福建省数学中考复习考点分层训练§多边形与平行四边形课件公开课

中考数学

（福建专用）多边形与平行四边形中考数学

（福建专用）多边形与平行四边形12016—2020年全国中考题组考点一多边形1.(2019福建,5,4分)已知正多边形的一个外角是36°,则该正多边形的边数为 ()答案

B设该正多边形的边数为n,则n=

=10,故选B.2016—2020年全国中考题组考点一多边形1.(201922.(2018福建,4,4分)一个n边形的内角和为360°,则n等于 ()答案

B根据n边形的内角和公式,得(n-2)×180°=360°,可求得n=4.2.(2018福建,4,4分)一个n边形的内角和为360°,33.(2019河北,1,3分)下列图形为正多边形的是 ()

答案

D正多边形的各边相等,各角相等,故选D.3.(2019河北,1,3分)下列图形为正多边形的是 (44.(2020福建,15,4分)如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的,则∠ABC等于

度.

答案30解析六边形花环由六个全等的直角三角形构成,故为正六边形,所以每个内角为

=120°.所以∠ABC=120°-90°=30°.4.(2020福建,15,4分)如图所示的六边形花环是用六个55.(2020河北,18,3分)正六边形的一个内角是正n边形一个外角的4倍,则n=

.答案12解析正六边形的每一个内角的度数为

=120°,根据“正六边形的一个内角是正n边形一个外角的4倍”可得正n边形每一个外角的度数为30°,依据多边形外角和为360°可得n=

=12.5.(2020河北,18,3分)正六边形的一个内角是正n边形66.(2018山西,12,3分)图1是我国古代建筑中的一种窗格,其中冰裂纹图案象征着坚冰出现裂纹并开始消

融,形状无一定规则,代表一种自然和谐美.图2是从图1冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形,

则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=

度.

图1

图26.(2018山西,12,3分)图1是我国古代建筑中的一种窗7答案360解析∵任意n(n≥3,n为整数)边形的外角和为360°,图中五条线段组成五边形,∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°.答案360解析∵任意n(n≥3,n为整数)边形的外角和为87.(2019陕西,12,3分)若正六边形的边长为3,则其较长的一条对角线长为

.答案6解析连接正六边形的中心和各个顶点,可得6个小正三角形,显然正六边形较长的一条对角线长为小正

三角形边长的2倍,即较长的一条对角线长为6.7.(2019陕西,12,3分)若正六边形的边长为3,则其较98.(2017福建,15,4分)两个完全相同的正五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∠AOB等于

度.

答案1088.(2017福建,15,4分)两个完全相同的正五边形都有一10解析如图,∵正五边形中每一个内角都是108°,∴∠OCD=∠ODC=180°-108°=72°.∴∠COD=36°.∴∠AOB=360°-108°-108°-36°=108°.

解析如图,∵正五边形中每一个内角都是108°,119.(2018河北,19,6分)如图1,作∠BPC平分线的反向延长线PA,现要分别以∠APB,∠APC,∠BPC为内角作

正多边形,且边长均为1,将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案.例如:若以∠BPC为内角,可作出一个边长为1的正方形,此时∠BPC=90°,而

=45°是360°(多边形外角和)的

,这样就恰好可作出两个边长均为1的正八边形,填充花纹后得到一个符合要求的图案,如图2所示.图2中的图案外轮廓周长是

;在所有符合要求的图案中选一个外轮廓周长最大的定为会标,则会标的外轮廓周长是

.

图1图29.(2018河北,19,6分)如图1,作∠BPC平分线的反12答案14;21解析题图2中的图案由两个边长均为1的正八边形和1个边长为1的正方形组成,且三个正多边形三边

相连,题图2中的图案外轮廓周长是6+6+2=14.由于三个正多边形的边长均为1,显然以∠APB,∠APC为内

角的两个正多边形的边数越多(即以∠BPC

以∠BPC为内角的正多边形为等边三角形时,会标的外轮廓周长最大.此时∠APB=150°,以∠APB,∠APC

为内角的两个正多边形均为正十二边形,会标的外轮廓周长为10+10+1=21.答案14;21解析题图2中的图案由两个边长均为1的正八边13考点二平行四边形1.(2016厦门,5,4分)如图,DE是△ABC的中位线,过点C作CF∥BD交DE的延长线于点F,则下列结论正确

的是 ()A.EF=CF

B.EF=DE

C.CF<BD

D.EF>DE

答案

B∵DE是△ABC的中位线,∴DE∥BC,DE=

BC,又∵CF∥BD,∴四边形BCFD是平行四边形,∴DF=BC,∴DE=

DF,∴DE=EF.考点二平行四边形1.(2016厦门,5,4分)如图,142.(2018内蒙古呼和浩特,8,3分)顺次连接平面上A、B、C、D四点得到一个四边形,从①AB∥CD;②BC=

AD;③∠A=∠C;④∠B=∠D四个条件中任取其中两个,可以得出“四边形ABCD是平行四边形”这一结

论的情况共有 ()答案

C能够得出“四边形ABCD

C.2.(2018内蒙古呼和浩特,8,3分)顺次连接平面上A、B153.(2019陕西,8,3分)如图,在矩形ABCD中,AB=3,BCE、F分别在AB、CD上,且BE=2AE,DF=2

FC,G、H是AC的三等分点,则四边形EHFG的面积为 ()

A.1

B.

3.(2019陕西,8,3分)如图,在矩形ABCD中,AB=16答案

C在矩形ABCD中,AD=BC=6,AB=CD=3,∵BE=2AE,∴E是AB的三等分点(靠近点A),∵G是AC的三等分点(靠近点A),∴EG∥BC且EG=

BC=2.同理可得HF∥AD且HF=

AD=2.又∵AD∥BC,∴EG∥HF,∴四边形EHFG为平行四边形.又EG与HF间的距离为

AB,∴S四边形EHFG=2×

AB=2.思路分析首先证明EG∥BC,EG=

BC,同理可得FH∥AD,FH=

AD,进而可得四边形EHFG为平行四边形,然后求出平行四边形EHFG的底和高即可得解.答案

C在矩形ABCD中,AD=BC=6,AB=CD174.(2016泉州,17,4分)如图,在四边形ABCD中,AB∥DC,E是AD的中点,EF⊥BC于点F,BC=5,EF=3.(1)若AB=DC,则四边形ABCD的面积S=

;(2)若AB>DC,则此时四边形ABCD的面积S'

S(用“>”或“=”或“<”填空).

答案(1)15(2)=4.(2016泉州,17,4分)如图,在四边形ABCD中,A18解析(1)∵AB=DC,AB∥DC,∴四边形ABCD是平行四边形,∴四边形ABCD的面积S=5×3=15,故答案为15.(2)如图,连接EC,BE,延长CD、BE交于点P,

∵E是AD的中点,∴AE=DE,又∵AB∥CD,解析(1)∵AB=DC,AB∥DC,19∴∠ABE=∠P,∠A=∠PDE,在△ABE和△DPE中,∵

∴△ABE≌△DPE(AAS),∴S△ABE=S△DPE,BE=PE,∴S△BCE=S△PCE,则S四边形ABCD=S△ABE+S△CDE+S△BCE=S△PDE+S△CDE+S△BCE=S△PCE+S△BCE=2S△BCE=2×

×BC×EF=15,∴当AB>DC时,四边形ABCD的面积S'=S.∴∠ABE=∠P,∠A=∠PDE,∴当AB>DC时,四边形A205.(2018陕西,14,3分)如图,点O是▱ABCD的对称中心,AD>AB,E、F是AB边上的点,且EF=

AB;G、H是BC边上的点,且GH=

BC.若S1,S2分别表示△EOF和△GOH的面积,则S1与S2之间的等量关系是

.

答案2S1=3S2

5.(2018陕西,14,3分)如图,点O是▱ABCD的对称21解析如图,连接AC,BD,交点为O,∵四边形ABCD为平行四边形,∴AO=OC,∴S△ABO=S△OBC,∵EF=

AB,∴S1=

S△ABO,∵GH=

BC,∴S2=

S△OBC,∴2S1=3S2.

解析如图,连接AC,BD,交点为O,∵四边形ABCD为平行226.(2018福建,18,8分)如图,▱ABCD的对角线AC,BD相交于点O,EF过点O且与AD,BC分别相交于点E,F.求

证:OE=OF.6.(2018福建,18,8分)如图,▱ABCD的对角线AC23解后反思本题考查平行四边形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质等基础知识.证明∵四边形ABCD是平行四边形,∴OD=OB,AD∥BC,∴∠ODE=∠OBF.又∵∠DOE=∠BOF,∴△DOE≌△BOF,∴OE=OF.解后反思本题考查平行四边形的性质、平行线的性质、全等三角形247.(2019贵州贵阳,18,10分)如图,四边形ABCD是平行四边形,延长AD至点E,使DE=AD,连接BD.(1)求证:四边形BCED是平行四边形;(2)若DA=DB=2,cosA=

,求点B到点E的距离.

7.(2019贵州贵阳,18,10分)如图,四边形ABCD是25解析(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,AD=BC,又∵点E在AD的延长线上,且DE=AD,∴DE∥BC,DE=BC,∴四边形BCED是平行四边形.(2)∵DA=DB=2,且四边形ABCD是平行四边形,∴DA=DB=BC=2,由(1)知四边形BCED是平行四边形,∴四边形BCED是菱形.连接BE,易知BE⊥DC,BE⊥AB,在Rt△ABE中,∵AE=2DA=4,cosA=

,∴AB=AEcosA=4×

=1,∴BE=

=

,解析(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,26∴点B到点E的距离是

.

∴点B到点E的距离是 .278.(2019福建,21,8分)在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠ACB=30°.将△ABC绕点C顺时针旋转一个角度α得到△DEC,点A,B的对应点分别为D,E.(1)若点E恰好落在边AC上,如图1,求∠ADE的大小;(2)若α=60°,F为AC的中点,如图2,求证:四边形BEDF是平行四边形.

8.(2019福建,21,8分)在Rt△ABC中,∠ABC=28解析本题考查图形的旋转、直角三角形、等腰三角形、等边三角形、三角形内角和、平行四边形的

判定等基础知识,考查运算能力、推理能力.(1)在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠ACB=30°,∴∠BAC=60°.由旋转性质得,DC=AC,∠DCE=∠ACB=30°.∴∠DAC=∠ADC=

(180°-∠DCE)=75°,又∠EDC=∠BAC=60°,∴∠ADE=∠ADC-∠EDC=15°.(2)证明:在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠ACB=30°,∴AB=

AC.∵F是AC的中点,∴BF=FC=

AC,∴∠FBC=∠ACB=30°,AB=BF.解析本题考查图形的旋转、直角三角形、等腰三角形、等边三角形29由旋转性质得AB=DE,∠DEC=∠ABC=90°,∠BCE=∠ACD=60°,∴DE=BF.延长BF交EC于点G,则∠BGE=∠GBC+∠GCB=90°,∴∠BGE=∠DEC,∴DE∥BF,∴四边形BEDF是平行四边形.

由旋转性质得AB=DE,∠DEC=∠ABC=90°,∠BCE30一题多解(2)在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠ACB=30°,∴AB=

AC,∠A=60°.∵F是AC的中点,∴AF=BF=FC=

AC,∴AB=BF=FC.由旋转性质得AB=DE,∠EDC=∠A=60°,∠ACD=60°.∴DE=BF,DE=FC,∠EDC=∠ACD.∵CD=DC,∴△EDC≌△FCD.∴CE=DF.由旋转性质得△BEC为等边三角形,∴CE=BE,∴DF=BE.又∵DE=BF,∴四边形BEDF是平行四边形.一题多解(2)在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠ACB319.(2020内蒙古呼和浩特,18,8分)如图,正方形ABCD中,G是BC边上任意一点(不与B、C重合),DE⊥AG于

点E,BF∥DE,且交AG于点F.(1)求证:AF-BF=EF;(2)四边形BFDE能否为平行四边形?如果能,请指出此时点G的位置;如果不能,请说明理由.

9.(2020内蒙古呼和浩特,18,8分)如图,正方形ABC32解析(1)证明:由题意可知AB=AD,∠BAF+∠DAE=90°,∵DE⊥AG,∴∠DAE+∠ADE=90°,∴∠ADE=∠BAF,又∵BF∥DE,∴∠BFA=90°=∠AED,∴△ABF≌△DAE(AAS),∴BF=AE,∴AF-BF=AF-AE=EF.(2)不可能,理由:假设四边形BFDE是平行四边形,已知DE∥BF,则当DE=BF时,四边形BFDE为平行四边形,由(1)知DE=AF,∴BF=AF,即此时∠BAF=45°,此时点G与点C重合,解析(1)证明:由题意可知AB=AD,∠BAF+∠DAE=33而点G不与C重合,∴∠BAF≠45°,矛盾,∴四边形BFDE不能是平行四边形.

而点G不与C重合,3410.(2016泉州,26,13分)如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,∠A=∠C,点P在边AB上.(1)判断四边形ABCD的形状并加以证明;(2)若AB=AD,以过点P的直线为轴,将四边形ABCD折叠,使点B、C分别落在点B'、C'上,且B'C'经过点D,

折痕与四边形的另一交点为Q.①在图2中作出四边形PB'C'Q(保留作图痕迹,不必说明作法和理由);②如果∠C=60°,那么

为何值时,B'P⊥AB?

10.(2016泉州,26,13分)如图,在四边形ABCD中35解析(1)四边形ABCD是平行四边形.理由如下:∵AD∥BC,∴∠A+∠B=180°.又∵∠A=∠C,∴∠B+∠C=180°,∴AB∥DC,∴四边形ABCD是平行四边形.(两组对边分别平行的四边形是平行四边形)(2)①如图,四边形PB'C'Q即为所求.

解析(1)四边形ABCD是平行四边形.理由如下:36②过点B'作B'H⊥AD于H,设B'P与AD相交于点E.

∵∠C=60°,∴∠A=∠C=60°,∠PBC=120°.∵B'P⊥AB,∴∠1=∠2=30°,∵∠PB'D=∠PBC=120°,∴∠3=30°=∠2,∴B'E=B'D,∴DE=2EH.设AP=a,PB=b,则PB'=PB=b.在Rt△APE中,∠A=60°,∴PE=

a,AE=2a.②过点B'作B'H⊥AD于H,设B'P与AD相交于点E.37∴B'E=B'P-PE=b-

a.在Rt△B'EH中,EH=B'Ecos30°=

(b-

a),又∵AB=AD=AE+DE=AE+2EH,∴a+b=2a+2·

(b-

a),∴(

-1)b=2a,∴

=

,即

=

.∴当

=

时,B'P⊥AB.∴B'E=B'P-PE=b- a.3811.(2018重庆,24,10分)如图,在平行四边形ABCD中,点O是对角线AC的中点,点E是BC上一点,且AB=AE,

连接EO并延长交AD于点F.过点B作AE的垂线,垂足为H,交AC于点G.(1)若AH=3,HE=1,求△ABE的面积;(2)若∠ACB=45°,求证:DF=

CG.

11.(2018重庆,24,10分)如图,在平行四边形ABC39解析(1)∵AH=3,HE=1,AB=AE,∴AB=AE=AH+HE=4.∵BG⊥AE,∴∠AHB=90°.∴AB2=AH2+BH2.∴BH=

=

=

.∴S△ABE=

AE·BH=

×4×

=2

.

(4分)(2)证明:∵四边形ABCD为平行四边形,∴AD∥BC,AD=BC,∴∠FAO=∠ECO.∵点O为AC的中点,∴AO=CO.在△AOF和△COE中,∵∠FAO=∠ECO,AO=CO,∠AOF=∠COE,∴△AOF≌△COE,∴AF=CE.∴DF=BE. (6分)如图,过点A作AM⊥BC交BC于点M,交BG于点Q,过点G作GN⊥BC,交BC于点N.解析(1)∵AH=3,HE=1,AB=AE,40CF<BD

D.又∵AB与AG关于AE对称,AE与AF关于AG对称,又DC=AB, (7分)(3)先证∠CBA=90°,再利用勾股定理求得FC,AF的长,最后确定AF为△AEF外接圆的直径,进而求解.∴∠CEB=∠DCE, (6分)解析(1)补全的图形如图所示.∴△AME≌△BNG.平行

四边形ABCD的面积为S,由A、E、F三点确定的圆的周长为l.证明∵四边形ABCD是平行四边形,解析如图,在正六边形ABCDEF中,AD为最长对角线,AE为最短对角线,可求得∠EAD=30°,∠AED=90°,

∴ =cos30°= ,∴λ6= .∵四边形ABCD是平行四边形,∴∠3=30°=∠2,∴B'E=B'D,∴DE=2EH.∴S△ABE= AE·BH= ×4× =2 .∴DE∥BC,DE=BC,在△ABE和△DPE中,(2017江西,16,6分)如图,已知正七边形ABCDEFG,请 ,分别按下列要求画图.∴S▱AEDF=S矩形ABCD,在Rt△APE中,∠A=60°,此时∠APB=150°,以∠APB,∠APC

为内角的两个正多边形均为正十二边形,会标的外轮廓周长为10+10+1=21.(2018陕西,14,3分)如图,点O是▱ABCD的对称中心,AD>AB,E、F是AB边上的点,且EF= AB;G、H是

∴∠AMB=∠AME=∠GNC=∠GNB=90°.∴∠AHB=∠AMB.∵∠AQH=∠BQM,∴∠QAH=∠GBN.∵AB=AE,AM⊥BE,∴∠BAM=∠QAH,BM=ME.∴∠BAM=∠QAH=∠GBN.∵∠ACB=45°,AM⊥BE,∴∠CAM=∠ACB=45°.CF<BD

D. 41∵∠BAG=45°+∠BAM,∠BGA=45°+∠GBN,∴∠BAG=∠BGA.∴AB=GB.∵AB=AE,∴AE=BG.在△AME和△BNG中,∠AME=∠BNG,∠EAM=∠GBN,AE=BG,∴△AME≌△BNG.∴ME=NG.∴BE=2ME=2NG.在Rt△GNC中,∵∠GCN=45°,∴CG=

NG.∴

CG=2NG,即BE=2NG=

CG.∴DF=BE=

CG.

(10分)∵∠BAG=45°+∠BAM,∠BGA=45°+∠GBN,42思路分析(1)根据勾股定理求出BH的长,进而利用三角形的面积公式求得△ABE的面积;(2)根据平行

四边形的性质和全等三角形可得BE=DF.过点A作AM⊥BC,过点G作GN⊥BC,根据等腰三角形的性质得

∠BAM=∠QAH,BM=ME=

BE,通过求证∠BAM=∠GBN,可得∠BAG=∠BGA,进而可得AB=AE=BG,利用△AME≌△BNG,得出NG=ME=

BE,最后利用CG=

NG得出DF=BE=

CG.方法指导对于以特殊四边形为背景的全等三角形的判定,一般都是通过特殊四边形的性质找出证全

等所需要的边或角的相等关系,从而进行证明.思路分析(1)根据勾股定理求出BH的长,进而利用三角形的面43教师专用题组考点一多边形1.(2019贵州贵阳,6,3分)如图,正六边形ABCDEF内接于☉O,连接BD,则∠CBD的度数是 ()

°°°°答案

A∵在正六边形ABCDEF中,∠BCD=

=120°,BC=CD,∴∠CBD=

×(180°-120°)=30°,故选A.思路分析根据正六边形的内角和求得∠BCD的度数,然后根据等腰三角形的性质即可得到结果.教师专用题组考点一多边形1.(2019贵州贵阳,6,3分)442.(2019云南,9,4分)一个十二边形的内角和等于 ()A.2160°

B.2080°

C.1980°

D.1800°答案

D根据多边形的内角和公式(n-2)·180°,可得十二边形的内角和等于(12-2)×180°=1800°.故选D.2.(2019云南,9,4分)一个十二边形的内角和等于 (453.(2017辽宁沈阳,10,2分)正六边形ABCDEF内接于☉O,正六边形的周长是12,则☉O的半径是 ()

A.

3.(2017辽宁沈阳,10,2分)正六边形ABCDEF内接46∴S△ABE= AE·BH= ×4× =2 .又∵AB与AG关于AE对称,AE与AF关于AG对称,延长BF交EC于点G,则∠BGE=∠GBC+∠GCB=90°,EF=DE

C.(2016泉州,17,4分)如图,在四边形ABCD中,AB∥DC,E是AD的中点,EF⊥BC于点F,BC=5,EF=3.因为当∠ABC=60°时,在Rt△AEB中,∠1=90°-∠B=30°,形,然后求出平行四边形EHFG的底和高即可得解.∴四边形EHFG为平行四边形.(2020漳州二检,5)如图,在▱ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,点E,F分别是AD,OD的中点,若EF=2,则

AC的长是 ()(2017上海,18,4分)我们规定:一个正n边形(n为整数,n≥4)的最短对角线与最长对角线长度的比值叫做

这个正n边形的“特征值”,记为λn,那么λ6=

.∵点O为AC的中点,∴AO=CO.所以要使点A的对应点G仍在▱ABCD的边上,需要使点G在CD边上.(2017江西,16,6分)如图,已知正七边形ABCDEFG,请 ,分别按下列要求画图.∴四边形BCED是平行四边形.∴四边形ABED为平行四边形.(2)延长AE、BC交于H,证△ADE≌△HCE,结合AF=AD+FC得AF=FH,从而得AE平分∠DAF.∴△ADE≌△HCE.∴∠ADE=∠ADC-∠EDC=15°.因为∠BEF=60°,AE⊥BC,即∠BEA=90°,(2)如图,分别过点D,C作DE⊥AB,CF⊥AB,垂足分别为E,F,答案

B由正六边形的周长是12,可得BC=2,连接OB、OC,则∠BOC=

=60°,所以△BOC为等边三角形,所以OB=BC=2,即☉O的半径为2,故选B.

∴S△ABE= AE·BH= ×4× =2 .答案

B474.(2020陕西,12,3分)如图,在正五边形ABCDE中,DM是边CD的延长线,连接BD,则∠BDM的度数是

.

4.(2020陕西,12,3分)如图,在正五边形ABCDE中48答案144°解析在正五边形ABCDE中,∵∠C=108°,BC=CD,∴∠CDB=

=36°,∴∠BDM=180°-∠CDB=180°-36°=144°.答案144°解析在正五边形ABCDE中,∵∠C=108°495.(2018贵州贵阳,13,4分)如图,点M,N分别是正五边形ABCDE的两边AB,BC上的点,且AM=BN,点O是正五

边形的中心,则∠MON的度数是

度.

答案725.(2018贵州贵阳,13,4分)如图,点M,N分别是正五50解析解法一:连接OA,OB,∵O为正五边形ABCDE的中心,∴∠OAM=∠OBN,又∵OA=OB,AM=BN,∴△OAM≌△OBN,∴∠AOM=∠BON,∴∠MON=∠AOB=

=72°.

解法二(特殊位置法):当OM⊥AB,ON⊥BC时,∠MON=180°-∠B=72°.

解析解法一:连接OA,OB,∵O为正五边形ABCDE的中心51解法三:作OP⊥AB,OQ⊥BC,如图所示.

易证Rt△OPM≌Rt△OQN,则∠POM=∠QON,∴∠MON=∠POQ=180°-∠B=72°.解法三:作OP⊥AB,OQ⊥BC,如图所示.526.(2017上海,18,4分)我们规定:一个正n边形(n为整数,n≥4)的最短对角线与最长对角线长度的比值叫做

这个正n边形的“特征值”,记为λn,那么λ6=

.答案

解析如图,在正六边形ABCDEF中,AD为最长对角线,AE为最短对角线,可求得∠EAD=30°,∠AED=90°,

∴

=cos30°=

,∴λ6=

.

6.(2017上海,18,4分)我们规定:一个正n边形(n为53思路分析确定最长及最短对角线,构造直角三角形,利用锐角三角函数求

,即λ6.一题多解如图,设正六边形ABCDEF的边长为1,可求得AE=

,AD=2,∴

=

,即λ6=

.

思路分析确定最长及最短对角线,构造直角三角形,利用锐角三角547.(2017江西,16,6分)如图,已知正七边形ABCDEFG,请

,分别按下列要求画图.(1)在图1中,画出一个以AB为边的平行四边形;(2)在图2中,画出一个以AF为边的菱形.

7.(2017江西,16,6分)如图,已知正七边形ABCDE55解析(1)如图.(画法有多种,正确画出一种即可,以下几种画法仅供参考)

解析(1)如图.(画法有多种,正确画出一种即可,以下几种画56

(3分)(2)如图.(画法有两种,正确画出其中一种即可)

57

(6分)

58考点二平行四边形1.(2018安徽,9,4分)▱ABCD中,E,F是对角线BD上不同的两点.下列条件中,

得出四边形AECF一定为平行四边形的是 ()A.BE=DF

B.AE=CFC.AF∥CE

D.∠BAE=∠DCF考点二平行四边形1.(2018安徽,9,4分)▱AB59答案

B当BE=DF时,如图1,易证△AFD≌△CEB,△ABE≌△CDF,从而AF=CE,AE=CF,所以四边形AECF一定是平行四边形,故A不符合题意;如图1,当AF∥CE时,∠AFE=∠CEF,从而∠AFD=∠CEB,又因为∠ADF=∠CBE,AD=BC,所以△AFD≌△CEB,则AF=CE,所以四边形AECF一定是平行四边形,故C不符合题意;如图1,当∠BAE=∠DCF时,易证△ABE≌△CDF,可得∠AEB=∠CFD,AE=CF,所以∠AEF=∠CFE,所以AE∥CF,则四边形AECF一定是平行四边形,故D不符合题意;如图2,其中AE=CF,答案

B当BE=DF时,如图1,60但显然四边形AECF不是平行四边形.故B符合题意.

图1图2思路分析依据平行四边形的定义或判定定理进行判断.但显然四边形AECF不是平行四边形.故B符合题意.思路分析612.(2018乌鲁木齐,7,4分)如图,在▱ABCD中,E是AB的中点,EC交BD于点F,则△BEF与△DCB的面积比为

()

A.

B.

C.

D.

2.(2018乌鲁木齐,7,4分)如图,在▱ABCD中,E是62答案

D∵四边形ABCD是平行四边形,E是AB的中点,∴

=

=

,∴

=

,

=

,∴

=

.答案

D∵四边形ABCD是平行四边形,E是AB的中点633.(2018河南,9,3分)如图,已知▱AOBC的顶点O(0,0),A(-1,2),点B在x轴正半轴上.按以下步骤作图:①以点

O为圆心,适当长度为半径作弧,分别交边OA,OB于点D,E;②分别以点D,E为圆心,大于

DE的长为半径作弧,两弧在∠AOB内交于点F;③作射线OF,交边AC于点G.则点G的坐标为 ()

A.(

-1,2)

B.(

,2)C.(3-

,2)

D.(

-2,2)3.(2018河南,9,3分)如图,已知▱AOBC的顶点O(64答案

A如图,设AC与y轴交于点H.在▱AOBC中,AC∥OB,∴AH⊥y轴,∵A(-1,2),∴AO=

=

,由作图知OF平分∠AOB,∴∠AOF=∠BOF=∠AGO,∴AG=AO=

,HG=AG-AH=

-1,∴点G的坐标为(

-1,2).故选A.

答案

A如图,设AC与y轴交于点H.654.(2019云南,6,3分)在平行四边形ABCD中,∠A=30°,AD=4

,BD=4,则平行四边形ABCD的面积等于

.答案16

或8

4.(2019云南,6,3分)在平行四边形ABCD中,∠A=66解析①当∠ABD为锐角时,过D点作DE⊥AB于点E.如图1.

图1∵在Rt△ADE中,∠A=30°,AD=4

,∴DE=

AD=

×4

=2

,AE=

AD=

×4

=6.在Rt△BDE中,由勾股定理得BE=

=

=2,解析①当∠ABD为锐角时,过D点作DE⊥AB于点E.如图167∴AB=AE+BE=6+2=8,∴S▱ABCD=AB·DE=8×2

=16

.②当∠ABD为钝角时,如图2,同理可得DE=2

,AE=6,BE=2,

图2∴AB=AE-BE=6-2=4,∴S▱ABCD=AB·DE=4×2

=8

.综上所述,平行四边形ABCD的面积为16

或8

.∴AB=AE+BE=6+2=8,68方法点拨本题的难点在于平行四边形形状的不确定性.根据平行四边形的面积公式,需要知道平行四

边形的一边长及该边上的高,高线可能在平行四边形的内部,也可能在外部,进而画出图形,其他问题便迎

刃而解了.方法点拨本题的难点在于平行四边形形状的不确定性.根据平行四695.(2020陕西,18,5分)如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,∠B=∠C.E是边BC上一点,且DE=DC.求证:AD=BE.证明∵DE=DC,∴∠DEC=∠C. (1分)∵∠B=∠C,∴∠DEC=∠B.∴AB∥DE. (3分)∵AD∥BC,∴四边形ABED为平行四边形. (4分)∴AD=BE.

(5分)5.(2020陕西,18,5分)如图,在四边形ABCD中,A70方法总结本题可通过证明四边形ABED是平行四边形来证明AD=BE.平行四边形的判定方法:1.定义:

边形是平行四边形.方法总结本题可通过证明四边形ABED是平行四边形来证明AD716.(2018贵州贵阳,20,10分)如图,在平行四边形ABCD中,AE是BC边上的高,点F是DE的中点,AB与AG关于

AE对称,AE与AF关于AG对称.(1)求证:△AEF是等边三角形;(2)若AB=2,求△AFD的面积.

6.(2018贵州贵阳,20,10分)如图,在平行四边形AB72解析(1)证明:∵AE是BC边上的高,∴∠AEB=90°.∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,∴∠EAD=∠AEB=90°,∴△AED是直角三角形.∵F是ED的中点,∴AF=EF=FD.∵AE与AF关于AG对称,∴AE=AF,∴AE=AF=EF,∴△AEF是等边三角形.(2)由(1)知△AEF是等边三角形,∴∠EFA=∠EAF=∠AEF=60°.解析(1)证明:∵AE是BC边上的高,73又∵AB与AG关于AE对称,AE与AF关于AG对称,∴∠BAE=∠GAE=∠GAF=30°,AG⊥EF,设垂足为点N,∴∠B=90°-∠BAE=60°.∵在Rt△ABE中,AE=ABsinB=

,∴FD=AE=

.∵在Rt△AEN中,AN=AEsin∠AEN=

,∴S△AFD=

FD·AN=

×

×

=

.又∵AB与AG关于AE对称,AE与AF关于AG对称,747.(2018云南,23,12分)如图,在平行四边形ABCD中,点E是CD的中点,点F是BC边上的点,AF=AD+FC.平行

四边形ABCD的面积为S,由A、E、F三点确定的圆的周长为l.(1)若△ABE的面积为30,直接写出S的值;(2)求证:AE平分∠DAF;(3)若AE=BE,AB=4,AD=5,求l的值.

7.(2018云南,23,12分)如图,在平行四边形ABCD75解析(1)60. (3分)(2)证明:延长AE,与BC的延长线交于点H.∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC.∴∠ADE=∠HCE,∠DAE=∠CHE. (4分)∵点E为CD的中点,∴ED=EC.∴△ADE≌△HCE.∴AD=HC,AE=HE.∴AD+FC=HC+FC.由AF=AD+FC和FH=HC+FC得AF=FH.∴∠FAE=∠CHE. (6分)又∵∠DAE=∠CHE,∴∠DAE=∠FAE,∴AE平分∠DAF.

(7分)解析(1)60. (3分)76

(3)连接EF.∵AE=BE,AE=HE,∴AE=BE=HE.∴∠BAE=∠ABE,∠HBE=∠BHE.由(2)知∠DAE=∠CHE,

77∴∠BAE+∠DAE=∠ABE+∠HBE,即∠DAB=∠CBA.由四边形ABCD是平行四边形得∠DAB+∠CBA=180°,∴∠CBA=90°, (9分)∴AF2=AB2+BF2=16+(5-FC)2=(FC+CH)2=(FC+5)2,解得FC=

.∴AF=FC+CH=

+5=

.∵AE=HE,AF=FH,∴FE⊥AH.∴AF是△AEF的外接圆的直径.∴△AEF的外接圆的周长l=

.

(12分)∴∠BAE+∠DAE=∠ABE+∠HBE,即∠DAB=∠CB78思路分析(1)由S△ABE=

S平行四边形ABCD可得.(2)延长AE、BC交于H,证△ADE≌△HCE,结合AF=AD+FC得AF=FH,从而得AE平分∠DAF.(3)先证∠CBA=90°,再利用勾股定理求得FC,AF的长,最后确定AF为△AEF外接圆的直径,进而求解.解后反思利用“倍长中线”构造全等三角形是我们常用的方法,而求圆的周长需求其半径或直径,利

用直角三角形的斜边为其外接圆直径即可求解.思路分析(1)由S△ABE= S平行四边形ABCD可得.解79A组2018—2020年模拟·基础题组时间:40分钟分值:48分一、选择题（每小题4分，共12分）1.(2020福州二检,4)若一个多边形的内角和是540°,则这个多边形是 ()答案

B

设这个多边形为n边形,由题意可得540°=(n-2)×180°,解得n=5,所以此多边形是五边形,故选B.A组2018—2020年模拟·基础题组一、选择题（每小题4802.(2020漳州平和质检,5)如果正多边形的一个外角等于45°,那么它的边数为 ()答案

C

∵多边形的外角和为360°,∴这个正多边形的边数为

=8,故选C.2.(2020漳州平和质检,5)如果正多边形的一个外角等于4813.(2020漳州二检,5)如图,在▱ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,点E,F分别是AD,OD的中点,若EF=2,则

AC的长是 ()

答案

D

根据三角形的中位线定理可知EF=

AO,在▱ABCD中,AO=OC,∴AC=4EF=8,故选D.3.(2020漳州二检,5)如图,在▱ABCD中,对角线AC82二、填空题（每小题4分，共12分）4.(2020漳州二检,12)正六边形的一个内角的度数是

.答案120°解析解法一:(6-2)×180°÷6=120°.解法二:正六边形的一个外角的度数为

=60°,所以正六边形一个内角的度数为180°-60°=120°.二、填空题（每小题4分，共12分）4.(2020漳州二检,1835.(2020南平二检,13)若正六边形的边长为2,则它的面积等于

.答案6

5.(2020南平二检,13)若正六边形的边长为2,则它的面84解析如图,过点A作AH⊥CF,∵OA=2,∠AFH=∠AOH=∠FAO=60°,∴AH=

,∴S△AFO=

×2×

=

,∴S六边形ABCDEF=6×

=6

.

解析如图,过点A作AH⊥CF,∵OA=2,∠AFH=∠AO856.(2019泉州二检,13)在五边形ABCDE中,若∠A+∠B+∠C+∠D=440°,则∠E=

.答案100°解析由多边形内角和公式可得五边形内角和为(5-2)×180°=540°,∴∠E=540°-440°=100°.6.(2019泉州二检,13)在五边形ABCDE中,若∠A+86三、解答题（共24分）7.(2020厦门二检,19)如图,四边形ABCD是平行四边形,BE⊥AC,DF⊥AC,垂足分别为E,F.证明:BE=DF.证明证法一:∵BE⊥AC,DF⊥AC,∴∠AEB=90°,∠CFD=90°. (1分)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥CD,AB=CD. (4分)∴∠BAE=∠DCF. (5分)∵∠AEB=∠CFD,∠BAE=∠DCF,AB=CD,∴△BAE≌△DCF. (7分)∴BE=DF. (8分)三、解答题（共24分）7.(2020厦门二检,19)如图,四87证法二:∵BE⊥AC,DF⊥AC,∴S△ABC=

AC·BE,S△ADC=

AC·DF.

(1分)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB=CD,BC=DA. (4分)又∵AC=AC,∴△ABC≌△CDA. (7分)∴S△ABC=S△ADC,∴BE=DF. (8分)证法二:∵BE⊥AC,DF⊥AC,888.(2019泉州石狮质检,19)如图,已知点E,C在线段BF上,BE=CF,∠B=∠DEF,∠ACB=∠F,求证:四边形

ABED为平行四边形.证明∵BE=CF,∴BE+EC=CF+EC,∴BC=EF. (2分)又∵∠F=∠ACB,∠B=∠DEF,∴△ABC≌△DEF, (5分)∴AB=DE. (6分)8.(2019泉州石狮质检,19)如图,已知点E,C在线段B89又∵∠B=∠DEF,∴AB∥DE, (7分)∴四边形ABED是平行四边形. (8分)又∵∠B=∠DEF,90所以要使FG=BC,只要使AB=BC.(2)证明:在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠ACB=30°,解析(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,下列条件中, 得出四边形AECF一定为②当∠ABD为钝角时,如图2,同理可得DE=2 ,AE=6,BE=2,在▱ABCD中,AB=CD,AB∥CD,(2019河北,1,3分)下列图形为正多边形的是 ()∵tan∠ABC= ,AB=x,解析在正五边形ABCDE中,∵∠C=108°,BC=CD,∴△AME≌△BNG.又∠EDC=∠BAC=60°,解析①当∠ABD为锐角时,过D点作DE⊥AB于点E.(1)若AB=DC,则四边形ABCD的面积S=

;在△ABE与△CDF中,∴这个正多边形的边数为 =8,思路分析(1)由S△ABE= S平行四边形ABCD可得.所以此多边形是五边形,此时∠APB=150°,以∠APB,∠APC

为内角的两个正多边形均为正十二边形,会标的外轮廓周长为10+10+1=21.(2019陕西,12,3分)若正六边形的边长为3,则其较长的一条对角线长为

.所以要使点B的对应点F仍在▱ABCD的边上,需要使点F在AB边上.9.(2020福州一检,21)如图,△ABC中,AB=AC>BC,将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC,使得点B的对应

点E落在边AB上(点E不与点B重合),连接AD.(1)依题意补全图形;(2)求证:四边形ABCD是平行四边形.

所以要使FG=BC,只要使AB=BC.9.(2020福州一检91解析(1)补全的图形如图所示.

(2分)(2)证明:∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC,∴△ABC≌△DEC,DC=AC,EC=BC.∵AB=AC,∴DC=AB. (3分)∵△ABC≌△DEC,∴∠DCE=∠ACB. (4分)∵EC=BC,解析(1)补全的图形如图所示.92∴∠CEB=∠B.

(5分)∵AB=AC,∴∠B=∠ACB,∴∠CEB=∠DCE, (6分)∴DC∥AB.又DC=AB, (7分)∴四边形ABCD是平行四边形. (8分)∴∠CEB=∠B. (5分)93B组2018—2020年模拟·提升题组时间:50分钟分值:64分一、选择题（每小题4分，共8分）1.(2020莆田二检,9)矩形ABCD的边BC上有一动点E,连接AE,DE,以AE,DE为边作平行四边形AEDF.在点

E从点B移动到点C的过程中,平行四边形AEDF的面积()

B组2018—2020年模拟·提升题组一、选择题（每小题494答案

D

易知S▱AEDF=2S△ADE=2×

·AD·AB,∴S▱AEDF=S矩形ABCD,故▱AEDF的面积保持不变,故选D.解后反思根据平行四边形的性质,得平行四边形AEDF的面积为△ADE面积的二倍,从而得到平行四

边形AEDF的面积等于矩形ABCD的面积.答案

D

易知S▱AEDF=2S△ADE=2× 952.(2020厦门二检,9)如图,六边形ABCDEF是正六边形,点P是边AF的中点,PC,PD分别与BE交于点M,N,则

S△PBM∶S四边形MCDN的值为 ()A.

B.

C.

D.

2.(2020厦门二检,9)如图,六边形ABCDEF是正六边96答案

A

取BE的中点O,则点O为正六边形的中心,设MN=a,则OM=ON=

a,CD=2MN=2a,∴OB=OE=CD=2a,∴BM=OB-OM=2a-

a=

a.过点A作AH⊥BE,过点M作MG⊥CD,垂足分别为H,G.易知AH=MG.∴S△PBM=

·

a·AH,S四边形MCDN=

(a+2a)·MG=

a·MG,∴S△PBM∶S四边形MCDN=

,故选A.答案

A

取BE的中点O,则点O为正六边形的中心97二、填空题（共4分）3.(2018宁德质检,13)小明同学在计算一个多边形的内角和时,由于粗心少算了一个内角,结果得到的总

和是800°,则少算的这个内角的度数为

.答案100°解析设这个多边形的边数为n,由题意得800°<(n-2)·180°<980°,解得6

<n<7

,又n为正整数,∴n=7,则(7-2)×180°-800°=100°.二、填空题（共4分）3.(2018宁德质检,13)小明同学在98三、解答题（共52分）4.(2020莆田二检,24)在四边形ABCD中,AC⊥AD,∠ABC=∠ADC.在BC的延长线上取点E,使得DC=DE.(1)如图1,当AD∥BC时,求证:①∠ABC=∠DEC;②CE=2BC;(2)如图2,若tan∠ABC=

,BE=10,设AB=x,BC=y,求y与x的函数表达式.

三、解答题（共52分）4.(2020莆田二检,24)在四边形99解析(1)证明:①∵AD∥BC,∴∠DCE=∠ADC,∵DC=DE,∴∠DCE=∠DEC,∵∠ABC=∠ADC,∴∠ABC=∠DEC.②∵∠ABC=∠DCE,∴AB∥CD,∵AD∥BC,∴四边形ABCD是平行四边形,∴AD=BC,如图,作DH⊥BE于点H,解析(1)证明:①∵AD∥BC,100

∵AC⊥AD,∴四边形ACHD是矩形,∴AD=CH,∵DC=DE且DH⊥BE,∴H为CE的中点.∴CE=2CH=2BC.(2)解法一:如图,作DH⊥BE于点H,

101

由(1)得CE=2CH,作AN⊥DH于点N,AM⊥BE于点M,∴四边形AMHN是矩形,∴AN=MH,易知∠MAC=∠NAD,∴△ACM∽△ADN,∴

=

,∵tan∠ABC=tan∠ADC=

,AB=x,

102∴AM=

x,BM=

x,AN=

AM=

x,∵BE=10,∴HE=BE-BH=10-

x,∴CE=2HE=20-

x,∴BC=BE-CE=

x-10,∵0<BC<10,∴

<x<

,故y与x的函数表达式为y=

x-10

.解法二:如图,作DH⊥BE于点H,由(1)得CE=2CH,连接AH,∴AM= x,BM= x,AN= AM= x,103

∵∠DAC=∠DHC=90°,∴点A、C、H、D在以CD为直径的圆上,∴∠AHC=∠ADC=∠ABC,∴AB=AH,作AM⊥BH于点M,∴BH=2BM,∵tan∠ABC=

,AB=x,∴BM=

x,BH=2BM=

x.∴HE=BE-BH=10-

x.(以下步骤同解法一) ∴HE=BE-BH=10- x.1045.(2019泉州晋江质检,19)如图,在▱ABCD中,AE⊥BD于点E.(1)求作线段CF,使得CF⊥BD于点F;(请用无刻度的直尺与圆规作图,不写作法和证明,但要保留作图痕

迹)(2)在(1)的条件下,求证:AE=CF.

5.(2019泉州晋江质检,19)如图,在▱ABCD中,AE105所以要使点A的对应点G仍在▱ABCD的边上,需要使点G在CD边上.(2020厦门一检,22)如图,在▱ABCD中,AE⊥BC于点E.∴S△ABC=S△ADC,又∠EDC=∠BAC=60°,(3)先证∠CBA=90°,再利用勾股定理求得FC,AF的长,最后确定AF为△AEF外接圆的直径,进而求解.方法指导对于以特殊四边形为背景的全等三角形的判定,一般都是通过特殊四边形的性质找出证全

等所需要的边或角的相等关系,从而进行证明.∴∠AEB=∠CFD=90°.∵tan∠ABC=tan∠ADC= ,AB=x,∴AD=CE,∴AD=BC.∴∠DAC=∠ADC= (180°-∠DCE)=75°,因为∠BEF=60°,AE⊥BC,即∠BEA=90°,(2018安徽,9,4分)▱ABCD中,E,F是对角线BD上不同的两点.解析(1)证明:由题意可知AB=AD,∠BAF+∠DAE=90°,所以要使点B的对应点F仍在▱ABCD的边上,需要使点F在AB边上.∵四边形ABCD是平行四边形,又∵∠DAE=∠CHE,∴点A、C、H、D在以CD为直径的圆上,(2020南平二检,13)若正六边形的边长为2,则它的面积等于

.由(1)得CE=2CH,连接AH,解析①当∠ABD为锐角时,过D点作DE⊥AB于点E.解析(1)如图,线段CF是所求作的线段.

(3分)(2)证明:∵AE⊥BD,CF⊥BD,∴∠AEB=∠CFD=90°. (4分)在▱ABCD中,AB=CD,AB∥CD,∴∠ABE=∠CDF. (5分)在△ABE与△CDF中,

所以要使点A的对应点G仍在▱ABCD的边上,需要使点G在CD106∴△ABE≌△CDF.

(7分)∴AE=CF. (8分)∴△ABE≌△CDF. (7分)1076.(2019龙岩二检,19)在四边形ABCD中,AB∥CD.(1)如图1,已知∠A=∠B,求证:AD=BC;(2)如图2,已知∠A=60°,∠B=45°,AD=2,求BC的长.

图1图2

6.(2019龙岩二检,19)在四边形ABCD中,AB∥CD108解析(1)证明:如图,过点C作CE∥AD,交AB于点E.

∵CE∥AD,∴∠A=∠1,又∵∠A=∠B,∴∠1=∠B,∴CE=BC. (2分)∵AB∥CD,CE∥AD,∴四边形AECD为平行四边形.∴AD=CE,∴AD=BC. (4分)(2)如图,分别过点D,C作DE⊥AB,CF⊥AB,垂足分别为E,F,∴DE∥CF,∵AB∥CD,∴四边形DEFC为矩形,∴DE=CF. (6分)解析(1)证明:如图,过点C作CE∥AD,交AB于点E.109在Rt△DAE中,∠A=60°,AD=2,∴sin∠A=

,即

=

,∴DE=

.

(7分)

在Rt△CBF中,∠B=45°,∴CF=BF=DE=

,∴BC=

=

.

(8分)在Rt△DAE中,∠A=60°,AD=2,1107.(2020厦门一检,22)如图,在▱ABCD中,AE⊥BC于点E.若一个三角形模板与△ABE完全重合地叠放在

一起,现将该模板绕点E顺时针旋转,要使该模板旋转60°后,三个顶点仍在▱ABCD的边上,请探究▱

ABCD的角和边需要满足的条件.

7.(2020厦门一检,22)如图,在▱ABCD中,AE⊥B111解析三角形模板绕点E顺时针旋转60°,E为旋转中心,位置不变.设A,B的对应点分别为G,F,分别连接EF,EG,FG,如图.

则EB=EF,EA=EG,∠BEF=∠AEG=60°,△AEB≌△GEF.所以∠1=∠2,AB=GF. (3分)因为∠BEF=60°,AE⊥BC,即∠BEA=90°,所以∠BEF<∠BEA.所以要使点B的对应点F仍在▱ABCD的边上,需要使点F在AB边上. (4分)因为∠BEF=60°,EB=EF,所以△BEF为等边三角形,所以要使点F在AB边上,只要使∠ABC=60°. (5分)解析三角形模板绕点E顺时针旋转60°,E为旋转中心,位置不112在▱ABCD中,AD∥BC,且∠AEB=90°,所以∠EAD=90°,若点G在AD上,则EG>EA,与EG=EA矛盾. (6分)又因为∠AEG=60°<∠AEC,所以要使点A的对应点G仍在▱ABCD的边上,需要使点G在CD边上.因为当∠ABC=60°时,在Rt△AEB中,∠1=90°-∠B=30°,所以∠2=30°.又因为∠GEC=∠AEC-∠AEG=90°-60°=30°,所以∠2=∠GEC.所以FG∥BC.又因为在▱ABCD中,AB∥CD,所以要使点G在CD边上,只要使BF∥CG.即只要使四边形BCGF是平行四边形, (8分)也即只要使FG=BC. (9分)又因为AB=GF,在▱ABCD中,AD∥BC,且∠AEB=90°,113所以要使FG=BC,只要使AB=BC.所以要使该模板绕点E顺时针旋转60°后,三个顶点仍在▱ABCD的边上,▱ABCD的角和边需要满足的条

件是∠ABC=60°,AB=BC. (10分)所以要使FG=BC,只要使AB=BC.114

中考数学

（福建专用）多边形与平行四边形中考数学

（福建专用）多边形与平行四边形1152016—2020年全国中考题组考点一多边形1.(2019福建,5,4分)已知正多边形的一个外角是36°,则该正多边形的边数为 ()答案

B设该正多边形的边数为n,则n=

=10,故选B.2016—2020年全国中考题组考点一多边形1.(20191162.(2018福建,4,4分)一个n边形的内角和为360°,则n等于 ()答案

B根据n边形的内角和公式,得(n-2)×180°=360°,可求得n=4.2.(2018福建,4,4分)一个n边形的内角和为360°,1173.(2019河北,1,3分)下列图形为正多边形的是 ()

答案

D正多边形的各边相等,各角相等,故选D.3.(2019河北,1,3分)下列图形为正多边形的是 (1184.(2020福建,15,4分)如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的,则∠ABC等于