中考数学总复习举一反三系列(通用版)专题19平行四边形与多边形(10个高频考点)(强化训练)(全国通用)(原卷版+解析)

这是一份中考数学总复习举一反三系列(通用版)专题19平行四边形与多边形(10个高频考点)(强化训练)(全国通用)(原卷版+解析)，共80页。

【考点1 认识多边形】
1．（2022·浙江台州·一模）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示：按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转……连续经过六次旋转．在旋转的过程中，当正方形和正六边形的边重合时，点B，M间的距离可能是（ ）
A．0.5B．0.7C．2﹣1D．3﹣1
2．（2022·浙江·宁波市慈湖中学校考一模）把一张形状是多边形的纸片剪去其中某一个角，剩下的部分是一个四边形，则这张纸片原来的形状不可能是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
3．（2022·海南海口·海南华侨中学校联考模拟预测）如图，□ABCD纸片，∠A=120°，AB=4，BC=5，剪掉两个角后，得到六边形AEFCGH ,它的每个内角都是120°，且EF=1，HG=2，则这个六边形的周长为( )
A．12B．15C．16D．18
4．（2022·湖南娄底·统考一模）各顶点都在方格纸的格点（横竖格子线的交错点）上的多边形称为格点多边形，它的面积S可用公式S=a+12b−1（a是多边形内的格点数，b是多边形边界上的格点数）计算，这个公式称为“皮克（Pick）定理”．如图给出了一个格点五边形，则该五边形的面积S=________．
5．（2022·广西南宁·统考中考模拟）如图，在正六边形ABCDEF中， 连接对角线AC，BD，CE，DF，EA，FB，可以得到一个六角星． 记这些对角线的交点分别为H，I，J，K，L，M，则图中等边三角形共有_____个．
【考点2 多边形的对角线】
6．（2022·陕西·校联考模拟预测）若一个多边形从一个顶点出发可以引7条对角线，则这个多边形共有______条对角线．
7．（2022·浙江杭州·模拟预测）k边形共有k条对角线，则k=_______．
8．（2022·河北·模拟预测）探究归纳题：
(1)试验分析：
如图1，经过A点可以作__________条对角线；同样，经过B点可以作__________条；经过C点可以作__________条；经过D点可以作__________条对角线.
通过以上分析和总结，图1共有___________条对角线.
（2）拓展延伸：
运用（1）的分析方法，可得：
图2共有_____________条对角线；
图3共有_____________条对角线；
(3)探索归纳：
对于n边形(n>3)，共有_____________条对角线．(用含n的式子表示)
(4)特例验证：
十边形有__________________对角线.
9．（2022·山东青岛·统考二模）【问题】用n边形的对角线把n边形分割成（n−2个三角形，共有多少种不同的分割方案n≥4？
【探究】为了解决上面的数学问题，我们采取一般问题特殊化的策略，先从最简单情形入手，再逐次递进转化，最后猜想得出结论．不妨假设n边形的分割方案有fn种．
探究一：用四边形的对角线把四边形分割成2个三角形，共有多少种不同的分割方案？如图①，图②，显然，只有2种不同的分割方案．所以，f4=2．
探究二：用五边形的对角线把五边形分割成3个三角形，共有多少种不同的分割方案？不妨把分割方案分成三类：
第1类：如图③，用点A，E与B连接，先把五边形分割转化成1个三角形和1个四边形，再把四边形分割成2个三角形，由探究一知，有f4种不同的分割方案，所以，此类共有f4种不同的分割方案．
第2类：如图④，用点A，E与C连接，把五边形分割成3个三角形，有1种不同的分割方案，可视为12f4种分割方案．
第3类：如图⑤，用点A，E与D连接，先把五边形分割转化成1个三角形和1个四边形，再把四边形分割成2个三角形，由探究一知，有f（4）种不同的分割方案，所以，此类共有f（4）种不同的分割方案．
所以，f5=f4+12f4+f4=52×f4=104×f4=5（种）
探究三：用六边形的对角线把六边形分割成4个三角形，共有多少种不同的分割方案？不妨把分割方案分成四类：
第1类：如图⑥，用A，F与B连接，先把六边形分割转化成1个三角形和1个五边形，再把五边形分割成3个三角形，由探究二知，有f5种不同的分割方案，所以，此类共有f5种不同的分割方案．
第2类：如图⑦，用A，F与C连接，先把六边形分割转化成2个三角形和1个四边形．再把四边形分割成2个三角形，由探究一知，有f4种不同的分割方案．所以，此类共有f4种分割方案．
第3类：如图⑧，用A，F与D连接，先把六边形分割转化成2个三角形和1个四边形．再把四边形分割成2个三角形，由探究一知，有f4种不同的分割方案．所以，此类共有f4种分割方案．
第4类：如图，用A，F与E连接，先把六边形分割转化成1个三角形和1个五边形，再把五边形分割成3个三角形，由探究二知，有f5种不同的分割方案．所以，此类共有f5种分割方案．
所以，f6=f5+f4+f4+f5
=f5+25f5+25f5+f5=145×f5=14（种）
探究四：用七边形的对角线把七边形分割成5个三角形，则f7与f6的关系为f7= 6×f6，共有______种不同的分割方案．
……
【结论】用n边形的对角线把n边形分割成n−2个三角形，共有多少种不同的分割方案n≥4？（直接写出fn与fn−1之间的关系式，不写解答过程）
【应用】用九边形的对角线把九边形分割成7个三角形，共有多少种不同的分割方案？（应用上述结论中的关系式求解）
10．（2022秋·陕西咸阳·二模）已知从n边形的一个顶点出发共有4条对角线；从m边形的一个顶点出发的所有对角线把m边形分成7个三角形；正t边形的边长为6，周长为48，求代数式mn+1t的值．
【考点3 多边形的内角和】
11．（2022·湖南湘西·统考中考真题）一个正六边形的内角和的度数为（ ）
A．1080°B．720°C．540°D．360°
12．（2022·湖南怀化·统考中考真题）一个多边形的内角和为900°，则这个多边形是（ ）
A．七边形B．八边形C．九边形D．十边形
13．（2022·福建莆田·统考二模）如图，七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线交于点O，若∠1，∠2，∠3，∠4的外角和等于215°，则∠BOD的度数为( )
A．20°B．35°C．40°D．45°
14．（2022·江苏南京·统考模拟预测）如图所示，平行四边形内有两个全等的正六边形，若阴影部分的面积记为S1，平行四边形的面积记为S2,则S1S2的值为____．
15．（2022·北京昌平·统考模拟预测）（1）如图①，在△ABC中，分别以AB，AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，BE与CD交于点O，求∠BOC的度数；
（2）如图②，在△ABC中，分别以AB，AC为边向△ABC外作正n边形和正n边形，BE与CD交于点O，直接写出∠BOC的度数：______．
【考点4 多边形的外角和】
16．（2022·浙江舟山·统考一模）发现：如图1，在有一个“凹角∠A1A2A3”n边形 A1A2A3A4…An中（n为大于3的整数），∠A1A2A3=∠A1+∠A3+∠A4+∠A5+∠A6+……+∠An−(n−4)×180°．
验证：
（1）如图2，在有一个“凹角∠ABC”的四边形ABCD中，证明：∠ABC=∠A+∠C+∠D．
（2）如图3，有一个“凹角∠ABC”的六边形ABCDEF中，证明；∠ABC=∠A+∠C+∠D+∠E+∠F−360°．
延伸：
（3）如图4，在有两个连续“凹角A1A2A3和∠A2A3A4”的四边形 A1A2A3A4……An中（n为大于4的整数），∠A1A2A3+∠A2A3A4=∠A1+∠A4+∠A5+∠A6…..+∠An−(n− _)×180°．
17．（2022秋·湖北荆州·一模）在五边形ABCDE中，∠A=130∘，∠B=110∘，∠E=100∘．
(1)如图①，画出五边形ABCDE的所有对角线；
(2)如图②，若∠C比∠D小40°，求出∠D的度数；
(3)如图③，若CP，DP分别平分∠BCD与∠CDE的外角，试求出∠CPD的度数．
18．（2022·北京昌平·统考模拟预测）已知一个多边形的内角和与一个外角的差为1560°，求这个多边形的边数和这个外角的度数．
19．（2022秋·湖北荆州·一模）如图1，点M，N分别在正五边形ABCDE的边BC，CD上，BM=CN，连结AM，BN相交于H．
(1)求正五边形ABCDE外角的度数；
(2)求∠AHB的度数；
(3)如图2，将条件中的“正五边形ABCDE”换成“正六边形ABCDEF”，其他条件不变，试猜想∠AHB的度数．
20．（2022·北京昌平·统考模拟预测）如图，在六边形ABCDEF中，AF∥BE∥CD，ED∥AB，∠A=110°，∠ABC=100°．
(1)求六边形ABCDEF的各内角和的度数；
(2)求∠C、∠D的度数；
(3)若一只蚂蚁从A点出发沿A-B-C-D-E-F-A运动到A点停止，蚂蚁一共转过了多少度？
【考点5 平面镶嵌】
21．（2022·广东佛山·西南中学校考三模）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4块正n边形围成的中间区域是一个小正方形，则n=（ ）
A．4
B．6
C．8
D．10
22．（2022·广东湛江·校考一模）在下列四种边长均为a的正多边形中，能与边长为a的正三角形作平面镶嵌的正多边形有（ ）
①正方形；②正五边形；③正六边形；④正八边形
A．4种B．3种C．2种D．1种
23．（2022·浙江温州·温州绣山中学校联考二模）图1是一种彭罗斯地砖图案，它是由形如图2的两种“胖”“瘦”菱形拼接而成（不重叠、无缝隙），则图2中的∠α为______度．
24．（2022·湖北武汉·统考二模）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块，其中点O为正方形的中心，点E,F分别是AB，AD的中点，用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是______.
25．（2022·四川凉山·校考一模）有五张形状、大小和质地相同的卡片A、B、C、D、E，正面分别写有一个正多边形（所有正多边形的边长相等），把五张卡片洗匀后正面朝下放在桌面上，
(1)若从中随机抽取一张（不放回），接着再随机抽取一张．请你用画树形图或列表的方法列举出可能出现的所有结果；
(2)从这5张卡片中随机抽取2张，利用列表或画树状图计算：与卡片上图形形状相对应的这两种地板砖能进行平面镶嵌的概率是多少？
【考点6 平行四边形的性质】
26．（2022·陕西西安·陕西师大附中校考一模）如图，在平行四边形ABCD中，E是BC边上一点，连接AB、AC、ED，若AE=AB，求证：AC=DE．
27．（2022·浙江宁波·校考三模）如图，是由边长为1的小等边三角形构成的网格．
(1)在图①中画出以AB为对角线的菱形ACBD，且点C和点D均在格点上．
(2)在图②，图③中画出以AB为对角线的平行四边形AEBF(非菱形)，满足有一边等于AB长，且点E和点F均在格点上．
28．（2022·重庆大渡口·重庆市第三十七中学校校考二模）如图，在平行四边形ABCD中，∠D=60°
(1)尺规作图：过点C作CE⊥AD，交AD于点E．（保留作图痕迹）
(2)连接BE，若tan∠AEB=23，CD=6，求平行四边形ABCD的面积．（补全下面求解过程）
解：∵CE⊥AD，
∴∠CED=90°（ ① ），
∵∠D=60°，
∴∠DCE=30°，
∵CD=6，
∴DE=12CD=3（ ② ），
∴CE= ③
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴ ④ =∠AEB
在Rt△BCE中，tan∠EBC=ECBC=tan∠AEB=23，
∴BC=32EC=932，
∴SABCD=812．
29．（2022·重庆开州·校联考模拟预测）如图1，抛物线y=−33x2−233x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，过点B作直线BD∥直线AC，交抛物线y于另一点D，点P为直线AC上方抛物线上一动点．
(1)求线段AB的长．
(2)过点P作PF∥y轴交AC于点Q，交直线BD于点F，过点P作PE⊥AC于点E，求23PE+3PF的最大值及此时点P的坐标．
(3)如图2，将抛物线y=−33x2−233x+3向右平移3个单位得到新抛物线y′，点M为新抛物线上一点，点N为原抛物线对称轴一点，直接写出所有使得A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形时点N的坐标，并写出其中一个点N的坐标的求解过程．
30．（2022·重庆·一模）如图，AC是平行四边形ABCD的对角线，满足AC⊥AB．
(1)尺规作图：按要求完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹，并标明字母．
①作线段AC的垂直平分线EF，分别交AD、BC、AC于点E、F、G；
②连接CE；
(2)在（1）的条件下，已知∠ABC＝60°，CF＝2，求S△CEF．
【考点7 平行四边形的判定】
31．（2022·湖南常德·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A、B的对应点分别是D，E，点F是边AC的中点，连接BF，BE，FD．则下列结论错误的是（ ）
A．BE=BCB．BF∥DE，BF=DE
C．∠DFC=90°D．DG=3GF
32．（2022·广西河池·统考中考真题）如图，点A，F，C，D在同一直线上，AB＝DE，AF＝CD，BC＝EF．
(1)求证：∠ACB＝∠DFE；
(2)连接BF，CE，直接判断四边形BFEC的形状．
33．（2022·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，在四边形ABDF中，点E，C为对角线BF上的两点，AB=DF,AC=DE,EB=CF．连接AE,CD．
(1)求证：四边形ABDF是平行四边形；
(2)若AE=AC，求证：AB=DB．
34．（2022·广东汕尾·校考一模）如图，△ABC是等边三角形，D是射线BC上的一个动点（点D不与B，C重合），△ADF是以AD为边的等边三角形，过点F作BC的平行线交射线AC于点E，连接BF．
(1)如图1，点D在线段BC上时，求证：△AFB≅△ADC；
(2)请判断图1中四边形BCEF的形状，并说明理由；
(3)若D点在BC边的延长线上，如图2，其它条件不变，请问（2）中结论还成立吗？如果成立，请说明理由．
35．（2022·广东珠海·统考二模）如图1，在正方形ABCD中，点E是边AD上一动点，把△ABE沿BE折叠得到△FBE，连接AF并延长，交CD于点G，过C作CH⊥AF于点H．
(1)证明：∠BFH=∠BCH；
(2)如图2，若点E是AD中点，连接DF,CF,DH，证明：四边形DFCH是平行四边形；
(3)点E在运动过程中，AHAG是否存在最大值？如果存在，请把它求出来；如果不存在，请说明理由．
【考点8 利用平行四边形的判定与性质求解】
36．（2022·江苏盐城·校考一模）小明学习了图形的旋转之后，积极思考，利用两个大小不同的直角三角形与同学做起了数学探究活动．如图1，在△ABC与△DEF中，AC=BC=a，∠C=90°，DF=EF=b，(a>b)，∠F=90°．
(1)【探索发现】将两个三角形顶点C与顶点F重合，如图2，将△DEF绕点C旋转，他发现BE与AD的数量关系一直不变，则线段BE与AD具有怎样的数量关系，请说明理由；
(2)【深入思考】将两个三角形的顶点C与顶点D重合，如图3所示将△DEF绕点C旋转．
①当B、F、E三点共线时，连接BF、AE，线段BF、CF、AE之间的数量关系为 ；
②如图4所示，连接AF、AE，若线段AC、EF交于点O，试探究四边形AECF能否为平行四边形？如果能，求出a、b之间的数量关系，如果不能，试说明理由．
(3)【拓展延伸】如图5，将△DEF绕点C旋转，连接AF，取AF的中点M，连接EM，则EM的取值范围为 （用含a、b的不等式表示）．
37．（2022·广西玉林·统考二模）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上的两点（点E在点F左侧），且∠AEB=∠CFD=90°．
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)当AB=5，tan∠ABE=34，∠CBE=∠EAF时，求平行四边形ABCD的面积．
38．（2022·北京海淀·统考一模）阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图①，在△ABC中，DE∥BC，分别交AB、AC于D、E，且CD⊥BE，CD=3，BE=5，试求BC+DE的值．
小明发现，过点E作EF∥DC，交BC的延长线于点F，构造△BEF，经过推理得到▱DCFE，再计算就能够使问题得到解决（如图②）．
(1)请你帮小明回答：BC+DE的值为________，并写出推理和计算过程．
(2)参考小明思考问题的方法，请你解决如下问题：
如图③，已知▱ABCD和矩形ABEF，AC与DF交于点G，AC=BF=DF，求∠AGF的度数．
39．（2022·辽宁沈阳·统考二模）已知：△ABC是等边三角形，点D在直线AB上运动（不与点A、点B重合），连接CD，将△ADC绕点D逆时针旋转得到△FDE（点A的对应点为点F，点C的对应点为点E）．
(1)如图①，连接AE，当点D为线段AB的中点，且点E落在CA的延长线上时，求∠EDC的度数；
(2)如图②，当点D在线段AB上，且旋转角为120°时，求证：EF∥AB；
(3)当点D在直线AB上，且旋转角为120°时，连接BE，取线段BE的中点M，连接AM、DM，若线段DM=2+1，直接写出线段AM的长度．
40．（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8cm，BC=6cm，D是AC边上的中点.过点C作AC的垂线CE，过点D作BC的平行线，交CE于点E，点P从点E到点D沿ED方向匀速运动，速度为2cm/s，同时点Q从点B到点C沿BC方向匀速运动，速度为1cm/s.连接PQ，过点P作PF⊥CE于点F，连接FQ.设运动时间为ts0(1)当t为何值时，四边形BDPQ为平行四边形？
(2)当t为何值时，点P在∠ABC的平分线上？
(3)设四边形EFQP的面积为S，写出S与t的函数关系式.
(4)当P关于CE的对称点P′落在BC的延长线上时，△FPQ的面积是多少？
【考点9 利用平行四边形的判定与性质证明】
41．（2022·浙江温州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，E，F分别是AC,AB的中点，O是DF的中点，EO的延长线交线段BD于点G，连结DE，EF，FG．
(1)求证：四边形DEFG是平行四边形．
(2)当AD=5，tan∠EDC=52时，求FG的长．
42．（2022·江苏南京·校联考一模）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，AF与DE相交于点G，CE与BF相交于点H．
(1)证明：四边形EHFG是平行四边形；
(2)当▱ABCD具备怎样的条件时，四边形EHFG是菱形？请直接写出条件，无需说明理由．
43．（2022·辽宁沈阳·统考二模）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，AE=CF．
(1)求证：△ADE≌△CBF；
(2)作图连接BE、FD，证明：四边形EBFD是平行四边形．
44．（2022·安徽宣城·统考一模）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，P是BC边上一点，DP⊥BC交AB边于点D，E是CD的中点，连接AE，PE．
(1)线段AE与线段PE的关系为______．
(2)如图2，当点P在射线CB上，点D在射线AB上时，判断（1）中的结论是否仍然成立，并证明．
(3)如图3，点D，P分别在AB，BC边上，将△BPD绕点B顺时针旋转60°得到△BP′D′，E′是CD′的中点，若AB=22，BD＝2，判断△AE′P′的形状并证明．
45．（2022·四川南充·一模）在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD=2AB，点E、F分别是OA、BC的中点，连接BE、EF．
(1)求证：EF=12BC；
(2)在上述条件下，若AC=BD，G是BD上一点，且BG:GD=3:1，连接EG、FG，试判断四边形EBFG的形状，并证明你的结论．
【考点10 平行四边形的判定与性质的应用】
46．（2022秋·湖南永州·九年级校模拟预测）如图，为了体验四边形的不稳定性，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD，然后向右拉动框架，给出如下的判断：①四边形ABCD为平行四边形；②对角线BD的长度不变；③四边形ABCD的面积不变；④四边形ABCD的周长不变，其中所有正确的结论是（ ）
A．①②B．①④C．①②④D．①③④
47．（2022·河北石家庄·校联考三模）如图，两把完全一样的直尺叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，这个四边形是______形；如果直尺的宽度是322cm，两把直尺所夹的锐角为45°，那么这个四边形的周长为______cm．
48．（2022·浙江·宁波市慈湖中学校考一模）村庄A和村庄B位于一条小河的两侧，若河岸彼此平行，要架设一座与河岸垂直的桥，桥址应如何选择，才使A与B之间的距离最短？
49．（2022·浙江台州·一模）为了保证铁路的两条直铺的铁轨互相平行，只要使互相平行的放在铁轨之间的枕木长相等就可以了．你能说出其中的道理吗？
50．（2022·四川南充·一模）如图，田村有一口四边形的池塘，在它的四角A、B、C、D处均有一棵大桃树、田村准备开挖养鱼，想使池塘的面积扩大一倍，并要求扩建后的池塘成平行四边形形状，请问田村能否实现这一设想?若能，画出图形，说明理由．
专题19 平行四边形与多边形（10个高频考点）（强化训练）
【考点1 认识多边形】
1．（2022·浙江台州·一模）已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF边长均为1，把正方形放在正六边形中，使OK边与AB边重合，如图所示：按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转，使KM边与BC边重合，完成第一次旋转；再绕点C顺时针旋转，使MN边与CD边重合，完成第二次旋转……连续经过六次旋转．在旋转的过程中，当正方形和正六边形的边重合时，点B，M间的距离可能是（ ）
A．0.5B．0.7C．2﹣1D．3﹣1
【答案】D
【分析】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，观察图象可知点B，M间的距离大于等于2-2小于等于1，由此即可判断．
【详解】如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的红线，
观察图象可知点B，M间的距离大于等于2﹣2小于等于1，
当正方形和正六边形的边重合时，点B，M间的距离可能是1或3﹣1，
故选D．
【点睛】本题考查正六边形、正方形的性质等知识，解题的关键作出点M的运动轨迹，利用图象解决问题，题目有一定的难度．
2．（2022·浙江·宁波市慈湖中学校考一模）把一张形状是多边形的纸片剪去其中某一个角，剩下的部分是一个四边形，则这张纸片原来的形状不可能是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】D
【分析】一个n边形剪去一个角后，剩下的形状可能是n边形或（n+1）边形或（n-1）边形，由此即可解答.
【详解】当剪去一个角后，剩下的部分是一个四边形，
则这张纸片原来的形状可能是四边形或三角形或五边形，不可能是六边形．
故选D．
【点睛】剪去一个角的方法可能有三种：经过两个相邻顶点，则少了一条边；经过一个顶点和一边，边数不变；经过两条邻边，边数增加一条．
3．（2022·海南海口·海南华侨中学校联考模拟预测）如图，□ABCD纸片，∠A=120°，AB=4，BC=5，剪掉两个角后，得到六边形AEFCGH ,它的每个内角都是120°，且EF=1，HG=2，则这个六边形的周长为( )
A．12B．15C．16D．18
【答案】B
【详解】如图，分别作直线AB、BC、HG的延长线和反向延长线使它们交于点B、Q、P.
∵六边形ABCDEF的六个角都是120°，
∴六边形ABCDEF的每一个外角的度数都是60°.
∴△APH、△BEF、△DHG、△CQG都是等边三角形．
∴EF=BE=BF=1，DG=HG=HD=2.
∴FC=5-1=4，AH=5-2= 3，CG=CD-DG=4−2=2.
∴六边形的周长为1+3+3+2+2+4=15.
故选B.
4．（2022·湖南娄底·统考一模）各顶点都在方格纸的格点（横竖格子线的交错点）上的多边形称为格点多边形，它的面积S可用公式S=a+12b−1（a是多边形内的格点数，b是多边形边界上的格点数）计算，这个公式称为“皮克（Pick）定理”．如图给出了一个格点五边形，则该五边形的面积S=________．
【答案】6
【分析】根据题目要求，数出五边形内部格点的数量，五边形边上格点的数量，代入S=a+12b−1计算即可．
【详解】由图可知：五边形内部格点有4个，故a=4
五边形边上格点有6个，故b=6
∴S=a+12b−1＝4+12×6−1=6
故答案为：6．
【点睛】本题考查了网格中不规则多边形的计算，按题目要求尽心计算即可．
5．（2022·广西南宁·统考中考模拟）如图，在正六边形ABCDEF中， 连接对角线AC，BD，CE，DF，EA，FB，可以得到一个六角星． 记这些对角线的交点分别为H，I，J，K，L，M，则图中等边三角形共有_____个．
【答案】8．
【详解】试题分析：根据正六边形的性质和等边三角形的判定可知,图中的三角形△AML、△BMH、△CHI、△DIJ、△EJK、△FKL、△ACE、△BDF是等边三角形,共8个．
考点：正六边形的性质和等边三角形的判定．
【考点2 多边形的对角线】
6．（2022·陕西·校联考模拟预测）若一个多边形从一个顶点出发可以引7条对角线，则这个多边形共有______条对角线．
【答案】35
【分析】根据n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线，再根据n(n−3)2求出总的对角线数量．
【详解】解：根据题意可知，
n−3=7，
∴n=10，
∴这个多边形共有对角线的数量为：
n(n−3)2=10×72=35；
故答案为：35．
【点睛】本题考查了多边形对角线的问题，正确理解多边形的边数与从一个顶点发出的对角线的条数之间的关系，以及正确求出总的对角线数量是解决本题的关键．
7．（2022·浙江杭州·模拟预测）k边形共有k条对角线，则k=_______．
【答案】5
【分析】n边形共有对角线nn-32条，再根据题意列方程求解即可．
【详解】由题意得：kk−32=k，
解得：k1=5，k2=0（不合题意，舍去），
故填：5．
【点睛】本题考查了多边形的对角线，解题的关键是熟练掌握多边形对角线条数的公式：nn−32 ．
8．（2022·河北·模拟预测）探究归纳题：
(1)试验分析：
如图1，经过A点可以作__________条对角线；同样，经过B点可以作__________条；经过C点可以作__________条；经过D点可以作__________条对角线.
通过以上分析和总结，图1共有___________条对角线.
（2）拓展延伸：
运用（1）的分析方法，可得：
图2共有_____________条对角线；
图3共有_____________条对角线；
(3)探索归纳：
对于n边形(n>3)，共有_____________条对角线．(用含n的式子表示)
(4)特例验证：
十边形有__________________对角线.
【答案】 1 1 1 1 2 5 9 nn−32 35
【分析】(1)根据对角线的定义,四边形经过任意一点可以做1条对角线,其中会出现重复,因此四边形共有2条对角线,
(2)五边形经过任意一点可以做2条对角线,其中会出现重复,因此四边形共有5条对角线, 六边形经过任意一点可以做3条对角线,其中会出现重复,因此四边形共有9条对角线,
(3) n边形经过任意一点可以做(n－3)条对角线,其中会出现重复,因此四边形共有nn−32条对角线,
(4) 十边形经过任意一点可以做7条对角线,其中会出现重复,因此四边形共有35条对角线.
【详解】(1) 四边形经过任意一点可以做1条对角线,其中会出现重复,因此四边形共有2条对角线,
(2)五边形经过任意一点可以做2条对角线,其中会出现重复,因此四边形共有5条对角线, 六边形经过任意一点可以做3条对角线,其中会出现重复,因此四边形共有9条对角线,
(3) n边形经过任意一点可以做(n－3)条对角线,其中会出现重复,因此四边形共有nn−32条对角线,
(4) 十边形经过任意一点可以做7条对角线,其中会出现重复,因此四边形共有35条对角线.
9．（2022·山东青岛·统考二模）【问题】用n边形的对角线把n边形分割成（n−2个三角形，共有多少种不同的分割方案n≥4？
【探究】为了解决上面的数学问题，我们采取一般问题特殊化的策略，先从最简单情形入手，再逐次递进转化，最后猜想得出结论．不妨假设n边形的分割方案有fn种．
探究一：用四边形的对角线把四边形分割成2个三角形，共有多少种不同的分割方案？如图①，图②，显然，只有2种不同的分割方案．所以，f4=2．
探究二：用五边形的对角线把五边形分割成3个三角形，共有多少种不同的分割方案？不妨把分割方案分成三类：
第1类：如图③，用点A，E与B连接，先把五边形分割转化成1个三角形和1个四边形，再把四边形分割成2个三角形，由探究一知，有f4种不同的分割方案，所以，此类共有f4种不同的分割方案．
第2类：如图④，用点A，E与C连接，把五边形分割成3个三角形，有1种不同的分割方案，可视为12f4种分割方案．
第3类：如图⑤，用点A，E与D连接，先把五边形分割转化成1个三角形和1个四边形，再把四边形分割成2个三角形，由探究一知，有f（4）种不同的分割方案，所以，此类共有f（4）种不同的分割方案．
所以，f5=f4+12f4+f4=52×f4=104×f4=5（种）
探究三：用六边形的对角线把六边形分割成4个三角形，共有多少种不同的分割方案？不妨把分割方案分成四类：
第1类：如图⑥，用A，F与B连接，先把六边形分割转化成1个三角形和1个五边形，再把五边形分割成3个三角形，由探究二知，有f5种不同的分割方案，所以，此类共有f5种不同的分割方案．
第2类：如图⑦，用A，F与C连接，先把六边形分割转化成2个三角形和1个四边形．再把四边形分割成2个三角形，由探究一知，有f4种不同的分割方案．所以，此类共有f4种分割方案．
第3类：如图⑧，用A，F与D连接，先把六边形分割转化成2个三角形和1个四边形．再把四边形分割成2个三角形，由探究一知，有f4种不同的分割方案．所以，此类共有f4种分割方案．
第4类：如图，用A，F与E连接，先把六边形分割转化成1个三角形和1个五边形，再把五边形分割成3个三角形，由探究二知，有f5种不同的分割方案．所以，此类共有f5种分割方案．
所以，f6=f5+f4+f4+f5
=f5+25f5+25f5+f5=145×f5=14（种）
探究四：用七边形的对角线把七边形分割成5个三角形，则f7与f6的关系为f7= 6×f6，共有______种不同的分割方案．
……
【结论】用n边形的对角线把n边形分割成n−2个三角形，共有多少种不同的分割方案n≥4？（直接写出fn与fn−1之间的关系式，不写解答过程）
【应用】用九边形的对角线把九边形分割成7个三角形，共有多少种不同的分割方案？（应用上述结论中的关系式求解）
【答案】探究四：18，42；[结论]fn=4n−10n−1fn−1；[应用]429种
【分析】[探究]根据探究的结论得到规律计算即可；
[结论]根据五边形，六边形，七边形的对角线把图形分割成三角形的方案总结规律即可得到答案；
[应用]利用规律求得八边形及九边形的对角线把图形分割成三角形的方案即可．
【详解】所以，f7=f6+f5+2f4+f5+f6
=2f6+2×514f6+2×514×25f6
=3f6
=186f6
=42．
故答案为：18，42．
[结论]由题意知f5=104f4，f6=145f5，f7=186f6，…
fn=4n−10n−1fn−1；
[应用]根据结论得：f8=4×8−107×f7=227×42=132．
f9=4×9−108×f8=268×132=429．
则用九边形的对角线把九边形分割成7个三角形，共有429种不同的分割方案．
【点睛】此题考查多边形的对角线，图形变化类规律题，研究了多边形对角线分割多边形成三角形的关系，关键是能够得到规律，此题有难度，注意利用数形结合的思想．
10．（2022秋·陕西咸阳·二模）已知从n边形的一个顶点出发共有4条对角线；从m边形的一个顶点出发的所有对角线把m边形分成7个三角形；正t边形的边长为6，周长为48，求代数式mn+1t的值．
【答案】8
【分析】根据题意，由多边形的性质：从n边形的一个顶点出发能引出(n−3)条对角线，能分成(n−2)个三角形，分别求出n，m的值，再由正多边形的性质求出t，然后代入式子即可求解．
【详解】解：因为从n边形的一个顶点出发共有4条对角线，
所以n=7．
因为从m边形的一个顶点出发的所有对角线把m边形分成7个三角形，
所以m=9．
因为正t边形的边长为6，周长为48，
所以t=48÷6=8，
所以代数式mn+1t=9×7+18=8．
【点睛】本题主要考查了多边形的性质，理解并掌握多边形的相关性质是解题关键．
【考点3 多边形的内角和】
11．（2022·湖南湘西·统考中考真题）一个正六边形的内角和的度数为（ ）
A．1080°B．720°C．540°D．360°
【答案】B
【分析】利用多边形的内角和定理解答即可．
【详解】解：一个正六边形的内角和的度数为：（6﹣2）×180°＝720°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和，利用多边形的内角和定理解答是解题的关键．
12．（2022·湖南怀化·统考中考真题）一个多边形的内角和为900°，则这个多边形是（ ）
A．七边形B．八边形C．九边形D．十边形
【答案】A
【分析】根据n边形的内角和是（n﹣2）•180°，列出方程即可求解．
【详解】解：根据n边形的内角和公式，得
（n﹣2）•180°=900°，
解得n=7，
∴这个多边形的边数是7，
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，解题的关键是熟记内角和公式并列出方程．
13．（2022·福建莆田·统考二模）如图，七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线交于点O，若∠1，∠2，∠3，∠4的外角和等于215°，则∠BOD的度数为( )
A．20°B．35°C．40°D．45°
【答案】B
【分析】由外角和内角的关系可求得∠1、∠2、∠3、∠4的和，由五边形内角和可求得五边形OAGFE的内角和，则可求得∠BOD．
【详解】解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为215°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+215°=4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=505°，
∵五边形OAGFE内角和=（5-2）×180°=540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD=540°，
∴∠BOD=540°-505°=35°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查多边形的内角和，利用内角和外角的关系求得∠1、∠2、∠3、∠4的和是解题的关键．
14．（2022·江苏南京·统考模拟预测）如图所示，平行四边形内有两个全等的正六边形，若阴影部分的面积记为S1，平行四边形的面积记为S2,则S1S2的值为____．
【答案】12
【分析】如解图所示：延长EN交BC于点F，过点E作EP⊥BC于P，过点F作FQ⊥MN于Q，过点A作AD⊥BC于D，由图可知，图中两个阴影部分面积相等，证出△BEF为等边三角形，四边形NFGM为菱形，求出等边三角形的边长、菱形的边长和平行四边形的边长，利用锐角三角函数求出等边三角形的高、菱形的高和平行四边形的高，即可求出结论．
【详解】解：如下图所示，延长EN交BC于点F，过点E作EP⊥BC于P，过点F作FQ⊥MN于Q，过点A作AD⊥BC于D，
∵平行四边形内有两个全等的正六边形，设正六边形的边长为a
∴∠AEN=∠A=∠ENM=∠MGC=120°，NM∥BC，AE=EN=NM=MG=a
∴∠B=180°－∠A=60°，∠FNM=180°－∠ENM =60°，∠BEF=180°－∠AEN=60°，∠NFG=∠ENM=120°=∠MGC
∴∠B=∠BEF=60°，∠EFB=180°－∠NFG=60°，NF∥MG，
∴△BEF为等边三角形，四边形NFGM为菱形
∴NF=MG=a，
∴BE=BF=EF=EN＋NF=2a，AB=AE＋BE=3a，BC=BF＋FG＋GC=4a
∴EP=BE·sin∠B=3a，AD=AB·sin∠B=332a，FQ=NF·sin∠FNM=32a
由图可知，图中两个阴影部分面积相等
∴S1=2（S△BEF＋S菱形NFGM）
=2（12BF·EP＋NM·FQ）
=2（12×2a×3a＋a·32a）
=33a2
S2=BC·AD=4a×332a=63a2
∴S1S2=33a263a2=12
故答案为：12．
【点睛】此题考查的是正六边形的性质、等边三角形的判定及性质、菱形的判定及性质和锐角三角函数，掌握正六边形的性质、等边三角形的判定及性质、菱形的判定及性质和锐角三角函数是解决此题的关键．
15．（2022·北京昌平·统考模拟预测）（1）如图①，在△ABC中，分别以AB，AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，BE与CD交于点O，求∠BOC的度数；
（2）如图②，在△ABC中，分别以AB，AC为边向△ABC外作正n边形和正n边形，BE与CD交于点O，直接写出∠BOC的度数：______．
【答案】（1）120°；（2）360°n
【分析】（1）根据等边三角形性质，推导得∠BAE=∠CAD，通过证明△ABE≌△ADC，得∠ABE=∠ADC；根据三角形内角和的性质计算，得∠DOB，从而得到答案；
（2）结合（1）的结论，得∠DOB=正多边形内角；根据正多边形的内角和性质计算，即可得到∠DOB，再根据补角性质计算，即可得到答案．
【详解】（1）∵等边△ABD和等边△ACE
∴AE=AC，AD=AB，∠CAE=∠BAD=∠ADB=∠ABD=60°
∵∠BAE=∠BAC+∠CAE，∠CAD=∠BAC+∠BAD
∴∠BAE=∠CAD
∴△ABE≌△ADC
∴∠ABE=∠ADC
∴∠BDO+∠ABE=∠BDO+∠ADC=∠ADB=60°
∴∠DOB=180°−∠DBO−∠BDO=180°−∠ABD−∠ABE+∠BDO=60°
∴∠BOC=180°−∠DOB=120°；
（2）根据（1）的结论：∠DOB=等边三角形内角，得∠DOB=正多边形内角
∵正多边形内角和=n−2×180°
∴正多边形内角=n−2×180°n=180°−360°n
∴∠DOB=180°−360°n
∴∠BOC=180°−∠DOB=360°n
故答案为：360°n．
【点睛】本题考查了等边三角形、全等三角形、三角形内角和、多边形内角和的知识；解题的关键是熟练掌握等边三角形、全等三角形、三角形内角和、多边形内角和、补角的性质，从而完成求解．
【考点4 多边形的外角和】
16．（2022·浙江舟山·统考一模）发现：如图1，在有一个“凹角∠A1A2A3”n边形 A1A2A3A4…An中（n为大于3的整数），∠A1A2A3=∠A1+∠A3+∠A4+∠A5+∠A6+……+∠An−(n−4)×180°．
验证：
（1）如图2，在有一个“凹角∠ABC”的四边形ABCD中，证明：∠ABC=∠A+∠C+∠D．
（2）如图3，有一个“凹角∠ABC”的六边形ABCDEF中，证明；∠ABC=∠A+∠C+∠D+∠E+∠F−360°．
延伸：
（3）如图4，在有两个连续“凹角A1A2A3和∠A2A3A4”的四边形 A1A2A3A4……An中（n为大于4的整数），∠A1A2A3+∠A2A3A4=∠A1+∠A4+∠A5+∠A6…..+∠An−(n− _)×180°．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）6．
【分析】（1）如图2，延长AB交CD于E，根据三角形的外角的性质即可得到结论；
（2）如图3，延长AB交CD于G，则∠ABC=∠BGC+∠C，根据多边形的内角和和外角的性质即可得到结论；
（3）如图4，延长A2A3交A5A4于 C，延长A3A2交A1An于 B，根据三角形的外角的性质得到∠A1A2A3+∠A2A3A4=∠A1+∠2+∠A4+∠4，根据多边形的内角和得到 ∠1+∠3=(n−2−2)×180°−(∠A5+∠A6……+∠An)，于是得到结论．
【详解】解：（1）如图2，延长AB交CD于E，
则∠ABC=∠BEC+∠C，∠BEC=∠A+∠D，
∴∠ABC=∠A+∠C+∠D；
（2）如图3，延长AB交CD于G，
则∠ABC=∠BGC+∠C，
∵∠BGC=180°−∠BGD，∠BGD=3×180°−(∠A+∠D+∠E+∠F)，
∴∠ABC=∠A+∠C+∠D+∠E+∠F−360°；
（3）如图4，延长A2A3交A5A4于C，延长A3A2交A1An于B，
则∠A1A2A3+∠A2A3A4=∠A1+∠2+∠A4+∠4，
∵∠1+∠3=(n−2−2)×180°−(∠A5+∠A6……+∠An)，
而∠2+∠4=360°−(∠1+∠3)=360°−[(n−2−2)×180°−(∠A5+∠A6……+∠An)]，
∴∠A1A2A3+∠A2A3A4=∠A1+∠A4+∠A5+∠A6……+∠An−(n−6)×180°．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角和等知识，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
17．（2022秋·湖北荆州·一模）在五边形ABCDE中，∠A=130∘，∠B=110∘，∠E=100∘．
(1)如图①，画出五边形ABCDE的所有对角线；
(2)如图②，若∠C比∠D小40°，求出∠D的度数；
(3)如图③，若CP，DP分别平分∠BCD与∠CDE的外角，试求出∠CPD的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠D=120°
(3)∠CPD=100°
【分析】（1）根据对角线的定义作出所有对角线即可；
（2）先根据多边形的内角和公式求得内角和，再求出∠C+∠D的度数，最后∠D−∠C=40°求得∠D即可；
（3）先根据多边形内角结合外角的定义求得∠DCF+∠CDG=160°，然后根据角平分线的定义、等量代换、角的和差解答即可．
（1）
解：如图即为所求．
（2）
解：五边形ABCDE的内角和为5−2×180°=540°，
∵∠A=130°，∠B=110°，∠E=100°，
∴∠C+∠D=540°−∠A−∠B−∠E=540°−130°−110°−100°=200°，
又∵∠D−∠C=40°，
∴∠D=120°．
（3）
解：五边形ABCDE的内角和为5−2×180°=540°，
∵∠A=130°，∠B=110°，∠E=100°，
∴∠BCD+∠CDE=540°−∠A−∠B−∠E=540°−130°−110°−100°=200°，
又∵∠BCD+∠DCF=180°，∠CDE+∠CDG=180°，
∴∠DCF+∠CDG=360°−200°=160°，
∵CP平分∠DCF，DP平分∠CDG，
∴∠DCP=12∠DCF，∠CDP=12∠CDG，
∴∠DCP+∠CDP=12∠DCF+12∠CDG=12∠DCF+∠CDG=80°，
又∵∠CPD+∠DCP+∠CDP=180°，
∴∠CPD=180°−∠DCP−∠CDP=180°−80°=100°．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和、多边形的外角、对角线以及角平分线的定义等知识点，灵活运用多边形的内角和定理成为解答本题的关键．
18．（2022·北京昌平·统考模拟预测）已知一个多边形的内角和与一个外角的差为1560°，求这个多边形的边数和这个外角的度数．
【答案】11,60°.
【分析】根据n边形的内角和定理可知：n边形内角和为（n-2）×180°.设这个内角度数为x度，利用方程即可求出答案.
【详解】解：设这个内角度数为x，
根据题意，得（n-2）×180°-（180-x）=1560°，
解得：x=1560°-180°n+540°=2100°-180°n，
由于0解得：1023所以n=11.
将n=11代入x=2100°-180°n中得：x=120°，
所以这个外角为180°-120°=60°.
故多该多边形的边数是11，这个外角的度数为60°.
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理.掌握n边形的内角和为180°（n-2）是解答本题的关键.
19．（2022秋·湖北荆州·一模）如图1，点M，N分别在正五边形ABCDE的边BC，CD上，BM=CN，连结AM，BN相交于H．
(1)求正五边形ABCDE外角的度数；
(2)求∠AHB的度数；
(3)如图2，将条件中的“正五边形ABCDE”换成“正六边形ABCDEF”，其他条件不变，试猜想∠AHB的度数．
【答案】(1)正五边形ABCDE外角的度数为72°
(2)∠AHB＝72°
(3)∠AHB＝60°
【分析】（1）根据多边形的内角和定理求得内角和，根据每一个内角都相等求得∠ABC＝108°，根据每一个外角都相等，用180°−108°即可求解；
（2）证明△ABM≌△BCN（SAS）得出∠BAM=∠CBN，根据（1）的结论可得∠BAM+∠ABH=108°，根据三角形内角和定理即可求解；
（3）根据正六边形的内角等于180°减去它的一个外角可得∠ABC=180°−360°6=120°，同（2）证明证明△ABM≌△BCN（SAS）得出∠BAM=∠CBN，进而即可求解．
（1）
解：∵正五边形的内角和为5−2×180°=540°，
∴∠ABC＝15 ×540°=108°，
∴正五边形ABCDE外角的度数为180°−108°=72°；
（2）
在△ABM和△BCN中，
AB=BC∠ABC=∠BCDBM=CN，
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴∠BAM=∠CBN，
∴∠BAM+∠ABH=∠CBN+∠ABH=∠ABC=108°，
∴∠AHB=180°−(∠BAM+∠ABH)=72°；
（3）
解：在△ABM和△BCN中，
AB=BC∠ABC=∠BCDBM=CN，
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠ABC=180°−360°6=120°，
∴∠BAM+∠ABH=∠CBN+∠ABH=∠ABC=120°，
∴∠AHB=180°−(∠BAM+∠ABH)=60°．
【点睛】本题考查了正多边形的内角和与外角和，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
20．（2022·北京昌平·统考模拟预测）如图，在六边形ABCDEF中，AF∥BE∥CD，ED∥AB，∠A=110°，∠ABC=100°．
(1)求六边形ABCDEF的各内角和的度数；
(2)求∠C、∠D的度数；
(3)若一只蚂蚁从A点出发沿A-B-C-D-E-F-A运动到A点停止，蚂蚁一共转过了多少度？
【答案】(1)720°
(2)∠C=150°，∠D=110°
(3)360°
【分析】（1）根据两直线平行，同旁内角互补，得出∠F+∠BEF=180°，∠A+∠ABE=180°，∠D+∠DEB=180°，∠C+∠CBE=180°，全部相加即为六边形ABCDEF的内角和；
（2）根据平行线的性质，得出∠A+∠ABE=180°，∠C+∠CBE=180°，∠D+∠DEB=180°，∠DEB=∠ABE，再利用角之间的换算，则可计算出答案；
（3）利用多边形的外角和为360°的性质即可．
【详解】（1）∵AF∥BE∥CD，
∴∠F+∠BEF=180°，∠A+∠ABE=180°，∠D+∠DEB=180°，∠C+∠CBE=180°，
∴六边形ABCDEF的各内角和=∠F+∠A+∠C+∠D+∠DEF+∠ABC
=∠F+∠A+∠C+∠D+∠BEF+∠DEB+∠ABE+CBE
=180°×4
=720°；
（2）∵AF∥BE∥CD，
∴∠A+∠ABE=180°，∠C+∠CBE=180°，∠D+∠DEB=180°，
∴∠ABE=70°，
∵ED∥AB，
∴∠DEB=∠ABE，
∴∠C=180°−∠CBE=180°−100°−70°=150°，
∠D=180°−∠DEB=180°−∠ABE=180°−70°=110°；
（3）由于蚂蚁从A点出发沿A-B-C-D-E-F-A运动到A点停止，
即绕了多边形一周，转过的角度多边形为外角和，
∴蚂蚁一共转过了360°．
【点睛】本题考查了平行线的性质，多边形外角和定理，解题关键是灵活运用平行线的性质进行角之间的换算．
【考点5 平面镶嵌】
21．（2022·广东佛山·西南中学校考三模）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4块正n边形围成的中间区域是一个小正方形，则n=（ ）
A．4
B．6
C．8
D．10
【答案】C
【分析】根据镶嵌满足的条件：在小正方形的顶点处可以拼成360°求出正n边形的一个内角，进而得到一个外角的度数，根据多边形的外角和是360°即可得出答案．
【详解】解：∵正方形的一个内角是90°，
∴正n边形的一个内角=（360°−90°）÷2=135°，
∴正n边形的一个外角=180°−135°=45°，
∴n=360°÷45°=8，
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，掌握镶嵌满足的条件：在小正方形的顶点处可以拼成360°是解题的关键．
22．（2022·广东湛江·校考一模）在下列四种边长均为a的正多边形中，能与边长为a的正三角形作平面镶嵌的正多边形有（ ）
①正方形；②正五边形；③正六边形；④正八边形
A．4种B．3种C．2种D．1种
【答案】C
【分析】易得正三角形的一个内角为60°，找到一个顶点处若干个两种图形的内角度数加起来是360°的正多边形的个数即可．
【详解】解：正三角形的一个内角度数为180−360÷3=60°，
①正方形的一个内角度数为180−360÷4=90°，3×60+2×90=360°，那么3个正三角形和2个正方形可作平面镶嵌；
②正五边形的一个内角度数为180−360÷5=108°，任意若干个都不能和正三角形组成平面镶嵌；
③正六边形的一个内角度数为180−360÷6=120°，2×60+2×120=360°或4×60+120=360°，可作平面镶嵌；
④正八边形的一个内角度数为180−360÷8=135°，任意若干个都不能和正三角形组成平面镶嵌；
能镶嵌的只有2种正多边形．故选C．
【点睛】本题考查了正多边形的镶嵌问题，用到的知识点为：两种正多边形能否组成镶嵌，要看同一顶点处的几个角之和能否为360°．
23．（2022·浙江温州·温州绣山中学校联考二模）图1是一种彭罗斯地砖图案，它是由形如图2的两种“胖”“瘦”菱形拼接而成（不重叠、无缝隙），则图2中的∠α为______度．
【答案】36
【分析】由题知，该图形是正十边形，利用内角和求出每一个内角的度数，再利用菱形的性质对边平行，得到α与正十边形的一个内角互补，即可得出结论．
【详解】由题知，“胖”“瘦”菱形的每条边都相等，则该图形是正十边形，
∴正十边形的内角和为：10−2×180°=1440°，
∴正十边形的一个内角为：1440°÷10=144°，
在“瘦”菱形中，
∵对边平行，∴α与正十边形的一个内角互补，
∴α=180°−144°=36°，
故答案为：36．
【点睛】本题考查了菱形的性质和多边形内角和定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
24．（2022·湖北武汉·统考二模）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块，其中点O为正方形的中心，点E,F分别是AB，AD的中点，用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是______.
【答案】10或6+22或8+22
【分析】先根据题意画出图形，再根据周长的定义即可求解．
【详解】如图所示：
图1的周长为1+2+3+22=6+22；
图2的周长为1+4+1+4=10；
图3的周长为3+5+2+2=8+22．
故四边形MNPQ的周长是6+22或10或8+22．
故答案为6+22或10或8+22．
【点睛】考查了平面镶嵌（密铺），关键是得到与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙）的各种情况．
25．（2022·四川凉山·校考一模）有五张形状、大小和质地相同的卡片A、B、C、D、E，正面分别写有一个正多边形（所有正多边形的边长相等），把五张卡片洗匀后正面朝下放在桌面上，
(1)若从中随机抽取一张（不放回），接着再随机抽取一张．请你用画树形图或列表的方法列举出可能出现的所有结果；
(2)从这5张卡片中随机抽取2张，利用列表或画树状图计算：与卡片上图形形状相对应的这两种地板砖能进行平面镶嵌的概率是多少？
【答案】(1)见解析
(2)310
【分析】（1）列出图表即可得到所有的可能情况；
（2）根据平面镶嵌的定义，能构成平面镶嵌的多边形有正三角形与正方形，正三角形与正六边形，然后根据概率公式列式计算即可得解．
(1)
解：列表得：
所有出现的结果共有20种；
(2)
根据题意得：
由上表可知，共有20种可能的结果，其中能进行平面镶嵌的结果有6种，分别是：AB，AD，BE，BA、DA、EB，
∴这两种地板砖能进行平面镶嵌的概率＝620=310．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率以及平面镶嵌的知识，概率＝所求情况数与总情况数之比，平面镶嵌的条件：各个顶点处内角和恰好为360°．
【考点6 平行四边形的性质】
26．（2022·陕西西安·陕西师大附中校考一模）如图，在平行四边形ABCD中，E是BC边上一点，连接AB、AC、ED，若AE=AB，求证：AC=DE．
【答案】见解析
【分析】由平行四边形的性质得：AB=DC，∠ABC+∠BCD=180°，证得∠AEC=∠BCD，从而可证△AEC≌△DCE，故可得结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，∠ABC+∠BCD=180°．
∵AE=AB，
∴∠ABE=∠AEB，AE=DC．
∵∠AEC+∠AEB=180°，
∴∠AEC=∠BCD．
又EC=EC，
∴△AEC≌△DCESAS，
∴AC=ED．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定方法，平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的性质和判定方法，平行四边形的性质．
27．（2022·浙江宁波·校考三模）如图，是由边长为1的小等边三角形构成的网格．
(1)在图①中画出以AB为对角线的菱形ACBD，且点C和点D均在格点上．
(2)在图②，图③中画出以AB为对角线的平行四边形AEBF(非菱形)，满足有一边等于AB长，且点E和点F均在格点上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据菱形对角线互相平分且垂直的性质，即可得到菱形ACBD
（2）根据平行四边形对角线互相平分的性质，当AB=EB=AF时可以绘制一个平行四边形AEBF，当AB=AE=BF时可以绘制另外一个平行四边形AEBF
【详解】（1）如图所示，菱形ACBD即为所作，
（2）如图所示，平行四边形AEBF即为所作
【点睛】本题主要考查了菱形和平行四边形的性质，熟练掌握图形的性质是解题的关键．
28．（2022·重庆大渡口·重庆市第三十七中学校校考二模）如图，在平行四边形ABCD中，∠D=60°
(1)尺规作图：过点C作CE⊥AD，交AD于点E．（保留作图痕迹）
(2)连接BE，若tan∠AEB=23，CD=6，求平行四边形ABCD的面积．（补全下面求解过程）
解：∵CE⊥AD，
∴∠CED=90°（ ① ），
∵∠D=60°，
∴∠DCE=30°，
∵CD=6，
∴DE=12CD=3（ ② ），
∴CE= ③
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴ ④ =∠AEB
在Rt△BCE中，tan∠EBC=ECBC=tan∠AEB=23，
∴BC=32EC=932，
∴SABCD=812．
【答案】(1)见解析
(2)垂直的定义；直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半；CD2−DE2=33；∠EBC
【分析】（1）利用尺规作图，过C点作AD的垂线即可；
（2）先根据含30度的直角三角形三边的关系计算出DE=12CD=3，从而得到CE=CD2−DE2=33，再根据平行四边形的性质得到∠EBC=∠AEB，接着利用正切的定义求出BC，然后根据平行四边形的面积公式计算．
【详解】（1）解：如图，CE即为所求；
（2）解：∵CE⊥AD，
∴∠CED=90°（垂直的定义），
∵∠D=60°，
∴∠DCE=30°，
∵CD=6，
∴DE=12CD=3（直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半），
∴CE=CD2−DE2=33，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EBC=∠AEB，
在Rt△BCE中，tan∠EBC=ECBC=tan∠AEB=23，
∴BC=32EC=932，
∴SABCD=33×932=812．
故答案为：垂直的定义；直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半；CD2−DE2=33；∠EBC
【点睛】本题考查了作图——基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了平行四边形的性质和解直角三角形．
29．（2022·重庆开州·校联考模拟预测）如图1，抛物线y=−33x2−233x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，过点B作直线BD∥直线AC，交抛物线y于另一点D，点P为直线AC上方抛物线上一动点．
(1)求线段AB的长．
(2)过点P作PF∥y轴交AC于点Q，交直线BD于点F，过点P作PE⊥AC于点E，求23PE+3PF的最大值及此时点P的坐标．
(3)如图2，将抛物线y=−33x2−233x+3向右平移3个单位得到新抛物线y′，点M为新抛物线上一点，点N为原抛物线对称轴一点，直接写出所有使得A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形时点N的坐标，并写出其中一个点N的坐标的求解过程．
【答案】(1)4
(2)当t=−32时，23PE+3PF有最大值为1732，此时P−32,233；
(3)N−1,−3，−1,1133和−1,−3733
【分析】（1）令−33x2−233x+3=0，求解即可；
（2）求直线AC,BD的解析式，设点Pt,−33t2−233t+3，则Qt,33t+3，Ft,33t−33，利用∠QFC=30°，将所求转化为23PE+3PF=3PQ+3PF，再求解即可；
（3）推出平移后的解析式，设Mm,−33m2+433m+833，N−2,n，分三种情况讨论；再利用平行四边形的性质结合中点坐标求解即可．
【详解】（1）令−33x2−233x+3=0，
解得x=1或x=−3，
∴A−3,0,B1,0，
∴AB=4；
（2）∵y=−33x2−233x+3，
∴C0,3，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
∴−3k+b=0b=3，解得k=33b=3，
∴直线AC的解析式为y=33x+3，
∵AC∥BD,B1,0，
∴直线BD的解析式为y=33x−33，
设点Pt,−33t2−233t+3，则Qt,33t+3，Ft,33t−33，
∵点P为直线AC上方抛物线上一动点，
∴PQ=−33t2−233t+3−33t−3=−33t2−3t，PF=−33t2−233t+3−33t+33=−33t2−3t+433，
∵OA=3,OC=3，
∴∠CAO=30°，
∵PE⊥AC,PF⊥OA，
∴∠QFC=30°，
∴PE=32PQ，
∴23PE+3PF=3PQ+3PF=3−33t2−3t−33t2−3t+433=−23t+322+1732，
∴当t=−32时，23PE+3PF有最大值为1732，此时P−32,233；
（3）∵y=−33x2−233x+3=−33x+12+433，
∴抛物线对称轴为直线x=−1，
∵抛物线y=−33x2−233x+3向右平移3个单位得到新抛物线y′，
∴新抛物线y′的解析式为y′=−33x−22+433，
∴Mm,−33m2+433m+833，N−1,n，
①当AB为平行四边形的对角线时，−3+1=m−1,0=n−33m2+433m+833，
∴m=−1,n=−3，
∴N−1,−3，M−1,3；
②当AM为平行四边形的对角线时，−3+m=1−1,n=−33m2+433m+833，
∴m=3,n=1133，
∴N−1,1133，M3,1133；
③当AN为平行四边形的对角线时，−3−1=m+1,−33m2+433m+833=n，
∴m=−5,n=−3733，
∴M−5,−3733，N−1,−3733；
综上，N点坐标分别为N−1,−3，−1,1133和−1,−3733．
【点睛】本题考查了为此函数的图象和性质，直角三角形的性质，平行四边形的性质，熟练掌握知识并能够运用分类讨论的思想是解题的关键．
30．（2022·重庆·一模）如图，AC是平行四边形ABCD的对角线，满足AC⊥AB．
(1)尺规作图：按要求完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹，并标明字母．
①作线段AC的垂直平分线EF，分别交AD、BC、AC于点E、F、G；
②连接CE；
(2)在（1）的条件下，已知∠ABC＝60°，CF＝2，求S△CEF．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（ 1）利用基本作图，作AC的垂直平分线即可；
（ 2）根据线段垂直平分线的性质得到EA＝EC，EG⊥AC，AG＝CG，则利用等腰三角形的性质得到∠AEF＝∠CEF，接着证明∠AEF＝∠EFC＝60°，所以∠CEF＝60°，于是可判断△CEF为等边三角形，然后计算出CG后得到S△CEF．
（1）
解：如图，EF为所作；
（2）
解：∵EF垂直平分AC，
∴EA＝EC，EG⊥AC，AG＝CG，
∴EF平分∠AEC，
∴∠AEF＝∠CEF，
∵AC⊥AB，
∴AB∥EF，
∴∠EFC＝∠B＝60°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEF＝∠EFC＝60°，
∴∠CEF＝60°，
而∠EFC＝60°，
∴△CEF为等边三角形，
∴EF＝CF＝2，
∵GF=12CF＝1，
∴CG=3GF=3，
∴S△CEF=12×2×3=3．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质．
【考点7 平行四边形的判定】
31．（2022·湖南常德·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A、B的对应点分别是D，E，点F是边AC的中点，连接BF，BE，FD．则下列结论错误的是（ ）
A．BE=BCB．BF∥DE，BF=DE
C．∠DFC=90°D．DG=3GF
【答案】D
【分析】根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质可判断D．
【详解】A．∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=BC，故A正确；
B．∵点F是边AC中点，
∴CF=BF=AF=12AC，
∵∠BCA=30°，
∴BA=12AC，
∴BF=AB=AF=CF，
∴∠FCB=∠FBC=30°，
延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，
∴∠BHE=∠DEC=90°，
∴BF//ED，
∵AB=DE，
∴BF=DE，故B正确．
C．∵BF∥ED，BF=DE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BC=BE=DF，
∵AB=CF， BC=DF，AC=CD，
∴△ABC≌△CFD，
∴∠DFC=∠ABC=90°，故C正确；
D．∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°，
∴∠FCG=30°，
∴FG=12CG，
∴CG=2FG．
∵∠DCE=∠CDG=30°，
∴DG=CG，
∴DG=2FG．故D错误．
故选D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角边等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质等知识，综合性较强，正确理解旋转性质是解题的关键．
32．（2022·广西河池·统考中考真题）如图，点A，F，C，D在同一直线上，AB＝DE，AF＝CD，BC＝EF．
(1)求证：∠ACB＝∠DFE；
(2)连接BF，CE，直接判断四边形BFEC的形状．
【答案】(1)见解析
(2)四边形BFEC是平行四边形
【分析】（1）证△ABC≌△DEF（SSS），再由全等三角形的性质即可得出结论；
（2）由（1）可知，∠ACB=∠DFE，则BC∥EF，再由平行四边形的判定即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵AF=CD，
∴AF ＋ CF = CD ＋ CF，
即AC＝DF，
在△ABC和△DEF中，
AB=DEBC=EFAC=DF
∴△ABC≌△DEF（SSS）
∴∠ACB=∠DFE
（2）如图，四边形BFEC是平行四边形，理由如下：
由（1）可知，∠ACB=∠DFE，
∴BC∥ EF，
又∶ BC = EF，
∴四边形BFEC是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行网边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定方法，证明三角形全等是解题的关键．
33．（2022·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，在四边形ABDF中，点E，C为对角线BF上的两点，AB=DF,AC=DE,EB=CF．连接AE,CD．
(1)求证：四边形ABDF是平行四边形；
(2)若AE=AC，求证：AB=DB．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由BE=CF可得BC=EF，证明△ABC≌△DFESSS，则∠ABC=∠DFE，AB∥DF，进而结论得证；
（2）由AE=AC，可知∠AEC=∠ACE=∠DEF，AE=DE，则∠AEB=∠DEB，证明△AEB≌△DEBSAS，进而结论得证．
【详解】（1）证明：∵BE=CF，
∴BE+EC=EC+CF，
∴BC=EF，
在△ABC和△DFE中，
∵AB=DFAC=DEBC=EF，
∴△ABC≌△DFESSS，
∴∠ABC=∠DFE，
∴AB∥DF，
又∵AB=DF，
∴四边形ABDF是平行四边形．
（2）证明：由（1）知，△ABC≌△DFESSS，
∴∠ACB=∠DEF，AC=DE，
∵AE=AC，
∴∠AEC=∠ACE=∠DEF，AE=DE，
∴∠AEB=∠DEB，
在△AEB和△DEB中，
∵EB=EB∠AEB=∠DEBAE=DE，
∴△AEB≌△DEBSAS，
∴AB=DB．
【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．解题的关键在于熟练掌握全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定．
34．（2022·广东汕尾·校考一模）如图，△ABC是等边三角形，D是射线BC上的一个动点（点D不与B，C重合），△ADF是以AD为边的等边三角形，过点F作BC的平行线交射线AC于点E，连接BF．
(1)如图1，点D在线段BC上时，求证：△AFB≅△ADC；
(2)请判断图1中四边形BCEF的形状，并说明理由；
(3)若D点在BC边的延长线上，如图2，其它条件不变，请问（2）中结论还成立吗？如果成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形BCEF是平行四边形，见解析
(3)成立，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AB=AC，AF=AD，∠BAC=∠FAD=60°，然后求出∠BAF=∠CAD，再利用“边角边”证明△AFB和△ADC全等；
（2）四边形BCEF是平行四边形，因为△AFB≌△ADC，所以可得∠ABF=∠C=60°，进而证明∠ABF=∠BAC，则可得到FB∥EC，又EF∥BC，所以四边形BCEF是平行四边形；
（3）根据（1）的思路可得△AFB≌△ADC；根据“SAS”可得△AFB≌△ADC；可得CD=BF，∠ABF=∠ACD=120°，根据平行线判应可得BF∥AE，根据平行四边形的判应可得四边形BCEF是平行因边形．
（1）
证明：∵△ABC和△ADF都是等边三角形，
∴AF=AD，AB=AC，∠FAD=∠BAC=60°．
又∵∠FAB=∠FAD−∠BAD，∠DAC=∠BAC−∠BAD，
∴∠FAB=∠DAC，
在△AFB和△ADC中，
AF=AD,∠BAF=∠CAD,AB=AC,
∴△AFB≅△ADCSAS．
（2）
解：由（1）得△AFB≅△ADC，
∴∠ABF=∠C=60°．
又∵∠BAC=∠C=60°，
∴∠ABF=∠BAC，
∴FB∥AC．
又∵BC∥EF，
∴四边形BCEF是平行四边形．
（3）
解：成立，理由如下：
∵△ABC和△ADF都是等边三角形，
∴AF=AD，AB=AC，∠FAD=∠BAC=60°．
又∵∠FAB=∠BAC−∠FAE，∠DAC=∠FAD−∠FAE，
∴∠FAB=∠DAC，
在△AFB和△ADC中，
AF=AD,∠BAF=∠CAD,AB=AC,
∴△AFB≅△ADCSAS，
∴∠AFB=∠ADC．
又∵∠ADC+∠DAC=∠ACB=60°，∠EAF+∠DAC=∠FAD=60°，
∴∠ADC=∠EAF，
∴∠AFB=∠EAF，
∴BF∥AE．
又∵BC∥EF，
∴四边形BCEF是平行四边形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形判定和性质，等边三角形的性质，平行四边形的判定，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
35．（2022·广东珠海·统考二模）如图1，在正方形ABCD中，点E是边AD上一动点，把△ABE沿BE折叠得到△FBE，连接AF并延长，交CD于点G，过C作CH⊥AF于点H．
(1)证明：∠BFH=∠BCH；
(2)如图2，若点E是AD中点，连接DF,CF,DH，证明：四边形DFCH是平行四边形；
(3)点E在运动过程中，AHAG是否存在最大值？如果存在，请把它求出来；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2+12
【分析】（1）利用四边形内角和定理知∠BAH+∠BCH=180°，从而证明结论；
（2）首先利用ASA证明△BAE≌△ADG，得AE=DG，可知点G为CD的中点，再证明△DGF≌△CGH（AAS），得CG=DG，GF=GH，从而证明结论；
（3）作HN⊥CD于N，则△ADG∽△HNG，得NHAD=HGAG，则当NH取最大值时，AHAG最大，再证明点A、B、C、D、H共圆，可知H为CD的中点时，HN最长，设正方形边长为2a，表示出NH的长，即可解决问题．
(1)
由折叠知，BA=BF，
∴∠BAF=∠BFA，
∵∠ABC=∠CHA=90°，
∴∠BAH+∠BCH=180°，
∵∠BFA+∠BFH=180°，
∴∠BFH=∠BCH，
(2)
如图，
由折叠知，AE=EF，AB=BF，
∴BE为AF的垂直平分线，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠1+∠3=90°，
∴∠2=∠3，
∵AB=AD，∠BAE=∠ADG=90°，
∴△BAE≌△ADG（ASA），
∴AE=DG，
∵AE=12AD＝12CD，
∴DG=12CD，
∴DG=CG=12CD，
∵AE=EF，AE=DE，
∴AE=EF=DE，
∴∠3=∠4，∠5=∠6，
∵∠3+∠4+∠5+∠6=180°，
∴∠4+∠5=90°，
∴∠DFG=90°=∠CHG，
∵∠DGF=∠CGH，DG=CG，
∴△DGF≌△CGH（AAS），
∴CG=DG，GF=GH，
∴四边形DFCH为平行四边形；
(3)
作HN⊥CD于N，
∴∠HNG=∠ADG，
∵∠DGA=∠NGH，
∴△ADG∽△HNG，
∴NHAD=HGAG，
又∵AHAG=AG+HGAG=1+HGAG=1+NHAD，
∴当NHAD取最大值时，AHAG最大，
又∵正方形AD边长一定，
∴当NH取最大值时，AHAG最大，设正方形边长为2a，
连接AC，BD交于点O，连接OH，
∵∠ADC=∠AHC=90°，OA=OC=OD=OB，
∴OH=12AC＝OA＝OC＝OB＝OD，
∴A，B，C，D，H都在以O为圆心，OA长为半径的圆上，
则当H为CD的中点时，HN最长，
当H为CD中点时，则N为CD中点，
∴ON=CN=DN=12CD＝a，
又∵OC=OA，AD2=OC2+OA2=4a2，
∴OC=OA=OH=2a，
∴NH=（2−1）a，
∴NHAD=2−12，
∴1+2−12=2+12，
∴AHAG的最大值为2+12．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，翻折的性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定，利用定点定长构造隐圆是解决问题（3）的关键．
【考点8 利用平行四边形的判定与性质求解】
36．（2022·江苏盐城·校考一模）小明学习了图形的旋转之后，积极思考，利用两个大小不同的直角三角形与同学做起了数学探究活动．如图1，在△ABC与△DEF中，AC=BC=a，∠C=90°，DF=EF=b，(a>b)，∠F=90°．
(1)【探索发现】将两个三角形顶点C与顶点F重合，如图2，将△DEF绕点C旋转，他发现BE与AD的数量关系一直不变，则线段BE与AD具有怎样的数量关系，请说明理由；
(2)【深入思考】将两个三角形的顶点C与顶点D重合，如图3所示将△DEF绕点C旋转．
①当B、F、E三点共线时，连接BF、AE，线段BF、CF、AE之间的数量关系为 ；
②如图4所示，连接AF、AE，若线段AC、EF交于点O，试探究四边形AECF能否为平行四边形？如果能，求出a、b之间的数量关系，如果不能，试说明理由．
(3)【拓展延伸】如图5，将△DEF绕点C旋转，连接AF，取AF的中点M，连接EM，则EM的取值范围为 （用含a、b的不等式表示）．
【答案】(1)BE=AD，理由见解析
(2)①BF=AE+CF；②能，a=5b
(3)a−5b2⩽EM⩽a+5b2
【分析】（1）证明△BCE≌△AFD，进一步得出结果；
（2）①在FB上截取FG=EF，可得ΔCGE是等腰直角三角形，根据探究发现可得出结论；②四边形AECF可以为平行四边形，根据勾股定理可得OC2=CF2+OF2=b2+(12b)22=54b2，进一步得出结果；
（3）延长FE至O，是EO=EF，连接OA，EM=12AO，可求得OC=5b，从而点O在以C为圆心，5b的圆上运动，进一步得出结果．
【详解】（1）BE=AD，理由如下：
∵∠ACB=∠EFD=90°，
∴∠ACB−∠ACE=∠EFD−∠ACE，即∠BCE=∠AFD，
在△BCE和△AFD中，BC=AC∠BCE=∠AFDCE=FD，
∴△BCE≌△AFD(SAS)，
∴BE=AD；
（2）①BF=AE+CF，理由如下：
如图2，在FB上截取FG=EF，
∴CF=FG=EF，
∴△CGF是等腰直角三角形，
∴△GCE也为等腰直角三角形．
∴由（1）同理可证BG=AE，
∴BF=BG+GF=AE+CF．
故答案为：BF=AE+CF；
②四边形AECF可以为平行四边形，此时OF=OE=12b，OC=OA=12a．
∵∠CFO=90°，
∴OC2=CF2+OF2=b2+(12b)2=54b2，
∴ 14a2=54b2，
∴a=5b；
（3）如图3，延长FE至O，使EO=EF，连接OA，
∴EM=12AO．
在Rt△COF中，OF=2EF=2b，CF=b，
∴OC=5b，
∴点O在以C为圆心，5b的圆上运动，
∴当点O在AC的延长线上时，AO最大，最大值为：a+5b，
当点O在射线CA上时，AO最小，最小值为a−5b，
∴EMmax=a+5b2，EMmin=a−5b2，
故答案为：a−5b2≤EM≤a+5b2．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，综合性强，为压轴题．熟练掌握上述知识，并利用数形结合的思想是解题关键．
37．（2022·广西玉林·统考二模）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上的两点（点E在点F左侧），且∠AEB=∠CFD=90°．
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)当AB=5，tan∠ABE=34，∠CBE=∠EAF时，求平行四边形ABCD的面积．
【答案】(1)证明过程见详解；
(2)313+18
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB∥CD，且AB=CD，根据两直线平行，内错角相等，可得∠ABE=∠CDF，再根据∠AEB=∠CFD=90°，可得AE∥CF，根据AAS得△ABE≌△CDF，得出AE=CF，即可得出四边形AECF是平行四边形；
（2）根据锐角三角函数及勾股定理求出AE、BE，再根据∠CBE=∠EAF，∠AEF=∠CFB=90°，得出△AEF∽△BFD，根据相似三角形对应边成比例求出EF，即可求出BD，根据三角形面积公式求出△ABD的面积，即可得出平行四边形ABCD的面积．
（1）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABE=∠CDF；
∵∠AEB=∠CFD=90°，
∴∠AEB=∠CFE=90°
∴AE∥CF，
在△ABE和△CDF中：
{∠AEB=∠CFD∠ABE=∠CDFAB=CD
∴△ABE≌△CDF
∴AE=CF
又AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）
解：∵在Rt△ABE中，tan∠ABE=34，
∴tan∠ABE=AEBE=34，
设AE=3x，则BE=4x，
∴AE2+BE2=AB2，即：(3x)2+(4x)2=52，
解得x=1（-1舍去），
∴AE=3x=3，BE=4x=4，
由（1）可知，四边形AECF是平行四边形，
∴CF=AE=3，
∵∠CBE=∠EAF，∠AEF=∠CFB=90°，
∴△AEF∽△BFC
∴AEBF=EFCF，即34+EF=EF3，
解得：EF=13−2，或EF=−13−2（舍去），
∴BD=BE+DF+EF=13+6，
∴平行四边形ABCD的面积：S▱ABCD=2S△ABD=2×12BD⋅AE=3(13+6)=313+18．
【点睛】本题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、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
38．（2022·北京海淀·统考一模）阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图①，在△ABC中，DE∥BC，分别交AB、AC于D、E，且CD⊥BE，CD=3，BE=5，试求BC+DE的值．
小明发现，过点E作EF∥DC，交BC的延长线于点F，构造△BEF，经过推理得到▱DCFE，再计算就能够使问题得到解决（如图②）．
(1)请你帮小明回答：BC+DE的值为________，并写出推理和计算过程．
(2)参考小明思考问题的方法，请你解决如下问题：
如图③，已知▱ABCD和矩形ABEF，AC与DF交于点G，AC=BF=DF，求∠AGF的度数．
【答案】(1)34，见解析
(2)60°
【分析】（1）由DE∥BC，EF∥DC，可证得四边形DCFE是平行四边形，即可得EF=CD=3，CF=DE，即可得BC+DE=BF，然后利用勾股定理，求得BC+DE的值；
（2）首先连接AE，CE，由四边形ABCD是平行四边形，四边形ABEF是矩形，易证得四边形DCEF是平行四边形，继而证得△ACE是等边三角形，则可求得答案．
【详解】（1）解：∵DE∥BC，EF∥DC，
∴四边形DCFE是平行四边形，
∴EF=CD=3，CF=DE，
∵CD⊥BE，
∴EF⊥BE，
∴BC+DE=BC+CF=BF=BE2+EF2=52+32=34，
故答案为：34；
（2）解：连接AE，CE，如图．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC．
∵四边形ABEF是矩形，
∴AB∥FE，BF=AE．
∴DC∥FE．
∴四边形DCEF是平行四边形．
∴CE∥DF．
∵AC=BF=DF，
∴AC=AE=CE．
∴△ACE是等边三角形．
∴∠ACE=60°．
∵CE∥DF，
∴∠AGF=∠ACE=60°．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理．注意掌握辅助线的作法．
39．（2022·辽宁沈阳·统考二模）已知：△ABC是等边三角形，点D在直线AB上运动（不与点A、点B重合），连接CD，将△ADC绕点D逆时针旋转得到△FDE（点A的对应点为点F，点C的对应点为点E）．
(1)如图①，连接AE，当点D为线段AB的中点，且点E落在CA的延长线上时，求∠EDC的度数；
(2)如图②，当点D在线段AB上，且旋转角为120°时，求证：EF∥AB；
(3)当点D在直线AB上，且旋转角为120°时，连接BE，取线段BE的中点M，连接AM、DM，若线段DM=2+1，直接写出线段AM的长度．
【答案】(1)120°
(2)见解析
(3)6+3
【分析】（1）根据旋转的性质可得∶CD=DE，再由△ABC是等边三角形，可得AB=AC=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，从而得到∠ACD=30°，即可求解；
（2）根据旋转的性质可得∶ ∠ADF=120°，∠A=∠F=60°，即可求证；
（3）连接AE，BF，根据旋转的性质可得∶ EF=AC，AD=DF，∠ADF=120°，证明四边形ABFE是平行四边形，可得AM=FM，从而得到DM⊥AF，再利用锐角三角函数，即可求解．
(1)
解∶根据题意得∶CD=DE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，
∵点D为线段AB的中点，
∴∠ACD=12∠ACB=12×60°=30°，
∵CD=DE，
∴∠DCE=∠DEC=30°，
∴∠EDC=180°-∠DCE-∠DEC=120°；
(2)
证明∶根据题意得：∠ADF=120°，∠A=∠F=60°，
∴∠A+∠ADF=180°，
∴EF∥AB；
(3)
解∶如图，连接AE，BF，
根据题意得：EF=AC，AD=DF，∠ADF=120°，
∴∠DAF=∠DFA=180°−120°2=30°，
∵AB=AC，
∴AB=EF，
∵EF∥AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∵点M是BE的中点，
∴AM=FM，
∴DM⊥AF，
∴tan∠DAM=tan30°=DMAM=33，
∵DM=2+1，
∴AM=6+3．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，图形的旋转，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，熟练掌握向相关知识点是解题的关键．
40．（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8cm，BC=6cm，D是AC边上的中点.过点C作AC的垂线CE，过点D作BC的平行线，交CE于点E，点P从点E到点D沿ED方向匀速运动，速度为2cm/s，同时点Q从点B到点C沿BC方向匀速运动，速度为1cm/s.连接PQ，过点P作PF⊥CE于点F，连接FQ.设运动时间为ts0(1)当t为何值时，四边形BDPQ为平行四边形？
(2)当t为何值时，点P在∠ABC的平分线上？
(3)设四边形EFQP的面积为S，写出S与t的函数关系式.
(4)当P关于CE的对称点P′落在BC的延长线上时，△FPQ的面积是多少？
【答案】(1)t=259时四边形 BDPQ 为平行四边形
(2)t=113时点 P 在 ∠ABC 的平分线上
(3)S=−35t2+8110t−3
(4)△FPQ 的面积是9712cm2
【分析】（1）先根据勾股定理求出AC的长，然后再利用△DCE∽△CBA求出DE的长，最后根据DP=BQ构建方程求出t即可；
（2）过点P作PN⊥BC，过点D作DM⊥BC，求出BN，BM的长，即可得出MN的长，利用此时DP=MN，得出DP的长，即可得出EP的值，最后求时间即可；
（3）延长PF交QC延长线于点G，连接PC，过F作FM⊥CG于M，证明四边形DCGQ为平行四边形，CG＝DP=253−2t，利用三角函数表示出GF=5−6t5，最后用S=S△PCE+S△PCQ−S△CQF即可得出答案；
（4）过点F作MN⊥BC，交BC的延长线于点M，交DE于点N，得出△EFP≌△CFP′，再证明四边形DCP′P为平行四边形，从而得出DP=EP=12DE=256cm，再算出QP′=9712cm，即可求出△PQF的面积．
(1)
解：∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8cm，BC=6cm，
∴AC=AB2+BC2=82+62=10cm，
∵D为AC的中点，
∴BD=CD=AD=12AC=5cm，
∵DE∥BC，
∴∠CDE=∠DCB，
∵EC⊥AC，
∴∠DCE=90°，
∴∠DCE=∠ABC，
∴△DCE∽△CBA，
∴DCBC=DEAC=CEAB，即56=DE10=CE8，
∴DE=253cm，CE=203cm，
∵四边形BDPQ为平行四边形，
∴DP=BQ，即253−2t=t，解得t=259，
答：当t=259时，四边形BDPQ为平行四边形．
(2)
BP平分∠ABC，过点P作PN⊥BC，过点D作DM⊥BC，如图所示：
∴DM∥PN，∠PNB=∠DMB=90°，
∵DE∥BC，
∴四边形DMNP为平行四边形，
∴DP=MN，PN=DM，
∵∠DMN=∠ABC=90°，
∴DM∥AB，
∴CMBC=CDAC=DMAB=12，
∴CM=BM=12BC=3cm，DM=12AB=4cm，
∴PN=DM=4cm，
∵∠PBN=12∠ABC=12×90°=45°，
∴∠BPN=90°−∠PBN=45°，
∴∠BPN=∠PBN，
∴BN=PN=4cm，
∴DP=MN=BN−BM=4−3=1cm，
∴EP=ED−DP=253−1=223cm，
∴此时点P运动的时间为t=2232=113，
答：当t=113时点P在∠ABC的平分线上．
(3)
延长PF交QC延长线于点G，连接PC，
∵PF⊥CE，AC⊥CE，
∴CD∥PG，
∴∠FGC=∠ACB，
∵DE∥BC，
∴四边形DCGQ为平行四边形，
∴CG＝DP=253−2t，
过F作FM⊥CG于M，
则GF＝CG•cs∠FGC
=CG⋅cs∠ACB
=CG×BCAC
=253−2t×35
=5−6t5
∴S△CQF=12×6−t×5−65t
=35t2−6110t+15
∵根据解析（2）可知，DE与BC两平行线间的距离为4cm，
∴S△PCE=12×2t×4=4t，
S△PCQ=12×6−t×4=12−2t，
∴S=S△PCE+S△PCQ−S△CQF
=4t+12−2t−35t2−6110t+15
=−35t2+8110t−3
(4)
过点F作MN⊥BC，交BC的延长线于点M，交DE于点N，如图所示：
根据解析（2）可知DE与BC两平行线间的距离为4cm，
∴MN=4cm，
∵P与P′关于CE对称，
∴PF=P′F，
∵DE∥BC，
∴∠E=∠FCP′，∠EPF=∠FP′C，PF=P′F，
∴△EFP≌△CFP′，
∴CP′=EP，NF=MF=12MN=2cm，
∵PF⊥CE，AC⊥CE，
∴CD∥PP′，
∴四边形DCP′P为平行四边形，
∴DP=CP′，
∴DP=EP=12DE=12×253=256（cm），
∴t=2562=2512，
∴BQ=1×2512=2512（cm），
∴QP′=6+256−2512=9712（cm），
∵PF=P′F，
∴S△PQF=S△P′QF=12×9712×2=9712cm2．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质、三角形全等的判定和性质，轴对称的性质，平行四边形的判定和性质，平行线的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，作出相应的辅助线是解题的关键．
【考点9 利用平行四边形的判定与性质证明】
41．（2022·浙江温州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，E，F分别是AC,AB的中点，O是DF的中点，EO的延长线交线段BD于点G，连结DE，EF，FG．
(1)求证：四边形DEFG是平行四边形．
(2)当AD=5，tan∠EDC=52时，求FG的长．
【答案】(1)见解析
(2)292
【分析】（1）根据E，F分别是AC，AB的中点，得出EF∥BC，根据平行线的性质，得出∠FEO=∠DGO，∠EFO=∠GDO，结合O是DF的中点，利用“AAS”得出△EFO≌△GDO，得出EF=GD，即可证明DEFG是平行四边形；
（2）根据AD⊥BC，E是AC中点，得出DE=12AC=EC，即可得出tanC=tan∠EDC=52，即ADDC=52，根据AD=5，得出CD=2，根据勾股定理得出AC的长，即可得出DE，根据平行四边形的性，得出FG=DE=292．
【详解】（1）解：（1）∵E，F分别是AC，AB的中点，
∴EF∥BC，
∴∠FEO=∠DGO，∠EFO=∠GDO，
∵O是DF的中点，
∴FO=DO，
∴△EFO≌△GDO(AAS)，
∴EF=GD，
∴四边形DEFG是平行四边形．
（2）∵AD⊥BC，E是AC中点，
∴DE=12AC=EC，
∴∠EDC=∠C，
∴tanC=tan∠EDC=52，
∴ADDC=52，
∵AD=5，
∴CD=2，
∴DE=12AC=12AD2+CD2=12×52+22=292．
∵四边形DEFG为平行四边形，
∴FG=DE=292．
【点睛】本题主要考查了平行线四边形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线，三角形全等的判定和性质，三角函数的定义，平行线的性质，中位线的性质，根据题意证明
△EFO≌△GDO，是解题的关键．
42．（2022·江苏南京·校联考一模）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，AF与DE相交于点G，CE与BF相交于点H．
(1)证明：四边形EHFG是平行四边形；
(2)当▱ABCD具备怎样的条件时，四边形EHFG是菱形？请直接写出条件，无需说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)当▱ABCD是矩形时
【分析】（1）先证四边形AECF是平行四边形，得AF∥CE．同理：DE∥BF，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）证△EBC≌△FCB（SAS），得CE＝BF，∠ECB＝∠FBC，得BH＝CH，再证EH＝FH，即可得出结论．
（1）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴AE＝12AB，CF＝12CD，
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AF∥CE．
同理：DE∥BF，
∴四边形EHFG是平行四边形；
（2）
当▱ABCD是矩形时，四边形EHFG是菱形．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠DCB＝90°，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴EF＝12AB，CF＝12CD，
∴BE＝CF，
在△EBC与△FCB中，
{BE=CF∠ABC=∠DCBBC=CB，
∴△EBC≌△FCB（SAS），
∴CE＝BF，∠ECB＝∠FBC，
∴BH＝CH，
∴CE﹣CH＝BF＝BH，
即EH＝FH，
∴平行四边形EHFG是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
43．（2022·辽宁沈阳·统考二模）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，AE=CF．
(1)求证：△ADE≌△CBF；
(2)作图连接BE、FD，证明：四边形EBFD是平行四边形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质，可以得到DA=BC，DA∥BC，然后即可得到∠EAD=∠FCB，再根据SAS即可证明△ADE≌△CBF；
（2）根据（1）中的结论和全等三角形的性质，可以得到∠DEA=∠BFC，从而可以得到ED∥BF，从而可得结论．
(1)
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DA=BC，DA∥BC，
∴∠DAC=∠BCA，
∵∠DAC+∠EAD=180°，∠BCA+∠FCB=180°，
∴∠EAD=∠FCB，
在△ADE和△CBF中，{AE=CF∠EAD=∠FCBAD=CB，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
(2)
解：如图，连接BE，DF，
∵△ADE≌△CBF，
∴DE=BF,∠DEA=∠BFC,
∴DE∥BF,
∴四边形BEDF是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定方法．
44．（2022·安徽宣城·统考一模）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，P是BC边上一点，DP⊥BC交AB边于点D，E是CD的中点，连接AE，PE．
(1)线段AE与线段PE的关系为______．
(2)如图2，当点P在射线CB上，点D在射线AB上时，判断（1）中的结论是否仍然成立，并证明．
(3)如图3，点D，P分别在AB，BC边上，将△BPD绕点B顺时针旋转60°得到△BP′D′，E′是CD′的中点，若AB=22，BD＝2，判断△AE′P′的形状并证明．
【答案】(1)AE⊥PE，AE＝PE
(2)AE⊥PE，AE＝PE成立，证明见解析
(3)等腰直角三角形，见解析
【分析】（1）根据∠BAC＝90°，E是CD的中点，推出AE=12CD，根据DP⊥BC， 推出PE=12CD，得到AE＝PE；根据∠DAC+∠DPC+∠ACP=90°+90°+45°=225°，得到∠ADP=135°，得到∠EAD+∠EPD=∠ADP=135°，推出∠AEP=90°，得到AE⊥PE，故AE⊥PE，AE=PE；
（2）当点P在射线CB上，点D在射线AB上时，（1）中的结论仍然成立，理由：取BC中点M，连接AM，EM，AP，从∠BAC＝90°，E是CD的中点，得到AE=12CD，从DP⊥BC，得到 PE=12CD，得到AE＝PE；根据AM=CM，AE=CE，EM=EM ，推出△AEM≌△CEM(SSS),得到∠EAM=∠ECM，根据∠ECM=∠EPM，得到∠EPM=∠EAM，得到∠EAP+∠EPA=∠EAP+∠EPM+∠MPA=∠EAP+∠EAM+∠MPA=180°-∠AMP=90°，推出∠AEP=180°-（∠EAP+∠EPA）=90°，得到AE⊥PE，故AE⊥PE，AE=PE；
（3）取BC中点N，和BD′中点F，连NE′，AN，E′F，P′F， 得到E′F∥BC，NE′∥BD′，E′F=12BC=BN，NE′=12BD′=BF，推出四边形BFE′N为平行四边形，证明AN=12BC=E′F， FP′=12BD′=NE'，∠E′FP′=∠ANE′，推出△ANE′≌△E′FP′（SAS），得到AE′=E′P′，∠E′AN=∠P′E′F，∠AE′N=∠E′P′F，推出∠AE′P′=∠AE′N+∠FE′P′+∠FE′N=∠AE′N+∠E′AN+∠CNE'=90°，得到△AE′P′为等腰直角三角形．
（1）
解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，E是CD的中点，∴AE=12CD，
∵DP⊥BC，∴△DPC为直角三角形，∴PE=12CD，∴AE＝PE；
∵∠DAC+∠DPC+∠ACP=90°+90°+45°=225°，
∴四边形ADPC中，∠ADP=135°，
∵∠EAD=∠EDA，∠EPD=∠EDP，
∴∠EAD+∠EPD=∠ADP=135°，
∴四边形ADPE中，∠AEP=90°，
∴AE⊥PE，
故答案为AE⊥PE，AE=PE；
（2）
（2）当点P在射线CB上，点D在射线AB上时，（1）中的结论仍然成立，
证明过程如下：
取BC中点M，连接AM，EM，AP，
在△ABC中，∠BAC＝90°，E是CD的中点，∴AE=12CD，
∵DP⊥BC，∴△DPC为直角三角形，∴PE=12CD，∴AE＝PE；
∵AM=CM，AE=CE，EM=EM
∴△AEM≌△CEM(SSS),
∴∠EAM=∠ECM，
∵∠ECM=∠EPM，
∴∠EPM=∠EAM，
∴∠EAP+∠EPA=∠EAP+∠EPM+∠MPA=∠EAP+∠EAM+∠MPA=180°-∠AMP=90°，
∴∠AEP=180°-（∠EAP+∠EPA）=90°，
∴AE⊥PE，
故AE⊥PE，AE=PE；
故（1）中的结论仍然成立．
（3）
（3）取BC中点N，和BD′中点F，连NE′，AN，E′F，P′F，P′E′，AP'，
则E′F∥BC，NE′∥BD′，E′F=12BC=BN，NE′=12BD′=BF，
∴四边形BFE′N为平行四边形，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴AN=12BC=E′F，∠ABC＝45°，∠ANC＝90°，
∴△DBP为等腰直角三角形，
∵△BPD绕点B顺时针旋转60°得到△BP′D′，E′是CD′的中点，AB=22，BD＝2，
∴△D′BP′为等腰直角三角形，
∴∠DBP=∠D′BP′=45°，且∠DBD′=60°，
∴∠CNE′=∠CBF=∠E′FD′=∠NE′F=15°，
∵F为BD′的中点，
∴FP′=12BD′，且∠P′FD′=90°，
∴FP′=NE′，
∵E′是CD′的中点，BD′中点为F，
∴E′F=12BC=AN，
∵∠E′FP′=∠E′FD′+∠P′FD′=90°+15°=105°，
∠ANE′=∠ANC+∠CNE′=90°+15°=105°，
∴∠E′FP′=∠ANE′，
∴△ANE′≌△E′FP′（SAS），
∴AE′=E′P′，∠E′AN=∠P′E′F，∠AE′N=∠E′P′F，
∴∠AE′N+∠E′AN+∠ANC+∠CNE′=180°，
∴∠AE′N+∠E′AN+90°+∠CNE′=180°，
∴∠AE′N+∠E′AN+∠CNE′=90°，
∴∠CNE′=∠NE′F=15°，
∴∠AE′P′=∠AE′N+∠FE′P′+∠FE′N=∠AE′N+∠E′AN+∠FE′N=90°，
∴△AE′P′为等腰直角三角形．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形，全等三角形，直角三角形斜边中线性质，平行四边形判定和性质，图形的旋转，解决为题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的判断和性质，全等三角形的判断和性质，平行四边形的判定和性质，旋转的性质．
45．（2022·四川南充·一模）在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD=2AB，点E、F分别是OA、BC的中点，连接BE、EF．
(1)求证：EF=12BC；
(2)在上述条件下，若AC=BD，G是BD上一点，且BG:GD=3:1，连接EG、FG，试判断四边形EBFG的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)菱形，见解析
【分析】(1)根据平行四边形性质推出BD=2BO，推出AB=BO，根据三线合一定理得出BE⊥AC，从而证得EF=12BC；
(2)根据矩形性质和已知求出G为OD中点，根据三角形中位线求出EG∥AD，EG=12BC，求出EG∥BC，EG=12BC，求出BF=EG，BF∥EG，EG=GF，得出平行四边形，根据菱形的判定推出即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BD=2BO，
∵BD=2AB，
∴AB=BO，
∵E为OA中点，
∴BE⊥AC，
∵在Rt△BEC中，F为BC中点，
∴EF=12BC；
（2）解：四边形EBFG是菱形，
其理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵BG:GD=3:1，OB=OD，
∴G为OD中点，
而E是OA的中点，
∴EG=12AD=12BC，且EG∥AD，
∵F是BC的中点，而AD∥BC，
∴EG=BF，EG∥BF，
∴EBFG是平行四边形，
连接CG，
∵G是OD的中点，
而CO=12AC=12BD=AB=CD，
∴CG⊥OD，而F是BC的中点，
∴GF=12BC=BF，
∴平行四边形EBFG是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形性质，菱形性质，三角形的中位线，直角三角形斜边上中线性质，等腰三角形的性质等知识点，主要考查学生综合运用定理进行推理的能力，注意：直角三角形斜边上中线等于斜边的一半．
【考点10 平行四边形的判定与性质的应用】
46．（2022秋·湖南永州·九年级校模拟预测）如图，为了体验四边形的不稳定性，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD，然后向右拉动框架，给出如下的判断：①四边形ABCD为平行四边形；②对角线BD的长度不变；③四边形ABCD的面积不变；④四边形ABCD的周长不变，其中所有正确的结论是（ ）
A．①②B．①④C．①②④D．①③④
【答案】B
【分析】①正确，根据平行四边形的判定方法即可判断；
②错误，观察图象即可判断；
③错误，面积是变小了；
④正确，根据平行四边形性质即可判断．
【详解】解：∵两组对边的长度分别相等，
∴四边形ABCD是平行四边形，故①正确；
∵向右扭动框架，
∴BD的长度变大，故②错误；
∵平行四边形ABCD的底不变，高变小了，
∴平行四边形ABCD的面积变小，故③错误；
∵平行四边形ABCD的四条边不变，
∴四边形ABCD的周长不变，故④正确．
故所有正确的结论是①④．
故选：B．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、平行四边形的周长、面积等知识，解题的关键是熟练应用这些知识解决问题．
47．（2022·河北石家庄·校联考三模）如图，两把完全一样的直尺叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，这个四边形是______形；如果直尺的宽度是322cm，两把直尺所夹的锐角为45°，那么这个四边形的周长为______cm．
【答案】 菱 12
【分析】先证四边形ABCD是平行四边形，再证AB=BC，则平行四边形ABCD是菱形，得AD=AB=CD=BC，然后由等腰直角三角形的性质求出AD的长，即可解决问题．
【详解】解：如图，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F．
∵两直尺的宽度相等为322cm，
∴DE=DF=322cm．
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵平行四边形ABCD的面积=AB⋅DE=BC⋅DF，
∴AB=BC，
∴平行四边形ABCD为菱形，
∴AD=AB=CD=BC，
∵∠DAB=45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AD=2DE=2×322=3（cm），
∴菱形ABCD的周长=4AD=4×3=12（cm），
故答案为：菱，12．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
48．（2022·浙江·宁波市慈湖中学校考一模）村庄A和村庄B位于一条小河的两侧，若河岸彼此平行，要架设一座与河岸垂直的桥，桥址应如何选择，才使A与B之间的距离最短？
【答案】见解析
【分析】设l1和l2为河岸，作BD⊥l2，取BB′等于河宽，连接AB′交l1于C1，作C1C2⊥l2于C2，则A→C1→C2→B为最短路线，即A与B之间的距离最短．
【详解】解：如下图所示，
作BD⊥l2，取BB′等于河宽，
连接AB′交l1于C1，作C1C2⊥l2于C2，
连接C2B，
∵BB′∥C1C2,BB′=C1C2,
∴四边形BB′C2C1是平行四边形，
∴B′C1=BC2，
∵A与B之间的距离等于BC2+C1C2+AC1=BB′+B′C1+C1A,，
其中BB′等于河宽，
∴当B′、C1、A在同一条直线上时，B′C1+C1A=B′A最小，
∴A→C1→C2→B为最短路线，即A与B之间的距离最短，
故C1C2即为桥所在的位置．
【点睛】本题考查最短路径和平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握最小路径的识别方法．
49．（2022·浙江台州·一模）为了保证铁路的两条直铺的铁轨互相平行，只要使互相平行的放在铁轨之间的枕木长相等就可以了．你能说出其中的道理吗？
【答案】见解析
【分析】根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形进行判定，然后结合平行四边形的性质证明即可．
【详解】解：如图所示，设l1与l2为两条铁轨，AD，BE，CF等均为枕木，
由题意，AD∥BE，AD=BE，
∴四边形ADEB为平行四边形，
∴AB∥DE，
同理可证，四边形BEFC等均为平行四边形，
∴l1∥l2
∴保证铁路的两条直铺的铁轨互相平行，只要使互相平行的放在铁轨之间的枕木长相等就可以了．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，理解并掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
50．（2022·四川南充·一模）如图，田村有一口四边形的池塘，在它的四角A、B、C、D处均有一棵大桃树、田村准备开挖养鱼，想使池塘的面积扩大一倍，并要求扩建后的池塘成平行四边形形状，请问田村能否实现这一设想?若能，画出图形，说明理由．
【答案】见解析
【分析】连接AC、BD，分别过A、B、C、D作BD、AC的两条平行线，相交于E、F、G、H，平行四边形EFGH即为所求．
【详解】解：能，如图所示，平行四边形EFGH即为所求：
理由如下：
∵EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，
∵EF∥AC，HG∥AC，
∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
四边形EBDH和BFGD都是平行四边形，
∵S△ABD=12S四边形EBDH，S△CBD=12S四边形BFGD，
∴S四边形EFGH=2S四边形ABCD．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理和性质定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形.第一次/第二次
A
B
C
D
E
A
BA
CA
DA
AE
B
AB
CB
DB
BE
C
AC
BC
DC
CE
D
AD
BD
CD
DE
E
AE
BE
CE
DE
A
B
C
D
E
A
AB
AC
AD
AE
B
BA
BC
BD
BE
C
CA
CB
CD
CE
D
DA
DB
DC
DE
E
EA
EB
EC
ED