中考数学总复习中考数学专项提升第23讲 多边形与平行四边形(练习)(解析版)

第五章四边形第23讲多边形与平行四边形TOC\o"1-1"\n\p""\h\z\u👉题型01认识多边形👉题型02多边形的对角线问题👉题型03多边形内角和问题👉题型04正多边形内角和问题👉题型05多边形截角后的内角和问题👉题型06多边形外角和问题👉题型07多边形外角和的实际应用👉题型08多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用👉题型09平面镶嵌👉题型10计算网格中的多边形面积👉题型11利用平行四边形的性质求解👉题型12利用平行四边形的性质证明👉题型13判断能否构成平行四边形👉题型14添加一个条件使之成为平行四边形👉题型15证明四边形是平行四边形👉题型16利用平行四边形的性质与判定求解👉题型17利用平行四边形的性质与判定证明👉题型18平行四边形性质和判定的应用👉题型19平行四边形与函数综合👉题型20与平行四边形有关的新定义问题👉题型21已知中点，取另一条线段的中点构造中位线👉题型22补全图形利用中位线定理求解👉题型01认识多边形1．（2024·河北石家庄·一模）如图，点O是正六边形ABCDEF对角线DF上的一点，若S正六边形ABCDEF=30A．10 B．15C．20 D．随点O位置而变化【答案】B【分析】本题考查了正多边形的性质．把正多边形分成两个全等的三角形和一个矩形求解即可．【详解】解：∵正六边形ABCDEF，∴S△ABC=S∴S△AOC∴阴影部分的面积为12故选：B．2．（2024·陕西西安·模拟预测）将3个大小完全相同的正六边形按如图位置摆放，使得每两个正六边形都有一条边重合，连接正六边形的三个顶点得到△ABC，若每个正六边形的面积均为6，则△ABC的面积为．【答案】4【分析】本题主要考查了正六边形的性质，全等三角的判定以及性质，根据正六边形的性质可得出S△ABP=16×6=1，再证明△APH≌△CQH【详解】解：如下图1正六边形形中，O为正三角DEF的中心，∴OE=OF，∵△OEG为正三角形，∴OE=GE，又∵GE=GF，EF=EF，∴△OEF≌△GEFSSS∴图1中，实线画出的6个三角形的面积都相等，为正六变形的16在下图2中，即S△ABP∵∠APH=∠CQH，∠AHP=∠CHQ，AP=CQ，∴△APH≌△CQHASA∴S△APH∴S阴影故答案为：4．3．（2022·上海杨浦·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．👉题型02多边形的对角线问题4．（2024·上海·模拟预测）正六边形的对角线条数为条．【答案】9【分析】本题主要考查了多边形对角线条数问题，根据n边形有n×n−3【详解】解：正六边形的对角线条数为6×6−3故答案为：9．5．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）一个多边形每个外角都等于36°，则从这个多边形的某个顶点画对角线，最多可以画出几条．【答案】7【分析】本题考查了多边形的内角和外角性质，先计算出多边形的边数，再根据n边形从一个点的作对角线n−3条计算即可，熟练掌握外角和为360°是解题的关键．【详解】解：∵多边形外角和都为360°，∴该多边形为360°10°∴从这个多边形的某个顶点画对角线最多可以画出10−3=7故答案为：7．6．（2024·陕西咸阳·二模）已知一个正多边形的内角和与其外角和的和为2160°，那么从这个正多边形的一个顶点出发，可以作条对角线．【答案】9【分析】此题主要考查了多边形的外角和以及内角和计算公式求多边形的边数，关键是掌握多边形的内角和公式(n−2)×180°．首先根据多边形外角和求出内角和的度数，再利用内角和公式可得多边形的边数，再计算出对角线的条数．【详解】解：∵多边形的外角和都是360°，∴内角和等于2160°−360°=1800°，设这个多边形有n条边，∴(n−2)×180°=1800°，解得：n=12，∴从这个正多边形的一个顶点出发，可以作12−3=9条对角线．故答案为：9．7．（2023·河北·模拟预测）一个多边形的内角和等于它的外角和的3倍，那么这个多边形从一个顶点引对角线的条数是（）条．A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据多边形的内角和公式n−2⋅180°【详解】解：设这个多边形是n边形，根据题意得，n−2⋅180°=3×360°解得n=8．∴从一个顶点引对角线的条数是8−3=5（条），故选：C．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，多边形对角线的条数，熟练掌握多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°是解题关键．👉题型03多边形内角和问题8．（2023·四川绵阳·模拟预测）如图所示，把一个四边形纸片ABCD的四个顶角分别向内折叠，折叠之后，4个顶点不重合，那么图中∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠8的度数是．【答案】720°/720度【分析】本题考查三角形外角定理、折叠的性质和四角形内角和定理，熟知图形翻折变换的性质是解题的关键．根据三角形外角定理得∠1+∠2=∠EAF+∠EA'F，∠3+∠4=∠B+∠B'，∠5+∠6=∠C+∠C'，∠7+∠8=∠D+∠D'，由折叠可知∠A=∠【详解】解：连接AA则∠1=∠EA∴∠1+∠2=∠EAA同理，∠3+∠4=∠B+∠B'，∠5+∠6=∠C+∠C'，那么，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠8=∠A+∠由折叠知，∠A=∠A'，∠B=∠B'，∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠8=2∠A+∠B+∠C+∠D9．（2021·江苏徐州·一模）如图，PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，C是优弧ACB上的一个动点，若∠P=70°，则∠ACB=°．【答案】55【分析】本题考查了切线的性质，四边形的内角和，圆周角定理．连接OA、OB，根据切线的性质得∠OAP=∠OBP=90°，再利用四边形的内角和计算出∠AOB的度数，然后根据圆周角定理计算∠ACB的度数．【详解】解：连接OA、OB，如图，∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，∴OA⊥PA，OB⊥PB,∴∠OAP=∠OBP=90°，∴∠AOB=180°−∠P=180°−70°=110°，∴∠ACB=1故答案为：55．10．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，三个正方形一些顶点已标出了角的度数，则x的值为（

）A．30 B．39 C．40 D．41【答案】D【分析】本题考查多边形的内角和公式，多边形的内角和等于边数−2【详解】解：根据题意得，三个正方形与下面的图像构成一个九边形，九边形的内角和为：9−2×180°=1260°∴30°+124°+75°+x°+2×90°+3×270°=1260°，解得x=41，故选：D．11．（2024·湖南·模拟预测）如图，将任意四边形纸片剪掉一角得五边形，设四边形纸片与五边形纸片的内角和的度数分别为a和β，则下列关系正确的是（）A．β−α=0 B．β−α=180°C．β−α=270° D．β−α=360°【答案】B【分析】本题考查了多边形内角和问题，掌握多边形内角和公式是解题关键．先求出四边形纸片与五边形纸片的内角和的度数，再求解即可．【详解】解：∵四边形的内角和α=4−2×180=360°，五边形的内角和∴β−α=540°−360°=180°，故选：B．👉题型04正多边形内角和问题12．（2024·湖北·模拟预测）类比“赵爽弦图”，可类似的构造如图所示的图形，它是由中间的小正六边形和6个全等的直角三角形拼成的一个大正六边形，若在大正六边形内部随机取一点，则此点取自小正六边形的概率是（

）A．13 B．12 C．33【答案】A【分析】先对图形标注，根据内角和定理求出∠BAE=120°，即可得出∠CAD=60°，∠ACD=30°，再设AD=1，根据直角三角形的性质得AC=2，由勾股定理求出CD，根据题意可知BC=AD=1，可求【详解】如图所示，正六边形的每个内角∠BAE=(6−2)×180°∴∠CAD=60°，设AD=1，∴AC=2，根据勾股定理得CD=A根据题意可知BC=AD=1，∴AB=AC−BC=1．作OF⊥AB，交AB于点F，∵△ABO是等边三角形，∴AF=1根据勾股定理得OF=A∴S△ABO=1∴正六边形的面积34×6=∴此点取自小正六边形的概率是33故选：A．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，直角三角形的性质，勾股定理，概率的计算公式，理解用面积比表示概率是解题的关键．13．（2024·山西大同·二模）推光漆器是山西省著名的传统手工艺品．如图是小明妈妈的一个平遥推光漆器的首饰盒，其俯视图是正八边形，小明好奇它的一个内角的度数，但他没有量角器，请你帮他计算这个正八边形的一个内角度数为．

【答案】135°/135度【分析】本题考查了正多边形的内角和定理．根据多边形内角和定理：n−2⋅180°（n≥3且n【详解】解：正八边形的内角和为：n−2⋅180°=1080°每一个内角的度数为：1080°÷8=135°，故答案为：135°．14．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，六边形ABCDEF为正六边形，连接AD，AE，并延长AE，交CD的延长线于点M．若AF=10，则AM=．【答案】20【分析】本题考查了正六边形的性质，三角形全等、特殊的三角函数值．根据正六边形的性质得∠AED=120°−30°=90°，再根据“AAS”证得△ADE≌△MDE即可解答．【详解】由正六边形的性质可知，正六边形ABCDEF的每一个内角为180°−360°AF=EF，∴∠FAE=∠FEA=1∴∠AED=120°−30°=90°．由正六边形的对称性可知，∠ADC=∠ADE=1在Rt△ADE中，∵∠AED=90°，DE=AF=10∴AE=DE⋅tan∵∠MED=∠AED=90°，∠MDE=360°6=60°=∠ADE∴△ADE≌△MDE，∴AE=ME=103∴AM=20315．（2024·福建厦门·模拟预测）周末小明过生日，家里来了些亲朋好友，需要将生日蛋糕（如图，蛋糕的截面是正六边形ABCDEF）切成完全相同的8块，他先沿着线段AD切了第一刀，接着沿线段MN切了第二刀，……已知他一共切了五刀，那么BM∶AH=．【答案】1:5【分析】本题主要考查了正多边形的性质，矩形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，先根据题意画出剩下的三刀，设BM=x，AH=y，则AB=BC=3x+y，过点B作BH⊥AD，则由题意可得四边形BGHM是矩形，得到HG=BM=x，则AG=y−x，再求出∠BAG=30°，得到AB=2AG=2y−2x，2y−2x=3x+y，据此求出【详解】解：如图所示，线段SR，设BM=x，AH=y，则过点B作BH⊥AD，则由题意可得四边形BGHM是矩形，∴HG=BM=x，∴AG=y−x，由正六边形内角和定理可得∠BAF=180°×∴由对称性可知∠BAG=60°，∴∠BAG=30°，∴AB=2AG=2y−2x，∴2y−2x=3x+y，∴y=5x，∴x:y=1:5，∴BM∶AH=1:5，故答案为：1:5。👉题型05多边形截角后的内角和问题16．（2022·浙江丽水·模拟预测）将一个四边形ABCD的纸片剪去一个三角形，则剩下图形的内角和为．【答案】180°或360°或540°【分析】分为三种情况，画出图形，根据多边形的内角和公式求出内角和即可．【详解】解：如图①，剩余的部分是三角形，其内角和为180°，如图②，剩余的部分是四边形，其内角和为360°，如图③，剩余的部分是五边形，其内角和为540°．综上所述，剩下图形的内角和为180°或360°或540°．故答案为：180°或360°或540°．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和，画出图形，进行分类进行讨论是解题的关键．17．（21-22八年级上·山西吕梁·期中）已知一个包装盒的底面是内角和为720°的多边形，它是由另一个多边形纸片剪掉一个角以后得到的，则原多边形是边形．【答案】五或六或七【分析】首先求得内角和为720°的多边形的边数，再分三种情况考虑截角，即可得出答案．【详解】解：设内角和为720°的多边形的边数是n，∴(n−2)×180°=720°，解得：n=6，∴包装盒的底面是六边形，如图1所示，截线不过顶点和对角线，则原来的多边形是五边形；如图2所示，截线过一个顶点，则来的多边形是六边形；如图3所示，截线过一条对角线，则来的多边形是七边形．故答案为：五或六或七．【点睛】本题考查多边形知识，注意截去一个角有三种情况需要考虑．👉题型06多边形外角和问题18．（2024·西藏·中考真题）已知正多边形的一个外角为60°，则这个正多边形的内角和为（

）A．900° B．720° C．540° D．360°【答案】B【分析】本题考查了多边形的内角和外角，先求出正多边形的边数，再根据多边形的内角和公式计算即可得解，根据多边形的外角求出边数是解此题的关键．【详解】解：∵正多边形的一个外角为60°，∴正多边形的边数为360°÷60°=6，∴这个正多边形的内角和为180°×6−2故选：B．19．（2024·福建福州·模拟预测）正六边形ABCDEF与正五边形BGHIJ按如图方式摆放，点A，B，G在一条直线上，则∠JBC的度数为．【答案】48°/48度【分析】本题考查了正多边形的内角与外角，据正五边形和正六边形性质得出各外角度数，进而可得答案．【详解】解：∵在正六边形ABCDEF和正五边形BGHIJ中，∠CBG=360°∠ABJ=360°∴∠JBC=180°−∠ABJ−∠CBG=180°−72°−60°=48°，故答案为：48°．20．（2023·广东深圳·三模）已知正多边形的一个外角等于30°，那么这个正多边形的边数为．【答案】12【分析】本题考查了多边形的外角和，正多边形的性质，熟练掌握多边形的外角和及正多边形的性质是解题的关键．根据正多边形的性质可知正多边形的外角都相等，根据多边形的外角和为360°，即可求得答案．【详解】∵正多边形的内角都相等，∴正多边形的外角都相等，又∵多边形的外角和为360°，∴这个正多边形的边数为360°÷30°=12．故答案为：12．21．（2024·福建·模拟预测）如果凸多边形的边数由3增加到n（n＞3），那么内角和的度数增加了，外角和的度数增加了．【答案】(n−3)·180°0°/0度【分析】本题考查了多边形内角和与外角和定理，熟记多边形内角和与外角和定理是解题的关键．根据凸多边形的内角和为(n−2)·180°（n≥3），外角和为360°，即可解决问题．【详解】解：∵凸多边形的内角和为(n−2）·180°（n≥3），外角和为360°，∴凸多边形的边数由3增加到n(n＞3)时，内角和从180°增加到(n−2)·180°，外角和为360°不变，∴内角和的度数增加了(n−2)·180°−180°=(n−3)·180°，外角和的度数增加了360°−360°=0°，故答案为：(n−3)·180°，0°．👉题型07多边形外角和的实际应用22．（2024·广东汕头·模拟预测）如图，孔明在驾校练车，他由点A出发向前行驶10米到B处，向左转45°．继续向前行驶同样的路程到C处，再向左转45°．按这样的行驶方法，第一次回到点A总共行驶了．【答案】80米【分析】本意主要考查了多边形的外角和定理，即任意多边形的外角和都是360°．根据题意可知汽车所走的路程正好是一个外角为45°的多边形的周长，求出多边形的周长即可．【详解】解：根据题意可知汽车所走的路程正好是一个外角为45°的多边形的周长，该多边形的边数为：360°÷45°=8，∴第一次回到点A总共行驶了：8×10=80（米），故答案为：80米．23．（2024·山西晋城·三模）小宇阅读了一篇《东方窗棂之美》的文章，文章中有一张如图1所示的图片，图中有许多不规则的多边形组成，代表一种自然和谐美．如图2是从图1图案中提取的由六条线段组成的图形，若∠1=60°，则∠2+∠3+∠4+∠5+∠6的度数是．

【答案】300°/300度【分析】本题考查了多边形的外角，根据外角和为360°即可求解．【详解】∵多边形的外角和等于360°∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=360°∵∠1=60°∴∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=360°−∠1=300°故答案为：300°．👉题型08多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合应用24．（2024·浙江·一模）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∠2=16°，则∠1的度数为（

）A．30° B．45° C．60° D．44°【答案】D【分析】本题考查平行线的性质、多边形外角性质以及三角形内角和定理，构造三角形AGH是解决问题的关键．根据正六边形得到∠AFG=∠FAH=60°，利用三角形内角和求出∠G的度数，根据平行线的性质得出∠1．【详解】如图，延长BA交EG于点H，∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠AFG=∠FAH=60°，又∵∠GAH=∠2=16°，∴∠GAF=∠FAH+∠GAH=76°，∴∠G=180°−∠AFG−∠GAF=180°−60°−76°=44°，又∵AG∥MF，∴∠1=∠G=44°；故选：D．25．（2023·河北秦皇岛·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．26．（2024·陕西宝鸡·一模）如图，EF是正五边形ABCDE的外角∠AEG的平分线，连接EC，则∠CEF=．【答案】108°/108度【分析】首先根据多边形内角和求出正五边形内角和为540°，然后求出∠AED=108°，然后根据角平分线概念求出∠GEF=12∠AEG=36°【详解】∵正五边形内角和为5−2×180°=540°∴∠AED=∠D=540°÷5=108°，∴∠AEG=180°−∠AED=72°，∵EF是正五边形ABCDE的外角∠AEG的平分线，∴∠GEF=1∵DE=DC，∴∠DEC=∠DCE=1∴∠CEF=180°−∠GEF−∠DEC=108°．故答案为：108°．【点睛】此题考查了正多边形内角和问题，等边对等角，三角形内角和定理，角平分线的概念等知识，解题的关键是求出正五边形的内角．27．（2023·陕西西安·二模）如图，AB∥CD，∠BED=61°，∠ABE的平分线与∠CDE的平分线交于点F【答案】149.5°【分析】过点E作EG∥AB，利用平行线的性质、等式性质可得∠CDE+∠ABE=299°，再根据角平分线的性质求得∠EDF+∠EBF=149.5°，然后由四边形的内角和为360°即可求得结论．【详解】解：过点E作EG∥AB，如图：∵AB∥CD∴AB∥CD∥EG∴∠CDE+∠DEG=∠ABE+∠BEG=180°∵∠BED=∠DEG+∠BEG∴∠CDE+∠BED+∠ABE=360°∵∠BED=61°∴∠CDE+∠ABE=299°∵DF、BF分别平分∠CDE、∠ABE∴∠EDF+∠EBF=∵在四边形BEDF中，∠DFB+∠EDF+∠EBF+∠BED=360°∴∠DFB=360°−∠EDF+∠EBF【点睛】本题考查了平行线的判定和性质、等式的性质、角平分线的性质以及四边形内角和为360°，适当地添加辅助线以及熟练掌握相关知识点是解题的关键．👉题型09平面镶嵌28．（2023汕头市模拟）如图是某小区花园内用正n边形铺设的小路的局部示意图，若用3块正n边形围成的中间区域是一个等边三角形，则n的值为．【答案】12【分析】本题考查学生对平面镶嵌知识的掌握情况，体现了学数学用数学的思想，同时考查了多边形的内角和公式．根据平面镶嵌的条件，先求出正n边形的一个内角的度数，再根据内角和公式求出n的值．【详解】解：正n边形的一个内角=360°−60°150°⋅n=n−2解得：n=12．故答案为：12．29．（2024·陕西渭南·一模）如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则∠BAD的度数为．【答案】60°/60度【分析】本题考查平面镶嵌（密铺），根据正六边形内角和定理，求出每个内角度数，然后根据周角求出答案．几何图形镶嵌成平面的关键：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．【详解】解：∵正六边形内角和：6−2×180°=720°∴每个内角度数：720°÷6=120°，∴∠BAD=360°−2×120°∴∠BAD的度数为60°．故答案为：60°．30．（2024·河北邯郸·二模）如图，用一些全等的正五边形按如图方式可以拼成一个环状，使相邻的两个正五边形有公共顶点，所夹的锐角为24°，图中所示的是前3个正五边形拼接的情况，拼接一圈后，中间会形成一个正多边形，则该正多边形的边数是（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】本题考查了正多边形、多边形的内角与外角等知识；由完全拼成一个圆环需要的正五边形为n个，则围成的多边形为正n边形，利用正五边形的内角与夹角计算出正n边的每个内角的度数，然后根据内角和定理得到解方程求解即可．【详解】∵正五边形的每个内角为180°×5−2∴组成的正多边形的每个内角为360°−2×108°−24°=120°，∵n个全等的正五边形拼接可以拼成一个环状，中间会形成一个正多边形，∴形成的正多边形为正n边形，则(n−2)×180°n解得：n=6．故选C．31．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，一幅图案在顶点A处由边长相等的1个正方形和2个正n边形镶嵌而成，则n的值为．【答案】8【分析】本题主要考查了平面镶嵌和正多边形内角和定理，根据平面镶嵌的原则可得正n边形的一个内角的度数为135°，据此根据多边形内角和计算公式建立方程求解即可．【详解】解：由题意得，正n边形的一个内角的度数为360°−90°2∴180n−2解得n=8，故答案为：8．👉题型10计算网格中的多边形面积32．（2022·湖南长沙·一模）在正方形网格图中，正方形的顶点称为格点，以格点为顶点的多边形称为格点多边形．在下列边长为1的6×6正方形网格图中，A、B为格点，按要求画出格点多边形．(1)面积为6的格点三角形ABC；(2)有一个内角为直角，面积为7的格点四边形ABCD．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）利用三角形的面积公式，可知作出了的图形高与低的乘积为12，由此去构造问题得解；（2）利用图形中AB的位置特点先构造一个直角内角，再去满足面积要求即可求解．【详解】（1）如图，取网格点C，连接AC、BC，即是满足要求的△ABC，理由：由图，连接AD，可知BC=4，BC边上的高为AD，且AD=3，则三角形的面积S=1故所画三角形满足条件；（2）如图，选取网格点C、D，连接AD、DC、DB，则四边形ABCD即为所求，．理由如下：连接BD，如图可知AB=AD=10，BD=25，DC=1，△DCB的DC利用勾股定理的逆定理可知△ADB是直角三角形，且∠DAB=90°，四边形的面积S=SS△ABDS△DCB四边形的面积S=S即四边形ABCD满足有一个内角为直角，且面积为7，故所画四边形满足条件．【点睛】本题考查作图---应用与设计作图，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．33．（2021·北京平谷·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．34．（2021·北京顺义·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．35．（2019·江西·模拟预测）如图，在边长为1的小正方形网格中，小正方形的顶点叫格点，以格点为顶点的多边形叫格点多边形图中①，②，③，④四个格点多边形的面积分别记为S1,S

A．S1=S2 B．S2=【答案】B【分析】根据题意判断格点多边形的面积，依次将S1【详解】观察图形可得S∴S2故选：B．【点睛】本题考查了新概念的理解，通过表格获取需要的信息，找到关于面积的等量关系．👉题型11利用平行四边形的性质求解36．（2025·安徽·模拟预测）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，将▱ABCD绕点C旋转至▱EOCF的位置，点B的对应点恰好落在点O处，B，O，D，E四点共线．（1）已知∠COB=α，则∠FCD=（用含α的代数式表示）；（2）若BO=2，则BC的长为如【答案】180°−2α2【分析】先根据旋转的性质得BC=CO,∠FCD=∠BCO，再根据等腰三角形的性质求得∠BCO，可得答案；先根据平行四边形性质得出CD=BD=AB=4，再说明△ABO∽△ACB，然后根据相似三角形的对应边成比例得出答案．【详解】根据旋转的性质得BC=CO,∠FCD=∠BCO，∵∠COB=α，∴∠BCO=180°−2α，∴∠BCO=FCD=180°−2α．故答案为：180°−2α；由（1）得BC=CO，∠FCD=∠BCO，∴∠BOC=∠OBC，∠FCD+∠DCO=∠DCO+∠BCO，即∠FCO=∠BCD．∵FC∥EB，∴∠BOC=∠FCD，∴∠BOC=∠FCD=∠CBO=∠BCD，∴BD=CD．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD=2BO=4，AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD=180°．∵∠AOB+∠BOC=180°，∴∠AOB=∠ABC．∵∠BAO=∠CAB，∴△ABO∽△ACB，∴ABAC即AB解得CO=AO=22∴BC=22故答案为：22【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质和判定，相似三角形的对应边成比例是求线段长的常用方法．37．（2024·内蒙古包头·模拟预测）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，且∠ABC=60°，BC=2AB=6，连接OE，下列结论：①∠ACD=90°；②AF=2；③BD=7AB；④【答案】①②③【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质等知识，证明△ABE为等边三角形，得∠AEB=60∘．由BC=2AB=6，得∠EAC=∠ECA=30∘可得∠ACD=∠BAC=90∘；证明OE是△BCD的中位线得△OEF∽△BAF，根据相似三角形的性质可得AF=2【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=60∴AD∥BC，∠BAD=120∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=1∴△ABE为等边三角形，∴∠AEB=60∵BC=2AB=6，∴EC=AE=BE=AB=3．∴∠EAC=∠ECA=30∴∠BAC=90∵AB∥CD，∴∠ACD=∠BAC=90∵OA=OC，BE=EC，∴OE是△BCD的中位线．∴OE∥CD．AB=2OE∴△OEF∽△BAF，∴OEAB∴AF=2在Rt△ABC中，AC=∴AO=1∴OB=A∴BD=2OB=37∵O是AC的中点，∴S△AOE∵E是BC的中点，∴S△ACE∴S△AOE∵S△COD∴S△AOE综上所述，正确的结论是①②③．故答案为：①②③．38．（2023·广东深圳·三模）如图，在ABCD中，以点D为圆心，CD的长为半径作弧交AD于点G，分别以点C，G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点E，作射线DE交BC于点F，交CG于点O，若AB=13，GC=24，则DF的长为（）A．10 B．9 C．12 D．6.5【答案】A【分析】连接GF，由作图知，DE平分∠CDG，得到∠GDE=∠CDE，根据平行四边形的性质得到AD∥BC，CD=AB=13，求得∠ADE=∠CFD，根据等腰三角形的性质得到CD=CF=13，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：连接GF，由作图知，DE平分∠CDG，∴∠GDE=∠CDE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，CD=AB=13，∴∠ADE=∠CFD，∴∠CDF=∠CFD，∴CD=CF=13，∵CD=DG，∴CF=DG，∴四边形CDGF是菱形，∴DF=2OD，CO=12CG=∴OD=C∴DF=2OD=10，故选：A．【点睛】本题考查了作图﹣基本作图，平行四边形的性质，勾股定理，菱形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．39．（2023·四川达州·模拟预测）已知点A、B的坐标分别为−2,3、1,3，抛物线y=ax2+bx+c的顶点在线段AB上，抛物线与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），若四边形ACDB为平行四边形，则aA．−2 B．−53 C．−4【答案】C【分析】本题主要考查了二次函数的性质，平行四边形的性质，解题的关键是理解题意，熟练掌握二次函数的性质．根据点A、B的坐标分别为−2,3、1,3，得出AB∥x轴，AB=1−−2=3，根据二次函数性质得出抛物线的开口向下，4ac−b24a=3，根据四边形ACDB为平行四边形，得出【详解】解：∵点A、B的坐标分别为−2,3、1,3，∴AB∥x轴，∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点在线段AB上，抛物线与x轴交于C、D两点（C∴抛物线的开口向下，4ac−b∴a<0，∵四边形ACDB为平行四边形，∴CD=AB=3，令ax∴x=−b±∵C在D的左侧，∴xC=−b+∴CD=x∴b2∴b2∴−9a∴a=−4故选：C．36．（2025·安徽·模拟预测）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，将▱ABCD绕点C旋转至▱EOCF的位置，点B的对应点恰好落在点O处，B，O，D，E四点共线．（1）已知∠COB=α，则∠FCD=（用含α的代数式表示）；（2）若BO=2，则BC的长为如【答案】180°−2α2【分析】先根据旋转的性质得BC=CO,∠FCD=∠BCO，再根据等腰三角形的性质求得∠BCO，可得答案；先根据平行四边形性质得出CD=BD=AB=4，再说明△ABO∽△ACB，然后根据相似三角形的对应边成比例得出答案．【详解】根据旋转的性质得BC=CO,∠FCD=∠BCO，∵∠COB=α，∴∠BCO=180°−2α，∴∠BCO=FCD=180°−2α．故答案为：180°−2α；由（1）得BC=CO，∠FCD=∠BCO，∴∠BOC=∠OBC，∠FCD+∠DCO=∠DCO+∠BCO，即∠FCO=∠BCD．∵FC∥EB，∴∠BOC=∠FCD，∴∠BOC=∠FCD=∠CBO=∠BCD，∴BD=CD．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD=2BO=4，AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD=180°．∵∠AOB+∠BOC=180°，∴∠AOB=∠ABC．∵∠BAO=∠CAB，∴△ABO∽△ACB，∴ABAC即AB解得CO=AO=22∴BC=22故答案为：22【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质和判定，相似三角形的对应边成比例是求线段长的常用方法．37．（2024·内蒙古包头·模拟预测）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，且∠ABC=60°，BC=2AB=6，连接OE，下列结论：①∠ACD=90°；②AF=2；③BD=7AB；④【答案】①②③【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质等知识，证明△ABE为等边三角形，得∠AEB=60∘．由BC=2AB=6，得∠EAC=∠ECA=30∘可得∠ACD=∠BAC=90∘；证明OE是△BCD的中位线得△OEF∽△BAF，根据相似三角形的性质可得AF=2【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=60∴AD∥BC，∠BAD=120∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=1∴△ABE为等边三角形，∴∠AEB=60∵BC=2AB=6，∴EC=AE=BE=AB=3．∴∠EAC=∠ECA=30∴∠BAC=90∵AB∥CD，∴∠ACD=∠BAC=90∵OA=OC，BE=EC，∴OE是△BCD的中位线．∴OE∥CD．AB=2OE∴△OEF∽△BAF，∴OEAB∴AF=2在Rt△ABC中，AC=∴AO=1∴OB=A∴BD=2OB=37∵O是AC的中点，∴S△AOE∵E是BC的中点，∴S△ACE∴S△AOE∵S△COD∴S△AOE综上所述，正确的结论是①②③．故答案为：①②③．38．（2023·广东深圳·三模）如图，在ABCD中，以点D为圆心，CD的长为半径作弧交AD于点G，分别以点C，G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点E，作射线DE交BC于点F，交CG于点O，若AB=13，GC=24，则DF的长为（）A．10 B．9 C．12 D．6.5【答案】A【分析】连接GF，由作图知，DE平分∠CDG，得到∠GDE=∠CDE，根据平行四边形的性质得到AD∥BC，CD=AB=13，求得∠ADE=∠CFD，根据等腰三角形的性质得到CD=CF=13，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：连接GF，由作图知，DE平分∠CDG，∴∠GDE=∠CDE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，CD=AB=13，∴∠ADE=∠CFD，∴∠CDF=∠CFD，∴CD=CF=13，∵CD=DG，∴CF=DG，∴四边形CDGF是菱形，∴DF=2OD，CO=12CG=∴OD=C∴DF=2OD=10，故选：A．【点睛】本题考查了作图﹣基本作图，平行四边形的性质，勾股定理，菱形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．39．（2023·四川达州·模拟预测）已知点A、B的坐标分别为−2,3、1,3，抛物线y=ax2+bx+c的顶点在线段AB上，抛物线与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），若四边形ACDB为平行四边形，则aA．−2 B．−53 C．−4【答案】C【分析】本题主要考查了二次函数的性质，平行四边形的性质，解题的关键是理解题意，熟练掌握二次函数的性质．根据点A、B的坐标分别为−2,3、1,3，得出AB∥x轴，AB=1−−2=3，根据二次函数性质得出抛物线的开口向下，4ac−b24a=3，根据四边形ACDB为平行四边形，得出【详解】解：∵点A、B的坐标分别为−2,3、1,3，∴AB∥x轴，∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点在线段AB上，抛物线与x轴交于C、D两点（C∴抛物线的开口向下，4ac−b∴a<0，∵四边形ACDB为平行四边形，∴CD=AB=3，令ax∴x=−b±∵C在D的左侧，∴xC=−b+∴CD=x∴b2∴b2∴−9a∴a=−4故选：C．👉题型12利用平行四边形的性质证明40．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在▱ABCD中，E为CD的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，连接DF．(1)求证：AD=CF；(2)请添加一个条件，使得四边形ACFD为矩形．（不需要证明）【答案】(1)见解析；(2)AF=CD（答案不唯一）．【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定，证明三角形全等是解题的关键．（1）由平行四边形的性质得AD∥BC，则∠ADE=∠FCE，再证明（2）先证明四边形ACFD是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥∴∠ADE=∠FCE，∵E为CD的中点，∴DE=CE，在△ADE和△FCE中，∠ADE=∠FCEDE=CE∴△ADE≌∴AD=CF；（2）解：添加AF=CD（答案不唯一），理由如下：由（1）可知，AD∥BC，∴四边形ACFD是平行四边形，又∵AF=CD，∴平行四边形ACFD为矩形．41．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在▱ABCD中，BE平分∠ABC，交AD于点E．(1)实践与操作：过点A作BE的垂线，分别交BE，BC于点F，G；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）(2)猜想与证明：试猜想线段AE与AB的数量关系，并加以证明．【答案】(1)见解析(2)AE=AB，证明见解析【分析】本题考查了基本作图，平行四边形的性质，等腰三角形的判定．（1）根据“过直线外一点作已知直线的垂线的基本作法”作图；（2）根据平行四边形的性质和等腰三角形的性质证明．【详解】（1）解：如图，AG即为所求；（2）解：AE=AB，证明如下：∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠EBC，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥∴∠AEB=∠EBC，∴∠AEB=∠ABE，∴AB=AE．42．（2024·浙江·一模）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，DF，BE，DF与BE交于点G．已知四边形DFCE是平行四边形，且DEBC(1)若AC=25，求线段AE，GF的长．(2)若四边形GFCE的面积为48，求△ABC的面积．【答案】(1)AE=10，GF=9(2)125【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质．（1）根据平行四边形的性质得出DE∥BC，DF∥AC，DE=CF，即可得△ADE∽△ABC，△BFG∽△BCE，再根据相似三角形的性质及比例的性质即可；（2）根据相似三角形的面积比等于相似比的平方及比例的性质即可．【详解】（1）解：∵四边形DFCE是平行四边形，∴DE∥BC，DF∥AC，DE=CF，∴△ADE∽△ABC，∴AE∵AC=25，∴AE=10，∴CE=25−10=15，∵DE∴BF∵DF∥∴△BFG∽△BCE，∴FG∴GF=9；（2）解：∵△BFG∽△BCE，BFBC∴S∵S∴S∵四边形GFCE的面积为48，∴S∵AEAC∴CEAC∴S△BCES△ABC解得S△ABC43．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC平分∠BCD，过点A作AF⊥CD交其延长线于点F，过点F作FE⊥BC于点E(1)求证：四边形ABCD是菱形；(2)若∠BCD=60°，AD=12，求FE【答案】(1)见解析(2)9【分析】（1）证明∠BCA=∠DCA=∠DAC，得AD=CD，即可得出结论；（2）由菱形的性质得出AB=CD=BC=12，AB∥CD，AD∥BC，进而利用直角三角形的性质及平行线的性质得∠DAF=90°−60°=30°，从而得CF=DF+CD=18，又求得CE=【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠BCA=∠DAC∵AC平分∠BCD∴∠BCA=∠DCA=∠DAC，∴AD=CD，∴▱ABCD是菱形；（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=12，AB∥CD，∴∠ADF=∵AF⊥DF，∴∠DAF=90°−60°=30°∴DF=1∴CF=DF+CD=18，∵EF⊥BC，∠BCD=60°∴∠EFC=90°−60°=30°∴CE=1∴EF=C【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定、菱形的判定与性质、勾股定理，30度直角三角形的性质；熟练掌握菱形判定与性质是解决问题的关键．👉题型13判断能否构成平行四边形44．（2024·广东·模拟预测）如图，点E是四边形ABCD的边BC延长线上的一点，且AD∥BC，则下列条件中能判定四边形ABCD为平行四边形的是（A．∠D=∠5 B．∠3=∠4 C．∠B=∠2 D．∠B=∠D【答案】D【分析】选项A，B中的条件都只能证得AD∥BC，不能判定四边形ABCD是平行四边形．选项C中的条件，不能判定四边形ABCD是平行四边形．对于选项D提供两组对边分别平行，能判定四边形ABCD为平行四边形，本题考查了平行四边形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．【详解】解：∵∠D=∠5∴AD∥BC选项A不能判定四边形ABCD是平行四边形．∵∠3=∠4∴AD∥BC选项B不能判定四边形ABCD是平行四边形．∵∠B=∠2，AD∴不能判定四边形ABCD是平行四边形．选项C不能判定四边形ABCD是平行四边形．∵AD∥BC，∴∠D=∠5．又∠B=∠D，∴∠B=∠5，∴AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形故选：D45．（2024·河北沧州·二模）李明画出ΔABD，利用尺规作图找一点C，使得四边形ABCD（1）作∠DBM=∠ADB；（2）作∠BDN=∠DBA；（3）记射线BM与射线DN的交点为C，则四边形ABCD即为所求．在李明的作法中，不可用来判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（

）A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等【答案】C【分析】本题考查的是平行四边形的判定，关键在于平行四边形的判定定理的运用.根据做出的角相等，可得CB∥AD，MD∥【详解】解：根据李明的做法，可知：∠DBM=∠ADB，∠BDN=∠DBA，可得CB∥AD,又∵BD=DB，∴△CBD≌△ADB，∴CB=AD,CD=AB.A选项：CB∥AD，B选项：CB=AD,CD=AB，两组对边分别相等的四边形是平行四边形.D选项：CB∥AD，故答案选：C.46．（2024·河北邯郸·二模）如图，在两个同心圆⊙O中，AB，CD分别是大圆和小圆的直径，且AB与CD不在同一条直线上，则可直接判定以点A，C，B，D为顶点的四边形是平行四边形的条件是（A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等C．一组对边平行且相等 D．对角线互相平分【答案】D【分析】本题主要考查圆的性质和平行四边形的判定，在两个同心圆⊙O中，AB，CD分别是大圆和小圆的直径，且AB与CD不在同一条直线上，可得OA=OB,OC=OD,故可判断四边形【详解】解：在两个同心圆⊙O中，AB，CD分别是大圆和小圆的直径，且AB与∴OA=OB,OC=OD,∴四边形ADBC是平行四边形故选：D47．（2024·山东临沂·模拟预测）在同一平面内，从①AB∥CD，②BC∥AD，③AB=CD，④BC=AD，这四个条件中任意选取两个能使四边形A．23 B．12 C．13【答案】A【分析】本题考查了平行四边形的判定，用概率公式求概率，掌握平行四边形的判定方法和概率公式是解题的关键．根据从①AB∥CD，②BC∥AD，③【详解】解：从①AB∥CD，②BC∥AD，③由平行四边形的判定方法，可得①②、②④、①③、③④共有4种可判定是平行四边形．∴这四个条件中任意选取两个能使四边形ABCD是平行四边形的概率为46故选：A．👉题型14添加一个条件使之成为平行四边形48．（2024·河北邯郸·三模）在四边形ABCD中，AB∥CD，其中部分线段的长已标记在图中，要使四边形ABCD为平行四边形，有如下三种添加条件的方案：甲：应添加条件“OB=3”；乙：应添加条件“OC=4”；丙：应添加条件“CD=4”．其中正确的是（A．甲和丙 B．甲和乙 C．只有乙 D．甲、乙和丙【答案】D【分析】此题考查了平行四边形的判定，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理．首先根据AB∥CD得到【详解】∵AB∴∠DCA=∠BAC若添加条件“OB=3”∴OD=OB∵∠DOC=∠AOB∴△DOC≌△BOA∴DC=AB∵AB∴四边形ABCD是平行四边形，故甲正确；若添加条件“OC=4”∴OA=OC∵∠DOC=∠AOB∴△DOC≌△BOA∴DC=AB∵AB∴四边形ABCD是平行四边形，故乙正确；若添加条件“CD=4”∴DC=AB∵AB∴四边形ABCD是平行四边形，故丙正确；综上所述，其中正确的是甲、乙和丙．故选：D．49．（2024·河北邯郸·二模）如图，在△ABC中，M，N分别是边AB，AC上的点，延长MN至点P，连接PC，∠P+∠BCP=180°，要使四边形甲：添加BM=PC；乙：添加BM∥丙：添加MP=BC．则正确的方案（

）A．只有甲、乙才对 B．只有乙、丙才对C．只有甲、丙才对 D．甲、乙、丙都对【答案】B【分析】本题考查添加条件使四边形成为平行四边形，根据平行四边形的判定定理逐项判断即可得出答案．【详解】解：∵∠P+∠BCP=180°，∴MP∥甲：添加BM=PC后，一组对边平行，另一组对边相等，不能证明四边形MBCP为平行四边形；乙：添加BM∥PC后，满足两组对边平行，能证明四边形丙：添加MP=BC后，满足一组对边平行且相等，能证明四边形MBCP为平行四边形；综上可知，只有乙、丙才对，故选B．50．（2023·湖南岳阳·三模）已知四边形ABCD中，AB=DC，AC，BD相交于点O，将AC两端延长，使AE=CF，连结BE，DE，DF，BF，添加下列条件之一①BE=DF，②BE∥DF，③OB=OD，使四边形ABCD为平行四边形．

(1)你添加的条件是：______；（填序号）(2)添加条件后求证四边形ABCD为平行四边形．【答案】(1)①(2)见解析．【分析】（1）根据已知条件可知AB=DC，再添加DE=BF即可证明△EAB≅△FCD(SSS)，进而可证得（2）证明△EAB≅△FCD(SSS)，进而可证得【详解】（1）解：添加的条件是①：BE∥DF；而②BE∥DF，③OB=OD，根据已有条件无法证明三角形全等，无法判断四边形ABCD为平行四边形，故答案为：①．（2）证明：在△EAB和△FCD中，∵AE=AFAB∴△EAB≅△FCD(∴∠EAB=∠FCD∴∠CAB=∠ACD∴CD∥AB，∵AB=DC，∴四边形ABCD是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和三角形全等判定和性质，解题关键是熟练掌握平行四边形的判定定理．👉题型15证明四边形是平行四边形51．（2024·贵州·模拟预测）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AE∥(1)判断四边形AECD的形状，并证明；(2)若AB=BC，CD=5，AC=8，求四边形AECD的面积．【答案】(1)平行四边形，证明见解析(2)24【分析】本题主要考查平行四边形、菱形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，掌握其判定方法及性质是解题的关键．（1）根据平行的性质可得∠EAO=∠DCO，运用角边角可证△AOE≌△COD，可得OD=OE，结合平行四边形的判定方法“对角线相互平分的四边形是平行四边形”即可求解；（2）根据题意可得四边形AECD是菱形，运用勾股定理可得OD=3，由此菱形的面积计算方法即可求解．【详解】（1）解：四边形AECD为平行四边形．证明如下：∵AE∥CD，∴∠在△AOE和△COD中，∠EAO=∠DCOAO=CO∴△AOE≌△COD(ASA∴OD=OE，又∵AO=CO，∴四边形AECD是平行四边形．（2）解：∵AB=BC，AO=CO，∴OB⊥AC，∴四边形AECD是菱形，∵AC=8，∴CO=1在Rt△COD中，由勾股定理得OD=C∴DE=2OD=6，∴S52．（2024·四川眉山·二模）如图，已知直线l1经过点A−5,−6且与直线l2：y=−32x+6平行，直线l2与x轴、(1)求直线l1的表达式及其与x轴的交点D(2)判断四边形ABCD是什么四边形？并证明你的结论．【答案】(1)y=−32(2)矩形，证明见解析【分析】（1）根据两直线平行k值相等，设直线l1的表达式为y=−32（2）分别求出B,C点的坐标，进而求出AD,BC的长，根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，得到四边形ABCD是平行四边形，再根据勾股定理逆定理，推出∠BCD=90°，即可得出结论．【详解】（1）解：由题意，设直线l1的表达式为y=−把−5,−6代入，得：−6=−32×∴y=−3当y=0时，−32x−∴D−9,0（2）四边形ABCD是矩形，证明如下：当x=0时，y=−3当y=0时，−32x+6=0∴B∴BC=6由（1）知D−9,0∴AD=−9+5∴BC=AD，又∵l1∴BC∥AD，∴四边形ABCD是平行四边形．又∵BD=4+9=13，CD2=∴CD∴∠BCD=90°，∴四边形ABCD是矩形．【点睛】本题考查一次函数图象的平移，一次函数与几何的综合应用，勾股定理，平行四边形的判定，正确的求出函数解析式，是解题的关键．53．（2024·湖南·模拟预测）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】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、平行线的性质等知识点，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法是解题的关键．（1）先根据四边形ABCD为平行四边形可得AO=CO、BO=DO，再根据AF=CE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EF⊥BD，即可证明结论．【详解】（1）证明：∵▱ABCD，∴AO=CO，BO=DO，∵AF=CE，∴AF−AO=CE−CO，即EO=FO，∴四边形EBFD是平行四边形．（2）解：∵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．👉题型16利用平行四边形的性质与判定求解54．（2024·湖北恩施·模拟预测）综合与实践：△ABC中，BA=BC，点D是AC的中点，点E是线段BD上一点（不与B、D重合），EF∥AB交BC于点F，点M是CE的中点，连接【初步思考】（1）如图1，若∠ABC=90°，连接DM，DF．求证：△DFM【实践探究】（2）在（1）的条件下，当DCDE【拓展延伸】（3）如图2，点E是BD的中点，在线段DC上截取DN=14DC，连接【答案】（1）证明见解析；（2）1+2；（3）四边形EFMN【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，（1）证明DM=FM=12CE，∠DME=2∠DCE,∠EMF=2∠FCE（2）由△EMF≌△DCF得到∠EMF=∠DCF，证明DE=EF=BF，DC=BD，设DE=m，则BE=2m，得到（3）过点F作FG⊥BD，垂足为G，连接NF交CE于点P，证明四边形DGFN是矩形，根据平行线分线段成比例定理得到PF=PN，PE=PM=1【详解】（1）证明：∵BA=BC，点D是AC的中点，∴∠BDC=90°，∵∠ABC=90°，EF∥∴∠EFC=90°，∠DCB=45°∵点M是CE的中点，∴DM=FM=1∴∠CDM=∠DCE∴∠DME=2∠DCE,同理可得，∠EMF=2∠FCE∴∠DMF=∠DNE+∠EMF=2∴△DFM是等腰直角三角形；（2）∵△EMF≌△DCF∴∠EMF=∠DCF∵∠EMF=2∠FCE∴CE平分∠DCF∴DE=EF=BF，DC=BD，设DE=m，则BE=∴DC=DE+BE=∴DC（3）四边形EFMN是平行四边形，理由如下：过点F作FG⊥BD，垂足为G，连接NF交CE于点P，∵EF∴∠ABE=∠BEF又AB=BC，点D是AC的中点，∴∠ABE=∠EBF，BD⊥AC∴GF∥DC，∠BEF=∠EBF∴BF=EF∴BG=EG∵点E是BD的中点∴BG∵DN=∴GF=DN∴四边形DGFN是矩形∴FN∥BD∴PF∴PF=PN，PE=PM=∴四边形EFMN是平行四边形55．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，D是△ABC的边BC的中点，AB=4，AD=1，则∠BAC的最小值为（

）A．90° B．120° C．135° D．150°【答案】D【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，求角的正弦值，延长AD至点E，使DE=AD，连接BE，CE，可证明四边形ABEC是平行四边形，得到∠BAC=180°−∠ABE，则当∠ABE最大时，∠BAC最小；过点A作AF⊥BE交BE的延长线于点F，由于sin∠【详解】解：如图，延长AD至点E，使DE=AD，连接BE，CE．∵D是BC的中点，∴BD=DC，∴四边形ABEC是平行四边形，∴AC∥BE，∴∠∴当∠ABE最大时，∠BAC最小．过点A作AF⊥BE交BE的延长线于点F，∴sin∠ABE=当且仅当AE⊥BE时等号成立，此时∠ABE最大，∠ABE=30°∴∠BAC的最小值为150°，故选：D．56．（2024·广东清远·模拟预测）如图，△ABC中，AB=8cm，AC=6cm，BC=10cm，将△ABC沿着直线BC向右平移6cm到△DEF的位置，AC与DE相交于点①EC=6cm②△DEF是直角三角形；③四边形ACFD的面积是28.8cm④四边形ACFD是菱形；⑤△ADG≌△CEG．其中正确结论的个数为（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】由平移的性质得AD∥BF，AC∥DF，AD=BE=6cm，△ABC≌△DEF，则四边形ACFD是平行四边形，∠BAC=∠EDF，EC=BC−BE=4cm，故①不正确；再由勾股定理的逆定理求出∠BAC=90°，即可推出△DEF是直角三角形，故②正确；然后设△ABC的BC边上的高为ℎ，由面积法求出ℎ=4.8cm，再求出S平行四边形ACFD=28.8cm2，故③正确；由AD=AC=6cm，即可推出平行四边形【详解】解：由平移的性质得：AD∥BF，AC∥DF，AD=BE=6cm，△ABC≌△DEF∴四边形ACFD是平行四边形，则∠BAC=∠EDF，EC=BC−BE=10−6=4(cm∵8即AB∴∠BAC=90°，∴∠EDF=90°，∴△DEF是直角三角形，故②正确；设△ABC的BC边上的高为ℎ，则S△ABC∴ℎ=AB⋅AC∴S∵AD=AC=6cm∴平行四边形ACFD是菱形，故④正确；∵AD∥BF，∴∠GAD=∠GCE，∠GDA=∠GEC，∵AD≠EC，∴△ADG与△CEG不全等，故⑤不正确；综上所述，正确结论的个数为3，故选：C．【点睛】本题考查了平移的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、勾股定理的逆定理、三角形面积的计算、全等三角形的判定等知识，熟练掌握平移的性质和勾股定理的逆定理是解题的关键．57．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，AB=43，BC=37，∠ABC=60°，E、F分别为边AD、BC上的点，且AE=CF，连接BE，AF，则AF+BE的最小值为

【答案】3【分析】本题主要考查平行四变形的判定和性质，含30度直角三角形及轴对称的性质，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．连接EC，作点C关于AD的对称点H，连接BH,EH，根据平行四边形的性质及判定得出四边形AECF为平行四边形，再由轴对称的性质确定当点B、E、H三点共线时，AF+BE的最小值为BH的长，然后结合图形利用勾股定理求解即可．【详解】解：连接EC，作点C关于AD的对称点H，连接BH,EH，如图所示：

∵平行四边形ABCD，AB=43，BC=37，∴AB=CD=43，AD∥BC∵AE=CF，∴四边形AECF为平行四边形，∴AF=EC，∵点C、H关于AD对称，∴EH=EC,CN=HN,AD⊥CH，∴EC=AF=EH，∴AF+BE=BE+EH，当点B、E、H三点共线时，AF+BE的最小值为BH的长，∵∠ADC=60°,AD⊥CH，∴∠DCN=30°，∴DN=12CD=2∴CH=12，∴BH=BC2故答案为：32358．（2024·贵州黔东南·二模）如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E是CD边的中点，P，Q是对角线BD上的动点（点Q在点P的上方），且PQ=2，连接AP，QE．当AP+QE【答案】1【分析】取BC的中点F，连接EF，取EF的中点H，连接PH，则EF是△BCD的中位线，有EF∥BD,EF=12BD．进一步求得BD和EF，即可判定四边形PHEQ是平行四边形，那么，AP+QE=AP+PH．连接AH，交BD于点P'，则当点P位于点P'处时，AP+PH的值最小，即AP+QE的值最小，此时的点Q【详解】解：如图，取BC的中点F，连接EF，取EF的中点H，连接PH，∵点E是CD边的中点，∴EF是△BCD的中位线，∴EF∥BD,EF=1在正方形ABCD中，AB=4，∴BD=42∴EF=1∴HE=∴四边形PHEQ是平行四边形，∴PH=QE，∴AP+QE=AP+PH．连接AH，交BD于点P'，则当点P位于点P'处时，AP+PH的值最小，即将此时的点Q记为点Q'，由正方形的对称性可知AH⊥BD∴EQ又∠Q则△QDE的面积为S△故答案为：1．【点睛】本题主要考查正方形的性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质、三角形的三边关系的应用和勾股定理，解题的关键是熟悉特殊四边形的性质和找到最小值．👉题型17利用平行四边形的性质与判定证明59．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在AC上，且AE=CF．(1)求证：BE∥DF；(2)过点O作OM⊥BD，垂足为O，交DF于点M，若△BFM的周长为12，求四边形BEDF的周长．【答案】(1)见解析(2)四边形BEDF的周长为24【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质及平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答的关键．（1）根据平行四边形的性质得到AB∥DC，AB=DC，求得∠BAE=∠DCF，根据全等三角形的性质得到∠AEB=∠CFD，根据平行线的判定定理即可得到结论；（2）由（1）知，△ABE≌△CDF，BE∥DF，求得BE=DF，根据线段垂直平分线的性质得到DM=BM，于是得到结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AB=DC，∴∠BAE=∠DCF，在△ABE与△CDF中，AB=CD∠BAE=∠DCF∴△ABE≌△CDFSAS∴∠AEB=∠CFD，∴∠BEF=∠DFE，∴BE∥DF；（2）解：由（1）知，△ABE≌△CDF，BE∥DF，∴BE=DF，∴四边形BEDF是平行四边形，∴DO=BO，∵OM⊥BD，∴DM=BM，∵△BFM的周长为12，∴BM+MF+BF=DM+MF+BF=DF+BF=12，∴BF+DF+BE+DE=2BF+DF∴四边形BEDF的周长为24.60．（2024·四川内江·二模）在▱ABCD中，BE⊥CD于点E，点F在AB上，且AF=CE，连接DF．(1)求证：△ADF≌△CBE；(2)连接CF，若CF平分∠BCD，且CE=3，BE=4，判断四边形BEDF的形状，并求其面积．【答案】(1)证明见解析(2)四边形是矩形，32【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定与性质，属于中考常考题型．（1）由平行四边形的性质得到AB=CD,∠A=∠BCE,BC=AD，结合AF=CE即可证明；（2）证明四边形BEDF是平矩形，由矩形的性质得DE=BF，由角平分线的定义得到∠DCF=∠BCF，由平行线的性质得到∠DCF=∠CFB，证出BF=BC=5，进而解决问题．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD,BC=AD,AB∥CD,AD∥∵AF=CE，∴△ADF≌△CBESAS（2）解：∵AF=CE，AB=CD，∴AB−AF=CD−CE，即BF=DE，∵BF∥∴四边形BEDF为平行四边形，又∵BE⊥CD，∴∠BED=90°，∴平行四边形BEDF为矩形；∵CF平分∠BCD，∴∠BCF=∠DCF,∵AB∥∴∠BFC=∠DCF，∴∠BCF=∠BFC，∴BC=BF，在Rt△BCE中，由勾股定理得BC=∴BC=BF=5，又∵AF=CE=3，∴CD=AB=BF+AF=5+3=8，∴S61．（2024·青海西宁·二模）在探索平面图形的性质时，往往需通过剪拼的方式帮助我们寻找解题思路．（1）【知识回顾】在证明三角形中位线定理时，就采用了如图①的剪拼方式，将三角形转化为平行四边形使问题得以解决，请写出已知，求证，并证明三角形中位线定理．（2）【数学发现】如图②，在梯形ABCD中，AD∥BC，F是腰DC的中点，请你沿着如图③，在梯形ABCD中，AD∥BC，E、F分别是两腰AB、DC的中点，我们把EF叫做梯形ABCD的中位线．请类比三角形的中位线的性质，猜想EF和AD、【证明猜想】（3）证明（2）的结论，并在“AD=5，BC=7”的条件下，求EF的长．【答案】（1）见解析；（2）画图见解析，猜想：EF∥AD∥【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定：（1）根据三角形中位线定理的内容写出对应的已知，求证和证明过程即可；（2）延长AF交BC延长线于M，证明△ADF≌△MCFAAS（3）如图③，连接AF并延长，交BC延长线于点M，证明△ADF≌△MCFAAS得到AD=MC，AF=MF，在△ABM中，利用三角形的中位线可证得EF∥BM，EF=12【详解】解：（1）已知：在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，求证：DE=1证明：如图所示，过点C作CF∥AB交DE延长线与F，∵D、E分别是AB、AC的中点，∴AD=BD，∵CF∥AB，∴∠EAD=∠ECF，∴△ADE≌△CFEAAS∴DE=FE，∴CF=BD，∴四边形BCFD是平行四边形，∴BC=DF=2DE，∴DE=1（2）如图所示，延长AF交BC延长线于M，则把△ADF延AF剪开后放置到△MCF的位置，△ABM即为所求；猜想：EF∥AD∥（3）连接AF并延长，交BC延长线于点M，∵AD∥BC∴∠M=∠DAF．∵F是DC的中点，∴DF=CF．∵∠AFD=∠MFC，∴△ADF≌△MCFAAS∴AD=MC，AF=MF．∴点F是AM的中点，又点E是AB的中点，∴EF是△ABM的中位线，∴EF∥BM，EF=1∴EF=1∵AD∥BC，∴EF∥AD．∴EF∥AD∥∵AD=5，BC=7，∴EF=162．（2024·湖北荆门·模拟预测）如图，BC是⊙O的直径，点A在弧BC上，点E是△ABC的内心，连接BE并延长交弧AC于点D，过点D作DF∥AC交BC的延长线于点(1)求证：DF是⊙O的切线．(2)若点A为弧BD的中点，求证：四边形ACFD是平行四边形．(3)连接AE，若⊙O的半径长为5，AB=6，求线段BE的长．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)2【分析】（1）连接OD，设OD与AC交于点G，利用三角形内心