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一、选择题
1. 如图所示，在 $ \mathrm{Rt} △ ABC $ 中， $ ∠ ACB = 90^{\circ} $， $ AB = 10 $， $ BC = 6 $。点 $ F $ 是 $ AB $ 中点，连接 $ CF $，把线段 $ CF $ 沿射线 $ BC $ 方向平移到 $ DE $，点 $ D $ 在 $ AC $ 上。则线段 $ CF $ 在平移过程中扫过区域形成的四边形 $ CFDE $ 的周长和面积分别是(
A.$ 16 $，$ 6 $
B.$ 18 $，$ 18 $
C.$ 16 $，$ 12 $
D.$ 12 $，$ 16 $
1. 如图所示，在 $ \mathrm{Rt} △ ABC $ 中， $ ∠ ACB = 90^{\circ} $， $ AB = 10 $， $ BC = 6 $。点 $ F $ 是 $ AB $ 中点，连接 $ CF $，把线段 $ CF $ 沿射线 $ BC $ 方向平移到 $ DE $，点 $ D $ 在 $ AC $ 上。则线段 $ CF $ 在平移过程中扫过区域形成的四边形 $ CFDE $ 的周长和面积分别是(
C
)。A.$ 16 $，$ 6 $
B.$ 18 $，$ 18 $
C.$ 16 $，$ 12 $
D.$ 12 $，$ 16 $
答案
1. C
解析
解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90^{\circ}$，$AB=10$，$BC=6$，
由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=8$。
点$F$是$AB$中点，$\therefore CF=\frac{1}{2}AB=5$。
线段$CF$平移到$DE$，$\therefore DE=CF=5$，$DC// EF$，$DF// CE$，四边形$CFDE$是平行四边形。
$\because CF$平移方向为射线$BC$，$\therefore DF=CE$，$DC=EF$。
设$DC=x$，则$AD=AC-DC=8 - x$。
$F$是$AB$中点，$F$坐标可由$A(0,8)$，$B(6,0)$得$F(3,4)$（以$C$为原点，$CB$为$x$轴，$CA$为$y$轴建立坐标系）。
$CF$斜率为$\frac{4 - 0}{3 - 0}=\frac{4}{3}$，平移后$DE$斜率不变，$D(0,x)$，$E$在$x$轴上，设$E(e,0)$，则$\frac{0 - x}{e - 0}=\frac{4}{3}⇒ e=-\frac{3x}{4}$，$CE=|e|=\frac{3x}{4}$。
$DF$为平移距离，$DF=CE=\frac{3x}{4}$，$DF$长度也可由$D(0,x)$，$F(3,4)$得$\sqrt{(3 - 0)^{2}+(4 - x)^{2}}=\frac{3x}{4}$，
平方得$9 + (4 - x)^{2}=\frac{9x^{2}}{16}$，解得$x=4$（$x=\frac{100}{7}$舍）。
$\therefore DC=4$，$CE=\frac{3×4}{4}=3$。
四边形$CFDE$周长为$2(DC + CF)=2(4 + 5)=18$（此处原解析周长计算有误，应为$2(DF + CF)=2(3 + 5)=16$）。
面积为$DC× CE=4×3=12$。
综上，周长$16$，面积$12$。
C
由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=8$。
点$F$是$AB$中点，$\therefore CF=\frac{1}{2}AB=5$。
线段$CF$平移到$DE$，$\therefore DE=CF=5$，$DC// EF$，$DF// CE$，四边形$CFDE$是平行四边形。
$\because CF$平移方向为射线$BC$，$\therefore DF=CE$，$DC=EF$。
设$DC=x$，则$AD=AC-DC=8 - x$。
$F$是$AB$中点，$F$坐标可由$A(0,8)$，$B(6,0)$得$F(3,4)$（以$C$为原点，$CB$为$x$轴，$CA$为$y$轴建立坐标系）。
$CF$斜率为$\frac{4 - 0}{3 - 0}=\frac{4}{3}$，平移后$DE$斜率不变，$D(0,x)$，$E$在$x$轴上，设$E(e,0)$，则$\frac{0 - x}{e - 0}=\frac{4}{3}⇒ e=-\frac{3x}{4}$，$CE=|e|=\frac{3x}{4}$。
$DF$为平移距离，$DF=CE=\frac{3x}{4}$，$DF$长度也可由$D(0,x)$，$F(3,4)$得$\sqrt{(3 - 0)^{2}+(4 - x)^{2}}=\frac{3x}{4}$，
平方得$9 + (4 - x)^{2}=\frac{9x^{2}}{16}$，解得$x=4$（$x=\frac{100}{7}$舍）。
$\therefore DC=4$，$CE=\frac{3×4}{4}=3$。
四边形$CFDE$周长为$2(DC + CF)=2(4 + 5)=18$（此处原解析周长计算有误，应为$2(DF + CF)=2(3 + 5)=16$）。
面积为$DC× CE=4×3=12$。
综上，周长$16$，面积$12$。
C
2. 如图所示，在 $ □ ABCD $ 中，点 $ E $，$ F $ 分别在 $ AD $ 和 $ AB $ 上，依次连接 $ EB $，$ EC $，$ FC $，$ FD $，阴影部分面积分别为 $ S_{1} $，$ S_{2} $，$ S_{3} $，$ S_{4} $。若 $ S_{1} = 3 $，$ S_{2} = 15 $，$ S_{3} = 4 $，则 $ S_{4} $ 的值是(
A.$ 8 $
B.$ 14 $
C.$ 16 $
D.$ 22 $
A
)。A.$ 8 $
B.$ 14 $
C.$ 16 $
D.$ 22 $
答案
2. A
解析
解：设平行四边形$ABCD$的面积为$S$，空白部分面积分别为$x$，$y$。
因为$△ EBC$与$△ FCD$的面积均为$\frac{1}{2}S$，所以：
$\begin{cases}S_{1}+S_{2}+x=\frac{1}{2}S \\S_{3}+S_{2}+y=\frac{1}{2}S\end{cases}$
即$3 + 15 + x = 4 + 15 + y$，化简得$x - y = 1$。
又因为$S = S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}+x + y$，且$\frac{1}{2}S = S_{4}+x + S_{3}$，即$\frac{1}{2}S = S_{4}+x + 4$，所以$S = 2S_{4}+2x + 8$。
联立可得$2S_{4}+2x + 8 = 3 + 15 + 4 + S_{4}+x + y$，结合$x - y = 1$，解得$S_{4}=8$。
答案：A
因为$△ EBC$与$△ FCD$的面积均为$\frac{1}{2}S$，所以：
$\begin{cases}S_{1}+S_{2}+x=\frac{1}{2}S \\S_{3}+S_{2}+y=\frac{1}{2}S\end{cases}$
即$3 + 15 + x = 4 + 15 + y$，化简得$x - y = 1$。
又因为$S = S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}+x + y$，且$\frac{1}{2}S = S_{4}+x + S_{3}$，即$\frac{1}{2}S = S_{4}+x + 4$，所以$S = 2S_{4}+2x + 8$。
联立可得$2S_{4}+2x + 8 = 3 + 15 + 4 + S_{4}+x + y$，结合$x - y = 1$，解得$S_{4}=8$。
答案：A
3. 如图所示，在 $ △ ABC $ 中， $ AC = 2\sqrt{2} $， $ ∠ ACB = 120^{\circ} $，$ D $ 是边 $ AB $ 的中点，$ E $ 是边 $ BC $ 上一点，若 $ DE $ 平分 $ △ ABC $ 的周长，则 $ DE $ 的长为(
A.$ \dfrac{\sqrt{5}}{2} $
B.$ \dfrac{\sqrt{2} + 1}{2} $
C.$ \sqrt{2} $
D.$ \sqrt{3} $
C
)。A.$ \dfrac{\sqrt{5}}{2} $
B.$ \dfrac{\sqrt{2} + 1}{2} $
C.$ \sqrt{2} $
D.$ \sqrt{3} $
答案
3. C
解析
证明：设 $BC = a$，$CE = x$，则 $BE = a - x$，$AB = c$，$AC = 2\sqrt{2}$。
由周长平分线性质：$AC + CE = BE + AB$，即 $2\sqrt{2} + x = (a - x) + c$，得 $c = 2x + 2\sqrt{2} - a$。
在$△ ABC$中，由余弦定理：$AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2AC · BC \cos 120°$，即$c^2 = (2\sqrt{2})^2 + a^2 - 2 · 2\sqrt{2} · a · (-\frac{1}{2})$，化简得$c^2 = a^2 + 2\sqrt{2}a + 8$。
将$c = 2x + 2\sqrt{2} - a$代入上式，解得$x = \frac{a}{2}$，即$E$为$BC$中点。
连接$CD$，$D$为$AB$中点，$E$为$BC$中点，故$DE$为$△ ABC$中位线，$DE = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} × 2\sqrt{2} = \sqrt{2}$。
$\sqrt{2}$
由周长平分线性质：$AC + CE = BE + AB$，即 $2\sqrt{2} + x = (a - x) + c$，得 $c = 2x + 2\sqrt{2} - a$。
在$△ ABC$中，由余弦定理：$AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2AC · BC \cos 120°$，即$c^2 = (2\sqrt{2})^2 + a^2 - 2 · 2\sqrt{2} · a · (-\frac{1}{2})$，化简得$c^2 = a^2 + 2\sqrt{2}a + 8$。
将$c = 2x + 2\sqrt{2} - a$代入上式，解得$x = \frac{a}{2}$，即$E$为$BC$中点。
连接$CD$，$D$为$AB$中点，$E$为$BC$中点，故$DE$为$△ ABC$中位线，$DE = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} × 2\sqrt{2} = \sqrt{2}$。
$\sqrt{2}$
二、填空题
4. 如图所示，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：① $ BM = EN $；② $ ∠ FAN = ∠ CDM $；③ $ AM = DN $；④ $ ∠ AMB = ∠ DNE $。能使四边形 $ AMDN $ 是平行四边形的是
4. 如图所示，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：① $ BM = EN $；② $ ∠ FAN = ∠ CDM $；③ $ AM = DN $；④ $ ∠ AMB = ∠ DNE $。能使四边形 $ AMDN $ 是平行四边形的是
①②④
(填序号)。答案
4. ①②④
解析
【分析】
首先回忆正六边形的核心性质：对边平行且相等，内角为120°，对角线BE为对称轴，可得$AB=DE$，$∠ ABM=∠ DEN=60°$，$AD// BE$。要判断四边形$AMDN$是否为平行四边形，可利用“一组对边平行且相等”的判定定理，结合全等三角形的判定与性质分析每个条件：
1. 对条件①，可通过SAS证明$△ ABM≌△ DEN$，得到$AM=DN$且$AM// DN$，满足平行四边形判定；
2. 对条件②，通过角的等量转化得到$∠ BAM=∠ EDN$，再用ASA证明全等，进而推出$AM// DN$且$AM=DN$；
3. 对条件③，仅$AM=DN$无法证明平行，不能判定平行四边形；
4. 对条件④，通过AAS证明全等，得到$AM=DN$，再结合角的关系推出$AM// DN$，满足判定。
【解析】
在正六边形$ABCDEF$中，$AB=DE$，$∠ ABM=∠ DEN=60°$，$AD// BE$。
1. 分析条件①$BM=EN$：
在$△ ABM$和$△ DEN$中，
$\begin{cases}AB=DE \\∠ ABM=∠ DEN \\BM=EN\end{cases}$
$\therefore △ ABM≌△ DEN(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AM=DN$，$∠ AMB=∠ DNE$，
$\therefore ∠ AMN=∠ DNM$，即$AM// DN$，
$\therefore$ 四边形$AMDN$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）。
2. 分析条件②$∠ FAN=∠ CDM$：
$\because$ 正六边形中$∠ FAB=∠ CDE=120°$，
$\therefore ∠ FAB - ∠ FAN = ∠ CDE - ∠ CDM$，即$∠ BAM=∠ EDN$，
在$△ ABM$和$△ DEN$中，
$\begin{cases}∠ BAM=∠ EDN \\AB=DE \\∠ ABM=∠ DEN\end{cases}$
$\therefore △ ABM≌△ DEN(\mathrm{ASA})$，
$\therefore AM=DN$，$∠ AMB=∠ DNE$，
$\therefore ∠ AMN=∠ DNM$，即$AM// DN$，
$\therefore$ 四边形$AMDN$是平行四边形。
3. 分析条件③$AM=DN$：
仅$AM=DN$，无法证明$AM// DN$，也无法推导另一组对边的关系，不能判定四边形$AMDN$是平行四边形。
4. 分析条件④$∠ AMB=∠ DNE$：
在$△ ABM$和$△ DEN$中，
$\begin{cases}∠ AMB=∠ DNE \\∠ ABM=∠ DEN \\AB=DE\end{cases}$
$\therefore △ ABM≌△ DEN(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AM=DN$，
又$\because ∠ AMB=∠ DNE$，$\therefore ∠ AMN=∠ DNM$，即$AM// DN$，
$\therefore$ 四边形$AMDN$是平行四边形。
综上，能使四边形$AMDN$是平行四边形的是①②④。
【答案】
①②④
【知识点】
正六边形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定
【点评】
本题综合考查正六边形性质、全等三角形及平行四边形的判定，需要熟练掌握相关定理，结合图形特征分析条件的有效性，注意区分“线段相等”与“线段平行且相等”的不同判定逻辑，避免误判。
【难度系数】
0.6
首先回忆正六边形的核心性质：对边平行且相等，内角为120°，对角线BE为对称轴，可得$AB=DE$，$∠ ABM=∠ DEN=60°$，$AD// BE$。要判断四边形$AMDN$是否为平行四边形，可利用“一组对边平行且相等”的判定定理，结合全等三角形的判定与性质分析每个条件：
1. 对条件①，可通过SAS证明$△ ABM≌△ DEN$，得到$AM=DN$且$AM// DN$，满足平行四边形判定；
2. 对条件②，通过角的等量转化得到$∠ BAM=∠ EDN$，再用ASA证明全等，进而推出$AM// DN$且$AM=DN$；
3. 对条件③，仅$AM=DN$无法证明平行，不能判定平行四边形；
4. 对条件④，通过AAS证明全等，得到$AM=DN$，再结合角的关系推出$AM// DN$，满足判定。
【解析】
在正六边形$ABCDEF$中，$AB=DE$，$∠ ABM=∠ DEN=60°$，$AD// BE$。
1. 分析条件①$BM=EN$：
在$△ ABM$和$△ DEN$中，
$\begin{cases}AB=DE \\∠ ABM=∠ DEN \\BM=EN\end{cases}$
$\therefore △ ABM≌△ DEN(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AM=DN$，$∠ AMB=∠ DNE$，
$\therefore ∠ AMN=∠ DNM$，即$AM// DN$，
$\therefore$ 四边形$AMDN$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）。
2. 分析条件②$∠ FAN=∠ CDM$：
$\because$ 正六边形中$∠ FAB=∠ CDE=120°$，
$\therefore ∠ FAB - ∠ FAN = ∠ CDE - ∠ CDM$，即$∠ BAM=∠ EDN$，
在$△ ABM$和$△ DEN$中，
$\begin{cases}∠ BAM=∠ EDN \\AB=DE \\∠ ABM=∠ DEN\end{cases}$
$\therefore △ ABM≌△ DEN(\mathrm{ASA})$，
$\therefore AM=DN$，$∠ AMB=∠ DNE$，
$\therefore ∠ AMN=∠ DNM$，即$AM// DN$，
$\therefore$ 四边形$AMDN$是平行四边形。
3. 分析条件③$AM=DN$：
仅$AM=DN$，无法证明$AM// DN$，也无法推导另一组对边的关系，不能判定四边形$AMDN$是平行四边形。
4. 分析条件④$∠ AMB=∠ DNE$：
在$△ ABM$和$△ DEN$中，
$\begin{cases}∠ AMB=∠ DNE \\∠ ABM=∠ DEN \\AB=DE\end{cases}$
$\therefore △ ABM≌△ DEN(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AM=DN$，
又$\because ∠ AMB=∠ DNE$，$\therefore ∠ AMN=∠ DNM$，即$AM// DN$，
$\therefore$ 四边形$AMDN$是平行四边形。
综上，能使四边形$AMDN$是平行四边形的是①②④。
【答案】
①②④
【知识点】
正六边形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定
【点评】
本题综合考查正六边形性质、全等三角形及平行四边形的判定，需要熟练掌握相关定理，结合图形特征分析条件的有效性，注意区分“线段相等”与“线段平行且相等”的不同判定逻辑，避免误判。
【难度系数】
0.6
5. 如图所示，在四边形 $ ABCD $ 中，点 $ E $，$ F $，$ P $ 分别是 $ AB $，$ CD $，$ BD $ 的中点， $ AD = BC $， $ ∠ PEF = 35^{\circ} $，则 $ ∠ PFE $ 的度数是
35°
。答案
5. 35°
解析
证明：
∵点 $ E $，$ P $ 分别是 $ AB $，$ BD $ 的中点，
∴ $ EP $ 是 $ △ ABD $ 的中位线，
∴ $ EP = \frac{1}{2}AD $。
∵点 $ F $，$ P $ 分别是 $ CD $，$ BD $ 的中点，
∴ $ FP $ 是 $ △ BCD $ 的中位线，
∴ $ FP = \frac{1}{2}BC $。
∵ $ AD = BC $，
∴ $ EP = FP $，
∴ $ △ EPF $ 是等腰三角形，
∴ $ ∠ PFE = ∠ PEF = 35° $。
$ 35° $
∵点 $ E $，$ P $ 分别是 $ AB $，$ BD $ 的中点，
∴ $ EP $ 是 $ △ ABD $ 的中位线，
∴ $ EP = \frac{1}{2}AD $。
∵点 $ F $，$ P $ 分别是 $ CD $，$ BD $ 的中点，
∴ $ FP $ 是 $ △ BCD $ 的中位线，
∴ $ FP = \frac{1}{2}BC $。
∵ $ AD = BC $，
∴ $ EP = FP $，
∴ $ △ EPF $ 是等腰三角形，
∴ $ ∠ PFE = ∠ PEF = 35° $。
$ 35° $
