专题05 多边形及平行四边形的性质（专题测试）-2023-2024学年浙教版数学八年级下册期末专题突破

专题08 多边形及平行四边形的性质 专题测试 一、选择题 1．（2023春•光明区期末）下列四幅作品分别代表“清明”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（　　） A．B．C． D． 2．（2023秋•凉州区期末）一个多边形的内角和为1800o，那么从这个多边形的一个顶点出发所做的对角线的条数为（　　） A．8条 B．9条 C．10条 D．11条 3．（2023秋•福田区校级期末）八年级某数学兴趣小组在一次综合实践活动中，为研究中心对称图形的性质，对于已知△ABC以及△ABC外的一点O，分别作A，B，C关于O的对称点A′，B′，C′，得到△A′B′C′．如图，则下列结论不成立的是（　　） A．点A与点A′是对称点 B．BO＝BO C．∠AOB＝∠A′OB′ D．∠ACB＝∠C′A′B′ 4．（2023秋•鲤城区期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论错误的是（　　） A．ABCD B．OB＝OD C．AB＝AD D．∠ABC＝∠ADC 5．（2023秋•广饶县期末）将等边三角形、正方形、正五边形按如图所示的位置摆放，如果∠1＝50°，∠2＝40°，那么∠3的度数等于（　　） A．10° B．12° C．15° D．20° 6．（2023秋•厦门期末）如图，直线l是正方形ABCD的一条对称轴，l与AB，CD分别交于点M，N，AN，BC的延长线相交于点P，连接BN．下列三角形中，与△NCP成中心对称的是（　　） A．△NCB B．△BMN C．△AMN D．△NDA 7．（2023秋•龙口市期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB⊥AC，若AB＝8，AC＝12，则BD的长是（　　） A．16 B．18 C．20 D．22 8．（2023春•伊美区校级期末）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．（2023秋•高青县期末）如图，▱ABCD中，AB＝22cm，BC＝8cm，∠A＝45°，动点E从A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B运动，动点F从点C出发，以1cm/s的速度沿着CD向D运动，当点E到达点B时，两个点同时停止．则EF的长为10cm时点E的运动时间是（　　） A．6s B．6s或10s C．8s D．8s或12s 10．（2023秋•泰山区期末）如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，且∠ADC＝60°，，连接OE，下列结论：①∠CAD＝30°；②S▱ABCD＝AB•AC；③OB＝AB；④；⑤∠AEO＝60°．其中成立的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二．填空题 11．（2022秋•丹东期末）过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成7个三角形，这个多边形是 　　边形． 12．（2023春•珠晖区校级期末）如果一个多边形的每一个外角都等于40°，那么这个多边形的边数是 　　． 13．（2023春•南岗区期末）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB⊥AC，若AB＝4，AC＝6，则BD＝　10　． 14．（2023春•渠县期末）如图，平行四边形ABCD中，O为对角线交点，DP平分∠ADC，CP平分∠BCD，AB＝7，AD＝10，则OP＝　　． 15．（2023秋•康县期末）如图所示，点O是▱ABCD的对称中心，AD＞AB，E，F是AB边的三等分点：G，H是BC边的三等分点．若S1，S2分别表示△EOF和△GOH的面积，则S1与S2之间的关系是 　　． 16．（2023春•大兴区期末）如图，在▱ABCD中，∠BAD＞90°，点E为线段CD上一动点，有下列四个结论： ①在E点运动过程中，△ABE的面积始终是▱ABCD面积的一半； ②在线段CD上有且只有一点E，使得S△ADE＝2S△BCE； ③若点E恰好是∠BAD的角平分线与∠ABC 的角平分线的交点，则点E是CD的中点； ④若AB＝2AD，则在CD上有且只有一点E，使得△ABE 是直角三角形． 其中所有正确结论的序号是 　　． 三．解答题 17．（2023秋•厦门期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AC＝AD，AE⊥BC，DF⊥AC，垂足分别为E，F．证明AE＝DF． 18．（2023春•东阳市期末）在4×4的方格中，选择6个小方格涂上阴影，请仔细观察图1中的六个图案的对称性，按要求回答． （1）请在六个图案中，选出三个具有相同对称性的图案． 选出的三个图案是 　 　（填写序号）； 它们都是 　 　图形（填写“中心对称”或“轴对称”）； （2）请在图2中，将1个小方格涂上阴影，使整个4×4的方格也具有（1）中所选图案相同的对称性． 19．（2023秋•博山区期末）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． 20．（2023秋•高阳县期末）阅读材料： 我们知道，探索多边形内角和的方法是将其转化为三角形，利用三角形内角和获得结论，这一方法也可以用来解决其他求角度的问题，如图，四边形ABCD是凸四边形，探究其内角和的方法是：连接对角线AC，则四边形内角和就转化为△ACB和△ACD内角和的和为360°． 解决问题： （1）如图1，四边形ABCD是凹四边形，请探究∠BCD（∠BCD≤180°与∠B，∠D，∠BAD三个角之间的等量关系． 小明得出的结论是：∠BCD＝∠BAD+∠B+∠D，他证明如下．请你将小明的证明过程补充完整． 证明：连接AC并延长AC到点E． 联系拓广： （2）如图2的五角星和图3的六角星都是一笔画成的（即从图形上的某一顶点出发，找出一条路线，用笔不离开纸，连续不断又不重复经过图形上所有部分画成的）． 请你根据上述解决问题的思路，解答下列问题： ①图2中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为 　180　°； ②图3中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 　360　°． 21．（2023秋•河口区期末）如图①▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O，EF过点O且与边AB，CD分别相交于点E和点F． （1）求证：OE＝OF （2）如图②，已知AD＝1，BD＝2，AC＝2，∠DOF＝∠α， ①当∠α为多少度时，EF⊥AC？ ②在①的条件下，连接AF，求△ADF的周长． 22．（2022春•米脂县期末）如图，点E是平行四边形ABCD对角线AC上一点，点F在BE延长线上，且EF＝BE，EF与CD交于点G． （1）求证：DF∥AC； （2）若BF垂直平分CD，BF＝AE＝2，求BC的长． 23．（2023秋•雨花区期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E在BC边上，且AD＝DE，F为线段DE上一点，且∠AFE＝∠B． （1）求证：∠AFD＝∠ECD； （2）求证：△AFD≌△DCE； （3）若∠B＝60°，CD＝DF，BE＝2，求AE． 17 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 多边形及平行四边形的性质 专题测试 一、选择题 1．（2023春•光明区期末）下列四幅作品分别代表“清明”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（　　） A．B．C． D． 【思路点拨】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 【解答】解：选项A、B、C都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：D． 【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 2．（2023秋•凉州区期末）一个多边形的内角和为1800o，那么从这个多边形的一个顶点出发所做的对角线的条数为（　　） A．8条 B．9条 C．10条 D．11条 【思路点拨】首先根据多边形内角和公式可得多边形的边数，再计算出对角线的条数． 【解答】解：设此多边形的边数为x，由题意得： （x﹣2）×180＝1800， 解得x＝12， 从这个多边形的一个顶点出发所画的对角线条数：12﹣3＝9（条）， 故选：B． 【点评】此题主要考查了多边形的内角和计算公式求多边形的边数，关键是掌握多边形的内角和公式180（n﹣2）． 3．（2023秋•福田区校级期末）八年级某数学兴趣小组在一次综合实践活动中，为研究中心对称图形的性质，对于已知△ABC以及△ABC外的一点O，分别作A，B，C关于O的对称点A′，B′，C′，得到△A′B′C′．如图，则下列结论不成立的是（　　） A．点A与点A′是对称点 B．BO＝BO C．∠AOB＝∠A′OB′ D．∠ACB＝∠C′A′B′ 【思路点拨】利用中心对称的性质一一判断即可． 【解答】解：∵△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称， ∴点A与点A'是对称点，BO＝B'O，∠AOB＝∠A′OB， ∴A，B，C结论成立，D结论不成立． 故选：D． 【点评】本题考查中心对称，解题的关键是理解中心对称的性质，属于中考常考题型． 4．（2023秋•鲤城区期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论错误的是（　　） A．ABCD B．OB＝OD C．AB＝AD D．∠ABC＝∠ADC 【思路点拨】由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，OB＝OD，∠ABC＝∠ADC，可判断A正确、B正确、D正确；而任意平行四边形的邻边不一定相等，可判断C错误，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC与BD相交于点O， ∴AB∥CD，AB＝CD，OB＝OD，∠ABC＝∠ADC， 故A正确、B正确、D正确； ∵任意平行四边形的邻边不一定相等， ∴AB与AD不一定相等， 故C错误， 故选：C． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质，正确理解和运用平行四边形的性质定理是解题的关键． 5．（2023秋•广饶县期末）将等边三角形、正方形、正五边形按如图所示的位置摆放，如果∠1＝50°，∠2＝40°，那么∠3的度数等于（　　） A．10° B．12° C．15° D．20° 【思路点拨】在图中标上点A，B，C，利用平角等于180°及∠1，∠2的度数，可求出∠BAC及∠ABC的度数，在△ABC中，利用三角形内角和定理，可求出∠ACB的度数，再结合∴∠3＝180°﹣∠ACB﹣，即可求出∠3的度数． 【解答】解：在图中标上点A，B，C，如图所示． 根据题意得：∠BAC＝180°﹣∠2﹣90°＝180°﹣40°﹣90°＝50°； ∠ABC＝180°﹣∠1﹣60°＝180°﹣50°﹣60°＝70°； ∠ACB＝180°﹣∠BAC﹣∠ABC＝180°﹣50°﹣70°＝60°． ∴∠3＝180°﹣∠ACB﹣＝180°﹣60°﹣108°＝12°． 故选：B． 【点评】本题考查了三角形内角和定理、平角的定义以及多边形内角与外角，在△ABC中，利用三角形内角和定理求出∠ACB的度数是解题的关键． 6．（2023秋•厦门期末）如图，直线l是正方形ABCD的一条对称轴，l与AB，CD分别交于点M，N，AN，BC的延长线相交于点P，连接BN．下列三角形中，与△NCP成中心对称的是（　　） A．△NCB B．△BMN C．△AMN D．△NDA 【思路点拨】根据中心对称图形的定义判断即可． 【解答】解：观察图形可知，与△NCP成中心对称的是△NDA． 故选：D． 【点评】本题考查中心对称，轴对称的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 7．（2023秋•龙口市期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB⊥AC，若AB＝8，AC＝12，则BD的长是（　　） A．16 B．18 C．20 D．22 【思路点拨】由平行四边形的性质得出OB＝OD，OA＝OC＝AC＝6，由AC⊥AB，根据勾股定理求出OB，即可得出BD的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝12， ∴OB＝OD，OA＝OC＝AC＝6， ∵AB⊥AC， 由勾股定理得：OB＝＝＝10， ∴BD＝2OB＝20． 故选：C． 【点评】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理；熟练掌握平行四边形的对角线互相平分，由勾股定理求出OB是解决问题的关键． 8．（2023春•伊美区校级期末）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． 【思路点拨】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， ∴AO＝AC＝1，BO＝BD＝2， ∵AB＝， ∴AB2+AO2＝BO2， ∴∠BAC＝90°， ∵在Rt△BAC中，BC＝，S△BAC＝×AB×AC＝×BC×AE， ∴×2＝AE， ∴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．（2023秋•高青县期末）如图，▱ABCD中，AB＝22cm，BC＝8cm，∠A＝45°，动点E从A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B运动，动点F从点C出发，以1cm/s的速度沿着CD向D运动，当点E到达点B时，两个点同时停止．则EF的长为10cm时点E的运动时间是（　　） A．6s B．6s或10s C．8s D．8s或12s 【思路点拨】过点D作DG⊥AB于点G，由∠A＝45°，可得△ADG是等腰直角三角形，过点F作FH⊥AB于点H，得矩形DGHF，利用勾股定理得EH＝6cm，由题意可得AE＝2t cm，CF＝t cm，然后分两种情况列方程求出t的值即可． 【解答】解：在▱ABCD中，CD＝AB＝22cm，AD＝BC＝8cm， 如图，过点D作DG⊥AB于点G， ∵∠A＝45°， ∴△ADG是等腰直角三角形， ∴AG＝DG＝AD＝8， 过点F作FH⊥AB于点H， 得矩形DGHF， ∴DG＝FH＝8cm，DF＝GH， ∵EF＝10cm， ∴EH＝＝6cm， 由题意可知：AE＝2t cm，CF＝t cm， ∴GE＝AE＝AG＝（2t﹣8）cm，DF＝CD﹣CF＝（22﹣t）cm， ∴GH＝GE+EH＝（2t﹣8）+6＝（2t﹣2）cm， ∴2t﹣2＝22﹣t， 解得t＝8， 当F点在E点左侧时， 由题意可知：AE＝2t cm，CF＝t cm， ∴GE＝AE﹣AG＝（2t﹣8）cm，DF＝CD﹣CF＝（22﹣t）cm， ∴GH＝GE﹣EH＝（2t﹣8）﹣6＝（2t﹣14）cm， ∴2t﹣14＝22﹣t， 解得t＝12， ∵点E到达点B时，两点同时停止运动， ∴2t≤22，解得t≤11． ∴t＝12不符合题意，舍去， ∴EF的长为10cm时点E的运动时间是8s， 故选：C． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是利用勾股定理得到EH的值． 10．（2023秋•泰山区期末）如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，且∠ADC＝60°，，连接OE，下列结论：①∠CAD＝30°；②S▱ABCD＝AB•AC；③OB＝AB；④；⑤∠AEO＝60°．其中成立的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【思路点拨】由平行四边形ABCD中，∠ADC＝60°，易得△ABE是等边三角形，又由AB＝BC，证得①∠CAD＝30°；继而证得AC⊥AB，得②S平行四边形ABCD＝AB⋅AC；根据AB＝BC，OB＝BD，且BD＞BC，得到AB≠OB，故③错误；可得OE是三角形的中位线，证得④OE＝BC；由等边三角形的性质得到∠AEC＝120°，根据等腰三角形的性质可得∠AEO＝∠AEC＝60°． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAE＝∠BEA， ∵AE平分∠BAD， ∴∠DAE＝∠BAE， ∴∠BEA＝∠BAE， ∴AB＝EB， ∵∠ABE＝∠ADC＝60°， ∴△ABE是等边三角形， ∴AB＝BE＝AE， ∵AB＝BC， ∴BE＝BC， ∴BE＝CE＝AE， ∴∠EAC＝∠ECA， ∴∠AEB＝∠EAC+∠ECA＝2∠ECA＝60°， ∴∠ECA＝30°， ∴∠CAD＝∠ECA＝30°， 故①正确； ∵∠EAC＝∠ECA＝30°，∠BAE＝60°， ∴∠BAC＝∠EAC+∠BAE＝30°+60°＝90°， ∴AC⊥AB， ∴S▱ABCD＝AB•AC， 故②正确； AB⊥OA， ∴OB＞AB， ∴OB≠AB， 故③错误； ∵∠CAD＝30°，∠AEB＝60°，AD//BC， ∴∠EAC＝∠ACE＝30°， ∴AE＝CE， ∴BE＝CE， ∵OA＝OC， ∴OE＝AB＝BC， 故④正确； ∵△ABE是等边三角形， ∴∠AEB＝60°， ∴∠AEC＝120°， ∵CE＝AE，OA＝OC， ∴∠AEO＝∠CEO＝∠AEC＝60°， 故⑤正确． 故选：D． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的面积公式，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键． 二．填空题 11．（2022秋•丹东期末）过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成7个三角形，这个多边形是 　九　边形． 【思路点拨】根据n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，可组成n﹣2个三角形，依此可得n的值． 【解答】解：设这个多边形是n边形， 由题意得，n﹣2＝7， 解得：n＝9， 即这个多边形是九边形， 故答案为：九． 【点评】本题考查了多边形的对角线，求对角线条数时，直接代入边数n的值计算，而计算边数时，需利用方程思想，解方程求n． 12．（2023春•珠晖区校级期末）如果一个多边形的每一个外角都等于40°，那么这个多边形的边数是 　9　． 【思路点拨】根据多边形的外角和为360°即可得出答案． 【解答】解：360°÷40°＝9． 故答案为：9． 【点评】本题主要考查多边形的内角与外角，灵活运用多边形的外角和为360°是解题的关键． 13．（2023春•南岗区期末）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB⊥AC，若AB＝4，AC＝6，则BD＝　10　． 【思路点拨】利用平行四边形的性质和勾股定理易求BO的长，进而可求出BD的长． 【解答】解：∵▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O， ∴BO＝DO，AO＝CO， ∵AB⊥AC，AB＝4，AC＝6， ∴BO＝＝5， ∴BD＝2BO＝10， 故答案为：10． 【点评】本题考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，是中考常见题型，比较简单． 14．（2023春•渠县期末）如图，平行四边形ABCD中，O为对角线交点，DP平分∠ADC，CP平分∠BCD，AB＝7，AD＝10，则OP＝　1.5　． 【思路点拨】延长DP交BC于Q，由平行四边形的性质得OB＝OD，CD＝AB＝7，BC＝AD＝10，AD∥BC，再证CQ＝CD＝7，则BQ＝BC﹣CQ＝3，然后证CP⊥DQ，由等腰三角形的性质得DP＝QP，最后证OP是△BDQ的中位线，即可求解． 【解答】解：延长DP交BC于Q，如图所示： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD，CD＝AB＝7，BC＝AD＝10，AD∥BC， ∴∠ADC+∠BCD＝180°，∠ADP＝∠CQD， ∵DP平分∠ADC，CP平分∠BCD， ∴∠ADP＝∠CDQ＝∠ADC，∠DCP＝∠QCP＝∠BCD， ∴∠CQD＝∠CDQ， ∴CQ＝CD＝7， ∴BQ＝BC﹣CQ＝3， ∵∠CDQ+∠DCP＝（∠ADC+∠BCD）＝×180°＝90°， ∴CP⊥DQ， ∴DP＝QP， ∵OB＝OD， ∴OP是△BDQ的中位线， ∴OP＝BQ＝1.5， 故答案为：1.5． 【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质，证出OP为△BDQ的中位线是解题的关键． 15．（2023秋•康县期末）如图所示，点O是▱ABCD的对称中心，AD＞AB，E，F是AB边的三等分点：G，H是BC边的三等分点．若S1，S2分别表示△EOF和△GOH的面积，则S1与S2之间的关系是 　S1＝S2　． 【思路点拨】连接AC，BD，则AC和BD交于O，由平行四边形的性质得到OA＝OC，因此△AOB的面积＝△COB的面积，由E，F是AB边的三等分点，G，H是BC边的三等分点，推出S1＝S△AOB，S2＝S△COB，即可得到S1＝S2． 【解答】解：连接AC，BD， ∵O是▱ABCD的对称中心， ∴AC和BD交于O， ∴OA＝OC， ∴△AOB的面积＝△COB的面积， ∵E，F是AB边的三等分点，G，H是BC边的三等分点， ∴S1＝S△AOB，S2＝S△COB， ∴S1＝S2． 故答案为：S1＝S2． 【点评】本题考查平行四边形的性质，中心对称，三角形的面积，关键是由三角形面积公式推出S1＝S△AOB，S2＝S△COB． 16．（2023春•大兴区期末）如图，在▱ABCD中，∠BAD＞90°，点E为线段CD上一动点，有下列四个结论： ①在E点运动过程中，△ABE的面积始终是▱ABCD面积的一半； ②在线段CD上有且只有一点E，使得S△ADE＝2S△BCE； ③若点E恰好是∠BAD的角平分线与∠ABC 的角平分线的交点，则点E是CD的中点； ④若AB＝2AD，则在CD上有且只有一点E，使得△ABE 是直角三角形． 其中所有正确结论的序号是 　①②③　． 【思路点拨】作EF⊥AB于点F，则S△ABE＝AB•EF＝S▱ABCD，可判断①正确；由S△ADE＝DE•EF，S△BCE＝CE•EF，且S△ADE＝2S△BCE，得DE•EF＝2×CE•EF，所以DE＝2CE，可知在线段CD上有且只有一点E，使得S△ADE＝2S△BCE，可判断②正确；由AB∥CD，得∠DEA＝∠EAB，∠CEB＝∠EBA，而∠DAE＝∠EAB，∠CBE＝∠EBA，所以∠DEA＝∠DAE，∠CEB＝∠CBE，则ED＝AD，EC＝BC，所以ED＝EC，可判断③正确；取AB的中点G，连接EG，可证明当GE∥AD时，则EG＝AG＝BG，可证明△ABE是直角三角形，由∠GED＝∠BAD＞90°，可知GE与CD不垂直，因此在CD上可能还存在点E′，使E′G＝EG＝AG＝BG，同理可证明△ABE′是直角三角形，可判断④不正确，于是得到问题的答案． 【解答】解：作EF⊥AB于点F， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴S▱ABCD＝AB•EF， ∴S△ABE＝AB•EF＝S▱ABCD， 故①正确； ∵S△ADE＝DE•EF，S△BCE＝CE•EF，且S△ADE＝2S△BCE， ∴DE•EF＝2×CE•EF， ∴DE＝2CE， ∴在线段CD上有且只有一点E，使得S△ADE＝2S△BCE， 故②正确； ∵AB∥CD，AD＝BC， ∴∠DEA＝∠EAB，∠CEB＝∠EBA， ∵点E恰好是∠BAD的角平分线与∠ABC 的角平分线的交点， ∴∠DAE＝∠EAB，∠CBE＝∠EBA， ∴∠DEA＝∠DAE，∠CEB＝∠CBE， ∴ED＝AD，EC＝BC， ∴ED＝EC， ∴点E是CD的中点， 故③正确； 取AB的中点G，连接EG， ∵AB＝2AG＝2BG，AB＝2AD＝2BC， ∴AG＝AD，BG＝BC， 当GE∥AD时，则GE∥BC， ∴四边形AGED和四边形BGEC都是菱形， ∴EG＝AG＝BG， ∴∠GEA＝∠GAE，∠GEB＝∠GBE， ∴∠AEB＝∠GEA+∠GEB＝×180°＝90°， ∴△ABE是直角三角形， ∵∠GED＝∠BAD＞90°， ∴GE与CD不垂直， ∴在CD上可能还存在点E′，使E′G＝EG＝AG＝BG， 同理可证明△ABE′是直角三角形， 故④不正确， 故答案为：①②③． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、菱形的判定与性质等知识，此题综合性较强，难度较大． 三．解答题 17．（2023秋•厦门期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AC＝AD，AE⊥BC，DF⊥AC，垂足分别为E，F．证明AE＝DF． 【思路点拨】根据平行四边形的性质得出AD∥BC，进而利用AAS证明△ADF与△ACE全等，利用全等三角形的性质解答即可． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAF＝∠ACE， ∵AE⊥BC，DF⊥AC， ∴∠AEC＝∠AFD＝90°， 在△ADF与△ACE中， ， ∴△ADF≌△ACE（AAS）， ∴AE＝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对边平行解答． 18．（2023春•东阳市期末）在4×4的方格中，选择6个小方格涂上阴影，请仔细观察图1中的六个图案的对称性，按要求回答． （1）请在六个图案中，选出三个具有相同对称性的图案． 选出的三个图案是 　①③⑤（或②④⑥）　（填写序号）； 它们都是 　轴对称（或中心对称）　图形（填写“中心对称”或“轴对称”）； （2）请在图2中，将1个小方格涂上阴影，使整个4×4的方格也具有（1）中所选图案相同的对称性． 【思路点拨】轴对称图形：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 【解答】解：（1）①③⑤三个图案是轴对称图形，②④⑥三个图案是中心对称图形． 故答案为：①③⑤（或②④⑥）；轴对称（或中心对称）； （2）如图所示， 【点评】本题考查了中心对称图形轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 19．（2023秋•博山区期末）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． 【思路点拨】（1）证明四边形AECF是平行四边形即可； （2）用SSS证明全等即可． 【解答】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， ∵， ∴△ABE≌△CDF（SSS）． 【点评】本题考查了平行四边形的性质和三角形全等的判定，熟练掌握平行四边形性质是解本题的关键． 20．（2023秋•高阳县期末）阅读材料： 我们知道，探索多边形内角和的方法是将其转化为三角形，利用三角形内角和获得结论，这一方法也可以用来解决其他求角度的问题，如图，四边形ABCD是凸四边形，探究其内角和的方法是：连接对角线AC，则四边形内角和就转化为△ACB和△ACD内角和的和为360°． 解决问题： （1）如图1，四边形ABCD是凹四边形，请探究∠BCD（∠BCD≤180°与∠B，∠D，∠BAD三个角之间的等量关系． 小明得出的结论是：∠BCD＝∠BAD+∠B+∠D，他证明如下．请你将小明的证明过程补充完整． 证明：连接AC并延长AC到点E． 联系拓广： （2）如图2的五角星和图3的六角星都是一笔画成的（即从图形上的某一顶点出发，找出一条路线，用笔不离开纸，连续不断又不重复经过图形上所有部分画成的）． 请你根据上述解决问题的思路，解答下列问题： ①图2中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为 　180　°； ②图3中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 　360　°． 【思路点拨】（1）先证明∠BDE＝∠B+∠BAD，∠CDE＝∠C+∠CAD，相加即可； （2）①利用（1）结论，得到∠BFE＝∠CFD＝∠A+∠C+∠D，再根据三角形内角和进行等量代换即可求解； ②利用（1）的结论，得到∠CHF＝∠DHE＝∠A+∠D+∠E，再根据四边形内角和进行等量代换即可． 【解答】解：（1）证明：连接AD并延长AD到点E． 则∠BDE为△ABD的外角，∠CDE为△ACD的外角， ∴∠BDE＝∠B+∠BAD， ∠CDE＝∠C+∠CAD． ∵∠BDC＝∠BDE+∠CDE， ∴∠BDC＝∠B+∠BAD+∠C+∠CAD． ∵∠BAC＝∠BAD+∠CAD， ∴∠BDC＝∠B+∠C+∠BAC． （2）①如图2，由（1）得，∠CFD＝∠A+∠C+∠D， ∴∠BFE＝∠CFD＝∠A+∠C+∠D， ∵∠BFE+∠B+∠E＝180°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°． 故答案为：180． ②如图3， 由（1）得，∠DHE＝∠A+∠D+∠E， ∴∠CHF＝∠DHE＝∠A+∠D+∠E， ∵∠F+∠B+∠C+∠CHF＝360°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°， 故答案为：360． 【点评】本题考查了多边形的内角和外角公式．解题关键掌握多边形的内角和外角关系． 21．（2023秋•河口区期末）如图①▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O，EF过点O且与边AB，CD分别相交于点E和点F． （1）求证：OE＝OF （2）如图②，已知AD＝1，BD＝2，AC＝2，∠DOF＝∠α， ①当∠α为多少度时，EF⊥AC？ ②在①的条件下，连接AF，求△ADF的周长． 【思路点拨】（1）证明△DOF≌△BOE即可说明OE＝OF； （2）①利用勾股定理的逆定理证明△ADO是等腰直角三角形，则∠DOA＝45°，若EF⊥AC，则∠α＝45°； ②证明AF＝CF，则△ADF周长转化为AD+DC． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴OB＝OD，AB∥CD． ∴∠EBO＝∠FDO． 又∵∠BOE＝∠DOF， ∴△BOE≌△DOF（ASA）． ∴OE＝OF； （2）①∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴OD＝BD＝1，OA＝AC＝， 又AD＝1， ∴AD2+OD2＝OA2． ∴∠ADO＝90°，∠AOD＝45°． ∴∠α＝90°﹣45°＝45． ②由（1）可得：EF垂直平分AC， ∴AF＝FC， 又AB＝＝＝CD， ∴△ADF的周长＝AD+DF+FA＝AD+CD＝1+． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理、线段垂直平分线的性质，解题的关键是利用平行四边形中平行线求得角相等或对角线中线段的长度． 22．（2022春•米脂县期末）如图，点E是平行四边形ABCD对角线AC上一点，点F在BE延长线上，且EF＝BE，EF与CD交于点G． （1）求证：DF∥AC； （2）若BF垂直平分CD，BF＝AE＝2，求BC的长． 【思路点拨】（1）连接BD，交AC于点O，证出OE是△BDF的中位线，得OE∥DF，即DF∥AC； （2）求出AB＝3，BE＝AE，则CD＝3，∠BAE＝30°，得CG＝CD＝，∠DCE＝30°，再求出BG的长，然后由勾股定理求解即可． 【解答】（1）证明：连接BD，交AC于点O，如图所示： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BO＝DO， ∵BE＝EF， ∴OE是△BDF的中位线， ∴OE∥DF， 即DF∥AC； （2）解：∵EF＝BE，BF＝2， ∴BE＝， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠DCE＝∠BAE， ∵BF垂直平分CD， ∴∠CGE＝90°，CG＝DG，BF⊥AB， ∴∠ABE＝90°， ∴AB＝＝＝3，BE＝AE， ∴CD＝3，∠BAE＝30°， ∴CG＝CD＝，∠DCE＝30°， ∴EG＝CG＝， ∴BG＝BE+EG＝+＝， ∴BC＝＝＝3． 【点评】本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理、勾股定理、含30°角的直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和三角形中位线定理是解题的关键． 23．（2023秋•雨花区期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E在BC边上，且AD＝DE，F为线段DE上一点，且∠AFE＝∠B． （1）求证：∠AFD＝∠ECD； （2）求证：△AFD≌△DCE； （3）若∠B＝60°，CD＝DF，BE＝2，求AE． 【思路点拨】（1）根据平行四边形的性质得AB∥CD，则∠B+∠ECD＝180°，再根据∠AFE＝∠B得∠AFE+∠ECD＝180°，然后根据邻补角的定义得∠AFE+∠AFD＝180°，由此可得出结论； （2）由AD∥BC得∠ADF＝∠DEC，结合（1）的结论可依据“AAS”判定△AFD和△DCE全等； （3）过点E作EH⊥AB于H，由（2）的结论得DF＝CE，AF＝CD，根据平行四边形的性质得BC＝AD，AB＝CD，再根据AD＝DE得BC＝DE，由此得BE＝EF，据此即可判定△ABE和△AFE全等，则∠AEB＝∠AEF，再由∠B＝60°得∠C＝120°，根据CD＝CE得∠CED＝∠CDE＝30°，则∠AEB＝∠AEF＝75°，在Rt△BEH中先求出HE＝√3，进而可得AE的长． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠B+∠ECD＝180°， ∵∠AFE＝∠B， ∴∠AFE+∠ECD＝180°， 又∵∠AFE+∠AFD＝180°， ∴∠AFD＝∠ECD； （2）证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠ADF＝∠DEC， 在△AFD和△DCE中， ， ∴△AFD≌△DCE（AAS）， （3）解：过点E作EH⊥AB于H，如下图所示： 由（2）可知：△AFD≌△DCE， ∴DF＝CE，AF＝CD， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴BC＝AD，AB＝CD， ∵AD＝DE， ∴BC＝DE， ∵DE＝DF+EF＝CE+EF，BC＝CE+BE， ∴BE＝EF， ∵AB＝CD，CD＝DF，AF＝CD，DF＝CE， ∴AB＝AF＝CD＝CE， 在△ABE和△AFE中， ， ∴△ABE≌△AFE（SSS）， ∴∠AEB＝∠AEF， ∴∠B＝60°， ∴∠C＝180°﹣∠B＝120°， ∵CD＝CE， ∴∠CED＝∠CDE＝（180°﹣∠C）＝30°， ∴∠BEF＝180°﹣∠CED＝150°， ∴∠AEB＝∠AEF＝∠BEF＝75°， ∵EH⊥AB，∠B＝60°， ∴∠BEH＝30°， ∴∠AEH＝∠AEB﹣∠BEH＝45°， ∴△AHE为等腰直角三角形，即HE＝HA， 在Rt△BEH中，∠∠BEH＝30°，BE＝2， ∴BH＝BE＝1， 由勾股定理得：HE＝＝， ∴HE＝HA＝， ∴AE＝＝． 【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等，理解平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活利用直角三角形的性质和勾股定理进行计算是解决问题的关键． 17 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $$