蘇州市七年級數(shù)學(xué)試卷平面圖形的認識(二)壓軸解答題訓(xùn)練經(jīng)典題目(附答案)

蘇州市七年級數(shù)學(xué)試卷平面圖形的認識（二）壓軸解答題訓(xùn)練經(jīng)典題目(附答

案)

一、平面圖形的認識（二）壓軸解答題

1．問題情境：如圖1，已知

，

.求

的度數(shù).

（1）經(jīng)過思考，小敏的思路是：如圖2，過P作

，根據(jù)平行線有關(guān)性質(zhì)，可得

，

________.

（2）問題遷移：如圖3，

.

①當點P在A，B兩點之間運動時，

由.

，點P在射線OM上運動，

、

、

之間有何數(shù)量關(guān)系？請說明理

②如果點P在A，B兩點外側(cè)運動時（點P與點A，B，O三點不重合），請你直接寫出

、

、

之間的數(shù)量關(guān)系，

，

是一條折線段，依

（3）問題拓展：如圖4，

據(jù)此圖所含信息，把你所發(fā)現(xiàn)的結(jié)論，用簡潔的數(shù)學(xué)式子表達為________.

2．如圖，已知AB∥CD，CE、BE的交點為E，現(xiàn)作如下操作：第一次操作，分別作∠ABE

和∠DCE的平分線，交點為E1，第二次操作，分別作∠ABE1和∠DCE1的平分線，交點為

E2，第三次操作，分別作∠ABE2和∠DCE2的平分線，交點為E3，，第n次操作，分別

作∠ABEn﹣1和∠DCEn﹣1的平分線，交點為En.

（1）如圖①，已知∠ABE=50°，∠DCE=25°，則∠BEC=________°；

（2）如圖②，若∠BEC=140°，求∠BE1C的度數(shù)；

（3）猜想：若∠BEC＝度，則∠BEnC=________°.

3．如圖，在△ABC中，點E在AC邊上，連結(jié)BE，過點E作DF∥BC，交AB于點D.若BE

平分∠ABC，EC平分∠BEF.設(shè)∠ADE＝，∠AED＝.

（1）當＝80°時，求∠DEB的度數(shù).

（2）試用含的代數(shù)式表示.

（3）若＝k（k為常數(shù)），求的度數(shù)（用含k的代數(shù)式表示）.

4．如圖1，已知點A，點D在BC上方，過點A，D分別作CD，AB的平行線，兩條平行線

交于點M(點M在BC下方)，且與BC分別交于E，F(xiàn)兩點，連結(jié)AD。

（1）∠BAM與∠CDM相等嗎？請說明理由。

（2）根據(jù)題中條件，判斷∠AEF，∠DFE，∠BAE三個角之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

（3）如圖2，Q是AD下方一點，連結(jié)AQ，DQ，且∠DAQ=∠BAD，∠ADQ=∠ADC，

若∠AQD=112°，請直接寫出∠BAE的度數(shù)。

5．操作探究：

（1）實踐：如圖1，

的面積記為

中，

．則

為

邊上的中線，

的面積記為

，

．

探究：在圖2中，、分別為四邊形

為

________：

（2）解決問題：

，陰影部分面積記為

的邊

，則

、

和

的中點，四邊形

的面積記

之間滿足的關(guān)系式為

在圖3中，、、、分別為任意四邊形

圖中陰影部分的面積為

的邊

、

、

、

的中點，并且

平方厘米，求圖中四個小三角形的面積和，并說明理由．

6．請閱讀小明同學(xué)在學(xué)習(xí)平行線這章知識點時的一段筆記，然后解決問題.

小明:老師說在解決有關(guān)平行線的問題時，如果無法直接得到角的關(guān)系，就需要借助輔助線

來幫助解答，今天老師介紹了一個"美味"的模型一"豬蹄模型".即

已知:如圖1，

，

為

、

之間一點，連接

，

得到

.

求證:

小明筆記上寫出的證明過程如下:

證明:過點作

，

∴

∵

∴

∴

∵

∴

請你利用"豬蹄模型"得到的結(jié)論或解題方法，完成下面的兩個問題.

（1）如圖，若

，

，則

________.

.

，

（2）如圖，

，

平分

，

平分

，

，則

________.

7．如圖，三角形ABC，直線

，CD、BD分別平分

和

．

（1）圖

（2）圖

（3）圖

8．在

中，

中，

中，

中，

，

，直接寫出

，

，求

的度數(shù)，說明理由．

________．

________．

為直線AC上一點，E為直線AB上一點，

（1）如圖1，當D在AC上，E在AB上時，求證

；

（2）如圖2，當D在CA的延長線上，E在BA的延長線上時，點G在EF上，連接AG，且

，求證：

（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BG,當BG平分

探究

與

的數(shù)量關(guān)系．

時，將

沿著AG折至

9．如圖1，AD∥BC，∠BAD的平分線交BC于點G，∠BCD＝90°．

（1）求證：∠BAG＝∠BGA；

（2）如圖2，若∠ABG＝50°，∠BCD的平分線交AD于點E、交射線GA于點F．求∠AFC

的度數(shù)；

（3）如圖3，線段AG上有一點P，滿足∠ABP＝3∠PBG，過點C作CH∥AG．若在直線

AG上取一點M，使∠PBM＝∠DCH，請直接寫出

的值．

10．如圖，直線CB和射線OA，CB//OA，點B在點C的右側(cè).且滿足∠OCB＝∠OAB＝

100°，連接線段OB，點E、F在直線CB上，且滿足∠FOB＝∠AOB，OE平分∠COF.

（1）求∠BOE

（2）當點E、F在線段CB上時（如圖1），∠OEC與∠OBA的和是否是定值？若是，求出

這個值；若不是，說明理由。

（3）如果平行移動AB，點E、F在直線CB上的位置也隨之發(fā)生變化.當點E、F在點C左

側(cè)時，∠OEC和∠OBA之間的數(shù)量關(guān)系是否發(fā)生變化？若不變，說明理由；若變化，求出

他們之間的關(guān)系式.

11．已知AB∥CD，點M、N分別是AB、CD上兩點，點G在AB、CD之間，連接MG、

NG．

（1）如圖1，若GM⊥GN，求∠AMG+∠CNG的度數(shù)；

（2）如圖2，若點P是CD下方一點，MG平分∠BMP，ND平分∠GNP，已知∠BMG＝

30°，求∠MGN+∠MPN的度數(shù)；

（3）如圖3，若點E是AB上方一點，連接EM、EN，且GM的延長線MF平分∠AME，NE

平分∠CNG，2∠MEN+∠MGN＝105°，求∠AME的度數(shù)．

12．生活常識：射到平面鏡上的光線（入射光線）和變向后的光線（反射光線）與平面鏡

所夾的角相等.如圖1，MN是平面鏡，若入射光線AO與水平鏡面夾角為∠1，反射光線OB

與水平鏡面夾角為∠2，則∠1=∠2.

（1）現(xiàn)象解釋：如圖2，有兩塊平面鏡OM，ON，且OM⊥ON，入射光線AB經(jīng)過兩次反

射，得到反射光線CD.已知：∠1=55°，求∠4的度數(shù).

（2）嘗試探究：如圖3，有兩塊平面鏡OM，ON，入射光線AB經(jīng)過兩次反射，得到反射

光線CD，光線AB與CD相交于點E，若∠MON=46°，求∠CEB的度數(shù).

（3）深入思考：如圖4，有兩塊平面鏡OM，ON，且∠MON=，入射光線AB經(jīng)過兩次反

射，得到反射光線CD，光線AB與CD所在的直線相交于點E，∠BED=，與之間滿足

的等量關(guān)系是________.（直接寫出結(jié)果）

【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除

一、平面圖形的認識（二）壓軸解答題

1．（1）252°

（2）解：①解：∠CPD=∠+∠，理由如下：

如圖，過P作PE∥AD交CD于E，

∵AD∥BC，

∴AD∥PE∥BC，

∴∠=∠DPE，∠=∠CPE，

∴∠CPD=∠DPE+∠CPE=∠+∠；

②∠CPD=∠DPE-∠CPE=∠-∠

（3）∠A1+∠A2++∠An=∠B1+∠B2++∠Bn.

【解析】【解答】（1）解：問題情境：如圖，過P作PE∥AB，

∵AB∥CD，

∴PE∥AB∥CD，

∴∠PAB+∠APE=180°，∠PCD+∠CPE=180°，

∵∠APC=108°，

∴∠PAB+∠PCD=360°-108°=252°；

故答案為：252°；

（2）②解：當P在BA延長線時，∠CPD=∠-∠；理由：

如圖，過P作PE∥AD交CD于E，

∵AD∥BC，

∴AD∥PE∥BC，

∴∠=∠DPE，∠=∠CPE，

∴∠CPD=∠CPE-∠DPE=∠-∠；

當P在BO之間時，∠CPD=∠-∠.理由：

如圖，過P作PE∥AD交CD于E，

∵AD∥BC，

∴AD∥PE∥BC，

∴∠=∠DPE，∠=∠CPE，

∴∠CPD=∠DPE-∠CPE=∠-∠.

（3）問題拓展：分別過A2，A3，An-1作直線∥A1M，過B1，B2，，Bn-1作直線

∥A1M，

由平行線的性質(zhì)和角的和差關(guān)系得∠A1+∠A2++∠An=∠B1+∠B2++∠Bn.

故答案為：∠A1+∠A2++∠An=∠B1+∠B2++∠Bn.

【分析】（1）問題情境：根據(jù)平行線的判定可得PE∥AB∥CD，再根據(jù)平行線的性質(zhì)即可

求解；

（2）問題遷移：①過P作PE∥AD，根據(jù)平行線的判定可得PE∥AD∥BC，再根據(jù)平行線

的性質(zhì)即可求解；②過P作PE∥AD，根據(jù)平行線的判定可得PE∥AD∥BC，再根據(jù)平行線

的性質(zhì)即可求解；

（3）問題拓展：分別過A2，A3，An-1作直線∥A1M，過B1，B2，，Bn-1作直線

∥A1M，根據(jù)平行線的判定和性質(zhì)即可求解.

2．（1）75

（2）解：如圖2，

∵∠ABE和∠DCE的平分線交點為E1，

∴由（1）可得，

∠BE1C=∠ABE1+∠DCE1=∠ABE+∠DCE=∠BEC；

∵∠BEC=140°，

∴∠BE1C=70°；

（3）

【解析】【解答】解：（1）如圖①，過E作EF∥AB，

∵AB∥CD，

∴AB∥EF∥CD，

∴∠B=∠1，∠C=∠2，

∵∠BEC=∠1+∠2，

∴∠BEC=∠ABE+∠DCE=75°；

故答案為：75；

（3）如圖2，

∵∠ABE1和∠DCE1的平分線交點為E2，

∴由（1）可得，

∠BE2C=∠ABE2+∠DCE2=∠ABE1+∠DCE1=∠CE1B=∠BEC；

∵∠ABE2和∠DCE2的平分線，交點為E3，

∴∠BE3C=∠ABE3+∠DCE3=∠ABE2+∠DCE2=∠CE2B=∠BEC；

以此類推，∠En=

∠BEC，

∴當∠BEC=度時，∠BEnC等于

°.

故答案為：

.

【分析】（1）先過E作EF∥AB，根據(jù)AB∥CD，得出AB∥EF∥CD，再根據(jù)平行線的性

質(zhì)，得出∠B=∠1，∠C=∠2，進而得到∠BEC=∠ABE+∠DCE=75°；（2）先根據(jù)∠ABE和

∠DCE的平分線交點為E1，運用（1）中的結(jié)論，得出∠BE1C=∠ABE1+∠DCE1=∠ABE+

∠DCE=

∠BEC；（3）根據(jù)∠ABE1和∠DCE1的平分線，交點為E2

，得出∠BE2C=

∠BEC；根據(jù)∠ABE2和∠DCE2的平分線，交點為E3，得出∠BE3C=∠BEC；據(jù)此得到規(guī)

律∠En=

∠BEC，最后求得∠BEnC的度數(shù).

3．（1）解：∵＝80°，

∴∠CEF＝∠AED＝80°，

∵BE平分∠ABC，

∴∠BEC＝∠CEF＝80°，

∴∠DEB＝180°﹣80°﹣80°＝20°；

（2）∵DF∥BC，

∴∠ADE＝∠ABC＝，

∵BE平分∠ABC，

∴∠DEB＝∠EBC＝

∵EC平分∠BEF，

∴＝∠CEF＝（180°﹣

（3）∵＝k，

∴90°﹣＝k，

解得：＝

）＝90°﹣；

【解析】【分析】（1）根據(jù)對頂角的性質(zhì)得到∠CEF＝∠AED＝80°，根據(jù)角平分線的定義

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)角平分線的定義和平行線的性質(zhì)即可得到結(jié)論；

（3）根據(jù)題意列方程即可得到結(jié)論.

4．（1）解：∠BAM=∠CDM.

理由：∵AB∥DM，

∴∠BAM=∠M，

∵CD∥AM，

∴∠CDM=∠M

∴∠BAM=∠CDM.

（2）三個角的數(shù)量關(guān)系為：∠AEF-∠BAE+∠DFE=180°

理由：過點A作AH∥BC，

∴∠HAB=∠B，∠HAE=∠HAB+∠BAE=∠AEF，

∴∠B+∠BAE=∠AEF即∠B=∠AEF-∠BAE

∵AB∥DM，

∴∠B+∠DFE=180°，

∴∠AEF-∠BAE+∠DFE=180°.

（3）24°

【解析】【解答】（3）過點Q作QN∥AB

由（1）可知∠M=∠BAE=∠CDM，

∵AB∥DM

∴AB∥DM∥QN

∴∠1+∠BAE=∠AQN，∠2=∠DQN

∴∠AQD=∠AQN+∠DQN=∠1+∠2=∠1+∠2+∠M=∠1+∠2+∠BAE=112°

∵∠DAQ=∠BAD，∠ADQ=∠ADC

∴∠BAD=3∠DAQ，∠ADC=3∠ADQ，

∵∠DAQ+∠ADQ=180°-112°=68°

∴3∠DAQ+3∠ADQ=3×68°=204°，即∠BAD+∠ADC=204°，

∴∠BAE+∠1+∠QAD+∠ADQ+∠2+∠CDF=204°

∴∠BAE+∠1+∠QAD+∠ADQ+∠2+∠CDF=204°

∴（∠1+∠2+∠BAE）+（∠QAD+∠ADQ）+∠BAE=204°

∴112°+68°+∠BAE=204°

解之：∠BAE=24°.

【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)，可證得∠BAM=∠M，∠CDM=∠M，再利用等量代換可

證得結(jié)論。

（2）過點A作AH∥BC，利用平行線的性質(zhì)，可證得∠HAB=∠B，

∠HAE=∠HAB+∠BAE=∠AEF，由此可推出∠B=∠AEF-∠BAE，再利用兩直線平行，同旁內(nèi)角

互補，可證得∠B+∠DFE=180°，代入將兩式結(jié)合，可證得∠AEF，∠DFE，∠BAE三個角之

間的數(shù)量關(guān)系。

（3）由（1）可知∠M=∠BAE=∠CDM，過點Q作QN∥AB，易證AB∥DM∥QN，利用平

行線的性質(zhì)，推出∠1+∠2+∠BAE=112°，利用三角形內(nèi)角和定理求出∠DAQ+∠ADQ=68°，

再利用已知∠DAQ=∠BAD，∠ADQ=∠ADC，可證得∠BAD+∠ADC=204°，將其轉(zhuǎn)化為

（∠1+∠2+∠BAE）+（∠QAD+∠ADQ）+∠BAE=204°，然后整體代入可求出∠BAE的度

數(shù)。

5．（1）S陰＝S四邊形ABCD

（2）解：設(shè)空白處面積分別為：x、y、m、n，由題意得

S四邊形BEDF＝S四邊形ABCD，S四邊形AHCG＝S四邊形ABCD，

∴S1+x+S2+S3+y+S4=S四邊形ABCD，S1+m+S4+S2+n+S3=S四邊形ABCD，

∴（S1+x+S2+S3+y+S4）+（S1+m+S4+S2+n+S3）=S四邊形ABCD．

∴（S1+x+S2+S3+y+S4）+（S1+m+S4+S2+n+S3）=S1+x+S2+n+S3+y+S4+m+S陰，

∴S1+S2+S3+S4=S陰=20平方厘米．

故四個小三角形的面積和為20平方厘米．

【解析】【解答】解：（1）由E、F分別為矩形ABCD的邊AD、BC的中點，

得S陰=BF?CD=BC?CD，

S四邊形ABCD=BC?CD，

所以S陰＝S四邊形ABCD；

【分析】（1）利用E、F分別為任意四邊形ABCD的邊AD、BC的中點，分別求得則S陰和

S

四邊形

ABCD

即可．（2）先設(shè)空白處面積分別為：x、y、m、n，由上得S

AHCG＝

四邊形

BEDF＝

S

四邊形

ABCD

，S

四邊形

S

四邊形

ABCD

，可得（S1+x+S2+S3+y+S4）+（S1+m+S4+S2+n+S3）

=S1+x+S2+n+S3+y+S4+m+S陰，然后S1+S2+S3+S4=S陰即可．

6．（1）240°

（2）51°

【解析】【解答】（1）解：作EM∥AB，F(xiàn)N∥CD，如圖，

AB∥CD，

∴AB∥EM∥FN∥CD，

∴∠B=∠1，∠2=∠3，∠4+∠C=180°，

∴∠B+∠CFE+∠C=∠1+∠3+∠4+∠C=∠BEF+∠4+∠C=∠BEF+180°，

∵

RS，

，

∴∠B+∠CFE+∠C=60°+180°=240°；（2）解：如圖，分別過G、H作AB的平行線MN和

∵

平分

，

平分

，

∴∠ABE=∠ABG，∠SHC=∠DCF=∠DCG，

∵AB∥CD，

∴AB∥CD∥RS∥MN，

∴∠RHB=∠ABE=∠ABG，∠SHC=∠DCF=∠DCG，∠NGB+∠ABG=∠MGC+∠DCG=180°，

∴∠BHC=180°-∠RHB-∠SHC=180°-(∠ABG+∠DCG)，

∠BGC=180°-∠NGB-∠MGC=180°-(180°-∠ABG)-(180°-∠DCG)=∠ABG+∠DCG-180°，

∴∠BGC=360°-2∠BHC-180°=180°-2∠BHC，

又∵∠BGC=∠BHC+27°，

∴180°-2∠BHC=∠BHC+27°，

∴∠BHC=51°．

【分析】（1）作EM∥AB，F(xiàn)N∥CD，如圖，根據(jù)平行線的性質(zhì)得AB∥EM∥FN∥CD，所以

∠B=∠1，∠2=∠3，∠4+∠C=180°，然后利用等量代換計算∠B+∠F+∠C；（2）分別過

G、H作AB的平行線MN和RS，根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)可用∠ABG和∠DCG

分別表示出∠H和∠G，從而可找到∠H和∠G的關(guān)系，結(jié)合條件可求得∠H．

7．（1）解：

，

，

如圖1過D點作

，

，

，

，

，即

又

、BD分別平分

和

，同理

．

（2）

（3）

【解析】【解答】

如圖2過D點作

，

，

，

，

，即

又

、BD分別平分

和

，同理

．

，

，

，

即

，

，

，

，

故答案為

．

，

如圖3過D點作

，

，

，

，

，即

又

、BD分別平分

和

，同理

．

，

，

，

即

，

，

，

，

，

故答案為

【分析】（1）過

，則

得出

．

點作

，根據(jù)平行線的性質(zhì)，得出

，

和

，

，再根據(jù)

，同理

、

分別平分

，即可解答；（2）根據(jù)

（1）的思路即可解答；（3）根據(jù)（2）的思路即可解答.

8．（1）∵∠ADE＝∠B，∠A＝∠A，

且∠ADE＋∠A＋∠AED＝180°，∠B＋∠A＋∠ACB＝180°，

∴∠AED＝∠ACB＝90°，

∴DE⊥AB

（2）∵∠ADE＝∠B，∠DAE＝∠BAC，

∴∠AED＝∠ACB＝90°，

∴∠EAG＋∠AGE＝90°①，

∵∠EAG∠D＝45°，

∴2∠EAG∠D＝90°②，

∵∠D＋∠F＝90°③，

∴②＋③得：2∠EAG＋∠F＝180°④，

④①×2得：∠F2∠AGE＝0°，

∴∠F＝2∠AGE，

（3）如圖3，

∵BG平分∠ABC，

∴∠ABG＝∠ABC，

∵將△AGB沿著AG折至△AGH，

∴∠H＝∠ABG＝∠ABC，

∵∠ADE＝∠B，

∴∠ADE＝2∠H，且∠ADE＝∠H＋∠DGH，

∴∠H＝∠DGH，

∴∠ADE＝2∠DGH，

∵∠F＋∠CDF＝90°，

∴∠F＋2∠HGD＝90°．

【解析】【分析】（1）通過三角形內(nèi)角和定理，可得∠AED＝∠ACB＝90°，可得結(jié)論；

（2）由直角三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理可得∠EAG＋∠AGE＝90°①，∠D＋∠F＝

90°③，且2∠EAG∠D＝90°②，可以組成方程組，可得結(jié)論；（3）由角平分線的性質(zhì)和

折疊的性質(zhì)可得∠ADE＝2∠H，由外角性質(zhì)可得∠ADE＝2∠DGH，由直角三角形的性質(zhì)可

得∠F＋2∠HGD＝90°．

9．（1）證明：∵AD∥BC，

∴∠GAD＝∠BGA，

∵AG平分∠BAD，

∴∠BAG＝∠GAD，

∴∠BAG＝∠BGA

（2）解：①若點E在線段AD上，

∵CF平分∠BCD，∠BCD＝90°，

∴∠GCF＝45°，

∵AD∥BC，

∴∠AEF＝∠GCF＝45°，

∵∠ABC＝50°，

∴∠DAB＝180°﹣50°＝130°，

∵AG平分∠BAD，

∴∠BAG＝∠GAD＝65°，

∴∠AFC＝65°﹣45°＝20°；

②若點E在DA的延長線上，如圖4，

∵∠AGB＝65°，∠BCF＝45°，

∴∠AFC＝∠CGF+∠BCF＝115°+45°＝160°

（3）

的值是5或

根據(jù)平行線的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理和角平分線的定義分別表示出∠ABM和∠GBM，

即可求出結(jié)論．

【解析】【解答】（3）解：有兩種情況：

①當M在BP的下方時，如圖5，

設(shè)∠ABC＝4x，

∵∠ABP＝3∠PBG，

∴∠ABP＝3x，∠PBG＝x，

∵AG∥CH，

∴∠BCH＝∠AGB＝

＝90°﹣2x，

∵∠BCD＝90°，

∴∠DCH＝∠PBM＝90°﹣（90°﹣2x）＝2x，

∴∠ABM＝∠ABP+∠PBM＝3x+2x＝5x，∠GBM=∠PBM－PBG=x

∴∠ABM：∠GBM＝5x：x＝5；

②當M在BP的上方時，如圖6，

同理得：∠ABM＝∠ABP﹣∠PBM＝3x﹣2x＝x，∠GBM=∠PBG＋∠PBM=3x

∴∠ABM：∠GBM＝x：3x＝．

綜上，

的值是5或．

【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠GAD＝∠BGA，然后根據(jù)角平分線的定義可得

∠BAG＝∠GAD，最后利用等量代換即可求出結(jié)論；（2）根據(jù)點E在線段AD上和點E在

射線DA的延長線上分類討論，根據(jù)畫出對應(yīng)的圖形，然后根據(jù)角平分線的定義、平行線

的性質(zhì)和等量代換分別求出結(jié)論即可；（3）根據(jù)點M在BP下方和BP上方分類討論，分

別畫出對應(yīng)的圖形，設(shè)∠ABC＝4x，

10．（1）解：

平分

，

，

，

，

，

；

（2）解：

，

，

，

又

，

，

由（1）可知

；

，

∴

（3）變化，

證明：當點E、F在點C左側(cè)時，如圖，

，

，

平分

，

，

，

；

∴

，

，

，

，

又

∴

∴

∴

即：

【解析】【分析】（1）根據(jù)兩直線平行,同旁內(nèi)角互補求出

，

，

，

.

,然后根據(jù)已知可得

，由此計算即可得解；

（2）根據(jù)兩直線平行，同旁內(nèi)角互補求出

，再根據(jù)三角形的一個外角等于與它不

相鄰的兩個內(nèi)角的和可得

,從而可得

，由此即可解題；

（3）同理（1）可得

(∠OBE+∠BOE），從而得到

,根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可知∠OEC=180°-

，由此

計算即可得解.

11．（1）解：如圖1，過G作GH∥AB，

∵AB∥CD，

∴GH∥AB∥CD，

∴∠AMG＝∠HGM，∠CNG＝∠HGN，

∵MG⊥NG，

∴∠MGN＝∠MGH+∠NGH＝∠AMG+∠CNG＝90°；

（2）解：如圖2，過G作GK∥AB，過點P作PQ∥AB，設(shè)∠GND＝，

∵GK∥AB，AB∥CD，

∴GK∥CD，

∴∠KGN＝∠GND＝，

∵GK∥AB，∠BMG＝30°，

∴∠MGK＝∠BMG＝30°，

∵MG平分∠BMP，ND平分∠GNP，

∴∠GMP＝∠BMG＝30°，

∴∠BMP＝60°，

∵PQ∥AB，

∴∠MPQ＝∠BMP＝60°，

∵ND平分∠GNP，

∴∠DNP＝∠GND＝，

∵AB∥CD，

∴PQ∥CD，

∴∠QPN＝∠DNP＝，

∴∠MGN＝30°+，∠MPN＝60°﹣，

∴∠MGN+∠MPN＝30°++60°﹣＝90°；

（3）解：如圖3，過G作GK∥AB，過E作ET∥AB，設(shè)∠AMF＝x，∠GND＝y(tǒng)，

∵AB，F(xiàn)G交于M，MF平分∠AME，

∴∠FME＝∠FMA＝∠BMG＝x，

∴∠AME＝2x，

∵GK∥AB，

∴∠MGK＝∠BMG＝x，

∵ET∥AB，

∴∠TEM＝∠EMA＝2x，

∵CD∥AB∥KG，

∴GK∥CD，

∴∠KGN＝∠GND＝y(tǒng)，

∴∠MGN＝x+y，

∵∠CND＝180°，NE平分∠CNG，

∴∠CNG＝180°﹣y，∠CNE＝∠CNG＝90°﹣y，

∵ET∥AB∥CD，

∴ET∥CD，

∴∠TEN＝∠CNE＝90°﹣y，

∴∠MEN＝∠TEN﹣∠TEM＝90°﹣y﹣2x，∠MGN＝x+y，

∵2∠MEN+∠MGN＝105°，

∴2（9