第2章相交线与平行线单元测试A卷（含解析）

第2章相交线与平行线单元测试A卷北师大版2024—2025学年七年级下册
总分：120分 时间：90分钟
姓名：________ 班级：_____________成绩：___________
一．单项选择题（每小题5分，满分40分）
题号 1 3 4 5 6 7 8
答案
1．一个角的补角是它的余角的度数的3倍，则这个角的度数是（　　）
A．45° B．50° C．55° D．60°
2．如图，直线a∥b，∠A＝36°，∠1＝42°，则∠2的度数是（　　）
A．78° B．86° C．94° D．106°
3．当我们在教室中排课桌时，有时在最前和最后的课桌旁拉一根长绳，沿着长绳排列能使课桌排的更整齐，这样做的数学道理是（　　）
A．两点之间，线段最短 B．两条直线相交只有一个交点
C．点动成线 D．两点确定一条直线
4．如图，点P是直线l外一点，A、B、C、D都在直线l上，PB⊥l于B，在P与A、B、C、D四点的连线中，线段PB最短，依据是（　　）
A．两点确定一条直线 B．两点之间，线段最短
C．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直 D．垂线段最短
5．如图，A，B，C，D四点在直线l上，点M在直线l外，MC⊥l，若MA＝5cm，MB＝4cm，MC＝2cm，MD＝3cm，则点M到直线l的距离是（　　）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
6．如图，下列条件不能判定CF∥BE的是（　　）
A．∠1＝∠B B．∠1＝∠C
C．∠CFB+∠B＝180° D．∠CFP＝∠FPB
7．如图，AB∥CD，FE⊥DB于点E，∠1＝52°，则∠2的度数为（　　）
A．52° B．48° C．38° D．30°
8．如图，AB∥CD，EB⊥AB于点B，连接CE，若∠C＝20°，则∠CEB＝（　　）
A．120° B．115° C．100° D．110°
二．填空题（每小题5分，满分20分）
9．如图，将一个宽度相等的纸条按如图所示沿AB折叠，已知∠1＝50°，则∠2＝ 　 　．
10．如果一个角的余角的3倍比这个角的补角少24°，那么这个角的度数为 　 　．
11．如图，点B、C、D分别为∠AOE内部三点，连接OB、OC、OD，∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠AOD＝90°，∠1＝20°，则∠AOE的补角的度数为 　 　°．
12．如图，已知AB∥CD，EF∥BN，MN∥DE，则∠ABF+∠E+∠F+∠EPN+∠M+∠N+∠CDM＝　 　．
三．解答题（共8小题，总分60分，每题须有必要的文字说明和解答过程）
13．如图，已知点E、F在直线AB上，点N在线段CD上，ED与FN交于点M，∠C＝∠1，∠2＝∠3．
（1）求证：AB∥CD；
（2）若∠D＝47°，∠EMF＝80°，求∠AEP的度数．
14．如图，已知AC∥FE，∠1+∠2＝180°．
（1）求证：∠FAB＝∠BDC；
（2）若AC平分∠FAD，EF⊥BE于点E，∠FAD＝80°，求∠BCD的度数．
15．如图1，点F在线段AB上，点E在线段CD上，∠1+∠2＝180°，∠A＝∠D．
（1）试说明：AB∥CD；
（2）如图2所示，延长AB到M，在∠MBC，∠BCD内部有一点P，连接BP，CP．若∠CBP＝3∠MBP，∠BCP＝3∠DCP，求∠BPC的度数．
16．【课题学行线的“等角转化”．
如图1，已知点A是BC外一点，连接AB，AC．求∠BAC+∠B+∠C的度数．
解：过点A作ED∥BC，
∴∠B＝　 　，∠C＝　 　，
又∵∠EAB+∠BAC+∠DAC＝180°．
∴∠B+∠BAC+∠C＝　 　．
【问题解决】（1）阅读并补全上述推理过程．
【解题反思】从上面的推理过程中，我们发现平行线具有“等角转化”的功能，将∠BAC，∠B，∠C“凑”在一起，得出角之间的关系，使问题得以解决．
【方法运用】（2）如图2，已知AB∥CD，BE、CE交于点E，∠BEC＝80°，求∠B ∠C的度数．
（3）如图3，若AB∥CD，点P在AB，CD外部，请直接写出∠B，∠D，∠BPD之间的关系．
17．如图1，已知：射线AF交CD于E，∠CEF+∠BAF＝180°．
（1）求证：AB∥CD．
（2）如图2，G为射线ED上一动点，直接写出∠BAF，∠AFG，∠CGF之间的数量关系．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AG，延长FG交射线AB于H，N为线段AH上一动点．若AG平分∠BAF，GN平分∠HGE，∠NHG＝30°时，求2∠AGN+∠FEG的值．
18．如图1，O为直线AB上一点，过点O作射线OC，∠AOC＝30°，将一直角三角板（∠M＝30°）的直角顶点放在点O处，一边ON在射线OA上，另一边OM与OC都在直线AB的上方，将图1中的三角板绕点O以每秒3°的速度沿顺时针方向旋转一周．
（1）请填空：　 　秒后ON与OC重合；
（2）如图2，请问经过 　 　秒后，MN∥AB；
（3）若三角板在转动的同时，射线OC也绕O点以每秒6°的速度沿顺时针方向旋转一周，那么经过多长时间OC与OM重合？
（4）在（3）的条件下，当射线OC，射线OM，射线OB三条中的一条是另外两条组成的夹角的角平分线时，请直接写出t的值．
参考答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A A D D A B C D
1．【解答】解：设这个角的度数是x，则
180°﹣x＝3（90°﹣x），
解得x＝45°．
所以这个角是45°．
故选：A．
2．【解答】解：根据题意，a∥b，∠1＝42°，
∴∠ABC＝∠1＝42°，
∵∠2＝∠A+∠ABC，∠A＝36°，
∴∠2＝36°+42°＝78°，
所以∠2的度数是78°，
故选：A．
3．【解答】解：当我们在教室中排课桌时，有时在最前和最后的课桌旁拉一根长绳，沿着长绳排列能使课桌排的更整齐，这样做的数学道理是两点确定一条直线，故D正确．
故选：D．
4．【解答】解：PB⊥l于B，在P与A、B、C、D四点的连线中，线段PB最短，依据是垂线段最短．
故选：D．
5．【解答】解：如图所示：
∵直线外一点到这条直线的垂线段最短，MC⊥l，
∴点M到直线l的距离是垂线段MC的长度，为2cm，
故选：A．
6．【解答】解：∵∠1＝∠B，
∴CF∥BE，
故A不符合题意；
∵∠1＝∠C，
∴AB∥CD，
故B符合题意；
∵∠CFB+∠B＝180°，
∴CF∥BE，
故C不符合题意；
∵∠CFP＝∠FPB，
∴CF∥BE，
故D不符合题意；
故选：B．
7．【解答】解：∵FE⊥DB，
∴∠FED＝90°，
∴∠D＝180°﹣∠1﹣∠FED＝38°，
∵AB∥CD，
∴∠2＝∠D＝38°，
故选：C．
8．【解答】解：如下图所示，过点E作EF∥AB，
由题意可知，AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∵∠C＝20°，
∴∠CEF＝∠C＝20°，
∵EB⊥AB，
∴EB⊥EF，
∴∠BEF＝90°，
∴∠CEB＝∠CEF+∠BEF＝20°+90°＝110°，
所以∠CEB的度数为110°．
故选：D．
二、填空题
9．【解答】解：如图，
∵将一个宽度相等的纸条按如图所示沿AB折叠，
∴∠3＝∠1＝50°，
∴∠2＝∠3+∠1＝100°．
故答案为：100°．
10．【解答】解：设这个角为x，
由题意得，180°﹣x﹣24°＝3（90°﹣x），
解得x＝57°．
故答案为：57°．
11．【解答】解：∵∠1＝∠2，∠1＝20°，
∴∠1＝∠2＝20°，
∵∠AOD＝90°，
∴∠3＝∠AOD﹣∠1﹣∠2＝50°，
∵∠3＝∠4，
∴∠3＝∠4＝50°，
∴∠AOE＝∠AOD+∠4＝140°，
∴∠AOE的补角的度数＝180°﹣∠AOE＝40°，
故答案为：40．
12．【解答】解：如图，过P作PQ∥AB．
∵AB∥CD，
∴PQ∥CD．
∵EF∥BN，
∴∠F＝∠FBP，∠E＝∠EPB，
∵PQ∥AB，
∴∠ABP＝∠BPQ，
∴∠ABF+∠F＝∠ABP＝∠BPQ，
∵MN∥DE，
∴∠M＝∠MDE，∠N＝∠NPD，
∵PQ∥CD，
∴∠CDP＝∠DPQ，
∴∠M+∠CDM＝∠CDP＝∠DPQ，
∴∠ABF+∠E+∠F+∠EPN+∠M+∠N+∠CDM
＝∠EPB+∠BPQ+∠EPN+∠NPD+∠DPQ
＝360°．
故答案为：360°．
三、解答题
13．【解答】（1）证明：∵∠2＝∠3，
∴CE∥NF，
∴∠C＝∠FND，
又∵∠C＝∠1，
∴∠FND＝∠1，
∴AB∥CD．
（2）解：∵∠D＝47°，AB∥CD，∠EMF＝80°，
∴∠BED＝∠D＝47°，∠2＝EMF＝∠3＝80°，
∴∠BEC＝80°+47°＝127°，
∴∠AEP＝∠BEC＝127°．
14．【解答】（1）证明：∵AC∥EF，
∴∠1+∠FAC＝180°，
又∵∠1+∠2＝180°，
∴∠FAC＝∠2，
∴FA∥CD，
∴∠FAB＝∠BDC；
（2）解：∵AC平分∠FAD，
∴∠FAC＝∠CAD，∠FAD＝2∠FAC，
由（1）知∠FAC＝∠2，
∴∠FAD＝2∠2，
∴∠2∠FAD，
∵∠FAD＝80°，
∴∠280°＝40°，
∵EF⊥BE，AC∥EF，
∴AC⊥BE，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BCD＝90°﹣∠2＝50°．
15．【解答】解：（1）如图：
∵∠2+∠3＝180°，∠1+∠2＝180°，
∴∠1＝∠3，
∴AE∥DF，
∴∠A＝∠BFD，
∵∠A＝∠D，
∴∠D＝∠BFD，
∴AB∥CD；
（2）∵AM∥CD，
∴∠MBC+∠DCB＝180°，
∵∠CBP＝3∠MBP，∠BCP＝3∠DCP，
∴∠CBP∠MBC，∠BCP∠DCB，
∴∠CBP+∠BCP∠MBC∠DCB＝135°，
∴∠BPC＝180°﹣（∠CBP+∠BCP）＝45°．
16．【解答】解：（1）过点A作ED∥BC，
∴∠B＝∠EAB，∠C＝∠DAC，
又∵∠EAB+∠BAC+∠DAC＝180°，
∴∠B+∠BAC+∠C＝180°，
故答案为：∠EAB；∠DAC；180°；
（2）过点E作EF∥AB，
∴∠B+∠BEF＝180°，
∴∠BEF＝180°﹣∠B，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠FEC＝∠C，
∵∠BEC＝80°，
∴∠BEF+∠FEC＝80°，
∴180°﹣∠B+∠C＝80°，
∴∠B﹣∠C＝100°；
（3）∠BPD＝∠B﹣∠D，
理由：过点P作PE∥CD，
∴∠D＝∠DPE，
∵AB∥CD，
∴AB∥PE，
∴∠B＝∠BPE，
∵∠BPD＝∠BPE﹣∠DPE，
∴∠BPD＝∠B﹣∠D．
17．【解答】（1）证明：∵射线AF交CD于E，
∴∠CEF＝∠AED，
∵∠CEF+∠BAF＝180°，
∴∠AED+∠BAF＝180°，
∴AB∥CD；
（2）解：∠BAF，∠AFG，∠CGF之间的数量关系是：∠AFG+∠CGF+∠BAF＝180°，理由如下：
由（1）可知：∠AED+∠BAF＝180°，
又∵∠AED＝∠AFG+∠CGF，
∴∠AFG+∠CGF+∠BAF＝180°，
（3）解：设∠HAG＝α，∠AGN＝β，
由（1）可知：AB∥CD，
∴∠NHG+∠HGE＝180°，∠AGC＝∠HAG＝α，
∵∠NHG＝30°，
∴∠HGE＝150°，
∵AG平分∠BAF，
∴∠BAF＝2α，
∵AB∥CD，
∴∠FEG＝∠BAF＝2α，
∵GN平分∠HGE，
∴∠NGE∠HGE150°＝75°，
即∠AGC+∠AGN＝75°，
∴α+β＝75°，
∴2∠AGN+∠FEG＝2β+2α＝2（α+β）＝150°．
18．【解答】解：（1）∵30÷3＝10，
∴10秒后ON与OC重合．
故答案为：10．
（2）分两种情况：
MN在AB上方时，如图2.1，
∵MN∥AB，
∴∠BOM＝∠M＝30°，
∵∠AON+∠BOM＝90°，
∴∠AON＝60°，
∴t＝60÷3＝20（秒），
∴经过t秒后，MN∥AB，t＝20秒；
MN在AB下方时，如图2.2，
∵MN∥AB，∠M＝30°，
∴∠BON＝60°，
∴∠AON＝60°+180°＝240°，
∴t＝240÷3＝80，
∴经过20秒或80秒后，MN∥AB．
故答案为：20秒或80秒．
（3）如图3所示：
∵∠AON+∠BOM＝90°，∠BOC＝∠BOM，
∵三角板绕点O以每秒3°的速度，射线OC也绕O点以每秒6°的速度旋转，
设∠AON＝3t，则∠AOC＝30°+6t，
∵OC与OM重合，
∵∠AOC+∠BOC＝180°，
可得：（30°+6t）+（90°﹣3t）＝180°，
解得：t＝20（秒）；
即经过20秒时间OC与OM重合；
（4）分三种情况：
①OM平分∠BOC时，此时OC、OM在AB上方，如图4所示：
∴∠BOM＝90°﹣3t，∠BOC＝180°﹣30°﹣6t＝150°﹣6t，
∴150°﹣6t＝2（90﹣3t），无解；
②OC平分∠MOB，此时OC、OM在AB上方，如图5所示：
∴∠BOM＝90°﹣3t，∠BOC＝150°﹣6t，
∴90﹣3t＝2（150﹣6t），
解得：t（秒）；
③当OB平分∠COM时，如图6，
∴∠BOM＝90°﹣3t，∠BOC＝6t﹣150°，
∴90﹣3t＝6t﹣150，
解得：t（秒）；
④当OM平分∠BOC时，如图7，
∴∠BOM＝3t﹣90°，∠BOC＝6t﹣150°，
∴6t﹣150°＝2（3t﹣90°），无解；
故t的值为秒或秒．
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