2024年中考数学模拟试题相交线与平行线

2024年中考数学模拟试题相交线与平行线一、选择题1．(2024重庆铜梁巴川·一模）如图，直线AB∥CD，∠C=44°，∠E为直角，则∠1等于（）A．132° B．134° C．136° D．138°【分析】过E作EF∥AB，求出AB∥CD∥EF，根据平行线的性质得出∠C=∠FEC，∠BAE=∠FEA，求出∠BAE，即可求出答案．【解答】解：过E作EF∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥EF，∴∠C=∠FEC，∠BAE=∠FEA，∵∠C=44°，∠AEC为直角，∴∠FEC=44°，∠BAE=∠AEF=90°﹣44°=46°，∴∠1=180°﹣∠BAE=180°﹣46°=134°，故选B．2．(2024重庆巴南·一模）如图，直线AB∥CD，直线EF分别交直线AB、CD于点E、F，EG平分∠AEF交CD于点G．若∠1=36°，则∠2的大小是（）A．68° B．70° C．71° D．72°【分析】利用平行线的性质得出∠AEG=∠2，再利用角平分线的性质得出∠AEG=∠GEF=72°，即可得出答案．【解答】解：∵直线AB∥CD，∴∠AEG=∠2，∵EG平分∠AEF交CD于点G，∠1=36°，∴∠AEG=∠GEF=72°，∴∠2=72°．故选：D．图33．(2024四川峨眉·二模）如图3，在中，过点作若则的大小为图3 答案：D4．（2024天津南开区·二模）下列命题中，假命题是（

）A．对顶角相等 B．三角形两边的和小于第三边C．菱形的四条边都相等 D．多边形的外角和等于360°考点：多边形的内角与外角相交线、对顶角、邻补角答案：B试题解析：A、对顶角相等，正确，是真命题；B、三角形的两边之和大于第三边，错误，是假命题；C、菱形的四条边都相等，正确，是真命题；D、多边形的外角和为360°，正确，为真命题，故选：B．5．(2024云南省·一模)如图：AB∥DE，∠B=30°，∠C=110°，∠D的度数为（）A．115° B．120° C．100° D．80°【考点】平行线的性质．【分析】过点C作CF∥AB，再由平行线的性质即可得出结论．【解答】解：过点C作CF∥AB，∵AB∥DE，∴AB∥DE∥CF，∵∠B=30°，∴∠1=30°，∵∠C=110°，∴∠2=80°，∴∠D=180°﹣∠2=180°﹣80°=100°．故选：C．【点评】本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等；两直线平行，同旁内角互补．6．(2024云南省·二模)如图，AB∥CD，AD平分∠BAC，且∠D=72°，则∠C的度数为（）A．36° B．72° C．108° D．144°【考点】平行线的性质．【分析】根据角平分线的定义可得∠BAD=∠CAD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠BAD=∠D，从而得到∠CAD=∠D，再利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．【解答】解：∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD，∵AB∥CD，∴∠BAD=∠D=72°，∴∠CAD=∠D=72°，在△ACD中，∠C+∠D+∠CAD=180°，∴72°+∠C+72°=180°，解得∠C=36°．故选A【点评】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理，熟记性质并准确识图是解题的关键．7.（2024吉林东北师范大学附属中学·一模）如图，AB∥CD，∠D=∠E=35°，则∠B的度数是（A）60°．（B）65°．（C）70°．（D）75°．答案：C8.（2024河南洛阳·一模）如图2，直线AB∥CD，直线EF与AB，CD相交于点E，F，∠BEF的平分戏与CD相交于点N．若∠1=63°，则∠2=【】A．64°B．63°C．60°D．54°答案：D9..（2024河北石家庄·一模）下列图形中，∠1一定大于∠2的是（）A． B． C． D．【考点】三角形的外角性质；对顶角、邻补角；平行线的性质；圆周角定理．【分析】根据对顶角、内错角、外角、圆周角的性质，对选项依次判断即可得出答案．【解答】解：A、根据对顶角相等，∠1=∠2，故本选项错误；B、根据两直线平行、内错角相等，∠1=∠2，故本选项错误；C、根据外角等于不相邻的两内角和，∠1＞∠2，故本选项正确；D、根据圆周角性质，∠1=∠2，故本选项错误．故选C．【点评】本题主要考查了对顶角、内错角、外角、圆周角的性质，难度适中．10．（2024河大附中·一模）如图，直线a,b被直线c所截，a∥b，∠1=∠2．若∠3=40°，则∠4=()第2题A．40°B．50°C．70°D．80°答案：C11.（2024湖北襄阳·一模）如图，将三角尺的直角顶点放在直线a上，a∥b,∠1=50°，∠2=60°，则∠3的度数为（）A.50°B.60°C.70°D.80°第3题答案：C12.（2024广东东莞·联考）如图，把一块直角三角板的直角顶点放在直尺的一边上，如果∠1=32°，那么∠2的度数是（）A．32° B．58° C．68° D．60°【考点】平行线的性质；余角和补角．【专题】计算题．【分析】本题主要利用两直线平行，同位角相等及余角的定义作答．【解答】解：根据题意可知，∠2=∠3，∵∠1+∠2=90°，∴∠2=90°﹣∠1=58°．故选：B．【点评】主要考查了平行线的性质和互余的两个角的性质．互为余角的两角的和为90°．解此题的关键是能准确的从图中找出这两个角之间的数量关系，从而计算出结果．二、填空题1．(2024山西大同·一模）如图：直线AB、CD被BC所截，若AB∥CD，∠1=45°，∠2=35°，则∠3=

________.答案：80°2．(2024浙江镇江·模拟)如图，a∥b，直线c与直线a，b相交，已知，则▲．答案：70°3、(2024浙江丽水·模拟)如图，a∥b，∠1=60°，∠2=50°，∠3=°.（第3题图）答案：70°.4．(2024郑州·二模)如图，已知直线AB∥CD，直线EG垂直于AB，垂足为G，直线EF交CD于点F，∠1＝50°，则∠2＝．答案：140；5.（2024河南三门峡·二模）如图，AB∥CD，AD平分∠BAC，若∠BAD=70°，那么∠ACD的度数为ACACDB答案：6.（2024江苏省南京市钟爱中学·九年级下学期期初考试）如图△ABC中，BE平分∠ABC，DE∥BC，若DE=2AD，AE=2，那么EC=．[答案：4三、解答题1.（2024江苏常熟·一模）一副直角三角板如图放置，点C在FD的延长线上，AB∥CF，∠F=∠ACB=90°，∠E=45°，∠A=60°，AC=10，试求CD的长．【考点】解直角三角形；平行线的性质．【专题】计算题．【分析】过点B作BM⊥FD于点M，根据题意可求出BC的长度，然后在△EFD中可求出∠EDF=45°，进而可得出答案．【解答】解：过点B作BM⊥FD于点M，在△ACB中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=10，∴∠ABC=30°，BC=AC×tan60°=10，∵AB∥CF，∴BM=BC×sin30°=10×=5，CM=BC×cos30°=15，在△EFD中，∠F=90°，∠E=45°，∴∠EDF=45°，∴MD=BM=5，∴CD=CM﹣MD=15﹣5．【点评】本题考查了解直角三角形的性质及平行线的性质，难度较大，解答此类题目的关键根据题意建立三角形利用所学的三角函数的关系进行解答．图形的展开与叠折一、选择题1.（2024河北石家庄·一模）按如图所示的方法折纸，下面结论正确的个数（）①∠2=90°；②∠1=∠AEC；③△ABE∽△ECF；④∠BAE=∠3．第1题A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质．【分析】根据翻折变换的性质、相似三角形的判定定理解答即可．【解答】解：由翻折变换的性质可知，∠AEB+∠FEC=×180°=90°，则∠AEF=90°，即∠2=90°，①正确；由图形可知，∠1＜∠AEC，②错误；∵∠2=90°，∴∠1+∠3=90°，又∠1+∠BAE=90°，∴∠BAE=∠3，④正确；∵∠BAE=∠3，∠B=∠C=90°，∴△ABE∽△ECF，③正确．故选：C．【点评】本题考查的是翻折变换的性质，翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．二、填空题1、（2016青岛一模）如图，5个边长相等的小正方形拼成一个平面图形，小丽手中还有一个同样的小正方形，她想将它与图中的平面图形拼接在一起，从而可以构成一个正方体的平面展开图，则小丽总共能有4种拼接方法．【考点】几何体的展开图．【分析】结合正方体的平面展开图的特征，只要折叠后能围成正方体即可．【解答】解：如图所示：故小丽总共能有4种拼接方法．故答案为：4．2、（2016枣庄41中一模）现有一个圆心角为90°，半径为8cm的扇形纸片，用它恰好围成一个圆锥的侧面（接缝忽略不计）．该圆锥底面圆的半径为2cm．【考点】圆锥的计算．【分析】根据扇形的弧长等于圆锥的底面周长，利用扇形的弧长公式即可求得圆锥的底面周长，然后根据圆的周长公式即可求解．【解答】解：圆锥的底面周长是：=4π．设圆锥底面圆的半径是r，则2πr=4π．解得：r=2．故答案是：2．3、（2016苏州二模）如图，将矩形纸片的两个直角分别沿、翻折，点恰好落在边上的点处，点恰好落在边上.若=3，=5，则=.答案：43.（2024黑龙江齐齐哈尔·一模）如图，矩形ABCD的边长AB=8，AD=4，若将△DCB沿BD所在直线翻折，点C落在点F处，DF与AB交于点E.则cos∠ADE=．第1题第1题答案：4.(2024上海浦东·模拟)在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝15，AC＝20．点D在边AC上，DE⊥AB，垂足为点E，将

△ADE沿直线DE翻折，翻折后点A的对应点为点P，当∠CPD为直角时，AD的长是5．(2024上海闵行区·二模)如图，已知在△ABC中，AB=AC，tan∠B=，将△ABC翻折，使点C与点A重合，折痕DE交边BC于点D，交边AC于点E，那么的值为．【考点】翻折变换（折叠问题）．【分析】作AF⊥BC于F，连接AD，设AF=a，DC=x，根据相似三角形的性质用a表示CD和BD，计算即可．【解答】解：作AF⊥BC于F，连接AD，设AF=a，DC=x，∵tan∠B=，∴BF=3a，由勾股定理得，AB=a，∵DE⊥AC，AF⊥BC，∴△CED∽△CFA，∴=，即=，解得x=a，∴DF=CF﹣CD=a，∴BD=a，∴=．故答案为：．【点评】本题考查的是翻折变换的性质，翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．三、解答题CBFAEDHG1.（2024绍兴市浣纱初中等六校·CBFAEDHG求证△AEF≌△GHE；（2）利用该图形试求tan22.5°的值。解：（1）设矩形ABCD的宽CD为1，则CB=∵△BCF、△DCH分别沿CF、CH对折得到△ECF、△GCH∴CE=CB=，CG=CD=1，∠FEC=∠B=Rt∠，∠HGC=∠HGE=∠D=Rt∠∴CE=CD，∠HGE=∠A=Rt∠∴tan∠DEC=，EG=EC-GC=-1∴∠DEC=45°∴△DEC是等腰三角形，∠AEF=90°-45°=45°∴DE=DC，∠AEF=∠DEC∴AE=AD-DE=-1∴AE=EG∴△AEF≌△GHE（2）由（1）可知∠DCH=∠GCH=45°÷2=22.5°，DH=GH△HEG是等腰直角三角形∴EG=HG=DH=-1∴tan∠DCH=2.（2024广东东莞·联考）如图1，将菱形纸片AB（E）CD（F）沿对角线BD（EF）剪开，得到△ABD和△ECF，固定△ABD，并把△ABD与△ECF叠放在一起．（1）操作：如图2，将△ECF的顶点F固定在△ABD的BD边上的中点处，△ECF绕点F在BD边上方左右旋转，设旋转时FC交BA于点H（H点不与B点重合），FE交DA于点G（G点不与D点重合）．求证：BH•GD=BF2（2）操作：如图3，△ECF的顶点F在△ABD的BD边上滑动（F点不与B、D点重合），且CF始终经过点A，过点A作AG∥CE，交FE于点G，连接DG．探究：FD+DG=DB．请予证明．【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；菱形的性质；旋转的性质．【专题】压轴题．【分析】（1）根据菱形的性质以及相似三角形的判定得出△BFH∽△DGF，即可得出答案；（2）利用已知以及平行线的性质证明△ABF≌△ADG，即可得出FD+DG的关系．【解答】证明：（1）∵将菱形纸片AB（E）CD（F）沿对角线BD（EF）剪开，∴∠B=∠D，∵将△ECF的顶点F固定在△ABD的BD边上的中点处，△ECF绕点F在BD边上方左右旋转，∴BF=DF，∵∠HFG=∠B，又∵∠HFD=∠HFG+∠GFD=∠B+∠BHF∴∠GFD=∠BHF，∴△BFH∽△DGF，∴，∴BH•GD=BF2；（2）∵AG∥CE，∴∠FAG=∠C，∵∠CFE=∠CEF，∴∠AGF=∠CFE，∴AF=AG，∵∠BAD=∠C，∴∠BAF=∠DAG，又∵AB=AD，∴△ABF≌△ADG，∴FB=DG，∴FD+DG=BD，故答案为：BD．【点评】此题主要考查了相似三角形的判定以及全等三角形的判定，根据等腰三角形的性质得出∠BAF=∠DAG是解决问题的关键．点线面角一.选择题1、(2024浙江丽水·模拟)如图△ABC是直角三角形，AB⊥CD，图中与∠CAB互余的角有（）A．1个B．2个C．3个D．4个答案:B（第1题图）2.(2024上海闵行区·二模)下列四个命题，其中真命题有（）（1）有理数乘以无理数一定是无理数；（2）顺次联结等腰梯形各边中点所得的四边形是菱形；（3）在同圆中，相等的弦所对的弧也相等；（4）如果正九边形的半径为a，那么边心距为a•sin20°．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【考点】命题与定理．【分析】利用反例对（1）进行判断；根据等腰梯形的对角线相等和三角形中位线性质、菱形的判定方法可对（2）进行判断；根据弦对两条弧可对（3）进行判断；根据正九边形的性质和余弦的定义可对（4）解析判断．【解答】解：有理数乘以无理数不一定是无理数，若0乘以π得0，所以（1）错误；顺次联结等腰梯形各边中点所得的四边形是菱形，所以（2）正确；在同圆