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5.1 多边形和平行四边形-中考数学一轮复习 知识点+练习
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这是一份5.1 多边形和平行四边形-中考数学一轮复习 知识点+练习
第五章 四边形
5.1多边形和平行四边形
一、课标解读
1.了解多边形的定义，多边形的顶点、边、内角、对角、对角线等概念；探索并掌握多边形的内角和与外角和公式.
2.理解平行四边形、矩形、菱形、正方形的概念，以及它们之间的关系；了解四边形的不稳定性.
3.探索并证明平行四边形的性质定理及其判定定理.
4.了解两条平行线之间距离的意义，能度量两条平行线之间的距离.
二、知识点回顾
知识点1. 多边形：
1.多边形的性质
内角和定理:n边形的内角和为 (n≥3)．
外角和定理:任意多边形的外角和为．
对角线:
从n(n＞3)边形的一个顶点出发可以作条对角线，故n(n＞3)边形共有条对角线．
2.正多边形的定义和性质
定义：各边相等，各内角也相等的多边形叫做正多边形．
性质：每个内角相等，都等于，每个外角相等，都等于，有n条对称轴.
知识点2. 平行四边形的概念
概念:两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.平行四边形是特殊的四边形，四边形不具有稳定性.
知识点3 . 平行四边形的性质：
如图，▱ABCD的对角线相交于点O.
文字描述
几何语言表述
边
两组对边分别平行且相等.
AD∥BC，且AD＝BC；
AB∥CD，且AB＝CD.
角
对角分别相等.
∠BAD＝∠BCD，∠ADC＝∠ABC.
邻角互补.
∠BAD＋∠ABC＝，∠BAD＋∠ADC＝.
对角线
对角线互相平分.
OA＝OC，OD＝OB.
对称性
是中心对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点(或点O)，任意一条经过对称中心的直线均平分平行四边形的面积．
面积
S▱ABCD＝2S△ABC＝4S△AOB＝ah.(a表示平行四边形一边的边长，h表示该边上的高)
知识点4 .平行四边形的判定
文字描述
几何语言表述
边
两组对边分别平行的四边形是平行四边形(定义)．
∵AB∥CD，AD∥CB，∴四边形ABCD是平行四边形．
两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
∵AB＝CD，AD=CB，∴四边形ABCD是平行四边形．
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
∵AB∥CD，AB＝CD或AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
角
两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
∵∠BAD＝∠BCD，∠ADC＝∠ABC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
对角线
对角线互相的四边形是平行四边形．
∵AO＝CO，BO＝DO，∴四边形ABCD是平行四边形.
三、热点训练
热点1：多边形的内角和与外角和
一练基础
1．（2021·广东·汕头市潮南实验学校一模）一个多边形的每个内角均为，则这个多边形是（ ）
A．七边形 B．六边形 C．五边形 D．四边形
【答案】B
【解析】
【分析】
根据多边形的内角与外角的关系，先求出这个多边形的每一个外角的度数，再用360°除以一个外角的度数即可得到边数．
【详解】
解：∵多边形的每一个内角都等于120°，
∴多边形的每一个外角都等于180°-120°=60°，
∴边数n=360°÷60°=6．
故选B.．
【点睛】
此题主要考查了多边形的内角与外角的关系，求出每一个外角的度数是解答本题的关键.即先求出这个多边形的每一个外角的度数，再用360°除即可得到边数．
2．（2021·浙江·东阳市横店镇第二初级中学九年级期末）下列多边形中，内角和与外角和相等的是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】B
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和公式（n-2）•180°与多边形的外角和定理列式进行计算即可得解．
【详解】
解：设多边形的边数为n，根据题意得
（n-2）•180°=360°，
解得n=4．
故选：B．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，熟记公式与定理是解题的关键．
3．（2021·上海·八年级期末）一个多边形的内角和是1800°，则这个多边形的边数为______．
【答案】十二
【解析】
【分析】
首先设这个多边形是n边形，然后根据题意得：（n-2）×180=1800，解此方程即可求得答案．
【详解】
解：设这个多边形是n边形，
根据题意得：（n-2）×180=1800，
解得：n=12．
∴这个多边形是十二边形．
故答案为：十二．
【点睛】
此题考查了多边形的内角和定理．注意多边形的内角和为：（n-2）×180°．
4．（2021·山东蒙阴·模拟预测）若一个九边形个外角的和为，则它的第个外角为______度．
【答案】
【解析】
【分析】
根据多边形的外角和等于，即可求得．
【详解】
解：．
故它的第个外角为度．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了多边形的外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是．
5．（2020·湖南湘西·中考真题）若一个多边形的内角和是外角和的倍，则它的边数是_______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和公式（n−2）•180°以及外角和定理列出方程，然后求解即可．
【详解】
解：设这个多边形的边数是n，
根据题意得，（n−2）•180°＝2×360°，
解得n＝6．
答：这个多边形的边数是6．
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，需要注意，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．
二练巩固
6．（2021·福建·厦门市第九中学二模）一个n边形的内角和为，则n等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和公式计算即可．
【详解】
，
解得．
故选C．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和公式，牢记多边形的内角和公式是解题的关键．
7．（2021·福建省福州外国语学校三模）如图，的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据四边形的内角和及三角形的外角定理即可求解．
【详解】
解：如图，、与分别相交于点、，
在四边形中，，
，，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查了多边形的外角与内角、三角形的外角性质，解题的关键是熟记多边形的内角和公式及三角形的外角定理．
8．（2021·江苏扬州·中考真题）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
【解析】
【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．
9．（2021·河北·石家庄市第四十中学二模）如图，五边形ABCDE中，，，、、分别是、、的外角，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
延长AB与CD，根据平角定义可求∠4与∠5，再根据多边形外角和可求解．
【详解】
解：延长AB和DC，得∠4与∠5，
∴∠4=180°-∠B，
∠5=180°-∠C，
∴∠4+∠5=360°-（∠B+∠C）=170°，
根据多边形的外角和定理，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，
∴∠1+∠2+∠3=360°-（∠4+∠5）=360°-170°=190°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了五边形的角度问题，平角定义，多边形外角和，掌握平角定义，多边形外角和是解题的关键．
10．（2021·江苏·苏州市振华中学校二模）如图，在四边形ABCD中，的角平分线与的外角平分线相交于点P，且，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】
先根据角平分线的定义可得，再根据四边形的内角和可得，然后根据三角形的外角性质即可得．
【详解】
解：的角平分线与的外角平分线相交于点，
，
在四边形中，，
，
由三角形的外角性质得：，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了四边形的内角和、角平分线的定义等知识点，熟练掌握四边形的内角和是解题关键．
11．（2021·浙江瓯海·三模）如图，在五边形ABCDE中，AB＝CD，∠ABC＝∠BCD，BE，CE分别是∠ABC，∠BCD的角平分线．
（1）求证：△ABE≌△DCE；
（2）当∠A＝80°，∠ABC＝140°时，求∠AED的度数．
【答案】（1）见解析；（2）100°
【解析】
【分析】
（1）由角平分线的定义得出∠ABE=∠CBE，∠BCE=∠DCE，可证明△ABE≌△DCE（SAS）；
（2）由全等三角形的性质得出∠A=∠D=80°，根据五边形的内角和可求出答案．
【详解】
解：（1）证明：∵BE，CE分别是∠ABC，∠BCD的角平分线．
∴∠ABE=∠CBE，∠BCE=∠DCE，
∵∠ABC=∠BCD，
∴∠ABE=∠DCE，∠EBC=∠ECB，
∴BE=CE，
在△ABE和△DCE中，
，
∴△ABE≌△DCE（SAS）；
（2）解：∵△ABE≌△DCE，
∴∠A=∠D=80°，
∵∠ABC=140°，
∴∠ABC=∠BCD=140°，
∵五边形ABCDE的内角和是540°，
∴∠AED=540°-∠A-∠D-∠ABC-∠BCD=540°-80°-80°-140°-140°=100°．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，五边形的内角和，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
三练拔高
12．（2021·上海徐汇·二模）如果剪掉四边形的一个角，那么所得多边形的内角和的度数不可能是（ ）
A．180° B．270° C．360° D．540°
【答案】B
【解析】
【分析】
分四边形剪去一个角，边数减少1，不变，增加1，三种情况讨论求出所得多边形的内角和，即可得解．
【详解】
解：剪去一个角，若边数减少1，则内角和＝（3﹣2）×180°＝180°，
若边数不变，则内角和＝（4﹣2）×180°＝360°，
若边数增加1，则内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
所以，所得多边形内角和的度数可能是180°，360°，540°，不可能是270°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了多边形的内角与外角，要注意剪去一个角有三种情况．
13．（2021·福建省福州第十九中学三模）在凸n边形中，小于108°的角最多可以有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】B
【解析】
【分析】
内角小于108度，其外角大于72度，外角和总共是360度，所以最多有4个，若有5个的时候外角和超过360度．
【详解】
解：设小于108°的角最多可以有x个，即外角大于72度的有x个，
则72x＜360，解得x＜5，
即小于108°的角最多有4个．
故选：B．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和外角，熟记多边形的外角和为360°是解题关键．
14．（2021·广东盐田·一模）如图，如图1将矩形ABCD剪2刀得3个角，其和为360°；如图2，剪3刀得4个角，其和为540°； 如图 3，剪4刀得5个角，其和为720°……按上述剪法剪n刀得（n＋1）个角，其和为________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和公式即可得．
【详解】
四边形是矩形，
，
设剪刀得个角的和为，则所得多边形的角的个数为个，
由多边形的内角和公式得：，
解得，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和公式，熟练掌握多边形的内角和公式是解题关键．
15．（2021·浙江舟山·一模）发现：如图1，在有一个“凹角”边形 …中（为大于3的整数），．
验证：
（1）如图2，在有一个“凹角”的四边形中，证明：．
（2）如图3，有一个“凹角”的六边形中，证明；．
延伸：
（3）如图4，在有两个连续“凹角和”的四边形 ……中（为大于4的整数），．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）6．
【解析】
【分析】
（1）如图2，延长交于，根据三角形的外角的性质即可得到结论；
（2）如图3，延长交于，则，根据多边形的内角和和外角的性质即可得到结论；
（3）如图4，延长交于 ，延长交于 ，根据三角形的外角的性质得到，根据多边形的内角和得到 ，于是得到结论．
【详解】
解：（1）如图2，延长交于，
则，，
；
（2）如图3，延长交于，
则，
，，
；
（3）如图4，延长交于，延长交于，
则，
，
而，
．
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和外角和等知识，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
热点2：与正多边形相关的计算
一练基础
1．（2021·黑龙江杜尔伯特·九年级期末）如图，，，，，相互外离，它们的半径都是2，顺次连接五个圆心得到五边形，则图中五个扇形（阴影部分）的面积之和是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
求出五个扇形的圆心角之和，利用扇形面积公式求解即可．
【详解】
故选A．
【点睛】
本题考查了多边形内角和，扇形面积公式，理解题意是解题的关键．
2．（2022·辽宁·东北育才实验学校模拟预测）如图，小明用一些完全相同的△ABC纸片拼接图案，已知用六个△ABC纸片按照图1所示的方法拼接可得外轮廓是正六边形图案，若用n个△ABC纸片按图2所示的方法拼接，那么可以得到外轮廓的图案是（ ）
A．正十二边形 B．正十边形 C．正九边形 D．正八边形
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据正六边形计算一个内角为120度，可知△ABC各角的度数，从而知图2中正多边形的内角的度数与外角的度数，从而可得结论．
【详解】
解：∵正六边形每一个内角为120°，
∴∠ACB=120°-80°=40°，
∴∠CAB=180°-120°=60°，
∴图2中正多边形的每一个内角为60°+80°=140°，
所以正多边形的边数为 ，
∴可以得到外轮廓的图案是正九边形．
故选：C．
【点睛】
本题考查正多边形，解决本题的关键是掌握正多边形内角和与外角和公式．
3．（2021·云南五华·一模）如图，小明从点出发，沿直线前进8米后向左转，再沿直线前进8米，又向左转，…，照这样走下去，他第一次回到出发点时，走过的总路程为（ ）
A．48米 B．80米 C．96米 D．无限长
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用除以求出边数，然后再乘以8米即可．
【详解】
小明每次都是沿直线前景8米后向左转60度，
他走过的图形是正多边形，
边数，
他第一次回到出发点时，一共走了（米）．
故选：A
【点睛】
本题考查了正多边形的边数的求法，根据题意判断出小明走过的图形是正多边形是解题关键．
4．（2021·山东济南·中考真题）如图，正方形的边在正五边形的边上，则__________．
【答案】18
【解析】
【分析】
由正方形的性质及正五边形的内角可直接进行求解．
【详解】
解：∵四边形是正方形，五边形是正五边形，
∴，
∴；
故答案为18．
【点睛】
本题主要考查正多边形的性质，熟练掌握正多边形的定义是解题的关键．
5．（2021·福建·泉州五中模拟预测）如图，正六边形中，对角线、交于点，则等于______度．
【答案】
【解析】
【分析】
由正六边形的性质得出∠BAF＝∠CBA＝120°，AF=BA=BC，由等腰三角形的性质得出∠AFB＝∠BAC＝30°，求出∠GAF =90°，即可求出∠CGF的度数．
【详解】
解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BAF＝∠CBA=120°，AF=BA=BC，
∴∠AFB＝∠BAC＝30°，
∴∠OAF＝∠BAF﹣∠BAC＝90°，
∴∠CGF＝90°+∠AFB＝120°．
故答案为：120．
【点睛】
本题考查了正六边形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，明确正六边形的每条边相等，每个角相等是解答此题的关键．
二练巩固
6．（2021·辽宁营口·中考真题）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出正六边形的内角和外角，再根据三角形的外角性质以及平行线的性质，即可求解．
【详解】
解：∵正六边形的每个内角等于120°，每个外角等于60°，
∴∠FAD=120°-∠1=101°，∠ADB=60°，
∴∠ABD=101°-60°=41°
∵光线是平行的，
∴=∠ABD=，
故选A
【点睛】
本题主要考查平行线的性质，三角形外角性质以及正六边形的性质，掌握三角形的外角性质以及平行线的性质是解题的关键．
7．（2021·全国·九年级专题练习）一个正多边形内角和等于540°，则这个正多边形的每一外角等于____°．
【答案】72
【解析】
【分析】
先求出正多边形的边数，从而可得其每个内角的度数，再根据邻补角的定义即可得．
【详解】
解：设这个正多边形的边数为，
由题意得：，
解得，
则这个正多边形的每个内角的度数为，
所以这个正多边形的每一外角等于，
故答案为：72．
【点睛】
本题考查了正多边形的内角与外角，熟记公式是解题关键．
8．（2021·河北·石家庄市第四十二中学一模）如图，由一个正六边形和一个正五边形组成的图形中∠1的度数是_____．
【答案】84°
【解析】
【分析】
利用正多边形的外角公式可得∠3，∠4，再根据三角形内角和为180°，求出∠2，即可求出∠1解决问题．
【详解】
解：如图，
由题意得：∠3＝360°÷6＝60°，∠4＝360°÷5＝72°，
则∠2＝180°﹣60°﹣72°＝48°，
所以∠1＝360°﹣48°﹣120°﹣108°＝84°
故答案为84°．
【点睛】
本题考查多边形内角与外角，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
9．（2021·河北兴隆·二模）如图，正五边形绕点顺时针旋转，当时，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
如下图，由五边形内角和公式及正多边形的性质得到正五边形每个内角的度数，求解∠2，利用旋转的性质与五边形的内角和公式得到答案．
【详解】
解：如图所示：
∵正五边形每个内角的度数为，
又∵α=18°，
∴∠2=108°-18°=90°，
由旋转的性质得：对应角相等，
∴∠M=∠MNH=108°，
在正五边形中，∠E=108°，
∴∠1=540°-3×108°-90°=126°，
故答案为：126°．
【点睛】
本题考查了正多边形内角，熟记正多边形的性质，多边形的内角和公式，旋转的性质是解题的关键．
10．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在正六边形中，以为对角线作正方形，、与分别交于、．
（1）______°；
（2）若，求的长．（参考数据：，结果精确到0.1，可以直接利用（1）的结论．）
【答案】（1）15；（2）1.1
【解析】
【分析】
（1）根据正六边形和正方形的内角及对角线性质求解；
（2）作AD中点O，连接BO，连接PO交BC于H，则由题意可以得到OP、OH，从而得到PH、MH，最后得到 MN的值 ．
【详解】
解：（1）∵AD是正六边形ABCDEF和正方形APDQ的对角线，
∴，∠ PAD=45°，
∴∠BAM=∠BAD-∠PAD=60°-45°=15°，
故答案为15；
（2）如图，作中点，连接，
在正六边形中，，，
、平分、，，
∴，
∴，是等边三角形，
∴，，
∴
连接交于，
在正方形中，，，
∵，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴ ．
【点睛】
本题考查正方形和正六边形的综合应用，熟练掌握正方形和正六边形的性质、等边三角形和直角三角形的性质、正弦函数的定义是解题关键 ．
三练拔高
11．（2021·河北路南·三模）如图，已知正六边形的边长为1，分别以其对角线、为边作正方形，则两个阴影部分的面积差的值为（ ）
A．0 B．2 C．1 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据正多边形的性质结合勾股定理求解即可；
【详解】
∵六边形是正六边形，
∴则AD是其对称轴，则EF∥AD∥BC，E、C关于AD对称，则，
∵四边形ADPQ、四边形CEHG是正方形，
∴，
∴四边形MCND是矩形，
∴，
连接OB、OC，
∴，
∴，
∴，
∵正六边形内角和为，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案选C．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，结合正多边形的内角和求解是解题的关键．
12．（2021·江苏南京·九年级阶段练习）如图，正六边形的面积是，则对角线的长是 __．
【答案】8
【解析】
【分析】
连接，先解答正六边形的边长为4，再解得，继而解得，最后根据含30°直角三角形的性质解题．
【详解】
解：设正六边形的边长为，
正六边形的面积是，
，
解得
连接，
在正六边形中，，，
，
，
，
，
，
故答案为：8．
【点睛】
本题考查正六边形的性质、含30°直角三角形的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
13．（2021·全国·九年级专题练习）某同学以一个边长为1的正六边形的三个顶点为圆心，边长为半径，向外画了三段圆弧，设计了如图所示的图案．则图案外围轮廓的周长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由正六边形的边长相等可得每个内角为120度，进而可知图案外围轮廓的周长为三个半径为1、圆心角为240度的弧长之和．
【详解】
解：如图：由题意可知：
∵正六边形六个边相等都等于1，六个内角相等都等于，
∴图案外围轮廓的周长为三个半径为1、圆心角为240度的弧长之和，
即图案外围轮廓的周长为：．
故填．
【点睛】
本题主要考查了正多边形和弧长公式，根据题意得到图案外围轮廓的周长为三个半径为1、圆心角为240度的弧长之和成为解答本题的关键．
14．（2021·山东龙口·一模）黄金分割具有严格的比例性，蕴藏着丰富的美学价值，这一比值能够引起人们的美感．如图，连接正五边形的各条对角线围成一个新的五边形．图中有很多顶角为的等腰三角形，我们把这种三角形称为“黄金三角形”，黄金三角形的底与腰之比为．若，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】
由正五边形得到△DER为“黄金三角形”，利用黄金三角形的定义可得DE的长，即可得AB的长．
【详解】
∵为正五边形，
∴DE=AE=CD=AB，∠AED=∠EDC=∠EAB==108°，
∴∠DEC=∠DCE=36°，∠AEB=∠ABE=36°，∠EAD=∠EDA=36°，
∴∠MER=108°-36°-36°=36°，
∴∠ERD=2∠EAD=72°，∠DER=2∠DEC=72°，∠EMR=2∠EDA=72°，
∴ER=EM=4，DE=DR，
∴△DER为“黄金三角形”，
∴，即，
解得：DE=，
∴AB=，
故答案为：
【点睛】
本题考查正多边形的性质，多边形的内角和为（n-2）×180°（n≥3），理解“黄金三角形”的定义，正确得出正五边形一个内角的度数，熟练掌握等腰三角形的性质并是解题关键．
15．（2020·浙江温岭·一模）用两条宽均为2cm的纸条（假设纸条的长度足够长），折叠穿插，如图（1）所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图（2）所示的正六边形ABCDEF，则折出的正六边形的边长为_____cm．
【答案】
【解析】
【分析】
作AM⊥CB于M，则AM＝2，由正六边形的性质得出∠ABC＝120°，由邻补角求出∠ABM＝60°，由三角函数求出AB即可．
【详解】
解：如图所示：
作AM⊥CB于M，则AM＝2，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠ABC＝120°，
∴∠ABM＝180°﹣120°＝60°，
∵sin∠ABM＝，
∴；
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了锐角三角函数以及正多边形内角和的综合应用，其中根据正多边形性质得到∠ABC＝120°是解题的关键；属于基础题．
热点3：平行四边形的判定
一练基础
1．（2020·新疆乌苏·九年级阶段练习）下列哪组条件能判别四边形ABCD是平行四边形（ ）
A．ABCD，AD=BC B．AB=CD，AD=BC
C．∠A=∠B，∠C=∠D D．AB=AD，CB=CD
【答案】B
【解析】
【分析】
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；两组对角分别相等的四边形是平行四边形可得答案．
【详解】
解：A、AB∥CD，AD=BC不能判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项错误；
B、AB=CD，AD=BC判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项正确；
C、∠A=∠B，∠C=∠D不能判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项错误；
D、AB=AD，CB=CD不能判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项错误；
故选B．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握平行四边形的判定定理．
2．（2019·辽宁铁西·中考模拟）如图，在四边形ABCD中，点O是对角线的交点，且AB∥CD，添加下列哪个条件，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB＝CD B．AD∥BC C．OA＝OC D．AD＝BC
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定定理可直接进行排除选项．
【详解】
解：A、若添加AB=CD可根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可判定，故不符合题意；
B、若添加AD∥BC可根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”可判定，故不符合题意；
C、由AB∥CD可得∠BAO=∠DCO，∠ABO=∠CDO，结合OA=OC可证△ABO≌△CDO（AAS），然后可得OB=OD，进而根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”可判定，故不符合题意；
D、若添加AD=BC不能判定四边形是平行四边形，故符合题意；
故选D．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
3．（2021·云南五华·一模）如图所示，将绕边的中点旋转．小颖发现旋转后的与构成了平行四边形，她的推理思路如下：
点、分别转到点、处，
而点转到点处．
由，
得四边形是平行四边形．
为保证小颖的推理更严谨，小明想在方框中“由，”和“得四边形……”之间作补充．应补充的是（ ）
A．且 B．且 C．且 D．且
【答案】A
【解析】
【分析】
根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可．
【详解】
解：∵CB＝AD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故应补充“AB＝CD”，
故选：A．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
4．（2021·安徽·合肥市五十中学新校二模）已知，凸四边形，给出下列四个条件：
①， ②，
③， ④，
能判断四边形是平行四边形的个数是（ ）．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
由平行四边形的判定方法分别对各个条件进行判断即可．
【详解】
解：①∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故①能判断四边形ABCD是平行四边形；
②∵AB=CD，AD∥BC
∴四边形ABCD是等腰梯形或平行四边形，故②不能判断四边形ABCD是平行四边形；
③如图1，∵AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°，∠A+∠D=180°，
∵∠A=∠C，
∴∠B=∠D，
∴四边形ABCD是平行四边形，故③能判断四边形ABCD是平行四边形；
④如图2，连接BD，
在△ABD和△CDB中，AB=CD，BD=DB，∠A=∠C，
不能判定△ABD和△CDB全等，
∴不能判定AD=BC，
∴不能判断四边形ABCD是平行四边形；
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定、全等三角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
5．（2021·吉林·三模）如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝∠ACD＝90°，CD，点E是CD的中点．求证：四边形ABCE是平行四边形．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
根据平行线的判定定理得到AB∥EC，推出AB＝EC，进而可得结论．
【详解】
证明：∵∠BAC＝∠ACD＝90°，
∴AB∥EC，
∵点E是CD的中点，
∴，
∵，
∴AB＝EC，
∴四边形ABCE是平行四边形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，解题的关键在于熟练掌握平行四边形的判定定理．
6．（2021·福建同安·三模）如图，四边形ABCD中，AD∥BC ，AC、BD相交于点O，O是AC的中点．
求证：四边形ABCD是平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
证明△AOD≌△COB（AAS），得OD=OB，即可得出结论．
【详解】
解：证明：∵O是AC的中点，
∴OA=OC，
∵AD∥BC，
∴∠ADO=∠CBO，
在△AOD和△COB中，
，
∴△AOD≌△COB（AAS），
∴OD=OB，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定方法，证明△AOD≌△COB是解题的关键．
7．（2021·湖南岳阳·中考真题）如图，在四边形中，，，垂足分别为点，．
（1）请你只添加一个条件（不另加辅助线），使得四边形为平行四边形，你添加的条件是________；
（2）添加了条件后，证明四边形为平行四边形．
【答案】（1）（答案不唯一，符合题意即可）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意可知，要使得四边形为平行四边形，则使得即可，从而添加适当条件即可；
（2）根据（1）的思路，利用平行四边形的定义证明即可．
【详解】
（1）显然，直接添加，可根据定义得到结果，
故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）；
（2）证明：∵，，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
二练巩固
8．（2021·河北·中考真题）如图1，中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）
图2
A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是
C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是
【答案】A
【解析】
【分析】
甲方案：利用对角线互相平分得证；
乙方案：由，可得,即可得，
再利用对角线互相平分得证；
丙方案:方法同乙方案．
【详解】
连接交于点
甲方案：四边形是平行四边形
四边形为平行四边形．
乙方案：
四边形是平行四边形
，，
又
(AAS)
四边形为平行四边形．
丙方案:
四边形是平行四边形
，，，
又分别平分
， 即
（ASA）
四边形为平行四边形．
所以甲、乙、丙三种方案都可以．
故选A．
【点睛】
本题考查了平行四边的性质与判定，三角形全等的性质和判定，角平分线的概念等知识，能正确的利用全等三角的证明得到线段相等，结合平行四边形的判定是解题关键．
9．（2021·陕西雁塔·模拟预测）如图，B，E，C，F在一条直线上，已知AB∥DE，AC∥DF，BE＝CF，连接AD．求证：四边形ABED是平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
由推出∠B=∠DEF，由推出∠ACB=∠F，再证得BC=EF，推出△ABC≌△DEF，得到AB=DE，即可根据一组对边平行且相等证明四边形ABED是平行四边形．
【详解】
证明：∵
∴∠B=∠DEF，
∵，
∴∠ACB=∠F，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，即BC=EF，
∴△ABC≌△DEF，
∴AB=DE，
∵，
∴四边形ABED是平行四边形．
【点睛】
此题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，熟记全等三角形的判定定理和平行四边形的判定定理是解题的关键．
10．（2021·湖南师大附中博才实验中学一模）如图，在中，，，以线段为边向外作等边，点是线段的中点，连接并延长交线段于点．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
(1)由直角三角形的性质得出，∠ABC=60°，由等边三角形的性质得出∠ABD=∠BAD=60°， AB=AD，得出∠ABC=∠BAD，证出，再证出△BCE是等边三角形，得出∠BEC=60°=∠ABD，得出，即可得出结论；
(2)由直角三角形的性质可求BC，AC的长，由梯形面积公式可求解．
【详解】
（1）证明：，，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
点是线段的中点，
，
，
是等边三角形，
，
，且，
四边形为平行四边形；
（2）在中，
，，
，，
，
四边形为直角梯形，
直角梯形的面积．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，证明是本题的关键．
11．（2021·江苏工业园区·一模）如图，在等边中，点D在边上，为等边三角形，且点E与点D在直线的两侧，点F在上（不与A，B重合）且与，分别相交于点F，G．求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
易证△ABD≌△ACE，则有全等三角形的对应角相等，根据平行线的判定得到BFEC．由于∠AFE＝∠B，则EFBC．故四边形BCEF为平行四边形．
【详解】
证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠ACB＝∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC＋∠CAD＝∠CAE＋∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B＝∠ACE＝60°，
∴∠B＋∠ACB＋∠ACE＝180°，
∴BFCE．
又∵∠AFE＝∠B，
∴EFBC，
∴四边形BCEF为平行四边形．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的性质与判定及平行四边形的判定，考查的知识点比较多，但难度不算很大．
12．（2021·黑龙江松北·二模）如图，在中，，垂直平分，交于点E，连接、，且．
（1）如图1，求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，点G是的中点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有面积是的面积的2倍的三角形和四边形．
【答案】（1）见解析；（2），，，四边形
【解析】
【分析】
（1）证明EF是△ABC的中位线，可得BC=2EF，由ED=2EF，可得ED=BC，进而可以根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得证；
（2）根据点G是BC的中点，可得△BEC，△ECD，△AEB的面积相等，都等于△BEG的面积的2倍，四边形BGEF等于△BEG的面积的2倍．
【详解】
（1）证明：∵DF垂直平分AB，交AC于点E，
∴∠AFE=90°，EA=EB，AF=FB，
∴∠A=∠ABE，
∵∠ABC=90°，
∴∠AFE=∠ABC，
∴FD∥BC，
∵AF=FB，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=BC，
∴BC=2EF，
∵ED=2EF，
∴ED=BC，
∵ED∥BC，
∴四边形BCDE是平行四边形；
（2）∵点G是BC的中点，
∴△BEC，△ECD，△AEB的面积相等，都等于△BEG的面积的2倍，
四边形BGEF等于△BEG的面积的2倍．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，三角形的面积，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定与性质．
13．（2021·广西来宾·中考真题）如图，四边形中，，，连接．
（1）求证：；
（2）尺规作图：过点作的垂线，垂足为（不要求写作法，保留作图痕迹）；
（3）在（2）的条件下，已知四边形的面积为，，求的长．
【答案】（1）证明见详解；（2）作图见详解；（3）CE=4．
【解析】
【分析】
（1）根据，得到∠BAC=∠DCA，结合，AC=CA，利用“AAS”即可证明；
（2）如图，延长AB，任意取一点H，使H和点C在AB两侧，以C为圆心，CH为半径画弧，交AB于F、G，分别以F、G为圆心，以大于FG长为半径画弧，两弧交于I，作直线CI，交AB延长线于E，则CD⊥AB与E；
（3）证明四边形ABCD为平行四边形，根据平行四边形面积公式即可求解．
【详解】
解：（1）∵，
∴∠BAC=∠DCA，
又∵，AC=CA，
∴；
（2）如图，延长AB，任意取一点H，使H和点C在AB两侧，以C为圆心，CH为半径画弧，交AB于F、G，分别以F、G为圆心，以大于FG长为半径画弧，两弧交于I，作直线CI，交AB延长线于E，则CD⊥AB与E；
（3）∵，
∴AB=CD，
∵，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴,
即5CE=20，
∴CE=4．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，过直线外一点作已知直线的垂线等知识，综合性较强，熟知相关知识点，并根据题意灵活应用是解题关键．
14．（2021·北京市三帆中学模拟预测）如图，在四边形中，，对角线，相交于点，点是对角线中点，连接，．如果，，且．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若，则______，_____．
【答案】（1）见解析；（2）12，
【解析】
【分析】
（1）要证明四边形AMCD是平行四边形，已知AM=DC，只需要证明AM∥DC即可；由条件可知△AMB≌△AMC(SSS)，推理可得∠DCA=∠MAC=45°，由内错角相等，两直线平行可知AM∥CD，可得结论；
(2)根据平行四边形的性质得即可得，延长AM交BC于点E，由等腰三角形三线合一可得点E是BC的中点，ME是△BCD的中线，则ME=CD，进而ME=AE，BC=6ME，最后由勾股定理求出ME=2，从而可得结论．
【详解】
解：（1）证明：如图，
∵点M是BD的中点，∠BCD=90°
∴CM是Rt△BCD斜边BD的中线，
∴CM=BM=MD，
又AB=AC，AM=AM，
∴△AMB≌△AMC(SSS)，
∴∠BAM=∠CAM，
∵BA⊥AC，
∴∠BAC=90°，
∴∠CAM=45°
又∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=45°
∴∠DCA=∠DCB-∠ACB=45°，
∴∠DCA=∠MAC，
∴AM∥CD，
又∵AM=DC，
∴四边形AMCD为平行四边形．
（2）由（1）得，，即
∴
延长AM交BC于点E，如图，
∵AB=AC，∠BAC=90°，∠BAM=∠CAM，
∴AE⊥BC，且点E为BC的中点，
∴
∵点M是BD的中点，点E是BC的中点，
∴ME是△BCD的中位线，
∴CD=2ME，
又AM=CD，
∴AM=2ME，
∴ME=AE，
∴，
在Rt△BCD中，，即
解得，ME=2
∴，CD=4
∴tan∠DBC=，
故答案为：12，．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定，直角三角形的性质，三角形中位线定理，求三角函数值等知识；求出ME=2是解答此题的关键．
三练拔高
15．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在中，D为AB边上一点、F为AC的中点，过点C作交DF的延长线于点E，连结AE．
（1）求证：四边形ADCE为平行四边形．
（2）若，，，求DC的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）先证明，再证明可得AD=CE,最后结合即可证明；
（2）如图：作于点H，在Rt△DFH中利用三角函数可得FH的长，最后在Rt△CFH中运用勾股定理解答即可．
【详解】
（1）证明：∵，
∴．
∵F为AC的中点，
∴，
又∵，
．
∴
∵
∴四边形ADCE为平行四边形；
（2）作于点H．
∵四边形ADCE为平行四边形，
∴，，
∴，
在中，，，，
∴，得，
，得．
在中，，，，
∴．
由勾股定理，得．
∴．
【点睛】
本题主要考查了解直角三角形、平行四边形的判定、全等三角形的判定的综合应用等知识点，正确作出辅助线、灵活利用三角函数解直角三角形成为解答本题是关键．
16．（2021·湖北鄂州·中考真题）如图，在中，点、分别在边、上，且．
（1）探究四边形的形状，并说明理由；
（2）连接，分别交、于点、，连接交于点．若，，求的长．
【答案】（1）平行四边形，见解析；（2）16
【解析】
【分析】
（1）利用平行四边形的判定定理，两组对边分别平行是平行四边形即可证明；
（2）根据，找到边与边的等量关系，再利用三角形相似，建立等式进行求解即可．
【详解】
（1）四边形为平行四边形．
理由如下：
∵四边形为平行四边形
∴
∵
∴
∵四边形为平行四边形
∴
∴
∴
∵
∴四边形为平行四边形
（2）设，∵
∴，
∵四边形为平行四边形
∴，，
∵
，
∴
∴
∵
∴．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定定理、相似三角形的判定定理，解题的关键是：熟练掌握相关定理，能进行相关的证明．
17．（2021·山东济南·中考真题）在中，，，点在边上，，将线段绕点顺时针旋转至，记旋转角为，连接，，以为斜边在其一侧制作等腰直角三角形．连接．
（1）如图1，当时，请直接写出线段与线段的数量关系；
（2）当时，
①如图2，（1）中线段与线段的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，当，，三点共线时，连接，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）；（2）①成立，理由见解析；②平行四边形，理由见解析；
【解析】
【分析】
（1）如图1，证明，由平行线分线段成比例可得，由的余弦值可得；
（2）①根据两边成比例，夹角相等，证明，即可得；
②如图3，过作，连接, 交于点，根据已知条件证明，根据平行线分线段成比例可得，根据锐角三角函数以及①的结论可得,
根据三角形内角和以及可得，进而可得，即可证明四边形是平行四边形．
【详解】
（1）如图1，
，，
，
是以为斜边等腰直角三角形，
,，
，
，
，
，
，
即；
（2）①仍然成立，理由如下：
如图2，
，，
，
是以为斜边等腰直角三角形，
,，
，
，
即，
，
，
，
，
，
即；
②四边形是平行四边形，理由如下：
如图3，过作，连接, 交于点，
，，
，
，
，
，
是以为斜边等腰直角三角形，
，
，，三点共线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由①可知，
，
是以为斜边等腰直角三角形，
,，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查了等腰三角形性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，平行四边形的判定，熟练掌握平行线分线段成比例以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
热点5：平行四边形的性质
一练基础
1．在平行四边形中，，，对角线，相交于点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三角形的三边关系定理得到AC的取值范围，再根据平行四边形的性质即可求出OA的取值范围．
【详解】
解：∵AB=3cm，BC=5cm，
∴2cm＜AC＜8cm，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=AC，
∴1cm＜OA＜4cm，
故选：A．
【点睛】
本题考查了对平行四边形的性质，三角形的三边关系定理等知识点的理解和掌握，得到AO是AC的一半是解此题的关键．
2．（2021·河北·石家庄市第四十中学二模）观察下图，判断哪条线段的长度不能表示平行四边形ABCD的高．（ ）
A．BF B．BD C．GH D．DE
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平行四边形高的定义，作出判断即可．
【详解】
∵DE⊥BC，BF⊥CD，
∴线段DE,BF是平行四边形ABCD的高，
又∵AD∥BC，GH⊥BC，
∴GH=DE，
∴GH也是平行四边形ABCD的高，
在Rt中，BD为斜边，
∴BD与AD,CD都不垂直，
∴BD不是平行四边形ABCD的高，
故选：B．
【点睛】
本题考查平行四边形的高，解题关键是掌握平行四边形的高的定义，平行四边形有无数条高，过平行四边形的一边上任意一点向对边所在的直线作垂线段，该垂线段就是平行四边形的高．
3．（2021·湖南·台州市书生中学一模）如图，在中，、为上两点，．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质得到，，，证明△ADE△CBF，即可得结论．
【详解】
证明：四边形平行四边形，
，，
．
在与中，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
4．（2021·浙江·温州绣山中学三模）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F．
（1）求证：EO＝FO；
（2）若AE＝EF＝4，求AC的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形的性质得到AB=CD，∠ABE=∠CDF，然后根据题意证明即可．
（2）根据OE=OF=求出OE的长度，然后根据勾股定理求出AO的长度，即可根据平行四边形对角线互相平分求出AC的长度．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABE=∠CDF，
∵AE⊥ED，CF⊥BD，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
在△ABE和△CDF中，
，
∴，
∴BE=DF，
∵OB=OD，
∴OB-BE=OD-DF，
∴OE=OF．
（2）∵AE＝EF＝4，
∴OE=OF＝，
∴在中，，
∴．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质，三角形全等和勾股定理的运用，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质，三角形全等和勾股定理．
5．（2018·山东历城·中考模拟）如图平行四边形中，对角线，交于点，过点，并与，分别交于点，，已知，
（1）求的长；
（2）如果两条对角线长的和是，求的周长．
【答案】（1）8；（2）18
【解析】
【分析】
（1）由已知条件证明，可得，进而可知，即可求得；
（2）由平行四边形的性质即（1）的结论即可求得的周长．
【详解】
解：（1）四边形是平行四边形，
，，
，
在和中
，
，
，
；
（2）四边形是平行四边形，
，，，
，
，
的周长．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的性质与判定，证明是解题的关键．
6．（2021·广西桂林·中考真题）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．
【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．
7．（2021·重庆实验外国语学校三模）如图，平行四边形中．
（1）求作：的垂直平分线，交于点．交延长线于点（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，直线交于，连接，当时，求证：．
【答案】（1）图见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用基本作图，作AB的垂直平分线即可；
（2）先根据平行四边形的性质得到∠A＝∠C＝22.5°，再利用线段垂直平分线的性质得到EA＝EB，MN⊥AB，则∠EBA＝∠A＝22.5°，接着判断△DEB为等腰直角三角形得到DE＝DB，然后证明△NDE≌△ABD，从而得到结论．
【详解】
（1）解：如图，MN为所作；
（2）证明：如图，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠C＝22.5°，
∵MN垂直平分AB，
∴EA＝EB，MN⊥AB，
∴∠EBA＝∠A＝22.5°，
∴∠DEB＝∠A＋∠EBA＝45°，
∵∠ADB＝90°，
∴△DEB为等腰直角三角形，∠DEDN＝90°，
∴DE＝DB，
∵∠N＋∠NED＝90°，∠A＋∠MEA＝90°，
而∠NED＝∠AEM，
∴∠N＝∠A，
在△NDE和△ABD中，
，
∴△NDE≌△ADB（AAS），
∴NE＝AB．
【点睛】
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图（作已知线段的垂直平分线）．也考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质．
二练巩固
8．（2019·浙江衢州·中考模拟）如图，在平行四边形ABCD中，E是边CD上一点，将沿AE折叠至处，与CE交于点F，若，，则的度数为（ ）
A．40° B．36° C．50° D．45°
【答案】B
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质得出，由折叠的性质得，，由三角形的外角性质求出，由三角形内角和定理求出，即可得出的大小．
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，
，
由折叠的性质得：，，
，
，
．
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出和是解决问题的关键．
9．（2021·江苏建湖·一模）如图，在平行四边形中，平分，交于点，平分交于点，，，则长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质可得，由角平分线可得，所以，所以，同理可得，则根据即可求解．
【详解】
∵四边形是平行四边形，
∴AD∥BC，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质,等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，解题的关键是依据数学模型“角平分线＋平行线等腰三角形”转化线段．
10．（2021·山东威海·中考真题）如图，在平行四边形中，，．连接AC，过点B作，交DC的延长线于点E，连接AE，交BC于点F．若，则四边形ABEC的面积为（ ）
A． B． C．6 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先证明四边形ABEC为矩形，再求出AC，即可求出四边形ABEC的面积．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD=2，BC=AD=3，∠D=∠ABC，
∵，
∴四边形ABEC为平行四边形，
∵，
∴，
∵∠AFC=∠ABF+∠BAF，
∴∠ABF=∠BAF，
∴AF=BF，
∴2AF=2BF，
即BC=AE，
∴平行四边形ABEC是矩形，
∴∠BAC=90°，
∴,
∴矩形ABEC的面积为．
故选：B
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟知相关定理，证明四边形ABEC为矩形是解题关键．
11．（2022·黑龙江·鸡西市第一中学校九年级期末）已知在平行四边形中，点在直线上，，连接交于点，则的值是________．
【答案】或
【解析】
【分析】
分两种情况：①当点E在线段AD上时，由四边形ABCD是平行四边形，可证得△EFD∽△CFB，求出DE：BC＝2：3，即可求得EF：FC的值；
②当点E在射线DA上时，同①得：△EFD∽△CFB，求出DE：BC＝4：3，即可求得EF：FC的值．
【详解】
解：∵，
∴分两种情况：
①当点E在线段AD上时，如图1所示
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，AD＝BC，
∴△EFD∽△CFB，
∴EF：FC＝DE：BC，
∵，
∴DE＝2AE＝AD＝BC，
∴DE：BC＝2：3，
∴EF：FC＝2：3；
②当点E在线段DA的延长线上时，如图2所示：
同①得：△EFD∽△CFB，
∴EF：FC＝DE：BC，
∵，
∴DE＝4AE＝AD＝BC，
∴DE：BC＝4：3，
∴EF：FC＝4：3；
综上所述：EF：FC的值是或；
故答案为：或．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质与平行四边形的性质．此题难度不大，证明三角形相似是解决问题的关键；注意分情况讨论．
12．（2021·全国·九年级专题练习）如图，中，对角线、相交于点O，交于点E，连接，若的周长为28，则的周长为______．
【答案】14
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质证得，再证明OE为线段BD的垂直平分线，则BE=ED，由的周长=即可求解．
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵平行四边形的周长为28，
∴，
∵，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴的周长．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、线段垂直平分线的判定与性质、三角形的周长，熟练掌握平行四边形的性质及中垂线的性质，证明是线段的垂直平分线是解答的关键．
13．（2021·全国·九年级单元测试）如图，在中，E是的延长线上一点，与交于点F，．
（1）求证：；
（2）若的面积为2，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）16
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质，证明两角对应相等，两三角形相似即可．
（2）首先证明，再证明，利用相似三角形的性质面积比等于相似比的平方，即可求出的面积，由此即可解决问题．
【详解】
解：（1）四边形是平行四边形
，
（2）解：四边形是平行四边形，
，平行且等于，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，熟悉相似三角形的性质和判定是解决问题的关键．
14．（2021·黑龙江讷河·九年级期中）如图，中， ， ， ，P是对角线AC上任一点（点P不与点A、C重合），且交AB于E，且交AD于F，则阴影部分的面积为（ ）
A．5 B． C．10 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用平行四边形的性质及判定定理可判断四边形AEPF为平行四边形，EF、AP为平行四边形AEPF的对角线，设交点为O，则EF、AP相互平分，从而证得△POF≌△AOE，则阴影部分的面积等于△ABC的面积．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC
∵PE∥BC，
∴PE∥AD
∵PF∥CD，
∴PF∥AB，
∴四边形AEPF为平行四边形．
设平行四边形AEPF的对角线AP、EF相交于O，则AO＝PO，EO＝FO，∠AOE＝∠POF
∴△POF≌△AOE，
∴图中阴影部分的面积等于△ABC的面积，
过A作AM⊥BC交BC于M，
∵∠B＝60°，AB＝4，
∴BM=2
∴AM＝ =2，
S△ABC5×25，即阴影部分的面积等于5．
故答案选：B．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质及判定定理，勾股定理以及全等三角形及三角形面积的求法，范围较广．
三练拔高
15．（2021·吉林·长春市解放大路学校模拟预测）如图，在中，点M、N分别在边AD、BC上，点E、F在对角线BD上，且，．
（1）求证：四边形ENFM是平行四边形．
（2）若点M是AD中点，，，，则________．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）只需要证明，得到，，从而得到，即可得到，从而得证；
（2）连接MN，由（1）得四边形ENFM是平行四边形，根据∠EMF=90°，即可证明四边形ENFM是矩形，即可得到MN=EF，在证明四边形ABNM为平行四边形，得到
，最后利用勾股定理求解即可.
【详解】
解：（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴．
∵，．
∴．
∴，．
∴．
∴．
∴MF∥EN．
∴四边形ENFM是平行四边形．
（2）如图，连接MN，由（1）得四边形ENFM是平行四边形，
∵∠EMF=90°，
∴四边形ENFM是矩形，
∴MN=EF，
∵四边形是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵M为AD的中点，
∴，
∴四边形ABNM为平行四边形，
∴，
∴.
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
16．（2021·黑龙江道外·三模）如图，在中．点在边上，点在边上，且，连接、相交于点，连接、相交于点．
（1）如图1，求证：四边形为平行四边形；
（2）如图2，连接，若是的中点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中以为边的所有平行四边形．
【答案】（1）见解析；（2）、、、
【解析】
【分析】
（1）由，可得，，由，可得四边形AFCE为平行四边形，可得AF∥CE，再证即可；
（2）以为边的平行四边形有、、、．由是的中点，证点F为BC中点，可证四边形AFCE与四边形EBFD均为平行四边形，可证△AME≌△END（ASA），可得AM=EN，可证四边形AENM为平行四边形即可；
【详解】
（1）因为，
所以，，
又因为，
所以四边形AFCE为平行四边形，
所以AF∥CE，
因为AD-AE=BC-CF，即DE=BF，
因为DE∥BF，
所以四边形为平行四边形，
所以
所以四边形为平行四边形．
（2）以为边的平行四边形有、、、．
∵，
∴，，
∵是的中点，
∴AE=DE=，
∵，
∴CF=，
∴点F为BC中点，
∴AE=DE=BF=CF，
∴四边形AFCE与四边形EBFD均为平行四边形
∴AF∥EC，EB∥DF，
∴∠EAM=∠DEN，∠AEM=∠EDN，
在△AME和△END中
∴△AME≌△END（ASA）
∴AM=EN，
又∵AM∥EN，
∴四边形AENM为平行四边形，
∴AE∥MN，且AE=MN，
∴ED∥MN，且ED=MN，
∴四边形EDNM为平行四边形，
∴BF∥MN，且BF=MN，
∴四边形BMNF为平行四边形，
∴FC∥MN，且FC=MN，
∴四边形FCNM为平行四边形，
∴以为边的平行四边形有、、、．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题关键．
17．（2020·安徽·合肥市五十中学西校一模）如图，AM是ABC的中线，D是线段AM上一点（不与点A重合）．DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE．
（1）如图1，当点D与M重合时，求证：AB＝ED；
（2）如图2，当点D不与M重合时，请判断四边形ABDE的形状，请说明理由；
（3）如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH＝AM．当FH＝，DM＝6时，求DH的长．
【答案】（1）见解析；（2）平行四边形，见解析；（3）DH＝1+
【解析】
【分析】
（1）由平行线的性质可得∠EDC＝∠ABM，∠ECD＝∠ADB，由“ASA”可证△ABD≌△EDC，即可得出结论；
（2）先判断出四边形DMGE是平行四边形，借助（1）的结论即可得出结论；
（3）先判断出MI∥BH，MI＝BH，进而利用直角三角形的性质即可得出结论．设DH＝x，则AH＝x，AD＝2x，推出AM＝6+2x，BH＝6+2x，由四边形ABDE是平行四边形，推出DF∥AB，推出，可得，解方程即可；
【详解】
（1）∵DE∥AB，
∴∠EDC＝∠ABM，
∵CE∥AM，
∴∠ECD＝∠ADB，
∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，
∴BD＝DC，
∴△ABD≌△EDC（ASA），
∴AB＝ED；
（2）四边形ABDE是平行四边形，
理由如下：如图2，过点M作MG∥DE交CE于G，
∵CE∥AM，
∴四边形DMGE是平行四边形，
∴ED＝GM，且ED∥GM，
由（1）知，AB＝GM，
∴AB＝DE，
又∵AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（3）如图3取线段CH的中点I，连接MI，
∵BM＝MC，
∴MI是△BHC的中位线，
∴MI∥BH，MI＝BH，
∵BH⊥AC，且BH＝AM，
∴MI＝AM，MI⊥AC，
∴∠CAM＝30°．
设DH＝x，则AH＝x，AD＝2x，
∴AM＝6+2x，
∴BH＝6+2x，
∵四边形ABDE是平行四边形，
∴DF∥AB，
∴，
∴
解得x＝1+或1﹣（负值舍去），
∴DH＝1+．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的证明，平行四边形的判定，平行线分线段成比例，一元二次方程的求解，正确理解题意，掌握三角形的判定，平行四边形的判定和正确的做出图形，是解题的关键．
第五章 四边形
5.1多边形和平行四边形
一、课标解读
1.了解多边形的定义，多边形的顶点、边、内角、对角、对角线等概念；探索并掌握多边形的内角和与外角和公式.
2.理解平行四边形、矩形、菱形、正方形的概念，以及它们之间的关系；了解四边形的不稳定性.
3.探索并证明平行四边形的性质定理及其判定定理.
4.了解两条平行线之间距离的意义，能度量两条平行线之间的距离.
二、知识点回顾
知识点1. 多边形：
1.多边形的性质
内角和定理:n边形的内角和为 (n≥3)．
外角和定理:任意多边形的外角和为．
对角线:
从n(n＞3)边形的一个顶点出发可以作条对角线，故n(n＞3)边形共有条对角线．
2.正多边形的定义和性质
定义：各边相等，各内角也相等的多边形叫做正多边形．
性质：每个内角相等，都等于，每个外角相等，都等于，有n条对称轴.
知识点2. 平行四边形的概念
概念:两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.平行四边形是特殊的四边形，四边形不具有稳定性.
知识点3 . 平行四边形的性质：
如图，▱ABCD的对角线相交于点O.
文字描述
几何语言表述
边
两组对边分别平行且相等.
AD∥BC，且AD＝BC；
AB∥CD，且AB＝CD.
角
对角分别相等.
∠BAD＝∠BCD，∠ADC＝∠ABC.
邻角互补.
∠BAD＋∠ABC＝，∠BAD＋∠ADC＝.
对角线
对角线互相平分.
OA＝OC，OD＝OB.
对称性
是中心对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点(或点O)，任意一条经过对称中心的直线均平分平行四边形的面积．
面积
S▱ABCD＝2S△ABC＝4S△AOB＝ah.(a表示平行四边形一边的边长，h表示该边上的高)
知识点4 .平行四边形的判定
文字描述
几何语言表述
边
两组对边分别平行的四边形是平行四边形(定义)．
∵AB∥CD，AD∥CB，∴四边形ABCD是平行四边形．
两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
∵AB＝CD，AD=CB，∴四边形ABCD是平行四边形．
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
∵AB∥CD，AB＝CD或AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
角
两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
∵∠BAD＝∠BCD，∠ADC＝∠ABC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
对角线
对角线互相的四边形是平行四边形．
∵AO＝CO，BO＝DO，∴四边形ABCD是平行四边形.
三、热点训练
热点1：多边形的内角和与外角和
一练基础
1．（2021·广东·汕头市潮南实验学校一模）一个多边形的每个内角均为，则这个多边形是（ ）
A．七边形 B．六边形 C．五边形 D．四边形
【答案】B
【解析】
【分析】
根据多边形的内角与外角的关系，先求出这个多边形的每一个外角的度数，再用360°除以一个外角的度数即可得到边数．
【详解】
解：∵多边形的每一个内角都等于120°，
∴多边形的每一个外角都等于180°-120°=60°，
∴边数n=360°÷60°=6．
故选B.．
【点睛】
此题主要考查了多边形的内角与外角的关系，求出每一个外角的度数是解答本题的关键.即先求出这个多边形的每一个外角的度数，再用360°除即可得到边数．
2．（2021·浙江·东阳市横店镇第二初级中学九年级期末）下列多边形中，内角和与外角和相等的是（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】B
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和公式（n-2）•180°与多边形的外角和定理列式进行计算即可得解．
【详解】
解：设多边形的边数为n，根据题意得
（n-2）•180°=360°，
解得n=4．
故选：B．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，熟记公式与定理是解题的关键．
3．（2021·上海·八年级期末）一个多边形的内角和是1800°，则这个多边形的边数为______．
【答案】十二
【解析】
【分析】
首先设这个多边形是n边形，然后根据题意得：（n-2）×180=1800，解此方程即可求得答案．
【详解】
解：设这个多边形是n边形，
根据题意得：（n-2）×180=1800，
解得：n=12．
∴这个多边形是十二边形．
故答案为：十二．
【点睛】
此题考查了多边形的内角和定理．注意多边形的内角和为：（n-2）×180°．
4．（2021·山东蒙阴·模拟预测）若一个九边形个外角的和为，则它的第个外角为______度．
【答案】
【解析】
【分析】
根据多边形的外角和等于，即可求得．
【详解】
解：．
故它的第个外角为度．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了多边形的外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是．
5．（2020·湖南湘西·中考真题）若一个多边形的内角和是外角和的倍，则它的边数是_______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和公式（n−2）•180°以及外角和定理列出方程，然后求解即可．
【详解】
解：设这个多边形的边数是n，
根据题意得，（n−2）•180°＝2×360°，
解得n＝6．
答：这个多边形的边数是6．
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，需要注意，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．
二练巩固
6．（2021·福建·厦门市第九中学二模）一个n边形的内角和为，则n等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和公式计算即可．
【详解】
，
解得．
故选C．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和公式，牢记多边形的内角和公式是解题的关键．
7．（2021·福建省福州外国语学校三模）如图，的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据四边形的内角和及三角形的外角定理即可求解．
【详解】
解：如图，、与分别相交于点、，
在四边形中，，
，，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查了多边形的外角与内角、三角形的外角性质，解题的关键是熟记多边形的内角和公式及三角形的外角定理．
8．（2021·江苏扬州·中考真题）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
【解析】
【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．
9．（2021·河北·石家庄市第四十中学二模）如图，五边形ABCDE中，，，、、分别是、、的外角，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
延长AB与CD，根据平角定义可求∠4与∠5，再根据多边形外角和可求解．
【详解】
解：延长AB和DC，得∠4与∠5，
∴∠4=180°-∠B，
∠5=180°-∠C，
∴∠4+∠5=360°-（∠B+∠C）=170°，
根据多边形的外角和定理，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，
∴∠1+∠2+∠3=360°-（∠4+∠5）=360°-170°=190°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了五边形的角度问题，平角定义，多边形外角和，掌握平角定义，多边形外角和是解题的关键．
10．（2021·江苏·苏州市振华中学校二模）如图，在四边形ABCD中，的角平分线与的外角平分线相交于点P，且，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】
先根据角平分线的定义可得，再根据四边形的内角和可得，然后根据三角形的外角性质即可得．
【详解】
解：的角平分线与的外角平分线相交于点，
，
在四边形中，，
，
由三角形的外角性质得：，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了四边形的内角和、角平分线的定义等知识点，熟练掌握四边形的内角和是解题关键．
11．（2021·浙江瓯海·三模）如图，在五边形ABCDE中，AB＝CD，∠ABC＝∠BCD，BE，CE分别是∠ABC，∠BCD的角平分线．
（1）求证：△ABE≌△DCE；
（2）当∠A＝80°，∠ABC＝140°时，求∠AED的度数．
【答案】（1）见解析；（2）100°
【解析】
【分析】
（1）由角平分线的定义得出∠ABE=∠CBE，∠BCE=∠DCE，可证明△ABE≌△DCE（SAS）；
（2）由全等三角形的性质得出∠A=∠D=80°，根据五边形的内角和可求出答案．
【详解】
解：（1）证明：∵BE，CE分别是∠ABC，∠BCD的角平分线．
∴∠ABE=∠CBE，∠BCE=∠DCE，
∵∠ABC=∠BCD，
∴∠ABE=∠DCE，∠EBC=∠ECB，
∴BE=CE，
在△ABE和△DCE中，
，
∴△ABE≌△DCE（SAS）；
（2）解：∵△ABE≌△DCE，
∴∠A=∠D=80°，
∵∠ABC=140°，
∴∠ABC=∠BCD=140°，
∵五边形ABCDE的内角和是540°，
∴∠AED=540°-∠A-∠D-∠ABC-∠BCD=540°-80°-80°-140°-140°=100°．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，五边形的内角和，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
三练拔高
12．（2021·上海徐汇·二模）如果剪掉四边形的一个角，那么所得多边形的内角和的度数不可能是（ ）
A．180° B．270° C．360° D．540°
【答案】B
【解析】
【分析】
分四边形剪去一个角，边数减少1，不变，增加1，三种情况讨论求出所得多边形的内角和，即可得解．
【详解】
解：剪去一个角，若边数减少1，则内角和＝（3﹣2）×180°＝180°，
若边数不变，则内角和＝（4﹣2）×180°＝360°，
若边数增加1，则内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
所以，所得多边形内角和的度数可能是180°，360°，540°，不可能是270°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了多边形的内角与外角，要注意剪去一个角有三种情况．
13．（2021·福建省福州第十九中学三模）在凸n边形中，小于108°的角最多可以有（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】B
【解析】
【分析】
内角小于108度，其外角大于72度，外角和总共是360度，所以最多有4个，若有5个的时候外角和超过360度．
【详解】
解：设小于108°的角最多可以有x个，即外角大于72度的有x个，
则72x＜360，解得x＜5，
即小于108°的角最多有4个．
故选：B．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和外角，熟记多边形的外角和为360°是解题关键．
14．（2021·广东盐田·一模）如图，如图1将矩形ABCD剪2刀得3个角，其和为360°；如图2，剪3刀得4个角，其和为540°； 如图 3，剪4刀得5个角，其和为720°……按上述剪法剪n刀得（n＋1）个角，其和为________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和公式即可得．
【详解】
四边形是矩形，
，
设剪刀得个角的和为，则所得多边形的角的个数为个，
由多边形的内角和公式得：，
解得，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和公式，熟练掌握多边形的内角和公式是解题关键．
15．（2021·浙江舟山·一模）发现：如图1，在有一个“凹角”边形 …中（为大于3的整数），．
验证：
（1）如图2，在有一个“凹角”的四边形中，证明：．
（2）如图3，有一个“凹角”的六边形中，证明；．
延伸：
（3）如图4，在有两个连续“凹角和”的四边形 ……中（为大于4的整数），．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）6．
【解析】
【分析】
（1）如图2，延长交于，根据三角形的外角的性质即可得到结论；
（2）如图3，延长交于，则，根据多边形的内角和和外角的性质即可得到结论；
（3）如图4，延长交于 ，延长交于 ，根据三角形的外角的性质得到，根据多边形的内角和得到 ，于是得到结论．
【详解】
解：（1）如图2，延长交于，
则，，
；
（2）如图3，延长交于，
则，
，，
；
（3）如图4，延长交于，延长交于，
则，
，
而，
．
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和外角和等知识，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
热点2：与正多边形相关的计算
一练基础
1．（2021·黑龙江杜尔伯特·九年级期末）如图，，，，，相互外离，它们的半径都是2，顺次连接五个圆心得到五边形，则图中五个扇形（阴影部分）的面积之和是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
求出五个扇形的圆心角之和，利用扇形面积公式求解即可．
【详解】
故选A．
【点睛】
本题考查了多边形内角和，扇形面积公式，理解题意是解题的关键．
2．（2022·辽宁·东北育才实验学校模拟预测）如图，小明用一些完全相同的△ABC纸片拼接图案，已知用六个△ABC纸片按照图1所示的方法拼接可得外轮廓是正六边形图案，若用n个△ABC纸片按图2所示的方法拼接，那么可以得到外轮廓的图案是（ ）
A．正十二边形 B．正十边形 C．正九边形 D．正八边形
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据正六边形计算一个内角为120度，可知△ABC各角的度数，从而知图2中正多边形的内角的度数与外角的度数，从而可得结论．
【详解】
解：∵正六边形每一个内角为120°，
∴∠ACB=120°-80°=40°，
∴∠CAB=180°-120°=60°，
∴图2中正多边形的每一个内角为60°+80°=140°，
所以正多边形的边数为 ，
∴可以得到外轮廓的图案是正九边形．
故选：C．
【点睛】
本题考查正多边形，解决本题的关键是掌握正多边形内角和与外角和公式．
3．（2021·云南五华·一模）如图，小明从点出发，沿直线前进8米后向左转，再沿直线前进8米，又向左转，…，照这样走下去，他第一次回到出发点时，走过的总路程为（ ）
A．48米 B．80米 C．96米 D．无限长
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用除以求出边数，然后再乘以8米即可．
【详解】
小明每次都是沿直线前景8米后向左转60度，
他走过的图形是正多边形，
边数，
他第一次回到出发点时，一共走了（米）．
故选：A
【点睛】
本题考查了正多边形的边数的求法，根据题意判断出小明走过的图形是正多边形是解题关键．
4．（2021·山东济南·中考真题）如图，正方形的边在正五边形的边上，则__________．
【答案】18
【解析】
【分析】
由正方形的性质及正五边形的内角可直接进行求解．
【详解】
解：∵四边形是正方形，五边形是正五边形，
∴，
∴；
故答案为18．
【点睛】
本题主要考查正多边形的性质，熟练掌握正多边形的定义是解题的关键．
5．（2021·福建·泉州五中模拟预测）如图，正六边形中，对角线、交于点，则等于______度．
【答案】
【解析】
【分析】
由正六边形的性质得出∠BAF＝∠CBA＝120°，AF=BA=BC，由等腰三角形的性质得出∠AFB＝∠BAC＝30°，求出∠GAF =90°，即可求出∠CGF的度数．
【详解】
解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BAF＝∠CBA=120°，AF=BA=BC，
∴∠AFB＝∠BAC＝30°，
∴∠OAF＝∠BAF﹣∠BAC＝90°，
∴∠CGF＝90°+∠AFB＝120°．
故答案为：120．
【点睛】
本题考查了正六边形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，明确正六边形的每条边相等，每个角相等是解答此题的关键．
二练巩固
6．（2021·辽宁营口·中考真题）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出正六边形的内角和外角，再根据三角形的外角性质以及平行线的性质，即可求解．
【详解】
解：∵正六边形的每个内角等于120°，每个外角等于60°，
∴∠FAD=120°-∠1=101°，∠ADB=60°，
∴∠ABD=101°-60°=41°
∵光线是平行的，
∴=∠ABD=，
故选A
【点睛】
本题主要考查平行线的性质，三角形外角性质以及正六边形的性质，掌握三角形的外角性质以及平行线的性质是解题的关键．
7．（2021·全国·九年级专题练习）一个正多边形内角和等于540°，则这个正多边形的每一外角等于____°．
【答案】72
【解析】
【分析】
先求出正多边形的边数，从而可得其每个内角的度数，再根据邻补角的定义即可得．
【详解】
解：设这个正多边形的边数为，
由题意得：，
解得，
则这个正多边形的每个内角的度数为，
所以这个正多边形的每一外角等于，
故答案为：72．
【点睛】
本题考查了正多边形的内角与外角，熟记公式是解题关键．
8．（2021·河北·石家庄市第四十二中学一模）如图，由一个正六边形和一个正五边形组成的图形中∠1的度数是_____．
【答案】84°
【解析】
【分析】
利用正多边形的外角公式可得∠3，∠4，再根据三角形内角和为180°，求出∠2，即可求出∠1解决问题．
【详解】
解：如图，
由题意得：∠3＝360°÷6＝60°，∠4＝360°÷5＝72°，
则∠2＝180°﹣60°﹣72°＝48°，
所以∠1＝360°﹣48°﹣120°﹣108°＝84°
故答案为84°．
【点睛】
本题考查多边形内角与外角，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
9．（2021·河北兴隆·二模）如图，正五边形绕点顺时针旋转，当时，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
如下图，由五边形内角和公式及正多边形的性质得到正五边形每个内角的度数，求解∠2，利用旋转的性质与五边形的内角和公式得到答案．
【详解】
解：如图所示：
∵正五边形每个内角的度数为，
又∵α=18°，
∴∠2=108°-18°=90°，
由旋转的性质得：对应角相等，
∴∠M=∠MNH=108°，
在正五边形中，∠E=108°，
∴∠1=540°-3×108°-90°=126°，
故答案为：126°．
【点睛】
本题考查了正多边形内角，熟记正多边形的性质，多边形的内角和公式，旋转的性质是解题的关键．
10．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在正六边形中，以为对角线作正方形，、与分别交于、．
（1）______°；
（2）若，求的长．（参考数据：，结果精确到0.1，可以直接利用（1）的结论．）
【答案】（1）15；（2）1.1
【解析】
【分析】
（1）根据正六边形和正方形的内角及对角线性质求解；
（2）作AD中点O，连接BO，连接PO交BC于H，则由题意可以得到OP、OH，从而得到PH、MH，最后得到 MN的值 ．
【详解】
解：（1）∵AD是正六边形ABCDEF和正方形APDQ的对角线，
∴，∠ PAD=45°，
∴∠BAM=∠BAD-∠PAD=60°-45°=15°，
故答案为15；
（2）如图，作中点，连接，
在正六边形中，，，
、平分、，，
∴，
∴，是等边三角形，
∴，，
∴
连接交于，
在正方形中，，，
∵，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴ ．
【点睛】
本题考查正方形和正六边形的综合应用，熟练掌握正方形和正六边形的性质、等边三角形和直角三角形的性质、正弦函数的定义是解题关键 ．
三练拔高
11．（2021·河北路南·三模）如图，已知正六边形的边长为1，分别以其对角线、为边作正方形，则两个阴影部分的面积差的值为（ ）
A．0 B．2 C．1 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据正多边形的性质结合勾股定理求解即可；
【详解】
∵六边形是正六边形，
∴则AD是其对称轴，则EF∥AD∥BC，E、C关于AD对称，则，
∵四边形ADPQ、四边形CEHG是正方形，
∴，
∴四边形MCND是矩形，
∴，
连接OB、OC，
∴，
∴，
∴，
∵正六边形内角和为，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案选C．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，结合正多边形的内角和求解是解题的关键．
12．（2021·江苏南京·九年级阶段练习）如图，正六边形的面积是，则对角线的长是 __．
【答案】8
【解析】
【分析】
连接，先解答正六边形的边长为4，再解得，继而解得，最后根据含30°直角三角形的性质解题．
【详解】
解：设正六边形的边长为，
正六边形的面积是，
，
解得
连接，
在正六边形中，，，
，
，
，
，
，
故答案为：8．
【点睛】
本题考查正六边形的性质、含30°直角三角形的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
13．（2021·全国·九年级专题练习）某同学以一个边长为1的正六边形的三个顶点为圆心，边长为半径，向外画了三段圆弧，设计了如图所示的图案．则图案外围轮廓的周长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由正六边形的边长相等可得每个内角为120度，进而可知图案外围轮廓的周长为三个半径为1、圆心角为240度的弧长之和．
【详解】
解：如图：由题意可知：
∵正六边形六个边相等都等于1，六个内角相等都等于，
∴图案外围轮廓的周长为三个半径为1、圆心角为240度的弧长之和，
即图案外围轮廓的周长为：．
故填．
【点睛】
本题主要考查了正多边形和弧长公式，根据题意得到图案外围轮廓的周长为三个半径为1、圆心角为240度的弧长之和成为解答本题的关键．
14．（2021·山东龙口·一模）黄金分割具有严格的比例性，蕴藏着丰富的美学价值，这一比值能够引起人们的美感．如图，连接正五边形的各条对角线围成一个新的五边形．图中有很多顶角为的等腰三角形，我们把这种三角形称为“黄金三角形”，黄金三角形的底与腰之比为．若，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】
由正五边形得到△DER为“黄金三角形”，利用黄金三角形的定义可得DE的长，即可得AB的长．
【详解】
∵为正五边形，
∴DE=AE=CD=AB，∠AED=∠EDC=∠EAB==108°，
∴∠DEC=∠DCE=36°，∠AEB=∠ABE=36°，∠EAD=∠EDA=36°，
∴∠MER=108°-36°-36°=36°，
∴∠ERD=2∠EAD=72°，∠DER=2∠DEC=72°，∠EMR=2∠EDA=72°，
∴ER=EM=4，DE=DR，
∴△DER为“黄金三角形”，
∴，即，
解得：DE=，
∴AB=，
故答案为：
【点睛】
本题考查正多边形的性质，多边形的内角和为（n-2）×180°（n≥3），理解“黄金三角形”的定义，正确得出正五边形一个内角的度数，熟练掌握等腰三角形的性质并是解题关键．
15．（2020·浙江温岭·一模）用两条宽均为2cm的纸条（假设纸条的长度足够长），折叠穿插，如图（1）所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图（2）所示的正六边形ABCDEF，则折出的正六边形的边长为_____cm．
【答案】
【解析】
【分析】
作AM⊥CB于M，则AM＝2，由正六边形的性质得出∠ABC＝120°，由邻补角求出∠ABM＝60°，由三角函数求出AB即可．
【详解】
解：如图所示：
作AM⊥CB于M，则AM＝2，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠ABC＝120°，
∴∠ABM＝180°﹣120°＝60°，
∵sin∠ABM＝，
∴；
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了锐角三角函数以及正多边形内角和的综合应用，其中根据正多边形性质得到∠ABC＝120°是解题的关键；属于基础题．
热点3：平行四边形的判定
一练基础
1．（2020·新疆乌苏·九年级阶段练习）下列哪组条件能判别四边形ABCD是平行四边形（ ）
A．ABCD，AD=BC B．AB=CD，AD=BC
C．∠A=∠B，∠C=∠D D．AB=AD，CB=CD
【答案】B
【解析】
【分析】
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；两组对角分别相等的四边形是平行四边形可得答案．
【详解】
解：A、AB∥CD，AD=BC不能判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项错误；
B、AB=CD，AD=BC判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项正确；
C、∠A=∠B，∠C=∠D不能判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项错误；
D、AB=AD，CB=CD不能判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项错误；
故选B．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握平行四边形的判定定理．
2．（2019·辽宁铁西·中考模拟）如图，在四边形ABCD中，点O是对角线的交点，且AB∥CD，添加下列哪个条件，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB＝CD B．AD∥BC C．OA＝OC D．AD＝BC
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定定理可直接进行排除选项．
【详解】
解：A、若添加AB=CD可根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可判定，故不符合题意；
B、若添加AD∥BC可根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”可判定，故不符合题意；
C、由AB∥CD可得∠BAO=∠DCO，∠ABO=∠CDO，结合OA=OC可证△ABO≌△CDO（AAS），然后可得OB=OD，进而根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”可判定，故不符合题意；
D、若添加AD=BC不能判定四边形是平行四边形，故符合题意；
故选D．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
3．（2021·云南五华·一模）如图所示，将绕边的中点旋转．小颖发现旋转后的与构成了平行四边形，她的推理思路如下：
点、分别转到点、处，
而点转到点处．
由，
得四边形是平行四边形．
为保证小颖的推理更严谨，小明想在方框中“由，”和“得四边形……”之间作补充．应补充的是（ ）
A．且 B．且 C．且 D．且
【答案】A
【解析】
【分析】
根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可．
【详解】
解：∵CB＝AD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故应补充“AB＝CD”，
故选：A．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
4．（2021·安徽·合肥市五十中学新校二模）已知，凸四边形，给出下列四个条件：
①， ②，
③， ④，
能判断四边形是平行四边形的个数是（ ）．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
由平行四边形的判定方法分别对各个条件进行判断即可．
【详解】
解：①∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故①能判断四边形ABCD是平行四边形；
②∵AB=CD，AD∥BC
∴四边形ABCD是等腰梯形或平行四边形，故②不能判断四边形ABCD是平行四边形；
③如图1，∵AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°，∠A+∠D=180°，
∵∠A=∠C，
∴∠B=∠D，
∴四边形ABCD是平行四边形，故③能判断四边形ABCD是平行四边形；
④如图2，连接BD，
在△ABD和△CDB中，AB=CD，BD=DB，∠A=∠C，
不能判定△ABD和△CDB全等，
∴不能判定AD=BC，
∴不能判断四边形ABCD是平行四边形；
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定、全等三角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
5．（2021·吉林·三模）如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝∠ACD＝90°，CD，点E是CD的中点．求证：四边形ABCE是平行四边形．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
根据平行线的判定定理得到AB∥EC，推出AB＝EC，进而可得结论．
【详解】
证明：∵∠BAC＝∠ACD＝90°，
∴AB∥EC，
∵点E是CD的中点，
∴，
∵，
∴AB＝EC，
∴四边形ABCE是平行四边形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，解题的关键在于熟练掌握平行四边形的判定定理．
6．（2021·福建同安·三模）如图，四边形ABCD中，AD∥BC ，AC、BD相交于点O，O是AC的中点．
求证：四边形ABCD是平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
证明△AOD≌△COB（AAS），得OD=OB，即可得出结论．
【详解】
解：证明：∵O是AC的中点，
∴OA=OC，
∵AD∥BC，
∴∠ADO=∠CBO，
在△AOD和△COB中，
，
∴△AOD≌△COB（AAS），
∴OD=OB，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定方法，证明△AOD≌△COB是解题的关键．
7．（2021·湖南岳阳·中考真题）如图，在四边形中，，，垂足分别为点，．
（1）请你只添加一个条件（不另加辅助线），使得四边形为平行四边形，你添加的条件是________；
（2）添加了条件后，证明四边形为平行四边形．
【答案】（1）（答案不唯一，符合题意即可）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意可知，要使得四边形为平行四边形，则使得即可，从而添加适当条件即可；
（2）根据（1）的思路，利用平行四边形的定义证明即可．
【详解】
（1）显然，直接添加，可根据定义得到结果，
故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）；
（2）证明：∵，，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
二练巩固
8．（2021·河北·中考真题）如图1，中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）
图2
A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是
C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是
【答案】A
【解析】
【分析】
甲方案：利用对角线互相平分得证；
乙方案：由，可得,即可得，
再利用对角线互相平分得证；
丙方案:方法同乙方案．
【详解】
连接交于点
甲方案：四边形是平行四边形
四边形为平行四边形．
乙方案：
四边形是平行四边形
，，
又
(AAS)
四边形为平行四边形．
丙方案:
四边形是平行四边形
，，，
又分别平分
， 即
（ASA）
四边形为平行四边形．
所以甲、乙、丙三种方案都可以．
故选A．
【点睛】
本题考查了平行四边的性质与判定，三角形全等的性质和判定，角平分线的概念等知识，能正确的利用全等三角的证明得到线段相等，结合平行四边形的判定是解题关键．
9．（2021·陕西雁塔·模拟预测）如图，B，E，C，F在一条直线上，已知AB∥DE，AC∥DF，BE＝CF，连接AD．求证：四边形ABED是平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
由推出∠B=∠DEF，由推出∠ACB=∠F，再证得BC=EF，推出△ABC≌△DEF，得到AB=DE，即可根据一组对边平行且相等证明四边形ABED是平行四边形．
【详解】
证明：∵
∴∠B=∠DEF，
∵，
∴∠ACB=∠F，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，即BC=EF，
∴△ABC≌△DEF，
∴AB=DE，
∵，
∴四边形ABED是平行四边形．
【点睛】
此题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，熟记全等三角形的判定定理和平行四边形的判定定理是解题的关键．
10．（2021·湖南师大附中博才实验中学一模）如图，在中，，，以线段为边向外作等边，点是线段的中点，连接并延长交线段于点．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
(1)由直角三角形的性质得出，∠ABC=60°，由等边三角形的性质得出∠ABD=∠BAD=60°， AB=AD，得出∠ABC=∠BAD，证出，再证出△BCE是等边三角形，得出∠BEC=60°=∠ABD，得出，即可得出结论；
(2)由直角三角形的性质可求BC，AC的长，由梯形面积公式可求解．
【详解】
（1）证明：，，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
点是线段的中点，
，
，
是等边三角形，
，
，且，
四边形为平行四边形；
（2）在中，
，，
，，
，
四边形为直角梯形，
直角梯形的面积．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，证明是本题的关键．
11．（2021·江苏工业园区·一模）如图，在等边中，点D在边上，为等边三角形，且点E与点D在直线的两侧，点F在上（不与A，B重合）且与，分别相交于点F，G．求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
易证△ABD≌△ACE，则有全等三角形的对应角相等，根据平行线的判定得到BFEC．由于∠AFE＝∠B，则EFBC．故四边形BCEF为平行四边形．
【详解】
证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠ACB＝∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC＋∠CAD＝∠CAE＋∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B＝∠ACE＝60°，
∴∠B＋∠ACB＋∠ACE＝180°，
∴BFCE．
又∵∠AFE＝∠B，
∴EFBC，
∴四边形BCEF为平行四边形．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的性质与判定及平行四边形的判定，考查的知识点比较多，但难度不算很大．
12．（2021·黑龙江松北·二模）如图，在中，，垂直平分，交于点E，连接、，且．
（1）如图1，求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，点G是的中点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有面积是的面积的2倍的三角形和四边形．
【答案】（1）见解析；（2），，，四边形
【解析】
【分析】
（1）证明EF是△ABC的中位线，可得BC=2EF，由ED=2EF，可得ED=BC，进而可以根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得证；
（2）根据点G是BC的中点，可得△BEC，△ECD，△AEB的面积相等，都等于△BEG的面积的2倍，四边形BGEF等于△BEG的面积的2倍．
【详解】
（1）证明：∵DF垂直平分AB，交AC于点E，
∴∠AFE=90°，EA=EB，AF=FB，
∴∠A=∠ABE，
∵∠ABC=90°，
∴∠AFE=∠ABC，
∴FD∥BC，
∵AF=FB，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=BC，
∴BC=2EF，
∵ED=2EF，
∴ED=BC，
∵ED∥BC，
∴四边形BCDE是平行四边形；
（2）∵点G是BC的中点，
∴△BEC，△ECD，△AEB的面积相等，都等于△BEG的面积的2倍，
四边形BGEF等于△BEG的面积的2倍．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，三角形的面积，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定与性质．
13．（2021·广西来宾·中考真题）如图，四边形中，，，连接．
（1）求证：；
（2）尺规作图：过点作的垂线，垂足为（不要求写作法，保留作图痕迹）；
（3）在（2）的条件下，已知四边形的面积为，，求的长．
【答案】（1）证明见详解；（2）作图见详解；（3）CE=4．
【解析】
【分析】
（1）根据，得到∠BAC=∠DCA，结合，AC=CA，利用“AAS”即可证明；
（2）如图，延长AB，任意取一点H，使H和点C在AB两侧，以C为圆心，CH为半径画弧，交AB于F、G，分别以F、G为圆心，以大于FG长为半径画弧，两弧交于I，作直线CI，交AB延长线于E，则CD⊥AB与E；
（3）证明四边形ABCD为平行四边形，根据平行四边形面积公式即可求解．
【详解】
解：（1）∵，
∴∠BAC=∠DCA，
又∵，AC=CA，
∴；
（2）如图，延长AB，任意取一点H，使H和点C在AB两侧，以C为圆心，CH为半径画弧，交AB于F、G，分别以F、G为圆心，以大于FG长为半径画弧，两弧交于I，作直线CI，交AB延长线于E，则CD⊥AB与E；
（3）∵，
∴AB=CD，
∵，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴,
即5CE=20，
∴CE=4．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，过直线外一点作已知直线的垂线等知识，综合性较强，熟知相关知识点，并根据题意灵活应用是解题关键．
14．（2021·北京市三帆中学模拟预测）如图，在四边形中，，对角线，相交于点，点是对角线中点，连接，．如果，，且．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若，则______，_____．
【答案】（1）见解析；（2）12，
【解析】
【分析】
（1）要证明四边形AMCD是平行四边形，已知AM=DC，只需要证明AM∥DC即可；由条件可知△AMB≌△AMC(SSS)，推理可得∠DCA=∠MAC=45°，由内错角相等，两直线平行可知AM∥CD，可得结论；
(2)根据平行四边形的性质得即可得，延长AM交BC于点E，由等腰三角形三线合一可得点E是BC的中点，ME是△BCD的中线，则ME=CD，进而ME=AE，BC=6ME，最后由勾股定理求出ME=2，从而可得结论．
【详解】
解：（1）证明：如图，
∵点M是BD的中点，∠BCD=90°
∴CM是Rt△BCD斜边BD的中线，
∴CM=BM=MD，
又AB=AC，AM=AM，
∴△AMB≌△AMC(SSS)，
∴∠BAM=∠CAM，
∵BA⊥AC，
∴∠BAC=90°，
∴∠CAM=45°
又∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=45°
∴∠DCA=∠DCB-∠ACB=45°，
∴∠DCA=∠MAC，
∴AM∥CD，
又∵AM=DC，
∴四边形AMCD为平行四边形．
（2）由（1）得，，即
∴
延长AM交BC于点E，如图，
∵AB=AC，∠BAC=90°，∠BAM=∠CAM，
∴AE⊥BC，且点E为BC的中点，
∴
∵点M是BD的中点，点E是BC的中点，
∴ME是△BCD的中位线，
∴CD=2ME，
又AM=CD，
∴AM=2ME，
∴ME=AE，
∴，
在Rt△BCD中，，即
解得，ME=2
∴，CD=4
∴tan∠DBC=，
故答案为：12，．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定，直角三角形的性质，三角形中位线定理，求三角函数值等知识；求出ME=2是解答此题的关键．
三练拔高
15．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在中，D为AB边上一点、F为AC的中点，过点C作交DF的延长线于点E，连结AE．
（1）求证：四边形ADCE为平行四边形．
（2）若，，，求DC的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）先证明，再证明可得AD=CE,最后结合即可证明；
（2）如图：作于点H，在Rt△DFH中利用三角函数可得FH的长，最后在Rt△CFH中运用勾股定理解答即可．
【详解】
（1）证明：∵，
∴．
∵F为AC的中点，
∴，
又∵，
．
∴
∵
∴四边形ADCE为平行四边形；
（2）作于点H．
∵四边形ADCE为平行四边形，
∴，，
∴，
在中，，，，
∴，得，
，得．
在中，，，，
∴．
由勾股定理，得．
∴．
【点睛】
本题主要考查了解直角三角形、平行四边形的判定、全等三角形的判定的综合应用等知识点，正确作出辅助线、灵活利用三角函数解直角三角形成为解答本题是关键．
16．（2021·湖北鄂州·中考真题）如图，在中，点、分别在边、上，且．
（1）探究四边形的形状，并说明理由；
（2）连接，分别交、于点、，连接交于点．若，，求的长．
【答案】（1）平行四边形，见解析；（2）16
【解析】
【分析】
（1）利用平行四边形的判定定理，两组对边分别平行是平行四边形即可证明；
（2）根据，找到边与边的等量关系，再利用三角形相似，建立等式进行求解即可．
【详解】
（1）四边形为平行四边形．
理由如下：
∵四边形为平行四边形
∴
∵
∴
∵四边形为平行四边形
∴
∴
∴
∵
∴四边形为平行四边形
（2）设，∵
∴，
∵四边形为平行四边形
∴，，
∵
，
∴
∴
∵
∴．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定定理、相似三角形的判定定理，解题的关键是：熟练掌握相关定理，能进行相关的证明．
17．（2021·山东济南·中考真题）在中，，，点在边上，，将线段绕点顺时针旋转至，记旋转角为，连接，，以为斜边在其一侧制作等腰直角三角形．连接．
（1）如图1，当时，请直接写出线段与线段的数量关系；
（2）当时，
①如图2，（1）中线段与线段的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，当，，三点共线时，连接，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）；（2）①成立，理由见解析；②平行四边形，理由见解析；
【解析】
【分析】
（1）如图1，证明，由平行线分线段成比例可得，由的余弦值可得；
（2）①根据两边成比例，夹角相等，证明，即可得；
②如图3，过作，连接, 交于点，根据已知条件证明，根据平行线分线段成比例可得，根据锐角三角函数以及①的结论可得,
根据三角形内角和以及可得，进而可得，即可证明四边形是平行四边形．
【详解】
（1）如图1，
，，
，
是以为斜边等腰直角三角形，
,，
，
，
，
，
，
即；
（2）①仍然成立，理由如下：
如图2，
，，
，
是以为斜边等腰直角三角形，
,，
，
，
即，
，
，
，
，
，
即；
②四边形是平行四边形，理由如下：
如图3，过作，连接, 交于点，
，，
，
，
，
，
是以为斜边等腰直角三角形，
，
，，三点共线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由①可知，
，
是以为斜边等腰直角三角形，
,，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查了等腰三角形性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，平行四边形的判定，熟练掌握平行线分线段成比例以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
热点5：平行四边形的性质
一练基础
1．在平行四边形中，，，对角线，相交于点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三角形的三边关系定理得到AC的取值范围，再根据平行四边形的性质即可求出OA的取值范围．
【详解】
解：∵AB=3cm，BC=5cm，
∴2cm＜AC＜8cm，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=AC，
∴1cm＜OA＜4cm，
故选：A．
【点睛】
本题考查了对平行四边形的性质，三角形的三边关系定理等知识点的理解和掌握，得到AO是AC的一半是解此题的关键．
2．（2021·河北·石家庄市第四十中学二模）观察下图，判断哪条线段的长度不能表示平行四边形ABCD的高．（ ）
A．BF B．BD C．GH D．DE
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平行四边形高的定义，作出判断即可．
【详解】
∵DE⊥BC，BF⊥CD，
∴线段DE,BF是平行四边形ABCD的高，
又∵AD∥BC，GH⊥BC，
∴GH=DE，
∴GH也是平行四边形ABCD的高，
在Rt中，BD为斜边，
∴BD与AD,CD都不垂直，
∴BD不是平行四边形ABCD的高，
故选：B．
【点睛】
本题考查平行四边形的高，解题关键是掌握平行四边形的高的定义，平行四边形有无数条高，过平行四边形的一边上任意一点向对边所在的直线作垂线段，该垂线段就是平行四边形的高．
3．（2021·湖南·台州市书生中学一模）如图，在中，、为上两点，．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质得到，，，证明△ADE△CBF，即可得结论．
【详解】
证明：四边形平行四边形，
，，
．
在与中，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
4．（2021·浙江·温州绣山中学三模）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F．
（1）求证：EO＝FO；
（2）若AE＝EF＝4，求AC的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形的性质得到AB=CD，∠ABE=∠CDF，然后根据题意证明即可．
（2）根据OE=OF=求出OE的长度，然后根据勾股定理求出AO的长度，即可根据平行四边形对角线互相平分求出AC的长度．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABE=∠CDF，
∵AE⊥ED，CF⊥BD，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
在△ABE和△CDF中，
，
∴，
∴BE=DF，
∵OB=OD，
∴OB-BE=OD-DF，
∴OE=OF．
（2）∵AE＝EF＝4，
∴OE=OF＝，
∴在中，，
∴．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质，三角形全等和勾股定理的运用，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质，三角形全等和勾股定理．
5．（2018·山东历城·中考模拟）如图平行四边形中，对角线，交于点，过点，并与，分别交于点，，已知，
（1）求的长；
（2）如果两条对角线长的和是，求的周长．
【答案】（1）8；（2）18
【解析】
【分析】
（1）由已知条件证明，可得，进而可知，即可求得；
（2）由平行四边形的性质即（1）的结论即可求得的周长．
【详解】
解：（1）四边形是平行四边形，
，，
，
在和中
，
，
，
；
（2）四边形是平行四边形，
，，，
，
，
的周长．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的性质与判定，证明是解题的关键．
6．（2021·广西桂林·中考真题）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．
【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．
7．（2021·重庆实验外国语学校三模）如图，平行四边形中．
（1）求作：的垂直平分线，交于点．交延长线于点（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，直线交于，连接，当时，求证：．
【答案】（1）图见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用基本作图，作AB的垂直平分线即可；
（2）先根据平行四边形的性质得到∠A＝∠C＝22.5°，再利用线段垂直平分线的性质得到EA＝EB，MN⊥AB，则∠EBA＝∠A＝22.5°，接着判断△DEB为等腰直角三角形得到DE＝DB，然后证明△NDE≌△ABD，从而得到结论．
【详解】
（1）解：如图，MN为所作；
（2）证明：如图，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠C＝22.5°，
∵MN垂直平分AB，
∴EA＝EB，MN⊥AB，
∴∠EBA＝∠A＝22.5°，
∴∠DEB＝∠A＋∠EBA＝45°，
∵∠ADB＝90°，
∴△DEB为等腰直角三角形，∠DEDN＝90°，
∴DE＝DB，
∵∠N＋∠NED＝90°，∠A＋∠MEA＝90°，
而∠NED＝∠AEM，
∴∠N＝∠A，
在△NDE和△ABD中，
，
∴△NDE≌△ADB（AAS），
∴NE＝AB．
【点睛】
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图（作已知线段的垂直平分线）．也考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质．
二练巩固
8．（2019·浙江衢州·中考模拟）如图，在平行四边形ABCD中，E是边CD上一点，将沿AE折叠至处，与CE交于点F，若，，则的度数为（ ）
A．40° B．36° C．50° D．45°
【答案】B
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质得出，由折叠的性质得，，由三角形的外角性质求出，由三角形内角和定理求出，即可得出的大小．
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，
，
由折叠的性质得：，，
，
，
．
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出和是解决问题的关键．
9．（2021·江苏建湖·一模）如图，在平行四边形中，平分，交于点，平分交于点，，，则长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质可得，由角平分线可得，所以，所以，同理可得，则根据即可求解．
【详解】
∵四边形是平行四边形，
∴AD∥BC，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质,等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，解题的关键是依据数学模型“角平分线＋平行线等腰三角形”转化线段．
10．（2021·山东威海·中考真题）如图，在平行四边形中，，．连接AC，过点B作，交DC的延长线于点E，连接AE，交BC于点F．若，则四边形ABEC的面积为（ ）
A． B． C．6 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先证明四边形ABEC为矩形，再求出AC，即可求出四边形ABEC的面积．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD=2，BC=AD=3，∠D=∠ABC，
∵，
∴四边形ABEC为平行四边形，
∵，
∴，
∵∠AFC=∠ABF+∠BAF，
∴∠ABF=∠BAF，
∴AF=BF，
∴2AF=2BF，
即BC=AE，
∴平行四边形ABEC是矩形，
∴∠BAC=90°，
∴,
∴矩形ABEC的面积为．
故选：B
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟知相关定理，证明四边形ABEC为矩形是解题关键．
11．（2022·黑龙江·鸡西市第一中学校九年级期末）已知在平行四边形中，点在直线上，，连接交于点，则的值是________．
【答案】或
【解析】
【分析】
分两种情况：①当点E在线段AD上时，由四边形ABCD是平行四边形，可证得△EFD∽△CFB，求出DE：BC＝2：3，即可求得EF：FC的值；
②当点E在射线DA上时，同①得：△EFD∽△CFB，求出DE：BC＝4：3，即可求得EF：FC的值．
【详解】
解：∵，
∴分两种情况：
①当点E在线段AD上时，如图1所示
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，AD＝BC，
∴△EFD∽△CFB，
∴EF：FC＝DE：BC，
∵，
∴DE＝2AE＝AD＝BC，
∴DE：BC＝2：3，
∴EF：FC＝2：3；
②当点E在线段DA的延长线上时，如图2所示：
同①得：△EFD∽△CFB，
∴EF：FC＝DE：BC，
∵，
∴DE＝4AE＝AD＝BC，
∴DE：BC＝4：3，
∴EF：FC＝4：3；
综上所述：EF：FC的值是或；
故答案为：或．
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质与平行四边形的性质．此题难度不大，证明三角形相似是解决问题的关键；注意分情况讨论．
12．（2021·全国·九年级专题练习）如图，中，对角线、相交于点O，交于点E，连接，若的周长为28，则的周长为______．
【答案】14
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质证得，再证明OE为线段BD的垂直平分线，则BE=ED，由的周长=即可求解．
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵平行四边形的周长为28，
∴，
∵，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴的周长．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、线段垂直平分线的判定与性质、三角形的周长，熟练掌握平行四边形的性质及中垂线的性质，证明是线段的垂直平分线是解答的关键．
13．（2021·全国·九年级单元测试）如图，在中，E是的延长线上一点，与交于点F，．
（1）求证：；
（2）若的面积为2，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）16
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质，证明两角对应相等，两三角形相似即可．
（2）首先证明，再证明，利用相似三角形的性质面积比等于相似比的平方，即可求出的面积，由此即可解决问题．
【详解】
解：（1）四边形是平行四边形
，
（2）解：四边形是平行四边形，
，平行且等于，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，熟悉相似三角形的性质和判定是解决问题的关键．
14．（2021·黑龙江讷河·九年级期中）如图，中， ， ， ，P是对角线AC上任一点（点P不与点A、C重合），且交AB于E，且交AD于F，则阴影部分的面积为（ ）
A．5 B． C．10 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用平行四边形的性质及判定定理可判断四边形AEPF为平行四边形，EF、AP为平行四边形AEPF的对角线，设交点为O，则EF、AP相互平分，从而证得△POF≌△AOE，则阴影部分的面积等于△ABC的面积．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC
∵PE∥BC，
∴PE∥AD
∵PF∥CD，
∴PF∥AB，
∴四边形AEPF为平行四边形．
设平行四边形AEPF的对角线AP、EF相交于O，则AO＝PO，EO＝FO，∠AOE＝∠POF
∴△POF≌△AOE，
∴图中阴影部分的面积等于△ABC的面积，
过A作AM⊥BC交BC于M，
∵∠B＝60°，AB＝4，
∴BM=2
∴AM＝ =2，
S△ABC5×25，即阴影部分的面积等于5．
故答案选：B．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质及判定定理，勾股定理以及全等三角形及三角形面积的求法，范围较广．
三练拔高
15．（2021·吉林·长春市解放大路学校模拟预测）如图，在中，点M、N分别在边AD、BC上，点E、F在对角线BD上，且，．
（1）求证：四边形ENFM是平行四边形．
（2）若点M是AD中点，，，，则________．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）只需要证明，得到，，从而得到，即可得到，从而得证；
（2）连接MN，由（1）得四边形ENFM是平行四边形，根据∠EMF=90°，即可证明四边形ENFM是矩形，即可得到MN=EF，在证明四边形ABNM为平行四边形，得到
，最后利用勾股定理求解即可.
【详解】
解：（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴．
∵，．
∴．
∴，．
∴．
∴．
∴MF∥EN．
∴四边形ENFM是平行四边形．
（2）如图，连接MN，由（1）得四边形ENFM是平行四边形，
∵∠EMF=90°，
∴四边形ENFM是矩形，
∴MN=EF，
∵四边形是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵M为AD的中点，
∴，
∴四边形ABNM为平行四边形，
∴，
∴.
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
16．（2021·黑龙江道外·三模）如图，在中．点在边上，点在边上，且，连接、相交于点，连接、相交于点．
（1）如图1，求证：四边形为平行四边形；
（2）如图2，连接，若是的中点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中以为边的所有平行四边形．
【答案】（1）见解析；（2）、、、
【解析】
【分析】
（1）由，可得，，由，可得四边形AFCE为平行四边形，可得AF∥CE，再证即可；
（2）以为边的平行四边形有、、、．由是的中点，证点F为BC中点，可证四边形AFCE与四边形EBFD均为平行四边形，可证△AME≌△END（ASA），可得AM=EN，可证四边形AENM为平行四边形即可；
【详解】
（1）因为，
所以，，
又因为，
所以四边形AFCE为平行四边形，
所以AF∥CE，
因为AD-AE=BC-CF，即DE=BF，
因为DE∥BF，
所以四边形为平行四边形，
所以
所以四边形为平行四边形．
（2）以为边的平行四边形有、、、．
∵，
∴，，
∵是的中点，
∴AE=DE=，
∵，
∴CF=，
∴点F为BC中点，
∴AE=DE=BF=CF，
∴四边形AFCE与四边形EBFD均为平行四边形
∴AF∥EC，EB∥DF，
∴∠EAM=∠DEN，∠AEM=∠EDN，
在△AME和△END中
∴△AME≌△END（ASA）
∴AM=EN，
又∵AM∥EN，
∴四边形AENM为平行四边形，
∴AE∥MN，且AE=MN，
∴ED∥MN，且ED=MN，
∴四边形EDNM为平行四边形，
∴BF∥MN，且BF=MN，
∴四边形BMNF为平行四边形，
∴FC∥MN，且FC=MN，
∴四边形FCNM为平行四边形，
∴以为边的平行四边形有、、、．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题关键．
17．（2020·安徽·合肥市五十中学西校一模）如图，AM是ABC的中线，D是线段AM上一点（不与点A重合）．DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE．
（1）如图1，当点D与M重合时，求证：AB＝ED；
（2）如图2，当点D不与M重合时，请判断四边形ABDE的形状，请说明理由；
（3）如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH＝AM．当FH＝，DM＝6时，求DH的长．
【答案】（1）见解析；（2）平行四边形，见解析；（3）DH＝1+
【解析】
【分析】
（1）由平行线的性质可得∠EDC＝∠ABM，∠ECD＝∠ADB，由“ASA”可证△ABD≌△EDC，即可得出结论；
（2）先判断出四边形DMGE是平行四边形，借助（1）的结论即可得出结论；
（3）先判断出MI∥BH，MI＝BH，进而利用直角三角形的性质即可得出结论．设DH＝x，则AH＝x，AD＝2x，推出AM＝6+2x，BH＝6+2x，由四边形ABDE是平行四边形，推出DF∥AB，推出，可得，解方程即可；
【详解】
（1）∵DE∥AB，
∴∠EDC＝∠ABM，
∵CE∥AM，
∴∠ECD＝∠ADB，
∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，
∴BD＝DC，
∴△ABD≌△EDC（ASA），
∴AB＝ED；
（2）四边形ABDE是平行四边形，
理由如下：如图2，过点M作MG∥DE交CE于G，
∵CE∥AM，
∴四边形DMGE是平行四边形，
∴ED＝GM，且ED∥GM，
由（1）知，AB＝GM，
∴AB＝DE，
又∵AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（3）如图3取线段CH的中点I，连接MI，
∵BM＝MC，
∴MI是△BHC的中位线，
∴MI∥BH，MI＝BH，
∵BH⊥AC，且BH＝AM，
∴MI＝AM，MI⊥AC，
∴∠CAM＝30°．
设DH＝x，则AH＝x，AD＝2x，
∴AM＝6+2x，
∴BH＝6+2x，
∵四边形ABDE是平行四边形，
∴DF∥AB，
∴，
∴
解得x＝1+或1﹣（负值舍去），
∴DH＝1+．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的证明，平行四边形的判定，平行线分线段成比例，一元二次方程的求解，正确理解题意，掌握三角形的判定，平行四边形的判定和正确的做出图形，是解题的关键．
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