第5章複習--相交線與平行線綜合檢測答案

相交線與平行線綜合檢測

同步基礎

1. AD，BC；AD，BC；AB，CD；AD，BC．

2.兩直線平行，內錯角相等；等量代換；同位角相等，兩直線平行；兩直線平行，同旁內角互補．

3.平行，

證明：∵AB//DE

∴ ∠1=∠AED

∵∠1=∠2

∴∠2=∠AED

∴AE//DC

同步提高

1.85°．

2.3．

3.如圖1，∠AEC=∠A+∠C．理由如下：

過E作EF∥AB，

∵AB∥CD，∴EF∥AB∥CD，

∴∠A=∠AEF，∠C=∠CEF，

∴∠AEC=∠AEF+∠CEF=∠A+∠C；

如圖2，∠AEC=360°－∠A－∠C．理由如下：

過E作FG∥AB，∵AB∥CD，∴FG∥AB∥CD，

∴∠A+∠AEG=180°，∠C+∠CEG=180°，

即∠AEG=180°－∠A，∠CEG=180°－∠C，

∴∠AEC=∠AEG+∠CEG=180°－∠A+180°－

∠C=360°－∠A－∠C；

如圖3，∠AEC=∠A－∠C．理由如下：

過E作FG∥AB，∵AB∥CD，∴FG∥AB∥CD，

∴∠A=∠AEF，∠C=∠CEF，∴∠AEC=∠AEF－∠CEF=∠A－∠C．

4.36°．

5.2 cm或8cm．

6.(1)180°； (2)360°；(3)540°；(4)1080°．

7.40°．

8.∵∠1=∠2(已知)，

∴a∥b(同位角相等，兩直線平行)，

∴∠3=∠5(兩直線平行，同位角相等)，

又∵∠5+∠4=180°(鄰補角互補)，

∴∠3+∠4=180°(等量代換)，即∠3與∠4互補．

9.∵CD⊥AB，FG⊥AB(已知)，

∴∠BGF=∠BDC=90°，

∴CD∥FG(同位角相等，兩直線平行)，

∴∠GFB=∠DCB(兩直線平行，同位角相等)，

∵DE∥BC，

∴∠DCB=∠EDC(兩直線平行，內錯角相等)，

∴∠GFB=∠EDC(等量代換)．

10.∵AC∥BD，

∴∠3=∠E，∠4=∠F(兩直線平行，內錯角相等)，

又∵∠1=∠E，∠2=∠F，

∴∠1=∠3，∠2=∠4(等量代換)，

又∵AB∥CD，

∴∠BAC+∠ACD=180°(兩直線平行，同旁內角互補)，

即(∠1+∠3)+(∠2+∠4)=180°，

∴2∠3+2∠4=180°，∴∠3+∠4=90°，

∴∠AOC=180°－(∠3+∠4)=90°，即AE⊥CF．.

11.∵∠1=∠2，∴AE∥BC，∴∠2+∠4=180°，

又∵∠4=∠5，∴∠2+∠5=180°，∴BG∥CD，

∵∠1+∠3=180°，∴BG∥EF，∴EF∥CD．

12.∵∠1=∠2，∠1=∠3，∴∠2=∠3，

又∵∠D=∠C，∴∠C+∠DEC=180°，

∴DF∥AC，∴∠A=∠F．

13.40°．

滿分衝刺

1. C.

2.(1)過P作PE∥AD，交CD於點E，

令∠DPE=∠1，∠CPE=∠2，

∵AD∥BC，PE∥AD，

∴PE∥BC，

∴∠α=∠1，∠β=∠2，

∴∠CPD=∠1+∠2=∠α+∠β.

(2)當點P在BO上運動時，∠CPD=∠α∠β；

當點P在AM上運動時，∠CPD=∠β∠α.

3.有以下六種情況：

方法一致：都是過E點作EF∥AB，又因為AB∥CD，所以AB∥EF∥CD，我們接下來一一說明這六種情況中∠A、∠AEC、∠C之間具有怎樣的關係.

①∵AB∥EF∥CD，

∴∠CEF=180°-∠C，∠AEF=180°-∠A，

∴∠AEC=180°-∠C-(180°-∠A)=∠A-∠C；

②∵AB∥EF∥CD，

∴∠CEF=180°-∠C，∠AEF=180°-∠A，

∵∠AEC=∠CEF+∠AEF，

∴∠AEC=180°-∠C+(180°-∠A)

=360°-∠A-∠C；

③∵AB∥EF∥CD，

∴∠CEF=180°-∠C，∠AEF=180°-∠A，

∵∠AEC=∠AEF-∠CEF，

∴∠AEC=180°-∠A-(180°-∠C)=∠C-∠A；

④∵AB∥EF∥CD，

∴∠CEF=180°-∠C，∠AEF=180°-∠A，

∵∠AEC=∠AEF-∠CEF，

∴∠AEC=180°-∠A(180°-∠C)=∠C-∠A；

⑤∵AB∥EF∥CD，

∴∠CEF=180°-∠C，∠AEF=180°-∠A，

∵∠AEC=360°-(∠CEF+∠AEF)，

∴∠AEC=360°-(180°-∠C+180°-∠A)

=∠A+∠C；

⑥∵AB∥EF∥CD，

∴∠CEF=180°-∠C，∠AEF=180°-∠A，

∵∠AEC=∠CEF-∠AEF，

∴∠AEC=180°-∠C-(180°-∠A)

=∠A-∠C.

4. C.

5.證明：過點E作EM∥AB，過點F作FN∥AB，

令∠EAF=∠1，∠BAF=∠2，∠ECF=∠3，

∠DCF=∠4，

∵AB∥CD，

∴AB∥EM∥FN∥CD，

∴∠AFC=∠2+∠4，

∵∠EAF=1/4∠EAB,∠ECF=1/4∠ECD

∴∠2=3/4∠EAB, ∠4=3/4∠ECD,

∴∠AFC=3/4∠EAB+3/4∠ECD，

∵∠AEC=∠EAB+∠ECD，

∴∠AFC=3/4∠AEC.

6.法一：證明：過點F作FM∥AB，過點E作EN∥AB，

∵AB ∥CD，

∴AB∥FM∥EN∥CD，

∴∠1=∠3，∠5=∠6，∠2=∠4，

∵∠ABF=∠DCE，即∠1=∠2，

∴∠1=∠2=∠3=∠4，

∵∠BFE=∠3+∠5，∠FEC=∠4+∠6，

∴∠BFE=∠FEC.

∵AB∥CD，

∴∠M=∠DCE，

∵∠ABF=∠DCE，

∴∠M=∠ABF，

∴BF∥CM，

∴∠BFE=∠FEC.

7.見詳解.

證明：如下圖所示：延長CD與FG的反向延長線交於點M，過點C作CN∥FG，

∵CN∥FG，CD∥EF，

∴∠M+∠2+∠3=180°，∠1=∠M，

∵∠1+∠2=∠ABC，

∴∠ABC+∠3=180°，

∴CN∥BA，

∴AB∥GF．

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