第7章《相交线与平行线》达标测试卷-【宝典训练】2025-2026学年七年级下册数学高效课堂（人教版·新教材）

第七章《相交线与平行线》达标测试卷 ※※※※※※ ※密封线内※ ※不要答题必 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） ※※※※※※ 1.下列图形中，∠1与∠2是对顶角的是 ※※※※※※ ※※必※※※ ※※※※※※ 1 A 学 校 2.如图，直线a,b被直线c所截，下列条件中能判定a∥b的是 A.∠1=∠4 B.∠2+∠3=1809 C.∠2=∠5 D.∠4=∠5 ⊙ 起 h② 32 跳 ③ 班 级 线 (第2题) (第3题) (第5题) (第6题) 3.运动会上，跳远运动员跳落到沙坑时的痕迹和测量跳远成绩的方法如图所示，选择其中的③号线的长度 作为跳远成绩，这样测量的依据是 ( ) 学 号 A.两点之间，线段最短 B.垂线段最短 C.两点确定一条直线 D.平行线之间的距离处处相等 4.下列说法中：①不相交的两条直线叫作平行线；②若线段AB与线段CD没有交点，则AB∥CD:③两点确定 一条直线；④直线外一点到这条直线的垂线段长度叫作点到直线的距离，其中说法正确的个数有() A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 考生号 5.如图，下列条件不能判定CD∥AB的是 A.∠1=∠2 B.∠3=∠A C.∠4-∠5 D.∠A+∠ADC=180° 6.如图，一条街道有两个拐角∠ABC和∠BCD,已知AB∥CD,若∠ABC=145°，则∠BCD的度数是( A.35 B.145 C.135 D.45° 姓 名 7.如图，直线AB,CD相交于点O,OE1CD,若∠A0C=号∠B0E,则∠BOD的度数为 A.36° B.32° C.42 D.54° ※※※※※※ ※米兴※※※ 4 ※※※※※※ ※※※※※※ D ※密封线内※ (第7题) (第8题) (第9题) (第10题) ※不要答题必 ※※※※X※ 8.如图，AB∥EF,∠ABP-∠ABC,∠EFP-∠EFC,已知∠FCD=60,则∠P的度数为 A.589 B.60° C.62 D.64 9.如图，∠ACB=90°，将直角三角形ABC沿着射线BC方向平移5cm,得到三角形A'B'C',并且B'C'=3cm, A'C'=4cm,则阴影部分的面积为 () A.10 cm2 B.14 cm2 C.28 cm2 D.35 cm2 第七章《相交线与平行线》达标测试卷第1页（共4页） 10.如图，AB∥CD∥EF,则下列各式中正确的是 () A.∠1=180°-∠3 B.∠1=∠3-∠2 C.∠2+∠3=180°-∠1 D.∠2+∠3=180°+∠1 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11.如图，一个零件ABCD需要AB边与CD边平行，现只有一个量角器，测得拐角∠ABC=120°，∠BCD= 60°，这个零件合格吗？ （填“合格”或“不合格”). E 0 A 工8 2 AG--- --/ C (第11题) （第13题) (第14题) (第15题) 12.同一平面内有三条直线a,b,c,若a⊥b,c⊥b,则a与c的关系是 13.如图，BC⊥AC,AC=6,BC=8,AB=10,则点A到直线BC的距离是 14.如图，直线AB,CD相交于点O,OE⊥AB,∠2比∠1大58°，则∠AOC= 15.如图，AB∥EF∥CD,AD∥BC,若AC为∠BAD的平分线，则与∠AOF相等的角有个. 三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 16.如图，∠BAF=46°，∠ACE=136°，CE⊥CD.问CD∥AB吗？为什么？ 17.如图，已知OA⊥CB,OD⊥OE,∠DOC=30°，求∠AOD及∠BOE的度数. 0 30° 18.如图，把一张长方形纸片(AB∥CD,AD∥BC)沿着直线GF折叠，∠CGF=30°，求∠1的度数， D 第七章《相交线与平行线》达标测试卷第2页（共4页） 四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）】 19.请把下列的解题过程补充完整： 如图，点D,E在AB上，点F,G分别在BC,AC上，∠ACB=∠CEB=∠FDB=90°，∠GEC+∠DFC= 180°，请说明EG⊥AC的理由. 解：因为∠CEB=∠FDB( 所以CE∥DF( 所以∠ECB+∠DFC=180°( 因为∠GEC+∠DFC=180°( 所以∠ECB=∠GEC( 所以GE∥BC( 所以∠AGE=∠ACB=90°( 。 所以EG⊥AC( 20.如图，AC∥BD,CE∥DF,CD平分∠ACE,∠ACE=2∠B=2∠F,求证：AB∥EF. 21.如图，直线AB与CD相交于点O,OE平分∠BOD,OF平分∠BOC. (1)∠AOE的补角是 (2)若∠AOC=68°，求∠DOE的度数； (3)判断射线OE与射线OF有什么位置关系，并说明理由. 第七章《相交线与平行线》达标测试卷第3页（共4页） 五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分） 22.如图1是一盏可折叠台灯.图2、图3是其平面示意图，支架AB,BC为固定支撑杆，支架OC可绕点C 旋转调节.已知灯体顶角∠DOE=52°，顶角平分线OP始终与OC垂直. B M Q 图1 图2 图3 (1)如图2，当支架OC旋转至水平位置时，OD恰好与BC平行，求支架BC与水平方向的夹角∠0的度数； (2)若将图2中的OC绕点C顺时针旋转15到如图3的位置，求此时OD与水平方向的夹角∠OQM的度数. 些 烯 及 23.如图，已知直线l1∥L2,3,l4和1，l2分别交于点A,B,C,D,点P在直线l3或l4上且不与点A,B,C,D 重合.记∠AEP-∠1，∠PFB=∠2，∠EPF=∠3. (1)若点P在图1位置，求证：∠3=∠1+∠2； (2)若点P在图2位置，请直接写出∠1，∠2，∠3之间的关系； 甜 (3)若点P在图3位置，写出∠1，∠2，∠3之间的关系并给予证明. E 3 丁2 D 图1 图3 第七章《相交线与平行线》达标测试卷第4页（共4页）4.解：(1)417-4 (2):2<5<3, .a=/5-2. .3</13<4, .b=3, a+b-5=/5-2+3-5=1; (3)1<3<4,∴1</3<2， .11<10+/3<12. ,10+3=x+y,其中x是整数，且0<y<1, ∴x=11,y=10+/3-11=/3-1. .x-y=11-(/5-1)=12-/3. .x一y的相反数是3一12， 5.解：2-23-(-3)=2-/23+3=5-/23， 16<23<25, .4</23<5, .5-/23>0, ∴.2-/23>-3. 6.解：(1)-1<x<3(2)x>3或x<-1 (3)由<0知① 或②/r+40, x+4>0, 11-x<0 1-x>0, 解不等式组①，得x>1.解不等式组②，得x<一4. 所以不等式兰0的部集为公1或《一4。 专题9规律探究 1.C2.B3.B4./25.(-2,-1) 6.解：(1)60°(2)360°-x°-y° (3)如答图，过点E作EF∥AB, 一B E万F D BC C 答图 .AB∥CD, ∴.AB∥CD∥EF. '∠A=a,∠C=B, .∠1+∠A=180°，∠2=∠C=R. ∠1=180°-∠A=180°-a. ∴∠AEC=∠1+∠2=180°-a+B. 测试卷答案 o o0 00 x ooo 第七章《相交线与平行线》达标测试卷 1.B2.D3.B4.B5.C6.B7.A8.B9.B10.D 11.合格12.a∥c13.614.16°15.5 参考苔案 16.解：CD∥AB. 证明：CE⊥CD, .∠DCE=90°， :∠ACE=136°， .∠ACD=360°-136°-90°=134°， ∠BAF=46°， .∠BAC=180°-∠BAF=180°-46°=134°， ∴∠ACD=∠BAC, .CD∥AB. 17.解：因为OA⊥CB, 所以∠AOC=90°. 因为∠D0C=30°， 所以∠AOD=∠AOC+∠DOC=120°. 因为OD⊥OE, 所以∠DOE=90° 因为∠COD+∠DOE+∠BOE=180°， 所以∠BOE=180°-∠COD-∠DOE=180°-30°-90°=60°. 18.解：因为把一张长方形纸带沿着直线GF折叠，∠CGF=30°， 所以∠EGF=∠FGC=30°， 所以∠EGC=∠EGF+∠FGC=60° 因为AD∥BC,所以∠EGC=∠IEF=60°. 因为GI∥FH,所以∠1=∠IEF=60°. 19.已知同位角相等，两直线平行两直线平行，同旁内角互 补已知同角的补角相等内错角相等，两直线平行 两直线平行，同位角相等垂直的定义 20.解：如答图，延长BD交EF于点G, 因为CD平分∠ACE, 所以∠ACE=2∠ACD=2∠DCE, 因为∠ACE=2∠B=2∠F, 所以∠ACD=∠DCE=∠B=∠F. 因为AC∥BD,CE∥DF, 所以∠CDG=∠ACD,∠DCE十 ∠CDF=180°， 所以∠CDF+∠F=180°，∠B=∠CDG, 所以EF∥CD,AB∥CD, 所以AB∥EF, 21.(1)∠BOE和∠DOE 解：(2)因为∠AOC=68°， 所以∠BOD=∠AOC=68. 因为OE平分∠BOD, 所以∠DOE-2∠B0D-34, (3)OE⊥OF,理由如下： 因为OE平分∠BOD,OF平分∠BOC, 所以∠BOE=)∠BOD,∠BOF=子∠BOC 因为∠BOD+∠BOC=180°， 49 数学七年级下册(R) 所以∠EOF=∠BOE+∠BOF=Z∠BOD+Z∠BOC- z(∠B0D+∠B00)=90, 所以OE⊥OF. 22.解：(1)因为∠DOE=52°，OP是顶角∠DOE的平分线， 所以∠D0P-合∠D0E=26 因为OP⊥OC, 所以∠COP=90, 所以∠COD=∠COP+∠DOP=90°+26°=116°. 因为OD∥BC,所以∠C=180°-∠C0D=180°- 116°=64°. 因为OC∥BH,所以∠CBH=∠C=64°，即0=64°； (2)如答图，过点C作CG∥MN,过 05 点O作OF∥CG,则∠COF= ∠0CG=15. 因为∠C0D=116°， B 所以∠FOQ=∠COD十∠COF= 0 M 答图 116°+15°=131. 因为CG∥MN,OF∥CG,所以OF∥MN, 所以∠OQM+∠FOQ=180°， 所以∠0QM=180°-∠F0Q=180°-131°=49°. 23.(1)证明：如答图1，过点P作PQ∥1， .l1∥l2,.PQ∥l1∥12， 由两直线平行， 内错角相等，可得∠1=∠QPE,∠2=∠QPF, '∠3=∠QPE+∠QPF, .∠3=∠1+∠2； (2)关系：∠3=∠2-∠1； (3)关系：∠3=360°-∠1-∠2. 如答图2，过点P作PQ∥1,11∥2 ∴.PQ∥l∥l,同(I)可证得∠3=∠CEP+∠DFP. :∠CEP+∠1=180°，∠DFP+∠2=180°， ∴.∠CEP+∠DFP+∠1+∠2=360°， 即∠3=360°-∠1-∠2. E 12 B 答图1 答图2 第八章《实数》达标测试卷 1.C2.B3.D4.A5.A6.C7.A8.B9.D10.A 11.2/212.a≥513.<14./5-1 15.-2b16.(1)①⑥⑧(2)③④⑨(3)②⑦0 17.解：(1)原式=1一6=-5； (2)原式=2-1+3-2=3-1. (3)原式=2-3+3-6+3=2-3. 18.解：(1).(2m十4)2+/4-n=0, .2m十4=0,4-n=0,∴.m=-2,n=4; (2)由(1)知m=-2,n=4, ∴.3n-2m=3×4-2X(-2)=16, ,∴，3n一2m的平方根为士4. 19.解：(1)解：x2=16, x=士4. (2)解：2x-1=-2, =- 20.解：因为小正方形的边长均为1， 所以由勾股定理，得AB=/32+22=13,AC= /2+2=5. 又因为BC=2,所以AB+AC+BC=13+5+2, 即△ABC的周长是13+5+2. 21.解：(1)因为2a一1的算术平方根是3,3a+b的立方根是2， 所以2a-1=9,3a十b=8,解得a=5,b=-7. 因为3<11<4， 所以11的整数部分c=3. 综上，a=5,b=-7,c=3; (2)由(1)可知a=5,b=一7，c=3,所以5a十b+c=5X5一 7+3=25-7+3=21, 所以5a十b+c的平方根是士/21cm. 22.解：(1)设篮球场的长为5xm,则宽为3xm,所以5x· 3x=540, 所以x2=36,由于x>0,则x=6,所以篮球场的长为5× 6=30(m),宽为3×6=18(m). 答：篮球场的长为30m,宽为18m; (2)因为(30+2)2=1024<1100，所以能， 答：可以按规定在这块空地上建一个篮球场. 23.解：(2)原式= 2+5 2(/3+1) (2-3)(2+5)(5-1)(5+1) =2+E_2(5+1) 4-33-1 =2+5-3-1 =1: (3)a+2b a(/3-2)12b(/3+1) 5+23-1(3-2)(3+2)(3-1)(/3+1) =-a(3-2)+b(3+1) =(b-a)3+(2a+b) =2/3-1, 所以2a十b=-1,所以(2a+b)2025=(-1)2o25=-1.