专题14 多边形与四边形5年（2019-2023）中考1年模拟数学真题分类汇编（全国通用）

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专题14 多边形与平行四边形

考点1 多边形与平行四边形
一、单选题
1．（2023年山西省中考数学真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（    ）
    
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接，设正六边形的边长为a，由正六边形的性质及点P的坐标可求得a的值，即可求得点M的坐标．
【详解】解：连接，如图，设正六边形的边长为a，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵点P的坐标为，
∴，
即；
∴，，
∴点M的坐标为．
故选：A．
  
【点睛】本题考查了坐标与图形，正六边形的性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，掌握这些知识是解题的关键．
2．（2021·四川德阳·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（　　）

A．AB＝AD B．OEAB C．∠DOE＝∠DEO D．∠EOD＝∠EDO
【答案】C
【分析】由菱形的性质可得AB=AD=CD，AC⊥BD，由直角三角形的性质可得OE=DE=CE=CD=AB，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD，AC⊥BD，故选项A不合题意，
∵点E是CD的中点，
∴OE=DE=CE=CD=AB，故选项B不合题意；
∴∠EOD=∠EDO，故选项D不合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是是解题的关键．
3．（2023年河北省中考数学真题）综合实践课上，嘉嘉画出，利用尺规作图找一点C，使得四边形为平行四边形．图1~图3是其作图过程．
（1）作的垂直平分线交于点O；

（2）连接，在的延长线上截取；
  
（3）连接，，则四边形即为所求．
  
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，得出的中点，图2，得出，
可知使得对角线互相平分，从而得出四边形为平行四边形，
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．
4．（2021·四川德阳·统考中考真题）如图，边长为1的正六边形ABCDEF放置于平面直角坐标系中，边AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转60°，那么经过第2025次旋转后，顶点D的坐标为（　　）

A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
【答案】A
【分析】如图，连接，．首先确定点的坐标，再根据6次一个循环，由，推出经过第2025次旋转后，顶点的坐标与第三次旋转得到的的坐标相同，由此即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，．
在正六边形中，，，，
，
在中，，，
，
，
，
，，
将正六边形绕坐标原点顺时针旋转，每次旋转，
次一个循环，
，
经过第2025次旋转后，顶点的坐标与第三次旋转得到的的坐标相同，
与关于原点对称，
，，
经过第2025次旋转后，顶点的坐标，，
故选：A．

【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化-旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
5．（2022·贵州遵义·统考中考真题）如图，在正方形中，和交于点，过点的直线交于点（不与，重合），交于点．以点为圆心，为半径的圆交直线于点，．若，则图中阴影部分的面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可得四边形的面积等于正方形面积的一半，根据阴影部分面积等于半圆减去四边形的面积和弓形的面积即可求解．
【详解】解：在正方形中，，
的半径为：
过点，根据中心对称可得四边形的面积等于正方形面积的一半，
又
阴影部分面积为：



故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，求扇形面积，掌握以上知识是解题的关键．
6．（2023·河南周口·河南省淮阳中学校考三模）已知在菱形中，，，则菱形的面积为（    ）
  
A． B．126 C．63 D．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质利用勾股定理求得的长，从而得到的长，再根据菱形的面积公式即可求得其面积．
【详解】解：如图，令相交于点，
  ，
四边形是菱形，，
，
在中，，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和勾股定理，解题的关键是掌握菱形的性质．
7．（2020·四川巴中·统考中考真题）如图，在矩形中，，对角线，交于点，，为上一动点，于点，于点，分别以，为边向外作正方形和，面积分别为，．则下列结论：①；②点在运动过程中，的值始终保持不变，为；③的最小值为6；④当时，则．其中正确的结论有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】①由矩形的性质和特殊角三角函数可得和是等边三角形，进而可以判断；
②连接．由求得答案；
③利用完全平方公式变形，当且仅当时，等号成立，即可判断；
④根据已知条件证明，对应边成比例即可判断．
【详解】解：①∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴OA=OC=OD=OB，
∴和是等边三角形，
∴BD=2OA=2AB=8，故①正确；
②连接，由①知，
∵矩形的两边，，
∴，
∴，，
∴．
∴，故②正确；
③∵，
∴，
∴，
当且仅当时，等号成立，故③正确；
④∵∠AEP=∠DFP，∠PAE=∠PDF，
∴，
∴AE：DF=PE：PF=EG：FM=PH：PN=5：6,
∵AE:DF=(AG+GE):（DM+FM）,
∴AG：DM=5：6,，故④错误．
综上所述，其中正确的结论有①②③，3个．
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，特殊角的三角形，三角形的相似，完全平方公式，等边三角形的判定与性质，灵活运用矩形的性质，特殊角的函数值，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
二、填空题
8．（2022·江苏泰州·统考中考真题）正八边形一个外角的大小为 度．
【答案】
【分析】根据正八边形得出八个内角都相等，再因为每个内角与它相应的外角互补，且多边形外角和为，算出正八边形一个外角的大小．
【详解】解：∵正八边形，
∴正八边形八个内角都相等，
∵正八边形的每个内角和它对应的外角互补，且外角和，
∴正八边形有八个相等的外角，
∴正八边形一个外角为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，多边形外角和，正确理解以上图形性质是解题的关键．
9．（2021·江苏镇江·统考中考真题）如图，花瓣图案中的正六边形ABCDEF的每个内角的度数是 ．

【答案】120°
【分析】多边形的内角和可以表示成(n﹣2)•180°，因为所给多边形的每个内角均相等，可设这个正六边形的每一个内角的度数为x，故又可表示成6x，列方程可求解．
【详解】解：设这个正六边形的每一个内角的度数为x，
则6x＝(6﹣2)•180°，
解得x＝120°．
故答案为：120°．
【点睛】本题考查根据多边形的内角和计算公式及求正多边形的内角的度数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．
10．（2023年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学真题）如图，在四边形中，，于点．请添加一个条件： ，使四边形成为菱形．
  
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据题意，先证明四边形是平行四边形，根据，可得四边形成为菱形．
【详解】解：添加条件
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形成为菱形．
添加条件
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形成为菱形．
添加条件
∵，
∴
∵，，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形成为菱形．
添加条件
在与中，

∴
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形成为菱形．
故答案为：（或或等）．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
11．（2023年吉林省长春市中考数学真题）如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则的大小为 度．
  
【答案】
【分析】根据题意求得正五边形的每一个内角为，根据折叠的性质求得在中，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵正五边形的每一个内角为，
将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，
则，
∵将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，
∴，，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正多边形的内角和的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
12．（2023年内蒙古包头市中考数学真题）如图，正方形的边长为2，对角线相交于点，以点为圆心，对角线的长为半径画弧，交的延长线于点，则图中阴影部分的面积为 ．
  
【答案】
【分析】根据正方形的性质得出阴影部分的面积为扇形的面积，然后由勾股定理得出，再由扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：正方形，
∴，，
∴，
∵正方形的边长为2，
∴
∴阴影部分的面积为扇形的面积，即，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查正方形的性质及扇形的面积公式，理解题意，将阴影部分面积进行转化是解题关键．
13．（2020·四川阿坝·中考真题）如图，有一张长方形片ABCD，，．点E为CD上一点，将纸片沿AE折叠，BC的对应边恰好经过点D，则线段DE的长为 cm．
  
【答案】5
【分析】根据折叠的性质得到线段和角相等，然后在Rt△中，由勾股定理求出的长，则可得出的长，再在Rt△利用勾股定理进行计算即可求DE的长.
【详解】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴AD=BC=10,CD=AB=8,∠B=∠C=90°.
根据折叠的性质,得 =8-DE, ,∠=∠B=90°.
在Rt△中,由勾股定理，得==6.
∴=10-6=4.
在Rt△中,由勾股定理，得.
∴（8-DE）2+42=DE2.
解得DE=5.
故答案是：5.
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练运用折叠的性质是本题的关键．
14．（2020·广西贺州·统考中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，，，点P是AC上一动点，点E是AB的中点，则的最小值为 ．

【答案】．
【分析】连接DE，依据菱形的性质即可计算得到DE的长，再根据线段的性质，即可得到PD+PE的最小值为DE的长．
【详解】如图，连接DE，

∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，，，
∴，，，
∴，
∴，即是等边三角形，
又∵E是AB的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴的最小值为DE的长，
即的最小值为，
故答案为：．
【点睛】此题考查了轴对称-最短路线问题，关键是掌握菱形的性质以及线段的性质：两点之间，线段最短．
15．（2022·山东临沂·统考中考真题）如图，在正六边形中，，是对角线上的两点，添加下列条件中的一个：①；②；③；④．能使四边形是平行四边形的是 （填上所有符合要求的条件的序号）．

【答案】①②④
【分析】根据正六边形的性质，依次结合题给的条件，先证有关三角形是否全等，再证四边形是平行四边形．
【详解】解：由正六边形的性质知：
∠ABM=∠DEN，AB=DE，∠BAF=∠CDE，
①若BM=EN，
在△ABM和△DEN中，
，
∴（SAS），
∴AM=DN，∠AMB=∠DNE，
∴∠AMN=∠DNM，
∴AMDN，
∴四边形是平行四边形；
②若，则
∠BAN=∠EDM，
在和中，
，
∴(ASA)，
∴AN=DM，∠ANM=∠DMN，
∴ANDM
∴四边形是平行四边形；
③若，结合条件AB=DE，∠ABM=∠DEN，SSA无法证明，也就无法证明四边形是平行四边形；
④若，
在△ABM和△DEN中，
，
∴（AAS），
∴AM=DN，∠AMB=∠DNE，
∴∠AMN=∠DNM，
∴AMDN，
∴四边形是平行四边形；
综上所述，①②④符合题意．
故答案为：①②④．
【点睛】此题考查了正六边形的性质、全等三角形的判定以及平行四边形的判定．解题的关键是熟练运用上述知识逐一进行判断．
16．（2023年内蒙古包头市中考数学真题）如图，是正五边形的对角线，与相交于点．下列结论：
①平分；    ②；    ③四边形是菱形；    ④
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，
∴，，
∴，
∴，
∴平分；正确；
②∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，故②错误；
③∵，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；正确；
④∵，，
∴，
∴，
∴，即，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．
17．（2023年河北省中考数学真题）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） 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】
【分析】（1）作图后，结合正多边形的外角的求法即可求解；
（2）表问题转化为图形问题，首先作图，标出相应的字母，把正六边形的中心到直线l的距离转化为求，再根据正六边形的特征及利用勾股定理及三角函数，分别求出即可求解．
【详解】解：（1）作图如下：
  
根据中间正六边形的一边与直线l平行及多边形外角和，得，
，
故答案为：；
（2）取中间正六边形的中心为，作如下图形，
  
由题意得：，,，
四边形为矩形，
，
，
，
，
在中，，
由图1知，
由正六边形的结构特征知：，
，
，
，
又，
，

故答案为：．
【点睛】本题考查了正六边形的特征，勾股定理，含度直角三角形的特征，全等三角形的判定性质，解直角三角形，解题的关键是掌握正六边形的结构特征．
18．（2023·河南周口·河南省淮阳中学校考三模）如图，在矩形中，，把边沿对角线平移，点分别对应点，的最小值为 ．
  
【答案】
【分析】先证明四边形是平行四边形，作点关于的对称点，连接交于，过点作交的延长线于，连接交于，此时的值最小，最小值为，通过证明，可得，通过证明，可得，最后由勾股定理即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
如图所示，作点关于的对称点，连接交于，过点作交的延长线于，连接交于，此时的值最小，最小值为，
  ，
则，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形相似的判定与性质、轴对称的性质、矩形的性质、勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质、三角形相似的判定与性质、轴对称的性质、矩形的性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．
三、解答题
19．（2019·湖南娄底·中考真题）如图，点E、F、G、H分别在矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA(不包括端点)上运动，且满足，．
(1)求证：；
(2)试判断四边形EFGH的形状，并说明理由．
(3)请探究四边形EFGH的周长一半与矩形ABCD一条对角线长的大小关系，并说明理由．

【答案】(1)证明见解析；(2)四边形EFGH是平行四边形，理由见解析；(3)四边形EFGH的周长一半大于或者等于矩形ABCD一条对角线长度，理由见解析.
【分析】（1）根据全等三角形的判定定理SAS证得结论；
（2）由（1）中全等三角形的性质得到：EH=GF，同理可得FE=HG，即可得四边形EFGH是平行四边形；
（3）由 轴对称--最短路径问题得到：四边形EFGH的周长一半大于或等于矩形ABCD一条对角线长度．
【详解】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴．
∴在与中，，
∴；
(2)∵由(1)知，，则，同理证得，则，
∴四边形EFGH是平行四边形；
(3) 四边形EFGH的周长一半大于或等于矩形ABCD一条对角线长度．
理由如下：作G关于BC的对称点G′，连接EG′，可得EG′的长度就是EF+FG的最小值．

连接AC，
∵CG′=CG=AE，AB∥CG′，
∴四边形AEG′C为平行四边形，
∴EG′=AC．
在△EFG′中，∵EF+FG′≥EG′=AC，
∴四边形EFGH的周长一半大于或等于矩形ABCD一条对角线长度．
【点睛】考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质．灵活运用这些性质进行推理证明是本题的关键．
20．（2019·江苏常州·统考中考真题）【阅读】：数学中，常对同一个量（图形的面积、点的个数、三角形的内角和等）用两种不同的方法计算，从而建立相等关系，我们把这一思想称为“算两次”．“算两次”也称做富比尼原理，是一种重要的数学思想．
【理解】：（1）如图，两个边长分别为、、的直角三角形和一个两条直角边都是的直角三角形拼成一个梯形．用两种不同的方法计算梯形的面积，并写出你发现的结论；

（2）如图2，行列的棋子排成一个正方形，用两种不同的方法计算棋子的个数，可得等式：________；

【运用】：（3）边形有个顶点，在它的内部再画个点，以（）个点为顶点，把边形剪成若干个三角形，设最多可以剪得个这样的三角形．当，时，如图，最多可以剪得个这样的三角形，所以．

①当，时，如图，　 　；当，　 　时，；

②对于一般的情形，在边形内画个点，通过归纳猜想，可得　 　（用含、的代数式表示）．请对同一个量用算两次的方法说明你的猜想成立．
【答案】（1）见解析，故结论为：直角长分别为、斜边为的直角三角形中；（2）；（3）①6，3；②，见解析.
【分析】（1）此等腰梯形的面积有三部分组成，利用等腰梯形的面积等于三个直角三角形的面积之和列出方程并整理．
（2）由图可知行列的棋子排成一个正方形棋子个数为，每层棋子分别为，，，，…，．故可得用两种不同的方法计算棋子的个数，即可解答．
（3）根据探画出图形究不难发现，三角形内部每增加一个点，分割部分增加部分，即可得出结论．
【详解】（1）有三个其面积分别为，和．
直角梯形的面积为．
由图形可知：
整理得，，
．
故结论为：直角长分别为、斜边为的直角三角形中．
（2）行列的棋子排成一个正方形棋子个数为，每层棋子分别为，，，，…，．
由图形可知：．
故答案为．
（3）①如图，当，时，，

如图，当，时，．

②方法1．对于一般的情形，在边形内画个点，第一个点将多边形分成了个三角形，以后三角形
内部每增加一个点，分割部分增加部分，故可得．
方法2．以的二个顶点和它内部的个点，共（）个点为顶点，可把分割成个互不重叠的小三角形．以四边形的个顶点和它内部的个点，共（）个点为顶点，可把四边形分割成个互不重叠的小三角形．故以边形的个顶点和它内部的个点，共（）个点作为顶点，可把原n边形分割成个互不重叠的小三角形．故可得．
故答案为①，；②．
【点睛】本题考查了图形的变化规律的问题，读懂题目信息，找到变化规律是解题的关键．
21．（2019·广西玉林·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，分别过顶点B，D作交对角线AC所在直线于E，F点，并分别延长EB，FD到点H，G，使，连接EG，FH．
（1）求证：四边形EHFG是平行四边形；
（2）已知：，，，求四边形EHFG的周长．

【答案】（1）见解析；（2）四边形EHFG的周长．
【分析】（1）根据正方形的性质证明，再根据平行四边形的判定即可求解；
（2）连接BD，交EF于O，根据正方形的性质求得，得到OF,OE,EF,FM,EM的长，过F作于M，交EH的延长线于M，根据三角函数求出，再根据勾股定理求出，即可求出四边形的周长.
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，
∴四边形EHFG是平行四边形；
（2）如图，连接BD，交EF于O，

∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
中，，
∴，
∴，
∵，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
过F作于M，交EH的延长线于M，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形EHFG的周长．
【点睛】此题主要考查正方形的性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质及三角函数的应用.
22．（2020·广西贺州·统考中考真题）如图，已知在△ABC中AB＝AC，AD是BC边上的中线，E，G分别是AC，DC的中点，F为DE延长线上的点，∠FCA＝∠CEG．
（1）求证：AD∥CF；
（2）求证：四边形ADCF是矩形．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）先证EG是△ACD的中位线，得EG∥AD，再由∠FCA=∠CEG证出EG∥CF，即可得出结论；
（2）先证△ADE≌△CFE（AAS），得AD=CF，则四边形ADCF是平行四边形，再由等腰三角形的在得∠ADC=90°，即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：∵E，G分别是AC，DC的中点，
∴EG是△ACD的中位线，
∴EG∥AD，
∵∠FCA＝∠CEG，
∴EG∥CF，
∴AD∥CF；
（2）证明：由（1）得：AD∥CF，
∴∠DAE＝∠FCE，∠ADE＝∠CFE，
∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
又∵AB＝AC，AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴平行四边形ADCF是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
23．（2023年吉林省长春市中考数学真题）将两个完全相同的含有角的直角三角板在同一平面内按如图所示位置摆放．点A，E，B，D依次在同一直线上，连结、．
  
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)已知，当四边形是菱形时．的长为__________．
【答案】(1)见解析；
(2)

【分析】（1）由题意可知易得，即，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明；
（2）如图，在中，由角所对的直角边等于斜边的一半和直角三角形锐角互余易得，；由菱形得对角线平分对角得，再由三角形外角和易证即可得，最后由求解即可．
【详解】（1）证明：由题意可知，
，，
，
四边形地平行四边形；
（2）如图，在中，，，，
，，
四边形是菱形，
平分，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
  
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的性质，角所对的直角边等于斜边的一半和直角三角形锐角互余，三角形外角及等角对等边；解题的关键是熟练掌握相关知识综合求解．
24．（2023年山西省中考数学真题）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．
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．
  
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、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，分别交于点，过点作于点，交于点．
∵分别为的中点，∴．（依据1）
  
∴．∵，∴．
∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即．
∵，即，
∴四边形是平行四边形．（依据2）∴．
∵，∴．同理，…
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，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线）
(3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．
  
【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析

【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求
  
（3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和，
证明如下：∵点分别是边的中点，
∴．
∴．
同理．
∴四边形的周长．
即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
25．（2023年北京市中考数学真题）如图，在中，点E，F分别在，上，，．
  
(1)求证：四边形是矩形；
(2)，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）利用平行四边形的性质求出，证明四边形是平行四边形，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形得出结论；
（2）证明是等腰直角三角形，可得，然后再解直角三角形求出即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：由（1）知四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及解直角三角形，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
26．（2020·广西贵港·中考真题）已知：在矩形中，，，是边上的一个动点，将矩形折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为．
（1）如图1，当点与点重合时，则线段_______________，_____________；
（2）如图2，当点与点，均不重合时，取的中点，连接并延长与的延长线交于点，连接，，．
①求证：四边形是平行四边形：
②当时，求四边形的面积．

【答案】（1）2，4；（2）①见解析；②
【分析】（1）过点F作FH⊥AB，由翻折的性质可知：AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，∠G＝∠A＝90°根据平行线的性质和等量代换可得∠CFE＝∠FEC，由等角对等边可得：CF＝CE，设AE＝CE＝x，BE＝6﹣x，在Rt△BCE中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程求得x的值，进而可得BE、DF的长，由矩形的判定可得四边形DAHF是矩形，进而可求FH、EH的长，最后由勾股定理可得EF的长；
（2）①根据折叠的性质可得，进而可得，根据已知条件可得，从而易证，进而根据全等三角形的性质和平行四边形的判定即可求证结论；
②连接与交于点，则且，又由①知：， ，则，继而易证∠MAD＝PAB，接根据三角函数求得PB，设，则，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程可得PE的长，继而代入数据即可求解．
【详解】解：（1） 2 ， 4 ；
过点F作FH⊥AB，
∵折叠后点A、P、C重合
∴AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，
∵CD∥AB
∴∠CFE＝∠FEA，
∴∠CFE＝∠FEC，
∴CF＝CE＝AE，
设AE＝CE＝CF＝x，BE＝AB﹣AE＝6﹣x，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得，即
解得： x＝4，即AE＝CE＝CF＝4
∴BE＝2、DF＝2，
∵∠D＝∠A＝∠FHA＝90°
∴四边形DAHF是矩形，
∴FH＝、EH＝AB﹣BE﹣AH＝6﹣2﹣2＝2
在Rt△EFH中，由勾股定理可得: ＝4

（2）①证明：如图2，
∵在矩形中，，
由折叠（轴对称）性质，得：，
∴，
∵点是的中点，∴，
又，∴，
∴，∴四边形是平行四边形：
②如图2，连接与交于点，则且，
又由①知：，∴，则，
又，∴，∴
在，，
而，∴，
又在中，若设，则，
由勾股定理得：，则，
而且，
又四边形是平行四边形，
∴四边形的面积为．

【点睛】本题主要考查矩形与翻折的问题，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定及其性质、翻折的性质、正切的有关知识，解题的关键是熟练掌握所学知识并且学会作辅助线．
27．（2021·江苏镇江·统考中考真题）如图1，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝90°，AB，FE，DC为铅直方向的边，AF，ED，BC为水平方向的边，点E在AB，CD之间，且在AF，BC之间，我们称这样的图形为“L图形”，记作“L图形ABC﹣DEF”．若直线将L图形分成面积相等的两个图形，则称这样的直线为该L图形的面积平分线．
【活动】
小华同学给出了图1的面积平分线的一个作图方案：如图2，将这个L图形分成矩形AGEF、矩形GBCD，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线．请用无刻度的直尺在图1中作出其他的面积平分线．（作出一种即可，不写作法，保留作图痕迹）

【思考】
如图3，直线O1O2是小华作的面积平分线，它与边BC，AF分别交于点M，N，过MN的中点O的直线分别交边BC，AF于点P，Q，直线PQ　　（填“是”或“不是”）L图形ABCDEF的面积平分线．

【应用】
在L图形ABCDEF形中，已知AB＝4，BC＝6．
（1）如图4，CD＝AF＝1．
①该L图形的面积平分线与两条水平的边分别相交于点P，Q，求PQ长的最大值；
②该L图形的面积平分线与边AB，CD分别相交于点G，H，当GH的长取最小值时，BG的长为　　．
（2）设＝t（t＞0），在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，如果只有与边AB，CD相交的面积平分线，直接写出t的取值范围　　．
【答案】【活动】见解析；【思考】是；【应用】（1）①；②；（2）＜t＜
【分析】[活动]如图1，根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线；
[思考]如图2，证明△OQN≌△OPM（AAS），根据割补法可得直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线；
[应用]
（1）①建立平面直角坐标系，分两种情况：如图3﹣1和3﹣2，根据中点坐标公式和待定系数法可得面积平分线的解析式，并计算P和Q的坐标，利用两点的距离公式可得PQ的长，并比较大小可得结论；
②当GH⊥AB时，GH最小，设BG＝x，根据面积相等列方程，解出即可；
（2）如图5，由已知得：CD＝tAF，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，列不等式可得t的取值．
【详解】解：【活动】如图1，直线O1O2是该L图形的面积平分线；

【思考】如图2，∵∠A＝∠B＝90°，

∴AF∥BC，
∴∠NQO＝∠MPO，
∵点O是MN的中点，
∴ON＝OM，
在△OQN和△OPM中，
，
∴△OQN≌△OPM（AAS），
∴S△OQN＝S△OPM，
∵S梯形ABMN＝SMNFEDC，
∴S梯形ABMN﹣S△OPM＝SMNFEDC﹣S△OQN，
即SABPON＝SCDEFQOM，
∴SABPON+S△OQN＝SCDEFQOM+S△OPM，
即S梯形ABPQ＝SCDEFQP，
∴直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线．
故答案为：是；
【应用】（1）①如图3，当P与B重合时，PQ最大，过点Q作QH⊥BC于H，

L图形ABCDEF的面积=4×6-（4-1）×（6-1）=9，
∵PQ是L图形ABCDEF的面积平分线，
∴梯形CDQP的面积=×（DQ+BC）×CD=，
即×（DQ+6）×1=，
∴DQ=CH=3，
∴PH=6-3=3，
∵QH=CD=1，
由勾股定理得：PQ=；
∴PQ长的最大值为；
②如图4，当GH⊥AB时GH最短，过点E作EM⊥AB于M，

设BG＝x，则MG＝1﹣x，
根据上下两部分面积相等可知，6x＝（4﹣1）×1+（1﹣x）×6，
解得x＝，即BG＝；
故答案为：；
（2）∵＝t（t＞0），
∴CD＝tAF，
在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，
如图5，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，

即（4﹣tAF）•AF＜6t•AF，
∴，
∵0＜AF＜6，
∴0＜﹣6＜6，
∴．
故答案为：＜t＜．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了应用与设计作图，矩形的性质和判定，四边形面积的平分，三角形全等的性质和判定等知识，并结合平面直角坐标系计算线段的长，明确面积平分线的画法，并熟练掌握矩形面积平分线是过对角线交点的性质是解题的关键．
28．（2022·内蒙古赤峰·统考中考真题）同学们还记得吗？图①、图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：

(1)【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，交于点，交于点，则与的数量关系为_________；
(2)【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线、经过正方形的对称中心，直线分别与、交于点、，直线分别与、交于点、，且，若正方形边长为8，求四边形的面积；

(3)【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形的顶点在正方形的边上，顶点在的延长线上，且，．在直线上是否存在点，使为直角三角形？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由．

【答案】(1)
(2)16
(3)BP的长度为2或3或6或7．

【分析】（1）由正方形的性质可得，，根据ASA可证，由全等三角形的性质可得结论；
（2） 过点O作交AD于点M，交BC于点N，作交AB于点T，交CD于点R，证明△进而证明；
（3）分三种情况：利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式求解，即可求出答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠
∵是对角线，
∴∠，
∴∠，
∵四边形是正方形，
∴∠，
∴∠
又∠
∴，
∴
∴
故答案为:
（2）过点O作交AD于点M，交BC于点N，作交AB于点T，交CD于点R，如图，

∵点O是正方形ABCD的中心，
∴
又∠A=90°
∴四边形ATOM是正方形，
∴
同（1）可证△
∴
（3）解：在直线BE上存在点P，使△APF为直角三角形，
①当∠AFP=90°时，如图④，延长EF，AD相交于点Q，

∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴EQ=AB=6，∠BAD=∠B=∠E=90°，
∴四边形ABEQ是矩形，
∴AQ=BE=BC+CE=8，EQ=AB=6，∠Q=90°=∠E，
∴∠EFP+∠EPF=90，
∵∠AFP=90°，
∴∠EFP+∠AFQ=90°，
∴△EFP∽△QAF，
∴，
∵QF=EQ-EF=4，
∴，
∴EP=1，
∴BP=BE-EP=7；
②当∠APF=90°时，如图⑤，

同①的方法得，△ABP∽△PEF，
∴，
∵PE=BE-BP=8-BP，
∴，
∴BP=2或BP=6；
③当∠PAF=90°时，如图⑥，

过点P作AB的平行线交DA的延长线于M，延长EF，AD相交于N，
同①的方法得，四边形ABPM是矩形，
∴PM=AB=6，AM=BP，∠M=90°，
同①的方法得，四边形ABEN是矩形，
∴AN=BE=8，EN=AB=6，
∴FN=EN-EF=4，
同①的方法得，△AMP∽△FNA，
∴，
∴，
∴AM=3，
∴BP=3，
即BP的长度为2或3或6或7．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
29．（2023年江苏省无锡市中考数学真题）如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．
  
(1)当时，求四边形的面积；
(2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，，根据翻折的性质，可得，，则，；同理，，；进而根据，即可求解；
（2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解．
【详解】（1）如图，连接、，

四边形为菱形，
，，
为等边三角形．
为中点，
，，
，．
，
为等腰直角三角形，
，，
翻折，
，，
，；.
同理，
，，
∴；
（2）如图，连接、，延长交于点．

，，，
．
∵
，
，
．
，则，
，
，
．
∵，
．
【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．

30．（2023·浙江杭州·杭州市丰潭中学校考三模）如果一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】设多边形有n条边，则内角和为，再根据内角和等于外角和3倍可得方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，
由题意得，，
解得，
∴这个多边形的边数为8，
故选C．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理以及多边形的外角和定理，熟知多边形内角和公式和多边形外角和为360度是解题的关键．
31．（2023·浙江杭州·杭州市丰潭中学校考三模）如图，在圆内接正六边形中，分别交于点G，H，若该圆的半径为12，则线段的长为（    ）
  
A．6 B． C． D．8
【答案】B
【分析】根据正六边形的性质和等腰三角形的性质以及解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：∵在圆内接正六边形中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
连接交于N，
  
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形与圆，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握正六边形的性质是解题关键．
32.（2023·河南周口·河南省淮阳中学校考三模）已知在菱形中，，，则菱形的面积为（    ）
  
A． B．126 C．63 D．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质利用勾股定理求得的长，从而得到的长，再根据菱形的面积公式即可求得其面积．
【详解】解：如图，令相交于点，
  ，
四边形是菱形，，
，
在中，，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和勾股定理，解题的关键是掌握菱形的性质．
33．（2023·新疆和田·和田市第三中学校考二模）如图，在菱形中，分别以、为圆心，大于为半径画弧，两弧分别交于点、，连接，若直线恰好过点与边交于点，连接，则下列结论错误的是（    ）

A． B．若，则
C． D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质，垂直平分线的性质即可求解．
【详解】解：根据题意，可知，即是的垂直平分线，
选项，
∵是的垂直平分线，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，且是直角三角形，
∴，
∴根据菱形的性质得，，故选项正确，不符合题意；
选项，
∵是的垂直平分线，，
∴，即是直角三角形，且，
∵是直角三角形，，
∴，
在中，，
∴在中，，故选项正确，不符合题意；
选项，
∵是的垂直平分线，四边形是菱形，
∴，，
∴，则，
∴，故选项错误，符合题意；
选项，
根据题意，，，是的高，
∴的高相等，
∵，，
∴，故选项正确，不符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查菱形，垂直平分线的综合，掌握菱形的性质，垂直平分线的性质，含角的直角三角形的性质等知识是解题的关键．
34．（2023·辽宁·校联考三模）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC=60°，AB=BC=1，则下列结论：
①∠CAD=30°②BD=③S平行四边形ABCD=AB•AC④OE=AD⑤S△APO=，正确的个数是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】①先根据角平分线和平行得：∠BAE=∠BEA，则AB=BE=1，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE=30°，最后由平行线的性质可作判断；
②先根据三角形中位线定理得：OE=AB=，OE∥AB，根据勾股定理计算OC=和OD的长，可得BD的长；
③因为∠BAC=90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
④根据三角形中位线定理可作判断；
⑤根据同高三角形面积的比等于对应底边的比可得：S△AOE=S△EOC=OE•OC=，，代入可得结论．
【详解】解：①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠DAE=∠BEA，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=1，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=1，
∵BC=2，
∴EC=1，
∴AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACE=30°，
故①正确；
②∵BE=EC，OA=OC，
∴OE=AB=，OE∥AB，
∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，
Rt△EOC中，OC=，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=120°，
∴∠ACB=30°，
∴∠ACD=90°，
Rt△OCD中，OD=，
∴BD=2OD=，故②正确；
③由②知：∠BAC=90°，
∴S▱ABCD=AB•AC，
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
又AB=BC，BC=AD，
∴OE=AB=AD，故④正确；
⑤∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=，
∴S△AOE=S△EOC=OE•OC=××，
∵OE∥AB，
∴，
∴，
∴S△AOP= S△AOE==，故⑤正确；
本题正确的有：①②③④⑤，共5个，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形30度角的性质、三角形面积和平行四边形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，证明△ABE是等边三角形是解决问题的关键，并熟练掌握同高三角形面积的关系．
35．（2023·广西玉林·统考一模）如图，在由边长相同的7个正六边形组成的网格中，点A，B在格点上．再选择一个格点C，使△ABC是以AB为腰的等腰三角形，符合点C条件的格点个数是(　　)

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】确定AB的长度后即可确定点C的位置．
【详解】AB的长等于六边形的边长+最长对角线的长，
据此可以确定共有2个点C，位置如图，

故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形和圆以及等腰三角形的判定，解题的关键是确定AB的长，难度不大．
36．（2023·河南驻马店·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，点，，点为线段的中点，为上一点，连接，将沿折叠得到．当时，点的坐标为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，交于点，证明四边形为菱形，得到，且，即可得出点的坐标．
【详解】解：∵点，，
∴，．
∴．
当时，连接，交于点，如解图所示，
  
则．
由折叠的性质，可知，
∴．
∴．
又∵，
∴．
又∵，，
∴四边形为菱形．
∴，且．
∵是的中点，
∴，．
∴将点向下平移5个单位长度得到点为；
故选B．
【点睛】本题考查折叠的性质，菱形的判定与性质．解题的关键是证明四边形为菱形．
37．（2023·河北石家庄·石家庄市第四十一中学校考模拟预测）如图，正方形的对角线刚好与正六边形最长的对角线重合，则（    ）
  
A．10° B．15° C．20° D．25°
【答案】B
【分析】根据多边形的内角和公式、正多边形性质、正方形的性质求解．
【详解】如图，正六边形的一个内角度数：
∴
故选B．
【点睛】本题考查多边形的内角和计算、正多边形的性质、正方形的性质；熟记相关公式、性质是解题的关键．
38．（2023·安徽滁州·校考三模）如图，以正方形的对角线为一边作菱形，点F在的延长线上，连接交于点G，则 ．

【答案】/度
【分析】由正方形的性质和菱形的性质可得，，，由三角形的外角性质可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，三角形的外角性质，掌握这些性质是本题的关键．
39．（2023·河北石家庄·石家庄市第四十一中学校考模拟预测）图1、图2的两个正方形网格的面积分别为、，正方形、满足，下列结论正确的是（    ）
  
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】假设第一正方形网格边长为，第二个网格正方形边长为，然后根据勾股定理可得到，，然后利用计算即可得到和的比值．
【详解】解：设第一正方形网格边长为，第二个网格正方形边长为，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D
【点睛】本题主要考查网格中面积的计算和勾股定理，利用勾股定理用网格的边长表示正方形面积，然后转化为网格正方形面积的比值是解题的关键．
40．（2023·河南洛阳·统考三模）如图，已知四边形是平行四边形，下列三个结论：①当时，它是菱形，②当时，它是矩形，③当时，它是正方形．其中结论正确的有（    ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定定理逐个进行判断即可得出结论．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴当时，是菱形．
故①正确；
∵四边形是平行四边形，
∴当时，是菱形．
故②错误；
∵四边形是平行四边形，
∴当时，是矩形．
故③错误；
∴正确的只有①；
故选B．
【点睛】本题主要考查了特殊平行四边形的判定，熟练掌握菱形、矩形、正方形的判定定理是解题的关键．
41．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考二模）已知一个正多边形的一个外角为，则这个正多边形的边数是 ．
【答案】
【分析】正多边形的一个外角为，且每个外角都相等，根据多边形外角和为，可直接求出边数．
【详解】正多边形的边数是：．
故答案为：．
【点睛】此题考查正多边形的外角和，解题关键是正多边形的边数为．
42．（2023·云南丽江·统考二模）一个正多边形的每个外角为60°，那么这个正多边形的内角和是 ．
【答案】720°/720度
【分析】先利用多边形的外角和为360°计算出这个正多边形的边数，然后再根据内角和公式进行求解即可．
【详解】这个正多边形的边数为=6，
所以这个正多边形的内角和是（6﹣2）×180°=720°，
故答案为：720°．
【点睛】本题考查了多边形内角与外角：内角和定理：（n﹣2）•180 （n≥3）且n为整数）；多边形的外角和等于360度．
43．（2023·辽宁本溪·统考二模）如图，一正六边形的对角线的长为，则正六边形的边长为 ．
  
【答案】/3毫米
【分析】根据正六边形的性质证得是等边三角形，即可求得正六边形的边长．
【详解】：连接，，、交于点，如图2，
      
六边形是正六边形，的长为，
，，，
，
故答案为．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，解答本题的关键是明确正六边形的特点．
44．（2023·山东济南·统考三模）将正六边形与正方形按如图所示摆放，公共顶点为，且正六边形的边与正方形的边在同一条直线上，则的度数是 ．
  
【答案】/度
【分析】先根据正六边形的内角和定理和正方形的性质得到，，再根据三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：由题意得，，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和定理，三角形外角的性质，熟知多边形内角和定理是解题的关键．
45．（2023·山东济南·统考三模）公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽弦图”．将两个“赵爽弦图”（如图1）中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形，记空隙处正方形，正方形的面积分别为，，则下列四个判断：①②；③若，则；④若点A是线段的中点，则，其中正确的序号是
  
【答案】①②③
【分析】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为，较长直角边为，斜边为，则小正方形的边长为，正方形的边长为，正方形的边长为，正方形的边长为，由正方形面积公式，勾股定理逐项进行判断即可．
【详解】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为，较长直角边为，斜边为，则小正方形的边长为，正方形的边长为，正方形的边长为，正方形的边长为，
∴，，．
∴．
∴．
故①正确；
∵，
∴．
∴．
∴．
故②正确；
∵，，
∴．
即．
∴．
∴．
故③正确；
∵点A是线段的中点，
∴．
即．
∴．
∴．
∴．
故④不正确；
故答案是①②③．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的面积，关键是设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为，较长直角边为，斜边为，用表示出相关线段的长度，从而解决问题．
46．（2023·山东济宁·济宁学院附属中学校考三模）如图，从一个边长为的铁皮正六边形上，剪出一个扇形．若将剪下来的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的底面半径为 ．

【答案】
【分析】根据正六边形的性质可求出，，进而求出阴影部分扇形的半径和圆心角的度数，利用弧长公式求出的长，再根据圆的周长公式求出圆锥的底面半径．
【详解】解： 如图，过点作于点，

正六边形的边长为2，
∴，，
，
，
，，
的长为，
设圆锥的底面半径为，
则，即，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆与正多边形，求弧长，求圆锥的底面半径，掌握正六边形的性质以及正六边形与圆的相关计算，掌握正多边形与圆的相关计算方法是解题的关键．
47．（2023·河南周口·河南省淮阳中学校考三模）如图，在矩形中，，把边沿对角线平移，点分别对应点，的最小值为 ．
  
【答案】
【分析】先证明四边形是平行四边形，作点关于的对称点，连接交于，过点作交的延长线于，连接交于，此时的值最小，最小值为，通过证明，可得，通过证明，可得，最后由勾股定理即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：，
，
四边形是平行四边形，
，
，
如图所示，作点关于的对称点，连接交于，过点作交的延长线于，连接交于，此时的值最小，最小值为，
  ，
则，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形相似的判定与性质、轴对称的性质、矩形的性质、勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质、三角形相似的判定与性质、轴对称的性质、矩形的性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．
48．（2023·浙江杭州·校考二模）如图所示的五边形花环是用五个全等的等腰三角形拼成的，则∠BAC的度数为 ．

49．（2023·江苏盐城·景山中学校考三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝13，BC＝17，点E是线段AD上一个动点，把△BAE沿BE向矩形内部折叠，当点A的对应点A1恰好落在∠BCD的平分线上时，AE的长为 ．

【答案】或
【分析】由翻折的性质可得， ，再根据角平分线的性质可得： ，解 ，得出BF、CF．延长 交AD于点G，通过相似三角形判定可以证出 ．再用相似的性质可以求出 的长，即AE的长．
【详解】解：由翻折的性质可得：
平分 ，

如图，过点 作 于点F，

则 是等腰直角三角形

设 ，则 ，
在中，由勾股定理得：
，
即
解得：或
当 时，延长 交AD于点G，如图：

此时

设 ，则




，即
，即
当 时，延长 交AD于点G，如图：

此时

设 ，则




，即
，即
故答案为： 或 ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质(四个角是直角)，翻折的性质(翻折前后两个图形全等)，相似三角形性质与判定(两组对应角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应边成比例)，勾股定理(在直角三角形中，两直角边的平方之和等于斜边的平方) ．熟练应用相关知识进行求解是解决本题的关键．
50．（2023·河南洛阳·统考三模）如图，将矩形纸片折叠，折痕为，点，分别在边，上，点，的对应点分别在，，且点在矩形内部，的延长线交边于点，交边于点．，，当点为三等分点时，的长为 ．
  
【答案】或
【分析】根据点为三等分点，分两种情况分别计算，根据折叠的性质和平行线的性质证明，得到，证明，求出的长，过点作于点，则，设，根据勾股定理列方程求出即可．
【详解】解：①当时，，
将矩形纸片折叠，折痕为，
，，，，，
，，
，
，
，，
，
，
，
过点作于点，如图所示：
  
则，
设，则，
，
，
，即，解得或（舍去），
；
②当时，，
，
，
，
，
，
，
，，解得或（舍去），
；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题）、矩形的性质、勾股定理、相似三角形判定与性质、分类讨论的思想等，根据勾股定理列方程求解是解题的关键．
51．（2023·福建福州·校考二模）如图，在平行四边形中，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接，且．判断四边形的形状并证明；

【答案】见解析
【分析】根据平行四边形的性质和E为的中点，易得，得到，，结合得到四边形是平行四边形，再利用，得到，最后利用矩形的判定定理判定即可．
【详解】证明：四边形是矩形，理由如下，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，．
∵E为的中点，
∴．
在和中，，
∴，
∴，．
∵，延长交的延长线于点F，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵，，
∴．
∴四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，得到是解答关键．
52．（2023·山东济宁·济宁学院附属中学校考三模）定义：长宽比为：1（n为正整数）的矩形称为矩形．
下面，我们通过折叠的方式折出一个矩形，如图①所示．
操作1：将正方形沿过点B的直线折叠，使折叠后的点C落在对角线上的点G处，折痕为．
操作2：将沿过点G的直线折叠，使点A，点D分别落在边，上，折痕为，则四边形为矩形．
设正方形的边长为1，则．
由折叠性质可知，，则四边形为矩形，∴，∴，∴，即，∴，∴，∴四边形为矩形．
阅读以上内容，回答下列问题：
（1）在图①中，所有与相等的线段是 ，的值是 ；
（2）已知四边形为矩形，模仿上述操作，得到四边形，如图②，求证：四边形是矩形；
（3）将图②中的矩形沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“矩形”，则n的值是 ．
  
【答案】（1），，；（2）证明见试题解析；（3）6．
【分析】（1）由折叠即可得到，设，则有，，由，得出，然后运用三角函数的定义即可求出的值；
（2）只需借鉴阅读中证明“四边形为矩形”的方法就可解决问题；
（3）同（2）中的证明可得：将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”，将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”，将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”，由此就可得到n的值．
【详解】解：（1）由折叠可得：，
∴．设，则．
∵，
∴，
∴，解得，
∴．
（2）∵，
∴．
由折叠可得，．
∵四边形是矩形，∴，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是的矩形；
（3）同理可得：将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”，
将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”，
将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”，
所以将图②中的矩形BCMN沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“矩形”，
故答案为6．
  
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质、正方形的性质、矩形的判定与性质、平行线分线段成比例、勾股定理，解直角三角形等知识，考查了阅读理解能力、操作能力、归纳探究能力、推理能力，运用已有经验解决问题的能力，是一道好题．
53．（2023·北京昌平·统考二模）《墨子·天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆.”度方知圆，感悟数学之美.如图，正方形的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形，若，则四边形的外接圆的半径为（　　）
  
A． B．2 C． D．4
【答案】C
【分析】如图，连接，利用相似多边形的性质求出正方形的面积，求出 可得结论．
【详解】解：如图，连接．
  
∵正方形与四边形是位似图形，，正方形的面积为4，
∴四边形是正方形，面积为，
∴，，
∴，
∴四边形的外接圆的半径为．
故选C．
【点睛】本题考查位似变换，相似多边形的性质等知识，解题的关键是掌握位似图形的概念．
54．（2023·江苏盐城·景山中学校考三模）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，则以AC为边长的正方形ACEF的面积为（　　）

A．9 B．12 C．15 D．20
【答案】A
【分析】根据已知可求得△ABC是等边三角形，从而得到AC=AB，从而求出正方形ACEF的边长，进而可求出其面积．
【详解】解：∵菱形ABCD，
∴AB＝BC＝3，
∵∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝3，
∴正方形ACEF的边长为3，
∴正方形ACEF的面积为9，
故选：A．
【点睛】本题考查菱形与正方形的性质，属于基础题，对于此类题意含有60°角的题目一般要考虑等边三角形的应用．
55.（2023·四川攀枝花·统考二模）用四根长度相等的木条制作学具，先制作图（1）所示的正方形，测得，活动学具成图（2）所示的四边形，测得，则图（2）中的长是（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】在图（1）中先利用正方形的性质求出；在图（2）中，连接交于O，证明四边形是菱形，则，求出，进一步求出，则．
【详解】解：如图（1）中，∵四边形是正方形，，
∴；
如图（2）中，连接交于O，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选A．
  
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
56．（2023·江苏无锡·统考三模）若正多边形的一个外角的度数为45°，则这个正多边形是（ ）
A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形
【答案】C
【分析】正多边形的外角和是360°，这个正多边形的每个外角相等，因而用360°除以外角的度数，就得到外角的个数，外角的个数就是多边形的边数．
【详解】解：这个正多边形的边数：360°÷45°=8．
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角的关系，熟记正多边形的边数与外角的关系是解题的关键．
57．（2023·河北石家庄·石家庄市第四十中学校考二模）如图，把八个等圆按相邻两两外切摆放，其圆心连线构成一个正八边形，设正八边形内侧八个扇形（无阴影部分）面积之和为S1，正八边形外侧八个扇形（阴影部分）面积之和为S2，则=（ ）
  
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】先根据正多边形的内角和公式可求正八边形的内角和，根据周角的定义可求正八边形外侧八个扇形（阴影部分）的内角和，再根据半径相等的扇形面积与圆周角成正比即可求解．
【详解】解：∵正八边形的内角和为（8-2）×180°=6×180°=1080°，
正八边形外侧八个扇形（阴影部分）的内角和为360°×8-1080°=2880°-1080°=1800°，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了扇形面积的计算，求不规则的图形的面积，可以转化为几个规则图形的面积的和或差来求，属于基础题．
58．（2023·北京昌平·统考二模）一个正多边形的内角和是它的外角和的2倍，则这个正多边形是正 边形.
【答案】6
【分析】根据多边形的内角和公式与外角和定理列出方程，求解即可得到答案．
【详解】解：设这个多边形的边数为，
根据题意得：，
解得：，
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和公式，多边形外角和定理，解题关键是掌握多边形内角和公式：以及多边形的外角和等于．
59．（2023·江苏盐城·景山中学校考三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝13，BC＝17，点E是线段AD上一个动点，把△BAE沿BE向矩形内部折叠，当点A的对应点A1恰好落在∠BCD的平分线上时，AE的长为 ．

【答案】或
【分析】由翻折的性质可得， ，再根据角平分线的性质可得： ，解 ，得出BF、CF．延长 交AD于点G，通过相似三角形判定可以证出 ．再用相似的性质可以求出 的长，即AE的长．
【详解】解：由翻折的性质可得：
平分 ，

如图，过点 作 于点F，

则 是等腰直角三角形

设 ，则 ，
在中，由勾股定理得：
，
即
解得：或
当 时，延长 交AD于点G，如图：

此时

设 ，则




，即
，即
当 时，延长 交AD于点G，如图：

此时

设 ，则




，即
，即
故答案为： 或 ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质(四个角是直角)，翻折的性质(翻折前后两个图形全等)，相似三角形性质与判定(两组对应角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应边成比例)，勾股定理(在直角三角形中，两直角边的平方之和等于斜边的平方) ．熟练应用相关知识进行求解是解决本题的关键．
60．（2023·山东济南·统考三模）如图，折叠矩形纸片，使点D落在边的点M处，为折痕，，．则四边形面积的最小值是 ．
  
【答案】
【分析】设的长为t，连接，过点E作于点G，设，则，由勾股定理得出，证得，由锐角三角函数的定义得出，求出，则由梯形的面积公式以及二次函数的性质可得出答案．
【详解】设的长为t，连接，过点E作于点G，如图，
  
设，则，
∵，
∴，
解得，
∴，
∵折叠矩形纸片，使点D落在边的点M处，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
当时，四边形面积的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握折叠的性质及方程的思想是解题的关键．