第01讲 多边形及平行四边形基本性质（题型突破+专题精练）-备战2024年中考数学一轮复习考点研究（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
→➌题型突破←→➍专题训练←
题型一 多边形的内（外）角和
1.下列命题是真命题的是（ ）
A．五边形的内角和是B．三角形的任意两边之和大于第三边
C．内错角相等D．三角形的重心是这个三角形的三条角平分线的交点
【答案】B
【分析】
根据相关概念逐项分析即可．
【详解】
A、五边形的内角和是，故原命题为假命题，不符合题意；
B、三角形的任意两边之和大于第三边，原命题是真命题，符合题意；
C、两直线平行，内错角相等，故原命题为假命题，不符合题意；
D、三角形的重心是这个三角形的三条中线的交点，故原命题为假命题，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查命题判断，涉及多边形的内角和，三角形的三边关系，平行线的性质，以及三角形的重心等，熟记基本性质和定理是解题关键．
2.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．
3.下列命题是真命题的是（ ）．
A．正六边形的外角和大于正五边形的外角和B．正六边形的每一个内角为
C．有一个角是的三角形是等边三角形D．对角线相等的四边形是矩形
【答案】B
【分析】
根据多边形外角和、正多边形内角和、等边三角形、矩形的性质，对各个选项逐个分析，即可得到答案．
【详解】
正六边形的外角和，和正五边形的外角和相等，均为
∴选项A不符合题意；
正六边形的内角和为：
∴每一个内角为，即选项B正确；
三个角均为的三角形是等边三角形
∴选项C不符合题意；
对角线相等的平行四边形是矩形
∴选项D不正确；
故选：B．
【点睛】
本题考查了多边形外角和、正多边形内角和、等边三角形、矩形的知识；解题的关键是熟练掌握多边形外角和、正多边形内角和、等边三角形、矩形的性质，从而完成求解．
4.若一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形的边数为（ ）
A．6B．7C．8D．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．
5．如图，点A、B、C、D、E在同一平面内，连接、、、、，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
连接BD，根据三角形内角和求出∠CBD+∠CDB，再利用四边形内角和减去∠CBD和∠CDB的和，即可得到结果．
【详解】
解：连接BD，∵∠BCD=100°，
∴∠CBD+∠CDB=180°-100°=80°，
∴∠A+∠ABC+∠E+∠CDE=360°-∠CBD-∠CDB=360°-80°=280°，
故选D．
【点睛】
本题考查了三角形内角和，四边形内角和，解题的关键是添加辅助线，构造三角形和四边形．
6.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
题型二 多边形的对角线问题
7.一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．12B．13C．14D．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．
8.一个凸多边形共有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．
题型三 正多边形相关问题
9.如图，正五边形中，的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
首先由正五边形的性质得到≌， ，，然后由正五边形 内角度数，求出和 的度数，进而求出 的度数．
【详解】
解：∵五边形为正五边形，
∴，，
∴，
∴，，
∴．
故选：
【点睛】
本题考查了正多边形的性质：各边相等，各角相等，掌握正多边形的性质是解决本题的关键．
10.如图所示，在正六边形内，以为边作正五边形，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
利用正n边形的外角和定理计算即可
【详解】
如图，延长BA到点O，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠FAO==60°，
∵五边形ABGHI是正五边形，
∴∠IAO==72°，
∴∠FAI=∠IAO-∠FAO=12°，
故选B．
【点睛】
本题考查了正多边形的外角和定理，熟练掌握正ｎ边形的外角和定理是解题的关键．
11.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．
12.一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为，则原多边形的边数是__________．
【答案】6或7
【分析】
求出新的多边形为6边形，则可推断原来的多边形可以是6边形，可以是7边形．
【详解】
解：由多边形内角和，可得
（n-2）×180°=720°，
∴n=6，
∴新的多边形为6边形，
∵过顶点剪去一个角，
∴原来的多边形可以是6边形，也可以是7边形，
故答案为6或7．
【点睛】
本题考查多边形的内角和；熟练掌握多边形的内角和与多边形的边数之间的关系是解题的关键．
13.正九边形一个内角的度数为______．
【答案】140°
【分析】
正多边形的每个内角相等，每个外角也相等，而每个内角等于减去一个外角，求出外角即可求解．
【详解】
正多边形的每个外角 （为边数），
所以正九边形的一个外角
正九边形一个内角的度数为
故答案为：140°．
【点睛】
本题考查的是多边形的内角和，多边形的外角和为，正多边形的每个内角相等，通过计算1个外角的度数来求得1个内角度数是解题关键．
14.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．
15.为庆祝中国共产党建党100周年，某校用红色灯带制作了一个如图所示的正五角星（是正五边形的五个顶点），则图中的度数是_______度．
【答案】36
【分析】
根据题意，得五边形（是正五边形的五个顶点）为正五边形，且；根据多边形内角和性质，得正五边形内角和，从而得；再根据补角、等腰三角形、三角形内角和性质计算，即可得到答案．
【详解】
∵正五角星（是正五边形的五个顶点）
∴五边形（是正五边形的五个顶点）为正五边形，且
∴正五边形内角和为：
∴
∴
∵
∴
∴
故答案为：36．
【点睛】
本题考查了正多边形、多边形内角和、补角、等腰三角形、三角形内角和的知识；解题的关键是熟练掌握正多边形、多边形内角和、等腰三角形、三角形内角和的性质，从而完成求解．
16.如图，正六边形ABCDEF的周长是24cm，连接这个六边形的各边中点G，H，K，L，M，N，则六边形GHKLMN的周长是 ___cm．
【答案】
【分析】
如图，连接 过作于 再求解正六边形的边长为 证明 再求解 再利用三角形的中位线定理可得答案.
【详解】
解：如图，连接 过作于
正六边形ABCDEF的周长是24cm，



分别为的中点，

同理：
六边形GHKLMN的周长是
故答案为：
【点睛】
本题考查的是三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，正多边形的性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键.
题型四 平行四边形的性质及判定
17.如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ）
A．OB＝ODB．AB＝BCC．AC⊥BDD．∠ABD＝∠CBD
【答案】A
【分析】
根据平行四边形的性质：对边平行且相等，对角线互相平分进行判断即可．
【详解】
解：平行四边形对角线互相平分，A正确，符合题意；
平行四边形邻边不一定相等，B错误，不符合题意；
平行四边形对角线不一定互相垂直，C错误，不符合题意；
平行四边形对角线不一定平分内角，D错误，不符合题意．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分是解题的关键．
18.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．
19.如图，中，、交于点O，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点，作直线，交于点E，交于点F，连接，若，的周长为14，则的长为（ ）
A．10B．8C．6D．
【答案】B
【分析】
由已知可得EA=EC，再根据三角形BCE的周长可以得到AB的长，从而得到CD的长 ．
【详解】
解：由已知条件可知EF是AC的垂直平分线，所以EA=EC，
∵△BCE 的周长为14，
∴BC+CE+EB=14，
∴BC+EA+EB=14，
即BC+AB=14，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC=AB，BC=AD=6，
∴DC=14-BC=14-6=8，
故选B．
【点睛】
本题考查平行四边形的综合应用，熟练掌握平行四边形的性质、线段垂直平分线的作图与性质是解题关键．
20.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．
21.如图，点在矩形的对角线所在的直线上，，则四边形是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
【答案】A
【分析】
利用三角形全等的性质得，对应边相等及对应角相等，得出一组对边平行且相等，即可判断出形状．
【详解】
解：由题意：
，
，
又，
，
，
，
四边形为平行四边形，
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定定理及性质、平行四边形的判定，解题的关键是：掌握平行四边形判定定理，利用三角形全等去得出相应条件．
22.如图是一个由5张纸片拼成的，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为，另两张直角三角形纸片的面积都为，中间一张矩形纸片的面积为，与相交于点O．当的面积相等时，下列结论一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
根据△AED和△BCG是等腰直角三角形，四边形ABCD是平行四边形，四边形HEFG是矩形可得出AE=DE=BG=CG=a， HE=GF，GH=EF，点O是矩形HEFG的中心，设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c，过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，可得出OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，从而可表示OP，OQ的长，再分别计算出，，进行判断即可
【详解】
解：由题意得，△AED和△BCG是等腰直角三角形，
∴
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，CD=AB，∠ADC=∠ABC，∠BAD=∠DCB
∴∠HDC=∠FBA，∠DCH=∠BAF，
∴△AED≌△CGB，△CDH≌ABF
∴AE=DE=BG=CG
∵四边形HEFG是矩形
∴GH=EF，HE=GF
设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c
过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，
∴OP//HE，OQ//EF
∵点O是矩形HEFG的对角线交点，即HF和EG的中点，
∴OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，
∴，
∵

∵
∴，即
而，
所以，，故选项A符合题意，

∴，故选项B不符合题意，
而于都不一定成立，故都不符合题意，
故选：A
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、直角三角形的面积等知识，解题的关键是求出S1，S2，S3之间的关系．
23.如图，在中，的平分线交于点，的平分线交于点，若，则的长是（ ）
A．1B．2C．2.5D．3
【答案】B
【分析】
根据平行四边形的性质证明DF＝CD，AE＝AB，进而可得AF和ED的长，然后可得答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CB，AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，
∴∠DFC＝∠FCB，
又∵CF平分∠BCD，
∴∠DCF＝∠FCB，
∴∠DFC＝∠DCF，
∴DF＝DC＝3，
同理可证：AE＝AB＝3，
∵AD＝4，
∴AF＝4−3＝1，DE＝4−3＝1，
∴EF＝4−1−1＝2．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可利用等腰三角形的性质解题．
24.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．
25.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.
26.如图，平行四边形的对角线、相交于点E，点O为的中点，连接并延长，交的延长线于点D，交于点G，连接、，若平行四边形的面积为48，则的面积为（ ）
A．5.5B．5C．4D．3
【答案】C
【分析】
由题意易得，进而可得，则有，然后根据相似比与面积比的关系可求解．
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，AE=EF，，
∵平行四边形的面积为48，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵和同高不同底，
∴，
故选C．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线是解题的关键．
27.如图，在中，对角线，BD交于点O,，于点，若AB=2，，则的长为__________________．
【答案】
【分析】
根据勾股定理求得AC的长，结合平行四边形的性质求得AO的长，然后利用相似三角形的判定和性质求解．
【详解】
解：∵，，AB=2
∴在Rt△ABC中，AC=
∴在中，AO=
在Rt△ABO中，BO=
∵，
∴
又∵
∴
∴，
解得：AH=
故答案为：．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质以及勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．
28.如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线BD的中点，EF过点O，交AB于点E，交CD于点F．
（1）求证：∠1＝∠2；
（2）求证：△DOF≌△BOE．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据平行四边形的性质可得AB//CD，根据平行线的性质即可得结论；
（2）由（1）可知∠1=∠2，根据中点的性质可得OD=OB，利用AAS即可证明△DOF≌△BOE．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠1＝∠2．
（2）∵点O是对角线BD的中点，
∴OD=OB，
在△DOF和△BOE中，，
∴△DOF≌△BOE．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质及全等三角形的判定，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
29.如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，．
（1）求证：．
（2）判断四边形的形状，并证明．
【答案】（1）见详解；（2）四边形是平行四边形，理由见详解
【分析】
（1）由平行线的性质可得∠A=∠B，再证明AC=BD，根据SAS即可得到结论；
（2）由得∠ACE=∠BDF，DF=CE，根据平行四边形的判定定理，即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵，
∴∠A=∠B，
∵，
∴，即：AC=BD，
在和中，
∵，
∴；
（2）四边形是平行四边形，理由如下：
∵，
∴∠ACE=∠BDF，DF=CE，
∴DF∥CE，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定定理，掌握上述性质和判定定理，是解题的关
30.如图，四边形是平行四边形，且分别交对角线于点E，F．
（1）求证：；
（2）当四边形分别是矩形和菱形时，请分别说出四边形的形状．（无需说明理由）
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形BEDF是平行四边形与菱形．
【分析】
（1）根据平行线的性质可得，即可得出，根据平行四边形的性质可得，，利用AAS即可证明；
（2）当四边形ABCD为矩形时，根据全等三角形的性质可得BE=DF，即可证明四边形BEDF是平行四边形；当四边形ABCD为菱形时，根据菱形的性质，利用SAS可证明△ABE≌△ADE，可得BE=DE，即可证明四边形BEDF是菱形．
【详解】
（1）∵
∴
∴
∵四边形是平行四边形
∴，，
∴
在△ABE和△CDF中，
∴．
（2）如图，当四边形ABCD为矩形时，连接DE、BF，
同（1）可知，
∴BE=DF，
∵BE//DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
如图，当四边形ABCD是菱形时，连接DE、BF，
同理可知四边形BEDF是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE，
在△ABE和△ADE中，，
∴△ABE≌△ADE，
∴BE=DE，
∴四边形BEDF是菱形．
综上所述：当四边形分别是矩形和菱形时，四边形分别是平行四边形与菱形．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及菱形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
31.问题：如图，在中，，，，的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长．
答案：．
探究：（1）把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变．
①当点E与点F重合时，求AB的长；
②当点E与点C重合时，求EF的长．
（2）把“问题”中的条件“，”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值．
【答案】（1）①10；②5；（2），，
【分析】
（1）①利用平行四边形的性质和角平分线的定义先分别求出，，即可完成求解；
②证明出即可完成求解；
（2）本小题由于E、F点的位置不确定，故应先分情况讨论，再根据每种情况，利用 ，以及点 C，D，E，F相邻两点间的距离相等建立相等关系求解即可．
【详解】
（1）①如图1，四边形ABCD是平行四边形，
，
．
平分，
．
．
．
同理可得：．
点E与点F重合，
．
②如图2，点E与点C重合，
同理可证，
∴▱ABCD 是菱形，
，
点F与点D重合，
．
（2）情况1，如图3，
可得，
．
情况2，如图4，
同理可得，，
又，
．
情况3，如图5，
由上，同理可以得到，
又，
．
综上：的值可以是，，．
【点睛】
本题属于探究型应用题，综合考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、菱形的判定与性质等内容，解决本题的关键是读懂题意，正确画出图形，建立相等关系求解等，本题综合性较强，要求学生有较强的分析能力，本题涉及到的思想方法有分类讨论和数形结合的思想等．