2023年各省市中考数学试卷分类汇编知识点30 平行四边形（含多边形及其内角和）（Word版附解析）

这是一份2023年各省市中考数学试卷分类汇编知识点30 平行四边形（含多边形及其内角和）（Word版附解析），共27页。
【答案】B【解析】 （7﹣2）×180°＝900°，故选：B．
12．【2023·海南】如图，在▱ABCD中，AB＝8，∠ABC＝60°，BE平分∠ABC，交边AD于点E，连接CE，若AE＝2ED，则CE的长为（ ）
A．6B．4C．43D．26
【答案】C【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝8，AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE，∴∠ABE＝∠AEB，∴AE＝AB＝8，∵AE＝2ED，∴2ED＝8，∴ED＝4，
如图，过点E作EF⊥CD于点F，
则∠EFC＝∠EFD＝90°，∴∠EFD＝90°﹣∠D＝90°﹣60°＝30°，∴DF=12ED＝2，
∴EF=ED2-DF2=42-22=23，CF＝CD﹣DF＝8﹣2＝6，∴CE=EF2+CF2=(23)2+62=43．
5．【2023·襄阳】五边形的外角和等于（ ）
A．180°B．360°C．540°D．720°
【答案】B
北京
6.【2023·北京6题】正十二边形的外角和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
甘肃省
4. 【2023·兰州4题】如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中．如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角（ ）
图1
A. B. C. D.
【答案】A
河北省
8．【2023·河北8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．（1）～（3）是其作图过程．
（1）作BD的垂直平分线交BD于点O；
（2）连接AO，..．
（3）连接DC，BC，则四边形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
上海
6．【2023·上海】已知在梯形ABCD中，联结AC，BD，且AC⊥BD，设AB＝a，CD＝b．下列两个说法：
①AC=22（a+b）；②AD=22a2+b2.则下列说法正确的是（ ）
A．①正确②错误B．①错误②正确C．①②均正确D．①②均错误
【分析】根据题意，作出图形，若梯形ABCD为等腰梯形，可得①AC=22(a+b)；②AD=22a2+b2，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案．
【答案】D【解析】过B作BE∥CA，交BC延长线于E，如图所示：
若AD＝BC，AB∥CD，则 四边形ACEB是平行四边形，∴CE＝AB，AC＝BE，∴AB∥DC，∴∠DAB＝∠CBA，
∵AB＝AB，∴△DAB≌△CBA（SAS），∴AC＝BD，即BD＝BE，∵AC⊥BD，∴BE⊥BD，在Rt△BDE 中，BD＝BE，AB＝a，CD＝b，∴DE＝DC+CE＝b+a，∴AC=BE=DE2=22DE=22(a+b)，此时①正确；过B作BF⊥DE于F，如图所示：
在Rt△BFC中，BD＝BE，AB＝a，CD＝b，DE＝b+a，∴BF=FE=12DE=12(a+b)，FC=FE-CE=12(a+b)-a=12(b-a)，∴BC=BF2+FC2=22a2+b2，此时②正确；但已知中，梯形ABCD是否为等腰梯形，并未确定；梯形ABCD是AB∥CD还是AD∥BC，并未确定，∴无法保证①②正确，故选：D．
湖南省
9．【2023·邵阳】如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，若添加一个条件，使四边形ABCD为平行四边形，则下列正确的是（ ）
A．AD＝BCB．∠ABD＝∠BDCC．AB＝ADD．∠A＝∠C
【答案】D
8．【2023·衡阳】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＝BCB．AB∥DCC．AB＝DCD．∠A＝∠C
【答案】C
3．【2023·永州】下列多边形中，内角和等于360°的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
湖北省
5．【2023·十堰】如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化，下面判断错误的是（ ）
A．四边形ABCD由矩形变为平行四边形
B．对角线BD的长度减小
C．四边形ABCD的面积不变
D．四边形ABCD的周长不变
【答案】C
江苏省
8.【2023·无锡】下列命题：①各边相等的多边形是正多边形；②正多边形是中心对称图形；③正六边形的外接圆半径与边长相等；④正n边形共有n条对称轴．其中真命题的个数是（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【分析】根据正多边形的性质以及正多边形与圆的关系逐一进行判断即可．
【答案】C 【解析】各边相等各角相等的多边形是正多边形，只有各边相等的多边形不一定是正多边形，如菱形，故①是假命题；正三角形和正五边形就不是中心对称图形，故②为假命题；正六边形中由外接圆半径与边长可构成等边三角形，所以外接圆半径与边长相等，故③为真命题；根据轴对称图形的定义和正多边形的特点，可知正n边形共有n条对称轴，故④为真命题.故选：C．
【点评】本题考查的是正多边形的概念以及正多边形与圆的关系，属于基础题型．
四川省
4．【2023·巴中】下列说法正确的是（ ）
A．多边形的外角和为360°
B．6a2b﹣2ab2＝2ab（3a﹣2b）
C．525000＝5.25×103
D．可能性很小的事情是不可能发生的
【答案】A
5．【2023·成都】如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AC＝BDB．OA＝OCC．AC⊥BDD．∠ADC＝∠BCD
【答案】B
7．【2023·泸州】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．1B．2C．3D．4
【分析】根据平行四边形的性质可得AB∥DC，AB＝CD，OD＝OB，可得∠CDP＝∠APD，根据DP平分∠ADC，可得∠CDP＝∠ADP，从而可得∠ADP＝∠APD，可得AP＝AD＝4，进一步可得PB的长，再根据三角形中位线定理可得EO=12PB，即可求出EO的长．
【答案】A【解析】在平行四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝CD，OD＝OB，∴∠CDP＝∠APD，∵DP平分∠ADC，∴∠CDP＝∠ADP，∴∠ADP＝∠APD，∴AP＝AD＝4，∵CD＝6，∴AB＝6，∴PB＝AB﹣AP＝6﹣4＝2，
∵E是PD的中点，O是BD的中点，∴EO是△DPB的中位线，∴EO=12PB＝1．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握这些知识是解题的关键．
9．【2023·自贡】第29届自贡国际恐龙灯会“辉煌新时代”主题灯组上有一幅不完整的正多边形图案，小华量得图中一边与对角线的夹角∠ACB＝15°，算出这个正多边形的边数是（ ）
A．9B．10C．11D．12
【分析】根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠ABC，再根据正多边形内角的嗯就是方法列方程求解即可．
【答案】D【解析】∵AB＝CB，∠ACB＝15°，∴∠ABC＝180°﹣15°﹣15°＝150°，设这个正多边形为正n边形，则(n-2)×180°n=150°，解得n＝12，经检验n＝12是原方程的解，即这个正多边形是正十二边形，
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正多边形内角的计算方法是解决问题的关键．
9．【2023·德阳】已知一个正多边形的边心距与边长之比为32，则这个正多边形的边数是（ ）
A．4B．6C．7D．8
【分析】根据题意画出图形，设正多边形的边长为2a，则其边心距为3a，故可得出其底角的度数，由此可判断出△OAB的形状，故可得出结论．
【答案】B【解析】如图所示：∵正多边形的边心距与边长之比为32，∴设正多边形的边长为2a，则其边心距为3a，∵OD⊥AB，∴AD=12AB=12×2a＝a，∴tan∠OAD=ODAD=3aa=3，∴∠OAB＝60°，∵OA＝OB，∴△OAB是等边三角形，∴∠AOB＝60°，∴n=36060=6，∴此正多边形是正六边形．
【点评】本题考查的是正多边形和圆，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
二、填空题
15．【2023·淮安】如图，3个大小完全相同的正六边形无缝隙、不重叠的拼在一起，连接正六边形的三个顶点得到△ABC，则tan∠ACB的值是 ．
【答案】233【解析】以BH，HG，GD为边，作正六边形BHGDFE，，连接BD，DE，AD，如图：
由正六边形性质可知∠HBC＝60°，∠HBE＝120°，∴∠HBC+∠HBE＝180°，∴C，B，E共线；由正六边形性质可得∠KDG＝120°＝∠AKD，AK＝DK，∴∠ADK＝30°，∴∠ADG＝∠KDG﹣∠ADK＝90°，同理∠EDG＝∠FDG﹣∠FDE＝120°﹣30°＝90°，∴∠ADG+∠EDG＝180°，∴A，D，E共线；∵∠BDE＝∠EDG﹣∠BDG＝90°﹣60°＝30°，∠DBE＝∠DBH＝60°，∴∠DEB＝90°，即∠AEC＝90°，设正六边形的边长为m，则BD＝2BE＝2m＝BC，∴DE=3BE=3m＝AD，CE＝BC+BE＝3m，∴AE＝23m，∴tan∠ACB=AECE=23m3m=233；故答案为：233．
17．【2023·盘锦】如图，四边形ABCD是平行四边形，以点B为圆心，任意长为半径画弧分别交AB和BC于点P，Q，以点P，Q为圆心，大于12PQ的长为半径画弧，两弧交于点H，作射线BH交边AD于点E；分别以点A，E为圆心，大于12AE的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN交边AD于点F，连接CF，交BE于点G，连接GD，若CD＝4，DE＝1，则S△DFGS△BGC= ．
【答案】625【解析】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＝3DE，BC＝AD＝5，S△DEG＝x，则S△EFG＝2x，S△FDG＝3x，∵AD∥BC，∴△EFG∽△BCG，∴S△EFGS△BCG=（EFBC）2＝（25）2=425，S△BCG＝12.5x，∴S△DFGS△BGC=3x12.5x=625，故答案为：625．
甘肃省
14. 【2023·兰州14题】如图，在中，，于点E，若，则______．
【答案】【解析】∵，，∴，.∵，
∴，∴.∵，∴.
新疆
11．【2023·新疆生产建设兵团】若一个正多边形的每个内角为144°，则这个正多边形的边数是 ．
【答案】10【解析】设正多边形是n边形，由内角和公式得：（n﹣2）180°＝144°×n，解得n＝10.
15．【2023·新疆生产建设兵团】如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝120°，点E是AD上一动点，将△ABE沿BE折叠得到△A′BE，当点A′恰好落在EC上时，DE的长为 ．
【分析】过点B作BF⊥AD于点F，过点C作CG⊥BE于点G，由题意易得∠A＝60°，在Rt△ABF中，AF＝AB•csA＝3，BF＝AB•sinA＝，由折叠可知∠AEB＝∠A′EB，由平行线的性质可得∠AEB＝∠CBE，进而得到∠CBE＝∠A′EB，于是△CBE为等腰直角三角形，BC＝CE＝8，EG＝BG＝，易证△BEF∽△CEG，由相似三角形的性质得到BE2＝2EF•CE，设EF＝x（0＜x＜8），则BE2＝2x•8＝16x，在Rt△BEF中，利用勾股定理建立方程，求解即可．
【答案】【解析】当点A′恰好落在EC上时，如图，过点B作BF⊥AD于点F，过点C作CG⊥BE于点G，∵四边形ABCD为平行四边形，BC＝8，∴AD∥BC，AD＝BC＝8.∵∠ABC＝120°，∴∠A＝60°.在Rt△ABF中，AF＝AB•csA＝6×＝3，BF＝AB•sinA＝6×＝，根据折叠的性质可得，∠AEB＝∠A′EB，∵AE∥BC，∴∠AEB＝∠CBE.∴∠CBE＝∠A′EB，即∠CBE＝∠CEB.∴△CBE为等腰直角三角形，BC＝CE＝8.∵CG⊥BE，∴EG＝BG＝.∵∠BEF＝∠CEG，∠BFE＝∠CGE＝90°，∴△BEF∽△CEG.∴，即.∴BE2＝2EF•CE.设EF＝x（0＜x＜8），∴BE2＝2x•8＝16x.在Rt△BEF中，EF2+BF2＝BE2，∴.整理得：x2﹣16x+27＝0，解得（舍去），.∴EF＝.∴DE＝AD﹣AF﹣EF＝8﹣3﹣）＝．
云南省
14．【2023·云南】五边形的内角和等于 度．
【答案】540【解析】五边形的内角和＝（5﹣2）•180°＝540°．
福建省
12．【2023·福建12题】如图，在▱ABCD中，O为BD的中点，EF过点O且分别交AB，CD于点E，F．若AE＝10，则CF的长为 ．
【答案】10 【解析】由平行线四边形的性质得到CD＝AB，CD∥AB，因此∠FDO＝∠EBO，∠DFO＝∠BEO，又OD＝OB，即可证明△DOF≌△BOE（AAS），得到FD＝BE，于是得出CF＝AE＝10．
上海
13．【2023·上海】如果一个正多边形的中心角是20°，那么这个正多边形的边数为 ．
【答案】18
陕西省
10．【2023·陕西】如图，正八边形的边长为2，对角线AB、CD相交于点E．则线段BE的长为 ．
【分析】根据正八边形的性质得出四边形CEGF是矩形，△ACE、△BFG是等腰直角三角形，AC＝CF＝FB＝EG＝2，再根据矩形的性质以及直角三角形的边角关系求出AE，GE，BG即可．
【答案】2+22【解析】如图，过点F作FG⊥AB于G，由题意可知，四边形CEGF是矩形，△ACE、△BFG是等腰直角三角形，AC＝CF＝FB＝EG＝2.在Rt△ACE中，AC＝2，AE＝CE，∴AE＝CE=22AC=2，同理BG=2，
∴AB＝AE+EG+BG＝2+22.
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正八边形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
河北省
19．【2023·河北19题】将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上．两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中：
（1）∠α＝ 度；
（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 （结果保留根号）．
​
【答案】（1）30 （2）23【解析】（1）作图如图所示，∵多边形是正六边形，∴∠ACB＝60°．∵BC∥直线l，∴∠ABC＝90°．∴α＝30°．（2）取中间正六边形的中心为O，作图如图所示，由题意得，AG∥BF，AB∥GF，BF⊥AB，∴四边形ABFG为矩形．∴AB＝GF．∵∠BAC＝∠FGH，∠ABC＝∠GFH＝90°，
∴△ABC≌△GFH（SAS）．∴BC＝FH．在Rt△PDE中，DE＝1，PE=3，由图1知AG＝BF＝2PE＝23，OM＝PE=3，∵BC=12(BF-CH)=3-1，∴AB=BCtan∠BAC=3-133=3-3．∴BD=2-AB=3-1．
∵DE=12×2=1，∴BE=BD+DE=3．∴ON=OM+BE=23．∴中间正六边形的中心到直线l的距离为23．
湖南省
14．【2023·株洲】如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝5，AD＝3，∠DAB 的平分线AE交线段CD于点E，则EC＝ ．
​
【答案】2 【解析】∵AB∥DC，∴∠DEA＝∠EAB．∵∠EAB＝∠DAE，∴∠DEA＝∠DAE．∴AD＝DE=3．∴EC＝DC﹣DE＝5﹣3＝2．
18．【2023·衡阳】如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是 ．
【答案】10 【解析】正五边形的每一个外角为15×360°＝72°，∴∠O＝180°﹣72°×2＝36°．∴正五边形的个数是360°÷36°＝10．
湖北省
11．【2023·黄冈】若正n边形的一个外角为72°，则n＝ ．
【分析】根据正多边形的性质及其外角和为360°列式计算即可．
【答案】 5【解析】∵正n边形的一个外角为72°，∴n＝360÷72＝5，故答案为：5．
【点评】本题考查多边形的外角和与正多边形的性质，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
江苏省
13. 【2023·宿迁】七边形的内角和是______．
【分析】由n边形的内角和是：180°（n-2），将n=7代入即可求得答案．
【答案】【解析】七边形的内角和是：180°×（7-2）=900°．
【点评】此题考查了多边形的内角和，熟记n边形的内角和公式是解题的关键．
12.【2023·徐州】正五边形的一个外角的大小为__________度．
【答案】72
14．【2023·连云港】以正六边形ABCDEF的顶点C为旋转中心，按顺时针方向旋转，使得新正六边形A′B′CD′E′F′的顶点D′落在直线BC上，则正六边形ABCDEF至少旋转 °．
【答案】60
11．【2023·扬州】如果一个多边形每一个外角都是60°，那么这个多边形的边数为 ．
【答案】6
内蒙古
16．【2023·包头】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【解析】∵五边形ABCDE是正五边形，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEA＝EAB=(5-2)×180°5=108°.在△ABC中，∠ABC＝108°，AB＝BC，∴∠BAC＝∠BCA=180°-108°2=36°.同理可得，∠DCE＝∠DEC＝∠EAD＝∠EDA＝36°，∴∠ACE＝∠BCD﹣∠BCA﹣∠DCE＝108°﹣36°﹣36°＝36°.∴∠ACE＝∠DCE，即CF平分∠ACD，故①正确；③∵∠BAC＝∠ACE＝36°，∴AB∥FC.∵∠EAB＝108°，∠EAD＝36°，∴∠DAB＝∠EAB﹣∠EAD＝108°﹣36°＝72°.
∵∠ABC＝108°，∴∠ABC+∠DAB＝108°+72°＝180°.∴AF∥BC.∴四边形ABCF是平行四边形.又∵AB＝BC，∴四边形ABCF是菱形，故③正确；∵FA=FC=CD，∠DCF=36°，∴CF≠2DF，即AF≠2DF，故②错误；∵∠DEF＝∠DAE＝36°，∠EDF＝∠ADE，∴△DEF∽△DAE.∴DEAD=EFAE.∵DE＝AE＝AB，∴ABAD=EFAB，即AB2＝AD•EF，故④正确.综上，正确的结论是①③④.
山东省
12．【2023·济宁】一个多边形的内角和是540°，则这个多边形是 边形．
【分析】根据多边形的内角和公式列方程并解方程即可．
【答案】五 【解析】设此多边形的边数为n，则（n﹣2）•180°＝540°，解得：n＝5，即此多边形为五边形，故答案为：五．
【点评】本题考查多边形的内角和公式，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
15．【2023·聊城】如图，在▱ABCD中，BC的垂直平分线EO交AD于点E，交BC于点O，连接BE，CE，过点C作CF∥BE，交EO的延长线于点F，连接BF．若AD＝8，CE＝5，则四边形BFCE的面积为 ．
【分析】先根据平行四边形的性质得出AD＝BC＝8，再由EF是线段BC的垂直平分线得出EF⊥BC，OB＝OC=12BC＝4，根据勾股定理求出OE的长，再由CF∥BE可得出∠OCF＝OBE，故可得出△OCF≌△OBE，OE＝OF，利用S四边形BFCE＝S△BCE+S△BFC即可得出结论．
【答案】24 【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，AD＝8，∴AD＝BC＝8，∵由EF是线段BC的垂直平分线，∴EF⊥BC，OB＝OC=12BC＝4，∵CE＝5，∴OE=CE2-OC2=52-42=3．∵CF∥BE，∴∠OCF＝∠OBE，在△OCF与△OBE中，∠COF=∠BOEOC=OB∠OCF=∠OBE，∴△OCF≌△OBE（ASA），∴OE＝OF＝43，∴S四边形BFCE＝S△BCE+S△BFC=12BC•OE+12BC•OF=12×8×3+12×8×2＝12+12＝24．故答案为：24．
【点评】本题考查的是平行四边形的性质，三角形的面积及线段垂直平分线的性质，根据题意得出OE＝OF是解题的关键．
重庆
12．【2023·重庆A卷】如图，正五边形ABCDE中，连接AC，那么∠BAC的度数为 ．
【分析】利用多边形内角和公式及正多边形性质易得∠B的度数，AB＝BC，再根据等边对等角，利用三角形内角和定理即可求得答案．
【答案】36°【解析】∵五边形ABCDE是正五边形，∴AB＝BC，∠B＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，∴∠BAC＝∠BCA=180°-∠B2=180°-108°2=36°．
【点评】本题主要考查多边形内角和及正多边形性质，利用其求得∠B的度数是解题的关键．
13．【2023·重庆B卷】若七边形的内角中有一个角为100°，则其余六个内角之和为 ．
【分析】利用多边形内角和公式求得七边形的内角和后与100°作差即可．
【答案】800°【解析】由题意可得七边形的内角和为：（7﹣2）×180°＝900°，∵该七边形的一个内角为100°，∴其余六个内角之和为900°﹣100°＝800°．
【点评】本题主要考查多边形的内角和，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
四川省
15．【2023·凉山州】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 ．
【分析】延长BC交y轴于点D，由平行四边形的性质得BC＝OA，BC∥OA，再证BC⊥y轴，然后求出BC＝OA＝3，CD＝1，OD＝2，则BD＝CD+BC＝4，即可得出结论．
【答案】（4，2）【解析】如图，延长BC交y轴于点D，
∵四边形ABCO是平行四边形，∴BC＝OA，BC∥OA，∵OA⊥y轴，∴BC⊥y轴，∵A（3，0），C（1，2），
∴BC＝OA＝3，CD＝1，OD＝2，∴BD＝CD+BC＝1+3＝4，∴B（4，2），故答案为：（4，2）．
【点评】本题考查了平行四边形的性质以及坐标与图形性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
三、解答题
22．【2023·湘西州】如图，四边形ABCD是平行四边形，BM∥DN，且分别交对角线AC于点M，N，连接MD，BN．
（1）求证：∠DMN＝∠BNM；
（2）若∠BAC＝∠DAC．求证：四边形BMDN是菱形．
证明：（1）连接BD，交AC于点O，如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∵BM∥DN，
∴∠MBO＝∠NDO，
又∠BOM＝∠DON，
∴△BOM≌△DON（ASA），
∴BM＝DN，
∴四边形BMDN为平行四边形，
∴BN∥DM，
∴∠DMN＝∠BNM；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠BCA＝∠DAC，
∵∠BAC＝∠DAC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴MN⊥BD，
∴平行四边形BMDN是菱形．
24．【2023·青岛】如图，在▱ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，∠DCB的平分线交AD于点F，点G，H分别是AE和CF的中点．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）连接EF．若EF＝AF，请判断四边形GEHF的形状，并证明你的结论．
解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD，∠BAD＝∠DCB，∠B＝∠D，∠DAE＝∠AEB，∠DFC＝∠BCF，
∵∠BAD和∠DCB的平分线AE、CF分别交BC、AD于点E、F，
∴∠BAE＝∠DAE=12∠BAD，∠BCF＝∠DCF=12∠DCB，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△BAE和△DCF中，
∠B=∠DAB=CD∠BAE=∠DCF，
∴△BAE≌△DCF（ASA）．
（2）证明：∵△BAE≌△DCF，
∴AE＝CF，∠AEB＝∠DFC，
∴∠AEB＝∠BCF，
∴AE∥CF，
∵点G、H分别为AE、CF的中点，
∴GE∥FH，GE＝FH，
∴四边形FGEH是平行四边形
∵EF＝AF，G为AE的中点，
∴GF⊥AE，
∴四边形FGEH是矩形．
17．【2023·淄博】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．
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AF∥EC，
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，
∵BE=FDAE=FCAB=CD，
∴△ABE≌△CDF（SSS）．
20．【2023·呼和浩特】如图，四边形ABCD是平行四边形，连接AC，BD交于点O，DE平分∠ADB交AC于点E，BF平分∠CBD交AC于点F，连接BE，DF．
（1）求证：∠1＝∠2；
（2）若四边形ABCD是菱形且AB＝2，∠ABC＝120°，求四边形BEDF的面积．
解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OD＝OB，
∴∠ADO＝∠CBO，
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD，
∴∠ODE=12∠ADO，∠OBF=12∠CBO，
∴∠ODE＝∠OBF，
∴DE∥BF，
∵OD＝OB，∠DOE＝∠BOF，
∴△ODE≌△OBF（ASA），
∴DE＝BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE∥DF，
∴∠1＝∠2．
（2）解：由（1）知△ODE≌△OBF（ASA），
∴OE＝OF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥EF，OD＝OB，AD∥BC，
∴四边形DEBF的菱形，
∵AD∥BC，∠ABC＝120°，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵AD＝AB，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝2，∠ADO＝60°，
∴OD=12BD＝1，
∵∠ODE=12∠ADO＝30°，
∴OE=33OD=33，
∴EF＝2OE=233，
∴四边形BEDF的面积=12BD•EF=12×2×233=233．
23．【2023·西宁】如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF与AC交于点M，连接AF，CE．
（1）求证：△AEM≌△CFM；
（2）若AC⊥EF，AF=32，求四边形AECF的周长．
解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥DC，AB＝DC（平行四边形的对边平行且相等），
∴∠AEM＝∠CFM （两直线平行，内错角相等），
∵BE＝DF，
∴AB+BE＝CD+DF即AE＝CF，
在△AEM和△CFM 中
∠AME=∠CMF(对顶角相等)∠AEM=∠CFMAE=CF
∴△AEM≌△CFM（AAS）；
（2）解：∵AE＝CFAE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
又∵AC⊥EF，
∴▱AECF是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形），
∴AE＝EC＝CF＝AF（菱形的四条边都相等），
∴菱形AECF的周长=4AF=4×32=122．
宁夏
19．【2023·宁夏19题】如图，已知EF∥AC，B，D分别是AC和EF上的点，∠EDC＝∠CBE．求证：四边形BCDE是平行四边形．
证明：∵EF∥AC，∴∠EDC+∠C＝180°.
又∵∠EDC＝∠CBE，∴∠CBE+∠C＝180°.∴EB∥DC.
∵DE∥BC，BE∥CD，∴四边形BCDE是平行四边形．
新疆
18．【2023·新疆生产建设兵团】如图，AD和BC相交于点O，∠ABO＝∠DCO＝90°，OB＝OC，点E、F分别是AO、DO的中点．
（1）求证：OE＝OF；
（2）当∠A＝30°时，求证：四边形BECF是矩形．
【分析】（1）根据平行线的判定定理得到AB∥CD，根据平行线的性质得到∠A＝∠D，根据全等三角形的性质得到AO＝DO，根据线段中点的定义得到OE＝OF；（2）根据平行四边形的判定定理得到四边形BECF是平行四边形，求得∠EBF＝90°，根据矩形的判定定理得到四边形BECF是矩形．
证明：（1）∠ABO＝∠DCO＝90°，∴AB∥CD.∴∠A＝∠D.
在△AOB与△DOC中，
，
∴△AOB≌△DOC（AAS）.∴AO＝DO.
∵点E、F分别是AO、DO的中点，∴.
∴OE＝OF；
（2）∵OB＝OC，OE＝OF，∴四边形BECF是平行四边形.
∵∠A＝30°，∴.
∵OE＝OF，∴.
∴∠EBF＝90°.∴四边形BECF是矩形．
云南省
22．【2023·云南】如图，平行四边形ABCD中，AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，且E、F分别在边BC、AD上，AE＝AF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若∠ABC＝60°，△ABE的面积等于，求平行线AB与DC间的距离．
【分析】（1）根据平行四边形对角相等得到∠BAD＝∠BCD，再根据AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，可得到∠DAE＝∠BCF，再根据平行四边形对边平行得到∠DAE＝∠AEB，于是有∠BCF＝∠AEB，得出AE∥FC，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证得四边形AECF是平行四边形，最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；（2）连接AC，根据平行四边形的性质和角平分线的定义可证得AB＝EB，结合已知∠ABC＝60°得到△ABE是等边三角形，从而求出AB＝AE＝EB＝EC＝4，∠BAE＝60°，再证得∠EAC＝30°，即可得到∠BAC＝90°，根据勾股定理求出AC的长，从而得出平行线AB与DC间的距离．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BAD＝∠BCD，AD∥BC，
∵AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，
∴，，∴∠DAE＝∠BCF，
∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠BCF＝∠AEB，
∴AE∥FC，∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE＝AF，∴四边形AECF是菱形；
（2）解：连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝EB，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABE是等边三角形，∴∠BAE＝∠AEB＝∠ABEA＝60°，
∵△ABE的面积等于，∴，
∴AB＝4，即AB＝AE＝EB＝4，
由（1）知四边形AECF是菱形，
∴AE＝CE＝4，∴∠EAC＝∠ECA，
∵∠AEB是△AEC的一个外角，∴∠AEB＝∠EAC+∠ECA＝60°，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝90°，即AC⊥AB，
由勾股定理得，
即平行线AB与DC间的距离是．
湖南省
23．【2023·长沙】如图，在▱ABCD中，DF平分∠ADC，交BC于点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：AD＝AF；
（2）若AD＝6，AB＝3，∠A＝120°，求BF的长和△ADF的面积．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD．∴∠CDE＝∠F.
∵DF平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE.
∴∠F＝∠ADF.∴AD＝AF.
（2）
21．【2023·株洲】如图所示，在△ABC 中，点D，E分别为AB，AC的中点，点H在线段CE上，连接BH，点G，F分别为BH，CH的中点．
（1）求证：四边形DEFG为平行四边形；
（2）DG⊥BH，BD＝3，EF＝2，求线段BG的长度．
​
（1）证明：∵点D，E分别为AB，AC的中点，点G，F分别为BH，CH的中点．
∴DE是△ABC的中位线，GF是△HBC的中位线．
∴DE∥BC，DE=12BC，GF∥BC，GF=12BC．
∴DE∥GF，DE＝GF．
∴四边形DEFG为平行四边形．
（2）解：∵四边形DEFG为平行四边形，∴DG＝EF＝2．
∵DG⊥BH，∴∠DGB＝90°．
∴BG=BD2-DG2=32-22=5．
∴线段BG的长度为5．
江苏省
24．【2023·扬州】如图，点E，F，G，H分别是平行四边形ABCD各边的中点，连接AF，CE相交于点M，连接AG、CH相交于点N．
（1）求证：四边形AMCN是平行四边形；
（2）若▱AMCN的面积为4，求▱ABCD的面积．
解：（1）∵点E、F、G、H分别是平行四边形ABCD各边的中点，
∴AH∥CF，AH＝CF，∴四边形AFCH是平行四边形，∴AM∥CN，
同理可得，四边形AECG是平行四边形，
∴AN∥CM，∴四边形AMCN是平行四边形；
（2）如图所示，连接AC，
∵H，G分别是AD，CD的中点，∴点N是△ACD的重心，
∴CN＝2HN，∴S△ACN=23S△ACH，
又∵CH是△ACD的中线，∴S△ACN=13S△ACD，
又∵AC是平行四边形AMCN和平行四边形ABCD的对角线，
∴S平行四边形AMCN=13S平行四边形ABCD，
又∵▱AMCN的面积为4，∴▱ABCD的面积为12．
四川省
20．【2023·雅安】如图，已知E，F是▱ABCD对角线AC上两点，AE＝CF．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若CH⊥AB交AB的延长线于点H，CHBH=3，BC=10，tan∠CAB=34，求▱ABCD的面积．
（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠BAE=∠DCFAE=CF，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）解：∵CHBH=3，∴CH＝3BH，
∵CH⊥AB于H，∴∠H＝90°，∴BC2＝BH2+CH2，
∵BC=10，∴（10）2＝BH2+（3BH）2，
解得BH＝1，∴CH＝3，
在Rt△ACH中，tan∠CAB=CHAH=34，∴AH＝4，
∴AB＝AH﹣BH＝4﹣1＝3，
∴S▱ABCD＝AB•CH＝3×3＝9．
18．【2023·南充】如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线AC上，∠CBE＝∠ADF．
求证：（1）AE＝CF；
（2）BE∥DF．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AD＝BC，求得∠DAF＝∠BCE，根据全等三角形的性质得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到∠AFD＝∠CEB，根据平行线的判定定理即可得到BE∥DF．
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠DAF＝∠BCE，
在△ADF与△CBE中，∠ADF=∠CBEAD=CB∠DAF=∠BCE，
∴△ADF≌△CBE（ASA），∴AF＝CE，
∴AF﹣EF＝CE﹣EF，∴AE＝CF；
（2）∵△ADF≌△CBE，∴∠AFD＝∠CEB，∴BE∥DF．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
19．【2023·广安】如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E、F，且AF＝CE，∠BAC＝∠DCA．求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】结合已知条件推知AB∥CD；然后由全等三角形的判定定理ASA证得△ABE≌△CDF，则其对应边相等：AB＝CD；最后根据“对边平行且相等是四边形是平行四边形”证得结论．
证明：∵AF＝CE，∴AF﹣EF＝CE﹣EF．∴AE＝CF．
∵∠ABD＝∠BDC，∴AB∥CD．∴∠BAE＝∠DCF．
在△ABE与△CDF中，∠BAE=∠DCFAE=CF∠AEB=∠CFD．
∴△ABE≌△CDF（ASA）．∴AB＝CD．
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定：（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．
20．【2023·自贡】如图，在平行四边形ABCD中，点M，N分别在边AB，CD上，且AM＝CN．求证：DM＝BN．
【分析】由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，再证BM＝DN，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，
∵AM＝CN，∴AB﹣AM＝CD﹣CN，即BM＝DN，
又∵BM∥DN，∴四边形MBND是平行四边形，∴DM＝BN．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明BM＝DN是解题的关键．
22．【2023·眉山】如图，▱ABCD中，点E是AD的中点，连结CE并延长交BA的延长线于点F．
（1）求证：AF＝AB；
（2）点G是线段AF上一点，满足∠FCG＝∠FCD，CG交AD于点H，若AG＝2，FG＝6，求GH的长．
【分析】（1）先根据AAS证明△CDE≌△FAE，得CE＝EF，再根据平行线分线段成比例定理可得结论；
（2）先根据（1）可得：AB＝AF＝8，由平行线的性质和等腰三角形的判定可得CG＝GF＝6，证明△DCH∽△AGH，列比例式可得GH的长．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，CD∥AB，
∴∠D＝∠FAD，∠DCE＝∠F，
∵E是AD的中点，∴DE＝AE，
∴△CDE≌△FAE（AAS），∴CE＝EF，
∵AE∥BC，∴FAAB=FECE=1，∴AF＝AB；
（2）解：∵AG＝2，FG＝6，∴AF＝FG+AG＝6+2＝8，∴AB＝AF＝8，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD＝AB＝8，
∵∠DCE＝∠F，∠FCG＝∠FCD，∴∠F＝∠FCG，∴CG＝FG＝6，
∵CD∥AF，∴△DCH∽△AGH，∴CDAG=CHGH，即82=6-GHGH，∴GH＝1.2．
【点评】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识，掌握三角形全等和相似的性质和判定是解本题的关键．
重庆
20．【2023·重庆A卷】学习了平行四边形后，小虹进行了拓展性研究．她发现，如果作平行四边形一条对角线的垂直平分线，那么这个平行四边形的一组对边截垂直平分线所得的线段被垂足平分．她的解决思路是通过证明对应线段所在的两个三角形全等得出结论．请根据她的思路完成以下作图与填空：
用直尺和圆规，作AC的垂直平分线交DC于点E，交AB于点F，垂足为点O．（只保留作图痕迹）
已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，AC是对角线，EF垂直平分AC，垂足为点O．求证：OE＝OF．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB．
∴∠ECO＝ ．
∵EF垂直平分AC，
∴ ．
又∠EOC＝ ，
∴△COE≌△AOF（ASA）．
∴OE＝OF．
小虹再进一步研究发现，过平行四边形对角线AC中点的直线与平行四边形一组对边相交形成的线段均有此特征．请你依照题意完成下面命题：
过平行四边形对角线中点的直线 ．
【分析】根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB．∴∠ECO＝∠FAO．
∵EF垂直平分AC，∴OA＝OC．
又∠EOC＝∠FOA，∴△COE≌△AOF（ASA）．∴OE＝OF；
过平行四边形对角线中点的直线被平分，
故答案为：∠FAO；OA＝OC；∠FOA；被平分．
【点评】此题考查命题与定理，关键是根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
山西省
21．【2023•山西21题】阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
任务：（1 ）填空：材料中的依据1是指： ．
依据2是指： ．
（2）请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH、使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
（3）在图1中，分别连接AC，BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC，BD长度的关系，并证明你的结论．
解：（1）三角形中位线定理 两组对边分别平行的四边形是平行四边形
（2）如图，画四边形ABCD，且AC⊥BD于O，点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接EF，FG，GH，HE，则四边形EFGH为所求.
理由如下：∵点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF∥BD，HG∥BD，EH∥AC，FG∥AC.∴EF∥HG，EH∥FG.
∴四边形EFGH是平行四边形.
∵AC⊥BD，EF∥BD，∴AC⊥EF.
∵FG∥AC，∴EF⊥FG.
∴平行四边形EFGH是矩形.
（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于AC+BD.理由如下：
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，
∴E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点.，
∴EF=12BD，GH=12BD，EH=12AC，FG=12AC.
∴瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长＝EF+GF+GH+EH=12BD+12BD+12AC+12AC＝AC+BD．
山东省
17．【2023·菏泽】如图，在▱ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，CF平分∠BCD，交AD于点F．求证：AE＝CF．
【分析】根据平行四边形的性质AB＝CD，∠A＝∠D，∠BAD＝∠BCD，进而利用角平分线得出∠BAE＝∠FCD，利用ASA证明△ABE与△CDF全等解答即可．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠A＝∠D，∠BAD＝∠BCD，
∵AE平分∠BAD，交BC于点E，CF平分∠BCD，交AD于点F，
∴∠BAE＝∠FCD，
在△ABE与△CDF中，∠BAE=∠DCFAB=CD∠B=∠D，
∴△ABE≌△CDF（ASA），∴AE＝CF．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、角平分线定义；熟练掌握平行四边形的性质，证出∠BAE＝∠FCD是解题的关键．
辽宁省
24. 【2023·营口】在中，，点E在上，点G在上，点F在的延长线上，连接．，．
（1）如图1，当时，请用等式表示线段与线段的数量关系______；
（2）如图2，当时，写出线段和之间的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，当点G是的中点时，连接，求的值．
【分析】（1）当时，，在上截取，连接，证明，推出，，得到；
（2）当时，得到，，过点G作交于点M，证明，推出，得到，由此得到，进而推出；
（3）由（2）得，设，由点G是的中点，得到，推出，，过点E作于N，根据角的性质及勾股定理求出，，即可得到，根据公式计算即可．
解：（1）[解析]当时，，
∵在中，，∴，，
∴∴，
在上截取，连接，
∵，∴，
∴，，
∴，，∴．
（2），理由如下：
当时，，∴，，
过点G作交于点M．
∴，
∵，∴，
又∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，
∵，∴．
（3）∵，，∴，
设，∵点G是的中点，∴，∴,
∴，∴，，
过点E作于N，
∵，∴，
∴，，∴，
∴．
【点评】此题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质，求角的正切值，熟练掌握各知识点是解题的关键．瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接E，F，G，H，得到的四边形EFGH是平行四边形．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnn，Pierte 1654﹣1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H，G分别为AD，CD的中点，∴HG∥AC，HG=12AC．（依据1）
∴DNNM=DGGC．∵DG＝GC，∴DN＝NM=12DM．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形，（依据2）∴S▱HPQG＝HG•MN=12HG⋅DM．
∵S△ADC=12AC•DM＝HG•DM，∴S▱HPQG=12S△ADC．同理，…