2025年甘肃省中考数学一轮复习 能力素养提升 命题点精练20　多边形与平行四边形

2025年甘肃省中考数学一轮复习 能力素养提升 1 命题点精练20　多边形与平行四边形 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 本课结束 32 1．(2024·济南)若正多边形的一个外角是45°，则这个正多边形是(　　C　　) A．正六边形 B．正七边形 C．正八边形 D．正九边形 解 由题意得360°÷45°＝8， 即这个正多边形是正八边形．故选C. 2.(2024·河北)直线l与正六边形ABCDEF的边AB，EF分别相交于点M，N，如图所示，则α＋β＝(　　B　　) A．115° B．120° C．135° D．144° 解 正六边形每个内角为：eq \f(（6－2）×180°,6)＝120°， 而六边形MBCDEN的内角和也为(6－2)×180°＝720°， ∴∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠ENM＋∠NMB＝720°， ∴∠ENM＋∠NMB＝720°－4×120°＝240°， ∵β＋∠ENM＋α＋∠NMB＝180°×2＝360°， ∴α＋β＝360°－240°＝120°.故选B. 3.(2023·益阳)如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，下列结论一定成立的是(　　C　　) A．OA＝OB B．OA⊥OB C．OA＝OC D．∠OBA＝∠OBC 解 ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，OB＝OD.故选C. 4.(2023·衡阳)如图，在四边形ABCD中，已知AD∥BC.添加下列条件不能判定四边形ABCD是平行四边形的是(　　C　　) A．AD＝BC B．AB∥DC C．AB＝DC D．∠A＝∠C 解 因为AD∥BC，AD＝BC，因此由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，能判定四边形ABCD是平行四边形，故A不符合题意； 因为AD∥BC，AB∥DC，因此由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，能判定四边形ABCD是平行四边形，故B不符合题意； AB＝DC，但AB和CD不一定平行，因此不能判定四边形ABCD是平行四边形，故C符合题意； 因为AD∥BC，所以∠ADB＝∠CBD，又∠A＝∠C，BD＝DB，因此△ABD≌△CDB(AAS)，得到AD＝CB，能判定四边形ABCD是平行四边形，故D不符合题意．故选C. 5．(2023·宿迁)七边形的内角和是 900 度． 解 (7－2)×180＝900(度)，则七边形的内角和等于900度．故答案为900. 6．(2022·菏泽)如果正n边形的一个内角与一个外角的比是3∶2，则n＝ 5 ． 解 设外角为2x，则其内角为3x， 则2x＋3x＝180°， 解得：x＝36°， ∴外角为2x＝72°， ∵正n边形外角和为360°， ∴n＝360°÷72°＝5， 故答案为5. 7.(2021·湘潭)如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AB的中点．已知BC＝10，则OE＝ 5 ． 解 在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O， ∴点O是AC的中点， ∵点E是边AB的中点， ∴OE是△ABC的中位线， ∴OE＝eq \f(1,2)BC＝5.故答案为5. 8.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C.E是边BC上一点，且DE＝DC.求证：AD＝BE. 证明 ∵DE＝DC，∴∠DEC＝∠C. ∵∠B＝∠C，∴∠B＝∠DEC， ∴AB∥DE， ∵AD∥BC， ∴四边形ABED是平行四边形． ∴AD＝BE. 9.(2023·兰州)如图，在▱ABCD中，BD＝CD，AE⊥BD于点E，若∠C＝70°，则∠BAE＝ 50 °. 解 在△DBC中， ∵BD＝CD，∠C＝70°， ∴∠DBC＝∠C＝70°， 又∵在▱ABCD中，AD∥BC， ∴∠ADB＝∠DBC＝70°，∠BAD＝∠C＝70°， 又∵AE⊥BD， ∴∠DAE＝90°－∠ADB＝90°－70°＝20°， ∴∠BAE＝∠BAD－∠DAE＝50°. 故答案为50. 10．如图，在平行四边形ABCD中，点M为边AD上一点，AM＝2MD，点E，点F分别是BM，CM中点，若EF＝6，则AM的长为 8 . 解 ∵点E，点F分别是BM，CM中点， ∴EF是△BCM的中位线， ∵EF＝6，∴BC＝2EF＝12， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC＝12， ∵AM＝2MD，∴AM＝8， 故答案为8. 11.(2023·株洲)如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝5，AD＝3，∠DAB 的平分线AE交线段CD于点E，则EC＝ 2 ． 解 ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，DC＝AB. ∴∠DEA＝∠EAB， ∵∠DAB的平分线AE交DC于点E， ∴∠EAB＝∠DAE，∴∠DEA＝∠DAE， ∴AD＝DE， ∵AD＝3，AB＝5， ∴EC＝DC－DE＝AB－AD＝5－3＝2， 故答案为2. 12.(2022·温州)如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，E，F分别是AC，AB的中点，O是DF的中点，EO的延长线交线段BD于点G，连接DE，EF，FG. (1)求证：四边形DEFG是平行四边形； (2)当AD＝5，tan∠EDC＝eq \f(5,2)时，求FG的长． (1)证明 ∵E，F分别是AC，AB的中点， ∴EF是△ABC的中位线， ∴EF∥BC，∴∠EFO＝∠GDO， ∵O是DF的中点，∴OF＝OD， 在△OEF和△OGD中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(∠EFO＝∠GDO，,OF＝OD，,∠EOF＝∠GOD，))) ∴△OEF≌△OGD(ASA)， ∴EF＝GD， ∴四边形DEFG是平行四边形． (2)解 ∵AD⊥BC，∴∠ADC＝90°， ∵E是AC的中点，∴DE＝eq \f(1,2)AC＝CE， ∴∠C＝∠EDC， ∴tan C＝eq \f(AD,CD)＝tan∠EDC＝eq \f(5,2)， 即eq \f(5,CD)＝eq \f(5,2)，∴CD＝2， ∴AC＝eq \r(AD2＋CD2)＝eq \r(52＋22)＝eq \r(29)， ∴DE＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(\r(29),2)， 由(1)可知，四边形DEFG是平行四边形， ∴FG＝DE＝eq \f(\r(29),2). 13.(2024·大庆)如图，在平行四边形ABCD中，AE，CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，且点E，F分别在边BC，AD上． (1)求证：四边形AECF是平行四边形； (2)若∠ADC＝60°，DF＝2AF＝2，求△GDF的面积． (1)证明 ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∠BAD＝∠BCD， ∴∠AEB＝∠DAE， ∵AE，CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线， ∴∠AEB＝∠DAE＝eq \f(1,2)∠BAD，∠BCF＝eq \f(1,2)∠BCD， ∴∠AEB＝∠BCF，∴AE∥CF， 又∵AF∥CE，∴四边形AECF是平行四边形． (2)解 如图，过点C作CH⊥AD于点H， 则∠CHD＝90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠ADC＋∠BCD＝180°， ∴∠BCD＝180°－∠ADC＝180°－60°＝120°， ∵CF是∠BCD的平分线， ∴∠DCF＝eq \f(1,2)∠BCD＝eq \f(1,2)×120°＝60°， ∴∠ADC＝∠DCF＝60°， ∴△CDF是等边三角形， ∴CD＝DF＝2，DH＝eq \f(1,2)DF＝1， 在Rt△CHD中，由勾股定理得：CH＝eq \r(CD2－DH2)＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)， ∴S△CDF＝eq \f(1,2)DF·CH＝eq \f(1,2)×2×eq \r(3)＝eq \r(3)， 由(1)得：四边形AECF是平行四边形， ∴CE＝AF＝eq \f(1,2)DF＝eq \f(1,2)×2＝1， ∵AD∥BC，∴△DGF∽△EGC， ∴eq \f(FG,CG)＝eq \f(DF,CE)＝eq \f(2,1)， ∴FG＝eq \f(2,3)CF， ∴S△GDF＝eq \f(2,3)S△CDF＝eq \f(2,3) eq \r(3). 14．(2024·浙江)尺规作图问题： 如图1，点E是▱ABCD边AD上一点(不包含A，D)，连接CE.用尺规作AF∥CE，F是边BC上一点． 小明：如图2.以C为圆心，AE长为半径作弧，交BC于点F，连接AF，则AF∥CE. 小丽：以点A为圆心，CE长为半径作弧，交BC于点F，连接AF，则AF∥CE. 小明：小丽，你的作法有问题． 小丽：哦……我明白了！ (1)证明AF∥CE； (2)指出小丽作法中存在的问题． (1)证明 根据小明的作法知，CF＝AE， ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC， 又∵CF＝AE， ∴四边形AFCE是平行四边形，∴AF∥CE. (2)解 以A为圆心，EC为半径画弧，交BC于点F，此时可能会有两个交点，只有其中之一符合题意． 故小丽的作法有问题． $$