2021年中考数学真题复习汇编：专题19多边形与平行四边形（45题）（第02期）（含解析）

这是一份2021年中考数学真题复习汇编：专题19多边形与平行四边形（45题）（第02期）（含解析），共56页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 专题19多边形与平行四边形（45题）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、单选题
1．（2021·江苏中考真题）正五边形的内角和是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
n边形的内角和是 ，把多边形的边数代入公式，就得到多边形的内角和．
【详解】
（5﹣2）×180°=540°．
故选B．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和与外角和定理，解决本题的关键是正确运用多边形的内角和公式，是需要熟记的内容．
2．（2021·贵州中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（　　）

A．OB＝OD B．AB＝BC C．AC⊥BD D．∠ABD＝∠CBD
【答案】A
【分析】
根据平行四边形的性质：对边平行且相等，对角线互相平分进行判断即可．
【详解】
解：平行四边形对角线互相平分，A正确，符合题意；
平行四边形邻边不一定相等，B错误，不符合题意；
平行四边形对角线不一定互相垂直，C错误，不符合题意；
平行四边形对角线不一定平分内角，D错误，不符合题意．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分是解题的关键．
3．（2021·广西中考真题）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（　　）

A．6 B．12 C．24 D．48
【答案】B
【分析】
利用三角形的中位线定理，先证明四边形是矩形，再利用矩形的面积公式进行计算即可.
【详解】
解： 点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，

四边形是平行四边形，

四边形是矩形，

故选：
【点睛】
本题考查的是三角形的中位线的性质，矩形的判定与性质，掌握利用三角形的中位线证明四边形是平行四边形是解题的关键.
4．（2021·广东中考真题）下列命题中，为真命题的是（ ）
（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形
（2）对角线互相垂直的四边形是菱形
（3）对角线相等的平行四边形是菱形
（4）有一个角是直角的平行四边形是矩形
A．（1）（2） B．（1）（4） C．（2）（4） D．（3）（4）
【答案】B
【分析】
正确的命题叫真命题，根据定义解答．
【详解】
解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故（1）是真命题；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故（2）不是真命题；
对角线相等的平行四边形是矩形，故（3）不是真命题；
有一个角是直角的平行四边形是矩形，故（4）是真命题；
故选：B．
【点睛】
此题考查真命题的定义，熟记定义并正确掌握平行四边形、菱形、矩形的判定定理是解题的关键．
5．（2021·湖北中考真题）如图，将一副三角板在平行四边形ABCD中作如下摆放，设，那么（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
延长EG交AB于H，根据平行四边形与三角板的性质，，DC//AB，得到∠DEH=∠BHE=60°，再由平角的定义，计算出结果．
【详解】
解：如图，延长EG交AB于H，

∵∠BMF=∠BGE=90°，
∴MF//EH，
∴∠BFM=∠BHE，
∵，
∴∠BFM=∠BHE=60°，
∵在平行四边形ABCD中，DC//AB，
∴∠DEH=∠BHE=60°，
∵∠GEN=45°，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质与一副特殊三角形板的性质，关键在于作出辅助线，利用平行四边形的性质进行求解．
6．（2021·内蒙古中考真题）如图，中，、交于点O，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点，作直线，交于点E，交于点F，连接，若，的周长为14，则的长为（ ）


A．10 B．8 C．6 D．
【答案】B
【分析】
由已知可得EA=EC，再根据三角形BCE的周长可以得到AB的长，从而得到CD的长 ．
【详解】
解：由已知条件可知EF是AC的垂直平分线，所以EA=EC，
∵△BCE 的周长为14，
∴BC+CE+EB=14，
∴BC+EA+EB=14，
即BC+AB=14，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC=AB，BC=AD=6，
∴DC=14-BC=14-6=8，
故选B．
【点睛】
本题考查平行四边形的综合应用，熟练掌握平行四边形的性质、线段垂直平分线的作图与性质是解题关键．
7．（2021·内蒙古）已知：的顶点，点C在x轴的正半轴上，按以下步骤作图：
①以点O为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点M，交于点N．
②分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内相交于点E．
③画射线，交于点，则点A的坐标为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由题意得：OE平分∠AOC，结合AD∥OC，可得AO=AF，设AH=m，则AO=AF=2+m，根据勾股定理，列出方程，即可求解．
【详解】
解：由作图痕迹可知：OE平分∠AOC，

∴∠AOF=∠COF，
∵在中，AD∥OC，
∴∠COF=∠AFO，
∴∠AOF=∠AFO，
∴AO=AF，
∵，
∴FH=2，OH=3，
设AH=m，则AO=AF=2+m，
∵在中，AH2+OH2=AO2，
∴m2+32=(2+m) 2，解得：，
∴A，
故选A．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质，尺规作角平分线，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，推出AO=AF，利用勾股定理列出方程，是解题的关键．
8．（2021·四川中考真题）如图，在中，，点F为AC中点，是的中位线，若，则BF=（ ）

A．6 B．4 C．3 D．5
【答案】A
【分析】
由DE是的中位线，可得AC=12，在中，点F为AC中点，可得BF=即可．
【详解】
解：∵DE是的中位线，
∴AC=2DE=2×6=12，
∵在中，，点F为AC中点，
∴BF=，
故选择A．
【点睛】
本题考查三角形中位线与三角形中线性质，掌握三角形中位线与三角形中线性质是解题关键．
9．（2021·湖南中考真题）如图，点在矩形的对角线所在的直线上，，则四边形是（ ）


A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】A
【分析】
利用三角形全等的性质得，对应边相等及对应角相等，得出一组对边平行且相等，即可判断出形状．
【详解】
解：由题意：
，
，
又，
，
，
，
四边形为平行四边形，
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定定理及性质、平行四边形的判定，解题的关键是：掌握平行四边形判定定理，利用三角形全等去得出相应条件．
10．（2021·贵州中考真题）如图，在中，的平分线交于点，的平分线交于点，若，则的长是（ ）

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．
11．（2021·黑龙江伊春·中考真题）如图，平行四边形的对角线相交于点，点为的中点，连接并延长，交的延长线于点，交于点，连接、，若平行四边形的面积为48，则的面积为（ ）

A．4 B．5 C．2 D．3
【答案】C
【分析】
由题意易得，进而可得，则有，然后根据相似比与面积比的关系可求解．
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，AE=EF，，
∵平行四边形的面积为48，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵和同高不同底，
∴，
故选C．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线是解题的关键．
12．（2021·黑龙江中考真题）如图，平行四边形的对角线、相交于点E，点O为的中点，连接并延长，交的延长线于点D，交于点G，连接、，若平行四边形的面积为48，则的面积为（ ）

A．5.5 B．5 C．4 D．3
【答案】C
【分析】
由题意易得，进而可得，则有，然后根据相似比与面积比的关系可求解．
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，AE=EF，，
∵平行四边形的面积为48，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵和同高不同底，
∴，
故选C．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线是解题的关键．
13．（2021·四川中考真题）下列说法正确的是（ ）
A．平行四边形是轴对称图形 B．平行四边形的邻边相等
C．平行四边形的对角线互相垂直 D．平行四边形的对角线互相平分
【答案】D
【分析】
根据平行四边形的性质，逐一判断各个选项，即可得到答案．
【详解】
解：A. 平行四边形是中心对称图形不是轴对称图形，故该选项错误，
B. 平行四边形的邻边不一定相等，故该选项错误，
C. 平行四边形的对角线互相平分，故该选项错误，
D. 平行四边形的对角线互相平分，故该选项正确．
故选D．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，是解题的关键．
14．（2021·辽宁中考真题）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，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先求出正六边形的内角和外角，再根据三角形的外角性质以及平行线的性质，即可求解．
【详解】
解：∵正六边形的每个内角等于120°，每个外角等于60°，
∴∠FAD=120°-∠1=101°，∠ADB=60°，
∴∠ABD=101°-60°=41°
∵光线是平行的，
∴=∠ABD=，
故选A

【点睛】
本题主要考查平行线的性质，三角形外角性质以及正六边形的性质，掌握三角形的外角性质以及平行线的性质是解题的关键．
15．（2021·山东中考真题）如图，正五边形中，的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
首先由正五边形的性质得到≌， ，，然后由正五边形 内角度数，求出和 的度数，进而求出 的度数．

【详解】
解：∵五边形为正五边形，
∴，，
∴，
∴，，
∴．
故选：
【点睛】
本题考查了正多边形的性质：各边相等，各角相等，掌握正多边形的性质是解决本题的关键．
16．（2021·湖北）正多边形的一个外角等于60°，这个多边形的边数是（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
【答案】B
【分析】
根据多边形的边数等于360°除以每一个外角的度数60°，计算即可．
【详解】
解：边数＝360°÷60°＝6．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了正多边形的外角与边数的关系，360°除以每一个外角的度数就等于正多边形的边数，需要熟练记忆．
17．（2021·内蒙古中考真题）如图，正方形的边长为4，剪去四个角后成为一个正八边形，则可求出此正八边形的外接圆直径d，根据我国魏晋时期数学家刘的“割圆术”思想，如果用此正八边形的周长近似代替其外接圆周长，便可估计的值，下面d及的值都正确的是（ ）

A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【分析】
根据勾股定理求出多边形的边长，利用多边形内角和求解内角度数，再根据锐角三角函数求值即可．
【详解】

解： 设剪去△ABC边长AC=BC=x，可得：
，
解得x=，
则BD=，
∵正方形剪去四个角后成为一个正八边形，根据正八边形每个内角为135度，
，
则∠BFD=22.5°，
∴外接圆直径d=BF=，
根据题意知周长÷d==，
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理、多边形内角和、圆周长直径公式和锐角三角函数等相关知识，阅读理解题意是解决问题的关键．
18．（2021·湖南中考真题）如图所示，在正六边形内，以为边作正五边形，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
利用正n边形的外角和定理计算即可
【详解】
如图，延长BA到点O，
∵六边形ABCDEF是正六边形，

∴∠FAO==60°，
∵五边形ABGHI是正五边形，
∴∠IAO==72°，
∴∠FAI=∠IAO-∠FAO=12°，
故选B．
【点睛】
本题考查了正多边形的外角和定理，熟练掌握正ｎ边形的外角和定理是解题的关键．

二、填空题
19．（2021·四川中考真题）如图，为正六边形，为正方形，连接CG，则∠BCG+∠BGC=______．


【答案】
【分析】
分别计算正六边形和正方形的每个内角的度数，再利用三角形的内角和定理即可得出答案．
【详解】
解：∵ABDEF是正六边形，
∴
∵ABGH是正方形，
∴
∵
∴
∵
∴
故答案为：
【点睛】
本题考查了多边形的内角和与正多边形每个内角的计算等知识点，熟知多边形的内角和的计算公式是解题的关键．
20．（2021·浙江）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，BD交于点F，则的度数为________．


【答案】
【分析】
首先根据正五边形的性质得到AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD=108°，然后利用三角形内角和定理得∠BAC=∠BCA=∠CBD=36°，最后利用三角形的内角和得到∠AFB=72°．
【详解】
∵五边形ABCDE为正五边形，
∴AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD=，
∴∠BAC=∠BCA=∠CBD=∠CDB=（180°−108°）÷2=36°，
∴∠ABF=∠ABC-∠FBC=108°−36°=72°，
∴∠AFB =180°-∠BAF-∠ABF=180°-36°-72°=72°．
故答案为:72°．
【点睛】
本题考查正多边形有关的角,多边形内角求法,等腰三角形的性质,对顶角性质,三角形内角和，利用数形结合求解是解答此题的关键．
21．（2021·湖南中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，点E是边的中点．已知，则_____．

【答案】5
【分析】
直接利用平行四边形的性质结合三角形中位线定理得出EO的长．
【详解】
解：∵在□ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
∴点O是AC的中点，
又∵点E是AB的中点，
∴EO是△ABC的中位线，
∴EO＝BC＝5．
故答案为：5．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质以及三角形中位线定理，正确得出EO是△ABC的中位线是解题关键．
22．（2021·广西中考真题）如图，正六边形ABCDEF的周长是24cm，连接这个六边形的各边中点G，H，K，L，M，N，则六边形GHKLMN的周长是 ___cm．

【答案】
【分析】
如图，连接 过作于 再求解正六边形的边长为 证明 再求解 再利用三角形的中位线定理可得答案.
【详解】
解：如图，连接 过作于
正六边形ABCDEF的周长是24cm，




分别为的中点，

同理：
六边形GHKLMN的周长是
故答案为：
【点睛】
本题考查的是三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，正多边形的性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键.
23．（2021·湖南中考真题）如图，将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为、，若，，则的度数是____．

【答案】40°
【分析】
如图，由折叠的性质可得，进而可得，然后易得四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的性质可求解．
【详解】
解：如图所示：


∵，
由折叠的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴；
故答案为40°．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质与判定、平行线的性质及折叠的性质，熟练掌握平行四边形的性质与判定、平行线的性质及折叠的性质是解题的关键．
24．（2021·江苏中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，其中点A在x轴正半轴上．若，则点A的坐标是__________．


【答案】（3，0）
【分析】
根据平行四边形的性质，可知：OA=BC=3，进而即可求解．
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴OA=BC=3，
∴点A的坐标是（3，0），
故答案是：（3，0）．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质以及点的坐标，掌握平行四边形的对边相等，是解题的关键．
25．（2021·青海中考真题）如图，在中，对角线，，垂足为，且，，则与之间的距离为______．


【答案】．
【分析】
设与之间的距离为，由条件可知的面积是的面积的2倍，可求得的面积，，因此可求得的长．
【详解】
解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
，

∴，
∵，，，
∴，
∴，
设与之间的距离为，
∵，
∴，
∴，
解得，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质，由已知条件得到四边形ABCD的面积是△ABC的面积的2倍是解题的关键（本题也可以采用等底等高的三角形的面积是平行四边形面积的一半来求解）．

三、解答题
26．（2021·广西中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线BD的中点，EF过点O，交AB于点E，交CD于点F．

（1）求证：∠1＝∠2；
（2）求证：△DOF≌△BOE．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据平行四边形的性质可得AB//CD，根据平行线的性质即可得结论；
（2）由（1）可知∠1=∠2，根据中点的性质可得OD=OB，利用AAS即可证明△DOF≌△BOE．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠1＝∠2．
（2）∵点O是对角线BD的中点，
∴OD=OB，
在△DOF和△BOE中，，
∴△DOF≌△BOE．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质及全等三角形的判定，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
27．（2021·广东中考真题）如图，在四边形ABCD中，，点E是AC的中点，且
（1）尺规作图：作的平分线AF，交CD于点F，连结EF、BF（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）所作的图中，若，且，证明：为等边三角形．

【答案】（1）图见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据基本作图—角平分线作法，作出的平分线AF即可解答；
（2）根据直角三角形斜边中线性质得到并求出，再根据等腰三角形三线合一性质得出，从而得到EF为中位线，进而可证，，从而由有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形得出结论．
【详解】
解：（1）如图，AF平分，

（2）∵，且，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵AF平分，，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
∴
又∵
∴为等边三角形．
【点睛】
本题主要考查了基本作图和等腰三角形性质以及与三角形中点有关的两个定理，解题关键是掌握等腰三角形三线合一定理、直角三角形斜边中线等于斜边一半以及三角形中位线定理．
28．（2021·辽宁中考真题）如图，在中，点O是的中点，连接并延长交的延长线于点E，连接、．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）证明见详解；（2）四边形ACDE是菱形，理由见详解．
【分析】
（1）利用平行四边形的性质，即可判定，即可得到，再根据CD∥AE，即可证得四边形ACDE是平行四边形；
（2）利用（1）的结论和平行四边形的性质可得AC=CD，由此即可判定是菱形．
【详解】
（1）证明：在ABCD中，AB∥CD，
∴，
∵点O为AD的中点，
∴，
在与中，
∵，
，
，
∴，
∴，
又∵BE∥CD ，
∴四边形ACDE是平行四边形；
（2）解：由（1）知四边形ACDE是平行四边形，，
∵，
∴，
∴四边形ACDE是菱形．

【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定、三角形全等、菱形的判定等，熟练掌握判定定理并融会贯通是解题的关键．
29．（2021·吉林中考真题）图①、图2均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点，点均在格点上，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．

（1）在图①中，以点，，为顶点画一个等腰三角形；
（2）在图②中，以点，，，为顶点画一个面积为3的平行四边形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据等腰三角形的定义画出图形即可：如以为顶点，为 底边，即可做出等腰三角形；
（2）作底为1，高为3的平行四边形即可．
【详解】
解：（1）如图①中，此时以为顶点，为底边，该即为所求（答案不唯一）．
（2）如图②中，此时底，高，因此四边形即为所求．

【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质和平行四边形的性质，解题的关键掌握等腰三角形和平行四边形的基本性质．
30．（2021·黑龙江中考真题）在等腰中，，是直角三角形，，，连接，点是的中点，连接．


（1）当，点在边上时，如图①所示，求证：．
（2）当，把绕点逆时针旋转，顶点B落在边AD上时，如图②所示，当，点B在边AE上时，如图③所示，猜想图②、图③中线段和又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
【答案】（1）见详解；（2）图②中，图③中，理由见详解．
【分析】
（1）由题意易得，则有，然后可得，，进而可得AD垂直平分BC，则CD=BD，最后问题可求证；
（2）取CD的中点H，连接AH、EH、FH，如图②，由题意易得，则有EH垂直平分AD，∠HFA=∠CBA=45°，进而可得∠EHF=∠EAF=45°，然后可得点A、E、F、H四点共圆，则根据圆的基本性质可求解；如图③，取BC的中点G，连接GF并延长，使得GM=CD，连接DM、EM、EG，AG，则有四边形CGMD是平行四边形，DM=CG=AC，进而可得△ACD≌△DME，则有CD=EM，∠EMD=∠DCA，然后可得△EMG是等边三角形，最后问题可求解．
【详解】
（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴△ACB是等腰直角三角形，
∵，
∴AD垂直平分BC，
∴CD=BD，
∴；
（2）解：图②中，图③中，理由如下：
图②：取CD的中点H，连接AH、EH、FH，如图②，

∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴EH垂直平分AD，∠HFA=∠CBA=45°，
∴∠EHF=∠EAF=45°，
∴点A、E、F、H四点共圆，
∵∠HFA=∠EAF=45°，
∴，
∴；
图③：如图③，取BC的中点G，连接GF并延长，使得GM=CD，连接DM、EM、EG，AG，
∵，，
∴△ADE是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，

∴，
∴△AGC是等边三角形，
∴AC=CG，
∵点是的中点，
∴，
∴四边形CGMD是平行四边形，
∴，∠GCD=∠DMG，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴△ACD≌△DME（SAS），
∴CD=EM，∠EMD=∠DCA，
∴，
∴，
∴△EMG是等边三角形，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴GF=MF，
∴EF⊥GM，
∴．
【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、平行四边形的性质与判定及三角函数、圆的基本性质，熟练掌握等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、平行四边形的性质与判定及三角函数、圆的基本性质是解题的关键．
31．（2021·湖南）如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，．


（1）求证：．
（2）判断四边形的形状，并证明．
【答案】（1）见详解；（2）四边形是平行四边形，理由见详解
【分析】
（1）由平行线的性质可得∠A=∠B，再证明AC=BD，根据SAS即可得到结论；
（2）由得∠ACE=∠BDF，DF=CE，根据平行四边形的判定定理，即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵，
∴∠A=∠B，
∵，
∴，即：AC=BD，
在和中，
∵，
∴；
（2）四边形是平行四边形，理由如下：
∵，
∴∠ACE=∠BDF，DF=CE，
∴DF∥CE，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定定理，掌握上述性质和判定定理，是解题的关键．
32．（2021·广西中考真题）如图，四边形中，，，连接．


（1）求证：；
（2）尺规作图：过点作的垂线，垂足为（不要求写作法，保留作图痕迹）；
（3）在（2）的条件下，已知四边形的面积为，，求的长．
【答案】（1）证明见详解；（2）作图见详解；（3）CE=4．
【分析】
（1）根据，得到∠BAC=∠DCA，结合，AC=CA，利用“AAS”即可证明；
（2）如图，延长AB，任意取一点H，使H和点C在AB两侧，以C为圆心，CH为半径画弧，交AB于F、G，分别以F、G为圆心，以大于FG长为半径画弧，两弧交于I，作直线CI，交AB延长线于E，则CD⊥AB与E；
（3）证明四边形ABCD为平行四边形，根据平行四边形面积公式即可求解．
【详解】
解：（1）∵，
∴∠BAC=∠DCA，
又∵，AC=CA，
∴；
（2）如图，延长AB，任意取一点H，使H和点C在AB两侧，以C为圆心，CH为半径画弧，交AB于F、G，分别以F、G为圆心，以大于FG长为半径画弧，两弧交于I，作直线CI，交AB延长线于E，则CD⊥AB与E；

（3）∵，
∴AB=CD，
∵，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴,
即5CE=20，
∴CE=4．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，过直线外一点作已知直线的垂线等知识，综合性较强，熟知相关知识点，并根据题意灵活应用是解题关键．
33．（2021·内蒙古中考真题）如图，四边形是平行四边形，且分别交对角线于点E，F．

（1）求证：；
（2）当四边形分别是矩形和菱形时，请分别说出四边形的形状．（无需说明理由）
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形BEDF是平行四边形与菱形．
【分析】
（1）根据平行线的性质可得，即可得出，根据平行四边形的性质可得，，利用AAS即可证明；
（2）当四边形ABCD为矩形时，根据全等三角形的性质可得BE=DF，即可证明四边形BEDF是平行四边形；当四边形ABCD为菱形时，根据菱形的性质，利用SAS可证明△ABE≌△ADE，可得BE=DE，即可证明四边形BEDF是菱形．
【详解】
（1）∵
∴
∴
∵四边形是平行四边形
∴，，
∴
在△ABE和△CDF中，
∴．
（2）如图，当四边形ABCD为矩形时，连接DE、BF，
同（1）可知，
∴BE=DF，
∵BE//DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．

如图，当四边形ABCD是菱形时，连接DE、BF，
同理可知四边形BEDF是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE，
在△ABE和△ADE中，，
∴△ABE≌△ADE，
∴BE=DE，
∴四边形BEDF是菱形．

综上所述：当四边形分别是矩形和菱形时，四边形分别是平行四边形与菱形．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及菱形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
34．（2021·湖南中考真题）如图，四边形中，，将对角线向两端分别延长至点，，使．连接，，若．证明：四边形是平行四边形．


【答案】见详解
【分析】
先证明，再证明AB∥CD，进而即可得到结论．
【详解】
证明：在和中，
∵，
∴，
∴∠BAE=∠DCF，
∴∠BAC=180°-∠BAE=180°-∠DCF=∠DCA，
∴AB∥CD，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定定理，掌握“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，是解题的关键．
35．（2021·湖南中考真题）如图，在四边形中，，，垂足分别为点，．


（1）请你只添加一个条件（不另加辅助线），使得四边形为平行四边形，你添加的条件是________；
（2）添加了条件后，证明四边形为平行四边形．
【答案】（1）（答案不唯一，符合题意即可）；（2）见解析
【分析】
（1）由题意可知，要使得四边形为平行四边形，则使得即可，从而添加适当条件即可；
（2）根据（1）的思路，利用平行四边形的定义证明即可．
【详解】
（1）显然，直接添加，可根据定义得到结果，
故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）；
（2）证明：∵，，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
36．（2021·湖南中考真题）已知：如图，四边形ABCD为平行四边形，点E、A、C、F在同一直线上，．求证：
（1）
（2）

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【分析】
（1）利用平行四边形的性质得出AD∥BC，AD=BC，再证明∠EAD=∠FCB，利用SAS证明两三角形全等即可．
（2）利用，得出∠E=∠F，再利用内错角相等两直线平行即可证明．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形
∴AD∥BC，AD=BC
∴∠DAC=∠ACB
∴∠EAD=∠FCB
在△ADE和△CBF中，

∴ (SAS)
（2）∵
∴∠E=∠F
∴ED∥BF
【点睛】
本题考查全等三角形的证明、平行四边形的性质、平行线的判定及性质、灵活进行角的转换是关键．
37．（2021·新疆中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，点F在BC的延长线上，且．
求证：（1）；
（2）四边形AEFD是平行四边形．

【答案】（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析．
【分析】
（1）根据矩形的性质可得AB=DC，∠B=∠DCF=90°，根据全等三角形的判定即可得到；
（2）根据矩形的性质可得AD∥BC，AD=BC，根据可得AD=EF，根据平行四边形的判定即可得到四边形AEFD是平行四边形．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠B=∠DCB=90°，
∴∠DCF=90°，
在△ABE和△DCF中，
，
∴（SAS）．
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，
即AD=BE+EC，
∵BE=CF，
∴AD=CF+EC，
即AD=EF，
∵点F在BC的延长线上，
∴AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定，平行四边形的判定．熟记各个图形的性质和判定是解题的关键．
38．（2021·湖北中考真题）如图，在中，点、分别在边、上，且．

（1）探究四边形的形状，并说明理由；
（2）连接，分别交、于点、，连接交于点．若，，求的长．
【答案】（1）平行四边形，见解析；（2）16
【分析】
（1）利用平行四边形的判定定理，两组对边分别平行是平行四边形即可证明；
（2）根据，找到边与边的等量关系，再利用三角形相似，建立等式进行求解即可．
【详解】
（1）四边形为平行四边形．

理由如下：
∵四边形为平行四边形
∴
∵
∴
∵四边形为平行四边形
∴
∴
∴
∵
∴四边形为平行四边形
（2）设，∵
∴，
∵四边形为平行四边形
∴，，
∵
，
∴
∴
∵
∴．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定定理、相似三角形的判定定理，解题的关键是：熟练掌握相关定理，能进行相关的证明．
39．（2021·浙江中考真题）如图，在中，，是对角线上的两点（点在点左侧），且．

（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）当，，时，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）由平行四边形的性质得到AB=CD，，和已知条件一起，用于证明三角形全等，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定定理得出结论；
（2）根据平行四边形的性质得到一组对角相等，通过等量代换，得到，则相等的角正切值也相等，根据比值算出结果．
【详解】
（1）证明，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵，
∴BE=DF，
∵四边形是平行四边形，
∴，
在中，，
∴AE=3，BE=4．
∵BE=DF，AE=CF，
∴BE=DF=4，AE=CF=3，
，，
∴，
∴tan∠CBF=，tan∠ECF=，
∴，得到EF=，或EF=（舍去），
∴BD=4+4+=，
即BD=．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定以及相等的角的正切值也相等．解决本题的关键在于等量代换出角相等，应用相等的角的正切值也相等来解题．
40．（2021·山东）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，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，

∴．
∴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，．
∴平行四边形 AECD是菱形．
∵AC＝8，
．
在 Rt△COD 中，CD＝5，
，
∴，
，
∴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．
41．（2021·四川中考真题）如图1，在中，，，点D是边上一点（含端点A、B），过点B作垂直于射线，垂足为E，点F在射线上，且，连接、．

（1）求证：；
（2）如图2，连接，点P、M、N分别为线段、、的中点，连接、、．求的度数及的值；
（3）在（2）的条件下，若，直接写出面积的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；；（3）
【分析】
（1）根据两边对应成比例，夹角相等判定即可．
（2）的值可以根据中位线性质，进行角转换，通过三角形内角和定理求解即可，的比值转换为的比值即可求得.
（3）过点作垂直于的延长线于点，，将相关线段关系转化为CE，可得关系，观察图象，当时，可得最大值．
【详解】
（1）证明：∵，
∴,
∵垂直于射线,
∴
又∵
∴,
∵
即：
又∵
∴
（2）解：∵点P、M、N分别为线段、、的中点
∴，，
∴,
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
又∵
又∵
∴
∴
（3）如下图：

过点作垂直于的延长线于点,




又∵
∴
∴
∴当取得最大值时，取得最大值，

在以的中点为圆心，为直径的圆上运动，
当时，最大，
∴，
【点睛】
本题考查的是三角形相似和判定、以及三角形面积最大值的求法，根据题意找见相关的等量是解题关键．
42．（2021·江苏中考真题）在①AE=CF；②OE=OF；③BE∥DF这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并完成证明过程．
已知，如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，点E、F在AC上， (填写序号)．
求证：BE=DF．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】见解析
【分析】
若选②，即OE=OF；根据平行四边形的性质可得BO=DO，然后即可根据SAS证明△BOE≌△DOF，进而可得结论；若选①，即AE=CF；根据平行四边形的性质得出OE=OF后，同上面的思路解答即可；若选③，即BE∥DF，则∠BEO=∠DFO，再根据平行四边形的性质可证△BOE≌△DOF，于是可得结论．
【详解】
解：若选②，即OE=OF；
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO，
∵OE=OF，∠BOE=∠DOF，
∴△BOE≌△DOF（SAS），
∴BE=DF；
若选①，即AE=CF；
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO，AO=CO，
∵AE=CF，
∴OE=OF，
又∠BOE=∠DOF，
∴△BOE≌△DOF（SAS），
∴BE=DF；

若选③，即BE∥DF；
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO，
∵BE∥DF；
∴∠BEO=∠DFO，
又∠BOE=∠DOF，
∴△BOE≌△DOF（AAS），
∴BE=DF；
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质，属于基本题型，熟练掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定是关键．
43．（2021·四川中考真题）如图，在平行四边形中，E为边的中点，连接，若的延长线和的延长线相交于点F．

（1）求证：；
（2）连接和相交于点为G，若的面积为2，求平行四边形的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）24．
【分析】
（1）根据E是边DC的中点，可以得到，再根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到，再根据，即可得到，则答案可证；
（2）先证明，根据相似三角形的性质得出，，进而得出，由得，则答案可解．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
∵点E为DC的中点，
∴，
在和中

∴，
∴，
∴；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点，
∴，，
∴，，
∴，
∵的面积为2，
∴，即，
∵
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
44．（2021·山西中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；
独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．

【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）．
【分析】
（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；
（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【详解】
（1）．
如图，分别延长，相交于点P，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，,
∵为的中点，
∴，
在△PDF和△BCF中，，
∴△PDF≌△BCF，
∴，即为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．

（2）．
∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，
∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴∠FDC′=∠FC′D，
∵=∠FDC′+∠FC′D，
∴，
∴∠FC′D=∠C′FB，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，DC=AB，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴．
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，
∵的面积为20，边长，于点，
∴BH=50÷5=4，
∴CH=，A′H=A′B-BH=1，
∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵于点，AB//CD，
∴，
∴∠MBH=45°，
∴△MBQ是等腰直角三角形，
∴MQ=BQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，
∴△A′NH∽△CBH，
∴，即，
解得：NH=2，
∵，MQ⊥A′B，
∴NH//MQ，
∴△A′NH∽△A′MQ，
∴，即，
解得：MQ=，
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．

【点睛】
本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
45．（2021·浙江中考真题）问题：如图，在中，，，，的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长．
答案：．
探究：（1）把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变．
①当点E与点F重合时，求AB的长；
②当点E与点C重合时，求EF的长．
（2）把“问题”中的条件“，”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值．

【答案】（1）①10；②5；（2），，
【分析】
（1）①利用平行四边形的性质和角平分线的定义先分别求出，，即可完成求解；
②证明出即可完成求解；
（2）本小题由于E、F点的位置不确定，故应先分情况讨论，再根据每种情况，利用 ，以及点 C，D，E，F相邻两点间的距离相等建立相等关系求解即可．
【详解】
（1）①如图1，四边形ABCD是平行四边形，
，
．
平分，
．
．
．
同理可得：．
点E与点F重合，
．


②如图2，点E与点C重合，
同理可证，
∴▱ABCD 是菱形，
，
点F与点D重合，
．

（2）情况1，如图3，
可得，
．

情况2，如图4，
同理可得，，
又，
．

情况3，如图5，
由上，同理可以得到，
又，
．

综上：的值可以是，，．
【点睛】
本题属于探究型应用题，综合考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、菱形的判定与性质等内容，解决本题的关键是读懂题意，正确画出图形，建立相等关系求解等，本题综合性较强，要求学生有较强的分析能力，本题涉及到的思想方法有分类讨论和数形结合的思想等．