第13讲 多边形与平行四边形（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）（解析版）

第13讲多边形与平行四边形（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）【考纲要求】1.多边形了解多边形及正多边形的概念；了解多边形的内角和与外角和公式；知道用任意一个正三角形、正方形或正六边形可以镶嵌平面；了解四边形的不稳定性；了解特殊四边形之间的关系．会用多边形的内角和与外角和公式解决计算问题；能用正三角形、正方形、正六边形进行简单的镶嵌设计；能依据条件分解与拼接简单图形．2.平行四边形会识别平行四边形．掌握平行四边形的概念、判定和性质，会用平行四边形的性质和判定解决简单问题．会运用平行四边形的知识解决有关问题．【知识导图】【考点梳理】考点一、多边形多边形：在平面内，由若干条不在同一条直线上的线段首尾顺次相接所组成的封闭图形叫做多边形．多边形的对角线是连接多边形不相邻的两个顶点的线段.2.多边形的对角线：从n边形的一个顶点出发可以引出(n－3)条对角线，共有n(n-3)/2条对角线，把多边形分成了(n－2)个三角形．3．多边形的角：n边形的内角和是(n－2)·180°，外角和是360°.考点二、平面图形的镶嵌1．镶嵌的定义用形状，大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．2．平面图形的镶嵌(1)一个多边形镶嵌的图形有：三角形，四边形和正六边形；(2)两个多边形镶嵌的图形有：正三角形和正方形，正三角形和正六边形，正方形和正八边形，正三角形和正十二边形；(3)三个多边形镶嵌的图形一般有：正三角形、正方形和正六边形，正方形、正六边形和正十二边形，正三角形、正方形和正十二边形.考点三、三角形中位线定理1．连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线.2．定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半.考点四、平行四边形的定义、性质与判定1．定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．2．性质：(1)平行四边形的对边平行且相等；(2)平行四边形的对角相等，邻角互补；(3)平行四边形的对角线互相平分；(4)平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心．3．判定：(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形；(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形；(3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；(4)两组对角分别相等的四边形是平行四边形；(5)对角线互相平分的四边形是平行四边形．考点五：平行线间的距离1．两条平行线间的距离：两条平行线中，一条直线上的任意一点到另一条直线的距离，叫做这两条平行线间的距离.

2．平行四边形的面积：

平行四边形的面积=底×高(等底等高的平行四边形面积相等).【典型例题】题型一、多边形与平面图形的镶嵌例1.如图所示，在折纸活动中，小明制作了一张△ABC纸片，点D，E分别是边AB、AC上，将△ABC沿着DE重叠压平，A与A′重合，若∠A=70°，则∠1+∠2=_________.【思路点拨】首先根据四边形的内角和公式可以求出四边形ADA′E的内角和，由折叠可知∠AED=∠A′ED，∠ADE=∠A′DE，∠A=∠A′，又∠A=70°，由此可以求出∠AED+∠A′ED+∠ADE+∠A′DE，再利用邻补角的关系即可求出∠1+∠2．【答案与解析】∵四边形ADA′E的内角和为（4-2）•180°=360°，

而由折叠可知∠AED=∠A′ED，∠ADE=∠A′DE，∠A=∠A′，

∴∠AED+∠A′ED+∠ADE+∠A′DE=360°-∠A-∠A′=360°-2×70°=220°，

∴∠1+∠2=180°×2-（∠AED+∠A′ED+∠ADE+∠A′DE）=140°．【总结升华】本题考查根据多边形的内角和计算公式求和多边形相关的角的度数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．【变式】一个多边形截取一个角后，形成另一个多边形的内角和是1620°，则原来多边形的边数是（）A.10B.11C.12D.以上都有可能【答案】D.例2．已知在四边形ABCD中，∠A=x，∠C=y，（0°＜x＜180°，0°＜y＜180°）．（1）∠ABC+∠ADC=（用含x、y的代数式表示）；（2）如图1，若x=y=90°，DE平分∠ADC，BF平分与∠ABC相邻的外角，请写出DE与BF的位置关系，并说明理由．（3）如图2，∠DFB为四边形ABCD的∠ABC、∠ADC相邻的外角平分线所在直线构成的锐角，①当x＜y时，若x+y=140°，∠DFB=30°试求x、y．②小明在作图时，发现∠DFB不一定存在，请直接指出x、y满足什么条件时，∠DFB不存在．【思路点拨】（1）利用四边形内角和定理得出答案即可；（2）利用角平分线的性质结合三角形外角的性质得出即可；（3）①利用角平分线的性质以及三角形内角和定理，得出∠DFB=y﹣x=30°，进而得出x，y的值；②当x=y时，DC∥BF，即∠DFB=0，进而得出答案．【答案与解析】解：（1）∠ABC+∠ADC=360°﹣x﹣y；故答案为：360°﹣x﹣y；（2）如图1，延长DE交BF于G∵DE平分∠ADC，BF平分∠MBC，∴∠CDE=∠ADC，∠CBF=∠CBM，又∵∠CBM=180°﹣∠ABC=180°﹣（180°﹣∠ADC）=∠ADC，∴∠CDE=∠CBF，又∵∠BED=∠CDE+∠C=∠CBF+∠BGE，∴∠BGE=∠C=90°，∴DG⊥BF（即DE⊥BF）；（3）①由（1）得：∠CDN+∠CBM=x+y，∵BF、DF分别平分∠CBM、∠CDN，∴∠CDF+∠CBF=（x+y），如图2，连接DB，则∠CBD+∠CDB=180°﹣y，得∠FBD+∠FDB=180°﹣y+（x+y）=180°﹣y+x，∴∠DFB=y﹣x=30°，解方程组：，解得：；②当x=y时，DC∥BF，此时∠DFB=0，故x、y满足x=y时，∠DFB不存在．【总结升华】此题主要考查了多边形的内角和角平分线的性质以及三角形内角和定理等知识，正确应用角平分线的性质是解题关键．题型二、平行四边形及其他知识的综合运用例3．如图，四边形ABCD是平行四边形，BE平分∠ABC，CF平分∠BCD，BE、CF交于点G．若使EF=AD，那么平行四边形ABCD应满足的条件是（）A．∠ABC=60°B．AB：BC=1：4C．AB：BC=5：2D．AB：BC=5：8【思路点拨】根据四边形ABCD是平行四边形，利用平行四边形的性质得到对边平行且相等，然后根据两直线平行内错角相等，得到∠AEB=∠EBC，再由BE平分∠ABC得到∠ABE=∠EBC，等量代换后根据等角对等边得到AB=AE，同理可得DC=DF，再由AB=DC得到AE=DF，根据等式的基本性质在等式两边都减去EF得到AF=DE，当EF=AD时，设EF=x，则AD=BC=4x，然后根据设出的量再表示出AF，进而根据AB=AF+EF用含x的式子表示出AB即可得到AB与BC的比值．【答案与解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB=CD，AD=BC，∴∠AEB=∠EBC，又BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠EBC，∴∠ABE=∠AEB，∴AB=AE，同理可得：DC=DF，∴AE=DF，∴AE-EF=DE-EF，即AF=DE，当EF=AD时，设EF=x，则AD=BC=4x，∴AF=DE=（AD-EF）=1.5x，∴AE=AB=AF+EF=2.5x，∴AB：BC=2.5：4=5：8．故选D．【总结升华】此题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，角平分性的定义以及等式的基本性质，利用了等量代换的数学思想，要求学生把所学的知识融汇贯穿，灵活运用．例4.已知，点P是直角三角形ABC斜边AB上一动点（不与A，B重合），分别过A，B向直线CP作垂线，垂足分别为E、F．（1）当点P为AB的中点时，如图1，连接AF、BE．证明：四边形AEBF是平行四边形；（2）当点P不是AB的中点，如图2，Q是AB的中点．证明：△QEF为等腰三角形．【思路点拨】（1）首先证明△BFQ≌△AEQ可得QE=QF，再由AQ=BQ可利用对角线互相平分的四边形是平行四边形判定四边形AEBF是平行四边形；（2）首先证明△FBQ≌△DAQ可得QF=QD，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得QE=QF=QD，进而可得结论．【答案与解析】证明：（1）如图1，∵Q为AB中点，∴AQ=BQ，∵BF⊥CP，AE⊥CP，∴BF∥AE，∠BFQ=∠AEQ，在△BFQ和△AEQ中：∴△BFQ≌△AEQ（AAS），∴QE=QF，∴四边形AEBF是平行四边形；（2）QE=QF，如图2，延长FQ交AE于D，∵AE∥BF，∴∠QAD=∠FBQ，在△FBQ和△DAQ中，∴△FBQ≌△DAQ（ASA），∴QF=QD，∵AE⊥CP，∴EQ是直角三角形DEF斜边上的中线，∴QE=QF=QD，即QE=QF，∴△QEF是等腰三角形．【总结升华】此题主要考查了平行四边形的判定，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是掌握对角线互相平分的四边形是平行四边形．例5．如图，△ABC是等边三角形，点D是边BC上的一点，以AD为边作等边△ADE，过点C作CF∥DE交AB于点F．（1）若点D是BC边的中点（如图①），求证：EF=CD；（2）在（1）的条件下直接写出△AEF和△ABC的面积比；（3）若点D是BC边上的任意一点（除B、C外如图②），那么（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．【思路点拨】（1）根据△ABC和△AED是等边三角形，D是BC的中点，ED∥CF，求证△ABD≌△CAF，进而求证四边形EDCF是平行四边形即可；

（2）在（1）的条件下可直接写出△AEF和△ABC的面积比；（3）根据ED∥FC，结合∠ACB=60°，得出∠ACF=∠BAD，求证△ABD≌△CAF，得出ED=CF，进而求证四边形EDCF是平行四边形，即可证明EF=DC．【答案与解析】证明：∵△ABC是等边三角形，D是BC的中点，∴AD⊥BC，且∠BAD=∠BAC=30°，∵△AED是等边三角形，∴AD=AE，∠ADE=60°，∴∠EDB=90°-∠ADE=90°-60°=30°，∵ED∥CF，∴∠FCB=∠EDB=30°，∵∠ACB=60°，∴∠ACF=∠ACB-∠FCB=30°，∴∠ACF=∠BAD=30°，在△ABD和△CAF中，∠BAD=∠ACF，AB=CA，∠FAC=∠B，∴△ABD≌△CAF（ASA），∴AD=CF，∵AD=ED，∴ED=CF，又∵ED∥CF，∴四边形EDCF是平行四边形，∴EF=CD．（2）解：△AEF和△ABC的面积比为：1：4；（3）成立．理由如下：∵ED∥FC，∴∠EDB=∠FCB，∵∠AFC=∠B+∠BCF=60°+∠BCF，∠BDA=∠ADE+∠EDB=60°+∠EDB∴∠AFC=∠BDA，在△ABD和△CAF中，∠BDA=∠AFC，∠B=∠FAC，AB=CA∴△ABD≌△CAF（AAS），∴AD=FC，∵AD=ED，∴ED=CF，又∵ED∥CF，∴四边形EDCF是平行四边形，∴EF=DC．【总结升华】此题主要考查学生对平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质的理解和掌握．此题涉及到的知识点较多，综合性较强，难度较大．例6.在口ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F（1）在图1中证明CE=CF；（2）若∠ABC=90°，G是EF的中点（如图2），直接写出∠BDG的度数；（3）若∠ABC=120°，FG∥CE，FG=CE，分别连接DB、DG（如图3），求∠BDG的度数．【思路点拨】根据AF平分∠BAD，可得∠BAF=∠DAF，利用四边形ABCD是平行四边形，求证∠CEF=∠F即可．（2）根据∠ABC=90°，G是EF的中点可直接求得．（3）分别连接GB、GC，求证四边形CEGF是平行四边形，再求证△ECG是等边三角形．由AD∥BC及AF平分∠BAD可得∠BAE=∠AEB，求证△BEG≌△DCG，然后即可求得答案.【答案与解析】（1）证明：如图1，∵AF平分∠BAD，∴∠BAF=∠DAF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠F，∴∠CEF=∠F．∴CE=CF．（2）解：连接GC、BG，∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=90°，∴四边形ABCD为矩形，∵AF平分∠BAD，∴∠DAF=∠BAF=45°，∵∠DCB=90°，DF∥AB，∴∠DFA=45°，∠ECF=90°∴△ECF为等腰直角三角形，∵G为EF中点，∴EG=CG=FG，CG⊥EF，∵△ABE为等腰直角三角形，AB=DC，∴BE=DC，∵∠CEF=∠GCF=45°，∴∠BEG=∠DCG=135°在△BEG与△DCG中，∵EG=CG，∠BEG=∠DCG，BE=DC，∴△BEG≌△DCG，∴BG=DG，∵CG⊥EF，∴∠DGC+∠DGA=90°，又∵∠DGC=∠BGA，∴∠BGE+∠DGE=90°，∴△DGB为等腰直角三角形，∴∠BDG=45°，（3）解：延长AB、FG交于H，连接HD．∵AD∥GF，AB∥DF，∴四边形AHFD为平行四边形∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°∴△DAF为等腰三角形∴AD=DF∴平行四边形AHFD为菱形∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°∵FG=CE，CE=CF，CF=BH

∴BH=GF

在△BHD与△GFD中，∵DH=DF∠BHD=∠GFDBH=GF，∴△BHD≌△GFD，∴∠BDH=∠GDF∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°【总结升华】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．【变式】如图，有八个全等的直角三角形拼成一个大四边形ABCD和中间一个小四边形MNPQ，连接EF、GH得到四边形EFGH，设S四边形ABCD=S1，S四边形EFGH=S2，S四边形MNPQ=S3，若S1+S2+S3=，则S2=__________．【答案】.【中考过关真题练】一、单选题1．（2022·上海·统考中考真题）有一个正n边形旋转后与自身重合，则n为（

）A．6 B．9 C．12 D．15【答案】C【分析】根据选项求出每个选项对应的正多边形的中心角度数，与一致或有倍数关系的则符合题意．【详解】如图所示，计算出每个正多边形的中心角，是的3倍，则可以旋转得到．A.B.C.D.观察四个正多边形的中心角，可以发现正12边形旋转90°后能与自身重合故选C．【点睛】本题考查正多边形中心角与旋转的知识，解决本题的关键是求出中心角的度数并与旋转度数建立关系．二、填空题2．（2022·上海·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则_____．【答案】或【分析】由题意可求出，取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，满足，进而可求此时，然后在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，证明△DE1E2是等边三角形，求出E1E2＝，即可得到，问题得解．【详解】解：∵D为AB中点，∴，即，取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，此时DE1∥BC，，∴，在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，∵∠A=30°，∠B=90°，∴∠C=60°，BC＝，∵DE1∥BC，∴∠DE1E2=60°，∴△DE1E2是等边三角形，∴DE1＝DE2＝E1E2＝，∴E1E2＝，∵，∴，即，综上，的值为：或，故答案为：或．【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行线分线段成比例，等边三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质等，根据进行分情况求解是解题的关键．3．（2016·上海·中考真题）在中，点、分别是、的中点，那么的面积与的面积的比是__________．【答案】．【详解】试题分析：因为点、分别是、的中点，所以，DE∥BC，，所以，△ADE∽△ABC，又相似三角形的面积比等于相似比的平方，所以，的面积与的面积的比是＝．故答案为．考点：三角形中位线定理，相似三角形的性质．4．（2022·上海·统考中考真题）如图所示，在口ABCD中，AC，BD交于点O，则=_____．【答案】【分析】利用向量相减平行四边形法则：向量相减时，起点相同，差向量即从后者终点指向前者终点即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC，BD交于点O，又，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查平行四边形的性质，向量相减平行四边形法则，解题的关键是熟练掌握向量相减平行四边形法则．5．（2018·上海·统考中考真题）通过画出多边形的对角线，可以把多边形内角和问题转化为三角形内角和问题．如果从某个多边形的一个顶点出发的对角线共有2条，那么该多边形的内角和是_____度．【答案】540【详解】【分析】利根据题意得到2条对角线将多边形分割为3个三角形，然后根据三角形内角和可计算出该多边形的内角和．【详解】从某个多边形的一个顶点出发的对角线共有2条，则将多边形分割为3个三角形．所以该多边形的内角和是3×180°=540°，故答案为540．【点睛】本题考查了多边形的内角和与对角线，熟知n边形从一个顶点出发的对角线将n边形分成（n-2）个三角形是关键.这里体现了转化的数学思想.三、解答题6．（2016·上海·中考真题）已知，如图，⊙是的外接圆，，点在边上，∥，．（1）求证：；（2）如果点G在线段DC上（不与点重合），且AG=AD，求证：四边形AGCE是平行四边形．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）根据等弧所对的圆周角相等，得出∠B=∠ACB，再根据全等三角形的判定得△ABD≌△CAE，即可得出AD=CE；（2）连接AO并延长，交边BC于点H，由等腰三角形的性质和外心的性质得出AH⊥BC，再由垂径定理得BH=CH，得出CG与AE平行且相等．【详解】证明：（1）在⊙中，∵，∴，∴．∵∥，∴，∴．又∵，∴≌，∴；（2）联结并延长，交边于点，∵，是半径，∴，∴．∵，∴，∴，即．∵，∴．又∵∥，∴四边形是平行四边形．7．（2020·上海·统考中考真题）如图，在直角梯形ABCD中，，∠DAB=90°，AB=8，CD=5，BC=3．（1）求梯形ABCD的面积；（2）连接BD，求∠DBC的正切值．【答案】（1）39；（2）．【分析】(1)过C作CE⊥AB于E，推出四边形ADCE是矩形，得到AD=CE，AE=CD=5，根据勾股定理得到，即可求出梯形的面积；(2)过C作CH⊥BD于H，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理得到，即可求解．【详解】解：(1)过C作CE⊥AB于E，如下图所示：∵ABDC，∠DAB=90°，∴∠D=90°，∴∠A=∠D=∠AEC=90°，∴四边形ADCE是矩形，∴AD=CE，AE=CD=5，∴BE=AB﹣AE=3．∵BC=3，∴CE==6，∴梯形ABCD的面积=×(5+8)×6=39，故答案为：39．(2)过C作CH⊥BD于H，如下图所示：∵CDAB，∴∠CDB=∠ABD．∵∠CHD=∠A=90°，∴△CDH∽△DBA，∴，∵BD===10，∴，∴CH=3，∴BH===6，∴∠DBC的正切值===．故答案为：．【点睛】本题考查了直角梯形，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．【中考挑战满分模拟练】一、单选题1．（2022·上海普陀·统考二模）多边形的外角和等于（

）A．360° B．270° C．180° D．90°．【答案】A【分析】根据多边形的外角和为360°，直接求解即可．【详解】解：多边形的外角和等于360°，故选A【点睛】本题考查了多边形的外角和，理解多边形的外角和为360°是解题的关键．2．（2022·上海松江·校考三模）下列命题中，真命题的是（）A．一组对角相等且一组对边相等的四边形是平行四边形 B．一组对边平行且一组对角互补的四边形是平行四边形C．两组对角分别相等的四边形是平行四边形 D．一组邻边相等且一组对边平行的四边形是平行四边形【答案】C【分析】对各个命题逐一判断后找到正确的即可确定真命题．【详解】解：、一组对角相等且一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，如等腰梯形，原命题是假命题,不符合题意；B、一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形，原命题是假命题,不符合题意；C、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，原命题是真命题,符合题意；D、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，原命题是假命题,不符合题意；故选：C【点睛】此题主要考查了命题与定理，熟练利用相关定理以及性质进而判定举出反例即可判定出命题正确性．3．（2022·上海金山·校考一模）已知一个凸四边形的一条对角线被另一条对角线平分，请你从下列四个条件中再选取一个作为已知条件，使得这个四边形一定是平行四边形．你的选择是（

）A．一组对边平行； B．一组对角相等； C．一组邻边相等； D．一组对边相等．【答案】A【分析】选项A，利用AAS证明△OBC≌△ODA（AAS），由此根据对角线互相平分的四边形是平行四边形证明．【详解】解：如图，OA=OC，∵BC∥AD，∴∠OBC=∠ODA，∠OCB=∠OAD，∵OA=OC，∴△OBC≌△ODA（AAS），∴OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形，故A选项可以使得这个四边形一定是平行四边形．选项B、C、D均不能证明这个四边形一定是平行四边形．故选：A．【点睛】此题考查了平行四边形的判定定理，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键．4．（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，∵,四边形是平行四边形，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．5．（2022·上海宝山·统考二模）下列命题中正确的是A．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是等腰梯形B．对角线互相垂直且相等的四边形是矩形C．对角线互相平分且相等的四边形是正方形D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形【答案】D【分析】选项A根据等腰梯形的判定方法判断即可；选项B根据矩形的判定方法判断即可；选项C根据正方形的判定方法判断即可；选项D根据菱形的判定方法判断即可．【详解】解：A、一组对边相等，另一组对边平行的四边形是等腰梯形或平行四边形，原说法错误，故本选项不合题意；B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形，原说法错误，故本选项不合题意；C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形，原说法错误，故本选项不合题意；D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，说法正确，故本选项符合题意．故选：D.【点睛】本题考查了等腰梯形的判定，矩形的判定，正方形的判定以及菱形的判定，掌握相关四边形的判定方法是解答本题的关键．6．（2022·上海闵行·统考二模）如图，在中，点D、E、F分别为边、、的中点，分别连结、、、，点O是与的交点，下列结论中，正确的个数是（

）①的周长是周长的一半；②与互相平分；③如果，那么点O到四边形四个顶点的距离相等；④如果，那么点O到四边形四条边的距离相等．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】①根据中位线的性质，即可判断；②根据中位线的性质、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形、平行四边形的对角线互相平分，即可判断；③根据矩形的判定和性质，即可判断；④根据菱形的判定和性质，即可判断．【详解】解：①∵点D、E、F分别为边、、的中点，∴DE、EF、DF是的中位线，∴，∴，即的周长是周长的一半，故①正确，符合题意；②∵点D、E、F分别为边、、的中点，∴是的中位线，∴，∴，∴四边形ADEF是平行四边形，∴与互相平分，故②正确，符合题意；③由②得四边形ADEF是平行四边形，当时，如图1，∴四边形ADEF是矩形，∴，∴，∴点O到四边形四个顶点的距离相等，故③正确，符合题意；④由①得，当时，如图2，∴，由②得四边形ADEF是平行四边形，∴四边形ADEF是菱形，∴，∴，∴，∴点O到四边形四条边的距离相等，故④正确，符合题意．故选D．【点睛】本题主要考查了中位线的性质、平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、菱形的判定和性质．二、填空题7．（2022·上海杨浦·校考一模）如果一个正多边形的内角和等于1440°，那么这个正多边形的内角是______度【答案】144【分析】设此多边形为n边形，根据题意得：180（n-2）=1440，即可求得n=10，再由多边形的内角和除以10，即可求得答案．【详解】解：设此多边形为n边形，根据题意得：180（n-2）=1440，解得：n=10，∴这个正多边形的每一个内角等于：1440°÷10=144°．故答案为：144．【点睛】此题考查了多边形的内角和的知识．注意掌握多边形内角和定理：（n-2）•180°是解题关键．8．（2022·上海徐汇·统考二模）已知正多边形的内角是外角大小的2倍，这个正多边形的边数是______．【答案】6【分析】设这个正多边的外角为，则内角为，根据内角和外角互补可得，解可得的值，再利用外角和外角度数可得边数．【详解】解：设这个正多边的外角为，由题意得：，解得：，．故答案为6．【点睛】此题主要考查了多边形的内角和外角，关键是根据正多边形的性质得到每个外角都相等，计算出外角的度数，进而得到边数．9．（2022·上海普陀·统考二模）如图，中，E是边AD的中点，BE交对角线AC于点F，那么S△AFB:S四边形FEDC的值为__________【答案】【分析】证明，根据相似三角形的性质可得，设，则，，分别求得S△AFB:S四边形FEDC即可求解．【详解】四边形是平行四边形，是边AD的中点，设，则，S四边形FEDCS△AFB:S四边形FEDC的值为【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．10．（2022·上海杨浦·校考一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E是边的中点，如果，，用含、的式子表示向量＝_____【答案】【分析】如图取AB中点F，连接EF，可证，即可解得【详解】如图取AB中点F，连接EF∵四边形ABCD是平行四边形，点E是DC边的中点，点F是AB边中点∴∴∵，∴故本题答案为．【点睛】本题考查了平面向量及平行四边形的性质等知识点，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．11．（2022·上海徐汇·位育中学校考模拟预测）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，EF是梯形的中位线，点E在AB上，若AD：BC＝2：3，AD＝a，则用a表示FE＝________．【答案】a【分析】根据线段的比，即可用a表示出BC的长，再根据梯形中位线的性质即可求出EF的长．【详解】∵AD：BC＝2：3，AD＝a，∴BCa，∵EF是梯形ABCD的中位线，∴EFa，故答案为：a．【点睛】本题主要考查梯形中位线的性质．掌握梯形中位线的长为上底与下底和的一半是解题关键．12．（2022·上海崇明·统考二模）若一个正多边形的内角和等于外角和的两倍，则该正多边形的边数是_____．【答案】6【分析】设这个正多边形的边数为n，则内角和为（n-2）180°，再根据外角和等于360°列方程解答即可．【详解】解：设这个正多边形的边数为n，由题意得：（n-2）180°=360°×2，解得n=6．故答案为：6．【点睛】此题主要考查了多边形的内角和和外角和，关键是掌握内角和为（n-2）180°．13．（2022·上海黄浦·统考二模）若正多边形的一个外角为30°，则这个多边形为正_______边形．【答案】12．【详解】试题分析：正多边形的一个外角等于30°，而多边形的外角和为360°，则：多边形的边数=360°÷30°=12，考点：多边形内角与外角14．（2022·上海青浦·统考二模）如图，已知平行四边形中，是上一点，，联结交于，若向量，向量，则向量________．【答案】【分析】先求出，再根据△AEF∽CBF，得出与的关系即可．【详解】解：∵，，∴，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC，AD=BC，∴△AEF∽CBF，∴，∵，∴BC=AD=3AE，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了向量的计算，平行四边形的性质，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握向量的运算法则是解答本题的关键．15．（2022·上海徐汇·位育中学校考模拟预测）在△ABC中，∠BAC的角平分线AN⊥BN，M是BC的中点，已知AB＝4，AC＝6，则MN＝________．【答案】1【分析】延长线段BN，交AC于E，利用已知易证△ABN≌△AEN，所以BN＝EN，从而证得MN是△BCE的中位线，所以求出EC，再运用中位线定理求MN．【详解】解：如图，延长线段BN，交AC于E．∵AN平分∠BAC，∴∠BAN＝∠EAN．∵在△ABN与△AEN中，，∴△ABN≌△AEN（ASA）．∴AE＝AB＝4，BN＝NE．又∵M是△ABC的边BC的中点，故MNEC（AC﹣AE）（6﹣4）＝1．故答案是：1．【点睛】本题考查了三角形中位线定理和等腰三角形的判定与性质，关键在于作出正确的辅助线．16．（2022·上海·校联考模拟预测）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点．则与的面积的比等于___________．【答案】1：4【分析】根据OE是中位线，得BC=2OE，BC∥OE，利用三角形相似的性质面积比性质计算即可．【详解】∵平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点，∴BC=2OE，BC∥OE，∴△DOE∽△DBC，∴=1：4，故答案为：1：4．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质，正确运用三条性质是解题的关键．17．（2022·上海奉贤·统考二模）在梯形中，AB//CD，，E是腰的中点，联结．如果设，那么____________（含、的式子表示）【答案】【分析】先证明再利用三角形法则求出，从而可得答案．【详解】解：如图，是腰的中点，AB//CD，，，故答案为：【点睛】本题考查梯形的性质，平面向量，三角形法则，熟练的应用三角形法则表示向量之间的关系是解本题的关键．三、解答题18．（2022·上海崇明·统考二模）已知：如图，在四边形ABCD中，，点E在边BC上，且，作交线段AE于点F，连接BF．(1)求证：：(2)如果，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）先通过两组平行线等角对等边，证明；再通过两组对边平行证明四边形AFCD是平行四边形，最后通过平行四边形的性质挖掘条件，即可证明全等（2）利用平行四边形对边平行，得到，再将题目条件转化为，利用边角边证明，最后利用相似对应角相等，即可得到结论（1）∵，∴∵∴∵∴∴∵∴四边形AFCD是平行四边形∴∴∴（2）∵∴在中，∴∴∵，在与中∴∴∵∴【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，三角形全等，相似；注意第一小问平行四边形的判定和性质是重点，第二小问相似三角形的判定和性质是重点19．（2022·上海静安·统考二模）已知：如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、DC的中点，AE、AF分别交BD于点M、N，且，连接CM、CN．(1)求证：四边形AMCN是平行四边形；(2)如果，求证：四边形ABCD是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）只需要证明NF是△DCM的中位线，ME是△BCN的中位线，推出，即可证明四边形AMCN是平行四边形；（2）连接AC交BD于O，只需要证明四边形AMCN是菱形，得到OM=ON，OA=OC，AC⊥MN，从而推出OB=OD，AC⊥BD，即可证明四边形ABCD是菱形．（1）解：∵，∴M、N分别是BN、DM的中点，又∵E、F分别是BC，CD的中点，∴NF是△DCM的中位线，ME是△BCN的中位线，∴，，∴，∴四边形AMCN是平行四边形；（2）解：连接AC交BD于O，∵四边形AMCN是平行四边形，∴，∵，∴，∵AE=AF，∴ME=NF，∴AM=CN=AN=CM，∴四边形AMCN是菱形，∴OM=ON，OA=OC，AC⊥MN，又∵BM=DN，∴OB=OD，又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形．【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，证明出四边形AMCN是平行四边形是解题的关键．20．（2022·上海·上海市进才中学校考一模）如图，在梯形ABCD中，ADBC，AC与BD相交于点O，点E在线段OB上，AE的延长线与BC相交于点F，OD2=OB·OE．(1)求证：四边形AFCD是平行四边形；(2)如果BC=BD，AE·AF=AD·BF，求证：AE·DC=AD·BE．【答案】(1)见解析；(2)见解析；【分析】（1）由题意，得到，然后由AD∥BC，得到，则，即可得到AF//CD，即可得到结论；（2）先证明∠AED=∠BCD，得到∠AEB=∠ADC，然后证明得到，即可得到AE·DC=AD·BE；（1）∵OD2=OE·OB，∴．∵AD//BC，∴．∴．∴AF//CD．∴四边形AFCD是平行四边形．（2）∵AF//CD，∴∠AED=∠BDC，．∵BC=BD，∴BE=BF，∠BDC=∠BCD∴∠AED=∠BCD．∵∠AEB=180°∠AED，∠ADC=180°∠BCD，∴∠AEB=∠ADC．∵AE·AF=AD·BF，∴．∵四边形AFCD是平行四边形，∴AF=CD．∴．∴AE·DC=AD·BE（证明得证）．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，平行四边形的判定和性质，以及平行线的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，正确找到证明三角形相似的条件.21．（2022·上海嘉定·统考二模）如图，已知平行四边形ABCD中，E是边CD的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，连接AC．(1)求证：AD＝CF；(2)若AB⊥AF，且AB＝8，BC＝5，求sin∠ACE的值．【答案】(1)见解析；(2)【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，证得∠D=∠DCF，∠DAF=∠F，再由DE=CE，证得△ADE≌△FCE，即可得到结论；（2）四边形ABCD是平行四边形，得到，CD=AB=8，AD=BC=5，证得CD⊥AF，勾股定理求出AE，AC，即可根据公式求出sin∠ACE．（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴∠D=∠DCF，∠DAF=∠F，∵E是CD的中点，∴DE=CE，∴△ADE≌△FCE（AAS），∴AD=CF；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴，CD=AB=8，AD=BC=5，∵AB⊥AF，∴CD⊥AF，在Rt△ADE中，DE=4，AD=5，∴AE=3，在Rt△ACE中，CE=4，AE=3，∴AC=5，∴sin∠ACE=．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角函数，熟记各知识点并应用解决问题是解题的关键．22．（2022·上海杨浦·校考一模）如图，在△ABC中，D是AC的中点，E是线段BC延长线上一点，过点A作交ED的延长线于点F，联结AE，CF．求证：(1)四边形AFCE是平行四边形：(2)．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据已知首先证明△ADF≌△EDC，再利用AF=CE，AF∥BC得出即可；（2）利用已知得出△AFG∽△BEA，进而得出比例式，再利用平行四边形的性质求出即可．【详解】（1）证明：∵AF∥BC，∴∠AFD=∠DEC，∵D是AC的中点，∴AD=CD，在△ADF和△EDC中，∴△ADF≌△EDC，∴AF=CE，∵AF∥BC，∴四边形AFCE是平行四边形；（2）证明：∵四边形AFCE是平行四边形，∴∠AFC=∠AEC，AF=CE，∵AF∥BC，∴∠FAB=∠ABE，∴△AFG∽△BEA，∴，∴FG•BE=AF•AE，∴FG•BE=CE•AE．【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，根据已知得出证明等积式需证明△AFG∽△BEA是解决问题的关键23．（2022·上海杨浦·统考二模）已知：如图，矩形的两条对角线与相交于点O，点E、F分别是线段的中点，联结．(1)求证：四边形是等腰梯形；(2)过点O作，垂足为点M，联结，如果，求证：四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据矩形的性质得出，，，，求出

，，根据三角形的中位线性质得出，，，求出，，根据等腰梯形的判定得出即可；（2）根据三角形的中位线性质得出．求出，求出处，根据平行四边形的判定得出四边形和四边形是平行四边形．求出，根据菱形的判定得出平行四边形是菱形，根据菱形的性质得出，求出即可．(1)证明：四边形是矩形，，，，，，，点、分别是线段、的中点，，，，，，，即，四边形是等腰梯形；(2)证明：连接，点、分别是线段、的中点，，，，，四边形是矩形，，，由（1）知：，四边形是平行四边形，同理：四边形是平行四边形，，，又，，，，，平行四边形是菱形，，又四边形是等腰梯形，，又，，四边形是菱形．【点睛】本题考查了等腰梯形的性质和判定，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识点，能灵活运用等腰梯形的性质和判定、矩形的性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质进行推理是解此题的关键．24．（2022·上海虹口·统考二模）如图，在中，，，，平分交于点．点、分别在线段、上，且，联结，以、为邻边作平行四边形．(1)求的长；(2)当平行四边形是矩形时，求的长；(3)过点作平行于的直线，分别交、、于点、、．当时，求的长．【答案】(1)5(2)(3)【分析】（1）由，平分，可知，利用等角对等边，可知AD=BD，证，利用相似三角形的性质，即可求解；（2）过点D作DN⊥AB于N，如图，利用等腰三角形的性质，可得，利用矩形的性质，可得，从而可得，利用平行线分线段成比例，即可求解；（3）可知四边形AEPQ是平行四边形，利用平行四边形的性质可得，，可得，，利用相似三角形的性质，即可求解．（1）解：∵平分，∴，∵，∴，∴AD=BD，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：∵AD=BD，∴AD=5，∵，∴，∴，过点D作DN⊥AB于N，如图，∵AD=BD，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴，设，则，∴，解得，经检验，是原方程的解，∴；（3）解：如图，设，∵，∴四边形AEPQ是平行四边形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，整理得：，解得，经检验，是原方程的解，但，此时，点E不在线段AB上，故舍去，∴，∴的长为．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等，解题关键是正确找到或构造相似三角形．25．（2022·上海黄浦·格致中学校考二模）如图，已知等边中，、分别是边、上的点，且，以为边向左作等边，联结、．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)当时，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】(1)首先可证得△ACD≌△CBF(SAS)，由全等三角形的性质得出∠ADC=∠CFB，AD=CF，由等边三角形的性质得出CF=DE，再由等边三角形的性质可得，进而证得，，据此即可证得；(2)过点F作FG⊥BC于点G，解直角三角形求出BD，CD，则可得出答案．（1）证明：是等边三角形，又，AD=CF是等边三角形四边形CDEF是平行四边形（2）解：如图：过点F作于点G四边形CDEF是平行四边形，设BG=x，则【点睛】本题是四边形综合题，考查了等边三角形的性质，平行四边形的判定与性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．26．（2022·上海·校联考模拟预测）数学家庞斯莱发明过一种玩具（如图1），这种玩具用七根小棍做成，各结点均可活动，，，且．使用时，将A，O钉牢在平板上，使A，O间的距离等于木棍的长，绕点O转动点C，则点C在上运动，点E在直线上运动，．图2是该玩具转动过程中的一幅示意图．(1)判断点A，C，E在同一条直线上吗？请说明理由．(2)当点O，C，F在同一条直线上时．①求证：CD//AB．②若，，，求的长．【答案】(1)点A，C，E在同一条直线上，理由见解析；(2)①见解析；②4．【分析】（1）连接FD，与CE的交点为O′，根据菱形的判定与性质及补角的概念可得答案；（2）①由菱形的性质、圆周角定理及平行线的判定与性质可得∠DCM=∠OCM，然后由等腰三角形的性质及平行线的判定可得结论；②延长ED与AB交于点N，根据菱形的性质及平行四边形的判定与性质可得AN=EN，然后由解直角三角形及勾股定理可得答案．（1）解：点A，C，E在同一条直线上，理由如下：∵，∴四边形CDEF是菱形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴点A，C，E在同一条直线上；（2）设⊙O与AB交于点M，连接CM，①证明：∵四边形CDEF是菱形，∴CF=CD，AE⊥FD，∴∠CFD=∠CDF，∵AM是直径，∴AE⊥CM，∴FD∥CM，∴∠OCM=∠CFD，∠FDC=∠DCM，∴∠DCM=∠OCM，∵OC=OM，∴∠OCM=∠OMC，∴∠DCM=∠OMC，∴CD∥AB；②解：延长ED与AB交于点N，设BN=x，BE=y，∵四边形CDEF是菱形，∴FO∥EN，ED=CD，∴∠ECD=∠CED，∵CD∥AB，∴四边形COND是平行四边形，∴∠ECD=∠CAB，∴CD=ON=3，∠CAB=∠CED，∴AN=EN，∵OC=OA=2，∴EN=AN=AO+ON=2+3=5，∴AB=5+x，在中，，∴，∴，在中，，∴，解得，（舍去），，∴．【点睛】此题考查的是圆周角定理、平行四边形的判定与性质、解直角三角形、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．27．（2022·上海松江·校考三模）如图，在△ABC中，点P是AC边上的一点，过点P作与BC平行的直线PQ，交AB于点Q，点D在线段BC上，连接AD交线段PQ于点E，且，点G在BC延长线上，∠ACG的平分线交直线PQ于点F．（1）求证：PC＝PE；（2）当P是边AC的中点时，求证：四边形AECF是矩形．【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】（1）根据相似三角形的性质得出，等量代换得到，推出，于是得出结论；（2）根据平行线的性质得到∠PFC＝∠FCG，根据角平分线的性质得到∠PCF＝∠FCG，等量代换得到∠PFC＝∠FCG，根据等腰三角形的性质得到PF=PC，得到PF=PE，由已知条件得到AP=CP，推出四边形AECF是平行四边形，再证得∠ECF＝90°，于是得出结论.【详解】（1）证明：∵PQ∥BC，∴△AQE∽△ABD，△AEP∽△ADC，∴，∴，∵，∴，∴PC＝PE；（2）∵PF∥DG，∴∠PFC＝∠FCG，∵CF平分∠PCG，∴∠PCF＝∠FCG，∴∠PFC＝∠FCG，∴PF＝PC，∴PF＝PE，∵P是边AC的中点，∴AP＝CP，∴四边形AECF是平行四边形，∵PQ∥CD，∴∠PEC＝∠DCE，∴∠PCE＝∠DCE，∴，∴∠ECF＝90°，∴平行四边形AECF是矩形．【点睛】本题考查相似三角形的判定及性质以及矩形的判定，还涉及了平行线的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、平行四边形的判定等知识点，属于综合题，难度适中，熟练掌握相关性质定理是解题关键.【名校自招练】一．选择题（共1小题）1．（2021•浦东新区校级自主招生）小明每走5米，顺时针转20°，则（）A．小明不会回到原点 B．小明会回到原点，路程小于80m C．小明会回到原点，路程恰为90m D．小明会回到原点，路程大于120m【分析】先根据已知和多边形的外角和求出组成的多边形的边数，再逐个求出即可．【解答】解：根据题意可知：组成的多边形的边数360°÷20°＝18，小明走的路程总和是18×