中考数学二轮培优训练专题05 四边形的性质与判定（讲练）（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学二轮培优训练专题05 四边形的性质与判定（讲练）（2份，原卷版+解析版），共14页。试卷主要包含了考情分析，知识建构等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc160094594" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc161309507" 考点一 平行四边形
\l "_Tc161309508" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc161309509" 题型01 多边形内角和与外角和综合问题
\l "_Tc161309510" 题型02 多边形内角和/外角和的实际应用
\l "_Tc161309511" 题型03 利用平行四边形的性质与判定求解
\l "_Tc161309512" 题型04 利用平行四边形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc161309513" 题型05 构建三角形中位线解决问题
\l "_Tc161309519" \l "_Tc160094604" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc161309520" \l "_Tc160094605" 【好题必刷·强化落实】
\l "_Tc161309521" 考点二 特殊四边形
\l "_Tc161309522" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc161309523" 题型01 利用矩形的性质与判定求解
\l "_Tc161309524" 题型02 与矩形（或正方形）有关的折叠问题
\l "_Tc161309525" 题型03 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc161309526" 题型04 矩形与函数的相关问题
\l "_Tc161309527" 题型05 根据菱形的性质与判定求解
\l "_Tc161309529" 题型06 菱形与函数的相关问题
\l "_Tc161309530" 题型07 根据正方形的性质与判定求解
\l "_Tc161309531" 题型08 根据正方形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc161309532" 题型09 正方形与函数的相关问题
\l "_Tc161309533" 题型10 与特殊四边形有关的新定义问题
\l "_Tc161309534" 题型11 与特殊四边形有关的规律探究问题
\l "_Tc161309535" 题型12 梯形的相关计算
\l "_Tc161309536" 题型13 四边形的常见几何模型
\l "_Tc161309537" \l "_Tc160094604" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc161309538" \l "_Tc160094605" 【好题必刷·强化落实】
考点一 平行四边形
题型01 多边形内角和与外角和综合问题
多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误：
①n边形内角和＝（n－2）×180°（n≥3）.
②从n边形的一个顶点可以引出（n-3）条对角线，n个顶点可以引出n（n-3）条对角线，但是每条对角线计算了两次，因此n边形共有n(n−3)2 条对角线.
③n边形的边数＝（内角和÷180°）＋2.
④n边形的外角和是360°.
⑤n边形的外角和加内角和＝n×180°.
⑥在n边形内任取一点O，连接O与各个顶点，把n边形分成n个三角形；在n边形的任意一边上任取一点O，连接O点与其不相邻的其它各顶点的线段可以把n边形分成（n－1）个三角形；连接n边形的任一顶点A与其不相邻的各个顶点的线段，把n边形分成（n－2）个三角形．
1）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°.
2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍.
3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和；②已知多边形的内角和求边数；③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数．
4）任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关.
5）正n边形的每个内角为为（n−2）×180°n，每一个外角为360°n．
6）正n边形有n条对称轴．
7）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形．
1．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=44°，则∠2的度数为（ ）

A．14°B．16°C．24°D．26°
【答案】B
【分析】如图，求出正六边形的一个内角和一个外角的度数，得到∠4=60°,∠2+∠5=120°，平行线的性质，得到∠3=∠1=44°，三角形的外角的性质，得到∠5=∠3+∠4=104°，进而求出∠2的度数．
【详解】解：如图：

∵正六边形的一个外角的度数为：360°6=60°，
∴正六边形的一个内角的度数为：180°−60°=120°，
即：∠4=60°,∠2+∠5=120°，
∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，∠1=44°，
∴∠3=∠1=44°，
∴∠5=∠3+∠4=104°，
∴∠2=120°−∠5=16°；
故选B．
【点睛】本题考查正多边形的内角和、外角和的综合应用，平行线的性质．熟练掌握多边形的外角和是360°，是解题的关键．
2．（2022·江苏南京·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的3个外角∠EAB，∠FBC，∠GCD的度数之比为1:2:4，则∠D= ．
【答案】72°/72度
【分析】根据圆内接四边形的对角互补以及外角的性质可求出∠CDH，再根据平角的定义求解．
【详解】解：如图，延长ED到H，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴ ∠ABC+∠ADC=∠BAD+∠BCD=180°，
∴ ∠FBC+∠HDC=∠EAB+∠GCD=180°，
∵ ∠EAB，∠FBC，∠GCD的度数之比为1:2:4，
∴ ∠EAB，∠FBC，∠GCD，∠CDH的度数之比为1:2:4:3，
∵ ∠EAB+∠FBC+∠GCD+∠CDH=360°，
∴ ∠CDH=360°×31+2+4+3=108°，
∴ ∠ADC=180°−∠CDH=72°．
故答案为：72°．
【点睛】本题考查圆内接四边形，解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补，外角和是360度．
3．（2023·内蒙古·中考真题）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以点A为圆心，AB为半径画弧BF，得到扇形BAF（阴影部分）．若扇形BAF正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是 ．

【答案】23
【分析】首先确定扇形的圆心角的度数，然后利用圆锥的底面圆周长是扇形的弧长计算即可．
【详解】解：∵正六边形的外角和为360°，
∴每一个外角的度数为360°÷6=60°，
∴正六边形的每个内角的度数为180°−60°=120°，
设这个圆锥底面圆的半径是r，
根据题意得，2πr=120π×2180，
解得r=23，
故答案为：23．
【点睛】本题考查正多边形和圆及圆锥的计算，解题的关键是求得正六边形的内角的度数，并理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
4．（2023·新疆·中考真题）一个多边形的每个内角都是144°，这个多边形是 边形．
【答案】十
【分析】根据题意可得该多边形为正多边形，先求出一个外角的度数，即可求出边数．
【详解】解：∵该多边形每个内角都是144°，
∴该多边形为正多边形，
∴该多边形一个外角=180°−144°=36°，
∴该多边形的边数=360°36°=10，
故答案为：十．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，解题的关键是掌握正多边形每个外角相等．
题型02 多边形内角和/外角和的实际应用
1．（2023·山西·中考真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点P,Q,M均为正六边形的顶点．若点P,Q的坐标分别为−23,3,0,−3，则点M的坐标为（ ）

A．33,−2B．33,2C．2,−33D．−2,−33
【答案】A
【分析】连接PF，设正六边形的边长为a，由正六边形的性质及点P的坐标可求得a的值，即可求得点M的坐标．
【详解】解：连接PF，如图，设正六边形的边长为a，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABO=60°，
∵∠AOB=90°，
∴∠BAO=30°，
∴OB=12a，OA=3a2，
∴AC=CE=3a，OF=OB+BF=3a2，
∵点P的坐标为−23,3，
∴3a2=3，
即a=2；
∴OE=OC+CE=33a2=33，EM=2，
∴点M的坐标为33,−2．
故选：A．

【点睛】本题考查了坐标与图形，正六边形的性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，掌握这些知识是解题的关键．
2．（2022·河北·中考真题）如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为α，β，则正确的是（ ）
A．α−β=0B．α−β0D．无法比较α与β的大小
【答案】A
【分析】多边形的外角和为360°，△ABC与四边形BCDE的外角和均为360°，作出选择即可．
【详解】解：∵多边形的外角和为360°，
∴△ABC与四边形BCDE的外角和α与β均为360°，
∴α−β=0，
故选：A．
【点睛】本题考查多边形的外角和定理，注意多边形的外角和为360°是解答本题的关键．
3．（2020·山东德州·中考真题）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
【答案】C
【分析】根据多边形的外角和即可求出答案．
【详解】解：根据题意可知，他需要转360÷45=8次才会回到原点，所以一共走了8×8=64米．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了利用多边形的外角和定理求多边形的边数．任何一个多边形的外角和都是360°．
4．（2022·湖南常德·中考真题）剪纸片：有一张长方形的纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片；从这2张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有3张纸片：从这3张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有4张纸片；……；如此下去，若最后得到10张纸片，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5 张四边形纸片，则还有一张多边形纸片的边数为 ．
【答案】6
【分析】根据多边形的内角和进行即可求解．
【详解】解：根据题意用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，则每剪一次，所有的多边形的内角和增加360°，
10张纸片，则剪了9次，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5 张四边形纸片，设还有一张多边形纸片的边数为n，
∴5−2×180°+3×180°+4−2×180°×5+n−2×180°=360°+360°×9，
解得n=6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了多边形内角和公式，理解题意是解题的关键．
5．（2023·河北·中考真题）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中
（1）∠α= 度．
（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 （结果保留根号）．

【答案】 30 23
【分析】（1）作图后，结合正多边形的外角的求法即可求解；
（2）表问题转化为图形问题，首先作图，标出相应的字母，把正六边形的中心到直线l的距离转化为求ON=OM+BE，再根据正六边形的特征及利用勾股定理及三角函数，分别求出OM,BE即可求解．
【详解】解：（1）作图如下：

根据中间正六边形的一边与直线l平行及多边形外角和，得∠ABC=60°，
∠A=∠α=90°−60°=30°，
故答案为：30；
（2）取中间正六边形的中心为O，作如下图形，

由题意得：AG∥BF，AB∥GF,BF⊥AB，
∴四边形ABFG为矩形，
∴AB=GF，
∵∠BAC=∠FGH,∠ABC=∠GFH=90°，
∵Rt△ABC≌Rt△GFHSAS，
∴BC=FH，
在Rt△PDE中，DE=1,PE=3，
由图1知AG=BF=2PE=23，
由正六边形的结构特征知：OM=12×23=3，
∵BC=12BF−CH=3−1，
∴AB=BCtan∠BAC=3−133=3−3，
∴BD=2−AB=3−1，
又∵DE=12×2=1，
∴BE=BD+DE=3，
∴ON=OM+BE=23
故答案为：23．
【点睛】本题考查了正六边形的特征，勾股定理，含30度直角三角形的特征，全等三角形的判定性质，解直角三角形，解题的关键是掌握正六边形的结构特征．
题型03 利用平行四边形的性质与判定求解
平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分；
4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心.
【解题技巧】
1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．
5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．
6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．
平行四边形的判定定理：
①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
③两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
④两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【解题技巧】
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明；
2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；
3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明．
1．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，已知∠AOB，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于12CD长为半径作圆弧，两条圆弧交于∠AOB内一点P，连接OP，过点P作直线PE∥OA，交OB于点E，过点P作直线PF∥OB，交OA于点F．若∠AOB=60°，OP=6cm，则四边形PFOE的面积是（ ）

A．123cm2B．63cm2C．33cm2D．23cm2
【答案】B
【分析】过P作PM⊥OB于M，再判定四边形PFOE为平行四边形，再根据勾股定理求出边和高，最后求出面积．
【详解】解：过P作PM⊥OB于M，

由作图得：OP平分∠AOB，
∴∠POB=∠AOP=12∠AOB=30°，
∴PM=12OP=3cm，
∴OM=OP2−PM2=33，
∵PE∥OA，PF∥OB，
∴四边形PFOE为平行四边形，∠EPO=∠POA=30°，
∴∠POE=∠OPE，
∴OE=PE，
设OE=PE=x，
在Rt△PEM中，PE2−MP2=EM2，
即：x2−32=33−x2，
解得：x=23，
∴S四边形OEPF=OE·PM=23×3=63cm．
故选：B．
【点睛】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的判定定理，勾股定理及平行四边形的面积公式是解题的关键．
2．（2023·西藏·中考真题）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知∠ABC=60°，则阴影部分的面积是（ ）

A．92B．33C．932D．63
【答案】D
【分析】首先过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，由题意可得四边形ABCD是平行四边形，继而求得AB=BC的长，判定四边形ABCD是菱形，则可求得答案．
【详解】过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，

根据题意得：AD∥BC，AB∥CD，BE=BF=3，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AB=2AE，BC=2CF，
∵AB2=AE2+BE2，BE=3，
∴AB=23，
同理： BC=23，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD=23，
∴S菱形ABCD=AD×BE=63．
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，解题关键在于掌握菱形判定定理和作辅助线．
3．（2023·江苏徐州·中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB=a,BC=b，由勾股定理，得AC2=a2+b2，同理BD2=a2+b2，故AC2+BD2=2a2+b2．
【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知BO为△ABC的一条中线，AB=a,BC=b,AC=c．求证：BO2=a2+b22−c24．
【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB=8,BC=12，点P在边AD上，则PB2+PC2的最小值为_______．
【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用：200
【分析】探究发现：作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，证明Rt△ABE≌Rt△DCFHL，BE=CF，利用勾股定理进行计算即可得到答案；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，证明四边形ABCD是平行四边形，由【探究发现】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，则c2+2BO2=2a2+b2，得到c2+4BO2=2a2+b2，即可得到结论；
尝试应用：由四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，得到AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，设AP=x，PD=12−x，由勾股定理得到PB2+PC2=2x−62+200，根据二次函数的性质即可得到答案．
【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：
作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，

∵四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，
∴AB=DC=a,AD∥BC,AD=BC=b，
∵AE⊥BC，DF⊥BC，
∴AE=DF，
∴Rt△ABE≌Rt△DCFHL，
∴BE=CF，
∴AC2+BD2=AE2+CE2+BF2+DF2
=AB2−BE2+BC−BE2+BC+CF2+DF2
=AB2−BE2+BC2−2BC⋅BE+BE2+BC2+2BC⋅BE+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+AB2
=2AB2+BC2
=2a2+b2；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，

∵BO为△ABC的一条中线，
∴OA=CO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=a,BC=b,AC=c．
∴由【探究发现】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，
∴c2+2BO2=2a2+b2，
∴c2+4BO2=2a2+b2，
∴BO2=a2+b22−c24；
尝试应用：∵四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，
∴AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，
设AP=x，则PD=AD−AP=12−x，
∴PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=x2+82+12−x2+82
=2x2−24x+272=2x−62+200，
∵2>0，
∴抛物线开口向上，
∴当x=6时，PB2+PC2的最小值是200
故答案为：200
【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．
4．（2023·贵州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，延长CB至D，使得BD=CB，过点A，D分别作AE∥BD，DE∥BA，AE与DE相交于点E．下面是两位同学的对话：

(1)请你选择一位同学的说法，并进行证明；
(2)连接AD，若AD=52,CBAC=23，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)32
【分析】（1）选择小星的说法，先证四边形AEDB是平行四边形，推出AE=BD，再证明四边形AEBC是矩形，即可得出BE⊥CD；选择小红的说法，根据四边形AEBC是矩形，可得CE=AB，根据四边形AEDB是平行四边形，可得DE=AB，即可证明CE=DE；
（2）根据BD=CB，CBAC=23可得CD=43AC，再用勾股定理解Rt△ACD即可．
【详解】（1）证明：①选择小星的说法，证明如下：
如图，连接BE，

∵ AE∥BD，DE∥BA，
∴四边形AEDB是平行四边形，
∴ AE=BD，
∵ BD=CB，
∴ AE=CB，
又∵ AE∥BD，点D在CB的延长线上，
∴ AE∥CB，
∴四边形AEBC是平行四边形，
又∵ ∠C=90°，
∴四边形AEBC是矩形，
∴ BE⊥CD；
②选择小红的说法，证明如下：
如图，连接CE，BE，

由①可知四边形AEBC是矩形，
∴ CE=AB，
∵四边形AEDB是平行四边形，
∴ DE=AB，
∴ CE=DE．
（2）解：如图，连接AD，

∵ BD=CB，CBAC=23，
∴ CDAC=2CBAC=43，
∴ CD=43AC，
在Rt△ACD中，AD2=CD2+AC2，
∴ 522=43AC2+AC2，
解得AC=32
即AC的长为32．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形和矩形的判定方法．
题型04 利用平行四边形的性质与判定解决多结论问题
1．（2022·山东泰安·中考真题）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列结论：①AB⊥AC；②AD=4OE；③四边形AECF是菱形；④S△BOE=14S△ABC．其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】通过判定ΔABE为等边三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性质求得∠EAC=30°，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含30°直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
【详解】解：∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2CE，
又∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴ΔABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠BEA=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
即AB⊥AC，故①正确；
在平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=BC，AO=CO，
∴∠CAD=∠ACB，
在ΔAOF和ΔCOE中，
∠CAD=∠ACBOA=OC∠AOF=∠COE，
∴ΔAOF≅ΔCOE(ASA)，
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AB⊥AC，点E为BC的中点，
∴AE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形，故③正确；
∴AC⊥EF，
在RtΔCOE中，∠ACE=30°，
∴OE=12CE=14BC=14AD，故②正确；
在平行四边形ABCD中，OA=OC，
又∵点E为BC的中点，
∴SΔBOE=12SΔBOC=14SΔABC，故④正确；
综上所述：正确的结论有4个，
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．
2．（2021·山东泰安·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，则BM=CM；③若MD=2AM，则S△MNC=S△BNE；④若AB=MN，则△MFN与△DFC全等．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明△DME≌△BNEAAS，进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明△MND≌△DCMSAS后可进一步证明△MNF≌△DCFAAS，即可完成求证．
【详解】解：∵平行四边形ABCD中，E是BD的中点，
∴BE=DE，AD//BC，AD=BC，
∴∠MDE=∠NBE,∠DME=∠BNE,
∴△DME≌△BNEAAS,
∴DM=BN，
∴AM=CN，
故①正确；
若∠A=90°，
则平行四边形ABCD是矩形，
由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，
E点到B、C两点的距离相等，
∴E点在BC的垂直平分线上，
由MD=AM，可得BN=CN，
所以N点是BC的中点，
∴MN垂直平分BC，
∴BM=CM，
故②正确；
若MD=2AM，则BN=2CN，
如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，
∵E点是BD中点，
∴DQ=2EP，
∵S△MNC=12CN⋅DQ=12CN⋅2EP=CN⋅EP，
S△BNE=12BN⋅EP=12×2CN⋅EP=CN⋅EP
∴S△MNC=S△BNE，
故③正确；
若AB=MN，
因为AB=DC，
所以DC=MN，
分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，
由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，
∴Rt△NHM≌Rt△CKDHL，
∴∠NMD=∠MDC，
∴△MND≌△DCMSAS,
∴∠MND=∠DCM，
又∵∠NFM=∠CFD，
∴△MNF≌△DCFAAS,
故④正确；
故选：D．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性质进行角或边之间关系的转化等，本题对推理分析能力要求较高，属于中等难度偏上的题目，对学生的综合分析能力有一定的要求．
3．（2021·四川南充·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=15，BC=20，把边AB沿对角线BD平移，点A'，B'分别对应点A，B．给出下列结论：①顺次连接点A'，B'，C，D的图形是平行四边形；②点C到它关于直线AA'的对称点的距离为48；③A'C−B'C的最大值为15；④A'C+B'C的最小值为917．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据平移的性质和平行四边形的判定方法判断①，再利用等积法得出点C到BD的距离，从而对②做出判断，再根据三角形的三边关系判断③，如图，作D关于AA'的对称点D'，DD'交AA'于M, 连接BD'，过D'作D'N⊥BC于N, 分别交AM,BD于K,H, 证明D'C 是最小值时的位置，再利用勾股定理求解D'C，对④做出判断．
【详解】解：由平移的性质可得AB//A'B'
且AB=A'B'
∵四边形ABCD为矩形
∴AB//CD，AB=CD=15
∴A'B'//CD且A'B'=CD
∴四边形A'B'CD为平行四边形，
当点B'与D重合时，四边形不存在，
故①错误
在矩形ABCD中，BD=AB2+AD2=152+202=25
过A作AM⊥BD，CN⊥BD，则AM=CN
∴S△ABD=12AB·CD=12 BD·AM
∴AM=CN=15×2025=12
∴点C到AA'的距离为24
∴点C到它关于直线AA'的对称点的距离为48
∴故②正确
∵A'C−B'C≤A'B'
∴当A',B',C在一条直线时A'C−B'C最大，
此时B'与D重合
∴A'C−B'C的最大值=A'B'=15
∴故③正确，
如图，作D关于AA'的对称点D'，DD'交AA'于M, 连接BD'，过D'作D'N⊥BC于N, 分别交AM,BD于K,H,
则AB//A'B'//KH,AB=KH=15, KM为△D'HD的中位线， BD⊥DD'，
∴D'K=HK=15,
由▱A'B'CD可得B'C=A'D，
∴B'C=A'D=A'D',
∴A'C+B'C=A'C+A'D'=D'C, 此时最小，
由②同理可得：DM=D'M=12,
∵tan∠DBC=DCBC=1520=34=HNBN,
设HN=3x, 则BN=4x,
由勾股定理可得：DD'2+BD2=BD'2=BN2+D'N2,
∴252+242=(30+3x)2+(4x)2,
整理得：25x2+180x−301=0,
∴(5x−7)(5x+43)=0,
解得：x1=75,x2=−435（负根舍去），
∴NC=20−4x=725,D'N=1715,
∴D'C=(725)2+(1715)2=917,
∴故④正确
故选C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的性质以及平移的性质,锐角三角函数的应用等知识点，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
4．（2023·湖北·中考真题）如图，△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DEB=∠AEF=90°，点E在△ABC内，BE>AE，连接DF交AE于点G,DE交AB于点H，连接CF．给出下面四个结论：①∠DBA=∠EBC；②∠BHE=∠EGF；③AB=DF；④AD=CF．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】由题意易得AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，则可证△AEB≌△FEDSAS，然后根据全等三角形的性质及平行四边形的性质与判定可进行求解．
【详解】解：∵△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，
∴AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，
∵∠DBA=∠DBE−∠ABE,∠EBC=∠ABC−∠ABE，∠AEB=∠AED+∠DEB,∠FED=∠AEF+∠AED，
∴∠DBA=∠EBC,∠AEB=∠FED，故①正确；
∴△AEB≌△FEDSAS，
∴AB=DF=AC,∠ABE=∠FDE，∠BAE=∠DFE，故③正确；
∵∠ABE+∠BHE=90°,∠EFD+∠EGF=90°，∠BAE+∠EAC=90°，BE>AE，
∴∠BHE≠∠EGF，∠EGF=∠EAC；故②错误；
∴DF∥AC，
∵DF=AC，
∴四边形ADFC是平行四边形，
∴AD=CF，故④正确；
故答案为①③④．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定是解题的关键．
题型05 构建三角形中位线解决问题
构造三角形中位线的常用方法：
1）连接两点构造三角形中位线;
2) 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线.
3) 利用角平分线+垂直构造三角形的中位线.
1．（2020·山东泰安·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为A(2,0),B(0,2)，点C为坐标平面内一点，BC=1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（ ）

A．2+1B．2+12C．22+1D．22−12
【答案】B
【分析】如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答．
【详解】解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，
∵A(2,0),B(0,2)，
则△ABO为等腰直角三角形，
∴AB=OA2+OB2=22，N为AB的中点，
∴ON=12AB=2，
又∵M为AC的中点，
∴MN为△ABC的中位线，BC=1，
则MN=12BC=12，
∴OM=ON+MN=2+12，
∴OM的最大值为2+12
故答案选：B．

【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大．
2．（2023·广西·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．
3．（2021·天津·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，对角线AC,BD相交于点O，点E，F分别在BC,CD的延长线上，且CE=2,DF=1，G为EF的中点，连接OE，交CD于点H，连接GH，则GH的长为 ．
【答案】132
【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足为点K，
∵正方形边长为4，
∴OK=2，KC=2，
∴KC=CE，
∴CH是△OKE的中位线
∴CH=12OK=1，
作GM⊥CD，垂足为点M，
∵G点为EF中点，
∴GM是△FCE的中位线，
∴GM=12CE=1，MC=12FC=12CD+DF=12×4+1=52，
∴MH=MC−HC=52−1=32，
在Rt△MHG中，GH=MH2+MG2=322+12=132，
故答案为：132．
【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等．
4．（2023·山东烟台·中考真题）如图，点C为线段AB上一点，分别以AC,BC为等腰三角形的底边，在AB的同侧作等腰△ACD和等腰△BCE，且∠A=∠CBE．在线段EC上取一点F，使EF=AD，连接BF,DE．

(1)如图1，求证：DE=BF；
(2)如图2，若AD=2，BF的延长线恰好经过DE的中点G，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)BE=2+22．
【分析】（1）证明CD∥BE，推出∠DCE=∠BEF，利用SAS证明△DCE≌△FEB即可证明结论成立；
（2）取CE的中点H，连接GH，证明GH是△FCD的中位线，设BE=a，则FH=12a−2，证明△FGH∽△FBE，得到GHBE=FHEF，即a2−4a−4=0，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵等腰△ACD和等腰△BCE，
∴AD=CD，EC=EB，∠A=∠DCA，
∵∠A=∠CBE，
∴∠DCA=∠CBE，
∴CD∥BE，
∴∠DCE=∠BEF，
∵EF=AD，
∴EF=CD，
在△DCE和△FEB中，CD=EF∠DCE=∠FEBEC=EB，
∴△DCE≌△FEBSAS，
∴DE=BF；
（2）解：取CE的中点H，连接GH，

∵点G是DE的中点，
∴GH是△FCD的中位线，
∴GH=12CD=12AD=1，GH∥CD，
设BE=a，则CH=EH=12CE=12BE=12a，
∵EF=AD=2，
∴FH=12a−2，
∵CD∥BE，
∴GH∥BE，
∴△FGH∽△FBE，
∴GHBE=FHEF，即1a=12a−22，
整理得a2−4a−4=0，
解得a=2+22（负值已舍），
经检验a=2+22是所列方程的解，且符合题意，
∴BE=2+22．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
多边形的定义：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形.
多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.
多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n－3）条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2)
个三角形，n边形的对角线条数为n(n−3)2
正多边形的相关概念
正多边形的常用公式
【解题思路】正多边形与圆的计算问题：正n边形的外接圆半径和边心距把正n边形分成2n个全等的直角三角形，而每个直角三角形都集中地反映了这个正n边形各元素间的关系，故可以把正n边形的计算转化为解直角三角形，再利用勾股定理即可完成计算．
1．（2022·北京平谷·一模）2021年3月考古人员在山西泉阳发现目前中国规模最大、保存最完好的战国水井，井壁由等长的柏木按原始榫卯结构相互搭接呈闭合的正九边形逐层垒砌，关于正九边形下列说法错误的是（ ）
A．它是轴对称图形B．它是中心对称图形
C．它的外角和是360°D．它的每个内角都是140°
【答案】B
【分析】根据轴对称与中心对称的定义可判断A、B的正误；根据正多边形的外角和为360°可判断C的正误；根据正n边形的内角为180°n−2n可判断D的正误．
【详解】解：由题意知正九边形是轴对称图形，不是中心对称图形
∴A正确，B错误；
由正多边形的外角和为360°可知正九边形的外角和为360°
∴C正确；
由正n边形的内角为180°n−2n，可得180°×9−29=140°
∴D正确；
故选B．
【点睛】本题考查了正多边形的内角、外角和，轴对称，中心对称．解题的关键在于熟练掌握正多边形的内角、外角与对称性．
2．（2023·河北衡水·二模）图中表示被撕掉一块的正n边形纸片，若a⊥b，则n的值是（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】B
【分析】延长a、b交于点E，根据得到，于是可以得到正多边形的一个外角为45°，进而可得正多边形的边数．
【详解】解：如图，延长a ，b交于点E，
∵a⊥b，
∴∠ABC=90°，
∴正多边形的一个外角为180°−90°2=45°，
∴n=360°45°=8．
故选：B．
【点睛】本题主要考查多边形的内角和外角和，掌握相关定义是解题的关键．
3．（2023·河南南阳·三模）如图，▱OABC的顶点O0,0，A4,0，点E5,1是边AB的中点，则对角线AC，OB的交点D的坐标为（ ）

A．3,1B．4,1C．1,3D．2,1
【答案】A
【分析】根据题意易得OA=4，再证明DE为△OAB的中位线，结合中位线的性质求得DE=12OA=2，即可获得答案．
【详解】解：∵O0,0，A4,0，
∴OA=4，
∵四边形OABC为平行四边形，对角线AC，OB的交点为D，
∴OD=BD，
又∵点E是边AB的中点，
∴DE∥OA，且DE=12OA=2，
∵点E5,1，
∴点D的坐标为3,1．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、平行四边形的性质、三角形中位线的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
4．（2023·河北保定·二模）如图，在平行四边形ABCD中，按下列条件得到的四边形EFGH不一定是平行四边形的是（ ）
A． EG，FH是过对角线交点的两条线段
B． E，F，G，H是四边形各边中点
C． EF⊥BC，GH⊥AD
D． AF，BH，CH，DF是角平分线
【答案】C
【分析】利用全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质来证明即可．
【详解】解：A、如图，设AC与BD相交于点O，

∵ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD,OA=OC,
∴∠EAC=∠GCA，
∵∠AOE=∠COG，，
∴△AOE≌△COG，
∴OE=OG，
同理OH=OF，
∴四边形EFGH是平行四边形，故A不符合题意．
B、如图，连接AC，

∵E，F，G，H是四边形各边中点，
EF=GH，且EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，故B不符合题意；
C、由于所给已知条件只有角的关系，三角形边之间没有等量关系，不能证明三角形全等或边之间平行，也就无法证明四边形EFGH是平行四边形，故C符合题意；
D、∵AD∥BC，AF是角平分线，
∴∠AFB=∠FAD=∠BAF，
∴AB=BF，
同理DH=DC，
∵AD=BC，AB=CD，
∴AH=CF，
∵AFCH是平行四边形，
即AF∥CH，
同理可证AE∥DG，
∴四边形EFGH是平行四边形，故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质，解题的关键是掌握多种证明四边形是平行四边形方法．
5．（2023·河北衡水·二模）如图，将一个平行四边形分成16个一模一样的小平行四边形．若用颜料涂满△ABC，至少需用完1瓶颜料，则将△DEF涂满，至少需用完颜料的瓶数是（ ）
A．0.5B．1C．1.5D．2
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质证明S△DEF=S△BCG=S△ABC即可得到答案．
【详解】解：如图所示，取格点G，连接BG，CG，
∵图中是将一个平行四边形分成16个一模一样的小平行四边形，
∴S△DEF=S△BCG，AG∥BC，
∴S△DEF=S△BCG=S△ABC，
∵用颜料涂满△ABC，至少需用完1瓶颜料，
∴将△DEF涂满，至少需用完颜料的瓶数是1瓶，
故选B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形面积，熟知同底等高的三角形面积相等是解题的关键．
6．（2022·浙江舟山·三模）如图，△ABC、△DBE和△FGC均为正三角形，以点D，E，F，G 在△ABC的各边上，DE和FG相交于点H，若S四边形ADHF=S△HGE，BC=a，BD=b，CF=c，则a，b，c 满足的关系式为（ ）
A．a+c=2bB．b2+c2=a2C．b+c=aD．a=2bc
【答案】B
【分析】分别用含a，b，c的代数式表示S四边形ADHF与S△HGE，根据S四边形ADHF=S△HGE得到关于a，b，c关系式，化简整理关系式即可．
【详解】解： ∵ ∠EDB=∠A=60°，
∴ DE∥AF ，
同理：FG∥AB ，
∴四边形ADHF为平行四边形，
∵在△HGE中∠HGE=∠HEG=60°，
∴ △HGE为等边三角形，
∵ GE=b+c−a，AD=a−b，AF=a−c，
∴ S▱ADHF=AF⋅AD⋅sin60°=32a−ca−b
S△HGE=34b+c−a2
∴ 32a−ca−b=34b+c−a2，化简可得：b2+c2=a2，
故选：B.
【点睛】本题综合考查了平行四边形及等边三角形的判定与性质，关键是要会用含a，b，c的代数式分别表示平行四边形和等边三角形的面积，找到关系式，化简整理得出结论．
7．（2023·河北石家庄·一模）如图1，将两条重合的线段绕一个公共端点沿逆时针和顺时针方向分别旋转，旋转角为α，所得的两条新线段夹角为β，以α为内角，以图中线段为边作两个正多边形，正多边形边数为n．如图2，当α=120°时，得到两个正六边形．
（1）用含α的代数式表示β，β= ；
（2）边数n，旋转角α，夹角β的部分对应值如表格所示，其中m= °；
（3）若β≤10°，则n的最小值是 ．
【答案】 360°−2α 144 72
【分析】（1）由周角的含义建立方程即可；
（2）把α=108°代入（1）中的结论可得答案；
（3）由β≤10°，可得360°−2α≤10°，解得：α≥175°，利用多边形的内角和公式可得n−2·180n≥175，而n≥3且为整数，从而可得答案．
【详解】解：（1）由题意可得：2α+β=360°，
∴β=360°−2α，
故答案为：360°−2α．
（2）由题意可得：当α=108°时，
∴m=β=360°−2×108°=144°，
故答案为：144；
（3）当β≤10°，
∴360°−2α≤10°，解得：α≥175°，
∴n−2·180n≥175，而n≥3且为整数，
∴n−2·180≥175n，
解得：n≥72，
∴n的最小值为：72．
故答案为：72．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，正多边形的性质，利用正多边形的性质建立方程或不等式求解是解本题的关键．
8．（2023·吉林长春·三模）如图①是15世纪艺术家阿尔布雷希特·丢勒利用正五边形和菱形创作的镶嵌图案设计，图②是镶嵌图案中的某一片段的放大图，其中菱形的最小内角为 度．

【答案】36
【分析】根据平面镶嵌的定义，结合正五边形的内角，即可求解．
【详解】解：正五边形的每一个内角为5−2×1805=108°
设菱形的最小内角为x，根据题意得，
x+3×108=360
解得：x=36
故答案为：36．
【点睛】本题考查了正多边形的内角和公式，平面镶嵌，熟练掌握平面镶嵌的定义以及多边形的内角和公式是解题的关键．
9．（2023·江苏南京·一模）如图①，有一个圆柱形的玻璃杯，底面直径AB是30cm，杯内装有一些溶液．如图②，将玻璃杯绕点B倾斜，液面恰好到达容器顶端时，AB与水平线l的夹角为30°．则图①中液面距离容器顶端 cm．
【答案】53
【分析】延长CD交l于点H，DE∥l,DH∥EB，则DEBH是平行四边形，则△CDE≌△AHB，根据题意可得CM=MD=12CD=53，即可求解．
【详解】解：如图②所示，延长CD交l于点H，
∵如图②，将玻璃杯绕点B倾斜，液面恰好到达容器顶端时，AB与水平线l的夹角为30°．
∴∠ABH=30°,AB=30
∴AH=33AB=103，
依题意，DE∥l,DH∥EB，则DEBH是平行四边形
∴DE=HB，
∵CE=AB，∠CED=∠ABH=30°，
∴△CDE≌△AHB，
∴CD=AH=103，
过点DE的中点F作MN∥CE，则MN为原来液面，CM即为图①中液面距离容器顶端的距离，
∴DFEF=DMCM=1，
即CM=MD=12CD=53，
故答案为：53．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10．（2023·辽宁抚顺·二模）如图，在平行四边形ABCD中，AB=8，BC=6，E，F分别是BC上的动点，且EF=3，连接AE，AF，DE，DF，AE与DF相交于P，过点P作MN∥BC，交DE于M，交AF于N，当E，F在BC上移动时，下列结论：①AP=2PE；②S△PAD=4S△PEF；③PM=PN=2；④S△PAF=S△PDE．其中正确的有 ．（填序号）
【答案】①②③④
【分析】由AD∥BC，证明△EPF∽△APD，推出APPE=DPPF=ADEF=2，即可得到AP=2PE，S△PAD=4S△PEF，由平行间距离处处相等得到S△PAF=S△PDE，由MN∥BC，推出△DPM∽△DFE，△ANP∽△AFE，利用相似三角形的性质即可得到PM=PN=2，据此即可判定．
【详解】解：∵平行四边形ABCD中，AB=8，BC=6，
∴AD=BC=6，AD∥BC，
∴△EPF∽△APD，
∵EF=3，
∴APPE=DPPF=ADEF=2，
∴AP=2PE，故①正确；
∴S△PAD=4S△PEF，故②正确；
∵AD∥BC，∴AD与BC之间的距离相等，
∴S△PAF=S△PDE，故④正确；
∵APPE=DPPF=2，即APAE=DPDF=23，
∵MN∥BC，
∴△DPM∽△DFE，△ANP∽△AFE，
∴APAE=PNEF=23，APAE=PMEF=23，
∴PNEF=PMEF=23，
∴PM=PN=2，故③正确；
综上，①②③④都正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，证明△EPF∽△APD是解题的关键．
11．（2023·陕西西安·模拟预测）定义：由n条线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做n边形．相邻两边组成的角叫做它的内角，一边和它邻边的延长线组成的角叫做它的外角．为了探究n边形的外角和与内角和的度数，小华做了以下实验：取若干张纸片，分别在纸片上画出三角形、四边形、五边形等，顺次延长各边得到各个外角，然后沿着多边形的边和延长线将它剪开，将外角拼在一起，观察图形，并进行推理．
（1）实验操作．

（2）归纳猜想．
（3）理解应用．
一个多边形的内角和是外角和的1008倍，它是多少边形？
【答案】（2）见解析；（3）这个多边形是二零一八边形
【分析】（2）利用实验操作探究规律后即可解决问题；
（3）构建方程，解方程即可解决问题；
【详解】（2）解：由实验操作可知，
（3）设这个多边形的边数为n．
由题意（n−2）180°=1008×360°，
解得n=2018．
答：这个多边形是二零一八边形．
【点睛】本题考查三角形内角和定理、三角形外角的性质等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
12．（2023·吉林松原·三模）知识呈现：
如图①，在▱ABCD中，∠ADC的平分线与AB相交于点E，求证：BE+BC=CD；

知识应用：
（1）如图②，在▱ABCD中，点E在CD上，AE、BE分别平分∠BAD、∠ABC，若BC=2.5，BE=3，则AE=______；
（2）如图③，在矩形ABCD中，AB=3，BC=2，点E为BC的中点，连接AE，作∠AEF=∠AEB，则cs∠FEC=______．
【答案】知识呈现：证明见解析；知识应用：（1）4；（2）45
【分析】知识呈现：根据平行四边形的性质得AB=CD,AB∥CD，证明∠ADE=∠AED即可解答；
知识应用：（1）根据平行四边形的性质得AB∥CD,AD∥BC，AD=BC=2.5,AB=CD，证得AD=DE=BC=CE=2.5，再证明∠AEB=90°，然后根据勾股定理即可解答；
（2）过点F作FH⊥BC延长线于H，证得ABHF为矩形，得FH=AB=3，AF∥BH，再证明四边形DCHF为矩形得DF=CH，设DF=a，则CH=a，在Rt△EFH中根据勾股定理求出a的值，即可解答．
【详解】知识呈现：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD,AB∥CD，
∴∠CDE=∠AED，
又∵DE是∠ADC的平分线，
∴∠ADE=∠CDE，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE．
∵AD=BC，
∴AE=BC，
∴BE+BC=BE+AE=AB=CD．
知识应用：
（1）如图②，

∵AE、BE分别平分∠BAD，∠ABC，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD,AD∥BC,AD=BC=2.5,AB=CD，
∴∠1=∠5,∠3=∠6，
∴∠2=∠5,∠4=∠6，
∴AD=DE=BC=CE=2.5，
∴DC=DE+CE=5=AB，
∵AD∥BC，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=180°，
∴2∠1+2∠3=180°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠AEB=90°，
在Rt△ABE中，AE=AB2−BE2=52−32=4，
故答案为：4．
（2）如图③，

过点F作FH⊥BC延长线于H，
∴∠H=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠DAB=∠B=90°，AD=BD=2，∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠DAB=∠B=∠H=90°，
∴四边形ABHF为矩形，
∴FH=AB=3,AF∥BH，
∵∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠FDC=∠DCH=∠H=90°，
∴四边形DCHF为矩形，
∴DF=CH，
∵AF∥BH，
∴∠1=∠AEB，
∵∠AEB=∠AEF，
∴∠1=∠AEH，
∴AF=EF，
设DF=a，则CH=a，
∴AF=AD+DF=2+a=EF，
∵E为BC的中点，
∴BE=EC=12BC=12×2=1，
∴EH=EC+CH=1+a，
在Rt△EFH中，EF2=EH2+FH2，
∴2+a2=1+a2+32，
∴a=3，
∴EH=1+a=4，EF=2+a=5，
∴cs∠FEC=EHEF=45，
故答案为：45．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质，以及解直角三角形，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形．
13．（2023·陕西榆林·三模）在▱ABCD中，∠ABC=45°,BC=2AB,E为CD上一点．

(1)如图1，连接AC，求证：∠BAC=90°；
(2)如图2，连接BE，过点C作CQ⊥BE于点Q，连接AQ．
①求∠AQB的度数；
②如图3，延长AQ交BC的延长线于点F，试判断线段BE与AF有何数量关系？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①45°；②BE=2AF，见解析
【分析】（1），过点A作AM⊥BC于点M，则△ABM是等腰直角三角形，得出BM=AM=22AB．根据BC=2AB，推出BM=CM=AM．进而得出AM是BC的垂直平分线，即可求证；
（2）①连接AC，根据∠BQC=∠BAC=90°，推出A，B，C，Q四点共圆．则∠AQB=∠ACB=45°；②连接EF，得出∠DCF=∠ABC=45°．进而得出∠DCF=∠EQF=45°．则C，F，E，Q四点共圆，得出∠CFQ=∠CEQ，由①知A，B，C，Q四点共圆，则∠CBE=∠CAF．推出△CBE∽△CAF，进而得出BEAF=BCAC=2，即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，过点A作AM⊥BC于点M，

∵∠ABC=45°，
∴△ABM是等腰直角三角形，
∴BM=AM=22AB．
∵BC=2AB，
∴BC=2BM，则BM=CM=AM．
∵AM⊥BC，
∴AM是BC的垂直平分线，
∴AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=45°．
∴∠BAC=90°；
（2）解：①如图2，连接AC，

由（1）得∠BAC=90°．
∵CQ⊥BE，
∴∠BQC=∠BAC=90°，
∴A，B，C，Q四点共圆．
∴∠AQB=∠ACB=45°；
②BE=2AF．
理由：如图3，连接EF，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠DCF=∠ABC=45°．
由①得∠AQE=45°，
∴∠EQF=∠AQB=45°．
∴∠DCF=∠EQF=45°．
∴C，F，E，Q四点共圆．
∴∠CFQ=∠CEQ．
由①知A，B，C，Q四点共圆．
∴∠CBE=∠CAF．
∴△CBE∽△CAF．
∴BEAF=BCAC．
∵BC=2AB，由（1）知AB=AC．
∴BEAF=BCAC=2，
∴BE=2AF．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，圆的内接四边形的判定，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握同弧所对的圆周角相等，相似三角形对应边成比例．
考点二 特殊四边形
题型01 利用矩形的性质与判定求解
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质；
2）矩形的四个角都是直角；
3）对角线互相平分且相等；
4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心.
【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半.
矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形；
2）对角线相等的平行四边形是矩形；
3）有三个角是直角的四边形是矩形.
【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明．
1. 对于矩形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.有一个角是直角.
2. 定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形,不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形.
1．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，菱形ABCD中，AB＝23，∠ABC＝60°，矩形BEFG的边EF经过点C，且点G在边AD上，若BG＝4，则BE的长为（ ）
A．32B．332C．6D．3
【答案】B
【分析】过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，由菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝23 ，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，由直角三角形的性质求出MG＝3，证明△GBM∽△BCE，由相似三角形的性质得出BGBC=GMBE ，则可求出答案．
【详解】解：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝CD＝23，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，
∴∠MGN＝90°，
∴四边形GMCN为矩形，
∴GM＝CN，
在△CDN中，∠D＝60°，CD＝23，
∴CN＝CD•sin60°＝23×32=3，
∴MG＝3，
∵四边形BEFG为矩形，
∴∠E＝90°，BG∥EF，
∴∠BCE＝∠GBM，
又∵∠E＝∠BMG，
∴△GBM∽△BCE，
∴BGBC=GMBE，
∴423=3BE，
∴BE＝323 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
2．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE,AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S,S1,S2，若要求出S−S1−S2的值，只需知道( )

A．△ABE的面积B．△ACD的面积C．△ABC的面积D．矩形BCDE的面积
【答案】C
【分析】过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，易得：FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得S1+S2=12S矩形BCDE，再根据S=S△ABC+S矩形BCDE−S1−S2=S△ABC+12S矩形BCDE，得到S−S1−S2=S△ABC，即可得出结论．
【详解】解：过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，

∵矩形BCDE，
∴BC⊥BE,BC⊥CD,BE=CD，
∴FG⊥BE,FG⊥CD，
∴四边形BFGC为矩形，
∴FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，
∴S1=12BE⋅AF,S2=12CD⋅AG，
∴S1+S2=12BEAF+AG=12BE⋅BC=12S矩形BCDE，
又S=S△ABC+S矩形BCDE−S1−S2=S△ABC+12S矩形BCDE，
∴S−S1−S2=S△ABC+12S矩形BCDE−12S矩形BCDE=S△ABC，
∴只需要知道△ABC的面积即可求出S−S1−S2的值；
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到S1+S2=12S矩形BCDE
3．（2023·江西·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，将AB绕点A逆时针旋转角α（0°