第 2讲 初一相交线与平行线动点提高题压轴题

第2讲 相交线与平行线动点提高题

知识点：

1、平行线的判定：

①同位角相等，两直线平行。②内错角相等，两直线平行。 ③同旁内角互补，两直线平行。

2、推论：在同一平面内，如果两条直线都垂直于同一条直线，那么这两条直线平行。 3、平行线的性质：

①两直线平行，同位角相等；②两直线平行，内错角相等；③两直线平行，同旁内角互补。

4、平移：①平移前后的两个图形形状大小不变，位置改变。②对应点的线段平行且相等。 平移：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，图形的这种移动叫做平移平移变换，简称平移。

对应点：平移后得到的新图形中每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这样的两个点叫做对应点。

动点型问题是最近几年中考的一个热点题型，

所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题. 关键:动中求静.在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。 典型例题

例1.（1）如图（1），EF⊥GF，垂足为F，∠AEF=150°，∠DGF=60°． 试判断AB和CD的位置关系，并说明理由． （2）如图（2），AB∥DE，∠ABC=70°，∠CDE=147°，∠C=______．（直接给出答案） （3）如图（3），CD∥BE，则∠2+∠3-∠1=______．（直接给出答案） （4）如图（4），AB∥CD，∠ABE=∠DCF，求证：BE∥CF．

解（1）：AB∥CD．

理由：如答图，过点F作FH∥AB，则∠AEF+∠EFH=180°． ∵∠AEF=150°， ∴∠EFH=30°， 又∵EF⊥GF，

∴∠HFG=90°-30°=60°． 又∵∠DGF=60°， ∴∠HFG=∠DGF，

∴HF∥CD，

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则AB∥CD；

（2）延长ED交BC于点F． ∵AB∥DE，

∴∠BFE=∠ABC=70°，则∠CFE=180°-∠BFD=110°， ∴∠C=∠CDE-∠CFE=147°-110°=37°， 故答案是：37°；

（3）延长DC交AB于点F，作△ACF的外角∠4． ∵CD∥BE， ∴∠DFB=∠3，

又∵∠DFB+∠2+∠4=360°，

∴∠2+∠3+∠4=360°，即∠2+∠3=360°-∠4．

∴∠2+∠3-∠1=360°-∠4-∠1=360°-180°=180°， 故答案是：180°；

（4）延长BE交直线CD于点G． ∵AB∥CD，

∴∠ABE=∠BGD， 又∵∠ABE=∠DCF， ∴∠BGF=∠DCF， ∴BE∥CF．

例2.平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．

（1）如图1若AB∥CD点P在AB、CD外部求证：∠BPD=∠B-∠D；

（2）将点P移到AB、CD内部如图2（1）中的结论是否成立若成立说明理由：若不成立则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系不必说明理由；

（3）在图2中将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q如图3BPD、∠B、∠D、∠BQD之间有何数量关系并证明你的结论；

（4）在图4中若∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=n×90°则n=______． 解（1）∵AB∥CD，

则∠

∴∠B=∠BOD，

而∠BOD=∠BPD+∠D， ∴∠B=∠BPD+∠D， 即∠BPD=∠B-∠D；

（2）（1）中的结论不成立，∠BPD=∠B+∠D． 作PQ∥AB，如图2， ∵AB∥CD， ∴AB∥PQ∥CD，

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∴∠1=∠B，∠2=∠D， ∴∠BPD=∠B+∠D；

（3）∠BPD=∠B+∠D+∠BQD．理由如下： 连结QP并延长到E，如图3，

∵∠1=∠B+∠BQP，∠2=∠D+∠DQP， ∴∠1+∠2=∠B+∠BQP+∠D+∠DQP， ∴∠BPD=∠B+∠D+∠BQD； （4）连结AG，如图4， ∵∠B+∠F=∠BGA+∠FAG，

∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=∠A+∠FAG+∠C+∠D+∠E+∠BAG+∠G=（5-2）×180°=6×90°， ∴n=6．

故答案为6．

例3.如图，直线AC∥BD，连结AB，直线AC、BD及线段AB把平面分成①、②、③、④四个部分，规定：线上各点不属于任何部分。当动点P落在某个部分时，连结PA、PB，构成∠PAC、∠APB、∠PBD三个角。(提示：有公共端点的两条重合的射线所组成的角是0°) (1)当动点P落在第①部分时，求证：∠APB＝∠PAC＋∠PBD；

(2)当动点P落在第②部分时，∠APB＝∠PAC＋∠PBD是否成立(直接回答成立或不成立)？ (3)当动点P落在第③部分时，全面探究∠PAC、∠APB、∠PBD之间的关系，并写出动点P的具体位置和相应的结论。选择其中一种结论加以证明。

③A ③A ③A C C C

P ② ① ② ① ② ①

B D B D B D ④ ④ ④

(第5题图) （1）解法一：如图9-1

延长BP交直线AC于点E ∵ AC∥BD , ∴ ∠PEA = ∠PBD . ∵ ∠APB = ∠PAE + ∠PEA , ∴ ∠APB = ∠PAC + ∠PBD . 解法二：如图9-2

过点P作FP∥AC , ∴ ∠PAC = ∠APF . ∵ AC∥BD , ∴FP∥BD . ∴ ∠FPB =∠PBD . ∴ ∠APB =∠APF +∠FPB =∠PAC + ∠PBD . 解法三：如图9-3，

∵ AC∥BD , ∴ ∠CAB +∠ABD = 180° 即 ∠PAC +∠PAB +∠PBA +∠PBD = 180°. 又∠APB +∠PBA +∠PAB = 180°, ∴ ∠APB =∠PAC +∠PBD . （2）不成立. （3）(a)当动点P在射线BA的右侧时，结论是 ∠PBD=∠PAC+∠APB .

(b)当动点P在射线BA上， 结论是∠PBD =∠PAC +∠APB . 或∠PAC =∠PBD +∠APB 或 ∠APB = 0°， ∠PAC =∠PBD（任写一个即可）. (c) 当动点P在射线BA的左侧时，

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结论是∠PAC =∠APB +∠PBD . 选择(a) 证明：

如图9-4，连接PA，连接PB交AC于M ∵ AC∥BD , ∴ ∠PMC =∠PBD . 又∵∠PMC =∠PAM +∠APM , ∴ ∠PBD =∠PAC +∠APB . 选择(b) 证明：如图9-5

∵ 点P在射线BA上，∴∠APB = 0°. ∵ AC∥BD , ∴∠PBD =∠PAC . ∴ ∠PBD =∠PAC +∠APB 或∠PAC =∠PBD+∠APB

或∠APB = 0°，∠PAC =∠PBD. 选择(c) 证明：

如图9-6，连接PA，连接PB交AC于F ∵ AC∥BD , ∴∠PFA =∠PBD . ∵ ∠PAC =∠APF +∠PFA , 考点训练 一．选择题

1．将一直角三角板与两边平行的纸条如图所示放置，下列结论：（1）∠1=∠2；（2）∠3=∠4；（3）∠2+∠4=90°；（4）∠4+∠5=180°，其中正确的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【分析】根据两直线平行同位角相等，内错角相等，同旁内角互补，及直角三角板的特殊性解答．

解：∵纸条的两边平行， ∴（1）∠1=∠2（同位角）； （2）∠3=∠4（内错角）；

（4）∠4+∠5=180°（同旁内角）均正确； 又∵直角三角板与纸条下线相交的角为90°， ∴（3）∠2+∠4=90°，正确． 故选：D．

2．如图，∠A0B的两边OA，OB均为平面反光镜，∠A0B=40°．在射线OB上有一点P，从P点射出一束光线经OA上的Q点反射后，反射光线QR恰好与OB平行，则∠QPB的度数是（ ）

A．60° B．80° C．100° D．120°

【分析】根据两直线平行，同位角相等、同旁内角互补以及平角的定义可计算即可． 解：∵QR∥OB，∴∠AQR=∠AOB=40°，∠PQR+∠QPB=180°； ∵∠AQR=∠PQO，∠AQR+∠PQO+∠RQP=180°（平角定义）， ∴∠PQR=180°﹣2∠AQR=100°， ∴∠QPB=180°﹣100°=80°． 故选：B．

3．如图，直线l1∥l2，∠A=125°，∠B=85°，则∠1+∠2=（ ）

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A．30° B．35° C．36° D．40°

【分析】过点A作l1的平行线，过点B作l2的平行线，根据两直线平行，内错角相等可得∠3=∠1，∠4=∠2，再根据两直线平行，同旁内角互补求出∠CAB+∠ABD=180°，然后计算即可得解．

解：如图，过点A作l1的平行线，过点B作l2的平行线， ∴∠3=∠1，∠4=∠2， ∵l1∥l2， ∴AC∥BD，

∴∠CAB+∠ABD=180°，

∴∠3+∠4=125°+85°﹣180°=30°， ∴∠1+∠2=30°． 故选：A．

4．如图，把矩形ABCD沿直线EF折叠，若∠1=20°，则∠2=（ ）

A．80° B．70° C．40° D．20°

【分析】过G点作GH∥AD，则∠2=∠4，根据折叠的性质∠3+∠4=∠B=90°，又AD∥BC，则HG∥BC，根据平行线性质得∠1=∠3=20°，所以∠2∠4=90°﹣20°=70°． 解：过G点作GH∥AD，如图， ∴∠2=∠4，

∵矩形ABCD沿直线EF折叠， ∴∠3+∠4=∠B=90°， ∵AD∥BC， ∴HG∥BC，

∴∠1=∠3=20°，

∴∠4=90°﹣20°=70°， ∴∠2=70°． 故选B．

5．如图，已知DE由线段AB平移得到的，且AB=DC=4cm，EC=3cm，则△DCE的周长是（ ）

A． 9cm 11cm B．1 0cm C． D．1 2cm 6．如图，将△ABC沿BC方向平移2cm得到△DEF，若△ABC的周长为16cm，则四边形ABFD的周长为（ ）

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7.平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．

（1）如图1，若AB∥CD，点P在AB、CD内部，∠B=50°，∠D=30°，求∠BPD．

（2）如图2，将点P移到AB、CD外部，则∠BPD、∠B、∠D之间有何数量关系？请证明你的结论．

（2）如图3，写出∠BPD﹑∠B﹑∠D﹑∠BQD之间的数量关系？（不需证明）． （3）如图4，求出∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数．

解:（1）过点P作PE∥AB，

∵AB∥CD， ∴AB∥EP∥CD，

∴∠B=∠1=50°，∠D=∠2=30°， ∴∠BPD=80°；

（2）∠B=∠BPD+∠D．

理由如下：设BP与CD相交于点O，

∵AB∥CD， ∴∠BOD=∠B，

在△POD中，∠BOD=∠BPD+∠D， ∴∠B=∠BPD+∠D．

（3）如图，连接QP并延长， 结论：∠BPD=∠BQD+∠B+∠D．

（4）如图，由三角形的外角性质，∠A+∠E=∠1，∠B+∠F=∠2， ∵∠1+∠2+∠C+∠D=360°，

∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°．

8．如图1，直线MN与直线AB、CD分别交于点E、F，∠1与∠2互补．

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（1）试判断直线AB与直线CD的位置关系，并说明理由；

（2）如图2，∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P，EP与CD交于点G，点H是MN上一点，且GH⊥EG，求证：PF∥GH；

（3）如图3，在（2）的条件下，连接PH，K是GH上一点使∠PHK=∠HPK，作PQ平分∠EPK，问∠HPQ的大小是否发生变化？若不变，请求出其值；若变化，说明理由．

【分析】（1）利用对顶角相等、等量代换可以推知同旁内角∠AEF、∠CFE互补，所以易证AB∥CD；

（2）利用（1）中平行线的性质推知°；然后根据角平分线的性质、三角形内角和定理证得∠EPF=90°，即EG⊥PF，故结合已知条件GH⊥EG，易证PF∥GH；

（3）利用三角形外角定理、三角形内角和定理求得∠4=90°﹣∠3=90°﹣2∠2；然后由邻补角的定义、角平分线的定义推知∠QPK=∠EPK=45°+∠2；最后根据图形中的角与角间的和差关系求得∠HPQ的大小不变，是定值45°． 解：（1）如图1，∵∠1与∠2互补， ∴∠1+∠2=180°．

又∵∠1=∠AEF，∠2=∠CFE， ∴∠AEF+∠CFE=180°， ∴AB∥CD；

（2）如图2，由（1）知，AB∥CD， ∴∠BEF+∠EFD=180°．

又∵∠BEF与∠EFD的角平分线交于点P， ∴∠FEP+∠EFP=（∠BEF+∠EFD）=90°， ∴∠EPF=90°，即EG⊥PF． ∵GH⊥EG， ∴PF∥GH；

（3）∠HPQ的大小不发生变化，理由如下： 如图3，∵∠1=∠2， ∴∠3=2∠2． 又∵GH⊥EG，

∴∠4=90°﹣∠3=90°﹣2∠2． ∴∠EPK=180°﹣∠4=90°+2∠2． ∵PQ平分∠EPK，

∴∠QPK=∠EPK=45°+∠2．

∴∠HPQ=∠QPK﹣∠2=45°，

∴∠HPQ的大小不发生变化，一直是45°．

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11．画图并填空：

如图，△ABC的顶点都在方格纸的格点上，将△ABC向下平移2倍，再向右平移3格． （1）请在图中画出平移后的△A′B′C′；

（2）在图中画出△的A′B′C′的高C′D′（标出点D′的位置）；

（3）如果每个小正方形边长为1，则△A′B′C′的面积= ．（答案直接填在题中横线上）

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