课时分层评价卷(二十) 多边形与平行四边形
(说明：选择题每题3分，填空题每题3分，本试卷共65分)
1．(2024·泰山期末)如图，在 ABCD中，BM是∠ABC的平分线交CD于点M，且MC＝4， ABCD的周长是26，则DM＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
2．(鲁教版八上P146图5 32改编)如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°…照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为( )
A．80米 B．96米
C．64米 D．48米
3．(2024·岱岳区期末)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠ABC的平分线交AD于点E，交CD的延长线于点F，则DF＝( )
A．4 B．3
C．2 D．1
4．如图，将△ABC绕边AC的中点O顺时针旋转180°，嘉淇发现，旋转后的△CDA与△ABC构成平行四边形，推理如下：小明为保证嘉淇的推理更严谨，想在方框中“∵CB＝AD，”和“∴四边形…．”之间作补充，下列正确的是( )
点A，C分别转到了点C，A处，而点B转到了点D处，∵CB＝AD， ∴四边形ABCD是平行四边形．
A．嘉淇推理严谨，不必补充
B．应补充，且AB＝CD
C．应补充，且AB∥CD
D．应补充，且OA＝OC
5．(2024·泰山期末)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°，AB＝BC，连接OE，下列结论：①∠CAD＝30°；②S ABCD＝AB·AC；③OB＝AB；④OE＝BC；⑤∠AEO＝60°．其中成立的个数是( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
6．[新定义试题]各顶点都在方格纸的格点(横竖格子线的交错点)上的多边形称为格点多边形，它的面积S可用公式S＝a＋b－1(a是多边形内的格点数，b是多边形边界上的格点数)计算，这个公式称为“皮克(Pick)定理”．如图给出了一个格点五边形，则该五边形的面积S＝_________．
7．如图，把平行四边形ABCD折叠，使点C与点A重合，这时点D落在D1上，折痕为EF，若∠BAE＝55°，则∠D1AD＝________．
8．(8分)(鲁教版八上P122习题5.1 T4改编)如图，在 ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，CF平分∠BCD，交AD于点F．求证：AE＝CF．
9．如图，∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E的度数为( )
A．180°
B．240°
C．270°
D．360°
10．(2024·泰山期末)阅读下面的材料：定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
已知：如图1，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点．
求证：DE∥BC，且DE＝BC．
证明：延长DE到点F，使EF＝DE，连接CF，…
甲、乙两人后续证明的部分思路如下：
甲：如图2，先证明△ADE≌△CFE，再推理得出四边形DBCF是平行四边形．
乙：如图3，连接DC，AF．先后证明四边形ADCF，DBCF分别是平行四边形．
下列判断正确的是( )
A．甲思路正确，乙思路错误
B．甲思路错误，乙思路正确
C．甲、乙两人思路都正确
D．甲、乙两人思路都错误
11．如图，在正六边形ABCDEF中，M，N是对角线BE上的两点．添加下列条件中的一个：①BM＝EN；②∠FAN＝∠CDM；③AM＝DN；④∠AMB＝∠DNE．能使四边形AMDN是平行四边形的是________(填上所有符合要求的条件的序号)．
12．[新定义试题](2024·泰山二模)小明学习了四边形后，对有特殊性质的四边形的探究产生了兴趣，发现了这样一类特殊的四边形：两条对角线互相垂直的四边形，叫做垂美四边形．如图，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，对角线AC＝4，BD＝6，设S＝AD＋BC，则S的最小值等于 ________．
13．(10分)(2024·泰安模拟)如图，在 ABCD中，点E是BC边上的一点，将边AD延长至点F，使得∠AFC＝∠DEC，连接CF，DE．
(1)求证：四边形DECF是平行四边形；
(2)如果AB＝13，DF＝14，tan ∠DCB＝，求CF的长．
14．(14分) (2024·泰山模拟)在平行四边形ABCD中，以AB为边作等边△ABE，点E在CD上，以BC为边作等边△BCF，点F在AE上，点G在BA延长线上且FG＝FB．
(1)若CD＝6，AF＝3，求△ABF的面积；
(2)求证：BE＝AG＋CE．
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1．C 2．C 3．C 4．B 5．D
6．6 [a表示多边形内部的格点数，b表示多边形边界上的格点数，S表示多边形的面积，
通过题图可知a＝4，b＝6，
∴该五边形的面积S＝4＋×6－1＝6．
故答案为6．]
7．55° [∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠C，
由折叠的性质得：∠D1AE＝∠C，
∴∠D1AE＝∠BAD，
∴∠D1AD＝∠BAE＝55°．
故答案为55°．]
8．证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠B＝∠D，∠BAD＝∠BCD，
∵AE平分∠BAD，交BC于点E，CF平分∠BCD，交AD于点F，
∴∠BAE＝∠FCD．
在△ABE与△CDF中，
∴△ABE≌△CDF(ASA)，
∴AE＝CF．
9．A [如图所示，连接BC．
∵∠D＋∠E＝∠1，∠1＝∠2＋∠3，
∴∠D＋∠E＝∠2＋∠3，
则∠A＋∠ABE＋∠ACD＋∠D＋∠E＝∠A＋∠ABE＋∠ACD＋∠2＋∠3＝∠A＋∠ABC＋∠ACB＝180°，
故选A．]
10．C [甲：∵E是AC的中点，
∴AE＝CE．
∵∠AED＝∠CEF，DE＝FE，
∴△ADE≌△CFE(SAS)，
∴AD＝CF，∠A＝∠ECF，
∴AB∥CF．
∵D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∴BD＝CF，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴DE∥BC，BC＝DF．
∵DE＝DF，
∴DE＝BC，故甲的思路正确．
乙：∵E是AC的中点，
∴AE＝CE．
∵EF＝DE，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴AD∥CF，AD＝CF．
∵D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∴BD＝CF，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴DE∥BC，BC＝DF，
∵DE＝DF，
∴DE＝BC，故乙的思路正确．
故选C．]
11．①②④ [①连接AD，交BE于点O．
∵正六边形ABCDEF中，∠BAO＝∠ABO＝∠OED＝∠ODE＝60°，
∴△AOB和△DOE是等边三角形，
∴OA＝OD，OB＝OE．
又∵BM＝EN，
∴OM＝ON，
∴四边形AMDN是平行四边形，故①符合题意．
②∵∠FAN＝∠CDM，∠CDA＝∠DAF，
∴∠OAN＝∠ODM，
∴AN∥DM．
又∵∠AON＝∠DOM，OA＝OD，
∴△AON≌△DOM(ASA)，
∴AN＝DM，
∴四边形AMDN是平行四边形，故②符合题意．
③∵AM＝DN，AB＝DE，∠ABM＝∠DEN，
∴△ABM与△DEN不一定全等，不能得出四边形AMDN是平行四边形，故③不符合题意．
④∵∠AMB＝∠DNE，∠ABM＝∠DEN，AB＝DE，
∴△ABM≌△DEN(AAS)，
∴AM＝DN．
∵∠AMB＋∠AMN＝180°，∠DNM＋∠DNE＝180°，
∴∠AMN＝∠DNM，
∴AM∥DN，
∴四边形AMDN是平行四边形，故④符合题意．
故答案为①②④．]
12．2 [如图，以边AC，BC为邻边作平行四边形ACBE，连接DE，
则BE＝AC＝4，AE＝BC，
∴S＝AD＋BC＝AD＋AE，
当A，D，E三点共线时，S最小，
∴S的最小值为DE的长．
∵BE∥AC，AC⊥BD，
∴BE⊥BD，
在Rt△BDE中，由勾股定理得，
DE＝，
∴S的最小值等于2．
故答案为2．]
13．解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC．
∵∠AFC＝∠DEC，
∴∠AFC＝∠ADE，
∴DE∥CF．
∵AD∥BC，
∴DF∥CE，
∴四边形DECF是平行四边形．
(2)如图，过点D作DM⊥EC，垂足为点M，则∠DMC＝∠DME＝90°．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC＝AB＝13，∠DCB＝∠CDF，
∵tan ∠DCB＝，
设DM＝12x，则CM＝5x，
由勾股定理得：(12x)2＋(5x)2＝132，
解得：x＝1，
即CM＝5，DM＝12，
∵CE＝14，
∴EM＝14－5＝9．
在Rt△DME中，由勾股定理得：DE＝＝15．
∵四边形DECF是平行四边形，
∴CF＝DE＝15．
14．解：(1)∵△ABE是等边三角形，
∴∠BAF＝60°，AB＝AE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝6，
∴AE＝AB＝6，
∵AF＝3，
∴AF＝EF，
∴S△ABF＝S△ABE＝．
(2)证明：作FH⊥AB，垂足为点H，CJ⊥AE交AE的延长线于点J．
∵△ABE，△FBC都是等边三角形，
∴BA＝BE，BF＝BC，∠ABE＝∠FBC＝60°，
∴∠ABF＝∠EBC，
∴△ABF≌△EBC(SAS)，
∴AF＝EC．
∵AB∥CD，
∴∠CEJ＝∠FAH，
∵∠FHA＝∠J＝90°，
∴△FHA≌△CJE(AAS)，
∴FH＝CJ，AH＝EJ，
∵FB＝FG＝FC，FH＝CJ，
∴Rt△FGH≌Rt△CFJ(HL)，
∴GH＝FJ，∵AH＝EJ，
∴EF＝AG，
∵BE＝AE＝AF＋EF，
∴BE＝EC＋AG．
