中考数学真题分类汇编第一期专题24多边形与平行四边形试题含解析

这是一份中考数学真题分类汇编第一期专题24多边形与平行四边形试题含解析，共24页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（2018·湖北省宜昌·3分）如图，在平面直角坐标系中，把△ABC绕原点O旋转180°得到△CDA，点A，B，C的坐标分别为（﹣5，2），（﹣2，﹣2），（5，﹣2），则点D的坐标为（ ）
A．（2，2）B．（2，﹣2）C．（2，5）D．（﹣2，5）
【分析】依据四边形ABCD是平行四边形，即可得到BD经过点O，依据B的坐标为（﹣2，﹣2），即可得出D的坐标为（2，2）．
【解答】解：∵点A，C的坐标分别为（﹣5，2），（5，﹣2），
∴点O是AC的中点，
∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴BD经过点O，
∵B的坐标为（﹣2，﹣2），
∴D的坐标为（2，2），
故选：A．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．
2． （2018·山东临沂·3分）如图，在▱ABCD中，AB=10，AD=6，AC⊥BC．则BD= 4 ．
【分析】由BC⊥AC，AB=10，BC=AD=6，由勾股定理求得AC的长，得出OA长，然后由勾股定理求得OB的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=6，OB=D，OA=OC，
∵AC⊥BC，
∴AC==8，
∴OC=4，
∴OB==2，
∴BD=2OB=4
故答案为：4．
【点评】此题考查了平行四边形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
3. （2018•北京•2分） 若正多边形的一个外角是，则该正多边形的内角和为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意，正多边形的边数为，其内角和为．
【考点】正多边形，多边形的内外角和．
4（2018•安徽•4分） □ABCD中，E、F是对角线BD上不同的两点，下列条件中，不能得出四边形AECF一定为平行四边形的是（ ）
A. BE=DF B. AE=CF C. AF//CE D. ∠BAE=∠DCF
【答案】B
【解析】【分析】根据平行线的判定方法结合已知条件逐项进行分析即可得.
【详解】A、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，OB=OD，
∵BE=DF，∴OE=OF，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意；
B、如图所示，AE=CF，不能得到四边形AECF是平行四边形，故符合题意；
C、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，
∵AF//CE，∴∠FAO=∠ECO，
又∵∠AOF=∠COE，∴△AOF≌△COE，∴AF=CE，
∴AF CE，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意；
D、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB//CD，
∴∠ABE=∠CDF，
又∵∠BAE=∠DCF，∴△ABE≌△CDF，∴AE=CF，∠AEB=∠CFD，∴∠AEO=∠CFO，
∴AE//CF，
∴AE CF，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意，
故选B.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的判定定理与性质定理是解题的关键.
5 （2018·四川宜宾·3分）在▱ABCD中，若∠BAD与∠CDA的角平分线交于点E，则△AED的形状是（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不能确定
【考点】L5：平行四边形的性质．
【分析】想办法证明∠E=90°即可判断．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC=180°，
∵∠EAD=∠BAD，∠ADE=∠ADC，
∴∠EAD+∠ADE=（∠BAD+∠ADC）=90°，
∴∠E=90°，
∴△ADE是直角三角形，
故选：B．
【点评】本题考查平行四边形的性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
6 （2018·四川自贡·4分）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若△ADE的面积为4，则△ABC的面积为（ ）
A．8B．12C．14D．16
【分析】直接利用三角形中位线定理得出DE∥BC，DE=BC，再利用相似三角形的判定与性质得出答案．
【解答】解：∵在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE∥BC，DE=BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵=，
∴=，
∵△ADE的面积为4，
∴△ABC的面积为：16，
故选：D．
【点评】此题主要考查了三角形的中位线以及相似三角形的判定与性质，正确得出△ADE∽△ABC是解题关键．
7 （2018·台湾·分）如图，锐角三角形ABC中，BC＞AB＞AC，甲、乙两人想找一点P，使得∠BPC与∠A互补，其作法分别如下：
（甲）以A为圆心，AC长为半径画弧交AB于P点，则P即为所求；
（乙）作过B点且与AB垂直的直线l，作过C点且与AC垂直的直线，交l于P点，则P即为所求
对于甲、乙两人的作法，下列叙述何者正确？（ ）
A．两人皆正确B．两人皆错误
C．甲正确，乙错误D．甲错误，乙正确
【分析】甲：根据作图可得AC=AP，利用等边对等角得：∠APC=∠ACP，由平角的定义可知：∠BPC+∠APC=180°，根据等量代换可作判断；
乙：根据四边形的内角和可得：∠BPC+∠A=180°．
【解答】解：甲：如图1，∵AC=AP，
∴∠APC=∠ACP，
∵∠BPC+∠APC=180°
∴∠BPC+∠ACP=180°，
∴甲错误；
乙：如图2，∵AB⊥PB，AC⊥PC，
∴∠ABP=∠ACP=90°，
∴∠BPC+∠A=180°，
∴乙正确，
故选：D．
【点评】本题考查了垂线的定义、四边形的内角和定理、等腰三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．
8. （2018·台湾·分）如图，△ABC、△FGH中，D、E两点分别在AB、AC上，F点在DE上，G、H两点在BC上，且DE∥BC，FG∥AB，FH∥AC，若BG：GH：HC=4：6：5，则△ADE与△FGH的面积比为何？（ ）
A．2：1B．3：2C．5：2D．9：4
【分析】只要证明△ADE∽△FGH，可得=（）2，由此即可解决问题；
【解答】解：∵BG：GH：HC=4：6：5，可以假设BG=4k，GH=6k，HC=5k，
∵DE∥BC，FG∥AB，FH∥AC，
∴四边形BGFD是平行四边形，四边形EFHC是平行四边形，
∴DF=BG=4k，EF=HC=5k，DE=DF+EF=9k，∠FGH=∠B=∠ADE，∠FHG=∠C=∠AED，
∴△ADE∽△FGH，
∴=（）2=（）2=．
故选：D．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
9．（2018·浙江宁波·4分）已知正多边形的一个外角等于40°，那么这个正多边形的边数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【考点】多边形的外角和定理
【分析】根据正多边形的外角和以及一个外角的度数，求得边数．
【解答】解：正多边形的一个外角等于40°，且外角和为360°，
则这个正多边形的边数是：360°÷40°=9．
故选：D．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，解决问题的关键是掌握多边形的外角和等于360度．
10．（2018四川省泸州市3分）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AB中点，且AE+EO=4，则▱ABCD的周长为（ ）
A．20B．16C．12D．8
【分析】首先证明：OE=BC，由AE+EO=4，推出AB+BC=8即可解决问题；
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵AE=EB，
∴OE=BC，
∵AE+EO=4，
∴2AE+2EO=8，
∴AB+BC=8，
∴平行四边形ABCD的周长=2×8=16，
故选：B．
【点评】本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握三角形的中位线定理，属于中考常考题型．
二.填空题
1. （2018·浙江临安·3分）用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，如图（1）所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图（2）所示的正五边形ABCDE，其中∠BAC= 36 度．
【考点】多边形的内角和定理和等腰三角形的性质
【分析】利用多边形的内角和定理和等腰三角形的性质即可解决问题．
【解答】解：∵∠ABC==108°，△ABC是等腰三角形，
∴∠BAC=∠BCA=36度．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理和等腰三角形的性质．
n边形的内角和为：180°（n﹣2）．

2（2018年江苏省南京市•2分）如图，在△ABC中，用直尺和圆规作AB、AC的垂直平分线，分别交AB、AC于点D、E，连接DE．若BC=10cm，则DE= 5 cm．
【分析】直接利用线段垂直平分线的性质得出DE是△ABC的中位线，进而得出答案．
【解答】解：∵用直尺和圆规作AB、AC的垂直平分线，
∴D为AB的中点，E为AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=BC=5cm．
故答案为：5．
【点评】此题主要考查了基本作图以及线段垂直平分线的性质，正确得出DE是△ABC的中位线是解题关键．
3 （2018•株洲市•3分）如图，O为坐标原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OAB＝90°，点B的坐标为，将该三角形沿轴向右平移得到，此时点的坐标为，则线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为______.
【答案】4
【解析】分析：利用平移的性质得出AA′的长，根据等腰直角三角形的性质得到AA′对应的高，再结合平行四边形面积公式求出即可．
详解：∵点B的坐标为（0，2），将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为（2，2），
∴AA′=BB′=2，
∵△OAB是等腰直角三角形，
∴A（，），
∴AA′对应的高，
∴线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为2×=4．
故答案为：4．
点睛：此题主要考查了平移变换、等腰直角三角形的性质以及平行四边面积求法，利用平移规律得出对应点坐标是解题关键．
4 （2018•株洲市•3分）如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，且BD＝CD，过点A作AM⊥BD于点M，过点D作DN⊥AB于点N，且DN＝，在DB的延长线上取一点P，满足∠ABD＝∠MAP＋∠PAB，则AP＝_____.
【答案】6
【解析】分析：根据BD=CD，AB=CD，可得BD=BA，再根据AM⊥BD，DN⊥AB，即可得到DN=AM=3，依据∠ABD=∠MAP+∠PAB，∠ABD=∠P+∠BAP，即可得到△APM是等腰直角三角形，进而得到AP=AM=6．
详解：∵BD=CD，AB=CD，
∴BD=BA，
又∵AM⊥BD，DN⊥AB，
∴DN=AM=3，
又∵∠ABD=∠MAP+∠PAB，∠ABD=∠P+∠BAP，
∴∠P=∠PAM，
∴△APM是等腰直角三角形，
∴AP=AM=6，
故答案为：6．
点睛：本题主要考查了平行四边形的性质以及等腰直角三角形的性质的运用，解决问题给的关键是判定△APM是等腰直角三角形．
5. （2018年江苏省泰州市•3分）如图，▱ABCD中，AC、BD相交于点O，若AD=6，AC+BD=16，则△BOC的周长为 14 ．
【分析】根据平行四边形的性质，三角形周长的定义即可解决问题；
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=6，OA=OC，OB=OD，
∵AC+BD=16，
∴OB+OC=8，
∴△BOC的周长=BC+OB+OC=6+8=14，
故答案为14．
【点评】本题考查平行四边形的性质．三角形的周长等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
6．（2018年江苏省泰州市•3分）如图，四边形ABCD中，AC平分∠BAD，∠ACD=∠ABC=90°，E、F分别为AC、CD的中点，∠D=α，则∠BEF的度数为 270°﹣3α （用含α的式子表示）．
【分析】根据直角三角形的性质得到∠DAC=90°﹣α，根据角平分线的定义、三角形的外角的性质得到∠CEB=180°﹣2α，根据三角形中位线定理、平行线的性质得到∠CEF=∠D=α，结合图形计算即可．
【解答】解：∵∠ACD=90°，∠D=α，
∴∠DAC=90°﹣α，
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC=90°﹣α，
∵∠ABC=90°，EAC的中点，
∴BE=AE=EC，
∴∠EAB=∠EBA=90°﹣α，
∴∠CEB=180°﹣2α，
∵E、F分别为AC、CD的中点，
∴EF∥AD，
∴∠CEF=∠D=α，
∴∠BEF=180°﹣2α+90°﹣α=270°﹣3α，
故答案为：270°﹣3α．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质、角平分线的定义，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
7.（2018年江苏省宿迁）一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是________.
【答案】8
【考点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设这个多边形边数为n，∴（n-2）×180°=360°×3，
∴n=8.
故答案为：8.
【分析】根据多边形的内角和公式，多边形外角和为360°，根据题意列出方程，解之即可.
8 （2018•甘肃白银，定西，武威•3分） 若正多边形的内角和是，则该正多边形的边数是__________．
【答案】8
【解析】【分析】根据多边形内角和公式进行计算即可.
【解答】设正多边形的边数是
根据题意得：
解得：
故答案为：8.
9．（2018·湖南省衡阳·3分）如图，▱ABCD的对角线相交于点O，且AD≠CD，过点O作OM⊥AC，交AD于点M．如果△CDM的周长为8，那么▱ABCD的周长是 16 ．
【解答】解：∵ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵OM⊥AC，
∴AM=MC．
∴△CDM的周长=AD+CD=8，
∴平行四边形ABCD的周长是2×8=16．
故答案为16．
10. （2018•山东菏泽•3分）若正多边形的每一个内角为135°，则这个正多边形的边数是 8 ．
【考点】L3：多边形内角与外角．
【分析】先求出每一外角的度数是45°，然后用多边形的外角和为360°÷45°进行计算即可得解．
【解答】解：∵所有内角都是135°，
∴每一个外角的度数是180°﹣135°=45°，
∵多边形的外角和为360°，
∴360°÷45°=8，
即这个多边形是八边形．
故答案为：8．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角的关系，也是求解正多边形边数常用的方法之一．
11. （2018•山西•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 清 溶 ， 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 .
【答案】 360
【考点】 多 边 形 外 角 和
【解析】 ∵任 意 n 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 .
12. （2018•山东淄博•4分）在如图所示的平行四边形ABCD中，AB=2，AD=3，将△ACD沿对角线AC折叠，点D落在△ABC所在平面内的点E处，且AE过BC的中点O，则△ADE的周长等于 10 ．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；L5：平行四边形的性质．
【分析】要计算周长首先需要证明E、C、D共线，DE可求，问题得解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，CD=AB=2
由折叠，∠DAC=∠EAC
∵∠DAC=∠ACB
∴∠ACB=∠EAC
∴OA=OC
∵AE过BC的中点O
∴AO=BC
∴∠BAC=90°
∴∠ACE=90°
由折叠，∠ACD=90°
∴E、C、D共线，则DE=4
∴△ADE的周长为：3+3+2+2=10
故答案为：10
【点评】本题考查了平行四边形的性质、轴对称图形性质和三点共线的证明．解题时注意不能忽略E、C、D三点共线．
13. （2018•四川成都•3分）如图，在菱形 中， ， 分别在边 上，将四边形 沿 翻折，使 的对应线段 经过顶点 ，当 时， 的值为________.
【答案】
【考点】勾股定理，菱形的性质，翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定与性质，解直角三角形
【解析】【解答】解：∵菱形 沿 翻折，使 的对应线段 经过顶点 ，∴∠A=∠E=∠C，∠1=∠B，EM=AM，AB=EF=DC=AD
∵EF⊥EF
∴∠EDM=90°
∴tan∠E= =
设DM=4x，DE=3x，则EM=AM=5x=EF
∴DC=AD=AM+DM=9x，DF=EF-DE=9x-3x=6x
延长EF交BC于点H
∴AD∥BC，EF⊥EF
∴∠EDM=∠DHC=90°∵∠E=∠C
∴△DEM∽△HCD
∴EM：DC=DE:CH，即5x：9x=3x：CH
解之：CH= ，
在Rt△DHC中，DH2=DC2-CH2
DH2=81x2-（ ）2
解之：DH=
∴FH=DH-DF= -6x=
∵∠1+∠HFN=180°∠B+∠C=180°，∠1=∠B
∴∠HFN=∠C，∠DHC=∠FHN=90°
∴△FHN∽△CHD
∴FN:DC=FH:CH，即FN:9x= ：
解之：FN=2x=BN
∴CN=BC-BN=9x-2x=7x
∴ =
故答案为：
【分析】根据折叠的性质，可得出菱形 沿 翻折，使 的对应线段 经过顶点 ，可得出∠A=∠E=∠C，∠1=∠B，EM=AM，AB=EF=DC=AD，利用锐角三角形函数的定义，可得出tan∠E= = ，设DM=4x，DE=3x，则EM=AM=5x=EF，就可求出菱形的边长及EM的长，延长EF交BC于点H，再证明△DEM∽△HCD，求出CH的长，利用勾股定理求出DH的长，就可得出FH的长，然后证明△FHN∽△CHD，求出FN的长，即可得出BN的长，从而可求出BN和CN之比。

三.解答题
1．（2018·湖北省孝感·8分）如图，B，E，C，F在一条直线上，已知AB∥DE，AC∥DF，BE=CF，连接AD．求证：四边形ABED是平行四边形．
【分析】由AB∥DE、AC∥DF利用平行线的性质可得出∠B=∠DEF、∠ACB=∠F，由BE=CF可得出BC=EF，进而可证出△ABC≌△DEF（ASA），根据全等三角形的性质可得出AB=DE，再结合AB∥DE，即可证出四边形ABED是平行四边形．
【解答】证明：∵AB∥DE，AC∥DF，
∴∠B=∠DEF，∠ACB=∠F．
∵BE=CF，
∴BE+CE=CF+CE，
∴BC=EF．
在△ABC和△DEF中，，
∴△ABC≌△DEF（ASA），
∴AB=DE．
又∵AB∥DE，
∴四边形ABED是平行四边形．
【点评】本题考查了平行线的性质、平行四边形的判定以及全等三角形的判定与性质，利用全等三角形的性质找出AB=DE是解题的关键．
2. （2018•湖南省永州市•10分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，以线段AB为边向外作等边△ABD，点E是线段AB的中点，连接CE并延长交线段AD于点F．
（1）求证：四边形BCFD为平行四边形；
（2）若AB=6，求平行四边形BCFD的面积．
【分析】（1）在Rt△ABC中，E为AB的中点，则CE=AB，BE=AB，得到∠BCE=∠EBC=60°．由△AEF≌△BEC，得∠AFE=∠BCE=60°．又∠D=60°，得∠AFE=∠D=60度．所以FC∥BD，又因为∠BAD=∠ABC=60°，所以AD∥BC，即FD∥BC，则四边形BCFD是平行四边形．
（2）在Rt△ABC中，求出BC，AC即可解决问题；
【解答】（1）证明：在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，
∴∠ABC=60°．
在等边△ABD中，∠BAD=60°，
∴∠BAD=∠ABC=60°．
∵E为AB的中点，
∴AE=BE．
又∵∠AEF=∠BEC，
∴△AEF≌△BEC．
在△ABC中，∠ACB=90°，E为AB的中点，
∴CE=AB，BE=AB．
∴CE=AE，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BCE=∠EBC=60°．
又∵△AEF≌△BEC，
∴∠AFE=∠BCE=60°．
又∵∠D=60°，
∴∠AFE=∠D=60°．
∴FC∥BD．
又∵∠BAD=∠ABC=60°，
∴AD∥BC，即FD∥BC．
∴四边形BCFD是平行四边形．
（2）解：在Rt△ABC中，∵∠BAC=30°，AB=6，
∴BC=AB=3，AC=BC=3，
∴S平行四边形BCFD=3×=9．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理、等边三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
3. （2018年江苏省宿迁）如图，在□ABCD中，点E、F分别在边CB、AD的延长线上，且BE＝DF，EF分别与AB、CD交于点G、H，求证：AG＝CH.
【答案】证明：∵在□ABCD中,∴AD∥BC,AD=BC,∠A=∠C,
∴∠E=∠F,
又∵BE＝DF，
∴AD+DF=CB+BE，
即AF=CE,
在△CEH和△AFG中，
,
∴△CEH≌△AFG，
∴CH=AG.
【考点】平行线的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质
【解析】【分析】根据平行四边形的性质得AD∥BC,AD=BC,∠A=∠C,根据平行线的性质得∠E=∠F,再结合已知条件可得AF=CE,根据ASA得△CEH≌△AFG，根据全等三角形对应边相等得证.
4 （2018·新疆生产建设兵团·8分）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O．E，F是AC上的两点，并且AE=CF，连接DE，BF．
（1）求证：△DOE≌△BOF；
（2）若BD=EF，连接FB，DF．判断四边形EBFD的形状，并说明理由．
【分析】（1）根据SAS即可证明；
（2）首先证明四边形EBFD是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形是菱形即可证明；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵AE=CF，
∴OE=OF，
在△DEO和△BOF中，
∴△DOE≌△BOF．
（2）解：结论：四边形EBFD是菱形．
理由：∵OD=OB，OE=OF，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵BD=EF，
∴四边形EBFD是菱形．
【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5．（2018•湖北恩施•8分）如图，点B、F、C、E在一条直线上，FB=CE，AB∥ED，AC∥FD，AD交BE于O．
求证：AD与BE互相平分．
【分析】连接BD，AE，判定△ABC≌△DEF（ASA），可得AB=DE，依据AB∥DE，即可得出四边形ABDE是平行四边形，进而得到AD与BE互相平分．
【解答】证明：如图，连接BD，AE，
∵FB=CE，
∴BC=EF，
又∵AB∥ED，AC∥FD，
∴∠ABC=∠DEF，∠ACB=∠DFE，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（ASA），
∴AB=DE，
又∵AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AD与BE互相平分．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，解决问题的关键是依据全等三角形的对应边相等得出结论．
6.（2018·广东广州·14分）如图，在四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，AB=BC．
（1）求∠A+∠C的度数。
（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由。
（3）若AB=1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足 ，求点E运动路径的长度。
【答案】（1）解：在四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，
∴∠A+∠C=360°-∠B-∠C=360°-60°-30°=270°。
（2）解：如图，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAQ，连接DQ，
∵BD=BQ，∠DBQ=60°，
∴△BDQ是等边三角形，
∴BD=DQ，
∵∠BAD+∠C=270°，
∴∠BAD+∠BAQ=270°，
∴∠DAQ=360°-270°=90°，
∴△DAQ是直角三角形
∴AD2+AQ2=DQ2 ，
即AD2+CD2=BD2
（3）解：如图，将△BCE绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接EF，
∵BE=BF，∠EBF=60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴EF=BE，∠BFE=60°，
∵AE2=BE2+CE2
∴AE2=EF2+AF2
∴∠AFE=90°
∴∠BFA=∠BFE+∠AFE=60°+90°=150°，
∴∠BEC=150°，
则动点E在四边形ABCD内部运动，满足∠BEC=150°，以BC为边向外作等边△OBC，
则点E是以O为圆心，OB为半径的圆周上运动，运动轨迹为BC，
∵OB=AB=1，
则BC= =
【考点】等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，多边形内角与外角，弧长的计算，旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据四边形内角和为360度，结合已知条件即可求出答案.
（2）将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAQ，连接DQ（如图），由旋转性质和等边三角形判定得△BDQ是等边三角形，由旋转性质根据角的计算可得△DAQ是直角三角形，根据勾股定理得AD2+AQ2=DQ2 ， 即AD2+CD2=BD2.
（3）将△BCE绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接EF(如图)，由等边三角形判定得△BEF是等边三角形，结合已知条件和等边三角形性质可得AE2=EF2+AF2 ， 即∠AFE=90°，从而得出∠BFA=∠BEC=150°，从而得出点E是在以O为圆心，OB为半径的圆周上运动，运动轨迹为BC，根据弧长公式即可得出答案.
7. (2018四川省眉山市15分 ) 如图①，在四边形ABCD中，AC⊥BD于点E，AB=AC=BD，点M为BC中点，N为线段AM上的点，且MB=MN.
（1）求证：BN平分∠ABE；
（2）若BD=1，连结DN，当四边形DNBC为平行四边形时，求线段BC的长；
（3）如图②，若点F为AB的中点，连结FN、FM，求证：△MFN∽△BDC.
【答案】（1）证明：∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB,
又∵M为BC中点，
∴AM⊥BC，
在Rt△ABM中，
∴∠ABC+∠MAB=90°,
∵AC⊥BD，
在Rt△CBE中，
∴∠ACB+∠EBC=90°,
∴∠MAB=∠EBC,
又∵MB=MN，AM⊥BC，
∴△NBM为等腰直角三角形，
∴∠MBN=∠MNB=45°,
∴∠EBC+∠NBE=45°,∠MAB+∠ABN=∠MNB=45°,
∵∠MAB=∠EBC,
∴∠NBE=∠ABN,
∴BN平分∠ABE.
（2）解：∵四边形DNBC为平行四边形，
设BM=CM=MN=a，则DN=BC=2a，
在△ABN和△DBN中，
∵
∴△ABN≌△DBN中（SAS），
∴AN=DN=2a，
在Rt△ABM中，
∵BD=1，AB=AC=BD，
∴AB=1，
∴AM2+BM2=AB2 ，
∴（2a+a）2+a2=1，
解得：a= .
∴BC=2a= .
（3）解证明：∵MB=MN，M为BC中点，
∴MN=MB= BC，
又∵F是AB的中点，AB=AC=BD，
在Rt△ABM中，
∴MF=AF=BF= AB= BD，
∴∠MAB=∠FMN,
由（1）知∠MAB=∠EBC,
∴∠FMN=∠EBC,
又∵ ,
∴△MFN∽△BDC.
【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定，等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形等边对角得 ∠ABC=∠ACB,由等腰三角形三线合一的性质得AM⊥BC，根据等角的余角相等得∠MAB=∠EBC；根据等腰三角形的判定可得△NBM为等腰直角三角形，由角的运算和等量代换得∠NBE=∠ABN,即BN平分∠ABE.
（2）由平行四边形的性质设BM=CM=MN=a，则DN=BC=2a，根据全等三角形的判定SAS得△ABN≌△DBN中，全等三角形的性质得AN=DN=2a，在Rt△ABM中，根据勾股定理代入数值得（2a+a）2+a2=1，解方程，由BC=2a得出答案。
（3）根据相似三角形的判定两边对应成比例及夹角相等得证.