2024年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)（全國版）第22講 多邊形與平行四邊形（練習(xí)）（解析版）

第22講多邊形與平行四邊形目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u題型01多邊形的概念及分類題型02計算網(wǎng)格中不規(guī)則多邊形面積題型03計算多邊形對角線條數(shù)題型04多邊形內(nèi)角和問題題型05已知多邊形內(nèi)角和求邊數(shù)題型06多邊形的割角問題題型07多邊形的外角問題題型08多邊形外角和的實際應(yīng)用題型09多邊形內(nèi)角和、外角和與平行線的合運用題型10多邊形內(nèi)角和與外角和的綜合應(yīng)用題型11平面鑲嵌題型12利用平行四邊形的性質(zhì)求解題型13利用平行四邊形的性質(zhì)證明題型14判斷已知條件能否構(gòu)成平行四邊形題型15數(shù)平行四邊形個數(shù)題型16求與已知三點組成平行四邊形的點的個數(shù)題型17證明四邊形是平行四邊形題型18與平行四邊形有關(guān)的新定義問題題型19利用平行四邊形的性質(zhì)與判定求解題型20利用平行四邊形的性質(zhì)與判定證明題型21平行四邊形性質(zhì)與判定的應(yīng)用題型22三角形中位線有關(guān)的計算題型23三角形中位線與三角形面積計算問題題型24與三角形中位線有關(guān)的規(guī)律探究題型25與三角形中位線有關(guān)的格點作圖題型26連接兩點構(gòu)造三角形中位線題型27已知中點，取另一條線段的中點構(gòu)造中位線題型28利用角平分線垂直構(gòu)造三角形的中位線題型01多邊形的概念及分類1．（2022·上海楊浦·統(tǒng)考二模）下列命題中，正確的是（

）A．正多邊形都是中心對稱圖形 B．正六邊形的邊長等于其外接圓的半徑C．邊數(shù)大于3的正多邊形的對角線長都相等 D．各邊相等的圓外切多邊形是正多邊形【答案】B【分析】根據(jù)正多邊形的性質(zhì)、正多邊形的對角線、正多邊形的概念判斷即可．【詳解】解：A、邊數(shù)是偶數(shù)的正多邊形都是中心對稱圖形，邊數(shù)是奇數(shù)的正多邊形不是中心對稱圖形，故本選項說法錯誤，不符合題意；B、正六邊形的邊長等于其外接圓的半徑，本選項說法正確，符合題意；C、邊數(shù)大于3的正多邊形的對角線長不都相等，可以以正八邊形為例得出對角線長不都相等，故本選項說法錯誤，不符合題意；D、各邊相等的圓外切多邊形不一定是正多邊形，例如，圓外切菱形邊數(shù)正多邊形，故本選項說法錯誤，不符合題意；故選：B．【點睛】本題考查的是命題的真假判斷，正確的命題叫真命題，錯誤的命題叫做假命題．判斷命題的真假關(guān)鍵是要熟悉課本中的性質(zhì)定理．2．（2020·全國·模擬預(yù)測）下列圖形中，正多邊形的個數(shù)有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C題型02計算網(wǎng)格中不規(guī)則多邊形面積3．（2021·北京平谷·統(tǒng)考一模）如圖所示的網(wǎng)格是正方形網(wǎng)格，A，B，C，D是網(wǎng)格線交點，則ΔABO的面積與ΔCDO的面積的大小關(guān)系為：S△ABOS【答案】=【分析】根據(jù)圖形可知S△ABO=S△ABC?S△AOC，S△CDO=S△ACD?S△AOC，然后由圖易知△ABC和△【詳解】解：由圖易有：S△ABO=S△ABC?S△AOC∵△ABC和△ADC同底等高，∴S△ABC∴S△ABO=S故答案為：=【點睛】本題考查了三角形的面積，判斷所求三角形的計算方法是本題的關(guān)鍵．4．（2021·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在平面直角坐標(biāo)系中，我們把橫縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點稱為格點，若一個多邊形的頂點全是格點，則稱該多邊形為格點多邊形．例如：圖中△ABC的與四邊形DEFG均為格點多邊形．格點多邊形的面積記為S，其內(nèi)部的格點數(shù)記為N，邊界上的格點記為L，已知格點多邊形的面積可表示為S=N+aL+b（a，b為常數(shù)），若某格點多邊形對應(yīng)的N=14，L=7，則S=（

）A．16.5 B．17 C．17.5 D．18【答案】A【分析】先分別根據(jù)△ABC和四邊形DEFG中，S、N、L的數(shù)值得出關(guān)于a和b的二元一次方程組，解得a和b的值，則可求得當(dāng)N=14，L=7時S的值．【詳解】解：△ABC中，S=1，N=0，L=4，則4a+b=1；同理，四邊形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；聯(lián)立得4a+b=1解得：a=0.5，b=?1∴N=14，L=7，則S=14+3.5?1=16.5，故選：A．【點睛】本題屬于創(chuàng)新題型，主要考查了二元一次方程相關(guān)知識以及學(xué)生對于題意理解和數(shù)據(jù)分析能力．5．（2021·北京順義·統(tǒng)考一模）如圖所示的網(wǎng)格是正方形網(wǎng)格，點A，B，C，D，E，F(xiàn)是網(wǎng)格線的交點，則△ABC的面積與△DEF的面積比為．【答案】1∶4【分析】分別求出△ABC的面積和△ABD的面積，即可求解．【詳解】解：S△ABCS△DEF∴△ABC的面積與△DEF的面積比為1∶4．故答案為1∶4．【點睛】本題考查了三角形的面積，掌握三角形的面積公式是解本題的關(guān)鍵．6．（2020·山西運城·統(tǒng)考模擬預(yù)測）閱讀下列材料，并按要求完成相應(yīng)的任務(wù)．任務(wù)：（1）如圖2，是5×5的正方形網(wǎng)格，且小正方形的邊長為1，利用“皮克定理”可以求出圖中格點多邊形的面積是；（2）已知：一個格點多邊形的面積S為15，且邊界上的點數(shù)b是內(nèi)部點數(shù)a的2倍，則a+b＝；（3）請你在圖3中設(shè)計一個格點多邊形（要求：①格點多邊形的面積為8；②格點多邊形是一個軸對稱圖形但不是中心對稱圖形）【答案】（1）7.5；（2）24；（3）如圖所示，見解析．【分析】（1）根據(jù)皮克定理求解即可；（2）根據(jù)題意列式求出a，b的值，即可求解．（3）根據(jù)軸對稱圖形和中心對稱圖形的性質(zhì)進行作圖即可．【詳解】（1）由“皮克定理”可得：S＝5+72﹣1＝7.5故答案為：7.5；（2）∵S為15，且邊界上的點數(shù)b是內(nèi)部點數(shù)a的2倍，∴a+2a2﹣1＝15解得：a＝8，則b＝16，故a+b＝24，故答案為：24；（3）如圖所示：．【點睛】本題考查了格點多邊形的問題，掌握皮克定理、軸對稱圖形、中心對稱圖形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型03計算多邊形對角線條數(shù)7．（2022·廣東深圳·坪山中學(xué)校考模擬預(yù)測）多邊形的對角線共有20條，則下列方程可以求出多邊形邊數(shù)的是（

）A．nn?2=20 B．nn?2=40 C．【答案】D【分析】先由n邊形從一個頂點出發(fā)可引出n?3條對角線，再根據(jù)n邊形對角線的總條數(shù)為nn?3【詳解】解：設(shè)多邊形邊數(shù)為n，從一個頂點出發(fā)可引出n?3條對角線，再根據(jù)n邊形對角線的總條數(shù)為nn?3即nn?3nn?3故答案選：D．【點睛】本題考查了多邊形的對角線公式，根據(jù)多邊形對角線公式列等式是解答本題的關(guān)鍵．8．（2022·陜西·校聯(lián)考模擬預(yù)測）若一個多邊形從一個頂點出發(fā)可以引7條對角線，則這個多邊形共有條對角線．【答案】35【分析】根據(jù)n邊形從一個頂點出發(fā)可引出（n-3）條對角線，再根據(jù)n(n?3)2【詳解】解：根據(jù)題意可知，n?3=7，∴n=10，∴這個多邊形共有對角線的數(shù)量為：n(n?3)2故答案為：35．【點睛】本題考查了多邊形對角線的問題，正確理解多邊形的邊數(shù)與從一個頂點發(fā)出的對角線的條數(shù)之間的關(guān)系，以及正確求出總的對角線數(shù)量是解決本題的關(guān)鍵．9．（2021·山東青島·統(tǒng)考二模）【問題】用n邊形的對角線把n邊形分割成（n?2個三角形，共有多少種不同的分割方案n≥4？【探究】為了解決上面的數(shù)學(xué)問題，我們采取一般問題特殊化的策略，先從最簡單情形入手，再逐次遞進轉(zhuǎn)化，最后猜想得出結(jié)論．不妨假設(shè)n邊形的分割方案有fn探究一：用四邊形的對角線把四邊形分割成2個三角形，共有多少種不同的分割方案？如圖①，圖②，顯然，只有2種不同的分割方案．所以，f4探究二：用五邊形的對角線把五邊形分割成3個三角形，共有多少種不同的分割方案？不妨把分割方案分成三類：第1類：如圖③，用點A，E與B連接，先把五邊形分割轉(zhuǎn)化成1個三角形和1個四邊形，再把四邊形分割成2個三角形，由探究一知，有f4種不同的分割方案，所以，此類共有f第2類：如圖④，用點A，E與C連接，把五邊形分割成3個三角形，有1種不同的分割方案，可視為12第3類：如圖⑤，用點A，E與D連接，先把五邊形分割轉(zhuǎn)化成1個三角形和1個四邊形，再把四邊形分割成2個三角形，由探究一知，有f（4）種不同的分割方案，所以，此類共有f（4）種不同的分割方案．所以，f5探究三：用六邊形的對角線把六邊形分割成4個三角形，共有多少種不同的分割方案？不妨把分割方案分成四類：第1類：如圖⑥，用A，F(xiàn)與B連接，先把六邊形分割轉(zhuǎn)化成1個三角形和1個五邊形，再把五邊形分割成3個三角形，由探究二知，有f5種不同的分割方案，所以，此類共有f第2類：如圖⑦，用A，F(xiàn)與C連接，先把六邊形分割轉(zhuǎn)化成2個三角形和1個四邊形．再把四邊形分割成2個三角形，由探究一知，有f4種不同的分割方案．所以，此類共有f第3類：如圖⑧，用A，F(xiàn)與D連接，先把六邊形分割轉(zhuǎn)化成2個三角形和1個四邊形．再把四邊形分割成2個三角形，由探究一知，有f4種不同的分割方案．所以，此類共有f第4類：如圖，用A，F(xiàn)與E連接，先把六邊形分割轉(zhuǎn)化成1個三角形和1個五邊形，再把五邊形分割成3個三角形，由探究二知，有f5種不同的分割方案．所以，此類共有f所以，f=f5探究四：用七邊形的對角線把七邊形分割成5個三角形，則f7與f6的關(guān)系為……【結(jié)論】用n邊形的對角線把n邊形分割成n?2個三角形，共有多少種不同的分割方案n≥4？（直接寫出fn與f【應(yīng)用】用九邊形的對角線把九邊形分割成7個三角形，共有多少種不同的分割方案？（應(yīng)用上述結(jié)論中的關(guān)系式求解）【答案】探究四：18，42；[結(jié)論]fn【分析】[探究]根據(jù)探究的結(jié)論得到規(guī)律計算即可；[結(jié)論]根據(jù)五邊形，六邊形，七邊形的對角線把圖形分割成三角形的方案總結(jié)規(guī)律即可得到答案；[應(yīng)用]利用規(guī)律求得八邊形及九邊形的對角線把圖形分割成三角形的方案即可．【詳解】所以，f=2f=3f=18=42．故答案為：18，42．[結(jié)論]由題意知f5=104ffn[應(yīng)用]根據(jù)結(jié)論得：f8f9則用九邊形的對角線把九邊形分割成7個三角形，共有429種不同的分割方案．【點睛】此題考查多邊形的對角線，圖形變化類規(guī)律題，研究了多邊形對角線分割多邊形成三角形的關(guān)系，關(guān)鍵是能夠得到規(guī)律，此題有難度，注意利用數(shù)形結(jié)合的思想．題型04多邊形內(nèi)角和問題10．（2023·山東日照·?？既＃┪覀冎廊切蔚膬?nèi)角和為180°，而四邊形可以分成兩個三角形，故它的內(nèi)角和為2×180°=360°，五邊形則可以分成3個三角形，它的內(nèi)角和為3×180°=540°（如圖），依此類推，則八邊形的內(nèi)角和為（

）

A．900° B．1080° C．1260° D．1440°【答案】B【分析】根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式n?2×180°【詳解】解：由多邊形內(nèi)角和公式可得：八邊形的內(nèi)角和為8?2故選：B【點睛】此題考查了多邊形的內(nèi)角和，解題的關(guān)鍵是掌握多邊形的內(nèi)角和公式．11．（2023·河北邯鄲·?？寄M預(yù)測）一塊四邊形ABCD玻璃被打破，如圖所示．小紅想制做一模一樣的玻璃，經(jīng)測量∠A=120°，∠B=60°，∠C=150°，則∠D的度數(shù)（A．65° B．45° C．30° D．20°【答案】C【分析】根據(jù)四邊形內(nèi)角和求解即可．【詳解】解：∵∠A=120°，∠B=60°，∠C=150°，四邊形內(nèi)角和為∴∠D=360°?120°?60°?150°=30°，故選：C．【點睛】本題考查了四邊形內(nèi)角和，熟記知識點是解題關(guān)鍵．12．（2023·河北滄州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）一個多邊形，除了一個內(nèi)角外，其余各角的和為2750°，則這一內(nèi)角為度．【答案】130【分析】設(shè)多邊形的邊數(shù)為x，根據(jù)多邊形的內(nèi)角一定大于0，并且小于180度，因而內(nèi)角和除去一個內(nèi)角的值，這個值除以180度，所得數(shù)值比邊數(shù)要小，小的值小于1，可以求出多邊形的邊數(shù)為18，再利用內(nèi)角和公式即可得出結(jié)果．【詳解】解：設(shè)多邊形的邊數(shù)為x，由題意有x?2?180°=2750°解得：x=175因而多邊形的邊數(shù)是18，則這一內(nèi)角為18?2×180°?2750°=130°故答案為：130．【點睛】本題考查多邊形的內(nèi)角和公式，熟記多邊形的內(nèi)角和公式是解題的關(guān)鍵．13．（2023·廣東東莞·東莞市厚街海月學(xué)校?？寄M預(yù)測）我們給出如下定義：若一個四邊形中存在相鄰兩邊的平方和等于一條對角線的平方，則稱這個四邊形為“勾股四邊形”，這兩條相鄰的邊稱為這個四邊形的勾股邊，如圖，在四邊形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，AB=BC．

(1)求∠A+∠C的度數(shù)．(2)判斷四邊形ABCD是否是“勾股四邊形”，并說明理由．【答案】(1)270°(2)四邊形ABCD是“勾股四邊形”，理由見解析【分析】（1）在四邊形ABCD中，由四邊形內(nèi)角和定理即可得出結(jié)果；（2）連接BD，以BD為邊向下作等邊三角形△BDQ，由等邊三角形的性質(zhì)得出∠DBQ=60°，BD=BQ，證出∠ABD=∠CBQ，證明△ABD≌△CBQ，得出AD=CQ，∠A=∠BCQ，證出∠DCQ=90°，再由勾股定理即可得出結(jié)論．【詳解】（1）在四邊形ABCD中，∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，∠B=60°，∠D=30°，∴∠A+∠C=360°?30°?60°=270°；（2）四邊形ABCD是“勾股四邊形”，理由：連接BD，以BD為邊向下作等邊三角形△BDQ，連接CQ，

則∠DBQ=60°，BD=BQ，∵∠ABC=∠DBQ=60°，∴∠ABD=∠CBQ，在△ABD和△CBQ中，AB=CB∠ABD=∠CBQ∴△ABD≌△CBQSAS，∴AD=CQ，∠A=∠BCQ，∴∠A+∠BCD=∠BCQ+∠BCD=270°，∴∠DCQ=90°，∴CD∵CQ=AD，DQ=BD，∴CD∴四邊形ABCD是“勾股四邊形”．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了四邊形內(nèi)角和定理、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)和勾股定理以及逆定理，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．題型05已知多邊形內(nèi)角和求邊數(shù)14．（2022·北京西城·北京師大附中?？寄M預(yù)測）一個多邊形的內(nèi)角和等于1260°，則它是（）A．五邊形 B．七邊形 C．九邊形 D．十邊形【答案】C【分析】設(shè)這個多邊形的邊數(shù)為n，根據(jù)多邊形的內(nèi)角和定理得到(n?2)×180=1260，然后解方程即可．【詳解】解：設(shè)這個多邊形的邊數(shù)為n，(n?2)×180=1260，解得n=9，故這個多邊形為九邊形．故選：C．【點睛】本題考查了多邊形的內(nèi)角和定理，解題的關(guān)鍵是掌握n邊形的內(nèi)角和為(n?2)×180°．15．（2022·陜西西安·?？寄M預(yù)測）一個正多邊形的內(nèi)角和是1440°，則此多邊形的邊數(shù)是，對角線共有條．【答案】1035【分析】設(shè)此多邊形的邊數(shù)是n，根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式和對角線條數(shù)的公式，列出方程求解即可．【詳解】解：設(shè)此多邊形的邊數(shù)是n，180°×n?2解得：n=10，∴對角線條數(shù)為：nn?3故答案為：10，35．【點睛】本題主要考查了多邊的內(nèi)角和，多邊形的對角線條數(shù)，解題的關(guān)鍵是掌握n邊形的內(nèi)角和為180°×n?2，對角線條數(shù)為n題型06多邊形的割角問題16．（2022·河北·模擬預(yù)測）若過多邊形的一個頂點作一條直線，把這個多邊形截掉兩個角，它的內(nèi)角和變?yōu)?260°，則這個多邊形原來的邊數(shù)為（

）A．12 B．10 C．11 D．10或11【答案】D【分析】分從頂點到頂點裁剪和從頂點到邊裁剪兩種情況求解．【詳解】多邊形裁掉2個角，有兩種情況，從頂點到頂點裁剪，從頂點到邊裁剪．∵新多邊形內(nèi)角和為1260°，∴根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式180°×（n-2）=1260°，解得：n=9，∴新多邊形的邊數(shù)為9．①從頂點到頂點裁剪，多邊形會減少兩個角，則原多邊形的邊數(shù)為11；②從頂點到邊裁剪，多邊形會減少一個角，則原多邊形的邊數(shù)為10．故選：D．【點睛】本題考查了多邊形的內(nèi)角和，熟練掌握截角的方法是解題的關(guān)鍵．17．（2021·上海徐匯·統(tǒng)考二模）如果剪掉四邊形的一個角，那么所得多邊形的內(nèi)角和的度數(shù)不可能是（）A．180° B．270° C．360° D．540°【答案】B【分析】分四邊形剪去一個角，邊數(shù)減少1，不變，增加1，三種情況討論求出所得多邊形的內(nèi)角和，即可得解．【詳解】解：剪去一個角，若邊數(shù)減少1，則內(nèi)角和＝（3﹣2）×180°＝180°，若邊數(shù)不變，則內(nèi)角和＝（4﹣2）×180°＝360°，若邊數(shù)增加1，則內(nèi)角和＝（5﹣2）×180°＝540°，所以，所得多邊形內(nèi)角和的度數(shù)可能是180°，360°，540°，不可能是270°．故選：B．【點睛】本題考查了多邊形的內(nèi)角與外角，要注意剪去一個角有三種情況．18．（2019·山東德州·統(tǒng)考一模）如圖是將一多邊形剪去一個角，則新多邊形的內(nèi)角和（）A．比原多邊形少180° B．與原多邊形一樣C．比原多邊形多360° D．比原多邊形多180°【答案】D【分析】根據(jù)多邊形的內(nèi)角和定理求解可得．【詳解】按如圖所示方式將一多邊形剪去一個角，則新多邊形的邊數(shù)增加一條，所以其內(nèi)角和比原多邊形的內(nèi)角和多180°，故選D．【點睛】本題主要考查了多邊形的內(nèi)角和的計算公式，理解：剪掉一個多邊形的一個角，則所得新的多邊形的角可能增加一個，也可能不變，也可能減少一個，取決于其邊數(shù)增加還是減少．是解決本題的關(guān)鍵．題型07多邊形的外角問題19．（2023·北京通州·統(tǒng)考一模）正七邊形的外角和是（

）A．900° B．700° C．360° D．180°【答案】C【分析】由多邊形外角和為360°可得答案．【詳解】解：∵多邊形的外角和為：360°，∴正七邊形的外角和是360°，故選C．【點睛】本題考查的是正多邊形的外角和問題，熟記多邊形的外角和為360°是解本題的關(guān)鍵．20．（2022·云南昆明·統(tǒng)考一模）小麗利用學(xué)習(xí)的數(shù)學(xué)知識，給同伴出了這樣一道題：假如從點A出發(fā)，如圖所示，沿直線走6米后向左轉(zhuǎn)θ，接著沿直線前進6米后，再向左轉(zhuǎn)θ……如此走法，當(dāng)她第一次走到A點時，發(fā)現(xiàn)自己走了72米，θ的度數(shù)為（

）A．30° B．32° C．35° D．36°【答案】A【分析】小麗第一次回到出發(fā)點A時，所經(jīng)過的路線正好構(gòu)成一個正多邊形．計算這個正多邊形的邊數(shù)和外角即可．【詳解】解：∵第一次回到出發(fā)點A時，所經(jīng)過的路線正好構(gòu)成一個正多邊形，∴多邊形的邊數(shù)為：72÷6=12．根據(jù)多邊形的外角和為360°，∴他每次轉(zhuǎn)過的角度θ=360°÷12=30°．故選：A．【點睛】本題考查多邊形的外角和．解題的關(guān)鍵時判斷出小麗第一次返回點A時，所經(jīng)過的路徑構(gòu)成一個正多邊形．21．（2021·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知一個多邊形每一個外角都是60°，則它是邊形．【答案】六【分析】根據(jù)多邊形的外角和為360°，進行計算即可．【詳解】解：360°÷60°=6；∴這個多邊形為六邊形；故答案為：六．題型08多邊形外角和的實際應(yīng)用22．（2023·北京房山·統(tǒng)考一模）如圖是由射線AB，BC，CD，DE，EF，F(xiàn)A組成的平面圖形，則∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6的值為（

）A．180° B．360° C．540° D．720°【答案】B【分析】根據(jù)多邊形的外角和等于360°解答即可．【詳解】解：由多邊形的外角和等于360°可知，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=360°，故選：B．【點睛】本題考查的是多邊形的外角和，掌握多邊形的外角和等于360°是解題的關(guān)鍵．23．（2023·貴州遵義·統(tǒng)考三模）如圖，小明沿一個五邊形的廣場小道按A→B→C→D→E的方向跑步健身，他每跑完一圈時，身體轉(zhuǎn)過的角度之和是（

）

A．180° B．360° C．540° D．720°【答案】B【分析】根據(jù)多邊形的外角和等于360°即可求解.【詳解】解：∵多邊形的外角和等于360°，∴∴他每跑完一圈，身體轉(zhuǎn)過的角度之和是360°.故選：B.【點睛】本考查的是多邊形的內(nèi)角與外角，掌握多邊形的外角和等于360°是解決此題的關(guān)鍵.24．（2022·河北保定·統(tǒng)考二模）一機器人以3m/s的速度在平地上按如下要求行走，則該機器人從開始到停止所行走的路程為m，共需時間s．【答案】4816【分析】該機器人所經(jīng)過的路徑是一個正多邊形，利用360°除以30°，即可求得正多邊形的邊數(shù)，即可求得周長，利用周長除以速度即可求得所需時間．【詳解】解析：一次向左轉(zhuǎn)30°，共需36030故行走的路線為正十二邊形．行走的路程為4×12=48(m)共需時間483故答案為：48；16【點睛】本題考查了正多邊形的外角和定理，理解經(jīng)過的路線是正多邊形是關(guān)鍵．題型09多邊形內(nèi)角和、外角和與平行線的合運用25．（2020·河北·校聯(lián)考二模）如圖，一束平行太陽光線FA、GB照射到正五邊形ABCDE上，∠ABG=50°，則∠FAE的度數(shù)是（

）A．22° B．32° C．50° D．130°【答案】A【分析】先根據(jù)正五邊形的性質(zhì)求出∠EAB的度數(shù)，再由平行線的性質(zhì)即可得出結(jié)論．【詳解】解：∵ABCDE為正五邊形，∴∠EAB=108°，∵太陽光線互相平行，∴FA∥GB，又∠ABG=50°，∴∠FAE=故選：A．【點睛】本題考查平行線的性質(zhì)，多邊形內(nèi)角與外角，解題關(guān)鍵在于求出∠EAB．26．（2023·河北保定·?？寄M預(yù)測）如圖，六邊形ABCDEF為正六邊形，l1∥l2，則

A．60° B．80° C．108° D．120°【答案】A【分析】延長AB交l2于點G，利用多邊形外角和定理算出∠GBC=360°÷6=60°，再利用平行線的性質(zhì)，三角形外角定理得出∠2?∠1=∠GBC【詳解】如圖，延長AB交l2于點G

∵六邊形ABCDEF為正六邊形，∴∠GBC=360°÷6=60°，∵l1∴∠1=∠BGE，∵∠2=∠BGE+∠GBC，∴∠2?∠1=∠GBC=60°．故選：A．【點睛】本題考查了多邊形外角和定理，三角形外角定理，構(gòu)建合適的三角形是解題的關(guān)鍵．27．（2023·山東棗莊·統(tǒng)考中考真題）如圖，一束太陽光線平行照射在放置于地面的正六邊形上，若∠1=44°，則∠2的度數(shù)為（）

A．14° B．16° C．24° D．26°【答案】B【分析】如圖，求出正六邊形的一個內(nèi)角和一個外角的度數(shù)，得到∠4=60°,∠2+∠5=120°，平行線的性質(zhì)，得到∠3=∠1=44°，三角形的外角的性質(zhì)，得到∠5=∠3+∠4=104°，進而求出∠2的度數(shù)．【詳解】解：如圖：

∵正六邊形的一個外角的度數(shù)為：360°6∴正六邊形的一個內(nèi)角的度數(shù)為：180°?60°=120°，即：∠4=60°,∠2+∠5=120°，∵一束太陽光線平行照射在放置于地面的正六邊形上，∠1=44°，∴∠3=∠1=44°，∴∠5=∠3+∠4=104°，∴∠2=120°?∠5=16°；故選B．【點睛】本題考查正多邊形的內(nèi)角和、外角和的綜合應(yīng)用，平行線的性質(zhì)．熟練掌握多邊形的外角和是360°，是解題的關(guān)鍵．題型10多邊形內(nèi)角和與外角和的綜合應(yīng)用28．（2021·河北邢臺·?？级＃┤鐖D，正五邊形ABCD，DG平分正五邊形的外角∠EDF，連接BD，則∠BDG=（）A．144° B．120° C．114° D．108°【答案】D【分析】根據(jù)正多邊形內(nèi)角和公式求出五邊形的內(nèi)角和，再分別求出每一個內(nèi)角和外角的度數(shù)，利用角的和差計算即可；【詳解】∵五邊形ABCDE是正五邊形∴內(nèi)角和為：(5?2)×180°=540°∴一個內(nèi)角為：540°5=108°∴∠BCD=∠EDC=108°又∵BC=CD∴∠BDC∴∠BDE=∠EDC?∠BDC∵DG平分∠EDF∴∠EDG∴∠BDG=∠EDB+∠EDG=108°故答案選：D【點睛】本題主要考查了多邊形的角度計算，熟悉掌握正多邊形內(nèi)角和公式是解題的關(guān)鍵．29．（2022·河北石家莊·統(tǒng)考二模）如圖，六邊形ABCDEF中，∠A，∠B，∠C，∠D的外角都相等，即∠1=∠2=∠3=∠4=62°，分別作∠DEF和∠EFA的平分線交于點A．55° B．56° C．57° D．60°【答案】B【分析】根據(jù)多邊形外角和求出∠5+∠6=112°，根據(jù)角平分線定義進而求出∠FEP+∠EFP=124°，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和求出∠P的度數(shù)．【詳解】解：∵∠1=∠2=∠3=∠4=62°，多邊形的外角和為360°，∴∠5+∠6=360°-62°×4=112°，∴∠DEF+∠AFE=248°，∵EP，F(xiàn)P分別平分∠DEF和∠AFE，∴∠FEP=12∠DEF，∠EFP=12∠∴∠FEP+∠EFP=12（∠DEF+∠AFE∴∠P=56°．故選：B．【點睛】本題考查了多邊形的外角和定義，角平分線的定義以及三角形的內(nèi)角和，掌握以上基礎(chǔ)知識是解決問題的關(guān)鍵．30．（2021·河北石家莊·石家莊市第四十中學(xué)?？级＃┤鐖D，五邊形ABCDE中，∠B=80°，∠C=110°，∠1、∠2、∠3分別是∠BAE、∠AED、∠EDC的外角，則∠1+∠2+∠3等于（

）A．90° B．190° C．210° D．180°【答案】B【分析】延長AB與CD，根據(jù)平角定義可求∠4與∠5，再根據(jù)多邊形外角和可求解．【詳解】解：延長AB和DC，得∠4與∠5，∴∠4=180°-∠B，∠5=180°-∠C，∴∠4+∠5=360°-（∠B+∠C）=170°，根據(jù)多邊形的外角和定理，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，∴∠1+∠2+∠3=360°-（∠4+∠5）=360°-170°=190°．故選：B．【點睛】本題考查了五邊形的角度問題，平角定義，多邊形外角和，掌握平角定義，多邊形外角和是解題的關(guān)鍵．31．（2022·福建·模擬預(yù)測）將等邊三角形、正方形、正五邊形按如圖所示的方式擺放，如果∠1＝41°，∠2＝51°，那么∠3等于（）A．5° B．10° C．15° D．20°【答案】B【分析】先算出三個圖形的內(nèi)角是多少，再根據(jù)三個平角的和即可求出∠3的值．【詳解】如圖所示：∵等邊三角形的內(nèi)角的度數(shù)是60°，正方形的內(nèi)角度數(shù)是90°，正五邊形的內(nèi)角的度數(shù)是：15∴∠3+108°+∠BAC+∠1+60°+∠BCA+∠2+90°+∠ABC=540°（三個平角的為540°）∠3＝540°-180°﹣60°﹣90°﹣108°﹣∠1﹣∠2＝10°．故選：B．【點睛】本題考查多邊形的內(nèi)角和和外角和．找出圖中的△ABC利用內(nèi)角和是180°是解決本題的關(guān)鍵．32．（2023·河北秦皇島·統(tǒng)考二模）如圖，將四邊形ABCD剪掉一個角得到五邊形．下列判斷正確的是（

）結(jié)論①：變成五邊形后外角和不發(fā)生變化；結(jié)論②：變成五邊形后內(nèi)角和增加了360°；結(jié)論③：通過圖中條件可以得到∠1+∠2=240°；

A．只有①對 B．①和③對 C．①、②、③都對 D．①、②、③都不對【答案】B【分析】根據(jù)多邊形的外角和是360°，判斷①，根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式即可判斷②，根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：①任意多邊形的外角和是360°，故①正確；根據(jù)多邊形內(nèi)角和定理5?2×180°?四邊形ABCD剪掉一個角得到五邊形內(nèi)角和增加了180°，故②錯誤，如圖所示，

∵∠1=∠4+∠A,∠2=∠3+∠A∴∠1+∠2=∠3+∠4+∠A+∠A=180°+∠A=180°+60°=240°，故③正確，故選：B．【點睛】本題考查了多邊形的內(nèi)角和與外角和，三角形的外角的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．33．（2023·湖北孝感·統(tǒng)考一模）如圖所示，已知∠MON=60°，正五邊形ABCDE的頂點A、B在射線OM上，頂點E在射線ON上，則∠AEO=度．【答案】48【分析】∠EAO是正五邊形的一個外角，利用多邊形外交和360°算出一個外角∠EAO，再利用△OAE的內(nèi)角和180°，即可算出【詳解】∵四邊形ABCDE是正五邊形，∠EAO是一個外角∴∠EAO=在△OAE中：∠AEO=180°?∠EAO?∠MON=180°?72°?60°=48°故答案為：48【點睛】本題考查多邊形外角和和三角形內(nèi)角和，注意多邊形外角和均為360°題型11平面鑲嵌34．（2023·浙江·模擬預(yù)測）用三種邊長相等的正多邊形地磚鋪地，其頂點在一起，剛好能完全鋪滿地面，已知正多邊形的邊數(shù)為x、y、z，則1x+1【答案】12/【分析】利用正n多邊形的內(nèi)角公式n?2×180°【詳解】解：根據(jù)題意，這三種邊長相等的正多邊形的內(nèi)角和為360°，則x?2×180°∴1?2∴1x故答案為：12【點睛】本題考查正多邊形的內(nèi)角問題，理解題意，得到這三種邊長相等的正多邊形的內(nèi)角和為360°是解答的關(guān)鍵．35．（2023·河北滄州·統(tǒng)考二模）要設(shè)計一個裝彩鉛的圓柱體紙盒，已知每支鉛筆大小相同，底面均為正六邊形，邊長記作2a．下面我們來研究紙盒底面半徑的最小值．

（1）如果要裝6支彩鉛，嘉淇畫出了如圖1，圖2所示的兩種布局方案．方案Ⅰ中紙盒底面半徑的最小值為；方案Ⅱ中紙盒底面半徑的最小值為；（2）如果要裝12色的彩鉛，請你為廠家設(shè)計一種最佳的布局，使得底面圓的半徑最小，最小值為．【答案】6a7a3【分析】（1）由圖形可知，方案Ⅰ中紙盒底面半徑應(yīng)為正六邊形的對角線長加邊長，方案Ⅱ中紙盒底面半徑應(yīng)為正六邊形對角線長加邊長，再上邊長的一半，由此計算即可；（2）考慮將12個正六邊形對稱放置，然后確定其外接圓，利用正六邊形的邊長以及勾股定理求解最小半徑即可．【詳解】（1）如圖1所示，方案Ⅰ中紙盒底面半徑最小值即為OA的長度，∵正六邊形的邊長為2a，∴OA=2a+4a=6a；如圖2所示，方案Ⅱ中紙盒底面半徑最小值即為OB的長度，∴OA=a+2a+4a=7a；

故答案為：6a；7a；（2）如圖所示方式，裝12支鉛筆的底面圓半徑最小，此時最小半徑為OC，連接CQ、PC、PQ，∵正六邊形的邊長為2a，∴CP=3×23a=63∵∠CPQ=90°，∴CQ=C∴OC=1

故答案為：37【點睛】本題考查正多邊形與圓，以及鑲嵌問題，掌握正多邊形與圓的性質(zhì)，靈活運用勾股定理進行計算是解題關(guān)鍵．36．（2023·廣東深圳·深圳市高級中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）20世紀70年代，數(shù)學(xué)家羅杰·彭羅斯使用兩種不同的菱形，完成了非周期性密鋪，如下圖，使用了A，B兩種菱形進行了密鋪，則菱形B的銳角的度數(shù)為°．

【答案】36【分析】如圖，設(shè)菱形B的銳角為x，菱形A的銳角和鈍角分別為y、z，根據(jù)密鋪的圖案中一個頂點處的周角為360°列出方程組，解答即可．【詳解】解：如圖，設(shè)菱形B的銳角為x，菱形A的銳角和鈍角分別為y、z，根據(jù)題意，得5y=360°2x+y+2z=360°y+z=180°，解得故答案為：36．

【點睛】本題?？剂嗣茕亞栴}，涉及了菱形的性質(zhì)、多邊形的內(nèi)角和、三元一次方程組等知識，正確理解題意、得出方程組是解題的關(guān)鍵．37．（2022·河北·統(tǒng)考二模）如圖，將幾個全等的正八邊形進行拼接，相鄰的兩個正八邊形有一條公共邊，圍成一圈后中間形成一個正方形．設(shè)正方形的邊長為1，則該圖形外輪廓的周長為；若n個全等的正多邊形中間圍成的圖形是正三角形，且相鄰的兩個正多邊形有一條公共邊，設(shè)正三角形的邊長為1，則該圖形外輪廓的周長是．【答案】2027【分析】根據(jù)正多邊形的性質(zhì)，每條邊相等，即可求解．求得該圖形外輪廓的周長，根據(jù)密鋪可知正n邊形，為正12邊形，據(jù)此即可求解．【詳解】解：∵正方形的邊長為1，∴該圖形外輪廓的周長為8?3×4若n個全等的正多邊形中間圍成的圖形是正三角形，則n邊形的一個內(nèi)角為360°?60°則n邊形的一個外角180°?150°=30°，∴n=360°÷30°=12，根據(jù)相鄰的兩個正多邊形有一條公共邊，則圖形外輪廓的周長為12?3故答案為：20，27【點睛】本題考查了正多邊形的性質(zhì)，多邊形的內(nèi)角和，外角和，平面鑲嵌，理解題意是解題的關(guān)鍵．題型12利用平行四邊形的性質(zhì)求解38．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考一模）如圖，在?ABCD中，一定正確的是（

）A．AD=CD B．AC=BD C．AB=CD D．CD=BC【答案】C【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)：平行四邊形的對邊相等，然后對各選項進行判斷即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AD=BC．故選：C．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)．39．（2022·云南昆明·云南省昆明市第十中學(xué)校考一模）如圖，在?ABCD中，∠ABC的平分線交AD于點E，∠BCD的平分線交AD于點F，若AB=3,AD=4，則EF的長是（

）A．1 B．2 C．2.5 D．3【答案】B【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)證明DF＝CD，AE＝AB，進而可得AF和ED的長，然后可得答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥CB，AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∴∠DFC＝∠FCB，又∵CF平分∠BCD，∴∠DCF＝∠FCB，∴∠DFC＝∠DCF，∴DF＝DC＝3，同理可證：AE＝AB＝3，∵AD＝4，∴AF＝4?3＝1，DE＝4?3＝1，∴EF＝4?1?1＝2．故選：B．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，在平行四邊形中，當(dāng)出現(xiàn)角平分線時，一般可利用等腰三角形的性質(zhì)解題．40．（2020·河北·模擬預(yù)測）如圖，平行四邊形ABCD中，AB=2，AD=4，對角線AC，BD相交于點O，且E，F(xiàn)，G，H分別是AO，BO，CO，DO的中點，則下列說法正確的是（

）A．EH=HG B．四邊形EFGH是平行四邊形C．AC⊥BD D．ΔABO的面積是ΔEFO的面積的2倍【答案】B【分析】根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)和平行四邊形的性質(zhì)分別判斷各選項即可解答，【詳解】解：因為E、H為OA、OD的中點，所以，EH＝12AD＝2，同理，HG＝EH∥AD，EH＝12FG∥BC，F(xiàn)G＝12因為平行四邊形ABCD中，AD＝BC，且AD∥BC，所以，EH＝FG，且EH∥FG，所以，四邊形EFGH是平行四邊形，B正確．AC與BD不一定垂直，C錯誤；由相似三角形的面積比等于相似比的平方，知：△ABC的面積是△EFO的面積的4倍，D錯誤；故選B.【點睛】本題考查了三角形中位線的性質(zhì)和平行四邊形的性質(zhì)，熟練掌握是解題的關(guān)鍵.41．（2021·四川樂山·統(tǒng)考三模）如圖，在平行四邊形ABCD中，點F是AD上一點，交AC于點E，交CD的延長線于點G，若2AF=3FD.則BEEGA．35 B．25 C．23【答案】A【分析】由2AF＝3DF，可以假設(shè)DF＝k，則AF＝32k，AD＝AF+FD＝3【詳解】解：由2AF＝3DF，可以假設(shè)DF＝k，則AF＝32k，AD＝5∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠ABE＝∠DGF，∵∠AFE＝∠GFD，∴△ABF∽△DFG，且∠AFE＝∠GBC，∴△BCG為等腰三角形，即BC＝CG＝AD＝52∵△GFD為等腰三角形，即FD＝GD，∴CD＝CG﹣DG＝52∵AB∥CD，∴AB//∴{∴△ABE∽△CGE，∴BEEG故選：A．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)進行解題．42．（2023·山東德州·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，則點B的坐標(biāo)為．【答案】?2,?1【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)以及點的平移即可得出結(jié)論．【詳解】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴DA∥CB，即將D點平移到A的過程與將C點平移到B的過程保持一致，∵將D點平移到A的過程是：x:?1?3=?4（向左平移4各單位長度）；y:2?2=0（上下無平移）；∴將C點平移到B的過程按照上述一致過程進行得到B2?4,?1，即B故答案為：?2,?1．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)及點的平移，掌握點的平移的代數(shù)表示是解決問題的關(guān)鍵．題型13利用平行四邊形的性質(zhì)證明43．（2020·江蘇鹽城·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在?ABCD中，點E為BC上一點，連接AE并延長交DC的延長線于點F，AD=DF，連接DE．(1)求證：AE平分∠BAD；(2)若點E為BC中點，∠B=60°，AD=4，求【答案】(1)見解析(2)4【分析】（1）由四邊形ABCD是平行四邊形得到AB∥DF，則∠BAE=∠AFD，由AD=DF得到∠DAE=∠AFD，則∠BAE=∠DAE，即可得證；（2）由平行四邊形的性質(zhì)和點E為BC中點證得△ADF是等邊三角形，則AF=AD=DF=4，∠BAE=∠AFD=60°，則△ABE是等邊三角形，即可證明△AEB≌△FECAAS，則AE=EF=12AF=2，得到DE⊥AF，由勾股定理得到DE=23【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥DF，∴∠BAE=∠AFD，∵AD=DF，∴∠DAE=∠AFD，∴∠BAE=∠DAE，即AE平分∠BAD；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥DF，AB＝∵點E為BC中點，∴BE=EC=1∵AD=DF=4，∴△ADF是等邊三角形，∴AF=AD=DF=4，∠BAE=∠AFD=60°，∴△ABE是等邊三角形，∴∠AEB=∠FEC，∴△AEB≌△FECAAS∴AE=EF=1∴DE⊥AF，∴DE=D∴?ABCD的面積=S∴?ABCD的面積=即?ABCD的面積是43【點睛】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，熟練掌握等邊三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．44．（2023·遼寧大連·模擬預(yù)測）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊AB，CD上，且四邊形BEDF為正方形．(1)求證AE=CF；(2)已知平行四邊形ABCD的面積為20，AB=5．求CF的長．【答案】(1)證明見解析(2)CF=1【分析】（1）直接根據(jù)已知條件證明RtΔADE和（2）由平行四邊形的面積公式求出DE=4，然后即可得出答案．【詳解】（1）∵四邊形DEBF是正方形，ABCD是平行四邊形，∴DE=BE=BF=DF，AD=BC，∠DEB=∠BFD=90°，在RtΔADE和∵AD=CB∴RtΔADE?∴AE=CF；（2）由題意可知：S平行四邊形∵AB=5，∴DE=4，∴BE=DE=4，AE=1，由（1）得CF=AE=1．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)及三角形全等的判定，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)性質(zhì)并能靈活運用．45．（2021·重慶九龍坡·重慶市育才中學(xué)校考一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AC是對角線，且AB＝AC，CF是∠ACB的角平分線交AB于點F，在AD上取一點E，使AB＝AE，連接BE交CF于點P．（1）求證：BP＝CP；（2）若BC＝4，∠ABC＝45°，求平行四邊形ABCD的面積．【答案】（1）見解析；（2）8【分析】（1）設(shè)AP與BC交于H，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠AEB＝∠CBE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ABE＝∠AEB，推出BE平分∠ABC，求得AP平分∠BAC，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)和平行四邊形的面積公式即可得到結(jié)論．【詳解】解：（1）如圖，設(shè)AP與BC交于H，∵在平行四邊形ABCD中，AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，∵AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB，∴∠ABE＝∠CBE，∴BE平分∠ABC，∵CF是∠ACB的角平分線，BE交CF于點P，∴AP平分∠BAC，∵AB＝AC，∴AH垂直平分BC，∴PB＝PC；（2）∵AH垂直平分BC，∴AH⊥BC，BH＝CH＝12BC∵∠ABH＝45°，∴AH＝BH＝2，∴平行四邊形ABCD的面積＝4×2＝8．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，線段垂直平分線的判定和性質(zhì)，角平分線的定義，利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題的關(guān)鍵．46．（2022·重慶·重慶實驗外國語學(xué)校?？既＃┮阎倪呅蜛BCD為平行四邊形．(1)尺規(guī)作圖：作線段CD的垂直平分線，垂足為點E，交AD于點F，交BA的延長線于點G，連接CF．在線段AB上取一點H，使FH＝FC，連接HF；（保留作圖痕跡，不寫作法）(2)在（1）問的條件下，若∠GFH＝∠D，求證：GF＝CE．證明：∵EF垂直平分CD∴∠FEC＝90°，______①∴∠FCD＝∠D∵∠GFH＝∠D∴______②∵四邊形ABCD為平行四邊形∴______③∴∠HGF＋∠FEC＝180°∴∠HGF＝∠FEC＝90°在△FGH和△CEF中∠HGF=∠FEC∠GFH=∠FCD∴△FGH≌△CEF∴GF=CE．【答案】(1)見解析(2)FC＝FD；∠FCD＝∠GFH；AB∥CD；HF＝CF【分析】（1）利用作已知線段的垂直平分線的作法和作一條線段等于已知線段的作法，即可求解；（2）根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)可得∠FEC＝90°，F(xiàn)C＝FD，從而得到∠FCD＝∠GFH，再由平行四邊形的性質(zhì)可得∠HGF＝∠FEC＝90°，然后證得△FGH≌△CEF，即可求證．【詳解】（1）解：如下圖：垂線EF，點H即為所求；（2）證明：∵EF垂直平分CD∴∠FEC＝90°，F(xiàn)C＝FD∴∠FCD＝∠D∵∠GFH＝∠D∴∠FCD＝∠GFH∵四邊形ABCD為平行四邊形∴AB∥CD∴∠HGF＋∠FEC＝180°∴∠HGF＝∠FEC＝90°在△FGH和△CEF中{∠HGF=∠FEC∴△FGH≌△CEF(∴GF=CE．故答案為：FC＝FD；∠FCD＝∠GFH；AB∥CD；HF＝CF．【點睛】本題考查了尺規(guī)作圖——作線段的垂直平分線，線段的垂直平分線的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是牢記相應(yīng)概念，找出數(shù)量關(guān)系．題型14判斷已知條件能否構(gòu)成平行四邊形47．（2019·安徽合肥·統(tǒng)考一模）□ABCD中，E、F是對角線BD上不同的兩點，下列條件中，不能得出四邊形AECF一定為平行四邊形的是（

）A．BE=DF B．AE=CF C．AF//CE D．∠BAE=∠DCF【答案】B【分析】根據(jù)平行線的判定方法結(jié)合已知條件逐項進行分析即可得．【詳解】A、如圖，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，OB=OD，∵BE=DF，∴OE=OF，∴四邊形AECF是平行四邊形，故不符合題意；B、如圖所示，AE=CF，不能得到四邊形AECF是平行四邊形，故符合題意；C、如圖，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，∵AF//CE，∴∠FAO=∠ECO，又∵∠AOF=∠COE，∴△AOF≌△COE，∴AF=CE，∴四邊形AECF是平行四邊形，故不符合題意；D、如圖，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AB//CD，∴∠ABE=∠CDF，又∵∠BAE=∠DCF，∴△ABE≌△CDF，∴AE=CF，∠AEB=∠CFD，∴∠AEO=∠CFO，∴AE//CF，∴四邊形AECF是平行四邊形，故不符合題意，故選B．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，熟練掌握平行四邊形的判定定理與性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．48．（2022·上?！そy(tǒng)考模擬預(yù)測）下列條件中，可以判斷四邊形ABCD是平行四邊形的是（）A．對角線互相垂直 B．兩條對角線相等C．一組對邊平行，另一組對邊相等 D．一組對邊平行，另一組對角相等【答案】D【分析】根據(jù)平行四邊形的判定定理逐項分析判斷即可．【詳解】A.對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，不符合題意，B.兩條對角線相等的四邊形不一定是平行四邊形，不符合題意C.一組對邊平行，另一組對邊相等，可以使等腰梯形，不符合題意D.一組對邊平行，另一組對角相等，是平行四邊形，如圖，∵AB//CD∴∠A+∠D=180°∵∠A=∠C∴∠C+∠D=180°∴AD∴四邊形ABCD是平行四邊形，故D選項正確故選D【點睛】本題考查了平行四邊形的判定定理，掌握平行四邊形的判定定理是解題的關(guān)鍵．題型15數(shù)平行四邊形個數(shù)49．（2017·河南·模擬預(yù)測）數(shù)如圖，AD，BE，CF是正六邊形ABCDEF的對角線，圖中平行四邊形的個數(shù)有（）A．2個 B．4個 C．6個 D．8個【答案】C【詳解】如圖，AD，BE，CF是正六邊形ABCDEF的對角線，可得OA=OE=AF=EF，所以四邊形AOEF是平行四邊形，同理：四邊形DEFO，四邊形ABCO，四邊形BCDO，四邊形CDEO，四邊形FABOD都是平行四邊形，共6個，故答案選C.考點：正多邊形和圓；平行四邊形的判定．考點：正多邊形和圓；平行四邊形的判定．50．（2022·江蘇泰州·統(tǒng)考二模）如圖，在3×3的正方形網(wǎng)格中，點A、B、C、D、E、F都是格點．(1)從C、D、E、F四點中任取一點，以這點及點A、B為頂點畫三角形，所畫三角形是等腰三角形的概率是．(2)從A、B、D、E四點中任取兩點，以這兩點及點C、F為頂點畫四邊形，用畫樹狀圖或列表格法求所畫四邊形是平行四邊形的概率．【答案】(1)3(2)1【分析】（1）根據(jù)網(wǎng)格的特點可知，只有△ABD不是等腰三角形，進而根據(jù)概率公式即可求解；（2）根據(jù)題意列表求概率即可求解．【詳解】（1）解：∵從C、D、E、F四點中任取一點，以這點及點A、B為頂點畫三角形，所畫三角形△ABC,△ABE,△ABF是等腰三角形，△ABD不是等腰三角形，∴所畫三角形是等腰三角形的概率是34故答案為：34（2）列表如下，ABEDAABAEADBBABEBDEEAEBEDDDADBDE從A、B、D、E四點中任取兩點，以這兩點及點C、F為頂點畫四邊形，共有12種等可能結(jié)果，其中四邊形ACBF,ACFE是平行四邊形，則選取AB,AE的有4種可能，∴所畫四邊形是平行四邊形的概率為412【點睛】本題考查了格點中畫等腰三角形，平行四邊形，概率公式求概率，列表法求概率，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．題型16求與已知三點組成平行四邊形的點的個數(shù)51．（2017·河北邢臺·統(tǒng)考一模）平面直角坐標(biāo)系中，已知□ABCD的三個頂點坐標(biāo)分別是A（m，n），B(2，－l)，C（－m，－n），則點D的坐標(biāo)是（

）A．（－2，l) B．（－2，－l) C．（－1，－2)

D．（－1，2)【答案】A【詳解】試題分析：∵平行四邊形ABCD是中心對稱圖形，對稱中心是對角線的交點，而A、C關(guān)于原點對稱，故B、D也關(guān)于原點對稱∴D（－2，l）．故選A．考點：平行四邊形的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．52．（2022·山東泰安·統(tǒng)考一模）如圖，反比例函數(shù)y=kx（k＞0）的圖象與直線AB交于點A(2，4)，直線AB與x軸交于點B(4，0)，過點B作x軸的垂線BC，交反比例函數(shù)的圖象于點C，在平面內(nèi)存在點D，使得以A，B，C，D四點為頂點的四邊形為平行四邊形，則點D的坐標(biāo)是【答案】（2，2）或（2，6）或（6，-2）【分析】由圖象過點A求出反比例函數(shù)解析式y(tǒng)=8x，進而求出點C坐標(biāo)（4，2），利用中點公式求點【詳解】解：∵反比例函數(shù)y=kx（k＞0）的圖象與直線AB交于點∴k=2×4=8∴反比例函數(shù)解析式為y=∵點B(4，0)，BC⊥x軸，交反比例函數(shù)的圖象于點C∴當(dāng)x=4時，y=2即點C的坐標(biāo)為（4，2）令點D的坐標(biāo)為（x，y）①當(dāng)AB，CD為對角線時2+4=4+x解得x=2∴點D的坐標(biāo)為（2，2）②當(dāng)AC，BD為對角線時2+4=4+x解得x=2∴點D的坐標(biāo)為（2，6）③當(dāng)AD，BC為對角線時2+x=4+4解得x=6∴點D的坐標(biāo)為（6，-2）綜上可知，點D的坐標(biāo)為（2，2）或（2，6）或（6，-2）故答案為：（2，2）或（2，6）或（6，-2）.【點睛】本題考查反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題，求兩函數(shù)的交點坐標(biāo)，利用中點公式分情況求構(gòu)成平行四邊形的點坐標(biāo)．53．（2019·浙江嘉興·一模）如圖是6×6的正方形網(wǎng)格，點A，B，C均在格點上．請按下列要求完成作圖：①僅用無刻度直尺，且不能用直尺中的直角；②保留作圖痕跡．

（1）在圖中作出一個以點A，B，C，D為頂點的平行四邊形．

（2）在圖中作出△ABC中AB邊上的中線．【答案】（1）答案不唯一,如圖見解析；（2）如圖見解析.【分析】（1）分別作AB、CB的平行線相交那一點就是D點．(答案不唯一)（2）作AC、BC的平行線相較于點E，連接CE，與AB相交于點F，即CF是三角形的中線.【詳解】（1）解：答案不唯一

（2）解：如圖

【點睛】掌握平行四邊形的定義和性質(zhì)，兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形．三角形的中線頂點與對邊中點的連線題型17證明四邊形是平行四邊形54．（2023·新疆·統(tǒng)考一模）如圖，在?ABCD中，AC，BD交于點O，點E，F(xiàn)在

(1)求證：四邊形EBFD是平行四邊形；(2)若∠BAC=∠DAC,求證：四邊形EBFD是菱形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）先根據(jù)四邊形ABCD為平行四邊形，得出AO=CO，BO=DO，再根據(jù)AE=CF，得出EO=FO，即可證明結(jié)論；（2）先證明∠DCA=∠DAC，得出DA=DC，證明四邊形ABCD為菱形，得出AC⊥BD，即可證明結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AO=CO，BO=DO，∵AE=CF，∴AO?AE=CO?CF，即EO=FO，∴四邊形EBFD是平行四邊形．（2）∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥∴∠DCA=∠BAC，∵∠BAC=∠DAC,∴∠DCA=∠DAC，∴DA=DC，∴四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，即EF⊥BD，∵四邊形EBFD是平行四邊形，∴四邊形EBFD是菱形．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，熟練掌握菱形和平行四邊形的判定方法，是解題的關(guān)鍵．55．（2022·湖北荊門·校考一模）如圖，在四邊形ABCD中，AC與BD相交于點O，且AO＝CO，點E在BD上，滿足∠EAO＝∠DCO．（1）求證：四邊形AECD是平行四邊形；（2）若AB＝BC，CD＝5，AC＝8，求四邊形AECD的面積．【答案】（1）見解析；（2）24【分析】（1）根據(jù)題意可證明△AOE≌△COD，得到OD＝OE，從而根據(jù)“對角線互相平分的四邊形為平行四邊形”證明即可；（2）根據(jù)AB=BC，AO=CO，可證明BD為AC的中垂線，從而推出四邊形AECD為菱形，然后根據(jù)條件求出DE的長度，即可利用菱形的面積公式求解即可．【詳解】（1）證明：在△AOE和△COD中，∠EAO=∠DCO∴△AOE≌△COD(ASA)．∴OD＝OE．又∵AO＝CO，∴四邊形AECD是平行四邊形．（2）∵AB＝BC，AO＝CO，∴BO為AC的垂直平分線，BO⊥AC．∴平行四邊形AECD是菱形．∵AC＝8，∴CO=1在Rt△COD中，CD＝5，∴OD=C∴DE=2OD=6，∴S∴四邊形AECD的面積為24．【點睛】本題考查平行四邊形的判定，菱形的判定與面積計算，掌握基本的判定方法，熟練掌握菱形的面積計算公式是解題關(guān)鍵．56．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考一模）如圖所示，點E在四邊形ABCD的邊AD上，連接CE，并延長CE交BA的延長線于點F，已知AE=DE，F(xiàn)E=CE．(1)求證：△AEF≌△DEC；(2)若AD∥BC，求證：四邊形【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）利用SAS可以直接證明△AEF≌△DEC；（2）由△AEF≌△DEC可得∠AFE=∠DCE，由內(nèi)錯角相等，兩直線平行，得出AF//DC，結(jié)合已知條件AD∥【詳解】（1）證明：∵∠AEF與∠DEC是對頂角，∴∠AEF=∠DEC，在ΔAEF與ΔAE=DE∠AEF=∠DEC∴△AEF≌△DEC(（2）證明：由（1）知△AEF≌△DEC，∴∠AFE=∠DCE，∴AF//∵點F在BA的延長線上，∴AB//又∵AD∥∴四邊形ABCD為平行四邊形．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，平行線的判定和平行四邊形的判定，難度較小，熟練掌握全等三角形、平行線及平行四邊形的判定方法是解題的關(guān)鍵．57．（2021·河北承德·統(tǒng)考一模）如圖，在△ABC中，AC=BC，D是AB上一點，⊙O經(jīng)過點A、C、D，交BC于點E，過點D作DF//BC，交⊙O于點F，求證：（1）四邊形DBCF是平行四邊形（2）AF=EF【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析【分析】（1）利用等腰三角形的性質(zhì)證明∠BAC=∠B，利用平行線證明∠ADF=∠B，利用圓的性質(zhì)證明∠BAC=∠CFD，再證明BD//CF,即可得到結(jié)論；（2）如圖，連接AE，利用平行線的性質(zhì)及圓的基本性質(zhì)∠AEF=∠B，再利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)證明∠EAF=∠B，從而可得結(jié)論．【詳解】證明：（1）∵AC=BC，∴∠BAC=∠B，∵DF//BC，∴∠ADF=∠B，又∠BAC=∠CFD,∴∠ADF=∠CFD,∴BD//CF,四邊形DBCF是平行四邊形．（2）如圖，連接AE∵∠ADF=∠B，∠ADF=∠AEF∴∠AEF=∠B四邊形AECF是⊙O的內(nèi)接四邊形∴∠ECF+∠EAF=∵BD//CF∴∠ECF+∠B=∴∠EAF=∠B∴∠AEF=∠EAF∴AF=EF【點睛】本題考查平行四邊形的判定，圓的基本性質(zhì)，平行線的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．題型18與平行四邊形有關(guān)的新定義問題58．（2023·北京海淀·人大附中校考三模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，對于線段AB和點P，給出如下定義：若在直線y=x上存在點Q，使得四邊形ABPQ為平行四邊形，則稱點P為線段AB的“關(guān)聯(lián)點”．已知A5,2，B

(1)在P1?3,3，P2?2,4，P3(2)若點P在第二象限且點P是線段AB“關(guān)聯(lián)點”，求線段OP長度d的取值范圍；(3)已知正方形CDEF邊長為1．以Tt,3為中心且各邊與坐標(biāo)軸垂直或平行，點M，N在線段AB上（M在N的下方）．若正方形CDEF上的任意一點都存在線段MN，使得該點為線段MN的“關(guān)聯(lián)點”，直接寫出t【答案】(1)P(2)3(3)?2≤t<32【分析】（1）根據(jù)定義以及平行四邊形的性質(zhì)；（2）根據(jù)（1）可知點P在直線P1（3）根據(jù)定義，可知正方形在直線y=x+6與y=x?6之間運動時，除開正方形與線段AB有交點的部分，則正方形CDEF上的任意一點都存在線段MN，使得該點為線段MN的“關(guān)聯(lián)點”，根據(jù)正方形的性質(zhì)求得點C,D,E,F的坐標(biāo)，分別代入直線解析式即可求解．【詳解】（1）解：如圖，∵A5,2，設(shè)直線AB的解析式為y2=5解得k∴直線AB的解析式為y=?在P1?3,3，P2?2,4，P3?1,5，如圖，當(dāng)B點平移到P1，A點平移到Q1，則BP∵B1,4，P將點A5,2向左平移4個單位，再向下平移1個單位，得到Q11,1，則點Q同理可得Q2在y=x上，Q綜上所述，線段AB的“關(guān)聯(lián)點”是P故答案為：P（2）由（1）可知，線段AB的“關(guān)聯(lián)點”在直線P1設(shè)直線P1P3=解得m∴直線P1P設(shè)直線P1P2令x=0，得y=6令y=0，得∴MN=6∵點P在第二象限且點P是線段AB的“關(guān)聯(lián)點”，∴P在線段MN上，不包括端點，設(shè)O到P1P2的距離為∴3（3）依題意，正方形在直線y=x+6與y=x?6之間運動時，正方形CDEF上的任意一點都存在線段MN，使得該點為線段MN的“關(guān)聯(lián)點”，∵Tt,3，正方形CDEF∴Ct?0.5,3.5，Et+0.5,2.5，D如圖，當(dāng)點C位于y=x+6上時，此時3.5=t?0.5+6解得t=?2如圖，當(dāng)點E在y=x?6上時，2.5=t+0.5?6解得t=8，根據(jù)（1）中，當(dāng)P3與AB∴當(dāng)正方形的與AB有交點時，不符合題意，①當(dāng)F在直線AB上時，F(xiàn)t+0.5,3.5∵直線AB的解析式為y=?∴3.5=?解得：t②當(dāng)D在直線AB上時，Dt?0.5,2.5∵直線AB的解析式為y=?∴2.5=?解得：t=結(jié)合圖形可知：當(dāng)正方形CDEF上的任意一點都存在線段MN，使得該點為線段MN的“關(guān)聯(lián)點”，?2≤t<32或【點睛】本題考查了幾何新定義，平行四邊形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，點的平移，待定系數(shù)法求解析式，一次函數(shù)與幾何圖形綜合，理解新定義是解題的關(guān)鍵．題型19利用平行四邊形的性質(zhì)與判定求解59．（2023·重慶江北·校考一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E、F分別在CD、BC的延長線上，AE∥BD，EF⊥BF，AB=5，EF=4，則CFA．43 B．3 C．2 D．【答案】C【分析】證明四邊形ABDE是平行四邊形，得到DE=AB=5，則CE=25，在Rt△CEF【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∵AE∥BD，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∴DE=AB=5∴CE=25在Rt△CEF中，由勾股定理得CF=故選C．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，勾股定理，證明四邊形ABDE是平行四邊形是解題的關(guān)鍵．60．（2023·湖南懷化·統(tǒng)考三模）如圖，剪兩張對邊平行的紙條，隨意交叉疊放在一起，重合部分構(gòu)成一個四邊形ABCD，其中一張紙條在轉(zhuǎn)動過程中，下列結(jié)論一定成立的是（

）A．四邊形ABCD周長不變 B．AD=CDC．四邊形ABCD面積不變 D．AD=BC【答案】D【分析】由平行四邊形的性質(zhì)進行判斷，即可得到答案．【詳解】解：由題意可知，∵AB//CD，AD//BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD=BC；故D符合題意；隨著一張紙條在轉(zhuǎn)動過程中，AD不一定等于CD，四邊形ABCD周長、面積都會改變；故A、B、C不符合題意；故選：D【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握平行四邊形對邊相等．61．（2023·山東棗莊·校聯(lián)考二模）如圖，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，點E、F分別是AB、DC上的動點，EF∥BC，則AF+CE的最小值是．【答案】10【分析】延長BC到G，使CG＝EF，連接FG，證明四邊形EFGC是平行四邊形，得出CE＝FG，得出當(dāng)點A、F、G三點共線時，AF+CE的值最小，根據(jù)勾股定理求出AG即可．【詳解】解：延長BC到G，使CG＝EF，連接FG，∵EF∥CG，EF＝CG，∴四邊形EFGC是平行四邊形，∴CE＝FG，∴AF+CE＝AF+FG，∴當(dāng)點A、F、G三點共線時，AF+CE的值最小為AG，由勾股定理得，AG＝AB2+B∴AF+CE的最小值為10，故答案為：10．【點睛】本題主要考查了勾股定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線，得出當(dāng)A、F、G三點共線時，AF+CE的值最小，是解題的關(guān)鍵．62．（2022·江蘇無錫·校聯(lián)考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，C，A分別為x軸、y軸正半軸上的點，以O(shè)A，OC為邊，在第一象限內(nèi)作矩形OABC，且S矩形OABC＝22，將矩形OABC翻折，使點B與原點O重合，折痕為MN，點C的對應(yīng)點C'落在第四象限，過M點的反比例函數(shù)y＝kx（k≠0）的圖象恰好過MN的中點，則k的值為，點C'的坐標(biāo)為【答案】22/12【分析】連接OB交MN于Q，由折疊的性質(zhì)可得MO=MB，OQ=OB，先證明△BMQ≌△ONQ得到QM=QN，即點Q為OB的中點，過點Q作QH⊥x軸于H，證明△OHQ∽△OCB，求出S△OHQ=14S△OCB=18S矩形OABC=24，則k=2S△OHQ=22；過點C'作C'G⊥x軸于G，可以推出AM=14AB，設(shè)AM=a，則BM=【詳解】解：如圖所示，連接OB交MN于Q，由折疊的性質(zhì)可得MO=MB，OQ=OB，∵四邊形OABC是矩形，∴AB∥∴∠MOQ=∠NOQ，∠BMQ=∠ONQ，又∵BQ=OQ，∴△BMQ≌△ONQ（AAS），∴QM=QN，即點Q為OB的中點，過點Q作QH⊥x軸于H，∴OH∥∴△OHQ∽△OCB，∴S△OHQ∵四邊形OABC是矩形，∴S△OHQ∵Q在反比例函數(shù)圖象上，∴k=2S過點C'作C'G⊥x∵點M在反比例函數(shù)圖象上，∴12又∵S矩形∴AM=1設(shè)AM=a，則BM=OM=3a，∴OA=O∴12解得a=1∴AB=OC=2，MB=3∵QM=QG，OQ=BQ，∴四邊形OMBN是平行四邊形，∴ON=BM=3∴C'∴OC∵S△O∴C'∴OG=O∴點C的坐標(biāo)為（故答案為：22，（【點睛】本題主要考查了反比例函數(shù)比例系數(shù)的幾何意義，矩形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，三角形面積公式，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．題型20利用平行四邊形的性質(zhì)與判定證明63．（2023·廣東佛山·佛山市華英學(xué)校?？家荒＃┮罁?jù)所標(biāo)數(shù)據(jù)，下列一定為平行四邊形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據(jù)平行四邊形的判定及性質(zhì)定理判斷即可；【詳解】解：平行四邊形對角相等，故A錯誤；一組對邊平行不能判斷四邊形是平行四邊形，故B錯誤；三邊相等不能判斷四邊形是平行四邊形，故C錯誤；一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，故D正確；故選：D．【點睛】本題主要考查平行四邊形的判定及性質(zhì)，掌握平行四邊形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．64．（2023·廣東茂名·校聯(lián)考二模）如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，E，F(xiàn)分別是AC,AB的中點，O是DF的中點，EO的延長線交線段BD于點G，連結(jié)DE，EF，F(xiàn)G．(1)求證：四邊形DEFG是平行四邊形．(2)當(dāng)AD=5，tan∠EDC=52【答案】(1)見解析(2)29【分析】（1）根據(jù)E，F(xiàn)分別是AC，AB的中點，得出EF∥BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)，得出∠FEO=∠DGO，∠EFO=∠GDO，結(jié)合O是DF的中點，利用“AAS”得出△EFO≌△GDO，得出EF=GD，即可證明DEFG是平行四邊形；（2）根據(jù)AD⊥BC，E是AC中點，得出DE=12AC=EC，即可得出tanC=tan∠EDC=52，即ADDC=5【詳解】（1）解：（1）∵E，F(xiàn)分別是AC，AB的中點，∴EF∥BC，∴∠FEO=∠DGO，∠EFO=∠GDO，∵O是DF的中點，∴FO=DO，∴△EFO≌△GDO(AAS∴EF=GD，∴四邊形DEFG是平行四邊形．（2）∵AD⊥BC，E是AC中點，∴DE=1∴∠EDC=∠C，∴tanC=∴ADDC∵AD=5，∴CD=2，∴DE=1∵四邊形DEFG為平行四邊形，∴FG=DE=29【點睛】本題主要考查了平行線四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)的定義，平行線的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)，根據(jù)題意證明△EFO≌△GDO，是解題的關(guān)鍵．65．（2021·山東棗莊·統(tǒng)考一模）在一次數(shù)學(xué)研究性學(xué)習(xí)中，小兵將兩個全等的直角三角形紙片ABC和DEF拼在一起，使點A與點F重合，點C與點D重合（如圖1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并進行如下研究活動．活動一：將圖1中的紙片DEF沿AC方向平移，連結(jié)AE，BD（如圖2），當(dāng)點F與點C重合時停止平移．【思考】圖2中的四邊形ABDE是平行四邊形嗎？請說明理由．【發(fā)現(xiàn)】當(dāng)紙片DEF平移到某一位置時，小兵發(fā)現(xiàn)四邊形ABDE為矩形（如圖3）．求AF的長．活動二：在圖3中，取AD的中點O，再將紙片DEF繞點O順時針方向旋轉(zhuǎn)α度（0≤α≤90），連結(jié)OB，OE（如圖4）．【探究】當(dāng)EF平分∠AEO時，探究OF與BD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】【思考】是，理由見解析；【發(fā)現(xiàn)】94；【探究】BD＝2OF【分析】【思考】由全等三角形的性質(zhì)得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，則AB∥DE，可得出結(jié)論；【發(fā)現(xiàn)】連接BE交AD于點O，設(shè)AF＝x（cm），則OA＝OE＝12（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2﹣12x，由勾股定理可得2?12x【探究】如圖2，延長OF交AE于點H，證明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，F(xiàn)O＝FH，則∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可證得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，則結(jié)論得證．【詳解】解：【思考】四邊形ABDE是平行四邊形．證明：如圖，∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，∴AB∥DE，∴四邊形ABDE是平行四邊形；【發(fā)現(xiàn)】如圖1，連接BE交AD于點O，∵四邊形ABDE為矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE，設(shè)AF＝x（cm），則OA＝OE＝12（x∴OF＝OA﹣AF＝2﹣12x在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，∴2?1解得：x＝94∴AF＝94cm【探究】BD＝2OF，證明：如圖2，延長OF交AE于點H，∵四邊形ABDE為矩形，∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，∴∠ABD+∠BAE＝180°，∴