2024年中考数学复习（全国版）第22讲 多边形与平行四边形（练习）（解析版）

第22讲多边形与平行四边形目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u题型01多边形的概念及分类题型02计算网格中不规则多边形面积题型03计算多边形对角线条数题型04多边形内角和问题题型05已知多边形内角和求边数题型06多边形的割角问题题型07多边形的外角问题题型08多边形外角和的实际应用题型09多边形内角和、外角和与平行线的合运用题型10多边形内角和与外角和的综合应用题型11平面镶嵌题型12利用平行四边形的性质求解题型13利用平行四边形的性质证明题型14判断已知条件能否构成平行四边形题型15数平行四边形个数题型16求与已知三点组成平行四边形的点的个数题型17证明四边形是平行四边形题型18与平行四边形有关的新定义问题题型19利用平行四边形的性质与判定求解题型20利用平行四边形的性质与判定证明题型21平行四边形性质与判定的应用题型22三角形中位线有关的计算题型23三角形中位线与三角形面积计算问题题型24与三角形中位线有关的规律探究题型25与三角形中位线有关的格点作图题型26连接两点构造三角形中位线题型27已知中点，取另一条线段的中点构造中位线题型28利用角平分线垂直构造三角形的中位线题型01多边形的概念及分类1．（2022·上海杨浦·统考二模）下列命题中，正确的是（

）A．正多边形都是中心对称图形 B．正六边形的边长等于其外接圆的半径C．边数大于3的正多边形的对角线长都相等 D．各边相等的圆外切多边形是正多边形【答案】B【分析】根据正多边形的性质、正多边形的对角线、正多边形的概念判断即可．【详解】解：A、边数是偶数的正多边形都是中心对称图形，边数是奇数的正多边形不是中心对称图形，故本选项说法错误，不符合题意；B、正六边形的边长等于其外接圆的半径，本选项说法正确，符合题意；C、边数大于3的正多边形的对角线长不都相等，可以以正八边形为例得出对角线长不都相等，故本选项说法错误，不符合题意；D、各边相等的圆外切多边形不一定是正多边形，例如，圆外切菱形边数正多边形，故本选项说法错误，不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．2．（2020·全国·模拟预测）下列图形中，正多边形的个数有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C题型02计算网格中不规则多边形面积3．（2021·北京平谷·统考一模）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点，则ΔABO的面积与ΔCDO的面积的大小关系为：S△ABOS【答案】=【分析】根据图形可知S△ABO=S△ABC−S△AOC，S△CDO=S△ACD−S△AOC，然后由图易知△ABC和△【详解】解：由图易有：S△ABO=S△ABC−S△AOC∵△ABC和△ADC同底等高，∴S△ABC∴S△ABO=S故答案为：=【点睛】本题考查了三角形的面积，判断所求三角形的计算方法是本题的关键．4．（2021·湖北武汉·统考模拟预测）在平面直角坐标系中，我们把横纵坐标均为整数的点称为格点，若一个多边形的顶点全是格点，则称该多边形为格点多边形．例如：图中△ABC的与四边形DEFG均为格点多边形．格点多边形的面积记为S，其内部的格点数记为N，边界上的格点记为L，已知格点多边形的面积可表示为S=N+aL+b（a，b为常数），若某格点多边形对应的N=14，L=7，则S=（

）A．16.5 B．17 C．17.5 D．18【答案】A【分析】先分别根据△ABC和四边形DEFG中，S、N、L的数值得出关于a和b的二元一次方程组，解得a和b的值，则可求得当N=14，L=7时S的值．【详解】解：△ABC中，S=1，N=0，L=4，则4a+b=1；同理，四边形DEFG中，S=2×4−1×2÷2−1×1÷2−2×3÷2=3.5，N=2，L=5∴2+5a+b=3.5；联立得4a+b=1解得：a=0.5，b=−1∴N=14，L=7，则S=14+3.5−1=16.5，故选：A．【点睛】本题属于创新题型，主要考查了二元一次方程相关知识以及学生对于题意理解和数据分析能力．5．（2021·北京顺义·统考一模）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D，E，F是网格线的交点，则△ABC的面积与△DEF的面积比为．【答案】1∶4【分析】分别求出△ABC的面积和△ABD的面积，即可求解．【详解】解：S△ABCS△DEF∴△ABC的面积与△DEF的面积比为1∶4．故答案为1∶4．【点睛】本题考查了三角形的面积，掌握三角形的面积公式是解本题的关键．6．（2020·山西运城·统考模拟预测）阅读下列材料，并按要求完成相应的任务．任务：（1）如图2，是5×5的正方形网格，且小正方形的边长为1，利用“皮克定理”可以求出图中格点多边形的面积是；（2）已知：一个格点多边形的面积S为15，且边界上的点数b是内部点数a的2倍，则a+b＝；（3）请你在图3中设计一个格点多边形（要求：①格点多边形的面积为8；②格点多边形是一个轴对称图形但不是中心对称图形）【答案】（1）7.5；（2）24；（3）如图所示，见解析．【分析】（1）根据皮克定理求解即可；（2）根据题意列式求出a，b的值，即可求解．（3）根据轴对称图形和中心对称图形的性质进行作图即可．【详解】（1）由“皮克定理”可得：S＝5+72﹣1＝7.5故答案为：7.5；（2）∵S为15，且边界上的点数b是内部点数a的2倍，∴a+2a2﹣1＝15解得：a＝8，则b＝16，故a+b＝24，故答案为：24；（3）如图所示：．【点睛】本题考查了格点多边形的问题，掌握皮克定理、轴对称图形、中心对称图形的性质是解题的关键．题型03计算多边形对角线条数7．（2022·广东深圳·坪山中学校考模拟预测）多边形的对角线共有20条，则下列方程可以求出多边形边数的是（

）A．nn−2=20 B．nn−2=40 C．【答案】D【分析】先由n边形从一个顶点出发可引出n−3条对角线，再根据n边形对角线的总条数为nn−3【详解】解：设多边形边数为n，从一个顶点出发可引出n−3条对角线，再根据n边形对角线的总条数为nn−3即nn−3nn−3故答案选：D．【点睛】本题考查了多边形的对角线公式，根据多边形对角线公式列等式是解答本题的关键．8．（2022·陕西·校联考模拟预测）若一个多边形从一个顶点出发可以引7条对角线，则这个多边形共有条对角线．【答案】35【分析】根据n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线，再根据n(n−3)2【详解】解：根据题意可知，n−3=7，∴n=10，∴这个多边形共有对角线的数量为：n(n−3)2故答案为：35．【点睛】本题考查了多边形对角线的问题，正确理解多边形的边数与从一个顶点发出的对角线的条数之间的关系，以及正确求出总的对角线数量是解决本题的关键．9．（2021·山东青岛·统考二模）【问题】用n边形的对角线把n边形分割成（n−2个三角形，共有多少种不同的分割方案n≥4？【探究】为了解决上面的数学问题，我们采取一般问题特殊化的策略，先从最简单情形入手，再逐次递进转化，最后猜想得出结论．不妨假设n边形的分割方案有fn探究一：用四边形的对角线把四边形分割成2个三角形，共有多少种不同的分割方案？如图①，图②，显然，只有2种不同的分割方案．所以，f4探究二：用五边形的对角线把五边形分割成3个三角形，共有多少种不同的分割方案？不妨把分割方案分成三类：第1类：如图③，用点A，E与B连接，先把五边形分割转化成1个三角形和1个四边形，再把四边形分割成2个三角形，由探究一知，有f4种不同的分割方案，所以，此类共有f第2类：如图④，用点A，E与C连接，把五边形分割成3个三角形，有1种不同的分割方案，可视为12第3类：如图⑤，用点A，E与D连接，先把五边形分割转化成1个三角形和1个四边形，再把四边形分割成2个三角形，由探究一知，有f（4）种不同的分割方案，所以，此类共有f（4）种不同的分割方案．所以，f5探究三：用六边形的对角线把六边形分割成4个三角形，共有多少种不同的分割方案？不妨把分割方案分成四类：第1类：如图⑥，用A，F与B连接，先把六边形分割转化成1个三角形和1个五边形，再把五边形分割成3个三角形，由探究二知，有f5种不同的分割方案，所以，此类共有f第2类：如图⑦，用A，F与C连接，先把六边形分割转化成2个三角形和1个四边形．再把四边形分割成2个三角形，由探究一知，有f4种不同的分割方案．所以，此类共有f第3类：如图⑧，用A，F与D连接，先把六边形分割转化成2个三角形和1个四边形．再把四边形分割成2个三角形，由探究一知，有f4种不同的分割方案．所以，此类共有f第4类：如图，用A，F与E连接，先把六边形分割转化成1个三角形和1个五边形，再把五边形分割成3个三角形，由探究二知，有f5种不同的分割方案．所以，此类共有f所以，f=f5探究四：用七边形的对角线把七边形分割成5个三角形，则f7与f6的关系为……【结论】用n边形的对角线把n边形分割成n−2个三角形，共有多少种不同的分割方案n≥4？（直接写出fn与f【应用】用九边形的对角线把九边形分割成7个三角形，共有多少种不同的分割方案？（应用上述结论中的关系式求解）【答案】探究四：18，42；[结论]fn【分析】[探究]根据探究的结论得到规律计算即可；[结论]根据五边形，六边形，七边形的对角线把图形分割成三角形的方案总结规律即可得到答案；[应用]利用规律求得八边形及九边形的对角线把图形分割成三角形的方案即可．【详解】所以，f=2f=3f=18=42．故答案为：18，42．[结论]由题意知f5=104ffn[应用]根据结论得：f8f9则用九边形的对角线把九边形分割成7个三角形，共有429种不同的分割方案．【点睛】此题考查多边形的对角线，图形变化类规律题，研究了多边形对角线分割多边形成三角形的关系，关键是能够得到规律，此题有难度，注意利用数形结合的思想．题型04多边形内角和问题10．（2023·山东日照·校考三模）我们知道三角形的内角和为180°，而四边形可以分成两个三角形，故它的内角和为2×180°=360°，五边形则可以分成3个三角形，它的内角和为3×180°=540°（如图），依此类推，则八边形的内角和为（

）

A．900° B．1080° C．1260° D．1440°【答案】B【分析】根据多边形内角和公式n−2×180°【详解】解：由多边形内角和公式可得：八边形的内角和为8−2故选：B【点睛】此题考查了多边形的内角和，解题的关键是掌握多边形的内角和公式．11．（2023·河北邯郸·校考模拟预测）一块四边形ABCD玻璃被打破，如图所示．小红想制做一模一样的玻璃，经测量∠A=120°，∠B=60°，∠C=150°，则∠D的度数（A．65° B．45° C．30° D．20°【答案】C【分析】根据四边形内角和求解即可．【详解】解：∵∠A=120°，∠B=60°，∠C=150°，四边形内角和为∴∠D=360°−120°−60°−150°=30°，故选：C．【点睛】本题考查了四边形内角和，熟记知识点是解题关键．12．（2023·河北沧州·统考模拟预测）一个多边形，除了一个内角外，其余各角的和为2750°，则这一内角为度．【答案】130【分析】设多边形的边数为x，根据多边形的内角一定大于0，并且小于180度，因而内角和除去一个内角的值，这个值除以180度，所得数值比边数要小，小的值小于1，可以求出多边形的边数为18，再利用内角和公式即可得出结果．【详解】解：设多边形的边数为x，由题意有x−2⋅180°=2750°解得：x=175因而多边形的边数是18，则这一内角为18−2×180°−2750°=130°故答案为：130．【点睛】本题考查多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．13．（2023·广东东莞·东莞市厚街海月学校校考模拟预测）我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为“勾股四边形”，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边，如图，在四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，AB=BC．

(1)求∠A+∠C的度数．(2)判断四边形ABCD是否是“勾股四边形”，并说明理由．【答案】(1)270°(2)四边形ABCD是“勾股四边形”，理由见解析【分析】（1）在四边形ABCD中，由四边形内角和定理即可得出结果；（2）连接BD，以BD为边向下作等边三角形△BDQ，由等边三角形的性质得出∠DBQ=60°，BD=BQ，证出∠ABD=∠CBQ，证明△ABD≌△CBQ，得出AD=CQ，∠A=∠BCQ，证出∠DCQ=90°，再由勾股定理即可得出结论．【详解】（1）在四边形ABCD中，∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，∠B=60°，∠D=30°，∴∠A+∠C=360°−30°−60°=270°；（2）四边形ABCD是“勾股四边形”，理由：连接BD，以BD为边向下作等边三角形△BDQ，连接CQ，

则∠DBQ=60°，BD=BQ，∵∠ABC=∠DBQ=60°，∴∠ABD=∠CBQ，在△ABD和△CBQ中，AB=CB∠ABD=∠CBQ∴△ABD≌△CBQSAS，∴AD=CQ，∠A=∠BCQ，∴∠A+∠BCD=∠BCQ+∠BCD=270°，∴∠DCQ=90°，∴CD∵CQ=AD，DQ=BD，∴CD∴四边形ABCD是“勾股四边形”．【点睛】本题是四边形综合题，考查了四边形内角和定理、等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质和勾股定理以及逆定理，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题．题型05已知多边形内角和求边数14．（2022·北京西城·北京师大附中校考模拟预测）一个多边形的内角和等于1260°，则它是（）A．五边形 B．七边形 C．九边形 D．十边形【答案】C【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和定理得到(n−2)×180=1260，然后解方程即可．【详解】解：设这个多边形的边数为n，(n−2)×180=1260，解得n=9，故这个多边形为九边形．故选：C．【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，解题的关键是掌握n边形的内角和为(n−2)×180°．15．（2022·陕西西安·校考模拟预测）一个正多边形的内角和是1440°，则此多边形的边数是，对角线共有条．【答案】1035【分析】设此多边形的边数是n，根据多边形内角和公式和对角线条数的公式，列出方程求解即可．【详解】解：设此多边形的边数是n，180°×n−2解得：n=10，∴对角线条数为：nn−3故答案为：10，35．【点睛】本题主要考查了多边的内角和，多边形的对角线条数，解题的关键是掌握n边形的内角和为180°×n−2，对角线条数为n题型06多边形的割角问题16．（2022·河北·模拟预测）若过多边形的一个顶点作一条直线，把这个多边形截掉两个角，它的内角和变为1260°，则这个多边形原来的边数为（

）A．12 B．10 C．11 D．10或11【答案】D【分析】分从顶点到顶点裁剪和从顶点到边裁剪两种情况求解．【详解】多边形裁掉2个角，有两种情况，从顶点到顶点裁剪，从顶点到边裁剪．∵新多边形内角和为1260°，∴根据多边形内角和公式180°×（n-2）=1260°，解得：n=9，∴新多边形的边数为9．①从顶点到顶点裁剪，多边形会减少两个角，则原多边形的边数为11；②从顶点到边裁剪，多边形会减少一个角，则原多边形的边数为10．故选：D．【点睛】本题考查了多边形的内角和，熟练掌握截角的方法是解题的关键．17．（2021·上海徐汇·统考二模）如果剪掉四边形的一个角，那么所得多边形的内角和的度数不可能是（）A．180° B．270° C．360° D．540°【答案】B【分析】分四边形剪去一个角，边数减少1，不变，增加1，三种情况讨论求出所得多边形的内角和，即可得解．【详解】解：剪去一个角，若边数减少1，则内角和＝（3﹣2）×180°＝180°，若边数不变，则内角和＝（4﹣2）×180°＝360°，若边数增加1，则内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，所以，所得多边形内角和的度数可能是180°，360°，540°，不可能是270°．故选：B．【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，要注意剪去一个角有三种情况．18．（2019·山东德州·统考一模）如图是将一多边形剪去一个角，则新多边形的内角和（）A．比原多边形少180° B．与原多边形一样C．比原多边形多360° D．比原多边形多180°【答案】D【分析】根据多边形的内角和定理求解可得．【详解】按如图所示方式将一多边形剪去一个角，则新多边形的边数增加一条，所以其内角和比原多边形的内角和多180°，故选D．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和的计算公式，理解：剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，取决于其边数增加还是减少．是解决本题的关键．题型07多边形的外角问题19．（2023·北京通州·统考一模）正七边形的外角和是（

）A．900° B．700° C．360° D．180°【答案】C【分析】由多边形外角和为360°可得答案．【详解】解：∵多边形的外角和为：360°，∴正七边形的外角和是360°，故选C．【点睛】本题考查的是正多边形的外角和问题，熟记多边形的外角和为360°是解本题的关键．20．（2022·云南昆明·统考一模）小丽利用学习的数学知识，给同伴出了这样一道题：假如从点A出发，如图所示，沿直线走6米后向左转θ，接着沿直线前进6米后，再向左转θ……如此走法，当她第一次走到A点时，发现自己走了72米，θ的度数为（

）A．30° B．32° C．35° D．36°【答案】A【分析】小丽第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形．计算这个正多边形的边数和外角即可．【详解】解：∵第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形，∴多边形的边数为：72÷6=12．根据多边形的外角和为360°，∴他每次转过的角度θ=360°÷12=30°．故选：A．【点睛】本题考查多边形的外角和．解题的关键时判断出小丽第一次返回点A时，所经过的路径构成一个正多边形．21．（2021·广东深圳·校联考模拟预测）已知一个多边形每一个外角都是60°，则它是边形．【答案】六【分析】根据多边形的外角和为360°，进行计算即可．【详解】解：360°÷60°=6；∴这个多边形为六边形；故答案为：六．题型08多边形外角和的实际应用22．（2023·北京房山·统考一模）如图是由射线AB，BC，CD，DE，EF，FA组成的平面图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6的值为（

）A．180° B．360° C．540° D．720°【答案】B【分析】根据多边形的外角和等于360°解答即可．【详解】解：由多边形的外角和等于360°可知，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=360°，故选：B．【点睛】本题考查的是多边形的外角和，掌握多边形的外角和等于360°是解题的关键．23．（2023·贵州遵义·统考三模）如图，小明沿一个五边形的广场小道按A→B→C→D→E的方向跑步健身，他每跑完一圈时，身体转过的角度之和是（

）

A．180° B．360° C．540° D．720°【答案】B【分析】根据多边形的外角和等于360°即可求解.【详解】解：∵多边形的外角和等于360°，∴∴他每跑完一圈，身体转过的角度之和是360°.故选：B.【点睛】本考查的是多边形的内角与外角，掌握多边形的外角和等于360°是解决此题的关键.24．（2022·河北保定·统考二模）一机器人以3m/s的速度在平地上按如下要求行走，则该机器人从开始到停止所行走的路程为m，共需时间s．【答案】4816【分析】该机器人所经过的路径是一个正多边形，利用360°除以30°，即可求得正多边形的边数，即可求得周长，利用周长除以速度即可求得所需时间．【详解】解析：一次向左转30°，共需36030故行走的路线为正十二边形．行走的路程为4×12=48(m)共需时间483故答案为：48；16【点睛】本题考查了正多边形的外角和定理，理解经过的路线是正多边形是关键．题型09多边形内角和、外角和与平行线的合运用25．（2020·河北·校联考二模）如图，一束平行太阳光线FA、GB照射到正五边形ABCDE上，∠ABG=50°，则∠FAE的度数是（

）A．22° B．32° C．50° D．130°【答案】A【分析】先根据正五边形的性质求出∠EAB的度数，再由平行线的性质即可得出结论．【详解】解：∵ABCDE为正五边形，∴∠EAB=108°，∵太阳光线互相平行，∴FA∥GB，又∠ABG=50°，∴∠FAE=故选：A．【点睛】本题考查平行线的性质，多边形内角与外角，解题关键在于求出∠EAB．26．（2023·河北保定·校考模拟预测）如图，六边形ABCDEF为正六边形，l1∥l2，则

A．60° B．80° C．108° D．120°【答案】A【分析】延长AB交l2于点G，利用多边形外角和定理算出∠GBC=360°÷6=60°，再利用平行线的性质，三角形外角定理得出∠2−∠1=∠GBC【详解】如图，延长AB交l2于点G

∵六边形ABCDEF为正六边形，∴∠GBC=360°÷6=60°，∵l1∴∠1=∠BGE，∵∠2=∠BGE+∠GBC，∴∠2−∠1=∠GBC=60°．故选：A．【点睛】本题考查了多边形外角和定理，三角形外角定理，构建合适的三角形是解题的关键．27．（2023·山东枣庄·统考中考真题）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=44°，则∠2的度数为（）

A．14° B．16° C．24° D．26°【答案】B【分析】如图，求出正六边形的一个内角和一个外角的度数，得到∠4=60°,∠2+∠5=120°，平行线的性质，得到∠3=∠1=44°，三角形的外角的性质，得到∠5=∠3+∠4=104°，进而求出∠2的度数．【详解】解：如图：

∵正六边形的一个外角的度数为：360°6∴正六边形的一个内角的度数为：180°−60°=120°，即：∠4=60°,∠2+∠5=120°，∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，∠1=44°，∴∠3=∠1=44°，∴∠5=∠3+∠4=104°，∴∠2=120°−∠5=16°；故选B．【点睛】本题考查正多边形的内角和、外角和的综合应用，平行线的性质．熟练掌握多边形的外角和是360°，是解题的关键．题型10多边形内角和与外角和的综合应用28．（2021·河北邢台·校考二模）如图，正五边形ABCD，DG平分正五边形的外角∠EDF，连接BD，则∠BDG=（）A．144° B．120° C．114° D．108°【答案】D【分析】根据正多边形内角和公式求出五边形的内角和，再分别求出每一个内角和外角的度数，利用角的和差计算即可；【详解】∵五边形ABCDE是正五边形∴内角和为：(5−2)×180°=540°∴一个内角为：540°5=108°∴∠BCD=∠EDC=108°又∵BC=CD∴∠BDC∴∠BDE=∠EDC−∠BDC∵DG平分∠EDF∴∠EDG∴∠BDG=∠EDB+∠EDG=108°故答案选：D【点睛】本题主要考查了多边形的角度计算，熟悉掌握正多边形内角和公式是解题的关键．29．（2022·河北石家庄·统考二模）如图，六边形ABCDEF中，∠A，∠B，∠C，∠D的外角都相等，即∠1=∠2=∠3=∠4=62°，分别作∠DEF和∠EFA的平分线交于点A．55° B．56° C．57° D．60°【答案】B【分析】根据多边形外角和求出∠5+∠6=112°，根据角平分线定义进而求出∠FEP+∠EFP=124°，再根据三角形的内角和求出∠P的度数．【详解】解：∵∠1=∠2=∠3=∠4=62°，多边形的外角和为360°，∴∠5+∠6=360°-62°×4=112°，∴∠DEF+∠AFE=248°，∵EP，FP分别平分∠DEF和∠AFE，∴∠FEP=12∠DEF，∠EFP=12∠∴∠FEP+∠EFP=12（∠DEF+∠AFE∴∠P=56°．故选：B．【点睛】本题考查了多边形的外角和定义，角平分线的定义以及三角形的内角和，掌握以上基础知识是解决问题的关键．30．（2021·河北石家庄·石家庄市第四十中学校考二模）如图，五边形ABCDE中，∠B=80°，∠C=110°，∠1、∠2、∠3分别是∠BAE、∠AED、∠EDC的外角，则∠1+∠2+∠3等于（

）A．90° B．190° C．210° D．180°【答案】B【分析】延长AB与CD，根据平角定义可求∠4与∠5，再根据多边形外角和可求解．【详解】解：延长AB和DC，得∠4与∠5，∴∠4=180°-∠B，∠5=180°-∠C，∴∠4+∠5=360°-（∠B+∠C）=170°，根据多边形的外角和定理，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，∴∠1+∠2+∠3=360°-（∠4+∠5）=360°-170°=190°．故选：B．【点睛】本题考查了五边形的角度问题，平角定义，多边形外角和，掌握平角定义，多边形外角和是解题的关键．31．（2022·福建·模拟预测）将等边三角形、正方形、正五边形按如图所示的方式摆放，如果∠1＝41°，∠2＝51°，那么∠3等于（）A．5° B．10° C．15° D．20°【答案】B【分析】先算出三个图形的内角是多少，再根据三个平角的和即可求出∠3的值．【详解】如图所示：∵等边三角形的内角的度数是60°，正方形的内角度数是90°，正五边形的内角的度数是：15∴∠3+108°+∠BAC+∠1+60°+∠BCA+∠2+90°+∠ABC=540°（三个平角的为540°）∠3＝540°-180°﹣60°﹣90°﹣108°﹣∠1﹣∠2＝10°．故选：B．【点睛】本题考查多边形的内角和和外角和．找出图中的△ABC利用内角和是180°是解决本题的关键．32．（2023·河北秦皇岛·统考二模）如图，将四边形ABCD剪掉一个角得到五边形．下列判断正确的是（

）结论①：变成五边形后外角和不发生变化；结论②：变成五边形后内角和增加了360°；结论③：通过图中条件可以得到∠1+∠2=240°；

A．只有①对 B．①和③对 C．①、②、③都对 D．①、②、③都不对【答案】B【分析】根据多边形的外角和是360°，判断①，根据多边形内角和公式即可判断②，根据三角形的外角的性质即可求解．【详解】解：①任意多边形的外角和是360°，故①正确；根据多边形内角和定理5−2×180°−四边形ABCD剪掉一个角得到五边形内角和增加了180°，故②错误，如图所示，

∵∠1=∠4+∠A,∠2=∠3+∠A∴∠1+∠2=∠3+∠4+∠A+∠A=180°+∠A=180°+60°=240°，故③正确，故选：B．【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和，三角形的外角的性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．33．（2023·湖北孝感·统考一模）如图所示，已知∠MON=60°，正五边形ABCDE的顶点A、B在射线OM上，顶点E在射线ON上，则∠AEO=度．【答案】48【分析】∠EAO是正五边形的一个外角，利用多边形外交和360°算出一个外角∠EAO，再利用△OAE的内角和180°，即可算出【详解】∵四边形ABCDE是正五边形，∠EAO是一个外角∴∠EAO=在△OAE中：∠AEO=180°−∠EAO−∠MON=180°−72°−60°=48°故答案为：48【点睛】本题考查多边形外角和和三角形内角和，注意多边形外角和均为360°题型11平面镶嵌34．（2023·浙江·模拟预测）用三种边长相等的正多边形地砖铺地，其顶点在一起，刚好能完全铺满地面，已知正多边形的边数为x、y、z，则1x+1【答案】12/【分析】利用正n多边形的内角公式n−2×180°【详解】解：根据题意，这三种边长相等的正多边形的内角和为360°，则x−2×180°∴1−2∴1x故答案为：12【点睛】本题考查正多边形的内角问题，理解题意，得到这三种边长相等的正多边形的内角和为360°是解答的关键．35．（2023·河北沧州·统考二模）要设计一个装彩铅的圆柱体纸盒，已知每支铅笔大小相同，底面均为正六边形，边长记作2a．下面我们来研究纸盒底面半径的最小值．

（1）如果要装6支彩铅，嘉淇画出了如图1，图2所示的两种布局方案．方案Ⅰ中纸盒底面半径的最小值为；方案Ⅱ中纸盒底面半径的最小值为；（2）如果要装12色的彩铅，请你为厂家设计一种最佳的布局，使得底面圆的半径最小，最小值为．【答案】6a7a3【分析】（1）由图形可知，方案Ⅰ中纸盒底面半径应为正六边形的对角线长加边长，方案Ⅱ中纸盒底面半径应为正六边形对角线长加边长，再上边长的一半，由此计算即可；（2）考虑将12个正六边形对称放置，然后确定其外接圆，利用正六边形的边长以及勾股定理求解最小半径即可．【详解】（1）如图1所示，方案Ⅰ中纸盒底面半径最小值即为OA的长度，∵正六边形的边长为2a，∴OA=2a+4a=6a；如图2所示，方案Ⅱ中纸盒底面半径最小值即为OB的长度，∴OA=a+2a+4a=7a；

故答案为：6a；7a；（2）如图所示方式，装12支铅笔的底面圆半径最小，此时最小半径为OC，连接CQ、PC、PQ，∵正六边形的边长为2a，∴CP=3×23a=63∵∠CPQ=90°，∴CQ=C∴OC=1

故答案为：37【点睛】本题考查正多边形与圆，以及镶嵌问题，掌握正多边形与圆的性质，灵活运用勾股定理进行计算是解题关键．36．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考模拟预测）20世纪70年代，数学家罗杰·彭罗斯使用两种不同的菱形，完成了非周期性密铺，如下图，使用了A，B两种菱形进行了密铺，则菱形B的锐角的度数为°．

【答案】36【分析】如图，设菱形B的锐角为x，菱形A的锐角和钝角分别为y、z，根据密铺的图案中一个顶点处的周角为360°列出方程组，解答即可．【详解】解：如图，设菱形B的锐角为x，菱形A的锐角和钝角分别为y、z，根据题意，得5y=360°2x+y+2z=360°y+z=180°，解得故答案为：36．

【点睛】本题常考了密铺问题，涉及了菱形的性质、多边形的内角和、三元一次方程组等知识，正确理解题意、得出方程组是解题的关键．37．（2022·河北·统考二模）如图，将几个全等的正八边形进行拼接，相邻的两个正八边形有一条公共边，围成一圈后中间形成一个正方形．设正方形的边长为1，则该图形外轮廓的周长为；若n个全等的正多边形中间围成的图形是正三角形，且相邻的两个正多边形有一条公共边，设正三角形的边长为1，则该图形外轮廓的周长是．【答案】2027【分析】根据正多边形的性质，每条边相等，即可求解．求得该图形外轮廓的周长，根据密铺可知正n边形，为正12边形，据此即可求解．【详解】解：∵正方形的边长为1，∴该图形外轮廓的周长为8−3×4若n个全等的正多边形中间围成的图形是正三角形，则n边形的一个内角为360°−60°则n边形的一个外角180°−150°=30°，∴n=360°÷30°=12，根据相邻的两个正多边形有一条公共边，则图形外轮廓的周长为12−3故答案为：20，27【点睛】本题考查了正多边形的性质，多边形的内角和，外角和，平面镶嵌，理解题意是解题的关键．题型12利用平行四边形的性质求解38．（2023·湖南株洲·统考一模）如图，在▱ABCD中，一定正确的是（

）A．AD=CD B．AC=BD C．AB=CD D．CD=BC【答案】C【分析】根据平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，然后对各选项进行判断即可．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD=BC．故选：C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质．解题的关键在于熟练掌握平行四边形的性质．39．（2022·云南昆明·云南省昆明市第十中学校考一模）如图，在▱ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，∠BCD的平分线交AD于点F，若AB=3,AD=4，则EF的长是（

）A．1 B．2 C．2.5 D．3【答案】B【分析】根据平行四边形的性质证明DF＝CD，AE＝AB，进而可得AF和ED的长，然后可得答案．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥CB，AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∴∠DFC＝∠FCB，又∵CF平分∠BCD，∴∠DCF＝∠FCB，∴∠DFC＝∠DCF，∴DF＝DC＝3，同理可证：AE＝AB＝3，∵AD＝4，∴AF＝4−3＝1，DE＝4−3＝1，∴EF＝4−1−1＝2．故选：B．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可利用等腰三角形的性质解题．40．（2020·河北·模拟预测）如图，平行四边形ABCD中，AB=2，AD=4，对角线AC，BD相交于点O，且E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，则下列说法正确的是（

）A．EH=HG B．四边形EFGH是平行四边形C．AC⊥BD D．ΔABO的面积是ΔEFO的面积的2倍【答案】B【分析】根据三角形中位线的性质和平行四边形的性质分别判断各选项即可解答，【详解】解：因为E、H为OA、OD的中点，所以，EH＝12AD＝2，同理，HG＝EH∥AD，EH＝12FG∥BC，FG＝12因为平行四边形ABCD中，AD＝BC，且AD∥BC，所以，EH＝FG，且EH∥FG，所以，四边形EFGH是平行四边形，B正确．AC与BD不一定垂直，C错误；由相似三角形的面积比等于相似比的平方，知：△ABC的面积是△EFO的面积的4倍，D错误；故选B.【点睛】本题考查了三角形中位线的性质和平行四边形的性质，熟练掌握是解题的关键.41．（2021·四川乐山·统考三模）如图，在平行四边形ABCD中，点F是AD上一点，交AC于点E，交CD的延长线于点G，若2AF=3FD.则BEEGA．35 B．25 C．23【答案】A【分析】由2AF＝3DF，可以假设DF＝k，则AF＝32k，AD＝AF+FD＝3【详解】解：由2AF＝3DF，可以假设DF＝k，则AF＝32k，AD＝5∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠ABE＝∠DGF，∵∠AFE＝∠GFD，∴△ABF∽△DFG，且∠AFE＝∠GBC，∴△BCG为等腰三角形，即BC＝CG＝AD＝52∵△GFD为等腰三角形，即FD＝GD，∴CD＝CG﹣DG＝52∵AB∥CD，∴AB//∴{∴△ABE∽△CGE，∴BEEG故选：A．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质进行解题．42．（2023·山东德州·统考一模）如图，四边形ABCD为平行四边形，则点B的坐标为．【答案】−2,−1【分析】根据平行四边形的性质以及点的平移即可得出结论．【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴DA∥CB，即将D点平移到A的过程与将C点平移到B的过程保持一致，∵将D点平移到A的过程是：x:−1−3=−4（向左平移4各单位长度）；y:2−2=0（上下无平移）；∴将C点平移到B的过程按照上述一致过程进行得到B2−4,−1，即B故答案为：−2,−1．【点睛】本题考查平行四边形的性质及点的平移，掌握点的平移的代数表示是解决问题的关键．题型13利用平行四边形的性质证明43．（2020·江苏盐城·统考模拟预测）如图，在▱ABCD中，点E为BC上一点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，AD=DF，连接DE．(1)求证：AE平分∠BAD；(2)若点E为BC中点，∠B=60°，AD=4，求【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得到AB∥DF，则∠BAE=∠AFD，由AD=DF得到∠DAE=∠AFD，则∠BAE=∠DAE，即可得证；（2）由平行四边形的性质和点E为BC中点证得△ADF是等边三角形，则AF=AD=DF=4，∠BAE=∠AFD=60°，则△ABE是等边三角形，即可证明△AEB≌△FECAAS，则AE=EF=12AF=2，得到DE⊥AF，由勾股定理得到DE=23【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DF，∴∠BAE=∠AFD，∵AD=DF，∴∠DAE=∠AFD，∴∠BAE=∠DAE，即AE平分∠BAD；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥DF，AB＝∵点E为BC中点，∴BE=EC=1∵AD=DF=4，∴△ADF是等边三角形，∴AF=AD=DF=4，∠BAE=∠AFD=60°，∴△ABE是等边三角形，∴∠AEB=∠FEC，∴△AEB≌△FECAAS∴AE=EF=1∴DE⊥AF，∴DE=D∴▱ABCD的面积=S∴▱ABCD的面积=即▱ABCD的面积是43【点睛】此题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键．44．（2023·辽宁大连·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且四边形BEDF为正方形．(1)求证AE=CF；(2)已知平行四边形ABCD的面积为20，AB=5．求CF的长．【答案】(1)证明见解析(2)CF=1【分析】（1）直接根据已知条件证明RtΔADE和（2）由平行四边形的面积公式求出DE=4，然后即可得出答案．【详解】（1）∵四边形DEBF是正方形，ABCD是平行四边形，∴DE=BE=BF=DF，AD=BC，∠DEB=∠BFD=90°，在RtΔADE和∵AD=CB∴RtΔADE≅∴AE=CF；（2）由题意可知：S平行四边形∵AB=5，∴DE=4，∴BE=DE=4，AE=1，由（1）得CF=AE=1．【点睛】本题考查平行四边形的性质、正方形的性质及三角形全等的判定，解题的关键是熟练掌握相关性质并能灵活运用．45．（2021·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考一模）如图，在平行四边形ABCD中，AC是对角线，且AB＝AC，CF是∠ACB的角平分线交AB于点F，在AD上取一点E，使AB＝AE，连接BE交CF于点P．（1）求证：BP＝CP；（2）若BC＝4，∠ABC＝45°，求平行四边形ABCD的面积．【答案】（1）见解析；（2）8【分析】（1）设AP与BC交于H，根据平行线的性质得到∠AEB＝∠CBE，根据等腰三角形的性质得到∠ABE＝∠AEB，推出BE平分∠ABC，求得AP平分∠BAC，根据线段垂直平分线的性质即可得到结论；（2）根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的面积公式即可得到结论．【详解】解：（1）如图，设AP与BC交于H，∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，∵AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB，∴∠ABE＝∠CBE，∴BE平分∠ABC，∵CF是∠ACB的角平分线，BE交CF于点P，∴AP平分∠BAC，∵AB＝AC，∴AH垂直平分BC，∴PB＝PC；（2）∵AH垂直平分BC，∴AH⊥BC，BH＝CH＝12BC∵∠ABH＝45°，∴AH＝BH＝2，∴平行四边形ABCD的面积＝4×2＝8．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，角平分线的定义，利用数形结合的思想是解题的关键．46．（2022·重庆·重庆实验外国语学校校考三模）已知四边形ABCD为平行四边形．(1)尺规作图：作线段CD的垂直平分线，垂足为点E，交AD于点F，交BA的延长线于点G，连接CF．在线段AB上取一点H，使FH＝FC，连接HF；（保留作图痕迹，不写作法）(2)在（1）问的条件下，若∠GFH＝∠D，求证：GF＝CE．证明：∵EF垂直平分CD∴∠FEC＝90°，______①∴∠FCD＝∠D∵∠GFH＝∠D∴______②∵四边形ABCD为平行四边形∴______③∴∠HGF＋∠FEC＝180°∴∠HGF＝∠FEC＝90°在△FGH和△CEF中∠HGF=∠FEC∠GFH=∠FCD∴△FGH≌△CEF∴GF=CE．【答案】(1)见解析(2)FC＝FD；∠FCD＝∠GFH；AB∥CD；HF＝CF【分析】（1）利用作已知线段的垂直平分线的作法和作一条线段等于已知线段的作法，即可求解；（2）根据线段垂直平分线的性质可得∠FEC＝90°，FC＝FD，从而得到∠FCD＝∠GFH，再由平行四边形的性质可得∠HGF＝∠FEC＝90°，然后证得△FGH≌△CEF，即可求证．【详解】（1）解：如下图：垂线EF，点H即为所求；（2）证明：∵EF垂直平分CD∴∠FEC＝90°，FC＝FD∴∠FCD＝∠D∵∠GFH＝∠D∴∠FCD＝∠GFH∵四边形ABCD为平行四边形∴AB∥CD∴∠HGF＋∠FEC＝180°∴∠HGF＝∠FEC＝90°在△FGH和△CEF中{∠HGF=∠FEC∴△FGH≌△CEF(∴GF=CE．故答案为：FC＝FD；∠FCD＝∠GFH；AB∥CD；HF＝CF．【点睛】本题考查了尺规作图——作线段的垂直平分线，线段的垂直平分线的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相应概念，找出数量关系．题型14判断已知条件能否构成平行四边形47．（2019·安徽合肥·统考一模）□ABCD中，E、F是对角线BD上不同的两点，下列条件中，不能得出四边形AECF一定为平行四边形的是（

）A．BE=DF B．AE=CF C．AF//CE D．∠BAE=∠DCF【答案】B【分析】根据平行线的判定方法结合已知条件逐项进行分析即可得．【详解】A、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，OB=OD，∵BE=DF，∴OE=OF，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意；B、如图所示，AE=CF，不能得到四边形AECF是平行四边形，故符合题意；C、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，∵AF//CE，∴∠FAO=∠ECO，又∵∠AOF=∠COE，∴△AOF≌△COE，∴AF=CE，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意；D、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB//CD，∴∠ABE=∠CDF，又∵∠BAE=∠DCF，∴△ABE≌△CDF，∴AE=CF，∠AEB=∠CFD，∴∠AEO=∠CFO，∴AE//CF，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意，故选B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的判定定理与性质定理是解题的关键．48．（2022·上海·统考模拟预测）下列条件中，可以判断四边形ABCD是平行四边形的是（）A．对角线互相垂直 B．两条对角线相等C．一组对边平行，另一组对边相等 D．一组对边平行，另一组对角相等【答案】D【分析】根据平行四边形的判定定理逐项分析判断即可．【详解】A.对角线互相平分的四边形是平行四边形，不符合题意，B.两条对角线相等的四边形不一定是平行四边形，不符合题意C.一组对边平行，另一组对边相等，可以使等腰梯形，不符合题意D.一组对边平行，另一组对角相等，是平行四边形，如图，∵AB//CD∴∠A+∠D=180°∵∠A=∠C∴∠C+∠D=180°∴AD∴四边形ABCD是平行四边形，故D选项正确故选D【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．题型15数平行四边形个数49．（2017·河南·模拟预测）数如图，AD，BE，CF是正六边形ABCDEF的对角线，图中平行四边形的个数有（）A．2个 B．4个 C．6个 D．8个【答案】C【详解】如图，AD，BE，CF是正六边形ABCDEF的对角线，可得OA=OE=AF=EF，所以四边形AOEF是平行四边形，同理：四边形DEFO，四边形ABCO，四边形BCDO，四边形CDEO，四边形FABOD都是平行四边形，共6个，故答案选C.考点：正多边形和圆；平行四边形的判定．考点：正多边形和圆；平行四边形的判定．50．（2022·江苏泰州·统考二模）如图，在3×3的正方形网格中，点A、B、C、D、E、F都是格点．(1)从C、D、E、F四点中任取一点，以这点及点A、B为顶点画三角形，所画三角形是等腰三角形的概率是．(2)从A、B、D、E四点中任取两点，以这两点及点C、F为顶点画四边形，用画树状图或列表格法求所画四边形是平行四边形的概率．【答案】(1)3(2)1【分析】（1）根据网格的特点可知，只有△ABD不是等腰三角形，进而根据概率公式即可求解；（2）根据题意列表求概率即可求解．【详解】（1）解：∵从C、D、E、F四点中任取一点，以这点及点A、B为顶点画三角形，所画三角形△ABC,△ABE,△ABF是等腰三角形，△ABD不是等腰三角形，∴所画三角形是等腰三角形的概率是34故答案为：34（2）列表如下，ABEDAABAEADBBABEBDEEAEBEDDDADBDE从A、B、D、E四点中任取两点，以这两点及点C、F为顶点画四边形，共有12种等可能结果，其中四边形ACBF,ACFE是平行四边形，则选取AB,AE的有4种可能，∴所画四边形是平行四边形的概率为412【点睛】本题考查了格点中画等腰三角形，平行四边形，概率公式求概率，列表法求概率，掌握以上知识是解题的关键．题型16求与已知三点组成平行四边形的点的个数51．（2017·河北邢台·统考一模）平面直角坐标系中，已知□ABCD的三个顶点坐标分别是A（m，n），B(2，－l)，C（－m，－n），则点D的坐标是（

）A．（－2，l) B．（－2，－l) C．（－1，－2)

D．（－1，2)【答案】A【详解】试题分析：∵平行四边形ABCD是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，而A、C关于原点对称，故B、D也关于原点对称∴D（－2，l）．故选A．考点：平行四边形的性质；坐标与图形性质．52．（2022·山东泰安·统考一模）如图，反比例函数y=kx（k＞0）的图象与直线AB交于点A(2，4)，直线AB与x轴交于点B(4，0)，过点B作x轴的垂线BC，交反比例函数的图象于点C，在平面内存在点D，使得以A，B，C，D四点为顶点的四边形为平行四边形，则点D的坐标是【答案】（2，2）或（2，6）或（6，-2）【分析】由图象过点A求出反比例函数解析式y=8x，进而求出点C坐标（4，2），利用中点公式求点【详解】解：∵反比例函数y=kx（k＞0）的图象与直线AB交于点∴k=2×4=8∴反比例函数解析式为y=∵点B(4，0)，BC⊥x轴，交反比例函数的图象于点C∴当x=4时，y=2即点C的坐标为（4，2）令点D的坐标为（x，y）①当AB，CD为对角线时2+4=4+x解得x=2∴点D的坐标为（2，2）②当AC，BD为对角线时2+4=4+x解得x=2∴点D的坐标为（2，6）③当AD，BC为对角线时2+x=4+4解得x=6∴点D的坐标为（6，-2）综上可知，点D的坐标为（2，2）或（2，6）或（6，-2）故答案为：（2，2）或（2，6）或（6，-2）.【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，求两函数的交点坐标，利用中点公式分情况求构成平行四边形的点坐标．53．（2019·浙江嘉兴·一模）如图是6×6的正方形网格，点A，B，C均在格点上．请按下列要求完成作图：①仅用无刻度直尺，且不能用直尺中的直角；②保留作图痕迹．

（1）在图中作出一个以点A，B，C，D为顶点的平行四边形．

（2）在图中作出△ABC中AB边上的中线．【答案】（1）答案不唯一,如图见解析；（2）如图见解析.【分析】（1）分别作AB、CB的平行线相交那一点就是D点．(答案不唯一)（2）作AC、BC的平行线相较于点E，连接CE，与AB相交于点F，即CF是三角形的中线.【详解】（1）解：答案不唯一

（2）解：如图

【点睛】掌握平行四边形的定义和性质，两组对边分别平行的四边形是平行四边形．三角形的中线顶点与对边中点的连线题型17证明四边形是平行四边形54．（2023·新疆·统考一模）如图，在▱ABCD中，AC，BD交于点O，点E，F在

(1)求证：四边形EBFD是平行四边形；(2)若∠BAC=∠DAC,求证：四边形EBFD是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出AO=CO，BO=DO，再根据AE=CF，得出EO=FO，即可证明结论；（2）先证明∠DCA=∠DAC，得出DA=DC，证明四边形ABCD为菱形，得出AC⊥BD，即可证明结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AO=CO，BO=DO，∵AE=CF，∴AO−AE=CO−CF，即EO=FO，∴四边形EBFD是平行四边形．（2）∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥∴∠DCA=∠BAC，∵∠BAC=∠DAC,∴∠DCA=∠DAC，∴DA=DC，∴四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，即EF⊥BD，∵四边形EBFD是平行四边形，∴四边形EBFD是菱形．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法，是解题的关键．55．（2022·湖北荆门·校考一模）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO＝CO，点E在BD上，满足∠EAO＝∠DCO．（1）求证：四边形AECD是平行四边形；（2）若AB＝BC，CD＝5，AC＝8，求四边形AECD的面积．【答案】（1）见解析；（2）24【分析】（1）根据题意可证明△AOE≌△COD，得到OD＝OE，从而根据“对角线互相平分的四边形为平行四边形”证明即可；（2）根据AB=BC，AO=CO，可证明BD为AC的中垂线，从而推出四边形AECD为菱形，然后根据条件求出DE的长度，即可利用菱形的面积公式求解即可．【详解】（1）证明：在△AOE和△COD中，∠EAO=∠DCO∴△AOE≌△COD(ASA)．∴OD＝OE．又∵AO＝CO，∴四边形AECD是平行四边形．（2）∵AB＝BC，AO＝CO，∴BO为AC的垂直平分线，BO⊥AC．∴平行四边形AECD是菱形．∵AC＝8，∴CO=1在Rt△COD中，CD＝5，∴OD=C∴DE=2OD=6，∴S∴四边形AECD的面积为24．【点睛】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定与面积计算，掌握基本的判定方法，熟练掌握菱形的面积计算公式是解题关键．56．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图所示，点E在四边形ABCD的边AD上，连接CE，并延长CE交BA的延长线于点F，已知AE=DE，FE=CE．(1)求证：△AEF≌△DEC；(2)若AD∥BC，求证：四边形【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）利用SAS可以直接证明△AEF≌△DEC；（2）由△AEF≌△DEC可得∠AFE=∠DCE，由内错角相等，两直线平行，得出AF//DC，结合已知条件AD∥【详解】（1）证明：∵∠AEF与∠DEC是对顶角，∴∠AEF=∠DEC，在ΔAEF与ΔAE=DE∠AEF=∠DEC∴△AEF≌△DEC(（2）证明：由（1）知△AEF≌△DEC，∴∠AFE=∠DCE，∴AF//∵点F在BA的延长线上，∴AB//又∵AD∥∴四边形ABCD为平行四边形．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，平行线的判定和平行四边形的判定，难度较小，熟练掌握全等三角形、平行线及平行四边形的判定方法是解题的关键．57．（2021·河北承德·统考一模）如图，在△ABC中，AC=BC，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、D，交BC于点E，过点D作DF//BC，交⊙O于点F，求证：（1）四边形DBCF是平行四边形（2）AF=EF【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）利用等腰三角形的性质证明∠BAC=∠B，利用平行线证明∠ADF=∠B，利用圆的性质证明∠BAC=∠CFD，再证明BD//CF,即可得到结论；（2）如图，连接AE，利用平行线的性质及圆的基本性质∠AEF=∠B，再利用圆内接四边形的性质证明∠EAF=∠B，从而可得结论．【详解】证明：（1）∵AC=BC，∴∠BAC=∠B，∵DF//BC，∴∠ADF=∠B，又∠BAC=∠CFD,∴∠ADF=∠CFD,∴BD//CF,四边形DBCF是平行四边形．（2）如图，连接AE∵∠ADF=∠B，∠ADF=∠AEF∴∠AEF=∠B四边形AECF是⊙O的内接四边形∴∠ECF+∠EAF=∵BD//CF∴∠ECF+∠B=∴∠EAF=∠B∴∠AEF=∠EAF∴AF=EF【点睛】本题考查平行四边形的判定，圆的基本性质，平行线的性质与判定，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．题型18与平行四边形有关的新定义问题58．（2023·北京海淀·人大附中校考三模）在平面直角坐标系xOy中，对于线段AB和点P，给出如下定义：若在直线y=x上存在点Q，使得四边形ABPQ为平行四边形，则称点P为线段AB的“关联点”．已知A5,2，B

(1)在P1−3,3，P2−2,4，P3(2)若点P在第二象限且点P是线段AB“关联点”，求线段OP长度d的取值范围；(3)已知正方形CDEF边长为1．以Tt,3为中心且各边与坐标轴垂直或平行，点M，N在线段AB上（M在N的下方）．若正方形CDEF上的任意一点都存在线段MN，使得该点为线段MN的“关联点”，直接写出t【答案】(1)P(2)3(3)−2≤t<32【分析】（1）根据定义以及平行四边形的性质；（2）根据（1）可知点P在直线P1（3）根据定义，可知正方形在直线y=x+6与y=x−6之间运动时，除开正方形与线段AB有交点的部分，则正方形CDEF上的任意一点都存在线段MN，使得该点为线段MN的“关联点”，根据正方形的性质求得点C,D,E,F的坐标，分别代入直线解析式即可求解．【详解】（1）解：如图，∵A5,2，设直线AB的解析式为y2=5解得k∴直线AB的解析式为y=−在P1−3,3，P2−2,4，P3−1,5，如图，当B点平移到P1，A点平移到Q1，则BP∵B1,4，P将点A5,2向左平移4个单位，再向下平移1个单位，得到Q11,1，则点Q同理可得Q2在y=x上，Q综上所述，线段AB的“关联点”是P故答案为：P（2）由（1）可知，线段AB的“关联点”在直线P1设直线P1P3=解得m∴直线P1P设直线P1P2令x=0，得y=6令y=0，得∴MN=6∵点P在第二象限且点P是线段AB的“关联点”，∴P在线段MN上，不包括端点，设O到P1P2的距离为∴3（3）依题意，正方形在直线y=x+6与y=x−6之间运动时，正方形CDEF上的任意一点都存在线段MN，使得该点为线段MN的“关联点”，∵Tt,3，正方形CDEF∴Ct−0.5,3.5，Et+0.5,2.5，D如图，当点C位于y=x+6上时，此时3.5=t−0.5+6解得t=−2如图，当点E在y=x−6上时，2.5=t+0.5−6解得t=8，根据（1）中，当P3与AB∴当正方形的与AB有交点时，不符合题意，①当F在直线AB上时，Ft+0.5,3.5∵直线AB的解析式为y=−∴3.5=−解得：t②当D在直线AB上时，Dt−0.5,2.5∵直线AB的解析式为y=−∴2.5=−解得：t=结合图形可知：当正方形CDEF上的任意一点都存在线段MN，使得该点为线段MN的“关联点”，−2≤t<32或【点睛】本题考查了几何新定义，平行四边形的性质，正方形的性质，点的平移，待定系数法求解析式，一次函数与几何图形综合，理解新定义是解题的关键．题型19利用平行四边形的性质与判定求解59．（2023·重庆江北·校考一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在CD、BC的延长线上，AE∥BD，EF⊥BF，AB=5，EF=4，则CFA．43 B．3 C．2 D．【答案】C【分析】证明四边形ABDE是平行四边形，得到DE=AB=5，则CE=25，在Rt△CEF【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∵AE∥BD，∴四边形ABDE是平行四边形，∴DE=AB=5∴CE=25在Rt△CEF中，由勾股定理得CF=故选C．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，证明四边形ABDE是平行四边形是解题的关键．60．（2023·湖南怀化·统考三模）如图，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形ABCD，其中一张纸条在转动过程中，下列结论一定成立的是（

）A．四边形ABCD周长不变 B．AD=CDC．四边形ABCD面积不变 D．AD=BC【答案】D【分析】由平行四边形的性质进行判断，即可得到答案．【详解】解：由题意可知，∵AB//CD，AD//BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC；故D符合题意；随着一张纸条在转动过程中，AD不一定等于CD，四边形ABCD周长、面积都会改变；故A、B、C不符合题意；故选：D【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，解题的关键是掌握平行四边形对边相等．61．（2023·山东枣庄·校联考二模）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点E、F分别是AB、DC上的动点，EF∥BC，则AF+CE的最小值是．【答案】10【分析】延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，证明四边形EFGC是平行四边形，得出CE＝FG，得出当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，根据勾股定理求出AG即可．【详解】解：延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，∵EF∥CG，EF＝CG，∴四边形EFGC是平行四边形，∴CE＝FG，∴AF+CE＝AF+FG，∴当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小为AG，由勾股定理得，AG＝AB2+B∴AF+CE的最小值为10，故答案为：10．【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定和性质，根据题意作出辅助线，得出当A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，是解题的关键．62．（2022·江苏无锡·校联考一模）如图，在平面直角坐标系中，C，A分别为x轴、y轴正半轴上的点，以OA，OC为边，在第一象限内作矩形OABC，且S矩形OABC＝22，将矩形OABC翻折，使点B与原点O重合，折痕为MN，点C的对应点C'落在第四象限，过M点的反比例函数y＝kx（k≠0）的图象恰好过MN的中点，则k的值为，点C'的坐标为【答案】22/12【分析】连接OB交MN于Q，由折叠的性质可得MO=MB，OQ=OB，先证明△BMQ≌△ONQ得到QM=QN，即点Q为OB的中点，过点Q作QH⊥x轴于H，证明△OHQ∽△OCB，求出S△OHQ=14S△OCB=18S矩形OABC=24，则k=2S△OHQ=22；过点C'作C'G⊥x轴于G，可以推出AM=14AB，设AM=a，则BM=【详解】解：如图所示，连接OB交MN于Q，由折叠的性质可得MO=MB，OQ=OB，∵四边形OABC是矩形，∴AB∥∴∠MOQ=∠NOQ，∠BMQ=∠ONQ，又∵BQ=OQ，∴△BMQ≌△ONQ（AAS），∴QM=QN，即点Q为OB的中点，过点Q作QH⊥x轴于H，∴OH∥∴△OHQ∽△OCB，∴S△OHQ∵四边形OABC是矩形，∴S△OHQ∵Q在反比例函数图象上，∴k=2S过点C'作C'G⊥x∵点M在反比例函数图象上，∴12又∵S矩形∴AM=1设AM=a，则BM=OM=3a，∴OA=O∴12解得a=1∴AB=OC=2，MB=3∵QM=QG，OQ=BQ，∴四边形OMBN是平行四边形，∴ON=BM=3∴C'∴OC∵S△O∴C'∴OG=O∴点C的坐标为（故答案为：22，（【点睛】本题主要考查了反比例函数比例系数的几何意义，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形面积公式，正确作出辅助线是解题的关键．题型20利用平行四边形的性质与判定证明63．（2023·广东佛山·佛山市华英学校校考一模）依据所标数据，下列一定为平行四边形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据平行四边形的判定及性质定理判断即可；【详解】解：平行四边形对角相等，故A错误；一组对边平行不能判断四边形是平行四边形，故B错误；三边相等不能判断四边形是平行四边形，故C错误；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D正确；故选：D．【点睛】本题主要考查平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．64．（2023·广东茂名·校联考二模）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，E，F分别是AC,AB的中点，O是DF的中点，EO的延长线交线段BD于点G，连结DE，EF，FG．(1)求证：四边形DEFG是平行四边形．(2)当AD=5，tan∠EDC=52【答案】(1)见解析(2)29【分析】（1）根据E，F分别是AC，AB的中点，得出EF∥BC，根据平行线的性质，得出∠FEO=∠DGO，∠EFO=∠GDO，结合O是DF的中点，利用“AAS”得出△EFO≌△GDO，得出EF=GD，即可证明DEFG是平行四边形；（2）根据AD⊥BC，E是AC中点，得出DE=12AC=EC，即可得出tanC=tan∠EDC=52，即ADDC=5【详解】（1）解：（1）∵E，F分别是AC，AB的中点，∴EF∥BC，∴∠FEO=∠DGO，∠EFO=∠GDO，∵O是DF的中点，∴FO=DO，∴△EFO≌△GDO(AAS∴EF=GD，∴四边形DEFG是平行四边形．（2）∵AD⊥BC，E是AC中点，∴DE=1∴∠EDC=∠C，∴tanC=∴ADDC∵AD=5，∴CD=2，∴DE=1∵四边形DEFG为平行四边形，∴FG=DE=29【点睛】本题主要考查了平行线四边形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线，三角形全等的判定和性质，三角函数的定义，平行线的性质，中位线的性质，根据题意证明△EFO≌△GDO，是解题的关键．65．（2021·山东枣庄·统考一模）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）．【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．【答案】【思考】是，理由见解析；【发现】94；【探究】BD＝2OF【分析】【思考】由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；【发现】连接BE交AD于点O，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝12（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2﹣12x，由勾股定理可得2−12x【探究】如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，则结论得证．【详解】解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．证明：如图，∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，∴AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形；【发现】如图1，连接BE交AD于点O，∵四边形ABDE为矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝12（x∴OF＝OA﹣AF＝2﹣12x在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，∴2−1解得：x＝94∴AF＝94cm【探究】BD＝2OF，证明：如图2，延长OF交AE于点H，∵四边形ABDE为矩形，∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，∴∠ABD+∠BAE＝180°，∴