证明:
∵∠B=∠CGF(已知)∴AB∥CD( )
∵∠DGF= (已知)
∴CD∥ ( )
∴AB∥EF(平行于同一直线的两直线平行)
∴∠B+ =180°( )
21.(2019春•沙坪坝区校级月考)如图,已知∠1=∠4,∠2与∠3互补,求证:
AB∥CE.
22.(2019春•武昌区校级月考)如图,在△ABC中,∠1=∠2,ED∥BC、CD⊥AB于点D.
求证:
∠FGB=90°.
23.(2019春•江岸区校级月考)完成以下推理过程:
如图,已知∠A=∠1,∠G=∠F,求证:
∠CBA=∠E.
证明:
∵∠A=∠1(已知)
∴AC∥ ( )
∴∠C= ( )
又∵∠C=∠F(已知)
∴∠F=∠ (等量代换)
∴BC∥ ( )
∴∠CBA=∠E( )
24.(2019春•天河区校级月考)如图所示:
∵∠1=65°,∠2=65°(已知),
∴∠1=∠2( )
∴ ∥ ( )
∵AB、DE相交
∴∠1=∠4( )
∴∠4=∠1=65°(等量代换)
∵∠3=115°(已知)
∴∠3+∠4=180°.
∴ ∥ ( ).
25.(2019春•余姚市校级月考)如图1,已知直线CD∥EF,点A、B分别在直线CD与EF上.P为两平行线间一点.
(1)若∠DAP=40°,∠FBP=70°,则∠APB=.
(2)猜想∠DAP,∠FBP,∠APB之间有什么关系?
并说明理由.
(3)利用
(2)的结论解答:
①如图2,AP1、BP1分别平分∠DAP、∠FBP,请你写出∠P与∠P1的数量关系,并说明理由.
②如图3,AP2、BP2分别平分∠CAP、∠EBP,若∠APB=β,求∠AP2B(用含β的代数式表示).
26.(2018秋•南关区校级期末)【问题原型】
如图①,AB∥CD,点M在直线AB、CD之间,则∠M=∠B+∠D,小明解决上述问题的过程如下:
如图②,过点M作MN∥AB
则∠B= ( )
∵AB∥CD,(已知)
MN∥AB(辅助线的做法)
∴MN∥CD( )
∴∠ =∠D( )
∴∠B+∠D=∠BMD
请完成小明上面的过程.
【问题迁移】
如图③,AB∥CD,点M与直线CD分别在AB的两侧,猜想∠M、∠B、∠D之间有怎样的数量关系,并加以说明.
【推广应用】
(1)如图④,AB∥CD,点M在直线AB、CD之间,∠ABM的平分线与∠CDM的平分线交于点N,∠M=96°,则∠N= °;
(2)如图⑤,AB∥CD,点M与直线CD分别在AB的两侧,∠ABM的平分线与∠CDM的平分线交于点N,∠N=25°,则∠M= °;
(3)如图⑥,AB∥CD,∠AB
G的平分线与∠CDE的平分线交于点M,∠G=78°,∠F=64°,∠E=64°,则∠M= °.
27.(2018秋•南关区校级期末)感知:
如图①,若AB∥CD,点P在AB、CD内部,则∠P、∠A、∠C满足的数量关系是 .
探究:
如图②,若AB∥CD,点P在AB、CD外部,则∠APC、∠A、∠C满足的数量关系是 .
请补全以下证明过程:
证明:
如图③,过点P作PQ∥AB
∴∠A=
∵AB∥CD,PQ∥AB
∴ ∥CD
∴∠C=∠
∵∠APC=∠ ﹣∠
∴∠APC=
应用:
(1)如图④,为北斗七星的位置图,如图⑤,将北斗七星分别标为A、B、C、D、E、F、G,其中B、C、D三点在一条直线上,AB∥EF,则∠B、∠D、∠E满足的数量关系是 .
(2)如图⑥,在
(1)问的条件下,延长AB到点M,延长FE到点N,过点B和点E分别作射线BP和EP,交于点P,使得BD平分∠MBP,EN平分∠DEP,若∠MB
D=25°,则∠D﹣∠P= °.
参考答案
一.选择题
1.
解:
如图:
过∠1的顶点作斜边的平行线,
利用平行线的性质可得,∠1=60°+45°=105°.
故选:
D.
2.解:
∵直线l1∥l2,
∴∠1+∠4=180°,
∵∠4=149°,
∴∠1=31°,
∵∠1+∠2=90°,
∴∠2=59°,
∵直线l1∥l2,
∴∠5=∠2=59°,
∴∠3
=180°﹣∠5=121°,
故选:
A.
3.解:
过∠3的顶点作l1的平行线m,
∴∠1=∠4,
∵l1∥l2
∴m∥l2,
∴∠2=∠5
∴∠3=∠4+∠5=∠1+∠2=80°
故选:
B.
4.解:
∵∠A=35°,∠C=24°,
∴∠CBE=∠A+∠C=59°,
∵BC∥DE,
∴∠E=∠CBE=59°;
故选:
A.
5.解:
∵∠2=30°,
∴∠1=60°,
又∠E=60°,
∴∠1=∠E,
∴AC∥DE,故A正确;
∵∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°,
即∠BAE+∠CAD=∠1+∠2+∠2+∠3=90°+90°=180°,故B正确;
∵BC∥AD,
∴∠1+∠2+∠3+∠C=180°.
∵∠C=45
,∠1+∠2=90°,
∴∠3=45°,
∴∠2=90°﹣45°=45,故C不正确;
∵∠D=30°,∠CAD=150°,
∴∵∠D+∠CAD=180°,
∴AC∥DE,
∴∠4∠=∠C,故D正确.
故选:
C.
6.解:
如图作CK∥MN,
∵MN∥PQ,MN∥CK,
∴PQ∥CK,
∴∠CEN=∠ACK,∠FCK=∠CFQ,
∴∠ACB=∠CEN+∠CFQ,
∴60°=∠CEN+35°,
∴∠CEN=25°,
故选:
B.
7.解:
∵AB∥CD,
∴∠1=∠ACD=55°,
又∵AD=CD,
∴∠ACD=∠CAD=55°,
∴∠2=180°﹣2×55°=70°,
故选:
A.
8.解:
∵CE∥AB,
∴∠DOB=∠ECO=30°,
∵OT⊥AB,
∴∠BOT=90°,
∴∠DOT=∠BOT﹣∠DOB=90°﹣30°=60°.
故选:
C.
9.解:
∵DE∥BC,∠D=56°,
∴∠DBC=56°,
∵∠A=32°,
∴∠C=56°﹣32°=24°,
故选:
C.
10.解:
①线段CD的长度是C点到AB的距离,正确;
②线段AC是A点到BC的距离,正确;
③AB>AC>CD,正确;
④线段BC是B到AC的距离,正确;
⑤CD<BC<AB,正确;
故选:
D.
二.填空题(共6小题)
11.解:
∵a∥b,
∴∠1=∠3=54°,
∴∠2=180°﹣∠3=126°,
故答案为126°.
12.解:
作
BF∥l1.
∵BF∥l1,l1∥l2,
∴BF∥l2,
∴∠2=∠ABF,∠1+∠CBF=180°,
∵∠ABC=108°,
∴∠2+180°﹣∠1=108°,
∴∠1﹣∠2=72°,
故答案为72°.
13.解:
如图,作EF∥AB.
∵AB∥CD,AB∥EF,
∴EF∥CD,
∴∠1=∠AEF,∠3=∠CEF,
∴∠AEC=∠1+∠3,
∴113°=50°+∠3,
∴∠3=63°.
故答案为63;
14.解:
由图可得,∠CDE=40°,∠C=90°,
∴∠CED=50°,
又∵DE∥AF,
∴∠CAF=50°,
∵∠BAC=60°,
∴∠BAF=60°﹣50°=10°,
故答案为:
10°.
15.解:
如图,延长CD交直线b于B,
∵a∥b,CD⊥a,
∴∠ABD=90°,
又∵∠1=∠BAD=45°,
∴∠2=∠ABD+∠BAD=90°+45°=135°,
故答案为:
135°.
16.解:
∵EG∥BC,∠1=35°,
∴∠DBC=35°,
∵BD平分∠ABC,
∴∠ABC=70°.
故答案为:
70°
三.解答题(共11小题)
17.
(1)证明:
∵AB∥CD∴∠B=∠D
又∵AB=CD,∠BAE=∠DCF
∴△BAE≌△DCF(ASA)
∴AE=CF
(2)四边形AECF是菱形,4分
证明如下:
由
(1)△BAE≌△DCF得:
∠AED=∠CFD
∴∠AEF=∠CFE
∴AE∥CF又∵AE=CF
∴四边形AECF为平行四边形.
∵AE=AF
∴四边形AECF为菱形.
18.证明:
∵∠1+∠DHE=180°,∠1+∠2=180°,
∴∠DHE=∠2,
∴DH∥AC,
∴∠3=∠AED,
又∵∠3=∠C,
∴∠C=∠AED,
∴DE∥BC.
19.证明:
∵FE⊥AB,CD⊥AB,
∴FE∥CD,
∴∠2=∠BCD,
∵∠1=∠2,
∴∠1=∠BCD,
∴DG∥BC.
20.证明:
∵∠B=∠CGF(已知),
∴AB∥CD(同位角相等两直线平行)
∵∠DGF=∠F(已知)
∴CD∥EF(内错角相等两直线平行)
∴AB∥EF(平行于同一直线的两直线平行)
∴∠B+∠F=180°(两直线平行同旁内角互补)
故答案为:
同位角相等两直线平行,∠F,EF,内错角相等两直线平行,∠F,两直线平行同旁内角互补.
21.证明:
∵∠1=∠4,
∴AC∥BD,
∴∠2=∠ACE,
∵∠3+∠2=180°,
∴∠3+∠ACE=180°,
∴AB∥EC.
22.【解答
】解:
∵DE∥BC,
∴∠1=∠DCB,
∵∠1=∠2,
∴∠DCB=∠2,
∴CD∥FG,
∵CD⊥AB,
∴FG⊥AB,
∴∠FGB=90°.
23.证明:
∵∠A=∠1(已知)
∴AC∥DF(同位角相等,两直线平行)
∴∠C=∠DGB(两直线平行,同位角相等)
又∵∠C=∠F(已知)
∴∠F=∠DGB(等量代换)
∴BC∥EF(同位角相等,两直线平行)
∴∠CBA=∠E(两直线平行.同位角相等);
故答案为:
DF;同位角相等,两直线平行;∠DGB;两直线平行,同位角相等;DGB;EF;同位角相等,两直线平行;两直线平行.同位角相等.
24.解:
∵∠1=65°,∠2=65°(已知),
∴∠1=∠2(等式的性质)
∴DE∥BC(同位角相等,两直线平行)
∵AB、DE相交
∴∠1=∠4(对顶角相等)
∴∠4=∠1=65°(等量代换)
∵∠3=115°(已知)
∴∠3+∠4=180°.
∴DF∥AB(同旁内角互补,两直线平行).
故答案为:
等式的性质;DE;BC;同位角相等,两直线平行;对顶角相等;DF;AB;同旁内角互补,两直线平行.
25.
(1)证明:
过P作PM∥CD,
∴∠APM=∠DAP.(两直线平行,内错角相等),
∵CD∥EF(已知),
∴PM∥CD(平行于同一条直线的两条直线互相平行),
∴∠MPB=∠FBP.(两直线平行,内错角相等),
∴∠APM+∠MPB=∠DAP+∠FBP.(等式性质)
即∠APB=∠DAP+∠FBP=40°+70°=110°.
(2)结论:
∠APB=∠DAP+∠FBP.
理由:
见
(1)中证明.
(3)①结论:
∠P=2∠P1;
理由:
由
(2)可知:
∠P=∠DAP+∠FBP,∠P1=∠ADP1+∠FBP1,
∵∠DAP=2∠DAP1,∠FBP=2∠FBP1,
∴∠P=2∠P1.
(3)由①得∠APB=∠DAP+∠FBP,∠AP2B=∠CAP2+∠EBP2,
∵AP2、BP2分别平分∠CAP、∠EBP,
∴∠CAP2=
∠CAP,∠EBP2=
∠EBP,
∴∠AP2B=
∠CAP+
∠EBP,
=
(180°﹣∠DAP)+
(180°﹣∠FBP),
=180°﹣
(∠DAP+∠FBP),
=180°﹣
∠APB,
=180°﹣β.
26.解:
【问题原型】如图①,过点M作MN∥AB,
则∠B=∠BMN(两直线平行,内错角相等)
∵AB∥CD,(已知)
∴MN∥AB(辅助线的做法)
∴MN∥CD(平行于同一条直线的两直线平行)
∴∠NMD=∠D(两直线平行,内错角相等)
∴∠B+∠D=∠BMD,
故答案为:
∠BMN,两直线平行,内错角相等,平行于同一条直线的两直线平行,∠NMD,两直线平行,内错角相等,
【问题迁移】过点M作MN∥AB,
∴∠1=∠B,
∵AB∥CD,
∴MN∥AB,
∴∠NMD=∠D,
∵∠NMD=∠1+∠BMD,
∴∠BMD=∠D﹣∠B;
【推广应用】如图④,由如图①的结论可得,∠ABM+∠CDM=∠M=96°,∠N=∠ABN+∠CDN,
∵BN,DN分别平分∠ABM,∠CDM,
∴∠ABN+∠CDN=
=
(∠ABM+∠CDM)=48°,
∴∠N=48°;
如图⑤,由如图②的结论可得,∠M=∠CDM﹣∠ABM,
∵BN,DN分别平分∠ABM,∠CDM,
∴∠CDN﹣∠ABN=
∠CDM﹣
∠ABM=
(∠CDM﹣∠ABM)=
M=∠N=25°,
∴∠M=50°;
如图⑥,过G,F,E分别作GN∥AB,FH∥AB,EP∥AB,
∵AB∥CD,
∴AB∥GN∥FH∥EP∥CD,
∴∠2=∠GFH,∠3=∠EFH,
∴∠2+∠3=∠GFE=64°,
∴∠1+∠4=∠BGF+∠DEF﹣∠GFE=78°,
∵AB∥GN,EP∥CD,
∴∠ABG=∠1,∠CDE=
∠4,
∴∠ABG+∠CDE=78°,
∵BM,DM分别平分∠ABG,∠CDE,
∴∠ABM=
∠ABG,∠CDM=
∠CDE,
由如图①中的结论可得∠M=∠ABM+∠CDM=
(∠ABG+∠C
DE)=
78°=39°,
故答案为:
48,50,39.
27.解:
感知:
如图①,过点P作PQ∥AB
∴∠A=∠APQ,
∵AB∥CD,PQ∥AB
∴PQ∥CD,
∴∠C=∠QPC,
∴∠APQ+∠QPC=∠A+∠C,
∠APC=∠A+∠C.
故答案为∠P=∠A+∠C;
探究:
证明:
如图③,过点P作PQ∥AB
∴∠A=∠APQ
∵AB∥CD,PQ∥AB
∴PQ∥CD
∴∠C=∠CPQ
∵∠APC=∠APQ﹣∠CPQ
∴∠APC=∠A﹣∠C.
故答案为:
∠APC=∠A﹣∠C,∠APQ,PQ,∠CPQ,∠APQ,∠CPQ,∠A﹣∠C.
应用:
(1)如图⑤,过点D作DH∥EF,
∴∠HDE=∠E,
∵AB∥EF,DH∥EF
∴AB∥DH,
∴∠B+∠BDH=180°,
即∠BDH=180°﹣∠B,
∴∠HDE+∠BDH=∠E+180°﹣∠B,
即∠BDE+∠B﹣∠E=180°,
故答案为∠D+∠B﹣∠E=180°,
(2)如图⑥,过点P作PH∥EF,
∴∠EPH=∠NEP,
∵AB∥EF,P
H∥EF,
∴AB∥PH,
∴∠MBP+∠BPH=180°,
∵BD平分∠MBP,∠MBD=25°,
∠MBP=2∠MBD=2×25°=50°,
∠BPH=180°﹣50°=130°,
∵EN平分∠DEP,
∴∠NEP=∠DEN
∴∠BPE=∠BPH﹣∠EPH=∠BPH﹣∠NEP=∠BPH﹣∠DEN=130°﹣(180°﹣∠DEF)=∠DEF﹣50°
由①∠D+∠ABD﹣∠DEF=180°,
∵∠MBD=25°,
∴∠ABD=155°,
∴∠D+∠155°﹣∠DEF=180°,
∴∠DEF=∠D﹣25°
∴∠BPE=∠DEF﹣50°=∠D﹣25°﹣50°=∠D﹣75°
∠D﹣∠BPE=75°
即∠D﹣∠P=75°,
故答案75.
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