苏科新版七年级数学下册72探索平行线的性质自主学习同步培优训练附答案Word文档格式.docx

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∴∠AEF＝90°

（　　）

∴∠ADC＝90°

∴CD⊥AB（　　）

7．如图，已知∠1＝∠2，∠B＝∠C，可推得AB∥CD．理由如下：

∵∠1＝∠2（已知），

且∠1＝∠CGD（　　），

∴∠2＝∠CGD（等量代换），

∴CE∥BF（　　），

∴∠　　＝∠BFD（　　），

又∵∠B＝∠C（已知），

∴∠BFD＝∠B（等量代换），

∴AB∥CD（　　）．

8．如图1，直线MN与直线AB、CD分别交于点E、F，∠1与∠2互补．

（1）试判断直线AB与直线CD的位置关系，并说明理由；

（2）如图2，∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P，EP与CD交于点G，点H是MN上一点，且GH⊥EG，求证：

PF∥GH；

（3）如图3，在

（2）的条件下，连接PH，K是GH上一点使∠PHK＝∠HPK，作PQ平分∠EPK，问∠HPQ的大小是否发生变化？

若不变，请求出其值；

若变化，说明理由．

9．已知：

如图，AE⊥BC，FG⊥BC，∠1＝∠2，∠D＝∠3+60°

，∠CBD＝70°

．

（1）求证：

AB∥CD；

（2）求∠C的度数．

10．已知如图，AB∥CD，试解决下列问题：

（1）∠1+∠2＝　　；

（2）∠1+∠2+∠3＝　　；

（3）∠1+∠2+∠3+∠4＝　　；

（4）试探究∠1+∠2+∠3+∠4+…+∠n＝　　．

11．

（1）①如图1，已知AB∥CD，∠ABC＝60°

，根据　　可得∠BCD＝　　°

；

②如图2，在①的条件下，如果CM平分∠BCD，则∠BCM＝　　°

③如图3，在①、②的条件下，如果CN⊥CM，则∠BCN＝　　°

（2）尝试解决下面问题：

已知如图4，AB∥CD，∠B＝40°

，CN是∠BCE的平分线，CN⊥CM，求∠BCM的度数．

12．问题情境：

如图1，AB∥CD，∠PAB＝130°

，∠PCD＝120°

，求∠APC的度数．

小明的思路是：

过P作PE∥AB，通过平行线性质来求∠APC．

（1）按小明的思路，易求得∠APC的度数为　　度；

（2）问题迁移：

如图2，AB∥CD，点P在射线OM上运动，记∠PAB＝α，∠PCD＝β，当点P在B、D两点之间运动时，问∠APC与α、β之间有何数量关系？

请说明理由；

（3）在

（2）的条件下，如果点P在B、D两点外侧运动时（点P与点O、B、D三点不重合），请直接写出∠APC与α、β之间的数量关系．

13．已知，直线AB∥CD，E为AB、CD间的一点，连接EA、EC．

（1）如图①，若∠A＝20°

，∠C＝40°

，则∠AEC＝　　°

（2）如图②，若∠A＝x°

，∠C＝y°

（3）如图③，若∠A＝α，∠C＝β，则α，β与∠AEC之间有何等量关系．并简要说明．

14．如图，已知AB∥CD，现在要证明∠B+∠C＝180°

，请你从下列三个条件中选择一个合适的条件来进行证明．你选择　　

①EC∥FB；

②∠AGE＝∠B；

③∠B+∠EGB＝180°

（写出证明过程）

15．如图，已知直线l1∥l2，l3、l4和l1、l2分别交于点A、B、C、D，点P在直线l3或l4上且不与点A、B、C、D重合．记∠AEP＝∠1，∠PFB＝∠2，∠EPF＝∠3．

（1）若点P在图

（1）位置时，求证：

∠3＝∠1+∠2；

（2）若点P在图

（2）位置时，请直接写出∠1、∠2、∠3之间的关系；

（3）若点P在图（3）位置时，写出∠1、∠2、∠3之间的关系并给予证明．

16．已知AM∥CN，点B为平面内一点，AB⊥BC于B．

（1）如图1，直接写出∠A和∠C之间的数量关系　　；

（2）如图2，过点B作BD⊥AM于点D，求证：

∠ABD＝∠C；

（3）如图3，在

（2）问的条件下，点E、F在DM上，连接BE、BF、CF，BF平分∠DBC，BE平分∠ABD，若∠FCB+∠NCF＝180°

，∠BFC＝3∠DBE，求∠EBC的度数．

17．已知AB∥CD，AM平分∠BAP．

（1）如图1，CM平分∠PCD，若∠P＝110°

，直接写出∠M＝　　度；

（2）如图2，（P、M在直线AC异侧）CM平分∠PCD，写出∠P与∠M数量关系．并证明；

（3）如图3，∠PCM＝2∠MCD，若2∠M﹣∠P＝10°

，求∠PCD．

参考答案

1．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．

2．解：

（1）解法一：

如图1延长BP交直线AC于点E．

∵AC∥BD，∴∠PEA＝∠PBD．

∵∠APB＝∠PAE+∠PEA，

∴∠APB＝∠PAC+∠PBD；

解法二：

如图2

过点P作FP∥AC，

∴∠PAC＝∠APF．

∵AC∥BD，∴FP∥BD．

∴∠FPB＝∠PBD．

∴∠APB＝∠APF+∠FPB

＝∠PAC+∠PBD；

解法三：

如图3，

∵AC∥BD，

∴∠CAB+∠ABD＝180°

，

∠PAC+∠PAB+∠PBA+∠PBD＝180°

又∠APB+∠PBA+∠PAB＝180°

∴∠APB＝∠PAC+∠PBD．

（2）不成立．

（3）（a）当动点P在射线BA的右侧时，结论是：

∠PBD＝∠PAC+∠APB．

（b）当动点P在射线BA上，结论是：

或∠PAC＝∠PBD+∠APB或∠APB＝0°

∠PAC＝∠PBD（任写一个即可）．

（c）当动点P在射线BA的左侧时，

结论是∠PAC＝∠APB+∠PBD．

选择（a）证明：

如图4，连接PA，连接PB交AC于M．

∴∠PMC＝∠PBD．

又∵∠PMC＝∠PAM+∠APM（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和），

∴∠PBD＝∠PAC+∠APB．

选择（b）证明：

如图5

∵点P在射线BA上，∴∠APB＝0度．

∵AC∥BD，∴∠PBD＝∠PAC．

∴∠PBD＝∠PAC+∠APB

或∠PAC＝∠PBD+∠APB

或∠APB＝0°

，∠PAC＝∠PBD．

选择（c）证明：

如图6，连接PA，连接PB交AC于F

∵AC∥BD，∴∠PFA＝∠PBD．

∵∠PAC＝∠APF+∠PFA，

∴∠PAC＝∠APB+∠PBD．

3．解：

（1）∠1+∠2＝∠3；

理由：

过点P作l1的平行线，

∵l1∥l2，

∴l1∥l2∥PQ，

∴∠1＝∠4，∠2＝∠5，（两直线平行，内错角相等）

∵∠4+∠5＝∠3，

∴∠1+∠2＝∠3

（2）同

（1）可证：

∠1+∠2＝∠3；

（3）∠1﹣∠2＝∠3或∠2﹣∠1＝∠3

当点P在下侧时，过点P作l1的平行线PQ，

∴∠2＝∠4，∠1＝∠3+∠4，（两直线平行，内错角相等）

∴∠1﹣∠2＝∠3；

当点P在上侧时，同理可得：

∠2﹣∠1＝∠3．

4．解：

∠AED＝∠ACB．

∵∠1+∠4＝180°

（平角定义），∠1+∠2＝180°

（已知）．

∴∠2＝∠4．

∴EF∥AB（内错角相等，两直线平行）．

∴∠3＝∠ADE（两直线平行，内错角相等）．

∵∠3＝∠B（已知），

∴∠B＝∠ADE（等量代换）．

∴DE∥BC（同位角相等，两直线平行）．

∴∠AED＝∠ACB（两直线平行，同位角相等）．

5．解：

（1）CD与EF平行．理由如下：

∵CD⊥AB，EF⊥AB，

∵垂直于同一直线的两直线互相平行，

∴CD∥EF；

（2）∵CD∥EF，

∴∠2＝∠BCD，

∵∠1＝∠2，

∴∠1＝∠BCD，

∴DG∥BC，

∴∠ACB＝∠3＝115°

6．解：

证明过程如下：

∴DG∥AC（同位角相等，两直线平行）

∴∠2＝∠ACD（两直线平行，内错角相等）

∴∠1＝∠ACD（等量代换）

∴EF∥CD（同位角相等，两直线平行）

∴∠AEF＝∠ADC（两直线平行，同位角相等）

∵∠AEF＝90°

（等量代换）

∴CD⊥AB（垂直定义）．

7．解：

且∠1＝∠CGD（对顶角相等），

∴CE∥BF（同位角相等，两直线平行），

∴∠C＝∠BFD（两直线平行，同位角相等），

∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行）．

故答案为：

（对顶角相等），（同位角相等，两直线平行），C，（两直线平行，同位角相等），（内错角相等，两直线平行）．

8．解：

（1）如图1，∵∠1与∠2互补，

∴∠1+∠2＝180°

又∵∠1＝∠AEF，∠2＝∠CFE，

∴∠AEF+∠CFE＝180°

∴AB∥CD；

（2）如图2，由

（1）知，AB∥CD，

∴∠BEF+∠EFD＝180°

又∵∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P，

∴∠FEP+∠EFP＝

（∠BEF+∠EFD）＝90°

∴∠EPF＝90°

，即EG⊥PF．

∵GH⊥EG，

∴PF∥GH；

（3）∠HPQ的大小不发生变化，理由如下：

如图3，∵∠1＝∠2，

∴∠3＝2∠2．

又∵GH⊥EG，

∴∠4＝90°

﹣∠3＝90°

﹣2∠2．

∴∠EPK＝180°

﹣∠4＝90°

+2∠2．

∵PQ平分∠EPK，

∴∠QPK＝

∠EPK＝45°

+∠2．

∴∠HPQ＝∠QPK﹣∠2＝45°

∴∠HPQ的大小不发生变化，一直是45°

9．

（1）证明：

∵AE⊥BC，FG⊥BC，

∴AE∥GF，

∴∠2＝∠A，

∴∠1＝∠A，

（2）解：

∵AB∥CD，

∴∠D+∠CBD+∠3＝180°

∵∠D＝∠3+60°

∴∠3＝25°

∴∠C＝∠3＝25°

10．

解：

（1）∵AB∥CD，∴∠1+∠2＝180°

（两直线平行，同旁内角互补）；

（2）过点E作一条直线EF∥AB，

∴AB∥EF，CD∥EF，

∴∠1+∠AEF＝180°

，∠FEC+∠3＝180°

∴∠1+∠2+∠3＝360°

（3）过点E、F作EG、FH平行于AB，

∴AB∥EG∥FH∥CD，

∴∠1+∠AEG＝180°

，∠GEF+∠EFH＝180°

，∠HFC+∠4＝180°

∴∠1+∠2+∠3+∠4＝540°

（4）根据上述规律，显然作（n﹣2）条辅助线，运用（n﹣1）次两条直线平行，同旁内角互补．即可得到n个角的和是180°

（n﹣1）．

11．解：

（1）①两直线平行，内错角相等；

60；

②30；

③60．

（2）∵AB∥CD，

∴∠B+∠BCE＝180°

∵∠B＝40°

∴∠BCE＝180°

﹣∠B＝180°

﹣40°

＝140°

又∵CN是∠BCE的平分线，

∴∠BCN＝140°

÷

2＝70°

∵CN⊥CM，

∴∠BCM＝90°

﹣∠BCN＝90°

﹣70°

＝20°

12．

（1）解：

过点P作PE∥AB，

∴PE∥AB∥CD，

∴∠A+∠APE＝180°

，∠C+∠CPE＝180°

∵∠PAB＝130°

∴∠APE＝50°

，∠CPE＝60°

∴∠APC＝∠APE+∠CPE＝110°

（2）∠APC＝α+β，

如图2，过P作PE∥AB交AC于E，

∴AB∥PE∥CD，

∴α＝∠APE，β＝∠CPE，

∴∠APC＝∠APE+∠CPE＝α+β；

（3）如图所示，当P在BD延长线上时，

∠CPA＝α﹣β；

如图所示，当P在DB延长线上时，

∠CPA＝β﹣α．

13．解：

如图，过点E作EF∥AB，

∴AB∥CD∥EF．

（1）∵∠A＝20°

∴∠1＝∠A＝20°

，∠2＝∠C＝40°

∴∠AEC＝∠1+∠2＝60°

（2）∴∠1+∠A＝180°

，∠2+∠C＝180°

∵∠A＝x°

∴∠1+∠2+x°

+y°

＝360°

∴∠AEC＝360°

﹣x°

﹣y°

（3）∠A＝α，∠C＝β，

∴∠1+∠A＝180°

，∠2＝∠C＝β，

∴∠1＝180°

﹣∠A＝180°

﹣α，

∴∠AEC＝∠1+∠2＝180°

﹣α+β．

14．解：

以取①为例

∴∠BGC+∠C＝180°

又∵EC∥FB，

∴∠B＝∠BGC，

∴∠B+∠C＝180°

15．证明：

（1）过P作PQ∥l1∥l2，

由两直线平行，内错角相等，可得：

∠1＝∠QPE、∠2＝∠QPF；

∵∠3＝∠QPE+∠QPF，

∴∠3＝∠1+∠2．

（2）关系：

∠3＝∠2﹣∠1；

过P作直线PQ∥l1∥l2，

则：

∵∠3＝∠QPF﹣∠QPE，

∴∠3＝∠2﹣∠1．

（3）关系：

∠3＝360°

﹣∠1﹣∠2．

过P作PQ∥l1∥l2；

同

（1）可证得：

∠3＝∠CEP+∠DFP；

∵∠CEP+∠1＝180°

，∠DFP+∠2＝180°

∴∠CEP+∠DFP+∠1+∠2＝360°

即∠3＝360°

16．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＝90°

（2）如图2，过点B作BG∥DM，

∵BD⊥AM，

∴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，过点B作BG∥DM，

∵BF平分∠DBC，BE平分∠ABD，

∴∠DBF＝∠CBF，∠DBE＝∠ABE，

由

（2）可得∠ABD＝∠CBG，

∴∠ABF＝∠GBF，

设∠DBE＝α，∠ABF＝β，则

∠ABE＝α，∠ABD＝2α＝∠CBG，∠GBF＝β＝∠AFB，∠BFC＝3∠DBE＝3α，

∴∠AFC＝3α+β，

∵∠AFC+∠NCF＝180°

，∠FCB+∠NCF＝180°

∴∠FCB＝∠AFC＝3α+β，

△BCF中，由∠CBF+∠BFC+∠BCF＝180°

，可得

（2α+β）+3α+（3α+β）＝180°

，①

由AB⊥BC，可得

β+β+2α＝90°

，②

由①②联立方程组，解得α＝15°

∴∠ABE＝15°

∴∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝15°

+90°

＝105°

17．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＝∠M+∠MAP+∠MCP，

所以∠APC＝∠M+

∠APC，

所以∠M＝

∠APC＝55°

55；

（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；

（3）如图3，过P作PQ∥AB于Q，MN∥AB于N，

设∠MCD＝x，则∠PCM＝2x，∠PCD＝3x，设∠PAM＝y，则∠MAB＝y，则∠PAB＝2y，

∵AB∥PQ，

∴∠QPA＝∠PAB＝2y，∠NMA＝∠MAB＝y，

∴∠QPA＝∠CPQ+∠CPA＝∠PCD+∠CPA＝3x+∠CPA①，∠NMA＝∠NMC+∠AMC＝∠MCD+∠AMC＝x+∠AMC②，

∵2∠AMC﹣∠APC＝10°

，2∠AMC＝2（∠NMA﹣∠NMC）＝2（y﹣x），∠APC＝∠APQ﹣∠CPQ＝2y﹣3x，

∴2（y﹣x）﹣（2y﹣3x）＝10°

∴x＝10°

∴∠PCD＝3x＝30°