考点15 多边形与平行四边形-备战2021年中考数学考点一遍过（含答案解析）试卷

这是一份考点15 多边形与平行四边形-备战2021年中考数学考点一遍过（含答案解析）试卷，共64页。试卷主要包含了多边形，平行四边形的性质，平行四边形的判定，三角形的中位线等内容，欢迎下载使用。

考点15 多边形与平行四边形

本单元内容是考查重点,年年都会考查,分值为10分左右,预计2021年各地中考还将出现,并且在选择、填空题中考查多边形的内角和、平行四边形性质和判定及中位线的可能性比较大.解答题中考查平行四边形的性质和判定,一般和三角形全等、解直角三角形综合应用的可能性比较大.对于本单元内容,要注重基础,反复练习,灵活运用.

一、多边形
1．多边形的相关概念
1）定义：在平面内，由一些段线首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形．
2）对角线：从n边形的一个顶点可以引(n–3)条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2)个三角形；n边形对角线条数为．
2．多边形的内角和、外角和
1）内角和：n边形内角和公式为(n–2)·180°；2）外角和：任意多边形的外角和为360°.
3．正多边形
1）定义：各边相等，各角也相等的多边形.
2）正n边形的每个内角为，每一个外角为．
3）正n边形有n条对称轴.
4）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形．
二、平行四边形的性质
1．平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形，平行四边形用“”表示.
2．平行四边形的性质
1）边：两组对边分别平行且相等．2）角：对角相等，邻角互补．3）对角线：互相平分．
4）对称性：中心对称但不是轴对称．
3．注意：利用平行四边形的性质解题时一些常用到的结论和方法：
1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
4．平行四边形中的几个解题模型
1）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．
2）平行四边形的一条对角线把其分为两个全等的三角形，如图②中△ABD≌△CDB；
两条对角线把平行四边形分为两组全等的三角形，如图②中△AOD≌△COB,△AOB≌△COD；
根据平行四边形的中心对称性，可得经过对称中心O的线段与对角线所组成的居于中心对称位置的三角形全等，如图②△AOE≌△COF.图②中阴影部分的面积为平行四边形面积的一半．
3）如图③，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE.
4）如图④，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．

三、平行四边形的判定
1）方法一（定义法）：两组对边分别平行的四边形是平行四边形.
2）方法二：两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
3）方法三：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.
4）方法四：对角线互相平分的四边形是平行四边形.
5）方法五：两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
四、三角形的中位线
1）定义：三角形两边中点的连线叫中位线。
2）性质: 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。

考向一 多边形的内（外）角和
多边形内角和：n边形内角和公式为(n–2)·180°；多边形外角和：任意多边形的外角和为360°；

1．（2020·四川中考真题）多边形的内角和不可能为（　　）
A．180° B．540° C．1080° D．1200°
【答案】D
【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°（n≥3且n是整数），则多边形的内角和是180度的倍数，由此即可求出答案．
【详解】多边形的内角和可以表示成（n-2）•180°（n≥3且n是整数），n应为整数，所以n-2也是整数，所以多边形的内角能被180整除，因为在这四个选项中不是180°的倍数的只有1200°．故选：D．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，牢记定理是解答本题的关键，难度不大．
2．（2020·湖北宜昌市·中考真题）游戏中有数学智慧，找起点游戏规定：从起点走五段相等直路之后回到起点，要求每走完一段直路后向右边偏行．成功的招数不止一招，可助我们成功的一招是（ ）．
A．每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走 B．每段直路要短
C．每走完一段直路后沿向右偏108°方向行走 D．每段直路要长

【答案】A
【分析】根据题意可知封闭的图形是正五边形，求出正五边形内角的度数即可解决问题．
【详解】根据题意可知，从起点走五段相等直路之后回到起点的封闭图形是正五边形，
∵正五边形的每个内角的度数为：
∴它的邻补角的度数为：180°-108°=72°，因此，每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走，故选：A．
【点睛】此题主要考查了求正多边形内角的度数，掌握并能运用多边形内角和公式是解题的关键．
3．（2020·山东德州市·中考真题）如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°……照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为（ ）

A．80米 B．96米 C．64米 D．48米
【答案】C
【分析】根据多边形的外角和即可求出答案．
【详解】解：根据题意可知，他需要转360÷45=8次才会回到原点，所以一共走了8×8=64米．故选：C．
【点睛】本题主要考查了利用多边形的外角和定理求多边形的边数．任何一个多边形的外角和都是360°．


1．（2020·湖南怀化市·中考真题）若一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形的边数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【解析】多边形内角和定理．
【分析】设这个多边形的边数为n，由n边形的内角和等于180°（n﹣2），即可得方程180（n﹣2）=1080，
解此方程即可求得答案：n=8．故选C．
2．（2020·江苏无锡市·中考真题）正十边形的每一个外角的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用多边形的外角性质计算即可求出值．
【详解】解：360°÷10＝36°，故选：A．
【点睛】此题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角性质是解本题的关键

考向二 多边形的对角线问题
多边形的对角线：从n边形的一个顶点可以引(n–3)条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2)个三角形；n边形对角线条数为．

1．（2020·山东济南市·中考模拟）一个多边形的内角和比其外角和的2倍多180°，则该多边形的对角线的条数是（　　）
A．12 B．13 C．14 D．15
【答案】C
【解析】
解：根据题意，得：（n﹣2）•180=360°×2+180°，解得：n=7．
则这个多边形的边数是7，七边形的对角线条数为=14，故选C．
2．（2020·浙江台州市·九年级模拟）一个凸多边形共有230条对角线，则该多边形的边数是______．
【答案】23
【分析】由题意根据多边形的对角线的条数公式列式进行计算即可求解．
【详解】解：设多边形有n条边，由题意得：=230，解得：n1=23，n2=-20（不合题意舍去），
故答案是：23．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，熟记多边形的对角线公式是解题的关键．

1．（2020·广东茂名市·中考模拟）若一个多边形从同一个顶点出发可以作5条对角线，则这个多边形的边数为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】可根据n边形从一个顶点引出的对角线有n-3条，即可求解．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，则n-3=5，解得n=8，
故这个多边形的边数为8，故选：C．
【点睛】本题考查多边形的对角线.理解多边形的边数与经过多边形一个顶点对角线的条数之间的关系是解决此题的关键.
2．（2020·陕西渭南市·）若一个多边形的内角和为，则从该多边形一个顶点出发引的对角线条数是______．
【答案】
【分析】根据题意和多边形内角和公式求出多边形的边数，根据多边形的对角线的条数的计算公式计算即可．
【详解】设这个多边形的边数为n，则（n-2）×180°=900°，解得，n=7，
从七边形的其中一个顶点出发引的对角线的条数：7-3=4，故答案为：4．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和外角、多边形的对角线，掌握n边形的内角和等于（n-2）×180°、从n边形的其中一个顶点出发引的对角线的条数是n-3是解题的关键．

考向三 正多边形相关问题
正多边形是各边相等，各角也相等的多边形．

1．（2020·辽宁葫芦岛市·中考真题）如图，以为边，在的同侧分别作正五边形和等边，连接，则的度数是____________．

【答案】66°
【分析】由是正五边形可得AB=AE以及∠EAB的度数，由△ABF是等边三角形可得AB=AF以及∠FAB的度数，进而可得AE=AF以及∠EAF的度数，进一步即可根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出答案．
【详解】解：∵五边形是正五边形，∴AB=AE，∠EAB=108°，
∵△ABF是等边三角形，∴AB=AF，∠FAB=60°，∴AE=AF，∠EAF=108°－60°=48°，
∴∠EFA=．故答案为：66°．
【点睛】本题考查了正多边形的内角问题、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．
3．（2020·湖北黄石市·中考真题）匈牙利著名数学家爱尔特希（P. Erdos，1913-1996）曾提出：在平面内有n个点，其中每三个点都能构成等腰三角形，人们将具有这样性质的n个点构成的点集称为爱尔特希点集．如图，是由五个点A、B、C、D、O构成的爱尔特希点集（它们为正五边形的任意四个顶点及正五边形的中心构成），则的度数是_____．

【答案】18°
【分析】先证明△AOB≌△BOC≌△COD，得出∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC，∠AOB=∠BOC=∠COD，然后求出正五边形每个角的度数为108°，从而可得∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC=54°，∠AOB=∠BOC=∠COD=72°，可计算出∠AOD=144°，根据OA=OD，即可求出∠ADO．
【详解】∵这个五边形由正五边形的任意四个顶点及正五边形的中心构成，
∴根据正五边形的性质可得OA=OB=OC=OD，AB=BC=CD，∴△AOB≌△BOC≌△COD，
∴∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC，∠AOB=∠BOC=∠COD，
∵正五边形每个角的度数为：=108°，∴∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC=54°，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD=（180°-2×54°）=72°，∴∠AOD=360°-3×72°=144°，
∵OA=OD，∴∠ADO=（180°-144°）=18°，故答案为：18°．
【点睛】本题考查了正多边形的内角，正多边形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，求出∠AOB=∠BOC=∠COD=72°是解题关键．

1．（2020·福建中考真题）如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，则等于___度．

【答案】30
【分析】先证出内部的图形是正六边形，求出内部小正六边形的内角，即可得到∠ACB的度数，根据直角三角形的两个锐角互余即可求解．
【详解】解：由题意六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成，
可得BD=AC，BC=AF，∴CD=CF，
同理可证小六边形其他的边也相等，即里面的小六边形也是正六边形，

∴∠1=，∴∠2=180°-120°=60°，∴∠ABC=30°，故答案为：30．
【点睛】本题考查正多边形的证明、多边形的内角和以及三角形的内角和，熟练掌握多边形内角和的计算是解题的关键．
2．（2019·山东枣庄市·中考真题）用一条宽度相等的足够长的纸条打一个结（如图1所示），然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形．图中，____度．

【答案】36°.
【分析】利用多边形的内角和定理和等腰三角形的性质即可解决问题．
【详解】，是等腰三角形，度．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理和等腰三角形的性质． 解题关键在于知道n边形的内角和为：180°（n﹣2）．

考向四 平行四边形的性质
平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分.
平行四边形的性质为我们证明线段平行或相等，角相等提供了新的理论依据．

1．（2020·海南中考真题）如图，在中，的平分线交于点交的延长线于点于点，若，则的周长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据平行四边形的性质说明△ABE是等腰三角形、求得BE、EC，再结合BG⊥AE，运用勾股定理求得AG，进一步求得AE和△ABE的周长，然后再说明△ABE∽△FCE且相似比为，最后根据相似三角形的周长之比等于相似比列方程求解即可．
【解析】解：∵∴AD∥BC，AB//DF∴∠DAE=∠BEA
∵∠DAE=∠BAE∴∠BAE=∠BEA∴BE=AB=10,即EC=BC-BE=5
∵BG⊥AE∴AG=EG=AE ∵在Rt△ABG中，AB=10,BG=8
∴ ∴AE=2AG=12
∴△ABE的周长为AB+BE+AE=10+10+12=32
∵AB∥DF∴△ABE∽△FCE且相似比为
∴ ,解得=16．故答案为A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的周长之比等于相似比是解答本题的关键．
2．（2020·吉林长春·中考真题）如图，在中，是对角线、的交点，，，垂足分别为点、．（1）求证：．（2）若，，求的值．

【答案】（1）见解析1；（2）
【分析】（1）根据题意由平行四边形性质得，由ASA证得，即可得出结论；
（2）根据题意由（1）得OE=OF，则OE=2，在Rt△OEB中，由三角函数定义即可得出结果．
【解析】解：（1）证明：在中，
∵，∴∴
又∵∴∴
（2）∵，∴∵∴
在中，，.
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数定义等知识；熟练掌握平行四边形的性质与全等三角形的判定是解题的关键．

1．（2020·湖南邵阳·中考真题）如图，四边形是平行四边形，点E，B，D，F在同一条直线上，请添加一个条件使得，下列不正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质结合全等三角形的判定，逐项进行判断即可.
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB∥CD，∴∠ABD=∠BDC，
∵∠ABE+∠ABD=∠BDC+∠CDF，∴∠ABE=∠CDF，
A.若添加，则无法证明，故A错误；
B.若添加，运用AAS可以证明，故选项B正确；
C.若添加，运用ASA可以证明，故选项C正确；
D.若添加，运用SAS可以证明，故选项D正确．故选：A．
【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等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
2．（2020·山东临沂·中考真题）如图，P是面积为S的内任意一点，的面积为，的面积为，则（ ）

A． B． C． D．的大小与P点位置有关
【答案】C
【分析】过点P作AD的垂线PF，交AD于F，再延长FP交BC于点E，表示出S1+ S2，得到即可．
【解析】解：如图，过点P作AD的垂线PF，交AD于F，再延长FP交BC于点E，
根据平行四边形的性质可知PE⊥BC，AD=BC，∴S1=AD×PF，S2=BC×PE，
∴S1+ S2=AD×PF+BC×PE=AD×（PE+PE）=AD×EF=S，故选C．

【点睛】本题考查了三角形的面积和平行四边形的性质，解题的关键是作出平行四边形过点P的高．
考向五 平行四边形的判定
平行四边形的判定方法有五种，在选择判定方法时应根据具体条件而定．对于平行四边形的判定方法，应从边、角及对角线三个角度出发，而对于边又应考虑边的位置关系及数量关系两方面．

1．（2020·湖南衡阳·中考真题）如图,在四边形ABCD中,AC与BD相交于点O,下列条件不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．AB∥DC,AB=DC B．AB=DC,AD=BC C．AB∥DC,AD=BC D．OA=OC,OB=OD

【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定方法逐项分析即可.
【解析】A. ∵ AB∥DC,AB=DC，∴四边形ABCD是平行四边形；
B. ∵ AB=DC,AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形；
C.等腰梯形ABCD满足 AB∥DC,AD=BC，但四边形ABCD是平行四边形；
D. OA=OC,OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形；故选C.
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，平行四边形的判定方法有：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤.两组对角分别相等的四边形是平行四边形.
2．（2020·江苏淮安·中考真题）如图，在平行四边形中，点、分别在、上，与相交于点，且．（1）求证：≌；（2）连接、，则四边形 （填“是”或“不是”）平行四边形．

【答案】（1）证明过程见解析；（2）是，理由见解析；
【分析】（1）根据平行四边形的对边平行可得到内错角相等，再根据已知条件可利用ASA得到全等；
（2）由（1）可得到AF=EC，根据一组对边平行且相等的四边形式平行四边形即可得到答案；
【解析】（1）∵四边形平行四边形，∴AD∥BC，∴，
根据题可知，，
在△AOF和△COE中， ，∴≌．
（2）如图所示，
由（1）得≌，可得：，又∵，∴四边形AECF是平行四边形．
【点睛】本题中主要考查了平行四边形的判定和性质，准确运用全等三角形的条件进行判断是解题的关键．

1．（2020·黑龙江穆棱·朝鲜族学校中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件____，使四边形ABCD是平行四边形（填一个即可）．

【答案】AD=BC（答案不唯一）
【分析】根据平行四边形的判定方法添加一个条件即可．
【解析】解：根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可以添加条件AD=BC，
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以添加条件AB∥DC，
本题只需添加一个即可，故答案为：AD=BC（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
2．（2020·湖南湘西·中考模拟）下列说法中，不正确是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
C．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 D．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
【答案】D
【分析】由平行四边形的判定方法得出A、B、C正确；即可得出结论．
【解析】解：∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，∴A正确；
∵两组对角分别相等的四边形是平行四边形，∴B正确；
∵一组对边且相等的四边形是平行四边形，∴C正确；
∵一组对边平行另一组对边相等的四边形是等腰梯形，不一定是平行四边形，∴D不正确．故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定方法：熟练掌握平行四边形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．

考向六 三角形的中位线

1．（2020·内蒙古赤峰·中考真题）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点连接AF，BF，∠AFB =90°，且AB=8，BC= 14，则EF的长是 （ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据直角三角形的性质得到DF=4，根据BC= 14，由三角形中位线定理得到DE=7，解答即可．
【解析】解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，∴DF= AB=4，
∵BC= 14，D、E分别是AB，AC的中点，∴DE=BC=7，∴EF=DE-DF=3，故选：B
【点睛】本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键．
2．（2020·江苏徐州·中考真题）如图，在中，，、、分别为、、的中点，若，则_______．

【答案】5
【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得AC的长度，再根据题意判断DE为中位线，根据中位线的性质即可求出DE的长度．
【解析】∵在中，，、、分别为、、的中点，，则根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得AC＝10．根据题意判断DE为中位线，根据三角形中位线的性质，得DE∥AC且DE=AC，可得DE=5．故答案为DE=5
【点睛】本题掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半及中位线的性质是解答本题的关键．

1．（2020·广东广州·中考真题）中，点分别是的边，的中点，连接，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据点分别是的边，的中点，得到DE是的中位线，根据中位线的性质解答.
【解析】如图， ∵点分别是的边，的中点，∴DE是的中位线，
∴DE∥BC，∴，故选：B.

【点睛】此题考查三角形中位线的判定及性质，平行线的性质，熟记三角形的中位线的判定定理是解题的关键.
2．（2020·辽宁抚顺·中考真题）如图，在中，，分别是和的中点，连接，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点，若，则的长为_________．

【答案】2
【分析】依据三角形中位线定理，即可得到MN=BC=2，MNBC，依据△MNE≌△DCE（AAS），即可得到CD=MN=2．
【解析】解：∵M，N分别是AB和AC的中点，∴MN是△ABC的中位线，
∴MN=BC=2，MN∥BC，∴∠NME=∠D，∠MNE=∠DCE，
∵点E是CN的中点，∴NE=CE，∴△MNE≌△DCE（AAS），∴CD=MN=2．故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理以及全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．

考向七 梯形
该考点部分地区教材已经删除，请根据各考区大纲要求自行选择即可。

1．（2020·上海中考真题）如图，在直角梯形ABCD中，，∠DAB=90°，AB=8，CD=5，BC=3．
（1）求梯形ABCD的面积；（2）联结BD，求∠DBC的正切值．

【答案】（1）39；（2）．
【分析】(1)过C作CE⊥AB于E，推出四边形ADCE是矩形，得到AD=CE，AE=CD=5，根据勾股定理得到，即可求出梯形的面积；(2) 过C作CH⊥BD于H，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理得到，即可求解．
【详解】解：(1)过C作CE⊥AB于E，如下图所示：

∵ABDC，∠DAB=90°，∴∠D=90°，∴∠A=∠D=∠AEC=90°，
∴四边形ADCE是矩形，∴AD=CE，AE=CD=5，∴BE=AB﹣AE=3．
∵BC=3，∴CE==6，∴梯形ABCD的面积=×(5+8)×6=39，故答案为：39．
(2)过C作CH⊥BD于H，如下图所示：
∵CDAB，∴∠CDB=∠ABD．∵∠CHD=∠A=90°，∴△CDH∽△DBA，∴，
∵BD===10，∴，∴CH=3，
∴BH===6，∴∠DBC的正切值===．故答案为：．
【点睛】本题考查了直角梯形，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
2．（2020·湖北十堰市·中考模拟）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，点M是AD的中点，且MB=MC，若AD=4，AB=6，BC=8，则梯形ABCD的周长为（　　）

A．22 B．24 C．26 D．28
【答案】B
【解析】先判断△AMB≌△DMC，从而得出AB=DC，然后代入数据即可求出梯形ABCD的周长．
解：∵AD∥BC，∴∠AMB=∠MBC，∠DMC=∠MCB，
又∵MC=MB，∴∠MBC=∠MCB，∴∠AMB=∠DMC，
在△AMB和△DMC中，∵AM=DM，MB=MC，∠AMB=∠DMC
∴△AMB≌△DMC，∴AB=DC，四边形ABCD的周长=AB+BC+CD+AD=24．故选B．

1．（2020·上海中考模拟）在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC和BD交于点O，下列条件中，能判断梯形ABCD是等腰梯形的是（ ）
A．∠BDC =∠BCD B．∠ABC =∠DAB C．∠ADB =∠DAC D．∠AOB =∠BOC
【答案】C
【解析】根据等腰梯形的判定，逐一作出判断：

A.由∠BDC =∠BCD只能判断△BCD是等腰三角形，而不能判断梯形ABCD是等腰梯形；
B.由∠ABC =∠DAB和AD∥BC，可得∠ABC =∠DAB=900，是直角梯形，而不能判断梯形ABCD是等腰梯形；C.由∠ADB =∠DAC，可得AO=OD，由AD∥BC，可得∠ADB =∠DBC，∠DAC =∠ACB，从而得到∠DBC =∠ACB，所以OB=OC，因此AC=DB，根据对角线相等的梯形是等腰梯形可判定梯形ABCD是等腰梯形；D.由∠AOB =∠BOC只能判断梯形ABCD的对角线互相垂直，而不能判断梯形ABCD是等腰梯形。故选C。
2．（2020·甘肃天水市·中考模拟）如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC⊥BD，且AC=12，BD=5，则这个梯形中位线的长等于　 　．

【答案】．
【考点】三角形和梯形中位线定理，平行四边形的判定和性质，勾股定理．
【解析】如图，作DE∥AC，交BC的延长线于E，则四边形ACED为平行四边形，∴AD=CE．

∵AC⊥BD∴∠BDE=90°．∴梯形的中位线长=（AD+BC）=（CE+BC）=BE．
∵AC=12，BD=5，∴．∴梯形的中位线长=×13=．

1．（2020·湖北黄冈市·中考真题）如果一个多边形的每一个外角都是36°，那么这个多边形的边数是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】D
【分析】根据多边形的外角的性质，边数等于360°除以每一个外角的度数．
【详解】∵一个多边形的每个外角都是36°，∴n=360°÷36°=10．故选D．
【点睛】本题考查了多边形外角与边数的关系，利用外角求正多边形的边数的方法，熟练掌握多边形外角和公式是解决问题的关键．
2．（2020·西藏中考真题）一个多边形的内角和是外角和的4倍，则这个多边形的边数是（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C
【分析】利用多边形的内角和公式及外角和定理列方程即可解决问题．
【详解】设这个多边形的边数是n，则有（n-2）×180°=360°×4，所有n=10．故选C．
【点睛】熟悉多边形的内角和公式：n边形的内角和是（n-2）×180°；多边形的外角和是360度．
3．（2020·山东菏泽市·中考真题）如图，将绕点顺时针旋转角，得到，若点恰好在的延长线上，则等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质和四边形的内角和是360º即可求解．
【详解】由旋转的性质得：∠BAD=，∠ABC=∠ADE，
∵∠ABC+∠ABE=180º，∴∠ADE+∠ABE=180º，
∵∠ABE+∠BED+∠ADE+∠BAD=360º，∠BAD=∴∠BED=180º-，故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质、四边形的内角和是360º，熟练掌握旋转的性质是解答的关键．
4．（2020·广东茂名市·中考模拟）从多边形一个顶点出发向其余的顶点引对角线，将多边形分成6个三角形，则此多边形的边数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】根据从一个边形一个顶点出发的对角线可将这个多边形分成个三角形进行计算即可.
【解析】设这个多边形的边数是，由题意得，，解得，.故选：.
【点睛】本题考查的是边形的对角线的知识，从边形一个顶点出发可引出条对角线，可将这个多边形分成个三角形.
5．（2020·湖北武汉市·中考模拟）如图为正七边形ABCDEFG，以这个正七边形的顶点A和其它六个顶点中的任两个顶点画三角形，所画的三角形中，包含正七边形的中心的三角形个数为（ ）

A．3 B．6 C．9 D．12
【答案】B
分析：由题意可知分别以顶点A和其它六个顶点中的任两个顶点画三角形，要包含正七边形的中心，只能与顶点相对应的两个顶点构成.
【解析】如图：故答案：B.
点睛：本题考查了多边形的对角线.
5．（2020·黑龙江绥化·中考模拟）下列选项中，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是　　

A．， B．， C．， D．，
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定方法逐项进行判断即可.
【解析】A、由，可以判断四边形ABCD是平行四边形；故本选项不符合题意；
B、由，可以判断四边形ABCD是平行四边形；故本选项不符合题意；
C、由，不能判断四边形ABCD是平行四边形,有可能是等腰梯形；故本选项符合题意；
D、由，可以判断四边形ABCD是平行四边形；故本选项不符合题意，故选C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键.
6．（2020·广东广州·中考模拟）下列命题中，真命题的个数有（ 　）
①对角线互相平分的四边形是平行四边形；②两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
③一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形．
A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
【答案】B
【解析】①对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，符合题意；
②两组对角分别相等的四边形是平行四边形，正确，符合题意；
③一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形，说法错误，例如等腰梯形，也符合一组对边平行，另一组对边相等．故选B．
7．（2020·湖北荆门·中考模拟）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四个条件：
①AD∥BC；②AD=BC；③OA=OC；④OB=OD
从中任选两个条件，能使四边形ABCD为平行四边形的选法有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【答案】B
【分析】根据题目所给条件，利用平行四边形的判定方法分别进行分析即可.
【解析】①②组合可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；
①③可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD=CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；①④可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD=CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；
③④组合可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形.故选B.
8．（2020·四川中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，CF⊥BE，连接AE，G是AB的中点，连接GF，若AE＝4，则GF＝_____．

【答案】2
【分析】根据平行四边形的性质结合角平分线的定义可求解∠CBE=∠BEC，即可得CB=CE，利用等腰三角形的性质得到BF=EF，进而可得GF是△ABE的中位线，根据三角形的中位线的性质可求解．
【解析】在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴∠ABE=∠BEC．
∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∴∠CBE=∠BEC，∴CB=CE．
∵CF⊥BE，∴BF=EF．∵G是AB的中点，∴GF是△ABE的中位线，∴GF=AE，
∵AE=4，∴GF=2．故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形中位线的性质，证明GF是△ABE的中位线是解题的关键．
9．（2020·吉林中考真题）如图，在中，，分别是边，的中点．若的面积为．则四边形的面积为_______．

【答案】
【分析】先根据三角形中位线定理得出，再根据相似三角形的判定与性质得出，从而可得的面积，由此即可得出答案．
【解析】点，分别是边，的中点
，即 又
则四边形的面积为 故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
10．（2020·黑龙江大庆·中考真题）一个周长为的三角形，由它的三条中位线构成的三角形的周长为_________．
【答案】8
【分析】根据三角形中位线定理、三角形的周长公式即可得．
【解析】三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边（不与中位线接触），并且等于第三边的一半
则三角形的三条中位线构成的三角形的周长等于这个三角形周长的一半，即故答案为：8．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理等知识点，熟记三角形中位线定理是解题关键．
11．（2020·江苏常州·中考真题）如图，在中，，D、E分别是、的中点，连接，在直线和直线上分别取点F、G，连接、．若，且直线与直线互相垂直，则的长为_______．

【答案】4或2
【分析】分当点F在点D右侧时，当点F在点D左侧时，两种情况，分别画出图形，结合三角函数，勾股定理以及平行四边形的性质求解即可.
【解析】解：如图，当点F在点D右侧时，过点F作FM∥DG，交直线BC于点M，过点B作BN⊥DE，交直线DE于点N，∵D，E分别是AB和AC中点，AB=，
∴DE∥BC，BD=AD=，∠FBM=∠BFD，∴四边形DGMF为平行四边形，则DG=FM，
∵DG⊥BF，BF=3DG，∴∠BFM=90°，∴tan∠FBM==tan∠BFD，∴，
∵∠ABC=45°=∠BDN，∴△BDN为等腰直角三角形，∴BN=DN=，∴FN=3BN=9，DF=GM=6，
∵BF==，∴FM==，∴BM=，∴BG=10-6=4；

当点F在点D左侧时，过点B作BN⊥DE，交直线DE于N，过点B作BM∥DG，交直线DE于M，延长FB和DG，交点为H，
可知：∠H=∠FBM=90°，四边形BMDG为平行四边形，∴BG=MD，BM=DG，
∵BF=3DG，∴tan∠BFD=，
同理可得：△BDN为等腰直角三角形，BN=DN=3，∴FN=3BN=9，∴BF=，
设MN=x，则MD=3-x，FM=9+x，在Rt△BFM和Rt△BMN中，有，
即，解得：x=1，即MN=1，∴BG=MD=ND-MN=2.

综上：BG的值为4或2.故答案为：4或2.
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，三角函数，平行四边形的判定和性质，勾股定理，难度较大，解题的关键是根据题意画出图形，分清情况.
12．（2020·浙江金华·中考真题）如图，平移图形M，与图形N可以拼成一个平行四边形，则图中α的度数是______°．

【答案】30
【分析】根据平行四边形的性质解答即可．
【解析】解：四边形是平行四边形，

，，故答案为：30．
【点睛】此题考查平行四边形的性质和多边形的内角和，关键是根据平行四边形的邻角互补解答．
13．（2020·湖南益阳市·中考真题）若一个多边形的内角和是540°，则该多边形的边数是_____．
【答案】5
【分析】n边形的内角和公式为，由此列方程求n．
【详解】解：设这个多边形的边数是n，则，解得，故答案为：5．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，掌握多边形的内角和公式，构建方程即可求解．
14．（2020·广西玉林市·中考真题）如图，在边长为3的正六边形ABCDEF中，将四边形ADEF绕点A顺时针旋转到四边形处，此时边与对角线AC重叠，则图中阴影部分的面积是___________．

【答案】9
【分析】如图（见解析），先根据正六边形的性质、等边三角形的判定与性质得出正六边形的面积和的面积，再根据旋转的性质、线段的和差得出的长，从而可得的面积，然后根据即可得．
【详解】六边形ABCDEF是边长为3的正六边形
其每个内角的度数为，，
，
如图，连接BE，交AD于点O，交AC于点P，则点O为正六边形的中心
是等边三角形，

是等腰三角形，且

由旋转的性质可知，，

则
故答案为：9．

【点睛】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的三线合一、旋转的性质等知识点，熟练掌握正六边形的性质与旋转的性质是解题关键．
15．（2020·吉林长春市·中考真题）正五边形的一个外角的大小为__________度．
【答案】72
【分析】根据多边形的外角和是360°，依此即可求解．
【详解】解：正五边形的一个外角的度数为：，故答案为：72．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，正确理解多边形的外角和为360°是解题的关键．
16．（2020·山东烟台市·中考真题）若一个正多边形的每一个外角都是40°，则这个正多边形的内角和等于 ．
【答案】1260°
【解析】∵一个多边形的每个外角都等于40°，∴多边形的边数为360°÷40°=9，
∴这个多边形的内角和=180°×（9-2）=1260°
17．（2020·内蒙古中考真题）如图，在平行四边形中，的平分线与的平分线交于点E，若点E恰好在边上，则的值为______．

【答案】16
【分析】根据平行线的性质和角平分线的性质，得到∠BEC=90°，然后利用勾股定理，即可求出答案．
【解析】解：如图，在平行四边形中，

∴，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠AEB=∠CBE，∠DEC=∠BCE，∠ABC+∠DCB=180°
∵BE、CE分别是∠ABC和∠DCB的角平分线，∴∠ABE=∠CBE，∠DCE=∠BCE，
∴∠AEB=∠ABE，∠DEC =∠DCE，∠CBE+∠BCE=90°
∴AB=AE=2，DE=DC=2，∠BEC=90°，∴AD=2+2=4，∴BC=AD=4，
在Rt△BCE中，由勾股定理，得；故答案为：16．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，平行线的性质，角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确求出角之间的关系进行解题．
18．（2020·甘肃金昌·中考真题）如图，在中，是边上一点，且．
（1）尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）①作的角平分线交于点；②作线段的垂直平分线交于点．（2）连接，直接写出线段和的数量关系及位置关系．

【答案】（1）①作图见解析，②作图见解析；（2）
【分析】（1）①根据角平分线的作图方法直接作图即可；②根据垂直平分线的作图方法直接作图即可；（2）根据等腰三角形的性质与垂直平分线的定义证明是的中位线，根据中位线的性质可得答案．
【解析】解：（1）如图，①即为所求作的的角平分线，
②过的垂线是所求作的线段的垂直平分线．

（2）如图，连接，平分
由作图可知： 是的中位线，

【点睛】本题考查的是角平分线与垂直平分线的尺规作图，同时考查了三角形的中位线的性质，掌握以上知识是解题的关键．
19．（2020·浙江衢州·中考真题）如图，在5×5的网格中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在图1中画出一个以AB为边的▱ABDE，使顶点D，E在格点上．
（2）在图2中画出一条恰好平分△ABC周长的直线l（至少经过两个格点）．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据平行四边形的定义画出图形即可（答案不唯一）；
（2）利用数形结合的思想解决问题即可．
【解析】解：（1）如图平行四边形ABDE即为所求（点D的位置还有6种情形可取），
；
（2）如图，直线l即为所求．
【点睛】本题考查了几何作图，平行四边形的定义，理解题意，按照要求作图是解题关键．
20．（2019·重庆中考真题）在中，BE平分交AD于点E．

（1）如图1，若，，求的面积；（2）如图2，过点A作，交DC的延长线于点F，分别交BE，BC于点G，H，且．求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）作于O，由平行四边形的性质得出，由直角三角形的性质得出，证出，得出，由三角形面积公式即可得出结果；
（2）作交DF的延长线于P，垂足为Q，连接PB、PE，证明得出，再证明得出，即可得出结论．
【解析】（1）解：作于O，如图1所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，∴，，，，
∴，，∴，
∵BE平分，∴，∴，∴，
∴的面积；
（2）证明：作交DF的延长线于P，垂足为Q，连接PB、PE，如图2所示：
∵，，∴，，
∴，∴，∴，
∵，，∴，∴，∵，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，，∴，，
∵，∴，
在和中，，∴，∴，
∴．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、线段垂直平分线的性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
21．（2020·内蒙古呼和浩特·中考真题）如图，正方形，G是边上任意一点（不与B、C重合），于点E，，且交于点F．（1）求证：；（2）四边形是否可能是平行四边形，如果可能请指出此时点G的位置，如不可能请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）不可能，理由见解析
【分析】（1）证明△ABF≌△DAE，从而得到AF=DE，AE=BF，可得结果；
（2）若要四边形是平行四边形，则DE=BF，则∠BAF=45°，再证明∠BAF≠45°即可.
【解析】解：（1）证明：∵正方形，∴AB=AD，∠BAF+∠DAE=90°，
∵DE⊥AG，∴∠DAE+∠ADE=90°，∴∠ADE=∠BAF，
又∵，∴∠BFA=90°=∠AED，∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AF=DE，AE=BF，∴；
（2）不可能，理由是：如图，若要四边形是平行四边形，
已知DE∥BF，则当DE=BF时，四边形BFDE为平行四边形，
∵DE=AF，∴BF=AF，即此时∠BAF=45°，而点G不与B和C重合，
∴∠BAF≠45°，矛盾，∴四边形不能是平行四边形.

【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平行四边形的性质，解题的关键是找到三角形全等的条件.
22．（2020·山东济南·中考真题）如图，在▱ABCD 中，对角线 AC，BD 相交于点 O，过点 O 的一条直线分别交 AD，BC 于点 E，F．求证：AE=CF．

【答案】证明见解析.
【分析】利用平行四边形的性质得出 AO=CO，AD∥BC，进而得出∠EAC=∠FCO， 再利用 ASA 求出△AOE≌△COF，即可得出答案．
【解析】∵▱ABCD 的对角线 AC，BD 交于点 O，∴AO=CO，AD∥BC，∴∠EAC=∠FCO，
在△AOE 和△COF 中，∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE=CF．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．
23．（2020·河北保定市·中考模拟）连接多边形任意两个不相邻顶点的线段称为多边形的对角线．
（1）

对角线条数分别为　 　、　 　、　 　、　 　．
（2）n边形可以有20条对角线吗？如果可以，求边数n的值；如果不可以，请说明理由．
（3）若一个n边形的内角和为1800°，求它对角线的条数．
【答案】（1）2；5；9；；（2）n边形可以有20条对角线，此时边数n为八；（3）这个多边形有54条对角线
分析：（1）设n边形的对角线条数为an，根据多边形对角线条数公式即可求出结论；
（2）假设可以，根据多边形对角线条数公式，可得出关于n的一元二次方程，解之即可得出结论；
（3）根据多边形内角和定理，可求出边数，再套用多边形对角线条数公式，即可得出结论．
【解析】（1）设n边形的对角线条数为an，
则a4==2，a5==5，a6==9，…，an=．
（2）假设可以，根据题意得：=20，解得：n=8或n=-5（舍去），
∴n边形可以有20条对角线，此时边数n为八．
（3）∵一个n边形的内角和为1800°，∴180°×（n-2）=1800°，解得：n=12，
∴==54．答：这个多边形有54条对角线．
点睛：本题考查了一元二次方程的应用、多边形的对角线以及多边形内角和定理，解题的关键是：（1）根据多边形对角线条数公式求出多边形的对角线条数；（2）根据多边形对角线条数公式，列出关于n的一元二次方程；（3）根据多边形内角和定理，求出边数n．
24．（2019·浙江台州市·中考真题）我们知道，各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形．对一个各条边都相等的凸多边形（边数大于3），可以由若干条对角线相等判定它是正多边形．例如，各条边都相等的凸四边形，若两条对角线相等，则这个四边形是正方形．

（1）已知凸五边形的各条边都相等．
①如图1，若，求证：五边形是正五边形；
②如图2，若，请判断五边形是不是正五边形，并说明理由：
（2）判断下列命题的真假．（在括号内填写“真”或“假”）
如图3，已知凸六边形的各条边都相等．
①若，则六边形是正六边形；（　 　）
②若，则六边形是正六边形． （　 　）
【答案】（1）①证明见解析②若，五边形是正五边形（2）①真命题②真命题
【分析】（1）①用SSS证明，得到，即可得证；
②先证，再证明，再根据四边形的内角和与平行的性质证得即可得证；
（2）①先证，再举出等腰直角三角形的反例，得出，由此即可得出结论；②连接、、，先证，再证，得到，再由（2）①即可得出结论．
【详解】（1）①证明：∵凸五边形的各条边都相等 ∴
在、、、、中，
∴
∴ ∴五边形是正五边形；
②解：若，五边形是正五边形，理由如下：
在、和中， ∴
∴，
在和中，∴
∴，
∵四边形内角和为∴∴
∴，∴∴
同理： ∴五边形是正五边形；
（2）解：①若，则六边形是正六边形；假命题，理由如下：
如图3所示，∵凸六边形的各条边都相等 ∴
在、和中，∴
因此，如果都为相同的等腰直角三角形，符合题意
但，而正六边形的每个内角都为
∴六边形不是正六边形 故答案为：假；

②若，则六边形是正六边形；假命题；理由如下：
如图4所示：连接、、
在和中，∴∴
∵∴∴
在和中，∴∴
同理：∴由（2）①可知：六边形不是正六边形 故答案为：假．

【点睛】本题主要考查正多边形的证明，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质．








1．（2020·广东中考真题）若一个多边形的内角和是540°，则该多边形的边数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】根据内角和公式即可求解．
【详解】设这个多边形的边数为n,∴（n-2）×180°=540°解得n=5故选B．
【点睛】此题主要考查多边形的内角和，解题的关键是熟知内角和公式．
2．（2020·江苏淮安市·中考真题）六边形的内角和为（ ）
A．360° B．540° C．720° D．1080°
【答案】C
【分析】n边形的内角和等于（n－2）×180°，所以六边形内角和为(6－2)×180°＝720°.
【解析】根据多边形内角和定理得：(6－2)×180°＝720°.故选C.
3．（2020·北京中考真题）五边形的外角和等于（）
A．180° B．360° C．540° D．720°
【答案】B
【解析】根据多边形的外角和等于360°解答．解：五边形的外角和是360°．故选B．
本题考查了多边形的外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是360°．
4．（2020·湖南娄底市·中考真题）正多边形的一个外角为60°，则这个多边形的边数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】根据正多边形的外角和以及一个外角的度数，求得边数．
【详解】解：正多边形的一个外角等于60°，且外角和为360°，
则这个正多边形的边数是：360°÷60°=6，故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和定理，解决问题的关键是掌握多边形的外角和等于360度．
5．（2020·江苏扬州市·中考真题）如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转后又沿直线前进10米到达点C，再向左转后沿直线前进10米到达点D……照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）

A．100米 B．80米 C．60米 D．40米
【答案】B
【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以45°求出边数，然后再乘以10米即可．
【详解】解：∵小明每次都是沿直线前进10米后再向左转，
∴他走过的图形是正多边形，边数n=360°÷45°=8，
∴小明第一次回到出发点A时所走的路程=8×10=80米．故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形外角问题的实际应用，根据题意判断小明走过的图形是正多边形是解题的关键．
6．（2020·陕西中考真题）如图，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝8．E是边BC的中点，F是▱ABCD内一点，且∠BFC＝90°．连接AF并延长，交CD于点G．若EF∥AB，则DG的长为（　　）

A． B． C．3 D．2
【答案】D
【分析】连接AC，依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到EF的长，再根据三角形中位线定理，即可得到CG的长，进而得出DG的长．
【解析】解：连接AC，交EF于点H，如图，

∵E是边BC的中点，且∠BFC＝90°，∴Rt△BCF中，EF＝BC＝4，
∵EF∥AB，AB∥CG，E是边BC的中点，∴H是AC的中点，F是AG的中点，
∴EH是△ABC的中位线，FH是△ACG的中位线，∴，，
而FH=EF-FH=4-，∴CG=3FH=3， 又∵CD＝AB＝5，∴DG＝5﹣3＝2，故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质以及三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
7．（2020·山东潍坊·中考真题）如图，点E是的边上的一点，且，连接并延长交的延长线于点F，若，则的周长为（ ）

A．21 B．28 C．34 D．42
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答即可．
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CF，AB=CD，
∴△ABE∽△DFE，∴，∵，∴AE=6，AB=8，
∴AD=AE+DE=6+3=9，∴的周长为：（8+9）×2=34．故选：C．
【点睛】此题考查相似三角形的判定和性质，关键是根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答．
8．（2020·湖南益阳·中考真题）如图，的对角线，交于点，若，，则的长可能是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】先根据平行四边形的对角线互相平分得到OA、OB的长度，再根据三角形三边关系得到AB的取值范围，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=AC=3，BO=BD=4，
在△AOB中，4-3 【点睛】本题考查平行四边形的性质和三角形的三边关系，熟练掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键．
9．（2020·湖北荆门·中考真题）如图，菱形中，E，F分别是，的中点，若，则菱形的周长为（ ）

A．20 B．30 C．40 D．50
【答案】C
【分析】由题意可知EF为△ABD的中位线，可求出AB的长，由于菱形四条边相等即可得到周长．
【解析】解：∵E，F分别是，的中点，∴EF为△ABD的中位线，∴，
∵四边形是菱形，∴，∴菱形的周长为故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的中位线，菱形的性质，发现EF为△ABD的中位线是解题的关键．
10．（2020·新疆中考真题）如图，在△ABC中，∠A=90°，D是AB的中点，过点D作BC的平行线，交AC于点E，作BC的垂线交BC于点F，若AB=CE，且△DFE的面积为1，则BC的长为（ ）

A． B．5 C． D．10
【答案】A
【分析】利用D为AB的中点，DE//BC，证明DE是中位线，求得的面积，利用相似三角形的性质求解的面积，由勾股定理可得答案．
【解析】解：是AB的中点，是的中位线，


故选A．
【点睛】本题考查了三角形的中位线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
11．（2020·湖南衡阳市·中考真题）已知一个边形的每一个外角都为30°，则等于_________．
【答案】12
【分析】根据多边形的外角和是360°求出多边形的边数即可．
【详解】解：360°÷30°=12．故答案为12．
【点睛】本题考查了多边形外角和特征，掌握多边形的外角和为360°是解答本题的关键．
12．（2020·辽宁锦州市·中考真题）一个多边形的每一个内角为108°，则这个多边形是_____边形．
【答案】5
【分析】先根据多边形的内角得到多边形外角的度数，再根据边数=360÷外角的度数即可得到多边形的边数.
【详解】解：∵多边形的每一个内角都等于108°，∴多边形的每一个外角都等于180°-108°=72°，
∴边数n=360°÷72°=5，故答案为：5；
【点睛】本题主要考查了多边形的内角与外角的关系，求出每一个外角的度数是关键．
13．（2020·内蒙古赤峰市·中考真题）一个边形的内角和是它外角和的4倍，则______．
【答案】10
【分析】利用多边形的内角和公式与外角和公式，根据一个n边形的内角和是其外角和的4倍列出方程求解即可．
【详解】多边形的外角和是360°，根据题意得：，解得：．故答案为：10．
【点睛】本题主要考查多边形内角和公式及外角的性质．求多边形的边数，可以转化为方程的问题来解决．
14．（2020·陕西中考真题）如图，在正五边形ABCDE中，DM是边CD的延长线，连接BD，则∠BDM的度数是_____．

【答案】144°．
【分析】根据正五边形的性质和内角和为540°，求得每个内角的度数为108°，再结合等腰三角形和邻补角的定义即可解答．
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠C＝＝108°，BC＝DC，
∴∠BDC＝＝36°，∴∠BDM＝180°﹣36°＝144°，故答案为：144°．
【点睛】本题考查了正五边形的性质，正多边形的内角，等腰三角形的性质和邻补角的定义，求出正五边形的内角是解题关键．
15．（2020·四川遂宁市·中考真题）已知一个正多边形的内角和为1440°，则它的一个外角的度数为____度．
【答案】36
【分析】首先设此正多边形为n边形，根据题意得：180°（n﹣2）=1440°，即可求得n=10，再由多边形的外角和等于360°，即可求得答案．
【详解】设此多边形为n边形，根据题意得：180°（n﹣2）=1440°，解得：n=10，
∴这个正多边形的每一个外角等于：360°÷10＝36°．故答案为：36．
【点睛】本题主要考查多边形的内角与外角，熟练掌握定义与相关方法是解题关键.
16．（2020·北京中考真题）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格交点，则ABC的面积与ABD的面积的大小关系为：______（填“＞”，“＝”或“＜”）

【答案】=
【分析】在网格中分别计算出三角形的面积，然后再比较大小即可．
【详解】解：如下图所示，设小正方形网格的边长为1个单位，

由网格图可得个平方单位，
，故有=．故答案为：“＝”
【点睛】本题考查了三角形的面积公式，在网格中当三角形的底和高不太好求时可以采用割补的方式进行求解，用大的矩形面积减去三个小三角形的面积即得到△ABD的面积．
17．（2020·山东枣庄市·中考真题）各顶点都在方格纸的格点（横竖格子线的交错点）上的多边形称为格点多边形，它的面积S可用公式（a是多边形内的格点数，b是多边形边界上的格点数）计算，这个公式称为“皮克（Pick）定理”．如图给出了一个格点五边形，则该五边形的面积________．

【答案】6
【分析】根据题目要求，数出五边形内部格点的数量，五边形边上格点的数量，代入计算即可．
【详解】由图可知：五边形内部格点有４个，故 五边形边上格点有6个，故
∴＝故答案为：6．
【点睛】本题考查了网格中不规则多边形的计算，按题目要求尽心计算即可．
18．（2020·辽宁鞍山·中考真题）如图，在中，点E是的中点，，的延长线交于点F．若的面积为1，则四边形的面积为________．

【答案】3
【分析】根据□ABCD的对边互相平行的性质及中位线的性质知EC是△ABF的中位线；然后根证明△ABF∽△CEF，再由相似三角形的面积比是相似比的平方及△ECF的面积为1求得△ABF的面积；最后根据图示求得S四边形ABCE=S△ABF-S△CEF=3．
【解析】解：∵在□ABCD中，AB∥CD，点E是CD中点，∴EC是△ABF的中位线；
在△ABF和△CEF中，∠B=∠DCF，∠F=∠F，∴△ABF∽△ECF，
∴，∴S△ABF：S△CEF=1：4；
又∵△ECF的面积为1，∴S△ABF=4，∴S四边形ABCE=S△ABF-S△CEF=3．故答案为：3．
【点睛】本题综合考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质；解得此题的关键是根据平行四边形的性质及三角形的中位线的判定证明EC是△ABF的中位线，从而求得△ABF与△CEF的相似比．
19．（2020·山东东营·中考真题）如图，为平行四边形边上一点，分别为上的点，且的面积分别记为．若则____．

【答案】
【分析】证明△PEF∽△PAD，再结合△PEF的面积为2可求出△PAD的面积，进而求出平行四边形ABCD的面积，再用平行四边形ABCD的面积减去△PAD的面积即可求解．
【解析】解：∵∴，且∠APD=∠EPF，
∴△PEF∽△PAD，根据相似三角形面积比等于相似比的平方，且△PEF的面积为2可知，
，∴，过P点作平行四边形ABCD的底AD上的高PH，

∴，∴ ，即平行四边形ABCD的面积为，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质等，熟练掌握其性质是解决本题的关键．
20．（2020·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在四边形中，连接，．请你添加一个条件______________，使．（填一种情况即可）

【答案】AD=BC（答案不唯一）
【分析】根据平行四边形的判定和性质添加条件证明AB=CD.
【解析】解：添加的条件：AD=BC，理由是：∵∠ACB=∠CAD，∴AD∥BC，
∵AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD.
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，掌握定理内容是解题的关键.
21．（2020·山东淄博·中考真题）已知：如图，E是▱ABCD的边BC延长线上的一点，且CE＝BC．
求证：△ABC≌△DCE．

【答案】见解析
【解析】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠B＝∠DCE，
在△ABC和△DCE中，∴△ABC≌△DCE（SAS）．
由平行四边形的性质得出AB∥CD，AB＝CD，由平行线的性质得出∠B＝∠DCE，由SAS即可得出结论．本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；
【点评】熟练掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定方法是解题的关键．
22．（2020·湖北鄂州·中考真题）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，点M，N分别为、的中点，延长至点E，使，连接．（1）求证：；（2）若，且，，求四边形的面积．

【答案】(1)见解析；(2)24
【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形得出AB=CD，ABCD，进而得到∠BAC=∠DCA，再结合AO=CO，M,N分别是OA和OC中点即可求解；(2)证明△ABO是等腰三角形，结合M是AO的中点，得到∠BMO=∠EMO=90°，同时△DOC也是等腰三角形，N是OC中点，得到∠DNO=90°，得到EMDN，再由(1)得到EM=DN，得出四边形EMND为矩形，进而求出面积．
【解析】解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，ABCD，OA=OC，∴∠BAC=∠DCA，
又点M，N分别为、的中点，∴，
在和中，，∴．
(2)BD=2BO，又已知BD=2AB，∴BO=AB，∴△ABO为等腰三角形；
又M为AO的中点，∴由等腰三角形的“三线合一”性质可知：BM⊥AO，
∴∠BMO=∠EMO=90°，同理可证△DOC也为等腰三角形，
又N是OC的中点，∴由等腰三角形的“三线合一”性质可知：DN⊥CO，∠DNO=90°，
∵∠EMO+∠DNO=90°+90°=180°，∴EMDN，
又已知EM=BM，由(1)中知BM=DN，∴EM=DN，∴四边形EMND为平行四边形，
又∠EMO=90°，∴四边形EMND为矩形，
在Rt△ABM中，由勾股定理有：，
∴AM=CN=3，∴MN=MO+ON=AM+CN=3+3=6，∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定和性质、矩形的面积公式等，熟练掌握其性质和判定方法是解决此类题的关键．
23．（2020·山东泰安·中考真题）若和均为等腰三角形，且．

（1）如图（1），点B是的中点，判定四边形的形状，并说明理由；（2）如图（2），若点G是的中点，连接并延长至点F，使．求证：①，②．
【答案】（1）四边形BEAC是平行四边形，证明见解析；（2）①见解析；②见解析
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质证得，，推出，再根据平行于同一直线的两直线平行即可推出结论；（2）①利用“SAS”证得，即可证明结论；
②延长至点H，使，证得，推出，利用①的结论即可证明．
【解析】（1）证明：四边形是平行四边形．理由如下：
∵为等腰三角形且，∴，
∵B是的中点，∴，∴，
∵是等腰三角形，，∴，∴，∴，
又∵，∴．∴．∴四边形是平行四边形．
（2）证明：①∵和为等腰三角形，∴，
∵，∴，
即，∴，∴；
②延长至点H，使．

∵G是中点，∴，又，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线构建全等三角形是解答（2）②的关键．
24．（2020·浙江嘉兴·中考真题）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．
（思考）图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
（发现）当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．
活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）．
（探究）当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．

【答案】【思考】是，理由见解析；【发现】；【探究】BD＝2OF，理由见解析；
【分析】【思考】由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；
【发现】连接BE交AD于点O，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2﹣x，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出；
【探究】如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，则结论得证．
【解析】解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：如图，∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，∴AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
【发现】如图1，连接BE交AD于点O，

∵四边形ABDE为矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE，
设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），∴OF＝OA﹣AF＝2﹣x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，∴，
解得：x＝，∴AF＝cm．
【探究】BD＝2OF，证明：如图2，延长OF交AE于点H，

∵四边形ABDE为矩形，∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，∴AE∥BD，∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，∴△EFO≌△EFH（ASA），∴EO＝EH，FO＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，∴△EOH≌△OBD（AAS），∴BD＝OH＝2OF．
【点睛】本题考查了图形的综合变换，涉及了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
25．（2020·浙江宁波·中考真题）（基础巩固）（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．

（尝试应用）（2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长．

（拓展提高）（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF＝∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形ABCD的边长．

【答案】（1）见解析；（2）AD＝；（3）5﹣2
【分析】（1）根据题意证明△ADC∽△ACB，即可得到结论；（2）根据现有条件推出△BFE∽△BCF，再根据相似三角形的性质推断，即可得到答案；（3）如图，分别延长EF，DC相交于点G，先证明四边形AEGC为平行四边形，再证△EDF∽△EGD，可得，根据EG＝AC＝2EF，可得DE＝EF，再根据，可推出DG＝DF=5，即可求出答案．
【解析】解：（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADC∽△ACB，∴，∴AC2＝AD•AB；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，∠A＝∠C，又∵∠BFE＝∠A，∴∠BFE＝∠C，
又∵∠FBE＝∠CBF，∴△BFE∽△BCF，∴，
∴BF2＝BE•BC，∴BC＝＝=，∴AD＝；
（3）如图，分别延长EF，DC相交于点G，

∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥DC，∠BAC＝∠BAD，
∵AC∥EF，∴四边形AEGC为平行四边形，∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，
∵∠EDF＝∠BAD，∴∠EDF＝∠BAC，∴∠EDF＝∠G，
又∵∠DEF＝∠GED，∴△EDF∽△EGD，∴，∴DE2＝EF•EG，
又∵EG＝AC＝2EF，∴DE2＝2EF2，∴DE＝EF，
又∵，∴DG＝DF=5，∴DC＝DG﹣CG＝5﹣2．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，菱形的性质，平行四边形的性质和证明，证明三角形相似是解题关键．