专题05多边形&平行四边形（六大题型）【好题汇编】-2024年中考数学二模试题分类汇编（北京专用）

专题05 多边形&平行四边形 多边形内角和与外角和 1．（2024•海淀区二模）五边形的内角和为（　　） A．360° B．540° C．720° D．900° 2．（2024•海淀区校级二模）如果一个正多边形的内角和等于1080°，那么该正多边形的一个外角等于（　　） A．30° B．45° C．60° D．72° 3．（2024•西城区二模）正十二边形的一个外角的度数为（　　） A．30° B．36° C．144° D．150° 4．（2024•北京二模）如果一个多边形的内角和等于900°，那么这个多边形的边数是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 5．（2024•东城区二模）若某个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数为（　　） A．4 B．6 C．8 D．10 6．（2024•门头沟区二模）某个正多边形的一个内角是它的外角的2倍，则该正多边形是（　　） A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形 7．（2024•丰台区二模）如图所示，第四套人民币中1角硬币边缘馈刻的图形是正九边形，其内角和为 　 　． 平行四边形的性质与判定 8．（2024•西城区校级二模）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC于E，AB，AC＝2，BD＝4，则AE的长为（　　） A． B． C． D． 9．（2024•门头沟区二模）已知：如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF和BF． （1）求证：四边形BFDE是矩形； （2）如果AF平分∠DAB，BF＝4，，求DC的长． 10．（2024•东城区二模）如图，在四边形ABCD中，点E在BC上，AE∥CD，∠ACB＝∠DAC，EF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，EF＝EG． （1）求证：四边形AECD是平行四边形； （2）若CD＝4，∠B＝45°，∠CEG＝15°，求AB的长． 10．（2024•海淀区校级三模）如图，在平行四边形ABCD中，点E为BC边的中点，DF⊥AE于点F，G为DF的中点，分别延长AE，DC交于点H，求证：CG⊥DF． 三角形的中位线 11．（2024•海淀区二模）在△ABC中，D为边AB的中点，E为边AC上一点，连接DE．给出下面三个命题： ①若AE＝EC，则； ②若，则DE∥BC； ③若DE∥BC，则AE＝EC． 上述命题中，所有真命题的序号是 　 　． 12．（2024•瑶海区校级三模）如图，在矩形ABCD中，M，N分别为BC，CD的中点，则的值为 　 ． 13．（2024•朝阳区校级二模）如图，△ABC的周长为16，连接△ABC三边中点构成第一个△A1B1C1，再连接△A1B1C1的各边中点构成第二个△A2B2C2，依此类推，则第2021个三角形的周长为 　 　． 矩形的性质与判定 14．（2024•海淀区校级模拟）如图，线段AB的端点B在直线MN上，过线段AB上的一点O作MN的平行线，分别交∠ABM和∠ABN的平分线于点C，D，连接AC，AD．添加一个适当的条件：当 　 　时，四边形ACBD为矩形． 15．如图，在平行四边形ABCD中，于点，点在的延长线上，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，，求的长． 16．（2024•石景山区二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，AB＝AC，AE平分∠BAC交BC于点E． （1）求证：四边形AECD是矩形； （2）连接BD，若∠ACD＝30°，AB＝2，求BD的长． 17．（2024•西城区二模）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE⊥BD于点E，CG⊥BD于点F，FG＝CF，连接AG． （1）求证：四边形AEFG是矩形； （2）若∠ABD＝30°，AG＝2AE＝6，求BD的长． 18．（2024•海淀区二模）如图，点A，B，C，D在一条直线上，AB＝BC＝CD，AE＝EC，四边形ECDF是平行四边形． （1）求证：四边形EBCF是矩形； （2）若AD＝12，，求BF的长． 19．（2024•顺义区二模）如图，在平行四边形ABCD中，BD⊥CD，延长CD到点E，使DE＝CD，连接AE． （1）求证：四边形ABDE是矩形； （2）连接AC，若∠BCD＝60°，CD＝1，求AC的长． 菱形的性质与判定 20．（2024•朝阳区校级二模）如图，在▱ABCD中，AD⊥BD，E，F分别为AB，CD的中点．求证：四边形BEDF是菱形． 21．（2024•西城区校级二模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，过点D作∠ADC的角平分线交AB于点E，连接AC交DE于点O，AD∥CE． （1）求证：四边形AECD是菱形； （2）若AD＝10，△ACD的周长为36，求菱形AECD的面积． 22．（2024•大兴区二模）如图，在▱ABCD中，∠BAC＝90°，E，F分别是BC，AD的中点，连接AE，CF，G是线段AC上一点，且AE＝AG，连接EG． （1）求证：四边形AECF是菱形； （2）若AB＝6，BC＝10，求EG的长． 23．（2024•丰台区二模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，过点A作AE∥BC，且AE＝BD，连接BE． （1）求证：四边形ADBE是菱形； （2）连接CE，若AB＝2，∠AEB＝60°，求CE的长． 正方形的性质与判定 25．（2024•海淀区校级二模）如图，正方形边长为a，点E是正方形ABCD内一点，满足∠AEB＝90°，连接CE．给出下面四个结论：①AE+CEa；②CEa；③∠BCE的度数最大值为60°；④当CE＝a时，tan∠ABE．上述结论中，所有正确结论的序号为（　　） A．①② B．①③ C．①④ D．①③④ 26．（2024•东城区校级二模）如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．现有下列结论：①∠BHG＝∠BHC；②∠GBH＝∠BCM；③；④若AG＝1，GD＝2，则，其中正确的是（　　） A．②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 27．（2024•黄埔区校级二模）如图，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，连接CE，作EF⊥CE交AB于点F，连接CF交BD于点H，延长CE交AD点K，连接FK．下列结论：①∠FCK＝45°；②BH2+DE2＝HE2；③BE•DH＝AB2；④若AB＝4BF＝4，则DE．其中结论正确的序号是（　　） A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④ 1．（2024•昌平区二模）正多边形的一个外角是60°，那么这个正多边形是（　　） A．正四边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 2．（2024•黄埔区校级二模）如图，在▱ABCD中，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．若AE＝3，AF＝5，且▱ABCD的周长为32，则BC的长为 　 　． 3．（2024•朝阳区校级二模）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE＝DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法： ①存在无数个平行四边形MENF； ②存在无数个矩形MENF； ③存在无数个菱形MENF； ④存在无数个正方形MENF． 其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2024•东城区二模）列方程或方程组解应用题． 如图1，正方形ABCD是一块边长为30cm的灰色地砖，在A，B，C，D四个顶点处截去四个全等的等腰直角三角形后，得到一块八边形地砖．用四块相同的该八边形地砖和一块黑色正方形地砖拼成如图2所示的图案，该图案的面积为3000cm2（不考虑接缝），求一块八边形地砖和黑色正方形地砖的面积． 5．（2024•朝阳区二模）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且AE＝CF，DB平分∠EDF． （1）求证：四边形BEDF是菱形； （2）若AB＝8，BC＝4，CF＝3，求证：▱ABCD是矩形． 6．（2024•朝阳区校级模拟）如图，四边形ABCD是平行四边形，AC、BD相交于点O，点E是AB的中点，连接OE，过点E作EF⊥BC于点F，过点O作OG⊥BC于点G． （1）求证：四边形EFGO是矩形； （2）若四边形ABCD是菱形，AB＝10，BD＝16，求OG的长． 7．（2024•东城区校级二模）如图，在平行四边形ABCD中，AC平分∠BAD，点E为边AD中点，过点E作AC的垂线交AB于点M，交CB延长线于点F． （1）连接BD，求证：四边形BDEF是平行四边形； （2）若FB＝5，，求AC的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！11 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 多边形&平行四边形 多边形内角和与外角和 1．（2024•海淀区二模）五边形的内角和为（　　） A．360° B．540° C．720° D．900° 【分析】n边形的内角和是（n﹣2）180°，由此即可求出答案． 【解答】解：五边形的内角和是（5﹣2）×180°＝540°．故选：B． 【点评】本题主要考查了多边形的内角和公式，是需要熟记的内容． 2．（2024•海淀区校级二模）如果一个正多边形的内角和等于1080°，那么该正多边形的一个外角等于（　　） A．30° B．45° C．60° D．72° 【分析】首先设此多边形为n边形，根据题意得：（n﹣2）•180°＝1080°，即可求得n＝8，再由多边形的外角和等于360°，即可求得答案． 【解答】解：设此多边形为n边形， 根据题意得：180°×（n﹣2）＝1080°， 解得：n＝8， ∴这个正多边形的每一个外角等于：360°÷8＝45°． 故选：B． 【点评】此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．注意掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180°，外角和等于360°． 3．（2024•西城区二模）正十二边形的一个外角的度数为（　　） A．30° B．36° C．144° D．150° 【分析】根据正十二边形的每个外角都相等，且外角和为360°解答即可． 【解答】解：正十二边形的一个外角为30°． 故选：A． 【点评】本题主要考查多边形的外角，熟练掌握多边形的外角和是解题的关键． 4．（2024•北京二模）如果一个多边形的内角和等于900°，那么这个多边形的边数是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【分析】n边形的内角和为（n﹣2）180°，由此列方程求n的值． 【解答】解：设这个多边形的边数是n， 则（n﹣2）180°＝900°， 解得n＝7， 故选：B． 【点评】本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理． 5．（2024•东城区二模）若某个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数为（　　） A．4 B．6 C．8 D．10 【分析】先根据多边形的外角和是360度求出多边形的内角和的度数，再依据多边形的内角和公式即可求解． 【解答】解：多边形的内角和是：3×360＝1080°． 设多边形的边数是n，则 （n﹣2）•180＝1080， 解得：n＝8． 即这个多边形的边数是8． 故选：C． 【点评】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，注意多边形的外角和不随边数的变化而变化． 6．（2024•门头沟区二模）某个正多边形的一个内角是它的外角的2倍，则该正多边形是（　　） A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形 【分析】设这个正多边的外角为x°，则内角为2x°，根据内角和外角互补可得x+2x＝180，解可得x的值，再利用外角和360°÷外角度数可得边数． 【解答】解：设这个正多边形的外角为x°，由题意得： x+2x＝180， 解得：x＝60， 360°÷60°＝6． 故选：C． 【点评】此题主要考查了多边形的内角和外角，关键是计算出外角的度数，进而得到边数． 7．（2024•丰台区二模）如图所示，第四套人民币中1角硬币边缘馈刻的图形是正九边形，其内角和为 　 　． 【分析】根据多边形内角和公式180°•（n﹣2）计算即可． 【解答】解：该正九边形内角和＝180°×（9﹣2）＝1260°． 故答案为：1260°． 【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理：180°•（n﹣2），比较简单，解答本题的关键是直接根据内角和公式计算可得内角和． 平行四边形的性质与判定 8．（2024•西城区校级二模）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC于E，AB，AC＝2，BD＝4，则AE的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】由勾股定理的逆定理可判定△BAO是直角三角形，所以平行四边形ABCD的面积即可求出． 【解答】解：∵AC＝2，BD＝4，四边形ABCD是平行四边形， ∴AOAC＝1，BOBD＝2， ∵AB， ∴AB2+AO2＝BO2， ∴∠BAC＝90°， ∵在Rt△BAC中，BC，S△BACAB×ACBC×AE， ∴2AE， ∴AE， 故选：D． 【点评】本题考查了勾股定理的逆定理和平行四边形的性质，能得出△BAC是直角三角形是解此题的关键． 9．（2024•门头沟区二模）已知：如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF和BF． （1）求证：四边形BFDE是矩形； （2）如果AF平分∠DAB，BF＝4，，求DC的长． 【分析】（1）由平行四边形的性质得CD∥AB，再证明四边形BFDE是平行四边形，进而证明∠DEB＝90°，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）证明AD＝DF，再由矩形的性质得∠DFB＝90°，进而由锐角三角函数定义求出BC＝5，则DF＝AD＝BC＝5，然后由勾股定理求出CF＝3，即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB， ∵DF＝BE， ∴四边形BFDE是平行四边形， ∵DE⊥AB， ∴∠DEB＝90°， ∴平行四边形BFDE是矩形； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB，AD＝BC， ∴∠BAF＝∠AFD， ∵AF平分∠DAB， ∴∠BAF＝∠DAF， ∴∠DAF＝∠AFD， ∴AD＝DF， 由（1）可知，四边形BFDE是矩形， ∴∠DFB＝90°， ∴∠BFC＝180°﹣90°＝90°， ∴sinC， 即， ∴BC＝5， ∴DF＝AD＝BC＝5，CF3， ∴DC＝DF+CF＝5+3＝8． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形判定以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 10．（2024•东城区二模）如图，在四边形ABCD中，点E在BC上，AE∥CD，∠ACB＝∠DAC，EF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，EF＝EG． （1）求证：四边形AECD是平行四边形； （2）若CD＝4，∠B＝45°，∠CEG＝15°，求AB的长． 【分析】（1）证明AD∥CE，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得AE＝CD＝4，进而证明Rt△AFE≌Rt△AGE（HL），再证明△BEF是等腰直角三角形，然后证明由含30°的直角三角形的性质得BF＝EF＝2，进而由勾股定理求出AF的长，即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠DAC， ∴AD∥CE， ∵AE∥CD， ∴四边形AECD是平行四边形； （2）解：由（1）可知，四边形AECD是平行四边形， ∴AE＝CD＝4， ∵EF⊥AB，EG⊥AC， ∴∠AFE＝∠AGE＝90°， 在Rt△AFE和Rt△AGE中， ， ∴Rt△AFE≌Rt△AGE（HL）， ∴∠AEF＝∠AEG， ∵∠BFE＝180°﹣90°＝90°，∠B＝45°， ∴△BEF是等腰直角三角形， ∴BF＝EF，∠BEF＝45°， ∴∠FEG＝180°﹣∠BEF﹣∠CEG＝180°﹣45°﹣15°＝120°， ∴∠AEF＝∠AEG∠FEG＝60°， ∴∠EAF＝90°﹣∠AEF＝30°， ∴BF＝EFAE＝2， ∴AF2， ∴AB＝AF+BF＝22． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的判定、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 10．（2024•海淀区校级三模）如图，在平行四边形ABCD中，点E为BC边的中点，DF⊥AE于点F，G为DF的中点，分别延长AE，DC交于点H，求证：CG⊥DF． 【分析】根据平行四边形的性质得出AB＝CD，进而利用ASA证明△ABE与△HCE全等，利用全等三角形的性质和三角形中位线定理解答即可． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠B＝∠HCE， ∵点E为BC边的中点， ∴BE＝EC， 在△ABE与△HCE中， ， ∴△ABE≌△HCE（ASA）， ∴AB＝CH， ∴DC＝CH， ∵G为DF的中点， ∴CG是△DFH的中位线， ∴CG∥EH， ∵DF⊥AE， ∴CG⊥DF． 【点评】此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的性质得出AB＝CD解答． 三角形的中位线 11．（2024•海淀区二模）在△ABC中，D为边AB的中点，E为边AC上一点，连接DE．给出下面三个命题： ①若AE＝EC，则； ②若，则DE∥BC； ③若DE∥BC，则AE＝EC． 上述命题中，所有真命题的序号是 　 　． 【分析】根据三角形中位线定理得出命题的正确性即可． 【解答】解：∵D为边AB的中点， ∴AD＝DB， ①若AE＝EC， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DEBC，是真命题； ②若DEBC，不能得出DE∥BC，是假命题； ③若DE∥BC，则AE＝EC，是真命题； 故答案为：①③． 【点评】此题考查三角形中位线定理，关键是根据三角形的中位线定理解答即可． 12．（2024•瑶海区校级三模）如图，在矩形ABCD中，M，N分别为BC，CD的中点，则的值为 　 ． 【分析】连接BD，利用三角形中位线定理得出，进而利用矩形的性质解答即可． 【解答】解：连接BD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD， ∵M，N分别为BC，CD的中点， ∴MN是△CDB是中位线， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的对角线相等解答． 13．（2024•朝阳区校级二模）如图，△ABC的周长为16，连接△ABC三边中点构成第一个△A1B1C1，再连接△A1B1C1的各边中点构成第二个△A2B2C2，依此类推，则第2021个三角形的周长为 　 　． 【分析】根据三角形的中位线定理建立周长之间的关系，按规律求解即可． 【解答】解：∵△ABC的周长为16，新的三角形的三条边为△ABC的三条中位线， 根据中位线定理，三条中位线之和为三角形三条边的， 所以第1个三角形周长为24； 第2个三角形的周长为24； 以此类推，第n个三角形的周长为24； 所以第2021个三角形的周长为24， 故答案为：． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，解决本题的关键是利用三角形的中位线定理得到第n个三角形的周长与第一个三角形的周长的关系． 矩形的性质与判定 14．（2024•海淀区校级模拟）如图，线段AB的端点B在直线MN上，过线段AB上的一点O作MN的平行线，分别交∠ABM和∠ABN的平分线于点C，D，连接AC，AD．添加一个适当的条件：当 　 　时，四边形ACBD为矩形． 【分析】证∠OCB＝∠OBC，则OC＝OB，同理OD＝OB，再由OA＝OB，证出四边形ACBD是平行四边形，然后证AB＝CD，即可得出结论． 【解答】解：添加条件为：O是AB的中点，理由如下： ∵CD∥MN， ∴∠OCB＝∠CBM， ∵BC平分∠ABM， ∴∠OBC＝∠CBM， ∴∠OCB＝∠OBC， ∴OC＝OB， 同理可证：OB＝OD， ∴OB＝OC＝OD， ∵O是AB的中点， ∴OA＝OB， ∴四边形ACBD是平行四边形， ∵CD＝OC+OD，AB＝OA+OB， ∴AB＝CD， ∴平行四边形ACBD是矩形， 故答案为：O是AB的中点． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、等腰三角形的判定以及平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 15．如图，在平行四边形ABCD中，于点，点在的延长线上，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，，求的长． 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定、矩形的判定，三角函数、以及勾股定理，利用数形结合的思想是解题的关键． （1）根据和平行四边形的性质即可得出且，证得四边形是平行四边形，再根据即可证得四边形是矩形； （2）根据题干条件可求得，再根据勾股定理即可求得的长． 【解答】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ，即， 且， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形． （2）解：连接， 在中，，， ， ， 在中，，， ． 16．（2024•石景山区二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，AB＝AC，AE平分∠BAC交BC于点E． （1）求证：四边形AECD是矩形； （2）连接BD，若∠ACD＝30°，AB＝2，求BD的长． 【分析】（1）由等腰三角形的性质得AE⊥BC，进而证明AE∥DC，再证明四边形AECD是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）由矩形的性质得∠D＝90°，再由含30°角的直角三角形的性质得ADAC＝1，进而由勾股定理得CD，然后证明△ABC是等边三角形，得BC＝AB＝2，即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC，AE平分∠BAC， ∴AE⊥BC， ∵∠BCD＝90°， ∴DC⊥BC， ∴AE∥DC， ∵AD∥BC， ∴四边形AECD是平行四边形， 又∵∠BCD＝90°， ∴平行四边形AECD是矩形； （2）解：如图，由（1）可知，四边形AECD是矩形， ∴∠D＝90°， ∵AC＝AB＝2，∠ACD＝30°， ∴ADAC＝1， ∴CD， ∵∠BCD＝90°， ∴∠ACB＝90°﹣∠ACD＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴BC＝AB＝2， ∴BD． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理以及等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 17．（2024•西城区二模）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE⊥BD于点E，CG⊥BD于点F，FG＝CF，连接AG． （1）求证：四边形AEFG是矩形； （2）若∠ABD＝30°，AG＝2AE＝6，求BD的长． 【分析】（1）由平行四边形的性质得AB＝CD，AB∥CD，则∠ABE＝∠CDF，再证明△ABE≌△CDF（AAS），得AE＝CF，则FG＝CF，然后证明四边形AEFG是平行四边形，即可得出结论； （2）由矩形的性质得EF＝AG＝6，再由勾股定理得BE＝3，然后由全等三角形的性质得BE＝DF＝3，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABE＝∠CDF， ∵AE⊥BD，CG⊥BD， ∴AE∥CG，∠AEB＝∠AEF＝∠CFD＝90°， ∴△ABE≌△CDF（AAS）， ∴AE＝CF， ∵FG＝CF， ∴四边形AEFG是平行四边形， 又∵∠AEF＝90°， ∴平行四边形AEFG是矩形； （2）解：∵AG＝2AE＝6， ∴AE＝3， 由（1）可知，四边形AEFG是矩形， ∴EF＝AG＝6， ∵∠ABD＝30°， ∴AB＝2AE＝6， ∴BE3， 由（1）可知，△ABE≌△CDF， ∴BE＝DF＝3， ∴BD＝BE+EF+DF＝36+366． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 18．（2024•海淀区二模）如图，点A，B，C，D在一条直线上，AB＝BC＝CD，AE＝EC，四边形ECDF是平行四边形． （1）求证：四边形EBCF是矩形； （2）若AD＝12，，求BF的长． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出EF＝CD，进而利用矩形的判定解答即可； （2）根据矩形的性质和直角三角形的解法得出AB，进而解答即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ECDF是平行四边形， ∴EF＝CD，EF∥CD， ∵AB＝BC＝CD， ∴EF＝BC， ∴四边形EBCF是平行四边形， ∵AE＝EC，AB＝BC， ∴EB⊥AC， ∴∠EBC＝90°， ∴▱EBCF是矩形； （2）解：∵四边形EBCF是矩形， ∴EF＝BC，EF∥BC， ∵AB＝BC＝CD， ∴EF＝AB， ∴四边形ABFE是平行四边形， ∴AE＝BF， ∵cosA，AD＝12， ∴AB＝4， ∴BF＝AE＝5． 【点评】此题考查矩形的判定与性质，关键是根据矩形的判定与性质解答． 19．（2024•顺义区二模）如图，在平行四边形ABCD中，BD⊥CD，延长CD到点E，使DE＝CD，连接AE． （1）求证：四边形ABDE是矩形； （2）连接AC，若∠BCD＝60°，CD＝1，求AC的长． 【分析】（1）由平行四边形的性质得AB＝CD，AB∥CD，再证明四边形ABDE是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）求出BC＝2CD＝2，进而由勾股定理得BD，再由矩形的性质得，然后由勾股定理求出AC的长即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∵DE＝CD， ∴AB＝DE， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∵BD⊥CD， ∴∠BDE＝90°， ∴平行四边形ABDE是矩形； （2）解：如图，∵DE＝CD，CD＝1， ∴DE＝CD＝1， ∴CE＝2， ∵BD⊥CD， ∴∠BDC＝90°， ∵∠BCD＝60°， ∴∠CBD＝90°﹣60°＝30°， ∴BC＝2CD＝2， ∴BD， 由（1）可知，四边形ABDE是矩形， ∴，∠E＝90°， ∴AC． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 菱形的性质与判定 20．（2024•朝阳区校级二模）如图，在▱ABCD中，AD⊥BD，E，F分别为AB，CD的中点．求证：四边形BEDF是菱形． 【分析】根据平行四边形的性质得出BE＝DF，BE∥DF，进而利用菱形的判定解答即可． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∵E，F分别为AB，CD的中点， ∴AE＝BEAB，DF＝CFCD． ∴BE＝DF，BE∥DF． ∴四边形BEDF是平行四边形． ∵AD⊥BD， ∴DE＝BE． ∴四边形BEDF是菱形． 【点评】此题考查菱形的判定，关键是根据平行四边形的性质和判定得出四边形BEDF是平行四边形解答． 21．（2024•西城区校级二模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，过点D作∠ADC的角平分线交AB于点E，连接AC交DE于点O，AD∥CE． （1）求证：四边形AECD是菱形； （2）若AD＝10，△ACD的周长为36，求菱形AECD的面积． 【分析】（1）证四边形AECD是平行四边形，∠CDE＝∠AED，再证∠AED＝∠ADE，则AD＝AE，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得OA＝OC，CD＝AD＝10，OD＝OE，AC⊥DE，再求出AC＝16，则OA＝OC＝8，然后由勾股定理得OD＝6，则DE＝2OD＝12，即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵AB∥CD，AD∥CE， ∴四边形AECD是平行四边形，∠CDE＝∠AED， ∵DE平分∠ADC， ∴∠CDE＝∠ADE， ∴∠AED＝∠ADE， ∴AD＝AE， ∴平行四边形AECD是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形AECD是菱形， ∴OA＝OC，CD＝AD＝10，OD＝OE，AC⊥DE， ∵△ACD的周长为36， ∴AC＝36﹣AD﹣CD＝36﹣10﹣10＝16， ∴OA＝OC＝8， 在Rt△AOD中，由勾股定理得：OD6， ∴DE＝2OD＝12， ∴菱形AECD的面积AC•DE16×12＝96． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 22．（2024•大兴区二模）如图，在▱ABCD中，∠BAC＝90°，E，F分别是BC，AD的中点，连接AE，CF，G是线段AC上一点，且AE＝AG，连接EG． （1）求证：四边形AECF是菱形； （2）若AB＝6，BC＝10，求EG的长． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AD＝BC，AD//BC．得到AFAD，ECBC，求得AF＝EC，求得AEBC＝CE，根据菱形的判定定理得到四边形AECF是菱形； （2）连接EF，交AC于点O．根据勾股定理得到AC＝8，得到AG＝5，根据菱形的性质得到O是AC的中点，AC⊥EF．求得AOAC＝4，EOAB＝3，得到OG＝AG﹣AO＝5﹣4＝1，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∵点E，F分别为AD，BC中点， ∴AFAD，ECBC， ∴AF＝EC， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵∠BAC＝90°，点E为BC中点， ∴AEBC＝CE， ∴四边形AECF是菱形； （2）解：连接EF，交AC于点O． ∵AB2+AC2＝BC2， ∴62+AC2＝102， ∴AC＝8（舍负）， ∴AE＝5， ∵AE＝AG， ∴AG＝5， ∵四边形AECF是菱形， ∴O是AC的中点，AC⊥EF． ∴AOAC＝4，EOAB＝3， ∴OG＝AG﹣AO＝5﹣4＝1， ∴EG． 【点评】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键． 23．（2024•丰台区二模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，过点A作AE∥BC，且AE＝BD，连接BE． （1）求证：四边形ADBE是菱形； （2）连接CE，若AB＝2，∠AEB＝60°，求CE的长． 【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形AEBD是平行四边形，进而利用直角三角形的性质和菱形的判定解答即可； （2）过E作EF⊥CB交CB的延长线于F，根据菱形的性质和等边三角形的判定与性质得出BE＝AB＝2，进而利用勾股定理解答即可． 【解答】（1）证明：∵AE∥BC，且AE＝BD， ∴四边形AEBD是平行四边形， 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点， ∴AD＝BD＝DCBC， ∴▱AEBD是菱形； （2）解：过E作EF⊥CB交CB的延长线于F， ∵四边形ADBE是菱形， ∴AE＝BE， ∵∠AEB＝60°， ∴△AEB是等边三角形， ∵AB＝2， ∴BE＝AB＝2， ∴BD＝DC＝BE＝2， ∵AE∥BC， ∴∠EBF＝∠AEB＝60°， 在Rt△BEF中，∠F＝90°，∠EBF＝60°，BE＝2， ∴BF＝1，EF， ∴CF＝5， 在Rt△CEF中，∠F＝90°，CF＝5，EF， ∴CE． 【点评】此题是四边形综合题，考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，关键是根据菱形的性质和勾股定理解答． 正方形的性质与判定 25．（2024•海淀区校级二模）如图，正方形边长为a，点E是正方形ABCD内一点，满足∠AEB＝90°，连接CE．给出下面四个结论：①AE+CEa；②CEa；③∠BCE的度数最大值为60°；④当CE＝a时，tan∠ABE．上述结论中，所有正确结论的序号为（　　） A．①② B．①③ C．①④ D．①③④ 【分析】根据正方形性质和切线的性质定理逐项分析判断即可． 【解答】解：①连接AC，△ABC为等腰直角三角形，ACa，所以AE+CEa正确； ②连接CO，OC，CE最小，故CEa；故②错误； ③当CE与圆O相切时，∠BCE最大，此时∠BCE＝2∠OCB，若∠BCE＝60°，则∠BCO＝30°，tan30，但此时tan∠BCO，故③错误； ④当CE＝a时，CE与圆O相切，tan∠ABE＝tan∠BCO，故④正确． 故选：C． 【点评】本题考查了切线的性质定理，熟练掌握切线的性质是解答本题的关键． 26．（2024•东城区校级二模）如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．现有下列结论：①∠BHG＝∠BHC；②∠GBH＝∠BCM；③；④若AG＝1，GD＝2，则，其中正确的是（　　） A．②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 【分析】①正确．如图1中，过点B作BK⊥GH于K．想办法证明Rt△BHK≌Rt△BHC（HL）可得结论． ②正确．分别证明∠GBH＝45°，∠BCM＝45°，即可解决问题． ③错误．如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．首先证明MG＝MD，再证明△BTM≌△MWG（AAS），推出MT＝WG可得结论． ④正确．求出BT＝2，TM＝1，利用勾股定理即可判断． 【解答】解：如图1中，过点B作BK⊥GH于K． ∵B，G关于EF对称， ∴EB＝EG， ∴∠EBG＝∠EGB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD∥BC， ∴∠AGB＝∠EBG， ∴∠AGB＝∠BGK， ∵∠A＝∠BKG＝90°，BG＝BG， ∴△BAG≌△BKG（AAS）， ∴BK＝BA＝BC，∠ABG＝∠KBG， ∵∠BKH＝∠BCH＝90°，BH＝BH， ∴Rt△BHK≌Rt△BHC（HL）， ∴∠BHG＝∠BHC，∠HBK＝∠HBC，故①正确， ∴∠GBH＝∠GBK+∠HBK∠ABC＝45°， 过点M作MQ⊥GH于Q，MP⊥CD于P，MR⊥BC于R． ∵∠BHG＝∠BHC， ∴MQ＝MP， ∵∠MEQ＝∠MER， ∴MQ＝MR， ∴MP＝MR， ∴∠BCM＝∠MCP∠BCD＝45°， ∴∠GBH＝∠BCM，故②正确， 如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T． ∵B，G关于EF对称， ∴BM＝MG， ∵CB＝CD，∠BCM＝∠MCD，CM＝CM， ∴△MCB≌△MCD（SAS）， ∴BM＝DM， ∴MG＝MD， ∵MW⊥DG， ∴WG＝WD， ∵∠BTM＝∠MWG＝∠BMG＝90°， ∴∠BMT+∠GMW＝90°， ∵∠GMW+∠MGW＝90°， ∴∠BMT＝∠MGW， ∵MB＝MG， ∴△BTM≌△MWG（AAS）， ∴MT＝WG， ∵MCTM，DG＝2WG， ∴DGCM，故③错误， ∵AG＝1，DG＝2， ∴AD＝AB＝TW＝3，TC＝WD＝TM＝1，BT＝AW＝2， ∴BM，故④正确， 故选：D． 【点评】本题考查正方形的性质，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 27．（2024•黄埔区校级二模）如图，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，连接CE，作EF⊥CE交AB于点F，连接CF交BD于点H，延长CE交AD点K，连接FK．下列结论：①∠FCK＝45°；②BH2+DE2＝HE2；③BE•DH＝AB2；④若AB＝4BF＝4，则DE．其中结论正确的序号是（　　） A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④ 【分析】①过点E作EM⊥AB于点M，EN⊥BC于点N，利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可；②过点C作CG⊥CE，使CG＝CE，连接GB，利用全等三角形的判定与性质和勾股定理解答即可；③利用相似三角形的判定与性质和正方形的性质解答即可；④利用正方形的性质，相似三角形的判定与性质和③的结论解答即可． 【解答】解：过点E作EM⊥AB于点M，EN⊥BC于点N，如图， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°， ∵EM⊥AB，EN⊥BC， ∴四边形MENB为正方形， ∴EM＝EN，∠MEN＝90°， ∵EF⊥CE， ∴∠MEN＝∠FEC＝90°， ∴∠MEF＝∠NEC． 在△MEF和△NEC中， ， ∴△MEF≌△NEC（ASA）， ∴EF＝EC， ∴△EFC为等腰直角三角形， ∴∠FCK＝45°． ∴①的结论正确； 过点C作CG⊥CE，使CG＝CE，连接GB，如图， ∵∠BCD＝∠ECG＝90°， ∴∠DCE＝∠BCG． 在△DCE和△BCG中， ， ∴△DCE≌△BCG（SAS）， ∴DE＝BG，∠CDE＝∠CBG＝45°， ∴∠HBG＝∠DBC+∠CBG＝45°+45°＝90°， ∴BH2+BG2＝HG2． ∵∠FCK＝45°， ∴∠ECH＝∠GCH＝45°． 在△CEH和△CGH中， ， ∴△CEH≌△CGH（SAS）， ∴HE＝HG， ∴BH2+DE2＝HE2． ∴②的结论正确； ∵∠DHC＝∠DBC+∠HCB＝45°+∠HCB，∠BCE＝∠FCK+∠HCB＝45°+∠HCB， ∴∠DHC＝∠BCE， ∵∠CDH＝∠CBD＝45°， ∴△CDH∽△EBC， ∴， ∵BC＝CD＝AB， ∴BE•DH＝AB2． ∴③的结论正确； ∵AB＝4BF＝4， ∴BD＝4，BF＝1， ∵AB∥CD， ∴△BFH∽△DCH， ∴， ∴DHBD． 由③知：BE•DH＝AB2＝16， ∴BE， ∴DE＝BD﹣BE． ∴④的结论正确． 综上，①②③④． 故选：D． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 1．（2024•昌平区二模）正多边形的一个外角是60°，那么这个正多边形是（　　） A．正四边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 【分析】利用多边形的额外角和及正多边形的性质列式计算即可． 【解答】解：∵正多边形的一个外角是60°，且正多边形的每个外角均相等， ∴360°÷60＝6， 即这个正多边形是正六边形， 故选：B． 【点评】本题考查多边形的外角和及正多边形的性质，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握． 2．（2024•黄埔区校级二模）如图，在▱ABCD中，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．若AE＝3，AF＝5，且▱ABCD的周长为32，则BC的长为 　 　． 【分析】由平行四边形的性质得出S▱ABCD＝BC•AE＝CD•AF，又由AE＝3，AF＝5，可得3BC＝5CD，又由▱ABCD的周长为32，可得BC+CD＝16，继而求得答案． 【解答】解：∵▱ABCD的周长为32， ∴BC+CD＝16， ∵▱ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD， ∴S▱ABCD＝BC•AE＝CD•AF ∵AE＝3，AF＝5， ∴3BC＝5CD， ∴BC＝10，CD＝6， 故答案为：10． 【点评】此题考查了平行四边形的性质以及平行四边形的面积公式运用，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 3．（2024•朝阳区校级二模）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE＝DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法： ①存在无数个平行四边形MENF； ②存在无数个矩形MENF； ③存在无数个菱形MENF； ④存在无数个正方形MENF． 其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可． 【解答】解：连接AC，MN，且令AC，MN，BD相交于点O， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，OB＝OD， ∵BE＝DF， ∴OE＝OF， 只要OM＝ON，那么四边形MENF就是平行四边形， ∵点E，F是BD上的动点， ∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确； 只要MN＝EF，OM＝ON，则四边形MENF是矩形， ∵点E，F是BD上的动点， ∴存在无数个矩形MENF，故②正确； 只要MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是菱形， ∵点E，F是BD上的动点， ∴存在无数个菱形MENF，故③正确； 只要MN＝EF，MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是正方形， 而符合要求的正方形只有一个，故④错误； 故选：C． 【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线． 4．（2024•东城区二模）列方程或方程组解应用题． 如图1，正方形ABCD是一块边长为30cm的灰色地砖，在A，B，C，D四个顶点处截去四个全等的等腰直角三角形后，得到一块八边形地砖．用四块相同的该八边形地砖和一块黑色正方形地砖拼成如图2所示的图案，该图案的面积为3000cm2（不考虑接缝），求一块八边形地砖和黑色正方形地砖的面积． 【分析】设CE＝CF＝x cm，则EFx cm，列方程得xx+x＝30，解得黑色正方形地砖的面积＝CD2＝（1350﹣900）cm2．由图案的面积为3000cm2，即可得一块八边形地砖的面积＝825﹣225）cm2． 【解答】解：设CE＝CF＝x cm，则EFx cm， 由CD＝30cm， 得xx+x＝30， 得CE＝x＝（1515）cm，CD＝（x＝30﹣15）cm， 得黑色正方形地砖的面积＝CD2＝（1350﹣900）cm2． 由图案的面积为3000cm2， 得四块八边形地砖的面积＝3000﹣（1350﹣900）cm2， 得一块八边形地砖的面积＝825﹣225）cm2． 【点评】本题主要考查了多边形面积的求法，解题关键是正确列方程求解． 5．（2024•朝阳区二模）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且AE＝CF，DB平分∠EDF． （1）求证：四边形BEDF是菱形； （2）若AB＝8，BC＝4，CF＝3，求证：▱ABCD是矩形． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AB∥CD，AB＝CD，求得BE＝DF，推出四边形BEDF是平行四边形，根据平行线的性质得到∠EBD＝∠BDF，根据角平分线的定义得到∠BDE＝∠BDF，求得∠BDE＝∠DBE，得到DE＝BE，根据菱形的判定定理得到四边形BEDF是菱形； （2根据菱形的性质得到BF＝DF＝CD﹣CF＝5，根据勾股定理的逆定理得到∠C＝90°，根据矩形的判定定理得到▱ABCD是矩形． 【解答】证明：（1）在▱ABCD中，AB∥CD，AB＝CD， ∵AE＝CF， ∴BE＝DF， ∵BE∥DF， ∴四边形BEDF是平行四边形， ∵AB∥CD， ∴∠EBD＝∠BDF， ∵DB平分∠EDF， ∴∠BDE＝∠BDF， ∴∠BDE＝∠DBE， ∴DE＝BE， ∴四边形BEDF是菱形； （2）∵四边形BEDF是菱形，CD＝AB＝8， ∴BF＝DF＝CD﹣CF＝5， ∵BC2+CF2＝42+32＝52＝BF2， ∴∠C＝90°， ∴▱ABCD是矩形． 【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，菱形的判定和性质，熟练掌握各定理是解题的关键． 6．（2024•朝阳区校级模拟）如图，四边形ABCD是平行四边形，AC、BD相交于点O，点E是AB的中点，连接OE，过点E作EF⊥BC于点F，过点O作OG⊥BC于点G． （1）求证：四边形EFGO是矩形； （2）若四边形ABCD是菱形，AB＝10，BD＝16，求OG的长． 【分析】（1）根据平行四边形的性质可知OA＝OC，根据已知可得AE＝BE，所以OE∥BC，EF⊥BC于点F，OG⊥BC于点G，则EF∥OG，先证明四边形是平行四边形，再证∠EFG是直角即可； （2）根据菱形的性质可知AC⊥BD，根据已知可求出OC，然后利用等面积法求出OG即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC， ∵点E是AB的中点， ∴AE＝BE． ∴OE∥BC， ∴OE∥FG， ∵EF⊥BC于点F，OG⊥BC于点G， ∴EF∥OG， ∴四边形EFGO是平行四边形 ∵EF⊥BC， ∴∠EFG＝90°， ∴四边形EFGO是矩形； （2）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AB＝BC，OCAC，OBBD， ∵AB＝10，BD＝16， ∴OB＝8，BC＝10， 在Rt△BOC中，OC6， ∴， 即， ∴OG＝4.8． 【点评】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，熟记矩形的判定方法是解题的关键． 7．（2024•东城区校级二模）如图，在平行四边形ABCD中，AC平分∠BAD，点E为边AD中点，过点E作AC的垂线交AB于点M，交CB延长线于点F． （1）连接BD，求证：四边形BDEF是平行四边形； （2）若FB＝5，，求AC的长． 【分析】（1）首先根据平行四边形的性质和角平分线的定义证明AB＝CB，推导四边形ABCD为菱形，易知AC⊥BD，进而证明EF∥BD，即可证明四边形BDEF是平行四边形； （2）首先证明∠ADO＝∠F，DE＝FB＝5，易得，在Rt△AOD中，借助三角函数解得OA＝6，然后根据“平行四边形对角线相互平分”的性质即可获得答案． 【解答】（1）证明：连接BD，交AC于点O，如下图， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAC＝∠BCA， ∵AC平分∠BAD， ∴∠BAC＝∠DAC， ∴∠BAC＝∠BCA， ∴AB＝CB， ∴四边形ABCD为菱形， ∴AC⊥BD， 又∵AC⊥EF， ∴EF∥BD， ∵AD∥BC，即ED∥FB， ∴四边形BDEF是平行四边形； （2）解：由（1）可知，四边形BDEF是平行四边形，AC⊥BD， ∴∠ADO＝∠F，DE＝FB＝5， ∴， ∵点E为边AD中点， ∴AD＝2DE＝10， ∴在Rt△AOD中，，即， 解得OA＝6， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴， ∴AC＝2OA＝2×6＝12． 【点评】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！34 学科网（北京）股份有限公司 $$