第10章 相交线、平行线与平移（教师版）

2023-2024学年沪科新版数学七年级下册章节知识讲练1.熟练掌握对顶角，邻补角及垂线的概念及性质，了解点到直线的距离与两平行线间的距离的概念；2.区别平行线的判定与性质，并能灵活运用；3.了解命题的概念及构成，并能通过证明或举反例判定命题的真假；4.了解平移的概念及性质.知识点01：相交线【高频考点精讲】1.对顶角、邻补角两直线相交所成的四个角中存在几种不同关系，它们的概念及性质如下表：图形顶点边的关系大小关系对顶角有公共顶点∠1的两边与∠2的两边互为反向延长线对顶角相等即∠1=∠2邻补角有公共顶点∠3与∠4有一条边公共，另一边互为反向延长线.邻补角互补即∠3+∠4=180°【易错点剖析】⑴对顶角是成对出现的，对顶角是具有特殊位置关系的两个角.对顶角的特征:有公共顶点，角的两边互为反向延长线.⑵如果∠α与∠β是对顶角，那么一定有∠α=∠β；反之如果∠α=∠β，那么∠α与∠β不一定是对顶角.⑶如果∠α与∠β互为邻补角，则一定有∠α+∠β=180°；反之如果∠α+∠β=180°，则∠α与∠β不一定是邻补角.邻补角的特征:有公共顶点，有一条公共边，另一边互为反向延长线．⑶两直线相交形成的四个角中，每一个角的邻补角有两个，而对顶角只有一个.2.垂线及性质、距离（1）垂线的定义：当两条直线相交所成的四个角中，有一个角是直角时，就说这两条直线互相垂直，其中的一条直线叫做另一条直线的垂线，它们的交点叫做垂足.如图1所示，符号语言记作：AB⊥CD，垂足为O.【易错点剖析】要判断两条直线是否垂直，只需看它们相交所成的四个角中，是否有一个角是直角，两条线段垂直，是指这两条线段所在的直线垂直.（2）垂线的性质：垂线性质1：在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直(与平行公理相比较记).垂线性质2：连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短.简称：垂线段最短.（3）点到直线的距离：直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离，如图2：PO⊥AB，点P到直线AB的距离是垂线段PO的长.【易错点剖析】垂线段PO是点P到直线AB所有线段中最短的一条.知识点02：平行线【高频考点精讲】1．平行线判定判定方法1：同位角相等，两直线平行．判定方法2：内错角相等，两直线平行．判定方法3：同旁内角互补，两直线平行．【易错点剖析】根据平行线的定义和平行公理的推论，平行线的判定方法还有：（1）平行线的定义：在同一平面内，如果两条直线没有交点（不相交），那么两直线平行.（2）如果两条直线都平行于第三条直线，那么这两条直线平行（平行线的传递性）.（3）在同一平面内，垂直于同一直线的两条直线平行.（4）平行公理：经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行.2．平行线的性质性质1：两直线平行，同位角相等；性质2：两直线平行，内错角相等；性质3：两直线平行，同旁内角互补.要点诠释：根据平行线的定义和平行公理的推论，平行线的性质还有：（1）若两条直线平行，则这两条直线在同一平面内，且没有公共点．（2）如果一条直线与两条平行线中的一条直线垂直，那么它必与另一条直线垂直．3．两条平行线间的距离如图3，直线AB∥CD，EF⊥AB于E，EF⊥CD于F，则称线段EF的长度为两平行线AB与CD间的距离.【易错点剖析】（1）两条平行线之间的距离处处相等.（2）初中阶级学习了三种距离,分别是两点间的距离、点到直线距离、平行线间的距离.这三种距离的共同点在于都是线段的长度,它们的区别是两点间的距离是连接这两点的线段的长度,点到直线距离是直线外一点引已知直线的垂线段的长度,平行线间的距离是一条直线上的一点到与之平行的另一直线的距离.（3）如何理解“垂线段”与“距离”的关系：垂线段是一个图形，距离是线段的长度，是一个量，它们之间不能等同.知识点03：命题及平移【高频考点精讲】1.命题：判断一件事情的语句，叫做命题．每个命题都是题设、结论两部分组成.题设是已知事项；结论是由已知事项推出的事项.2.平移：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，图形的这种移动叫做平移．要点诠释：平移的性质：（1）平移后，对应线段平行(或共线)且相等；（2）平移后，对应角相等；（3）平移后，对应点所连线段平行(或共线)且相等；（4）平移后，新图形与原图形是一对全等图形.检测时间：120分钟试题满分：100分难度系数：0.50一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分．在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填写在括号内）1．（2分）（2023秋•即墨区期末）生活中的椅子一般依据人体工学原理设计，如图为生活中一把椅子的侧面图，从人体脊柱的形势而言，当靠背角度∠DEF＝115°时，能产生较为接近自然腰部的形状，此时最舒适．已知DE与地面平行，支撑杆BD与地面夹角∠ABD＝50°，则制作时用螺丝固定时支撑杆BD和AF需构成夹角∠ACB为（）A．70° B．65° C．60° D．50°解：∵∠DEF＝115°，∴∠DEC＝180°﹣∠DEF＝65°，∵DE∥AB，∴∠CAB＝∠DEC＝65°，∵∠ABD＝50°，∴∠ACB＝180°﹣∠ABD﹣∠CAB＝65°．故选：B．2．（2分）（2023秋•莲湖区期末）某小区地下停车场的栏杆如图所示，当栏杆抬起到最大高度时，∠BCD＝118°．若此时CD平行地面AE，则∠ABC的度数为（）A．162° B．152° C．150° D．142°解：过点B作BF∥CD，∵∠BCD＝118°，∴∠BCD+∠CBF＝180°，∴∠CBF＝62°，∵CD∥AE，∴BF∥AE，∵∠BAE＝90°，∴∠ABF+∠BAE＝180°，∴∠ABF＝90°，∴∠ABC＝∠ABF+∠CBF＝152°．故选：B．3．（2分）（2023秋•哈尔滨期末）下列各图中，∠1和∠2是对顶角的是（）A． B． C． D．解：由对顶角的定义可知，选项B中的∠1与∠2是对顶角，故选：B．4．（2分）（2023秋•浚县期末）如图a∥b，c与a相交，d与b相交，下列说法：①若∠1＝∠2，则∠3＝∠4；②若∠1+∠4＝180°，则c∥d；③∠4﹣∠2＝∠3﹣∠1；④∠1+∠2+∠3+∠4＝360°，正确的有（）A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③解：①若∠1＝∠2，则a∥e∥b，则∠3＝∠4，故此说法正确；②若∠1+∠4＝180°，由a∥b得到，∠5+∠4＝180°，则∠1＝∠5，则c∥d；故此说法正确；③由a∥b得到，∠5+∠4＝180°，由∠2+∠3+∠5+180°﹣∠1＝360°得，∠2+∠3+180°﹣∠4+180°﹣∠1＝360°，则∠4﹣∠2＝∠3﹣∠1，故此说法正确；④由③得，只有∠1+∠4＝∠2+∠3＝180°时，∠1+∠2+∠3+∠4＝360°．故此说法错误．故选：B．5．（2分）（2023•禹会区二模）如图，把长方形ABCD沿EF对折，若∠1＝50°，则∠AEF的度数等于（）A．25° B．50° C．100° D．115°解：∵长方形ABCD沿EF对折，∠1＝50°，∴∠BFE＝（180°﹣∠1）＝65°，∵AD∥BC，∴∠AEF＝180°﹣∠BFE＝180°﹣65°＝115°．故选：D．6．（2分）（2023秋•肇庆期末）如图，直线AB、CD交于点O，OE平分∠BOC，若∠1＝50°，则∠BOE等于（）A．65° B．60° C．50° D．45°解：∠BOC＝180°﹣50°＝130°，∠BOE＝130°÷2＝65°，故选：A．7．（2分）（2023•贵池区二模）如图是一款手推车的平面示意图，其中AB∥CD，∠1＝24°，∠2＝76°，则∠3的度数为（）A．104° B．128° C．138° D．156°解：如图：∵AB∥CD，∠1＝24°，∴∠A＝∠1＝24°，∵∠2＝76°，∠2+∠4＝180°，∴∠4＝180°﹣∠2＝180°﹣76°＝104°，∴∠3＝∠4+∠A＝104°+24°＝128°．故选：B．8．（2分）（2023秋•高青县校级期末）如图，将周长为8的△ABC沿BC方向向右平移2个单位长度得到△DEF，则四边形ABFD的周长为（）A．10 B．12 C．14 D．16解：∵△ABC沿BC方向平移2个单位长度得到△DEF，∴DF＝AC，AD＝CF＝2，∴四边形ABFD的周长＝AB+BF+DF+AD＝AB+BC+CF+AC+AD＝△ABC的周长+AD+CF＝8+2+2＝12．故选：B．9．（2分）（2023春•自贡期末）已知直线l1∥l2，将含30°角的直角三角板按如图所示摆放．若∠2＝140°，则∠1＝（）A．110° B．120° C．130° D．140°解：如图所示：∵l1∥l2，∴∠3＝∠1＝∠4，∵∠2＝30°+∠4＝140°，∴∠4＝110°＝∠1．故选：A．10．（2分）（2022秋•南陵县期末）如图，已知射线OP∥AE，∠A＝α，依次作出∠AOP的角平分线OB，∠BOP的角平分线OB1，∠B1OP的角平分线OB2，…，∠Bn﹣1OP的角平分线OBn，其中点B，B1，B2，…，Bn都在射线AE上，则∠ABnO的度数为（）A． B． C． D．解：由图形可知，∠ABO＝（180°﹣α），∠AB1O＝（180°﹣∠OBB1）＝∠ABO＝（180°﹣α），∠AB2O＝（180°﹣α），…则∠ABnO＝．故选：C．二、填空题（本大题共10小题，每题2分，共20分．不需写出解答过程，请将正确答案填写在横线上）11．（2分）（2023秋•中原区期末）小明和小颖在做三角形摆放游戏，他们将一副三角板如图所示叠放在一起，使CE位于∠ACB内部，三角板ABC的位置保持不变，改变三角板CDE的位置，∠ECB＝30°时，DE∥BC．解：∵∠E＝30°，∴∠ECB＝30°时，DE∥BC．故答案为：30．12．（2分）（2022秋•封丘县期末）如图，一把长方形直尺沿直线断开并错位，点E，D，B，F在同一条直线上．若∠DBC＝54°，则∠ADE的度数是126°．解：∵直尺的两边互相平行，∴∠ADF＝∠DBC＝54°，∴∠ADE＝180°﹣54°＝126°．故答案为：126°．13．（2分）（2022秋•东港区校级期末）如图，将一个宽度相等的长方形纸条沿AB折叠一下，如果∠1＝140°，那么∠2度数是110°．解：∵宽度相等的纸条沿AB折叠，∴纸条两边互相平行，∴∠3＝∠1＝×140°＝70°，∴∠2＝180°﹣∠3＝180°﹣70°＝110°．故答案为：110．14．（2分）（2023春•澧县期末）如图，已知AB∥CD，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∠BAD＝70°，∠BCD＝40°，则∠BED的度数为55°．解：∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∴∠ABE＝∠CBE＝∠ABC，∠ADE＝∠CDE＝∠ADC，∵∠ABE+∠BAD＝∠E+∠ADE，∠BCD+∠CDE＝∠E+∠CBE，∴∠ABE+∠BAD+∠BCD+∠CDE＝∠E+∠ADE+∠E+∠CBE，∴∠BAD+∠BCD＝2∠E，∵∠BAD＝70°，∠BCD＝40°，∴∠BED＝（∠BAD+∠BCD）＝（70°+40°）＝55°．故答案为：55°．15．（2分）（2023春•中山市期中）如图，直线AB∥CD，BC平分∠ABD，∠1＝53°，则∠2＝106°．解：∵直线AB∥CD，∠1＝53°，∴∠ABC＝∠1＝53°，又∵BC平分∠ABD，∴∠ABD＝2∠ABC＝∠1＝106°，∵AB∥CD，∴∠2＝∠ABD＝106°，故答案为：106°．16．（2分）（2023秋•市北区期末）如图a，已知长方形纸带ABCD，将纸带沿EF折叠后，点C、D分别落在H、G的位置，再沿BC折叠成图b，若∠DEF＝72°，则∠GMN＝72°．解：∵AD∥CB，∴∠EFC+∠DEF＝180°，∠EFB＝∠DEF，即∠EFC＝180°﹣72°＝108°，∠EFB＝72°，∴∠BFH＝108°﹣72°＝36°．∵∠H＝∠D＝90°，∴∠HMF＝180°﹣90°﹣36°＝54°．由折叠可得：∠NMF＝∠HMF＝54°，∴∠GMN＝72°．故答案为：72．17．（2分）（2023秋•鹿寨县期末）如图1是某景区电动升降门，将其抽象为几何图形，如图2所示，BA垂直于地面AE于A，当CD平行于地面AE时，则∠ABC+∠BCD＝270°．解：过点B作BF∥AE，如图：∵CD∥AE，∴BF∥CD，∴∠BCD+∠CBF＝180°，∵AB⊥AE，∴AB⊥BF，∴∠ABF＝90°，∴∠ABC+∠BCD＝∠ABF+∠CBF+∠BCD＝90°+180°＝270°．故答案为：270°．18．（2分）（2023•渝中区校级开学）如图，将一张长方形的纸片沿折痕EF翻折，使点B、C分别落在点M、N的位置，且∠NED＝∠EFM，则∠MFA＝36°．解：由折叠的性质可得∠NEF＝∠CEF，∠MFE＝∠BFE，∵AB∥CD，∴∠DEF＝∠BFE，∴∠DEF＝∠MFE，∵，∴，∴，∵∠CEF+∠DEF＝180°，∴，∴∠DEF＝72°，∴∠MFE＝∠BFE＝∠DEF＝72°，∴∠AFM＝180°﹣∠MFE﹣∠BFE＝36°，故答案为：36．19．（2分）（2023春•慈溪市期中）如图，PQ∥MN，A，B分别为直线MN、PQ上两点，且∠BAN＝45°，若射线AM绕点A顺时针旋转至AN后立即回转，射线BQ绕点B逆时针旋转至BP后立即回转，两射线分别绕点A、点B不停地旋转，若射线AM转动的速度是a°/秒，射线BQ转动的速度是b°/秒，且a、b满足|a﹣4|+（b﹣1）2＝0．若射线AM绕点A顺时针先转动18秒，射线BQ才开始绕点B逆时针旋转，在射线BQ到达BA之前，问射线AM再转动或36秒时，射线AM与射线BQ互相平行．解：∵|a−4|+（b−1）2＝0，∴a＝4，b＝1，设射线AM再转动t秒时，射线AM、射线BQ互相平行．如图，射线AM绕点A顺时针先转动18秒后，AM转动至AM'的位置，∠MAM'＝18×4＝72°，分两种情况：①当M″到达MN前，∠QBQ'＝t°，∠M'AM″＝4t°，∵∠BAN＝45°＝∠ABQ，∴∠MAB＝135°，∴∠M'AB＝135°﹣72°＝63°，∴∠ABQ'＝45°﹣t°，∠BAM″＝∠M'AM″﹣∠M'AB＝4t°﹣63°，当∠ABQ'＝∠BAM″时，BQ'∥AM″，此时，45°﹣t°＝4t°﹣63°，解得t＝；②当M″到达MN后，∠QBQ'＝t°，∠NAM″＝4t°﹣（180﹣72）°＝4t°﹣108°，∠BAM″＝45°﹣（4t°﹣108°）＝153°﹣4t°，∵∠BAN＝45°＝∠ABQ，∴∠ABQ'＝45°﹣t°，，当∠ABQ'＝∠BAM″时，BQ'∥AM″，此时，45°﹣t°＝153°﹣4t°，解得t＝36；综上所述，射线AM再转动或36秒时，射线AM、射线BQ互相平行．故答案为：或36．20．（2分）（2023春•开州区期末）如图，将长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点A，B分别落在A'，B'的位置，再沿AD边将∠A'折叠到∠H处，已知∠1＝50°，则∠FEH＝15°．解：由折叠可知：∠BFE＝∠B'FE，∠AEF＝∠A'EF，∠A'EG＝∠HEG，∵∠1+∠BFE+∠B'FE＝180°，∠1＝50°，∴∠BFE＝65°，∵AD∥BC，∴∠AEF+∠BFE＝180°，∴∠AEF＝115°，∴∠A'EF＝115°，过B'作B'M∥AD，则∠DGB'＝∠GB'M，∵AD∥BC，∴∠MB'F＝∠1，∴∠1+∠DGB'＝∠GB'F＝90°，∴∠DGB'＝90°﹣50°＝40°，∴∠A'GE＝∠DGB'＝40°，∵∠A'＝90°，∴∠HEG＝∠A'EG＝90°﹣40°＝50°，∴∠A'EH＝2×50°＝100°，∴∠FEH＝∠A'EF﹣∠A'EH＝115°﹣100°＝15°．故答案为：15．三、解答题（本大题共8小题，共60分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）21．（6分）（2023秋•莲湖区期末）如图，把一块三角板的60°角的顶点放在直尺的一边上，若∠2＝55°，求∠1的度数．解：∵AB∥CD，∴∠2＝∠3．∵∠2＝55°，∴∠3＝55°．∵∠1+60°+∠3＝180°，∴∠1＝65°．22．（6分）（2023秋•商水县期末）如图，已知F，E分别是射线AB，CD上的点．连接AC，AE平分∠BAC，EF平分∠AED，∠2＝∠3．（1）试说明AB∥CD；（2）若∠AFE﹣∠2＝30°，求∠AFE的度数．解：（1）∵AE平分∠BAC，∴∠1＝∠2，∵∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∴AB∥CD；（2）∵∠AFE﹣∠2＝30°，∴∠AFE＝∠2+30°，∵AB∥CD，∴∠AFE＝∠FED＝∠2+30°，∵EF平分∠AED，∴∠AED＝2∠FED＝2∠2+60°，∵∠3+∠AED＝180°，∴∠3+2∠2+60°＝180°，∵∠3＝∠2，∴∠2＝40°，∴∠AFE＝∠2+30°＝70°，∴∠AFE的度数为70°．23．（8分）（2023秋•兴平市期末）如图，点E，F分别在AB，CD上，AF⊥CE，垂足为点O，∠1＝∠B，∠A+∠2＝90°．求证：AB∥CD．证明：∵∠1＝∠B（已知），∴CE∥BF（同位角相等，两直线平行），∴∠AOE＝∠AFB（两直线平行，同位角相等），∵AF⊥CE（已知），∴∠AOE＝90°（垂直的定义），∴∠AFB＝90°（等量代换），∵∠AFC+∠AFB+∠2＝180°（平角的定义），∴∠AFC+∠2＝90°（等式性质），∵∠A+∠2＝90°（已知），∴∠AFC＝∠A（同角或等角的余角相等），∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行）．24．（8分）（2023秋•原阳县校级期末）如图，已知∠B＝25°，∠BCD＝45°，∠CDE＝30°，∠E＝10°求证：AB∥EF．解：过C点作CG∥AB，过点D作DH∥AB，则CG∥DH，∵∠B＝25°，∴∠BCG＝25°，∵∠BCD＝45°，∴∠GCD＝20°，∵CG∥HD，∴∠CDH＝20°，∵∠CDE＝30°，∴∠HDE＝10°∴∠HDE＝∠E＝10°，∴DH∥EF，∴DH∥AB，∴AB∥EF．25．（8分）（2023秋•崇川区期末）如图1，点E在BC的延长线上，已知AD∥BE，∠B＝∠D．（1）求证：AB∥CD；（2）连接AE，∠BAE的平分线和∠DCE的平分线所在的直线相交于点F（点F与点C不重合）．①如图2，若∠BAE＝66°，∠DCE＝70°，且点F在∠DCE平分线的反向延长线上，则∠AFC＝68°；②试探究∠DAE与∠AFC之间的数量关系，并说明理由．（1）证明：如图1所示：∵AD∥BE，∴∠D＝∠DCE，∵∠B＝∠D，∴∠B＝∠DCE，∴AB∥CD；（2）①过点F作FM∥AB，延长FC交AE于H，如图2所示：∵∠BAE＝66°，AF平分∠BAE，∴∠BAF＝∠BAE＝33°，∵∠DCE＝70°，点F在∠DCE平分线的反向延长线上，∴CH平分∠DCE，∴∠DCH＝∠DCE＝35°，由（1）可知：AB∥CD，∴AB∥FM∥CD，∴∠AFM＝∠BAF＝33°，∠CFM＝∠DCH35°，∴∠AFC＝∠AFM+∠CFM＝33°+35°＝68°；故答案为：68．②∠DAE与∠AFC之间的数量关系是：∠DAE+2∠AFC＝180°，理由如下：过点F作FN∥AB，延长FC交AE于P，如图3所示：设∠BAF＝α，∠DCP＝β，∵AF平分∠BAE，∴∠EAF＝∠BAF＝α，∠BAE＝2α，∵点F在∠DCE平分线的反向延长线上，∴CP平分∠DCE，∴∠DCE＝2∠PCE＝2β，由（1）可知：AB∥CD，∴∠B＝∠DCE＝2β，∵AD∥BE，∴∠B+∠BAD＝180°，∴∠BAD＝180°﹣∠B＝180°﹣2β，∴∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE＝180°﹣2β﹣2α＝180°﹣2（α+β），由（1）可知：AB∥CD，又∵FN∥AB，∴FN∥AB∥CD，∴∠AFN＝∠BAF＝α，∠CFN＝∠DCP＝β，∴∠AFC＝∠AFN+∠CFN＝α+β，∴∠DAE＝180°﹣2（α+β）＝180°﹣2∠AFC，即∠DAE+2∠AFC＝180°．26．（8分）（2022秋•靖远县期末）如图，∠1＝∠2，∠BAE＝∠BDE，EA平分∠BEF．（1）求证：AB∥DE；（2）BD平分∠EBC吗？为什么？（1）证明：∵∠2与∠ABE是对顶角，∴∠2＝∠ABE．∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠ABE，∴AB∥DE；（2）解：BD平分∠EBC．理由：∵由（1）知AB∥CD，∴∠AED+∠BAE＝180°，∠BEF＝∠EBC．∵∠BAE＝∠BDE，∴∠AED+∠BDE＝180°，∴AE∥BD，∴∠AEB＝∠DBE．∵EA平分∠BEF，∠BEF＝∠EBC，∴BD平分∠EBC．27．（8分）（2023秋•巴南区校级期末）已知，如图，AB∥CD，直线MN交AB于点M，交CD于点N，点E是线段MN上一点，P，Q分别在射线MB，ND上，连接PE，EQ，PF平分∠MPE，QF平分∠DQE．（1）如图1，当PE⊥QE时，直接写出∠PFQ的度数；（2）如图2，求∠PEQ与∠PFQ之间的数量关系，并说明理由；（3）如图3，在（1）问的条件下，若∠APE＝45°，∠MND＝75°，过点P作PH⊥OF交QF的延长线于点H，将MN绕点N顺时针旋转，速度为每秒5°，直线MN旋转后的对应直线为M'N，同时△FPH绕点P逆时针旋转，速度为每秒10°，△FPH旋转后的对应三角形为△F'PH'，当MN首次落到CD上时，整个运动停止，在此运动过程中，经过t秒后，M'N恰好平行于△F'PH'的其中一条边，请