4.4 第1课时 平行线的判定方法1（作业课件）-【优翼·学练优】2025-2026学年七年级数学下册同步备课（湘教版）

该初中数学课件聚焦“平行线的判定”第1课时，核心知识点为平行线的判定方法1及与性质的综合运用。通过图形辨析（如∠B=∠AEF判断平行）、作图实践（直尺三角尺作平行线）导入，从基础判定到综合运用，构建递进式学习支架，帮助学生衔接前后知识。 其亮点在于融入中考真题（2025甘肃中考题）、教材变式及新情境（躺椅结构问题），培养几何直观、推理意识与模型意识。例如躺椅问题将现实结构抽象为几何模型，训练用数学眼光观察；解答题规范推理步骤，强化数学思维。学生能提升应用与推理能力，教师可获得分层教学素材，提高教学效率。

2026春季学期 《学练优》·七年级数学下·XJ 第4章　平面内的两条直线 4.4　平行线的判定 第1课时　平行线的判定方法1 目 录 CONTENTS 01 A学习理解 02 B 应用实践 03 C 迁移创新 知识点一　平行线的判定方法1 1. 如图，如果∠B＝∠AEF，那么(　C　) A. AD∥BC B. AB∥CD C. EF∥BC D. AD∥EF 第1题图 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 2. 如图，用直尺和三角尺作直线AB，CD，从图中 可知，直线AB与直线CD的位置关系 为 ，理由是 ⁠ ⁠. 第2题图 AB∥CD　 同位角相等，两直线平 行　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 3. 如图，已知∠1＝∠2，∠2＝∠C，则图中互相 平行的直线是 ⁠. 第3题图 AB∥CD，EF∥CG　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 4. (2025•甘肃中考)如图，三根木条a，b，c相交 成∠1＝80°，∠2＝110°，固定木条b，c，将 木条a绕点A顺时针转动，使木条a与木条b平行， 则可将木条a旋转 °.(写出一 个即可) 30(答案不唯一)　 第4题图 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 5. 如图，若∠1＋∠2＝180°，试说明：AB∥CD. 解：因为∠1＋∠3＝180°，∠1＋∠2＝180°， 所以∠2＝∠3. 所以AB∥CD. 解：因为∠1＋∠3＝180°，∠1＋∠2＝180°， 所以∠2＝∠3. 所以AB∥CD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 知识点二　平行线的判定与性质的综合运用 6. 如图，若∠1＝∠2，则图中与∠3相等的角 有(　C　) A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 第6题图 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 7. 如图，已知∠ADE＝∠B，则∠C＋∠CED等 于(　D　) A. 150° B. 160° C. 170° D. 180° 第7题图 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 8. 如图，直线l1和l2被直线l3和l4所截，∠1＝∠2＝ 130°，∠3＝75°，则∠4的度数为(　B　) A. 75° B. 105° C. 115° D. 130° 第8题图 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 9. 如图，已知∠1＝∠2＝∠3＝50°，则∠4的度数 是 ⁠. 第9题图 130°　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 10. 如图，点D，C均在线段BF上，AC，DE相交 于点M，连接AB，EF，∠B＝∠1，∠A＝ ∠E，试说明：AC∥EF. 解：因为∠B＝∠1， 所以AB∥DE. 所以∠A＝∠CMD. 因为∠A＝∠E， 所以∠CMD＝∠E. 所以AC∥EF. 解：因为∠B＝∠1， 所以AB∥DE. 所以∠A＝∠CMD. 因为∠A＝∠E， 所以∠CMD＝∠E. 所以AC∥EF. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 11. 如图，已知点C在直线BD上，∠B＝∠ACE＝ 60°，CE平分∠ACD，则∠A等于(　A　) A. 60° B. 70° C. 80° D. 90° 第11题图 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 12. 某学员在广场上练习驾驶汽车，第一次向左拐 弯30°行驶一段后，第二次又向右拐弯30°，如图 所示，则经过两次拐弯后行驶的方向与原来行驶方 向 (填“相同”或“不同”). 第12题图 相同　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 13. (2025•长沙期末)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)试说明：AB∥CD； 解：(1)因为∠2＝∠3， 所以CE∥NF. 所以∠C＝∠FND. 又因为∠C＝∠1， 所以∠FND＝∠1. 所以AB∥CD. 解：(1)因为∠2＝∠3， 所以CE∥NF. 所以∠C＝∠FND. 又因为∠C＝∠1， 所以∠FND＝∠1. 所以AB∥CD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 (2)若∠D＝47°，∠EMF＝80°，求∠AEP的度数. 解：(2)因为∠D＝47°，AB∥CD，∠EMF＝ 80°， 所以∠BED＝∠D＝47°，∠2＝∠3＝∠EMF＝ 80°. 所以∠BEC＝80°＋47°＝127°. 所以∠AEP＝∠BEC＝127°. 解：(2)因为∠D＝47°，AB∥CD，∠EMF＝ 80°， 所以∠BED＝∠D＝47°，∠2＝∠3＝∠EMF＝ 80°. 所以∠BEC＝80°＋47°＝127°. 所以∠AEP＝∠BEC＝127°. 13. (2025•长沙期末)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. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 14. 如图，∠1＋∠2＝180°，∠A＝∠C. 填空并 写出理由. 解：因为∠1＋∠2＝180°，∠2＋∠CDB＝180°， 所以∠1＝ ⁠. 所以AE∥FC(　 　). ∠CDB　 同位角相等，两直线平行 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 所以∠C＝ (　 ⁠ 　). 又因为∠A＝∠C， 所以∠A＝∠CBE(　 　). ∠CBE　 两直线平行，内错角相 等 等量代换 所以 ∥ (　 ⁠ 　). AD　 BC　 同位角相等，两直线平 行 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 15. 教材P111习题T3变式如图，直线AB∥CD， ∠AEP＝∠CFQ. 若∠EPM＝40°，求∠FQM的 度数. 解：因为AB∥CD， 所以∠AEN＝∠CFN. 因为∠AEP＝∠CFQ， 所以∠AEN－∠AEP＝∠CFN－∠CFQ， 即∠PEN＝∠QFN. 所以PE∥QF. 所以∠FQM＝∠EPM＝40°. 解：因为AB∥CD， 所以∠AEN＝∠CFN. 因为∠AEP＝∠CFQ， 所以∠AEN－∠AEP＝∠CFN－∠CFQ， 即∠PEN＝∠QFN. 所以PE∥QF. 所以∠FQM＝∠EPM＝40°. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 16. 新情境 躺椅 如图是一种躺椅及其结构示意图， 扶手AB与底座CD都平行于地面EF，前支架OE与 后支架OF分别与CD交于点G和点D，AB与DM 交于点N，∠AOE＝∠BNM. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 (1)试说明：OE∥DM； 解：(1)因为∠BNM＝∠AND，∠AOE＝ ∠BNM， 所以∠AOE＝∠AND. 所以OE∥DM. (2)若OE平分∠AOF，∠ODC＝30°，求扶手AB 与靠背DM的夹角∠AND的度数. 解：(1)因为∠BNM＝∠AND，∠AOE＝ ∠BNM， 所以∠AOE＝∠AND. 所以OE∥DM. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 解：(2)因为AB与底座CD都平行于地面EF， 所以AB∥CD. 所以∠AOF＋∠ODC＝180°. 所以∠AOF＝180°－30°＝150°.因为OE平分 ∠AOF， 所以∠AOE＝∠EOF＝ ∠AOF＝75°.因为 OE∥DM， 所以∠AND＝∠AOE＝75°. 解：(2)因为AB与底座CD都平行于地面EF， 所以AB∥CD. 所以∠AOF＋∠ODC＝180°. 所以∠AOF＝180°－30°＝150°. 因为OE平分∠AOF， 所以∠AOE＝∠EOF＝ ∠AOF＝75°. 因为OE∥DM， 所以∠AND＝∠AOE＝75°. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 16 $