第10周 周末限时测(第4章4.2)-【单元金卷】2025-2026学年七年级上册数学（华东师大版·新教材）

故①错误：垂线段CD的长度是，点C到直线AB的最 因为∠GHM=∠1+∠2， 短距离，故②错误；因为AC⊥BC,CD⊥AB,所以 所以∠GHM=∠AGH+∠EMH. ∠ACD+∠CAB=90°，∠ABC+∠CAB=90°，∠CAB的 15.B【解析】设AB交GH于点M,AB交EF于点P.因 余角只有∠ABC和∠ACD,故③正确：因为AC⊥BC, 为AB⊥GH,CD⊥GH,所以∠GMB=∠GOD=90°，所 CD⊥AB,所以∠ACD+∠A=90°，∠ABC+∠A=90°，所 以AB∥CD,所以∠BPF=∠1=42°，所以∠2=180°- 以∠ABC=∠ACD=a,所以∠CBE=180°-∠ABC= ∠BPF=138°.故选B. 180°-α，故④正确.综上所述，正确的是③④. 16.A【解析】如图，因为∠2+∠5=180°，∠1+∠2= 13.解：(1)因为∠3=∠B0C,∠B0C=∠C0E+∠2， 180°，所以∠1=∠5，所以a∥b,所以∠4=∠6.因为 所以∠3=∠C0E+∠2， ∠3=124°，所以∠6=180°-∠3=56°，所以∠4=56°.故 因为∠3-∠2=65°， 选A 所以∠C0E=∠3-∠2=65° (2)由(1)知∠C0E=65°， 因为∠1=∠2， 所以∠1=∠2=180°-LC0 =57.5° 2 所以∠3=180°-∠1=122.5. 14.解：(1)30°对顶角相等 第16题答图 第17题答图 (2)由题意，得∠ACD+∠BCE=∠ACB+∠BCD+ 17.C【解析】如图，因为∠2=∠4，∠1=∠2，所以 ∠BCE=∠ACB+∠DCE=18O° ∠1=∠4，所以a∥b,所以∠BAF=∠3=120°，所 则∠ACD=180°-∠BCE=180°-n°. 以∠EAB=60°.因为AD是∠BAE的平分线，所以 15.解：(1)0N⊥CD. ∠BAC=∠CAE=30°.因为BC⊥AD,所以∠ACB= 理由如下：因为OM⊥AB, 90°，所以∠ABC=60°.故选C. 所以∠AOM=90°， 18.B【解析】因为BC∥DE,所以∠ACB=∠E,故①正 所以∠1+∠A0C=90. 确：因为BC∥DE,所以∠ABC=∠ADE,∠BCD= 又因为∠1=∠2， ∠EDC.因为BF平分∠ABC,DC平分∠ADE,所以 所以∠2+∠A0C=90°， 即∠C0N=90°， ABF=ZCBF=子∠AC,∠Ac:∠EC 所以ON⊥CD. (2)因为∠1=22.5° ∠ADE,所以∠ABF=LCBF=∠ADC=∠EDC= 1 所以∠M0D=180°-∠1=157.5. 16.解：(1)2(2)6 ∠BCD,所以BF∥DC,所以∠BFD=∠FDC,无法得出 (3)因为∠1=3∠2，∠2=3∠3， ∠ADF=∠CDF,即无法得出DF平分∠ADC,故②错 所以∠1=9∠3. 误，④正确；因为∠FDC≠∠BCD,所以∠BFD≠ 因为∠1+∠3=180° ∠BCD,故③错误.综上所述，正确的有2个.故选B. 所以9∠3+∠3=180°。 19.40【解析】如图，过，点M作ME∥AB,所以∠ABM+ 所以∠3=18°， ∠EMB=180°，因为∠ABM=110°，所以∠EMB=70° 所以∠1=162°，∠2=54°. 因为ME∥AB,AB∥CD,所以ME∥CD,所以∠CNM+ ∠EMN=180°.因为∠CNM=70°，所以∠EMN=110°， 第十周周末限时测 所以∠BMN=∠EMN-∠EMB=4O°. 1.D2.C3.A4.C5.∠B=∠DAE(答案不唯一) t- 6.平行 7.解：AB∥CD 理由如下：因为CE⊥CD,所以∠DCE=90° 因为∠ACE=136°，所以∠ACD=134 ) 因为∠BAF=46°，所以∠BAC=180°-∠BAF=134°， 20.81°【解析】如图，因为∠4=∠3=101°，∠2= 所以∠ACD=∠BAC,所以AB∥CD. 79°，所以∠2+∠4=79°+101°=180°，c∥d,所以 8.A ∠a=∠1=81° 9.C【解析】因为∠ABE=160°，∠CDF=150°，所以 ∠ABP=180°-∠ABE=20°，∠CDP=180°-∠CDF= 30°.因为AB∥CD∥MN,所以∠BPN=∠ABP=20°」 ∠DPN=∠CDP=30°，所以∠EPF=∠BPN+∠DPN= 20°+30°=50°.故选C. 21.解：因为MG平分∠EMB,NH平分∠CNF, 10.B【解析】因为DE∥BC,∠C=70°，所以∠AED= ∠BME=∠AMN. ∠C=70°，由折叠得，∠FED=∠AED=70°，所以 ∠FEC=180°-∠AED-∠FED=180°-70°-70°= 所以∠CWH= 2∠CNF,∠BMG= ∠BME= 40°.故选B. 11.B12.54°13.50° 14.解：如图，因为AB∥CD, 2∠AMw 所以∠AGH=∠1. 因为AB∥CD, 又因为CD∥EF, 所以∠CNF=∠AMN, 所以∠EMH=∠2， 所以∠CNF=∠BME, 所以∠CNH=∠BMG. 因为AB∥CD, (3)先按方案一买6台空调，送6台电扇，再按方 所以∠CNM=∠BMN」 案二买4台电扇， 所以∠CNH+∠CNM=∠BMG+∠BMN, 6×1200+4×300×90%=8280(元) 即∠HNM=∠GMN, 答：需付款8280元. 所以MG∥NH. 第十二周周末限时测 第十一周周末限时测 1.B2.C3.C4.D5.D6.B 7.②8.8 1.D2.C3.A4.D5.B6.-7 7.1 9.8或4【解析】根据题意，分两种情况：①当对折 8.①② 点在A,点时，从P处将绳子剪断，分成三段：2AP, 9.解：(1)在数轴上表示-c,1b1.如图所示. PB,P,国为APP,所以24P子B,即线段 PB是最长的一段，因为最长的一段为3cm,所以 (2)根据题意可得，a<-c<b<0<1b. (3)因为a+b<0,a-c<0,b+c>0, 2号PB=2,解得AP=L,所以这条绳子的原长 原式=-a-b+a-c-2(b+c) 为2(AP+PB)=8cm;②当对折，点在B,点时，从P =-a-b+a-c-2b-2c 处将绳子剪断，分成三段：AP,AP,2PB,因为AP= =-3b-3c. 10.解：(1)-10+13+12+(-9)+(-11)+9+(-14) 3PB,所以线段2PB是最长的一段，所以2PB=3, =-10+13+12-9-11+9-14 =-10, 舞释P阳=子片以B=写子m),所 所以司机小李将最后一名乘客送到目的地时，小 以这条绳子的原长为2(AP+PB)=4cm.综上所述， 李与出车地点的距离是10千米. 这根绳子原来的长度为8cm或4cm. (2)第一次记录时距离出发地10千米， 10.解：(1)因为开始时点E在点0的北偏东4340'， 第二次记录时距离出发地-10+13=3千米， 所以∠A0E=90°-43°40'=46°20'，∠B0E= 第三次记录时距离出发地3+12=15千米， 4340′， 第四次记录时距离出发地15-9=6千米， 所以∠C0E=2∠A0E=9240', 第五次记录时距离出发地16-111=5千米， 所以∠C0B=∠C0E-∠B0E=9240'-4340'=49°. 第六次记录时距离出发地-5+9=4千米， (2)因为∠C0D= 2∠C0B= 2×49°=2430， 第七次记录时距离出发地4-141=10千米， 所以在第三次记录时，小李距出发地最远，距离是 所以∠B0D=∠COB+∠COD=49°+24°30'= 15千米. 7330'. 所以点D在点0的北偏西7330'的方向. (3)I-10川+1+131+1+12|+1-91+1-111+1+91+1-141 11.解：根据题意得∠BOE=3∠DOE,∠C0D=∠COE =10+13+12+9+11+9+14 ∠DOE=80°-∠DOE. =78(千米)， 因为OC平分∠A0D, (3.2-1.4)×78=140.4(元)， 所以∠AOD=2∠C0D=160°-2∠D0E, 所以这天上午小李盈利140.4元 所以∠AOD+∠DOE+∠B0E=180°， 11.B12.C13.D14.D15.B 所以160°-2∠D0E+∠D0E+3∠D0E=180°， 16.-117.(8a+6b)18.219.120.10x-13 所以∠D0E=10°， 21.解：(1)当x=3时， 所以∠BOE=3∠D0E=30°. B=-2×(32-3+2)=-2×8=-16. 12.B13.B14.A15.B16.C17.318.13 (2)当k=-1, 19.②3④ C=B-A=-2(x2-x+2)-[-2x2-(-1-1)x+1] 20.解：因为MN∥EF, =-2x2+2x-4+2x2-2x-1 所以∠2=∠3. =-5. 因为∠1=∠2，∠3=∠4， (3)2A-B=2[-2x2-(k-1)x+1]-[-2(x2-x+2)] 所以∠1=∠4， =-4x2-2(k-1)x+2+2(x2-x+2) 所以∠1+∠2=∠3+∠4. =-4x2-2(k-1)x+2+2x2-2x+4 因为∠1+∠ABC+∠2=∠3+∠BCD+∠4=180 =-2x2-2kx+6, 所以∠ABC=∠BCD, 因为代数式C是二次单项式，2A-B+C的结果为 所以AB∥CD. 常数， 21.解：因为EF∥AD 所以k=0,C=2x2 所以∠2=∠3（两直线平行，同位角相等）. 22.解：(1)(5400+300x)(6480+270x) 又因为∠1=∠2，所以∠1=∠3（等量代换） (2)当x=10时， 所以AB∥DG(内错角相等，两直线平行). 方案一：5400+300×10=8400（元）， 所以∠BAC+∠AGD=180°（两直线平行，同旁内 方案二：6480+270×10=9180（元）， 角互补). 因为8400<9180， 又因为∠BAC=70°， 所以此时按方案一购买较为合算。 所以∠AGD=110°.第十周 周未限时测 单元金卷 数学。七·上 【第4章4.2】 考点平行线及其判定 时间：20分钟分值：24分 6.已知直线a,b,c在同一平面内，如果a⊥c,b⊥c, 1.已知直线AB及一点P,要过点P作一条直线与 那么直线a,b的位置关系是 .(填“平 AB平行，那么这样的直线 行”或“垂直”) A.有且只有一条 B.有两条 7.(6分)（柘城期中）如图，∠BAF=46°，∠ACE= C.不存在 D.不存在或者只有一条 136.若CE⊥CD,则AB与CD是否平行？请说明 2.如图，过直线外一点画已知直线的平行线的方法 理由 叫“推平行线”法（图中三角形ABC是三角板）， 其依据是 考点平行线的性质 时间：20分钟分值：24分 A.同旁内角互补，两直线平行 8.如图，已知直线a∥b,直线c与a,b分别交于点 B.两直线平行，同旁内角互补 A,B,若∠1=120°，则∠2= ( C.同位角相等，两直线平行 A.60° B.120° D两直线平行，同位角相等 C.30° D.15o 3.(唐河期末)如图，∠1和∠2分别为直线13与直 线1，和1，相交所成的角.如果∠1=62°，那么添加 下列哪个条件后，可判定1∥12 ( A M--- 2 第8题图 第9题图 9.(长垣期中)如图，平行于主光轴MW的光线AB A.∠2=1189 B.∠3=28o 和CD经过凹透镜的折射后，折射光线BE,DF C.∠4=1289 D.∠5=28° 的反向延长线交于主光轴MN上一点P.若 4.如图，下列条件中能判定AB∥CD的是( ∠ABE=160°，∠CDF=150°，则∠EPF的度数是 B () A.20° B.30° C.50° D.70° 10.如图，将△ABC沿直线DE折叠，使点A落在 BC边上的点F处，DE∥BC,若∠C=70°，则 A.∠AEC=∠BFD B.∠CEF=∠BFE ∠FEC= () C.∠AEF+∠CFE=180°D.∠C=∠BFD A.50° B.40° C.30 D.20° 5.如图，点A,C分别在射线BE,BF上，不添加辅 A 助线，请写出一个能判定AD∥BF的条件 73 第10题图 第11题图 11.(陕西中考)如图，AB∥CD,BC∥EF.若∠1= 58°，则∠2的大小为 A.1209 B.122° C.132° D.148° 12.(济宁中考)如图，直线1,2,1被直线14所截， 若11∥2,2∥L3,∠1=126°，则∠2的度数 第17题图 第18题图 18.如图，已知BC∥DE,BF平分∠ABC,DC平分 ∠ADE,有下列结论：①∠ACB=∠E;②DF平分 ∠ADC:③∠BFD=∠BCD:4④∠ABF=∠BCD 其中正确的有 （) A.1个 B.2个 第12题图 第13题图 C.3个 D.4个 13.如图，直线a∥b,Rt△ABC的直角顶点A落在 19.如图，AB∥CD,N是CD上一点，M是AB,CD外一 直线a上，点B落在直线b上，若∠1=15°， 点，连接BM,MN,若∠CNM=70°，∠ABM=110°， ∠2=25°，则∠ABC的度数为 则∠M的度数为 0 14.(6分)（焦作期末）如图，已知AB∥CD∥EF, 点G,H,M分别在AB,CD,EF上.试说明： ∠GHM=∠AGH+∠EMH. 行 H 第19题图 第20题图 20.已知四条直线a,b,c,d如图所示，∠1=81°， M ∠2=79°，∠3=101°，则∠的度数为 21.(6分)（许昌期末）如图，AB∥CD,直线EF分 别交AB,CD于点M,N,MG平分∠EMB,NH平 分∠CNF,试说明：MG∥NH. 考点平行线的综合题时间：20分钟分值：24分 15.如图，已知AB⊥GH,CD⊥GH,直线CD,EF,GH相 交于一点0，若∠1=42°，则∠2等于 () A.130° B.138° C.1409 D.142° HI 第15题图 第16题图 16.如图，若∠1+∠2=180°，∠3=124°，则∠4的度 数为 () A.56° B.46° C.66° D.124° 17.如图，直线a,b被直线c,d所截，若∠1=∠2， ∠3=120°，AD是∠BAE的平分线，BC⊥AD,垂足 为C,则∠ABC的度数为 () A.50 B.55o C.60° D.65°