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初中数学第六章 平行四边形综合与测试当堂达标检测题
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第六章 平行四边形重难点提升卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020秋•和平区校级期末）在研究多边形的几何性质时．我们常常把它分割成三角形进行研究．从八边形的一个顶点引对角线，最多把它分割成三角形的个数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，分成（n﹣2）个三角形．
【解答】解：过八边形的一个顶点可以引（8﹣1﹣2）＝5条对角线，
所以可组成6个三角形．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了多边形对角线，关键是掌握多边形对角线的画法．
2．（3分）（2020秋•招远市期末）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．∠ABD＝∠BDC，OA＝OC B．∠ABC＝∠ADC，AB＝CD
C．∠ABC＝∠ADC，AD∥BC D．∠ABD＝∠BDC，∠BAD＝∠DCB
【分析】利用所给条件结合平行四边形的判定方法进行分析即可．
【解答】解：A、∵∠ABD＝∠BDC，OA＝OC，
又∠AOB＝∠COD，
∴△AOB≌△COD，
∴DO＝BO，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
B、∠ABC＝∠ADC，AB＝CD不能判断四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
C、∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ADC+∠BAD＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
D、∵∠ABD＝∠BDC，∠BAD＝∠DCB，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥CB，
∵∠ABD＝∠BDC，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
3．（3分）（2021春•仪征市月考）如图，在▱ABCD中，BE⊥AB交对角线AC于点E．若∠1＝20°，则∠2的度数为（ ）
A．120° B．100° C．110° D．90°
【分析】根据平行四边形的性质可得AB∥CD，再根据三角形外角定义即可得∠2的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠CAB＝∠1＝20°，
∵BE⊥AB，
∴∠ABE＝90°，
∴∠2＝∠EAB+∠EBA＝20°+90°＝110°．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
4．（3分）（2020秋•内江期末）如图，在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，AD＝BC，∠EPF＝140°，则∠EFP的度数是（ ）
A．50° B．40° C．30° D．20°
【分析】根据三角形中位线定理得到PE=12AD，PF=12BC，在PE＝PF，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：∵P是BD的中点，E是AB的中点，
∴PE是△ABD的中位线，
∴PE=12AD，
同理，PF=12BC，
∵AD＝BC，
∴PE＝PF，
∴∠EFP=12×（180°﹣∠EPF）=12×（180°﹣140°）＝20°，
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
5．（3分）（2021春•岳麓区校级期末）如图，平行四边形ABCD的周长为80，△BOC的周长比△AOB的周长多20，则BC长为（ ）
A．40 B．10 C．20 D．30
【分析】由于平行四边形的对角线互相平分，那么△AOB、△BOC的周长差实际是AB、BC的差，再根据平行四边形的周长即可得到AB、BC的和，进而得出BC的长．
【解答】解：∵△BOC的周长比△AOB的周长多20，
∴BC﹣AB＝20，①
∵平行四边形ABCD的周长为80，
∴BC+AB＝40，②
由①+②，可得2BC＝60，
∴BC＝30．
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，解决问题的关键是利用平行四边形的对角线互相平分．
6．（3分）（2021春•海淀区校级月考）平行四边形一边长是10cm，那么它的两条对角线的长度可以是（ ）
A．8cm和6cm B．8cm和8cm C．8cm和12cm D．8cm和16cm
【分析】根据平行四边形的对角线互相平分，所选择作为对角线长度的一半与已知边长需要构成三角形的边长，必须满足三角形的两边之和大于第三边，由此逐一排除即可．
【解答】解：A、取对角线的一半与已知边长，得4，3，10，不能构成三角形，舍去；
B、取对角线的一半与已知边长，得4，4，10，不能构成三角形，舍去；
C、取对角线的一半与已知边长，得4，6，10，不能构成三角形，舍去；
D、取对角线的一半与已知边长，得4，8，10，能构成三角形．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和三角形三边关系，本题还可以通过作辅助线，把平行四边形的两条对角线转化在同一三角形中，利用三角形三边关系求解．
7．（3分）（2020秋•莱州市期末）如图1，平行四边形纸片ABCD的面积为120，AD＝20．今沿两对角线将四边形ABCD剪成甲、乙、丙、丁四个三角形纸片．若将甲、丙合并（AD、CB重合）形成一个对称图形戊，如图2所示．则图形戊中的四边形两对角线长度和为（ ）
A．29 B．26 C．24 D．25
【分析】由题意可得对角线EF⊥AD，且EF与平行四边形的高相等，进而利用面积与边的关系求出BC边的高即可．
【解答】解：如图，连接AD、EF，
则可得对角线EF⊥AD，且EF与平行四边形的高相等．
∵平行四边形纸片ABCD的面积为120，AD＝20，
∴BC＝AD＝20，12EF×AD=12×120，
∴EF＝6，
又BC＝20，
∴则图形戊中的四边形两对角线之和为20+6＝26，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及图形的对称问题，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
8．（3分）（2020春•鹿城区校级期末）如图，已知▱ABCD，点E是边BC上的动点，以AE为边构造▱AEFG，使点D在边FG上，当点E由B往C运动的过程中，▱AEFG面积变化情况是（ ）
A．一直增大 B．保持不变
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【分析】延长BE，与GF的延长线交于点P，先证明四边形ADPE是平行四边形，再证明△AGD≌△EFP，得出平行四边形AGFE的面积等于平行四边形ADPE的面积，又AD∥BP，根据两平行线之间的距离处处相等得出平行四边形ABCD的面积等于平行四边形ADPE的面积，进而得出平行四边形ABCD的面积等于平行四边形AEFG面积．所以根据图示进行判断即可．
【解答】解：设△ABE，△ECH，△HFD，△DGA的面积分别为S1、S2、S3、S4，
延长BE，与GF的延长线交于点P．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BP，∠ADG＝∠P．
∵四边形AEFG是平行四边形，
∴AG∥EF，AE∥DP，AG＝EF，
∴∠G＝∠EFP．
∵AD∥BP，AE∥DP，
∴四边形ADPE是平行四边形．
在△AGD与△EFP中，∠G=∠EFP∠ADG=∠PAG=EF，
∴△AGD≌△EFP（AAS），
∴S4＝S△EFP，
∴S4+S四边形AEFD＝S△EFP+S四边形AEFD，
即S▱AEFG＝S▱ADPE，
又∵▱ADPE与▱ADCB的一条边AD重合，且AD边上的高相等，
∴S▱ABCD＝S▱ADPE，
∴平行四边形ABCD的面积＝平行四边形AEFG的面积．
故▱AEFG面积不变，
解法二：∵平行四边形AGFE的面积是三角形ADE面积的2倍（等底等高），
当点E运动时，三角形ADE的底和高都不变，
∴三角形ADE的面积不变，那么平行四边形AGFE的面积就不会变．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的性质，三角形的面积，有一定难度．通过作辅助线，证明四边形ADPE是平行四边形，进而得出得出平行四边形ABCD的面积＝平行四边形AEFG的面积是解题的关键．
9．（3分）（2020春•莲湖区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，对角线AC、BD相交于点O，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，连接AF、CE，若DE＝BF，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．CF＝AE
B．OE＝OF
C．△CDE为直角三角形
D．四边形ABCD是平行四边形
【分析】根据全等三角形的判定与性质以及平行四边形的判定与性质分别解答即可．
【解答】解：∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴∠DFC＝∠BEA＝90°，
∵DE＝BF，
∴DE﹣EF＝BF﹣EF，
即DF＝BE，
在Rt△DCF和Rt△BAE中，CD=ABDF=BE，
∴Rt△DCF≌Rt△BAE（HL），
∴CF＝AE，故选项A不符合题意；
∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴AE∥FC，
∵CF＝AE，
∴四边形CFAE是平行四边形，
∴OE＝OF，故选项B不符合题意；
∵Rt△DCF≌Rt△BAE，
∴∠CDF＝∠ABE，
∴CD∥AB，
∵CD＝AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意；
无法证明△CDE为直角三角形，故选项C符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定以及全等三角形的判定与性质等知识；得出Rt△DCF≌Rt△BAE是解题关键．
10．（3分）（2020春•东坡区校级期末）在等边三角形ABC中，BC＝6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发，沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发，沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为t，当t为（ ）s时，以A，F，C，E为顶点的四边形是平行四边形？
A．2 B．3 C．6 D．2或6
【分析】分别从当点F在C的左侧时与当点F在C的右侧时去分析，由当AE＝CF时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案．
【解答】解：①当点F在C的左侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，
则CF＝BC﹣BF＝6﹣2t（cm），
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AECF是平行四边形，
即t＝6﹣2t，
解得：t＝2；
②当点F在C的右侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，
则CF＝BF﹣BC＝2t﹣6（cm），
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AEFC是平行四边形，
即t＝2t﹣6，
解得：t＝6；
综上可得：当t＝2或6s时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定．此题难度适中，注意掌握分类讨论思想、数形结合思想与方程思想的应用．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020秋•绥棱县期末）若一个多边形的内角和与外角和之和是1800°，则此多边形是 十 边形．
【分析】任意多边形的一个内角与相邻外角的和为180°，然后根据题意可求得答案．
【解答】解：∵多边形的一个内角与它相邻外角的和为180°，
∴1800°÷180°＝10．
故答案为：十．
【点睛】本题主要考查的是多边形的内角和与外角，掌握多边形的内角与它相邻外角的关系是解题的关键．
12．（3分）（2020秋•朝阳区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE，∠ABC的平分线BF交DE于点F，若AB＝4，BC＝6，则EF的长为 1 ．
【分析】延长AF交BC于H，根据三角形中位线定理得到DE∥BC，DE=12BC＝3，AF＝FH，证明△BFA≌△BFH，根据全等三角形的性质求出BH，结合图形计算即可．
【解答】解：连接AF并延长交BC于H，
∵点D、E分别为边AB、AC的中点，
∴DE∥BC，DE=12BC＝3，AF＝FH，
在△BFA和△BFH中，
∠ABF=∠HBF∠AFB=∠HFBFA=FH，
∴△BFA≌△BFH（AAS），
∴BH＝AB＝4，
∵AD＝DB，AF＝FH，
∴DF=12BH＝2，
∴EF＝DE﹣DF＝1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
13．（3分）（2020秋•肇州县期末）如图，点D是直线l外一点，在l上取两点A，B，连接AD，分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，则四边形ABCD是平行四边形，理由是 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ．
【分析】先根据分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，得出AB＝DC，AD＝BC，再判断四边形ABCD是平行四边形的依据．
【解答】解：根据尺规作图的画法可得，AB＝DC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故答案为：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，解题时注意：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言为：∵AB＝DC，AD＝BC，∴四边行ABCD是平行四边形．
14．（3分）（2021春•鼓楼区校级月考）如图，在周长为12cm的▱ABCD中，AB≠AD，AC、BD相交于点O，OE⊥BD交AD于点E，连接BE，则△ABE的周长为 6cm ．
【分析】先判断出EO是BD的中垂线，得出BE＝ED，从而可得出△ABE的周长＝AB+AD，再由平行四边形的周长为12cm，即可得出答案．
【解答】解：∵点O是BD中点，EO⊥BD，
∴EO是线段BD的中垂线，
∴BE＝ED，
∴△ABE的周长＝AB+AD，
又∵平行四边形的周长为12cm，
∴AB+AD＝6（cm）．
故答案为：6cm．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质及线段的中垂线的性质，属于基础题，解答本题的关键是判断出EO是线段BD的中垂线．
15．（3分）（2021春•渝中区校级月考）如图，过平行四边形ABCD的对角找BD上一点M分别作平行四边形两边的平行线EF与GH，那么图中的平行四边形AEMG的面积S1与平行四边形HCFM的面积S2的大小关系是 S1＝S2 ．
【分析】根据平行四边形的性质和判定得出平行四边形GBEP、GPFD，证△ABD≌△CDB，得出△ABD和△CDB的面积相等；同理得出△BEM和△MHB的面积相等，△GMD和△FDM的面积相等，相减即可求出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，EF∥BC，HG∥AB，
∴AD＝BC，AB＝CD，AB∥GH∥CD，AD∥EF∥BC，
∴四边形HBEM、GMFD是平行四边形，
在△ABD和△CDB中，
AB=CDBD=BDDA=CB，
∴△ABD≌△CDB（SSS），
即△ABD和△CDB的面积相等；
同理△BEM和△MHB的面积相等，△GMD和△FDM的面积相等，
故四边形AEMG和四边形HCFM的面积相等，即S1＝S2．
故答案为：S1＝S2．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
16．（3分）（2020秋•锦江区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BD⊥AC于点D，且BD＝8cm．点M从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为4cm/s；同时点P由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s，过点P的直线PQ∥AC，交BC于点Q，连接PM，设运动时间为t（s）（0＜t＜2.5），当t为 65s或2s 时，以P、Q、D、M为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】分两种情况：①当点M在点D的上方时，PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，得MD＝AD﹣AM＝6﹣4t，由PQ∥MD，当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可；
②当点M在点D的下方时，PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，得MD＝AM﹣AD＝4t﹣6，由PQ∥MD，当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可．
【解答】解：如图1所示：
∵BD⊥AC，
∴AD=AB2-BD2=102-82=6，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，即∠PBQ＝∠C，
∵PQ∥AC，
∴∠PQB＝∠C，
∴∠PBQ＝∠PQB，
∴PB＝PQ；
分两种情况：
①当点M在点D的上方时，如图2所示：
由题意得：PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，
∴MD＝AD﹣AM＝6﹣4t，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
∴当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，
即：当t＝6﹣4t时，四边形PQDM是平行四边形，
解得：t=65（s）；
②当点M在点D的下方时，如图3所示：
根据题意得：PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，
∴MD＝AM﹣AD＝4t﹣6，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
∴当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，
即：当t＝4t﹣6时，四边形PQDM是平行四边形，
解得：t＝2（s）；
综上所述，当t=65s或t＝2s时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形；
故答案为：65s或2s．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；熟练掌握平行四边形的判定和等腰三角形的判定是解题的关键．
三．解答题（共6小题，满分52分）
17．（8分）（2020秋•梁子湖区期末）如图，将六边形纸片ABCDEF沿虚线剪去一个角（∠BCD）后，得到∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°．
（1）求六边形ABCDEF的内角和；
（2）求∠BGD的度数．
【分析】（1）由多边形的内角和公式，即可求得六边形ABCDEF的内角和；
（2）由∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°，即可求得∠GBC+∠C+∠CDG的度数，继而求得答案．
【解答】解：（1）六边形ABCDEF的内角和为：180°×（6﹣2）＝720°；
（2）∵六边形ABCDEF的内角和为720°，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°，
∴∠GBC+∠C+∠CDG＝720°﹣460°＝260°，
∴∠BGD＝360°﹣（∠GBC+∠C+∠CDG）＝100°．
即∠BGD的度数是100°．
【点睛】此题考查了多边形的内角和公式．解题的关键是根据多边形的内角和的计算公式求得多边形的内角和．
18．（8分）（2020秋•孟津县期末）如图，在△ABC中，AB＝12cm，AC＝8cm，AD、AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于点F，交AB于点G，连接EF，求线段EF的长．
【分析】首先证明△AGF≌△ACF，则AG＝AC＝4，GF＝CF，证明EF是△BCG的中位线，利用三角形的中位线定理即可求解．
【解答】解：在△AGF和△ACF中，
∠GAF=∠CAFAF=AF∠AFG=∠AFC，
∴△AGF≌△ACF（ASA）．
∴AG＝AC＝8cm，
∴GF＝CF，则BG＝AB﹣AG＝12﹣8＝4（cm）．
又∵BE＝CE，
∴EF是△BCG的中位线．
∴EF=12BG＝2cm．
答：EF的长为2cm，
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，正确证明GF＝CF是关键．
19．（8分）（2021春•南岗区校级月考）已知：在平行四边形ABCD中，BD是对角线，AE∥CF，AE，CF分别交BD于点E，点F．
（1）如图1，求证：AE＝CF；
（2）如图2，当BE＝EF＝FD时，连接AF、CE，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的三角形，使所写每个三角形的面积都等于平行四边形ABCD面积的13．
【分析】（1）在平行四边形ABCD中，AD＝BC，且AD∥BC，可通过证明△ADE≌△CBF得到AE＝CF的结论．
（2）平行四边形ABCD的对角线将其分成两个全等的三角形，点E、F又是对角线BD的三等分点，△ABF、△ADE、△CBF、△CDE的面积都等于平行四边形ABCD面积的13．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝CB，且AD∥CB，
∴∠ADE＝∠CBF；
∵AE∥CF，
∴∠AED＝∠CFB，
∴△ADE≌△CBF（AAS），
∴AE＝CF．
（2）∵BE＝EF＝FD，
∴S△ABF＝S△ADE=23S△ABD，S△CDE＝S△CBF=23S△CDB，
∵△ABD≌△CDB，
∴S△ABD＝S△CDB=12S平行四边形ABCD，
∴S△ABF＝S△ADE＝S△CDE＝S△CBF=23×12S平行四边形ABCD=13S平行四边形ABCD．
故答案为：△ABF，△ADE，△CDE，△CBF．
【点睛】此题重点考查平行四边形的性质，而证明三角形全等是研究平行四边形的主要途径．此题为基础题，难度不大．
20．（8分）（2020春•滨海新区期末）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，∠BCD的平分线CF交边AB于F，∠ADC的平分线DG交边AB于G，且DG与CF交于点E．
（Ⅰ）求证：AF＝GB；
（Ⅱ）求证：△EFG是直角三角形；
（Ⅲ）在▱ABCD中，添上一个什么条件，使△EFG是等腰直角三角形．
【分析】（Ⅰ）由角平分线知∠ADG＝∠CDG，由平行知∠CDG＝∠AGD所以，∠ADG＝∠AGD，即AD＝AG，同理BF＝BC，又AD＝BC，所以AG＝BF，去掉公共部分，则有AF＝GB；
（Ⅱ）由于DG、CF是平行四边形一组邻角的平分线，所以△EFG已经是直角三角形了；
（Ⅲ）要成为等腰直角三角形，则必须有EF＝EG或者∠EFG＝∠EGF即可．
【解答】（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AD＝BC．
∴∠AGD＝∠CDG，∠DCF＝∠BFC．
∵DG、CF分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠CDG＝∠ADG，∠DCF＝∠BCF．
∴∠ADG＝∠AGD，∠BFC＝∠BCF
∴AD＝AG，BF＝BC．
∴AF＝BG；
（Ⅱ）解：∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠BCD＝180°，
∵DG、CF分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠EDC+∠ECD＝90°，
∴∠DEC＝90°，
∴∠FEG＝90°，
∴△EFG是直角三角形；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知：我们只要保证添加的条件使得EF＝EG就可以了．
我们可以添加∠GFE＝∠FGD，
四边形ABCD为矩形，DG＝CF等等．
【点睛】此题考查了平行四边形的基本性质，以及直角三角形的判定，难易程度适中．
21．（10分）（2019春•广州期末）分别以平行四边形ABCD（∠CDA≠90°）的三边AB，CD，DA为斜边作等腰直角三角形△ABE，△CDG，△ADF．
（1）如图①，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形外部时，连接GF，EF，请判断∠GDF和∠FAE的关系（只写结论，不需证明）；
（2）如图②，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形内部时，连接GF，EF，（1）中结论还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质以及平行四边形的性质得出∠GDF＝∠FAE；
（2）根据等腰直角三角形的性质以及平行四边形的性质得出∠GDF＝∠FAE．
【解答】解：（1）GF⊥EF，GF＝EF．理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠DAB+∠ADC＝180°，
∵△ABE，△CDG，△ADF都是等腰直角三角形，
∴DG＝CG＝AE＝BE，DF＝AF，∠CDG＝∠ADF＝∠BAE＝45°，
∴∠GDF＝∠GDC+∠CDA+∠ADF＝90°+∠CDA，
∠EAF＝360°﹣∠BAE﹣∠DAF﹣∠BAD＝270°﹣（180°﹣∠CDA）＝90°+∠CDA，
∴∠FDG＝∠EAF；
（2）成立；
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠DAB+∠ADC＝180°，
∵△ABE，△CDG，△ADF都是等腰直角三角形，
∴DG＝CG＝AE＝BE，DF＝AF，∠CDG＝∠ADF＝∠BAE＝45°，
∴∠BAE+∠DAF+∠EAF+∠ADF+∠FDC＝180°，
∴∠EAF+∠CDF＝45°，
∵∠CDF+∠GDF＝45°，
∴∠FDG＝∠EAF．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，需要掌握等腰三角形的性质．
22．（10分）（2020春•雅安期末）已知在▱ABCD中，动点P在AD边上，以每秒0.5cm的速度从点A向点D运动．
（1）如图1，在运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD＝CP，求∠B的度数．
（2）在（1）的条件下，若AB＝4cm，求△PCD的面积．
（3）如图2，另一动点Q在BC边上，以每秒2cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD＝6cm，求当运动时间为多少秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【分析】（1）易证∠DPC＝∠DCP，得DP＝CD，又CD＝CP，则△PDC是等边三角形，即可得出结果；
（2）由平行四边形的性质得AB＝CD＝4，△PCD三边上的高相等，且等于23，由三角形面积公式即可得出答案；
（3）若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则PD＝BQ，设运动时间为t秒，
①当0＜t≤3时，6﹣0.5t＝6﹣2t，解得t＝0，不合题意舍去；
②当3＜t≤6时，6﹣0.5t＝2t﹣6，解得t＝4.8；
③当6＜t≤9时，6﹣0.5t＝18﹣2t，解得t＝8；
④当9＜t≤12时，6﹣0.5t＝2t﹣18，解得t＝9.6．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DPC＝∠PCB，
∵CP平分∠BCD，
∴∠PCD＝∠PCB，
∴∠DPC＝∠DCP，
∴DP＝CD，
∵CD＝CP，
∴CP＝CD＝DP，
∴△PDC是等边三角形，
∴∠B＝60°；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝4，
∵△PDC是等边三角形，
∴△PCD三边上的高相等，且等于sin60°×4=32×4＝23，
∴S△PCD=12×23×4＝43（cm2）；
（3）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴PD∥BC，
若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则PD＝BQ，
设运动时间为t秒，
①当0＜t≤3时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝6﹣2t，
∴6﹣0.5t＝6﹣2t，
解得：t＝0（不合题意舍去）；
②当3＜t≤6时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝2t﹣6，
∴6﹣0.5t＝2t﹣6，
解得：t＝4.8；
③当6＜t≤9时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝18﹣2t，
∴6﹣0.5t＝18﹣2t，
解得：t＝8；
④当9＜t≤12时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝2t﹣18，
∴6﹣0.5t＝2t﹣18，
解得：t＝9.6；
综上所述，当运动时间为4.8秒或8秒或9.6秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、角平分线定义、等腰三角形的判定、等边三角形的判定与性质、分类讨论等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质并进行分类讨论是解题的关键．
第六章 平行四边形重难点提升卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020秋•和平区校级期末）在研究多边形的几何性质时．我们常常把它分割成三角形进行研究．从八边形的一个顶点引对角线，最多把它分割成三角形的个数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，分成（n﹣2）个三角形．
【解答】解：过八边形的一个顶点可以引（8﹣1﹣2）＝5条对角线，
所以可组成6个三角形．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了多边形对角线，关键是掌握多边形对角线的画法．
2．（3分）（2020秋•招远市期末）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．∠ABD＝∠BDC，OA＝OC B．∠ABC＝∠ADC，AB＝CD
C．∠ABC＝∠ADC，AD∥BC D．∠ABD＝∠BDC，∠BAD＝∠DCB
【分析】利用所给条件结合平行四边形的判定方法进行分析即可．
【解答】解：A、∵∠ABD＝∠BDC，OA＝OC，
又∠AOB＝∠COD，
∴△AOB≌△COD，
∴DO＝BO，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
B、∠ABC＝∠ADC，AB＝CD不能判断四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
C、∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ADC+∠BAD＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
D、∵∠ABD＝∠BDC，∠BAD＝∠DCB，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥CB，
∵∠ABD＝∠BDC，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
3．（3分）（2021春•仪征市月考）如图，在▱ABCD中，BE⊥AB交对角线AC于点E．若∠1＝20°，则∠2的度数为（ ）
A．120° B．100° C．110° D．90°
【分析】根据平行四边形的性质可得AB∥CD，再根据三角形外角定义即可得∠2的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠CAB＝∠1＝20°，
∵BE⊥AB，
∴∠ABE＝90°，
∴∠2＝∠EAB+∠EBA＝20°+90°＝110°．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
4．（3分）（2020秋•内江期末）如图，在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，AD＝BC，∠EPF＝140°，则∠EFP的度数是（ ）
A．50° B．40° C．30° D．20°
【分析】根据三角形中位线定理得到PE=12AD，PF=12BC，在PE＝PF，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：∵P是BD的中点，E是AB的中点，
∴PE是△ABD的中位线，
∴PE=12AD，
同理，PF=12BC，
∵AD＝BC，
∴PE＝PF，
∴∠EFP=12×（180°﹣∠EPF）=12×（180°﹣140°）＝20°，
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
5．（3分）（2021春•岳麓区校级期末）如图，平行四边形ABCD的周长为80，△BOC的周长比△AOB的周长多20，则BC长为（ ）
A．40 B．10 C．20 D．30
【分析】由于平行四边形的对角线互相平分，那么△AOB、△BOC的周长差实际是AB、BC的差，再根据平行四边形的周长即可得到AB、BC的和，进而得出BC的长．
【解答】解：∵△BOC的周长比△AOB的周长多20，
∴BC﹣AB＝20，①
∵平行四边形ABCD的周长为80，
∴BC+AB＝40，②
由①+②，可得2BC＝60，
∴BC＝30．
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，解决问题的关键是利用平行四边形的对角线互相平分．
6．（3分）（2021春•海淀区校级月考）平行四边形一边长是10cm，那么它的两条对角线的长度可以是（ ）
A．8cm和6cm B．8cm和8cm C．8cm和12cm D．8cm和16cm
【分析】根据平行四边形的对角线互相平分，所选择作为对角线长度的一半与已知边长需要构成三角形的边长，必须满足三角形的两边之和大于第三边，由此逐一排除即可．
【解答】解：A、取对角线的一半与已知边长，得4，3，10，不能构成三角形，舍去；
B、取对角线的一半与已知边长，得4，4，10，不能构成三角形，舍去；
C、取对角线的一半与已知边长，得4，6，10，不能构成三角形，舍去；
D、取对角线的一半与已知边长，得4，8，10，能构成三角形．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和三角形三边关系，本题还可以通过作辅助线，把平行四边形的两条对角线转化在同一三角形中，利用三角形三边关系求解．
7．（3分）（2020秋•莱州市期末）如图1，平行四边形纸片ABCD的面积为120，AD＝20．今沿两对角线将四边形ABCD剪成甲、乙、丙、丁四个三角形纸片．若将甲、丙合并（AD、CB重合）形成一个对称图形戊，如图2所示．则图形戊中的四边形两对角线长度和为（ ）
A．29 B．26 C．24 D．25
【分析】由题意可得对角线EF⊥AD，且EF与平行四边形的高相等，进而利用面积与边的关系求出BC边的高即可．
【解答】解：如图，连接AD、EF，
则可得对角线EF⊥AD，且EF与平行四边形的高相等．
∵平行四边形纸片ABCD的面积为120，AD＝20，
∴BC＝AD＝20，12EF×AD=12×120，
∴EF＝6，
又BC＝20，
∴则图形戊中的四边形两对角线之和为20+6＝26，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及图形的对称问题，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
8．（3分）（2020春•鹿城区校级期末）如图，已知▱ABCD，点E是边BC上的动点，以AE为边构造▱AEFG，使点D在边FG上，当点E由B往C运动的过程中，▱AEFG面积变化情况是（ ）
A．一直增大 B．保持不变
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【分析】延长BE，与GF的延长线交于点P，先证明四边形ADPE是平行四边形，再证明△AGD≌△EFP，得出平行四边形AGFE的面积等于平行四边形ADPE的面积，又AD∥BP，根据两平行线之间的距离处处相等得出平行四边形ABCD的面积等于平行四边形ADPE的面积，进而得出平行四边形ABCD的面积等于平行四边形AEFG面积．所以根据图示进行判断即可．
【解答】解：设△ABE，△ECH，△HFD，△DGA的面积分别为S1、S2、S3、S4，
延长BE，与GF的延长线交于点P．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BP，∠ADG＝∠P．
∵四边形AEFG是平行四边形，
∴AG∥EF，AE∥DP，AG＝EF，
∴∠G＝∠EFP．
∵AD∥BP，AE∥DP，
∴四边形ADPE是平行四边形．
在△AGD与△EFP中，∠G=∠EFP∠ADG=∠PAG=EF，
∴△AGD≌△EFP（AAS），
∴S4＝S△EFP，
∴S4+S四边形AEFD＝S△EFP+S四边形AEFD，
即S▱AEFG＝S▱ADPE，
又∵▱ADPE与▱ADCB的一条边AD重合，且AD边上的高相等，
∴S▱ABCD＝S▱ADPE，
∴平行四边形ABCD的面积＝平行四边形AEFG的面积．
故▱AEFG面积不变，
解法二：∵平行四边形AGFE的面积是三角形ADE面积的2倍（等底等高），
当点E运动时，三角形ADE的底和高都不变，
∴三角形ADE的面积不变，那么平行四边形AGFE的面积就不会变．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的性质，三角形的面积，有一定难度．通过作辅助线，证明四边形ADPE是平行四边形，进而得出得出平行四边形ABCD的面积＝平行四边形AEFG的面积是解题的关键．
9．（3分）（2020春•莲湖区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，对角线AC、BD相交于点O，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，连接AF、CE，若DE＝BF，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．CF＝AE
B．OE＝OF
C．△CDE为直角三角形
D．四边形ABCD是平行四边形
【分析】根据全等三角形的判定与性质以及平行四边形的判定与性质分别解答即可．
【解答】解：∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴∠DFC＝∠BEA＝90°，
∵DE＝BF，
∴DE﹣EF＝BF﹣EF，
即DF＝BE，
在Rt△DCF和Rt△BAE中，CD=ABDF=BE，
∴Rt△DCF≌Rt△BAE（HL），
∴CF＝AE，故选项A不符合题意；
∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴AE∥FC，
∵CF＝AE，
∴四边形CFAE是平行四边形，
∴OE＝OF，故选项B不符合题意；
∵Rt△DCF≌Rt△BAE，
∴∠CDF＝∠ABE，
∴CD∥AB，
∵CD＝AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意；
无法证明△CDE为直角三角形，故选项C符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定以及全等三角形的判定与性质等知识；得出Rt△DCF≌Rt△BAE是解题关键．
10．（3分）（2020春•东坡区校级期末）在等边三角形ABC中，BC＝6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发，沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发，沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为t，当t为（ ）s时，以A，F，C，E为顶点的四边形是平行四边形？
A．2 B．3 C．6 D．2或6
【分析】分别从当点F在C的左侧时与当点F在C的右侧时去分析，由当AE＝CF时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案．
【解答】解：①当点F在C的左侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，
则CF＝BC﹣BF＝6﹣2t（cm），
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AECF是平行四边形，
即t＝6﹣2t，
解得：t＝2；
②当点F在C的右侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，
则CF＝BF﹣BC＝2t﹣6（cm），
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AEFC是平行四边形，
即t＝2t﹣6，
解得：t＝6；
综上可得：当t＝2或6s时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定．此题难度适中，注意掌握分类讨论思想、数形结合思想与方程思想的应用．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020秋•绥棱县期末）若一个多边形的内角和与外角和之和是1800°，则此多边形是 十 边形．
【分析】任意多边形的一个内角与相邻外角的和为180°，然后根据题意可求得答案．
【解答】解：∵多边形的一个内角与它相邻外角的和为180°，
∴1800°÷180°＝10．
故答案为：十．
【点睛】本题主要考查的是多边形的内角和与外角，掌握多边形的内角与它相邻外角的关系是解题的关键．
12．（3分）（2020秋•朝阳区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE，∠ABC的平分线BF交DE于点F，若AB＝4，BC＝6，则EF的长为 1 ．
【分析】延长AF交BC于H，根据三角形中位线定理得到DE∥BC，DE=12BC＝3，AF＝FH，证明△BFA≌△BFH，根据全等三角形的性质求出BH，结合图形计算即可．
【解答】解：连接AF并延长交BC于H，
∵点D、E分别为边AB、AC的中点，
∴DE∥BC，DE=12BC＝3，AF＝FH，
在△BFA和△BFH中，
∠ABF=∠HBF∠AFB=∠HFBFA=FH，
∴△BFA≌△BFH（AAS），
∴BH＝AB＝4，
∵AD＝DB，AF＝FH，
∴DF=12BH＝2，
∴EF＝DE﹣DF＝1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
13．（3分）（2020秋•肇州县期末）如图，点D是直线l外一点，在l上取两点A，B，连接AD，分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，则四边形ABCD是平行四边形，理由是 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ．
【分析】先根据分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，得出AB＝DC，AD＝BC，再判断四边形ABCD是平行四边形的依据．
【解答】解：根据尺规作图的画法可得，AB＝DC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故答案为：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，解题时注意：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言为：∵AB＝DC，AD＝BC，∴四边行ABCD是平行四边形．
14．（3分）（2021春•鼓楼区校级月考）如图，在周长为12cm的▱ABCD中，AB≠AD，AC、BD相交于点O，OE⊥BD交AD于点E，连接BE，则△ABE的周长为 6cm ．
【分析】先判断出EO是BD的中垂线，得出BE＝ED，从而可得出△ABE的周长＝AB+AD，再由平行四边形的周长为12cm，即可得出答案．
【解答】解：∵点O是BD中点，EO⊥BD，
∴EO是线段BD的中垂线，
∴BE＝ED，
∴△ABE的周长＝AB+AD，
又∵平行四边形的周长为12cm，
∴AB+AD＝6（cm）．
故答案为：6cm．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质及线段的中垂线的性质，属于基础题，解答本题的关键是判断出EO是线段BD的中垂线．
15．（3分）（2021春•渝中区校级月考）如图，过平行四边形ABCD的对角找BD上一点M分别作平行四边形两边的平行线EF与GH，那么图中的平行四边形AEMG的面积S1与平行四边形HCFM的面积S2的大小关系是 S1＝S2 ．
【分析】根据平行四边形的性质和判定得出平行四边形GBEP、GPFD，证△ABD≌△CDB，得出△ABD和△CDB的面积相等；同理得出△BEM和△MHB的面积相等，△GMD和△FDM的面积相等，相减即可求出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，EF∥BC，HG∥AB，
∴AD＝BC，AB＝CD，AB∥GH∥CD，AD∥EF∥BC，
∴四边形HBEM、GMFD是平行四边形，
在△ABD和△CDB中，
AB=CDBD=BDDA=CB，
∴△ABD≌△CDB（SSS），
即△ABD和△CDB的面积相等；
同理△BEM和△MHB的面积相等，△GMD和△FDM的面积相等，
故四边形AEMG和四边形HCFM的面积相等，即S1＝S2．
故答案为：S1＝S2．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
16．（3分）（2020秋•锦江区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BD⊥AC于点D，且BD＝8cm．点M从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为4cm/s；同时点P由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s，过点P的直线PQ∥AC，交BC于点Q，连接PM，设运动时间为t（s）（0＜t＜2.5），当t为 65s或2s 时，以P、Q、D、M为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】分两种情况：①当点M在点D的上方时，PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，得MD＝AD﹣AM＝6﹣4t，由PQ∥MD，当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可；
②当点M在点D的下方时，PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，得MD＝AM﹣AD＝4t﹣6，由PQ∥MD，当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可．
【解答】解：如图1所示：
∵BD⊥AC，
∴AD=AB2-BD2=102-82=6，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，即∠PBQ＝∠C，
∵PQ∥AC，
∴∠PQB＝∠C，
∴∠PBQ＝∠PQB，
∴PB＝PQ；
分两种情况：
①当点M在点D的上方时，如图2所示：
由题意得：PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，
∴MD＝AD﹣AM＝6﹣4t，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
∴当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，
即：当t＝6﹣4t时，四边形PQDM是平行四边形，
解得：t=65（s）；
②当点M在点D的下方时，如图3所示：
根据题意得：PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，
∴MD＝AM﹣AD＝4t﹣6，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
∴当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，
即：当t＝4t﹣6时，四边形PQDM是平行四边形，
解得：t＝2（s）；
综上所述，当t=65s或t＝2s时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形；
故答案为：65s或2s．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；熟练掌握平行四边形的判定和等腰三角形的判定是解题的关键．
三．解答题（共6小题，满分52分）
17．（8分）（2020秋•梁子湖区期末）如图，将六边形纸片ABCDEF沿虚线剪去一个角（∠BCD）后，得到∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°．
（1）求六边形ABCDEF的内角和；
（2）求∠BGD的度数．
【分析】（1）由多边形的内角和公式，即可求得六边形ABCDEF的内角和；
（2）由∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°，即可求得∠GBC+∠C+∠CDG的度数，继而求得答案．
【解答】解：（1）六边形ABCDEF的内角和为：180°×（6﹣2）＝720°；
（2）∵六边形ABCDEF的内角和为720°，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝460°，
∴∠GBC+∠C+∠CDG＝720°﹣460°＝260°，
∴∠BGD＝360°﹣（∠GBC+∠C+∠CDG）＝100°．
即∠BGD的度数是100°．
【点睛】此题考查了多边形的内角和公式．解题的关键是根据多边形的内角和的计算公式求得多边形的内角和．
18．（8分）（2020秋•孟津县期末）如图，在△ABC中，AB＝12cm，AC＝8cm，AD、AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于点F，交AB于点G，连接EF，求线段EF的长．
【分析】首先证明△AGF≌△ACF，则AG＝AC＝4，GF＝CF，证明EF是△BCG的中位线，利用三角形的中位线定理即可求解．
【解答】解：在△AGF和△ACF中，
∠GAF=∠CAFAF=AF∠AFG=∠AFC，
∴△AGF≌△ACF（ASA）．
∴AG＝AC＝8cm，
∴GF＝CF，则BG＝AB﹣AG＝12﹣8＝4（cm）．
又∵BE＝CE，
∴EF是△BCG的中位线．
∴EF=12BG＝2cm．
答：EF的长为2cm，
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，正确证明GF＝CF是关键．
19．（8分）（2021春•南岗区校级月考）已知：在平行四边形ABCD中，BD是对角线，AE∥CF，AE，CF分别交BD于点E，点F．
（1）如图1，求证：AE＝CF；
（2）如图2，当BE＝EF＝FD时，连接AF、CE，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的三角形，使所写每个三角形的面积都等于平行四边形ABCD面积的13．
【分析】（1）在平行四边形ABCD中，AD＝BC，且AD∥BC，可通过证明△ADE≌△CBF得到AE＝CF的结论．
（2）平行四边形ABCD的对角线将其分成两个全等的三角形，点E、F又是对角线BD的三等分点，△ABF、△ADE、△CBF、△CDE的面积都等于平行四边形ABCD面积的13．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝CB，且AD∥CB，
∴∠ADE＝∠CBF；
∵AE∥CF，
∴∠AED＝∠CFB，
∴△ADE≌△CBF（AAS），
∴AE＝CF．
（2）∵BE＝EF＝FD，
∴S△ABF＝S△ADE=23S△ABD，S△CDE＝S△CBF=23S△CDB，
∵△ABD≌△CDB，
∴S△ABD＝S△CDB=12S平行四边形ABCD，
∴S△ABF＝S△ADE＝S△CDE＝S△CBF=23×12S平行四边形ABCD=13S平行四边形ABCD．
故答案为：△ABF，△ADE，△CDE，△CBF．
【点睛】此题重点考查平行四边形的性质，而证明三角形全等是研究平行四边形的主要途径．此题为基础题，难度不大．
20．（8分）（2020春•滨海新区期末）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，∠BCD的平分线CF交边AB于F，∠ADC的平分线DG交边AB于G，且DG与CF交于点E．
（Ⅰ）求证：AF＝GB；
（Ⅱ）求证：△EFG是直角三角形；
（Ⅲ）在▱ABCD中，添上一个什么条件，使△EFG是等腰直角三角形．
【分析】（Ⅰ）由角平分线知∠ADG＝∠CDG，由平行知∠CDG＝∠AGD所以，∠ADG＝∠AGD，即AD＝AG，同理BF＝BC，又AD＝BC，所以AG＝BF，去掉公共部分，则有AF＝GB；
（Ⅱ）由于DG、CF是平行四边形一组邻角的平分线，所以△EFG已经是直角三角形了；
（Ⅲ）要成为等腰直角三角形，则必须有EF＝EG或者∠EFG＝∠EGF即可．
【解答】（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AD＝BC．
∴∠AGD＝∠CDG，∠DCF＝∠BFC．
∵DG、CF分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠CDG＝∠ADG，∠DCF＝∠BCF．
∴∠ADG＝∠AGD，∠BFC＝∠BCF
∴AD＝AG，BF＝BC．
∴AF＝BG；
（Ⅱ）解：∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠BCD＝180°，
∵DG、CF分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠EDC+∠ECD＝90°，
∴∠DEC＝90°，
∴∠FEG＝90°，
∴△EFG是直角三角形；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知：我们只要保证添加的条件使得EF＝EG就可以了．
我们可以添加∠GFE＝∠FGD，
四边形ABCD为矩形，DG＝CF等等．
【点睛】此题考查了平行四边形的基本性质，以及直角三角形的判定，难易程度适中．
21．（10分）（2019春•广州期末）分别以平行四边形ABCD（∠CDA≠90°）的三边AB，CD，DA为斜边作等腰直角三角形△ABE，△CDG，△ADF．
（1）如图①，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形外部时，连接GF，EF，请判断∠GDF和∠FAE的关系（只写结论，不需证明）；
（2）如图②，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形内部时，连接GF，EF，（1）中结论还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质以及平行四边形的性质得出∠GDF＝∠FAE；
（2）根据等腰直角三角形的性质以及平行四边形的性质得出∠GDF＝∠FAE．
【解答】解：（1）GF⊥EF，GF＝EF．理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠DAB+∠ADC＝180°，
∵△ABE，△CDG，△ADF都是等腰直角三角形，
∴DG＝CG＝AE＝BE，DF＝AF，∠CDG＝∠ADF＝∠BAE＝45°，
∴∠GDF＝∠GDC+∠CDA+∠ADF＝90°+∠CDA，
∠EAF＝360°﹣∠BAE﹣∠DAF﹣∠BAD＝270°﹣（180°﹣∠CDA）＝90°+∠CDA，
∴∠FDG＝∠EAF；
（2）成立；
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠DAB+∠ADC＝180°，
∵△ABE，△CDG，△ADF都是等腰直角三角形，
∴DG＝CG＝AE＝BE，DF＝AF，∠CDG＝∠ADF＝∠BAE＝45°，
∴∠BAE+∠DAF+∠EAF+∠ADF+∠FDC＝180°，
∴∠EAF+∠CDF＝45°，
∵∠CDF+∠GDF＝45°，
∴∠FDG＝∠EAF．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，需要掌握等腰三角形的性质．
22．（10分）（2020春•雅安期末）已知在▱ABCD中，动点P在AD边上，以每秒0.5cm的速度从点A向点D运动．
（1）如图1，在运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD＝CP，求∠B的度数．
（2）在（1）的条件下，若AB＝4cm，求△PCD的面积．
（3）如图2，另一动点Q在BC边上，以每秒2cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD＝6cm，求当运动时间为多少秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【分析】（1）易证∠DPC＝∠DCP，得DP＝CD，又CD＝CP，则△PDC是等边三角形，即可得出结果；
（2）由平行四边形的性质得AB＝CD＝4，△PCD三边上的高相等，且等于23，由三角形面积公式即可得出答案；
（3）若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则PD＝BQ，设运动时间为t秒，
①当0＜t≤3时，6﹣0.5t＝6﹣2t，解得t＝0，不合题意舍去；
②当3＜t≤6时，6﹣0.5t＝2t﹣6，解得t＝4.8；
③当6＜t≤9时，6﹣0.5t＝18﹣2t，解得t＝8；
④当9＜t≤12时，6﹣0.5t＝2t﹣18，解得t＝9.6．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DPC＝∠PCB，
∵CP平分∠BCD，
∴∠PCD＝∠PCB，
∴∠DPC＝∠DCP，
∴DP＝CD，
∵CD＝CP，
∴CP＝CD＝DP，
∴△PDC是等边三角形，
∴∠B＝60°；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝4，
∵△PDC是等边三角形，
∴△PCD三边上的高相等，且等于sin60°×4=32×4＝23，
∴S△PCD=12×23×4＝43（cm2）；
（3）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴PD∥BC，
若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则PD＝BQ，
设运动时间为t秒，
①当0＜t≤3时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝6﹣2t，
∴6﹣0.5t＝6﹣2t，
解得：t＝0（不合题意舍去）；
②当3＜t≤6时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝2t﹣6，
∴6﹣0.5t＝2t﹣6，
解得：t＝4.8；
③当6＜t≤9时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝18﹣2t，
∴6﹣0.5t＝18﹣2t，
解得：t＝8；
④当9＜t≤12时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝2t﹣18，
∴6﹣0.5t＝2t﹣18，
解得：t＝9.6；
综上所述，当运动时间为4.8秒或8秒或9.6秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、角平分线定义、等腰三角形的判定、等边三角形的判定与性质、分类讨论等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质并进行分类讨论是解题的关键．
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