学年苏科版七年级下册数学 第七章 平面的图形认识二培优训练题三.docx

学年苏科版七年级下册数学 第七章 平面的图形认识二培优训练题三.docx

《学年苏科版七年级下册数学 第七章 平面的图形认识二培优训练题三.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《学年苏科版七年级下册数学 第七章 平面的图形认识二培优训练题三.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

学年苏科版七年级下册数学第七章平面的图形认识二培优训练题三

苏科版七年级下册数学第七章：

平面的图形认识

（二）

培优训练题（三）

1．同学们，你们会用画多边形的对角线来解决生活中的数学问题吗？

比如，学校举办足球赛，共有5个班级的足球队参加比赛，每个队都要和其他各队比赛一场，根据积分排列名次．问学校一共要安排多少场比赛？

我们画出5个点，每个点各代表一个足球队，两个队之间比赛一场就用一条线段把它们连接起来．由于每个队都要与其他各队比赛一场，这样每个点与另外4个点都会有一条线段连接（如图）．

现在我们只要数一数五边形的边数和它的对角线条数就可以了．由图可知，五边形的边数和对角线条数都是5，所以学校一共要安排10场比赛．

同学们，请用类似的方法来解决下面的问题：

姣姣、林林、可可、飞飞、红红和娜娜六人参加一次会议，见面时他们相互握手问好．已知姣姣已握了5次手，林林已握了4次手，可可已握了3次手，飞飞已握了2次手，红红握手1次，请推算出娜娜目前已和哪几个人握了手．

2．

（1）如图（a），如果∠B+∠E+∠D＝360°，那么AB、CD有怎样的关系？

为什么？

解：

过点E作EF∥AB①，如图（b），

则∠ABE+∠BEF＝180°，（　　）

因为∠ABE+∠BED+∠EDC＝360°（　　）

所以∠FED+∠EDC＝　　°（等式的性质）

所以FE∥CD②（　　）

由①、②得AB∥CD（　　）．

（2）如图（c），当∠1、∠2、∠3满足条件　　时，有AB∥CD．

（3）如图（d），当∠B、∠E、∠F、∠D满足条件　　时，有AB∥CD．

3．观察并探求下列各问题，写出你所观察得到的结论．

（1）如图①，在△ABC中，P为边BC上一点，则BP+PC　　AB+AC（填“＞”、“＜”或“＝”）

（2）将

（1）中点P移到△ABC内，得图②，试观察比较△BPC的周长与△ABC的周长的大小，并说明理由．

（3）将

（2）中点P变为两个点P1、P2得图③，试观察比较四边形BP1P2C的周长与△ABC的周长的大小，并说明理由．

4．如图，已知平面内有两条直线AB、CD，且AB∥CD，P为一动点．

（1）当点P移动到AB、CD之间时，如图

（1），这时∠P与∠A、∠C有怎样的关系？

证明你的结论．

（2）当点P移动到AB的外侧时，如图

（2），是否仍有

（1）的结论？

如果不是，请写出你的猜想　　（不要求证明）．

（3）当点P移动到如图（3）的位置时，∠P与∠A、∠C又有怎样的关系？

能否利用

（1）的结论来证明？

还有其他的方法吗？

请写出一种．

5．

（1）请在横线上填写合适的内容，完成下面的证明：

如图①如果AB∥CD，求证：

∠APC＝∠A+∠C．

证明：

过P作PM∥AB．

所以∠A＝∠APM，（　　）

因为PM∥AB，AB∥CD（已知）

所以∠C＝　　（　　）

因为∠APC＝∠APM+∠CPM

所以∠APC＝∠A+∠C（等量代换）

（2）如图②，AB∥CD，根据上面的推理方法，直接写出∠A+∠P+∠Q+∠C＝　　．

（3）如图③，AB∥CD，若∠ABP＝x，∠BPQ＝y，∠PQC＝z，∠QCD＝m，则m＝　　（用x、y、z表示）

6．如图，AB∥CD，E为AB上一点，∠BED＝2∠BAD．

（1）求证：

AD平分∠CDE；

（2）若AC⊥AD，∠ACD+∠AED＝165°，求∠ACD的度数．

7．如图，已知AD⊥BC于点D，EF⊥BC于点F，且AD平分∠BAC．请问：

（1）AD与EF平行吗？

为什么？

（2）∠3与∠E相等吗？

试说明理由．

8．已知长方形纸片ABCD．

（1）如图①，点E在BC边上，连接AE将∠BAE对折，点B落在AE上的点B′处，使折痕AF；将∠DAE对折，点D落在AE上的D′处，得折痕AG，求∠FAG的度数；

（2）如图②，点E、K分别在BC、CD边上，连接AE、AK．将∠BAE对折，点B落在AE上的B′处，得折痕AF；将∠DAK对折，点D落在AK上的D′处，得折痕AG．设∠FAG＝α，∠EAK＝β，请写出α、β满足的数量关系式，并说明理由．

9．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，探究∠AME，∠E，∠ENC的数量关系；并加以证明；

（2）如图2，∠AME＝30°，EF平分∠MEN，NP平分∠ENC，EQ∥NP，求∠FEQ的度数；

（3）如图3，点G为CD上一点，∠AMN＝m∠EMN，∠GEK＝m∠GEM，EH∥MN交AB于点H，直接写出∠GEK，∠BMN，∠GEH之间的数量关系（用含m的式子表示）

10．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°　　．

参考答案

1．解：

先画出6个点，A、B、C、D、E、F各个点依次代表姣姣、林林、可可、飞飞、红红和娜娜，凡是两人之间握过手，就把代表他们的这两点用1条线段连接起来（如图所示）．

先看姣姣（A）和红红（E）．姣姣已握手5次，说明姣姣与另外5人都握了手，因此代表姣姣的A点与B、C、D、E、F这5点都有一条线段连接；红红握手1次，他只能是与姣姣握的手了，所以E点只能与A点之间有线段连接，与其它各点再也不能有线段连接了．

其次分析林林（B）．林林已握手4次，由于他没有可能与红红握过手，所以只能是与剩下的四个人姣姣、可可、飞飞和娜娜握过手了，因此，点B与A、C、D、F四点之间有线段连接．

再看飞飞（D）．飞飞已握手2次，而代表飞飞的D点已与A、B两点有线段连接了，所以D点与其它的点不能再有线段连接了．

最后考察可可（C）．可可与3人握了手，但已不能是与飞飞和红红握的手了，所以代表可可的点C只能与A、B、F三点有线段连接．

现在观察图形，与代表娜娜的点连接的线段有3条（AF、BF和CF），这说明姣姣、林林和可可三人已与娜娜握过手．

2．解：

（1）

过点E作EF∥AB，如图（b），

则∠ABE+∠BEF＝180°，（两直线平行，同旁内角互补）

因为∠ABE+∠BED+∠EDC＝360°，（已知）

所以∠FED+∠EDC＝180°，（等式的性质）

所以FE∥CD，（同旁内角互补，两直线平行）

∴AB∥CD（或平行线的传递性）．

（2）如图（c），当∠1、∠2、∠3满足条件∠1+∠3＝∠2时，有AB∥CD．

理由：

过点E作EF∥AB．

∴∠1＝∠BEF；

∵∠1+∠3＝∠2，∠2＝∠BEF+∠DEF，

∴∠3＝∠DEF，

∴EF∥CD，

∴AB∥CD（平行线的传递性）；

（3）如图（d），当∠B、∠E、∠F、∠D满足条件∠B+∠E+∠F+∠D＝540°时，有AB∥CD

．

理由：

过点E、F分别作GE∥HF∥CD．

则∠GEF+∠EFH＝180°，∠HFD+∠CDF＝180°，

∴∠GEF+∠EFD+∠FDC＝360°；

又∵∠B+∠E+∠F+∠D＝540°，

∴∠ABE+∠BEG＝180°，

∴AB∥GE，

∴AB∥CD；

故答案是：

（1）两直线平行，同旁内角互补、已知、180、同旁内角互补，两直线平行或平行线的传递性；

（2）∠1+∠3＝∠2；

（3）∠B+∠E+∠F+∠D＝540°．

3．解：

（1）BP+PC＜AB+AC，理由：

三角形两边之和大于第三边，

（2）△BPC的周长＜△ABC的周长．理由：

如图，延长BP交AC于M，在△ABM中，BP+PM＜AB+AM，在△PMC中，PC＜PM+MC，两式相加得BP+PC＜AB+AC，于是得：

△BPC的周长＜△ABC的周长，

（3）四边形BP1P2C的周长＜△ABC的周长，理由：

如图，分别延长BP1、CP2交于M，由

（2）知，BM+CM＜AB+AC，又P1P2＜P1M+P2M，

可得，BP1+P1P2+P2C＜BM+CM＜AB+AC，可得结论．

4．

证明：

（1）∠P＝∠A+∠C，

延长AP交CD与点E．

∵AB∥CD，∴∠A＝∠AEC．

又∵∠APC是△PCE的外角，

∴∠APC＝∠C+∠AEC．

∴∠APC＝∠A+∠C．

（2）否；∠P＝∠C﹣∠A．

（3）∠P＝360°﹣（∠A+∠C）．

①延长BA到E，延长DC到F，

由

（1）得∠P＝∠PAE+∠PCF．

∵∠PAE＝180°﹣∠PAB，∠PCF＝180°﹣∠PCD，

∴∠P＝360°﹣（∠PAB+∠PCD）．

②连接AC．

∵AB∥CD，∴∠CAB+∠ACD＝180°．

∵∠PAC+∠PCA＝180°﹣∠P，

∴∠CAB+∠ACD+∠PAC+∠PCA＝360°﹣∠P，

即∠P＝360°﹣（∠PAB+∠PCD）．

5．解：

（1）过P作PM∥AB，

所以∠A＝∠APM，（两直线平行，内错角相等）

因为PM∥AB，AB∥CD（已知）

所以PM∥CD，

所以∠C＝∠CPM，（两直线平行，内错角相等）

因为∠APC＝∠APM+∠CPM

所以∠APC＝∠A+∠C（等量代换），

故答案为：

两直线平行，内错角相等；∠CPM；两直线平行，内错角相等．

（2）如图②，过点P作PM∥AB，过点Q作QN∥CD，

∴∠A+∠APM＝180°，∠C+∠CQN＝180°，

又∵AB∥CD，

∴PM∥QN，

∴∠MPQ+∠NQP＝180°，

则∠A+∠APQ+∠CQP+∠C＝∠A+∠APM+∠MPQ+∠NQP+∠CQN+∠C＝540°，

故答案为：

540°．

（3）如图③，延长PQ交CD于点E，延长QP交AB于点F，

∵AB∥CD，

∴∠BFP＝∠CEQ，

又∵∠BPQ＝∠BFP+∠B，∠PQC＝∠CEQ+∠C，

即∠BFP＝∠BPQ﹣∠B，∠CEQ＝∠PQC﹣∠C，

∴∠BPQ﹣∠B＝∠PQC﹣∠C，即y﹣x＝z﹣m，

∴m＝x﹣y+z，

故答案为：

x﹣y+z．

6．

（1）证明：

∵AB∥CD，

∴∠BED＝∠EDC，∠BAD＝∠ADC，

∵∠BED＝∠BAD+∠ADE，

∵∠BED＝2∠BAD，

∴∠BAD＝∠ADE，∠ADE＝∠ADC，

∴AD平分∠CDE；

（2）解：

依题意设∠ADC＝∠ADE＝∠BAD＝x，

∴∠BED＝∠EDC＝2x，∠AED＝180°﹣2x，

∵AB∥CD，

∴∠BAC+∠ACD＝180°，即∠ACD＝90°﹣x，

又∵∠ACD+∠AED＝165°，

即90°﹣x+180°﹣2X＝165°，

∴x＝35°，

∴∠ACD＝90°﹣x＝90°﹣35°＝55°．

7．解：

（1）AD∥EF．

理由如下：

∵AD⊥BC，EF⊥BC，

∴∠EFD＝∠ADC＝90°，

∴AD∥EF；

（2）∠3＝∠E．

理由如下：

∵AD∥EF，

∴∠1＝∠E，∠2＝∠3，

∵AD平分∠BAC，

∴∠1＝∠2，

∴∠3＝∠E．

8．解：

（1）如图①中，∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAD＝90°，

∵∠DAG＝∠GAD′，∠EAF＝∠EAB，

∴2∠GAE+2∠EAF＝90°，

∴∠GAF＝∠GAE+∠EAF＝45°．

（2）结论：

∴α＝45°+

β．

理由：

如图②中，∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAD＝90°，

∵∠DAG＝∠GAD′，∠EAF＝∠FAB，

∴2∠GAE+2∠EAF+∠KAE＝90°，

∴∠GAK+∠EAF＝45°﹣

∠KAE，

∵∠FAG＝α，∠EAK＝β，

∴α＝45°﹣

β+β＝45°+

β．

∴α＝45°+

β．

9．解：

（1）如图1，过点E作l∥AB，

∵AB∥CD，

∴l∥AB∥CD，

∴∠1＝∠AME，∠2＝∠CNE，

∵∠MEN＝∠1+∠2，

∴∠E＝∠AME+∠ENC；

（2）∵EF平分∠MEN，NP平分∠ENC，

∴∠NEF＝

∠MEN，∠ENP＝

∠ENC，

∵EQ∥NP，

∴∠QEN＝∠ENP＝

∠ENC，

∵∠MEN＝∠AME+∠ENC，

∴∠MEN﹣∠ENC＝∠AME＝30°，

∴∠FEQ＝∠NEF﹣∠NEQ

＝

∠MEN﹣

∠ENC，

＝

×30°＝15°；

（3）m∠GEH＝∠GEK﹣∠AMN．

∵∠AMN＝m•∠EMN，∠GEK＝m•∠GEM，

∴∠EMN＝

∠AMN，∠GEM＝

∠GEK，

∵EH∥MN，

∴∠HEM＝∠EMN＝

∠AMN，

∵∠GEH＝∠GEM﹣∠HEM，

＝

∠GEK﹣

∠AMN，

∴m∠GEH＝∠GEK﹣∠AMN，

∵∠BMN＝180°﹣∠AMN，

∴∠BMN+∠KEG﹣m∠GEH＝180°．

10．解：

∵∠B＝∠CGF（已知）

∴AB∥CD（同位角相等两直线平行）

∵∠DGF＝∠F（已知）

∴CD∥EF

∴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，∠F，两直线平行同旁内角互补．