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湘教版八年级数学下册第2章：四边形练习题
一、单选题
1．（2021·湖南天心·八年级期末）已知一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形是（　　）
A．九边形 B．八边形 C．七边形 D．六边形
2．（2021·湖南怀化·八年级期末）一个正多边形的内角和为540°，则这个正多边形的每一个外角等于（ ）
A．108° B．90° C．72° D．60°
3．（2021·湖南武陵·八年级期末）五边形的外角和等于（）
A．180° B．360° C．540° D．720°
4．（2021·湖南岳阳·八年级期末）若一个正边形的每个内角为150°，则这个正边形的边数是（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
5．（2021·湖南娄底·八年级期末）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．（2021·湖南道县·八年级期末）若一个多边形的每个外角都等于36°，则这个多边形的边数是（ ）．A．10 B．9 C．8 D．7
7．（2021·湖南双峰·八年级期末）下列关于判定平行四边形的说法错误的是（ ）
A．一组对角相等且一组对边平行的四边形
B．一组对边相等且另一组对边平行的四边形
C．两组对角分别相等的四边形
D．四条边相等的四边形
8．（2021·湖南溆浦·八年级期末）下面的性质中，平行四边形不一定具有的是（ ）．A．对角互补 B．邻角互补 C．对角相等 D．对边相等.
9．（2021·湖南衡阳·八年级期末）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．AB∥DC，AD∥BC B．AB=DC，AD=BC
C．AO=CO，BO=DO D．AB∥DC，AD=BC
10．（2021·湖南长沙·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，BC=10，则EF长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
11．（2021·湖南耒阳·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AB，E为垂足．如果∠A＝118°，则∠BCE＝（ ）
A．28° B．38° C．62° D．72°
12．（2021·湖南望城·八年级期末）如图，四边形是平行四边形，将延长至点，若，则等于（ ）
A．110° B．35° C．80° D．55°
13．（2021·湖南衡阳·八年级期末）如图，在中，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
14．（2021·湖南宁远·八年级期末）若平行四边形两个内角的度数比为1：2，则其中较大内角的度数为（　　）
A．100° B．110° C．120° D．135°
15．（2021·湖南洪江·八年级期末）下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是【 】
A． B． C． D．
16．（2021·湖南鹤城·八年级期末）下列关于数字变换的图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
17．（2021·湖南平江·八年级期末）下列生态环保标志中，是中心对称图形的是　　
A． B．
C． D．
18．（2021·湖南岳阳·八年级期末）下列既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
19．（2021·湖南新田·八年级期末）如图，在ABC中，AB＝10，BC＝16，点D、E分别是边AB、AC的中点，点F是线段DE上的一点，连接AF、BF，若∠AFB＝90°，则线段EF的长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
20．（2021·湖南岳阳·八年级期末）一个三角形的周长是36cm，则以这个三角形各边中点为顶点的三角形的周长是（ ）
A．6cm B．12cm C．18cm D．36cm
21．（2021·湖南岳阳·八年级期末）如图，在四边形中，、分别是、的中点，若，，，则的面积为（ ）
A．60 B．48 C．30 D．15
22．（2021·湖南古丈·八年级期末）如图，D、E分别是AC、BD的中点，△ABC的面积为12cm2，则△BCE的面积是（ ）
A．6cm2 B．3cm2 C．4cm2 D．5cm2
23．（2021·湖南双峰·八年级期末）在中，分别为边上的中点，连接到，使得，连接，则长为（ ）
A．2 B． C．4 D．
24．（2021·湖南永兴·八年级期末）△ABC中，AB＝6，BC＝5，AC＝7，点D、E、F分别是三边的中点，则△DEF的周长为（ ）
A．5 B．9 C．10 D．18
25．（2021·湖南宁乡·八年级期末）如图，为了测量位于一水塘旁的两点间的距离，在地面上确定点，分别取的中点，量得，则之间的距离是（ ）
A．10m B．20m C．40m D．80m
26．（2021·湖南娄底·八年级期末）如图，将矩形折叠，使点和点重合，折痕为，与交于点若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
27．（2021·湖南新化·八年级期末）下列命题中，错误的是（　　）
A．平行四边形的对角线互相平分
B．菱形的对角线互相垂直平分
C．矩形的对角线相等且互相垂直平分
D．角平分线上的点到角两边的距离相等
28．（2021·湖南长沙·八年级期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点，，垂足为点，，且，则的长为（ ）
A． B． C． D．
29．（2021·湖南炎陵·八年级期末）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE=BD，连结AE，如果∠ADB=40°，则∠E的度数是（ ）
A．10° B．20° C．30° D．40°
30．（2021·湖南双峰·八年级期末）将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，为折痕，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
31．（2021·湖南新田·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，已知∠AOD＝120°，AB＝2，则矩形的面积为（　　）
A．2 B．4 C． D．3
32．（2021·湖南洪江·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，，将矩形沿AC折叠，点D落在点D'处，则重叠部分的面积为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
33．（2021·湖南衡阳·八年级期末）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
34．（2021·湖南娄底·八年级期末）如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，根据实际需要可以调节间的距离，若间的距离调节到60，菱形的边长，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
35．（2021·湖南醴陵·八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，DH⊥AB于H，则DH=（ ）
A． B． C．12 D．24
36．（2021·湖南湘乡·八年级期末）下列条件中，能判定 ABCD是菱形的是（　　）
A．AC＝BD B．AB⊥BC C．AD＝BD D．AC⊥BD
37．（2021·湖南岳阳·八年级期末）菱形具有而平行四边形不具有的性质是（　　）
A．两组对边分别平行 B．两组对角分别相等
C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直
38．（2021·湖南·张家界市民族中学八年级期末）在四边形中，对角线，相交于点，，，添加下列条件，不能判定四边形是菱形的是（ ）．A． B． C． D．
39．（2021·湖南衡阳·八年级期末）菱形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．四边相等 C．对角线互相平分 D．邻边互相垂直
40．（2021·湖南娄底·八年级期末）下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四个内角都相等的四边形是矩形
C．四条边都相等的四边形是菱形
D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
41．（2021·湖南澧县·八年级期末）下列命题中正确的是（　　）
A．有一组邻边相等的四边形是菱形
B．有一个角是直角的平行四边形是矩形
C．对角线垂直的平行四边形是正方形
D．一组对边平行的四边形是平行四边形
42．（2021·湖南岳阳·八年级期末）如图，在矩形ABCD中,有以下结论：①△AOB是等腰三角形；②S△ABO=S△ADO；③AC=BD；④AC⊥BD；⑤当∠ABD=45°时，矩形ABCD会变成正方形．正确结论的个数是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
43．（2021·湖南溆浦·八年级期末）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE=BF=CG=DH=5，则四边形EFGH的面积是（ ）
A．30 B．34 C．36 D．40
44．（2021·湖南宁乡·八年级期末）下列性质中，矩形具有、正方形也具有、但是菱形却不具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分
C．对角线长度相等 D．一组对角线平分一组对角
45．（2021·湖南岳阳·八年级期末）顺次连接矩形四边中点所得的四边形一定是【 】
A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形
46．（2021·湖南长沙·八年级期末）下列说法错误的是（　　）
A．对角线垂直且平分的四边形是菱形 B．对角线平分且相等的四边形是矩形
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形 D．对角线垂直且相等的四边形是正方形
二、填空题
47．（2021·湖南永兴·八年级期末）若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是______．
48．（2021·湖南凤凰·八年级期末）若一个多边形的内角和是900 ，则这个多边形是_____边形．
49．（2021·湖南永兴·八年级期末）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线BD＝16，点O是线段BD上的动点，OE⊥AB于E，OF⊥AD于F．则OE+OF＝___．
50．（2021·湖南怀化·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF=2，则菱形ABCD的周长是__．
51．（2021·湖南雨花·八年级期末）如图，正三角形和矩形具有一条公共边，矩形内有一个正方形，其四个顶点都在矩形的边上，正三角形和正方形的面积分别是2和2，则图中阴影部分的面积是　 　．
52．（2021·湖南岳阳·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______．
53．（2021·湖南鹤城·八年级期末）如图1六边形的内角和为度，如图2六边形的内角和为度，则________．
54．（2021·湖南零陵·八年级期末）若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的边数是_________.
55．（2021·湖南澧县·八年级期末）正五边形每个内角的度数是_______．
56．（2021·湖南新田·八年级期末）如图，平行四边形中，，，以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，射线交的延长线于点，则的长是_______．
57．（2021·湖南·张家界市民族中学八年级期末）如图正方形 ABCD 中，E 是 BC 边的中点，将△ABE 沿 AE 对折至△AFE，延长 EF 交 CD 于 G，接 CF，AG．下列结论：① AE∥FC; ②∠EAG 45°，且BE DG EG ；③ ；④ AD 3DG ，正确是_______ (填序号)．
58．（2021·湖南双峰·八年级期末）在ABCD中，如果∠A+∠C＝140°，那么∠C等于_____．
59．（2021·湖南长沙·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H．若AB＝6，BC＝4，∠DAB＝60°，则四边形EFGH的面积为___．
60．（2021·湖南娄星·八年级期末）已知正边形的内角为，则________．
三、解答题
61．（2021·湖南长沙·八年级期末）在Rt△ABC中，∠BAC=90°,D是BC的中点，E是AD的中点．过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形；
（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF 的面积．
62．（2021·湖南宁乡·八年级期末）如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC,设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F,
（1）求证：OE=OF；
（2）若CE=12，CF=5，求OC的长；
（3）当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．
63．（2021·湖南龙山·八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，
求证：四边形OCED是菱形．
64．（2021·湖南湘乡·八年级期末）如图，在□ABCD 中，对角线 AC 与 BD 相交于点 O ，点 E ， F 分别为 OB ， OD 的中点，延长 AE 至 G ，使 EG ＝AE ，连接 CG ．
（1）求证： △ABE≌△CDF ；
（2）当 AB 与 AC 满足什么数量关系时，四边形 EGCF 是矩形？请说明理由.
65．（2021·湖南道县·八年级期末）给出定义，若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．
（1）在你学过的特殊四边形中，写出两种勾股四边形的名称；
（2）如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°得到△DBE，连接AD，DC，CE，已知∠DCB=30°．
①求证：△BCE是等边三角形；
②求证：DC2+BC2=AC2，即四边形ABCD是勾股四边形．
66．（2021·湖南·北京师范大学株洲附属学校八年级期末）如图，矩形中，，把矩形沿对角线所在直线折叠，使点落在点处，交于点，连接．
（1）求证：；
（2）求证：是等腰三角形．
67．（2021·湖南衡阳·八年级期末）已知：如图，在平行四边形ABCD中，点E、F在AD上，且AE=DF
求证：四边形BECF是平行四边形．
68．（2021·湖南新化·八年级期末）在矩形中,点在上,,⊥，垂足为.
（1）求证.
（2）若,且,求.
69．（2021·湖南岳阳·八年级期末）如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ．
(1)、如图a，求证：△BCP≌△DCQ；
(2)、如图，延长BP交直线DQ于点E．
①如图b，求证：BE⊥DQ；
②如图c，若△BCP为等边三角形，判断△DEP的形状，并说明理由．
70．（2021·湖南绥宁·八年级期末）如图所示，已知平行四边形ABCD，对角线AC，BD相交于点O，∠OBC＝∠OCB．
（1）求证：平行四边形ABCD是矩形；
（2）请添加一个条件使矩形ABCD为正方形．
71．（2021·湖南凤凰·八年级期末）如图，过正方形ABCD的顶点D作DE∥AC交BC的延长线于点E．
（1）判断四边形ACED的形状，并说明理由；
（2）若BD=8cm，求线段BE的长．
72．（2021·湖南古丈·八年级期末）如图,在△ABC中,点D是AB边的中点,点E是CD边的中点,过点C作CF∥AB交AE的延长线于点F,连接BF.
(1)求证:DB=CF；(2)如果AC=BC,试判断四边形BDCF的形状,并证明你的结论.
73．（2021·湖南岳阳·八年级期末）已知：如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，点F在边BC上，且BE=CF，EF⊥DF，求证：BF=CD．
74．（2021·湖南长沙·八年级期末）如图，BD是△ABC的角平分线，过点D作DE∥BC交AB于点E，DF∥AB交BC于点F
（1）求证：四边形BEDF为菱形；
（2）如果∠A＝90°，∠C＝30°，BD＝12，求EF的长
75．（2021·湖南娄底·八年级期末）已知，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．
(1)如图1，连接AF、CE求证：四边形AFCE为菱形；
(2)如图1，求AF的长；
(3)如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，点P的速度为每秒1cm，设运动时间为t秒．若点Q的速度为每秒0.8cm，当A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
76．（2021·湖南会同·八年级期末） 如图，在平行四边形ABCD中，∠C=60°，M、N分别是AD、BC的中点，BC=2CD．
（1）求证：四边形MNCD是平行四边形；
（2）求证：BD=MN．
77．（2021·湖南耒阳·八年级期末）正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：EF＝CF+AE；
（2）当AE＝2时，求EF的长．
78．（2021·湖南·茶陵县教育教学研究室八年级期末）如图，将 ABCD的边AB延长至点E，使BE=AB，连接DE、EC、BD、DE交BC于点O．
（1）求证：△ABD≌△BEC；
（2）若∠BOD=2∠A，求证：四边形BECD是矩形．
79．（2021·湖南双峰·八年级期末）如图所示，为的边上一动点，过点的直，设分别交的平分线及其外角平分线于点．
（1）求证：
（2）当点在何处时，四边形是矩形？
（3）在（2）的条件下，请在中添加条件，使四边形变为正方形，并说明你的理由．
80．（2021·湖南鹤城·八年级期末）如图，菱形ABCD的边长为12cm，∠A＝60°，动点P从点A出发，沿着线路AB—BD做匀速运动，动点Q从点D同时出发，沿着线路DC－CB－BA做匀速运动．
（1）求BD的长．
（2）已知动点P运动的速度为2cm/s，动点Q运动的速度为2.5cm/s．经过12秒后，P、Q分别到达M、N两点，试判断△AMN的形状，并说明理由．
（3）设问题（2）中的动点P、Q分别从M、N同时沿原路返回，动点P的速度不变，动点Q的速度改变为acm/s，经过3秒后，P、Q分别到达E、F两点，若△BEF为直角三角形，试求a值．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】
【分析】n边形的内角和是（n﹣2） 180°，如果已知多边形的边数，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．
【详解】根据n边形的内角和公式，得
（n﹣2） 180=1080，
解得n=8，
∴这个多边形的边数是8，
故选B．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，熟记内角和公式和外角和定理并列出方程是解题的关键．根据多边形的内角和定理，求边数的问题就可以转化为解方程的问题来解决．
2．C
【分析】
首先设此多边形为n边形，根据题意得：180（n-2）=540，即可求得n=5，再由多边形的外角和等于360°，即可求得答案．
【详解】
解：设此多边形为n边形，
根据题意得：180（n-2）=540，
解得：n=5，
∴这个正多边形的每一个外角等于：=72°．
故选C．
【点睛】
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．B
【详解】
根据多边形的外角和等于360°解答．
解：五边形的外角和是360°．
故选B．
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360°．
4．C
【分析】
先根据内角度数求出外角度数，再利用多边形的外角和定理求出边数．
【详解】
∵正多边形的每一个内角都等于，
∴它的每一个外角=．
∵多边形外角和为，
∴它的边数=÷=12．
故选C
【点睛】
本题考察了多边形的内角与外角．利用多边形的外角和定理“任意凸多边形的外角和都为”是解题关键．
5．C
【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．
【详解】
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．
【点睛】
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．A
【分析】
根据正多边形的边数等于360°除以每一个外角的度数列式计算即可得解．
【详解】
解：∵一个多边形的每个外角都等于36°，
∴这个多边形是正多边形，
∴360°÷36°=10．
∴这个多边形的边数是10．
故选A．
【点睛】
本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角和、多边形的每一个外角的度数、多边形的边数三者之间的关系是解题的关键．
7．B
【分析】
根据平行四边形的判定定理即可得到结论．
【详解】
A. 一组对角相等且一组对边平行的四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
B. 一组对边相等且另一组对边平行的四边形不一定是平行四边形，故本选项符合题意；
C. 两组对角分别相等的四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
D. 四条边相等的四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
故选：B
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理，属于基础题型．
8．A
【详解】
根据平行四边形性质可知：B. C. D均是平行四边形的性质，只有A不是．故选A.
点睛：本题考查平行四边形的性质：①平行四边形两组对边分别平行；②平行四边形的两组对边分别相等；③平行四边形的两组对角分别相等；④平行四边形的对角线互相平分.
9．D
【详解】
根据平行四边形判定定理进行判断：
A、由“AB∥DC，AD∥BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
D、由“AB∥DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意．
故选D．
考点：平行四边形的判定．
10．C
【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，
∴，，，
∴，
∴平分，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴．
故选：．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质、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．
11．A
【分析】
由在平行四边形ABCD中，∠A=118°，可求得∠B的度数，又由CE⊥AB，即可求得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=180° ∠A=180° 118°=62°，
∵CE⊥AB，
∴∠BCE=90° ∠B=28°.
故选A.
【点睛】
考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的邻角互补是解题的关键.
12．C
【分析】
根据平行四边形的对角相等求出∠BCD的度数，再根据平角等于180°列式计算即可得解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠A＝100°，
∴∠1＝180°﹣∠BCD＝180°﹣100°＝80°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的对角相等的性质，是基础题，比较简单，熟记性质是解题的关键．
13．C
【分析】
根据平行四边形的性质，对角相等以及邻角互补，即可得出答案．
【详解】
解：∵平行四边形ABCD，
∴AD//BC，∠A=∠C，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A+∠C=110°，
∴∠A=∠C=55°，
∴∠B=125°．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质，灵活的应用平行四边形的性质是解决问题的关键．
14．C
【分析】
设较大内角为2x，较小内角为x，由平行四边形的性质列出等式可求解．
【详解】
解：∵平行四边形两个内角的度数比为1：2，
∴设较大内角为2x，较小内角为x，
∴2x+x＝180°，
∴x＝60°，
∴2x＝120°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形对角相等，邻角互补是解题的关键．
15．C
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即可.
【详解】
解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选C.
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，属于基础题型，熟知轴对称图形和中心对称图形的定义是正确判断的关键.
16．A
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念对每一个选项进行判断即可．
【详解】
解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．解题的关键是掌握轴对称图形与中心对称图形的概念．
17．B
【分析】
根据中心对称图形的概念解答即可.
【详解】
A、不是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图形，故本选项正确；
C、不是中心对称图形，故本选项错误；D、不是中心对称图形，故本选项错误．
故选B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
18．A
【详解】
试题分析：结合选项根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．A、是轴对称图形，也是中心对称图形；B、是轴对称图形，不是中心对称图形；C、是轴对称图形，不是中心对称图形；D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形
考点：（1）中心对称图形；（2）轴对称图形
19．B
【分析】
根据直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半，得到DF=5，由三角形中位线的性质得到DE=8，最后由线段的和差解题即可．
【详解】
解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，
∴DF= AB=5，
∵BC= 16，D、E分别是AB，AC的中点，
∴DE=BC=8，
∴EF=DE-DF=3，
故选：B．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键．
20．C
【分析】
根据三角形中位线定理，以三角形各边中点为顶点的三角形的三边分别是原三角形三边长的一半，据此可求解．
【详解】
由题意可知，新三角形由原三角形的三条中位线组成，每条中位线分别是原三角形三边长的一半，所求三角形的周长是是原三角形周长36cm的一半即为18cm．
故选：C
【点睛】
本题考查了中位线的性质，是基础题．
21．C
【分析】
连接BD，根据三角形中位线定理求出BD，根据勾股定理的逆定理得到∠BDC=90°，然后求得面积即可．
【详解】
解：连接BD，
∵E、F分别是AB、AD中点，
∴BD=2EF=12，
∵CD2+BD2=25+144=169，BC2=169，
∴CD2+BD2=BC2，
∴∠BDC=90°，
∴S△DBC=BD CD=×12×5=30，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的逆定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
22．B
【分析】
根据三角形的中线把三角形分成面积相等的两部分解答即可．
【详解】
解：∵D是AC的中点，△ABC的面积为12cm2，
∴，
又∵E是BD的中点，
∴
故答案为：B．
【点睛】
本题主要考查了三角形面积的求法和三角形的中线的有关知识，熟知三角形的中线把三角形分成面积相等的两部分是解答的关键．
23．C
【分析】
根据直角三角形的性质求出AB，进而求出AE、EB，根据三角形中位线定理得到DE∥BC，得到∠AED=∠AED=60°，根据等边三角形的判定定理和性质定理解答即可．
【详解】
解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=4，
∴AB=2BC=8，∠ABC=60°，
∵E为AB边上的中点，
∴AE=EB=4，
∵D、E分别为AC、AB边上的中点，
∴DE∥BC，
∴∠AED=∠AED=60°，
∴∠BEF=∠ABC=60°，
在Rt△AED中，∠A=30°，
∴AE=2DE，
∵EF=2DE，
∴AE=EF，
∴△BEF为等边三角形，
∴BF=BE=4，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、等边三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
24．B
【分析】
根据三角形中位线定理求得,进而求得三角形的周长．
【详解】
解：∵点D，E分别AB、BC的中点，AC＝7，
∴DE＝AC＝3.5，
同理，DF＝BC＝2.5，EF＝AB＝3，
∴△DEF的周长＝DE＋EF＋DF＝9，
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，理解三角形中位线定理是解题的关键．
25．C
【分析】
根据题意知CD是的中位线，利用中位线的定理可知AB=2CD，即可解答．
【详解】
∵C，D分别是OA，OB的中点，
∴CD是的中位线，
∴AB=2CD=2×20=40（m），
∴A，B之间的距离是40m．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查三角形中位线的知识，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键，根据三角形的中位线定理解答即可．
26．C
【分析】
先证明再求解利用轴对称可得答案．
【详解】
解：由对折可得：
矩形，
BC=8
由对折得：
故选C．
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理的应用，轴对称的性质，掌握以上知识是解题的关键．
27．C
【详解】
试题分析：根据平行四边形的性质对A进行判断；根据菱形的性质对B进行判断；根据矩形的性质对C进行判断；根据角平分线的性质对D进行判断．
解：A、平行四边形的对角线互相平分，所以A选项的说法正确；
B、菱形的对角线互相垂直平分，所以B选项的说法正确；
C、矩形的对角线相等且互相平分，所以C选项的说法错误；
D、角平分线上的点到角两边的距离相等，所以D选项的说法正确．
故选C．
28．C
【分析】
由矩形的性质得到：设 利用勾股定理建立方程求解即可得到答案．
【详解】
解： 矩形，
设
则
，
（舍去）
故选C．
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．
29．B
【分析】
如图连接AC．只要证明CE＝CA，推出∠E＝∠CAE，进而即可解决问题．
【详解】
解：连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，
∵EC＝BD，
∴AC＝CE，
∴∠E＝∠CAE，
∵OB=OC，
∴∠ACB=∠DBC，
又∵AD∥BC，
∴∠DBC=∠ADB，
∴∠ACB＝∠ADB＝40°，
∵∠ACB＝∠E＋∠CAE，
∴∠E＝∠CAE＝20°，
故选B．
【点睛】
本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题．
30．C
【分析】
根据图形，利用折叠的性质，折叠前后形成的图形全等,对应角相等，利用平角定义+++=180°，再通过等量代换可以求出．
【详解】
解：∵长方形纸片按如图所示的方式折叠，为折痕
∴,
∵+++=180°（平角定义）
∴+++=180°（等量代换）
+=90°
即=90°
故选：C．
【点睛】
本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系．
31．B
【分析】
由矩形的性质得出∠ABC＝90°，OA＝OB，再证明△AOB是等边三角形，得出OA＝AB，求出AC，然后根据勾股定理即可求出BC，进而得出矩形面积即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OA＝AC，OB＝BD，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵∠AOD＝120°，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝AB＝2，
∴AC＝2OA＝4，
∴BC＝，
∴矩形的面积＝AB BC＝4；
故选B．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．
32．C
【分析】
因为BC为AF边上的高，要求△AFC的面积，求得AF即可，求证△AFD′≌△CFB，得BF＝D′F，设D′F＝x，则在Rt△AFD′中，根据勾股定理求x，于是得到AF＝AB BF，即可得到结果．
【详解】
解：在△AFD′和△CFB中，
,
∴△AFD′≌△CFB，
∴D′F＝BF，
设D′F＝x，则AF＝8 x，
在Rt△AFD′中，（8 x）2＝x2＋42，
解得：x＝3，
∴AF＝AB FB＝8 3＝5，
∴S△AFC＝ AF BC＝10．
故选：C．
【点睛】
本题考查了翻折变换 折叠问题，勾股定理的正确运用，本题中设D′F＝x，根据直角三角形AFD′中运用勾股定理求x是解题的关键．
33．B
【分析】
根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
【详解】
解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】
考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．
34．C
【分析】
如图（见解析），先根据菱形的性质可得，再根据全等的性质可得，然后根据等边三角形的判定与性质可得，最后根据平行线的性质即可得．
【详解】
如图，连接AC
四边形ABCD是菱形
如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，
是等边三角形
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，理解题意，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
35．A
【详解】
解：如图，设对角线相交于点O，
∵AC=8，DB=6，∴AO=AC=×8=4，BO=BD=×6=3，
由勾股定理的，AB===5，
∵DH⊥AB，∴S菱形ABCD=AB DH=AC BD，
即5DH=×8×6，解得DH=．
故选A．
【点睛】
本题考查菱形的性质．
36．D
【分析】
根据菱形的判定条件即可得到结果；
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定，准确理解条件是解题的关键．
37．D
【详解】
A、不正确，两组对边分别平行，两者均有此性质；
B、不正确，两组对角分别相等，两者均有此性质；
C、不正确，对角线互相平分，两者均具有此性质；
D、菱形的对角线互相垂直但平行四边形却无此性质．
故选D．
38．B
【分析】
由，，证出四边形是平行四边形，
A. ，根据邻边相等的平行四边形，可证四边形是菱形；
B. ，对角线相等的平行四边形是矩形，不能证四边形是菱形；
C. ，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可证四边形是菱形；
D. ，证，根据等角对等边可证，即可证得四边形是菱形.
【详解】
，，
四边形是平行四边形，
A. ，是菱形；
B. ，是矩形，不是菱形；
C. ，是菱形；
D. ，
是菱形；
故本题的答案是：B
【点睛】
本题考查了特殊四边形菱形的证明，平行四边形的证明，矩形的证明，注意对这些证明的理解，容易混淆，小心区别对比.
39．B
【分析】
根据菱形和矩形的性质进行逐一判定即可
【详解】
解：菱形具有而矩形不具有的性质是：四边相等
故选：B
【点睛】
本题考查了菱形和矩形的性质，熟练掌握相关的性质是解题的关键
40．D
【分析】
分别利用平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定定理，对选项逐一分析即可做出判断．
【详解】
解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，符合平行四边形的判定，故本选项正确，不符合题意；
B、∵四边形的内角和为360°，四边形的四个内角都相等，
∴四边形的每个内角都等于90°，则这个四边形有三个角是90°，
∴这个四边形是矩形，故四个内角都相等的四边形是矩形，本选项正确，不符合题意；
C、四条边都相等的四边形是菱形，符合菱形的判定，，故本选项正确，不符合题意；
D、两条对角线垂直且平分的四边形是菱形，不一定是正方形，故本选项错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定定理，解题的关键是正确理解并掌握判定定理．
41．B
【详解】
试题分析：利用特殊四边形的判定定理对个选项逐一判断后即可得到正确的选项．
A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项错误； B、正确； C、对角线垂直的平行四边形是菱形，故选项错误；D、两组对边平行的四边形才是平行四边形，故选项错误．
考点：命题与定理．
42．C
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝BO＝DO＝CO，AC＝BD，
故①③正确；
∵BO＝DO，
∴S△ABO＝S△ADO，故②正确；
当∠ABD＝45°时，∠AOD＝90°，
∴AC⊥BD，
∴矩形ABCD会变成正方形，故⑤正确，
而④不一定正确，矩形的对角线只是相等且互相平分，
∴正确结论的个数是4.
故选C.
43．B
【分析】
在Rt△AEH中，由勾股定理求出EH=，根据正方形面积公式求出即可．
【详解】
解: ∵四边形ABCD是正方形, AE=BF=CG=DH,
∴AH=DG=CF=BE,
∴△AEH≌△DHG≌△CGF≌△BFE（SAS），
∴EH=EF=FG=HG,
∵∠A=∠D=90°，
∴∠DGH+∠DHG=90°，
∴∠AHE+∠DHG=90°，
∴∠EHG=180°-90°=90°，
∴四边形EFGH是正方形,
在Rt△AEH中，AE=2，AH=5，
由勾股定理得：EH==，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EF=FG=GH=EH=，
∴四边形EFGH的面积是（）2=34．
故选B．
【点睛】
本题考查了正方形性质，全等三角形的性质和判定，三角形内角和定理，正方形判定的应用，关键是推出四边形EFGH是正方形．
44．C
【分析】
根据矩形、正方形和菱形的性质，得出结论即可．
【详解】
解：A、对角线互相垂直是菱形和正方形具有的性质，矩形不一定具有，不符合题意；
B、对角线互相平分是菱形、矩形和正方形共有的性质，不符合题意；
C、对角线长度相等是矩形和正方形具有的性质，菱形不一定具有，符合题意；
D、一组对角线平分一组对角是菱形和正方形具有的性质，矩形不一定具有，不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形、正方形和菱形的性质；熟练掌握矩形、正方形和菱形的对角线上的性质是解决问题的关键．
45．C
【详解】
矩形的性质，三角形中位线定理，菱形的判定．
【分析】如图，连接AC．BD，
在△ABD中，∵AH=HD，AE=EB，∴EH=BD．
同理FG=BD，HG=AC，EF=AC．
又∵在矩形ABCD中，AC=BD，∴EH=HG=GF=FE．
∴四边形EFGH为菱形．故选C．
46．D
【分析】
对各选项逐一判断即可．
【详解】
解：A． 对角线垂直且平分的四边形是菱形是正确的命题，故A选项没有错误；
B． 对角线平分且相等的四边形是矩形是正确的命题，故B选项没有错误；
C． 对角线互相平分的四边形是平行四边形是正确的命题，故C选项没有错误；
D． 对角线垂直且相等的四边形是正方形是假命题，应改为“对角线垂直平分且相等的四边形是正方形”，故D选项没有错误．
故选D．
【点睛】
本题考查特殊四边形的判定，掌握相关四边形的判定方法是解题的关键．
47．8
【详解】
解：设边数为n，由题意得，
180（n-2）=3603
解得n=8.
所以这个多边形的边数是8.
48．七
【分析】
根据多边形的内角和公式，列式求解即可.
【详解】
设这个多边形是边形，根据题意得，
，
解得.
故答案为.
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角和公式，熟记公式是解题的关键.
49．
【分析】
连接AC交BD于P点，延长EO交CD于G点，根据菱形的性质求出AC的长度，并证明OF=OG，从而OE+OF＝EG，利用菱形的面积公式求解EG即可．
【详解】
如图所示，连接AC交BD于P点，延长EO交CD于G点，
根据菱形的性质得：AB=10，BP=8，∠APB=90°，
∴在Rt△APB中，根据勾股定理得：AP=6，
∴AC=2AP=12，
又根据菱形的对称性得：OF=OG，
∴OE+OF＝EG，
根据菱形的面积公式：，
∴，
解得：，
即：，
故答案为：．
【点睛】
本题考查菱形的性质以及面积公式，理解菱形的面积可由对角线乘积的一半进行计算是解题关键．
50．16
【详解】
试题分析：先利用三角形中位线性质得到AB=4，然后根据菱形的性质计算菱形ABCD的周长．
∵E，F分别是AD，BD的中点， ∴EF为△ABD的中位线， ∴AB=2EF=4，
∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=BC=CD=DA=4， ∴菱形ABCD的周长=4×4=16．
考点：（1）菱形的性质；（2）三角形中位线定理．
51．2．
【分析】
由正方形的面积公式和正三角形的面积公式求得图中大矩形的宽和长，然后求大矩形的面积，从而求得图中阴影部分的面积．
【详解】
因为正三角形和正方形的面积分别是2和2，
则正方形的边长为
设正三角形的边长为a，则a2×=2，
解得a=2．
则图中阴影部分的面积=2×-2=2．
故答案是：2．
【点睛】
考查了二次根式的应用．解题的关键是根据图中正三角形和正方形的面积求得大矩形的长和宽．
52．十二
【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°．
53．0
【分析】
将两个六边形分别进行拆分，再结合三角形的内角和和四边形的内角和计算即可得出答案.
【详解】
如图1所示，将原六边形分成了两个三角形和一个四边形，
∴=180°×2+360°=720°
如图2所示，将原六边形分成了四个三角形
∴=180°×4=720°
∴m-n=0
故答案为0.
【点睛】
本题考查的是三角形的内角和和四边形的内角和，难度适中，解题关键是将所求六边形拆分成几个三角形和四边形的形式进行求解.
54．8；
【分析】
根据多边形外角和是360度，正多边形的各个内角相等，各个外角也相等，直接用360°÷45°可求得边数．
【详解】
∵多边形外角和是360度，正多边形的一个外角是45°，
∴360°÷45°=8
即该正多边形的边数是8．
【点睛】
本题主要考查了多边形外角和是360度和正多边形的性质（正多边形的各个内角相等，各个外角也相等）．
55．
【分析】
先求出正n边形的内角和，再根据正五边形的每个内角都相等，进而求出其中一个内角的度数．
【详解】
解：∵正多边形的内角和为，
∴正五边形的内角和是，
则每个内角的度数是．
故答案为：
【点睛】
此题主要考查了多边形内角和，解题的关键是熟练掌握基本知识．
56．
【分析】
根据尺规作图可知，平分，再由四边形是平行四边形可得，即可求得．
【详解】
由作图可知，平分，
．
四边形是平行四边形，
，
，
，
．
，
．
故答案为．
【点睛】
本题考查角平分线的尺规作图和平行四边形性质，掌握角平分线的尺规作图是解题的关键．
57．①②④
【分析】
①根据折叠得△ABE≌△AFE，证明△EFC是等腰三角形，得到∠EFC=∠ECF，根据∠BEF=∠EFC+∠FEC，得出∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，即可证明AE∥FC，故①正确；②根据四边形ABCD是正方形，且△ABE≌△AFE，证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得出∠FAG=∠GAD，根据∠BAF+∠FAD=90°，推出∠EAF+∠FAG=45°，可得∠EAG=45°，根据全等得：BE=FE，DG=FG，即可得BE+DG=EF+GF=EG，故②正确；③先求出S△ECG，根据EF：FG=：=3：2，得出S△EFC：S△FCG=3：2，即S△EFC=，再根据SABCD=a2，得出S△CEF：S△ABCD=：，即S△CEF=SABCD，故③错误；④设正方形的边长为a，根据勾股定理得AE==，设DG=x，则CG=a-x，FG=x，EG=+x，再根据勾股定理求出x，即可得出结论，故④正确．
【详解】
解：①由折叠可得△ABE≌△AFE，
∴∠BEA=∠AEF，BE=EF，
∵E是BC中点，
∴BE=CE=EF，
∴△EFC是等腰三角形，
∴∠EFC=∠ECF，
∵∠BEF=∠EFC+∠FEC，
∴∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，
∴AE∥FC，故①正确；
②∵四边形ABCD是正方形，且△ABE≌△AFE，
∴AB=AF=AD，∠B=∠D=∠AFG，
∴△AFG和△ADG是直角三角形，
∴在Rt△AFG和Rt△ADG中，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴∠FAG=∠GAD，
又∵∠BAF+∠FAD=90°，
∴2∠EAF+2∠FAG=90°，
即∠EAF+∠FAG=45°，
∴∠EAG=45°，
由全等得：BE=FE，DG=FG，
∴BE+DG=EF+GF=EG，故②正确；
③对于Rt△ECG，
S△ECG=×EC×CG=××=，
∵EF：FG=：=3：2，
则S△EFC：S△FCG=3：2，即S△EFC=，
又∵SABCD=a2，
则S△CEF：S△ABCD=：，即S△CEF=SABCD，故③错误；
④设正方形的边长为a，
∴AB=AD=AF=a，BE=EF==EC，
由勾股定理得AE==，
设DG=x，则CG=a-x，FG=x，
EG=+x，
∴EG2=EC2+CG2，即（+x）2=（）2+（a-x）2，
解得x=，CG=，
即AD=3DG成立，故④正确．
【点睛】
本题考查了正方形的折叠问题，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握这些知识点灵活运用是解题关键．
58．70°．
【分析】
由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角相等，可得: ∠A＝∠C，又由∠A+∠C＝140°，即可求得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，
∵∠A+∠C＝140°，
∴∠C＝70°，
故答案为：70°．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，注意熟记定理是解此题的关键．
59．
【分析】
根据角平分线的定义以及平行四边形的性质，即可得出∠AGB＝90°，∠DEC＝90°，∠AHD＝90°＝∠EHG，进而判定四边形EFGH是矩形，根据含30°角的直角三角形的性质，得到，，，，进而得出EF和GF的长，可得四边形EFGH的面积．
【详解】
解：∵GA平分∠BAD，GB平分∠ABC，
∴，，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB＋∠ABC＝180°，
∴，
即∠AGB＝90°，
同理可得，∠DEC＝90°，∠AHD＝90°＝∠EHG，
∴四边形EFGH是矩形．
∵∠DAB＝60°，
∴，
∵AB＝6，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴矩形EFGH的面积．
故答案为：
【点睛】
本题考查了角平分线的性质，平行四边形的性质，矩形的判定以及含30°角的直角三角形的性质等，解题时注意：有三个角是直角的四边形是矩形．
60．9
【分析】
根据多边形每个内角与其相邻的内角互补，则正n边形的每个外角的度数=180°-140°=40°，然后根据多边形的外角和为360°即可得到n的值．
【详解】
解：∵正n边形的每个内角都是140°，
∴正n边形的每个外角的度数=180°-140°=40°，
∴n==9，
故答案为：9．
【点睛】
本题考查了多边形的外角和定理：多边形的外角和为360°．
61．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3）10．
【分析】
（1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论；
（2）由（1）可得AF=BD，结合条件可求得AF=DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可证得AD=CD，可证得四边形ADCF为菱形；
（3）连接DF，可证得四边形ABDF为平行四边形，则可求得DF的长，利用菱形的面积公式可求得答案．
【详解】
（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AFE和△DBE中，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF=DB．
∵AD为BC边上的中线
∴DB=DC，
∴AF=CD．
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，
∴AD=DC=BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（3）连接DF，
∵AF∥BD，AF=BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF=AB=5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S菱形ADCF=AC DF=×4×5=10．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质及判定，利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键，注意菱形面积公式的应用．
62．（1）见解析；（2）6.5．（3）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．理由见详解；
【分析】
（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1=∠2，∠3=∠4，进而得出答案．
（2）根据已知得出∠2+∠4=∠5+∠6=90°，进而利用勾股定理求出EF的长，即可根据直角三角形斜边上的中线性质得出CO的长．
（3）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可．
【详解】
解：（1）证明：如图，∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，
∴∠2=∠5，4=∠6．
∵MN∥BC，∴∠1=∠5，3=∠6．
∴∠1=∠2，∠3=∠4．∴EO=CO，FO=CO．
∴OE=OF．
（2）∵∠2=∠5，∠4=∠6，∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°．
∵CE=12，CF=5，∴．
∴OC=EF=6.5．
（3）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．理由如下：
当O为AC的中点时，AO=CO，
∵EO=FO，∴四边形AECF是平行四边形．
∵∠ECF=90°，∴平行四边形AECF是矩形．
63．见解析
【分析】
首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判定出结论．
【详解】
证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，∴OC=OD=AC=BD
∴四边形OCED是菱形．
64．（1）见解析；（2）时,四边形EGCF是矩形，理由见解析.
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，由平行线的性质得出∠ABE=∠CDF，证出BE=DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
（2）证出AB=OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG=90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，由三角形中位线定理得出OE∥CG，EF∥CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，
∴∠ABE=∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE=OB，DF=OD，
∴BE=DF，
在△ABE和△CDF中，
（2）当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC=2OA，AC=2AB，
∴AB=OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG=90°，
同理：CF⊥OD，
∴AG∥CF，
∴EG∥CF，
∵EG=AE，OA=OC，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE∥CG，
∴EF∥CG，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG=90°，
∴四边形EGCF是矩形．
【点睛】
本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.
65．(1)正方形、矩形、直角梯形均可；(2)①证明见解析②证明见解析
【分析】
（1）根据定义和特殊四边形的性质，则有矩形或正方形或直角梯形；
（2）①首先证明△ABC≌△DBE，得出AC=DE，BC=BE，连接CE，进一步得出△BCE为等边三角形；
②利用等边三角形的性质，进一步得出△DCE是直角三角形，问题得解．
【详解】
解：（1）正方形、矩形、直角梯形均可；
（2）①∵△ABC≌△DBE，
∴BC=BE，
∵∠CBE=60°，
∴△BCE是等边三角形；
②∵△ABC≌△DBE，
∴BE=BC，AC=ED；
∴△BCE为等边三角形，
∴BC=CE，∠BCE=60°，
∵∠DCB=30°，
∴∠DCE=90°，
在Rt△DCE中，
DC2+CE2=DE2，
∴DC2+BC2=AC2．
考点：四边形综合题．
66．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据矩形的性质可得出AD＝BC，AB＝CD，结合折叠的性质可得出AD＝CE，AE＝CD，进而即可证出△ADE≌△CED（SSS）；
（2）根据全等三角形的性质可得出∠DEF＝∠EDF，利用等边对等角可得出EF＝DF ，由此即可证出△DEF是等腰三角形．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AB＝CD．
由折叠的性质可得：BC＝CE，AB＝AE，
∴AD＝CE，AE＝CD．
在△ADE和△CED中，
，
∴△ADE≌△CED（SSS）．
（2）由（1）得△ADE≌△CED，
∴∠DEA＝∠EDC，
即∠DEF＝∠EDF，
∴EF＝DF，
∴△DEF是等腰三角形．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、翻折变换以及矩形的性质，解题的关键是根据矩形的性质、折叠及全等三角形的性质找图形中相等的线段 ．
67．证明见解析.
【分析】
根据平行四边形的性质，可得对角线互相平分，根据对角线互相平分的四边形式平行四边形，可得证明结论．
【详解】
如答图，连接BC，设对角线交于点O．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OD，OB=OC．
∵AE=DF，OA﹣AE=OD﹣DF，∴OE=OF．
∴四边形BEDF是平行四边形．
68．（1）证明见解析；（2）8
【详解】
分析：（1）利用“AAS”证△ADF≌△EAB即可得；
（2）由∠ADF+∠FDC=90°、∠DAF+∠ADF=90°得∠FDC=∠DAF=30°，据此知AD=2DF，根据DF=AB可得答案．
详解：（1）证明：在矩形ABCD中，∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠DAF，
又∵DF⊥AE，
∴∠DFA=90°，
∴∠DFA=∠B，
又∵AD=EA，
∴△ADF≌△EAB，
∴DF=AB．
（2）∵∠ADF+∠FDC=90°，∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠FDC=∠DAF=30°，
∴AD=2DF，
∵DF=AB，
∴AD=2AB=8．
点睛：本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握矩形的性质和全等三角形的判定与性质及直角三角形的性质．
69．（1）证明见试题解析；（2）①证明见试题解析；②△DEP为等腰直角三角形．
【详解】
试题分析：(1)、根据正方形性质得出BC=DC，根据旋转图形的性质得出CP=CQ以及∠PCB=∠QCD，从而得出三角形全等；(2)、①、根据全等得出∠PBC＝∠QBC，设BE和CD交点为M，根据对顶角得出∠DME=∠BMC，从而说明BE⊥QD；②、根据等边三角形的性质得出PB=PC=BC，∠PBC=∠BPC=∠PCB=60°，则∠PCD=30°，根据BC=DC，CP=CQ得出△PCD为等腰三角形，然后根据△DCQ为等边三角形，从而得出∠DEP=90°，从而得出答案.
试题解析：(1)、∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝DC
又∵将线段CP绕点C顺时针旋90°得到线段CQ，∴CP=CQ,∠PCQ＝90°∴∠PCD+∠QCD＝90°
又∵∠PCB+∠PCD=90° ∴∠PCB=∠QCD
在△BCP和△DCQ中 BC=DC，CP=CQ，∠PCB=∠QCD ∴△BCP≌△DCQ
(2)、①∵△BCP≌△DCQ ∴∠PBC＝∠QBC
设BE和CD交点为M ∴∠DME=∠BMC ∠MED=∠MCB=90°∴BE⊥QD
②△DEP为等腰直角三角形，
∵△BOP为等边三角形 ∴PB=PC=BC ∠PBC=∠BPC=∠PCB=60°
∴∠PCD=90°-60°=30°∴∠DCQ=90°-60°=30°
又∵BC＝DC CP=CQ∴PC＝DC DC＝CQ ∴△PCD是等腰三角形
△DCQ是等边三角形 ∴∠CPD＝∠CDP＝75°∠CDQ＝60°∴∠EPD=180°-15°-60°=45°
∠EDP=180°-75°-60°="45" °∴∠EPD=∠EDP PE=DE ∴∠DEP=180°-45°-45°=90°
∴△DEP是等腰直角三形
考点：(1)、正方形的性质；(2)、三角形全等的判定；(3)、等腰直角三角形的判定.
70．（1）证明见解析；（2）AB=AD（或AC⊥BD答案不唯一）．
【详解】
试题分析：（1）根据平行四边形对角线互相平分可得OA=OC，OB=OD，根据等角对等边可得OB=OC，然后求出AC=BD，再根据对角线相等的平行四边形是矩形证明；
（2）根据正方形的判定方法添加即可．
试题解析：解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，OB=OD，∵∠OBC=∠OCB，∴OB=OC，∴AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）AB=AD（或AC⊥BD答案不唯一）．
理由：∵四边形ABCD是矩形，又∵AB=AD，∴四边形ABCD是正方形．
或：∵四边形ABCD是矩形，又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是正方形．
71．（1）四边形ACED是平行四边形．理由如下见解析
（2）8cm．
【分析】
（1）根据正方形的对边互相平行可得AD∥BC，即为AD∥CE，然后根据两组对边互相平行的四边形是平行四边形解答.
（2）根据正方形的四条边都相等，平行四边形的对边相等可得BC=AD=CE，再根据正方形的边长等于对角线的倍求出BC，然后求出BE即可.
【详解】
解：（1）四边形ACED是平行四边形.理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
即AD∥CE.
∵DE∥AC，
∴四边形ACED是平行四边形.
（2）由（1）知，BC=AD=CE=CD，
∵BD=8cm，
∴BC=BD=×8=4cm，
∴BE=BC+CE=4+4=8cm．
72．(1)证明见解析；（2）四边形BDCF是矩形，理由见解析.
【详解】
(1)证明：∵CF∥AB，
∴∠DAE＝∠CFE．又∵DE＝CE，∠AED＝∠FEC，
∴△ADE≌△FCE，∴AD＝CF．∵AD＝DB，∴DB＝CF．
(2)四边形BDCF是矩形．
证明：由(1)知DB＝CF，又DB∥CF，
∴四边形BDCF为平行四边形．
∵AC＝BC，AD＝DB，∴CD⊥AB．
∴四边形BDCF是矩形．
73．证明过程见解析
【详解】
试题分析：由四边形ABCD为矩形，得到四个角为直角，再由EF与FD垂直，利用平角定义得到一对角互余，利用同角的余角相等得到一对角相等，利用ASA得到三角形BEF与三角形CFD全等，利用全等三角形对应边相等即可得证．
试题解析：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠C=90°，∵EF⊥DF，∴∠EFD=90°，∴∠EFB+∠CFD=90°，
∵∠EFB+∠BEF=90°，∴∠BEF=∠CFD，在△BEF和△CFD中，，∴△BEF≌△CFD（ASA），
∴BF=CD．
考点：（1）矩形的性质；（2）全等三角形的判定与性质
74．（1）见解析；(2) EF＝．
【分析】
（1）根据平行四边形的和菱形的判定证明即可；
（2）根据含30°的直角三角形的性质和勾股定理解答即可．
【详解】
（1）证明：∵，，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵BD是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形BFDE是菱形；
（2）如图连接EF，交BD于O，
∵，，
∴，
∵BD平分，
∴．
由（1）知，平行四边形BFDE是菱形，则，，
∴，
由勾股定理得到：，即，
解得：，
∴．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形以及菱形的判定，解题的关键能够熟练地掌握平行四边形以及特殊的平行四边形的判定方法．
75．（1）见解析；（2）AF=5cm；（3）
【分析】
（1）根据矩形的性质、平行线的性质和已知条件利用ASA证明△AOE≌△COF，可得OE=OF，进而可得四边形AFCE是平行四边形，然后由EF⊥AC即可证得结论；
（2）设AF=xcm，则易得CF=xcm，BF=(8－x)cm，然后在Rt△ABF中，由勾股定理建立关于x的方程，解方程即得结果；
（3）分为三种情况：第一、P在AF上，由P、Q两点的速度即可进行判断；第二、当P在BF上时，Q在CD或DE上，其中只有当Q在DE上时，以A、P、C、Q四点为顶点的四边形才有可能是平行四边形，如图，用含t的代数式分别表示出AQ和CP，从而可得关于t的方程，解方程即得结果；第三情况：当P在AB上时，Q在DE或CE上，由P、Q两点的位置即可进行判断．
【详解】
(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴OA=OC，
∵∠AOE=∠COF，
∴ΔAOE≌ΔCOF（ASA），
∴OE=OF，
∵OA=OC，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AFCE是菱形；
（2）∵四边形AFCE是菱形，
∴AF=FC，
设AF=xcm，则CF=xcm，BF=(8－x)cm，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，
则在RtΔABF中，由勾股定理得：，
解得：x=5，即AF=5cm；
(3)分为三种情况：
第一、P在AF上，∵P的速度是1cm/s，而Q的速度是0.8cm/s，
∴Q只能在CD上，此时以A、P、C、Q四点为顶点的四边形不是平行四边形；
第二、当P在BF上时，Q在CD或DE上，其中只有当Q在DE上时，以A、P、C、Q四点为顶点的四边形才有可能是平行四边形，如图，
∵AQ=8－(0.8t－4)，CP=5+(t－5)，
∴8－(0.8t－4)=5+(t－5)，
解得：；
第三情况：当P在AB上时，Q在DE或CE上，此时以A、P、C、Q四点为顶点的四边形不是平行四边形；
综上所述，当时，以A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理以及平行四边形的判定等知识，是四边形的综合性问题，正确理解题意、熟练掌握特殊四边形的判定和性质、全面分类是解题的关键．
76．见解析
【详解】
试题分析：（1）根据平行四边形的性质，可得AD与BC的关系，根据MD与NC的关系，可得证明结论；
（2）根据根据等边三角形的判定与性质，可得∠DNC的度数，根据三角形外角的性质，可得∠DBC的度数，根据正切函数，可得答案．
证明：（1）∵ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵M、N分别是AD、BC的中点，
∴MD=NC，MD∥NC，
∴MNCD是平行四边形；
（2）如图：连接ND，
∵MNCD是平行四边形，
∴MN=DC．
∵N是BC的中点，
∴BN=CN，
∵BC=2CD，∠C=60°，
∴△NCD是等边三角形．
∴ND=NC，∠DNC=60°．
∵∠DNC是△BND的外角，
∴∠NBD+∠NDB=∠DNC，
∵DN=NC=NB，
∴∠DBN=∠BDN=∠DNC=30°，
∴∠BDC=90°．
∵tan，
∴DB=DC=MN．
点评：本题考查了平行四边形的判定与性质，利用了一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，等边三角形的判定与性质，正切函数．
77．（1）见解析；（2）5，详见解析．
【分析】
（1）由旋转可得DE＝DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF＝90°，由∠EDF＝45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF＝∠MDF，再由DF＝DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF＝CF+AE；
（2）由（1）的全等得到AE＝CM＝2，正方形的边长为6，用AB﹣AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF＝MF＝x，可得出BF＝BM﹣FM＝BM﹣EF＝8﹣x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【详解】
（1）证明：
∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，AE＝CM，
∴F、C、M三点共线，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠EDF+∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF和△DMF中，
∵，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF，
∴EF＝CF+AE；
（2）解：设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝2，且BC＝6，
∴BM＝BC+CM＝6+2＝8，
∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝8﹣x，
∵EB＝AB﹣AE＝6﹣2＝4，
在Rt△EBF中，由勾股定理得，
即，
解得：x＝5，
则EF＝5．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、三角形全等及勾股定理，关键是根据半角旋转得到三角形的全等，然后利用勾股定理求得线段的长．
78．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）先运用平行四边形的知识得到AB=BE、BE=DC、BD=EC，即可证明△ABD≌△BEC；
（2）由四边形BECD为平行四边形可得OD=OE，OC=OB，再结合四边形ABCD为平行四边形得到∠A=∠OCD，再结合已知条件可得OC=OD，即BC=ED；最后根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可．
【详解】
证明：(1)∵在平行四边形ABCD
∴AD=BC，AB=CD，AB∥CD，即BE∥CD．
又∵AB=BE，
∴BE=DC．
∴四边形BECD为平行四边形．
∴BD=EC．
在△ABD与△BEC中，
∴△ABD≌△BEC(SSS)；
(2)∵四边形BECD为平行四边形，
∴ OD=OE，OC=OB，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A=∠BCD．即∠A=∠OCD．
又∵∠BOD=2∠A，∠BOD=∠OCD+∠ODC，
∴∠OCD=∠ODC
∴OC=OD．
∴OC+OB=OD+OE，即BC=ED．
∴四边形BECD为矩形．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、平行线的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的外角性质等知识点，灵活应用相关知识是解答本题的关键．
79．（1）证明见解析；（2）当点O运动到AC的中点时，四边形CEAF是矩形，理由见解析；（3），理由见解析．
【分析】
（1）由平行线的性质和角平分线的定义得出∠OEC=∠OCE，证出EO=CO，同理得出FO=CO，即可得出EO=FO；
（2）由对角线互相平分证明四边形CEAF是平行四边形，再由对角线相等即可得出结论；
（3）由已知和（2）得到的结论，点O运动到AC的中点时，且满足∠ACB为直角时，则推出四边形AECF是矩形且对角线垂直，所以四边形AECF是正方形．
【详解】
（1）证明：∵，
∴∠OEC=∠BCE，
∵CE平分∠ACB，
∴∠BCE=∠OCE，
∴∠OEC=∠OCE，
∴EO=CO，
同理：FO=CO，
∴EO=FO；
（2）解：当点O运动到AC的中点时，四边形CEAF是矩形； 理由如下：
由（1）得：EO=FO，
又∵O是AC的中点，
∴AO=CO，
∴四边形CEAF是平行四边形，
∵EO=FO=CO，
∴EO=FO=AO=CO，
∴EF=AC，
∴四边形CEAF是矩形；
（3）解：当点O运动到AC的中点时，且满足∠ACB为直角时，
四边形AECF是正方形． 理由如下：
∵由（2）知，当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，
∠ACB=90°，
，
∴AC⊥EF，
∴四边形AECF是正方形．
【点睛】
本题考查的平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
80．（1）BD=12；（2）△AMN为直角三角形；证明见解析；（3）a的值为1或3或6．
【分析】
（1）根据菱形的性质得，加上，于是可判断 是等边三角形，所以；
（2）如图1，根据速度公式得到12秒后点走过的路程为，则点到达点，即点与 点重合，12秒后点走过的路程为，而，易得点 到达的中点，即点为的中点，根据等边三角形的性质得，即 为直角三角形；
（3）由为等边三角形得，根据速度公式得经过3秒后点 运动的路程为、点运动的路程为，所以，然后分类讨论：当点运动到点，且点在上，如图1，则，，由于为直角三角形，而，只能得到，所以，根据含30度的直角三角形三边的关系得，解得；当点运动到点，且点在上，如图2，则，，由于为直角三角形，而，若，则，根据含30度的直角三角形三边的关系得，解得；若，易得此时点在点处，则，解得．
【详解】
（1）解：∵四边形ABCD是菱形
∴AD=AB=BC=CD=12
∵∠A＝60°
∴△ABD是等边三角形
∴BD=12
（2）答：△AMN为直角三角形
证：如图1，12秒后点P走过的路程为2×12=24，则12秒后点P到达点D，即点M与D点重合，
12秒后点Q走过的路程为2．5×12=30，而BC+CD=24，所以点Q到B点的距离为30-24=6，则点Q到达AB的中点，即点N为AB的中点．
∵△ABD是等边三角形，而MN为中线
∴MN⊥AB
∴△AMN为直角三角形
（3）∵△ABD为等边三角形
∴∠ABD=60°
经过3秒后，点P运动的路程为6cm．点Q运动的路程为3acm
∵点P从点M开始运动，即DE=6cm
∴点E为DB的中点，即BE=DE=6cm
①当点Q运动到F点，且点F在NB上，如图1，则NF=3a
∴BF=BN-NF=6-3a
∵△BEF为直角三角形，而∠FBE=60°
∴∠EFB=90°（∠FEB不能为90°，否则点F在点A的位置）
∴∠FEB=30°
∴BF=BE
∴6-3a=×6，即a=1
②当点Q运动到F点，且点F在BC上，如图2，则NF=3a
∴BF=NF-BN=3a-6
∵△BEF为直角三角形，而∠FBE=60°
（i）若∠EFB=90°，则∠FEB=30°
∴BF=BE
∴3a-6=×6，即a=3
（ii）若∠FEB=90°，即FB⊥BD，而DE=BE
∴点F在BD的垂直平分线上
∴此时点F在点C处
∴3a=6+12，即a=6
综上所述，若△BEF为直角三角形，a的值为1或3或6．
【点睛】
本题考查了四边形的综合题，熟练掌握等边三角形的判定与性质、菱形的性质、含30度的直角三角形三边的关系计算几何计算，能运用分类讨论的思想解决数学问题是解题的关键．
答案第1页，共2页

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