专题18 几何图形初步【十二大题型】（触类旁通）2024年中考数学一轮复习【触类旁通】系列（全国版）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc25338" 【题型1 从不同方向看几何体】 PAGEREF _Tc25338 \h 3
\l "_Tc21123" 【题型2 由展开图计算几何体的表面积、体积】 PAGEREF _Tc21123 \h 6
\l "_Tc7167" 【题型3 正方体的展开图】 PAGEREF _Tc7167 \h 8
\l "_Tc1588" 【题型4 两点之间的距离】 PAGEREF _Tc1588 \h 11
\l "_Tc1732" 【题型5 与线段中点有关的计算】 PAGEREF _Tc1732 \h 13
\l "_Tc19959" 【题型6 角平分线的相关计算】 PAGEREF _Tc19959 \h 16
\l "_Tc19044" 【题型7 与余角、补角、对顶角有关的计算】 PAGEREF _Tc19044 \h 19
\l "_Tc6396" 【题型8 利用平行线的判定进行证明】 PAGEREF _Tc6396 \h 21
\l "_Tc29640" 【题型9 平行线判定或性质的实际应用】 PAGEREF _Tc29640 \h 24
\l "_Tc6426" 【题型10 由平行线的性质求解】 PAGEREF _Tc6426 \h 29
\l "_Tc11188" 【题型11 根据平行线性质与判定求角度】 PAGEREF _Tc11188 \h 31
\l "_Tc16676" 【题型12 根据平行线性质与判定证明】 PAGEREF _Tc16676 \h 35
【知识点 几何图形初步】
1.直线、射线、线段
(1)直线：经过两点有一条直线，并且只有一条直线。简称：两点确定一条直线。
(2)相交线：当两条不同的直线有一个公共点时，我们就称这两条直线相交。这个公共点叫做它们的交点。
(3)两点的所有连线中，线段最短。 简称：两点之间，线段最短。
连接两点间的线段的长度，叫做这两点的距离。
(4)线段的中点：线段上的一个点把线段分成相等的两条线段，这个点叫做线段的中点。
(5)直线没有端点，向两方无限延伸，不可度量；
射线有一个端点，向一方无限延伸，不可度量；
线段有两个端点，不向任何一方延伸，能度量。
2.角
(1)定义：有公共端点的两条射线组成的图形叫做角。这个公共端点是角的顶点，两条射线是角的两条边。
(2)角的度量
1°=60′ 1′=60″
(3)角的分类
①锐角(0°< α < 90°)
②直角(α = 90°)
③钝角(90°< α < 180°)
④平角(α =180°)
⑤周角(α =360°)
(4)角的平分线：从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线。
(5)角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等。
角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上。
(6)余角与补角
余角：一般地，如果两个角的和等于90°(直角)，就说这两个角互为余角。
补角：如果两个角的和等于180°(平角)，就说这两个角互为补角。
性质：同角(等角)的余角相等。同角(等角)的补角相等。
3.邻补角与对顶角
邻补角：有一条公共边，另一边互为反向延长线的两个角，叫做互为邻补角。
对顶角：有一个公共顶点，一个角的两边分别是另一个角的两边的反向延长线，这两个角叫做对顶角。
注：对顶角相等。
如：∠1和∠2互为邻补角，∠2和∠3互为对顶角。
4.垂线
(1)定义：两直线相交所构成的四个角中有一个角是直角时，我们就说这两条直线互相垂直，其中一条直线叫做另外一条直线的垂线，它们的交点叫做垂足。
(2)性质：在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；
连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短。
(3)点到直线的距离：直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离。
3.同位角.内错角.同旁内角
如图，∠1和∠4是同位角，∠3和∠4是内错角，∠2和∠4是同旁内角。
5.平行线
(1)定义：在平面内不相交的两条直线叫做平行线。
(2)平行公理
经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行；
如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行。
(3)平行线的性质
两直线平行，同位角相等，内错角相等，同旁内角互补。
两条平行线被第三条直线所截，同位角相等；
两条平行线被第三条直线所截，内错角相等；
两条平行线被第三条直线所截，同旁内角互补。
(4)平行线的判定
同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行。
两条直线被第三条直线所截，如果同位角相等，那么这两条直线平行；
两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等，那么这两条直线平行；
两条直线被第三条直线所截，如果同旁内角互补，那么这两条直线平行。
【题型1 从不同方向看几何体】
【例1】（2023·湖南·统考中考真题）作为中国非物质文化遗产之一的紫砂壶，成型工艺特别，造型式样丰富，陶器色泽古朴典雅，从一个方面鲜明地反映了中华民族造型审美意识．如图是一把做工精湛的紫砂壶“景舟石瓢”，下面四幅图是从左面看到的图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了从三个方面看物体，准确把握从正面、左面和上面三个方向看立体图形得到的平面图形是解决问题的关键．从正面、左面和上面三个方向看立体图形得到的平面图形，注意所有的看到的或看不到的棱都应表现在视图中，看得见的用实线，看不见的用虚线，虚实重合用实线．
【详解】解：从左面看，得到的平面图形是，
故选：B．
【变式1-1】（2023·海南省直辖县级单位·统考一模）用3个同样的小正方体摆出的几何体，从三个方向看到的图形分别如下图：

这个几何体是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】结合从不同方向看几何体的图形作出判断即可．
【详解】解：根据从正面看到的图形，可以将A、C、D排除，
故选：B．
【点睛】本题考查了由不同方向看判断几何体的知识，解题的关键是能够弄懂从不同方向看几何体分别是从哪里看到的．
【变式1-2】（2023·湖北省直辖县级单位·统考模拟预测）如图所示是由五个大小相同的正方体搭成的几何体，则关于它从正面看、从左面看、从上面看到的平面图形，下列说法正确的是（ ）

A．从正面看的图形面积最小B．从上面看的图形面积最小
C．从左面看的图形面积最小D．从三个方向看的图形面积一样大
【答案】C
【分析】分别作出从正面看、从左面看、从上面看到的平面图形，然后结合选项判断其面积大小即可．
【详解】解：该图形的从正面看到的平面图形为：

该图形的从左面看到的平面图形为：

该图形的从上面看到的平面图形为：

可知从左面看到的平面图形面积最小，从正面看到的平面图形面积和从上面看到的平面图形面积一样大，
故选：C．
【点睛】此题考查了从不同的方向看简单组合体，解题的关键是画出这个组合体从不同方向看的图形．
【变式1-3】（2023·黑龙江牡丹江·统考二模）由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的左视图和主视图如图所示，则搭成这个几何体的小正方体的个数最少是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】作出相应的俯视图，标出搭成该几何体的小正方体的个数最少时的数字即可．
【详解】由所给的主视图和左视图可知：
搭成这个几何体的小正方体的个数最少5个，
故选：C．
【点睛】此题考查了由三视图判断几何体，解题的关键是对知识点的记忆、理解能力．
【题型2 由展开图计算几何体的表面积、体积】
【例2】（2023·江苏无锡·统考中考真题）若直三棱柱的上下底面为正三角形，侧面展开图是边长为6的正方形，则该直三棱柱的表面积为 ．
【答案】36+23/23+36
【分析】根据题意得出正三角形的边长为2，进而根据表面积等于两个底面积加上侧面正方形的面积即可求解．
【详解】解：∵侧面展开图是边长为6的正方形，
∴底面周长为6，
∵底面为正三角形，
∴正三角形的边长为2
作CD⊥AB，
∵△ABC是等边三角形，AB=BC=AC=2，
∴AD=1，
∴在直角ΔADC中，
CD=AC2-AD2=3，
∴S△ABC=12×2×3=3；

∴该直三棱柱的表面积为6×6+23=36+23，
故答案为：36+23．
【点睛】本题考查了三棱柱的侧面展开图的面积，等边三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式2-1】（2023·四川·统考中考真题）某商品的外包装盒的三视图如图所示，则这个包装盒的体积是（ ）
A．200πcm3B．500πcm3C．1000πcm3D．2000πcm3
【答案】B
【详解】试题分析：根据图示，可得商品的外包装盒是底面直径是10cm，高是20cm的圆柱，∴这个包装盒的体积是：π×(10÷2)2×20=500π（cm3）．故选B．
考点：由三视图判断几何体．
【变式2-2】（2023·湖北·中考真题）如图是一个几何体的三视图（图中尺寸单位：cm），根据图中所示数据计算这个几何体的表面积为 cm2．
【答案】4π．
【分析】由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状，确定圆锥的母线长和底面半径，从而确定其表面积．
【详解】由主视图和左视图为三角形判断出是锥体，由俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆锥；
根据三视图知：该圆锥的母线长为3cm，底面半径为1cm，
故表面积=πrl+πr2=π×1×3+π×12=4πcm2．
故答案为4π．
【点睛】考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
【变式2-3】（2023·广西南宁·统考一模）学习《设计制作长方体形状的包装纸盒》后，小宁从长方形硬纸片上截去两个矩形（图中阴影部分），再沿虚线折成一个无盖的长方体纸盒．纸片长为30cm，宽为18cm，AD=2AB，则该纸盒的容积为（ ）
A．960cm3B．800cm3C．650cm3D．648cm3
【答案】D
【分析】设AB=xcm，则AD=2xcm，列出关于x的方程并求解，再计算该纸盒的容积．
【详解】解：设AB=xcm，则AD=2xcm，
2x+x=18，
解得：x=6，
所以AB=6cm,AD=12cm，
则长方体的底面宽为：12×30-6×2=9(cm)，
所以该纸盒的容积为：12×9×6=648cm3
故选：D
【点睛】此题主要考查了展开图折叠成几何体及一元一次方程应用，解题的关键是正确题意，然后根据题目的数量关系列出代数式解决问题．
【题型3 正方体的展开图】
【例3】（2023·湖南益阳·统考中考真题）下列正方体的展开图中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的定义分别判断可得出结果．
【详解】解：由轴对称图形定义可知：A，B，C不能找到这样的一条直线使图形沿着这条直线对折后两部分完全重合，所以不是轴对称图形；
D选项中的图形能找到这样的一条直线使图形沿着这条直线对折后两部分完全重合，是轴对称图形，
故选：D．
【点睛】此题主要是考查了轴对称图形的定义，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，那么这样的图形就叫做轴对称图形．
【变式3-1】（2023·四川巴中·统考中考真题）某同学学习了正方体的表面展开图后，在如图所示的正方体的表面展开图上写下了“传承红色文化”六个字，还原成正方体后，“红”的对面是（ ）

A．传B．承C．文D．化
【答案】D
【分析】正方体的平面展开图中，相对面的特点是之间一定相隔一个正方形，据此作答．
【详解】解：∵正方体的平面展开图中，相对面的特点是之间一定相隔一个正方形，
∴在此正方体上与“红”字相对的面上的汉字是“化”．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方体的展开图形，解题关键是从相对面入手进行分析及解答问题．
【变式3-2】（2023·山东·统考中考真题）如图是一正方体的表面展开图．将其折叠成正方体后，与顶点K距离最远的顶点是（ ）

A．A点B．B点C．C点D．D点
【答案】D
【分析】根据题意画出立体图形，即可求解．
【详解】解：折叠之后如图所示，

则K与点D的距离最远，
故选D．
【点睛】本题考查了正方体的展开与折叠，学生需要有一定的空间想象能力．
【变式3-3】（2023·山东青岛·统考中考真题）一个不透明小立方块的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，其展开图如图①所示．在一张不透明的桌子上，按图②方式将三个这样的小立方块搭成一个几何体，则该几何体能看得到的面上数字之和最小是（ ）

A．31B．32C．33D．34
【答案】B
【分析】根据正方体展开图的特征，得出相对面上的数字，再结合正方体摆放方式，得出使该几何体能看得到的面上数字之和最小，则看不见的面数字之和要最大，即可解答．
【详解】解：由图①可知：1的相对面是3，2的相对面是4，5的相对面是6，
由图2可知：
要使该几何体能看得到的面上数字之和最小，则看不见的面数字之和要最大，
上面的正方体有一个面被遮住，则这个面数字为6，
能看见的面数字之和为：1+2+3+4+5=15；
左下的正方体有3个面被遮住，其中两个为相对面，则这三个面数字分别为4，5，6，
能看见的面数字之和为：1+2+3=6；
右下的正方体有2个面被遮住，这两个面不是相对面，则这两个面数字为4，6，
能看见的面数字之和为：1+2+3+5=11；
∴能看得到的面上数字之和最小为：15+6+11=32，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方体的相对面，掌握正方体展开图中“相间一行是相对面”，是解题的关键．
【题型4 两点之间的距离】
【例4】（2023·山东·中考真题）已知线段AB=8cm，在直线AB上画线段BC，使它等于3cm，则线段AC= cm．
【答案】5或11
【分析】由于C点的位置不能确定，故要分两种情况考虑AC的长，注意不要漏解．
【详解】由于C点的位置不确定，故要分两种情况讨论：
当C点在B点右侧时，如图所示：
AC=AB+BC=8+3=11cm；
当C点在B点左侧时，如图所示：
AC=AB﹣BC=8﹣3=5cm；
所以线段AC等于11cm或5cm.
【变式4-1】（2023·重庆江津·重庆市江津中学校校考二模）如图，A、B、C、D依次是直线m上的四个点，且线段AB+CD=5，则线段AD-BC=
【答案】5
【分析】根据图形得出AD-BC=AB+CD即可求解．
【详解】解：∵AB+CD=5，
∴AD-BC=AB+CD=5．
故答案为：5．
【点睛】题目主要考查线段的和差，结合图形求解是解题关键．
【变式4-2】（2023·四川·中考真题）直线上依次有A，B，C，D四个点，AD=7，AB=2，若AB，BC，CD可构成以BC为腰的等腰三角形，则BC的长为 ．
【答案】2或2.5
【分析】由AB，BC，CD可构成以BC为腰的等腰三角形，分BC=AB或BC=CD两种情况结合已知条件进行求解即可得.
【详解】解：如图
∵AB=2，AD=7，
∴BD=BC+CD=AD-AB=5，
∵AB，BC，CD可构成以BC为腰的等腰三角形，
∴BC=AB或BC=CD，
∴BC=2或BC=2.5，
故答案为2或2.5.
【点睛】本题考查了线段的和差，等腰三角形的概念，关键是根据等腰三角形的腰相等分两种情况进行讨论.
【变式4-3】（2023·浙江杭州·模拟预测）如图所示，M是线段AB上一定点，AB=12cm，C，D两点分别从点M，B出发以1cm/s，2cm/s的速度沿直线BA向左运动，运动方向如箭头所示（点C在线段AM上，点D在线段BM上）．
（1）当点C，D运动了2s时，求AC+MD的值．
（2）若点C，D运时，总有MD=2AC，则AM=_______．
（3）在（2）的条件下，N是直线AB上一点，且AN-BN=MN，求MNAB的值．
【答案】（1）6cm；（2）4；（3）13或1
【分析】（1）由题意得CM=2cm，BD=4cm，根据AC+MD=AM-CM+BM-BD=AB-CM-BD可得答案；
（2）根据C、D的运动速度知BD=2MC，再由已知条件MD=2AC求得MB=2AM，所以AM=13AB；
（3）分点N在线段AB上时和点N在线段AB的延长线上时分别求解可得．
【详解】解：（1）当点C、D运动了2s时，CM=2cm，BD=4cm
∵AB=12cm，CM=2cm，BD=4cm，
∴AC+MD=AM-CM+BM-BD=AB-CM-BD=12-2-4=6（cm）；
（2）根据C、D的运动速度知：BD=2MC，
∵MD=2AC，
∴BD+MD=2（MC+AC），即MB=2AM，
∵AM+BM=AB，
∴AM+2AM=AB，
∴AM=13AB=4，
故答案为：4；
（3）①当点N在线段AB上时，如图1，
∵AN-BN=MN，
又∵AN-AM=MN，
∴BN=AM=4，
∴MN=AB-AM-BN=12-4-4=4，
∴MNAB=412=13；
②当点N在线段AB的延长线上时，如图2，
∵AN-BN=MN，
又∵AN-BN=AB，
∴MN=AB=12，
∴MNAB=1212=1，
综上：MNAB的值为13或1．
【点睛】本题考查了两点间的距离，灵活运用线段的和、差、倍、分转化线段之间的数量关系是十分关键的一点．
【题型5 与线段中点有关的计算】
【例5】（2023·河北沧州·模拟预测）A、B、C、D四个车站的位置如图所示．

(1)A、C两站的距离；
(2)C、D两站的距离；
(3)若a=6，C为AD的中点，求b的值．
【答案】(1)3a
(2)a+3b
(3)4
【分析】（1）根据题意列出关系式，合并即可得到结果；
（2）根据题意列出关系式，去括号合并即可得到结果；
（3）根据中点的定义列出方程计算即可求解．
【详解】（1）∵AC=AB+BC=a+b+2a-b=3a
∴A、C两站的距离为：3a；
（2）∵CD=BD-BC=3a+2b-2a-b=3a+2b-2a+b=a+3b,
∴C、D两站的距离为：a+3b；
（3）∵C为AD的中点，
∴AC=DC,
∴3a=a+3b,
当a=6时，3×6=6+3b，
解得b=4．
【点睛】此题考查了整式的加减，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
【变式5-1】（2023·宁夏·统考中考真题）如图，点A，B，C在数轴上，点A表示的数是-1，点B是AC的中点，线段AB=2，则点C表示的数是 ．

【答案】22-1
【分析】根据两点间的距离公式和中点平分线段进行计算即可．
【详解】解：∵点B是AC的中点，线段AB=2，
∴AC=22，
∴点C表示的数是：22-1；
故答案为：22-1．
【点睛】本题考查数轴上两点间的距离，以及线段的中点．熟练掌握线段中点的定义，以及数轴上两点间的距离公式，是解题的关键．
【变式5-2】（2023·河南·模拟预测）如图，点C是线段AB上的点，点D是线段BC的中点，若AB=12，AC=8，则CD= ．
【答案】2
【分析】根据AB=12，AC=8，求出BC的长，再根据点D是线段BC的中点，得出CD=BD即可得出答案．
【详解】解：∵AB=12，AC=8，
∴BC=4，
∵点C是线段AB上的点，点D是线段BC的中点，
∴CD=BD=2，
故答案为2．
【点睛】本题考查了两点距离求法，根据已知求出BC=4是解题的关键．
【变式5-3】（2023·河北沧州·校考模拟预测）有两道作图题：①“延长线段AB到C，使BC=AB”；②“反向延长线段DE，使点D是线段EF的一个三等分点”．小明正确的作出了图形．他的两个同学嘉嘉、淇淇展开了讨论：嘉嘉说：“点B是线段AC中点”；淇淇说：“如果线段DE=x cm，那么线段EF=3x cm”，下列说法正确的是( )
A．嘉嘉对，淇淇不对B．嘉嘉不对，淇淇对
C．嘉嘉、淇淇都不对D．嘉嘉、淇淇都对
【答案】A
【分析】根据作图的方法以及线段的中点，三等分点的定义，即可求解．
【详解】解：①“延长线段AB到C，使BC=AB”，则点B是线段AC中点，故嘉嘉说法正确；
②“反向延长线段DE，使点D是线段EF的一个三等分点”，如图，如果线段DE=x cm，那么线段EF=3x或32x cm，故淇淇说法错误．
故选：A．


【点睛】本题考查了线段的中点，线段的三等分点，画线段，分类讨论是解题的关键
【题型6 角平分线的相关计算】
【例6】（2023·山东·统考中考真题）如图，直线AC∥BD，AO、BO分别是∠BAC、∠ABD的平分线，那么∠BAO与∠ABO之间的大小关系一定为（ ）
A．互余B．相等C．互补D．不等
【答案】A
【分析】根据AC∥BD，可得∠CAB+∠ABD=180°，再由AO、BO分别是∠BAC、∠ABD的平分线，即可求解．
【详解】解：∵AC∥BD，
∴∠CAB+∠ABD=180°，
∵AO、BO分别是∠BAC、∠ABD的平分线，
∴∠CAB=2∠OAB，∠ABD=2∠ABO，
∴∠BAO+∠ABO=90°，
即∠BAO与∠ABO互余．
故选：A
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，余角的性质，熟练掌握两直线平行，同旁内角互补；互余的两角的和等于90°是解题的关键．
【变式6-1】（2023·浙江杭州·模拟预测）如图1所示∠AOB的纸片，OC平分∠AOB，如图2把∠AOB沿OC对折成∠COB（OA与OB重合），从O点引一条射线OE，使∠BOE=12∠EOC，再沿OE把角剪开，若剪开后得到的3个角中最大的一个角为76°，则∠AOB= °．

【答案】114
【分析】由OC是∠AOB的平分线，可得∠AOB=2∠AOC=2∠BOC，由题意知，剪开后得到的3个角中最大的一个角为2∠COE，即2∠COE=76°，解得∠COE=38°，由∠BOE=12∠EOC，可得∠BOE=19°，则∠BOC=∠BOE+∠COE=57°，根据∠AOB=2∠BOC，计算求解即可．
【详解】解：∵OC是∠AOB的平分线，
∴∠AOB=2∠AOC=2∠BOC，
由题意知，剪开后得到的3个角中最大的一个角为2∠COE，
∴2∠COE=76°，
解得∠COE=38°，
∵∠BOE=12∠EOC，
∴∠BOE=19°，
∴∠BOC=∠BOE+∠COE=57°，
∴∠AOB=2∠BOC=114°，
故答案为：114 ．
【点睛】本题考查了折叠的性质，角平分线．解题的关键在于明确最大的角，以及正确表示角度之间的数量关系．
【变式6-2】（2023·河南·中考真题）如图，直线AB，CD相交于点O，射线OM平分∠AOC，ON⊥OM，若∠AOM=35°，则∠CON的度数为（ ）
A．35°B．45°C．55°D．65°
【答案】C
【分析】根据角平分线的定义，得出∠MOC=35°，再根据题意，得出∠MON=90°，然后再根据角的关系，计算即可得出∠CON的度数．
【详解】解：∵射线OM平分∠AOC，∠AOM=35°，
∴∠MOC=35°，
∵ON⊥OM，
∴∠MON=90°，
∴∠CON=∠MON﹣∠MOC=90°﹣35°=55°．
故选：C
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义和垂线的定义，解决本题的关键在正确找出角的关系．
【变式6-3】（2023·湖南张家界·统考中考真题）如图，AO为∠BAC的平分线，且∠BAC=50°，将四边形ABOC绕点A逆时针方向旋转后，得到四边形AB'O'C'，且∠OAC'=100°，则四边形ABOC旋转的角度是 ．

【答案】75°
【分析】根据角平分线的定义可得∠BAO=∠OAC=25°，根据旋转的性质可得∠BAC=∠B'AC'=50°，∠B'AO'=∠O'AC'=25°，求得∠OAO'=75°，即可求得旋转的角度．
【详解】∵AO为∠BAC的平分线，∠BAC=50°，
∴∠BAO=∠OAC=25°，
∵将四边形ABOC绕点A逆时针方向旋转后，得到四边形AB'O'C'，
∴∠BAC=∠B'AC'=50°，∠B'AO'=∠O'AC'=25°，
∴∠OAO'=∠OAC'-∠O'AC'=100°-25°=75°，
故答案为：75°．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，旋转的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．
【题型7 与余角、补角、对顶角有关的计算】
【例7】（2023·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）如图，直角三角板的直角顶点落在矩形纸片的一边上．若∠1=68°，则∠2的度数是（ ）

A．30°B．32°C．22°D．68°
【答案】C
【分析】由平行线的性质和余角的定义求解即可．
【详解】解：如图，

由题意可知a∥b，
∴∠3=∠1=68°，
∴∠2=90°-∠3=90°-68°=22°．
故选C．
【点睛】本题考查三角板中的角度计算，平行线的性质和余角的定义．掌握两直线平行，同位角相等是解题关键．
【变式7-1】（2023·四川乐山·统考中考真题）如图，点O在直线AB上，OD是∠BOC的平分线，若∠AOC=140°，则∠BOD的度数为 ．

【答案】20°/20度
【分析】根据邻补角得出∠BOC=180°-140°=40°，再由角平分线求解即可．
【详解】解：∵∠AOC=140°，
∴∠BOC=180°-140°=40°，
∵OD是∠BOC的平分线，
∴∠BOD=20°，
故答案为：20°．
【点睛】题目注意考查邻补角及角平分线的计算，找准各角之间的关系是解题关键．
【变式7-2】（2023·河南·统考中考真题）如图，直线AB，CD相交于点O，若∠1=80°，∠2=30°，则∠AOE的度数为（ ）

A．30°B．50°C．60°D．80°
【答案】B
【分析】根据对顶角相等可得∠AOD=∠1=80°，再根据角的和差关系可得答案．
【详解】解：∵∠1=80°，
∴∠AOD=∠1=80°，
∵∠2=30°，
∴∠AOE=∠AOD-∠2=80°-30°=50°，
故选：B
【点睛】本题主要考查了对顶角的性质，解题的关键是掌握对顶角相等．
【变式7-3】（2023·四川巴中·统考中考真题）如图，已知正方形ABCD和正方形BEFG，点G在AD上，GF与CD交于点H，tan∠ABG=12，正方形ABCD的边长为8，则BH的长为 ．

【答案】10
【分析】根据正切的概念和正方形的性质，求得AG的长度，再根据勾股定理求得BG的长度，证明∠ABG=∠DGH，求得DH,GH，最后根据勾股定理即可求得BH的长．
【详解】解：∵正方形ABCD和正方形BEFG，
∴∠A=∠D=∠BGH=90°，AB=AD=8，
∵tan∠ABG=12，
∴AGAB=12，
∴AG=8×12=4，GD=AD-AG=4，
在Rt△ABG中，BG=AB2+BG2=45，
∵∠AGB+∠DGH=90°，∠AGB+∠ABG=90°，
∴∠ABG=∠DGH，
∴DHGD=12
∴DH=2，
在Rt△CDH中，HG=GD2+DH2=25，
∴在Rt△BGH中，HB=GB2+GH2=10，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，正切的概念，熟知正切的概念再进行角度转换是解题的关键．
【题型8 利用平行线的判定进行证明】
【例8】（2023·贵州·统考中考真题）已知：如图，点A、D、C、B在同一条直线上，AD=BC，AE=BF，CE=DF，求证：AE∥BF．

【答案】证明见解析．
【分析】可证明△ACE≌△BDF，得出∠A=∠B，即可得出AE∥BF；
【详解】证明：∵AD=BC，
∴AC=BD，
在△ACE和△BDF中，
AC＝BDAE＝BFCE＝DF，
∴△ACE≌△BDF（SSS）
∴∠A=∠B，
∴AE∥BF；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质以及平行线的判定问题，关键是用SSS证明△ACE≌△BDF．
【变式8-1】（2023·江苏扬州·校考二模）完成下面的证明：已知：如图，∠1=30°，∠B=60°，AB⊥AC．求证：AD∥BC．
证明：∵AB⊥AC（已知），
∴∠BAC =90°（ ），
∴在△ABC中，∠B+∠ACB=90°（ ），
∵∠B=60°（已知），
∴∠ACB=30°，
∵∠1=30°，
∴ = （ ），
∴AD∥BC（ ）．
【答案】垂直定义；直角三角形的两个锐角互余(或三角形的内角和为180°)；∠1；∠ACB； 等量代换；内错角相等，两直线平行
【分析】根据垂线的定义，直角三角形的两个锐角互余，平行线的判定，完成证明过程即可求解．
【详解】证明：∵AB⊥AC（已知），
∴∠BAC =90°（垂直定义），
∴在△ABC中，∠B+∠ACB=90°（直角三角形的两个锐角互余），
∵∠B=60°（已知），
∴∠ACB=30°，
∵∠1=30°，
∴∠1=∠ACB（等量代换），
∴AD∥BC（内错角相等，两直线平行）．
故答案为：垂直定义；直角三角形的两个锐角互余(或三角形的内角和为180°)；∠1；∠ACB； 等量代换；内错角相等，两直线平行．
【点睛】本题考查了垂线的定义，直角三角形的两个锐角互余，平行线的判定，熟练掌握平行线的判定定理是解题的关键．
【变式8-2】（2023·陕西西安·统考一模）如图，AD，BC相交于点O，OB=OC，OA=OD，延长AD到F，延长DA到E，AE=DF，连接CF，BE．求证BE∥CF．

【答案】见解析
【分析】根据等式的性质得出OE=OF，再利用SAS证明△BOE≌△COF，再利用全等三角形的性质和平行线的判定解答即可．
【详解】证明：∵OA=OD，AE=DF，
∴OA+AE=OD+DF，即OE=OF，
∵∠EOB=∠FOC，OB=OC，
∴△BOE≌△COF(SAS)，
∴∠E=∠F．
∴BE∥CF．
【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是利用边角边证明两个三角形全等．
【变式8-3】（2023·湖北荆州·统考中考真题）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60度得到ΔDBE，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD．
（1）求证：BC//AD；
（2）若AB=4，BC=1，求A，C两点旋转所经过的路径长之和．
【答案】（1）见解析；（2）53π
【分析】（1）先利用旋转的性质证明△ABD为等边三角形，则可证∠DAB=60°，即∠CBE=∠DAB,再根据平行线的判定证明即可．
（2）利用弧长公式分别计算路径，相加即可求解．
【详解】（1）证明：由旋转性质得：ΔABC≅ΔDBE,∠ABD=∠CBE=60°
∴AB=BD,∴ΔABD是等边三角形
所以∠DAB=60°
∴∠CBE=∠DAB,
∴BC//AD；
（2）依题意得：AB=BD=4，BC=BE=1，
所以A，C两点经过的路径长之和为60π×4180+60π×1180=53π．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定、弧长公式等知识，熟练掌握这些知识点之间的联系及弧长公式是解答的关键．
【题型9 平行线判定或性质的实际应用】
【例9】（2023·四川凉山·统考中考真题）光线在不同介质中的传播速度是不同的，因此光线从水中射向空气时，要发生折射．由于折射率相同，所以在水中平行的光线，在空气中也是平行的．如图，∠1=45°,∠2=120°，则∠3+∠4=（ ）

A．165°B．155°C．105°D．90°
【答案】C
【分析】根据平行线的性质，两直线平行，同位角相等或同旁内角互补，即可求出答案.
【详解】解：如图所示，AB∥CD，光线在空气中也平行，

∴∠1=∠3，∠2+∠4=180°.
∵∠1=45°,∠2=120°，
∴∠3=45°，∠4=180°-120°=60°.
∴∠3+∠4=45°+60°=105°.
故选：C.
【点睛】本题考查了平行线的性质的应用，解题的关键在于熟练掌握平行线的性质.
【变式9-1】（2023·安徽滁州·校考一模）【数学抽象】实验证明：平面镜反射光线的规律是射到平面镜上的光线和被反射出的光线与平面镜所夹的锐角相等，如图①，一束光线m射到平面镜a上，被a反射后的光线为n，则入射光线m，反射光线n与平面镜a所夹的锐角相等，即∠1=∠2．
(1)利用这个规律人们制作了潜望镜，图②是潜望镜工作原理示意图，AB、CD是平行放置的两面平面镜，请解释进入潜望镜的光线m为什么和离开潜望镜的光线n是平行的？
(2)如图③，改变两平面镜之间的位置关系，经过两次反射后，入射光线m与反射光线n之间的位置关系会随之改变．若入射光线m与反射光线n平行但方向相反，则两平面镜的夹角∠ABC为多少度？
【答案】(1)见解析；
(2)90°
【分析】（1）根据平行线的性质及等量代换、平角的概念即可得证；
（2）根据平行线的性质、平角的概念及等量代换即可求得答案．
【详解】（1）证明：由题可知AB//CD，∠1=∠2，∠3=∠4，
∵AB//CD，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠2= ∠3=∠4，
∵∠5=180°-∠1-∠2，∠6=180°-∠3-∠4，
∴∠5=∠6，
∴m//n；
（2）∠ABC=90°，
由题可知AD//CE，∠1=∠2，∠3=∠4，
∵AD//CE，
∴∠DAC+∠ACE=180°，
又∵∠1+∠2+∠DAC=180°，∠3+∠4+∠ACE=180°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠B=90°.
【点睛】本题考查了平行线的性质、平角的概念，能够将实际问题转化为我们所学的数学知识是解题的关键．
【变式9-2】（2023·山西吕梁·统考三模）如图所示是地球截面图，其中AB，EF分别表示南回归线和北回归线，CD表示赤道，点P表示太原市的位置．现已知地球南回归线的纬度是南纬23°26'∠BOD=23°26'，太原市的纬度是北纬37°32'∠POD=37°32'，而冬至正午时，太阳光直射南回归线（光线MB的延长线经过地心O），则太原市冬至正午时，太阳光线与地面水平线PQ的夹角α的度数是 ．

【答案】29°2'
【分析】设PQ与OM交于点K，先由三角形内角和定理求出．∠OKP=29°2'，再根据平行线的性质求解即可．
【详解】如图，设PQ与OM交于点K，

∵∠BOD=23°26'，∠POD=37°32'，
∴∠POM=∠POD+∠BOD=60°58'，
在△OPK中，∠POK+∠OPK+∠OKP=180°，∠OPK=90°，
∴∠OKP=29°2'，
∵PN∥OM，
∴∠α=∠OKP=29°2'，
故答案为：29°2'．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，读懂题意并熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式9-3】（2023·河北邯郸·统考一模）为了亮化某景点，石家庄市在两条笔直且互相平行的景观道MN、QP上分别放置A、B两盏激光灯，如图所示．A灯发出的光束自AM逆时针旋转至AN便立即回转，B灯发出的光束自BP逆时针旋转至BQ便立即回转，两灯不间断照射，A灯每秒转动30°，B灯每秒转动10°，B灯先转动2秒，A灯才开始转动，当B灯光束第一次到达BQ之前，两灯的光束互相平行时A灯旋转的时间是（ ）
A．1或6秒B．8.5秒C．1或8.5秒D．2或6秒
【答案】C
【分析】设A灯旋转的时间为t秒，求出t的取值范围为0【详解】解：设A灯旋转的时间为t秒，
A灯光束第一次到达AN所需时间为180°30°=6秒，B灯光束第一次到达BQ所需时间为180°10°=18秒，
∵B灯先转动2秒，A灯才开始转动，
∴0由题意，分以下三种情况：
①如图，当0∴∠MAM'=30°t,∠PBP'=10°(t+2)，
∵MN//PQ,AM'//BP'，
∴∠MAM'=∠1,∠PBP'=∠1，
∴∠MAM'=∠PBP'，即30°t=10°(t+2)，
解得t=1，符合题设；
②如图，当6∴∠MAM'=180°-30°(t-6)=360°-30°t,∠PBP'=10°(t+2)，
∵MN//PQ,AM'//BP'，
∴∠MAM'+∠2=180°,∠PBP'+∠2=180°，
∴∠MAM'=∠PBP'，即360°-30°t=10°(t+2)，
解得t=8.5符合题设；
③如图，当12∴∠MAM'=30°(t-12)=30°t-360°,∠PBP'=10°(t+2)，
同理可得：∠MAM'=∠PBP'，即30°t-360°=10°(t+2)，
解得t=19>16，不符题设，舍去；
综上，A灯旋转的时间为1秒或8.5秒，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质、一元一次方程的几何应用等知识点，正确求出时间t的取值范围，并据此分三种情况讨论是解题关键．
【题型10 由平行线的性质求解】
【例10】（2023·西藏·统考中考真题）如图，已知a∥b，点A在直线a上，点B，C在直线b上，∠BAC=90°，∠1=30°，则∠2的度数是（ ）

A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】C
【分析】根据平行线的性质与三角形的内角和为180°进行解题即可．
【详解】解：∵a∥b，∠1=30°，
∴∠ABC=∠1=30°，
由题可知：∠BAC=90°，
∴∠ABC+∠2=90°，
∴∠2=90°-30°=60°．
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键．
【变式10-1】（2023·湖南永州·统考中考真题）如图，AB∥CD,BC∥ED,∠B=80°，则∠D= 度．

【答案】100
【分析】根据AB∥CD,∠B=80°，得出∠C=80°，根据BC∥ED，即可得出∠D=180°-∠C，即可求解．
【详解】解：∵AB∥CD,∠B=80°，
∴∠C=∠B=80°，
∵BC∥ED，
∴∠D=180°-∠C=180°-80°=100°，
故答案为：100．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，解题的关键是熟练掌握两直线平行，内错角相等，同旁内角互补．
【变式10-2】（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，直线AB∥CD，将一个含60°角的直角三角尺EGF按图中方式放置，点E在AB上，边GF、EF分别交CD于点H、K，若∠BEF=64°，则∠GHC等于（ ）．

A．44°B．34°C．24°D．14°
【答案】B
【分析】根据平行的性质可得∠EKC=∠BEF=64°，再根据四边形内角和为360°可得∠GHK=146°，问题随之得解．
【详解】∵AB∥CD，∠BEF=64°，
∴∠EKC=∠BEF=64°，
∵∠EKC+∠G+∠GEK+∠GHK=360°，∠GEK=60°，∠G=90°，
∴∠GHK=146°，
∵∠GHK+∠GHC=180°，
∴∠GHC=34°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行的性质以及四边形内角和为360°，掌握四边形内角和为360°是解答本题的关键．
【变式10-3】（2023·江苏徐州·统考中考真题）如图，在△ABC中，若DE∥BC,FG∥AC,∠BDE=120°,∠DFG=115°，则∠C= °．

【答案】55°/55度
【分析】先由邻补角求得∠ADE=60°，∠BFG=65°，进而由平行线的性质求得∠B=∠ADE=60°，∠A=∠BFG=65°，最后利用三角形的内角和定理即可得解．
【详解】解：∵∠BDE=120°,∠DFG=115°，∠BDE+∠ADE=180°，∠DFG+∠BFG=180°，
∴∠ADE=60°，∠BFG=65°，
∵DE∥BC,FG∥AC，
∴∠B=∠ADE=60°，∠A=∠BFG=65°，
∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴∠C=180°-65°-60°=55°，
故答案为：55°．
【点睛】本题主要考查了邻补角，平行线的性质以及三角形的内角和定理，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
【题型11 根据平行线性质与判定求角度】
【例11】（2023·湖北荆州·统考中考真题）如图所示的“箭头”图形中，AB∥CD，∠B=∠D=80∘，∠E=∠F=47∘，则图中∠G的度数是（ ）

A．80∘B．76∘C．66∘D．56∘
【答案】C
【分析】延长AB交EG于点M，延长CD交GF于点N，过点G作AB的平行线GH，根据平行线的性质即可解答．
【详解】解：如图，延长AB交EG于点M，延长CD交GF于点N，过点G作AB的平行线GH，

∵∠E=∠F=47∘,∠EBA=∠FDC=80∘，
∴∠EMA=∠EBA-∠E=33°，∠FNC=∠FDC-∠F=33°，
∵AB∥CD,AB∥HG，
∴HG∥CD，
∴∠MGH=∠EMA=33°，∠NGH=∠FND=33°，
∴∠EGF=33°+33°=66°，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的判定及性质，三角形外角的定义和性质，作出正确的辅助线是解题的关键．
【变式11-1】（2023·浙江·校联考中考模拟）如图所示，是我们生活中经常接触的小刀，刀柄外形是一个直角梯形（挖去一小半圆），刀片上下是平行的，转动刀片时会形成∠1、∠2，则∠1+∠2= ．
【答案】90°
【分析】如图，过点O作OP∥AB，则AB∥OP∥CD．所以根据平行线的性质将（∠1+∠2）转化为（∠AOP+∠POC）来解答即可．
【详解】解：如图，过点O作OP∥AB，则∠1=∠AOP．
∵AB∥CD，
∴OP∥CD，
∴∠2=∠POC，
∵刀柄外形是一个直角梯形，
∴∠AOP+∠POC=90°，
∴∠1+∠2=90°．
【点睛】本题考查了平行线的性质和判定．平行线性质定理：两直线平行，同位角相等．两直线平行，同旁内角互补．两直线平行，内错角相等．
【变式11-2】（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，已知AB是⊙O的直径，BC为弦，过圆心O作OD⊥BC交弧BC于点D，连接DC， 若∠DCB＝34°，则∠BAC＝ ．
【答案】68°/68度
【分析】由圆周角定理可知，∠BOD=2∠BCD=64°，由AB为直径可知， AC⊥BC，又OD⊥BC，可知AC// OD，利用平行线的性质可求∠BAC．
【详解】解：∵ ∠BOD与∠BCD为BD所对的圆心角和圆周角，∠DCB＝34°，
∴∠BOD=2∠BCD=68°，
∵ AB是⊙O的直径，
∴AC⊥BC，
又∵OD⊥BC，
∴ AC∥OD，
∴∠BAC=∠BOD=68°，
故答案为： 68°．
【点睛】本题考查了圆周角定理以及平行线的判定与性质，利用圆周角定理求圆心角是解题的关键．
【变式11-3】（2023·河南周口·校联考二模）已知一个零刻度落在点A的量角器（半圆O）的直径为AB，一等腰直角三角板绕点B旋转．

(1)如图1所示，当等腰直角三角板的斜边交半圆于C点，一直边交半圆于D点，另一直边交半圆于E点，若点C在量角器上的读数为25°，求此时点E在量角器上的读数；
(2)如图2所示，当点C、D在量角器上的读数α、β满足什么关系时，直角边与半圆O相切于点D？请说明理由．
【答案】(1)点E在量角器上的读数为115°
(2)当点C、D在量角器上的读数α、β满足β-45°=12α时，直角边与半圆O相切于点D，理由见解析
【分析】（1）连接OC、OE，由题意可知∠AOC=25°，求得∠COE=90°，于是得到∠AOE=∠AOC+∠COE=25°+90°=115°．
（2）连接OC、OD，根据切线的性质得到∠PDO=90°，根据平行线的性质得到∠AOD=∠ABP=β，得到结论．
【详解】（1）如图1所示，连接OC、OE，

∵点C在量角器上的读数为25°，
∴ ∠AOC=25°，
∵ ∠CBE=45°，
∴ ∠COE=90°，
∴ ∠AOE=∠AOC+∠COE=25°+90°=115°．
（2）如图2所示，连接OC、OD，

∵直角边为圆O的切线，D为切点，
∴∠PDO=90°，
∴ ∠PDO+∠P=180°，
∴ DO∥PB，
∴∠AOD=∠ABP=β，
又∵∠ABC=12∠AOC=12α，∠ABC=∠ABP-∠PBC=β-45°．
∴ β-45°=12α．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰直角三角形的性质、平行线的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【题型12 根据平行线性质与判定证明】
【例12】（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）如图，已知AB∥CD，射线AH交BC于点F，交CD于点D，从D点引一条射线DE，若∠1=∠2，求证：∠B+∠CDE=180°．对于上述问题，请在以下解答过程的空白处填上适当的内容（理由或数学式）．
证明：∵∠1=∠2（已知），且∠1=∠BFH（对顶角相等），
∴∠BFD=（ ）（等量代换）．
∴BC∥（ ）．
∴∠C+∠CDE=180°（ ）．
又∵AB∥CD（已知），
∴∠B=（ ）（两直线平行内错角相等）．
∴∠B+∠CDE=180°．
【答案】∠2，DE，两直线平行，同旁内角互补，∠C
【分析】本题考查了平行线的判定与性质，由∠1=∠BFH得出∠BFD=∠2，从而推出BC∥DE，再利用平行线的性质可得∠C+∠CDE=180°，∠B=∠C，最后利用等量代换即可得出∠B+∠CDE=180°，熟练掌握平行线的判定与性质是解此题的关键．
【详解】证明：∵∠1=∠2（已知），且∠1=∠BFH（对顶角相等），
∴∠BFD=∠2（等量代换）．
∴BC∥DE．
∴∠C+∠CDE=180°（两直线平行，同旁内角互补）．
又∵AB∥CD（已知），
∴∠B=∠C（两直线平行内错角相等）．
∴∠B+∠CDE=180°，
故答案为：∠2，DE，两直线平行，同旁内角互补，∠C．
【变式12-1】（2023·宁夏·统考中考真题）如图，已知EF∥AC，B，D分别是AC和EF上的点，∠EDC=∠CBE．求证：四边形BCDE是平行四边形．

【答案】见解析
【分析】根据平行线的性质和判定证得BE∥CD，再根据平行四边形的判定即可证得结论．
【详解】证明：∵EF∥AC，
∴∠EDC+∠BCD=180°，
又∵ ∠EDC=∠CBE，
∴∠CBE+∠BCD=180°，
∴BE∥CD，
∵ED∥BC，
∴四边形BCDE是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质和判定，平行四边形的判定，根据平行线的性质和判定证得BE∥CD是解决问题的关键．
【变式12-2】（2023·辽宁大连·统考二模）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，点G，H在BD上，DE=BF，DH=BG．求证： EH∥GF．

【答案】见详解
【分析】可证△EDH≌△FBG，从可证∠FGH=∠EHG，即可得证．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EDH=∠FBG，
在△EDH和△FBG中
DE=BF∠EDH=∠FBGDH=BG，
∴ △EDH≌△FBG(SAS)，
∴∠DHE=∠BGF，
∴180°-∠DHE=180°-∠BGF，
∴∠FGH=∠EHG，
∴ EH∥GF．
【点睛】本题考查了平行线的性质及判定、平行四边形的性质、三角形全等的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
【变式12-3】（2023·江苏南京·校联考一模）如图1，AB∥CD，点E，F在AB上，点G在CD上，点P在AB，CD之间，连接EG，GP，PF，∠AFP=∠EGD．
(1)求证：PF∥GE；
(2)如图2，EN平分∠AEG交CD于点N，PG∥EN，FM平分∠PFB， ∠NEG:∠MFB=11:7，求∠FPG的度数；
(3)如图3，EN平分∠AEG交CD于点N，PG∥EN，FM平分∠PFB，GM平分∠PGD，FM，GM交于点M，∠NEG:∠MFB=x:y，∠FMG=50°，直接写出x : y的值．
【答案】(1)见解析
(2)∠FPG=125°
(3)8:1
【分析】本题主要考查平行线的判定及性质、角平分线的定义等知识点，正确添加辅助线证明∠EPG=2∠MFB+∠NEG，∠FMG=12∠NEG+∠MFB是解题的关键．
（1）利用平行线的性质得∠BEG+∠EGD=180°，进而得∠BEG+∠AEP=180°，即可证明结论；
（2）根据平行线的性质及角平分线证明∠NEG+∠MFB=90°、∠AEN=∠NEG=∠EGP=∠PGD，过点P作PQ∥AB，进而可证∠EPG=2∠MFB+∠NEG，再根据∠NEG:∠MFB=11:7分别求得∠NEG，∠MFB的度数即可解答；
（3）由（2）可知∠AEN=∠NEG=∠EGP=∠PGD、∠NEG+∠MFB=90°，由角平分线可得∠MGD=12∠PGD=12∠NEG，过点M作MT∥AB，可证∠FMG=∠TMG+∠TMF=12∠NEG+∠MFB=50°，由∠NEG+∠MFB=90°，∠NEG:∠MFB=x:y，分别表示出∠NEG，∠MFB的度数,再根据∠FMG=12∠NEG+∠MFB=50°可得45x+90yx+y=50，然后整理即可解答．
【详解】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠BEG+∠EGD=180°，
∵∠AFP=∠EGD，
∴∠BEG+∠AFP=180°，
∴PF∥GE；
（2）解：由（1）可知∠BEG+∠AEP=180°，则∠AEG+∠BEP=180°，
∵EN平分∠AEG，FM平分∠PFB，
∴∠AEN=∠NEG=12∠AEG，∠MFB=∠MFP=12∠PFB，
∴∠NEG+∠MFB=12∠AEG+12∠PFB=12∠AEG+∠PFB=90°，
∵AB∥CD，PG∥EN，
∴∠AEG=∠EGD，∠NEG=∠EGP，则∠AEN+∠NEG=∠EGP+∠PGD，
∴∠AEN=∠NEG=∠EGP=∠PGD，
过点P作PQ∥AB，则PQ∥AB∥CD，
∴∠PGD=∠OPG，∠QPF=∠PFB，
∴∠FPG=∠FPO+∠QPG=∠PFB+∠PGD=2∠MFB+∠NEC，
∵∠NEG+∠MFB=90°，∠NEG:∠MFB=11:7，
∴∠NEG=1111+7×90°=55°，∠MFB=711+7×90°=35°，
∴∠EPG=2∠MFB+∠NEG=2×35°+55°=125°；
（3）解：由（2）可知：∠AEN=∠NEG=∠EGP=∠PGD，∠NEG+∠MFB=90°，
∵GM平分∠PGD，
∴∠MGD=12∠PGD=12∠NEG，
过点M作MT∥AB，则MT∥AB∥CD，
∴∠TMG=∠MGD=12∠NEG，∠IME=∠MFB，
∴∠FMG=∠TMG+∠TMF=12∠NEG+∠MFB=50°，
∵∠NEG+∠MFB=90°，∠NEG:∠MFB=x:y，
∴∠NEG=xx+y×90°，∠MFB=y2x+y×90°，
则∠FMG=12∠NEG+∠MFB=50°=12×xx+y×90°+yx+y×90°，即：45x+90yx+y=50，整理得：40y=5x，
∴x:y=40:5=8:1．