【考点】多边形内角与外角． 【分析】（1）根据题意先画出示意图，然后观察两直线的位置关系并回答即可．
（2）根据题意，小华走过的路程是正多边形，先用360°除以60°求出边数，然后画出图形即可．
【解答】解：（1）如图1所示：
该次行走路线与首次行走路线平行． （2）能．
张大爷每次都是沿直线前进20米后向左转60度， ∴他走过的图形是正多边形， ∴边数n=360°÷60°=6，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了6×20=120m． 答：小华第一次回到原出发点所走过的路程为120米．
【点评】本题主要考查的是正多边形、多边形的外角与内角，掌握正多边形的性质是解题的关键．
21．如图，正方形网格的每一个小正方形的边长都为1，△ABC的三个顶点都在正方形的顶点上，完成下面问题： （1）△ABC的面积为6；
（2）作出△ABC边AB上的高CH（不写作法）； （3）已知AB=5，求CH的长．
【考点】勾股定理；三角形的面积；作图—复杂作图． 【分析】（1）利用网格得出AC，BC的长，再利用直角三角形面积求法得出答案； （2）利用网格得出△ABC边AB上的高CH； （3）利用三角形面积得出CH的长．
【解答】解：（1）如图所示：△ABC的面积为：×3×4=6； 故答案为：6；
（2）如图所示：CH即为所求；
（3）由（1）得：CH×5=6， 解得：CH=
．
【点评】此题主要考查了三角形面积以及复杂作图等知识，正确利用网格得出CH的位置是解题关键．
22．如图，△ABC中，D是BC的中点，过D点的直线GF交AC于F，交AC的平行线BG于G点，DE⊥DF，交AB于点E，连结EG、EF． （1）求证：BG=CF；
（2）请你判断BE+CF与EF的大小关系，并说明理由．
【考点】全等三角形的判定与性质． 【分析】（1）先利用ASA判定△BGD≌△CFD，从而得出BG=CF；
（2）再利用全等的性质可得GD=FD，再有DE⊥GF，从而得出EG=EF，两边和大于第三边从而得出BE+CF＞EF． 【解答】解：（1）∵BG∥AC， ∴∠DBG=∠DCF． ∵D为BC的中点， ∴BD=CD
又∵∠BDG=∠CDF， 在△BGD与△CFD中，
∵
∴△BGD≌△CFD（ASA）． ∴BG=CF．
（2）BE+CF＞EF． ∵△BGD≌△CFD， ∴GD=FD，BG=CF．
又∵DE⊥FG，
∴EG=EF（垂直平分线到线段端点的距离相等）． ∴在△EBG中，BE+BG＞EG， 即BE+CF＞EF．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、AAS、ASA、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
23．如图，∠B=∠C=90°，M是BC中点，DM平分∠ADC （1）求证：AM平分∠DAB；
（2）若AD=5，BC=4，求四边形ABCD的面积．
【考点】角平分线的性质；全等三角形的判定与性质． 【分析】（1）过M作ME⊥AD于E，根据角平分线性质求出ME=MC=MB，再根据角平分线性质求出即可；
（2）过M作ME⊥AD于E根据角平分线的性质得到ME=BM=BC=2，证得Rt△AEM≌Rt△ABM，同理Rt△DCM≌Rt△DEM，于是得到四边形ABCD的面积=2S△AMD=2××5×2=10．
【解答】（1）证明：过M作ME⊥AD于E， ∵DM平分∠ADC，∠C=90°，ME⊥AD， ∴MC=ME，
∵M为BC的中点， ∴BM=MC=ME，
∵∠B=90°，ME⊥AD， ∴AM平分∠DAB；
（2）过M作ME⊥AD于E，∵∠B=90°， ∴ME=BM=BC=2， 在Rt△AEM与Rt△ABM中，∴Rt△AEM≌Rt△ABM， 同理Rt△DCM≌Rt△DEM，
∴四边形ABCD的面积=2S△AMD=2××5×2=10．
，
【点评】本题考查的是角平分线的性质，熟知角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解答此题的关键．
24．如图：一幅三角板如图放置，等腰直角△ABC固定不动，另一块△DEF的直角顶点放在等腰直角△ABC的斜边AB中点O 处，且可以绕点O旋转，在旋转过程中，两直角边的交点G、H始终在边AC、BC上．
（1）在旋转过程中线段BH和CG大小有何关系？证明你的结论． （2）若AC=BC=4cm，在旋转过程中四边形GCHD的面积是否不变？若不变，求出它的值，若变，求出它的取值范围．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质． 【分析】（1）BG=CH，连接BD，利用等腰直角三角形的性质可以证明△BDH≌△CDG，然后利用全等三角形的性质可以得到BH=CG；
（2）根据（1）的结论容易得到S四边形GCHD=S△BDC，而S△BDC可以根据已知条件直接求出，所以四边形GCHD的面积就可以求出了． 【解答】解：连接CD．
（1）∵△ABC为等腰直角三角形，且D是AB的中点， ∴∠B=∠ACD=45°，BD=CD，∠BDH+∠CDH=90°， 又因为∠EDC+∠CDH=90°， ∴∠BDH=∠CDG．
在△BDH和△CDG中，，
∴△BDH≌△CDG． ∴BH=CG．
（2）在旋转过程中四边形GCHD的面积不变， ∵△BDH≌△CDG，
∴四边形GCHD的面积=△CDB的面积． ∵D是AB的中点， ∴△CBD的面积=S△ABC=
2
=4cm．
2
∴S四边形GCHD=4cm． 【点评】此题考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，三角形的面积公式，还有图形变换，证得△BDH≌△CDG是解题的关键．
25．如图1，点M为直线AB上一动点，△PAB，△PMN都是等边三角形，连接BN （1）求证：AM=BN；
（2）分别写出点M在如图2和图3所示位置时，线段AB、BM、BN三者之间的数量关系（不需证明）；
（3）如图4，当BM=AB时，证明：MN⊥AB．
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质． 【分析】（1）根据等边三角形的性质就可以得出∠BPA=∠MPN=60°，AB=BP=AP，PM=PN=MN，进而就可以得出△APM≌△PBN，得出结论； （2）由（1）中的方法证得△APM≌△PBN，得出图2中，BN=AB+BM；得出图3中，BN=BM﹣AB；
（3）由等边三角形的性质得出∠ABP=∠PMN=60°，就可以得出∠PBM=120°，求得∠BMP=30°，进而就可以得出∠BMN=90°，得出结论． 【解答】（1）证明：∵△PAB和△PMN是等边三角形， ∴∠BPA=∠MPN=60°，AB=BP=AP，PM=PN=MN， ∴∠BPA﹣∠MPB=∠MPN﹣∠MPB， ∴∠APM=∠BPN． 在△APM≌△PBN中
，
∴△APM≌△PBN（SAS）， ∴AM=BN．
（2）解：图2中BN=AB+BM； 图3中BN=BM﹣AB．
（3）证明：∵△PAB和△PMN是等边三角形， ∴∠ABP=∠PMN=60°，AB=PB， ∴∠PBM=120°， ∵BM=AB=PB， ∴∠BMP=30°，
∴∠BMN=∠PMN+∠BMP=90°， ∴MN⊥AB．
【点评】本题考查了等边三角形的性质的运用，等式的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．