中考数学一轮复习考点精练第22讲 多边形与平行四边形（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学一轮复习考点精练第22讲 多边形与平行四边形（2份，原卷版+解析版），共6页。
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\l "_Tc156829769" 题型01 多边形的概念及分类
\l "_Tc156829770" 题型02 计算网格中不规则多边形面积
\l "_Tc156829771" 题型03 计算多边形对角线条数
\l "_Tc156829772" 题型04 多边形内角和问题
\l "_Tc156829773" 题型05 已知多边形内角和求边数
\l "_Tc156829774" 题型06 多边形的割角问题
\l "_Tc156829775" 题型07 多边形的外角问题
\l "_Tc156829776" 题型08 多边形外角和的实际应用
\l "_Tc156829777" 题型09 多边形内角和、外角和与平行线的合运用
\l "_Tc156829778" 题型10 多边形内角和与外角和的综合应用
\l "_Tc156829779" 题型11 平面镶嵌
\l "_Tc156829780" 题型12 利用平行四边形的性质求解
\l "_Tc156829781" 题型13 利用平行四边形的性质证明
\l "_Tc156829782" 题型14 判断已知条件能否构成平行四边形
\l "_Tc156829783" 题型15 数平行四边形个数
\l "_Tc156829784" 题型16 求与已知三点组成平行四边形的点的个数
\l "_Tc156829785" 题型17 证明四边形是平行四边形
\l "_Tc156829786" 题型18 与平行四边形有关的新定义问题
\l "_Tc156829787" 题型19 利用平行四边形的性质与判定求解
\l "_Tc156829788" 题型20 利用平行四边形的性质与判定证明
\l "_Tc156829789" 题型21 平行四边形性质与判定的应用
\l "_Tc156829790" 题型22 三角形中位线有关的计算
\l "_Tc156829791" 题型23 三角形中位线与三角形面积计算问题
\l "_Tc156829792" 题型24 与三角形中位线有关的规律探究
\l "_Tc156829793" 题型25 与三角形中位线有关的格点作图
\l "_Tc156829794" 题型26 连接两点构造三角形中位线
\l "_Tc156829795" 题型27 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
\l "_Tc156829796" 题型28 利用角平分线垂直构造三角形的中位线
题型01 多边形的概念及分类
1．（2022·上海杨浦·统考二模）下列命题中，正确的是（ ）
A．正多边形都是中心对称图形B．正六边形的边长等于其外接圆的半径
C．边数大于3的正多边形的对角线长都相等D．各边相等的圆外切多边形是正多边形
【答案】B
【分析】根据正多边形的性质、正多边形的对角线、正多边形的概念判断即可．
【详解】解：A、边数是偶数的正多边形都是中心对称图形，边数是奇数的正多边形不是中心对称图形，故本选项说法错误，不符合题意；
B、正六边形的边长等于其外接圆的半径，本选项说法正确，符合题意；
C、边数大于3的正多边形的对角线长不都相等，可以以正八边形为例得出对角线长不都相等，故本选项说法错误，不符合题意；
D、各边相等的圆外切多边形不一定是正多边形，例如，圆外切菱形边数正多边形，故本选项说法错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
2．（2020·全国·模拟预测）下列图形中，正多边形的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
题型02 计算网格中不规则多边形面积
3．（2021·北京平谷·统考一模）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点，则ΔABO的面积与ΔCDO的面积的大小关系为：S△ABO S△CDO(填“>”，“=”或“0)的图像交于A，B两点，点M在以C(2,0)为圆心，半径为1的⊙C上，N是AM的中点，已知ON长的最大值为32，则k的值是 ．
【答案】3225
【分析】根据题意得出ON是△ABM的中位线，所以ON取到最大值时，BM也取到最大值，就转化为研究BM也取到最大值时k的值，根据B,C,M三点共线时，BM取得最大值，解出B的坐标代入反比例函数即可求解．
【详解】解：连接BM，如下图：
在△ABM中，
∵O,N分别是AB,AM的中点，
∴ON是△ABM的中位线，
∴ON=12BM，
已知ON长的最大值为32，
此时的BM=3，
显然当B,C,M三点共线时，取到最大值：BM=3，
BM=BC+CM=BC+1=3，
∴BC=2，
设B(t,2t)，由两点间的距离公式：BC=(t−2)2+4t2=2，
∴(t−2)2+4t2=4，
解得：t1=45,t2=0（取舍），
∴B(45,85)，
将B(45,85)代入y=kx(k>0)，
解得：k=3225，
故答案是：3225．
【点睛】本题考查了一次函数、反比例函数、三角形的中位线、圆，研究动点问题中线段最大值问题，解题的关键是：根据中位线的性质，利用转化思想，研究BM取最大值时k的值．
85．（2022·天津和平·统考二模）如图，已知∠AED＝∠ACB＝90°，AC=BC=3，AE=DE=1，点D在AB上，连接CE，点M，点N分别为BD，CE的中点，则MN的长为 ．
【答案】102
【分析】连接DN并延长DN交AC于F，连接BF，根据DE∥AC，可证△EDN≌△CFN，可得DE = CF，求出DN = FN，FC = ED，得出MN是中位线，再证△CAE≌△BCF，得出BF= CE,即可解题．
【详解】解：连接DN并延长DN交AC于F，连接BF，如图，
∵∠AED＝∠ACB＝90°，AC=BC=3，AE=DE=1，
∴∠EAD=∠EDA=∠BAC=45°，
∴DE∥AC，
∴∠DEN=∠FCN，
∵点N为CE的中点，
∴EN=NC，
在△DEN和△FCN中，
{∠DNE=∠FNCEN=NC∠DEN=∠FCN
∴△DEN≌△FCN(ASA)，
∴DE=FC，DN=NF，
∴AE=FC，
∵点M为BD的中点，
∴MN是△BDF的中位线，
∴MN=12BF，
∵∠EAD=∠BAC=45°，
∴∠EAC=∠FCB=90°，
在△CAE和△BCF中，
{AC=BC∠EAC=∠FCBAE=FC
∴△CAE≌△BCF(SAS)，
∴BF=CE，
∴MN=12CE=12AE2+AC2=1212+32=102．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线，平行线性质和判定的应用，勾股定理．
86．（2023·广东佛山·校考一模）如图梯形ABCD中，取AB的中点E，CD的中点F，并连接EF，线段EF与线段AD、BC间的数量关系（ ）
A． EF=AD+BCB． EF=12(AD+BC)
C． EF=13(AD+BC)D． EF=14(AD+BC)
【答案】B
【分析】连接AC，与线段EF相交于G，由题意转化成三角形的中位线，再根据三角形中位线定理的性质即可．
【详解】解：如图所示，连接AC，与线段EF相交于G，
∵四边形ABCD中，取AB的中点E，CD的中点F，
∴EG是△ABC的中位线，FG是△ADC的中位线，
∴EF=EG+GF=12BC+12AD=12(BC+AD)，
故选：B．
【点睛】本题考查了转化为三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线的定义和性质是解决问题的关键．
87．（2020·海南·统考二模）如图，在边长为4的等边△ABC中，D，E分别为AB，BC的中点，EF⊥AC于点F，G为EF的中点，连接DG，则DG的长为 ．
【答案】192
【分析】连接DE，根据题意可得ΔDEG是直角三角形，然后根据勾股定理即可求解DG的长．
【详解】解：连接DE，
∵D、E分别是AB、BC的中点，
∴DE∥AC，DE=12AC．
∵ΔABC是等边三角形，且BC=4，
∴∠DEB=60°，DE=2．
∵EF⊥AC，∠C=60°，EC=2，
∴∠FEC=30°，EF=3．
∴∠DEG=180°-60°-30°=90°．
∵G是EF的中点，
∴EG=32．
在RtΔDEG中，DG=DE2+EG2=22+(32)2=192．
故答案为192．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理以及三角形中位线性质定理，记住和熟练运用性质是解题的关键．
题型27 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
88．（2021·河南南阳·校联考二模）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=2，BC=5，点E，F分别是对角线AC，BD的中点，则EF的长为（ ）
A．1B．1.5C．2.5D．3.5
【答案】B
【分析】延长FE交CD于点G，由点E，F分别是对角线AC，BD的中点，从而得FG是ΔBCD的中位线，则有FG=2.5，再由AD∥BC，则有FG∥AD，EG是ΔACD的中位线，则有EG=1，从而可求EF的长．
【详解】解：∵取DC中点G，连接FG、EG，如图所示：
∵点E，F分别是对角线AC，BD的中点，
∴FG∥BC，EG∥AD，
∵AD∥BC，
∴EG∥BC，FG∥EG，
∴E、F、G三点共线，
∴FG是ΔBCD的中位线，
∴FG=12BC=2.5，
∵AD∥BC，
∴EG∥AD，
∴EG是ΔACD的中位线，
∴EG=12AD=1，
∴EF=FG−EG=1.5．
故选：B．
【点睛】本题主要考查三角形的中位线定理，平行线的性质，解答的关键是对三角形的中位线定理的掌握与灵活运用．
89．（2022·安徽芜湖·芜湖市第二十九中学校考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=4．点F为射线CB上一动点，过点C作CM⊥AF于M，交AB于E，D是AB的中点，则DM长度的最小值是
【答案】1
【分析】取AC的中点T，连接DT、MT，利用三角形的中位线定理求出DT的值，再由直角三角形斜边上中线的性质求出MT，并确定点M的运动轨迹，然后由DM≥TM-DT即可获得结论．
【详解】解：如图，取AC的中点T，连接DT、MT，
∵D是AB的中点，T是AC的中点，
∴AD=BD,AT=CT，
∴DT=12BC=12×4=2，
∵CM⊥AF，
∴∠AMC=90°，
∴TM=12AC=12×6=3，
∵点F为射线CB上一动点， CM⊥AF，即∠AMC=90°，
∴点M的运动轨迹是以T为圆心，TM为半径的圆，
∴DM≥TM-DT=3-2=1，
∴DM的最小值为1．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系、三角形中位线定理、直角三角形斜边上中线的性质等知识，解题关键是正确作出辅助线，构造三角形中位线，直角三角形斜边上的中线解决问题．
题型28 利用角平分线垂直构造三角形的中位线
90．（2023·山东泰安·校考一模）如图，在△ABC中，D是BC边的中点，AE是∠BAC的角平分线，AE⊥CE于点E，连接DE．若AB=7，DE=1，则AC的长度是（ ）
A．4B．4.5C．5D．5.5
【答案】C
【分析】延长CE交AB于点F，通过ASA证明△EAF≌△EAC，根据全等三角形的性质得到AF=AC，EF=EC，根据三角形中位线定理得出BF=2，即可得出结果．
【详解】解：延长CE，交AB于点F．
∵AE平分∠BAC，AE⊥CE
∴∠EAF=∠EAC，∠AEF=∠AEC，
在△EAF与△EAC中， ∠EAF=∠EACAE=AE∠AEF=∠AEC
∴△EAF≌△EACASA，
∴AF=AC，EF=EC，
又∵D是BC中点，
∴BD=CD，
∴DE是△BCF的中位线，
∴BF=2DE=2．
∴AC=AF=AB−BF=7−2=5．
故选C．
【点睛】此题主要考查了三角形中位线，全等三角形等．熟练掌握三角形中位线定理，角平分线定义和垂直定义，三角形全等判定和性质，是解题的关键．
91．（2023·湖南·模拟预测）如图，△ABC中，M为BC的中点，AD为∠BAC的平分线，BD⊥AD于D．
(1)求证：2DM+AB=AC；
(2)若AD=6，BD=8，DM=2，求AC的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)14
【分析】（1）延长BD，交AC于点E，通过证明△BAD≌△EAD，得到AE=AB，BD=DE，进而得到DM为△BCE的中位线，即可得证；
（2）利用勾股定理得到线段AB的长度，再结合（1）的结论，即可求出线段AC的长度．
【详解】（1）解：如图，延长BD，交AC于点E，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠EAD，
在△BAD与△EAD中，
∠BAD=∠EADAD=AD∠BDA=∠EDA
∴△BAD≌△EAD，
∴AE=AB，BD=DE，
即点D为线段BE的中点，
∴DM为△BCE的中位线，
∴CE=2DM，
∵AC=AE+CE，
∴AC=AB+2DM；
（2）解：在Rt△ABD中，AB=AD2+BD2=10，
∴AC=AB+2DM=14．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、中位线的定义及性质，根据题目的提示，正确做出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
92．（2022·福建·二模）如图，ΔABC中，AD平分∠BAC，E是BC中点，AD⊥BD,AC＝7,AB＝3，则DE的值为（ ）
A．1B．32
C．2D．52
【答案】C
【分析】延长BD交AC于F点，先利用ASA证明△ABD≌△AFD，得出BD=DF和AF的长，则可求出FC长，然后根据三角形中位线定理求出DE长即可．
【详解】解：如图，延长BD交AC于F点，
∵AD平分∠BAC，
即∠BAD=∠FAD，
∵AD⊥BC，
即∠ADB=∠ADF=90°，
在△ABD和△AFD中，
∴∠BAD=∠FADAD=AD∠ADB=∠ADF，
∴△ABD≌△AFD（ASA），
∴AF=AB=3，BD=DF，
∴FC=AC−AF=7−3=4，
∵BD=DF，BE=EC，
∴DE是△BFC的中位线，
∴DE=12FC=2．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，解题的关键是根据条件作出辅助线．
一、单选题
1．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，直线AB∥CD，将一个含60°角的直角三角尺EGF按图中方式放置，点E在AB上，边GF、EF分别交CD于点H、K，若∠BEF=64°，则∠GHC等于（ ）．

A．44°B．34°C．24°D．14°
【答案】B
【分析】根据平行的性质可得∠EKC=∠BEF=64°，再根据四边形内角和为360°可得∠GHK=146°，问题随之得解．
【详解】∵AB∥CD，∠BEF=64°，
∴∠EKC=∠BEF=64°，
∵∠EKC+∠G+∠GEK+∠GHK=360°，∠GEK=60°，∠G=90°，
∴∠GHK=146°，
∵∠GHK+∠GHC=180°，
∴∠GHC=34°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行的性质以及四边形内角和为360°，掌握四边形内角和为360°是解答本题的关键．
2．（2023·北京·统考中考真题）十二边形的外角和为（ ）
A．30°B．150°C．360°D．1800°
【答案】C
【分析】根据多边形的外角和为360°进行解答即可．
【详解】解：∵多边形的外角和为360°，
∴十二边形的外角和是360°．
故选：C．
【点睛】本题考查多边形的内角和与外角和的求法，掌握多边形的外角和为360°是解题的关键．
3．（2023·湖南永州·统考中考真题）下列多边形中，内角和等于360°的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据n边形内角和公式n−2⋅180°分别求解后，即可得到答案
【详解】解：A．三角形内角和是180°，故选项不符合题意；
B．四边形内角和为4−2×180°=360°，故选项符合题意；
C．五边形内角和为5−2×180°=540°，故选项不符合题意；
D．六边形内角和为6−2×180°=720°，故选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】此题考查了n边形内角和，熟记n边形内角和公式n−2⋅180°是解题的关键．
4．（2023·辽宁丹东·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD=60°，AE⊥BD，垂足为点E，F是OC的中点，连接EF，若EF=23，则矩形ABCD的周长是（ ）
A．163B．83+4C．43+8D．83+8
【答案】D
【分析】根据矩形的性质得出OA=OB，即可求证△ABO为等边三角形，进而得出点E为OB中点，根据中位线定理得出BC=2EF=43，易得∠CBD=30°，求出CD=BC⋅tan∠BCD=4，即可得出矩形的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∵∠ABD=60°，
∴△ABO为等边三角形，
∵AE⊥BD，
∴点E为OB中点，
∵F是OC的中点，若EF=23，
∴BC=2EF=43，
∵∠ABD=60°，
∴∠CBD=30°，
∴CD=BC⋅tan∠BCA=43×33=4，
∴矩形ABCD的周长=2BC+CD=243+4=83+8，
故选：D．
【点睛】矩形主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线定理，解直角三角形，解题的关键是掌握矩形的对角线相等，等边三角形三线合一，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，以及解直角三角形的方法和步骤．
5．（2023·青海西宁·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，分别以点A和点C为圆心，大于12AC的长为半径作弧，两弧相交于P，Q两点，作直线PQ交AB，AC于点D，E，连接CD．下列说法错误的是（ ）

A．直线PQ是AC的垂直平分线B．CD=12AB
C．DE=12BCD．S△ADE:S四边形DBCE=1:4
【答案】D
【分析】根据直线PQ是AC的垂直平分线、平行线分线段成比例、三角形中位线定理、相似三角形的判定和性质等知识，分别进行判断即可．
【详解】解：A．由作图过程可知，直线PQ是AC的垂直平分线，故选项正确，不符合题意；
B．由作图过程可知，直线PQ是AC的垂直平分线，
∴点E是AC的中点，AD=CD，
在△ABC中，∠ACB=90°，
∴DE∥BC，
∴ADBD=AECE=1，
即点D是AB的中点，
∴CD=12AB，
故选项正确，不符合题意；
C．∵点D是AB的中点，点E是AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
故选项正确，不符合题意；
D．∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=DEBC2=122=14，
∴S△ADE:S四边形DBCE=1:3，
故选项错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、垂直平分线的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理是解题的关键．
6．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，AC,BC为⊙O的两条弦，D，G分别为AC,BC的中点，⊙O的半径为2．若∠C=45°，则DG的长为（ ）

A．2B．3C．32D．2
【答案】D
【分析】连接OA,OB,AB，圆周角定理得到∠AOB=2∠C=90°，勾股定理求出AB，三角形的中位线定理，即可求出DG的长．
【详解】解：连接OA,OB,AB，

∵⊙O的半径为2．∠C=45°，
∴OA=OB=2,∠AOB=2∠C=90°，
∴AB=OA2+OB2=22，
∵D，G分别为AC,BC的中点，
∴DG为△ABC的中位线，
∴DG=12AB=2．
故选D．
【点睛】本题考查圆周角定理和三角形的中位线定理．熟练掌握相关定理，并灵活运用，是解题的关键．
7．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，已知AD∥BC，添加下列条件不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）

A．AD=BCB．AB∥DCC．AB=DCD．∠A=∠C
【答案】C
【分析】根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可知A项不符合题意；根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可知B项不符合题意；根据全等三角形的判定与性质可知D项不符合题意进而即可判断．
【详解】解：∵AD∥BC，AD=BC，
∴由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴A项能判定四边形ABCD是平行四边形，
故A项不符合题意；
∵AD∥BC，AB∥DC，
∴由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
∴B项能判定四边形ABCD是平行四边形，
故B项不符合题意；
∵AB=DC，但AB和CD不一定平行，
∴C项不能判定四边形ABCD是平行四边形，
故C符合题意；
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵∠A=∠C，BD=DB，
∴△ABD≌△CDBAAS，
∴AD=CB，
∴D项能判定四边形ABCD是平行四边形，
故D项不符合题意；
故选：C．
【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，掌握平行四边形的判定是解题的关键．
8．（2023·四川德阳·统考中考真题）如图．在△ABC中，∠CAD=90°，AD=3，AC=4，BD=DE=EC，点F是AB边的中点，则DF=（ ）

A．54B．52C．2D．1
【答案】A
【分析】根据勾股定理可先求得CD的长度，根据直角三角形的斜边上的中线与斜边的数量关系，可求得AE的长度，根据三角形的中位线定理可求得答案．
【详解】∵∠CAD=90°，
∴△CAD为直角三角形．
∴CD=AD2+AC2=32+42=5．
∵点E为Rt△CAD的斜边CD的中点，
∴AE=12CD=52．
∵BD=DE，BF=FA，
∴DF=12AE=54．
故选：A．
【点睛】本题主要考查勾股定理、直角三角形的性质、三角形的中位线定理，牢记勾股定理、直角三角形的性质（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）、三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半）是解题的关键．
9．（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）如图1，在平行四边形ABCD中，∠ABC=120°，已知点P在边AB上，以1m/s的速度从点A向点B运动，点Q在边BC上，以3m/s的速度从点B向点C运动．若点P，Q同时出发，当点P到达点B时，点Q恰好到达点C处，此时两点都停止运动．图2是△BPQ的面积ym2与点P的运动时间ts之间的函数关系图象（点M为图象的最高点），则平行四边形ABCD的面积为（ ）

A．12m2B．123m2C．24m2D．243m2
【答案】C
【分析】根据题意可得：BC=3AB，AP=t，BQ=3t，设AB=am，则BC=3am，作PE⊥BC交CB的延长线于点E，作AF⊥BC交CB的延长线于点F，则可得AF=32AB=32am，PE=32PB=32AB−PA=32a−tm，从而得到S△PBQ=−34t−a22+316a2，根据S△PBQ的最大值为3，求出a的值，从而得到AB=4m，BC=43m，AF=23m，最后由平行四边形的面积公式进行计算即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：BC=3AB，AP=t，BQ=3t，
设AB=am，则BC=3am，
作PE⊥BC交CB的延长线于点E，作AF⊥BC交CB的延长线于点F，
，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABF=60°，
∴AF=32AB=32am，PE=32PB=32AB−PA=32a−tm，
∴S△PBQ=12⋅BQ⋅PE=12×3t⋅32a−t=−34t2+34at=−34t−a22+316a2，
由图象可得S△PBQ的最大值为3，
∴316a2=3，
解得：a=4或a=−4（舍去），
∴a=4，
∴AB=4m，BC=43m，AF=23m，
∴平行四边形ABCD的面积为：BC⋅AF=43×23=24m2，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形、二次函数的图象与性质，熟练掌握平行四边形的性质、二次函数的图象与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形，是解题的关键．
10．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，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．16，6B．18，18C．16.12D．12，16
【答案】C
【分析】先论证四边形CFDE是平行四边形，再分别求出CF、CD、DF，继而用平行四边形的周长公式和面积公式求解即可．
【详解】由平移的性质可知：DF∥CE,DF=CE，
∴四边形CFDE是平行四边形，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，
∴AC=AB2−BC2=102−62=8
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，点F是AB中点
∴CF=12AB=5
∵DF∥CE，点F是AB中点
∴ADAC=AFAB=12，∠CDF=180°−∠ABC=90°，
∴点D是AC的中点，
∴CD=12AC=4
∵D是AC的中点，点F是AB中点，
∴DF是Rt△ABC的中位线，
∴DF=12BC=3
∴四边形CFDE的周长为：2DF+CF=2×5+3=16，
四边形CFDE的面积为：DF×CD=3×4=12．
故选：C．
【点睛】本题考查平移的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，平行线分线段成比例，三角形中位线定理等知识，推导四边形CFDE是平行四边形和DF是Rt△ABC的中位线是解题的关键．
11．（2023·河北·统考中考真题）综合实践课上，嘉嘉画出△ABD，利用尺规作图找一点C，使得四边形ABCD为平行四边形．图1~图3是其作图过程．
在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（ ）
A．两组对边分别平行B．两组对边分别相等
C．对角线互相平分D．一组对边平行且相等
【答案】C
【分析】根据作图步骤可知，得出了对角线互相平分，从而可以判断．
【详解】解：根据图1，得出BD的中点O，图2，得出OC=AO，
可知使得对角线互相平分，从而得出四边形ABCD为平行四边形，
判定四边形ABCD为平行四边形的条件是：对角线互相平分，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判断，解题的关键是掌握基本的作图方法及平行四边形的判定定理．
12．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠ADC的平分线与边AB相交于点P，E是PD中点，若AD=4，CD=6，则EO的长为（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义以及等腰三角形的判定可得AP=AD=4，进而可得BP=2，再根据三角形的中位线解答即可.
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，CD=6，
∴AB∥CD，AB=CD=6，DO=BO，
∴∠CDP=∠APD，
∵PD平分∠ADC，
∴∠ADP=∠CDP，
∴∠ADP=∠APD，
∴AP=AD=4，
∴BP=AB−AP=6−4=2，
∵E是PD中点，
∴OE=12BP=1；
故选：A.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定以及三角形的中位线定理等知识，熟练掌握相关图形的判定与性质是解题的关键.
13．（2023·云南·统考中考真题）如图，A、B两点被池塘隔开，A、B、C三点不共线．设AC、BC的中点分别为M、N．若MN=3米，则AB=（ ）

A．4米B．6米C．8米D．10米
【答案】B
【分析】根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解∶∵AC、BC的中点分别为M、N，
∴MN是△ABC的中位线，
∴AB=2MN=6(米)，
故选∶B．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
14．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，在正方形网格内，线段PQ的两个端点都在格点上，网格内另有A,B,C,D四个格点，下面四个结论中，正确的是（ ）

A．连接AB，则AB∥PQB．连接BC，则BC∥PQ
C．连接BD，则BD⊥PQD．连接AD，则AD⊥PQ
【答案】B
【分析】根据各选项的要求，先作图，再利用平行四边形的判定与性质，垂线的性质逐一分析判断即可．
【详解】解：如图，连接AB，取PQ与格线的交点K，则AP∥BK，

而AP≠BK，
∴四边形ABKP不是平行四边形，
∴AB，PQ不平行，故A不符合题意；
如图，取格点N，连接QC,BN，

由勾股定理可得：QN=5=BC,QC=10=BN，
∴四边形QCBN是平行四边形，
∴BC∥PQ，故B符合题意；
如图，取格点M,T，

根据网格图的特点可得：BM⊥PQ,AT⊥QP，
根据垂线的性质可得：BD⊥PQ，AD⊥PQ，都错误，故C，D不符合题意；
故选B
【点睛】本题考查的是垂线的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定与性质，熟记网格图形的特点与基本图形的性质是解本题的关键．
二、填空题
15．（2023·云南·统考中考真题）五边形的内角和等于 度．
【答案】540
【分析】直接根据n边形的内角和=(n−2)⋅180°进行计算即可．
【详解】解：五边形的内角和=(5−2)⋅180°=540°．
故答案为：540．
【点睛】本题考查了n边形的内角和定理：n边形的内角和=(n−2)⋅180°．
16．（2023·湖南益阳·统考中考真题）如图，正六边形ABCDEF中，∠FAB= °．

【答案】120°/120度
【分析】由正六边形的内角和为6−2×180°，结合正六边形的所有的内角都相等，再列式计算即可．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF，
∴正六边形的所有的内角都相等；
∴∠FAB=6−2×180°6=120°；
故答案为：120°．
【点睛】本题考查的是正多边形的内角和定理的应用，熟记正多边形的每个内角都相等是解本题的关键．
17．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，AC,AD,CE是正五边形ABCDE的对角线，AD与CE相交于点F．下列结论：
①CF平分∠ACD； ②AF=2DF； ③四边形ABCF是菱形； ④AB2=AD⋅EF
其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）

【答案】①③④
【分析】根据正五边形的性质得出各角及各边之间的关系，然后由各角之间的关系及相似三角形的判定和性质，菱形的判定依次证明即可．
【详解】解：①∵正五边形ABCDE，
∴∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEA=180°×5−35=108°，AB=BC=CD=DE=AE，
∴∠BAC=∠BCA=∠DAE=∠ADE=∠DCE=∠CED=180°−108°2=36°，
∴∠ACE=108°−∠BCA−∠DCE=36°=∠DCE，
∴CF平分∠ACD；正确；
②∵∠ACE=∠DEC=36°，∠DFE=∠AFC，
∴△DEF∽△ACF，
∴DFAF=DEAC，
∵DE=AB，2AB>AC，
∴DFAF≠12，
即AF≠2DF，故②错误；
③∵∠BAC=∠ACE，∠ABC+∠BAD=108°+36°+36°=180°，
∴BC∥AD，AB∥CE，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCF是菱形；正确；
④∵∠CED=∠DAE=36°，∠EDF=∠ADE，
∴△DEF∽△DAE，
∴DEAD=EFAE，
∴ED⋅AE=AD⋅EF，即AB2=AD⋅EF，正确；
故答案为：①③④．
【点睛】题目主要考查正多边形的性质及相似三角形、菱形的判定和性质，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
18．（2023·江苏连云港·统考中考真题）以正五边形ABCDE的顶点C为旋转中心，按顺时针方向旋转，使得新五边形A'B'CD'E'的顶点D'落在直线BC上，则正五边形ABCDE旋转的度数至少为 °．
【答案】72
【分析】依据正五边形的外角性质，即可得到∠DCF的度数，进而得出旋转的角度．
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠DCF=360°÷5=72°，
∴新五边形A'B'CD'E'的顶点D'落在直线BC上，则旋转的最小角度是72°，
故答案为：72．
【点睛】本题主要考查了正多边形、旋转性质，关键是掌握正多边形的外角和公式的运用．
19．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形ABCD是平行四边形，以点B为圆心，任意长为半径画弧分别交AB和BC于点P，Q，以点P，Q为圆心，大于12PQ的长为半径画弧，两弧交于点H，作射线BH交边AD于点E；分别以点A，E为圆心，大于12AE的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN交边AD于点F，连接CF，交BE于点G，连接GD．若CD=4，DE=1，则S△DFGS△BGC= ．

【答案】625
【分析】由作图得BE平分∠ABC，MN垂直平分AE，再根据三角形面积公式求出△EFG和△DEG的面积关系，再根据相似三角形的性质求解．
【详解】解：由作图得BE平分∠ABC，MN垂直平分AE，
∴∠ABE=∠EBC,AF=EF，
在▱ABCD中，AD∥BC,AD=BC，AB=CD=4，
∴∠AEB=∠EBC，
∴∠AEB=∠ABE，
∴AE=AB=CD=4，
∴AF=EF=2，
∴FD=EF+DE=3，
∴FD=3DE,BC=AD=AF+FD=5，
设S△DEG=x，则S△EFG=2x，S△FDG=3x，
∵AD∥BC，
∴△EFG∽△BCG，
∴S△EFGS△BCG=(EFBC)2=(25)2=425，
∴S△BCG=12.5x，
∴S△DFGS△BGC=3x12.5x=625，
故答案为：625．
【点睛】本题考查了基本作图，掌握三角形的面积公式和相似三角形的性质是关键．
20．（2023·辽宁锦州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形A1B1B2C1，A2B2B3C2，A3B3B4C3，A4B4B5C4，…都是平行四边形，顶点B1，B2，B3，B4，B5，…都在x轴上，顶点C1，C2，C3，C4，…都在正比例函数y=14x（x≥0）的图象上，且B2C1=2A2C1，B3C2=2A3C2，B4C3=2A4C3，…，连接A1B2，A2B3，A3B4，A4B5，…，分别交射线OC1于点O1，O2，O3，O4，…，连接O1A2，O2A3，O3A4，…，得到ΔO1A2B2，ΔO2A3B3，ΔO3A4B4，…．若B12,0，B23,0，A13,1，则ΔO2023A2024B2024的面积为 ．

【答案】9202342024
【分析】根据题意和图形可先求得∠B2B3A2=∠B1B2A1=90°， ∠B3B4A3=∠B2B3A2=90°，∠B4B5A4=∠B3B4A3=90°，⋯⋯，∠BnBn+1An=∠Bn−1BnAn−1=90°，B332×3,0 B4322×3,0，B5323×3,0，⋯⋯，Bn32n−2×3,0，从而得B2024322022×3,0，B2025322023×3,0，B2024B2025=322023×3−322022×3=322023，O2023B2024=n=14×3×322022=34×322022，利用三角形的面积公式即可得解．
【详解】解：∵B12,0，B23,0，A13,1，
∴点A13,1与点B23,0的横坐标相同，OB1=2，B1B2=3−2=1，A1B2=1，OB2=3，
∴A1B2⊥x轴，
∴∠A1B2O=90°，
∵B2C1=2A2C1，
∴B2C1A2C1=2，
∵四边形A1B1B2C1，A2B2B3C2，A3B3B4C3，A4B4B5C4，…都是平行四边形，
∴A1B1∥A2B2，A2C2∥OB2，A2B3∥OB3，A2C2=B2B3，A1B1=B2C1
∴∠A1B1B2=∠A2B2B3，∠C1A2C2=∠C1B2O，∠C1C2A2=∠C1OB2，B2A2B1A1=B2A2B2C1=32，
∴△C1C2A2∽∠C1OB2，
∴OB2C2A2=C1B2C1A2=OB2B2B3=2，
∴B2B3=12OB2=12×3，
∴B2B3B1B2=32=B2A2B2C1，OB3=32OB2=32×3，
∴△B2B3A2∽B1B2A1，
∴∠B2B3A2=∠B1B2A1=90°，
∴B332×3,0，
同理可得∠B3B4A3=∠B2B3A2=90°，∠B4B5A4=∠B3B4A3=90°，⋯⋯ ∠BnBn+1An=∠Bn−1BnAn−1=90°，B4322×3,0，B5323×3,0，⋯⋯，Bn32n−2×3,0，
∴B2024322022×3,0，B2025322023×3,0，
∴B2024B2025=322023×3−322022×3=322023，
∵O2023322022×3,n在y=14x上，
∴O2023B2024=n=14×3×322022=34×322022，
∴S△O2023A2024B2024=12B2024B2025⋅O2023A2024=12×322023×34×322022=3404624048=9202342024，
故答案为：9202342024．
【点睛】本题考查相似三角形的判定及性质，平行四边形的性质，坐标与图形，坐标规律，熟练掌握相似三角形的判定及性质以及平行四边形的性质是解题关键．
21．（2023·广西·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为 ．

【答案】2
【分析】首先证明出MN是△AEF的中位线，得到MN=12AE，然后由正方形的性质和勾股定理得到AE=AB2+BE2=4+BE2，证明出当BE最大时，AE最大，此时MN最大，进而得到当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，最后代入求解即可．
【详解】如图所示，连接AE，

∵M，N分别是EF，AF的中点，
∴MN是△AEF的中位线，
∴MN=12AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AE=AB2+BE2=4+BE2，
∴当BE最大时，AE最大，此时MN最大，
∵点E是BC上的动点，
∴当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，
∴此时AE=4+22=22，
∴MN=12AE=2，
∴MN的最大值为2．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
22．（2023·浙江台州·统考中考真题）如图，点C，D在线段AB上（点C在点A，D之间），分别以AD，BC为边向同侧作等边三角形ADE与等边三角形CBF，边长分别为a，b．CF与DE交于点H，延长AE，BF交于点G，AG长为c．

（1）若四边形EHFG的周长与△CDH的周长相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
（2）若四边形EHFG的面积与△CDH的面积相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
【答案】 5a+5b=7c a2+b2=c2
【分析】由题意可得：△ABG为等边三角形，四边形EHFG为平行四边形，AB=AG=c，（1）分别求得四边形EHFG的周长与△CDH的周长，根据题意，求解即可；（2）分别求得四边形EHFG的面积与△CDH的面积，根据题意，求解即可．
【详解】解：等边三角形ADE与等边三角形CBF中，∠A=∠B=∠EDA=∠HCD=60°，
∴△CDH和△ABG为等边三角形，CF∥AG，ED∥BG
∴AB=AG=BG=c，四边形EHFG为平行四边形，
又∵等边三角形ADE与等边三角形CBF
∴GF=c−b，EG=c−a，AC=c−b，
∴CD=AD−AC=a+b−c，
（1）平行四边形EHFG的周长为：2FG+EG=2c−b+c−a=4c−2a−2b，
△CDH的周长为：3CD=3a+3b−3c
由题意可得：3a+3b−3c=4c−2a−2b
即：5a+5b=7c；
（2）过点F作FM⊥EG，过点H作HN⊥CD，如下图：

在Rt△FMG中，GF=c−b，∠GMF=90°，∠G=60°，
∴MF=GF×sin60°=3c−b2
则平行四边形EHFG的面积为EG×MF=3c−ac−b2
在Rt△CNH中，CH=a+b−c，∠CNH=90°，∠HCN=60°，
∴HN=CH×sin60°=3a+b−c2
则△CDH的面积为：12×CD×HN=3a+b−c24
由题意可得：3a+b−c24=3c−ac−b2
化简可得：a2+b2=c2
故答案为：5a+5b=7c；a2+b2=c2
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握并灵活利用等边三角形的性质求得对应线段的长度．
23．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，把两根钢条OA，OB的一个端点连在一起，点C，D分别是OA，OB的中点．若CD=4cm，则该工件内槽宽AB的长为 cm．

【答案】8
【分析】利用三角形中位线定理即可求解．
【详解】解：∵点C，D分别是OA，OB的中点，
∴CD=12AB，
∴AB=2CD=8cm，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理的应用，掌握“三角形的中位线是第三边的一半”是解题的关键．
24．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，▱ABCO的顶点O、A、C的坐标分别是0，0、3，0、1，2．则顶点B的坐标是 ．

【答案】4，2
【分析】根据“平行四边形的对边平行且相等的性质”得到点B的纵坐标与点C的纵坐标相等，且BC=OA=3，即可得到结果．
【详解】解：∵在▱ABCO中，O0，0，A3，0，
∴BC=OA=3，
∵BC∥AO，
∴点B的纵坐标与点C的纵坐标相等，
∴B4，2，
故答案为：4，2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和坐标与图形的性质，此题充分利用了“平行四边形的对边相等且平行”的性质．
三、解答题
25．（2023·山东淄博·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，E，F分别是边BC和AD上的点，连接AE，CF，且AE∥CF．求证：

(1)∠1=∠2；
(2)△ABE≌△CDF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）证明四边形AECF是平行四边形即可；
（2）用SSS证明△ABE≌△CDF即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AF∥EC，
又∵ AE∥CF．
∴四边形AECF是平行四边形．
∴∠1=∠2(平行四边形对角相等)
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴AE=FC，AF=CE，
∴BE=FD，
在△ABE和△CDF中，
∵ BE=FDAE=FCAB=CD，
∴△ABE≌△CDF(SSS)．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和三角形全等的判定，熟练掌握平行四边形性质是解本题的关键．
26．（2023·山东泰安·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点F是DC边上的一点，连接AF，将△ADF沿直线AF折叠，点D落在点G处，连接AG并延长交DC于点H，连接FG并延长交BC于点M，交AB的延长线于点E，且AC=AE．

(1)求证：四边形DBEF是平行四边形；
(2)求证：FH=ME．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质证明AD=AG， AE=BD，∠AGE=∠DAB=90°，由此即可证明Rt△ABD≌Rt△GEA得到∠AEG=∠DBA，进而推出BD∥EF，再由BE∥DF，即可证明四边形DBEF是平行四边形；
（2）由（1）的结论可得BE=DF，进一步证明BE=GF，再证明△FGH≌△EBM，即可证明FH=ME．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD=BC，∠ADC=∠ABC=12BAD=90°，AC=BD，
由折叠的性质可得AD=AG， ∠AGF=∠ADF=90°，
∴∠AGE=∠DAB=90°，
∵AC=AE，AC=BD，
∴AE=BD，
∴Rt△ABD≌Rt△GEAHL，
∴∠AEG=∠DBA，
∴BD∥EF，
又∵BE∥DF，
∴四边形DBEF是平行四边形；
（2）证明：∵四边形DBEF是平行四边形，
∴BE=DF，
由折叠的性质可得GF=DF，
∴BE=GF，
∵CD∥AB，
∴∠HFG=∠E，
又∵∠FGH=180°−∠AGF=90°=∠MBE，
∴△FGH≌△EBMASA，
∴FH=ME．
【点睛】本题主要考查了矩形于折叠问题，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，熟练掌握相关知识是解题的关键．
27．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）▱ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，连接DE，将ED绕点E逆时针旋转90°，得到EF，连接BF．

(1)当点E在线段BC上，∠ABC=45°时，如图①，求证：AE+EC=BF；
(2)当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45°时，如图②：当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135°时，如图③，请猜想并直接写出线段AE，EC，BF的数量关系；
(3)在（1）、（2）的条件下，若BE=3，DE=5，则CE=_______．
【答案】(1)见解析
(2)图②：AE−EC=BF，图③：EC−AE=BF
(3)1或7
【分析】（1）求证∠BEF=∠AED，AE=BE，得△BEF≌△AEDSAS，所以BF=AD，进而AD=BC=BF，所以AE+CE=BE+CE=BC=BF；
（2）如图②，当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45°时，同（1），△BEF≌△AEDSAS，得AD=BF，结合平行四边形性质，得AD=BC=BF，所以AE−EC=BF；如图③，当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135°时，求证∠BAE=∠ABE，得AE=BE，同（1）可证△BEF≌△AEDSAS，BF=AD，结合平行四边形性质，得AD=BC=BF，所以EC−AE=BF；
（3）如图①，Rt△EBF中，勾股定理，得 BF=EF2−BE2=4，求得EC=BF−AE=1；如图②，BE=3，则AE=3,Rt△ADE中，AD=DE2−AE2=52−32=4，可得图②中，不存在BE=3，DE=5的情况；如图③，Rt△AED中，勾股定理，得 AD=DE2−AE2=4，求得EC=AE+BF=7．
【详解】（1）证明：∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°．
∵∠FED=90°，
∴∠AEB=∠FED
∴∠AEB−∠AEF=∠FED−∠AEF
∴∠BEF=∠AED．
∵∠ABC=45°，
∴∠ABC=∠BAE=45°．
∴AE=BE．
∵EF=ED，
∴△BEF≌△AEDSAS．
∴BF=AD．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=BF．
∴AE+CE=BE+CE=BC=BF；
（2）如图②，当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45°时，

同（1），AE=BE，△BEF≌△AEDSAS
∴AD=BF
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=BF．
∴AE−EC=BE−EC=BC=BF
即AE−EC=BF；
如图③，当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135°时，

∵∠ABC=135°
∴∠ABE=180°−∠ABC=45°
∵AE⊥BC
∴∠AEB=90°
∴∠BAE=180°−∠AEB−∠ABE=45°
∴∠BAE=∠ABE
∴AE=BE
同（1）可证，△BEF≌△AEDSAS
∴BF=AD
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=BF．
∴EC−AE=EC−EB=BC=BF
即EC−AE=BF
（3）如图①，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAD=∠AEB=90°
∵△BEF≌△AED
∴∠EAD=∠EBF=90°
Rt△EBF中，EF=DE=5,BE=AE=3，BF=EF2−BE2=52−32=4
由AE+EC=BF，得EC=BF−AE=4−3=1；
如图②，BE=3，则AE=3,Rt△ADE中，AD=DE2−AE2=52−32=4，
∴BC=AD=4,与BE=3矛盾，故图②中，不存在BE=3，DE=5的情况；
如图③，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC
∴∠EAD+∠AEB=180°
∵∠AEB=90°
∴∠EAD=90°
Rt△AED中，AE=BE=3，AD=DE2−AE2=52−32=4
∴BF=AD=4
由EC−AE=BF知，EC=AE+BF=3+4=7．
综上，CE=1或7．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，根据条件选用恰当的方法作全等的判定是解题的关键．
28．（2023·广东深圳·统考中考真题）（1）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，
①若BE=BC，过C作CF⊥BE交BE于点F，求证：△ABE≌△FCB；
②若S矩形ABCD=20时，则BE⋅CF=______．

（2）如图，在菱形ABCD中，csA=13，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD=24时，求EF⋅BC的值．

（3）如图，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB=6，AD=5，点E在CD上，且CE=2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF⋅EG=73时，请直接写出AG的长．

【答案】（1）①见解析；②20；（2）32；（3）3或4或32
【分析】（1）①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，进而证明∠FCB=∠ABE结合已知条件，即可证明△ABE≌△FCB；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°，证明△ABE∽△FCB，得出ABCF=BEBC，根据S矩形ABCD=AB⋅CD=20，即可求解；
（2）根据菱形的性质得出AD∥BC，AB=BC，根据已知条件得出BE=13BC,AE=43AB，证明△AFE∽△BEC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出MG=7，根据tan∠MEH=tan∠HGE，得出HE2=HM⋅HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，同理证明△ENG∽△ECM，根据tan∠FEH=tan∠M得出EH2=FH⋅HM，建立方程，解方程即可求解；③当G点在BC边上时，如图所示，过点B作BT⊥DC于点T，求得S△BTC=2538，而S△EFG=723，得出矛盾，则此情况不存在．
【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
又∵CF⊥BC，
∴∠FCB+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，
∴∠FCB=∠ABE，
又∵BC=BE，
∴△ABE≌△FCB；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°
∴△ABE∽△FCB
∴ABCF=BEBC，
又∵S矩形ABCD=AB⋅CD=20
∴BE⋅CF=AB⋅BC=20,
故答案为：20．
（2）∵在菱形ABCD中，csA=13，
∴AD∥BC，AB=BC，
则∠CBE=∠A，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°，
∵cs∠CBE=BECB
∴BE=BC⋅cs∠CBE=BC×cs∠A=13BC，
∴AE=AB+BE=AB+13BC=AB+13AB=43AB，
∵EF⊥AD，CE⊥AB
∴∠AFE=∠BEC=90°,
又∠CBE=∠A，
∴△AFE∽△BEC，
∴AEBC=EFCE=AFBE，
∴EF⋅BC =AE⋅CE=43AB×CE=43S菱形ABCD=43×24=32；
（3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，

∵平行四边形ABCD中，AB=6，CE=2，
∴CD=AB=6，DE=DC−EC=6−2=4,
∵DM∥FC，
∴△EDM∽△ECF
∴EMEF=EDEC=42=2，
∴S△MGES△FEG=EMEF=2
∴S△MGE=2S△EFG= EF⋅EG=73
在Rt△DEH中，∠HDE=∠A=60°，
则EH=32DE=32×4=23，DH=12DE=2，
∴12MG×HE=73
∴MG=7，
∵GE⊥EF,EH⊥MG，
∴∠MEH=90°−∠HEG=∠HGE
∴tan∠MEH=tan∠HGE
∴HEHG=HMHE
∴HE2=HM⋅HG
设AG=a，则GD=AD−AG=5−a，GH=GD+HD=5−a+2=7−a，HM=GM−GH=7−7−a=a，
∴232=x7−x
解得：a=3或a=4，
即AG=3或AG=4，
②当G点在AB边上时，如图所示，

连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，
设AG=x，则DN=AG=x，EN=DE−DN=4−x，
∵GN∥CM
∴△ENG∽△ECM
∴EGEM=ENEC=GNCM=4−x2，
∴CM=2GN4−x=104−x
∴S△GEFS△MEF=EGEM=4−x2，
∵EF⋅EG=73
∴S△MEF=2S△GEF4−x=734−x
过点E作EH⊥BC于点H，
在Rt△EHC中，EC=2,∠ECH=60°，
∴EH=3，CH=1，
∴S△MEF=12×MF×EH，则12×3×MF=734−x，
∴MF=144−x，
∴FH=MF−CM−CH=144−x−104−x−1=x4−x，MH=CM+CH=104−x+1=14−x4−x
∵∠MEF=∠EHM=90°，
∴∠FEH=90°−∠MEH=∠M
∴tan∠FEH=tan∠M，
即FHEH=EHHM，
∴EH2=FH⋅HM
即32=x4−x×14−x4−x
解得：x1=32,x2=8（舍去）
即AG=32；
③当G点在BC边上时，如图所示，

过点B作BT⊥DC于点T，
在Rt△BTC中，CT=12BC=52，BT=3TC=532，
∴S△BTC=12BT×TC=12×532×52=2538，
∵EF⋅EG=73，
∴S△EFG=723，
∵2583