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第 22 讲 多边形与平行四边形
目 录
题型01 多边形的概念及分类
题型02 计算网格中不规则多边形面积
题型03 计算多边形对角线条数
题型04 多边形内角和问题
题型05 已知多边形内角和求边数
题型06 多边形的割角问题
题型07 多边形的外角问题
题型08 多边形外角和的实际应用
题型09 多边形内角和、外角和与平行线的合运用
题型10 多边形内角和与外角和的综合应用
题型11 平面镶嵌
题型12 利用平行四边形的性质求解
题型13 利用平行四边形的性质证明
题型14 判断已知条件能否构成平行四边形
题型15 数平行四边形个数
题型16 求与已知三点组成平行四边形的点的个数
题型17 证明四边形是平行四边形
题型18 与平行四边形有关的新定义问题
题型19 利用平行四边形的性质与判定求解
题型20 利用平行四边形的性质与判定证明
题型21 平行四边形性质与判定的应用
题型22 三角形中位线有关的计算
题型23 三角形中位线与三角形面积计算问题
题型24 与三角形中位线有关的规律探究
题型25 与三角形中位线有关的格点作图
题型26 连接两点构造三角形中位线
题型27 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
题型28 利用角平分线垂直构造三角形的中位线
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题型 01 多边形的概念及分类
1．（2022·上海杨浦·统考二模）下列命题中，正确的是（ ）
A．正多边形都是中心对称图形 B．正六边形的边长等于其外接圆的半径
C．边数大于3的正多边形的对角线长都相等D．各边相等的圆外切多边形是正多边形
【答案】B
【分析】根据正多边形的性质、正多边形的对角线、正多边形的概念判断即可．
【详解】解：A、边数是偶数的正多边形都是中心对称图形，边数是奇数的正多边形不是中心对称图形，
故本选项说法错误，不符合题意；
B、正六边形的边长等于其外接圆的半径，本选项说法正确，符合题意；
C、边数大于3的正多边形的对角线长不都相等，可以以正八边形为例得出对角线长不都相等，故本选项
说法错误，不符合题意；
D、各边相等的圆外切多边形不一定是正多边形，例如，圆外切菱形边数正多边形，故本选项说法错误，
不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假
关键是要熟悉课本中的性质定理．
2．（2020·全国·模拟预测）下列图形中，正多边形的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
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题型 02 计算网格中不规则多边形面积
3．（2021·北京平谷·统考一模）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点，则
ΔABO的面积与ΔCDO的面积的大小关系为：S S (填“>”，“=”或“<”) .
△ABO △CDO
【答案】=
【分析】根据图形可知S =S −S ，S =S −S ，然后由图易知△ABC和△ADC同底
△ABO △ABC △AOC △CDO △ACD △AOC
等高，所以△ABC和△ADC面积相等从而得到△ABO和△DCO的关系．
【详解】解：由图易有：S =S −S ，S =S −S ，
△ABO △ABC △AOC △CDO △ACD △AOC
∵△ABC和△ADC同底等高，
∴S =S ，
△ABC △ADC
∴S =S ．
△ABO △CDO
故答案为：=
【点睛】本题考查了三角形的面积，判断所求三角形的计算方法是本题的关键．
4．（2021·湖北武汉·统考模拟预测）在平面直角坐标系中，我们把横纵坐标均为整数的点称为格点，若一
个多边形的顶点全是格点，则称该多边形为格点多边形．例如：图中△ABC的与四边形DEFG均为格点多
边形．格点多边形的面积记为S，其内部的格点数记为N，边界上的格点记为L，已知格点多边形的面积可
表示为S=N+aL+b（a，b为常数），若某格点多边形对应的N=14，L=7，则S=（ ）
A．16.5 B．17 C．17.5 D．18
【答案】A
【分析】先分别根据△ABC和四边形DEFG中，S、N、L的数值得出关于a和b的二元一次方程组，解得
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a和b的值，则可求得当N=14，L=7时S的值．
【详解】解：△ABC中，S=1，N=0，L=4，则4a+b=1；
同理，四边形DEFG中，S=2×4−1×2÷2−1×1÷2−2×3÷2=3.5，
N=2，L=5
∴2+5a+b=3.5；
联立得¿
解得：a=0.5，b=−1
∴N=14，L=7，则S=14+3.5−1=16.5，
故选：A．
【点睛】本题属于创新题型，主要考查了二元一次方程相关知识以及学生对于题意理解和数据分析能力．
5．（2021·北京顺义·统考一模）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D，E，F是网格线的交点，
则△ABC的面积与△≝¿的面积比为 ．
【答案】1∶4
【分析】分别求出 ABC的面积和 ABD的面积，即可求解．
△ 1 △ 1 1
【详解】解：S =1×2− ×1×1− ×1×2= ，
△ABC 2 2 2
S
1 1 ，
△≝¿=2×4− ×2×2− ×2×4=2¿
2 2
∴△ABC的面积与△≝¿的面积比为1∶4．
故答案为1∶4．
【点睛】本题考查了三角形的面积，掌握三角形的面积公式是解本题的关键．
6．（2020·山西运城·统考模拟预测）阅读下列材料，并按要求完成相应的任务．
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任务：
（1）如图2，是5×5的正方形网格，且小正方形的边长为1，利用“皮克定理”可以求出图中格点多边形
的面积是 ；
（2）已知：一个格点多边形的面积S为15，且边界上的点数b是内部点数a的2倍，则a+b＝ ；
（3）请你在图3中设计一个格点多边形（要求： 格点多边形的面积为8； 格点多边形是一个轴对称
图形但不是中心对称图形） ① ②
【答案】（1）7.5；（2）24；（3）如图所示，见解析．
【分析】（1）根据皮克定理求解即可；
（2）根据题意列式求出a，b的值，即可求解．
（3）根据轴对称图形和中心对称图形的性质进行作图即可．
7
【详解】（1）由“皮克定理”可得：S＝5+ ﹣1＝7.5；
2
故答案为：7.5；
（2）∵S为15，且边界上的点数b是内部点数a的2倍，
2a
∴a+ ﹣1＝15，
2
解得：a＝8，则b＝16，
故a+b＝24，
故答案为：24；
（3）如图所示：
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．
【点睛】本题考查了格点多边形的问题，掌握皮克定理、轴对称图形、中心对称图形的性质是解题的关键．
题型 03 计算多边形对角线条数
7．（2022·广东深圳·坪山中学校考模拟预测）多边形的对角线共有20条，则下列方程可以求出多边形边
数的是（ ）
A．n(n−2)=20 B．n(n−2)=40 C．n(n−3)=20 D．n(n−3)=40
【答案】D
n(n−3)
【分析】先由n边形从一个顶点出发可引出(n−3)条对角线，再根据n边形对角线的总条数为 =20，
2
即可求出结果．
【详解】解：设多边形边数为n，
从一个顶点出发可引出(n−3)条对角线，
n(n−3)
再根据n边形对角线的总条数为 ，
2
n(n−3)
即 =20，
2
n(n−3)=40，
故答案选：D．
【点睛】本题考查了多边形的对角线公式，根据多边形对角线公式列等式是解答本题的关键．
8．（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
n(n−3)
【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 求出总的对角线数量．
2
【详解】解：根据题意可知，
n−3=7，
∴n=10，
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∴这个多边形共有对角线的数量为：
n(n−3) 10×7
= =35；
2 2
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．
9．（2021·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f (n)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，f (4)=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．
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
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1
f (4)种分割方案．
2
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．
1 5 10
所以，f (5)=f (4)+ f (4)+f (4)= ×f (4)= ×f (4)=5（种）
2 2 4
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f (5)种不同的分割方案，所以，此类共有f (5)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f (4)种不同的分割方案．所以，此类共有f (4)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
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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f (5)种不同的分割方案．所以，此类共有f (5)种分割方案．
所以，f (6)=f (5)+f (4)+f (4)+f (5)
2 2 14
=f (5)+ f (5)+ f (5)+f (5)= ×f (5)=14（种）
5 5 5
()
探究四：用七边形的对角线把七边形分割成5个三角形，则f (7)与f (6)的关系为f (7)= ×f (6)，共有
6
______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f (n)与f (n−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）
4n−10
【答案】探究四：18，42；[结论]f (n)= f (n−1)；[应用]429种
n−1
【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，f (7)=f (6)+f (5)+2f (4)+f (5)+f (6)
5 5 2
=2f (6)+2× f (6)+2× × f (6)
14 14 5
=3f (6)
18
= f (6)
6
=42．
故答案为：18，42．
10 14 18
[结论]由题意知f (5)= f (4)，f (6)= f (5)，f (7)= f (6)，…
4 5 6
4n−10
f (n)= f (n−1)；
n−1
4×8−10 22
[应用]根据结论得：f (8)= ×f (7)= ×42=132．
7 7
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4×9−10 26
f (9)= ×f (8)= ×132=429．
8 8
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．
题型 04 多边形内角和问题
10．（2023·山东日照·校考三模）我们知道三角形的内角和为180°，而四边形可以分成两个三角形，故它
的内角和为2×180°=360°，五边形则可以分成3个三角形，它的内角和为3×180°=540°（如图），依
此类推，则八边形的内角和为（ ）
A．900° B．1080° C．1260° D．1440°
【答案】B
【分析】根据多边形内角和公式(n−2)×180°求解即可．
【详解】解：由多边形内角和公式可得：八边形的内角和为(8−2)×180°=1080°
故选：B
【点睛】此题考查了多边形的内角和，解题的关键是掌握多边形的内角和公式．
11．（2023·河北邯郸·校考模拟预测）一块四边形ABCD玻璃被打破，如图所示．小红想制做一模一样的
玻璃，经测量∠A=120°，∠B=60°，∠C=150°，则∠D的度数（ ）
A．65° B．45° C．30° D．20°
【答案】C
【分析】根据四边形内角和求解即可．
【详解】解：∵∠A=120°，∠B=60°，∠C=150°，四边形内角和为360度，
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∴∠D=360°−120°−60°−150°=30°，
故选：C．
【点睛】本题考查了四边形内角和，熟记知识点是解题关键．
12．（2023·河北沧州·统考模拟预测）一个多边形，除了一个内角外，其余各角的和为2750°，则这一内
角为 度．
【答案】130
【分析】设多边形的边数为x，根据多边形的内角一定大于0，并且小于180度，因而内角和除去一个内角
的值，这个值除以180度，所得数值比边数要小，小的值小于1，可以求出多边形的边数为18，再利用内
角和公式即可得出结果．
【详解】解：设多边形的边数为x，由题意有(x−2)⋅180°=2750°，
5
解得：x=17 ，
18
因而多边形的边数是18，
则这一内角为(18−2)×180°−2750°=130°．
故答案为：130．
【点睛】本题考查多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．
13．（2023·广东东莞·东莞市厚街海月学校校考模拟预测）我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻
两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为“勾股四边形”，这两条相邻的边称为这个四边
形的勾股边，如图，在四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，AB=BC．
(1)求∠A+∠C的度数．
(2)判断四边形ABCD是否是“勾股四边形”，并说明理由．
【答案】(1)270°
(2)四边形ABCD是“勾股四边形”，理由见解析
【分析】（1）在四边形ABCD中，由四边形内角和定理即可得出结果；
（2）连接BD，以BD为边向下作等边三角形△BDQ，由等边三角形的性质得出∠DBQ=60°，BD=BQ，
证出∠ABD=∠CBQ，证明△ABD≌△CBQ，得出AD=CQ，∠A=∠BCQ，证出∠DCQ=90°，再
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由勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）在四边形ABCD中，
∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，∠B=60°，∠D=30°，
∴∠A+∠C=360°−30°−60°=270°；
（2）四边形ABCD是“勾股四边形”，
理由：连接BD，以BD为边向下作等边三角形△BDQ，连接CQ，
则∠DBQ=60°，BD=BQ，
∵∠ABC=∠DBQ=60°，
∴∠ABD=∠CBQ，
在△ABD和△CBQ中，
¿，
∴△ABD≌△CBQ (SAS)，
∴AD=CQ，∠A=∠BCQ，
∴∠A+∠BCD=∠BCQ+∠BCD=270°，
∴ ∠DCQ=90°，
∴CD2+CQ2=DQ2，
∵CQ=AD，DQ=BD，
∴CD2+AD2=BD2，
∴四边形ABCD是“勾股四边形”．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了四边形内角和定理、等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质
和勾股定理以及逆定理，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
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题型 05 已知多边形内角和求边数
14．（2022·北京西城·北京师大附中校考模拟预测）一个多边形的内角和等于1260°，则它是（ ）
A．五边形 B．七边形 C．九边形 D．十边形
【答案】C
【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和定理得到(n−2)×180=1260，然后解方程即可．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，
(n−2)×180=1260，
解得n=9，
故这个多边形为九边形．
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，解题的关键是掌握n边形的内角和为(n−2)×180°．
15．（2022·陕西西安·校考模拟预测）一个正多边形的内角和是1440°，则此多边形的边数是 ，对
角线共有 条．
【答案】 10 35
【分析】设此多边形的边数是n，根据多边形内角和公式和对角线条数的公式，列出方程求解即可．
【详解】解：设此多边形的边数是n，
180°×(n−2)=1440°，
解得：n=10，
n(n−3)
∴对角线条数为： =35，
2
故答案为：10，35．
【点睛】本题主要考查了多边的内角和，多边形的对角线条数，解题的关键是掌握n边形的内角和为
n(n−3)
180°×(n−2)，对角线条数为 ．
2
题型 06 多边形的割角问题
16．（2022·河北·模拟预测）若过多边形的一个顶点作一条直线，把这个多边形截掉两个角，它的内角和
变为1260°，则这个多边形原来的边数为（ ）
A．12 B．10 C．11 D．10或11
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【答案】D
【分析】分从顶点到顶点裁剪和从顶点到边裁剪两种情况求解．
【详解】多边形裁掉2个角，有两种情况，从顶点到顶点裁剪，从顶点到边裁剪．
∵新多边形内角和为1260°，
∴根据多边形内角和公式180°×（n-2）=1260°，
解得：n=9，
∴新多边形的边数为9．
①从顶点到顶点裁剪，多边形会减少两个角，则原多边形的边数为11；
②从顶点到边裁剪，多边形会减少一个角，则原多边形的边数为10．
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，熟练掌握截角的方法是解题的关键．
17．（2021·上海徐汇·统考二模）如果剪掉四边形的一个角，那么所得多边形的内角和的度数不可能是（
）
A．180° B．270° C．360° D．540°
【答案】B
【分析】分四边形剪去一个角，边数减少1，不变，增加1，三种情况讨论求出所得多边形的内角和，即可
得解．
【详解】解：剪去一个角，若边数减少1，则内角和＝（3﹣2）×180°＝180°，
若边数不变，则内角和＝（4﹣2）×180°＝360°，
若边数增加1，则内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
所以，所得多边形内角和的度数可能是180°，360°，540°，不可能是270°．
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，要注意剪去一个角有三种情况．
18．（2019·山东德州·统考一模）如图是将一多边形剪去一个角，则新多边形的内角和（ ）
A．比原多边形少180° B．与原多边形一样
C．比原多边形多360° D．比原多边形多180°
【答案】D
【分析】根据多边形的内角和定理求解可得．
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【详解】按如图所示方式将一多边形剪去一个角，则新多边形的边数增加一条，
所以其内角和比原多边形的内角和多180°，
故选D．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和的计算公式，理解：剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边
形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，取决于其边数增加还是减少．是解决本题的关键．
题型 07 多边形的外角问题
19．（2023·北京通州·统考一模）正七边形的外角和是（ ）
A．900° B．700° C．360° D．180°
【答案】C
【分析】由多边形外角和为360°可得答案．
【详解】解：∵多边形的外角和为：360°，
∴正七边形的外角和是360°，
故选C．
【点睛】本题考查的是正多边形的外角和问题，熟记多边形的外角和为360°是解本题的关键．
20．（2022·云南昆明·统考一模）小丽利用学习的数学知识，给同伴出了这样一道题：假如从点A出发，
如图所示，沿直线走6米后向左转θ，接着沿直线前进6米后，再向左转θ……如此走法，当她第一次走到
A点时，发现自己走了72米，θ的度数为（ ）
A．30° B．32° C．35° D．36°
【答案】A
【分析】小丽第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形．计算这个正多边形的边数和
外角即可．
【详解】解：∵第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形，
∴多边形的边数为：72÷6=12．
根据多边形的外角和为360°，
∴他每次转过的角度θ=360°÷12=30°．
故选：A．
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【点睛】本题考查多边形的外角和．解题的关键时判断出小丽第一次返回点A时，所经过的路径构成一个
正多边形．
21．（2021·广东深圳·校联考模拟预测）已知一个多边形每一个外角都是60°，则它是 边形．
【答案】六
【分析】根据多边形的外角和为360°，进行计算即可．
【详解】解：360°÷60°=6；
∴这个多边形为六边形；
故答案为：六．
题型 08 多边形外角和的实际应用
22．（2023·北京房山·统考一模）如图是由射线AB，BC，CD，DE，EF，FA组成的平面图形，则
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6的值为（ ）
A．180° B．360° C．540° D．720°
【答案】B
【分析】根据多边形的外角和等于360°解答即可．
【详解】解：由多边形的外角和等于360°可知，
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=360°，
故选：B．
【点睛】本题考查的是多边形的外角和，掌握多边形的外角和等于360°是解题的关键．
23．（2023·贵州遵义·统考三模）如图，小明沿一个五边形的广场小道按A→B→C→D→E的方向跑步
健身，他每跑完一圈时，身体转过的角度之和是（ ）
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A．180° B．360° C．540° D．720°
【答案】B
【分析】根据多边形的外角和等于360°即可求解.
【详解】解：∵多边形的外角和等于360°，
∴∴他每跑完一圈，身体转过的角度之和是360°.
故选：B.
【点睛】本考查的是多边形的内角与外角，掌握多边形的外角和等于360°是解决此题的关键.
24．（2022·河北保定·统考二模）一机器人以3m/s的速度在平地上按如下要求行走，则该机器人从开始到
停止所行走的路程为 m，共需时间 s．
【答案】 48 16
【分析】该机器人所经过的路径是一个正多边形，利用360°除以30°，即可求得正多边形的边数，即可求
得周长，利用周长除以速度即可求得所需时间．
360
【详解】解析：一次向左转30°，共需 =12（次）才能回到原点，
30
故行走的路线为正十二边形．
行走的路程为4×12=48(m)，
48
共需时间 =16(s)．
3
故答案为：48；16
【点睛】本题考查了正多边形的外角和定理，理解经过的路线是正多边形是关键．
题型 09 多边形内角和、外角和与平行线的合运用
25．（2020·河北·校联考二模）如图，一束平行太阳光线FA、GB照射到正五边形ABCDE上，
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∠ABG=50°，则∠FAE的度数是（ ）
A．22° B．32° C．50° D．130°
【答案】A
【分析】先根据正五边形的性质求出∠EAB的度数，再由平行线的性质即可得出结论．
【详解】解：∵ABCDE为正五边形，
∴∠EAB=108°，
∵太阳光线互相平行，
∴FA∥GB，
又∠ABG=50°，
∴∠FAE=180°−∠ABG−∠EAB=180°−50°−108°=22°,
故选：A．
【点睛】本题考查平行线的性质，多边形内角与外角，解题关键在于求出∠EAB．
26．（2023·河北保定·校考模拟预测）如图，六边形ABCDEF为正六边形，l ∥l ，则∠2−∠1的值为
1 2
（ ）
A．60° B．80° C．108° D．120°
【答案】A
【分析】延长AB交l 于点G，利用多边形外角和定理算出∠GBC=360°÷6=60°，再利用平行线的性质，
2
三角形外角定理得出∠2−∠1=∠GBC．
【详解】如图，延长AB交l 于点G，
2
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∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴∠GBC=360°÷6=60°，
∵l ∥l ，
1 2
∴∠1=∠BGE，
∵∠2=∠BGE+∠GBC，
∴∠2−∠1=∠GBC=60°．
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形外角和定理，三角形外角定理，构建合适的三角形是解题的关键．
27．（2023·山东枣庄·统考中考真题）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
∠1=44°，则∠2的度数为（ ）
A．14° B．16° C．24° D．26°
【答案】B
【分析】如图，求出正六边形的一个内角和一个外角的度数，得到∠4=60°,∠2+∠5=120°，平行线的
性质，得到∠3=∠1=44°，三角形的外角的性质，得到∠5=∠3+∠4=104°，进而求出∠2的度数．
【详解】解：如图：
360°
∵正六边形的一个外角的度数为： =60°，
6
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∴正六边形的一个内角的度数为：180°−60°=120°，
即：∠4=60°,∠2+∠5=120°，
∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，∠1=44°，
∴∠3=∠1=44°，
∴∠5=∠3+∠4=104°，
∴∠2=120°−∠5=16°；
故选B．
【点睛】本题考查正多边形的内角和、外角和的综合应用，平行线的性质．熟练掌握多边形的外角和是
360°，是解题的关键．
题型 10 多边形内角和与外角和的综合应用
28．（2021·河北邢台·校考二模）如图，正五边形ABCD，DG平分正五边形的外角∠EDF，连接BD，
则∠BDG=（ ）
A．144° B．120° C．114° D．108°
【答案】D
【分析】根据正多边形内角和公式求出五边形的内角和，再分别求出每一个内角和外角的度数，利用角的
和差计算即可；
【详解】∵五边形ABCDE是正五边形
∴内角和为：(5−2)×180°=540°
540°
∴一个内角为： =108°，一个外角为180°−108°=72°
5
∴∠BCD=∠EDC=108°，∠EDF=72°
又∵BC=CD
180°−108°
∴∠BDC= =36°
2
∴∠BDE=∠EDC−∠BDC=108°−36°=72°
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∵DG平分∠EDF
1
∴∠EDG= EDF=36°
2
∴∠BDG=∠EDB+∠EDG=108°
故答案选：D
【点睛】本题主要考查了多边形的角度计算，熟悉掌握正多边形内角和公式是解题的关键．
29．（2022·河北石家庄·统考二模）如图，六边形ABCDEF中，∠A，∠B，∠C，∠D的外角都相等，
即∠1=∠2=∠3=∠4=62°，分别作∠≝¿和∠EFA的平分线交于点P，则∠P的度数是（ ）
A．55° B．56° C．57° D．60°
【答案】B
【分析】根据多边形外角和求出∠5+∠6=112°，根据角平分线定义进而求出∠FEP+∠EFP=124°，再根据三
角形的内角和求出∠P的度数．
【详解】解：∵∠1=∠2=∠3=∠4=62°，多边形的外角和为360°，
∴∠5+∠6=360°-62°×4=112°，
∴∠DEF+∠AFE=248°，
∵EP，FP分别平分∠DEF和∠AFE，
1 1
∴∠FEP= ∠DEF ，∠EFP= ∠AFE，
2 2
1
∴∠FEP+∠EFP= （∠DEF+∠AFE）=124°，
2
∴∠P=56°．
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的外角和定义，角平分线的定义以及三角形的内角和，掌握以上基础知识是解
决问题的关键．
30．（2021·河北石家庄·石家庄市第四十中学校考二模）如图，五边形ABCDE中，∠B=80°，
∠C=110°，∠1、∠2、∠3分别是∠BAE、∠AED、∠EDC的外角，则∠1+∠2+∠3等于（ ）
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A．90° B．190° C．210° D．180°
【答案】B
【分析】延长AB与CD，根据平角定义可求∠4与∠5，再根据多边形外角和可求解．
【详解】解：延长AB和DC，得∠4与∠5，
∴∠4=180°-∠B，
∠5=180°-∠C，
∴∠4+∠5=360°-（∠B+∠C）=170°，
根据多边形的外角和定理，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，
∴∠1+∠2+∠3=360°-（∠4+∠5）=360°-170°=190°．
故选：B．
【点睛】本题考查了五边形的角度问题，平角定义，多边形外角和，掌握平角定义，多边形外角和是解题
的关键．
31．（2022·福建·模拟预测）将等边三角形、正方形、正五边形按如图所示的方式摆放，如果∠1＝41°，
∠2＝51°，那么∠3等于（ ）
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A．5° B．10° C．15° D．20°
【答案】B
【分析】先算出三个图形的内角是多少，再根据三个平角的和即可求出∠3的值．
【详解】如图所示：
∵等边三角形的内角的度数是60°，正方形的内角度数是90°，
1
正五边形的内角的度数是： （5﹣2）×180°＝108°，
5
∴∠3+108°+∠BAC+∠1+60°+∠BCA+∠2+90°+∠ABC=540°（三个平角的为540°）
∠3＝540°-180°﹣60°﹣90°﹣108°﹣∠1﹣∠2
＝10°．
故选：B．
【点睛】本题考查多边形的内角和和外角和．找出图中的△ABC利用内角和是180°是解决本题的关键．
32．（2023·河北秦皇岛·统考二模）如图，将四边形ABCD剪掉一个角得到五边形．下列判断正确的是
（ ）
结论①：变成五边形后外角和不发生变化；
结论②：变成五边形后内角和增加了360°；
结论③：通过图中条件可以得到∠1+∠2=240°；
A．只有①对 B．①和③对 C．①、②、③都对 D．①、②、③都不对
【答案】B
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【分析】根据多边形的外角和是360°，判断①，根据多边形内角和公式即可判断②，根据三角形的外角的
性质即可求解．
【详解】解：①任意多边形的外角和是360°，故①正确；
根据多边形内角和定理(5−2)×180°−(4−2)×180°=180°，
四边形ABCD剪掉一个角得到五边形内角和增加了180°，故②错误，
如图所示，
∵∠1=∠4+∠A,∠2=∠3+∠A
∴∠1+∠2=∠3+∠4+∠A+∠A=180°+∠A=180°+60°=240°，故③正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和，三角形的外角的性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上
知识是解题的关键．
33．（2023·湖北孝感·统考一模）如图所示，已知∠MON=60°，正五边形ABCDE的顶点A、B在射线
OM上，顶点E在射线ON上，则∠AEO= 度．
【答案】48
【分析】∠EAO是正五边形的一个外角，利用多边形外交和360°算出一个外角∠EAO，再利用△OAE的
内角和180°，即可算出
【详解】∵四边形ABCDE是正五边形，∠EAO是一个外角
360°
∴∠EAO= =72°
5
【24淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
在△OAE中：
∠AEO=180°−∠EAO−∠MON=180°−72°−60°=48°
故答案为：48
【点睛】本题考查多边形外角和和三角形内角和，注意多边形外角和均为360°
题型 11 平面镶嵌
34．（2023·浙江·模拟预测）用三种边长相等的正多边形地砖铺地，其顶点在一起，刚好能完全铺满地面，
1 1 1
已知正多边形的边数为x、y、z，则 + + 的值为 ．
x y z
1
【答案】 /0.5
2
(n−2)×180°
【分析】利用正n多边形的内角公式 求解即可．
n
【详解】解：根据题意，这三种边长相等的正多边形的内角和为360°，
(x−2)×180° (y−2)×180° (z−2)×180°
则 + + =360°，
x y z
2 2 2
∴1− +1− +1− =2，
x y z
1 1 1 1
∴ + + = ，
x y z 2
1
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查正多边形的内角问题，理解题意，得到这三种边长相等的正多边形的内角和为360°是解
答的关键．
35．（2023·河北沧州·统考二模）要设计一个装彩铅的圆柱体纸盒，已知每支铅笔大小相同，底面均为正
六边形，边长记作2a．下面我们来研究纸盒底面半径的最小值．
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（1）如果要装6支彩铅，嘉淇画出了如图1，图2所示的两种布局方案．
方案Ⅰ中纸盒底面半径的最小值为 ；
方案Ⅱ中纸盒底面半径的最小值为 ；
（2）如果要装12色的彩铅，请你为厂家设计一种最佳的布局，使得底面圆的半径最小，最小值为
．
【答案】 6a 7a 3√7a
【分析】（1）由图形可知，方案Ⅰ中纸盒底面半径应为正六边形的对角线长加边长，方案Ⅱ中纸盒底面
半径应为正六边形对角线长加边长，再上边长的一半，由此计算即可；
（2）考虑将12个正六边形对称放置，然后确定其外接圆，利用正六边形的边长以及勾股定理求解最小半
径即可．
【详解】（1）如图1所示，方案Ⅰ中纸盒底面半径最小值即为OA的长度，
∵正六边形的边长为2a，
∴OA=2a+4a=6a；
如图2所示，方案Ⅱ中纸盒底面半径最小值即为OB的长度，
∴OA=a+2a+4a=7a；
故答案为：6a；7a；
（2）如图所示方式，装12支铅笔的底面圆半径最小，此时最小半径为OC，连接CQ、PC、PQ，
∵正六边形的边长为2a，
【26淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴CP=3×2√3a=6√3a，PQ=2a+4a+4a+2a=12a，
∵∠CPQ=90°，
∴CQ=√CP2+PQ2=6√7a，
1
∴OC= CQ=3√7a，
2
故答案为：3√7a．
【点睛】本题考查正多边形与圆，以及镶嵌问题，掌握正多边形与圆的性质，灵活运用勾股定理进行计算
是解题关键．
36．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考模拟预测）20世纪70年代，数学家罗杰·彭罗斯使用两种不
同的菱形，完成了非周期性密铺，如下图，使用了A，B两种菱形进行了密铺，则菱形B的锐角的度数为
°．
【答案】36
【分析】如图，设菱形B的锐角为x，菱形A的锐角和钝角分别为y、z，根据密铺的图案中一个顶点处的
周角为360°列出方程组，解答即可．
【详解】解：如图，设菱形B的锐角为x，菱形A的锐角和钝角分别为y、z，根据题意，得
¿，解得¿，
故答案为：36．
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【点睛】本题常考了密铺问题，涉及了菱形的性质、多边形的内角和、三元一次方程组等知识，正确理解
题意、得出方程组是解题的关键．
37．（2022·河北·统考二模）如图，将几个全等的正八边形进行拼接，相邻的两个正八边形有一条公共边，
围成一圈后中间形成一个正方形．设正方形的边长为1，则该图形外轮廓的周长为 ；若n个全等的
正多边形中间围成的图形是正三角形，且相邻的两个正多边形有一条公共边，设正三角形的边长为1，则
该图形外轮廓的周长是 ．
【答案】 20 27
【分析】根据正多边形的性质，每条边相等，即可求解．求得该图形外轮廓的周长，根据密铺可知正n边
形，为正12边形，据此即可求解．
【详解】解：∵正方形的边长为1，
∴该图形外轮廓的周长为(8−3)×4=20，
360°−60°
若n个全等的正多边形中间围成的图形是正三角形，则n边形的一个内角为 =150°
2
则n边形的一个外角180°−150°=30°，
∴n=360°÷30°=12，
根据相邻的两个正多边形有一条公共边，
则图形外轮廓的周长为(12−3)×3=27
故答案为：20，27
【点睛】本题考查了正多边形的性质，多边形的内角和，外角和，平面镶嵌，理解题意是解题的关键．
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题型 12 利用平行四边形的性质求解
38．（2023·湖南株洲·统考一模）如图，在 ▱ABCD中，一定正确的是（ ）
A．AD=CD B．AC=BD C．AB=CD D．CD=BC
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，然后对各选项进行判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质．解题的关键在于熟练掌握平行四边形的性质．
39．（2022·云南昆明·云南省昆明市第十中学校考一模）如图，在 ▱ABCD中，∠ABC的平分线交AD于
点E，∠BCD的平分线交AD于点F，若AB=3,AD=4，则EF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，
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∵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．
40．（2020·河北·模拟预测）如图，平行四边形ABCD中，AB=2，AD=4，对角线AC，BD相交于点O，
且E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．EH=HG B．四边形EFGH是平行四边形
C．AC⊥BD D．ΔABO的面积是ΔEFO的面积的2倍
【答案】B
【分析】根据三角形中位线的性质和平行四边形的性质分别判断各选项即可解答，
【详解】解：因为E、H为OA、OD的中点，
1 1
所以，EH＝ AD＝2，同理，HG＝ CD＝1，所以，A错误；
2 2
1
EH∥AD，EH＝ AD，
2
1
FG∥BC，FG＝ BC，
2
因为平行四边形ABCD中，AD＝BC，且AD∥BC，
所以，EH＝FG，且EH∥FG，
所以，四边形EFGH是平行四边形， B正确．
AC与BD不一定垂直，C错误；
由相似三角形的面积比等于相似比的平方，知：△ABC的面积是△EFO的面积的4倍，D错误；
故选B.
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质和平行四边形的性质，熟练掌握是解题的关键.
41．（2021·四川乐山·统考三模）如图，在平行四边形ABCD中，点F是AD上一点，交AC于点E，交
【30淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
BE
CD的延长线于点G，若2AF=3FD.则 的值为（ ）
EG
3 2 2 1
A． B． C． D．
5 5 3 3
【答案】A
3 3 5
【分析】由2AF＝3DF，可以假设DF＝k，则AF＝ k，AD＝AF+FD＝ k+k= k，再利用相似三角形性
2 2 2
质即可解决问题．
3 5
【详解】解：由2AF＝3DF，可以假设DF＝k，则AF＝ k，AD＝ k，
2 2
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠DGF，
∵∠AFE＝∠GFD，
∴△ABF∽△DFG，且∠AFE＝∠GBC，
5
∴△BCG为等腰三角形，即BC＝CG＝AD＝ k，
2
∵△GFD为等腰三角形，即FD＝GD，
5 3
∴CD＝CG﹣DG＝ k−k= k，
2 2
∵AB∥CD，
∴AB//CG，
∠EAB=∠ECG
∴{∠EBA=∠EGC
∠AEB=∠CEG
∴△ABE∽△CGE，
3
k
BE AB 2 3
∴ = = = ．
EG CG 5 5
k
2
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故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的
判定和性质进行解题．
42．（2023·山东德州·统考一模）如图，四边形ABCD为平行四边形，则点B的坐标为 ．
【答案】(−2,−1)
【分析】根据平行四边形的性质以及点的平移即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ DA∥CB，即将D点平移到A的过程与将C点平移到B的过程保持一致，
∵将D点平移到A的过程是：x:−1−3=−4（向左平移4各单位长度）；y:2−2=0（上下无平移）；
∴将C点平移到B的过程按照上述一致过程进行得到B(2−4,−1)，即B(−2,−1)，
故答案为：(−2,−1)．
【点睛】本题考查平行四边形的性质及点的平移，掌握点的平移的代数表示是解决问题的关键．
题型 13 利用平行四边形的性质证明
43．（2020·江苏盐城·统考模拟预测）如图，在 ▱ABCD中，点E为BC上一点，连接AE并延长交DC的
延长线于点F，AD=DF，连接DE．
(1)求证：AE平分∠BAD；
(2)若点E为BC中点，∠B=60°，AD=4，求 ▱ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
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(2)4√3
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得到AB∥DF，则∠BAE=∠AFD，由AD=DF得到
∠DAE=∠AFD，则∠BAE=∠DAE，即可得证；
（2）由平行四边形的性质和点E为BC中点证得△ADF是等边三角形，则AF=AD=DF=4，
∠BAE=∠AFD=60°，则△ABE是等边三角形，即可证明△AEB≌△FEC(AAS)，则
1
AE=EF= AF=2，得到DE⊥AF，由勾股定理得到DE=2√3，由▱ABCD的面积等于△ADF的面积
2
即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DF，
∴∠BAE=∠AFD，
∵AD=DF，
∴∠DAE=∠AFD，
∴∠BAE=∠DAE，
即AE平分∠BAD；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥DF，AB＝DC，AD＝BC=4，∠ADF=∠B=60°，
∵点E为BC中点，
1
∴BE=EC= AD=2，
2
∵AD=DF=4，
∴△ADF是等边三角形，
∴AF=AD=DF=4，∠BAE=∠AFD=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB=∠FEC，
∴△AEB≌△FEC(AAS)，
1
∴AE=EF= AF=2，
2
∴DE⊥AF，
∴DE=√DF2−EF2=√42−22=2√3，
∴▱ABCD的面积=S
❑△ABE
+S
❑四边形AECD
=S
❑△FEC
+S
❑四边形AECD
．
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1
∴▱ABCD的面积=S
❑△ADF
=
2
AF⋅DE=4√3
即▱ABCD的面积是4√3．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理
等知识，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键．
44．（2023·辽宁大连·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且四边形
BEDF为正方形．
(1)求证AE=CF；
(2)已知平行四边形ABCD的面积为20，AB=5．求CF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)CF=1
【分析】（1）直接根据已知条件证明Rt ΔADE和Rt ΔCBF全等即可得出答案．
（2）由平行四边形的面积公式求出DE=4，然后即可得出答案．
【详解】（1）∵四边形DEBF是正方形，ABCD是平行四边形，
∴DE=BE=BF=DF，AD=BC，∠DEB=∠BFD=90°，
在Rt ΔADE和Rt ΔCBF中，
∵¿ ，
∴ Rt ΔADE≅ Rt ΔCBF(HL)，
∴AE=CF；
（2）由题意可知：S =AB⋅DE=20，
平行四边形ABCD
∵AB=5，
∴DE=4，
∴BE=DE=4，AE=1，
由（1）得CF=AE=1．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、正方形的性质及三角形全等的判定，解题的关键是熟练掌握相关性
质并能灵活运用．
45．（2021·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考一模）如图，在平行四边形ABCD中，AC是对角线，且AB
＝AC，CF是∠ACB的角平分线交AB于点F，在AD上取一点E，使AB＝AE，连接BE交CF于点P．
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（1）求证：BP＝CP；
（2）若BC＝4，∠ABC＝45°，求平行四边形ABCD的面积．
【答案】（1）见解析；（2）8
【分析】（1）设AP与BC交于H，根据平行线的性质得到∠AEB＝∠CBE，根据等腰三角形的性质得到
∠ABE＝∠AEB，推出BE平分∠ABC，求得AP平分∠BAC，根据线段垂直平分线的性质即可得到结论；
（2）根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：（1）如图，设AP与BC交于H，
∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴BE平分∠ABC，
∵CF是∠ACB的角平分线，BE交CF于点P，
∴AP平分∠BAC，
∵AB＝AC，
∴AH垂直平分BC，
∴PB＝PC；
（2）∵AH垂直平分BC，
1
∴AH⊥BC，BH＝CH＝ BC＝2，
2
∵∠ABH＝45°，
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∴AH＝BH＝2，
∴平行四边形ABCD的面积＝4×2＝8．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，角平分线的定义，利用数形结合
的思想是解题的关键．
46．（2022·重庆·重庆实验外国语学校校考三模）已知四边形ABCD为平行四边形．
(1)尺规作图：作线段CD的垂直平分线，垂足为点E，交AD于点F，交BA的延长线于点G，连接CF．在
线段AB上取一点H，使FH＝FC，连接HF；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）问的条件下，若∠GFH＝∠D，求证：GF＝CE．
证明：∵EF垂直平分CD
∴∠FEC＝90°，______①
∴∠FCD＝∠D
∵∠GFH＝∠D
∴______②
∵四边形ABCD为平行四边形
∴______③
∴∠HGF＋∠FEC＝180°
∴∠HGF＝∠FEC＝90°
在△FGH和△CEF中
¿
∴△FGH≌△CEF(AAS)
∴GF=CE．
【答案】(1)见解析
(2)FC＝FD；∠FCD＝∠GFH；AB∥CD；HF＝CF
【分析】（1）利用作已知线段的垂直平分线的作法和作一条线段等于已知线段的作法，即可求解；
（2）根据线段垂直平分线的性质可得∠FEC＝90°，FC＝FD，从而得到∠FCD＝∠GFH，再由平行四边形
的性质可得∠HGF＝∠FEC＝90°，然后证得△FGH≌△CEF，即可求证．
【详解】（1）解：如下图：垂线EF，点H即为所求；
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（2）证明：∵EF垂直平分CD
∴∠FEC＝90°，FC＝FD
∴∠FCD＝∠D
∵∠GFH＝∠D
∴∠FCD＝∠GFH
∵四边形ABCD为平行四边形
∴AB∥CD
∴∠HGF＋∠FEC＝180°
∴∠HGF＝∠FEC＝90°
在△FGH和△CEF中
∠HGF=∠FEC
{∠GFH=∠FCD
HF＝CF
∴△FGH≌△CEF(AAS)
∴GF=CE．
故答案为：FC＝FD；∠FCD＝∠GFH；AB∥CD；HF＝CF．
【点睛】本题考查了尺规作图——作线段的垂直平分线，线段的垂直平分线的性质，平行四边形的性质，
全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相应概念，找出数量关系．
题型 14 判断已知条件能否构成平行四边形
47．（2019·安徽合肥·统考一模）□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
【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，
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∴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，△
∴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，
△
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∴AE=CF，∠AEB=∠CFD，
∴∠AEO=∠CFO，
∴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．
48．（2022·上海·统考模拟预测）下列条件中，可以判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．对角线互相垂直 B．两条对角线相等
C．一组对边平行，另一组对边相等 D．一组对边平行，另一组对角相等
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定定理逐项分析判断即可．
【详解】A. 对角线互相平分的四边形是平行四边形，不符合题意，
B. 两条对角线相等的四边形不一定是平行四边形，不符合题意
C. 一组对边平行，另一组对边相等，可以使等腰梯形，不符合题意
D. 一组对边平行，另一组对角相等，是平行四边形，
如图，∵AB//CD,∠A=∠C
∴∠A+∠D=180°
∵∠A=∠C
∴∠C+∠D=180°
∴ AD//BC
∴四边形ABCD是平行四边形，故D选项正确
【39淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
故选D
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
题型 15 数平行四边形个数
49．（2017·河南·模拟预测）数如图，AD，BE，CF是正六边形ABCDEF的对角线，图中平行四边形的个
数有（ ）
A．2个 B．4个 C．6个 D．8个
【答案】C
【详解】如图，AD，BE，CF是正六边形ABCDEF的对角线，可得OA=OE=AF=EF，所以四边形AOEF
是平行四边形，同理：四边形DEFO，四边形ABCO，四边形BCDO，四边形CDEO，四边形FABOD都是
平行四边形，共6个，故答案选C.考点：正多边形和圆；平行四边形的判定．
考点：正多边形和圆；平行四边形的判定．
50．（2022·江苏泰州·统考二模）如图，在3×3的正方形网格中，点A、B、C、D、E、F都是格点．
(1)从C、D、E、F四点中任取一点，以这点及点A、B为顶点画三角形，所画三角形是等腰三角形的概率
是 ．
(2)从A、B、D、E四点中任取两点，以这两点及点C、F为顶点画四边形，用画树状图或列表格法求所画
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四边形是平行四边形的概率．
3
【答案】(1)
4
1
(2)
3
【分析】（1）根据网格的特点可知，只有△ABD不是等腰三角形，进而根据概率公式即可求解；
（2）根据题意列表求概率即可求解．
【详解】（1）解：∵从C、D、E、F四点中任取一点，以这点及点A、B为顶点画三角形，所画三角形
△ABC,△ABE,△ABF是等腰三角形，△ABD不是等腰三角形，
3
∴所画三角形是等腰三角形的概率是 ，
4
3
故答案为： ，
4
（2）列表如下，
A B E D
A AB AE AD
B BA BE BD
E EA EB ED
D DA DB DE
从A、B、D、E四点中任取两点，以这两点及点C、F为顶点画四边形，共有12种等可能结果，
其中四边形ACBF,ACFE是平行四边形，则选取AB,AE的有4种可能，
4 1
∴所画四边形是平行四边形的概率为 = ．
12 3
【点睛】本题考查了格点中画等腰三角形，平行四边形，概率公式求概率，列表法求概率，掌握以上知识
是解题的关键．
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题型 16 求与已知三点组成平行四边形的点的个数
51．（2017·河北邢台·统考一模）平面直角坐标系中，已知□ABCD的三个顶点坐标分别是A（m，n），B
( 2，－l )，C（－m，－n），则点D的坐标是（ ）
A．（－2 ，l ) B．（－2，－l ) C．（－1，－2 ) D ．（－1，2 )
【答案】A
【详解】试题分析：∵平行四边形ABCD是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，而A、C关于原点
对称，故B、D也关于原点对称∴D（－2 ，l ）．故选A．
考点：平行四边形的性质；坐标与图形性质．
k
52．（2022·山东泰安·统考一模）如图，反比例函数y= （k＞0）的图象与直线AB交于点A(2，4)，直线
x
AB与x轴交于点B(4，0)，过点B作x轴的垂线BC，交反比例函数的图象于点C，在平面内存在点D，使
得以A，B，C，D四点为顶点的四边形为平行四边形，则点D的坐标是 ．
【答案】（2，2）或（2，6）或（6，-2）
8
【分析】由图象过点A求出反比例函数解析式y= ，进而求出点C坐标（4，2），利用中点公式求点D
x
的坐标．
k
【详解】解：∵反比例函数y= （k＞0）的图象与直线AB交于点A(2，4)
x
∴k=2×4=8
8
∴反比例函数解析式为y=
x
∵点B(4，0)，BC⊥x轴，交反比例函数的图象于点C
∴当x=4时，y=2
即点C的坐标为（4，2）
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令点D的坐标为（x，y）
①当AB，CD为对角线时¿
解得¿
∴点D的坐标为（2，2）
②当AC，BD为对角线时¿
解得¿
∴点D的坐标为（2，6）
③当AD，BC为对角线时¿
解得¿
∴点D的坐标为（6，-2）
综上可知，点D的坐标为（2，2）或（2，6）或（6，-2）
故答案为：（2，2）或（2，6）或（6，-2）.
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，求两函数的交点坐标，利用中点公式分情况求构成
平行四边形的点坐标．
53．（2019·浙江嘉兴·一模）如图是6×6的正方形网格，点A，B，C均在格点上．请按下列要求完成作图：
①仅用无刻度直尺，且不能用直尺中的直角；②保留作图痕迹．
（1）在图中作出一个以点A，B，C，D为顶点的平行四边形．
（2）在图中作出 ABC中AB边上的中线．
【答案】（1）答△案不唯一, 如图见解析；（2）如图见解析.
【分析】（1）分别作AB、CB的平行线相交那一点就是D点．(答案不唯一)（2）作AC、BC的平行线相
较于点E，连接CE，与AB相交于点F，即CF是三角形的中线.
【详解】（1）解：答案不唯一
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（2）解：如图
【点睛】掌握平行四边形的定义和性质，两组对边
分别平行的四边形是平行四边形．三角形的中线顶点与对边中点的连线
题型 17 证明四边形是平行四边形
54．（2023·新疆·统考一模）如图，在 ▱ABCD中，AC，BD交于点O，点E，F在AC上，AE=CF．
(1)求证：四边形EBFD是平行四边形；
(2)若∠BAC=∠DAC,求证：四边形EBFD是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出AO=CO，BO=DO，再根据AE=CF，得出
EO=FO，即可证明结论；
（2）先证明∠DCA=∠DAC，得出DA=DC，证明四边形ABCD为菱形，得出AC⊥BD，即可证明结
论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AE=CF，
∴AO−AE=CO−CF，
即EO=FO，
∴四边形EBFD是平行四边形．
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（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠DCA=∠BAC，
∵∠BAC=∠DAC,
∴∠DCA=∠DAC，
∴DA=DC，
∴四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
即EF⊥BD，
∵四边形EBFD是平行四边形，
∴四边形EBFD是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和
平行四边形的判定方法，是解题的关键．
55．（2022·湖北荆门·校考一模）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△AOE≌△COD，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，
¿ △ △
∴△AOE≌△COD(ASA)．
∴OD＝OE．
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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，BO⊥AC．
∴平行四边形 AECD是菱形．
∵AC＝8，
1
∴CO= AC=4．
2
在 Rt COD 中，CD＝5，
△
∴OD=√CD2−CO2=√52−42=3，
∴DE=2OD=6，
1 1
∴S = DE⋅AC= ×6×8=24，
菱 形AEC2D 2
∴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．
56．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图所示，点E在四边形ABCD的边AD上，连接CE，并延长CE交BA
的延长线于点F，已知AE=DE，FE=CE．
(1)求证：△AEF≌△DEC；
(2)若AD∥BC，求证：四边形ABCD为平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用SAS可以直接证明△AEF≌△DEC；
（2）由△AEF≌△DEC可得∠AFE=∠DCE，由内错角相等，两直线平行，得出AF//DC，结合已
知条件AD∥BC即可证明四边形ABCD为平行四边形．
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【详解】（1）证明：∵∠AEF与∠DEC是对顶角，
∴∠AEF=∠DEC，
在ΔAEF与ΔDEC中，
¿，
∴△AEF≌△DEC(SAS)
（2）证明：由（1）知△AEF≌△DEC，
∴∠AFE=∠DCE，
∴AF//DC，
∵点F在BA的延长线上，
∴AB//DC，
又∵AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，平行线的判定和平行四边形的判定，难度较小，熟练掌握全
等三角形、平行线及平行四边形的判定方法是解题的关键．
57．（2021·河北承德·统考一模）如图，在△ABC中，AC=BC，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、
D，交BC于点E，过点D作DF//BC，交⊙O于点F，求证：
（1）四边形DBCF是平行四边形
（2）AF=EF
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）利用等腰三角形的性质证明∠BAC=∠B，利用平行线证明∠ADF=∠B，利用圆的性质
证明∠BAC=∠CFD，再证明BD//CF,即可得到结论；
（2）如图，连接AE，利用平行线的性质及圆的基本性质∠AEF=∠B，再利用圆内接四边形的性质证明
∠EAF=∠B，从而可得结论．
【详解】证明：（1）∵AC=BC，
∴∠BAC=∠B，
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∵DF//BC，
∴∠ADF=∠B，
又∠BAC=∠CFD,
∴∠ADF=∠CFD,
∴BD//CF,
四边形DBCF是平行四边形．
（2）如图，连接AE
∵∠ADF=∠B，∠ADF=∠AEF
∴∠AEF=∠B
四边形AECF是⊙O的内接四边形
∴∠ECF+∠EAF=180°
∵BD//CF
∴∠ECF+∠B=180°
∴∠EAF=∠B
∴∠AEF=∠EAF
∴AF=EF
【点睛】本题考查平行四边形的判定，圆的基本性质，平行线的性质与判定，等腰三角形的性质，圆内接
四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
题型 18 与平行四边形有关的新定义问题
58．（2023·北京海淀·人大附中校考三模）在平面直角坐标系xOy中，对于线段AB和点P，给出如下定义：
若在直线y=x上存在点Q，使得四边形ABPQ为平行四边形，则称点P为线段AB的“关联点”．已知
A(5,2)，B(1,4)．
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(1)在P (−3,3)，P (−2,4)，P (−1,5)，P (1,6)中，线段AB的“关联点”是___________；
1 2 3 4
(2)若点P在第二象限且点P是线段AB“关联点”，求线段OP长度d的取值范围；
(3)已知正方形CDEF边长为1．以T(t,3)为中心且各边与坐标轴垂直或平行，点M，N在线段AB上（M
在N的下方）．若正方形CDEF上的任意一点都存在线段MN，使得该点为线段MN的“关联点”，直接
写出t的取值范围．
【答案】(1)P ,P
1 2
(2)3√2≤d<6
3 9
(3)−2≤t< 或 0)的图像交于A，B两点，
x
3
点M在以C(2,0)为圆心，半径为1的⊙C上，N是AM的中点，已知ON长的最大值为 ，则k的值是
2
．
32
【答案】
25
【分析】根据题意得出ON是△ABM的中位线，所以ON取到最大值时，BM也取到最大值，就转化为研
究BM也取到最大值时k的值，根据B,C,M三点共线时，BM取得最大值，解出B的坐标代入反比例函数
即可求解．
【详解】解：连接BM，如下图：
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在△ABM中，
∵O,N分别是AB,AM的中点，
∴ON是△ABM的中位线，
1
∴ON= BM，
2
3
已知ON长的最大值为 ，
2
此时的BM=3，
显然当B,C,M三点共线时，取到最大值：BM=3，
BM=BC+CM=BC+1=3，
∴BC=2，
设B(t,2t)，由两点间的距离公式：BC=√(t−2) 2+4t2=2，
∴(t−2) 2+4t2=4，
4
解得：t = ,t =0（取舍），
1 5 2
4 8
∴B( , )，
5 5
4 8 k
将B( , )代入y= (k>0)，
5 5 x
【88淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
32
解得：k= ，
25
32
故答案是： ．
25
【点睛】本题考查了一次函数、反比例函数、三角形的中位线、圆，研究动点问题中线段最大值问题，解
题的关键是：根据中位线的性质，利用转化思想，研究BM取最大值时k的值．
85．（2022·天津和平·统考二模）如图，已知∠AED＝∠ACB＝90°，AC=BC=3，AE=DE=1，点D在AB上，
连接CE，点M，点N分别为BD，CE的中点，则MN的长为 ．
√10
【答案】
2
【分析】连接DN并延长DN交AC于F，连接BF，根据DE∥AC，可证△EDN≌△CFN，可得DE = CF，求
出DN = FN，FC = ED，得出MN是中位线，再证△CAE≌△BCF，得出BF= CE,即可解题．
【详解】解：连接DN并延长DN交AC于F，连接BF，如图，
∵∠AED＝∠ACB＝90°，AC=BC=3，AE=DE=1，
∴∠EAD=∠EDA=∠BAC=45°，
∴DE∥AC，
∴∠DEN=∠FCN，
∵点N为CE的中点，
∴EN=NC，
在△DEN和△FCN中，
【89淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∠DNE=∠FNC
{ EN=NC
∠DEN=∠FCN
∴△DEN≌△FCN(ASA)，
∴DE=FC，DN=NF，
∴AE=FC，
∵点M为BD的中点，
∴MN是△BDF的中位线，
1
∴MN= BF，
2
∵∠EAD=∠BAC=45°，
∴∠EAC=∠FCB=90°，
在△CAE和△BCF中，
AC=BC
{∠EAC=∠FCB
AE=FC
∴△CAE≌△BCF(SAS)，
∴BF=CE，
1 1 1 √10
∴MN= CE= √AE2+AC2= √12+32= ．
2 2 2 2
【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线，平行线性质和判
定的应用，勾股定理．
86．（2023·广东佛山·校考一模）如图梯形ABCD中，取AB的中点E，CD的中点F，并连接EF，线段
EF与线段AD、BC间的数量关系（ ）
1
A． EF=AD+BC B． EF= (AD+BC)
2
1 1
C． EF= (AD+BC) D． EF= (AD+BC)
3 4
【答案】B
【分析】连接AC，与线段EF相交于G，由题意转化成三角形的中位线，再根据三角形中位线定理的性质
【90淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
即可．
【详解】解：如图所示，连接AC，与线段EF相交于G，
∵四边形ABCD中，取AB的中点E，CD的中点F，
∴EG是△ABC的中位线，FG是△ADC的中位线，
1 1 1
∴EF=EG+GF= BC+ AD= (BC+AD)，
2 2 2
故选：B．
【点睛】本题考查了转化为三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线的定义和性质是解决问题的关键．
87．（2020·海南·统考二模）如图，在边长为4的等边△ABC中，D，E分别为AB，BC的中点，
EF⊥AC于点F，G为EF的中点，连接DG，则DG的长为 ．
√19
【答案】
2
【分析】连接DE，根据题意可得ΔDEG是直角三角形，然后根据勾股定理即可求解DG的长．
【详解】解：连接DE，
∵D、E分别是AB、BC的中点，
1
∴DE∥AC，DE= AC．
2
∵ΔABC是等边三角形，且BC=4，
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∴∠DEB=60°，DE=2．
∵EF⊥AC，∠C=60°，EC=2，
∴∠FEC=30°，EF=√3．
∴∠DEG=180°-60°-30°=90°．
∵G是EF的中点，
√3
∴EG= ．
2
√ √3 √19
在RtΔDEG中，DG=√DE2+EG2= 22+( ) 2= ．
2 2
√19
故答案为 ．
2
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理以及三角形中位线性质定理，记住和熟练运用性质
是解题的关键．
题型 27 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
88．（2021·河南南阳·校联考二模）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=2，BC=5，点E，F分别
是对角线AC，BD的中点，则EF的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2.5 D．3.5
【答案】B
【分析】延长FE交CD于点G，由点E，F分别是对角线AC，BD的中点，从而得FG是ΔBCD的中位线，
则有FG=2.5，再由AD∥BC，则有FG∥AD，EG是ΔACD的中位线，则有EG=1，从而可求EF的
长．
【详解】解：∵取DC中点G，连接FG、EG，如图所示：
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∵点E，F分别是对角线AC，BD的中点，
∴FG∥BC，EG∥AD，
∵AD∥BC，
∴EG∥BC，FG∥EG，
∴E、F、G三点共线，
∴FG是ΔBCD的中位线，
1
∴FG= BC=2.5，
2
∵AD∥BC，
∴EG∥AD，
∴EG是ΔACD的中位线，
1
∴EG= AD=1，
2
∴EF=FG−EG=1.5．
故选：B．
【点睛】本题主要考查三角形的中位线定理，平行线的性质，解答的关键是对三角形的中位线定理的掌握
与灵活运用．
89．（2022·安徽芜湖·芜湖市第二十九中学校考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，
BC=4．点F为射线CB上一动点，过点C作CM⊥AF于M，交AB于E，D是AB的中点，则DM长度的
最小值是
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【答案】1
【分析】取AC的中点T，连接DT、MT，利用三角形的中位线定理求出DT的值，再由直角三角形斜边上
中线的性质求出MT，并确定点M的运动轨迹，然后由DM≥TM-DT即可获得结论．
【详解】解：如图，取AC的中点T，连接DT、MT，
∵D是AB的中点，T是AC的中点，
∴AD=BD,AT=CT，
1 1
∴DT= BC= ×4=2，
2 2
∵CM⊥AF，
∴∠AMC=90°，
1 1
∴TM= AC= ×6=3，
2 2
∵点F为射线CB上一动点， CM⊥AF，即∠AMC=90°，
∴点M的运动轨迹是以T为圆心，TM为半径的圆，
∴DM≥TM-DT=3-2=1，
∴DM的最小值为1．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系、三角形中位线定理、直角三角形斜边上中线的性质等知识，
解题关键是正确作出辅助线，构造三角形中位线，直角三角形斜边上的中线解决问题．
题型 28 利用角平分线垂直构造三角形的中位线
90．（2023·山东泰安·校考一模）如图，在△ABC中，D是BC边的中点，AE是∠BAC的角平分线，
AE⊥CE于点E，连接DE．若AB=7，DE=1，则AC的长度是（ ）
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A．4 B．4.5 C．5 D．5.5
【答案】C
【分析】延长CE交AB于点F，通过ASA证明△EAF≌△EAC，根据全等三角形的性质得到AF=AC，
EF=EC，根据三角形中位线定理得出BF=2，即可得出结果．
【详解】解：延长CE，交AB于点F．
∵AE平分∠BAC，AE⊥CE
∴∠EAF=∠EAC，∠AEF=∠AEC，
在△EAF与△EAC中， ¿
∴△EAF≌△EAC(ASA)，
∴AF=AC，EF=EC，
又∵D是BC中点，
∴BD=CD，
∴DE是△BCF的中位线，
∴BF=2DE=2．
∴AC=AF=AB−BF=7−2=5．
故选C．
【点睛】此题主要考查了三角形中位线，全等三角形等．熟练掌握三角形中位线定理，角平分线定义和垂
直定义，三角形全等判定和性质，是解题的关键．
91．（2023·湖南·模拟预测）如图，△ABC中，M为BC的中点，AD为∠BAC的平分线，BD⊥AD于
【95淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
D．
(1)求证：2DM+AB=AC；
(2)若AD=6，BD=8，DM=2，求AC的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)14
【分析】（1）延长BD，交AC于点E，通过证明△BAD≌△EAD，得到AE=AB，BD=DE，进而得到
DM为△BCE的中位线，即可得证；
（2）利用勾股定理得到线段AB的长度，再结合（1）的结论，即可求出线段AC的长度．
【详解】（1）解：如图，延长BD，交AC于点E，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠EAD，
在△BAD与△EAD中，
¿
∴△BAD≌△EAD，
∴AE=AB，BD=DE，
即点D为线段BE的中点，
∴DM为△BCE的中位线，
∴CE=2DM，
∵AC=AE+CE，
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∴AC=AB+2DM；
（2）解：在Rt△ABD中，AB=√AD2+BD2=10，
∴AC=AB+2DM=14．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、中位线的定义及性质，根据题目的提示，正确做出辅助线，
构造出全等三角形是解题的关键．
92．（2022·福建·二模）如图，ΔABC中，AD平分∠BAC，E是BC中点，AD⊥BD,AC＝7,AB＝3，
则DE的值为（ ）
3
A．1 B．
2
5
C．2 D．
2
【答案】C
【分析】延长BD交AC于F点，先利用ASA证明△ABD≌△AFD，得出BD=DF和AF的长，则可求出
FC长，然后根据三角形中位线定理求出DE长即可．
【详解】解：如图，延长BD交AC于F点，
∵AD平分∠BAC，
即∠BAD=∠FAD，
∵AD⊥BC，
即∠ADB=∠ADF=90°，
在△ABD和△AFD中，
∴¿，
∴△ABD≌△AFD（ASA），
∴AF=AB=3，BD=DF，
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∴FC=AC−AF=7−3=4，
∵BD=DF，BE=EC，
∴DE是△BFC的中位线，
1
∴DE= FC=2．
2
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，解题的关键是根据条件作出辅助线．
一、单选题
1．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，直线AB∥CD，将一个含60°角的直角三角尺EGF按图中方
式放置，点E在AB上，边GF、EF分别交CD于点H、K，若∠BEF=64°，则∠GHC等于（ ）．
A．44° B．34° C．24° D．14°
【答案】B
【分析】根据平行的性质可得∠EKC=∠BEF=64°，再根据四边形内角和为360°可得∠GHK=146°，
问题随之得解．
【详解】∵AB∥CD，∠BEF=64°，
∴∠EKC=∠BEF=64°，
∵∠EKC+∠G+∠GEK+∠GHK=360°，∠GEK=60°，∠G=90°，
∴∠GHK=146°，
∵∠GHK+∠GHC=180°，
∴∠GHC=34°，
故选：B．
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【点睛】本题主要考查了平行的性质以及四边形内角和为360°，掌握四边形内角和为360°是解答本题的
关键．
2．（2023·北京·统考中考真题）十二边形的外角和为（ ）
A．30° B．150° C．360° D．1800°
【答案】C
【分析】根据多边形的外角和为360°进行解答即可．
【详解】解：∵多边形的外角和为360°，
∴十二边形的外角和是360°．
故选：C．
【点睛】本题考查多边形的内角和与外角和的求法，掌握多边形的外角和为360°是解题的关键．
3．（2023·湖南永州·统考中考真题）下列多边形中，内角和等于360°的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据n边形内角和公式(n−2)⋅180°分别求解后，即可得到答案
【详解】解：A．三角形内角和是180°，故选项不符合题意；
B．四边形内角和为(4−2)×180°=360°，故选项符合题意；
C．五边形内角和为(5−2)×180°=540°，故选项不符合题意；
D．六边形内角和为(6−2)×180°=720°，故选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】此题考查了n边形内角和，熟记n边形内角和公式(n−2)⋅180°是解题的关键．
4．（2023·辽宁丹东·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∠ABD=60°，AE⊥BD，垂足为点E，F是OC的中点，连接EF，若EF=2√3，则矩形ABCD的周长
是（ ）
A．16√3 B．8√3+4 C．4√3+8 D．8√3+8
【99淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】D
【分析】根据矩形的性质得出OA=OB，即可求证△ABO为等边三角形，进而得出点E为OB中点，根据
中位线定理得出BC=2EF=4√3，易得∠CBD=30°，求出CD=BC⋅tan∠BCD=4，即可得出矩形的
周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∵∠ABD=60°，
∴△ABO为等边三角形，
∵AE⊥BD，
∴点E为OB中点，
∵F是OC的中点，若EF=2√3，
∴BC=2EF=4√3，
∵∠ABD=60°，
∴∠CBD=30°，
√3
∴CD=BC⋅tan∠BCA=4√3× =4，
3
∴矩形ABCD的周长=2(BC+CD)=2(4√3+4)=8√3+8，
故选：D．
【点睛】矩形主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线定理，解直角三角形，解题的关
键是掌握矩形的对角线相等，等边三角形三线合一，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，
以及解直角三角形的方法和步骤．
5．（2023·青海西宁·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，分别以点A和点C为圆心，大
1
于 AC的长为半径作弧，两弧相交于P，Q两点，作直线PQ交AB，AC于点D，E，连接CD．下列说法
2
错误的是（ ）
【10淘0 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1
A．直线PQ是AC的垂直平分线 B．CD= AB
2
1
C．DE= BC D．S :S =1:4
2 △ADE 四边形DBCE
【答案】D
【分析】根据直线PQ是AC的垂直平分线、平行线分线段成比例、三角形中位线定理、相似三角形的判定
和性质等知识，分别进行判断即可．
【详解】解：A．由作图过程可知，直线PQ是AC的垂直平分线，故选项正确，不符合题意；
B．由作图过程可知，直线PQ是AC的垂直平分线，
∴点E是AC的中点，AD=CD，
在△ABC中，∠ACB=90°，
∴DE∥BC，
AD AE
∴ = =1，
BD CE
即点D是AB的中点，
1
∴CD= AB，
2
故选项正确，不符合题意；
C．∵点D是AB的中点，点E是AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
1
∴DE= BC，
2
故选项正确，不符合题意；
D．∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
【10淘1 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴
S
△ADE=
(DE) 2
=
(1) 2
=
1
，
S BC 2 4
△ABC
∴S :S =1:3，
△ADE 四边形DBCE
故选项错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、垂直平分线的性质、三角形中
位线定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理是解题的关键．
6．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，AC,BC为⊙O的两条弦，D，G分别为AC,BC的中点，
⊙O的半径为2．若∠C=45°，则DG的长为（ ）
3
A．2 B．√3 C． D．√2
2
【答案】D
【分析】连接OA,OB,AB，圆周角定理得到∠AOB=2∠C=90°，勾股定理求出AB，三角形的中位线
定理，即可求出DG的长．
【详解】解：连接OA,OB,AB，
∵⊙O的半径为2．∠C=45°，
∴OA=OB=2,∠AOB=2∠C=90°，
∴AB=√OA2+OB2=2√2，
【10淘2 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵D，G分别为AC,BC的中点，
∴DG为△ABC的中位线，
1
∴DG= AB=√2．
2
故选D．
【点睛】本题考查圆周角定理和三角形的中位线定理．熟练掌握相关定理，并灵活运用，是解题的关键．
7．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，已知AD∥BC，添加下列条件不能判定四边
形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AD=BC B．AB∥DC C．AB=DC D．∠A=∠C
【答案】C
【分析】根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可知A项不符合题意；根据两组对边分别平行的
四边形是平行四边形可知B项不符合题意；根据全等三角形的判定与性质可知D项不符合题意进而即可判
断．
【详解】解：∵AD∥BC，AD=BC，
∴由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴A项能判定四边形ABCD是平行四边形，
故A项不符合题意；
∵AD∥BC，AB∥DC，
∴由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
∴B项能判定四边形ABCD是平行四边形，
故B项不符合题意；
∵AB=DC，但AB和CD不一定平行，
∴C项不能判定四边形ABCD是平行四边形，
故C符合题意；
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵∠A=∠C，BD=DB，
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∴△ABD≌△CDB(AAS)，
∴AD=CB，
∴D项能判定四边形ABCD是平行四边形，
故D项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，掌握平行四边形的判定是解题的关键．
8．（2023·四川德阳·统考中考真题）如图．在△ABC中，∠CAD=90°，AD=3，AC=4，
BD=DE=EC，点F是AB边的中点，则DF=（ ）
5 5
A． B． C．2 D．1
4 2
【答案】A
【分析】根据勾股定理可先求得CD的长度，根据直角三角形的斜边上的中线与斜边的数量关系，可求得
AE的长度，根据三角形的中位线定理可求得答案．
【详解】∵∠CAD=90°，
∴△CAD为直角三角形．
∴CD=√AD2+AC2=√32+42=5．
∵点E为Rt△CAD的斜边CD的中点，
1 5
∴AE= CD= ．
2 2
∵BD=DE，BF=FA，
1 5
∴DF= AE= ．
2 4
故选：A．
【点睛】本题主要考查勾股定理、直角三角形的性质、三角形的中位线定理，牢记勾股定理、直角三角形
的性质（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）、三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于三角
形的第三边，并且等于第三边的一半）是解题的关键．
9．（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）如图1，在平行四边形ABCD中，∠ABC=120°，已知点P在边
【10淘4 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
AB上，以1m/s的速度从点A向点B运动，点Q在边BC上，以√3m/s的速度从点B向点C运动．若点P，
Q同时出发，当点P到达点B时，点Q恰好到达点C处，此时两点都停止运动．图2是△BPQ的面积y(m2)
与点P的运动时间t(s)之间的函数关系图象（点M为图象的最高点），则平行四边形ABCD的面积为
（ ）
A．12m2 B．12√3m2 C．24m2 D．24√3m2
【答案】C
【分析】根据题意可得：BC=√3AB，AP=t，BQ=√3t，设AB=am，则BC=√3am，作PE⊥BC交
√3 √3
CB的延长线于点E，作AF⊥BC交CB的延长线于点F，则可得AF= AB= am，
2 2
PE=
√3
PB=
√3
(AB−PA)=
√3
(a−t)m，从而得到S =−
3(
t−
a) 2
+
3
a2 ，根据S 的最大值为
2 2 2 △PBQ 4 2 16 △PBQ
3，求出a的值，从而得到AB=4m，BC=4√3m，AF=2√3m，最后由平行四边形的面积公式进行计算
即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：BC=√3AB，AP=t，BQ=√3t，
设AB=am，则BC=√3am，
作PE⊥BC交CB的延长线于点E，作AF⊥BC交CB的延长线于点F，
，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABF=60°，
√3 √3 √3 √3 √3
∴AF= AB= am，PE= PB= (AB−PA)= (a−t)m，
2 2 2 2 2
【10淘5 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴S =
1
⋅BQ⋅PE=
1
×√3t⋅
√3
(a−t)=−
3
t2+
3
at=−
3(
t−
a) 2
+
3
a2 ，
△PBQ 2 2 2 4 4 4 2 16
由图象可得S 的最大值为3，
△PBQ
3
∴ a2=3，
16
解得：a=4或a=−4（舍去），
∴a=4，
∴AB=4m，BC=4√3m，AF=2√3m，
∴平行四边形ABCD的面积为：BC⋅AF=4√3×2√3=24m2，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形、二次函数的图象与性质，熟练掌握平行四边
形的性质、二次函数的图象与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形，是解题的关键．
10．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6．点F
是AB中点，连接CF，把线段CF沿射线BC方向平移到DE，点D在AC上．则线段CF在平移过程中扫过
区域形成的四边形CFDE的周长和面积分别是( )
A．16，6 B．18，18 C．16.12 D．12，16
【答案】C
【分析】先论证四边形CFDE是平行四边形，再分别求出CF、CD、DF，继而用平行四边形的周长公式
和面积公式求解即可．
【详解】由平移的性质可知：DF∥CE,DF=CE，
∴四边形CFDE是平行四边形，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，
∴AC=√AB2−BC2=√102−62=8
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，点F是AB中点
1
∴CF= AB=5
2
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∵DF∥CE，点F是AB中点
AD AF 1
∴ = = ，∠CDF=180°−∠ABC=90°，
AC AB 2
∴点D是AC的中点，
1
∴CD= AC=4
2
∵D是AC的中点，点F是AB中点，
∴DF是Rt△ABC的中位线，
1
∴DF= BC=3
2
∴四边形CFDE的周长为：2(DF+CF)=2×(5+3)=16，
四边形CFDE的面积为：DF×CD=3×4=12．
故选：C．
【点睛】本题考查平移的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，平
行线分线段成比例，三角形中位线定理等知识，推导四边形CFDE是平行四边形和DF是Rt△ABC的中位
线是解题的关键．
11．（2023·河北·统考中考真题）综合实践课上，嘉嘉画出△ABD，利用尺规作图找一点C，使得四边形
ABCD为平行四边形．图1~图3是其作图过程．
（1）作BD的垂直平分线交 （2）连接AO，在AO的延长线上 （3）连接DC，BC，则四边形
BD于点O； 截取OC=AO； ABCD即为所求．
在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（ ）
A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等
C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等
【答案】C
【分析】根据作图步骤可知，得出了对角线互相平分，从而可以判断．
【详解】解：根据图1，得出BD的中点O，图2，得出OC=AO，
可知使得对角线互相平分，从而得出四边形ABCD为平行四边形，
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判定四边形ABCD为平行四边形的条件是：对角线互相平分，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判断，解题的关键是掌握基本的作图方法及平行四边形的判定定理．
12．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图， ▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠ADC的平分线
与边AB相交于点P，E是PD中点，若AD=4，CD=6，则EO的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义以及等腰三角形的判定可得
AP=AD=4，进而可得BP=2，再根据三角形的中位线解答即可.
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，CD=6，
∴AB∥CD，AB=CD=6，DO=BO，
∴∠CDP=∠APD，
∵PD平分∠ADC，
∴∠ADP=∠CDP，
∴∠ADP=∠APD，
∴AP=AD=4，
∴BP=AB−AP=6−4=2，
∵E是PD中点，
1
∴OE= BP=1；
2
故选：A.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定以及三角形的中位线定理等知
识，熟练掌握相关图形的判定与性质是解题的关键.
13．（2023·云南·统考中考真题）如图，A、B两点被池塘隔开，A、B、C三点不共线．设AC、BC
的中点分别为M、N．若MN=3米，则AB=（ ）
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A．4米 B．6米 C．8米 D．10米
【答案】B
【分析】根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解∶∵AC、BC的中点分别为M、N，
∴MN是△ABC的中位线，
∴AB=2MN=6(米)，
故选∶B．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，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．
14．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，在正方形网格内，线段PQ的两个端点都在格点上，网格内另
有A,B,C,D四个格点，下面四个结论中，正确的是（ ）
A．连接AB，则AB∥PQ B．连接BC，则BC∥PQ
C．连接BD，则BD⊥PQ D．连接AD，则AD⊥PQ
【答案】B
【分析】根据各选项的要求，先作图，再利用平行四边形的判定与性质，垂线的性质逐一分析判断即可．
【详解】解：如图，连接AB，取PQ与格线的交点K，则AP∥BK，
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而AP≠BK，
∴四边形ABKP不是平行四边形，
∴AB，PQ不平行，故A不符合题意；
如图，取格点N，连接QC,BN，
由勾股定理可得：QN=√5=BC,QC=√10=BN，
∴四边形QCBN是平行四边形，
∴BC∥PQ，故B符合题意；
如图，取格点M,T，
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根据网格图的特点可得：BM⊥PQ,AT⊥QP，
根据垂线的性质可得：BD⊥PQ，AD⊥PQ，都错误，故C，D不符合题意；
故选B
【点睛】本题考查的是垂线的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定与性质，熟记网格图形的特点与
基本图形的性质是解本题的关键．
二、填空题
15．（2023·云南·统考中考真题）五边形的内角和等于 度．
【答案】540
【分析】直接根据n边形的内角和=(n−2)⋅180°进行计算即可．
【详解】解：五边形的内角和=(5−2)⋅180°=540°．
故答案为：540．
【点睛】本题考查了n边形的内角和定理：n边形的内角和=(n−2)⋅180°．
16．（2023·湖南益阳·统考中考真题）如图，正六边形ABCDEF中，∠FAB= °．
【答案】120°/120度
【分析】由正六边形的内角和为(6−2)×180°，结合正六边形的所有的内角都相等，再列式计算即可．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF，
∴正六边形的所有的内角都相等；
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(6−2)×180°
∴∠FAB= =120°；
6
故答案为：120°．
【点睛】本题考查的是正多边形的内角和定理的应用，熟记正多边形的每个内角都相等是解本题的关键．
17．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，AC,AD,CE是正五边形ABCDE的对角线，AD与CE相交于
点F．下列结论：
①CF平分∠ACD； ②AF=2DF； ③四边形ABCF是菱形； ④AB2=AD⋅EF
其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】根据正五边形的性质得出各角及各边之间的关系，然后由各角之间的关系及相似三角形的判定和
性质，菱形的判定依次证明即可．
【详解】解：①∵正五边形ABCDE，
180°×(5−3)
∴∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEA= =108°，AB=BC=CD=DE=AE，
5
180°−108°
∴∠BAC=∠BCA=∠DAE=∠ADE=∠DCE=∠CED= =36°，
2
∴∠ACE=108°−∠BCA−∠DCE=36°=∠DCE，
∴CF平分∠ACD；正确；
②∵∠ACE=∠DEC=36°，∠DFE=∠AFC，
∴△≝∽△ACF，
DF DE
∴ = ，
AF AC
∵DE=AB，2AB>AC，
DF 1
∴ ≠ ，
AF 2
即AF≠2DF，故②错误；
③∵∠BAC=∠ACE，∠ABC+∠BAD=108°+36°+36°=180°，
∴BC∥AD，AB∥CE，
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∴四边形ABCF是平行四边形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCF是菱形；正确；
④∵∠CED=∠DAE=36°，∠EDF=∠ADE，
∴△≝∽△DAE，
DE EF
∴ = ，
AD AE
∴ED⋅AE=AD⋅EF，即AB2=AD⋅EF，正确；
故答案为：①③④．
【点睛】题目主要考查正多边形的性质及相似三角形、菱形的判定和性质，熟练掌握运用这些知识点是解
题关键．
18．（2023·江苏连云港·统考中考真题）以正五边形ABCDE的顶点C为旋转中心，按顺时针方向旋转，
使得新五边形A'B'CD'E'的顶点D'落在直线BC上，则正五边形ABCDE旋转的度数至少为 °．
【答案】72
【分析】依据正五边形的外角性质，即可得到∠DCF的度数，进而得出旋转的角度．
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠DCF=360°÷5=72°，
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∴新五边形A'B'CD'E'的顶点D'落在直线BC上，则旋转的最小角度是72°，
故答案为：72．
【点睛】本题主要考查了正多边形、旋转性质，关键是掌握正多边形的外角和公式的运用．
19．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形ABCD是平行四边形，以点B为圆心，任意长为半径
1
画弧分别交AB和BC于点P，Q，以点P，Q为圆心，大于 PQ的长为半径画弧，两弧交于点H，作射线
2
1
BH交边AD于点E；分别以点A，E为圆心，大于 AE的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，作直线
2
S
MN交边AD于点F，连接CF，交BE于点G，连接GD．若CD=4，DE=1，则 △DFG= ．
S
△BGC
6
【答案】
25
【分析】由作图得BE平分∠ABC，MN垂直平分AE，再根据三角形面积公式求出△EFG和△DEG的面
积关系，再根据相似三角形的性质求解．
【详解】解：由作图得BE平分∠ABC，MN垂直平分AE，
∴∠ABE=∠EBC,AF=EF，
在 ▱ABCD中，AD∥BC,AD=BC，AB=CD=4，
∴∠AEB=∠EBC，
∴∠AEB=∠ABE，
∴AE=AB=CD=4，
∴AF=EF=2，
∴FD=EF+DE=3，
∴FD=3DE,BC=AD=AF+FD=5，
设S =x，则S =2x，S =3x，
△DEG △EFG △FDG
∵AD∥BC，
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∴△EFG∽△BCG，
S EF 2 2 2 4
∴ △EFG =( ) =( ) = ，
S BC 5 25
△BCG
∴S =12.5x，
△BCG
S 3x 6
∴ △DFG= = ，
S 12.5x 25
△BGC
6
故答案为： ．
25
【点睛】本题考查了基本作图，掌握三角形的面积公式和相似三角形的性质是关键．
20．（2023·辽宁锦州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形A B B C ，A B B C ，
1 1 2 1 2 2 3 2
A B B C ，A B B C ，…都是平行四边形，顶点B ，B ，B ，B ，B ，…都在x轴上，顶点C ，C ，
3 3 4 3 4 4 5 4 1 2 3 4 5 1 2
1
C ，C ，…都在正比例函数y= x（x≥0）的图象上，且B C =2A C ，B C =2A C ，
3 4 4 2 1 2 1 3 2 3 2
B C =2A C ，…，连接A B ，A B ，A B ，A B ，…，分别交射线OC 于点O ，O ，O ，O ，
4 3 4 3 1 2 2 3 3 4 4 5 1 1 2 3 4
…，连接O A ，O A ，O A ，…，得到ΔO A B ，ΔO A B ，ΔO A B ，…．若B (2,0)，
1 2 2 3 3 4 1 2 2 2 3 3 3 4 4 1
B (3,0)，A (3,1)，则ΔO A B 的面积为 ．
2 1 2023 2024 2024
92023
【答案】
42024
【分析】根据题意和图形可先求得∠B B A =∠B B A =90°， ∠B B A =∠B B A =90°，
2 3 2 1 2 1 3 4 3 2 3 2
(3 )
∠B B A =∠B B A =90°，⋯⋯，∠B B A =∠B B A =90°，B ×3,0
4 5 4 3 4 3 n n+1 n n−1 n n−1 3 2
((3) 2 )， ((3) 3 )， ， ((3) n−2 )，从而得 ((3) 2022 )，
B ×3,0 B ×3,0 ⋯⋯ B ×3,0 B ×3,0
4 2 5 2 n 2 2024 2
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((3) 2023 )， (3) 2023 (3) 2022 (3) 2023 ，
B ×3,0 B B = ×3− ×3=
2025 2 2024 2025 2 2 2
1 (3) 2022 3 (3) 2022
O B =n= ×3× = × ，利用三角形的面积公式即可得解．
2023 2024 4 2 4 2
【详解】解： B (2,0)，B (3,0)，A (3,1)，
1 2 1
点A (3,1)与∵点B (3,0)的横坐标相同，OB =2，B B =3−2=1，A B =1，OB =3，
1 2 1 1 2 1 2 2
∴
A B ⊥x轴，
1 2
∴∠A B O=90°，
1 2
∴B C =2A C ，
2 1 2 1
∵
B C
2 1 =2，
A C
2 1
∴
四边形A B B C ，A B B C ，A B B C ，A B B C ，…都是平行四边形，
1 1 2 1 2 2 3 2 3 3 4 3 4 4 5 4
∵A B ∥A B ，A C ∥OB ，A B ∥OB ，A C =B B ，A B =B C
1 1 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 3 1 1 2 1
∴
B A B A 3
∠A B B =∠A B B ，∠C A C =∠C B O，∠C C A =∠C OB ， 2 2= 2 2= ，
1 1 2 2 2 3 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 B A B C 2
1 1 2 1
∴
△C C A ∽∠C OB ，
1 2 2 1 2
∴
OB C B OB
2 = 1 2 = 2 =2，
C A C A B B
2 2 1 2 2 3
∴
1 1
B B = OB = ×3，
2 3 2 2 2
∴
B B 3 B A 3 3
2 3= = 2 2，OB = OB = ×3，
B B 2 B C 3 2 2 2
1 2 2 1
∴
△B B A ∽B B A ，
2 3 2 1 2 1
∴∠B B A =∠B B A =90°，
2 3 2 1 2 1
∴ (3 )
B ×3,0 ，
3 2
∴
同理可得∠B B A =∠B B A =90°，∠B B A =∠B B A =90°，⋯⋯
3 4 3 2 3 2 4 5 4 3 4 3
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， ((3) 2 )， ((3) 3 )， ， ((3) n−2 )，
∠B B A =∠B B A =90° B ×3,0 B ×3,0 ⋯⋯ B ×3,0
n n+1 n n−1 n n−1 4 2 5 2 n 2
((3) 2022 ) ((3) 2023 )
B ×3,0 ，B ×3,0 ，
2024 2 2025 2
∴
(3) 2023 (3) 2022 (3) 2023
B B = ×3− ×3= ，
2024 2025 2 2 2
∴
((3) 2022 ) 1
O ×3,n 在y= x上，
2023 2 4
∵
1 (3) 2022 3 (3) 2022
O B =n= ×3× = × ，
2023 2024 4 2 4 2
∴
1 1 (3) 2023 3 (3) 2022 34046 92023
S = B B ⋅O A = × × × = = ，
△O 2023 A 2024 B 2024 2 2024 2025 2023 2024 2 2 4 2 24048 42024
∴
92023
故答案为： ．
42024
【点睛】本题考查相似三角形的判定及性质，平行四边形的性质，坐标与图形，坐标规律，熟练掌握相似
三角形的判定及性质以及平行四边形的性质是解题关键．
21．（2023·广西·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，
M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为 ．
【答案】√2
1
【分析】首先证明出MN是△AEF的中位线，得到MN= AE，然后由正方形的性质和勾股定理得到
2
AE=√AB2+BE2=√4+BE2，证明出当BE最大时，AE最大，此时MN最大，进而得到当点E和点C重
合时，BE最大，即BC的长度，最后代入求解即可．
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【详解】如图所示，连接AE，
∵M，N分别是EF，AF的中点，
∴MN是△AEF的中位线，
1
∴MN= AE，
2
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AE=√AB2+BE2=√4+BE2，
∴当BE最大时，AE最大，此时MN最大，
∵点E是BC上的动点，
∴当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，
∴此时AE=√4+22=2√2，
1
∴MN= AE=√2，
2
∴MN的最大值为√2．
故答案为：√2．
【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上
知识点．
22．（2023·浙江台州·统考中考真题）如图，点C，D在线段AB上（点C在点A，D之间），分别以
AD，BC为边向同侧作等边三角形ADE与等边三角形CBF，边长分别为a，b．CF与DE交于点H，延
长AE，BF交于点G，AG长为c．
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（1）若四边形EHFG的周长与△CDH的周长相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
（2）若四边形EHFG的面积与△CDH的面积相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
【答案】 5a+5b=7c a2+b2=c2
【分析】由题意可得：△ABG为等边三角形，四边形EHFG为平行四边形，AB=AG=c，（1）分别求得
四边形EHFG的周长与△CDH的周长，根据题意，求解即可；（2）分别求得四边形EHFG的面积与
△CDH的面积，根据题意，求解即可．
【详解】解：等边三角形ADE与等边三角形CBF中，∠A=∠B=∠EDA=∠HCD=60°，
∴△CDH和△ABG为等边三角形，CF∥AG，ED∥BG
∴AB=AG=BG=c，四边形EHFG为平行四边形，
又∵等边三角形ADE与等边三角形CBF
∴GF=c−b，EG=c−a，AC=c−b，
∴CD=AD−AC=a+b−c，
（1）平行四边形EHFG的周长为：2(FG+EG)=2(c−b+c−a)=4c−2a−2b，
△CDH的周长为：3CD=3a+3b−3c
由题意可得：3a+3b−3c=4c−2a−2b
即：5a+5b=7c；
（2）过点F作FM⊥EG，过点H作HN⊥CD，如下图：
在Rt△FMG中，GF=c−b，∠GMF=90°，∠G=60°，
√3(c−b)
∴MF=GF×sin60°=
2
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√3(c−a)(c−b)
则平行四边形EHFG的面积为EG×MF=
2
在Rt△CNH中，CH=a+b−c，∠CNH=90°，∠HCN=60°，
√3(a+b−c)
∴HN=CH×sin60°=
2
1 √3(a+b−c) 2
则△CDH的面积为： ×CD×HN=
2 4
√3(a+b−c) 2 √3(c−a)(c−b)
由题意可得： =
4 2
化简可得：a2+b2=c2
故答案为：5a+5b=7c；a2+b2=c2
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是
熟练掌握并灵活利用等边三角形的性质求得对应线段的长度．
23．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，把两根钢条OA，OB的一个端点连在一起，点C，D分别是
OA，OB的中点．若CD=4cm，则该工件内槽宽AB的长为 cm．
【答案】8
【分析】利用三角形中位线定理即可求解．
【详解】解：∵点C，D分别是OA，OB的中点，
1
∴CD= AB，
2
∴AB=2CD=8(cm)，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理的应用，掌握“三角形的中位线是第三边的一半”是解题的关键．
24．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图， ▱ABCO的顶点O、A、C的坐标分别是
(0，0)、(3，0)、(1，2)．则顶点B的坐标是 ．
【12淘0 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】(4，2)
【分析】根据“平行四边形的对边平行且相等的性质”得到点B的纵坐标与点C的纵坐标相等，且
BC=OA=3，即可得到结果．
【详解】解：∵在▱ABCO中，O(0，0)，A(3，0)，
∴BC=OA=3，
∵BC∥AO，
∴点B的纵坐标与点C的纵坐标相等，
∴B(4，2)，
故答案为：(4，2)．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和坐标与图形的性质，此题充分利用了“平行四边形的对边相
等且平行”的性质．
三、解答题
25．（2023·山东淄博·统考中考真题）如图，在 ▱ABCD中，E，F分别是边BC和AD上的点，连接AE，
CF，且AE∥CF．求证：
(1)∠1=∠2；
(2)△ABE≌△CDF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）证明四边形AECF是平行四边形即可；
（2）用SSS证明△ABE≌△CDF即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AF∥EC，
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又∵ AE∥CF．
∴四边形AECF是平行四边形．
∴∠1=∠2(平行四边形对角相等)
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴AE=FC，AF=CE，
∴BE=FD，
在△ABE和△CDF中，
∵ ¿，
∴△ABE≌△CDF(SSS)．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和三角形全等的判定，熟练掌握平行四边形性质是解本题的关键．
26．（2023·山东泰安·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点F是DC边
上的一点，连接AF，将△ADF沿直线AF折叠，点D落在点G处，连接AG并延长交DC于点H，连接
FG并延长交BC于点M，交AB的延长线于点E，且AC=AE．
(1)求证：四边形DBEF是平行四边形；
(2)求证：FH=ME．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质证明AD=AG， AE=BD，∠AGE=∠DAB=90°，由此
即可证明Rt△ABD≌Rt△GEA得到∠AEG=∠DBA，进而推出BD∥EF，再由BE∥DF，即可证明四
边形DBEF是平行四边形；
（2）由（1）的结论可得BE=DF，进一步证明BE=GF，再证明△FGH≌△EBM，即可证明FH=ME．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
1
∴AB∥CD，AD=BC，∠ADC=∠ABC= BAD=90°，AC=BD，
2
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由折叠的性质可得AD=AG， ∠AGF=∠ADF=90°，
∴∠AGE=∠DAB=90°，
∵AC=AE，AC=BD，
∴AE=BD，
∴Rt△ABD≌Rt△GEA(HL)，
∴∠AEG=∠DBA，
∴BD∥EF，
又∵BE∥DF，
∴四边形DBEF是平行四边形；
（2）证明：∵四边形DBEF是平行四边形，
∴BE=DF，
由折叠的性质可得GF=DF，
∴BE=GF，
∵CD∥AB，
∴∠HFG=∠E，
又∵∠FGH=180°−∠AGF=90°=∠MBE，
∴△FGH≌△EBM(ASA)，
∴FH=ME．
【点睛】本题主要考查了矩形于折叠问题，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，熟
练掌握相关知识是解题的关键．
27．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题） ▱ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，连接DE，将ED绕点E
逆时针旋转90°，得到EF，连接BF．
(1)当点E在线段BC上，∠ABC=45°时，如图①，求证：AE+EC=BF；
(2)当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45°时，如图②：当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135°时，
如图③，请猜想并直接写出线段AE，EC，BF的数量关系；
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(3)在（1）、（2）的条件下，若BE=3，DE=5，则CE=_______．
【答案】(1)见解析
(2)图②：AE−EC=BF，图③：EC−AE=BF
(3)1或7
【分析】（1）求证∠BEF=∠AED，AE=BE，得△BEF≌△AED(SAS)，所以BF=AD，进而
AD=BC=BF，所以AE+CE=BE+CE=BC=BF；
（2）如图②，当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45°时，同（1），△BEF≌△AED(SAS)，得
AD=BF，结合平行四边形性质，得AD=BC=BF，所以AE−EC=BF；如图③，当点E在线段CB延
长线上，∠ABC=135°时，求证∠BAE=∠ABE，得AE=BE，同（1）可证△BEF≌△AED(SAS)，
BF=AD，结合平行四边形性质，得AD=BC=BF，所以EC−AE=BF；
（3）如图①，Rt△EBF中，勾股定理，得 BF=√EF2−BE2=4，求得EC=BF−AE=1；如图②，
BE=3，则AE=3,Rt△ADE中，AD=√DE2−AE2=√52−32=4，可得图②中，不存在BE=3，DE=5
的情况；如图③，Rt△AED中，勾股定理，得 AD=√DE2−AE2=4，求得EC=AE+BF=7．
【详解】（1）证明：∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°．
∵∠FED=90°，
∴∠AEB=∠FED
∴∠AEB−∠AEF=∠FED−∠AEF
∴∠BEF=∠AED．
∵∠ABC=45°，
∴∠ABC=∠BAE=45°．
∴AE=BE．
∵EF=ED，
∴△BEF≌△AED(SAS)．
∴BF=AD．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=BF．
∴AE+CE=BE+CE=BC=BF；
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（2）如图②，当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45°时，
同（1），AE=BE，△BEF≌△AED(SAS)
∴AD=BF
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=BF．
∴AE−EC=BE−EC=BC=BF
即AE−EC=BF；
如图③，当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135°时，
∵∠ABC=135°
∴∠ABE=180°−∠ABC=45°
∵AE⊥BC
∴∠AEB=90°
∴∠BAE=180°−∠AEB−∠ABE=45°
∴∠BAE=∠ABE
∴AE=BE
同（1）可证，△BEF≌△AED(SAS)
∴BF=AD
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=BF．
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∴EC−AE=EC−EB=BC=BF
即EC−AE=BF
（3）如图①，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAD=∠AEB=90°
∵△BEF≌△AED
∴∠EAD=∠EBF=90°
Rt△EBF中，EF=DE=5,BE=AE=3，BF=√EF2−BE2=√52−32=4
由AE+EC=BF，得EC=BF−AE=4−3=1；
如图②，BE=3，则AE=3,Rt△ADE中，AD=√DE2−AE2=√52−32=4，
∴BC=AD=4,与BE=3矛盾，故图②中，不存在BE=3，DE=5的情况；
如图③，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC
∴∠EAD+∠AEB=180°
∵∠AEB=90°
∴∠EAD=90°
Rt△AED中，AE=BE=3，AD=√DE2−AE2=√52−32=4
∴BF=AD=4
由EC−AE=BF知，EC=AE+BF=3+4=7．
综上，CE=1或7．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，根据条件选用恰当的方法作全等的判定
是解题的关键．
28．（2023·广东深圳·统考中考真题）（1）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，
①若BE=BC，过C作CF⊥BE交BE于点F，求证：△ABE≌△FCB；
②若S =20时，则BE⋅CF=______．
矩形ABCD
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1
（2）如图，在菱形ABCD中，cosA= ，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交
3
AD于点F，若S =24时，求EF⋅BC的值．
菱形ABCD
（3）如图，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB=6，AD=5，点E在CD上，且CE=2，点F为BC
上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF⋅EG=7√3时，请直接写出
AG的长．
3
【答案】（1）①见解析；②20；（2）32；（3）3或4或
2
【分析】（1）①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，进而证明
∠FCB=∠ABE结合已知条件，即可证明△ABE≌△FCB；
AB BE
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°，证明△ABE∽△FCB，得出 = ，根据
CF BC
S =AB⋅CD=20，即可求解；
矩形ABCD
1 4
（2）根据菱形的性质得出AD∥BC，AB=BC，根据已知条件得出BE= BC,AE= AB，证明
3 3
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△AFE∽△BEC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过
点E作EH⊥DM于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出MG=7，根据
tan∠MEH=tan∠HGE，得出H E2=HM⋅HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，
如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG
是平行四边形，同理证明△ENG∽△ECM，根据tan∠FEH=tan∠M得出EH2=FH⋅HM，建立方程，
25√3
解方程即可求解；③当G点在BC边上时，如图所示，过点B作BT⊥DC于点T，求得S = ，而
△BTC 8
7
S = √3，得出矛盾，则此情况不存在．
△EFG 2
【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
又∵CF⊥BC，
∴∠FCB+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，
∴∠FCB=∠ABE，
又∵BC=BE，
∴△ABE≌△FCB；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°
∴△ABE∽△FCB
AB BE
∴ = ，
CF BC
又∵S =AB⋅CD=20
矩形ABCD
∴BE⋅CF=AB⋅BC=20,
故答案为：20．
1
（2）∵在菱形ABCD中，cosA= ，
3
∴AD∥BC，AB=BC，
则∠CBE=∠A，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°，
BE
∵cos∠CBE=
CB
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1
∴BE=BC⋅cos∠CBE=BC×cos∠A= BC，
3
1 1 4
∴AE=AB+BE=AB+ BC=AB+ AB= AB，
3 3 3
∵EF⊥AD，CE⊥AB
∴∠AFE=∠BEC=90°,
又∠CBE=∠A，
∴△AFE∽△BEC，
AE EF AF
∴ = = ，
BC CE BE
4 4 4
∴EF⋅BC =AE⋅CE= AB×CE= S = ×24=32；
3 3 菱形ABCD 3
（3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM
于点H，
∵平行四边形ABCD中，AB=6，CE=2，
∴CD=AB=6，DE=DC−EC=6−2=4,
∵DM∥FC，
∴△EDM∽△ECF
EM ED 4
∴ = = =2，
EF EC 2
S EM
∴ △MGE= =2
S EF
△FEG
∴S =2S = EF⋅EG=7√3
△MGE △EFG
在Rt△DEH中，∠HDE=∠A=60°，
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√3 √3 1
则EH= DE= ×4=2√3，DH= DE=2，
2 2 2
1
∴ MG×HE=7√3
2
∴MG=7，
∵¿⊥EF,EH⊥MG，
∴∠MEH=90°−∠HEG=∠HGE
∴tan∠MEH=tan∠HGE
HE HM
∴ =
HG HE
∴H E2=HM⋅HG
设AG=a，则GD=AD−AG=5−a，GH=GD+HD=5−a+2=7−a，
HM=GM−GH=7−(7−a)=a，
∴(2√3)
2=x(7−x)
解得：a=3或a=4，
即AG=3或AG=4，
②当G点在AB边上时，如图所示，
连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边
形，
设AG=x，则DN=AG=x，EN=DE−DN=4−x，
∵GN∥CM
∴△ENG∽△ECM
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EG EN GN 4−x
∴ = = = ，
EM EC CM 2
2GN 10
∴CM= =
4−x 4−x
S EG 4−x
∴ △GEF = = ，
S EM 2
△MEF
∵EF⋅EG=7√3
2S 7√3
∴S = △GEF =
△MEF 4−x 4−x
过点E作EH⊥BC于点H，
在Rt△EHC中，EC=2,∠ECH=60°，
∴EH=√3，CH=1，
1 1 7√3
∴S = ×MF×EH，则 ×√3×MF= ，
△MEF 2 2 4−x
14
∴MF= ，
4−x
14 10 x 10 14−x
∴FH=MF−CM−CH= − −1= ，MH=CM+CH= +1=
4−x 4−x 4−x 4−x 4−x
∵∠MEF=∠EHM=90°，
∴∠FEH=90°−∠MEH=∠M
∴tan∠FEH=tan∠M，
FH EH
即 = ，
EH HM
∴EH2=FH⋅HM
x 14−x
即(√3)
2=
×
4−x 4−x
3
解得：x = ,x =8（舍去）
1 2 2
3
即AG= ；
2
③当G点在BC边上时，如图所示，
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过点B作BT⊥DC于点T，
1 5 5√3
在Rt△BTC中，CT= BC= ，BT=√3TC= ，
2 2 2
1 1 5√3 5 25√3
∴S = BT×TC= × × = ，
△BTC 2 2 2 2 8
∵EF⋅EG=7√3，
7
∴S = √3，
△EFG 2
25 7
∵ √3< √3，
8 2
∴G点不可能在BC边上，
3
综上所述，AG的长为3或4或 ．
2
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌
握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
29．（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）已知四边形ABCD是平行四边形，点E在对角线BD上，点F在
边BC上，连接AE，EF，DE=BF，BE=BC．
(1)如图①，求证△AED≌△EFB；
(2)如图②，若AB=AD，AE≠ED，过点C作CH∥AE交BE于点H，在不添加任何轴助线的情况下，
请直接写出图②中四个角（∠BAE除外），使写出的每个角都与∠BAE相等．
【答案】(1)见解析；
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(2)∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AD=BC=BE，BC∥AD，进而有∠ADE=∠EBF，从而利用
SAS即可证明结论成立；
（2）先证四边形ABCD是菱形，得AB=BC=BE=CD=AD，又证△ABE≌△CDH(AAS)，得
∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，由（1）得△AED≌△EFB(SAS)得∠AED=∠EFB，根据等角
的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，BE=BC
∴AD=BC=BE，BC∥AD，
∴∠ADE=∠EBF，
∵DE=BF， ∠ADE=∠EBF，AD=BE
∴△AED≌△EFB(SAS)；
（2）解：∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由如下：
∵AB=AD，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形， BC∥AD，AB∥CD
∴AB=BC=BE=CD=AD，∠ADE=∠EBF，∠ABE=∠CDH，
∴∠BEA=∠BAE，
∵CH∥AE，
∴∠BEA=∠DHC，
∴△ABE≌△CDH(AAS)，
∴∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，
由（1）得△AED≌△EFB(SAS)，
∴∠AED=∠EFB，
∵∠AED+∠BEA=∠EFB+∠EFC=180°，
∴∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及
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等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
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