五一假期专题复习提升训练卷1（平面图形的认识（二））-2020-2021学年苏科版七年级数学下册（含解析）

五一假期专题复习提升训练卷1（平面图形的认识（二））-苏科版七年级数学下册
一、选择题
1、如图，直线被直线c所截，则下列说法中不正确的是（ ）

A．与是邻补角 B．与是对顶角
C．与是内错角 D．与是同位角
2、在下列各图形中，分别画出了△ABC中BC边上的高AD，其中正确的是（　　）
A． B． C． D．
3、如图所示，下列推理及括号中所注明的推理依据错误的是（　　）
A．∵∠1＝∠3，∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行）
B．∵AB∥CD，∴∠BCD+∠ABC＝180°（两直线平行，同旁内角互补）
C．∵AD∥BC，∴∠BAD+∠D＝180°（两直线平行，同旁内角互补）
D．∵∠DAM＝∠CBM，∴AD∥BC（同位角相等，两直线平行）
4、如图，下列条件：①∠1＝∠2，②∠3+∠4＝180°，③∠5+∠6＝180°，④∠2＝∠3，
⑤∠7＝∠2+∠3，⑥∠7+∠4﹣∠1＝180°中能判断直线a∥b的有（　　）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
5、一副直角三角板如图放置，其中，，，点F在CB的延长线上若，则等于（ ）

A．35° B．25° C．30° D．15°
6、一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1620°，则原来多边形的边数是（　　）
A．10 B．11 C．12 D．10或11或12
7、如图，直线，∠2+∠3＝210°，则∠1＝（　 ）

A．30° B．35° C．40° D．45°
8、如图，六边形内部有一点，连结．若，
则的大小为（ ）
A． B． C． D．
9、如图，在△ABC中，∠C＝36°，将△ABC沿着直线l折叠，点C落在点D的位置，
则∠1﹣∠2的度数是（　　）

A．36° B．72° C．50° D．46°
10、如图，∠ABC＝∠ACB，AD、BD、CD分别平分△ABC的外角∠EAC、内角∠ABC、外角∠ACF．
以下结论：①AD∥BC；②∠BDC＝∠BAC；③∠ADC＝90°﹣∠ABD；④BD平分∠ADC．
其中正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
11、若某个正多边形的每一个外角都等于其相邻内角的，则这个正多边形的边数是　 　．
12、如图，ABC中，∠ACB=90°，AB=8cm，D是AB的中点．现将BCD沿BA方向平移1cm，得到EFG，FG交AC于H，则AG的长等于_________cm．

13、如图，已知a∥b，∠1＝50°，∠2＝115°，则∠3＝　 　．
14、如图，在四边形ABDC中，CD∥AB，AC⊥BC于点C，若∠A＝40°，则∠DCB的度数为　 　°．
15、将一把直尺和一块含30°角的三角板ABC按如图所示的位置放置，如果∠CDE＝42°，那么∠BAF的度数为　 　．
16、如图，已知AB，CD，EF互相平行，且∠ABE＝70°，∠ECD＝150°，则∠BEC＝________°.

17、如图，已知点D，F分别在∠BAC边AB和AC上，点E在∠BAC的内部，DF平分∠ADE．若∠BAC＝∠BDE＝70°，则∠AFD的度数为　 　．
18、一个正五边形和一个正六边形都有一边在直线l上，且有一个公共顶点O，其摆放方式如图所示，
则∠1+∠2＝　 　°．
19、如图，直线MN分别与直线AB，CD相交于点E，F，EG平分∠BEF，交直线CD于点G，若∠MFD＝∠BEF＝62°，射线GP⊥EG于点G，则∠PGF的度数为　 　度．
20、如图，在△ABC中，∠A=80°，点O是∠ABC，∠ACB角平分的交点，点P是∠BOC，∠COB角平分线的交点，若∠P=100°，则∠ACB的度数是___________．
三、解答题
21、如图，在每个小正方形边长均为1个单位长度的方格中，有一个且的每个顶点均与小正方形的顶点重合

（1）在方格中，将向下平移5个单位长度得到，请画出．
（2）求平移到的过程中，所扫过的面积．
22、如图，，，试求的度数．

23、已知：如图，∠A＝∠ADE，∠C＝∠E．
（1）若∠EDC＝3∠C，求∠C的度数；
（2）求证：BE∥CD．
24、完成下面的证明：
如图，点D，E，F分别是三角形ABC的边BC，CA，AB上的点，连接DE，DF，DE∥AB，∠BFD＝∠CED，连接BE交DF于点G，求证：∠EGF+∠AEG＝180°．
证明：∵DE∥AB（已知），
∴∠A＝∠CED（　 　）
又∵∠BFD＝∠CED（已知），
∴∠A＝∠BFD（　 　）
∴DF∥AE（　 　）
∴∠EGF+∠AEG＝180°（　 　）
25、如图，已知BC∥GE，∠AFG＝∠1＝50°．
（1）求证：AF∥DE；
（2）若AQ平分∠FAC，交BC于点Q，且∠Q＝15°，求∠ACQ的度数．
26、问题1：现有一张△ABC纸片，点D、E分别是△ABC边上两点，若沿直线DE折叠．
研究（1）：如果折成图①的形状，使A点落在CE上，则∠1与∠A的数量关系是　 　
研究（2）：如果折成图②的形状，猜想∠1+∠2和∠A的数量关系是　 　
研究（3）：如果折成图③的形状，猜想∠1、∠2和∠A的数量关系，并说明理由．
问题2：
研究（4）：将问题1推广，如图④，将四边形ABCD纸片沿EF折叠，使点A、B落在四边形EFCD的内部时，∠1+∠2与∠A、∠B之间的数量关系是　 　．
27、已知，AE∥BD，∠A＝∠D．
（1）如图1，求证：AB∥CD；
（2）如图2，作∠BAE的平分线交CD于点F，点G为AB上一点，连接FG，若∠CFG的平分线交线段AG于点H，求证：∠ECF+2∠AFH＝∠E+2∠BHF；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AC，若∠ACE＝∠BAC+∠BGM，过点H作HM⊥FH交FG的延长线于点M，且2∠E﹣3∠AFH＝20°，求∠EAF+∠GMH的度数．
五一假期专题复习提升训练卷1（平面图形的认识（二））-苏科版七年级数学下册（解析）
一、选择题
1、如图，直线被直线c所截，则下列说法中不正确的是（ ）

A．与是邻补角 B．与是对顶角
C．与是内错角 D．与是同位角
【答案】C
【分析】根据对顶角、邻补角、同位角、内错角的定义分别分析即可．
【详解】解：A、∠3与∠2是邻补角，故原题说法正确；
B、∠1与∠3是对顶角，故原题说法正确；
C、∠1与∠4不是内错角，故原题说法错误；
D、∠2与∠4是同位角，故原题说法正确；
故选：C．
2、在下列各图形中，分别画出了△ABC中BC边上的高AD，其中正确的是（　　）
A． B． C． D．
解：过点A作直线BC的垂线段，即画BC边上的高AD，
所以画法正确的是B选项．
故选：B．
3、如图所示，下列推理及括号中所注明的推理依据错误的是（　　）
A．∵∠1＝∠3，∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行）
B．∵AB∥CD，∴∠BCD+∠ABC＝180°（两直线平行，同旁内角互补）
C．∵AD∥BC，∴∠BAD+∠D＝180°（两直线平行，同旁内角互补）
D．∵∠DAM＝∠CBM，∴AD∥BC（同位角相等，两直线平行）
解：A．∵∠1＝∠3，∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行），正确；
B．∵AB∥CD，∴∠BCD+∠ABC＝180°（两直线平行，同旁内角互补），正确；
C．∵AD∥BC，∴∠BCD+∠D＝180°（两直线平行，同旁内角互补），故C选项错误；
D．∵∠DAM＝∠CBM，∴AD∥BC（同位角相等，两直线平行），正确；
故选：C．
4、如图，下列条件：①∠1＝∠2，②∠3+∠4＝180°，③∠5+∠6＝180°，④∠2＝∠3，
⑤∠7＝∠2+∠3，⑥∠7+∠4﹣∠1＝180°中能判断直线a∥b的有（　　）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
解：①由∠1＝∠2，可得a∥b；
②由∠3+∠4＝180°，可得a∥b；
③由∠5+∠6＝180°，∠3+∠6＝180°，可得∠5＝∠3，即可得到a∥b；
④由∠2＝∠3，不能得到a∥b；
⑤由∠7＝∠2+∠3，∠7＝∠1+∠3可得∠1＝∠2，即可得到a∥b；
⑥由∠7+∠4﹣∠1＝180°，∠7﹣∠1＝∠3，可得∠3+∠4＝180°，即可得到a∥b；
故选：C．
5、一副直角三角板如图放置，其中，，，点F在CB的延长线上若，则等于（ ）

A．35° B．25° C．30° D．15°
【答案】D
【分析】直接利用三角板的特点，结合平行线的性质得出∠BDE=45°，进而得出答案．
【详解】解：由题意可得：∠EDF=30°，∠ABC=45°，
∵DE∥CB，∴∠BDE=∠ABC=45°，∴∠BDF=45°-30°=15°．
故选D．
6、一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1620°，则原来多边形的边数是（　　）
A．10 B．11 C．12 D．10或11或12
解：设多边形截去一个角的边数为n，
则（n﹣2）?180°＝1620°，
解得n＝11，
∵截去一个角后边上可以增加1，不变，减少1，
∴原来多边形的边数是10或11或12．
故选：D．
7、如图，直线，∠2+∠3＝210°，则∠1＝（　 ）

A．30° B．35° C．40° D．45°
【分析】作，根据两直线平行内错角相等，得到，再由平行线的传递性得到，根据两直线平行同旁内角互补，得到，结合题目已知条件可证，解得的度数即可解得的度数．
解：如图，作，，
，∠2+∠3＝210°，
,故选：A．

8、如图，六边形内部有一点，连结．若，
则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用多边形的内角和定理计算出六边形内角和，计算出∠6+∠7+∠C的度数，然后可得∠BGD的大小．
【解析】解：如图，标注角，∵多边形ABCDEF是六边形，
∴∠1+∠5+∠4+∠3+∠2+∠6+∠7+∠C=180°×（6-2）=720°，
∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=440°， ∴∠6+∠7+∠C=720°-440°=280°，
∵多边形BCDG是四边形， ∴∠C+∠6+∠7+∠G=360°，
∴，
故选：C．

9、如图，在△ABC中，∠C＝36°，将△ABC沿着直线l折叠，点C落在点D的位置，
则∠1﹣∠2的度数是（　　）

A．36° B．72° C．50° D．46°
【分析】由折叠的性质得到∠D＝∠C，再利用外角性质即可求出所求角的度数．
【解答】解：由折叠的性质得：∠D＝∠C＝36°，
根据外角性质得：∠1＝∠3+∠C，∠3＝∠2+∠D，
则∠1＝∠2+∠C+∠D＝∠2+2∠C＝∠2+72°，
则∠1﹣∠2＝72°．
故选：B．

10、如图，∠ABC＝∠ACB，AD、BD、CD分别平分△ABC的外角∠EAC、内角∠ABC、外角∠ACF．
以下结论：①AD∥BC；②∠BDC＝∠BAC；③∠ADC＝90°﹣∠ABD；④BD平分∠ADC．
其中正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解：∵AD平分∠EAC，∴∠EAC＝2∠EAD，
∵∠EAC＝∠ABC+∠ACB，∠ABC＝∠ACB，∴∠EAD＝∠ABC，∴AD∥BC，即①正确；
∵BD、CD分别平分∠ABC、∠ACF∴∠DCF＝∠ACF，∠DBC＝∠ABC，
∵∠DCF是△BCD的外角，
∴∠BDC＝∠DCF﹣∠DBC＝∠ACF﹣∠ABC＝（∠ACF﹣∠ABC）＝∠BAC，即②正确；
∵AD平分∠EAC，CD平分∠ACF，∴∠DAC＝∠EAC，∠DCA＝∠ACF，
∵∠EAC＝∠ACB+∠ABC，∠ACF＝∠ABC+∠BAC，∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣（∠DAC+∠ACD）＝180°﹣（∠EAC+∠ACF）
＝180°﹣（∠ABC+∠ACB+∠ABC+∠BAC）＝180°﹣（180°+∠ABC）
＝90°﹣∠ABC＝90°﹣∠ABD，即③正确；
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，
∵∠ADB＝∠DBC，∠ADC＝90°﹣∠ABC， ∴∠ADB不等于∠CDB，即④错误；
∴正确的有3个，故选：C．
二、填空题
11、若某个正多边形的每一个外角都等于其相邻内角的，则这个正多边形的边数是　 　．
解：设外角是x度，则相邻的内角是3x度．
根据题意得：x+3x＝180，
解得x＝45．
则多边形的边数是：360°÷45°＝8．
故答案为：8．
12、如图，ABC中，∠ACB=90°，AB=8cm，D是AB的中点．现将BCD沿BA方向平移1cm，得到EFG，FG交AC于H，则AG的长等于_________cm．

【答案】3
【分析】由已知可得AD=4cm，再根据平移的性质得GD=1cm，进而可求得AG的长．
【详解】解：∵ D为AB的中点，AB=8cm，∴AD=BD=4cm，
∵将BCD沿BA方向平移1cm，得到EFG，∴DG=1cm，∴AG=AD-GD=3cm，
故答案为：3．
13、如图，已知a∥b，∠1＝50°，∠2＝115°，则∠3＝　 　．
解：如图：
∵a∥b，∠1＝50°，∴∠4＝∠1＝50°，
∵∠2＝115°，∠2＝∠3+∠4，∴∠3＝∠2﹣∠4＝115°﹣50°＝65°．
故答案为：65°．
14、如图，在四边形ABDC中，CD∥AB，AC⊥BC于点C，若∠A＝40°，则∠DCB的度数为　 　°．
解：∵AC⊥BC，∴∠ACB＝90°，
∵CD∥AB，∴∠ACD+∠A＝180°，即∠ACB+∠DCB+∠A＝180°，
∵∠A＝40°，∴∠DCB＝180°﹣∠ACB﹣∠A＝180°﹣90°﹣40°＝50°．
故答案为：50．
15、将一把直尺和一块含30°角的三角板ABC按如图所示的位置放置，如果∠CDE＝42°，那么∠BAF的度数为　 　．
解：由题意知DE∥AF，∠CDE＝42°，∴∠AFD＝∠CDE＝42°，
∵∠B＝30°，∴∠BAF＝∠AFD﹣∠B＝42°﹣30°＝12°，
故答案为：12°．
16、如图，已知AB，CD，EF互相平行，且∠ABE＝70°，∠ECD＝150°，则∠BEC＝________°.

【答案】40
【解析】根据平行线的性质，先求出∠BEF和∠CEF的度数，再求出它们的差就可以了．
解：∵AB∥EF，∴∠BEF=∠ABE=70°；
又∵EF∥CD，∴∠CEF=180°-∠ECD=180°-150°=30°，∴∠BEC=∠BEF-∠CEF=40°；
故应填40．
17、如图，已知点D，F分别在∠BAC边AB和AC上，点E在∠BAC的内部，DF平分∠ADE．若∠BAC＝∠BDE＝70°，则∠AFD的度数为　 　．
解：因为∠BAC＝∠BDE，所以DE∥AC，所以∠BAC+∠ADE＝180°，
因为∠BAC＝70°，所以∠ADE＝180°﹣∠BAC＝180°﹣70°＝110°，
因为DF平分∠ADE，所以∠AFD＝∠ADE＝×110°＝55°．
故答案为：55°．
18、一个正五边形和一个正六边形都有一边在直线l上，且有一个公共顶点O，其摆放方式如图所示，
则∠1+∠2＝　 　°．
解：如图：
由题意：∠AOE＝108°，∠BOF＝120°，∠OEF＝72°，∠OFE＝60°，
∴∠2＝180°﹣72°﹣60°＝48°，
∴∠1＝360°﹣108°﹣48°﹣120°＝84°，
∴∠1+∠2＝84°+48°＝132°，
故答案为：132．
19、如图，直线MN分别与直线AB，CD相交于点E，F，EG平分∠BEF，交直线CD于点G，若∠MFD＝∠BEF＝62°，射线GP⊥EG于点G，则∠PGF的度数为　 　度．
解：如图，①当射线GP⊥EG于点G时，∠PGE＝90°，
∵∠MFD＝∠BEF＝62°，∴CD∥AB，∴∠GEB＝∠FGE，
∵EG平分∠BEF，∴∠GEB＝∠GEF＝BEF＝31°，∴∠FGE＝31°，
∴∠PGF＝∠PGE﹣∠FGE＝90°﹣31°＝59°；

②当射线GP′⊥EG于点G时，∠P′GE＝90°，
同理：∠P′GF＝∠PGE+∠FGE＝90°+31°＝121°．
则∠PGF的度数为59或121度．
故答案为：59或121．
20、如图，在△ABC中，∠A=80°，点O是∠ABC，∠ACB角平分的交点，点P是∠BOC，∠COB角平分线的交点，若∠P=100°，则∠ACB的度数是___________．
【答案】60°
【分析】设∠BCP=∠PCO=x，∠BOP=∠COP=y，由∠P=100°，推出x+y=80°，推出2x+2y=160°，推出
∠OBC=180°-160°=20°，可得∠ABC=40°，由此即可解决问题．
【详解】解：设∠BCP=∠PCO=x，∠BOP=∠COP=y，
∵∠P=100°，∴x+y=80°，∴2x+2y=160°，∴∠OBC=180°-160°=20°，
∵BO平分∠ABC，∴∠ABC=40°，∵∠A=80°，∴∠ACB=180°-40°-80°=60°．
故答案为60°．
三、解答题
21、如图，在每个小正方形边长均为1个单位长度的方格中，有一个且的每个顶点均与小正方形的顶点重合

（1）在方格中，将向下平移5个单位长度得到，请画出．
（2）求平移到的过程中，所扫过的面积．
【答案】（1）见解析；（2）24
【分析】（1）根据图形平移的性质画出图形即可；
（2）扫过的面积即长方形BB1C1C的面积和△ABC的面积之和．
【详解】解：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求．
（2）△ABC所扫过的面积=BB1C1C的面积+△ABC的面积=5×4+4×2÷2=24．

22、如图，，，试求的度数．

【分析】由题意可直接证得AB∥CD，得到∠BAP=∠APC，结合∠1=∠2，可得∠EAP=∠APF，从而得到AE∥FP，最终得到∠E=∠F，即可得到答案．
【详解】∵∠BAP+∠APD=180°，∴AB∥CD，∴∠BAP=∠APC，
∵∠1=∠2，∴∠BAP-∠1=∠APC-∠2，即：∠EAP=∠APF，
∴AE∥FP，∴∠E=∠F，∴∠F=40°．
23、已知：如图，∠A＝∠ADE，∠C＝∠E．
（1）若∠EDC＝3∠C，求∠C的度数；
（2）求证：BE∥CD．
解：（1）∵∠A＝∠ADE，∴AC∥DE，∴∠EDC+∠C＝180°，
又∵∠EDC＝3∠C，∴4∠C＝180°，即∠C＝45°；
（2）∵AC∥DE，∴∠E＝∠ABE，
又∵∠C＝∠E，∴∠C＝∠ABE，∴BE∥CD．
24、完成下面的证明：
如图，点D，E，F分别是三角形ABC的边BC，CA，AB上的点，连接DE，DF，DE∥AB，∠BFD＝∠CED，连接BE交DF于点G，求证：∠EGF+∠AEG＝180°．
证明：∵DE∥AB（已知），
∴∠A＝∠CED（　 　）
又∵∠BFD＝∠CED（已知），
∴∠A＝∠BFD（　 　）
∴DF∥AE（　 　）
∴∠EGF+∠AEG＝180°（　 　）
【解析】证明：∵DE∥AB（已知），
∴∠A＝∠CED（两直线平行，同位角相等）
又∵∠BFD＝∠CED（已知），
∴∠A＝∠BFD（等量代换）
∴DF∥AE（同位角相等，两直线平行）
∴∠EGF+∠AEG＝180°（两直线平行，同旁内角互补）
故答案为：两直线平行，同位角相等；等量代换；同位角相等，两直线平行；
两直线平行，同旁内角互补．
25、如图，已知BC∥GE，∠AFG＝∠1＝50°．
（1）求证：AF∥DE；
（2）若AQ平分∠FAC，交BC于点Q，且∠Q＝15°，求∠ACQ的度数．
【解析】（1）证明：∵BC∥GE，∴∠E＝∠1＝50°，
∵∠AFG＝∠1＝50°，∴∠E＝∠AFG＝50°，∴AF∥DE；
（2）解：∵∠1＝50°，∠Q＝15°，∴∠AHD＝65°，
∵AF∥DE，∴∠FAQ＝∠AHD＝65°，
∵AQ平分∠FAC，∴∠CAQ＝∠FAQ＝65°，
∴∠ACQ＝180°﹣∠CAQ﹣∠Q＝180°﹣65°﹣15°＝100°．
26、问题1：现有一张△ABC纸片，点D、E分别是△ABC边上两点，若沿直线DE折叠．
研究（1）：如果折成图①的形状，使A点落在CE上，则∠1与∠A的数量关系是　 　
研究（2）：如果折成图②的形状，猜想∠1+∠2和∠A的数量关系是　 　
研究（3）：如果折成图③的形状，猜想∠1、∠2和∠A的数量关系，并说明理由．
问题2：
研究（4）：将问题1推广，如图④，将四边形ABCD纸片沿EF折叠，使点A、B落在四边形EFCD的内部时，∠1+∠2与∠A、∠B之间的数量关系是　 　．
【分析】（1）根据折叠性质和三角形的外角定理得出结论；
（2）先根据折叠得：∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，由两个平角∠ADB和∠AEC得：∠1+∠2等于360°与四个折叠角的差，化简得结果；
（3）利用两次外角定理得出结论；
（4）与（2）类似，先由折叠得：∠BMN＝∠B′MN，∠ANM＝∠A′NM，再由两平角的和为360°得：∠1+∠2＝360°﹣2∠BMN﹣2∠ANM，根据四边形的内角和得：
∠BMN+∠ANM＝360°﹣∠A﹣∠B，代入前式可得结论．
【解答】解：（1）如图1，∠1＝2∠A，理由是：由折叠得：∠A＝∠DA′A，
∵∠1＝∠A+∠DA′A，∴∠1＝2∠A；故答案为：∠1＝2∠A；
（2）如图2，猜想：∠1+∠2＝2∠A，理由是：由折叠得：∠ADE＝∠A′DE，∠AED＝∠A′ED，
∵∠ADB+∠AEC＝360°，
∴∠1+∠2＝360°﹣∠ADE﹣∠A′DE﹣∠AED﹣∠A′ED＝360°﹣2∠ADE﹣2∠AED，
∴∠1+∠2＝2（180°﹣∠ADE﹣∠AED）＝2∠A；
故答案为：∠1+∠2＝2∠A；
（3）如图3，∠2﹣∠1＝2∠A，理由是：
∵∠2＝∠AFE+∠A，∠AFE＝∠A′+∠1，∴∠2＝∠A′+∠A+∠1，
∵∠A＝∠A′，∴∠2＝2∠A+∠1，∴∠2﹣∠1＝2∠A；
（4）如图4，由折叠得：∠BMN＝∠B′MN，∠ANM＝∠A′NM，
∵∠DNA+∠BMC＝360°，∴∠1+∠2＝360°﹣2∠BMN﹣2∠ANM，
∵∠BMN+∠ANM＝360°﹣∠A﹣∠B，
∴∠1+∠2＝360°﹣2（360°﹣∠A﹣∠B）＝2（∠A+∠B）﹣360°，
故答案为：∠1+∠2＝2（∠A+∠B）﹣360°．

27、已知，AE∥BD，∠A＝∠D．
（1）如图1，求证：AB∥CD；
（2）如图2，作∠BAE的平分线交CD于点F，点G为AB上一点，连接FG，若∠CFG的平分线交线段AG于点H，求证：∠ECF+2∠AFH＝∠E+2∠BHF；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AC，若∠ACE＝∠BAC+∠BGM，过点H作HM⊥FH交FG的延长线于点M，且2∠E﹣3∠AFH＝20°，求∠EAF+∠GMH的度数．
【解答】（1）证明：∵AE∥BD，∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠D，∴∠D+∠B＝180°，∴AB∥CD；
（2）证明：如图2，过点E作EP∥CD，
∵AB∥CD，∴AB∥EP，
∴∠PEA＝∠EAB，∠PEC＝∠ECF，
∵∠AEC＝∠PEC﹣∠PEA，∴∠AEC＝∠ECF﹣∠EAB，即∠ECF＝∠AEC+∠EAB，
∵AF是∠BAE的平分线，∴∠EAF＝∠FAB＝EAB，
∵FH是∠CFG的平分线，∴∠CFH＝∠HFG＝CFG，
∵CD∥AB，∴∠BHF＝∠CFH，∠CFA＝∠FAB，
设∠FAB＝α，∠CFH＝β，
∵∠AFH＝∠CFH﹣∠CFA＝∠CFH﹣∠FAB，∴∠AFH＝β﹣α，∠BHF＝∠CFH＝β，
∴∠ECF+2∠AFH＝∠AEC+∠EAB+2∠AFH＝∠AEC+2α+2（β﹣α）＝∠AEC+2β，
∴∠ECF+2∠AFH＝∠E+2∠BHF；
（3）解：如图，延长DC至点Q，
∵AB∥CD，∴∠QCA＝∠CAB，∠BGM＝∠DFG，∠CFH＝∠BHF，∠CFA＝∠FAG，
∵∠ACE＝∠BAC+∠BGM，∴∠ECQ+∠QCA＝∠BAC+∠BGM，∴∠ECQ＝∠BGM＝∠DFG，
∵∠ECQ+∠ECD＝180°，∠DFG+∠CFG＝180°，∴∠ECF＝∠CFG，
由（2）问知：∠ECF+2∠AFH＝∠AEC+2∠BHF，∠CFG＝2∠CFH＝2∠BHF，∴∠AEC＝2∠AFH，
∵2∠AEC﹣3∠AFH＝20°，∴∠AFH＝20°，
由（2）问知：∠CFM＝2β，∠FHG＝β，
∵FH⊥HM，∴∠FHM＝90°，∴∠GHM＝90°﹣β，
过点M作MN∥AB，∴MN∥CD，
∴∠CFM+∠NMF＝180°，∠GHM＝∠HMN＝90°﹣β，∴∠HMB＝∠HMN＝90°﹣β，
由（2）问知：∠EAF＝∠FAB，∴∠EAF＝∠CFA＝∠CFH﹣∠AFH＝β﹣20°，
∴∠EAF+∠GMH＝β﹣20°+90°﹣β＝70°，∴∠EAF+∠GMH＝70°