第7章 平面图形的认识（二）（基础30题专练）-七年级数学下学期考试满分全攻略（苏科版）

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第7章平面图形的认识（二）（基础30题专练）

一．选择题（共13小题）
1．（2019秋•香坊区期末）下列图案中，可以利用平移来设计的图案是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据平移变换，轴对称变换中心对称对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：A、是利用中心对称设计的，不合题意；
B，C是利用轴对称设计的，不合题意；
D、是利用平移设计的，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查的是利用平移设计图案，熟知图形平移不变性的性质是解答此题的关键．
2．（2021秋•长春期末）如图，下列结论中错误的是（　　）

A．∠1与∠2是同旁内角 B．∠1与∠6是内错角
C．∠2与∠5是内错角 D．∠3与∠5是同位角
【分析】直接利用同旁内角以及内错角、同位角的定义分别判断得出答案．
【解答】解：A、∠1与∠2是同旁内角，正确，不合题意；
B、∠1与∠6是内错角，正确，不合题意；
C、∠2与∠5不是内错角，故C错误，符合题意；
D、∠3与∠5是同位角，正确，不合题意；
故选：C．
【点评】此题主要考查了同旁内角以及内错角、同位角的定义，正确掌握相关定义是解题关键．
3．（2021春•高邮市期中）如图，下列图形中的∠1和∠2不是同位角的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据同位角的意义逐项进行判断即可．
【解答】解：选项A中的∠1与∠2，是直线AB、BC被直线EF所截的同位角，因此选项A不符合题意；
选项B中的∠1与∠2，是直线AB、MG被直线EM所截的同位角，因此选项B不符合题意；
选项C中的∠1与∠2，没有公共的截线，因此不是同位角，所以选项C符合题意；
选项D中的∠1与∠2，是直线CD、EF被直线AB所截的同位角，因此选项D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查同位角，理解同位角的定义是正确判断的前提，找出两条直线的公共截线是解决问题的关键．
4．（2021春•无锡期末）如图，直线a、b被直线c所截，下列说法不正确的是（　　）

A．∠1和∠4是内错角 B．∠2和∠3是同旁内角
C．∠1和∠3是同位角 D．∠3和∠4互为邻补角
【分析】根据同位角，对顶角，同旁内角以及余角的定义作出判断．
【解答】解：A、∠1与∠4不是同位角、内错角、同旁内角，故本选项符合题意．
B、∠2和∠3是同旁内角，故本选项不符合题意．
C、∠1和∠3是同位角，故本选项不符合题意．
D、∠3和∠4互为邻补角，故本选项不符合题意．
故选：A．
【点评】考查了同位角、内错角、同旁内角以及对顶角等，解答此类题确定三线八角是关键，可直接从截线入手．对平面几何中概念的理解，一定要紧扣概念中的关键词语，要做到对它们正确理解，对不同的几何语言的表达要注意理解它们所包含的意义．
5．（2021春•南京期末）如图，AB∥CD，BC平分∠ABD，若∠1＝65°，则∠2的度数是（　　）

A．65° B．60° C．55° D．50°
【分析】由平行线的性质得到∠ABC＝∠1＝65°，∠ABD+∠BDC＝180°，由BC平分∠ABD，得到∠ABD＝2∠ABC＝130°，于是得到结论．
【解答】解：∵AB∥CD，∠1＝65°，
∴∠ABC＝∠1＝65°，∠ABD+∠BDC＝180°，
∵BC平分∠ABD，
∴∠ABD＝2∠ABC＝130°，
∴∠BDC＝180°﹣∠ABD＝50°，
∴∠2＝∠BDC＝50°．
故选：D．
【点评】本题考查了平行线的性质和角平分线定义等知识点，解此题的关键是求出∠ABD的度数，题目较好，难度不大．
6．（2021春•崇川区期末）如图，将一块三角板的直角顶点放在直尺的一边上，当∠1＝55°时，∠2的度数为（　　）

A．55° B．45° C．40° D．35°
【分析】先根据平行线的性质求出∠3的度数，再由余角的定义即可得出结论．
【解答】解：∵直尺两边互相平行，∠1＝55°，
∴∠3＝∠1＝55°，
∵∠2+∠3＝90°，
∴∠2＝90°﹣55°＝35°．

故选：D．
【点评】本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同位角相等．
7．（2021春•徐州期末）如图，已知∠1+∠2＝180°，∠3＝108°，则∠4等于（　　）

A．108° B．82° C．80° D．72°
【分析】由已知和邻补角互补易得∠5＝∠2，则a∥b，所以∠6+∠4＝180°，再根据对顶角相等可得∠6的度数，即可求出∠4的度数．
【解答】解：如图，

∵∠5+∠1＝180°，∠1+∠2＝180°，
∴∠5＝∠2，
∴a∥b，
∴∠6+∠4＝180°，
∵∠6＝∠3＝108°，
∴∠4＝180°﹣108°＝72°．
故选：D．
【点评】此题考查平行线的判定和性质：同位角相等，两直线平行；两直线平行，同旁内角互补．要灵活应用，同时考查了邻补角与对顶角的性质．
8．（2021秋•徐州期中）如图，木工师傅做门框时，常用木条EF固定长方形门框ABCD，使其不易变形，这种做法的依据是（　　）

A．三角形稳定性 B．长方形是轴对称图形
C．两点之间线段最短 D．两点确定一条直线
【分析】用木条EF固定矩形门框ABCD，即是组成△CEF，故可用三角形的稳定性解释．
【解答】解：加上EF后，原不稳定的四边形ABCD中具有了稳定的△ECF，故这种做法根据的是三角形的稳定性．
故选：A．
【点评】本题考查三角形稳定性的实际应用．三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、房屋架梁等，因此要使一些图形具有稳定的结构，往往通过连接辅助线转化为三角形而获得．
9．（2021•东台市模拟）一副三角板，按如图所示叠放在一起，则图中∠α的度数是（　　）

A．105° B．75° C．110° D．120°
【分析】由已知条件易求∠1的度数，再根据三角形的内角和定理及可求解．
【解答】解：由题意得∠1＝90°﹣60°＝30°，

∵∠α＝45°+∠1，
∴∠α＝45°+30°＝75°，
故选：B．
【点评】本题主要考查三角形外角的性质，直角三角形的性质，运用三角形外角的性质计算角的度数是解题的关键．
10．（2021春•仪征市期中）如图，将三角形纸片ABC沿DE折叠，当点A落在四边形BCED的外部时，测量得∠1＝70°，∠2＝132°，则∠A为（　　）

A．40° B．22° C．30° D．52°
【分析】利用四边形的内角和定理求出∠B+∠C，再利用三角形的内角和定理可得结果．
【解答】解：∵∠1＝70°，∠2＝132°，
∴∠B+∠C＝360°﹣∠1﹣∠2＝360°﹣70°﹣132°＝158°，
∴∠A＝180°﹣（∠B+∠C）＝180°﹣158°＝22°，
故选：B．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理及三角形的内角和定理，关键是运用多边形的内角和定理求出∠B+∠C的度数．
11．（2021春•江都区期中）下列哪个度数不可能是一个多边形的内角和（　　）
A．360° B．600° C．900° D．1800°
【分析】根据n边形的内角和为（n﹣2）×180°，求出对应的n，即可得出选项．
【解答】解：因为n边形的内角和为（n﹣2）×180°，
A、（n﹣2）×180°＝360°，
n＝4，是四边形的内角和，故本选项不符合题意；
B、（n﹣2）×180°＝600°，
n＝，边数不能为分数，故本选项符合题意；
C、（n﹣2）×180°＝900°，
n＝7，是七边形的内角和，故本选项不符合题意；
D、（n﹣2）×180°＝1800°，
n＝12，是12边形的内角和，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了多边形的内角和，熟记n边形的内角和为（n﹣2）×180°是解此题的关键．
12．（2021春•江都区校级月考）一个多边形的内角和大于1100°，小于1300°，这个多边形的边数是（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°列出不等式，然后求解即可．
【解答】解：设这个多边形的边数是n，根据题意得
1100°＜（n﹣2）•180°＜1300°，
解得8＜n＜9，
故这个多边形的边数是9，
故选：D．
【点评】本题考查了多边形的内角和公式，熟记公式并列出不等式是解题的关键．
13．（2021春•海州区期末）如图，两只蚂蚁以相同的速度沿两条不同的路径，同时从A出发爬到B，则（　　）

A．甲和乙同时到 B．甲比乙先到
C．乙比甲先到 D．无法确定
【分析】根据平移可得出两蚂蚁行程相同，结合二者速度相同即可得出结论．
【解答】解：∵甲、乙两只蚂蚁的行程相同，且两只蚂蚁的速度相同，
∴两只蚂蚁同时到达．
故选：A．
【点评】本题考查了生活中的平移现象，结合图形找出甲、乙两只蚂蚁的行程相等是解题的关键．
二．填空题（共9小题）
14．（2021•徐州模拟）如图，点B、C、D在同一直线上，AB∥CE，若∠A＝55°，∠ACB＝65°，则∠1为 　60　°．

【分析】首先根据三角形内角和定理求得∠B的度数，然后根据平行线的性质解答．
【解答】解：∵∠A＝55°，∠ACB＝65°，
∴∠B＝180°﹣55°﹣65°＝60°，
∵AB∥CE，
∴∠1＝∠B＝60°．
故答案为：60．
【点评】此题考查了平行线的性质，熟记“两直线平行，同位角相等”是解题的关键．
15．（2021•射阳县二模）将一副直角三角板如图摆放，点D落在AC边上，BC∥DF，则∠1＝　105　°．

【分析】根据平行线的性质得到∠B＝60°，结合∠EDF＝45°，根据三角形的外角性质求解即可．
【解答】解：如图，

根据题意得，∠EDF＝45°，
∵BC∥DF，∠B＝60°，
∴∠2＝∠B＝60°，
∴∠1＝∠2+∠EDF＝60°+45°＝105°，
故答案为：105．
【点评】此题考查了平行线的性质，熟记“两直线平行，同位角相等”是解题的关键．
16．（2021•阜宁县模拟）如图，已知直线AB、CD被直线AE所截，AB∥CD，∠2＝130°，则∠1＝　50°　．

【分析】由邻补角可求得∠3的度数，再利用平行线的性质可得∠1＝∠3，即得解．
【解答】解：如图：

∵∠2＝130°，
∴∠3＝180°﹣∠2＝50°，
∵AB∥CD，
∴∠1＝∠3＝50°．
故答案为：50°．
【点评】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质并灵活运用．
17．（2021春•广陵区校级期中）某同学在一次课外活动中，用硬纸片做了两个直角三角形，见图①、②．图①中，∠B＝90°，∠A＝30°；图②中，∠D＝90°，∠F＝45°．图③是该同学所做的一个实验：他将△DEF的直角边DE与△ABC的斜边AC重合在一起，并将△DEF沿AC方向移动．在移动过程中，D、E两点始终在AC边上（移动开始时点D与点A重合）．要使F、C的连线与AB平行，此时∠CFE的度数为 　15°　．

【分析】要使FC∥AB，则需∠FCE＝∠A＝30°，根据三角形的外角定理进而得出∠CFE的度数．
【解答】解：当FC∥AB时，∠FCE＝∠A＝30°，
在Rt△DEF中，∠DFE＝45°，∠EDF＝90°，
∴∠FED＝180°﹣90°﹣45°＝45°，
∵∠FED＝∠CFE+∠FCE＝45°，
∴∠CFE＝45°﹣30°＝15°，
故答案为：15°．
【点评】此题主要考查了平行线的性质，熟练两直线平行，内错角相等是解题关键．
18．（2021春•广陵区校级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，BD、CE分别平分∠ABC、∠ACB，BD、CE相交于点O，则∠BOC的度数是 　120°　．

【分析】根据三角形的内角和是180°，可知∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB，由BD，CE分别平分∠ABC，∠ACB，可知∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，即∠BOC＝180°﹣（∠ABC+∠ACB），再由三角形的内角和是180°，得出∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC，从而求出∠BOC的度数．
【解答】解：∵∠BAC＝60°，BD，CE分别平分∠ABC，∠ACB，
∴∠BOC＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（180°﹣60°）＝120°，
故答案为：120°．
【点评】此题考查了三角形的内角和定理，求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°”这一隐含的条件．
19．（2020秋•盱眙县期末）正多边形的每个内角都是160°，则它的边数是 　18　．
【分析】根据多边形的内角和公式，可得答案．
【解答】解：设正多边形是n边形，由内角和公式得，
（n﹣2）180°＝160°×n，
解得n＝18，
故答案为：18．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，由内角和得出方程式解题关键．
20．（2021•仪征市一模）如图是第四套人民币1角硬币，该硬币边缘镌刻的正多边形的外角的度数为 　40　°．

【分析】正多边形的外角和是360°，这个正多边形的每个外角相等，因而用360°除以多边形的边数，就得到外角的度数．
【解答】解：∵正多边形的外角和是360°，
∴360°÷9＝40°．
故答案为：40．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角．根据正多边形的外角和求多边形的边数和外角的度数是常用的一种方法，需要熟记．
21．（2021秋•沂南县期中）六边形的内角和比它的外角和多 　360　度．
【分析】利用多边形的内角和公式求出六边形的内角和，再结合其外角和为360度，即可解决问题．
【解答】解：六边形的内角和是180°×（6﹣2）＝720°，
任意多边形的外角和都是360°，
所以六边形的内角和比它的外角和多720°﹣360°＝360°，
故答案为：360．
【点评】本题考查了多边形的内角和外角的知识，利用多边形的内角和公式及多边形的外角和即可解决问题．
22．（2021秋•鼓楼区校级月考）如图所示，要在竖直高AC为2米，水平宽BC为8米的楼梯表面铺地毯，地毯的长度至少需要 　10　米．

【分析】根据平移的性质可得，地毯的水平长度与BC的长度相等，垂直长度与AC的长度相等，计算即可得出答案．
【解答】解：由题意可知，
地毯的水平长度与BC的长度相等，垂直长度与AC的长度相等，
所以地毯的长度至少需要 8+2＝10（米）．
故答案为：10．
【点评】本题主要考查了平移现象，熟练应用平移的性质进行求解是解决本题的关键．
三．解答题（共8小题）
23．（2021春•靖江市期末）如图∠BAC＝∠EDF＝90°，∠E＝50°，∠C＝30°，点D在线段BC上，AB与DF交于点M．若BC∥EF，求∠BMD的度数．

【分析】首先根据直角三角形两锐角互余可算出∠F和∠B的度数，再由“两直线平行，内错角相等”，可求出∠MDB的度数，在△BMD中，利用三角形内角和可求出∠BMD的度数．
【解答】解：如图，
在△ABC和△DEF中，∠BAC＝∠EDF＝90°，∠E＝50°，∠C＝30°，
∴∠B＝90°﹣∠C＝90°﹣30°＝60°，
∠F＝90°﹣∠E＝90°﹣50°＝40°，
∵BC∥EF，
∴∠MDB＝∠F＝40°，
在△BMD中，∠BMD＝180°﹣∠B﹣∠MDB＝180°﹣60°﹣40°＝80°．
【点评】本题主要考查三角形内角和定理，平行线的性质定理，根据图形，结合定理求出每个角的度数是解题关键．
24．（2021春•镇江期末）如图，MN∥GH，点A、B分别在直线MN、GH上，点O在直线MN、GH之间，若∠NAO＝116°，∠OBH＝144°．
（1）∠AOB＝　100　°；
（2）如图2，点C、D是∠NAO、∠GBO角平分线上的两点，且∠CDB＝35°，求∠ACD的度数；
（3）如图3，点F是平面上的一点，连结FA、FB，E是射线FA上的一点，若∠MAE＝n∠OAE，∠HBF＝n∠OBF，且∠AFB＝60°，求n的值．
【分析】（1）过O作OP∥MN，由MN∥OP∥GH，得∠NAO+∠POA＝180°，∠POB+∠OBH＝180°，即∠NAO+∠AOB+∠OBH＝360°，故∠AOB＝100°；
（2）过C作CE∥MN，过D作DF∥MN，由MN∥CE∥DF∥GH，得∠NAC＝∠ACE，∠ECD＝∠CDF，∠FDB＝∠DBG，而AC平分∠NAO，BD平分∠OBG，∠NAO＝116°，∠OBH＝144°，即得∠ACE＝∠NAC＝∠NAO＝58°，∠FDB＝∠DBG＝∠OBG＝（180°﹣∠OBH）＝18°，根据∠CDB＝35°，得∠CDF＝∠CDB﹣∠FDB＝17°＝∠ECD，即得∠ACD＝∠ACE+∠ECD＝75°；
（3）设BF交MN于T，由∠NAO＝116°，得∠MAO＝64°，故∠MAE＝×64°＝∠FAT，同理∠OBH＝144°，∠HBF＝n∠OBF，得∠FBH＝×144°，从而∠FTN＝∠FBH＝×144°，又∠FTN＝∠F+∠FAT，得×144°＝60°+×64°，即得n＝3．
【解答】解：（1）过O作OP∥MN，如图：

∵MN∥GH，
∴MN∥OP∥GH，
∴∠NAO+∠POA＝180°，∠POB+∠OBH＝180°，
∴∠NAO+∠AOB+∠OBH＝360°，
∵∠NAO＝116°，∠OBH＝144°，
∴∠AOB＝360°﹣116°﹣144°＝100°，
故答案为：100．
（2）过C作CE∥MN，过D作DF∥MN，如图：

∵MN∥GH，
∴MN∥CE∥DF∥GH，
∴∠NAC＝∠ACE，∠ECD＝∠CDF，∠FDB＝∠DBG，
∵AC平分∠NAO，BD平分∠OBG，∠NAO＝116°，∠OBH＝144°，
∴∠ACE＝∠NAC＝∠NAO＝58°，∠FDB＝∠DBG＝∠OBG＝（180°﹣∠OBH）＝18°，
∵∠CDB＝35°，
∴∠CDF＝∠CDB﹣∠FDB＝17°＝∠ECD，
∴∠ACD＝∠ACE+∠ECD＝75°；
（3）设BF交MN于T，如图：

∵∠NAO＝116°，
∴∠MAO＝64°，
∵∠MAE＝n∠OAE，
∴∠MAE＝×64°＝∠FAT，
∵∠OBH＝144°，∠HBF＝n∠OBF，
∴∠FBH＝×144°，
∵MN∥GH，
∴∠FTN＝∠FBH＝×144°，
∵∠FTN＝∠F+∠FAT，
∴×144°＝60°+×64°，
解得n＝3．
【点评】本题考查平行线的性质及应用，解题的关键是作辅助线，构造一组平行线，再利用平行线性质转化角．
25．（2021春•南京期末）如图，GF∥CD，∠1＝∠2．求证：∠CED+∠ACB＝180°．

【分析】由平行线的性质得到∠2＝∠DCB，等量代换得∠1＝∠DCB，即可判定DE∥BC，根据平行线的性质即可得解．
【解答】证明：∵GF∥CD，
∴∠2＝∠DCB，
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠DCB，
∴DE∥BC，
∴∠CED+∠ACB＝180°．
【点评】此题考查了平行线的性质，熟记平行线的性质定理及判定定理是解题的关键．
26．（2021春•惠山区期中）如图，∠1＝50°，∠2＝130°，∠C＝∠D．
（1）试说明：BD∥CE．
（2）探索∠A与∠F的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）根据“同旁内角互补，两直线平行”即可得解；
（2）根据平行线的性质得到∠C＝∠ABD，等量代换得到∠ABD＝∠D，即可判定BC∥DE，根据平行线的性质即可得解．
【解答】（1）证明：∵∠1＝50°，∠2＝130°，
∴∠1+∠2＝180°，
∴BD∥CE；
（2）解：∠A＝∠F，理由如下：
∵BD∥CE，
∴∠C＝∠ABD，
∵∠C＝∠D，
∴∠ABD＝∠D，
∴AC∥DF，
∴∠A＝∠F．
【点评】此题考查了平行线的判定与性质，熟记“同旁内角互补，两直线平行”、“内错角相等，两直线平行”及“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
27．（2021春•江都区期中）如图，已知∠2＝∠4，∠3＝∠B．
（1）试判断∠AED与∠C的关系，并说明理由；
（2）若∠1＝130°，∠5＝65°，求∠DGB的度数．

【分析】（1）据平行线的性质定理以及判定定理即可解答；
（2）根据邻补角的定义得出∠4＝50°，根据平行线的性质得出∠2＝50°，∠B＝65°，再根据三角形内角和定理求解即可．
【解答】解：（1）∠AED＝∠C，理由如下：
∵∠2＝∠4，
∴BD∥EF，
∴∠BDE+∠3＝180°，
∵∠3＝∠B，
∴∠BDE+∠B＝180°，
∴DE∥BC，
∴∠AED＝∠C；
（2）∵∠1+∠4＝180°，∠1＝130°，
∴∠4＝50°，
∵∠2＝∠4，
∴∠2＝50°，
∵DE∥BC，
∴∠5＝∠B，
∵∠5＝65°，
∴∠B＝65°，
在△BDG，∠B+∠2+∠DGB＝180°，∠B＝65°，∠2＝50°，
∴∠DGB＝65°．
【点评】此题考查了平行线的判定与性质，熟记平行线的判定定理并证明DE∥BC是解题的关键．
28．（2021春•江都区期末）如图，∠BAP+∠APD＝180°，∠1＝∠2，证明：∠E＝∠F．完成下面推理过程．
证明：∵∠BAP+∠APD＝180°（已知），
∴AB∥CD（ 　同旁内角互补，两直线平行　）．
∴　∠BAP＝∠APC　（两直线平行，内错角相等）．
∵∠1＝∠2（已知），
∴∠BAP﹣∠1＝∠APC﹣∠2 （ 　等式的性质　），
即∠EAP＝∠FPA．
∴　AE∥PF　（内错角相等，两直线平行）．
∴∠E＝∠F（两直线平行，内错角相等）．

【分析】根据平行线的判定得出AB∥CD，根据平行线的性质得出∠BAP＝∠APC，求出∠EAP＝∠FPA，根据平行线的判定得出AE∥PF即可．
【解答】证明：∵∠BAP+∠APD＝180°，
∴AB∥CD（同旁内角互补，两直线平行），
∴∠BAP＝∠APC（两直线平行，内错角相等），
又∵∠1＝∠2，（已知）
∴∠BAP﹣∠1＝∠APC﹣∠2（等式的性质），
即∠EAP＝∠FPA，
∴AE∥PF（内错角相等，两直线平行），
∴∠E＝∠F（两直线平行，内错角相等），
故答案为：同旁内角互补，两直线平行；∠BAP＝∠APC；等式的性质；AE∥PF．
【点评】本题考查了平行线的性质和判定，能熟练地运用定理进行推理是解此题的关键．
29．（2021春•沭阳县期末）完成下列证明过程：
已知：如图，AB∥CD，∠1＝∠2，求证：AM∥CN．
证明：∵AB∥CD，
∴∠EAB＝∠BCD（ 　两直线平行，同位角相等　），
∵∠1＝∠2，
∴∠EAB﹣∠1＝∠ECD﹣∠2，
∴∠EAM＝∠　ECN　，
∴AM∥　CN　（ 　同位角相等，两直线平行　）．

【分析】只要证明∠EAM＝∠ECN，根据同位角相等两直线平行即可证明．
【解答】证明：∵AB∥CD，
∴∠EAB＝∠ECD（两直线平行，同位角相等），
∵∠1＝∠2，
∴∠EAM＝∠ECN，
∴AM∥CN（同位角相等，两直线平行）．
故答案为：两直线平行，同位角相等；ECN；CN；同位角相等，两直线平行．
【点评】本题考查平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质和判定，属于中考基础题．
30．（2021春•苏州期末）如图，FN交HE、MD于点A、点C，过C作射线CG交HE于点B．若∠EAF＝∠NCM＝∠MCB＝46°．
（1）求证：AB∥CD；
（2）求∠ABG的度数．

【分析】（1）由对顶角相等得到∠NCM＝∠FCD，即可得到∠EAF＝∠FCD，即可判定AB∥CD；
（2）由平角的定义得到∠BCD＝180°﹣∠MCB＝134°，再根据平行线的性质即可得解．
【解答】（1）证明：∵∠EAF＝∠NCM，∠NCM＝∠FCD，
∴∠EAF＝∠FCD，
∴AB∥CD；
（2）解：∵∠MCB+∠BCD＝180°，∠MCB＝46°，
∴∠BCD＝180°﹣∠MCB＝134°，
由（1）知，AB∥CD，
∴∠ABG＝∠BCD，
∠ABG＝134°，
答：∠ABG的度数是134°．
【点评】此题考查了平行线的判定与性质，熟记平行线的判定定理与性质定理是解题的关键．