TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc160094594" 一、考情分析
二、知識建構(gòu)
\l "_Tc161309507" 考點一 平行四邊形
\l "_Tc161309508" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真題研析·規(guī)律探尋】
\l "_Tc161309509" 題型01 多邊形內(nèi)角和與外角和綜合問題
\l "_Tc161309510" 題型02 多邊形內(nèi)角和/外角和的實際應(yīng)用
\l "_Tc161309511" 題型03 利用平行四邊形的性質(zhì)與判定求解
\l "_Tc161309512" 題型04 利用平行四邊形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題
\l "_Tc161309513" 題型05 構(gòu)建三角形中位線解決問題
\l "_Tc161309519" \l "_Tc160094604" 【核心提煉·查漏補缺】
\l "_Tc161309520" \l "_Tc160094605" 【好題必刷·強化落實】
\l "_Tc161309521" 考點二 特殊四邊形
\l "_Tc161309522" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真題研析·規(guī)律探尋】
\l "_Tc161309523" 題型01 利用矩形的性質(zhì)與判定求解
\l "_Tc161309524" 題型02 與矩形（或正方形）有關(guān)的折疊問題
\l "_Tc161309525" 題型03 根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題
\l "_Tc161309526" 題型04 矩形與函數(shù)的相關(guān)問題
\l "_Tc161309527" 題型05 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求解
\l "_Tc161309529" 題型06 菱形與函數(shù)的相關(guān)問題
\l "_Tc161309530" 題型07 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求解
\l "_Tc161309531" 題型08 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題
\l "_Tc161309532" 題型09 正方形與函數(shù)的相關(guān)問題
\l "_Tc161309533" 題型10 與特殊四邊形有關(guān)的新定義問題
\l "_Tc161309534" 題型11 與特殊四邊形有關(guān)的規(guī)律探究問題
\l "_Tc161309535" 題型12 梯形的相關(guān)計算
\l "_Tc161309536" 題型13 四邊形的常見幾何模型
\l "_Tc161309537" \l "_Tc160094604" 【核心提煉·查漏補缺】
\l "_Tc161309538" \l "_Tc160094605" 【好題必刷·強化落實】
考點一 平行四邊形
題型01 多邊形內(nèi)角和與外角和綜合問題
多邊形的有關(guān)計算公式有很多，一定要牢記，代錯公式容易導(dǎo)致錯誤：
①n邊形內(nèi)角和＝（n－2）×180°（n≥3）.
②從n邊形的一個頂點可以引出（n-3）條對角線，n個頂點可以引出n（n-3）條對角線，但是每條對角線計算了兩次，因此n邊形共有n(n-3)2 條對角線.
③n邊形的邊數(shù)＝（內(nèi)角和÷180°）＋2.
④n邊形的外角和是360°.
⑤n邊形的外角和加內(nèi)角和＝n×180°.
⑥在n邊形內(nèi)任取一點O，連接O與各個頂點，把n邊形分成n個三角形；在n邊形的任意一邊上任取一點O，連接O點與其不相鄰的其它各頂點的線段可以把n邊形分成（n－1）個三角形；連接n邊形的任一頂點A與其不相鄰的各個頂點的線段，把n邊形分成（n－2）個三角形．
1）n邊形的內(nèi)角和隨邊數(shù)的增加而增加，邊數(shù)每增加1，內(nèi)角和增加180°.
2）任意多邊形的內(nèi)角和均為180°的整數(shù)倍.
3）利用多邊形內(nèi)角和定理可解決三類問題：①已知多邊形的邊數(shù)求內(nèi)角和；②已知多邊形的內(nèi)角和求邊數(shù)；③已知足夠的角度條件下求某一個內(nèi)角的度數(shù)．
4）任意多邊形的外角和等于360°，與多邊形的形狀和邊數(shù)無關(guān).
5）正n邊形的每個內(nèi)角為為（n-2）×180°n，每一個外角為360°n．
6）正n邊形有n條對稱軸．
7）對于正n邊形，當(dāng)n為奇數(shù)時，是軸對稱圖形；當(dāng)n為偶數(shù)時，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形．
1．（2023·山東棗莊·中考真題）如圖，一束太陽光線平行照射在放置于地面的正六邊形上，若∠1=44°，則∠2的度數(shù)為（ ）

A．14°B．16°C．24°D．26°
【答案】B
【分析】如圖，求出正六邊形的一個內(nèi)角和一個外角的度數(shù)，得到∠4=60°,∠2+∠5=120°，平行線的性質(zhì)，得到∠3=∠1=44°，三角形的外角的性質(zhì)，得到∠5=∠3+∠4=104°，進而求出∠2的度數(shù)．
【詳解】解：如圖：

∵正六邊形的一個外角的度數(shù)為：360°6=60°，
∴正六邊形的一個內(nèi)角的度數(shù)為：180°-60°=120°，
即：∠4=60°,∠2+∠5=120°，
∵一束太陽光線平行照射在放置于地面的正六邊形上，∠1=44°，
∴∠3=∠1=44°，
∴∠5=∠3+∠4=104°，
∴∠2=120°-∠5=16°；
故選B．
【點睛】本題考查正多邊形的內(nèi)角和、外角和的綜合應(yīng)用，平行線的性質(zhì)．熟練掌握多邊形的外角和是360°，是解題的關(guān)鍵．
2．（2022·江蘇南京·中考真題）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，它的3個外角∠EAB，∠FBC，∠GCD的度數(shù)之比為1:2:4，則∠D= ．
【答案】72°/72度
【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對角互補以及外角的性質(zhì)可求出∠CDH，再根據(jù)平角的定義求解．
【詳解】解：如圖，延長ED到H，
∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，
∴ ∠ABC+∠ADC=∠BAD+∠BCD=180°，
∴ ∠FBC+∠HDC=∠EAB+∠GCD=180°，
∵ ∠EAB，∠FBC，∠GCD的度數(shù)之比為1:2:4，
∴ ∠EAB，∠FBC，∠GCD，∠CDH的度數(shù)之比為1:2:4:3，
∵ ∠EAB+∠FBC+∠GCD+∠CDH=360°，
∴ ∠CDH=360°×31+2+4+3=108°，
∴ ∠ADC=180°-∠CDH=72°．
故答案為：72°．
【點睛】本題考查圓內(nèi)接四邊形，解題的關(guān)鍵是掌握圓內(nèi)接四邊形的對角互補，外角和是360度．
3．（2023·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，正六邊形ABCDEF的邊長為2，以點A為圓心，AB為半徑畫弧BF，得到扇形BAF（陰影部分）．若扇形BAF正好是一個圓錐的側(cè)面展開圖，則該圓錐的底面圓的半徑是 ．

【答案】23
【分析】首先確定扇形的圓心角的度數(shù)，然后利用圓錐的底面圓周長是扇形的弧長計算即可．
【詳解】解：∵正六邊形的外角和為360°，
∴每一個外角的度數(shù)為360°÷6=60°，
∴正六邊形的每個內(nèi)角的度數(shù)為180°-60°=120°，
設(shè)這個圓錐底面圓的半徑是r，
根據(jù)題意得，2πr=120π×2180，
解得r=23，
故答案為：23．
【點睛】本題考查正多邊形和圓及圓錐的計算，解題的關(guān)鍵是求得正六邊形的內(nèi)角的度數(shù)，并理解圓錐的母線長是扇形的半徑，圓錐的底面圓周長是扇形的弧長．
4．（2023·新疆·中考真題）一個多邊形的每個內(nèi)角都是144°，這個多邊形是 邊形．
【答案】十
【分析】根據(jù)題意可得該多邊形為正多邊形，先求出一個外角的度數(shù)，即可求出邊數(shù)．
【詳解】解：∵該多邊形每個內(nèi)角都是144°，
∴該多邊形為正多邊形，
∴該多邊形一個外角=180°-144°=36°，
∴該多邊形的邊數(shù)=360°36°=10，
故答案為：十．
【點睛】本題主要考查了正多邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握正多邊形每個外角相等．
題型02 多邊形內(nèi)角和/外角和的實際應(yīng)用
1．（2023·山西·中考真題）蜂巢結(jié)構(gòu)精巧，其巢房橫截面的形狀均為正六邊形．如圖是部分巢房的橫截面圖，圖中7個全等的正六邊形不重疊且無縫隙，將其放在平面直角坐標(biāo)系中，點P,Q,M均為正六邊形的頂點．若點P,Q的坐標(biāo)分別為-23,3,0,-3，則點M的坐標(biāo)為（ ）

A．33,-2B．33,2C．2,-33D．-2,-33
【答案】A
【分析】連接PF，設(shè)正六邊形的邊長為a，由正六邊形的性質(zhì)及點P的坐標(biāo)可求得a的值，即可求得點M的坐標(biāo)．
【詳解】解：連接PF，如圖，設(shè)正六邊形的邊長為a，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABO=60°，
∵∠AOB=90°，
∴∠BAO=30°，
∴OB=12a，OA=3a2，
∴AC=CE=3a，OF=OB+BF=3a2，
∵點P的坐標(biāo)為-23,3，
∴3a2=3，
即a=2；
∴OE=OC+CE=33a2=33，EM=2，
∴點M的坐標(biāo)為33,-2．
故選：A．

【點睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形，正六邊形的性質(zhì)，勾股定理，含30度角直角三角形的性質(zhì)等知識，掌握這些知識是解題的關(guān)鍵．
2．（2022·河北·中考真題）如圖，將三角形紙片剪掉一角得四邊形，設(shè)△ABC與四邊形BCDE的外角和的度數(shù)分別為α，β，則正確的是（ ）
A．α-β=0B．α-β0D．無法比較α與β的大小
【答案】A
【分析】多邊形的外角和為360°，△ABC與四邊形BCDE的外角和均為360°，作出選擇即可．
【詳解】解：∵多邊形的外角和為360°，
∴△ABC與四邊形BCDE的外角和α與β均為360°，
∴α-β=0，
故選：A．
【點睛】本題考查多邊形的外角和定理，注意多邊形的外角和為360°是解答本題的關(guān)鍵．
3．（2020·山東德州·中考真題）如圖，小明從A點出發(fā)，沿直線前進8米后向左轉(zhuǎn)45°，再沿直線前進8米，又向左轉(zhuǎn)45°……照這樣走下去，他第一次回到出發(fā)點A時，共走路程為（ ）
A．80米B．96米C．64米D．48米
【答案】C
【分析】根據(jù)多邊形的外角和即可求出答案．
【詳解】解：根據(jù)題意可知，他需要轉(zhuǎn)360÷45=8次才會回到原點，所以一共走了8×8=64米．
故選：C．
【點睛】本題主要考查了利用多邊形的外角和定理求多邊形的邊數(shù)．任何一個多邊形的外角和都是360°．
4．（2022·湖南常德·中考真題）剪紙片：有一張長方形的紙片，用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片；從這2張中任選一張，再用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片，這樣共有3張紙片：從這3張中任選一張，再用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片，這樣共有4張紙片；……；如此下去，若最后得到10張紙片，其中有1張五邊形紙片，3張三角形紙片，5 張四邊形紙片，則還有一張多邊形紙片的邊數(shù)為 ．
【答案】6
【分析】根據(jù)多邊形的內(nèi)角和進行即可求解．
【詳解】解：根據(jù)題意用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片，則每剪一次，所有的多邊形的內(nèi)角和增加360°，
10張紙片，則剪了9次，其中有1張五邊形紙片，3張三角形紙片，5 張四邊形紙片，設(shè)還有一張多邊形紙片的邊數(shù)為n，
∴5-2×180°+3×180°+4-2×180°×5+n-2×180°=360°+360°×9，
解得n=6．
故答案為：6．
【點睛】本題考查了多邊形內(nèi)角和公式，理解題意是解題的關(guān)鍵．
5．（2023·河北·中考真題）將三個相同的六角形螺母并排擺放在桌面上，其俯視圖如圖1，正六邊形邊長為2且各有一個頂點在直線l上，兩側(cè)螺母不動，把中間螺母抽出并重新擺放后，其俯視圖如圖2，其中，中間正六邊形的一邊與直線l平行，有兩邊分別經(jīng)過兩側(cè)正六邊形的一個頂點．則圖2中
（1）∠α= 度．
（2）中間正六邊形的中心到直線l的距離為 （結(jié)果保留根號）．

【答案】 30 23
【分析】（1）作圖后，結(jié)合正多邊形的外角的求法即可求解；
（2）表問題轉(zhuǎn)化為圖形問題，首先作圖，標(biāo)出相應(yīng)的字母，把正六邊形的中心到直線l的距離轉(zhuǎn)化為求ON=OM+BE，再根據(jù)正六邊形的特征及利用勾股定理及三角函數(shù)，分別求出OM,BE即可求解．
【詳解】解：（1）作圖如下：

根據(jù)中間正六邊形的一邊與直線l平行及多邊形外角和，得∠ABC=60°，
∠A=∠α=90°-60°=30°，
故答案為：30；
（2）取中間正六邊形的中心為O，作如下圖形，

由題意得：AG∥BF，AB∥GF,BF⊥AB，
∴四邊形ABFG為矩形，
∴AB=GF，
∵∠BAC=∠FGH,∠ABC=∠GFH=90°，
∵Rt△ABC≌Rt△GFHSAS，
∴BC=FH，
在Rt△PDE中，DE=1,PE=3，
由圖1知AG=BF=2PE=23，
由正六邊形的結(jié)構(gòu)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
故答案為：23．
【點睛】本題考查了正六邊形的特征，勾股定理，含30度直角三角形的特征，全等三角形的判定性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是掌握正六邊形的結(jié)構(gòu)特征．
題型03 利用平行四邊形的性質(zhì)與判定求解
平行四邊形的性質(zhì)：1)對邊平行且相等； 2)對角相等、鄰角互補； 3)對角線互相平分；
4)平行四邊形是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形，平行四邊形的對角線的交點是平行四邊形的對稱中心.
【解題技巧】
1）平行四邊形相鄰兩邊之和等于周長的一半．
2）平行四邊形中有相等的邊、角和平行關(guān)系，所以經(jīng)常需結(jié)合三角形全等來解題．
3）過平行四邊形對稱中心的任一直線等分平行四邊形的面積及周長．
4）如圖①，AE平分∠BAD，則可利用平行線的性質(zhì)結(jié)合等角對等邊得到△ABE為等腰三角形，即AB=BE．
5）如圖②，已知點E為AD上一點，根據(jù)平行線間的距離處處相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．
6）如圖③，根據(jù)平行四邊形的面積的求法，可得AE·BC=AF·CD．
平行四邊形的判定定理：
①定義：兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形．
②一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．
③兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形．
④兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形．
⑤對角線互相平分的四邊形是平行四邊形．
【解題技巧】
一般地，要判定一個四邊形是平行四邊形有多種方法，主要有以下三種思路：
1）當(dāng)已知條件中有關(guān)于所證四邊形的角時，可用“兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形”來證明；
2）當(dāng)已知條件中有關(guān)于所證四邊形的邊時，可選擇“兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形”或“兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形”或“有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”來證明；
3）當(dāng)已知條件中有關(guān)于所證四邊形的對角線時，可選擇“對角線互相平分的四邊形是平行四邊形”來證明．
1．（2023·浙江湖州·中考真題）如圖，已知∠AOB，以點O為圓心，適當(dāng)長為半徑作圓弧，與角的兩邊分別交于C，D兩點，分別以點C，D為圓心，大于12CD長為半徑作圓弧，兩條圓弧交于∠AOB內(nèi)一點P，連接OP，過點P作直線PE∥OA，交OB于點E，過點P作直線PF∥OB，交OA于點F．若∠AOB=60°，OP=6cm，則四邊形PFOE的面積是（ ）

A．123cm2B．63cm2C．33cm2D．23cm2
【答案】B
【分析】過P作PM⊥OB于M，再判定四邊形PFOE為平行四邊形，再根據(jù)勾股定理求出邊和高，最后求出面積．
【詳解】解：過P作PM⊥OB于M，

由作圖得：OP平分∠AOB，
∴∠POB=∠AOP=12∠AOB=30°，
∴PM=12OP=3cm，
∴OM=OP2-PM2=33，
∵PE∥OA，PF∥OB，
∴四邊形PFOE為平行四邊形，∠EPO=∠POA=30°，
∴∠POE=∠OPE，
∴OE=PE，
設(shè)OE=PE=x，
在Rt△PEM中，PE2-MP2=EM2，
即：x2-32=33-x2，
解得：x=23，
∴S四邊形OEPF=OE·PM=23×3=63cm．
故選：B．
【點睛】本題考查了基本作圖，掌握平行四邊形的判定定理，勾股定理及平行四邊形的面積公式是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·西藏·中考真題）如圖，兩張寬為3的長方形紙條疊放在一起，已知∠ABC=60°，則陰影部分的面積是（ ）

A．92B．33C．932D．63
【答案】D
【分析】首先過點B作BE⊥AD于點E，BF⊥CD于點F，由題意可得四邊形ABCD是平行四邊形，繼而求得AB=BC的長，判定四邊形ABCD是菱形，則可求得答案．
【詳解】過點B作BE⊥AD于點E，BF⊥CD于點F，

根據(jù)題意得：AD∥BC，AB∥CD，BE=BF=3，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AB=2AE，BC=2CF，
∵AB2=AE2+BE2，BE=3，
∴AB=23，
同理： BC=23，
∴AB=BC，
∴四邊形ABCD是菱形，
∴AD=23，
∴S菱形ABCD=AD×BE=63．
故選：D．
【點睛】此題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識，解題關(guān)鍵在于掌握菱形判定定理和作輔助線．
3．（2023·江蘇徐州·中考真題）【閱讀理解】如圖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．
【探究發(fā)現(xiàn)】如圖2，四邊形ABCD為平行四邊形，若AB=a,BC=b，則上述結(jié)論是否依然成立？請加以判斷，并說明理由．
【拓展提升】如圖3，已知BO為△ABC的一條中線，AB=a,BC=b,AC=c．求證：BO2=a2+b22-c24．
【嘗試應(yīng)用】如圖4，在矩形ABCD中，若AB=8,BC=12，點P在邊AD上，則PB2+PC2的最小值為_______．
【答案】探究發(fā)現(xiàn)：結(jié)論依然成立，理由見解析；拓展提升：證明見解析；嘗試應(yīng)用：200
【分析】探究發(fā)現(xiàn)：作AE⊥BC于點E，作DF⊥BC交BC的延長線于點F，則∠AEB=∠CFD=90°，證明Rt△ABE≌Rt△DCFHL，BE=CF，利用勾股定理進行計算即可得到答案；
拓展提升：延長BO到點C，使OD=BO，證明四邊形ABCD是平行四邊形，由【探究發(fā)現(xiàn)】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，則c2+2BO2=2a2+b2，得到c2+4BO2=2a2+b2，即可得到結(jié)論；
嘗試應(yīng)用：由四邊形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，得到AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，設(shè)AP=x，PD=12-x，由勾股定理得到PB2+PC2=2x-62+200，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到答案．
【詳解】探究發(fā)現(xiàn)：結(jié)論依然成立，理由如下：
作AE⊥BC于點E，作DF⊥BC交BC的延長線于點F，則∠AEB=∠CFD=90°，

∵四邊形ABCD為平行四邊形，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：延長BO到點C，使OD=BO，

∵BO為△ABC的一條中線，
∴OA=CO，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AB=a,BC=b,AC=c．
∴由【探究發(fā)現(xiàn)】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，
∴c2+2BO2=2a2+b2，
∴c2+4BO2=2a2+b2，
∴BO2=a2+b22-c24；
嘗試應(yīng)用：∵四邊形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，
∴AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，
設(shè)AP=x，則PD=AD-AP=12-x，
∴PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=x2+82+12-x2+82
=2x2-24x+272=2x-62+200，
∵2>0，
∴拋物線開口向上，
∴當(dāng)x=6時，PB2+PC2的最小值是200
故答案為：200
【點睛】此題考查了二次函數(shù)的應(yīng)用、勾股定理、平行四邊形的判定和性質(zhì)、矩形的性質(zhì)等知識，熟練掌握勾股定理和數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．
4．（2023·貴州·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，延長CB至D，使得BD=CB，過點A，D分別作AE∥BD，DE∥BA，AE與DE相交于點E．下面是兩位同學(xué)的對話：

(1)請你選擇一位同學(xué)的說法，并進行證明；
(2)連接AD，若AD=52,CBAC=23，求AC的長．
【答案】(1)見解析
(2)32
【分析】（1）選擇小星的說法，先證四邊形AEDB是平行四邊形，推出AE=BD，再證明四邊形AEBC是矩形，即可得出BE⊥CD；選擇小紅的說法，根據(jù)四邊形AEBC是矩形，可得CE=AB，根據(jù)四邊形AEDB是平行四邊形，可得DE=AB，即可證明CE=DE；
（2）根據(jù)BD=CB，CBAC=23可得CD=43AC，再用勾股定理解Rt△ACD即可．
【詳解】（1）證明：①選擇小星的說法，證明如下：
如圖，連接BE，

∵ AE∥BD，DE∥BA，
∴四邊形AEDB是平行四邊形，
∴ AE=BD，
∵ BD=CB，
∴ AE=CB，
又∵ AE∥BD，點D在CB的延長線上，
∴ AE∥CB，
∴四邊形AEBC是平行四邊形，
又∵ ∠C=90°，
∴四邊形AEBC是矩形，
∴ BE⊥CD；
②選擇小紅的說法，證明如下：
如圖，連接CE，BE，

由①可知四邊形AEBC是矩形，
∴ CE=AB，
∵四邊形AEDB是平行四邊形，
∴ DE=AB，
∴ CE=DE．
（2）解：如圖，連接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的長為32．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理等，解題的關(guān)鍵是掌握平行四邊形和矩形的判定方法．
題型04 利用平行四邊形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題
1．（2022·山東泰安·中考真題）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC，BD相交于點O．點E為BC的中點，連接EO并延長交AD于點F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列結(jié)論：①AB⊥AC；②AD=4OE；③四邊形AECF是菱形；④S△BOE=14S△ABC．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】通過判定ΔABE為等邊三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性質(zhì)求得∠EAC=30°，從而判斷①；利用有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形判斷③，然后結(jié)合菱形的性質(zhì)和含30°直角三角形的性質(zhì)判斷②；根據(jù)三角形中線的性質(zhì)判斷④．
【詳解】解：∵點E為BC的中點，
∴BC=2BE=2CE，
又∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴ΔABE是等邊三角形，
∴∠BAE=∠BEA=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
即AB⊥AC，故①正確；
在平行四邊形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，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
又∵AB⊥AC，點E為BC的中點，
∴AE=CE，
∴平行四邊形AECF是菱形，故③正確；
∴AC⊥EF，
在RtΔCOE中，∠ACE=30°，
∴OE=12CE=14BC=14AD，故②正確；
在平行四邊形ABCD中，OA=OC，
又∵點E為BC的中點，
∴SΔBOE=12SΔBOC=14SΔABC，故④正確；
綜上所述：正確的結(jié)論有4個，
故選：A．
【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，含30°的直角三角形的性質(zhì)，掌握菱形的判定是解題關(guān)鍵．
2．（2021·山東泰安·中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，E是BD的中點，則下列四個結(jié)論：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，則BM=CM；③若MD=2AM，則S△MNC=S△BNE；④若AB=MN，則△MFN與△DFC全等．其中正確結(jié)論的個數(shù)為（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
【答案】D
【分析】依次分析各選項，進行推理論證即可；其中①可通過證明△DME≌△BNEAAS，進一步轉(zhuǎn)換后可以得到結(jié)論，②可先得到該平行四邊形是矩形，利用矩形的性質(zhì)等得到MN垂直平分BC，即可完成求證，③可以先證明兩個三角形的共線邊上的高的關(guān)系，再利用三角形面積公式即可完成證明，④可以先證明△MND≌△DCMSAS后可進一步證明△MNF≌△DCFAAS，即可完成求證．
【詳解】解：∵平行四邊形ABCD中，E是BD的中點，
∴BE=DE，AD//BC，AD=BC，
∴∠MDE=∠NBE,∠DME=∠BNE,
∴△DME≌△BNEAAS,
∴DM=BN，
∴AM=CN，
故①正確；
若∠A=90°，
則平行四邊形ABCD是矩形，
由矩形的對角線相等，而點E是矩形的對角線的交點可知，
E點到B、C兩點的距離相等，
∴E點在BC的垂直平分線上，
由MD=AM，可得BN=CN，
所以N點是BC的中點，
∴MN垂直平分BC，
∴BM=CM，
故②正確；
若MD=2AM，則BN=2CN，
如圖1，分別過D、E兩點向BC作垂線，垂足分別為Q點和P點，
∵E點是BD中點，
∴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正確；
若AB=MN，
因為AB=DC，
所以DC=MN，
分別過N、C兩點向AD作垂線，垂足分別為H、K，
由平行線間的距離處處相等可知：NH=CK，
∴Rt△NHM≌Rt△CKDHL，
∴∠NMD=∠MDC，
∴△MND≌△DCMSAS,
∴∠MND=∠DCM，
又∵∠NFM=∠CFD，
∴△MNF≌△DCFAAS,
故④正確；
故選：D．
【點睛】本題綜合考查了平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、線段的垂直平分線的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是牢記相關(guān)概念與性質(zhì)，能熟練運用全等三角形的判定與性質(zhì)進行角或邊之間關(guān)系的轉(zhuǎn)化等，本題對推理分析能力要求較高，屬于中等難度偏上的題目，對學(xué)生的綜合分析能力有一定的要求．
3．（2021·四川南充·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB=15，BC=20，把邊AB沿對角線BD平移，點A'，B'分別對應(yīng)點A，B．給出下列結(jié)論：①順次連接點A'，B'，C，D的圖形是平行四邊形；②點C到它關(guān)于直線AA'的對稱點的距離為48；③A'C-B'C的最大值為15；④A'C+B'C的最小值為917．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
【答案】C
【分析】根據(jù)平移的性質(zhì)和平行四邊形的判定方法判斷①，再利用等積法得出點C到BD的距離，從而對②做出判斷，再根據(jù)三角形的三邊關(guān)系判斷③，如圖，作D關(guān)于AA'的對稱點D'，DD'交AA'于M, 連接BD'，過D'作D'N⊥BC于N, 分別交AM,BD于K,H, 證明D'C 是最小值時的位置，再利用勾股定理求解D'C，對④做出判斷．
【詳解】解：由平移的性質(zhì)可得AB//A'B'
且AB=A'B'
∵四邊形ABCD為矩形
∴AB//CD，AB=CD=15
∴A'B'//CD且A'B'=CD
∴四邊形A'B'CD為平行四邊形，
當(dāng)點B'與D重合時，四邊形不存在，
故①錯誤
在矩形ABCD中，BD=AB2+AD2=152+202=25
過A作AM⊥BD，CN⊥BD，則AM=CN
∴S△ABD=12AB·CD=12 BD·AM
∴AM=CN=15×2025=12
∴點C到AA'的距離為24
∴點C到它關(guān)于直線AA'的對稱點的距離為48
∴故②正確
∵A'C-B'C≤A'B'
∴當(dāng)A',B',C在一條直線時A'C-B'C最大，
此時B'與D重合
∴A'C-B'C的最大值=A'B'=15
∴故③正確，
如圖，作D關(guān)于AA'的對稱點D'，DD'交AA'于M, 連接BD'，過D'作D'N⊥BC于N, 分別交AM,BD于K,H,
則AB//A'B'//KH,AB=KH=15, KM為△D'HD的中位線， 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, 此時最小，
由②同理可得：DM=D'M=12,
∵tan∠DBC=DCBC=1520=34=HNBN,
設(shè)HN=3x, 則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（負根舍去），
∴NC=20-4x=725,D'N=1715,
∴D'C=(725)2+(1715)2=917,
∴故④正確
故選C．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定，矩形的性質(zhì)以及平移的性質(zhì),銳角三角函數(shù)的應(yīng)用等知識點，熟練掌握相關(guān)的知識是解題的關(guān)鍵．
4．（2023·湖北·中考真題）如圖，△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DEB=∠AEF=90°，點E在△ABC內(nèi)，BE>AE，連接DF交AE于點G,DE交AB于點H，連接CF．給出下面四個結(jié)論：①∠DBA=∠EBC；②∠BHE=∠EGF；③AB=DF；④AD=CF．其中所有正確結(jié)論的序號是 ．
【答案】①③④
【分析】由題意易得AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，則可證△AEB≌△FEDSAS，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)與判定可進行求解．
【詳解】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正確；
∴△AEB≌△FEDSAS，
∴AB=DF=AC,∠ABE=∠FDE，∠BAE=∠DFE，故③正確；
∵∠ABE+∠BHE=90°,∠EFD+∠EGF=90°，∠BAE+∠EAC=90°，BE>AE，
∴∠BHE≠∠EGF，∠EGF=∠EAC；故②錯誤；
∴DF∥AC，
∵DF=AC，
∴四邊形ADFC是平行四邊形，
∴AD=CF，故④正確；
故答案為①③④．
【點睛】本題主要考查全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰直角三角形的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)與判定，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰直角三角形的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
題型05 構(gòu)建三角形中位線解決問題
構(gòu)造三角形中位線的常用方法：
1）連接兩點構(gòu)造三角形中位線;
2) 已知中點，取另一條線段的中點構(gòu)造中位線.
3) 利用角平分線+垂直構(gòu)造三角形的中位線.
1．（2020·山東泰安·中考真題）如圖，點A，B的坐標(biāo)分別為A(2,0),B(0,2)，點C為坐標(biāo)平面內(nèi)一點，BC=1，點M為線段AC的中點，連接OM，則OM的最大值為（ ）

A．2+1B．2+12C．22+1D．22-12
【答案】B
【分析】如圖所示，取AB的中點N，連接ON，MN，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知OM＜ON+MN，則當(dāng)ON與MN共線時，OM= ON+MN最大，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)以及三角形的中位線即可解答．
【詳解】解：如圖所示，取AB的中點N，連接ON，MN，三角形的三邊關(guān)系可知OM＜ON+MN，則當(dāng)ON與MN共線時，OM= ON+MN最大，
∵A(2,0),B(0,2)，
則△ABO為等腰直角三角形，
∴AB=OA2+OB2=22，N為AB的中點，
∴ON=12AB=2，
又∵M為AC的中點，
∴MN為△ABC的中位線，BC=1，
則MN=12BC=12，
∴OM=ON+MN=2+12，
∴OM的最大值為2+12
故答案選：B．

【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)以及三角形中位線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是確定當(dāng)ON與MN共線時，OM= ON+MN最大．
2．（2023·廣西·中考真題）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的動點，M，N分別是EF，AF的中點，則MN的最大值為 ．

【答案】2
【分析】首先證明出MN是△AEF的中位線，得到MN=12AE，然后由正方形的性質(zhì)和勾股定理得到AE=AB2+BE2=4+BE2，證明出當(dāng)BE最大時，AE最大，此時MN最大，進而得到當(dāng)點E和點C重合時，BE最大，即BC的長度，最后代入求解即可．
【詳解】如圖所示，連接AE，

∵M，N分別是EF，AF的中點，
∴MN是△AEF的中位線，
∴MN=12AE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AE=AB2+BE2=4+BE2，
∴當(dāng)BE最大時，AE最大，此時MN最大，
∵點E是BC上的動點，
∴當(dāng)點E和點C重合時，BE最大，即BC的長度，
∴此時AE=4+22=22，
∴MN=12AE=2，
∴MN的最大值為2．
故答案為：2．
【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識點．
3．（2021·天津·中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為4，對角線AC,BD相交于點O，點E，F(xiàn)分別在BC,CD的延長線上，且CE=2,DF=1，G為EF的中點，連接OE，交CD于點H，連接GH，則GH的長為 ．
【答案】132
【分析】先作輔助線構(gòu)造直角三角形，求出CH和MG的長，再求出MH的長，最后利用勾股定理求解即可．
【詳解】解:如圖,作OK⊥BC，垂足為點K，
∵正方形邊長為4，
∴OK=2，KC=2，
∴KC=CE，
∴CH是△OKE的中位線
∴CH=12OK=1，
作GM⊥CD，垂足為點M，
∵G點為EF中點，
∴GM是△FCE的中位線，
∴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，
故答案為：132．
【點睛】本題綜合考查了正方形的性質(zhì)、三角形中位線定理、勾股定理等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是能作出輔助線構(gòu)造直角三角形，得到三角形的中位線，利用三角形中位線定理求出相應(yīng)線段的長，利用勾股定理解直角三角形等．
4．（2023·山東煙臺·中考真題）如圖，點C為線段AB上一點，分別以AC,BC為等腰三角形的底邊，在AB的同側(cè)作等腰△ACD和等腰△BCE，且∠A=∠CBE．在線段EC上取一點F，使EF=AD，連接BF,DE．

(1)如圖1，求證：DE=BF；
(2)如圖2，若AD=2，BF的延長線恰好經(jīng)過DE的中點G，求BE的長．
【答案】(1)見解析
(2)BE=2+22．
【分析】（1）證明CD∥BE，推出∠DCE=∠BEF，利用SAS證明△DCE≌△FEB即可證明結(jié)論成立；
（2）取CE的中點H，連接GH，證明GH是△FCD的中位線，設(shè)BE=a，則FH=12a-2，證明△FGH∽△FBE，得到GHBE=FHEF，即a2-4a-4=0，解方程即可求解．
【詳解】（1）證明：∵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的中點H，連接GH，

∵點G是DE的中點，
∴GH是△FCD的中位線，
∴GH=12CD=12AD=1，GH∥CD，
設(shè)BE=a，則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（負值已舍），
經(jīng)檢驗a=2+22是所列方程的解，且符合題意，
∴BE=2+22．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，解一元二次方程，三角形中位線定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題．
多邊形的定義：在平面中，由一些線段首尾順次相接組成的封閉圖形叫做多邊形.
多邊形的對角線：連接多邊形不相鄰的兩個頂點的線段叫做多邊形的對角線.
多邊形對角線條數(shù)：從n邊形的一個頂點可以引（n－3）條對角線，并且這些對角線把多邊形分成了(n–2)
個三角形，n邊形的對角線條數(shù)為n(n-3)2
正多邊形的相關(guān)概念
正多邊形的常用公式
【解題思路】正多邊形與圓的計算問題：正n邊形的外接圓半徑和邊心距把正n邊形分成2n個全等的直角三角形，而每個直角三角形都集中地反映了這個正n邊形各元素間的關(guān)系，故可以把正n邊形的計算轉(zhuǎn)化為解直角三角形，再利用勾股定理即可完成計算．
1．（2022·北京平谷·一模）2021年3月考古人員在山西泉陽發(fā)現(xiàn)目前中國規(guī)模最大、保存最完好的戰(zhàn)國水井，井壁由等長的柏木按原始榫卯結(jié)構(gòu)相互搭接呈閉合的正九邊形逐層壘砌，關(guān)于正九邊形下列說法錯誤的是（ ）
A．它是軸對稱圖形B．它是中心對稱圖形
C．它的外角和是360°D．它的每個內(nèi)角都是140°
【答案】B
【分析】根據(jù)軸對稱與中心對稱的定義可判斷A、B的正誤；根據(jù)正多邊形的外角和為360°可判斷C的正誤；根據(jù)正n邊形的內(nèi)角為180°n-2n可判斷D的正誤．
【詳解】解：由題意知正九邊形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形
∴A正確，B錯誤；
由正多邊形的外角和為360°可知正九邊形的外角和為360°
∴C正確；
由正n邊形的內(nèi)角為180°n-2n，可得180°×9-29=140°
∴D正確；
故選B．
【點睛】本題考查了正多邊形的內(nèi)角、外角和，軸對稱，中心對稱．解題的關(guān)鍵在于熟練掌握正多邊形的內(nèi)角、外角與對稱性．
2．（2023·河北衡水·二模）圖中表示被撕掉一塊的正n邊形紙片，若a⊥b，則n的值是（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】B
【分析】延長a、b交于點E，根據(jù)得到，于是可以得到正多邊形的一個外角為45°，進而可得正多邊形的邊數(shù)．
【詳解】解：如圖，延長a ，b交于點E，
∵a⊥b，
∴∠ABC=90°，
∴正多邊形的一個外角為180°-90°2=45°，
∴n=360°45°=8．
故選：B．
【點睛】本題主要考查多邊形的內(nèi)角和外角和，掌握相關(guān)定義是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·河南南陽·三模）如圖，?OABC的頂點O0,0，A4,0，點E5,1是邊AB的中點，則對角線AC，OB的交點D的坐標(biāo)為（ ）

A．3,1B．4,1C．1,3D．2,1
【答案】A
【分析】根據(jù)題意易得OA=4，再證明DE為△OAB的中位線，結(jié)合中位線的性質(zhì)求得DE=12OA=2，即可獲得答案．
【詳解】解：∵O0,0，A4,0，
∴OA=4，
∵四邊形OABC為平行四邊形，對角線AC，OB的交點為D，
∴OD=BD，
又∵點E是邊AB的中點，
∴DE∥OA，且DE=12OA=2，
∵點E5,1，
∴點D的坐標(biāo)為3,1．
故選：A．
【點睛】本題主要考查了坐標(biāo)與圖形、平行四邊形的性質(zhì)、三角形中位線的性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)知識并靈活運用是解題關(guān)鍵．
4．（2023·河北保定·二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，按下列條件得到的四邊形EFGH不一定是平行四邊形的是（ ）
A． EG，F(xiàn)H是過對角線交點的兩條線段
B． E，F(xiàn)，G，H是四邊形各邊中點
C． EF⊥BC，GH⊥AD
D． AF，BH，CH，DF是角平分線
【答案】C
【分析】利用全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)來證明即可．
【詳解】解：A、如圖，設(shè)AC與BD相交于點O，

∵ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD,OA=OC,
∴∠EAC=∠GCA，
∵∠AOE=∠COG，，
∴△AOE≌△COG，
∴OE=OG，
同理OH=OF，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，故A不符合題意．
B、如圖，連接AC，

∵E，F(xiàn)，G，H是四邊形各邊中點，
EF=GH，且EF∥GH，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，故B不符合題意；
C、由于所給已知條件只有角的關(guān)系，三角形邊之間沒有等量關(guān)系，不能證明三角形全等或邊之間平行，也就無法證明四邊形EFGH是平行四邊形，故C符合題意；
D、∵AD∥BC，AF是角平分線，
∴∠AFB=∠FAD=∠BAF，
∴AB=BF，
同理DH=DC，
∵AD=BC，AB=CD，
∴AH=CF，
∵AFCH是平行四邊形，
即AF∥CH，
同理可證AE∥DG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，故D不符合題意．
故選：C．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握多種證明四邊形是平行四邊形方法．
5．（2023·河北衡水·二模）如圖，將一個平行四邊形分成16個一模一樣的小平行四邊形．若用顏料涂滿△ABC，至少需用完1瓶顏料，則將△DEF涂滿，至少需用完顏料的瓶數(shù)是（ ）
A．0.5B．1C．1.5D．2
【答案】B
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)證明S△DEF=S△BCG=S△ABC即可得到答案．
【詳解】解：如圖所示，取格點G，連接BG，CG，
∵圖中是將一個平行四邊形分成16個一模一樣的小平行四邊形，
∴S△DEF=S△BCG，AG∥BC，
∴S△DEF=S△BCG=S△ABC，
∵用顏料涂滿△ABC，至少需用完1瓶顏料，
∴將△DEF涂滿，至少需用完顏料的瓶數(shù)是1瓶，
故選B．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，三角形面積，熟知同底等高的三角形面積相等是解題的關(guān)鍵．
6．（2022·浙江舟山·三模）如圖，△ABC、△DBE和△FGC均為正三角形，以點D，E，F(xiàn)，G 在△ABC的各邊上，DE和FG相交于點H，若S四邊形ADHF=S△HGE，BC=a，BD=b，CF=c，則a，b，c 滿足的關(guān)系式為（ ）
A．a(chǎn)+c=2bB．b2+c2=a2C．b+c=aD．a(chǎn)=2bc
【答案】B
【分析】分別用含a，b，c的代數(shù)式表示S四邊形ADHF與S△HGE，根據(jù)S四邊形ADHF=S△HGE得到關(guān)于a，b，c關(guān)系式，化簡整理關(guān)系式即可．
【詳解】解： ∵ ∠EDB=∠A=60°，
∴ DE∥AF ，
同理：FG∥AB ，
∴四邊形ADHF為平行四邊形，
∵在△HGE中∠HGE=∠HEG=60°，
∴ △HGE為等邊三角形，
∵ 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，化簡可得：b2+c2=a2，
故選：B.
【點睛】本題綜合考查了平行四邊形及等邊三角形的判定與性質(zhì)，關(guān)鍵是要會用含a，b，c的代數(shù)式分別表示平行四邊形和等邊三角形的面積，找到關(guān)系式，化簡整理得出結(jié)論．
7．（2023·河北石家莊·一模）如圖1，將兩條重合的線段繞一個公共端點沿逆時針和順時針方向分別旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α，所得的兩條新線段夾角為β，以α為內(nèi)角，以圖中線段為邊作兩個正多邊形，正多邊形邊數(shù)為n．如圖2，當(dāng)α=120°時，得到兩個正六邊形．
（1）用含α的代數(shù)式表示β，β= ；
（2）邊數(shù)n，旋轉(zhuǎn)角α，夾角β的部分對應(yīng)值如表格所示，其中m= °；
（3）若β≤10°，則n的最小值是 ．
【答案】 360°-2α 144 72
【分析】（1）由周角的含義建立方程即可；
（2）把α=108°代入（1）中的結(jié)論可得答案；
（3）由β≤10°，可得360°-2α≤10°，解得：α≥175°，利用多邊形的內(nèi)角和公式可得n-2·180n≥175，而n≥3且為整數(shù)，從而可得答案．
【詳解】解：（1）由題意可得：2α+β=360°，
∴β=360°-2α，
故答案為：360°-2α．
（2）由題意可得：當(dāng)α=108°時，
∴m=β=360°-2×108°=144°，
故答案為：144；
（3）當(dāng)β≤10°，
∴360°-2α≤10°，解得：α≥175°，
∴n-2·180n≥175，而n≥3且為整數(shù)，
∴n-2·180≥175n，
解得：n≥72，
∴n的最小值為：72．
故答案為：72．
【點睛】本題考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正多邊形的性質(zhì)，利用正多邊形的性質(zhì)建立方程或不等式求解是解本題的關(guān)鍵．
8．（2023·吉林長春·三模）如圖①是15世紀藝術(shù)家阿爾布雷希特·丟勒利用正五邊形和菱形創(chuàng)作的鑲嵌圖案設(shè)計，圖②是鑲嵌圖案中的某一片段的放大圖，其中菱形的最小內(nèi)角為 度．

【答案】36
【分析】根據(jù)平面鑲嵌的定義，結(jié)合正五邊形的內(nèi)角，即可求解．
【詳解】解：正五邊形的每一個內(nèi)角為5-2×1805=108°
設(shè)菱形的最小內(nèi)角為x，根據(jù)題意得，
x+3×108=360
解得：x=36
故答案為：36．
【點睛】本題考查了正多邊形的內(nèi)角和公式，平面鑲嵌，熟練掌握平面鑲嵌的定義以及多邊形的內(nèi)角和公式是解題的關(guān)鍵．
9．（2023·江蘇南京·一模）如圖①，有一個圓柱形的玻璃杯，底面直徑AB是30cm，杯內(nèi)裝有一些溶液．如圖②，將玻璃杯繞點B傾斜，液面恰好到達容器頂端時，AB與水平線l的夾角為30°．則圖①中液面距離容器頂端 cm．
【答案】53
【分析】延長CD交l于點H，DE∥l,DH∥EB，則DEBH是平行四邊形，則△CDE≌△AHB，根據(jù)題意可得CM=MD=12CD=53，即可求解．
【詳解】解：如圖②所示，延長CD交l于點H，
∵如圖②，將玻璃杯繞點B傾斜，液面恰好到達容器頂端時，AB與水平線l的夾角為30°．
∴∠ABH=30°,AB=30
∴AH=33AB=103，
依題意，DE∥l,DH∥EB，則DEBH是平行四邊形
∴DE=HB，
∵CE=AB，∠CED=∠ABH=30°，
∴△CDE≌△AHB，
∴CD=AH=103，
過點DE的中點F作MN∥CE，則MN為原來液面，CM即為圖①中液面距離容器頂端的距離，
∴DFEF=DMCM=1，
即CM=MD=12CD=53，
故答案為：53．
【點睛】本題考查了含30度角的直角三角形的性質(zhì)，平行線分線段成比例，勾股定理，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
10．（2023·遼寧撫順·二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=8，BC=6，E，F(xiàn)分別是BC上的動點，且EF=3，連接AE，AF，DE，DF，AE與DF相交于P，過點P作MN∥BC，交DE于M，交AF于N，當(dāng)E，F(xiàn)在BC上移動時，下列結(jié)論：①AP=2PE；②S△PAD=4S△PEF；③PM=PN=2；④S△PAF=S△PDE．其中正確的有 ．（填序號）
【答案】①②③④
【分析】由AD∥BC，證明△EPF∽△APD，推出APPE=DPPF=ADEF=2，即可得到AP=2PE，S△PAD=4S△PEF，由平行間距離處處相等得到S△PAF=S△PDE，由MN∥BC，推出△DPM∽△DFE，△ANP∽△AFE，利用相似三角形的性質(zhì)即可得到PM=PN=2，據(jù)此即可判定．
【詳解】解：∵平行四邊形ABCD中，AB=8，BC=6，
∴AD=BC=6，AD∥BC，
∴△EPF∽△APD，
∵EF=3，
∴APPE=DPPF=ADEF=2，
∴AP=2PE，故①正確；
∴S△PAD=4S△PEF，故②正確；
∵AD∥BC，∴AD與BC之間的距離相等，
∴S△PAF=S△PDE，故④正確；
∵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正確；
綜上，①②③④都正確，
故答案為：①②③④．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，證明△EPF∽△APD是解題的關(guān)鍵．
11．（2023·陜西西安·模擬預(yù)測）定義：由n條線段首尾順次相接組成的封閉圖形叫做n邊形．相鄰兩邊組成的角叫做它的內(nèi)角，一邊和它鄰邊的延長線組成的角叫做它的外角．為了探究n邊形的外角和與內(nèi)角和的度數(shù)，小華做了以下實驗：取若干張紙片，分別在紙片上畫出三角形、四邊形、五邊形等，順次延長各邊得到各個外角，然后沿著多邊形的邊和延長線將它剪開，將外角拼在一起，觀察圖形，并進行推理．
（1）實驗操作．

（2）歸納猜想．
（3）理解應(yīng)用．
一個多邊形的內(nèi)角和是外角和的1008倍，它是多少邊形？
【答案】（2）見解析；（3）這個多邊形是二零一八邊形
【分析】（2）利用實驗操作探究規(guī)律后即可解決問題；
（3）構(gòu)建方程，解方程即可解決問題；
【詳解】（2）解：由實驗操作可知，
（3）設(shè)這個多邊形的邊數(shù)為n．
由題意（n-2）180°=1008×360°，
解得n=2018．
答：這個多邊形是二零一八邊形．
【點睛】本題考查三角形內(nèi)角和定理、三角形外角的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會從特殊到一般的探究規(guī)律的方法，屬于中考?？碱}型．
12．（2023·吉林松原·三模）知識呈現(xiàn)：
如圖①，在?ABCD中，∠ADC的平分線與AB相交于點E，求證：BE+BC=CD；

知識應(yīng)用：
（1）如圖②，在?ABCD中，點E在CD上，AE、BE分別平分∠BAD、∠ABC，若BC=2.5，BE=3，則AE=______；
（2）如圖③，在矩形ABCD中，AB=3，BC=2，點E為BC的中點，連接AE，作∠AEF=∠AEB，則cs∠FEC=______．
【答案】知識呈現(xiàn)：證明見解析；知識應(yīng)用：（1）4；（2）45
【分析】知識呈現(xiàn)：根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD,AB∥CD，證明∠ADE=∠AED即可解答；
知識應(yīng)用：（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AB∥CD,AD∥BC，AD=BC=2.5,AB=CD，證得AD=DE=BC=CE=2.5，再證明∠AEB=90°，然后根據(jù)勾股定理即可解答；
（2）過點F作FH⊥BC延長線于H，證得ABHF為矩形，得FH=AB=3，AF∥BH，再證明四邊形DCHF為矩形得DF=CH，設(shè)DF=a，則CH=a，在Rt△EFH中根據(jù)勾股定理求出a的值，即可解答．
【詳解】知識呈現(xiàn)：證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=CD,AB∥CD，
∴∠CDE=∠AED，
又∵DE是∠ADC的平分線，
∴∠ADE=∠CDE，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE．
∵AD=BC，
∴AE=BC，
∴BE+BC=BE+AE=AB=CD．
知識應(yīng)用：
（1）如圖②，

∵AE、BE分別平分∠BAD，∠ABC，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴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，
故答案為：4．
（2）如圖③，

過點F作FH⊥BC延長線于H，
∴∠H=90°，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠DAB=∠B=90°，AD=BD=2，∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠DAB=∠B=∠H=90°，
∴四邊形ABHF為矩形，
∴FH=AB=3,AF∥BH，
∵∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠FDC=∠DCH=∠H=90°，
∴四邊形DCHF為矩形，
∴DF=CH，
∵AF∥BH，
∴∠1=∠AEB，
∵∠AEB=∠AEF，
∴∠1=∠AEH，
∴AF=EF，
設(shè)DF=a，則CH=a，
∴AF=AD+DF=2+a=EF，
∵E為BC的中點，
∴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，
故答案為：45．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定，平行線的性質(zhì)，以及解直角三角形，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)造直角三角形．
13．（2023·陜西榆林·三模）在?ABCD中，∠ABC=45°,BC=2AB,E為CD上一點．

(1)如圖1，連接AC，求證：∠BAC=90°；
(2)如圖2，連接BE，過點C作CQ⊥BE于點Q，連接AQ．
①求∠AQB的度數(shù)；
②如圖3，延長AQ交BC的延長線于點F，試判斷線段BE與AF有何數(shù)量關(guān)系？并說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)①45°；②BE=2AF，見解析
【分析】（1），過點A作AM⊥BC于點M，則△ABM是等腰直角三角形，得出BM=AM=22AB．根據(jù)BC=2AB，推出BM=CM=AM．進而得出AM是BC的垂直平分線，即可求證；
（2）①連接AC，根據(jù)∠BQC=∠BAC=90°，推出A，B，C，Q四點共圓．則∠AQB=∠ACB=45°；②連接EF，得出∠DCF=∠ABC=45°．進而得出∠DCF=∠EQF=45°．則C，F(xiàn)，E，Q四點共圓，得出∠CFQ=∠CEQ，由①知A，B，C，Q四點共圓，則∠CBE=∠CAF．推出△CBE∽△CAF，進而得出BEAF=BCAC=2，即可求解．
【詳解】（1）證明：如圖1，過點A作AM⊥BC于點M，

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

由（1）得∠BAC=90°．
∵CQ⊥BE，
∴∠BQC=∠BAC=90°，
∴A，B，C，Q四點共圓．
∴∠AQB=∠ACB=45°；
②BE=2AF．
理由：如圖3，連接EF，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴∠DCF=∠ABC=45°．
由①得∠AQE=45°，
∴∠EQF=∠AQB=45°．
∴∠DCF=∠EQF=45°．
∴C，F(xiàn)，E，Q四點共圓．
∴∠CFQ=∠CEQ．
由①知A，B，C，Q四點共圓．
∴∠CBE=∠CAF．
∴△CBE∽△CAF．
∴BEAF=BCAC．
∵BC=2AB，由（1）知AB=AC．
∴BEAF=BCAC=2，
∴BE=2AF．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)和判定，圓的內(nèi)接四邊形的判定，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握同弧所對的圓周角相等，相似三角形對應(yīng)邊成比例．
考點二 特殊四邊形
題型01 利用矩形的性質(zhì)與判定求解
矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形叫做矩形.
矩形的性質(zhì)：1）矩形具有平行四邊形的所有性質(zhì)；
2）矩形的四個角都是直角；
3）對角線互相平分且相等；
4）矩形既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形.矩形的對稱中心是矩形對角線的交點；矩形有兩條對稱軸，矩形的對稱軸是過矩形對邊中點的直線；矩形的對稱軸過矩形的對稱中心.
【推論】1）在直角三角形中斜邊的中線，等于斜邊的一半.
2）直角三角形中，30度角所對應(yīng)的直角邊等于斜邊的一半.
矩形的判定：1) 有一個角是直角的平行四邊形是矩形；
2）對角線相等的平行四邊形是矩形；
3）有三個角是直角的四邊形是矩形.
【解題思路】要證明一個四邊形是矩形，首先要判斷四邊形是否為平行四邊形，若是，則需要再證明對角線相等或有一個角是直角；若不易判斷，則可通過證明有三個角是直角來直接證明．
1. 對于矩形的定義要注意兩點:a.是平行四邊形;b.有一個角是直角.
2. 定義說有一個角是直角的平行四邊形才是矩形,不要錯誤地理解為有一個角是直角的四邊形是矩形.
1．（2022·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·中考真題）如圖，菱形ABCD中，AB＝23，∠ABC＝60°，矩形BEFG的邊EF經(jīng)過點C，且點G在邊AD上，若BG＝4，則BE的長為（ ）
A．32B．332C．6D．3
【答案】B
【分析】過點G作GM⊥BC于點M，過點C作CN⊥AD于點N，由菱形的性質(zhì)得出AB＝BC＝CD＝23 ，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，由直角三角形的性質(zhì)求出MG＝3，證明△GBM∽△BCE，由相似三角形的性質(zhì)得出BGBC=GMBE ，則可求出答案．
【詳解】解：過點G作GM⊥BC于點M，過點C作CN⊥AD于點N，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB＝BC＝CD＝23，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，
∴∠MGN＝90°，
∴四邊形GMCN為矩形，
∴GM＝CN，
在△CDN中，∠D＝60°，CD＝23，
∴CN＝CD?sin60°＝23×32=3，
∴MG＝3，
∵四邊形BEFG為矩形，
∴∠E＝90°，BG∥EF，
∴∠BCE＝∠GBM，
又∵∠E＝∠BMG，
∴△GBM∽△BCE，
∴BGBC=GMBE，
∴423=3BE，
∴BE＝323 ，
故選：B．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·浙江寧波·中考真題）如圖，以鈍角三角形ABC的最長邊BC為邊向外作矩形BCDE，連結(jié)AE,AD，設(shè)△AED，△ABE，△ACD的面積分別為S,S1,S2，若要求出S-S1-S2的值，只需知道( )

A．△ABE的面積B．△ACD的面積C．△ABC的面積D．矩形BCDE的面積
【答案】C
【分析】過點A作FG∥BC，交EB的延長線于點F，DC的延長線于點G，易得：FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，利用矩形的性質(zhì)和三角形的面積公式，可得S1+S2=12S矩形BCDE，再根據(jù)S=S△ABC+S矩形BCDE-S1-S2=S△ABC+12S矩形BCDE，得到S-S1-S2=S△ABC，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：過點A作FG∥BC，交EB的延長線于點F，DC的延長線于點G，

∵矩形BCDE，
∴BC⊥BE,BC⊥CD,BE=CD，
∴FG⊥BE,FG⊥CD，
∴四邊形BFGC為矩形，
∴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的面積即可求出S-S1-S2的值；
故選C．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，求三角形的面積．解題的關(guān)鍵是得到S1+S2=12S矩形BCDE
3．（2023·江西·中考真題）如圖，在?ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，將AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)角α（0°

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