2026中考第一轮复习数学第19课时：多边形与平行四边形（教师版）

2026年中考第一轮复习（核心知识+核心能力+解题思路+易错警示+真题演练）第19课时多边形与平行四边形一、核心知识一、核心知识（一）多边形的相关概念与性质多边形定义：由三条或三条以上不在同一直线上的线段首尾顺次相接组成的封闭图形，分为凸多边形（内角均小于180°）和凹多边形（中考仅考查凸多边形）。核心要素：边：组成多边形的线段，n边形有______n______条边；内角：相邻两边的夹角，n边形有______n______个内角；外角：一边与邻边延长线的夹角，n边形有______n______个外角（每个顶点处取一个外角）。关键性质：内角和公式：n边形内角和为______(n−2)×180°______（n≥3，n为整数）；外角和性质：任意多边形的外角和为______360°______（与边数无关）；对角线公式：n边形从一个顶点出发可引n−3条对角线，总对角线数量为n(n-3)2正多边形特殊性质：各边______相等______，各内角______相等______；正n边形每个内角的度数为(n-2)×180°n​，每个外角的度数为（二）平行四边形的定义与性质定义：两组对边分别______平行______的四边形叫做平行四边形，记作（对应顶点按顺序书写）。核心性质（边、角、对角线）：边的性质：对边______平行且相等______；角的性质：对角______相等______，邻角______互补______；对角线的性质：对角线______互相平分______；对称性：是______中心对称______图形（对称中心为对角线交点），不是轴对称图形（非特殊平行四边形）。（三）平行四边形的判定定理（中考必考）定义判定：两组对边分别______平行______的四边形是平行四边形；边的判定：两组对边分别______相等______的四边形是平行四边形；一组对边______平行且相等______的四边形是平行四边形（注意：“平行”和“相等”必须同时满足，缺一不可）；角的判定：两组对角分别______相等______的四边形是平行四边形；对角线的判定：对角线______互相平分______的四边形是平行四边形。二、核心能力二、核心能力题型1多边形内角和与外角和计算解题思路内角和计算直接套用公式(n−2)×180°，已知内角和求边数时反向解方程；外角和恒为360°，可通过外角和求正多边形边数（边数=单个外角度数）；3.注意“多边形内角≤180°”“外角为正数”的隐含条件。题型2多边形对角线数量计算解题思路从一个顶点出发的对角线数为n−3（减去自身及相邻两个顶点）；2.总对角线数为n(n-3)23.结合方程思想，已知对角线数求边数时注意检验边数为正整数。题型3平行四边形的性质应用解题思路求线段长：利用“对边相等”“对角线互相平分”直接转化，或结合勾股定理、方程思想求解；求角度：利用“对角相等”“邻角互补”，结合三角形内角和、角平分线性质计算；3.核心：标注图形中的相等边、角，快速建立数量关系。题型4平行四边形的判定解题思路已知边的关系：优先用“一组对边平行且相等”或“两组对边分别相等”，需证明边的平行或相等；已知角的关系：用“两组对角分别相等”，需证明两组对角对应相等；已知对角线关系：用“对角线互相平分”，需证明对角线交点为中点；4.关键：紧扣判定定理，避免“一组对边平行，另一组对边相等”等错误判定。题型5平行四边形的综合解题思路结合三角形全等：平行四边形中常通过“对边平行”“对角线平分”构造全等三角形，转化线段或角度；结合勾股定理：对角线与边构成直角三角形时，可求线段长度或角度；3.注意分类讨论：涉及对角线夹角、边长范围等问题时，需考虑多解情况。三、易错警示三、易错警示多边形公式误用错误：混淆内角和与外角和公式，如将n边形内角和记为n×180°；忽略正多边形外角为正数，导致边数求解错误。提醒：牢记“内角和与边数相关，外角和恒为360°”，正多边形外角度数一定小于180°。平行四边形判定误区错误：误将“一组对边平行，另一组对边相等”“一组对边相等，一组对角相等”当作判定定理；忽略“一组对边平行且相等”中“平行”与“相等”的同时满足条件。提醒：平行四边形的判定必须严格遵循定理，“一组对边平行+另一组对边相等”可能是等腰梯形，并非平行四边形。对角线性质混淆错误：认为平行四边形的对角线相等或垂直（非特殊平行四边形无此性质）；计算对角线分平行四边形所得三角形面积时，忽略“对角线互相平分”导致面积计算错误。提醒：平行四边形对角线仅“互相平分”，分得的四个三角形面积相等（均为平行四边形面积的14边数与对角线关系错误错误：计算n边形总对角线时，忘记除以2（避免重复计数）；已知对角线数求边数时，未检验边数为正整数。提醒：总对角线公式2n(n−3)​的推导核心是“避免重复”，结果必须为正整数。四、真题演练四、真题演练（一）选择题演练（2023-2025年中考真题/模拟题）1.（24-25·北京中考）若一个六边形的每个内角都是x∘，则x的值为（

A.60 B.90 C.120 D.150【答案】C【解析】本题考查了多边形内角和公式，即(n-2)×180∘【解答】解：∵一个六边形的每个内角都是x∘，

∴每个内角的度数为：x∘=(6-2)×180∘÷6=2.（24-25·甘肃中考）如图，一个多边形纸片的内角和为1620∘，按图示的剪法剪去一个内角后，所得新多边形的边数为（

）

A.12 B.11 C.10 D.9【答案】A【解析】本题考查了多边形内角和问题，设原多边形的边数为n，根据内角和可解得n，按图示的剪法剪去一个内角后，新多边形的边数比原多边形的边数多1，即可解答，熟知多边形内角和公式是解题的关键．【解答】解：设原多边形的边数为n，

则可得180(n-2)=1620，

解得n=11，

按图示的剪法剪去一个内角后，

新多边形的边数比原多边形的边数多1，为12，

故选：A．3.（23-24·全国模拟）如果一个正多边形的外角为锐角，且它的余弦值是32，那么它是（

）A.等边三角形 B.正六边形 C.正八边形 D.正十二边形【答案】D【解析】先根据一个外角的余弦值是32，求出一个外角的度数，再利用任意凸多边形的外角和均为360∘，正多边形的每个外角相等即可求出答案．【解答】∵一个外角为锐角，且其余弦值为32，

∴这个一个外角=30∘，

∴360÷30=12．

故它是正十二边形．

故选：D4.（24-25·四川中考）六方钢也称六角棒，是钢材的一种，其截面为正六边形．六方钢可以通过切割、钻孔、车削等方式进行加工，广泛应用于各种建筑结构和工程结构，如房梁、桥梁柱、输电塔等．在学校开展的综合实践活动中，兴趣小组对六方钢截面图（如图所示）的性质进行研究，测得边长AB=1，那么图中四边形GCHF的面积是（

）

A.233 B.3 C.2【答案】A【解析】本题考查了正六边形的性质，等腰三角形的性质，特殊角三角形函数，菱形的判定及性质等；由正六边形的性质得∴AB=BC=AF=1，∠ABC=∠BAF=120∘，由余弦函数得【解答】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，

∴AB=BC=AF=1，

∠ABC=∠BAF

=180∘-16×360∘=120∘，

∴∠BAC=12(180∘-∠ABC)

=30∘，

∴∠GAF=120∘-30∘=90∘，

同理可求：∠AFB=30∘，

在5.（24-25·贵州中考）如图，小红想将一张矩形纸片沿AD,BC剪下后得到一个▱ABCD，若∠1=70∘，则∠2的度数是（

A.20∘ B.70∘ C.80【答案】B【解析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质，即可得出结果．【解答】解：∵▱ABCD，

∴AD∥BC，

∴∠2=∠1=70∘；6.（24-25·山东模拟）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD=60∘．动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E,F同时从点O出发，分别向终点B,D运动，且始终保持OE=OF．点E关于AD,AB的对称点为E1,E2；点F关于BC,CD的对称点为F1A.菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形B.菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形C.平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形D.平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形【答案】A【解析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．【解答】∵四边形是矩形，∴，，

∴，,

∵，，

∴,

∵对称，

∴，，

∴,

∵对称，

∴，，

∴,

同理，

∴，

∴，

∴四边形是平行四边形，

如图1所示，

图1

当E,F,O三点重合时，DO=BO，

∴DE1=DF2=AE1=AE2，

即E1E2=E1F2，

∴四边形E1E2F1F2是菱形，

如图所示，当E,F分别为OD,OB的中点时，

设DB=4，则DF2=DF=1，DE1=DE=3，

在Rt△ABD中，AB=2,AD=23，

如图2，连接AE，AO，

图2

∵∠ABO=60∘，BO=2=AB，

∴△ABO是等边三角形，

∵E为OB的中点，

∴AE⊥OB，BE=1，

∴AE=22-12=3,

根据对称性可得AE1=AE=3，

∴AD2=12,DE12=9,AE12=3，

∴AD2=A7.（24-25·贵州模拟）如图，在△ABC中，点D,E分别是AC,BC的中点，若∠A=45∘,∠CED=70A.45∘ B.50∘ C.60∘【答案】D【解析】此题暂无解析【解答】解：∵点D,E分别是AC,BC的中点，∴DE//AB,

∵∠A=45∘,

∴∠CDE=∠A=45∘,

∵∠CED=708.（24-25·云南模拟）如图，分别经过原点O和点A(4, 0)的动直线a，b夹角∠OBA=30∘，点M是OB中点，连接AM，则sin∠OAMA.3+66 B.32 C.【答案】A【解析】作△AOB的外接圆⊙T，连接OT，TA，TB，取OT的中点K，连接KM．证明KM=12TB=2，推出点M在以K为圆心，2为半径的圆上运动，当AM与⊙K相切时，【解答】解：如图，作△AOB的外接圆⊙T，连接OT，TA，TB，取OT的中点K，连接KM．

∵∠ATO=2∠ABO=60∘，TO=TA，

∴△OAT是等边三角形，

∵A(4, 0)，

∴TO=TA=TB=4，

∵OK=KT，OM=MB，

∴KM=12TB=2，

∴点M在以K为圆心，2为半径的圆上运动，

当AM与⊙K相切时，∠OAM的值最大，此时sin∠OAM的值最大，

∵△OTA是等边三角形，OK=KT，

∴AK⊥OT，

∴AK=OA2-OK2=42-22=23，

∵AM是切线，KM是半径，

∴AM⊥KM，

∴AM=AK2-MK2=(23)2-22=22，

过点M作ML⊥

9.（22-23·辽宁中考）如图：点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点，如果BD=AC，四边形EFGH的面积为24，且HF=6，则GH=（

）

A.4 B.5 C.8 D.10【答案】B【解析】本题考查中点四边形，熟练掌握中位线定理是解题的关键

利用三角形中位线定理及特殊四边形的判定与性质求解．【解答】如图：连接EG，HF交于点O，

因为E、F、G、H分别是四边形ABCD边的中点，

∴EH // BD，EH=12BD；FG // BD，FG=12BD；EF // AC，EF=12AC；GH // AC，GH=12AC．

∵BD=AC，

∴EH=FG=EF=GH，

∴四边形EFGH是菱形．

∴EG⊥HF，OH=12HF=3，OG=12EG

10.（24-25·广东中考）如图，点D，E，F分别是△ABC各边上的中点，∠A=70∘，则∠EDF=（

A.20∘ B.40∘ C.70【答案】C【解析】此题考查了三角形中位线的性质和判定，平行线的性质，首先得到DE，DF是△ABC的中位线，得到DE∥AC，DF【解答】∵点D，E，F分别是△ABC各边上的中点，

∴DE，DF是△ABC的中位线

∴DE∥AC，DF∥AB

∴∠DEB=∠A=70∘

∵11.（24-25·湖北中考）如图，平行四边形ABCD的对角线交点在原点．若A(-1,2)，则点C的坐标是（

）

A.(2,-1) B.(-2,1)【答案】C【解析】本题考查平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征等知识，由题意，结合平行四边形的对称性可知点A与点C关于坐标原点O中心对称，由关于原点中心对称的点的坐标特征即可得到答案．熟记平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征是解决问题的关键．【解答】解：∵平行四边形ABCD的对角线交点在原点，

∴OA=OC，

∴点A与点C关于坐标原点O中心对称，

∵点A的坐标为A(-1,2)，

∴点C的坐标是(1,-2)，

故选：C．12.（24-25·山西中考）如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是边AD的中点，连接OE．下列两条线段的数量关系中一定成立的是（

）

A.OE=12AD B.OE=1【答案】C【解析】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的性质，由三角形中位线的性质得OE=12CD，进而由平行四边形的性质得OE=【解答】解：∵点O是对角线AC的中点，点E是边AD的中点，

∴OE是△ACD的中位线，

∴OE=12CD，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB=CD，

∴OE=1213.（24-25·安徽中考）在如图所示的▱ABCD中，E，G分别为边AD，BC的中点，点F，H分别在边AB，CD上移动（不与端点重合），且满足AF=CH，则下列为定值的是（

）

A.四边形EFGH的周长 B.∠EFG的大小

C.四边形EFGH的面积 D.线段FH的长【答案】C【解析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形对边平行且相等的性质，通过全等三角形转化面积关系，是解题的关键．利用平行四边形的性质，通过证明三角形全等分析四边形EFGH各边、角、面积等是否为定值，重点关注面积能否通过转化为平行四边形面积的一部分来判断．【解答】解：连接EG，

在▱ABCD中，E，G分别为AD，BC中点，

∵AD∥BC且AD=BC，AE=12AD，BG=12BC，

∴AE∥BG且AE=BG，

∴四边形ABGE是平行四边形，

∴AB∥EG，

同理EG∥CD，且EG=AB=CD．

∴四边形DCGE是平行四边形，

则△GEF与△GEH的面积分别为▱ABGE与▱EGCD面积的一半，

四边形EFGH的面积=S△GEF+S△GEH，

∴四边形EFGH的面积始终为▱ABCD面积的一半，是定值．

选项A:EF、FG等边长随F、H14.（24-25·山东模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=5，BC=12，D，E分别是BC,AC的中点，连接DE．以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC,AB于点M，N；以点D为圆心，AM长为半径画弧，交DE于点P；以点P为圆心，MN长为半径画弧，交前面的弧于点Q；作射线DQ交AB于点F，则AF的长为（

A.132 B.7 C.8 D.【答案】A【解析】本题主要考查了勾股定理，三角形的中位线定理，平行四边形的判定和性质，平行线的判定和性质，基本作图，根据三角形中位线定理，结合基本作图可证得四边形AFDE是平行四边形是解决问题的关键．由勾股定理求出AB，根据三角形中位线定理得到DE=12AB=132，DE∥AB【解答】解：在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=5，BC=12，

∴AB=AC2+BC2=52+122=13，

∵D，E分别是BC，AC的中点，

∴DE=12AB=132，DE∥AB，

15.（22-23·四川中考）如图，▱ABCD的面积为12，AC=BD=6，AC与BD交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线相交于点F，点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，则PG的最小值是（）

A.1 B.32 C.32【答案】A【解析】先判定四边形OCFD为菱形，找出当GP垂直于菱形OCFD的一边时，PG有最小值．过D点作DM⊥AC于M，过G点作GP⊥AC与P，则GP // 【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AC=BD，

∴OD=OC，

∵DF // AC，OD // CF，

∴四边形OCFD为菱形，

∵点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，

∴当GP垂直于菱形OCFD的一边时，PG有最小值．

过D点作DM⊥AC于M，过G点作GP⊥AC与P，则GP // MD，

▱ABCD的面积为12，AC=6，

∴2×12AC⋅DM=12，

解得DM=2，（二）填空题演练（2023-2025年中考真题/模拟题）16.（23-24·河北模拟）平行四边形的一组邻边长分别为3，4，一条对角线长为n．若n为整数，则n的值可以为___2（答案不唯一）_________．（写出一个即可）【答案】2（答案不唯一）【解析】本题考查了平行四边形的性质，三角形三边关系，不等式组的整数解，根据题意得出1<n<7，进而写出一个整数解即可求解．【解答】解：依题意，4-3<n<4+3

∴1<n<7，

∵n为整数，

∴n可以是2，3，4，5，6

17.（24-25·湖南中考）如图，五边形ABCDE中，∠B=120∘，∠C=110∘，∠D=105∘，则∠【答案】205【解析】本题主要考查了多边形的内角和求法，根据其公式解题即可．【解答】解：多边形的内角和为180∘×(n-2)，

∴五边形ABCDE的内角和为180∘×(5-18.（23-24·山西中考）如图是某一水塘边的警示牌，牌面是五边形ABCDE，其中∠B=∠E=102∘,∠C=∠D=110∘【答案】116【解析】本题考查了多边形的内角和，熟练掌握知识点是解题的关键．

先求出五边形的内角和，即可求解．【解答】解：五边形内角和为：(5-2)×180∘=540∘，

∴∠A+∠B+∠19.（24-25·吉林中考）图①是一个正十二面体，它的每个面都是正五边形，图②是其表面展开图，则∠α为_______36______度．

【答案】36【解析】本题考查的是正多边形的内角与外角的问题，先求解正五边形的每一个内角为：180∘-【解答】解：∵正五边形的每一个内角为：180∘-360∘5=108∘，20.（24-25·新疆中考）如图，在▱ABCD中，∠BCD的平分线交AB于点E，若AD=2，则BE=______2______．

【答案】2【解析】本题考查平行四边形的性质，等角对等边，根据平行四边形的性质，得到AB∥CD,AD=BC=2，得到∠DCE=∠CEB，角平分线的定义，得到∠【解答】解：∵▱ABCD，AD=2，

∴AB∥CD,AD=BC=2，

∴∠DCE=∠CEB，

∵∠BCD的平分线交AB于点E，

∴∠DCE=∠BCE，21.（24-25·江西模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,AC=8,BD=12，点E在线段OA上，AE=2，点F在线段OC上，OF=1，连接BE，点G为BE的中点，连接FG，则FG的长为_______13__________．

【答案】13【解析】本题考查菱形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质等．由菱形对角线互相垂直且平分，可得OA=12AC=4，OB=12BD=6，AC⊥BD，取OE中点【解答】解：∵在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,AC=8,BD=12，

∴OA=12AC=4，OB=12BD=6，AC⊥BD，

∵AE=2，

∴OE=OA-∵点G为BE的中点，点H为OE的中点，

∴GH=12OB=3，GH // OB，

∴∠GHE=∠BOA=90∘，

∵OF=1，

∴HF=OH+OF=22.（23-24·全国模拟）如图，在矩形ABCD中，点E，F，M分别在AB，DC，AD边上，BE=2CF,FM分别交对角线BD、线段DE于点G，H，且H是DE的中点．若CF=2,∠ABD=30∘，则HG的长为________233【答案】23【解析】如图，连接AC，交BD于N，过H作HQ⊥BD于Q，求解BE=4，证明HN是△BDE的中位线，可得HN // BE，HN=12BE=2，HQ=12【解答】解：如图，连接AC，交BD于N，过H作HQ⊥BD于Q，

∵BE=2CF，CF=2，

∴BE=4，

∵矩形ABCD，

∴AN=CN=BN=DN，AB // CD，

∴∠ABD=∠BAC=30∘，∠BAC=∠NCF=30∘，

∵H是DE的中点，

∴HN是△BDE的中位线，

∴HN // BE，HN=12BE=2，

∴∠ABD=∠HNQ=30∘，

∴HQ=12HN=1，

∵23.（24-25·河南模拟）如图，在△ABC中，∠BAC=90∘，AB=AC，点D，G是边AB，AC上的点，CG=2BD，线段EF在边BC上左右滑动，若BD=2，BC=7，EF=1，则DE+GF的最小值为____32【答案】32【解析】作GG1 // BC，使得GG1=EF=1，作G1关于BC对称点G2，交BC于点H，连接DG2，交BC于点P，过D作DM⊥BC于点M，过G作GN⊥BC于点N，则四边形EFGG1是平行四边形，EG1=EG2，四边形HNGG1是矩形，∠DMB=∠GNC=90∘【解答】解：如图，作GG1 // BC，使得GG1=EF=1，作G1关于BC对称点G2，交BC于点H，连接DG2，G1E，交BC于点P，过D作DM⊥BC于点M，过G作GN⊥BC于点N，

∴四边形EFGG1是平行四边形，EG1=EG2，四边形HNGG1是矩形，∠DMB=∠GNC=90∘，

∴EG1=FG，G1H=GN，GG1=HN=1，

∴G1H=G2H=GN，

∵∠BAC=90∘，AB=AC，

∴∠ABC=∠ACB=45∘，

∴∠ABC=∠BDM=∠NGC=∠ACB=45∘，

∴BM=DN，24.（24-25·山东模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90∘，AB=6，BC=8．点P为边AC上异于A的一点，以PA，PB为邻边作▱PAQB，则线段PQ的最小值是____24【答案】245【解析】本题主要考查了平行四边形的性质、垂线段最短等知识点，掌握平行四边形对角线相互平分是解题的关键．

由勾股定理可得AC=10，设AB与PQ交于点O，过O作OP1⊥AC于点P1，由四边形作PAQB是平行四边形得OA=OB=12AB=3、OP=OQ=12PQ，根据垂线段最短可得当O【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ABC=90∘，AB=6，BC=8，

∴AC=AB2+BC2=62+82=10，

如图，设AB与PQ交于点O，过O作OP1⊥AC于点P1，

∴∠AP1O=90∘，

∵四边形PAQB是平行四边形，

∴OA=OB=12AB=3、OP=OQ=12PQ

∴25.（24-25·四川模拟）如图，以△ABC的边AB、AC为腰分别向外作等腰直角△ABE、△ACD，连结ED、BD、EC，过点A的直线l分别交线段DE、BC于点M、N．以下说法：①当AB=AC=BC时，∠AED=30∘；②EC=BD；③若AB=3，AC=4，BC=6，则DE=23；④当直线l⊥BC时，点M为线段DE【答案】①②④【解析】由AB=AC=BC，得∠BAC=60∘，因为AE=AB，AC=AD，∠BAE=∠CAD=90∘，所以AE=AD，∠EAD=120∘，则∠AED=∠ADE=30∘，可判断①正确；由∠CAD=∠BAE=90∘，推导出∠CAE=∠DAB，可证明△CAE≅△DAB，得EC=BD，可判断②正确；设BD交AE于点G，交CE于点O，可证明∠EOB=90∘，则∠COD=【解答】解：∵AB=AC=BC，

∴∠BAC=60∘，

∵AE=AB，AC=AD，∠BAE=∠CAD=90∘，

∴AE=AD，∠EAD=360-60∘-90∘-90∘=120∘，

∴∠AED=∠ADE=12×180∘-120∘=30∘，

故①正确；

∵∠CAD=∠BAE=90∘，

∴∠CAE=∠DAB=90∘+∠DAE，

∴△CAE≅△DAB(SAS)，

∴EC=BD，

故②正确；

如图1，设BD交AE于点G，交CE于点O，

∵∠AEC=∠ABD，∠OGE=∠AGB，

∴∠AEC+∠OGE=∠ABD+∠AGB=90∘，

∴∠EOB=90∘，

∴∠COD=∠BOC=∠（三）解答题演练（2023-2025年中考真题/模拟题）26.（23-24·陕西模拟）一个多边形的内角和比外角和的多，它是几边形？【答案】它是七边形【解析】根据多边形的内角和公式n-2⋅【解答】解：设这个多边形边数为”，依题意得：

n-2⋅180∘=360∘27.（24-25·四川中考）如图，点E是平行四边形ABCD边CD的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F,AD=5．求证：△ADE≅△FCE，并求BF的长．

【答案】见解答，10【解析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质，由平行四边形的性质得到BC=AD=5,BC∥AD，则由平行线的性质可得∠EFC=∠EAD,∠ECF=∠EDA【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BC=AD=5,BC∥AD，

∴∠EFC=∠EAD,∠ECF=∠EDA，

∵点E是平行四边形ABCD边CD的中点，

∴CE=DE，28.（24-25·达州模拟）如图，点E、F是平行四边形ABCD对角线AC上两点，BE//DF．

（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；（2）若AC=63，BC=8，∠ACB=30【答案】见解答47【解析】（1）证明BEC≅△DFAAAS得到BE=DF（2）过A点作AG⊥BC，交CB的延长线于G，由30∘角直角三角形性质求出AG=33，再由勾股定理求出CG=A【解答】（1）解：证明：平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=BC，

∴∠ACB=∠CAD，

又∵BE//DF，

∴∠BEC=∠DFA，

在△BEC和△DFA中，∠BEC=∠DFA∠ACB=∠CAD（2）解：过A点作AG⊥BC，交CB的延长线于G，

在Rt△AGC中，AC=63，∠ACB=30∘，

∴AG=33，

∴CG=AC2-AG2=9

∴GB=GC-29.（24-25·广东模拟）如图，在▱ABCD中，AB=5，AD=32，∠A=45∘（1）求出对角线BD的长；（2）尺规作图：将四边形ABCD沿着经过A点的某条直线翻折，使点B落在CD边上的点E处，请作出折痕．（不写作法，保留作图痕迹）【答案】13；见解答【解析】（1）连接BD，过D作DH⊥AB于H，依据等腰直角三角形以及勾股定理，即可得到（2）以A为圆心，AB的长为半径画弧，交CD于E；分别以B，E为圆心，适当的长为半径画弧，两弧交于点F；作射线AF，交BC于G，则AG即为折痕．【解答】（1）解：如图所示，连接BD，过D作DH⊥AB于H，

∵∠A=45∘，∠AHD=90∘，

∴∠ADH=45∘=∠A，

∴△ADH是等腰直角三角形，

（2）如图所示，AG即为所求．

30.（24-25·江西模拟）如图，在正六边形ABCDEF的右侧作正方形BCGH，连接AC．请你仅用无刻度的直尺完成以下作图．

（1）在图1中，在正方形BCGH的内部取点M，使点M与点D关于直线AC对称；（2）在图2中，在正方形BCGH的内部取点P，使AP=AC．【答案】见解答见解答【解析】（1）延长CD交AB延长线于M，根据正六边形的性质得∠CBM=∠BCM=60∘，∠BAC=∠BCA=30∘，AB=BC=CD，进而可得∠ACM=（2）连接CH交AB延长线于P，由正方形的性质得∠BCH=45∘，进而利用三角形的内角和定理推导出∠【解答】（1）解：如图1，点M即为所求；

（2）解：如图2，点P即为所求．

31.（23-24·云南模拟）【问题呈现】

如图1，已知P是正方形A1A2A3A4外一点，且满足∠PA1A2+∠PA3A2=180∘，探究PA1，PA2，PA3三条线段的数量关系．

小颖通过观察、分析、思考，形成了如下思路：（1）请参考小颖的思路，直接写出PA1+PA3与PA2（2）如图4，若P是正五边形A1A2A3A4A5外一点，且满足∠PA1A2+∠PA3（3）如图5，若P是正十边形A1A2⋅⋅⋅A10外一点，且满足∠PA1A2+∠P【答案】PA37.0PA【解析】（1）根据思路一：构造△QA3A2与△PA（2）在射线PA3上截取A3Q=PA1，连接A2Q，过点A2作A2T⊥PQ于点T（3）同(2)的方法，即可求解．【解答】（1）解：PA1+PA3=2PA2

如图2，在射线PA3上截取A3Q=PA1，连接A2Q，

∵∠PA1A2+∠PA3A2=180∘，∠QA3A2+∠A2（2）解：正五边形的一个内角为(5-2)×180∘5=108∘

如图4，在射线PA3上截取A3Q=PA1，连接A2Q，过点A2作A2T⊥PQ于点T（3）如图，在射线PA3上截取A3Q=PA1，连接A2Q，过点A2作A2T⊥PQ于点T

同理可得∠PA2Q=∠A1A2A32.（24-25·河北模拟）图1是古代数学家杨辉在《详解九章算法》中对“邑的计算”的相关研究．数学兴趣小组也类比进行了如下探究如图②，正八边形游乐城A1A2A3A4A5A8A7A8的边长为22km，南门O设立在A6A7边的正中央，游乐城南侧有一条东西走向的道路BM，A6A（1）∠CA1A2=_____90∘（2）求点A1到道路BC【答案】∠CA1点A1到道路BC的距离约为【解析】（1）求出正八边形的一个外角的度数，再根据角的和差关系进行求解即可；（2）过点A1作A1D⊥BC，垂足为D，解Rt△C【解答】（1）解：∵正八边形的一个外角的度数为：360∘8=45∘，

∴∠CA1A（2）解：过点A1作A1D⊥BC，垂足为D，

在Rt△CA2A1中，A2A1=22，∠CA2A1=7633.（24-25·四川中考）如图，在▱ABCD中，点E在BC边上，点B关于直线AE的对称点F落在▱ABCD内，射线AF交射线DC于点G，交射线BC于点P，射线EF交CD边于点Q．

【特例感知】（1）如图1，当CE=BE时，点P在BC延长线上，求证：△EFP≅△ECQ（2）在(1)的条件下，若CG=3，GQ=5，求DQ的长；

【拓展延伸】（3）如图2，当CE=2BE时，点P在BC边上，若CQDQ=1n，求【答案】见解答；42n+16n+6【解析】（1）由折叠的性质得：∠B=∠AFE,BE=FE，再结合平行四边形的性质可得∠（2）根据全等三角形的性质可得EQ=EP，从而得到FQ=CP，可证明△FQG≅△CPG，从而得到FG=CG=3,GQ=GP=5，再由折叠的性质得：AF=AB，再根据△（3）延长AD,EQ交于点M，设CQ=a，BE=b，证明△DQM∽△CQE得出DM=2bn，证明△FEP∽△CEQ得出PF=12a，证明△【解答】（1）解：由折叠的性质得：∠B=∠AFE,BE=FE，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，

∴∠B=∠PCG，

∴∠AFE=∠PCG，

∵∠AFE=∠QFG，

∴∠PCG=∠QFG，

∵∠（2）∵△EFP≅△ECQ，

∴EQ=EP，

∵EF=EC，

∴FQ=CP，

∵∠FGQ=∠CGP，∠CQE=∠P，

∴△FQG≅△CPG，

∴FG=CG=3,GQ=GP=5，

由折叠的性质得：AF=AB，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，（3）解：如图，延长AD,EQ交于点M，

设CQ=a，BE=b

∵CQDQ=1n，CE=2BE

∴DQ=an，EC=2b，

∴AB=CD=(n+1)a，AD=3b

∵折叠，

∴AF=AB=(n+1)a

∵AD // BC，即DM // EC

∴△DQM∽△CQE

∴DMEC=DQCQ即DM2b=ana=n

∴DM=2bn

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠B=∠ADQ

又∵折叠，

∴∠AFE=∠B

∵∠AFQ+∠AFE=180∘

∴∠AFQ+∠ADQ=180∘

∴∠DAF+∠DQF=180∘

∵∠EQC+∠DQF=18034.（23-24·广东模拟）综合与实践

顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．

以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．

【探究一】原四边形对角线关系中点四边形形状不相等、不垂直平行四边形

如图1，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是各边的中点．

求证：中点四边形EFGH是平行四边形．

证明：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，

∴EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线，

∴EF=12AC，GH=12AC(____①____)

∴EF=GH（1）请你补全上述过程中的证明依据①___中位线定理_____

【探究二】原四边形对角线关系中点四边形形状不相等、不垂直平行四边形AC=BD菱形

从作图、测量结果得出猜想I：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．（2）下面我们结合图2来证明猜想I，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．

【探究三】原四边形对角线关系中点四边形形状不相等、不垂直平行四边形AC②________（3）从作图、测量结果得出猜想II：原四边形对角